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…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年粵教版拓展型課程化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題,共12分)1、常溫下,下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使甲基橙顯橙色的溶液中:K+、Na+、Cl-、Al3+B.=10-12的溶液中:Cu2+、C.滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中:K+、Cl-、I-D.水電離的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中:K+、Cl-、CH3COO-、Mg2+2、實驗室制備ClO2的裝置如圖,A裝置用于制備SO2。已知:二氧化氯(ClO2)是易溶于水且不與水反應的黃綠色氣體;沸點為11℃。下列說法不正確的是。
A.連接順序為:a→g→h→b→c→e→f→dB.裝置C中裝的是飽和NaHSO3溶液C.裝置D放冰水的目的是液化并回收ClO2,防止污染環(huán)境D.制備原理為SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO43、以下幾種氣體可用如圖所示裝置干燥;收集的是。
①H2②O2③CO2④SO2⑤CH4⑥NH3
A.①③④B.②⑤⑥C.②③④D.①⑤⑥4、已知:①H2難溶于水;②HCl極易溶于水;③NH3極易溶于水,堿性氣體;④Cl2能溶于水;⑤SO2易溶于水。可用如下圖所示裝置干燥;收集及尾氣處理的氣體是。
A.①和②B.②和⑤C.③和④D.③和⑤5、下列實驗裝置設計正確的是()A.B.C.D.6、下列氣體不能用排水法收集的是A.O2B.H2C.NH3D.NO評卷人得分二、填空題(共8題,共16分)7、向某密閉容器中充入等物質的量的氣體M和N;一定條件下發(fā)生反應,達到平衡后,只改變反應的一個條件,測得容器中物質的濃度;反應速率隨時間的變化如圖1、圖2所示。
回答下列問題:
(1)該反應的化學方程式為_______,其_______(填“>”、“<”或“=”)0。
(2)30min時改變的條件是____,40min時改變的條件是____,請在圖2中畫出30min~40min的正逆反應速率變化曲線以及標出40min~50min內對應的曲線_____。
(3)0~8min內,_______;50min后,M的轉化率為_______(保留三位有效數(shù)字)。
(4)20min~30min內,反應平衡時的平衡常數(shù)K=_______。8、水豐富而獨特的性質與其結構密切相關。
(1)對于水分子中的共價鍵,依據(jù)原子軌道重疊的方式判斷,屬于_________鍵;依據(jù)O與H的電負性判斷,屬于_________共價鍵。
(2)水分子中,氧原子的價層電子對數(shù)為_________,雜化軌道類型為_________。
(3)下列事實可用“水分子間存在氫鍵”解釋的是_________(填字母序號)。
a.常壓下;4℃時水的密度最大。
b.水的沸點比硫化氫的沸點高160℃
c.水的熱穩(wěn)定性比硫化氫強。
(4)水是優(yōu)良的溶劑,常溫常壓下極易溶于水,從微粒間相互作用的角度分析原因:_________(寫出兩條)。
(5)酸溶于水可形成的電子式為_________;由于成鍵電子對和孤電子對之間的斥力不同,會對微粒的空間結構產生影響,如中H-N-H的鍵角大于中H-O-H的鍵角,據(jù)此判斷和的鍵角大小:________(填“>”或“<”)。9、油氣開采;石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫;需要回收處理并加以利用。
H2S熱分解反應:2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,在1373K、100kPa反應條件下,對于n(H2S):n(Ar)分別為4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合氣,熱分解反應過程中H2S轉化率隨時間的變化如下圖所示。
(1)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡轉化率___________,理由是___________
(2)n(H2S):n(Ar)=1:9對應圖中曲線___________,計算其在0~0.1s之間,H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。10、某有機物的結構簡式如圖所示:
(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應最多可以生成________H2。
(2)該物質最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質的量之比為________。11、亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的殺菌消毒劑;同時也是對煙氣進行脫硫;脫硝的吸收劑。
Ⅰ.以氯酸鈉(NaClO3)為原料制備NaClO2粗品的工藝流程如下圖所示:
已知:
i.純ClO2易分解爆炸,空氣中ClO2的體積分數(shù)在10%以下比較安全;
ii.NaClO2在堿性溶液中穩(wěn)定存在;在酸性溶液中迅速分解;
iii.NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出NaClO2?3H2O,等于或高于38℃時析出NaClO2晶體,高于60℃時分解成NaClO3和NaCl。
(1)試劑A應選擇_________。(填字母)
a.SO2b.濃硝酸c.KMnO4
(2)反應②的離子方程式為_________。
(3)已知壓強越大,物質的沸點越高。反應②結束后采用“減壓蒸發(fā)”操作的原因是________。
(4)下列關于上述流程的說法中,合理的是_________。(填字母)
a.反應①進行過程中應持續(xù)鼓入空氣。
b.反應①后得到的母液中;溶質的主要成分是NaCl
c.反應②中NaOH溶液應過量。
d.冷卻結晶時溫度選擇38℃,過濾后進行溫水洗滌,然后在低于60℃下進行干燥,得到粗產品NaClO2
Ⅱ.采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫;脫硝。
(5)在鼓泡反應器中通入含有SO2和NO的煙氣,反應溫度為323K,NaClO2溶液濃度為5×10?3mol/L。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表:。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/(mol/L)8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3
①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式_________。
②由實驗結果可知,脫硫反應速率_________(填“大于”或“小于”)脫硝反應速率。除SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同外,還可能存在的原因是_________。(答出兩條即可)12、某化學小組用下列裝置和試劑進行實驗,探究O2與KI溶液發(fā)生反應的條件。
供選試劑:質量分數(shù)為30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固體、KMnO4固體。
(1)小組同學設計甲;乙、丙三組實驗;記錄如下:
。
操作。
現(xiàn)象。
甲。
向裝置I的錐形瓶中加入MnO2固體,向裝置I的____中加入質量分數(shù)為30%的H2O2溶液;連接裝置I;III,打開活塞。
裝置I中產生無色氣體并伴隨大量白霧;裝置III中有氣泡冒出;溶液迅速變藍。
乙。
向裝置II中加入KMnO4固體;連接裝置II;III,點燃酒精燈。
裝置III中有氣泡冒出;溶液不變藍。
丙。
向裝置II中加入____,向裝置III中再加入適量0.1mol·L-1的H2SO4溶液;連接裝置II;III,點燃酒精燈。
裝置III中有氣泡冒出;溶液變藍。
(2)丙實驗中O2與KI溶液反應的離子方程式為___________________________________。
(3)對比乙、丙實驗可知,O2與KI溶液發(fā)生反應的適宜條件是__________。為進一步探究該條件對反應速率的影響;可采取的實驗措施是____________________________。
(4)由甲、乙、丙三組實驗推測,甲實驗中可能是I中的白霧使溶液變藍。為了驗證推測,可將裝置I中產生的氣體通入_________(填字母)溶液中,依據(jù)實驗現(xiàn)象來證明白霧中含有H2O2。A.酸性KMnO4B.FeCl2C.H2S(5)資料顯示:KI溶液在空氣中久置的過程中會被緩慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。該小組同學取20mL久置的KI溶液,向其中加入幾滴淀粉溶液,結果沒有觀察到溶液顏色變藍,他們猜想可能是發(fā)生了反應___________________________________(寫離子方程式)造成的,請設計實驗證明他們的猜想是否正確:___________________________________。13、已知稀溴水和氯化鐵溶液都呈黃色;現(xiàn)在足量的稀氯化亞鐵溶液中,加入1~2滴液溴,振蕩后溶液呈黃色。
(1)甲同學認為這不是發(fā)生化學反應所致,則使溶液呈黃色的微粒是:______(填粒子的化學式;下同);
乙同學認為這是發(fā)生化學反應所致,則使溶液呈黃色的微粒是_________。
(2)如果要驗證乙同學判斷的正確性;請根據(jù)下面所提供的可用試劑,用兩種方法加以驗證,請將選用的試劑代號及實驗中觀察到的現(xiàn)象填入下表。
實驗可供選用試劑:。A.酸性高錳酸鉀溶液B.氫氧化鈉溶液C.四氯化碳D.硫氰化鉀溶液E.硝酸銀溶液F.碘化鉀淀粉溶液。實驗方案。
所選用試劑(填代號)
實驗現(xiàn)象。
方案一。
方案二。
(3)根據(jù)上述實驗推測,若在稀溴化亞鐵溶液中通入氯氣,則首先被氧化的離子是________,相應的離子方程式為_______________________________________________;14、根據(jù)所學知識回答下列問題。
(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序為__。
(2)已知:常溫時,H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2,Ka2=5.60×10-8,則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”;“中”或“堿”)性。
(3)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__,若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重;得到的物質為___(填化學式)。
(4)25℃時,將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中,充分攪拌后,銀離子濃度由大到小的順序是___(填標號);③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)
①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。
③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水評卷人得分三、結構與性質(共8題,共16分)15、鉻是由法國化學家沃克蘭于1798年在巴黎發(fā)現(xiàn)。目前鉻被廣泛應用于冶金;化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領域。
(1)鉻元素基態(tài)原子的價電子排布式為___________。
(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol,的原因是___________。
(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。
①雷氏鹽中存在的化學鍵有___________(填序號)。
A.鍵B.鍵C.氫鍵D.配位鍵E.金屬鍵。
②配體中C采取的雜化方式為___________,可用于形成配位鍵的原子有___________。
③的價層電子對數(shù)為___________,空間構型是___________,寫出一種與互為等電子體的分子___________。
④乙醇能與水以任意比例互溶的原因是___________,___________。
(4)硒化鉻的立方晶胞結構如圖所示,晶胞參數(shù)為anm和bnm,則硒化鉻的密度為___________(列出表達式即可)。
16、硼是第ⅢA族中唯一的非金屬元素;可以形成眾多的化合物?;卮鹣铝袉栴}:
(1)基態(tài)硼原子的電子排布式為_______,占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為_______形。
(2)氨硼烷是目前最具潛力的儲氫材料之一。
①氨硼烷能溶于水,其主要原因是_______。
②分子中存在配位鍵,提供孤電子對的原子是_______(填元素符號);與互為等電子體的分子_______(任寫一種滿足條件的分子式)。
③氨硼烷分子中與N相連的H呈正電性,與B原子相連的H呈負電性,它們之間存在靜電相互吸引作用,稱為雙氫鍵,用“”表示。以下物質之間可能形成雙氫鍵的是_______。
A.和B.LiH和HCNC.和D.和
(3)自然界中含硼元素的鈉鹽是一種天然礦藏,其化學式寫作實際上它的結構單元是由兩個和兩個縮合而成的雙六元環(huán),應該寫成其結構如圖1所示,它的陰離子可形成鏈狀結構,陰離子中B原子的雜化軌道類型為_______,該晶體中不存在的作用力是_______(填字母)。
A.離子鍵B.共價鍵C.氫鍵D.金屬鍵。
(4)硼氫化鈉是一種常用的還原劑;其晶胞結構如圖2所示:
①的配位數(shù)是_______。
②已知硼氫化鈉晶體的密度為代表阿伏伽德羅常數(shù)的值,則與之間的最近距離為_______nm(用含的代數(shù)式表示)。
③若硼氫化鈉晶胞上下底心處的被取代,得到晶體的化學式為_______。17、NH3具有易液化、含氫密度高、應用廣泛等優(yōu)點,NH3的合成及應用一直是科學研究的重要課題。
(1)以H2、N2合成NH3;Fe是常用的催化劑。
①基態(tài)Fe原子的電子排布式為___________。
②實際生產中采用鐵的氧化物Fe2O3、FeO,使用前用H2和N2的混合氣體將它們還原為具有活性的金屬鐵。鐵的兩種晶胞(所示圖形為正方體)結構示意如下:
i.兩種晶胞所含鐵原子個數(shù)比為___________。
ii.圖1晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm),則其密度ρ=___________g·cm-3。
③我國科學家開發(fā)出Fe—LiH等雙中心催化劑,在合成NH3中顯示出高催化活性。第一電離能(I1):I1(H)>I1(Li)>I1(Na),原因是___。
(2)化學工業(yè)科學家侯德榜利用下列反應最終制得了高質量的純堿:NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
①1體積水可溶解1體積CO2,1體積水可溶解約700體積NH3。NH3極易溶于水的原因是_____。
②反應時,向飽和NaCl溶液中先通入______。
③NaHCO3分解得Na2CO3??臻g結構為________。
(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)儲氫量高,是具有廣泛應用前景的儲氫材料。元素HBN電負性2.12.03.0
①NH3的中心原子的雜化軌道類型為___________。
②NH3BH3存在配位鍵,提供空軌道的是___________。
③比較熔點:NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)。18、超細銅粉主要應用于導電材料;催化劑等領域中。超細銅粉的某制備方法如下:
(1)Cu2+的價電子排布式為____。
(2)下列關于[Cu(NH3)4]SO4的說法中,正確的有____。(填字母序號)
A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學鍵有離子鍵;極性鍵和配位鍵。
B.[Cu(NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。
C.[Cu(NH3)4]SO4的外界離子的空間構型為正四面體。
(3)SO32-離子中S原子的雜化方式為____,SO32-離子的空間構型為____。
(4)與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____
(5)下圖是銅的某種氧化物的晶胞結構示意圖,由此可確定該氧化物的化學式為______。
19、KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學性能。我國科學工作者制備的超大KH2PO4晶體已應用于大功率固體激光器;填補了國家戰(zhàn)略空白?;卮鹣铝袉栴}:
(1)在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡單離子中,核外電子排布相同的是_______(填離子符號)。
(2)原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用+表示,與之相反的用-表示,稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的磷原子,其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______。
(3)已知KH2PO2是次磷酸的正鹽,H3PO2的結構式為_______,其中P采取_______雜化方式。
(4)磷酸通過分子間脫水縮合形成多磷酸;如:
如果有n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸,則相應的酸根可寫為_______。
(5)分別用○、●表示和K+,KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示,圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2POK+在晶胞xz面;yz面上的位置:
①若晶胞底邊的邊長均為apm、高為cpm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,晶體的密度_______g·cm-3(寫出表達式)。
②晶胞在x軸方向的投影圖為_______(填標號)。
20、硒化銅納米晶體在光電轉化中有著廣泛的應用;銅和硒等元素形成的化合物在生產;生活中應用廣泛。
(1)銅元素位于元素周期表的___________區(qū)。
(2)易溶解于水,熔點為時升華,由此可判斷的晶體類型為___________。
(3)為深棕紅色的劇毒液體,其分子結構中含有鍵,該分子中,原子的雜化軌道類型為___________,的空間構型為___________(填字母)。
a.直線形b.鋸齒形c.環(huán)形d.四面體形。
(4)中的鍵角比的鍵角___________(填“大”或“小”),原因是___________。
(5)銅的某種氧化物的晶胞結構如圖所示,則該氧化物的化學式為___________,若組成粒子銅、氧的半徑分別為密度為阿伏加德羅常數(shù)的值為則該晶胞的空間利用率為___________(用含的式子表示)。
21、鉻是由法國化學家沃克蘭于1798年在巴黎發(fā)現(xiàn)。目前鉻被廣泛應用于冶金;化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領域。
(1)鉻元素基態(tài)原子的價電子排布式為___________。
(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol,的原因是___________。
(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。
①雷氏鹽中存在的化學鍵有___________(填序號)。
A.鍵B.鍵C.氫鍵D.配位鍵E.金屬鍵。
②配體中C采取的雜化方式為___________,可用于形成配位鍵的原子有___________。
③的價層電子對數(shù)為___________,空間構型是___________,寫出一種與互為等電子體的分子___________。
④乙醇能與水以任意比例互溶的原因是___________,___________。
(4)硒化鉻的立方晶胞結構如圖所示,晶胞參數(shù)為anm和bnm,則硒化鉻的密度為___________(列出表達式即可)。
22、I.元素周期表中80%左右的非金屬元素在現(xiàn)代技術包括能源;功能材料等領域占有極為重要的地位。
(1)氮及其化合物與人類生產、生活息息相關,基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是_____,N2F2分子中N原子的雜化方式是_______,1molN2F2含有____個δ鍵。
(2)高溫陶瓷材料Si3N4晶體中N-Si-N的鍵角大于Si-N-Si的鍵角,原因是_______。
II.金屬元素鐵;銅及其化合物在日常生產、生活有著廣泛的應用。
(1)鐵在元素周期表中的位置_________。
(2)配合物Fe(CO)x常溫下呈液態(tài),熔點為-20.5℃,沸點為103℃,易溶于非極性溶劑,據(jù)此可判斷Fe(CO)x晶體屬于_____(填晶體類型)。Fe(CO)x的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子吸之和為18,則x=________。
(3)N2是CO的一種等電子體,兩者相比較沸點較高的為_______(填化學式)。
(4)銅晶體中銅原子的堆積方式如下圖甲所示。
①基態(tài)銅原子的核外電子排布式為___________。
②每個銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為___________。
(5)某M原子的外圍電子排布式為3s23p5,銅與M形成化合物的晶胞如下圖乙所示(黑點代表銅原子)。已知該晶體的密度為ρg·cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為NA,則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為_________pm。(只寫計算式)。評卷人得分四、原理綜合題(共3題,共15分)23、(1)NO、NO2是常見的氧化物。用H2或CO催化還原NO可達到消除污染的目的。
已知:2NO(g)=N2(g)+O2(g)?H=-180.5kJ/mol
2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)?H=+571.6kJ/mol
則用H2催化還原NO消除污染的熱化學方程式是___________。
(2)合成甲醇的反應2H2(g)+CO(g)?CH3OH(g)?H=-90.8kJ/mol,t℃下此反應的平衡常數(shù)為160,此溫度下,在密閉容器中開始只加入CO、H2,反應l0min后測得各組分的濃度如表:。物質H2COCH3OH濃度(mol/L)0.20.10.4
①寫出該反應的平衡常數(shù)表達式K=___________。
②該時間段內反應速率v(H2)=___________。
③比較此時正、逆反應速率的大?。簐正___________v逆(填“>”;“<”或“=”)
④反應達到平衡后,保持其它條件不變,若將容器的體積擴大一倍,v正___________(填“增大”、“減小”或“不變”),v逆___________(填“增大”、“減小”或“不變”),平衡向___________(填“逆向”、“正向”或“不”)移動。24、汽車廢氣排放已成為城市大氣污染的重要來源;汽車排氣系統(tǒng)中安裝三元催化器可同時將廢氣中的三種主要有害物質轉化為無害物質。
反應Ⅰ:4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1196kJ/mol
反應Ⅱ:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566.0kJ/mol
則反應Ⅱ的ΔH=_________,ΔS______0(填“>”、“<”或“=”)
(2)進一步探究上述反應Ⅱ中NO的平衡轉化率與壓強、溫度的關系,得到圖1所示的曲線。根據(jù)圖像,控制反應II進行的合適條件:溫度為_________________,壓強為常壓(1.01MPa),選擇該壓強的原因是________________________。
(3)模擬反應Ⅰ:將一定量的CO與NO2充入裝有催化劑的注射器中進行反應。圖2是在拉伸或壓縮注射器的過程中氣體透光率隨時間的變化(氣體顏色越深,透光率越小)根據(jù)圖像;回答下列問題:
①a、c、e三點c(NO2)由小到大的順序是____________________;
②e點速率:υ(正)_________υ(逆)(填“>”、“<”或“=”;下同);
③若注射器絕熱,平衡常數(shù)K(b)_________K(d)。25、研究金屬與硝酸的反應;實驗如下。
。實驗(20℃)
現(xiàn)象。
Ⅰ.過量銅粉、2mL0.5mol/LHNO3
無色氣體(遇空氣變紅棕色);溶液變?yōu)樗{色。
Ⅱ.過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3
6mL無色氣體(經檢測為H2);溶液幾乎無色。
(1)Ⅰ中產生的無色氣體是________。
(2)研究Ⅱ中的氧化劑。
①甲同學認為該濃度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-,所以NO3-沒有發(fā)生反應。乙同學依據(jù)Ⅰ和Ⅱ證明了甲的說法不正確;其實驗證據(jù)是________。
②乙同學通過分析,推測出NO3-也能被還原,依據(jù)是________,進而他通過實驗證實該溶液中含有NH4+;其實驗操作是________。
③補全Ⅱ中NO3-被還原為NH4+的過程:NO3-+________e-+____=NH4++____H2O____
(3)研究影響產生H2的因素。
。實驗。
現(xiàn)象。
Ⅲ.過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3;40℃
3.4mL氣體(經檢測為H2);溶液略帶黃色。
Ⅳ.過量鐵粉、2mL0.5mol/LHNO3;60℃
2.6mL氣體(經檢測為H2);黃色溶液。
Ⅴ.過量鐵粉、2mL3mol/LHNO3;20℃
無色氣體(遇空氣變紅棕色);深棕色溶液。
資料:[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
④對比Ⅱ;Ⅲ、Ⅳ;溫度不同時收集到氫氣的體積不同,原因是________。
⑤Ⅴ中無色氣體是混合氣體;則一定含有遇空氣變紅棕色的氣體和________。
(4)根據(jù)實驗,金屬與硝酸反應時,影響硝酸的還原產物不同的因素有________。評卷人得分五、實驗題(共2題,共6分)26、實驗室部分裝置如下圖所示;請回答下列問題:
(1)寫出圖中帶有標號儀器的名稱:a_____,b____。
(2)實驗室若用裝置B制取氧氣,則發(fā)生反應的文字表達式為_____;若用裝置A制取氧氣,則發(fā)生反應的文字表達式為______,該裝置中試管口略向下傾斜的原因是____。
(3)若用裝置F來收集氧氣,則氣體應該從_____(填“c”或“d”)端通入。27、如圖為實驗室制備乙炔并進行性質驗證的裝置(夾持儀器己略去)。
(1)實驗室制備乙炔的方程式為___;
(2)儀器A的名稱為___;為防止氣體生成的速率過快,由A滴入B的試劑為___;
(3)裝置C可選用的試劑為___(寫出一種即可);其作用為___;
(4)反應開始后;D中的現(xiàn)象為___,所發(fā)生反應的反應類型為___;
(5)D中驗證實驗結束后。B中反應仍在繼續(xù)。此時可撤去裝置D,在裝置C之后連接收集裝置,以下裝置中最適合用于收集乙炔的是___。參考答案一、選擇題(共6題,共12分)1、A【分析】【詳解】
A.甲基橙變色范圍是3.1~4.4,使甲基橙顯橙色的溶液顯酸性,含有大量H+,H+與選項離子之間不能發(fā)生任何反應;可以大量共存,A符合題意;
B.=10-12的溶液顯酸性,含有大量H+,H+與會反應產生H2O、CO2,不能大量共存,且Cu2+、在溶液中會反應產生Cu(OH)2沉淀和CO2氣體;也不能大量共存,B不符合題意;
C.滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中含有Fe3+,F(xiàn)e3+與會反應產生Fe(OH)3沉淀和CO2氣體,不能大量共存;與I-反應產生Fe2+、I2;也不能大量共存,C不符合題意;
D.水電離的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液可能顯酸性,也可能顯堿性。在酸性溶液中,H+與CH3COO-會產生弱酸CH3COOH,不能大量共存;在堿性溶液中含有大量OH-,OH-與Mg2+會反應產生Mg(OH)2沉淀;也不能大量共存,D不符合題意;
故合理選項是A。2、B【分析】【分析】
A裝置制得的SO2先經過E裝置平緩氣流同時防止倒吸,后通入B裝置與NaClO3和H2SO4的混合溶液反應制得ClO2,ClO2在冰水浴中降溫液化收集;尾氣用水吸收,防止污染環(huán)境。
【詳解】
A.據(jù)分析,連接順序為:a→g→h→b→c→e→f→d;A正確;
B.裝置C的作用是吸收尾氣,因ClO2易溶于水;裝置C裝水即可以,B錯誤;
C.ClO2沸點為11℃,裝置D放冰水的目的是液化并回收ClO2;防止污染環(huán)境,C正確;
D.SO2通入B裝置與NaClO3和H2SO4的混合溶液反應制得ClO2,制備原理為:SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4;D正確;
故選B。3、D【分析】【分析】
由圖示可知氣體用堿石灰來干燥;說明氣體是顯中性或堿性,不能是酸性氣體;由收集方法是向下排空氣方法說明該氣體密度比空氣小。
【詳解】
①H2密度比空氣?。磺覍儆谥行詺怏w,①符合要求;
②O2密度比空氣大;且屬于中性氣體,①不符合要求;
③CO2密度比空氣大;且屬于酸性氣體,③不符合要求;
④SO2密度比空氣大;且屬于酸性氣體,④不符合要求;
⑤CH4密度比空氣小;且屬于中性氣體,⑤符合要求;
⑥NH3密度比空氣??;屬于堿性氣體,⑥符合題意;
綜上所述可知:符合要求的物質序號是①⑤⑥;故合理選項是D。
【點睛】
堿性干燥劑只能用來干燥中性氣體或堿性氣體;酸性干燥劑只能用來干燥酸性或中性氣體;中性干燥劑理論上可以干燥酸性、堿性、中性氣體,但堿性氣體NH3不能使用中性干燥劑無水CaCl2干燥;H2S屬于酸性氣體,同時具有還原性,不能使用酸性干燥劑濃硫酸來干燥;用排空氣法收集氣體時,主要考慮氣體的密度與空氣的相對大小,密度比空氣小的使用向下排氣法,密度比空氣大的使用向上排空氣方法。4、B【分析】【詳解】
H2難溶于水,密度比空氣?。挥孟蛳屡艢夥ɑ蚺潘ㄊ占?,故①不符合題意;
②HCl極易溶于水;密度比空氣大且HCl與濃硫酸不反應,故②符合題意;
③NH3極易溶于水;密度比空氣小,用向下排氣法收集,氨氣是顯堿性氣體能和濃硫酸反應,故③不符合題意;
④Cl2能溶于水但溶解度不大;所以不能用水做吸收液,故④不符合題意;
⑤SO2易溶于水;密度比空氣大,和濃硫酸不反應,可以用濃硫酸干燥,故⑤符合題意;
根據(jù)上述分析;符合題意的為②和⑤;
故答案:B。5、A【分析】【詳解】
A.中和熱測定實驗裝置設計合理;A項正確;
B.濃硫酸溶于水放出大量的熱;為防止暴沸引發(fā)安全事故,應將濃硫酸沿燒杯壁慢慢倒入水中稀釋并不停攪拌,B項錯誤;
C.鋅比銅活潑;則鋅應作負極(-),銅作正(+),C項錯誤;
D.帶磨口玻璃活塞的酸式滴定管不能盛標準溶液;D項錯誤;
答案選A。6、C【分析】【分析】
【詳解】
A.O2微溶于水;密度比空氣大;可以排水法或向上排空氣法收集,故不選A;
B.H2難溶于水;密度比空氣?。豢梢耘潘ɑ蛳蛳屡趴諝夥ㄊ占?,故不選B;
C.NH3極易溶于水;不能用排水法收集;故選C;
D.NO難溶于水;用排水法收集,故不選D。
答案選C。二、填空題(共8題,共16分)7、略
【分析】【詳解】
(1)依據(jù)圖1中各物質的濃度變化量可得到0-20min,M、N濃度減少量為1.5mol/L,P濃度增加量為3mol/L,則反應的化學方程式為由圖1可知,40min時平衡發(fā)生了移動,而P、M、N的濃度沒有改變,且改變壓強和使用催化劑平衡不移動,則改變的條件是溫度,30min時P、M、N濃度均減小則改變的條件為擴大容器體積,壓強減小,反應速率減小,由圖2可知40min時速率增大,則40min時改變的條件是升高溫度,而生成物P的濃度在減小,依據(jù)勒夏特列原理可判斷該反應的
(2)由(1)分析可知,30min時改變的條件是擴大容器的體積;40min時改變的條件是升高溫度;在圖2中畫出30min~40min的正逆反應速率變化曲線以及標出40min~50min內對應的曲線為
(3)8min時,M、N、P的物質的量濃度相等,設
則解得x=2,故8min時,0~8min內;
50min后;M;N、P的物質的量濃度相等,故M的轉化率為33.3%;
(4)由圖1可知,20min~30min內,為平衡狀態(tài),M、N的平衡濃度為1.5mol/L,P的平衡濃度為3mol/L,則反應平衡時的平衡常數(shù)K=【解析】(1)<
(2)擴大容器的體積升高溫度
(3)33.3%
(4)48、略
【分析】【詳解】
(1)對于水分子中的共價鍵,依據(jù)原子軌道重疊的方式判斷,屬于鍵;O與H的電負性不同;共用電子對偏向于O,則該共價鍵屬于極性共價鍵;
(2)水分子中,氧原子的價層電子對數(shù)為雜化軌道類型為sp3;
(3)a.水中存在氫鍵;導致冰的密度小于水的密度,且常壓下,4℃時水的密度最大,a正確;
b.水分子間由于存在氫鍵,使分子之間的作用力增強,因而沸點比同主族的H2S高,b正確;
c.水的熱穩(wěn)定性比硫化氫強的原因是其中的共價鍵的鍵能更大;與氫鍵無關,c錯誤;
故選ab;
(4)極易溶于水的原因為NH3和H2O極性接近;依據(jù)相似相溶原理可知,氨氣在水中的溶解度大;氨分子和水分子間可以形成氫鍵,大大增強溶解能力;
(5)的電子式為有1對孤電子對,有2對孤電子對,孤電子對之間的排斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力,水中鍵角被壓縮程度更大,故和的鍵角大?。?gt;【解析】(1)極性。
(2)4sp3
(3)ab
(4)NH3和H2O極性接近;依據(jù)相似相溶原理可知,氨氣在水中的溶解度大;氨分子和水分子間可以形成氫鍵,大大增強溶解能力。
(5)>9、略
【分析】【分析】
2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,該反應正方向為體積增大的反應,降低壓強,平衡會向正反應方向移動;則對于n(H2S):n(Ar)為4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合氣在圖中對應的曲線分別是a、b;c、d、e。
【詳解】
(1)由于正反應是體積增大的可逆反應,n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分壓越小,相當于降低壓強,平衡向正反應方向移動,因此H2S平衡轉化率越高;
(2)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡轉化率越高,所以n(H2S):n(Ar)=1:9對應的曲線是d;根據(jù)圖像可知n(H2S):n(Ar)=1:9反應進行到0.1s時H2S轉化率為0.24;假設在該條件下;硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和9mol,則根據(jù)三段式可知:
此時H2S的壓強為≈7.51kPa,H2S的起始壓強為10kPa,所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分壓越小,平衡向正反應方向進行,H2S平衡轉化率越高。
(2)d24.910、略
【分析】【分析】
由結構簡式可知;分子中含-OH;-COOH、碳碳雙鍵,結合醇、羧酸、烯烴的性質來解答。
【詳解】
(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應,金屬鈉過量,則有機物完全反應,1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基,由2-OH~H2↑、2-COOH~H2↑可知,和過量的金屬鈉反應最多可以生成1.5molH2;
故答案為:1.5mol;
(2)-OH、-COOH均與Na反應,-COOH與NaOH、NaHCO3反應,則1mol該物質消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3,則n(Na):n(NaOH):n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3:2:2;
故答案為:3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶211、略
【分析】【詳解】
NaClO3和濃H2SO4在反應器①中發(fā)生還原反應生成ClO2和Na2SO4,所以試劑A可以用二氧化硫,ClO2在反應器②中與雙氧水、氫氧化鈉反應生成亞氯酸鈉,再得到其晶體。
(1)根據(jù)上面的分析可以知道試劑A為SO2,故選a,因此,本題正確答案是:a。
(2)反②中ClO2被雙氧水還原成ClO2?,反應的離子方程式為2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O,因此,本題正確答案是:2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O
(3)含水的NaClO2受熱易分解,所以亞氯酸鈉溶液中獲得晶體,溫度不能太高,所以反應②結束后采用“減壓蒸發(fā)”操作,在較低溫度蒸發(fā)濃縮,可防止溫度過高.NaClO2分解。因此,本題正確答案是:在較低溫度蒸發(fā)濃縮,可防止溫度過高.NaClO2分解。
(4)根據(jù)信息純ClO2易分解爆炸,空氣中ClO2的體積分數(shù)在10以下比較安全,所以要持續(xù)通過量的空氣,NaClO2在堿性溶液中穩(wěn)定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反應②中堿要過量,因為試劑A為二氧化硫,NaClO3被還原成ClO2,所以反應①后得到的母液中,溶質的主要成分是,Na2SO4。故選acd,因此;本題正確答案是:acd。
(5)①亞氯酸鈉具有氧化性,且NaClO2溶液呈堿性,則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式因此,本題正確答案是:
②由實驗結果可以知道,在相同時間內硫酸根離子的濃度增加的多,因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率.原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同,還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高,因此,本題正確答案是:大于;NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高?!窘馕觥縜2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O減壓可以使物質沸點降低,實驗較低溫度下進行蒸發(fā),可避免NaClO2因溫度高而發(fā)生分解acd4OH?+3ClO2?+4NO4NO3?+3Cl?+2H2O大于SO2比NO溶解度更大;在此條件下SO2還原性更強;脫硝反應活化能更大12、略
【分析】【分析】
(1)甲實驗:根據(jù)裝置Ⅰ不要加熱制取氧氣可以知道利用的是雙氧水的分解;過氧化氫在二氧化錳催化作用下分解生成氧氣,I中產生無色氣體并伴隨大量白霧;Ⅲ中有氣泡冒出,溶液迅速變藍說明生成碘單質;
(2)碘離子具有還原性;在酸性條件下能夠被氧化氧化成碘單質,據(jù)此寫出反應的離子方程式;
(3)對比乙、丙實驗可以知道,O2與KI溶液發(fā)生反應的適宜條件酸性環(huán)境;酸溶液中氫離子濃度不同,裝置Ⅲ中出現(xiàn)藍色的速率不同;
(4)證明Ⅰ中產生的氣體中含有雙氧水;氧氣和雙氧水都具有氧化性,需要利用不同性質進行檢驗;
(5)該小組同學取20mL久置的KI溶液;向其中加入幾滴淀粉溶液,結果沒有觀察到溶液顏色變藍,可能是生成的碘單質在堿溶液中發(fā)生反應生成碘化鉀;碘酸鉀,驗證是否正確是在未變藍色的溶液中滴入稀硫酸觀察是否變藍。
【詳解】
(1)甲實驗:根據(jù)裝置Ⅰ不需要加熱制取氧氣可以知道利用的是雙氧水的分解,過氧化氫在二氧化錳催化作用下分解生成氧氣,向Ⅰ的錐形瓶中加入MnO2固體,向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液;連接Ⅰ;Ⅲ,打開活塞,Ⅰ中產生無色氣體并伴隨大量白霧;Ⅲ中有氣泡冒出,溶液迅速變藍說明生成碘單質,故答案為:分液漏斗;
(2)碘離子具有還原性,在酸性條件下能夠被氧化成碘單質,據(jù)此寫出反應的離子方程式為:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O,故答案為:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O;
(3)向裝置Ⅱ中加入KMnO4固體,連接裝置II、III,點燃酒精燈,Ⅲ中有氣泡冒出,溶液不變藍,向Ⅱ中加入KMnO4固體,Ⅲ中加入適量0.1mol·L-1的H2SO4溶液,連接Ⅱ、Ⅲ,點燃酒精燈,Ⅲ中有氣泡冒出,溶液變藍。對比乙、丙實驗可以知道,O2與KI溶液發(fā)生反應的適宜條件是:酸性環(huán)境;為進一步探究該條件對反應速率的影響;可采取的實驗措施是:使用不同濃度的稀硫酸作對比實驗,故答案為:酸性環(huán)境;使用不同濃度的稀硫狻作對比實驗;
(4)A.高錳酸鉀溶液能夠將雙氧水氧化;導致高錳酸鉀溶液褪色,而氧氣不與高錳酸鉀溶液反應,如果高錳酸鉀溶液褪色可證明混合氣體中含有雙氧水,故A正確;
B.氧氣和高錳酸鉀溶液都能夠氧化亞鐵離子;無法證明混合氣體中含有雙氧水,故B錯誤;
C.高錳酸鉀和氧氣都能夠氧化硫化氫;無法用硫化氫檢驗混合氣體中是否含有雙氧水,故C錯誤;
故答案為:A;
(5)KI溶液在空氣中久置的過程中會被緩慢氧化:4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。該小組同學取20mL久置的KI溶液,向其中加入幾滴淀粉溶液,結果沒有觀察到溶液顏色變藍,他們猜想可能是發(fā)生了反應的離子方程式為3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O,設計實驗證明他們的猜想是否正確的實驗方案為:在上述未變藍的溶液中滴入0.1mol?L-1H2SO4溶液,觀察現(xiàn)象,若溶液變藍則猜想正確,否則錯誤,故答案為:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O;在上述未變藍的溶液中滴入0.1mol?L-1H2SO4溶液;觀察現(xiàn)象,若溶液變藍則猜想正確,否則錯誤。
【點睛】
在做探究性實驗的題目時,根據(jù)資料,如果沒有得到預期的實驗結果,那么除了資料中給的化學反應,還要考慮酸性或堿性環(huán)境的影響,結合題目的上下文進行聯(lián)系,綜合考慮得出結論。這是解答此類題目時的難點?!窘馕觥糠忠郝┒稫MnO4固體O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性環(huán)境使用同體積不同濃度的稀硫酸做對比實驗A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未變藍的溶液中滴入0.1mol?L-1H2SO4溶液,觀察現(xiàn)象,若溶液變藍則猜想正確,否則錯誤13、略
【分析】【分析】
溴單質氧化性較強,能將亞鐵離子氧化為三價鐵,三價鐵在水溶液中是黃色的;要驗證乙同學的判斷正確,可檢驗黃色溶液中不含Br2或黃色溶液中含F(xiàn)e3+,根據(jù)Br2和Fe3+的性質進行檢驗,Br2可溶于CCl4,F(xiàn)e3+可與KSCN溶液反應生成血紅色物質;Br2能將Fe2+氧化成Fe3+,說明還原性:Fe2+>Br-;依據(jù)氧化還原反應中“先強后弱”規(guī)律判斷。
【詳解】
(1)在足量的稀氯化亞鐵溶液中,加入1-2滴液溴,若沒有發(fā)生化學反應,使溶液呈黃色的微粒為Br2;若是發(fā)生化學反應,二價鐵離子被溴單質氧化為三價鐵在水溶液中是黃色的;因此答案是:Br2;Fe3+;
(2)要驗證乙同學的判斷正確,可檢驗黃色溶液中不含Br2或黃色溶液中含F(xiàn)e3+,根據(jù)Br2和Fe3+的性質進行檢驗,Br2可溶于CCl4,F(xiàn)e3+可與KSCN溶液反應生成血紅色物質;方案一可選用CCl4(C),向黃色溶液中加入四氯化碳,充分振蕩、靜置,溶液分層,若下層呈無色,表明黃色溶液中不含Br2,則乙同學的判斷正確;方案二可選用KSCN溶液(D),向黃色溶液中加入KSCN溶液,振蕩,若溶液變?yōu)檠t色,則黃色溶液中含F(xiàn)e3+;則乙同學的判斷正確。
(3)根據(jù)上述推測說明發(fā)生反應Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-,由此說明亞鐵離子的還原性大于溴離子,Cl2具有氧化性,先氧化的離子是亞鐵離子,反應的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;因此答案是:Fe2+;2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-?!窘馕觥緽r2;Fe3+答案如下:
。
選用試劑。
實驗現(xiàn)象。
第一種方法。
C
有機層無色。
第二種方法。
D
溶液變紅。
Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-14、略
【分析】【詳解】
(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離:NaHCO3=Na++電離產生是會發(fā)生電離作用:H++也會發(fā)生水解作用:+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導致c(Na+)>c();電離產生H+使溶液顯酸性;水解產生OH-,使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用,最終達到平衡時,溶液中c(OH-)>c(H+),但鹽水解程度是微弱的,主要以鹽電離產生的離子存在,所以c()>c(OH-);溶液中的H+除會電離產生,還有H2O電離產生,而只有電離產生,故離子濃度:c(H+)>c(),因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c();
(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中,存在HR-的電離作用:HR-R2-+H+,電離產生H+使溶液顯酸性,同時也存在著水解中:HR-+H2OH2R+OH-,水解產生OH-,使溶液顯堿性,其平衡常數(shù)Kh=<Ka2=5.60×10-8,說明HR-的電離作用大于水解作用;因此NaHR溶液顯酸性;
(3)AlCl3是強酸弱堿鹽,在溶液中會發(fā)生水解作用:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,導致溶液變渾濁,由于水解產生HCl,因此根據(jù)平衡移動原理,若用固體配制溶液時,將其溶解在一定量的濃鹽酸中,增加了H+的濃度,就可以抑制鹽的水解,然后再加水稀釋,就可以得到澄清溶液;若將AlCl3溶液蒸干,水解平衡正向進行直至水解完全,HCl揮發(fā)逸出,得到的固體是Al(OH)3,然后將固體灼燒至恒重,Al(OH)3分解產生Al2O3和H2O,最后得到的固體是Al2O3;
(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);Ag+、Cl-都會抑制物質的溶解,溶液中Ag+、Cl-濃度越大;其抑制AgCl溶解的程度就越大。
①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L;
②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L;
③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L;
④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+;對氯化銀在水中溶解無抑制作用。
它們抑制AgCl溶解程度③>②>①>④,AgNO3溶液中含有Ag+,該溶液中含有的c(Ag+)最大;則這四種液體物質中銀離子濃度由大到小的順序是:②>④>①>③;
③中c(Cl-)=0.3mol/L,由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)>c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中,然后加水稀釋Al2O3②>④>①>③6.0×10-10三、結構與性質(共8題,共16分)15、略
【分析】【分析】
根據(jù)Cr原子的電子排布式,寫出基態(tài)價電子的排布式;根據(jù)Cr原子失去一個電子后價電子排布情況判斷鉻的第二電離能大于錳的第二電離能;根據(jù)題中結構判斷存在化學鍵類型;根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子雜化方式和空間構型;根據(jù)等電子體的概念寫出一種與互為等電子體的分子;根據(jù)形成氫鍵和相似相溶原理解釋乙醇能與水以任意比例互溶;根據(jù)題中晶胞的結構;利用“均攤法”進行晶胞的相關計算;據(jù)此解答。
(1)
Cr是24號元素,核外有24個電子,其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,價電子排布式為3d54s1,答案為3d54s1。
(2)
因為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定,即鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子,錳的第二電離能是失去3d6上的電子變?yōu)榘氤錆M狀態(tài),所以金屬鉻的第二電離能大于錳的第二電離能答案為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。
(3)
①由可知,該結構中存在N-H鍵是鍵,N=C雙鍵、C=S雙鍵中有鍵、鍵,Cr3+與配體間形成配位鍵;ABD符合題意;答案為ABD。
②由可知,NCS-的中心原子C原子形成2個雙鍵,NCS-為直線形結構,C原子采取sp雜化;因為NCS-結構中,N、S均有孤電子對,均可與Cr3+形成配位鍵;答案為sp雜化;N;S。
③的價層電子對數(shù)=4+=4+0=4,無孤電子對,的空間構型為正四面體結構;根據(jù)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體,則的等電子體的分子為CH4;答案為4;正四面體;CH4。
④CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵,并且都是極性分子,根據(jù)相似相溶原理,所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶;答案為乙醇可與水形成分子間氫鍵;乙醇屬于極性分子。
(4)
由可知,晶胞中Cr原子數(shù)目=8×+4×=2,Se原子位于晶胞內,數(shù)目=2,故晶胞質量m=2×g=g,晶胞的體積V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3,則晶體密度ρ===答案為【解析】(1)
(2)鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。
(3)ABDsp雜化S、N4正四面體形乙醇可與水形成分子間氫鍵乙醇屬于極性分子。
(4)16、略
【分析】【分析】
根據(jù)B的原子序數(shù)和電子排布規(guī)律;寫出其電子排布式并判斷電子排布的最高能級為2p,判斷其電子云輪廓圖;根據(jù)氨硼烷的結構,判斷其溶于水的原因是與水分子形成氫健和配位鍵形成條件判斷提供孤電子對的原子;根據(jù)等電子體概念找出等電子體分子;根據(jù)題中信息,判斷形成雙氫鍵的正確選項;根據(jù)題中所給結構,由σ鍵個數(shù)判斷B原子的雜化方式和該晶體中不存在的作用力;根據(jù)晶胞的結構,利用“均攤法”進行晶胞的相關計算;據(jù)此解答。
(1)
B的原子序數(shù)為5,核外有5個電子,則B基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p1,能級最高的是2p能級,p軌道為啞鈴形;答案為1s22s22p1;啞鈴。
(2)
①氨硼烷能溶于水;其主要原因是氨硼烷與水分子間形成氫鍵;答案為氨硼烷與水分子間形成氫鍵。
②分子中,B原子提供空軌道,NH3中N原子提供1對孤電子對,形成配位鍵;原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微粒為等電子體,用相鄰原子代替N、B原子可以得到其等電子體分子C2H6;答案為N;C2H6。
③A.和分子中的H均呈正電性,和不能形成雙氫鍵;故A不符合題意;
B.LiH為離子化合物;LiH和HCN不能形成雙氫鍵,故B不符合題意;
C.分子中與B原子相連的H呈負電性,分子中與N相連的H呈正電性,與能形成雙氫鍵;故C符合題意;
D.和分子中的H均呈正電性,和不能形成雙氫鍵;故D不符合題意;
答案為C。
(3)
由的結構可知,陰離子中形成3個σ鍵的B原子(無孤電子對)的雜化軌道類型為sp2,形成4個σ鍵的B原子(無孤電子對)的雜化軌道類型為sp3;該晶體中陰陽離子之間存在離子鍵,B和O原子之間存在共價鍵和配位鍵,水分子之間存在分子間作用力和氫鍵,所以該物質中不含金屬鍵;答案為sp2、sp3;D
(4)
①由硼氫化鈉晶胞結構可知,底心Na+周圍等距且最近的個數(shù)即為Na+的配位數(shù),則Na+的配位數(shù)為8;答案為8。
②由硼氫化鈉晶胞結構可知,Na+位于面心和棱上,Na+離子個數(shù)為=6×+4×=4,位于頂點、面心、體心,個數(shù)為=8×+4×+1=4,該晶胞的質量為m=g,體積V=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3,晶胞密度==解之a=底心Na+位于面對角線的中點,所以與之間的最近距離為d=a=nm;答案為
③若硼氫化鈉晶胞上下底心處的被取代,則個數(shù)為4,Na+數(shù)目為3,Li+數(shù)目為1,所以得到的晶體的化學式為Na3Li(BH4)4;答案為Na3Li(BH4)4。【解析】(1)1s22s22p1;啞鈴。
(2)氨硼烷與水分子間形成氫鍵NC2H6C
(3)sp2、sp3D
(4)8Na3Li(BH4)417、略
【分析】【分析】
根據(jù)Fe的原子序數(shù),結合核外電子排布規(guī)則寫出Fe的電子排布式;根據(jù)晶胞的結構,利用“均攤法”進行晶胞的有關計算;根據(jù)同主族元素性質遞變規(guī)律解釋H、Li、Na的第一電離能的關系;根據(jù)NH3分子與H2O分子之間會形成氫鍵解釋NH3極易溶于水的原因;根據(jù)NH3極易溶于水,CO2在水中溶解度不大,解釋侯氏制堿法先通入NH3再通入CO2;根據(jù)VSEPR理論,判斷其空間結構和雜化類型;根據(jù)形成配位健的條件判斷提供空軌道的原子;根據(jù)NH3BH3(氨硼烷)分子間形成氫鍵判斷其熔點較高;據(jù)此解答。
(1)
①Fe元素的原子序數(shù)為26,核外有26個電子,根據(jù)核外電子排布規(guī)則,基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;答案為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;
②由晶胞的結構可知,圖1結構中,F(xiàn)e位于頂點和體心,F(xiàn)e原子的個數(shù)為8×+1=2,圖2結構中,F(xiàn)e位于頂點和面心,F(xiàn)e原子的個數(shù)為8×+6×=4,則兩種晶胞所含鐵原子個數(shù)比為2:4=1:2;又圖1晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm),其體積為V=(a×10-10cm)3,晶胞的質量為m==其密度ρ===g·cm-3;答案為1:2;
③第一電離能(I1)為I1(H)>I1(Li)>I1(Na);原因是H;Li、Na位于同一主族,價電子數(shù)相同,自上而下,原子半徑逐漸增大,原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱,失電子能力增強,第一電離能逐漸減?。淮鸢笧镠、Li、Na位于同一主族,價電子數(shù)相同,自上而下,原子半徑逐漸增大,原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱,失電子能力增強,第一電離能逐漸減小;
(2)
①NH3極易溶于水的原因是NH3與H2O分子間能形成氫鍵;答案為NH3與H2O分子間能形成氫鍵;
②因為二氧化碳在水中溶解度不大,氨氣極易溶于水,飽和氨鹽水顯堿性,比飽和食鹽水更容易吸收二氧化碳,所以要先向飽和食鹽水中通入氨氣,制成飽和氨鹽水,再向其中通入二氧化碳即反應時,向飽和NaCl溶液中先通入氨氣,再通入二氧化碳;答案為NH3;
③中中心原子C原子的價層電子對個數(shù)=3+=3+0=3,且無孤電子對,采取sp2雜化;其空間結構為平面三角形;答案為平面三角形;
(3)
①NH3分子中中心原子N原子的價層電子對個數(shù)=3+=3+1=4,且含有一個孤電子對,所以中心原子N原子的雜化軌道類型為sp3雜化;答案為sp3;
②在NH3BH3結構中;N原子存在孤電子對,B原子為缺電子原子,在配位鍵的形成中B原子提供空軌道;答案為B;
③NH3BH3(氨硼烷)與CH3CH3互為等電子體,由于NH3BH3分子中N原子的電負性較大,分子間會形成氫鍵,所以NH3BH3熔點高于CH3CH3;答案為>?!窘馕觥?1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H;Li、Na位于同一主族;價電子數(shù)相同,自上而下,原子半徑逐漸增大,原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱,失電子能力增強,第一電離能逐漸減小。
(2)NH3與H2O分子間能形成氫鍵NH3平面三角形。
(3)sp3B>18、略
【分析】【詳解】
(1)Cu位于第四周期IB族,其Cu2+的價電子排布式為3d9;
(2)A、[Cu(NH3)4]2+與SO42-之間存在離子鍵,Cu2+和NH3之間存在配位鍵;N和H之間存在極性共價鍵,故A正確;
B;該化合物中第一電離能最大的是N元素;故B錯誤;
C、外界離子為SO42-,根據(jù)價層電子對互斥理論,SO42-的空間構型為正四面體形;故C正確;
答案選AC;
(3)SO32-中心原子S有3個σ鍵,孤電子對數(shù)=1,價層電子對數(shù)為4,雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù),即SO32-中S的雜化類型為sp3;SO32-空間構型為三角錐形;
(4)根據(jù)等電子體的概念,與SO3互為等電子體的分子為BF3等;
(5)利用均攤的方法進行判斷,根據(jù)晶胞的結構,O位于頂點、面心、棱上和內部,屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4,Cu位于內部,有4個,即化學式為CuO?!窘馕觥竣?3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO19、略
【分析】【分析】
根據(jù)KH2PO4的構成元素,判斷四種元素形成簡單離子的核外電子排布相同的元素;根據(jù)P元素的價電子排布式計算價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和;根據(jù)題中KH2PO2是次磷酸的正鹽信息,寫出H3PO2的結構式并判斷P原子的雜化方式;根據(jù)題中信息;寫出n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸相應的酸根形式;根據(jù)題中晶胞的結構,利用“均攤法”進行晶胞的相關計算;據(jù)此解答。
(1)
在KH2PO4的四種組成元素的各自所能形成的簡單離子中只有K+和P3-離子的核外電子的層數(shù)都為3,每層容納的電子數(shù)分別為2,8,8;答案為K+和P3-。
(2)
P的原子序數(shù)為15,原子核外電子數(shù)為15,核外電子排布式為1s22s22p63s23p3,其價電子排布式為3s23p3,若一種自旋狀態(tài)用+表示,與之相反的用-表示,則自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為(+)×4+(-)=+也可以是(+)+(-)×4=-答案為或
(3)
KH2PO2是次磷酸的正鹽,說明其中的2個H原子不是羥基H原子,而直接與P原子形成共價鍵,則H3PO2的結構式為H3PO2中含有4個σ鍵,無孤電子對,則中心的P原子采取sp3雜化;答案為:sp3。
(4)
根據(jù)題中信息可知,相鄰2個磷酸分子間脫水結合成鏈狀或環(huán)狀,n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸中的每個P原子只有1個羥基和2個O原子,則分子式為(HPO3)n,則相應的酸根可寫為答案為
(5)
①由晶胞結構可知,白球8個在頂點、4個在側面上和1個在體心,則晶胞中白球個數(shù)為8×+4×+1=4,即有4個黑球4個在垂直于底面的4條棱的棱心、上下面心各1個、4個側面上各有1個,則晶胞中黑球個數(shù)為4×+2×+4×=4,即有4個K+,即晶胞中含有4個KH2PO4,1mol晶胞的質量為m=4×(39+2×1+31+4×16)g=4×136g,1個晶胞的質量為m=g,晶胞的體積為V=a2cpm3=a2c×10-30cm3,代入ρ===g·cm-3;答案為
②在晶胞圖上xz面為側面、yz面為正面,晶胞在x軸方向的z-y投影圖應符合圖(c)和圖(b)中的K+的相對位置,x軸方向的投影圖的正面上應為小黑球在上,2個白球在下,投影圖B符合題意;答案為B。【解析】(1)和
(2)或
(3)sp3
(4)
(5)B20、略
【分析】【分析】
【詳解】
(1)Cu為29號元素,核外電子排布式為則銅元素為周期表中ds區(qū),故答案為:ds;
(2)易溶解于水,熔點為時升華,由此可得出是分子晶體;故答案為:分子晶體;
(3)為深棕紅色的劇毒液體,其分子結構中含有鍵,根據(jù)8電子穩(wěn)定結構可知,該分子結構為因此該分子中Se的雜化軌道類型為雜化;Se的價層電子數(shù)時4,含有2個孤對電子,的空間構型為鋸齒形,故答案為:b;
(4)的立體構型為正四面體,鍵角為109°28′,的立體構型為平面三角形,鍵角為120°,所以中的鍵角比的鍵角小,故答案為:小;的立體構型為正四面體,鍵角為109°28′,的立體構型為平面三角形;鍵角為120°;
(5)用“均攤法”:晶胞中含4個Cu,O氧原子個數(shù)為8Cu與O的個數(shù)比為2:1,所以該氧化物的化學式為1個晶胞中氧原子、銅原子的體積之和為晶體的體積為1個晶胞的體積為故該晶胞的空間利用率為故答案為:【解析】ds分子晶體b小的立體構型為正四面體,鍵角為109°28′,的立體構型為平面三角形,鍵角為120°21、略
【分析】【分析】
根據(jù)Cr原子的電子排布式,寫出基態(tài)價電子的排布式;根據(jù)Cr原子失去一個電子后價電子排布情況判斷鉻的第二電離能大于錳的第二電離能;根據(jù)題中結構判斷存在化學鍵類型;根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子雜化方式和空間構型;根據(jù)等電子體的概念寫出一種與互為等電子體的分子;根據(jù)形成氫鍵和相似相溶原理解釋乙醇能與水以任意比例互溶;根據(jù)題中晶胞的結構;利用“均攤法”進行晶胞的相關計算;據(jù)此解答。
(1)
Cr是24號元素,核外有24個電子,其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,價電子排布式為3d54s1,答案為3d54s1。
(2)
因為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定,即鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子,錳的第二電離能是失去3d6上的電子變?yōu)榘氤錆M狀態(tài),所以金屬鉻的第二電離能大于錳的第二電離能答案為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。
(3)
①由可知,該結構中存在N-H鍵是鍵,N=C雙鍵、C=S雙鍵中有鍵、鍵,Cr3+與配體間形成配位鍵;ABD符合題意;答案為ABD。
②由可知,NCS-的中心原子C原子形成2個雙鍵,NCS-為直線形結構,C原子采取sp雜化;因為NCS-結構中,N、S均有孤電子對,均可與Cr3+形成配位鍵;答案為sp雜化;N;S。
③的價層電子對數(shù)=4+=4+0=4,無孤電子對,的空間構型為正四面體結構;根據(jù)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微?;榈入娮芋w,則的等電子體的分子為CH4;答案為4;正四面體;CH4。
④CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵,并且都是極性分子,根據(jù)相似相溶原理,所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶;答案為乙醇可與水形成分子間氫鍵;乙醇屬于極性分子。
(4)
由可知,晶胞中Cr原子數(shù)目=8×+4×=2,Se原子位于晶胞內,數(shù)目=2,故晶胞質量m=2×g=g,晶胞的體積V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3,則晶體密度ρ===答案為【解析】(1)
(2)鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。
(3)ABDs
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