福建省厦门市厦外石狮分校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题（含解析）

这是一份福建省厦门市厦外石狮分校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题（含解析），共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

厦外石狮分校2022-2023学年高二下学期3月月考
化学学科试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 由中国近代化学启蒙者徐寿确认译名的下列元素中，属于d区元素的是
A. Ca B. Co C. Zn D. Ga
2. 如图是s能级和p能级原子轨道图，下列说法正确的是

A. 每个p能级都有3个原子轨道
B. s能级和p能级的原子轨道形状相同
C. 钠原子的电子在11个原子轨道上高速运动
D. s能级的原子轨道半径与能层序数无关
3. 在前四周期元素中，基态原子有3个未成对电子的元素种数为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 2020年是“氢键”的百年诞辰.M分子部分结构如图所示(-表示氢键)。是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是

A. 氢键是一种特殊的化学键 B. 稳定性：W2Z＞WY
C. X的氧化物的水化物是强碱 D. 简单离子半径：
5. 锂辉石的主要成分氧化锂的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是

A. 氧化锂的化学式为LiO
B 每个晶胞中含有14个
C. 每个周围距离最近且等距的有8个
D. 和钠同主族的锂在空气中燃烧会生成过氧化锂
6. 下列物质的分子中既有σ键又有π键，并含有非极性键的是
①NH3 ②N2 ③H2O ④HCl ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ②⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
7. 下列比较错误的是
A. 硬度：MgO＞CaO＞BaO B. 晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr
C. 熔点：金刚石＞NaCl＞H2O D. 熔点：NaF＞MgF2＞AlF3
8. 下列事实的解释不正确的是

事实
解释
A
第一电离能：
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
溶液显酸性
电离产生的可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于
C
分子中的共价键是键
Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
、、的熔点依次增大
、、的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强

A. A B. B C. C D. D
9. 下列关于晶体的说法中，正确的是
A. 晶体中原子呈周期性有序排列；而非晶体中原子排列相对无序
B. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
C. 共价键的强弱可决定分子晶体的熔、沸点
D. CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
10. 氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法正确的是

A. 氮化碳属于分子晶体 B. 氮化碳中碳显-4价，氮显＋3价
C. 氮化碳的化学式为C3N4 D. 每个碳原子与两个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连
11. F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂(其氧化性依次递增)，都极易与水反应。其中6XeF4＋12H2O=2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑，下列推测正确的是

黑球表示氙原子白球表示氟原子
A. XeF2分子中各原子均达到八电子的稳定结构
B. 某种氟化氙的晶体结构单元如上图所示，可推知其化学式为XeF6
C. XeF4按已知方式水解，每生成2molXe转移8mol电子
D. XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2
12. X的一种核素俘获一个α粒子后放出一个中子：。下列说法错误的是
A. 和含有相同数目的中子 B. 与放射性核素互为同位素
C. X的原子半径大于Y D. X和Y均位于元素周期表中的p区
13. 我国力争于2060年前实现碳中和。与重整是利用研究热点之一。下列关于和说法正确的是

A. 固态属于共价晶体
B. 键角大于键角
C. 分子中含有极性共价键，是极性分子
D. 干冰中每个分子周围紧邻12个分子
14. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是

A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物的热稳定性：
C. 元素第一电离能：
D. W元素一种氧化物晶胞如图所示，该氧化物为
15. 钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)。下列说法中错误的是

A. 配合物中Co2+价电子排布式为3d7
B. 钴的配位数为6
C. C点的原子坐标参数为()
D. 该物质的化学式为TiCoO2
二、非选择题：包括第16题~第19题4个大题，共55分。
16. 碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值




回答下列问题：
（1）气体A的电子式为_____________。
（2）“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
（3）滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
（5）“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
（6）上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。

17. Fe、Co、Ni是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为_____。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
（3）实验室常用KSCN溶液或苯酚()检验Fe3+。
①第一电离能：N____O(填“＞”或“＜”)，原因是：_____。
②NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____(填化学式)。
（4）能够给配位离子[Co(NH3)5Cl]2+中心原子Co提供孤电子对的原子为_____。
（5）如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为____。

（6）已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为anm，则晶体密度为_____g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
18. 温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一、回答下列问题：
（1）CO2与CH4重整可以同时利用两种温室气体，过程中涉及如下反应：
I．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.41kJ·mol-1
Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2
Ⅲ．CH4(g)+O2(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6kJ·mol-1
①已知：O2(g)+H2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1，则ΔH2=___________kJ·mol-1。
②一定条件下，向体积为V L密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示，x曲线代表___________(填化学式)产量变化，1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95％和90％，反应I的平衡常数K=___________(mol·L-1)2(写出计算式，用含a、b、V的代数式表示)。

（2）在催化剂作用下CO2和H2合成甲酸涉及以下反应：
I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) ΔH1＜0
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
刚性容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。

①曲线a随温度升高而下降的原因是___________，为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A．低温、低压 B．高温、高压
C．高温、低压 D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随温度的变化如下表：
时间/ min
0
20
40
60
80
压强/ MPa
P0
0.91 P0
0.85 P0
0.80 P0
0.80 P0
反应I的速率可表示为v=k·p(CO2)·p(H2)(k为常数)，则反应在60min时v=___________(用含p0、k的式子表示)。
19. 配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。

（1）基态Zn2+的电子排布式为_____。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____形；C与O之间形成σ键的数目为_____个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入_____。(假设X晶胞形状不变)。
A. －Cl B. －OH C. －NH2 D. －CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。

①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。
②X晶体中Zn2+的配位数为______。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。
厦外石狮分校2022-2023学年高二下学期3月月考
化学学科试卷 答案解析
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 由中国近代化学启蒙者徐寿确认译名的下列元素中，属于d区元素的是
A. Ca B. Co C. Zn D. Ga
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ca是20号元素，其基态原子价层电子排布为4s2，位于周期表s区，A不合题意；
B．Co是27号元素，其基态原子价层电子排布为3d74s2，位于周期表d区，B符合题意；
C．Zn是30号元素，其基态原子价层电子排布为3d104s2，位于周期表ds区，C不合题意；
D．Ga是31号元素，其基态原子价层电子排布为4s24p1，位于周期表p区，D不合题意；
故答案为：B。
2. 如图是s能级和p能级的原子轨道图，下列说法正确的是

A. 每个p能级都有3个原子轨道
B. s能级和p能级的原子轨道形状相同
C. 钠原子的电子在11个原子轨道上高速运动
D. s能级的原子轨道半径与能层序数无关
【答案】A
【解析】
【详解】A．每个p能级都有相互垂直的px、py、pz3个原子轨道，A正确；
B．s能级的原子轨道形状为球形，而p能级的原子轨道形状为哑铃形，则不相同，B错误；
C．已知Na是11号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故钠原子的电子在1s、2s、2p、3s等6个原子轨道上高速运动，C错误；
D．s能级的原子轨道半径随着能层序数的递增而增大，形状保持不变，D错误；
故答案为：A。
3. 在前四周期元素中，基态原子有3个未成对电子的元素种数为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】在前四周期元素中，基态原子有3个未成对电子的元素分别为，共5种元素；
答案选C。
4. 2020年是“氢键”的百年诞辰.M分子部分结构如图所示(-表示氢键)。是短周期主族元素，M中含有碳、氮、W、Z四种元素，化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是

A. 氢键是一种特殊的化学键 B. 稳定性：W2Z＞WY
C. X的氧化物的水化物是强碱 D. 简单离子半径：
【答案】D
【解析】
【分析】是短周期主族元素；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，且能形成氢键，根据原子结构可知，W是H，Z是O；化合物W2Z能与Y2反应产生Z2，则Y的非金属性强于Z，Y是F；X元素是地壳中含量最高的金属元素，则X是Al；综合分析：W是H、X是Al、Y是F、Z是O，依此解答。
【详解】A．氢键是一种特殊的分子间作用力，影响物质的物理性质，A错误；
B．非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越强，故稳定性：HF＞H2O，B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，C错误；
D．原子结构相同，序数越大，半径越小，故简单离子半径：，D正确；
答案选D。
5. 锂辉石的主要成分氧化锂的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是

A. 氧化锂的化学式为LiO
B. 每个晶胞中含有14个
C. 每个周围距离最近且等距的有8个
D. 和钠同主族的锂在空气中燃烧会生成过氧化锂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的锂离子为8，则氧化锂的化学式为Li2O，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，故B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氧离子与位于体对角线处的锂离子的距离最近，则每个氧离子周围距离最近且等距的锂离子有8个，故C正确；
D．锂的金属性弱于钠，则和钠同主族的锂在空气中燃烧只能生成氧化锂，故D错误；
故选C。
6. 下列物质的分子中既有σ键又有π键，并含有非极性键的是
①NH3 ②N2 ③H2O ④HCl ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ②⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①NH3分子中只有N-H键；②N2分子中有氮氮三键，为非极性键，既有σ键又有π键；③H2O分子中只有O-H键；④HCl分子中有H-Cl键；⑤C2H4分子中有碳碳双键；为非极性键，既有σ键又有π键；⑥C2H4分子中有碳碳三键，为非极性键，既有σ键又有π键；所以②⑤⑥分子中既有σ键又有π键；并含有非极性键，
故答案选A。
7. 下列比较错误的是
A. 硬度：MgO＞CaO＞BaO B. 晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr
C. 熔点：金刚石＞NaCl＞H2O D. 熔点：NaF＞MgF2＞AlF3
【答案】D
【解析】
【详解】A．三种物质都为离子晶体，离子半径Mg2+＜Ca2+＜Ba2+，离子半径越小，离子键越强，硬度越大，硬度：MgO＞CaO＞BaO，A正确；
B．三种物质都为离子晶体，离子半径F-＜Cl-＜Br-，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，B正确；
C．金刚石是共价晶体，NaCl是离子晶体，H2O是分子晶体，熔点：金刚石＞NaCl＞H2O，C正确；
D．三种物质都为离子晶体，离子半径越小，电荷越多，熔点越高，熔点应为NaF 故选D。
8. 下列事实的解释不正确的是

事实
解释
A
第一电离能：
Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型
B
溶液显酸性
电离产生的可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于
C
分子中的共价键是键
Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子3p轨道通过“肩并肩”重叠
D
、、熔点依次增大
、、的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．第一电离能：是因为Mg的3s处于全满状态，能量低不容易失去一个电子；Al的最外层为3p1容易失去一个电子形成稳定结构，所以铝的第一电离能比镁低；故A错误；
B．溶液显酸性是因为可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于，故B正确；
C．由于Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠，形成键；故C正确；
D．、、是由同主族元素形成的单质，结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，故D正确；
故答案选A。
9. 下列关于晶体的说法中，正确的是
A. 晶体中原子呈周期性有序排列；而非晶体中原子排列相对无序
B. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
C. 共价键的强弱可决定分子晶体的熔、沸点
D. CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体中原子呈周期性有序排列，具有自范性，而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，A正确；
B．金属晶体中也含有金属阳离子，B错误；
C．分子晶体的稳定性等化学性质与共价键的强弱有关，分子晶体的熔、沸点与分子间作用力有关，C错误；
D．CsCl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，D错误；
故选A。
10. 氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法正确的是

A. 氮化碳属于分子晶体 B. 氮化碳中碳显-4价，氮显＋3价
C. 氮化碳的化学式为C3N4 D. 每个碳原子与两个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮化碳的硬度超过金刚石晶体，又C和N都属于非金属元素，则其是通过共价键形成原子晶体，故A错误；
B．N元素的非金属性强于C，则N显-3价，C显+4介，故B错误；
C．由结构图可知，在一个晶胞内(虑线框)有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4，故C正确；
D．由结构图可看出，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，故D错误；
答案选C。
11. F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂(其氧化性依次递增)，都极易与水反应。其中6XeF4＋12H2O=2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑，下列推测正确的是

黑球表示氙原子白球表示氟原子
A. XeF2分子中各原子均达到八电子的稳定结构
B. 某种氟化氙的晶体结构单元如上图所示，可推知其化学式为XeF6
C. XeF4按已知方式水解，每生成2molXe转移8mol电子
D. XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Xe原子已经达到8电子稳定，故XeF2各原子不可能具有8电子稳定结构，A不正确；
B．根据平行六面体规律：Xe为8×＋1=2，F为8×＋2=4，故该晶体的化学式为XeF2，B不正确；
C．由于F的非金属性最强，在XeF4中Xe的化合价为＋4价，生成2molXe转移电子数为8mol，C正确；
D．F2有强的氧化性，能够与水反应，故XeF2与水反应不可能生成F2，D不正确；
故选C。
12. X的一种核素俘获一个α粒子后放出一个中子：。下列说法错误的是
A. 和含有相同数目的中子 B. 与放射性核素互为同位素
C. X的原子半径大于Y D. X和Y均位于元素周期表中的p区
【答案】A
【解析】
【分析】根据反应式可得：a+2=15，27+4=b+1，则a=13，b=30。X、Y分别为Al、P元素，据此解答。
【详解】A. 27Al的中子数为27-13=14，30P的中子数为30-15=15，因此二者中子数不相同，故A项错误；
B.30P和32P质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B项正确；
C.根据元素周期律，同周期元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐减小，因此Al原子半径大于P，故C项正确；
D.Al、P元素均位于元素周期表中的p区，故D项正确；
故答案为：A。
13. 我国力争于2060年前实现碳中和。与重整是利用的研究热点之一。下列关于和说法正确的是

A. 固态属于共价晶体
B. 键角大于键角
C. 分子中含有极性共价键，是极性分子
D. 干冰中每个分子周围紧邻12个分子
【答案】D
【解析】
【详解】A． 从图中看出晶体由二氧化碳分子构成，固态属于分子晶体，故A错误；
B． 甲烷是正四面体构型，键角为109.5°，二氧化碳为直线形分子，键角为180°，键角小于键角，故B错误；
C． 分子中含有极性共价键，但分子为正四面体，结构对称，是非极性分子，故C错误；
D． 干冰为面心立方堆积，干冰中每个分子周围紧邻12个分子，故D正确；
故选D。
14. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是

A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物的热稳定性：
C. 元素第一电离能：
D. W元素的一种氧化物晶胞如图所示，该氧化物为
【答案】B
【解析】
【分析】X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则2p能级上分别有2、4电子，则X为C，Y为O；Z与Y同族，则Z为S； W原子核内有29个质子，则W为Cu，以此解题。
【详解】A．X、Y、Z分别是C、O、S，同周期越靠左半径越大，不同周期一般来说，电子层数越多半径越大，则原子半径，A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，即稳定性H2O>H2S，B正确；
C．同主族，越向上第一电离能越大，C错误；
D．根据晶胞结构可知，两种元素原子的个数比值为1∶2，故该氧化物为，D错误；
故选B。
15. 钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)。下列说法中错误的是

A. 配合物中Co2+价电子排布式为3d7
B. 钴的配位数为6
C. C点的原子坐标参数为()
D. 该物质的化学式为TiCoO2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．配合物中Co2+价电子个数为7，价电子排布式为3d7，故A正确；
B．由晶胞结构图可知，钴周围有6个O2-，配位数为6，故B正确；
C．C点的原子处于体心，坐标参数为()，故C正确；
D．此晶胞中O原子为6×=3，Ti原子为8×=1，Co原子为1，该物质的化学式为TiCoO3，故D错误；
故选D。
二、非选择题：包括第16题~第19题4个大题，共55分。
16. 碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值




回答下列问题：
（1）气体A的电子式为_____________。
（2）“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
（3）滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
（5）“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
（6）上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。

【答案】（1） （2）+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
（3） ①. Cr (OH)3 ②. Ca(OH)2、Mg(OH)2
（4）防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
（5）
（6）
【解析】
【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【小问1详解】
根据上述分析可知气体A是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为；
【小问2详解】
酸化时转化为，在还原时与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知还原反应的离子方程式为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
【小问3详解】
根据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr (OH)3；再加NaOH溶液，调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2；
【小问4详解】
根据题意可知Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
【小问5详解】
反应的化学平衡常数K=；
【小问6详解】
在该晶胞中Sr原子个数为8×=1，含有O原子个数为6×=3，含有Ti原子个数是1，则在1个晶胞中含有1个SrTiO3，晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的，假设晶胞边长为L，，L=，则该晶体密度ρ=。
17. Fe、Co、Ni是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为_____。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是_____(填“极性”或“非极性”)分子。
（3）实验室常用KSCN溶液或苯酚()检验Fe3+。
①第一电离能：N____O(填“＞”或“＜”)，原因是：_____。
②NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____(填化学式)。
（4）能够给配位离子[Co(NH3)5Cl]2+中心原子Co提供孤电子对的原子为_____。
（5）如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为____。

（6）已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为anm，则晶体密度为_____g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
【答案】（1）3d84s2 （2）非极性
（3） ①. > ②. N原子2p轨道上的电子排布属于半满情况，更加稳定，第一电离能更大 ③. NH3>AsH3>PH3 （4）N （5）7:2
（6）
【解析】
【小问1详解】
Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2
【小问2详解】
根据相似相溶原理，Ni(OH)4易溶于有机溶剂，不溶于水，水是极性分子，故Ni(OH)4是非极性分子。
【小问3详解】
①N达到了半充满稳定结构，较难失电子，故第一电离能较大
②结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高，又因为氨中存在氢键，沸点最高，即沸点由高到低为NH3>AsH3>PH3
【小问4详解】
氨分子作为配体，其中N原子提供孤电子对，Co原子提供轨道
【小问5详解】
四氧化三铁晶胞中，氧离子个数为，所以铁离子有2个，亚铁离子有1个，其中正四面体空隙共8个，1个铁离子填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共有，一个亚铁离子和一个铁离子填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2
【小问6详解】
一个晶胞的质量为g，体积为（a ×10-7）3cm3，因此密度为
18. 温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一、回答下列问题：
（1）CO2与CH4重整可以同时利用两种温室气体，过程中涉及如下反应：
I．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.41kJ·mol-1
Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2
Ⅲ．CH4(g)+O2(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6kJ·mol-1
①已知：O2(g)+H2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1，则ΔH2=___________kJ·mol-1。
②一定条件下，向体积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示，x曲线代表___________(填化学式)产量变化，1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95％和90％，反应I的平衡常数K=___________(mol·L-1)2(写出计算式，用含a、b、V的代数式表示)。

（2）在催化剂作用下CO2和H2合成甲酸涉及以下反应：
I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) ΔH1＜0
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
刚性容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。

①曲线a随温度升高而下降的原因是___________，为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A．低温、低压 B．高温、高压
C．高温、低压 D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随温度的变化如下表：
时间/ min
0
20
40
60
80
压强/ MPa
P0
0.91 P0
0.85 P0
080 P0
0.80 P0
反应I的速率可表示为v=k·p(CO2)·p(H2)(k为常数)，则反应在60min时v=___________(用含p0、k的式子表示)。
【答案】（1） ①. +41.21 kJ·mol-1 ②. CO ③.
（2） ①. CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 ②. D ③.
【解析】
【小问1详解】
I．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247.41kJ·mol-1
Ⅲ．CH4(g)+O2(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3=-35.6kJ·mol-1
①O2(g)+H2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1，
根据盖斯定律I+①-Ⅲ得，则CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 =+24741kJ·mol-1-241.8kJ·mol-1+35.6kJ·mol-1=+41.21 kJ·mol-1；
②一定条件下，向体积为V L的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，根据元素守恒，碳元素生成CO、氢元素除生成氢气外还生成少量水，所以产物中CO物质的量最多，x曲线代表CO；
根据图示，1100K时，CO的物质的量是amol、氢气的物质的量是bmol，CH4与CO2的转化率分别为95％和90％，则平衡体系中CH4的物质的量是1mol×5%=0.05mol、CO2的物质的量是1mol×10%=0.1mol，反应I的平衡常数K= (mol·L-1)2；
【小问2详解】
①CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以HCOOH的选择性随温度升高而下降；CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性增大；CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)正反应气体物质的量减少，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性增大；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为低温、高压，选D；
②反应在60min时压强变为0.80 P0，即气体物质的量变为原来的0.8倍，

，x=0.4a；
v=k·p(CO2)·p(H2)=k×=。
19. 配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。

（1）基态Zn2+的电子排布式为_____。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____形；C与O之间形成σ键的数目为_____个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入_____。(假设X晶胞形状不变)。
A. －Cl B. －OH C. －NH2 D. －CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。

①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。
②X晶体中Zn2+的配位数为______。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。
【答案】（1）[Ar]3d10
（2） ①. 哑铃 ②. 8 （3）BC
（4） ①. 与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 ②. 1.25 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
锌元素的原子序数为30，基态锌离子的价电子排布式为3d10，核外电子排布式为[Ar]3d10。
【小问2详解】
配体L2-所含元素中O元素的电负性最大，O原子处于基态时，电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃形。配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个σ键。
【小问3详解】
A．-Cl不能与水分子形成氢键，不能增强X与H2O的吸附作用，A错误；
B．-OH能与水分子形成氢键，能增强X与H2O的吸附作用，B正确；
C．-NH2能与水分子形成氢键，能增强X与H2O的吸附作用，C正确；
D．-CH3不能与水分子形成氢键，不能增强X与H2O的吸附作用，D错误；
故答案选BC。
【小问4详解】
①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧。
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶胞中锌离子的配位数为1.25。
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，两个最近的氧离子的距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度为x+2d=，解得x=。
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶胞的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得，解得d=