精品解析：广西钦州市第四中学2025-2026学年春季学期高二年级3月份考试 化学试卷

广西钦州市第四中学2026年春季学期高二年级3月份考试 化学试卷 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单选题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求) 1. 基态原子的价层电子排布式对应一种原子。下列原子中能形成型共价化合物的是 A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 2. 下列关于晶体的说法正确的是 A. 晶体与非晶体的本质差异为是否具有物理性质各向异性 B. 共价晶体中一定含有第ⅣA族元素 C. 同族元素单质的晶体类型可能不同 D. 分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 3. 的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含键的数目为 B. Si原子周围最近的O原子形成正四面体结构 C. 晶胞中含8个分子 D. 的密度为 4. 一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，表示如下。 反应进程及能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 2，3-二甲基-1，3-丁二烯含有4个电子的大键 B. 低温条件下，开始发生反应的短时间内W为主要产物 C. 达到平衡时，Z的含量小于W D. 达到平衡后，恒温条件下加入液溴，不变 5. 反应，可用于制备绿色消毒剂。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 1 mol HCOOH中键的数目为 B. 生成时，转移电子的数目为 C. 中采用杂化方式的原子数目为 D. 1 mol HCOOH与足量在一定条件下反应，生成的酯基数目小于 6. C&EN发布2025年明星分子之二是六氮分子。下列有关说法中你认为不合适的是 A. 与互为同素异形体 B. 研究人员通过叠氮化银的气相反应合成了该分子，并在超低温环境下对其捕获 C. 带正电荷的是sp杂化，不带电荷的是杂化，带负电荷的不杂化 D. 由于分子带有正负电荷，其原子周围不满足8电子结构 7. 东北地大物博，矿产丰富，如著名的大庆油田、抚顺煤矿、本溪铁矿、双鸭山石墨矿，东北还蕴藏着大量金矿资源，素有“三千里江山，金子镶边”的美誉。下列资源转化的主要过程属于化学变化的是 A. 石油的分馏 B. 煤的干馏 C. 石墨矿的破碎 D. 金砂淘金 8. 一种钴的氧化物的立方晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。下列说法错误的是 A. 晶体的化学式为 B. 间最近距离为 C. 晶胞中的配位数为6 D. 基态的价层电子中有2个未成对电子 9. 在药物合成领域，有机化学家发明了一种新的骨架编辑方法，该方法能在温和的反应条件下将邻氨基苯甲酰基直接插入惰性酰胺基中。该过程中物质的相对能量与反应历程的关系如图所示(TS表示过渡态，Me表示甲基，Ph代表苯基)。下列说法正确的是 A. 决速步骤的能垒为 B. 反应中最稳定的过渡态是TS-1 C. 步骤④中有极性键的断裂和形成 D. 适当升高温度可加快速率和提高平衡产率 10. 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径如下： 已知：。 下列说法正确的是 A. “热熔冷却”步骤为了得到玻璃态固体，需缓慢冷却 B. “反萃取”生成，理论上消耗4 mol NaOH C. 滤液2可以进入“萃取分液”步骤再利用 D. 电解熔融获得Be时需加入NaCl，其主要作用是增强导电性 11. 某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 虚框内基团均可与水分子形成氢键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 12. 闪锌矿(主要含、)在硫酸介质中通入进行浸取，可制得不同形态的硫单质，该过程主要反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ中被还原 B. 步骤Ⅱ中参与反应的 C. 步骤Ⅱ中存在非极性键的断裂与形成 D. 、、互为同位素 13. 金刚石的晶胞如图1所示，图1中原子坐标参数A为，B为，C为，晶胞参数为a pm。在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面，在晶体学中称为晶面，如图2所示。下列说法错误的是 A. 金刚石晶体中碳原子数与碳碳键数之比为1：2 B. 图1中原子坐标参数D为 C. 图1晶胞中两个碳原子之间的最短距离为cm D. 图2晶胞中可以称为晶面的面共有8个 14. 水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示，嵌入的位于晶胞的面上。下列叙述中不正确的是 已知：晶体中某结点上的原子空缺了，则称为空位。 A. 放电时，负极电极反应式为 B. Mn元素位于周期表中d区 C. 活化过程MnO的Mn价态升高 D. 图2中当1 mol 转化为1 mol 时，转移的电子为0.61 mol 第II卷(非选择题) 三、综合题( 本题共4小题，共58分。请按要求作答) 15. 钕铁硼稀土永磁材料在新能源汽车、电子和医疗等领域被广泛应用。我国应对美国的高科技封锁，也对稀土金属进行出口管制。对钕铁硼磁体废料进行回收再利用，有利于保护环境，提高资源利用率。一种以钕铁硼废料为原料生产、绿矾的工艺流程如图所示。 已知：①钕铁硼“焙烧”的产物为、、、 ②p507表示萃取剂，可用符号HA表示。 回答下列问题： （1）为提高“焙烧”速率，可采取的措施有__________（任写两条）。 （2）将溶于溶液中，再滴入，维持温度在，生成过硼酸钠，反应的离子方程式为__________；该反应控制低温的原因为__________。 （3）负载钕的p507可用表示，与草酸溶液接触反萃取生成沉淀，该反应的化学方程式为__________。 （4）在“反萃取”沉钕过程中，测得钕的萃取率随接触时间和草酸浓度的变化如图所示。 由图中数据可知，反萃取钕的最佳条件为__________。 （5）制取绿矾的“系列操作”包括__________、过滤、洗涤、干燥等；该过程所得的滤液，经过处理可回到__________操作单元循环利用。 （6）晶体的结构如图所示。 ①晶体中与、之间的作用力分别为__________、__________。 ②键角：__________（填“>”“＜”或“＝”），原因是__________。 16. 随着原生矿藏的枯竭，矿产银的供应量减少，从含银阳极泥中提取Ag已成为有色金属再生循环领域的研究热点。以下是从分金渣(主要含有)中回收高纯银的工艺流程。 回答下列问题： （1）Fe元素位于元素周期表___________区，基态Fe的价电子排布式为___________。 （2）“预处理”中加入的目的是将氧化为S，同时将银元素转化为易于分离的AgCl，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为___________。 （3）“分银”中生成了，反应的离子方程式为___________。 （4）根据图1和图2，“沉银”时应控制反应终点pH约为4.0，从转化率和环境保护分析其目的是___________，“沉银液b”中所含阴离子主要为___________。 （5）已知常温时水合肼在碱性条件下能还原，试写出反应的离子方程式___________。 （6）在光催化领域，银的化合物磷酸银是一种备受瞩目的可见光驱动半导体光催化材料，其晶胞为体心立方结构(图3)，B原子分数坐标为，则在磷酸银晶胞中，距离银原子最近的氧原子有___________个。 17. 2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属---有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。 Ⅰ．金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。 （1）Si元素在周期表中的位置是_______。 （2）金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有_______(填字母序号)。 A. 相对原子质量 B. 最外层电子数 C. 原子半径 D. 键能 Ⅱ．科学家用与四氨基苯基甲烷[结构简式如图1，简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图2。 （3）基态的价层电子轨道表示式为_______。 （4）中，C原子的杂化方式有_______种。 （5）①配合物中_______是中心离子，_______是配体，配位数是_______。晶胞中与形成配位键的配位原子是_______。 ②已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为_______。() Ⅲ．科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298 K、100 kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。 材料代号 A B 有机化合物的结构 吸附量/() 1.5 1.0 （6）材料A比材料B对的吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：_______。 18. 粗铜精炼后的阳极泥含有和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）浸铜过程中除了与Cu反应和自身分解外，可能发生的反应还有___________。(写离子方程式) （2）浸金时，Au转化为。浸金过程中发生的反应： i．…… ii． ①补全反应i(该反应不产生气体)的离子方程式___________。 ②随温度升高，滤渣2中含金量变化趋势是先减小后增大，原因是___________。 （3）浸银时发生反应将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。气体X是___________。 （4）黄金制品通常称作K金，K数是按照黄金的质量分数来划分的，如纯金制品称为24K金，则下图储氢合金I属于___________(选填“12”“15”或“18”)K金，且储氢合金I中与1个Cu原子距离最近且相等的Au原子有___________个。储氢时，氢原子进入铜金形成的四面体空隙中，则下图储氢合金II的标准状况下的比储氢率(比储氢率)为___________(写出计算式即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西钦州市第四中学2026年春季学期高二年级3月份考试 化学试卷 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单选题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求) 1. 基态原子的价层电子排布式对应一种原子。下列原子中能形成型共价化合物的是 A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】D 【解析】 【详解】A．形成离子化合物，A不符合题意； B．形成离子化合物KF，B不符合题意； C．形成共价化合物，C不符合题意； D．形成化合物或，属于型共价化合物，D符合题意； 答案选D。 2. 下列关于晶体的说法正确的是 A. 晶体与非晶体的本质差异为是否具有物理性质各向异性 B. 共价晶体中一定含有第ⅣA族元素 C. 同族元素单质的晶体类型可能不同 D. 分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 【答案】C 【解析】 【详解】A．晶体与非晶体的本质差异是内部粒子是否呈周期性有序排列，物理性质各向异性是晶体有序排列带来的宏观性质，并非本质差异，A错误； B．共价晶体不一定含有ⅣA族元素，例如立方氮化硼（BN）、氮化铝（AlN）都是共价晶体，不含ⅣA族元素，B错误； C．同族元素单质的晶体类型可以不同，例如第ⅣA族中，金刚石（碳单质）是共价晶体，铅单质是金属晶体；第ⅠA族中H2​是分子晶体，锂单质是金属晶体，C正确； D．分子的稳定性由分子内共价键的键能决定，分子间作用力只影响分子晶体的熔沸点等物理性质，与分子稳定性无关，D错误； 故答案为：C。 3. 的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含键的数目为 B. Si原子周围最近的O原子形成正四面体结构 C. 晶胞中含8个分子 D. 的密度为 【答案】B 【解析】 【详解】A．含键的数目为，A项错误； B．由晶胞结构可以看出Si原子周围最近的O原子形成正四面体结构，B项正确； C．属于共价晶体，晶胞中不含分子，C项错误； D．晶胞密度为，D项错误。 故答案选B。 4. 一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应分两步进行，第一步生成中间体M，第二步生成产物Z或W，表示如下。 反应进程及能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A. 2，3-二甲基-1，3-丁二烯含有4个电子的大键 B. 低温条件下，开始发生反应的短时间内W为主要产物 C. 达到平衡时，Z的含量小于W D. 达到平衡后，恒温条件下加入液溴，不变 【答案】B 【解析】 【分析】根据题目信息，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生加成反应分两步进行，第一步生成中间体M是吸热反应，生成Z和W的总反应都是放热反应，据此分析。 【详解】A．2,3-二甲基-1,3-丁二烯（）是共轭二烯烃，4个不饱和碳均为杂化，每个碳原子提供1个π电子，形成含4个π电子的离域大π键，A正确； B．由能量图可知，中间体M生成Z的活化能小于生成W的活化能​，因此生成Z的反应速率更快，所以开始发生反应的短时间内速率更快的Z是主要产物，不是W，B错误； C．产物W的能量低于Z，说明W更稳定，平衡时更有利于生成能量更低的W，因此平衡时Z的含量小于W，C正确； D．设生成Z、W的平衡常数分别为​、，可得：，，整理得​​，温度不变，平衡常数不变，因此该比值不变，D正确； 故选B。 5. 反应，可用于制备绿色消毒剂。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 1 mol HCOOH中键的数目为 B. 生成时，转移电子的数目为 C. 中采用杂化方式的原子数目为 D. 1 mol HCOOH与足量在一定条件下反应，生成的酯基数目小于 【答案】C 【解析】 【详解】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，1个HCOOH含有1个C-H，1个C=O，1个C-O，1个O-H，故1 mol HCOOH中键的数目为4NA，故A正确； B．反应中氯元素化合价由+5变为+4，电子转移为，则生成时，转移电子的数目为NA，故B正确； C．中的C、O原子均采用杂化，的物质的量为0.1 mol，则采用杂化方式的原子数目为0.2 NA，故C错误； D．酯化反应为可逆反应，进行不完全，则1mol甲酸与足量甲醇在一定条件下反应，生成的酯基数目小于NA，故D正确； 故答案为C。 6. C&EN发布2025年明星分子之二是六氮分子。下列有关说法中你认为不合适的是 A. 与互为同素异形体 B. 研究人员通过叠氮化银的气相反应合成了该分子，并在超低温环境下对其捕获 C. 带正电荷的是sp杂化，不带电荷的是杂化，带负电荷的不杂化 D. 由于分子带有正负电荷，其原子周围不满足8电子结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．和都是由氮元素形成的单质，互为同素异形体，A不符合题意； B．​是能量较高、不稳定的氮单质，实际合成确实通过叠氮化银气相分解得到，并需要超低温环境捕获稳定存在，B不符合题意； C．带正电的形成2个键，无孤对电子，价层电子对数为2，为杂化；不带电的中间形成2个键，含1对孤对电子，价层电子对数为3，为杂化；带负电荷的N原子为边原子，不需要杂化，C不符合题意； D．带负电荷的N周围有2个成键电子对，得到一个电子，有一对孤电子，满足8电子稳定结构，结合C可知另外的两种N也满足8电子稳定结构，D符合题意； 故选D。 7. 东北地大物博，矿产丰富，如著名的大庆油田、抚顺煤矿、本溪铁矿、双鸭山石墨矿，东北还蕴藏着大量金矿资源，素有“三千里江山，金子镶边”的美誉。下列资源转化的主要过程属于化学变化的是 A. 石油的分馏 B. 煤的干馏 C. 石墨矿的破碎 D. 金砂淘金 【答案】B 【解析】 【详解】A．石油的分馏是利用各组分沸点差异分离混合物，无新物质生成，属于物理变化，A不符合题意； B．煤的干馏是在隔绝空气条件下高温分解，生成焦炭、煤焦油、焦炉气等新物质，属于化学变化，B符合题意； C．石墨矿的破碎仅改变石墨的形状和大小，无新物质生成，属于物理变化，C不符合题意； D．金砂淘金是通过物理方法分离金和沙，无新物质生成，属于物理变化，D不符合题意； 故选B。 8. 一种钴的氧化物的立方晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。下列说法错误的是 A. 晶体的化学式为 B. 间最近距离为 C. 晶胞中的配位数为6 D. 基态的价层电子中有2个未成对电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．位于顶点和面心，晶胞中的个数，位于棱心和体心，晶胞中的个数，晶体的化学式为，A项正确； B．设晶胞的参数为，，解得，间最近距离是，即，B项正确； C．配位数为距离最近且等距的相反电荷微粒数，根据晶胞图可知的配位数为6，C项正确； D．为27号元素，基态的价层电子排布式为，基态的价层电子排布式为，有3个未成对电子，D项错误； 故答案为：D。 9. 在药物合成领域，有机化学家发明了一种新的骨架编辑方法，该方法能在温和的反应条件下将邻氨基苯甲酰基直接插入惰性酰胺基中。该过程中物质的相对能量与反应历程的关系如图所示(TS表示过渡态，Me表示甲基，Ph代表苯基)。下列说法正确的是 A. 决速步骤的能垒为 B. 反应中最稳定的过渡态是TS-1 C. 步骤④中有极性键的断裂和形成 D. 适当升高温度可加快速率和提高平衡产率 【答案】C 【解析】 【详解】A．步骤②的能垒最大，是决速步骤，该步的能垒为1.5eV·mol-1-(-28.3eV·mol-1)=，A项错误； B．能量越低越稳定，四个过渡态中，过渡态TS-3的能量最低，最稳定，B项错误； C．步骤④中有双键的形成和及极性键的断裂，C项正确； D．由图可知，总反应是放热反应，适当升高温度速率加快，但平衡逆向移动，平衡产率降低，D项错误； 故选C。 10. 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径如下： 已知：。 下列说法正确的是 A. “热熔冷却”步骤为了得到玻璃态固体，需缓慢冷却 B. “反萃取”生成，理论上消耗4 mol NaOH C. 滤液2可以进入“萃取分液”步骤再利用 D. 电解熔融获得Be时需加入NaCl，其主要作用是增强导电性 【答案】D 【解析】 【分析】以为原料提取铍，先经热熔冷却得到玻璃态，再用稀硫酸酸浸过滤，滤渣为含硅的不溶物，滤液1含、等金属离子；加入含的煤油萃取分液，按进入有机相，水相1含等杂质；有机相加过量反萃取分液，以进入水相2，有机相为含的煤油；水相2加热过滤得到，最终冶炼得到。 【详解】A．玻璃态属于非晶体，快速冷却才能形成玻璃态固体，缓慢冷却会使晶体析出，无法得到玻璃态，A错误； B．反萃取时，有机相中的与反应：，生成理论上消耗，B错误； C．滤液2为加热过滤后的溶液，主要含等杂质，呈碱性，萃取分液步骤需在酸性条件下进行，因此滤液2可进入反萃取步骤再利用，不能进入萃取分液步骤，C错误； D．为共价化合物，熔融态几乎不导电，电解熔融时加入，为离子化合物，熔融态可电离出离子，主要作用是增强熔融盐的导电性，同时可降低熔点，D正确； 故答案选D。 11. 某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 虚框内基团均可与水分子形成氢键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】A 【解析】 【分析】根据结构和成键特点、原子序数依次增大的短周期条件，推导得： Q为（1号元素，只形成1个共价键），R为（6号元素，形成的为甲基，符合结构），T为N（7号元素，形成的为氨基），W为（8号元素，磺酸基中连接3个），X为Na（11号元素，带1个正电荷的阳离子，原子序数介于和之间），Y为（16号，磺酸基中心原子，短周期原子序数最大）。 【详解】A．有3个电子层，和都有2个电子层；电子层相同时，核电荷数越大半径越小，因此半径顺序为：，即，A错误； B．同周期（VA族，半充满稳定）第一电离能大于；同主族从上到下第一电离能减小，大于，因此顺序：即，B正确； C．虚框中的（含）、（含），、电负性大，都可以和水分子形成氢键，C正确； D．R是C，最高价碳酸，T是N，最高价硝酸，酸性，所以R<T，D正确； 答案选A。 12. 闪锌矿(主要含、)在硫酸介质中通入进行浸取，可制得不同形态的硫单质，该过程主要反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ中被还原 B. 步骤Ⅱ中参与反应的 C. 步骤Ⅱ中存在非极性键的断裂与形成 D. 、、互为同位素 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中，Fe2+Fe3+，铁元素化合价从+2升高到+3，发生氧化反应，Fe2+被氧化，而非被还原，A错误； B．步骤Ⅱ中，Fe3+氧化H2S： 化合价变化：Fe3+Fe2+，每个Fe得1个电子；H2SS(硫单质)，每个S失2个电子。 根据电子守恒： n (Fe3+)×1= n (H2S)×2 ，即 n (Fe3+)：n (H2S)=2：1，B正确； C．步骤Ⅱ中，H2S被氧化为、、，这些硫单质分子内存在S-S非极性键，反应中H2S的极性键断裂，同时形成了硫单质中的非极性键，因此存在非极性键的形成，但不存在非极性键的断裂(反应物中无非极性键)，C错误； D．同位素是指质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，而、、是硫元素的不同单质，它们互为同素异形体，而非同位素，D错误。 故选B。 13. 金刚石的晶胞如图1所示，图1中原子坐标参数A为，B为，C为，晶胞参数为a pm。在立方晶胞中，与晶胞体对角线垂直的面，在晶体学中称为晶面，如图2所示。下列说法错误的是 A. 金刚石晶体中碳原子数与碳碳键数之比为1：2 B. 图1中原子坐标参数D为 C. 图1晶胞中两个碳原子之间的最短距离为cm D. 图2晶胞中可以称为晶面的面共有8个 【答案】C 【解析】 【详解】A．金刚石晶体中，1个C原子形成4个碳碳键，根据均摊可知碳原子数与碳碳键数之比为1：2，故A正确； B．晶胞中D原子位于“左下前”正方体中心，原点位于A点，因此原子坐标参数D为，故B正确； C．该晶胞中含有5层碳原子，层间原子相切，即，因此两个碳原子之间的最短距离为，故C错误； D．图2晶胞中共有8个顶点，4条体对角线，由（1，1，1）晶面定义可知，晶胞中可以称为（1，1，1）晶面的面共有8个，即3个顶点形成的（1，1，1）晶面有4个，将该晶面沿面对角线平移，过面心的（1，1，1）晶面有4个，共8个，故D正确； 故答案为C。 14. 水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示，嵌入的位于晶胞的面上。下列叙述中不正确的是 已知：晶体中某结点上的原子空缺了，则称为空位。 A. 放电时，负极电极反应式为 B. Mn元素位于周期表中d区 C. 活化过程MnO的Mn价态升高 D. 图2中当1 mol 转化为1 mol 时，转移的电子为0.61 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．在该原电池中，锌作负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，A正确； B．Mn元素为25号元素，位于第四周期VIIB族，属于d区元素，B正确； C．MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，根据化合物化合价代数和为0可知Mn元素化合价升高，C正确； D．晶胞所含O2-个数为4，Zn2+个数为，因此O2-与Zn2+个数比为4：1，当1 mol 转化为1 mol 时，转移电子为mol，故D错误； 故选D。 第II卷(非选择题) 三、综合题( 本题共4小题，共58分。请按要求作答) 15. 钕铁硼稀土永磁材料在新能源汽车、电子和医疗等领域被广泛应用。我国应对美国的高科技封锁，也对稀土金属进行出口管制。对钕铁硼磁体废料进行回收再利用，有利于保护环境，提高资源利用率。一种以钕铁硼废料为原料生产、绿矾的工艺流程如图所示。 已知：①钕铁硼“焙烧”的产物为、、、 ②p507表示萃取剂，可用符号HA表示。 回答下列问题： （1）为提高“焙烧”速率，可采取的措施有__________（任写两条）。 （2）将溶于溶液中，再滴入，维持温度在，生成过硼酸钠，反应的离子方程式为__________；该反应控制低温的原因为__________。 （3）负载钕的p507可用表示，与草酸溶液接触反萃取生成沉淀，该反应的化学方程式为__________。 （4）在“反萃取”沉钕过程中，测得钕的萃取率随接触时间和草酸浓度的变化如图所示。 由图中数据可知，反萃取钕的最佳条件为__________。 （5）制取绿矾的“系列操作”包括__________、过滤、洗涤、干燥等；该过程所得的滤液，经过处理可回到__________操作单元循环利用。 （6）晶体的结构如图所示。 ①晶体中与、之间的作用力分别为__________、__________。 ②键角：__________（填“>”“＜”或“＝”），原因是__________。 【答案】（1）将废料粉碎、鼓入适当过量的空气、适当提高焙烧的温度等（答案合理即可） （2） ①. ②. 防止受热分解，提高原料的利用率 （3） （4）接触时间40 min，为 （5） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. 酸溶 （6） ①. 配位键 ②. 氢键 ③. > ④. 水分子1中孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，导致键角1比键角2大 【解析】 【分析】首先，钕铁硼废料经过“焙烧”后生成Nd2O3、Fe2O3和B2O3。接着酸溶后得到Nd3+、Fe3+，B2O3不溶于酸，过滤得到，后加入萃取剂p507（HA）分离Fe3+和Nd3+。水相中的Fe3+被还原为Fe2+，最终结晶得到FeSO4·7H2O；有机相中的Nd3+通过反萃取进入草酸溶液，生成沉淀后煅烧得到Nd2O3，据此分析各问。 【小问1详解】 “焙烧”时，为了提高“焙烧”速率，可将废料粉碎增大接触面积，或者通入适当过量空气，增大氧气浓度，或者适当提高焙烧的温度。 【小问2详解】 、溶液和反应的离子方程式为。在该过程中控制温度在的目的是防止分解，提高原料的利用率。 【小问3详解】 在负载钕的有机相中加入溶液，通过反萃取生成沉淀，反应的化学方程式为。 【小问4详解】 由图中数据可知，在40~45 min时间段，钕的反萃取率几乎没有变化，故接触时间应选用40 min，当时，钕的反萃取率最大，故草酸浓度应选用为。 【小问5详解】 从溶液中制取绿矾，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥步骤得到绿矾晶体；过滤所得的滤液中主要含有，通过浓缩可以回到酸溶操作单元循环利用。 【小问6详解】 ①由结构图可知，与分子间形成配位键，与分子间形成氢键。 ②水分子1中O原子提供孤对电子与形成配位键，O原子上电子云密度降低，使得O-H成键电子对之间的排斥作用增强，导致键角∠1增大，故∠1 > ∠2。 16. 随着原生矿藏的枯竭，矿产银的供应量减少，从含银阳极泥中提取Ag已成为有色金属再生循环领域的研究热点。以下是从分金渣(主要含有)中回收高纯银的工艺流程。 回答下列问题： （1）Fe元素位于元素周期表___________区，基态Fe的价电子排布式为___________。 （2）“预处理”中加入的目的是将氧化为S，同时将银元素转化为易于分离的AgCl，该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为___________。 （3）“分银”中生成了，反应的离子方程式为___________。 （4）根据图1和图2，“沉银”时应控制反应终点pH约为4.0，从转化率和环境保护分析其目的是___________，“沉银液b”中所含阴离子主要为___________。 （5）已知常温时水合肼在碱性条件下能还原，试写出反应的离子方程式___________。 （6）在光催化领域，银的化合物磷酸银是一种备受瞩目的可见光驱动半导体光催化材料，其晶胞为体心立方结构(图3)，B原子分数坐标为，则在磷酸银晶胞中，距离银原子最近的氧原子有___________个。 【答案】（1） ①. d ②. （2）1：2 （3） （4） ①. 使溶液中的尽可能转化为AgCl沉淀，同时不产生污染性气体 ②. （5） (或、、) （6）4 【解析】 【分析】分金渣加入氯化铁氧化为S，同时将银元素转化为易于分离的AgCl，过滤滤渣加入亚硫酸钠在弱碱性条件下使得氯化银转化为，过滤滤液加入盐酸得到氯化银沉淀，加入氨水溶解得到，加入肼还原得到银单质； 【小问1详解】 铁为26号元素，Fe元素位于元素周期表d区，基态Fe的价电子排布式为； 【小问2详解】 的目的是将氧化为S，反应中硫元素化合价由-2变为0，为还原剂，铁元素化合价由+3变为+2，为氧化剂，结合电子守恒存在，还原剂和氧化剂的物质的量之比为1:2； 【小问3详解】 “分银”中生成了，结合质量守恒，则反应为氯化银沉淀和亚硫酸钠生成氯离子和，离子方程式为； 【小问4详解】 由图，“沉银”时应控制反应终点pH约为4.0，此时浓度很低，几乎都转化为氯化银沉淀，且不产生二氧化硫气体，故其目的是使溶液中的尽可能转化为AgCl沉淀，同时不产生污染性气体；“沉银液a”调节pH=9得到“沉银液b”，结合图中硫元素存在分布系数，pH=9时，溶液中主要含亚硫酸根离子，故“沉银液b”中所含阴离子主要为； 【小问5详解】 已知常温时水合肼在碱性条件下能还原，反应肼中氮元素化合价由-2变为氮气中氮元素的化合价0，银元素化合价由+1变为0，结合质量守恒，还生成氨气和水，再结合电子守恒，离子方程式为； 【小问6详解】 据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个灰球、8个白球，结合化学式Ag3PO4可知黑球为磷原子、灰球为银原子、白球为氧原子，由结构，距离银原子最近的氧原子有4个。 17. 2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属---有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。 Ⅰ．金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。 （1）Si元素在周期表中的位置是_______。 （2）金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有_______(填字母序号)。 A. 相对原子质量 B. 最外层电子数 C. 原子半径 D. 键能 Ⅱ．科学家用与四氨基苯基甲烷[结构简式如图1，简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图2。 （3）基态的价层电子轨道表示式为_______。 （4）中，C原子的杂化方式有_______种。 （5）①配合物中_______是中心离子，_______是配体，配位数是_______。晶胞中与形成配位键的配位原子是_______。 ②已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为_______。() Ⅲ．科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298 K、100 kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。 材料代号 A B 有机化合物的结构 吸附量/() 1.5 1.0 （6）材料A比材料B对的吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：_______。 【答案】（1）第三周期第ⅣA族 （2）CD （3） （4）3 （5） ①. Cu+ ②. ③. 4 ④. N ⑤. （6）材料A的有机配体含氨基（），可与形成氢键而吸附；材料B与仅能通过范德华力相互作用吸附，氢键强于范德华力 【解析】 【小问1详解】 硅（Si）的原子序数是14，位于第三周期第ⅣA族； 【小问2详解】 金刚石和晶体硅均为原子晶体，其熔点主要取决于共价键的键长和键能。C的原子半径小于Si，C-C键的键长比Si-Si键的键长更短，键能更高，所以金刚石熔点高于晶体硅，故选CD； 【小问3详解】 Cu的原子序数是29，其基态电子排布为 [Ar]3d104s1，失去一个4s电子后得到Cu+的电子排布为 [Ar]3d10，基态Cu+的价层电子轨道表示式为：； 【小问4详解】 中苯环上的碳原子sp2杂化，-C≡N中的碳原子形成一个三键（C≡N），属于sp杂化，连接四个苯环的中心碳原子，形成四个单键，属于sp3杂化，中C原子的杂化方式有sp、sp2和sp3共3种 【小问5详解】 ①中心离子为提供空轨道接受孤电子对的离子，为Cu+；配体为提供孤电子对的分子/离子，为；配位数为中心离子周围直接结合的配位原子总数，中含4个，每个的N原子提供1对孤电子对，因此Cu+的配位数为4；配位原子为提供孤电子对的原子，中N原子有孤电子对，因此配位原子为N ②图2中，Cu+位于晶胞的顶点和体心，个数为，位于晶胞面上，个数为，由电荷守恒可知的个数为2，已知：、的摩尔质量分别为、，则晶胞质量为：，晶胞体积为：，密度为：； 【小问6详解】 材料A的有机配体含氨基（），可与形成氢键而吸附；材料B与仅能通过范德华力相互作用吸附，氢键强于范德华力，因此材料A比材料B的吸附量大。 18. 粗铜精炼后的阳极泥含有和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）浸铜过程中除了与Cu反应和自身分解外，可能发生的反应还有___________。(写离子方程式) （2）浸金时，Au转化为。浸金过程中发生的反应： i．…… ii． ①补全反应i(该反应不产生气体)的离子方程式___________。 ②随温度升高，滤渣2中含金量变化趋势是先减小后增大，原因是___________。 （3）浸银时发生反应将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。气体X是___________。 （4）黄金制品通常称作K金，K数是按照黄金的质量分数来划分的，如纯金制品称为24K金，则下图储氢合金I属于___________(选填“12”“15”或“18”)K金，且储氢合金I中与1个Cu原子距离最近且相等的Au原子有___________个。储氢时，氢原子进入铜金形成的四面体空隙中，则下图储氢合金II的标准状况下的比储氢率(比储氢率)为___________(写出计算式即可)。 【答案】（1） （2） ①. ②. 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减小；温度太高时，反应ii产生逸出，促进反应ii进行，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 （3） （4） ①. 18 ②. ③. 【解析】 【分析】阳极泥经/稀硫酸、在浸铜，得到滤渣1（含、）；滤渣1经、稀硫酸和浸金，生成进入浸金液；浸金液与反应还原得到；滤渣2依次经溶液、浸银，最终得到。同时，利用浸金残渣制备储氢合金，测定其比储氢率。 【小问1详解】 作为氧化剂，在酸性条件下将氧化为，与结合生成沉淀，自身被还原为，结合电子守恒与原子守恒，得离子方程式为：； 【小问2详解】 ①已知反应ii：，全反应需将氧化为且不产生气体，说明的还原产物为，结合的氧化，反应i为：； ②温度升高时反应i（被氧化）速率加快，滤渣2中金含量减小；温度过高，反应ii（）速率加快，且生成的逸出，促使平衡正向移动，消耗更多的，导致用于反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加； 【小问3详解】 浸银过程中被氧化，为减少废液排放，需将氧化产物再生为。通入的气体X为； 【小问4详解】 ①纯金为24K，合金I中原子数：晶胞I为体心立方，位于体心，数目为1；位于顶点，数目为。的质量分数，则K； ②储氢合金I为体心立方排布，Cu位于顶点，Au位于体心。以任一顶点Cu原子为中心，其被8个相邻的晶胞共用，每个相邻晶胞的体心位置均有1个Au原子，这些Au原子到该Cu原子的距离均为晶胞体对角线的一半，距离最近且相等，故共有8个； ③储氢合金Ⅱ中含有的铜原子数为，含有的金原子数为，该合金共有8个四面体空隙，标准状况下该晶胞最大储氢，比储氢率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $