主观题突破1大单元2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案

主观题突破1大单元2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案主观题突破一(分值:75分)学生用书P209突破点1核外电子排布及表征1.(1)(1分)(2023·湖南长沙二模)基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图:。

(2)(1分)(2024·贵州三模)基态铬原子的价层电子轨道表示式为。

(3)(1分)(2024·山东临沂一模)基态Cu原子中,核外电子占据的最高能层符号为;基态Cu2+的电子排布式为。

答案:(1)(2)(3)N[Ar]3d92.(1)(2分)(2024·山东淄博期末)基态S原子核外电子的空间运动状态有种,基态Zn原子核外能量不同的电子有种。

(2)(1分)(2024·广东深圳坪山区调研)In元素位于第五周期,基态In原子的价层电子排布式为。

(3)(1分)(2024·广西三模)基态Se原子核外电子有种空间运动状态。

答案:(1)97(2)5s25p1(3)183.(1分)(2024·浙江温州一模)Ga与B、Al处于同一主族。基态Ga原子的价层电子轨道表示式:。

答案:突破点2电离能、电负性及原因解释4.(1)(1分)(2024·湖南衡阳模考)已知第四电离能大小:I4(Fe)>I4(Co),从原子结构的角度分析可能的原因是

。

(2)(1分)(2024·山东滨州期末)基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2,则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需能量最高的是(填字母)。

A.5f36d17s1 B.5f37s27p1C.5f26d27s2 D.5f47s2答案:(1)Co失去的是3d6上的一个电子,而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子,故Fe需要的能量较高(2)A5.(2分)(2024·浙江湖州模拟)硫元素的三种粒子电子排布式分别为:①[Ne]3s23p4;②[Ne]3s23p3;③[Ne]3s23p34s1,下列叙述正确的是(填字母)。

A.粒子半径:③>①>②B.电子排布属于基态的是①②C.电离一个电子所需最低能量:①>②>③D.得电子能力:①>②答案:AB6.(3分)(2024·山东德州一模)一种比率光声探针M与Cu2+配位,可用于小鼠脑内铜(Ⅱ)的高时空分辨率动态成像,反应如下所示:H、C、N、F四种元素电负性由大到小的顺序为,M中键角F—B—F(填“>”“<”或“=”)BF3中键角F—B—F;基态Cu2+的价层电子中,两种自旋状态的电子数之比为。

答案:F>N>C>H<5∶4解析:根据同一主族从上往下元素电负性依次减小,同一周期从左往右主族元素的电负性依次增大可知,H、C、N、F四种元素的电负性由大到小的顺序为F>N>C>H,由题干图示信息可知,M中B周围形成了4个共价键,即B采用sp3杂化,而BF3中B采用sp2杂化,故M中键角F—B—F<BF3中键角F—B—F,已知Cu是29号元素,故基态Cu2+的价层电子排布式为3d9,故其中两种自旋状态的电子数之比为5∶4。7.(2分)(2022·江苏卷)工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是。

A.半径大小:r(Al3+)<r(Na+)B.电负性大小:χ(F)<χ(O)C.电离能大小:I1(O)<I1(Na)D.碱性强弱:NaOH<Al(OH)3答案:A解析:核外电子数相同时,核电荷数越大,半径越小,故半径大小为r(Al3+)<r(Na+),故A正确;同周期元素核电荷数越大,电负性越大,故χ(F)>χ(O),故B错误;同周期从左往右第一电离能呈增大趋势,同主族从上往下第一电离能呈减小趋势,故电离能大小为I1(O)>I1(Na),故C错误;元素金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性越强,故碱性强弱为NaOH>Al(OH)3,故D错误。突破点3化学键、杂化类型与空间结构8.(6分)(2024·山东聊城一模)元素周期表中,第四周期元素的单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。(1)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,该化合物中Ti3+的配位数为,在该化合物中不含(填字母)。

A.σ键B.π键C.配位键D.离子键E.极性键F.非极性键(2)在ZnO催化作用下,呋喃()可与氨反应,转化为吡咯(),吡咯分子中所有原子共平面,已知大π键可以用Πmn表示,其中m表示参与形成大π键的原子数,n代表大π键中的电子数,则吡咯中大π键可以表示为。呋喃的熔、沸点(填“高于”或“低于”)吡咯,原因是。(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体,其中DMSO为二甲基亚砜,化学式为SO(CH3)2。SO(CH3)2中键角C—S—O(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COCH3中键角C—C—O。

答案:(1)6BF(2)Π5解析:(1)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,该化合物中Ti3+的配位数为6,该化合物中O—H中存在σ键(也是极性共价键),Ti3+与配体之间存在配位键,内界与外界的氯离子间存在离子键,则不存在π键和非极性共价键,B和F符合题意。(2)吡咯分子为平面形结构,分子中各原子在同一平面内可知,N原子的价层电子对数是3,根据价层电子对互斥模型可判断N原子的杂化方式为sp2杂化,C原子也为sp2杂化,则吡咯中大π键是1个N原子和5个C原子提供6个电子形成的,可表示为Π56。影响题中物质熔、沸点的主要因素为分子间作用力,氢键大于分子间作用力,吡咯易形成分子间氢键,沸点较高(3)SO(CH3)2中S原子为sp3杂化,且有1个孤电子对,而CH3COCH3中羰基C原子为sp2杂化,没有孤电子对,故SO(CH3)2中键角C—S—O小于CH3COCH3中键角C—C—O。9.(4分)(2024·湖南衡阳模考)GaN是研制微电子器件、光电子器件的第三代半导体材料。(1)基态Ga的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1,转化为下列激发态时所需能量最少的是(填字母)。

(2)与镓同主族的B具有缺电子性,硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂,其阴离子BH4-的空间结构为。另一种含硼的阴离子[B答案:(1)B(2)正四面体形sp2、sp3解析:(1)由题干信息可知,A、B项中只有一个4s上的电子跃迁到4p上,C、D项中有两个4s上的电子跃迁到4p上,故A、B项需要的能量小于C、D项,而A项中4p上的2个电子占有一个轨道,B项中4p上的2个电子分别占有不同的轨道,故B项的能量比A项低,故B项所示发生的跃迁所需能量最低。(2)BH4-中B的价层电子对数=3+1+1×42=4,B采用sp3杂化,杂化轨道空间结构为正四面体形,B周围孤电子对数为0,故其空间结构为正四面体形。由图可知该结构上、下两个位置的B周围有四个氧原子,其价层电子对数为4,故这两个位置B为sp3杂化,左、右两边的B周围有三个氧原子,其价层电子对数为3,是sp2杂化,故B原子的杂化方式有sp10.(6分)(2024·湖南岳阳模考)EDTA()是一种重要的络合剂,易与Mg2+、Fe2+、Fe3+等离子形成稳定的配合物。回答下列问题。(1)EDTA中碳原子的杂化方式为,每分子EDTA中所含σ键的数目为。

(2)EDTA分子中键角∠HCH(填“>”“=”或“<”)∠CNC,原因为。(3)EDTA中能与Fe3+形成配位键的原子是(填元素符号),原因为。

答案:(1)sp2、sp335(2)>饱和碳原子与氮原子都是sp3杂化,而氮原子有一个孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大(3)NEDTA分子中N原子有一个孤电子对,而Fe3+有空轨道,故能与Fe3+形成配位键解析:(1)EDTA中羧基碳原子为sp2杂化、饱和碳原子为sp3杂化;单键均为σ键,双键中含有1个σ键和1个π键,所以每分子EDTA中所含σ键的数目为35。(2)EDTA分子中饱和碳原子与氮原子都是sp3杂化,而氮原子有一个孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大,所以键角∠HCH大于∠CNC。(3)EDTA分子中N原子有一个孤电子对,而Fe3+有空轨道,故能与Fe3+形成配位键的是N原子。11.(4分)(2024·山东临沂一模)Cu2+与H2O、NH3、Cl-均可形成配位数为4的配离子:[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示:CuCl2·2H2O溶液Ⅰ(1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角(填“>”“<”或“=”)H2O中H—O—H的键角。

(2)[CuCl4]2-呈黄色,溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是

;

溶液Ⅰ加水稀释后呈蓝色,其原因是

。

(3)向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量,观察到的现象是。

答案:(1)>(2)蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化:[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O,蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色加水稀释使[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O平衡逆向移动,蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加,溶液显蓝色(3)溶液呈现深蓝色解析:(1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的O中只含有一个孤电子对,而水分子中含有两个孤电子对,孤电子对间的排斥力大于成键电子对与孤电子对间的排斥力,故[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角大于H2O中H—O—H的键角。(2)蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化:[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O,蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色。加水稀释使平衡逆向移动,蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加,溶液显蓝色。(3)向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量,发生反应[CuCl4]2-+4NH3[Cu(NH3)4]2++4Cl-,使溶液呈现深蓝色。12.(5分)(2024·山东菏泽一模)短周期元素可形成许多结构和性质不同的化合物,回答下列问题:(1)CH3I是一种甲基化试剂,能发生水解反应CH3I+H2OCH3OH+HI;CF3I的水解产物为(填化学式)。

(2)BeCl2是共价化合物,可以形成二聚体和多聚体(BeCl2)n,二聚体中Be的杂化方式为sp2,二聚体的结构式为。

(3)SF4分子的电子对空间结构为三角双锥,排布方式有两种,结构如图。根据价层电子对互斥模型中:“孤电子对—成键电子对”分布在互成90°的方向上时斥力最大,判断SF4应采用结构(填“a”或“b”)。

(4)[Cu(H2O)4]2+在水溶液中显蓝色,加入过量的氨水后变为深蓝色,原因是生成了(填化学式),比较该粒子与[Cu(H答案:(1)CF3H、HIO(2)(3)a(4)[Cu(NH3)4]2+因为N的电负性小于O的电负性,NH3的配位能力大于H2O,所以稳定性[Cu(NH3)4]2+>[Cu解析:(1)电负性F>I≈C,所以在CF3I中,受3个F原子吸引电子能力强的影响,I与C之间的共用电子对偏向于C,I显+1价,则CF3I发生水解时,生成CF3H和HIO。(2)Be的杂化方式为sp2,因此BeCl2的二聚体中Be原子有3个成键轨道,且Be原子最外层无孤电子对,则二聚体的结构式为。(3)根据题干可知“孤电子对—成键电子对”分布在互成90°的方向上时斥力最大,a中孤电子对与成键电子对分布在同一平面,排斥力较小,更稳定,所以SF4应采用结构a。(4)含向[Cu(H2O)4]2+的溶液中加入过量的氨水后变为深蓝色,原因是生成了[Cu(NH3)4]2+,[Cu(NH3)4]2+比[Cu(H2O)4]2+更稳定,因为N的电负性小于O的电负性,NH3的配位能力大于H2O,所以稳定性:[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+。13.(4分)(2024·浙江温州一模)(1)硼的氢化物叫硼烷(BnHm)。如B2H6(乙硼烷-6)、B4H10(丁硼烷-10)等。下列说法不正确的是。

A.B原子由1s22s12px21s22s12pB.B2H6的结构式:C.同周期相邻元素的电负性大小:Be<B<CD.B2H6与C≡O反应生成H3BCO,H3BCO分子中σ键与π键数目之比为5∶2(2)氮和硼形成的化合物BN与C2互为等电子体,通常存在石墨型与金刚石型两种结构,可发生如下转化:(BN)n(石墨型)(BN)n(金刚石型)。这两类化合物中B原子的杂化方式分别为;金刚石型的BN的硬度大于金刚石,原因是。

(3)BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2,请写出反应的化学方程式:。

答案:(1)AB(2)sp2、sp3金刚石型BN为共价晶体,B—N的键能大于金刚石中C—C的键能,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与2py能量相同,则不需吸收能量,A错误;B2H6的结构式为,B错误;同周期主族元素电负性从左到右逐渐增强,所以同周期相邻元素的电负性大小:Be<B<C,C正确;B2H6与C≡O反应生成H3BCO,H3BCO分子中含4个共价单键和1个三键,则σ键与(2)氮和硼形成的化合物BN与C2互为等电子体,通常存在石墨型与金刚石型两种结构,可发生如下转化:(BN)n(石墨型)(BN)n(金刚石型)。(BN)n(石墨型)类比混合型晶体石墨,石墨中每个C原子直接与其他3个C原子相连,属于sp2杂化;(BN)n(金刚石型)类比共价晶体金刚石,每个C原子直接与其余4个C原子相连,属于sp3杂化;金刚石型的BN的硬度大于金刚石,原因是金刚石型BN为共价晶体,B—N的键能大于金刚石中C—C的键能,所以硬度更大。(3)BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2,反应的化学方程式为2BnHm+6nH2O2nH3BO3+(3n+m)H2↑或BnHm+3nH2OnH3BO3+(3n+m)214.(3分)(2024·浙江台州第二次评估)常温下,五氯化磷为白色固体,熔融状态下能导电,气态时以PCl5分子存在。(1)气态PCl5分子结构如图所示(可视为正六面体),O点位于等边三角形ABC的中心,DOE垂直于ABC所在的平面,黑球为P,白球为Cl,比较键长大小:OD(填“>”“<”或“=”)OA。

(2)五氯化磷熔融时,电离出的离子分别含sp3和sp3d2杂化态,写出其中阴离子的化学式。

(3)PCl5不能与金属Ni反应,而PCl3能与金属Ni反应,解释PCl3能与金属Ni反应的原因

。

答案:(1)>(2)[PCl6]-(3)PCl3中P具有孤电子对,能与Ni形成配位键解析:(1)设AB的长为a,根据O位于等边三角形ABC的中心,则OA的长为33a,AD的长为a,根据DOE垂直于ABC的平面,可知三角形AOD为直角三角形,则OD的长为a2-(33(2)五氯化磷熔融时,电离出的离子分别含sp3和sp3d2杂化态,根据杂化轨道理论可知,参与杂化的轨道数之和等于杂化之后形成的轨道数,杂化轨道用于形成σ键或存放孤电子对,故可知该阴离子的化学式为[PCl6]-。(3)已知PCl5中中心原子P周围没有孤电子对,故PCl5不能与金属Ni反应,而PCl3中中心原子P周围有12(5-3×1)=1个孤电子对,故能与金属Ni形成配位键,15.(2分)(2024·山东潍坊一模)铜元素能形成多种配合物,如Cu2+与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成如图所示配离子。(1)此配离子内部不含有的化学键类型是。

A.离子键 B.非极性键C.配位键 D.极性键(2)乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为。

答案:(1)A(2)sp3解析:(1)Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部粒子间含有C—N、C—H、N—H、C—C和N—Cu化学键,C—N、C—H和N—H为极性键,C—C为非极性键,N—Cu之间的化学键是配位键,不含有离子键,故选A。(2)乙二胺分子中氮原子的价层电子对数是4,且不含孤电子对,根据价层电子对互斥模型判断,N原子的杂化轨道类型为sp3。16.(2分)(2024·山东青岛一模)AlCl3、FeCl3等金属氯化物易发生二聚,写出AlCl3二聚物的结构式,该分子中Al原子的杂化方式为。

答案:sp3解析:AlCl3二聚物中Cl的孤电子对和Al形成配位键的结构简式为,其中Al形成4个σ键,没有孤电子对,杂化方式为sp3。突破点4分子结构与性质及原因解释17.(2分)(2024·安徽淮北一模)研究表明HF气体中存在单体和环状六聚体的平衡:6HF(g)(HF)6,HF形成环状六聚体的作用力是;在测定HF相对分子质量的实验中,(填“低压”或“高压”)有利于测定的准确性。

答案:氢键低压解析:HF分子中的F原子与另一HF分子中的H原子间可形成氢键,从而形成环状六聚体,作用力是氢键;在测定HF相对分子质量实验中,应将环状六聚体转化为单个分子,则低压有利于平衡向生成HF分子的方向移动,从而提高测定的准确性。18.(2分)(2024·福建福州检测)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体,结构如图。顺式甘氨酸铜反式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水,反式甘氨酸铜难溶于水,则造成这种差异的原因可能是。

答案:顺式甘氨酸铜是极性分子,反式甘氨酸铜是非极性分子解析:根据分子结构可知,顺式甘氨酸铜是极性分子,反式甘氨酸铜是非极性分子,根据相似相溶原理,极性溶质易溶于极性溶剂,非极性溶质易溶于非极性溶剂,由于水是极性溶剂,故顺式甘氨酸铜能溶于水,反式甘氨酸铜难溶于水。19.(2分)(2024·河南郑州模拟)2,5-二氨基甲苯(A)可用作毛皮染料,该物质的一种同分异构体为2,3-二氨基甲苯(B),两者中沸点较高的是(填“A”或“B”),原因是

。

答案:A2,5-二氨基甲苯易形成分子间氢键,2,3-二氨基甲苯易形成分子内氢键20.(2分)NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4():NaClO4+H2SO4(浓)NaHSO4+HClO4,利用减压蒸馏分离HClO4,试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析):。HClO4在液态时为双聚体,请写出(HClO4)2的结构式:。

答案:H2SO4分子间氢键比高氯酸多,分子间作用力较大,沸点高于HClO4解析:H2SO4和HClO4都是分子晶体,H2SO4分子间氢键比高氯酸多,分子间作用力较大,沸点高于HClO4,高氯酸比硫酸易从体系中分离;HClO4在液态时通过氢键形成双聚体,(HClO4)2的结构式:。突破点5晶体类型与粒子间作用力及原因解释21.(4分)(2024·山东青岛一模)CuSO4·5H2O简单的平面结构如图,则该晶体的化学式应表示为。

该晶体中含有的粒子间作用力有(填字母)。水分子①的键角(填“大于”“小于”或“等于”)105°,原因为

。

a.离子键b.氢键c.非极性共价键d.极性共价键e.配位键答案:[Cu(H2O)4]SO4·H2Oabde大于①中水分子形成氢键,导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小解析:根据图示可知该晶体的化学式表示为[Cu(H2O)4]SO4·H2O;该晶体中存在配位键,配位键和O—H、S—O为极性共价键,[Cu(H2O)4]2+和SO42-间存在离子键,水分子和配位水分子之间以及水分子和硫酸根离子之间存在氢键;水分子①的键角大于105°原因是①22.(3分)(2024·湖南邵阳模考)过渡金属铅、镍及其化合物在工业上有重要用途,回答下列问题:(1)四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图所示。①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是

。

②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律,可推断:依F、Cl、Br、I次序,PbX2中的化学键中离子键成分的百分数(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)丁二酮肟常与Ni2+形成图A所示的配合物,图B是图A中硫代氧后的结构简式:A的熔、沸点高于B的原因是。

答案:(1)①均为分子晶体,范德华力随相对分子质量增大而增大②减小(2)A分子间可存在氢键解析:(1)①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是均为分子晶体,范德华力随相对分子质量增大而增大。②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律,PbX2的熔点先降低后升高,且同主族从上到下非金属性逐渐减弱,得电子能力减弱,可推断:依F、Cl、Br、I次序,PbX2中的化学键中离子键成分的百分数减小。(2)由结构可知A中含有羟基,可形成分子间氢键,分子间作用力较大,熔、沸点较高。突破点6晶胞结构及分析、计算23.(2分)(2024·湖南长郡十八校一模)工业上冶炼Cr的方法是。从原子结构及性质的角度分析金属Cr硬度很大的原因:

。

答案:热还原法铬原子(或离子)半径小,价电子数多(金属阳离子所带的电荷数多),金属键强,硬度很大解析:工业上冶炼Cr的方法是热还原法(或铝热法);因Cr原子(或离子)半径小,价电子数多(金属阳离子所带的电荷数多),所以金属键强,硬度大。24.(3分)(2024·湖南雅礼中学二模)金属铼广泛用于航空航天等领域,请回答下列问题。(1)金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性,可用于解释这一现象的理论是。

(2)三氧化铼是简单立方晶胞,晶胞结构如图所示,摩尔质量为Mg·mol-1,晶体密度为ρg·cm-3。铼原子填在氧原子围成的(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中,该晶胞中两个相距最近的氧原子间的距离为cm(列出计算式)。

答案:(1)电子气理论(2)八面体2解析:(1)金属铼属于金属晶体,在金属晶体中,金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成“电子气”,在外力作用下金属原子移位滑动,电子在其中起到“润滑”的作用,因此金属具有延展性;电子气在外电场作用下定向移动,因此金属有良好的导电性;金属受热,加速自由电子与金属离子之间的能量交换,将热能从一端传递到另一端,因此金属有良好的导热性,因此可以用电子气理论解释金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性。(2)由图可知,顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子,这6个O原子构成正八面体,因此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中;根据均摊法可计算出1个晶胞中Re和O的个数分别为1和3,即1个晶胞含有1个ReO3,设晶胞的棱长为a,则a3=V=N·MNA·ρcm3=MNA·ρcm3,a=3MNA·ρcm,根据晶胞棱中心的是O原子25.(2分)(2024·湖南永州三模)含钛X晶体是一种高温超导母体,其晶胞结构如图甲所示(α=β=γ=90°),Ti原子与As原子构成的八面体如图乙所示,阿伏加德罗常数的值为NA。回答下列问题。(1)一个晶胞中,由Ti原子与As原子构成的八面体的平均数目为。

(2)X晶体的密度为g·cm-3。

答案:(1)2(2)6解析:(1)由图可知,由Ti原子与As原子构成的八面体处于晶胞的顶角和体内,根据“均摊法”,个数为8×18+1=2(2)根据“均摊法”,O处于晶胞的上、下面心和侧棱,个数为4×14+2×12=2,Ti处于侧面面心和底面棱心,个数为4×12+8×14=4,As处于体内和侧棱,个数为8×14+2=4,Na处于体内和侧棱,个数为8×14+2=4,故晶体密度为ρ=mV=M(分值:95分)学生用书P2191.(15分)(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5Ksp(CaCO3)=3.4×10-9(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是。

(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和。

(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为,该反应能进行的原因是。

(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

答案:(1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙(4)净水解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过“水浸1”,然后过滤,“滤渣”为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生(填化学式)。

(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为。

(3)“还原”中加入铅精矿的目的是。

(4)“置换”中可选用的试剂X为(填字母);

A.Al B.ZnC.Pb D.Ag“置换”反应的离子方程式为

。

(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作(填“阴极”或“阳极”)。

答案:(1)1∶1H2S(2)热浸(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+(4)CPb+2[AgCl2]-[PbCl4]2-+2Ag(5)阳极解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]2-在稀释、降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-的物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解含[PbCl4]2-的溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在“热浸”中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。3.(10分)(2023·湖南衡阳三模)钪及其化合物具有许多优良的性能,在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图:回答下列问题:(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是

。

(2)钪锰矿石中含铁元素,其中Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是

。(从原子结构角度解释)

(3)常温下,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是。(已知:Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)

(4)已知Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是

,此反应的平衡常数K=(用含a、b、(5)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]在空气中加热,m(剩余固体)m(原始固体)随温度的变化情况如图所示。250℃时,晶体的主要成分是(填化学式)。550~850℃答案:(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6,易失去1个电子达到半充满的稳定结构(3)Fe(OH)3(4)2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+a3·(5)Sc2(C2O4)3·H2O2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2解析:工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”,洗涤“油相”可除去大量的钛离子,加入NaOH反萃取,得到滤渣Fe(OH)3、Mn(OH)2、Sc(OH)3,加入盐酸酸溶,得到Fe3+、Mn2+、Sc3+,先加入氨水调节pH=3,滤渣主要成分是Fe(OH)3,再向滤液加入氨水调节pH=6,得到沉淀Sc(OH)3,加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪,灼烧后得到Sc2O3。(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子,洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成,不同的液体混合时,一般先加密度小的、易挥发的,后加密度大的、难挥发的,若混合时放热,则最后加受热易分解的,因此,混合的实验操作是:将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌。(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6,易失去1个电子达到半充满的稳定结构。(3)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子,洗涤“油相”以除去大量的钛离子,根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31,可以求出三种离子沉淀完全时的pH,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是Fe(OH)3。(4)根据分析可知,“沉钪”得到草酸钪的离子方程式2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+;平衡常数K=c6(H+)c2(Sc3+(5)设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1mol,质量为462g,由图可知,250℃时,减少的质量为462g×19.5%≈90g,90g18g·mol-1=5mol,即晶体失去5个结晶水,故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250~550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g-2mol×45g·mol-1=48g,应为氧元素的质量,48g16g·mol-1=3mol,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3,故550~8504.(12分)(2023·湖南明德中学三模)金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂,是重要的战略物资,但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示:回答下列问题:(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为

。

(2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在,写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式:。

(3)使用95℃热水“溶解”后过滤,所得滤渣的主要成分的化学式是。

(4)①“萃取”时发生反应Mn++nRHMRn+nH+(Mn+为金属离子,RH为萃取剂),萃取率与V(萃取剂)V(溶液)的关系如下表所示,当V(萃取剂)V(溶液)V0.10.150.20.250.30.350.4萃取率/%Ni2+55%68%80%99%99.5%99.8%99.9%Fe2+2%2%4%5%8%30%58%②物质X的化学式为。

(5)碳酸镍受热可分解为NiO,NiO的晶体结构如图甲所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),则C坐标参数为。

图甲(6)一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层排列,Ni2+填充其中(如图乙),已知O2-的半径为apm,设阿伏加德罗常数的值为NA,每平方米面积上分散的该晶体的质量为g(用含a、NA的代数式表示)。

图乙答案:(1)Al2O3+2OH-+3H2O2[Al(OH)4]-(2)NiO+(NH4)2SO4NiSO4+2NH3↑+H2O↑(3)Fe(OH)3(4)①Fe2+、H+②H2SO4(5)(1,12,解析:废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)粉碎后加入NaOH溶液碱浸,则废镍渣中的Al2O3和NaOH反应,反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O2[Al(OH)4]-;通过过滤分离,剩下的物质经过焙烧加入(NH4)2SO4,金属变成硫酸盐,NiFe2O4、NiO、FeO与(NH4)2SO4反应生成的盐为NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4,同时有氨气生成;95℃热水溶解,Fe3+水解为Fe(OH)3;经过萃取将Fe2+、Ni2+分离,得到含Ni2+的有机层,最后得到NiSO4。(1)根据分析可知,“碱浸”时发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O2[Al(OH)4]-。(2)根据分析可知,“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在,则NiO与(NH4)2SO4反应的方程式为(NH4)2SO4+NiO2NH3↑+NiSO4+H2O↑。(3)烧渣中含有NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4,95℃热水“溶解”Fe3+水解为Fe(OH)3,则过滤所得滤渣的化学式为Fe(OH)3。(4)从表中数据可以看出,当V(萃取剂)V(溶液)为0.25时,Fe2+、Ni2+萃取率分别为5%、99%,所以Ni2+进入有机相,Fe2+主要存在于水中,萃取过程中产生H+在水层;为了从有机相中获得金属离子,需要使平衡M2++nRHMRn+nH+逆向移动,加入酸增加产物浓度使平衡逆向移动,为了不引入更多杂质,所以加入的X为H2SO(5)NiO的晶体结构如图甲所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),C在x、y、z轴上的投影分别是1、12、12,所以C的晶胞参数为(6)根据图知,每个Ni原子被3个O原子包围,每个O原子被3个Ni原子包围,相邻的3个圆中心连线为正三角形,三角形的边长为2apm,每个三角形含有一个Ni原子,三角形的面积=[12×2a×2a×sin60°×10-24]m2=3×10-24a2m2,实际上每个Ni原子被两个小三角形包含,小平行四边形面积为23×10-24a2m2,O原子个数=16×6=1,每平方米面积上分散的该晶体的质量=123×10-245.(10分)(2024·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MoS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为MoS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为

;

“水洗”的目的是。

(2)“转化”过程中,存在MoO42-→MoO3S2-→MoO2S22-→①(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4的化学方程式为。

②保持温度为55℃反应1h后,冷却至20℃并静置24h,测得δ=n[(NH4)2Sδ=3时,(NH4)2MoS4晶体产率为0的原因是;δ>4时,(NH4)2MoS4晶体产率继续增大的原因是

。

(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入(填操作单元的名称)中循环使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为。

答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2除去碳酸钾(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其结晶析出,导致晶体产率继续增大(3)转化(4)S4解析:钼精矿在空气中煅烧时,MoS2转化为MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化铵将(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MoS3沉淀:MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MoS3得到MoS(1)空气中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MoS2被氧化为MoO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MoO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的目的是除去碳酸钾。(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MoS4,根据质量守恒可知,同时生成一水合氨,化学方程式为(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其结晶析出,从而导致晶体产率继续增大。(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节中继续使用。(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8分子氨气、1分子硫单质,根据质量守恒可知,有4分子(NH4)2MoS4参与反应,则生成4分子MoS2,Mo化合价由+6价变为+4价,转移4×2=8个电子,生成硫单质的硫化合价由-2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故硫单质化学式为S4。6.(12分)(2023·湖南长郡中学一模)铟(In)是一种稀散金属,常与其他金属矿石伴生,回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3等)中的金属铟的工艺流程如下:已知:萃取时,发生反应In3++3H2A2In(HA2)3+3H+,H2A2代表有机萃取剂。室温下,金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子Fe3+Fe2+In3+开始沉淀pH(离子浓度为0.1mol·L-1时)1.363完全沉淀pH2.784.3回答下列问题:(1)In为49号元素,基态In原子的价电子排布式为。

(2)“氧化浸出”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式是

。

“氧化浸出”后加入CaO调整pH=5.0~5.2,所得滤渣1的主要成分是。

(3)实验测得氧分压对Sn、In、Zn的浸出率影响如图所示。结合反应的离子方程式,从平衡移动的角度解释氧分压对Sn的浸出率的影响:

。

(4)实验室进行萃取和反萃取时,均需要使用的硅酸盐仪器有。

(5)“置换”时,加入锌粉的量远大于获得海绵铟所需的理论消耗量,其原因是。“置换”后的滤液可混入该工艺中的再利用。

答案:(1)5s25p1(2)ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2OFe(OH)3、In(OH)3(3)2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+(或2SnO+O2+2H2O2H2SnO3),氧分压增大,平衡正向移动,Sn的浸出率降低(4)烧杯、分液漏斗(5)部分锌粉和溶液中的氢离子反应滤液1解析:氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3)中的各成分在“氧化浸出”过程中会分别转化为Zn2+、Fe3+、Sn2+、Sn4+、In3+和S单质,Sn2+会发生氧化反应及水解反应、Sn4+会发生水解反应,转化为固体H2SnO3,随S单质分离出体系,加CaO调pH过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,滤渣1主要含In(OH)3、Fe(OH)3,加入硫酸浸取,溶液中主要含有In3+、Fe3+,加入P204+260号溶剂油萃取,再加入硫酸反萃取后,加入Zn置换得到海绵铟。(1)In为49号元素,位于第五周期第ⅢA族元素,基态In原子的价电子排布式为5s25p1。(2)“氧化浸出”时ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水,化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;加CaO调pH过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,滤渣1主要含In(OH)3、Fe(OH)3。(3)由反应2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+(或2SnO+O2+2H2O2H2SnO3),可知该反应正向气体分子数减小,氧分压增大,平衡正向移动,Sn的浸出率降低。(4)萃取需在分液漏斗中进行,同时还需要用到烧杯。(5)“置换”时,加入的锌粉部分会与溶液中的氢离子反应,导致加入锌粉的量远大于获得海绵铟所需的理论消耗量;“置换”后的滤液中含有硫酸锌,可与滤液1合并分离出硫酸锌再利用。7.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:①“反应2”的化学方程式为

。

②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是。

(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。请补充完整过程ⅡⅠ.Fe3++ClO2-FeClOⅡ.;

Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化分别如图所示。ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是

。

ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是

。

(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用传感器测得溶液中NH4+与NO3-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的NH4答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O②可避免产生对人体有害的有机氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍(2)①FeClO22+Fe2++ClO2②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2ⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃时,以后者为主(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶解析:根据NaClO2的制备过程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成的ClO2