福州高三月模擬化學(xué)試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精福建省福州市2019屆高三5月高考模擬理科綜合能力測試化學(xué)試題1.我國在物質(zhì)制備領(lǐng)域成績斐然，下列物質(zhì)屬于有機(jī)物的是（）A．雙氫青蒿素B．全氮陰離子鹽C．聚合氮D．砷化鈮納米帶A.A B.B C。C D。D【答案】A【解析】【詳解】A．雙氫青蒿素,由C、H、O三種元素組成，結(jié)構(gòu)復(fù)雜,屬于有機(jī)物，A符合題意；B．全氮陰離子鹽，由N、H、O、Cl四種元素組成,不含碳元素，不屬于有機(jī)物，B不合題意;C．聚合氮,僅含氮一種元素，不含碳元素，不屬于有機(jī)物，C不合題意；D．砷化鈮納米帶，由砷和鈮兩種元素組成,不含碳元素，不屬于有機(jī)物,D不合題意。故選A。2。氮及其化合物的轉(zhuǎn)化過程如圖所示。下列分析合理的是A.催化劑a表面發(fā)生了極性共價(jià)鍵斷裂和形成B。N2與H2反應(yīng)生成NH3的原子利用率為100％C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時(shí)，不涉及電子轉(zhuǎn)移D。催化劑a、b能提高反應(yīng)平衡轉(zhuǎn)化率【答案】B【解析】【詳解】A。催化劑A表面是氮?dú)馀c氫氣生成氨氣的過程，發(fā)生的是同種元素之間非極性共價(jià)鍵的斷裂,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B.N2與H2在催化劑a作用下反應(yīng)生成NH3屬于化合反應(yīng)，無副產(chǎn)物生成，其原子利用率為100％，B項(xiàng)正確；C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時(shí)，氨氣轉(zhuǎn)化為NO，N元素化合價(jià)由—3價(jià)升高到+2價(jià)，失去電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D。催化劑a、b只改變化學(xué)反應(yīng)速率，不能提高反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率,D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】D項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn)，催化劑通過降低活化能,可以縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，從而加快化學(xué)反應(yīng)速率，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率或產(chǎn)率.3.用“銀—Ferrozine”法測室內(nèi)甲醛含量的原理為:已知:吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比。下列說法正確的是A。反應(yīng)①中參與反應(yīng)的HCHO為30g時(shí)轉(zhuǎn)移電子2molB?？捎秒p氧水檢驗(yàn)反應(yīng)②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44。8LCO2時(shí)反應(yīng)②中參加反應(yīng)的Ag一定為8molD。理論上測得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高【答案】D【解析】【詳解】A。30gHCHO的物質(zhì)的量為1mol，被氧化時(shí)生成二氧化碳，碳元素化合價(jià)從0價(jià)升高到+4價(jià)，所以轉(zhuǎn)移電子4mol，故A錯(cuò)誤；B。過氧化氫能將Fe2+氧化為Fe3+，與Fe3+不反應(yīng)，所以不能用雙氧水檢驗(yàn)反應(yīng)②后的溶液中是否存在Fe3+，故B錯(cuò)誤；C。沒有注明溫度和壓強(qiáng),所以無法計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，也無法計(jì)算參加反應(yīng)的Ag的物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D.吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比,吸光度越高，則說明反應(yīng)②生成的Fe2+越多，進(jìn)一步說明反應(yīng)①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正確。故選D。4。利用Cu和濃硫酸制備SO2的反應(yīng)涉及的裝置,下列說法正確的是A.用裝置①制備SO2 B。用裝置②檢驗(yàn)和收集SO2C.用裝置③稀釋反應(yīng)后溶液 D.用裝置④測定反應(yīng)后溶液中c（H+)【答案】C【解析】【詳解】A.Cu和濃硫酸反應(yīng)生成SO2需要加熱，A錯(cuò)誤；B.檢驗(yàn)SO2可用品紅溶液,但收集SO2用向上排空氣法時(shí)導(dǎo)管要長進(jìn)短出，B錯(cuò)誤；C.反應(yīng)后溶液仍含有較高濃硫酸的硫酸，稀釋時(shí)宜采用和濃硫酸稀釋一樣的方法，即向水中倒入應(yīng)后的溶液并攪拌,C正確；D.NaOH溶液為堿性溶液，應(yīng)盛放在堿式滴定管中,不能用酸式滴定管盛放，D錯(cuò)誤；答案為C。5.我國自主研發(fā)的對(duì)二甲苯綠色合成項(xiàng)目取得新進(jìn)展，其合成過程如圖所示,下列說法不正確的是A。異戊二烯所有碳原子可能共平面B.可用溴水鑒別M和對(duì)二甲苯C.對(duì)二甲苯的一氯代物有2種D.M具有芳香族同分異構(gòu)體【答案】D【解析】【詳解】A．異戊二烯相當(dāng)于兩個(gè)乙烯共用二個(gè)碳原子,兩個(gè)“乙烯”所在的平面有可能重合，所有碳原子有可能共平面,A正確；B．M分子中含有碳碳雙鍵和醛基，都能使溴水褪色，而對(duì)二甲苯與溴水不反應(yīng),所以可用溴水鑒別M和對(duì)二甲苯，B正確；C．對(duì)二甲苯苯環(huán)上的一氯代有機(jī)產(chǎn)物只有1種,甲基上的一氯代有機(jī)產(chǎn)物只有1種，所以一氯代有機(jī)產(chǎn)物有2種，C正確;D．M的不飽和度為3，而苯基的不飽和度為4，所以M不可能具有芳香族同分異構(gòu)體，D不正確；故選D.6。如圖某工廠用NO氣體制取NH4NO3溶液,下列說法正確的是A.陽極的電極反應(yīng)式為：NO-3e—+2H2O=NO2—+4H+B.物質(zhì)B與物質(zhì)C是同一種物質(zhì)C.A物質(zhì)可為氨氣D.陰、陽兩極轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為5∶3【答案】C【解析】【詳解】A、陽極NO失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成NO3—，電極反應(yīng)式是：NO—3e—+2H2O=NO3—+4H+,故A錯(cuò)誤;B、陰極是NO得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銨根離子,所以B是銨根離子，C是硝酸根離子,故B錯(cuò)誤;C、陽極反應(yīng)為NO-3e—+2H2O=NO3—+4H+,陰極反應(yīng)為：NO+5e—+6H+=NH4++H2O，從兩極反應(yīng)可看出，要使得失電子守恒，陽極產(chǎn)生的NO3-的物質(zhì)的量大于陰極產(chǎn)生的NH4+的物質(zhì)的量，因此若要使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需補(bǔ)充NH3,故C正確;D、電解過程中兩個(gè)電極轉(zhuǎn)移電離量一定相等，陰、陽兩極轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1∶1,故D錯(cuò)誤;故選C.【點(diǎn)睛】本題考查電解池中電極反應(yīng)式書寫。C選項(xiàng)的判斷，關(guān)鍵是理解好陰陽兩個(gè)電極轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定相同，電解生成的硝酸根離子比銨根離子多。7。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，它們的原子最外層電子數(shù)總和等于Z的原子序數(shù),由這四種元素組成的一種化合物M具有如圖性質(zhì),下列推斷正確的是A.原子半徑：Z〉Y>X>WB。最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性：Y>XC。W、Y、Z組成的化合物只含共價(jià)鍵D。W分別與X、Y、Z組成的二元化合物都易溶于水【答案】B【解析】【分析】由流程圖可以看出，紅色溶液為Fe(SCN)3，加入NaOH溶液，生成的氣體為NH3，則M中含有NH4+；生成的沉淀為Fe（OH）3；所得溶液為NaSCN，由此得出M應(yīng)為NH4SCN.由信息“短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，它們的原子最外層電子數(shù)總和等于Z的原子序數(shù)",可推出W、X、Y、Z分別為H、C、N、S元素?！驹斀狻緼．C、N為同周期元素，C在N的左邊，原子半徑：C〉N，A不正確;B．非金屬性C〈N，所以最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性：HNO3〉H2CO3,B正確;C．W、Y、Z組成的化合物可能為（NH4)2S，既含共價(jià)鍵又含離子鍵，C不正確;D．H與C組成的二元化合物，不管是哪種烴，都難溶于水,D不正確；故選B.8.Ⅰ．含CN-電鍍廢水的一種方法如圖（CN—和CNO-中N的化合價(jià)均為-3價(jià)）某學(xué)習(xí)小組依據(jù)上述方法，用如圖實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行該電鍍廢水處理的研究。操作步驟:?。汝P(guān)閉裝置甲的活塞，再將含CN—廢水與過量NaClO溶液混合，取200mL混合液[其中c（CN-）相當(dāng)于0.200mol·L—1]加入裝置甲中。ⅱ．待裝置甲中充分反應(yīng)后，打開活塞，使溶液全部流入裝置乙中，關(guān)閉活塞.ⅲ．測定干燥管Ⅰ增加的質(zhì)量。（1)裝置甲玻璃儀器名稱為________________；裝置乙中反應(yīng)離子方程式為________________。（2)裝置丙中的試劑是________________，裝置丁的作用是________________。(3）假定上述實(shí)驗(yàn)中的氣體都被充分吸收。若干燥管Ⅰ增重1.408g。則CN—被處理的百分率為________________。（4)你認(rèn)為用此裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，CN-實(shí)際被處理的百分率與(3）中比較會(huì)________________(填“偏高”、“偏低”、“無法確定"或“無影響")，簡述你的理由________________.Ⅱ．防治空氣污染，燃煤脫硫很重要。目前，科學(xué)家對(duì)Fe3+溶液脫硫技術(shù)的研究已取得新成果。(5)某學(xué)習(xí)小組為了探究“SO2與Fe3+反應(yīng)的產(chǎn)物"，將過量的SO2通入FeCl3溶液中后,各取10mL反應(yīng)液分別加入編號(hào)為A、B、C的試管中,并設(shè)計(jì)以下3種實(shí)驗(yàn)方案：方案①：A中加入少量KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去.方案②：B中加入KSCN溶液，溶液不變紅，再加入新制的氯水,溶液變紅.方案③:C中加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。上述實(shí)驗(yàn)方案中不合理的是________________（填方案編號(hào)）?！敬鸢浮浚?).分液漏斗(2)。2CNO—+6ClO—+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O（3）.濃硫酸（4)。吸收混合氣中的Cl2（5）.80.0%(6)。偏高（7）。部分Cl2在裝置丁中沒有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收（或“偏低：部分CO2殘留在裝置內(nèi)沒有在干燥管Ⅰ中被完全吸收”或“無法確定：部分Cl2在干燥管Ⅰ中被吸收,部分CO2沒有在干燥管Ⅰ中被吸收”等合理答案均給分）（8)。方案①【解析】【詳解】(1）裝置甲玻璃儀器名稱為分液漏斗；裝置乙中,CNO—被ClO-在酸性溶液中進(jìn)一步氧化，生成N2、Cl2和CO2等，反應(yīng)的離子方程式為2CNO—+6ClO—+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。答案為：分液漏斗；2CNO—+6ClO—+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O;（2)從實(shí)驗(yàn)裝置中可以看出,在分液漏斗甲中，過量NaClO與CN—混合,發(fā)生反應(yīng)生成CNO-，將反應(yīng)后的液體與乙裝置內(nèi)的稀硫酸混合，發(fā)生反應(yīng)生成N2、Cl2和CO2等；從裝置丁看，銅網(wǎng)的作用是吸收Cl2，干燥管Ⅰ是吸收CO2，由CO2的質(zhì)量計(jì)算含CN-電鍍廢水中CN—的質(zhì)量；干燥管Ⅱ是吸收進(jìn)入空氣中的CO2、H2O等，防止被干燥管Ⅰ吸收,從而引起CO2的質(zhì)量偏差.由此可推出丙裝置中的溶液應(yīng)能吸收反應(yīng)生成的水蒸氣,所以應(yīng)加入濃硫酸。裝置丁的作用是吸收混合氣中的Cl2。答案為:濃硫酸;吸收混合氣中的Cl2;(3)假定上述實(shí)驗(yàn)中的氣體都被充分吸收，若干燥管Ⅰ增重1.408g,則CN-被處理的百分率為=80。0％.答案為：80.0％;（4）用此裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，難以保證Cl2被丁裝置完全吸收,也無法保證生成的CO2被干燥管Ⅰ中的堿石灰完全吸收，所以CN—實(shí)際被處理的百分率與(3）中比較會(huì)偏高,理由是：部分Cl2在裝置丁中沒有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收（或“偏低；部分CO2殘留在裝置內(nèi)沒有在干燥管Ⅰ中被完全吸收”或“無法確定：部分Cl2在干燥管Ⅰ中被吸收，部分CO2沒有在干燥管Ⅰ中被吸收”等合理答案均給分).(5）方案①：A中加入少量KMnO4溶液，因?yàn)镕e2+、Cl—都能將MnO4-還原,所以溶液紫紅色褪去不能證明Fe2+的存在,方案①不合理；方案②：B中加入KSCN溶液，溶液不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅，則證明含有Fe2+，方案②合理;方案③：C中加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有SO42—，方案③合理；上述實(shí)驗(yàn)方案中，不合理的是方案①。答案為：方案①。9。硼氫化鈉(NaBH4)是有機(jī)合成中常用的還原劑.一種制備硼氫化鈉工藝如下（部分條件和產(chǎn)物省略）：已知：MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應(yīng)并放出H2?；卮鹣铝袉栴}：（1）Mg2B2O5?H2O中B的化合價(jià)為_______________.MgH2和NaBO2必須在干燥條件下合成硼氫化鈉,其原因是_____________________________________________。（2)難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為__________.（3)SOCl2溶于水能產(chǎn)生兩種氣體,其中一種氣體能使品紅溶液褪色，則灼燒時(shí)加入SOCl2的目的是______________________________。（4）已知鎂—H2O2酸性燃料電池反應(yīng)為Mg+H2O2+H2SO4MgSO4+2H2O.常溫下，電解質(zhì)溶液為200mL0.1mol·L1硫酸溶液。①寫出正極的電極反應(yīng)式:______________________________。②若電路中有0.038mol轉(zhuǎn)移電子時(shí)，則溶液pH約為_____(忽略體積變化,不考慮H2O2電離）。（5）“有效氫”是衡量含氫還原劑的還原能力指標(biāo),定義為1g含氫還原劑的還原能力與多少克H2相當(dāng)。NaBH4的“有效氫”等于_________________(結(jié)果保留2位小數(shù)）.（6）工業(yè)上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加熱下生成NaBH4和難溶的鹽,寫出化學(xué)方程式________________________________________?！敬鸢浮浚?）。+3（2)。防止MgH2、NaBH4與水蒸氣反應(yīng)（3）.Mg2B2O5+H2O+2OH=2Mg（OH)2+2BO2(4）.提供HCl抑制MgCl2水解(5).H2O2+2e+2H=2H2O（6)。2（7）。0。21(8)。NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3【解析】【分析】Mg2B2O5?H2O與NaOH反應(yīng)，得到濾渣和濾液，從濾液中最終得到了NaBO2。從濾渣最終得到了MgCl2。濾液的溶質(zhì)為NaBO2,經(jīng)過蒸發(fā)濃縮等一系列操作得到晶體。濾渣為Mg（OH）2,與濃鹽酸作用得到MgCl2·7H2O，經(jīng)電解等一系列操作得MgH2,與NaBO2反應(yīng)得到NaBH4?！驹斀狻浚?）根據(jù)化合物中各元素的化合價(jià)代數(shù)和為0，Mg的化合價(jià)為＋2，O的化合價(jià)為－2，設(shè)B的化合價(jià)為x，有2×（＋2）＋2x＋5×（－2)=0，得x=＋3。則B的化合價(jià)為+3。根據(jù)已知MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應(yīng)并放出H2,所以保持干燥環(huán)境的目的是防止硼氫化鈉、氫化鎂與水蒸氣反應(yīng)。答案為+3；防止MgH2、NaBH4與水蒸氣反應(yīng)；(2）Mg2B2O5?H2O與NaOH反應(yīng)，得到濾渣和濾液。濾液的溶質(zhì)為NaBO2，因?yàn)榻?jīng)過蒸發(fā)濃縮等一系列操作得到NaBO2晶體，而一系列操作不會(huì)改變?nèi)苜|(zhì)。濾渣為Mg（OH）2,與濃鹽酸作用得到MgCl2·7H2O。所以難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成了氫氧化鎂和偏硼酸鈉（NaBO2），方程式為Mg2B2O5+H2O+2OH=2Mg(OH）2+2BO2；(3）MgCl2·7H2O脫去結(jié)晶水的時(shí)候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，消耗了水,生成的氯化氫又能抑制氯化鎂水解。答案為與水反應(yīng)提供HCl抑制MgCl2水解(4）①正極得到電子化合價(jià)降低,化合價(jià)降低的為H2O2中的O,其化合價(jià)從－1降低到－2，發(fā)生還原反應(yīng).電解質(zhì)溶液含有硫酸，為酸性，則正極方程式為H2O2+2e+2H=2H2O。②n（H)=0。04mol,由電極反應(yīng)式知，轉(zhuǎn)移1mol電子必消耗1molH，轉(zhuǎn)移0。038mol電子時(shí)溶液中c（H）==0.01mol·L1,pH=—lgc(H＋）=-lg0.01=2.（5)含氫還原劑的氧化產(chǎn)物為H2O等,1molNaBH4的質(zhì)量為38g，發(fā)生反應(yīng)時(shí)，失去8mol電子，相當(dāng)于4molH2,為8g氫氣。NaBH4的有效氫等于≈0。21.（6)反應(yīng)物為NaBO2、HCHO和CaO，根據(jù)原子守恒難溶鹽為CaCO3。則方程式為NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3。10。將H2S轉(zhuǎn)化為可再利用的資源是能源研究領(lǐng)域的重要課題。（1）H2S的轉(zhuǎn)化Ⅰ克勞斯法Ⅱ鐵鹽氧化法Ⅲ光分解法①反應(yīng)Ⅰ化學(xué)方程式是________。②反應(yīng)Ⅱ：____+1H2S==

____Fe2++____S↓+____(將反應(yīng)補(bǔ)充完整）。③反應(yīng)Ⅲ體現(xiàn)了H2S的穩(wěn)定性弱于H2O。結(jié)合原子結(jié)構(gòu)解釋二者穩(wěn)定性差異的原因：_______.（2)反應(yīng)Ⅲ硫的產(chǎn)率低，反應(yīng)Ⅱ的原子利用率低。我國科研人員設(shè)想將兩個(gè)反應(yīng)耦合，實(shí)現(xiàn)由H2S高效產(chǎn)生S和H2，電子轉(zhuǎn)移過程如圖.過程甲、乙中，氧化劑分別是______。（3）按照設(shè)計(jì)，科研人員研究如下。①首先研究過程乙是否可行，裝置如圖。經(jīng)檢驗(yàn)，n極區(qū)產(chǎn)生了Fe3+，p極產(chǎn)生了H2。n極區(qū)產(chǎn)生Fe3+的可能原因：?。瓼e2+-e—=Fe3+ⅱ．2H2O—4e-=O2+4H+，_______（寫離子方程式）。經(jīng)確認(rèn),ⅰ是產(chǎn)生Fe3+的原因。過程乙可行。②光照產(chǎn)生Fe3+后,向n極區(qū)注入H2S溶液,有S生成，持續(xù)產(chǎn)生電流，p極產(chǎn)生H2。研究S產(chǎn)生的原因，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)方案：______。經(jīng)確認(rèn)，S是由Fe3+氧化H2S所得，H2S不能直接放電。過程甲可行。（4）綜上,反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ能耦合，同時(shí)能高效產(chǎn)生H2和S，其工作原理如圖。進(jìn)一步研究發(fā)現(xiàn),除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I—也能實(shí)現(xiàn)如圖所示循環(huán)過程。結(jié)合化學(xué)用語，說明I3-/I-能夠使S源源不斷產(chǎn)生的原因：________.【答案】(1）.↓（2）。2Fe3+（3）。2(4）。1（5）。2H+(6).O與S位于同主族，原子半徑S〉O，得電子能力S<O，非金屬性S〈O,氫化物穩(wěn)定性H2S<H2O（7）。、（8）。（9）.將溶液換成溶液（10).在電極上放電：。在溶液中氧化：。和循環(huán)反應(yīng).【解析】【分析】（1）H2S具有較強(qiáng)的還原性,利用氧化還原反應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為S，據(jù)此分析;(2）氧化劑具有氧化性，易得電子，化合價(jià)降低，據(jù)此作答；（3）根據(jù)光能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能,討論負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)；(4）根據(jù)電解質(zhì)溶液中正負(fù)極反應(yīng)方程式，及各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系作答。【詳解】(1）①H2S在氧氣氧化作用下生成S,其化學(xué)方程式為:↓；②H2S為Fe3+氧化為S，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，其離子方程式為：2Fe3++1H2S==2Fe2++S↓+2H+，故答案為2Fe3+：2；1:2H+；③O與S位于同主族,原子半徑S〉O,得電子能力S〈O，非金屬性S〈O，氫化物穩(wěn)定性H2S<H2O；(2）過程甲中，S元素化合價(jià)從-2價(jià)升高到0價(jià)，F(xiàn)e元素從+3降低到+2價(jià)，則氧化劑為Fe3+；過程乙中，F(xiàn)e元素從+2升高到+3價(jià)，H元素化合價(jià)從+1價(jià)降低到0價(jià)，則氧化劑為H+；（3）n極區(qū)產(chǎn)生了Fe3+,p極產(chǎn)生了H2,則n極為氧化反應(yīng),是原電池的負(fù)極,p極發(fā)生了還原反應(yīng)是原電池的正極，負(fù)極區(qū)，除了Fe2+失電子生成Fe3+以外,也可能是水失電子生成的氧氣將Fe2+氧化成Fe3+所致，其離子方程式為：2H2O—4e-=O2+4H+，；②為了研究S是由于H2S失電子發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生的，避免溶液中其他離子的干擾，需要將將溶液換成溶液，進(jìn)行驗(yàn)證。（4）根據(jù)上述工作原理可知，I3-/I-能夠使S源源不斷產(chǎn)生，主要是因?yàn)樵陔姌O上放電：。在溶液中氧化：。和循環(huán)反應(yīng)。11。氮是極其重要的化學(xué)元素.我國科學(xué)家最近成功合成了超高含能材料聚合氮和金屬氮?；诘?dú)獾哪茉囱芯恳彩俏磥砟茉窗l(fā)展的重要方向。（1)基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式為___________.（2)14g氮?dú)夥肿又性榆壍酪浴邦^碰頭”方式形成的共價(jià)鍵數(shù)目為___________，以“肩并肩”方式形成的共價(jià)鍵數(shù)目為___________。（3）C、N、O三種元素按第一電離能從大到小的排列順序?yàn)開__________。已知氧的第一電離能為1369kJ·mol－1、第二電離能為3512kJ·mol－1、第三電離能為5495kJ·mol－1，其第二電離能增幅較大的原因是__________________。(4）某含氨配合物CrCl3·6NH3的化學(xué)鍵類型有配位鍵、極性共價(jià)鍵和___________。CrCl3·6NH3有三種異構(gòu)體，按絡(luò)離子式量增大的順序分別是[Cr(NH3)6]Cl3、___________、[Cr(NH3）4Cl2］Cl·2NH3。（5)NH4N3是高能量度材料，其晶胞如下圖所示。N3－是直線型結(jié)構(gòu)，N3－中氮原子的雜化類型是___________.在VSEPR模型中NH4+的幾何構(gòu)型名稱為______________。(6)已知NH4N3的晶胞參數(shù)為anm和0。5anm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則NH4N3的密度為_________________g·cm－3。【答案】（1）。2s22p3（2）。0.5NA（3)。NA（4）.N＞O＞C(5）.O失去1個(gè)電子后，2p軌道有3個(gè)電子，為半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定(6)。離子鍵(7).［Cr(NH3)5Cl］Cl2·NH3（8).sp(9）。正四面體(10）.【解析】【分析】=1，NH4+為1個(gè),由此可求出1個(gè)小立方體的質(zhì)量及體積，從而求出NH4N3的密度?！驹斀狻浚?）氮原子的電子排布式為1s22s22p3，則基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布式為2s22p3.答案為:2s22p3；(2）14g氮?dú)鉃?。5mol，1個(gè)氮?dú)夥肿又泻?個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵，其中以“頭碰頭”方式形成的共價(jià)鍵為σ鍵，數(shù)目為0。5NA，以“肩并肩”方式形成的共價(jià)鍵為π鍵，數(shù)目為NA.答案為:0.5NA;NA；（3)C、N、O屬于同周期元素且原子序數(shù)依次增大，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N由于2p軌道半充滿而出現(xiàn)反常,其第一電離能大于O，所以三種元素按第一電離能從大到小的排列順序?yàn)镹＞O＞C.氧的第二電離能增幅較大，應(yīng)從2p軌道的電子排布情況進(jìn)行分析，其原因是O失去1個(gè)電子后，2p軌道有3個(gè)電子，為半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定。答案為：N＞O＞C；O失去1個(gè)電子后,2p軌道有3個(gè)電子，為半充滿狀態(tài),較為穩(wěn)定；(4)某含氨配合物CrCl3·6NH3為離子化合物,化學(xué)鍵類型有配位鍵、極性共價(jià)鍵和離子鍵。CrCl3·6NH3有三種異構(gòu)體，按絡(luò)離子式量增大的順序分別是［Cr（NH3）6]Cl3、［Cr（NH3）5Cl]Cl2·NH3、［Cr(NH3)4Cl2]Cl·2NH3。答案為:離子鍵;[Cr(NH3)5Cl]Cl2·NH3；(5）N3－是直線型結(jié)構(gòu),其與CO2為等電子體，則N3－中氮原子的雜化類型是sp。在VSEPR模型中NH4+的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，則幾何構(gòu)型名稱為正四面體。答案為：sp；正四面體；（6)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個(gè)晶胞分為8個(gè)小立方體，每個(gè)小立方體中，含N3—的個(gè)數(shù)為8×=1，NH4+為1個(gè)，1個(gè)小立方體的質(zhì)量為g,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則NH4N3的密度為=g·cm－3。答案為：?！军c(diǎn)睛】對(duì)于一種金屬離子與幾種配體形成的配合物，雖然某種配體的數(shù)目可以改變,但配體的總數(shù)通常是固定不變的。12.某藥物H的一種合成路線如下:回答下列問題:(1)C的名稱是______________.（2)F→H的反應(yīng)類型為______________。B→C的試劑和條件是_____________。（3）H有多種同分異構(gòu)體，在下列哪種儀器中可以顯示物質(zhì)中化學(xué)鍵和官能團(tuán)類型______（填字母）.A．質(zhì)譜儀B．元素分析儀C．紅外光譜儀D．核磁共振氫譜儀（4）寫出D→E的化學(xué)方程式___________。（5）在E