精品解析：黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学2024-2025学年高三上学期第二次月考（期中）化学试卷

海林市朝鲜族中学2024-2025学年度第二学期 高三年级化学学科第二次月考 班级：_______姓名：_______ 1. 改善环境质量，推动绿色发展。下列做法中，不利于环境保护的是 A. 使用可降解塑料，减少白色污染 B. 利用风力发电，减少煤的燃烧 C. 乘坐公共交通，绿色低碳出行 D. 垃圾随意丢弃，直接排放污水 【答案】D 【解析】 【详解】A．使用可降解塑料可降低塑料对环境的污染，减少白色污染的发生，故A不符合题意； B．利用风力发电，减少煤的燃烧可减少二氧化硫的排放，能有效防止酸雨的发生，故B不符合题意； C．乘坐公共交通，绿色低碳出行可以减少二氧化碳的排放，有利于碳中和的实现，故C不符合题意； D．垃圾随意丢弃，直接排放污水会污染土壤和水体，造成环境污染，故D符合题意； 故选D。 2. 水溶液呈酸性的盐是 A. NH4Cl B. BaCl2 C. H2SO4 D. Ca(OH)2 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH4Cl盐溶液存在而显酸性，A符合题意； B．BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意； C．H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意； D．Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意； 故选A。 3. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ） A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O =Al(OH)3↓+3H＋ C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na＋+2OH－+O2↑ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－= CaCO3↓+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A、浓盐酸应改成离子形式，MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，A错误； B、明矾溶于水产生Al(OH)3胶体的离子方程式为：Al3＋+3H2O ⇌Al(OH)3（胶体）+3H＋，B错误； C、Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na＋+4OH－+O2↑，C错误； D、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O，D正确； 答案选D。 4. 高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是 A. NaCuO2中铜的化合价为+3价 B. 1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子 C. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3 D. 氧化性：NaClO＜NaCuO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaCuO2中Na元素的化合价为+1价、O元素的化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，可知Cu元素的化合价为＋3价，A正确； B．1个ClO-参加反应转移电子个数=1×[+1-(-1) ]=2，所以1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子，B正确； C．该反应中Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后NaCuO2中的+3价、Cl元素化合价由反应前NaClO中的＋1价变为反应后NaCl中的-1价，则Cu是还原剂、NaClO是氧化剂，NaCuO2是氧化产物、NaCl是还原产物，因此氧化产物和还原产物的物质的量的比为2：3，C正确； D．在该反应中，氧化剂是NaClO，还原剂是Cu，则氧化产物是NaCuO2，由于氧化还原反应中物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以物质的氧化性：NaClO＞NaCuO2，D错误； 故合理选项是D。 5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为 B. 溶液中含有的氧原子数目为 C. 含4.6g钠元素的和的混合物中含有阴离子总数为 D. 由与组成的4.0g物质中含中子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化硅中含4个Si-O键，故含4mol Si-O键的石英晶体的物质的量为1mol，所含氧原子数目为，A项错误； B．水中也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数目大于，B项错误； C．4.6g钠元素的物质的量是0.2mol，Na2O2和Na2O中阳离子与阴离子的离子个数比都是2:1，所以含有0.2mol钠元素的混合物中含有阴离子总数为，C项错误； D．与的摩尔质量均为20g/mol，则4.0g的物质的量为0.2mol，1个与的中子数均为10，则0.2mol与的混合物含中子数为，D项正确； 答案选D。 6. 实验需要溶液，下列有关配制过程的操作正确的是 选项 实验 操作 A 选用仪器 选用容量瓶，检查是否漏液，并用蒸馏水洗净，可不烘干 B 称取溶质 用托盘天平准确称取，右盘放砝码，左盘加 C 洗涤 用少量蒸馏水洗涤溶解的烧杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶 D 定容 定容时眼睛平视刻度线，用烧杯加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相平 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．没有950mL的容量瓶，应用1000mL容量瓶，故A错误； B．托盘天平精不能确称取5.85gNaCl，因为托盘天平只能精确到0.1g，故B错误； C．用少量蒸馏水洗涤溶解NaCl的烧杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶，故C正确； D．定容时眼睛平视刻度，用胶头滴管加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相平，故D错误； 故答案C。 7. 关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是 A. 装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物 B. 装置②可用于收集H2、Cl2等气体 C. 装置③可用于有关NH3实验的尾气处理 D. 装置④可用于洗涤BaSO4沉淀表面吸附的少量氯化钠 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，A项错误； B．H2、Cl2的密度与空气相差较大且H2、Cl2不与空气中的成分反应，可以用排空气法收集，B项正确； C．氨气极易溶于水，导管末端连接干燥管可以防止倒吸，C项正确； D．NaCl易溶于水，硫酸钡是难溶物，加水溶解再过滤可除去NaCl，则可以在漏斗中洗涤BaSO4沉淀表面吸附的少量氯化钠，D项正确； 答案选A。 8. 下列关于钠及其化合物的叙述正确的是 ①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ②钠在常温下不容易被氧化 ③Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能 ④向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成 ⑤钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含有H2和NH3 A. ①③⑤ B. ②③④ C. ④⑤ D. ③④⑤ 【答案】D 【解析】 【详解】①Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O2不是碱性氧化物，故①错误； ②钠性质活泼，钠在常温下易被氧化，故②错误； ③Na2O2和二氧化碳反应放出氧气，Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能，故③正确； ④Na2O2具有氧化性，Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成，故④正确； ⑤钠与浓NH4Cl溶液反应，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯化钠、氨气，所以放出的气体中含有H2和NH3，故⑤正确； 正确的是③④⑤，选D。 9. 如图所示是某元素的“价—类”二维图，其中b是淡黄色固体，d是日常生活中常用的调味剂。下列说法中正确的是 A. 实验室可用a检验乙醇中是否含有水 B. b与水反应，消耗1 mol b时，转移电子数为2NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) C. 实验室制备气体时，常用c溶液作尾气吸收剂，吸收Cl2、SO2等气体 D. 工业上，采用电解饱和d溶液的方法冶炼单质a 【答案】C 【解析】 【分析】某元素的氧化物b是淡黄色固体，其形成的+1价的盐日常生活中常用的调味剂，则该元素是钠元素，根据其“价—类”二维图可知：a是Na，b是Na2O2，c是NaOH，d是NaCl，结合物质的性质及转化关系分析解答。 【详解】A．Na与水、乙醇都能反应产生H2，因此不能用金属钠来检验乙醇中是否含有水，A错误； B．b是Na2O2，Na2O2与水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应方程式可知：每有1 mol Na2O2反应，反应过程中转移1 mol 电子，转移的电子数为NA，B错误； C．c是NaOH，NaOH是碱，能够与酸性氧化物SO2及Cl2发生反应，消除它们对环境造成的污染，因此实验室制备气体时，常用NaOH溶液作尾气吸收剂，吸收Cl2、SO2等有毒气体，防止造成大气污染，C正确； D．在工业上，采用电解熔融NaCl的方法冶炼单质Na，若采用电解饱和NaCl溶液的方法，反应产生NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，D错误； 故合理选项是C。 10. 如图为铁元素的“价—类”二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是 A. Fe(OH)2在空气中加热会分解成FeO B. Fe(OH)2溶解于足量硝酸可生成Fe(NO3)2 C. 维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，该过程中维生素C作氧化剂 D. 由图可预测：高铁酸盐()具有强氧化性，消杀水中细菌时可生成Fe(OH)3胶体，进而可吸附水中的悬浮物 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe(OH)2在空气中加热时+2价铁易被氧化到+3价，即在空气中加热会被氧化，不能分解成FeO，故A错误； B．硝酸具有强氧化性，Fe(OH)2溶解于足量硝酸生成Fe(NO3)3，故B错误； C．维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，该过程中维生素C作还原剂，故C错误； D．高铁酸盐()中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，消杀水中细菌时得电子生成Fe3+，Fe3+水解可生成Fe(OH)3胶体，进而可吸附水中的悬浮物，故D正确； 故选D。 11. 空气吹出法工艺，是目前“海水(呈弱碱性)提溴”的最主要方法之一，其工艺流程如图所示。