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文档简介
山东省济宁市2020届高三化学下学期第二次模拟考试试题(含解析)可能用到的相对原子质量:H_1 C_12 O_16 Mn_55 Ga_70 As_751.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A. 喝补铁剂(含Fe2+)时,加服维生素C效果更好,因维生素C具有氧化性B. 汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器,其主要原料为石灰石C. “司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”,司南中的“杓”含Fe2O3D. 港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳,其商品名为“力纶”是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A亚铁离子易被人体吸收,维生素C具有还原性,可以防止亚铁离子被氧化,则喝补铁剂时,加维生素C效果较好,故A错误;B瓷器的成分为硅酸盐,主要原料为黏土,不是石灰石,故B错误;C“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”,与磁铁的磁性有关,则司南中的“杓”含Fe3O4,故C错误;D聚乙烯纤维属于合成高分子材料,属于有机高分子化合物,故D正确;答案选D。2.依据反应2KIO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2KHSO4(KIO3过量),利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是A. 用制取SO2B. 用还原IO3-C. 用从水溶液中提取KHSO4D. 用制取I2的CCl4溶液【答案】C【解析】【详解】A加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫,所以该装置能制取二氧化硫,故A正确;B二氧化硫具有还原性,碘酸钾具有氧化性,二者可以发生氧化还原反应生成碘,且倒置的漏斗能防止倒吸,所以能用该装置还原碘酸根离子,故B正确;C从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法,应该用蒸发皿蒸发溶液,坩埚用于灼烧固体物质,故C错误;C四氯化碳和水不互溶,可以用四氯化碳萃取碘水中的碘,然后再用分液方法分离,故D正确;答案选C。3.2020年4月20日,药品管理法修正草案进行二次审议,牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物,其中四种的结构如下:下列说法不正确的是A. 分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内B. 、互同分异构体C. 的一氯代物有6种D. 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A含有饱和碳原子、,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,故A正确;B、的分子式不同,分别为C10H18O、C10H16O,则二者不是同分异构体,故B错误;C结构不对称,一氯代物有6种,故C正确;D、均含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,的苯环上含有甲基,能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,故D正确;答案选B。【点睛】本题的易错点为A,有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括:-CH3、-CH2-、)中的一种,分子中的所有原子就不可能处于同一平面内,含有、,分子中的碳原子就不可能共平面。4.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加,K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物,甲是B元素常见的固体单质,乙常温下呈液态。K是无色气体,是主要大气污染物之一。常温下0.05 mol L -1丙溶液pH为l,上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 简单离子半径:CDDEBC. 由元素A、C、D仅能组成共价化合物D. 由元素B、E组成的化合物可用于洗涤试管壁上残余的硫单质【答案】CD【解析】分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l,可知丙为二元强酸,应为H2SO4,K是无色气体,是主要的大气污染物之一,且可生成H2SO4,则K应为SO2,可知乙为H2O2,L为H2O,乙是常见的气体,且由浓硫酸和甲反应生成,可知甲为C,M为CO2,则A为H元素,B为C元素,C为O元素,D为S元素,则E为Cl元素,据此分析解答。【详解】A核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则离子半径S2-Cl-,故A错误;B同周期元素从左到右,元素的非金属性增强,则非金属性ClS,故B错误;C由元素A、C、D组成的化合物为硫酸、亚硫酸等,均为共价化合物,故C正确;D由元素B、E组成的化合物为四氯化碳,为良好的有机溶解,可用于洗涤试管壁上残余的硫单质,故D正确;答案选CD。5.下列由实验现象得出的结论不正确的是 操作及现象结论A向3mL0.1 mol L -1AgNO3溶液中先加入45滴0.1 mol L -1NaCl溶液,再滴加45滴0.1 mol L -1NaI溶液先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1 mol L -1硫酸溶液,记录出现浑浊的时间探究浓度对反应速率的影响C其他条件相同,测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小D向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体中加入足量稀硫酸溶解,有红色固体生成,再滴加KSCN溶液溶液不变红(已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O)不能说明红色固体中不含Fe2O3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A与氯化钠反应后,硝酸银过量,再加入NaI,硝酸银与碘化钠反应生成沉淀,为沉淀的生成,不能比较Ksp大小,故A错误;B只有硫代硫酸钠溶液浓度不同,其它条件都相同,所以可以探究浓度对化学反应速率影响,故B正确;C酸根离子水解程度越大,其对应的酸电离程度越小,电离平衡常数越大,通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小,从而确定其对应酸的酸性强弱,从而确定电离平衡常数大小,故C正确;D氧化亚铜和氧化铁都是红色固体,氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子,所以不能检验红色固体中含有氧化铁,故D正确;答案选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应,生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。6.中国是一个严重缺水的国家,污水治理越来越引起人们重视,可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚,其原理如图所示,下列说法不正确的是A. 电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极B. B极为电池的阳极,电极反应式为CH3COO 8e + 4H2O 2HCO3+9H+C. 当外电路中有0.2 mol e转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NAD. A极的电极反应式为+ H+2e Cl+ 【答案】B【解析】【分析】原电池中阳离子移向正极,根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极,正极有氢离子参与反应,电极反应式为+2e-+H+Cl-,B为负极,电极反应式为CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+,据此分析解答。【详解】A原电池工作时,电流从正极经导线流向负极,即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极,故A正确;BB极为电池的负极,失去电子,发生氧化反应,电极反应式为CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+,B极不是阳极,故B错误;C根据电子守恒可知,当外电路中有0.2mole-转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA,故C正确;DA为正极,得到电子,发生还原反应,正极有氢离子参与反应,电极反应式为+2e-+H+Cl-,故D正确;答案选B。【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B,要注意原电池的两极称为正负极,电解池的两极称为阴阳极。7.人体血液存在H2CO3/HCO3、HPO42-/H2PO4等缓冲对。常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg xx表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal6.4、磷酸pKa27.2 (pKa -lgKa)。则下列说法不正确的是A. 曲线表示lg与pH的变化关系B. ab的过程中,水的电离程度逐渐增大C. 当c(H2CO3) c (HCO3)时,c(HPO42)=c(H2PO4)D. 当pH增大时,逐渐增大【答案】D【解析】【分析】由电离平衡H2CO3 HCO3-+H+、H2PO4- HPO42-+H+可知,随pH增大,溶液中c(OH-)增大,使电离平衡向右移动,H2CO3 /HCO3-减小,HPO42-/H2PO4-增大,所以曲线I表示lgH2CO3 /HCO3-)与pH的变化关系,曲线II表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系,以此分析解答。【详解】A. 根据以上分析,曲线I表示lgH2CO3 /HCO3-)与pH的变化关系,故A错误;B. 曲线I表示lgH2CO3 /HCO3-)与pH的变化关系,ab的过程中,c(HCO3-)逐渐增大,对水的电离促进作用增大,所以水的电离程度逐渐增大,故B错误;C. 根据H2CO3 HCO3-+H+,Kal=;H2PO4- HPO42-+H+,Ka2=;由题给信息可知,Ka1Ka2,则当c(H2CO3) =c(HCO3 )时c(HPO42-)c(H2PO4-),故C错误;D. 根据Kal=;Ka2=,可得c(HCO3- )c(H2PO4-)/c(HPO42-)= c(H2CO3),当pH增大时,c(H2CO3)逐渐减小,所以c(HCO3- )c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小,故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液,涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识,正确分析图象是解题的关键,注意电离常数只与温度有关,温度不变,电离常数不变,注意平衡常数的表达式及巧妙使用。8.三氯化硼(BCl3),主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂,还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料,采用下列装置(部分装置可重复使用)制备BCl3。已知:BCl3的沸点为12.5,熔点为-107.3;遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸;2B+6HCl 2BCl3+3H2;硼与铝的性质相似,也能与氢氧化钠溶液反应。请回答下列问题:(1)A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,反应的化学方程式为_。(2)装置从左到右的接口连接顺序为a_j。(3)装里E中的试剂为_,如果拆去E装置,可能的后果是_。(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气。若缺少此步骤,则造成的结果是_。(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,写出该反应的化学方程式_,硼酸也可用电渗析法制备,“四室电渗析法”工作原理如图所示:则阳极的电极反应式_,分析产品室可得到H3BO3的原因_。【答案】 (1). KClO3+6HCl(浓) KCl+3Cl2+3H2O (2). ihdefg(或gf)bc(或cb)de (3). 饱和食盐水 (4). 硼粉与HCl气体反应生成H2,加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 (5). 会生成B2O3,使产品不纯 (6). BCl3+3H2OH3BO3+3HCl (7). 2H2O - 4e-O2+4H+ (8). 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3BO3【解析】【分析】根据装置:由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,制得的氯气混有HCl和水蒸气,可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体,由C中浓硫酸吸水干燥;BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸,因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气,干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应;BCl3的沸点为12.5,熔点为-107.3,可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集,F中NaOH可以吸收尾气,防止污染空气;为防止F中的水蒸气进入B装置,在B和F之间连接一个C干燥装置,据此分析解答。【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,反应的方程式为:KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O,故答案为:KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O;(2)根据分析,A制备氯气,E中饱和食盐水吸收HCl气体,C中浓硫酸吸水干燥,为保证除杂充分,导气管均长进短出,干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应,用B中冰水冷凝产物BCl3并收集,F中NaOH吸收尾气,防止污染空气,为防止F中的水蒸气进入B装置,在B和F之间连接一个C干燥装置,故连接顺序为:aihdefg(或gf)bc(或cb)dej,故答案为:ihdefg(或gf)bc(或cb)de;(3)装置E中为饱和食盐水,可以除去氯气中的HCl气体,若拆去E装置,硼粉与HCl气体反应生成H2,加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸,故答案为:饱和食盐水;硼粉与HCl气体反应生成H2,加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸;(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气。若缺少此步骤,氧气与硼粉会生成B2O3,使产品不纯,故答案为:会生成B2O3,使产品不纯;(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,白雾为HCl,反应的方程式为:BCl3+3H2OH3BO3+3HCl;根据装置,阳极室为硫酸,放电的是水中氢氧根离子,电极反应式为:2H2O-4e-O2+4H+;阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3BO3,故答案为:BCl3+3H2OH3BO3+3HCl;2H2O-4e-O2+4H+;阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3BO3。【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5),根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键,阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子,其中放电能力最强的是氢氧根离子,阴极室是氢离子放电。9.习近平主席在中央城镇化工作会议发出号召:“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁” 。消除含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设美丽家乡,打造宜居环境具有重要意义。(1)以HCl为原料,用O2氧化制取Cl2,可提高效益,减少污染。反应为:4HCl(g) + O2(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H -115.4 kJmol-1,通过控制合适条件,分两步循环进行,可使HCl转化率接近100%。原理如图所示:过程I的反应为:2HCl(g) + CuO (s)CuCl2(s) + H2O(g) H1 -120.4 kJmol-1,过程II反应的热化学方程式为_。(2)容积均为1L的甲、乙两个容器,其中甲为绝热容器,乙为恒温容器相同温度下,分别充入0.2mol的NO2,发生反应:2NO2(g) N2O4(g) H”、“”或“=”)。(3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。可用次氯酸钠除去氨氮,同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式:_。EFH2O2FeOx法可用于水体中有机污染物降解,其反应机理如图所示。则阴极附近Fe2+参与反应的离子方程式为_。(4)工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25时用1 mol L -1的Na2SO3溶液吸收SO2,当溶液pH7时,溶液中各离子浓度的大小关系为_。(已知25时:H2SO3的电离常数Ka11.310-2,Ka26.210-8)【答案】 (1). 2CuCl2(s) + O2(g) 2CuO (s)+ 2Cl2(g) H2 +125.4 kJmol-1 (2). 反应放热,体系的温度升高,反应速率加快 (3). 225 (4). (6). 2NH33NaClO N23NaCl3H2O (7). H2O2+ H+ + Fe2+ Fe3+ + H2O + OH (8). c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+) c(OH-)【解析】【分析】(1)盖斯定律计算判断过程反应的热化学方程式;(2)甲为绝热容器,反应为放热反应;达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L,结合三段式列式计算平衡浓度,再计算平衡常数;甲为绝热容器,乙为恒温容器,反应为放热反应,温度升高平衡逆向移动,气体的物质的量增大,据此分析判断;(3)根据流程图,NH3、NaClO是反应物,次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物,氯化钠、氮气和水是生成物,据此书写反应的方程式;根据图像阴极附近Fe2+、H2O2与H+反应生成Fe3+、H2O和OH,据此解答;(4)25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2,当溶液pH=7时,溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3,且c(Na+)最大,c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,根据K2计算判断c(HSO3-)和c(SO32-)的大小,然后排序。【详解】(1)4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H-115.4kJmol-1,过程的反应为:2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)H1-120.4kJmol-1,根据盖斯定律,将-2得:过程反应的热化学方程式:2CuCl2(s)+O2(g)2CuO(s)+2Cl2(g)H2+125.4kJmol-1,故答案为:2CuCl2(s)+O2(g)2CuO(s)+2Cl2(g)H2+125.4kJmol-1;(2)甲为绝热容器,2NO2(g) N2O4(g) H0,反应为放热反应,放出的热量对反应速率影响大,03s内,甲容器中NO2的反应速率增大的原因是:0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响,故答案为:反应放热,体系的温度升高,反应速率加快;相同温度下,分别充入0.2mol的NO2,发生反应:2NO2(g)N2O4(g)H0,达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L, 2NO2(g)N2O4(g)起始量(mol/L) 0.2 0变化量(mol/L) 0.18 0.09平衡量(mol/L) 0.02 0.09平衡常数K=225,故答案为:225;容积均为1L的甲、乙两个容器,其中甲为绝热容器,乙为恒温容器,相同温度下,分别充入0.2mol的NO2,发生反应:2NO2(g)N2O4(g)H0,甲容器中温度升高,平衡逆向进行,平衡常数减小,则K甲K乙,平衡逆向,移动,气体的物质的量增大,气体压强增大,则P甲P乙,故答案为:;(3)根据流程可知,NH3、NaClO是反应物,次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物,氯化钠、氮气和水是生成物,所以反应为:2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O,故答案为:2NH3+3NaClON2+3NaCl+3H2O;根据图示,阳极上Fe失去电子生成亚铁离子,阳极反应式为Fe-2e-Fe2+,阴极附近Fe2+、H2O2与H+反应,结合图中生成物可知离子反应为H2O2+H+Fe2+Fe3+H2O+OH,故答案为:H2O2+H+Fe2+Fe3+H2O+OH;(4)25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2,当溶液pH=7时,溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3,故c(Na+)最大,c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,根据K2=6.210-8=,则=0.62,即c(HSO3-)c(SO32-),则有:c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH),故答案为:c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)c(OH-)。10.磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一,磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体,工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下:已知:锰矿粉的主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属Mn+离子c(Mn+) 0.1 mol L -1形成M(OH) n沉淀的pH范围如下:常温下,Ksp(CaF2) 1.4610-10 Ksp(MgF2) 7.4210-11 Ka(HF) 1.00 10-4回答下列问题:(1)分析下列图1、图2,氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是:_。(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_。(3)浸出液“净化除杂”过程如下:首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为_;再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去;然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去,此时溶液pH为6,c(Mg2+)4.6410-6 molL-1,c(HF)为_molL-1。(4)碳化结晶时,反应的离子方程式为_。(5)碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是_。(6)测定碳酸锰产品的纯度。称取0.5000 g碳酸锰产品于锥形瓶中,加25.00 mL磷酸,加热,碳酸锰全部转化为Mn(PO4)23-,冷却至室温。加水稀释至100 mL,滴加23滴指示剂,然后用浓度为0.2000 molL-1的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(反应为:Mn(PO4)23- +Fe2+ Mn2+ +Fe3+2PO43-)。重复操作3次,记录数据如下表:滴定次数0.2000 molL-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95则产品的纯度=_,若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡,则测得的碳酸锰粗产品的纯度_(填“偏高”“ 偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). 500 m(NH4Cl):m(锰矿粉)=1.10 (2). MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O (3). MnO22Fe24HMn22Fe32H2O (4). 4.010-5 (5). Mn22HCO3MnCO3CO2H2O (6). 碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀 (7). 92.00% (8). 偏低【解析】【分析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧,反应生成二氧化碳和氨气,因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O,浸出,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,浸出液需要净化除杂,根据(3)的提示,需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl,加入碳酸氢铵发生反应:Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O,炭化结晶,过滤,滤饼干燥后得到MnCO3,滤液为NH4Cl溶液,蒸发结晶得到NH4Cl固体,可循环使用,据此分析解答。【详解】(1)根据图像可知,锰的浸出率随着温度的升高而增大,随着m(NH4Cl)m(锰矿粉)增大而增大,500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10时,锰的浸出率最高,温度过高,m(NH4Cl)m(锰矿粉)再打,浸出率变化不大,成本增加,故焙烧温度取500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10即可;故答案为:500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10;(2)将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧,反应生成二氧化碳和氨气,因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O,故答案为:MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O;(3)MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,离子反应为:MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O;已知:常温下,Ksp(MgF2)7.4210-11,Ka(HF)1.0010-4,溶液pH为6,c(Mg2+)4.6410-6molL-1,则此时c(F-)=mol/L=410-3mol/L,Ka(HF)=1.0010-4,c(HF)=4.010-5mol/L,故答案为:MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O;4.010-5;(4)碳化结晶时,反应的方程式为:Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O,故答案为:Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O;(5)碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀,故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液,故答案为:碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀;(6)根据表格数据,三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为:20.10、20.00、19.90,消耗的平均体积为20.00 mL,根据关系式:MnCO3Mn(PO4)23-(NH4)2Fe(SO4)2,则n(MnCO3)=n(硫酸亚铁铵)=0.2000mol/L0.02L=0.004mol,产品的纯度为100%=92.00%;若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡,则标准液消耗的体积读数偏小,故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低,故答案为:92.00%;偏低。11.2020年1月3日上午,嫦娥四号探测器翩然落月,首次实现人类飞行器在月球背面软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车,通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题:(1)基态As原子的价电子排布图为_,基态Ga原子核外有_个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位:kJmol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192,由此可推知镓的主要化合价为_和+3,砷的电负性比镓_(填“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应:HCCH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HCCH分子中键与键数目之比为_;AsCl3分子的空间构型为_。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700制得,(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_(5)GaAs为原子晶体,密度为gcm-3,其晶胞结构如图所示, Ga与As以_键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm,设阿伏伽德罗常数的值为NA,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_(列出计算式,可不化简)。【答案】 (1). ) (2). 1 (3). +1 (4). 大 (5). 3:2 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 共价 (9). 100%【解析】【分析】(1)As为33号元素,基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子,基态Ga原子核外4p能级上有1个电子;(2)根据电离能知,失去1个或3个电子时电离能发生突变,由此可推知镓的主要化合价,同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大;(3)共价单键为键、共价三键中含有一个键、两个键;根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型;(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型;(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力;根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数,计算晶胞的质量和体积,再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=100%计算。【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子,所以其价电子排布式为,基态Ga原子核外4p能级上有1个电子,则Ga未成对电子数是1,故答案为:;1;(2)根据镓失去电子的逐级电离能知,失去1个或3个电子电离能突变,由此可推知镓的主要化合价为+1和+3,同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大,二者位于同一周期且原子序数GaAs,则电负性As比Ga大,故答案为:+1;大;(3)共价单键为键、共价三键中含有一个键、两个键,因此乙炔分子中含有3个键、2个键,则键、键个数之比为32;AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4,含有一个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形,故答案为:32;三角锥形;(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3,故答案为:sp3;(5)GaAs为原子晶体,Ga和As原子之间以共价键键合;该晶胞中Ga原子个数是4、A
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