河南省平頂山市2018-2019學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末調(diào)研考試試題(含解析)

河南省平頂山市2018-2019學(xué)年高二下學(xué)期期末調(diào)研考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題化學(xué)與人類的生產(chǎn)、生活、科技、航天等方面親近相關(guān)。以下說法正確的選項(xiàng)是汝窯瓷器的天青色來自氧化鐵“傍檐紅女績絲麻”所描述的絲、麻主要成分是蛋白質(zhì)中國殲—20上用到的氮化鎵資料是作為金屬合金資料使用詩句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量變化主若是化學(xué)能轉(zhuǎn)變成熱能和光能【答案】D【解析】【詳解】A.氧化鐵是紅棕色的，因此汝窯瓷器的天青色來自氧化鐵說法是錯(cuò)誤的，故A錯(cuò)誤；B.絲指蛋白質(zhì)，麻指纖維素，故B錯(cuò)誤；C.氮化鎵是化合物，不屬于合金，故C錯(cuò)誤；D.煮豆燃豆萁，豆萁燃燒發(fā)光放熱，由化學(xué)能轉(zhuǎn)變成熱能和光能，故D選項(xiàng)正確；因此此題答案：D。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是－的數(shù)目為10－8A.1LpH=6的純水中含有OHNAB.當(dāng)氫氧酸性燃料電池中轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí)被氧化的分子數(shù)為NAC.0.5mol雄黃(As4S4，結(jié)構(gòu)如圖)，含有NA個(gè)S—S鍵D.必然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，因此pH=6的純水中，氫氧根離子濃度為l×10-6mol/L，1L純水中含有的--6NA，故A錯(cuò)誤；OH數(shù)目為l×10B.氫氧燃料電池在酸性條件下,負(fù)極的電極反應(yīng)式為：H2-2e-=2H+，正極的電極反應(yīng)式為：4H++O2+4e-=2HO，當(dāng)轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí)，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：可知，結(jié)構(gòu)中不存在S—S，因此C錯(cuò)誤；D.由于H2+I22HI為可逆反應(yīng)，因此必然條件下向密閉容器中充入1molH2和2molI2(g)充-1-分反應(yīng)，生成HI分子數(shù)小于2NA，故D錯(cuò)誤；因此此題答案：B。某課外小組在實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取溴的工藝流程，設(shè)計(jì)以下裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(所有橡膠制品均已被保護(hù)，夾持裝置已略去)。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.裝置中通入的是a氣體是Cl2B.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)在A裝置中通入a氣體一段時(shí)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SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBrD.C裝置的作用可是吸取節(jié)余的二氧化硫氣體【答案】D【解析】【解析】實(shí)驗(yàn)室模擬工業(yè)上從濃縮海水中提取溴，由實(shí)驗(yàn)裝置可知，a中氣體為氯氣，在A中氯氣可氧化溴離子，利用熱空氣將溴單質(zhì)吹出，B中通入氣體為二氧化硫，在B中發(fā)生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸取溴、氯氣、二氧化硫等尾氣，以此來解答。【詳解】A.A裝置中通入的a氣體是Cl2，目的是氧化A中溴離子，故A正確；B.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)在A裝置中通入a氣體一段時(shí)間后，停止通入，改通入熱空氣，熱空氣將溴單質(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SO2+Br2+2HO=H2SO4+2HBr，故C正確；D.C裝置的作用為吸取溴蒸汽、氯氣、二氧化硫等尾氣，故D錯(cuò)誤；因此此題答案：D?！军c(diǎn)睛】解題依照物質(zhì)氧化性強(qiáng)弱。依照Cl2氧化性大于Br2，能夠把Br-氧化成溴單質(zhì)，結(jié)合實(shí)驗(yàn)原理選擇尾氣辦理試劑。-2-由C、H、O中兩種或三種元素組成的兒種有機(jī)物模型以下，以下說法正確的選項(xiàng)是A.上述四種有機(jī)物均易溶于水B.有機(jī)物Ⅳ的二氯代物有2種C.必然條件下有機(jī)物III能與氫氣發(fā)生加成D.I生成Ⅱ的反應(yīng)種類為還原反應(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(jī)物均易溶于水說法是錯(cuò)誤的，故A錯(cuò)誤；B.IV為甲烷，屬于正周圍體結(jié)構(gòu)，因此其二氯代物有1種，故B錯(cuò)誤；C.III是苯，結(jié)構(gòu)簡式為：，必然條件下能與氫氣發(fā)生加成，故C正確；D.I為乙醇,結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH；II為乙酸，結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COOH，I生成Ⅱ的反應(yīng)種類為氧化反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；因此此題答案：C。【點(diǎn)睛】由幾種有機(jī)物模型解析：I為乙醇,結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH；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：CH4，結(jié)合幾種物質(zhì)的性質(zhì)回答。以下實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象對(duì)應(yīng)的結(jié)論錯(cuò)誤的選項(xiàng)是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A將銅片和鐵片用導(dǎo)線連接插入濃硝酸中，鐵片表面產(chǎn)生氣泡金屬鐵比銅爽朗B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電離程度大小于NaB于HB-3-C加熱含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液紅色加深2－的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)CO3D向飽和FeSO4溶液中加入CuS固體，測得溶液Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)中c(Fe2+)不變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)，因此鐵為正極，銅為負(fù)極，但金屬活動(dòng)性Fe大于Cu，故A錯(cuò)誤。B.常溫下，測定同濃度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB，說明HA的酸性比HB強(qiáng)，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(jìn)鹽類水解，Na2CO3溶液水解顯堿性，加熱含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液紅色加深，因此CO32－的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故C正確；42+FeS生成，因此說D.向飽和FeSO溶液中加入CuS固體，測得溶液中c(Fe)不變，說明沒有明Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，故D正確；因此此題答案：A?！军c(diǎn)睛】注意點(diǎn)：鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，生成的氧化膜組織鐵連續(xù)被氧化。因此銅和鐵做電極資料的時(shí)候，銅先放電做原電池的負(fù)極。利用光伏電池供應(yīng)電能辦理廢水中的污染物(有機(jī)酸陰離子用R－表示)，并回收有機(jī)酸HR，裝置以下列圖。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.在光伏電池中a極為正極B.石墨(2)極周邊溶液的pH降低-4-C.HR溶液：c2＜c1D.若兩極共收集3mol氣體，則理論上轉(zhuǎn)移4mol電子【答案】B【解析】【詳解】A.依照電子搬動(dòng)的方向，可知在光伏電池中a極為正極，b為負(fù)極，故A正確；B.石墨(2)為電解池陰極，H+得電子變成氫氣，使c(H+)降低，pH高升，故B錯(cuò)誤；C.石墨(1)為電解池的陽極，-+)高升，透過陽膜進(jìn)入濃縮室；石OH失電子變成氧氣，使得c(H墨(2)為電解池的陰極，H+得電子變成氫氣，R-透過陰膜進(jìn)入濃縮室，使得濃縮室中HR濃度增大，因此HR溶液：c2＜c1，故C正確；-—-+-=2H↑，因此若兩極共收集3mol氣體，則理D.依照陽極：4OH4e=O↑+2HO；陰極：4H+4e222論上轉(zhuǎn)移4mol電子，故D正確；因此此題答案：B。的【點(diǎn)睛】解題打破口：電子搬動(dòng)方向判斷電池正負(fù)極，結(jié)合電解原理放電離子變化確定c2＜c1；依照電子守恒進(jìn)行判斷轉(zhuǎn)移電子數(shù)。7.常溫下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混雜溶液pH與離子濃度變化的關(guān)系以以下列圖所示，以下相關(guān)說法錯(cuò)誤．．是cHYA.曲線M表示pH與lgcH2Y的變化關(guān)系B.a點(diǎn)溶液中：c(H+)―c(OH-)＝2c(Y2－)＋c(HY-)―c(K+)C.H2Y的第二級(jí)電離常數(shù)a2(H2Y)＝10－4.3K22--+-D.交點(diǎn)b的溶液中：c(HY)＝c(Y)＞c(HY)＞c(H)＞c(OH)【答案】D-5-【解析】【詳解】詳解：cHY逐漸增大，A.隨著pH的增大，HY的電離程度逐漸增大，溶液中2cH2YcHYcHYcHYM表示pH與逐漸減小，lg逐漸增大，lg逐漸減小，因此曲線cY2cH2YcY2cHY的關(guān)系，故A正確；cH2YB.a點(diǎn)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(Y2－)＋c(HY-)―c(K+)，故B正確；cHY=1.3，則Ka2(H2Y)＝cY2cH103－4.3C．pH=3時(shí)，lgcY2cHY=101.3=10,故C正確；D.交點(diǎn)b的溶液中存在：lgcHYcHYcHY＞101.3,即c(Y2-)=lg＞1.3，因此cH2YcY2cY2c(HY-),故D錯(cuò)誤；綜合以上解析，此題選D。8.(1)25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的以下溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(NH4)2SO4，其中水的電離程度按由大到小序次排列為___________(填序數(shù))。(2)在25℃下，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混雜，反應(yīng)平衡時(shí)溶液中+－)，則溶液顯___________(填“酸”堿”或“中)性；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2Oc(NH4)=c(Cl的電離常數(shù)Kb=___________。必然溫度下，向氨水中通入CO2，獲取（NH4)2CO3、NH4HCO3等物質(zhì)，溶液中各種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系以下列圖。隨著CO2的通入，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)將___________(填“增大”“減小”或“不變”)。pH=9時(shí)，溶液中c(NH4+)+c(H+)=___________。-6-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Na2S2O5殘留量時(shí)，取25.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol·L－1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，耗資5.00mL。該滴定反應(yīng)的離子方程式為___________；葡萄酒中的Na2S2O5的使用量是以SO2來計(jì)算的，則該樣品中225－1NaSO的殘留量為___________g·L?！敬鸢浮?1).④＞①＞②＞③(2).中(3).109(4).減小(5).a0.012c(CO2－)＋c(HCO－－－)(6).S2-＋2I2-＋4I－+22332524(7).0.128【解析】【解析】1）依照依照影響水電離的因素進(jìn)行判斷；（2）依照電荷守恒進(jìn)行判斷；（3）依照電子守恒進(jìn)行解答。【詳解】(1)依照影響水電離的因素可知：②NaOH、③H2SO4控制水的電離，且相同物質(zhì)的量濃度的③H2SO4控制程度更大；④(NH4)2SO4能發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離；①NaCl對(duì)水的電離無影響，因此25℃時(shí)，相同物質(zhì)的量濃度的溶液水的電離程度按由大到小序次排列為④＞①＞②＞③；答案：④＞①＞②＞③；(2)在25℃下，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混雜，反應(yīng)平衡時(shí)溶液中+－++－-+-4)，依照電荷守恒，c(H)+c(NH4)=c(Cl)，則溶液顯c(NH)=c(Cl)+c(OH）因此c(H)=c(OH中性；由于平衡時(shí)溶液中+-）=0.005mol/L，依照物料守恒得．H2O）=c（NH4）=c（Clc（NH3（）mol/L，由于溶液呈中性，因此c(H+-)=10-7mol/L，NH?HO的電離常數(shù))=c(OH32-．+．-7×5×10-3a-5×10-3)=10-9/(a-0.01)；答案：109b432a0.01-．-+．++不變，（3）c(OH)/c(（NH3H2O）=c(OH)×c(NH4)/［c(（NH3H2O）×c(NH4)]=Kb/c(NH4)，Kbc(NH4+)不斷增大，比值不斷減??；依照電荷守恒，pH=9時(shí)，溶液中存在電荷守恒-7-++2----)；答案：減??；c(NH4)+c(H)=2c(CO3)+c(HCO3)+c(NH2COO)+c(OH2----)；2c(CO3)+c(HCO3)+c(NH2COO)+c(OH(4)I2作氧化劑,1molI2參加反應(yīng)獲取2mol電子,S2-為還原劑,1molS2-參加反應(yīng),硫元素失205205去4mol電子,依照原子守恒配平方程式:S02-2-+4I-+S02-的殘5522242留量時(shí)以SO2計(jì)算,n(I2)=n(SO21x0.01L=0.0001mol,m(S02)=0.0064g,則該樣品225.-1。答案：0.128。中NaSO的殘留量為0.0064g/0.05L=0.128gL我國某地粉煤灰中鎵含量豐富，其主要成分以Ga2O3的形式存在，除此之外還含有A12O3、Fe3O4、SiO2等雜質(zhì)。已知從粉煤灰中回收鎵的藝流程如圖甲所示。－信息：(i)轉(zhuǎn)型液中鎵以GaO2的形式存在；(ii)Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，Ksp[Fe(OH)2]=4.87×10－17?；卮鹨韵聠栴}：(1)濾渣A中必然含有的成分是___________?！把趸边^程中加入H2O2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+、Ga3+，其中Ga3+濃度為1.4×10－4mol/L，列式計(jì)算當(dāng)Fe3+恰好沉淀完好時(shí)[c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L]，Ga3+可否開始積淀___________。流程圖中兩次調(diào)治pH的目的分別是___________。電解法能夠提純粗鎵，詳盡原理如圖乙所示①粗鎵與電源___________極相連(填“正”或“負(fù)”)。②鎵在陽極溶解生成的Ga3+與NaOH溶液反應(yīng)生成GaO2－，GaO2－在陰極放電的電極反應(yīng)式為___________。-8-【答案】(1).SiO2(2).將Fe2+氧化為Fe3+，便于后續(xù)操作分別(3).2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O(4).當(dāng)Fe3+恰好積淀時(shí)，溶液中c3(OH－sp3]/c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0×10-533-3433c33+)=K[Fe(OH)mol/L=2.7×10mol/L,Q[Ga(OH)]=c(Ga)?c3－×10-4mol/L×2.7×10-3433=3.78×10-383+(OH)=1.4mol/L＜Ksp[Ga(OH)3]，故Ga未開始積淀(5).第一次調(diào)治pH是為了使3+pH是為了將3+—Fe積淀從而分別，第二次調(diào)治Ga轉(zhuǎn)變成GaO2得到轉(zhuǎn)型液(6).正(7).GaO——+2H—2+3eO==Ga+4OH【解析】【解析】粉煤灰中主要成分Ga2O3，還含有A12O3、Fe3O4、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H2O2氧化，變成Fe3+,加氫氧化鈉調(diào)治pH后，依照Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，使Fe3+變成積淀進(jìn)行分別，第二次調(diào)治pH是為了將3+——22此題?！驹斀狻?1)結(jié)合上述解析濾渣A中必然含有的成分是2SiO?！把趸边^程中加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，便于后續(xù)操作分別，該過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O。當(dāng)Fe3+恰好積淀時(shí)，溶液中c3(OH－)=sp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0×10-5mol3/L3=2.7×10-34mol3/L3，KQc[Ga(OH)3]=c(Ga3+)?c3(OH－)=1.4×10-4mol/L×2.7×10-34mol3/L3=3.78×10-38＜sp[Ga(OH)3]，K故Ga3+未開始積淀。(4)第一次調(diào)治3+是為了將3+—得2到轉(zhuǎn)型液；類比電解法精髓銅的原理可知，粗鎵與電源正極相連，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，鎵在陽極溶解生成的Ga3+與NaOH溶液反應(yīng)生成GaO2－，GaO2－在陰極放電的電極反應(yīng)式為-9-———GaO2+3e+2H2O==Ga+4OH。研究發(fā)現(xiàn)NOx和SO2是霧霾的主要成分。．NOx主要本源于汽車尾氣，能夠利用化學(xué)方法將二者轉(zhuǎn)變成無毒無害的物質(zhì)。已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ·mol－122CO(g)△H=－564kJ·mol－12CO(g)+O(g)(1)2NO(g)+2CO(g)2CO(g)+N2(g)△H=___________，該反應(yīng)在___________下能自發(fā)進(jìn)行(填“高溫”低溫”或“任意溫度”)(2)T℃時(shí)，將等物質(zhì)的量的NO和CO充入容積為2L的密閉容器中，保持溫度和體積不變，反應(yīng)過程0－5min中NO的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如右圖所示。①已知：平衡時(shí)氣體的分壓=氣體的體積分?jǐn)?shù)×系統(tǒng)的總壓強(qiáng)，T℃時(shí)達(dá)到平衡，此時(shí)系統(tǒng)的總壓強(qiáng)為Ｐ=14MPa，則T℃時(shí)該反應(yīng)的壓力平衡常數(shù)－1；平衡后，再向容Kp=___________MPa器中充入NO和CO各0.1mol，平衡將___________(填“向左”“向右”或“不")搬動(dòng)2②15min時(shí)，若改變外界反應(yīng)條件，以致n(NO)發(fā)生以下列圖的變化，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Ⅱ．SO2主要本源于煤的燃燒。燃燒煙氣的脫硫減排是減少大氣中含硫化合物污染的要點(diǎn)。已知：亞硫酸的電離常數(shù)為Ka1=2.0×10－2，Ka2=6.0×10－7。則NaSO3溶液呈___________(填“酸性”、“中性”或“堿性”)以下列圖的電解裝置，可將霧霾中的NO、SO2轉(zhuǎn)變成硫酸銨，從而實(shí)現(xiàn)廢氣的回收再利用。通入NO的電極反應(yīng)式為___________；若通入的N體積為4.48L(標(biāo)況下)，則別的一個(gè)電極通入SO2的質(zhì)量理論上應(yīng)為__________g。-10-【答案】(1).－744kJ·mol－1(2).低溫(3).0125(或1/8)(4)不(5).BD(6).酸性(7).6H＋＋NO＋5e－+＋HO(8).32===NH42【解析】【解析】依照蓋斯定律和△G=△H-T△S<0解答；依照三段式,化學(xué)平衡常數(shù)K與Q的關(guān)系進(jìn)行判斷；c依照15min時(shí),改變某一因素,NO的物質(zhì)的量減少,說明平衡向正反應(yīng)方向搬動(dòng),結(jié)合化學(xué)平衡的影響因素解析；依照-3子數(shù)目守恒進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻浚?）依照蓋斯定律①N(g)+O(g)2NO(g)△H=+180kJ·mol－122②2CO(g)+O2(g)2CO(g)△H=－564kJ·mol－1,②-①得：2NO(g)+2CO(g)(g)+N2(g)△H=(-564-180)kJ?mol-1=-744kJ?mol-1，該反應(yīng)為氣體體積減小的放熱2COG=△H-T△S<0，能自覺進(jìn)行；故答案為：.反應(yīng)，其△H<0、△S<0，則溫度處于低溫下滿足△1744kJ?mol；低溫；.2CO(g)+N2(g)，22(2)①由圖1知,2NO(g)+2CO(g)初步(mol)0.40.400轉(zhuǎn)變(mol)0.20.20201平衡(mol)02020201各組分的體積分?jǐn)?shù)分別是：2、2、2、1，,Kp=P2CO2PN2=(14×2217P2NOP2CO)×(14)/7777720.10.2[(14×2)2×(14×2)2]=0125；依照①的解析,化學(xué)平衡常數(shù)K=2222=5,再向容770.20.2-11-20.20.30.1器中充入NO和CO各0.3mol，此時(shí)的濃度商Q=222c20.20.30.222

=5=K，因此平衡不移動(dòng)；故答案為：0.125；不；②15min時(shí)，改變某一因素，NO的物質(zhì)的量減少，說明平衡向正反應(yīng)方向搬動(dòng)：A.正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫，平衡向逆反應(yīng)方向搬動(dòng)，NO的物質(zhì)的量增大，故A錯(cuò)誤；B.增大CO的濃度，平衡向正反應(yīng)方向搬動(dòng)，NO的物質(zhì)的量減小，故B正確；C.加入催化劑，化學(xué)平衡不搬動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D.減小容器的體積，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向搬動(dòng)，NO物質(zhì)的量減小，故D正確；故答案為：BD；(1)由于HSO3-的水解常數(shù)K=Kw/Ka1=5.0×10-13<Ka2=6.0×10-7,說明HSO3-的電離平衡常數(shù)大于水解平衡常數(shù)，則HSO3-的溶液顯酸性；答案：酸性；(2)依照電解裝置，NO和SO2轉(zhuǎn)變成硫酸銨，說明+NO轉(zhuǎn)變成NH4，即NO在陰極上發(fā)生反應(yīng)+-+SO+2HO-2e-+2-,依照得失電子數(shù)目守恒，有NO+6H+5e=NH+HO，陽極反應(yīng)式為=4H+SO422242NO～10e-2，則SO2的物質(zhì)的量為：n(SO2)=5/2n(NO)=4.48L/22.4L?mol-1×5/2=0.5mol，SO2～5SO的質(zhì)量為64g/mol×0.5mol=32g，故答案為：6H＋＋NO＋5e－===NH4+＋H2O；32。11.翡翠是玉石中的一種，其主要成分為硅酸鋁鈉NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。請(qǐng)回答以下問題：基態(tài)鎳原子的外面電子排布圖為___________;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(fù)性由小到大的序次是___________。(3)鉻能夠形成CrCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位數(shù)為6的配合物。①NH3分子的ⅤSEPR模型是___________。②鍵角大小關(guān)系NH3___________PH3(填“>”<”或“=”)。NF3不易與Cr3+形成配離子，其原因是___________。(4)鐵有δ、γ、α三種同素異形體，以以下列圖所示。-12-γ－Fe晶體的一個(gè)晶胞中所含有的鐵原子數(shù)為___________，δ－Fe、α－Fe兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為___________。已知δ－Fe晶體的密度為dg/cm，NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，則Fe原子半徑為___________pm(列表達(dá)式)【答案】(1).(2).ds(3).p(4).Na＜Al＜Si<O(5).周圍體(6).＞(7).F的電負(fù)性比N大，N—F成鍵電子對(duì)向F偏移，以致NF3中N原子核對(duì)其孤對(duì)電子的吸引能力增強(qiáng)，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cr3+形成配離子(8).4(9).4:3(10).3311210104d?NA【解析】【詳解】(l)Ni為28號(hào)元素，依照核外電子排布規(guī)律,基態(tài)Ni原子的電子排布式為[Ar]3d84s2，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是Zn和Ga、Ge、As、Se、Br、Kr，Zn位于周期表的ds區(qū)，Ga、Ge、As、Se、Br、Kr位于周期表的p區(qū)。答案：；ds；p；（2）非金屬性越強(qiáng)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，O的非金屬性最強(qiáng)，Na、Al、Si在同周期，第一電離能逐漸增大，因此第一電離能由小到大的序次是Na＜Al＜Si＜O。答案為：Na＜Al＜Si＜O；（3）鉻能夠形成CrCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位數(shù)為6配合物。①氨氣分子中氮價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)=3+1/2(5-3×1)=4,因此VSEPR模型為正周圍體結(jié)構(gòu)；答案：正周圍體。②因N、P在同一主族且半徑是N＜P,原子核間斥力大，因此鍵角NH3＞PH3；答案：＞③NF3不易與Cr3+形成配離子，其原因是F的電負(fù)性比N大，N—F成鍵電子對(duì)向F偏移，以致333+NF中N原子核對(duì)其孤對(duì)電子的吸引能力增強(qiáng)，難以形成配位鍵，故NF不易與Cr形成配離子；答案：F的電負(fù)性比N大，N—F成鍵電子對(duì)向F偏移，以致NF3中N原子核對(duì)其孤對(duì)電子的吸-13-引能力增強(qiáng)，難以形成配位鍵，故3+NF不易與Cr形成配離子。3（4）γ晶體晶胞中所含有的鐵原子數(shù)為8×1/8+6×1/2=4，δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)分別為8、6，則配位數(shù)之比為8:6=4:3；一個(gè)晶胞的質(zhì)量m=M/NA=2×56/NAg，依照m=ρV，即V=2×56/NAd=