福建省泉州市南安第一中学2023学年化学高二第二学期期末学业水平测试试题(含解析).pdf

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1、2023 学年高二下学期化学期末模拟测试卷 注意事项:1答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时,发现断开 K2,闭合 K1,两极均有气泡产生;一段时间后,断开 K1,闭合 K2,发现电流表指针偏转,下列有关描述正确的是 A

2、断开 K2,闭合 K1时,石墨电极上的电极反应式为:2 H+2eH2 B断开 K1,闭合 K2时,铜电极上的电极反应式为:Cl2+2e2Cl C甲装置属于燃料电池,该电池正极的电极反应式为:CH4+10OH8eCO32+7H2O D甲烷燃料电池的总电极反应式为:CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O 2、下列物质的水溶液能导电,且属于非电解质的是 ASO2 BNa CCaO DC6H12O6(葡萄糖)3、某芳香族化合物甲的分子式为 C10H11ClO2,已知苯环上只有两个取代基,其中一个取代基为 Cl,甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳,则满足上述条件的有机物甲的同分异构体数目为 A

3、8 种 B12 种 C14 种 D15 种 4、某温度下,向H1106 molL1的蒸馏水中加入 NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液中H1103molL1。下列对该溶液的叙述不正确的是()A该温度高于 25 B所得溶液中,由水电离出来的 H的浓度为 11011molL1 C加入 NaHSO4晶体抑制水的电离 D该温度下,此 NaHSO4溶液与某 pH11 的 Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性,则消耗的 NaHSO4溶液与 Ba(OH)2溶液的体积比为 100:1 5、下列叙述中正确的是 A若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗 1

4、1.2 L H2,转移电子的数目为 6.021023 C工业制粗硅 2C(s)SiO2(s)=Si(s)2CO(g),室温下不能自发进行,则H0 D稀盐酸和稀氢氧化钠反应的中和热为57.3 kJmol-1,则稀醋酸和稀氨水反应的中和热也为-57.3kJmol-1 6、固体粉末甲由 FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl 中的若干种组成,取一定量的固体甲进行如下实验:固体 1 质量为 11g,沉淀 1 质量为 23.3g,沉淀 2 质量为 6g,红褐色固体质量为 8g。下列说法正确的是()A溶液加入 KSCN 溶液呈红色 B取少量溶液 2 加入酸化的硝酸银溶液

5、,生成白色沉淀,则甲中一定有 NaCl C固体与稀盐酸反应时还生成了标准状况下气体 1.12L D沉淀 2 不溶于任何酸溶液 7、温度相同、浓度均为 0.2mol/L 的(NH4)2SO4、NaNO3、NH4HSO4、NH4NO3、CH3COONa 溶液,它们的 pH值由小到大的排列顺序是()A B C D 8、已知反应 FeO(s)+C(s)=CO(g)+Fe(s)H0,(假设H,S 不随温度变化而变化),下列叙述中正确的是()A高温下为自发过程,低温下为非自发过程 B任何温度下为非自发过程 C低温下为自发过程,高温下为非自发过程 D任何温度下为自发过程 9、下列有关电解质溶液的说法正确的是

6、 A向 0.1 molL1 CH3COOH 溶液中加入少量水,溶液中-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)减小 B将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30,溶液中-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)增大 C向盐酸中加入氨水至中性,溶液中4+-c(NH)c(Cl)1 D向 AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量 AgNO3,溶液中-c(Cl)c(Br)不变 10、下列说法正确的是 A乙烯比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有的 键不如 键牢固,易断裂 B电负性相差很大的原子之间易形成共价键 C键角是描述分子立体结构的重要参数,但键角与分子性质无关 DCO2与

7、 NH3 的中心原子杂化轨道的类型相同 11、2018 年 5 月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨,原理如下图所示,下列说法正确的是 A图中能量转化方式只有 2 种 BH+向 a 极区移动 Cb 极发生的电极反应为:N2+6H+6e=2NH3 Da 极上每产生 22.4LO2流过电极的电子数一定为 46.021023 12、丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能,合成丁腈橡胶的原料是()CH2=CHCH=CH2 CH3CCCH3 CH2=CHCN CH3CH=CHCN CH3CH=CH2 CH3CH=CHCH3 A B C D 13、如图是模拟“侯氏制碱法”制取 NaHCO3的部分

8、装置。下列操作正确的是()Aa 通入 CO2,然后 b 通入 NH3,c 中放碱石灰 Bb 通入 NH3,然后 a 通入 CO2,c 中放碱石灰 Ca 通入 NH3,然后 b 通入 CO2,c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉 Db 通入 CO2,然后 a 通入 NH3,c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉 14、酸雨是指:A酸性的雨 BpH=5.6 的雨 CpH0,则H0,故正确;D.醋酸和一水合氨都是弱电解质,其电离都是吸热反应,所以它们反应的中和热不是-57.3kJmol-1,D 错误;故合理选项为 C。6、C【答案解析】FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CaCO3、SiO2、NaCl 中 CaCO3

9、、SiO2不溶于水,加入盐酸,CaCO3溶解,可知 m(SiO2)=6g,m(CaCO3)=11g-6g=5g,溶液 1 加入足量氯化钡生成沉淀 1 为硫酸钡沉淀,溶液 2 加入足量氢氧化钠溶液最终得到红褐色固体,红褐色固体为氢氧化铁,可知含有 FeSO4、Fe2(SO4)3中的至少一种,不含 CuSO4。【题目详解】A如只含有 FeSO4,则加入 KSCN 溶液不变色,故 A 错误;B因加入氯化钡,引入氯离子,不能确定原固体是否含有氯化钠,故 B错误;C由以上分析可知固体 1 中含有 5gCaCO3,35g0.05100/n CaCOmolg mol,可生成 0.05mol二氧化碳,体积在标

10、准状况下为 1.12L,故 C 正确;D沉淀 2 为二氧化硅,可溶于氢氟酸,故 D错误;故答案选 C。7、A【答案解析】分析:溶液中氢离子浓度越大,溶液的 pH越小,根据盐类水解的酸碱性和水解程度比较溶液的 pH大小关系。详解:(NH4)2SO4、NH4NO3水解呈酸性,pH7;前者 c(NH4+)大,水解生成 c(H+)大,pH 小,即;NH4HSO4电离出 H+呈酸性,pH7,且小于的 pH;NaNO3不水解,pH=7;、CH3COONa水解呈碱性,pH7,醋酸酸性大于碳酸酸性,水解程度大,pH大,即;所以 pH大小关系为:,答案选 A。点睛:本题考查溶液 PH的大小比较,题目难度不大,要

11、考虑盐类的水解程度大小,注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子。8、A【答案解析】H0,S0,低温下,G=H-TS0,不能反应自发进行,高温下,G=H-TS0,能反应自发,故 A 正确;B、C、D 错误;故答案为 A。9、D【答案解析】A溶液中-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)=Ka(CH3COOH)/Kw,因为 Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响,当温度不变时,它们的值不会随着浓度的变化而变化,故向 0.1 molL1 CH3COOH 溶液中加入少量水,溶液中-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)不变,A 错误;BCH3COO-+H2OCH3CO

12、OH+OH-,33()()()hcc OHCH COOHCH CcOKO,温度升高促进 CH3COO-水解,水解平衡常数增大,-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)=1/Kh,故将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30,溶液中-3-3c(CH COO)c(CH COOH)c(OH)减小,B 错误;C由电荷守恒可知 c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因为溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),所以 c(NH4+)=c(Cl-),c(NH4+)/c(Cl-)=1,C 错误;D向 AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量 AgNO3,溶液中-c(Cl)c(

13、Br)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI),故溶液中-c(Cl)c(Br)不变,D 正确;答案选 D。10、A【答案解析】A.乙烯分子中含有的 键键能很小,易断裂,不如 键牢固,所以乙烯比乙烷活泼,故 A 正确;B.电负性相差很大的原子之间易形成离子键,故 B 错误;C.键角是分子内同一原子形成的两个化学键之间的夹角,与其分子结构有关,所以键角与分子性质有关,故 C 错误;D.CO2分子中碳原子为 sp 杂化,NH3分子中氮原子为 sp3杂化,所以 CO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型不同;故 D错误;综上所述,本题正确答案为 A。11、C【答案解析】A.图中能量转化方式有风能转化为电

14、能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等,选项 A 错误;B.b 极氮气转化为氨气,氮元素化合价降低被还原为原电池的正极,故 H+向正极 b 极区移动,选项 B错误;C.b 极为正极,发生的电极反应为:N2+6H+6e=2NH3,选项 C 正确;D.a 极为负极,电极反应为 2H2O-4e-=O2+4H+,每产生标准状况下 22.4LO2流过电极的电子数一定为 46.021023,但题干没说明标准状况,故选项 D 错误。答案选 C。12、C【答案解析】根据题中丁腈橡胶可知,本题考查丁腈橡胶的合成原料,运用丁腈橡胶的合成原理分析。【题目详解】丁腈橡胶的链节是,去掉两端的短线后为,将链节主链单键变

15、双键,双键变单键,断开错误的双键,即可得两种单体:CH2=CHCH=CH2与 CH2=CHCN。答案选 C。13、C【答案解析】由于 CO2在水中的溶解度比较小,而 NH3极易溶于水,所以在实验中要先通入溶解度较大的 NH3,再通入 CO2;由于NH3极易溶于水,在溶于水时极易发生倒吸现象,所以通入 NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中,即 a 先通入 NH3,然后 b 通入 CO2,A、B、D 选项均错误;因为 NH3是碱性气体,所以过量的 NH3要用稀硫酸来吸收,选项 C 合理;故合理答案是 C。【答案点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质,及在日常生产、生活中的应用,题型以选择题(性质

16、、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。14、C【答案解析】当雨水中溶解较多 SO2或氮氧化物时,溶液呈酸性,pH5.6,而正常雨水中溶有二氧化碳气体,PH约为 5.6,所以酸雨是指 pH小于 5.6 的雨;答案选 C。【答案点睛】本题考查二氧化硫的污染,题目难度不大,注意酸雨与正常雨水的区别,酸雨是指溶液 pH 小于 5.6 的雨水,正常雨水的 pH约为 5.6。15、D【答案解析】金属钠在 MgSO4溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀,故正确;金属钠在饱和 NaCl溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应中水的

17、量减少,得到过饱和 NaCl 溶液,会析出氯化钠,重新变为饱和溶液,故正确;金属钠在饱和澄清石灰水中与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应中水的量减少,得到氢氧化钙悬浊液,会析出氢氧化钙,重新变为饱和溶液,故正确;金属钠在 Ca(HCO3)2溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀,故正确;金属钠在 CuSO4溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,故错误;金属钠在稀 NaCl溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气,氯化钠与氢氧化钠溶液不反应,故错误;答案选 D。16、B【答案解析】分析:检查装置气密性,必须使被检查装置形成密封

18、体系。详解:A用弹簧夹夹住右边导管,向长颈漏斗中倒水,若液面高度不变,说明装置气密性良好,所以能检查出装置是否漏气,选项 A 不选;B图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通,分液漏斗中的液体上下压强相等,所以无论该装置气密性是否良好,液体都会顺利滴下,所以不能检查出装置是否漏气,选项 B 选;C图中的装置向外拉活塞,若气密性良好,则导管口会有气泡产生,若气密性不好则不会有气泡产生,所以能检查出装置是否漏气,选项 C 不选;D对于该装置的气密性检查,主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验即用手握住试管外壁,如果装置漏气,压强不变化,就无现象;如果装置不漏气,温度升高,压强就变大

19、就会在导管口产生气泡,所以能检查出装置是否漏气,选项 D 不选;答案选 B。二、非选择题(本题包括 5 小题)17、铁元素 8Al3Fe3O4 4Al2O39FeFe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OAl2O32NaOH2NaAlO2H2O 生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色 33.6【答案解析】试题分析:F 是红褐色难溶于水的沉淀,因此 F 是氢氧化铁,则 E 是氢氧化亚铁,所以 C 和 D 分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成 C 和 D,所以 B 是四氧化三铁,C 是氯化亚铁,D 是氯化铁,A 在氧气中燃烧生成 B,则 A 是铁。H 和 I均能与氢氧化钠溶液反应

20、生成 G,则 I 是铝,和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝,H 是氧化铝,G 是偏铝酸钠,据此分析解答。解析:F 是红褐色难溶于水的沉淀,因此 F 是氢氧化铁,则 E 是氢氧化亚铁,所以 C 和 D 分别是亚铁盐和铁盐。B 和盐酸反应生成 C 和 D,所以 B 是四氧化三铁,C 是氯化亚铁,D 是氯化铁,A 在氧气中燃烧生成 B,则 A 是铁。H 和 I 均能与氢氧化钠溶液反应生成 G,则 I 是铝,和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝,H 是氧化铝,G 是偏铝酸钠,则。(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E、F 六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。(2)根据以上分析可知反应的化学方

21、程式为 8Al3Fe3O4 4Al2O39Fe。反应的离子方程式为 Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O;反应的化学方程式为 Al2O32NaOH2NaAlO2H2O。(3)反应是氢氧化亚铁被空气氧化,过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。(4)根据 8Al3Fe3O4 4Al2O39Fe 可知 1mol 铝发生反应后生成铁,铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为 3Fe4H2O(g)4H2Fe3O4,所以生成的气体换算成标准状况下为。【答案点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题,解框图题最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特

22、殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。18、CH3COOCH2CH3 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O C 【答案解析】由题给信息食醋中约含有 3%-5%的 D 可知,D 为乙酸,由 X 为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知,X 为酯类,由 X 酸性条件下水解生成 A 和 D,且 A 催化氧化可以生成乙酸可知,A 为乙醇、X 为乙酸乙酯;乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇,则 C 为乙酸钠;乙醇催化氧化生成乙醛,乙醛催化氧化生成乙酸,则 B 为乙醛。【题目详解】(1)X 为乙酸乙酯,结构简式为 CH3COOCH2CH3,故答案为 CH3COOCH

23、2CH3;(2)AB 的反应为乙醇催化氧化生成乙醛,反应的化学方程式为:2CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO+2H2O,故答案为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O;(3)A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,酯化反应属于取代反应,正确;B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和 Na2CO3溶液洗涤分液,正确;C、A 为乙醇,水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈,错误;D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH 完全燃烧消耗 O2的物质的量依次为 3mol、2.5mol、2mol,正确;故选 C,故答案为 C。【答案点睛】本题考查有机物的推断,侧重分析与

24、推断能力的考查,把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。19、Ba(NO3)2 HCl HNO3 Br2 AgNO3 Cl 会使 SO32对 SO42的检验产生干扰,不能确认 SO42是否存在 SO2Br22H2O=4HSO422Br 【答案解析】根据框图,结合需要检验的离子可知,气体 E 只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与 Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀,亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体,二氧化硫气体 E 能使溴水褪色,硫酸钡不溶解于硝酸,故试剂为 Ba(NO3)2溶液,试剂为盐酸,试剂为溴水,无色溶液 C 中含有 Cl、OH,溶液

25、呈碱性,加入过量试剂后再加入试剂生成白色沉淀,应该是检验氯离子,因此试剂为硝酸,调整溶液呈酸性,试剂为硝酸银溶液,白色沉淀为氯化银,据此分析解答。【题目详解】(1)SO32-、SO42-能够与 Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀,亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体,二氧化硫气体 E能使溴水褪色,硫酸钡不溶解于硝酸,故试剂为 Ba(NO3)2溶液,试剂为盐酸,试剂为溴水,无色溶液 C 中含有 Cl、OH,溶液呈碱性,加入过量试剂后再加入试剂生成白色沉淀,应该是检验氯离子,因此试剂为硝酸,调整溶液呈酸性,试剂为硝酸银溶液,白色沉淀为氯化银,故答案为:Ba(NO3)2;HC

26、l;HNO3;Br2;AgNO3;(2)根据上述分析,现象 a 检验出的阴离子为 SO32-,现象 b 检验出的阴离子为 SO42-,现象 c 检验出的阴离子为 Cl-,故答案为:Cl-;(3)硝酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子,因此白色沉淀 A 若加试剂稀硝酸而不加试剂盐酸会使 SO32-对 SO42-的检验产生干扰,不能确认 SO42-是否存在,故答案为:会使 SO32-对 SO42-的检验产生干扰,不能确定 SO42-是否存在;(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸,反应的离子方程式:Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-,故答案为:Br2+SO2+2

27、H2O=4H+SO42-+2Br-。【答案点睛】根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键,明确气体 E 为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂的判断,要注意试剂不能选用稀硝酸,因为硝酸具有强氧化性,能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。20、催化剂、吸水剂 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 中和乙酸并吸收乙醇;降低乙酸乙酯的溶解度 在试管中加入少量碎瓷片 分液漏斗 上口倒 78 【答案解析】在试管甲中先加入碎瓷片,再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸,按 3:2:2 关系混合得到混合溶液,然后加热,乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯,由于乙酸乙酯的沸点

28、低,从反应装置中蒸出,进入到试管乙中,乙酸、乙醇的沸点也比较低,随蒸出的生成物一同进入到试管 B 中,碳酸钠溶液可以溶解乙醇,反应消耗乙酸,同时降低乙酸乙酯的溶解度,由于其密度比水小,液体分层,乙酸乙酯在上层,用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质,根据“下流上倒”原则分离开两层物质,并根据乙醇的沸点是 78,乙酸是 117.9,收集 78的馏分得到乙醇。【题目详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂,同时吸收反应生成的水,使反应正向进行,提高原料的利用率;(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热,发生酯化反应产生乙酸乙酯和水,产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇,乙醇该反应为可逆反应,生成乙酸乙酯

29、的化学方程式为:CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O;(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇,反应消耗乙酸,同时降低乙酸乙酯的溶解度,便于液体分层,闻到乙酸乙酯的香味;(4)步骤为防止加热过程中液体暴沸,该采取的措施加入少量碎瓷片,以防止暴沸;(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯,必须使用的玻璃仪器有分液漏斗;分离时,由于乙酸乙酯的密度比水小,所以应在下层液体下流放出完全后,关闭分液漏斗的活塞,从仪器上口倒出;(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇,由于乙醇的沸点为 78,乙酸反应转化为盐,沸点远高于 78的,所以要用如图回收乙醇,回收过程中应控制温度是 78

30、。【答案点睛】本题考查了乙酸乙酯的制备方法,涉及实验过程中物质的使用方法、物质的作用、混合物的分离、反应原理的判断等,明确乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别方法及浓硫酸的作用。21、CN、C22 三角锥形 NPAs 2 sp3 3【答案解析】(1)基态氮原子的价电子排布图为:,与 N2互为等电子体的两种离子为:CN、C22。(2)砷与氮位于同一主族,最外层电子数相同,故砷化氢与氨气具有相同的空间构型为:三角锥形。(3)同主族从上到下,电负性依次减小,故氮、磷、砷的电负性由大到小的顺序为:NPAs(4)砷核外未成对电子数为 3,同周期含有 3 个未成对电子数的元素外围电排布为 4s24p3,3d74s2、3d34s2,分别为:As、Co、Sc 元素,故答案为:2。(5)N2H4分子中氮原子含有 3 个共价键和一个孤电子对,所以空间构型是三角锥型,杂化类型为 sp3杂化;若该反应 N2O4(l)+2N2H4(l)3N2(g)+4H2O(g)H=1038.7kJmol1中有4molNH键断裂,说明有1mol肼参加反应,有1.5mol氮气生成,每个氮气分子中含有两个 键,所以形成的 键有 3mol。

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