贛州市贛縣三中高三下學(xué)期月月考理綜化學(xué)試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精一、選擇題：每題6分,每小題只有一項(xiàng)符合題目要求1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活和環(huán)境密切相關(guān).下列有關(guān)說法正確的是A.編織漁網(wǎng)的尼龍繩的主要成分是纖維素B.文房四寶中的硯臺(tái),用石材磨制的過程是化學(xué)變化C.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，它屬于天然高分子化合物D。月餅中的油脂易被氧化，保存時(shí)常放入裝有硅膠的透氣袋【答案】C【解析】【詳解】A、尼龍的成分為合成纖維，是己二酸和己二胺縮聚形成的高分子化合物，而纖維素為多糖,故A錯(cuò)誤;B、生成新物質(zhì)的變化是化學(xué)變化，用石材制作硯臺(tái)的過程沒有新物質(zhì)生成,屬于物理變化,故B錯(cuò)誤。C、絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，屬于天然高分子化合物，故C正確；D、硅膠具有吸水性，不具有還原性，不能防止食品氧化變質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選C。2.一氯代物的同分異構(gòu)體有兩種，二氯代物的同分異構(gòu)體有四種的烷烴是()A乙烷 B。丙烷 C.正丁烷 D.正戊烷【答案】B【解析】詳解】A．乙烷分子中只有1種H原子，一氯代物有1種，故A不選；B．丙烷分子中有2種H原子,其一氯代物有2種,為CH3CH2CH2Cl,CH3CH（Cl)CH3,二氯代物有CH3CH2CHCl2,CH3CCl2CH3、CH3CHClCH2Cl、ClCH2CH2CH2Cl，故B選;C．正丁烷分子中有2種H原子，其一氯代物有2種，二氯代物有CH3CH2CH2CHCl2,CH3CH2CCl2CH3、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、ClCH2CH2CH2CH2Cl、CH3CHClCHClCH3,故C不選；D．新戊烷分子中含有1種H原子，其一氯代物只有1種，故D不選;故選：B。3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（)A。7.8g的Na2S和Na2O2的混合物中含有陰、陽離子總數(shù)為0。3NAB。常溫常壓下,22.4LCO2中含有NA個(gè)CO2分子C。1。0L1.0mol·L—1的NaClO水溶液中含有的氧原子數(shù)為NAD。常溫常壓下,18g羥基（-17OH）中所含的中子數(shù)為8NA【答案】A【解析】【詳解】A.Na2S和Na2O2的摩爾質(zhì)量均為78g/mol,故7.8g混合物的物質(zhì)的量為0。1mol,且均含2個(gè)陽離子和1個(gè)陰離子，故0。1mol混合物中含0.3NA個(gè)離子,故A正確;B。常溫常壓下氣體摩爾體積大于22。4L/mol，故22。4L二氧化碳的物質(zhì)的量小于1mol,則分子數(shù)小于NA個(gè)，故B錯(cuò)誤；C。在NaClO溶液中，除了NaClO外,水也含O原子，故此溶液中含有的氧原子的個(gè)數(shù)大于NA個(gè)，故C錯(cuò)誤；D.羥基（-17OH)的摩爾質(zhì)量18g/mol，故18g羥基的物質(zhì)的量n==1mol，此羥基中含9個(gè)中子，故1mol此羥基中含中子為9NA個(gè)，故D錯(cuò)誤。故選：A。4.下列裝置或操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿。用裝置甲制取氯氣 B。用乙裝置除去氯氣中的HCl氣體C。用丙裝置萃取溴水中的溴單質(zhì) D。用丁裝置分離乙酸與乙醇【答案】C【解析】【詳解】A．濃鹽酸和二氧化錳的應(yīng)在加熱條件下進(jìn)行，常溫下二者不反應(yīng)，不能制備氯氣，故A錯(cuò)誤；B．氯氣和HCl氣體都與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，應(yīng)用飽和食鹽水除雜,故B錯(cuò)誤；C．溴易溶于苯而不易溶于水，故可用丙裝置萃取溴水中的溴單質(zhì)，C正確；D．溫度計(jì)用于測量餾分的溫度，溫度計(jì)水銀球應(yīng)位于蒸餾燒瓶的支管口附近，故D錯(cuò)誤;故選C。5。W、X、Y、Z四種短周期元素的原子序數(shù)依次增大，W的某種原子無中子，X、Y可形成原子個(gè)數(shù)比為1∶1的具有漂白性的物質(zhì)，工業(yè)上常用電解飽和YZ溶液來獲得Z的單質(zhì)及其他產(chǎn)品。下列說法正確的是A.W和X、Y、Z均能形成18電子的分子B.上述四種元素的原子半徑大小順序?yàn)閞（Z)〉r(Y）>r（X）〉r(W)C。X、Y之間形成的化合物可能同時(shí)含有離子鍵和非極性共價(jià)健D。W、X、Z三種元素形成的化合物一定是弱酸【答案】C【解析】【分析】W的某種原子無中子，則W為H；X、Y可形成原子個(gè)數(shù)比為1∶1的具有漂白性的物質(zhì)，即Na2O2，所以X為O，Y為Na；工業(yè)上常用電解飽和YZ溶液來獲得Z的單質(zhì)及其他產(chǎn)品,則Z為Cl，電解飽和食鹽水可以制得氯氣和氫氣以及氫氧化鈉.【詳解】由以上分析可以知道W為H元素、X為O元素、Y為Na元素、Z為Cl元素。

A。W(H)和Y(Na）形成的NaH不是分子，是離子化合物,故A錯(cuò)誤；

B。四種元素鈉的原子半徑最大,故B錯(cuò)誤;C。X、Y之間形成的化合物可能為過氧化鈉，同時(shí)含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵，所以C選項(xiàng)是正確的；D。W、Y、X三種元素形成的化合物可能是HClO4，為強(qiáng)酸,故D錯(cuò)誤。所以C選項(xiàng)是正確的。6.鋰離子電池又稱為“搖擺電池",廣泛使用于電動(dòng)自行車等，其充放電過程就是鋰離子的嵌入和脫嵌過程(習(xí)慣上正極用嵌入或脫嵌表示,負(fù)極用插入或脫插表示)，即充放電過程就是鋰離子在正、負(fù)極間往返運(yùn)動(dòng)而形成電流.其裝置結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示（電解液為溶有LiPF6的碳酸酯類溶劑，隔膜為僅有鋰離子能通過的高分子膜)，工作原理為C6Li＋Li（1－x）MO2LiMO2＋C6Li（1－x)(M代表過渡元素)，則下列說法錯(cuò)誤的是（)A.電池放電時(shí),正極為石墨B。鋰離子電池的優(yōu)點(diǎn)是質(zhì)量小，電容量大,可重復(fù)多次使用C.電池充電時(shí)陽極的反應(yīng)為LiMO2－xe－=Li（1－x）MO2＋xLi＋D。鋰離子電池的電解液不能是水溶液，因?yàn)殇囀腔顫娊饘?能與水反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A.電池放電時(shí)，從圖像可以看出，石墨是負(fù)極,故A錯(cuò)誤；B。鋰離子電池的優(yōu)點(diǎn)是質(zhì)量小，電容量大，可重復(fù)多次使用符合題意,故B正確；C。電池充電時(shí)陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，工作原理為C6Li＋Li(1－x）MO2LiMO2＋C6Li(1－x）(M代表過渡元素)，所以陽極的反應(yīng)為LiMO2－xe－=Li（1－x）MO2＋xLi＋,故C正確；D.鋰離子電池的電解液不能是水溶液，因?yàn)殇囀腔顫娊饘伲芘c水反應(yīng)生成氫氧化鋰和氫氣，故D正確;故選：A。7。常溫下，向1L0。1mol·L－1NH4Cl溶液中,不斷加入固體NaOH后,NH4+與NH3·H2O的變化趨勢(shì)如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))。下列說法不正確的是（)A.M點(diǎn)溶液中水的電離程度比原溶液小B。在M點(diǎn)時(shí)，n(OH－）－n（H＋）＝(a－0.05）molC.隨著NaOH的加入,c（H+）/c(NH4+）不斷增大D。當(dāng)n(NaOH）＝0。1mol時(shí)，c（Na＋)＝c(NH4+）＋c（NH3·H2O)【答案】C【解析】A．M點(diǎn)是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后反應(yīng)得到氯化銨和一水合氨溶液，銨根離子濃度和一水合氨濃度相同,一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時(shí)水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度,A正確；B．在M點(diǎn)時(shí)溶液中存在電荷守恒，n(OH-)+n（Cl—)=n（H+）+n（Na+)+n(NH4+）,n(OH-）—n（H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=（a—0。05)mol，B正確；C．銨根離子水解顯酸性，結(jié)合水解平衡常數(shù)分析，c(H+）×c(NH3·H2O）/c（NH4+)×c(NH3·H2O）=Kh/c(NH3·H2O），隨氫氧化鈉固體加入,反應(yīng)生成一水合氨濃度增大,平衡常數(shù)不變，則c（H+)/c（NH4+）減小，C錯(cuò)誤；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，當(dāng)n（NaOH）=0.1mol時(shí)，恰好反應(yīng)生成氯化鈉和一水合氨，根據(jù)物料守恒可知溶液中c(Na+）=c(NH4+）+c(NH3·H2O)，D正確；答案選C。8。二氧化硫是危害最為嚴(yán)重的大氣污染物之一,它主要來自化石燃料的燃燒，研究CO催化還原SO2的適宜條件,在燃煤電廠的煙氣脫硫中具有重要價(jià)值。Ⅰ。從熱力學(xué)角度研究反應(yīng)(1)C（s）+O2（g）CO2(g）ΔH1=—393。5kJ·mol-1CO2(g)+C(s)2CO（g）ΔH2=+172。5kJ·mol—1S（s)+O2（g)SO2（g)ΔH3=-296.0kJ·mol-1寫出CO還原SO2的熱化學(xué)方程式:_________________。

(2)關(guān)于CO還原SO2的反應(yīng),下列說法正確的是______。

A。在恒溫恒容條件下,若反應(yīng)體系壓強(qiáng)不變,則反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)B。平衡狀態(tài)時(shí),2v正(CO)=v逆（SO2)C。其他條件不變，增大SO2的濃度,CO的平衡轉(zhuǎn)化率增大D.在恒溫恒壓的容器中，向達(dá)到平衡狀態(tài)的體系中充入N2,SO2的平衡轉(zhuǎn)化率不變Ⅱ．NOx的排放主要來自于汽車尾氣，包含NO2和NO,有人提出用活性炭對(duì)NOx進(jìn)行吸附,發(fā)生反應(yīng)如下：反應(yīng)a：C（s)+2NO(g）N2（g)+CO2(g)ΔH=－34.0kJ/mol反應(yīng)b:2C(s）+2NO2（g）N2（g）+2CO2(g)ΔH=－64.2kJ/mol(3）對(duì)于反應(yīng)a,在T1℃時(shí)，借助傳感器測得反應(yīng)在不同時(shí)間點(diǎn)上各物質(zhì)的濃度如下：時(shí)間(min）濃度(mol·L-1)01020304050NO1.000.580.400.400。480。48N200。210。300.300.360.36①0～10min內(nèi)，NO的平均反應(yīng)速率v（NO)=___________,當(dāng)升高反應(yīng)溫度，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K___________(選填“增大”、“減小”或“不變”）。②30min后，只改變某一條件，反應(yīng)重新達(dá)到平衡；根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是___________(填字母)。A．加入一定量的活性炭B．通入一定量的NOC．適當(dāng)縮小容器的體積D．加入合適的催化劑(4）①某實(shí)驗(yàn)室模擬反應(yīng)b,在密閉容器中加入足量的C和一定量的NO2氣體，維持溫度為T2℃，如圖為不同壓強(qiáng)下反應(yīng)b經(jīng)過相同時(shí)間NO2的轉(zhuǎn)化率隨著壓強(qiáng)變化的示意圖。請(qǐng)從動(dòng)力學(xué)角度分析,1050kPa前，反應(yīng)b中NO2轉(zhuǎn)化率隨著壓強(qiáng)增大而增大的原因_____________；在1100kPa時(shí)，NO2的體積分?jǐn)?shù)為___________。②用某物質(zhì)的平衡分壓代替其物質(zhì)的量濃度也可以表示化學(xué)平衡常數(shù)(記作Kp）；在T2℃、1.1×106Pa時(shí),該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=___________（計(jì)算表達(dá)式表示）;已知：氣體分壓（P分）=氣體總壓(P總）×體積分?jǐn)?shù)?！敬鸢浮?1）。2CO（g）+SO2（g）2CO2（g）+S(s)ΔH=-270。0kJ·mol-1（2)。AC（3)。0.042mol/（L?min）(4).減?。?）.BC（6）。1050kPa前反應(yīng)未達(dá)平衡狀態(tài)，隨著壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率加快,NO2轉(zhuǎn)化率提高（7）。50％(8）.或【解析】【詳解】(1）CO與SO2的反應(yīng)方程式為2CO＋SO2=2CO2＋S,①C（s)+O2(g)=CO2（g)，②CO2(g)+C（s）=2CO(g），③S（s)+O2(g)=SO2（g），因此有①－②－③得出2CO(g)＋SO2(g)=2CO2（g)＋S（s）△H=－270。0kJ·mol－1；(2）A、根據(jù)反應(yīng)方程式，硫?yàn)楣腆w，其余為氣體，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)之和不相等，因此當(dāng)壓強(qiáng)不再改變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A正確；B、不同物質(zhì)的速率表示達(dá)到平衡，要求反應(yīng)的方向一正一逆，且反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比,即v正(CO）=2v逆(SO2)，故B錯(cuò)誤；C、其他條件不變，增大SO2的濃度，增加反應(yīng)物的濃度,平衡向正反應(yīng)反應(yīng)移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；D、恒溫恒壓下，通入非反應(yīng)氣體,容器的體積增大，物質(zhì)的量濃度降低,平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，SO2的轉(zhuǎn)化率的降低，故D錯(cuò)誤；答案為AC;（3）①根據(jù)反應(yīng)速率數(shù)學(xué)表達(dá)式，v(NO)=(1。00－0.58)mol/L÷10min=0。042mol/(L·min)；反應(yīng)a和b都是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度的影響，即升高溫度，平衡常數(shù)K減??；②A、活性炭為固體，加入活性炭,不影響化學(xué)平衡，故A不符合題意；B、通入一定量的NO，NO濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，N2濃度增大，故B符合題意；C、適當(dāng)縮小容器的體積，所有氣體的濃度均增大，故C符合題意;D、加入合適的催化劑，不影響化學(xué)平衡,故D不符合題意；答案為BC；(4）①根據(jù)示意圖，1050kPa前，反應(yīng)未達(dá)到平衡，隨著壓強(qiáng)增大，反應(yīng)速率增大,NO2的轉(zhuǎn)化率加快；假設(shè)通入1molNO2，2C（s）＋2NO2（g）N2(g）＋2CO2（g)起始:100變化：0。40。20。4平衡：0。60.20.41100kPa時(shí)，NO2的體積分?jǐn)?shù)為0.6mol/(0.6＋0。2＋0。4)mol×100％=50%;②NO2的體積分?jǐn)?shù)為1/2，N2的體積分?jǐn)?shù)為0.2mol/（0.6＋0。2＋0.4）mol=1/6，CO2的體積分?jǐn)?shù)為1/3，Kp==或。9。我國電池年市場消費(fèi)量約為80億只，其中70%是鋅錳干電池,利用廢舊鋅錳干電池制備硫酸鋅晶體(ZnSO4·7H2O)和純MnO2的工藝如下圖所示：已知：①鋅皮的主要成分為Zn,含有少量Fe；炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等,還含有少量的Cu、Ag、Fe等.②Ksp[Zn(OH)2］=2.0×10—16；Ksp［Fe（OH)2］=8。0×10—16；Ksp［Fe（OH）3]=4.0×10—38。(1）除去炭包中碳粉的操作為_____________.A。酸浸B。過濾C.焙炒D.焙燒（2）粗MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4時(shí)，主要反應(yīng)的離子方程式為_____________________。(3)焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。(4)制備硫酸鋅晶體流程中，用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH的目的是______________________________，若溶解時(shí)不加H2O2帶來的后果是____________________。(5）“草酸鈉-高錳酸鉀返滴法"可測定MnO2的純度：取agMnO2樣品于錐形瓶中,加入適量稀硫酸,再加入V1mLc1mol·L—1Na2C2O4溶液（足量）,最后用c2mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液。①M(fèi)nO2參與反應(yīng)離子方程式為_____________.②該樣品中MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________________(假定雜質(zhì)不參與反應(yīng)，列出表達(dá)式即可)?！敬鸢浮浚?)。C(2）.MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O（3）。2MnCO3+O22MnO2+2CO2(4)。除去溶液中的Fe3+雜質(zhì)（5).Fe2+與Zn2+不能分離［或當(dāng)Fe（OH）2沉淀完全時(shí)，Zn(OH)2也沉淀完全](6).MnO2+4H++C2O42—=Mn2++2CO2↑+2H2O（7）?！?00％【解析】【分析】廢舊電池拆解后，鋅皮中的鋅和鐵在稀硫酸中溶解,鐵和稀硫酸生成Fe2+，被H2O2氧化為Fe3+，再加ZnO調(diào)節(jié)溶液的PH,使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀除去，得到的硫酸鋅溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO4·7H2O。炭包中的ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，粗MnO2在硫酸和H2O2的共同作用下轉(zhuǎn)化為MnSO4，在MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液，得到MnCO3沉淀,再焙燒MnCO3,使之被空氣中的氧氣氧化為純MnO2?！驹斀狻浚?）炭包的主要成分為ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，還含有少量的Cu、Ag、Fe等，ZnCl2、NH4Cl、Cu、Ag、Fe等溶于稀硝酸，而MnO2和碳粉不溶，過濾后把濾渣焙炒，碳粉被空氣中的氧氣氧化為二氧化碳除去，所以除去碳粉可以采用焙炒的方法,焙燒時(shí)，炭包內(nèi)部的碳比較難與氧氣反應(yīng)除去，正確答案：C。（2）粗MnO2在硫酸、H2O2作用下生成MnSO4，即MnO2+H2O2→MnSO4，反應(yīng)過程中MnO2被還原，則H2O2被氧化生成O2，配平該反應(yīng)為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。正確答案:MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O.（3）上述生成的MnSO4加入Na2CO3后“沉錳”生成MnCO3沉淀,焙燒后生成MnO2,即MnCO3→MnO2，Mn元素被氧化,所以空氣中O2作為氧化劑參加了該反應(yīng)，配平該反應(yīng)為：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。正確答案:：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。(4)鋅皮的主要成分為Zn，含有少量Fe，所以加入硫酸溶解并用H2O2氧化后，溶液中主要存在ZnSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4，因此加入的ZnO與H2SO4反應(yīng)使溶液酸性減弱，從而使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀除去。已知Ksp［Zn（OH)2]=2.0×10-16；Ksp［Fe（OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe（OH)3］=4。0×10—38，由于Zn(OH）2與Fe(OH)2的溶度積相差不大，所以沉淀Fe2+時(shí)Zn2+必然同時(shí)生成沉淀。若溶解時(shí)不加H2O2,溶液中主要存在ZnSO4、FeSO4、H2SO4，因此用ZnO反應(yīng)過量H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使Fe2+沉淀時(shí),Zn2+必然同時(shí)生成Zn（OH）2沉淀.正確答案：除去溶液中的Fe3+、Fe2+與Zn2+不能分離(或當(dāng)Fe（OH)2沉淀完全時(shí)，Zn(OH）2也沉淀完全)。（5)純度測定前半段，MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，即MnO2+C2O42-→Mn2++CO2↑，配平該反應(yīng)得MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O.剩余的Na2C2O4被KMnO4氧化生成Mn2+和CO2，即MnO4-+C2O42-→Mn2++CO2↑,配平得2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。則根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒得，，MnO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。正確答案：MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O、?！军c(diǎn)睛】①根據(jù)題意書寫氧化還原反應(yīng)。首先根據(jù)題目已知列出知道的反應(yīng)物和產(chǎn)物，然后聯(lián)系題意補(bǔ)充氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物中缺少的物質(zhì)(有時(shí)已知中全部給出）,第三步進(jìn)行氧化還原過程中電子得失的配平，再進(jìn)行質(zhì)量守恒和離子反應(yīng)中電荷守恒的配平。以上述Na2C2O4與MnO2反應(yīng)為例，由已知先整理得到MnO2氧化Na2C2O4生成Mn2+和CO2，既MnO2+C2O42—→Mn2++CO2↑，根據(jù)得失電子守恒得到MnO2+C2O42-→Mn2++2CO2↑,由于反應(yīng)前已經(jīng)用硫酸酸化，再根據(jù)離子電荷守恒得到MnO2+C2O42—+4H+→Mn2++2CO2↑,最后根據(jù)質(zhì)量守恒得MnO2+4H++C2O42—=Mn2++2CO2↑+2H2O。②溶度積用于比較難溶電解質(zhì)溶解度時(shí),不同種類型的難溶電解質(zhì)不能夠直接進(jìn)行比較。如本題中的Zn(OH）2、Fe（OH)2、Fe（OH)3，前兩者的組成為AB2型,第三個(gè)屬于AB3型，通過各自的溶度積已知（數(shù)量級(jí)都是10-16)可得Zn(OH）2、Fe（OH)2的溶解的相差不大,但是Fe(OH）3不能與它們直接進(jìn)行比較。10。四氯化錫可用作媒染劑。利用如圖所示裝置可以制備四氯化錫(部分夾持裝置已略去）;有關(guān)信息如下表：化學(xué)式SnCl2SnCl4熔點(diǎn)/℃246-33沸點(diǎn)/℃652144其他性質(zhì)無色晶體，易氧化無色液體，易水解回答下列問題：（1)甲裝置中儀器A的名稱為___________。（2)用甲裝置制氯氣，MnO4—被還原為Mn2+，該反應(yīng)的離子方程式為________________。（3)將裝置如圖連接好,檢查氣密性，慢慢滴入濃鹽酸，待觀察到__________（填現(xiàn)象)后,開始加熱丁裝置,錫熔化后適當(dāng)增大氯氣流量，繼續(xù)加熱丁裝置，此時(shí)繼續(xù)加熱丁裝置的目的是：①促進(jìn)氯氣與錫反應(yīng)；②_______________________________.(4)如果缺少乙裝置,可能發(fā)生的副反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________；己裝置的作用是_________________：A.除去未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣B。防止空氣中CO2氣體進(jìn)入戊裝置C.防止水蒸氣進(jìn)入戊裝置的試管中使產(chǎn)物水解D。防止空氣中O2進(jìn)入戊裝置試管中使產(chǎn)物氧化（5)某同學(xué)認(rèn)為丁裝置中的反應(yīng)可能產(chǎn)生SnCl2雜質(zhì)，以下試劑中可用于檢測是否產(chǎn)生SnCl2的有_______________（填標(biāo)號(hào)）。A.H2O2溶液B。FeCl3溶液（滴有KSCN）C。AgNO3溶液D。溴水（6）反應(yīng)中用去錫粒1.19g，反應(yīng)后在戊裝置的試管中收集到2。38gSnCl4,則SnCl4的產(chǎn)率為________。(保留3位有效數(shù)字）【答案】(1).蒸餾燒瓶（2）。2MnO4-+10C1—+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3)。丁裝置內(nèi)充滿黃綠色氣體（4)。使SnCl4氣化，利于從混合物中分離出來（5).Sn+2HCl=SnCl2+H2↑（6）.AC（7）.B、D（8)。91.2％【解析】【分析】分析一下實(shí)驗(yàn)流程，甲裝置是高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，得到的氯氣含有水蒸氣和氯化氫氣體，經(jīng)過乙飽和食鹽水除去氯化氫氣體，再經(jīng)過丙濃硫酸除去水蒸氣,此時(shí)氣體為純凈干燥的氯氣，再和丁裝置的錫粒反應(yīng)制備四氯化錫,經(jīng)過酒精燈加熱變成氣態(tài)的四氯化錫，然后在戊裝置冷凝下來，己裝置的堿石灰用來吸收未反應(yīng)完的氯氣和空氣的水蒸氣.【詳解】（1)蒸餾燒瓶；(2)用甲裝置制氯氣，MnO4—被還原為Mn2+，Cl－被還原成Cl2，該反應(yīng)的離子方程式為2MnO4—+10C1-+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）開始加熱丁裝置,應(yīng)該是要等到氯氣充滿丁裝置,氯氣為黃綠色氣體，故此處能觀察到的現(xiàn)象應(yīng)該是丁裝置內(nèi)充滿黃綠色氣體；錫熔化后適當(dāng)增大氯氣流量，繼續(xù)加熱丁裝置，此時(shí)繼續(xù)加熱丁裝置①促進(jìn)氯氣與錫反應(yīng)；除了這個(gè)目的,還有就是要把生成物氣化然后在戊裝置冷凝達(dá)到分離的目的，故第二個(gè)目的應(yīng)該是②使SnCl4氣化，利于從混合物中分離出來；（4）如果缺少乙裝置，則氣體中氯化氫沒有被除去，則與錫反應(yīng),置換出氫氣，化學(xué)方程式為Sn+2HCl=SnCl2+H2↑;反應(yīng)過程中氯氣可能還有未反應(yīng)完全的,需要用堿石灰除去，題給信息四氯化錫容易發(fā)生水解，故要防止水蒸氣進(jìn)入戊裝置的試管中使產(chǎn)物水解，CO2和O2進(jìn)入戊裝置無影響,故選A。C；（5)由題給信息SnCl2易氧化的性質(zhì)，說明SnCl2是還原劑,A。H2O2溶液與SnCl2反應(yīng)無明顯現(xiàn)象,不能檢測;B。FeCl3溶液（滴有KSCN)與SnCl2反應(yīng)生成Fe2＋，溶液由血紅色變?yōu)闊o色，可以作為檢測試劑;C。AgNO3溶液既可以與SnCl2反應(yīng)，也可以與SnCl4反應(yīng)生成白色沉淀；D。溴水與SnCl2反應(yīng)生成Br－，溴水紅棕色褪去,故選B.D;(6)Sn＋2Cl2=SnCl4，理論上n(Sn）=，理論上可制得SnCl4的質(zhì)量為：n（Sn)=n(SnCl4）=0.01mol，m(SnCl4)=，則產(chǎn)率為【點(diǎn)睛】實(shí)驗(yàn)題要特別注意題給信息，一般后面會(huì)針對(duì)題給信息設(shè)問，堿石灰成分主要是NaOH和CaO，不要與熟石灰、消石灰等混淆。11。Fe、Co、Ni均為第Ⅷ族元素，它們的化合物在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用。（1）基態(tài)Co原子的價(jià)電子排布式為____________（2)已知HN3是一種弱酸，其在水溶液中的電離方程式為HN3H++N3-,與N3—互為等電子體的一種分子為：_______，N3—離子雜化類型為___________。（3)Co3+的一種配離子[Co（N3)（NH3)5］2+中，Co3+的配位數(shù)是___________，1mol該配離子中所含σ鍵的數(shù)目為____,配位體NH3的空間構(gòu)型為:___________。（4）某藍(lán)色晶體中,Fe2+、Fe3+分別占據(jù)立方體互不相鄰的頂點(diǎn)，而立方體的每條棱上均有一個(gè)CN—，K+位于立方體的某恰當(dāng)位置上。據(jù)此可知該晶體的化學(xué)式為____________,立方體中Fe2+間連接起來形成的空間構(gòu)型是_____________。（5）NiO的晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0，0,0)，B為（1，1，0)，則C離子坐標(biāo)參數(shù)為_______________。(6）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+填充其中（如下圖)，已知O2-的半徑為apm，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為__________g(用含a、NA的代數(shù)式表示)。【答案】(1)。3d74s2(2）.CO2（3）。sp(4).6（5)。23NA(6).三角錐形（7）.KFe2(CN)6(8)。正四面體形(9).（1，1/2，1/2）(10).（或）【解析】【分析】第(2）問，原子數(shù)相同、電子總數(shù)相同的分子,互稱為等電子體;第（6）問，求每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量,先由圖中幾何關(guān)系求出每個(gè)氧化鎳所占的面積，進(jìn)而求出每平方米含有的氧化鎳個(gè)數(shù)，再用每個(gè)氧化鎳的質(zhì)量乘以每平方米含有的氧化鎳個(gè)數(shù)可求.注意單位的換算。【詳解】（1）CO原子的核電荷數(shù)為27，基態(tài)Co原子的價(jià)電子排布式為3d74s2；（2）與N3—互為等電子體的一種分子為:CO2。雜化軌道數(shù)=中心原子的孤電子對(duì)數(shù)+中心原子的σ鍵的數(shù)目，所以N3-中心氮原子孤電子對(duì)數(shù)為0，σ鍵的數(shù)目為2，所以雜化軌道數(shù)為2，故N3-離子雜化類型為sp；(3)Co3+的一種配離子［Co（N3)(NH3)5］2+中，氨氣分子和N3—中氮原子中有孤電子對(duì),能夠與Co+形成配位鍵，共有5個(gè)氨分子和1個(gè)N3-離子，Co3+的配位數(shù)是6。5mol氨氣分子提供σ鍵為15mol,1molN3—中含有σ鍵2mol，形成配位鍵有6mol，則1mol該配離子中所含σ鍵的數(shù)目為23NA。配位體NH3的空間構(gòu)型為：三角錐形；（4）Fe2+、Fe3+占據(jù)立方體的互不相鄰的頂點(diǎn)，則每個(gè)立方體上有4個(gè)Fe2+、4個(gè)Fe3+，根據(jù)晶體的空間結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，每個(gè)頂點(diǎn)上的粒子有1/8屬于該立方體，則該立方體中有1/2個(gè)Fe2+、1/2個(gè)Fe3+，CN—位于立方體的棱上，棱上的微粒有1/4屬于該立方體，該立方體中有3個(gè)CN-，所以該晶體的化學(xué)式為［FeFe(CN)6］—,由于物質(zhì)呈電中性，所以需要一個(gè)鉀離子與之結(jié)合，所以該晶體的化學(xué)式為KFe2(CN）6；立方體中Fe2+間連接起來形成的空間構(gòu)型是正四面體形；（5)NiO的晶體中離子坐標(biāo)參數(shù)A為（0，0，0)，B為(1，1,0），則由圖可看出C離子坐標(biāo)離x為1，離y為1/2,離z為1/2，則C離子坐標(biāo)參數(shù)為(1，1/2，1/2);（6）根據(jù)結(jié)構(gòu)知，氧離子和相鄰的鎳離子之間的距離為2a，距離最近的兩個(gè)陽離子核間的距離是距離最近的氧離子和鎳離子距