广东省培养单位南海海洋研究所819无机化学之无机化学考研仿真模拟题

2017年广东省培养单位南海海洋研究所819无机化学之无机化学考研仿真模拟题(-)说明：①本资料为V1P学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度岀题。 一、填空题.在PbF的饱和溶液中，测得c(Pb)=1.9X10mol-L,则c(F，)= mol,L，，(PbF>)= 。【答案】3.8X10-3；2.74X10-8【解析】七=吋'冋七.标准状态下’下列反应均自发进行：2Fb+2厂—2F#、+L5Cr2(月-+3L+34H*—10C?*+61($+17H/)5Mn()4+10€?*+11^()—6M/”+5Cr2(月-+22H'2KK+lOFe2'+12H'—1,+10Fes*+6HQL+2&成一sor+zr几个反应中，氧化能力最强的氧化剂是 ，还原能力最强的还原剂 O反应中的氧化剂按照氧化能力由强至弱排列,顺序为 O【答案】MnOL&OT.Mn()r>Cr2(r>I()T>FeJ*>I2B［解析】因正反应自发进行，故所有答案都是只考虑正反应的结果。3.CrCl溶液与NHW0反应生成 色的 淀，该沉淀与NaOH溶液作用生成 色的 【答案】灰绿；Cr(OH).：福；［Cr(OH)<］【解析】NH，・HO溶液呈碱性，故CrCL溶液与NH"O生成灰绿色的Cr(OH)沉淀，该沉淀与NaOH溶液作用生成亮绿色的「Cr(OH)J而使沉淀溶解。4.卤族元素从上到下’卤化氢的热稳定性逐渐减弱’表明相应氢化物的H-X键长从上到下逐渐 ；键能逐渐 O【答案】增大；减弱5.BeCl和性质的差异是因为 o［答案］离子极化能力的差异使BeCL为共价化合物，而MgCl.为离子化合物。6.配合物〔Co(en):(SCN)可能存在的异构体类型有 【答案】键合异构体,几何异构体,旋光异构体。［解析】配合物［Co(en)2(SCN)：J中有两可配体SCN_,S原子和N原子都能配位，可能有縫合异构体。［Co<en),(SCN)」为八面体结构，两个SCN在对位位置或邻位位置,可能有几何异构体 (顺反异构体〉顺式的〔c。(en).(SCN)一］有旋光异构体。7.离子极化的发生使键型由 向 转化，通常表现出化合物的溶解度 •晶体的配位数 颜色O【答案】离子键：共价键；降低；减少：加深在一固定体积的容器中放入一定量的NHiCI,发生反应：NH,［C1(s)1NH3(g)+HCI(g).ArHg.=177kJ-moF1-360〔达到執时，P(NH3)=p(HC1)=100kPa,,则e= ；温度不变，加压使体积缩小到原来的一半’平衡将向 移动：温度不变’加入N2气，K。将：升高温度，平衡向 移动。【答案】1：左：不变：右【解析】NHC1(s)—NH(g)+HCI(g)^_fp(NH3)P(HCl)根据LxChatel^r原理：如果改变平衡系统的条件之一(浓度、压力和温度〉平衡就向能瘢弓这种改变的方向移动，可知体积减小，体系压强增大，反应向气体分子减小的方向即逆向移动。弓I入的N可做为惰性气体，恒温恒容下，引入惰性气体，系统总压力增大，但各反应物和产 物的分压不变，平衡不移动；由于4况=177kJ口。】」〉。，该反应为吸热反应，故升高温度,平衡正向移动。%。分子中0。键级为―,。分子中(戸。键级为一上述两分子中——分子较稳定。【答案】h2【解析】键级的定义是：(成键轨道的电子数-反键轨道的电子数)稳定结构的电子总数一价电子总数键级= 2 = i H。’分子中。。•成键轨道共有14个电子，价电子总数为12,故键级为/2=1：氧分子中0-0.成键轨道上有16个电子，价电子总数为］2,键级为(16_12)/2=2。CaH2.BLNCl、、Mg州、Co(CN)：分别与水作用,其主要产物分别是 和 和 ffl 、 和 和 。【答案】艮和Ca(OH)」：凡和H.BO；HNO,和HC1；Mg(OH)：和NH-：Co(CN)：和OH二、选择题.已知，E°(Snf/Sn2*)=0.14V,砂(FW/)=0.77V，则不能共存于同一溶液中的一对离子是( )。SnfFK B.FefSn"C.Fe^,Fe,+D.SnfSn好【答案】B【解析】Fe-与Sn能发生氧化还原反应。TOC\o"1-5"\h\z.钙在空气中燃烧所得到的产物之一用水润湿后’所放出的气体是( )。0；N；NH,K【答案】c［解析】Ca与空气反应生成了氮化钙，氮化钙与水发生双水解，生成了NH’反应方程式为:CaN+6KO=3Ca(OH):+2NH”.若正反应的活化能为逆反应的活化能为氏，则正反应的热效应为( )。= (B)dH„.u|E'•-E.I(C)^Hn=\E.-E\\ (D)【答案】D【解析】图＜a)为放热反应的反应历程一势能图，图(b)为吸热反应的反应历程_势能图。图反々历程-勢能图与热效应的关系对于反应:反应物一活化配合物 &Hg(l)=E話一E&=E,活化配合物一生成物 d%(2)=E产一E^=—反应的热效应：&%=&歸2)+4%⑴=E.-E：=一《『&).室温下，下列化学反应炳值改变最大的是( )。2S0j(g)=2SO2(g)+O2(g)2NH3(g)=3H2(g)+N2(g)CO2(g)=C(石墨)+02(g)CaSOi-2H?0(s)=CaSO4⑸+2H2O(g)【答案】D【解析】炳变是反应体系混舌躍度的变化。由固态或液态物质生成气态物质，体系的混乱度变大，炳值增加。15.下列有关离子变形性的说法中，不正确的是（ ）。A.外层8电子构型的离子的变形性小于其他电子构型的离子B同T素不同价态的负离子中，所带电荷越多变形性越小同种原子形成的阴离子比阳离子变形性大离子半径大，则变形性大（其他条件相同）【答案】B【解析】不同电子结构的离子，体积大的阴离子和18电子构型及（18+2）电子构型、少电荷（即9到17电子构型）的阳离子，变形性比半径相近、电荷相同的8电子构型离子大：不同价态的负离子中，所带电荷越多越容易变形：不同价态的正离子中，电荷越少，极化率即变形性越大；同一元素形成的离子，阴离子变形性比阳离子大：电子构型相同的离子，电子层数越多’离子的半径越大，变形性越大。.下列说法不正确的是（ ）。碰撞理论认为，在反应物的碰撞中只有极少数碰撞才是有效的碰撞理论认为，分子碰撞是否有效由碰撞分子的能量决定C过渡态理论认为，反应物分子转化成生成物分子的过程中要经过一个中间过渡态D.过渡态理论认为，活化配合物与反应物分子之间的势能差为正反应活化能【答案】：B【解析】分子是否有效碰撞，还有取向因素。.下列化合物中，在酸性介质中氧化性最强的是（ ）。（A）HQQ（B）HIQ（C）41Q （D）K?SO.【答案】D【解析】按标准电极电势的大小判断，在酸性介质中的氧化性：K.S职〉HJ4HC1QAHI0,。.氯苯的偶极矩为I-73X10'C-m.预计对二氯苯的偶极矩为（ ）。3.46X10J0C-m1.73X10*°C-m8.65X10"C-m0.00C•m【答案】D【解析】对二氯苯分子为m漱性分子’正负电荷中心重合，故偶极矩为（）。三、简答题.欄系元素和啊系元素在价电子层结构上有什么相似之处？在氧化态上有何差异？原因何在？【答案】禰系元素的价电子结构构型为"'吳「6宀而钢系元素的电子构型为5f”6d。％.两者相似。在氧化态方面，禰系元素的正常氧化态为+3.由于欄系金属在气态时，失去2个s电子和1个d电子或2个s电子和1个f电子所需的电离能比较低，所以TS显示+3价；而钢系元素前面分元素，Th〜Am)存在多种氧化态，但是Bk以后的元素其稳定氧化态是+3.啊系元素前一部分元素存在高氧化态，是由于钢系元素的5「轨道的能量以及空间伸展范围比孺系元素的4f轨道大，所5f与閱轨道能量接近,但4f与5d相差较大’这就有利于f电子从泌轨道向6d轨道跃迁，5f电子容易参加成键’以至可以给出7s、6d和5f电子，从而呈现高氧化态。在Bk之后呈现低氧化态是由于5f电子成键愈来愈困难。20.为什么反应的活化能越大’反应速率受温度变化的影响越大？【答案】温度对化学反应速率的影响，体现在对化学反应速率常数k的影响上。由阿伦尼乌斯公式的对数形式：IM=_^+lnA温度由T升高至T_时，有峠=酥(湍)由于糸异;为定值’因而S与E成正比，即&越大升高温度后反应速率増加的倍数越多。因此，活化能&越大，速率常数k受温度的影响越大，即化学反应速率受温度的影响越大。21,在卤素中，氣的性质显得十分独特，试从以下几个方面总结氟与其他卤素性质的差异：(I)氧化数；(2)电子亲和能：(3)单质的制备：(4)氟化物的溶解度；(5)与水的作用：(6)氢化物的熔沸点；(7)氢氟酸的酸性；(8)离子配位能力。【答案】(1)氧化数：氟只有。价和-1价氧化态。氟为第二周期VI1A族元素，半径特别小，电负性大，难以失去电子，又没有价层d轨道参与成键，因此只有。价和-1价氧化态。而Cl、Br、I价层有d轨道，除了形成。价和-1价氧化态外，还可形成+1价、+3价、+5价、+7价等多种氧化态。(2)F的电子亲和能反常，比C1和防的电子亲和能小。F的半径小，电子云密度大，对结合的电子排斥作用较大，所以卜：电子亲和能比同族的C1和Br都小。(3)F单质的制备，一®不能采用化学氧化法。F是最强的氧化剂，所以通常不能采用化学法氧化F制备单质氟，而是用电解法制备。但其他卤素单质均可用化学氧化方法制得。氟化物的溶解度特殊。Agl•易溶，其他卤素的AgX难溶：CaF：.BaK难溶，其他卤素的CaX,、BaX-易溶。氟与水的作用：F可以将水氧化，生成氧气。2F2-+-2Hz()—HF+QCl,、Br.,1则难以将水氧化，而遇水发生自身歧化反应。(6)氢氟酸的熔沸点反常。氢氟酸的熔沸点反常的高，是因为分子间有强的氢键存在。(7)氢氟酸的酸性弱。氢氟酸是弱酸，其他氢卤酸均属强酸。原因是氟的半径小，使F-H键很强,在水中难以解离出|「。氢氟酸溶液较浓时酸性增强，聚合度大的氢氟酸容纳负电荷的能力强，较容易释放出HL（8）广配位能力反常。I啲电负性大，给电子能力差，1配位能力差。但F与某些高价态阳离子能形成稳定的配合物’如BF；、SiF厂、FcF、A1F；等。22.MAR、MAB、MABC；、MAJMi、MABCDFF（M代表中心原子，其他字母代表配体）各可能有几种立体异构体（包括几何异构与对映异构）?【答案】表类型几何异构体数对映体对数立体异构体总数MA3B3202MA4B.202MABC4202MABCDEF151530MA2B2C251623.已知灰锡具有金刚石型结构,晶胞参数a=648.9pm求金属Sn的半径和空间占有率。【答案】Sn的晶胞如下图所示；晶胞中对角线AD是两个相切原子（如A和B位置）核间距的4倍。即AD是Sn半径的8倍:图AD=8r由AD=任得r=垂=性些丝 =140.5pm8 8晶胞中8个Sn原子的体积为修）*晶胞的体积为Sn的空间占有率导=£l0.340=34.0%24.用反应方程式表示由水和大气中的氮为原料制备硝酸铉。【答案】2HJ）些Q+2H2

