精品解析：江苏省苏州市工业园区苏州大学附属中学2024-2025学年高二年级第二学期期中考试化学试题

苏大附中2024-2025学年第二学期期中检测 高二年级化学试卷 (考试时间：75分钟，总分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 一、选择题：(每题3分，13题共39分)。 1. 双氧水和“84”消毒液两者混合时可发生反应：。下列有关说法正确的是 A. 反应属于置换反应 B. NaClO中含有极性共价键 C. 固体NaCl为分子晶体 D. 反应中作氧化剂 2. 人们可以用图式表示物质的组成、结构。下列图式正确的是 A. 的球棍模型： B. 基态原子的价层电子轨道表示式为 C. 分子间的氢键： D. 原子结构示意图： 3. 氢元素有多种化合物，如等。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 热稳定性大小： C. 电离能大小： D. 电负性大小： 4. 已知X、Y、Z、W、T为原子序数依次增大的前四周期元素，已知X、W同主族，Z、T同主族，Z是Y、W的相邻元素，且Z元素基态原子的核外电子总数是其最外层电子数的3倍。下列叙述正确的是 A. X的两种常见单质均为极性分子 B. 为正四面体分子，键角为 C. 基态T原子的简化电子排布式为 D. 分子中W原子的杂化类型相同 5. 一种催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性大小：O＞N＞B＞H B. BH3NH3晶体熔点低于CH3CH3 C. 用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 D. 氨硼烷完全水解的化学方程式为：BH3NH3+4H2O=3H2↑+NH4[B(OH)4] 阅读下列材料，完成下面小题。 铁、钴()、镍()是周期表中第4周期Ⅶ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，(Ⅲ)和(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将氧化成。向(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子。 6. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 溶于浓盐酸： B. 将溶于氨水： C. 向溶液中滴加少量溶液： D. 在浓碱溶液中将氧化成： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品 B. 受热易分解，可用做泡沫灭火器 C. 能与酸反应，可用于医用胃酸中和剂 D. 胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒 8. 利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 装置甲可用于由溶液制备 B. 装置乙可用于实验室制备少量 C. 装置丙中滴加溶液，溶液不变红，可证明锌比铁活泼 D. 装置丁的肥皂液中产生无色气泡，可证明铁粉与水蒸气反应生成 9. 指定条件下，下列选项所示物质间的转化可以实现的是 A. B. C. D. (浓) 10. 下列实验方案及现象能说明探究结论的是 选项 实验结论 实验方案及现象 A 能催化双氧水分解 向溶液中滴加几滴溶液，产生气泡 B 金属活动性： 向2mL溶液中加入条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成 C 析出晶体 向溶液中滴加浓氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇溶液，过滤 D 制得胶体 向溶液中加入5~6滴饱和溶液，加热煮沸 A. A B. B C. C D. D 阅读材料，回答下列小题。 铜是人类祖先最早应用的金属，随着科学技术的发展不断开发出新的用途，如制印刷电路板等。目前工业上生产铜的主要方法为火法冶炼铜，部分工业流程如下。 11. 下列说法正确的是 A. 铜精矿结构如图，其化学式为CuFeS B. Cu与Fe均位于元素周期表d区 C. 熔点： D. 由基态生成基态时电子填充的能级为4s 12. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 制印刷电路板： B. 电解精炼铜阳极电极反应式： C. 生产粗铜时发生的化学反应可能有： D. 青铜器产生铜绿的过程： 13. 和在钯的配合物离子的作用下合成，反应历程如图，下列说法正确的是 A. 反应①中有非极性键的断裂和形成 B. 该过程中的化合价有、和+4三种 C. 反应①②③均为氧化还原反应 D. 能降低该反应活化能 二、非选择题：(4题共61分)。 14. 锂离子电池已被广泛用作便携式电源。正极材料为、等，负极材料一般为石墨碳，以溶有、等的碳酸二乙酯(DEC)作电解液。 （1）基态P原子有____种不同运动状态的电子，占据最高能级的电子云轮廓图为____形。 （2）在周期表中的位置为____，基态、离子中未成对的电子数之比为____。 （3）的空间构型为_______(用文字描述)。 （4）中的配位数为______，该配合物中的配位原子为______。 （5）多聚磷酸由磷酸()加热脱水缩合而成。链状多聚磷酸是多个磷酸通过脱水后共有部分氧原子连接起来的，多聚磷酸根离子的部分结构投影图如图所示(由于P、O原子的半径大小不同，投影图中P与O之间存在部分或全部遮掩关系)，则其化学式为_______。 （6）氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。 （7）碳酸二乙酯(DEC)分子结构如图所示，1mol碳酸二乙酯(DEC)中含键的数目_______mol。 （8）的晶胞结构示意图如图-1所示。其中O围绕和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如图-2所示，_______，则_______。 15. 以铁矿烧渣(主要成分是Fe2O3、Fe3O4，含少量Al2O3、SiO2和MgO、CaCO3)为原料制备磷酸铁晶体(FePO4·2H2O)的流程如下： （1）“酸浸1”步骤：铁浸取率随盐酸过量系数变化如图-1所示。工业上通常取盐酸过量系数为1.4，而不用更高的过量系数的原因_______。 （2）“氧化”步骤： ①写出氧化过程中的离子方程式_______。 ②需要控制反应的温度50-60℃的原因是_______。 （3）已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Ca2+ Al3+ Fe3+ Mg2+ 开始沉淀时(c=0.1mol/L)的pH 11.8 3.3 1.5 9.8 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH 13.8 4.7 2.8 11.8 如果“氧化”后的溶液中Fe3+浓度为1.0mol/L，用NH3·H2O调节溶液的pH=_______时，Fe3+开始沉淀。(结果保留小数点后一位) （4）“沉铁”步骤：其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。 ①pH＜1.5时，pH超大，Fe的有效转化率越大的原因是_______。 ②pH＞时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是_______。 16. 一种以磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)、KMnO4为原料制备磷酸锰[Mn3(PO4)2]的实验过程如下： （1）溶解。将一定量的磷铁渣加入如图所示装置的三到烧瓶中，维持温度60℃，边搅拌边向三到烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成。反应后过滤。 ①写出FeP反应的离子方程式：_______。 ②实验中当观察到某种现象时可不再加入KMnO4溶液，该现象是：_______。 ③FePO4难溶于水，反应的平衡常数为______。[已知，的电离平衡常数、、]。 （2）除铁。向所得滤液中加入萃取剂(由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水)萃取溶液中的Fe3+。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯(用表示)萃取溶液中Fe3+时发生如下反应：(有机层)(有机层)。 ①萃取时，Fe3+的萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。 ②反萃取的目的是将有机层Fe3+转移到水层，用到的反萃取剂是稀硫酸。使Fe3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 （3）制Mn3(PO4)2。由萃取后所得水层中Mn2+、H3PO4制纯净Mn3(PO4)2固体的实验方案，请补充完整：取萃取后所得水层溶液100mL[其中c(Mn2+)=1.2mol/L]，_______后干燥沉淀，得Mn3(PO4)2固体。(已知溶液的pH对所得沉淀中锰磷比和的沉淀率影响如图所示。)(须选试剂：0.1mol/LH3PO4，NaOH溶液，盐酸，BaCl2溶液) 17. Ⅰ．铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。 （1）邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_______；中键的物质的量为_______mol。邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为_______。 （2）蓝色晶体为铜的配位化合物。NH3分子中H-N-H键角_______(选填“大于”、“等于”、“小于”)中H-N-H键角。 （3）CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2(CO)2(H2O)2]，其结构如图。 ①氯原子的杂化方式为_______。 ②该配合物中，每个Cu原子能与其他原子形成3个配位键，在图中横线上补上配体化学式，并在图中用“→”标出相应的配位键_______。 Ⅱ．铜基催化剂Cu-M(M为ZnO、ZnO/Al2O3、ZnO/ZrO2等)是CO2加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线如图所示。 其中催化剂上有两个活动点位(Cu0位点、氧化物载体位点)，CO2分别在中碱位(α)、强碱位(β)吸附发生反应。 （4）请写出中碱位(α)上发生反应的总化学方程式_______。 （5）上述CO2加氢制甲醇的反应在催化剂_______上吸附发生。 Ⅲ．CO2参与的乙苯脱氢机理如图所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 （6）图中所示反应机理中步骤Ⅱ可描述为(请从电负性角度)_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏大附中2024-2025学年第二学期期中检测 高二年级化学试卷 (考试时间：75分钟，总分100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 一、选择题：(每题3分，13题共39分)。 1. 双氧水和“84”消毒液两者混合时可发生反应：。下列有关说法正确的是 A. 反应属于置换反应 B. NaClO中含有极性共价键 C. 固体NaCl为分子晶体 D. 反应中作氧化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．置换反应是单质和化合物生成单质和化合物的反应，A错误； B．NaClO中氯和氧之间的共价键是极性共价键，B正确； C．固体NaCl为离子晶体，C错误； D．反应中中氧由-1价变为0价，作还原剂，D错误； 故选B。 2. 人们可以用图式表示物质的组成、结构。下列图式正确的是 A. 的球棍模型： B. 基态原子的价层电子轨道表示式为 C. 分子间的氢键： D. 原子结构示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO2是直线形分子，模型错误，A错误； B．同一能级的轨道中电子全满或半满更稳定，基态Cr原子价层电子排布为3d54s1，3d轨道含有5个电子，4s轨道含有1个电子，B错误； C．HF分子间的氢键（虚线表示）：，C错误； D．铁元素原子序数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，对应计算出各个能层的电子数，原子结构示意图正确，D正确； 答案选D。 3. 氢元素有多种化合物，如等。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 热稳定性大小： C. 电离能大小： D. 电负性大小： 【答案】A 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径，A正确； B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性大小H2O>NH3>H2S，B错误； C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则元素第一电离能：，C错误； D．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性，D错误； 故选A。 4. 已知X、Y、Z、W、T为原子序数依次增大的前四周期元素，已知X、W同主族，Z、T同主族，Z是Y、W的相邻元素，且Z元素基态原子的核外电子总数是其最外层电子数的3倍。下列叙述正确的是 A. X的两种常见单质均为极性分子 B. 为正四面体分子，键角为 C. 基态T原子的简化电子排布式为 D. 分子中W原子的杂化类型相同 【答案】D 【解析】 【分析】根据“Z元素基态原子的核外电子总数是其最外层电子数的3倍”，可推断Z是磷；依题意可判断X、Y、Z、W、T在元素周期表中相对位置关系为则X是氧、Y是硅、Z是磷、W是硫、T是砷。 【详解】A．为极性分子、为非极性分子，A项错误； B．为正四面体分子，键角为，B项错误； C．基态原子的简化电子排布式为，C项错误； D．分子中S原子的杂化类型均为，D项正确； 故选：D。 5. 一种催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性大小：O＞N＞B＞H B. BH3NH3晶体熔点低于CH3CH3 C. 用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 D. 氨硼烷完全水解的化学方程式为：BH3NH3+4H2O=3H2↑+NH4[B(OH)4] 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知同一周期从左往右元素电负性依次增大，且由题干信息可知，水解过程中B结合OH-即说明B-H中B带正电性，即H的电负性比B大，故电负性大小：O＞N＞H＞B，A错误； B．BH3NH3和CH3CH3均为分子晶体，且相对分子质量BH3NH3更大，且BH3NH3是极性分子，即NH3BH3分子间间作用力更大，则BH3NH3晶体熔点高于CH3CH3，B错误； C．由图可知，H2O与中间体Ⅰ发生取代反应生成中间体Ⅱ，中间体Ⅱ再与H2O反应生成中间体Ⅲ，最终生成H2，用D2O代替H2O作反应物时可写成D—OD，D生成、-OH连接到B原子上，最终生成HD分子，没有D2生成，C错误； D．由图可知，BH3NH3和H2O是反应物，H2、NH4[B(OH)4]是生成物，总反应为BH3NH3+4H2O=3H2↑+NH4[B(OH)4]，D正确； 故答案为：D。 阅读下列材料，完成下面小题。 铁、钴()、镍()是周期表中第4周期Ⅶ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，(Ⅲ)和(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将氧化成。向(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子。 6. 下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 溶于浓盐酸： B. 将溶于氨水： C. 向溶液中滴加少量溶液： D. 在浓碱溶液中将氧化成： 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品 B. 受热易分解，可用做泡沫灭火器 C. 能与酸反应，可用于医用胃酸中和剂 D. 胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒 8. 利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 装置甲可用于由溶液制备 B. 装置乙可用于实验室制备少量 C. 装置丙中滴加溶液，溶液不变红，可证明锌比铁活泼 D. 装置丁的肥皂液中产生无色气泡，可证明铁粉与水蒸气反应生成 【答案】6. B 7. C 8. B 【解析】 【6题详解】 A．Co(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将氧化成，溶于浓盐酸反应生成氯气和二价钴： ，A错误； B．Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子，故将溶于氨水得到和氢氧根离子、水：，B正确； C．向溶液中滴加少量溶液，铁离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，，C错误； D．在浓碱溶液中将氧化成，碱性溶液中不会大量存在氢离子：，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．溶液具有氧化性，能和铜反应生成铜离子和亚铁离子，可用于蚀刻铜制品，故A错误； B．与可溶性铝盐发生双水解产生大量二氧化碳可用作泡沫灭火器，与其受热易分解无关，物质的性质和用途不具有对应关系，故B错误； C．能与酸反应，可用于医用胃酸中和剂，故C正确； D．胶体具有吸附性，可促进悬浮颗粒物的沉降，但是不可用于自来水的杀菌消毒，故D错误； 故选C。 【8题详解】 A．由溶液制备需要在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶，而不是坩埚，A不符合题意； B．首先滴加稀硫酸，稀硫酸和铁生成硫酸亚铁和氢气，氢气排净装置中空气，再滴加氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化亚铁沉淀，B符合题意； C．装置丙中滴加溶液，溶液不变红，只能说明不存在铁离子，有可能存在亚铁离子，所以不能证明锌比铁活泼，C不符合题意； D．装置丁中铁粉和水高温生成四氧化三铁和氢气，肥皂液中产生无色气泡，不能证明铁粉与水蒸气反应生成，D不符合题意； 故选B。 9. 指定条件下，下列选项所示物质间的转化可以实现的是 A. B. C. D. (浓) 【答案】A 【解析】 【详解】A．FeCl3具有氧化性能够氧化Cu生成FeCl2和CuCl2，Cu2+具有一定的氧化性，亚硫酸根具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuCl沉淀，反应原理分别为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2、2CuCl2+Na2SO3+H2O=2NaCl+2CuCl↓+H2SO4，A符合题意； B．根据侯氏制碱法可知，需向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2才能析出NaHCO3沉淀，B不合题意； C．Al比Fe活泼，Fe不能与Al2O3发生置换反应生成Al，C不合题意； D．工业上制备H2SO4时，煅烧硫铁矿FeS2第一步生成SO2而不能直接生成SO3，D不合题意； 故答案为：A。 10. 下列实验方案及现象能说明探究结论的是 选项 实验结论 实验方案及现象 A 能催化双氧水分解 向溶液中滴加几滴溶液，产生气泡 B 金属活动性： 向2mL溶液中加入条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成 C 析出晶体 向溶液中滴加浓氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇溶液，过滤 D 制得胶体 向溶液中加入5~6滴饱和溶液，加热煮沸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化氢溶液也会产生气泡，不能说明气泡是由于加入FeSO4产生的，故A错误； B．FeCl2溶液中加入Mg生成H2和Fe(OH)2，未置换出Fe，不能说明金属活动性Mg>Fe，故B错误； C．CuSO4溶液中滴加浓氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇溶液，过滤，得到晶体，故C正确； D．NaOH和FeCl3反应产生Fe(OH)3沉淀，产生胶体为FeCl3在水中水解，故D错误； 故答案为C。 阅读材料，回答下列小题。 铜是人类祖先最早应用的金属，随着科学技术的发展不断开发出新的用途，如制印刷电路板等。目前工业上生产铜的主要方法为火法冶炼铜，部分工业流程如下。 11. 下列说法正确的是 A. 铜精矿结构如图，其化学式为CuFeS B. Cu与Fe均位于元素周期表d区 C. 熔点： D. 由基态生成基态时电子填充的能级为4s 12. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 制印刷电路板： B. 电解精炼铜阳极电极反应式： C. 生产粗铜时发生的化学反应可能有： D. 青铜器产生铜绿的过程： 【答案】11. C 12. C 【解析】 【11题详解】 A．在该晶胞中含有的Cu原子个数：8×+4×+1=4，含有的Fe原子个数为：4×+6×=4，含有的S原子个数为8个，故晶体的化学式为最简比即CuFeS2，A错误； B．Cu属于第IB族元素，位于ds区，Fe属于第Ⅷ族元素，位于d区，B错误； C．CuO、CuS是离子晶体，CSO2是分子晶体，一般来说离子晶体的熔点高于分子晶体，氧离子半径小于硫离子，氧化铜晶格能大于硫化铜，熔点氧化铜高于硫化铜，则熔点：，C正确； D．Cu2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，Cu+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，Cu2+转化为基态Cu+，得到的电子填充在3d轨道上，D错误； 故选C。 【12题详解】 A．制印刷电路板时Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误； B．电解精炼铜时粗铜为阳极，粗铜中比Cu活泼的金属如Fe等先失电子发生氧化反应、后Cu失电子发生氧化反应，即阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+等、Cu-2e-=Cu2+(主要)，精铜为阴极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，B错误； C．生产粗铜时，Cu2S与O2高温反应可生成CuO和SO2，CuO可能与未反应的Cu2S高温反应生成Cu和SO2，可能反应为Cu2S+2CuO4Cu+SO2↑，C正确； D．在金属活动性顺序表中Cu处在H的后面，青铜器不可能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀，青铜器生产铜绿的过程：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，D错误； 故选C。 13. 和在钯的配合物离子的作用下合成，反应历程如图，下列说法正确的是 A. 反应①中有非极性键的断裂和形成 B. 该过程中的化合价有、和+4三种 C. 反应①②③均为氧化还原反应 D. 能降低该反应活化能 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①中有H-H非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，A错误； B．中Cl元素化合价为-1价，Pd的化合价为+2价，中Cl元素和氧元素均为-1价，Pd的化合价为+2价，则过程中Pd的化合价有0、+2两种，B错误； C．反应①和②均有单质参与反应，为氧化还原反应，反应③没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，C错误； D．先生成后消耗，为反应过程中的催化剂，故可降低反应活化能，D正确； 故选D。 二、非选择题：(4题共61分)。 14. 锂离子电池已被广泛用作便携式电源。正极材料为、等，负极材料一般为石墨碳，以溶有、等的碳酸二乙酯(DEC)作电解液。 （1）基态P原子有____种不同运动状态的电子，占据最高能级的电子云轮廓图为____形。 （2）在周期表中的位置为____，基态、离子中未成对的电子数之比为____。 （3）的空间构型为_______(用文字描述)。 （4）中的配位数为______，该配合物中的配位原子为______。 （5）多聚磷酸由磷酸()加热脱水缩合而成。链状多聚磷酸是多个磷酸通过脱水后共有部分氧原子连接起来的，多聚磷酸根离子的部分结构投影图如图所示(由于P、O原子的半径大小不同，投影图中P与O之间存在部分或全部遮掩关系)，则其化学式为_______。 （6）氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。 （7）碳酸二乙酯(DEC)分子结构如图所示，1mol碳酸二乙酯(DEC)中含键的数目_______mol。 （8）的晶胞结构示意图如图-1所示。其中O围绕和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如图-2所示，_______，则_______。 【答案】（1） ①. 15 ②. 纺锤/哑铃 （2） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 5：4 （3）正四面体形 （4） ①. 6 ②. N、Cl （5）或 （6）Li3N （7）17 （8） ①. ②. 3：13 【解析】 【小问1详解】 P是15号元素，核外有15个电子，则有15种不同运动状态的电子；其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为纺锤/哑铃形。 【小问2详解】 Fe是26号元素，其在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；Fe2+价电子排布式为3d6，3d轨道上有4个未成对电子，Fe3+价电子排布式为3d5，3d轨道上有5个未成对电子，基态Fe3+、Fe2+离子中未成对电子数之比为5：4。 【小问3详解】 根据价层电子对互斥理论可知，P价层电子对数为4+，无孤对电子，采取sp3，的空间构型为正四面体形。 【小问4详解】 中氨气和氯离子的配体，Co3+的配位数为6，该配合物中的配位原子有N、Cl原子。 【小问5详解】 根据图可知，每个结构中P原子是2个，O原子个数是，所以P原子和O原子的个数比是1：3，3个O原子带6个单位负电荷，磷酸盐中P的化合价为+5，故所形成离子化学式为或。 【小问6详解】 通过晶胞结构图可知Li原子数，N原子数，故化学式为Li3N。 【小问7详解】 根据碳酸二乙酯(DEC)的分子结构示意图可知，碳酸二乙酯中含有酯基和饱和碳原子，酯基中碳原子采取sp2杂化，饱和碳原子采取sp3杂化，故碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；碳酸二乙酯中含有17个σ键和一个π键，故1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有σ键的物质的量为17mol。 【小问8详解】 根据均摊法可知LiFePO4晶胞中Li+的个数为，所以每个晶胞中含有4个LiFePO4单元，Li1-xFePO4晶胞中Li+的个数为，原LiFePO4晶胞中含有4个LiFePO4单元，则每个LiFePO4单元失去个Li+，所以x=；设Fe2+的个数为a，Fe3+的个数为b，根据化合价代数为0，则有、a+b=1，解得a=、b=，所以个数比为3:13。 15. 以铁矿烧渣(主要成分是Fe2O3、Fe3O4，含少量Al2O3、SiO2和MgO、CaCO3)为原料制备磷酸铁晶体(FePO4·2H2O)的流程如下： （1）“酸浸1”步骤：铁浸取率随盐酸过量系数变化如图-1所示。工业上通常取盐酸过量系数为1.4，而不用更高的过量系数的原因_______。 （2）“氧化”步骤： ①写出氧化过程中的离子方程式_______。 ②需要控制反应的温度50-60℃的原因是_______。 （3）已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Ca2+ Al3+ Fe3+ Mg2+ 开始沉淀时(c=0.1mol/L)的pH 11.8 3.3 1.5 9.8 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的pH 13.8 4.7 2.8 11.8 如果“氧化”后的溶液中Fe3+浓度为1.0mol/L，用NH3·H2O调节溶液的pH=_______时，Fe3+开始沉淀。(结果保留小数点后一位) （4）“沉铁”步骤：其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。 ①pH＜1.5时，pH超大，Fe的有效转化率越大的原因是_______。 ②pH＞时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是_______。 【答案】（1）HCl过量系数1.4时，铁浸出率已经达到了90%，超过1.4时，铁浸出率提高不大，但消耗大量的HCl使成本过高，使其后续氨化除杂成本增加 （2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 温度低，反应速率慢，温度高，H2O2分解 （3）1.2 （4） ①. pH＜1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的的电离H++，生成了更多的，促进平衡Fe3++FePO4，正向移动 ②. pH＞1.5时，pH越大，c(OH-)越大，部分Fe3+生成Fe(OH)3 【解析】 【分析】由题干流程图可知，向铁矿烧渣(主要成分是Fe2O3、Fe3O4，含少量Al2O3、SiO2和MgO、CaCO3)中加入足量的HCl将Fe2O3、Fe3O4， Al2O3、MgO和CaCO3 分别转化为FeCl3、FeCl2、AlCl3、MgCl2和CaCl2，而SiO2与HCl不反应留在滤渣中，向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，而后加入氨水将Fe3+沉淀分离出来，其余离子留在滤液中，向沉淀中加入HCl将Fe(OH)3溶解生成FeCl3溶液，向溶液中加入NH4H2PO4进行沉淀即可得到FePO4·2H2O沉淀，过滤洗涤，低温干燥即可，据此分析解题。 【小问1详解】 工业上通常取盐酸过量系数为1.4，而不用更高的过量系数的原因HCl过量系数1.4时，铁浸出率已经达到了90%，超过1.4时，铁浸出率提高不大，但消耗大量的HCl使成本过高，使其后续氨化除杂成本增加，故答案为：HCl过量系数1.4时，铁浸出率已经达到了90%，超过1.4时，铁浸出率提高不大，但消耗大量的HCl使成本过高，使其后续氨化除杂成本增加； 【小问2详解】 ①“氧化”步骤中亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； ②过氧化氢受热易分解，则需要控制反应的温度50-60℃的原因是温度低，反应速率慢；温度高，H2O2分解，故答案为：温度低，反应速率慢，温度高，H2O2分解； 【小问3详解】 由表中数据可知，KspFe(OH)3=0.1×(10-12.5)3=10-38.5，如果“氧化”后的溶液中Fe3+浓度为1.0mol•L-1，当溶液中c(OH-)===10-12.8mol/L，则用NH3•H2O调节溶液的pH=1.2时，Fe3+开始沉淀，故答案为：1.2； 【小问4详解】 ①pH＜1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的的电离H++，生成了更多的，促进平衡Fe3++FePO4，正向移动，生成更多的FePO4，故答案为：pH＜1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的的电离H++，生成了更多的，促进平衡Fe3++FePO4，正向移动； ②pH＞1.5时，pH越大，c(OH-)越大，Fe3+与会OH-反应生成Fe(OH)3，生成的FePO4减少，故答案为：pH＞1.5时，pH越大，c(OH-)越大，部分Fe3+生成Fe(OH)3。 16. 一种以磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)、KMnO4为原料制备磷酸锰[Mn3(PO4)2]的实验过程如下： （1）溶解。将一定量的磷铁渣加入如图所示装置的三到烧瓶中，维持温度60℃，边搅拌边向三到烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成。反应后过滤。 ①写出FeP反应的离子方程式：_______。 ②实验中当观察到某种现象时可不再加入KMnO4溶液，该现象是：_______。 ③FePO4难溶于水，反应的平衡常数为______。[已知，的电离平衡常数、、]。 （2）除铁。向所得滤液中加入萃取剂(由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水)萃取溶液中的Fe3+。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯(用表示)萃取溶液中Fe3+时发生如下反应：(有机层)(有机层)。 ①萃取时，Fe3+的萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。 ②反萃取的目的是将有机层Fe3+转移到水层，用到的反萃取剂是稀硫酸。使Fe3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 （3）制Mn3(PO4)2。由萃取后所得水层中Mn2+、H3PO4制纯净Mn3(PO4)2固体的实验方案，请补充完整：取萃取后所得水层溶液100mL[其中c(Mn2+)=1.2mol/L]，_______后干燥沉淀，得Mn3(PO4)2固体。(已知溶液的pH对所得沉淀中锰磷比和的沉淀率影响如图所示。)(须选试剂：0.1mol/LH3PO4，NaOH溶液，盐酸，BaCl2溶液) 【答案】（1） ①. 5FeP+8+39H+=5Fe3++8Mn2++5H3PO4+12H2O ②. 三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失 ③. 1.92 （2） ①. 当pH较小时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Fe3+与萃取剂反应；当pH过大时，随着pH升高，溶液中c(OH-)增大，Fe3+与OH-形成Fe(OH)2沉淀 ②. 适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗 （3）向其中滴加50mL0.1mol•L H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成 【解析】 【分析】将磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)在维持温度60℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，萃取法除铁，最后制备制Mn3(PO4)2，据此分析解题。 【小问1详解】 ①向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成，可知FeP在酸性条件下被KMnO4氧化，配平离子方程式为：5FeP+8+39H+=5Fe3++8Mn2++5H3PO4+12H2O，故答案为：5FeP+8+39H+=5Fe3++8Mn2++5H3PO4+12H2O； ②三颈烧瓶中加入KMnO4参加反应，紫红色褪去，当三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失说明反应已完全，故答案为：三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失； ③反应Fe3++H3PO4FePO4+3H+的平衡常数为K=====1.92，故答案为：1.92； 【小问2详解】 ①当pH较小时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Fe3+与萃取剂反应；当pH过大时，随着pH升高，溶液中c(OH-)增大，Fe3+与OH-形成Fe(OH)2沉淀，故答案为：当pH较小时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Fe3+与萃取剂反应；当pH过大时，随着pH升高，溶液中c(OH-)增大，Fe3+与OH-形成Fe(OH)2沉淀； ②反萃取的过程就是萃取的逆过程，则需要增大酸的浓度使萃取平衡逆向移动或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗，故答案为：适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗； 【小问3详解】 分析题中图像可知，在pH为7，沉淀中锰磷比接近3：2，Mn的沉淀率最大。取萃取后所得水层溶液100mL，向其中滴加50 0.1mol/L H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成，故答案为：向其中滴加50mL0.1mol•L H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成。 17. Ⅰ．铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。 （1）邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_______；中键的物质的量为_______mol。邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为_______。 （2）蓝色晶体为铜的配位化合物。NH3分子中H-N-H键角_______(选填“大于”、“等于”、“小于”)中H-N-H键角。 （3）CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2(CO)2(H2O)2]，其结构如图。 ①氯原子的杂化方式为_______。 ②该配合物中，每个Cu原子能与其他原子形成3个配位键，在图中横线上补上配体化学式，并在图中用“→”标出相应的配位键_______。 Ⅱ．铜基催化剂Cu-M(M为ZnO、ZnO/Al2O3、ZnO/ZrO2等)是CO2加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线如图所示。 其中催化剂上有两个活动点位(Cu0位点、氧化物载体位点)，CO2分别在中碱位(α)、强碱位(β)吸附发生反应。 （4）请写出中碱位(α)上发生反应的总化学方程式_______。 （5）上述CO2加氢制甲醇的反应在催化剂_______上吸附发生。 Ⅲ．CO2参与的乙苯脱氢机理如图所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 （6）图中所示反应机理中步骤Ⅱ可描述为(请从电负性角度)_______。 【答案】（1） ①. N＞O＞C ②. 13 ③. sp2、sp3 （2）小于 （3） ①. sp3 ②. （4）H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) （5）强碱位（β） （6）B1位点上的H+与B2位点上CO2中带负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 【解析】 【小问1详解】 同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，分子中含有4个C-H键、2个N-H键，环上6个σ键(除C-H键)，环外一个C-N键，分子中含有4+2+6+1=13个σ键，1mol含有σ键的物质的量为13mol，形成双键的C原子，没有孤电子对，采取sp2杂化，环上的碳原子采取sp2杂化，而甲基中C原子形成4个σ键、没有孤电子对，即甲基C原子采取sp3杂化； 故答案为：N＞O＞C；13；sp2、sp3； 【小问2详解】 NH3中氮原子含有一对孤电子对，[Cu（NH3）4]2+中氮原子形成4个σ键、没有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥大于成键电子对之间的排斥，所以[Cu（NH3）4]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，故答案为：小于； 【小问3详解】 ①该络合物中氯原子形成2个σ键，还含有2个孤电子对，其杂化类型为sp3，故答案为：sp3； ②该配合物中，每个Cu原子能与其他原子形成3个配位键，CO中碳元素电负性更弱，更易提供电子对形成配位键，H2O氧原子提供电子对形成配位键，结合该络合物的化学式可知，该络合物的结构简式为： ，故答案为：； 【小问4详解】 从图中观察中碱位（α）上的反应过程，看到H2和CO2在催化剂作用下反应生成了CO和H2O，且箭头为双向箭头，即反应为可逆反应，根据化学反应式书写规则，写出反应的化学方程式为H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，故答案为：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)； 【小问5详解】 观察整个反应过程，发现CO2和H2是在强碱位（β）上经过一系列反应最终生成甲醇和水，所以CO2加氢制甲醇的反应在催化剂的强碱位（β）上吸附发生，故答案为：强碱位（β）； 【小问6详解】 据示意图，步骤Ⅰ的描述为：乙苯α—H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；步骤Ⅱ可描述为B1位点上的H+与B2位点上CO2中带负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上，故答案为：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $