精品解析：江苏省苏州市姑苏区苏州中学2024-2025学年高二年级第二学期3月月考化学试题

江苏省苏州中学2024-2025学年度第二学期质量评估 高二化学 本试卷仅供内部教学使用，谢绝任何个人或公众号转载、发布、传播、牟利，违者追究法律责任。 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。所有答案均写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H-1 Ag-108 C-12 N-14 S-32 第Ⅰ卷(选择题，共39分) 一、单项选择题(本题包括13小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 在化学发展史上，许多科学家的研究成果对人类的进步和化学的发展做出了杰出的贡献，下列对科学家的主要成就描述不正确的是 A B C D 鲍林 泡利 范德华 门捷列夫 电负性：描述不同元素的原子对键合电子的吸引能力 泡利原理：一个原子轨道内最多容纳2个电子，且自旋平行 范德华力：分子之间存在相互作用力 元素周期律：元素性 质随着原子序数递增呈周期性的重复 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： B. 分子的球棍模型： C. 激发态H原子的轨道表示式： D. 分子内键形成的轨道重叠示意图： 3. Ca5(PO4)3F晶体可作激光发射材料。下列说法正确是 A. 半径：r(Ca2＋)>r(P3-) B. 第一电离能：I1(P)>I1(S) C. 沸点：PH3>HF D. 电负性：χ(O)>χ(F) 4. 已知反应；(R表示烷烃基)，该反应可用于提纯炔烃。下列说法不正确的是 A. 的空间构型为直线形 B. 基态O原子核外电子的空间运动状态有5种 C. 的电子式为 D. 中键与键的个数比为1：1 5. 以下为典型晶体的部分结构或晶胞，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 晶体中，原子的配位数为6 B. 1个晶胞中实际含有4个分子 C. 晶体中含有的键数目为 D. 石墨烯(单层石墨)中，每个六元环平均占有的碳原子数为3 阅读下列材料，完成下列小题。 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。、是生活生产中常用的氧化剂。亚硫酰氮()为黄色液体，遇水发生水解。用与(白色晶体)的水溶液反应可制备硒，硒()是一种半导体材料。碲的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以电解强碱性溶液制备。 6. 下列说法正确的是 A. 分子中所有原子在同一直线上 B. 分子中S的原子轨道杂化类型为 C. 晶体属于共价晶体 D. 中的键角小于中的键角 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 和水溶液反应制备硒： B. 氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式： C. 亚硫酰氯水解的反应方程式： D. 电解强碱性溶液的阴极反应： 8. 下列有关硫及其化合物的结构与性质或性质与用途的阐述具有对应关系的是 A. 具有还原性，可用于漂白纸浆 B. 为极性分子，具有臭鸡蛋气味 C. 浓硫酸具有吸水性，与硫酸分子、水分子之间存在氢键有关 D. 过二硫酸铵中S为+6价，具有较强的氧化性 9. 物质结构决定物质性质，下列物质性质特征用结构解释不正确的是 选项 性质特征 结构因素 A 聚乙炔可用作导电高分子材料 聚乙炔分子中含有大π键 B 由与组成的离子化合物常温下呈液态 阴阳离子半径大，离子键弱 C 甘油为黏稠性液体 甘油(丙三醇)分子中含有多个羟基，易形成分子内氢键 D 硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的性质 硅酸盐中含有硅氧四面体结构 A. A B. B C. C D. D 10. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是 A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大 B. W的气态氯化物二聚体中，所有原子均达到8电子稳定结构 C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性： D. 元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸 11. 的水解机理如下图所示(“□”代表的3d轨道)。下列说法错误的是 A. 上述过程涉及极性键的断裂和形成 B. 水解过程中的杂化方式有变化 C. 的水解机理与相同 D. 相同条件下，比易水解 12. 化合物Z是合成药物的重要中间体(反应条件略去)，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. Y与足量加成的产物分子中有6个手性碳原子 B. X中所有原子一定处于同一平面 C. 中含有6mol碳氧键 D. 水中溶解性： 13. 是一种活泼金属，价电子排布式为。铜-铈氧化物可除去中少量，反应机理如图1所示，步骤(ⅰ)中、化合价均发生变化。的晶胞如图2所示。下列说法正确的是 A. 