浙江省杭州市2023-2024學年高三化學下學期6月階段性試卷含解析

Page25考生須知：1.本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題時在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、座位號及準考證號并填寫相應(yīng)數(shù)字。3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效：考試結(jié)束后，只端上交答題卷。4.可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Ni-59Cu-64Ag-108Ba-137選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.化學與生活息息相關(guān)，下列生活中的物質(zhì)屬于功能高分子材料的是A.聚丙烯酸鈉 B.聚酯纖維 C.酚醛樹脂 D.合成橡膠【答案】A【解析】【詳解】功能高分子是一類以基本合成材料為原料、在其中添加一些特殊的物質(zhì)或經(jīng)過特殊的處理后具有特殊功能的高分子材料。A．聚丙烯酸鈉是新型的高分子材料，屬于功能高分子材料，故A正確；B．聚酯纖維屬于傳統(tǒng)的高分子材料，不屬于功能高分子材料，故B錯誤；C．酚醛樹脂屬于傳統(tǒng)的高分子材料，不屬于功能高分子材料，故C錯誤；D．合成橡膠屬于傳統(tǒng)的有機高分子材料，不屬于功能高分子材料，故D錯誤；故選A。2.下列表達方式不正確的是A.碳原子的核外電子軌道表示式：B.12-冠-4分子：C.正丁醇的鍵線式：D.35Br原子的簡化電子排布式為：[Ar]3d104s24p5【答案】C【解析】【詳解】A．碳原子的核外電子排布式為，按洪特規(guī)則，2個p電子分別占據(jù)2個軌道且自旋方向相同，軌道表示式：，故A項正確；B．的命名為12-冠-4分子，故B項正確；C．正丁醇的鍵線式：，故C項錯誤；D．35Br原子的簡化電子排布式為：，故D項正確；故本題選C。3.摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4穩(wěn)定，在空氣中不易被氧化。下列說法不正確的是A.的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形 B.可用KSCN溶液檢驗?zāi)桘}是否氧化變質(zhì)C.Fe元素位于元素周期表的ds區(qū) D.氨氣易液化是因為氨分子間能形成氫鍵【答案】C【解析】【詳解】A．NH的中心原子N原子的價層電子對數(shù)為，為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形，A正確；B．亞鐵離子被氧化為鐵離子，鐵離子和KSCN溶液變紅色，能用KSCN溶液檢驗?zāi)桘}是否氧化變質(zhì)，B正確；C．Fe為26號元素，位于元素周期表的d區(qū)，C錯誤；D．氨氣易液化是因為氨分子間能形成氫鍵，使得其沸點升高，D正確；故選C。4.結(jié)構(gòu)—性質(zhì)—用途是化學的主旋律，下列關(guān)于有機物的用途、結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的說法不正確的是有機物的用途有機物的結(jié)構(gòu)或性質(zhì)A將植物油和燒堿溶液共熱制備肥皂植物油屬于酯類，含可水解的酯基B用浸泡過酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收乙烯，保鮮水果C2H4含π鍵，能被KMnO4氧化C丙三醇(俗名甘油)可用于保濕類護膚品甘油富含能和水分子形成氫鍵的羥基D苯酚和甲醛在鹽酸催化下制備絕緣材料酚醛樹脂苯酚和甲醛能發(fā)生加聚反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．將植物油和燒堿溶液共熱制備肥皂，植物油屬于酯類，含有酯基，在堿性條件下可以發(fā)生水解反應(yīng)，故A項正確；B．用浸泡過酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收乙烯，保鮮水果，乙烯中含有碳碳雙鍵，能被KMnO4氧化，故B項正確；C．通過丙三醇分子中羥基，與水分子形成氫鍵，吸附水分，從而提高皮膚水分含量，故C項正確；D．苯酚和過量的甲醛在堿的作用下，可以得到網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的酚醛樹脂，但不是加聚反應(yīng)，故D項錯誤；故本題選D。5.下列實驗操作或裝置(部分夾持儀器已略去)正確的是①②③④A.利用①配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液 B.利用②制取干燥的氨氣C.利用③進行酸堿中和滴定 D.利用④制取SO2【答案】D【解析】【詳解】A.定容時應(yīng)該用膠頭滴管，A錯誤；B.氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，在試管口又重新化合生成氯化銨，因此不能利用②制取干燥的氨氣，B錯誤；C.酸應(yīng)該用酸式滴定管盛裝，C錯誤；D.常溫下亞硫酸鈉與硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，因此可以利用④制取SO2，D正確；答案選D。6.設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.含0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的鎂反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于0.2NAB.將1molSO2和1molO2充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為1.5NAC.7.8gNa2S與Na2O2的混合物，含離子總數(shù)為0.3NAD.含1molNH4Cl溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，此時溶液中數(shù)為NA【答案】B【解析】【詳解】A．鎂與濃硫酸反應(yīng)的方程式為Mg+2H2SO4(濃）=MgSO4+SO2+2H2O，若鎂與0.2mol的濃硫酸完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA；若鎂與0.2mol的稀硫酸完全反應(yīng)，0.4molH+變?yōu)镠2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA，若含0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的鎂反應(yīng)，開始時產(chǎn)生SO2，硫酸濃度變低后，產(chǎn)生H2，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.2NA0.4NA之間，故A正確；B．SO2與O2的反應(yīng)方程式為：，將1molSO2和1molO2充分反應(yīng)后，假設(shè)反應(yīng)完全進行，即生成1molSO3，剩余0.5molO2，其分子總數(shù)為1.5NA，由于反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不可能完全進行，因此其分子總數(shù)大于1.5NA，故B錯誤；C．Na2S與Na2O2的摩爾質(zhì)量相同，即7.8gNa2S與Na2O2的混合物物質(zhì)的量為0.1mol，Na2S由2個Na+和1個S2-構(gòu)成，Na2O2由2個Na+和1個構(gòu)成，即7.8gNa2S與Na2O2的混合物，含離子總數(shù)為0.3NA，故C正確；D．含1molNH4Cl溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，存在電荷守恒：，由于，因此，體積相同，即，此時溶液中數(shù)為NA，故D正確；故選B。7.NaAlH4是一種強還原劑，在堿性條件下能夠與CuSO4發(fā)生反應(yīng)，下列說法不正確的是A.還原劑和還原產(chǎn)物之比為1：4B.NaAlH4遇水可能發(fā)生爆炸，并產(chǎn)生白色沉淀C.H2O中中心原子為sp3雜化，VSEPR空間構(gòu)型為四面體D.每生成1molNa[Al(OH)4]轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol【答案】B【解析】【詳解】A．由方程式可知，反應(yīng)中氫元素的化合價升高被氧化，四氫合鋁酸鈉是反應(yīng)的還原劑，銅元素的化合價降低被還原，硫酸銅是氧化劑，還原劑和還原產(chǎn)物之比為1：4，故A正確；B．四氫合鋁酸鈉與水反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)中沒有氫氧化鋁沉淀生成，故B錯誤；C．水分子中氧原子的價層電子對數(shù)為4，氧原子的雜化方式為sp3雜化，分子的VSEPR空間構(gòu)型為四面體，故C正確；D．由方程式可知，反應(yīng)生成1mol四氫合鋁酸鈉時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol，故D正確；故選B。8.下列有關(guān)有機物性質(zhì)的的敘述，其中正確的是A.橡膠硫化后，可使線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，硫化程度越大，彈性越強B.蛋白質(zhì)溶液遇到飽和(NH4)2SO4溶液或AgNO3溶液，都能使蛋白質(zhì)析出，該過程叫鹽析C.肽鍵中的氫原子和氧原子通過氫鍵作用，使肽鏈盤繞或折疊成特定的空間結(jié)構(gòu)，形成蛋白質(zhì)的二級結(jié)構(gòu)D.高密度聚乙烯在較低壓力和溫度下加聚得到，支鏈多，常用于生產(chǎn)桶、板、管等【答案】C【解析】【詳解】A．