广东封开县广信中学2025-2026学年高二下学期第一次月考化学试题

2025-2026学年第二学期高二年级第一次教学质量检测化学科试题 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答题前，考生在答题卡上务必将自己的姓名、班级、准考证号填写清楚。 2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液。 不按以上要求作答无效。 可能用到的相对原子质量：0-16Na-23Si28S-32C1-35.5Cu-64Ag-108 一、单项选择题：本题共16小题，共44分。(1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小 题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。) 1.化学与生活息息相关，下列说法错误的是 A.烟花绚丽多彩，与电子跃迁有关 B.H,O2是一种绿色增氧剂，H,02属于共价化合物 C.5G技术中使用的光导纤维的主要成分SO,为非极性分子 D.全氟烷基物质稳定性强，是因为其中的C一F键的键能很大 2.下列化学用语或图示表达不正确的是 A.CH,的空间填充模型： B.CO2的VSEPR模型： H H CI HCI C.HCI分子中o键的形成过程： 3d 4s D.基态4C原子的价电子轨道表示式：「 个 3.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 A.CO2 H2S B.NH3.HCI C.P4 CCl4 D.C2H4.CH4 4.下列关于物质性质的说法，不正确的是 A.I2晶体升华时破坏了分子内共价键 B.丙氨酸(CHCH个NH)COOH)分子是手性分子 C.H亚、HCI、HBr、Ⅱ的稳定性依次减弱 D.酸性：CF3 COOH>CCICOO>CH3COOH 5.侯氏制碱法以H2O、NH、CO2、NaCI为原料制备Na2CO3。下列说法正确的是 A.半径：r(CI）>rNa) B.第一电离能：I1(O)>I) C.熔点：CO2>NaCl D.酸性：HCO3>HNO3 6.下列有关物质结构和性质的说法，正确的是 A.NO,与SO的中心原子杂化轨道类型均为即2杂化 B.O2和O,都是单质，在H,0中溶解度几乎一样 C.可燃冰(CH,·8H,O)中甲烷分子与水分子之间并没有氢键 D.分子晶体都存在分子间作用力和共价键 7.下列分子或离子的中心原子的杂化轨道类型和空间结构不正确的是 A.BF中B原子采取$p2杂化，为平面三角形结构 B.PH中P原子采取sp杂化，为正四面体形结构 C.BeCl,中Be原子采取sp杂化，为V形结构 D.NH,中N原子采取p3杂化，为V形结构 8.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图： 下列有关该物质的说法正确的是 A.分子中含6个σ键，2个π键 B.分子式为C3HO3 C.分子中只有极性共价键 D.该分子不可能所有原子共平面 9.白铜是一种延展性好、硬度高、色泽美观、耐腐蚀的合金材料，其主要成分为C、Ni、 Z,还含有少量S、P、As等元素。关于上述涉及到的元素，下列说法正确的是 A.基态Ni原子的简化电子排布式为：3d84s2 B.基态As原子最高能级的轨道形状为哑铃形 C.第一电离能：S>P>Cu D.S、P为p区元素，Cu、Zn为d区元素 10.下列事实解释正确的是 事实 解释 钠与钾的电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激 A 钠与钾的焰色实验不同 发态或基态时，释放的能量不同，产生不同颜色的光 O,在CC1,中的溶解度高于 B O,是由非极性键构成的非极性分子 在水中的溶解度 SiO,的熔点比CO,高 SiO,比CO,相对分子质量大，分子间作用力大 D HF的热稳定性比HCI强 HF分子之间能形成氢键 11.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A,60gSiO2晶体中含Si-0键的个数为4Na B.1molK[Fe(CN)6]中o键的个数为12N C.标准状况下，22.4LSF。(沸点：-51C)的价层电子对数为6NA D.1 mol SO,E分子中o键的个数为2NA 12.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A 铍和铝都能与NaOH反应 基态铍原子和铝原子价电子数相同 B 冰的熔点高于干冰 分子间作用力不同 S0,键角小于CO2 中心原子杂化轨道类型不同 D N=N键能大于C=C N、C原子半径不同 13.关于化学式为TiC1H2O)]Cl2H20的配合物，下列说法错误的是 A.此配合物为离子化合物 B.配位体是C和H2O,配位数是6 C.中心离子是T+,配离子是[TiCl(H2O)]2+ D.1mol该配合物与足量硝酸银反应能得到287g白色沉淀 14.W,(ZY,)(YX),·2X,Y在电池、催化等多个领域都有着重要应用。X、Y、Z、w原子 序数依次增大，且X、Y、Z分别位于三个不同短周期，基态Y原子的g能级与p能级 的电子数相等，Z的第一电离能比左右相邻元素的高，W+的盐溶液可用于净水。下列 叙述正确的是 A.原子半径：Y>Z>X B.简单氢化物的稳定性：Y>Z C.电负性：Y>Z>W>X D.古代作画颜料多来源于矿物质，青色颜料可来自W,Y, 15.化合物（如图所示）可用作化肥和森林灭火剂，其中短周期元素W、X、Y、Z的原子序 数依次增大，W原子的电子层数和电子数相等。下列说法错误的是 A.第一电离能：X>Y B.a中X与Y均满足8电子稳定结构 C.a中阴离子和阳离子均可作配合物的配体 D.简单氢化物的还原性：Y<X<Z 16.灰锡与金刚石的晶体类型相同，其晶胞如图甲所示，图乙为晶胞的俯视图，已知原子的 分数坐标a点(0,0,0)，c点(1,1,1)。下列有关说法不正确的是 甲 A.Sn位于元素周期表的P区 B.基态Sn原子的价层电子排布式为5s25p C.晶胞中d点原子分数坐标为 311 4'4’4 D.若Sn-Sn键的键长为即m,则晶胞参数为4v5a, 3 4 二、非选择题（本题共4小题，共56分） 17.(14分)下表列出了元素周期表中的若千元素，表中所列的字母分别代表一种化学元素。 请回答下列问题： A B G H M N (1)C可与A形成C,A,化合物，其含有的π键和o键的个数比为 :元素I的基 态原子的核外电子空间运动状态共有 种：元素K属于 区；与L 同周期且基态原子未成对电子数相同的元素有 种。 (2)基态M原子的简化电子排布式为 (3)下列有关说法正确的是 (填标号)。 ①第一电离能：H>G>F ②电负性：E>D>C ③简单离子半径：H+>F>E ④最高价含氧酸的酸性：J>I>C ⑤分子的键角：DA,<MA, ⑥E,的中心原子J的杂化方式为sp (4)B的氧化物显两性，写出B的氧化物与F的氢氧化物反应的离子方程式： (5)A、D、E、I、L这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子为E,其空 间结构为 ；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图甲所示），该化合物加热 时首先失去的组分是 判断的理由是 甲 18.(14分)某化学兴趣小组在实验室探究铜氨配合物的制备。 I.配制CSO4溶液 (1)配制100mL0.1mol/LC1SO4溶液，需要用托盘天平称量胆矾(CSO4·5H,O)的 质量为 g。 J Ⅱ.制备[C(NH,)4]SO,溶液 滴加少量 滴加过量 2 mol L NaOH溶液 实验i: 6molL氨水 浊液a 0.1mol-LCuS(0,溶液蓝色沉淀 沉淀不溶解 滴加少量 滴加过量 实验i: 2molL氨水 6molL氨水 0.Imol-LCuSO,溶液蓝色沉淀 深蓝色溶液 (2)[C(NH,4] 的配位键中提供孤电子对的原子是 (填元素符号) 1 mol[Cu(NH,) 中σ键的数目为 (阿伏加德罗常数为WA): (3)实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为： (4)实验i中蓝色沉淀不溶解，说明C(OH),和NH,之间不易发生反应。 Cu(OH).(s)+4NH,-H.O(aq)-[Cu(NH,),]"(aq)+4H.O(1)+2OH-(aq) K=1.6×107,小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。 ①提出猜想 猜想a:结合平衡移动原理，增大c(NH,·H,O)可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想b:引入NH可明显促进铜氨配离子的生成。 ②实验验证 为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验i、iv。 序号 操作 现象 iii 滴加过量6mol/L的氨水 蓝色沉淀不溶解 将实验i中的浊液a过 滤，洗涤沉淀，将固 滴加过量的 iv 体平均分成两份于试 mol/L氨水，再 蓝色沉淀溶解，溶液呈深 管中。 蓝色。 加入少量(NH4)2SO,固体 ③实验结论：猜想b成立。 ④从平衡移动的角度，结合化学用语解答为什么NH促进[Cu(NH,)4] 的生成： 6 Ⅲ.制备硫酸四氨合铜晶体 (5)向实验ⅱ得到的深蓝色溶液中加入 (填序号)，析出 Cu(NH)4SOH,O晶体。 ①乙醇 ②水 ③NaOH溶液 ④稀盐酸 19.(12分)第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物。 （1)基态C13+的核外电子排布式为 配离子[Cr(H,O)。]