精品解析：山东省枣庄市第十六中学等校2023-2024学年高三下学期5月（一模）考试化学试题

枣庄十六中2024届高三年级五月学情检测 化学试题 (考试时间：90分钟，试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Ga-70 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 煤的气化和液化可获得清洁燃料，有助于实现“碳中和” B. 供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品 C. 二氧化硅属于无机非金属材料，可用于制作光感电池 D. 规范添加苯甲酸钠可减缓食品变质，有利于保持食品营养 2. 的实验室制备过程为： ①在强酸性介质中用还原制备； ②在碱性介质中与反应，得到亚氯酸钠溶液； ③再经一系列操作可得晶体。 根据上述实验原理，下列说法不正确的是 A. ①中可用硫酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质 B. 反应②中的可用代替 C. 过程③一系列操作含冷却结晶，温度控制在38℃以下 D. 若通过原电池反应来实现①，正极的电极反应为 3. 下列说法不正确的是 A. 图①：进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛 B. 图②：可用于分离植物油和水的混合液 C. 图③：可用于硫酸钠焰色试验 D. 图④：牺牲阳极法保护钢铁设备的示意图 4. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是 A. 用图①装置验证非金属性：Cl>C>Si B. 按图②所示的气流方向可用于收集Cl2 C. 用图③装置高温灼烧Ag2S制取Ag D 用图④装置制备氢氧化铁胶体 5. 有机物L的合成路线（反应条件和其他产物已经略去）如下图所示，下列说法不正确的是 A. 1molX最多能与2mol（水溶液）发生反应 B. 在Z→M的过程中，发生还原反应，M的结构简式为 C. Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同 D. N和L均难溶于水 6. 一种有机物催化剂由原子序数依次递增的前20号元素组成，结构式如下图。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单气态氢化物稳定性： C. 元素所在周期中，第一电离能大于的元素有2种 D. 基态原子电子占据的最高能层有9个原子轨道 7. 气相还原法将SO2还原为硫黄是目前烟气脱硫研究的热点，原理是在一定温度下 (200~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如图所示，下列说法正确的是 A. 再生塔中，生成一种可循环的物质，该物质的化学式为CaSO3 B. 脱硫塔中发生反应的化学方程式为 C. 三个装置中均发生了氧化还原反应 D. 脱硫过程中，当产生32g单质S8时，转移电子的物质的量为2mol 8. 有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为，下列说法不正确的是 A. Z与N可形成化合物、 B. 最简单氢化物的沸点： C. M元素的第一电离能比同周期相邻元素的大 D. 离子中Y发生杂化 9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为29，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 该阳离子中心离子的配位数为6 C. 氢化物的沸点： D. 两种配体中的键角： 10. 锡碲渣废料(主要成分为，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下。已知水碎液中溶质主要成分为、；碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。下列说法正确的是 A. “除碲”时，碲的脱除率随温度升高持续增大 B. “除铅”时，主要反应的化学方程式为 C. 制备碲的过程中，若每步消耗等物质的量的含碲物质，则转移电子数相等 D. 经“溶析结晶”获得产品的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是 A. 在强碱性环境下，氧化性：Cl2＞KMnO4 B. 装置Ⅰ中的漂白粉可以用MnO2代替 C. 装置Ⅱ中盛放浓硫酸，以提高KMnO4的产率 D. 装置Ⅳ不需要防倒吸的原因是氢氧化钠溶液与氯气反应速率较慢 12. 空气污染物NO通常用含的溶液吸收，生成、，再利用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时生成，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 由右室进入左室 B. 从电解槽a口流出，且可循环使用 C. 阴极的电极反应式： D. 若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6 L甲烷时，理论上可转化2 mol 13. 实验室常以和为原料制备，其制备(Ⅰ)和纯化(Ⅱ)的实验装置如图所示(夹持、加热及搅拌装置略)。已知：的熔点73.4℃，沸点223.5℃，易水解；的熔点3.5℃，液态在时即发生分解，下沸点为79℃，也易水解。下列说法正确的是 A. 实验装置中两种冷凝管可以交换使用 B. 试剂X和试剂Y都可以用无水氯化钙 C. Ⅰ中的碎瓷片和Ⅱ中的毛细管都有防止暴沸的作用 D. Ⅰ中液体进入Ⅱ、Ⅱ中液体的纯化都利用了减压原理 14. NOx的排放来自汽车尾气，研究利用反应C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g) △H=-34.0kJ∙mol-1，用活性炭可对其进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如下图所示。(已知：气体分压=气体总压×物质的量分数)，下列有关说法错误的是 A. 若能测得反应产生22gCO2，则反应放出的热量为17.0kJ B. 达到平衡后增大活性炭的用量，平衡向右移动 C. 在950K～1000K之间，化学反应速率：v正＜v逆 D. 1050K时，反应的化学平衡常数Kp=4 15. 晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 该晶体中存在的化学键包括共价键、离子键、氢键 B. 的空间结构为四面体形 C. 的配位数为4 D. 该晶体的密度为 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 稀土针铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(，质量分数为)、]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。 已知：①的稳定价态为价；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量生成可溶性配合物； ②常温下，。回答下列问题： （1）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全。若溶液中，_____(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是_____。 （2）“沉淀”过程得到晶体。此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值和沉钕率的关系如图所示，对沉钕率变化趋势进行解释：_____。 （3）“滤液2”的溶质主要为_____(填化学式)；“滤液3”中的_____(填化学式)可在上述流程中循环利用。 （4）“一系列操作”包括_____；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为_____。 17. Ⅰ．碱式碳酸铜的制备 （1）步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃～80℃，其中发生的化学反应方程式为___________，原料中必须过量的原因是___________，反应温度低于80℃的原因是___________； （2）在步骤(ⅲ)的实验过程中，涉及三种固液分离的方法，分别是倾析法过滤(把上层清液直接倾入另一容器中，让沉淀尽可能留在烧杯内)、趁热过滤与减压过滤，最终制得蓝绿色固体。该实验流程中没有使用到的下列装置有___________(填序号)； Ⅱ．碱式碳酸铜的检验 同学们设计了如图装置，针对制得的蓝绿色固体进行检验。 （3）装置加热前，需要首先打开活塞，用装置制取适量，点燃处酒精灯。中盛装的试剂应是___________； （4）若蓝绿色固体的组成为，实验能观察到的现象是___________； （5）同学们查阅文献得知：，经讨论认为用代替来定量测定蓝绿色固体的化学式会更好，其原因是___________(填序号)； a．的碱性比强 b．溶解度大于，能充分吸收 c．相同条件下，的溶解度明显大于 d．吸收等量生成的的质量大于，测量误差小 （6）若蓝绿色固体的组成为。取干燥后的蓝绿色固体，煅烧至完全分解后得到固体，测得中干燥后的沉淀质量为[F中已改为溶液]。则该蓝绿色固体的化学式为___________。 18. 甲烷和二氧化碳重整制合成气(CO和H2)的研究是实现碳达峰的手段之一，涉及反应如下： I.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ•mol-1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.5kJ•mol-1 Ⅲ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H3 （1）△H3=_______kJ•mol-1。 （2）在一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和1molCH4发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4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Ⅱ的平衡常数为_______。 （3）常压下，将等物质的量的CO2和CH4以一定流速通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水蒸气的流出量随温度变化如图所示。 ①曲线______(填“a”或“b”)表示CO2的转化率随温度变化曲线。 ②温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是_______；温度高于1400K时，曲线a、b交于一点的原因是______。 （4）向恒温恒容密闭容器中充入CH4和CO2，加入催化剂使其只发生反应I。研究表明CO的生成速率v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1。起始时，CH4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa，某时刻测得p(H2)=20kPa，则p(CO2)=_______kPa，v(CH4)=______kPa•s-1。 19. 化合物ⅷ是某合成药物的一种中间体，可采用如下路线合成（部分条件和试剂未标明）： （1）化合物ⅰ的名称为______，化合物ⅱ的分子式为______。 （2）六元碳环化合物ⅸ是化合物ii的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，写出符合上述条件的化合物ⅸ的结构简式______（写出两种）。 （3）化合物为化合物ⅲ的同分异构体，根据的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应的官能团 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 a ______ ______ b ______ ______ 氧化反应（生成有机物） （4）下列说法中不正确的有______。 A. 化合物ⅵ中，元素电负性由大到小的顺序为 B. 反应⑤过程中，有键和键形成 C. 化合物ⅳ存在手性碳原子，氧原子采取杂化 D. 属于非极性分子，存在由p轨道“头碰头”形成的键 （5）以和为含碳原料，利用反应①和②的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①最后一步反应中，环状有机反应物为______（写结构简式）。 ②相关步骤涉及到醇的氧化反应，该反应的化学方程式为______。 ③从出发，第一步的化学方程式为______（注明反应条件）。 20. 硼族元素可形成许多结构和性质特殊化合物。回答下列问题： （1）基态原子价电子排布式为_______。 （2）常温下，与硼单质反应生成为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为和_______(填化学式)。和中的键角大小顺序是_______，实验测得中3个键长远比和的半径之和小，原因是_______。 （3）一定条件下，和反应生成和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为。 上述反应的化学方程式为_______，X晶体内含有的作用力有_______(填字母)。 a．配位键 b．离子键 c．氢键 d．金属键 用原子分数坐标来描述晶胞中所有原子的位置，需要_______组原子分数坐标，晶体中有_______种化学环境的原子。 （4）阿伏加德罗常数的值为。化合物X的密度为_______(用含的代数式表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 枣庄十六中2024届高三年级五月学情检测 化学试题 (考试时间：90分钟，试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Ga-70 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 煤的气化和液化可获得清洁燃料，有助于实现“碳中和” B. 供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品 C. 二氧化硅属于无机非金属材料，可用于制作光感电池 D. 规范添加苯甲酸钠可减缓食品变质，有利于保持食品营养 【答案】D 【解析】 【详解】A．煤经过气化和液化等化学变化可以转变为清洁燃料，但是其燃烧产物依然是二氧化碳，不利于实现“碳中和”，A错误； B．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，B错误； C．高纯硅可用于制作光感电池，C错误； D．苯甲酸钠是一种防腐剂，规范使用防腐剂可以减缓食物变质速度，保持食品营养价值，D正确； 故选D。 2. 的实验室制备过程为： ①在强酸性介质中用还原制备； ②在碱性介质中与反应，得到亚氯酸钠溶液； ③再经一系列操作可得晶体。 根据上述实验原理，下列说法不正确的是 A. ①中可用硫酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质 B. 反应②中的可用代替 C. 过程③一系列操作含冷却结晶，温度控制在38℃以下 D. 若通过原电池反应来实现①，正极的电极反应为 【答案】B 【解析】 详解】A．①中可用硫酸作强酸性介质，提供氢离子，硫酸根对反应无影响，②中可用NaOH作碱性介质，提供氢氧根离子，钠离子对反应无影响，故A正确； B．在碱性介质中ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl的化合价由+4价降低为+3价，H2O2作还原剂，NaClO4不能代替过氧化氢，故B错误； C．过程③一系列操作含冷却结晶，为防止分解，温度应控制在38℃以下，故C正确； D．用原电池实现反应①，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，即电极反应式为，故D正确； 故选：B。 3. 下列说法不正确的是 A. 图①：进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛 B. 图②：可用于分离植物油和水的混合液 C. 图③：可用于硫酸钠的焰色试验 D. 图④：牺牲阳极法保护钢铁设备的示意图 【答案】D 【解析】 【详解】A．是护目镜，进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛，故A正确； B．植物油和水不互溶，可以利用分液分离。故B正确； C．光洁的无锈铁丝焰色无色，可以用于硫酸钠的焰色试验，故C正确； D．将闸门与电源的负极相连，属于外加电源阴极保护法，故D错误； 故答案为D。 4. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是 A. 用图①装置验证非金属性：Cl>C>Si B. 按图②所示的气流方向可用于收集Cl2 C. 用图③装置高温灼烧Ag2S制取Ag D. 用图④装置制备氢氧化铁胶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．图①装置中，盐酸制取，可以生成，只能证明酸性：，因为盐酸不是最高价含氧酸，所以不能证明氯元素的非金属性强，A错误； B．氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，图②所示的气流方向可用于收集Cl2，B正确； C．高温灼烧固体应在坩埚中进行，蒸发皿只能用于蒸发溶液，C错误； D．制备氢氧化铁胶体是向沸水中滴加饱和溶液，加热煮沸至液体呈红褐色，图④装置用饱和溶液与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，D错误； 故选B。 5. 有机物L的合成路线（反应条件和其他产物已经略去）如下图所示，下列说法不正确的是 A. 1molX最多能与2mol（水溶液）发生反应 B. 在Z→M的过程中，发生还原反应，M的结构简式为 C. Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同 D. N和L均难溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与2mol发生反应，A正确； B．由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在Z→M的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，则M的结构简式为，B错误； C．Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C正确； D．由题干信息可知，L为醚类物质，N是卤代烃，二者均难溶于水，D正确； 故选：B。 6. 一种有机物催化剂由原子序数依次递增的前20号元素组成，结构式如下图。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单气态氢化物稳定性： C. 元素所在周期中，第一电离能大于的元素有2种 D. 基态原子电子占据的最高能层有9个原子轨道 【答案】D 【解析】 【分析】由结构式中各元素的成键数可知，X为H，Y为C，Z为O，M为S，则W为Na，据此分析解答。 【详解】A．M为S，离子核外电子层排布为2、8、8；O和Na的离子电子层排布均为2、8，离子的核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子半径：，即，故A错误； B．非金属性O>C，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2O>CH4，故B错误； C．O为第二周期，随核电荷数递增，第一电离能呈增大层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则比O的第一电离能大的元素有N、F、Ne，故C错误； D．M为S，其核外有3个能层，最高能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道5个，共9个原子轨道，故D正确； 故选：D。 7. 气相还原法将SO2还原为硫黄是目前烟气脱硫研究的热点，原理是在一定温度下 (200~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如图所示，下列说法正确的是 A. 再生塔中，生成一种可循环物质，该物质的化学式为CaSO3 B. 脱硫塔中发生反应的化学方程式为 C. 三个装置中均发生了氧化还原反应 D. 脱硫过程中，当产生32g单质S8时，转移电子的物质的量为2mol 【答案】D 【解析】 【分析】将CaS加入脱硫塔，再通入SO2烟气，发生氧化还原反应，生成CaSO4和S2蒸气，将S2蒸气在硫冷凝器中冷凝，得到单质S2和脱硫气体；将CaSO4与精煤混合放入再生塔中，得到CaS和CO2，CaS循环使用。 【详解】A．再生塔中，CaSO4和精煤发生反应生成CO2，C被氧化为CO2，CaSO4被还原为CaS，A错误； B．脱硫塔中，CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，CaS中S元素化合价升高2，SO2有部分被氧化为CaSO4，化合价升高2，部分被还原为S2，化合价降低4，根据得失电子守恒，反应方程式为，B错误； C．硫冷凝器中通过冷凝将S2分离，没有发生氧化还原反应，C错误； D．根据反应，当产生1mol单质S2时，转移电子的物质的量为4mol，当产生32g单质S2时，转移电子的物质的量为2mol，D正确； 故选D。 8. 有机金属氯化物由原子序数依次增大短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为，下列说法不正确的是 A. Z与N可形成化合物、 B. 最简单氢化物的沸点： C. M元素的第一电离能比同周期相邻元素的大 D. 离子中Y发生杂化 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，N元素的价层电子排布式为，则N为Cl元素；阳离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、4，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Mg元素。 【详解】A．氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，由于原子核外没有d轨道，所以由共价键的饱和性可知，氮原子与氯原子无法形成五氯化氮，故A错误； B．氨分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故B正确； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，故C正确； D．CH离子中碳原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D正确； 故选A。 9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为29，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 该阳离子中心离子的配位数为6 C. 氢化物的沸点： D. 两种配体中的键角： 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，则X为H ；Z是地壳中含量最多的元素，Z为氧；W的原子序数为29，W为Cu；由图可以看出，连接三个键的为N，即Y为N。 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：N>O>H，A错误； B．由图可知，该阳离子中心离子邻近原子数为6，则配位数为6，B正确； C．没有说明为简单氢化物，故不能判断两者的氢化物的沸点，C错误； D．水中O和NH3中N都采取sp3杂化，水中O原子有两对孤电子对，NH3中N原子只有一对孤电子对，因此水中孤电子对成键电子对排斥作用更明显，H2O键角＜NH3键角，D错误； 故选B。 10. 锡碲渣废料(主要成分为，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下。已知水碎液中溶质主要成分为、；碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。下列说法正确的是 A. “除碲”时，碲的脱除率随温度升高持续增大 B. “除铅”时，主要反应的化学方程式为 C. 制备碲的过程中，若每步消耗等物质的量的含碲物质，则转移电子数相等 D. 经“溶析结晶”获得产品的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥 【答案】B 【解析】 【分析】锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为、的水碎液，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2将As转化为Ba3(AsO4)2，过滤除去，滤液中加Na2S将Pb转化为PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后向所得滤液加入NaOH，再经浓缩、结晶，得到Na2SnO3晶体；Na2TeO4沉淀加浓盐酸溶解后，再通入SO2将Te还原为Te单质； 【详解】A．温度过高会使H2O2分解，导致Te的脱除率下降，故A错误； B．“除铅”时，与Na2S反应生成PbS沉淀，化学方程式为，故B正确； C．“除Te”过程中发生反应的化学方程式为，该过程中消耗1mol 转移2mol电子；生成的溶于盐酸，再通二氧化硫反应生成Te单质，该过程中1mol反应转移6mol电子，故C错误； D．由题意可知碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，则“溶析结晶”获得产品的操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤和干燥，不能进行降温结晶，故D错误； 故选：B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是 A. 在强碱性环境下，氧化性：Cl2＞KMnO4 B. 装置Ⅰ中的漂白粉可以用MnO2代替 C. 装置Ⅱ中盛放浓硫酸，以提高KMnO4的产率 D. 装置Ⅳ不需要防倒吸的原因是氢氧化钠溶液与氯气反应速率较慢 【答案】BC 【解析】 【分析】装置Ⅰ中，漂白粉与浓盐酸反应，生成Cl2等，此时Cl2中混有HCl，可用装置Ⅱ中的饱和食盐中除去；将Cl2通入装置Ⅲ中，与K2MnO4发生氧化还原反应，从而制得KMnO4；用装置Ⅳ处理Cl2尾气。 【详解】A．在强碱性环境下，Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4，发生的反应中，Cl2为氧化剂，KMnO4为氧化产物，则氧化性：Cl2＞KMnO4，A正确； B．装置Ⅰ中没有加热仪器，MnO2与浓盐酸不能发生反应，所以不能用漂白粉代替MnO2，B不正确； C．Cl2与KMnO4是在水溶液中发生反应，所以KMnO4不需干燥，装置Ⅱ中应盛放饱和食盐水，除去Cl2中混有HCl，以提高KMnO4的产率，C不正确； D．氢氧化钠溶液与氯气反应速率较慢，不会产生明显的负压，所以装置Ⅳ不需要防倒吸，D正确； 故选BC。 12. 空气污染物NO通常用含的溶液吸收，生成、，再利用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时生成，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 由右室进入左室 B. 从电解槽的a口流出，且可循环使用 C. 阴极的电极反应式： D. 若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6 L甲烷时，理论上可转化2 mol 【答案】BC 【解析】 【分析】电解池中与电源正极相连的电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，发生得到电子的还原反应； 【详解】A．左侧电极是阳极、右侧为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，根据电解原理，H＋由左室向右室移动，A错误； B．空气污染物NO通常用含Ce4＋溶液吸收，生成HNO2、NO3－，N的化合价升高，Ce4＋的化合价降低，然后对此溶液进行电解，Ce发生氧化反应又产生Ce4＋，根据电解原理，应在阳极上产生，即Ce4＋从a口流出，可循环使用，B正确； C．根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，HNO2转化为无毒物质，即转化为N2，阴极电极反应式为2HNO2＋6H＋＋6e－=N2↑＋4H2O，C正确； D．没有标况，不能计算甲烷的物质的量，故也不能计算转化的亚硝酸的物质的量，D错误。 答案选BC。 13. 实验室常以和为原料制备，其制备(Ⅰ)和纯化(Ⅱ)的实验装置如图所示(夹持、加热及搅拌装置略)。已知：的熔点73.4℃，沸点223.5℃，易水解；的熔点3.5℃，液态在时即发生分解，下沸点为79℃，也易水解。下列说法正确的是 A. 实验装置中两种冷凝管可以交换使用 B. 试剂X和试剂Y都可以用无水氯化钙 C. Ⅰ中的碎瓷片和Ⅱ中的毛细管都有防止暴沸的作用 D. Ⅰ中液体进入Ⅱ、Ⅱ中液体的纯化都利用了减压原理 【答案】CD 【解析】 【分析】装置Ⅰ利用SbCl3和 Cl2为原料制备 SbCl5 。装置Ⅱ通过蒸馏分离提纯。 【详解】A．装置Ⅰ中为球形冷凝管回流冷凝防止低沸点原料和产品被蒸出。而装置Ⅱ中的冷凝管在蒸馏时冷凝气体液化收集，两者作用不一致不能互换，A项错误； B．X和Y均有Cl2尾气处理作用，应该选择碱石灰，B项错误； C．液体加热时易爆沸，碎瓷片和毛细管均能防止暴沸，C项正确； D．液态 SbCl5 在 140℃ 时即发生分解，所以两步均利用减压蒸馏降低蒸馏的温度防止产品分解，D项正确； 故选CD。 14. NOx的排放来自汽车尾气，研究利用反应C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g) △H=-34.0kJ∙mol-1，用活性炭可对其进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如下图所示。(已知：气体分压=气体总压×物质的量分数)，下列有关说法错误的是 A. 若能测得反应产生22gCO2，则反应放出的热量为17.0kJ B. 达到平衡后增大活性炭的用量，平衡向右移动 C. 在950K～1000K之间，化学反应速率：v正＜v逆 D. 1050K时，反应的化学平衡常数Kp=4 【答案】BC 【解析】 【详解】A．从C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g) 可以看出每生成44g CO2放出的热量为34.0kJ，则产生22gCO2，放出的热量为17.0kJ，A正确； B．固体物质的用量，不影响平衡，故达到平衡后增大活性炭的用量，平衡不移动，B错误； C．在950K～1000K之间，化学反应还没有达到平衡状态，反应仍正向进行，故速率：v正>v逆，C错误； D．1050K时，设NO的起始量为2mol，转化率为80%，则反应NO1.6mol，容器内压强为P0，列三段式： 反应为气体分子数不变的反应，可以物质的量代替压强，则1050K时反应的化学平衡常数Kp==4，D正确； 故选BC。 15. 的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 该晶体中存在的化学键包括共价键、离子键、氢键 B. 的空间结构为四面体形 C. 的配位数为4 D. 该晶体的密度为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．该晶体中存在和之间的离子键，还存在中的共价键，以及分子中的氢键，但氢键不属于化学键，A错误； B．的中心原子S原子，有4个键，没有孤电子对，所以S原子的杂化类型为杂化，空间结构为四面体形，B正确； C．配体为，配位数为6，C错误； D．由晶胞可知，1个晶胞中含有为：个，为4个，所以该晶胞的密度为：，D正确； 故选AC。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 稀土针铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(，质量分数为)、]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。 已知：①的稳定价态为价；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量生成可溶性配合物； ②常温下，。回答下列问题： （1）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全。若溶液中，_____(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是_____。 （2）“沉淀”过程得到晶体。此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值和沉钕率的关系如图所示，对沉钕率变化趋势进行解释：_____。 （3）“滤液2”的溶质主要为_____(填化学式)；“滤液3”中的_____(填化学式)可在上述流程中循环利用。 （4）“一系列操作”包括_____；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为_____。 【答案】（1） ①. 无 ②. 酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全 （2）适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率 （3） ①. 、NaOH ②. H2SO4 （4） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②. 【解析】 【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣1为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3，Nd2O3熔融电解得到Nd。 【小问1详解】 ，因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全。 【小问2详解】 适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率，但草酸浓度过大时钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率； 【小问3详解】 Nd(H2PO4)3+9NaOH=Nd(OH)3+3Na3PO4+6H2O，“滤液2”的主要溶质有Na3PO4、NaOH。“滤液3”中含有硫酸，可循环使用； 【小问4详解】 “沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到 ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2,化学方程式为。 17. Ⅰ．碱式碳酸铜的制备 （1）步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在70℃～80℃，其中发生的化学反应方程式为___________，原料中必须过量的原因是___________，反应温度低于80℃的原因是___________； （2）在步骤(ⅲ)的实验过程中，涉及三种固液分离的方法，分别是倾析法过滤(把上层清液直接倾入另一容器中，让沉淀尽可能留在烧杯内)、趁热过滤与减压过滤，最终制得蓝绿色固体。该实验流程中没有使用到的下列装置有___________(填序号)； Ⅱ．碱式碳酸铜的检验 同学们设计了如图装置，针对制得的蓝绿色固体进行检验。 （3）装置加热前，需要首先打开活塞，用装置制取适量，点燃处酒精灯。中盛装的试剂应是___________； （4）若蓝绿色固体的组成为，实验能观察到的现象是___________； （5）同学们查阅文献得知：，经讨论认为用代替来定量测定蓝绿色固体的化学式会更好，其原因是___________(填序号)； a．的碱性比强 b．溶解度大于，能充分吸收 c．相同条件下，的溶解度明显大于 d．吸收等量生成的的质量大于，测量误差小 （6）若蓝绿色固体的组成为。取干燥后的蓝绿色固体，煅烧至完全分解后得到固体，测得中干燥后的沉淀质量为[F中已改为溶液]。则该蓝绿色固体的化学式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜 ③. 温度过高，易分解；同时，碱式碳酸铜分解或水解反应程度加大，生成 （2）AEG （3）浓硫酸 （4）硬质玻璃管中蓝绿色固体变成黑色，中白色固体变蓝，中溶液变浑浊 （5）bd （6）或或 【解析】 【分析】硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱式碳酸铜，反应后通过浓缩、过滤、洗涤、干燥得到碱式碳酸铜固体； 装置A在生成氮气，通过防止倒吸装置B，通过C干燥后进入D中将生成D中分解生成气体排出，装置E吸收生成的水、F吸收生成的二氧化碳，G装置排除空气中二氧化碳和水的干扰； 【小问1详解】 根据题意可知，硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱式碳酸铜，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳、硫酸、水，发生的化学反应方程式为2CuSO4+4NaHCO3=Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O。碱式碳酸铜的生成需要在碱性环境中进行，原料中NaHCO3必须过量的原因是提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜；碳酸氢钠不稳定受热易分解，且温度过高促进碳酸氢钠的水解导致溶液碱性增大生成过多氢氧化铜沉淀，则反应温度低于80℃的原因是：温度过高，易分解；同时，碱式碳酸铜分解或水解反应程度加大，生成； 【小问2详解】 步骤(iii)中通过浓缩（使用F装置）、过滤、洗涤、干燥（使用B装置）得到碱式碳酸铜，由题干可知，过滤需要倾析法过滤、趁热过滤（使用D装置）与减压过滤（使用C装置），得到最终制得蓝绿色固体。故选AEG； 【小问3详解】 为防止氮气中水对D装置中生成水的干燥，氮气进入D前需要干燥，故C中为浓硫酸干燥剂； 【小问4详解】 若蓝绿色固体的组成为xCuCO3•yCu(OH)2，则分解生成黑色氧化铜、水和二氧化碳，故实验能观察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变成黑色，B中白色固体变蓝，C中溶液变浑浊； 【小问5详解】 ．Ba(OH)2、Ca(OH)2均为强碱，a不符合题意； b．由Ksp可知，Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能够更充分吸收CO2，b符合题意； c．由Ksp可知，相同条件下，CaCO3的溶解度小于BaCO3，c不符合题意； d．碳酸钡的相对分子质量大于碳酸钙，则吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小，d符合题意；； 故选bd； 【小问6详解】 取干燥后的蓝绿色固体10.84g，煅烧至完全分解后得到8.00g固体，则生成氧化铜0.1mol，测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g，则碳酸钡为0.04mol，根据碳元素守恒可知，CuCO3为0.04mol、质量为4.96g，则Cu(OH)2质量为10.84g-4.96g=5.88g、为0.06mol，则x：y=0.04:0.06=2:3，故化学式为：2CuCO3•3Cu(OH)2或3Cu(OH)2•2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2。 18. 甲烷和二氧化碳重整制合成气(CO和H2)的研究是实现碳达峰的手段之一，涉及反应如下： I.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ•mol-1 ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.5kJ•mol-1 Ⅲ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H3 （1）△H3=_______kJ•mol-1。 （2）在一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和1molCH4发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4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Ⅱ的平衡常数为_______。 （3）常压下，将等物质的量的CO2和CH4以一定流速通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水蒸气的流出量随温度变化如图所示。 ①曲线______(填“a”或“b”)表示CO2的转化率随温度变化曲线。 ②温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是_______；温度高于1400K时，曲线a、b交于一点的原因是______。 （4）向恒温恒容密闭容器中充入CH4和CO2，加入催化剂使其只发生反应I。研究表明CO的生成速率v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1。起始时，CH4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa，某时刻测得p(H2)=20kPa，则p(CO2)=_______kPa，v(CH4)=______kPa•s-1。 【答案】（1）+205.5 （2） ①. ②. （3） ①. a ②. 温度低于873K时，随温度升高，反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度 ③. 温度高于1400K时，只发生反应Ⅰ或高于1400K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等 （4） ①. 20 ②. 1.98 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则△H3= △H1-△H2=(+247kJ•mol-1)-( +41.5kJ•mol-1)=+205.5 kJ•mol-1； 【小问2详解】 根据C原子守恒可知平衡时CO2为(2-a-b) mol，根据O原子守恒可知平衡时H2O(g)为[2-b-2(2-a-b)]=(2a+b-2) mol，此时H2O(g)的浓度为；根据H原子守恒可知平衡时H2为，反应Ⅱ的平衡常数K=； 【小问3详解】 ①由图可知曲线a的转化率大于曲线b的转化率，温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大，说明水蒸气的生成量大于消耗量，对比反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可知CO2的消耗量大于CH4，则CO2的转化率大于CH4，所以曲线a表示CO2的转化率随温度变化曲线。 ②由以上分析可知温度低于873K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度；由图可知温度高于1400K时，水蒸气的流出量几乎为0，可能的原因是只发生反应Ⅰ或高于1400K时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等 【小问4详解】 结合反应可知=，则该时刻p(CO2)= p(CO2)起始-=30kPa-10 kPa=20 kPa；该时刻=，则p(CH4)= 25kPa-10 kPa=15 kPa，v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1=1.32×10-2×15×20=3.96 kPa•s-1，根据速率之比等于化学计量数之比v(CH4)= kPa•s-1。 19. 化合物ⅷ是某合成药物的一种中间体，可采用如下路线合成（部分条件和试剂未标明）： （1）化合物ⅰ的名称为______，化合物ⅱ的分子式为______。 （2）六元碳环化合物ⅸ是化合物ii的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，写出符合上述条件的化合物ⅸ的结构简式______（写出两种）。 （3）化合物为化合物ⅲ的同分异构体，根据的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应的官能团 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 a ______ ______ b ______ ______ 氧化反应（生成有机物） （4）下列说法中不正确的有______。 A. 化合物ⅵ中，元素电负性由大到小的顺序为 B. 反应⑤过程中，有键和键形成 C. 化合物ⅳ存在手性碳原子，氧原子采取杂化 D. 属于非极性分子，存在由p轨道“头碰头”形成的键 （5）以和为含碳原料，利用反应①和②的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①最后一步反应中，环状有机反应物为______（写结构简式）。 ②相关步骤涉及到醇的氧化反应，该反应的化学方程式为______。 ③从出发，第一步的化学方程式为______（注明反应条件）。 【答案】（1） ①. 环戊酮 ②. C6H10N2 （2）、 （3） ①. 氢氧化钠醇溶液，加热 ②. 消去反应 ③. 新制氢氧化铜加热，酸化 ④. -COOH （4）CD （5） ①. ②. +O2+H2O ③. +NaOH+NaBr 【解析】 【分析】由流程可知，ⅰ中羰基加成得到ⅱ，ⅱ和ⅲ发生取代引入支链得到ⅳ，ⅳ在过氧化氢作用下，-CN转化为酰胺基得到ⅴ，ⅴ在氢氧化钠作用下转化为ⅵ，ⅵ和ⅶ发生取代反应生成ⅷ； 【小问1详解】 由图可知，化合物ⅰ的名称为环戊酮，化合物ⅱ的分子式为C6H10N2； 【小问2详解】 六元碳环化合物ⅸ是化合物ii的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有3组峰，则分子结构对称，可以为、； 【小问3详解】 卤代烃在氢氧化钠醇溶液加热条件下，发生消去反应可以生成碳碳双键；醛基具有还原性，在碱性条件下可以和新制氢氧化铜沉淀加热发生氧化还原反应转化为羧酸盐，酸化后得到羧基； 【小问4详解】 A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；化合物ⅵ中，元素电负性由大到小的顺序为，正确； B．反应⑤过程中溴原子取代氨基氢生成HBr和ⅷ，故反应过程中有键和键形成，正确； C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；由接哦股可知化合物ⅳ中不存在手性碳原子；，氧原子形成碳氧双键，且存在2对孤电子对，O采取杂化，错误； D．分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，错误； 故选CD； 【小问5详解】 在氢氧化钠水溶液条件下发生取代反应生成，羟基氧化为羰基得到，发生反应①原理得到，再和发生②原理得到产物；故： ①最后一步反应中，环状有机反应物为。 ②相关步骤涉及到醇的氧化反应，该反应的化学方程式为+O2+H2O。 ③从出发，第一步的化学方程式为+NaOH+NaBr。 20. 硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： （1）基态原子价电子排布式为_______。 （2）常温下，与硼单质反应生成为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为和_______(填化学式)。和中的键角大小顺序是_______，实验测得中3个键长远比和的半径之和小，原因是_______。 （3）一定条件下，和反应生成和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为。 上述反应的化学方程式为_______，X晶体内含有的作用力有_______(填字母)。 a．配位键 b．离子键 c．氢键 d．金属键 用原子分数坐标来描述晶胞中所有原子的位置，需要_______组原子分数坐标，晶体中有_______种化学环境的原子。 （4）阿伏加德罗常数的值为。化合物X的密度为_______(用含的代数式表示)。 【答案】（1）4s24p1 （2） ①. H3BO3 ②. BF3＞NF3BF3 ③. 中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的P轨道，此P轨道与三个F原子的P轨道重叠，生成大键，从而使B-F键长远比B和F的半径之和小 （3） ①. ②. ab ③. 6 ④. 3 （4） 【解析】 【小问1详解】 Ga为31号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则基态Ga原子价电子排布式为4s24p1。 【小问2详解】 BF3为缺电子结构，通入水中可能发生双水解反应，生成HF、H3BO3，生成的HF可能与BF3作用生成HBF4，则产生三种酸分别为HBF4、HF和H3BO3。在NF3BF3中，N原子与B原子形成配位键，受成键电子对的影响，F-B-F键减小，则BF3和NF3BF3相比较，F-B-F的键角大小顺序是BF3＞NF3BF3，实验测得BF3中3个B-F键长远比B和F的半径之和小，则表明B、F原子的电子云重叠程度大，形成了新的化学键，则原因是：中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的P轨道，此P轨道与三个F原子的P轨道重叠，生成大键，从而使B-F键长远比B和F的半径之和小。 【小问3详解】 一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。则X中含有Na、F、Al三种元素，从构成的正八面体可能看出，此离子应为[AlF6]3-，从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影图可以看出，表示Na+，在晶胞中含有Na+的数目为=6，而含[AlF6]3-的数目为=2，由此得出X的化学式为Na3AlF6，所以上述反应的化学方程式为，X晶体内，Na+与间形成离子键，[AlF6]3-内Al3+与F-之间形成配位键，则含有的作用力有ab。 用原子分数坐标来描述晶胞中所有原子的位置，需要确定0点、顶点(两种)、面上、面心、体内6组原子分数坐标，晶体中有3种化学环境的原子。 【小问4详解】 阿伏加德罗常数的值为NA。化合物X的密度为=g∙cm-3。 【点睛】计算晶胞中含有的微粒数目时，使用均摊法。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$