题目内容

15．（1）胶体粒子的大小在1-100nm 之间，丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射形成的；
（2）下列物质：①Na  ②Br2 ③Na2O ④NO2 ⑤CO2 ⑥SO3 ⑦NH3 ⑧H2S ⑨HCl  ⑩H2SO4⑪Ba（OH）2⑫NaCl⑬蔗糖⑭NaCl溶液．
属于电解质的是③⑧⑨⑩⑪⑫，属于非电解质的是④⑤⑥⑦⑬，能导电的是①⑭；
（3）9.2g氮的氧化物NOx中含有N原子数为0.2mol，则NOx的摩尔质量为46g/mol，x数值为2，这些质量的NOx在标准状况下的体积约为4.48L．

分析 （1）胶体离子直径在1-100nm之间，胶体的丁达尔现象是由于光发生散射形成的；
（2）根据导电原因、电解质、非电解质的定义判断．
能导电的物质必须含有自由电子或自由离子；
电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；
非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物；
（3）氮原子物质的量与NOx的相等，据此计算NOx的物质的量，再根据M=$\frac{m}{n}$计算NOx的摩尔质量，进而计算x的值，计算9.2gNOx的物质的量，从而计算标况下的体积．

解答 解：（1）胶粒直径介于 1～100nm之间，小于可见光光波长，对光散射形成丁达尔效应，故答案为：1-100nm；光的散射；
（2）①Na属于金属单质，能导电不是化合物，既不是电解质也不是非电解质； ②Br2 不能导电，属于非电解质单质，既不是电解质也不是非电解质；③Na2O不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质； ④NO2 本身不能电离，属于非电解质；⑤CO2 本身不能电离，属于非电解质；⑥SO3 本身不能电离，属于非电解质；⑦NH3 本身不能电离，属于非电解质；⑧H2S不能导电，溶于数能导电，属于电解质；⑨HCl不能导电，溶于水能导电，属于电解质； ⑩H2SO4不能导电，溶于水能导电，属于电解质；⑪Ba（OH）2不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑫NaCl不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑬蔗糖不能导电，属于非电解质；⑭NaCl溶液，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：③⑧⑨⑩⑪⑫；④⑤⑥⑦⑬；①⑭；
（3）由于氮原子物质的量与NOx的相等，9.2g氮的氧化物NOx中含有N原子数为0.2mol，即NOx的物质的量为0.2mol，故NOx的摩尔质量M=$\frac{m}{n}=\frac{9.2g}{0.2mol}$=46g/mol；
由于14+16X=46，解得X=2；这些质量的NOx的物质的量为0.2mol，在标况下的体积V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；故答案为：46g/mol；2；4.48．

点评 本题主要考查胶体的性质、电解质和非电解质，明确概念的要点即可解答，抓住化合物来分析是解答的关键，并注意导电的原因来解答．

练习册系列答案
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8．加盐酸或加入烧碱溶液使下列离子浓度都减小的是（　　）
A．HCO3-B．Al3+C．CH3COO-D．H2PO4-
9．S轨道和P轨道杂化的类型不可能有（　　）
A．sp杂化B．sp2杂化C．sp3杂化D．sp4杂化
3．实验室中以粗铜（含杂质）为原料，某种制备铜的氯化物的流程如图1：

按要求回答下列问题：
（1）操作①的所用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯．
（2）上述流程中，所得固体1需要加稀盐酸溶解，其理由是抑制氯化铜、氯化铁水解；溶液1可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）C．
a．NaOH      b．NH3•H2O       c．CuO      d．CuSO4
（3）反应②是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀．写出制备CuCl的离子方程式：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuCl↓+4H++SO42-．
（4）现用如图2所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）．

①按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→d、e→h、i→f、g→b．实验中大试管加热前要进行一步重要操作，其操作是通入一段时间的氯气，将装置中的空气排尽．
②反应时，盛粗铜粉的试管中的现象是产生大量棕黄色烟．
（5）在溶液2转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色．小组同学欲探究其原因．已知：氯化铜溶液中有如下转化关系：
Cu（H2O）42+（aq）+4Cl-（aq）?CuCl42-（aq）+4H2O（l）
   蓝色                         绿色
该同学取氯化铜晶体配成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能证明溶液中有上述转化关系的是abc（填序号）．
a．将Y稀释，发现溶液呈蓝色           b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色
c．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色   d．取Y进行电解，溶液颜色最终消失．
10．氮化铝（AlN）陶瓷是一种类金刚石氮化物的新型无机非金属材料，最高可稳定到2200℃，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料．氮化铝还是电绝缘体，介电性能良好，用作电器元件也很有希望．超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产领域，制取原理为：Al2O3+3C+N2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2AlN+3CO．
某化学研究性学习小组成员根据氮化铝的制取原理，进行了如下探究．
（1）在制取氮化铝时由于反应不完全，氮化铝产品中所含杂质除了碳以外还可能存在氧化铝（填物质名称）．
（2）为测定该产品中有关成分的含量，甲、乙两同学设计了以下两个实验：
甲同学：称取10.00g样品，将其加入过量的氢氧化钠溶液中共热并蒸干，其中AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，并放出气体，上述反应的化学方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑．
乙同学：认为测定某氮化铝中含有杂质，可用图中Ⅰ装置来进行检验，根据AlN与NaOH溶液反应所生成气体的体积来测定样品中氮化铝的质量分数，并根据实验现象来确定杂质的成分（实验中导管体积忽略不计）
①本试验中检查装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落．
②广口瓶中的试剂X可最好选用C（填选项的标号）．
A、苯　　　　B、酒精　　　　C、植物油　　　　D、CCl4
③实验中测得样品的质量为wg，氨气的体积为aL（标况下），则样品中AlN的质量分数为$\frac{4100a}{22.4w}$%（AlN的式量为41）．
④丙同学认为，乙同学的实验方法，可能因气体体积测量不准，导致误差较大．建议改用图中的Ⅱ装置进行同样实验，通过测定烧杯中硫酸的增重来确定样品中AlN的质量分数．你认为是否可行？不可行（填“可行”、“不可行”），最简单的改进方法为在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气．（若可行，则此空格可不作答）．丁同学仔细思考了丙同学的装置后，认为此装置所测得的样品中AlN含量偏小．其原因是反应产生的氨气不可能被完全吸收．为不考虑空气中少量水蒸气的影响时，只要用图中的Ⅲ或Ⅳ两个装置中的一种，只需进行简单而又必要的数据测定，可比较准确地确定样品中AlN的质量分数．较合理的装置为Ⅲ（填代号）．
20．下列描述中正确的是（　　）
A．ClO3-的空间构型为平面三角形
B．SiF4 和 SO32-的中心原子均为 sp3 杂化
C．在所有的元素中，氟的第一电离能最大
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7．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（　　）
A．Al2O3→Al（OH）3B．Fe→FeCl2C．S→SO2D．Na→Na2O
4．已知25℃、101kPa下，断开1molA-A、1molB-B、1molA-B键时需要吸收436kJ、498kJ、463kJ的能量，如图是相同条件下，反应2A2+B2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2A2B的能量关系图．下列说法中产物的是（　　）
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B．该反应是吸热反应
C．A、B原子更易结合生成A2B
D．反应的能量转化形式，由化学能转化为热能
5．下列说法中，正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）（　　）
A．17 g氨气含有的原子总数为NA
B．2.4 g金属镁与氧气完全反应时失去的电子数为0.1 NA
C．常温常压下，6.4 g二氧化硫气体所含的氧原子数为0.2 NA
D．常温常压下，11.2 L氯气含有的分子数为NA

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