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文檔簡介

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年粵教新版拓展型課程化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、下列過程:①電離;②電解;③電鍍;④電化學(xué)腐蝕,其中需通電后才能進行的是A.①②③B.①②④C.②③D.全部2、硫及其化合物的“價-類”二維圖體現(xiàn)了化學(xué)變化之美。下列有關(guān)說法正確的是。

A.硫在氧氣中燃燒直接生成B.為難溶于水的黑色固體,可溶于硝酸C.硫化氫與反應(yīng)的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為D.可由其相應(yīng)單質(zhì)直接化合生成3、如圖是硫元素的“價-類”二維圖;圖中箭頭表示物質(zhì)之間的相互轉(zhuǎn)化。下列有關(guān)說法錯誤的是。

A.c、f、g分別轉(zhuǎn)化為d、e、h的反應(yīng)都可以是化合反應(yīng)B.a與c可以發(fā)生氧化還原反應(yīng),且氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2C.c與過氧化鈉反應(yīng)得到的產(chǎn)物是g和O2D.b存在于火山口附近或地殼的巖層中4、甲乙是某同學(xué)設(shè)計的兩套制取二氧化碳的發(fā)生裝置;對兩套裝置分析正確的是。

A.此時甲裝置中的止水夾M處于打開狀態(tài)B.甲裝置氣體導(dǎo)出過程中容器內(nèi)外氣壓相等C.甲裝置不具有啟普發(fā)生器的功能D.乙裝置N處添加止水夾可以與甲裝置具有相同功能5、用制溴苯的廢催化劑(主要含F(xiàn)eBr3及少量溴、苯)為原料,制取無水FeCl3和溴的苯溶液;選用的方法能達到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖恰?/p>

A.用裝置①及其試劑制取氯氣B.用裝置②氧化FeBr3溶液中的溴離子C.用裝置③分離出FeCl3溶液,不能選用裝置④分離D.用裝置⑤將FeCl3溶液蒸發(fā)至干,可得無水FeCl36、下列有關(guān)實驗設(shè)計或操作;觀察或記錄、結(jié)論或解釋都正確的是。

。選項。

實驗設(shè)計或操作。

觀察或記錄。

結(jié)論或解釋。

A.

將少量濃硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中。

產(chǎn)生紅棕色氣體。

硝酸的還原產(chǎn)物是NO2

B.

某粉末用酒精潤濕后;用鉑絲蘸取做焰色反應(yīng)。

火焰呈黃色。

該粉末一定不含鉀鹽。

C.

將Na2O2裹入棉花中,放入充滿CO2的集氣瓶中。

棉花燃燒。

Na2O2與CO2的反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

D.

將過量的CO2通入CaCl2溶液中。

無白色沉淀出現(xiàn)。

生成的Ca(HCO3)2可溶于水。

A.AB.BC.CD.DA.B.BC.C7、按照如圖所示的裝置進行實驗?zāi)苓_到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖恰_x項ABCD裝置目的制取并收集純凈的NH3檢驗蔗糖脫水碳化過程中有CO2生成用95%酒精制取無水乙醇制取并收集氯氣

A.AB.BC.CD.D8、實驗室常用如圖所示的兩套裝置測量所制得氣體的體積;下面有關(guān)這兩套量氣裝置的使用說明有錯誤的是。

A.使用A裝置量氣前,其右管中應(yīng)充滿相應(yīng)的液體B.量氣前,B裝置中廣口瓶通常應(yīng)盛滿相應(yīng)的液體C.A裝置收集完氣體后,在讀數(shù)前應(yīng)使盛液管內(nèi)液面與集氣管內(nèi)液面相平D.A裝置是直接測量氣體體積,而B裝置直接測量的是所排出液體的體積評卷人得分二、填空題(共5題,共10分)9、水豐富而獨特的性質(zhì)與其結(jié)構(gòu)密切相關(guān)。

(1)對于水分子中的共價鍵,依據(jù)原子軌道重疊的方式判斷,屬于_________鍵;依據(jù)O與H的電負性判斷,屬于_________共價鍵。

(2)水分子中,氧原子的價層電子對數(shù)為_________,雜化軌道類型為_________。

(3)下列事實可用“水分子間存在氫鍵”解釋的是_________(填字母序號)。

a.常壓下;4℃時水的密度最大。

b.水的沸點比硫化氫的沸點高160℃

c.水的熱穩(wěn)定性比硫化氫強。

(4)水是優(yōu)良的溶劑,常溫常壓下極易溶于水,從微粒間相互作用的角度分析原因:_________(寫出兩條)。

(5)酸溶于水可形成的電子式為_________;由于成鍵電子對和孤電子對之間的斥力不同,會對微粒的空間結(jié)構(gòu)產(chǎn)生影響,如中H-N-H的鍵角大于中H-O-H的鍵角,據(jù)此判斷和的鍵角大小:________(填“>”或“<”)。10、油氣開采;石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫;需要回收處理并加以利用。

H2S熱分解反應(yīng):2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,在1373K、100kPa反應(yīng)條件下,對于n(H2S):n(Ar)分別為4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合氣,熱分解反應(yīng)過程中H2S轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如下圖所示。

(1)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡轉(zhuǎn)化率___________,理由是___________

(2)n(H2S):n(Ar)=1:9對應(yīng)圖中曲線___________,計算其在0~0.1s之間,H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。11、研究CO還原NOx對環(huán)境的治理有重要意義;相關(guān)的主要化學(xué)反應(yīng)有:

ⅠNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)ΔH1

Ⅱ2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH2<0

Ⅲ2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH3<0

(1)已知:每1mol下列物質(zhì)分解為氣態(tài)基態(tài)原子吸收的能量分別為。NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根據(jù)上述信息計算ΔH1=_______kJ·molˉ1。

②下列描述正確的是_______。

A在絕熱恒容密閉容器中只進行反應(yīng)Ⅰ;若壓強不變,能說明反應(yīng)Ⅰ達到平衡狀態(tài)。

B反應(yīng)ⅡΔH<0;ΔS<0;該反應(yīng)在低溫下自發(fā)進行。

C恒溫條件下;增大CO的濃度能使反應(yīng)Ⅲ的平衡向正向移動,平衡常數(shù)增大。

D上述反應(yīng)達到平衡后;升溫,三個反應(yīng)的逆反應(yīng)速率均一直增大直至達到新的平衡。

(2)在一個恒溫恒壓的密閉容器中,NO2和CO的起始物質(zhì)的量比為1∶2進行反應(yīng),反應(yīng)在無分子篩膜時二氧化氮平衡轉(zhuǎn)化率和有分子篩膜時二氧化氮轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示,其中分子篩膜能選擇性分離出N2。

①二氧化氮平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低的原因為_______。

②P點二氧化氮轉(zhuǎn)化率高于T點的原因為_______。

(3)實驗測得,V正=k正·c2(NO)·c2(CO),V逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆為速率常數(shù);只與溫度有關(guān))。

①一定溫度下,向體積為1L的密閉容器中充入一定量的NO和CO,只發(fā)生反應(yīng)Ⅲ,在tl時刻達到平衡狀態(tài),此時n(CO)=0.1mol,n(NO)=0.2mol,n(N2)=amol,且N2占平衡總體積的1/4則:=_______。

②在t2時刻,將容器迅速壓縮到原容積的1/2,在其它條件不變的情況下.t3時刻達到新的平衡狀態(tài)。請在圖中補充畫出t2-t3-t4時段,正反應(yīng)速率的變化曲線_______。

12、以下是合成乙酰水楊酸(阿司匹林)的實驗流程圖;請你回答有關(guān)問題:

已知:阿司匹林;水楊酸和乙酸酐的相對分子量分別為:180、138、102.

(1)制取阿司匹林的化學(xué)反應(yīng)方程式為_________________;反應(yīng)類型____________;

(2)水楊酸分子之間會發(fā)生縮合反應(yīng)生成聚合物,寫出用除去聚合物的有關(guān)離子方程式______________________________________________;

(3)抽濾裝置如圖所示,儀器A的名稱___________;該操作時在儀器A中加入濾紙,用蒸餾水濕潤后,應(yīng)________(選擇下列正確操作的編號);再轉(zhuǎn)移液體①微開水龍頭;②開大水龍頭;③微關(guān)水龍頭;④關(guān)閉水龍頭。

(4)下列有關(guān)抽濾的說法中正確的是________

A.抽濾是為了加快過濾速率;得到較大顆粒的晶體。

B.不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀。

C.當(dāng)吸濾瓶內(nèi)液面高度快達到支管口時;應(yīng)拔掉鏈接支管口的橡皮管,從支管口倒出。

D.將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時;若有晶體附在燒杯內(nèi)壁,應(yīng)用蒸餾水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗滌沉淀時;應(yīng)使洗滌劑快速通過沉淀。

(5)用冷水洗滌晶體的目的_______________________;

(6)取2.000g水楊酸、5.400g乙酸酐反應(yīng),最終得到產(chǎn)品1.566g。求實際產(chǎn)率_______;13、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉,是白色砂狀或淡黃色粉末狀固體,易溶于水、不溶于醇,該物質(zhì)具有強還原性,在空氣中易被氧化為NaHSO4,75℃以上會分解產(chǎn)生SO2。是重要的有機合成原料和漂白劑。

制取Na2S2O4常用甲酸鈉法:控制溫度60~70℃,在甲酸鈉(HCOONa)的甲醇溶液中,邊攪拌邊滴加Na2CO3甲醇溶液,同時通入SO2,即可生成Na2S2O4。反應(yīng)原理如下:2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2

(1)如圖,要制備并收集干燥純凈的SO2氣體,接口連接的順序為:a接__,__接__,__接__。制備SO2的化學(xué)方程式為___。

(2)實驗室用圖裝置制備Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合價為___。

②儀器A的名稱是___。

③水浴加熱前要通一段時間N2,目的是___。

④為得到較純的連二亞硫酸鈉,需要對在過濾時得到的連二亞硫酸鈉進行洗滌,洗滌的方法是___。

⑤若實驗中所用Na2SO3的質(zhì)量為6.3g,充分反應(yīng)后,最終得到mg純凈的連二亞硫酸鈉,則連二亞硫酸鈉的產(chǎn)率為___(用含m的代數(shù)式表示)。評卷人得分三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共8題,共16分)14、鉻是由法國化學(xué)家沃克蘭于1798年在巴黎發(fā)現(xiàn)。目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金;化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領(lǐng)域。

(1)鉻元素基態(tài)原子的價電子排布式為___________。

(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol,的原因是___________。

(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學(xué)式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。

①雷氏鹽中存在的化學(xué)鍵有___________(填序號)。

A.鍵B.鍵C.氫鍵D.配位鍵E.金屬鍵。

②配體中C采取的雜化方式為___________,可用于形成配位鍵的原子有___________。

③的價層電子對數(shù)為___________,空間構(gòu)型是___________,寫出一種與互為等電子體的分子___________。

④乙醇能與水以任意比例互溶的原因是___________,___________。

(4)硒化鉻的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)為anm和bnm,則硒化鉻的密度為___________(列出表達式即可)。

15、超細銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料;催化劑等領(lǐng)域中。超細銅粉的某制備方法如下:

(1)Cu2+的價電子排布式為____。

(2)下列關(guān)于[Cu(NH3)4]SO4的說法中,正確的有____。(填字母序號)

A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵;極性鍵和配位鍵。

B.[Cu(NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu(NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

(3)SO32-離子中S原子的雜化方式為____,SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

(4)與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

(5)下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖,由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

16、NH3具有易液化、含氫密度高、應(yīng)用廣泛等優(yōu)點,NH3的合成及應(yīng)用一直是科學(xué)研究的重要課題。

(1)以H2、N2合成NH3;Fe是常用的催化劑。

①基態(tài)Fe原子的電子排布式為___________。

②實際生產(chǎn)中采用鐵的氧化物Fe2O3、FeO,使用前用H2和N2的混合氣體將它們還原為具有活性的金屬鐵。鐵的兩種晶胞(所示圖形為正方體)結(jié)構(gòu)示意如下:

i.兩種晶胞所含鐵原子個數(shù)比為___________。

ii.圖1晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm),則其密度ρ=___________g·cm-3。

③我國科學(xué)家開發(fā)出Fe—LiH等雙中心催化劑,在合成NH3中顯示出高催化活性。第一電離能(I1):I1(H)>I1(Li)>I1(Na),原因是___。

(2)化學(xué)工業(yè)科學(xué)家侯德榜利用下列反應(yīng)最終制得了高質(zhì)量的純堿:NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

①1體積水可溶解1體積CO2,1體積水可溶解約700體積NH3。NH3極易溶于水的原因是_____。

②反應(yīng)時,向飽和NaCl溶液中先通入______。

③NaHCO3分解得Na2CO3??臻g結(jié)構(gòu)為________。

(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)儲氫量高,是具有廣泛應(yīng)用前景的儲氫材料。元素HBN電負性2.12.03.0

①NH3的中心原子的雜化軌道類型為___________。

②NH3BH3存在配位鍵,提供空軌道的是___________。

③比較熔點:NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)。17、超細銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料;催化劑等領(lǐng)域中。超細銅粉的某制備方法如下:

(1)Cu2+的價電子排布式為____。

(2)下列關(guān)于[Cu(NH3)4]SO4的說法中,正確的有____。(填字母序號)

A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵;極性鍵和配位鍵。

B.[Cu(NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu(NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

(3)SO32-離子中S原子的雜化方式為____,SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

(4)與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

(5)下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖,由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

18、硒化銅納米晶體在光電轉(zhuǎn)化中有著廣泛的應(yīng)用;銅和硒等元素形成的化合物在生產(chǎn);生活中應(yīng)用廣泛。

(1)銅元素位于元素周期表的___________區(qū)。

(2)易溶解于水,熔點為時升華,由此可判斷的晶體類型為___________。

(3)為深棕紅色的劇毒液體,其分子結(jié)構(gòu)中含有鍵,該分子中,原子的雜化軌道類型為___________,的空間構(gòu)型為___________(填字母)。

a.直線形b.鋸齒形c.環(huán)形d.四面體形。

(4)中的鍵角比的鍵角___________(填“大”或“小”),原因是___________。

(5)銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,則該氧化物的化學(xué)式為___________,若組成粒子銅、氧的半徑分別為密度為阿伏加德羅常數(shù)的值為則該晶胞的空間利用率為___________(用含的式子表示)。

19、開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一種潛在的儲氫材料,可由六元環(huán)狀物質(zhì)(HB=NH)3通過如下反應(yīng)制得:3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。請回答:

①H3BNH3中是否存在配位鍵_______(填“是”或“否”),B、C、N、O第一電離能由大到小的順序為_______,CH4、H2O、CO2三分子按照鍵角由大到小的順序排列為_______。

②與(HB=NH)3互為等電子體的分子為_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氫化物,其物理性質(zhì)與烷烴相似,故稱之為硼烷。工業(yè)上可采用LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

④在硼酸鹽中,陰離子有鏈狀、環(huán)狀、骨架狀等多種結(jié)構(gòu)形式。圖a為一種無限長鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根,其化學(xué)式為_______,圖b為硼砂晶體中陰離子,其中硼原子采取的雜化方式為_______。

(2)一種銅合金具有儲氫功能。

①Cu2+的價層電子排布式為_______。

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng),其原因是_______。

③銅的單質(zhì)中按ABCABC?方式堆積,設(shè)銅原子半徑為apm,則該晶體的密度為_______g/cm3(阿伏伽德羅常數(shù)值為NA)20、鈰外圍電子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序數(shù)為58的一種最早有實際用途的稀土元素;鈰及其化合物的用途十分廣泛。

(1)鈰在元素周期表中的位置是_____;屬于_____區(qū)元素。

(2)硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中,N的雜化方式為_____;Ce、C、N、O的第一電離能由大到小的順序為_____。

(3)已知CeX3的熔點為CeF3:1460℃、CeCl3:848℃、CeBr3:732℃、CeI3:760℃,依F、Cl、Br、I順序,從CeX3中化學(xué)鍵的離子性和共價性說明熔點的變化原因:______________________________________。

(4)鈰的一種氧化物具有獨特的晶體結(jié)構(gòu)和較高的儲存和釋放氧的能力;可形成氧空位,具有催化氧化性能,有著十分廣闊的應(yīng)用開發(fā)前景,其晶體結(jié)構(gòu)如圖所示:

這種鈰的氧化物的化學(xué)式為_____;晶胞中氧離子的配位數(shù)為_____。21、鉻是由法國化學(xué)家沃克蘭于1798年在巴黎發(fā)現(xiàn)。目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金;化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領(lǐng)域。

(1)鉻元素基態(tài)原子的價電子排布式為___________。

(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol,的原因是___________。

(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學(xué)式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。

①雷氏鹽中存在的化學(xué)鍵有___________(填序號)。

A.鍵B.鍵C.氫鍵D.配位鍵E.金屬鍵。

②配體中C采取的雜化方式為___________,可用于形成配位鍵的原子有___________。

③的價層電子對數(shù)為___________,空間構(gòu)型是___________,寫出一種與互為等電子體的分子___________。

④乙醇能與水以任意比例互溶的原因是___________,___________。

(4)硒化鉻的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)為anm和bnm,則硒化鉻的密度為___________(列出表達式即可)。

評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題,共15分)22、工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為氧化鋁;含少量氧化鐵)制取鋁的過程如圖所示:

請回答:

(1)試劑1為_______(填化學(xué)式),①~④轉(zhuǎn)化中屬于氧化還原反應(yīng)的是_______(填序號);

(2)沉淀B的化學(xué)式為_______,寫出該物質(zhì)發(fā)生鋁熱反應(yīng)的化學(xué)方程式_______;(3)電解F,當(dāng)轉(zhuǎn)移0.6mol電子時,可制得鋁_______g;

(4)沉淀D是藥物“胃舒平”的主要成分,可用于治療胃酸(稀鹽酸)過多,寫出該反應(yīng)的離子方程式_______;

(5)②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。23、某化學(xué)實驗小組從市場購買海帶并設(shè)計提碘的流程如圖所示:

請回答下列問題:

(1)操作2包括以下步驟:a.振蕩萃取b.分液c.靜置分層d.加碘溶液和CCl4e.檢漏。

①上述步驟的正確先后順序是______(填編號)。

②完成步驟a時要及時放氣,放氣時分液漏斗下端應(yīng)_____(填“向上傾斜”或“向下傾斜”),放氣的目的是______。

③步驟b的具體操作是______,再將分液漏斗下面的活塞擰開,使下層液體沿?zé)瓋?nèi)壁流下,當(dāng)下層液體剛好放完時關(guān)閉活塞,______。

(2)濃NaOH溶液與I2反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。

(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用離子方程式表示)。

(4)利用如圖所示裝置進行粗碘提純。簡述純化I2的原理:_____。棉花的作用是______。

24、將少量氯水加入到NaI溶液中”的學(xué)生實驗產(chǎn)生了大量含碘廢液。某研究小組用該含碘廢液制備NaI固體,實驗流程如下:

已知:反應(yīng)②2I?+2Cu2++SO32?+H2O=2CuI↓+SO42?+2H+

回答下列問題:

(1)產(chǎn)生含碘廢液的離子方程式為____________________________________。

(2)①中I2與Na2SO3溶液反應(yīng)的離子方程為_________________________________。

(3)③中CuI發(fā)生了_____(填“氧化”或“還原”)反應(yīng),當(dāng)有95.5gCuI參與反應(yīng),電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為_______________,若還原產(chǎn)物只有NO2,寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______________。

(4)化合物B中含兩種元素,鐵元素與另一種元素物質(zhì)的量之比為3:8,則化合物B的化學(xué)式為____________。

(5)反應(yīng)⑤中生成黑色固體和無色無味能使澄清石灰水變渾濁的氣體,黑色固體的俗稱為磁性氧化鐵,則⑤的化學(xué)方程式為_____________________________________________。評卷人得分五、計算題(共3題,共30分)25、(1)若t=25℃時,Kw=___________,若t=100℃時,Kw=1.0×10-12,則100℃時0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃時,0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11,用離子方程式表示其原因為___________。

(3)pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液,分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“>”“=”或“<”)。

(4)室溫下,pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液,水電離出的c(H+)之比為___________。

(5)相同物質(zhì)的量濃度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三種溶液,pH值從大到小的順序為___________(用數(shù)字標(biāo)號填空,下同);相同溫度下,NH濃度相等的上述三種溶液,物質(zhì)的量濃度從大到小的順序為___________。

(6)含有Cr2O的廢水毒性較大。某工廠酸性廢水中含5.0×10-3mol?L-1的Cr2O可先向廢水中加入綠礬(FeSO4·7H2O);攪拌后撒入生石灰處理。

①寫出加入綠礬的離子方程式___________。

②若處理后的廢水中殘留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol?L-1,則殘留的Cr3+的濃度_______________mol?L-1(已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。26、制備氮化鎂的裝置示意圖:

回答下列問題:

(1)填寫下列儀器名稱:的名稱是_________。

(2)寫出中和反應(yīng)制備氮氣的離子反應(yīng)方程式__________。

(3)的作用是_____,是否可以把和的位置對調(diào)并說明理由_________。

(4)寫出中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。

(5)請用化學(xué)方法檢驗產(chǎn)物中是否含有未反應(yīng)的鎂,寫出實驗操作、現(xiàn)象、結(jié)論_________。27、某研究性學(xué)習(xí)小組類比鎂在二氧化碳中的燃燒反應(yīng),認為鈉和二氧化碳也可以發(fā)生反應(yīng),他們對鈉在CO2氣體中燃燒進行了下列實驗:

(1)若用下圖裝置制備CO2,則發(fā)生裝置中反應(yīng)的離子方程式為_________。

(2)將制得的CO2凈化、干燥后由a口緩緩?fù)ㄈ胂聢D裝置,待裝置中的空氣排凈后點燃酒精燈,觀察到玻璃直管中的鈉燃燒,火焰為黃色。待冷卻后,管壁附有黑色顆粒和白色物質(zhì)。

①能說明裝置中空氣已經(jīng)排凈的現(xiàn)象是_________。

②若未排盡空氣就開始加熱,則可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式主要為_________。

(3)若鈉著火,可以選用的滅火物質(zhì)是_________。

A.水B.泡沫滅火劑C.干沙土D.二氧化碳。

(4)該小組同學(xué)對管壁的白色物質(zhì)的成分進行討論并提出假設(shè):

Ⅰ.白色物質(zhì)可能是Na2O;Ⅱ.白色物質(zhì)可能是Na2CO3;Ⅲ.白色物質(zhì)還可能是_________。

(5)為確定該白色物質(zhì)的成分,該小組進行了如下實驗:。實驗步驟實驗現(xiàn)象①取少量白色物質(zhì)于試管中,加入適量水,振蕩,樣品全部溶于水,向其中加過量的CaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀②靜置片刻,取上層清液于試管中,滴加無色酚酞試液無明顯現(xiàn)象

①通過對上述實驗的分析,你認為上述三個假設(shè)中,___成立(填序號)。

②由實驗得出:鈉在CO2中燃燒的化學(xué)方程式為_____;每生成1mol氧化產(chǎn)物,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為____。

(6)在實驗(2)中還可能產(chǎn)生另一種尾氣,該氣體為________;處理該尾氣的方法為_____。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題,共5分)28、W;X、Y、Z、N、M六種主族元素;它們在周期表中位置如圖所示,請用對應(yīng)的的化學(xué)用語回答下列問題:

(1)N元素在周期表中的位置___________,根據(jù)周期表,推測N原子序數(shù)為___________

(2)比較Y、Z、W三種元素形成簡單離子的半徑由大到小的順序___________

(3)M最高價氧化物的水化物在水中的電離方程式:___________

(4)以下說法正確的是___________

A.單質(zhì)的還原性:X>Y,可以用X與YM2溶液發(fā)生反應(yīng)來證明。

B.Y與同周期的ⅢA元素的原子序數(shù)相差1

C.半導(dǎo)體器件的研制開始于硅;研發(fā)出太陽能光伏電池,將輻射轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?,如我校的路燈?/p>

D.元素N位于金屬與非金屬的分界線附近,可以推斷N元素的單質(zhì)具有兩性參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

①電離是電解質(zhì)溶于水自發(fā)進行的過程,不需要通電;②電解需要電解池,需要通電;③電鍍也是電解池的應(yīng)用,需要通電;④電化學(xué)腐蝕是原電池原理,自發(fā)進行,不需要通電。答案選C。2、B【分析】【分析】

由圖可知分別為

【詳解】

A.硫在氧氣中燃燒直接生成不是A錯誤;

B.可與硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng);B正確;

C.硫化氫與反應(yīng)方程式為氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比應(yīng)為C錯誤;

D.是不能由硫和銅直接反應(yīng)生成,D錯誤。

故答案選B。3、C【分析】【詳解】

A.硫的+4價氧化物;酸及鹽的轉(zhuǎn)化為+6相應(yīng)化合物都可以通過氧氣氧化;這些反應(yīng)都是化合反應(yīng),A項正確;

B.硫化氫與二氧化硫反應(yīng)生成硫和水:SO2+2H2S=3S+2H2O;反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2,B項正確;

C.過氧化鈉具有氧化性,SO2具有還原性,SO2與過氧化鈉反應(yīng)生成硫酸鈉;C項錯誤;

D.游離態(tài)的硫存在于火山口附近或地殼的巖層中;D項正確;

故選:C。4、B【分析】【分析】

制取裝置包括加熱和不需加熱兩種,實驗室制取CO2,是在常溫下,用大理石或石灰石和稀鹽酸制取的;碳酸鈣和鹽酸互相交換成分生成氯化鈣和水和二氧化碳,因此不需要加熱;二氧化碳能溶于水,密度比空氣的密度大,因此只能用向上排空氣法收集;甲裝置的優(yōu)點是:可以控制反應(yīng)的發(fā)生和停止,具有啟普發(fā)生器的功能;乙裝置N處添加止水夾也與甲裝置具有的功能不同,因為乙中固體與液體不能分離。

【詳解】

A項;圖示甲裝置中固液分離,且U形管中左邊液面高于右邊液面,說明止水夾M處于關(guān)閉狀態(tài),故A項分析錯誤;B項,甲裝置氣體導(dǎo)出過程中,容器內(nèi)部與外部相通,裝置氣體順利導(dǎo)出,氣壓相等,故B項分析正確;C項,啟普發(fā)生器適用于塊狀固體與液體在常溫下反應(yīng)制取氣體,能夠?qū)崿F(xiàn)“隨開隨用;隨關(guān)隨?!?,而甲裝置同樣適于塊狀固體與液體在常溫下反應(yīng)制取氣體,且利用止水夾的開閉能夠控制反應(yīng)的開始和停止,因此,甲裝置具有啟普發(fā)生器的功能,故C項分析錯誤;D項,甲裝置關(guān)閉止水夾M后,U形管內(nèi)的壓強增大,從而使固體與液體反應(yīng)物分離,而乙裝置在N處添加止水夾不能實現(xiàn)固液分離,故D項分析錯誤;正確選項B。

【點睛】

啟普發(fā)生器適用于塊狀固體與液體在常溫下反應(yīng)制取氣體,能夠?qū)崿F(xiàn)“隨開隨用、隨關(guān)隨停”;可以利用啟普發(fā)生器制備的氣體常見的有氫氣、二氧化碳、硫化氫等等。5、C【分析】【詳解】

A、1mol/L鹽酸是稀鹽酸,實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣,稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng),無法制取得到氯氣,選項A錯誤;B、用氯氣氧化溴離子時,導(dǎo)氣管應(yīng)該采用“長進短出”原則,所以該裝置錯誤,不能實現(xiàn)實驗?zāi)康?,選項B錯誤;C、利用有機溶劑將溴萃取后,用裝置③分離出FeCl3溶液;不能選用裝置④分離,選項C正確;D;加熱氯化鐵溶液時氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫,升高溫度促進水解,為防止水解,應(yīng)在氯化氫氛圍中加熱蒸干氯化鐵溶液,選項D錯誤。答案選C。

點睛:本題考查化學(xué)實驗方案評價,涉及物質(zhì)制備、實驗操作等知識點,明確實驗原理、物質(zhì)性質(zhì)、實驗操作規(guī)范是解本題的關(guān)鍵,易錯點是選項D,加熱氯化鐵溶液時氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫,升高溫度促進水解,為防止水解,應(yīng)在氯化氫氛圍中加熱蒸干氯化鐵溶液。6、C【分析】A.稀硝酸的還原產(chǎn)物是一氧化氮,一氧化氮易與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮,選項A錯誤;B.火焰呈黃色,說明是含鈉元素的物質(zhì),不能確定是否含有鉀元素,選項B錯誤;C、將Na2O2裹入棉花中,放入充滿CO2的集氣瓶中,Na2O2與CO2的反應(yīng)為放熱反應(yīng),溫度升高,達到棉花的著火點,且有大量氧氣,棉花燃燒,選項C正確;D、弱酸不能制強酸,所以CO2不與強酸鹽反應(yīng),所以無沉淀,選項D錯誤。答案選C。7、C【分析】【詳解】

A.氨氣的密度比空氣??;應(yīng)用向下排空氣法收集,故A錯誤;

B.蔗糖脫水碳化過程中有二氧化硫生成;二氧化硫也能使澄清石灰水變渾濁,故B錯誤;

C.蒸餾95%酒精制取無水乙醇;裝置正確,故C正確;

D.濃鹽酸與二氧化錳制取氯氣需要加熱;故D錯誤。

綜上所述,答案為C。8、A【分析】【詳解】

A.A在量氣前應(yīng)通過提升右則管的高度的方法使左管充滿液體而右側(cè)沒有液體;以使收集氣體時將液體壓入到右側(cè),故A錯誤;

B.B裝置中廣口瓶通常應(yīng)盛滿相應(yīng)的液體;氣體將液體排除測定液體的體積即為氣體的體積,故B正確;

C.A裝置收集完氣體后;在讀數(shù)前應(yīng)使盛液管內(nèi)的液面與集氣管內(nèi)的液面相平,使兩側(cè)氣壓相同,故C正確;

D.A裝置是直接根據(jù)刻度測量氣體的體積;而B裝置直接測量的是所排出液體的體積,故D正確。

故選A。二、填空題(共5題,共10分)9、略

【分析】【詳解】

(1)對于水分子中的共價鍵,依據(jù)原子軌道重疊的方式判斷,屬于鍵;O與H的電負性不同;共用電子對偏向于O,則該共價鍵屬于極性共價鍵;

(2)水分子中,氧原子的價層電子對數(shù)為雜化軌道類型為sp3;

(3)a.水中存在氫鍵;導(dǎo)致冰的密度小于水的密度,且常壓下,4℃時水的密度最大,a正確;

b.水分子間由于存在氫鍵,使分子之間的作用力增強,因而沸點比同主族的H2S高,b正確;

c.水的熱穩(wěn)定性比硫化氫強的原因是其中的共價鍵的鍵能更大;與氫鍵無關(guān),c錯誤;

故選ab;

(4)極易溶于水的原因為NH3和H2O極性接近;依據(jù)相似相溶原理可知,氨氣在水中的溶解度大;氨分子和水分子間可以形成氫鍵,大大增強溶解能力;

(5)的電子式為有1對孤電子對,有2對孤電子對,孤電子對之間的排斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力,水中鍵角被壓縮程度更大,故和的鍵角大?。?gt;【解析】(1)極性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O極性接近;依據(jù)相似相溶原理可知,氨氣在水中的溶解度大;氨分子和水分子間可以形成氫鍵,大大增強溶解能力。

(5)>10、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1,該反應(yīng)正方向為體積增大的反應(yīng),降低壓強,平衡會向正反應(yīng)方向移動;則對于n(H2S):n(Ar)為4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar混合氣在圖中對應(yīng)的曲線分別是a、b;c、d、e。

【詳解】

(1)由于正反應(yīng)是體積增大的可逆反應(yīng),n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分壓越小,相當(dāng)于降低壓強,平衡向正反應(yīng)方向移動,因此H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高;

(2)n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高,所以n(H2S):n(Ar)=1:9對應(yīng)的曲線是d;根據(jù)圖像可知n(H2S):n(Ar)=1:9反應(yīng)進行到0.1s時H2S轉(zhuǎn)化率為0.24;假設(shè)在該條件下;硫化氫和氬的起始投料的物質(zhì)的量分別為1mol和9mol,則根據(jù)三段式可知:

此時H2S的壓強為≈7.51kPa,H2S的起始壓強為10kPa,所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分壓越小,平衡向正反應(yīng)方向進行,H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高。

(2)d24.911、略

【分析】【詳解】

(1)①ΔH1=E反應(yīng)物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol;

②A.反應(yīng)前后氣體系數(shù)不變;如果是恒溫恒容,無論平衡是否移動,容器中的壓強均不變,換為絕熱容器后,隨著反應(yīng)的正向進行,反應(yīng)放出熱量,體系溫度升高,等量氣體的壓強隨之增大,此時壓強是變量,可以作為平衡的依據(jù),A項正確;

B.當(dāng)ΔH-TΔS<0時;反應(yīng)自發(fā)進行,由ΔH<0,ΔS<0,推出該反應(yīng)低溫下自發(fā)進行,B項正確;

C.增大CO的濃度可以使反應(yīng)Ⅲ的平衡向正向移動;但是平衡常數(shù)只受到溫度的影響,溫度不變,平衡常數(shù)不變,C項錯誤;

D.溫度升高;反應(yīng)速率增大,三個反應(yīng)的逆反應(yīng)速率均增大,三個反應(yīng)均為放熱反應(yīng),溫度升高,反應(yīng)向吸熱方向進行,則平衡逆向移動,所以平衡移動的初期為逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率,為了達到新的平衡,逆反應(yīng)速率向正反應(yīng)速率靠近,逆反應(yīng)速率會減小,所以逆反應(yīng)速率的變化趨勢為先增大后減小,D項錯誤;

(2)①反應(yīng)為放熱反應(yīng);溫度升高,平衡向逆反應(yīng)(吸熱)方向進行,二氧化氮轉(zhuǎn)化率降低;

②相同溫度下,二氧化氮的轉(zhuǎn)化率在P點較高是因為使用了分子篩膜,將產(chǎn)物N2分離出來;降低了產(chǎn)物的濃度,使平衡正向進行,從而二氧化氮的轉(zhuǎn)化率提高;

(3)①列三段式求解:因為N2占平衡總體積的1/4,所以a=0.3mol,此時為平衡狀態(tài),有v正=v逆,即k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2);

②在t2時刻,將容器迅速壓縮到原容積的1/2,壓強瞬間增大為原來壓強的兩倍,正逆反應(yīng)速率均增大,但是壓強增大,平衡向正反應(yīng)(氣體系數(shù)減小)方向進行,則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率,所以正反應(yīng)速率的總體趨勢為先突然增大,然后減小,直至平衡,其圖像為【解析】①.-227②.AB③.反應(yīng)為放熱反應(yīng),溫度升高,平衡逆向移動(或平衡常數(shù)減?。?分子篩膜從反應(yīng)體系中不斷分離出N2,有利于反應(yīng)正向進行,二氧化氮轉(zhuǎn)化率升高⑤.270⑥.(起點的縱坐標(biāo)為16,t3時刻達到平衡,t3-t4處于平衡狀態(tài)與已有線平齊)12、略

【分析】【詳解】

(1)水楊酸和乙酸酐在濃硫酸的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酰水楊酸,方程式為:(2)在除去聚合物并提純阿司匹林的過程中;可以將阿司匹林與碳酸氫鈉反應(yīng)使羧基變?yōu)轸人徕c,且酯基不水解,這樣使阿司匹林溶于水,聚合物難溶于水,將聚合物除去,再將阿司匹林的鈉鹽鹽酸酸化可得阿司匹林,過程中涉及的離子方程式為:

.(3)該儀器的名稱為布氏漏斗。布氏漏斗中加入濾紙,用蒸餾水濕潤后,應(yīng)先微開水龍頭,不能大開,避免濾紙破損。故選①。(4)A.抽濾能為了加快過濾速率,但不能使沉淀的顆粒變大,故錯誤;B.顆粒太小的沉淀不能用抽濾的原因是顆粒太小的容易在濾紙上形成一層密實的沉淀,不容易透過,故正確;C.當(dāng)吸濾瓶內(nèi)液面高度快達到支管口時,應(yīng)拔掉吸濾瓶上的橡皮管,從吸濾瓶上口倒出溶液,而不能從吸濾瓶支管口倒出溶液,故錯誤;D.將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時,若有晶體附在燒杯內(nèi)壁,應(yīng)用濾液來淋洗布氏漏斗,因為濾液是飽和溶液,沖洗是不會使晶體溶解,同時又不會帶入雜質(zhì),故錯誤;E.洗滌沉淀時,應(yīng)先關(guān)小水龍頭,然后蒸餾水緩緩淋洗,再打開水龍頭抽濾,不能使洗滌劑快速通過沉淀,故錯誤。故選B。(5)阿司匹林在冷水中的溶解度減小,所以用冷水洗滌晶體可以除去晶體表面附著的雜質(zhì),并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗。(6)根據(jù)方程式分析,乙酸酐過量,用水楊酸計算阿司匹林的質(zhì)量為g,實際產(chǎn)率為=60%?!窘馕觥咳〈磻?yīng)布氏漏斗①B除去晶體表面附著的雜質(zhì),并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗60%13、略

【分析】【詳解】

(1)亞硫酸鈉和硫酸反應(yīng)生成二氧化硫,反應(yīng)的方程式為:Na2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O,生成的二氧化硫含有水蒸氣,可用濃硫酸干燥,用向上排空氣法收集,且用堿石灰吸收尾氣,避免污染環(huán)境,則連接順序為a接b;c接f,g接d;

(2)①Na2S2O4中硫元素的化合價為+3;

②由裝置可知;儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗;

③實驗時應(yīng)避免Na2S2O4和HCOONa被氧化,可應(yīng)先通入二氧化硫,排凈系統(tǒng)中的空氣,防止加熱時Na2S2O4和HCOONa被氧化,也可通一段時間N2;排凈系統(tǒng)中的空氣;

④洗滌連二亞硫酸鈉時應(yīng)與空氣隔離;洗滌劑可用甲醇或乙醇,洗滌過程為:在無氧環(huán)境中,向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體,待甲醇順利流下,重復(fù)2-3次;

⑤設(shè)連二亞硫酸鈉理論產(chǎn)率為x;根據(jù)硫原子守恒:

2Na2SO3~Na2S2O4

252174

6.3gx

則解得x=4.35g,產(chǎn)率為:【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒壓滴液漏斗排凈系統(tǒng)中的空氣向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體,待甲醇順利流下,重復(fù)2-3次三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共8題,共16分)14、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr原子的電子排布式,寫出基態(tài)價電子的排布式;根據(jù)Cr原子失去一個電子后價電子排布情況判斷鉻的第二電離能大于錳的第二電離能;根據(jù)題中結(jié)構(gòu)判斷存在化學(xué)鍵類型;根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子雜化方式和空間構(gòu)型;根據(jù)等電子體的概念寫出一種與互為等電子體的分子;根據(jù)形成氫鍵和相似相溶原理解釋乙醇能與水以任意比例互溶;根據(jù)題中晶胞的結(jié)構(gòu);利用“均攤法”進行晶胞的相關(guān)計算;據(jù)此解答。

(1)

Cr是24號元素,核外有24個電子,其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,價電子排布式為3d54s1,答案為3d54s1。

(2)

因為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定,即鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子,錳的第二電離能是失去3d6上的電子變?yōu)榘氤錆M狀態(tài),所以金屬鉻的第二電離能大于錳的第二電離能答案為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。

(3)

①由可知,該結(jié)構(gòu)中存在N-H鍵是鍵,N=C雙鍵、C=S雙鍵中有鍵、鍵,Cr3+與配體間形成配位鍵;ABD符合題意;答案為ABD。

②由可知,NCS-的中心原子C原子形成2個雙鍵,NCS-為直線形結(jié)構(gòu),C原子采取sp雜化;因為NCS-結(jié)構(gòu)中,N、S均有孤電子對,均可與Cr3+形成配位鍵;答案為sp雜化;N;S。

③的價層電子對數(shù)=4+=4+0=4,無孤電子對,的空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu);根據(jù)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微?;榈入娮芋w,則的等電子體的分子為CH4;答案為4;正四面體;CH4。

④CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵,并且都是極性分子,根據(jù)相似相溶原理,所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶;答案為乙醇可與水形成分子間氫鍵;乙醇屬于極性分子。

(4)

由可知,晶胞中Cr原子數(shù)目=8×+4×=2,Se原子位于晶胞內(nèi),數(shù)目=2,故晶胞質(zhì)量m=2×g=g,晶胞的體積V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3,則晶體密度ρ===答案為【解析】(1)

(2)鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。

(3)ABDsp雜化S、N4正四面體形乙醇可與水形成分子間氫鍵乙醇屬于極性分子。

(4)15、略

【分析】【詳解】

(1)Cu位于第四周期IB族,其Cu2+的價電子排布式為3d9;

(2)A、[Cu(NH3)4]2+與SO42-之間存在離子鍵,Cu2+和NH3之間存在配位鍵;N和H之間存在極性共價鍵,故A正確;

B;該化合物中第一電離能最大的是N元素;故B錯誤;

C、外界離子為SO42-,根據(jù)價層電子對互斥理論,SO42-的空間構(gòu)型為正四面體形;故C正確;

答案選AC;

(3)SO32-中心原子S有3個σ鍵,孤電子對數(shù)=1,價層電子對數(shù)為4,雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù),即SO32-中S的雜化類型為sp3;SO32-空間構(gòu)型為三角錐形;

(4)根據(jù)等電子體的概念,與SO3互為等電子體的分子為BF3等;

(5)利用均攤的方法進行判斷,根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu),O位于頂點、面心、棱上和內(nèi)部,屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4,Cu位于內(nèi)部,有4個,即化學(xué)式為CuO。【解析】①.3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO16、略

【分析】【分析】

根據(jù)Fe的原子序數(shù),結(jié)合核外電子排布規(guī)則寫出Fe的電子排布式;根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu),利用“均攤法”進行晶胞的有關(guān)計算;根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律解釋H、Li、Na的第一電離能的關(guān)系;根據(jù)NH3分子與H2O分子之間會形成氫鍵解釋NH3極易溶于水的原因;根據(jù)NH3極易溶于水,CO2在水中溶解度不大,解釋侯氏制堿法先通入NH3再通入CO2;根據(jù)VSEPR理論,判斷其空間結(jié)構(gòu)和雜化類型;根據(jù)形成配位健的條件判斷提供空軌道的原子;根據(jù)NH3BH3(氨硼烷)分子間形成氫鍵判斷其熔點較高;據(jù)此解答。

(1)

①Fe元素的原子序數(shù)為26,核外有26個電子,根據(jù)核外電子排布規(guī)則,基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;答案為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;

②由晶胞的結(jié)構(gòu)可知,圖1結(jié)構(gòu)中,F(xiàn)e位于頂點和體心,F(xiàn)e原子的個數(shù)為8×+1=2,圖2結(jié)構(gòu)中,F(xiàn)e位于頂點和面心,F(xiàn)e原子的個數(shù)為8×+6×=4,則兩種晶胞所含鐵原子個數(shù)比為2:4=1:2;又圖1晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm),其體積為V=(a×10-10cm)3,晶胞的質(zhì)量為m==其密度ρ===g·cm-3;答案為1:2;

③第一電離能(I1)為I1(H)>I1(Li)>I1(Na);原因是H;Li、Na位于同一主族,價電子數(shù)相同,自上而下,原子半徑逐漸增大,原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱,失電子能力增強,第一電離能逐漸減??;答案為H、Li、Na位于同一主族,價電子數(shù)相同,自上而下,原子半徑逐漸增大,原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱,失電子能力增強,第一電離能逐漸減小;

(2)

①NH3極易溶于水的原因是NH3與H2O分子間能形成氫鍵;答案為NH3與H2O分子間能形成氫鍵;

②因為二氧化碳在水中溶解度不大,氨氣極易溶于水,飽和氨鹽水顯堿性,比飽和食鹽水更容易吸收二氧化碳,所以要先向飽和食鹽水中通入氨氣,制成飽和氨鹽水,再向其中通入二氧化碳即反應(yīng)時,向飽和NaCl溶液中先通入氨氣,再通入二氧化碳;答案為NH3;

③中中心原子C原子的價層電子對個數(shù)=3+=3+0=3,且無孤電子對,采取sp2雜化;其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形;答案為平面三角形;

(3)

①NH3分子中中心原子N原子的價層電子對個數(shù)=3+=3+1=4,且含有一個孤電子對,所以中心原子N原子的雜化軌道類型為sp3雜化;答案為sp3;

②在NH3BH3結(jié)構(gòu)中;N原子存在孤電子對,B原子為缺電子原子,在配位鍵的形成中B原子提供空軌道;答案為B;

③NH3BH3(氨硼烷)與CH3CH3互為等電子體,由于NH3BH3分子中N原子的電負性較大,分子間會形成氫鍵,所以NH3BH3熔點高于CH3CH3;答案為>。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H;Li、Na位于同一主族;價電子數(shù)相同,自上而下,原子半徑逐漸增大,原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱,失電子能力增強,第一電離能逐漸減小。

(2)NH3與H2O分子間能形成氫鍵NH3平面三角形。

(3)sp3B>17、略

【分析】【詳解】

(1)Cu位于第四周期IB族,其Cu2+的價電子排布式為3d9;

(2)A、[Cu(NH3)4]2+與SO42-之間存在離子鍵,Cu2+和NH3之間存在配位鍵;N和H之間存在極性共價鍵,故A正確;

B;該化合物中第一電離能最大的是N元素;故B錯誤;

C、外界離子為SO42-,根據(jù)價層電子對互斥理論,SO42-的空間構(gòu)型為正四面體形;故C正確;

答案選AC;

(3)SO32-中心原子S有3個σ鍵,孤電子對數(shù)=1,價層電子對數(shù)為4,雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù),即SO32-中S的雜化類型為sp3;SO32-空間構(gòu)型為三角錐形;

(4)根據(jù)等電子體的概念,與SO3互為等電子體的分子為BF3等;

(5)利用均攤的方法進行判斷,根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu),O位于頂點、面心、棱上和內(nèi)部,屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4,Cu位于內(nèi)部,有4個,即化學(xué)式為CuO?!窘馕觥竣?3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Cu為29號元素,核外電子排布式為則銅元素為周期表中ds區(qū),故答案為:ds;

(2)易溶解于水,熔點為時升華,由此可得出是分子晶體;故答案為:分子晶體;

(3)為深棕紅色的劇毒液體,其分子結(jié)構(gòu)中含有鍵,根據(jù)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知,該分子結(jié)構(gòu)為因此該分子中Se的雜化軌道類型為雜化;Se的價層電子數(shù)時4,含有2個孤對電子,的空間構(gòu)型為鋸齒形,故答案為:b;

(4)的立體構(gòu)型為正四面體,鍵角為109°28′,的立體構(gòu)型為平面三角形,鍵角為120°,所以中的鍵角比的鍵角小,故答案為:??;的立體構(gòu)型為正四面體,鍵角為109°28′,的立體構(gòu)型為平面三角形;鍵角為120°;

(5)用“均攤法”:晶胞中含4個Cu,O氧原子個數(shù)為8Cu與O的個數(shù)比為2:1,所以該氧化物的化學(xué)式為1個晶胞中氧原子、銅原子的體積之和為晶體的體積為1個晶胞的體積為故該晶胞的空間利用率為故答案為:【解析】ds分子晶體b小的立體構(gòu)型為正四面體,鍵角為109°28′,的立體構(gòu)型為平面三角形,鍵角為120°19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①N的最外層電子數(shù)為5,B的最外層電子數(shù)為3,能形成3個共價鍵,B原子提供空軌道,N原子提供孤對電子,在化合物H3BNH3中;B與N原子之間存在配位鍵;

B;C、N、O是同一周期的元素。一般情況下;元素的非金屬性越強,原子半徑越小,元素的第一電離能越大,但是由于N原子的2p軌道上的電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài),所以其電離能比O還大,因此第一電離能由大到小的順序N>O>C>B;

CH4是正四面體結(jié)構(gòu),鍵角109°28′;H2O是V型分子,鍵角104.5°,CO2是直線型分子,鍵角為180°。因此這三分子按照鍵角由大到小的順序排列為CO2>CH4>H2O;

②等電子體是原子數(shù)等,最外層電子數(shù)也相等的物質(zhì),(HB=NH)3的原子數(shù)為12,最外層電子數(shù)為30,與(HB=NH)3互為等電子體的分子為C6H6;

③LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3,根據(jù)原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化學(xué)方程式為:4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3;

④圖(a)是一種鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根,從圖可看出,每個單元,有一個B,有一個O完全屬于這個單元,剩余的2個O分別為2個單元共用,所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2,化學(xué)式為:

從圖(6)是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結(jié)構(gòu)可看出,[B4O5(OH)4]2-一半sp3雜化形成兩個四配位BO4四面體;另一半是sp2雜化形成兩個三配位BO3平面三角形結(jié)構(gòu),硼原子采取的雜化方式為sp3、sp2;

(2)①Cu是29號元素,Cu的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1,Cu2+失去4s上的一個電子和3d上的一個電子,Cu2+的價層電子排布式為3d9;

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)的原因是在灼燒時原子中的電子吸收能量;從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)。但是激發(fā)態(tài)是不穩(wěn)定的,激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時,以一定波長的光的形式釋放能量;

③Cu是面心立方緊密堆積,在一個晶胞中含有的Cu原子的個數(shù)為:8×+6×=4;設(shè)銅原子半徑為apm=a×10-10cm,晶胞的邊長;L=2×10-10cm,晶胞的體積為(2×10-10cm)3,該晶體的密度為g/cm3?!窘馕觥渴荖>O>C>BCO2>CH4>H2OC6H64BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3sp3、sp23d9激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時,以一定波長的光的形式釋放能量20、略

【分析】【詳解】

(1)由題意有鈰的原子序數(shù)為58;則有58-2-8-8-18-18=4,處于元素周期表的第六周期,第四縱行的鑭系,則鈰在元素周期表中位置為:第六周期第ⅢB族,屬于f區(qū)元素,故答案為:第六周期第ⅢB族;f;

(2)在硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中,因為中中心原子N沒有孤電子對,所以它是正四面專體形,是空間結(jié)構(gòu),所以是雜化,中氮的價層電子對數(shù)為3,是sp2雜化;在Ce、C、N、O中C、N、O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小,同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大,但第ⅤA族的第一電離能大于第ⅥA族的第一電離能,所以其第一電離能大小順序是N>O>C;由于Ce為第六周期元素,原子半徑最大,則其第一電離能最小,故答案為:sp3、sp2;N>O>C>Ce;

(3)依F、Cl、Br、I順序,CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱、共價性越來越強,故答案為:依F、Cl、Br、I順序,CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱;共價性越來越強;

(4)由圖示可知這種鈰的氧化物的化學(xué)式為CeO2;晶胞中氧離子的配位數(shù)為4,故答案為:CeO2;4;【解析】第六周期第ⅢB族fsp3、sp2N>O>C>Ce依F、Cl、Br、I順序,CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱、共價性越來越強CeO2421、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr原子的電子排布式,寫出基態(tài)價電子的排布式;根據(jù)Cr原子失去一個電子后價電子排布情況判斷鉻的第二電離能大于錳的第二電離能;根據(jù)題中結(jié)構(gòu)判斷存在化學(xué)鍵類型;根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子雜化方式和空間構(gòu)型;根據(jù)等電子體的概念寫出一種與互為等電子體的分子;根據(jù)形成氫鍵和相似相溶原理解釋乙醇能與水以任意比例互溶;根據(jù)題中晶胞的結(jié)構(gòu);利用“均攤法”進行晶胞的相關(guān)計算;據(jù)此解答。

(1)

Cr是24號元素,核外有24個電子,其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1,價電子排布式為3d54s1,答案為3d54s1。

(2)

因為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定,即鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子,錳的第二電離能是失去3d6上的電子變?yōu)榘氤錆M狀態(tài),所以金屬鉻的第二電離能大于錳的第二電離能答案為鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。

(3)

①由可知,該結(jié)構(gòu)中存在N-H鍵是鍵,N=C雙鍵、C=S雙鍵中有鍵、鍵,Cr3+與配體間形成配位鍵;ABD符合題意;答案為ABD。

②由可知,NCS-的中心原子C原子形成2個雙鍵,NCS-為直線形結(jié)構(gòu),C原子采取sp雜化;因為NCS-結(jié)構(gòu)中,N、S均有孤電子對,均可與Cr3+形成配位鍵;答案為sp雜化;N;S。

③的價層電子對數(shù)=4+=4+0=4,無孤電子對,的空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu);根據(jù)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體,則的等電子體的分子為CH4;答案為4;正四面體;CH4。

④CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵,并且都是極性分子,根據(jù)相似相溶原理,所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶;答案為乙醇可與水形成分子間氫鍵;乙醇屬于極性分子。

(4)

由可知,晶胞中Cr原子數(shù)目=8×+4×=2,Se原子位于晶胞內(nèi),數(shù)目=2,故晶胞質(zhì)量m=2×g=g,晶胞的體積V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3,則晶體密度ρ===答案為【解析】(1)

(2)鉻原子失去1個電子后,價電子層電子排布式為屬于半充滿,相對穩(wěn)定。

(3)ABDsp雜化S、N4正四面體形乙醇可與水形成分子間氫鍵乙醇屬于極性分子。

(4)四、工業(yè)流程題(共3題,共15分)22、略

【分析】鋁土礦的主要成分為氧化鋁,含少量氧化鐵,由流程可知,加入氫氧化鈉,氧化鐵不和堿反應(yīng),氧化鋁可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水;過濾后得到的沉淀B為Fe2O3;濾液A中含氫氧化鈉和偏鋁酸鈉;通入二氧化碳,二氧化碳和四羥基合鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉,二氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉,過濾得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉溶液;灼燒氫氧化鋁得到氧化鋁和水,電解氧化鋁得到鋁和氧氣;碳酸氫鈉溶液和氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣和氫氧化鈉,氫氧化鈉用來堿浸,以此來解答。

【詳解】

(1)由上述分析可知;試劑1為NaOH,氧化鐵不和堿反應(yīng),氧化鋁可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水;①~④轉(zhuǎn)化過程中只有④有化合價變化,即④為氧化還原反應(yīng),故答案為:NaOH;④;

(2)由上述分析可知沉淀B為Fe2O3,三氧化二鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)的方程式為2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe,故答案為:Fe2O3;2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe;

(3)電解氧化鋁的方程式為2Al2O34A1+3O2↑;設(shè)得到鋁的質(zhì)量為m;

解得m==5.4g;故答案為:5.4;

(4)D是氫氧化鋁,是藥物胃舒平的主要成分,可與鹽酸反應(yīng)治療胃酸過多的離子反應(yīng)為:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;故答案為:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;

(5)偏鋁酸鈉溶液通入過量的二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉,②中離子方程式為CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案為:CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO23、略

【分析】【分析】

海帶中提取I2,即將海帶中的I-溶于水中,再將其氧化為I2,再利用CCl4萃取從水中提取出來。

【詳解】

(1)操作為從水中分離出I2,即為萃取分液。具體操作順序為edacb。在振蕩過程中CCl4揮發(fā)導(dǎo)致分液漏斗中氣壓增大為了防止炸裂引發(fā)安全事故,需要進行放氣,放氣時分液漏斗下端朝上轉(zhuǎn)動活塞放氣。將漏斗置于鐵圈上打開上端活塞靜置分層,然后從下口放出下層,再從上口倒出上層。答案為edacb;向上傾斜;排除氣體防止壓強過大分液漏斗炸裂;打開上端活塞靜置;從上口倒出上層;

(2)從圖可以看出I2轉(zhuǎn)變?yōu)镹aI和NaIO3,那么反應(yīng)按照升降守恒配平即可,3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。答案為3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O;

(3)從圖看NaI和NaIO3經(jīng)稀硫酸轉(zhuǎn)變?yōu)镮2,即反應(yīng)為6H++5I-+=3I2+3H2O。答案為6H++5I-+=3I2+3H2O;

(4)碘易升華經(jīng)冷卻之后便可被收集起來。該裝置中I2經(jīng)加熱升華進入漏斗冷卻為固體被收集在漏斗中從而達到分離提純的目的。棉花為防止I2蒸汽升華至空氣中。答案為I2經(jīng)加熱升華進入漏斗冷卻為固體被收集在漏斗中從而達到分離提純的目的;防止I2蒸汽升華至空氣中。【解析】(1)edacb向上傾斜排除氣體防止壓強過大分液漏斗炸裂打開上端活塞從上口倒出上層。

(2)3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O

(3)6H++5I-+=3I2+3H2O

(4)I2經(jīng)加熱升華進入漏斗冷卻為固體被收集在漏斗中從而達到分離提純的目的防止I2蒸汽升華至空氣中24、略

【分析】【詳解】

根據(jù)流程中的反應(yīng)②發(fā)生反應(yīng):2I-+2Cu2++SO32-+H2O═2CuI↓+SO42-+2H+;過濾則得到碘化亞銅沉淀,碘化亞銅可以被硝酸氧化為碘單質(zhì),碘單質(zhì)中加入鐵和水,會得到化合物B,是一種含有鐵元素和碘元素的化合物,在向其中加入碳酸氫鈉溶液,過濾可以得到碘化鈉的溶液,從而制得碘化鈉固體.

(1)將少量氯水加入到NaI溶液中,氯氣能將碘單質(zhì)置換出來,發(fā)生的反應(yīng)為:Cl2+2I—═I2+2Cl—;

(2)碘單質(zhì)具有氧化性,亞硫酸根離子具有還原性,I2與Na2SO3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng),即I2+SO32—+H2O═SO42—+2I—+2H+;

(3)碘化亞銅可以被硝酸氧化為碘單質(zhì),碘元素的化合價升高,所以CuI被氧化;95.5gCuI的物質(zhì)的量為0.5mol,每摩爾CuI被氧化為碘單質(zhì)和銅離子需要失去2mol電子,則95.5gCuI被氧化電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為NA,若硝酸還原產(chǎn)物只有NO2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O。

(4)化合物B,是一種含有鐵元素和碘元素的化合物,鐵元素與碘元素物質(zhì)的量之比為3:8,則化合物B的化學(xué)式為Fe3I8;

(5)向碘化鐵的溶液中加入碳酸氫鈉溶液則生成黑色固體四氧化三鐵和二氧化碳無色氣體,發(fā)生的反應(yīng)為:Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O?!窘馕觥竣?Cl2+2I?=I2+2Cl?②.I2+SO32?+H2O=SO42?+2I?+2H+③.氧化④.NA⑤.2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O⑥.Fe3I8⑦.Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O五、計算題(共3題,共30分)25、略

【分析】【詳解】

(1)水是弱電解質(zhì),存在電離平衡:H2OH++OH-,在室溫25℃時,Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14;

若t=100℃時,Kw=1.0×10-12,100℃時0.05mol?L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L,則該溫度下c(H+)==10-11mol/L;故該溶液的pH=11;

(2)25℃時,0.1L0.1mol?L-1的Na2A溶液的pH=11,溶液顯堿性,是由于該鹽是強堿弱酸鹽,在溶液中A2-發(fā)生水解反應(yīng),消耗水電離產(chǎn)生的H+,使水的電離平衡正向移動,最終達到平衡時,溶液中c(OH-)>c(H+),用離子方程式表示為A2-+H2O?HA-+OH-;

(3)pH相等的NaOH溶液與CH3COONa溶液,分別加熱到相同的溫度,由于CH3COONa是強堿弱酸鹽,醋酸根離子水解使溶液顯堿性,升高溫度,鹽水解程度增大,溶液的堿性增強,所以CH3COONa溶液的pH增大,而NaOH溶液的pH變化比較小,所以分別加熱到相同的溫度后CH3COONa溶液的pH>NaOH溶液的pH;

(4)室溫下,pH=2的H2SO4溶液中水電離產(chǎn)生的H+的濃度c(H+)=10-12mol/L;

pH=12的NaOH溶液溶液中水電離產(chǎn)生的H+的濃度c(H+)=10-12mol/L;

pH=12的Na2CO3溶液,水電離出的c(H+)=10-2mol/L,故三種溶液中水電離產(chǎn)生的c(H+)之比為10-12:10-12:10-2=1:1:1010;

(5)①NH4HSO4是強酸的酸式鹽,電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性;②NH4HCO3水解使溶液顯堿性;③NH4Cl水解使溶液顯酸性,

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