山东省潍坊市诸城一中届高三份模拟化学试题解析版.docx
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山东省潍坊市诸城一中届高三份模拟化学试题解析版
诸城一中高三化学期中考试模拟
一、选择题
1.火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺,原理为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。
下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A.K+的结构示意图:
B.K2S的电子式:
C.CO2的结构式为:
O=C=OD.16O2与18O3互为同位素
【答案】C
【解析】
【详解】A.K元素的核电荷数为19,质子数为19,核外电子数为19,K+表示失去最外层一个电子,K+核外还有18个电子,各层电子数分别为2、8、8,K+的结构示意图为
,故A错误;
B.K2S结构中K+与S2-形成离子键,其电子式为
,故B错误;
C.CO2中C原子与每个O原子形成两对共用电子对,电子式
,其结构式为O=C=O,故C正确;
D.有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素,则同位素的对象为原子,而16O2与18O3均为单质,故D错误;
答案为C。
2.化学与生活密切相关。
下列说法错误的是
A.将84消毒液和医用酒精混合使用,能更有效地杀死环境中的新冠病毒
B.医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料
C.疫苗必须冷藏存放,其目的是避免疫苗蛋白质变性
D.“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂”。
该过程不属于升华
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.84消毒液的主要成分为NaClO,ClO-水解形成的HClO具有强氧化性,医用酒精是75%的酒精,乙醇具有还原性,两者混合使用会发生氧化还原反应,降低杀菌消毒的效果,同时还会产生有毒气体Cl2,A选项错误;
B.聚丙烯熔喷布通过丙烯加聚反应制得,属于合成有机高分子材料,B选项正确;
C.疫苗中含有蛋白质,蛋白质在温度较高时容易变性,所以一般应该冷藏存放,C选项正确;
D.“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂”即HgS发生分解反应生成水银,S与Hg化合再生成HgS,此过程是化学变化,而升华是物理变化,D选项正确;
答案选A。
3.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.若1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后,其中胶体粒子的数目为NA
B.将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中,当有1molBr-转化为Br2时,转移的电子数为NA
C.44.0g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键
D.1molCaO2晶体中含离子总数为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成,因此1molFeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后,其中胶体粒子的物质的量小于1mol,故A错误;
B.Fe2+的还原性强于Br-,通入氯气,先发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,然后再发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2,当Br-转化成Br2时,Fe2+全部转化成Fe3+,转移电子物质的量大于1mol,故B错误;
C.环氧乙烷的键线式为
,1mol环氧乙烷中含有6mol极性键,则44.0g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为
=6mol,故C正确;
D.CaO2是由Ca2+和O22-组成,1molCaO2中离子总物质的量为2mol,故D错误;
答案:
C。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.Cl2通入水中制氯水:
B.NO2通入水中制硝酸:
C.
NaAlO2溶液中通入过量CO2:
D.
AgNO3溶液中加入过量浓氨水:
【答案】C
【解析】
【详解】A.次氯酸为弱酸,书写离子方程式时应以分子形式体现,正确的是Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,故A错误;
B.NO2与H2O反应:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,离子方程式为3NO2+H2O=2H++2
+NO,故B错误;
C.碳酸的酸性强于偏铝酸,因此NaAlO2溶液通入过量的CO2,发生的离子方程式为
+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
,故C正确;
D.AgOH能与过量
NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH,故D错误;
答案为C。
【点睛】本题应注意“量”,像选项C中若不注意CO2是过量的,往往产物写成
,还有选项D,AgOH能溶于氨水中,生成银氨溶液。
5.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx),将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理,其转化过程如图所示。
下列说法正确的是
A.该转化过程的实质为NOx被H2还原
B.x=l时,过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1
C.处理过程中,混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少
D.过程I发生反应的离子方程式:
H2+Ce4+=2H++Ce3+
【答案】A
【解析】
【分析】
分析转化过程图,可知在过程I中发生H2+2Ce4+=2H++2Ce3+,在过程Ⅱ中发生2NOx+4xH++4xCe3+=2xH2O+N2+4xCe4+,据此进行分析。
【详解】A.由分析可知,总反应可以看作烟气与氢气反应,该转化过程的实质为NOx被H2还原,A项正确;
B.x=1时,根据图示,过程II中发生2NO+4H++4Ce3+=2H2O+N2+4Ce4+,N的化合价降低,NO为氧化剂,Ce3+为还原剂,根据得失电子守恒:
,因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:
2,B项错误;
C.过程I发生H2+2Ce4+=2H++2Ce3+,过程II发生2NOx+4xH++4xCe3+=2xH2O+N2+4xCe4+,处理过程中,混合液中Ce3+和Ce4+总数不变,C项错误;
D.根据图示,过程I发生H2+Ce4+→H++Ce3+,利用化合价升降法进行配平,离子方程式为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+,D项错误;
答案选A。
6.实验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示,下列说法正确的是()
A.装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液,其作用是除去SO2中的HCl
B.装置D中水浴控制在80℃左右,若温度过高时,因二氧化硫溶解度减小反应速率可能减慢
C.将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4·H2O
D.装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH-=
+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na2SO3溶液能与SO2反应,故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液,可用饱和NaHSO3溶液,A错误;
B.当温度过高时,SO2在水中的溶解度减小,反应速率减慢,B正确;
C.MnSO4•H2O受热易分解,故不能将溶液蒸干,可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4•H2O,C错误;
D.石灰乳是悬浊液,Ca(OH)2主要以固体形式存在,应该写化学式,不能拆写,因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O,D错误;
故答案为B。
7.铜与浓硫酸反应的装置如图所示。
下列描述合理的是()
A.反应过程中,试管Ⅰ中出现灰黑色固体是
B.反应结束后,为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水
C.若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液,可观察到紫色褪至无色
D.为验证气体产物具有还原性,试管Ⅱ可盛放溴水
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应,生成灰黑色的硫化亚铜,
是红色固体,故A错误;
B.不能直接向试管中加入适量水,浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅,则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色,故B错误;
C.铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫,二氧化硫和水反应会生成亚硫酸,能使紫色石蕊溶液变红,但不褪色,故C错误;
D.实验中产生的二氧化硫气体,通入溴水中,二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应,生成硫酸和盐酸,会使溴水褪色,溴具有氧化性,二氧化硫体现还原性,故D正确;
答案选D。
【点睛】二氧化硫具有还原性,漂白性等,可以使品红溶液褪色,只能使紫色石蕊溶液变红,但不能使之褪色。
8.下列实验中,实验设计或所选装置合理的是()
A.用乙醇提取碘水中的碘,应选择图③所示装置
B.用图①和图②所示装置进行粗盐提纯
C.用图④所示装置进行石油分馏实验制取汽油
D.图⑤所示装置中盛有饱和
溶液,用于除去
中含有的少量
【答案】B
【解析】
【详解】图①为过滤操作,图②为蒸发操作,图③为分液操作,图④为蒸馏操作,图⑤为洗气装置;
A.碘在乙醇中的溶解度比在水中的大,则碘更易溶解在乙醇中,但乙醇与水任意比互溶,不能用于萃取碘水中的碘单质,故A错误;
B.粗盐提纯过程中需要过滤和蒸发操作,故B正确;
C.石油是烃的混合物,根据其成分的沸点不同,可用蒸馏的方法将成分进行分离,进行石油分馏实验制取汽油需用温度计测量以控制馏分的温度,故C错误;
D.
可与
溶液反应,应使用饱和
溶液除去少量HCl气体,故D错误;
答案选B。
【点睛】利用蒸馏的方法将互溶的沸点差别较大的两种液体分离时,一般要使用温度计来控制蒸汽的温度,确保分离出较纯净的物质。
9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。
用表中信息判断下列说法正确的是
元素
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
H3ZO4
溶液对应的pH(25℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
A.元素电负性:
Z W C.元素第一电离能: Z X 【答案】A 【解析】 【分析】 四种短周期元素,均可以形成最高价氧化物对应的水化物。 有H3ZO4可知,该酸为弱酸,则Z为P元素;0.1mol∙L−1W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70,说明该物质为多元强酸,为硫酸,则W为S元素;0.1mol∙L−1Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00,说明该物质为一元强碱,为氢氧化钠,则Y为Na元素;0.1mol∙L−1X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00,说明该物质为一元强酸,为硝酸,则Y为N元素,据此回答。 【详解】A.同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大,因S的原子序数大于P,则S的电负性大于P,胡A正确; B.电子层数越多离子半径越大,Na+有两个电子层而S2−有三个电子层,因此S2−的离子半径较大,故B错误; C.同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大,但由于第ⅡA、ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态,原子结构较为稳定,故第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大,故P的第一电离能大于S,故C错误; D.相对分子质量越大,物质的熔沸点越高,但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键,因此NH3的沸点高于PH3的沸点,故D错误; 综上所述,答案为A。 【点睛】分子的相对分子质量越大,熔沸点越高,但需要注意分子间是否能够形成氢键;分子间氢键可以增大物质的熔沸点,但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。 10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,仅X、Y处于同周期,Y是地壳中含量最高的元素,Z的原子序数是X的两倍,X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质。 下列说法正确的是()。 A.简单离子的半径: B.简单氢化物的热稳定性: C.W与Y形成的化合物只含有极性共价键 D.Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱 【答案】B 【解析】 【分析】 Y是地壳中含量最高的元素,是O元素,仅X、Y处于同周期,W是H,Z的原子序数是X的两倍,X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质,Z是第三周期的元素,则X、Y、Z分别为C、O、Mg,由此分析。 【详解】A.O2-和Mg2+的核外电子排布相同,核电荷数越大,对原子核的吸引能力越强,半径越小,故半径r(O2-)>r(Mg2+),即 ,故A错误; B.X是碳,Y是氧,碳和氧为同一周期,同周期从左到右,非金属性增强,非金属性 ,非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,简单氢化物的热稳定性: ,故B正确; C.W是H,Y是O,W与Y形成的化合物可能是水或过氧化氢,可能含有极性键或非极性键,故C错误; D.Z是Mg,它最高价氧化物对应的水化物为弱碱,故D错误; 答案选B。 二、选择题,每小题有一个或者两个选项符合题目要求 11.某兴趣小组探究Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应,设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。 下列有关说法错误的是() A.该反应的离子方程式是Ba2++2OH-+SO +2H+=BaSO4↓+2H2O B.反应在经历大约270秒时,放出的热量也达到最大值。 C.导电能力最低点表示Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应 D.用盐酸代替H2SO4溶液,测得的导电性曲线和上述曲线相同 【答案】BD 【解析】 【详解】A.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生反应生成硫酸钡和水,离子反应方程式为: Ba2++2OH-+SO +2H+=BaSO4↓+2H2O,故A正确; B.导电能力最低点,Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应,此时放出的热量达到最大值,故B错误; C.导电能力最低点,此时Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应,溶液中几乎没有自由移动的离子,故C正确; D.用盐酸代替硫酸溶液,此发生反应为: Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O,其实质为: OH-+H+=H2O,其导电能力不会降为0,可以测得的导电性曲线和上述曲线不相同,故D错误; 故选BD。 12.某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2,其反应机理如图所示: 根据以上信息判断,下列叙述错误的是 A.过程①至过程④中硼元素的化合价不变 B.X是H3BO3,H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等 C.过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等 D.0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量) 【答案】B 【解析】 【详解】A.由图示可知,过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH)4-,硼元素的化合价一直为+3价,化合价不变,A正确; B.过程④中2moH2O水与2molX反应生成2molB(OH)4-和1molH2,根据元素守恒X为H3BO3,H3BO3中H为+1价,但在BH3分子中H为-1价,B错误; C.由图示可知,过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA,过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,,两者不相等,C正确; D.NaBH4中H为-1价,0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量2 0.25mol 4=2mol,标准状况下22.4LH2为1mol,1molH2生成H+失去的电子的量2 1mol=2mol,故两者还原能力相当,D正确; 答案选B。 13.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是常用的氨化剂之一。 某研究小组利用反应原理: 2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s)ΔH<0制备氨基甲酸铵,其装置如图所示,已知: H2NCOONH4(s)白色固体,易分解、易水解。 则下列观点不正确的是() A.仪器1是恒压漏斗,该实验用于防倒吸 B.仪器2和仪器3都可以放置NaOH 固体 C.为了完成实验,应在装置5和6之间,依次添加干燥装置和安全瓶 D.若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡,应控制旋塞,加大浓氨水的流速 【答案】A 【解析】 【详解】A.仪器1是恒压漏斗,其作用为使漏斗内液体顺利流下,A错误; B.浓氨水和氢氧化钠固体混合可以制氨气,氢氧化钠固体可以干燥氨气,故仪器2和仪器3都可以放置NaOH固体,B正确; C.防止生成的氨基甲酸铵水解,或者防止氨气过量导致装置6倒吸,应在应在装置5和6之间,依次添加干燥装置和安全瓶,C正确; D.若反应初期观察到装置6内稀硫酸溶液中产生气泡,说明二氧化碳过量,应该加快产生氨气的流速,D正确; 答案选A。 14.下列关于物质结构的命题中,错误的项数有() ①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种 ②元素Ge位于周期表第四周期IVA族,核外电子排布式为[Ar]4s24p2,属于p区 ③非极性分子往往具有高度对称性,如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子 ④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1: 2 ⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀,既能溶于硝酸、也能溶于氨水,是两性氢氧化物 ⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“...”表示)结合成NH3·H2O分子,根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为: ⑦HF沸点高于HCl,是因为HCl共价键键能小于HF ⑧可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键 A.4项B.5项C.6项D.7项 【答案】B 【解析】 【详解】①甲基中,碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4,所以为sp3杂化,-COOH中,碳原子价层电子对个数=3+0=3,形成3个σ键,无孤对电子,采取sp2杂化,①正确; ②Ge位于第四周期ⅣA族,Ge为32号元素,原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,属于p区元素,②错误; ③H2O2结构不对称,属于极性分子,③错误; ④Na2O每有2个Na+,就有1个O2-,阴阳离子个数比为1: 2,Na2O2每有2个Na+,就有1个 ,阴阳离子个数比为1: 2,NaHSO4晶体中为Na+和 ,阴阳离子个数比为1: 1,④错误; ⑤Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸,但Cu(OH)2能溶于氨水,是因为Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子,属于络合反应,Cu(OH)2无两性,⑤错误; ⑥氢键应形成于X H-Y形式中,X、Y必须是N、O、F元素之一,这样NH3·H2O的结构式有两种可能: H3N H-O-H、H2N-H OH2,由于NH3·H2O可电离出 和OH-,前者合理,⑥正确; ⑦HF和HCl属于分子晶体,由于HF中存在H—F H这样的相互作用,即氢键,使得HF沸点高于HCl,⑦错误; ⑧O可以形成氢键,因此可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键,⑧正确; 综上所述,共5项错误,答案选B。 15.亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂,受热易分解: 3K4[Fe(CN)6] 12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C,下列关于该反应说法错误的是() A.已知Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围,则铁的配位数是3 B.配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子 C.(CN)2分子中σ键和π键数目比为3: 4 D.Fe2+的最高能层电子排布为3d6 【答案】AD 【解析】 【详解】A.由Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围可知,与碳原子紧邻的铁原子,以碳原子为原点建立三维坐标系,6个铁原子形成的空间结构为正八面体,配位数之比等于相应原子数目反比,则Fe原子配位数为6× =2,故A错误; B.配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN—,由于电负性N>C,则C原子提供孤对电子,即配位原子是碳原子,故B正确; C.(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N,单键为σ键,三键中有1个σ键和2个π键,则σ键和π键数目比为3: 4,故C正确; D.Fe为26号元素,其原子核外共有26个电子,Fe原子失去4s轨道上的2个电子得Fe2+,Fe2+的最高能层电子排布为3s23p63d6,故D错误; 故选AD。 三、非选择题 16.Cu(In1-xGaxSe2)(简称CIGS)可作多晶膜太阳能电池材料,具有非常好的发展前景。 回答下列问题: (1)已知铟的原子序数为49,基态铟原子的电子排布式为[Kr]___;Ga、In、Se,第一电离能从大到小顺序为___。 (2)硅与碳位于同主族,碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键,但是硅的化合物中只存在硅硅单键,其主要原因是___。 常温常压下,SiF4呈气态,而SiCl4呈液态,其主要原因是___。 (3)31Ga可以形成GaCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物,向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液,有沉淀生成;过滤后,充分加热滤液有氨气逸出,且又有沉淀生成,两次沉淀的物质的量之比为1: 2。 则该溶液中溶质的化学式为___。 (4)SeO32-的立体构型为___;SeO2中硒原子采取杂化类型是___。 (5)常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。 已知: 晶胞中S2-的位置如图1所示,铜离子位于硫离子所构成的四面体中心,它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。 已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm,阿伏加德罗常数的值为NA。 ①CuS晶体中,相邻 两个铜离子间的距离为___pm。 ②Cu2S晶体中,S2-的配位数为___。 ③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm-3(列出计算式即可)。 【答案】 (1).4d105s25p1 (2).Se>Ga>In(3).硅原子半径大于碳,硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小,形成三键、三键不稳定(4).组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大(5).[Ga(NH3)4Cl2]Cl(6).三角锥形(7).sp2(8). a(9).8(10). 【解析】 【分析】 Ga与In同主族,Se与Ga同周期;碳与硅同主族,碳原子半径小于硅原子半径;硒原子的价层电子数为4,其中为1个孤对电子对、3个成键电子对;CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上,铜离子位于体内,配位数为4。 【详解】 (1)镓原子的质子数为49,电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1,简写为[Kr]4d105s25p1;Ga与In同主族,Se与Ga同周期,同一主族从上到下第一电离能逐渐减小,同周期从左到右第一电离能逐渐增大,则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In。 (2)碳碳双键、碳碳叁键都有 键,硅原子的半径大于碳原子,硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子, 键不稳定。 四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质,组成、结构相似,四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅,故四氯化硅的分子间作用力较大,沸点较高。 (3)向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液,有沉淀生成;过滤后,充分加热滤液有氨气逸出,且又有沉淀生成,两次沉淀的物质的量之比为1: 2,说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2: 1,由于Ga3+的配位数为6,则该配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。 (4)SeO32-中硒原子的价层电子对数为4,其中为1个孤对电子对、3个成键电子对,故它的立体构型为三角锥形;二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对,采取sp2杂化。 (5)①由题意可知,铜离子位于互不相邻的四面体中心,因此相邻的两个铜离子间的距离为 apm。 ②铜离子配位数为4,根据化学式为Cu2S,得出S2-的配位数为8。 ③Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子,故晶体的密度为ρ= g·cm-3。 17.实验室由炼钢污泥(简称铁泥,主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。 其主要实验流程如下: (1)酸浸: 用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中
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