精品解析：广东中山市第一中学2026-2027学年高三上学期第2次限时练 化学试题

中山一中2027届高三第一学期化学限时练2 可能用到的相对分子量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 S：32 K：39 Ca：40 Ni：59 一、选择题(本题共16小题，其中1-10题，每题2分；11-16题，每题4分，共44分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项 1. 下列化学用语表示正确的是 A. 的离子结构示意图： B. 氚的原子结构模型： C. 电子式： D. NaHCO3的电离方程式： 2. 赤血盐(K3[Fe(CN)6])可用于检验Fe2+，也可用于蓝图印刷术等。下列说法正确的是 A. 基态K＋核外有18种不同运动状态的电子 B. 电负性：C>N>K>Fe C. Fe2+的价电子排布式为3d54s1 D. 4种元素分布在元素周期表的s、p、ds区 3. 明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程（部分产物已省略）如下： 下列说法错误的是 A. FeSO4的分解产物X为FeO B. 本流程涉及复分解反应 C. HNO3的沸点比H2SO4的低 D. 制备使用的铁锅易损坏 4. 类比是研究物质性质的常用方法之一、下列类比推测合理的是 A. 与KI溶液反应可以置换出，推测与NaBr溶液反应可以置换出 B. 向固体中滴加几滴水，温度升高，推测向固体中滴加几滴水，温度也升高 C. Fe与反应生成，推测Fe与反应生成 D. Fe能置换出溶液中的Cu，推测Fe能置换出溶液中的Ag 5. 将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀生成，再通入另一种气体有沉淀生成，则第二次通入的气体可能是下列气体中的①NO2 ②CO2 ③Cl2 ④HCl ⑤NH3 ⑥ H2S A. ①②③⑤ B. ①③⑤⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③⑤⑥ 6. 下列关于物质结构与性质的说法正确的是 A. 用电子云轮廓图示意Cl—Cl的键的形成： B. O—H的键能大于F—H的键能，因此水的沸点高于氟化氢的沸点 C. 石墨层间靠范德华力维系，因此石墨的熔点较低 D. 水晶内部微观粒子呈现周期性有序排列，因此水晶不同方向的导热性不同 7. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 利用图①装置制取CO2气体 B. 利用图②装置除去Cl2中的HCl C. 利用图③装置收集NH3 D. 利用图④装置吸收HCl气体 8. 将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是 A. 硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应 B. 移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热 C. 用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色 D. 向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS 9. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： B. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： C. 向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫： D. 向硫化钠溶液通入少量二氧化硫： 10. 在一定条件下可发生分解： (未配平)。为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是 A. 溶液中所含的数目为 B. 中所含的质子数目为 C. 标准状况下，该反应生成转移的电子数目为 D. 28 g由N2和CO组成的混合气体所含的原子数目为 11. 足量与以下溶液反应，下列现象和离子方程式均正确的是 溶液 现象 离子方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液产生白色沉淀 C 产生无色气泡 D 溶液紫红色褪去 A. A B. B C. C D. D 12. 硫酸亚铁溶液可用于催化脱除烟气中的二氧化硫等有害气体，反应原理如图所示。说法不正确的是 A. “反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 B. “反应Ⅱ”的离子方程式为 C. 反应一段时间后，溶液中保持不变 D. 反应中每脱除（标准状况），消耗的质量为 13. 氢化钠()可在野外作生氢剂，已知遇水蒸气剧烈反应产生氢氧化钠和氢气，选用下图实验装置制备，下列说法不正确的是 A. 选用装置的连接顺序为：A→C→B→E→D B. 浓硫酸的作用是干燥氢气 C. 判断钠是否剩余，可取B中固体加水检验 D. 装置E的作用是防止D中的水蒸气进入到B装置中 14. X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大5。下列说法正确的是 A. M为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素 B. X、Y元素的第一电离能大小关系：X<Y C. EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp2杂化 D. Z与氧元素形成的离子ZO的空间构型为V形 15. 