题目内容

8．下列有关物质性质的判断正确的是（　　）
A．熔点：SiO2＜CO2B．沸点：H2O＜H2S
C．晶格能：CaCl＜NaClD．热稳定性：HF＜HCl

分析 A、晶体的熔点一般为原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体；
B、水分子间存在氢键，所以沸点异常高；
C、离子所带电荷越多、离子半径越小，晶格能越大；
D、非金属性：F＞Cl，对应氢化物越稳定．

解答 解：A、晶体的熔点一般为原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，则熔点为SiO2＞CO2，故A错误；
B、水分子间存在氢键，所以沸点异常高，所以沸点：H2O＞H2S，故B错误；
C、离子所带电荷相同，Ca+半径大于Na+半径，则晶格能：CaCl＜NaCl，故C正确；
D、非金属性：F＞Cl，对应氢化物越稳定，所以热稳定性：HF＞HCl，故D错误；
故选C．

点评 本题考查熔沸点高低比较、晶格能、晶体类型与性质，关键是理解掌握晶体类型与熔沸点、硬度关系及判断方法，分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关．

练习册系列答案
相关题目
14．H为苯的一种同系物，1molH完全燃烧需要9mol的氧气，D的式量小于F，反应①、②、③的条件都为氯气与光照，④、⑤、⑥均为氢氧化钠溶液，E能与新制备氢氧化铜在加热时反应产生砖红色沉淀，已知：一个碳上连有两个烃基不隐定，容易失去一份水，试回答下列问题：
（1）H分子的结构简式
（2）C中官能团名称氯原子
（3）B到E的方程式+2NaOH$→_{△}^{水}$+2NaCl+2H2O
（4）H也能直接转为为F，则此反应类型氧化反应
（5）M是G的一种同分异构体，能发生水解反应，含有一个醛基和甲基，写出一种M的结构简式．
19．氯化亚砜（SOCl2）液体是一种重要的有机合成试剂，还用于农药、医药、燃料的生产等．回答下列问题：
（1）氯化亚砜遇水会产生白雾，并产生能使品红溶液褪色的气体．①写出氯化亚砜与水反应的化学方程式：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑．
②与SOCl2中硫元素同价态的硫的含氧酸在溶液中存在三种含硫微粒，条件该含氧酸溶液的pH值，三种含硫微粒的物质的量分数（ω）随pH变化曲线如图所示：按顺序写出a、b、c代表的三种微粒的化学式H2SO3、HSO3-、SO32-；该含氧酸二级电离平衡常数Ka2=10-7．
（2）直接加热AlCl3•6H2O固体过程中会生成中间产物碱式氯化铝[Al2（OH）nCl（6-n）]．
①若$\frac{m（碱式氯化铝）}{m（起始AlC{l}_{3}•6{H}_{2}O）}$×100%=40%，则n=4（结果保留整数）
②将AlCl3•6H2O固体与氯化亚砜混合后加热可得无水AlCl3，试分析氯化亚砜所起的作用：AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
（3）SOCl2不稳定，加热到一定温度可分解生成Cl2、SO2、S2Cl2（常温下呈液态），写出分解的方程式：4SOCl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cl2↑+2SO2↑+S2Cl2，当转移3mol电子时，所得氧化产物的物质的量为1.5mol．
（4）一种新型超级可充电电池以金属锂和SOCl2分别作负极、正极的活性物质，电解液为LiAlCl4-SOCl2，放电时生成LiCl、S、SO2，写出充电时阳极电极反应式：4Cl-+S+SO2-4e-=2SOCl2．
16．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（　　）
A．新制氯水呈淡黄绿色（HCl）
B．新制氯水中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl-）
C．向NaHCO3溶液中加入新制氯水，有无色气泡（H+）
D．将有色布条放入新制氯水中，有色布条褪色（HClO）
3．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系（如图）：
（1）若丙是不溶于水的白色胶状沉淀，能溶于盐酸和氢氧化钠溶液，则甲的化学式是Al2O3．“乙$\stackrel{NH_{3}•H_{2}O}{→}$丙”转化的化学方程式为Al2（SO4）3+6NH3•H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4．
（2）若丙是不溶于水的红褐色沉淀，则乙溶液中大量存在的阳离子是Fe3+，证明该阳离子存在的方法是取乙溶液少许于试管中，滴几滴KSCN溶液，若变红，则存在．“丙$\stackrel{△}{→}$甲”转化的化学方程式为2Fe（OH）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe2O3+3H2O，“甲$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$乙”转化的离子方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O．
13．N2和H2在一定条件下反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）?2NH2（g）△H=-92KJ/mol，已知H-H键的键能为436kJ/mol．N-H键的键能为391kJ/mol，则N=N键的键能是（　　）
A．946kJ/molB．896kJ/molC．649kJ/molD．431kJ/mol
20．工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁．实验室中利用如图所示装置探究由废铁屑制备FeCl3•6H2O晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数（杂质不溶于水且不与酸反应）．
（1）装置A的名称为分液漏斗．
（2）检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭关闭活塞a和活塞b；打开弹簧夹K1；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③一段时间后，水准管内液面高于量气管内液面，且液面差保持稳定．
取m g废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K1，打开活塞b，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b．
Ⅲ．将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到FeCl3•6H2O晶体．
请回答：
（3）用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O．
（4）实验结束后，量气管和水准管内液面高度如上图所示，为了使两者液面相平，应将水准管下移（填“上移”或“下移”）．
（5）由FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作过程中不需要使用的仪器有de（填选项序号）．
a．蒸发皿   b．烧杯   c．酒精灯   d．分液漏斗   e．坩埚   f．玻璃棒   g．漏斗
（6）实验结束后，若量气管内共收集到VmL气体（已换算成标准状况），则此废铁屑中铁单质的质量分数为$\frac{2.5V×1{0}^{-3}}{m}$×100%．
17．某同学看到“利用零价铁还原NO3-脱除地下水中硝酸盐”的相关资料后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应．实验过程如下：
i．打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
ii．加入pH 已调至2.5 的 0.01mol•L-1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁粉部分溶解，
溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物
质附着；
iii．过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；
iv．检测到滤液中存在NO3-、NH4+和Fe2+．
（1）通入N2并保持后续反应均在N2 氛围中进行的实验目的是避免空气中氧气对Fe与NO3-离子反应的干扰．
（2）白色物质是Fe（OH）2，用化学方程式解释其变为红褐色的原因：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．
（3）用K3[Fe（CN）6]检验滤液中Fe2+的实验方案是取滤液，加入几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀生成，证明滤液中存Fe2+，．
（4）取少量滤液，向其中加入几滴KSCN 溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色．溶液变成红色的原因是溶液中存在Fe2+、NO3-离子，加入硫酸，发生反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，生成的Fe3+和SCN-反应使溶液呈红色．
（5）该同学进一步查阅资料发现，用铁粉、碳粉的混合物脱除硝酸盐，效果更佳．他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用
假设实验操作现象及结论
假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐向烧杯中加入
碳粉一段时间后，测定烧杯中NO3-的浓度		NO3-浓度无明显变化，说明假设不成立
假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除按下图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3-浓度

Fe电极部分溶解，电流计指针偏转，说明假设2成立
③关于碳粉的作用，还可以提出的假设是碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率．
18．下列说法正确的是（　　）
A．实验时皮肤受碱腐蚀，先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或硼酸溶液洗，最后用水冲洗
B．萃取操作时，要快速振摇分液漏斗，放气时支管口不能对着人，也不能对着火
C．淀粉溶液中加入稀硫酸，加热后再加入适量银氨溶液，水浴加热，可以判断淀粉是否水解
D．液态溴乙烷中加入NaOH溶液共热几分钟，然后滴加AgNO3溶液，可以检验溴乙烷中含溴元素

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网