精品解析：福建省厦门一中2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题

福建省厦门第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试 化学试题 说明：1.完成时间75分钟 2.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 F-19 Si-28 Cl-35.5 Ag-108 Cs-133 一、单项选择题(共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意) 1. 下列描述正确的是 A. 在中性条件下可用KSCN溶液检验补铁剂中是否含有 B. 可用核磁共振法测定出青蒿素的相对分子质量 C. 液晶属于晶体的一种，可用于制造液晶显示器 D. 、石墨烯、碳纳米管都是碳的同素异形体，是纳米材料中的“明星” 【答案】D 【解析】 【详解】A．中性条件下会水解生成氢氧化铁沉淀，则用KSCN溶液检验补铁剂中是否含有时应在酸性条件下，A错误； B．核磁共振法是确定分子中氢原子的种类，但无法确定相对分子质量，相对分子质量需要利用质谱仪来测定，B错误； C．液晶是介于固态晶体的三维有序和无规则液态之间的一种中间相态，又称作介晶相，是一种取向有序的流体，既具有液体的易流动性，又有晶体的双折射等各向异性的特征，C错误； D．、石墨烯、碳纳米管都是碳的同素异形体，是纳米材料中的“明星”物质，D正确； 故选D。 2. 下列各组物质的晶体类型相同的是 A. SiO2和SO3 B. I2和NaCl C. Cu和Ag D. SiC和MgO 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．SiO2为原子晶体，SO3为分子晶体，晶体类型不同，故A错误； B．I2为分子晶体，NaCl为离子晶体，晶体类型不同，故B错误； C．Cu和Ag都为金属晶体，晶体类型相同，故C正确； D．SiC原子晶体，MgO为离子晶体，晶体类型不同，故D错误； 故选C。 3. 下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是 A. 原子的价电子排布式为的元素一定是主族元素 B. 基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素 C. 原子的价电子排布式为的元素一定位于第ⅢB～第ⅧB族 D. 基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素 【答案】B 【解析】 【详解】A．0族元素原子的价电子排布式为1s2(氦)或ns2np6，A错误； B．基态原子的p能级上有5个电子的元素价电子排布式为，一定是第ⅦA族元素，B正确； C．原子的价电子排布式为的元素位于ⅢB～第Ⅷ族，C错误； D．基态原子的N层上只有1个电子的元素除了主族元素外，还有部分副族元素，如Cu、Cr，D错误； 故选B。 4. 制取催化剂的原理为：。下列说法错误的是 A. 基态碳原子价电子轨道表示式为 B. 中3p-3p轨道重叠示意图为 C. 为非极性分子 D. CO电子式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态碳原子价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故A正确； B．中轨道重叠形成键，轨道重叠示意图为，故B错误； C．分子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，分子的空间结构为键角是120°的平面三角形结构，分子的结构对称，属于非极性分子，故C正确； D．和N2互为等电子体，电子式和N2相似，为，故D正确； 故选B。 5. “”为定影液回收的原理。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中电子数为 B. 含的溶液中阳离子数为 C. 中含有数为 D. 反应生成（已折算为标准状况）时，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．36.5gHCl即1molHCl，含有的电子数为18，A项错误； B．1mol该溶液中，溶质是配合物，自身能完全电离出钠离子，但阴离子解离出银离子的能力相当小，因此溶液中的阳离子数目远小于4，B项错误； C．硫酸是一个分子中含有两个氢原子，一个硫原子和四个氧原子的化合物，其中有两个氧原子与硫原子形成双键，另外两个氧原子与氢原子形成羟基，因此1mol硫酸中含有羟基的数目为2，C项正确； D．每生成3mol二氧化硫同时生成1mol硫酸，升价时，硫元素不仅从正二价转化成正四价的二氧化硫，还转化成正六价的硫酸，则失去(2×3+4)mol=10mol电子，每生成2.24L二氧化硫时即生成了0.1mol二氧化硫，转移电子为，即转移的电子数目约为0.33，D项错误； 答案选C。 6. 下列图像表示的信息正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．成键原子半径越小，键长越短，键能越大，所以键能大小：H-F＞H-Cl＞H-Br，A错误； B．相对原子质量依次增大，分子间作用力增大，沸点增高H2Se高于H2S，水分子间有氢键沸点最高，B错误； C．H-X键中，X电负性越强，极性越强，C、N、F同周期，随原子序数增大，电负性增强，故C正确； D．根据中心原子价层孤电子对数计算：SiH4为0对，NH3对1对，H2O为2对，三者中心原子均为sp3杂化，孤电子对对成键电子对的排斥力大，故键角SiH4最大，H2O最小，D错误； 故选C。 7. 一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是 A. 金刚石比石墨稳定 B. 两物质的碳碳键的键角相同 C. 等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3 D. 可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨 【答案】D 【解析】 【详解】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误； B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳键的键角不相同，故B错误； C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳键，1mol石墨有1.5mol碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为3∶4，故C错误； D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。 综上所述，答案为D。 8. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 分子间作用力 B 熔点：(1040℃)远高于(178℃升华) 晶体类型 C 酸性：()远强于() 羟基极性 D 溶解度(20℃)：(29g)大于(8g) 阴离子电荷 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确； B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点远高于，故B正确； C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确； D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误； 答案选D。 9. 乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是 A. 有23种空间运动状态的电子 B. 该配离子中含有6个配体 C. 该配离子中碳原子的杂化类型有、杂化 D. 该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，选项A错误； B．该配离子中含有6个配位键，有3个配体，选项B错误； C．双键上的C原子形成3个σ键且无孤电子对，采用sp2杂化，饱和C原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，选项C正确； D．该配离子中含有的化学键有极性键、非极性键、配位键，不含离子键，选项D错误； 答案选C。 10. 冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与作用而不与、作用；18-冠-6与作用(如图)，但不与或作用。下列说法正确的是 A. 冠醚可作为一些有机反应中的相转移催化剂，与其能与碱金属阳离子作用有关 B. 18-冠-6与作用，不与或作用，这体现了超分子的“自组装”的特征 C. 18-冠-6中O原子与间存在离子键 D. 18-冠-6分子具有旋光性 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题意可知，冠醚是皇冠状分子，分子中内部有很大的空间，能与离子半径不同的碱金属阳离子发生络合反应，把无机物带入有机物中，它可以作为相转移催化剂也是基于这个原理，A正确； B．冠醚能与半径大小相匹配的金属离子作用，因此18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，而超分子自组装是一种现象，其中分子通过非共价键相互作用自发地结合起来，形成有序的纳米结构，B错误； C．离子键是由阴、阳离子间形成的，18-冠-6为分子，分子中的O以O原子形式存在，所以18-冠-6中O原子与K+间不存在离子键，C错误； D．手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，故该超分子中不含手性碳原子，不具有旋光性，D错误； 故答案选A 11. 由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Z原子2p轨道有两个单电子，离子的价电子排布式为。下列说法正确的是 A. Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱 B. 原子半径：M＞Z＞Y C. 简单氢化物的沸点：Z＞M＞Y D. 含有X、Y、Z的酸的分子式一定是 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，基态Z原子2p轨道有两个单电子，根据成键Y、Z分别为4、2，则Y为C元素，Z为O；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键、M形成1个共价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；离子的价电子排布式为，则Q为Cu元素。 【详解】A．氢氧化铜是弱碱，能溶于弱碱氨水形成四氨合铜离子，故A错误； B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故B错误； C．水分子和氟化氢分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，甲烷的分子间作用力最小，沸点最低，水分子间形成的氢键数目多于氟化氢分子，分子间作用力高于氟化氢，沸点高于氟化氢，则简单氢化物的沸点高低顺序为H2O＞HF＞CH4，故C正确； D．氢、碳、氧三种元素形成的含氧酸可能为H2CO3、CH3COOH、H2C2O4等，故D错误； 故选C。 12. 的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色的。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法不正确的是 A. 为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸 B. 溶液Ⅰ呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的 C. 与的配位能力强于 D. 向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色 【答案】A 【解析】 【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与SCN−结合生成[Fe(SCN)6]3−，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3−。 【详解】A．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4]−，A错误； B．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色[Fe(H2O)6]3+形成混合体系，使溶液呈黄色，B正确； C．加入NaF后溶液Ⅱ由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3−转变为[FeF6]3−，反应更易生成[FeF6]3−，说明F−与Fe3+的配位能力强于SCN−，C正确； D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3++6SCN−⇌[Fe(SCN)6]3−(红色)的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确； 故答案选A 13. 改性生物炭对含砷物质的不同吸附机制如图。下列说法正确的是 A. “静电吸引”中主要作用力为范德华力 B. “表面络合”中原子的杂化方式有2种 C. “氧化反应”中氧化剂为改性生物炭 D. “氢键形成”中分子间氢键有2种 【答案】C 【解析】 【详解】A．“静电吸引”是指当两个带电物体的电荷异号时，是离子间的作用力，不是范德华力，A错误； B．二价阴离子中As原子孤电子对数为0 、价电子对数为4 ，为sp3杂化，一价阴离子中As原子孤电子对数为1、价电子对数1+3=4 ，为sp3杂化，“表面络合”中原子的杂化方式只有1种：sp3杂化，B错误； C．如图所示，氧化反应是由As(III)转化为As(V)，则氧化剂为改性生物炭，C正确； D．如图所示，“氢键形成”中分子间氢键有3种，D错误。 故答案为：C。 14. 为有效缓解“碳达峰”，一种利用有机胺协助CO2氢化还原为CH3OH的过程如下，下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ中涉及非极性键的断裂与生成 B. 化合物X和Y中N原子的杂化方式不同 C. 催化剂中P形成配位键后R-P-R键角变小 D. 该过程的总反应方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．过程Ⅱ中涉及非极性键的断裂，但不涉及非极性键的生成，故A错误； B．化合物X和Y中N原子均只形成单键，均为sp3杂化，故B错误； C．催化剂中P形成配位键前呈三角锥结构，形成配位键后呈四面体结构，形成配位键后键角变大，故C错误； D．由图可知，反应为二氧化碳和氢气生成甲醇和水，故总反应方程式为，D正确； 故选：D。 15. 一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)： 下列说法正确的是 A. 基态失去4d能级上的一个电子转化为 B. 若N点原子分数坐标为()，则P点原子分数坐标为() C. M、N之间的距离为 D. 晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【分析】该晶胞中位于棱上及体内有，位于棱上及面心有，F位于上、下平面各4个，前、后、左、右平面各2个，体内4个，故有，Cs、Ag、F原子个数比为，化学式为。 【详解】A．基态核外电子排布式为，失去5s能级的一个电子形成，A错误； B．若N点原子分数坐标为，由，则P点原子分数坐标为即，B错误； C．M在底面顶角、N在底面对角线处，二者之间的距离为，C错误； D．晶体的密度为，D正确； 故答案选D。 二、填空题(共4题，共55分) 16. 科学家合成了由羧酸基团功能化的石墨烯表面共价连接钴(Ⅱ)四吡啶配合物，其在不同酸碱性条件下光催化的还原过程如下图所示。回答下列问题： （1）基态的价电子轨道表示式为___________。 （2）Fe、Ni、Cu、Zn均为第四周期的过渡金属元素，下列说法错误的是___________(填标号)。 A．Cu的第二电离能比Zn的第二电离能小 B．中含有σ键与π键的数目之比为l：1 C．配合物中的配体为，配位原子为N原子 （3）1mol钴(Ⅱ)四吡啶配合物中含有配位键数目为___________，该配合物中羧酸基团中碳原子的杂化方式为___________。 （4）吡啶()分子中存在的大π键为___________。分子中N上有孤对电子，可以与结合，平面分子吡咯()和吡啶相同浓度下，___________(填“吡啶”或“吡咯”)碱性更强，原因是___________。 【答案】（1） （2）AC （3） ①. 6 ②. sp2 （4） ①. ②. 吡啶 ③. 吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了芳香环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，因此吡啶的碱性强于吡咯 【解析】 【小问1详解】 Co是27号元素，基态钴原子的电子排布式，4s能级失去电子后形成，的价电子轨道表示式为，故答案为：。 【小问2详解】 A．Cu的是的稳定结构失电子需要的能量，比较大，Zn的是失电子需要的能量，比较小，故 Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能，A错误； B．中K+与[Fe(CN)6]3-之间以离子键形式结合，CN-为碳氮三键，单键和配位键均为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，由离子结构可知其所含σ键数为12个，π键数为12个，σ键和π键的个数比为1：1，B正确； C．配合物中K+与之间以离子键形式结合，中配体为，中C、N均有孤电子对，但C的电负性小于N原子，因此配位原子为C原子，C错误； 故答案选AC。 【小问3详解】 通过图示可以发现配位原子是N、O，与钴(Ⅱ)相连接的4个N原子和2个O原子都是配位原子，所以配位数为6，该配合物中羧酸基团中碳原子为碳氧双键，杂化方式为sp2，故答案为：6；sp2。 【小问4详解】 吡啶分子与苯分子是等电子体，其结构相似，苯分子中含有的大π键，故吡啶分子中也含有的大π键；吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了芳香环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，因此吡啶的碱性强于吡咯，故答案为：；吡啶；吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了芳香环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，因此吡啶的碱性强于吡咯。 17. 完成下列问题 （1）(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为___________。 （2）BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是___________。 （3）在周期表中，与Al化学性质最相似的邻族元素是___________(填元素名称)。基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为___________。在下列状态的铝元素中，电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是___________。(填标号) A． B． C． D． （4）中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为___________，其中Fe的配位数为___________。 （5）和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示： 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___________(用n代表P原子数)。 （6）的晶胞结构如图所示，每个白球代表1个分子。已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，阿伏伽德罗常数为，则该条件下的摩尔体积为___________(用含a、的代数式表示) （7）常态下是紫色固体，不导电，但给富勒烯掺杂金属后(用金属原子把富勒烯分子连起来或者把金属原子放进富勒烯笼子里)，其在一定条件下甚至可以成为超导体。晶体结构中存在四面体空隙和八面体空隙。所有空隙中均填充一个金属M原子，可获得某条件下的超导材料。则该超导材料中，平均一个晶胞需掺杂___________个M原子。 【答案】（1） （2）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力更强 （3） ①. 铍 ②. 7 ③. D>C>A>B （4） ①. ②. 4 （5） （6） （7）12 【解析】 【小问1详解】 由N原子的杂化类型为可知，每个N原子由一个孤电子对，N与F之间应存在一个键，N和N之间应为双键，故的结构式为; 【小问2详解】 由于对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力更强，故硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点； 【小问3详解】 根据对角线原则，与Al化学性质最相似的邻族元素是铍；电子云轮廓呈哑铃形的能将符号为p，基态Al原子核外电子排布式为，则基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为7；A.基态的Al原子；B.激发态的Al原子；C.基态的Al+；D.基态的Al2+；由于原子失去电子是先激发，再失去，整个过程中都要吸收能力，且越来越难失电子；所以电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是D>C>A>B； 【小问4详解】 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为；Fe原子周围由4 个Cl原子，则Fe的配位数为4； 【小问5详解】 磷酸根离子为，焦磷酸根离子为，三磷酸根离子为，结合图示可知，每增加一个P原子，O原子增加3个，离子所带负电荷数增加1，故可推出离子通式为； 【小问6详解】 由晶胞结构图可知，每个晶胞中含有个分子，则该条件下的摩尔体积为； 【小问7详解】 由晶胞结构可知，晶体中正四面体空隙为8个，正八面体空隙为4个，则该超导材料中，平均一个晶胞需掺杂12个M原子。 18. 已知铁氰化钾溶液呈黄色，可以与反应生成带有特征蓝色的(铁氰化亚铁)沉淀，因而在实验室中常用于鉴别溶液中是否存在。 （1）与___________分子(填化学式)结构相似，HCN分子中σ键与π键数目之比为___________。 Ⅰ.某化学兴趣小组查阅资料了解到具有氧化性，可被还原生成。设计了如下实验，探究的相关性质。 （2）实验一：向饱和溶液中滴加几滴0.1的溶液，溶液出现黄色浑浊，发生反应的离子方程式为___________。 （3）实验二：向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴0.1的溶液，可以观察到的现象为___________。 Ⅱ.小组同学提出问题：能否将Fe氧化成？设计并实施实验： 序号 实验方案 实验现象 实验三 取少量0.1的溶液于试管中，加入适量铁屑 无明显现象 实验四 向实验三的试管中加入少量NaCl固体 溶液中出现蓝色浑浊 （4）指导老师指出实验中需要用煮沸后再冷却至室温的蒸馏水配制的溶液，并且往试管中的溶液上加入少量煤油，其目的为___________。 （5）①根据实验现象得出结论：___________。 ②反思现象：乙同学认为实验三和实验四现象不同的原因是铁屑表面有一层金属氧化膜，阻止了反应进行，加入NaCl的作用为___________。 ③深度探究：为证明不同现象是由而不是造成的，可向实验三的试管中加入少量___________，观察是否出现蓝色沉淀。 （6）拓展实验：按如图所示装置及试剂组装仪器，观察到电流表指针发生偏转，Fe电极表面的电极方程式为___________。请设计实验方案探究该装置是否能有效防止Fe发生腐蚀：___________。 【答案】（1） ①. N2 ②. 1∶1 （2）2+S2- =2+S↓ （3）溶液变为蓝色 （4）排除溶液中的O2并隔绝空气 （5） ①. K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+ ②. 破坏铁屑表面的氧化膜 ③. Na2SO4（合理即可） （6） ①. 2H2O+O2+ 4e- =4OH- ②. 取铁电极附近少量溶液到试管，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否出现蓝色沉淀 【解析】 【小问1详解】 中含碳氮三键，与N2中的氮氮三键相似，故与N2相似；HCN分子中含有σ键数为2，π键数也为2，故σ键与π键数目之比为1∶1； 【小问2详解】 已知，具有氧化性，可被还原生成，硫离子具有还原性，向饱和Na2S溶液中滴加几滴0.1 mol /L的K3[Fe(CN)6]溶液，溶液出现黄色浑浊，说明有S单质生成，发生反应的离子方程式为2+S2- =2+S↓； 【小问3详解】 向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴0.1 mol /L的K3[Fe(CN)6]溶液，I-被氧化为I2，可以观察到的现象为溶液变为蓝色； 【小问4详解】 氧气具有氧化性，会干扰实验；蒸馏水煮沸排出水中溶解的O2，在试管中的溶液上加入少量煤油，防止空气中的O2溶解到溶液中； 【小问5详解】 ①已知，铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液呈黄色，可以与Fe2+反应生成带有特征蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2(铁氰化亚铁)沉淀，因而在实验室中常用于鉴别溶液中是否存在Fe2+，实验中溶液出现蓝色浑浊，说明生成亚铁离子，根据实验现象得出结论：K3[Fe(CN)6]可以将Fe氧化成Fe2+； ②实验三无明显现象，实验四加入氯化钠有现象；铁屑表面有一层金属氧化膜阻止了反应进行，加入NaCl的作用为破坏金属表面的氧化膜，使反应可以顺利进行； ③若证明不同现象是由Cl-而不是Na+造成，则需要做对比实验，可向实验三的试管中加入少量钠盐，且其阴离子不能参与反应，可选用Na2SO4，观察是否出现蓝色沉淀； 【小问6详解】 在中性溶液中发生吸氧腐蚀，观察到电流表指针发生偏转，Fe电极表面的电极方程式为2H2O+O2+ 4e- =4OH- ；铁腐蚀生成亚铁离子，是否能有效防止Fe发生腐蚀的实验方案探究可以检验是否存在亚铁离子，方案可以为：取铁电极附近少量溶液到试管，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察是否出现蓝色沉淀。 19. Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含、、、)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，、、与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。回答下列问题： 氢氧化物 （1）活性可与水反应，化学方程式为___________。 （2）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了、的浸取速率，其原因是___________。 （3）常温下，的氨性溶液中，___________(填“>”“<”或“=”)。 （4）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。(填化学式) ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与最小间距大于与最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的的个数为___________；晶体中元素的化合价为___________。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用___________和___________(填化学式)。 【答案】（1） （2） ①. 晶体 ②. 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 （3）> （4）或 （5） ①. ②. 体心 ③. 12 ④. +3 （6） ①. 2∶5 ②. HNO3 ③. MgO 【解析】 【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【小问1详解】 活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 【小问2详解】 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体； ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 【小问3详解】 常温下，的氨性溶液中，，，，则>；故答案为：>。 【小问4详解】 “氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或，故答案为：或。 【小问5详解】 ①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：； ②由可制备晶体，其立方晶胞如图，x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Co与O最小间距小于与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心； 晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12； 该立方晶胞中，Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，化学式为，根据化合价总和为0，铝元素为+3价，氧元素为-2价，可知晶体中元素的化合价为+3价， 故答案为：体心；12；+3。 【小问6详解】 ①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与比值理论上最高为2∶5，故答案为：2∶5； ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，可重复利用和，故答案为：；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2023-2024学年高二下学期期中考试 化学试题 说明：1.完成时间75分钟 2.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 F-19 Si-28 Cl-35.5 Ag-108 Cs-133 一、单项选择题(共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意) 1. 下列描述正确的是 A. 在中性条件下可用KSCN溶液检验补铁剂中是否含有 B. 可用核磁共振法测定出青蒿素的相对分子质量 C. 液晶属于晶体的一种，可用于制造液晶显示器 D. 、石墨烯、碳纳米管都是碳的同素异形体，是纳米材料中的“明星” 2. 下列各组物质的晶体类型相同的是 A. SiO2和SO3 B. I2和NaCl C. Cu和Ag D. SiC和MgO 3. 下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系表述正确的是 A. 原子的价电子排布式为的元素一定是主族元素 B. 基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素 C. 原子的价电子排布式为的元素一定位于第ⅢB～第ⅧB族 D. 基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素 4. 制取催化剂的原理为：。下列说法错误的是 A. 基态碳原子价电子轨道表示式为 B. 中3p-3p轨道重叠示意图为 C. 为非极性分子 D. CO电子式为： 5. “”为定影液回收的原理。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中电子数为 B. 含的溶液中阳离子数为 C. 中含有数为 D. 反应生成（已折算为标准状况）时，转移电子数为 6. 下列图像表示的信息正确的是 A. B. C D. 7. 一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是 A. 金刚石比石墨稳定 B. 两物质的碳碳键的键角相同 C. 等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3 D. 可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨 8. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 分子间作用力 B 熔点：(1040℃)远高于(178℃升华) 晶体类型 C 酸性：()远强于() 羟基极性 D 溶解度(20℃)：(29g)大于(8g) 阴离子电荷 A A B. B C. C D. D 9. 乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是 A. 有23种空间运动状态电子 B. 该配离子中含有6个配体 C. 该配离子中碳原子的杂化类型有、杂化 D. 该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键 10. 冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与作用而不与、作用；18-冠-6与作用(如图)，但不与或作用。下列说法正确的是 A. 冠醚可作为一些有机反应中的相转移催化剂，与其能与碱金属阳离子作用有关 B. 18-冠-6与作用，不与或作用，这体现了超分子的“自组装”的特征 C. 18-冠-6中O原子与间存在离子键 D. 18-冠-6分子具有旋光性 11. 由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Z原子2p轨道有两个单电子，离子的价电子排布式为。下列说法正确的是 A. Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱 B. 原子半径：M＞Z＞Y C. 简单氢化物的沸点：Z＞M＞Y D. 含有X、Y、Z的酸的分子式一定是 12. 的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色的。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法不正确的是 A. 为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸 B. 溶液Ⅰ呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的 C. 与的配位能力强于 D. 向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色 13. 改性生物炭对含砷物质的不同吸附机制如图。下列说法正确的是 A. “静电吸引”中主要作用力为范德华力 B. “表面络合”中原子的杂化方式有2种 C. “氧化反应”中氧化剂为改性生物炭 D. “氢键形成”中分子间氢键有2种 14. 为有效缓解“碳达峰”，一种利用有机胺协助CO2氢化还原为CH3OH的过程如下，下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ中涉及非极性键的断裂与生成 B. 化合物X和Y中N原子的杂化方式不同 C. 催化剂中P形成配位键后R-P-R键角变小 D. 该过程的总反应方程式为 15. 一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)： 下列说法正确的是 A. 基态失去4d能级上的一个电子转化为 B. 若N点原子分数坐标为()，则P点原子分数坐标为() C. M、N之间的距离为 D. 晶体的密度为 二、填空题(共4题，共55分) 16. 科学家合成了由羧酸基团功能化的石墨烯表面共价连接钴(Ⅱ)四吡啶配合物，其在不同酸碱性条件下光催化的还原过程如下图所示。回答下列问题： （1）基态的价电子轨道表示式为___________。 （2）Fe、Ni、Cu、Zn均为第四周期的过渡金属元素，下列说法错误的是___________(填标号)。 A．Cu的第二电离能比Zn的第二电离能小 B．中含有σ键与π键的数目之比为l：1 C．配合物中的配体为，配位原子为N原子 （3）1mol钴(Ⅱ)四吡啶配合物中含有配位键数目为___________，该配合物中羧酸基团中碳原子的杂化方式为___________。 （4）吡啶()分子中存在的大π键为___________。分子中N上有孤对电子，可以与结合，平面分子吡咯()和吡啶相同浓度下，___________(填“吡啶”或“吡咯”)碱性更强，原因是___________。 17. 完成下列问题 （1）(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为___________。 （2）BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是___________。 （3）在周期表中，与Al化学性质最相似的邻族元素是___________(填元素名称)。基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为___________。在下列状态的铝元素中，电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是___________。(填标号) A． B． C． D． （4）中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为___________，其中Fe的配位数为___________。 （5）和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示： 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___________(用n代表P原子数)。 （6）的晶胞结构如图所示，每个白球代表1个分子。已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，阿伏伽德罗常数为，则该条件下的摩尔体积为___________(用含a、的代数式表示) （7）常态下是紫色固体，不导电，但给富勒烯掺杂金属后(用金属原子把富勒烯分子连起来或者把金属原子放进富勒烯笼子里)，其在一定条件下甚至可以成为超导体。晶体结构中存在四面体空隙和八面体空隙。所有空隙中均填充一个金属M原子，可获得某条件下的超导材料。则该超导材料中，平均一个晶胞需掺杂___________个M原子。 18. 已知铁氰化钾溶液呈黄色，可以与反应生成带有特征蓝色的(铁氰化亚铁)沉淀，因而在实验室中常用于鉴别溶液中是否存在。 （1）与___________分子(填化学式)结构相似，HCN分子中σ键与π键数目之比为___________。 Ⅰ.某化学兴趣小组查阅资料了解到具有氧化性，可被还原生成。设计了如下实验，探究的相关性质。 （2）实验一：向饱和溶液中滴加几滴0.1的溶液，溶液出现黄色浑浊，发生反应的离子方程式为___________。 （3）实验二：向滴有淀粉的饱和KI溶液中滴加几滴0.1的溶液，可以观察到的现象为___________。 Ⅱ.小组同学提出问题：能否将Fe氧化成？设计并实施实验： 序号 实验方案 实验现象 实验三 取少量0.1的溶液于试管中，加入适量铁屑 无明显现象 实验四 向实验三的试管中加入少量NaCl固体 溶液中出现蓝色浑浊 （4）指导老师指出实验中需要用煮沸后再冷却至室温的蒸馏水配制的溶液，并且往试管中的溶液上加入少量煤油，其目的为___________。 （5）①根据实验现象得出结论：___________。 ②反思现象：乙同学认为实验三和实验四现象不同的原因是铁屑表面有一层金属氧化膜，阻止了反应进行，加入NaCl的作用为___________。 ③深度探究：为证明不同现象是由而不是造成的，可向实验三的试管中加入少量___________，观察是否出现蓝色沉淀。 （6）拓展实验：按如图所示装置及试剂组装仪器，观察到电流表指针发生偏转，Fe电极表面的电极方程式为___________。请设计实验方案探究该装置是否能有效防止Fe发生腐蚀：___________。 19. Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含、、、)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，、、与形成可溶于水配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。回答下列问题： 氢氧化物 （1）活性可与水反应，化学方程式为___________。 （2）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了、的浸取速率，其原因是___________。 （3）常温下，的氨性溶液中，___________(填“>”“<”或“=”)。 （4）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。(填化学式) ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与最小间距大于与最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的的个数为___________；晶体中元素的化合价为___________。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用___________和___________(填化学式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $