精品解析：江苏南京市第一中学2025-2026学年第一学期期末检测高二化学试卷

南京一中2025-2026学年度第一学期期末检测试卷 高二化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Fe 56 第I卷(选择题 共39分) 一、单项选择题：(本题共13小题，每小题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。) 1. 我国探测器采集的月壤中含氧、硅、铁、钙等多种元素。下列元素位于周期表d区的是 A. 氧 B. 硅 C. 铁 D. 钙 2. 下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是 A. 氯化氢易溶于水 B. 氯气易溶于溶液 C. 碘易溶于 D. 酒精易溶于水 3. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是 A. 和 B. 和HCl C. 和 D. 和 4. 某基态原子的价层电子的轨道表示式为。下列说法正确的是 A. s轨道呈圆形 B. 核外共有6个电子 C. 该原子在反应过程中易得电子 D. 该原子的最高能层符号为M 5. 为第三周期元素，化合物与水反应生成和。下列说法正确的是 A. 热稳定性： B. 原子半径： C. 电离能： D. 电负性： 6. 用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是 A. H2O与BeCl2为角形(V形) B. SO3与CO为平面三角形 C. CS2与SO2为直线形 D. BF3与PCl3为三角锥形 7. 下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 实例 解释 A 用He代替氢气填充探空气球更安全 He的电子构型稳定，不易得失电子 B 不存在稳定的分子 N原子的价层有3个未成对电子，不容易形成5个N-F键 C 的沸点依次升高 它们均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 A. A B. B C. C D. D 8. A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，B元素与A元素位于同一周期，其原子的核外有三个未成对电子，C元素位于第2周期，电负性仅小于氟，D元素在短周期元素中第一电离能最小。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 原子半径： C. C、D两种元素组成的化合物一定不含共价键 D. 简单气态氢化物的热稳定性： 9. 下列关于制取、净化、性质及尾气吸收的实验原理与装置能达到实验目的的是 甲 乙 丙 丁 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙除去中的HCl C. 用装置丙验证的氧化性 D. 用装置丁吸收多余的 10. 利用电解技术回收利用废气中的和，原理示意图如图所示，下列说法正确的是 A. 装置中溶液的作用是吸收废气中的和 B. 装置中左侧为电解池的阴极区 C. 装置中右侧每消耗，电子转移的数目是 D. 装置中的总反应为 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论或作出的解释正确的是 选项 实验操作和现象 结论或解释 A 测得CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强 B 在除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3 min，溶液边缘出现红色 铁片上有吸氧腐蚀发生 C 向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2 D 向新制氯水中加入碳酸氢钠溶液，有气泡产生 酸性：HClO＞H2CO3 A. A B. B C. C D. D 12. 工业以草酸钠和硫酸铜为原料制备纳米铜粉原理如下图所示。时，的，。下列说法正确的是 A. 基态的最外层电子排布式： B. 溶液中： C. “沉铜”后的滤液中： D. 在氩气中热分解可防止纳米铜粉被氧化，气体除氩气外还含有等量和气体 13. 在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应： 反应I： 反应II： 达平衡时，转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性] 下列说法正确的是 A. 反应I的 B. 升高温度能提高的平衡产率 C. 温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应I D. 同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温低压条件下反应 第II卷(非选择题 共61分) 二、填空题：(本题共4大题，共61分。) 14. a~j为10种短周期主族元素，其原子半径、最高正价、最低负价随原子序数的递增变化如下图： 回答下列问题： （1）h元素在周期表中的位置是_______，价电子排布式为_______，由上述两种元素a、e组成的四核18电子微粒的电子式为_______，上述10种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的酸根离子的空间构型为_______。 （2）ade三种元素组成的离子化合物与共价化合物分别为_______与_______(各写一种化学式)。 （3）含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。 ①基态镓原子最外层电子轨道表达式为_______。 ②Ga与Zn的第一电离能大小关系为Ga_______Zn。 15. 具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，的合成及应用是科学研究的重要课题。 （1）以、合成，Ni是常用的催化剂。 ①Ni基态原子的电子排布式为_______，基态N原子轨道表示式_______。 ②实际生产中采用铁的氧化物、FeO，使用前用和的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下： i．两种晶胞所含铁原子个数比为_______ ii．图1晶胞的棱长为，则其密度_______。 （2）粗硒中主要含碲(Te)单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。 结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因_______。 （3）常温下是橙黄色液体，其分子结构如图所示。少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。 分子是_______(填“极性”、“非极性”)分子，与分子结构相似，熔沸点_______(填“>”或“<”)。 16. 锑在新兴的微电子技术中有着广泛用途，可用于制造AMD显卡。利用含锑废渣(主要成分为，含有少量CuO、，，等杂质)制取金属Sb的工艺流程如图所示： 已知：①与的氧化性强弱相当； ②属于两性氧化物，可溶于浓盐酸、氢氧化钠溶液、浓硫酸、浓硝酸，微溶于水、稀硫酸，不溶于醇； ③锑的氧化物在500~1000℃条件下被固体碳或一氧化碳、氢气等气体还原为金属锑。 回答下列问题： （1）加快含锑废渣“溶解”的措施为_______(写出一条)。 （2）“溶解”过程中主要成分参与反应的离子方程式为_______，该过程中温度应控制在80℃，原因是_______。 （3）“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)；“水解”生成“滤饼”的化学方程式为_______。 （4）检验“洗涤”过程中将滤饼中的全部洗去的操作为_______。 （5）加入溶液“中和”后，得到金属氧化物，想要得到纯净干燥的，往往先进行水洗再醇洗，醇洗的优点为_______。 17. 甲醇和水蒸气催化重整制取氢气的原理为．重整过程中的主要反应为： 反应1： 反应2： 反应3： （1）反应的______________． （2）在时，密闭容器中发生反应1、2、3．随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小．过程中浓度减小的原因是______________． （3）选择膜反应器可提高重整效率．膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过．膜反应器的作用是______________． （4）在催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示． 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，为带有一定电性的吸附位点．表示微粒从催化剂表面脱附． ①用替换，生成氢气的化学式是______________． ②从电负性的角度分析，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是______________． ③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为______________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京一中2025-2026学年度第一学期期末检测试卷 高二化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Fe 56 第I卷(选择题 共39分) 一、单项选择题：(本题共13小题，每小题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。) 1. 我国探测器采集的月壤中含氧、硅、铁、钙等多种元素。下列元素位于周期表d区的是 A. 氧 B. 硅 C. 铁 D. 钙 【答案】C 【解析】 【详解】A．氧（O）价层电子排布式为2s22p4，位于周期表p区，A不符合题意； B．硅（Si）价层电子排布式为3s23p2，位于周期表p区，B不符合题意； C．铁（Fe）的价电子排布为3d64s2，属于d区，C符合题意； D．钙（Ca）价层电子排布式为4s2，位于周期表s区，D不符合题意； 故选C。 2. 下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是 A. 氯化氢易溶于水 B. 氯气易溶于溶液 C. 碘易溶于 D. 酒精易溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化氢、水都是极性分子，所以氯化氢易溶于水，能用“相似相溶”规律解释，故不选A； B．氯气易溶于溶液是因为氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，不能用“相似相溶”规律解释，故选B； C．碘、都是非极性分子，所以碘易溶于，能用“相似相溶”规律解释，故不选C； D．酒精、水都是极性分子，所以酒精易溶于水，能用“相似相溶”规律解释，故不选D； 选B。 3. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是 A. 和 B. 和HCl C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH4、CCl4中心原子C价层电子对数均为4，无孤对电子，空间构型为正四面体，正负电荷中心重合，属于非极性分子，CH4、CCl4存在极性键，故A不符合题意； B．H2S、HCl均存在极性键，H2S的中心原子S价层电子对数为4，有两对孤对电子，空间构型为V形，HCl空间构型为直线形，它们正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B符合题意； C．CO2、CS2都是直线形分子，正负电荷中心重合，都是由极性键构成的非极性分子，故C不符合题意； D．NH3中心原子N的价层电子对数为4，有一对孤对电子，是由极性键构成极性分子，CH4空间构型为正四面体，正负电荷中心重合，属于由极性键构成的非极性分子，故D不符合题意； 故选B。 4. 某基态原子的价层电子的轨道表示式为。下列说法正确的是 A. s轨道呈圆形 B. 核外共有6个电子 C. 该原子在反应过程中易得电子 D. 该原子的最高能层符号为M 【答案】C 【解析】 【详解】A．s轨道为球形，不是圆形，故A错误； B．该表达式为价电子排布图，电子排布式为：1s22s22p4，所以共8个电子，故B错误； C．该原子价电子数为6，得到2个电子达到8电子稳定结构，所以该原子在反应过程中易得电子，故C正确； D．该原子的最高能层为第二电子层，符合为L，故D错误； 故选C。 5. 为第三周期元素，化合物与水反应生成和。下列说法正确的是 A. 热稳定性： B. 原子半径： C. 电离能： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据非金属性越强，氢化物越稳定，则热稳定性：PH3＜HCl，A错误； B．同周期从左向右原子半径减小，则r(P)＞r(Cl)，B正确； C．第三周期从左向右电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA比相邻的元素大，则(P)＜(Cl)，C错误； D．第三周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，则χ(P)＜χ(Cl)，D错误； 故选B。 6. 用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是 A. H2O与BeCl2为角形(V形) B. SO3与CO为平面三角形 C. CS2与SO2为直线形 D. BF3与PCl3为三角锥形 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．H2O为角形（V形），而BeCl2为直线形，A错误； B． SO3与CO32－为平面三角形，B正确； C．CS2为直线形，而SO2为角形（V形），C错误； D． BF3为平面三角形，PCl3为三角锥形，D错误； 答案选B。 7. 下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 实例 解释 A 用He代替氢气填充探空气球更安全 He的电子构型稳定，不易得失电子 B 不存在稳定的分子 N原子的价层有3个未成对电子，不容易形成5个N-F键 C 的沸点依次升高 它们均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．He的电子构型稳定，不易得失电子，因此不易燃烧或爆炸，使用更安全，解释合理，A正确； B．N原子价层电子排布为2s22p3，有3个未成对电子，通常只能形成3个共价键，难以形成5个N-F键，解释合理，B正确； C．均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间范德华力增强，导致沸点升高，解释合理，C正确； D．的键角依次减小（180°→120°→约115°），但解释仅提及孤电子对斥力影响，而键角减小还涉及杂化类型变化（为sp杂化，为sp2杂化且无孤对电子，为sp2杂化但有孤对电子），因此解释不全面，不合理，D错误； 故选D。 8. A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，B元素与A元素位于同一周期，其原子的核外有三个未成对电子，C元素位于第2周期，电负性仅小于氟，D元素在短周期元素中第一电离能最小。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 原子半径： C. C、D两种元素组成的化合物一定不含共价键 D. 简单气态氢化物的热稳定性： 【答案】B 【解析】 【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A元素原子的外围电子排布式为，则A为C元素；C元素位于第2周期，电负性仅次于氟，则C为O，B元素与A元素位于同一周期，其原子的原子核外有三个未成对电子，则B为N元素；D元素在短周期元素中第一电离能最小，则D为Na元素，以此解题。 【详解】A．由分析可知，A为C，B为N，C为O，同周期第一电离能越向右电离能越大，但是第ⅢA族和第ⅥA族反常，故第一电离能顺序为：，A错误； B．由分析可知，A为C，B为N，D为Na，电子层越多，半径越大，同周期，越靠右半径越小，故原子半径，B正确； C．由分析可知，C为O，D为Na，可以形成过氧化钠，其中含有共价键，C错误； D．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，由分析可知B为N，C为O，氧的非金属性较强，则简单气态氢化物的热稳定性：，D错误； 故选B。 9. 下列关于制取、净化、性质及尾气吸收的实验原理与装置能达到实验目的的是 甲 乙 丙 丁 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙除去中的HCl C. 用装置丙验证的氧化性 D. 用装置丁吸收多余的 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，图中缺少加热装置，A错误； B．乙装置中通入气体后会将饱和NaCl溶液从右侧导管压出，无法除去Cl2中的HCl，B错误； C．Cl2可以将S2-氧化为S单质，因此通入氯气后丙装置中会生成黄色沉淀，可以验证Cl2的氧化性，C正确； D．吸收多余的氯气通常用碱性溶液,，如NaOH溶液，图中用水无法充分吸收多余的氯气，D错误； 故答案选C。 10. 利用电解技术回收利用废气中的和，原理示意图如图所示，下列说法正确的是 A. 装置中溶液的作用是吸收废气中的和 B. 装置中左侧为电解池的阴极区 C. 装置中右侧每消耗，电子转移的数目是 D. 装置中的总反应为 【答案】D 【解析】 【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH。 【详解】A．NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故A错误； B．根据分析，左侧为阳极区，故B错误； C．气体状态未知，无法计算转移电子数目，故C错误； D．装置b中阳极-2e-+2OH-=+H2O，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为，故D正确； 故选：D。 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论或作出的解释正确的是 选项 实验操作和现象 结论或解释 A 测得CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强 B 在除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3 min，溶液边缘出现红色 铁片上有吸氧腐蚀发生 C 向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2 D 向新制氯水中加入碳酸氢钠溶液，有气泡产生 酸性：HClO＞H2CO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH3COONa溶液pH约为9，NaNO2溶液pH约为8，但实验未指明溶液浓度，不能说明CH3COO-和水解能力的相对强弱，即无法直接比较酸的电离能力，A不合题意； B．在除去铁锈的铁片上滴加含酚酞的食盐水，静置后溶液边缘出现红色，说明局部产生OH-，符合吸氧腐蚀的阴极反应(O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-)，结论“铁片上有吸氧腐蚀发生”，B符合题意； C．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，说明Cl2氧化Br-生成Br2，证明氧化性Cl2 > Br2；但再加入淀粉KI溶液变蓝色，由于过量Cl2存在，Cl2可直接氧化I-生成I2，无法证明Br2 > I2，因此结论“氧化性Cl2 > Br2 > I2”不完全成立，C不合题意； D．向新制氯水中加入碳酸氢钠溶液有气泡产生，是由于氯水中的HCl(强酸)与反应生成CO2，不能说明HClO与NaHCO3反应放出气体，即不能得出结论“酸性：HClO > H2CO3”，D不合题意； 故答案为：B。 12. 工业以草酸钠和硫酸铜为原料制备纳米铜粉原理如下图所示。时，的，。下列说法正确的是 A. 基态的最外层电子排布式： B. 溶液中： C. “沉铜”后的滤液中： D. 在氩气中热分解可防止纳米铜粉被氧化，气体除氩气外还含有等量和气体 【答案】B 【解析】 【分析】向硫酸铜溶液中加入草酸钠溶液，生成草酸铜沉淀，在氩气中热分解，防止铜被氧化得到纳米级铜粉，同时产生二氧化碳气体； 【详解】A．Cu为29号元素，基态Cu原子电子排布式为，基态电子排布式为，最外层电子排布式为，A错误； B．比较与大小，则进行求算，故，B正确； C．“沉铜”后的滤液中仍有少量的，电荷守恒为，C错误； D．在氩气中热分解，反应方程式为，无生成，D错误； 故选B。 13. 在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应： 反应I： 反应II： 达平衡时，转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性] 下列说法正确的是 A. 反应I的 B. 升高温度能提高的平衡产率 C. 温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应I D. 同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温低压条件下反应 【答案】C 【解析】 【分析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是CO的选择性随温度的变化、曲线②是转化率随温度的变化。 【详解】A．反应I能够自发进行，其，根据可知，，故A错误； B．反应I正向反应是吸热反应，反应Ⅱ正向反应是放热反应，升高温度，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率降低，故B错误； C．