



版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
1、试卷第 =page 18 18页,共 =sectionpages 22 22页 河南省南阳市六校2021-2022学年高二下学期6月联考化学试题学校:_姓名:_班级:_考号:_一、单选题1化学无处不在。利用化学原理对生活、生产中的现象解释正确的是A用明矾净水利用了Al3+的水解原理B“酒香不怕巷子深”体现了乙醇的化学性质C镀铅管截口处易生锈是铅成为阳极的缘故D调大燃气灶中空气的比例,使燃气燃烧更充分,提高了燃气的燃烧热【答案】A【解析】【详解】A生活中使用明矾净水,是利用Al3+水解生成的氢氧化铝胶体吸附杂质,与题意相符,A正确;B乙醇具有挥发性,俗语“酒香不怕巷子深中表达的化学意义就是乙醇容
2、易挥发的性质,为物理性质,B错误;C铁比铅活泼,故铁为阳极,C错误;D调大燃气灶中空气的比例,使燃气燃烧更充分,但是不能提高燃气的燃烧热,D错误;故选A。2“碳中和”是我国的战略目标。促进CO2的转化中的一个反应是。下列对该反应的说法正确的是A在绝热容器中进行该反应,气体的温度将会升高B加入催化剂可以降低反应的活化能,使H减小C缩小反应体系的体积,可以增大CO的平衡浓度D在恒容容器中再充入一定量的CO2,平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A 该反应的正反应为吸热反应,在绝热容器中进行该反应,气体的温度将会降低,故A错误;B 催化剂可以降低反应的活化能,但是不改变反应
3、的反应热,故B错误;C 该反应前后气体物质系数不变,缩小反应体系的体积,平衡不移动,但是气体体积减小,CO的平衡浓度增大,故C正确;D 在恒容容器中再充入一定量的CO2,CO2的浓度增大,平衡正向移动,CO2的平衡转化率减小,故D错误;故选C。3硫酸工业中的钒催化剂参与反应的相对能量变化如图所示,下列热化学方程式错误的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A由反应物总能量小于生成物总能量,为吸热反应,则,A错误;B途径2的H=24-(-176)=200kJ/mol, ,B正确;C途径1的反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,2molV2O5反应放出能量为2176=352kJ,则,C正确;D根
4、据盖斯定律,由反应加上可得,则,D正确;故选:A。4FeCl3是常见的药品,下列说法错误的是A配制FeCl3溶液,应将FeCl3固体溶于盐酸中B用一束光通过FeCl3溶液会出现丁达尔现象C在盛有水的小烧杯中加入FeCl3固体溶解,FeCl3水解吸热DFeCl3溶于水后使水的电离程度增大【答案】B【解析】【详解】A配制FeCl3溶液时,为防止Fe3+水解产生难溶性的Fe(OH)3使溶液变浑浊,应将FeCl3固体溶于稀盐酸中,然后加水稀释中相应的浓度,A正确;B只有胶体能够发生丁达尔效应,FeCl3溶液属于溶液,不属于胶体,因此用一束光通过FeCl3溶液时不会出现丁达尔现象,B错误;C在盛有水的小
5、烧杯中加入FeCl3固体溶解,FeCl3在溶液中发生水解反应产生Fe(OH)3和HCl。由于盐的水解反应是酸、碱中和反应的逆反应,中和反应是放热反应,则盐水解反应是吸热反应,故FeCl3固体在水中溶解发生水解反应时会吸收热量,C正确;DFeCl3是强酸弱碱盐,在其溶于水后,盐电离产生的Fe3+发生水解反应,消耗水电离产生的OH-,反应产生Fe(OH)3,使溶液中c(OH-)减小,水电离平衡正向移动,因而使水的电离程度增大,D正确;故合理选项是B。5在实验室中进行中和反应的反应热测定与中和滴定实验,一定没有用到的仪器是ABCD【答案】D【解析】【详解】A 酸碱中和反应在烧杯中进行,要用烧杯,故A
6、不符合;B 实验中需要用温度计测定反应放出的热量,要用温度计,故B不符合;C 在酸碱中和滴定实验中,待测液盛放在锥形瓶中,要用锥形瓶,故不C符合;D 在两个实验中均用不到圆底烧瓶,故D符合;故选D。6已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,它们的简单离子的电子层结构相同。它们可以组成下列化合物,其中组成的化合物中阴、阳离子都能水解的是AYXBY2WCZX2DZW【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,它们的简单离子的电子层结构相同,则离子为10电子结构,它们可以组成下列化合物,由Y2W可知W为O、Y为Na,由ZX2可知Z为Mg、X为F;【详解】
7、AYX为NaF,是强碱弱酸盐,只有F-能发生水解反应,A不选;BY2W为Na2O,在水溶液中反应生成NaOH,不能发生水解反应,B不选;CZX2为MgF2,为弱酸弱碱盐,Mg2+发生水解生成Mg(OH)2,F-能发生水解反应生成HF,C选;DZW为MgO,难溶于水,不能发生水解反应,D不选;故选:C。7H2X为二元弱酸。对溶液的说法一定正确的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A根据X原子守恒可得,故,故A正确;B根据电荷守恒可得,溶液若显碱性,则,若显酸性,则,故B错误;C溶液中的质子守恒可得,故C错误;D溶液中的物料守恒可得,故D错误;故选A。8某学生设计了制备NaOH溶液和盐酸的电解装置
8、如下。下列有关说法错误的是AN接电源的负极BM极的电极反应式是C工作时室中的Cl-移向室,X为盐酸产品D工作时室溶液的pH不变【答案】D【解析】【详解】A根据图示可知:在N极进入的是稀NaOH溶液,流出的是浓NaOH溶液,说明在N电极水电离产生的H+得到电子变为H2逸出,故N电极为阴极,连接电源的负极,A正确;B根据选项A分析可知:N电极为阴极,则M电极为阳极,在M电极上H2SO4溶液中水电离产生的OH-失去电子变为O2逸出,电极反应式为:,B正确;C在M电极上,水电离产生的OH-在M电极失去电子变为O2逸出,为维持电荷平衡,H+通过离子交换膜进入室,工作时室中的Cl-移向正电荷较多的阳极区,
9、即Cl-移向室,故X为盐酸产品,C正确;D工作时室实质上是电解水,水电离产生的H+进入室,硫酸的物质的量不变,但溶液的水减小,故c(H2SO4)增大,溶液的pH减小,D错误;故合理选项是D。9一种以黄铁利矿(主要成分是FeS2)为原料生产硫酸的简要流程图如下(图中标注的热量表示各阶段1mol含硫物质完全反应时放出的热量):已知:催化氧化阶段的反应是可逆反应。下列说法错误的是A将黄铁矿粉碎可以加快“煅烧”的速率和提高原料的利用率B催化氧化阶段,加入合适的催化剂可以提高SO3的生产效率CD生成,上述流程放出的总热量为【答案】D【解析】【详解】A将黄铁矿粉碎可增大反应物的接触面积,可以加快“煅烧”的
10、速率和提高原料的利用率,A正确;B催化氧化阶段加入合适的催化剂可增大反应速率,可以提高SO3的生产效率,B正确;C已知1molSO2(g)完全反应生成硫酸放出98+130.3=228.3kJ能量,则2molSO2(g)完全反应456.6kJ能量,热化学方程式为,C正确;D已知催化氧化阶段的反应是可逆反应,反应物不能完全转化,则1molSO2(g)反应放出的热量小于98kJ,因此生成,上述流程放出的总热量小于,D错误;故选:D。102022年3月,生态环境部提出了“深入打好污染防治攻坚战,严守生态环境风险底线”。某研究部门利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体,其装置示意图如下。下列说法错误的是A
11、Na+由中间室向M极室移动,Cl-向N极室移动Ba和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜CM为负极,电极反应式是D电路中通过7.5mol电子时,理论上处理掉【答案】A【解析】【分析】由图可知,在电极M为铵根离子中-3价氮原子失去电子变为氮气,故M极为负极,故N为正极,以此解题。【详解】A由分析可知M为负极,在原电池中阳离子向正极移动,故钠离子向N极移动,氯离子移向M极,A错误;B由选项A分析可知钠离子应该向右移动,则氯离子向左移动,即a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜,B正确;C由分析可知M为负极,电极反应为:,C正确;D由图可知,铵根发生失电子的氧化反应,硝酸根离子发生得电子的还原反应,总
12、反应为:,转移15e-,由图可知在硝化酶的作用下一个铵根可以转化为一个硝酸根离子,在电路中通过7.5mol电子时,理论上处理掉,D正确;故选A。11在1L的恒温密闭容器中合成氨,充入N2和H2的总物质的量为3mol,容器内反应物组分的物质的量分数与反应时间t的关系如下表。下列说法正确的是时间组分0min10min20min30min40min50min60minX50%50%50%50%50%50%50%Y50%40%34%30%29%28%28%AX表示H2B30min时,N2的物质的量为1.25molCNH3的分解速率:40min时大于50min时D内用H2表示的平均反应速率是【答案】A【
13、解析】【分析】【详解】A氢气的物质的量分数为,所以X表示H2,故A正确;B30min时,N2的物质的量分数为30%,x=0.25,N2的物质的量为1.5mol-0.25mol3=0.75mol,故B错误;C40min时氨气的浓度小于50min时氨气的浓度,所以NH3的分解速率:40min时小于50min时,故C错误;D根据B选项,内消耗0.75mol氢气,用H2表示的平均反应速率是 ,故D错误;选A。12工业上用重晶石与焦炭在高温下反应:,其与的关系如图所示。下列说法正确的是A该反应的B该反应在低温下能自发进行C其他条件相同时,T1比T3时反应先达到平衡状态D若温度在T2时达到平衡后,减压,再
14、次到达平衡状态,CO的浓度增大【答案】C【解析】【详解】A由图可知温度越低,Kp越小,则降温,平衡逆向移动,正反应吸热,A错误;B根据吉布斯自由能公式G=HTS,H0,S0,故在低温下G0,反应不能进行,B错误;C由图可知T1温度较高,反应速率较快,故可以先达到平衡状态,C正确;D减压时,体积增大,则再次平衡时,一氧化碳浓度会减小,D错误;故选C。1325时,将溶液逐滴滴加到等浓度的KF溶液中,与溶液的关系如图所示(以M点为起点)。下列相关结论错误的是A随着溶液的滴入,溶液中的逐渐减小BF-的水解常数的数量级是10-11CN点存在:D当溶液pH每减小1,其加入的HCl溶液的体积不相同【答案】C
15、【解析】【详解】A盐酸和KF反应生成氯化钾和HF,随着溶液的滴入,F-浓度降低、HF浓度增大,溶液中的逐渐减小,故A正确;BM点、pH=9.78,则,F-的水解常数是 ,数量级是10-11,故B正确;C根据电荷守恒,N点pH=7,所以 ,故C错误;D盐酸和KF反应生成弱酸HF,滴加盐酸后溶液体积改变,HF浓度不同电离程度不同,所以当溶液pH每减小1,其加入的HCl溶液的体积不相同,故D正确;选C。14下列对物质结构与性质的说法正确的是A同一周期主族元素的第一电离能逐渐增大BK+基态电子排布式为C分子中所有原子不一定共平面D基态氮原子的轨道表示式是【答案】B【解析】【详解】A在同一主族中,自上而
