钾长石的主要成分为硅酸盐.由前20号元素中的四种组成.化学式为XYZ3W8.其中只有W显负价．X.Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等.Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构.X.W的质子数之和等于Y.Z的质子数之和．下列说法错误的是( )A．X的离子半径＞Y的离子半径B．Z的氢化物稳定性＞W的氢化物稳定性C．化合物X2W2和Y2W3中都不含配位题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ₃W₈，其中只有W显负价．X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，Y³⁺与W的阴离子具有相同的电子层结构，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和．下列说法错误的是（　　）

	A．	X的离子半径＞Y的离子半径
	B．	Z的氢化物稳定性＞W的氢化物稳定性
	C．	化合物X₂W₂和Y₂W₃中都不含配位键
	D．	1 mol ZW₂晶体所含Z-W键的数目为4N_A

分析钾长石的主要成分为硅酸盐，只有W显负价，应为O元素，Y³⁺与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，该硅酸盐为KAlSi₃O₈，以此解答该题．

解答解：只有W显负价，应为O元素，Y³⁺与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，该硅酸盐为KAlSi₃O₈．
A．K⁺比Al³⁺多一个电子层，K⁺离子半径较大，故A正确；
B．非金属性O＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；
C．K₂O₂、Al₂O₃两种化合物都为离子化合物，K₂O₂含有离子键和共价键，而Al₂O₃只含有离子键，均不含有配位键，故C正确；
D．在二氧化硅中，每个硅原子周围有4个Si-O键，所以lmolSiO₂晶体所含Si-O键的数目为4N_A，故D正确．
故选B．

点评本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解答关键，D选项为易错点，中注意熟记中学常见的晶体结构．

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13．苯硫酚（PhSH）是一种用途广泛的有机合成中间体．工业上用常用氯苯（PhCl）和硫化氢（H₂S）在高温下反应来制备苯硫酚，但会有副产物苯（PhH）生成．
Ⅰ：PhCl_（g）+H₂S_（g）?PhSH_（g）+HCl_（g）△H₁=-16.8kJ•mol^-1
Ⅱ：PhCl_（g）+H₂S_（g）═PhH_（g）+HCl_（g）+$\frac{1}{8}$S_8（g）△H₂
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ为可逆反应，写出平衡常数的表达式K=$\frac{c（PhSH）×c（HCl）}{c（PhCl）×c（{H}_{2}S）}$，反应Ⅱ为不可逆反应，△H₂=＜0．（填写“＞”，“＜”，“=”）
（2）上述两个反应的能量变化如图一所示，则在某温度时反应速度v（Ⅰ）＞ v（Ⅱ）．（填写“＞”，“＜”，“=”）
（3）现将一定量的氯苯和硫化氢置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20分钟测定生成物的浓度，得到图二和图三．
①请解释图二中两条曲线的变化开始时，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ速率，所以生成苯硫酚浓度大于苯；反应Ⅰ达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，所以生成物苯硫酚浓度减小；反应Ⅱ是不可逆反应，温度升高反应速率加快，生成的苯浓度增加，消耗了反应物，进一步导致反应Ⅰ逆向移动．
②若要提高主产物苯硫酚的产量，可采取的措施是R=2.5，温度控制在590K．
（4）请根据图二、图三，画出恒温恒容条件下反应主产物苯硫酚的物质的量随时间变化的曲线图．

10．下列各组中的性质比较，正确的是（　　）
①酸性：HClO₄＞HBrO₄＞HIO₄
②碱性：Ba（OH）₂＞Ca（OH）₂＞Mg（OH）₂
③还原性：F^-＞Cl^-＞Br^-
④稳定性：HCl＞H₂S＞PH₃．

17．苯分子实际上不具有碳碳单键和碳碳双键的简单交替结构，可以作为证据的事实有（　　）
①苯的间位二元取代物只有一种　②苯的邻位二元取代物只有一种 ③苯不能使酸性KMnO₄溶液褪色　④苯能在一定条件下与氢气反应生成环己烷　⑤苯在FeBr₃存在的条件下同液溴发生取代反应．

7．有人欲配制下列含有四种不同阴、阳离子的溶液，其中能配制成功的是（　　）

	A．	K⁺、H⁺、SO₄^2-、CO₃^2-		B．	Na⁺、Ca²⁺、SO₄^2-、NO₃^-
	C．	Ag⁺、Mg²⁺、Cl^-、S^2-		D．	Na⁺、Cu²⁺、Cl^-、SO₄^2-

14．（1）23.75g某二价金属的氯化物（MCl₂）中含有3.01×10²³Cl^-，则MCl₂的摩尔质量是95g•mol^-1，MCl₂的相对分子质量是95，M的相对原子质量是24．
（2）2mol 尿素[CO（NH₂）₂]所含氧原子跟36 g H₂O所含氧原子个数相等．
（3）标准状况下，22.4L CH₄；②1.5mol NH₃；③1.806×10²⁴个H₂O；④标准状况下，73g HCl．所含H原子个数由多到少的顺序是③＞②＞①＞④．

11．下列装置、试剂选用或操作正确的是（　　）

	A．	除去NO中的NO₂		B．	稀释浓硫酸
	C．	实验室制取NH₃		D．	制备氢氧化亚铁并观察其颜色

5．某小组同学利用铝和氧化铁发生铝热反应后得到的固体进行如下实验．
（1）铝和氧化铁反应的化学方程式是2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+2Fe．
（2）固体成分的初步确定．

实验序号	操作及现象
ⅰ	取少量固体样品，加入过量稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经检验为H₂），溶液呈浅黄色
ⅱ	向ⅰ中所得溶液中加入少量KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H₂O₂溶液至过量，产生无色气体（经检验为O₂），溶液变为深红色，且红色很快褪去

①由上述实验可知：溶液中Fe元素的存在形式有Fe²⁺、Fe³⁺．
②ⅰ中产生H₂的原因是样品中除含Fe外，可能有未反应的Al，为检验样品中是否含Al单质，设计了相关实验，依据的原理是（用离子方程式表示）2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑．
③生成O₂的化学方程式是2H₂O₂$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑．
进一步的实验表明，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：Fe、Fe₂O₃、Fe₃O₄．
（3）该小组同学对ⅱ中溶液红色褪去的原因做进一步探究．

实验序号	操作、现象
ⅲ	将ⅱ中剩余溶液均分为两份，一份滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀；另一份滴加BaCl₂溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀不溶解
ⅳ	取2mL 0.1mol/L FeCl₃溶液，滴入KSCN溶液，溶液变为红色，通入一段时间O₂，无明显变化．再加入H₂O₂溶液，红色很快褪去

提示：KSCN中S元素的化合价为-2价
①实验ⅲ中白色沉淀的化学式是BaSO₄．
②结合实验ⅲ和ⅳ分析，实验ⅱ中红色褪去的原因是溶液中SCN^-离子被H₂O₂氧化，溶液红色褪去．
③查阅资料得知：Cl^-对溶液红色褪去的反应有催化作用，验证该说法应补充的实验和现象是分别取2mL0.1mol/LFeCl₃溶液和2mL 0.05mol/L Fe₂（SO₄）₃溶液，分别滴入KSCN溶液，溶液均变为红色；再分别加入等浓度等体积的H₂O₂溶液，FeCl₃溶液褪色快（或取0.05mol/L Fe₂（SO₄）₃溶液，滴入KSCN溶液，溶液变红色，将红色溶液分为2份，1份加入NaCl固体，另一份不变，向这两份溶液中均加入等浓度等体积的H₂O₂溶液，加入NaCl的溶液红色迅速褪色）．

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