河北省衡水中學(xué)2022至2023學(xué)年度高三上學(xué)期第二次調(diào)研考試化學(xué)試題附參考答案

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īng)用廣泛。回答下列問題：(1)基態(tài)鎳原子價(jià)電子排布式為_______。金屬鎳的原子堆積方式為面心立方最密堆積，如圖所示，則金屬鎳的晶胞俯視圖為_______（填字母）。(2)丁二酮肟是檢驗(yàn)Ni2+的靈敏試劑，常與Ni2+形成圖Ⅰ所示的配合物，圖Ⅱ是硫代氧的結(jié)果：①下列說法正確的有_________（填字母）。A．在I中N元素的電負(fù)性最大B．在I中C—C—C鍵角是180°C．在Ⅱ中—SH上的S原子采取sp3雜化D．在Ⅱ中存在σ鍵、π鍵與配位鍵②化合物I的熔、沸點(diǎn)高于化合物Ⅱ的原因是_________________。③1mol丁二酮肟中所含有的σ鍵數(shù)目為______。(3)Ni和La的合金是目前使用廣泛的儲(chǔ)氫材料。該合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該晶胞中粒子個(gè)數(shù)比N(La):N(Ni)=______。設(shè)該合金的密度為dg?cm?3，則該晶胞的體積為________cm3②該晶體的內(nèi)部具有空隙，且每個(gè)晶胞的空隙中儲(chǔ)存6個(gè)氫原子時(shí)比較穩(wěn)定。已知：a=500pm，c=400pm；標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣的密度為9.00×10?5g?cm?3；19．（14分）二水合磷酸二氫錳具有廣泛用途，可用作防銹劑。某化工廠擬用軟錳礦（含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2）為原料生產(chǎn)Mn(H2PO4)2·2H2O，其工藝流程如圖所示：回答下列問題：(1)濾渣①的主要成分是___________；“浸錳”時(shí)，F(xiàn)eO生成Fe3+的離子方程式為_______；適量的Na2SO3固體的作用是__________。(2)檢驗(yàn)濾液①中是否含有少量Fe2+，最佳試劑是__________溶液（寫化學(xué)式）。(3)步驟Ⅱ中，F(xiàn)e3+的萃取率與pH的關(guān)系如圖，pH>1.7后，隨pH增大，F(xiàn)e3+萃取率下降的原因是____________________。(4)試劑x為某種鈉的正鹽，從環(huán)保、經(jīng)濟(jì)角度，x最好為________________（寫化學(xué)式）；若c（Mn2+）=1.0mol·L—1，調(diào)節(jié)pH范圍應(yīng)為______________________（該條件下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10—32，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10—14；當(dāng)離子濃度≤1.0×10—5mol·L—1時(shí)，認(rèn)為沉淀完全）。(5)步驟V“酸溶”時(shí)逐滴加入H3PO4溶液呈酸性才能保證生成物質(zhì)較多為Mn(H2PO4)2·2H2O，試結(jié)合離子方程式說明原因：_____________________。PAGE2023學(xué)年度高三上學(xué)期第二次調(diào)研考試化學(xué)答案一、選擇題1．B【解析】Na2O2是由鈉離子和過氧根離子構(gòu)成的離子化合物，電子式為，A錯(cuò)誤；C2H4的結(jié)構(gòu)式為，N2H4的結(jié)構(gòu)式為，C2H4分子和N2H4分子中都含有5個(gè)σ鍵，B正確；鐵的質(zhì)子數(shù)26，所以中子數(shù)為30的Fe原子符號(hào)為2656Fe，C錯(cuò)誤；SO3中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為要62=3，S原子沒有孤電子對(duì)，SO3為平面三角形，而不是三角錐形，2．A【解析】X2?基態(tài)價(jià)電子排布式為5s25p6，則X原子價(jià)電子排布式為5s25p4，位于第五周期第ⅥA族，是p區(qū)元素，A正確；原子序數(shù)相差8的兩短周期元素，它們可能是零族元素，B錯(cuò)誤；鑭系元素在周期表中屬于f區(qū)，原子序數(shù)從57到71，它們是不同元素，C錯(cuò)誤；根據(jù)洪特規(guī)則可知，第四周期元素中，基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)目最多的是Cr(3d54s13．B【解析】①充有氖氣的霓虹燈管通電發(fā)出紅色光的主要原因是電子由激發(fā)態(tài)向能量較低的激發(fā)態(tài)或基態(tài)躍遷時(shí)，以紅色光的形式釋放能量，故錯(cuò)誤；②電子云圖中的小黑點(diǎn)表示電子在核外空間出現(xiàn)機(jī)會(huì)的多少，即概率密度，正確；③區(qū)分晶體和非晶體最科學(xué)的方法是進(jìn)行X射線衍射實(shí)驗(yàn)，正確；④原子核外電子排布式為1s2的原子為He，原子核外電子排布式為1s22s2的原子為Be，二者化學(xué)性質(zhì)不同，錯(cuò)誤；⑤根據(jù)對(duì)角線相似，Be(OH)2+2OH?===BeO22?+2H4．C【解析】已知基態(tài)Cl原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，每個(gè)電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)各不相同，故基態(tài)Cl原子核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有17種，A正確；含有空軌道和含有孤電子對(duì)的原子易形成配位鍵，Cu2+含有空軌道，Cl?含有孤電子對(duì)，Cl?提供孤電子對(duì)，與Cu2+可形成CuCl42?，B正確；已知ClO2?、ClO3?、ClO4?的中心原子周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)分別為2+12(7+1?2×2)=4、3+12(7+1?3×2)=4、4+12(7+1?4×2)=4，孤電子對(duì)數(shù)分別為2、1、0，由于孤電子對(duì)對(duì)孤電子對(duì)的排斥作用>孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用>成鍵電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用，故鍵角：ClO5．A【解析】根據(jù)B12的空間結(jié)構(gòu)模型及熔點(diǎn)可判斷單質(zhì)硼屬于共價(jià)晶體，A正確；SF6空間結(jié)構(gòu)高度對(duì)稱，是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子，B錯(cuò)誤；根據(jù)S8易溶于CS2可知，固態(tài)硫S8屬于分子晶體，C錯(cuò)誤；HCN的結(jié)構(gòu)式應(yīng)為H—C≡N，D錯(cuò)誤。6．D【解析】水蒸氣分子間幾乎不存在氫鍵，A錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO2為非氣體，B錯(cuò)誤；D2O相對(duì)分子質(zhì)量為20，18gD2O中含有的質(zhì)子數(shù)為9NA，C錯(cuò)誤；XeF4的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+(8?1×4)÷2=6，故0.5molXeF4中Xe的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3NA，D正確。7．B【解析】根據(jù)Z27X原子的中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多1個(gè)，其質(zhì)量數(shù)為27，則其質(zhì)子數(shù)為13，則X為Al元素，P30Y質(zhì)子數(shù)是15，為P元素。30Y和31Y質(zhì)子數(shù)相同質(zhì)量數(shù)不同，互為同位素，A正確；根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律，可知PH3的穩(wěn)定性比NH3的穩(wěn)定性弱，B錯(cuò)誤；Al(OH)8．C【解析】該配合物中的配離子［Cr(NH3)3(H2O)2Cl］2＋，配位體在中心離子Cr3+周圍形成八面體結(jié)構(gòu)，故只有一種結(jié)構(gòu)，不存在多種異構(gòu)體，A錯(cuò)誤；該配位離子中提供電子對(duì)形成配位鍵的原子為N、O和Cl，一個(gè)原子軌道即一個(gè)空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，它們的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分別為5，5，9，即提供電子對(duì)形成配位鍵的原子在基態(tài)時(shí)核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)種數(shù)不完全相同，B錯(cuò)誤；配位原子電負(fù)性越大，吸引電子的能力越強(qiáng)，則給出電子對(duì)的能力就越弱，形成的配位鍵越弱，加熱易失去，電負(fù)性O(shè)>N，該配合物加熱時(shí)，首先失去配離子中的配體是H2O，C正確；根據(jù)電離方程式［Cr(NH3)3(H2O)2Cl］Cl2====[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl?可知，常溫下，向含1mol該配合物的溶液中滴加AgNO39．D【解析】已知的準(zhǔn)晶體都是金屬合金，不存在離子鍵，不是離子化合物，A錯(cuò)誤；已知的準(zhǔn)晶體都是金屬互化物，含有金屬鍵，不存在非極性鍵，B錯(cuò)誤；由題給信息可知，該準(zhǔn)晶體為合金，具有較高的硬度，合金的硬度一般比各成分金屬的硬度更高，C錯(cuò)誤；該準(zhǔn)晶體具有低摩擦系數(shù)、高硬度、低表面能的特點(diǎn)，具有開發(fā)為新型材料的價(jià)值，D正確。10．A【解析】Z有+6和－2價(jià)，則Z為S元素，W和T均為－1價(jià)，W的半徑小于T，則W為F元素，T為Cl元素，X為+2價(jià)，Y為+3價(jià)，且半徑均大于S，則X為Mg元素，Y為Al元素。Mg的價(jià)電子為3s2，s軌道中的2個(gè)電子為全滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所以Mg的第一電離能較大，A正確；F的非金屬性強(qiáng)于S，F(xiàn)得電子能力強(qiáng)于S，所以F的電負(fù)性強(qiáng)于S，B錯(cuò)誤；HF可以形成分子間氫鍵，沸點(diǎn)比HC1要高，C錯(cuò)誤；沒有指明最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，無法比較酸性強(qiáng)弱，D錯(cuò)誤。11．B【解析】利用手性催化劑可選擇性生成手性分子，A正確；氫鍵是一種分子間作用力，不是化學(xué)鍵，B錯(cuò)誤；互為手性異構(gòu)體的分子其分子組成相同，結(jié)構(gòu)不同，性質(zhì)相似，C正確；由提示可知，F(xiàn)的存在使得酸性增強(qiáng)，故同族元素的Cl也有類似的作用，D正確。12．C【解析】根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，與AlH4?緊鄰且等距的Na+有8個(gè)，A正確；在1個(gè)晶胞中含有AlH4?的數(shù)目為18×8+12×4+1=4，含有Na+的數(shù)目為12×6+14×4=4，則晶胞的密度13．C【解析】對(duì)比反應(yīng)原理圖可知HCl、Cl?、Pd和[PdCl2O2]2—都屬于先生成后消耗，是反應(yīng)的中間產(chǎn)物，可以判斷反應(yīng)物只有H2和O2，[PdCl4]2—先消耗后生成，作為催化劑。34gH2O2的物質(zhì)的量為34g34g?mol?1=1mol，在消毒過程中，當(dāng)H2O2發(fā)生的是分解反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol，當(dāng)H2O2只作氧化劑時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol，A錯(cuò)誤。根據(jù)H2制備H2O2的反應(yīng)原理圖，結(jié)合催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變的特點(diǎn)，可以推斷[PdCl4]2—為催化劑，而Pd和[PdCl2O2]2—為反應(yīng)的中間體，所以該制備反應(yīng)的總反應(yīng)式為H2+O2H2O2，B錯(cuò)誤。該過程中1mol微粒含電子數(shù)為18NA的粒子分別為H2O2、HC1和Cl?，C正確。[PdCl4]2—帶兩個(gè)單位負(fù)電荷，其中有4個(gè)－1價(jià)的Cl?，則Pd的化合價(jià)為+2；[PdCl2O2]2—帶兩個(gè)單位負(fù)電荷，結(jié)構(gòu)為，其中2個(gè)－1價(jià)的Cl?，而O為－1價(jià)，則Pd的化合價(jià)為+2，即由[PdCl2O214．B【解析】實(shí)驗(yàn)①中Na2O2和H2O反應(yīng)生成H2O2和NaOH，加入BaCl2生成BaO2白色沉淀，實(shí)驗(yàn)②無明顯現(xiàn)象，說明在堿性條件下H2O2電離得到O22?，故A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)①③證明Na2O2和H2O反應(yīng)生成H2O2和NaOH，BaCl2與H2O2反應(yīng)生成BaO2和HC1，故B正確；實(shí)驗(yàn)①③中Na2O2和H2O反應(yīng)生成H2O2和NaOH，在堿性條件下BaCl2與H2O2反應(yīng)生成BaO2和HC1，無化合價(jià)變化。不是氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；H2O與Na2O2反應(yīng)生成H2O2，進(jìn)而生成BaO2白色沉淀，干擾BaCO3的檢驗(yàn)，應(yīng)該先加入MnO2催化H2O2分解，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，即可證明長(zhǎng)期放置的過氧化鈉中含有Na2CO15．C【解析】由工藝流程圖可知，黃鐵礦在空氣中焙燒過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為4FeS2(s)+11O2(g)====2Fe2O3(s)+8SO2(g)，“焙燒”時(shí)氧化產(chǎn)物有Fe2O3和SO2，故A正確。Fe(OH)3的Ksp遠(yuǎn)小于Cu(OH)2、Ni(OH)2的Ksp，所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時(shí)Fe3+產(chǎn)生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，從而將其分離，故B正確。寫離子方程式時(shí)石灰乳不能拆開，故C錯(cuò)誤。由溶液得到晶體的操作為過濾、洗滌、干燥，故D正確。二、非選擇題16．(1)D（1分）Cr、Mn（2分）(2)①N>O>C（1分）sp2、sp3（1分）②H2NCH2COOH分子間能形成氫鍵（1分）③＋1或－1（1分）(3)正四面體形（1分）（1分）(4)①8（1分）②(34,34【解析】(1)再失去一個(gè)電子需要的能量：A項(xiàng)為第一電離能(I1)，B項(xiàng)為第三電離能(I3)，C項(xiàng)為第二電離能(I2)，D項(xiàng)為第四電離能(I4)，且I1<(2)①(H2NCH2COO)2Fe中含有的第二周期元素為C、N、O，N的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能由大到小的順序?yàn)镹>O>C，該絡(luò)合物中有1個(gè)飽和碳、1個(gè)雙鍵碳，碳原子的雜化類型為sp2、sp3。②甘氨酸H2NCH2COOH分子間能形成氫鍵，所以其沸點(diǎn)比相同相對(duì)分子質(zhì)量的烷烴的沸點(diǎn)大很多。③對(duì)于基態(tài)的氧原子，其核外電子排布式為1s22s22p4，其中1s、2s軌道的電子自旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為0，根據(jù)洪特規(guī)則可知，其2p軌道的3個(gè)電子的自旋狀態(tài)相同，1個(gè)不同，因此基態(tài)氧原子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為＋1或－1。(3)硫酸亞鐵(FeSO4)可用于制造甘氨酸亞鐵，SO42?中S原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)是4，無孤電子對(duì)，所以空間構(gòu)型為正四面體形，二聚體氯化鐵分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，二聚體氯化鐵分子的結(jié)構(gòu)為(4)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，每個(gè)Fe均位于八個(gè)Mg構(gòu)成的立方體的體心，鐵原子的配位數(shù)為8。②圖中a處原子的坐標(biāo)參數(shù)為(34,3417．(1)N（1分）Cu+的3d軌道為全滿穩(wěn)定狀態(tài)（1分）Cu2O（1分）(2)八面體形（1分）C（1分）(3)11（1分）F>N>C（1分）(4)50%（1分）CuInTe2（2分）(34,14,3【解析】(1)銅元素的原子序數(shù)為29，價(jià)電子排布式為3d104s1，由構(gòu)造原理可知，銅原子的電子所占據(jù)的最高能層為N；銅原子失去1個(gè)電子形成亞銅離子，亞銅離子的價(jià)電子排布式為3d10，3d軌道為穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)，不易失去電子，所以亞銅離子比銅離子穩(wěn)定；氧化亞銅和硫化亞銅都是離子晶體，氧離子的離子半徑小于硫離子，氧化亞銅的晶格能大于硫化亞銅，則氧化亞銅的熔點(diǎn)高于硫化亞銅。(2)六水合銅離子中銅離子為中心離子，水分子為配位體，配位數(shù)為6，由配位鍵的數(shù)目可知，銅離子的雜化方式可能為sp3d2雜化，配離子的空間構(gòu)型為八面體形。(3)[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)都為4，VSEPR模型都為四面體形，則VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有(2×2+2×2+1+2)=11個(gè)；非金屬元素的非金屬性越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越強(qiáng)，元素非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镕、N、C，則電負(fù)性的大小順序?yàn)镕>N>C。(4)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，四面體空隙的占有率為50%；晶胞中位于頂點(diǎn)、面上和體內(nèi)的銅原子個(gè)數(shù)為8×18+4×12+1=4，位于棱上、面心的銦原子個(gè)數(shù)為6×12+4×14=4，位于體內(nèi)的碲原子個(gè)數(shù)為8，則銅、銦、碲的原子個(gè)數(shù)之比為4:4:8=1:1:2，晶體的化學(xué)式為CuInTe2；由位于頂點(diǎn)A點(diǎn)和體心B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為0,0,0)、(12,118．(1)3d84s2（1分）C（1分）(2)①CD（2分）②化合物1分子間存在氧鍵（1分）③15NA（1分）(3)①1:5（2分）139+59×56.02×1023×【解析】(1)鎳是28號(hào)元素，基態(tài)鎳原子價(jià)電子排布式為3d84s2；金屬鎳的原子堆積方式為面心立方最密堆積，可知金屬鎳的晶胞俯視圖為C。(2)①在I中，Ni是金屬元素，電負(fù)性最?。煌芷谠貜淖蟮接译娯?fù)性依次增大，C、N、O中電負(fù)性最大的是O，A錯(cuò)誤；在Ⅰ中C—C—C鍵中間的C原子連有1個(gè)雙鍵，中間的C原子雜化方式是sp2，所以C—C—C鍵角不是180°，B錯(cuò)誤；在Ⅱ中—SH上的S原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)是6+22=4，S原子采取sp3雜化，故C正確；單鍵中有σ鍵、雙鍵中有1個(gè)σ鍵和1個(gè)②化合物I可以形成分子間氫鍵，所以化合物I的熔、沸點(diǎn)高于化合物Ⅱ的熔、沸點(diǎn)。③中含有15個(gè)σ鍵，所以1mol丁二酮肟中所含有的σ鍵數(shù)目為15NA。(3)①根據(jù)均攤原則，1個(gè)晶胞中含有Ni的個(gè)數(shù)是8×12+1=5該晶胞中粒子個(gè)數(shù)比La:Ni=1:5。設(shè)該合金的密度為dg?cm②該晶體的內(nèi)部具有空隙，且每個(gè)晶胞的空隙中儲(chǔ)存6個(gè)氫原子時(shí)比較穩(wěn)定。1個(gè)晶胞的體積為(500×10?10)cm×(500×1019．(1)SiO2（1分）2FeO+MnO2+8H+=