精品解析：江苏省2023-2024学年高二下学期期末化学试题

2023~2024学年第二学期期末考前演练试卷(一) 高二化学 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cr-52 Ni-59 一、单项选择题：本题共13题，每题3分，共39分，每题只有一个选项最符合题意。 1. 华为5G手机使用的麒麟芯片主要成分是晶体。下列固体与其晶体类型相同的是 A. 金刚石 B. 金属铁 C. 足球烯 D. 氯化钠 2. 氮化镓（GaN）被誉为第三代半导体材料，其结构与金刚石相似。一种制备GaN的方法为，下列说法正确的是 A. Ga基态核外电子排布式为 B. 的空间构型为平面三角形 C. GaN晶体属于共价晶体 D. GaN中Ga元素的化合价为-3 3. 有反应。下列说法正确的是 A. 第一电离能大小： B. 电负性大小： C. 热稳定性： D. 离子半径： 阅读下列材料，完成下列小题 第三周期金属元素的单质具有重要的用途。金属可以与液氮反应制取一种强碱性物质；金属可以在高温条件下还原制备熔点较高金属，金属是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应；金属可以用来作电池的负极材料，一种——空气在碱性电解质中的总反应为：。 4. 下列说法正确的是 A 金属钠燃烧时火焰呈黄色与电子跃迁有关 B. 中含有键 C. 金属元素Ti位于周期表中区 D. 中原子采取杂化 5. 下列化学反应表示正确的是 A. 与液氨反应： B. 的水解反应： C. 溶于氢氧化钠溶液中： D. 该——空气电池的负极反应式： 6. 工业用镁还原制备金属，工艺流程如图。下列说法不正确的是 A. 工业上可通过电解熔融制取金属 B 用金属还原过程中需要通入作保护气 C. “真空蒸馏”的目的是使、气化，实现与的分离 D. 制得海绵钛中含有少量金属，可以用稀盐酸浸泡除 7. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 铁粉能与反应，可用作食品保存的脱氧剂 B. 熔点高，可用于工业冶炼铝单质 C. 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 D. 受热易分解，可用于治疗胃酸过多 8. 下列含氯物质的转化正确的是 A. 漂白粉 B. C. D. 9. 实验室模拟制取，下列使用的装置能达到实验目的的是 图1 图2 图3 图4 A. 用图1所示装置制取气体 B. 用图2所示装置制取干燥的 C. 用图3所示装置制取，a先通入，然后b通入 D. 用图4所示装置灼烧制取 10. 实验室在如图所示装置中制取，将通入溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，再滴加乙醇可获得晶体。已知：呈蓝色。下列说法不正确的是 A. 在装置甲试管中加入和固体加热制取 B. 装置乙中的和装置丙中的均可防止倒吸 C. 晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 D. 与相比，更易与形成配位键 11. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍，R的原子半径是该周期主族元素中最大的。下列说法正确的是 A. 气态氢化物热稳定性：Y>Z>W B. 简单离子半径：r(W)>r(R) C. 第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y) D. X、Z、W形成的化合物一定不含离子键 12. 海水中含有丰富的碘元素。实验室通过以下流程从净化除氯后的含碘海水中提取。下列有关说法不正确的是 A. “转化”后溶液中主要含有和 B. 用稀溶解“滤渣Y”得到的溶液可循环利用 C. “富集”得到含碘化合物的晶胞如图所示，其中距离每个最近的有4个 D. “氧化”时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍 13. 无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D. “脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 14. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近液流，液流方向改变 是极性分子 B 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞溶液，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，后，试管里出现凝胶 比较、的酸性和Cl、Si的非金属 C 向溶液中滴加几滴溶液，有白色沉淀产生，继续滴加几滴溶液，有黄色沉淀产生 D 将溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性溶液，观察溶液颜色的变化 中含有 A. A B. B C. C D. D 15. 利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是 A. 1 mol中σ键数目为18 mol B. 转化为后键角减小 C. 总反应离子方程式为： D. 反应③中，每消耗1 mol 转移4 mol电子 二、非选择题：本题共4题，共61分。 16. 已知X、Y、Z、R都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。X是空气中含量最高的元素，基态Z原子核外K、L、M三层电子数之比为，基态R原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，基态Y原子的最外层电子数等于基态Z、R原子的最外层电子数之和。(答题时，X、Y、Z、R用所对应的元素符号表示) （1）X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________，的空间结构为___________。 （2）的价层电子排布式为___________。 （3）基态Z原子核外电子占据的原子轨道总数为___________，有___________种运动状态不同的电子。 （4）现用四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，可得到较高纯度的。反应的化学方程式为___________。 （5）Y、Z形成的某晶体的晶胞结构如下图所示，则该化合物的化学式为___________。 （6）分子在独立存在时键角为107°。下图是的部分结构以及键角的测量值。解释形成如图配合物后键角变大的原因：___________。 17. 以软锰矿(主要含，还含有、、、和等)为原料经过下列过程可以制得、、等。 Ⅰ．酸浸、还原： （1）向软锰矿中加入硫酸，同时加入铁屑，充分反应后，过滤，所得溶液中主要含有、、、、和。写出酸浸、还原过程中发生反应的离子方程式：___________。的核外电子排布式为___________，的空间结构为___________。 Ⅱ．除杂： 向酸浸、还原所得滤液中加入固体，调节溶液的pH，过滤。向已经除去、、的溶液(pH约为5)中加入溶液，溶液中的、形成氟化物沉淀。 Ⅲ．沉锰： （2）向调pH后所得滤液中加入一定量的氨水，可以得到沉淀。 ①其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是___________。 ②沉锰过程中溶液中存在平衡：，中含有键的物质的量为___________。 Ⅳ．氧化： 向沉锰所得中加入溶液，可以得到。 Ⅴ．制备： （3）在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体，该过程发生反应的化学方程式为___________。 Ⅵ．制备： （4）经热解、酸浸等步骤可制备。溶液中加入后立即产生大量气泡，经检测反应过程中有生成，反应前后的质量、化学性质保持不变。该反应过程可描述为___________。 （5）在氧气气氛中加热可获得含镍物质，固体质量随温度变化的曲线如图所示。 ①500∼700K之间分解产生的气体为___________。 ②800K后剩余固体质量略有增加的原因是___________。 18. 脱硫脱硝技术是指通过一系列的化学反应，将“三废”中有害的、氮氧化物等转化为无害物质。 （1）一种处理废气的工艺流程如图所示。 ①若吸收塔内盛装的是溶液，则气体为___________。 ②若吸收塔内盛装的是溶液，气体为空气，则气体吸收塔内发生反应的离子方程式为___________。 （2）船舶柴油机废气中含有大量的氮氧化物，对大气环境和人类健康造成了不利影响。使用惰性电极，采用无隔膜电解槽电解海水，产生有效氯(主要包括)，再利用循环喷淋模式对船舶废气进行处理。如图甲所示。电解海水溶液的初始对和(与总和)脱硝的影响如图乙所示。 ①约为7.5时，有效氯成分中起主要作用的是___________。 ②时，去除率明显低于去除率的原因是___________。 ③当电解液的从5.5下降到4.5时和的脱除率快速上升的主要原因是___________。 （3）催化剂可将酸性废水中的转化为，机理如图所示。中含有价和价的铁，分别用(II)和(III))表示。 ①(II)中基态的核外电子排布式为___________。 ②H2还原的过程可描述为___________。 ③每处理，理论需要消耗标准状况下的H2___________L。 19. Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr(OH)3主要步骤如下。 （1）制备CrCl3；取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图-1所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。 ①上述反应化学方程式为___________。 ②在盐酸与BaCrO4物料配比6∶1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图-2所示[铬溶解率=×100%，铬还原率=×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是___________。 （2）制备Cr(OH)3：Cr(III)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图-3所示。请补充完整由步骤(1)得到的CrCl3溶液制得Cr(OH)3的实验方案：取步骤(1)得到的CrCl3溶液，___________，低温烘干，得到Cr(OH)3晶体。 实验中须使用的试剂：2mol·L-1 Ba(OH)2溶液、0.1mol·L-1 AgNO3溶液、0.1mol·L-1HNO3溶液、蒸馏水。 （3）测定Cr(OH)3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL(已知反应：Cr2O＋6I-＋14H+=3I2＋2Cr3+＋7H2O；I2＋2S2O=S4O＋2I-)。计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年第二学期期末考前演练试卷(一) 高二化学 (满分100分，考试时间75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cr-52 Ni-59 一、单项选择题：本题共13题，每题3分，共39分，每题只有一个选项最符合题意。 1. 华为5G手机使用的麒麟芯片主要成分是晶体。下列固体与其晶体类型相同的是 A. 金刚石 B. 金属铁 C. 足球烯 D. 氯化钠 【答案】A 【解析】 【分析】晶体为典型的共价晶体； 【详解】A．金刚石为共价晶体，A符合题意； B．铁为金属晶体，B不符合题意； C．足球烯为分子晶体，C不符合题意； D．氯化钠为离子晶体，D不符合题意； 故选A 2. 氮化镓（GaN）被誉为第三代半导体材料，其结构与金刚石相似。一种制备GaN的方法为，下列说法正确的是 A. Ga基态核外电子排布式为 B. 的空间构型为平面三角形 C. GaN晶体属于共价晶体 D. GaN中Ga元素的化合价为-3 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ga原子核外有31个电子，基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或，A项错误； B．NH3分子中N的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，NH3分子的空间构型为三角锥形，B项错误； C．GaN具有硬度大、熔点高的特点，结构与金刚石相似，属于共价晶体，C项正确； D．GaN中N为-3价，Ga元素的化合价为+3，D项错误； 答案选C。 3. 有反应。下列说法正确的是 A. 第一电离能大小： B. 电负性大小： C. 热稳定性： D. 离子半径： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮原子的价电子排布式是2s22p5，p电子处于半充满状态，较稳定，氧原子的价电子排布式是2s22p6，所以第一电离能大小：，A项错误； B．同一周期，从左到右，元素电负性逐渐增大，所以碳的电负性小于氧元素，B项错误； C．非金属性越强，其元素形成的简单氢化物越稳定，所以非金属性：O＞N，热稳定性，C项正确； D．微粒半径大小比较的方法如下：电子层越多，半径越大，电子层数一样，核电荷数越大，半径越小。钠离子和氧离子的电子层数一样多，钠离子的核电荷数大，半径小，D项错误； 故答案选C。 阅读下列材料，完成下列小题 第三周期金属元素的单质具有重要的用途。金属可以与液氮反应制取一种强碱性物质；金属可以在高温条件下还原制备熔点较高金属，金属是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应；金属可以用来作电池的负极材料，一种——空气在碱性电解质中的总反应为：。 4. 下列说法正确的是 A. 金属钠燃烧时火焰呈黄色与电子跃迁有关 B. 中含有键 C. 金属元素Ti位于周期表中区 D. 中原子采取杂化 5. 下列化学反应表示正确的是 A. 与液氨反应： B. 的水解反应： C. 溶于氢氧化钠溶液中： D. 该——空气电池的负极反应式： 6. 工业用镁还原制备金属，工艺流程如图。下列说法不正确的是 A. 工业上可通过电解熔融制取金属 B. 用金属还原过程中需要通入作保护气 C. “真空蒸馏”的目的是使、气化，实现与的分离 D. 制得海绵钛中含有少量金属，可以用稀盐酸浸泡除 【答案】4. A 5. C 6. B 【解析】 【分析】工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原” 、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。 【4题详解】 A．钠燃烧时火焰呈黄色是因为电子吸收能量变为激发态，又跃迁到较低能级释放出能量，则火焰呈黄色与电子跃迁有关，故A正确； B．四羟基合铝离子中配位键、铝氧和氢氧极性键都属于σ键，则1mol四羟基合铝离子中含有8molσ键，故B错误； C．钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区，故C错误； D．四羟基合铝离子中铝原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故D错误； 故选A。 【5题详解】 A．与液氨反应可对照Na与水反应，方程式为：，A错误； B．的水解反应是可逆的，反应为：，B错误； C．溶于氢氧化钠溶液中生成氢气，方程式为：，C正确； D．该——空气电池的负极，负极失电子，电极反应式：，D错误； 故选C。 6题详解】 A．由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融的方法，A正确； B．点燃下金属镁和能反应，则用金属镁还原过程中不能用作保护气，可通入Ar作保护气，B错误； C．真空蒸馏时，需要将金属Mg、分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg和的沸点，使Mg、气化，实现与Ti的分离，C正确； D．制得海绵钛中含有少量金属，Ti常温下不与稀盐酸反应,Mg反应，因此可以用稀盐酸浸泡除Mg，D正确； 故选B。 7. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 铁粉能与反应，可用作食品保存的脱氧剂 B. 熔点高，可用于工业冶炼铝单质 C. 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 D. 受热易分解，可用于治疗胃酸过多 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁粉能与O2反应，吸收氧气减缓食品氧化作用，可用作食品保存的脱氧剂，A正确； B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料，氧化铝熔点高并不利于工业冶炼铝单质，需要加冰晶石降低熔点，B错误； C．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，不是还原性，C错误； D．碳酸氢钠可与盐酸反应从而消耗掉多余的盐酸，可用于治疗胃酸过多，D错误； 故答案选A。 8. 下列含氯物质的转化正确的是 A. 漂白粉 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与CO2反应生成HClO，HClO见光分解生成HCl和O2，不能生成Cl2，故A错误； B．加热MgCl2溶液时，MgCl2水解生成Mg(OH)2，应该在HCl气流中加热MgCl2溶液得到MgCl2，故B错误； C．电解NaCl溶液生成NaOH和氯气，氯气具有强氧化性，与铁单质在点燃条件下反应生成FeCl3，故C正确； D．碳酸的酸性弱于盐酸，NaCl溶液和CO2不反应，故D错误； 故选：C。 9. 实验室模拟制取，下列使用的装置能达到实验目的的是 图1 图2 图3 图4 A. 用图1所示装置制取气体 B. 用图2所示装置制取干燥的 C. 用图3所示装置制取，a先通入，然后b通入 D. 用图4所示装置灼烧制取 【答案】A 【解析】 【详解】A．图中装置利用稀盐酸和大理石制备CO2气体，可以达到实验目的，故A符合题意； B．浓硫酸能与氨气发生反应，不能用于干燥氨气，故B不符合题意； C．氨气极易溶于水，直接伸入至液面下易倒吸，且相同条件下CO2溶解度小于NH3，因此应该a先通入NH3，使溶液呈碱性，再从b通入CO2，增大CO2的吸收量，故C不符合题意； D．灼烧NaHCO3制取Na2CO3应在坩埚中进行，故D不符合题意； 故选A。 10. 实验室在如图所示装置中制取，将通入溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，再滴加乙醇可获得晶体。已知：呈蓝色。下列说法不正确的是 A. 在装置甲试管中加入和固体加热制取 B. 装置乙中的和装置丙中的均可防止倒吸 C. 晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 D. 与相比，更易与形成配位键 【答案】D 【解析】 【分析】甲装置中实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，乙装置中通入溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为，丙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。 【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，A正确； B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，装置乙中a的容积较大，可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此倒扣的漏斗可防止液体倒吸，B正确； C．由向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出，因此在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故C正确； D．由向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水，先生成蓝色沉淀，蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液可知，氨分子比水分子更容易与铜离子反应形成配合物，故D错误； 故答案选D。 11. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍，R的原子半径是该周期主族元素中最大的。下列说法正确的是 A. 气态氢化物热稳定性：Y>Z>W B. 简单离子半径：r(W)>r(R) C. 第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y) D. X、Z、W形成的化合物一定不含离子键 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z原子中分别有1、7个运动状态完全不同的电子，则X、Z原子序数为1、7，则X是H元素、Z是N元素；Y原子中各能级电子数相等，则电子排布为1s22s22p2，核外电子数为6，Y为C元素；W的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，W为O元素；R在同周期中原子半径最大，则R是Na元素。 【详解】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：C<N<O，气态氢化物热稳定性：Y<Z<W，A错误； B．O2-和Na+的电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则r(Na+)<r(O2-)，B正确； C．同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第VA族第一电离能大于第VIA族，则第一电离能：N>O>C，C错误； D．X、Z、W形成的化合物NH4NO3含离子键，D错误； 答案选B 12. 海水中含有丰富碘元素。实验室通过以下流程从净化除氯后的含碘海水中提取。下列有关说法不正确的是 A. “转化”后的溶液中主要含有和 B. 用稀溶解“滤渣Y”得到的溶液可循环利用 C. “富集”得到含碘化合物的晶胞如图所示，其中距离每个最近的有4个 D. “氧化”时，理论上通入氯气的量至少控制为溶液中溶质物质的量的1.5倍 【答案】D 【解析】 【分析】含碘海水和反应生成沉淀，向悬浊液中加入铁粉发生反应，向溶液中通入氯气可得到粗碘。 【详解】A．含碘海水和反应生成沉淀，向悬浊液中加入铁粉发生反应，故“转化”后的溶液中主要含有和，A正确； B．滤渣Y为Ag，用稀溶解Ag可得到循环利用，B正确； C．观察晶胞可知，距离每个最近的有4个，C正确； D．还原性：，故当通入氯气的量为溶液中溶质物质的量的1倍时，化学方程式为，D错误。 故选D。 13. 无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D. “脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 【答案】B 【解析】 【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到； 【详解】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误； B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确； C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误； D．是与水反应生成和HCl，D错误； 故选B。 14. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近液流，液流方向改变 是极性分子 B 向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞溶液，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，后，试管里出现凝胶 比较、的酸性和Cl、Si的非金属 C 向溶液中滴加几滴溶液，有白色沉淀产生，继续滴加几滴溶液，有黄色沉淀产生 D 将溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性溶液，观察溶液颜色的变化 中含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，CF2Cl2分子是极性分子，当玻璃棒靠近CF2Cl2时，由于静电感应，液流方向改变，说明CF2Cl2是极性分子，故A项正确； B．元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，则硅酸钠溶液能与盐酸反应生成硅酸沉淀，不能比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故B项错误； C．硝酸银过量，加入碘化钠与硝酸银反应生成黄色沉淀，并不能说明碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，故C项错误； D．氯离子与高锰酸钾氧化还原反应，也能使高锰酸钾溶液褪色，溶液中不一定含有亚铁离子，故D项错误； 故本题选A。 15. 利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是 A. 1 mol中σ键数目为18 mol B. 转化为后键角减小 C. 总反应离子方程式为： D. 反应③中，每消耗1 mol 转移4 mol电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1 mol中σ键数目为24 mol，故A错误； B．氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，氨气与钴形成了配位键，因此转化为后键角增大，故B错误； C．根据图中转化最终得到总反应离子方程式为：，故C正确； D．反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为−1价，因此每消耗1 mol 转移2 mol电子，故D错误。 综上所述，答案为C。 二、非选择题：本题共4题，共61分。 16. 已知X、Y、Z、R都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。X是空气中含量最高的元素，基态Z原子核外K、L、M三层电子数之比为，基态R原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，基态Y原子的最外层电子数等于基态Z、R原子的最外层电子数之和。(答题时，X、Y、Z、R用所对应的元素符号表示) （1）X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________，的空间结构为___________。 （2）的价层电子排布式为___________。 （3）基态Z原子核外电子占据的原子轨道总数为___________，有___________种运动状态不同的电子。 （4）现用四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，可得到较高纯度的。反应的化学方程式为___________。 （5）Y、Z形成的某晶体的晶胞结构如下图所示，则该化合物的化学式为___________。 （6）分子在独立存在时键角为107°。下图是的部分结构以及键角的测量值。解释形成如图配合物后键角变大的原因：___________。 【答案】（1） ①. N＞O＞Si ②. 平面三角形 （2）3d8 （3） ①. 8 ②. 14 （4） （5）SiO2 （6）NH3分子独立存在时，中心原子N上形成3个σ键，和1个孤电子对，形成图示配合物后，中心原子N上形成4个σ键，无孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致形成如图配合物后键角变大 【解析】 【分析】X、Y、Z、R都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大；X是空气中含量最高的元素，为N元素；Z基态原子核外K、L、M三层电子数之比为1：4：2，K层2个电子，则Z原子有14个电子，为Si元素；R基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则R的3d轨道上有8个电子、4s轨道上有2个电子，为Ni元素；Y基态原子的最外层电子数等于Z、R基态原子的最外层电子数之和，为O元素；通过以上分析知，X、Y、Z、R分别是N、O、Si、Ni元素。 【小问1详解】 同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族，随着能层数的增加，第一电离能依次减小，则第一电离能N＞O＞Si；为，其中心原子N原子的阶层电子对数为，无孤电子对，属于sp2杂化，为平面三角形； 【小问2详解】 R2+为Ni2+，价层电子排布式为：3d8； 【小问3详解】 Z为Si元素，基态Si原子电子排布式为：，核外电子占据的原子轨道总数为：8；每个电子的运动状态都不同，则有14种运动状态不同的电子； 【小问4详解】 四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，生成Si3N4和HCl，反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 由均摊法得，1个晶胞中O原子数目为16，Si的数目为，该物质Si和O原子个数比为：1：2，化学式为SiO2； 【小问6详解】 NH3分子独立存在时，中心原子N上形成3个σ键，和1个孤电子对，形成图示配合物后，中心原子N上形成4个σ键，无孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致形成如图配合物后键角变大。 17. 以软锰矿(主要含，还含有、、、和等)为原料经过下列过程可以制得、、等。 Ⅰ．酸浸、还原： （1）向软锰矿中加入硫酸，同时加入铁屑，充分反应后，过滤，所得溶液中主要含有、、、、和。写出酸浸、还原过程中发生反应的离子方程式：___________。的核外电子排布式为___________，的空间结构为___________。 Ⅱ．除杂： 向酸浸、还原所得滤液中加入固体，调节溶液的pH，过滤。向已经除去、、的溶液(pH约为5)中加入溶液，溶液中的、形成氟化物沉淀。 Ⅲ．沉锰： （2）向调pH后所得滤液中加入一定量的氨水，可以得到沉淀。 ①其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是___________。 ②沉锰过程中溶液中存在平衡：，中含有键的物质的量为___________。 Ⅳ．氧化： 向沉锰所得中加入溶液，可以得到。 Ⅴ．制备： （3）在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体，该过程发生反应的化学方程式为___________。 Ⅵ．制备： （4）经热解、酸浸等步骤可制备。溶液中加入后立即产生大量气泡，经检测反应过程中有生成，反应前后的质量、化学性质保持不变。该反应过程可描述为___________。 （5）在氧气气氛中加热可获得含镍物质，固体质量随温度变化的曲线如图所示。 ①500∼700K之间分解产生的气体为___________。 ②800K后剩余固体质量略有增加原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 正四面体形 （2） ①. 温度过高，氨水会挥发，且会分解 ②. 20mol （3） （4）和反应生成和H2O，会分解为MnO2和O2 （5） ①. CO2 ②. NiO被O2氧化为更高价态的镍氧化物 【解析】 【分析】软锰矿(主要含，还含有、、、和等) 中加入硫酸，同时加入铁屑，发生反应，过滤，所得溶液中主要含有、、、、和，滤液中加入固体，调节溶液的pH，、形成氢氧化物沉淀，过滤除去，向已经除去、、的溶液(pH约为5)中加入溶液，溶液中的、形成氟化物沉淀，过滤后向滤液中加入一定量的氨水，可得到Mn（OH）2沉淀，中加入溶液，可以得到；在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体；经热解、酸浸等步骤可制备。 【小问1详解】 向软锰矿中加入硫酸，铁屑，充分反应后，二氧化锰被Fe还原为锰离子，铁被氧化为三价铁离子，根据化合价升降守恒写出反应的离子方程式为：；Mn的核外电子数为25，Mn2+基态的核外电子排布式为：；的中心原子S，形成4个σ键，无孤电子对，则属于正四面体形； 【小问2详解】 ①温度过高，氨水会挥发，且会分解，，导致沉淀率降低； ②单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，中Mn2+与NH3形成4个键，NH3中N与H形成3个键， 中S与O形成4个，即中含有键的物质的量为20mol； 【小问3详解】 溶液中缓慢滴加会反应生成硫酸铵，碳酸锰，二氧化碳，方程式为：； 【小问4详解】 反应前后的质量、化学性质保持不变，即MnO2为催化剂，和反应生成和H2O，会分解为MnO2和O2； 【小问5详解】 ①完全热分解的化学方程式为，若分解先得到水，即固体质量分数降低：，若分解先得到CO2，即固体质量分数降低：，由此可知，500~700K之间分解产生的气体为CO2； ②热分解完全后得到NiO，可被O2氧化为更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加。 18. 脱硫脱硝技术是指通过一系列的化学反应，将“三废”中有害的、氮氧化物等转化为无害物质。 （1）一种处理废气的工艺流程如图所示。 ①若吸收塔内盛装的是溶液，则气体为___________。 ②若吸收塔内盛装的是溶液，气体为空气，则气体吸收塔内发生反应的离子方程式为___________。 （2）船舶柴油机废气中含有大量的氮氧化物，对大气环境和人类健康造成了不利影响。使用惰性电极，采用无隔膜电解槽电解海水，产生有效氯(主要包括)，再利用循环喷淋模式对船舶废气进行处理。如图甲所示。电解海水溶液的初始对和(与总和)脱硝的影响如图乙所示。 ①约为7.5时，有效氯成分中起主要作用的是___________。 ②时，去除率明显低于去除率的原因是___________。 ③当电解液的从5.5下降到4.5时和的脱除率快速上升的主要原因是___________。 （3）催化剂可将酸性废水中的转化为，机理如图所示。中含有价和价的铁，分别用(II)和(III))表示。 ①(II)中基态的核外电子排布式为___________。 ②H2还原的过程可描述为___________。 ③每处理，理论需要消耗标准状况下的H2___________L。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 的还原性强于(或被氧化成) ③. 酸性增强，有效氯从转为，氧化性增强(或与的反应是气相反应，接触更充分) （3） ①. ②. 被原子吸附并失去电子生成，通过和相互转化传递电子给，得电子被还原为，进一步被还原为，与反应生成 ③. 33.6 【解析】 【小问1详解】 ①吸收塔内盛装的是，氨气二氧化硫反应生成，则气体X为； ②三价铁具有氧化性，可以把+4价硫氧化为+6价硫，则气体吸收塔内发生反应的离子方程式为：； 【小问2详解】 ①约为7.5时，为弱碱性环境，此时有效氯的存在形式为； ②中氮的化合价较低，还原性较强，故答案为：的还原性强于(或被氧化成)； ③当酸性增强的时候，次氯酸根离子会转化为次氯酸或者氯气，这两者的氧化性更强一些，故答案为：酸性增强，有效氯从转为，氧化性增强(或与的反应是气相反应，接触更充分)； 【小问3详解】 ①铁为26号元素，其电子排布式为：则基态的核外电子排布式为； ②由图可知，氢气还原硝酸根离子的过程可以描述为：被原子吸附并失去电子生成，通过和相互转化传递电子给，得电子被还原为，进一步被还原为，与反应生成； ③由图可知，亚硝酸根被处理成氮气，氮的化合价由+3价变为0价，则每处理，需要得到3mol电子，氢的化合价由0变为+1价，根据得失电子守恒可知，失去3mol电子，需要1.5mol氢气，其标准状况下的体积为：33.6L。 19. Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备Cr(OH)3的主要步骤如下。 （1）制备CrCl3；取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到如图-1所示三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并逸出CO2气体。 ①上述反应的化学方程式为___________。 ②在盐酸与BaCrO4物料配比6∶1、80℃条件下搅拌，反应30min。探究乙醇理论量倍数对铬溶解率及还原率的影响如图-2所示[铬溶解率=×100%，铬还原率=×100%]。随着乙醇理论量倍数的增加，铬还原率逐渐增加、铬溶解率几乎不变，其原因可能是___________。 （2）制备Cr(OH)3：Cr(III)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图-3所示。请补充完整由步骤(1)得到的CrCl3溶液制得Cr(OH)3的实验方案：取步骤(1)得到的CrCl3溶液，___________，低温烘干，得到Cr(OH)3晶体。 实验中须使用的试剂：2mol·L-1 Ba(OH)2溶液、0.1mol·L-1 AgNO3溶液、0.1mol·L-1HNO3溶液、蒸馏水。 （3）测定Cr(OH)3样品纯度。准确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.00mL(已知反应：Cr2O＋6I-＋14H+=3I2＋2Cr3+＋7H2O；I2＋2S2O=S4O＋2I-)。计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)：___________。 【答案】（1） ①. C2H5OH＋4BaCrO4＋20HCl 2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2 ②. 过量的盐酸先与铬酸钡反应生成了可溶于水的铬酸（或重铬酸），铬溶解率与乙醇的量无关，随着乙醇理论量倍数的增加，乙醇浓度增大，反应速率加快，相同时间内被还原的铬的量增多，铬还原率呈现增大趋势 （2）边搅拌边加入2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，调节溶液的pH在6～12范围之间，静置、过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1 mol·L－1 HNO3和0.1 mol·L－1 AgNO3溶液不再出现浑浊（说明：HNO3和AgNO3滴加顺序不作要求） （3）根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr(OH)3 ~ 2Cr3+ ~ Cr2O~ 3I2 ~ 6 S2O，可知0.9g 样品中Cr(OH)3的物质的量为，质量为，Cr(OH)3样品的纯度。 【解析】 【小问1详解】 ①BaCrO4和浓盐酸、无水乙醇充分反应，生成CrCl3和CO2气体，Ba2＋转化为BaCl2，BaCrO4转化为CrCl3，Cr化合价降3，C2H5OH转化为CO2，C化合价升6，根据Cr、S得失电子守恒配平反应，C2H5OH＋4BaCrO4＋20HCl 2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2。 ②从图中看，随着乙醇的量增大，铬溶解率不变，反应方程式为2HCl＋BaCrO4 = BaCl2＋H2CrO4，此反应与加入的乙醇量无关，铬溶解率与乙醇的量无关；H2CrO4氧化乙醇生成Cr(III)，随着乙醇的量增多，反应速率加快，生成Cr(III)也加快，即铬还原率呈现增大趋势。 【小问2详解】 由图2知，pH在6～12范围之间，主要以Cr(OH)3存在。Cr(III)中加入2mol·L-1Ba(OH)2溶液，调节pH在6～12，以生成Cr(OH)3沉淀。过滤后，滤液中含有Cl－，用稀HNO3和AgNO3检验滤液中不存在Cl－时，可停止用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀。 【小问3详解】 测定Cr(OH)3样品纯度的实验原理为：Cr(OH)3先溶解生成Cr(III)，Cr(III)被氧化生成Cr2O，Cr2O氧化I－生成I2，再用Na2S2O3滴定生成的I2，根据Cr守恒以及反应关系得：2Cr(OH)3 ~ 2Cr3+ ~ Cr2O~ 3I2 ~ 6 S2O，由Na2S2O3的消耗量，可计算出Cr(OH)3的量，扩大10倍后，得到0.9g 样品中Cr(OH)3的量，进而得出Cr(OH)3样品纯度。 过程见答案。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $