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文档简介
PAGE23-湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题(含解析)可能用到的相对原子质量:H-1
Li-7
C-12
N-14
O-16
Na-23
Mg-24
Al-27Si-28
S-32
C1-35.5
Cr-52
Fe-561.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列说法错误的是(
)A.75%的乙醇指的是体积分数 B.NaClO与洁厕灵混用消毒效果更好C.过氧乙酸通过氧化性灭活病毒 D.氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.体积分数为75%的乙醇为医用酒精,可用于杀菌消毒,能处理外伤,故A正确;B.次氯酸钠与盐酸(洁厕灵主要成分)反应生成有毒气体,故次氯酸钠不能与洁厕灵混合运用,故B错误;C.含过氧键的物质都有强氧化性,过氧乙酸含过氧键而具有强氧化性,可灭活病毒,故C正确;D.氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂,故D正确;故答案为:B。2.下面的价电子排布中,第一电离能最小的原子可能是()A.ns2np3 B.ns2np5 C.ns2np4 D.ns2np6【答案】C【解析】【详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大,第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大,ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大,但ns2np3属于第VA元素,ns2np4属于第ⅥA族,所以元素的第一电离能的大小依次是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4,所以最小的为ns2np4,故选C。【点睛】本题考查了同一周期元素第一电离能大小的推断,留意原子轨道处于半充溢、全充溢状态下结构稳定,同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大,第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。3.下列反应式中,不能正确表达反应颜色变更的是(
)A.过氧化钠在空气中放置后由淡黄色变为白色:2Na2O2===2Na2O+O2↑B.用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中放置会变蓝:4I-+O2+4H+===2I2+2H2OC.浓硫酸滴到蔗糖中,蔗糖变黑,体现浓硫酸脱水性:C12H22O1112C+11H2OD.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀:3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2【答案】A【解析】【详解】A.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠,由淡黄色变为白色,发生反应:2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,故A错误;B.酸性条件下碘离子简洁被氧气氧化成碘单质,I2遇淀粉变蓝,反应的离子方程式为:4I-+O2+4H+===2I2+2H2O,故B正确;C.浓硫酸具有脱水性,能够使蔗糖脱水而碳化,发生反应:C12H22O1112C+11H2O,故C正确;D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液,氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀,发生反应为:3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2,故D正确;故答案为:A。4.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是(
)A.键能C-C>Si-
Si、C-H>Si-H,因此C2H6稳定性大于Si2H6B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相像的共价晶体,因此具有很高的硬度C.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成p-p
π键D.SiH4中
Si的化合价为+4,CH4
中C的化合价为-4,因此SiH4还原性小于CH4【答案】D【解析】【详解】A.原子半径越小、共价键键能越大,物质越稳定,原子半径:Si>C,所以键能C-C>Si-Si、C-H>Si-H,C2H6稳定性大于Si2H6,故A正确;
B.由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相像的共价晶体,即为原子晶体,依靠很强的共价键聚集,所以立方型SiC具有很高的硬度,故B正确;
C.Si的原子半径较大,原子间形成的σ键较长,p-p轨道重叠程度很小,难于形成π键,所以Si原子间难形成双键而C原子间可以,故C正确:
D.Si与C为同主族元素,同族元素从上到下非金属性减弱,所以C的氧化性强于Si,则SiH4还原性大于CH4,故D错误;
故选:D。5.某白色固体混合物由NaCl、KCl、
MgSO4、
CaCO3
中的一种或
者几种组成,进行如下试验:①混合物溶于水,得到澄清透亮溶液;②做焰色反应,火焰颜色为黄色;③向溶液中加碱,产生白色沉淀。依据试验现象对其组成推断正确的是(
)A.可能为KCl、NaCl B.肯定为NaCl、
MgSO4C.可能为NaCl、KCl、MgSO4 D.可能为KCl
、MgSO4、
CaCO3【答案】C【解析】【详解】①混合物溶于水,得到澄清透亮溶液;则无CaCO3;②做焰色反应,火焰颜色为黄色,则含有NaCl,可能含有KCl;③向溶液中加碱,产生白色沉淀,则含有MgSO4;综上:白色固体混合物中肯定有NaCl、MgSO4,可能含KCl,肯定没有CaCO3,故C正确;故选:C。6.下列选用的仪器和药品不能达到试验目的的是()ABCD制备Fe(OH)2并能较长时间看到白色沉淀在铁上镀铜制备无水MgCl2除Cl2中的HClA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁,要较长时间保存Fe(OH)2沉淀,必需在制取过程中尽可能削减和空气接触,图中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气,所以能削减氢氧化亚铁与氧气的接触,符合题意,故A正确;B.在铁上镀铜,则铁为阴极应与电源负极相连,铜为阳极应与电源正极相连,电解质溶液为可溶性铜盐溶液,符合题意,故B正确;C.制备无水MgCl2,应在氯化氢气流中加热,符合题意,故C正确;D.除杂时导管应进步短出,图中气体的进入方向不合理,故D错误;故答案为:D。7.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素,原子序数依次增大。M是地壳中含量其次高的元素,Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族;化合物Z2X4的电子总数为18个;Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是(
)A.Y、Z、M形成简洁氢化物稳定性:Z>Y>MB.X、Y、Z、M的原子半径:M>Z>Y>XC.Z2X4的水溶液呈碱性D.ZQ3中原子最外层都满意8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素,原子序数依次增大,M是地壳中含量其次高的元素,则M为Si元素,又知Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族,则Y为C元素,Z为N元素;化合物Z2X4的电子总数为18个,则X的电子数为,X为H元素,该化合物为N2H4;Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子,所以Q为第三周期元素,最外层电子数为7,Q为Cl元素,以此来解答。【详解】由上述分析可知,X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素,则:A.同周期元素从左到右元素非金属性依次增加,同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱,因元素的非金属性越强,其简洁氢化物稳定性越强,所以Y、Z、M形成简洁氢化物稳定性:Z>Y>M,故A正确;B.同周期元素从左到右原子半径依次减小,同主族元素从上到下原子半径依次增大,则原子半径比较:M(Si)>Y(C)>Z(N)>X(H),故B错误;C.N2H4的结构简式可表示为H2N-NH2,分子中含两个氨基,可与酸反应,具有碱性,故C正确;D.ZQ3形成的化合物为NCl3,该分子中原子最外层都满意8电子稳定结构,故D正确;故答案为:B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握原子序数、元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键,侧重分析与应用实力的考查,留意规律性学问的应用,题目难度不大。8.从中草药中提取的calebinA
(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA说法错误的是(
)A.苯环上氢原子发生氯代时,一氯代物有6种B.1
mol该物质与溴水反应,最多消耗5molBr2C.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应D.lmol该分子最多与9molH2发生加成反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知,分子中含酚羟基、碳碳双键、酯基及醚键、羰基,结合酚、烯烃、酯等有机物的性质来解答。【详解】A.该有机物结构不对称,苯环上分别含3种H,苯环上氢原子发生氯代时,一氯代物有6种,故A正确;B.该有机物中能与溴水发生的官能团有酚羟基和碳碳双键,所以1mol该物质与溴水反应,最多消耗4molBr2,故B错误;C.该有机物中含酯基,可在酸溶液中水解,且水解产物均含酚羟基,可与碳酸钠溶液反应,故C正确;D.苯环、碳碳双键、羰基与氢气发生加成反应,则1mol该分子最多与9molH2发生加成反应,故D正确;故选B。9.熔融钠-硫电池性能优良,是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为:2Na+xSNa2Sx(x=5~3,难溶
于熔融硫)。下列说法错误的是()A.Na2S4的电子式为:B.放电时正极反应为:xS+2Na++2e-===Na2SxC.充电时的阴极反应:Na-e-===Na+D.Na和S分别为电池的负极和正极【答案】C【解析】【分析】由电池的总反应方程式可知,放电时,熔融钠失电子发生氧化反应作负极,熔融硫得电子发生还原反应作正极,负极反应式为Na-e-===Na+,正极反应为xS+2Na++2e-===Na2Sx,阴离子向负极移动,Na-β-Al2O3为隔膜,阳离子向正极移动,以此答题。【详解】A.Na2S4的结构类似过氧化钠,所以Na2S4电子式为:,故A正确;B.由电池的总反应方程式可知,x个S原子得到2个电子,所以放电时正极反应为xS+2Na++2e-===Na2Sx(因Na2Sx难溶于熔融硫,故不拆),故B正确;C.由充电时的总反应方程式可知,电池充电时阴极发生得电子的还原反应,故C错误;D.由电池的总反应方程式可知,放电时,熔融钠失电子发生氧化反应作负极,熔融硫得电子发生还原反应作正极,故D正确;故选:C。10.5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应:2Fe3+(aq)+
2I-
(aq)=2Fe2+
(aq)+I2(aq),达到平衡。
下列说法不正确的是(
)A.加入苯,振荡,平衡正向移动B.加入FeSO4固体,平衡逆向移动C.该反应的平衡常数K=D.经苯2次萃取分别后,在水溶液中加入KSCN溶液,溶液呈红色,表明该化学反应存在限度【答案】C【解析】【详解】A.加入苯,导致溶液中碘单质的浓度减小,削减生成物的浓度平衡正向移动,故A正确;B.加入FeSO4固体,导致溶液中亚铁离子的浓度变大,平衡逆向移动,故B正确;C.由反应2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)可知:平衡常数K=,故C错误;D.在FeCl3与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后,往溶液中加入几滴KSCN溶液,溶液呈红色,说明溶液中有三价铁离子,即铁离子没有完全反应,说明该化学反应存在限度,故D正确;故选C。11.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中表示链延长)A.聚合物P中有酯基,能水解 B.聚合物P的合成反应为缩聚反应C.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 D.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得【答案】C【解析】【详解】A.依据X为、Y为可知,X与Y干脆相连构成了酯基,酯基能在酸性或碱性条件下水解,故A正确;B.聚合物P中含酯基,可由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应合成,故B正确;C.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构,不能形成交联结构,故C错误;D.聚合物P的原料之一为丙三醇,油脂为高级脂肪酸甘油酯,油脂水解可生成甘油即丙三醇,故D正确;答案选C。【点睛】依据X和Y的结构知聚合物P中含酯基,所以用切割法推断合成聚合物P的原料。12.室温下,将两种浓度均为0.lmol/L的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变更可忽视,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是()A.NaHCO3-Na2CO3
混合溶液:c(Na+)>c(HCO)>c(CO
)>c(OH-)B.氨水-NH4Cl
混合溶液(pH=9.25):c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.CH3COOH-CH3COONa
混合溶液:c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4
混合溶液:2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O)【答案】B【解析】【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱性,说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度,等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为:碳酸根离子>碳酸氢根离子,溶液中剩余微粒浓度关系为:c(HCO)>c(CO),碳酸氢根离子和碳酸根离子水解程度微弱,生成的OH-浓度较低,由NaHCO3和Na2CO3化学式可知,该混合溶液中Na+浓度最大,则混合溶液中微粒浓度大小关系为:c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-),故A正确;B.该混合溶液中电荷守恒为:c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),物料守恒为:c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(Cl-),两式联立消去c(Cl-)可得:c(NH)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH-),又因为氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25),所以混合溶液显碱性,即c(OH-)>c(H+),因此溶液中c(NH3·H2O)<c(NH),故B错误;C.溶液中物料守恒为:2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),溶液中电荷守恒为:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),两式联立消去c(Na+)可得:c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+),故C正确;D.该混合溶液中物料守恒为:2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O),故D正确;答案选B。13.已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoC14]2-呈蓝色,[ZnC14]2-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-
[CoC14]2-+6H2OΔH用该溶液做试验,溶液的颜色变更如下:以下结论和说明正确的是()A.由试验①可推知ΔH<0B.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ键数之比为9:2C.试验②是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动D.由试验③可知配离子的稳定性:[ZnC14]2->[CoC14]2-【答案】BD【解析】【详解】A.①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液,说明[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的平衡向逆反应方向移动,即降温,平衡逆向移动,说明逆反应为放热反应,则[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的反应为吸热反应,所以ΔH>0,故A错误;B.1molH2O分子中有2molσ键,1mol[Co(H2O)6]2+的σ键为:2×6+6=18mol;1mol[CoC14]2-的σ键为4mol,所以等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ键数之比为18:4=9:2,故B正确;C.c(H2O)是常数,不会变更;平衡逆向移动应是离子浓度减小引起的,故C错误;D.加入ZnCl2后,生成难电离的稳定的粉红色的[Co(H2O)6]2+;Zn2+浓度增大,与Co2+结合的Cl-更易与Zn2+形成配位键,生成[ZnC14]2-,说明配离子:[ZnC14]2-的稳定性强于[CoC14]2-的稳定性,故D正确;故答案为:BD。14.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变更的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A.上升温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变更C.相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4):n(CO2)=1:1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,变更除温度外的特定条件接着反应,CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】【详解】A.甲烷和二氧化碳反应是吸热反应,上升温度,平衡向吸热反应即正向移动,甲烷转化率增大,甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,甲烷转化率减小,故A错误;B.依据两个反应得到总反应为CH4(g)+2CO2(g)H2(g)+3CO(g)+H2O(g),加入的CH4与CO2物质的量相等,CO2消耗量大于CH4,因此CO2的转化率大于CH4,因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变更,故B正确;C.运用高效催化剂,只能提高反应速率,但不能变更平衡转化率,故C错误;D.800K时甲烷的转化率为X点,可以通过变更二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值,故D正确。综上所述,答案为BD。15.据文献报道:Fe(CO)5
催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是(
)A.该反应可消耗温室气体CO2B.OH-作为中间产物参加了该催化循环C.该催化循环中Fe的成键数目发生了变更D.该反应可产生清洁燃料H2【答案】CD【解析】【分析】Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为:Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5,由反应机理图可知,总反应为CO+H2OCO2+H2,其中OH-参加了该催化循环,生成清洁燃料H2和温室气体CO2,据此分析解答。【详解】A.由反应机理图可知,总反应为CO+H2OCO2+H2,所以该反应可生成温室气体CO2,消耗CO,没有消耗CO2,故A错误;B.由反应机理图可知:OH-作为催化剂参加了该催化循环,不是中间产物,故B错误;C.由反应机理图可知,Fe的成键数目变更为:5个共价键→6个共价键→5个共价键→4个共价键→5个共价键,即催化循环中Fe的成键数目发生变更,故C正确;D.由反应机理图可知,总反应CO+H2OCO2+H2,所以该反应可产生清洁燃料H2,故D正确。故答案为:CD。【点睛】本题考查反应机理的分析推断、催化剂作用的理解应用、化学键的变更等,明确反应机理中的各个阶段是解题关键,驾驭化学反应原理等基础学问即可解答,题目难度中等。16.I:汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO,汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如:反应I:2CO+2NO⇌N2+2CO2△H1;反应II:4CO+2NO2⇌N2+4CO2△H2<0。(1)已知:反应N(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol,若CO的燃烧热△H为-283.5kJ/mol,则反应I的△H1=_____________________。(2)若在恒容的密闭容器中,充入2molCO和lmolNO,发生反应I,下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_________________。A.N2和CO2的物质的量之比不变B.混合气体的密度保持不变C.混合气体的压强保持不变D.2v(N2)=v(CO)E.混合气体的平均相对分子质量保持不变(3)在2L密闭容器中充入2molCO和1molNO2,发生上述反应II。①若在某温度下,该反应达平衡时CO的转化率为50%,则该反应的平衡常数为___________。②如图为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度:T1__T2(填“<"或">");若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的______点。II:CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电解装置实现两种分子的耦合转化,其原理如图所示:(4)阴极上的反应式为_______________。(5)若阳极生成的乙烯和乙烷的体积比为1:1,则两电极消耗的CH4和CO2体积比为____________(气体体积在相同条件下测定)。【答案】(1).-747.0kJ/mol(2).ABD(3).2(4).<(5).E(6).CO2+2e-=CO+O2-(7).4:3【解析】【详解】(1)已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ•mol-1,CO的燃烧热△H为-283.5kJ/mol,则有②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H4=-567kJ•mol-l,依据盖斯定律,②-①得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H1=-747.0kJ•mol-1;(2)A.初始投料为CO和NO,所以反应过程中N2和CO2的物质的量之比始终为1:2,所以二者的比值不变不能说明反应平衡,故A符合题意;B.反应I为纯气体体系,反应前后气体总质量保持不变,恒容条件下,混合气体体积始终不变,混合气体的密度始终保持不变,不能推断反应达到平衡,故B符合题意;C.反应I反应先后气体体积减小的体系,反应后体系气体压强减小,当混合气体的压强保持不变,可以说明反应达到平衡,故C不符合题意;D.选项并未注明是正反应速率还是逆反应速率,无法说明是否平衡,故D符合题意;E.反应前后气体总质量保持不变,而气体的物质的量变更,所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量发生变更,当其不变时,说明平衡,故E不符合题意;综上所述答案为ABD;(3)①初始投料为2molCO和1molNO2,平衡时CO的转化率为50%,则平衡时△n(CO)=1mol,列三段式有;容器的容积为2L,则平衡常数K==2;②该反应焓变小于0,正反应为放热反应,相同压强条件下,上升温度平衡逆向移动,CO2的体积分数减小,所以T1<T2;该反应正反应为压强减小的反应,所以压强减小平衡逆向移动CO2的体积分数减小,同时升温也会使CO2的体积分数减小,所以可能会移动到E点;(4)与电源负极相连的一极为阴极,所以电极A为阴极,依据球棍模型可知电极A上CO2得电子生成CO同时产生O2-,所以电极反应为CO2+2e-=CO+O2-;(5)依据元素守恒和电子守恒可知阳极(B极)的反应为4CH4-6e-+3O2-=C2H6+C2H4+3H2O,转移6mol电子时消耗4molCH4,依据阴极反应式可知消耗3molCO2,所以消耗的CH4和CO2体积比为4:3。【点睛】当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变更,解题时要留意,选择推断的物理量,随着反应的进行发生变更,当该物理量由变更到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。17.I:氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。(1)写出基态N原子的核外电子排布图_______________________。(2)NH3BH3分子中,N-B化学键称为配位键,其电子对由___原
子供应。氨硼烷在催化剂作用下与水反应放出氢气:3NH3BH3+6H2O=3NH+B3O+9H2↑B3O的结构为。在该反应中,B原子的杂化轨道类型由_____变为______。II:如图是某化合物晶胞示意图,硅原子与铝原子之间都以共价键连接。该立方体晶胞边长为a
pm。(3)该化合物的化学式是___________________。(4)该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中,Al
原子构成的图为下列图形中的_______。(5)求出Si与Al之间的共价键键长是____
pm。【答案】(1).(2).氮(或者N)(3).sp3(4).sp2(5).LiAISi(6).D(7).【解析】【分析】(1)依据构造原理书写基态N原子的核外电子排布式,据此分析解答;(2)NH3BH3分子中,氮原子和氢原子形成了3个σ键,氮原子还有1对孤电子对,硼原子和氢原子形成了3个σ键,硼原子还有空轨道,产物中,硼原子形成3个σ键,没有孤电子对,据此分析解答;II:(3)依据晶胞结构利用均摊法计算各种原子数目,其最简式即为该化合物的化学式;(4)依据晶胞中Al原子的位置结合选项分析推断;(5)Si与Al之间的共价键键长为晶胞体对角线长度的。【详解】(1)基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3,则核外电子排布式图;(2)NH3BH3分子中,氮原子和氢原子形成了3个σ键,氮原子还有1对孤电子对,硼原子和氢原子形成了3个σ键,硼原子还有空轨道,所以氮原子和硼原子之间的共用电子对是氮原子单方面供应的,则N-B化学键称为配位键;在NH3BH3中,B原子形成4个σ键,没有孤电子对,B原子的杂化类型是sp3,而产物中,B原子形成3个σ键,没有孤电子对,原子的杂化类型是sp2,所以在该反应中,B原子的杂化类型由sp3变为sp2;II:(3)依据晶胞结构可知Si原子个数是4,Al原子个数是8×+6×=4,Li原子个数是12×+1=4,因此该化合物的化学式是LiAlSi;(4)Al原子在该晶胞的顶点和面心,该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中,Al
原子构成的图为下列图形中的D,答案选D;(5)已知该立方体晶胞边长为apm,则其体对角线的长度为apm,由晶胞图示可知,Si与Al之间的共价键键长是对角线的,即为×a=
pm。18.某化工厂排放的工业废水中主要含Na+、HSO、SO,探讨小组欲测定其中HSO的浓度,设计如下三个方案。请回答下列问题:(1)利用如图所示的装置完成方案一。①仪器A的名称是_____________。②量气管读数前,除冷却至室温外,还应进行操作是___________。(2)①方案二中汲取气体a的“X溶液"可能是____________。a.双氧水b.硝酸钠溶液c.
H2SO4
酸化的KMnO4溶液②若X为次氯酸钠,写出气体a与X溶液反应的离子方程式__________。③该方案中,操作I包含的操作名称依次为______________。(3)方案三:量取20.00
mL废水试样,用0.02
mol/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定。记录数据,计算。①方案三设计的下列滴定方式中,最合理的是_____________(填标号)。该方案是否须要指示剂_____?(填“是”或“否")。②滴定数据记录如表:计算该废水试样中HSO3-的浓度为__________________。【答案】(1).分液漏斗(2).调整B、C装置使两液面相平(3).ab(4).SO2+ClO-+H2O=2H++SO+Cl-(5).过滤、洗涤、干燥(6).a(7).否(8).0.05【解析】【分析】方案一的原理为:利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2,通过测定生成的SO2的体积来确定亚硫酸氢根的浓度;方案二的原理为:首先利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2,然后利用具有氧化性的溶液汲取氧化SO2得到硫酸根,再用BaCl2溶液沉淀硫酸根,过滤、洗涤、干燥得到硫酸钡沉淀,通过硫酸钡的量来计算SO2的量,继而得到硫酸氢根的浓度;方案三的原理为:利用酸性高锰酸钾溶液氧化滴定亚硫酸氢根的浓度,方程式为5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O。【详解】(1)①依据仪器A的结构可知其为分液漏斗;②为保证C中气体的压强与大气压相同(这样才能知道C中气体的压强),所以量气筒读数前除了要冷却到室温之外还应调整B、C装置使两液面相平;(2)①气体a为SO2,X溶液的目的是氧化汲取SO2;a.双氧水具有氧化性可以氧化SO2得到硫酸根,故a可以;b.硝酸钠溶液中含有硝酸根,SO2溶于水显酸性,酸性环境下硝酸根可以氧化SO2得到硫酸根,故b可以;c.虽然硫酸酸化的高锰酸钾可以氧化汲取SO2,但引入了硫酸根,故c不行以;综上所述答案为ab;②次氯酸钠中含有次氯酸根,可以将SO2氧化得到SO,自身被还原成Clˉ,结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为SO2+ClO-+H2O=2H++SO+Cl-;③操作I的目的是从固液混合物中得到硫酸钡沉淀,所以操作为过滤、洗涤、干燥;(3)①酸性高锰酸钾溶液显酸性,且具有强氧化性,所以要用酸式滴定管,即带玻璃旋塞滴定管,故a最合理;该方案滴定过程中高锰酸根会被亚硫酸氢根还原,到达滴定终点时,亚硫酸氢根完全反应,高锰酸钾过量,所以溶液会从无色变为浅紫色,所以不须要指示剂;②依据表格数据四次试验消耗的高锰酸钾标准液的体积为:20.12mL-0.10mL=20.02mL、21.08mL-1.10mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL,第三组试验数据偏差较大,所以舍去,则该试验中消耗的酸性高锰酸钾标准液的体积为=20.00mL,待测液的体积为20.00mL,结合方程式5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O可得c(HSO)==0.05mol/L。19.某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、
CaO、
CuO等)制备羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)的工艺流程如图:已知:相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如图:请回答下列问题:(1)①滤渣1的主要成分是_____________。②如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系,则酸浸时合适的浸出温度是____________℃,若酸浸时将温度限制在80℃左右,则滤渣1中会含有肯定量的Ni(OH)2,其缘由可能是_____________。(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为:________________。(3)试剂Y用于调整溶液的pH,则调控pH的范围是________________。(4)写出沉钙后氧化过程中反应的离子方程式______________________。(5)沉钙时,当溶液中c(F-)=3.0×10-2mol/L时,通过计算确定溶液中Ca2+否沉淀完全______[常温时,Ksp(CaF2)=2.7×10-11]。【答案】(1).CaSO4(2).70(3).随着温度的上升,Ni2+水解程度增大,从而形成肯定量的Ni(OH)2沉淀(4).H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+(5).3.2≤pH<7.1(6).ClO-
+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1-(7).c(Ca2+)=mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L,Ca2+已沉淀完全【解析】【分析】含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO等)用H2SO4酸浸后,金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液,大部分的CaO转化为CaSO4沉淀,即为滤渣1,少量的Ca2+残留在溶液中。加H2S,可将Fe3+还原为Fe2+,也可以将Cu2+转化为CuS沉淀,此时溶液中的金属离子还有Ni2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化剂X将Fe2+还原为Fe3+,再加试剂Y调pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,再加NaF将Ca2+沉淀,金属离子只剩Ni2+,最终加NaOH、NaClO,制得羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)。【详解】(1)①由分析可知,滤渣1的主要成分是CaSO4;②由图可知当温度在70°左右时镍的浸出率较高,故酸浸时相宜的温度为70°C;Ni2+能水解,生成Ni(OH)2,升温能促进水解,所以80℃左右滤渣1中会含有肯定量的Ni(OH)2,;(2)由分析可知,操作A是H2S与Fe3+的反应,方程式为H2S+2Fe3
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