高考全國(guó)卷仿真模擬試卷理綜化學(xué)試題二新課標(biāo)I含解析

1、2018年高考全國(guó)卷仿真模擬試卷理綜化學(xué)試題（二）（新課標(biāo)I)1化學(xué)與生產(chǎn)、生活等方面密切相關(guān)，下列選項(xiàng)中不正確的是A普通玻璃和氮化硅陶瓷分別屬于傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料和新型無(wú)機(jī)非金屬材料B硝酸銨可用作化肥，也可以用作炸藥C只用蒸餾水就可以鑒別純堿和食鹽D游泳池用臭氧或者活性炭消毒的原理相同【答案】D2設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯(cuò)誤的是An(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+數(shù)目為NAB17gH2O2所含非極性鍵數(shù)目為0.5NAC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，H2和CO混合氣體8.96L在足量O2中充分燃燒消耗O2分子數(shù)為0.2NAD56g 鐵與足量氯氣

2、反應(yīng)，氯氣共得到3NA個(gè)電子【答案】A【解析】ANaHCO3溶液中存在水解和電離平衡，根據(jù)物料守恒，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，當(dāng)n(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol時(shí)，n(Na+)1mol，故A錯(cuò)誤；B17g雙氧水的物質(zhì)的量為0.5mol，含有0.5mol非極性鍵，故B正確；C、標(biāo)況下8.96L混合氣體的物質(zhì)的量為0.4mol，而等物質(zhì)的量的氫氣和CO的耗氧量相同，故0.4mol氫氣和CO的混合氣體消耗0.2mol氧氣，和混合氣體中氫氣與CO的比例無(wú)關(guān)，即消耗0.2NA個(gè)氧氣分子，故C正確；D鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，56g 鐵物質(zhì)

3、的量為=1mol，與足量氯氣反應(yīng)生成1mol氯化鐵，失去3mol電子，依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒可知氯氣共得到3NA個(gè)電子，故D正確；故選A。點(diǎn)睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計(jì)算和判斷。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意碳酸氫根為多元弱酸的酸式根離子，存在水解平衡和電離平衡。3化合物W、X、Y、Z的分子式均為C7H8，Z的空間結(jié)構(gòu)類(lèi)似于籃子。下列說(shuō)法正確的是A化合物W 的同分異構(gòu)體只有X、Y、ZBX、Y、Z 均可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)C1molX、1molY 與足量Br2/CCl4溶液反應(yīng)最多消耗Br2均為2molDZ的一氯代物只有3種【答案】D4A、B、C、D均為短周

4、期主族元素,原子序數(shù)依次增大，其原子的最外層電子數(shù)之和為18，A和C同主族，B原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，B、C、D的單質(zhì)均可與NaOH溶液反應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是A原子半徑:C>A，簡(jiǎn)單離子半徑：B>DB簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性:A>C，氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性:D>BCB、C的氧化物均是高熔點(diǎn)物質(zhì)，故B、C的氧化物中化學(xué)鍵類(lèi)型相同D可用A的單質(zhì)制備C的單質(zhì),可用電解法由B、D形成的化合物BD3制備B單質(zhì)【答案】B【解析】B原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，B元素可以是H、B、Al，因此B單質(zhì)可以與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，因此B為Al，C和D的單質(zhì)均可與NaOH溶液發(fā)生反

5、應(yīng)，則C為S，D為Cl，A和C同主族，則A為O，A、原子半徑S>O，簡(jiǎn)單離子半徑Cl>Al3，故A錯(cuò)誤；B、A和C簡(jiǎn)單氫化物是H2O和H2S，O的非金屬性強(qiáng)于S，因此有H2O的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2S，氧化鋁對(duì)應(yīng)水化物是Al(OH)3，氫氧化鋁表現(xiàn)兩性，因此Cl的氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)于氫氧化鋁，故B正確；C、SO2常溫下為氣體，熔點(diǎn)低，故C錯(cuò)誤；D、H2S與O2反應(yīng)：2H2SO2=2H2O2S，AlCl3為分子晶體，熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，因此工業(yè)上不電解AlCl3得到金屬鋁，故D錯(cuò)誤。5對(duì)于下圖所示實(shí)驗(yàn)，下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)測(cè)或操作正確的是A實(shí)驗(yàn)甲：勻速逐滴滴加鹽酸時(shí)，試管中沒(méi)氣泡產(chǎn)生和有氣泡產(chǎn)

6、生的時(shí)間段相同B實(shí)驗(yàn)乙：充分振蕩后靜置，下層溶液為橙紅色，上層為無(wú)色C實(shí)驗(yàn)丙：由MgCl26H2O制備無(wú)水MgCl2D裝置丁：酸性KMnO4溶液中有氣泡出現(xiàn)，且溶液顏色會(huì)逐漸變淺乃至褪去【答案】D6十九大報(bào)告中提出要“打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”，意味著對(duì)大氣污染防治比過(guò)去要求更高。二氧化硫空氣質(zhì)子交換膜燃料電池實(shí)現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結(jié)合，原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A該電池放電時(shí)質(zhì)子從Pt2電極經(jīng)過(guò)內(nèi)電路流到Pt1電極BPt1電極附近發(fā)生的反應(yīng)為：SO22H2O2eH2SO42HCPt2電極附近發(fā)生的反應(yīng)為O24e2H2O4OHD相同條件下，放電過(guò)程中消耗的SO2和O2的體積比為21【答案

7、】D【解析】放電時(shí)為原電池，質(zhì)子向正極移動(dòng)，Pt1電極為負(fù)極，則該電池放電時(shí)質(zhì)子從Pt1電極移向Pt2電極，A錯(cuò)誤；Pt1電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，SO2被氧化為硫酸，極反應(yīng)為SO22H2O2eSO2-44H，硫酸應(yīng)當(dāng)拆為離子形式，B錯(cuò)誤；酸性條件下，氧氣得電子生成水, C錯(cuò)誤；相同條件下，放電過(guò)程中：負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)：2SO24H2O4e2SO2-48H，正極發(fā)生還原反應(yīng)：O24e4 H2H2O，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等規(guī)律可知：放電過(guò)程中消耗的SO2和O2的體積比為21，D正確；正確選項(xiàng)D。點(diǎn)睛：Pt1電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，SO2被氧化為硫酸，負(fù)極反應(yīng)為SO22H2O2eSO2-44H，一定

8、要注意硫酸應(yīng)當(dāng)拆為離子形式，這一點(diǎn)易被忽視導(dǎo)致出現(xiàn)錯(cuò)誤。7利用電導(dǎo)法測(cè)定某濃度醋酸電離的H、Ka隨溫度變化曲線如圖。已知整個(gè)電離過(guò)程包括氫鍵斷裂、醋酸分子解離、離子水合。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A理論上H=0時(shí),Ka最大B25時(shí),CH3COOH最大C電離的熱效應(yīng)較小是因?yàn)榉肿咏怆x吸收的能量與離子水合放出的能量相當(dāng)DCH3COOH溶液中存在氫鍵是H隨溫度升高而減小的主要原因【答案】B【解析】A、理論上H=0時(shí),電離程度最大，氫離子和醋酸根離子濃度最大，Ka最大，故A正確；B、25時(shí)，Ka最大，電離程度最大，平衡時(shí)醋酸分子的濃度CH3COOH最小，故B錯(cuò)誤；C、分子解離吸收的能量與離子水合放出的能量

9、相當(dāng)時(shí)，拆開(kāi)化學(xué)鍵吸收的能量與水合時(shí)放出的熱量相當(dāng)，電離的熱效應(yīng)較小，故C正確；D、拆開(kāi)氫鍵需要能量，但隨溫度的升高，氫鍵越來(lái)越小，CH3COOH溶液中存在氫鍵是H隨溫度升高而減小的主要原因，故D正確；故選B。8亞硝酰氯(ClNO)是有機(jī)物合成中的重要試劑，紅褐色液體或黃色氣體，具有刺鼻惡臭味，遇水反應(yīng)生成一種氫化物和兩種氧化物。某學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室用Cl2和NO制備ClNO并測(cè)定其純度，相關(guān)實(shí)驗(yàn)(夾持裝置略去) 如下。請(qǐng)回答:（1）制備Cl2發(fā)生裝置可以_(填大寫(xiě)字母)，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)。（2）欲收集一瓶干燥的氯氣，選擇裝置，其連接順序?yàn)?a_(按氣流方向,用小寫(xiě)字母表示)，若用到F，其盛

10、裝藥品為_(kāi)。（3）實(shí)驗(yàn)室可用下圖裝置制備亞硝酰氯(ClNO);實(shí)驗(yàn)室也可用B裝置制備N(xiāo)O，X裝置的優(yōu)點(diǎn)為_(kāi)。檢驗(yàn)裝置氣密性并裝入藥品，打開(kāi)k2，然后再打開(kāi)_(填“k1”"或“k3”)，通入一段時(shí)間氣體，（其目的為_(kāi)），然后進(jìn)行其它操作，當(dāng)Z有一定量液體生成時(shí)，停止實(shí)驗(yàn)。若無(wú)裝置Y，則Z中ClNO可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。（4）取Z中所得液體m g溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用c mol·L1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為22.50mL。(已知:Ag2CrO4為磚紅色固體;Ksp(AgCl)=1.56&

11、#215;10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)，則亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)(用代數(shù)式表示)。【答案】 A或B MnO24H2ClMn2Cl22H2O（或B 2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O） fgcbdejh 飽和食鹽水 排除裝置內(nèi)空氣的干擾；可以隨開(kāi)隨用，隨關(guān)隨停 K3 排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO和ClNO變質(zhì) 2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2 或?qū)懗伞窘馕觥浚?）實(shí)驗(yàn)室制備氯氣可用二氧化錳與濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯氣，滿足固、液加熱制備氣體的條件，因此A裝置符合；或用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，符合固、液不加熱反應(yīng)制備氣體的條

12、件，因此B裝置符合，反應(yīng)的離子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；或2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O；正確答案： A 或B；MnO24H2ClMn2Cl22H2O或 2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O。（2）氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，要通過(guò)飽和食鹽水裝置，吸收氯化氫，通過(guò)濃硫酸裝置，吸收水蒸氣，得到干燥的氯氣，用向上排空氣法收集，尾氣用堿石灰吸收；所以裝置的連接順序?yàn)閒gcbdejh ； F裝置用來(lái)除去氯化氫，其盛裝藥品為飽和食鹽水；正確答案：fgcbdejh ； 飽和食鹽水。（3）實(shí)驗(yàn)室用銅和稀硝酸反應(yīng)制備N(xiāo)O，NO不溶于水，但是能夠與氧氣反應(yīng)；選用

13、X裝置作為發(fā)生裝置的優(yōu)點(diǎn)為排除裝置內(nèi)空氣的干擾；可以隨開(kāi)隨用，隨關(guān)隨停；正確答案：排除裝置內(nèi)空氣的干擾；可以隨開(kāi)隨用，隨關(guān)隨停。檢驗(yàn)裝置氣密性并裝入藥品，打開(kāi)k2，K3，通入一段時(shí)間氯氣，排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO和ClNO變質(zhì)；正確答案：K3；排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO和ClNO變質(zhì)。根據(jù)題意可知：亞硝酰氯(ClNO)遇水反應(yīng)生成一種氫化物和兩種氧化物，若無(wú)裝置Y，就會(huì)有水蒸氣進(jìn)入發(fā)生裝置，會(huì)造成ClNO與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2；正確答案: 2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2。9研究和深度開(kāi)發(fā)CO、CO2的應(yīng)用對(duì)構(gòu)建生態(tài)文明社會(huì)具有重要的意

14、義。（1）CO可用于煉鐵，已知：Fe2O3(s) + 3C(s)2Fe(s) + 3CO(g) H 1+489.0 kJ·mol1，C(s) +CO2(g)2CO(g) H 2 +172.5 kJ·mol1則CO還原Fe2O3(s)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)。（2）分離高爐煤氣得到的CO與空氣可設(shè)計(jì)成燃料電池（以KOH溶液為電解液）。寫(xiě)出該電池的負(fù)極反應(yīng)式：_。（3）CO2和H2充入一定體積的密閉容器中，在兩種溫度下發(fā)生反應(yīng)：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)測(cè)得CH3OH的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化見(jiàn)圖1。曲線I、對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)大小關(guān)系為KK（填“>”或

15、“=”或“<”）。一定溫度下，在容積相同且固定的兩個(gè)密閉容器中，按如下方式加入反應(yīng)物，一段時(shí)間后達(dá)到平衡。容器甲乙反應(yīng)物投入量1 mol CO2、3 mol H2a mol CO2、b mol H2c mol CH3OH(g)、c mol H2O(g)若甲中平衡后氣體的壓強(qiáng)為開(kāi)始的0.8倍，要使平衡后乙與甲中相同組分的體積分?jǐn)?shù)相等，且起始時(shí)維持化學(xué)反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，則c的取值范圍為。（4）利用光能和光催化劑，可將CO2和H2O(g)轉(zhuǎn)化為CH4和O2。紫外光照射時(shí)，在不同催化劑（、）作用下，CH4產(chǎn)量隨光照時(shí)間的變化見(jiàn)圖2。在015小時(shí)內(nèi)，CH4的平均生成速率、和從大到小的順序?yàn)椋ㄌ?/p>

16、序號(hào)）。（5）以TiO2Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率的關(guān)系見(jiàn)圖3。乙酸的生成速率主要取決于溫度影響的范圍是_。Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，寫(xiě)出有關(guān)的離子方程式：_?！敬鸢浮浚?）Fe2O3(s)+ 3CO(g)2Fe(s)+ 3CO2(g) H 28.5 kJ·mol1（2）CO + 4OH 2eCO32+ 2H2O（3） 0.4c1（4）IIIIII （5）3004003Cu2Al2O4+32H+2NO36Cu2+ 6Al3+2NO+16 H2O【解析】（1）Fe2O3(s）+3C(石墨）=2Fe(s）

17、+3CO(g） H1=+489.0kJ/mol，C(石墨）+CO2(g）=2CO(g） H2=+172.5kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，由×3得熱化學(xué)方程式：Fe2O3(s）+3CO(g）=2Fe(s）+3CO2(g） H=28.5kJ/mol。（2）該燃料電池以CO為燃料，O2為助燃劑，負(fù)極上是CO發(fā)生失電子生成CO2的氧化反應(yīng)，又因?yàn)殡娊赓|(zhì)是KOH溶液，CO2和KOH反應(yīng)得到的是碳酸鉀，即電極反應(yīng)為：CO+4OH2e=CO32+2H2O。（3）一定體積的密閉容器中起始投料為CO2和H2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，CH3OH和H2O的物質(zhì)的量增加，而CO2和H2的物質(zhì)的量減少，平衡時(shí)比的甲醇的

18、物質(zhì)的量少，則一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量越多，根據(jù)K=知，平衡常數(shù)越小，故KK。 CO2(g）+3H2(g）CH3OH(g）+H2O(g）起始量(mol） 1 3 0 0轉(zhuǎn)化量mol） x 3x x x平衡量(mol） 1x 33x x x甲中平衡后氣體的壓強(qiáng)為開(kāi)始時(shí)的0.8倍，即(42x）÷4=0.8，解得x=0.4mol；依題意：甲、乙為等效平衡，要滿足起始時(shí)維持反應(yīng)逆向進(jìn)行，若全部由生成物投料，c的物質(zhì)的量為1mol；或c 的物質(zhì)的量不能低于平衡時(shí)的物質(zhì)的量0.4mol，故起始投料c的物質(zhì)的量應(yīng)為：0.4moln(c）1mol。（4）由圖2可知，在015h內(nèi)，甲烷的物質(zhì)的量變化量

19、為n(）n(）n(），故在015h內(nèi)，CH4的平均生成速率v(）v(）v(）。（5）溫度超過(guò)250時(shí)，催化劑的催化效率降低，在300時(shí)失去活性，所以溫度高于300時(shí)，乙酸的生成速率升高是由溫度升高導(dǎo)致的，故乙酸的生成速率主要取決于溫度影響的范圍是300400。把Cu2Al2O4改寫(xiě)成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，分別寫(xiě)出兩種氧化物與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：3Cu2O+14H+2NO3=6Cu2+2NO+7H2O，3Al2O3+18H+=6Al3+9H2O，兩式相加即得總反應(yīng)的離子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O?？键c(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式、離

20、子方程式、電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，化學(xué)平衡計(jì)算10一種利用電解錳陽(yáng)極泥(主要成分MnO2、MnO)制備MnO2的工藝流程如下：（1）“煅燒氧化”時(shí)，1mol MnO煅燒完全轉(zhuǎn)化為Na2MnO4失去電子的物質(zhì)的量為_(kāi)；MnO2煅燒反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。（2）“浸取”時(shí)，為提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有_、_(列舉2點(diǎn))（3）“調(diào)pH”是將溶液pH 調(diào)至約為10，防止pH較低時(shí)Na2MnO4自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成MnO2和_；寫(xiě)出用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作_。（4）“還原”時(shí)有無(wú)機(jī)含氧酸鹽生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。（5）測(cè)定產(chǎn)品中MnO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)的步驟如下：步驟1準(zhǔn)確稱(chēng)取mg產(chǎn)品

21、，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL (過(guò)量)及適量的稀硫酸，水浴加熱煮沸一段時(shí)間。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2+2H2O+Na2SO4)步驟2然后用c2mol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+K2SO4+8H2O)步驟2達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)判斷依據(jù)是_；產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(MnO2)=_(列出計(jì)算的表達(dá)式即可)?！敬鸢浮?mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O

22、 煅燒后固體進(jìn)行粉碎，適量增大水的量 適當(dāng)提高浸取溫度，充分?jǐn)嚢?MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH試紙置于表面皿(點(diǎn)滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，立刻與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照讀出pH 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2+Na2CO3+2NaOH 滴入最后一滴KMnO4溶液時(shí)，溶液呈淺紅色且30s內(nèi)不褪去 ×100%【解析】 （1）“煅燒氧化”時(shí)MnO Na2MnO4錳由+2價(jià)變成+6價(jià)，失去電子為4e- ，1mol MnO煅燒完全失去電子的物質(zhì)的量為4mol；MnO2煅燒反應(yīng)的化學(xué)方程式為2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。（2）“浸取”時(shí)，為

23、提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化學(xué)反應(yīng)速率，所以可采取的措施有：煅燒后固體進(jìn)行粉碎，增大接觸面積，適量增大水的量促進(jìn)溶解，；適當(dāng)提高浸取溫度，加快化學(xué)反應(yīng)速率，充分?jǐn)嚢枳屛镔|(zhì)充分迅速 （3）Na2MnO4中Mn的化合價(jià)為+6 ,MnO2中Mn的化合價(jià)為+4, Na2MnO4自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Mn的化合價(jià)為要升高,即發(fā)生MnO2 Na2MnO4MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-(或NaMnO4)用pH試紙測(cè)定溶液pH的操作操作為（6）取一小段pH試紙置于表面皿(點(diǎn)滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，立刻與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照讀出pH 。答案：MnO4-(或NaMnO4) 取一

24、小段pH試紙置于表面皿(點(diǎn)滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，立刻與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照讀出pH 。（4）由 “還原指Na2MnO4與甲醛反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2MnO4+HCHO=2MnO2+Na2CO3+2NaOH。（5）達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)判斷依據(jù)是：滴入最后一滴KMnO4溶液時(shí)，溶液呈淺紅色且30s內(nèi)不褪去。由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+K2SO4+8H2O) 5 2 X c2v2 X= 2.5C2V2由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2+2H2O+Na2SO41 1C1V1-2.5C2V2 Y Y= (C1V1

25、-2.5C2V2)mol產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為m(MnO2)= (C1V1-2.5C2V2)mol87g/mol=87 (C1V1-2.5C2V2)/1000g產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(MnO2)= 87(C1V1-2.5C2V2)/1000m10011【化學(xué)一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】由S、Cl 及Fe、Co、Ni 等過(guò)渡元素組成的新型材料有著廣泛的用途,回答下列問(wèn)題:（1）鈷元素基態(tài)原子的電子排布式為_(kāi)，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序?yàn)開(kāi)。（2）SCl2 分子中的中心原子雜化軌道類(lèi)型是_，該分子空間構(gòu)型為_(kāi)。（3）Fe、Co、Ni等過(guò)渡元素易與CO形成配合物,化學(xué)式遵循18電子規(guī)

26、則:中心原子的價(jià)電子數(shù)加上配體提供的電子數(shù)之和等于18，如Ni 與CO形成配合物化學(xué)式為Ni(CO)4，則Fe與CO形成配合物化學(xué)式為_(kāi)。Ni(CO)4中鍵與鍵個(gè)數(shù)比為_(kāi)，Ni(CO)4為_(kāi)晶 體。（4）已知NiO的晶體結(jié)構(gòu)如圖1所示。NiO的晶體結(jié)構(gòu)可描述為:氧原子位于面心和頂點(diǎn),氧原子可形成正八面體空隙和正四面體空隙,鎳原子填充在氧原子形成的空隙中。則NiO 晶體中鎳原子填充在氧原子形成的_體空隙中。已知MgO 與NiO的晶體結(jié)構(gòu)相同,其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm 和69pm。則熔點(diǎn):MgO_ NiO( 填“ >”、“ <" 或“ =” ), 理由是

27、_。一定溫度下,NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”,可以認(rèn)為O2-作密置單層排列,Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如圖2),已知O2-的半徑為am,每平方米面積上分散的NiO的質(zhì)量為_(kāi)g。(用a、NA表示)【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或Ar 3d74s2 Cl> P > S sp3 V 形 Fe(CO)5 11 分子 正八面 Mg2+半徑比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 【解析】（1）考查電子排布式、第一電離能規(guī)律，鈷元素位于第四周期VIII族，27號(hào)元素，因此電子排布式為 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar 3d

28、74s2 ；同周期從左向右第一電離能增大，但I(xiàn)IA>IIIA，VA>VIA，因此第一電離能Cl>P>S；（2）考查雜化類(lèi)型判斷、空間構(gòu)型，SCl2中心原子S有2個(gè)鍵，孤電子對(duì)數(shù)為(62×1)/2=2，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化類(lèi)型為sp3；空間構(gòu)型為V形或角形；（3）考查配位化合物、化學(xué)鍵數(shù)目、晶體類(lèi)型判斷，F(xiàn)e屬于過(guò)渡元素，價(jià)電子數(shù)為8，CO提供電子的是C，C能提供2個(gè)電子，令Fe的配位數(shù)為x，根據(jù)18電子規(guī)則，82x=18，即x為5，化學(xué)式為Fe(CO)5；Ni的配位數(shù)為4，Ni與CO形成4個(gè)鍵，CO與N2互為等電子體，因此1個(gè)CO分子有1個(gè)鍵和2個(gè)鍵，因此1個(gè)Ni(CO)4中含有鍵的個(gè)數(shù)為8個(gè)，鍵的個(gè)數(shù)為8個(gè)，因此比值為1：1；Ni(CO)4屬于分子晶體；（4）考查晶胞的計(jì)算、晶體熔點(diǎn)高低的判斷，根據(jù)圖1，NiO晶體中鎳原子填充在氧原子形成的正八面體空隙中；MgO和NiO屬于離子晶體，所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，晶格能越大，熔點(diǎn)高，Mg2的離子半徑小于Ni2的離子半徑，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔點(diǎn)高于NiO；建立圖所示結(jié)構(gòu)，每個(gè)氧化鎳所占的面積為2a×2a×sin60°，則每平方米含有氧化鎳的個(gè)數(shù)為1/（2a×2a×s