湖北省武汉市华中师大一附中2022-2023学年高一化学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）

华中师大一附中2022~2023学年度下学期高一期中检测化学试题时限：75分钟满分：100分可能用到的相对原子量H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Sc45Fe56I127一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.《天工开物》记载：凡红铜升黄色为锤锻用者，用自风煤炭百丘，灼于炉内，以泥瓦罐载铜十斤，继入炉甘石六斤坐于炉内，自然熔化……即成黄铜。”下列有关说法正确的是A.黄铜是我国使用最早的合金B.泥瓦罐和石英坩埚均属于硅酸盐产品C.黄铜的熔点低于单质铜D.“…炉甘石六斤坐于炉内，自然熔化”，该过程中炉甘石()仅发生物理变化【答案】C【解析】【详解】A．我国使用最早的合金是青铜，不是黄铜，故A错误；B．石英坩埚的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；C．一般情况下，合金的熔点比各组分都低，则黄铜的熔点低于单质铜，故C正确；D．“…炉甘石六斤坐于炉内，自然熔化”的过程中碳酸锌受热分解生成氧化锌、氧化锌与一氧化碳高温条件下反应生成锌，该过程中有新物质生成，所以化学变化，故D错误；故选C。2.下列化学用语表述正确的是A.用电子式表示氟化氢的形成过程：B.原子的简化电子排布式为：[Ar]C.Zn原子的价层电子轨道表示式为：D.Cs原子的原子结构示意图为： 【答案】C【解析】【详解】A．氟化氢为共价化合物，用电子式表示氟化氢的形成过程为，故A错误；B．砷元素的原子序数为33，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故B错误；C．锌元素的原子序数为30，价电子排布式为3d104s2，价层电子轨道表示式为，故C正确；D．铯的核电荷数为55，核外有6个电子层，最外层电子数为1，原子的原子结构示意图为，故D错误；故选C。3.硫元素和氮元素与人类生活息息相关。下列有关说法正确的是A.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料，可用于制作高温电极材料B.硫代硫酸钠()是一种常用的解毒剂，可通过硫酸钠与二氧化硫反应来制得C.汽油不充分燃烧产生NO是产生硝酸型酸雨的重要原因D.食品中添加适量可起到漂白、防腐和抗氧化作用【答案】D【解析】【详解】A．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故A错误；B．硫酸钠中硫元素的化合价为+6，二氧化硫中硫元素的化合价为+4，而中硫元素的化合价为+2，故不能由硫酸钠与二氧化硫反应来制得硫代硫酸钠()，故B错误；C．产生氮氧化物的主要原因是空气中的氮气在气缸中被氧化，故C错误；D．二氧化硫具有还原性，能与氧气反应，葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，抑制细菌滋生，起到保质作用，故D正确；故选D。4.设为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述错误的是A.2.0g和的混合物中含有的电子数为B.120g由和组成的混合固体中数目小于 C.5.6g中未成对电子数为0.4D.0.1molNa和0.1molAl分别投入足量NaOH溶液中，均消耗氧化剂0.1【答案】D【解析】【详解】A．D216O和14ND3的摩尔质量均为20g/mol，2.0gD216O和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol，D216O和14ND3的分子中含电子数都为10，则含有的电子数为NA，A项正确；B．硫酸氢钠固体含有钠离子和硫酸氢根离子，不含硫酸根离子，120g由和组成的混合固体的物质的量为1mol，故数目小于，B项正确；C．Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，则5.6gFe2+中未成对电子数为，C项正确；D．Al和氢氧化钠溶液反应的方程式为2Al+2H2O+2NaOH==2NaAlO2+3H2↑，可以认为分两步进行，第一步为2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑，0.1molAl反应消耗氧化剂为0.3，第二步为Al(OH)3+NaOH==NaAlO2+2H2O，D项错误；答案选D。5.下列离子方程式错误的是A.氯气与水反应：B.NaClO溶液与溶液反应溶液变棕黄色：C.向酸性溶液中滴加双氧水：D.向溶液中加入过量NaOH溶液：【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl强酸、HClO弱酸，离子方程式：，A正确；B．中Fe2+、I-均具有较强还原性，均能被NaClO溶液氧化，B错误；C．酸性做氧化剂，被还原为Mn2+，双氧水做还原剂，被氧化为O2，，C正确； D．向溶液中加入过量NaOH溶液：，D正确；故答案选B。6.是褐色固体，受热分解为Pb的和价的混合氧化物，价的Pb能氧化浓盐酸生成，价的Pb还原成价的Pb；现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到，和的物质的量之比为，则剩余固体的组成及物质的量比是A.混合的、B.混合的、PbOC.混合的、、PbOD.混合的、、PbO【答案】B【解析】【详解】受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物为、价，铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，价Pb还原为价，被氧化为，此时得到溶液为溶液，利用“电子转移守恒”知在上述转化过程中共转移电子为，设该过程得到的物质的量为3xmol，则的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：，解得，故知在受热分解过程中产生为，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中，故剩余固体中：：：5，A．1：2混合的、，：：：10，故A错误；B．1：1混合的、PbO，：：：5，故B正确；C．1：4：1混合的、、PbO，：：：19，故C错误；D．1：1：1混合的、、PbO，：：：7，故D错误；故选B。7.利用如图所示装置及药品完成实验，能达到实验目的的是 A.用甲装置制备金属镁B.用乙装置除去中混有的HCl气体C.用丙装置制备并能长时间观察其颜色D.用丁装置进行氨气的收集和检验【答案】C【解析】【详解】A．金属镁比铝活泼，不能用铝粉还原氧化镁制备金属镁，A错误；B．氯气、HCl能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，应选用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，B错误；C．打开止水夹，左侧试管中铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气将装置中的空气排干净；关闭止水夹，试管中压强增大，将硫酸亚铁溶液压入右侧试管中，与氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，在氢气氛围中沉淀颜色能保持较长时间，C正确；D．检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，收集氨气时试管口应塞一团棉花，D错误；故选C。8.某化合物是一种家用杀虫剂，其结构如图所示，其中X、Y、Z、W、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，5种元素分属不同主族，W原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A.第一电离能：B.该化合物中σ键与π数之比为14：1C.Y、Z和W均能与X形成两种及以上化合物D.Z、R两元素氧化物对应水化物的酸性前者大于后者【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，5种元素分属不 同主族，W原子最外层电子数是次外层电子数3倍，则W为O元素；阳离子中X、Y、Z、W形成的共价键数目依次为1、4、3、2，其中Z与X间形成配位键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素；R—离子带一个单位负电荷，则R可能为F元素或Cl元素。【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故A错误；B．由结构示意图可知，该化合物是含有离子键、共价键的离子化合物，阳离子中单键和配位键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π数，σ键与π数之比为13：1，故B错误；C．碳元素和氢元素可以形成各种烃类，氮元素和氢元素可以形成氨气和肼，氧元素和氢元素可以形成水和过氧化氢，故C正确；D．由分析可知，R可能为氟元素或氯元素，若R为氟元素，氟元素的非金属性强于氧元素，没有对应的氧化物；若R为氯元素，氯元素形成的含氧酸高氯酸的酸性强于硝酸，故D错误；故选C。9.根据元素周期表和元素周期律，下列说法错误的是①第一电离能：S>P②铊(Tl)与铝同族，其单质既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应③锂在氧气中剧烈燃烧，产物是④碳酸铵是易溶于水的白色固体⑤酸性：⑥HF、HCl、HBr、HI的还原性及热稳定性依次减弱A.①③⑥B.②③⑤⑥C.①②③⑥D.①②⑤③【答案】C【解析】【详解】①同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则磷元素的第一电离能大于硫元素，故错误；②同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则铊元素的金属性强于铝元素，铊单质能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故错误；③同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，锂元素的金属性弱于钠元素，则锂在氧气中剧烈燃烧只能生成氧化锂，不能生成过氧化锂，故错误；④碳酸铵属于铵盐，是易溶于水的白色固体，故正确；⑤ 同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为，故正确；⑥同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的还原性依次增强，则HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故错误；①②③⑥错误，故选C。10.A、B、C、D、E五种物质有如下图转化关系，下列说法错误的是A.若C是能导致酸雨的某种氧化物，则E可能为强酸B.若C是焰色呈黄色的某种强碱，D、E的水溶液均呈碱性，则A、B均可能为离子化合物C.若C为常见的温室气体，则A、B均可能为二元化合物D.若C为常见的两性氢氧化物，则A到C可通过化合反应一步实现【答案】D【解析】【详解】A．若C是能导致酸雨的某种氧化物，则A、B、C、D、E五种物质可能为A为硫、B为硫化氢、C为二氧化硫、D为三氧化硫、E为硫酸，其中硫酸是在溶液中完全电离的强酸，故A正确；B．若C是焰色呈黄色的某种强碱，则A、B、C、D、E五种物质可能为A为氧化钠、B为过氧化钠、C为氢氧化钠、D为碳酸氢钠、E为碳酸钠，其中氧化钠和过氧化钠都是离子化合物，故B正确；C．若C为常见的温室气体，则A、B、C、D、E五种物质可能为A为甲烷、B为一氧化碳、C为二氧化碳、D为碳酸氢盐、E为碳酸盐，其中甲烷和一氧化碳都是二元化合物，故C正确；D．若C为常见的两性氢氧化物，则C为氢氧化铝，铝离子和偏铝酸根离子都能转化为氢氧化铝，但铝和氧化铝都不能直接转化为氢氧化铝，故D错误；故选D。11.下列实验操作、现象及解释或结论都正确且有因果关系的是选项实验操作实验现象解释或结论 A工业上用与焦炭在高温条件制备粗硅生成气体CO，得到黑色固体粗硅非金属性：B将通入溶液中生成的气体，先通入足量的酸性溶液再通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊非金属性：C向和混合溶液中加入稀硫酸溶液中出现淡黄色沉淀＋6价和-2价硫可归中为0价D火柴头浸泡液中加溶液、溶液和稀硝酸有白色沉淀生成火柴头中可能含有A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．焦炭与二氧化硅反应生成粗硅和CO，在该反应中，碳做还原剂，硅是还原产物，说明在高温下，碳的还原性比硅强，不能比较碳与硅的非金属性，A错误；B．二氧化硫与碳酸钠溶液反应，生成的混合气体通过酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，澄清石灰水变浑浊说明生成二氧化碳，该实验可证明亚硫酸酸性比碳酸强，亚硫酸是硫的低价酸，不能证明非金属性：，B错误；C．向和混合溶液中加入稀硫酸，和反应生成淡黄色的硫单质，但亚硫酸钠中硫元素为+4价，C错误；D．火柴头浸泡液中加溶液，若其成分中含KClO3，亚铁离子能与氯酸根反应生成氯离子，再加入硝酸银溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则说明含氯离子，说明火柴头中含氯酸钾，D正确；故选D。12.W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，只有两种金属元素，三种非金属元素的原子序数之和为15，且有两种非金属元素最外层电子数为偶数，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10。下列说法正确的是A.1mol与足量反应生成44.8L的气体B.W与其它四种元素均可以形成化合物C.Z、M的单质均可以与反应 D.可通过Z单质置换M单质的实验现象比较其金属性强弱【答案】B【解析】【分析】三种非金属元素的原子序数之和为15，且有两种非金属元素最外层电子数为偶数，满足条件的元素是H、C、O，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10，满足条件的两种元素是Mg和Al，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，故W、X、Y、Z、M为H、C、O、Mg、Al。【详解】A．没有指明标况，生成的气体的体积未知，A错误；B．H与C、O、Mg、Al可形成CH4、H2O、MgH2、AlH3，B正确；C．Z、M为Mg、Al，为H2O，Mg单质能与水反应，铝单质不能与水反应，C错误；D．Mg不能置换出铝盐中的铝，不能通过置换反应比较两者的金属性，D错误；故选B。13.常温下，某含的溶液中可能含有、、、、、中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如图所示实验：已知氧化性。根据实验结果，判断下列说法正确的是A.一定不存在，可能存在和B.一定存在、、C.与至少存在一种D.该溶液中【答案】B【解析】【分析】氢离子浓度为0.1mol/L的溶液中碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中一定不含有碳酸根离子；向溶液中通入氯气后，加入四氯化碳萃取、分液得到紫色溶液说明原溶液中含有碘离子，溶液中铁离子能够氧化碘离子，则溶液中一定不含有铁离子；水层中加入足量氢氧化钠溶液，过量得到沉淀和溶液，则溶液中一定含有亚铁离子；沉淀洗涤、灼烧得到氧化铁；由有机层分离得到2.54g紫黑色固体可知，溶液中碘离子的物质的量为×2=0.02mol，由沉淀洗涤、灼烧得到1.60g氧化铁可知，溶液中亚铁离子的物 质的量为×2=0.02mol，由电荷守恒可知，溶液中一定含有氯离子，不能确定是否含有钠离子，则溶液中的氯离子的物质的量不小于0.02mol×2—0.02mol—0.1mol/L×0.1L=0.01mol。【详解】A．由分析可知，溶液中一定含有氯离子，一定不含有碳酸根离子，可能含有钠离子，故A错误；B．由分析可知，溶液中一定含有亚铁离子、碘离子、氯离子，故B正确；C．由分析可知，溶液中一定不含有铁离子，故C错误；D．由分析可知，溶液中的氯离子的物质的量不小于0.01mol，则氯离子的浓度最小为=0.1mol/L，故D错误；故选B。14.氮化铬(CrN)具有高的硬度和良好的耐磨性。实验室可利用与反应来制备氮化铬，可选择的装置如下图。下列说法错误的是已知：为紫色单斜晶体，熔点为383℃，易升华，高温下易被氧气氧化，极易水解，CrN难溶于水，熔点1282℃A.装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→EB.A装置中分液漏斗内盛放的是氯化铵溶液，圆底烧瓶中盛放的是氢氧化钠溶液C.B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管D.制得的CrN中往往含有少量，生成的化学方程式为：【答案】B【解析】【分析】A中制备氨气，D装置用来控制NH3的流速以及检验后续装置是否堵塞，E装置干燥氨气，B装置中氨气和CrCl3反应制备氮化铬，由于易升华，粗导管是为了防止堵塞，CrCl3极易水解，E装置可防止空气中的水进入C中，故装置的连接顺序为A→D→E→B→C→E。 【详解】A．根据分析，装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E，A正确；B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应制备氨气时需要加热，题中无加热装置，B错误；C．根据分析，B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管，C正确；D．制得的CrN中往往含有少量，根据杨阿虎还原反应原理，生成的化学方程式为：，D正确；故选B。15.某铬贫矿主要成分为，还含有、MgO、，采用次氯酸钠法处理矿石并制备的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是A.“氧化浸出”时发生主要反应为：B.滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3C.化合物Ⅰ为D.实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入溶液中，边倒边搅拌【答案】A【解析】【分析】铬贫矿氧化浸出后得到粗溶液，MgO、Fe2O3不反应，进入滤渣中，氧化铝转化为偏铝酸钠，发生反应，“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在，故离子方程式为：，粗溶液中通入过量二氧化碳沉铝，生成氢氧化铝、碳酸氢钠（化合物I）和重铬酸钠，重铬酸钠溶液中加浓硫酸混合，得到氧化铬和硫酸氢钠。【详解】A．根据分析，“氧化浸出”时发生的主要反应为：，A错误；B．根据分析，滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3，B正确；C．根据分析，化合物Ⅰ为，C正确； D．浓硫酸与溶液混合过程放热，实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入溶液中，边倒边搅拌，D正确；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氮及其化合物与生产生活及环境息息相关。请回答下列问题：（1）在常温下性质很稳定，任意写出一种与此性质有关的用途：_______。（2）硝酸与金属反应会产生氮氧化物。①下列环境问题与氮的氧化物排放无关的是_______。A.酸雨B.光化学烟雾C.臭氧层空洞D.白色污染E.温室效应②在含有ag的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有g被还原，则可能为_______。A.2：1B.3：1C.4：1D.9：2（3）汽车尾气中存在NO和CO，通过在排气管处加装催化剂，可以使其转化为对环境友好的物质，请写出发生反应的化学方程式_______，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。（4）氮的同族元素锑(Sb)可形成酸性超过100%硫酸的酸——氟锑酸()，称为超强酸。氟锑酸可由与HF混合得到。①制备氟锑酸一般在塑料容器中进行，不在玻璃仪器中进行的原因是_______(用化学方程式回答)②1966年，美国研究员J·Lukas无意中将蜡烛扔进溶液中，发现蜡烛很快溶解，并放出。已知碳正离子稳定性：，写出等物质的量的异丁烷()与发生反应的化学方程式：_______。【答案】（1）用于保护气（2）①.CDE②.BCD（3）①.2NO+2CON2+2CO2②.2：1（4）①.SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O②.(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2【解析】 【小问1详解】氮气在常温下稳定：比如用于保护气；【小问2详解】臭氧层空洞主要是氟氯烃引起的，白色污染主要是塑料引起的，温室效应是二氧化碳气体过量排放引起的，故选答案：CDE；Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O则有=3∶8，解得：a：b=3:1此为a∶b的最小值。(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O则有=1：1，解得：a：b=9：2此为a：b的最大值。所以a：b的取值范围为3：1≤a：b≤9：2，即a：b的比值在此范围内均合理，故选BCD。【小问3详解】NO与CO在催化剂和加热的作用下发生反应，生成N2和CO2，反应的化学方程式2NO+2CON2+2CO2，其中一氧化碳失去电子发生氧化反应，为还原剂，CO2为氧化产物，一氧化氮得到电子，发生还原反应，被还原，N2为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；【小问4详解】玻璃仪器中含有SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。答案为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；由已知信息知，异丁烷可以提供碳正离子与F-结合形成卤化物，同时(CH3)3C+稳定反应中易形成。所以反应为：(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2。答案为(CH3)3CH+HSbF6=(CH3)3CSbF6+H2。17.某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体()分解产物的装置如图所示。回答下列问题： （1）仪器M的名称是_______。（2）点燃酒精灯之前，先通入，其目的是_______。（3）装置C的作用是_______。（4）如果实验中观察到C、H变浑浊，E不变浑浊，可以得出实验结论：A装置中分解的气体产物一定有_______(填化学式)。（5）反应后硬质玻璃管中得到黑色固体，用强磁铁吸引，无明显现象。取少量黑色固体，加入稀硫酸，固体完全溶解，滴加_______溶液，有特征蓝色沉淀生成，证明黑色固体为FeO。（6）根据上述信息，写出分解的化学方程式：_______。【答案】（1）(球形)干燥管（2）排尽装置内的空气（3）检查是否有生成（4）CO和（5）（6）FeO+CO+CO2+2H2O【解析】【分析】A装置加热分解浅黄色草酸亚铁晶体，B装置用来检验水，C装置是澄清石灰水检验二氧化碳气体，D装置除去二氧化碳气体，E装置检验二氧化碳是否除干净，F装置吸收水蒸气，G装置CO通过灼热氧化铜，H装置尾气吸收；【小问1详解】仪器M的名称是(球形)干燥管；【小问2详解】通入可以排尽装置内的空气，点燃酒精灯之前，通入，其目的是排尽装置内的空气；【小问3详解】C装置是澄清石灰水，目的是检查是否有生成；小问4详解】C是检验二氧化碳装置，H是尾气收集装置，E检验二氧化碳是否除干净，C装置浑浊，说明有气体，除干净二氧化碳后通过灼热的氧化铜，产生气体能够使H装置变浑浊，说明有CO气体，则观察到C、H变浑浊，E不变浑浊，则可以说明A装置中分解的气体产物一定有CO和； 【小问5详解】草酸亚铁中，铁的化合价为+2，则受热分解可产生，黑色粉末溶于稀硫酸，滴加，有蓝色沉淀生成，证明黑色固体为FeO。【小问6详解】根据以上信息可得分解的化学方程式为FeO+CO+CO2+2H2O。18.前四周期元素X、Y、Z、Q、W、R原子序数依次增大，Y、Z、Q位于同一周期，X与Z能构成4核18电子分子，化合物甲和乙均为离子化合物，W的s电子数和p电子数相等，R是前四周期元素中未成对电子最多的元素，请回答下列有关问题。（1）R在元素周期表中的位置是_______。（2）写出化合物甲的电子式_______，化合物甲与反应的化学方程式为_______(用元素符号进行回答，下同)。（3）Y、Z、Q三种元素的第一电离能从大到小的顺序是_______；Z、Q两元素电负性大小顺序为_______。（4）物质丙、丁、戊、已是由X、Y、Z、Q中的部分元素组成的二元化合物，丙、丁、戊三种分子中电子数相同，单质a和单质b是上述元素构成的单质，上述物质有如下图转化关系。①丁与戊反应生成的化合物中存在的化学键类型是_______。②b单质与戊反应的化学方程式为：_______。（5）元素R的逐级电离能如下表：电离能I1I2I3I4I5I6I7652.91590.62987474367028744.915455R元素在化合物中常表现为＋6价，试结合原子结构从电离能角度解释其原因_______；【答案】（1）第四周期ⅥB族（2）①.②.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑（3）①.F＞N＞O②.F＞O （4）①.离子键、极性键、配位键②.4NH3+5O24NO+6H2O（5）Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，4s电子能量与3d电子能量相差不大，I6与I7相差很大，说明Cr原子能失去6个电子，Cr元素在化合物中常表现为＋6价【解析】【分析】前四周期元素X、Y、Z、Q、W、R原子序数依次增大，Y、Z、Q位于同一周期，X与Z能构成4核18电子分子，化合物甲W3Y2和乙WQ2均为离子化合物，W的s电子数与p电子数相等，则X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、Z为F元素、W为Mg元素；R是前四周期元素中未成对电子最多的元素，则R为Cr元素。【小问1详解】铬元素的原子序数为24，位于元素周期表第四周期ⅥB族，故答案为：第四周期ⅥB族；【小问2详解】化合物甲为离子化合物氮化镁，电子式为，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，故答案为：；Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；【小问3详解】同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O；同周期元素，从左到右非金属性依次增大，电负性依次增大，则氟元素的电负性大于氧元素，故答案为：F＞N＞O；F＞O【小问4详解】由图物质的转化关系可知，a为氟气、b为氧气、丙为水、丁为氟化氢、戊为氨气、已为一氧化氮；①氟化氢与氨气反应生成含有离子键、极性键、配位键的离子化合物氟化铵，故答案为：极性键、配位键；②氧气与氨气的反应为催化剂作用下氨气与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；【小问5详解】铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，4s电子能量与3d电子能量相差不大，I6与I7相差很大，说明铬原子反应中能失去6个电子，所以铬元素在化合物中常表现为＋6价，故答案为：Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，4s电子能量与3d 电子能量相差不大，I6与I7相差很大，说明Cr原子能失去6个电子，Cr元素在化合物中常表现为＋6价。19.氧化钪()可用作半导体镀层的蒸镀材料，是一种重要的工业材料。以钪锰矿石(主要含、及少量、、CaO、FeO)为原料制备的工艺流程如图，其中TBP和P507均为有机萃取剂。回答下列问题：（1）“溶解”时被氧化为，该反应的离子方程式是_______。（2）“滤渣”的主要成分是_______。（3）“萃取除铁”时铁和的萃取率与O/A比(有机溶剂与水溶液的体积比)的关系如图所示。该工艺中最佳O/A比为_______。（4）有机萃取剂P507萃取的反应原理为阳离子交换：(HR代表P507)。在“富钪有机相”中反应生成的化学方程式是_______。（5）“萃余液2”中的金属阳离子除、外，还有_______。（6）在空气中“煅烧”生成的化学方程式是_______。（7）某厂用100kg的钪锰矿制备，最终得到276g，该矿中钪的质量分数为_______。【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2）SiO2（3）2 （4）ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓（5）Mn2+（6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2（7）0.18%【解析】【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸后，溶液中含有Al3+，Fe2+，Ca2+，Sc3+，再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中煅烧后Sc2O3，据此分析。【小问1详解】“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应离子方程式：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；【小问2详解】钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是SiO2；【小问3详解】从图中可以看出，萃取除铁时需要将铁的萃取率最高，钪的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A比为2；【小问4详解】在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，即ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；【小问5详解】除去铁离子后，“萃余液1”中含有Sc3+，“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；【小问6详解】Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3，草酸根具有还原性，会被空气中的氧气氧化为CO2，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式是2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；【小问7详解】某厂用100kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3276g，钪元素的质量等于三氧化二钪的质量×钪元素的质量分数=276g×=180g，该矿中含钪的质量分数为×100%=0.18%。