湖北省武汉市武钢三中2023-2024学年高二下学期3月月考
化学试题
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 CI-35.5 Fe-56 Ag-108
一、单选题(每题3分，共45分)
1. 下列化学用语表示正确的是
A. H2S分子的球棍模型：
B. AlCl3的价层电子对互斥模型：
C. 中子数为10的氧原子：
D. 用电子式表示KCI的形成过程：
2. 下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A. 分子呈正四面体，键角为
B. NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C. Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D. 是由极性键构成的极性分子
3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 4.4g 中含有σ键数目为0.7NA
B. 1.6gN2H4中含有孤电子对数目为0.2NA
C. 向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D. 标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
4. 下列说法错误是
A. 测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行实验
B. 在沸水中配制明矾饱和溶液，然后快速冷却，可得到较大颗粒明矾晶体
C. 人体细胞和细胞器的双分子膜是由大量的两性分子自组装的超分子
D. C60晶体和石英晶体中都含有共价键，但熔化时需克服微粒间的作用力类型不同
5. 抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是
A. 能与NaOH溶液反应 B. 含有2个手性碳原子
C. 能使Br2的CCl4溶液褪色 D. 碳原子杂化方式有sp2和sp3
6. 硫化氢可与氧气发生反应：；生成的硫单质有多种组成形式，如：、：(冠状)等。下列有关说法中正确的是
A. 熔点 B. 键角
C. 、中S原子均为杂化 D. 生成的硫单质为共价晶体
7. 用试管可以完成很多有趣的化学实验。下列说法不正确的是
A. ①中出现的蓝色沉淀为 B. ②中生成了配位化合物
C. ③中出现沉淀与①中不同 D. ⑤中发生了氧化还原反应
8. 有一种化学式为Ca[Co(C2O4)2(NH3)2]2的配位化合物，其阴离子结构如下图所示，关于该化合物的说法错误的是
A. 该化合物中，Co化合价为+3
B. 该化合物中，Co的配位数和配体数不相等
C. 该化合物中含有的作用力只包括极性键、非极性键、配位键
D. 该化合物中碳原子和氮原子的杂化方式不同
9. X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A. 沸点：
B. M与Q可形成化合物、
C. 化学键中离子键成分的百分数：
D. 与离子空间结构均为三角锥形
10. 和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A. 和均为极性分子 B. 和中的均为杂化
C. 和的水解反应机理相同 D. 和均能与形成氢键
11. 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X是其中的一种，因其体积大小与X的空腔大小相近而恰好能进入X的环内形成超分子Y，Y中与氧原子间能形成化学键．下列说法错误的是
A. X形成的晶体为分子晶体 B. Y中与氧原子间形成的是离子键
C. 不能与X形成超分子 D. 电负性：O>C>H>Li
12. 在TiCl3的饱溶液中通入HCl至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入HCl得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6的配合物，分别取0.01mol两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说法不正确的是（）
A. 该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质量之比为1：5
B. 紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3
C. 上述两种晶体的分子式相同，但结构不同，所以性质不同
D. 0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2.78g沉淀
13. NH4NO3、Pb(N3)2、N5AsF6、三硝酸甘油酯均可用作炸药。下列关于它们的说法正确的是
A. NH4NO3是一种常见的炸药，其分解反应为2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O↑，上述反应中，每生成0.15molO2转移电子数为0.6NA
B. 的中心原子N的杂化方式为sp杂化
C. 基态As原子的价层电子中成对电子数与未成对电子数的比值为12∶3
D. NH4NO3、Pb(N3)2、N5AsF6、三硝酸甘油酯形成的晶体均为离子晶体
14. 下图为相互串联的三个装置，下列说法正确的是
A. 写出甲池A极的电极反应式为
B. 若利用乙池在铁片上镀银，则C是铁片
C. 往丙池中滴加酚酞试剂，石墨极附近溶液先变红
D. 若甲池消耗标况下气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为
15. 氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为apm，下列说法错误的是
A. 氧元素位于元素周期表中的p区
B. CeO2晶体结构中与Ce4+相邻且最近的Ce4+有12个
C. CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm
D. 每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为1-2x
二、填空题(共55分)
16. 材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种， 其处在最高能层的电子的电子云形状为_______。
（2）一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如图1所示。
①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。
A. sp2 B. sp3 C. dsp2 D.d2sp3
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。
（3）铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如图2所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。
②该化合物的化学式为_______，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3 (列出计算式即可)。
17. “天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。
（1）镍原子价电子表示式为___________，在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是___________。
（2）铼易形成高配位数的化合物如Re2(CO)10，该配合物中___________(填元素符号)提供孤对电子与铼成键，原因是___________。
（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蚀性。的空间构型为___________(用文字描述)，生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜的化学方程式为___________。
（4）比的熔点沸点___________(填“高”或“低)，原因是___________。
（5）三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为M g/mol，晶胞密度为 b g/cm3，铼原子填在___________个氧原子围成的___________(填“四面体“立方体”或“八面体”)空隙中，已知：铼的原子半径为rRe pm，氧原子半径为 rOpm，该晶胞的空间利用率为___________(用含有rRe、rO、b、M和NA的代数式表示，无须化简)。
18. 含氮化合物广泛存在于自然界，是一类常见的化合物。
（1）汽车尾气是城市空气的主要污染物之一，汽车内燃机工作时发生反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)，H2可以催化还原NO以达到消除污染的目的。
已知反应Ⅰ、N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1；
Ⅱ、2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6kJ·mol-1。
写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(1)的热化学方程式：___________，该反应自发进行的条件为___________(填“高温”或“低温”)。
（2）已知当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。如图所示为其他条件不变时，反应2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)中c(NO)随温度(T)、催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线：
①该反应的ΔH___________(填“>”或“<”)0。
②若催化剂的表面积S1>S2，在该图中画出该反应在T1、S2条件下达到平衡过程中c(NO)的变化曲线___________。
（3）尿素是一种重要的化工原料，工业上可用氨和二氧化碳合成尿素：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)，ΔH<0，一定条件下，向10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2。
①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为4.8g·L-1，则平衡常数K=___________。
②达到平衡后，再向容器中加入2molNH3(g)和1molCO2(g)，则再次达到平衡时反应物NH3的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
③下列说法中，可以说明该反应已经达到平衡状态的有___________(填序号)。
A．NH3和CO2的浓度之比为2∶1 B．2v正(NH3)=v逆(H2O)
C．气体的密度不变 D．容器内总压强不变
（4）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以采用电解法。图甲是NaBH4燃料电池，图乙是电解制备N2O5装置，已知电解时电极a与电极d相连，电极c的反应式为___________，若制得10.8g N2O5，则消耗NaBH4的质量为___________g。
19. 一种阳极泥的主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S，从中回收Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+ R2Cu+2H+；
②在碱性条件下很稳定，有很强的络合能力，与Ag+形成配离子Ag++2 [Ag(S2O3)2]3-，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
（1）试列举可加快“焙烧”速率的措施：___________(任填一条)，写出Cu2S焙烧时生成CuO的方程式___________。
（2）“滤渣I”的主要成分是___________；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是___________。
（3）“沉银”时证明银离子沉淀完全的操作是___________。
（4）萃取后得到有机相的操作方法是___________，“反萃取剂”最好选用___________(填化学式)溶液。
（5）“溶浸”中发生的反应为AgCl(s)+2(aq) [Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(aq)该反应中平衡常数K′=_________[已知]。
（6）“滤液IV”中含有Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为___________(提示：“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用)。湖北省武汉市武钢三中2023-2024学年高二下学期3月月考
化学试题
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 CI-35.5 Fe-56 Ag-108
一、单选题(每题3分，共45分)
1. 下列化学用语表示正确的是
A. H2S分子的球棍模型：
B. AlCl3的价层电子对互斥模型：
C. 中子数为10的氧原子：
D. 用电子式表示KCI的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2S的价层电子对数为，中心硫原子采用sp3杂化，有2对孤电子对，分子构型为V形，不是直线型，A错误；
B．AlCl3的价层电子对数为，价层电子对互斥模型是平面三角形，不是正四面体，B错误；
C．O为8号元素，中子数为10的O原子的原子符号：O，C错误；
D．KCl是离子化合物，在KCl的形成过程中，K失去电子形成K＋，Cl原子得到电子形成Cl－，形成过程可表示为，D正确；
答案选D。
2. 下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A. 分子呈正四面体，键角为
B. NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C. Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D. 是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四个顶点处，键角为，A错误；
B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，B错误；
C．Cu基态原子核外电子排布不符合构造原理，考虑了半满规则和全满规则，价电子排布式为3d104s1，这样能量更低更稳定，C错误；
D. 的构型是V形，因此是由极性键构成的极性分子，D正确；
故选D。
3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 4.4g 中含有σ键数目为0.7NA
B. 1.6gN2H4中含有孤电子对的数目为0.2NA
C. 向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D. 标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个 7个σ键(环氧乙烷)，4.4g 的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目为0.7NA，A正确；
B．N2H4中每个N原子中含有孤电子对数为1，1.6gN2H4的物质的量为=0.05mol，N原子物质的量为0.1mol，则其中含有的孤电子对数为0.1NA，B不正确；
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c()+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c()，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；
D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；
答案选A。
4. 下列说法错误的是
A. 测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行实验
B. 在沸水中配制明矾饱和溶液，然后快速冷却，可得到较大颗粒明矾晶体
C. 人体细胞和细胞器的双分子膜是由大量的两性分子自组装的超分子
D. C60晶体和石英晶体中都含有共价键，但熔化时需克服微粒间的作用力类型不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过对材料进行X射线衍射，分析其衍射图谱，获得材料的成分、材料内部原子或分子的结构或形态等信息，X射线衍射可以测定某一固体是否是晶体， A正确；
B．温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液然后浸入悬挂的明矾小晶核，静置过夜；急速冷却，可得到较小颗粒明矾晶体，故B错误；
C．超分子具有分子识别和自组装的特征，人体细胞和细胞器的双分子膜是由大量的两性分子自组装的超分子，故C正确；
D．C60晶体和石英晶体中的化学键类型相同，但前者是分子晶体、后者为共价晶体，故熔化时前者克服分子间作用力、后者克服共价键，故需克服微粒间的作用力类型不同，故D正确；
答案选B。
5. 抗癌药物CADD522的结构如图。关于该药物的说法错误的是
A. 能与NaOH溶液反应 B. 含有2个手性碳原子
C. 能使Br2的CCl4溶液褪色 D. 碳原子杂化方式有sp2和sp3
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中有肽键、羧基、碳氯键都能与NaOH溶液反应，A正确；
B．标注*这4个碳原子各连有4个各不相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，B错误；
C．分子中含有碳碳双键，因此能使Br2的CCl4溶液褪色，C正确；
D．分子中双键碳原子sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，D正确；
故选：B。
6. 硫化氢可与氧气发生反应：；生成的硫单质有多种组成形式，如：、：(冠状)等。下列有关说法中正确的是
A. 熔点 B. 键角
C. 、中S原子均为杂化 D. 生成的硫单质为共价晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．O2常温下为气态，说明温度已经超过其沸点了，而此时S为固态说明还没有达到其熔点，因此熔点关系应为，A错误；
B．H2S、H2O均为sp3杂化，且都有两对孤电子对，但中心原子O的电负性大于中心原子S的电负性，因此电负性越大的O原子对共用电子对的吸引力更大，越靠近中心原子则电子对之间的排斥力越大，因而键角是，B错误；
C．、的每个S原子最外层有6个电子，同时与其他S原子共用2个电子，相当于每个S原子最外层有8个电子，即4对电子，所以是sp3杂化，C正确；
D．生成的、是由分子构成的分子晶体，D错误。
故答案选C。
7. 用试管可以完成很多有趣的化学实验。下列说法不正确的是
A. ①中出现的蓝色沉淀为 B. ②中生成了配位化合物
C. ③中出现的沉淀与①中不同 D. ⑤中发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液加入少量氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，A正确；
B．氢氧化铜蓝色沉淀继续加入过量氨水，氢氧化铜溶于氨水生成溶于水的配位化合物[Cu(NH3)4]SO4，B正确；
C．溶于水的配位化合物[Cu(NH3)4]SO4加入乙醇造成溶解度变小析出，③的沉淀是[Cu(NH3)4]SO4，①的沉淀是Cu(OH)2，二者沉淀不同，C正确；
D．酸性重铬酸钾存在H2O+Cr2 2+2H+，加入NaOH溶液，平衡正向移动，溶液由橙红色变为黄色，化合价没有变化，发生的是非氧化还原反应，D错误；
答案选D。
8. 有一种化学式为Ca[Co(C2O4)2(NH3)2]2的配位化合物，其阴离子结构如下图所示，关于该化合物的说法错误的是
A. 该化合物中，Co的化合价为+3
B. 该化合物中，Co配位数和配体数不相等
C. 该化合物中含有的作用力只包括极性键、非极性键、配位键
D. 该化合物中碳原子和氮原子的杂化方式不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由化合价代数和为0可知，该化合物中钴元素的化合价为+3价，故A正确；
B．由阴离子的结构示意图可知，配离子中钴离子为中心离子，草酸根离子和氨分子为配体，配体数位4，该化合物中钴离子的配位数为6，故B正确；
C．由化学式可知，该化合物为离子化合物，含有的作用力为离子键、极性键、非极性键、配位键，故C错误；
D．由阴离子的结构示意图可知，配体草酸根离子中形成双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，配体氨分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化，碳原子和氮原子的杂化方式不同，故D正确；
故选：C。
9. X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A. 沸点：
B. M与Q可形成化合物、
C. 化学键中离子键成分的百分数：
D. 与离子空间结构均为三角锥形
【答案】D
【解析】
【分析】X半径最小为H，短周期电负性最小则M为Na，Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z为O，Z与Y、Q相邻，Y为N，Q为S，以此分析；
【详解】A．H2O中含有氢键，则沸点高于H2S，A正确；
B．Na与O形成Na2O、Na2O2，则O与S同族化学性质性质相似，B正确；
C．Na2O的电子式为，Na2S的电子式为，离子键百分比 = (电负性差值 / 总电负性差值)，O的电负性大于S，则Na2O离子键成分的百分数大于Na2S，C正确；
D.为sp2杂化，孤电子对为0，为平面三角形，为sp3杂化，孤电子对为1，三角锥形，D错误；
故答案为：D。
10. 和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A. 和均为极性分子 B. 和中的均为杂化
C. 和水解反应机理相同 D. 和均能与形成氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；
B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误；
C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；
D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确；
故答案为：D。
【点睛】
11. 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X是其中的一种，因其体积大小与X的空腔大小相近而恰好能进入X的环内形成超分子Y，Y中与氧原子间能形成化学键．下列说法错误的是
A. X形成的晶体为分子晶体 B. Y中与氧原子间形成的是离子键
C. 不能与X形成超分子 D. 电负性：O>C>H>Li
【答案】B
【解析】
【详解】A．X是醚类物质，熔点、沸点较低，是分子晶体，A项正确；
B．与氧原子形成的是提供空轨道、氧原子提供孤电子对的配位键，B项错误；
C．半径比大许多，其体积比X的空腔大，无法进入空腔内，不能形成超分子，C项正确；
D．由同周期电负性递变规律知，电负性：O>C>Li，由烃中碳元素显负价而氢元素显+1价知，电负性：C>H，非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，故电负性：O>C>H>Li，D项正确；
故选B。
12. 在TiCl3的饱溶液中通入HCl至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入HCl得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6的配合物，分别取0.01mol两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说法不正确的是（）
A. 该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1：5
B. 紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3
C. 上述两种晶体的分子式相同，但结构不同，所以性质不同
D. 0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2.78g沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，而紫色晶体的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3。
【详解】A．绿色晶体分子式为TiCl3·6H2O，配位数是6，含2个氯离子，化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1：5，故A正确；
B．紫色晶体中含3个氯离子，配位数是6，紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，故B正确；
C．两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，沉淀量不同，结构不同，所以性质不同，故C正确；
D．配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，紫色晶体中含3个氯离子，紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到0.03mol沉淀，沉淀为m=nM=0.03mol×143.5g·mol－1=43.05g，故D错误；
故选D
13. NH4NO3、Pb(N3)2、N5AsF6、三硝酸甘油酯均可用作炸药。下列关于它们的说法正确的是
A. NH4NO3是一种常见的炸药，其分解反应为2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O↑，上述反应中，每生成0.15molO2转移电子数为0.6NA
B. 的中心原子N的杂化方式为sp杂化
C. 基态As原子的价层电子中成对电子数与未成对电子数的比值为12∶3
D. NH4NO3、Pb(N3)2、N5AsF6、三硝酸甘油酯形成的晶体均为离子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式可知，反应中铵根离子中氮元素和硝酸根离子中的氧元素化合价升高被氧化，硝酸根离子中氮元素化合价降低被还原，反应生成1mol氧气时，转移电子的物质的量为10mol，则生成0.15mol氧气时，转移电子数目为0.15mol×10×NAmol﹣1=1.5NA，故A错误；
B．氮三离子与二氧化碳分子的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体的中心原子的杂化方式相同，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，原子的杂化方式为sp杂化，则氮三离子中氮原子的杂化方式为sp杂化，故B正确；
C．砷元素的原子序数为33，价层电子排布式为4s24p3，成对电子数与未成对电子数的比值为：2∶3，故C错误；
D．三硝酸甘油酯形成的晶体为构成微粒为分子的分子晶体，故D错误；
故选B。
14. 下图为相互串联的三个装置，下列说法正确的是
A. 写出甲池A极的电极反应式为
B. 若利用乙池在铁片上镀银，则C是铁片
C. 往丙池中滴加酚酞试剂，石墨极附近溶液先变红
D. 若甲池消耗标况下气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，甲池为甲烷燃料电池，通入氧气的一极为正极，通入甲烷的一极为负极，乙池和丙池均为电解池，C极和石墨电极与电源正极相连均为阳极，D极和铁电极与电源负极相连均为阴极。
【详解】A．由分析可知，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下甲烷失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为，故A错误；
B．若利用乙池在铁片上镀银，铁做电镀池的阴极，由分析可知，D极和铁电极与电源负极相连为阴极，则D是铁片，故B错误；
C．由分析可知，丙池为电解池，铁电极与电源负极相连为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则往丙池中滴加酚酞试剂，铁电极附近溶液先变红，故C错误；
D．若甲池消耗标况下1.4L甲烷气体，则失去的电子的物质的量为，根据串联电路中得失电子守恒，丙池阳极失去的电子的物质的量也为0.5mol，丙池中阳极反应开始为，溶液中，所以氯离子消耗电子，产生，氯离子完全反应后阳极反应为，该阶段转移电子，产生，所以阳极共生成气体，故D正确；
故选D。
15. 氧化铈(CeO2)是一种重要光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为apm，下列说法错误的是
A. 氧元素位于元素周期表中的p区
B. CeO2晶体结构中与Ce4+相邻且最近的Ce4+有12个
C. CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm
D. 每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为1-2x
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧是ⅥA族的主族元素，其核外电子排布式为，属于p区元素，A正确；
B．由图2可知，以任一顶点的为例，距离其最近的位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的的个数为，B正确；
C．胞中与最近的核间距为晶胞对角线长度的，即，C正确；
D．假设中的和的个数分别为m和n，则，由化合价代数和为0可得，解得，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的或个数为，所以每个晶胞中的个数为，D错误；
故答案为：D。
二、填空题(共55分)
16. 材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种， 其处在最高能层的电子的电子云形状为_______。
（2）一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如图1所示。
①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。
A. sp2 B. sp3 C. dsp2 D.d2sp3
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。
（3）铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如图2所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。
②该化合物的化学式为_______，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3 (列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. 15 ③. 球形
（2） ①. O>N>C ②. D ③. π
（3） ①. 棱心和体心 ②. Fe4N ③.
【解析】
【分析】（1）根据铁原子核外电子排布分析，占据轨道数即空间运动状态数。根据最高能级为4s级分析电子云为球形。
（2）根据同周期电负性的变化规律分析，根据在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层电子或孤电子对成大π键进行分析。
（3）根据晶胞的均摊法分析晶胞的分子式和密度。
【小问1详解】
基态铁原子的价电子排布图为，基态铁原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动状态有15种， 其处在最高能层为4S层，电子的电子云形状为球形。
【小问2详解】
①M分子中C、N、O三种元素的电负性根据同周期元素，从左到右电负性增大分析，由大到小的顺序为O>N>C。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为d2sp3。
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中五个原子参与，每个碳上提供一个电子，氧原子提供2个电子，故大π键应表示为π。
【小问3详解】
①若以氮原子为晶胞顶点，则原来在定点的铁原子为晶胞的棱心，原子在面心的铁原子在体心。
②该晶胞中铁原子的个数为 ，氮原子个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N ，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，为棱长的一半，则晶胞的体积为，cm3，晶胞的质量为g，该晶胞的密度为g·cm-3。
17. “天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。
（1）镍原子价电子表示式为___________，在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是___________。
（2）铼易形成高配位数的化合物如Re2(CO)10，该配合物中___________(填元素符号)提供孤对电子与铼成键，原因是___________。
（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蚀性。的空间构型为___________(用文字描述)，生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜的化学方程式为___________。
（4）比的熔点沸点___________(填“高”或“低)，原因是___________。
（5）三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为M g/mol，晶胞密度为 b g/cm3，铼原子填在___________个氧原子围成的___________(填“四面体“立方体”或“八面体”)空隙中，已知：铼的原子半径为rRe pm，氧原子半径为 rOpm，该晶胞的空间利用率为___________(用含有rRe、rO、b、M和NA的代数式表示，无须化简)。
【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. 第六周期第ⅦB族
（2） ①. C ②. C的电负性比O小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键
（3） ①. 平面三角形 ②. 4Zn+2O2+CO2+3H2O= ZnCO3·3Zn(OH)2
（4） ①. 低 ②. 甲苯和苯胺都是分子晶体，相对分子质量相近，苯胺分子间存在氢键
（5） ①. 6 ②. 八面体 ③. ×100%
【解析】
【小问1详解】
Ni原子序数为28，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，过渡金属的价电子是最外层加次外层最后填入的电子，即镍原子的价电子表示式为3d84s2；锰是25号元素，在第ⅦB族，根据元素周期表的排布规律，铼在第六周期ⅦB族。
【小问2详解】
根据CO的结构，碳氧原子都有孤电子对，但由于C的原子半径大，电负性小，更有利于提供孤电子对，形成配位键。
【小问3详解】
中心C原子的价层电子对数为：，无孤电子对，空间构型为平面三角形；锌在潮湿的空气中与氧气、水反应生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，反应方程式为：4Zn+2O2+CO2+3H2O= ZnCO3·3Zn(OH)2。
【小问4详解】
甲苯和苯胺都是分子晶体，且二者相对分子量接近，苯胺中存在电负性较强的N以及苯环上较为活泼的氢原子，所以可以形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键，故甲苯的熔沸点都比苯胺低。
【小问5详解】
根据物质的名称可知晶胞的化学式，则Re与O的个数比为1∶3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒数，每个铼原子的上下左右前后都有一个等距的氧原子，故铼原子的配位数为6，铼原子填在由6个氧原子围成的八面体空隙中，根据已知得晶胞的体积是V=，一个晶胞有1个Re和3个O，二者的原子半径分别为rRepm和rOpm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中原子的体积占晶胞体积百分率为×100%。
18. 含氮化合物广泛存在于自然界，是一类常见的化合物。
（1）汽车尾气是城市空气的主要污染物之一，汽车内燃机工作时发生反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)，H2可以催化还原NO以达到消除污染的目的。
已知反应Ⅰ、N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol-1；
Ⅱ、2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-571.6kJ·mol-1。
写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(1)的热化学方程式：___________，该反应自发进行的条件为___________(填“高温”或“低温”)。
（2）已知当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。如图所示为其他条件不变时，反应2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)中c(NO)随温度(T)、催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线：
①该反应的ΔH___________(填“>”或“<”)0。
②若催化剂的表面积S1>S2，在该图中画出该反应在T1、S2条件下达到平衡过程中c(NO)的变化曲线___________。
（3）尿素是一种重要的化工原料，工业上可用氨和二氧化碳合成尿素：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)，ΔH<0，一定条件下，向10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2。
①该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为4.8g·L-1，则平衡常数K=___________。
②达到平衡后，再向容器中加入2molNH3(g)和1molCO2(g)，则再次达到平衡时反应物NH3的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
③下列说法中，可以说明该反应已经达到平衡状态的有___________(填序号)。
A．NH3和CO2的浓度之比为2∶1 B．2v正(NH3)=v逆(H2O)
C．气体的密度不变 D．容器内总压强不变
（4）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以采用电解法。图甲是NaBH4燃料电池，图乙是电解制备N2O5装置，已知电解时电极a与电极d相连，电极c的反应式为___________，若制得10.8g N2O5，则消耗NaBH4的质量为___________g。
【答案】（1） ①. 2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=—752.1kJ/mol ②. 低温
（2） ①. < ②.
（3） ①. 100 ②. 增大 ③. CD
（4） ①. N2O4+2HNO3—2e—=2N2O5+2H+ ②. 0.475
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅱ—Ⅰ得到反应2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)，则反应ΔH=(—571.6 kJ/mol) —(+180.5 kJ/mol)=—752.1kJ/mol，反应的热化学方程式为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=—752.1kJ/mol，该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=—752.1kJ/mol；低温；
【小问2详解】
①由图可知，T2条件下反应先达到平衡，则反应温度T2大于T1，T2条件下一氧化氮的浓度大于T1条件下，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为焓变小于0的放热反应，故答案为：<；
②使用催化剂，反应速率加快，但化学平衡不移动，一氧化氮的转化率不变，由催化剂的表面积S1大于S2可知，T1、S2条件下达到平衡所需的时间大于T1、S1条件下，反应生成一氧化氮的浓度不变，则反应在T1、S2条件下达到平衡过程中一氧化氮的变化曲线如下：，故答案为：；
【小问3详解】
①设反应达到平衡时，消耗二氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡时容器中气体密度为4.8g·L-1可得：=4.8，解得a=0.5，则反应的平衡常数K==100，故答案为：100；
②该反应是气体体积减小的反应，达到平衡后，再向容器中加入2mol氨气和1mol二氧化碳相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气的转化率增大，故答案为：增大；
③A．NH3和CO2的浓度之比为2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．由反应速率之比等于化学计量数之比可知，2v正(NH3)=v逆(H2O)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故B错误；
C．该反应是气体质量减小的反应，恒容密闭容器中反应时气体的密度减小，则气体的密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内总压强减小，则容器内总压强不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；
故选CD；
【小问4详解】
由图可知，电极a为燃料电池的负极，碱性条件下硼氢酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成偏硼酸根离子和水，则与电极a相连的电极d为电解池的阴极，电极c为阳极，硝酸分子作用下四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮和氢离子，电极反应式为N2O4+2HNO3—2e—=2N2O5+2H+；由得失电子数目守恒可知，制得10.8g五氧化二氮时，消耗硼氢化钠××38g/mol=0.475g，故答案为：N2O4+2HNO3—2e—=2N2O5+2H+；0.475。
19. 一种阳极泥的主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S，从中回收Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+ R2Cu+2H+；
②在碱性条件下很稳定，有很强的络合能力，与Ag+形成配离子Ag++2 [Ag(S2O3)2]3-，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
（1）试列举可加快“焙烧”速率的措施：___________(任填一条)，写出Cu2S焙烧时生成CuO的方程式___________。
（2）“滤渣I”的主要成分是___________；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是___________。
（3）“沉银”时证明银离子沉淀完全的操作是___________。
（4）萃取后得到有机相的操作方法是___________，“反萃取剂”最好选用___________(填化学式)溶液。
（5）“溶浸”中发生的反应为AgCl(s)+2(aq) [Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(aq)该反应中平衡常数K′=_________[已知]。
（6）“滤液IV”中含有Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为___________(提示：“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用)。
【答案】（1） ①. 将阳极泥粉碎或搅拌 ②. Cu2S+2O22CuO+SO2
（2） ①. Pt、Au ②. 防止生成的氮氧化物排放到空气中
（3）静置，向上层清液中滴加NaCl溶液，若无沉淀产生，则沉淀完全
（4） ①. 分液 ②. HNO3
（5）6.0×103 （6）2[Ag(S2O3)2]3-++4OH-=2Ag+2+4+2H2O
【解析】
【分析】焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3(过量)，加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，最后经过还原获得Ag单质。
【小问1详解】
固体表面积、反应物浓度、温度等因素都会影响反应速率，则加快“焙烧”速率的措施：将阳极泥粉碎或搅拌；焙烧时Cu2S和O2反应生成CuO和SO2，反应的方程式Cu2S+2O22CuO+SO2；
【小问2详解】
由分析知，滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入O2可使氮氧化物又转化为HNO3而溶解，故通入氧气的目的是防止生成的氮氧化物排放到空气中；
【小问3详解】
证明银离子沉淀完全即检验滤液中银离子是否存在，实验操作是静置，向上层清液中滴加NaCl溶液，若无沉淀产生，则沉淀完全；
【小问4详解】
萃取后得到有机相的操作方法是分液；反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得Cu(NO3)2，所以为了不引入新杂质，最好选用HNO3；
【小问5详解】
对应反应AgCl(s)+2(aq) [Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(aq)平衡常数K′=；
【小问6详解】
由分析知，滤液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3-被Na2S2O4还原为Ag，自身被氧化为Na2SO3，根据得失电子守恒初步配平方程式为：2[Ag(S2O3)2]3-+→2Ag+2+4，结合流程知，可在左边添加4个OH-配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：2[Ag(S2O3)2]3-++4OH-=2Ag+2+4+2H2O。
