高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省亳州市2023-2024學年高二下學期4月期中考試考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16S32Fe56Sn119一、單項選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.我國載人航天技術世界矚目。下列說法正確的是A.飛船所用燃料的燃燒是放熱反應B.飛船外層使用隔熱瓦，目的是防止熱量散失C.空間站中攜帶的供氧劑過氧化鈉屬于堿性氧化物D.空間站使用的太陽能電池將化學能轉變?yōu)殡娔堋敬鸢浮緼【解析】所有的燃燒都是放熱反應，故A項正確；隔熱瓦能夠耐高溫，防止飛船被破壞，故B項錯誤；過氧化鈉屬于過氧化物，不屬于堿性氧化物，故C項錯誤；太陽能電池將太陽能轉變?yōu)殡娔?，故D項錯誤；故本題選A。2.近日，由英國萊斯大學和美國普林斯頓大學科學家借助金納米顆粒，僅需一個步驟，就將石化煉油廠產(chǎn)生的臭氣熏天的副產(chǎn)品硫化氫轉化成了氫氣。下列說法正確的是A.硫的第一電離能比磷大 B.分子內只有鍵C.分子結構為直線形 D.硫化氫的空間填充模型：【答案】B【解析】P電子層結構為半充滿，第一電離能大于相鄰周期元素，則S第一電離能比P小，故A項錯誤；H2S分子內只含有S-Hσ鍵，故B項正確；分子中S形成兩條單鍵，存在兩對孤電子對，為雜化，結構為折線形，故C項錯誤；硫化氫的空間填充模型中，S的原子半徑比H原子半徑要大，正確的模型為，故D項錯誤；故本題選B。3.科學家們發(fā)現(xiàn)水竟然有18種存在形態(tài)。下列有關水的說法正確的是A.溫度升高，水的電離平衡正向移動，增大，酸性增強B.當時，溶液一定呈中性C.室溫下，pH=4的亞硫酸溶液中，D.向水中加入晶體，溶解后水的電離程度減小【答案】D【解析】水的電離為吸熱過程，升溫平衡正向移動，但仍為中性，A錯誤；酸堿性溶液中，由水電離出的與都相等，B錯誤；室溫下，pH=4的亞硫酸溶液中，，，C錯誤；電離出的抑制了水的電離，D正確；故選D。4.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.通常條件下，18g中存在的鍵總數(shù)為B.常溫下，1LpH=13的溶液中，由水電離的離子數(shù)目為C.氫氧燃料電池中，正極每消耗22.4L(標準狀況)氣體，電路中轉移的電子數(shù)目為D.12g石墨與石墨烯(單層石墨)混合物中含有六元環(huán)的個數(shù)為【答案】A【解析】18g水物質的量為1mol，單鍵是鍵，含有的鍵為2mol，A正確；室溫下，1LpH=13的氫氧化鋇溶液中，氫離子的物質的量是mol，水電離出1個氫離子，必然電離出1個離子，所以由水電離的離子數(shù)目為，B錯誤；氫氧燃料電池正極消耗的是氧氣，22.4L(標準狀況)氧氣的物質的量是1mol，氧氣在反應中得到4個電子，則1mol氧氣得到4mol電子，電路中通過的電子數(shù)目為，C錯誤；根據(jù)石墨的分子結構可知，每個六元環(huán)含2個碳原子，12g石墨和石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為，D錯誤；故答案選A。5.鈦在生活中應用廣泛，被稱為“太空金屬”、“第三金屬”和“未來金屬”，下列有關鈦的敘述正確的是A.、、互為同素異形體B.基態(tài)鈦原子的外圍電子排布為C.鈦元素位于元素周期表第四周期ⅡB族D.基態(tài)時，鈦和鋁原子核外未成對電子數(shù)相等【答案】B【解析】鈦為22號元素，、、的質子數(shù)相同，中子數(shù)分別為26、27、28，互為同位素，A錯誤；鈦為22號元素，根據(jù)構造原理，鈦原子的外圍電子層排布為，B正確；鈦原子的外圍電子排布為，鈦元素在周期表中處于第四周期第ⅣB族，C錯誤；基態(tài)時，鈦原子的價層電子排布為，未成對電子有2個，鋁原子的價層電子排布為，未成對電子有1個，D錯誤；故選B。6.恩格新說“勞動創(chuàng)造了人本身”。下列勞動內容的具體做法與所涉及的化學知識均正確的是選項勞動內容化學知識A加熱氯化鐵溶液制備無水氯化鐵氯化鐵屬于分子晶體B用氨化鋅溶液清洗鐵銹鋅離子的氧化性大于亞鐵離子C將鋁線和銅線直接連接導電鋁有耐蝕性，銅化學性質不活潑，可長時間使用D電解飽和食鹽水制氯氣氯離子具有還原性，在陽極易失電子A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】加熱氯化鐵溶液，氯化鐵水解最終得到氫氧化鐵或氧化鐵，故A項錯誤；氯化鋅水解，溶液呈酸性，可除銹，且鋅離子氧化性比亞鐵離子弱，故B項錯誤；銅線和鋁線直接相連易形成原電池，加快腐蝕，故C項錯誤；氯離子具有還原性，在陽極失電子生成氯氣，故D項正確；故本題選D。7.前20號元素A、B、C、D．已知：A元素基態(tài)時電子排布式為；B的原子核外K、L層上電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和；C元素是第三周期第一電離能最小的元素；D元素形成的最高價含氧酸為最強酸。下列有關敘述錯誤的是A.四種元素A、B、C、D分別為O、Ca、Na、ClB.元素A、B、C兩兩組成的化合物可為CaO、、、等C.元素A、C簡單離子的半徑大小關系為A＜CD.元素A、D電負性大小關系為A>D【答案】C【解析】元素A基態(tài)時電子排布式為，A為O；B的原子核外K、L層上電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和，B為Ca；第3周期第一電離能最小的元素是鈉，C為Na；前20號元素中高氯酸為最強酸，故D元素是Cl。由上述分析可知，四種元素A、B、C、D分別為O、Ca、Na、Cl，故A項正確；元素O、Ca、Na兩兩組成的化合物可為CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，故B項正確；O2-、Na+離子電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2-＞Na+，故C項錯誤；A為O，D為Cl，非金屬性氧強于氯，故電負性O＞Cl，故D項正確；故本題選C。8.近日，哈工大化工與化學學院李英宣課題組開發(fā)出高效光―熱協(xié)同催化劑，實現(xiàn)空氣中二氧化碳()的捕獲和轉化，其機理如圖所示，下列說法正確的是A.③④⑤步驟中碳的化合物在反應中均起到氧化劑的作用B.該過程涉及極性共價鍵，非極性共價鍵的斷裂和形成C.屬于非極性分子，甲醇和甲烷屬于極性分子D.使用高放光―熱協(xié)同催化劑可以提高氫氣的平衡轉化率【答案】A【解析】步驟③④⑤中碳的化合物在Ni表面被逐步還原，故碳的化合物起到氧化劑作用，A正確；該過程涉及氫氫鍵和碳氧鍵的斷裂，以及碳氫鍵、氫氧鍵的形成，整個過程沒有非極性鍵的形成，B錯誤；甲烷為正四面體結構，正負電荷中心重合，屬于非極性分子，C錯誤；催化劑只加快速率，不影響平衡，不能提高氫氣的平衡轉化率，D錯誤；故選A。9.下列實驗裝置可以達到相應實驗目的的是A.圖1用酸性高錳酸鉀溶液測定葡萄酒中的含量B.圖2驗證氯、硫、碳的電負性強弱C.圖3設計隨關隨停制備氯氣裝置D.圖4在HCl氣流中制備無水氯化鐵【答案】D【解析】二氧化硫和葡萄酒中的酒精均與酸性高錳酸鉀溶液反應，同時圖中手易將活塞拉出，A錯誤；鹽酸易揮發(fā)，同時鹽酸和亞硫酸不是氯元素和硫元素的最高價含氧酸，不能比較電負性強弱，B錯誤；二氧化錳與濃鹽酸反應需要加熱，且二氧化錳固體不是塊狀的，不能使用啟普發(fā)生器產(chǎn)生氯氣，C錯誤；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，在HCl氣體中加熱氯化鐵晶體，可以抑制其水解從而可制備得到氯化鐵，D正確；故選D。10.我國學者利用催化劑的選擇性(可選擇性的促進某種反應的進行)成功設計了鈉等活潑金屬/海水高儲能電池(裝置如圖，固體電解質只允許鈉離子通過)，有望用于航海指示燈的能源。下列說法正確的是A.有機液若換為稀硫酸，電池使用效率更高B.放電時，鈉電極的電勢高于催化電極C.催化電極的電極反應式為：D.放電時，電路中轉移2mol電子，鈉電極質量減少46g【答案】D【解析】由題意和示意圖可知，鈉為活潑金屬，故鈉極為負極，負極反應為Na－e-=Na+，催化電極為正極，故正極反應為2H2O+4e-+O2=4OH-；有機液若換為稀硫酸，金屬鈉是活潑金屬，會與酸發(fā)生劇烈的反應，會導致金屬鈉被消耗，電池使用效率下降，故A錯誤；放電時，鈉為負極，正極電極的電勢高于負極，故B錯誤；放電時，催化電極為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應為：2H2O+4e-+O2=4OH-，故C錯誤；根據(jù)電子守恒，每轉移2mol電子，理論上有2molNa反應溶解，鈉電極質量減少46g，故D正確；故選D。11.250℃時，將一定量的碳酸氫鈉固體置于真空容器中分解，達平衡時，測得體系內總壓強為p。則下列敘述正確的是A.當體系內二氧化碳的物質的量分數(shù)不變時，反應達到平衡狀態(tài)B.平衡后，繼續(xù)添加碳酸氫鈉，平衡右移，K增大C.向平衡體系中加入等量的、，平衡左移，K不變D.250℃時，該反應的化學平衡常數(shù)為【答案】C【解析】分解方程式為。該反應屬于固體分解反應，混合氣體中的體積分數(shù)恒為50%，故混合氣體中的體積分數(shù)不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，A錯誤；碳酸氫鈉是固體，且根據(jù)化學平衡常數(shù)，溫度不變常數(shù)不變，B錯誤；向平衡體系中加入等量的、，生成物濃度增大平衡左移，但溫度不變K不變，C正確；反應達平衡時體系的總壓強為p，則，故該溫度下化學平衡常數(shù)為，D錯誤；故選C。12.工業(yè)上以含溶液作電解液，以含F(xiàn)e、Zn、Pb、C等雜質的粗錫為陽極進行電解，可得到精錫。下列說法錯誤的是A.陰極發(fā)生的反應為B.電解一段時間，溶液中溶質的濃度不變C.在電解槽底部產(chǎn)生含Pb的陽極泥D.當陰極質量增加11.9g，電路中通過電子為0.2mol【答案】B【解析】工業(yè)上以含、、的混合液作電解液，以含F(xiàn)e、Zn、Pb、C等雜質的粗錫為陽極進行電解，陽極上Sn、Fe、Zn失去電子被氧化，Pb、C不放電，陰極上得電子的還原反應，，可得到精錫。陰極應該發(fā)生得電子的還原反應，故為，A正確；陽極雜質參與反應，故電解一段時間溶液中濃度減小，B錯誤；陽極材料中Pb和C比錫不活潑，不參與氧化反應，在電解槽底部可形成陽極泥，C正確；當陰極質量增加11.9g，即生成0.1molSn，則電路中通過電子為0.2mol，D正確；選B。13.室溫下，向20.00mL濃度均為的HA溶液和HB溶液(已知酸性：HA>HB)中，分別滴加同濃度NaOH溶液，測得溶液的pH隨氫氧化鈉溶液體積變化曲線如圖，下列說法錯誤的是A.恰好中和時，溶液中離子總濃度：HA>HBB.溶液中水的電離程度，c>b>aC.反應平衡常數(shù)約為D.V=10時，兩種溶液中，【答案】C【解析】的HA溶液和HB溶液(已知酸性：HA>HB)，則曲線①代表NaOH溶液滴定HB的曲線，HB溶液pH=6，Ka1(HB)=≈=，同理，曲線②代表NaOH溶液滴定HA的曲線，HA溶液pH=3，Ka1(HA)=≈=，a點對應的是同濃度的HA與NaA溶液，b點為中性溶液，c點為恰好中和點，據(jù)此解題。由已知酸性：HA>HB可知，恰好中和時，溶液中NaB的堿性強，小，而兩種溶液中鈉離子濃度相同，故根據(jù)電荷守恒，可知NB溶液中總離子濃度小，故A正確；c點為恰好中和點，鹽的水解促進水的電離，水的電離程度最大，a與b點相比，a點pH更小，對水的電離抑制作用更強，則溶液中水的電離程度，c>b>a，故B正確；該反應的平衡常數(shù)表達式為，故C錯誤；V=10時，兩種溶液中酸和鹽的物質的量相等，且鈉離子濃度相等，根據(jù)物料守恒可得，則，故D正確；故選C。14.地殼中各種物質存在各種轉化，如金屬銅的硫化物經(jīng)生物氧化會轉化為，流經(jīng)ZnS或FeS等含硫礦石又可以轉化為CuS[，]，下列說法錯誤的是A.工業(yè)上可用ZnS、FeS等金屬硫化物處理含有某些重金屬離子的廢水B.當溶液中有ZnS和CuS共存時。溶液中C.基態(tài)的軌道表示式為D.FeS的晶胞結構如圖所示，晶胞中與S緊鄰的Fe為4個【答案】B【解析】溶解度小的可以轉化為溶解度更小的，故可以用難溶的金屬硫化物去沉淀更難溶的一些重金屬離子，A正確；，B錯誤；銅為29號元素，銅離子失去2個電子，故基態(tài)的價電子排布式為軌道表示式正確，C正確；觀察圖像，可知黑球周圍的最近白球有4個，根據(jù)化學式可知白球周圍最近的黑球也為4個，D正確；故答案選B。二、非選擇題：共4道題，共58分。15.任何化學反應總伴隨著能量變化，研究化學反應中的能量變化對于人類的生產(chǎn)生活有著重要的意義。（1）下列化學反應屬于放熱反應的有_______(填序號)①雪花融化②石灰石分解③濃硫酸稀釋④鈉與水反應⑤醋酸的電離⑥鋁熱反應⑦灼熱的木炭與的反應⑧晶體與晶體的反應（2）乙醇為綠色能源，在25℃、101kPa下，實驗測得23g無水乙醇完全燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時放熱638.4kJ，寫出乙醇燃燒的熱化學方程式_______。（3）觀察圖像，依據(jù)圖示關系：①石墨的燃燒熱_______。②24g石墨和標況下33.6L氧氣完全反應放出的能量是_______kJ。（4）中和反應常伴有熱量放出，某興趣小組設計實驗探究中和熱的測定。取三只燒杯分別加入50mL，0.55mol/L的氫氧化鈉溶液(裝置如圖)，然后分別加入50mL0.50mol/L的①稀鹽酸，②稀硝酸和③稀醋酸，測量并計算中和熱分別為、、。①圖中缺少的儀器名稱為_______，加入酸時要快速一次性的加入，目的是_______。②、、關系為_______?！敬鸢浮浚?）④⑥（2）（3）①.-393.5②.504（4）①.環(huán)形玻璃攪拌器②.減少熱量散失，減少誤差③.【解析】小問1詳析】①雪花融化吸收能量且不是化學反應，①不符合題意；②碳酸鈣高溫分解為吸熱反應，②不符合題意；③濃硫酸稀釋過程中放出能量，但不是化學反應，③不符合題意：④鈉與水的反應，屬于放熱反應，④符合題意：⑤醋酸電離是吸熱過程，且不是化學反應，⑤不符合題意：⑥鋁熱反應為放熱反應，⑥符合題意：⑦灼熱的木炭與的反應屬于吸熱反應，⑦不符合題意：⑧晶體與晶體的反應是吸熱反應，⑧不符合題意；綜上所述，答案為：④⑥；【小問2詳析】23g乙醇的物質的量為0.5mol，1mol乙醇完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放出的熱量，故其燃燒的熱化學方程式為：；【小問3詳析】燃燒熱是1mol純物質完全燃燒生成指定產(chǎn)物所放出的熱量，根據(jù)蓋斯定律可知石墨完全燃燒反應的燃燒熱；24g石墨物質的量為2mol，和1.5mol氧氣完全反應生成1molCO和1mol，故放熱393.5+110.5=504kJ；【小問4詳析】①從裝置可以看出缺少的儀器為環(huán)形玻璃攪拌器，快速一次性的加入酸能夠減少熱量散失，減小實驗誤差；②強酸、強堿的稀溶液反應生成1mol放出的熱量為中和熱，①稀鹽酸和②稀硝酸中和熱相等，醋酸是弱酸，反應釋放的熱量包含中和反應釋放的熱和電離過程中吸收的熱量，則③稀醋酸參與反應放熱最少，反應熱是負值，放出熱量越多越小，故三者關系為。16.2024年1月31日，武漢大學陸慶全課題組利用地球上豐富的鐵作為催化劑，產(chǎn)生高度親電性的氯自由基以活化烷基C―H鍵，從而實現(xiàn)了在溫和條件下烷烴C―H硼化反應?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)的外圍電子排布式為_______。（2）H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是_______，N、O、F三種元素的第一電離能最小的是_______。（3）相對分子質量比大，但常溫下為液體，為氣體，原因是_______；分子內不存在的化學鍵有_______。A．極性共價鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（4）催化反應的一種中間產(chǎn)物結構如下，其分子中B與周圍直接相連的原子形成的空間構型為_______，碳的雜化類型為_______，1mol分子內含有的鍵數(shù)目為_______。（5）晶體硼的熔點為2300℃，而晶體硅的熔點為1410℃，試從結構角度解釋其熔點差別較大的原因：_______。【答案】（1）（2）①.H、C、S、Cl②.O（3）①.能形成分子間氫鍵(合理即可)②.BCD（4）①.平面三角形②.、③.37（5）二者都是共價晶體，但B-B鍵鍵長比Si-Si短的多，共價鍵更強，熔點更高【解析】【小問1詳析】基態(tài)Fe原子的電子排布式為，失去4s上的2個電子形成，所以的外圍電子排布式為；【小問2詳析】同周期主族元素從左到右元素的電負性增大，非金屬性越強電負性越強，所以H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是H、C、S、Cl；同周期主族元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但VA族元素的第一電離能大于其相鄰元素的第一電離能，所以第一電離能最小的元素是氧；【小問3詳析】水分子間存在氫鍵，而乙硼烷無法形成氫鍵，所以常溫下為液體，乙硼烷為氣體；乙硼烷分子內存在硼氫鍵，為極性共價鍵和鍵，B-B鍵為非極性共價鍵，不存在離子鍵、配位鍵和π鍵，故選BCD；【小問4詳析】分子中B與三個原子相連，為雜化，故為平面三角形結構；碳有飽和碳和雙鍵碳，故為、雜化，單鍵都是鍵，雙鍵中有一個鍵，故1mol分子中含有鍵數(shù)目為37mol；【小問5詳析】由已知條件可知，二者都是共價晶體，B原子半徑小于Si，B-B鍵鍵長比Si-Si短的多，B-B鍵共價鍵更強，熔點更高。17.鎳及其化合物在工業(yè)上有著廣泛的應用。工業(yè)上一種以廢高溫合金(含Ni15%，還含有Co、Cr、Fe、Cu以及少量其他雜質)為原料提純鎳的流程如下：已知：①常溫時，。②難溶于水。請回答下列問題：（1）為了提高反應速率，廢合金在熱浸前需進行_______(填具體操作)處理。濾渣3經(jīng)過洗滌、加入_______(填試劑名稱)、洗滌干燥可得到銅。（2）“除鐵”中可通過先加入氯酸鈉溶液再加入碳酸鈉溶液得到FeOOH沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）加入(密度比水小)“萃取”后，若在實驗室中分離該萃取液，得到氯化鎳溶液的操作是_______(填具體操作過程)。若此時溶液中氯化鎳的濃度為0.2mol/L，常溫下，為了防止鎳損失，需確保溶液的pH必須低于_______。（4）鎳能形成多種配合物，如NiCO4和①CO分子內鍵和鍵個數(shù)之比為_______。②分子的空間結構為_______，NiNH362+中，的配位數(shù)為（5）鎳的一種氧化物晶體結構如圖所示，其化學式為_______，設其摩爾質量為，晶體密度為，則Ni和O之間的最近距離為_______nm(列出計算式，為阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?）①.粉碎等合理答案②.鹽酸(或硫酸)（2）（3）①.靜置后，取下分液漏斗塞子，旋開活塞，放出下層液體，待下層液體剛好放完，立即關閉活塞②.7.5（4）①.1∶2②.三角錐形③.6（5）①.NiO②.【解析】廢高溫合金(含Ni15%，還含有Co、Cr、Fe、Cu以及少量其他雜質)原料提純鎳，加鹽酸“熱浸”，將金屬轉化為離子進入溶液，濾液中加把氧化，然后加入碳酸鈉使鐵、鉻沉淀除去；再加入金屬鎳除去銅，濾液中加萃取劑除去其他金屬離子，萃余液只余、，然后再加萃取劑萃取出，加草酸銨得到晶體，在氮氣條件下加熱分解晶體得到金屬鎳。【小問1詳析】為了提高反應速率，可將合金粉碎，增大接觸面積：濾渣3主要成分為鎳和銅，可加入鹽酸溶解鎳，過濾、洗滌干燥得到銅；【小問2詳析】“除鐵”中可通過先加入氯酸鈉溶液再加入碳酸鈉溶液，反應的離子方程式為；【小問3詳析】萃取劑的密度小于，萃取液在上層，得到氯化鎳溶液的具體操作是：靜置分層后，取下分液漏斗塞子，旋開活塞，放出下層液體，待下層液體剛好放完，立即關閉活塞；由已知，結合氯化鎳的濃度為0.2mol/L，為了防止鎳離子沉淀，可得溶液中，即溶液的pH必須小于7.5；【小問4詳析】①CO與結構相似，分子中含有一個三鍵，三鍵中含有一個鍵和兩個鍵，所以CO分子內鍵與鍵個數(shù)之比為1∶2；②中N原子的價層電子對數(shù)為，根據(jù)價層電子對互斥模型，空間結構為三角錐形，中N原子的雜化方式為；③配離中Ni的化合價均為+2，則其配位數(shù)分別是6；【小問5詳析】每個晶胞中含Ni原子個，O原子個，故化學式為NiO；NiO的摩爾質量為，則一個晶胞的質量為，晶體密度為，則晶胞的體積為，則晶胞參數(shù)為，則Ni和O之間的最近距離為即。18.乙烯工業(yè)是石油化工產(chǎn)業(yè)的核心，世界上已將乙烯產(chǎn)量作為衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的重要標志之一、我國學者利用催化氧化制取，實現(xiàn)了資源的再利用?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗測得，反應中各物質的能量變化如圖所示，穩(wěn)定性：過渡態(tài)1_______過渡態(tài)2(填“大于”或“小于”)，反應_______。（2）、、三種分子中碳原子的雜化類型有_______種，水、乙烷、乙烯的沸點逐漸減小，原因是_______。（3）和按物質的量1∶1投料，在923K和保持總壓恒定的條件下，在催化劑作用下發(fā)生反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：實驗探究“氧化制”的影響，所得實驗數(shù)據(jù)如表：催化劑轉化率/%轉化率/%產(chǎn)率/%催化劑X19.034.73.3結合具體反應分析，在該催化劑作用下，氧化的主要產(chǎn)物是_______，判斷依據(jù)是_______。（4）一定溫度下，向1L密閉容器中充入1.2mol和2mol，在催化劑作用下發(fā)生反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：①tmin后反應達到平衡，容器內為0.6mol，為0.4mol，則_______，的平衡總轉化率為_______%(保留1位小數(shù))。②實驗測得乙烷的平衡轉化率、乙烯的選擇性(指生成乙烯的物質的量占參加反應的乙烷物質的量的百分比)與溫度、壓強的關系如圖所示，判斷的理由是_______；M點對應條件下，反應的平衡常數(shù)為_______(用氣體分壓表示，列出計算式即可)?！敬鸢浮浚?）①.大于②.+177（2）①.3②.水分子間存在氫鍵，乙烷的相對分子質量比乙烯大，范德華力大（3）①.CO②.的產(chǎn)率低，說明催化劑有利于提高反應Ⅱ的速率和選擇性（4）①.②.91.7③.兩個反應均為體積增大的反應，增大壓強，平衡均向逆反應方向移動，壓強越大，乙烷的轉化率越小，相同溫度下，條件下乙烷的平衡轉化率更小，故壓強更大④.【解析】【小問1詳析】物質能量越低越穩(wěn)定，由圖可知，過渡態(tài)1的能量低于過渡態(tài)2，所以穩(wěn)定性大于過渡態(tài)；的總能量為—477kJ/mol，的總能量為—300kJ/mol，則反應的△H=(—300kJ/mol)—(—477kJ/mol)=+177kJ/mol，故答案為：大于；+177；【小問2詳析】二氧化碳分子中碳原子的雜化方式為sp雜化、乙烷分子中飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化、乙烯分子中雙鍵碳原子的雜化方式為sp2雜化，共有3種；水分子能形成分子間氫鍵，分子間作用力最大，沸點最高，乙烷和乙烯的晶體都為分子晶體，乙烷的相對分子質量大于乙烯，分子間作用力大于乙烯，沸點高于乙烯，所以水、乙烷、乙烯的沸點逐漸減小，故答案為：3；水分子間存在氫鍵，乙烷的相對分子質量比乙烯大，范德華力大；小問3詳析】由表格數(shù)據(jù)可知，二氧化碳和乙烷的起始物質的量比為1：1的條件下反應時，二氧化碳的轉化率高于乙烷，乙烯的產(chǎn)率遠遠小于乙烷的轉化率，說明催化劑有利于提高反應Ⅱ的速率和選擇性，所以二氧化碳氧化乙烷的主要產(chǎn)物是一氧化碳，故答案為：CO；的產(chǎn)率低，說明催化劑有利于提高反應Ⅱ的速率和選擇性；【小問4詳析】①由題意可知，反應達到平衡時，二氧化碳的物質的量為0.4mol，則tmin內二氧化碳的反應速率為=mol/(L·min)；平衡時乙烯的物質的量為0.6mol，由方程式可知，反應Ⅰ消耗乙烷和二氧化碳的物質的量都為0.6mol，則反應Ⅱ中消耗二氧化碳的物質的量為2mol—0.4mol—0.6mol=1mol，消耗乙烷的物質的量為1mol×=0.5mol，所以反應中乙烷的轉化率為故答案為：；91.7%；②由方程式可知，兩個反應均為氣體體積增大反應，增大壓強，平衡均向逆反應方向移動，乙烷的轉化率減小，由圖可知，P1條件下乙烷的轉化率小于P2，所以壓強大于P2；由圖可知，M點乙烷的轉化率為50%，乙烯的選擇性為80%，反應Ⅰ消耗的乙烷、二氧化碳的物質的量分別為1.2mol×50%×80%=0.48mol、0.48mol，反應生成乙烯、一氧化碳和水蒸氣的物質的量為0.48mol；反應Ⅱ消耗乙烷、二氧化碳的物質的量分別為1.2mol×50%—0.48mol=0.12mol、0.12mol×2=0.24mol，反應生成一氧化碳、氫氣的物質的量為0.12mol×4=0.48mol、0.12mol×3=0.36mol，則平衡時，乙烷、二氧化碳、乙烯、一氧化碳、水蒸氣、氫氣的物質的量分別為0.6mol、1.28mol、0.48mol、0.96mol、0.48mol、0.36mol，氣體總物質的量為4.16mol，反應Ⅰ的平衡常數(shù)=，故答案為：兩個反應均為體積增大的反應，增大壓強，平衡均向逆反應方向移動，壓強越大，乙烷的轉化率越小，相同溫度下，條件下乙烷的平衡轉化率更小，故壓強更大；。安徽省亳州市2023-2024學年高二下學期4月期中考試考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16S32Fe56Sn119一、單項選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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.我國載人航天技術世界矚目。下列說法正確的是A.飛船所用燃料的燃燒是放熱反應B.飛船外層使用隔熱瓦，目的是防止熱量散失C.空間站中攜帶的供氧劑過氧化鈉屬于堿性氧化物D.空間站使用的太陽能電池將化學能轉變?yōu)殡娔堋敬鸢浮緼【解析】所有的燃燒都是放熱反應，故A項正確；隔熱瓦能夠耐高溫，防止飛船被破壞，故B項錯誤；過氧化鈉屬于過氧化物，不屬于堿性氧化物，故C項錯誤；太陽能電池將太陽能轉變?yōu)殡娔?，故D項錯誤；故本題選A。2.近日，由英國萊斯大學和美國普林斯頓大學科學家借助金納米顆粒，僅需一個步驟，就將石化煉油廠產(chǎn)生的臭氣熏天的副產(chǎn)品硫化氫轉化成了氫氣。下列說法正確的是A.硫的第一電離能比磷大 B.分子內只有鍵C.分子結構為直線形 D.硫化氫的空間填充模型：【答案】B【解析】P電子層結構為半充滿，第一電離能大于相鄰周期元素，則S第一電離能比P小，故A項錯誤；H2S分子內只含有S-Hσ鍵，故B項正確；分子中S形成兩條單鍵，存在兩對孤電子對，為雜化，結構為折線形，故C項錯誤；硫化氫的空間填充模型中，S的原子半徑比H原子半徑要大，正確的模型為，故D項錯誤；故本題選B。3.科學家們發(fā)現(xiàn)水竟然有18種存在形態(tài)。下列有關水的說法正確的是A.溫度升高，水的電離平衡正向移動，增大，酸性增強B.當時，溶液一定呈中性C.室溫下，pH=4的亞硫酸溶液中，D.向水中加入晶體，溶解后水的電離程度減小【答案】D【解析】水的電離為吸熱過程，升溫平衡正向移動，但仍為中性，A錯誤；酸堿性溶液中，由水電離出的與都相等，B錯誤；室溫下，pH=4的亞硫酸溶液中，，，C錯誤；電離出的抑制了水的電離，D正確；故選D。4.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.通常條件下，18g中存在的鍵總數(shù)為B.常溫下，1LpH=13的溶液中，由水電離的離子數(shù)目為C.氫氧燃料電池中，正極每消耗22.4L(標準狀況)氣體，電路中轉移的電子數(shù)目為D.12g石墨與石墨烯(單層石墨)混合物中含有六元環(huán)的個數(shù)為【答案】A【解析】18g水物質的量為1mol，單鍵是鍵，含有的鍵為2mol，A正確；室溫下，1LpH=13的氫氧化鋇溶液中，氫離子的物質的量是mol，水電離出1個氫離子，必然電離出1個離子，所以由水電離的離子數(shù)目為，B錯誤；氫氧燃料電池正極消耗的是氧氣，22.4L(標準狀況)氧氣的物質的量是1mol，氧氣在反應中得到4個電子，則1mol氧氣得到4mol電子，電路中通過的電子數(shù)目為，C錯誤；根據(jù)石墨的分子結構可知，每個六元環(huán)含2個碳原子，12g石墨和石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為，D錯誤；故答案選A。5.鈦在生活中應用廣泛，被稱為“太空金屬”、“第三金屬”和“未來金屬”，下列有關鈦的敘述正確的是A.、、互為同素異形體B.基態(tài)鈦原子的外圍電子排布為C.鈦元素位于元素周期表第四周期ⅡB族D.基態(tài)時，鈦和鋁原子核外未成對電子數(shù)相等【答案】B【解析】鈦為22號元素，、、的質子數(shù)相同，中子數(shù)分別為26、27、28，互為同位素，A錯誤；鈦為22號元素，根據(jù)構造原理，鈦原子的外圍電子層排布為，B正確；鈦原子的外圍電子排布為，鈦元素在周期表中處于第四周期第ⅣB族，C錯誤；基態(tài)時，鈦原子的價層電子排布為，未成對電子有2個，鋁原子的價層電子排布為，未成對電子有1個，D錯誤；故選B。6.恩格新說“勞動創(chuàng)造了人本身”。下列勞動內容的具體做法與所涉及的化學知識均正確的是選項勞動內容化學知識A加熱氯化鐵溶液制備無水氯化鐵氯化鐵屬于分子晶體B用氨化鋅溶液清洗鐵銹鋅離子的氧化性大于亞鐵離子C將鋁線和銅線直接連接導電鋁有耐蝕性，銅化學性質不活潑，可長時間使用D電解飽和食鹽水制氯氣氯離子具有還原性，在陽極易失電子A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】加熱氯化鐵溶液，氯化鐵水解最終得到氫氧化鐵或氧化鐵，故A項錯誤；氯化鋅水解，溶液呈酸性，可除銹，且鋅離子氧化性比亞鐵離子弱，故B項錯誤；銅線和鋁線直接相連易形成原電池，加快腐蝕，故C項錯誤；氯離子具有還原性，在陽極失電子生成氯氣，故D項正確；故本題選D。7.前20號元素A、B、C、D．已知：A元素基態(tài)時電子排布式為；B的原子核外K、L層上電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和；C元素是第三周期第一電離能最小的元素；D元素形成的最高價含氧酸為最強酸。下列有關敘述錯誤的是A.四種元素A、B、C、D分別為O、Ca、Na、ClB.元素A、B、C兩兩組成的化合物可為CaO、、、等C.元素A、C簡單離子的半徑大小關系為A＜CD.元素A、D電負性大小關系為A>D【答案】C【解析】元素A基態(tài)時電子排布式為，A為O；B的原子核外K、L層上電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和，B為Ca；第3周期第一電離能最小的元素是鈉，C為Na；前20號元素中高氯酸為最強酸，故D元素是Cl。由上述分析可知，四種元素A、B、C、D分別為O、Ca、Na、Cl，故A項正確；元素O、Ca、Na兩兩組成的化合物可為CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，故B項正確；O2-、Na+離子電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2-＞Na+，故C項錯誤；A為O，D為Cl，非金屬性氧強于氯，故電負性O＞Cl，故D項正確；故本題選C。8.近日，哈工大化工與化學學院李英宣課題組開發(fā)出高效光―熱協(xié)同催化劑，實現(xiàn)空氣中二氧化碳()的捕獲和轉化，其機理如圖所示，下列說法正確的是A.③④⑤步驟中碳的化合物在反應中均起到氧化劑的作用B.該過程涉及極性共價鍵，非極性共價鍵的斷裂和形成C.屬于非極性分子，甲醇和甲烷屬于極性分子D.使用高放光―熱協(xié)同催化劑可以提高氫氣的平衡轉化率【答案】A【解析】步驟③④⑤中碳的化合物在Ni表面被逐步還原，故碳的化合物起到氧化劑作用，A正確；該過程涉及氫氫鍵和碳氧鍵的斷裂，以及碳氫鍵、氫氧鍵的形成，整個過程沒有非極性鍵的形成，B錯誤；甲烷為正四面體結構，正負電荷中心重合，屬于非極性分子，C錯誤；催化劑只加快速率，不影響平衡，不能提高氫氣的平衡轉化率，D錯誤；故選A。9.下列實驗裝置可以達到相應實驗目的的是A.圖1用酸性高錳酸鉀溶液測定葡萄酒中的含量B.圖2驗證氯、硫、碳的電負性強弱C.圖3設計隨關隨停制備氯氣裝置D.圖4在HCl氣流中制備無水氯化鐵【答案】D【解析】二氧化硫和葡萄酒中的酒精均與酸性高錳酸鉀溶液反應，同時圖中手易將活塞拉出，A錯誤；鹽酸易揮發(fā)，同時鹽酸和亞硫酸不是氯元素和硫元素的最高價含氧酸，不能比較電負性強弱，B錯誤；二氧化錳與濃鹽酸反應需要加熱，且二氧化錳固體不是塊狀的，不能使用啟普發(fā)生器產(chǎn)生氯氣，C錯誤；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，在HCl氣體中加熱氯化鐵晶體，可以抑制其水解從而可制備得到氯化鐵，D正確；故選D。10.我國學者利用催化劑的選擇性(可選擇性的促進某種反應的進行)成功設計了鈉等活潑金屬/海水高儲能電池(裝置如圖，固體電解質只允許鈉離子通過)，有望用于航海指示燈的能源。下列說法正確的是A.有機液若換為稀硫酸，電池使用效率更高B.放電時，鈉電極的電勢高于催化電極C.催化電極的電極反應式為：D.放電時，電路中轉移2mol電子，鈉電極質量減少46g【答案】D【解析】由題意和示意圖可知，鈉為活潑金屬，故鈉極為負極，負極反應為Na－e-=Na+，催化電極為正極，故正極反應為2H2O+4e-+O2=4OH-；有機液若換為稀硫酸，金屬鈉是活潑金屬，會與酸發(fā)生劇烈的反應，會導致金屬鈉被消耗，電池使用效率下降，故A錯誤；放電時，鈉為負極，正極電極的電勢高于負極，故B錯誤；放電時，催化電極為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應為：2H2O+4e-+O2=4OH-，故C錯誤；根據(jù)電子守恒，每轉移2mol電子，理論上有2molNa反應溶解，鈉電極質量減少46g，故D正確；故選D。11.250℃時，將一定量的碳酸氫鈉固體置于真空容器中分解，達平衡時，測得體系內總壓強為p。則下列敘述正確的是A.當體系內二氧化碳的物質的量分數(shù)不變時，反應達到平衡狀態(tài)B.平衡后，繼續(xù)添加碳酸氫鈉，平衡右移，K增大C.向平衡體系中加入等量的、，平衡左移，K不變D.250℃時，該反應的化學平衡常數(shù)為【答案】C【解析】分解方程式為。該反應屬于固體分解反應，混合氣體中的體積分數(shù)恒為50%，故混合氣體中的體積分數(shù)不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，A錯誤；碳酸氫鈉是固體，且根據(jù)化學平衡常數(shù)，溫度不變常數(shù)不變，B錯誤；向平衡體系中加入等量的、，生成物濃度增大平衡左移，但溫度不變K不變，C正確；反應達平衡時體系的總壓強為p，則，故該溫度下化學平衡常數(shù)為，D錯誤；故選C。12.工業(yè)上以含溶液作電解液，以含F(xiàn)e、Zn、Pb、C等雜質的粗錫為陽極進行電解，可得到精錫。下列說法錯誤的是A.陰極發(fā)生的反應為B.電解一段時間，溶液中溶質的濃度不變C.在電解槽底部產(chǎn)生含Pb的陽極泥D.當陰極質量增加11.9g，電路中通過電子為0.2mol【答案】B【解析】工業(yè)上以含、、的混合液作電解液，以含F(xiàn)e、Zn、Pb、C等雜質的粗錫為陽極進行電解，陽極上Sn、Fe、Zn失去電子被氧化，Pb、C不放電，陰極上得電子的還原反應，，可得到精錫。陰極應該發(fā)生得電子的還原反應，故為，A正確；陽極雜質參與反應，故電解一段時間溶液中濃度減小，B錯誤；陽極材料中Pb和C比錫不活潑，不參與氧化反應，在電解槽底部可形成陽極泥，C正確；當陰極質量增加11.9g，即生成0.1molSn，則電路中通過電子為0.2mol，D正確；選B。13.室溫下，向20.00mL濃度均為的HA溶液和HB溶液(已知酸性：HA>HB)中，分別滴加同濃度NaOH溶液，測得溶液的pH隨氫氧化鈉溶液體積變化曲線如圖，下列說法錯誤的是A.恰好中和時，溶液中離子總濃度：HA>HBB.溶液中水的電離程度，c>b>aC.反應平衡常數(shù)約為D.V=10時，兩種溶液中，【答案】C【解析】的HA溶液和HB溶液(已知酸性：HA>HB)，則曲線①代表NaOH溶液滴定HB的曲線，HB溶液pH=6，Ka1(HB)=≈=，同理，曲線②代表NaOH溶液滴定HA的曲線，HA溶液pH=3，Ka1(HA)=≈=，a點對應的是同濃度的HA與NaA溶液，b點為中性溶液，c點為恰好中和點，據(jù)此解題。由已知酸性：HA>HB可知，恰好中和時，溶液中NaB的堿性強，小，而兩種溶液中鈉離子濃度相同，故根據(jù)電荷守恒，可知NB溶液中總離子濃度小，故A正確；c點為恰好中和點，鹽的水解促進水的電離，水的電離程度最大，a與b點相比，a點pH更小，對水的電離抑制作用更強，則溶液中水的電離程度，c>b>a，故B正確；該反應的平衡常數(shù)表達式為，故C錯誤；V=10時，兩種溶液中酸和鹽的物質的量相等，且鈉離子濃度相等，根據(jù)物料守恒可得，則，故D正確；故選C。14.地殼中各種物質存在各種轉化，如金屬銅的硫化物經(jīng)生物氧化會轉化為，流經(jīng)ZnS或FeS等含硫礦石又可以轉化為CuS[，]，下列說法錯誤的是A.工業(yè)上可用ZnS、FeS等金屬硫化物處理含有某些重金屬離子的廢水B.當溶液中有ZnS和CuS共存時。溶液中C.基態(tài)的軌道表示式為D.FeS的晶胞結構如圖所示，晶胞中與S緊鄰的Fe為4個【答案】B【解析】溶解度小的可以轉化為溶解度更小的，故可以用難溶的金屬硫化物去沉淀更難溶的一些重金屬離子，A正確；，B錯誤；銅為29號元素，銅離子失去2個電子，故基態(tài)的價電子排布式為軌道表示式正確，C正確；觀察圖像，可知黑球周圍的最近白球有4個，根據(jù)化學式可知白球周圍最近的黑球也為4個，D正確；故答案選B。二、非選擇題：共4道題，共58分。15.任何化學反應總伴隨著能量變化，研究化學反應中的能量變化對于人類的生產(chǎn)生活有著重要的意義。（1）下列化學反應屬于放熱反應的有_______(填序號)①雪花融化②石灰石分解③濃硫酸稀釋④鈉與水反應⑤醋酸的電離⑥鋁熱反應⑦灼熱的木炭與的反應⑧晶體與晶體的反應（2）乙醇為綠色能源，在25℃、101kPa下，實驗測得23g無水乙醇完全燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時放熱638.4kJ，寫出乙醇燃燒的熱化學方程式_______。（3）觀察圖像，依據(jù)圖示關系：①石墨的燃燒熱_______。②24g石墨和標況下33.6L氧氣完全反應放出的能量是_______kJ。（4）中和反應常伴有熱量放出，某興趣小組設計實驗探究中和熱的測定。取三只燒杯分別加入50mL，0.55mol/L的氫氧化鈉溶液(裝置如圖)，然后分別加入50mL0.50mol/L的①稀鹽酸，②稀硝酸和③稀醋酸，測量并計算中和熱分別為、、。①圖中缺少的儀器名稱為_______，加入酸時要快速一次性的加入，目的是_______。②、、關系為_______?！敬鸢浮浚?）④⑥（2）（3）①.-393.5②.504（4）①.環(huán)形玻璃攪拌器②.減少熱量散失，減少誤差③.【解析】小問1詳析】①雪花融化吸收能量且不是化學反應，①不符合題意；②碳酸鈣高溫分解為吸熱反應，②不符合題意；③濃硫酸稀釋過程中放出能量，但不是化學反應，③不符合題意：④鈉與水的反應，屬于放熱反應，④符合題意：⑤醋酸電離是吸熱過程，且不是化學反應，⑤不符合題意：⑥鋁熱反應為放熱反應，⑥符合題意：⑦灼熱的木炭與的反應屬于吸熱反應，⑦不符合題意：⑧晶體與晶體的反應是吸熱反應，⑧不符合題意；綜上所述，答案為：④⑥；【小問2詳析】23g乙醇的物質的量為0.5mol，1mol乙醇完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放出的熱量，故其燃燒的熱化學方程式為：；【小問3詳析】燃燒熱是1mol純物質完全燃燒生成指定產(chǎn)物所放出的熱量，根據(jù)蓋斯定律可知石墨完全燃燒反應的燃燒熱；24g石墨物質的量為2mol，和1.5mol氧氣完全反應生成1molCO和1mol，故放熱393.5+110.5=504kJ；【小問4詳析】①從裝置可以看出缺少的儀器為環(huán)形玻璃攪拌器，快速一次性的加入酸能夠減少熱量散失，減小實驗誤差；②強酸、強堿的稀溶液反應生成1mol放出的熱量為中和熱，①稀鹽酸和②稀硝酸中和熱相等，醋酸是弱酸，反應釋放的熱量包含中和反應釋放的熱和電離過程中吸收的熱量，則③稀醋酸參與反應放熱最少，反應熱是負值，放出熱量越多越小，故三者關系為。16.2024年1月31日，武漢大學陸慶全課題組利用地球上豐富的鐵作為催化劑，產(chǎn)生高度親電性的氯自由基以活化烷基C―H鍵，從而實現(xiàn)了在溫和條件下烷烴C―H硼化反應。回答下列問題：（1）基態(tài)的外圍電子排布式為_______。（2）H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是_______，N、O、F三種元素的第一電離能最小的是_______。（3）相對分子質量比大，但常溫下為液體，為氣體，原因是_______；分子內不存在的化學鍵有_______。A．極性共價鍵B．配位鍵C．π鍵D．離子鍵（4）催化反應的一種中間產(chǎn)物結構如下，其分子中B與周圍直接相連的原子形成的空間構型為_______，碳的雜化類型為_______，1mol分子內含有的鍵數(shù)目為_______。（5）晶體硼的熔點為2300℃，而晶體硅的熔點為1410℃，試從結構角度解釋其熔點差別較大的原因：_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.H、C、S、Cl②.O（3）①.能形成分子間氫鍵(合理即可)②.BCD（4）①.平面三角形②.、③.37（5）二者都是共價晶體，但B-B鍵鍵長比Si-Si短的多，共價鍵更強，熔點更高【解析】【小問1詳析】基態(tài)Fe原子的電子排布式為，失去4s上的2個電子形成，所以的外圍電子排布式為；【小問2詳析】同周期主族元素從左到右元素的電負性增大，非金屬性越強電負性越強，所以H、Cl、C、S的電負性由小到大的順序是H、C、S、Cl；同周期主族元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大而增大，但VA族元素的第一電離能大于其相鄰元素的第一電離能，所以第一電離能最小的元素是氧；【小問3詳析】水分子間存在氫鍵，而乙硼烷無法形成氫鍵，所以常溫下為液體，乙硼烷為氣體；乙硼烷分子內存在硼氫鍵，為極性共價鍵和鍵，B-B鍵為非極性共價鍵，不存在離子鍵、配位鍵和π鍵，故選BCD；【小問4詳析】分子中B與三個原子相連，為雜化，故為平面三角形結構；碳有飽和碳和雙鍵碳，故為、雜化，單鍵都是鍵，雙鍵中有一個鍵，故1mol分子中含有鍵數(shù)目為37mol；【小問5詳析】由已知條件可知，二者都是共價晶體，B原子半徑小于Si，B-B鍵鍵長比Si-Si短的多，B-B鍵共價鍵更強，熔點更高。17.鎳及其化合物在工業(yè)上有著廣泛的應用。工業(yè)上一種以廢高溫合金(含Ni15%，還含有Co、Cr、Fe、Cu以及少量其他雜質)為原料提純鎳的流程如下：已知：①常溫時，。②難溶于水。請回答下列問題：（1）為了提高反應速率，廢合金在熱浸前需進行_______(填具體操作)處理。濾渣3經(jīng)過洗滌、加入_______(填試劑名稱)、洗滌干燥可得到銅。（2）“除鐵”中可通過先加入氯酸鈉溶液再加入碳酸鈉溶液得到FeOOH沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）加入(密度比水小)“萃取”后，若在實驗室中分離該萃取液，得到氯化鎳溶液的操作是_______(填具體操作過程)。若此時溶液中氯化鎳的濃度為0.2mol/L，常溫下，為了防止鎳損失，需確保溶液的pH必須低于_______。（4）鎳能形成多種配合物，如NiCO4和①CO分子內鍵和鍵個數(shù)之比為_______。②分子的空間結構為_______，NiNH362+中，的配位數(shù)為（5）鎳的一種氧化物晶體結構如圖所示，其化學式為_______，設其摩爾質量為，晶體密度為，則Ni和O之間的最近距離為_______nm(列出計算式，為阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?）①.粉碎等合理答案②.鹽酸(或硫酸)（2）（3）①.靜置后，取下分液漏斗塞子，旋開活塞，放出下層液體，待下層液體剛好放完，立即關閉活塞②.7.5（4）①.1∶2②.三角錐形③.6（5）①.NiO②.【解析】廢高溫合金(含Ni15%，還含有Co、Cr、Fe、Cu以及少量其他雜質)原料提純鎳，加鹽酸“熱浸”，將金屬轉化為離子進入溶液，濾液中加把氧化，然后加入碳酸鈉使鐵、鉻沉淀除去；再加入金屬鎳除去銅，濾液中加萃取劑除去其他金屬離子，萃余液只余、，然后再加萃取劑萃取出，加草酸銨得到晶體，在氮氣條件下加熱分解晶體得到金屬鎳?！拘?詳析】為了提高反應速率，可將合金粉碎，增大接觸面積：濾渣3主要成分為鎳和銅，可加入鹽酸溶解鎳，過濾、洗滌干燥得到銅；【小問2詳析】“除鐵”中可通過先加入氯酸鈉溶液再加入碳酸鈉溶液，反應的離子方程式為；【小問3詳析】萃取劑的密度小于，萃取液在上層，得到氯化鎳溶液的具體操作是：靜置分層后，取下分液漏斗塞子，旋開活塞，放出下層液體，待下層液體剛好放完，立即關閉活塞；由已知，結合氯化鎳的濃度為0.2mol/L，為了防止鎳離子沉淀，可得溶液中，即溶液的pH必須小于7.5；【小問4詳析】①CO與結構相似，分子中含有一個三鍵，三鍵中含有一個鍵和兩個鍵，所以CO分子內鍵與鍵個數(shù)之比為1∶2；②中N原子的價層電子對數(shù)為，根據(jù)價層電子對互斥模型，空間結構為三角錐形，中N原子的雜化方式為；