2020-2021学年安徽省阜阳市高二下月考化学试卷

高二化学测试题考试范围：选修4，选修3第一、二章分值：100分时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27Mn：55一、单选题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)1.下列各项叙述中，正确的是()A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素C.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D.24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s22.反应可用于氯气管道检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9氮原子：B.N2分子的电子式：C.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.N原子的基态电子排布图为：3.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是A.配位体是Cl-和H2O，配位数是8B.中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+C.内界和外界中的Cl-的数目比是1：2D.在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀4.科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺，其结构如图所示。已知该分子中键角都是108.1°，下列有关说法不正确的是A.分子中N、N间形成的共价键是非极性键B.该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键C.分子中非硝基氮原子采取杂化D.分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子5.当一个碳原子所连四个不同原子或原子团时，该碳原子叫“手性碳原子”。下列化合物中含有2个手性碳原子的是()A. B. C. D.6.下列推论正确的是A.F2和I2都是非极性分子，I2难溶于水，故F2也难溶于水B.BF3和NF3都只含极性键，NF3是极性分子，故BF3也是极性分子C.Li和Na位于同一主族，Na燃烧生成Na2O2,故Li燃烧也生成Li2O2D.B3N3H6（硼氮苯）与苯互为等电子体，苯是平面型分子，故硼氮苯也是平面型分子7.已知下列四组短周期元素的电离能数据（kJ·mol-1）,下列判断不正确的是电离能WXYZI1496573738899I24562181714511751I369122745773314848I49543115751054021006A.W单质的还原性最强 B.Y和Z可能位于同一族C.X、Z氢氧化物都具有两性 D.W、X、Y原子半径依次减小8.在2A＋B3C＋5D反应中，表示该反应速率最快的是（）A.v(A)＝0.5mol·L－1·s－1 B.v(B)＝0.3mol·L－1·s－1C.v(C)＝0.6mol·L－1·s－1 D.v(D)＝1mol·L－1·s－19.下表中元素均为中学化学中常见短周期元素，根据表中信息，下列说法不正确的是元素代号XYZWN原子半径/nm0.1860.0740.1020.0990.160主要化合价＋1－2－2、＋6＋7、－1＋2A.X与W形成的化合物是共价化合物B.常温下单质与水反应速率：X>NC.最高价氧化物对应水化物酸性：W>ZD.X和Y的单质在一定条件下反应可生成一种淡黄色的固体化合物10.健能、键长是衡量化学键稳定性的重要键参数，下列说法正确的是A.C=O键的键长比C-O键短，C=O键的键能比C-O键小B.C-O键的键长比Si-O键短，干冰的熔沸点比二氧化硅高C.H-Cl键的键能比H一Br键大，HCl的热稳定性比HBr高D.C=C双键的键能比C-C单键大，碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定11.X元素的原子半径为周期表中最小，Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Z元素形成的单质为空气中含量最多，W元素为地壳中含量最多，E元素为短周期化合价最高的金属元素。下列说法正确的是A.YX4与ZX空间构型相同B.原子半径：r(E)>r(W)>r(Z)C.第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.元素E在周期表中位于第3周期第Ⅲ族12.下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是A.光照新制的氯水时，溶液中酸性逐渐增强B.加催化剂使N2和H2在一定条件下转化为NH3C.增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D.在Fe3++3KSCNFe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深13.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是A.该化合物中，W、X、Y之间均为共价键B.Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构14.关于如图微生物燃料电池结构示意图的说法：①微生物促进了电子的转移②微生物所在电极区放电时发生还原反应③放电过程中，H＋从正极区移向负极区④正极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，正确的是A④ B.①③C.①④ D.②③15.据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A.OH-参与了该催化循环 B.该反应可产生清洁燃料H2C.该反应可消耗温室气体CO2 D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化16.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是A.曲线①代表，曲线②代表B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D滴定终点时，溶液中二、填空题(共52分)17.物质结构的多样性使人类使用的材料精彩纷呈，请回答下列问题。(1)的立体构型为_______。(2)同主族元素所形成的物质具有性质相似的特点，H2O的熔沸点均比H2S高，其原因是_______。(3)Mn和Fe的部分电离能数据如下表，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是_______。元素MnFe电离能(kJ∙mol-1)I1717759I215091561I332482957(4)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN−，可在TiO2的催化下，先用NaClO将CN−氧化成CNO−，再在酸性条件下将CNO−继续氧化成N2和CO2.请回答：①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。②与CNO−互为等电子体的微粒的化学式为_______(写出一种即可)。(5)PtCl4和氨水反应可获得PtCl4·4NH3，PtCl4·4NH3是一种配合物。向100mL0.1mol·L−1PtCl4·4NH3溶液中滴加足量AgNO3溶液可产生2.87g白色沉淀。该配合物溶于水的电离方程式为_______18.钒(V)固氮酶种类众多，其中种结构如图所示：(1)基态钒原子的核外电子排布式为____，该元素位于元素周期表的第___族。(2)配体CH3CN中所含σ键与π键数目之比为_______。(3)钒固氮酶中钒的配位原子有_____(写元素符号)。(4)CO2、SiO2、SO2三种氧化物组成相似，但键角不同，键角由大到小的顺序为__；其中某一氧化物键角最大，原因是__。(5)环戊二烯(C5H6)结构如图(a)，可用于制二茂铁。分子中的大π键可用符号表示，其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，环戊二烯负离子(C5H)结构如图(b)，其中的大π键可以表示为____。19.MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：软锰矿Mn2+溶出液Mn2+纯化液MnO2资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有和②金属离子沉淀的pHFe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。(1)溶出①溶出前，软锰矿需研磨，目的是_______。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。i.II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。ii.若Fe2+全部来自于反应，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。(2)纯化已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。(3)电解Mn2+纯化液经电解得MnO2.生成MnO2的电极反应式是_______。(4)产品纯度测定向ag产品中依次加入足量bg和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为dL。(已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO286.94；134.0)产品纯度为_______(用质量分数表示)。20.利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资的再利用。回答下列问题：I.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物(1)图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为_______。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为_______。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式_______。II.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)：(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为amol·L−1和3amol·L−1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为_______。(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_______。②P点甲醇产率高于T点的原因为_______。③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为_______℃。高二化学测试题考试范围：选修4，选修3第一、二章分值：100分时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Il27Mn：55一、单选题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)1.下列各项叙述中，正确的是()A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素C.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D.24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2【答案】C【解析】【详解】A、原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B、应该是位于第ⅢA，属于p区元素，B不正确。C、所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，C正确。D、电子出全充满或半充满是稳定，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。2.反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：B.N2分子的电子式：C.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.N原子的基态电子排布图为：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氮元素的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数=质子数+中子数=7+9=16，该核素可以表示为：，故A错误；

B．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为：，故B错误；