中，与C*形成 配位键的原子是 (填元素符号)。 (2)NH,是一种很好的配体，氨分子是 (填“极性”或“非极性”)分子，NH 的沸点 (填“高于”“等于”或“低于”)AH,。 (3)科学家通过X射线测得胆矾(CuSO,·5H,O)的结构示意图可简单表示如下： HH H-O H…O ○u2 H-0 图中虚线表示的作用力为 (4)胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成C1(NH3),SO,·H,O晶体。在 Cu(NH),SO,H,O晶体中，[Cu(NH,4]了为平面正方形结构，呈正四面体结构的原 子团是 其中心原子的杂化类型是 (5)N2O晶胞结构如图所示，白色为钠离子，黑色为氧离子，该晶胞中钠离子个数为 ,氧离子个数为 。己知该晶体的密度为pg·c3,阿伏加德罗常 数的值为NA,则晶胞边长为 cm。(用含P、WA的代数式表示) > 20.(16分)工业上以天然锆英石（主要成分为ZSiO,含有Fe,0,、C,0,、Pb,O4、SiO, 等杂质)为原料生产Na,Z1Cl。的工艺流程如下： 硝酸浓盐酸 PbO 氨水 C+CL 氢气 NaCl 特定条件 锆英石一→溶浸→沉铅→调H→煅烧→高温氯化一→还原→升华→化合→，ZC。 滤渣1 PbCl, 滤液 己知：①溶浸后溶液中金属元素的存在形式为Zr02+、Cr、Fe、[PbC14]: ②煅烧后固体主要成分为Z1O2Fe,O3和C工，O3: ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 ☐升华温度 个温度C ☐沸点 1300 1150 700 331 315 ZrCl,FeCl,CrCl,FeCl,CrCl, (1)Zx的价电子排布式为4d5s2,则Zr在周期表的位置为 (2)Pb,O4在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为 c(NH: (3)“调pF后，废液中 =1.8,则废液中c(Fe3+)为 1mol/L。 c(NH3·H,O） (已知：25C时，Km[Fe(OH3]-4.0×1038,K,(NH3·H,O)=1.8×105) (4)“高温氯化时，ZO,转化为Z1C14,同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式 为 (5)C1Cl,的沸点远高于FeCl,的原因可能是 Zr (6)“还原的主要目的是 0 (7)下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞： 则该氧化物的化学式为 a pm 晶体中Zr的配位数为 2025-2026学年第二学期高二年级第一次教学质量检测化学科试题 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D A A C C B B A 题号 11 12 13 14 15 16 答案 D A C B C C 1．【答案】C 【解析】A．光是电子释放能量的重要形式，烟花是电子发生跃迁释放能量形成的，A正确； B．H2O2还原产物为水，是一种绿色增氧剂，H2O2只含有共价键，属于共价化合物，B正确； C．光导纤维的主要成分SiO2，SiO2为共价晶体，没有分子，C错误； D．F原子半径小，电负性强，因此C—F键的键能很大，难以发生反应，故全氟烷基物质稳定性强，D正确； 2．【答案】B 【解析】A．的空间填充模型：甲烷是正四面体结构，模型中碳原子的比例大于氢原子，符合空间填充模型的特点，A正确； B．的中心C原子价层电子对数为2，没有孤电子对，VSEPR模型应为直线形，B错误； C．氢原子的1s轨道与氯原子的3p轨道通过“头碰头”方式重叠形成σ键，图示过程正确，C正确； D．Cr的价电子排布为，轨道表示式中3d能级每个轨道有1个单电子，4s能级1个轨道有1个单电子，符合洪特规则，D正确； 3．【答案】D 【详解】A．二氧化碳为极性键形成的非极性分子，氯化氢为极性键形成的极性分子，故A错误； B．氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，故B错误； C．P4中只含有非极性键，为非极性分子；CCl4为极性键形成的非极性分子，故C错误； D．C2H4中含有极性键和非极性键，是平面型分子，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，CH4中含有极性键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故D正确； 答案为D。 4．【答案】A 【解析】A．碘是分子晶体，升华时只会破坏分子间作用力，不会破坏共价键，A错误； B．丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]分子为手性分子，它存在对映异构，如图所示：，B正确； C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F、Cl、Br、I的非金属逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，C正确； D．-F、-Cl为吸电子基团，F的电负性强于Cl，F-C的极性大于Cl-C的极性，使-CF3的极性大于-CCl3的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，-CH3为推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性减小，羧酸的酸性越弱，酸性强弱：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH，D正确； 5．【答案】A 【解析】A．Cl⁻的电子层数为3，Na⁺的电子层数为2，电子层数越大，离子半径越大，因此r(Cl⁻) > r(Na⁺)，A正确；B．氮原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于氧，因此I1(N) > I1(O)，B错误；C．CO2为分子晶体，NaCl为离子晶体，离子晶体熔点远高于分子晶体，因此NaCl的熔点更高，C错误；D．硝酸为强酸，碳酸为弱酸，酸性强弱为HNO3 > H2CO3，D错误；故选A。 6．【答案】C 【解析】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，A错误； B．氧气为非极性分子，臭氧分子具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶，在中溶解度臭氧大于氧气，B错误； C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确； D．分子晶体存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，D错误； 7．【答案】C 【详解】A．中B原子的孤对电子数为，价层电子对数为3+0=3，则为杂化，为平面三角形结构，故A不选； B．中P原子的孤对电子数为，价层电子对数为4，则p原子采取杂化，为正四面体形结构，故B不选； C．BeCl2中Be原子的孤对电子数为，价层电子对数为2+0=2，则为sp杂化，为直线型结构，故选C； D．中N原子的孤对电子数为，价层电子对数为2+2=4，采取杂化，为V形结构，故D不选； 8．【答案】B 【解析】A．计算σ键时漏了C-H键，σ键的数目应该为8，A错误； B．根据其键线式可知，分子式为，B正确； C．C-C键是非极性共价键，C错误；            D．每个碳原子均为杂化，参考乙烯6个原子共平面的结构，所以所有原子可能共平面，D错误； 9．【答案】B 【详解】A．基态Ni原子的简化电子排布式为：[Ar]，故A错误； B．基态As原子最高能级为4p，其轨道为哑铃形，故B正确； C．第一电离能：P＞S＞Cu，故C错误； D．S、P为p区元素，Cu、Zn为ds区元素，故D错误； 10．【答案】A 【详解】A．金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，因此产生不同颜色的光，故A正确； B．分子的结构为V形，且分子中正电中心和负电中心不重合，臭氧分子比较特殊属于非极性键构成的极性分子，但其极性较小，在中的溶解度大于在水中溶解度，故B错误； C．的熔点比高是因为是共价晶体，其熔沸点很高，而是分子晶体，其熔沸点相对较低，故C错误； D． HF的热稳定性比HCl强是因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，故D错误； 11．【答案】D 【解析】A. 60 g SiO2为1 mol，SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，故含4 mol Si-O键，即4 ，A正确； B. 中，1个含6个Fe-C σ键（配位键）和6个C-N σ键（每个含1个σ键），共12 个 σ键，故1 mol中含12σ键，B正确； C. 标准状况下SF6沸点（-51℃）低于0℃，故为气体，22.4 L SF6为1 mol；每个SF6分子中，中心S原子的价层电子对数为6（均为成键电子对），故为6 ，C正确； D. SO2F2分子结构含两个S-O σ键和两个S-F σ键，共4个σ键，故1 mol SO2F2含4 mol σ键，即4 个，D错误； 12．【答案】A 【详解】A．基态铍原子和铝原子的价电子数分别为2、3，价电子数不相同, 正确的解释应该是根据对角线规则，铍和铝的化学性质相似，都能表现出两性，因此都能与NaOH反应，A错误； B．冰分子间存在氢键和范德华力，干冰分子间只存在范德华力，二者作用力类型不同，作用力类型强度不同，B正确； C．中硫原子的孤电子对数为、价层电子对数为2+1=3，则杂化轨道类型为，呈V形，中碳原子的孤电子对数为、价层电子对数为2+0=2，杂化轨道类型为杂化、呈直线形，C正确； D．氮原子半径小于碳原子，导致比的键长短，键能大，D正确； 13．【答案】C 【解析】A．该配合物由内界配离子和外界Cl-通过离子键结合，属于离子化合物，A正确；B．配位体是Cl-和H2O，内界中1个Cl-和5个H2O参与配位，配位数为6，B正确；C．配离子是[TiCl(H2O)5]2+，电荷为+2，内界还有一个Cl-，故中心离子是Ti3+而非Ti4+，C错误；D．1 mol该配合物外界Cl-为2 mol，与足量硝酸银反应生成2 mol AgCl（内界Cl-不参与反应），沉淀质量为，D正确；故答案选C。 14．【答案】B 【分析】X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Y、Z分别位于三个不同短周期，基态Y原子的s能级与p能级的电子数相等，Z的第一电离能比左右相邻元素的高，同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，则推断X为氢、Y为氧、Z为磷；的盐溶液可用于净水，则W为铁； 【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A错误； B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性氧大于磷，简单氢化物的稳定性：，B正确； C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，铁为活泼金属，其电负性小于氢，C错误； D．三氧化二铁为红色固体，故青色颜料不会是三氧化二铁，D错误； 15．【答案】C 【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的电子层数和电子数相等，W为H，X与H形成4条键，X为N，与H形成铵根离子，Y形成2条键为O，Z形成5条键为P。形成的阴离子为。 【详解】A．N2p轨道半充满，较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能N>O，A正确； B．a中N形成铵根离子，满足8电子稳定结构，O部分形成两条键，部分虽形成1条键，但是带一个电子，也满足8电子稳定结构，B正确； C．配合物的配体一定要有孤电子对，铵根离子没有孤电子对，不能用作配体，C错误； D．非金属性O>N>P，则简单氢化物的还原性H2O<NH3<PH3，D正确； 16．【答案】C 【解析】A．Sn为50号元素，位于第五周期第IVA族，位于元素周期表的区，A正确；B．Sn的原子序数为50，基态原子电子排布式为[Kr]4d105s25p2，价层电子为最外层的5s和5p轨道电子，则基态原子的价层电子排布式为5s25p2，B正确；C．已知原子的分数坐标点点，将晶胞均分为8个小立方体，原子d应在上层四个小立方体的右前面一个小立方体的体心，则晶胞中点原子分数坐标为，C错误；D．键的键长为晶胞体对角线的，设晶胞参数为x pm，则有，解得，即晶胞参数为，D正确；故选C。 17．【答案】（1） （1分） 9 （1分） （1分） 4（1分） （2）（1分） （3）（2分） （4）（2分） （5）正四面体形 （1分） （2分） 和形成的配位键比与形成的配位键弱（2分） 【解析】由图中各元素在周期表中的位置知，A为氢、B为铍、C为碳、D为氮、E为氧、F为钠、G为镁、H为为铝、I为硫、J为氯，K为铬、L为铜、M为砷、N为钡。 （1）由分析，C可与形成化合物为,含有1个键和5个键，键和键的个数比为；元素为S，其基态原子电子排布式为，核外电子空间运动状态共有9种；元素为铬。价电子排布式为，属于d区；为铜，价电子排布式为，未成对电子数为1，与铜同周期且基态原子未成对电子数相同的元素有钾、钪、镓、溴四种，故答案为、9、d、4。 （2）M是元素，核电荷数为33，基态原子的简化电子排布式为故答案为 （3）同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，得到第一电离能，错误； 同周期从左到右电负性依次增大，电负性，正确； 电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，、、的电子层数相同，则简单离子半径，错误； J为氯，I为硫，C为碳，非金属性, 元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，最高价含氧酸的酸性：，正确； 当中心原子杂化类型和孤对电子数相同时，中心原子的电负性越大，键角越大，分子是，分子是，中心原子和均采用杂化且含一对孤对电子，且的电负性大于，则键角，错误； 为，中心原子的价层电子对数，杂化方式为杂化，错误； 故答案为 （4）由分析可知，B为Be，F为Na，BeO 与反应的离子方程式为，故答案为。 （5）由分析知，为，S的中心价层电子对数为4，孤对电子数为O，空间构型为(正)四面体结构；由图示可知，该阳离子为,电负性,和形成的配位键比与形成的配位键弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是,故答案为(正)四面体结构；；和形成的配位键比与形成的配位键弱。 18.【答案】（1） （2分） （2）①. （2分） ②. （2分） （3） （2分） （4）①. 6 （2分） ②. 与结合生成，降低，平衡正向移动（2分） （5）（2分） 【小问1详解】配制溶液，的物质的量，其摩尔质量，因此质量； 【小问2详解】的配位键中，提供空轨道，中原子提供孤电子对，因此提供孤电子对的原子为；中，个分子内各含个键，个配位键也为键，总键数目为，即； 【小问3详解】实验中与少量氨水反应生成蓝色沉淀，离子方程式为：； 【小问4详解】②根据控制变量，实验中需滴加过量氨水，再加入少量固体，观察到蓝色沉淀溶解、溶液呈深蓝色，验证猜想成立； ④，与结合生成，使降低，平衡正向移动，促进的生成； 【小问5详解】在极性溶剂乙醇中溶解度显著降低，因此向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出该晶体。 19【答案】（1） ①. （1分） ②. O （1分） （2） ①. 极性 （1分） ②. 高于 （1分） （3）氢键、配位键 （2分） （4） ①. （1分） ②. （1分） （5） ①. 8 （1分） ②. 4 （1分） ③. （2分） 【小问1详解】Cr为24号元素，基态Cr原子电子排布为，失电子时先失4s电子再失3d电子，因此核外电子排布为；形成配位键时，配体中提供孤对电子的原子作配位原子，中O原子存在孤对电子，因此配位原子是O。 【小问2详解】为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子；分子间可形成氢键，分子间不存在氢键，因此沸点高于。 【小问3详解】结合胆矾结构示意图：与水分子中O之间形成配位键，水分子的H与硫酸根的O之间形成氢键，因此虚线表示配位键和氢键。 【小问4详解】中，​的中心S原子σ键电子对数为4，且无孤对电子，空间结构为正四面体，中心S原子的杂化类型为杂化。 【小问5详解】用均摊法计算：全部在晶胞内部，数目为8；位于顶点（8个）和面心（6个），数目为个；晶胞总质量​，设晶胞边长为，由，推导得 20【答案】（1）第五周期第ⅣB族 （2分） （2） （2分） （3） （2分） （4） （2分） （5）为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此沸点远高于 （2分） （6）把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度 （2分） （7） ①. ZrO2 （2分） ②. 4（2分） 【分析】天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不参与反应而进入滤渣1，“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、，加入PbO“沉铅”，此时铅转化为PbCl2；再往滤液中加入氨水调pH，使ZrO2+、Cr3+、Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，煅烧后转化为、和，再加入C、Cl2进行“高温氯化”生成ZrCl4、FeCl3、CrCl3，通入氢气将FeCl3还原为FeCl2，升华后ZrCl4转化为气体，FeCl2、CrCl3仍以固态形式存在，最后ZrCl4与NaCl在特定条件下化合生成Na2ZrCl6，据此解答。 【小问1详解】Zr的价电子排布为，电子层数为5，位于d区，价电子总数为4，因此位于第五周期第ⅣB族； 【小问2详解】中含+4价Pb，酸性环境下可氧化生成黄绿色的，Pb元素全部转化为，发生反应的离子方程式为：； 【小问3详解】由，代入数据得：，再由得：； 【小问4详解】“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该气体为CO，经配平得该反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此沸点远高于； 【小问6详解】由题给信息可知，和的升华温度相近，不利于分离提纯，则“还原”的主要目的是：把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度； 【小问7详解】由均摊法，该晶胞中Zr个数为4，O个数为，所以该氧化物化学式为ZrO2；根据Zr的坐标参数和图示结构可知，Zr的配位数为4。 答案第1页，共2页 1 学科网（北京）股份有限公司 $