综合01 物质结构与性质与化工流程压轴16题（湖北专用） -【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编

综合01 物质结构与性质和化工流程压轴16题 考向1 物质结构与性质压轴题 1．（23-24高二下·湖北·期末）有机碱离子与氨硼烷()结构相似，该离子与、可以组成一种光电材料。 请回答下列问题： (1)基态B原子的价电子排布图为 。 (2)基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是 ，占据的最高能级的电子云轮廓图形状为 。 (3)已知分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中σ键与π键数目之比为 。 (4)X射线衍射测定发现中存在离子，离子的空间结构为 。 (5)分子中存在配位键，则分子电子式为 ，的熔点比的熔点 (填“高”或“低”)。 (6)C与N元素可以形成一种超硬新材料，其晶体部分结构如图所示，有关该晶体的说法正确的是___________(填标号)。 A．该晶体属于分子晶体 B．该晶体的硬度比金刚石小 C．该晶体的化学式是 D．该晶体熔化时破坏共价键 (7)与、组成的物质的晶胞如图所示： 该物质的化学式为 ，的配位数是 。 2．（23-24高二下·湖北十堰·期末）研究笼形包合物的结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示（H原子未画出），每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞边长为a nm、a nm、c nm，。回答下列问题： (1)基态Ni2+的电子排布式为 ，Zn位于元素周期表中的 区。 (2)该晶体中非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）。 (3)该晶胞中Ni2+的配位数为 ，已知CN-中C、N均含有孤电子对，均可以和Ni2+形成配位键，简述该晶体中C与Ni2+易形成配位键的原因： 。 (4)NH3与Zn2+形成配位键后，N—H键之间的键角 （填“增大”“减小”或“不变”），原因是 。 (5)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则中的大π键应表示为 。 (6)的笼形包合物的密度为 。 3．（23-24高二下·湖北·期末）芯片制造是人类工业文明的集大成，共有六个最为关键的步骤：沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。 (1)“沉积”是将导体、绝缘体或半导体材料薄膜沉积到纯硅晶圆上。GaN、GaAs是制造芯片的新型半导体材料。 ①GaN、GaAs的结构类似于金刚石，预测其熔点GaN GaAs(填“>”或“<”)。 ②GaAs被誉为“半导体贵族”，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。2号原子的分数坐标为 ；1号原子和2号原子之间的距离为 pm。 (2)“光刻胶涂覆”时，用到的某光刻胶由降冰片烯()和马来酸酐()按物质的量1∶1加聚反应而成，该光刻胶的结构简式为 。 (3)“光刻”是使用深紫外光来照射涂有光刻胶的基片表面，通过曝光和显影过程，将掩膜上的图形复制到光刻胶上。 ①紫外负型光刻胶常含有—，曝光时会形成，的VSEPR模型为 。 ②光刻技术需要利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是氟代硼铍酸钾晶体KBBF()，晶胞如图所示，其中钾原子已经给出，氧原子略去。已知晶胞参数分别为a nm和c nm，，图中代表氟原子的字母为 。已知晶体的密度为，KBBF的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数的值为 (用含上述字母的代数式表示)。 (4)“刻蚀”可能用到刻蚀剂氟硼酸铵()，1 mol 中含有的配位键数目为 (设为阿伏加德罗常数的值)。 (5)“离子注入”是在Si晶体中掺杂不同种类的元素(常见的有B、P、Ga、As等)，形成多电子的n型和缺电子的p型半导体(如下图所示)。 则上图中M、N原子分别可以选择 (填序号) a．B、Ga    b．P、As    c．P、B    d．Ga、As (6)“封装”时，为了散热，常用金属外壳，用电子气理论解释金属导热性好的原因 。 4．（23-24高二下·湖北武汉·期末）、、在自然界中形成多种多样的物质结构。回答下列问题： (1)与同族，第一电离能较小的是 ；基态原子的简化电子排布式为 。 (2)已知液态二氧化硫可以发生自电离：。中各原子满足8电子结构，则其键和键数目之比为 ；的空间结构为 。 (3)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空轨道，而碳没有，因此两者化合物结构和性质存在较大差异。化合物和的结构如图所示，为平面形，二者中的杂化方式分别为 ，二者中碱性较弱的是 。 (4)与均为非金属元素，熔点（）明显高于（），原因是 。 (5)硒为六方晶胞结构，原子排列为相互平行的螺旋长链（如图1），沿着螺旋链方向的晶胞投影图如图2。硒晶胞参数为、、（其中），轴与轴间夹角为，轴垂直于轴与轴，阿伏加德罗常数的值为。 晶胞中含有原子的数目为 ；则硒晶体的摩尔体积为 （列出算式）。 5．（23-24高二下·湖北武汉·期末）镓(Ga)与砷(As)均是第四周期的主族元素，它们形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaAs)，回答下列问题： (1)基态原子的简化核外电子排布式为 ，基态原子核外有 个未成对电子。 (2)镓失去电子的逐级电离能(单位：)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为 和+3。 (3)比较下列的卤化物(从至)的熔点和沸点，总结变化规律并分析原因： 镓的卤化物 熔点/℃ 77.75 122.3 211.5 沸点/℃ 201.2 279 346 的熔点超过1000℃，可能的原因 。 (4)二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为 ，草酸根中碳原子的杂化方式为 。 (5)Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示： 其化学式为 ，上述晶胞沿着a轴的投影图为 (填选项字母)。 A．    B．    C． 6．（22-23高二下·湖北·期末）科学家开发了一种氮掺杂氢化镥(Lu—N—H)材料，在压强下，表现出室温(20℃)超导特性。回答下列问题： (1)已知基态Lu(镥)原子的价层电子排布式为，它位于元素周期表第 周期第 族，有 个未成对电子。 (2)氮族氢化物中，沸点最低的是 (填化学式)，的沸点高于，其主要原因是 。 (3)一种新药的活性成分的结构简式如图所示。1个该分子含 个手性碳原子。 (4)含N的分子或离子是常见的配体。例如，雷氏盐的化学式为，其常作分析试剂。 ①雷氏盐中阳离子的空间结构为 ，阴离子中配位原子是 (填元素符号)。 ②预测：雷氏盐中阴离子的空间结构最可能是 (填标号)。 A．  　　B．  　　C．  　　D．   (5)Lu—N—H晶胞如图所示。已知晶胞参数为，代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，有 个Lu原子与H原子等距离且最近。该晶体的密度为 。    考向2 物质结构与性质压轴题 7．（23-24高二下·湖北咸宁·期末）电解锰渣中含有很多重金属[主要含有、、、、、]会造成环境污染。下图工艺流程既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。 (1)元素Fe在元素周期表中的位置是 。 (2)“还原酸浸”时氧化产物是S，被还原的离子方程式为 。 (3)操作X与系列操作共同的仪器有 (写一种)。“浸出渣”的主要成分为S、 。 (4)“沉铅”步骤的离子方程式 。 (5)调pH所加的试剂Y，可选择 (填字母)。 a．NaOH　　　b．　　　c．氨水　　　d．　　　e．铁屑 (6)若“除钙”后溶液中，则应控制溶液中的范围为 (当溶液中金属离子浓度小于，可以认为该离子沉淀完全。已知：的；的，)。 (7)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为 、 、洗涤、干燥。 8．（23-24高二下·湖北武汉·期末）硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业上一般以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示： 已知：与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。 回答下列问题： (1)下列物质，能吸收同时得到化肥的是 (填标号)。 a．碱石灰  b．酸性溶液   c．氨水   d．浓 (2)煅烧过程中发生的主要反应的化学方程式为 。 (3)“吸收1”中试剂X是 。 (4)“吸收2”后得到溶液，加热得和水。因为具有还原性，导致产品中存在，检验其中含有的方法是 。 (5)下列金属冶炼的方法与“炉渣”炼铁的方法相同的是 (填标号)。 a．氢气还原氧化铜制铜　　　　　b．氧化银分解制银 c．铝热反应制钛　　　　　　　　d．电解熔融氧化铝制铝 (6)某化学兴趣小组为测定该尾气中含量，用如图所示装置进行定量分析：若实验中气体流速为，酸性溶液的体积为，其浓度为。从气体通入到紫色恰好褪去，用时。此过程发生的离子方程式为 。此次取样的尾气中含量为 。 9．（22-23高二下·湖北荆门·期末）钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下： 已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量 名称 其它 含量 34.8% 26.1% 7.6% 8.8% 0.75% 0.66% ①不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。 ②、 (1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是 。 (2)“浸渣”的主要成分为 。 (3)“除杂”时加入的目的是 ；相较于，该步选择的优点是 。 (4)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择的原因 。 (5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。 (6)取钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到含锰元素质量分数为45%的，则整个过程中锰元素的回收率为 。 10．（22-23高二下·湖北·期末）钛是一种性能非常优越的金属，有着广泛的应用，有人说“21世纪将是钛的世纪”黄冈市有着储量可观的金红石(TiO2)矿，可作为钛冶炼的原料，但因选矿等原因，目前未大规模开发利用，故金红石矿的高效综合利用是黄冈市亟待攻克的重点课题。 Ⅰ．浮选是金红石选矿中常用的方法，油酸是浮选中良好的捕获剂和发泡剂。其原理为：金红石表面解离的Ti4+在水溶液中水解形成羟基化合物[Ti(OH)2]2+和[Ti(OH)3]+，络合在金红石表面成为浮选的活性点，再被油酸电离的C17H33COO-捕获，从而使金红石疏水上浮。 (1)油酸可由高级脂肪酸甘油酯制得，试写出三油酸甘油酯发生皂化反应的方程式 。 (2)浮选时需控制pH在6~8之间，试分析其原因，pH过低时 ，pH过高时 。 Ⅱ．经浮选后的金红石精矿粉(主要成分为TiO2，含有少量Al2O3、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备金属钛的工艺如下：    (3)操作①②的作用是 ，操作③④的作用是 。 (4)过程⑤称为“碳氯化”，将钛由氧化物转化为氯化物，试写出该反应的化学方程式 。 (5)物质B可以通过 (填工艺名称)，实现物质循环利用。 (6)保持100 kPa下，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行“碳氯化”反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。    ①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= 。 ②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因 。 11．（22-23高二下·湖北恩施·期末）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以、、价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及、。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备。    该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)为了加快“酸浸氧化”的速率，可采取的措施有 (至少写两点)。 (2)“酸浸氧化”中，和被氧化成，同时还有 (写离子符号)被氧化，用离子方程式表示其来源： 。写出转化为的离子方程式： 。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子、、、以及部分的 。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解，滤渣③的主要成分是 。 (5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的离子方程式是 。如果“调pH”步骤中加入的盐酸过量可能导致 (结合钒的存在形式分析)。 12．（22-23高二下·湖北武汉·期末）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：    已知：a．反应原理：； b．相关物质的溶解性见下表 物质名称 葡萄糖酸钙 葡萄糖酸 溴化钙 在水中的溶解性 可溶于冷水，易溶于热水 可溶 极易溶 在乙醇中的溶解性 微溶 微溶 可溶 c．相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸 d．相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是 ，盛放溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式 。    (2)检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有 。 (3)步骤Ⅱ中加入过量，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是 。 (4)步骤Ⅲ的过滤过程需要趁热进行的原因是 。 (5)步骤Ⅳ加入乙醇的作用是 。 (6)步骤Ⅴ中，下列洗涤剂最合适的是___________。 A．冷水 B．热水 C．乙醇—水混合溶液 D．乙醇 (7)该实验中葡萄糖酸钙的产率为 (保留3位有效数字)。 13．（22-23高二下·湖北武汉·期末）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：        其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。 (1)实验室用的浓硫酸配制的硫酸，需量取浓硫酸 mL； (2)的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式 。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是 。    (3)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下 阳离子 开始沉淀时的pH 1.5 3.4 8.9 11.9 沉淀完全时的pH 2.8 4.7(>8溶解) 10.9 14 ①滤渣Ⅱ的主要成分为 。 ②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是 。 (4)钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是 。 (5)上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式 。 (6)利用膜电解技术，以为主要原料制备的工作原理如下图所示(a、b电极材料均为石墨)：a极与电源的 极相连，制备时，理论上左侧溶液总质量增重 g。    14．（22-23高二下·湖北武汉·期末）钼精矿中含有，还含有的硫化物。铼、钼的回收价值较高，科研人员可从如下图所示的工艺流程中提取铼、钼等金属。    已知：①为一种有机萃取剂(用表示)，萃取过程可表示： ②高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③铼是一种类锰元素，价电子与锰类似。 回答下列问题： (1)的价电子排布式为 。 (2)Re2O7所属的类型为 (填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。 (3)钼精矿焙烧除了常见的氧化焙烧之外，还有石灰焙烧法，、焙烧转化为的化学方程式为 ，氧化焙烧法比较与石灰焙烧法的缺点是 。 (4)试剂A适宜用 。 (5)操作X为 、过滤、洗涤、干燥。 (6)在还原的过程中，实际的用量大于理论值，原因是 。 15．（22-23高二下·湖北咸宁·期末）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO，工艺流程如图所示： 相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH如下： 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9 已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：、、、、。 ②弱酸性溶液中KMnO4氧化时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。 ③氧化性强弱顺序：。 (1)ZnO溶于氨水生成，1 mol 共有 mol的键。 (2)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是 (写一条即可)。 ②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是 (用化学式表示)。 ③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中的最大浓度c= mol/L。 (3)写出“氧化除杂”时KMnO4溶液与反应的离子方程式 。 (4)“还原除杂”除去的离子是 ，加入的还原剂是 。 16．（23-24高二下·湖北武汉·期末）由铝土矿生产氧化铝的过程中产生的废渣(赤泥)中含有Al2O3、Fe2O3、TiO2和微量的稀土元素化合物。可以通过下列工艺将各金数元素回收利用。 I．Al和Fe的回收 (1)焦炭的作用是 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (2)写出煅烧时生成NaAlO2的化学方程式 。 Ⅱ．萃取法回收Ti和稀土元素 已知： ①萃取剂HA是一种有机弱酸，易溶于有机溶剂，水溶液中能发生电离； ②可以与钛、铁和稀土金属等元素的离子络合，形成易溶于有机溶剂的配合物。 (3)⑥的实验操作名称是 。 (4)HA对钛和铁的萃取率(进入有机相的离子占投料离子的质量分数)随pH变化如下图。 i．结合上图说明⑤通入SO2目的是 。 ii．pH<1时，HA对钛的提取率明显降低，结合平衡移动原理解释原因 。 iii．提取过程中控制溶液的最佳pH约为 。 (5)写出⑦中有机相中的TiOA2转化成水相中TiO(OH)2沉淀的离子方程式 (已知酸性)。 (6)该流程中稀土元素可在 中富集。(填“水相”或“煤焦油相”) / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 综合01 物质结构与性质和化工流程压轴16题 考向1 物质结构与性质压轴题 1．（23-24高二下·湖北·期末）有机碱离子与氨硼烷()结构相似，该离子与、可以组成一种光电材料。 请回答下列问题： (1)基态B原子的价电子排布图为 。 (2)基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是 ，占据的最高能级的电子云轮廓图形状为 。 (3)已知分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中σ键与π键数目之比为 。 (4)X射线衍射测定发现中存在离子，离子的空间结构为 。 (5)分子中存在配位键，则分子电子式为 ，的熔点比的熔点 (填“高”或“低”)。 (6)C与N元素可以形成一种超硬新材料，其晶体部分结构如图所示，有关该晶体的说法正确的是___________(填标号)。 A．该晶体属于分子晶体 B．该晶体的硬度比金刚石小 C．该晶体的化学式是 D．该晶体熔化时破坏共价键 (7)与、组成的物质的晶胞如图所示： 该物质的化学式为 ，的配位数是 。 【答案】(1) (2)L 哑铃形 (3)3∶4 (4)V形 (5) 高 (6)CD (7) 12 【解析】（1）基态B原子的价电子排布式为2s22p1，则其价电子排布图为； （2）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最高能层是第二层，符号为L； 最高能级为2p，电子云轮廓图形状为哑铃形； （3）已知分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其结构式为N≡C-C≡N，单键为σ键，三键为1个σ键与2个π键，故其分子中σ键与π键数目之比为3∶4； （4）中I原子为中心原子，形成2个σ键，孤电子对数，则I原子采取sp3杂化，空间构型为V形； （5）分子中N原子有孤电子对，B原子有空轨道，二者形成配位键，则分子电子式为；和相对分子质量相同，但分子的极性强于，分子的极性越强，分子间作用力越强，熔沸点越高，因此熔点高于； （6）A．由晶体结构可知，C与N原子通过共价键形成立体网状结构且形成的是超硬新材料，故属于共价晶体，A错误；B．原子半径N<C，故C-N键键长小于C-C键键长，共价键键能更大，故此晶体比金刚石硬度大，B错误；C．每个C原子连接4个N原子，每个N原子连接3个C原子，据均摊法可求晶体化学式为C3N4，C正确；D．该晶体为共价晶体，只存在共价键，则该晶体熔化时共价键被破坏，D正确；答案选CD； （7）由晶胞结构可知，位于面心，其个数为，位于顶角，其个数为，位于体心，其个数为1，综上该物质的化学式为； 的配位数研究的是周围距离其最近的的个数，位于顶角，位于面心，故配位数为12。 2．（23-24高二下·湖北十堰·期末）研究笼形包合物的结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示（H原子未画出），每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞边长为a nm、a nm、c nm，。回答下列问题： (1)基态Ni2+的电子排布式为 ，Zn位于元素周期表中的 区。 (2)该晶体中非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）。 (3)该晶胞中Ni2+的配位数为 ，已知CN-中C、N均含有孤电子对，均可以和Ni2+形成配位键，简述该晶体中C与Ni2+易形成配位键的原因： 。 (4)NH3与Zn2+形成配位键后，N—H键之间的键角 （填“增大”“减小”或“不变”），原因是 。 (5)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则中的大π键应表示为 。 (6)的笼形包合物的密度为 。 【答案】(1)［Ar］3d8或1s22s22p63s23p63d8 ds (2)N＞H＞C (3)4 C的电负性比N小，对电子对的吸引力较弱，容易给出电子 (4)增大 形成配合物以后，N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道中，导致成键电子对之间的斥力减弱，从而使N—H键之间的键角增大 (5) (6) 【解析】（1）Ni的原子序数为28，位于第四周期Ⅷ族，Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；Zn位于第四周期ⅡB族，位于ds区；故答案为[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8；ds； （2）含有非金属元素有C、N、H，第一电离能大小顺序是N＞C＞H；故答案为N＞C＞H； （3）根据晶胞图可知，Ni2+与4个CN-形成配位键，即Ni2+的配位数为4；Ni2+提供空轨道，C的电负性比N小，对电子对的吸引力较弱，容易给出电子，因此C与Ni2+易形成配位键，故答案为4；C的电负性比N小，对电子对的吸引力较弱，容易给出电子； （4）NH3中中心原子N有1个孤电子对，NH3与Zn2+形成配位键，N提供孤电子对给Zn2+，孤电子对-成对电子之间斥力大于成对电子-成对电子之间的斥力，因此NH3与Zn2+形成配位键后，N-H键之间的键角增大；故答案为增大；形成配合物以后，N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道中，导致成键电子对之间的斥力减弱，从而使N-H键之间的键角增大； （5） 中存在大π键，说明C、N的杂化类型均为sp2，C原子未杂化的2p轨道上有1个未成对电子，4个C各提供1个电子，N原子未杂化的2p轨道上有1个孤电子对，因此形成大π键的电子数为6，即大π键表示为π；故答案为；π； （6）Ni2+位于晶胞的上下底面，个数为2×=1，因此晶胞中有1个“Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6”，晶胞质量为，晶胞的体积为a2c×10-21cm3，则密度为=g/cm3；故答案为。 3．（23-24高二下·湖北·期末）芯片制造是人类工业文明的集大成，共有六个最为关键的步骤：沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。 (1)“沉积”是将导体、绝缘体或半导体材料薄膜沉积到纯硅晶圆上。GaN、GaAs是制造芯片的新型半导体材料。 ①GaN、GaAs的结构类似于金刚石，预测其熔点GaN GaAs(填“>”或“<”)。 ②GaAs被誉为“半导体贵族”，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。2号原子的分数坐标为 ；1号原子和2号原子之间的距离为 pm。 (2)“光刻胶涂覆”时，用到的某光刻胶由降冰片烯()和马来酸酐()按物质的量1∶1加聚反应而成，该光刻胶的结构简式为 。 (3)“光刻”是使用深紫外光来照射涂有光刻胶的基片表面，通过曝光和显影过程，将掩膜上的图形复制到光刻胶上。 ①紫外负型光刻胶常含有—，曝光时会形成，的VSEPR模型为 。 ②光刻技术需要利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是氟代硼铍酸钾晶体KBBF()，晶胞如图所示，其中钾原子已经给出，氧原子略去。已知晶胞参数分别为a nm和c nm，，图中代表氟原子的字母为 。已知晶体的密度为，KBBF的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数的值为 (用含上述字母的代数式表示)。 (4)“刻蚀”可能用到刻蚀剂氟硼酸铵()，1 mol 中含有的配位键数目为 (设为阿伏加德罗常数的值)。 (5)“离子注入”是在Si晶体中掺杂不同种类的元素(常见的有B、P、Ga、As等)，形成多电子的n型和缺电子的p型半导体(如下图所示)。 则上图中M、N原子分别可以选择 (填序号) a．B、Ga    b．P、As    c．P、B    d．Ga、As (6)“封装”时，为了散热，常用金属外壳，用电子气理论解释金属导热性好的原因 。 【答案】(1)＞ (2) (3)直线形 Z (4)2NA (5)c (6)当金属某部分受热时，“电子气（自由电子）”能量增加，运动速度加快，通过碰撞，把能量传递给金属离子，从而使整块金属达到相同的温度 【解析】（1）①GaN、GaAs的结构类似于金刚石，都属于共价晶体，共价键键能大小决定晶体熔点高低，N、As为同一主族元素，原子半径N＜As，键长Ga-N＜Ga-As，共价键键能Ga-N＞Ga-As，故熔点：GaN＞GaAs，故答案为：＞；②若将晶胞分成8个小的立方体，则2号原子位于左、前、下晶胞的体心，其坐标参数为 ，由晶胞的结构可知，1号原子和2号原子之间的距离为体对角线的，其距离为，故答案为：；； （2） 降冰片烯()和马来酸酐()按物质的量1∶1加聚反应，该光刻胶的结构简式为，故答案为：； （3）①中心原子N的孤对电子数为，其价电子对数为2，VSEPR模型为直线形，故答案为：直线形；②由晶胞的结构可以看出，含有X的个数为，Y的个数为，Z的个数为，K的个数为，结合化学式可知，代表B原子的是Z；该晶胞中含有3个，该晶胞的体积为，则晶胞密度，故答案为：Z；； （4）是由和组成，存在一个配位键，存在一个配位键，则1mol中含有2mol配位键，故答案为：2NA； （5）硅最外层有4个电子，P、As最外层有5个电子，B、Ga最外层有3个电子，因此在Si晶体中掺杂P、As可以形成多电子的n型半导体，掺杂B、Ga可以形成缺电子的p型半导体，故选c； （6）“电子气”（自由电子）在运动时经常与金属离子碰撞，引起两者能量的交换。当金属某部分受热时，“电子气（自由电子）”能量增加，运动速度加快，通过碰撞，把能量传递给金属离子，从而使整块金属达到相同的温度，故答案为：当金属某部分受热时，“电子气（自由电子）”能量增加，运动速度加快，通过碰撞，把能量传递给金属离子，从而使整块金属达到相同的温度。 4．（23-24高二下·湖北武汉·期末）、、在自然界中形成多种多样的物质结构。回答下列问题： (1)与同族，第一电离能较小的是 ；基态原子的简化电子排布式为 。 (2)已知液态二氧化硫可以发生自电离：。中各原子满足8电子结构，则其键和键数目之比为 ；的空间结构为 。 (3)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空轨道，而碳没有，因此两者化合物结构和性质存在较大差异。化合物和的结构如图所示，为平面形，二者中的杂化方式分别为 ，二者中碱性较弱的是 。 (4)与均为非金属元素，熔点（）明显高于（），原因是 。 (5)硒为六方晶胞结构，原子排列为相互平行的螺旋长链（如图1），沿着螺旋链方向的晶胞投影图如图2。硒晶胞参数为、、（其中），轴与轴间夹角为，轴垂直于轴与轴，阿伏加德罗常数的值为。 晶胞中含有原子的数目为 ；则硒晶体的摩尔体积为 （列出算式）。 【答案】(1) (2) 形 (3)、 (4)为共价晶体，为分子晶体，共价键键能远大于范德华力 (5)3 【解析】（1）与同族，同主族元素从上到下半径逐渐增大，原子核对核外电子的吸引力逐渐减小，第一电离能逐渐减小，第一电离能较小的是S；基态原子的简化电子排布式为； （2）与N2互为等电子体，结构与N2相似，N2中化学键为三键，σ键和π键数目之比为1：2，中σ键和π键数目之比也是1：2；中心原子S原子的价层电子对数为：对，采用sp2杂化，有一对孤电子对，因此SO2空间构型为V，故答案为：1：2；V形； （3）由图像可知，为三角锥形，中心原子N原子为sp3杂化，为平面形三角形，中心原子N原子为sp2杂化；因为有孤电子对，所以更易与H+形成配合物，碱性更强，碱性弱，故答案为：sp3 、sp2；； （4）由于SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故答案为：SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点； （5）由晶胞的俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：12；晶胞的摩尔体积为vm==，故答案为：3；。 5．（23-24高二下·湖北武汉·期末）镓(Ga)与砷(As)均是第四周期的主族元素，它们形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaAs)，回答下列问题： (1)基态原子的简化核外电子排布式为 ，基态原子核外有 个未成对电子。 (2)镓失去电子的逐级电离能(单位：)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为 和+3。 (3)比较下列的卤化物(从至)的熔点和沸点，总结变化规律并分析原因： 镓的卤化物 熔点/℃ 77.75 122.3 211.5 沸点/℃ 201.2 279 346 的熔点超过1000℃，可能的原因 。 (4)二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为 ，草酸根中碳原子的杂化方式为 。 (5)Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示： 其化学式为 ，上述晶胞沿着a轴的投影图为 (填选项字母)。 A．    B．    C． 【答案】(1) 3 (2)+1 (3)、、的熔、沸点依次升高；它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；是离子晶体，熔化时要破坏较强的离子键，故熔点较高 (4)4 (5) C 【解析】（1）Ga位于元素周期表中第四周期IIIA族，则基态原子的简化核外电子排布式为；As位于元素周期表中第四周期第VA族，价电子排布式为，p轨道上有3个单电子； （2）Ga的第一电离能和第二电离能、第三电离能和第四电离能差值较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较为困难，所以呈现的价态是+1和+3； （3）三种卤化物的熔沸点较低，说明至都是分子晶体，且相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；的熔点超过1000℃，可能是为离子晶体，熔化时要破坏较强的离子键，故熔点高于其他三种卤化物； （4）一个Ga原子与4个O原子相连，则Ga的配位数为4；草酸根中碳原子形成3个σ键和1个π键，则杂化类型为； （5）根据晶胞结构可知，O原子个数为，Li原子个数为，Ga原子个数为，则化学式为；晶胞沿着a轴的投影O原子投影为正方形顶点和面心，Ga原子投影为左右两个边长中点，Li原子投影为上下边长中点，故选C。 6．（22-23高二下·湖北·期末）科学家开发了一种氮掺杂氢化镥(Lu—N—H)材料，在压强下，表现出室温(20℃)超导特性。回答下列问题： (1)已知基态Lu(镥)原子的价层电子排布式为，它位于元素周期表第 周期第 族，有 个未成对电子。 (2)氮族氢化物中，沸点最低的是 (填化学式)，的沸点高于，其主要原因是 。 (3)一种新药的活性成分的结构简式如图所示。1个该分子含 个手性碳原子。 (4)含N的分子或离子是常见的配体。例如，雷氏盐的化学式为，其常作分析试剂。 ①雷氏盐中阳离子的空间结构为 ，阴离子中配位原子是 (填元素符号)。 ②预测：雷氏盐中阴离子的空间结构最可能是 (填标号)。 A．  　　B．  　　C．  　　D．   (5)Lu—N—H晶胞如图所示。已知晶胞参数为，代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，有 个Lu原子与H原子等距离且最近。该晶体的密度为 。    【答案】(1)六 IIIB 1 (2) 分子间存在氢键 (3)1 (4)正四面体形 S、N C (5)6 【分析】从轨道数据知道周期数，根据构造原理排布规则知道最外层电子数，同一主族元素的氢化物的沸点从上到下随着相对分子质量的增大而升高，要小心氢键的影响力 【解析】（1）从价电子排布式可知，出现了6s轨道，确定其在第六周期，因为它的f轨道全充满，就基本确定该元素在f区，排除掉全充满的电子，根据构造原理，那么最外层还有3个电子，可确定其在第ⅢB族，故镥在第六周期第ⅢB族；根据价层电子排布式，f和s轨道全充满，没有未成对电子，所以在d轨道上出现1个未成对电子；故答案是1个未成对电子； （2）氮族氢化物属于同一主族氢化物，其沸点随着相对分子质量的增加而升高，所以其氢化物的沸点越往下的元素的氢化物的沸点就越高，但是NH3易形成分子间氢键，使其沸点突然增大，所以氮族氢化物沸点最低的是PH3；NH3的沸点高于AsH3，其主要原因是NH3容易形成分子间氢键造成的； （3）手性碳原子是指该碳原子周围连接了4个全部不同的原子或原子基团，在该结构中，是N原子与标记出来的H原子连接的碳原子，这样的手性碳原子只有1个； （4）雷氏盐中的阳离子是，其空间构型是正四面体；NH4[Cr(SCN)4(NH3)2]中的阴离子是[Cr(SCN)4(NH3)2]—，该阴离子中配位体有两种，是SCN—和NH3，中心原子是Cr，Cr提供空轨道，S与N提供未成对电子，所以该配合物中配位原子是S与N；雷氏盐中的配位数是6，说明离中心原子最近的原子或原子团有6个，能符合的图是C，故阴离子的空间结构最可能的是C； （5）从晶胞结构中可知，该立方体中，顶点上的是H，棱上的是Lu，一个H原子周围距离最近的Lu有6 个；从图中可知，Lu的个数是4，N的个数是8，H的个数是4，故该晶体分子式是LuN2H，该晶胞中有4个这样的分子，所以N为4，所以该晶体的密度为，数据套入公式，则g/cm3 考向2 物质结构与性质压轴题 7．（23-24高二下·湖北咸宁·期末）电解锰渣中含有很多重金属[主要含有、、、、、]会造成环境污染。下图工艺流程既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。 (1)元素Fe在元素周期表中的位置是 。 (2)“还原酸浸”时氧化产物是S，被还原的离子方程式为 。 (3)操作X与系列操作共同的仪器有 (写一种)。“浸出渣”的主要成分为S、 。 (4)“沉铅”步骤的离子方程式 。 (5)调pH所加的试剂Y，可选择 (填字母)。 a．NaOH　　　b．　　　c．氨水　　　d．　　　e．铁屑 (6)若“除钙”后溶液中，则应控制溶液中的范围为 (当溶液中金属离子浓度小于，可以认为该离子沉淀完全。已知：的；的，)。 (7)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为 、 、洗涤、干燥。 【答案】(1)第四周期第VIII族 (2) (3)玻璃棒或烧杯或漏斗 、 (4) (5)bd (6) (7)在40℃以上进行蒸发浓缩 趁热过滤(或者“蒸发浓缩，40℃以上趁热过滤”) 【分析】电解锰渣中含有很多重金属[主要含有、、、、、]，加入、还原酸浸，酸性条件下，还原电解锰渣中的，离子反应为，部分与反应被还原为，、溶于水，、不溶于水，少部分溶解，经过滤得到含、、、的滤液和含、、、S 的滤渣，加入 CH3COONH4溶液浸铅，将难溶的转化为可溶的，浸出渣力 、、S，加入溶液沉铅，得到 沉淀。除铁：加H2O2将氧化为，然后加入试剂Y调节 pH 将转化为沉淀除去，除钙：加入MnF2，发生反应：，过滤得到含的滤液，滤渣为CaF2，经过一系列操作得到硫酸锰晶体，据此解答。 【解析】（1）Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族； （2）根据分析可知，“还原酸浸”时发生反应的离子方程式为，故答案为： （3）操作X为过滤需要用到的仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，一系列操作包括蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，共同用到的仪器有玻璃棒或烧杯或漏斗，根据分析可知浸出渣有、、S，故答案为：玻璃棒或烧杯或漏斗；、； （4）由分析可知，沉铅过程是和的反应，是弱电解质，其离子方程式为： （5）加入试剂Y消耗H+，调节 pH 的目的是将转化为沉淀除去，同时不引人新的杂质，结合该工艺流程制备的是硫酸锰，并且在随后的流程中除去了钙离子，故可以选择的试剂为MnCO3、CaCO3，故答案为：bd； （6）当沉淀完全时，此时溶液中，时，，为了使完全沉淀而不沉淀，则应控制，故答案为：； （7）由硫酸锰的溶解度曲线可知，温度高于40℃时，硫酸锰晶体的溶解度随温度升高而降低，故通过在40℃以上进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥可得到。 8．（23-24高二下·湖北武汉·期末）硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业上一般以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示： 已知：与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。 回答下列问题： (1)下列物质，能吸收同时得到化肥的是 (填标号)。 a．碱石灰  b．酸性溶液   c．氨水   d．浓 (2)煅烧过程中发生的主要反应的化学方程式为 。 (3)“吸收1”中试剂X是 。 (4)“吸收2”后得到溶液，加热得和水。因为具有还原性，导致产品中存在，检验其中含有的方法是 。 (5)下列金属冶炼的方法与“炉渣”炼铁的方法相同的是 (填标号)。 a．氢气还原氧化铜制铜　　　　　b．氧化银分解制银 c．铝热反应制钛　　　　　　　　d．电解熔融氧化铝制铝 (6)某化学兴趣小组为测定该尾气中含量，用如图所示装置进行定量分析：若实验中气体流速为，酸性溶液的体积为，其浓度为。从气体通入到紫色恰好褪去，用时。此过程发生的离子方程式为 。此次取样的尾气中含量为 。 【答案】(1)c (2) (3)98.3%浓硫酸 (4)取适量样品溶于水后，滴加稀盐酸至无气泡产生，继续滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则已变质 (5)ac (6) 【分析】黄铁矿（）中通入空气煅烧，生成和；炉渣中用CO还原，便可得到Fe，气体经过净化，除去杂质，然后在催化剂作用下与O2发生反应生成 SO3，为防止酸雾的形成，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，从而获得更浓的硫酸；尾气中的用 NaOH 溶液吸收，生成再通转化为，加热分解生成，据此解答。 【解析】（1）化肥中含有N、P、K，三种中的一种或多种，故用氨水吸收能得到化肥，故答案为：c； （2）黄铁矿（）中通入空气煅烧，生成和，化学方程式为，故答案为： （3）工业上不能直接用水或稀硫酸来吸收SO3，因为那样容易形成酸雾，不利于对SO3的吸收，为了尽可能提高吸收效率，采用98.3%浓硫酸作吸收剂，故答案为：98.3%浓硫酸； （4）由题中信息可知，与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。检验已变质，实际是检验，具体方法为取适量样品溶于水后，滴加稀盐酸至无气泡产生，继续滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则已变质，故答案为：取适量样品溶于水后，滴加稀盐酸至无气泡产生，继续滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则已变质； （5）“炉渣”炼铁的方法是用一氧化碳还原氧化铁，用到的方法是热还原法，与其原理相同的是：氢气还原氧化铜制铜，铝热反应制钛，故答案为ac； （6）与发生氧化还原反应，其离子方程式为，酸性溶液的体积为，其浓度为，物质的量为bcmol，根据比例关系，体流速为，通入时间为5min，则通入气体体积为5aL，的尾气中含量为，故答案为：；。 9．（22-23高二下·湖北荆门·期末）钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下： 已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量 名称 其它 含量 34.8% 26.1% 7.6% 8.8% 0.75% 0.66% ①不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。 ②、 (1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是 。 (2)“浸渣”的主要成分为 。 (3)“除杂”时加入的目的是 ；相较于，该步选择的优点是 。 (4)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择的原因 。 (5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。 (6)取钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到含锰元素质量分数为45%的，则整个过程中锰元素的回收率为 。 【答案】(1)增大接触面积，提高酸浸速率 (2)、 (3)将转化为沉淀除去 除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水 (4)的平衡常数，完全的转化为沉淀 (5) (6)90% 【分析】根据钨精矿分解渣的主要化学成分，加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应，过滤得到浸渣SiO2和WO3，其余金属以离子形式存在在溶液中，加入(NH4)2SO4将 Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，然后加入氨水沉除去铁离子，再加入MnS除去Zn离子，最后加入NH4HCO3得到MnCO3 【解析】（1）钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率，故答案为增大接触面积，提高酸浸速率； （2）根据分析，“浸渣”的主要成分为SiO2和WO3，故答案为SiO2和WO3； （3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将 Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，相较于 H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水，故答案为:将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水； （4）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、 Ksp(MnS)=2.4×10-13，则MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=8×1011    ＞105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀； （5）加入NH4HCO3“沉锰”得到 MnCO3，离子方程式为 Mn2+ + 2= MnCO3↓+CO2↑+H2O （6）钨精矿中MnO2的含量为34.8%，可得锰元素的质量为2000g×34.8% ×=440g，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所得产物中锰元素的质量为880g×45%=396g，锰元素回收率为=90% 10．（22-23高二下·湖北·期末）钛是一种性能非常优越的金属，有着广泛的应用，有人说“21世纪将是钛的世纪”黄冈市有着储量可观的金红石(TiO2)矿，可作为钛冶炼的原料，但因选矿等原因，目前未大规模开发利用，故金红石矿的高效综合利用是黄冈市亟待攻克的重点课题。 Ⅰ．浮选是金红石选矿中常用的方法，油酸是浮选中良好的捕获剂和发泡剂。其原理为：金红石表面解离的Ti4+在水溶液中水解形成羟基化合物[Ti(OH)2]2+和[Ti(OH)3]+，络合在金红石表面成为浮选的活性点，再被油酸电离的C17H33COO-捕获，从而使金红石疏水上浮。 (1)油酸可由高级脂肪酸甘油酯制得，试写出三油酸甘油酯发生皂化反应的方程式 。 (2)浮选时需控制pH在6~8之间，试分析其原因，pH过低时 ，pH过高时 。 Ⅱ．经浮选后的金红石精矿粉(主要成分为TiO2，含有少量Al2O3、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备金属钛的工艺如下：    (3)操作①②的作用是 ，操作③④的作用是 。 (4)过程⑤称为“碳氯化”，将钛由氧化物转化为氯化物，试写出该反应的化学方程式 。 (5)物质B可以通过 (填工艺名称)，实现物质循环利用。 (6)保持100 kPa下，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行“碳氯化”反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。    ①反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= 。 ②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因 。 【答案】(1)  +3NaOH→  +3C17H33COONa (2)Ti4+难以水解形成羟基化合物或“油酸难以电离出C17H33COO-” Ti的羟基化合物会进一步形成氢氧化物沉淀 (3)除Al2O3、SiO2 除FeO、Fe2O3 (4)TiO2+2C+2Cl22CO+TiCl4 (5)熔融电解或“电解”或“电解法” (6)720 kPa 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益 【分析】根据金红石矿所含成分以及流程目的，氧化铝为两性氧化物，二氧化硅为酸性氧化物，FeO、Fe2O3为碱性氧化物，粉碎后，加入浓NaOH溶液，发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤除去硅元素和氯元素，滤渣为TiO2、FeO、Fe2O3，加入稀硫酸，FeO、Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2+、Fe3+，过滤除去，滤渣为TiO2，反应⑤得到可燃性气体，该气体为CO，即反应⑥的方程式为2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4，TiCl4与Mg在惰性气体中反应生成Ti，据此分析； 【解析】（1）三油酸甘油酯化学式为  ，与氢氧化钠反应生成油酸钠和甘油：  +3NaOH→  +3C17H33COONa。 （2）pH值小于6时：氢离子浓度过高，油酸钠很难电离出C17H33COO-，Ti4+难以水解形成羟基化合物；pH值大于8时：氢氧根浓度过高，Ti的羟基化合物会进一步形成氢氧化物沉淀。 （3）氢氧化钠可以与Al2O3、SiO2反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，通过过滤除去Al2O3、SiO2。 FeO、Fe2O3和稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，过滤出去。 （4）过程⑤称为“碳氯化”，将钛由氧化物转化为氯化物，试写出该反应的化学方程式：TiO2+2C+2Cl22CO+TiCl4。 （5）物质B为，电解熔融状态下的可以获得氯气，通入“碳氯化”循环利用，获得镁参与反应⑥得到钛单质。 （6）根据题图，由于此反应装置为恒压装置，=0.6×100kPa=60kPa，=0.05×100kPa=5kPa，结合方程式可知：。 在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因：为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益。 11．（22-23高二下·湖北恩施·期末）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以、、价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及、。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备。    该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)为了加快“酸浸氧化”的速率，可采取的措施有 (至少写两点)。 (2)“酸浸氧化”中，和被氧化成，同时还有 (写离子符号)被氧化，用离子方程式表示其来源： 。写出转化为的离子方程式： 。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子、、、以及部分的 。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解，滤渣③的主要成分是 。 (5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的离子方程式是 。如果“调pH”步骤中加入的盐酸过量可能导致 (结合钒的存在形式分析)。 【答案】(1)将钒矿粉碎、适当加热、适当增大硫酸的浓度等 (2) (3) (4) (5) pH过低，部分钒转化为，不利于沉钒时完全转化为 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 【解析】（1）为了加快“酸浸氧化”的速率，可采取的措施有将钒矿粉碎、适当加热、适当增大硫酸的浓度等，答案为：将钒矿粉碎、适当加热、适当增大硫酸的浓度等； （2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为；故答案为：Fe2+，，； （3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的，故答案为：； （4）根据分析，滤渣③的主要成分是，故答案为：； （5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的离子方程式是，如果“调pH”步骤中加入的盐酸过量可能导致部分钒转化为，不利于沉钒时完全转化为，答案为：，pH过低，部分钒转化为，不利于沉钒时完全转化为。 12．（22-23高二下·湖北武汉·期末）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：    已知：a．反应原理：； b．相关物质的溶解性见下表 物质名称 葡萄糖酸钙 葡萄糖酸 溴化钙 在水中的溶解性 可溶于冷水，易溶于热水 可溶 极易溶 在乙醇中的溶解性 微溶 微溶 可溶 c．相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸 d．相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是 ，盛放溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式 。    (2)检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有 。 (3)步骤Ⅱ中加入过量，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是 。 (4)步骤Ⅲ的过滤过程需要趁热进行的原因是 。 (5)步骤Ⅳ加入乙醇的作用是 。 (6)步骤Ⅴ中，下列洗涤剂最合适的是___________。 A．冷水 B．热水 C．乙醇—水混合溶液 D．乙醇 (7)该实验中葡萄糖酸钙的产率为 (保留3位有效数字)。 【答案】(1)温度计 H++OH-=H2O (2)新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液 (3)除去反应体系中残余的HBr (4)防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低 (5)降低葡萄糖酸钙的溶解度 (6)C (7)76.3% 【分析】葡萄糖溶液滴入3%溴水，55℃水浴加热，加入过量碳酸钙，70℃水浴加热，趁热过滤后加入乙醇得到悬浊液，过滤、洗涤、干燥后得到葡萄糖酸钙固体； 【解析】（1）第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O； （2）若葡萄糖完全被氧化则溶液中不含有葡萄糖，不能使新制的氢氧化铜悬浊液产生砖红色沉淀或不能发生银镜反应，故检验葡萄糖是否完全被氧化，需要用的试剂有新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液； （3）葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr； （4）抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低； （5）步骤Ⅳ加入乙醇的作用是降低葡萄糖酸钙的溶解度； （6）步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：C； （7）9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05mol，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。 13．（22-23高二下·湖北武汉·期末）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：        其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。 (1)实验室用的浓硫酸配制的硫酸，需量取浓硫酸 mL； (2)的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式 。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是 。    (3)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下 阳离子 开始沉淀时的pH 1.5 3.4 8.9 11.9 沉淀完全时的pH 2.8 4.7(>8溶解) 10.9 14 ①滤渣Ⅱ的主要成分为 。 ②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是 。 (4)钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是 。 (5)上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式 。 (6)利用膜电解技术，以为主要原料制备的工作原理如下图所示(a、b电极材料均为石墨)：a极与电源的 极相连，制备时，理论上左侧溶液总质量增重 g。    【答案】(1)65.2 (2) H2O2在较高温度下发生分解 (3)Fe(OH)3、Al(OH)3 pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用 (4)Ca2+、Mg2+ (5) (6)负 44 【分析】由流程可知，向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据信息①知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成，由于双氧水易分解，故加热的温度不宜过高，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，向滤液中加入NaF，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应； 【解析】（1）用的浓硫酸配制的硫酸时，需选用250mL容量瓶，需量取浓硫酸的体积为； （2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为，反应的离子方程式为； 温度超过70℃时，H2O2在较高温度下发生分解，因此转化率下降； （3）①酸浸取液中含有的金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、 Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3； ②根据表中数据知，用NaOH调节溶液的pH时，当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，导致产品中含有杂质，故答案为: pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用； （4）钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+，故答案为: Mg2+、Ca2+； （5）SO2具有还原性，具有强氧化性，二者反应后生成沉淀Cr (OH) (H2O)5 SO4同时生成硫酸根离子和氢氧根离子，化学方程式为，故答案为； （6）由a极从NaOH稀溶液得到NaOH浓溶液，说明OH-浓度增大，则a极上的电极反应式为: 2H2O+2e-=H2↑+2OH-， a极发生还原反应，则a电极为阴极，与电源的负极连接；b电极为阳极，与电源正极连接，b极上水电离产生的OH-失去电子，b电极的电极反应式为: 2H2O-4e-=O2↑+4H+， 制备1 mol Na2Cr2O7时，转移2 mol电子，生成2 mol OH-，理论上左侧溶液转移2 mol Na+的同时逸出1 molH2，总质量增重△m=2 mol23 g/mol-1mol2 g/mol =44g。 14．（22-23高二下·湖北武汉·期末）钼精矿中含有，还含有的硫化物。铼、钼的回收价值较高，科研人员可从如下图所示的工艺流程中提取铼、钼等金属。    已知：①为一种有机萃取剂(用表示)，萃取过程可表示： ②高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 ③铼是一种类锰元素，价电子与锰类似。 回答下列问题： (1)的价电子排布式为 。 (2)Re2O7所属的类型为 (填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。 (3)钼精矿焙烧除了常见的氧化焙烧之外，还有石灰焙烧法，、焙烧转化为的化学方程式为 ，氧化焙烧法比较与石灰焙烧法的缺点是 。 (4)试剂A适宜用 。 (5)操作X为 、过滤、洗涤、干燥。 (6)在还原的过程中，实际的用量大于理论值，原因是 。 【答案】(1)5d56s2 (2)酸性 (3)4ReS2+10Ca(OH)2+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4+10H2O 氧化焙烧会产生SO2，对环境造成污染 (4)氨水 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6)H2除用作还原剂外，还用于排尽装置中的空气和做Re的冷却剂 【分析】由题给流程可知，钼精矿在空气中焙烧，将金属硫化物转化为金属氧化物，焙烧渣在碳酸钠和硝酸钠中碱熔，将铼和钼的氧化物转化为高铼酸钠和钼酸钠，向碱熔渣中加水水浸、过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取铼元素，分液得到含钼余液和含铼的有机相；向有机相中加入氨水反萃取，分液得到高铼酸铵溶液；溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵，高铼酸铵高温条件下与氢气反应生成铼。 【解析】（1）铼元素的原子序数为75，基态原子的价电子排布式为5d56s2，故答案为：5d56s2； （2）由高铼酸铵的化学式可知，七氧化二铼是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故答案为：酸性； （3）由题意可知，石灰焙烧法发生的反应为二硫化铼与氢氧化钙、氧气高温条件下反应生成高铼酸钙、硫酸钙和水，反应的化学方程式为4ReS2+10Ca(OH)2+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4+10H2O；与石灰焙烧法相比，氧化焙烧法经金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫有毒，会对环境造成污染，故答案为：4ReS2+10Ca(OH)2+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4+10H2O；氧化焙烧会产生SO2，对环境造成污染； （4）由分析可知，反萃取得到高铼酸铵，则试剂A为氨水，加入氨水的目的是中和溶液中的氢离子，使萃取平衡向逆反应方向移动，有利于高铼酸铵的生成，故答案为：氨水； （5）由分析可知，操作X为溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶； （6）用氢气还原高铼酸铵时，氢气除做还原剂将高铼酸铵还原为铼，还起到排尽空气的作用和防止铼被氧化的冷却剂，所以实际氢气的用量大于理论值，故答案为：H2除用作还原剂外，还用于排尽装置中的空气和做Re的冷却剂。 15．（22-23高二下·湖北咸宁·期末）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO，工艺流程如图所示： 相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH如下： 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9 已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：、、、、。 ②弱酸性溶液中KMnO4氧化时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。 ③氧化性强弱顺序：。 (1)ZnO溶于氨水生成，1 mol 共有 mol的键。 (2)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是 (写一条即可)。 ②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是 (用化学式表示)。 ③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中的最大浓度c= mol/L。 (3)写出“氧化除杂”时KMnO4溶液与反应的离子方程式 。 (4)“还原除杂”除去的离子是 ，加入的还原剂是 。 【答案】(1)16 (2)加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnCO3或 1 (3) (4)、 Zn 【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸溶浸时，金属元素均转化为可溶的硫酸盐，过滤得到含有可溶性硫酸盐的滤液和滤渣；向滤液中氧化锌调节溶液pH为5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有二氧化锰的滤渣和滤液；向滤液中加入锌，将溶液中的镍离子、镉离子转化为镍、镉，过滤得到含有镍、镉的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到碳酸锌；碳酸锌高温灼烧分解生成氧化锌。 【解析】（1）配离子中配位键和氮氢键都为σ键，则1mol四氨合锌离子中含有的σ键的物质的量为16，故答案为：16； （2）①“溶浸”过程中，加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎等措施能提高浸出率，故答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎； ②加入氧化锌调节溶液pH的目的是氧化锌与铁离子水解生成的氢离子反应，使溶液中氢离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，同时不引入新的杂质离子，碳酸锌或氢氧化锌又能与溶液中氢离子反应达到相同的目的和效果，则可以用碳酸锌或氢氧化锌替代氧化锌，故答案为：ZnCO3或； ③由表格数据可知，强氧化锌的溶度积为Ksp=0.1×(10—8)2=1×10—17，则溶液pH为5.5时，溶液中锌离子浓度为=1mol/L，故答案为：1mol/L； （3）由分析可知，加入高锰酸钾溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：； （4）由分析可知，加入锌的目的是将溶液中的镍离子、镉离子转化为镍、镉，故答案为：、；Zn。 16．（23-24高二下·湖北武汉·期末）由铝土矿生产氧化铝的过程中产生的废渣(赤泥)中含有Al2O3、Fe2O3、TiO2和微量的稀土元素化合物。可以通过下列工艺将各金数元素回收利用。 I．Al和Fe的回收 (1)焦炭的作用是 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 (2)写出煅烧时生成NaAlO2的化学方程式 。 Ⅱ．萃取法回收Ti和稀土元素 已知： ①萃取剂HA是一种有机弱酸，易溶于有机溶剂，水溶液中能发生电离； ②可以与钛、铁和稀土金属等元素的离子络合，形成易溶于有机溶剂的配合物。 (3)⑥的实验操作名称是 。 (4)HA对钛和铁的萃取率(进入有机相的离子占投料离子的质量分数)随pH变化如下图。 i．结合上图说明⑤通入SO2目的是 。 ii．pH<1时，HA对钛的提取率明显降低，结合平衡移动原理解释原因 。 iii．提取过程中控制溶液的最佳pH约为 。 (5)写出⑦中有机相中的TiOA2转化成水相中TiO(OH)2沉淀的离子方程式 (已知酸性)。 (6)该流程中稀土元素可在 中富集。(填“水相”或“煤焦油相”) 【答案】(1)还原剂 (2) (3)分液 (4)将溶液C中的Fe3+还原为Fe2+，减少铁元素进入有机相 pH<1时，逆向移动，减小，提取率降低 1.0 (5) (6)煤焦油相 【分析】废渣(赤泥)中含有Al2O3、Fe2O3、TiO2，加焦炭和碳酸钠经煅烧、冷却、淋洗，残渣A为Fe、TiO2，Al2O3与碳酸钠反应，得到的滤液中溶质的主要成分，残渣A通过磁选，将Fe和TiO2分离，残渣B为TiO2和极少量的Fe， TiO2与硫酸反应得到主要含有的溶液C，通入SO2，将溶液C中的Fe3+还原为Fe2+，而后加入煤焦油和萃取剂HA，经萃取、分液后得到水相和煤焦油E，煤焦油E中再加碳酸钠溶液得到煤焦油F和水相G，水相G经过滤分离得到TiO(OH)2，最后烧结得到产物TiO2。 【解析】（1）根据分析可知，废渣(赤泥)中Fe2O3经过反应后得到Fe，因此焦炭的作用是还原剂。 （2）三氧化二铝具有两性，因此煅烧时生成NaAlO2的化学方程式：。 （3）操作⑥所得的是煤焦油F和水相G，因此⑥的实验操作名称是分液。 （4）i．由图可知，在酸性条件下的萃取率较高，且pH稍增大，钛的萃取效果更好，但是pH大于1.0时，钛的萃取几乎不变化，而在酸性条件下Fe3+的萃取率相对于Fe2+高出很多，导致在萃取时，会同时有、Fe3+进入有机相，因此通入SO2目的是：从将溶液C中的Fe3+还原为Fe2+，减少铁元素进入有机相； ii．pH<1时，HA对钛的提取率明显降低，结合平衡移动原理解释原因：pH<1时，逆向移动，减小，提取率降低； iii．根据分析可知，提取过程中控制溶液的最佳pH约为1.0。 （5）有机相E的主要成分为，酸性，因此加入后发生反应的离子方程式：。 （6）根据题中所给信息，可以与钛、铁和稀土金属等元素的离子络合，形成易溶于有机溶剂的配合物，因此稀土元素可在煤焦油相中富集。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$