化学 热门试卷

① 铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。

② 实验过程中，需控制B中溶液的pH>7，否则产率会下降，B中溶液中产生了亚硝酸钠，根据题目信息NaNO2能发生以下反应：3NO2-＋2H+=NO3-＋2NO↑＋H2O，如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。

③反应中产生的一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮是大气污染物，不能直接排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，就需要转化为二氧化氮，故：2NO+O2=2NO2；

④反应结束后，B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、过滤等操作，可得到粗产品晶体和母液；

故答案为：  ①Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O

②如果pH<7，亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体

③2NO+O2=2NO2；

④过滤

① 稀释溶液时，需使用的玻璃仪器有容量瓶，溶解时要在烧杯中进行，玻璃棒除了搅拌外还有引流的作用，定容时还需要使用胶头滴管。

② 用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴亚硝酸钠，因为KMNO4是紫红色溶液，发生反应后生成了二价锰离子，紫红色变浅，当观察到溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色时，滴定达到终点。

③ 用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为VmL，反应的高锰酸钾物质的量为，根据方程式，NaNO2的物质的量为：，粗产品中NaNO2的物质的量为：，质量分数为。

故答案为：  ①A、C；

②溶液出现粉红色，且半分钟内不褪色

③

要证明母液中含有NO2-必须要搞清楚亚硝酸根离子有哪些性质，而亚硝酸根离子的性质课本上没有具体的，只能通过题目中提取，NaNO2能发生以下反应：3NO2-＋2H+=NO3-＋2NO↑＋H2O  ， NO2-+Ag+=AgNO2↓（淡黄色），根据信息AgNO2是淡黄色沉淀，而与硝酸银反应生成淡黄色沉淀还有溴化银沉淀，故只能选择第一个信息，取样。加硝酸，若有气泡产生，且生成的气体遇空气变红棕色，证明含有NO2-。

故答案为： 取样。加硝酸，若有气泡产生，且生成的气体遇空气变红棕色，证明含有NO2-。

铁元素的化合价有+2、+3，故钴的常见化合价有2、+3；往氯化亚铁溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀，露置于空气中一段时间后，沉淀变为红褐色。先生成氢氧化亚铁沉淀，后转化为氢氧化铁沉淀；往CoCl2溶液中加入NaOH溶液产生粉红色沉淀为Co(OH)2，露置于空气中一段时间后，沉淀变为棕褐色为Co(OH)3，沉淀由粉红色变为棕褐色反应的化学方程式为4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3。

故答案为： ①+2、+3；②4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3 。

Tl ℃时，c(Cl-)=6mol·L-1，取10mL上述溶液稀释至l00mL，溶液变稀，平衡逆向移动，氯离子浓度增大，稀释后的溶液中c(Cl-)>0.6mol·L-1，稀释过程中，温度升高，说明逆反应放热，正反应吸热，△H> 0，根据A点数据，c(Cl-)=6mol·L-1，氯元素总浓度为：mol·L-1，[CoCl4]2-离子浓度为:·L-1,[Co(H2O)6]2+离子浓度为：0.25-0.125=0.1256mol·L-1T1℃时上述反应的平衡常数为：。

故答案为：①>  ②>  ③7.72×10-4

① 二价钴离子得到电子，阴极得到电子，与电源负极相连的电极为阴极，故钴离子得到电子沉积在Ti 电极上。

②CoCl2溶液中常含有少量Cu2+、Fe3+、Na+等，为提高产品的纯度和电流效率，电解前必须将其中的Cu2+、Fe3+除去，原因是Co能与强酸反应产生H2，活泼性较强，而Cu2+、Fe3+的氧化性比氢离子强，故会将钴氧化，而影响电解钴的纯度和电流效率。

③ 若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，阳极的氢氧根离子会放电，使溶液的氢离子浓度增加，Co能与强酸反应产生H2，不利于Co的沉积，会使产率降低。

故答案为：  ①Ti  ②Cu2+、Fe3+  ③OH-在阳极放电，使溶液的pH降低

H2O2中的氧原子的化合价为负一价，氧原子与氢原子之间存在一对共用电子对，说明氧原子与氧原子之间还存在一对共用电子对，H2O2的电子式为为，将铜锌合金与双氧水，盐酸溶解，锌与盐酸反应生成了锌离子与氢气，铜与盐酸不反应，但是在双氧水的氧化下，铜被氧化为二价铜离子，同时生成了水。

故答案为：  ；Cu2+

热化学方程式的书写要注意物质的状态，题目信息给出298K时，液态过氧化氢分解，故双氧水，水的状态为液体，氧气为气体，每生成0.01molO2放出热量1.96kJ，生成1molO2放出热量196kJ的热量，故

△H=196kJ/mol；2H2O2(l)=O2（g)+2H2O(l)；△H=196kJ/mol；

故答案为：  2H2O2(l)=O2（g)+2H2O(l)；△H=196kJ/mol；

①已知：25℃时，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，说明醋酸铵溶液呈中性，醋酸的电离程度与氨水的电离程度相等，缓冲溶液是浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)、c(NH4+)、c(H+)、c(OH-)。

② 若100 mL Na2S2O3溶液发生上述反应时，20s后生成的SO2比S多3.2g，则说明生成了0.1mol的二氧化硫，也就反应了0.1mol的硫代硫酸钠，故v(Na2S2O3)=mol/(L·s)。

故答案为： ①c(CH3COO-)、c(NH4+)、c(H+)、c(OH-)    ②0.050

本题给出的信息为将铜锌合金溶解后与足量KI溶液反应（Zn2+不与I-反应），生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定，根据消耗的Na2S2O3溶液体积可测算合金中铜的含量，说明铜离子与碘离子反应生成了碘单质，同时生成了沉淀，该沉淀是CuI沉淀，故反应的离子方程式为： 2Cu2++4I-=2CuI+I2；

故答案为： 2Cu2++4I-=2CuI+I2。

Ksp(CuI)=c(I-)×c(Cu+)；Ksp(CuSCN)=c(SCN -)×c(Cu+)；要使CuI转化为CuSCN，溶液中c(SCN -):c(I-)≥

故答案为： 4.0×10-3

(A).铜锌合金中含少量铁，在第一步加入双氧水与盐酸，可以将铁氧化为三价铁离子，三价铁离子能将碘离子氧化为碘单质，从而使滴定过程中消耗的硫代硫酸钠增加，使铜含量测得偏高；A正确；

(B).“沉淀”时，I2与I-结合生成I3- :I2+I－=I3-，使得生成的碘单质减少，进而使滴定过程中消耗的硫代硫酸钠减少，使铜含量测得偏低；B错误；

(C).“转化”后的溶液在空气中放置太久，没有及时滴定，从而使得碘离子被空气中的氧气氧化使得测得的铜离子含量偏高；C正确；

(D).“滴定”过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水，蒸馏水不与其它物质反应，对测定结果无影响；D错误；

故答案为： A,C

铬是24号元素，其原子核外总共有24个电子，然后将这24个电子从能量最低的1s亚层依次往能量较高的亚层上排布，只有前面的亚层填满后，才去填充后面的亚层，根据洪特规则，d亚层处于半充满时较为稳定，故其排布式应为：1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1，价电子排布式为：3d5 4s1，价电子的轨道表示式为：。

故答案为：

(A).铝最外层三个电子，在p区，铍最外层只有两个电子，在s区；A错误；

(B).铝与镁相比，电子层数相通，原子序数越大电负性越大，铝的电负性大于镁，铍与镁相比较，最外层电子数相同，原子序数越小，电负性越大，铍的电负性大于镁；B正确；

(C).铝与镁相比，电子层数相通，原子序数越大第一电离能越小，铝的第一电离能小于镁，铍与镁相比较，最外层电子数相同，原子序数越小，第一电离能越小，铍的第一电离能小于镁；C错误；

(D).氯化铝在水溶液中发生盐的水解呈酸性，铍与相邻主族的铝元素性质相似，故氯化铍的水溶液也能发生水解呈酸性，所以氯化物的水溶液pH均小于7；D正确；

故答案为： BD

铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成（最密堆积），说明他们的三维空间堆积方式相同，铍的熔点比铝的熔点高，说明铍原子与铍原子之间的作用力更强，他们都是金属元素，铍原子的半径比铝原子半径小，这种作用力称之为金属键，则说明铍的金属性比铝强。

故答案为：Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强；

① 氯化铍在气态时存在BeC12分子（a），Be最外层只有2个电子,加上Cl的1个电子,共2+1*2=4个,2对电子.根据价层电子对互斥理论,分子为直线形.所以是非极性分子.a属非极性分子。

② b中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b 的结构式为。

③ Be最外层只有2个电子,加上Cl的1个电子,加上氯的两个配位键，共2+1*2+2*2=8个,4对电子，c中Be原子的杂化方式为sp3。

④ 氯化铍晶体是分子晶体，肯定存在范德华力，铍原子与氯原子之间是单键存在σ键，铍原子与氯原子是不同种原子，不同种原子间存在的是极性键；

故答案为：  ①非极性；②；③sp3；④A、B、C；

BeO晶体中，每个铍离子周围有四个氧离子，而铍离子与氧离子个数比为1：1，故每个氧离子周围有四个铍离子，故氧离子的配位数为4；

在每个氧化铍晶胞中，实际含有4个铍离子，氧离子个数为：，1mol的晶胞中含有4molBeO，质量为4×25=100g=，解得

故答案为： ①4；②