•'J沁古M+3H2漩而T2NH、Pt附4NHL5Q-~=4N()r-6Hv()

wlH2NO+0：一2N(\SNOj+HzO 2HN(),4-NOH\OIXHj—25.溶液中含有|e和C。,如何将它们分离开并鉴定之？【答案】首先在含有"'和C"的溶液中加入过量的氨水及溶液，过滤后可将二者分离开，然后分别鉴定。分离及鉴定过程：Fe“気水(过量)Co1*NH.CIFe(OH),《s用Fe“気水(过量)Co1*NH.CI[Co(NH3)4r^2cO,+-^>[Co(NCS).y内剖款色26.有一犠的化合物，它是不溶于水且很稳定的黑色粉末状物质A.该物质与浓硫酸反应得到淡红色溶液26.有一犠的化合物，它是不溶于水且很稳定的黑色粉末状物质A.该物质与浓硫酸反应得到淡红色溶液B,且有无色气体C放出。向B溶液中加入强碱得到白色沉淀D。此沉淀易被空气氧化成棕色风若将A与KOH、KC1(一起混合熔融可得一绿色物质F,将F溶于水并通人CO则溶液变成紫色G，且又析出A。试问A、B、C、D、E、F、G各为何物・并写出相应的方程式。【答案】A：MnO,G.KMnO.B：MnSO.C：02D：Mn(OH)E：MnO(OH)F：K2MnO,2MnO,+2H,SO<=2MnSO,+0,f4-2H,0

