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文档简介
首都师大附中20232024学年第一学期期末考试
高二化学
可能用到的相对原子质量:HlC12N14O16F19Ca40Ti48Fe56
第I卷(共42分)
一、选择题(本大题共21小题,每小题2分,共42分。在每小题所列出的四个选项中,只有
一项是最符合题目要求的)
1.下列化学用语不正确的是
A.氮分子的电子式::N”N:
B.基态ci原子的价电子轨道表示式:E3,
3s3p
C.基态Fe?+的价电子排布式:3d54sl
D.CO2分子的空间结构模型:©□©□©
【答案】C
【解析】
【详解】A.N2分子的电子式为::NNN:,A正确;
B.基态Cl原子的价电子排布式为3s23P5,价电子轨道表示式:E]B正确;
3s3p
C.Fe是26号元素,基态Fe?+的价电子排布式:3d6»C错误;
D.CO2是直线形分子且C原子半径大于O原子,D正确;
故选C。
2.下列化学用语或图示表达不正琥的是
A.SC)3的VSEPR模型:
B.S?一的结构示意图:
C.原子核内有8个中子的碳原子:%4c
HClHClHC1
D.HC1分子中◎键的形成:
o0^oo引ooo引c3°
【答案】A
【解析】
【详解】A.S03中心S原子的孤电子对数为gx(6-3x2)=0,不含孤对电子,价电子对数为3,VSEPR
模型为平面三角形,故A错误;
B.S为16号元素,S?一核外电子排布为2,8,8,离子结构示意图为
C.8个中子的碳原子,质量数为14,核素表示式为:*C,故C正确;
HClHC1HC1
D.HC1分子以共价键的形式结合,◎键的形成:0^00QGW
故D正确;
故选Ao
3.下列表述不乖琥的是
A,原子轨道能量:ls<2s<3s<4s
B.M电子层存在3个能级、9个原子轨道
C.4s电子能量较高,总是在比3s电子离核更远的地方运动
D.同一周期,碱金属元素的第一电离能最小,最容易失电子
【答案】C
【解析】
【详解】A.能层不同,能级相同的原子轨道,能层越大,能量越大,则原子轨道能量为ls<2s<3s<4s,故
A正确;
B.M电子层存在s、p、d共3个能级,共有(1+3+5尸9个原子轨道,故B正确;
C.4s电子能量高于3s电子,4s电子在离核更远的地方的出现几率比3s电子大,不一定总是在比3s电子
离核更远的地方运动,故C错误;
D.同周期元素,从左到右第一电离能呈增大的趋势,所以同一周期中碱金属元素的第一电离能最小,最容
易失电子,故D正确;
故选C。
4.关于金属腐蚀与防护的如下各叙述中,正确的是
A.常温下潮湿的空气中,金属主要发生化学腐蚀
B.铁发生析氢腐蚀的负极反应式为Fe-3e-=Fe3+
C.马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时,首先是镀层被氧化
D.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极法
【答案】D
【解析】
【详解】A.置于潮湿空气中的金属能形成原电池,主要发生电化学腐蚀,A错误;
B.铁发生析氢腐蚀的负极反应式为Fe_2b=Fe?+,B错误;
C.马口铁是镀锡,镀层破损后,铁作负极,被氧化,被腐蚀时首先是铁被氧化,C错误;
D.锌比铁活泼,可作为原电池的负极,被氧化,铁为正极,被保护,为牺牲阳极的阴极保护法,D正确;
故选D。
5.下列关于元素或物质性质的比较中,不正确的是
A.稳定性:HF>HC1>HBrB.第一电离能:Al>Mg>Na
C.酸性:HNO3>H3PO4>H2SiO3D.电负性:C<N<0
【答案】B
【解析】
【详解】A.同主族由上而下,金属性增强,非金属性变弱;根据非金属性越强,其简单氢化物稳定性越强,
则最简单氢化物的稳定性:HF>HC1>HBr,A正确;
B.Mg核外电子排布,3s能级全充满,其第一电离能大于相邻族元素,第一电离能:Mg〉Al〉Na,B
错误;
C.同周期从左到右,金属性减弱,非金属性变强,最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强,碱性减弱,
酸性:HNO3>H3PO4>H2SiO3,C正确;
D.同周期从左到右,金属性减弱,非金属性变强,元素的电负性变强;电负性:C<N<0,D正确;
答案选B。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.常温常压下,4.4gCC)2与N2。混合气体中含有的原子总数为0.3NA
B.标况下,11.2L的CO2气体含有的。键数为2NA
1
C.Imol-L的CuCl2溶液中含有C1"的数目为2NA
D.在过氧化钠与水的反应中,每反应O.lmol过氧化钠,转移电子的数目为0.2NA
【答案】A
【解析】
44g
【详解】A.4.4gCCh与N2O混合气体含有气体分子的物质的量为:一'―^=0.1mol,O.lmol混合气体
"44g/mol
中含有0.3mol原子,含有的原子总数为0.3NA,故A正确;
B.CO2的结构式为O=C=O,含有2个◎键,标况下,11.2L的CO2物质的量为0.5mol,含有的◎键数为
NA,故B错误;
C.未说明ImoLl/CuCU溶液的体积,无法计算ImoLLT的CuCU溶液中含有C「的数目,故C错误;
D.在过氧化钠与水的反应中,一半过氧化钠中的O由1价上升到0价,另一半由1价下降到2价,每反
应O.lmol过氧化钠,转移电子的数目为01NA,故D错误;
故选Ao
7.NaCl的晶胞结构如图所示。下列说法不正琥的是
A.NaCl属于离子晶体
B.每个晶胞中平均含有4个Na+和4个C「
C.每个Na+周围有6个紧邻的C「和6个紧邻的Na+
D.Na+和C「间存在较强的离子键,因此NaCl具有较高的熔点
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaCl由钠离子和氯离子构成,以离子键结合,属于离子晶体,A正确;
B.每个晶胞中平均含有12x4+l=4个Na+和8x—+6x1=4个C「,B正确;
482
C.每个Na+周围有6个紧邻的Cl-和12个紧邻的Na+,C错误;
D.Na+和Cr以离子键结合,因此NaCl具有较高的熔点,D正确;
故选C。
8.三氯化氮(NCL)可用于漂白和消毒。下列说法不乖确的是
A.NCI3分子中的化学键均为极性共价键
B.NC13中每个原子均满足8电子稳定结构
C.NCh分子为非极性分子
D.根据电负性N>C1推测,NCI3与H2。反应生成NH3和HC10
【答案】C
【解析】
【详解】A.NCL分子中N和C1之间构成的是极性键,A正确;
B.NCL中N原子和每个C1形成1个共用电子对,N还有还有1个孤电子对,每个原子均满足8电子稳
定结构,B正确;
S_3x]
c.NCL分子中的中心原子的价电子对数为3+工一=4,为sp3杂化,空间构型为三角锥形,正负电
荷的中心不重合,为极性分子,C错误;
D.根据电负性N>CLNC13中N的化合价为3价,C1的化合价为+1价,因此NCL与1^0反应生成NH3
和HC10,D正确;
故选C。
9.对下列事实的解释不亚琥的是
选
事实解释
项
气态氢化物稳定性:
A分子间存在氢键,H2s分子间不存在氢键
H2S<H2O
石英是共价晶体,干冰是分子晶体;共价键比分子
B熔点:石英〉干冰
间作用力强
F的电负性大于C1,F—C的极性大于C1-C,使
酸性:
CF3C-的极性大于C^C-的极性,导致分子中
CF;C00H>CCl3C00H
0-H极性:CF3coOH>CCl3C00H
DCU分子中的共价键是◎键Cl价电子排布为3s23P§,Cl原子结合为Cl2时,两
个原子的3p轨道“头碰头”重叠
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.气态氢化物稳定性与化学键有关,与氢键无关,解释不合理,A错误;
B.石英是共价晶体,干冰是分子晶体,作用力不同,共价键比分子间作用力强,故熔点:石英〉干冰,B
正确;
C.F的电负性大于C1,则CF3COOH中0—H极性大,更容易电离,可知酸性CF,COOH>CC13coOH,
C正确;
D.CU中Cl—Cl为P-Pb键,Cl结合为CU时,两个原子的3P轨道“头碰头”重叠,D正确;
故选Ao
10.血红蛋白结合。2后的结构如图所示,Fe?+与周围的6个原子均以配位键结合。CO也可与血红蛋白配
位,它与血红蛋白结合的能力约为。2的230〜270倍。二者与血红蛋白(Hb)结合的反应可表示为:
①Hb+O2=Hb(OjK];②Hb+COUHb(CO)(,下列说法不强理的是
A.Fe?+形成配位键时提供空轨道
B.电负性:0>C,故CO中与Fe?+配位的是0
C.由题意可得结论:相同温度下,K]>K\
D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗,平衡①、②移动的方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A.Fe?+存在空轨道,形成配位键时提供空轨道,A正确;
B.电负性:0>C,0在成键时不易给出孤电子对,故CO中与Fe2+配位的是c,B错误;
C.CO也可与血红蛋白配位,它与血红蛋白结合的能力约为。2的230〜270倍,可知反应②正向进行程度
比①大,故相同温度下,K2>KX,C正确;
D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗,氧气浓度增大,反应①平衡正向移动,Hb浓度减小,反应②平衡逆
向移动,二者平衡移动的方向相反,D正确;
故选B。
11.科研人员利用Cu/ZnO作催化剂,在光照条件下实现了CO2和H2合成甲醇(CH3OH),该反应历程示
意图如下。
cP.,
光H20
1H心
CuZnOCuZnOCuZnO
"过程VI过程III
7&光
/--------------zOX>一、过程V/-----------也&过程W,---此副
CuZnOCuZnOCuZnO
•C:OOoH
下列说法不正琥的是
A.过程II中存在极性键的断裂与形成
B.过程V中生成CH30H时吸收能量
Cu/ZnO
C.总反应的化学方程式是CO2+3H2CHOH+H,0
光3
D.在催化反应的过程中,C原子的杂化类型发生改变
【答案】B
【解析】
【详解】A.过程II中涉及CO键的断裂与CH键和HO键的形成,且CO键、CH键、HO键均为极性键,
A正确;
B.过程V中生成CH30H时,是CEO与H形成CH30H存在HO键形成的过程,该过程放出能量,B
错误;
C.该反应总过程是CO2和H2在Cu/ZnO作催化剂、光照条件下合成CH30H,总反应方程式为
Cu/ZnO
C0+3H——CHOH+H0,C正确;
22光3?
D.CO2中C原子的杂化类型为sp,CH30H中C原子的杂化类型为sp3,在催化反应的过程中,C原子的
杂化类型发生改变,D正确;
故选B
12.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性,因此被广泛应用于有机
合成、分离提纯以及电化学研究中。下图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
+
/%
HC-N
//\\
HC、CH
BF;
H2C.
、CH3
A.该离子液体能与水分子形成氢键
B.该结构中不存在手性碳原子
C.该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D.BF;中存在配位键,b提供孤电子对
【答案】C
【解析】
【详解】A.该离子液体中,含有电负性较大的N,可与水分子中的H形成N…H0型的氢键,所以该离子
液体能与水分子形成氢键,故A正确;
B.饱和碳原子所连的四个不同的原子或原子团为手性碳原子,所以该结构中不存在手性碳原子,故B正确;
C.该结构中C原子的轨道杂化类型有sp3杂化和sp2杂化,所以该结构中C原子的轨道杂化类型有2种,
故C错误;
D.BF;由BF3和F形成,BF3中存在空轨道,F有孤对电子,可形成配位键,故D正确;
故选c。
13.因生产金属铁的工艺和温度等因素不同,产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体,
边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。
图1图2
下列说法不正琥的是
A.用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B.图2代表的铁单质中,一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子
C.图1与图2代表的铁单质中,原子之间以金属键相互结合
D.图1与图2代表的铁单质的密度不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法;X射线衍射可测定铁晶体的结构,故A
正确;
B.图2代表的铁单质中,以底面中心的原子为例,上层、同层、下层各有4个紧邻的原子,故一个铁原子
周围最多有12个紧邻的铁原子,故B错误;
C.铁为金属晶体,铁单质中,原子之间以金属键相互结合,故C正确;
D.图1中,据“均摊法”,晶胞中含8x1+l=2个Fe,则晶体密度为
2x56.
rv\-----4x5621-3
-=N.2x56一3;同理图2中,晶体密度为人”X1A0-g.cm;
AW213in21J
V-f—xlOg-cm——xlOg-cm(1.22a)NA
aaNA
故铁单质的密度不同,故D正确;
故选B。
14.氮化硼晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相,与石墨相似,具有层状结构,可作高温
润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料,有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。
六方氮化硼立方氮化硼晶胞
关于这两种晶体的说法,正确的是
A.六方氮化硼与立方氮化硼互为同素异形体
B.立方相氮化硼含有b键和兀键,所以硬度大
C.六方、立方相氮化硼晶体的化学式均为BN,硼原子的杂化类型分别为sp,sp3
D.两种晶体中既有极性键又有非极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A.同素异形体是指同种元素形成的不同单质,氮化硼是化合物,A错误;
B.立方相氮化硼中全部都是单键,只有。键,B错误;
C.由图,根据六方氮化硼的六元环中N原子和B原子数目相同,且为平面结构,硼原子的杂化类型为sp2,
立方氮化硼的晶胞中,由均摊法,B原子处于顶点和面心,晶胞中B原子数为8义工+6x^=4,N都在晶
82
胞内,晶胞中N原子数也为4,且所有B原子以四根单键和N原子连接,是sp3杂化,故六方、立方相氮
化硼晶体的化学式均为BN,硼原子的杂化类型分别为sp2、sp3,C正确;
D.两种晶体中都是N原子和B原子交替连接,都是极性共价键,D错误;
本题选C。
15.钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图i所示,该合金吸
收的氢位于体心立方正八面体的中心,氢被4个钛原子和2个铁原子包围,如图ii所示。
下列说法不氐理的是
A.钛铁合金的化学式:TiFe
B.钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个
C.钛铁合金与钛、铁的纯金属相比,熔点更低,硬度更大
D.如图ii所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子,则理论上形成的金属氢化物的化学式:TiFeH2
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图1晶胞结构可知,Ti位于顶点,Fe位于体心,因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8x1=1,
8
含有的Fe原子个数=1,则钛铁合金的化学式为TiFe,故A正确;
B.由图1可知,该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围,每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包
围,即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个,故B正确;
C.合金与纯金属相比,一般熔点更低,硬度更大,故C正确;
D.由图2可知,Ti位于晶胞的顶点和棱上,Fe位于晶胞内部,H位于体心和面上,因此每个晶胞中含有
的Ti原子个数=8义1+4'工=2,含有的Fe原子个数=2,含有的H原子个数=10xL+l=6,Ti:Fe:H=2:2:6=l:l:3,
842
则理论上形成的金属氢化物的化学式:TiFeH3,故D错误;
答案选D。
16.热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示,其放电后
的产物为Li7Si3和LiMn2O4o
己知:LiCl和KC1混合物的熔点与KC1的物质的量分数的关系如图2所示。
ffll图2
下列说法不正确的是
A.放电时,Li+向b极区移动
B.放电时,a极的电极反应是3Lii3Si411e=4Li7Si3+llLi+
C.该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能
D.调节混合物中KC1的物质的量分数可以改变电池的启动温度
【答案】C
【解析】
【详解】A.放电时,Li+向正极移动,即向b极区移动,故A正确;
B.放电时,a极的Lii3Si4失电子发生氧化反应,电极反应是3Lii3Si411e=4Li7Si3+llLi+,故B正确;
C.该电池中火药反应产生的化学能转化为电能,故C错误;
D.LiCl和KC1混合物的熔点与KC1的物质的量分数的关系图,调节混合物中KC1的物质的量分数为0.6
时,400℃时就可以启动电池,故D正确;
故选C。
17.室温下,取一定量冰醋酸,进行如下实验:
①将冰醋酸配制成0.Imol•I7】醋酸溶液;
②取20mL①所配溶液,加入amLO.lmollTNaOH溶液,充分反应后,测得溶液pH=7;
③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸,直至溶液中n(Na+)=n(C「)。
下列说法正确的是
A.①中:所得溶液的pH=1
B.②中:a=20
C.③中:所得溶液中c(CH3coeT)<c(H+),且pH<7
D.取等体积的①与③所得溶液,二者所含CH3coOH分子数目相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为醋酸是弱酸,故①中O.lmol/L的醋酸溶液中c(H+)<0.1mol/L,pH>l,A错误;
B.若②中a=20,则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠,醋酸钠水解显碱性,pH>7,B错误;
C.③中溶液的电荷守恒为:c(CH3co0]+c(0H]+c(Cl]=c(H+)+c(Na+),结合n(Na+)=n(Cr),
+
故c(CH3co0)+c(0H)=c(H+),所以C(CH3co0)<c(H+),c(0Hj<c(H),PH<7,C正确;
D.①与③所得溶液相比,③相当于向①中加入了氯化钠溶液,越稀越电离,故等体积时③中醋酸分子数少,
D错误;
故选C。
18.向100mL0.01mol/LBa(OH)?溶液中滴加O.lmol/LNaHCC)3溶液,测得溶液电导率的变化如图。
下列说法不正琥的是
MNXI
NaHOO费硬的体帆mL
A.Ba(OH)2和NaHCOs都是强电解质
2+
B.A-B电导率下降的主要原因是发生了反应:Ba+2OH-+2HCO;=BaCO3+2H2O+CO^~
C.B—C,溶液中的c(OH)减小
D.A、B、C三点水的电离程度:A<B<C
【答案】B
【解析】
【详解】A.Ba(OH)2和NaHCC>3在溶液中均完全电离,均属于强电解质,故A正确;
B.A-B加入NaHCX)3的物质的量小于Ba(OH)2的物质的量,发生的反应为
2+
Ba+OH-+HCO;=BaCO3J+H2O,故B错误;
C.B-C时加入的NaHCC)3继续消耗氢氧根离子,C点两者恰好完全反应,因此B-C溶液中c(0fT)减
小,故C正确;
D.酸或碱抑制水的电离,含有弱离子的盐水解促进水的电离,A点溶液中全部是Ba(OH)2,水的电离受到
抑制,电离程度最小,B点为反应一半点,氢氧化领还有剩余,C点Ba(OH)2和NaHCOs恰好完全反应,
因此水的电离程度:A<B<C,故D正确;
答案选B。
19.利用废铝箔(主要成分为A1,含少量Mg、Fe等)制明矶[KAl(SC>4)2」2H2O]的一种工艺流程如下:
K2SO4
NaOH溶液稀硫酸适量稀硫酸饱和溶液
铝箔一T①而溶]避"|②酸化胃巡|③酸溶|一④结晶|一明研
调pH为8〜9
析出A1(OH)3
下列说法不正确的是
A.①中生成了比:2A1+2NaOH+6H2O=2Na[A1(OH)4]+3H2T
B.操作a是过滤,以除去难溶于NaOH溶液的杂质
C.②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质
D.由④可知,室温下明研的溶解度小于AU(SO4)3和K?SO4的溶解度
【答案】C
【解析】
【分析】A1能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]溶于水,而Mg、Fe不反应,以单质固体形式除去,
则操作a是过滤,再加稀硫酸调节pH析出A1(OH)3沉淀,过滤固体,继续向纯固体中加入适量稀硫酸得到
A12(SC»4)3溶液,最后加饱和K2s04溶液结晶得到溶解度更小的明矶。
【详解】A.A1能与强碱反应,化学方程式为:2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)/+3H2T,故A
正确;
B.Mg、Fe不与NaOH反应,则操作是过滤,以除去难溶于溶液的杂质,故B正确;
C.②中加入稀硫酸的作用是调节pH使AF+转为A1(OH)3沉淀,③中是为了溶解A1(OH)3沉淀同时引入硫
酸根,两者作用不同,故C错误;
D.④是根据溶解度差异来制取明矶,即室温下明矶的溶解度小于Ab(SO4)3和K2so4的溶解度,故D正确;
故选C。
20.某研究小组在电压为24V时进行如下实验,电解3分钟后,发现下列现象。
编号①②③
碳*"碳棒碳慢,碳棒
伯钳
X-■■
装置
二二」二二二二二」二二二」二二二二二」:二二三圭制1父换膜
\.____7k_._____7*/___/
澄清£a(OH)2溶液澄清七a(0H)2溶液澄清Wa(OH)2溶液
小灯泡微弱发光,两极均产两极均产生气泡,阳极附
两极均产生气泡,溶
现象生气泡,阳极附近出现白色近出现白色浑浊,阴极附
液无明显变化
浑浊,阴极附近无明显变化近无明显变化
下列说法正确的是()
A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质
B.对比①和②,白色浑浊的出现与电极材料无关
C.对比①和③,白色浑浊是由于0H迁移到阳极使Ca(0H)2沉淀析出
D.阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCCh
【答案】D
【解析】
【详解】A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小,电离产生的自由移动的离子浓度小,溶液导
电能力弱,与电解质的强弱无关,实质上Ca(0H)2溶于水完全电离,属于强电解质,A错误;
B.对于①阳极上溶液中0H失去电子,发生氧化反应,电极反应式为40H4e=O2f+2H2。,O2与C电极发生
反应产生C02,C02与溶液中Ca(0H)2反应产生CaC03白色沉淀,可见白色浑浊的出现与电极材料有关,B
错误;
C.根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的C02溶解在Ca(0H)2溶液中形成
的CaCCh,不是Ca(0H)2沉淀析出,C错误;
D.用石墨作电极电解Ca(0H)2溶液,在阳极上溶液中OH失去电子,发生氧化反应,电极反应式为
4OH4e=O2t+2H2O,反应产生O2与碳电极发生反应产生C02,CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCCh白色
沉淀,故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCCh,D正确;
故合理选项是D。
21.某小组对FeCb溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向2mLO.lmol/LFeCb溶液中加入过量Cu粉,充分反应后,溶液变蓝。2天后,溶液变为浅蓝色,有白
色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多,红色
褪去。经检验,白色不溶物是CuSCN。
③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液,未观察到白色浑浊。放置24小时后,出现白色不溶物。
已知:CuCl和CuSCN均为白色不溶固体
下列说法不亚确的是
A.①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl;
B.由③可知②中白色浑浊不是CiP+与SCN直接反应生成的
C.②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了
D.实验表明:Ksp(CuSCN)<Ksp(CuCl)
【答案】C
【解析】
【详解】A.①中,FeCb溶液中加入过量Cu粉,充分反应后,溶液变蓝,表明有CM+生成;2天后,溶液
变为浅蓝色,则表明Cu2+浓度减少,Cu2+被Cu还原为Cu+,Cu+与Cl结合为CuCl沉淀,从而得出可能原
因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCH,A正确;
B.由③可知,CuS04溶液中滴加KSCN溶液,未观察到白色浑浊,则表明②中白色浑浊不是C/+与SCN
直接反应生成的,B正确;
C.②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN结合为CuSCN,从而促进Fe(SCN)3的不断电离,
不一定是Fe3+被完全消耗了,C不正确;
D.从②中可以看出,当溶液中既有C1又有SCN时,优先生成CuSCN,则表明:Ksp(CuSCN)<Mp(CuCl),
D正确;
故选C。
第n卷(共58分)
22.氟在已知元素中电负性最大、非金属性最强,其单质在1886年才被首次分离出来。
(1)基态F原子的核外电子排布式为0基态F原子的电子有种空间运动状态。
(2)氟氧化物O2F2、OF2的结构己经确定。
O2F2H2O2
0—0键长/pm121148
①依据上表数据推测0-0键的稳定性:O2F2凡。?(填,'或
②OF2中F—0—F的键角小于H2。中H—0—H的键角,解释原因:o
(3)HF是一种有特殊性质的氢化物。
①已知:氢键(X-H…Y)中三原子在一条直线上时,作用力最强。测定结果表明,(HF%固体中HF分子
排列成锯齿形。画出含2个HF的重复单元结构:o
②HF中加入BF3可以解离出H2F+和具有正四面体形结构的阴离子,写出该过程的离子方程式:
(4)工业上用菟石(主要成分CaF?)制备HF。CaF2晶体的一种立方晶胞如图所示。
2+
①CaF2晶体中距离Ca最近的F-有个。
②晶体中Ca2+与F-的最近距离为dnm,阿伏加德罗常数的值为NA。该晶体的密度
P=g-cmT(列出计算式)。
【答案】(1)①.Is22s22P5②.5
(2)①.>②.F电负性大于氧大于氢,故OF2中O周围电子密度相对小于H2O中的,。周围电子
对间斥力较小,键角变小,
+
(3)②.BF3+2HF=[BF4]+H2F
4x78
1021
(4)①,8②.
【解析】
【小问1详解】
F元素原子序数为9,根据核外电子排布规则,基态F原子的核外电子排布式为Is22s22P5,其核外电子占据
了5个不同的原子轨道,故电子有5种空间运动状态;
【小问2详解】
①键长越长,键能越小,O2F2中0—0键的长度小于H2O2中0—0键的长度,则O2F2中0—0键的键能大
于H2O2中O—O键的键能,则0—0键的稳定性:O2F2>H2O2;
②F电负性大于氧大于氢,故OF2中0周围电子密度相对小于H2O中的,0周围电子对间斥力较小,键角
变小,OF?中F—O—F键角小于H20中H—O—H键角;
【小问3详解】
①测定结果表明,(HF%固体中HF分子排列为锯齿形,画出含2个HF的重复单元结构为:
②HF溶剂中加入BF3可以解离出HF和具有正四面体形结构的阴离子,该阴离子为[BF4],离子方程式为:
+
BF3+2HF=[BF4]+H2F;
【小问4详解】
①由晶胞结构可知,Ca2+占据8个顶点和6个面心,8个k位于晶体的内部,CaFz晶体中距离Ca?+最近的
F-有8个;
②由晶胞结构可知,Ca2+的个数为8X'+6XL=4,F-的个数为8,晶体中Ca?+与广的最近距离为晶胞体对
82
角线的工,设晶胞的边长为a,则6ax』=d,a=—7=d,该晶体的密度
44V3
4x78_4x78_4x78_
P=-----;---------=-------3---------------------=-------3------------^-x1(Xgem3
NA(axl0BNA^xlO-&?
Vv3Jvv3>
23.金属钛(Ti)密度小,强度高,抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和铁铁矿。
(1)Ti元素在周期表中的分区是位于区。基态Ti原子中含有的未成对电子数是o
(2)金红石主要成分是钛的氧化物,该氧化物的晶胞形状为长方体,边长分别为acm、acm和bcm,结
①该氧化物的化学式是,Ti位于距离最近的O构成的中心(填字母序号,下同)。
a.三角形b.四面体c.六面体d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为1850C,其晶体类型曩不可能是。
a.共价晶体b.离子晶体c.分子晶体
③若已知mg该氧化物晶体体积为ven?,则阿伏加德罗常数NA可表示为___________moL。
(3)以钓铁矿(FeTiOs)为原料,用美还原法冶炼金属钓的生产流程图如下:
①Fe元素在元素周期表中的位置是o
②“高温氯化”时还得到一种可燃性气体,写出反应的化学方程式:
③结合流程及下表数据,“分离”时所需控制的最低温度应为℃□
TiMgMgCl2
熔点
1668651714
/℃
沸点
328711071412
/℃
④己知Mg和Ti的晶胞类型相同,Mg?+和Ti4+的离子半径大小相近,解释Ti熔点高于Mg的原因:
【答案】(1)①.d区②.2
、o„„„160V
(2)①.TiCh②.d③.c——
ma"b
高温
=
(3)①.第四周期第VIII族TiO2+2C+2C12^TiC14+2CO③.1668④.Mg和Ti均为
金属晶体,熔化时破坏金属键,Mg2+和Ti,+的离子半径接近,但是Ti4+带四个单位正电荷,而Mg2+带两个
单位正电荷,故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键,因此钛的熔点更高
【解析】
【小问1详解】
Ti元素原子序数为22,处于元素周期表第四周期第IVB族,是d区,基态Ti原子的价电子排布为3d24s2,
根据原子核外电子排布规则,3d轨道中的电子未成对,含有未成对电子数为2;
【小问2详解】
①根据均摊法,该晶胞中0的个数为2x4+2=4,Ti的个数为8x^+1=2,故该氧化物的化学式为TiCh,
48
从图中可以看出,中间的Ti周围有6个等距离的O,Ti位于距离最近的O构成的八面体中心,答案选d;
②该氧化物晶体熔点为1850℃,分子晶体分子间通过范德华力结合,熔点通常较小,因此晶体类型最不可
能是分子晶体,答案选c;
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子,则mg该氧化物中含有该晶胞个数为总NA,一个晶胞体
积为a2bcm3,则有」NAxa2bcm3=Vcm3,NA=———;
160加/b
【小问3详解】
钛铁矿与焦炭熔炼提纯,生成TiCh,TiCh与焦炭、CL高温下反应生成TiC14和一种可燃性气体,则该气体
为CO,精制TiCL加Mg还原,生成MgCL和Ti,最后分离得到Ti。
①Fe元素原子序数为26,在元素周期表中第四周期第VIII族;
②高温氯化过程中,TiCh与C、C12反应生成TiCk和CO,化学方程式为TiO2+2C+2c12^=TiC14+2CO;
③从表中可知,Ti的熔点为1668℃,而Mg、MgCb的沸点分别为1107℃和1412℃,分离过程最后生成的
Ti为液态,Mg和MgCl2为气态,则最低温度应为1668℃;
④Mg和Ti均为金属晶体,熔化时破坏金属键,Mg2+和Ti,+的离子半径接近,但是Ti4+带四个单位正电荷,
而Mg2+带两个单位正电荷,故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键,因此钛的熔点更高。
24.以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCl溶液制备NaClO溶液的装置示意如下。
NaClO溶液和H2
(1)产生NaClO
-
①生成NaClO的反应包括:2CT-2e-=CU、2H2O+2e=H2+2OH-,
②测所得溶液pH,试纸先变蓝(pH它10)后褪色,说明溶液具有的性质是
(2)相同温度下,在不同初始pH下电解NaCl溶液,pH对NaClO浓度影响如下所示。
推测NaClO浓度在pH为3或13时较小的原因:
I.pH=3时,C"的溶解度减小
II.pH=13时,
①根据化学平衡移动原理,推测I合理。依据的化学平衡是
②补全猜想II,经过检验,推测II成立。
根据上述实验,说明电解法制备NaClO溶液,初始pH不宜过小或过大。
(3)用同样方法电解CaCL溶液制备Ca(C10)2,电解难以持续,推测原因:。
【测量】
(4)取VmL所得NaClO样液,加水稀释。依次加入KI溶液、稀H2s0,。析出的%用amol〕TNa2s2O3
标准溶液滴定至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2s2。3溶液V2mL。(已知:
1
I2+2Na2s2O3=2NaI+Na2S4O6)样液中c(NaC10)=___________mol-L=
【答案】(1)①.CL+2OH=C1+C1O+H2O②.碱性、漂白性
(2)①.CI2+H2OUH++CI+HCIO②.阳极上0H放电
(3)在阴极区生成Ca(0H)2,覆盖在电极表面,电极难以持续
V,a
(4)
2Vl
【解析】
【小问1详解】
①根据装置图可知,生成NaClO的反应包括:阳极上2c12e=CL,阴极上2H2O+2e=H2+2OH,然后氯气与
OH反应C12+2OH=C1+C1O+H2O,故答案为C12+2OH=C1+C1O+H2O;
②测溶液的pH,试纸显变蓝,说明溶液呈碱性,后有褪色,说明溶液具有漂白性,故答案为碱性、漂白性;
【小问2详解】
①氯气溶于水,存在CI2+H2OUH++CI+HCIO,pH=3时,溶液中c(H+)增大,平衡逆向进行,则氯气的溶
解度减小,故答案为CI2+H2OUH++C1+HC1O;
②pH=13时,溶液显碱性,按照放电顺序,阳极上0H放电,电极反应为:4OHe=2H2O+O2t,根据问题(1)
可知,生成NaClO的量减少,故答案为阳极上0H放电;
【小问3详解】
电解CaCL溶液制备Ca(C10)2,在阴极区生成Ca(0H)2是一种微溶物,覆盖在电极表面,电极难以持续,故
答案为在阴极区生成Ca(0H)2,覆盖在电极表面,电极难以持续;
【小问4详解】
根据题意可知,发生的反应有:2I+CIO+2H+T2+CI+H
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