2019高考各地化學(xué)選擇題集錦

（一）6．下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機(jī)非金屬材料的是()A.4.03米大口徑碳化硅反射鏡B.2022年冬奧會聚氨酯速滑服C.能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線D.“玉兔二號”鈦合金篩網(wǎng)輪8．2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學(xué)家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測定了銦(49In)等9種元素相對原子質(zhì)量的新值，被采用為國際新標(biāo)準(zhǔn)。銦與銣(37Rb)同周期。下列說法不正確的是()A．In是第五周期第ⅢA族元素B.eq\o\al(115,49)In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17C．原子半徑：In>AlD．堿性：In(OH)3>RbOH10．下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是()物質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì))除雜試劑AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、濃H2SO4DNO(NO2)H2O、無水CaCl211．探究草酸(H2C2O4)性質(zhì)，進(jìn)行如下實驗。(已知：室溫下，0.1mol·L－1H2C2O4的pH＝1.3)實驗裝置試劑a現(xiàn)象①Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產(chǎn)生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)由上述實驗所得草酸性質(zhì)所對應(yīng)的方程式不正確的是()A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2＋H2C2O4=CaC2O4↓＋2H2OB．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3＋H2C2O4=NaHC2O4＋CO2↑＋H2OC．H2C2O4有還原性，2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2OD．H2C2O4可發(fā)生酯化反應(yīng)，HOOCCOOH＋2C2H5OHeq\o(,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O（二）1．糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質(zhì)。淀粉分子中不含的元素是()A．氫B．碳C．氮D．氧2．反應(yīng)NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是()A．中子數(shù)為18的氯原子：eq\o\al(18,17)ClB．N2的結(jié)構(gòu)式：N=NC．Na＋的結(jié)構(gòu)示意圖：D．H2O的電子式：Heq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H3．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是()A．NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥B．稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹C．SO2具有氧化性，可用于紙漿漂白D．Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁4．室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．0.1mol·L－1NaOH溶液：Na＋、K＋、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)B．0.1mol·L－1FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、MnOeq\o\al(－,4)C．0.1mol·L－1K2CO3溶液：Na＋、Ba2＋、Cl－、OH－D．0.1mol·L－1H2SO4溶液：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)5．下列實驗操作能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?)A．用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pHB．將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L－1NaOH溶液C．用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體D．用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO26．下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是()A．Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化B．MnO2和稀鹽酸反應(yīng)制取Cl2C．SO2與過量氨水反應(yīng)生成(NH4)2SO3D．室溫下Na與空氣中O2反應(yīng)制取Na2O27．下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是()A．室溫下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2OB．用鋁粉和NaOH溶液反應(yīng)制取少量H2：Al＋2OH－AlOeq\o\al(－,2)＋H2↑C．室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋2H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋H2OD．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料，W與X位于同一主族。下列說法正確的是()A．原子半徑：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B．由X、Y組成的化合物是離子化合物C．Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng)D．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)9．在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是()A．NaCl(aq)eq\o(→,\s\up7(電解))Cl2(g)eq\o(→,\s\up7(Fes),\s\do5(△))FeCl2(s)B．MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(石灰乳))Mg(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(煅燒))MgO(s)C．S(s)eq\o(→,\s\up7(O2g),\s\do5(點燃))SO3(g)eq\o(→,\s\up7(H2Ol))H2SO4(aq)D．N2(g)eq\o(→,\s\up7(H2g),\s\do5(高溫高壓、催化劑))NH3(g)eq\o(→,\s\up7(CO2g),\s\do5(NaClaq))Na2CO3(s)13．室溫下進(jìn)行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是()選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色X溶液中一定含有Fe2＋B向濃度均為0.05mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)CBr2的氧化性比I2的強(qiáng)D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H＋的能力比CH3COOH的強(qiáng)（三）7．陶瓷是火與土的結(jié)晶，是中華文明的象征之一，其形成、性質(zhì)與化學(xué)有著密切的關(guān)系。下列說法錯誤的是()A．“雨過天晴云破處”所描述的瓷器青色，來自氧化鐵B．聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成C．陶瓷是應(yīng)用較早的人造材料，主要化學(xué)成分是硅酸鹽D．陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點9．實驗室制備溴苯的反應(yīng)裝置如圖所示，關(guān)于實驗操作或敘述錯誤的是()A．向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打開KB．實驗中裝置b中的液體逐漸變?yōu)闇\紅色C．裝置c中碳酸鈉溶液的作用是吸收溴化氫D．反應(yīng)后的混合液經(jīng)稀堿溶液洗滌、結(jié)晶，得到溴苯A．冰表面第一層中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二層中，H＋濃度為5×10－3mol·L－1(設(shè)冰的密度為0.9g·cm－3)C．冰表面第三層中，冰的氫鍵網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)保持不變D．冰表面各層之間，均存在可逆反應(yīng)HClH＋＋Cl－13．科學(xué)家合成出了一種新化合物(如圖所示)，其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是()A．WZ的水溶液呈堿性B．元素非金屬性的順序為X>Y>ZC．Y的最高價氧化物的水化物是中強(qiáng)酸D．該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（四）8．已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是()A．3g3He含有的中子數(shù)為1NAB．1L0.1mol·L－1磷酸鈉溶液含有的POeq\o\al(3－,4)數(shù)目為0.1NAC．1molK2Cr2O7被還原為Cr3＋轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD．48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13NA9．今年是門捷列夫發(fā)現(xiàn)元素周期律150周年。如表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素，W與X的最高化合價之和為8。下列說法錯誤的是()A．原子半徑：W<XB．常溫常壓下，Y單質(zhì)為固態(tài)C．氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：Z<WD．X的最高價氧化物的水化物是強(qiáng)堿10．下列實驗現(xiàn)象與實驗操作不相匹配的是()實驗操作實驗現(xiàn)象A向盛有高錳酸鉀酸性溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色逐漸褪去，靜置后溶液分層B將鎂條點燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生濃煙并有黑色顆粒產(chǎn)生C向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，溶液變渾濁D向盛有FeCl3溶液的試管中加過量鐵粉，充分振蕩后加1滴KSCN溶液黃色逐漸消失，加KSCN后溶液顏色不變11．下列化學(xué)方程式中，不能正確表達(dá)反應(yīng)顏色變化的是()A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液藍(lán)色消失Zn＋CuSO4=Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出現(xiàn)白色固體Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O2=2Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3=2Fe(OH)3＋3MgCl2（五）7．化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述錯誤的是()A．高純硅可用于制作光感電池B．鋁合金大量用于高鐵建設(shè)C．活性炭具有除異味和殺菌作用D．碘酒可用于皮膚外用消毒9．X、Y、Z均為短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和為10。X與Z同族，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，且Y原子半徑大于Z。下列敘述正確的是()A．熔點，X的氧化物比Y的氧化物高B．熱穩(wěn)定性：X的氫化物大于Z的氫化物C．X與Z可形成離子化合物ZXD．Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)均能溶于濃硝酸10．離子交換法凈化水過程如圖所示。下列說法中錯誤的是()A．經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)不變B．水中的NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－通過陰離子樹脂后被除去C．通過凈化處理后，水的導(dǎo)電性降低D．陰離子樹脂填充段存在反應(yīng)H＋＋OH－H2O12．下列實驗不能達(dá)到目的的是()選項目的實驗A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入碳酸鈉溶液中B加快氧氣的生成速率在過氧化氫溶液中加入少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸（六）2．下列離子方程式能用來解釋相應(yīng)實驗現(xiàn)象的是()實驗現(xiàn)象離子方程式A向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)=Mg2＋＋2NH3·H2OB向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液得到紅褐色液體Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋C二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色3SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋4H＋=3SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋2H2OD氧化亞鐵溶于稀硝酸FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O3．下列有關(guān)金屬及其化合物的應(yīng)用不合理的是()A．將廢鐵屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2B．鋁中添加適量鋰，制得低密度、高強(qiáng)度的鋁合金，可用于航空工業(yè)C．鹽堿地(含較多Na2CO3等)不利于作物生長，可施加熟石灰進(jìn)行改良D．無水CoCl2呈藍(lán)色，吸水會變?yōu)榉奂t色，可用于判斷變色硅膠是否吸水4．下列實驗操作或裝置能達(dá)到目的的是()ABCD混合濃硫酸和乙醇配制一定濃度的溶液收集NO2氣體證明乙炔可使溴水褪色(一)6.答案A解析SiC中的C、Si分別為第二周期和第三周期的第ⅣA族元素，二者均為非金屬元素，形成的SiC為無機(jī)非金屬材料，A項正確；聚氨酯中含有C、H、N、O等元素，四種元素不屬于同主族元素，且聚氨酯為有機(jī)材料，B項錯誤；碳包覆銀納米線由C、Ag元素組成，是無機(jī)非金屬材料，但兩種元素不是同主族元素，C項錯誤；鈦合金是金屬材料，D項錯誤。8.答案D解析Rb為堿金屬，屬于第五周期元素，故In亦為第五周期元素，In與Al同主族，即為第ⅢA族元素，A項正確；eq\o\al(115,49)In的中子數(shù)為115－49＝66，質(zhì)子數(shù)為49，質(zhì)子數(shù)等于核外電子數(shù)，故中子數(shù)與電子數(shù)之差為17，B項正確；同主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，故原子半徑：In>Al，C項正確；同周期元素從左到右，金屬性逐漸減弱，故其最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱，即堿性：In(OH)3<RbOH，D項錯誤。10.答案B解析A項，F(xiàn)e粉將溶液中的Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe2＋，涉及氧化還原反應(yīng)；B項，Mg2＋與NaOH溶液反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀鹽酸中和，兩個反應(yīng)均不涉及氧化還原反應(yīng)；C項，Cl2能溶于水并與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能用水除去Cl2中的HCl；D項，NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，涉及氧化還原反應(yīng)。11.答案C解析A項，往草酸中加入含酚酞的Ca(OH)2溶液，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca(OH)2與H2C2O4反應(yīng)生成CaC2O4白色沉淀，正確；B項，由實驗②可知，在NaHCO3溶液中滴加草酸，有氣泡生成，即生成CO2，說明草酸酸性比碳酸的強(qiáng)，正確；D項，草酸結(jié)構(gòu)中含2個羧基，與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成含兩個酯基的酯類物質(zhì)，正確。（二）1.答案C解析淀粉的組成通式為(C6H10O5)n，不含N元素，C項符合題意。2.答案D解析A項，中子數(shù)為18的氯原子應(yīng)表示為eq\o\al(35,17)Cl，錯誤；B項，N2分子中N與N之間形成叁鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，錯誤；C項，Na＋的結(jié)構(gòu)示意圖為，錯誤；D項，H2O為共價化合物，每個H原子和O原子之間共用一個電子對，正確。3.答案B解析A項，因為NH4HCO3中含有氮元素，所以其可以用作化肥，錯誤；B項，鐵銹的主要成分為Fe2O3，加入稀硫酸可以除去Fe2O3利用了稀硫酸的酸性，正確；C項，SO2漂白紙漿利用了SO2的漂白性，不是其氧化性，錯誤；D項，電解Al2O3獲得鋁，不是因為Al2O3具有兩性，錯誤。4.答案A解析A項，題給四種離子在堿性條件下均能大量存在，正確；B項，MnOeq\o\al(－,4)可以氧化Fe2＋，錯誤；C項，COeq\o\al(2－,3)與Ba2＋會發(fā)生反應(yīng)生成BaCO3沉淀，錯誤；D項，H＋可以與HSOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成SO2，且酸性條件下NOeq\o\al(－,3)會氧化HSOeq\o\al(－,3)生成SOeq\o\al(2－,4)，錯誤。5.答案D解析A項，測量溶液的pH時，不能將pH試紙濕潤，否則相當(dāng)于稀釋溶液，錯誤；B項，不能直接在容量瓶中溶解固體，錯誤；C項，蒸干AlCl3溶液時，會促進(jìn)Al3＋水解，生成的HCl會揮發(fā)，最終得不到無水AlCl3固體，錯誤；D項，SO2會被NaOH溶液吸收，且乙烯不會與NaOH溶液反應(yīng)，正確。6.答案C解析A項，常溫下，F(xiàn)e在濃硝酸中會發(fā)生鈍化，錯誤；B項，MnO2與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)生成Cl2，與稀鹽酸不反應(yīng)，錯誤；C項，氨水過量，SO2與NH3·H2O發(fā)生反應(yīng)生成(NH4)2SO3，正確；D項，室溫下，Na與空氣中的O2反應(yīng)生成Na2O，錯誤。7.答案A解析A項，Cl2與NaOH反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，正確；B項，題給離子方程式不符合電荷守恒與得失電子守恒，錯誤；C項，稀HNO3與Cu發(fā)生反應(yīng)生成NO，錯誤；D項，Na2SiO3為可溶性的鈉鹽，應(yīng)拆開，錯誤。8.答案B解析“X是地殼中含量最多的元素”，則X為O元素，“Y原子的最外層有2個電子”，Y的原子序數(shù)大于X，則Y為Mg元素，“Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料”，則Z為Si元素，“W與X位于同一主族”，則W為S元素。A項，原子半徑：r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，錯誤；B項，MgO為離子化合物，正確；C項，非金屬性：Si＜S，則酸性：H2SiO3＜H2SO4，錯誤；D項，非金屬性：S＜O，則熱穩(wěn)定性：H2S＜H2O，錯誤。9答案B解析A項，Cl2與Fe發(fā)生反應(yīng)生成FeCl3，錯誤；B項，MgCl2與Ca(OH)2發(fā)生反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，煅燒Mg(OH)2生成MgO固體，正確；C項，S在O2中燃燒只能生成SO2，錯誤；D項，NH3、CO2和NaCl溶液反應(yīng)生成NaHCO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3＋CO2＋NaCl＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，錯誤。13.答案C解析A項，該實驗操作和現(xiàn)象不能得出X溶液中一定含有Fe2＋，應(yīng)先加KSCN溶液，判斷溶液中不存在Fe3＋，然后再加氯水，若出現(xiàn)紅色，可說明X溶液中存在Fe2＋，錯誤；B項，因為I－、Cl－濃度相等，所以先生成沉淀的物質(zhì)溶度積小，黃色沉淀為AgI，則Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，錯誤；C項，KI與Br2反應(yīng)生成I2和KBr，淀粉遇I2顯藍(lán)色，根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性知，氧化性：Br2＞I2，正確；D項，CH3COONa和NaNO2溶液的濃度未知，溶液濃度不同，水解程度不同，pH不同，不能由題給實驗操作和現(xiàn)象得出HNO2電離出H＋的能力比CH3COOH的強(qiáng)，錯誤。（三）7答案A解析“雨過天晴云破處”所描述的瓷器青色與氧化亞鐵有關(guān)，而氧化鐵顯紅棕色，A項錯誤；秦兵馬俑是陶制品，由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成，B項正確；陶瓷以黏土為原料，經(jīng)高溫?zé)贫?，屬于人造材料，主要成分是硅酸鹽，C項正確；陶瓷主要成分是硅酸鹽，硅酸鹽中硅元素化合價處于最高價，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點，D項正確。9答案D解析苯和溴均易揮發(fā)，苯與液溴在溴化鐵作用下發(fā)生劇烈的放熱反應(yīng)，釋放出溴化氫氣體(含少量苯和溴蒸氣)，先打開K，后加入苯和液溴，避免因裝置內(nèi)氣體壓強(qiáng)過大而發(fā)生危險，A項正確；四氯化碳用于吸收溴化氫氣體中混有的溴單質(zhì)，防止溴單質(zhì)與碳酸鈉溶液反應(yīng)，四氯化碳呈無色，吸收紅棕色溴蒸氣后，液體呈淺紅色，B項正確；溴化氫極易溶于水，倒置漏斗防倒吸，碳酸鈉溶液呈堿性，易吸收溴化氫，發(fā)生反應(yīng)為Na2CO3＋HBr=NaHCO3＋NaBr，NaHCO3＋HBr=NaBr＋CO2↑＋H2O，C項正確；反應(yīng)后的混合液中混有苯、液溴、溴化鐵和少量溴化氫等，提純溴苯的正確操作是①用大量水洗滌，除去可溶性的溴化鐵、溴化氫和少量溴；②用氫氧化鈉溶液洗滌，除去剩余的溴等物質(zhì)；③用水洗滌，除去殘留的氫氧化鈉；④加入干燥劑除去水，過濾；⑤對有機(jī)物進(jìn)行蒸餾，除去雜質(zhì)苯，從而提純溴苯，分離溴苯，不用“結(jié)晶”的方法，D項錯誤。10答案D解析觀察圖示知，第一層只存在HCl分子，HCl沒有電離，A項正確，D項錯誤；在冰表面第二層中，假設(shè)H2O的物質(zhì)的量為1mol，則n(Cl－)＝1×10－4mol，n(Cl－)＝n(H＋)，冰的體積V＝eq\f(1mol×18g·mol－1,0.9g·cm－3)＝20.00cm3，c(H＋)＝eq\f(1×10－4mol,20×10－3L)＝5.0×10－3mol·L－1，B項正確；第三層中水分子結(jié)構(gòu)不變，每個水分子與4個水分子形成氫鍵，氫鍵網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)保持不變，C項正確。13答案C解析氯化鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其水溶液呈中性，A項錯誤；元素非金屬性順序為Z(Cl)>Y(P)>X(Si)，B項錯誤；磷的最高價氧化物是P2O5，其對應(yīng)的水化物為HPO3、H3PO4，它們均是中強(qiáng)酸，C項正確；2個硅原子和1個P原子形成2個共價鍵，陰離子得到1個電子，所以該化合物中磷原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D項錯誤。（四）8答案B解析3g3He的物質(zhì)的量為1mol，每個3He含1個中子，則1mol3He含1mol中子，A項正確；該溶液中含0.1molNa3PO4，由于部分POeq\o\al(3－,4)水解，故溶液中POeq\o\al(3－,4)的數(shù)目小于0.1NA，B項錯誤；K2Cr2O7中Cr元素為＋6價，1molK2Cr2O7被還原成Cr3＋時，得到6mol電子，C項正確；正丁烷和異丁烷互為同分異構(gòu)體，每個分子中均含10個C—H鍵和3個C—C鍵，即每個分子中含13個共價鍵，則48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中含13mol共價鍵，D項正確。9答案D解析原子半徑：N<Al，A項正確；常溫常壓下，單質(zhì)硅呈固態(tài)，B項正確；由非金屬性：P<N，可知氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：PH3<NH3，C項正確；Al的最高價氧化物對應(yīng)的水化物Al(OH)3是典型的兩性氫氧化物，并非強(qiáng)堿，D項錯誤。10答案A解析酸性KMnO4溶液能將乙烯氧化成CO2，故可以看到溶液的紫色逐漸褪去，但靜置后液體不會分層，A項符合題意；點燃的鎂條能在CO2中燃燒，集氣瓶中產(chǎn)生濃煙(MgO顆粒)和黑色顆粒(單質(zhì)碳)，B項不符合題意；向盛有飽和Na2S2O3溶液的試管中滴加稀鹽酸，溶液中發(fā)生反應(yīng)S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，溶液變渾濁，C項不符合題意；向FeCl3溶液中加入過量鐵粉，發(fā)生反應(yīng)2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，可以看到溶液中黃色逐漸消失，加入KSCN后，溶液顏色不發(fā)生變化，D項不符合題意。11答案C解析CuSO4溶液呈藍(lán)色，加入足量Zn粉后，Cu2＋被還原為Cu，溶液變成無色，A項正確；澄清石灰水在空氣中久置能吸收空氣中的CO2，生成CaCO3白色固體，B項正確；Na2O2呈淡黃色，在空氣中放置后變?yōu)榘咨荖a2O2吸收空氣中的CO2和H2O轉(zhuǎn)化成了Na2CO3和NaOH的緣故，C項錯誤；向Mg(OH)2懸濁液中加入足量FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀，是因為Mg(OH)2與FeCl3溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成了更難溶的Fe(OH)3，D項正確。（五）7答案C解析利用高純硅的半導(dǎo)體性能，可制造光感電池，A正確；鋁合金具有質(zhì)地輕、強(qiáng)度高、抗腐蝕能力強(qiáng)等特點，可用于制造高鐵車廂等，B正確；活性炭具有吸附作用，能除去異味，但沒有殺菌消毒能力，C錯誤；碘酒能使蛋白質(zhì)變性，可用于皮膚外用消毒，D正確。9答案B解析MgO為離子晶體，碳的氧化物為分子晶體，故鎂的氧化物的熔點高于碳的氧化物，A錯誤；非金屬性：C>Si，故氫化物的熱穩(wěn)定性：CH4>SiH4，B正確；C、Si形成的化合物SiC為共價化合物，C錯誤；Mg能溶解在濃硝酸中，Si不與濃硝酸反應(yīng)，D錯誤。10答案A解析結(jié)合上述分析及電荷守恒可知，經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數(shù)增多，A錯誤；水中的NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－被陰離子樹脂吸附除去，B正確；經(jīng)過凈化處理后，水中的離子濃度降低，水的導(dǎo)電性減弱，C正確；陽離子交換樹脂吸附交換時產(chǎn)生的H＋通過陰離子交換樹脂時與OH－反應(yīng)生成H2O，離子方程式為：H＋＋OH－=H2O，D正確。12答案A解析Cl2與水反應(yīng)生成HCl和HClO，且該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，Na2CO3水解使溶液呈堿性，水解產(chǎn)生的OH－能同時消耗HCl和HClO，A符合題意；向過氧化氫溶液中加入少量MnO2能加快H2O2的分解，從而加快氧氣的生成速率，B不符合題意；飽和碳酸鈉溶液可除去乙酸乙酯中的少量乙酸，而且能降低乙酸乙酯的溶解度，便于分液，C不符合題意；向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸，符合用強(qiáng)酸制備弱酸的原理，可制備少量二氧化硫氣體，D不符合題意。（六）2答案A解析氫氧化鎂懸濁液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋＋2OH－，滴加氯化銨溶液，NHeq\o\al(＋,4)與OH－結(jié)合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移動，離子方程式為Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)=Mg2＋＋2NH3·H2O，A項正確；向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，得到紅褐色Fe(OH)3膠體而不是沉淀，B項錯誤；二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生反應(yīng)：5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，C項錯誤；氧化亞鐵與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，D項錯誤。3答案C解析將廢鐵屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2，發(fā)生反應(yīng)2FeCl2＋Cl22FeCl3、2FeCl3＋Fe=3FeCl2，A項正確；鋁中添加適量鋰，制得的鋁合金密度小、硬度大，可用于航空工業(yè)，B項正確；鹽堿地中施加熟石灰，發(fā)生反應(yīng)Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3＋2NaOH，生成的NaOH為強(qiáng)堿，不利于作物生長，C項錯誤；無水CoCl2吸水后會發(fā)生顏色變化，可用于判斷變色硅膠是否吸水，D項正確。4答案B解析混合濃硫酸和乙醇時，應(yīng)將濃硫酸沿著燒杯內(nèi)壁緩緩注入乙醇中，并不斷攪拌，A項錯誤；配制一定濃度的溶液，定容時視線與容量瓶的刻度線相平，B項正確；NO2的密度比空氣的密度大，應(yīng)用向上排空氣法收集，C項錯誤；電石與水反應(yīng)制得的乙炔中含有H2S等雜質(zhì)，用溴水檢驗乙炔前，要先通過硫酸銅溶液除去H2S等雜質(zhì)，D項錯誤。26．高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備，工藝如圖所示。回答下列問題：相關(guān)金屬離子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋Ni2＋開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“濾渣1”含有S和________；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應(yīng)的化學(xué)方程式________________________________________________________________________。(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是___________________________________________。(3)“調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為________～6之間。(4)“除雜1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“濾渣3”的主要成分是________。(5)“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度過高，Mg2＋沉淀不完全，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)寫出“沉錳”的離子方程式___________________________________________________。(7)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為＋2、＋3、＋4。當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)時，z＝________。答案(1)SiO2(不溶性硅酸鹽)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)將Fe2＋氧化為Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－與H＋結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移動(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)解析(1)硫化錳礦中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸鹽形式存在，則“濾渣1”的主要成分為S和SiO2(或不溶性硅酸鹽)。結(jié)合“濾渣1”中含S，可知“溶浸”時MnO2與MnS在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnSO4和S，根據(jù)化合價降價法可配平該反應(yīng)。(2)“溶浸”后溶液中含F(xiàn)e2＋，“氧化”中加入的適量MnO2能將Fe2＋氧化為Fe3＋。(3)“調(diào)pH”除去Fe3＋和Al3＋時，結(jié)合表格中數(shù)據(jù)信息可知需控制溶液的pH在4.7～6之間。(4)“除雜1”中加入Na2S能將Zn2＋和Ni2＋分別轉(zhuǎn)化為沉淀除去，故“濾渣3”的主要成分為NiS和ZnS。(5)“除雜2”中F－與Mg2＋反應(yīng)生成MgF2沉淀，若溶液酸度過高，則F－與H＋結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移動，Mg2＋不能完全除去。(6)“沉錳”時Mn2＋與HCOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成MnCO3并放出CO2，由此可寫出離子方程式。(7)化合物L(fēng)iNixCoyMnzO2中，當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)時，根據(jù)化合價代數(shù)和為0得1＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,3)＋4z－2×2＝0，解得z＝eq\f(1,3)。35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循環(huán)性能優(yōu)良、安全性高等特點，文獻(xiàn)報道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備。回答下列問題：(1)在周期表中，與Li的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是________，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)________(填“相同”或“相反”)。(2)FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為________________________________________________________________________，其中Fe的配位數(shù)為________。(3)苯胺(NH2)的晶體類型是________。苯胺與甲苯(CH3)的相對分子質(zhì)量相近，但苯胺的熔點(－5.9℃)、沸點(184.4℃)分別高于甲苯的熔點(－95.0℃)、沸點(110.6℃)，原因是________________________________________________________________________。(4)NH4H2PO4中，電負(fù)性最高的元素是________；P的________雜化軌道與O的2p軌道形成________鍵。(5)NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種復(fù)雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如圖所示：這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為____________________________________________(用n代表P原子數(shù))。答案(1)Mg相反(2)4(3)分子晶體苯胺分子之間存在氫鍵(4)Osp3σ(5)(PnO3n＋1)(n＋2)－解析(1)由元素周期表中的“對角線規(guī)則”可知，與Li的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是Mg；Mg為12號元素，M層只有2個電子，排布在3s軌道上，故M層的2個電子自旋狀態(tài)相反。(2)Fe能夠提供空軌道，而Cl能夠提供孤電子對，故FeCl3分子雙聚時可形成配位鍵。由常見AlCl3的雙聚分子的結(jié)構(gòu)可知FeCl3的雙聚分子的結(jié)構(gòu)式為，其中Fe的配位數(shù)為4。(3)苯胺為有機(jī)物，結(jié)合題給信息中苯胺的熔、沸點可知苯胺為分子晶體。苯胺中有—NH2，分子間可形成氫鍵，而甲苯分子間不能形成氫鍵，分子間氫鍵可明顯地提升同主族從上到下，元素的電負(fù)性逐漸減小，故電負(fù)性N大于P，又H的電負(fù)性小于O，因此NH4H2PO4中電負(fù)性最高的元素是O。POeq\o\al(3－,4)中中心原子P的價層電子對數(shù)為4，故P為sp3雜化，P的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成σ鍵。(5)由三磷酸根離子的結(jié)構(gòu)可知，中間P原子連接的4個O原子中，2個O原子完全屬于該P(yáng)原子，另外2個O原子分別屬于2個P原子，故屬于該P(yáng)原子的O原子數(shù)為2＋2×eq\f(1,2)＝3，屬于左、右兩邊的2個P原子的O原子數(shù)為3×2＋eq\f(1,2)×2＝7，故若這類磷酸根離子中含n個P原子，則O原子個數(shù)為3n＋1，又O元素的化合價為－2，P元素的化合價為＋5，故該離子所帶電荷為－2×(3n＋1)＋5n＝－n－2，這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為(PnO3n＋1)(n＋2)－。26．立德粉ZnS·BaSO4(也稱鋅鋇白)，是一種常用白色顏料。回答下列問題：(1)利用焰色反應(yīng)的原理既可制作五彩繽紛的節(jié)日煙花，亦可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒立德粉樣品時，鋇的焰色為________(填標(biāo)號)。A．黃色B．紅色C．紫色D．綠色(2)以重晶石(BaSO4)為原料，可按如下工藝生產(chǎn)立德粉：①在回轉(zhuǎn)爐中重晶石被過量焦炭還原為可溶性硫化鋇，該過程的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________?；剞D(zhuǎn)爐尾氣中含有有毒氣體，生產(chǎn)上可通過水蒸氣變換反應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為CO2和一種清潔能源氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________________________________________。②在潮濕空氣中長期放置的“還原料”，會逸出臭雞蛋氣味的氣體，且水溶性變差，其原因是“還原料”表面生成了難溶于水的____________________(填化學(xué)式)。③沉淀器中反應(yīng)的離子方程式為___________________________________________________。(3)成品中S2－的含量可以用“碘量法”測得。稱取mg樣品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應(yīng)5min，有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反應(yīng)式為I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。測定時消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點顏色變化為________________，樣品中S2－的含量為__________________(寫出表達(dá)式)。答案(1)D(2)①BaSO4＋4C=BaS＋4CO↑CO＋H2O=CO2＋H2②BaCO3③S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=ZnS·BaSO4↓(3)淺藍(lán)色至無色eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%解析(1)灼燒立德粉樣品時鋇的焰色為綠色。(2)①由流程圖中經(jīng)浸出槽后得到凈化的BaS溶液以及回轉(zhuǎn)爐尾氣中含有有毒氣體可知，在回轉(zhuǎn)爐中BaSO4與過量的焦炭粉反應(yīng)生成可溶性的BaS和CO；生產(chǎn)上可通過水蒸氣變換反應(yīng)除去回轉(zhuǎn)爐中的有毒氣體CO，即CO與H2O反應(yīng)生成CO2和H2。②所得“還原料”的主要成分是BaS，BaS在潮濕空氣中長期放置能與空氣中的H2O反應(yīng)生成具有臭雞蛋氣味的H2S氣體，“還原料”的水溶性變差，表明其表面生成了難溶性的BaCO3。③結(jié)合立德粉的成分可寫出沉淀器中S2－、Ba2＋、Zn2＋、SOeq\o\al(2－,4)反應(yīng)生成ZnS·BaSO4的離子方程式。(3)達(dá)到滴定終點時I2完全反應(yīng)，可觀察到溶液顏色由淺藍(lán)色變成無色，且半分鐘內(nèi)顏色不再發(fā)生變化；根據(jù)滴定過量的I2消耗Na2S2O3溶液的體積和關(guān)系式I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，可得n(I2)過量＝eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol，再根據(jù)關(guān)系式S2－～I(xiàn)2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3mol－eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol＝(25.00－eq\f(V,2))×0.1000×10－3mol，則樣品中S2－的含量為eq\f(25.00－\f(V,2)×0.1000×32,m×1000)×100%。28．咖啡因是一種生物堿(易溶于水及乙醇，熔點234.5℃，100℃以上開始升華)，有興奮大腦神經(jīng)和利尿等作用。茶葉中含咖啡因約1%～5%、單寧酸(Ka約為10－6，易溶于水及乙醇)約3%～10%，還含有色素、纖維素等。實驗室從茶葉中提取咖啡因的流程如圖所示。索氏提取裝置如圖所示。實驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸汽沿蒸汽導(dǎo)管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與茶葉末接觸，進(jìn)行萃取。萃取液液面達(dá)到虹吸管3頂端時，經(jīng)虹吸管3返回?zé)?，從而實現(xiàn)對茶葉末的連續(xù)萃取?；卮鹣铝袉栴}。(1)實驗時需將茶葉研細(xì)，放入濾紙?zhí)淄?中，研細(xì)的目的是__________________。圓底燒瓶中加入95%乙醇為溶劑，加熱前還要加幾粒__________。(2)提取過程不可選用明火直接加熱，原因是____________________。與常規(guī)的萃取相比，采用索氏提取器的優(yōu)點是______________________。(3)提取液需經(jīng)“蒸餾濃縮”除去大部分溶劑。與水相比，乙醇作為萃取劑的優(yōu)點是____________________?！罢麴s濃縮”需選用的儀器除了圓底燒瓶、蒸餾水、溫度計、接收管之外，還有______(填標(biāo)號)。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．接收瓶D．燒杯(4)濃縮液加生石灰的作用是中和________和吸收________。(5)可采用如圖所示的簡易裝置分離提純咖啡因。將粉狀物放入蒸發(fā)皿中并小火加熱，咖啡因在扎有小孔的濾紙上凝結(jié)，該分離提純方法的名稱是________。答案(1)增加固液接觸面積，使萃取更充分沸石(2)乙醇易揮發(fā)，易燃使用溶劑量少，可連續(xù)萃取(萃取效率高)(3)乙醇沸點低，易濃縮AC(4)單寧酸水(5)升華解析(1)實驗時將茶葉研細(xì)，能增加茶葉與溶劑的接觸面積，使萃取更加充分。乙醇為溶劑，為防止加熱時暴沸，需在加熱前向乙醇中加入幾粒沸石。(2)由于溶劑乙醇具有揮發(fā)性和易燃性，因此在提取過程中不可用明火直接加熱。本實驗中采用索氏提取器的優(yōu)點是溶劑乙醇可循環(huán)使用，能減少溶劑用量，且萃取效率高。(3)提取液需經(jīng)“蒸餾濃縮”除去大部分溶劑，與水相比，乙醇作為萃取劑具有沸點低和易濃縮的優(yōu)點?！罢麴s濃縮”需選用的儀器除了所給儀器外，還有直形冷凝管和接收瓶(如錐形瓶)。(4)向濃縮液中加入生石灰能中和單寧酸并吸收水分。(5)結(jié)合分離提純咖啡因的裝置及將粉狀物放入蒸發(fā)皿并小火加熱，咖啡因凝結(jié)在扎有小孔的濾紙上，可知該分離提純的方法為升華。35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]近年來我國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一系列意義重大的鐵系超導(dǎo)材料，其中一類為Fe—Sm—As—F—O組成的化合物。回答下列問題：(1)元素As與N同族。預(yù)測As的氫化物分子的立體結(jié)構(gòu)為________，其沸點比NH3的________(填“高”或“低”)，其判斷理由是________________________________________________________________________________________________________________。(2)Fe成為陽離子時首先失去________軌道電子，Sm的價層電子排布式為4f66s2，Sm3＋價層電子排布式為________。(3)比較離子半徑：F－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。(4)一種四方結(jié)構(gòu)的超導(dǎo)化合物的晶胞如圖1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如圖2所示。圖中F－和O2－共同占據(jù)晶胞的上下底面位置，若兩者的比例依次用x和1－x代表，則該化合物的化學(xué)式表示為________；通過測定密度ρ和晶胞參數(shù)，可以計算該物質(zhì)的x值，完成它們關(guān)系表達(dá)式：ρ＝________g·cm－3。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖1中原子1的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，則原子2和3的坐標(biāo)分別為________、________。答案(1)三角錐形低NH3分子間存在氫鍵(4)4s4f5(3)小于(4)SmFeAsO1－xFxeq\f(2[281＋161－x＋19x],a2cNA×10－30)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))解析(1)AsH3的中心原子As的價層電子對數(shù)為eq\f(5＋3,2)＝4，包括3對成鍵電子和1對孤電子對，故其立體結(jié)構(gòu)為三角錐形。NH3中N的電負(fù)性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子間氫鍵，從而使其沸點升高。(2)Fe的價層電子排布式為3d64s2，其陽離子Fe2＋、Fe3＋的價層電子排布式分別是3d6、3d5，二者均首先失去4s軌道上的電子；Sm失去3個電子成為Sm3＋時首先失去6s軌道上的電子，然后失去1個4f軌道上的電子，故Sm3＋的價層電子排布式為4f5。(3)F－與O2－電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，原子核對核外電子的吸引力越大，離子半徑越小，故離子半徑：F－<O2－。(4)由晶胞結(jié)構(gòu)中各原子所在位置可知，該晶胞中Sm個數(shù)為4×eq\f(1,2)＝2，F(xiàn)e個數(shù)為1＋4×eq\f(1,4)＝2，As個數(shù)為4×eq\f(1,2)＝2，O或F個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋2×eq\f(1,2)＝2，即該晶胞中O和F的個數(shù)之和為2，F(xiàn)－的比例為x，O2－的比例為1－x，故該化合物的化學(xué)式為SmFeAsO1－xFx。1個晶胞的質(zhì)量為eq\f(2×[150＋56＋75＋16×1－x＋19x],NA)g＝eq\f(2[281＋161－x＋19x],NA)g，1個晶胞的體積為a2cpm3＝a2c×10－30cm3，故密度ρ＝eq\f(2[281＋161－x＋19x],a2cNA×10－30)g·cm－3。原子2位于底面面心，其坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))；原子3位于棱上，其坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))。回答下列問題：(1)在95℃“溶浸”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸收”中反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。(2)“濾渣1”的主要成分有________。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3＋離子，可選用的化學(xué)試劑是________。(3)根據(jù)H3BO3的解離反應(yīng)：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)eq\o\al(－,4)，Ka＝5.81×10－10，可判斷H3BO3是________酸；在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)到3.5，目的是_____________________。(4)在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的離子方程為_____________________________，母液經(jīng)加熱后可返回________工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是________。答案(1)NH4HCO3＋NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱轉(zhuǎn)化為H3BO3，促進(jìn)析出(4)2Mg2＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)[或2Mg2＋＋2COeq\o\al(2－,3)＋H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑]溶浸高溫焙燒解析(1)硫酸銨溶液中存在平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，硼酸鎂能與水解出的H＋反應(yīng)，促進(jìn)平衡向右移動，生成的一水合氨濃度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2ONH3＋H2O，一水合氨濃度增大，促進(jìn)NH3·H2O分解產(chǎn)生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨氣，發(fā)生的反應(yīng)為NH4HCO3＋NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化鐵、氧化鋁不溶于硫酸銨溶液，濾渣1的主要成分是二氧化硅、氧化鐵、氧化鋁。檢驗Fe3＋的試劑可選用KSCN。(3)由題給硼酸的解離反應(yīng)方程式知，硼酸是一元弱酸。“過濾2”之前，調(diào)節(jié)pH≈3.5的目的是將硼元素轉(zhuǎn)化為硼酸，促進(jìn)硼酸析出。(4)“沉鎂”中，碳酸銨溶液與硫酸鎂溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)生成堿式碳酸鎂：2MgSO4＋2(NH4)2CO3＋H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋2(NH4)2SO4＋CO2↑，或者反應(yīng)生成堿式碳酸鎂和碳酸氫鹽。母液含硫酸銨，可以將母液返回“溶浸”工序循環(huán)使用，體現(xiàn)綠色化學(xué)理念和環(huán)境保護(hù)思想。堿式碳酸鎂轉(zhuǎn)化成輕質(zhì)氧化鎂，聯(lián)系碳酸鎂、氫氧化鎂受熱都能分解生成氧化鎂，也可以聯(lián)系堿式碳酸銅分解生成氧化銅、水和二氧化碳，可知采用的方法是高溫焙燒法，Mg(OH)2·MgCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))2MgO＋H2O＋CO2↑。27．硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在實驗室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，具體流程如下：回答下列問題：(1)步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是__________________________________________________________________________________________________________________。(2)步驟②需要加熱的目的是______________________，溫度保持80～95℃，采用的合適加熱方式是____________________。鐵屑中含有少量硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，合適的裝置為________(填標(biāo)號)。(3)步驟③中選用足量的H2O2，理由是________________。分批加入H2O2，同時為了________，溶液要保持pH小于0.5。(4)步驟⑤的具體實驗操作有______________________________________________________，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。(5)采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150℃時失掉1.5個結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為________。答案(1)堿煮水洗(2)加快反應(yīng)熱水浴C(3)將Fe2＋全部氧化為Fe3＋；不引入雜質(zhì)防止Fe3＋水解(4)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O解析(1)除去鐵屑表面油污的方法是：用熱純堿溶液清洗鐵屑，再用水洗。(2)鐵與稀硫酸反應(yīng)時加熱，可提高反應(yīng)速率。溫度低于水的沸點，可以用熱水浴加熱，受熱均勻且便于控制。含少量硫化物的鐵屑與稀硫酸反應(yīng)有H2S生成。氫氣不與堿溶液反應(yīng)，而硫化氫能與堿溶液反應(yīng)，而H2S在水中溶解度小，故氫氣中混有的硫化氫用燒堿溶液除去，又因為硫化氫與堿反應(yīng)較快，容易引起倒吸，C裝置倒置漏斗能防倒吸。故宜選擇C裝置吸收硫化氫。(3)鐵與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，加入足量雙氧水的目的是將Fe2＋全部氧化為Fe3＋，發(fā)生反應(yīng)為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，從生成物看，又不引入雜質(zhì)。鐵離子對雙氧水分解起催化作用，分批加入雙氧水，避免反應(yīng)過快、放出熱量較多，減少雙氧水分解，以免造成氧化劑損失；鐵離子易水解，保持溶液呈強(qiáng)酸性，避免鐵離子發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵。(4)步驟⑤是要從溶液中得到硫酸鐵銨晶體，故實驗操作有加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾(洗滌)。(5)失重5.6%是質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)結(jié)晶水合物的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2·xH2O，由題意知eq\f(1.5×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]在普通鋁中加入少量Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得鋁材的硬度增加、延展性減小，形成所謂“堅鋁”，是制造飛機(jī)的主要材料。回答下列問題：(1)下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是________(填標(biāo)號)。(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機(jī)化合物，分子中氮、碳的雜化類型分別是________、________。乙二胺能與Mg2＋、Cu2＋等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是________________________________________________________________________，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。(3)一些氧化物的熔點如表所示：氧化物L(fēng)i2OMgOP4O6SO2熔點/℃1570280023.8－75.5解釋表中氧化物之間熔點差異的原因_______________________________________________________________________________________________________________________。(4)圖(a)是MgCu2的拉維斯結(jié)構(gòu)，Mg以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體空隙中，填入以四面體方式排列的Cu。圖(b)是沿立方格子對角面取得的截圖。可見，Cu原子之間最短距離x＝________pm，Mg原子之間最短距離y＝________pm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則MgCu2的密度是________g·cm－3(列出計算表達(dá)式)。答案(1)A(2)sp3sp3乙二胺的兩個N提供孤對電子與金屬離子形成配位鍵Cu2＋(3)Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能：MgO>Li2O。分子間作用力(分子量)：P4O6>SO2(4)eq\f(\r(2),4)aeq\f(\r(3),4)aeq\f(8×24＋16×64,NAa3×10－30)解析(1)由題給信息知，A項和D項代表Mg＋，B項和C項代表Mg。A項，Mg＋再失去一個電子較難，即第二電離能大于第一電離能，所以電離最外層一個電子所需能量A大于B；3p能級的能量高于3s,3p能級上電子較3s上易失去，故電離最外層一個電子所需能量：A>C、A>D，選A。(2)乙二胺分子中，1個N原子形成3個單鍵，還有一個孤電子對，故N原子價層電子對數(shù)為4，N原子采取sp3雜化；1個C原子形成4個單鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為4，采取sp3雜化。乙二胺中2個N原子提供孤電子對與金屬鎂離子或銅離子形成穩(wěn)定的配位鍵，故能形成穩(wěn)定環(huán)狀離子。由于銅離子半徑大于鎂離子，形成配位鍵時頭碰頭重疊程度較大，其與乙二胺形成的化合物較穩(wěn)定。(3)氧化鋰、氧化鎂是離子晶體，六氧化四磷和二氧化硫是分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)。(4)觀察圖(a)和圖(b)知，4個銅原子相切并與面對角線平行，有(4x)2＝2a2，x＝eq\f(\r(2),4)a。鎂原子堆積方式類似金剛石，有y＝eq\f(\r(3),4)a。已知1cm＝1010pm，晶胞體積為(a×10－10)3cm3，代入密度公式計算即可。16．N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。(1)N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學(xué)方程式為________。(2)NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為NO＋NO2＋2OH－=2NOeq\o\al(－,2)＋H2O2NO2＋2OH－=NOeq\o\al(－,2)＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有______(填字母)。A．加快通入尾氣的速率B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C．吸收尾氣過程中定期補(bǔ)加適量NaOH溶液②吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是____________(填化學(xué)式)；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是________(填化學(xué)式)。(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉(zhuǎn)化為NOeq\o\al(－,3)的轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH(用稀鹽酸調(diào)節(jié))的變化如圖所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NOeq\o\al(－,3)，其離子方程式為_______________________。②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉(zhuǎn)化率越高。其原因是___________________________。答案(1)2NH3＋2O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))N2O＋3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO＋2NO＋H2O=3Cl－＋2NOeq\o\al(－,3)＋5H＋②溶液pH越小，溶液中HClO的濃度越大，氧化NO的能力越強(qiáng)解析(1)NH3被O2氧化生成N2O，N元素從－3價升至＋1價，1molNH3失去4mole－，O元素從0價降至－2價，1molO2得到4mole－，根據(jù)N和O元素得失電子守恒及原子守恒配平方程式。(2)①A項，通入尾氣速率過快時，尾氣吸收不充分，錯誤；B項，采用氣、液逆流方式吸收尾氣時，尾氣吸收會更充分，正確；C項，補(bǔ)充NaOH溶液，c(OH－)增大，能更充分的吸收尾氣，正確。②NO2與NaOH反應(yīng)可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶體中會混有NaNO3雜質(zhì)。由吸收尾氣的主要反應(yīng)可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾氣中NO的含量較高。(3)①HClO氧化NO生成NOeq\o\al(－,3)，自身被還原為Cl－，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒配平方程式。②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性條件下會生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的濃度越大，NO轉(zhuǎn)化率越高。18．聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4·7H2O為原料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。(1)將一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在約70℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應(yīng)一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2＋的離子方程式為________________________________________；水解聚合反應(yīng)會導(dǎo)致溶液的pH______。(2)測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱取液態(tài)樣品3.000g，置于250mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液(Sn2＋將Fe3＋還原為Fe2＋)，充分反應(yīng)后，應(yīng)生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述實驗中若不除去過量的Sn2＋，樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定結(jié)果將________(填“偏大”或“偏小”或“無影響”)。②計算該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(寫出計算過程)。答案(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋==2Fe3＋＋2H2O減小(2)①偏大②n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝5.000×10－2mol·L－1×22.10－3L·mL－1＝1.100×10－3mol由滴定時Cr2Oeq\o\al(2－,7)→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋(或Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋＋6Fe2＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)則n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝6×1.100×10－3mol＝6.600×10－3mol樣品中鐵元素的質(zhì)量：m(Fe)＝6.600×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：w(Fe)＝eq\f(0.3696g,3.000g)×100%＝12.32%。解析(1)H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被還原為H2O，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平離子方程式。Fe3＋發(fā)生水解聚合反應(yīng)使溶液pH減小。(2)聚合硫酸鐵中的Fe3＋被