化學名師講練大一輪復習魯科新高考地區(qū)專用版階段滾動檢測（二）

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。階段滾動檢測(二)(第3～5章)(90分鐘100分)一、選擇題(本題包括16小題,每小題3分,共48分。)1.(2020·蚌埠模擬)化學與生活、社會發(fā)展息息相關,下列有關說法不正確的是 ()A.將海水中的鎂轉化為氯化鎂,再電解熔融氯化鎂可制得金屬鎂B.稻草秸稈和甘蔗渣中富含纖維素,可以用它來制造紙張C.芯片制造中的“光刻技術”是利用光敏樹脂在曝光條件下成像,該過程涉及化學變化D.《新修本草》中有關“青礬”的描述為“本來綠色,新出窟未見風者,正如瑠璃……燒之赤色……”這里的赤色是析出了Cu單質【解析】選D。海水中的Mg2+經一系列反應轉化為MgCl2,然后電解熔融MgCl2得到Mg,A正確;植物的葉莖的主要成分是纖維素,紙的主要成分也是纖維素,B正確;光敏樹脂遇光會導致分子結構發(fā)生變化,C正確;青礬是硫酸亞鐵晶體,灼燒時生成的紅棕色物質是Fe2O3,D錯誤?！炯庸逃柧殹?2020·哈爾濱模擬)化學已深入我們的生活。下列有關說法不正確的是()含有的鉛、鎘、鉻、釩等對人體有害的元素是金屬元素B.鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應,反應后固體物質增重C.“熬膽礬鐵釜,久之亦化為銅”,該過程發(fā)生了置換反應D.古劍“沈盧”“以劑鋼為刃,柔鐵為莖干,不爾則多斷折”,“劑鋼”指的是鐵的合金【解析】選B。鋁與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應,由質量守恒定律知,反應前后固體質量不變(因為反應物、產物均為固體)。2.(2020·泰安模擬)N、O、Si、S是重要的非金屬元素。下列說法正確的是 ()、O、S、Si的原子半徑逐漸增大,非金屬性逐漸減弱B.氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化學煙霧的主要物質,又是形成酸雨的主要物質C.四種元素的基態(tài)原子中有三種原子的核外單電子數一樣多、Si、S的單質均能和氧氣反應,生成的產物分別是NO2、SiO2和SO2【解析】選C。同周期元素自左向右原子半徑逐漸減小,非金屬性逐漸增強。同主族元素自上而下原子半徑逐漸增大,則O、N、S、Si的原子半徑逐漸增大,非金屬性逐漸減弱,A錯誤;硫的氧化物不能形成光化學煙霧,B錯誤;O、N、S、Si的原子核外單電子數分別為2、3、2、2,C正確;N2和O2反應生成NO,得不到NO2,D錯誤。3.(雙選)(2020·西城區(qū)模擬改編)美國科學家用有機分子和球形籠狀分子C60,首次制成了“納米車”(如圖),每輛“納米車”是用一個有機分子和四個球形籠狀分子“組裝”而成。下列說法正確的是()A.我們不可能直接用肉眼清晰地看到這種“納米車”的運動B.“納米車”的誕生,說明人類操縱分子的技術進入一個新階段C.“納米車”是一種分子晶體60熔點比金剛石熔點高【解析】選A、B。根據題意,“納米車”是肉眼看不見的,A項正確;“納米車”只是幾個分子的“組裝”體,并非晶體,C項錯誤;C60屬于分子晶體,熔點要比金剛石低得多,D項錯誤。4.(2020·安慶模擬)觀察下列模型并結合有關信息進行判斷,下列說法錯誤的是 ()HCNS8SF6B12結構單元結構模型示意圖備注—易溶于CS2—熔點1873K的結構式為H—C≡N,分子中“C≡N”鍵含有1個σ鍵和2個π鍵B.固態(tài)硫S8屬于原子晶體,分子中S原子采用sp3雜化6是由極性鍵構成的非極性分子,分子構型為八面體形D.單質硼屬于原子晶體【解析】選B。由比例模型可以看出分子中有1個碳原子、1個氮原子和1個氫原子,原子半徑:C>N>H,所以該比例模型中最左端的是氫原子,中間的是碳原子,最右邊的是氮原子,其結構式為H—C≡N,分子中“C≡N”鍵含有1個σ鍵和2個π鍵,故A正確;固態(tài)S是由S8構成的,根據其溶解性可知,該晶體中存在的微粒是分子,屬于分子晶體,故B錯誤;SF6空間構型為對稱結構,分子的極性抵消,正負電荷的重心重合,電荷分布均勻,SF6為非極性分子,根據圖示,分子構型為八面體形,故C正確;根據B12的熔點1873K,該晶體熔點較高,屬于原子晶體,故D正確。5.(2020·安順模擬)在NH3和NH4Cl存在條件下,以活性炭為催化劑,用H2O2氧化CoCl2溶液來制備化工產品[Co(NH3)6]Cl3,下列表述正確的是 ()A.中子數為32,質子數為27的鈷原子:272O2的電子式:3和NH4Cl化學鍵類型相同mol[Co(NH3)6]Cl3中含有的σ鍵數為24NA【解析】選D。中子數為32,質子數為27的鈷原子,應該表示為

2759Co,A錯誤;H2O2為共價化合物,沒有電子的得失,B錯誤;NH3存在氮氫共價鍵,NH4Cl存在銨根離子和氯離子間的離子鍵,氮氫原子間的共價鍵,C錯誤;[Co(NH3)6]Cl3中[Co(NH3)6]3+與Cl之間是離子鍵,其中1個NH3分子中含有3個σ鍵,Co3+與6個NH3之間形成6個配位鍵,也均為σ鍵,因此1個[Co(NH3)6]3+中含有的σ鍵為【加固訓練】(2020·溫州模擬)氫化銨(NH4H)與氯化銨的結構相似,它與水反應有氣體生成。下列關于氫化銨的敘述正確的是 ()A.是離子化合物,含有離子鍵和共價鍵B.電子式是C.與水反應時,NH4H是氧化劑D.固體投入少量的水中,只產生一種氣體【解析】選A。NH4H與氯化銨的結構相似,是由NH4+和H構成的離子化合物,故A正確;NH4H是離子化合物,由銨根離子與氫負離子構成,電子式為,故B錯誤;NH4H中含有H,與水反應時發(fā)生氧化還原反應生成氫氣,NH4H為還原劑,發(fā)生氧化反應,故C錯誤;NH4H固體投入少量水中,NH4H有很強的還原性,可與H2O發(fā)生反應:NH4H+H2ONH3·H2O+H2↑,生成的氣體為NH3和H2,故D錯誤。6.(2020·保山模擬)下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是 ()選項實驗事實理論解釋A碘單質在CCl4中溶解度比在水中大CCl4和I2都是非極性分子,而H2O是極性分子BCO2為直線形分子CO2分子中C═O是極性鍵C金剛石的熔點低于石墨金剛石是分子晶體,石墨是原子晶體DHF的沸點高于HClHF的相對分子質量小于HCl【解析】選A。CCl4和I2都是非極性分子,而H2O是極性分子,根據相似相溶原理可知碘單質在水溶液中的溶解度很小,但在CCl4中溶解度很大,故A正確;理論解釋不對,CO2分子是直線形,中心C原子雜化類型為sp雜化,分子構型與鍵的極性無關,故B錯誤;金剛石是原子晶體,故C錯誤;理論解釋不對,HF分子間含有氫鍵,故HF的沸點高于HCl,故D錯誤。7.(雙選)(2020·貴陽模擬改編)下列有關SO2與SiO2的比較,正確的是()A.它們均為酸性氧化物B.二者化學鍵類型相同,晶體類型也相同元素和Si元素化合價都為+4價,因此從氧化還原角度考慮它們具有一樣的性質molSiO2晶體中含4molSi—O鍵【解析】選A、D。SO2和SiO2均能和堿反應生成鹽和水,屬于酸性氧化物,故A正確;二氧化硅屬于原子晶體,二氧化硫屬于分子晶體,故B錯誤;SO2具有強還原性,SiO2沒有,故C錯誤;1molSiO2晶體中含4molSi—O鍵,故D正確。8.(2020·濟南模擬)如圖為碘晶體晶胞結構。有關說法中正確的是()A.碘分子的排列有2種不同的取向,2種取向不同的碘分子以4配位數交替配位形成層結構B.用均攤法可知平均每個晶胞中有4個碘原子C.碘晶體為無限延伸的空間結構,是原子晶體D.碘晶體中的碘原子間存在非極性鍵和范德華力【解析】選A。在立方體的頂面上,有5個I2,4個方向相同,結合其他面考慮可知,A項正確;每個晶胞中有4個碘分子,B項錯誤;此晶體是分子晶體,C項錯誤;碘原子間只存在非極性共價鍵,范德華力存在于分子與分子之間,D項錯誤。9.(2020·駐馬店模擬)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,W和X的最外層電子數之和等于Z的最外層電子數,Y的原子序數是W的2倍。YWZ2滴入水中,可觀察劇烈反應,液面上有霧生成,并有帶刺激性氣味的氣體逸出。下列說法正確的是 ()A.原子半徑:W<X<Y<Z分別與X、Z均只能形成一種二元化合物、Y、Z的最簡單氫化物中,Z的氫化物沸點最高2滴入水中時,逸出的氣體能使品紅褪色【解析】選D。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,該化合物為NaCl,則X為Na、Z為Cl元素;W和X的最外層電子數之和等于Z的最外層電子數,W的最外層電子數為71=6,W的原子序數小于Na,則W為O元素;Y的原子序數是W的2倍,則Y的原子序數為16,為S元素;YWZ2為SOCl2,SOCl2滴入水中發(fā)生水解反應生成二氧化硫、HCl,液面上有霧生成,并有帶刺激性氣味的氣體逸出,滿足條件。根據分析可知:W為O,X為Na,Y為S,Z為Cl元素。同一周期從左向右原子半徑逐漸減小,同一主族從上到下原子半徑逐漸增大,則原子半徑W<Z<Y<X,故A錯誤;O與Na可以形成氧化鈉和過氧化鈉,與Cl可以形成ClO2、Cl2O7等多種化合物,故B錯誤;O、S、Cl的氫化物分別為水、硫化氫和HCl,由于水分子間存在氫鍵,導致水的沸點較高,即W的氫化物沸點最高,故C錯誤;SOCl2滴入水中生成的二氧化硫具有漂白性,能夠使品紅溶液褪色,故D正確。【加固訓練】(2020·衡陽模擬)短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大,它們的原子最外層電子數為互不相等的奇數。X與Y位于不同周期,且X、Y、W原子最外層電子數之和恰好等于Z元素的核電荷數,X與W的最高化合價之和為8,元素Z的單質是目前使用量最大的主族金屬元素單質。下列說法中正確的是()A.化合物YX4W屬于離子晶體,溶于水后得到的溶液呈堿性B.化合物YW3為平面三角形的非極性分子C.Y、Z形成的一種化合物,強度高、熱膨脹系數小,是良好的耐熱沖擊材料D.工業(yè)上常用電解Z與W形成的化合物的方法制取單質Z【解析】選C。元素Z的單質是目前使用量最大的主族金屬元素單質,Z為鋁元素。X、Y、W原子最外層電子數之和恰好等于Z元素的核電荷數,X與W的最高化合價之和為8,則X與W的最外層電子數之和為8,Y最外層電子數為5,為N元素,短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大,它們的原子最外層電子數為互不相等的奇數。X與Y位于不同周期,X為H元素,W為氯元素。NH4Cl為離子化合物因此形成離子晶體,屬于強酸弱堿鹽,溶于水后水解,得到的溶液呈酸性,故A錯誤;化合物NCl3分子中氮原子形成的σ鍵數為3,孤電子對為12×(51×3)=1,因此分子為三角錐形,為極性分子,故B錯誤;Y、Z形成的一種化合物是AlN,AlN是原子晶體,強度高,熱膨脹系數小,是良好的耐熱沖擊材料,故C正確;Z與W形成的化合物是AlCl3,AlCl3是共價化合物,液態(tài)不導電,工業(yè)上無法用電解Z與W形成的化合物的方法制取單質Al,故D10.(2020·佳木斯模擬)下列有關鹵素的說法不正確的是 ()在反應ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O中作氧化劑B.金屬鈉與氯氣反應生成氯化鈉后,其結構的穩(wěn)定性增強,體系的能量降低C.淀粉碘化鉀在空氣中變藍,發(fā)生了4I+O2+2H2O2I2+4OH、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱,還原性依次增強【解析】選A。在ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O反應中,ICl各種元素的化合價并沒有改變,因此不是氧化劑,故A錯誤;化學反應的實質就是舊化學鍵的斷裂,新化學鍵的形成,物質能量越高越活潑,鈉和氯氣反應生成氯化鈉的反應是放熱反應,生成物能量降低,故B正確;淀粉碘化鉀溶液在空氣中,碘離子被氧氣氧化成碘單質,碘單質遇到淀粉變藍,反應的離子方程式為4I+O2+2H2O2I2+4OH,故C正確;非金屬性F>Cl>Br>I,則HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱,還原性增強,故D正確。11.(2020·洛陽模擬)鎵(Ga)與鋁同主族,曾被稱為“類鋁”,其氧化物和氫氧化物均為兩性化合物。工業(yè)制備鎵的流程如圖所示:下列判斷不合理的是 ()、Ga均處于第ⅢA族2O3可與鹽酸反應生成GaCl3C.Ga(OH)3可與NaOH反應生成NaGaO2D.酸性:Al(OH)3>Ga(OH)3【解析】選D。鎵(Ga)與鋁同主族,均處于第ⅢA族,A項正確;Ga2O3與Al2O3的性質相似,可與鹽酸反應生成GaCl3,B項正確;Ga(OH)3屬于兩性氫氧化物,與Al(OH)3的性質相似,能與NaOH溶液反應生成NaGaO2,C項正確;在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入適量CO2,只有Al(OH)3沉淀,而沒有Ga(OH)3沉淀,根據強酸制弱酸的原理,鎵酸的酸性強于碳酸,則酸性:Al(OH)3<Ga(OH)3,D項錯誤。12.(2020·曲靖模擬)如圖是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程。下列說法正確的是 ()A.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能變?yōu)榧t色B.溶液B轉化為溶液C發(fā)生反應的離子方程式為4H++2Fe2++O22Fe3++2H2OO42-和D.加氧化亞鐵可以使溶液C轉化為溶液A【解析】選A。溶液A轉化為溶液B發(fā)生反應:2Fe3++2H2O+SO22Fe2++SO42-+4H+,向溶液B中滴加KSCN溶液,未與SO2反應的Fe3+與SCN反應,有紅色出現,A項正確;溶液B轉化為溶液C發(fā)生反應:4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O,B項錯誤;SO42-中硫原子形成的σ鍵數為4,孤電子對為12×(6+22×4)=0,因此中心原子硫采用sp3雜化;SO2中硫原子形成的σ鍵數為2,孤電子對為12×(62×2)=1,因此中心原子硫采用sp2雜化,C項錯誤;溶液C中含有Fe3+和H+,溶液13.(2020·青島模擬)碘在地殼中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I的形式存在,幾種粒子之間有如圖所示關系,根據圖示轉化關系推測下列說法不正確的是 ()A.可用淀粉KI試紙和食醋檢驗加碘鹽中是否含有碘B.足量Cl2能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變白的原因可能是5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HClC.由圖可知氧化性的強弱順序為Cl2>I2>IOD.途徑Ⅱ中若生成1molI2,反應中轉移的電子數為10NA【解析】選C。加碘鹽中含有IO3-,在酸性條件下可被I還原生成I2,淀粉KI試紙會變藍,A正確;根據圖示轉化關系可知原因可能是5Cl2+I2+6H22HIO3+10HCl,B正確;根據途徑Ⅰ可知氧化性:Cl2>I2,根據途徑Ⅱ可知氧化性:IO3->I2,根據途徑Ⅲ可知氧化性:Cl2>IO3-,C錯誤;根據關系式:2IO3-～I2～10e可知,若生成1molI214.(2020·南昌模擬)已知氧化性強弱順序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,則下列說法正確的是 ()可以和I2在加熱條件下生成FeI3B.向FeBr2溶液中通入少量Cl2,發(fā)生反應的離子方程式為2Br+Cl2Br2+2ClC.某溶液中含有Fe2+、Cl、I,為了除去I而不減少其他離子,可加入適量Fe3+D.向含有NaBr、NaI的溶液中通入適量氯氣,充分作用后,將溶液蒸干、灼燒,可能得到NaCl和NaI的固體混合物【解析】選C。根據氧化性的強弱順序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,則對應的還原性I>Fe2+>Br>Cl,結合氧化還原反應的規(guī)律,分析作答。I2的氧化性弱于Fe3+,Fe和I2在加熱條件下不能生成FeI3,A項錯誤;根據氧化性強弱順序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,則還原性Fe2+>Br,所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2,氯氣只氧化還原性較強的Fe2+,對應的離子方程式為2Fe2++Cl22Fe3++2Cl,B項錯誤;由上述分析已知,還原性I>Fe2+>Cl,則為了除去I而不減少其他離子,可加入適量Fe3+,C項正確;向含有NaBr、NaI的溶液中通入適量氯氣,可發(fā)生:2NaI+Cl22NaCl+I2,2NaBr+Cl22NaCl+Br2,因還原性NaI>NaBr,不可能含有NaI而沒有NaBr,D項錯誤。15.(2020·蕪湖模擬)將一定量的鋅與100mLmol·L1濃硫酸充分反應后,鋅完全溶解,同時生成氣體AL(標準狀況)。將反應后的溶液稀釋到1L,測得溶液的A.氣體A為SO2和H2的混合物B.氣體A中SO2和H2的體積比為5∶1C.反應中共消耗鋅D.反應中共轉移電子3mol【解析】選B。在涉及硫酸的反應中,要注意分析硫酸濃度變化對反應產生的影響。鋅和濃硫酸反應生成SO2,如果鋅過量,硫酸濃度降低變成稀硫酸后,鋅與稀硫酸反應生成氫氣,則二者反應得到的是SO2和H2的混合氣體。將反應后的溶液稀釋后所得溶液的pH=1,故硫酸過量。反應掉的H2SO4為mol·L1L0.1mol·L-1×1L·mol1=L≠L,故不可能全是SO2氣體,A項正確;設生成的SO2物質的量為x,H2物質的量為y,則mol;由反應的化學方程式可知,生成SO2所消耗的H2SO4物質的量為2x,生成H2所消耗的H2SO4物質的量為y,則有mol,解得mol,所以SO2與H2的體積比為1∶4,B項錯誤;設參加反應的Zn的物質的量為a,根據得失電子守恒有mol,反應中消耗Zn的質量為mol×65g·mol1=g,C項正確;反應中轉移電子數為316.(2020·阜陽模擬)A、B、C、D是原子序數依次增大的四種短周期元素,甲、乙、丙、丁、戊是由其中的兩種或三種元素組成的化合物,辛是由C元素形成的單質,常溫常壓下乙為液態(tài)。常溫下mol·L1QUOTEL-1丁溶液的pH為13。上述各物質間的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是()A.常溫條件下元素A、B所形成化合物的狀態(tài)一定是氣態(tài)B.Lmol·QUOTEL-1L1戊溶液中陰離子的總物質的量小于molmol甲與足量的乙完全反應共轉移了約6.02×1023個電子D.元素B、C、D的原子半徑由大到小的順序為r(D)>r(C)>r(B)【解析】選C。mol·L1丁溶液的pH為13(25℃),丁是一元強堿,其含有的金屬元素在短周期,則丁應為NaOH,發(fā)生反應:甲+乙丁+辛,根據元素守恒可知,甲、乙兩種物質至少共含有H、O、Na元素,辛是由C組成的單質,由發(fā)生反應可知,辛不能是Na,結合原子序數可知,A為H、C為O、D為Na元素,故辛為氧氣,可知甲是Na2O2、乙是水,再根據反應:甲+丙戊+辛,可知丙是二氧化碳,戊是碳酸鈉,則B為碳元素。A為H、B為碳,碳氫形成的化合物烴中有氣態(tài)、液態(tài)、固態(tài),選項A錯誤;戊是碳酸鈉,在碳酸鈉溶液中,CO32-離子水解生成HCO3-離子和OH離子,溶液中陰離子總的物質的量大于mol,選項B錯誤;甲與足量的乙完全反應的方程式為2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,1molNa2O2反應轉移的電子為1mol,約6.02×1023個電子,選項C正確;同周期隨原子序數增大原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,故原子半徑大小順序為Na>C>O,即r(D)>r(B)>r(C),選項二、非選擇題(本題包括5小題,共52分)17.(10分)(2020·威海模擬)A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元素,A2-和B+具有相同的電子構型;C、D為同周期元素,C核外電子總數是最外層電子數的3倍;D(1)四種元素中電負性最大的是________(填元素符號),其中C原子的核外電子排布式為__

______________________。

(2)單質A有兩種同素異形體,其中沸點高的是________(填分子式),原因是__________________________________________________;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為____________和____________。

(3)C和D反應可生成組成比為1∶3的化合物E,E的立體構型為______________,中心原子的雜化軌道類型為____________。

(4)化合物D2A的立體構型為__________,中心原子的價層電子對數為________,單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A,其化學方程式為

__________________________________________。

(5)A和B能夠形成化合物F,其晶胞結構如圖所示,晶胞參數nm,F的化學式為__________;晶胞中A原子的配位數為______________________;

列式計算晶體F的密度(g·cm3QUOTEm-3)______________________。

【解析】根據題目條件,可推出A、B、C、D分別為O、Na、P、Cl。(1)電負性最大的為O,P的核外電子排布為1s22s22p63s23p3。(2)單質A有O2、O3兩種同素異形體,相對分子質量大的,分子間作用力也大,沸點高。A、B的氫化物分別為H2O、NaH,晶體類型分別為分子晶體、離子晶體。(3)E為PCl3,P含有一對孤電子對,價層電子對數為4,立體構型為三角錐形,中心原子P的雜化類型為sp3雜化。(4)Cl2O中的中心原子為O,O有2對σ鍵電子對,孤電子對數=12(62×1)=2,故價層電子對數為4,分子的立體構型為V形。根據得失電子守恒配平化學方程式得2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。(5)晶胞中O2-為8×18+6×12=4,Na+為8個,則化學式為Na2O。以頂點氧原子為中心,與氧原子距離相等且最近的鈉原子的個數為8,則氧原子的配位數為8。晶體F的密度為4×62g答案:(1)O1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(2)O3O3相對分子質量較大,分子間作用力大分子晶體離子晶體(3)三角錐形sp3(4)V形42Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)(5)Na2O84×62g·mol【加固訓練】(2020·南通模擬)前四周期元素X、Y、Z、W、R的原子序數依次增大,X、Y、Z、W為短周期元素,X的價電子排布式為nsnnp2n,Y在周期表所有元素中電負性最大,Z、W為同周期金屬元素,Z的第一電離能大于W,R元素內層電子所在能層全部排滿且最外層有兩個電子。(1)R的基態(tài)原子核外電子排布式為____________。

(2)X的某種常見氫化物,既含有極性鍵又含有非極性鍵,其結構式為________________,其中X原子的雜化方式為____________。

(3)Z的第一電離能大于W的第一電離能的原因為__________

__。

(4)Z與X形成的化合物熔點高于Z與Y形成的化合物,其原因為____________。

(5)向RCl2溶液中逐滴加入氨水至過量,形成一種含配離子[R(NH3)4]2+的化合物,其反應的化學方程式為________________________________________,不考慮立體構型,[R(NH3)4]2+的結構可用示意圖表示為______________________。

(6)化合物Na3WY6由Na+和WY63-構成,其晶胞結構如圖所示,圖中位于大立方體頂點和面心,位于大立方體的12條棱的中點和8個小立方體的體心,是圖中、中的一種,大立方體的體心處所代表的是________(填離子符號)。設NA為阿伏加德羅常數的值,晶體的密度為ρg·cm3,摩爾質量為M,該晶胞的棱長為______nm。

【解析】X的價電子排布式為nsnnp2n,n=2,則X是氧,Y在周期表所有元素中電負性最大,Y是氟,Z、W為同周期金屬元素,Z的第一電離能大于W,Z是鎂、W是鋁,R元素內層電子所在能層全部排滿且最外層有兩個電子,R為Zn。(1)R的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。(2)既含有極性鍵又含有非極性鍵的氧的氫化物是H2O2,其結構式為H—O—O—H,其中X原子的雜化方式為sp3雜化。(3)Mg的第一電離能大于Al的第一電離能的原因為Mg的價層電子排布為3s2,能量低,穩(wěn)定。Al的價層電子排布為3s23p1,不穩(wěn)定,能量高,因此Mg的第一電離能大于Al的第一電離能。(4)Mg與O形成的化合物MgO熔點高于Mg與F形成的化合物MgF2,其原因為MgO晶體中離子所帶電荷數多,晶格能大,所以熔點高。(5)向ZnCl2溶液中逐滴加入氨水至過量,形成一種含配離子[Zn(NH3)4]2+的化合物,其反應的化學方程式為ZnCl2+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]Cl2+4H2O,[Zn(NH3)4]2+的結構可用示意圖表示為。(6)化合物Na3AlF6由Na+和AlF63-構成,其晶胞結構如圖所示,根據晶胞結構,陽離子和陰離子需滿足3∶1,則所代表的是Na+。設晶胞的棱長為anm,由4M=ρa3NA可得該晶胞的棱長為34M答案:(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2(2)H—O—O—Hsp3雜化(3)Mg的價電子排布為3s2,穩(wěn)定,能量低。Al的價電子排布為3s23p1,不穩(wěn)定,能量高,因此Mg的第一電離能大于Al的第一電離能(4)MgO晶體中離子所帶電荷數多,晶格能大,所以熔點高(5)ZnCl2+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]Cl2+4H2O(6)Na+34M18.(10分)(2020·武漢模擬)一氧化二氯(Cl2O)是次氯酸的酸酐,用作氯化劑,其部分性質如下:物理性質化學性質常溫下,Cl2O是棕黃色有刺激性氣味的氣體熔點:℃;沸點:Cl2O不穩(wěn)定,接觸一般有機物易爆炸;它易溶于水,同時反應生成次氯酸實驗室制備原理:2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O?，F用下列裝置設計實驗制備少量Cl2O,并探究相關物質的性質。(1)裝置A中儀器X的名稱為____________。

(2)若氣體從左至右流動,裝置連接順序是A、________(每個裝置限用一次)。

(3)裝置F中盛裝試劑的名稱為____________。

(4)A中反應的離子方程式為________________。

(5)當D中收集適量液態(tài)物質時停止反應,設計簡單實驗證明B中殘留固體中含有NaHCO3:

_______________________。

(6)實驗完成后,取E中燒杯內溶液滴加品紅溶液,發(fā)現溶液褪色。設計實驗探究溶液褪色的原因。序號mol·L1NaClO溶液體積/mLmol·L1NaCl溶液體積/mLmol·L1NaOH溶液體積/mLH2O的體積/mL品紅溶液現象Ⅰ003滴較快褪色Ⅱ0a03滴不褪色Ⅲ003滴緩慢褪色①a=______________。

②由上述實驗得出的結論是________________。

【解析】(2)通過A裝置制取氯氣,由于濃鹽酸具有揮發(fā)性,制取的氯氣中含有HCl雜質,為防止其干擾Cl2O的制取,先通過F裝置除去HCl雜質,再通過B裝置發(fā)生反應:2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O,由于Cl2O易溶于水,同時與水反應生成次氯酸,所以收集之前要先通過C裝置干燥,再通過D裝置收集Cl2O并驗證其沸點低,易液化的性質,由于Cl2會產生大氣污染,所以最后要用E裝置進行尾氣處理,故裝置的連接順序為A、F、B、C、D、E。(3)裝置F中盛裝飽和食鹽水,其作用是除去氯氣中的HCl雜質氣體。(5)裝置B中氯氣與潮濕的碳酸鈉在加熱條件下反應生成氯化鈉、碳酸氫鈉和一氧化二氯,為證明殘留固體中含有碳酸氫鈉,需先將B中固體溶于蒸餾水,滴加過量的BaCl2溶液,排除碳酸鈉的干擾,然后取上層清液再滴加Ba(OH)2溶液,觀察是否有白色沉淀生成,若有白色沉淀生成,則證明B中殘留固體中含有碳酸氫鈉。(6)①實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為對照實驗,實驗中溶液的總體積應相同,均為10.0mL,故a為5.0。②由表中數據分析知,在其他條件相同時,溶液的堿性越強,次氯酸鈉溶液的漂白能力越弱。答案:(1)分液漏斗(2)F、B、C、D、E(3)飽和食鹽水(4)MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O(5)取B中固體少許于試管中,加蒸餾水溶解,滴加過量BaCl2溶液,振蕩靜置,取上層清液于另一試管中,再滴加Ba(OH)2溶液,有白色沉淀生成(合理即可)(6)①5.0②其他條件相同,堿性越強,次氯酸鈉溶液的漂白能力越弱19.(10分)(2020·寧德模擬)碳、硅及其化合物的開發(fā)由來已久,在現代生活中有廣泛應用。(1)SiO2是玻璃的主要成分之一,保存氫氧化鈉溶液的玻璃應用橡膠塞的原因是____________________________(用化學方程式表示)。

(2)高純硅是現代信息、半導體和光伏發(fā)電等產業(yè)都需要的基礎材料。工業(yè)上提純硅有多種路線,其中一種工藝流程示意圖及主要反應如下:①用石英砂和焦炭在電弧爐中制粗硅,該反應的化學方程式為_______。

②在流化床反應的產物中,SiHCl3大約占85%,還有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等,有關物質的沸點數據如表所示,提純SiHCl3的主要工藝操作依次是沉降、冷凝和__________。

物質SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸點/℃2355③SiHCl3極易水解,其完全水解的化學方程式為_______。

(3)某同學為了驗證碳和硅兩種元素非金屬性的相對強弱,用如圖所示裝置進行實驗(夾持儀器已略去,氣密性已檢驗),實驗操作步驟如下:Ⅰ.打開彈簧夾1,關閉彈簧夾2,并打開活塞a,滴加濃鹽酸。Ⅱ.A中看到白色沉淀時,關閉彈簧夾1,打開彈簧夾2,關閉活塞a。①B中反應的離子方程式是_______。

②通過步驟Ⅰ知濃鹽酸具有的性質是______(填字母)。

A.揮發(fā)性B.還原性C.氧化性D.酸性③C裝置中的試劑X是____________(填化學式)。D中反應的化學方程式是__

____________。

④碳、硅的非金屬性逐漸減弱的原因:

____________。

【解析】(1)玻璃中的二氧化硅與NaOH溶液反應。(2)①石英砂的主要成分為二氧化硅,二氧化硅和碳在高溫條件下反應生成硅和一氧化碳;②由于SiHCl3與SiCl4、SiH2Cl2等的沸點相差較大,可以使用蒸餾的方法提純;③SiHCl3中Si是+4價,氫元素、氯元素均為1價,SiHCl3完全水解時,Si以H2SiO3形式存在,1價的氫元素與H2O反應后生成H2。(3)①B中鹽酸與碳酸鈣發(fā)生反應的離子方程式是CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O;②步驟Ⅰ是為了驗證濃鹽酸是否具有揮發(fā)性(看A中是否產生沉淀)和酸性(與鹽反應);③因為濃鹽酸具有揮發(fā)性,所以C裝置的作用是將HCl氣體除去,可以使用的試劑為飽和NaHCO3溶液;D中反應的化學方程式是Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3↓+Na2CO3,也可以生成NaHCO3,答案合理即可;④由于碳和硅位于同一主族,從上到下,原子半徑逐漸增大,得電子的能力減弱,非金屬性減弱,所以碳、硅的非金屬性逐漸減弱。答案:(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O(2)①SiO2+2CSi+2CO↑②蒸餾③SiHCl3+4H2OH4SiO4↓+H2↑+3HCl↑(或SiHCl3+3H2OH2SiO3↓+H2↑+3HCl↑)(3)①CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O②AD③NaHCO3Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3↓+Na2CO3(答案合理即可)④碳和硅位于同一主族,從上到下,原子半徑逐漸增大,得電子的能力逐漸減弱,非金屬性逐漸減弱【加固訓練】(2020·廣州模擬)二氧化釩(VO2)是一種新型熱敏材料。+4價的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化。實驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體,過程如圖:回答下列問題:(1)VOCl2中V的化合價為________。

(2)步驟ⅰ中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體,該化學方程式為__________。

也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,該法的缺點是_________________。

(3)步驟ⅱ可在如圖裝置中進行。①反應前應通入CO2數分鐘的目的是______________________________。

②裝置B中的試劑是____________。

(4)測定氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體粗產品中釩的含量。稱量ag樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL混酸溶解后,加mol·L1KMnO4溶液至稍過量,充分反應后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量,再用尿素除去過量的NaNO2,最后用cmol·L1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點,消耗體積為bmL。滴定反應為VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O①KMnO4溶液的作用是______________。

NaNO2溶液的作用是______________。

②粗產品中釩的質量分數的表達式為______________。

【解析】(1)VOCl2中O為2價,Cl為1價,根據各元素化合價代數和為0可知,V的化合價為+4。(2)根據原子守恒可知生成的無色無污染的氣體為N2,結合V由+5價降至+4價、N由2價升至0價,根據得失電子守恒、原子守恒可寫出步驟ⅰ中的化學方程式。用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液時,會生成污染空氣的Cl2。(3)①由+4價的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化可知,反應前通入數分鐘CO2,能排除裝置中的空氣,避免氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體被氧化。②裝置B中溶液能除去CO2中混有的HCl雜質,故裝置B中的試劑應為飽和NaHCO3溶液。(4)①結合滴定時的離子反應可知,KMnO4溶液能將+4價的釩化合物氧化為VO2+。NaNO2溶液具有還原性,能除去過量的KMnO②根據V～VO2+ 51g1mol m(V) cmol·L1×b×10-3則m(V)=51bc1000答案:(1)+4(2)2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O有氯氣生成,污染空氣(3)①排除裝置中的空氣,避免產物被氧化②飽和NaHCO3溶液(4)①將+4價釩化合物氧化為VO2+除去過量的KMnO4②5120.(10分)(2020年山東等級考模擬)非線性光學晶體在信息、激光技術、醫(yī)療、國防等領域具有重要應用價值。我國科學家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學晶體?；卮鹣铝袉栴}:(1)C、O、Si三種元素電負性由大到小的順序為________;第一電離能I1(Si)________I1(Ge)(填“>”或“<”)。

(2)基態(tài)Ge原子核外電子排布式為__________;

SiO2、GeO2具有類似的晶體結構,其中熔點較高的是________,原因是__

__________。

(3)如圖為硼酸晶體的片層結構,其中硼的雜化方式為________________。H3BO3在熱水中比冷水中溶解度顯著增大的主要原因是________

__。

(4)以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置,稱作原子分數坐標。CsSiB3O7屬于正交晶系(長方體形)。晶胞參數為apm、bpm、cpm。如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分數坐標。據此推斷該晶胞中Cs原子的數目為________。CsSiB3O7的摩爾質量為Mg·mol1,設NA為阿伏加德羅常數的值,則CsSiB3O7晶體的密度為________g·cm3(用代數式表示)。

【解析】(1)電負性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大,同主族由上至下逐漸減小,所以電負性O>C>Si;第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小,因此I1(Si)>I1(Ge)。(2)Ge原子位于第四周期ⅣA族,因此原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2);SiO2、GeO2均為原子晶體,Ge原子半徑大于Si,Si—O鍵長小于Ge—O鍵長,SiO2鍵能更大,熔點更高。(3)B原子最外層有3個電子,與3個—OH形成3個共價鍵,因此為sp2雜化。熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵,并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵,使溶解度增大。(4)原子分數坐標為(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胞體內,原子分數坐標為(0,0.3,0.5)及(1.0,0.3,0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上,原子分數坐標為(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的Cs原子位于晶胞xy面上,原子分數坐標為(0,0.7,1.0)及(1.0,0.7,1.0)(0,0.7,0)及(1.0,0.7,0)的Cs原子位于晶胞平行于y軸的棱上,利用均攤法可計算該晶胞中共含Cs原子4個;代入晶胞密度求算公式可得:ρ=ZMNAV=4×MNA×abc×10答案:(1)O>C>Si>(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)SiO2二者均為原子晶體,Ge原子半徑大于Si,Si—O鍵長小于Ge—O鍵長,SiO2鍵能更大,熔點更高(3)sp2熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵,并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵,使溶解度增大(4)44MabcN21.(12分)(2020·福州模擬)鈦及鈦合金在航空航天領域具有重要的應用價值。(1)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為[Ar]__________,其中s軌道上總共有______個電子。

(2)TiCl3可用作烯烴定向聚合的催化劑,例如,丙