江西抚州市临川第一中学2027届高三上学期素质评价（一） 化学试题

2027届高三素质评价（一） 科 目：化 学 注意事项： 1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题 时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 3.本试题卷共7页，满分100分，考试用时75分钟。如缺页，考生须及时报告监考老师，否则后果自负。 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 姓 名 准考证号 祝 你 考 试 顺 利 ! 机密★启用前 2027届高三素质评价（一） 化 学 可能用到的相对原子质量：H-1, C-12, N-14, O-16, S-32, Cl-35.5, K-39, Mn-55, Zr-91, Ba-137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1．二氧化硅是玻璃的主要成分之一。下列说法错误的是 A．二氧化硅高温下可与碳酸钙反应 B．二氧化硅为酸性氧化物，能与水反应生成硅酸 C．实验室不能用磨口玻璃塞试剂瓶盛放氢氧化钠溶液 D．氢氟酸能雕刻玻璃，不能用玻璃瓶盛放氢氟酸 2．光学镀膜材料三氟化钇(YF3)凭借其耐腐蚀、高热稳定性和优异光学性能，广泛用于半导体、光学、航空航天等高端制造领域。下列有关化学用语说法正确的是 A．YF3的电子式： B．F的原子结构示意图： C．Y在元素周期表中的位置：第五周期ⅢA族 D．HF分子中共价键的电子云图形： 3．实验现象和理论模型是化学研究的重要支撑。下列说法正确的是 A．钠元素焰色为黄色，证明其电子从激发态返回基态时吸收的能量处于可见光区 B．电子云和原子轨道均为描述电子运动状态的模型，不能直接等同于宏观轨迹 C．s能级的电子云轮廓为球形，且各能层s轨道的形状和大小完全相同 D．从2p到3p再到4p，能级轨道数目依次增加，说明能量越高轨道越多 4．下列离子方程式书写正确的是 A．溶液与过量溶液反应： B．溶液与少量溶液混合： C．与硝酸反应： D．用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 5．已知：甲为常见金属单质，其焰色试验呈黄色。乙为淡黄色固体，丙是一种常见的碱。各物质间的转化关系如图所示（部分产物略）。 下列叙述错误的是 A．乙和水的反应中，乙既是氧化剂又是还原剂 B．丁可用于制玻璃、制皂、造纸等 C．足量的丙溶液与Ca(HCO3)2溶液反应可生成丁 D．用澄清石灰水可鉴别丁、戊溶液 6．下列物质的性质与用途或性质与分离提纯方法具有对应关系的是 A．HF是弱酸，可用于雕刻玻璃 B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒 C．液溴易挥发，可用苯萃取溴水中的 D．受热易升华，可用过滤的方法从KI溶液中分离出 7．B、C和N三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图所示，晶胞参数，，P点原子的分数坐标为，为阿伏加德罗常数的值，。下列说法正确的是 A．基态B原子核外电子的空间运动状态有5种 B．该晶体的密度为 C．与C原子等距且最近的B原子有2个 D．M点的分数坐标为 8．5-羟色胺是一种抑制性神经递质，其结构如图。五元氮杂环上的原子在同一平面上，下列说法错误的是 A．苯环上的一氯代物有3种 B．五元氮杂环上的氮原子采用杂化 C．该物质既可与酸反应，又可与碱反应 D．分子中位于同一平面内的碳原子最多有10个 9．常温常压下，几种物质有如图所示的转化关系。 下列推断正确的是 A．若酸为浓硫酸，单质为铜片，则氧化物1为 B．若酸为盐酸，单质为铁粉，则向溶液中滴加溶液，溶液变红色 C．若酸为稀硝酸，单质为铜粉，则氧化物2可能呈红棕色 D．若酸为浓硝酸，单质为铝片，则向溶液中滴加溶液，先产生白色沉淀 10．通过电解废旧锂电池中的回收锰和锂，电解示意图如图(其中滤布可阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液为和的混合溶液)。 下列说法错误的是 A．电子从电极B流出，流入电极A B．电极B的电势大于电极A C．电极上的电极反应为 D．装置工作时，电解质溶液中浓度始终保持不变 11．实验室中提纯粗盐(含有、、等)。向粗盐水中依次加入过量的溶液、溶液、溶液除去。实验操作或原理不能达到实验目的的是 A．加入三种试剂均过量，除、、更干净 B．溶解度小于，故用溶液除镁 C．用装置甲除去生成的、、、等沉淀 D．用装置乙将滤液蒸发浓缩，降温结晶得到纯净 12．碲化锌(ZnTe)的立方晶胞如图，已知其摩尔质量为M ，密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是 A．该晶胞的空间利用率为(rZn，rTe为原子半径，单位：cm) B．若1号原子坐标为(0，0，0)，则2号原子坐标为 C．该晶胞中，与Zn原子距离相等且最近的Zn原子有12个 D．若晶胞中Zn与Te的最近距离为dcm，则晶胞的密度为 13．我国科学研究工作者在人工光合成领域设计构筑了一类有机框架材料(HNNU-Se)，实现了以空气中的低浓度、和自然光为原料直接合成乙醛。光照时，光催化电极产生电子和空穴。 下列说法正确的是 A．HNNU-Se在传递的过程中的化合价发生变化 B．整个过程中，存在极性键和非极性键的断裂与形成 C．整个过程中，存在反应： D．总反应为 14．常温下，1 L溶液中含Fe3+、Cu2+、H+和Cl-，向该溶液中缓慢加入铁粉，产物（Fe2+、Cu和H2）的物质的量与加入铁粉质量的关系如图所示（不考虑水解）。 下列叙述错误的是 A．曲线③代表n(Fe2+)与m(Fe)的关系 B．氧化性： C．最终产生2.24 L H2（已换算为标准状况） D．该溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共58分． 15．（14分）钌（Ru）为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某实验小组以某钌废料[主要成分是，含（其中Ru为+8价）、MgO、CaO和等]为原料制备 的流程如下： 已知： ①过渡金属能与CO分子形成稳定的羰基配合物M(CO)x，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数＋配体提供的总电子数=18。 ②常温下，，；离子浓度时认为该离子已被完全除去。 回答下列问题： (1)已知基态Ru的价电子排布式为，则Ru(CO)x中Ru的配位数x的数值为__________。 (2)“酸浸”中RuO4转化为Ru(SO4)2的离子方程式为__________。 (3)“酸浸”后，若滤液中，则“除杂”中先生成的沉淀是__________（填化学式）。“除杂”后的滤液中，则Ca2+和Mg2+是否除尽？__________（填“是”或“否”）。 (4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式：______________________________。 (5)由RuCl3水溶液制得RuCl3·3H2O晶体的操作包括__________、过滤、洗涤、低温干燥。 (6)气体RuO4经盐酸吸收也可制得RuCl3，写出反应的化学方程式：____________________；其中被氧化的氯和未被氧化的氯的物质的量之比为______________________________。 16．（15分）物质微观结构决定宏观理化性质，结合物质结构与性质相关知识，回答下列问题。 (1)依据核外电子排布，元素位于周期表的_______区，价电子轨道表示式为______________。 (2)基态O原子处于最高能级的电子的运动状态有_______种。 (3)已知：的熔点约为，的熔点约为，熔点不同的原因是_____________________。 (4)具有顺式、反式两种结构：键角较大的是顺式结构，可能的原因为_______(填标号)。 a．二者氮原子杂化方式不同 b．顺式结构中氮原子上有孤对电子 c．电子对间排斥力：孤对-孤对>孤对-成键>成键-成键 d．顺式结构中氟原子间斥力较大 (5)一种金属富勒烯配合物合成过程如图所示：(Ph表示苯基)。已知：烯烃、等因能提供电子与中心原子形成配位键，被称为“配体”。 ①内中心P原子用1个轨道和________轨道形成的杂化轨道与C原子形成键。 ②每个分子中有______个电子。 ③比较两种π配体与Pt的配位能力大小：_______(填“>”“<”或“=”)。 17．（14分）镍矾（）常用作饲料添加剂及陶瓷釉料添加剂等；氧化镍（）常用来制造镍催化剂、搪瓷的密着剂和着色剂。某小组以镍废渣（含量为，含量为，还含少量、、、、、和油污）为原料制备和的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知： ①在酸性条件下具有强氧化性； ②碱式碳酸镍的化学式为； ③高温下易被氧化。 (1)中的化合价为__________，用纯碱溶液“洗涤”的目的是__________。 (2)“酸浸”中发生氧化还原反应的离子方程式为__________。 (3)试剂是双氧水、溶液，双氧水的作用是__________，溶液的作用是_______________。 (4)滤液2经蒸干、灼烧得到正盐，其主要成分是__________（填化学式）。“煅烧”时，通入的气体Y是__________（填化学式）。 (5)从溶液中获得的操作方法包括蒸发浓缩、__________、过滤、洗涤、低温干燥。 (6)某工厂用该镍废渣最终得到和，则的损耗率为__________（保留四位有效数字）。已知：损耗率。 18．（15分）化合物H是一种胃药中间体，其人工合成路线如下： 已知： (1)A的熔点比E的高，原因是___________。 (2)E→F的反应类型为___________。 (3)D+G→H的反应中，为提高H的产率应避免使用水溶液作溶剂的原因是___________。 (4)B→C的反应中经过B→I(C11H18N2O2)→C的过程，I的结构简式为___________。 (5)有机物K与F互为同系物，K分子比F分子多两个碳原子。K的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①碱性条件下水解后酸化，生成X、Y两种有机产物。 ②X分子和Y分子中均含有2种不同化学环境的氢原子，Y能与浓溴水反应。 (6)写出以和乙醇为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三素质评价（一） 化 学 1.B A.二氧化硅高温下可与CaCO3、NaCO3等发生反应，A项正确： B.二氧化硅是一种不溶于水的酸性氧化物，与水不反应，B项错误； C.磨口玻璃塞中的二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成具有黏性的硅酸钠，容易使玻璃塞与瓶口粘结 在一起，C项正确： D.氢氟酸能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶盛装氢氟酸，常用塑料瓶盛装氢氟酸，D项正确： 故选B。 2.D A.℉3是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，电子式需标注阴阳离子所带电荷，选项给出的是共 [F] 价化合物的电子式形式；正确的电子式为 :FY3+[:F] ,A错误： B.1s22s22p是F的核外电子排布式，不是原子结构示意图，B错误： C.YY原子序数为39，价电子排布为4d5s2,位于第五周期IB族，不属于A族，C错误： D.H亚分子中是H的1s轨道与F的2p轨道头碰头重叠形成的spσ键，选项给出的电子云图形符合该成 键特征，D正确； 故选D。 3.B A.钠元素焰色的产生是由于电子从激发态返回基态时，能量以光的形式释放，释放的能量处于可见光区， A错误： B.电子云表示核外电子出现的概率密度分布，原子轨道是描述电子运动状态的量子化区域，二者均为理 论模型，核外电子无确定的宏观运动轨迹，B正确； C.s能级的电子云轮廓为球形，各能层s轨道形状相同，但能层序数越大，s轨道的半径越大，C错误； D.P能级的轨道数恒为3,2p、3p、4p的轨道数目相同，仅能量依次升高，轨道数目与能量高低无关联， D错误； 故选B。 4.B A.H,C,04过量时，NaOH不足，反应生成草酸氢根，正确离子方程式为H,C,04+OH=HC,O4+H,0, A错误； B.少量Ba(OH2参与反应时，Ba2+与OH按物质的量之比1：2完全反应，2 mol OH消耗2 mol HCO,生 成Imol BacO3沉淀、Imol CO和2molH,O,离子方程式拆分、守恒均符合要求，B正确： C.硝酸具有强氧化性，可将FO中的Fe+氧化为Fe3+,同时生成氮的氧化物，该离子方程式不符合反应 事实，正确的方程式为3FeO+10H+NO,=3Fe3++NO个+5H,O,C错误： D.Fe+与Cu反应时仅被还原为Fe2+,正确离子方程式为2Fe++Cu=2Fe2++Cu2+,D错误： 故选B。 5.D 答案第1页（共9页） 详解：甲焰色试验呈黄色，并且为金属单质，甲为Na,点燃生成淡黄色固体乙为Na,O2,乙与水反应生 成碱丙为NaOH,丙与少量CO2反应生成丁为Na,CO3,丁与CO2、H20反应生成戊为NaHCO,,戊受热 分解可重新生成丁，由此解答： A.Na,O2与水的反应方程式为2Na,0,+2H,0=4NaOH+O2个，其中Na,02中的氧元素一部分从-1价升到 O2中的0价，失电子作还原剂：一部分从-1价降到NaOH中的-2价，得电子作氧化剂，因此Na02既是 氧化剂又是还原剂，A正确： B.丁为NaCO3,NaCO,是制玻璃、制皂、造纸工业的常用原料，B正确； C.足量NaOH与Ca(HC03)2反应：Ca(HC03)2+2NaOH=CaC03+Na,CO3+2H,0,可生成NaC03,C正 确； D.Na,CO,、NaHCO,与澄清石灰水反应均生成白色CaCO3沉淀，无法鉴别，D错误： 故选D。 6.B A.HF可用于雕刻玻璃是因为HF能与玻璃中的SiO2发生反应SiO,+4HF=SiE个+2H,0,与H亚是弱酸的性 质无对应关系，A错误： B.CO,具有强氧化性，能够使微生物的蛋白质变性失活，因此可用于杀菌消毒，性质与用途存在对应关 系，B正确； C.可用苯萃取溴水中的B红，是因为B红，在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，且苯与水不互溶、不发 生反应，与液溴易挥发的性质无对应关系，C错误； D.过滤是分离难溶固体和液体的操作，与【2受热易升华的性质无关，无法用过滤法从I溶液中分离出I2, D错误： 答案选B。 7.D A.基态B原子核电荷数为5，核外电子排布为1s22s22p1,因此核外电子空间运动状态有3种，A错误： B.根据均摊法，1个晶胞含8×。-1个N、4×=2个B,1个C,故密度为 (14+2×11+12)×1030 cm3=4.8x10 gcm3,B错误； abcN abcN C.以体心的C原子为例，根据图片所示，与C原子等距且距离最近的B原子有4个，C错误： 行引可知M点标为2 1 、2 11 D.根据P点坐标为 D正确： 故选D。 8.B A.该有机物结构不对称，苯环上的一氯代物有3种，A正确： B.五元氮杂环上的原子在同一平面上，则五元氮杂环上的氨原子采用s即杂化，B错误： 答案第2页（共9页） C.分子中含有氨基，能和酸反应，含酚羟基，能和碱反应，C正确； D.分子中的两个环都是平面结构，两平面重合，单键可以旋转，则分子中一定共平面的C原子有9个， 最多有10个，D正确： 故选B。 9.C A.常温常压下浓硫酸与铜片不发生反应，无法生成SO2,A错误： B.盐酸与铁粉反应生成FeCl2,溶液W中含Fe2+,滴加KSCN溶液不变红色，B错误： C.稀硝酸与铜粉反应生成NO(氧化物1)，NO可与单质O2反应生成红棕色的NO2(氧化物2)，C正确 D.常温下铝片在浓硝酸中发生钝化，无可溶性铝盐生成，滴加NaOH溶液不会先产生白色沉淀，D错误； 故选C。 10.D 详解：电极A侧的固体LiMn0,反应后，释放出了Li计和Mn2+。LiMn,O4中n的平均价态为+3.5价， 反应后生成的Mm2+中Mn为+2价，说明LMn2O,中的n元素得到电子、化合价降低，发生了还原反应。 因此电极A上发生得电子的还原反应，属于阴极，故电极B为阳极。 A.电极A为阴极、电极B为阳极，外电路中电子从阳极B流出，经电源流入阴极A,A正确： B.阳极接电源正极，阴极接电源负极，正极电势高于负极，故电极B的电势大于电极A,B正确： C.电极B为阳极，Mn2+失电子转化为MnO2,酸性条件下电极反应为Mn2+-2e+2H,0=MnO2+4H, C正确： D.电极A每转移3mol电子生成2 nolMn2+,电极B每转移2mol电子消耗ImolMn2+，转移等量电子时生 成的Mn2+多于消耗的量，故Mn2+浓度会增大，D错误； 故选D。 11.D A.加入过量除杂试剂可使杂质离子完全反应，除杂更彻底，A正确： B.Mg(OH2溶解度小于MgCO3,用NaOH可将Mg2+更完全地沉淀除去，B正确： C.装置甲为过滤装置，可分离难溶沉淀与溶液，能除去生成的各类难溶杂质，C正确： D.滤液中还含有过量的NaOH、NaCO,杂质，且NaCl溶解度随温度变化很小，应蒸发结晶而非降温结 晶，无法得到纯净NaCl,D错误： 答案选D。 12.B A.Te原子位于晶胞的顶点和面心，属于面心立方堆积，其数目为：8×。+6×！=4，原子位于晶胞内 8 2 3.cm=4x4 部的四面体空隙中，共有4个，晶胞中总原子体积：4×2cm+4× 2π（候+r)cm3，晶 4 胞质量：m= NA8,晶胞体积：V=m-4M 4M 总原子体积 4×π(+r) P pN cm,空间利用率= 3 晶胞体积 4M A PNA 正确 B.1号原子位于晶胞原点(0,0,0)，2号原子是Z原子，位于晶胞内部的四面体空隙中。根据晶胞图，2 答案第3页（共9页） 号原子位于左上后方的四面体中心。在立方晶胞中，若1号原子在(0,0,0)，2号原子位于左上前方，其x 坐标应为4 (靠近0面.y坐标为子（靠近y问1面.z坐标为子（靠证x面.2号原子的坐 标应为 133 4’4’4 B错误； C.由晶胞结构可知，Te原子周围等距离且最近的Te原子有l2个，根据均摊法可计算出Te、Zn的配位 数为1：1，所以Zn原子周围等距离且最近的Zn原子有12个，C正确： D.由晶胞结构可知，与T心的最近距离d对应于晶胞体对角线的}。设晶胞边长为am,则体对角 4 线为V3acm,Zn-Te距离为 V3a cm,晶胞体积V=acm= 4d cm=dcm,因此a= 4d cm3,晶 4 4M 4M g,密度p=m 3g2m3=」 4M 胞质量m= NA 3gcm3,D正确； 4d 4d 故答案选B。 13.C A.NNU-Se作为H的传递载体，仅发生H的结合与释放，无电子转移，Se化合价不变，A错误； B.反应物CO2、HO均只含极性键，反应过程中无非极性键的断裂，B错误； C.图示H,O被空穴h+氧化，生成OH和H,对应反应为H,O+h=.OH+H,C正确： D.该反应式左右C原子数目不相等，未配平，不符合原子守恒，正确方程式为 2C0,+3H,0se→CH,CH0+202+H,02,D错误： 光照 故答案选C。 14.D 洋解：由图可知，首先消耗5.6gFe时，生成0.3 nolFe2+,则为2Fe3++Fe=3Fe2+、接着分别消耗5.6gFe 时，均生成0.1molFe+和0.1mol单质，故向含Fe3+、Cu2+、H的溶液中加入铁粉，离子反应分别依次为 2Fe3++Fe-3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu、2H+Fc=Fe2++H2个，依据强者优先反应原则，可得氧化性： Fe3+>Cu2+>H,据此解答。 A.加入铁粉优先发生反应2Fe++Fe=3Fe2+,Fe2+从0开始随铁粉加入持续增加，对应曲线③，A正确： B.反应顺序为Fe+先反应，其次Cu+,最后H,氧化剂优先反应说明氧化性Fe+>Cu2+>H,B正确： C.最终生成H2的物质的量为0.1mol,标准状况下体积为0.1mol×22.4Lmo'=2.24L,C正确： D.由反应计量关系得n(Fe3+)=0.2mol、n(Cu2+)=0.lmol、n(H)=0.2mol,根据电荷守恒 nCI)=0.2×3+0.1×2+0.2×1=1.0mol,c(C)=1.0molL,不是0.8mol.L,D错误； 故选D。 15.(1)5 (2)Ru04+2SO}+4Ht=Ru4++2SO}+2H20 (3) MgF, 是 (4)2RuO,+6HCI+SO2=2RuCl,+H,SO+2H2O 答案第4页（共9页） (⑤)蒸发结晶（或蒸发浓缩、冷却结晶或结晶） (6) 2RuO+16HCI=2RuCl,+5Cl,+8H,O 5:3 详解：该流程为：原料中Ru(CO3)2可直接溶于稀硫酸，而RuO4中Ru实为十8，需在酸浸时被NSO3 还原为Ru4+进入溶液，不溶的SiO2成为滤渣：滤液中Mg+、Ca+用NaF沉淀，因MgF2、CaF2同属AB2 型且Ksp(MgF2)更小，MgF2先生成，当残余c(F)=0.01moL1时c(Ca2+)=1.5×106、cMg2+)=7.4×107 molL1,均低于105而除尽；随后加浓NaCO3沉钌并灼烧得RuO2,热还原时SO2作还原剂、浓盐酸 提供酸性与C,因产品含结晶水，需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤后低温干燥以防失水水解。若用 盐酸吸收RuO4,其中生成C2的10个C1被氧化、进入RuC3的6个C1未被氧化，比例为5：3。 (1)配位电子计数符合18电子规则，Ru的价电子为4d5s,共8个，C0是中性2电子给体，所以 由中心价电子数十配体提供电子数=18，得8+2x=18,x=5: (2)由题可得，RuO4中Ru实际价态为+8，酸浸中RuO4→Ru+得4e,SO}→SO子失2e,故亚硫酸根 系数为2，酸性条件用H配平电荷和原子，故答案为RuO,+2SO}+4H=Ru++2S0}+2H,0; (3)CaF2、MgF2同属AB2型，离子比相同才可直比Ksp,Ksp(MgF)=7.4×1011<Ksp(CaF2)=1.5×1010, 故优先生线MeF:当滤液中c)-001mL时，c(cCa=l99nolL=1510ml.L,c0ie =74x10-11 001)mol.L1=7410molL,Ca+、Mg2+浓度均小于1x10'mol-L已，Ca、Mg+都除尽； (4)RuO2中Ru为十4，RuCl3中Ru为+3，每个Ru得1e,S02中S由+4升到+6失2e,所以RuO2与 SO2物质的量比为2：1，再由C1、H、O守恒并体现浓盐酸提供H和CI,得方程式 2RuO,+6HCI+SO,=2RuCl,+H2SO+2H2O (5)含结晶水合物不能蒸干，因为直接蒸发结晶或高温干燥会使晶体失去结晶水甚至促进水解，故采用 浓缩后降温结晶，并过滤、洗涤、低温干燥，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶： (6)首先分析价态推出得失电子，再进行方程式配平，Ru为十8到RuCl3中十3，每个Ru得5e,2个RuO4 共得10e,对应生成5个Cl2,再由C1、H、0守恒得2RuO4+16HC1=2RuCL,+5CL2+8H,0;其中16个 C1分两类，进入RuCl3的6个未被氧化，生成C12的10个被氧化，故被氧化的氯与未被氧化的氯物质的 量之比为10：6=53。 3d 16.(1) ds (2)4 (3)CF,为离子晶体，熔化时破坏离子键；CF,为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力 (4)d (5) 3个3p 60 (1) 铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d4s',则铜元素位于元素周期表的ds区；铁元素 3d 的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d,轨道表示式为： (2)氧元素的原子序数为8，基态原子的核外电子排布式为1s22s2p,由泡利不相容原理可知，最高能级 2p能级的电子的运动状态有4种： (3)由熔点可知，三氟化铬是离子晶体，五氟化铬是分子晶体，破坏离子晶体需要克服较强的离子键， 答案第5页（共9页） 而破坏分子晶体只需克服较弱的分子间作用力，所以三氟化铬的熔点高于五氟化铬： (4)ā.由结构式可知，顺式和反式二氟化二氮分子中双键氮原子的杂化方式都为sp杂化，a错误： b.由结构式可知，顺式和反式二氟化二氮分子中氮原子都形成2个σ键，孤对电子对数都为1，b错误； c.由结构式可知，顺式和反式二氟化二氮分子中氨原子都形成2个o键，孤对电子对数都为1，则∠NN 键角的大小与电子对间排斥力的大小无关，c错误： d.顺式结构中两个氟原子位于双键同侧，空间距离较近，氟原子间的空间位阻和静电斥力较大，所以顺 式结构的∠FNN键角较大，d正确； 故选d: (5)①由结构式可知，三苯基膦中磷原子形成3个σ键，孤对电子对数都为1，则原子的杂化方式为p3 杂化，所以磷原子用1个3s轨道和3个3p轨道形成的杂化轨道与碳原子形成σ键； ②由图可知，C分子中每个碳原子与相邻的3个碳原子形成3个σ键，原子的杂化方式为sp杂化，未参 与杂化的p电子参与形成大π键，所以每个Co分子中有60个π电子； ③由图可知，C能够取代配合物中的乙烯分子形成新的配合物，说明Co与铂原子的配位能力大于乙烯。 17.(1) +2 去除镍废渣表面的油污 (2)Ni,03+2Fe2++6Ht=2Ni2++2Fe3++3H,0 (3) 将溶液中残留的Fe2+氧化为Fe3+ 调节溶液的pH,使Fe3+、AI+、Cr+转化为沉淀除去 (4) Na,SO N2(或其他惰性气体) (5)冷却结晶 (6)11.69 详解：简要分析工艺流程：镍废渣表面含有油污，使用纯碱溶液洗涤。纯碱水解呈碱性，可使油污发生 水解而除去。滤液1主要含有洗去的油污、过量的纯碱等。洗涤后的废渣加入稀硫酸进行酸浸。NO、Ni,O3、 FeO、FO3、Al2O3、Cr,O3均能与稀硫酸反应，分别生成对应的硫酸盐。Ni,O3具有强氧化性，在酸性 条件下会将F2+氧化为Fe3+,自身还原为Ni2+。PbCO3与稀硫酸反应生成微溶的PbSO,沉淀。SiO2不溶 于稀硫酸。滤渣1主要为不溶的SO,和生成的PbSO,沉淀。滤液继续加入试剂X除杂，试剂X通常需要 将可能残留的低价金属离子氧化或调节条件使其易于沉淀。结合后续“沉镍”前需除去铁铝铭等，试剂X可 能是氧化剂。在实际工业中，常加入氧化剂（如H,O,等）氧化未反应完全的Fe+,然后调pH使F+、 A+、Cr3+等水解沉淀。滤渣2主要为Fe(OH),、A1(OH),、Cr(OH),等氢氧化物沉淀。此时滤液中主要 含有WSO及NaSO4。向除杂后的滤液中加入小苏打进行沉镍，调节溶液的酸碱性，使N+转化为碱式碳 酸镍沉淀。滤液2主要含有Na,SO,等副产物。碱式碳酸镍作为中间产物，用于后续制备NiO和NiSO4·6H,O。 将碱式碳酸镍煅烧分解生成NO。煅烧过程中会释放CO,和H,O等气体。若需控制煅烧气氛（防止氧化 或还原)，气体Y可能为氨气或惰性气体，最终得到纯净的NO。将部分碱式碳酸镍用硫酸酸溶，得到WSO, 溶液。经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，即可得到NSO4·6H,O晶体，据此解答。 答案第6页（共9页） (1)NSO46HO中，SO?的化合价为-2，HO为中性，因此Ni的化合价为+2。纯碱溶液中碳酸根可水 解生成OH,呈碱性，能有效去除油污（油脂在碱性条件下水解为可溶性物质）。 (2)根据题目，NiO3在酸性条件下具有强氧化性，可将Fe+氧化为Fe3+,自身被还原为Ni+。根据得失 电子守恒，Ni,03与Fe+的系数比为1：2，再根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为 Ni,03+2Fe2++6Ht=2Ni2++2Fe3++3H,0。 (3)在“除杂”步骤中，需将Fe3+、A1+、Cr3+等杂质离子沉淀除去，同时保留Ni+。根据题目，酸浸后溶 液中可能含有Fe+(未完全氧化)、Fe3+、AI+、Cr3+等。双氧水的作用是将Fe+氧化为Fe3+,便于后续沉 淀。NaOH溶液则用于调节pH,使Fe3+、AI+、Cr3+完全沉淀，而NP+不沉淀。 (4)在“除杂”步骤中，加入NaOH后，Fe3+、A13+、Cr3+分别形成Fe(OH3、Al(OD3、C(OH3沉淀，此 时滤液中主要含有NaSO4和WiSO,等。向除杂后的滤液中加入小苏打进行沉镍，调节溶液的酸碱性，使 Ni+转化为碱式碳酸镍沉淀。滤液2主要含有NaSO,等副产物，蒸干灼烧后，主要产物应为NaSO4。“煅 烧碱式碳酸镍时，需防止NO被O2氧化，应通入N2或惰性气体。 (5)从溶液中获取结晶水合物，需经过蒸发浓缩、冷却结晶（或降温结晶）、过滤、洗涤、低温干燥等步 骤。不能直接蒸干，否则会失去结晶水。 (6)首先计算10t镍废渣中Ni的总质量：Ni0含量为96%，即9.6t,其中Ni质量为 59 9.6t× 75 =9.6×0.7867=7.552t。Ni,03含量为1.66%，即0.166t,其中Ni质量为： 0.166tx2×59 0.166×0.7108=0.118t。总Ni质量为7.552t+0.118t=7.67t。接着计算实际产品中Ni的 166 质量：3北Ni0中Ni质量为3tX5=3x0.7867=236t,196724 kg Nis046H0中Ni质量 59 19.6724t× 019.6724x0243=441321,实际Nm总质量为236t+44132t=6732。理论最大产量即 为原料中Ni的总质量7.67t,实际产量为6.7732t。损耗率计算为： 损耗率=7.67-6.7732 100%=0.8968 100%≈11.69%。 7.67 7.67 18.(1)A能够形成分子间氢键，分子间作用力大于E (2)氧化反应 (3)酰氯易水解，导致最终产物产率降低 H NH2 OH (4) HO (5) OH 6 答案第7页（共9页） OH HCI C2H5Cl C2HsOH- -C2HsCl HE H3CH2C- OH K2C03 H3CH2C- OC2Hs △ KMnO4 CHsOH 分公 HOOC OC2H5 C2HsOOC OC2Hs 详解： 合成H的过程需要的直接原料为D和G。D的合成路线中，由C的结构简式可推知，A(对羟基苯甲醛) 与C入N、在K,C0,催化下反应， C1入一N、中的C1与对羟基苯甲醛中的H发生取代反应，B的 H、 NH, CHO OH 结构简式为 :B与NH反应，NH,先与醛基发生加成反应，生成中间产物 然后发生消去反应，脱去羟基和氨基上的H,生成C:C在雷尼镍催化剂的作用下加氢生成D,氢气加成 NH2 到C=N键上，D的结构简式为 G的合成路线中，E经酸性高锰酸钾氧化，E中的 N 0 醛基被氧化成羧基生成F;由题干中已知信息可知，F与SOCL,反应生成G,其中羧酸 被转化 ROH 0 0 H.CO 为酰氯 故G的结构简式为 CI;D与G发生取代反应，生成最终产物H。 RCI HCO (1)A分子中含有羟基，能够形成分子间氢键；而E分子中为甲氧基，不存在分子间氢键，A的分子间 作用力更强，因此熔点更高。 (2)E中醛基被酸性高锰酸钾氧化为羧基，属于氧化反应。 (3)酰氯在水溶液中易发生水解反应，会消耗原料G,导致H的产率降低。 (4)由分析可知，B先与NH,发生加成反应生成中间产物I,I的结构简式为 H NH2 OH (5)K与F为同系物且K比F多两个碳原子，而F的分子式为C,H。O4,所以K的分子式为CH4O4, K经碱性水解后酸化，得到的两种有机产物X和Y都含有两种不同化学环境的氢，说明二者具有一定对 答案第8页（共9页） HO 称性，且Y能与浓溴水反应，推测含有酚羟基，满足条件的同分异构体为 ；水解产物分别 OH HO OH OH 和 OH (6)首先需要用乙醇合成CH,CH2C1,可以通过乙醇与氯化氢反应得到：根据已知的苯酚对位取代反应原 理，将苯酚与CH,CH2CI反应得到对乙基苯酚，再利用A→B的原理将酚羟基乙基化，再利用酸性高锰酸钾 将苯环侧链氧化，将乙基转化为羧基，最后和乙醇酯化得到目标产物：设计合成路线为： OH HCI C2HsCI C2HsOH- C2H5Cl H3CH2C OH H3CH2C- OC>Hs △ HF K2C03 KMnO4. C2HsOH HOOC H OC2Hs C2HsOOC OC2Hs 答案第9页（共9页）