1、阶段滚动检测 (二) (90分钟100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。)1.(2020蚌埠模拟)化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是()A.将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁B.稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张C.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及化学变化D.新修本草中有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”这里的赤色是析出了Cu单质【解析】选D。海水中的Mg2+经一系列反应转化为MgCl2，然后电解熔融MgCl2得到Mg，A正确；植物的叶茎的主要成分是纤维素，
2、纸的主要成分也是纤维素，B正确；光敏树脂遇光会导致分子结构发生变化，C正确；青矾是硫酸亚铁晶体，灼烧时生成的红棕色物质是Fe2O3，D错误。【加固训练】(2020哈尔滨模拟)化学已深入我们的生活。下列有关说法不正确的是()A.PM2.5含有的铅、镉、铬、钒等对人体有害的元素是金属元素B.铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，“剂钢”指的是铁的合金【解析】选B。铝与氧化铁发生铝热反应，由质量守恒定律知，反应前后固体质量不变(因为反应物、产物均为固体)。2.(2020泰安模拟)N
3、、O、Si、S是重要的非金属元素。下列说法正确的是()A.N、O、S、Si的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱B.氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化学烟雾的主要物质，又是形成酸雨的主要物质C.四种元素的基态原子中有三种原子的核外单电子数一样多D.N、Si、S的单质均能和氧气反应，生成的产物分别是NO2、SiO2和SO2【解析】选C。同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则O、N、S、Si的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，A错误；硫的氧化物不能形成光化学烟雾，B错误；O、N、S、Si的原子核外单电子数分别为2、3、2、2，C正确；N2和O2
4、反应生成NO，得不到NO2，D错误。3.(双选)(2020西城区模拟改编)美国科学家用有机分子和球形笼状分子C60，首次制成了“纳米车”(如图)，每辆“纳米车”是用一个有机分子和四个球形笼状分子“组装”而成。下列说法正确的是()A.我们不可能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动B.“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段C.“纳米车”是一种分子晶体D.C60熔点比金刚石熔点高【解析】选A、B。根据题意，“纳米车”是肉眼看不见的，A项正确；“纳米车”只是几个分子的“组装”体，并非晶体，C项错误；C60属于分子晶体，熔点要比金刚石低得多，D项错误。4.(2020安庆模拟)观察下列
5、模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是()HCNS8SF6B12结构单元结构模型示意图备注易溶于CS2熔点1 873 KA.HCN的结构式为HCN，分子中“CN”键含有1个键和2个键B.固态硫S8属于原子晶体，分子中S原子采用sp3杂化C.SF6是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体形D.单质硼属于原子晶体【解析】选B。由比例模型可以看出分子中有1个碳原子、1个氮原子和1个氢原子，原子半径：CNH，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为HCN，分子中“CN”键含有1个键和2个键，故A正确；固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的
6、微粒是分子，属于分子晶体，故B错误；SF6空间构型为对称结构，分子的极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体形，故C正确；根据B12 的熔点1 873 K，该晶体熔点较高，属于原子晶体，故D正确。5.(2020安顺模拟)在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品Co(NH3)6Cl3，下列表述正确的是()A.中子数为32，质子数为27的钴原子CoB.H2O2的电子式：C.NH3和NH4Cl化学键类型相同D.1 molCo(NH3)6Cl3中含有的键数为24NA【解析】选D。中子数为32，质子数为
7、27的钴原子，应该表示为Co，A错误；H2O2为共价化合物，没有电子的得失，B错误；NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；Co(NH3)6Cl3中Co(NH3)63+与Cl-之间是离子键，其中1个NH3分子中含有3个键，Co3+与6个NH3之间形成6个配位键，也均为键，因此1个Co(NH3)63+中含有的键为6+36=24，D正确。【加固训练】(2020温州模拟)氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，它与水反应有气体生成。下列关于氢化铵的叙述正确的是()A.是离子化合物，含有离子键和共价键B.电子式是C.与水反应时，NH4H是氧化剂D.固体
8、投入少量的水中，只产生一种气体【解析】选A。NH4H与氯化铵的结构相似，是由N和H-构成的离子化合物，故A正确；NH4H是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故B错误；NH4H中含有H-，与水反应时发生氧化还原反应生成氢气，NH4H为还原剂，发生氧化反应，故C错误；NH4H固体投入少量水中，NH4H有很强的还原性，可与H2O发生反应：NH4H+H2ONH3H2O+H2，生成的气体为NH3和H2，故D错误。6.(2020保山模拟)下列对一些实验事实的理论解释正确的是()选项实验事实理论解释A碘单质在CCl4中溶解度比在水中大CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子BCO2为直
9、线形分子CO2分子中CO是极性键C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HCl【解析】选A。CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；理论解释不对，CO2分子是直线形，中心C原子杂化类型为sp杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；金刚石是原子晶体，故C错误；理论解释不对，HF分子间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误。7.(双选)(2020贵阳模拟改编)下列有关SO2与SiO2的比较，正确的是()A.它们均为酸性氧化物B.二者化学键类型
10、相同，晶体类型也相同C.S元素和Si元素化合价都为+4价，因此从氧化还原角度考虑它们具有一样的性质D.1 mol SiO2晶体中含4 mol SiO键【解析】选A、D。SO2和SiO2均能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；二氧化硅属于原子晶体，二氧化硫属于分子晶体，故B错误；SO2具有强还原性，SiO2没有，故C错误；1 mol SiO2晶体中含4 mol SiO键，故D正确。8. (2020济南模拟)如图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是()A.碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构B.用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C.碘晶体为无
11、限延伸的空间结构，是原子晶体D.碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力【解析】选A。在立方体的顶面上，有5个I2，4个方向相同，结合其他面考虑可知，A项正确；每个晶胞中有4个碘分子，B项错误；此晶体是分子晶体，C项错误；碘原子间只存在非极性共价键，范德华力存在于分子与分子之间，D项错误。9.(2020驻马店模拟)短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍。YWZ2滴入水中，可观察剧烈反应，液面上有雾生成，并有带刺激性气味的气体逸出。下列说法正确的是()A.原子半径：WXYZB.W分
12、别与 X、Z均只能形成一种二元化合物C.W、Y、Z的最简单氢化物中，Z的氢化物沸点最高D.YWZ2滴入水中时，逸出的气体能使品红褪色【解析】选D。短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，该化合物为NaCl，则X为Na、Z为Cl元素；W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，W的最外层电子数为7-1=6，W的原子序数小于Na，则W为O元素；Y的原子序数是W的2倍，则Y的原子序数为16，为S元素；YWZ2为SOCl2，SOCl2滴入水中发生水解反应生成二氧化硫、HCl，液面上有雾生成，并有带刺激性气味的气体逸出，满足条件。根据分析可知：W为O，X为N
13、a，Y为S，Z为Cl元素。同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径WZYClBrI，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性增强，故D正确。11.(2020洛阳模拟)镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示：下列判断不合理的是()A.Al、Ga均处于第A族B.Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3C.Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2D.酸性：Al(OH)3Ga(OH)3【解析】选D。镓(Ga)与铝同主族，均处于第A族，A项正确；Ga2O3与Al2O3的性质相似，可与盐酸反应
14、生成GaCl3，B项正确；Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液反应生成NaGaO2，C项正确；在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入适量CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，根据强酸制弱酸的原理，镓酸的酸性强于碳酸，则酸性：Al(OH)3I2ID.途径中若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA【解析】选C。加碘盐中含有I，在酸性条件下可被I-还原生成I2，淀粉KI试纸会变蓝，A正确；根据图示转化关系可知原因可能是5Cl2+I2+6H2O 2HIO3+10HCl，B正确；根据途径可知氧化性：Cl2I2，根据途径可知氧化性
15、：II2，根据途径可知氧化性：Cl2I，C错误；根据关系式：2II210e-可知，若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA，D正确。14.(2020南昌模拟)已知氧化性强弱顺序：Cl2Br2Fe3+I2，则下列说法正确的是()A.Fe可以和I2在加热条件下生成FeI3B.向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为2Br-+Cl2Br2+2Cl-C.某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-，为了除去I-而不减少其他离子，可加入适量Fe3+D.向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，可能得到NaCl和NaI的固体混合物【解析】选C。根据氧化性的
16、强弱顺序：Cl2Br2Fe3+I2，则对应的还原性I-Fe2+Br-Cl-，结合氧化还原反应的规律，分析作答。I2的氧化性弱于Fe3+，Fe和I2在加热条件下不能生成FeI3，A项错误；根据氧化性强弱顺序：Cl2Br2Fe3+I2，则还原性Fe2+Br-，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，氯气只氧化还原性较强的Fe2+，对应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，B项错误；由上述分析已知，还原性I-Fe2+Cl-，则为了除去I-而不减少其他离子，可加入适量Fe3+，C项正确；向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，可发生：2NaI+Cl22NaCl+I2，2NaBr+Cl22
17、NaCl+Br2，因还原性NaINaBr，不可能含有NaI而没有NaBr，D项错误。15.(2020芜湖模拟)将一定量的锌与100 mL 18.5 molL-1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释到1 L，测得溶液的pH=1，则下列叙述中错误的是()A.气体A为SO2和H2的混合物B.气体A中SO2和H2的体积比为51C.反应中共消耗锌97.5 gD.反应中共转移电子3 mol【解析】选B。在涉及硫酸的反应中，要注意分析硫酸浓度变化对反应产生的影响。锌和浓硫酸反应生成SO2，如果锌过量，硫酸浓度降低变成稀硫酸后，锌与稀硫酸反应生成氢气，则二
18、者反应得到的是SO2和H2的混合气体。将反应后的溶液稀释后所得溶液的pH=1，故硫酸过量。反应掉的H2SO4为18.5 molL-10.1 L-=1.8 mol，若生成的气体仅为SO2，则应为0.9 mol22.4 Lmol-1=20.16 L33.6 L，故不可能全是SO2气体，A项正确；设生成的SO2物质的量为x，H2物质的量为y，则x+y=1.5 mol；由反应的化学方程式可知，生成SO2所消耗的H2SO4物质的量为2x，生成H2所消耗的H2SO4物质的量为y，则有2x+y=1.8 mol，解得x=0.3 mol，y=1.2 mol，所以SO2与H2的体积比为14，B项错误；设参加反应的
19、Zn的物质的量为a，根据得失电子守恒有，x+y=a，则a=1.5 mol，反应中消耗Zn的质量为1.5 mol65 gmol-1=97.5 g，C项正确；反应中转移电子数为3 mol，D项正确。16.(2020阜阳模拟)A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1 molL-1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态B.1.0 L 0.1 molL-1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1 mo
20、lC.1 mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.021023个电子D.元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)r(C)r(B)【解析】选C。0.1 molL-1丁溶液的pH为13(25)，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子序数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。A为H、B为碳，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固
21、态，选项A错误；戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，C离子水解生成HC离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1 mol，选项B错误；甲与足量的乙完全反应的方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，1 mol Na2O2反应转移的电子为1 mol，约6.021023个电子，选项C正确；同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为NaCO，即r(D)r(B)r(C)，选项D错误。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17.(10分)(2020威海模拟)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电
22、子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：(1)四种元素中电负性最大的是_(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为_。(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_(填分子式)，原因是_；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为_和_。(3)C和D反应可生成组成比为13的化合物E，E的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。(4)化合物D2A的立体构型为_，中心原子的价层电子对数为_，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_。(5)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566 nm，F的化学式为_；晶胞中A原子的配位数为_
23、；列式计算晶体F的密度(gcm-3)_。【解析】根据题目条件，可推出A、B、C、D分别为O、Na、P、Cl。(1)电负性最大的为O，P的核外电子排布为1s22s22p63s23p3。(2)单质A有O2、O3两种同素异形体，相对分子质量大的，分子间作用力也大，沸点高。A、B的氢化物分别为H2O、NaH，晶体类型分别为分子晶体、离子晶体。(3)E为PCl3，P含有一对孤电子对，价层电子对数为4，立体构型为三角锥形，中心原子P的杂化类型为sp3杂化。(4)Cl2O中的中心原子为O，O有2对键电子对，孤电子对数=(6-21)=2，故价层电子对数为4，分子的立体构型为V形。根据得失电子守恒配平化学方程式
24、得2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。(5)晶胞中为8+6=4，Na+为8个，则化学式为Na2O。以顶点氧原子为中心，与氧原子距离相等且最近的钠原子的个数为8，则氧原子的配位数为8。晶体F的密度为=2.27 gcm-3。答案：(1)O1s22s22p63s23p3(或Ne3s23p3)(2)O3O3相对分子质量较大，分子间作用力大分子晶体离子晶体(3)三角锥形sp3(4)V形42Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)(5)Na2O8=2.27 gcm-3【加固训练】(2020南通模拟)前四周期元
25、素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X、Y、Z、W为短周期元素，X的价电子排布式为nsnnp2n，Y在周期表所有元素中电负性最大，Z、W为同周期金属元素，Z的第一电离能大于W，R元素内层电子所在能层全部排满且最外层有两个电子。(1)R的基态原子核外电子排布式为_。 (2)X的某种常见氢化物，既含有极性键又含有非极性键，其结构式为_，其中X原子的杂化方式为_。(3)Z的第一电离能大于W的第一电离能的原因为_。 (4)Z与X形成的化合物熔点高于Z与Y形成的化合物，其原因为_。 (5)向RCl2溶液中逐滴加入氨水至过量，形成一种含配离子R(NH3)42+的化合物，其反应的化学方程式为_，不考虑立
26、体构型，R(NH3)42+的结构可用示意图表示为_。 (6)化合物Na3WY6由Na+和W构成，其晶胞结构如图所示，图中位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，是图中、中的一种，大立方体的体心处所代表的是_(填离子符号)。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为 gcm-3，摩尔质量为M，该晶胞的棱长为_nm。 【解析】X的价电子排布式为nsnnp2n，n=2，则X是氧，Y在周期表所有元素中电负性最大，Y是氟，Z、W为同周期金属元素，Z的第一电离能大于W，Z是镁、W是铝，R元素内层电子所在能层全部排满且最外层有两个电子，R为Zn。(1)R的基态原子核外电子排布
27、式为1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2。(2)既含有极性键又含有非极性键的氧的氢化物是H2O2，其结构式为HOOH，其中X原子的杂化方式为sp3杂化。(3)Mg的第一电离能大于Al的第一电离能的原因为Mg的价层电子排布为3s2，能量低，稳定。Al的价层电子排布为3s23p1，不稳定，能量高，因此Mg的第一电离能大于Al的第一电离能。(4)Mg与O形成的化合物MgO熔点高于Mg与F形成的化合物MgF2，其原因为MgO晶体中离子所带电荷数多，晶格能大，所以熔点高。(5)向ZnCl2溶液中逐滴加入氨水至过量，形成一种含配离子Zn(NH3)42+的化合物，其反应的化学方程
28、式为ZnCl2+4NH3H2OZn(NH3)4Cl2+4H2O，Zn(NH3)42+的结构可用示意图表示为。(6)化合物Na3AlF6由Na+和Al构成，其晶胞结构如图所示，根据晶胞结构，阳离子和阴离子需满足31，则所代表的是Na+。设晶胞的棱长为a nm，由4M=a3NA可得该晶胞的棱长为107 nm。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2(2)HOOHsp3杂化(3)Mg的价电子排布为3s2，稳定，能量低。Al的价电子排布为3s23p1，不稳定，能量高，因此Mg的第一电离能大于Al的第一电离能(4)MgO晶体中离子所带电荷数多，晶格能大，所以熔点高(5
29、)ZnCl2+4NH3H2OZn(NH3)4Cl2+4H2O(6)Na+10718.(10分)(2020武汉模拟)一氧化二氯(Cl2O)是次氯酸的酸酐，用作氯化剂，其部分性质如下：物理性质化学性质常温下，Cl2O是棕黄色有刺激性气味的气体熔点：-120.6 ；沸点：2.0 Cl2O不稳定，接触一般有机物易爆炸；它易溶于水，同时反应生成次氯酸实验室制备原理：2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O。现用下列装置设计实验制备少量Cl2O，并探究相关物质的性质。(1)装置A中仪器X的名称为_。(2)若气体从左至右流动，装置连接顺序是A、_(每个装置限用一次)。(3)装置F
30、中盛装试剂的名称为_。(4)A中反应的离子方程式为_。(5)当D中收集适量液态物质时停止反应，设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3：_。(6)实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。设计实验探究溶液褪色的原因。序号0.1 molL-1NaClO溶液体积/mL0.1 molL-1NaCl溶液体积/mL0.1 molL-1NaOH溶液体积/mLH2O的体积/mL品红溶液现象5.0005.03滴较快褪色05.0a03滴不褪色5.005.003滴缓慢褪色a=_。由上述实验得出的结论是_。【解析】(2)通过A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有HCl杂质，为防止
31、其干扰Cl2O的制取，先通过F装置除去HCl杂质，再通过B装置发生反应：2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集之前要先通过C装置干燥，再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低，易液化的性质，由于Cl2会产生大气污染，所以最后要用E装置进行尾气处理，故装置的连接顺序为A、F、B、C、D、E。(3)装置F中盛装饱和食盐水，其作用是除去氯气中的HCl杂质气体。(5)装置B中氯气与潮湿的碳酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、碳酸氢钠和一氧化二氯，为证明残留固体中含有碳酸氢钠，需先将B中固体溶于蒸馏水，滴加过量的BaCl2溶
32、液，排除碳酸钠的干扰，然后取上层清液再滴加Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有白色沉淀生成，则证明B中残留固体中含有碳酸氢钠。(6)实验、为对照实验，实验中溶液的总体积应相同，均为10.0 mL，故a为5.0。由表中数据分析知，在其他条件相同时，溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液的漂白能力越弱。答案：(1)分液漏斗(2)F、B、C、D、E(3)饱和食盐水(4)MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O(5)取B中固体少许于试管中，加蒸馏水溶解，滴加过量BaCl2溶液，振荡静置，取上层清液于另一试管中，再滴加Ba(OH)2溶液，有白色沉淀生成(合理即可)(6)5.0其他条件相同，碱性
33、越强，次氯酸钠溶液的漂白能力越弱19.(10分)(2020宁德模拟)碳、硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。(1)SiO2是玻璃的主要成分之一，保存氢氧化钠溶液的玻璃应用橡胶塞的原因是_(用化学方程式表示)。(2)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：电弧炉 流化床反应器 还原炉用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，该反应的化学方程式为_。在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表所示，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、
34、冷凝和_。物质SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/2 35557.631.88.2-30.4-84.9-111.9SiHCl3极易水解，其完全水解的化学方程式为_。(3)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤如下：.打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加浓盐酸。.A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。B中反应的离子方程式是_。通过步骤知浓盐酸具有的性质是_(填字母)。A.挥发性B.还原性C.氧化性D.酸性C装置中的试剂X是_(填化学式)。D中反应的化学
35、方程式是_。碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因：_。【解析】(1)玻璃中的二氧化硅与NaOH溶液反应。(2)石英砂的主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；由于SiHCl3与SiCl4、SiH2Cl2等的沸点相差较大，可以使用蒸馏的方法提纯；SiHCl3中Si是+4价，氢元素、氯元素均为-1价，SiHCl3完全水解时，Si以H2SiO3形式存在，-1价的氢元素与H2O反应后生成H2。(3)B中盐酸与碳酸钙发生反应的离子方程式是CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O；步骤是为了验证浓盐酸是否具有挥发性(看A中是否产生沉淀)和酸性(与盐反应)；因为浓盐酸具有挥发性，所以C装
36、置的作用是将HCl气体除去，可以使用的试剂为饱和NaHCO3溶液；D中反应的化学方程式是Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3+Na2CO3，也可以生成NaHCO3，答案合理即可；由于碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱，所以碳、硅的非金属性逐渐减弱。答案：(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O(2)SiO2+2CSi+2CO蒸馏SiHCl3+4H2OH4SiO4+H2+3HCl(或SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl)(3)CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2OH2SiO3+
37、Na2CO3(答案合理即可)碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱【加固训练】(2020广州模拟)二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如图：(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O氧钒()碱式碳酸铵晶体回答下列问题：(1)VOCl2中V的化合价为_。(2)步骤中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为_。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液，该法的缺点是_。(3)步骤可在如图装置中进行。反应前应
38、通入CO2数分钟的目的是_。装置B中的试剂是_。(4)测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 molL-1 KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c molL-1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为V+Fe2+2H+VO2+Fe3+H2O。KMnO4溶液的作用是_。NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数的表达式为_。【解析】(1)VOCl2中O为-2价，Cl为-1价，根据各元素化合价代数和为0
39、可知，V的化合价为+4。(2)根据原子守恒可知生成的无色无污染的气体为N2，结合V由+5价降至+4价、N由-2价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒可写出步骤中的化学方程式。用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液时，会生成污染空气的Cl2。(3)由+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化可知，反应前通入数分钟CO2，能排除装置中的空气，避免氧钒()碱式碳酸铵晶体被氧化。装置B中溶液能除去CO2中混有的HCl杂质，故装置B中的试剂应为饱和NaHCO3溶液。(4)结合滴定时的离子反应可知，KMnO4溶液能将+4价的钒化合物氧化为V。NaNO2溶液具有还原性，能除去过量的KMnO4溶液。根据VVFe2
40、+51 g 1 molm(V) c molL-1b10-3 L则m(V)= g，该粗产品中钒的质量分数为100%。答案：(1)+4(2)2V2O5+N2H42HCl+6HCl4VOCl2+N2+6H2O有氯气生成，污染空气(3)排除装置中的空气，避免产物被氧化饱和NaHCO3溶液(4)将+4价钒化合物氧化为V除去过量的KMnO4100%20.(10分)(2020年山东等级考模拟)非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：(1)C、O、Si三种元素
41、电负性由大到小的顺序为_；第一电离能I1(Si)_I1(Ge)(填“”或“CSi；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此I1(Si)I1(Ge)。(2)Ge原子位于第四周期A族，因此原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高。(3)B原子最外层有3个电子，与3个OH形成3个共价键，因此为sp2杂化。热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。(4)原子分数坐标为(0.5，0.2，0.5)
42、的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0，0.3，0.5)及(1.0，0.3，0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上，原子分数坐标为(0.5，0.8，1.0)及(0.5，0.8，0)的Cs原子位于晶胞xy面上，原子分数坐标为(0，0.7，1.0)及(1.0，0.7，1.0)(0，0.7，0)及(1.0，0.7，0)的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个；代入晶胞密度求算公式可得：=1030(gcm-3)。答案：(1)OCSi(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2)SiO2二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，
43、SiO键长小于 GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高(3)sp2热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大(4)4103021.(12分)(2020福州模拟)钛及钛合金在航空航天领域具有重要的应用价值。(1)基态Ti原子的核外电子排布式为Ar_，其中s轨道上总共有_个电子。(2)TiCl3可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如，丙烯用三乙基铝和三氯化钛作催化剂时，可以发生下列聚合反应：nCH3CHCH2 ，该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有_；反应涉及的元素中电负性最大的是_。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是_
44、。(3)钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，另含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。以钛铁矿为原料制备钛的工艺流程如图所示。为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎外，还可以采用_(写一种方法)。硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示，据此判断，酸浸时所加硫酸的质量分数应为_。钛铁矿的主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为_ _。查阅资料可知：TiO2+与Fe3+水解转化为沉淀的pH接近；反应.Fe3+H2Y2-FeY-+2H+，K=1024.3；反应.TiO2+H2Y2-TiOY2-+2H+，K=1017.3。含钛铁溶液
45、经EDTA(H2Y2-)处理后再调节pH，TiO2+水解生成偏钛酸TiO(OH)2沉淀，则TiO2+水解的离子方程式为_；Fe3+未转化为沉淀的原因是_ _。将滤液2经_、冷却结晶、过滤一系列操作还可获得副产品绿矾(FeSO47H2O)。滤液2经处理后，还可返回流程中使用的物质是_。(4)钛与卤素形成的化合物熔沸点如表所示：化合物熔点/沸点/TiCl4-25136.5TiBr439230TiI4150377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是_ 。(5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞结构，晶胞参数a=0
46、.295 nm，c=0.469 nm，则该钛晶体的密度为_ gcm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。【解析】(1)Ti为22号元素，基态Ti原子的核外电子排布式为Ar3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2，其中s轨道上共有8个电子。(2)该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有sp3杂化、sp2杂化。同一周期主族元素，从左到右元素的电负性递增，同一主族元素，自上而下元素的电负性递减，故涉及的元素中电负性最大的是Cl。三乙基铝在O2中燃烧生成Al2O3、CO2和H2O，其中分子的立体构型是直线形的是CO2。(3)不断搅拌、适当升高温度等均可提高钛铁矿酸浸时的
47、浸出率。由题图知，硫酸质量分数在80%85%时，钛、铁浸出率均较高。根据反应物、产物分析，该反应是非氧化还原反应，根据原子守恒即可写出反应的化学方程式。TiO2+水解时生成TiO(OH)2和H+，故TiO2+水解的离子方程式为TiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+；由题知，反应的K远大于反应，用EDTA处理后再调节pH，Fe3+主要转化为FeY-，而不转化为沉淀。从滤液到晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤一系列操作；结合题图知，可返回流程中使用的物质是H2SO4。(4)三者都是分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。(5)该晶胞的底面正
48、六边形的面积S=a2，则该晶胞的体积为a2c=(2.9510-8)2(4.6910-8)cm3，又该晶胞中含有的钛原子的数目为2+3+12=6，则该晶胞的质量为 g，故该钛晶体的密度为 gcm-3。答案：(1)3d24s28(2) sp2、sp3ClCO2(3)不断搅拌(或适当升高温度等)80%85%FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2OTiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+反应的K远大于反应，Fe3+主要转化为FeY-蒸发浓缩H2SO4(4)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高(5)