C．氯气电子式为：，分子中存在1对氯氯共用电子对，其结构式为：Cl-Cl，故C正确；D．基态N原子价电子排布式为2s22p3，为N原子的价层电子排布图，故D错误；故选：C。3.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是A.配位体是Cl-和H2O，配位数是8B.中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+C.内界和外界中的Cl-的数目比是1：2D.在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀【答案】C【解析】【详解】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D错误；故选C。【点晴】注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断是解题关键，配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti4+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。4.科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺，其结构如图所示。已知该分子中键角都是108.1°，下列有关说法不正确的是A.分子中N、N间形成的共价键是非极性键B.该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键C.分子中非硝基氮原子采取杂化D.分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子【答案】B【解析】【分析】【详解】A．分子中N、N间形成的共价键是同种原子间形成的共价键，为非极性键，A正确；B．分子中的氮、氧原子上没有连接氢原子，因此不能与水分子形成氢键，故B错误；C．分子中非硝基氮原子有3个σ键和一个孤电子对，采取杂化，正确；D．分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子，正确；答案为B。5.当一个碳原子所连四个不同原子或原子团时，该碳原子叫“手性碳原子”。下列化合物中含有2个手性碳原子的是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】当一个碳原子所连四个不同原子或原子团时，该碳原子叫“手性碳原子”A.含有一个手性碳原子，不符合题意，故A错误；B.含有一个手性碳原子，不符合题意，故B错误;C.含有两个手性碳原子，符合题意，故C正确；D.含有一个手性碳原子，不符合题意，故D错误;答案：C。6.下列推论正确的是A.F2和I2都是非极性分子，I2难溶于水，故F2也难溶于水B.BF3和NF3都只含极性键，NF3是极性分子，故BF3也是极性分子C.Li和Na位于同一主族，Na燃烧生成Na2O2,故Li燃烧也生成Li2O2D.B3N3H6（硼氮苯）与苯互为等电子体，苯是平面型分子，故硼氮苯也是平面型分子【答案】D【解析】【详解】A．F2和I2都是非极性分子，I2难溶于水，F2极易与水发生反应，即2F2+2H2O=4HF+O2，故A错误；B．BF3和NF3都只含极性键，NF3中中心原子价层电子对数=3+=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷重心不重合，为极性分子，BF3中中心原子价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子，故B错误；C．Na金属性较强，在空气中燃烧会生成Na2O2，即2Na+O2Na2O2，Li的金属性较弱，在空气中燃烧生成Li2O，即4Li+O22Li2O，故C错误；D．B3N3H6(硼氮苯)与C6H6(苯)互为等电子体，等电子体具有相似的结构和性质，苯是平面型分子，故硼氮苯也是平面型分子，故D正确；答案为D。7.已知下列四组短周期元素的电离能数据（kJ·mol-1）,下列判断不正确的是电离能WXYZI1496573738899I24562181714511751I369122745773314848I49543115751054021006A.W单质的还原性最强 B.Y和Z可能位于同一族C.X、Z的氢氧化物都具有两性 D.W、X、Y原子半径依次减小【答案】D【解析】【分析】元素原子轨道中电子处于半满、全满全空时最稳定，当稳定状态再失去电子时，其电离能发生突变，W的I2电离能突然增大，说明最外层有1个电子，属于第IA族，且W的第一电离能X、Y、Z小，则W为Na元素，X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，属于第ⅢA族，第一电离能比Y、Z小，则X为Al元素，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，属于第IIA族，Z的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，属于第IIA族，由Z的I1比Y的I1大，则Y为Mg元素，Z为Be元素；据此分析。【详解】由上分析可知，W为Na元素，X为Al元素，Y为Mg元素，Z为Be元素；A．W为Na元素，钠的第一电离能比Al、Mg、Be小，最易失电子，Na单质的还原性最强，故A正确；B．Y为Mg元素，Z为Be元素，最外层电子数相同，Mg和Be均位于第IIA族，故B正确；C．X为Al元素，Z为Be元素，Al和Be在周期表中位于对角线，符合对角线法则，则性质类似，则Al(OH)3具有两性，Be(OH)2也具有两性，故C正确；D．W为Na元素，X为Al元素，Y为Mg元素，三种元素属于同周期元素，从左到右，原子半径依次减小，原子序数Na＜Mg＜Al，原子半径Na＞Mg＞Al，故D错误；答案D。8.在2A＋B3C＋5D反应中，表示该反应速率最快的是（）A.v(A)＝0.5mol·L－1·s－1 B.v(B)＝0.3mol·L－1·s－1C.v(C)＝0.6mol·L－1·s－1 D.v(D)＝1mol·L－1·s－1【答案】B【解析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A.=0.25；B.

=0.3；C.

=0.2；D.

=0.2；显然B中比值最大，反应速率最快，答案选B。【点睛】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。9.下表中元素均为中学化学中常见短周期元素，根据表中信息，下列说法不正确的是元素代号XYZWN原子半径/nm0.1860.0740.1020.0990.160主要化合价＋1－2－2、＋6＋7、－1＋2A.X与W形成的化合物是共价化合物B.常温下单质与水反应速率：X>NC.最高价氧化物对应水化物酸性：W>ZD.X和Y的单质在一定条件下反应可生成一种淡黄色的固体化合物【答案】A【解析】【分析】短周期元素，Y、Z都有－2价，处于ⅥA族，Z有+6价，其原子半径较大，则Y为O元素、Z为S元素；W有+7、－1价，则W为Cl元素；N为+2价，原子半径等于硫原子，则N为Mg元素；X为+1价，处于ⅠA族，原子半径大于Mg元素，则X为Na。【详解】A．X与W形成的化合物为NaCl，由Na＋和Cl－构成，属于离子化合物，A错误，符合题意；B．Na的活泼性大于Mg，故常温下单质与水反应速率：Na＞Mg，B正确，不选；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。非金属性Cl＞S，酸性HClO4＞H2SO4，C正确，不选；D．钠在氧气中燃烧生成Na2O2，其为淡黄色固体，D正确，不选。答案选A。10.健能、键长是衡量化学键稳定性的重要键参数，下列说法正确的是A.C=O键的键长比C-O键短，C=O键的键能比C-O键小B.C-O键的键长比Si-O键短，干冰的熔沸点比二氧化硅高C.H-Cl键的键能比H一Br键大，HCl的热稳定性比HBr高D.C=C双键的键能比C-C单键大，碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定【答案】C【解析】【详解】A.C=O键的键长比C-O键短，则C=O键的键能比C-O键大，A错误；B.干冰是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，分子间作用力比共价键弱得多，干冰的熔沸点比二氧化硅低很多，B错误；C.键能越大，分子越稳定，H-Cl键的键能比H一Br键大，则HCl的热稳定性比HBr高，C正确；D.C=C双键的键能比C-C单键大，但是碳碳双键中有一个是键、另一个是π键，其中π键不牢固、容易断，故碳碳双键的化学性质比碳碳单键活泼，D错误；答案选C。11.X元素的原子半径为周期表中最小，Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Z元素形成的单质为空气中含量最多，W元素为地壳中含量最多，E元素为短周期化合价最高的金属元素。下列说法正确的是A.YX4与ZX空间构型相同B.原子半径：r(E)>r(W)>r(Z)C.第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y)D.元素E在周期表中位于第3周期第Ⅲ族【答案】A【解析】【分析】X元素的原子半径为周期表中最小，则X为H元素；Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Y为C元素；Z元素形成的单质为空气中含量最多，Z为N元素；W元素为地壳中含量最多，W为O元素；E元素为短周期化合价最高的金属元素，E为Al，以此解答。【详解】A．CH4和NH的价层电子对数都是4且没有孤电子对，空间构型相同，都是正四面体形，故A正确；B．同一周期原子序数越大，原子半径越大，原子电子层数越多，半径越大，则原子半径：r(Al)>r(N)>r(O)，故B错误；C．C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C，故C错误；D．元素E在周期表中位于第三周期IIIA族，故D错误；故选A。12.下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是A.光照新制的氯水时，溶液中酸性逐渐增强B.加催化剂使N2和H2在一定条件下转化为NH3C.增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D.在Fe3++3KSCNFe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，且存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．光照新制的氯水时，溶液中氯气和水的反应为可逆反应，生成的HClO见光分解生成HCl，促进平衡向正方向移动，溶液酸性增强，可用勒夏特列原理来解释，故A正确；B．催化剂对平衡移动没有影响，故B错误；C．SO2和O2反应生成SO3为可逆反应，增大压强平衡发生移动，可用勒夏特列原理来解释，故C正确；D．反应为可逆反应，增加KSCN的浓度，平衡向正向移动，可用勒夏特列原理来解释，故D正确；故答案为B。13.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是A.该化合物中，W、X、Y之间均为共价键B.Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。【详解】A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C正确；D．B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D错误；故选D。14.关于如图微生物燃料电池结构示意图的说法：①微生物促进了电子的转移②微生物所在电极区放电时发生还原反应③放电过程中，H＋从正极区移向负极区④正极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，正确的是A.④ B.①③C.①④ D.②③【答案】C【解析】【详解】根据图知，碳水化合物失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则右边电极是负极、左边电极是正极；①该装置为原电池装置，微生物的作用是促进电路中电子的转移，故①正确；②微生物所在电极区放电时失电子发生氧化反应，故②错误；③放电过程中，H+从负极区移向正极区，故③错误；④正极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成锰离子和水，正极反应式为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故④正确；故选C。【点睛】明确各个电极上发生的反应及离子移动方向、电极反应式的书写是解本题关键，根据图知，碳水化合物失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则右边电极是负极、左边电极是正极，电解质溶液呈酸性，正极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成锰离子和水，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答。15.据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A.OH-参与了该催化循环 B.该反应可产生清洁燃料H2C.该反应可消耗温室气体CO2 D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化【答案】C【解析】【分析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。【详解】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，故B项正确；C．由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故C项不正确；D．从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故D项正确；答案选C。【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。16.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]下列叙述正确的是A.曲线①代表，曲线②代表B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。二、填空题(共52分)17.物质结构的多样性使人类使用的材料精彩纷呈，请回答下列问题。(1)的立体构型为_______。(2)同主族元素所形成的物质具有性质相似的特点，H2O的熔沸点均比H2S高，其原因是_______。(3)Mn和Fe的部分电离能数据如下表，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是_______。元素MnFe电离能(kJ∙mol-1)I1717759I215091561I332482957(4)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的CN−，可在TiO2的催化下，先用NaClO将CN−氧化成CNO−，再在酸性条件下将CNO−继续氧化成N2和CO2.请回答：①H、C、N、O四种元素电负性由小到大的顺序为_______。②与CNO−互为等电子体的微粒的化学式为_______(写出一种即可)。(5)PtCl4和氨水反应可获得PtCl4·4NH3，PtCl4·4NH3是一种配合物。向100mL0.1mol·L−1PtCl4·4NH3溶液中滴加足量AgNO3溶液可产生2.87g白色沉淀。该配合物溶于水的电离方程式为_______【答案】(1).正四面体形(2).水分子间存在氢键；(3).Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态，Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态(4).H<C<N<O(5).CO2(或N2O、SCN−)(6).[PtCl2(NH3)4]Cl2=[PtCl2(NH3)4]2++2Cl−【解析】【分析】【详解】(1)的中心原子S原子的价层电子对数=、无孤电子对，则立体构型为正四面体；(2)H2O的熔沸点均比H2S高，其原因是：水分子间存在氢键；(3)Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；(4)①非金属性越强，电负性越大，则电负性为H＜C＜N＜O；

②与CN-互为等电子体微粒的化学式为CO(或N2等)；(5)n(AgCl)=，100mL0.1mol•L-1PtCl4•4NH3中n(PtCl4•4NH3)=0.01mol，则1mol配合物可电离出2mol氯离子，所以电离方程式为：[PtCl2(NH3)4]Cl2=[PtCl2(NH3)4]2++2Cl-。18.钒(V)固氮酶种类众多，其中种结构如图所示：(1)基态钒原子的核外电子排布式为____，该元素位于元素周期表的第___族。(2)配体CH3CN中所含σ键与π键数目之比为_______。(3)钒固氮酶中钒的配位原子有_____(写元素符号)。(4)CO2、SiO2、SO2三种氧化物组成相似，但键角不同，键角由大到小的顺序为__；其中某一氧化物键角最大，原因是__。(5)环戊二烯(C5H6)结构如图(a)，可用于制二茂铁。分子中的大π键可用符号表示，其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，环戊二烯负离子(C5H)结构如图(b)，其中的大π键可以表示为____。【答案】(1).[Ar]3d34s2(2).VB(3).5：2(4).N、S(5).CO2>SO2>SiO2(6).CO2分子结构中C原子采用sp杂化，键角为180°(7).Π【解析】【分析】【详解】(1)钒是23号元素，基态钒原子的核外电子排布式为[Ar]3d34s2，属于过渡元素，处于周期表中第四周期第VB族；(2)配体CH3CN中，含碳碳单键、碳氢键、碳氮三键，故碳的杂化类型为sp3、sp，碳碳单键、碳氢键和碳氮三键中其中一个均为σ键、碳氮三键有2个π键，则σ键与π键数目之比为5:2；(3)由图可知，钒固氨酶中钒的配位原子有S与N；(4)CO2、SiO2、SO2中心原子杂化分别为sp、sp3、sp2，杂化键角大小顺序为sp>sp2>sp3，故键角由大到小的顺序为：CO2>SO2>SiO2，由于CO2分子结构中C原子采用sp杂化，键角为180°，所以CO2键角最大；(5)由环戊二烯负离子(C5H5-)结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即形成5个碳原子、6个π电子的大π键，符号为Π。19.MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：软锰矿Mn2+溶出液Mn2+纯化液MnO2资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有和②金属离子沉淀的pHFe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应(1)溶出①溶出前，软锰矿需研磨，目的是_______。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。i.II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。ii.若Fe2+全部来自于反应，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。(2)纯化已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。(3)电解Mn2+纯化液经电解得MnO2.生成MnO2的电极反应式是_______。(4)产品纯度测定向ag产品中依次加入足量bg和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为dL。(已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO286.94；134.0)产品纯度为_______(用质量分数表示)。【答案】(1).增大反应物接触面积，加快Mn2+溶出速率(2).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(3).Fe2+主要来自于反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，从而提高了Fe的利用率(4).先加MnO2，可利用溶液的酸性将Fe2+全部氧化为Fe3+，再加氨水调溶液pH≈5，将Fe3+和Al3+沉淀除去(5).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(6).86.94(b/134.0-2.5cd)/a【解析】【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提