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4.四种短周期元素X、Y、Z、W,已知X、Y的阳离子aXn+、bY(n+1)+电子层结构与Z、W的阴离子cZm-、dW(m+1)-电子层结构相同。下列叙述正确的是( )
正确答案
解析
A.最高价氧化物对应水化物的碱性大小顺序一定是:KOH>Ca(OH)2
B.离子半径由大到小的顺序均为S>Cl>K>Ca,原子半径是K>Ca>S>Cl
C.氢化物的稳定性是Cl>S;
D.还原性S2->Cl-,氧化性K+>Ca2++
考查方向
解题思路
aXn+、bY(n+1)+电子层结构与Z、W的阴离子cZm-、dW(m+1)-电子层结构相同,则可用假设法解题,S2-,Cl-,K+,Ca2+对应出X=K,Y=Ca,Z=Cl,W=S
易错点
用假设法解题,S2-,Cl-,K+,Ca2+。
知识点
2.下列说法不正确的是( )
正确答案
解析
A. 二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应,但二氧化硫气体与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳,可以除去;
B. 生石灰可以与水反应而不可以与乙醇反应;
C. 滴定管内壁有水,如果不润洗,加入的溶液就被稀释了,这样滴定时滴下的体积就多了,待测溶液的浓度就偏大了;
D. 若制备乙酸乙脂的时候,酸过量,那么制得的乙酸乙脂中就有乙酸残留.用饱和碳酸钠溶液可将这过量的乙酸除去.在分液以后,就可以将乙酸乙脂分离出来
考查方向
解题思路
A. 二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应;
B. 生石灰不可以与乙醇反应;
C. 滴定管内壁有水,加入的溶液就被稀释;
D. 若制备乙酸乙脂的时候,酸过量,那么制得的乙酸乙脂中就有乙酸残留;
易错点
常本题考查较为综合,涉及物质的检验、制备和分离,易错点为常见相关基本实验操作。
知识点
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 ( )
正确答案
解析
A.在二氧化硅晶体中,每个硅原子与4个氧原子形成4条共价键,每个氧原子与2个硅原子形成共价键,故1mol硅原子占据4×1/2=2mol氧原子,但能形成4Mol硅氧共价键.6g SiO2的物质的量n=m/M==o.1mol,故含有的硅氧共价键为0.4mol,个数为0.4NA.
B.常温下,1L0.1mol•L-1 Na2CO3溶液中含有碳酸钠的物质的量为:0.1mol/L×1L=0.1mol,由于水中含有H离子,所以阳离子数目之和大于0.1NA。
C. 2.0g重水的物质的量为0.1mol,0.1mol重水分子中含有1mol质子、1mol中子,含有的质子数和中子数都为1.0NA,
D. 室温时,Kw不一定等于10-14
考查方向
解题思路
A、一个硅原子与4个氧原子形成4条共价键;
B、水中含有H离子;
C、0.1mol重水分子中含有1mol质子、1mol中子;
D、室温时,Kw不一定等于10-14
易错点
以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。
知识点
5.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述不正确的是( )
正确答案
解析
A.分子中含有3种含氧官能团;羧基、醚基、羟基。
B.可发生羧基、羟基取代、碳碳双键加成、羟基消去、碳碳双键加聚等反应
C.该物质的分子式为C10H10O6
D.1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生反应
考查方向
解题思路
分枝酸分子中含有羧基、碳碳双键、醚基、羟基。
易错点
物质的分子式的确定。
知识点
6.某溶液含有下列离子中的若干种:H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉,只放出H2,则溶液中能大量存在的离子最多有( )
正确答案
解析
含有Fe3+的溶液显黄色,在无色溶液中不能大量存在;H+与CO32–、OH–会发生反应,不能大量共存;OH–与NH4+、Al3+会发生反应,不能大量共存;Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应,不能大量共存。向该溶液中加入铝粉,只放出H2,若溶液为碱性,则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种;若溶液为酸性,由于H+、NO3–起硝酸的作用,加入Al不能产生氢气,所以含有的离子可能是:H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–,最多是5种离子。
考查方向
解题思路
含有的离子可能是:H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–,最多是5种离子。含有Fe3+的溶液显黄色,在无色溶液中不能大量存在
易错点
H+、NO3–起硝酸的作用,加入Al不能产生氢气。
知识点
7.室温下向10mL0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
正确答案
解析
A.a点所示溶液中显碱性,HA为弱酸。
B.pH=7时,溶液显中性,HA的用量多于NaOH;
C.a点溶液中水电离出c(H+)浓度=10-14/10-8.7 b点溶液中水电离出c(H+)浓度=10-14/10-4.7
D.b点处HA过量了,中和完NaOH后HA有剩余10ml。
考查方向
解题思路
A.a点所示溶液中显碱性,根据题目得出正电荷总数大于负电荷数与电荷守恒判断不符合。
B.pH=7时,溶液显中性;
C.a点溶液中水电离出c(H+)浓度=10-14/10-8.7 b点溶液中水电离出c(H+)浓度=10-14/10-4.7
D.b点HA过量
易错点
酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较,掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法,能够根据电荷守恒、物料守恒等比较溶液中离子浓度大小。
知识点
1.下列说法不正确的是( )
正确答案
解析
A.煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程,属于化学变化;煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料,属于化学变化;
B.油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物;
C.棉花属于天然植物纤维 羊毛和蚕丝属于天然动物纤维.;
D.陶瓷、玻璃和水泥都属于传统硅酸盐产品,其主要成分都含有硅酸盐。
考查方向
解题思路
A.没有新物质生成的变化是物理变化,有新物质生成的变化是化学变化;
B.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物;
C.棉花属于天然植物纤维 羊毛和蚕丝属于天然动物纤维.;
D.陶瓷、玻璃和水泥都属于传统硅酸盐产品。
易错点
煤的气化、煤的液化属于化学变化
知识点
氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。
请回答下列问题:
8.请选择必要的装置,按气流方向连接顺序为________(填仪器接口的字母编号)
9.根据完整的实验装置进行实验,实验步骤如下:检查装置气密性后,装入药品;打开分液漏斗活塞;____________________(请按正确的顺序填入下列步骤的标号)。
A.加热反应一段时间
B.收集气体并检验其纯度
C.关闭分液漏斗活塞
D.停止加热,充分冷却
10.实验结束后,某同学取少量产物,小心加入水中,观察到有气泡冒出,溶液中加入酚酞后显红色,该同学据此断,上述实验确有CaH2生成。
① 写出CaH2与水反应的化学方程式 ___________________________
②该同学的判断不正确,原因是_________________________________________
11.请你设计一个实验,用化学方法区分钙与氢化钙,写出实验简要步骤及观察到的现___________。
12.登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂,与氢气相比,其优点是______________。
正确答案
i→e,f→d,c→j,k→a或i→e,f→d,c→k,j→a
解析
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂,遇水、遇空气都能发生剧烈反应,因此在制取氢化钙时,必须要除去空气、水等其他杂质;在题给的实验装置中,不难判断出氢气的发生装置,氢气的净化装置和氢化钙的生成装置等,其连接顺序为i→e→f→d→c→j→k(或k→j)→a。
考查方向
解题思路
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂,遇水、遇空气都能发生剧烈反应,因此在制取氢化钙时,必须要除去空气、水等其他杂质;
易错点
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂;CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2。
正确答案
BADC
解析
为保证整个装置内已充满氢气,因此实验的操作程序是:检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热反应→停止加热→继续通氢气至冷却→停止通入氢气,故答案为BADC。
考查方向
解题思路
为保证整个装置内已充满氢气,因此实验的操作程序是:检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯。
易错点
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂;CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2。
正确答案
①CaH2+H2OCa(OH)2+H2↑
②Ca也可与水反应产生类似现象
解析
CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2 ,反应方程式分别为:CaH 2 +2H 2 O=Ca(OH) 2 +2H 2 ↑和Ca+2H 2 O=Ca(OH) 2 +H 2 ↑,因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH 2 。
考查方向
解题思路
CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2。
易错点
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂;CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2。
正确答案
取两种固体,在加热情况下,分别与干燥的氧气作用,将产物气体这过无水CuSO4,若观察到无水CuSO4固体由白色变为蓝色,则为CaH2,不变蓝色者为Ca。
解析
CaH 2 可以和氧气在加热条件下反应生成水,可用无水硫酸铜检验,现象是白色变为蓝色。所以实验方案是取适量氢化钙,在加热条件下与干燥氧气反应,将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管,观察到白色变为蓝色;取钙做类似实验,观察不到白色变为蓝色。
考查方向
解题思路
CaH 2 可以和氧气在加热条件下反应生成水,可用无水硫酸铜检验,现象是白色变为蓝色。
易错点
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂;CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2。
正确答案
CaH2为固体,携带方便。
解析
作为能源,氢化钙明显比氢气更易携带,使用也较方便。所以其优点是氢化钙是固体,携带方便。
考查方向
解题思路
作为能源,氢化钙明显比氢气更易携带,使用也较方便。
易错点
氢化钙和金属钙都是极强的还原剂;CaH 2 和Ca与水反应都能产生Ca(OH) 2 和H 2。
回答下列问题。
18.Ⅰ.工业上用电解饱和食盐水制取烧碱和氯气。用于电解的食盐水需要先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等离子。其除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的 (填化学式),至沉淀不再产生后,再加过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后沉淀后将沉淀一并滤去。经过检测发现滤液中仍然含有一定量的SO42-,其原因是 。
[已知:、
]
19.(1)向含SO42-、CO32-等的溶液中滴加BaCl2溶液,当BaCO3开始沉淀时,溶液中为 (保留三位有效数字)。
(2)已知:重晶石(BaSO4)高温煅烧可发生一系列反应,其中部分反应如下:
BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO (g) △H=+571.2kJ·mol-1
BaS(s)Ba(s)+S(s) △H=+460kJ·m
ol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g) △H=-221kJ·mol-1
则Ba(s)+S(s)+2O2(g)BaSO4(s) △H= 。
20.Ⅲ.工业尾气SO2有多种吸收和处理方法。
(1)亚硫酸钠吸收法写出Na2SO3溶液汲收SO2的离子方程式 。
(2)电化学处理法
①如图所示,Pt(1)电极的反应式为 。
②当电路中转移0.02mole-时(较浓H2SO4尚未排出),交换膜左侧溶液中约增加 mol离子。
正确答案
Ⅰ BaCl2;
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当向溶液中加入大量CO32―时,一部分BaSO4(s)转化为BaCO3(s),BaSO4(s)+CO32―(aq)BaCO3(s)+SO42―(aq),导致溶液含有一定量SO42―
解析
Ⅰ工业上用电解饱和食盐水制取烧碱和氯气。用于电解的食盐水需要先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等离子。其除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的BaCl2,至沉淀不再产生后,再加过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后沉淀后将沉淀一并滤去。经过检测发现滤液中仍然含有一定量的SO42-,BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当向溶液中加入大量CO32―时,一部分BaSO4(s)转化为BaCO3。
考查方向
解题思路
BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大。
正确答案
(1)0.0216
(2)-1473.2kJ/mol
解析
(1)向含SO42-、CO32-等的溶液中滴加BaCl2溶液,当BaCO3开始沉淀时,溶液中为0.0216
(2)已知:BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO (g) △H1=+571.2kJ·mol-1
BaS(s)Ba(s)+S(s) △H2=+460kJ·m
ol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g) △H3=-221kJ·mol-1
则Ba(s)+S(s)+2O2(g)BaSO4(s) △H=-1/2△H1-△H2+△H3。
考查方向
解题思路
(1)向含SO42-、CO32-等的溶液中滴加BaCl2溶液,当BaCO3开始沉淀时,溶液中为0.0216
(2)已知:BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO (g) △H1=+571.2kJ·mol-1
BaS(s)Ba(s)+S(s) △H2=+460kJ·m
ol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g) △H3=-221kJ·mol-1
则Ba(s)+S(s)+2O2(g)BaSO4(s) △H=-1/2△H1-△H2+△H3。
易错点
BaSO4和BaCO3的Ksp判断、盖斯定律的计算、Pt(1)电极的反应式的书写。
正确答案
(1)SO32-+SO2+H2O2HSO3-
(2)①②0.03mol
解析
(1)亚硫酸钠吸收法,Na2SO3溶液汲收SO2的离子方程式SO32-+SO2+H2O2HSO3-。
(2)①如图所示,Pt(1)电极的反应式为①。
②当电路中转移0.02mole-时(较浓H2SO4尚未排出),交换膜左侧溶液中约增加0.03mol 离子。
考查方向
解题思路
(1)亚硫酸钠吸收法,Na2SO3溶液汲收SO2的离子方程式SO32-+SO2+H2O2HSO3-。
(2)①如图所示,Pt(1)电极的反应式为①。
②当电路中转移0.02mole-时(较浓H2SO4尚未排出),交换膜左侧溶液中约增加0.03mol 离子。
Ⅰ.
13.在一密闭容器中一定量A、B的混合气体发生反应:aA(g)+bB(g)cC(s)+dD(g),
平衡时测得A的浓度为0.60mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的3倍,再达平衡时,测得A的浓度降为0.20mol/L。下列有关判断一定正确的是( )
A.平衡向正反应方向移动
B.A的转化率增大
C.D的体积分数增大
D.a+b<c+d
14.①25℃,两种酸的电离平衡常数如表。
HSO3-的电离平衡常数表达式K= 。
②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 。
③根据H2SO3的电离常数数据,判断NaHSO3溶液显酸性还是显碱性?
15.Ⅱ.0.98gCu(OH)2样品受热分解的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
请回答下列问题:
试确定1100℃时所得固体B的化学式(要求写出推理或计算过程)。
16.固体A在一定条件下能与一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体反应,得到红色固体单质和气体单质,则该反应的化学方程式为 ;若反应中转移0.015mol电子,则消耗还原剂的物质的量为 。
17.取少量固体B于试管中,加入足量的稀硫酸得到蓝色溶液,同时观察到试管中还有红色固体存在,该反应的离子方程式为 。
正确答案
D
解析
A. 保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,如平衡不移动,A的浓度为0.3mol/L,实际A的浓度变为0.2mol/L,说明平衡向消耗A的方向移动,即向正反应移动;
B. 平衡向消耗A的方向移动,即A的转化率增大;
C. 平衡向正反应移动,减小压强平衡向气体物质的量减小的方向移动,气体的物质的量减小;
D.平衡向正反应移动,压强平衡向气体物质的量减小的方向移动,a+b
考查方向
解题思路
保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,如平衡不移动,A的浓度为0.3mol/L,实际A的浓度变为0.2mol/L,说明平衡向消耗A的方向移动,即向正反应移动, HSO3-既能电离也能水解,
易错点
利用假设法判断平衡移动方向。
正确答案
H2SO3+HCO3-=CO2+H2O+HSO3-
HSO3-既能电离也能水解,但其电离大于水解,显酸性.
解析
HSO3-既能电离也能水解,Ka2=6.3*10-8。Kh= =7.7*10-13< Ka2但其电离大于水解,显酸性.
考查方向
解题思路
保持温度不变,将容器的体积扩大两倍,如平衡不移动,A的浓度为0.3mol/L,实际A的浓度变为0.2mol/L,说明平衡向消耗A的方向移动,即向正反应移动, HSO3-既能电离也能水解
易错点
利用假设法判断平衡移动方向。
正确答案
0.98gCu(OH)2即0.01mol,加热至1100时失重0.26g ,则1mol Cu(OH)2加热至1100
时失重26g,加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子,则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子,Cu与O原子个数比为2:1,故剩余固体化学式为Cu2O。
解析
产物A:CuO产物B:Cu2O有关反应:
Cu(OH)2 ==加热== CuO + H2O↑ 2.4CuO ==加热== 2Cu2O + O2↑ Cu2O + 2HCl = CuCl2 + Cu↓ + H2O,蓝色溶液是CuCl2,红色固体是Cu粉末3.3CuO + 2NH3 ==高温== 3Cu + N2↑ + 3H2O↑,红色物质是Cu,无污染气体是N2;0.98gCu(OH)2即0.01mol,加热至1100时失重0.26g ,则1mol Cu(OH)2加热至1100
时失重26g,加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子,则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子,Cu与O原子个数比为2:1,故剩余固体化学式为Cu2O。
考查方向
解题思路
产物A:CuO产物B:Cu2O有关反应:
Cu(OH)2 ==加热== CuO + H2O↑4CuO ==加热== 2Cu2O + O2↑ Cu2O + 2HCl = CuCl2 + Cu↓ + H2O,蓝色溶液是CuCl2,红色固体是Cu粉末3CuO + 2NH3 ==高温== 3Cu + N2↑ + 3H2O↑, 0.98gCu(OH)2即0.01mol,加热至1100时失重0.26g ,则1mol Cu(OH)2加热至1100
时失重26g,加热时失去的重量应为2molH原子和1.5molO原子,则1molCu(OH)2加热后剩余1molCu和 0.5mol氧原子,Cu与O原子个数比为2:1,故剩余固体化学式为Cu2O。
易错点
利用假设法判断平衡移动方向。
正确答案
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 0.005mol
解析
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 0.005mol
考查方向
解题思路
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O Cu2O+2H+
Cu+Cu2++H2O
易错点
利用假设法判断平衡移动方向。
正确答案
Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O
解析
Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O
考查方向
解题思路
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O Cu2O+2H+
Cu+Cu2++H2O
易错点
利用假设法判断平衡移动方向。
【物质结构与性质】模块
请回答下列问题:
21.N、Al、Si、Zn、Fe五种元素中,有一种元素的电离能数据如下:
则该元素是 (填写元素符号)。N原子的价电子排布图为 。
22.已知Zn2+能与氨分子形成配离子[Zn(NH3)4]2+,1mol该离子含有σ键的数目为 ;
23.K3[Fe(CN)6]可用来检验Fe2+,向硫酸亚铁溶液中加入几滴K3[Fe(CN)6],观察到的现象是 ,与CN-互为等电子体的的微粒有 (填化学式,写2种)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为 ;三种元素形成的简单氢化物分子中键角由大到小依次为 (用分子式表示)。
24.已知Fe的相对原子质量为M,阿佛加德罗常数用NA表示,已知金属Fe为体心立方堆积,若Fe原子半径为acm,密度为g/cm3。则M=_________(用
、a、NA表达式表示)
正确答案
铝元素;N原子的电子排布图
解析
该元素在第四电离能发生突变,该元素为正三价,为铝元素;N原子的电子排布图
考查方向
解题思路
同一种元素的原子,其电离能随着失电子个数的增多而增大,当原子失去电子变为稳定状态时,如果继续失电子,则其电离能会出现突兀性变化,据此判断该主族元素最外层电子数.
易错点
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,晶胞的计算。
正确答案
4 mol(4NA)
解析
[Zn(NH3)4]cl2中的化学键类型为:[Zn(NH3)4]2+ 与Cl-之间为离子键,所以含有共价键的只有Zn(NH3)4]2+内部了:1、Zn←N 4mol σ 配键 2、N-H 3* 4 = 12 mol σ 键 所以,每1mol的[Zn(NH3)4]2+中一共有 σ 键4+12 = 16mol(16NA) 其中配位键有4 mol(4NA)
考查方向
解题思路
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,离子方程式为:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓ 等电子体是指其价电子总数相等,CN-为:14 C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,但第ⅤA族的大于第ⅥA族的,所以其第一电离能大小顺序是N>O>C,NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是SP3杂化,轨道构型为正四面体,键角相等,CH4中没有孤电子对,NH3中存在1对孤电子对,H2O中存在2对孤电子对,孤对子对数越多,键角越小,所以键角:CH4>NH3>H2O,
易错点
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,晶胞的计算。
正确答案
Fe 2+ 与K3[Fe(CN)6]溶液反应呈蓝色.,与CN-互为等电子体的的微粒有CO、N2第一电离能大小顺序是N>O>C 键角:CH4>NH3>H2O
解析
K3[Fe(CN)6]可用来检验Fe2+,向硫酸亚铁溶液中加入几滴K3[Fe(CN)6],观察到的现象是Fe 2+ 与K3[Fe(CN)6]溶液反应呈蓝色.,与CN-互为等电子体的的微粒有CO、N2
考查方向
解题思路
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,离子方程式为:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓ 等电子体是指其价电子总数相等,CN-为:14 C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,但第ⅤA族的大于第ⅥA族的,所以其第一电离能大小顺序是N>O>C,NH3、H2O、CH4三分子中心原子都是SP3杂化,轨道构型为正四面体,键角相等,CH4中没有孤电子对,NH3中存在1对孤电子对,H2O中存在2对孤电子对,孤对子对数越多,键角越小,所以键角:CH4>NH3>H2O,
易错点
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,晶胞的计算。
正确答案
解析
根据p=m/v, 应根据均摊法计算出晶胞所含微粒数目.
考查方向
解题思路
根据p=m/v, 应根据均摊法计算出晶胞所含微粒数目.
易错点
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,晶胞的计算。