故答案为:Ni5La;
(6)依据题意:调pH=6时bkgNi(OH)2,回收过程中,第①~②步操作镍的损失率×(64%a×95%+b)×97%,为5%,第④~⑥步骤的损失率为3%,故此计算式为: 5993故答案为:59×(64%a×95%+93b)×97%.
Al与SiO2和碱液反应分别生成偏铝酸钠和硅酸钠留在溶液A中,其余为滤渣进入滤渣a,滤渣a中加入硫酸,金属Fe变为亚铁离子,Ni变为镍离子,加入双氧水的目的是把亚铁离子氧化为铁离子,以便与调节pH使其生成沉淀除去,即溶液C中含有铁离子、镍离子等,调节pH=6,得到沉淀为氢氧化铁,得到溶液为含有镍离子的溶液,然后继续调节pH值,蒸发结晶即可得到目标产物,据此解答各小题即可;电解池中阳极失去电子,发生氧化反应,为充电过程,原电池中负极失去电子,发生氧化反应;依据分摊法计算晶胞中原子个数即可;依据产率计算最后一个空.
本题主要考查的是流程,难度较大,设计原电池与电解池原理、晶胞计算、氧化还原反应等,注意总结.
281
59
281
59
6.【答案】正四面体;分子;-890.24;提供甲烷分解所需的能量;负极;Cu2++2e-=Cu;
2.8
【解析】解:(1)甲烷为四面体结构,mCH4?nH2O的熔沸点较低,为分子晶体,故答案为:正四面体; 分子;
(2)1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量,则1mol甲烷燃烧放出的能量为16×55.64=890.24,故答案为:-890.24;
(3)甲烷分解需要热量,燃烧可提供部分能量,故答案为:提供甲烷分解所需的能量; (4)①a极通的是燃料甲烷,所以是负极,故答案为:负极;
②d电极与电源的负极相连是阴极,铜离子放电,生成单质铜,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,故答案为:Cu2++2e-=Cu;
③假设CuCl2溶液足量,当某电极上析出3.2g金属Cu时,整个电路转移的物质的量为:×2=0.05mol×2=0.1mol,消耗氧气的物质的量为:64g/mol
3.2g
0.05mol
4
×2=0.025mol,所以需氧
22.4L/mol=0.56L,所以空气的体积为20%=2.8L,故答案为:2.8. 气的体积为0.025mol×
(1)甲烷为四面体结构,mCH4?nH2O为分子晶体;
1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量,(2)可计算1mol甲烷燃烧放出的热量; (3)甲烷分解需要热量,燃烧可提供部分能量; (4)①a极通的是燃料甲烷,所以是负极;
②d电极与电源的负极相连是阴极,铜离子放电,生成单质铜,电极反应式为Cu2++2e-=Cu; ③假设CuCl2溶液足量,当某电极上析出3.2g金属Cu时,结合电极方程式确定整个电路转移的物质的量,以此可计算消耗氧气的物质的量,进而计算体积.
本题综合考查法反应热与焓变以及原电池原理,为高频考点,明确原电池正负极的判断方法是解本题关键,原电池原理是高中化学的重点也是难点,要注意掌握原电池原理,把握本质,正确书写电极反应方程式,题目难度中等.
0.56L
7.【答案】离子;3d5;N>C>Fe>K;acd;异硫氰酸(或H-N=C=S);3:4;sp;C2H2;
2020届福建高三化学大题练——物质结构和性质周练(6)
12;×3 2ρ?N
A
√2260
【解析】解:(1)根据K3[Fe(CN)6]的组成可知该化合物为离子化合物,则该化合物为离子晶体,中心离子是Fe3+,Fe的原子核外电子数为26,原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,失去3个电子生成三价铁离子,则Fe3+的价电子排布式为3d5, 故答案为:离子;3d5;
(2)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势,则第一电离能Fe>K,ⅤA族np能级容纳3个电子,为半充满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,则N>C,金属元素第一电离能较小,非金属元素第一电离能较大,则K3[Fe(CN)6]中四种组成元素的第一电能由大到小的排序是N>C>Fe>K;K3[Fe(CN)6]是配位化合物,也是离子化合物,则该化合物中一定存在配位键、离子键,C、N之间存在极性共价键,所以存在的作用力有a、c、d, 故答案为:N>C>Fe>K;acd;
(3)异硫氰酸中H-N键极性强,分子间存在氢键,而硫氰酸分子间只存在分子间作用力,所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸, 故答案为:异硫氰酸(或H-N=C=S);
(4)①产物(CN)2中的结构式为N≡C-C≡N,σ键有3条,π键有4条,则σ键和π键数目之比为3:4, 故答案为:3:4;
②产物(CN)2中的结构式为N≡C-C≡N,中心原子C无孤对电子,则价层电子对数为2,杂化类型为sp杂化,空间构型为直线形,
与他空间构型、原子数相同的分子是C2H2(H-C≡C-H), 故答案为:sp;C2H2;
③从图中可知,以面心上的K+为例,同层顶点的4个K+距离面心上的K+最近,中间层+6×=4,CN-有12×+1=4,K+与还有4个,外层也有4个,共12个;晶胞中K+有8×824K+的核间距a,则晶胞的棱长为√2a,晶胞的体积V=(√2a)3,晶胞的质量m=ρ?V,V=ρ=m4M(KCN)4×65
NA?ρ
1
1
1
=N
A?ρ
=(√2a)3,则a=
260
√22
×3ρ?N,
A
260
故答案为:12;2×3ρ?N.
A
√2(1)根据K3[Fe(CN)6]的组成可知该化合物为离子化合物,则该化合物为离子晶体,中心离子是Fe3+,Fe3+的价电子排布式为3d5;
(2)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势,金属元素第一电离能较小,非金属元素第一电离能较大;K3[Fe(CN)6]是配位化合物,也是离子化合物,则该化合物中一定存在配位键、离子键,C、N之间存在极性共价键; (3)异硫氰酸中H-N键极性强,分子间存在氢键,沸点较高;
(4)①产物(CN)2中的结构式为N≡C-C≡N,σ键有3条,π键有4条;
②产物(CN)2中的结构式为N≡C-C≡N,中心原子C无孤对电子,则价层电子对数为2,杂化类型为sp杂化,空间构型为直线形;
③从图中可知,以面心上的K+为例,同层顶点的4个K+距离面心上的K+最近,中间层
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-+6×=4CN+1=4,还有4个,外层也有4个,共12个;用均摊法计算晶胞中K+有8×,有12×824
111
K+与K+的核间距a,则晶胞的棱长为√2a,晶胞的体积V=(√2a)3,根据晶胞的质量m=ρ?V计算.
本题考查了离子价电子排布、第一电力能大小、化学键、氢键、杂化类型、晶胞的计算等,都是高考高频考点,难度适中,注意均摊法在计算中的应用.
8.【答案】一、(1)C ;
( 2)蒸馏法、离子交换法等合理答案均可 ( 3)阴; pHc>pHb>pHa ;
( 4)NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓ ; CO2、NH4Cl 二、( 1)
杂化,Na2CO3中是sp2杂化 平面三角形 ( 2)11NA CH3OH和H2O间能形成氢键
( 3)固体CO2是分子晶体,沸点低,易气化,气化时吸热,使环境中的水蒸气液化。 4×44/(10 -7a ) NAg·cm-3 ( 4) 4 34% 三、
CO2中是
sp杂化,C中是sp3
2020届福建高三化学大题练——物质结构和性质周练(6)
【解析】
考点:化学与技术 -化学与资源开发;化学与技术-化学与工农业生产
考点:物质的结构与性质 -分子结构和性质-化学键与分子间作用力;物质的结构与性质-晶体结构与性质
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考点:有机化学基础 -认识有机化合物-有机物的结构;有机化学基础-合成高分子化合物-有机合成与推断
9.【答案】(1)4;
(2)①N>O>C;②6NA;③分子晶体;
(3)①sp2、sp3;②乙二胺分子间可以形成氢键,三甲胺分子间不能形成氢键; (4)AlFe3;2a3N
A
195
【解析】【分析】
本题考查了电子的排布、电离能大小的判断、杂化方式的判断、晶胞的相关技术,题目综合性强,难度大,明确晶胞结构是解题关键. 【解答】
(1)基态铁原子的核外电子排布为:1s22s22p63s23p63d64s2,3d6中,最多容纳10个电子,现在有6个,先占据单个的,所以只有2个成对,还有4个未成对, 故答案为:4;
(2)①同周期第一电离能自左而右具有增大趋势,所以第一电离能O>C.由于氮元素原子2p能级有3个电子,处于半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于相邻元素,所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C;