下列说法不正确的是 A. “吹出塔”步骤中利用了溴的挥发性 B. “吸收塔”内发生反应的离子方程式为 C. 工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去 D. 在该流程中，每提取1mol溴，理论上至少消耗氯气44.8L(标准状况) 【答案】C 【解析】 【分析】海水酸化后通入氯气，氯气把Br-氧化为Br2，用热空气、水蒸气吹出Br2，用二氧化硫吸收Br2使溴元素富集，再通入氯气把Br-氧化为Br2，蒸馏得Br2产品。 【详解】A．溴易挥发，“吹出塔”中通入热空气、水蒸气使溴挥发出来，故A正确； B．“吸收塔”内二氧化硫、溴反应生成硫酸和氢溴酸，发生反应的离子方程式为，故B正确； C．氯气、溴都能与氢氧化钠反应，工业溴中含少量Cl2，不能用NaOH溶液除去，故C错误； D．在该流程中，两次用氯气把Br-氧化为Br2，每提取1mol溴，理论上至少消耗2mol氯气，故D正确； 选C。 12. “中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如下： 下列说法错误的是 A. 反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 B. 流程中HCl和H2可以循环利用 C. 反应①②③均为置换反应 D. 由反应②③的反应温度推测，③为放热反应 【答案】D 【解析】 【分析】由题给流程可知，二氧化硅与焦炭高温条件下发生置换反应生成硅和二氧化碳；粗硅中的硅与氯化氢气体高温条件下发生置换反应生成氢气和三氯硅烷；三氯硅烷与氢气高温条件下发生置换反应生成高纯硅和氯化氢，制取高纯硅的过程中氯化氢和氢气可以循环利用。 【详解】A．反应①为氧化硅与焦炭高温条件下发生置换反应生成硅和二氧化碳，反应中氧化剂二氧化硅和还原剂C的物质的量之比为1：2，故A正确； B．由分析可知，制取高纯硅的过程中氯化氢和氢气可以循环利用，故B正确； C．由分析可知，反应①②③均为置换反应，故C正确； D．反应是否为放热反应，与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关，故D错误； 故选D。 13. 当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应：NaN3+KNO3=K2O+Na2O+N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是 A. 半径大小：r(Na+)<r(N3－) B. 电负性大小：χ(N)>χ(O) C. 电离能大小：I1(Na)>I1(O) D. 碱性强弱：KOH<NaOH 【答案】A 【解析】 【详解】A．钠离子和氮离子电子层数相同，但氮离子的核电荷数更小，半径更大，A正确； B．非金属性O＞N，所以电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B错误； C．Na为金属元素，第一电离能较小，所以电离能大小：I1(Na)＜I1(O)，C错误； D．同主族自上而下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，所以碱性：KOH＞NaOH，D错误； 综上所述答案为A。 14. 元素有多种化合价，可形成等离子。下列说法错误的是 A. 基态Cl-核外电子的空间运动状态有9种 B. 键角：＜＜ C. ClO-的中心原子是Cl，价层电子对数为4 D. 的空间结构为三角锥形 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl离子核外电子排布式是1s22s22p63s23p6，离子核外电子运动的轨道数是1+1+3+1+3=9个，因此基态Cl-核外电子的空间运动状态有9种，A正确； B．的价层电子对数是：2+=4；的价层电子对数是：3+=4，的价层电子对数是：4+=4；中心原子上含有的孤电子对数越多，其对成键电子对的排斥作用就越大，键角就越小，故键角大小为：＜＜，B正确； C．ClO-是HClO电离产生的，其中心原子是O，价层电子对数为4，C错误； D．的价层电子对数是：3+=4，有1对孤电子对，使的空间结构为三角锥形，D正确； 故合理选项是C。 15. 铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分，缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是 A. 该结构中，氧元素的第一电离能最大 B. 的基态价电子排布式为 C. 咪唑环上所有原子均在同一平面上 D. 通过配位键与相连 【答案】A 【解析】 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N元素的第一电离能大于O元素，A项错误； B．Fe为26号元素，为铁原子失去2个电子后形成的，的基态价电子排布式为，B项正确； C．咪唑环中存在大π键，碳，氮原子均采用杂化，所有原子均在同一平面上，C项正确； D． 由图可知，亚铁离子提供空轨道，氧提供孤对电子，通过配位键与 相连，D项正确； 答案选A。 二、填空题(每小题2分，共55分，19题(3)1分)。 16. MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe3O4、Al2O3和SiO2等杂质)和硫化锰(MnS)制备精MnO2的一种工艺流程如图： 已知：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 回答下列问题： (1)“滤渣1”中含有未反应完全的矿粉、S和______。 (2)“纯化”时加MnO2的作用是______，假定溶液中c(Mn2+)=0.1mol·L-1，则加入氨水调节溶液pH的范围为______。 (3)“沉锰”时生成MnCO3，工业上不直接用Na2CO3溶液来沉锰的原因为______。 (4)“热分解”后所得物质中还有少量MnO，需进一步进行氧化，“氧化”时生成的气体2为氯气，写出该过程中发生反应的化学方程式______。 (5)操作x为______。 (6)工业上还可用电解“Mn2+纯化液”来制取MnO2，其阳极电极反应式为______。电解后的废水中还含有少量Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S进行二级沉降。已知Ksp(MnS)=2.5×10-10，欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)______≥mol·L-1。 【答案】 ①. SiO2 ②. 将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂) ③. 4.7≤pH<5.8 ④. 碳酸钠溶液碱性强，会生成Mn(OH)2 ⑤. 2KClO3+5MnO+H2SO4=Cl2↑+5MnO2+K2SO4+H2O ⑥. 过滤、洗涤、干燥 ⑦. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ ⑧. 2.5×10-5 【解析】 【分析】酸浸时，MnO2将MnS中硫元素氧化为S，自身被还原，生成MnSO4，从而达到溶解的目的，同时Fe3O4、Al2O3溶于硫酸生成Fe2+、Fe3+、Al3+，SiO2与硫酸不反应，故滤渣1中含有S、SiO2、未反应完的矿粉，滤液中主要含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+等阳离子，纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，再加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，根据所给信息确定调节pH的范围为4.7≤pH＜5.8，故滤渣2主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，此时滤液中主要含MnSO4、(NH4)2SO4，进入沉锰步骤，Mn2+转化为MnCO3沉淀，经过热分解操作，大部分MnCO3转化为MnO2，部分转化为MnO，经过KClO3氧化，MnO也转化为MnO2，经过过滤、洗涤、干燥等操作，最终获得精制MnO2。 【详解】(1)由分析知，滤渣1中含有矿粉、S、SiO2，故此处填SiO2； (2)纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，故此处填：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH时，需将Al3+、Fe3+完全沉淀，而确保Mn2+不沉淀，故调节pH范围为：4.7≤pH＜5.8； (3)碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2，从而导致MnCO3混有Mn(OH)2，故此处填：碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2； (4)由分析知，MnO被KClO3氧化为MnO2，KClO3被还原为Cl2，初步确定方程式为：MnO+KClO3→MnO2+Cl2↑，根据得失电子守恒初步配平得方程式：5MnO+2KClO3→5MnO2+Cl2↑，根据流程结合元素守恒知，方程式左边需添加H2SO4，右边添加K2SO4、H2O，结合元素守恒配平得完整方程式为：5MnO+2KClO3+ H2SO4=5MnO2+Cl2↑+K2SO4+H2O； (5)经过氧化后，MnO2在溶液中形成沉淀，可用过滤方法分离出MnO2，再经过洗涤干燥获得精制MnO2，故操作x为：过滤、洗涤、干燥； (6)由题意知，Mn2+在阳极放电生成MnO2，对应电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；当c(Mn2+)=1×10-5 mol/L时，对应c(S2-)为沉淀所需的最小值，由Ksp(MnS)= c(Mn2+)·c(S2-)，代入数据计算的c(S2-)min=，故此处填2.5×10-5。 17. 活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶于成的杂质)制备，工艺流程图所示： （1）为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有___________。(任写两条) （2）“除铁”时，先加入溶液发生的离子方程式为___________，如果用代替，恰好完全反应时，理论上消耗___________。 （3）常温下，“调”时，的浓度降到了，此时的溶度积常数的数值为___________。 （4）“沉锌”时，在近中性条件下加入，可得碱式碳酸锌[]固体，同时产生大量的气体。该反应的离子方程式为___________。 （5）用锌与铜制得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。 ①基态Zn原子价电子排布式为___________。 ②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有___________个。 ③该铜锌合金晶体密度为___________(设为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）搅拌、适当升高温度、适当增加、将矿石粉碎等 （2） ①. ②. 1：3 （3） （4） （5） ①. ②. 8 ③. 【解析】 【分析】菱锌矿主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶于成的杂质)制备ZnO，加入稀硫酸“溶浸”后得到含Zn2+、Fe2+、Cd2+、Ni2+、Cu2+的滤液，滤渣为不溶于酸的杂质，滤液加入H2O2氧化Fe2+，调节pH后使铁离子转化为Fe(OH)3，加入Na2S除去贵金属，经过操作W，再使用Zn进一步去除贵金属；最后向含溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌经“高温灼烧”得到ZnO，据此分析解题。 【小问1详解】 为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有搅拌、适当增加温度、将矿石粉碎等； 【小问2详解】 “除铁”时，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，发生反应的离子方程式为；如果NaClO3代替H2O2，发生反应为，则恰好完全反应时，理论上消耗1：3； 【小问3详解】 常温下，“调”时，的浓度降到了，此时的溶度积常数的数值为； 【小问4详解】 “沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[]固体，同时产生大量的气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为； 【小问5详解】 ①Zn是30号元素，原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d104s2，价电子排布式为； ②根据图示可知：铜原子位于面心，与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个； ③该晶胞中Cu原子个数＝、Zn原子个数＝，晶胞质量为m=，晶胞体积V＝(a×10−7cm)3，黄铜合金晶体密度。 18. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （1）基态原子价层电子排布式是__________。 （2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。 （3）的空间结构是__________。 （4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。 （5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。 晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。 （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：____________________。 【答案】（1） （2），O、S为同主族元素，电子层数：S>O，原子半径：S>O，原子核对最外层电子的吸引力：O>S，O不易失去一个电子 （3）四面体形 （4）、 （5） ①. 4 ②. （6）中的中心原子S无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子 【解析】 【小问1详解】 S是16号元素，位于元素周期表第三周期ⅥA族，基态S原子价层电子排布式为； 【小问2详解】 S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能； 【小问3详解】 的中心S原子价层电子对数为4+=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形； 【小问4详解】 过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为， 最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，则过程Ⅱ的含硫产物是、； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，位于晶胞顶点、棱心、面心和体心，则1个晶胞中的个数为；全部位于晶胞内，个数为4，则晶胞中含有4个，故该晶体的密度； 【小问6详解】 具有孤电子对的原子一般可以提供电子与中心原子配位：中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 19. a、b、c、d、e、f是原子序数依次增大的非0族元素，位于元素周期表的前四周期。a的一种核素无中子，b的s能级电子数与p能级的电子数之比为4：3，c与e同主族，未成对电子数为2，d在同周期元素中的原子半径最大，f在同周期元素中的未成对电子数最多。请回答下列问题： （1）上述元素中，位于元素周期表p区的元素有___________(填元素符号)，其中基态c原子中电子占据的最高能级的原子轨道形状是___________。 （2）基态e原子的核外电子排布式为___________，其核外有___________种不同空间运动状态的电子。 （3）b、c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为_____(用离子符号表示)，b、c、e元素中，第一电离能最大的元素为____，原因为__________。 （4）基态f原子的未成对电子数与成对电子数之比为____，下列属于f原子激发态电子排布式的有 ___(填标号) A． B． C． D． 【答案】（1） ①. N、O、S ②. 哑铃形 （2） ①. 或 ②. 9 （3） ①. ②. N ③. N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失去电子；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子 （4） ①. 1:3 ②. CD 【解析】 【分析】由题意知，a、b、c、d、e、f是原子序数依次增大的非0族元素，位于元素周期表的前四周期。a的一种核素无中子则a为H，b的s能级电子数与p能级的电子数之比为4：3即其核外电子排布式为1s22s22p3，则b为N，c与e同主族，未成对电子数为2，即c的核外电子排布式为：1s22s22p4，则c为O，e为S，d在同周期元素中的原子半径最大，则d为Na，f在同周期元素中的未成对电子数最多，即f为第四周期中未成对电子数最多的，其价层电子排布式为3d54s1，则f为Cr，综上分析可知，a、b、e、d、e、f分别是H、N、O、Na、S、Cr，据此分析解题。 【小问1详解】 根据元素分区的标准可知，上述元素中，H、Na位于s区，N、O、S位于元素周期表p区，Cr位于d区，其中基态c即O原子中电子占据的最高能级的原子轨道即2p，其形状是哑铃形，故答案为：N、O、S；哑铃形； 【小问2详解】 由分析可知，e为S，故其基态e原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，其核外电子共占据9个原子轨道，则其核外有9种不同空间运动状态的电子，故答案为：1s22s22p63s23p4或[Ne] 3s23p4；9； 【小问3详解】 由分析可知，b、e、d、e分别是N、O、Na、S，则b、c、d、e的简单离子即N3-、O2-、Na+、S2-，其中N3-、O2-、Na+具有相同的电子层结构，且核电荷数依次增大，离子半径依次减小，S2-比它们多一个电子层，离子半径最大，故其离子半径由大到小的顺序为，由于N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失去电子；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子，b、c、e即N、O、S元素中，第一电离能最大的元素为N，故答案为：；N；N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失去电子；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子； 【小问4详解】 由分析可知，f为Cr，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d54s1，则基态f原子的未成对电子数与成对电子数之比为6:18=1:3， A．为Mn的激发态电子排布式，A不合题意； B．为Cr的基态电子排布式，B不合题意； C．是Cr的基态电子中3d上的电子跃迁到4p上，故为Cr的激发态电子排布式，C符合题意； D．是Cr的基态电子中3d和4s上的电子跃迁到4p上，故为Cr的激发态电子排布式，D符合题意； 故答案为：1:3；CD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海林市朝鲜族中学2024-2025学年度第二学期 高三年级化学学科第二次月考 班级：_______姓名：_______ 1. 改善环境质量，推动绿色发展。下列做法中，不利于环境保护的是 A. 使用可降解塑料，减少白色污染 B. 利用风力发电，减少煤的燃烧 C. 乘坐公共交通，绿色低碳出行 D. 垃圾随意丢弃，直接排放污水 2. 水溶液呈酸性的盐是 A. NH4Cl B. BaCl2 C. H2SO4 D. Ca(OH)2 3. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ） A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O =Al(OH)3↓+3H＋ C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na＋+2OH－+O2↑ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－= CaCO3↓+H2O 4. 高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为2Cu+3NaClO+2NaOH=2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是 A. NaCuO2中铜的化合价为+3价 B. 1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子 C. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3 D. 氧化性：NaClO＜NaCuO2 5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为 B. 溶液中含有的氧原子数目为 C. 含4.6g钠元素的和的混合物中含有阴离子总数为 D. 由与组成的4.0g物质中含中子数为 6. 实验需要溶液，下列有关配制过程的操作正确的是 选项 实验 操作 A 选用仪器 选用容量瓶，检查是否漏液，并用蒸馏水洗净，可不烘干 B 称取溶质 用托盘天平准确称取，右盘放砝码，左盘加 C 洗涤 用少量蒸馏水洗涤溶解的烧杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶 D 定容 定容时眼睛平视刻度线，用烧杯加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相平 A. A B. B C. C D. D 7. 关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是 A. 装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物 B. 装置②可用于收集H2、Cl2等气体 C. 装置③可用于有关NH3实验的尾气处理 D. 装置④可用于洗涤BaSO4沉淀表面吸附的少量氯化钠 8. 下列关于钠及其化合物的叙述正确的是 ①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ②钠在常温下不容易被氧化 ③Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能 ④向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成 ⑤钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含有H2和NH3 A. ①③⑤ B. ②③④ C. ④⑤ D. ③④⑤ 9. 如图所示是某元素的“价—类”二维图，其中b是淡黄色固体，d是日常生活中常用的调味剂。下列说法中正确的是 A. 实验室可用a检验乙醇中是否含有水 B. b与水反应，消耗1 mol b时，转移电子数为2NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) C. 实验室制备气体时，常用c溶液作尾气吸收剂，吸收Cl2、SO2等气体 D. 工业上，采用电解饱和d溶液的方法冶炼单质a 10. 如图为铁元素的“价—类”二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是 A. Fe(OH)2在空气中加热会分解成FeO B. Fe(OH)2溶解于足量硝酸可生成Fe(NO3)2 C. 维生素C能将Fe3+转化为Fe2+，该过程中维生素C作氧化剂 D. 由图可预测：高铁酸盐()具有强氧化性，消杀水中细菌时可生成Fe(OH)3胶体，进而可吸附水中的悬浮物 11. 空气吹出法工艺，是目前“海水(呈弱碱性)提溴”的最主要方法之一，其工艺流程如图所示。下列说法不正确的是 A. “吹出塔”步骤中利用了溴的挥发性 B. “吸收塔”内发生反应的离子方程式为 C. 工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去 D. 在该流程中，每提取1mol溴，理论上至少消耗氯气44.8L(标准状况) 12. “中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如下： 下列说法错误的是 A. 反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 B. 流程中HCl和H2可以循环利用 C. 反应①②③均为置换反应 D. 由反应②③的反应温度推测，③为放热反应 13. 当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应：NaN3+KNO3=K2O+Na2O+N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是 A. 半径大小：r(Na+)<r(N3－) B. 电负性大小：χ(N)>χ(O) C. 电离能大小：I1(Na)>I1(O) D. 碱性强弱：KOH<NaOH 14. 元素有多种化合价，可形成等离子。下列说法错误的是 A. 基态Cl-核外电子的空间运动状态有9种 B. 键角：＜＜ C. ClO-的中心原子是Cl，价层电子对数为4 D. 的空间结构为三角锥形 15. 铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分，缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是 A. 该结构中，氧元素的第一电离能最大 B. 的基态价电子排布式为 C. 咪唑环上所有原子均在同一平面上 D. 通过配位键与相连 二、填空题(每小题2分，共55分，19题(3)1分)。 16. MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe3O4、Al2O3和SiO2等杂质)和硫化锰(MnS)制备精MnO2的一种工艺流程如图： 已知：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 回答下列问题： (1)“滤渣1”中含有未反应完全的矿粉、S和______。 (2)“纯化”时加MnO2的作用是______，假定溶液中c(Mn2+)=0.1mol·L-1，则加入氨水调节溶液pH的范围为______。 (3)“沉锰”时生成MnCO3，工业上不直接用Na2CO3溶液来沉锰的原因为______。 (4)“热分解”后所得物质中还有少量MnO，需进一步进行氧化，“氧化”时生成的气体2为氯气，写出该过程中发生反应的化学方程式______。 (5)操作x为______。 (6)工业上还可用电解“Mn2+纯化液”来制取MnO2，其阳极电极反应式为______。电解后的废水中还含有少量Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S进行二级沉降。已知Ksp(MnS)=2.5×10-10，欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)______≥mol·L-1。 17. 活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶于成的杂质)制备，工艺流程图所示： （1）为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有___________。(任写两条) （2）“除铁”时，先加入溶液发生的离子方程式为___________，如果用代替，恰好完全反应时，理论上消耗___________。 （3）常温下，“调”时，的浓度降到了，此时的溶度积常数的数值为___________。 （4）“沉锌”时，在近中性条件下加入，可得碱式碳酸锌[]固体，同时产生大量的气体。该反应的离子方程式为___________。 （5）用锌与铜制得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。 ①基态Zn原子价电子排布式为___________。 ②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有___________个。 ③该铜锌合金晶体密度为___________(设为阿伏加德罗常数的值)。 18. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （1）基态原子价层电子排布式是__________。 （2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。 （3）的空间结构是__________。 （4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。 （5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。 晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。 （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：____________________。 19. a、b、c、d、e、f是原子序数依次增大的非0族元素，位于元素周期表的前四周期。a的一种核素无中子，b的s能级电子数与p能级的电子数之比为4：3，c与e同主族，未成对电子数为2，d在同周期元素中的原子半径最大，f在同周期元素中的未成对电子数最多。请回答下列问题： （1）上述元素中，位于元素周期表p区的元素有___________(填元素符号)，其中基态c原子中电子占据的最高能级的原子轨道形状是___________。 （2）基态e原子的核外电子排布式为___________，其核外有___________种不同空间运动状态的电子。 （3）b、c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为_____(用离子符号表示)，b、c、e元素中，第一电离能最大的元素为____，原因为__________。 （4）基态f原子的未成对电子数与成对电子数之比为____，下列属于f原子激发态电子排布式的有 ___(填标号) A． B． C． D． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $