2023届高中总复习第二轮第二部分题型指导考前提分专题二非选择题专项指导

非选择题专项指导专题二2023高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI题型一工艺流程题题型解读工艺流程题是近几年高考中经常出现的一种热点题型。通常以制备型工艺流程题和分离提纯型工艺流程题为主。解答此类题目的分析思路:解答工艺流程题可按照以下步骤进行:1.认真阅读题干,了解生产目的及有用信息。2.整体分析工艺流程,掌握生产过程分为哪几个阶段。3.分析每一个阶段的生产原理、物质变化、条件控制及其实验操作。4.了解生产过程中的有关物质的回收和原料的循环利用,以及对绿色化学思想的运用和所采取的环保措施。5.认真分析题中设问,规范作答。典例分析一、物质制备型工艺流程题例1(2020山东卷)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:已知:MnO2是一种两性氧化物;25℃时相关物质的Ksp见下表。

物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10-16.31×10-38.61×10-32.31×10-12.7回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是

,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为

。

(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是

。

(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入

操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为

(填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为

(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。

(5)炭化过程中发生反应的离子方程式为

。

答案:(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率MnO2+BaS+H2O══Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2

4.9解析:该题遵循化工生产的过程,对工艺流程的环节与条件进行简化处理,在科学基础上通过最简洁的呈现方式呈现生产过程,并设置问题,避免信息冗长对考生造成思维上的干扰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大接触面积,提高反应速率。根据信息,MnO2与BaS反应转化为MnO,再结合流程图反应后经过过滤、蒸发等一系列物理过程得到Ba(OH)2,过滤后酸解生成硫黄,硫黄不与H2SO4反应,故MnO2与BaS溶液反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2O══Ba(OH)2+MnO+S。(2)已知MnO2是两性氧化物,保持BaS投料量不变,增大MnO2与BaS的投料比,过量的MnO2能与Ba(OH)2反应,故Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。(3)将滤液Ⅰ导入蒸发装置可循环利用。(4)根据表中Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2],需要将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,因此需要加入绿色氧化剂H2O2。加入氨水调节pH,目的是使Al3+、Fe3+完全沉淀,而Mn2+不沉淀,故Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1.0×10-5×c3(OH-)=1×10-32.3,则c(OH-)=10-9.1

mol·L-1,则pH=4.9。(5)炭化过程中发生复分解反应:方法拓展

无机化工流程题的审题角度化工生产流程题中经常会出现一些表述性词语,这些表述性词语包含隐性信息,它可以暗示我们审题所应考虑的角度。常见的有:(1)“控制较低温度”——常考虑物质的挥发,物质的不稳定性和物质的转

化等。(2)“加过量试剂”——常考虑反应完全或增大某种反应物的转化率等。(3)“能否加其他物质”——常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。(4)“在空气中或在其他气体中”——主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。(5)“判断沉淀是否洗净”——常取少量最后一次洗涤液放入试管中,向其中滴加某试剂,以检验其中的某种离子。(6)“检验某物质的设计方案”——通常取少量某液体放入试管中,加入另一试剂产生某现象,然后得出结论。(7)“控制pH”——常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。(8)“用某些有机试剂清洗”——常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。对点训练1(2020全国Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题:(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是

。

(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成,同时还有

离子被氧化。写出VO+转化为

反应的离子方程式

。

(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、

以及部分的

。

(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是

。

(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是

。

(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是

。

答案:(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(3)Mn2+

Al3+和Fe3+(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4+HCl══Al(OH)3↓+NaCl+H2O(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全解析:依据信息,该黏土钒矿中主要含有钒(+3、+4、+5价)的化合物,钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2和Fe3O4,分析每一步流程所加试剂和操作,确定涉及的主要反应及产物(包含滤液、滤渣)。同时,保证整个流程中所制备物质(钒元素)不能损失。(3)在“中和沉淀”过程中,依据调节溶液的pH为3.0~3.1,结合表格中离子开始沉淀及完全沉淀的pH范围可知,此时进入滤液②的主要是Mn2+,以及部分Al3+、Fe3+。(4)在“沉淀转溶”过程中,V2O5·xH2O转化为

,此时溶液pH>13,则溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去。(5)在“调pH”过程中有氢氧化铝沉淀生成,反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O══Al(OH)3↓+NaCl或NaAl(OH)4+HCl══Al(OH)3↓+NaCl+H2O。(6)在“沉钒”过程中析出NH4VO3晶体时,由于NH4VO3在氯化铵溶液中溶解度降低(或回答由于同离子效应),促使NH4VO3尽可能析出完全。二、分离提纯型工艺流程题例2(2022安徽合肥三模)铈可用作优良的环保材料,现以氟碳铈矿(CeFCO3,含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈,其工艺流程如图所示:已知:①“滤渣Ⅰ”主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3;②常温下,K[Fe(OH)3]=8×10-38,K[Ce(OH)3]=1×10-22,lg2=0.3;③溶液中离子浓度不大于1×10-5mol·L-1时视为沉淀完全。回答下列问题:(1)将粉碎的氟碳铈矿“焙烧”时,氧化数据如表所示:空气氧化法氧化温度/

℃氧化率/%氧化时间/h暴露空气中450~5008014对流空气氧化炉中450~500986在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是

。

(2)用盐酸和H3BO3浸取含Ce物质时,“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应,则“滤渣Ⅱ”主要成分为

(填化学式)。

(3)常温下,“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1,用氨水调pH的范围是

。

(4)写出“滤液Ⅱ”与NH4HCO3反应的离子方程式:

;若Ce2(CO3)3经充分焙烧后质量减少了5.8t,则获得的CeO2的质量为

t。

(5)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce,反应的化学方程式为

;铝粉过量的原因是

。

答案:(1)增大了气体与固体粉末的接触面积(2)KBF4(3)3.3≤pH<7解析:氟碳铈矿中含CeFCO3、Fe2O3、FeO等,在空气中焙烧,Ce3+在空气中被氧化为Ce4+,Fe2+被氧化为Fe3+,用盐酸和H3BO3浸取,Fe3+进入溶液,过滤分离,“滤渣Ⅰ”主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3,“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应,生成KBF4和CeCl3溶液,“滤渣Ⅱ”是KBF4。向“滤液Ⅱ”中加入碳酸氢铵,使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3,最后焙烧分解生成CeO2,再经还原得到Ce。(1)在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末的接触面积。(2)“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应,生成KBF4和CeCl3溶液,则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4。解题指导

工艺流程题分析问题的方法。(1)有些问题并不需要流程图中的信息就可回答。(2)有些问题只需要部分信息,并不需要看懂全部信息就可回答,题目给出完整的工业流程图是为了使其与实际工业生产相对应,所以不要纠缠于与问题无关的步骤之中。(3)当遇到问题无从解答时,要根据工业流程的目的思考,可能就会打开思路,找到解决问题的方法。方法拓展

1.对原料进行预处理的常用方法。(1)研磨:减小固体颗粒,增大固体与液体或气体间的接触面积,加快反应

速率。(2)水浸:与水接触反应或溶解。(3)酸浸:与酸接触反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去。(4)灼烧:除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时,灼烧就是为了除去海带中的可燃性杂质。(5)煅烧:改变物质结构,并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土。2.无机化工流程题常见设问方向:(1)反应速率与平衡理论的运用;(2)氧化还原反应的判断、化学方程式或离子方程式的书写;(3)利用控制pH分离除杂;(4)化学反应的能量变化;(5)实验基本操作:除杂、分离、检验、洗涤、干燥等;(6)流程中的物质转化和循环,资源的回收和利用;(7)环境保护与绿色化学评价。对点训练2某化学工厂产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、

、F-和

等离子。综合利用该酸洗废液的工艺流程如下:已知:①Ni2+与足量氨水的反应为Ni2++6NH3[Ni(NH3)6]2+。②金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表。离子Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9③Ksp(CaF2)=4×10-11。

回答下列问题:(1)再生酸中主要含有硝酸,采取减压蒸馏的原因是

。

(2)“渣1”的主要成分为

(填化学式)。

(3)转化时发生反应的离子方程式为

。

(4)用平衡移动的原理解释沉镍的原理:

。

(5)“渣3”的主要成分为氢氧化钙和

、

。(填化学式)

(6)国家排放标准要求F-的浓度≤3.8mg·L-1。残液中残留的Ca2+浓度至少应为

mg·L-1。

答案:(1)降低蒸馏温度,以减少HNO3的分解(2)Fe(OH)3(5)CaSO4

CaF2(6)40解析:(1)HNO3易分解,采取减压蒸馏的目的是降低蒸馏的温度以减少HNO3的分解。(2)Fe3+完全沉淀的pH为3.4,所以加入氧化铁调节pH为3.5,析出的“渣1”的主要成分为Fe(OH)3。(5)由于溶液含有F-,“渣3”的主要成分为CaSO4、Ca(OH)2和CaF2。

题型二化学反应原理题型解读化学反应原理类试题是近几年高考的必考题型。该题型通常以元素化合物知识为载体,以工业生产为背景,综合考查化学反应速率、化学平衡及其影响因素,化学反应中的能量转化,盖斯定律及其应用,热化学方程式的书写,原电池和电解池的原理及其电极反应式的书写,水溶液中的离子平衡等知识,甚至还融合考查氧化还原反应、离子反应等,涉及的知识点较多,同时还涉及图像分析和应用。解答此类题目的分析思路:(1)浏览全题,明确已知和所求,挖掘解题切入点。(2)对于化学反应速率和化学平衡图像类试题,应明确图像中纵、横坐标的含义,理解起点、终点、拐点的意义,分析曲线的变化趋势。对于图表数据类试题,分析数据,研究数据间的内在联系,找出数据的变化规律,挖掘数据的隐含意义。对于电化学类试题,首先判断是原电池还是电解池,然后分析电极类别,书写电极反应式,按电极反应式进行相关计算。对于电解质溶液类试题,首先要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型,然后再进行解答。(3)针对题目中所设计的问题,联系相关理论逐个作答。解答化学反应原理类题目可按照以下步骤进行:1.将题目按知识模块分类,如电化学、热化学、化学反应速率与化学平

衡等。2.运用本模块内相关原理,如化学反应速率和化学平衡常数计算公式等,分模块解决本专题问题。3.复查,整体检查全题,调整答案。典例分析一、归纳型化学反应原理题例1(2020山东卷)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1=-49.5kJ·mol-1Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

ΔH2=-90.4kJ·mol-1Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH3回答下列问题:(1)ΔH3=

kJ·mol-1。

(2)一定条件下,向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为amol,CO为bmol,此时H2O(g)的浓度为

mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为

。

(3)不同压强下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图

(填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺序为

;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是

。

(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件为

(填字母)。

A.低温、高压

B.高温、低压C.低温、低压

D.高温、高压答案:(1)+40.9(3)乙p1、p2、p3

T1时以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响(4)A解析:本题利用科研文献中图像、曲线及数据设题,要求考生在陌生情景中进行热力学分析,有一定难度。(1)根据盖斯定律可得Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ,则ΔH3=+40.9

kJ·mol-1。(2)反应Ⅰ:

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)转化/mol

x

3x

x

x反应Ⅱ:

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)转化/mol

a-x

2a-2x

a-x反应Ⅲ:

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)转化/mol

y

y

y

yn(CO)=y

mol-a

mol+x

mol=b

mol,则x+y=a+b。(3)从图乙中看到在T1时,p不同时三条曲线交于一点,说明压强的改变对平衡无影响。而反应Ⅲ前后分子数不变,反应以Ⅲ为主,所以升高温度平衡正向移动,CO2的转化率升高。图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率,图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率,反应Ⅰ、Ⅱ都是体积减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,故p1>p2>p3。(4)由反应的方程式可知,低温、高压可提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率。方法拓展

“四角度”突破反应能量与反应原理的综合题角度一—灵活应用盖斯定律准确计算反应热,规范书写热化学方程式↓角度二—深入理解外界因素对化学反应速率、化学平衡的影响规律,并能和图像、图表有机结合在一起↓角度三—熟练利用电离平衡、水解平衡以及物料守恒和电荷守恒比较溶液中粒子浓度的大小↓角度四—准确处理数据,正确计算平衡常数、转化率以及百分含量等对点训练1(2022安徽合肥三模)甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法

之一。回答下列问题:(1)已知:CH4(g)+2O2(g)══CO2(g)+2H2O(l)

ΔH1=-885kJ·mol-12C2H2(g)+5O2(g)══4CO2(g)+2H2O(l)

ΔH2=-2600kJ·mol-12H2(g)+O2(g)══2H2O(l)

ΔH3=-572kJ·mol-1则2CH4(g)══C2H2(g)+3H2(g)ΔH=

kJ·mol-1。

②在恒容密闭容器中充入amol甲烷,测得单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率与温度的关系如图所示,T0

℃后CH4的转化率突减的原因可能是

。

(3)甲烷裂解体系中几种气体的平衡分压(p/Pa)的对数与温度的关系如图

所示。①T1

℃时,化学反应2CH4(g)══C2H2(g)+3H2(g)的压强平衡常数Kp=

(用平衡分压代替平衡浓度计算)。

②在某温度下,向V0L恒容密闭容器中充入0.12molCH4只发生反应2CH4(g)══C2H4(g)+2H2(g),达到平衡时,测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为

(结果保留一位小数)。

(4)甲烷还能发生水蒸气重整反应,涉及的化学方程式如下:Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)══CO(g)+3H2(g)

ΔH1=+206kJ·mol-1;Ⅱ.CO(g)+H2O(g)══CO2(g)+H2(g)

ΔH2=-41kJ·mol-1。在一容积可变的密闭容器中,加入一定量的CH4和H2O(g)发生水蒸气重整反应。①压强为p0kPa时,分别在加CaO和不加CaO时,测得平衡体系H2的物质的量随温度变化如图所示。温度低于700℃时,加入CaO可明显提高混合气中H2的物质的量,原因是

。

②500℃时,反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点CH4的浓度大小关系为cG(CH4)

(填“>”“<”或“=”)cE(CH4)。

答案:(1)+388(2)①B

②温度过高,催化剂活性降低(3)①104.7

②66.7%(4)①加入的CaO与体系中的二氧化碳反应,使反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡正向移动,氢气含量增大②>(4)①CaO为碱性氧化物,加入的CaO与体系中的二氧化碳反应,使反应Ⅱ

的化学平衡正向移动,CO浓度降低,反应Ⅰ的平衡也正向移动,使氢气含量增大;②500

℃时,由图可知,E点压强小于G点压强,增大压强,使反应Ⅰ的化学平衡逆向移动,甲烷的浓度增大;容器容积可变,增大压强,容积减小,综合上述两点可知,cG(CH4)>cE(CH4)。二、演绎型化学反应原理题例2氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。已知:①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.2kJ·mol-1②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

ΔH=+247.4kJ·mol-1③2H2S(g)2H2(g)+S2(g)

ΔH=+169.8kJ·mol-1(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为

。

(2)在密闭容器中充入一定量H2S,发生反应③。如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。①图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为

,理由是

。

②该反应平衡常数大小:K(T1)

(填“>”“<”或“=”)K(T2),理由是

。

③如果要进一步提高H2S的平衡转化率,除改变温度、压强外,还可以采取的措施有

。

(3)燃料电池能大幅度提高能量转化率。相同条件下,甲烷、氢气燃料电池的能量密度之比为

(单位质量的可燃物输出的电能叫能量密度,能量密度之比等于单位质量的可燃物转移电子数之比)。

(4)硫化氢是剧毒气体,尾气中硫化氢有多种处理方法:①碱溶液吸收。用150mL2.0mol·L-1NaOH溶液吸收4480mL(标准状况)H2S得到吸收液X(显碱性)。X溶液中粒子浓度大小关系正确的是

(填字母)。

A.c(Na+)>c(S2-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)C.c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)D.2c(OH-)+c(S2-)=2c(H+)+c(HS-)+3c(H2S)②硫酸铜溶液吸收。200mL0.05mol·L-1CuSO4溶液吸收H2S恰好使反应后溶液中Cu2+和S2-浓度相等。已知常温下,Ksp(CuS)≈1.0×10-36。上述吸收H2S后的溶液中c(Cu2+)约为

。

答案:(1)CH4(g)+2H2O(g)══CO2(g)+4H2(g)

ΔH=+165.0kJ·mol-1

(2)①p1<p2<p3该反应的正反应是气体分子数增大的反应,其他条件不变时,减压使平衡正向移动,H2S的平衡转化率增大②<该反应的正反应是吸热反应,升高温度,平衡常数增大③及时分离出产物(3)1∶2

(4)①BD

②1.0×10-18mol·L-1解析:(1)由①×2-②得化学方程式:CH4(g)+2H2O(g)══CO2(g)+4H2(g),根据盖斯定律计算该反应的反应热:ΔH=(+206.2

kJ·mol-1)×2-(+247.4

kJ·mol-1)=+165.0

kJ·mol-1。(2)①硫化氢分解反应是气体分子数增大的反应,相同温度下,增大压强,H2S的平衡转化率降低。从图像看,相同温度下,p1条件下H2S的平衡转化率最大,p3条件下H2S的平衡转化率最小。所以,压强大小关系有:p1<p2<p3。②由硫化氢分解的热化学方程式知,硫化氢分解反应是吸热反应,升高温度,H2S的平衡转化率增大,平衡向正反应方向移动,平衡常数增大。③及时分离出产物,平衡向正反应方向移动,H2S的平衡转化率提高。(3)16

g甲烷完全反应转移8

mol电子,2

g氢气完全反应转移2

mol电子。等质量的甲烷、氢气完全反应,对应燃料电池的能量密度(即甲烷、氢气失去电子总数)之比为1∶2。解题指导

本题将热化学方程式、电解质溶液理论、溶度积、电化学和

化学平衡理论等进行整合考查,在题量受限条件下这类题是高考中的重要题型。(1)运用盖斯定律正确书写相关的热化学方程式,关键是找准已知热化学方程式与目标热化学方程式之间的定量关系;(2)处理电解质溶液问题,抓住“三个守恒关系”(物料守恒、电荷守恒和质子守恒);(3)解决难溶电解质问题,灵活运用溶度积常数。方法拓展

“四步”突破以元素性质为主线的化学反应原理综合题

对点训练2“低碳循环”引起各国的高度重视,而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2,引起了全世界的普遍重视。将CO2转化为甲醇:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),此研究对CO2的深度开发应用和构建生态文明社会具有重要的意义。图1(1)在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应。测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如图1所示:①0~10min内,H2的平均反应速率为

;第10min后,保持温度不变,向该密闭容器中再充入2molCO2(g)和6molH2(g),则新平衡时CO2的转化率α1与原平衡CO2的转化率α之间的关系为α1

(填“>”“<”或“=”)α,平衡常数Kp=

(以分压表示,分压=总压×物质的量分数,新平衡时体系的总压为p1,用含p1和α1的式子表示Kp)。

②一定温度下,若此反应在恒压容器中进行,能判断该反应达到化学平衡状态的依据是

(填字母)。

a.容器中压强不变b.H2的体积分数不变c.c(H2)=3c(CH3OH)d.容器中气体的密度不变e.2个C=O断裂的同时有3个H—H断裂(2)若已知:①CO2(g)+3H2(g)══CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1=-akJ·mol-1②2H2(g)+O2(g)══2H2O(g)

ΔH2=-bkJ·mol-1③H2O(g)══H2O(l)

ΔH3=-ckJ·mol-1④CH3OH(g)══CH3OH(l)

ΔH4=-dkJ·mol-1则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为

。

(3)如下图,25℃时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解600mL一定浓度的NaCl溶液。图2①U形管内发生反应的化学方程式为

。

②电解一段时间后,NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变),则理论上消耗甲醇的物质的量为

mol。若向U形管内电解后的溶液中通入CO2气体,使所得溶液c()∶c()=2∶1,则此时溶液中的c(H+)=

mol·L-1(室温下,H2CO3的Ka1=4×10-7,Ka2=5×10-11)。

解析:(1)①10

min时,c(CO2)=0.25

mol·L-1,即消耗CO2的浓度为0.75

mol·L-1,消耗H2的浓度为2.25

mol·L-1,0~10

min内,氢气的平均反应速率为v(H2)==0.225

mol·L-1·min-1;第10

min后,保持温度不变,向该密闭容器中再充入2

mol

CO2(g)和6

mol

H2(g),相当于加压,平衡正向进行,转化率增大,则新平衡时CO2的转化率α1与原平衡CO2的转化率α之间的关系为α1>α。由图像可知,充入1

mol

CO2和3

mol

H2后继续再充入2

mol

CO2(g)和6

mol

H2(g)时:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol)

3

9

0

0转化(mol)

3α1

9α1

3α1

3α1平衡(mol)

3(1-α1)

9(1-α1)

3α1

3α1②反应在恒压容器中进行,所以当容器中压强不变时,无法判断反应是否达到平衡状态,a错误;反应过程中,H2的体积分数发生变化,所以H2的体积分数不变时,反应已达到平衡状态,b正确;c(H2)=3c(CH3OH)时,可能是某一时刻,无法判断是否一直不变,所以无法判断反应是否达到平衡状态,c错误;由于反应是在一定温度下的恒压容器中进行,所以容器的体积发生变化,而气体的总物质的量不变,即密度发生变化,所以当气体的密度不变时,反应已达平衡状态,d正确;断裂C=O和断裂H—H均表示正反应速率,无法判断反应是否达到平衡状态,e错误;故选bd。题型三化学实验设计与评价一、探究型实验例1为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性,某化学兴趣小组设计了如下

实验。Ⅰ.AgNO3的氧化性。将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中,一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物,将溶液中的Ag+除尽后,进行了如下实验。可选用的试剂:KSCN溶液、氯水、K3[Fe(CN)6]溶液。已知:Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀。(1)请完成下表:操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液放入试管中,加入KSCN溶液,振荡

存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液放入试管中,加入

,振荡

存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe3+Ⅱ.AgNO3的热稳定性。用下图所示的实验装置A加热AgNO3固体,产生红棕色气体,在装置D中收集到无色气体。当反应结束以后,试管中残留固体为黑色。(2)装置B的作用是

。

(3)经小组讨论并验证该无色气体为O2,其验证方法是

。

(4)【查阅资料】Ag2O和粉末状的Ag均为黑色;Ag2O可溶于氨水。【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是:ⅰ.Ag;ⅱ.Ag2O;ⅲ.Ag和Ag2O。【实验验证】该小组为验证上述设想,分别取少量黑色固体放入试管中,进行了如下实验。实验编号操作现象a加入足量氨水,振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸,振荡黑色固体溶解,并有气体产生【实验评价】根据上述实验,不能确定固体产物成分的实验是

(填实验编号)。

【实验结论】根据上述实验结果,该小组得出的AgNO3固体热分解的产物有

。

答案:(1)溶液呈红色K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀(2)防倒吸(3)用带火星的木条伸入集气瓶内,木条复燃,证明无色气体为O2

(4)b

Ag、NO2、O2解析:(1)能用来检验Fe3+的试剂是KSCN溶液,加入后如果溶液变为红色,则其中含有Fe3+。若溶液中含有Fe2+,加入K3[Fe(CN)6]溶液后,溶液中有蓝色沉淀生成。(2)装置B中的进气管和出气管的长度相等,故为安全瓶,防止C中的溶液倒吸入A装置中,引起试管炸裂。(3)检验O2的方法:将带火星的木条伸入集气瓶内,若木条复燃则证明气体为氧气。(4)银不溶于氨水,实验a中,加入氨水后固体不溶解,说明黑色固体为Ag;金属银与稀硝酸反应生成NO,Ag2O也与稀硝酸反应生成AgNO3,故实验b不能说明固体是Ag还是Ag与Ag2O的混合物;根据上述分析可知只能采用实验a的结论,故AgNO3固体分解的产物为Ag、NO2、O2。解题指导

物质组成、性质及反应条件等的探究实验,其实是以物质的性质和反应为情境,对某种反应的实质或物质的成分等提出假设,然后设计实验进行验证,实验的设计主要是根据物质的性质去做,但要防止物质在检验时的相互干扰。探究型实验的基本程序:发现并提出问题→猜想与假设→设计实验→实施实验、观察现象、对现象及数据进行记录和分析→解释及结论。方法拓展

物质性质探究的常见方法(1)证明酸性:①pH试纸或酸碱指示剂;②与Na2CO3溶液反应;③与锌反应等。(2)证明弱酸或弱碱:①证明存在电离平衡;②测定对应盐溶液的酸碱性;③测量稀释前后的pH变化。(3)证明氧化性:与还原剂(如KI、SO2、H2S等)反应,产生明显现象。(4)证明还原性:与氧化剂(如酸性KMnO4溶液、溴水、浓硝酸等)反应,产生明显现象。(5)证明某分散系为胶体:丁达尔效应。(6)证明碳碳双键(或三键):使酸性KMnO4溶液或溴水褪色。(7)证明酚羟基:①与浓溴水反应产生白色沉淀;②与FeCl3溶液发生显色

反应。(8)证明醇羟基:与酸发生酯化反应,其产物不溶于水,有果香味。(9)证明醛基:①与银氨溶液作用产生银镜;②与新制Cu(OH)2作用产生红色沉淀。(10)比较金属的活动性:①与水反应;②与酸反应;③置换反应;④原电池;⑤电解时放电顺序;⑥最高价氧化物的水化物的碱性强弱;⑦同种强酸的对应盐的酸性强弱。(11)比较非金属的活动性:①置换反应;②与氢气反应的难易;③气态氢化物的稳定性、还原性;④最高价氧化物的水化物的酸性强弱。(12)比较酸(碱)的酸(碱)性强弱:强酸(碱)制弱酸(碱),即较强的酸(碱)制得较弱的酸(碱)。对点训练1(2022山东德州高三二模)某课题小组利用硫渣与氯气反应制备四氯化锡,其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知四氯化锡(SnCl4)常温下为无色液体,易水解。硫渣的化学组成如表所示。

物质SnCu2SPbAs其他杂质质量分数/%64.4325.827.341.231.18氯气与硫渣反应的相关产物的熔、沸点如表所示。

物质SnCl4CuClPbCl2AsCl3S熔点/

℃-33426501-18112沸点/

℃1141490951130444(1)仪器a的名称为

,A中发生反应的化学方程式为

。

(2)e中所加物质为

,作用为

。

(3)装置中存在一处缺陷会导致SnCl4产率降低,改进的方法是

。

(4)提纯三颈烧瓶中得到的粗产品的方法是

;提纯后剩余的固体渣经过处理,可回收的主要金属有

。

(5)已知SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质,利用碘量法可测量产品的纯度:取10.00g产品溶于水,加入20.00mL0.100mol·L-1标准I2溶液,并加入少量的淀粉溶液;用0.001mol·L-1的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘,滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准溶液20.00mL。测定过程中发生的相关反应:①AsCl3+3H2O══H3AsO3+3HCl②H3AsO3+I2+H2O══H3AsO4+2HI则产品中SnCl4的质量分数为

(保留一位小数);若滴定后发现滴管尖嘴处产生了气泡,则使测量结果

(填“偏高”或“偏低”)。

答案:(1)恒压滴液漏斗K2Cr2O7+14HCl(浓)══2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O(2)碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶而引起SnCl4水解(3)在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶(4)蒸馏Cu、Pb(5)96.4%偏低解析:装置A用于制备Cl2,反应原理为K2Cr2O7+14HCl(浓)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O。由于SnCl4常温下易水解,装置B用于除去Cl2中混有的水蒸气;装置C用于制备四氯化锡,反应原理为Sn+2Cl2SnCl4;为了防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶,同时吸收多余的氯气,e中加入碱石灰。(1)为了使浓盐酸能顺利滴入烧瓶中,使用的仪器a为恒压滴液漏斗,装置A用于制备Cl2,反应原理为K2Cr2O7+14HCl(浓)══2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O。(2)e中加入碱石灰,可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶而引起SnCl4水解,同时又能吸收多余的氯气,防止污染空气。(3)装置A用于制备Cl2,Cl2中含有杂质HCl和水蒸气,都会使SnCl4产率降低,因此除了装置B除去水蒸气之外,在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶,用于除去杂质HCl。(4)根据氯气与硫渣反应的相关产物的熔、沸点可知,提纯三颈烧瓶中得到的粗产品的方法是蒸馏,且控制温度为114

℃;硫渣中含有的金属元素为Sn、Cu和Pb,与氯气反应提纯后剩余的固体渣经过处理,可回收的主要金属有Cu和Pb。二、实验方案的设计与评价例2甲、乙两组同学分别做了以下探究实验。(1)甲组探究Cl2与Na2SO3溶液反应,实验装置如下。①请指出该装置的不足之处

、

。

②Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为

。

③设计实验,简述实验步骤,证明洗气瓶中的Na2SO3已被氧化:

。

(2)乙组探究乙酸乙酯(沸点77.1℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率。取四支大小相同的试管,在试管外壁贴上体积刻度纸,按下表进行对照实验。在两种不同温度的水浴中加热相同时间后,记录酯层的体积来确定水解反应的速率。试剂试管Ⅰ(55

℃)试管Ⅱ(55

℃)试管Ⅲ(55

℃)试管Ⅳ(75

℃)乙酸乙酯/mL1V1V2V31mol·L-1

NaOH/mLV430V5蒸馏水/mL0V652④请完成上表,其中V2=

,V4=

,V5=

。

⑤实验中,可用饱和食盐水替代蒸馏水,其优点是

;

但不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水,其原因是

。

⑥实验中,试管Ⅳ比试管Ⅱ中的酯层减少更快,其原因有:温度高水解速率快,还可能有

。

答案:(1)①没有加热装置没有尾气处理装置③取少量洗气瓶中的液体放入干净试管中,加入足量盐酸(滴加稀盐酸至

不再产生气体),再滴加少量的氯化钡溶液,若产生白色沉淀,则证明已经被氧化(2)④1

5

3⑤可减小乙酸乙酯在水中的溶解量,使实验结果更准确碳酸钠溶液水解显碱性(或改变了溶液的碱性等合理说法),干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响⑥水浴温度接近乙酸乙酯的沸点,温度越高,乙酸乙酯挥发也越快解析:(1)①浓盐酸与二氧化锰制取氯气的反应需要加热,氯气有毒,应该使用尾气吸收装置。②氯气与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氯化氢,反应的离子方程式为③若洗气瓶中的Na2SO3已被氧化,则洗气瓶的溶液中应该存在硫酸根离子。(2)④乙组探究乙酸乙酯(沸点77.1

℃)在不同温度、不同浓度NaOH溶液中的水解速率,四支试管中乙酸乙酯的体积都应该为1

mL,即V1=V2=V3=1;试管Ⅰ和试管Ⅲ中蒸馏水的体积不同,则探究的是氢氧化钠的浓度对乙酸乙酯水解的影响,还必须保证溶液总体积相等,则V4=5;试管Ⅳ与试管Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应温度不同,说明是探究温度对乙酸乙酯的水解速率的影响,结合总体积必须相等可知,试管Ⅳ和试管Ⅱ应该是探究温度对乙酸乙酯水解程度影响大小的,故V5=3。⑤由于乙酸乙酯在饱和食盐水中的溶解度减小,故实验中,可用饱和食盐水替代蒸馏水,以便减小乙酸乙酯在水中的溶解度,使实验结果更准确;但碳酸钠溶液水解显碱性,干扰了探究NaOH溶液对水解速率的影响,所以不能用饱和Na2CO3溶液替代蒸馏水。⑥乙酸乙酯的沸点为77.1

℃,水浴温度接近乙酸乙酯的沸点,温度越高,乙酸乙酯挥发也越快。解题指导

1.实验方案设计的解题要领。(1)明确实验方案设计的4项基本要求:①科学性;②安全性;③可行性;④简约性。(2)牢记实验方案设计时要4防:①防爆炸;②防暴沸;③防中毒;④防倒吸。(3)熟记评价实验设计的4个方面:①可行性;②安全性;③可靠性;④准确性。(4)理解综合性实验题解答的4个步骤:①明确实验目的、原理;②根据实验原理选择仪器、药品;③组装仪器并理解各仪器的作用及使用方法;④结合题意,综合分析解答。2.实验方案评价的解题思路:(1)从可行性方面对实验方案进行评价。(2)从绿色化学视角对实验方案进行评价。(3)从安全性方面对实验方案进行评价。方法拓展

实验题的答题流程及规范表述在知识能力水平相差不大的情况下,高考成绩的高低在很大程度上取决于是否规范答题。规范的格式和严密的步骤能充分体现考生知识能力水平和良好的答题习惯。阅卷专家提醒:做题时要认真书写,严格规范;用词准确,回答完整到位;认真审题,不凭猜测和想象答题。规范答题要注意以下问题:(1)这样答题阅卷人是否能看懂、看清楚。(2)这是不是最佳答案。(3)专业术语、专用符号的运用是否符合阅读或使用习惯。1.试纸的使用。(1)定量试纸(如pH试纸)的使用。此类问题的答案几乎是格式化的。解答此类题目要注意三个得分点和关键词:蘸待测液+点试样+对比读数。(2)定性试纸的使用。检验液体:①取放试纸→②玻璃棒蘸待测液→③点在试纸上→④观察颜色(pH试纸与标准比色卡对比);检验气体:①取试纸→润湿→②粘棒端→③近气体→④察颜色。2.气体的检验。根据气体的性质检验气体,可选用湿润试纸或溶液,后者较复杂,如用品红溶液检验SO2气体。3.离子的检验。离子的检验通常在溶液中进行,根据其性质选择试剂,再由反应现象得出结论,如Cl-的检验。关键词语—取样、滴加、酸化。

4.沉淀剂是否过量的判断。沉淀剂是否过量的判断方法(以用BaCl2溶液沉淀Na2SO4为例说明)。关键词语—静置、清液、滴加。

5.洗涤沉淀的方法。

6.滴定终点的判断。

7.分液操作。

8.气密性检验。

9.稀溶液中结晶析出操作。规范描述—蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和洗涤、干燥。对点训练2(2020全国Ⅱ)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:名称相对分子质量熔点/℃溶解性甲苯92-95110.60.867不溶于水,易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248—微溶于冷水,易溶于乙醇、热水实验步骤:(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品为1.0g。(3)纯度测定:称取0.122g粗产品,配成乙醇溶液,于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液,用0.01000mol·L-1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。回答下列问题:(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为

(填字母)。

A.100mL B.250mLC.500mL D.1000mL(2)在反应装置中应选用

(填“直形”或“球形”)冷凝管,当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是

。

(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是

;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理

。

(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是

。

(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是

。

(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为

;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于

(填字母)。

A.70% B.60%C.50% D.40%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中

的方法提纯。

答案:(1)B(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气

(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0%

C(7)重结晶解析:(1)反应物总体积略大于100

mL,根据三颈烧瓶的使用原则,适合选择250

mL的三颈烧瓶。(2)冷凝管在该实验中起冷凝回流作用,为增大蒸气与冷却水的接触面积,提高冷却效果,选用球形冷凝管。甲苯的沸点较低,且不溶于水,回流液中无油珠,则证明甲苯已经被氧化完全。(3)NaHSO3具有还原性,可用于除去过量的KMnO4,避免在后续操作中加入的浓盐酸与KMnO4发生反应产生氯气。H2C2O4中C的化合价为+3价,酸性条件下被氧化为CO2,(Mn元素的化合价为+7价)被还原为Mn2+,利用得失电子守恒等配平离子方程式即可。(4)由题目所给方程式可知,KMnO4氧化

时,被还原为MnO2,故“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分为MnO2。(5)因苯甲酸易升华,若干燥时温度过高,会导致苯甲酸损失。(6)纯度测定时,得到下列关系式:列方程可解得m=0.026

23

g。

题型四物质结构与性质(选修)题型解读高考对物质结构与性质的综合考查,主要包括:①原子结构与性质;②分子结构与性质;③晶体结构与性质等。考查内容主要涉及核外电子排布式、电子排布图(轨道表示式)、电离能和电负性、σ键和π键、分子间作用力、氢键、化学键数目的计算、常见晶体的构型、晶体的性质与结构的关系等,题目中所涉及的几个问题常常是相互独立的,但所考查的内容却是上述知识点的综合应用。典例分析一、原子结构与性质例1(1)基态硅(Si)原子中,电子占据的最高能层符号为

,该能层具有的原子轨道数为

、已填充的电子数为

。

(2)依据第二周期元素第一电离能的变化规律,参照如图B、F的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。(3)①N、Al、Si、Zn四种元素中,有一种元素的电离能数据如下:电离能I1I2I3I4……In/(kJ·mol-1)5781

8172

74511

578……则该元素是

(填写元素符号)。

②基态锗(Ge)原子的电子排布式是

。Ge的最高价氯化物的化学式是

。

③锗元素可能的性质或应用有

。

A.是一种活泼的金属元素B.其电负性大于硫C.其单质可作为半导体材料D.其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点答案:(1)M

9

4(3)①Al

②1s22s22p63s23p63d104s24p2

GeCl4

③CD解析:(1)基态硅(Si)原子中,电子占据的最高能层为第三层,符号为M,该能层中有3个能级:3s、3p和3d,3s能级有1个原子轨道,3p能级有3个原子轨道,3d能级有5个原子轨道,所以该能层具有的原子轨道数为9,已填充的电子数为4。(2)同周期第一电离能从左至右呈增大趋势,但当各能级呈全满、半满、全空状态时,第一电离能反常,即第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。(3)由表中数据可知,该元素的I3≪I4,则该元素最外层只有3个电子,即为Al。Ge为32号元素。32-18=14,电子排布式为[Ar]3d104s24p2或1s22s22p63s23p63d104s24p2,最外层4个电子,故最高价氯化物的化学式为GeCl4。解题指导

在书写电子排布式时,要注意“原子”“离子”“价电子”“最外层”等表述;比较第一电离能时要考虑洪特规则。考查原子结构与元素性质的关系,注意元素“位”“构”“性”的相互关系。易错警示(1)在写基态原子的电子排布图(轨道表示式)时,常出现以下错误:(2)当出现d轨道时,虽然电子按ns、(n-1)d、np的顺序填充,但在书写电子排布式时,仍把(n-1)d放在ns前,如Fe:1s22s22p63s23p63d64s2正确,1s22s22p63s23p64s23d6错误。(3)注意比较原子核外电子排布式、简化电子排布式、原子外围电子排布式的区别与联系。如Cu的电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1;简化电子排布式:[Ar]3d104s1;外围电子排布式:3d104s1。(4)当元素的能级处于全空、半充满、全满状态时,结构最稳定、能量最低,元素的电离能一般较高,如同周期元素的第一电离能第ⅡA族元素大于第ⅢA族元素,第ⅤA族元素大于第ⅥA族元素。对点训练1有A、B、C、D、E5种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中A为非金属元素;A和E属同一族,它们原子最外层电子排布为ns1,B和D也属同一族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题。(1)A是

,B是

,C是

,D是

,E是

。

(2)由这五种元素组成的一种化合物是

(写化学式)。写出该物质的一种主要用途:

。

(3)写出C元素基态原子的电子排布式:

。

(4)用电子排布图表示D元素原子的价电子排布为

。

(5)元素B与D的电负性的大小关系是B

D(填“>”“<”或“=”,下同),C与E的第一电离能的大小关系是C

E。

答案:(1)H

O

Al

S

K(写元素名称也可)(2)KAl(SO4)2·12H2O作净水剂解析:A、B、C、D、E

5种元素核电荷数都小于20,A、E同一族且最外层电子排布为ns1,故为第ⅠA族,而A为非金属元素,则A为氢;B、D为同一族,其原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍,故其最外层电子排布为ns2np4,为第ⅥA族元素,B的核电荷数小于D,则B为氧,D为硫,E为钾;C原子最外层上的电子数为硫原子最外层上电子数的一半,则C为铝,同主族元素自上而下电负性逐渐减小,故B(氧)的电负性大于D(硫),E(钾)的第一电离能小于钠,钠的第一电离能小于C(铝),故第一电离能:Al>K。二、分子结构与性质例2(1)H2Se的酸性比H2S

(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为

,的立体构型为

。

(2)甲醛(HCHO)在Ni催化作用下加氢