河南省平頂山市2020學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題(含解析)

1、平頂山市2020學(xué)年第二學(xué)期期末考試高二化學(xué)試題第1卷（選擇題共126分）可能用到的相對原子質(zhì)量O-16 Na-23 S-32 Fe-56一、選擇題（每小題6分，每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.化學(xué)與人類的生產(chǎn)、生活、科技、航天等方面密切相關(guān)。下列說法正確的是A.汝窯瓷器的天青色來自氧化鐵B. “傍檐紅女績絲麻”所描述的絲、麻主要成分是蛋白質(zhì)C.中國歹f- 20上用到的氮化錢材料是作為金屬合金材料使用D.詩句“煮豆燃豆箕”中涉及的能量變化主要是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能和光能【答案】D【解析】【詳解】A.氧化鐵是紅棕色的，所以汝窯瓷器的天青色來自氧化鐵說法是錯誤的，故 A錯誤;B.

2、絲指蛋白質(zhì)，麻指纖維素，故 B錯誤；C.氮化錢是化合物，不屬于合金，故 C錯誤；D.煮豆燃豆箕，豆箕燃燒發(fā)光放熱，由化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能和光能，故D選項正確；所以本題答案：Do2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A. 1LpH=6的純水中含有 0口的數(shù)目為108NAB.當(dāng)氫氧酸性燃料電池中轉(zhuǎn)移2mol電子時被氧化的分子數(shù)為 NAC. 0.5mol雄黃（AS4&,結(jié)構(gòu)如圖能）,含有NA個SS鍵D. 一定條件下向密閉容器中充入1molH2和2molH2（g）充分反應(yīng)，生成 HI分子數(shù)最多等于 2Na【答案】B【解析】【詳解】A.純水中氫離子和氫氧根離子濃度相等，所以pH=6的純水中

3、，氫氧根離子濃度為l xi0-6mol/L , 1L純水中含有的 OHB目為l X10-6NA,故A錯誤；B.氫氧燃料電池在酸性條件下 ，負極的電極反應(yīng)式為：Hb-2e =2H+,正極的電極反應(yīng)式為：4H+Q+4e-=2HQ當(dāng)車t移2mol電子時，被氧化的分子數(shù)為NA,故B正確;C.由雄黃的結(jié)構(gòu)簡式：專 可知，結(jié)構(gòu)中不存在 S S ,所以C錯誤；D.因為H+I2=2HI為可逆反應(yīng)，所以一定條件下向密閉容器中充入ImolH和2molI 2(g)充分反應(yīng)，生成 HI分子數(shù)小于2Na,故D錯誤；所以本題答案：B。3.某課外小組在實驗室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取澳的工藝流程，設(shè)計以下裝置進行實驗(所有

4、橡膠制品均已被保護，夾持裝置已略去)。下列說法錯誤的是A.裝置中通入的是 a氣體是Cl 2B.實驗時應(yīng)在 A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通入熱空氣C. B裝置中通入 a氣體前發(fā)生的反應(yīng)為 SO+ Br 2+2HbO=HSO+2HBrD. C裝置的作用只是吸收多余的二氧化硫氣體【答案】D【解析】【分析】實驗室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取澳，由實驗裝置可知，a中氣體為氯氣，在 A中氯氣可氧化澳離子，利用熱空氣將澳單質(zhì)吹出，B中通入氣體為二氧化硫，在B中發(fā)生SO+Br2+2H2O=HSQ+2HBr, c中NaOH§液可吸收澳、氯氣、二氧化硫等尾氣，以此來解答。【詳解】A.A裝置中

5、通入的a氣體是C12,目的是氧化 A中澳離子，故 A正確；B.實驗時應(yīng)在 A裝置中通入a氣體一段時間后，停止通入，改通入熱空氣，熱空氣將澳單質(zhì)吹出，故B正確；C.B裝置中通入b氣體后發(fā)生的反應(yīng)為 SO+Br2+2H2O=HSQ+2HBr,故C正確；D.C裝置 作用為吸收澳蒸汽、氯氣、二氧化硫等尾氣，故 D錯誤；所以本題答案：Do【點睛】解題依據(jù)物質(zhì)氧化性強弱。根據(jù)Cl2氧化性大于Br2,可以把Br-氧化成澳單質(zhì)，結(jié)合實驗原理選擇尾氣處理試劑。4.由C、H、O中兩種或三種元素組成的兒種有機物模型如下，下列說法正確的是A.上述四種有機物均易溶于水B.有機物IV的二氯代物有 2種C. 一定條件下有機

6、物iii能與氫氣發(fā)生加成d. I生成n的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A.苯和甲烷都不溶于水，故上述四種有機物均易溶于水說法是錯誤的，故A錯誤；B.IV為甲烷，屬于正四面體結(jié)構(gòu)，所以其二氯代物有 1種，故B錯誤；C.III是苯，結(jié)構(gòu)簡式為：|, 一定條件下能與氫氣發(fā)生加成，故 C正確；D.I為乙醇，結(jié)構(gòu)簡式為：CHCHOH II為乙酸，結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOH I生成n的反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)，故 D錯誤； 所以本題答案：Co【點睛】由幾種有機物模型分析：I為乙醇，結(jié)構(gòu)簡式為：CHCHOH II為乙酸，結(jié)構(gòu)簡式為:CH3COOH III苯，結(jié)構(gòu)簡式為：；IV為甲烷，結(jié)構(gòu)簡式為：CH

7、4,結(jié)合幾種物質(zhì)的性質(zhì)回答。5.下列實驗操作和現(xiàn)象對應(yīng)的結(jié)論錯誤的是實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論將銅片和鐵片用導(dǎo)線連接插入濃硝酸中，鐵片表面產(chǎn)生氣泡金屬鐵比銅活潑常溫下，測定同濃度NaA和NaB溶液的pH： NaA相同條件下，在水中 HA電離程度大選項小于NaB于HBC加熱含有酚配的 NaCO溶液，溶液紅色加深co2一的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)D向飽和FeSO溶液中加入CuS固體，測得溶液中c(Fe2+)小變Ksp(CuS) v Ksp (FeS)A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A.將銅片和鐵片導(dǎo)線連接插入濃硝酸中，由于鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，所以鐵為 正極，銅為負極，但金屬活動性

8、Fe大于Cu,故A錯誤。B.常溫下，測定同濃度 NaA和NaB溶液的pH： NaA小于NaB,說明HA的酸f比HB強，相同 條件下，在水中 HA電離程度大于 HB，故B正確；C.加熱促進鹽類水解，NaCO溶液水解顯堿性，加熱含有酚酗:的NaCO溶液，溶液紅色加深，所以CO2一的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故C正確；D.向飽和FeSQ溶液中加入CuS固體，測得溶液中c(Fe 2+)不變，說明沒有FeS生成，所以說 明 Ksp(CuS) < Ksp (FeS),故 D正確；所以本題答案：A?！军c睛】注意點：鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，生成的氧化膜組織鐵繼續(xù)被氧化。所以銅和鐵 做電極材料的時候，銅先放電做

9、原電池的負極。6.利用光伏電池提供電能處理廢水中的污染物(有機酸陰離子用 R表示)，并回收有機酸 HR裝置如圖所示。下列說法錯誤的是|，光伏.池U石里 s ，派摒冷 做； 新a(0廢液*匚1HR(叫)B.石墨(2)極附近溶液的pH降低D.若兩極共收集3mol氣體，則理論上A.在光伏電池中a極為正極C. HR 溶液：C2VC1轉(zhuǎn)移4mol電子【答案】B【解析】【詳解】A.根據(jù)電子移動的方向，可知在光伏電池中a極為正極，b為負極，故A正確；B.石墨(2)為電解池的陰極，H.得電子變成氫氣，使 c(H+)降低，pH升高，故B錯誤；C.石墨(1)為電解池的陽極，OH失電子變成氧氣，使得 c(H+)升高

10、，透過陽膜進入濃縮室；石墨(2)為電解池的陰極，H得電子變成氫氣，R透過陰膜進入濃縮室，使得濃縮室中 HR濃度增大，所以HR溶液：C2VC1,故C正確；D.根據(jù)陽極：4OH4e=OT +2H2Q陰極：4H+4e-=2H4 ,所以若兩極共收集 3mol氣體，則理論上轉(zhuǎn)移4mol電子，故 D正確；所以本題答案：B?！军c睛】解題突破口：電子移動的方向判斷電池的正負極，結(jié)合電解原理放電離子的變化確定C2VC1；根據(jù)電子守恒進行判斷轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。7.常溫下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如下圖所示，下列有關(guān)說法錯誤的是 B. a 點溶液中：c(H+) c(OH

11、-) =2c(Y2 )+c(HY-) c(K +)A.C. H 2Y的第二級電離常數(shù) Ka2(H2Y) = 10 43D.交點 b 的溶液中：c(H 2Y) = c(Y2-) > c(HY) > c(H+) > c(OH-)【解析】詳解：A.隨著pH的增大，HY的電離程度逐漸增大，溶液中與更二?逐漸增大，°絲2逐漸減同E/)c(Y2)小，lg絲絲逐漸增大，lg巴色二:逐漸減小，因此曲線 M表示pH寫一絲2的關(guān)系，故A正確；B. a 點溶液中存在電荷守恒：c(H+) +c(K +) = 2c(Y2 )+c(HY-)+c(OH-),因此 c(H+) c(OH-)= 2c

12、(Y2 ) +c(HY-) c(K +),故 B正確;C. pH=3 時，Igfgy ：=1.3,則 Ka2(H2Y) = " > "(目=" =1。-4.3，故 c正確；c(Yz)c(HY -) IO13D.交點 b 的溶液中存在：lgL"' '= 1g”1.3 ,因此里g_，>101.3，即 c(Y2-)<c(HY-),故4也門 c(y2-)c(y2-)D錯誤； 綜合以上分析，本題選 D、非選擇題:8.(1)25 C時，相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液： NaCNaOHDH2SO(NH4)2SQ,其中水的電離程度按由大到小

13、順序排列為 (填序數(shù))。(2)在25c下，將amol L 一的氨水與0.01 mol L 一的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時溶液中 c(NH；)=c(C1 一)，則溶液顯(填“酸”堿”或“中)性；用含a的代數(shù)式表示NH 卜。 的電離常數(shù) Kb=。一定溫度下，向氨水中通入 CO,得到(NH)2CQ NHHCO等物質(zhì)，溶液中各種微粒的物質(zhì) 的量分數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示。隨著CO的通入，溶液中c(OH )/c(NH 3。H2O)將(填“增大” “減小”或“不變”)。pH=9時，溶液中c(NH4+)+c(H +)=ojm<LU2 吐口】 電HI) I 口鳥 Q* 91) HJ5 (UI 7 Ji 7

14、J>pH(4)焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)可用作食品的抗氧化劑，常用于葡萄酒、果脯等食品中。在測定某葡 萄酒中N%SQ殘留量時，取25.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol L 一的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點,消耗5.00mL。該滴定反應(yīng)的離子方程式為 ;葡萄酒中的NaSQ的使用量是以SO 來計算的，則該樣品中NaSO的殘留量為(g- L 1o【答案】(1).下(2). 中 (3).1(4). 減小(5).U-0.012c(CO2 ) + c(HCQ ) + c(NHbCOO) + c(OH ) (6). S2Q2 + 2I 2 + 3HO=2SO2-+ 4I + 6H+.0.128【解析

15、】【分析】(1)根據(jù)根據(jù)影響水電離的因素進行判斷；(2)根據(jù)電荷守恒進行判斷；(3)根據(jù)電子守恒進行解答?！驹斀狻?1)根據(jù)影響水電離的因素可知：NaOHH 2SQ抑制水的電離，且相同物質(zhì)的量 濃度的H 2SQ抑制程度更大；(NH 4)2SO能發(fā)生水解，促進水的電離；NaCl對水的電離無 影響，所以25c時，相同物質(zhì)的量濃度的溶液水的電離程度按由大到小順序排列為 ；答案：；(2)在25c下，將amol L 一的氨水與0.01 mol L 一的鹽酸等體積混合，反應(yīng)平衡時溶液中c(NH4+)=c(Cl ),根據(jù)電荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl )+ c(OH-)所以 c(H+)=c(

16、OH-),則溶液顯 中性；因為平衡時溶液中 c (NH+) =c (Cl-) =0.005mol/L ,根據(jù)物料守恒得 c (NHH2O)=(0.5a-0.005 ) mol/L ,因為溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L , NH?HO的電離常數(shù)10 9a-0-01Kb不變,Kb= c(OH-) c(NH4+)/c( (NT H2O) =10-7x 5X 10-3/(0.5 a-5X 10-3)=10-9/( a-0.01);答案：(3)c(OH)/c( (NHH2O)= c(OH-)x c(NH+)/c( (NHH2Q x c(NH4+)=Kb/c(NH 4+),c

17、(NH4+)不斷增大，比值不斷減小；根據(jù)電荷守恒，pH=9時，溶液中存在電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COQ+c(OH-);答案：減小； 2c(CO32-)+c(HCO3)+c(NH 2COQ+c(OH-);I 2作氧化劑，1molI 2參與反應(yīng)得到2mol電子，S2052-為還原劑，1molS 2052-參與反應(yīng)，硫元素失 去4mol電子，根據(jù)原子守恒配平方程式：S 2052-+212+3H20=2SQ2-+4I-+6H+，計算祥品中S2052-的殘 留量時以 SQ計算，n(I 2)=n(SQ2)=0.01000mol.L 1x0.01L

18、=0.0001mol,m(S0 2)=0.0064g,則該樣品 中 NaGQ 的殘留量為 0.0064g/0.05L =0.128g.L-1。答案：0.128。9.我國某地粉煤灰中錢含量豐富，其主要成分以GaO的形式存在，除此之外還含有 A12Q、Fe3Q、SiQ2等雜質(zhì)。已知從粉煤灰中回收錢的藝流程如圖甲所示。腳ClH島而小田由f回隔曲,旃吸附近脫一率WMA*1-1回型國I2"""圜叫剪垂用甲信息(i)轉(zhuǎn)型液中錢以Ga(2)的形式存在；(ii)K spGa(OH3)=1.4 X 10 34,，pFe(OH) 3=2.7 x 10 39, KspFe(OH) 2=

19、4.87 x 10 17。回答下列問題：(1)濾渣A中一定含有的成分是 。(2) “氧化”過程中加入 H2Q的目的是 ,該過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為(3)洗脫液中還有少量的Fe3+、GS3+,其中Gs3+濃度為1.4 X 10 -4mol/L ,列式計算當(dāng)Fe3+恰好沉淀完全時c(Fe 3+) <1.0X10 5mol/L , G a3+是否開始沉淀 。(4)流程圖中兩次調(diào)節(jié) pH的目的分別是 。(5)電解法可以提純粗錢，具體原理如圖乙所示粗錢與電源 極相連(填“正”或 “負”)。錢在陽極溶解生成的Ga3+與NaOH§液反應(yīng)生成 Ga。一，GaO在陰極放電的電極反應(yīng)式為。國乙

20、【答案】(1). SiO2(2).將Fe2+氧化為Fe3+,便于后續(xù)操作分離 (3).2Fe2+H2Q+2H+=2Fe3+2H2O(4). 當(dāng)Fe3+ 恰好沉淀時，溶液中c3(OH)=KspFe(OH) 3/ c(Fe3+)=2.7 x 10-39/1.0 x 10-5mol3/L 3=2.7 x 10-34mol3/L 3,QcGa(OH)3= c(Ga3+)? c3(OH )=1.4 X 10-4mol/LX 2.7X10-34mol3/L3 =3.78 X 10-38 v KspGa(OH) 3,故 G+未開始沉淀 (5).第一次調(diào)節(jié)pH是為了使Fe3+沉淀從而分離，第二次調(diào)節(jié)pH是為了

21、將Gs3+轉(zhuǎn)化為GaGT得 到轉(zhuǎn)型液(6). 正(7). GaO 2 +3e +2HO=Ga+4OH【解析】【分析】粉煤灰中主要成分 G&O,還含有AI2Q、Fe3O、SiO2等雜質(zhì)，加入鹽酸后，SiO2不反應(yīng)，過濾留在濾渣 A中，浸出液中的Fe2+被HO氧化，變成Fe3+,加氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH后，根據(jù)KspGa(OH3)=1.4 X10-34, KspFe(OH)句=2.7 *10-39,使 Fe3+變成沉淀進行分離，第二次調(diào)節(jié)pH是為了將GaT轉(zhuǎn)化為Ga。一得到轉(zhuǎn)型液，GaO一在陰極得電子，被還原為金屬 Ga以此分析解答 此題?！驹斀狻?1)結(jié)合上述分析濾渣 A中一定含有的成分是 S

22、iO2。(2) “氧化”過程中加入 HQ的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,便于后續(xù)操作分離，該過程中發(fā)生反 應(yīng)的離子方程式為 2Fe2+HQ+2H+=2Fe3+2H2O。 當(dāng)Fe3+恰好沉淀時，溶液中 c3(OH)=KspFe(OH) 3/ c(Fe3+)=2.7 x 10-39/1.0 x 10-5mol3/L3=2.7 x 10-34mol3/L3,QGa(OH)3=c(Ga3+)? c3(OH )=1.4 x 10 -4mol/L x 2.7 x 10 -34mol3/L 3 =3.78 X 10-38< KspGa(OH)3, 故Gs3+未開始沉淀。(4)第一次調(diào)節(jié)pH是為了使F

23、e3+沉淀從而分離，第二次調(diào)節(jié)pH是為了將Gs3+轉(zhuǎn)化為GaO一得到轉(zhuǎn)型液；(5)類比電解法精煉銅的原理可知，粗錢與電源正極相連，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，錢在陽極 溶解生成的g+與NaOH反應(yīng)生成GaQ一, GaO在陰極放電的電極反應(yīng)式為GaO+3e +2H2O=Ga+4OH10.研究發(fā)現(xiàn)NO和SQ是霧霾主要成分。I . NO主要來源于汽車尾氣，可以利用化學(xué)方法將二者轉(zhuǎn)化為無毒無害物質(zhì)。_ _ _.一一-1已知：N2(g)+O2(g)-2NO(g) H=+180 kJ mol川mol已知：平衡時氣體的分壓 =氣體的體積分數(shù)x體系的總壓強， TC時達到平衡，此時體系的 總壓強為P =14MPa則T

24、C時該反應(yīng)的壓力平衡常數(shù) Kp=MPa 1;平衡后，再向容 器中充入NO和CO各0.1mol ,平衡將 (填“向左” “向右”或“不 ”)移動15min時，若改變外界反應(yīng)條件，導(dǎo)致 n(NO)發(fā)生如圖所示 變化，則改變的條件可能是(填字母)A.升溫 B .增大CO濃度 C .加入催化劑 D減小容器體積n. SO主要來源于煤的燃燒。燃燒煙氣的脫硫減排是減少大氣中含硫化合物污染的關(guān)鍵。(1)已知：亞硫酸的電離常數(shù)為Ka1=2.0X10 2, Ka2=6.0X10 7O 則 NaSO溶液呈“酸性”、“中性”或“堿性”)(2)如圖所示的電解裝置，可將霧霾中的通入NO的電極反應(yīng)式為g。入SO的質(zhì)量理論上

25、應(yīng)為._. . -1744 kJ mol(2). 彳氐溫(3). 0.125(填NO SO轉(zhuǎn)化為硫酸俊，從而實現(xiàn)若通入的N體積為4.48L(標(biāo)況下(5) . BD(6) .酸性(7). 6H + NJ 5e =NH+ H2O (8). 32根據(jù)蓋斯定律和4 G=A H-TS<0解答；根據(jù)三段式，化學(xué)平衡常數(shù) K與Q的關(guān)系進行判斷；根據(jù)15min時，改變某一因素，NO的物質(zhì)的量減少，說明平衡向正反應(yīng)方向移動，結(jié)合化學(xué)平衡 的影響因素分析；根據(jù)HSO的電離平衡常數(shù)與水解平衡常數(shù)大小判斷；根據(jù)電解裝置得失電子數(shù)目守恒進行計算?！驹斀狻?1 )根據(jù)蓋斯定律N2(g)+O2(g)2NO(g) H=

26、+180 kJ mol 12CO(g)+Q(g)2CO(g) AH= - 564 kJ - mol1,-得：2NO(g)+2CO(g)里旦理2CO(g)+N2(g) AH= (-564-180)kJ ?mo1=-744kJ?mol-1,該反應(yīng)為氣體體積縮小的放熱 反應(yīng)，其4 H<R S<0,則溫度處于低溫下滿足4G=AHTAS<0,能自發(fā)進行；故答案為：-744kJ?mol-1；低溫；(2)由圖 1 知,2NO(g)+2CO(g)產(chǎn)叱創(chuàng) £2CQg)+N 2(g),起始(mol) 0.4 0.400轉(zhuǎn)化(mol) 0.2 0.20.20.1平衡(mol) 0.2 0

27、.20.20.1為：0.125 ;不；15min時，改變某一因素，NO的物質(zhì)的量減少，說明平衡向正反應(yīng)方向移動：A.正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫，平衡向逆反應(yīng)方向移動，NO的物質(zhì)的量增大，故 A錯誤；B.增大CO的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，NO的物質(zhì)的量減小，故 B正確；C.加入催化劑，化學(xué)平衡不移動，故 C錯誤；D.減小容器的體積，相當(dāng)于增大壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，NO物質(zhì)的量減小，故D正確； 故答案為：BD;n(1)由于HS的水解常數(shù) K=Kw/Ka=5.0X10-13<Ka2=6.0X10-7,說明HSO-的電離平衡常數(shù)大于水解平衡常數(shù)，則 HSO-的溶液顯酸性；答案：酸性；(2)

28、根據(jù)電解裝置，NO和SO轉(zhuǎn)化為硫酸俊，說明 NO轉(zhuǎn)化成NH+,即NO在陰極上發(fā)生反應(yīng) NO+6H+5e=NH+HO,陽極反應(yīng)式為 SO+2Hbe-2e-=4H+SO2-,根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，有 2NOd0e-WSO,則 SO 的物質(zhì)的量為：n(SO2)=5/2n(NO)=4.48L/22.4L ?mol-1 X 5/2=0.5mol , SO 的質(zhì)量為 64g/mol x 0.5mol=32g ,故答案為：6H + NO 5e =NH|+ H2Q 32。11.翡翠是玉石中的一種，其主要成分為硅酸鋁鈉NaAl(Si 2O6),常含微量 Cr、Ni、Mnn M4Fe等元素。請回答下列問題:(1)

29、基態(tài)饃原子的外圍電子排布圖為 ;與其同周期的基態(tài)原子的M層電子全充滿的元素位于周期表的、區(qū)。(2)翡翠中主要成分硅酸鋁鈉中四種元素電負性由小到大的順序是 。銘可以形成 CrCl 3 - x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位數(shù)為 6的配合物。NH分子的V SEPR模型是。鍵角大小關(guān)系NH PH(填“>" <”或“=”)。NF3不易與Cr3+形成配離子，其原因是 。鐵有8、丫、“三種同素異形體，如下圖所示。8yFea-Fc丫 一 Fe晶體的一個晶胞中所含有的鐵原子數(shù)為 , 8 Fe、a Fe兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為 。已知8 Fe晶體的密度為dg/cm, N表示

30、阿伏伽德羅常數(shù) 的數(shù)值，則Fe原子半徑為 pm(列表達式)3d4sv Al v Si<OF偏移，導(dǎo)致NF3【答案】(1).向出血田庇(2). ds.p (4). Na(5).四面體 (6).> .F的電負性比 N大，NH F成鍵電子對向中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NE不易與Cr3+形成配離子(8). 4 (9). 4:3 (10).【解析】【詳解】(l)Ni為28號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，基態(tài)Ni原子的電子排布式為Ar 3d84s2, 3d4s電子排布圖為 同訐同彳Tf|同；與其同周期的基態(tài)原子的M層電子全充滿的元素是 Zn和GaGaAs、Se、Br

31、、Kr, Zn位于周期表的ds區(qū)，GaGaAs、Se、Br、Kr位于周期表3d4s的P區(qū)。答案：蒯班田田ds；(2)非金屬性越強第一電離能越大，同一周期的元素自左向右第一電離能呈增大趨勢，硅酸鋁鈉中含有Na、Al、 Si、O四種元素，。的非金屬性最強，Na、Al、 Si在同周期，第一電離能逐漸增大，所以第一電離能由小到大的順序是Nav Al < Si < O。答案為:Nav Al v Si v O ;(3)銘可以形成 CrCl 3 - x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位數(shù)為 6的配合物。氨氣分子中氮價層電子對數(shù)=b 鍵個數(shù)+孤電子對數(shù)=3+1/2(5- 3X 1)=4，所

32、以VSEPR莫型為正 四面體結(jié)構(gòu)；答案：正四面體。因N、P在同一主族且半徑是 N<P,原子核間斥力大，所以鍵角NH>PH;答案：>NF3不易與Cr3+形成配離子，其原因是F的電負性比N大，N F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NE中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cr3+形成配離子；答案：F的電負性比N大，N- F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NE中N原子核對其孤對電子的吸 能能力增強，難以形成配位鍵，故NE不易與Cr3+形成配離子。4r=/時叼K原故r=|v§/4其XlOpmi 答案：4; 4:3(4) 丫晶體晶胞中所含有的鐵原子數(shù)為 8X 1

33、/8+6 X 1/2=4, 8、a 兩種晶胞中鐵原子的配位 數(shù)分另1J為8、6,則配位數(shù)之比為 8:6=4:3 ; 一個晶胞的質(zhì)量 m=M/N=2X56/NAg,根據(jù)m=p V, 即V=2X 56/N Ad=2X 56/dNAcnf；則晶胞棱長為K 56/N1,處于體對角線上的原子相鄰，則木庾纖維高分化合物CH.OHN1OH溶液光加熱COOHF12.利用木質(zhì)纖維可合成藥物中間體H,還能合成高分子化合物 G,合成路線如下:CHCH.QH已知:心心o。上。(1)A的化學(xué)名稱是 。(2)B的結(jié)構(gòu)簡式是 ,由C生成D的反應(yīng)類型為 。(3)化合物E的官能團為 。(4)F分子中處于同一平面的原子最多有 個。D生成E的化學(xué)反應(yīng)方程式為O(5)芳香化合物I為H的同分異構(gòu)體,苯環(huán)上一氯代物有兩種結(jié)構(gòu)，1molI發(fā)生水解反應(yīng)消耗 2 mol NaOH,符合要求的同分異構(gòu)體有 種，其中核磁共振氫譜顯