下列说法中不正确的是 ①氨气极易溶于水，是因为氨气与水分子间可形成氢键 ②HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高 ③、、三种分子的键角依次减小 ④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子 ⑤晶体中存在离子，离子的空间构型为V形 ⑥的沸点高于是因为其范德华力更大 ⑦任何晶体中，若含有阳离子就一定有阴离子 ⑧HClO和的分子结构中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构 A. ②③⑥⑦⑧ B. ②④⑤⑥⑦ C. ②③⑤⑦⑧ D. ①②③⑤⑥ 16. 硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为反萤石（萤石）结构，其晶胞结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，晶体密度为。下列说法错误的是 A. 的配位数是8 B. B点的原子分数坐标为 C. 该晶胞参数为： D. 晶胞在方向的投影图为 二、非选择题 17. 镍及其化合物在生产、生活中有重要用途。 （1）镍位于元素周期表_______区，基态镍原子最外层电子所占据的原子轨道的电子云轮廓图为_______形。 （2）在稀氨水介质中，丁二酮肟与反应生成鲜红色沉淀(其结构如图所示)，利用这一原理，常用丁二酮肟来检验溶液中的。 ①的配位数为_______。 ②配体中非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。 （3）已知、、、的熔点分别为1360∼1380℃、1001℃、963℃、797℃，卤化镍晶体熔点逐渐减小的原因为_______。 （4）金属镍的晶胞结构示意图如图，晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。 ①镍原子半径为_______pm。 ②该晶胞沿体对角线的投影为_______(填标号)。 ③金属镍的密度为_______。 18. 二氯化一氯五氨合钴可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。已知：不溶于水和乙醇；是粉红色不溶于水的固体；是棕褐色不溶于水的固体。 Ⅰ．制备 某实验小组利用以下装置和流程制备。 （1）步骤ⅱ，滴入，发生反应的离子方程式为_______；步骤ⅲ，待溶液中停止产生气泡后，缓慢加入浓盐酸，在水浴中加热， （2）步骤ⅲ，滴入适量的浓盐酸，发生反应的离子方程式为_______。所得混合物冷却至室温，抽滤、洗涤、烘干得到产品。 Ⅱ．产品结构分析 （3）中基态Co的原子结构示意图为_______。中存在的化学键有_______(填标号)；1mol中含键的数目为_______。 A．离子键　 B．范德华力　 C．非极性共价键　 D．配位键 Ⅲ．实验探究 （4）实验小组在制备过程中发现溶液中直接加入H2O2，Co2+不被氧化，据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响，提出以下猜想并设计实验验证 猜想1：加入氯化铵溶液，增强了的氧化性 实验编号 试剂 现象 1 0.5mL水 无明显变化 2 a 无明显变化 3 b 溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀 猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性 实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。 ①a是_______，b是_______； ②步骤ⅰ中氯化铵的作用是_______。 19. 某研究小组用浓硫酸与铜反应制备并研究的化学性质。 （1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为___________。 （2）将制得的通入酸性溶液中，观察到溶液紫红色褪去，说明具有___________性，反应的离子方程式为___________。 实验过程中，同学们观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。 【实验1】铜片与浓硫酸在不同温度下反应(实验装置如图所示，加热和夹持仪器已略去) 操作 现象 加热到 铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液 继续加热至 铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀。 （3）装置B的作用是___________，装置C的中盛放的试剂是___________，发生反应的离子方程式为___________。 【实验2】探究实验1中120时所得黑色固体的成分。 提出猜想：黑色固体中可能含有CuO或CuS。 资料：I．亚铁氰化钾是的灵敏检测剂，向含有的溶液中滴加溶液，生成红棕色沉淀。 II．CuS是黑色固体，难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸。 【实验2-1】探究黑色固体中是否含CuO 操作 现象 i．取表面附着黑色固体的铜片5片，用蒸馏水洗干净，放入盛有10 mL试剂A的小烧杯中，搅拌。 黑色表层脱落，露出光亮的铜片。 ii．取出铜片，待黑色沉淀沉降。 上层溶液澄清、无色。 （4）试剂A是___________。 （5）甲认为ii中溶液无色有可能是浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含，补充的实验操作及现象是___________。 【实验2-2】探究黑色固体中是否含CuS 操作 现象 i．取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置 有固体剩余，固液分界线处附近的溶液呈浅蓝色 ii．另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置 有固体剩余，溶液变成浅绿色 得出结论： （6）由实验2-1和实验2-2可知，实验1中，时所得的黑色固体___________。 实验反思：分析实验1中时产生现象的原因，同学们认为是产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。 （7）已知反应产物中的含硫物质只有和，则黑色固体消失时发生反应的化学方程式为___________。 20. 对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为，含少量杂质)回收的一种工艺简化流程如下： 已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为］、元素Mn以形式浸出。 ②离子浓度小于可认为该离子完全沉淀。 ③部分氢氧化物的如下表： 氢氧化物 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 （4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后。 （5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。 A. 配位时被还原 B. 配合物与水能形成分子间氢键 C. 钴与O形成配位键 D. 萃取剂中有极性较小的疏水基团 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式______。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中山一中2027届高三第一学期化学限时练2 可能用到的相对分子量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 S：32 K：39 Ca：40 Ni：59 一、选择题(本题共16小题，其中1-10题，每题2分；11-16题，每题4分，共44分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项 1. 下列化学用语表示正确的是 A. 的离子结构示意图： B. 氚的原子结构模型： C. 电子式： D. NaHCO3的电离方程式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．的质子数为8，核外电子数为10，结构示意图为，A错误； B．氚是，原子核内有1个质子、2个中子，核外有1个电子，原子结构模型为，B正确； C．中C与每个O之间形成双键，正确电子式为，C错误； D．是弱酸的酸式盐，水溶液中电离出和，电离方程式为，D错误； 故选B。 2. 赤血盐(K3[Fe(CN)6])可用于检验Fe2+，也可用于蓝图印刷术等。下列说法正确的是 A. 基态K＋核外有18种不同运动状态的电子 B. 电负性：C>N>K>Fe C. Fe2+的价电子排布式为3d54s1 D. 4种元素分布在元素周期表的s、p、ds区 【答案】A 【解析】 【详解】A．在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数；基态K＋核外有18个电子，则有18种不同运动状态的电子，A正确； B．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；电负性：N>C>Fe > K，B错误； C．铁原子失去2个电子形成亚铁离子，Fe2+的价电子排布式为3d6，C错误； D．K分布在元素周期表的s区，C、N分布在元素周期表的p区，Fe分布在元素周期表的d区，D错误； 故选A。 3. 明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程（部分产物已省略）如下： 下列说法错误的是 A. FeSO4的分解产物X为FeO B. 本流程涉及复分解反应 C. HNO3的沸点比H2SO4的低 D. 制备使用的铁锅易损坏 【答案】A 【解析】 【详解】A．分解时部分元素化合价从+6降低到中的+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒，元素化合价应升高，所以产物为而非，A错误； B．与在蒸馏条件下反应生成和，属于复分解反应，B正确； C．蒸馏时先挥发出来，说明的沸点比的低，C正确； D．反应过程中生成的、均可以与铁发生反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确； 故选A。 4. 类比是研究物质性质的常用方法之一、下列类比推测合理的是 A. 与KI溶液反应可以置换出，推测与NaBr溶液反应可以置换出 B. 向固体中滴加几滴水，温度升高，推测向固体中滴加几滴水，温度也升高 C. Fe与反应生成，推测Fe与反应生成 D. Fe能置换出溶液中的Cu，推测Fe能置换出溶液中的Ag 【答案】D 【解析】 【详解】A．F2与NaBr溶液反应时，F2会先与水反应生成HF和O2，无法置换出Br2，A错误； B．Na2CO3固体溶于水放热，温度升高；NaHCO3固体溶于水吸热，温度降低，B错误； C．I2的氧化性较弱，Fe与I2反应生成FeI2，C错误； D．Fe在金属活动性顺序中排在Ag之前，能从AgNO3溶液中置换出Ag，D正确； 故选D。 5. 将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，无沉淀生成，再通入另一种气体有沉淀生成，则第二次通入的气体可能是下列气体中的①NO2 ②CO2 ③Cl2 ④HCl ⑤NH3 ⑥ H2S A. ①②③⑤ B. ①③⑤⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【分析】SO2不会和BaCl2溶液反应，但是SO2易溶于水，并生成H2SO3，再通入第二种气体，需要分析该气体发生的化学反应，才能得到时候有沉淀生成。 【详解】①将NO2通入到水中，会生成HNO3，HNO3可以将水中的H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4可以和BaCl2反应生成BaSO4沉淀，①正确； ②CO2不会和SO2、H2SO3、BaCl2反应，②错误； ③Cl2可以将水中的H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4可以和BaCl2反应生成BaSO4沉淀，③正确； ④HCl易溶于水，不会和SO2、H2SO3、BaCl2反应，④错误； ⑤NH3可以和SO2反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3可以和BaCl2反应生成BaSO3沉淀，⑤正确； ⑥H2S可以和SO2反应生成S沉淀，⑥正确； 故合理选项为B。 6. 下列关于物质结构与性质的说法正确的是 A. 用电子云轮廓图示意Cl—Cl的键的形成： B. O—H的键能大于F—H的键能，因此水的沸点高于氟化氢的沸点 C. 石墨层间靠范德华力维系，因此石墨的熔点较低 D. 水晶内部微观粒子呈现周期性有序排列，因此水晶不同方向的导热性不同 【答案】D 【解析】 【详解】A．的键为p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成，题图中为p轨道“肩并肩”重叠，是键的形成过程，A错误； B．F的电负性大于O，键长更短，键能大于；且水和氟化氢的沸点由分子间氢键决定，水沸点更高是因为等物质的量时形成的氢键总数更多，与键能无关，B错误； C．石墨熔化需要破坏层内的共价键，其层内碳碳键键能很大，因此石墨熔点很高，层间范德华力只决定其硬度小、易剥离的性质，C错误； D．水晶是晶体，内部粒子周期性有序排列，具有各向异性，因此不同方向导热性不同，D正确； 故选D。 7. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 利用图①装置制取CO2气体 B. 利用图②装置除去Cl2中的HCl C. 利用图③装置收集NH3 D. 利用图④装置吸收HCl气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．制取CO2应选用块状大理石与稀盐酸，纯碱为粉末状，与稀盐酸反应速率过快，且易溶于水，不能够随关随停，A错误； B．除去Cl2中的HCl应使用饱和食盐水，饱和NaHCO3溶液会与Cl2反应，B错误； C．NH3密度比空气小，应采用向下排空气法收集，导管需伸至集气瓶底部以排尽空气，图③装置为密封结构，有危险，C错误； D．HCl极易溶于水，图④中X为CCl4，可防止倒吸，能安全吸收HCl气体，D正确； 答案选D。 8. 将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是 A. 硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应 B. 移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热 C. 用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色 D. 向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫能与铁在加热条件下反应，说明硫的化学性质较活泼，可与金属发生化学反应，A正确； B．移开玻璃棒后固体仍红热，说明反应自身放出的热量能维持反应进行，即反应放热，B正确； C．反应生成的刺激性气味气体是，具有漂白性，能使湿润的品红试纸褪色，C正确； D．铁与硫在加热时反应生成FeS（放热），硫的物质的量（0.0156 mol）略少于铁（0.0179 mol），铁可能过量。黑色固体可能含FeS和Fe，加盐酸时Fe和FeS均生成，无法仅通过溶液颜色证明FeS生成，D错误； 故答案选D。 9. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： B. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳： C. 向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫： D. 向硫化钠溶液通入少量二氧化硫： 【答案】B 【解析】 【详解】A．还原性，等物质的量的恰好将中的完全氧化，不参与反应，正确离子方程式为，A错误； B．碳酸酸性强于次氯酸，且足量，反应生成，离子方程式书写正确，B正确； C．具有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应，通入足量二氧化硫时，反应生成和，不是和，正确的离子方程式：，C错误； D．与发生归中反应生成单质，不会生成，且可与反应，正确的离子方程式可表示为：，D错误； 故选B。 10. 在一定条件下可发生分解： (未配平)。为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是 A. 溶液中所含的数目为 B. 中所含的质子数目为 C. 标准状况下，该反应生成转移的电子数目为 D. 28 g由N2和CO组成的混合气体所含的原子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．只给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的数目，A错误； B．1个含11个质子（N含7个质子，4个H共含4个质子），故所含质子数目为，B错误； C．配平反应为，生成时转移电子，标准状况下为，转移电子数目为，C错误； D．和的摩尔质量均为，且均为双原子分子，混合气体总物质的量为，所含原子数目为，D正确。 11. 足量与以下溶液反应，下列现象和离子方程式均正确的是 溶液 现象 离子方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液产生白色沉淀 C 产生无色气泡 D 溶液紫红色褪去 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO2与Na2S反应时，S2-被氧化，SO2被还原，发生归中反应生成S，现象为淡黄色沉淀，离子方程式，A正确； B．BaCl2溶液中，SO2与H2O生成H2SO3，但酸性条件下BaSO3无法稳定存在，不会产生沉淀，现象和方程式均错误，B错误； C．足量SO2与Na2CO3反应时，最终生成，方程式，C错误； D．酸性KMnO4被SO2还原，现象正确，方程式，D错误； 故选A。 12. 硫酸亚铁溶液可用于催化脱除烟气中的二氧化硫等有害气体，反应原理如图所示。说法不正确的是 A. “反应Ⅰ”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 B. “反应Ⅱ”的离子方程式为 C. 反应一段时间后，溶液中保持不变 D. 反应中每脱除（标准状况），消耗的质量为 【答案】C 【解析】 【分析】反应I的方程式为 4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，反应Ⅱ是铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成二价铁离子和硫酸的过程，反应的离子方程式为 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++。 【详解】A．反应I的方程式为 4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O ，该反应中氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，A正确； B．根据分析，反应Ⅱ的离子方程式正确，B正确； C．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，硫酸的浓度会增大，故C错误； D．根据反应式可知，S的化合价由+4价升高到+6价，则0.5molSO2反应转移1mol电子，消耗0.25molO2，质量为8g，D正确； 故选C。 13. 氢化钠()可在野外作生氢剂，已知遇水蒸气剧烈反应产生氢氧化钠和氢气，选用下图实验装置制备，下列说法不正确的是 A. 选用装置的连接顺序为：A→C→B→E→D B. 浓硫酸的作用是干燥氢气 C. 判断钠是否剩余，可取B中固体加水检验 D. 装置E的作用是防止D中的水蒸气进入到B装置中 【答案】C 【解析】 【分析】A中锌与稀硫酸反应生成氢气，经过浓硫酸干燥，通入装置B中与Na发生反应生成NaH，再连接E装置防止水分进入，D可用于收集多余气体，据此分析回答。 【详解】A．根据分析可知，选用装置的连接顺序可为：A→C→B→E→D，A正确； B．C中浓硫酸用于干燥H2，避免水蒸气与Na或NaH反应，B正确； C．NaH与水的反应为NaH+H2O=NaOH+H2↑；Na与水的反应为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，无论钠是否剩余，均会产生H2，不能检验钠是否剩余，C错误； D．D为排水法收集装置，水蒸气易挥发，E中碱石灰可吸收水蒸气，防止其进入B与Na、NaH反应，D正确； 故选C。 14. X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大5。下列说法正确的是 A. M为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素 B. X、Y元素的第一电离能大小关系：X<Y C. EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp2杂化 D. Z与氧元素形成的离子ZO的空间构型为V形 【答案】A 【解析】 【分析】X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为Be元素；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Y为B元素；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为C元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，为F元素；E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，E为K元素；M的原子序数比E大5，M为Cr元素。 【详解】A．M( Cr)元素是24号元素，基态核外电子排布式为：[Ar]3d54s1，3d上有5个未成对电子、4s上有1个未成对电子，则Cr为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素，故A正确； B．X、Y分别为Be、B，位于同周期，同周期元素随核电荷数增大，第一电离能逐渐增大，由于Be核外电子排布为全满稳定状态，其第一电离能比相邻元素大，则元素的第一电离能大小关系：X＞Y，故B错误； C．根据上述分析可知，EYQ4即KBF4，阴离子中心B原子无孤电子对，成键电子对数为4，则杂化方式为sp3杂化，故C错误； D．ZO 为CO，中心C原子的价层电子对数=3+=3，杂化方式为sp2，其空间构型为平面三角形，故D错误； 答案选A。 15. 下列说法中不正确的是 ①氨气极易溶于水，是因为氨气与水分子间可形成氢键 ②HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高 ③、、三种分子的键角依次减小 ④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子 ⑤晶体中存在离子，离子的空间构型为V形 ⑥的沸点高于是因为其范德华力更大 ⑦任何晶体中，若含有阳离子就一定有阴离子 ⑧HClO和的分子结构中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构 A. ②③⑥⑦⑧ B. ②④⑤⑥⑦ C. ②③⑤⑦⑧ D. ①②③⑤⑥ 【答案】A 【解析】 【详解】①氨气与水分子间可形成氢键，所以氨气极易溶于水，故①正确； ②HF分子能形成氢键，HF的沸点大于HCl、HBr、HI的沸点，故②错误； ③、、中心原子价电子对数都是4，中N原子有1个孤电子对、中O原子有2个孤电子对、中C原子没有个孤电子对，三种分子的键角>>，故③错误； ④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子，故④正确； ⑤晶体中存在离子，离子中中心I原子价电子对数为4，有2个孤电子对，空间构型为V形，故⑤正确； ⑥的沸点高于是因为易形成分子间氢键，易形成分子内氢键，故⑥错误； ⑦金属晶体中，含有阳离子，不含阴离子，故⑦错误； ⑧HClO中，H原子最外层不具有8电子结构，故⑧错误； 不正确的是②③⑥⑦⑧，选A。 16. 硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为反萤石（萤石）结构，其晶胞结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，晶体密度为。下列说法错误的是 A. 的配位数是8 B. B点的原子分数坐标为 C. 该晶胞参数为： D. 晶胞在方向的投影图为 【答案】D 【解析】 【详解】A．如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8，A正确； B．结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子分数坐标为，B正确； C．设a为晶胞边长，，得，C正确； D．硫离子位于晶胞的面心、顶角，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞沿y轴投影的俯视图为：，D错误； 故选D。 二、非选择题 17. 镍及其化合物在生产、生活中有重要用途。 （1）镍位于元素周期表_______区，基态镍原子最外层电子所占据的原子轨道的电子云轮廓图为_______形。 （2）在稀氨水介质中，丁二酮肟与反应生成鲜红色沉淀(其结构如图所示)，利用这一原理，常用丁二酮肟来检验溶液中的。 ①的配位数为_______。 ②配体中非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。 （3）已知、、、的熔点分别为1360∼1380℃、1001℃、963℃、797℃，卤化镍晶体熔点逐渐减小的原因为_______。 （4）金属镍的晶胞结构示意图如图，晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。 ①镍原子半径为_______pm。 ②该晶胞沿体对角线的投影为_______(填标号)。 ③金属镍的密度为_______。 【答案】（1） ①. ②. 球 （2） ①. 4 ②. （3）卤化镍均为离子晶体，卤素离子半径越小，卤化镍中离子键越强，熔点越高 （4） ①. ②. B ③. 【解析】 【小问1详解】 镍为28号元素，基态Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2，最高能层电子排布在4s能级，s电子云轮廓图的形状为球形，镍位于元素周期表区； 【小问2详解】 ①由图，的配位数为4； ②H原子核外只有一个电子层且只有1个电子，原子的能量较低，第一电离能H＞C；同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故配体中非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为：； 【小问3详解】 由题意的数据可知，卤化镍晶体熔点逐渐减小，原因为：卤化镍均为离子晶体，离子半径氟离子小于氯离子小于溴离子小于碘离子，卤素离子半径越小，卤化镍中离子键越强，熔点越高； 【小问4详解】 ①由图可知，面心原子和顶点原子相切，设镍原子半径为xpm，则，x=； ②该晶胞中原子处于顶点、面心，则沿体对角线的投影会得到两圈六边形，且对角线顶点的2个原子投影在六边形中心，故为B； ③据“均摊法”，晶胞中含个Ni，则晶体密度为。 18. 二氯化一氯五氨合钴可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。已知：不溶于水和乙醇；是粉红色不溶于水的固体；是棕褐色不溶于水的固体。 Ⅰ．制备 某实验小组利用以下装置和流程制备。 （1）步骤ⅱ，滴入，发生反应的离子方程式为_______；步骤ⅲ，待溶液中停止产生气泡后，缓慢加入浓盐酸，在水浴中加热， （2）步骤ⅲ，滴入适量的浓盐酸，发生反应的离子方程式为_______。所得混合物冷却至室温，抽滤、洗涤、烘干得到产品。 Ⅱ．产品结构分析 （3）中基态Co的原子结构示意图为_______。中存在的化学键有_______(填标号)；1mol中含键的数目为_______。 A．离子键　 B．范德华力　 C．非极性共价键　 D．配位键 Ⅲ．实验探究 （4）实验小组在制备过程中发现溶液中直接加入H2O2，Co2+不被氧化，据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响，提出以下猜想并设计实验验证 猜想1：加入氯化铵溶液，增强了的氧化性 实验编号 试剂 现象 1 0.5mL水 无明显变化 2 a 无明显变化 3 b 溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀 猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性 实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。 ①a是_______，b是_______； ②步骤ⅰ中氯化铵的作用是_______。 【答案】（1）2[Co(NH3)6]Cl2+2NH+H2O2=2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl-+4NH3↑ （2）[Co(NH3)5(H2O)]3++3Cl-=[Co(NH3)5Cl]Cl2+H2O （3） ①. ②. AD ③. 21NA （4） ①. 0.5mL氯化铵溶液 ②. 0.5mL浓氨水 ③. 控制溶液酸碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供Cl- 【解析】 【分析】CoCl2在氯化铵溶液和氨水条件下反应生成，再被过氧化氢氧化得到，再和浓盐酸反应生成目标物。 【小问1详解】 步骤ⅱ，滴入20mL5%H2O2，将Co元素从+2价氧化为+3价，发生反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]Cl2+2NH+H2O2=2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl-+4NH3↑； 【小问2详解】 根据流程图，步骤ⅲ中，滴入适量的浓盐酸，将转化为沉淀，离子方程式为； 【小问3详解】 基态Co原子结构示意图中原子核内27个质子，核外电子层排布为2、8、15、2，即。内界配离子与外界之间为离子键；中心和配体​、之间为配位键；范德华力不属于化学键，该物质内也不存在非极性共价键，故选AD。每个含3个N-H 键，5个共15个键；中心Co3+与5个N、1个配体Cl-形成6个配位键，总计个键，故1mol该物质含个键。 【小问4详解】 ①根据结论：猜想1不合理，猜想2合理可知，加入水和氯化铵溶液对H2O2氧化Co2+无影响，说明浓氨水对H2O2氧化Co2+有影响，由实验步骤及实验现象可知，试剂a为0.5 mL氯化铵溶液，试剂b为0.5mL浓氨水； ②制备过程中加入浓氨水和氯化铵溶液，形成缓冲溶液，可调节溶液的酸碱性，防止制备过程中生成Co(OH)2、Co(OH)3沉淀，并且提供生成[Co(NH3)5Cl]Cl2沉淀所需的Cl-。 19. 某研究小组用浓硫酸与铜反应制备并研究的化学性质。 （1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为___________。 （2）将制得的通入酸性溶液中，观察到溶液紫红色褪去，说明具有___________性，反应的离子方程式为___________。 实验过程中，同学们观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。 【实验1】铜片与浓硫酸在不同温度下反应(实验装置如图所示，加热和夹持仪器已略去) 操作 现象 加热到 铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液 继续加热至 铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀。 （3）装置B的作用是___________，装置C的中盛放的试剂是___________，发生反应的离子方程式为___________。 【实验2】探究实验1中120时所得黑色固体的成分。 提出猜想：黑色固体中可能含有CuO或CuS。 资料：I．亚铁氰化钾是的灵敏检测剂，向含有的溶液中滴加溶液，生成红棕色沉淀。 II．CuS是黑色固体，难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸。 【实验2-1】探究黑色固体中是否含CuO 操作 现象 i．取表面附着黑色固体的铜片5片，用蒸馏水洗干净，放入盛有10 mL试剂A的小烧杯中，搅拌。 黑色表层脱落，露出光亮的铜片。 ii．取出铜片，待黑色沉淀沉降。 上层溶液澄清、无色。 （4）试剂A是___________。 （5）甲认为ii中溶液无色有可能是浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含，补充的实验操作及现象是___________。 【实验2-2】探究黑色固体中是否含CuS 操作 现象 i．取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置 有固体剩余，固液分界线处附近的溶液呈浅蓝色 ii．另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置 有固体剩余，溶液变成浅绿色 得出结论： （6）由实验2-1和实验2-2可知，实验1中，时所得的黑色固体___________。 实验反思：分析实验1中时产生现象的原因，同学们认为是产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。 （7）已知反应产物中的含硫物质只有和，则黑色固体消失时发生反应的化学方程式为___________。 【答案】（1） （2） ①. 还原性 ②. （3） ①. 缓冲作用，防止液体倒吸 ②. NaOH溶液 ③. （4）稀硫酸 （5）取少量ii中的上层清液于试管中，滴加溶液，无红棕色沉淀生成 （6）CuS （7） 【解析】 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 高锰酸钾具有强氧化性，SO2与高锰酸钾反应使溶液颜色褪去，体现了SO2的还原性，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 由于SO2易溶于水，如果将生成的SO2直接通入C装置，容易引起倒吸，B装置可以起到缓冲作用，防止倒吸，SO2是有毒的酸性气体，直接排放到空气中会污染环境，需要用碱液吸收以防止污染空气，吸收SO2常用NaOH溶液，所以C中盛放的是NaOH溶液，发生反应的离子方程式为； 【小问4详解】 根据资料，CuS不与硫酸反应，而CuO能与硫酸反应生成可溶性CuSO4，要检验黑色固体是否含有CuO，可以用稀硫酸，所以试剂A为稀硫酸； 【小问5详解】 根据资料信息，亚铁氰化钾是的灵敏检测剂，向含有的溶液中滴加溶液，生成红棕色沉淀，所以补充的实验操作是取少量ii中的上层清液于试管中，滴加溶液，无红棕色沉淀生成； 【小问6详解】 通过实验2-1可以知道黑色固体中不含CuO，根据实验2-2中的现象，可以确定黑色固体中含有CuS； 【小问7详解】 根据题目信息可知，黑色固体消失的反应方程式为。 20. 对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为，含少量杂质)回收的一种工艺简化流程如下： 已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物［其中Co为］、元素Mn以形式浸出。 ②离子浓度小于可认为该离子完全沉淀。 ③部分氢氧化物的如下表： 氢氧化物 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）“滤液1”中溶质除了以外，还有______(填化学式)。 （3）“酸浸”后的溶液中元素以存在，写出生成的化学方程式______。 （4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后。 （5）“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。 A. 配位时被还原 B. 配合物与水能形成分子间氢键 C. 钴与O形成配位键 D. 萃取剂中有极性较小的疏水基团 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式______。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构下图(a)，则Co在晶胞中的位置为______；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为______，若下图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在下图(b)上补充另外一种原子位置______。 【答案】（1） （2）或 （3） （4）7 （5）CD （6） （7） ①. 顶点 ②. 2 ③. 【解析】 【分析】电池镍钴锰三元材料，主要成分为，含少量杂质，加入溶液，Al反应生成可溶性的，元素Ni、Co以、、元素Mn以形式浸出，Li变成，Fe不反应。再向这些固体中加入稀硫酸和，金属化合物和单质全部转化为硫酸盐，被氧化为，被还原为。调节pH可将变为沉淀除去，即滤渣1。溶液中继续加入，将变为固体除去。再用有机物将和形成配合物萃取到有机相中，水相中主要含有。分液后有机相再用反萃取使离子脱离进入水相，加入氨水、，使变为沉淀，和形成配位键得到。 【小问1详解】 Co的原子序数为27，变成的过程中是从最外层开始失去3个电子，价层电子轨道表示式为。 【小问2详解】 根据分析可知，滤液1中还有。 【小问3详解】 碱浸后，Co以形式存在，酸浸后变成了，化合价降低，作氧化剂，所以加入的作还原剂，化合价升高，变成，化学方程式为。 【小问4详解】 由分析可知，调节pH是为了除去，而剩下的离子保留，其中的最小，最容易沉淀，则pH不能大于其开始沉淀的pH。，。所以，，即为最大值。 【小问5详解】 A．化合价仍为，没有发生还原，A错误； B．若配合物与水形成氢键，会更亲水，无法进入有机相，B错误； C．由结构可知与形成配位键，得到稳定配合物，利于萃取，C正确； D．萃取剂含极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水，易溶于有机相，D正确； 答案选CD。 【小问6详解】 沉钴时，反应物为，结合中的，生成，溶液加入了氨水显碱性，离子方程式为。 【小问7详解】 根据晶胞原子数计算：顶点原子数，棱心原子数，结合化学式可知，Co在晶胞中的位置为顶点；O位于棱心，每个棱心O最近的Co为该棱的两个端点，因此与O最近且等距离的Co原子个数为2； 沿体对角线投影：8个顶点的Co已经投影为中心1个+外围6个（即图b已有位置），12个棱心的O投影在虚线六边形的六条边的中点，如图。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $