精品解析：安徽省怀宁县高河中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试化学试题

2024年春高河中学高二期中化学试题 一、单选题(每小题3分，共45分) 1. 下列说法错误的是 A. 在日光灯和霓虹灯的灯管里，蜡烛的火焰里，极光和雷电里，都能找到等离子体 B. 我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征 C. 由于大多数离子液体含有体积很大分子，导致离子液体作溶剂比传统有机溶剂难挥发，是良好的溶剂 D. 纳米晶体是晶体颗粒尺寸为纳米量级的晶体，当晶体颗粒小至纳米级，熔点会下降 2. 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.5g含有的电子数为 B. 1mol[Cu(NH3)4]2+中键数目为12NA C. 60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个键和个4NA 键 D. 104g苯乙烯()中含碳碳双键数为 3. 下列说法中正确的是 ①非金属元素不可能形成离子化合物 ②位于第四周期第VA族元素为非金属元素 ③可用质谱法区分和 ④金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关 ⑤分子晶体中一定存在共价键 ⑥金刚石与石墨中的C―C―C夹角都为120° ⑦NaCl晶体中，阴离子周围紧邻的阳离子数为6 ⑧NaClO和NaCl均为离子化合物，它们所含的化学键类型完全相同 A. ①③④⑥ B. ②③④⑦ C. ②③④⑤ D. ②③④⑧ 4. 的配位化合物较稳定且用运广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的的配离子，不能与形成配位离子。下列说法错误的是 A. Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合 B. 可用NaF和KSCN溶液检验溶液中是否含有 C. 溶液Ⅰ中仅参与形成范德华力和氢键 D. 上述实验可得出，与形成配合物的能力： 5. 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体。下列说法正确的是 A. 加入氨水，首先形成的难溶物是 B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子 C. 在中，提供空轨道，的N给出孤对电子 D. 析出的深蓝色晶体是 6. 类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论。因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确。以下几种类推结论中，正确的是 A. 氧气为非极性分子，臭氧也是非极性分子 B. NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化 C. C2H5OH分子间可以形成氢键，则CH3CHO分子间也可以形成氢键 D. CCl3COOH酸性强于CH3COOH，则CF3COOH酸性强于CH3COOH 7. 下列事实与解释不对应的是 选项 事实 解释 A 第一电离能： 与K位于同一主族，原子半径：，原子核对外层电子的吸引能力： B 晶体中每个分子紧邻的分子数： 硫化氢晶体(12个)冰(4个) 冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合 C 分子的极性： 键的极性大于键的极性 D 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体 A. A B. B C. C D. D 8. 一种Co的金属串配合物的结构如图所示，其中每个含N配体带有3个负电荷，空缺的三个方向有和上方相同的N配体(未画出)。下列关于该配合物的说法正确的是 A. 配合物中Co元素的平均价态为 B. 配合物中Co的配位数为4 C. 每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内 D. 理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的Co原子 9. X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z同主族且能形成离子化合物，Y的最外层电子数是X、Z质子数之和的一半， W原子的核外电子数为偶数。四种元素组成的一种化合物M具有下列性质：白色沉淀M溶液褪色并产生气泡。下列说法正确的是 A. 原子半径：W> Z> Y> X B. M使溴水褪色体现其氧化性 C. 单质的氧化性：W> Y D. Y与X、Z、W均能形成具有漂白性的物质 10. 某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是 A. W与X的化合物为极性分子 B. 第一电离能 C. Q的氧化物是两性氧化物 D. 该阴离子中含有配位键 11. 下列有关N、P及其化合物的说法错误的是 A. N与Nπ键比P与P的强，可推断的稳定性比的高 B. 的成键电子对间排斥力较大，可推断的键角比的大 C. 的分子间作用力较小，可推断的熔点比的低 D. N的电负性比P的大，可推断分子的极性比的大 12. 下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是 A. 酚类-OH B. 醛类  C. 酮类 D. 羧酸类  13. 组成和结构可用表示的有机化合物共有（不考虑立体异构） A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 16种 14. 已知卟啉环中所有原子共面，人体血红蛋白中含有Fe2+卟啉环配合物，结合O2后的基本结构如图所示。下列有关叙述错误的是 A. 第一电离能：N>O>C B. 卟啉环中N原子的杂化方式为sp2和sp3 C. Fe2+的配位数为6 D. 基态Fe原子价电子轨道表示式为 15. 下列离子方程式正确的是 A. 用FeS除去污水中的 B. 用澄清石灰水检验CO2： C. 向Na2S2O3溶液中加入稀硝酸： D. K4[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中： 二、解答题(除标注外，每空2分，共55分) 16. 硼酸 H3BO3在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如图所示。 （1）H3BO3的层内结构中，含有的作用力有___________(填序号)。 a.离子键 b.配位键 c.氢键 d.范德华力 （2） H3BO3可由BCl3水解得到。依据价电子对互斥理论（VSEPR）推测，属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 （3） H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：。 ①H3BO3、中硼原子的杂化方式为___________。 ②从化学键的角度说明H3BO3形成的过程：___________。 ③写出B的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式为___________。 （4）用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与反应)，用 0.5mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗溶液，测得H3BO3纯度为___________(用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g/mol)。 17. 将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： （1）酞菁和钴酞菁分子结构如图所示。 酞菁分子中所有原子共平面，利用杂化轨道理论判断，其中轨道能提供一对电子的原子是___________(填图酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为___________，氮原子提供孤对电子与钴离子形成___________键。 （2）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图a所示，二聚体中的轨道杂化类型为___________。若晶胞参数为，晶体密度___________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 （3）氮、镓合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能电池领域，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被原子代替，顶点和面心的碳原子被原子代替。 ①晶胞中与原子相邻且最近的原子个数为___________。 ②以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。A原子坐标为()，则B原子坐标为___________。 18. 是原子序数依次增大的前四周期元素，的核外电子总数与其电子层数相同；和同主族，的原子序数为原子价电子数的3倍；基态原子轨道中成对电子与单电子的数目比为，由上述元素中的四种组成的两种化合物常用于合成阻燃材料，其结构简式如图所示。回答下列问题： （1）中电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形，第三周期中第一电离能介于镁与磷元素之间的元素有___________种。 （2）原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与原子形成配位键，该原子重排后的价电子排布图为___________。 （3）、形成的一种化合物以的形式存在，其中的空间结构为___________；下列对中心原子杂化方式推断合理的是___________(填标号)。 a. b. c. d. （4）和为三角锥形，不易与形成配离子，解释原因___________。 （5）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物中，位于八面体的中心。若含该配合物的溶液与足量溶液反应可生成白色沉淀，则该配合物的化学式为___________。 （6）磷化硼晶体的晶胞如图所示。 上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___________(填标号)。 A. B. C. D. 19. Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。 已知：①25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-12.7 1.09×10-15 ②氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液：“沉淀池I”的条件下，Co2+不能被二氧化锰氧化。 回答下列问题： （1）MnOOH中Mn的化合价为_______价。 （2）为提高“酸浸”的效率，可以采取的措施为_______。(写一种) （3）向“沉淀池I”中加入MnO2，MnO2的作用是_______；“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。 （4）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为_______。 （5）在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中Al3+完全沉淀，则理论上pH的最小值为_______(当溶液中某离子浓度c≦1.0×10-5mol·L-l时，可认为该离子沉淀完全)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春高河中学高二期中化学试题 一、单选题(每小题3分，共45分) 1. 下列说法错误的是 A. 在日光灯和霓虹灯的灯管里，蜡烛的火焰里，极光和雷电里，都能找到等离子体 B. 我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征 C. 由于大多数离子液体含有体积很大的分子，导致离子液体作溶剂比传统有机溶剂难挥发，是良好的溶剂 D. 纳米晶体是晶体颗粒尺寸为纳米量级的晶体，当晶体颗粒小至纳米级，熔点会下降 【答案】C 【解析】 【详解】A．等离子体由电子、阳离子和电中性粒子组成，存在于日光灯和霓虹灯的灯管里、蜡烛火焰里、极光和雷电里等，具有良好流动性和导电能力，故A正确； B．超分子金属配位笼空腔可与特定的微粒紧密结合，故超分子具有分子识别和自组装特征，故B正确； C．离子液体是指全部由离子组成的液体，大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，呈液态，难挥发，但可作为良好的溶剂是由于离子液体中含有大量的离子，因此具有强大的溶解能力，故C错误； D．纳米晶体是晶体颗粒尺寸在纳米量级的晶体，当晶体颗粒小到纳米量级时，其熔点会下降，故D正确； 故答案选：C。 2. 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1.5g含有的电子数为 B. 1mol[Cu(NH3)4]2+中键的数目为12NA C. 60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个键和个4NA 键 D. 104g苯乙烯()中含碳碳双键数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个离子含有的电子数为8个，则1.5g即0.1mol含有的电子数为0.8，A错误； B．1个[Cu(NH3)4]2+离子中键的数目为16个，则1mol[Cu(NH3)4]2+中键的数目为16NA，B错误； C．60gSiO2的物质的量为1mol，形成4molSi-O键，个数为4NA，12g金刚石的物质的量为1mol，形成了2molC-C键，个数为2NA，C错误； D．1个苯乙烯分子中含有1个碳碳双键，则104g苯乙烯即1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，D正确； 答案选D。 3. 下列说法中正确的是 ①非金属元素不可能形成离子化合物 ②位于第四周期第VA族的元素为非金属元素 ③可用质谱法区分和 ④金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关 ⑤分子晶体中一定存在共价键 ⑥金刚石与石墨中的C―C―C夹角都为120° ⑦NaCl晶体中，阴离子周围紧邻的阳离子数为6 ⑧NaClO和NaCl均为离子化合物，它们所含的化学键类型完全相同 A. ①③④⑥ B. ②③④⑦ C. ②③④⑤ D. ②③④⑧ 【答案】B 【解析】 【详解】①氯化铵为离子晶体，①错误； ②位于第四周期第VA族的元素为砷，砷为非金属元素，②正确； ③和的质量数不同，可用质谱法区分和，③正确； ④给金属晶体加电压时，晶体中的自由电子定向移动形成电流，自由电子的移动能传递热量，金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关，④正确； ⑤分子晶体不一定都含有化学键，如稀有气体为分子晶体，但是不含化学键，⑤错误； ⑥金刚石中碳为sp3杂化，为正四面体形，键角小于120°，⑥错误； ⑦在NaCl晶体中，每个氯离子周围紧邻6个钠离子，每个钠离子周围紧邻6个氯离子，⑦正确； ⑧NaClO中含有离子键，次氯酸根离子中含有氯氧共价键；NaCl中只含有离子键，⑧错误； 正确为②③④⑦； 故选B。 4. 的配位化合物较稳定且用运广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的的配离子，不能与形成配位离子。下列说法错误的是 A. Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合 B. 可用NaF和KSCN溶液检验溶液中是否含有 C. 溶液Ⅰ中仅参与形成范德华力和氢键 D. 上述实验可得出，与形成配合物的能力： 【答案】C 【解析】 【分析】Fe(NO3)3·9H2O(s)溶于水所得溶液Ⅰ显紫色，显示的是的颜色，接着加入KSCN得到溶液Ⅱ，溶液显红色，说明溶液中铁主要以[Fe(SCN)6]3+形式存在，再加入NaF得到溶液Ⅲ，溶液无色，说明溶液中铁主要以无色的[FeF6]3+配离子存在。 【详解】A．Fe晶体属于金属晶体，Fe晶体中原子通过金属阳离子和自由电子间的静电作用相结合，A正确； B．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，再加入KSCN溶液，若含有Co2+，则生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子，B正确； C．Fe(NO3)3·9H2O(s)溶于水所得溶液Ⅰ显紫色，显示的是的颜色，参与形成配位键，C错误； D．由流程可知，[Fe(SCN)6]3+可以转化为，说明与形成配合物的能力：，D正确； 故选C。 5. 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体。下列说法正确的是 A. 加入氨水，首先形成的难溶物是 B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子 C. 在中，提供空轨道，的N给出孤对电子 D. 析出的深蓝色晶体是 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入氨水，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，则首先形成的难溶物是，A错误； B．继续添加氨水，氢氧化铜和氨水反应生成氢氧化四氨合铜，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，则此过程中生成的深蓝色配离子为，B错误； C．在配离子中，金属提供空轨道，中的N提供孤对电子，形成配位键，C正确； D．再加入适量乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，溶液中析出深蓝色晶体，即，D错误； 故选C。 6. 类推的思维方法在化学学习与研究中经常用到，但有时会产生错误的结论。因此，推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其是否正确。以下几种类推结论中，正确的是 A. 氧气为非极性分子，臭氧也是非极性分子 B. NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化 C. C2H5OH分子间可以形成氢键，则CH3CHO分子间也可以形成氢键 D. CCl3COOH酸性强于CH3COOH，则CF3COOH酸性强于CH3COOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧气为非极性分子，臭氧的空间结构为V形，分子有极性，但很弱，故A错误； B．NCl3中中心原子N的价层电子对数为=4，其杂化类型为sp3，BCl3中中心原子B的价层电子对数为=3，其杂化类型为sp2，故B错误； C．形成氢键的条件：(1)必须有H，且H与原子半径小、电负性大的元素(N、O、F)形成共价键；(2)H与原子半径小、电负性大的元素形成氢键，因此C2H5OH分子间存在氢键，CH3CHO分子间不存在氢键，故C错误； D．-Cl、-F均为吸电子基团，使羧基中O-H极性增强，容易断裂，因此CCl3COOH、CF3COOH的酸性强于CH3COOH，故D正确； 答案为D。 7. 下列事实与解释不对应的是 选项 事实 解释 A 第一电离能： 与K位于同一主族，原子半径：，原子核对外层电子的吸引能力： B 晶体中每个分子紧邻的分子数： 硫化氢晶体(12个)冰(4个) 冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合 C 分子的极性： 键的极性大于键的极性 D 熔点： 属于离子晶体，属于分子晶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na与K位于同一主族，原子半径：Na<K，原子核对外层电子的吸引能力：Na>K，K更容易失去电子，所以第一电离能：Na > K，A正确； B．冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合，为面心立方堆积，所以晶体中每个分子紧邻的分子数：硫化氢晶体(12个)>冰(4个)，B正确； C．分子的极性：NH3>CH4，因为氨气为三角锥，没有对称中心，甲烷为正四面体，有对称中心，C错误； D．AlF3属于离子晶体， AlCl3属于分子晶体，一般为离子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点：AlF3(1040 ℃ )>AlCl3 (178℃)，D正确； 故选C。 8. 一种Co的金属串配合物的结构如图所示，其中每个含N配体带有3个负电荷，空缺的三个方向有和上方相同的N配体(未画出)。下列关于该配合物的说法正确的是 A. 配合物中Co元素的平均价态为 B. 配合物中Co的配位数为4 C. 每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内 D. 理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的Co原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．每个含N配体带有3个单位负电荷，配合物中含有7个Co，4个含N配体，2个氯离子，根据化合价代数和为0，Co元素的平均化合价为，A错误； B．配合物中含有7个Co，4个含N配体，2个氯离子，配合物中Co的配位数为， B错误； C．N原子采用，且含有一对孤对电子，有两个六元环含有两个氮原子，所有原子不可能处于同一平面内，C错误； D．根据结构的对称性，理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的Co原子，D正确； 故选D。 9. X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z同主族且能形成离子化合物，Y的最外层电子数是X、Z质子数之和的一半， W原子的核外电子数为偶数。四种元素组成的一种化合物M具有下列性质：白色沉淀M溶液褪色并产生气泡。下列说法正确的是 A. 原子半径：W> Z> Y> X B. M使溴水褪色体现其氧化性 C. 单质的氧化性：W> Y D. Y与X、Z、W均能形成具有漂白性的物质 【答案】D 【解析】 【分析】和为原子序数依次增大的短周期元素，同主族且能形成离子化合物，X为H元素；原子的核外电子数为偶数，则W可能为S元素，的最外层电子数是质子数之和的一半，则Y为O元素，Z为Na元素；四种元素组成的一种化合物M，能与澄清石灰水反应产生白色沉淀，则M为亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，同时M能使溴水褪色，说明该物质具有还原性，满足条件的为亚硫酸氢钠，据此分析作答。 【详解】A．H元素为半径最小的元素，电子层数越多，半径越大，短周期中Na原子半径最大，则原子半径：Na＞S＞O＞H，即Z＞W＞Y＞X，A项错误； B．由分析可知为亚硫酸氢钠，使溴水褪色说明亚硫酸氢钠具有还原性，B项错误； C．非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，单质的氧化性：Y＞W，C项错误； D．O与H、Na、S分别可形成H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，D项正确； 答案选D。 10. 某种镁盐具有良好电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是 A. W与X的化合物为极性分子 B. 第一电离能 C. Q的氧化物是两性氧化物 D. 该阴离子中含有配位键 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。 【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确； C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确； D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确； 故答案选A。 11. 下列有关N、P及其化合物的说法错误的是 A. N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高 B. 的成键电子对间排斥力较大，可推断的键角比的大 C. 的分子间作用力较小，可推断的熔点比的低 D. N的电负性比P的大，可推断分子的极性比的大 【答案】D 【解析】 【详解】A． N与N的π键比P与P的强，则破坏N≡N键消耗的能量大于P≡P键，所以N≡N键的稳定性比P≡P键的高，的稳定性比的高，故A正确； B．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，氨分子中成键电子对之间的排斥力大于磷化氢分子，键角大于磷化氢分子，故B正确； C．二者均构成分子晶体，由硝酸的分子间作用力小于磷酸可知，硝酸的熔点低于磷酸，故C正确； D．由氮元素的电负性比磷元素大可知，P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此氮氯键的极性小于磷氯键，所以三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误； 故选D。 12. 下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是 A. 酚类-OH B. 醛类  C. 酮类 D. 羧酸类  【答案】B 【解析】 【详解】A．该物质中羟基没有直接与苯环相连，属于醇类物质，A错误； B．该物质具有醛基（），属于醛类，B正确； C．该物质官能团为酯基，属于酯类，C错误； D．该物质官能团为酯基，属于酯类，D错误； 故选B。 13. 组成和结构可用表示的有机化合物共有（不考虑立体异构） A 8种 B. 10种 C. 12种 D. 16种 【答案】C 【解析】 【详解】-C4H9有-CH2CH2CH2CH3、-CH2CH(CH3)2、-CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)34种结构，-C2H3Cl2有-CH2CHCl2、-CHClCH2Cl、-CCl2CH33种结构，所以组成和结构可用表示的有机化合物共有4×3=12种，故选C。 14. 已知卟啉环中所有原子共面，人体血红蛋白中含有Fe2+卟啉环配合物，结合O2后的基本结构如图所示。下列有关叙述错误的是 A. 第一电离能：N>O>C B. 卟啉环中N原子的杂化方式为sp2和sp3 C. Fe2+的配位数为6 D. 基态Fe原子价电子轨道表示式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．N原子2p能级上为半满状态，第一电离能：N＞O＞C，故A正确； B．已知卟啉环中所有原子共面，卟啉环中N原子的杂化方式为sp2，故B错误； C．由图可知，Fe2+的配位数为6，故C正确； D．基态铁原子价电子排布为3d64s2，基态Fe原子价电子轨道表示式为，故D正确。 答案选B。 15. 下列离子方程式正确的是 A. 用FeS除去污水中的 B 用澄清石灰水检验CO2： C. 向Na2S2O3溶液中加入稀硝酸： D. K4[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeS难溶于水，不能拆，故A错误； B．澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式正确，故B正确； C．硝酸具有强氧化性，可以将硫代硫酸钠氧化为硫酸根离子，故C错误； D．六氰合铁酸钾K3[Fe(CN)6]可以与氯化亚铁反应生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，而不是K4[Fe(CN)6]，故D错误； 故答案选B。 二、解答题(除标注外，每空2分，共55分) 16. 硼酸 H3BO3在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如图所示。 （1）H3BO3的层内结构中，含有的作用力有___________(填序号)。 a.离子键 b.配位键 c.氢键 d.范德华力 （2） H3BO3可由BCl3水解得到。依据价电子对互斥理论（VSEPR）推测，属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 （3） H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：。 ①H3BO3、中硼原子的杂化方式为___________。 ②从化学键的角度说明H3BO3形成的过程：___________。 ③写出B的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式为___________。 （4）用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与反应)，用 0.5mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗溶液，测得H3BO3纯度为___________(用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g/mol)。 【答案】（1）c （2）非极性分子 （3） ①. sp2、sp3 ②. H3BO3中B提供空轨道， OH-提供孤电子对形成配位键 ③. B2O3+3H2O+2OH- =2 （4） 【解析】 【小问1详解】 图中虚线部分表示H3BO3分子间的一种作用力，并且是电负性大的O原子与H原子之间的一种作用力，则为氢键；硼酸内分子以共价键连接；故选c。 【小问2详解】 BCl3分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型均为平面三角形，正负电荷中心能重合，属于非极性分子； 【小问3详解】 ①H3BO3中B原子的价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2；中B原子的价层电子对数为4，所以B原子的杂化方式为sp3； ②H3BO3分子中B原子含有空轨道，OH-中O原子含有孤电子对，B和O之间通过配位键生成； ③B的氧化物B2O3与氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式为B2O3+3H2O+2OH- =2 【小问4详解】 H3BO3为一元弱酸，NaOH为一元强碱，二者反应时比例为1∶1，即n(H3BO3)=n(NaOH)=cV=0.0005Vmol，m(H3BO3)=Nm=0.0005Vmol×62g/mol=0.031Vg，则H3BO3纯度为。 17. 将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： （1）酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。 酞菁分子中所有原子共平面，利用杂化轨道理论判断，其中轨道能提供一对电子的原子是___________(填图酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为___________，氮原子提供孤对电子与钴离子形成___________键。 （2）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图a所示，二聚体中的轨道杂化类型为___________。若晶胞参数为，晶体密度___________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 （3）氮、镓合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能电池领域，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被原子代替，顶点和面心的碳原子被原子代替。 ①晶胞中与原子相邻且最近的原子个数为___________。 ②以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。A原子坐标为()，则B原子坐标为___________。 【答案】（1） ①. ③ ②. +2 ③. 配位键 （2） ①. sp3 ②. （3） ①. 12 ②. （） 【解析】 【小问1详解】 已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H+；钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。 【小问2详解】 由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为sp3。由AlF3的晶胞结构可知，其中含F-（半径大）的个数为，含Al3+的个数为=1，若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为（apm）3=a3×10-30cm3，晶胞的质量为，则其晶体密度。 【小问3详解】 晶胞中，以上底面的Ga原子为参照，与上底面顶点的四个Ga原子，与下面晶胞和上面晶胞面上的Ga原子距离都相等，故晶胞中离同一个Ga原子最近的其他Ga原子个数为12。已知A原子坐标为(0，，)，则B原子的坐标为(，，)。 18. 是原子序数依次增大的前四周期元素，的核外电子总数与其电子层数相同；和同主族，的原子序数为原子价电子数的3倍；基态原子轨道中成对电子与单电子的数目比为，由上述元素中的四种组成的两种化合物常用于合成阻燃材料，其结构简式如图所示。回答下列问题： （1）中电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形，第三周期中第一电离能介于镁与磷元素之间的元素有___________种。 （2）原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与原子形成配位键，该原子重排后的价电子排布图为___________。 （3）、形成的一种化合物以的形式存在，其中的空间结构为___________；下列对中心原子杂化方式推断合理的是___________(填标号)。 a. b. c. d. （4）和为三角锥形，不易与形成配离子，解释原因___________。 （5）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物中，位于八面体的中心。若含该配合物的溶液与足量溶液反应可生成白色沉淀，则该配合物的化学式为___________。 （6）磷化硼晶体的晶胞如图所示。 上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___________(填标号)。 A. B. C. D. 【答案】（1） ①. 哑铃 ②. 2 （2） （3） ①. 正八面体 ②. d （4）的电负性比大，成键电子对向偏移，导致中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故不易与形成配离子 （5） （6）A 【解析】 【分析】的核外电子总数与其电子层数相同，且的原子序数最小则为，和同主族，阻燃材料结构中、均形成1个键，则为，为，形成3个键，形成5个键，且的原子序数为原子价电子数的3倍，则为，为，原子序数大于小于，为，基态的d轨道中成对电子和单电子的数目比为4:3，的核外电子排布式为，为。 【小问1详解】 为，电子占据最高能级的为，电子云轮廓图为哑铃形；第三周期中第一电离能介于镁与磷元素之间的元素有硅、硫，2种元素。 【小问2详解】 为，价电子排布图为，价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与原子形成配位键，该原子重排后的价电子排布图为； 【小问3详解】 中心离子价层电子对数为，杂化轨道数为6，空间结构为正八面体，中心原子杂化方式推断合理的是； 【小问4详解】 不易与形成配离子，原因的电负性比大，成键电子对向偏移，导致中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故不易与形成配离子； 【小问5详解】 含该配合物的溶液与足量溶液反应可生成白色沉淀，知，故配合物外界有一个氯离子，在该配合物中，位于八面体的中心，知配位数为6，配体为5个,1个，故化学式为； 【小问6详解】 沿晶胞体对角线投影，构成一个六边形，原面心上的6个均匀分布，图A符合。 19. Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。 已知：①25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-12.7 1.09×10-15 ②氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液：“沉淀池I”的条件下，Co2+不能被二氧化锰氧化。 回答下列问题： （1）MnOOH中Mn的化合价为_______价。 （2）为提高“酸浸”的效率，可以采取的措施为_______。(写一种) （3）向“沉淀池I”中加入MnO2，MnO2的作用是_______；“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。 （4）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为_______。 （5）在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中Al3+完全沉淀，则理论上pH的最小值为_______(当溶液中某离子浓度c≦1.0×10-5mol·L-l时，可认为该离子沉淀完全)。 【答案】（1）+3 （2）适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌 （3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂 ②. CoS （4）2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O （5）4.9 【解析】 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、CoO、Al2O3、SiO2等)用稀硫酸浸取后得到硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钴等；加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水除去铁离子和铝离子，过滤后，滤液中加入含S2-沉降剂是除去钴离子，过滤所得滤渣为CoS，滤液为含硫酸锰的溶液，向滤液中依次加入3%H2O2溶液、0.2mol/L氨水即可得到MnOOH，通过过滤，洗涤干燥得到高纯度的MnOOH，再将MnOOH在250℃时充分加热72h即可得Mn2O3，据此分析解题。 【小问1详解】 根据化合物MnOOH中化合价代数和为零，设Mn的化合价为x，x+（-2）+（-2）+1=0，解得x=+3，故答案为：+3； 【小问2详解】 适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌等措施均能提高“酸浸”的效率，故答案为：适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌； 【小问3详解】 根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，滤渣2为CoS，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；CoS； 【小问4详解】 MnSO4的溶液加入3%双氧水加入氨水转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O，故答案为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O； 【小问5详解】 当铁元素完全沉淀时（OH-）==mol/L=1.0×10-11.2mol/L，pOH=11.2，pH=14-pOH=2.8，当铝元素完全沉淀时（OH-）==mol/L=1.0×10-9.1mol/L，pOH=9.1，pH=14-pOH=4.9，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值为4.9，故答案为：4.9。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$