晶胞中，铈原子位于氧原子构成的正八面体空隙中 B. 反应(ⅰ)中，元素的化合价从+4变成+2 C. 若用参与反应，一段时间后，铜-铈氧化物中可检测到 D. 温度过高，催化剂中(或)可能被还原为Cu造成催化活性下降 第Ⅱ卷(非选择题，共61分) 14. 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： （1）在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是_______(填元素符号)。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价_______(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_______(填标号)。 A． B． C． D． （3）(见图)是晶型转变诱导剂。的空间构型为_______；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。 （4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_______。 15. 氯化六氨合钴在染料、电镀、医学等方面有广泛的应用。实验室以为原料进行制备，实验操作步骤如下： 步骤1：实验制备装置如图所示，向100mL三颈烧瓶内加入4.5g研细的、3g和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。 步骤2：水浴加热至333K，烧瓶中加入浓氨水、溶液两种试剂，获得。 已知：具有较强还原性，氧化性， 回答下列问题： （1）仪器a中盛装的试剂是___________。 （2）步骤2中试剂加入的合理顺序为___________。 a．先加浓氨水后加过氧化氢溶液 b．先加过氧化氢溶液后加浓氨水 （3）步骤2中“水浴加热至333K”，温度不宜过高的原因是___________。 （4）写出三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 （5）补充后续步骤3的实验方案：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，___________，过滤，用无水乙醇洗涤滤渣，干燥后得到晶体。(已知难溶于冷水，易溶于热的稀盐酸。实验中可选择的试剂有热的稀盐酸、冰水) （6）在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得与足量的硝酸银溶液反应生成2mol，该配合物内界的化学式为___________。 16. 从分金渣(主要成分：、、、)中获取高纯银的流程如图所示： 已知：在上述反应的温度下，， （1）“预处理”加入溶液将转化为，反应的化学方程式为___________。 （2）已知：，。“分银”时，与反应生成，该反应平衡常数为___________。 （3）“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；含硫微粒物质的量分数随溶液pH变化的关系如图2. “分银”时，终点pH需控制的范围为___________，原因是___________。 （4）“还原”时发生反应的离子方程式为___________。 （5）已知(白色)，测定银样品纯度的过程为(杂质不参与反应)： ⅰ.准确称取银样品1.0800g，加适量稀硝酸溶解，定容至100mL容量瓶中； ⅱ.准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，酸化后滴入几滴溶液作指示剂，再用标准溶液滴定。 ⅲ.重复②的操作ⅱ数次，所用标准溶液的平均体积为24.00mL。 ①滴定终点的现象为___________；②计算样品中银的质量分数(写出计算过程)___________。 17. 氢能是理想清洁能源，氢能的产业链包含制氢和储氢等。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有___________(填元素符号)；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得___________(不考虑反应器消耗的)。 （2）氨硼烷是具有广泛应用前景的储氢材料。一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 ①中键为配位键，其中___________原子提供孤电子对，B原子的杂化方式为___________； ②基于电负性规律，描述中间体Ⅱ至中间体Ⅲ的反应机理___________。 ③“中间体Ⅲ”可以进一步水解，写出氨硼烷完全水解的化学方程式为___________。 ④具有六元环结构，其中B原子为杂化，其结构式可表示为___________。 ⑤如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为___________(以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图2所示：若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省苏州中学2024-2025学年度第二学期质量评估 高二化学 本试卷仅供内部教学使用，谢绝任何个人或公众号转载、发布、传播、牟利，违者追究法律责任。 