硫化程度越大，彈性越差，A錯誤；B．AgNO3屬于重金屬鹽，會使蛋白質(zhì)溶液變性，而不是發(fā)生鹽析，B錯誤；C．蛋白質(zhì)的二級結(jié)構(gòu)主要是通過肽鍵中的氫原子和氧原子的氫鍵作用來實現(xiàn)，C正確；D．高密度聚乙烯在較低壓力和溫度下加聚得到，支鏈較少，密度和軟化溫度較高，D錯誤；故選C。9.下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是A.碳酸氫鈣溶液滴加少量的澄清石灰水：B.向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解：C.在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)3反應(yīng)生成Na2FeO4的離子反應(yīng)為D.高錳酸鉀溶液吸收甲醛：【答案】A【解析】【詳解】A．碳酸氫鈣溶液滴加少量的澄清石灰水：，A錯誤；B．向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解，生成一水合氨：，B正確；C．在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)3發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2FeO4，離子反應(yīng)為，C正確；D．高錳酸鉀溶液可以氧化甲醛生成二氧化碳：，D正確；故選A。10.化合物Z是合成一種抗失眠藥物的中間體，已知RCOCl遇水發(fā)生水解反應(yīng)，下列說法正確的是A.1molX與NaOH溶液充分反應(yīng)，最多消耗2molNaOHB.Z分子中所有原子共平面C.Y與H2充分加成后所得產(chǎn)物分子中含有2個手性碳原子D.Z能發(fā)生氧化反應(yīng)、還原反應(yīng)、取代反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．RCOCl遇水發(fā)生水解反應(yīng)，因此X與NaOH反應(yīng)生成、和水，共消耗4molNaOH，故A錯誤；B．Z分子中苯環(huán)、羰基中原子共平面，氨基中N原子屬于雜化，氨基中最多有1個氫原子共平面，因此Z分子中不可能所有原子共平面，故B錯誤；C．Y與H2充分加成后所得產(chǎn)物為，無手性碳原子，故C錯誤；D．Z中含有氨基，可以發(fā)生氧化反應(yīng)；含有苯環(huán)和羰基，可以發(fā)生加氫還原反應(yīng)；含有碳溴鍵，可以發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；答案選D。11.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，W元素的電子只有一種自旋取向，W與X的原子序數(shù)之和等于Y的原子序數(shù)；Y元素原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，Z元素基態(tài)原子核外有6種不同空間運動狀態(tài)的電子，且只有一個不成對電子。下列說法正確的是A.X和Y的最簡單氫化物的沸點：Y<XB.X、Y、Z元素原子第一電離能的大小順序為：Y>X>ZC.Y原子可形成Y2與Y3兩種氣體單質(zhì)分子，兩者都是非極性分子D.W與Y能形成含有非極性共價鍵的物質(zhì)【答案】D【解析】【分析】Ｗ元素電子只有一種自旋取向，則Ｗ為Ｈ元素；Ｙ原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，其核外電子排布式為1s22s22p4或1s22s22p63s2，則Ｙ為Ｏ或Ｍｇ元素；Ｗ與Ｘ的原子序數(shù)之和等于Ｙ的原子序數(shù)，則Ｘ原子序數(shù)為8-1=7或12-1=11，則Ｘ為Ｎ或Ｎａ元素；基態(tài)Ｚ原子核外有6種不同空間運動狀態(tài)的電子說明有6個軌道，s有1個軌道，p有3個軌道，且只有一個不成對電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s1，則Z為Na元素，故W、X、Y、Z分別為Ｈ、Ｎ、Ｏ、Ｎａ?！驹斀狻浚粒甔和Y的最簡單氫化物分別為NH3、H2O，NH3能形成1個分子間氫鍵，H2O能形成2個分子間氫鍵，則H2O的沸點較高，Ａ錯誤；Ｂ．同周期主族元素從左向右第一電離能增大，N原子的2p電子半滿為較穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素的第一電離能，則第一電離能大小順序為：Ｎ>Ｏ，B錯誤；Ｃ．Ｙ即Ｏ原子可形成Ｏ2與Ｏ３，氧氣為直線結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對稱，為非極性分子，臭氧為Ｖ形結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)不對稱，臭氧屬于極性分子，Ｃ錯誤;Ｄ．Ｗ即H與Y即O原子能形成H２Ｏ2，含有非極性共價鍵Ｏ－Ｏ，Ｄ正確;故選Ｄ。12.富硼渣中含有鎂硼酸鹽(2MgO·B2O3)、鎂硅酸鹽(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等雜質(zhì)。由富硼渣濕法制備硫酸鎂晶體和硼酸(H3BO3)晶體的一種工藝流程如下。注：溫度高時，硼酸會隨水蒸氣揮發(fā)。下列說法錯誤的是A.酸浸時鎂硼酸鹽發(fā)生反應(yīng)為B.向NaHCO3固體中滴加飽和硼酸溶液，有氣泡產(chǎn)生C.加入MgO的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH，使雜質(zhì)離子轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀D.已知濃縮濾液時MgSO4和H3BO3接近飽和；將濾液濃縮蒸發(fā)結(jié)晶，得到硫酸鎂晶體，趁熱過濾，再將母液降溫結(jié)晶，分離得到硼酸晶體【答案】B【解析】【分析】根據(jù)工藝流程分析，將富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用熱的H2SO4溶液酸浸，發(fā)生反應(yīng)2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3、Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O、FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2O，浸出渣的主要成分為SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+，再加入MgO調(diào)節(jié)pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，過濾后將濾液濃縮后放入高壓釜中，控制溫度結(jié)晶分別得到硫酸鎂晶體和硼酸晶體?！驹斀狻緼．由上述分析可知，“酸浸”時鎂硼酸鹽發(fā)生的反應(yīng)為2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O=2MgSO4＋2H3BO3，故A項正確；B．硼的非金屬性比碳弱，故硼酸的酸性弱于碳酸，因此，向碳酸氫鈉溶液中滴加飽和硼酸溶液，不能生成碳酸，不會有氣泡產(chǎn)生，故B項錯誤；C．加入MgO，調(diào)節(jié)pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，即過濾后的濾渣主要為Al(OH)3和Fe(OH)3，故C項正確；D．根據(jù)硫酸鎂與硼酸溶解度隨溫度的變化圖可知，大約80℃之前硫酸鎂和硼酸的溶解度隨溫度的升高而升高，因此先降溫結(jié)晶會同時得到硫酸鎂和硼酸的晶體，正確的操作應(yīng)為濃縮后，升溫控制溫度在200℃以上結(jié)晶，趁熱過濾得到硫酸鎂晶體，再降溫結(jié)晶，得到硼酸晶體，故D項正確；故本題選B。13.化學性質(zhì)類似NH4Cl的鹽酸羥胺(NH3OHCl)是一種常見的還原劑和顯像劑，工業(yè)上主要采用如圖甲所示的方法制備，其電池裝置中含F(xiàn)e的催化電極反應(yīng)機理如圖乙所示。圖丙是用圖甲的電池電解處理含有Cl-、的酸性廢水的裝置，下列說法正確的是A.圖甲電池工作時，Pt電極是正極B.圖乙中，A為H+，B為NH3OH+C.電極b接電源負極，處理1mol，電路中轉(zhuǎn)移5mole-D.電池工作時，每消耗2.24LNO(標準狀況下)，左室溶液質(zhì)量增加3.0g【答案】B【解析】【分析】Pt電極為負極，發(fā)生反應(yīng)：H2-2e-=2H+；含鐵的催化電極為正極，發(fā)生反應(yīng)：NO+3e-+4H++Cl-→NH3OHCl；【詳解】A．Pt電極上，H2→H+，氫元素化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，為負極，故A錯誤；B．NH2OH與NH3的性質(zhì)相似，能與鹽酸反應(yīng)生成NH3OHCl,NH2OH+H+=NH3OH+，則圖乙中，A為H+，B為NH3OH+，故B正確；C．電解時，b電極中氮元素化合價降低，為陰極，與電源負極相連，發(fā)生的電極反應(yīng)式為：+8e-+10H+=+3H2O，則處理1mol，電路中轉(zhuǎn)移8mole-，故C錯誤；D．含鐵的催化電極為正極，發(fā)生反應(yīng)：NO+3e-+4H++Cl-→NH3OHCl,4個氫離子中有1個是左側(cè)溶液中鹽酸提供的，3個是右側(cè)遷移的，標況下消耗的n(NO==0.1mol,左室增加的質(zhì)量為0.1molNO和0.3mol氫離子，質(zhì)量為：0.1×30+0.3=3.3g，故D錯誤；故選：B。14.已知烯經(jīng)和在磺酸樹脂()作用下可以生成，二元醇，其反應(yīng)歷程的示意圖如下(R1、R2、R3、R4均表示烴基或H原子)。下列說法錯誤的是A.是該反應(yīng)催化劑B.整個過程的總反C.操作時溫度不能過高或過低D.過程中反應(yīng)的原子利用率為100%【答案】A【解析】【詳解】A．是該反應(yīng)的催化劑，是中間產(chǎn)物，最后又轉(zhuǎn)化為，A錯誤；B．從反應(yīng)的起始和終止可以看出，整個過程的總反應(yīng)為：，B正確;C．溫度過高H2O2分解，溫度過低反應(yīng)速率慢，C正確；D．過程③中產(chǎn)物為一種，沒有其它物質(zhì)生成，原料分子中的原子全部轉(zhuǎn)化成所需要的產(chǎn)物，原子利用率為100%，D正確；故選A。15.二元有機酸(H2X)電離常數(shù)Ka1=1.67×10-8、Ka2=3.34×10-17。BaX難溶于水，常溫下，將BaX溶解在一定濃度的HY溶液中，直至不再溶解，測得混合液中c2(H+)與c2(Ba2+)的關(guān)系如圖所示。已知：HY是一元強酸，BaY2易溶于水。下列說法錯誤的是A.NaHX溶液顯堿性B.溶度積Ksp(BaX)≈6.18×10-21C.b點：2c(Ba2+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)+c(Y-)D.若0.01molBaX溶于1Lxmol·L-1HY溶液中得到c點溶液，則x=0.4【答案】B【解析】【詳解】A．NaHX溶液的水解常數(shù)，，則溶液顯堿性，A正確；B．BaX+2H+=Ba2++H2X，則c(Ba2+)≈c(H2X)，KalKa2=，，B錯誤；C．b點時，溶液中含BaY2和H2X，由電荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)+c(Y-)，C正確；D．BaX溶于HY溶液中的反應(yīng)：BaX+2H+=Ba2++H2X，0.01molBaX消耗0.02molH+，c點溶液中，則c(HY)=(0.38mol+0.02mol)÷1L=0.4mol?L?1，D正確；故選B。16.探究硫及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A判斷的化學鍵類型將固體溶于水，進行導(dǎo)電性實驗，溶液可導(dǎo)電中含有離子鍵B證明水溶液酸性與漂白性分別在石蕊溶液與品紅溶液中通入適量氣體石蕊溶液變紅后沒有褪色，品紅溶液褪色，說明水溶液呈酸性，有漂白性C證明濃硫酸具有強氧化性加熱濃硫酸、固體與固體的混合物有黃綠色氣體產(chǎn)生，說明濃硫酸具有強氧化性D比較S與的非金屬性強弱用試紙測定的和溶液的若前者的試紙顏色比后者深，說明非金屬性：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．氯化氫為共價化合物，溶于水會電離出氫離子、氯離子，溶液能導(dǎo)電；故固體溶于水，進行導(dǎo)電性實驗，溶液可導(dǎo)電，不能說明其含有離子鍵，故A不符合題意；B．酸性溶液使石蕊試液變紅色，石蕊溶液變紅后沒有褪色，說明水溶液呈酸性；品紅溶液褪色，說明能使有色物質(zhì)褪色，有漂白性，故B符合題意；C．加入二氧化錳，也可能是二氧化錳使氯離子氧化生成氯氣，不能說明濃硫酸具有強氧化性，故C不符合題意；D．硫化氫、氯化氫不是硫、氯對應(yīng)的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能說明硫、氯的非金屬性強弱，故D不符合題意；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列說法正確的是___________。A.能量最低的激發(fā)態(tài)F原子的電子排布圖為：B.化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：CaF2>LiF>NaFC.HF的沸點比H2O低是因為HF氫鍵的鍵能小于H2OD.已知N—F鍵的極性比N—H的極性強，因此NF3分子的極性比NH3的極性弱（2）ClO2中心原子為Cl，Cl2O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大π鍵()，ClO2中Cl原子的軌道雜化方式___________；O-Cl-O鍵角___________Cl-O-Cl鍵角(填“>”“<”或“=”)。比較ClO2與Cl2O中Cl-O鍵的鍵長并說明原因___________。（3）470K時，F(xiàn)2與Cl2反應(yīng)生成ClF，常溫常壓下，ClF為無色氣體，固態(tài)ClF的晶體類型為___________。（4）一定條件下，CuCl2、K和F2反應(yīng)生成KCl和化合物X。已知X屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù)，)，其中Cu化合價為+2。上述反應(yīng)中K和F2的物質(zhì)的量之比為___________。與Cu原子距離最近的F原子的數(shù)目為___________，若該化合物的密度為，則阿伏加徳羅常數(shù)的值NA=___________(用含、a、c的代數(shù)式表示?！敬鸢浮浚?）D（2）①.sp2②.>③.ClO2中Cl-O鍵的鍵長小于Cl2O中Cl-O鍵的鍵長，Cl2O只存在的σ鍵，而ClO2分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中Cl-O鍵的鍵長較?。?）分子晶體（4）①.2:1②.6③.【解析】【小問1詳解】A．為基態(tài)F原子，不是能量最低的激發(fā)態(tài)F原子，錯誤；B．電負性Na<Li<F，鈉氟之間的電負性差值更大，電負性差值越大離子鍵成分越高，則化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：LiF<NaF，錯誤；C．HF的沸點比H2O低是因為HF氫鍵數(shù)目小于H2O分子形成的氫鍵數(shù)目，錯誤；D．NF3、NH3的中心原子N均形成3個共價鍵且存在1對孤電子對，均為sp3雜化，均為三角錐形，N-H鍵比N-F鍵極性大，，N-H鍵中電子對偏向N，N-F鍵中電子對偏向F，N-H鍵的偶極矩與孤電子對方向一致，而N-F鍵的偶極矩與孤電子對方向相反存在抵消，導(dǎo)致分子極性：NF3分子的極性比NH3的極性小，正確；故選D；【小問2詳解】ClO2中心原子為Cl，Cl2O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大π鍵，由ClO2中存在可以推斷，其中Cl原子只能提供1對電子，有一個O原子提供1個電子，另一個O原子提供1對電子，這5個電子處于互相平行的軌道中形成大π鍵，Cl提供孤電子對與其中一個O形成配位鍵，Cl與另一個O形成的是普通的共價鍵（σ鍵，這個O只提供了一個電子參與形成大π鍵），Cl的價層電子對數(shù)3，則Cl原子的軌道雜化方式為sp2；Cl2O中心原子為O，其價層電子對數(shù)為，因此，Cl2O的雜化方式為sp3，根據(jù)價層電子對互斥理論可知，sp3時，價電子對的幾何構(gòu)型為正四面體，sp2時，價電子對的幾何構(gòu)型平面正三角形，sp2雜化的鍵角一定大于sp3的，因此，雖然ClO2和Cl2O均為V形結(jié)構(gòu)，但O-Cl-O鍵角大于Cl-O-Cl鍵角；ClO2分子中Cl-O鍵的鍵長小于Cl2O中Cl-O鍵的鍵長，其原因是：ClO2分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中Cl-O鍵的鍵長較小，而Cl2O只存在普通的σ鍵；故答案為：sp2；＞；ClO2中Cl-O鍵的鍵長小于Cl2O中Cl-O鍵的鍵長，Cl2O只存在的σ鍵，而ClO2分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中Cl-O鍵的鍵長較??；【小問3詳解】常溫常壓下，ClF為無色氣體，其沸點很低，則固態(tài)ClF的晶體類型為分子晶體；【小問4詳解】一定條件下，CuCl2、K和F2反應(yīng)生成KCl和化合物X，已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價為+2，由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個數(shù)為8×+2=4、白球的個數(shù)為16×+4×+2=8、灰色球的個數(shù)為8×+1=2，則X中含有3種元素，其個數(shù)比為1∶2∶4，由于其中Cu化合價為+2、F的化合價為-1、K的化合價為+1，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，可以推斷X為K2CuF4，上述反應(yīng)的化學方程式為：CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl,則K和F2的物質(zhì)的量之比為2：1；由圖可知，距Cu原子距離最近的F原子位于Cu原子的上下前后左右，共6個；晶體密度為，。18.工業(yè)上高爐煉鐵產(chǎn)生的CO和CO2可以按如下流程脫除或利用。已知：。請回答：（1）煅燒產(chǎn)生的CO通入富含NH3的Cu(NH3)2Ac溶液通過途徑I去除，寫出反應(yīng)方程式___________。（2）煅燒產(chǎn)生的尾氣可通過途徑Ⅱ轉(zhuǎn)化為CO2.。2分子氨和1分子CO2生產(chǎn)A，最終轉(zhuǎn)化為尿素[CO(NH2)2]；可通過途徑Ⅲ轉(zhuǎn)為b。①下列說法正確的是___________。A．黃鐵(FeS2)可作為高爐煉鐵的鐵源B．途徑Ⅱ可實現(xiàn)反應(yīng)轉(zhuǎn)化MnO2+CO→CO2+Mn2O3C．化合物A是一種鹽D．化合物B為CH3COONa②尿素[CO(NH2)2]在較高溫度下可以聚合成環(huán)狀化合物三聚氰胺(C3H6N6)，寫出該反應(yīng)的化學方程式___________。（3）設(shè)計實驗驗證化合物A中含有N元素___________；寫出實驗過程中涉及的反應(yīng)方程式___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.BCD②.（3）①.取少量A于試管中，加水溶解，加入NaOH溶液并微熱，用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，若紅色石蕊試紙變藍，則有NH3生成，結(jié)論是化合物A含有N元素②.【解析】【小問1詳解】由圖可知，CO、NH3和Cu(NH3)2Ac，途徑I生成了Cu(NH3)3Ac·CO，反應(yīng)方程式：，故答案為：；小問2詳解】①A．一般將黃鐵礦作為生產(chǎn)硫磺和硫酸的原料，而不是用作提煉鐵的原料，因為提煉鐵有更好的鐵礦石，故A項錯誤；B．MnO2具有氧化性，CO具有還原性，二者可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，途徑Ⅱ可實現(xiàn)反應(yīng)轉(zhuǎn)化MnO2+CO→CO2+Mn2O3，故B項正確；C．2分子氨和1分子CO2生成A，反應(yīng)為，所以A是是一種鹽，受熱可以分解生成尿素，故C項正確；D．通過已知得到，與反應(yīng)會生成，則與生成，故D項正確；故本題選BCD；②尿素的羰基(>C=O)氧與另一分子尿素的氨基H(-NH2)一同結(jié)合并脫去生成H2O，反應(yīng)為：，故答案為：；【小問3詳解】①化合物A是，驗證N元素可以通過檢驗NH3的生成：取少量A于試管中，加水溶解，加入NaOH溶液并微熱，用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，若紅色石蕊試紙變藍，則有NH3生成，結(jié)論是化合物A含有N元素，故答案為：取少量A于試管中，加水溶解，加入NaOH溶液并微熱，用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口，若紅色石蕊試紙變藍，則有NH3生成，結(jié)論是化合物A含有N元素；②實驗涉及的化學方程式為：，故答案為：。19.新能源是未來能源發(fā)展的方向，積極發(fā)展氫能是實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的重要舉措。（1）近年來CH4－H2O催化重整制氫是氫能源獲取的重要途徑，主要反應(yīng)如下：反應(yīng)I：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH1反應(yīng)II：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)ΔH2反應(yīng)III：CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH3甲烷水蒸氣重整過程中自由能(ΔG=ΔH-TΔS，設(shè)ΔH和ΔS不隨溫度變化)隨溫度變化趨勢如圖1所示：①判斷反應(yīng)I、反應(yīng)II焓變的符號：ΔH1_______0，ΔH2________0(填“＞”或“＜”)。②1.01×105Pa下，將n起始(CH4)：n起始(H2O)=1：1的混合氣體置于密閉容器中，研究發(fā)現(xiàn)不同溫度下重整體系中，800℃下H2平衡產(chǎn)率遠大于600℃下H2平衡產(chǎn)率，其原因是_______。（2）硼氫化鈉(NaBH4)是一種高效儲氫材料，25℃時NaBH4在摻雜了MoO3的納米Co2B合金催化劑表面活性位點水解制氫的機理如圖2所示：①NaBH4中組成元素的電負性從大到小的順序為________(用元素符號表示)。②寫出NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2和H2的離子方程式________；并分析摻雜MoO3能提高制H2效率的原因________。③已知25℃時NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分別為28g和55g，NaBH4濃度對制H2速率影響如圖3所示，NaBH4制H2的最佳濃度為10%，試分析濃度過低或過高反應(yīng)速率變慢的原因_______?！敬鸢浮浚?）①.＞②.＜③.反應(yīng)I和反應(yīng)III的ΔH＞0，高溫下正反應(yīng)進行程度大，H2生成的量多；反應(yīng)II的ΔH＜0，高溫下正反應(yīng)進行程度小，H2生成的量少；且增大幅度遠超過減少幅度（2）①.H＞B＞Na②.BH+2H2OBO+4H2↑③.吸附水分子，并促進水分子電離生成H+④.NaBH4含量較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發(fā)揮；NaBH4含量較高時，水解反應(yīng)產(chǎn)物NaBO2易吸附于催化劑表面，從而阻礙BH與催化劑活性位的接觸【解析】【小問1詳解】①根據(jù)圖像可知，反應(yīng)Ⅰ在低溫下不能自發(fā)進行，高溫下能自發(fā)進行，反應(yīng)Ⅰ為熵增，依據(jù)自由能的公式，推出ΔH1＞0，同理ΔH2＜0，故答案為＞；＜；②根據(jù)問題①分析，ΔH3＞0，升高溫度，反應(yīng)Ⅲ向正反應(yīng)進行進行，生成氫氣的量增多，反應(yīng)Ⅱ為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向進行，消耗氫氣，800℃下氫氣的平衡產(chǎn)率遠大于600℃平衡產(chǎn)率，說明升高溫度，以反應(yīng)Ⅲ為主，或者增大幅度遠超過減少幅度；故答案為反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅲ的ΔH＞0，高溫下正反應(yīng)進行程度大，H2生成的量多；反應(yīng)Ⅱ的ΔH＜0，高溫下正反應(yīng)進行程度小，H2生成的量少；且增大幅度遠超過減少幅度；【小問2詳解】①鈉元素為金屬元素，其余為非金屬元素，電負性最小，BH中B顯+3價，H顯-1價，H的電負性強于B，即電負性強弱H＞B＞Na；故答案為H＞B＞Na；②NaBH4與水反應(yīng)生成NaBO2和氫氣，發(fā)生歸中反應(yīng)，其離子方程式為BH+2H2OBO+4H2↑；根據(jù)反應(yīng)機理可知，摻雜MoO3能提高制氫氣的原因是MoO3吸附水分子，并促進水分子電離生成H+；故答案為BH+2H2OBO+4H2↑；吸附水分子，并促進水分子電離生成H+；③圖3是NaBH4含量對催化劑性能的影響，NaBH4含量較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發(fā)揮；NaBH4含量較高時，水解反應(yīng)產(chǎn)物NaBO2易吸附于催化劑表面，從而阻礙BH與催化劑活性位的接觸；故答案為NaBH4含量較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發(fā)揮；NaBH4含量較高時，水解反應(yīng)產(chǎn)物NaBO2易吸附于催化劑表面，從而阻礙BH與催化劑活性位的接觸。20.氧化鎳(NiO)在冶金、化學及電子工業(yè)等領(lǐng)域中有廣泛應(yīng)用，某興趣小組由工業(yè)廢渣(主要成分：Fe、Ni，其它雜質(zhì)不與酸反應(yīng))制備氧化鎳的流程如下：已知：請回答：（1）下列說法正確的是_______。A.通過沖擊破碎方式預(yù)處理工業(yè)廢渣可加快其在酸溶時的反應(yīng)速率B.濾液1中的主要金屬陽離子為、和C.操作Ⅱ與操作Ⅲ均為過濾，僅需用到的玻璃儀器：普通漏斗、燒杯D.濾渣2中加入過量氨水發(fā)生的反應(yīng)為（2）濾液3經(jīng)過一系列操作可得到氧化鎳粗品，包含以下步驟：a.將濾液放入燒杯中用煤氣燈進行加熱b.將濾出的沉淀物進行烘干c.用pH試紙測定溶液至不呈堿性d.經(jīng)馬釜爐焙燒e.過濾①請給出合理的操作排序(從上述操作中選取，按先后次序列出字母)_______。為提高氧化鎳產(chǎn)率，向濾液3中加入稍過量的碳酸銨固體→e→→→e→→→氧化鎳粗品②步驟a中對濾液進行加熱的原因是_______。（3）氧化鎳產(chǎn)品的純度可用配位滴定法測定。取1.500g氧化鎳粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，滴入幾滴紫脲酸胺指示劑，用濃度為的標準液滴定，平均消耗標準液。已知：Ⅰ.Ⅱ.紫脲酸胺：紫色試劑，遇顯橙黃色。①粗品中氧化鎳的純度是_______。(保留四位有效數(shù)字)②下列操作會使測定結(jié)果偏低的是_______。A.錐形瓶中溶液顏色由橙黃色局部變?yōu)樽仙罅⒓赐Ｖ沟味˙.滴定前滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)無氣泡C.滴定前平視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)D.振蕩錐形瓶時，錐形瓶內(nèi)溶液濺出【答案】（1）AD（2）①.ac,bd②.根據(jù)題意，對濾液進行加熱，蒸出氨氣使反應(yīng)正向移動，將Ni2+完全解離處理，同時促進Ni2+的水解，以獲得更多的氫氧化鎳和碳酸鎳，提高氧化鎳的產(chǎn)量（3）①.②.ACD【解析】【分析】工業(yè)廢渣加入過量硝酸與Fe反應(yīng)生成硝酸鐵，與Ni反應(yīng)生成硝酸鎳，濾液1中金屬陽離子為和，加入過量NaOH溶液得到濾渣2為Ni(OH)2、Fe(OH)3，加入過量氨水與Ni(OH)2反應(yīng)生成，經(jīng)過一系列操作可得到氧化鎳；【小問1詳解】A．增大廢渣的接觸面積可加快其在酸溶時的反應(yīng)速率，故A正確；B．硝酸是強氧化性酸，亞鐵離子會被其氧化為鐵離子，濾液1中不存在，故B錯誤；C．過濾操作需用到的玻璃儀器：普通漏斗、燒杯、玻璃棒，故C錯誤；D．濾渣2中加入過量氨水與Ni(OH)2反應(yīng)生成配合物，與氫氧化鐵沉淀分離，發(fā)生的反應(yīng)為，故D正確；故選：AD；【小問2詳解】①為從濾液得到氧化鎳，由可加熱使氨氣逸出，促使平衡正向移動，得到Ni2+，用pH試紙測定溶液至不呈堿性，過濾，將濾出的沉淀物Ni(OH)2進行烘干，經(jīng)馬釜爐焙燒得到NiO，故答案為：ac，bd；②步驟a中對濾液進行加熱的原因是：根據(jù)題意，對濾液進行加熱，蒸出氨氣使反應(yīng)正向移動，將Ni2+完全解離處理，同時促進Ni2+的水解，以獲得更多的氫氧化鎳和碳酸鎳，提高氧化鎳的產(chǎn)量；【小問3詳解】①由，則樣品中的物質(zhì)的量為n=n()=c?V=0.100mol?L-1×18.80