河北衡水中学届高考模拟2 化学 含答案.docx
- 文档编号:24828285
- 上传时间:2023-06-01
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:447.34KB
河北衡水中学届高考模拟2 化学 含答案.docx
《河北衡水中学届高考模拟2 化学 含答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《河北衡水中学届高考模拟2 化学 含答案.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
河北衡水中学届高考模拟2化学含答案
河北衡水中学2020届高考3月模拟2
化学
1.化学与生活、生产、环境密切相关。
下列说法错误的是()
A.侯德榜制碱法制备NaHCO3的原理是利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质
B.“雷雨肥庄稼”含义是N2最终转化成NO3-,此转化过程中氮元素被还原
C.“金柔锡柔,合两柔则为刚”中“金”为铜,说明合金的硬度一般大于各组分金属
D.我国科学家利用蜡虫肠道菌群将塑料降解的时间由500年缩减到24小时,有助于解决“白色污染”问题
【答案】B
【解析】
【详解】A.侯德榜制碱法是依据离子反应发生的原理进行的,离子反应会向着离子浓度减小的方向进行,利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质,故A正确;
B.根据氧化还原反应理论可知,N2最终转化成NO3-,氮元素的化合价升高,失去电子,做还原剂,被氧化,发生氧化反应,故B错误;
C.合金是金属与金属或金属与非金属
混合,具有低熔点、高硬度、抗腐蚀能力强等特点,故C正确;
D.加快塑料降解速率,可减少“白色污染”,所以将塑料降解的时间由500年缩减到24小时,有助于解决“白色污染”问题,故D正确;
答案选B。
【点睛】氧化还原反应口诀:
升(化合价)失(电子)氧化(被氧化、发生氧化反应、得氧化产物)还原剂(还原性)。
2.某金属有机多孔材料FJI-H14在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力,并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应,其工作原理如图所示。
下列说法不正确的是()
A.该材料的吸附作用具有选择性
B.该方法的广泛使用有助于减少CO2排放
C.在生成
的过程中,有极性共价键形成
D.其工作原理只涉及化学变化
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息和图示转换进行判断。
【详解】A.由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳,吸附作用具有选择性,故A正确;
B.环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成,所以利用此法可减少CO2的排放,故B正确;
C.在生成
的过程中,有O=C极性共价键、碳氧单键形成,故C正确;
D.该过程中涉及到了气体的吸附,吸附作用属于物理变化,故D错误;
答案选D。
3.工业制汞的方法之一是辰砂(主要含HgS)焙烧法,焙烧辰砂时发生的主要反应为HgS+O2
Hg+SO2,生成的汞为气态,冷凝得液态汞。
一种利用辰砂制备纯汞的流程如图所示。
下列分析正确的是()
A.焙烧时加入CaO的主要目的是降低HgS的熔点
B.含汞烟气需除汞后才能排放到大气中
C.用5%的硝酸洗涤时发生的是物理变化
D.在实验室中进行蒸馏操作需要蒸馏烧瓶、冷凝管和分液漏斗等仪器
【答案】B
【解析】
【分析】
辰砂(主要含HgS)焙烧法制汞,先加CaO焙烧,是为了固硫,减少二氧化硫的排放;再用硝酸洗涤杂志金属、最后蒸馏得到汞。
【详解】A.焙烧时加入CaO的主要目的是固化硫,减少二氧化硫的排放、空气的污染,故A错误;
B.工业废气需处理达标后排放,故B正确;
C.用5%的硝酸洗涤是溶解铅、铜等杂质,发生了化学变化,故C错误;
D.蒸馏是将互溶液体利用沸点不同的性质进行分离的操作,需要用到的仪器有:
蒸馏烧瓶、冷凝管等,不需要分液漏斗,故D错误;
答案选B。
【点睛】加入生石灰或碳酸钙固硫,减少二氧化硫气体的排放;工业废气、废水、废渣均需处理达标后排放。
4.—种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如图所示:
下列关于该聚合物的说法正确的是()
A.结构简式为
B.氢键是分子间作用力,对该高分子的性能没有影响
C.完全水解后得到的高分子有机物含有两种官能团
D.完全水解后得到的小分子有机物具有4种不同化学环境的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据加聚反应的特点,软质隐形眼镜材料的聚合物的单体的结构简式为
,高聚物为
,故A正确;
B.氢键对该高分子的性能有影响,主要是影响物质熔沸点,故B错误;
C.完全水解得到的高分子有机物,含有官能团羧基,故C错误;
D.完全水解得到的小分子有机物为乙二醇,分子中含2种氢原子,故D错误;
答案为A。
5.萝卜硫素(结构如图)是具有抗癌和美容效果的天然产物之一,在一些十字花科植物中含量较丰富。
该物质由五种短周期元素构成,其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大,Y、Z原子核外最外层电子数相等。
下列叙述一定正确的是()
A.原子半径的大小顺序为Z>W>X>Y
B.X的简单氢化物与W的氢化物反应生成离子化合物
C.萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足8电子稳定结构
D.Y、Z形成的二元化合物的水化物为强酸
【答案】A
【解析】
【分析】
通过给出的结构式可知,萝卜硫素含氢元素、碳元素,又该物质由五种短周期元素构成可知W、X、Y、Z中有一种是C,由“萝卜硫素”推知其中含硫元素,结合结构简式中的成键数目知,Z为S,Y为O,W为C,X为N。
【详解】A.原子半径:
S>C>N>O,故A正确;
B.C的简单氢化物是有机物,不与N的氢化物反应,故B错误;
C.萝卜硫素中氢元素不满足8电子稳定结构,故C错误;
D.SO3的水化物是硫酸,强酸;SO2的水化物是亚硫酸,弱酸,故D错误;
答案选A。
【点睛】Y、Z同族,且形成化合物时,易形成两个化学键,故Y为O,Z为S。
6.常温下,向20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中缓慢滴加pH=13的NaOH溶液,混合溶液的温度与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。
下列说法错误的是()
A.E点存在:
2c(Na+)=3c(H2C2O4)+3c(HC2O4-)+3c(C2O42-)
B.F点存在:
c(OH-)>c(H+)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)
C.在E、F和G点中,G点对应的Kw最小
D.G点对应的溶液中,c(Na+)>c(OH-)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.E点加入10mL等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4,根据物料守恒可得:
2c(Na+)=3c(H2C2O4)+3c(HC2O4-)+3c(C2O42-),故A正确;
B.F点温度最高,说明NaHC2O4与NaOH恰好完全反应,反应后溶质为Na2C2O4,根据溶液Na2C2O4中的质子守恒可得:
c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4),所以c(OH-)>c(H+)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4),故B正确;
C.根据图象可知,E、F和G点的温度:
F>G>E,温度升高水的离子积增大,则E点水的离子积最小,故C错误;
D.G点加入40mL等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2C2O4,Na+的浓度最大,C2O42−部分水解,则c(OH−)>c(C2O42−),溶液中离子浓度大小为:
c(Na+)>c(OH-)>c(C2O42-)>c(HC2O4-),故D正确;
答案选C。
7.利用电解原理将SO2、NOx转化为(NH4)2SO4的装置如图所示。
下列说法错误的是()
A.阴极的电极反应式:
NOx+(2x+3)e-+(2x+4)H+=NH4++xH2O
B.溶液C的酸性比硫酸铵稀溶液强
C.电极A与电源的负极相连,发生氧化反应
D.转移0.2mol电子时消耗0.1molSO2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示分析可知,电极A为阳极,SO2失去电子,电极B做阴极,NOx得到电子。
【详解】A.电极B为阴极,NOx得到电子,生成铵根离子,发生电极反应:
NOx+(2x+3)e-+(2x+4)H+=NH4++xH2O,故A正确;
B.在电解质溶液中,电极B中生成铵根离子,电极A处生成硫酸根离子,故硫酸铵稀溶液浓度变大,溶液C为浓硫酸铵溶液,酸性增强,故B正确;
C.电极A是阳极,与电源正极相连,发生氧化反应,故C错误;
D.1molSO2转化为硫酸根,转移2mol电子,则转移0.2mol电子时消耗0.1molSO2,故D正确;
答案选C。
【点睛】根据电极反应物推断电极及整个电池原理,可确定SO2失去电子,做阳极,与电源正极相连,再逐步分析其他问题。
8.纳米TiO2是一种重要的光催化剂。
以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下:
①组装装置如图所示,保持温度约为65℃,先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶,再加入3mL乙酰丙酮,充分搅拌;
②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,得到二氧化钛溶胶;
③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶,灼烧凝胶得到纳米TiO2。
已知:
钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂,遇水剧烈水解;Ti(OH)4不稳定,易脱水生成TiO2。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是__,冷凝管的作用是__。
(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率,其原理可能是__(填字母)。
A.增加反应的焓变
B.增大反应的活化能
C.减小反应的焓变
D.降低反应的活化能
制备过程中,减慢水解反应速率的措施还有_。
(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为__。
如图所示实验装置中,可用于灼烧二氧化钛凝胶的是__(填字母)。
(4)测定样品中TiO2纯度的方法是:
精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中,加入硫酸和硫酸铵的混合溶液,加强热使其溶解。
冷却后,加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。
加入金属铝,将TiO2+全部转化为Ti3+。
待过量的金属铝完全溶解并冷却后,加入指示剂,用0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。
重复操作2次,消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知:
Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。
①加入金属铝的作用除了还原TiO2+外,另一个作用是__。
②滴定时所用的指示剂为__(填字母)。
a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液
③样品中TiO2的质量分数为__%。
(Ti相对分子质量为48)
【答案】
(1).温度计
(2).冷凝回流(3).B(4).用含水20%的乙醇溶液代替水,缓慢滴加(5).Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH(6).a(7).与酸反应生成氢气,形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化(8).b(9).80
【解析】
【分析】
以钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为原料,在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶,再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。
【详解】
(1)由装置图可知,仪器a为温度计;冷凝管可起到冷凝回流的作用;
故答案为:
温度计:
冷凝回流;
(2)加入催化剂,不能改变焓变(只与反应的始末状态有关),可降低或增大活化能,而该处减缓反应速率,则增加活化能的作用,导致反应速率减小;另外为减慢水解反应速率,还可用含有20%的乙醇溶液代替水,缓慢滴加;
故答案为:
B;用含水20%的乙醇溶液代替水,缓慢滴加;
(3)Ti(OC4H9)4发生水解生成TiO2和丁醇,方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;灼烧二氧化钛凝胶,应在坩埚中进行;
故答案为:
Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;a;
(4)①加入铝,可与TiO2+反应生成Ti3+,与酸反应生成氢气,避免Ti3+被氧化;
②用NH4Fe(SO4)2溶液滴定,含有铁离子,可用KSCN做指示剂,滴定终点溶液颜色变为红色;
③根据方程式可得关系式TiO2~Ti3+~Fe3+~NH4Fe(SO4)2,n(NH4Fe(SO4)2)=0.1000mol•L-l×0.02L=0.002mol,则n(TiO2)=0.00200mol,m(TiO2)=0.00200mol×80g/mol=0.16g00,则质量分数为
;
故答案为:
与酸反应生成氢气,形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化;b;80。
9.某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)
相关信息如下:
①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3+
1.5
2.8
Fe2+
5.5
8.3
Zn2+
5.4
8.2
②ZnSO4
溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。
请回答:
(1)①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除,理由是__。
②步骤Ⅰ可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是__。
(2)步骤Ⅱ须加入过量H2O2理由是__。
(3)步骤Ⅲ,合适的pH范围是__。
(4)步骤Ⅳ,需要用到下列所有操作:
a.蒸发至溶液出现晶膜,停止加热;b.在60℃蒸发溶剂;c.冷却至室温;d.在100℃蒸发溶剂;e.过滤。
请给出上述操作的正确顺序__。
(操作可重复使用)
(5)步骤Ⅴ,某同学采用不同降温方式进行冷却结晶,测得ZnSO4•7H2O晶体颗粒大小分布如图所示。
根据该实验结果,为了得到颗粒大小相对均一
较大晶粒,宜选择__方式进行冷却结晶。
A.快速降温B.缓慢降温C.变速降温
(6)①ZnSO4•7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。
下列关于滴定分析,正确的是__。
A.图中,应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
B.滴定前,锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
C.将标准溶液装入滴定管时,应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定时,通常用左手控制旋塞滴加溶液,右手摇动锥形瓶,使溶液向同一方向旋转
E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡,滴定后尖嘴内有气泡,则测得的体积比实际消耗的小
②图中滴定终点是的读数是___mL。
【答案】
(1).Na2CO3水解,溶液呈碱性,促使油脂水解
(2).产生气泡的速率显著变慢(3).使Fe2+尽可能转化为Fe3+,H2O2易分解(4).2.8~5.4(5).dabace(6).C(7).ADE(8).20.60
【解析】
【分析】
镀锌铁皮先进行酸浸,溶解金属离子,再根据金属离子沉淀表除去铁离子,硫酸锌溶液蒸发得到晶体。
【详解】
(1)Na2CO3水解,溶液呈碱性,促使油脂水解,可用于洗涤油污;镀锌Fe片溶解于稀硫酸时,最初生成氢气的速率较快,当观察到产生气泡的速率显著变慢时可判断镀锌层完全反应;
故答案为:
Na2CO3水解,溶液呈碱性,促使油脂水解;产生气泡的速率显著变慢;
(2)双氧水具有氧化性,能氧化还原性离子Fe2+,然后调节溶液的pH,从而除去铁离子,离子方程式为
;
故答案为:
使Fe2+尽可能转化为Fe3+,H2O2易分解;
(3)由表中数据可知调节pH,可使铁离子完全生成沉淀,但不能影响锌离子,则pH范围为2.8≤pH<5.4;故答案为:
2.8~5.4;
(4)由溶液蒸发得到晶体,先加热温度较高,蒸发大量的水,至液面出现晶膜时,降低温度继续加热,然后过滤、洗涤,得到晶体,实验顺序为dabace;故答案为:
dabace;
(5)由图象可知,变速降温,可得到较大颗粒晶体;故答案为:
C。
(6)A.在酸式滴定管上涂凡士林时,涂在活塞的大头和活塞套小口的内侧,即ac处,故A正确;B.滴定操作时,锥形瓶不需要润洗,故B错误;C.在转移液体时,不需要借助仪器,故C错误;D.滴定时,通常用左手控制旋塞滴加溶液,右手摇动锥形瓶,使溶液向同一方向旋转,眼睛观察锥形瓶内颜色的变化情况,故D正确;E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡,滴定后尖嘴内有气泡,消耗标准液的体积偏小,则测得的体积比实际消耗的小,故E正确;读数时,眼睛视线与凹液面的最低处齐平,读数精确到0.01mL,读数为20.60mL;故答案为:
ADE;20.60。
10.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。
若所得溶液c(HCO3-):
c(CO32-)=2:
1,溶液中由水电离出的c(H+)=__。
(室温下,H2CO3的K1=4×10-7;K2=5×10-11)
(2)CO2和H2充入一定体积的密闭容器中,反应过程和在两种温度下CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。
①已知图所示反应每消耗1molH2,热量变化是16.3kJ,则反应的热化学方程式为__。
曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1__K2(填“>”或“=”或“<”)。
②一定温度下,若此反应在恒压容器中进行,能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__。
a.容器中压强不变
b.H2的体积分数不变
c.c(H2)=3c(CH3OH)
d.容器中密度不变
e.2个C=O断裂
同时有3个H—H断裂
③一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时,体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。
当温度为470K时,图中P点__(填“是”或“不是”)处于平衡状态。
490K之后,甲醇产率下降的原因是__。
(3)用二氧化碳可合成低密度聚乙烯(LDPE)。
常温常压下以纳米二氧化钛膜为工作电极,电解CO2,可制得LDPE,可能的机理如图所示。
则过程I中阴极电极反应式__,工业上生产1.4×104g的LDPE,转移电子的物质的量为__。
【答案】
(1).10-4mol·L-1
(2).CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-48.9kJ·mol-1(3).>(4).bd(5).不是(6).反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,且催化剂活性降低(7).CO2+e-=CO2-(8).6×103mol
【解析】
【详解】
(1)所得溶液
,由
可知
,则c(OH−)=10-4mol·L-1,则溶液中由水电离出的c(H+)=10-4mol·L-1;
故答案为:
10-4mol·L-1;
(2)①已知图1所示反应每消耗1molH2,热量变化是16.3KJ,涉及反应为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g),消耗3mol氢气,则热量变化为48.9kJ,曲线I、Ⅱ中Ⅱ温度较高,可知升高温度甲醇物质的量较小,应为放热反应,则热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H=-48.9kJ/mol,升高温度,平衡逆向移动,则平衡常数减小,K1>K2;
故答案为:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-48.9kJ·mol-1;>;
②a.反应在恒压条件下进行,无论是否达到平衡,容器中压强都不变,故a错误;b.H2的体积分数不变,可说明达到平衡状态,故b正确;c.平衡常数未知,且不能确定反应物转化的程度,c(H2)=3c(CH3OH)不能确定是否达到平衡状态,故c错误;d.反应前后体积不等,在恒压条件下,容器中密度不变,可说明达到平衡状态,故d正确;e.2个C=O断裂的同时有3个H-H断裂,都为正反应速率,不能说明正逆反应速率相等,故e错误;故答案为:
bd;
③由于产率最高之前,未达到平衡状态,反应为放热反应,达到平衡之后,升高温度,平衡逆向移动,产率下降,且催化剂活性降低;
故答案为:
不是;反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,且催化剂活性降低;
(3)过程I中阴极电极发生还原反应生成
,电极方程式为
,由C原子守恒可知关系式为2nCO2~
,碳的化合价从+4变为-2,每个C原子得到6个电子,则2nCO2总共得到12n个电子,根据电荷守恒可得该电极反应式为:
2nCO2+12e−+12nH+=
+4nH2O,需要二氧化碳的物质的量为:
,则转移电子的物质的量为
;
故答案为:
;6×103mol。
11.金属铜是被人们认识和利用较早的金属之一,西汉《淮南万毕术》中有“曾青得铁则化为铜”的记载,“曾青”是CuSO4溶液。
回答下列问题:
(1)一些铜盐在灼烧时会产生特殊的颜色,原因是___。
(2)CuSO4溶液中,金属阳离子的最高能层符号为___;其中未成对电子数为___。
(3)CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4SO4]H2O,其结构如图所示:
①[Cu(H2O)4]2+中O原子的杂化类型为___。
1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的个数为___(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
②CuSO4·5H2O结构中含有的化学键的类型有___,所含元素的电负性大小顺序为___。
(4)金属铜的晶胞结构如图所示。
①该晶胞结构中含有由Cu原子构成的正八面体空隙和正四面体空隙,则正八面体空隙数和正四面体空隙数的比为___。
②科研发现硫化铜可以作为一种极为重要的P型半导体,其晶胞结构可以理解为铜晶胞中互不相邻的正四面体形成的空隙被S2-占据,若该晶体的密度为ag·cm-3,则两个最近的S2-之间的距离为___pm(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】
(1).灼烧时基态铜原子的电子跃迁到较高能级,电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时,将以一定波长(可见光区域)的光的形式释放能量
(2).M(3).1(4).sp3(5).12NA(6).配位键、共价键和离子键(7).O>S>H>Cu(8).1:
2(9).
×
×1010
【解析】
【详解】
(1)铜盐在灼烧时会产生特殊的颜色,这是由于金属的焰色反应导致的:
灼烧时基态铜原子的电子跃迁到较高能级,电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时,将以一定波长(可见光区域)的光的形式释放能量;
故答案为:
灼烧时基态铜原子的电子跃迁到较高能级,电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时,将以一定波长(可见光区域)的光的形式释放能量;
(2)CuSO4溶液中,金属阳离子的核外电子排布式为:
,最高能层符号是M,3d有5个轨道,根据洪特规则和泡利不相容规则,一个轨道最多容纳2个电子,故有1个未成对电子;
故答案为:
M;1;
(3)①[Cu(H2O)4]2+中O原子的杂化类型,可直接分析水中氧原子的杂化方式,根据公式计算
,故氧原子采取sp3杂化;1mol[Cu(H2O)4]2+中,每摩尔水含2molσ键,氧和铜形成1mol配位键,故1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的个数为12NA;
故答案为:
sp3;12NA;
②根据CuSO4·5H2O的结构图可知,4个水和铜形成配位键,由原子提供孤对电子,水与硫酸根均含共价键,硫酸铜还含有离子键,故CuSO4·5H2O结构中含有的化学键的类型有配位键、共价键和离子键;根据元素周期律可知,元素周期表越靠近右上位置,电负性越强,故CuSO4·5H2O所含元素的电负性大小顺序为O>S>H>Cu;
故答案为:
配位键、共价键和离子键;O>S>H>Cu;
(4)①晶胞中共有同一顶点的3个面心的微粒与顶点微粒形成正四面体,晶胞中正四面体数目为8;面心位置6个微粒围成正八面体,将晶胞补全可知共用1条棱的4个面心与该棱顶点微粒也围成正八面体,而这样的正八面体为4个晶胞共有,晶胞单独占有正八面体数目
,故晶体中正八面体和正四面体空隙数的比值为
;
②该硫化铜(CuS)晶体中,硫离子位于8个顶点和6个面心,故1个晶胞中硫离子数为:
,铜离子个数也为4,则晶胞体积:
(pm3),两个最近的S2-是位于顶点和面心的位置,则两个最近的S2-之间的距离为边长的
倍,最近距离为:
×
×1010;
故答案为
×
×1010。
12.有机物
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 河北衡水中学届高考模拟2 化学 含答案 河北 衡水 中学 高考 模拟 答案