湖北省鄂东新领先协作体2023-2024学年高二下学期3月联考化学试题(原卷版+解析版)-教习网|<title>
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    湖北省鄂东新领先协作体2023-2024学年高二下学期3月联考化学试题(原卷版+解析版)
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    湖北省鄂东新领先协作体2023-2024学年高二下学期3月联考化学试题(原卷版+解析版)

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    这是一份湖北省鄂东新领先协作体2023-2024学年高二下学期3月联考化学试题(原卷版+解析版),文件包含湖北省鄂东新领先协作体2023-2024学年高二下学期3月联考化学试题原卷版docx、湖北省鄂东新领先协作体2023-2024学年高二下学期3月联考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共27页, 欢迎下载使用。

    注意事项:
    1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
    4.本试卷主要考试内容:人教版选择性必修1及选择性必修2。
    5.可能用到的相对原子质量:H-1 Li-7 N-14 O-16 C1-35.5 B-11 P-31
    一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共15分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
    1. 提纯粗硅时可通过反应SiHCl3+H2Si+3HCl获取晶体硅。下列说法正确的是
    A. 1mlSi晶体中含有4ml非极性键
    B. Si原子的核外有5种不同空间运动状态的电子
    C. SiHCl3的空间填充模型为
    D. 硅晶体中1个Si-Si键被6个六元环共用
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.硅晶体中1个硅原子形成4根Si—Si键,每根Si—Si键被2个Si原子共用,故1mlSi晶体中含有2ml非极性键,故A正确;
    B.Si的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,有8种空间运动状态不同的电子,故B正确;
    C.该模型为SiHCl3的球棍模型,故C错误;
    D.硅晶体中1个Si-Si键被6个六元环共用,故D正确;
    故选D。
    2. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
    A. 键的键能小于键的键能
    B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的
    C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
    D. 气态氟化氢中存在,而气态氯化氢中是分子
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.F原子半径小,电子云密度大,两个原子间的斥力较强,键不稳定,因此键的键能小于键的键能,与电负性无关,A符合题意;
    B.氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性,使—的极性大于—的极性,导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大,更容易电离出氢离子,酸性更强,B不符合题意;
    C.氟的电负性大于氯的电负性,键的极性大于键的极性,导致分子极性强于,C不符合题意;
    D.氟的电负性大于氯的电负性,与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键,因此气态氟化氢中存在,D不符合题意;
    故选A。
    3. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一,一种具有聚集诱导发光性能的物质。其分子结构如图所示。下列说法正确的是
    A. 分子中C原子有sp2、sp3两种杂化方式,N原子均为sp3杂化
    B. 分子中含有手性碳原子
    C. 1ml该物质含σ键数目为43NA个
    D. 该物质不能形成分子内氢键
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.分子中双键N为sp2杂化,单键N为sp3杂化,A项错误;
    B.分子中无手性碳原子,B项错误;
    C.该分子中含有43个σ键,则1ml该物质含σ键数目为43 NA个,C项正确;
    D.该分子中羧基和双键氮原子离的比较近,能形成分子内氢键,D项错误;
    答案选C。
    4. 石墨与F2在450℃反应,石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x,该物质仍具润滑性,其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是

    A. 与石墨相比,(CF)x导电性增强
    B. 与石墨相比,(CF)x抗氧化性增强
    C. (CF)x中的键长比短
    D. 1ml(CF)x中含有2xml共价单键
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动,故石墨晶体能导电,而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子,故与石墨相比,(CF)x导电性减弱,A错误;
    B.(CF)x中C原子的所有价键均参与成键,未有未参与成键的孤电子或者不饱和键,故与石墨相比,(CF)x抗氧化性增强,B正确;
    C.已知C的原子半径比F的大,故可知(CF)x中的键长比长,C错误;
    D.由题干结构示意图可知,在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键,每个C-C键被2个碳原子共用,和1个F原子形成共价键,即1ml(CF)x中含有2.5xml共价单键,D错误;
    故答案:B。
    5. 冠醚是皇冠状分子,可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是
    A. 含该超分子的物质属于分子晶体B. 冠醚可用于分离不同的碱金属离子
    C. 中心碱金属离子的配位数是不变的D. 冠醚与碱金属离子之间形成离子键
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子,该物质是离子晶体,故A错误;
    B.有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子,可用于分离,故B正确;
    C.中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的,故C错误;
    D.冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键,故D错误;
    故选B。
    6. 在人类提出水合氢离子概念一百多年来,我们首次在实空间里观测到水合氢离子的微观结构(两种构型的水合氢离子的结构模型如图),并发现了一种室温下保持在常压状态具有氢原子对称化构型的二维冰新物态。下列有关说法正确的是
    A. (a)(b)均可表示为H3O+
    B. (a)(b)中О原子均为sp3杂化
    C. (a)中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
    D. 水合氢离子组装形成的二维冰相为共价晶体
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.(a)结构中,1个水合氢离子通过氢键和3个水分子作用,(b)结构中,1个氢离子通过氢键和2个水分子作用,二者均不可表示为,故A错误;
    B.(a)(b)中O原子价层电子对数均为4,均为杂化,故B正确;
    C.(a)中水分子中含有共价键,氧原子上的孤电子对与氢离子通过配位键形成水合氢离子,水合氢离子通过氢键和3个水分子作用,但氢键不属于化学键,故C错误;
    D.共价晶体中全部原子间只靠共价键结合形成空间网状结构,水合氢离子组装形成的二维冰相属于分子晶体,故D错误;
    故选B。
    7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X同主族,Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数,Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和,Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是
    A. X常用来制造电池
    B. Y、Z形成的化合物常用于制取单质Y
    C. W的简单离子半径一定大于X的简单离子半径
    D. Z的单质需保存在棕色试剂瓶中
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据题干信息,W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,W、X同主族,Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数,W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如图所示,则W为H元素,X为Li元素,Y为Al元素,该化合物为LiAlH4,因为Z原子的电子总数等于W、X、Y 三种原子的电子数之和,Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2,所以Z为Cl元素,据此分析解答。故W,X、Y、Z为H,Li,Al,Cl元素。
    【详解】A.Li常用来制造锂电池,故A正确;
    B.Y、Z形成的化合物为AlCl3不能用于制取单质铝,工业上常用电解熔融氧化铝来制取金属铝,故B错误;
    C.W的简单离子为H+或H-,其半径可能大于Li+的离子半径,故C错误;
    D.Cl2的水溶液需保存在棕色试剂瓶中,故D错误;
    故选A。
    8. 化合物T是一种用于合成药物的重要试剂,其结构简式如图所示。已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素,Z、M位于同一主族,X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。下列有关说法正确的是
    A. 简单气态氢化物稳定性:ZB. 简单离子半径:MC. 化合物YM分子中含有σ键和π键
    D. Y的基态原子的电子轨道表示式:
    【答案】C
    【解析】
    【分析】由化合物T的结构简式和X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素可知,N形成的阳离子N+可知,N为K元素,X可形成1个共价键,且其原子序数最小,X为H元素,Y可形成4个共价键,可推断出Y为C元素,X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数,且Z可形成2个共价键,可推断出Z最外层电子数为6,Z与M为同主族元素,即Z、M分别为O元素、S元素。故X、Y、Z、M、N为H,C,O,S,K元素。
    【详解】A.由分析知Z为O,M为S,O、S同主族,且非金属性O>S,元素非金属性越强,简单氢化物的稳定性越强,则有H2O>H2S,故A错误;
    B.由分析知M为S,N为K,简单离子的核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小,则有r(S2-)>r(K+),故B错误;
    C.化合物YM2分子为CS2,分子结构为S=C=S,分子中含有σ键2个,π键2个,故C正确;
    D.Y的基态原子核外电子数为6,最外层电子数为4,电子排布时遵循洪特规则,电子将尽可能分占不同轨道,且自旋方向相同,原子的电子轨道表示式应为:,故D错误;
    故选C。
    9. 已知前四周期元素X、Y、Q、R、Z和W在周期表中的位置如图所示,其中Z位于ds区,基态W原子的价电子中在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等。下列说法不正确的
    A. 基态Z原子的价电子排布为3d104s2
    B. X和Q的第一电离能都高于同周期相邻元素
    C. 最高正化合价:X=QD. R最高价氧化物的水化物可能与其最低价氢化物反应
    【答案】C
    【解析】
    【分析】已知前四周期元素X、Y、Q、R、Z和W在周期表中的位置如图所示,基态W原子的价电子中,在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等,则其价电子排布式为4s24p2,则W为Ge元素;其中Z位于ds区,根据相对位置,则Z是Zn元素,根据元素相对位置,可知X是N,Y是O,Q是P,R是S元素,然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
    【详解】A.Z是Zn元素,根据构造原理可知基态Zn原子的价电子排布为3d104s2,A正确;
    B.一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大,但当元素处于第VA时,其第一电离能大于同一周期相邻元素,X是N,Q是P,二者属于第ⅤA元素,Y是O,R是S,二者属于第VIA元素,故X和Q的第一电离能都大于同周期相邻元素,B正确;
    C.O元素没有与族序数相等的最高化合价,所以元素的最高化合价关系为:YD.R是S,其最高价氧化物的水化物是H2SO4,最低价氢化物是H2S,浓H2SO4具有强的氧化性,会与具有还原性的H2S发生氧化还原反应产生S、H2O,D正确。
    故选C。
    10. 三硫化四磷()是黄绿色针状晶体,易燃、有毒,分子结构如图所示。下列有关的说法中正确的是
    A. 中仅P原子最外层均满足8电子稳定结构
    B. 键角:
    C. 中P原子为杂化,S原子为杂化
    D. 分子中含有6ml极性共价键
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.P最外层5个电子,形成了3个共价键,S最外层6个电子,形成了2个键,因此都满足8电子稳定结构,不仅仅是P原子,故A错误;
    B.均采用sp3杂化,PCl3的中心原子有一对孤电子,而无孤电子对,因为孤电子对对成键电子对有排斥力,所以导致Cl-P-Cl键角更小,即键角比较:,故B错误;
    C.S原子价层电子对数是4,则S原子是sp3杂化,故C错误;
    D.根据结构简式可知1ml 分子中含有6ml极性共价键,3ml非极性共价键,故D正确;
    答案选D。
    11. 标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是
    A. E6-E3=E5-E2
    B. 相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ>历程I
    C. O3及ClO都是由极性键构成的极性分子
    D. 历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为:ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) =(E5-E4)kJ/ml
    【答案】B
    【解析】
    【详解】对比两个历程可知,历程Ⅱ中增加了催化剂,降低了反应的活化能,加快了反应速率。
    A.催化剂能降低活化能,但是不能改变反应的焓变,因此,A正确;
    B.催化剂不能改变反应的平衡转化率,因此相同条件下,的平衡转化率:历程Ⅱ=历程I,B错误;
    C.O3及ClO都是由极性键构成的极性分子,C正确;
    D.活化能越低,反应速率越快,由图像可知,历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,所以速率最快的一步反应的热化学方程式为:,D正确:
    故选B。
    12. 已知:[FeCl4(H2O)2]为黄色,溶液中可以存在可逆反应:,下列实验所得结论不正确的是
    (注意:溶液中有少量的时,溶液颜色呈浅黄色:加热为微热且忽略体积变化)
    A. 实验①中,溶液显浅黄色原因是水解产生了少量
    B. 实验②中,酸化对水解的影响程度大于温度的影响
    C. 实验③中,加热,可逆反应:正向移动
    D. 实验④,可证明升高温度,颜色变深一定是因为水解平衡正向移动
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.实验①中,0.1ml/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色,加热后颜色变深,说明升高温度水解程度增大,颜色加深,故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3 ,选项A正确;
    B.实验②中,酸化的0.1ml/L Fe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色,加热后溶液颜色无明显变化,说明温度升高几乎不能引起变化,则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,选项B正确;
    C.实验③中,酸化的0.1ml/L Fe2(SO4)3溶液加入NaCl后,溶液立即变为黄色,则氯离子影响平衡移动,加热后溶液颜色变深,则存在可逆反应: ,且加热平衡正向移动,选项C正确;
    D.实验④,加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深,水解平衡或平衡均可能使颜色变深,故不可证明升高温度, Fe3+水解平衡正向移动,选项D不正确。
    答案选D。
    13. 某小组进行实验,向蒸馏水中加入,充分振荡,溶液呈浅棕色,再加入锌粒,溶液颜色加深;最终紫黑色晶体消失,溶液褪色。已知为棕色,下列关于颜色变化的解释错误的是
    A. AB. BC. CD. D
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.向10mL蒸馏水中加入0.4gI2,充分振荡,溶液呈浅棕色,说明I2的浓度较小,因为I2在水中溶解度较小,A项正确;
    B.已知(aq)为棕色,加入0.2g锌粒后,Zn与I2反应生成ZnI2,生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌,生成使溶液颜色加深,B项正确;
    C.I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq),Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成,I2(aq)浓度减小,上述溶解平衡向右移动,紫黑色晶体消失,C项正确;
    D.最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应,不是置换反应,D项错误;
    答案选D。
    14. 利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示,甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液,向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法不正确的是
    A. 甲室Cu电极为正极B. 的空间结构为正四面体形
    C. 电池总反应为:Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+D. NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
    【答案】A
    【解析】
    【分析】为实现CuSO4电镀废液的浓缩再生,由图可知,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu-2e-=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+,右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e-=Cu,中间为阴离子交换膜,据此分析。
    【详解】A.为实现CuSO4电镀废液的浓缩再生,甲室Cu电极溶解,变为铜离子与氨气形成[Cu(NH3)4]2+,因此甲室Cu电极为负极,故A错误;
    B.的中心原子价层电子对数为,无孤对电子,空间结构为正四面体形,故B正确;
    C.由分析可知,左侧负极是Cu−2e−+4NH3=[Cu(NH3)4]2+,正极铜极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜:Cu2++2e-=Cu,则电池总反应为:Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+,故C正确;
    D.NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2+,铜离子浓度降低,铜离子得电子能力减弱,因此将对电池电动势产生影响,故D正确;
    故选:A。
    15. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1),进行镁离子取代及卤素共掺杂后,可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是

    A. 图1晶体密度为g∙cm-3B. 图1中O原子的配位数为6
    C. 图2表示的化学式为D. 取代产生的空位有利于传导
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.根据均摊法,图1的晶胞中含Li:8×+1=3,O:2×=1,Cl:4×=1,1个晶胞的质量为g=g,晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3,则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3,A项正确;
    B.图1晶胞中,O位于面心,与O等距离最近的Li有6个,O原子的配位数为6,B项正确;
    C.根据均摊法,图2中Li:1,Mg或空位为8×=2。O:2×=1,Cl或Br:4×=1,Mg的个数小于2,根据正负化合价的代数和为0,图2的化学式为LiMgOClxBr1-x,C项错误;
    D.进行镁离子取代及卤素共掺杂后,可获得高性能固体电解质材料,说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导,D项正确;
    答案选C。
    二、非选择题:本题共4小题,共55分。
    16. 氮的化合物种类繁多,应用广泛。请回答:
    (1)基态N原子的价层电子排布式是___________。
    (2)与碳氢化合物类似,N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
    ①下列说法不正确的是___________。
    A.能量最低的激发态N原子的电子排布式:1s22s12p33s1
    B.化学键中离子键成分的百分数:Ca3N2>Mg3N2
    C.最简单的氮烯分子式:N2H2
    D.氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
    ②给出H+的能力:NH3___________[Cu(NH3)4]2+(填“>”或“<”),理由是___________。
    硼及其化合物在耐高温合金工业、催化剂制造、高能燃料等方面有广泛应用。
    (3)硼和铝可分别形成[BF4]-和[AlF6]3-,[BF4]-的空间构型为___________,硼元素不可能形成[BF6]3-的原因是___________。
    (4)氨硼烷(H3N→BH3)和Ti(BH4)3均为广受关注的新型储氢材料。
    ①B与N的电负性:B___________N(填“>”“<”或“=”)。
    ②Ti(BH4)3由TiCl3和LiBH4反应制得。写出制备反应的化学方程式:___________。
    (5)磷化硼(BP)是受到高度关注的耐磨材料,它可用作金属表面的保护层。如图为磷化硼晶胞。
    ①磷化硼晶体属于___________晶体(填晶体类型),是否含有配位键?___________(填“是”或“否”)。
    ②已知的晶胞边长为anm,NA为阿伏加德罗常数的数值,则磷化硼晶体的密度为___________g/cm3(用含a、NA的式子表示)。
    【答案】(1)2s22p3
    (2) ①. A ②. < ③. 形成配位键后,由于Cu对电子的吸引,使得电子云向铜偏移,进一步使氮氢键的极性变大,故其更易断裂
    (3) ①. 正四面体 ②. 硼原子价电子层只有2s和2p四个原子轨道,最多可以形成四个共价键
    (4) ①. < ②. TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl
    (5) ①. 共价 ②. 是 ③.
    【解析】
    【小问1详解】
    N的核电荷数为7,核外有7个电子,基态N原子电子排布式为1s22s22p3,则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3;
    【小问2详解】
    ①A.能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级,其电子排布式:,故A错误;
    B.钙的金属性比镁的金属性强,则化学键中离子键成分的百分数:Ca3N2>Mg3N2,故B正确;
    C.氮有三个价键,最简单的氮烯即含一个氮氮双键,另一个价键与氢结合,则其分子式:N2H2,故C正确;
    D.氮烷中N原子有一对孤对电子,有三个价键,则氮原子的杂化方式都是sp3,故D正确;
    综上所述,答案为:A。
    ②[Cu(NH3)4]2+形成配位键后,由于Cu对电子的吸引,使得电子云向铜偏移,进一步使氮氢键的极性变大,故其更易断裂,因此给出的能力:NH3<[Cu(NH3)4]2+;
    【小问3详解】
    [BF4]-的中心原子的价层电子对数是4,不含有孤电子对,空间构型为正四面体,由于硼原子的价电子层只有2s和2p四个原子轨道,最多可以形成四个共价键,所以硼元素不可能形成[BF6]3-。
    【小问4详解】
    ①氨硼烷(H3N→BH3)中氮元素提供孤电子对,所以B与N的电负性相比较B<N。
    ②Ti(BH4)3由TiCl3和LiBH4反应制得,根据元素守恒可知还有氯化锂生成,该制备反应的化学方程式为TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl。
    【小问5详解】
    ①磷化硼(BP)是受到高度关注的耐磨材料,它可用作金属表面的保护层,这说明磷化硼晶体属于共价晶体(填晶体类型),磷元素含有孤电子对,硼元素含有空轨道,所以含有配位键。
    ②晶胞磷原子和硼原子均是4个,已知的晶胞边长为anm,NA为阿伏加德罗常数的数值,则磷化硼晶体的密度为g/cm3。
    17. I.污水处理分析时,常用双硫腙(H2Dz,二元弱酸)把金属离子络合成电中性的物质,再用CCl4萃取络合物,从而把金属离子从水溶液中完全分离出来。如用双硫腙(H2Dz)~CCl4,分离污水中的Cu2+时,先发生络合反应:Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+,再加入CCl4,Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。
    (1)污水显蓝色是因为四水合铜离子,其空间结构为___________。
    (2)写出双硫腙和Fe3+络合的离子方程式:___________。萃取过程中要控制适宜的酸度。如果溶液的pH过大,其后果是___________。
    Ⅱ.下图是用双硫腙(H2Dz)~CC14络合萃取某些金属离子的酸度曲线。它反映了萃取某些金属离子时适宜的pH范围。E%表示某种金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率。

    某工业废水中含有Hg2+、Bi3+、Zn2+,用双硫腙(H2Dz)~CC14络合萃取法处理废水。请根据上图回答问题:
    (3)欲完全将废水中的Hg2+分离出来,须控制溶液pH为___________。
    (4)当调节pH=2时,铋(Bi)的存在形式有:___________,其物质的量之比为___________。
    (5)萃取到CCl4中的Zn(HDz)2分液后,加入足量的NaOH溶液,充分振荡后,锌又转到水溶液中。写出反应的离子方程式:___________。
    【答案】(1)平面正方形
    (2) ①. Fe3++3H2DzFe(HDz)3+3H+ ②. Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀
    (3)11 (4) ①. Bi3+、Bi(HDz)3[或Bi(HDz)3、Bi3+] ②. 7:3(或3:7)
    (5)Zn(HDz)2+6OH-=[Zn(OH)4]2-+2Dz2-+2H2O
    【解析】
    【小问1详解】
    四水合铜离子的空间结构为平面正方形;
    【小问2详解】
    根据双硫腙和铜离子络合的方程式类比可知,双硫腙和Fe3+络合的离子方程式为Fe3++3H2DZFe(HDZ)3+3H+。因为铁离子在pH过高时会沉淀,因此要控制pH。
    【小问3详解】
    当pH=1.1时,Hg2+完全络合,Bi3+、Zn2+还没有开始络合,因此控制溶液pH=1.1可以完全将废水中的Hg2+分离出来。
    【小问4详解】
    当pH=2时,Bi3+开始络合,溶液中既有Bi3+也有Bi(HDZ)3,此时Bi3+有30%已经络合,因此Bi3+和Bi(HDZ)3的物质的量之比为7:3。
    【小问5详解】
    Zn(HDz)2与氢氧化钠反应生成[Zn(OH)4]2-,反应的离子方程式为:Zn(HDz)2+6OH-=[Zn(OH)4]2-+2Dz2-+2H2O。
    18. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,易溶于水,难溶于乙醇,是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。
    回答下列问题:
    (1)中铁离子的配位数为__________,其配体中C原子的杂化方式为________。
    (2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。
    (3)步骤③将加入到溶液中,水浴加热,控制溶液pH为,随反应进行需加入适量__________(已知:常温下溶液的pH约为3.5)。
    (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。
    (5)某研究小组将在一定条件下加热分解,利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。
    ①按气流从左到右的方向,依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。
    ②确认气体产物中含CO的现象为____________________。
    【答案】 ①. 6 ②. ③. ④. ⑤. 洗去表面吸附的杂质,并减少溶解损耗,除去表面的水分 ⑥. DCBADE ⑦. A中的粉末由黑色变为红色,其后的D中的石灰水变浑浊
    【解析】
    【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀,Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀,Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液,最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3]•3H2O,据此分析解题。
    【详解】(1)中铁离子为中心离子,为配体,由于每一个能与中心离子形成两个配位键,故中铁离子的配位数为6,其配体的结构简式为,故每个C原子周围形成3个键,无孤对电子,故碳原子的杂化方式为,故答案为:6;;
    (2)由分析可知,步骤②发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀,故其化学方程式为,故答案为:
    (3)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中,水浴加热,控制pH为,已知常温下溶液的pH约为3.5,故为了防止pH偏高且不引入新的杂质,应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH,故答案为:H2C2O4;
    (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体,此时晶体表面还有大量的可溶性杂质,故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质,并减少溶解损耗,再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分,同时便以干燥,故答案为:洗去表面吸附的杂质,并减少溶解损耗,除去表面的水分;
    (5)①检验CO2通常用澄清石灰水,检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2,然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物,最后需进行尾气处理,收集CO,故按气流从左到右的方向,依次连接的合理顺序为DCBADE,故答案为:DCBADE;
    ②经过上述①分析可知,CO+CuOCu+CO2,故A中的粉末由黑色变为红色,将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊,即可确认气体产物中含CO, 故答案为:A中的粉末由黑色变为红色,其后的D中的石灰水变浑浊。
    19. 联氨(又称肼,N2H4无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料,回答下列问题:
    (1)联氨分子是___________分子(填“极性”或“非极性”),其中氮的杂化方式为___________。
    (2)①2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) H1
    ②N2(g)+2H2(g)=N2H4(1) H2
    ③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) H3
    ④2N2H4(1)+N2O4(1)=3N2(g)+4H2O(g) △H4=-1048.9kJ/m1
    上述反应热效应之间的关系式为△H4=___________,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为___________。
    (3)联氨为二元弱碱,在水中的电离方程式与氨相似,联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________(已知:N2H4+H+的K=8.7×107;Kw=1.0×10-14);联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为___________。
    (4)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液,观察到的现象是固体逐渐变黑,并有气泡产生﹐发生的化学方程式为___________。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧。防止锅炉被腐蚀。理论上2kg的联氨可除去水中溶解的O2___________kg。
    【答案】(1) ①. 极性 ②. sp3
    (2) ①. 2ΔH3-2ΔH2-ΔH1 ②. 反应放热量大、产生大量气体
    (3) ①. 8.7×10-7 ②. N2H6(HSO4)2
    (4) ①. N2H4+4AgBr=N2↑+4Ag+4HBr ②. 2
    【解析】
    【小问1详解】
    联氨分子可以视作是氨分子中的氢原子被氨基取代所得结构,分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化,分子是空间结构不对称的极性分子,故答案为:极性;sp3;
    【小问2详解】
    由盖斯定律可知,反应③—①×2—②×2得到反应④,则△H4=2ΔH3-2ΔH2-ΔH1;由热化学方程式可知,联氨和四氧化二氮可作为火箭推进剂的主要原因为反应放热量大、产生大量气体,故答案为:2ΔH3-2ΔH2-ΔH1;反应放热量大、产生大量气体;
    【小问3详解】
    由题意可知,联氨第一步电离的方程式为N2H4+ H2ON2H+ OH—,电离常数Kb1====8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7;二元弱碱联氨与过量硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2,故答案为:8.7×10-7;N2H6(HSO4)2;
    小问4详解】
    由题意可知,联氨溶液与溴化银反应生成银、氮气和氢溴酸,反应的化学方程式为N2H4+4AgBr=N2↑+4Ag+4HBr;联氨溶液与氧气反应生成氮气和水,由得失电子数目守恒可知,理论上2kg的联氨可除去水中溶解的氧气的质量为×1×32g/ml×10-3kg/g=2kg,故答案为:N2H4+4AgBr=N2↑+4Ag+4HBr;2。X
    Y
    Q
    R
    Z
    W




    溶液
    酸化的溶液
    酸化的溶液
    溶液
    加热前溶液为浅黄色,加热后颜色变深
    加热前溶液接近无色,加热后溶液颜色无明显变化
    加入NaCl后,溶液立即变为黄色,加热后溶液颜色变深
    加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深
    选项
    颜色变化
    解释
    A
    溶液呈浅棕色
    在水中溶解度较小
    B
    溶液颜色加深
    发生了反应:
    C
    紫黑色晶体消失
    ()的消耗使溶解平衡右移
    D
    溶液褪色
    与有色物质发生了置换反应

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