精品解析：云南大理白族自治州民族中学2025-2026学年高二4月月考 化学试题

大理白族自治州民族中学2027届高二4月月考 化学 H-1 0-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、单选题(每小题3分，共42分) (基础题) 1. 化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是 A. 活性炭可用作食品脱色剂 B. 铁粉可用作食品脱氧剂 C. 明矾可用作净水剂不能作消毒剂 D. 五氧化二磷可用作食品干燥剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．活性炭具有疏松多孔结构，吸附性强且无毒，可吸附食品中的色素，可用作食品脱色剂，A项正确； B．铁粉具有还原性，可与食品包装内的氧气和水发生反应，避免食品氧化变质，可用作食品脱氧剂，B项正确； C．明矾中的水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质实现净水，但明矾无强氧化性，无法杀菌消毒，因此可用作净水剂不能作消毒剂，C项正确； D．五氧化二磷吸水后会生成磷酸或有毒的偏磷酸，会污染食品，不可用作食品干燥剂，D项错误； 答案选D。 (基础题) 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式为 B. 基态的价层电子排布式为 C. 的VSEPR模型为 D. 分子的空间结构模型为 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH4Cl为离子化合物，氯离子也满足8电子稳定结构，其电子式：，A错误； B．S2-是硫原子得到2个电子达到8电子稳定结构，价层电子排布式为，B正确； C．H2O中心O原子价层电子对数为：，含有2对孤电子对，VSEPR模型：，C错误； D．O3中心原子价层电子对数为：，含有1对孤电子对，空间结构模型为V形，D错误； 故选B。 3. 下列状态的磷微粒中，失去最外层一个电子所需能量最大的是 A. [Ne]3s23p3 B. [Ne]3s23p2 C. [Ne]3s23p24s1 D. [Ne]3s23p14s1 【答案】B 【解析】 【详解】基态原子(或离子)的能量低于激发态原子(或离子)的能量，电离最外层一个电子所需能量：基态>激发态，元素的第二电离能大于第一电离能；[Ne]3s23p3为基态磷原子，[Ne]3s23p24s1为激发态磷原子，[Ne]3s23p2为基态P+，[Ne]3s23p14s1为激发态P+，则失去最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s23p2，答案为B。 4. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C. 向溶液中通入： D. 向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．玻璃的主要成分为，属于氧化物，且HF是弱酸，离子方程式为，A项错误； B．和反应时只能被还原为，正确离子方程式为，B项错误； C．是难溶于酸的沉淀，为弱酸，该离子方程式符合反应事实和书写规则，C项正确； D．碳酸氢钠足量时，中与需按1:2的比例完全反应，离子方程式为，D项错误； 答案选C。 5. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.1 mol乙烯分子中键的数目为 B. 标准状况下，2.24 L HF中电子的数目为 C. 的溶液中的数目为 D. 与水充分反应转移的电子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙烯的结构简式为，1个乙烯分子中含有4个和1个，1个单键即为1个键，1个双键含有1个键和1个键，则共存在5个键，0.1mol乙烯中键的物质的量为0.5mol，数目为，A项正确； B．标准状况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B项错误； C．的溶液中，溶液体积为1.0L，则的物质的量为0.01mol，数目为，C项错误； D．与水反应生成氢氧化钠和氧气：，2mol参与反应转移2mol电子，7.8g的物质的量为0.1mol，转移电子数为，D项错误； 答案选A。 6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5 则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>① C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③=②>① 【答案】A 【解析】 【分析】根据元素的电子排布式，①是S、②是P、③是N、④是F。 【详解】A．根据元素周期律，同一周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上向下，电离能减小，且第三周期存在反常情况：N>S，因此，第一电离能关系为：F>N>P>S，即④>③>②>①，A正确； B．原子半径的变化规律为：同主族从上向下，原子半径增大，同周期从左向右，原子半径减小，因此F半径最小，P半径大于N，B错误； C．同周期元素从左向右，元素电负性逐渐增大，即S>P，C错误； D．元素的最高正价等于其族序数，F无正价，因此关系为：S>P=N，D错误。 本题选A。 (教材习题) 7. 下列描述中，正确的是 A. 是VSEPR模型为Ⅴ形 B. 中所有的原子不都在一个平面上 C. 的空间结构为平面三角形 D. 和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化 【答案】D 【解析】 【详解】A．中心C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，VSEPR模型为直线形，A错误； B．中心N原子的价层电子对数为，N为杂化，空间构型为平面三角形，所有原子都在同一平面上，B错误； C．中心Cl原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，C错误； D．中心Si原子的价层电子对数为，中心S原子的价层电子对数为，二者中心原子均为杂化，D正确； 故答案选D。 8. 下列各组粒子的空间结构相同的是 ①NH3和H2O；②NH和H3O+；③NH3和H3O+；④O3和SO2；⑤CO2和BeCl2。 A. 全部 B. ①②③⑤ C. ③④⑤ D. ②⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数=×（a-xb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。 【详解】①NH3中价层电子对个数=3+×（5-3）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，H2O中价层电子对个数=2+×（6-2）=4且含有两个孤电子对，所以为V形结构，二者空间构型不同，故①错误；　 ②NH4+中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为正四面体形结构；H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6-1-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型不同，故②错误； ③NH3为三角锥形结构、H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6-1-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，所以二者空间构型相同，故③正确；　 ④O3、SO2中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形，故④正确； ⑤CO2分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（4-2×2）=2，二氧化碳是直线型结构，BeCl2分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（2-2×1）=2，BeCl2是直线型结构，CO2和BeCl2分子都是直线型分子，故⑤正确； 答案选C。 9. 下列实验操作对应的装置正确的是 A．实验室制备并收集氨气 B．吸收少量的氨气 C．乙酸乙酯的制备和收集 D．加热 制取无水 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置中收集氨气的集气瓶口不能有塞子，否则空气排不出来，故A错误； B．该装置可吸收少量的氨气，且防止倒吸，故B正确； C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，应用饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，不能用NaOH溶液，故C错误； D．加热FeCl3⋅6H2O，Fe3+水解生成，加热分解生成Fe2O3，无法制得无水FeCl3，故D错误； 故选B。 10. 如图为一重要的有机化合物，以下关于它的说法中正确的是 A. 含有四种官能团 B. 该物质碳原子的杂化方式只有一种 C. 可用酸性溶液检验其分子中的碳碳双键 D. 与1mol该物质反应，消耗、、的物质的量之比为 【答案】D 【解析】 【详解】A．该有机物中含有羟基、碳碳双键、羧基，共三种官能团，A错误； B．该有机物中苯环上、碳碳双键上和羧基上的碳均为杂化、与羟基相连的C为杂化，B错误； C．该有机物中含有的羟基、碳碳双键均能使酸性高锰酸钾褪色，不能用酸性溶液检验其分子中的碳碳双键，C错误； D．1mol该物质中的醇羟基、羧基可与Na反应，消耗2 molNa，羧基与NaOH溶液反应，消耗1 molNaOH，羧基与反应消耗1 mol，故消耗、、的物质的量之比为2：1：1，D正确； 故选D。 11. 在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A. 总反应是放热反应 B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C. 和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D. ①转化为②的进程中，决速步骤为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误； B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误； C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确； D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误； 故选C。 12. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是 A. Pt电极反应： B. Pt电极的电势高于石墨电极 C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D. Ⅳ室每生成1 mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成 【答案】C 【解析】 【分析】首先，我们需要理解装置的工作原理：电极判断：根据图中  和  的迁移方向，左侧双极膜中  向右迁移，  向左迁移，说明左侧 Pt 电极为阳极（氧化反应），右侧石墨电极为阴极（还原反应）。电极反应：阳极（Pt 电极）： ，阴极（石墨电极）： 。离子迁移：左侧双极膜中，  进入 II 室，  进入 I 室。右侧双极膜中，  进入 V 室，  进入 IV 室。除硼原理：II 室中  ，需要  从左侧双极膜迁移而来。III 室作用：通过 X 膜和 Y 膜的选择性迁移，实现 NaCl 浓溶液的淡化（即 NaCl 稀溶液变为浓溶液）。据此分析各选项： 【详解】A．Pt电极为阳极，发生氧化反应。左侧双极膜释放的  向I室迁移，同时在Pt电极表面被氧化生成氧气。反应式符合电解水阳极反应，A正确； B．Pt电极接电源正极（阳极），石墨电极接负极（阴极）。在电解池中，阳极电势 > 阴极电势，故Pt电极电势更高，正确； C．II室中  与迁入的  反应生成  ，需维持电荷平衡， 从II室经X膜进入III室，X膜必须允许阴离子通过，X膜为阴离子交换膜。IV室中生成NaOH，需  从III室经Y膜迁入，Y膜必须允许阳离子通过，Y膜为阳离子交换膜。C选项“X膜为阳离子交换膜，Y膜为阴离子交换膜”与实际相反，C错误； D．IV室生成1 mol NaOH，，对应1 mol 迁入和1 mol 生成 → 转移1 mol电子。阳极失去1 mol电子，左侧双极膜释放1 mol  进入II室。据反应  ，1 mol  最多生成1 mol  。符合电子转移与化学计量关系，D正确。 故选C。 13. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中。下列说法正确的是 A. 该化合物中Y元素的杂化方式均为杂化 B. 元素的电负性： C. 简单氢化物的键角： D. 该化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构 【答案】B 【解析】 【分析】其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，X是H元素；基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中，Z形成2个共价键，Z是O元素；Y形成4个共价键，Y是C元素。 【详解】A．该化合物中C元素含有1个碳氧双键，杂化方式为sp2杂化，故A错误； B．元素非金属性越强，电负性越大，则电负性：，故B正确； C．CH4、H2O中中心原子的价电子对数均为4，CH4分子中C原子无孤电子对、H2O分子中O原子有2个孤电子对，所以键角，故C错误； D．该化合物中C、O均满足8电子稳定结构，H不满足8电子稳定结构，故D错误； 选B。 14. 常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液中水电离的随加入溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是 A. b、d两点溶液的相同 B. 从a到e，水的电离程度一直增大 C. 从ac的过程中，溶液的导电能力逐渐增强 D. e点所示溶液中， 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A． b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa、NaOH，CH3COO −水解平衡常数，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO −水解程度导致溶液呈酸性，则b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，两种溶液的pH不相同， A错误； B．溶液中水电离出的OH−浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，醋酸、氢氧化钠溶液中水的电离被抑制，醋酸钠溶液中因水解促进了水的电离，从a到e，c点为醋酸钠溶液其中水的电离程度最大，结合选项A，可知水的电离程度先增大后减小，B错误； C． 从ac的过程中，醋酸浓度不断下降、醋酸钠浓度不断增大，则溶液的导电能力逐渐增强，C正确； D． e点所示溶液中，溶液体积约60mL，物料守恒：，D错误； 答案选C。 二、非选择题(共四小题，共58分) (教材习题·基础题) 15. 已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。 （1）请完成下列空白： ①F的元素符号为：_______；该元素的价电子排布图为：_______；该元素位于周期表的_______区。 ②A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序(用元素符号表示)：_______。 ③B、C、D、E4种元素的第一电离能由小到大的顺序(用元素符号表示)：_______。 ④B的简单氢化物的VSEPR模型_______；该分子的空间结构：_______；中心原子的杂化方式：_______。 （2）下表是A~F元素中某种元素的部分电离能，由此可判断该元素是_______。(填元素符号) 元素 电离能/ 某种元素 578 1817 2745 11575 14830 【答案】（1） ①. Cu ②. ③. ds ④. O>N>H ⑤. Na<Al<O<N ⑥. 四面体形 ⑦. 三角锥形 ⑧. sp3杂化 （2）Al 【解析】 【分析】已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。A是宇宙中含量最多的元素是H；C的价层电子排布为， n=2，可得价电子排布为 2s22p4，则C为O；B原子序数在H和O之间，且最高能级2p的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，B的核外电子排布应为 1s22s22p3，则B为N；D原子序数大于8，且只有两种形状的电子云，说明没有d轨道参与，最外层只有一种自旋方向的电子，可能为 3s1或 4s1，但K的电子层数为4，与E的最高能层数相同会导致E不符合条件，则D为Na；E与D的最高能层数相同，且价层电子数等于电子层数，E的价层电子排布为 3s23p1，则E为Al；F元素最外层只有一个电子，其次外层所有轨道电子均成对，其电子排布为 [Ar]3d104s1，则F为Cu，据此分析作答。 【小问1详解】 ①F为Cu，价电子排布式为 3d104s1，则其价电子排布图为；铜位于第IB族，位于周期表的 ds区。 ②同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，H的电负性小于N和O，因此A(H)、B(N)、C(O)三种元素的电负性由大到小的顺序是：O>N>H； ③第一电离能是让气态基态原子失去第一个最外层电子所需要的最小能量。同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但有特殊之处，如第VA族元素的第一电离能大于第VIA族（p轨道半充满时更加稳定）。则B、C、D、E四种元素的第一电离能由小到大的顺序：Na<Al<O<N。 ④B的简单氢化物是NH3​，根据价层电子对互斥理论，N的价层电子对数=，其VSEPR模型为四面体形；由于中心原子N有1对孤电子对，使得NH3​​分子的空间结构为三角锥形；根据杂化轨道理论，当中心原子的价层电子对数为4时，中心原子采取sp3杂化。 【小问2详解】 该元素的突然陡增，说明该元素最外层电子数为3，结合上述推断，该元素为 Al。 16. 我国力争于2030年前做到碳达峰、2060年前实现碳中和，体现了中国对解决气候问题的担当。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径、CO、捕获与CO2重整是CO2利用的研究热点， （1）在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知： 共价键 C=O C-O H-H H-O C-H 键能/(kJ·mol⁻¹) 799 343 436 463 413 则△H＝________kJ∙mol−1。 （2）在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[ ]的变化如图所示： ①图中T1、T2表示不同的反应温度。判断T1_____T2(填“>”“<”或“=”)，依据为________； ②图中a=________； ③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC，由大到小的顺序为________。 （3）CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液pH=13，CO2主要转化为___________(写离子符号)；若所得溶液 溶液pH=_____(室温下， 的 ； )。 （4）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。与CaCO、热分解制备的CaO相比，CaC₂O₄·H₂O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能。其原因是___________。 【答案】（1）+16 （2） ①. > ②. 正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，T1>T2 ③. 1 ④. αC>αB>αA （3） ①. ②. 10 （4）CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能 【解析】 【小问1详解】 △H＝反应物的总键能-生成物的总键能=2×799 kJ·mol⁻¹+436 kJ·mol⁻¹-（799+343+463+413）kJ·mol⁻¹=+16 kJ·mol⁻¹。 【小问2详解】 ①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，故T1>T2； ②根据反应可知，当投料比=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大； ③氢气的量越大，即投料比越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。 【小问3详解】 =5×10-11，则c(H+)，当c()=c()，c(H+)=5×10-11，pH在 10.3，如果溶液的pH为13，则浓度远远小于浓度，则该溶液中所得阴离子为；=5×10-11，且所得溶液c()：c()=2：1，c(H+)=5×10-11×2=1×10-10，pH=10。 【小问4详解】 CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。 17. 硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)： 已知：①SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(l) ΔH＝－97.3 kJ/mol。②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题： (1)A仪器的名称为_____，将分液漏斗中的浓盐酸加入A中发生反应的离子方程式为_____。 (2)装置B中的除杂试剂为_______(填名称)，若缺少装置C，会导致装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_______。 (3)E中冷凝水的出口是_______(填“a”或“b”)，F的作用是______。 (4)当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能是_____。 【答案】 ①. 圆底烧瓶 ②. 2+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ③. 饱和食盐水 ④. SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 ⑤. b ⑥. 吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入 ⑦. 60% ⑧. 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄 【解析】 【分析】由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止空气中水蒸气进入D中。 【详解】(1)A仪器的名称为圆底烧瓶，将分液漏斗中的浓盐酸加入A中发生反应为2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； (2)根据分析，装置B的作用为除去HCl，B中的除杂试剂为可用饱和食盐水；装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4； (3)根据分析，E中冷却水下进上出效果好，则冷凝水的入口是 a，出水口为b，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入； (4)当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，n(Cl2)==0.05mol，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为0.05mol×135g/mol=6.75g，最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为×100%=60%；由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。 18. 采用两段焙烧一水浸法从铁锰氧化矿(主要含、及、、、等元素的氧化物)分离提取、、等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）基态锰原子的价层电子排布式为_______。 （2）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有和生成，该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有_______(填化学式)。 （3）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （4）HR萃取反应为：。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （5）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。已知： ，，。“溶解”时发生反应的离子方程式为_______。 （6）“沉锰”时发生的离子方程式为_______。 【答案】（1）3d54s2 （2） ①. ②. Fe2O3、CaSO4 （3）减小 （4）H2SO4 （5） ①. 4×10-4 ②. （6）Mn2++=MnCO3↓+H2O+CO2↑ 【解析】 【分析】铁锰氧化矿主要含、及、、、等元素的氧化物。低温分解生成和氨气，用稀硫酸吸收氨气；“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐，“高温焙烧”温度为650℃，完全分解为和SO3，水浸，滤渣为SiO2、、CaSO4，滤液加HR“萃取分离”，有机相经反萃取得硫酸铜溶液；水相加Na2S、调节pH生成CoS沉淀，过滤，滤液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，CoS加硫酸、双氧水氧化溶解，生成S沉淀和硫酸钴。 【小问1详解】 Mn是25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2； 【小问2详解】 “低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有和生成，锰元素化合价由+4降低为+2、部分N元素化合价由-3升高为0生成N2，根据得失电子守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为。“高温焙烧”温度为650℃，完全分解为和SO3，水浸时SiO2、、CaSO4难溶于水，滤渣为SiO2、、CaSO4。 【小问3详解】 在投料量不变的情况下，直接“高温焙烧”，分解为氨气和SO3，金属氧化物转化为硫酸盐的量减少，故水浸时金属元素的浸出率减小。 【小问4详解】 对于，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，反萃取产物为硫酸铜溶液，则“反萃取”时加入的试剂为H2SO4。 【小问5详解】 ，，，“沉钴”中，时恰好沉淀完全，此时溶液中，由 可计算得到溶液中的4×10-4。 “溶解”时，、硫酸、双氧水反应生成S沉淀和硫酸钴，发生反应的离子方程式为。 【小问6详解】 “沉锰”时，硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体、硫酸铵，发生的离子方程式为Mn2++=MnCO3↓+H2O+CO2↑。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大理白族自治州民族中学2027届高二4月月考 化学 H-1 0-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、单选题(每小题3分，共42分) (基础题) 1. 化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是 A. 活性炭可用作食品脱色剂 B. 铁粉可用作食品脱氧剂 C. 明矾可用作净水剂不能作消毒剂 D. 五氧化二磷可用作食品干燥剂 (基础题) 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的电子式为 B. 基态的价层电子排布式为 C. 的VSEPR模型为 D. 分子的空间结构模型为 3. 下列状态的磷微粒中，失去最外层一个电子所需能量最大的是 A. [Ne]3s23p3 B. [Ne]3s23p2 C. [Ne]3s23p24s1 D. [Ne]3s23p14s1 4. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C. 向溶液中通入： D. 向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液： 5. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.1 mol乙烯分子中键的数目为 B. 标准状况下，2.24 L HF中电子的数目为 C. 的溶液中的数目为 D. 与水充分反应转移的电子数为 6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5 则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>① C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③=②>① (教材习题) 7. 下列描述中，正确的是 A. 是VSEPR模型为Ⅴ形 B. 中所有的原子不都在一个平面上 C. 的空间结构为平面三角形 D. 和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化 8. 下列各组粒子的空间结构相同的是 ①NH3和H2O；②NH和H3O+；③NH3和H3O+；④O3和SO2；⑤CO2和BeCl2。 A. 全部 B. ①②③⑤ C. ③④⑤ D. ②⑤ 9. 下列实验操作对应的装置正确的是 A．实验室制备并收集氨气 B．吸收少量的氨气 C．乙酸乙酯的制备和收集 D．加热 制取无水 A. A B. B C. C D. D 10. 如图为一重要的有机化合物，以下关于它的说法中正确的是 A. 含有四种官能团 B. 该物质碳原子的杂化方式只有一种 C. 可用酸性溶液检验其分子中的碳碳双键 D. 与1mol该物质反应，消耗、、的物质的量之比为 11. 在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是 A. 总反应是放热反应 B. 两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C. 和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D. ①转化为②的进程中，决速步骤为 12. 一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。除硼原理：。下列说法错误的是 A. Pt电极反应： B. Pt电极的电势高于石墨电极 C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D. Ⅳ室每生成1 mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成 13. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X是周期表中原子半径最小的元素，基态Z原子的核外电子位于5个不同的原子轨道中。下列说法正确的是 A. 该化合物中Y元素的杂化方式均为杂化 B. 元素的电负性： C. 简单氢化物的键角： D. 该化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构 14. 常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液中水电离的随加入溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是 A. b、d两点溶液的相同 B. 从a到e，水的电离程度一直增大 C. 从ac的过程中，溶液的导电能力逐渐增强 D. e点所示溶液中， 二、非选择题(共四小题，共58分) (教材习题·基础题) 15. 已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。 （1）请完成下列空白： ①F的元素符号为：_______；该元素的价电子排布图为：_______；该元素位于周期表的_______区。 ②A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序(用元素符号表示)：_______。 ③B、C、D、E4种元素的第一电离能由小到大的顺序(用元素符号表示)：_______。 ④B的简单氢化物的VSEPR模型_______；该分子的空间结构：_______；中心原子的杂化方式：_______。 （2）下表是A~F元素中某种元素的部分电离能，由此可判断该元素是_______。(填元素符号) 元素 电离能/ 某种元素 578 1817 2745 11575 14830 16. 我国力争于2030年前做到碳达峰、2060年前实现碳中和，体现了中国对解决气候问题的担当。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径、CO、捕获与CO2重整是CO2利用的研究热点， （1）在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知： 共价键 C=O C-O H-H H-O C-H 键能/(kJ·mol⁻¹) 799 343 436 463 413 则△H＝________kJ∙mol−1。 （2）在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[ ]的变化如图所示： ①图中T1、T2表示不同的反应温度。判断T1_____T2(填“>”“<”或“=”)，依据为________； ②图中a=________； ③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC，由大到小的顺序为________。 （3）CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液pH=13，CO2主要转化为___________(写离子符号)；若所得溶液 溶液pH=_____(室温下， 的 ； )。 （4）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。与CaCO、热分解制备的CaO相比，CaC₂O₄·H₂O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能。其原因是___________。 17. 硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)： 已知：①SO2(g)+Cl2(g)＝SO2Cl2(l) ΔH＝－97.3 kJ/mol。②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题： (1)A仪器的名称为_____，将分液漏斗中的浓盐酸加入A中发生反应的离子方程式为_____。 (2)装置B中的除杂试剂为_______(填名称)，若缺少装置C，会导致装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_______。 (3)E中冷凝水的出口是_______(填“a”或“b”)，F的作用是______。 (4)当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到4.05g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能是_____。 18. 采用两段焙烧一水浸法从铁锰氧化矿(主要含、及、、、等元素的氧化物)分离提取、、等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）基态锰原子的价层电子排布式为_______。 （2）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有和生成，该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有_______(填化学式)。 （3）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （4）HR萃取反应为：。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （5）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。已知： ，，。“溶解”时发生反应的离子方程式为_______。 （6）“沉锰”时发生的离子方程式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $