主觀題突破1 大單元2025年高考總復(fù)習優(yōu)化設(shè)計二輪用書化學L課后習題含答案

主觀題突破1大單元2025年高考總復(fù)習優(yōu)化設(shè)計二輪用書化學L課后習題含答案主觀題突破一(分值:100分)學生用書P2091.(6分)(2024·山東聊城一模)元素周期表中,第四周期元素的單質(zhì)及其化合物在化工生產(chǎn)和研究中有重要的應(yīng)用。(1)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,該化合物中Ti3+的配位數(shù)為,在該化合物中不含(填字母)。

A.σ鍵B.π鍵C.配位鍵D.離子鍵E.極性鍵F.非極性鍵(2)在ZnO催化作用下,呋喃()可與氨反應(yīng),轉(zhuǎn)化為吡咯(),吡咯分子中所有原子共平面,已知大π鍵可以用Πmn表示,其中m表示參與形成大π鍵的原子數(shù),n代表大π鍵中的電子數(shù),則吡咯中大π鍵可以表示為。呋喃的熔、沸點(填“高于”或“低于”)吡咯,原因是。(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一種紫色晶體,其中DMSO為二甲基亞砜,化學式為SO(CH3)2。SO(CH3)2中鍵角C—S—O(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COCH3中鍵角C—C—O。

答案:(1)6BF(2)Π5解析:(1)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,該化合物中Ti3+的配位數(shù)為6,該化合物中O—H中存在σ鍵(也是極性共價鍵),Ti3+與配體之間存在配位鍵,內(nèi)界與外界的氯離子間存在離子鍵,則不存在π鍵和非極性共價鍵,B和F符合題意。(2)吡咯分子為平面形結(jié)構(gòu),分子中各原子在同一平面內(nèi)可知,N原子的價層電子對數(shù)是3,根據(jù)價層電子對互斥模型可判斷N原子的雜化方式為sp2雜化,C原子也為sp2雜化,則吡咯中大π鍵是1個N原子和5個C原子提供6個電子形成的,可表示為Π56。影響題中物質(zhì)熔、沸點的主要因素為分子間作用力,氫鍵大于分子間作用力,吡咯易形成分子間氫鍵,沸點較高(3)SO(CH3)2中S原子為sp3雜化,且有1個孤電子對,而CH3COCH3中羰基C原子為sp2雜化,沒有孤電子對,故SO(CH3)2中鍵角C—S—O小于CH3COCH3中鍵角C—C—O。2.(6分)(2024·山東臨沂一模)Cu2+與H2O、NH3、Cl-均可形成配位數(shù)為4的配離子:[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示:CuCl2·2H2O溶液Ⅰ(1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的鍵角(填“>”“<”或“=”)H2O中H—O—H的鍵角。

(2)[CuCl4]2-呈黃色,溶液Ⅰ呈黃綠色的原因是

;

溶液Ⅰ加水稀釋后呈藍色,其原因是

。

(3)向溶液Ⅱ中緩慢通入NH3至過量,觀察到的現(xiàn)象是。

答案:(1)>(2)藍色的[Cu(H2O)4]2+和黃色的[CuCl4]2-存在轉(zhuǎn)化:[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O,藍色的[Cu(H2O)4]2+和黃色的[CuCl4]2-共存使溶液顯黃綠色加水稀釋使[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O平衡逆向移動,藍色的[Cu(H2O)4]2+含量增加,溶液顯藍色(3)溶液呈現(xiàn)深藍色解析:(1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的O中只含有一個孤電子對,而水分子中含有兩個孤電子對,孤電子對間的排斥力大于成鍵電子對與孤電子對間的排斥力,故[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的鍵角大于H2O中H—O—H的鍵角。(2)藍色的[Cu(H2O)4]2+和黃色的[CuCl4]2-存在轉(zhuǎn)化:[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O,藍色的[Cu(H2O)4]2+和黃色的[CuCl4]2-共存使溶液顯黃綠色。加水稀釋使平衡逆向移動,藍色的[Cu(H2O)4]2+含量增加,溶液顯藍色。(3)向溶液Ⅱ中緩慢通入NH3至過量,發(fā)生反應(yīng)[CuCl4]2-+4NH3[Cu(NH3)4]2++4Cl-,使溶液呈現(xiàn)深藍色。13.(8分)(2024·山東菏澤一模)短周期元素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)不同的化合物,回答下列問題:(1)CH3I是一種甲基化試劑,能發(fā)生水解反應(yīng)CH3I+H2OCH3OH+HI;CF3I的水解產(chǎn)物為(填化學式)。

(2)BeCl2是共價化合物,可以形成二聚體和多聚體(BeCl2)n,二聚體中Be的雜化方式為sp2,二聚體的結(jié)構(gòu)式為。

(3)SF4分子的電子對空間結(jié)構(gòu)為三角雙錐,排布方式有兩種,結(jié)構(gòu)如圖。根據(jù)價層電子對互斥模型中:“孤電子對—成鍵電子對”分布在互成90°的方向上時斥力最大,判斷SF4應(yīng)采用結(jié)構(gòu)(填“a”或“b”)。

(4)[Cu(H2O)4]2+在水溶液中顯藍色,加入過量的氨水后變?yōu)樯钏{色,原因是生成了(填化學式),比較該粒子與[Cu(H答案:(1)CF3H、HIO(2)(3)a(4)[Cu(NH3)4]2+因為N的電負性小于O的電負性,NH3的配位能力大于H2O,所以穩(wěn)定性[Cu(NH3)4]2+>[Cu解析:(1)電負性F>I≈C,所以在CF3I中,受3個F原子吸引電子能力強的影響,I與C之間的共用電子對偏向于C,I顯+1價,則CF3I發(fā)生水解時,生成CF3H和HIO。(2)Be的雜化方式為sp2,因此BeCl2的二聚體中Be原子有3個成鍵軌道,且Be原子最外層無孤電子對,則二聚體的結(jié)構(gòu)式為。(3)根據(jù)題干可知“孤電子對—成鍵電子對”分布在互成90°的方向上時斥力最大,a中孤電子對與成鍵電子對分布在同一平面,排斥力較小,更穩(wěn)定,所以SF4應(yīng)采用結(jié)構(gòu)a。(4)含向[Cu(H2O)4]2+的溶液中加入過量的氨水后變?yōu)樯钏{色,原因是生成了[Cu(NH3)4]2+,[Cu(NH3)4]2+比[Cu(H2O)4]2+更穩(wěn)定,因為N的電負性小于O的電負性,NH3的配位能力大于H2O,所以穩(wěn)定性:[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+。4.(9分)(2024·浙江溫州二模)鎵的化合物種類繁多,應(yīng)用廣泛。(1)鎵位于元素周期表的區(qū)。

(2)下列鎵原子核形成的微粒中,電離最外層1個電子所需能量最大的是(填字母)。

A.[Ar]3d104s24p1 B.[Ar]3d104s14p2C.[Ar]3d94s14p3 D.[Ar]3d104s2(3)①GaAs是一種重要的半導(dǎo)體材料,其熔點為1238℃,可由如下反應(yīng)制備:(CH3)3Ga+AsH33CH4+GaAs(電負性:Ga1.6As2.0H2.1C2.5)。下列說法正確的是。

A.原子半徑:Ga<AsB.GaAs為共價晶體,AsH3為分子晶體C.沸點:CH4<NH3<AsH3D.化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù):GaN>GaAs②比較鍵角∠HCH:CH4中的—CH3(填“>”“<”或“=”)(CH3)3Ga中的—CH3,請說明理由

。

(4)感光材料硫鎵銀晶體的晶胞如圖所示,該晶體的化學式為。

如圖所示晶胞沿著z軸的投影圖為(填字母)。

答案:(1)p(2)D(3)①BD②>電負性C>H>Ga,(CH3)3Ga中C—Ga鍵的共用電子對更偏向于C原子,對—CH3中C—H鍵的排斥力變大,使(CH3)3Ga中鍵角∠HCH變小(4)AgGaS2C解析:(1)已知Ga是31號元素,根據(jù)構(gòu)造理論可知,基態(tài)Ga原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p1,則鎵位于元素周期表的p區(qū)。(2)A.[Ar]3d104s24p1為基態(tài)Ga,B.[Ar]3d104s14p2為激發(fā)態(tài)Ga,C.[Ar]3d94s14p3為激發(fā)態(tài)Ga,D.[Ar]3d104s2為基態(tài)Ga+,則Ga+失去電子更困難,電離最外層1個電子所需能量最大的是D。(3)①Ga與As是同一周期元素,從左往右原子半徑依次減小,故原子半徑:Ga>As,A錯誤;根據(jù)信息可知Ga比As的電負性小0.4,二者之間靠共價鍵結(jié)合,又GaAs是一種重要的半導(dǎo)體材料,其熔點為1238℃,則GaAs為共價晶體,根據(jù)信息可知H比As的電負性大0.1,二者之間靠共價鍵結(jié)合,AsH3與NH3結(jié)構(gòu)相似,則AsH3為分子晶體,B正確;由于NH3存在分子間氫鍵,使氨沸點升高,而AsH3、CH4不存在氫鍵,AsH3分子的相對分子質(zhì)量較大,分子間作用力較大,沸點較高,則沸點:CH4<AsH3<NH3,C錯誤;同主族從上到下非金屬性遞減,非金屬性N>Ga,則化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù):GaN>GaAs,D正確。②比較鍵角∠HCH:CH4中的—CH3>(CH3)3Ga中的—CH3,理由為:電負性C>H>Ga,(CH3)3Ga中C—Ga鍵的共用電子對更偏向于C原子,對—CH3中C—H鍵的排斥力變大,使(CH3)3Ga中鍵角∠HCH變小。(4)晶胞中Ag位于體心、頂點和面心,個數(shù)為1+8×18+4×12=4,Ga位于棱上、面心,個數(shù)為4×14+6×12=4,8個S位于晶胞內(nèi)部,三者數(shù)目比為1∶1∶2,則該晶體的化學式為AgGaS2。沿著z軸的投影,Ag投影為正方形的頂點和四條邊的中點,S投影為面對角線離頂點四分之一處,Ga投影為正方形的頂點、四條邊的中點和正方形中心,則如圖所示晶胞沿著5.(7分)(2024·浙江溫州一模)硼的氫化物叫硼烷(BnHm)。如B2H6(乙硼烷-6)、B4H10(丁硼烷-10)等。(1)下列說法不正確的是。

A.B原子由1s22s12px21s22s12pB.B2H6的結(jié)構(gòu)式:C.同周期相鄰元素的電負性大小:Be<B<CD.B2H6與C≡O(shè)反應(yīng)生成H3BCO,H3BCO分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5∶2(2)氮和硼形成的化合物BN與C2互為等電子體,通常存在石墨型與金剛石型兩種結(jié)構(gòu),可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化:(BN)n(石墨型)(BN)n(金剛石型)。這兩類化合物中B原子的雜化方式分別為;金剛石型的BN的硬度大于金剛石,原因是

。

(3)BnHm極易發(fā)生水解生成H3BO3和H2,請寫出反應(yīng)的化學方程式:。

答案:(1)AB(2)sp2、sp3金剛石型BN為共價晶體,B—N的鍵能大于金剛石中C—C的鍵能,所以硬度更大(3)2BnHm+6nH2O2nH3BO3+(3n+m)H2↑或BnHm+3nH2OnH3BO3+(3n+m)解析:(1)B原子由1s22s12px21s22s12px12py1,由于2px與2py能量相同,則不需吸收能量,A錯誤;B2H6的結(jié)構(gòu)式為,B錯誤;同周期主族元素電負性從左到右逐漸增強,所以同周期相鄰元素的電負性大小:Be<B<C,C正確;B2H6與C≡O(shè)反應(yīng)生成H3BCO,H3BCO分子中含4個共價單鍵和1個三鍵,則σ鍵與(2)氮和硼形成的化合物BN與C2互為等電子體,通常存在石墨型與金剛石型兩種結(jié)構(gòu),可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化:(BN)n(石墨型)(BN)n(金剛石型)。(BN)n(石墨型)類比混合型晶體石墨,石墨中每個C原子直接與其他3個C原子相連,屬于sp2雜化;(BN)n(金剛石型)類比共價晶體金剛石,每個C原子直接與其余4個C原子相連,屬于sp3雜化;金剛石型的BN的硬度大于金剛石,原因是金剛石型BN為共價晶體,B—N的鍵能大于金剛石中C—C的鍵能,所以硬度更大。(3)BnHm極易發(fā)生水解生成H3BO3和H2,反應(yīng)的化學方程式為2BnHm+6nH2O2nH3BO3+(3n+m)H2↑或BnHm+3nH2OnH3BO3+(3n+m)26.(6分)(2024·天津和平區(qū)二模節(jié)選)(1)基態(tài)Cr原子價電子軌道表示式為,鉻位于元素周期表中區(qū)。

(2)配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中提供電子對形成配位鍵的原子是,中心離子的配位數(shù)為。

(3)鉻的一種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,若六棱柱的底面邊長為lnm,高為hnm,NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值,則該晶體的密度ρ=g·cm-3。

答案:(1)d(2)N、O6(3)6解析:(1)由于基態(tài)Cr原子價電子排布式為3d54s1,軌道表示式為;鉻位于元素周期表中d區(qū)。(2)配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中,中心原子為Cr,配體為NH3和H2O,由中心原子提供空軌道,配體中的N和O提供電子對形成配位鍵,中心離子的配位數(shù)為4+2=6。(3)由圖知,晶胞中,Cr有4個,O有3+12×2+16×12=6,該晶胞的體積為V=6×12×32l2×h×10-21cm3=332l2h×10-21cm3,故晶體的密度ρ=4×52+16×637.(8分)(2024·浙江紹興二模)回答下列問題。(1)鈦鋁合金是制造航空航天及武器裝備熱端部件的理想材料。①基態(tài)Ti原子的價電子的軌道表示式為。

②下列說法正確的是。

A.Al2H6分子中既存在共價鍵又存在離子鍵B.化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù):Al2O3>MgOC.第一電離能:Mg>AlD.測定接近沸點的水蒸氣的相對分子質(zhì)量,測量值偏大的理由是存在相當量的水分子因氫鍵而相互締合③該合金的化學式是,密度為g·cm-3。

(2)碳和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。某烴結(jié)構(gòu)如圖,結(jié)合圖2所示信息,分析帶“”號碳的雜化方式為;帶“”號碳碳之間的鍵長比一般碳碳單鍵的鍵長要長,請從碳成鍵軌道的成分角度分析其原因

。

答案:(1)①②CD③Ti3Al342NA×a2c×10-21(2)sp2雜化并環(huán)的碳碳單價是通過未雜化的兩個p軌道形成的σ鍵,一般的碳碳單鍵是sp3雜化軌道解析:(1)②Al2H6分子中只存在共價鍵,A錯誤;由于電負性Al>Mg,電負性差值越大,化學鍵中離子鍵的百分數(shù)越大,離子鍵成分的百分數(shù):Al2O3<MgO,B錯誤;由于Mg的3s軌道為全滿結(jié)構(gòu),第一電離能:Mg>Al,C正確;接近沸點的水蒸氣會通過氫鍵締合在一起,測定接近沸點的水蒸氣的相對分子質(zhì)量,測量值偏大,D正確;③由晶胞圖知,該晶胞中Al的個數(shù)為18×8+1=2,Ti的個數(shù)為12×2+14×8+3=6,Al∶Ti=1∶3,該合金的化學式是Ti3Al;密度為ρ=2×(27+3×48)NA×a(2)由圖中鍵角知,帶“”號碳的雜化方式為sp2雜化;并環(huán)的碳碳單價是通過未雜化的兩個p軌道形成的σ鍵,一般的碳碳單鍵是sp3雜化軌道“頭碰頭”形成,p軌道比sp3軌道伸展得要更長,因此帶“”號碳碳之間的鍵長長。8.(8分)(2024·遼寧鞍山二模)鋁及其化合物在生產(chǎn)和科研中有廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}:(1)Al位于元素周期表的區(qū);基態(tài)Al原子的價電子排布式為。

(2)AlN是一種應(yīng)用廣泛的新型無機非金屬材料,其結(jié)構(gòu)與晶體硅類似,由此推測AlN的熔點比AlCl3(填“高”或“低”),原因是

。

(3)近年來,人們發(fā)現(xiàn)NH3AlH3可與多種小分子氫化物形成雙氫鍵。雙氫鍵是指帶正電的H原子與帶負電的H原子之間的一種弱電性相互作用,其結(jié)構(gòu)可表示為X—H…H—Y(“—”表示共價鍵,“…”表示形成的雙氫鍵)。根據(jù)上述信息,NH3AlH3與HF形成的雙氫鍵可表示為。

(4)Al單質(zhì)晶體中原子的堆積方式與干冰中CO2分子的相同。①在該晶體中,一個Al原子周圍距離最近的Al原子有個。

②若晶胞參數(shù)為dnm,NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,Al單質(zhì)的密度可表示為g·cm-3(用含d和NA的代數(shù)式表示)。

答案:(1)p3s23p1(2)高AlN是共價晶體,AlCl3是分子晶體,共價鍵比分子間作用力強(3)Al—H…H—F(4)①12②4解析:(1)Al是13號元素,位于元素周期表的p區(qū);基態(tài)Al原子的價電子排布式為3s23p1。(2)AlN是共價晶體,AlCl3是分子晶體,共價鍵比分子間作用力強,故氮化鋁的熔點比氯化鋁的高。(3)由雙氫鍵的定義可知,NH3AlH3與HF形成的雙氫鍵可表示為Al—H…H—F。(4)①以頂點的鋁原子研究,與之最近的且等距離的鋁原子在面心,每個頂點為8個晶胞共用,每個面心為2個晶胞共用,故一個鋁原子周圍距離最近的原子個數(shù)為3×82=12;②一個晶胞中含有的鋁原子個數(shù)為8×18+6×12=4,則晶胞的質(zhì)量為4×27NA9.(8分)(2024·山東棗莊二模節(jié)選)氮能與部分金屬或非金屬形成二元化合物,在材料應(yīng)用中體現(xiàn)出獨特性質(zhì)。回答下列問題:(1)量子力學計算的結(jié)果顯示氮化碳結(jié)構(gòu)有五種,其中β-氮化碳硬度超過金剛石晶體。已知β-氮化碳的二維晶體(單點厚度僅有一個原子直徑大小的晶體)結(jié)構(gòu)如圖1,線框內(nèi)表示晶胞結(jié)構(gòu),則β-氮化碳的化學式為;晶體中N原子的雜化方式為。

(2)Cu3N具有良好的電學和光學性能,其晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影如圖2,其中N3-在晶胞中只有一種位置,N3-的配位數(shù)為。高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O,試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因:

;

高溫下Cu3N可將CO2還原,反應(yīng)生成一種還原性氣體、一種單質(zhì)氣體和一種金屬氧化物,其化學反應(yīng)方程式為

。

答案:(1)C3N4sp3(2)6亞銅離子(Cu+)價電子排布處于全充滿狀態(tài),比價電子排布為3d9的銅離子(Cu2+)更穩(wěn)定2Cu3N+3CO23Cu2O+N2+3CO解析:(1)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析,左上框內(nèi)氮原子數(shù)為4,碳原子數(shù)為4×14+2×12+1=3;右下框內(nèi)氮原子數(shù)為4,碳原子數(shù)為4×12+1=3,故β-氮化碳化學式為C3N4;根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析可知,氮原子形成了3個σ鍵,自身有一個孤電子對,價電子對數(shù)為4,氮原子采取(2)根據(jù)Cu3N晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影且其中N3-在晶胞中只有一種位置,可推知N3-在晶胞的頂點位置,而Cu+在晶胞中棱的中心,所以N3-的配位數(shù)為6;亞銅離子(Cu+)價電子排布處于全充滿狀態(tài),比價電子排布為3d9的銅離子(Cu2+)更穩(wěn)定,所以高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O;高溫下Cu3N可將CO2還原,反應(yīng)生成的還原性氣體是CO、一種單質(zhì)氣體是N2、一種金屬氧化物是Cu2O(氧化銅和一氧化碳會反應(yīng)),其化學反應(yīng)方程式為2Cu3N+3CO23Cu2O+N2+3CO。10.(9分)(2024·山東名校聯(lián)盟二模)四方晶系CuFeTe2晶體是一種p型半導(dǎo)體,在太陽能半導(dǎo)體薄膜中具有巨大的潛在應(yīng)用價值,其晶胞示意圖如圖(a)、圖(b)所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)Cu原子的價電子排布式為。

(2)H2S中S的雜化方式為;H2O、H2Te、H2S沸點依次降低的原因是。(3)CuFeTe2中Te的配位數(shù)為。

(4)向CuFeTe2中摻雜S原子會改善半導(dǎo)體性能。由圖(c)可知x=;摻雜后晶胞參數(shù)分別為apm、apm、cpm,設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,晶體CuFe(SxTe1-x)2的密度為g·cm-3(用含a、c和NA的代數(shù)式表示)。

答案:(1)3d104s1(2)sp3三者均為分子晶體,水能形成氫鍵沸點最高,H2Te相對分子質(zhì)量大于H2S,則其沸點高于H2S(3)4(4)0.254×328a解析:(1)銅為29號元素,基態(tài)Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1,價電子排布式為3d104s1。(2)H2S分子中中心S原子價層電子對數(shù)為2+6-1×22=4,S原子為sp3雜化,H2O、H2Te、H2S沸點依次降低的原因是三者均為分子晶體,水能形成氫鍵,沸點最高,H2Te相對分子質(zhì)量大于H2S,(3)由圖可知,Te配位數(shù)為4。(4)由圖可知為2×2×1的超晶胞,該晶胞中含2個S,則相當于1×1×1晶胞中含有2÷(2×2×1)=0.5個S,結(jié)合化學式CuFeTe2可知,圖(c)的化學式為CuFeS0.5Te2-0.5,即CuFe(S0.25Te1-0.25)2,故x=0.25;摻雜后晶胞參數(shù)分別為apm、apm、cpm,根據(jù)“均攤法”,該超晶胞中含有4個CuFeS0.5Te2-0.5,則晶體CuFe(SxTe1-x)2的密度為4MNAa2c×1030g·cm-3=4×328a11.(8分)(2024·山東青島一模節(jié)選)金屬及其化合物廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)、生活、國防等多個領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}:(1)金屬Hf(原子序數(shù)72)常用于鎢絲制造工業(yè),其基態(tài)原子價電子排布式為?；鶓B(tài)Br原子能量最高的電子所在軌道形狀為。

(2)AlCl3、FeCl3等金屬氯化物易發(fā)生二聚,寫出AlCl3二聚物的結(jié)構(gòu)式,該分子中Al原子的雜化方式為。

(3)金屬Hf溴化物離子八面體鉀鹽晶胞結(jié)構(gòu)如圖,化學式為。已知晶胞參數(shù)為anm,則該晶體的密度為g·cm-3(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,該化合物式量為M)。

答案:(1)5d26s2啞鈴狀(2)sp3(3)K2[HfBr6]4M解析:(1)Hf為72號元素,位于第六周期第ⅣB族,其基態(tài)原子價層電子排布式為5d26s2,基態(tài)Br原子能量最高的電子位于4p軌道,該軌道呈啞鈴狀。(2)AlCl3二聚物中Cl的孤電子對和Al形成配位鍵,其中Al形成4個σ鍵沒有孤電子對,雜化方式為sp3。(3)根據(jù)圖示可知[HfBr6]n-個數(shù):8×18+6×12=4,K+個數(shù):8,故其化學式為K2[HfBr6],該晶體的密度ρ=4Mg·12.(9分)(2024·北京西城區(qū)二模)Na2PO3F作牙膏的添加劑可預(yù)防齲齒,通常以氟化鈉(NaF)與三偏磷酸鈉(Na3P3O9)在熔融條件下反應(yīng)制得。(1)基態(tài)F原子的價層電子排布式為。

(2)基態(tài)O原子中,電子占據(jù)的最高能層的符號是,處于最高能級的電子的運動狀態(tài)共有種。

(3)兩個H3PO4分子間可以通過脫水縮合生成焦磷酸:三偏磷酸(H3P3O9)可由H3PO4分子間脫水生成,H3P3O9分子中3個P原子的化學環(huán)境相同,H3P3O9的結(jié)構(gòu)式是。

(4)Na2PO3F溶于水時與水反應(yīng),P—F鍵斷裂,生成F-。①PO3F2-中磷元素的化合價是價。

②該反應(yīng)會形成(填“P—O”或“P—H”)鍵。

③反應(yīng)后,溶液中粒子濃度的關(guān)系:2c(F-)(填“>”“<”或“=”)c(Na+)。

(5)牙膏中可添加SiO2作摩擦劑,其晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示,晶胞的邊長為apm。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,該晶體的密度為g·cm-3。(1pm=10-10cm)

答案:(1)2s22p5(2)L4(3)(4)①+5②P—O③<(5)8×60NA解析:(3)H3PO4中含有3個—OH,三偏磷酸(H3P3O9)可由H3PO4分子間脫水生成,H3P3O9分子中3個P原子的化學環(huán)境相同,是對稱的結(jié)構(gòu),則H3P3O9的結(jié)構(gòu)式是。(4)①O為-2價,F為-1價,由化合價代數(shù)和為零可知,PO3F2-中磷元素的化合價是+5價;②Na2PO3F溶于水時與水反應(yīng),P—F鍵斷裂,生成F-,結(jié)合H3PO4的結(jié)構(gòu)簡式可知,Na2PO3F的結(jié)構(gòu)為,則Na2PO3F與水反應(yīng)生成,形成P—O鍵;③Na2PO3F與水反應(yīng)后,F-會發(fā)生水解,則溶液中粒子濃度的關(guān)系:2c(F-)<c(Na+)。(5)由晶胞結(jié)構(gòu)可知,該晶胞中含有8×18+6×12+4=8個Si原子,含有16個O原子,晶胞的邊長為apm,已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該晶體的密度為8×60NA(a×10-1013.(8分)已知:以晶胞參數(shù)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(shù)坐標。(1)一種Ag2HgI4固體導(dǎo)電材料為四方晶系,其晶胞參數(shù)為apm、apm和2apm,晶胞沿x、y、z軸方向的投影如圖1所示,A、B、C表示三種不同原子,標記為n的原子的分數(shù)坐標為(14,14,18),則標記為m的原子的分數(shù)坐標為;距離Hg最近的Ag有個;設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1圖1(2)LiCl·3H2O屬正交晶系,可用于制電池和金屬鋰等,其晶胞參數(shù)為0.8nm、1.0nm、1.0nm。如圖2所示為沿z軸投影的晶胞中所有Cl-的分布圖和原子分數(shù)坐標。據(jù)此推斷該晶胞中Cl-的數(shù)目為;距離A點最近的Cl-是(填字母),它們之間的距離d=nm。

圖2答案:(1)(34,34,58解析:(1)根據(jù)標記為n的原子的分數(shù)坐標為(14,14,18)可知,標記為m的原子在x軸的分數(shù)坐標為34、在y軸的分數(shù)坐標為34、在z軸的分數(shù)坐標為58,所以標記為m的原子的分數(shù)坐標為(34,34,58)。由晶胞投影圖可知,B、C原子在晶胞中的位置為;A原子在晶胞體內(nèi),1個晶胞中含有A原子的數(shù)目為8,B原子在晶胞頂角和晶胞體心,1個晶胞中含有B原子數(shù)目為8×18+1=2,C原子在晶胞棱上和晶胞面上,1個晶胞中含有C原子數(shù)目為4×14+6×12=4,則A代表I、B代表Hg、C代表Ag,所以距離Hg最近的Ag有8個。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol(2)根據(jù)晶胞的xy平面圖分析,Cl-在晶胞中的位置為,Cl-有2個位于晶胞內(nèi)部,有4個位于晶胞面上,則晶胞中Cl-的數(shù)目為2+4×12=4。根據(jù)晶胞中各原子的坐標及空間位置關(guān)系可知,距離A點最近的Cl-是C;可以建立直角三角形如圖所示:,AC之間的距離d是這個三角形的斜邊長,根據(jù)晶胞參數(shù)為0.8nm、1.0nm及勾股定理可知,d=[(0.5-0)×0(分值:100分)學生用書P2191.(15分)(2024·甘肅卷,15節(jié)選)我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)為原料,對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用,有效減少了環(huán)境污染,主要流程如圖所示。已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5Ksp(CaCO3)=3.4×10-9(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是。

(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和。

(3)“水浸2”時主要反應(yīng)的化學方程式為,該反應(yīng)能進行的原因是。

(4)鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

答案:(1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣(4)凈水解析:高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙燒,生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁,同時產(chǎn)生氣體,該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應(yīng)生成(NH4)2CO3,所以該氣體為NH3;焙燒產(chǎn)物經(jīng)過“水浸1”,然后過濾,“濾渣”為CaSO4以及未反應(yīng)的SiO2,濾液中溶質(zhì)主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨;濾液經(jīng)濃縮結(jié)晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富鎂溶液;向“濾渣”中加入(NH4)2CO3溶液,濾渣中的CaSO4會轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣。(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是NH3。(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應(yīng)的SiO2。(3)“水浸2”時主要反應(yīng)為硫酸鈣與碳酸銨反應(yīng)生成更難溶的碳酸鈣,反應(yīng)的化學方程式為CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,該反應(yīng)之所以能發(fā)生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣。(4)鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,會產(chǎn)生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3膠體,可用于凈水。2.(12分)(2024·山東卷)以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下:回答下列問題:(1)“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質(zhì)硫。溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時,消耗Fe3+物質(zhì)的量之比為;溶液中鹽酸濃度不宜過大,除防止“熱浸”時HCl揮發(fā)外,另一目的是防止產(chǎn)生(填化學式)。

(2)將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復(fù)用飽和食鹽水熱溶,電解所得溶液可制備金屬Pb?！半娊猗瘛标枠O產(chǎn)物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用,利用該吸收液的操作單元為。

(3)“還原”中加入鉛精礦的目的是。

(4)“置換”中可選用的試劑X為(填字母);

AE.Al BE.ZnCE.Pb DE.Ag“置換”反應(yīng)的離子方程式為

。

(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,用作(填“陰極”或“陽極”)。

答案:(1)1∶1H2S(2)熱浸(3)將過量的Fe3+還原為Fe2+(4)CPb+2[AgCl2]-[PbCl4]2-+2Ag(5)陽極解析:本題以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag,“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質(zhì)硫,Fe3+被還原為Fe2+,“過濾Ⅰ”除掉單質(zhì)硫,濾液中[PbCl4]2-在稀釋、降溫的過程中轉(zhuǎn)化為PbCl2沉淀,然后用飽和食鹽水熱溶,增大氯離子濃度,使PbCl2又轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-,電解得到Pb;過濾Ⅱ后的濾液成分主要為[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2,試劑X將[AgCl2]-置換為Ag,得到富銀鉛泥,試劑X為鉛,尾液中含F(xiàn)eCl2。(1)“熱浸”時,Fe3+將PbS和Ag2S中-2價的硫氧化為單質(zhì)硫,Fe3+被還原為Fe2+,在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變,所以溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時,S2-的物質(zhì)的量相等,所以消耗Fe3+的物質(zhì)的量相等,比值為1∶1;溶液中HCl濃度過大時會生成H2S氣體。(2)“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復(fù)用飽和食鹽水熱溶,會溶解為[PbCl4]2-,電解含[PbCl4]2-的溶液可制備金屬Pb,Pb在陰極產(chǎn)生,陽極Cl-放電產(chǎn)生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后轉(zhuǎn)化為FeCl3,可以在“熱浸”中循環(huán)使用。(3)“過濾Ⅱ”所得的濾液中有過量的未反應(yīng)的Fe3+,根據(jù)還原之后可以得到含硫濾渣可知,“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。(4)“置換”中加入試劑X可以得到富銀鉛泥,為了防止引入其他雜質(zhì),則試劑X應(yīng)為Pb,發(fā)生的反應(yīng)為Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,“電解Ⅱ”得到金屬銀和金屬鉛,將銀和鉛分離出來,所以不可能作為陰極,應(yīng)作為陽極板,陽極放電時,銀變成陽極泥而沉降下來,鉛失電子為Pb2+,陰極得電子得到Pb,所以電極板應(yīng)作陽極。3.(12分)(2024·山東名校聯(lián)盟二模)以水鈷礦(Co2O3·H2O,含F(xiàn)e2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)為原料制取膽礬和單質(zhì)鈷。已知:①常溫下,Ksp(MgF2)=6.25×10-9,Ksp(CaSO4)=7.1×10-7,Ksp(CoCO3)=2.4×10-7;②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表:金屬離子Fe3+Fe2+Co2+Cu2+開始沉淀時(c=0.01mol·L-1)的pH2.77.57.64.7完全沉淀時(c=10-5mol·L-1)的pH3.79.09.16.2③萃取Cu2+的反應(yīng)原理:Cu2++2HRCuR2+2H+;④Mg、Ca、Fe、Co均能與強酸反應(yīng)產(chǎn)生H2?；卮鹣铝袉栴}:(1)“酸浸”過程硫元素價態(tài)變?yōu)?6價,寫出“酸浸”過程中主要反應(yīng)的化學方程式:。

(2)“濾渣1”的主要成分為。

(3)常溫下,“濾液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化銅”調(diào)pH不小于。

(4)常溫下,若“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L-1(忽略溶液中極少量的Ca2+),除去2L“濾液2”中的Mg2+,至少需加入NaF固體的質(zhì)量為g(忽略溶液體積的變化,保留至小數(shù)點后一位)。

(5)“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為。

(6)采用惰性電極電解CoCl2溶液﹑在無離子交換膜的條件下,不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是

。

(7)將制得的膽礬配成溶液,先加入足量氨水,得到深藍色溶液,再通入SO2至弱酸性,生成白色沉淀。經(jīng)儀器分析:白色沉淀含H、N、O、S、Cu五種元素,且Cu∶N∶S=1∶4∶1;所含銅離子中無單電子;晶體的部分組成微粒的空間結(jié)構(gòu)分別為三角錐形和正四面體形。則白色沉淀的化學式為。

答案:(1)Cu2S+5Co2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CoSO4+16H2O(2)SiO2、CaSO4(3)3.7(4)4.6(5)稀硫酸(6)電解CoSO4溶液使溶液呈酸性,將生成的Co再次溶解(7)[NH4Cu(NH3)3]SO4解析:水鈷礦(Co2O3·H2O,含F(xiàn)e2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)中加硫酸進行溶解,二氧化硅不能被硫酸溶解,同時生成硫酸鈣,過濾將二者除去;溶解過程中Co3+將Cu2S氧化,自身被還原為Co2+;加入氧化銅調(diào)節(jié)pH,使Fe3+形成沉淀過濾除去;加入NaF,可使Mg2+和Ca2+形成沉淀,過濾除去;加入萃取劑對Cu2+進行萃取,使Cu2+和Co2+分離,分離后加入反萃取劑硫酸進行反萃取后得含CuSO4的溶液,進一步得到膽礬;萃取后水相中加入碳酸鈉將Co2+沉淀形成CoCO3,加鹽酸溶解后對溶液進行電解得Co。(1)“酸浸”過程Co元素化合價由+3價降為+2價,硫元素化合價由-2價變?yōu)?6價,Cu元素化合價由+1價升高為+2價,根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒,化學方程式:Cu2S+5Co2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CoSO4+16H2O。(2)根據(jù)分析,“濾渣1”的主要成分:SiO2、CaSO4。(3)為確保Fe3+完全沉淀,應(yīng)調(diào)pH不小于3.7。(4)“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L-1,除去后認為溶液中c(Mg2+)≤10-5mol·L-1,c(F-)≥Ksp(MgF2)c(Mg2+)=6.25×10-910-5mol·L-1=2.5×10-2mol·L-1,生成MgF2沉淀反應(yīng)過程中Mg2+濃度變化:(0.015-0.00001)mol·L-1,“濾液2”體積為2L,則消耗NaF物質(zhì)的量:n(NaF)=2n(Mg2+),至少需加入NaF物質(zhì)的量n(NaF)=(0.015-0.00001)mol·L-1×2L×2+2.5×10-2mol·L-1×2L=0.109(5)根據(jù)萃取Cu2+的反應(yīng)原理:Cu2++2HRCuR2+2H+及產(chǎn)物為膽礬可判斷,“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為稀硫酸。(6)用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,電解過程中陽極發(fā)生電極反應(yīng):2H2O-4e-O2↑+4H+,導(dǎo)致溶液呈酸性,而陰極電極反應(yīng):Co2++2e-Co,生成的Co在酸性環(huán)境下被溶解。4.(12分)(2024·山東日照一模)回收利用廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰粗品制備LiCoO2產(chǎn)品,可實現(xiàn)資源的循環(huán)利用。其工藝流程如下。已知:①氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]是銨鹽,熔點較低;LiCoO2熔點較高。②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2-(藍色)和[Co(H2O)6]2+(粉紅色)形式存在。③常溫下,Ksp[Co(OH)2]=1×10-15?；卮鹣铝袉栴}:(1)“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色,則“微波共熔”后獲得的含Li、Co的化合物為(填化學式),“微波共熔”中氯化膽堿的作用是

。

(2)“沉鈷”過程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。常溫下,鈷離子恰好沉淀完全時溶液的pH=[當c(Co2+)≤10-5mol·L-1時可認為離子沉淀完全]。

(3)“煅燒”過程生成Co3O4,則消耗的n[Co(OH)2]∶n(O2)=。

(4)可回收利用“沉鋰”后的濾液的操作單元是。

(5)“高溫燒結(jié)”發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為

。

答案:(1)Li2[CoCl4]作為反應(yīng)物提供Cl-,作助劑降低LiCoO2熔融所需的溫度(2)[Co(H2O)6]2++2OH-Co(OH)2↓+6H2O9(3)6∶1(4)沉鈷(5)6Li2CO3+O2+4Co3O412LiCoO2+6CO2解析:(1)[CoCl4]2-呈藍色,“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色,則“微波共熔”后獲得的含Li、Co的化合物為Li2[CoCl4],又已知氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]是銨鹽,熔點較低,LiCoO2熔點較高,則“微波共熔”中氯化膽堿的作用是作為反應(yīng)物提供Cl-,作助劑降低LiCoO2熔融所需的溫度。(2)“水浸”之后,溶液變?yōu)榉奂t色,Co2+在溶液中的存在形式為[Co(H2O)6]2+,加入氫氧化鈉沉鈷,得到Co(OH)2沉淀,則“沉鈷”過程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為[Co(H2O)6]2++2OH-Co(OH)2↓+6H2O。常溫下,Ksp[Co(OH)2]=1×10-15,當c(Co2+)≤10-5mol·L-1時可認為離子沉淀完全,則鈷離子恰好沉淀完全時溶液中c(OH-)=10-5mol·L-1,pOH=5,則pH=9。(3)“煅燒”過程Co(OH)2生成Co3O4,反應(yīng)為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O,則消耗的n[Co(OH)2]∶n(O2)=6∶1。(5)碳酸鋰和Co3O4高溫燒結(jié)(通入空氣氧化)得到LiCoO2產(chǎn)品,則“高溫燒結(jié)”發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為6Li2CO3+O2+4Co3O412LiCoO2+6CO2。5.(12分)(2024·山東臨沂二模)高純二硫化鉬(MoS2)粉體被譽為“固體潤滑之王”。由鉬精礦(主要成分為MoS2,還有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制備高純MoS2的一種工藝流程如圖所示。回答下列問題:(1)“焙燒”時生成MoO3的化學方程式為

;

“水洗”的目的是。

(2)“轉(zhuǎn)化”過程中,存在MoO42-→MoO3S2-→MoO2S22-→①(NH4)2MoO4轉(zhuǎn)化為(NH4)2MoS4的化學方程式為。

②保持溫度為55℃反應(yīng)1h后,冷卻至20℃并靜置24h,測得δ=n[(NH4)2Sδ=3時,(NH4)2MoS4晶體產(chǎn)率為0的原因是;δ>4時,(NH4)2MoS4晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大的原因是

。

(3)“酸浸”和“高溫還原”中產(chǎn)生的氣體可通入(填操作單元的名稱)中循環(huán)使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定條件下加熱分解制得,同時產(chǎn)生NH3、H2S和某種硫單質(zhì),且NH3與硫單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為8∶1,則硫單質(zhì)的分子式為。

答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2除去碳酸鉀(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4轉(zhuǎn)化生成(NH4)2MoS3繼續(xù)加入(NH4)2S,使得銨根離子濃度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其結(jié)晶析出,導(dǎo)致晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大(3)轉(zhuǎn)化(4)S4解析:鉬精礦在空氣中煅燒時,MoS2轉(zhuǎn)化為MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸鉀等可溶物,過濾分離出固體并加入氨水浸取,氧化鐵、氧化鎂不反應(yīng)成為“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化銨將(NH4)2MoO4轉(zhuǎn)化為(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氫氣體和MoS3沉淀:MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑,使用氫氣在高溫下還原MoS3得到MoS(1)空氣中的氧氣具有氧化性,“焙燒”時MoS2被氧化為MoO3,同時生成二氧化硫,該反應(yīng)的化學方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化鐵、氧化鎂、MoO3均不溶于水,而碳酸鉀溶于水,則“水洗”的目的是除去碳酸鉀。(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化銨生成(NH4)2MoS4,根據(jù)質(zhì)量守恒可知,同時生成一水合氨,化學方程式為(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3時,(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4轉(zhuǎn)化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶體產(chǎn)率為0;δ>4時,(NH4)2MoO4轉(zhuǎn)化生成(NH4)2MoS4,繼續(xù)加入(NH4)2S,使得溶液中銨根離子濃度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其結(jié)晶析出,從而導(dǎo)致晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大。(3)“酸浸”和“高溫還原”中產(chǎn)生的氣體為硫化氫,硫化氫和氨水反應(yīng)生成硫化銨,故可通入“轉(zhuǎn)化”環(huán)節(jié)中繼續(xù)使用。(4)NH3與硫單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為8∶1,假設(shè)生成8分子氨氣、1分子硫單質(zhì),根據(jù)質(zhì)量守恒可知,有4分子(NH4)2MoS4參與反應(yīng),則生成4分子MoS2,Mo化合價由+6價變?yōu)?4價,轉(zhuǎn)移4×2=8個電子,生成硫單質(zhì)的硫化合價由-2價變?yōu)?價,根據(jù)得失電子守恒可知,生成硫單質(zhì)中硫原子數(shù)目為8÷2=4,故硫單質(zhì)化學式為S4。6.(12分)(2024·山東德州一模)BiVO4是一種光催化材料。工業(yè)利用某廢催化劑(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制備BiVO4的工藝流程如下:已知:Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的堿性氧化物Ⅱ.0.1mol·L-1Bi(NO3)3溶液的pH=1.0Ⅲ.VO2++2HR(有機層)VOR2(有機層)+2H+回答下列問題:(1)濾渣的主要成分是;酸化時,[Al(OH)4]-完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3的最大pH為。{已知Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-K=100.63;離子濃度≤10-5mol·L-1時沉淀完全}

(2)“酸化”后的溶液中存在VO3-,則“還原”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為(3)反萃取劑應(yīng)選用(填“酸性”“中性”或“堿性”)溶液;若“萃取”“反萃取”的過程中釩的總回收率為90%,則“還原”時加入的Na2SO3和“氧化”時加入的NaClO3的物質(zhì)的量之比為。

(4)生成BiVO4的化學方程式為,實驗測得溶液pH、溫度和Bi(NO3)3溶液濃度對生成BiVO4的粒徑影響圖像如下:

綜合分析:制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是;制備過程中需加入NaOH維持最佳pH,若Bi(NO3)3過量,需要增加NaOH的用量,原因是

。

答案:(1)Al(OH)3和H2SiO38.37(2)2VO3-+SO32-+6H+2VO2++S(3)酸性10∶3(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6,80℃,濃度為1.0mol·L-1Bi(NO3)3溶液顯酸性,則為了維持最佳pH,需要增加NaOH的用量解析:(1)某廢催化劑首先用氫氧化鈉溶液堿溶,根據(jù)信息可知,“沉淀”為Bi2O3、NiO,其中氧化鋁和二氧化硅分別轉(zhuǎn)化為四羥基合鋁酸鈉和硅酸鈉,過濾后再酸化,則濾渣主要成分為Al(OH)3和H2SiO3;題中反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c([Al(OH)4]-)c(OH-)=10-5mol·L-1c(OH-)=100.(2)根據(jù)流程可知,“還原”時VO3-轉(zhuǎn)化為VO2+,相應(yīng)的方程式為2VO3-+SO32-+6H+2VO2+(3)結(jié)合信息Ⅲ,根據(jù)平衡移動原理可知,反萃取劑應(yīng)選用酸性溶液;“萃取”“反萃取”前后V的化合價都是+4價,則根據(jù)得失電子守恒可知,還原劑失去電子的物質(zhì)的量等于氧化劑得到電子的物質(zhì)的量,設(shè)Na2SO3的物質(zhì)的量為x,NaClO3的物質(zhì)的量為y,則2x×90%=6y,則x∶y=10∶3。(4)根據(jù)流程可知,生成BiVO4的化學方程式為H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3;根據(jù)圖中信息可知,制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是pH=6,80℃,濃度為1.0mol·L-1;根據(jù)信息Ⅱ可知,Bi(NO3)3溶液顯酸性,則為了維持最佳pH,需要增加NaOH的用量。7.(12分)(2024·江蘇南京二模)高效氧化劑亞氯酸鈉(NaClO2)常用于煙氣脫硝(NOx)和廢水脫除氨氮。(1)NaClO2的制備。一種制備NaClO2的過程可表示為:①“反應(yīng)2”的化學方程式為

。

②“反應(yīng)1”的產(chǎn)物ClO2經(jīng)凈化后常作為飲用水消毒劑替代傳統(tǒng)的Cl2,從消毒后飲用水水質(zhì)和消毒效率(單位質(zhì)量消毒劑被還原時得電子數(shù))的角度考慮,用ClO2替代Cl2的原因是

。

(2)NaClO2溶液對煙氣脫硝。①酸性條件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2產(chǎn)生氧化性更強的ClO2氣體,總反應(yīng)可表示為5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。請補充完整過程ⅡⅠ.Fe3++ClO2-FeClOⅡ.;

Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脫硝。其他條件相同時,煙氣中NO氧化率隨c(Fe3+)、反應(yīng)溫度的變化分別如圖所示。ⅰ.NO氧化率隨c(Fe3+)增大而增大的原因是

。

ⅱ.溫度升高,NO氧化率先增大后減小的可能原因是

。

(3)NaClO2溶液處理氨氮廢水。向一定量酸性氨氮廢水中加入一定體積已知濃度的NaClO2溶液,用傳感器測得溶液中NH4+與NO3-含量隨反應(yīng)時間的變化如圖所示。判斷該實驗中被氧化的NH4答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O②可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍(2)①FeClO22+Fe2++ClO2②ⅰ.催化劑Fe3+的濃度增大,生成氧化性更強的ClO2ⅱ.溫度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反應(yīng)速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度減小,導(dǎo)致NO氧化率減小。溫度低于60℃時,以前者為主,高于60℃時,以后者為主(3)一定時間內(nèi),相同體積溶液中,若NH4+減少的質(zhì)量與NO3-增加的質(zhì)量的比值約為18∶解析:根據(jù)NaClO