《2019高考化学一轮复习主题12原子结构化学键7含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考化学一轮复习主题12原子结构化学键7含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、原子结构、化学键（7）李仕才B卷最新模拟滚动训练1.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A.1 L 0.1 molL-1 NaHCO3溶液中HC和C数目之和为0.1NAB.60 g丙醇中存在的共价键总数为10NAC.过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD.235 g U发生裂变反应Un SrU+1n净产生的中子n)数为10NA【解析】HC在溶液中能电离出C且能水解为H2CO3,根据物料守恒可知,溶液中的HC、C、H2CO3数目之和为0.1NA,故A项错误;60 g丙醇的物质的量为1 mol,而丙醇中含11个共价键,故1 mol丙醇中含11NA个共价键
2、,故B项错误;过氧化钠与水反应时,氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成0.1 mol氧气时转移0.2 mol电子即0.2NA个,故C项正确U发生裂变反应Un SrU+1n,净产生的中子为10-1=9个,则235 g核素U发生裂变反应净产生的中子n)数为9NA,故D项错误。【答案】C2.在给定的条件下,下列物质间的转化均能一步实现的是()。A.N2NH3NH4Cl(aq)B.AgNO3Ag(NH3)2OH(aq)AgC.SiO2SiCl4SiD.MgCO3MgCl2(aq)Mg【解析】工业上用氢气与氮气在高温、高压和催化剂的条件下反应合成氨:3H2+N22NH3,氨气通入氯化氢溶液中发生反应N
3、H3+HClNH4Cl,所示的物质间的转化均能一步实现,A项正确;蔗糖为非还原性糖,与银氨溶液不反应,B项错误;二氧化硅是酸性氧化物,和氯化氢不能反应生成四氯化硅,C项错误;碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水,电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气,工业上用电解熔融的氯化镁的方法制备镁,D项错误。【答案】A3.制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O实验中,需对过滤出产品的母液(pHZB.Y元素的氧化物对应的水化物一定是强酸C.M与R可形成含非极性键的化合物D.固体X2Y3可在水溶液中制取【解析】根据上述条件经分析可知,M为H,R为N,X为Al,Y为S,Z为Cl,非金属性ZY,则气态氢化
4、物的热稳定性YZRB.XR与XRZ均为强酸C.化合物W2Z2中既含离子键又含极性键D.图中转化过程发生的反应均为化合反应【解析】由题意知甲为氢氧化钠,WR为氯化钠,则X、Z、W、R分别为H、O、Na、Cl,根据Y的单质与由Y、Z组成的化合物之间的转化关系推出Y为C。简单离子的半径Cl-O2-Na+,A项错误;HClO是弱酸,B项错误;化合物Na2O2中既含离子键又含非极性键,C项错误;图中转化过程发生的反应是碳在氧气充足和不足条件下分别生成一氧化碳和二氧化碳,一氧化碳与氧气化合生成二氧化碳,二氧化碳在高温条件下与碳化合生成一氧化碳,都为化合反应,D项正确。【答案】D7.已知X、Y、Z、W均为短
5、周期元素,X的一种核素的质子数为8;Y和Ne原子的原子核外电子数相差1;Z的单质是一种常见的半导体材料;W的非金属性在同周期元素中最强。其原子半径随原子序数的变化如图所示。下列说法不正确的是()。A.ZX2为酸性氧化物,能与碱溶液反应而不与酸反应B.简单氢化物的热稳定性:ZZ,对应气态氢化物的稳定性Zr(C)r(D)r(B)D.由A、B、D三种元素形成的化合物中,所含化学键的类型为离子键、共价键【解析】由B的单质分别可以和C、D的单质化合形成10电子分子可知B是氢元素,结合五种元素的原子序数关系可知C、D可能是N、C或O、N或F、O,乙、丙可能是NH3、CH4或H2O、NH3或HF、H2O。结
6、合框图转化关系中A的单质与乙反应的产物戊光照分解,可知A是氯元素,乙是H2O,甲是HCl,戊是HClO,C是氧元素。则D是氮元素,丙是NH3,丁是NO,E是铁元素,己是FeCl3,庚是FeCl2。氯元素的最高价氧化物对应的水化物是HClO4,A项正确;D是氮元素,则相应的化合物是N2H4,电子式为H,B项正确;H、Cl、N、O的原子半径大小为r(Cl)r(N)r(O)r(H),C项错误;A、B、D三种元素形成的化合物是氯化铵,含有离子键、共价键,D项正确。【答案】C10.将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请
7、回答下列问题:(1)NO的体积为L,NO2的体积为L。(2)参加反应的硝酸的物质的量是mol。(3)待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a molL-1 NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸溶液的浓度至少为molL-1。(结果不需化简)(4)欲使上述铜与硝酸反应生成的气体在足量的NaOH溶液中全部转化为NaNO3,至少需要30%的双氧水g。【解析】n(Cu)=0.51 mol,混合气体的物质的量为n(NO)+n(NO2)=0.5 mol。(1)设NO为x mol,NO2为y mol,由电子得失守恒得3x+y=0.512,根据气体总物质的量为0.5 mol得x+
8、y=0.5,解得x=0.26,y=0.24,则V(NO)=0.26 mol22.4 Lmol-15.8 L,V(NO2)=0.24 mol22.4 Lmol-15.4 L。(2)铜与硝酸反应生成硝酸铜、NO和NO2,由N原子守恒可知,参加反应的硝酸n(HNO3)=2nCu(NO3)2+n(NO)+n(NO2)=0.51 mol2+0.5 mol=1.52 mol。(3)当Cu2+全部转化成沉淀时,溶液中的溶质为NaNO3,根据氮元素守恒,HNO3的物质的量为n(Na+)+n(NO)+n(NO2),n(Na+)=n(NaOH)=aV10-3 mol,n(NO)+n(NO2)=0.5 mol,则原硝酸溶液的浓度至少为= molL-1。(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3,由得失电子守恒可得n(H2O2)2=3n(NO)+n(NO2)=0.26 mol3+0.24 mol,n(H2O2)=0.51 mol,m(H2O2)=57.8 g。【答案】
