2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版阶段滚动检测 （二）
温馨提示：
此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。
阶段滚动检测(二)
(第3～5章)
(90分钟 100分)
一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分。)
1.(2020·蚌埠模拟)化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的
是 ( )
A.将海水中的镁转化为氯化镁,再电解熔融氯化镁可制得金属镁
B.稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素,可以用它来制造纸张
C.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像,该过程涉及化学变化
D.《新修本草》中有关“青矾”的描述为“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑠璃……烧之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质
【解析】选D。海水中的Mg2+经一系列反应转化为MgCl2,然后电解熔融MgCl2得到Mg,A正确;植物的叶茎的主要成分是纤维素,纸的主要成分也是纤维素,B正确;光敏树脂遇光会导致分子结构发生变化,C正确;青矾是硫酸亚铁晶体,灼烧时生成的红棕色物质是Fe2O3,D错误。
【加固训练】
(2020·哈尔滨模拟)化学已深入我们的生活。下列有关说法不正确的是( )
A.PM2.5含有的铅、镉、铬、钒等对人体有害的元素是金属元素
B.铝与Fe2O3发生铝热反应,反应后固体物质增重
C.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应
D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,“剂钢”指的是铁的合金
【解析】选B。铝与氧化铁发生铝热反应,由质量守恒定律知,反应前后固体质量不变(因为反应物、产物均为固体)。
2.(2020·泰安模拟)N、O、Si、S是重要的非金属元素。下列说法正确的
是 ( )
A.N、O、S、Si的原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱
B.氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化学烟雾的主要物质,又是形成酸雨的主要物质
C.四种元素的基态原子中有三种原子的核外单电子数一样多
D.N、Si、S的单质均能和氧气反应,生成的产物分别是NO2、SiO2和SO2
【解析】选C。同周期元素自左向右原子半径逐渐减小,非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下原子半径逐渐增大,则O、N、S、Si的原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,A错误;硫的氧化物不能形成光化学烟雾,B错误;O、N、S、Si的原子核外单电子数分别为2、3、2、2,C正确;N2和O2反应生成NO,得不到NO2,D错误。
3.(双选)(2020·西城区模拟改编)美国科学家用有机分子和球形笼状分子C60,首次制成了“纳米车”(如图),每辆“纳米车”是用一个有机分子和四个球形笼状分子“组装”而成。下列说法正确的是( )
A.我们不可能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动
B.“纳米车”的诞生,说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段
C.“纳米车”是一种分子晶体
D.C60熔点比金刚石熔点高
【解析】选A、B。根据题意,“纳米车”是肉眼看不见的,A项正确;“纳米车”只是几个分子的“组装”体,并非晶体,C项错误;C60属于分子晶体,熔点要比金刚石低得多,D项错误。
4.(2020·安庆模拟)观察下列模型并结合有关信息进行判断,下列说法错误的
是 ( )
HCN
S8
SF6
B12结
构单元
结构
模型
示意图
备注
—
易溶于CS2
—
熔点
1 873 K
A.HCN的结构式为H—C≡N,分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键
B.固态硫S8属于原子晶体,分子中S原子采用sp3杂化
C.SF6是由极性键构成的非极性分子,分子构型为八面体形
D.单质硼属于原子晶体
【解析】选B。由比例模型可以看出分子中有1个碳原子、1个氮原子和1个氢原子,原子半径:C>N>H,所以该比例模型中最左端的是氢原子,中间的是碳原子,
最右边的是氮原子,其结构式为H—C≡N,分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键,故A正确;固态S是由S8构成的,根据其溶解性可知,该晶体中存在的微粒是分子,属于分子晶体,故B错误;SF6空间构型为对称结构,分子的极性抵消,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,SF6为非极性分子,根据图示,分子构型为八面体形,故C正确;根据B12 的熔点1 873 K,该晶体熔点较高,属于原子晶体,故D正确。
5.(2020·安顺模拟)在NH3和NH4Cl存在条件下,以活性炭为催化剂,用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3,下列表述正确的是 ( )
A.中子数为32,质子数为27的钴原子Co
B.H2O2的电子式:
C.NH3和NH4Cl化学键类型相同
D.1 mol[Co(NH3)6]Cl3中含有的σ键数为24NA
【解析】选D。中子数为32,质子数为27的钴原子,应该表示为Co,A错误;H2O2为共价化合物,没有电子的得失,B错误;NH3存在氮氢共价键,NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键,氮氢原子间的共价键,C错误;[Co(NH3)6]Cl3中[Co(NH3)6]3+与Cl-之间是离子键,其中1个NH3分子中含有3个σ键,Co3+与6个NH3之间形成6个配位键,也均为σ键,因此1个[Co(NH3)6]3+中含有的σ键为6+3×6=24,D正确。
【加固训练】
(2020·温州模拟)氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似,它与水反应有气体生成。下列关于氢化铵的叙述正确的是 ( )
A.是离子化合物,含有离子键和共价键
B.电子式是
C.与水反应时,NH4H是氧化剂
D.固体投入少量的水中,只产生一种气体
【解析】选A。NH4H与氯化铵的结构相似,是由N和H-构成的离子化合物,故A正确;NH4H是离子化合物,由铵根离子与氢负离子构成,电子式为,故B错误;NH4H中含有H-,与水反应时发生氧化还原反应生成氢气,NH4H为还原剂,发生氧化反应,故C错误;NH4H固体投入少量水中,NH4H有很强的还原性,可与H2O发生反应:NH4H+H2ONH3·H2O+H2↑,生成的气体为NH3和H2,故D错误。
6.(2020·保山模拟)下列对一些实验事实的理论解释正确的是 ( )
选项
实验事实
理论解释
A
碘单质在CCl4中溶解度比在水中大
CCl4和I2都是非极性分子,而H2O是极性分子
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C═O是极性键
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体,石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
【解析】选A。CCl4和I2都是非极性分子,而H2O是极性分子,根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中的溶解度很小,但在CCl4中溶解度很大,故A正确;理论解释不对,CO2分子是直线形,中心
C原子杂化类型为sp杂化,分子构型与键的极性无关,故B错误;金刚石是原子晶体,故C错误;理论解释不对,HF分子间含有氢键,故HF的沸点高于HCl,故D错误。
7.(双选)(2020·贵阳模拟改编)下列有关SO2与SiO2的比较,正确的是( )
A.它们均为酸性氧化物
B.二者化学键类型相同,晶体类型也相同
C.S元素和Si元素化合价都为+4价,因此从氧化还原角度考虑它们具有一样的性质
D.1 mol SiO2晶体中含4 mol Si—O键
【解析】选A、D。SO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故A正确;二氧化硅属于原子晶体,二氧化硫属于分子晶体,故B错误;SO2具有强还原性,SiO2没有,故C错误;1 mol SiO2晶体中含4 mol Si—O键,故D正确。
8. (2020·济南模拟)如图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是( )
A.碘分子的排列有2种不同的取向,2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构
B.用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子
C.碘晶体为无限延伸的空间结构,是原子晶体
D.碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力
【解析】选A。在立方体的顶面上,有5个I2,4个方向相同,结合其他面考虑可知,A项正确;每个晶胞中有4个碘分子,B项错误;此晶体是分子晶体,C项错误;碘原子间只存在非极性共价键,范德华力存在于分子与分子之间,D项错误。
9.(2020·驻马店模拟)短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数,Y的原子序数是W的2倍。YWZ2滴入水中,可观察剧烈反应,液面上有雾生成,并有带刺激性气味的气体逸出。下列说法正确的是 ( )
A.原子半径:W
Cl>Br>I,则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱,还原性增强,故D正确。
11.(2020·洛阳模拟)镓(Ga)与铝同主族,曾被称为“类铝”,其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示:
下列判断不合理的是 ( )
A.Al、Ga均处于第ⅢA族
B.Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
C.Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2
D.酸性:Al(OH)3>Ga(OH)3
【解析】选D。镓(Ga)与铝同主族,均处于第ⅢA族,A项正确;Ga2O3与Al2O3的性质相似,可与盐酸反应生成GaCl3,B项正确;Ga(OH)3属于两性氢氧化物,与Al(OH)3的性质相似,能与NaOH溶液反应生成NaGaO2,C项正确;在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入适量CO2,只有Al(OH)3沉淀,而没有Ga(OH)3沉淀,根据强酸制弱酸的原理,镓酸的酸性强于碳酸,则酸性:Al(OH)3I2>I
D.途径Ⅱ中若生成1 mol I2,反应中转移的电子数为10NA
【解析】选C。加碘盐中含有I,在酸性条件下可被I-还原生成I2,淀粉KI试纸会变蓝,A正确;根据图示转化关系可知原因可能是5Cl2+I2+6H2O
2HIO3+10HCl,B正确;根据途径Ⅰ可知氧化性:Cl2>I2,根据途径Ⅱ可知氧化性:I>I2,根据途径Ⅲ可知氧化性:Cl2>I,C错误;根据关系式:2I～I2～10e-可知,若生成1 mol I2,反应中转移的电子数为10NA,D正确。
14.(2020·南昌模拟)已知氧化性强弱顺序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,则下列说法正确的
是 ( )
A.Fe可以和I2在加热条件下生成FeI3
B.向FeBr2溶液中通入少量Cl2,发生反应的离子方程式为2Br-+Cl2Br2+2Cl-
C.某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-,为了除去I-而不减少其他离子,可加入适量Fe3+
D.向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气,充分作用后,将溶液蒸干、灼烧,可能得到NaCl和NaI的固体混合物
【解析】选C。根据氧化性的强弱顺序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,则对应的还原性I->Fe2+>Br->Cl-,结合氧化还原反应的规律,分析作答。I2的氧化性弱于Fe3+,Fe和I2在加热条件下不能生成FeI3,A项错误;根据氧化性强弱顺序:Cl2>Br2>Fe3+>I2,则还原性Fe2+>Br-,所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2,氯气只氧化还原性较强的Fe2+,对应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,B
项错误;由上述分析已知,还原性I->Fe2+>Cl-,则为了除去I-而不减少其他离子,可加入适量Fe3+,C项正确;向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气,可发生:2NaI+Cl22NaCl+I2,2NaBr+Cl2
2NaCl+Br2,因还原性NaI>NaBr,不可能含有NaI而没有NaBr,D项错误。
15.(2020·芜湖模拟)将一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L-1浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释到1 L,测得溶液的pH=1,则下列叙述中错误的是 ( )
A.气体A为SO2和H2的混合物
B.气体A中SO2和H2的体积比为5∶1
C.反应中共消耗锌97.5 g
D.反应中共转移电子3 mol
【解析】选B。在涉及硫酸的反应中,要注意分析硫酸浓度变化对反应产生的影响。锌和浓硫酸反应生成SO2,如果锌过量,硫酸浓度降低变成稀硫酸后,锌与稀硫酸反应生成氢气,则二者反应得到的是SO2和H2的混合气体。将反应后的溶液稀释后所得溶液的pH=1,故硫酸过量。反应掉的H2SO4为18.5 mol·L-1×0.1 L
-=1.8 mol,若生成的气体仅为SO2,则应为0.9 mol×
22.4 L·mol-1=20.16 L≠33.6 L,故不可能全是SO2气体,A项正确;设生成的SO2物质的量为x,H2物质的量为y,则x+y=1.5 mol;由反应的化学方程式可知,生成SO2所消耗的H2SO4物质的量为2x,生成H2所消耗的H2SO4物质的量为y,则有2x+y=1.8 mol,解得x=0.3 mol,y=1.2 mol,所以SO2与H2的体积比为1∶4,B项错误;设参加反应的Zn的物质的量为a,根据得失电子守恒有,x+y=a,则a=
1.5 mol,反应中消耗Zn的质量为1.5 mol×65 g·mol-1=97.5 g,C项正确;反应中转移电子数为3 mol,D项正确。
16.(2020·阜阳模拟)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素,甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物,辛是由C元素形成的单质,常温常压下乙为液态。常温下,0.1 mol·L-1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态
B.1.0 L 0.1 mol·L-1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1 mol
C.1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D.元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)>r(C)>r(B)
【解析】选C。0.1 mol·L-1丁溶液的pH为13(25℃),丁是一元强碱,其含有的金属元素在短周期,则丁应为NaOH,发生反应:甲+乙丁+辛,根据元素守恒可知,甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素,辛是由C组成的单质,由发生反应可知,辛不能是Na,结合原子序数可知,A为H、C为O、D为Na元素,故辛为氧气,可知甲是Na2O2、乙是水,再根据反应:甲+丙戊+辛,可知丙是二氧化碳,戊是碳酸钠,则B为碳元素。A为H、B为碳,碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态,选项A错误;戊是碳酸钠,在碳酸钠溶液中,C离子水解生成HC离子和OH-离子,溶液中阴离子总的物质的量大于0.1 mol,选项B错误;甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,1 mol Na2O2反应转移的电子为1
mol,约6.02×1023个电子,选项C正确;同周期随原子序数增大原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径大小顺序为Na>C>O,即r(D)>r(B)>r(C),选项D错误。
二、非选择题(本题包括5小题,共52分)
17.(10分)(2020·威海模拟)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是________(填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为__ ______________________。
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是________(填分子式),原因是__________________________________________________;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为____________和____________。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为______________,中心原子的杂化轨道类型为____________。
(4)化合物D2A的立体构型为__________,中心原子的价层电子对数为________,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为___________________
__________________________________________。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566 nm,F的化学式为__________;晶胞中A原子的配位数为______________________;
列式计算晶体F的密度(g·cm-3)______________________。
【解析】根据题目条件,可推出A、B、C、D分别为O、Na、P、Cl。
(1)电负性最大的为O,P的核外电子排布为1s22s22p63s23p3。
(2)单质A有O2、O3两种同素异形体,相对分子质量大的,分子间作用力也大,沸点高。A、B的氢化物分别为H2O、NaH,晶体类型分别为分子晶体、离子晶体。
(3)E为PCl3,P含有一对孤电子对,价层电子对数为4,立体构型为三角锥形,中心原子P的杂化类型为sp3杂化。
(4)Cl2O中的中心原子为O,O有2对σ键电子对,孤电子对数=(6-2×1)=2,故价层电子对数为4,分子的立体构型为V形。根据得失电子守恒配平化学方程式得2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。
(5)晶胞中为8×+6×=4,Na+为8个,则化学式为Na2O。以顶点氧原子为中心,与氧原子距离相等且最近的钠原子的个数为8,则氧原子的配位数为8。晶体F的密度为=2.27 g·cm-3。
答案:(1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(2)O3 O3相对分子质量较大,分子间作用力大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3
(4)V形 4
2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl
(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)
(5)Na2O 8
=2.27 g·cm-3
【加固训练】
(2020·南通模拟)前四周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大,X、Y、Z、W为短周期元素,X的价电子排布式为nsnnp2n,Y在周期表所有元素中电负性最大,Z、W为同周期金属元素,Z的第一电离能大于W,R元素内层电子所在能层全部排满且最外层有两个电子。
(1)R的基态原子核外电子排布式为____________。
(2)X的某种常见氢化物,既含有极性键又含有非极性键,其结构式为________________,其中X原子的杂化方式为____________。
(3)Z的第一电离能大于W的第一电离能的原因为__________ __。
(4)Z与X形成的化合物熔点高于Z与Y形成的化合物,其原因为____________。
(5)向RCl2溶液中逐滴加入氨水至过量,形成一种含配离子[R(NH3)4]2+的化合物,其反应的化学方程式为________________________________________,不考虑立体构型,[R(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为______________________。
(6)化合物Na3WY6由Na+和W构成,其晶胞结构如图所示,图中位于大立方体顶点和面心,位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心,是图中、中的一种,大立方体的体心处所代表的是________(填离子符号)。设NA为阿伏加德罗常数的值,晶体的密度为ρ g·cm-3,摩尔质量为M,该晶胞的棱长为______nm。
【解析】X的价电子排布式为nsnnp2n,n=2,则X是氧,Y在周期表所有元素中电负性最大,Y是氟,Z、W为同周期金属元素,Z的第一电离能大于W,Z是镁、W是铝,R元素内层电子所在能层全部排满且最外层有两个电子,R为Zn。
(1)R的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。
(2)既含有极性键又含有非极性键的氧的氢化物是H2O2,其结构式为H—O—O—H,其中X原子的杂化方式为sp3杂化。
(3)Mg的第一电离能大于Al的第一电离能的原因为Mg的价层电子排布为3s2,能量低,稳定。Al的价层电子排布为3s23p1,不稳定,能量高,因此Mg的第一电离能大于Al的第一电离能。
(4)Mg与O形成的化合物MgO熔点高于Mg与F形成的化合物MgF2,其原因为MgO晶体中离子所带电荷数多,晶格能大,所以熔点高。
(5)向ZnCl2溶液中逐滴加入氨水至过量,形成一种含配离子[Zn(NH3)4]2+的化合物,其反应的化学方程式为ZnCl2+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]Cl2+4H2O,[Zn(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为。
(6)化合物Na3AlF6由Na+和Al构成,其晶胞结构如图所示,根据晶胞结构,阳离子和阴离子需满足3∶1,则所代表的是Na+。设晶胞的棱长为a nm,由4M=ρa3NA可得该晶胞的棱长为×107 nm。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d104s2或
[Ar]3d104s2
(2)H—O—O—H sp3杂化
(3)Mg的价电子排布为3s2,稳定,能量低。Al的价电子排布为3s23p1,不稳定,能量高,因此Mg的第一电离能大于Al的第一电离能
(4)MgO晶体中离子所带电荷数多,晶格能大,所以熔点高
(5)ZnCl2+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]Cl2+4H2O
(6)Na+ ×107
18.(10分)(2020·武汉模拟)一氧化二氯(Cl2O)是次氯酸的酸酐,用作氯化剂,其部分性质如下:
物理性质
化学性质
常温下,Cl2O是棕黄色有刺激性气味的气体
熔点:-120.6 ℃;沸点:2.0 ℃
Cl2O不稳定,接触一般有机物易爆炸;它易溶于水,同时反应生成次氯酸
实验室制备原理:2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O。
现用下列装置设计实验制备少量Cl2O,并探究相关物质的性质。
(1)装置A中仪器X的名称为____________。
(2)若气体从左至右流动,装置连接顺序是A、________(每个装置限用一次)。
(3)装置F中盛装试剂的名称为____________。
(4)A中反应的离子方程式为________________。
(5)当D中收集适量液态物质时停止反应,设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3: _______________________。
(6)实验完成后,取E中烧杯内溶液滴加品红溶液,发现溶液褪色。设计实验探究溶液褪色的原因。
序
号
0.1 mol·L-1
NaClO溶液
体积/mL
0.1 mol·L-1NaCl
溶液体积/mL
0.1 mol·L-1NaOH溶液体积/mL
H2O的体积/mL
品红
溶液
现象
Ⅰ
5.0
0
0
5.0
3滴
较快
褪色
Ⅱ
0
5.0
a
0
3滴
不褪色
Ⅲ
5.0
0
5.0
0
3滴
缓慢
褪色
①a=______________。
②由上述实验得出的结论是________________。
【解析】(2)通过A装置制取氯气,由于浓盐酸具有挥发性,制取的氯气中含有HCl杂质,为防止其干扰Cl2O的制取,先通过F装置除去HCl杂质,再通过B装置发生反应:2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O,由于Cl2O易溶于水,同时与水反应生成次氯酸,所以收集之前要先通过C装置干燥,再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低,易液化的性质,由于Cl2会产生大气污染,所以最后要用E装置进行尾气处理,故装置的连接顺序为A、F、B、C、D、E。
(3)装置F中盛装饱和食盐水,其作用是除去氯气中的HCl杂质气体。
(5)装置B中氯气与潮湿的碳酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、碳酸氢钠和一氧化二氯,为证明残留固体中含有碳酸氢钠,需先将B中固体溶于蒸馏水,滴加过量的BaCl2溶液,排除碳酸钠的干扰,然后取上层清液再滴加Ba(OH)2溶液,观察是否有白色沉淀生成,若有白色沉淀生成,则证明B中残留固体中含有碳酸氢钠。
(6)①实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为对照实验,实验中溶液的总体积应相同,均为10.0 mL,故a为5.0。
②由表中数据分析知,在其他条件相同时,溶液的碱性越强,次氯酸钠溶液的漂白能力越弱。
答案:(1)分液漏斗 (2)F、B、C、D、E
(3)饱和食盐水
(4)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(5)取B中固体少许于试管中,加蒸馏水溶解,滴加过量BaCl2溶液,振荡静置,取上层清液于另一试管中,再滴加Ba(OH)2溶液,有白色沉淀生成(合理即可)
(6)①5.0 ②其他条件相同,碱性越强,次氯酸钠溶液的漂白能力越弱
19.(10分)(2020·宁德模拟)碳、硅及其化合物的开发由来已久,在现代生活中有广泛应用。
(1)SiO2是玻璃的主要成分之一,保存氢氧化钠溶液的玻璃应用橡胶塞的原因是____________________________(用化学方程式表示)。
(2)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线,其中一种工艺流程示意图及主要反应如下:
①用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅,该反应的化学方程式为_______。
②在流化床反应的产物中,SiHCl3大约占85%,还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等,有关物质的沸点数据如表所示,提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和__________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2 355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
③SiHCl3极易水解,其完全水解的化学方程式为_______。
(3)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱,用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验),实验操作步骤如下:
Ⅰ.打开弹簧夹1,关闭弹簧夹2,并打开活塞a,滴加浓盐酸。
Ⅱ.A中看到白色沉淀时,关闭弹簧夹1,打开弹簧夹2,关闭活塞a。
①B中反应的离子方程式是_______。
②通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是______(填字母)。
A.挥发性 B.还原性 C.氧化性 D.酸性
③C装置中的试剂X是____________(填化学式)。D中反应的化学方程式是
__ ____________。
④碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因: ____________。
【解析】(1)玻璃中的二氧化硅与NaOH溶液反应。
(2)①石英砂的主要成分为二氧化硅,二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳;
②由于SiHCl3与SiCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大,可以使用蒸馏的方法提纯;
③SiHCl3中Si是+4价,氢元素、氯元素均为-1价,SiHCl3完全水解时,Si以H2SiO3形式存在,-1价的氢元素与H2O反应后生成H2。
(3)①B中盐酸与碳酸钙发生反应的离子方程式是CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O;
②步骤Ⅰ是为了验证浓盐酸是否具有挥发性(看A中是否产生沉淀)和酸性(与盐反应);
③因为浓盐酸具有挥发性,所以C装置的作用是将HCl气体除去,可以使用的试剂为饱和NaHCO3溶液;D中反应的化学方程式是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,从上到下,原子半径逐渐增大,得电子的能力减弱,非金属性减弱,所以碳、硅的非金属性逐渐减弱。
答案:(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O
(2)①SiO2+2CSi+2CO↑
②蒸馏
③SiHCl3+4H2OH4SiO4↓+H2↑+3HCl↑
(或SiHCl3+3H2OH2SiO3↓+H2↑+3HCl↑)
(3)①CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2O ②AD
③NaHCO3
Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3↓+Na2CO3(答案合理即可)
④碳和硅位于同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,得电子的能力逐渐减弱,非金属性逐渐减弱
【加固训练】
(2020·广州模拟)二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体,过程如图:
回答下列问题:
(1)VOCl2中V的化合价为________。
(2)步骤ⅰ中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该化学方程式为
__________。
也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,该法的缺点是_________________。
(3)步骤ⅱ可在如图装置中进行。
①反应前应通入CO2数分钟的目的是______________________________。
②装置B中的试剂是____________。
(4)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量a g样品于锥形瓶中,用20 mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后,加0.02 mol·L-1 KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量,再用尿素除去过量的NaNO2,最后用c mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点,消耗体积为
b mL。滴定反应为V+Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O。
①KMnO4溶液的作用是______________。
NaNO2溶液的作用是______________。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为______________。
【解析】(1)VOCl2中O为-2价,Cl为-1价,根据各元素化合价代数和为0可知,V的化合价为+4。
(2)根据原子守恒可知生成的无色无污染的气体为N2,结合V由+5价降至+4价、N由-2价升至0价,根据得失电子守恒、原子守恒可写出步骤ⅰ中的化学方程式。用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液时,会生成污染空气的Cl2。
(3)①由+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化可知,反应前通入数分钟CO2,能排除装置中的空气,避免氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体被氧化。②装置B中溶液能除去CO2中混有的HCl杂质,故装置B中的试剂应为饱和NaHCO3溶液。
(4)①结合滴定时的离子反应可知,KMnO4溶液能将+4价的钒化合物氧化为V。NaNO2溶液具有还原性,能除去过量的KMnO4溶液。
②根据V ～V～Fe2+
51 g 1 mol
m(V) c mol·L-1×b×10-3 L
则m(V)= g,该粗产品中钒的质量分数为×100%。
答案:(1)+4
(2)2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O 有氯气生成,污染空气
(3)①排除装置中的空气,避免产物被氧化 ②饱和NaHCO3溶液
(4)①将+4价钒化合物氧化为V 除去过量的KMnO4 ②×100%
20.(10分)(2020年山东等级考模拟)非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题:
(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为________;第一电离能I1(Si)________I1(Ge)(填“>”或“<”)。
(2)基态Ge原子核外电子排布式为__________;
SiO2、GeO2具有类似的晶体结构,其中熔点较高的是________,原因是
__ __________。
(3)如图为硼酸晶体的片层结构,其中硼的杂化方式为________________。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是________ __。
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。
CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形)。晶胞参数为a pm、b pm、c pm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为________。CsSiB3O7的摩尔质量为M g·mol-1,设NA为阿伏加德罗常数的值,则CsSiB3O7晶体的密度为________g·cm-3(用代数式表示)。
【解析】(1)电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大,同主族由上至下逐渐减小,所以电负性O>C>Si;第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小,因此I1(Si)>I1(Ge)。(2)Ge原子位于第四周期ⅣA族,因此原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2);SiO2、GeO2均为原子晶体,Ge原子半径大于Si,Si—O键长小于Ge—O键长,SiO2键能更大,熔点更高。(3)B原子最外层有3个电子,与3个—OH形成3个共价键,因此为sp2杂化。热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大。(4)原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胞体内,原子分数坐标为
(0,0.3,0.5)及(1.0,0.3,0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上,原子分数坐标为(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的Cs原子位于晶胞xy面上,原子分数坐标为(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轴的棱上,利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个;代入晶胞密度求算公式可得:ρ===×1030(g·cm-3)。
答案:(1)O>C>Si >
(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2
(或[Ar]3d104s24p2) SiO2 二者均为原子晶体,Ge原子半径大于Si,Si—O键长小于 Ge—O键长,SiO2键能更大,熔点更高
(3)sp2 热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大
(4)4 ×1030
21.(12分)(2020·福州模拟)钛及钛合金在航空航天领域具有重要的应用价值。
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]__________,其中s轨道上总共有______个电子。
(2)TiCl3可用作烯烃定向聚合的催化剂,例如,丙烯用三乙基铝和三氯化钛作催化剂时,可以发生下列聚合反应:nCH3CHCH2
