广西名校届高三上学期第一次大联考化学含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020届广西名校高三第一次大联考（化学)一、选择题1。2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心,而环境保护与化学息息相关,下列有关说法正确的是A。废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾,不可降解,能使溴水褪色B。可回收的易拉罐中含金属铝,可通过电解氯化铝制取C。废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】C【解析】【详解】A。聚乙烯结构中不含碳碳双键,不能使溴水褪色，故A错误；B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备,故B错误；C。镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；D。丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素,燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；答案：C2。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A。标准状况下，22。4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB。56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NAC。16gO2和14C2H4的混合物中所含中子数为8ND.常温下,1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A标准状况下，22。4L环丙烷和丙烯混合气体中所含共用电子对数为=9NA，故不选A；B.铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，56克铁转移的电子数为8NA/3,因此转移电子数小于3NA，故不选B;C。1molO2和1mol14C2H4均含有16个中子,摩尔质量均为32g/mol,故混合物中所含中子数为=8NA，故不选C；D。CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解,因此溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均小于0。5NA；答案：D【点睛】易错选项C，注意O2和14C2H43。科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物产量,下列有关说法正确的是A。①②两步反应都属于加成反应B.环己烯的链状同分异构体超过10种（不考虑立体异构）C.环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D.环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A。①②两步反应是脱氢反应,不属于加成反应，故A错误；B。环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等,存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构,同分异构体超过10种,故B正确；C。环己烷、环己烯、苯均难溶于水,故C错误;D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D错误；答案：B4。主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A。X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B。Y与Z形成化合物只含离子键C.简单氢化物的沸点:Q〈XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N;X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl;Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时,Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B。Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2,氯化铝属于共价化合物不含有离子键,故B错误；C。简单氢化物的沸点：Q（NH3)〈X（HF)，故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C5。下列实验装置能达到实验目的的是（）选项A。B.C.D。实验装置实验目的用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物实验室制备干燥纯净的氯气用乙醇提取溴水中的溴尾气处理混有少量NO的NO2A。A B。B C.C D。D【答案】D【解析】【详解】A。氯化铵受热分解，遇冷化合,又生成了氯化铵，不可以用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物，A错误；B.浓盐酸易挥发,加热时有HCl和水蒸气逸出，所以收集的氯气中含有HCl和水蒸气，B错误；C。乙醇与水任意比互溶，不可用乙醇提取溴水中的溴，可以使用苯或四氯化碳作为萃取剂，C错误;D。氢氧化钠可以与混有少量NO的NOx气体反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，D正确。答案选D。6。常温下,向10。00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知:常温下,H2X的电离常数Ka1＝1.1×10－5，Ka2＝1.3×10－8.下列叙述正确的是A。a近似等于3B.点②处c(Na＋）＋2c（H＋)＋c(H2X）＝2c(X2－）＋c(HX－)＋2c（OH－）C。点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点D.点④处c(Na＋）＝2c（X2－)>c（OH－)>c(HX－）>c（H＋）【答案】A【解析】【详解】A。多元弱酸分步电离，以第一步为主,根据H2XH++HX-，c（H+)==≈10—3,a近似等于3，故A正确；B.点②处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（X2－)＋c(HX－）＋c（OH－)和质子守恒c（H＋）+c（H2X）=c（X2－)＋c(OH—）得：c（Na＋)＋2c(H＋)+c(H2X）=3c(X2－）+c(HX－)＋2c(OH－），故B错误；C。H2X和NaOH恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点④处为滴定终点,故C错误；D.点④处恰好生成Na2X，c(Na＋）〉2c(X2－)〉c（OH－)〉c(HX－）>c（H＋)，故D错误；答案：A【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主.7.2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池具有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时正极反应式为M1—xFexPO4+e—+Li+=LiM1—xFexPO4,其原理如图所示,下列说法正确的是（）A.放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B。放电时,负极反应式为LiC6-e-=Li++6CC.电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6LiM1—xFexPO4+6CD。充电时,Li+移向磷酸铁锂电极【答案】B【解析】【分析】根据放电时正极反应式知，磷酸铁锂电极为正极，石墨电极为负极;充电时,磷酸铁锂电极为阳极，石墨电极为阴极。【详解】A.放电时，石墨电极为负极,电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；B.放电时，石墨电极为负极，LiC6失去电子，负极反应式为LiC6—e—=Li++6C，B正确；C.根据电池结构可知,该电池的总反应方程式为:M1－xFexPO4+LiC6LiM1－xFexPO4+6C，C错误;D.充电时,阳离子向阴极移动，所以Li+移向石墨电极,D错误;答案选B。8.工业上可用一氧化碳合成可再生能源甲醇。（1）已知：Ⅰ。3CO（g）＋6H2(g）CH3CH＝CH2（g）＋3H2O（g)△H1＝—301。3kJ/mol；Ⅱ。3CH3OH(g)CH3CH＝CH2(g)＋3H2O（g)△H2＝-31。0kJ/mol.则CO与H2合成气态甲醇的热化学方程式为___________________________________(2)某科研小组在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下,在500℃时，研究了n(H2)∶n（CO）分别为2∶1、5∶2时CO的转化率变化情况(如图1所示)，则图中表示n（H2）∶n(CO）＝2∶1的变化曲线为________(填“曲线a”或“曲线b”），原因是_________________.（3）某科研小组向密闭容器中充入一定量的CO和H2合成气态甲醇，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH3OH的产率与温度的关系如图2所示。下列说法正确的是____________(填选项字母).a。使用催化剂A能加快相关化学反应速率,但催化剂A并未参与反应b。在恒温恒压的平衡体系中充入氩气，CH3OH的产率降低c。当2v（CO）正＝v(H2）逆时，反应达到平衡状态（4)一定温度下，在容积均为2L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物起始投入量2molCO、6molH2amolCO、bmolH2、cmolCH3OH(g）(a、b、c均不为零）若甲容器平衡后气体的压强为开始时的,则该温度下,该反应的平衡常数K＝_______,要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等,且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则乙容器中c的取值范围为_____________________________________。（5）CO与日常生产生活相关.①检测汽车尾气中CO含量，可用CO分析仪，工作原理类似于燃料电池，其中电解质是氧化钇（Y2O3)和氧化锆(ZrO2）晶体,能传导O2－。则负极的电极反应式为__________________。②碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]毒性小，是一种绿色化工产品，用CO合成(CH3O)2CO，其电化学合成原理为4CH3OH＋2CO＋O22(CH3O）2CO＋2H2O，装置如图3所示：写出阳极的电极反应式：________________________________________【答案】（1）。CO（g）＋2H2（g）CH3OH(g)△H＝－90。1kJ/mol(2)。曲线b(3)。H2的含量越低，CO的转化率越低（4).bc(5).0。25(6）。1﹤c﹤2（7）.CO-2e—+O2—=CO2（8).2CH3OH+CO-2e—==（CH3O)2CO+2H+【解析】【分析】(1)利用盖斯定律:Ⅰ×—Ⅱ×得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g），再计算△H；（2)n（H2）：n(CO）=5：2时,相当于增大H2浓度，平衡正移，CO的转化率增大；（3)a．催化剂参加化学反应才能加快反应速率；b．在恒温恒压的平衡体系中充入氩气，体积增大，分压减小，平衡逆移；c．反应速率与计量系数成正比;(4)根据理想气体方程：PV=nRT,压强与物质的量成正比，先计算出平衡时各物质的量,再计算平衡常数K=c（CH3OH),最后根据等效平衡分析c的取值范围;（5）①负极CO发生氧化反应与O2-结合生成CO32-，根据电子转移、电荷守恒书写负极电极反应式；②阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应生成(CH3O)2CO，根据电子转移、电荷守恒书写电极反应.【详解】（1）已知：Ⅰ.3CO(g)+6H2(g）CH3CH=CH2(g）+3H2O(g）△H1=-301.3kJ/mol，Ⅱ。3CH3OH（g)CH3CH=CH2(g）+3H2O（g)△H2=-31。0kJ/mol，由盖斯定律可知Ⅰ×—Ⅱ×得CO(g)＋2H2（g）CH3OH（g），则△H=（-×301.3+×31。0)kJ/mol=-90。1kJ/mol，即CO与H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH（g）△H＝－90。1kJ/mol；（2）n(H2):n(CO）=5：2时,相当于增大H2浓度,平衡正移，CO的转化率增大,则n(H2)：n(CO）=2：1时H2的含量越低，平衡逆向移动，CO的转化率越低，即图中表示n（H2）：n(CO)=2:1的变化曲线为曲线b；（3）a．催化剂参加化学反应才能加快反应速率，故a错误；b．在恒温恒压的平衡体系中充入氩气，体积增大，分压减小,平衡逆移，CH3OH的产率降低，故b正确；c．根据反应速率与计量系数成正比，当2V正(CO)=V逆（H2)时，反应达到平衡，故c正确；故答案为bc;（4）已知甲中反应物投入量为：2moLCO、6molH2,则：根据理想气体方程:PV=nRT，压强与物质的量成正比，即=0。75，解得x=1mol，平衡常数K==0。25;依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量等于CO的物质的量为2mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量1mol，所以c的物质的量为：1＜n（c）＜2；（5）①负极CO发生氧化反应与O2-结合生成CO32-,负极电极反应式为：CO+2O2——2e—=CO32-;②阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，根据电子转移、电荷守恒书写电极反应为2CH3OH+CO-2e—=（CH3O)2CO+2H+。【点睛】本题涉及盖斯定律的考查，通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数,然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。9。随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品,置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热（约93℃)，待反应完全后（不再有氢气生成),趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；第二步:氢氧化铝沉淀的生成.将滤液重新置于水浴锅中,用3mol/LH2SO4调节滤液pH至8~9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；第三步：硫酸铝溶液的生成.将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4,将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出,减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl（SO4)2·12H2O,M＝474g/mol］。回答下列问题:（1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________（2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________（3）第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___（填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。A。乙醇B.饱和K2SO4溶液C。蒸馏水D。1：1乙醇水溶液（4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中,加入50mL1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线,摇匀；移取25.00mL溶液干250mL锥形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na标准溶液,再滴加几滴2D二甲酚橙,此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5。00mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋（注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子）。则所得明矾晶体的纯度为_________％.（5）明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条（饼）的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______(6)为了探究明矾晶体结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示（TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100％)：根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25。31％，总失重率约为70。88％，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式:___________、_____________【答案】（1）。2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）.用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）(3).D(4)。94。8（5）.明矾与小苏打(NaHCO3）发生反应（双水解）:Al3++3HCO3－=Al（OH）3↓+3CO2↑,产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙.(6)。KAl(SO4)2▪12H2OKAl（SO4）2+12H2O（7)。2KAl（SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】【分析】（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气,写出离子方程式；（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；（3）从减少产品损失考虑；（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA—2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA—2Na的消耗量,即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量,间接算出明矾晶体的物质的量和质量,进而求出明矾晶体的纯度；(5）从双水解角度考虑；（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水;第二阶段脱掉SO3；【详解】（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑(2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑,并剪成小片备用（其他合理答案也给分）（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水,需用水洗涤，但为了减少产品的损失,应控制水的比例,因此用1：1乙醇水溶液洗涤效果最佳；答案：D（4）根据题目信息及滴定原理可知,用EDTA—2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA—2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度;答案:94。8（5）面食发酵过程中需要用到小苏打(NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；答案:明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al（OH)3↓+3CO2↑,产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。(6）根据题目所给数据,结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式,可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3;答案:KAl(SO4）2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl（SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑10.氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业,随着工业的飞速发展,我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣（主要成分为ZnO，还含有铁、铝、铜的氧化物,Mn2+、Pb2+、Cd2+等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：已知：相关金属离子c（Mn+）=0.1mol/L生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：Fe3+Fe2+Al3+Mn2+Zn2+Cu2+Cd2+开始沉淀1。56。33.48.16。26。07.4沉淀完全2。88。34。710。18.28。09。4回答下列问题：（1）为保证锌渣酸浸的充分，先保持酸过量，且c（H+)=0。5mol/L左右。写出一种加快锌渣浸出的方法:_______________(2)为调节溶液的pH，则试剂X为__________________(填化学式）,且调节溶液pH的范围是____________（3）除杂时加入高锰酸钾的作用是_______________,发生反应的离子方程式为_____________（4）“过滤”所得滤渣的主要成分是_____________________（填化学式）(5)写出“碳化合成”的化学方程式：_____________________；“碳化合成”过程需纯碱稍过量,请设计实验方案证明纯碱过量：_____________________【答案】（1).加热、将锌渣粉碎、搅拌、适当增大硝酸的浓度等(2).ZnO、ZnCO3或Zn（OH）2(3）。4.7≤pH〈6.0(4).除去Mn2+(5)。2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+（6）。Fe(OH）3、Al(OH）3、MnO2(7）。3Zn（NO3)2+3Na2CO3+3H2O=ZnCO32Zn（OH）2H2O↓+2CO2↑+6NaNO3或3Zn(NO3）2+5Na2CO3+5H2O=ZnCO32Zn（OH）2H2O↓+4NaHCO3+6NaNO3(8).静置，取上层清液少许于试管中，往试管中继续滴加碳酸钠溶液，若无沉淀产生,则纯碱过量【解析】【分析】（1）加快锌渣浸出可根据增大反应物接触面积、升高温度、增大反应物浓度的角度分析；(2)根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑,根据流程及表中的数据,确定pH的范围；（3）除杂时加入高锰酸钾的作用是将Mn2+转化为MnO2沉淀，除去Mn2+；（4）由（2)、（3）可知“过滤”所得的滤渣；（5）“碳化合成”时加入碳酸钠，产物为ZnCO32Zn（OH)2H2O，以此写出化学方程式；若碳酸钠不足，检验溶液中的Zn2+，若碳酸钠过量,用盐酸检验溶液中的CO32—；【详解】（1）酸浸的主要目的是将ZnO等物质与硝酸反应，为加快反应速率，可采取的措施有加热、将锌渣粉碎、搅拌、适当增大硝酸的浓度等；（2）加入试剂X的目的为调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+生成沉淀除去，为不引入新的杂质,可加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH)2等,根据流程及表中的数据，需调节pH的范围为4。7≤pH〈6.0；(3）加入高锰酸钾的作用是将Mn2+转化为MnO2沉淀,除去Mn2+,反应的离子方程式为2MnO4—+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；(4)由（2)、（3）可知“过滤”所得的滤渣的主要成分是Fe（OH）3、Al(OH）3、MnO2；（5）“碳化合成”时加入碳酸钠，产物为ZnCO32Zn(OH)2H2O，反应的化学方程式为：3Zn(NO3）2+3Na2CO3+3H2O=ZnCO32Zn(OH）2H2O↓+2CO2↑+6NaNO3或3Zn(NO3)2+5Na2CO3+5H2O=ZnCO32Zn（OH)2H2O↓+4NaHCO3+6NaNO3；若碳酸钠过量，则沉淀后的溶液中有碳酸根离子，检查碳酸根离子的方法是:静置，取上层清液少许于试管中，往试管中继续滴加碳酸钠溶液，若无沉淀产生，则纯碱过量。【点睛】考生认真分析流程图,结合题中信息分析每一步所加入物质的的作用，注意除杂时不引入新的杂质，及pH的调节范围，考生在陌生方程式书写的时候，要利用题中所含信息，找出反应物、生成物。11。[化学--选修3：物质结构与性质］铬元素在地壳中含量占第21位,是一种重要的金属。回答下列问题：(1）基态铬原子的价电子排布式为_________________，根据价层电子判断铬元素中最高价态为___________价。铬元素的第二电离能________锰元素的第二电离能(填“〉"“〈”填“＝")。(2）无水氯化亚铬（CrCl2）的制备方法为在500℃时用含HCl的H2气流还原CrCl3，该过程涉及到的反应原理为____________________________________________（用化学方程式表示)。已知：氯化亚铬熔点为820～824℃，则其晶体类型为___________晶体.二价铬还能与乙酸根形成配合物，在乙酸根中碳原子的杂化形式为___________(3)已知CrO5中铬元素为最高价态，画出其结构式：______________________（4)Cr元素与H元素形成化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为___________。已知：该晶胞的边长为437.6pm,NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为____g/cm3（列出计算式即可)。【答案】（1).3d54s1（2）.+6(3）.〉(4）。2CrCl3+H22CrCl3+2HCl(5）.离子（6）.sp2、sp3（7).(8）。Cr4H4（或CrH）(9)。【解析】【分析】(1）根据基态铬原子得核外电子排布,写出价电子排布式；根据价层电子，确定铬元素的最高价态；价电子处于半满或全满时比较稳定,电离能比较大；（2）CrCl3在含HCl的H2气流中被还原，写出方程式；离子晶体的熔点较高；CH3COO－中,甲基中的碳原子为sp3杂化，另一个碳原子为sp2杂化；(3）CrO3中铬元素为+6价，则存在2个过氧根，确定结构式；（4）均摊法确定化学式。确定一个晶胞的质量和体积,在计算晶胞密度；【详解】（1）基态铬原子的价电子排布式为3d54s1;根据价层电子，铬元素的最高价态为+6。基态Cr+的价电子排布式为3d5、基态Mn+的加点字排布式为3d54s1,故铬元素的第二电离能大于锰元素的第二电离能;答案：3d54s1+6〉（2)CrCl3在含HCl的H2气流中被还原,反应方程式为2CrCl3+H22CrCl3+2HCl;CrCl3的熔点较高，为离子晶体；CH3COO－中，甲基中的碳原子为sp3杂化,另一个碳原子为sp2杂化;答案:2CrCl3+H22CrCl3+2HCl