Mn*+20H'=Mn(OH)2I2Mn(OH)2+0.,=2MnO(OH),3MnO2+6K0II+KC103=3K』nO,+KC1+3H.0

3K2MnO<+2C0,=2KMnO,+MnO..I+2K2COk27.根据下列配合物的中心离子价层电子分布’估计哪个配合物是有色的’哪个配合物是无色的。[Zn(NH,).]n.[Ni(en)J,f，CMg(EDTA)]J-【答案】某一配合物在可见光的照射下，如果d电子在不同能量的d轨道中发生跃迁，即有d-d跃迁，该配合物是有色的。反之则无色，d“和d“构型的中心离子由于不能发生d-d跃迁，所形成的配统无色。Zn?:3d11.不可能发生d-d跃迁，[Zn(NH3)」z-为无色的。Niz+:3d8,可能发生d-d跃迁，[Ni(en)辻+为有色的(蓝色\Mg-：2岳八无d电子，不可能发生d-d跃迁，[Mg(E(rrA)_为无色的。28.鉴别下列各组物质(每组只限用一种试剂)，并写出反应方程式。BLS,和Sb£,Bi长和【答案】(1)向试样中加入阻S溶液，溶解者为觸$,不溶者为Bis。Sb：Sj十3Na?S—2Na3SbSc(2)向试样中加入浓盐酸’溶解者为BLS：.不溶者为As3。Bi：S)+6H('l(浓) 十3H：Sf四、计算题.从某考古现场得到质量为lg的碳样品’经测定得知该样品在"h的一个时间间隔中有7900个'(原子发生衰变；而在同一个时间间隔中’lg新制备的碳样品有18400个C原子发生蜕变《估算该考古样品的年代。【答案】由于C-14为碳的放射性同位素，其衰变过程为一级反应动力学，发生乃衰变：N+_?e 4=1.21X104a炉iTTixio-a-ln豔99X100.反应A(g)+B(g)-*2C(g)中A、B、C都是理想气体。在MP、IX10Pa条件下，体系若分别按下列两种途径发生变化，求两种变化途径的Q，"•乂(I)体系放热11.8kJ・mol而没有做功；(2)体系做了最大功，放出了1.64kJ・mol的热。【答案】两个过程的広83△「况、少窝厶席相同，但Q和W不同。体系放热:Q)=—4】.8kJ・moL体系没有做功：Wt=W(i卜Wj=0W*=Q+W—41.8kJ・mol1由反应式可知：△抑=0即心=颂"=0故、说+2RT△'席=-41.8kJ•mol:体系做了最大功，可以判断此过程为可逆过程，故心”%—"-4^Km°r，50」-mi2=d此—丁△尽=-41.8kJ-moL一298KX(-5.50X10~3kJ-mol'•K'>=-40.2kJ・mor*体系放热：Q=—1.64kJ・mol1由dS=Q+w—dS-Q=(-41.8kJ•moi-')-(-1.64kJ・moi)=—40.2kJ•mol-1或由可逆过程：WlW井='株=一40.2kJ・m。］'两个过程的计算结果填入：表过程QW*心(1)-41.80-41.8-41.8一5.50-40.2(2)-1.64-40.2-41.8-41.8一350-40.231.铅酸蓄电池的电极反应为：负％Pb(s)+HSO；(aq>—PbS().(5)4H(aq)42ejEtt：PbOt(s)-bHSO.(aq)4-3H'(aq)+2e—PbSO«(s)+2H,O(l)(1)计算铅酸蓄电池的标准电动势必.(2)如果将6个(1)中的铅酸蓄电池串联在一起，其总电动势为多少？(3)充电时的电极反应如何？写出相应的反应方程式。在使用过程中，可用测定硫酸密度的方法，确定铅酸蓄电池是否需要充电，这是什么道理。充电时，需要用新的浓度大的硫酸替换电池中的稀硫酸吗？为什么?【答案】(1)查阅电极电势表及稳定常数表和解离常数表知E(*/Pb)=-0.1266V,E(PbOJPb2')=\A5^V.終(PbSO,)=1.8x10',K^(A7,5O4)=IO'2负极反应：Pb"(aq)+2eUPb(s)PESO.(8)+H♦(aq)+2e—Pb(s>+HSO；(aq>"5"Pb>十噂叫制黯.0.1266V+箜笋也腦岩—0.297V正极反应：中。2($)+4//‘(四)+2°=Pb2t(aq)+2H2O(l)PbOjtsi+HSO；(aq)+3H,(aq)+2e*=PbSO.(s)+2H,O(l)(PbO,/Pb'"+瓯笋M裹溃務5.458V,啰％腦N.628v'Egr-E® 628V-(-0.297V)=1.925V(2)如果将6个(1)中的铅酸蓄电池串联在一起，其总电动势为：EmfH6瑁-6X1.925V=11.55V铅酸蓄电池充电时，负极发生还原反应PbSO.(s)+H,(aq)+2e~•—®Pb(s)-bHS(X<aq)正极发生氧化反应：PbSO.(sl+ZH'OmiPbQ(s)+HSO.(aq)+3H*(aq)+2e-充电时铅酸蓄电池相当于电解池’两电极反应方向与放电时刚好相反。铅酸蓄电池以硫酸作为电解质溶液。放电时，由于生成PbSO,(s),使硫酸浓度降低’溶液的密度减小，而且反应是定量的。通过测定溶液的密度可以确定铅酸蓄电池放电的程度，决定是否需要充电。

(5)铅酸蓄电池充电时，由于反应生成硫酸，使硫酸的浓度增大，所以正常情况下，从原理上讲不需要用新的浓度大的硫酸替换电池中的稀硫酸。32.已知下列反应在298K时的有关数据为：。(g)+3H(g)-_*2NH(g)△冋尸(KJ.mol*) 0 0 -46.11Sme(J.mol'-K')191.61 130.68 192.45(1)试计算该反应在773K时的写罗(773K)=?Ke(773K)=?(2)773K时,在1L的密闭容器中，若反应开始时N和H的初始物质的量分别为Imol和3mol.则平衡时N的转化率是多少？平衡时系统的总压力是多少？总压力是多少？【答案】⑴△HX298K)=£匕丄(生成物)£匕反应物)=2*(-46.11)〃•moK'=一92.22〃A,S?(298K)=£匕S：(生成物)(反应物)I I=(2x192.45-3x130.68-191.61)J-mol'/f'1=-198.75J•mol"K"△,G：(773K)=△,/＜：(773K)—773Kx脇(773K)= (298K)-773Xx(298K)=-92.22Vmo/'-773x(-198.75)xl0'Vmol'=6\A\kJmolx△,G?(773K)=-RTInK〃=61.41x10〃 'm检=_薄z竺2=_些业=_9.猝RT773x8.314K"=/®=7.08x10-5(2)设N；转化率为xN2+3H2^^2NH.初始浓度1—x3—3x 2x(2x)2K°1—x3—3x 2x(2x)2K°=—————?=——~7=7.08xlO5

(1-*)(3-3x)327(1-X)4x=0.021nA=(4-2x0.02Yjmol=3.958wo/nRT3.958x8314x773n oPa=2.54x10lPtjPV=nRTP=—33.通常采用的制高纯镣的方法是将镣在323K与CO反应生成\"CO).经提纯后，约在173K分解得到高纯镣。323KNi(s)+4C()(g) Ni(C()),(l>473K已知反应的=-161kJ・nwL・ASS=-420J・mol-K 试分析该方法提纯镣的合理性。

【答案】根据V；；.rHg—TdSM，反应的转折温度为『=|#|J fWm"_|=383KIXS®I1-420X10^kJ-mol-K-*I况“当「,383K・△,(；；S反应正向自发进行：当T>383K・、G,；>0反应逆向自发进行。粗操在323K与CO反应能生成Ni(CO)"而Ni(CO),为液态，易与反应物分离•Ni(CO)，在473K分解可得高纯镣。因此，上述制高纯镣的方法是合理的。34.下列物质(在溶液中)哪些属于质子酸、哪些属于质子碱?哪些既是质子酸又是质子碱?请写出他们各自的共辄酸碱形式。HOCN.HCIOj,C1NH2.OBr.CH5NH；,HS(V.HONH2JbP()；【答案】属于质子酸的有5心,时(捉川.財.")：・H：PQ；其共貌碱分别为NC(),C1(片WNHz，S(敬，HP(月。属质子碱的有HSO,.H..K),:其共貌酸为CINH：,HOBrHONH：HSOiHg。既是质子酸又是质子碱的有HS(),，也P()：,其中HSQ是SO?的共辘酸，又是hso,的共辘碱；既是HP0的共貌酸，又是h,p。啲共辘碱。35.某一级反应2AV4B+C初始速率为，.0X10moldms.400CK时的速率为2.0X10mol-dms,求:(1)反应速率常数；(2)反应的半衰期；(3)反应物的初始浓度。【答案】(1)一级反应的速率方程r=k[A]：反应开始时：反应4000s时：n=^[A]In|[A£_5.0X10fmol・dm-3而—2.0X10-mol・dmT・L="5速率方程的积分式：岳咨=如反应4000s时：In2.5=4X4000s解得速率常数：*=2.29X10-5-(2)一级反应的半衰期:=3026s=°.693= 0.=3026s1/2—k一2.29X1。7矿】(3)由r，=k[M，得反应物的初始浓度:S]°=L5.0XEmd・E•广S]°=L5.0XEmd・E•广2.29XIO-4s'*=0.218mol•dm36.硼砂NBO-10HO在水中溶解，并发生如下反应：Na,B.O；-10HO(S)-Na'(aq)+2B(OH)(aq)+2B(OH)「(aq)+3H.0(1)硼砂与水反应为：B(OH).(aq)+2HO(1)B(OH)'aq)+H.O*(aq),将28.6g硼砂溶解在水中，配制成1.0L溶液，计算①该溶液的PH：②在①的溶液中加入100mL,0.1mol-LHC1溶液，其PH又是多少？(M(Na.BQ.10HO)=381.2g.mo「‘,K?(B(OH)a)=5.8X10_,D)[答案】①[〃(Na2B0・lOHQ)]=頑?;詬=0.075mol.则反应开始时B(OH)'和B(OH)<物质的量都是0.15mol。设反应平衡时参加反应的B<OH)为xmol。B(OH),(aq)+2H01)=B(OH)」(aq)+HO(aq)t=0 0.15mol 0.15mol Omolt=t0.15-x 0.15+x xI1人丿 {「(B(OH)J} (0.15-x)则x=5.8X10"'moL该溶液的体积为I-0L,故c(H?Oj=5.8xlO-*°mol•庁故pH=-lg[c(土。-)]=-lg(5.8x1O'10mol•L")=9.24②加入100mL,0.1mol•LHCL即加入H的摩尔数为100X10X0.1=0.01moLpOH=14-9.24=4.76,即溶液中OH的浓度约为1.74X10'mol•L.故加入HC1后溶液中的H的摩尔数为5.8X10"mol+(0.01-1.74X10)mol^O.01mol.=0.009molL,=0.009molL,解得pH=-lg[c(HO)]=-lgO.(X)9=2.05 2017年广东省培养单位南海海洋研究所819无机化学之无机化学考研仿真模拟题(二)说明：①本资料为V1P学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度岀题。 一、填空题I.向Cg、FeSO4.CoS。,的溶液中分别慢慢加入氨水至过量，并在空气中放置较长的时间，其中间产物分别是 最终产物分别是 【答案】Cu(OH)2：Fe(OH)2：Co(OH)2：Cu(NHi)4(OH)2：Fe(OH)3；Co(OH)32,已知某副族元素A原子最后一个电子填入3d轨道族号二3,请写出其核外电子排布式 。【答案】l/2F2p齢3p渤4s'［解析】由于原子外电子层排布存在能级交错，A原子的最后f电子填入3d轨道，说明该原子4s轨道已填满，族号=3,其价电子为3个，即3d轨道有1个电子，故原子排布式为：1泡知顷部3(1'4$'。3./S在充足的空气中燃烧的化学方程式为 【答案】H2S+O2=SO:+H2O［解析】硫化氢在充足的空气中燃烧生成二氧化硫水，当空气不足或温度较低时，生成游离的硫和水。4.用“〉..或“v”表示下列各对碳酸盐的热稳定性的高低。⑴Na；(XX l，CO：(2)N«HC(), (3)MgC()＞ MIX; Pb(、()a CaCO:(5)NaC()x MgCQ。【答案】(I)＞：(2)V：(3)＜；(4)＜：(5)＞.【解析】含氧酸盐的热稳定性可由离子极化理论解释，阳离子极化能力强，则含氧酸盐稳定5.已知|R(CN),r的〃=2.0B.M,则松的杂化轨道类型为 【答案】d2sp3【解析】Fe，的电子排布为3d，.电子以自旋相同的方向占据5个d亚层轨道；CM属于内轨型配位，因此’3d，电子排列为两个全满和f半满d轨道，原本有5个的轨道，现在只有3个被占据：对于【Fe(CNf匕中心原子Fe「的d亚层空轨道数目为5-3=2,所以杂化类型为『sp)6.由电解ZnSO溶液提纯金属锌，负极极板应采用 :若正极极板采用金属钳，则阳极发生的反应为 ，阴极发生的反应为 【答案】纯锌,2H2O^==()34-4H'4-4e.Zn-4-2e«==^Zn,［解析】电解过程中，采用纯锌作极板，为在极板上析出，不弓I入杂质。阳极发生氧化反应, 阴极发生还原反应。7.对于 应，其反应级数一定等于化学反应方程式中反应物的计量数 •速率系数的单位由 决定。若某反应速率系数k的单位是mo「-L-s则该反应的反应级数是 。【答案】元：之和；反应级数：三 ［解析】化学反应速率方程是反应速率与反应物浓度之间的定量关系为：式中，&为速率系数，与浓度无关，与温度r有关。&的单位可表示为(mol・L) 〃为反应级数，〃=a+&对于基元反应(一步完成)，a"分别等于化学反应方程式中的计量数，即元反应的反应级数等于化学反应方程式中反应物的计量数之和。若反应速率系数k的单位mol・L'・s'=(mol・L‘)・s'时，即E=-2.解得〃=3,即该反应为三级反应。第26号元素原子的电子排布是 o【答案】ls22s22p63s23p63d64s2【解析】原子的外电子层最多容纳2n2个电子,n为相应的电子层数。同时，最多为2个电子；n=2时，电子层分为s、p亚层，最多容纳8个电子；n=3时，分为s、p和d三个亚层，最多容纳18个电子，其中s层为2个，p层为6个，d层为10个；n=4时，分为s、p、d和f四个亚层。原子序数为26时，第一、二层总数为10个’故第三、四层分布有16个电子，首先填充N和3p'.由于能级交错和电子排布的最低能量原理,其次填充板'，最后3dL故电子排布是ls22s22p63s23p63db4s20给出下列氯化物在火焰中的颜色。(1)LiCI «⑵NaCI :(3)KCI ；3)RMITOC\o"1-5"\h\zC^l；(6)CaCI；»(7)SKI；(8)BaCI? 【答案】(1)LiCI深红色；(2)\如黄色；(3)KCI紫色"4)RbCl紫红色；(5)(、罚蓝色：CaCL橙红色；(7)SrCL洋红色；(8)BaCI.绿色。10.在3O3K时，对于反应A—B+C.其反应物浓度和反应物速率有如下数据：c(A)/(mol•L_l) 0.17 0.34 0.68w/(mol-LT・s_,) 0.05 0.10 0.20该反应速率方程式为 ，反应级数为 ，速率常数为 。【答案】pf・c；l;O.29s-1【解析】设速率方程式为=&'"(A),根据题意，m=I』=().29s'1。二、选择题11.下列离子化合物中，晶格能大小顺序正确的是（ ）。A.MgO>CaO>ALO,B.LiF>NaCl>KIC.KCI>CsI>RbBrD.BaS>BaO>BaCL【答案】B［解析】晶格能是指使离子晶体变为气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。其来源于正、负离子之间的静电作用’即正、负离子之间的静电作用越强其晶格能越大。正、负离子半径越小,电荷数越大，其晶格能就越大。12.向下列溶液中滴入漠水，不能使漠水褪色的是（ ）。（A）PCI.（B）AsCh （C）SbCh <D）BiCi,【答案】D【解析】P（III）、As（III）、Sb（III）还原性较强，能够将漠水还原使漠水褪色，而Bi（III）有惰性电子对效应，还原性很弱，不能将漠水还原。13.下列化合物的化学式与名称不匹配的是（ ）。AsS雄黄HPQ焦磷酸HW、过二硫酸HgCL升汞【答案】A【解析】As那是雌黄，雄黄是“小絲又称作石黄、黄金石、鸡冠石。.d轨道与d轨道相互重叠可形成的化学键类型为（ ）0只能形成。键B可形成兀键只能形成兀键可形成兀、&键【答案】D【解析】d轨道含有5个轨道，既可以“肩并肩”的方式成键，也可以“头碰头”的方式成键。.下列有关离子变形性的说法中’不正确的是（ ）。外层8电子构型的离子的变形性小于其他电子构型的离子同一元素不同价态的负离子中，所带电荷越多变形性越小同种原子形成的阴离子比阳离改形性大离子半径大，则变形性大（其他条件相同）