16、下由于原子半径逐渐增大,所以第一电离能逐渐减小,A错误;BK为19号元素,故K+基态电子排布式为,B正确;C中C原子为sp2杂化,故分子中所有原子一定共平面,C错误;D根据洪特规则,基态氮原子轨道表示式为 ,故D错误;故选B。15最简单的氨基酸是甘氨酸(),它是人体非必需的一种氨基酸。下列有关说法错误的是A1个分子中键与键数目比为81B碳原子的杂化轨道类型是sp3和sp2C分子间可以形成不止3种类型的氢键D易溶于极性溶剂,难溶于非极性溶剂【答案】A【解析】【详解】A 单键为键,双键中,一个是键,一个是键,则1个甘氨酸分子中键与键数目比为91,故A错误;B碳原子形成4个单键时,价层电子对数为4,
17、采取sp3杂化;碳原子形成2个单键和1个双键时,价层电子对数为3,此时采取sp2杂化,故B正确;C氨基中的氢原子可以与另一甘氨酸分子中的N、羧基上的两个氧原子分别形成氢键,羧基中的氢原子可以分别与另一甘氨酸分子中的N、羧基上的两个氧原子分别形成氢键,故分子间可以形成不止3种类型的氢键,故C正确;D甘氨酸既含有-NH2,又含有-COOH,甘氨酸在极性溶剂中以两性离子和-COO-形式存在,故易溶于极性溶剂,难溶于非极性溶剂,故D正确;故选A。16一种Mn、Se组成的化合物结构中Se为面心立方最密堆积,晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A该化合物的化学式是MnSeB距离Se原子最近的Mn原子有4个C
18、距离Se原子最近的Se原子有12个D若晶胞参数是a nm,Mn、Se原子的最近距离是【答案】D【解析】【详解】A 一个晶胞中Se的个数为,Mn的个数为4,则该化合物的化学式是MnSe,故A正确;B 由晶胞结构图可知,以左侧面心的Se原子为中心,距离Se原子最近的Mn原子有4个,故B正确;C由晶胞结构图 可知,以右侧面心的Se原子为中心,与其距离最近的Se原子在该晶胞中有8个,在右侧相邻晶胞中含有4个,故距离Se原子最近的Se原子有12个,故C正确;D 距离顶点Se原子最近的Mn原子位于晶胞小立方体的体心,故Mn、Se原子的最近距离是,故D错误;故选D。17下图为某药物中间体的结构,下列关于该物
19、质的说法错误的是A既能发生氧化反应,又能发生还原反应B能使酸性溶液和溴水褪色,且反应类型相同C该分子完全加氢后存在对映异构体D1mol该物质最多与发生反应【答案】B【解析】【详解】A有碳碳双键能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,也能和氢气发生还原反应,故A正确;B有碳碳双键能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,又能使溴水发生加成反应而使溴水褪色,反应类型不同,故B错误;C碳原子所连四个原子或原子团不同则为手性碳原子,含有手性碳原子的物质存在对映异构。该分子与氢气加成后与羧基相连的碳原子为手性碳原子,故存在对映异构,故C正确;D1mol羧基消耗1molNaOH,苯环上的1molCl原子消耗2molNa
20、OH,1mol该物质最多与3molNaOH发生反应,故D正确;故答案为B。18一种抗阿尔茨海默病药物的合成路线中,有如下一步反应。下列说法正确的是AXY发生了还原反应BY分子中核磁共振氢谱有7组峰CX和Y中都含有碳碳双键,都能发生加聚反应DX和Z可以通过溴的CCl4溶液鉴别【答案】A【解析】【详解】A XY 发生的是碳碳双键与氢气的加成反应,在有机反应中,“加氢去氧”的反应为还原反应,故A正确;B Y分子中含有8种等效氢原子,故核磁共振氢谱有8组峰,故B错误;C X含有碳碳双键,能发生加聚反应,但是Y中不含有碳碳双键,Y含有苯环结构和羧基,故C错误;D 有机物均易溶于有机溶剂,二者均能是溴的C
21、Cl4溶液褪色,且不分层,故X和Z不可以通过溴的CCl4溶液鉴别,故D错误;故选A。19某种药物中间体D的合成路线如下:已知:-CHO+-CH2CHO+H2O下列说法错误的是AA的名称是2-甲基丙醛BD分子可能有两种结构(不考虑立体异构)C不能用溴水证明C分子中含有碳碳双键DA、B、C互为同系物【答案】D【解析】【详解】A物质A含有醛基,母体是丙醛,甲基取代在2号碳上,命名为2-甲基丙醛,A正确;B物质C含有碳碳双键和醛基都能与氢气发生加成反应,物质D有或两种结构,B正确;C物质C含有碳碳双键和醛基都能使溴水褪色,不能用溴水证明C分子中含有碳碳双键,C正确;D物质A只含有醛基,物质C含有碳碳双
22、键和醛基,两者官能团不同,结构不相似,不是同系物,D错误;故选:D。二、工业流程题20金属的回收与利用有利于环境保护,镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质,湿法炼锌产生的铜镉渣用于金属回收的工艺流程如下:常温下,下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为,沉淀完全的浓度均为)氢氧化物开始沉淀的pH1.76.3?6.2沉淀完全的pH2.88.49.38.2(10.5时开始溶解)(1)若工艺过程中除生成燃料气体H2外,不产生其他污染环境的气体,则酸X的最佳选择是_(填字母)。a.稀硫酸 b.稀硝酸 c.稀盐酸 d.浓硫酸
23、(2)“沉铁”操作中得到滤渣Y的化学式是_;上述工艺条件下,开始沉淀的pH为_;加入ZnO控制反应液的pH范围为_。(3)回收Zn采用石墨和锌棒为电极对电解排出液进行电解,锌棒应接电源的_极,电解废液可加入到“_”中循环利用(填工艺流程方框中的名称)。【答案】(1)a(2) Fe(OH)3 7.3 (3) 负 酸浸【解析】【分析】铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质,酸浸除去铜单质,酸浸液中主要含有锌离子、Fe2+、,加入锌单质,置换出钴单质,除去钴,沉铁时先用过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+,加入氧化锌调节pH,将Fe3+转化为氢氧化铁除去,对滤液进行电解,得到镉单质,从电解
24、排出液中得到锌单质。(1)a使用稀硫酸不产生其他污染环境的气体且不易挥发,故a符合;b 使用稀硝酸产生一氧化氮,污染环境,故b不符合;c 稀盐酸易挥发,产生污染环境的气体氯化氢,故c不符合;d 使用浓硫酸产生污染环境的气体二氧化硫,故d不符合;故选a。(2)“沉铁”操作中,过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+,则得到滤渣Y的化学式是Fe(OH)3;由完全沉淀的pH值可计算Cd(OH)2的溶度积常数,则开始沉淀的,pH为7.3;由图示转化可知,加入ZnO使氢氧化铁完全沉淀,而不生成Cd(OH)2、Zn(OH)2沉淀,则控制反应液的pH范围为。(3)若采用石墨和锌棒为电极对电解排出液进行电解,电解方程
25、式为,锌离子在阴极得电子,则锌棒作阴极,应接电源的负极,电解废液含有硫酸,可加入到“酸浸”中循环利用。三、原理综合题21研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。(1)烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。氮的固定反应的相对能量变化如图所示:图中两个反应的起始反应物的总能量大小_(填“相等”“不相等”或“无法判断”)。已知,则_。其他条件相同,分别在X、Y两种催化剂作用下在1L的密闭容器中通入,发生反应,测得反应相同时间时NO的去除率与温度的关系如图所示。使用催化剂X,当温度高于320时,NO的去除率逐渐下降,其原因是_。根据图像,_(填“能”或“不能”)计算2
26、80时该反应的平衡常数,其理由是_。(2)是一种新型的烟气脱硝技术,存在反应。将混合后置于一容积固定的密闭容器中,起始时气体压强为,在500时上述反应达到平衡,气体压强为。达到平衡时该反应的正反应速率_(填“大于”或“等于”)0。此条件下反应的平衡常数_(为以分压表示的平衡常数,分压=总压物质的量分数)。【答案】(1) 无法判断 -1808 温度高于320时,催化剂X活性降低,反应速率减慢 不能 280时,在两种催化剂作用下反应都未达到平衡状态(2) 大于 3645【解析】(1)该图为相对能量,起始反应物的总能量不确定,则两个反应的起始反应物的总能量大小无法判断;由图可得i、ii、iii,由盖
27、斯定律,反应iii3-反应i2-反应ii3可得;催化剂活性影响反应速率,使用催化剂X,当温度高于320时,NO的去除率逐渐下降,其原因是温度高于320时,催化剂X活性降低,反应速率减慢;根据图像,280后NO的去除率仍在变化说明反应未平衡,则不能计算280时该反应的平衡常数,其理由是280时,在两种催化剂作用下反应都未达到平衡状态;(2)化学平衡是动态平衡,反应未停止仍在进行,达到平衡时该反应的正反应速率大于0;将混合后置于一容积固定的密闭容器中,假设投入1molNO、1molCO,列三段式,由压强之比等于物质的量之比,则,解得x=0.45,反应的平衡常数。四、填空题22甲醇是重要的工业原料和
28、燃料。(1)甲醇燃料电池(DMFC)为现代便携式电子产品提供了电能。在以KOH为电解质的甲醇燃料电池中,CH3OH在电源_(填“正”或“负”)极反应,当电路中转移0.6mol电子时,消耗CH3OH的物质的量是_;该电池工作一段时间后,电解质溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)利用甲醇通过惰性电解法先获得-羟基缩酮,-羟基缩酮再在酸性条件下水解得到一种食品增香剂3-羟基丁酮,其原理如图所示。M极上发生_(填“氧化反应”或“还原反应”)。N为电解池的_极(填“阴”或“阳”),电极反应式是_。此法合成3-羟基丁酮的总反应式是_(不用写反应条件)。【答案】(1) 负 0.1mol 减小
29、(2) 氧化反应 阴 2CH3OH+2e-=2CH3O-+H2 +H2O+H2【解析】(1)甲醇燃料电池中,氧气得电子发生还原反应,氧气做正极,CH3OH在电源负极反应,电极反应式为CH3OH+8OH-6e-= +6H2O,当电路中转移0.6mol电子时,消耗CH3OH的物质的量是0.1mol;总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O,电池工作一段时间后,产物是水,所以电解质溶液的pH减小;(2)M极上I-I2中碘元素化合升高,发生氧化反应;N极上CH3OHCH3O-中碳元素化合价降低,为电解池的阴极,电极反应式是2CH3OH+2e-=2CH3O-+H2;此法用和水反应合成3-羟基丁酮
30、和氢气,总反应式是+H2O+H2。五、结构与性质23乙酸()是一种有机一元酸,为食醋的酸味及刺激性气味的来源。它与甲酸甲酯()互为同分异构体。(1)组成乙酸的元素的电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。(2)乙酸与甲酸甲酯的熔、沸点如下表:物质熔点/沸点/乙酸16.6117.9甲酸甲酯-99.831.5造成二者相差较大的原因是_。(3)甲酸甲酯经碱性水解可得到,该微粒的空间构型是_。(4)纯的乙酸在低于熔点时会冻结成冰状晶体,所以无水乙酸又称为冰醋酸。确定固态乙酸是晶体的最可靠的科学方法是_。已知乙酸的晶胞结构如图所示,其密度是。该晶胞中乙酸的分子数是_;若用表示阿伏加德罗常数的值,则该
31、晶胞的体积为_(列出计算式)。【答案】(1)OCH(2)乙酸分子间能形成氢键,甲酸甲酯分子间不存在氢键(3)平面三角形(4) X射线衍射实验 4 【解析】(1)元素周期表从下往上,从左往右,得电子能力越来越强,电负性越来越强,故电负性从大到小的顺序为OCH;(2)分子晶体中相对分子质量越大其熔沸点越高,但物质间含有氢键会导致该物质熔沸点增大,乙酸分子间存在氢键,所以乙酸的沸点高于甲酸甲酯的沸点,故答案为:乙酸分子间能形成氢键,甲酸甲酯分子间不存在氢键;(3)HCOO-中C原子成3个键,没有孤电子对,C原子采取sp2杂化,空间构型是平面三角形;(4)鉴别固态乙酸是否为晶体,最可靠的科学方法是X射
32、线衍射实验;由图可知,晶胞中乙酸的分子数是4,则晶胞质量,已知密度是,由,则该晶胞的体积为。24镍的化合物因具有物理特殊性而被广泛应用于现代科技。回答下列问题:(1)基态Ni2+的价层电子的轨道表示式为_。(2)镍离子有多种配合物,其中水杨醛合镍(II)的结构如图所示:Ni2+的配位数是_,其无机物配体是H2O分子,形成配位键时H2O分子中的_原子提供_(填“孤电子对”或“空轨道”)。有机物配体中的碳原子的杂化轨道类型是_。(3)Ni、Y(钇)、B、C形成的一种具有超导电性的化合物的结构属于四方晶系,其结构如图所示:该晶体中距离C原子最近的Ni原子的个数是_。在正侧面图中碳原子的位置是_。若N
33、i的原子半径为,则Ni原子的空间占有率为_(列出计算式)。【答案】(1)(2) 4 O 孤电子对 sp2杂化(3) 8 100%【解析】(1)Ni的原子序数为28,其基态原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d84s2,基态Ni2+的价层电子排布式为:3d8,价层电子的轨道表示式为:。(2)由图示可知,Ni2+的配位数为4;Ni2+有空轨道,因此形成配位键时H2O分子中的O原子提供孤电子对。有机配体中的碳为苯环碳和双键碳,均采取sp2杂化。(3)由晶胞图可知,距离C原子最近的Ni原子的个数为8。结合晶胞图和正侧面图可知,在正侧面图中碳原子的位置是:(如图白球所示)。依据均摊法,晶胞中Ni原子的个数为:8=4,Ni原子的总体积为4rNi3pm3=rNi3pm3,晶胞体积为a2bpm3,Ni原子的空间占有率=100%=100%。六、有机推断题25化合物H是工业合成中重要的有机合成中间体,实验室由芳香烃D和丙烯制备H的一种合成路线如下:已知:RBrRMgBr回答下列问题:(1
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 2025-2030中国互联网理财行业运作模式与发展前景策略分析研究报告
- 2025-2030中国乳房按摩器行业市场现状供需分析及投资评估规划分析研究报告
- 2025-2030中国中密度纤维板地板行业市场现状供需分析及投资评估规划分析研究报告
- 2025-2030中国个人应急响应系统(PERS)行业市场发展趋势与前景展望战略研究报告
- 2025-2030中国不锈钢行业发展分析及投资风险与战略研究报告
- 2025-2030中国万向轴行业需求趋向及未来发展机遇剖析研究报告
- 2025-2030中国一次性纸制品行业市场现状供需分析及投资评估规划分析研究报告
- 2025-2030中国Β-乙酰香树脂醇乙酸酯行业营销趋势及发展现状调研研究报告
- 2025-2030中国UV镜片行业市场发展分析及发展趋势与投资前景研究报告
- 2025-2030中国P2P行业市场现状供需分析及投资评估规划分析研究报告
- AQ 1044-2007 矿井密闭防灭火技术规范(正式版)
- 光伏项目施工总进度计划表(含三级)
- 施工现场建筑垃圾减量化专项方案
- 18《文言文二则:铁杵成针》(教学设计)2023-2024学年统编版语文四年级下册
- 2024年平顶山市龙翔建设投资集团有限公司招聘笔试冲刺题(带答案解析)
- 机械锚栓检测报告
- 中医药新技术新方法研究课题
- 《电力变压器中性点电容隔直装置技术规范》
- (2024年)全新食堂人员食品安全培训
- 任务2 聚酯合成的浆料配制
- 高校引进博士述职报告
评论
0/150
提交评论