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。所有答案均写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H-1 Ag-108 C-12 N-14 S-32 第Ⅰ卷(选择题，共39分) 一、单项选择题(本题包括13小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 在化学发展史上，许多科学家的研究成果对人类的进步和化学的发展做出了杰出的贡献，下列对科学家的主要成就描述不正确的是 A B C D 鲍林 泡利 范德华 门捷列夫 电负性：描述不同元素的原子对键合电子的吸引能力 泡利原理：一个原子轨道内最多容纳2个电子，且自旋平行 范德华力：分子之间存在相互作用力 元素周期律：元素性 质随着原子序数递增呈周期性的重复 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性：描述不同元素的原子对键合电子的吸引能力，故A正确； B．泡利原理：一个原子轨道内最多容纳2个电子，它们的自旋方向相反，故B错误； C．范德华力是分子之间存在相互作用力，故C正确； D．元素周期律揭示了元素性质随着原子序数递增呈周期性的重复，故D正确。 答案选B。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： B. 分子的球棍模型： C. 激发态H原子的轨道表示式： D. 分子内键形成的轨道重叠示意图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO2中硫原子的价层电子对数为3，则SO2的VSEPR模型为平面三角形，故A正确； B．臭氧中心O原子的价层电子对数为：，属于sp2杂化，有1个孤电子对，臭氧为V形分子，球棍模型为：，故B错误； C．K能层只有1个能级1s，不存在1p能级，故C错误； D．p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误； 故答案为A。 3. Ca5(PO4)3F晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是 A. 半径：r(Ca2＋)>r(P3-) B. 第一电离能：I1(P)>I1(S) C. 沸点：PH3>HF D. 电负性：χ(O)>χ(F) 【答案】B 【解析】 【详解】A．具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：r(Ca2+)＜r(P3-)，A错误； B．同周期元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子价电子排布式为，p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于同周期第ⅥA族元素，则第一电离能：I1(P)>I1(S)，B正确； C．HF可以形成氢键，故沸点：PH3<HF，C错误； D．同周期元素随原子序数增大，电负性呈增大趋势，电负性：χ(O)<χ(F)，D错误； 故选B。 4. 已知反应；(R表示烷烃基)，该反应可用于提纯炔烃。下列说法不正确的是 A. 的空间构型为直线形 B. 基态O原子核外电子的空间运动状态有5种 C. 的电子式为 D. 中键与键的个数比为1：1 【答案】A 【解析】 【详解】A．中的R表示烷基，烷基的空间构型不是直线形，A错误； B．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态O原子核外有3个能级，其中2p能级有3个原子轨道，因此基态O原子核外电子的空间运动状态有5种，B正确； C．与N2互为等电子体，电子式为，C正确； D．中σ键2+2=4个，π键为2×2=4个，个数比为1:1，D正确； 故选A。 5. 以下为典型晶体的部分结构或晶胞，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 晶体中，原子的配位数为6 B. 1个晶胞中实际含有4个分子 C. 晶体中含有的键数目为 D. 石墨烯(单层石墨)中，每个六元环平均占有的碳原子数为3 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图示可知，晶体中，原子的配位数为8，故A错误； B．1个晶胞中实际含有Na+的数目为1+12=4，含有Cl-数目为8+6=4，但是不含有氯化钠分子，故B错误； C．根据图示可知，晶体中含有的键数目为，故C正确； D．石墨烯(单层石墨)中，每个六元环有6个碳原子，每个碳原子形成三个六元环，故每个六元环平均占有的碳原子数为2，故D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下列小题。 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。、是生活生产中常用的氧化剂。亚硫酰氮()为黄色液体，遇水发生水解。用与(白色晶体)的水溶液反应可制备硒，硒()是一种半导体材料。碲的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景，工业上以电解强碱性溶液制备。 6. 下列说法正确的是 A. 分子中所有原子在同一直线上 B. 分子中S的原子轨道杂化类型为 C. 晶体属于共价晶体 D. 中的键角小于中的键角 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 和的水溶液反应制备硒： B. 氢氧化钠吸收足量二氧化硫的离子方程式： C. 亚硫酰氯水解的反应方程式： D. 电解强碱性溶液的阴极反应： 8. 下列有关硫及其化合物的结构与性质或性质与用途的阐述具有对应关系的是 A. 具有还原性，可用于漂白纸浆 B. 为极性分子，具有臭鸡蛋气味 C. 浓硫酸具有吸水性，与硫酸分子、水分子之间存在氢键有关 D. 过二硫酸铵中S为+6价，具有较强的氧化性 【答案】6. D 7. A 8. C 【解析】 6题详解】 A．过氧化氢分子中氧原子价层电子对数为2+=4，孤对电子对数为2，分子的空间构型为书形，分子中所有原子不可能在同一直线上，故A错误； B．SOCl2分子中硫原子的价层电子对数为3+=4，则原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误； C．硫化氢晶体是熔沸点低的分子晶体，故C错误； D．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为3+=4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3+=3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面正三角形，所以亚硫酸根离子的键角小于三氧化硫，故D正确； 故选D； 【7题详解】 A．制备硒的反应为二氧化硫和二氧化硒水溶液反应生成硫酸根离子、硒和氢离子，反应的离子方程式为，故A正确； B．氢氧化钠溶液足量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故B错误； C．亚硫酰氯水解生成亚硫酸和盐酸，反应化学方程式为，故C错误； D．电解强碱性亚碲酸钠溶液的阴极反应为水分子作用下亚碲酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碲和氢氧根离子，电极反应式为，故D错误； 故选A； 【8题详解】 A．二氧化硫具有漂白性，所以二氧化硫可用于漂白纸浆，故A错误； B．硫化氢具有臭鸡蛋气味是化合物的物理性质，与硫化氢是极性分子无关，故B错误； C．浓硫酸具有吸水性是因为硫酸分子能与水分子形成分子间氢键，故C正确； D．过二硫酸铵具有强氧化性是因为过二硫酸根离子中存在过氧键，与硫元素的化合价为+6价无关，故D错误； 故选C。 9. 物质结构决定物质性质，下列物质性质特征用结构解释不正确的是 选项 性质特征 结构因素 A 聚乙炔可用作导电高分子材料 聚乙炔分子中含有大π键 B 由与组成的离子化合物常温下呈液态 阴阳离子半径大，离子键弱 C 甘油为黏稠性液体 甘油(丙三醇)分子中含有多个羟基，易形成分子内氢键 D 硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的性质 硅酸盐中含有硅氧四面体结构 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚乙炔可用于导电高分子材料是因为聚乙炔中含共轭大π键，共轭结构使得π电子能够在分子链上自由移动而具有导电性，A正确； B．与阴阳离子半径大，体积较大，导致彼此间离子键弱，所以该离子化合物常温下呈液态，B正确； C．甘油为粘稠性液体是因为甘油中含有三个羟基，易形成分子间氢键，分子间作用力增大使得甘油在常温常压下呈现为黏稠性液体，C错误； D．硅酸盐中含有相互连接的硅氧四面体结构，结构较稳定，所以硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的优良性能，D正确； 答案选C。 10. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是 A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大 B. W的气态氯化物二聚体中，所有原子均达到8电子稳定结构 C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性： D. 元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸 【答案】B 【解析】 【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为氧元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为硫元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等(8+16=24)，则Z的核电荷数小于12，只能等于11，为钠元素，W为铝元素；从而得出，X、Y、Z、W、R分别为H、O、Na、Al、S元素。 【详解】A．元素Y、Z、W分别为O、Na、Al，它们的离子具有相同的电子层结构，核电荷数依次增大，其离子半径依次减小，A不正确； B．W的二聚体Al2Cl6的结构式为，所有原子均达到8电子稳定结构，B正确； C．元素X、Y、R分别为H、O、S元素，非金属性：O＞S，元素O、S分别与元素H形成的化合物的热稳定性：H2O＞H2S，C不正确； D．W、R分别为Al、S元素，元素Al的最高价氧化物的水化物Al(OH)3为两性氢氧化物，D不正确； 故选B。 11. 的水解机理如下图所示(“□”代表的3d轨道)。下列说法错误的是 A. 上述过程涉及极性键的断裂和形成 B. 水解过程中的杂化方式有变化 C. 的水解机理与相同 D. 相同条件下，比易水解 【答案】C 【解析】 【详解】A．上述过程涉及极性键的断裂和极性键的形成，A正确； B．水解过程的第一步中原子的成键数目由4增大为5，的杂化方式有变化，从最初的杂化变为杂化，B正确； C．水解时中的原子与上的孤电子对结合，与结合形成，而上无孤电子对，故的水解机理与不相同，C错误； D．C为第二周期元素，只有、轨道可以成键，最大配位数为4，无空轨道可以接受水的配位，因此不易水解。所以相同条件下，比易水解，D正确； 答案选C。 12. 化合物Z是合成药物的重要中间体(反应条件略去)，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. Y与足量加成的产物分子中有6个手性碳原子 B. X中所有原子一定处于同一平面 C. 中含有6mol碳氧键 D. 水中溶解性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Y与足量加成后的产物为，从图中可以看出，含有5个手性碳原子，故A错误； B．X中含有酚羟基，酚羟基上的氢不一定在同一平面，故B错误； C．共价双键中含有一个σ键和一个π键，Z分子中含有1个醚键，1个酯基，加上羰基基的碳氧双键，Z含有两个碳氧双键，共价单键为σ键，所以1molZ中含有6mol碳氧σ键，故C正确； D． X存在羟基，羟基能与水形成氢键，在水中的溶解性增大，因此水中溶解性：，D错误； 故选C。 13. 是一种活泼金属，价电子排布式为。铜-铈氧化物可除去中少量，反应机理如图1所示，步骤(ⅰ)中、的化合价均发生变化。的晶胞如图2所示。下列说法正确的是 A. 晶胞中，铈原子位于氧原子构成的正八面体空隙中 B. 反应(ⅰ)中，元素的化合价从+4变成+2 C. 若用参与反应，一段时间后，铜-铈氧化物中可检测到 D. 温度过高，催化剂中(或)可能被还原为Cu造成催化活性下降 【答案】D 【解析】 【分析】反应（i）CO与催化剂作用生成二氧化碳，得到O原子，催化剂失去O原子形成一个空位，反应（ii）氧气与CO共同与催化剂作用，O2中的O原子结合了催化剂，反应（iii）氧原子填充了催化剂的空位，同时释放出二氧化碳。 【详解】A．以上底面心Ce原子为研究对象，根据图示可知在一个晶胞中，与Ce距离相等且最近的O原子有4个，由于通过该平面的Ce原子可形成2个晶胞，因此与该Ce距离相等且最近的O原子有8个，这8个O原子形成的是立方体结构，铈位于氧原子形成的立方体空隙中，A错误； B．反应(i)中CO与催化剂作用生成CO2，CO得到O原子C的化合价升高，催化剂失去O原子，催化剂中Cu、Ce化合价应该降低，反应(ⅰ)中，元素的化合价从+4变成+3，B错误； C．由图可知，在反应(ii)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后氧分子中的1个氧原子进入空位，故若用参与反应，一段时间后，铜-铈氧化物中不能检测到，C错误； D．由于高温下，Cu（+2价)或Cu（+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150C时，催化剂的催化活性下降，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷(非选择题，共61分) 14. 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： （1）在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是_______(填元素符号)。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价_______(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_______(填标号)。 A． B． C． D． （3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为_______；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。 （4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_______。 【答案】（1） ①. 四 ②. ⅦB ③. Cr （2） ①. MnO2 ②. 降低 ③. A （3） ①. 正四面体形 ②. sp2 （4）FDCA形成的分子间氢键更多 【解析】 【小问1详解】 Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子； 【小问2详解】 由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质； 【小问3详解】 中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2； 【小问4详解】 由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 15. 氯化六氨合钴在染料、电镀、医学等方面有广泛的应用。实验室以为原料进行制备，实验操作步骤如下： 步骤1：实验制备装置如图所示，向100mL三颈烧瓶内加入4.5g研细的、3g和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。 步骤2：水浴加热至333K，烧瓶中加入浓氨水、溶液两种试剂，获得。 已知：具有较强还原性，氧化性， 回答下列问题： （1）仪器a中盛装的试剂是___________。 （2）步骤2中试剂加入的合理顺序为___________。 a．先加浓氨水后加过氧化氢溶液 b．先加过氧化氢溶液后加浓氨水 （3）步骤2中“水浴加热至333K”，温度不宜过高的原因是___________。 （4）写出三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。 （5）补充后续步骤3的实验方案：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，___________，过滤，用无水乙醇洗涤滤渣，干燥后得到晶体。(已知难溶于冷水，易溶于热的稀盐酸。实验中可选择的试剂有热的稀盐酸、冰水) （6）在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为的纯净物。测得与足量的硝酸银溶液反应生成2mol，该配合物内界的化学式为___________。 【答案】（1）P2O5或无水氯化钙 （2）a （3）温度太高会使[Co(NH3)6]Cl3和H2O2分解，还会增加浓氨水挥发 （4）2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O （5）往滤渣中加入热盐酸，趁热过滤，滤液用冰水冷却结晶 （6） 【解析】 【分析】实验室可用CoCl2为原料来制备钴的配合物[Co(NH3)6]Cl3，先向三颈烧瓶中加入4.5g CoCl2、3.0g NH4Cl、5mL蒸馏水，加热溶解后加入0.3g活性炭，得到的悬浊液冷却后加热至333K加入浓氨水、双氧水生成，再按照步骤2进行分离提纯。 【小问1详解】 氨水易挥发且加热易分解，实验过程中会产生污染性的气体NH3，用P2O5或无水氯化钙来吸收。 【小问2详解】 若先加H2O2溶液，由已知可知，氧化性Co3+大于H2O2，H2O2不能将Co2+氧化为Co3+；若先加氨水，形成[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，易被H2O2氧化为[Co(NH3)6]3+；故选a。 【小问3详解】 333K是60℃，加热可以加快生成目标产物的速率，但加热温度不能太高，是因为温度太高会使[Co(NH3)6]Cl3和H2O2分解，还会增加浓氨水挥发； 【小问4详解】 根据反应装置图中所加物质来写反应物，根据目标产物来写生成物，然后利用氧化还原反应得失电子守恒配平，可得化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O； 【小问5详解】 结合信息可知，将三颈烧瓶中所得混合物过滤，用冰水冷却后，过滤。在滤渣([Co(NH3)6]Cl3晶体和活性炭)中加入热盐酸，[Co(NH3)6]Cl3晶体溶于热稀盐酸中，趁热过滤除去活性炭，滤液用冰水冷却，使[Co(NH3)6]Cl3晶体析出，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤2~3次，干燥得到产品；故答案为：往滤渣中加入热盐酸，趁热过滤，滤液用冰水冷却结晶； 【小问6详解】 测得与足量的硝酸银溶液反应生成2mol，该配合物内界的化学式为。 16. 从分金渣(主要成分：、、、)中获取高纯银的流程如图所示： 已知：在上述反应的温度下，， （1）“预处理”加入溶液将转化为，反应的化学方程式为___________。 （2）已知：，。“分银”时，与反应生成，该反应的平衡常数为___________。 （3）“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；含硫微粒物质的量分数随溶液pH变化的关系如图2. “分银”时，终点pH需控制范围为___________，原因是___________。 （4）“还原”时发生反应的离子方程式为___________。 （5）已知(白色)，测定银样品纯度的过程为(杂质不参与反应)： ⅰ.准确称取银样品1.0800g，加适量稀硝酸溶解，定容至100mL容量瓶中； ⅱ.准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，酸化后滴入几滴溶液作指示剂，再用标准溶液滴定。 ⅲ.重复②的操作ⅱ数次，所用标准溶液的平均体积为24.00mL。 ①滴定终点的现象为___________；②计算样品中银的质量分数(写出计算过程)___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 8~9 ②. pH8~9时浓度较大，有利于AgCl与反应生成 （4） （5） ①. 滴入最后半滴NH4SCN标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不褪色 ②. 96.0% 【解析】 【分析】由流程可知，“预处理”时FeCl3溶液和Ag2S发生氧化还原生成FeCl2、S和AgCl，“分银”时AgCl与Na2SO3反应生成从而使银元素与分银渣分离，且溶液中存在Ag++2SO，加入盐酸沉银，促使 Ag++2SO平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，最后将AgCl还原，以此解答该题。 【小问1详解】 “预处理”时FeCl3溶液和Ag2S发生氧化还原生成FeCl2、S和AgCl，反应的化学方程式为：。 【小问2详解】 反应的平衡常数K1=，“分银”时，AgCl与反应生成，离子方程式为：AgCl+2+Cl-，该反应的平衡常数K==K1Ksp(AgCl)=1.8×10-10×=。 【小问3详解】 “分银”时，终点pH需控制的范围为：8~9；原因为：pH8~9时浓度较大，有利于AgCl与反应生成。 【小问4详解】 “还原”时，将AgCl还原Ag，Ag元素由+1价下降到0价，N元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问5详解】 ①若标准溶液过量SCN-马上会和Fe3+结合生成Fe(SCN)3，所以滴定终点为滴入最后半滴NH4SCN标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不褪色； ②已知Ag++SCN-=AgSCN↓(白色)，则n(Ag)=n(SCN-)=24.00×10-3L×0.1000 mol/L×=9.6×10-3mol，则样品中银的质量分数为=96.0%。 17. 氢能是理想清洁能源，氢能的产业链包含制氢和储氢等。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有___________(填元素符号)；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得___________(不考虑反应器消耗的)。 （2）氨硼烷是具有广泛应用前景的储氢材料。一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 ①中键为配位键，其中___________原子提供孤电子对，B原子的杂化方式为___________； ②基于电负性规律，描述中间体Ⅱ至中间体Ⅲ的反应机理___________。 ③“中间体Ⅲ”可以进一步水解，写出氨硼烷完全水解的化学方程式为___________。 ④具有六元环结构，其中B原子为杂化，其结构式可表示为___________。 ⑤如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为___________(以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图2所示：若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为___________。 【答案】（1） ①. C、H、Fe ②. （2） ①. N ②. sp3 ③. 由于H的电负性最弱吸引电子能力最差，故H原子被-OH取代 ④. +4H2O=+3H2↑ ⑤. ⑥. ⑦. 【解析】 【小问1详解】 反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有CO2、H2O、Fe，发生反应3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3=2Fe+3H2O，C的化合价由+2→+4价，Fe的化合价由+3→0价，H的化合价由0→+1价，化合价发生改变的元素有C、H、Fe；CO、H2各1mol参与3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3=2Fe+3H2O反应，各生成mol Fe，共生mol Fe， mol Fe在反应容器Ⅱ中发生反应3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2，共生成mol H2。 【小问2详解】 ①N的最外层电子数为5，N原子有孤电子对，B的最外层电子数为3，B原子有空轨道，氨硼烷中的N、B原子均形成4个价键，则N、B形成的配位键中，提供孤电子对的是N原子；氨硼烷晶体中B原子连接4个δ键，B原子的杂化方式为sp3杂化。 ②同周期元素电负性随着原子序数增加而增加，电负性：N＞B＞H，电负性越强原子吸引能力越强，中间体Ⅱ至中间体Ⅲ的反应机理：由于H的电负性最弱吸引电子能力最差，故H原子被-OH取代。 ③根据题意，氨硼烷最终水解产物中，B原子会与四个羟基相连形成离子，而N原子一直以铵根离子形成存在，水解产物为与H2，方程式为：+4H2O=+3H2↑。 ④具有六元环结构，其中B原子为杂化，其结构式可表示为。 ⑤由图1可知，每个B原子周围3个O原子但只有1个O原子为B原子独有，另两个O原子各有属于B原子，故B有1个，O有1+2= 2个，化学式可表示为； 如图2所示的晶胞中，BH 位于顶点、面心和体心位置，共个，Na+位于面心、棱心位置，有个，若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则Na+变为个，Li+为，故化学式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $