人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点总结(培优)
《易错题》人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点(培优专题)
一、解答题1．钴的化合物在磁性材料生产、电池制造、催化剂制备等方面应用十分广泛。
(1)基态Co原子的核外电子排布式为______，其中，3d能级上有_____个未成对电子。
(2)化合物四氨基钴酞菁分子的结构式如图。
四氨基钴酞菁中N原子的杂化轨道类型为_____。
(3)纳米结构的氧化钴可以在室温下氧化甲醛(HCHO)，甲醛各原子都达到最外层稳定结构，则甲醛分子的空间构型为______。
(4)某含钴配合物的组成为CoCl3•5NH3•H2O，该配合物中Co离子的配位数是6，1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3mol AgCl沉淀，则该配合物的配体是____。
(5)已知CoCl2的颜色变化情况如下：则实验室中的可循环硅胶干燥剂掺杂CoCl2的意义是____。
(6)一种钴的化合物可用作石油脱硫的催化剂，其晶胞结构如下图所示，则晶体中与每个O2-相邻的O2-有_________个，该钴的化合物的化学式是_____。
答案：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s23sp2、sp3平面三角形NH3、H2O)通过颜色变化，判断硅胶吸水或脱水的程度8CoTiO3解析：根据Co的原子序数和核外电子排布规则，写出Co的电子排布式和3d轨道上未成对电子数；根据题中图示信息，由N原子成键情况判断N原子的杂化类型；根据VSEPR 理论，判断甲醛分子的空间构型；根据题中信息，由给出的量判断Cl-均为外界，得出配体；根据题中信息，判断循环硅胶干燥剂掺杂CoCl2的意义；根据“均摊法”对晶胞进行相关计算；据此解答。
【详解】（1）Co是27号元素，核外27个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，由3d7可知，3d能级有3个未成对电子；答案为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d 74s 2，3；（2）由如图可知，一部分氮形成3个单键，还有一对孤电子对，价层电子为4，采取sp 3 杂化，一部分氮形成一个双键、一个单键、一个配位键，剩余单电子形成大π键，故含3个σ键，无孤电子对，采取sp 2杂化；答案为sp 3 、sp 2；（3）甲醛各原子都达到最外层稳定结构，则甲醛的结构式为，碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，价层电子对数为3，故分子空间构型为平面三角形；答案为平面三角形；（4）钴配合物的组成为CoCl 3•5NH 3•H 2O ，1mol 该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3mol AgCl 沉淀，说明3个Cl -为外界，配合物中Co 离子的配位数是6，则配体为5个NH 3、1个H 2O ；答案为NH 3、H 2O ；（5）由题中信息可知，CoCl 2含不同的结晶水，颜色不同，实验室中的可循环硅胶干燥剂掺杂CoCl 2的意义是，可根据颜色变化，判断硅胶吸水或脱水的程度；答案为通过颜色变化，判断硅胶吸水或脱水的程度；（6）以上底面面心O 2-研究，与之相邻的O 2-处于晶胞左右侧面面心、前后平面面心，上层晶胞中也有类似4个，则晶体中与每个O 2-相邻的O 2-有8个；晶胞中Ti 原子数目为8×18=1，Co 原子数目为1、O 原子数目为6×12=3，故化学式为CoTiO 3；答案为8，CoTiO 3。
《好题》人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点(答案解析)
一、解答题1．石棉的化学式可表示为3MgO·2SiO2·2H2O，具有高抗张强度、高挠性耐化学和热浸蚀、电绝缘及具有可纺性的硅酸盐类矿物产品。
其中IIA族的元素属于碱土金属。
回答下列问题：(1)与Ca同周期的基态Fe原子的价电子排布式为___________。
(2)BeCl2易升华，液态时以双聚分子存在的BeCl2结构式为___________，其中Be的配位数为___________。
(3)化学式3MgO·2SiO2·2H2O中电负性最大的元素为__________。
SiO2的熔沸点远高于H2O，说明理由：____________________________________________。
(4)天然硅酸盐组成复杂，阴离子的基本结构单元是SiO44－四面体，如图(a)，通过共用顶角氧离子可形成链状、网状等结构，图(b)为一种无限长双链的多硅酸根，其中O与Si的原子数之比为___________，化学式为___________。
(5)经X射线分析鉴定，某一离子晶体属于立方晶系。
晶胞顶点位置为Ti4＋所占，体心位置为Ba2＋所占，所有棱心位置为O2－所占，写出此晶体的化学式：___________。
答案：3d54s23O SiO2为原子晶体，H2O为分子晶体2:5.5[Si4O11]n6n-BaTiO3【详解】（1）与Ca同周期的基态Fe原子的价电子排布式为3d54s2。
故答案为：3d54s2；（2）由BeCl2易升华可知BeCl2的共价性强，其单分子结构为Cl-Be-Cl，(BeCl2)2中Be与Cl之间可形配位键，其双聚分子结构式为，Be在双聚分子中，形成三个共价键，可知其配位数为3，故答案为：；3；（3）化学式3MgO·2SiO2·2H2O中电负性最大的元素为O；SiO2的熔沸点远高于H2O，说明理由：SiO2为原子晶体，H2O为分子晶体。
人教版高中化学选修1-第2章简答题专项知识点总结(培优)
一、解答题1．甲醇是有机化学工业的基本原料，工业上以CO 和H 2为原料制取甲醇的反应为CO(g)＋2H 2(g)CH 3OH(g) ΔH =-122 kJ/mol(1)相关化学键的键能数据如下表：(CO 的结构式为C≡O) 化学键 C≡O H-H C-H C-O H-O E/(kJ/mol)1076436414364x由此计算x=___________。
(2)向某密闭容器中充入一定量的CO 和H 2，测得逆反应速率随时间的变化如图甲所示。
t 1时改变的条件可能是___________。
(3)T ℃时，向恒容和恒压两容器中均充入1 mol CO 和2 mol H 2，起始体积相同，测得恒容容器中c(CH 3OH)随时间变化如图乙中曲线Ⅰ所示。
①恒压容器中c(CH 3OH)随时间变化如曲线___________(填“Ⅱ”、“Ⅲ”或“Ⅳ”)。
②恒压容器中，能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填字母)。
A ．v (CO)正=v (H 2)逆B ．容器内气体密度保持不变C ．n (CO)∶n (H 2)∶n (CH 3OH)=1∶2∶1D ．CO 的体积分数保持不变(4)向密闭容器中充入一定量的CO 和H 2，测得CO 的平衡转化率与条件Y 、投料比n(2n(H )n(CO))的关系如图丙所示。
条件Y 是___________(填“温度”或“压强”)，n 1、n 2、n 3中最大的是___________。
答案：增加反应物的浓度 Ⅱ BD 温度 n 1 【详解】(1)根据ΔH =反应物总键能-生成物总键能=1076kJ/mol+2×436kJ/mol-3×414kJ/mol-364 kJ/mol-xkJ/mol=-122kJ/mol ，解得x=464；(2)向某密闭容器中充入一定量的CO 和H 2，测得逆反应速率随时间的变化如图甲所示。
t 1时刻，逆反应速率从平衡时速率缓慢增大，速率变化前后有节点，则改变的条件可能是增加反应物的浓度；(3)①恒压容器中，压强不变，CO(g)＋2H 2(g)CH 3OH(g)正反应方向为气体分子数目减小的反应体系，要使体系压强不变，可将反应在恒容条件下达到平衡后再缩小容器体积，反应体系各组分浓度增大，反应体系压强增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，则c (CH 3OH)随时间变化如曲线Ⅱ； ②A ．当反应达到平衡状态是，()()2v CO 1=v H 2正逆，即 2v (CO)正= v (H 2)逆 ，则v (CO)正=v (H 2)逆不能说明反应达到平衡状态，故A 不符合题意；B ．恒压容器中，容器的体积可变，该反应体系中气体遵循质量守恒，反应前后气体的总质量不变，则根据mρ=V，平衡前，体系气体的密度不断变化，则当容器内气体密度保持不变时，能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B 符合题意；C ．n (CO)∶n (H 2)∶n (CH 3OH)=1∶2∶1，不能说明反应正逆反应速率相等，则不能说明反应达到平衡状态，故C 不符合题意；D ．当反应达到平衡状态时，体系中各组分的含量保持不变，则当CO 的体积分数保持不变，能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D 符合题意； 答案选BD ；(4)根据图示，当投料比n(2n(H )n(CO))相同时，Y 越大，CO 的平衡转化率越小，反应CO(g)＋2H 2(g)CH 3OH(g) ΔH =-122 kJ/mol ，为正反应气体分子数减小的放热反应， 升高温度，平衡逆向移动，CO 的平衡转化率越小；增大压强，平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，由此分析可知，条件Y 是温度；当温度相同时，氢气的物质的量不变，增大CO 的物质的量，投料比n(2n(H )n(CO))变小，CO 的平衡转化率越小，则n 1、n 2、n 3中最大的是n 1。
《常考题》人教版高中化学选修2-第1章填空题专项知识点总结(含答案解析)
一、填空题4f6s，1．Fe成为阳离子时首先失去___________轨道电子，Sm的价层电子排布式为62 3+O(填“大于”“等Sm价层电子排布式为___________。
比较离子半径：-F___________2-于”或“小于”)。
答案：4s54f小于【详解】3d4s，先失去原子失去电子时，先从最外层开始，铁元素基态原子的价层电子排布式为624s轨道的电子。
Sm失电子时，先失去6s轨道的电子，然后再失去4f轨道的一个电子，O的电子层结构相同，核电荷数大的半径反而小，则则的价层电子排布式为54f。
-F和2-答案为小于。
2．(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。
第一电离能I1(Zn)___________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是___________。
(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。
第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是______；氮元素的E1呈现异常的原因是____。
(4)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2===CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
元素Mn与O中，第一电离能较大的是____，基态原子核外未成对电子数较多的是____。
答案：A大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子O Mn【详解】(1)A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较大；B.[Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；C.[Ne]3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；D.[Ne]3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，故答案为：A；(2)Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难，Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能；(3)同周期元素，从左到右非金属性依次增大，原子核对电子的束缚能力增大，除氮原子外，其他原子得电子能力依次增大，得电子后形成的阴离子稳定性逐渐增大，所以根据第一电子亲和能的定义可知同周期元素的第一电子亲和能自左向右依次增大；N的2p能级上有3个电子，处于半满状态，属于较稳定状态，得电子能力相对较弱，因此第一电子亲和能较同周期相邻元素要低；(4)元素Mn与O相比，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。
化学选修二第一章知识总结
选修二第一章知识总结
一、硫酸工业
三原理：
三原料：、、
三阶段：、、
三设备：、、
三条件：、、
三废处理：废气：，
废水：
废渣：（填用途）热交换器的作用：
气体进入接触室之前为什么要进行净化：
吸收塔中用吸收三氧化硫，是为了防止
二、合成氨工业
反应原理：
反应条件：，，
生产过程：，，
1：造气
N2：方法一
方法二
H2：
2：净化
净化的原因：需要除去的杂质气体：
净化的原理：
3、合成
及时分离出，和循环使用
三、纯碱工业
1、氨碱法（索尔维）
原理：
二氧化碳的来源：
氨气的来源：
循环的物质：
缺点：
2、联合制碱法（侯氏制碱法）
原理：
二氧化碳的来源：
氨气的来源：
循环的物质：
优点：
3、氨碱法和联合制碱法的比较
主要相同点：
主要不同点：。
(必考题)人教版高中化学选修2-第1章填空题专项知识点总结(提高培优)
一、填空题1．(1)光催化还原CO 2制备CH 4反应中，带状纳米ZnGeO 4是该反应的良好催化剂。
Zn 、Ge 、O 电负性由大至小的顺序是______。
(2)元素铜与镍的第二电离能分别为1Cu I 1958kJ mol -=⋅、1Fe I 1753kJ mol -=⋅，Cu FeI >I 的原因是______。
答案：O ＞Ge ＞Zn 铜失去的是全充满的103d 电子，镍失去的是14s 电子【详解】(1)元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性就越大。
根据电负性递变规律可知，元素的非金属性：O ＞C ＞Ge ，所以O ＞C ＞Ge ；因Zn 与Ge 是同一周期元素，元素的金属性Zn ＞Ge ，所以根据电负性递变规律可知，电负性：Ge ＞Zn ，故Zn 、Ge 、O 三种元素的电负性由大到小的顺序为：O ＞Ge ＞Zn 。
(2)基态Cu +的价电子排布式为3d 10，3d 轨道处于全充满的稳定状态，而基态Ni +的价电子排布式为3d 84s 1，4s 轨道只有1个电子，所处状态不是稳定状态，失去电子消耗能量比较少，所以镍的第二电离能相对Cu 来说较小。
2．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①一④在表中的位置回答下列问题： 族周期IA 0 1① IIA IIIA IV A V A VIA VIIA 2② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦⑧ （1）③、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为____________'（用离子符号表示）。
（2）写出⑤和⑥的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式_______________ （3）②的某核素可用于文物年代的测定，该核素有8个中子，该核素的符号是______ （4）比较元素②、⑦和⑧的最高价氧化物的水化物的酸性大小_____（5）①④两种元素可组成的一种既有极性共价键也有非极性共价键的化合物，写出该物质的电子式______（6）①和④的单质可组成燃料电池，正极反应物为_____（用化学式表示，下同），若电解溶液为稀疏酸，写出负极的电极反应__________答案：N 3－>Na +>Al 3+ Al(OH)3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O 146C HClO 4>H 2CO 3>H 2SiO 3O 2 H 2－2e －=2H +解析：结合周期表结构可知①到⑧分别为H 、C 、N 、O 、Na 、Al 、Si 、Cl ，结合元素周期表、律相关知识解答。
人教版化学选修1-2知识点总结
人教版化学选修1-2知识点总结
本文对于人教版化学选修1-2的知识点进行了总结，以下是各章节的内容概括：
第一章无机化学基础
介绍了化学的基本概念，原子结构和元素周期律等理论知识。
阐述了化学键的种类和化学反应的基本概念，重点介绍了氧化还原反应和酸碱反应。
第二章化学热力学
介绍了化学热力学的基本概念，如焓、熵、自由能等。
讲解了热力学第一定律和第二定律，解释了化学反应热和热平衡等概念。
第三章化学平衡
介绍了化学平衡的基本概念和化学平衡条件，讲解了化学平衡
常数及其影响因素，包括温度、压力和浓度的变化对化学平衡的影响。
第四章氧化还原反应
深入介绍了氧化还原反应的基本概念和电化学的相关内容，包
括标准电极电位、电动势和电解等内容。
第五章化学动力学
介绍了化学动力学的基本概念和速率方程，以及速率常数和反
应级数等概念，讲解了影响化学反应速率的因素，包括浓度、温度、催化剂等。
第六章化学实验
讲解了常见的化学实验技术，包括物质的分离和纯化、物质的
鉴别和检验、化学计量和化学反应等实验内容，重点介绍了气体的
收集和消耗实验。
第七章高分子材料
介绍了常见的高分子材料，如合成树脂和塑料等，以及塑料的制备和应用领域，探讨了高分子材料与人们日常生活的关系。
第八章化学与能源问题
介绍了化学在能源领域的应用，包括化石燃料的开发和利用、核能和可再生能源的利用等，讨论了化学在能源领域的作用和未来发展前景。
本文列出了各章节的内容概括，供学习化学选修1-2的同学参考，希望本文对大家有所帮助。
肇庆市人教版高中化学选修2-第1章填空题专项知识点总结(培优)
一、填空题1．下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表前五周期中的某一种化学元素。
(1)写出e元素原子的核外电子排布式：___________。
(2)上述第三周期元素中第一电离能(1I)最大的是___________(用元素符号表示，下同)，c和f的1I大小关系是___________＞___________。
1s2s2p3s3p3d4s Ar Mg Al答案：2262612解析：周期表中所列13种元素a~m依次是Na、H、Mg、Sr、Se、Al、Ge、C、P、O、Te、Cl、Ar，其中Na、Mg、Al、P、Cl、Ar属于第三周期元素，Ar是稀有气体元素，其1I最大，据此解题。
【详解】1s2s2p3s3p3d4s；(1)Se的核外电子排布分别为：22626121s2s2p3s3p3d4s。
故答案为：2262612(2) Ar是稀有气体元素，其I1最大，Mg的I1比Al的I1大；故答案为：Ar；Mg；Al。
2．A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为______。
(2)元素B、C、D、E形成的简单离子半径大小关系是_________。
(用离子符号表示)。
(3)用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________。
(4)D2EC3一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为_________。
(化学式用具体的元素符号表示)。
答案：H2SO3 H2SO4S2- N3- O2- Na+4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4解析：A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA 族，应为N 元素，C 元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O 元素，C 的阴离子与D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D 2C ，则D 的化合价为+1价，应为Na 元素，C 、E 主族，则E 为S 元素，由以上分析可知A 为H 元素，B 为N 元素，C 为O 元素，D 为Na 元素，E 为S 元素。
湖北襄樊市人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点总结(培优专题)
一、解答题1．已知：A、B、C、D、E、F六种元素核电荷数依次增大，属元素周期表中前四周期的元素。
其中A原子核外有三个未成对电子；B和E可形成离子化合物B2E，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满。
请根据以上信息，回答下列问题：⑴A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________（用元素符号表示）。
⑵E与D的同族短周期元素可形成一种化合物X，X是常见的有机溶剂，X分子的空间构型是________。
⑶F原子的核外电子排布式是____________，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为________。
⑷A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为________（黑色球表示F原子）。
⑸A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，其晶体中所含的化学键类型为________。
答案：Na＜Al＜Si＜N直线形1s22s22p63s23p63d104s1[Cu(NH3)4]2+Cu3N共价键解析：已知：A、B、C、D、E、F六种元素核电荷数依次增大，属元素周期表中前四周期的元素。
其中A原子核外有三个未成对电子，则A为N，E原子核外的M层中只有两对成对电子，则E为S，B和E可形成离子化合物B2E，则B为Na，C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，则D为Si，F原子核外最外层电子数与B相同即最外层只有1个，其余各层均充满，则F为Cu。
【详解】⑴同周期从左到右第一电离能具有增大的趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si＜N；故答案为：Na＜Al＜Si ＜N。
⑵E与D的同族短周期元素即C可形成一种化合物X(CS2)，X是常见的有机溶剂，CS2分子中C价层电子对数12(422)2022+-⨯=+=，其空间构型是直线形；故答案为：直线形。
长春市人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点总结(培优提高)
一、解答题1．利用太阳能分解水制备氢气的示意图如图。
回答下列问题：(1)基态硫原子核外电子占据的原子轨道数为___。
(2)碘与氯同主族，碘元素在周期表中的位置是___。
(3)写出反应I的离子方程式：__。
(4)I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，其原因是___。
(5)常温下，可用干燥的铁制容器储运浓硫酸，原因是__。
这是利用了浓硫酸的___(填“脱水”“酸”或“强氧化”)性。
SO I2和CCl4都是非极性分子，水答案：第五周期第ⅦA族SO2+I2+2H2O=4+H+2-I+2-4是极性分子，根据相似相容原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂铁与浓硫酸接触，表面形成致密的氧化膜，发生钝化现象体现浓硫酸的强氧化性解析：根据硫原子的核外电子排布式写出基态硫原子核外电子占据的原子轨道数；根据碘与氯同主族判断碘在周期表的位置；反应I是二氧化硫、碘和水生成盐酸和硫酸，写出离子方程式；根据相似相容原理分析；根据铁与浓硫酸的钝化分析，据此分析。
【详解】(1)基态硫原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，s能级有一个轨道，p能级有3个轨道，基态硫原子的核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3=9；(2)碘与氯同主族，氯位于第三周期第ⅦA族，碘元素在周期表中的位置是第五周期第ⅦA 族；(3)反应I是二氧化硫、碘和水生成盐酸和硫酸，离子方程式：SO；SO2+I2+2H2O=4+H+2-I+2-4(4)I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，其原因是I2和CCl4都是非极性分子，水是极性分子，根据相似相容原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂；(5)常温下，可用干燥的铁制容器储运浓硫酸，原因是铁与浓硫酸接触，表面形成致密的氧化膜，发生钝化现象，这是利用了浓硫酸的强氧化性。
【点睛】盐酸和硫酸都是强电解质，写离子方程式时都要拆成离子形式，为易错点。
2．碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。
浙江人教版高中化学选修2-第1章填空题专项测试题(培优)
一、填空题1．(1)可正确表示原子轨道的是__。
A ．2sB ．2dC ．3pD ．3f(2)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用__形象化描述。
(3)铝原子核外有__种不同运动状态的电子。
答案：AC 电子云 13【详解】(1)第二电子层(L 层)中包括s 、p 能级，第三电子层(M 层)中包括s 、p 、d 能级，所以L 层不存在2d 轨道，M 层不存在3f 轨道，答案为A 、C 。
(2)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述。
(3)铝原子核外有13个电子，且每个电子的运动状态不同，则有13个不同运动状态的电子。
2．碳及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。
(1)碳与同周期元素Q 的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R 为非极性分子，则Q 元素在周期表中的位置为___________，R 的电子式为___________(2)一定条件下，Na 还原CCl 4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收CCl 4的实验操作名称为___________，除去粗产品中少量钠的试剂为___________(3)碳还原制取金刚砂SiC ，其粗产品中杂质为Si 和SiO 2.先将20.0gSiC 粗产品加入到过量NaOH 溶液中充分反应，收集到标准状况下2.24 L 的氢气，过滤后得SiC 固体11.4g ，滤液稀释到1L 。
Si 与NaOH 溶液反应的离子方程式为___________，硅酸盐的物质的量浓度为___________答案：第二周期第ⅥA 族过滤 水或乙醇 Si+2OH -+H 2O=SiO 2-3+2H 2↑ 0.17mol/L【详解】(1)与C 能形成两种气态化合物的为O ，会形成CO 、CO 2，其中CO 2为非极性分子，则Q 为氧，非极性分子CO 2的电子式为：，故答案为：第二周期第ⅥA 族；；(2)得到粗产品为不溶于液态CCl 4的固体物质，要分离出CCl 4，可用过滤的方法，除去粗产品中少量钠可用水或乙醇，故答案为：过滤；水或乙醇；(3)Si 与NaOH 溶液反应的化学方程式为：Si+2NaOH+H 2O=Na 2SiO 3+2H 2↑，其离子方程式为：Si+2OH -+H 2O=SiO 2-3+2H 2↑，由Si~2H 2知，粗产品中含Si 为2.24122.4/2L L mol ⨯=0.05mol ，质量为0.05mol ⨯28g/mol=1.4g ，所以含SiO 2质量为20.0g-1.4g-11.4g=7.2g ，物质的量为7.260/g g mol=0.12mol ，由Si 原子守恒知Na 2SiO 3的物质的量为0.05mol+0.12mol=0.17mol，溶液的体积为1L，则浓度为0.171molL=0.17mol/L，答案为：Si+2OH-+H2O=SiO2-3+2H2↑；0.17mol/L。
《好题》人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点总结(含解析)
一、解答题1．镁及其化合物在制药、材料及航空等行业中用途广泛，请回答下列问题：(1)下列Mg 原子的核外电子排布式中，能量最高的是________(填字母，下同)，能量最低的是________。
a.2241111x y 21s 2s 2p 3s 3p 3p 3pb.2232111x y 21s 2s 2p 3s 3p 3p 3pc.22611x 1s 2s 2p 3s 3pd.22621s 2s 2p 3s(2)氧化镁是一种传统的耐火材料，熔点为2852℃，其熔融物中有自由移动的2Mg +和2O -，上述两种离子半径的大小关系为___________。
(3)叶绿素是自然界中常见的含镁有机化合物，其结构示意图如下所示：由叶绿素分子的结构可知，其中有2sp 、3sp 两种杂化方式的原子有_______，分子中存在________(填字母)。
a.配位键b.π键c.非极性键d.氢键e.极性键(4)已知MgO 与部分卤化钠的晶格能及离子间距如下表所示： 化合物MgO NaI NaBr NaCl 晶格能()1/kJ mol-⋅ 3890 686 736 787 离子间距/pm 205311 290 276通过玻恩—哈伯循环计算MgO 晶格能的过程如下图所示(能量数据单位均为kJ/mol)。
晶格能的大小与_______有关，Mg 的第一电离能为_______kJ/mol 。
(5)尖晶石是由镁铝氧化物组成的矿物，有些尖晶石透明且颜色漂亮，可作为宝石。
尖晶石的某种立方晶胞结构如图甲所示，晶胞中含有A 型和B 型两种结构单元。
则该尖晶石的化学式为________，若晶胞边长为cm a ，阿伏伽德罗常数的值为A N ，则该尖晶石的密度为_______3g pm -⋅(用含有a 、A N 的代数式表示)答案：b d ()()2-2+O Mg r r ＞ C 、N 、O abce 离子间距、离子所带电荷 738 24MgAl O 333A 1.13610N a⨯⨯ 解析：原子处于激发态的能量高，低能级电子激发到的能级越高、激发电子数越多，原子能量越高；处于基态的原子能量最低；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；晶格能越高，离子晶体的熔点越高；以sp 2杂化的碳原子价层电子对为3，叶绿素a 中碳原子没有孤对电子，连接3个原子的碳原子为sp 2杂化；Mg 与N 原子之间形成配位键；C 原子与H 原子等之间形成极性键，碳碳之间形成非极性键，双键中含有π键；根据图中信息可知，离子间距离越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，根据晶格能的定义进行计算；晶胞中含有结构A 、结构B 均为4个，Mg 原子处于晶胞的顶点、面心、结构A 的体内，Al 原子处于结构B 内部，O 原子处于结构A 、结构B 内部，均摊法计算晶胞中Mg 、Al 、O 原子数目，确定化学式，由此分析。
北京四中人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点总结(含答案解析)
一、解答题1．过渡元素铁可形成多种配合物，如：[Fe(CN)6]4-、Fe(SCN)3，[Fe(H 2NCONH 2)6](NO 3)3等。
（1）Fe 2+基态核外电子排布式为___。
（2）与CN -互为等电子体的一种分子是：___，CN -可在TiO 2作光催化剂下转化为OCN -，OCN -中三种元素的电负性由大到小的顺序为___，尿素（H 2NCONH 2）分子中C 、N 原子的杂化方式分别为___和___。
（3）NO 3-的空间构型为___，1molFe(CN)63-中含有σ键的数目为___。
（4）铁的另一种配合物Fe(CO)x 的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则X=___，已知该配合物的熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CCl 4，据此可以判断Fe(CO)X 晶体属于___（填晶体类型）。
（5）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成。
已知小立方体如图所示。
则这种晶胞中，离Al 原子最近且距离相等的Fe 原子有___个，该晶体的密度的计算式为：___（不用化简，已知小立方体的边长为acm ，阿伏伽德罗常数的值为N A ）。
答案：1s 22s 22p 63s 23p 63d 6或[Ar]3d 6 CO 或N 2(任填其一即可) O ＞N ＞C sp 2 sp 3 平面三角形 12N A 5 分子晶体 6 A A 30.5 1.527+56N N a ⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭【详解】(1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2，铁原子失去最外层2个电子变成Fe 2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6 或[Ar]3d 6 ，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 6 或[Ar]3d 6 ；(2)CN -含有2个原子，价电子总数为4+5+1=10，故其等电子体为CO 或N 2分子等，OCN -中三种元素分别为C 、N 、O 元素，同周期自左而右电负性增大，故电负性：O ＞N ＞C ，尿素(H 2NCONH 2)分子中C 原子与O 原子之间形成C=O 双键，与N 原子之间形成C —N 单键，没有孤对电子，其杂化轨道数目为3，杂化方式为sp 2杂化，尿素分子中N 原子的价层电子对数为532+=4，所以N 原子的杂化方式为sp 3，故答案为：CO 或N 2(任填其一即可)；O ＞N ＞C ；sp 2；sp 3； (3)NO 3-中心原子的价电子对数为5+1-323+=32⨯，不含有孤电子对，则NO 3-的空间构型为平面三角形，在配合物Fe （CN ）63-中，CN -与铁离子之间有6个配位键，在每个CN -内部有一个共价键，所以1mol 该配合物中含有σ键的数目为12N A ，故答案为：平面三角形；12N A ；(4)Fe 原子最外层电子数为8，CO 为配体，CO 分子提供1对电子，则8+2x=18，故x=5；Fe(CO)x 常温下呈液态，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，可判断Fe(CO)x 晶体属于分子晶体，故答案为：5；分子晶体；(5)有晶胞结构示意图分析可知，在这种晶胞中，离Al 原子最近且距离相等的Fe 原子有6个，小立方体中Al 原子位于晶胞的顶点，Fe 原子位于晶胞的顶点和体心，由均摊法可得晶胞中Al 原子的个数为14=0.58⨯，Fe 原子的个数为11+4=1.58⨯，铁铝合金的一种晶体由8个小体心立方结构堆砌而成，则一个晶胞的质量为A A 0.58 1.5827+56g N N ⎛⎫⨯⨯⨯⨯⎪⎝⎭，一个晶胞的体积为8a 3 cm 3，根据公式m ρ=V得，晶胞的密度为A A A A -33330.58 1.580.5 1.527+56g 27+56N N N N ρ==g cm 8a cm a ⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为：6；A A 30.5 1.527+56N N a ⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭。
北京人大附中人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点(含答案解析)
一、解答题1．Fe4[Fe(CN)6]3是较早发现的CN-配合物，其中铁元素呈现两种不同的价态。
回答下列问题：(1)写出外界离子基态核外电子排布式：__________。
[Fe(CN)6]4-中与Fe2+配位的原子是_______（填元素符号）。
Fe4[Fe(CN)6]3中存在的化学键有________（填字母）。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键(2)CN-中碳原子的轨道杂化类型是______；与CN-互为等电子体的一种分子为_____（填化学式）。
(3)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________。
答案：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5C A、B、C sp N2N＞O＞C解析：(1) Fe4[Fe(CN)6]3的外界离子中Fe的化合价是+3价，是Fe3+，利用核外电子排布规律书写；[Fe(CN)6]4-中Fe2+提供空轨道，配位体提供孤电子对；根据物质的类型及原子之间结合方式判断化学键类型；(2)根据CN-形成的共价键情况判断C原子杂化类型；等电子体原子数相同，原子最外层电子数也相同；(3)根据元素的非金属性及原子最外层电子排布判断元素第一电离能大小。
【详解】(1)外界离子是Fe3+，核外有23个电子，所以Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；Fe2+具有空轨道，在CN-中，N原子与C原子形成3个共价键，C原子上还有一对电子存在，该电子对与Fe2+配位，故与Fe2+形成配位键的原子是C；Fe4[Fe(CN)6]3是离子化合物，Fe3+与[Fe(CN)6]4-以离子键结合，在阴离子[Fe(CN)6]4-中的中心离子Fe2+与配位体CN-以配位键结合，CN-中C、N原子之间以共价键结合，所以Fe4[Fe(CN)6]3中含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键，故答案为ABC；(2)CN-中C、N原子之间形成碳氮三键，所以C原子杂化类型是sp杂化，与CN-互为等电子体的一种分子为N2；(3)一般情况下同一周期元素的电离能随原子序数的增大而增大，但N原子核外最外层电子处于半充满的稳定状态，因此其第一电离能比O的大，故C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
人教版高中化学选修2-第1章填空题专项知识点总结(培优)
一、填空题1．基态X 原子的第二电子层上只有一个空轨道，则X 是______，其电子排布图为______；基态R 原子的3p 轨道上只有一个未成对电子，则R 可能是______；Y 原子的核电荷数为33，其价层电子排布是______，其在元素周期表中的位置是______，属于______区的元素。
答案：C(或碳)Al 或Cl 4s 24p 3 第四周期ⅤA 族 p 【详解】基态X 原子的第二电子层上只有一个空轨道，其电子排布式为1s 22s 22p 2，则X 是碳，电子排布图为。
基态R 原子的3p 轨道上只有一个未成对电子，其原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 1或1s 22s 22p 63s 23p 5，则R 可能为Al 或Cl 。
Y 原子的核电荷数为33，根据构造原理可知，基态Y 原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 3，电子层数为4，且最外层有5个电子，则在元素周期表中位于第四周期ⅤA 族，最后一个电子填充在4p 轨道上，故属于p 区元素。
2．(1)Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。
基态Fe 2+与Fe 3+离子中未成对的电子数之比为______。
(2)钙钛矿(CaTiO 3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，基态Ti 原子的核外电子排布式为____________。
(3)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵((NH 4)3Fe(C 6H 5O 7)2)。
Fe 基态核外电子排布式为___________；(4)钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，基态铜原子的价电子排布式为________。
(5)基态Sn 原子价层电子的空间运动状态有___种，基态氧原子的价层电子排布式不能表示为22x y 22s 2p 2p ，因为这违背了____原理(规则)。
人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点复习
一、解答题1．不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用一定数值x来表示，该数值称为电负性。
若x越大，其原子吸引电子的能力越强，在所形成的分子中成为带负电荷的一方。
下面是某些短周期元素的x值：(1)推测在同周期的元素中x值与原子半径的关系是________________。
短周期元素x值的变化特点，体现了元素性质的________变化规律。
(2)通过分析x值的变化规律，确定Mg、N的x值范围：________＜x(Mg)＜______，______＜x(N)＜________。
(3)在P—N键中，共用电子对偏向________原子。
(4)根据Be和Al在元素周期表中的位置及其电负性的大小，二者符合对角线规则。
试写出Be(OH)2分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应的离子方程式_________、___________。
(5)经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的x差值即Δx＞1.7时，一般为离子键；Δx＜1.7时，一般为共价键。
试推断：AlBr3中化学键类型是________。
请设计一个实验方案证明上述所得到的结论：________________答案：原子半径越小，x值越大周期性0.93 1.57 2.25 3.44氮Be(OH)2+2H＋=Be2＋BeO+2H2O共价键将溴化铝加热到熔融态，进行导电性实+2H2O Be(OH)2+2OH－=2-2验，如果不导电，说明是共价化合物，即Al与Br形成共价键【详解】(1)由表中数值可看出，同周期中元素的x值随原子半径的减小而增大，同主族自上而下x 值减小，x值的变化体现周期性的变化；(2)Be和Mg位于同一主族，同主族自上而下x值减小，x(Mg)＜x(Be)=1.57，Mg 和Na、Al 位于同一周期，同周期中元素的x值随原子半径的减小而增大，镁的x值位于钠和铝之间，0.93＜x(Mg)＜1.61，故0.93＜x(Mg)＜1.57；N的x值位于C和O之间，2.55＜x(N)＜3.44；(3)N和P位于同一主族，同主族从上到下电负性逐渐减小，故电负性N＞P，故共用电子对偏向氮原子；(4) Be和Al符合对角线规则，故Be(OH)2和氢氧化铝的性质相似，则Be(OH)2与盐酸反应生成氯化铍和水，离子方程式为：Be(OH)2+2H＋=Be2＋+2H2O，Be(OH)2与氢氧化钠反应生成铍酸钠和水，离子反应方程式为：Be(OH)2+2OH －=2-2BeO +2H 2O ；(5)AlBr 3中Al 的电负性为：1.61，Cl 的电负性为3.16，同主族从上到下电负性逐渐减小，故电负性Cl ＞Br ，AlBr 3中Δx ＜1.55＜1.7，化学键类型为共价键；若要证明溴化铝是共价化合物只需要判断在熔融状态下能否导电，可将溴化铝加热到熔融态，进行导电性实验，如果不导电，说明是共价化合物，即Al 与Br 形成共价键。
山东德州市人教版高中化学选修2-第1章简答题专项知识点(含解析)
一、解答题1．钛、镍、铅单质及其化合物在工业生产中有广泛的应用。
回答下列问题：(1)Ti3+的价电子排布式为____，Ti3+的还原性常用于钛含量的测定。
将某含钛试样溶解于强酸溶液中生成TiO2+，加入铝片将TiO2+转化为Ti3+，该反应的离子方程式为_____，然后以NH4SCN溶液作指示剂，用FeCl3标准溶液滴定。
可见，Fe3+先与____反应(填“Ti3+”或“SCN －”)。
(2)已知：物质性质TiC质硬，熔点：3140℃，沸点：4820℃TiCl4熔点：－25℃，沸点：136.4℃，具有挥发性TiC的熔沸点明显高于TiCl4的原因为______________。
(3)乙二胺四乙酸(俗名EDTA)结构如图，是代表性的螯合剂，分子中可作为配位原子的是________(填元素符号，下同)，第一电离能最大的元素是_________。
EDTA可与Ni2+、Ca2+、Pb2+等离子形成配合物，可用Na2[Ca(EDTA)] 治疗铅中毒，其离子方程式为_______________。
(4)图甲是LaNi5晶体示意图，该结构由两种不同的原子层组成，第一层填入由组成的正三角形空穴中心，第二层完全由组成，具有平面六方对称性，原子数目等于第一层的和数目的总和，这两层交替排列形成LaNi5晶体。
图乙是LaNi5的六方晶胞，图乙中代表____(填“La”或“Ni”)原子。
该LaNi5晶体的密度为_______g•cm－3(列出计算式。
N A为阿伏加德罗常数的值，LaNi5摩尔质量为M g•mol－1)。
图乙晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(12，12，12)，则C点的原子坐标参数为__________。
答案：3d13TiO2++Al+6H+＝3Ti3++Al3++3H2O Ti3+TiC为原子晶体，TiCl4为分子晶体，共价键的键能高于分子间作用力N、O N[Ca(EDTA)] 2－+ Pb2+＝[Pb(EDTA)] 2－+ Ca2+L a 302A M 103N a b 2⨯⨯⨯⨯ (13，23，0) 解析：根据原子核外电子排布书写离子价电子排布式，根据晶体类型分析物质熔沸点差异原因，结合原子半径和全满、半满规律判断电离能大小，根据均摊法及立体几何知识进行相关计算。
人教版高中化学选修2-第1章填空题专项知识点总结
一、填空题1．根据元素周期表中第1~6周期元素的性质，在下列空格中填上适当的元素符号。
(1)在第3周期中，第一电离能最小的元素是__，第一电离能最大的元素是__。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素是__，电负性最小的元素是__。
(3)最活泼的金属元素是___。
(4)最活泼的非金属元素是__。
(5)第2、3、4周期，原子最外电子层中p能级半充满的元素是__。
(6)已知某原子的逐级电离能如下：I1=577kJ•mol-1，I2=1817kJ•mol-1，I3=2745kJ•mol-1，I4=11578kJ•mol-1。
则该元素在化合物中表现的化合价为___(填序号)。
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4答案：Na Ar F Cs Cs F N、P、As C解析：根据元素周期律答题：同周期从左到右，元素的第一电离能(除ⅡA族、ⅤA族反常外)逐渐增大，同周期中ⅠA族元素的第一电离能最小，稀有气体第一电离能最大；电负性的递变规律：同周期从去到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小；元素化合价与元素原子的核外电子排布，尤其是与价电子排布有密切关系。
【详解】(1)同周期从左到右，元素的第一电离能(除ⅡA族、ⅤA族反常外)逐渐增大，同周期中ⅠA 族元素的第一电离能最小，稀有气体第一电离能最大，故第3周期中第一电离能最小的为Na，最大的为Ar。
故答案为：Na；Ar；(2)电负性的递变规律：同周期从去到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，故元素周期表中第1~6周期元素，电负性最大的元素是F(稀有气体元素除外)，电负性最小的元素为Cs(放射性元素除外)。
故答案为：F；Cs；(3)最活泼的金属元素是Cs，故答案为：Cs；(4)最活泼的非金属元素是F，故答案为：F；(5)第2、3、4周期，原子最外电子层中p能级半充满的元素是N、P、As，故答案为：N、P、As；(6)元素化合价与元素原子的核外电子排布，尤其是与价电子排布有密切关系。
人教版高中化学选修2-第1章填空题专项经典练习题(培优)
一、填空题1．根据原子核外电子排布规则，回答下列问题：(1)写出基态S 原子的核外电子排布式：______；写出基态24Cr 原子的价层电子排布式：______。
(2)写出基态O 原子的核外电子轨道表示式：______。
(3)若将基态14Si 的电子排布式写成226311s 2s 2p 3s 3p ，则它违背了______。
(4)3Fe +比2Fe +的稳定性更______(填“强”或“弱”)，用电子排布解释其原因：______。
答案：226241s 2s 2p 3s 3p 或[]24Ne 3s 3p 513d 4s 泡利原理 强 3Fe +的价层电子排布式为53d ，处于半充满状态，故更稳定【详解】(1)S 位于元素周期表第三周期第ⅥA 族，核外电子排布式为226241s 2s 2p 3s 3p 或[]24Ne 3s 3p ；24Cr 的核外电子排布式为22626511s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 或[]51Ar 3d 4s ，属于过渡元素，价层电子包括最外层4s 能级和次外层3d 能级上的电子，即24Cr 的价层电子排布式为513d 4s 。
(2)O 位于元素周期表第二周期第ⅥA 族，根据泡利原理和洪特规则，其轨道表示式为。
(3)s 能级上只有一个原子轨道，每个原子轨道最多容纳2个电子，而题中所给的电子排布式中的3s 轨道上有3个电子，违背了泡利原理。
(4)Fe 为26号元素，其核外电子排布式为22626621s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ，则2Fe +的价层电子排布式为63d ，3Fe +的价层电子排布式为53d ，处于半充满状态，因此3Fe +比2Fe +稳定。
2．(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。
第一电离能I 1(Zn)___________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是___________。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一、解答题1．合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液(醋酸二氨合铜、氨水)吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。
铜液吸收CO的反应方程式为：Cu(NH3)2Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]Ac (Ac－为CH3COO－的简写)(1)基态原子中未成对电子数最多的短周期元素X，与上述反应中所有元素均不在同一周期，该基态原子的电子排布式为________。
(2) [Cu(NH3)3CO]Ac组成元素中，第一电离能最大的元素是________。
(填元素符号)。
(3)HAc可通过将CH3CHO氧化得到，比较HAc与乙醛的沸点高低，并说明原因：________________。
(4)C、N两种原子可形气体分子 (CN)2，也可形成有剧毒性的CN－。
(CN)2性质与卤素单质类似，判断(CN)2中C原子轨道杂化类型为________。
与CN－互为等电子体的一种非极性分子的化学式为________。
(5)铜晶胞结构如图，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为________。
答案：1s22s22p63s23p3N乙酸，主要原因是乙酸分子间存在氢键，而乙醛分子间不存在氢键sp N212【详解】(1)反应中涉及的元素有H、C、N、O、Cu，X与上述反应中所有元素均不在同一周期，则X在第三周期元素，基态原子中未成对电子数最多的短周期元素X是磷，是15号元素，3p 轨道为半充满状态，核外电子排布式1s22s22p63s23p3；(2)H、C、N、O、Cu元素中，C、N、O位于同周期，同周期从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，但N的2p轨道为半充满，第一电离能比相邻原子大；Cu是位于第四周期的元素，电离能较小；H位于第一周期元素，电离能也较小，故N的第一电离能最大；(3)乙酸中含有羧基，乙醛中含有醛基，HAc的沸点高于乙醛，主要原因是乙酸分子间存在氢键，而乙醛分子间不存在氢键；(4)(CN)2性质与卤素单质类似，应该为直线型分子，C原子轨道杂化类型为sp杂化；与CN－互为等电子体的一种分子为2个原子，最外层电子数为10个，属于非极性分子的化学式为N2；(5)以上底面中心的铜原子为研究对象，距离最近的铜原子位于上底面的顶点，共有4个铜原子，上下晶胞的侧面的面心位置各有4个铜原子，共有12个铜原子与上底面的铜原子距离最近。
2．K4[Fe(CN)6](亚铁氰化钾)俗称“黄血盐”，可溶于水，不溶于乙醇，是食盐的一种抗结剂。
某小组以NaCN溶液为主要原料制备黄血盐的流程如图1：回答下列问题：(1)Fe的原子序数是26，它在元素周期表中的位置是_____。
(2)常温下，HCN的电离常数K a＝5×10﹣10，则NaCN溶液的pH_____7(填“＞”或“＜”)。
“反应器”中所发生反应的化学方程式为_____。
(3)流程中加入Na2CO3溶液的目的是_____，为防止滤渣堵塞除杂装置，需经常用稀盐酸溶液进行清洗，清洗时发生反应的离子方程式是_____。
(4)转化罐中生成K4[Fe(CN)6]的反应类型是复分解反应，该反应发生的原理为_____，过滤后洗涤K4[Fe(CN)6]所使用的试剂是_____。
(5)CN﹣会造成水体污染，该小组采用图2装置模拟电化学法处理CN﹣(N的价态为﹣3)，有关结果见表实验序号电极(X)NaCl溶液浓度(mol/L)甲中石墨表面通入气体电流计读数(A)1Fe0.1空气Ⅰ2Al0.1空气 1.5Ⅰ3Fe0.1O22Ⅰ4Al0.5空气 1.6Ⅰ①若乙池中石墨(Ⅰ)极能得到N2和CO2-3，其电极反应式为_____。
②该实验表明电化学法处理CN﹣时，影响处理速率的因素有_____、_____(填写两项即可)答案：第四周期，第VⅢ族＞6NaCN+FeSO4+CaCl2＝Na4[Fe(CN)6]+CaSO4↓+2NaCl除去Ca2+CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O相同温度下，K4[Fe(CN)6]的溶解度小于Na4[Fe(CN)6]乙醇2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣＝2CO2-3+N2+6H2O负极材料的活泼性氧气的浓度等解析：NaCN中加入FeSO4和过量CaCl2，制得Na4[Fe(CN)6]悬浊液，过滤除去滤渣CaSO4，再加入Na2CO3溶液除去过量的Ca2＋，溶液中加入KCl溶液，根据溶解度的不同，生成目标产物K4[Fe(CN)6]的沉淀，过滤洗涤干燥得黄血盐。
【详解】(1)26号元素铁的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，有4个电子层，族序数等于周期表中的列序数，位于第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：第四周期，第ⅤⅢ族；(2)根据电离常数得知HCN为弱酸，弱酸强碱盐中弱酸根CN−水解：CN−＋H2O⇌HCN＋OH−，溶液显碱性，所以NaCN溶液的pH>7；根据反应器中加入物质的质量守恒写出化学方程式：6NaCN+FeSO4+CaCl2＝Na4[Fe(CN)6]+CaSO4↓+2NaCl；故答案为：>；6NaCN+FeSO4+CaCl2＝Na4[Fe(CN)6]+CaSO4↓+2NaCl；(3)开始时加入了过量的CaCl2，Ca2＋干扰K4[Fe(CN)6]的生成，加入Na2CO3溶液发生的反应为：Ca2＋＋CO2-3＝CaCO3↓；CaCO3沉淀堆积在底部，为防止滤渣堵塞除杂装置，需经常用稀盐酸溶液进行清洗，根据复分解反应写出化学反应的离子方程式：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O；故答案为：除去Ca2＋；CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O；(4)加入KCl溶液与转化罐中的Na4[Fe(CN)6]生成K4[Fe(CN)6]，且反应类型是复分解反应，根据质量守恒写出反应方程式：Na4[Fe(CN)6]＋KCl＝K4[Fe(CN)6]＋NaCl，该反应之所以发生是因为符合复分解反应的条件之一：有沉淀生成，即相同温度下，K4[Fe(CN)6]的溶解度小于Na4[Fe(CN)6]；K4[Fe(CN)6](亚铁氰化钾)俗称“黄血盐”，可溶于水，不溶于乙醇，为了减少黄血盐的损失，提高产率，所以用乙醇洗涤；故答案为：相同温度下，K4[Fe(CN)6]的溶解度小于Na4[Fe(CN)6]；乙醇；(5)①CN−中的−3价N元素化合价升高生成0价的N2，CN−中的＋2价的C元素化合价升高生成＋4价的CO2-3中的C元素，根据质量守恒和电子转移守恒写出电极反应为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣＝2CO2-3+N2+6H2O；故答案为：2CN﹣+12OH﹣﹣10e﹣＝2CO2-3+N2+6H2O；②根据表格读出其中的3个影响因素：负极材料的活泼性越强，电流计读数越大；NaCl溶液的浓度越大，电流计读数越大；氧气的浓度越浓，电流计读数越大；所以电化学法处理CN−时，影响处理速率的因素有：负极材料的活泼性；NaCl溶液的浓度；氧气的浓度；故答案为：负极材料的活泼性；NaCl溶液的浓度；氧气的浓度(任选其中两项即可)。
3．下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后作答：（1）画出B的离子结构示意图______；写出D元素最高价氧化物的水化物电子式_________（2）盐X水溶液显____（填“酸”“碱”“中”）性，用离子方程式解释其原因________________（3）D2CA3的溶液与B的单质能发生反应，其反应的离子方程式为________（4）已知E元素的某种氢化物Y与A2的摩尔质量相同。
Y与空气组成的燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20～30％的KOH溶液。
该燃料电池放电时，正极的电极反应式是________________________________（5）如右图是一个电解过程示意图。
假设使用Y－空气燃料电池作为本过程的电源，铜片质量变化128g，则Y一空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气（设空气中氧气的体积含量为20％）_______________L答案：酸NH4++H2O NH3•H2O+H+SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-O2+2H2O+4e-=4OH-112解析：A、B、C、D、E是短周期五种元素．A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，则A处于第ⅥA族；C原子半径为0.102nm，其单质在X的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则C为S元素，A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，满足该条件元素为O或Cl，由于A为O元素，则B为Cl元素；E原子半径为0.075n m，最高价氧化物的水化物与其氢化物组成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3；D最高价氧化物的水化物，为酸或碱，能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素。
【详解】A、B、C、D、E是短周期五种元素．A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，则A 处于第ⅥA族；C原子半径为0.102nm，其单质在X的单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则C为S元素，A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，满足该条件元素为O或Cl，由于A为O元素，则B为Cl元素；E原子半径为0.075n m，最高价氧化物的水化物与其氢化物组成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3；D最高价氧化物的水化物，为酸或碱，能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素；即A为O元素，B为Cl元素，C为S元素，D为Na元素，E为N元素．X为NH4NO3；(1)B为Cl元素，氯离子质子数为17，核外有18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子原子结构示意图为；D为Na元素，最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为；(2)X为NH4NO3，是强酸弱碱盐，铵根离子水解NH4++H2O NH3•H2O+H+，溶液呈酸性；(3)Cl2具有强氧化性，Na2SO3有较强的还原性，氯气能将亚硫酸根氧化为硫酸根，反应离子方程式：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-；(4)A2的为O2，摩尔质量为32g/mol，所以N元素的氢化物Y的摩尔质量为32g/mol，氢化物Y为N2H4，原电池正极发生还原反应，所以氧气在正极放电生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；(5)铜为阳极，发生氧化反应，铜片质量变化128g，转移电子的物质的量为128g64g/mol×2=4mol，由O2+2H2O+4e-=4OH-可知，电池需消耗氧气1mol，标准状况下，氧气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，所以需空气体积为22.4L20%=112L。