【答案】B【解析］同一元素不同价态的负离子中，所带电荷越多变形性越大。16,与NaCO溶液作用全部都生成碱式盐沉淀的一组离子是（ ）。Mg」_,AT,CoZn“Fe\Co,+,Nr.Cu2+Mg',Mn",Ba',ZnMg"；Mn4.Co*.Ni”【答案】D［解析】氢氧化物碱性较强的金属离子可沉淀为碳酸盐，如皿'：氢氧化物碱性较弱的金属离子可沉淀为碱式碳酸盐，如Zn、Mn'、Cir、Mg-、C。'和Ni,：而强水解性的金属离子（特别是两性者）可沉淀为氢氧化物,如Fe和AI•'推出④项正确。17.下列氢化物中，最稳定的是（（A）PH17.下列氢化物中，最稳定的是（（A）PHa （B）AsH,【答案】A［解析】随着中心原子半径増大,)0(C>SbH.(!»BiHv中心原子与氢原子的键减弱，氢化物稳定性降低。.反应2NO+Q12NQ的为负值，当此反应达到平衡时，要使平衡向产物方向移动，可以（ ）。升温加压升温降压降温升压降温降压【答案】C【解析】反应为气体分子总数减小的放热反应，所以采用加压降温的方式有利于反应正向移动。三、简答题.试解釋松和非金属元素成键时，其键型带有较大的共价性，而其他碱土金属与非金属元素成键时则带有较大的离子性。［答案］碱金属和碱土金属都是活泼金属。在它们的化合物中，金属原子给出电子成为正离子,非金属原子或原子团得到电子成为员离子，且这些正离子半径较大，瓠核电荷较少（I」，Be除外）,又具有8e构型,所以极化力较弱，因此它们的化合物大多是离子型的。即它们与非金属元素成键时其键型带有较大的离子性。而时'（或顷」）在同族元素中半径最小，次外层2电子构型造成有效核电荷大，离子的极化力比同族其他离子强，电离能相对高于其他同族元素，当它与非金属离子特别是易变形的C「・Br.I离子结合时，键型已过渡到共价型了。.回答下列问题，并说明理由。(1)在室温下H.SB气体，而水是液体；为什么嘛和碘都可以形成高配位数的含氧酸，而同一族的其他元素却不能？为什么II、的酸性比II。强？【答案】(1)因为氧原子的电负性较大，半径比硫原子小，因此，在水分子之间存在氢键，使水在同族氢化物中具有较高的熔沸点，以致水在室温下是液体。(2)因为作为中心原子的疏和碘，它们的体积是同族稳定元素中最大者，另夕卜它们形成d-”键的倾向较大，能以激发态的spd杂化轨道形成配位数为6的八面体结构H和Hg(3)由于硫的半径比氧大，使AS键的键能(344.3kJ-mol-)小于倾键的键能(428.OkJ・moL),易解离出H二所以H.S酸性比侦强。.用反应方程式表示下列制音过程。(I)工业上从海水中制取漠。(2)化学方法制取F(3)以氯化钾为原料制备氯酸钾。(4)以盐酸为主要原料制次氯酸溶液。［答案】(I)工业上从海水中制取漠的过程是：先将海水经日照浓缩后，调成酸性，通入C1将I"氧化。Cl?+Br +Br2鼓入空气将时：吹出，用'aS溶液吸收。3Br：+3Na?C(X SNaBr+NaBiOj+SCO,再酸化得虹5Br+BK£+6H‘—3B“+3H2()(2)1986年化学方法制取F获得成功。其步骤是：①在HF、KF存在下，用11,0还原KMnO,制取K.MnR,o2KMnQ+3H?(%+10HF+2KF-~2K,MnF,、+8H,()+3(②SbCl和HF反应制取SbF*SbCU4-5HF=—5HCl-FSbF^③KAhiE和SbF反应制得Mill',K2MnF64-2SbF-1-—2KSbF&+MnH④不稳定的岫受热分解成和I'2MnF4=*==2MnF3+F2这种方法制备I成本很高。(3)电解KC1热溶液时，电解槽不用隔膜，使电解产生的CL与河混合，浓缩冷却结晶。就得到KC1Q,,2K（、｝+2HJ）域Cb+2K（）H+43C1?+6K（）H（热溶液） KC1（A+5KC1+3H」（）(4)先加热盐酸与M他混合物制备CL,Mn(),4-4HC1(浓)=^=MnCb+Cl2▲+2HQCL歧化生成HC】。和HCI向体系中加入HgO、Ag_O等与HC1反应，有利于生成HC1O。2Hg()+2Ch+H2。一HgO・HgCi；+2HCK)Afc0+2CIZ+凡()一2AgOi+2HCK)或在CaCO•，悬浮液中通入氯气，利用心与结合形成C。,使歧化反应能够进行。CaC(h-+-2C124-H2()=—CaCl2+C0,f4-2HCK).下列离子中’何者几何构型为T形？何者构型为平面四方形?(DXeF；(2)N(),(3)S(X (4)C1Q(5)IF；(6)ICI,［答案】根据而时飕论，几何构型为T形的分子或离子，其中心原子的价层电子对数为5,配位原子数为3。所以在配位原子数为3的离子中XeFI的几何构型为T形。几何构型为平面正方形的分子或离子，其中心原子的价电子对数为6,配位原子数为4。所以W的几何构型为平面正方形。23.Q已与电0?有类似的结构，前者003长为⑵pm，后者为118pm.二者键长相差较大。【答案】。正•的分子结构如下图所示，由于F电负性很大，使FO的电子对明显偏向F.从而降低了。周围的电子云密度，因此，。呈现缺电子状态，使。对0-0间电子对的弓I力增大，艮卩。-。键变强，结果是。F中的U键长较HQ中的o-O键长短。.解释下列实验现象：向W3溶液中加入过量硫酸•溶液由无色变黄色；再加入锌粒后溶液由黄色经蓝色、绿色最后变为紫色。［答案】NHV与过量硫酸反应生成黄色的\Q‘：VQ+2H'—VQ+H.O加入锌粒后，V0；被锌粉依次还原为蓝色的vo2,\绿色的V\紫色的V21:2VQ+Zn+4H* 2V(y^+Zn^4-2H2(>2VC)2+Zn+4H‘ 2V‘+ZnZh+2H2O2V”十Zn一2V2*+Zi?十.与宏观物体相比,微观粒子的运动有哪些特殊性？［答案】首先，与宏观物体相比，微观粒子的特殊性在于其具有波粒二象性，即微观粒子既有波动性又有粒子性，这正是微观粒子与宏观物体运动的本质区别。其次，由于微观粒子具有波粒二象性，不可能同时测准其空间位置和动量。微观粒子位置的测量偏差与动量的测量偏差为满足如下关系：dr・財惡微观粒子位置的测量偏差J越小，贝!|动量的测量偏差N就越大。再次，微观粒子运动可用统计结果讨论。由于微观粒子具有波粒二象性，不可能同时测准其空间位置和动量，找不到其运动的轨迹。电子衍射实验证明,单个微嶼子运动是无规律的，但统计的结果是有规律的’可以用统计规律研究微观粒子的运动。电子衍射实验证明’电子的波动性恰好是翩子性的统计结果。8「的沸点是38.8C,IC1的沸点是!）7.4.。请简要说明C1比心的沸点高的原因。【答案】©和时均为分子晶体，分子间的作用力为范德华力。第一，IC1为极性分子，B“为非极性分子，TC1分子问有取向力、诱导力和色散力，而时分子间没有取向力和诱导力，只有色散力。第二,TC1分子比旺对称性低’©分子变形性比眇大，即［C1分子间色散力比B“分子间色散力大。分子间作用力通常以色散力为主’色散力越大’熔沸点越高。综合以上结果，ICI比Br的沸点高。。键可由、I、、P和PF原子轨道“头碰头”重叠构建而成’试讨论LiH（气态分子）、HCkCL分子里的c键分别属于哪一种?【答案】LiH:Li的电子排布：Is次H的电子排布：Is该分子内的b键由sr原子轨道重叠构建,即形成sW键：HC1：H的电子排布：WCI的电子排布：Is宕2p宙3p该分子内的。键由"原子轨道重疊构建，即形成沖。键：Ck：Cl的电子排布：l*2s-2p”3s3p，该分子内的"键由PF原子轨道重叠构建，即形成PF。键。.请解释：与金属反应时浓H\。被还原的产物主要是、。，而稀11\0被还原的产物主要是\。。【答案】浓啲，与金属反应还原产物主要是NO.可以从两个方面理解。其一，浓度大的［阪与金属反应生成的NO,能够迅速脱离反应体系：其二，生成的'。能被HNO,氧化为皿-2HNQ+NO13NQ+Hz（＞随着HNO,浓度的増加，平衡越有利于向生成NQ的方向移动，因此浓HNO,被还原时的产物主要是NO°稀HNO、与金属反应的产物N。.可被金属进一步还原为札因此，稀HN。,与金属反应主要生成NO。但HN。浓度很小且金属很活泼时，反应产物中可能有\・（）、NH」和皿四、计算题.计算艺C、。。）=100kP：时在中性溶液中的E0/OH）。【答案】查得尸（。/OH）-0.401VQc（g）4-2H2O（!）+4e-—4OH~（aq）

=o.4oiv-^rvE(Q/OH)=玲(a/OH)-Q•.零2=o.4oiv-^rvi„(l.OXKT7)4_AB,cv

,g"~Too7iooO1815V30.计算298K下，AgBr(s)在0.010mol-LNa2S,Os溶液中的溶解度。【答案】设Ag&(s)溶解了xm况・『'则溶解平衡方程为：AgBr(s)+2S,0j(卽)=产(。0)+Br(aq)平衡时。・/戶 0.10-2z x xK°=K^AgtS.O^jK^AgBr)=2.9xIO13x5.3xlO~,3=15.4®P<0.010-2x>,!"15,4解得L4.4X10"所以AgBr的溶解度为s(AgBr)=4.4X10mol•L'o31.273爛，水的饱和蒸气压为61IPa.该温度下反应：SrCL•6HX)(s)=^Srt-l?-2H?()(s)TH；()(g，的平衡常麴、6.89X10,试用计算结果说明实际发生的过程是SrCL-6HO(■)失水风化，还是S「CL-2KO(s吸水潮解？【答案】(I)解法一反应SrCl、・6H；3財-2H：()(>)•卄W)如的标准平衡常数为得=164Pa由于A”如sy说明SrCL.6HO脱水反应达平衡时水的分压小于水的饱和蒸气压，使脱水反应逆向进行，BPSrCL-2H.0吸水潮解。(2)解法二当反应生成的孔。的分压等于水的饱和蒸气压时，反应商为WE謂齢由于Q*,反应向逆反应方向移动，即SrCl：-2HO吸水潮解。32.反SCC1.(D4-H2(g)=HCl(g)+CHCl3⑴问：(1)在298K时，上述4种物质的标准生成吉布斯函数AfG?分别为-62.27.0.00,—95.30和-73.72kJ■mo「'该反应在298K和标准状态下是否能自发反应？(2)若已知0*(298K)=一91.34kJ-mol-“求反应在373K时的标准平衡常数K”=?【答案】(1)h成=(-73.72)+(-95.30)-0-(-65.27)=-103.75kJ・mol'gV0,反应能自湖行。

(2)&齿(298K)=-RTlnK°(298K)loKe/9QR__d受___一103J5XIO’_貝文IgK(298K)-2.303RT一2.303X8.314X298-低18K°(298K)=1.52X10”In板史73K?= =二些込或溥H9§)—41K?(298K〉RT>•T27 8.314 ‘373X298对(373)=9.2X10H33.在298K时，已知0.10mol-1：的某一元弱酸水溶液的pH为3.00试计算:(1)该酸的解离常数K?(2)该酸的解离度a；(3)将该酸溶液稀释一倍后的a及pH,【答案］(1)pH=3,则c(//*)=io-W.r',电离方程为HA(aq)*=aH,(*q)+A(aq)平衡时 0.10-1.0X10, 1.0X10* 1.0X10*则酸的解离常数为(r(HA)}(r(HA)}(2)酸的解离度为1.0x101,宀••顷一=】・°%(3)当该溶液被稀释T咅后，未解离前〈'(HAU0.05。mol・L",因K.仅时温度的函数，故HA浓度变化，而KF不变。故稀释后的解离常数为，/K7<HA) /I.OX101,4#//(H*)-/(HA)«-0.050mol-L~'X1.4%-7.OX10_<mol-L*'pH=-lg7.0X10-'—3.1534.在1L6mol•「的\H水中加入0.()1mol固体CuSO」,溶解后加入0.01mol固体NaOH.铜氨络离子能否被破坏？(K”[Cu(NIL)—=2.09X10'',L[Cu(OH)2]=2.2X10)【答案】CuSOi在过量的氨水溶液中几乎完全形成[Cu(NH3)『二则[Cu(NHQd2'=Cu2*+4NHSx(6-0.04)+4x厂2.09*x=3.792xl0~,9/no/L_,[Cu1][OH『=3.792x10*x(0.01)2=xSx\0a<Kv[Cu(OH)2]所以铜氨络离子不能被破坏。35.当NO?被冷却到室温时，发生聚合反应：2N0>(g)―N2O4(r)若在高温下将15.2gNO?充入10.0L的容器中，然后使其冷却到25。(2。测得总压为O.500mm。试计算NO2(g)和N2O4(g)的摩尔分数和分压。［答案】反应方程式为2〃0月+CO2=Li.CO.+H2O.则根据题意可得n(COt)=V(CQ)/22.4L-mol'=26mol根据氮守恒，可得”。2)+2〃(N2°4)=0.330/M/7； ①根据分压定律P(N。,)+P(N,O4)=101.325AP。x0.5=50.7kPa.即sin)j_n/M<}\ 50.7kPaX10.0Ln(NO,)+n(Nl()J-8.3l4j・mW：・K'X298.15Kn<NO:J+ -0.205mol 0联立解得n(N：Ot)=0.125mol.n(NOt)-0.077mol.x(NOr)=0.077/0.205=0.38.x(NrO.)=0.62/KNQ)=50.7kPaX0.38=19.3kPn.^N.O.)=31.4kPa.由方程式的系数比，可知节器导=2，故〃(UOH)=2〃(CO2)=52mW36.在连通器两端分别装有N和H装N储瓶的温度为豊7J压力为500kPa：装H储瓶的温度为27。打开连接活塞，体系达到平衡后测得混合气体的温度为127C,总压力为100kPa.求混合前H储瓶的压力。【答案】混合后混合气体的总的物质的量：由理想气体状态方程得吐窟•代入上式中得TOC\o"1-5"\h\z・. SB— +—RT RTh,400XVaSOOXVnjPhjVh? s 1 (400 500 300咋二氏+卩堤 (2>将式(I)手国：(2)联立，解得、=300kPa即混合前H的压力为300kPa。 2017年广东省培养单位南海海洋研究所819无机化学之无机化学考研仿真模拟题

(=)说明：①本资料为V1P学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度岀题。 一、填空题I.比较化合物热稳定性(用填空)。I典N/SQ,KzSQj NajSQuLiQSFe«Sa ZnS. 【答案】HjSOiVNa’Sa，K2SO;t>Na,SO3,Li2O2<KA.Fe2S,<ZnSo［解析】可由离子极化理论解释化合物的稳定性。ILS0：,VW,S0,，因为半径|「vb,极化能力］「>財：K：SO,>临S。,,因为半径K ,极化能力K'V財：LiA<KA.因为半径Li+VK~,极化能力Li>2;FeSVZnS,因为电荷Fe>Zn"极化能力Fe">ZU.氧化能力时〉Zn'L2.给岀下列各热力学关系式所适用的条件。AU=Q+W 。TOC\o"1-5"\h\zAH=Qd O 户N4+△冰丁 . Q产Q士△“RT O ⑸- (6)勇习) ［答案】(1)封闭体系。(2)恒温恒压无非爾只功。(3)气体可看成驅气体且无非体积功。(4)同(3X(5)封闭体系恒温恒压有非体积功的可逆过程。(6)孤立体系。3.根据E°{PbO2/PbSO4)>E\MnO4~/Mnu)>Eu{Sn^/5n2*).JjlJ六种物质中还原性最强的是 【答案】Sn2*［解析】玲值越小，电对对应的还原型物质的还原能力越强，氧化型物质的氧化能力越弱，E”(Sn“/Sn")最小，故Sn»还原性最强。4.ICo(NO,)3<NH0d的名称为 ,中心离子为 价,配位体为 【答案】三硝基三氨基合钻<HI>：Co3'；NO2与NH,5.在硅酸盐中硅与氧的个数比决定硅氧四面体联结的方式，即决定硅酸盐的结构。单个硅氧四面体结构中硅氧比为—；链状结构中硅氧比为——:层状结构中硅氧比为 :三维骨架结构中硅氧比为 【答案】I：'、1：3.2:5.l:2o 【解析】单聚硅酸根’单个的硅氧四面体中硅氧原子比为1:4;链状结构的聚硅酸根，硅氧四面体共用两个氧原子联结成无限长的链，硅氧原子比为1：3；片状结构的聚硅酸根，每一个硅氧四面体通过共用三个氧原子与邻近硅氧四面体联结，形成片层状结构，硅氧原子比为2:5。三维骨架结构的聚硅酸根，硅氧四面体间通过共用4个氧原子而组成各种各样的三维网络结构。这类硅酸盐中硅氧原子比为12最简式为Si。：。6.C分子中C原子的杂化方式为 :ZCCC键角 范围之蚓.它由（ ）个正五边形和 个正六边形组成’这类原子簇duster）合物统称为富勒烯（或巴基球），最小的巴基球（由十二个正五边形组成）的分子式为一 在巴基球中每增加 —个碳原子，就増加一个正六边形。6晶体属于ccp堆积，在该堆积中C个数：正四面体空隙：IEA面体空隙等于 ，一个品胞中有 个C该晶体中所有的空隙都填入金属飽原子，该物质的化学式为 【答案】sp-~sp‘：120°~109°28*:12；20：C”：2；1:2:1；4：Cs3Q„给出CO四个等电子体的分子或离子,分别为 . , 给出CO四个等电子体的分子或离子，分别为 【答案】N2O.OCN-（或SCN-）.N；，冲tNz.CN'.NO*・比较化合物的焰点（用和“V”填空）。PCIJ PCI；PR PC*；PF 代*:SbF, SbCLf SbFj SbF,。【答案】＜：＜：＜：＞：＞。［解析】在TS的情况下，熔沸点高低K序为：原子晶体〉离子晶体〉分子晶体。PCL为分子晶体，PCL为离子晶体，故熔点PCLVPCL,：PF，为分子晶体，PCL为离子晶体，故熔点PF.VPCL：PF3和PC13均为分子晶体，半径PRVPC1“色散力PFVPC1,故熔点PRVPC0SbF.中离子饌成分比泗】大，故熔点Sbh＞SbCl.：Sb、的极化能力远不如Sb”,SbF为分子晶体，故熔点SbF,＞SbF；：几种物质的熔点分别为表14-1化台物1吧PF,PCLSbFSU：ISbF,»/•<T5LS■03.6-93.7]672907X1&39.比较在水中的溶解度大小（用％”或“V”填空）。:1)l.ll-NaE,(2)Li；CO,\；iCO:(3>Na:C(),NaHCE(t)W"CaCHCO,)»(5)NaSiE,K：SiF”(6)Na.IhCLKPtCLi(7)NaCU>,KCIO,,(8)CamCaSOu(9)IWXkBaSChi(10)Ca('()c„c：a.【答案】（】）<:(2)<；<3)>：(4)<:(5)>；(6)>：<7)>；(8)<；(9)>：(10)<.10.在NaHP。溶液中加入硝酸银溶液’析出 沉淀使溶液的pH减小。【答案】Aga【解析】PH减小说明NaHPQ与AgN。反应生成沉淀的同时有H生成，所以生成的沉淀为AgPO.NaH?P()«+3AgN()j AgsPO(|+2HNQ+NaN()j二、选择题11.将相同浓度的N"O,溶液和HPO,溶液等体积混合,溶液的pH是( )。(已知H3PO,的為=6.9X】0'.K%=6.】X10*,K岩=4.8X10七〉CA)4.69 (B)6.66(C)7.21 (D)9.77【答案】C【解析】混合后Na、POi与H.PO反应，生成等物质的量时tg和HP。，构成由酸式盐及其次一级盐组成的缓冲溶液。Hg—HPOT亠H」pH=pK5—lg刎追=pK2c次ittt=7.21.多电子原子的能量E由( )决定。主量子数nn和1n.1.ml【答案】B【解析】单电子原子的能量由n决定，但在多电子原子中，由于电子之间的排斥作用，主量子数相同的各轨道产生分裂，使得主量子数相同各轨道的能量不再相同’因此多电子原子中各轨道的能量不仅决定于主量子数，还和角量子数有关。.下列叙述中，正确的是( )。硫酸铝与碳酸钠溶液混合后肯定会放岀CO气体向KCI饱和溶液中通入HC气体，将有KCI晶体析岀NaHCO是酸式盐，其水溶液显酸性溶度积大的难溶盐，其溶解度肯定大【答案】B【解析】(A)硫酸铝与碳酸钠溶液混合，若硫酸铝溶液过量，会放出CO.气体；若碳酸钠溶液过量，则不会放岀CQ.气体。AIJSd+aN&aa+aHQ—ZA1(OH)3|+3NazSO(+3C(>?fAh(SC),),+6Na2CQ+6H2()—2A1(OH)3|+3Na2S()4-t-6NaHC()j(B)向KCI饱和溶液中通入HO气体，由于同离子效应，使KC1溶解度减小，故析出KQ晶体。(C)NaHCO,是酸式盐，但其水溶液显碱性。HCO的KC4.7X10")比NaC。、邮眾2.2X0K)小.HCOj的水解趋势大于其解离的趋势，所以NaHCO,溶液显碱性。(D)只有同种类型的难溶盐，才能用溶度积常数比较溶解度；而不同类型的难溶盐则不能用溶度积常数比较溶解度。例如，心CrO：的溶度积常数比AgCI小,但AgCrO.的溶解度却比AgCI大。.在波尔理论中，最重要的假设的数学表达式为( )。h 一) rtn nh(A)mv=— (B)E=me2 (C)”=— (D)mvr=A 眼 2才【答案】Dnh【解析】玻尔理论的第一条假设，即=弟，电子不是在任意轨道上绕核运动,而是在一些符合一定条件的轨道上运动。这些轨道的角动量P，必须等于成2丸，小"=監称为玻尔的量子化条件。.下列各组氢化物酸性强弱次序中，错误的是( )。H,O>NH.B.H?S>PH,C.HSe>H.SD.H>Se>HJe【答案】D［解析］同一主族元素氢化物的酸性，从上到下増强。TOC\o"1-5"\h\z16.CO分子中，碳原子轨道采取的杂化方式是( )ospsp'SP等性杂化B不等歧化【答案】A［解析】CQ，分子的构型为直线形，C原子的外层电子2s-2p：在成键时经激发并发生卬杂化，形成2个SP杂化轨道。另两个未参与杂化的如轨道仍保J寺原状，并与sp轨道相垂直。.哪种说法不是描述原子核外电子运动的现代观点( )。电子有波动性，要用波函数描述它的运动状态：电子以一定的固定轨道绕核运动:电子有一定的径向几率分布:电子在不同的方向上出现的几率密度不同【答案】B【解析】电子在不同的方向上出现的几率密度不同，不具有固定轨道。.某反应的半衰期与反应物的浓度无关’则该反应的级数为( )。A•三级B.二级c.-级D.零级【答案】C【解析】零级反应的半衰期为『償一级反应的半衰期为5=罗二级反应的半衰期为牌=志三级反应的半衰期为“2=危|综上可知，一级反应的半衰期与反应物的浓度无关，故选G三、简答题.无色气体A能使热的顷还原’氧化产物B为无色气体。B不能使酸性K财)溶液褪色.也不能使K!溶液褪色。将A通过热的金属钠,生成固体C并逸出可燃性气体D。将气体B与热的金属钙作用，生成固体E。E与水作用又得到气体A。在一定条件下A能分步地与「I反应.最后得到一种易爆炸的液体F,F与水作用又有A生成。试写岀A〜F的化学式，并写出各过程的主要反应方程式。【答案】A；州」B：N,C：NaNH?D：比E：C&NF：NCh.各过程的主要反应方程式：2NH.+3CuO3Cu十N；+3H：《)2NH,+2Na 2NnNH：十H；N+3Ca—Ca"+6H：C=3Ca(()H〉.+2NH,*NH,4-3CL-*—NC1；+3HCI

NCb+3HQ—3H(X\+NHj.已知物质的颜色：NbF白色，NbC黄色，NbBi橙色。请解释颜色变化的原因。【答案】化合物吸收可见光后,显示吸收可见光的互补色，即化合物的颜色越深，说明吸收的是浅色而能量低的可见光。对于卤素离子而言，按卜、•Cl.Br的顺序，半径依次增大，电子云变形性增大；同时，按F、CLB「的顺序，电负性依次减小，束缚电子的能力降低。由于变形性增大和束缚电子能力降｛氐，按F、Cl、Br的顺序，电荷跃迁更容易，电荷跃迁需吸收可见光的能量依次降低，即吸收可见光的颜色依次变浅，使化合物显示的颜色依次加深。.实验测得()的键长比。、的键长长，而N的键长比的键长短；除N以外，其他三个物种均为顺磁性，如何解释上述实验事实？［答案］根据分子轨道理论，键级越大则键能越大，键长越短。经计算得知。?的键级大小为2,O；的键级大小为2.5.所以0；的键长短。同理计算可得N?的键级为3,N；的键级为2.5,所以&的键长短。M分子中没有未成对电子，而其余三个物种都有未成对电子，所以可2分子为逆磁性。.在三支试管中分别盛有財1,廁r,Ml溶液，如何鉴定它们？【答案】取少量三种溶液分别置于三支试管中，加酸化后，再加入少量的AgNQ溶液，由沉淀的颜色来判断。反应方程式如下：A”+CI—AgCI(白色)Ag+Br—AgCI(淡黄色)Ag*+1—AgCKM色〉.C和Si在同一族’为什么CO形成分子晶体而Si()形成原子晶体？【答案】由于C与。以co一形式存在更稳定；Si与O以单键相结合形成巨型的原子晶体。C的半径小，C与O的P轨道以肩并肩形式重叠能形成较强的兀键，因而CQ分子中C与O之间以双键相结合，CO.’为分子晶体；而Si与O间只能形成稳定的。键，每个Si采取SP杂化并与4个0形成so四面体，无限连接而构成原子晶体。.回答以下问题：(I)为什么Cu.不稳定、易歧化，而Hg「则较稳定。试用电极电势的数据和化学平衡的观点加以阐述：(2)在什么情况下可使Cu'转化为Cu二试各举T50；(3)在什么情况下可使Hg(II)转化为Hg(I)：Hg(I)转化为Hg(II),试各举三个反应方程式说明。【答案】(1)由电极电势可知<I)?/V Cu2,4-0.158VCu'+0.522VCu<!>?> 说明Cu'易歧化为Cu和Cu一且趋势较大脚;-嫉)1x(0.522-0.158)=6150.0591 0.0591K=1.4X106由化学平衡看，达到平衡时，K值很大，基本上以Cu和Cu存在，所以在溶液中3不稳定,易发生歧化反应。H/-+0.920VH角,一+O.797V加峭V械表明亚汞在溶液中发生歧化作用的趋势很小，所以Hg；较稳定。K=8.30X10即亚采在水溶液中稳定存在。(2)ffiCu'盐中加入适当的沉淀剂或配位剂，可使3'转化为Cu'，如：2Cu?+4-4r^=2CuII+L2CuJ++4(CN) =2CuCNI+(CN)21上述两个反应均是还原生成难溶物或稳定的配离子(3) 2Hg(N0s)2+Sn24=Hg；'+Sn"(氧化还原)噸蜂+Hg=Hg-CL2HgCL+SO,+2H*()r:=Hg2Cl2I+2HC1+H.S0,Hfi(I)―H«(II)Hg,Cl2HgCl2+Hg(光照)Hg2Cl2+2HCI(浓)=H2[HgCL]+Hg

HgU'+C12=2Hg-*+2ClHgU"+HN0：,+21「2Hgz,+2N0：t+2&0.碱性溶液中，AsO?可被氧化成E)：酸性溶液中•H<AsO又能樹还原成HAs。”二者是否矛盾？请解释。【答案】不矛盾。H，AsO及其盐都具有氧化性，同时，氧化性只有在酸性介质中才表现出来在碱性溶液中，AsO『的氧化性并没有表现岀来，AsO,其可以被氧化性较强的I氧化成AsO、.已知[Fe(CN)q，和[Fe(NF<3).广的磁矩分别为0和5.2B・M.。用价键理论和晶体场理论，分别画出它们形成时中心离子的价层电子分布。这两种化合物各属于哪种类型(指内轨和外轨、低自旋和高自旋)。【答案】价键理论｛Fe(CN)<r的中心离子价电子分布为以恐OO.是内轨配合物；:Fe(NH,)」・的中心离子价电子分布为氐时。。,是外轨配合物。E®(MnO,/Mn<OH)t).(X?(MnCOH),-2.1X10中〉晶体场理论：[Fe(CN).T-的中心离手价电子分布为緑:'，是低自旋。II11H*>•[Fe(NHQ*的中心离子价电子分布为:::，是高自旋。.简述：(1)怎样从闪锌矿冶炼金属锌？(2)怎样从辰砂制金属汞？【答案】(I)闪锌矿通过浮选法得到含有40%〜60%ZnS的精矿石，焙烧使其转化为ZnO,再将而0和焦炭混合在鼓风炉中加热至1373〜1573K.使Zn以蒸气逸出，冷凝得到纯度为99%的锌粉：2ZnS+3O2=2ZnO+2SO：2C+Q=2C0ZnO+CO=Zn(g)+CQI(2)辰砂中制金属汞辰砂碎石经粉碎，浮选富集之后，在空气在中焙烧或与石灰共热，然后使汞蒸憎出来。HgS+Oz=Hg+S()2t 41也S+4CaO=4Hg+3CaS+CaSO<28.硫代硫酸钠在药剂中常用作解毒剂，可解卤素单质、重金属离子及割化物中毒。试说明其作用原理，并写出反应方程式。【答案】(1)将卤素单质还原，如N&’&Q+Ck+H")―Na.S(),+2HCI+SG

Na?S?(h+4CL+5H.O—2NaHSO)+8HCI(2)与重金属离子生成可溶性配合物W+2&(駡—LHg(&Q).广

H广生成可溶性配离子，易从体内排出。（3）与割化物作用生成毒性小的SCNKCN+Na?SQ~KSCN-NazSC）,可看成MSO歧化为區SQ和S,KCN与S作用生成KSCN四、计算题29.用NMO和NaS溶液处理Agl固体，能不能将Agl固体转化为Ag_CO,和Ag」S?【答案】匕（Ag/）=8.51xl（r”,K」佬成方程：CO；-+2Ag/（s）=Ag2CQ（s）+2/「所以宀9（倾）嘴修。3） 8.45x10*亠」= =1.08*10”心6.69X1O50 ,所以需满足爲%=857X0”'雑]=108x10,7亠」= =1.08*10”心6.69X1O50 ,所以需满足爲%=857X0”'雑]=108x10,7'才能转化为板CQ,Ag2SK30.如果用Ca<OH)溶液来处理M*。沉淀，使之转化为Mg(OH),沉淀，这一反应的标准平衡常数是多少？若在I。LCa(OH)溶液中溶解0.0045molMgCO,.则Ca(OH)「的最初浓度至少应为多少？【答案】查阅溶度积常数得知錦Cu(OH)J=4.6x10*,K；,[CuCOU=4.9x10-9,

^[^(0//),]=6.lx1012,^(A/gCO3l=6.8x106。假设顷。/7)2的最初浓度为皿湖尸,则当用Ca(OH)2溶液处理楠CQ溶液发生的平衡反应如下Ca'・<aq)+MgCO,(s)+2OH(aq)»—CaCO,(s)+Mg(OH)?.(s)平衡时。/卢x-0.0045 2(x-0.0045)b 对= 1 (?(\<广)/—"«片)/卢]因 A-[dCa^J/^lCcCOH-)/^]2[cCM^-J/c-jLcCCO；)/?:]-0Mg_ 6.8W _27xI0uK^p(CaCO3yK^[Mg(OH)2]4.9x