2022年新高考河北省高考真題化學試題（部分試題）（解析版）

河北省2022年普通高中學業(yè)水平選擇性考試

化學本試卷滿分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-lN-140-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.定窯是宋代五大名窯之一，其生產的白瓷聞名于世。下列說法正確的是A.傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料 B.陶瓷主要成分為Si。？和MgOC.陶瓷燒制的過程為物理變化 D.白瓷的白色是因鐵含量較高【答案】A【解析】【詳解】A.陶瓷是良好的絕緣體，傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料，常用于高壓變壓器的開關外包裝和器件，A正確；B.陶瓷的主要成分為硅酸鹽，而不是SiCh和MgO,C錯誤；C.陶瓷燒制過程發(fā)生復雜的化學反應，由新物質生成，屬于化學變化，C錯誤；D.由于Fe2+、Fe3+和鐵的氧化物均有顏色，故陶瓷中含鐵量越多，陶瓷的顏色越深，白瓷的白色是因為鐵含量較低甚至幾乎不含，D錯誤；故答案為：Ao.茯苓新酸DM是從中藥茯苓中提取的一種化學物質，具有一定生理活性，其結構簡式如圖。關于該化合物，下列說法不正確的是A.可使酸性KMnOq溶液褪色 B.可發(fā)生取代反應和加成反應C.可與金屬鈉反應放出H? D.分子中含有3種官能團【答案】D【解析】【詳解】A.由題干有機物的結構簡式可知，分子中含有碳碳雙鍵，故可使酸性高鋅酸鉀溶液褪色，A正確；B.由題干有機物的結構簡式可知，分子中含有碳碳雙鍵，故可發(fā)生加成反應，含有竣基和羥基故能發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，B正確：C.由題干有機物的結構簡式可知，分子中含有瘦基和羥基，故能與金屬鈉反應放出Hz,C正確；D.由題干有機物的結構簡式可知，分子中含有碳碳雙鍵、竣基、羥基和酯基等四種官能團，D錯誤：故答案為：D。.化學是材料科學的基礎。下列說法錯誤的是A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無機非金屬材料B.制造阻燃或防火線纜的橡膠不能由加聚反應合成C.制造特種防護服的芳綸纖維屬于有機高分子材料D.可降解聚乳酸塑料的推廣應用可減少"白色污染”【答案】B【解析】【詳解】A.氮化鋁是一種高溫結構陶瓷，屬于新型的無機非金屬材料，A正確；B.天然橡膠的單體為異戊二烯，合成橡膠的單體如順丁烯等中均含有碳碳雙鍵，通過加聚反應合成制得橡膠，B錯誤；C.“滌綸”“錦綸”“廉綸”“丙綸”“維綸”“氯綸”“芳綸”等均為合成纖維，屬于有機高分子材料，C正確；D.可降解聚乳酸塑料的推廣應用，可以減少難以降解塑料的使用，從而減少“白色污染”，D正確；故答案為：B?哲無4-7題，后續(xù)如有題目會及時更新.UBr溶液可作為替代氟:利昂的綠色制冷劑。合成UBr工藝流程如下：BaSH2sO4Li2cO3HBr（少量Bq）一|還'原卜豕卜I中'和卜濃縮……-LiBrII濾渣氣體下列說法錯誤的是A.還原工序逸出的BL用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回還原工序B.除雜工序中產生的濾渣可用煤油進行組分分離C.中和工序中的化學反應為Li2co3+2HB尸CO?T+2LiBr+H2OD.參與反應的n（Bq）:n（BaS）:n（H2soJ為1:1:1【答案】A

【解析】【分析】由流程可知，氫漠酸中含有少量澳，加入硫化鋼將澳還原生成澳化鋼和硫，再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋼和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的溟化鋰溶液經濃縮等操作后得到產品漠化鋰。【詳解】A.還原工序逸出的瓦2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溟化鈉和次澳酸鈉等物質，若直接返回還原工序，則產品中會有一定量的漠化鈉，導致產品的純度降低，A說法錯誤；B.除雜工序中產生的濾渣為硫酸釧和硫，硫屬于非極性分子形成的分子晶體，而硫酸領I屬于離子晶體，根據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋼不溶于煤油，因此可用煤油進行組分分離，B說法正確：C.中和工序中，碳酸鋰和氫漠酸發(fā)生反應生成漠化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方程式為Li2co3+2HBr=CO2f+2LiBr+H2O,C說法正確：D.根據(jù)電子轉化守恒可知，澳和硫化鋼反應時物質的量之比為1:1;根據(jù)硫酸鋼的化學組成及鐵元素守恒可知，n(BaS):n(H2soQ為1:1,因此，參與反應的n(Br2):n(BaS):n(H2so4)為1:1:1,D說法正確；綜上所述，本題選A。暫無9題，后續(xù)如有題目會及時更新二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得。分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。暫無10題，后續(xù)如有題目會及時更新5.在EY沸石催化下，蔡與丙烯反應主要生成二異丙基蔡M和N。M M N下列說法正確的是A.M和N互同系物 B.M分子中最多有12個碳原子共平面C.N的一澳代物有C.N的一澳代物有5種D.蔡的二澳代物有10種【答案】CD【解析】【詳解】A.由題中信息可知，M和N均屬于二異丙基蔡，兩者分子式相同，但是其結構不同，故兩者互為同分異構體，兩者不互為同系物，A說法不正確；B.因為蔡分子中的10個碳原子是共面的，由于單鍵可以旋轉，異丙基中最多可以有2個碳原子與苯環(huán)共面，因此，M分子中最多有14個碳原子共平面，B說法不正確；C.N分子中有5種不同化學環(huán)境的H,因此其一漠代物有5種，C說法正確；D.蔡分子中有8個H,但是只有兩種不同化學環(huán)境的H(分別用a、「表示，其分別有4個)，根據(jù)定一議二法可知，若先取代a,則取代另一個H的位置有7個；然后先取代1個P.然后再取代其他B，有3種，因此，蔡的二澳代物有10種，D說法正確；本題選CD。暫無12題，后續(xù)如有題目會及時更新~.恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X,發(fā)生反應的方程式為①XUY；②Y=Z。反應①的速率％=Kc(X),反應②的速率V2=k2C(Y),式中K、k2為速率常數(shù)。圖甲為該體系中X、Y、Z濃度隨時間變化的曲線，圖乙為反應①和②的1111<~!曲T線。下列說法錯誤的是A.隨c(X)的減小，反應①、②的速率均降低B,體系中v(X)=v(Y)+v(Z)C.欲提高Y的產率，需提高反應溫度且控制反應時間D.溫度低于工時，總反應速率由反應②決定【答案】AB【解析】【分析】由圖中的信息可知，濃度隨時間變化逐漸減小的代表的是X,濃度隨時間變化逐漸增大的代表的是Z,濃度隨時間變化先增大后減小的代表的是Y；由圖乙中的信息可知，反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的?！驹斀狻緼.由圖甲中的信息可知，隨c(X)的減小，c(Y)先增大后減小，c(Z)增大，因此，反應①的速率隨c(X)的減小而減小，而反應②的速率先增大后減小，A說法錯誤：B.根據(jù)體系中發(fā)生的反應可知，在丫的濃度達到最大值之前，單位時間內X的減少量等于丫和Z的增加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z),但是，在丫的濃度達到最大值之后，單位時間內Z的增加量等于丫和X的減少量，故v(X)+"Y)=v(Z),B說法錯誤；C.升高溫度可以可以加快反應①的速率，但是反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的，且反應②的的速率隨著丫的濃度的增大而增大，因此，欲提高丫的產率，需提高反應溫度且控制反應時間，c說法正確；D.由圖乙信息可知，溫度低于Ti時，左＞心，反應②為慢反應，因此，總反應速率由反應②決定，D說法正確；綜上所述，本題選AB。三、非選擇題：共57分。第14?16題為必考題，每個試題考生都必須作答。第17?18題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共42分。.某研究小組為了更準確檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設計實驗如下：①三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水；錐形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并預加O'OmLO.OlOOOmoLL」的碘標準溶液，攪拌。②以0.2L-min」流速通氮氣，再加入過量磷酸，加熱并保持微沸，同時用碘標準溶液滴定，至終點時滴定消耗了1.00mL碘標準溶液。③做空白實驗，消耗了0.10mL碘標準溶液。④用適量Na2sO,替代香菇樣品，重復上述步驟，測得SO?的平均回收率為95%。已知：%(H3Po4)=7.1x10-3,Kal(H2SO3)=1.3xl(r2回答下列問題：(1)裝置圖中儀器a、b的名稱分別為、。(2)三頸燒瓶適宜的規(guī)格為(填標號)。A.250mLB.500mLC.1000mL(3)解釋加入H3Po“能夠生成SO?的原因：.(4)滴定管在使用前需要、洗滌、潤洗；滴定終點時溶液的顏色為；滴定反應的離子方程式為。(5)若先加磷酸再通氮氣，會使測定結果(填“偏高""偏低''或"無影響”)。(6)該樣品中亞硫酸鹽含量為mg-kg-i(以SO2計，結果保留三位有效數(shù)字)。【答案】(1) ①.(球形)冷凝管 ②.(恒壓)滴液漏斗(2)C(3)加入H3P04后，溶液中存在化學平衡H2so3-^SCh+FhO,SCh的溶解度隨著溫度升高而減小，SO?逸出后，促進了化學平衡H2so3-^SCh+HzO向右移動(4) ①.檢驗其是否漏水 ②.藍色 ③.L+SO2+2H2O=2r+4H++SO；(5)偏低(6)80.8【解析】【分析】由題中信息可知，檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量的原理是：用過量的磷酸與其中的亞硫酸鹽反應生成SCh,用氮氣將SO?排入到錐形瓶中被水吸收，最后用碘標準溶液滴定，測出樣品中亞硫酸鹽含量。【小問1詳解】根據(jù)儀器a、b的結構可知，裝置圖中儀器a、b的名稱分別為球形冷凝管和恒壓滴液漏斗；【小問2詳解】三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水，向其中加入H3Po4的體積不超過10mL,2在加熱時，三頸燒瓶中的液體不能超過其容積的§,因此，三頸燒瓶適宜的規(guī)格為1000mL選C?【小問3詳解】雖然Ka,(H3PO4)=7.1xl0-3<Kai(H2SO3)=1.3x10-2,但是H3Po4為難揮發(fā)性的酸，而H2sCh易分解為SO2和水，S02的溶解度隨著溫度升高而減小，S02逸出后，促進了化學平衡H2so3^=^SO2+H2O向右移動，因此，加入H3P。4能夠生成S02的原因是：加入H3P04后，溶液中存在化學平衡H2so3-^SO2+H2O,SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，S02逸出后，促進了化學平衡H2SO3^=^SO2+H2O向右移動；【小問4詳解】滴定管在使用前需要檢驗其是否漏水、洗滌、潤洗；滴定前，溶液中的碘被SCh還原為碘離子，溶液的顏色為無色，滴加終點時，過量的1滴或半滴標準碘液使淀粉溶液變?yōu)樗{色且半分鐘點之內不變色，因此，滴定終點時溶液為藍色；滴定反應的離子方程式為L+SO2+2H2O=2I+4H++SO^；【小問5詳解】若先加磷酸再通氮氣，則不能將裝置中的空氣及時排出，有部分亞硫酸鹽和S02被裝置中的氧氣氧化，碘的標準液的消耗量將減少，因此會使測定結果偏低。【小問6詳解】實驗中SO2消耗的標準碘液的體積為0.30mL+1.00mL=1.30mL,減去空白實驗消耗的0.10mL,則實際消耗標準碘液的體積為1.20mL,根據(jù)反應L+SO2+2H2O=2「+4H++SO：可以計算出n(SO2)=n(I2)=1.20mLxlO^LmL1x0.01000mol-L1=1.20x10-5mol,由于SCh的平均回收率為95%,則實際生成的n(SO2)= 'm。乜]263x10^m。],則根據(jù)S元0.95_..__1.263x105molx64g?mor1x1000mg.g-'00o素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量為 ——~f-y-——； 旦旦一*80.810.00gxlO-3Kg.g-'mg?kg-'8.以焙燒黃鐵礦FeS2(雜質為石英等)產生的紅渣為原料制備鍍鐵藍Fe(NHjFe(CN)6顏料。工藝流程如下：H2s。4足量 (NH4)2SO4H2SO4 K3[Fe(CN)6]H2sO4(50%)黃氏秘比。 NaCK)3加熱I加熱I用! I加熱鏤幕-1圜-,一恒喳一品H施-櫻、-g濾渣①濾渣②T母液回答下列問題：(1)紅渣的主要成分為(填化學式)，濾渣①的主要成分為(填化學式)。(2)黃鐵礦研細的目的是.(3)還原工序中，不生成S單質的反應的化學方程式為.(4)工序①的名稱為,所得母液循環(huán)使用。(5)沉鐵工序產生的白色沉淀Fe(NHj2Fe(CN)6中Fe的化合價為,氧化工序發(fā)生反應的離子方程式為。(6)若用還原工序得到的濾液制備FezC^FH?。和(NHJnSO"，所加試劑為和(填化學式，不引入雜質)。【答案】(1) ?.Fe2O5 ②.SiCh(2)增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌①.+2； ②.6Fe(NH4)2Fe(CN)6+CIO；+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+CI+6NH：①.H2O2 ②.NHyH??！窘馕觥俊痉治觥恳阎S鐵礦高溫煨燒生成FezCh,反應原理為：4FeS2+UO2上絲2Fe2O3+8SO2,故產生的紅渣主要成分為FezCh和SiCh,將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2s。4溶液加熱充酸浸，反應原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,過濾出濾渣①，主要成分為SiO2,向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe3+還原為Fe2+,由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為SO：,反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO：+16H+,然后進行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSCh溶液和H2sCh,加水溶解FeSCU晶體，向所得溶液中加入(NHQ2SO4、K4Fe(CN)6]并用H2s調節(jié)溶液的pH為3,進行沉鐵過程，反應原理為：Fe2++2NH：+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6],然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2s04和NaCKh進行氧化步驟，反應原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO,+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH*,過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6,據(jù)此分析解題。【小問1詳解】由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3,濾渣①的主要成分為：SiO2,故答案為：FeaCh;SiOj；小問2詳解】黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率；【小問3詳解】由分析可知，還原工序中，不產生S單質沉淀，則硫元素被氧化為SO：,反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO；'+16H+,故化學方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4,故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；【小問4詳解】由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌，所得母液主要含有FeS04溶液和H2sO4可以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌：【小問5詳解】沉鐵工序中產生的白色沉淀Fe(NH5Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價和［FeCN%］4"中的+3價，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+C10,+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6NH*,故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+C1O3+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6NH；；【小問6詳解】由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSCU溶液和H2so4,向濾液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+,在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，即可制得FezCh-xHq和(NH4)2SC)4,故所需要加入的試劑為H2O2和NH3H2O,故答案為：H2O2；NH3H2O.9.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗詺淙剂蠟榇淼娜剂想姵赜辛己玫膽们熬啊?1)298K時，年凡燃燒生成H2O(g)放熱121kJ,ImolH?。⑴蒸發(fā)吸熱44kJ,表示H2燃燒熱的熱化學方程式為0(2)工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應。I.CH4(g)+H2O(g)^^CO(g)+3H2(g)II.CO(g)+H2O(g)^=iCO2(g)+H2(g)①下列操作中，能提高CH4(g)平衡轉化率的是(填標號)。A.增加CHa(g)用量 B.恒溫恒壓下通入惰性氣體C.移除CO(g) D.加入催化劑②恒溫恒壓條件下，lmolCH4(g)和ImolI^CXg)反應達平衡時，CH/g)的轉化率為a,CO?但)的物質的量為bmol,則反應I的平衡常數(shù)K,=(寫出含有a、b的計算式；對于反應mA(g)+nB(g)=±pC(g)+qD(g)，匕=二？"姿［,x為物質的量分數(shù))。其他條件不變，H?O(g)起始量增加到5mol,達平衡時，a=0.90,b=0.65,平衡體系中H2(g)的物質的量分數(shù)為(結果保留兩位有效數(shù)字)。(3)氫氧燃料電池中氫氣在 (填“正"或"負")極發(fā)生反應。(4)在允許自由遷移的固體電解質燃料電池中，QH2n+2放電的電極反應式為(5)甲醉燃料電池中，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO,四步可能脫氫產

物及其相對能量如圖，則最可行途徑為a-(用b~i等代號表示)。注：本小問哲缺相對能量圖?！敬鸢浮?1)H2(g)+^-O2(g)=H2O(l)△//=-286kJ?mol-'(2)①.BC(2)①.BC(a-b)(3a+b)3(1一。)(1一。一b)(2+2a)2③.0.43(3)負(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+l)O\—(x1-a—b—x—\—(x1-a—b—x—+2a2+2a5mol,達平衡時，a=0.90,b=0.65,則平衡時，CFU(g)為O.lmol,根據(jù)C元素守恒可知,(5)缺圖無解【解析】【小問1詳解】298K時，lgH2燃燒生成H20(g)放熱⑵kJ,ImolWOQ)蒸發(fā)吸熱44kJ,則ImolH?燃燒生成1molH2O(l)放熱286kJ,表示H2燃燒熱的熱化學方程式為：H2(g)+^-O2(g)=H2O(l)△4=-286kJ-mol1；【小問2詳解】①A.增加CHMg)用量可以提高H2O(g)的轉化率，但是CH￡g)平衡轉化率減小，A不符合題意；B.恒溫恒壓下通入惰性氣體，相當于減小體系壓強，反應混合物中各組分的濃度減小，反應I的化學平衡正向移動，能提高CFU(g)平衡轉化率，B符合題意；C.移除CO(g),減小了反應混合物中CO(g)濃度，反應I的化學平衡正向移動，能提高CHMg)平衡轉化率，C符合題意；D.加入催化劑不能改變平衡狀態(tài)，故不能提高CHMg)平衡轉化率，D不符合題意；綜上所述，上述操作中，能提高CHMg)平衡轉化率的是BC；②恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和Imol比0(4反應達平衡時，CH4(g)的轉化率為a,C02(g)的物質的量為bmol,則轉化的CH4(g)為amol,剩余的CH4(g)為(La)mol,根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質的量為(a-b)mol,根據(jù)H和0守恒可知，比0色)的物質的量為(1-a-b)mol,H2(g)的物質的量為(3a+b)mol,則反應混合物的總物質的量為(2a+2)mol,\—oc1—a—ha—b

2+2a1—a—ha—b

2+2a'2+2a3a+b ,因此，反應I的平衡常數(shù)Kx=2+2aa-b/3a+b、3(a-b)(3a+0)3((a-b)(3a+0)3(1—cif)(1—a—0)(2+2a)~；其他條件不變，H?O(g)起始量增加到2+2a2+2aCO(g)的物質的量為0.25moL,根據(jù)H和。守恒可知，比09)的物質的量為(5-0.90-0.65)mol=3.45mol,Hz(g)的物質的量為(3a+b)mol=3.35moL平衡混合物的總物質的量為3.35(2a+6)mol=7.8mol,平衡體系中H?(g)的物質的量分數(shù)為^0.43；7.8【小問3詳解】燃料電池中的燃料在負極發(fā)生氧化反應，因此，氫氧燃料電池中氫氣在負極發(fā)生反應；【小問4詳解】在允許。2-自由遷移的固體電解質燃料電池中，CnH2n+2在負極發(fā)生氧化反應生成CO2和H2O,電極反應式為CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+l)O2=nCO2+(n+1)H2O；【小問5詳解】缺圖無解(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按首題計分。【選修3：物質結構與性質】10.含Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物(簡寫為CZTS),是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應用于薄膜太陽能電池領域?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)S原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為?(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是,原因是.SnCl；的幾何構型為,其中心離子雜化方式為.(4)將含有未成對電子的物質置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質，下列物質中，屬于順磁性物質的是(填標號)。A.[Cu(NH3)2]QB.[Cu(NH3)4]SO4C.[Zn(NH3)4]S04D.Na2[Zn(OH)4](5)如圖是硫的四種含氧酸根的結構:2-TOC\o"1-5"\h\zO O ? ?I I e oSs 八OI °oo°°o°ou uu-l2- 「 2-\o"CurrentDocument"A-l2- 「 2-、zIXo-oeoC D根據(jù)組成和結構推斷，能在酸性溶液中將Ml?+轉化為MnO；的是(填標號)。理由是o本題暫無(6)問【答案】(1)1：2##2：1①.Cu②.Cu的第二電離能失去的是34。的電子，第一電離能失去的是4sl電子，Zn的第二電離能失去的是4sl的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d"＞電子處于全充滿狀態(tài)，其與4sl電子能量差值更大①.三角錐形②.sp3雜化 (4)B(5) ①.D ②.D中含有-1價的O,易被還原，具有強氧化性，能將Mn"轉化為MnO【解析】【小問1詳解】基態(tài)S的價電子排布是3s23P%根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：1：2或2：1；【小問2詳解】Cu的第二電離能失去的是3印。的電子，第一電離能失去的是4sl電子，Zn的第二電離能失去的是4sl的電子，第一電離能失去的是4s2電子，34。電子處于全充滿狀態(tài)，其與4sl電子能量差值更大；【小問3詳解】Sn是WA族元素，SnCl；的中心離子S/+價層電子對數(shù)為3+處=區(qū)=4,有1對孤電子對，中心離子是sp3雜化，SnCl］的幾何構型是三角錐形;

【小問4詳解】根據(jù)題意，具有順磁性物質含有未成對電子。A.[Cu(NH3)2]C1各原子核外電子均已成對，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9,有未成對電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SC>4各原子核外電子均已成對，不符合題意；D.Na2[Zn(0H)]各原子核外電子均已成對，不符合題意；故答案選B?！拘?詳解】Mn?+轉化為MnO；需要氧化劑，且氧化性比MnO；的強，由SO?使KMnCh溶液褪色可知H2sCh的氧化性弱于MnO；,故A不符合；B、C中的S化合價比H2s。4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1價的0,易被還原，具有強氧化性，能將Mn?+轉化為MnO；,故D符合。【選修5:有機化學基礎】11.舍曲林(Se