根据前面分析，曲线②是转化率随温度的变化曲线，温度高于300℃时，转化率随温度升高而增大，反应I为吸热反应，升温会促进其正向进行，使转化率增大；反应Ⅱ为放热反应，升温会使平衡逆向移动，使转化率减小，总转化率随温度升高而增大，说明此时起主导作用的是吸热的反应I，故C正确； D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择在低温高压条件下反应，故D错误； 故答案选C。 第II卷(非选择题 共61分) 二、填空题：(本题共4大题，共61分。) 14. a~j为10种短周期主族元素，其原子半径、最高正价、最低负价随原子序数的递增变化如下图： 回答下列问题： （1）h元素在周期表中的位置是_______，价电子排布式为_______，由上述两种元素a、e组成的四核18电子微粒的电子式为_______，上述10种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的酸根离子的空间构型为_______。 （2）ade三种元素组成的离子化合物与共价化合物分别为_______与_______(各写一种化学式)。 （3）含镓(Ga)化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。 ①基态镓原子最外层电子轨道表达式为_______。 ②Ga与Zn的第一电离能大小关系为Ga_______Zn。 【答案】（1） ①. 第三周期ⅣA族 ②. ③. ④. 正四面体形 （2） ①. （或） ②. （或、） （3） ①. ②. < 【解析】 【分析】短周期主族元素a、b、g最高正价+1价，原子半径g＞b＞a，所以a、b、g依次为H、Li、Na，c、h最高正价+4价，原子半径h＞c，所以c、h依次为C、Si，e、i最低负价-2价，原子半径i＞e，所以e、i依次为O、S，f、j最低负价-1价，原子半径j＞f，所以f、j依次为F、Cl，d最高正价+5价、最低负价-3价，原子半径介于c、e之间，所以d为N，综上所述，a至j分别为H、Li、C、N、O、F、Na、Si、S、Cl，据此分析。 【小问1详解】 h为Si元素，在周期表中的位置是第三周期ⅣA族；Si的价电子排布式为；a为H、e为O，二者组成的四核18电子微粒为，电子式为；10种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是，其酸根离子为，中心Cl原子价层电子对数为4且无孤电子对，空间构型为正四面体形； 【小问2详解】 a为H、d为N、e为O，三种元素组成的离子化合物可以是（或）；共价化合物可以是（或、）； 【小问3详解】 ①基态Ga原子的核外电子排布式为，最外层电子轨道表达式为：；②Zn的价电子排布为，是全满稳定结构，而Ga的价电子排布为，所以第一电离能：。 15. 具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，的合成及应用是科学研究的重要课题。 （1）以、合成，Ni是常用的催化剂。 ①Ni基态原子的电子排布式为_______，基态N原子轨道表示式_______。 ②实际生产中采用铁的氧化物、FeO，使用前用和的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下： i．两种晶胞所含铁原子个数比为_______ ii．图1晶胞的棱长为，则其密度_______。 （2）粗硒中主要含碲(Te)单质等杂质。硒与碲同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。 结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因_______。 （3）常温下是橙黄色液体，其分子结构如图所示。少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。 分子是_______(填“极性”、“非极性”)分子，与分子结构相似，熔沸点_______(填“>”或“<”)。 【答案】（1） ①. 或 ②. ③. ④. （2）硒与碲同主族，从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，热稳定性弱于，与氢气反应时，碲不参与，只生成H2Se，然后再控制温度让H2Se分解得到高纯硒 （3） ①. 极性 ②. > 【解析】 【分析】粗硒中的硒单质与氢气在加热条件下发生化合反应，生成气态硒化氢，分解，，硒与碲同主族，从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，故H2Se的热稳定性强于H2Te，二者分解温度不同，因此可通过控制温度将两者分离，据此分析。 【小问1详解】 ①Ni的原子序数为28，核外有28个电子，基态Ni原子的核外电子排布式为：或；N原子核外有7个电子，原子轨道表示式为：； ②由晶胞结构可知，图1中Fe位于顶点和体心，Fe原子个数为；图2中Fe位于顶点和面心，Fe原子个数为；i．两种晶胞中含Fe原子个数比为；ii．图1中晶胞棱长，体积；晶胞质量；密度。 【小问2详解】 硒与碲同主族，从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，故H2Se的热稳定性强于H2Te，与氢气反应时，碲不参与，只生成H2Se，然后再控制温度让H2Se分解得到高纯硒； 【小问3详解】 分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子；与均为分子晶体，相对分子质量，分子间作用力更强，故熔沸点。 16. 锑在新兴的微电子技术中有着广泛用途，可用于制造AMD显卡。利用含锑废渣(主要成分为，含有少量CuO、，，等杂质)制取金属Sb的工艺流程如图所示： 已知：①与的氧化性强弱相当； ②属于两性氧化物，可溶于浓盐酸、氢氧化钠溶液、浓硫酸、浓硝酸，微溶于水、稀硫酸，不溶于醇； ③锑的氧化物在500~1000℃条件下被固体碳或一氧化碳、氢气等气体还原为金属锑。 回答下列问题： （1）加快含锑废渣“溶解”的措施为_______(写出一条)。 （2）“溶解”过程中主要成分参与反应的离子方程式为_______，该过程中温度应控制在80℃，原因是_______。 （3）“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)；“水解”生成“滤饼”的化学方程式为_______。 （4）检验“洗涤”过程中将滤饼中的全部洗去的操作为_______。 （5）加入溶液“中和”后，得到金属氧化物，想要得到纯净干燥的，往往先进行水洗再醇洗，醇洗的优点为_______。 【答案】（1）粉碎、搅拌、升温或适当增大酸的浓度等 （2） ①. ②. 温度低于80℃，反应速率慢，温度高于80℃，HCl易挥发（或金属阳离子易水解） （3） ①. ②. （4）取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀出现，说明滤饼中的全部洗去；（或取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加溶液，未变红，再滴加氯水溶液仍未变红，说明滤饼中的全部洗去） （5）减少的损失，醇可以快速挥发，不引入新的杂质 【解析】 【分析】含锑废渣(主要成分为，含有少量CuO、，，等杂质)加入浓盐酸溶解，不溶于酸，故滤渣1为，滤液1中的成分为、、、的形式进入还原工序，加入稍过量的铁粉将还原为，将还原为单质，故滤渣2的成分为，滤液2中含有、、进入水解操作，水解过滤得到，用稀盐酸洗涤后加入得到锑的氧化物，最后用CO还原得到Sb单质。 【小问1详解】 加快含锑废渣“溶解”的措施即加快反应速率，可以粉碎、搅拌、升温或适当增大酸的浓度等； 【小问2详解】 含锑废渣主要成分为，离子方程式为；该过程中温度应控制在80℃的原因为：温度低于80℃，反应速率慢，温度高于80℃，HCl易挥发（或金属阳离子易水解）； 【小问3详解】 滤液1中的成分为、、，加入稍过量铁粉将还原为，将还原为单质，故滤渣2的成分为；滤液2中含有、、进入水解操作，水解过滤得到，水解方程式为； 【小问4详解】 “洗涤”步骤是用稀盐酸洗去SbOCl表面附着的，检验可以用铁氰化钾，现象为有蓝色沉淀产生或用和氯水组合检验，操作为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀出现，说明滤饼中的全部洗去；（或取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加溶液，未变红，再滴加氯水溶液仍未变红，说明滤饼中的全部洗去） 【小问5详解】 不溶于醇，醇洗可以减少的损失，醇可以快速挥发，不引入新的杂质； 17. 甲醇和水蒸气催化重整制取氢气的原理为．重整过程中的主要反应为： 反应1： 反应2： 反应3： （1）反应的______________． （2）在时，密闭容器中发生反应1、2、3．随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小．过程中浓度减小的原因是______________． （3）选择膜反应器可提高重整效率．膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过．膜反应器的作用是______________． （4）在催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示． 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，为带有一定电性的吸附位点．表示微粒从催化剂表面脱附． ①用替换，生成氢气的化学式是______________． ②从电负性的角度分析，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是______________． ③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为______________． 【答案】（1）49 kJ·mol−1 （2）温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1 （3）实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量 （4） ①. H2、HD ②. 在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上。 ③. 吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应1+2+3可得反应，47+18-16=49 kJ·mol−1； 【小问2详解】 温度升高有利于反应向吸热方向进行，随温度的升高，平衡时容器中的浓度先增大后减小，原因是温度升高，反应1和反应2的平衡均正向移动，且反应2的正向移动的程度大于反应1； 【小问3详解】 膜反应器中金属膜允许通过，而气体等不能通过，分离出二氧化碳，可减少生成物浓度，平衡正向进行，氢气产量提高，膜反应器的作用是实现H2与其余气体的分离，提高单位时间内H2的产量； 【小问4详解】 ①根据机理可知，水和甲醇中共价键断裂，生成氢气，氢元素的来源是水和甲醇，用替换，生成氢气的化学式是H2、HD； ②非金属性越强其电负性越大，则电负性：O>C>H，均通过原子吸附在催化剂位点上的原因是在CH3OH和H2O中O的电负性比较大，较易吸附在带正电性的SB位点上； ③从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $