2022年高考真題-化學(xué)（河北卷） 含解析

河北省2022年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)本試卷滿分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27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.定窯是宋代五大名窯之一，其生產(chǎn)的白瓷聞名于世。下列說法正確的是A.傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料 B.陶瓷主要成分為和C.陶瓷燒制的過程為物理變化 D.白瓷的白色是因鐵含量較高【答案】A【解析】【詳解】A．陶瓷是良好的絕緣體，傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料，常用于高壓變壓器的開關(guān)外包裝和器件，A正確；B．陶瓷的主要成分為硅酸鹽，而不是SiO2和MgO，C錯誤；C．陶瓷燒制過程發(fā)生復(fù)雜的化學(xué)反應(yīng)，由新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，C錯誤；D．由于Fe2+、Fe3+和鐵的氧化物均有顏色，故陶瓷中含鐵量越多，陶瓷的顏色越深，白瓷的白色是因為鐵含量較低甚至幾乎不含，D錯誤；故答案為：A。2.茯苓新酸DM是從中藥茯苓中提取的一種化學(xué)物質(zhì)，具有一定生理活性，其結(jié)構(gòu)簡式如圖。關(guān)于該化合物，下列說法正確的是A.可使酸性溶液褪色 B.可發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)C.可與金屬鈉反應(yīng)放出 D.分子中含有3種官能團【答案】D【解析】【詳解】A．由題干有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有碳碳雙鍵，故可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A正確；B．由題干有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有碳碳雙鍵，故可發(fā)生加成反應(yīng)，含有羧基和羥基故能發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，B正確；C．由題干有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有羧基和羥基，故能與金屬鈉反應(yīng)放出H2，C正確；D．由題干有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有碳碳雙鍵、羧基、羥基和酯基等四種官能團，D錯誤；故答案為：D。3.化學(xué)是材料科學(xué)的基礎(chǔ)。下列說法錯誤的是A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無機非金屬材料B.制造阻燃或防火線纜橡膠不能由加聚反應(yīng)合成C.制造特種防護服的芳綸纖維屬于有機高分子材料D.可降解聚乳酸塑料的推廣應(yīng)用可減少“白色污染”【答案】B【解析】【詳解】A．氮化鋁是一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，屬于新型的無機非金屬材料，A正確；B．天然橡膠的單體為異戊二烯，合成橡膠的單體如順丁烯等中均含有碳碳雙鍵，通過加聚反應(yīng)合成制得橡膠，B錯誤；C．“滌綸”“錦綸”“腈綸”“丙綸”“維綸”“氯綸”“芳綸”等均為合成纖維，屬于有機高分子材料，C正確；D．可降解聚乳酸塑料的推廣應(yīng)用，可以減少難以降解塑料的使用，從而減少“白色污染”，D正確；故答案為：B。暫無4-7題，后續(xù)如有題目會及時更新4.溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成工藝流程如下：下列說法錯誤的是A.還原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回還原工序B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進行組分分離C.中和工序中的化學(xué)反應(yīng)為D.參與反應(yīng)的為1∶1∶1【答案】A【解析】【分析】由流程可知，氫溴酸中含有少量的溴，加入硫化鋇將溴還原生成溴化鋇和硫，再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋇和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的溴化鋰溶液經(jīng)濃縮等操作后得到產(chǎn)品溴化鋰?！驹斀狻緼．還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化鈉和次溴酸鈉等物質(zhì)，若直接返回還原工序，則產(chǎn)品中會有一定量的溴化鈉，導(dǎo)致產(chǎn)品的純度降低，A說法錯誤；B．除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋇屬于離子晶體，根據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋇不溶于煤油，因此可用煤油進行組分分離，B說法正確；C．中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發(fā)生反應(yīng)生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C說法正確；D．根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，溴和硫化鋇反應(yīng)時物質(zhì)量之比為1:1；根據(jù)硫酸鋇的化學(xué)組成及鋇元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)為1:1，因此，參與反應(yīng)的n(Br2):n(BaS):n(H2SO4)為1:1:1，D說法正確；綜上所述，本題選A。暫無9題，后續(xù)如有題目會及時更新二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。暫無10題，后續(xù)如有題目會及時更新5.在EY沸石催化下，萘與丙烯反應(yīng)主要生成二異丙基萘M和N。下列說法正確的是A.M和N互為同系物 B.M分子中最多有12個碳原子共平面C.N的一溴代物有5種 D.萘的二溴代物有10種【答案】CD【解析】【詳解】A．由題中信息可知，M和N均屬于二異丙基萘，兩者分子式相同，但是其結(jié)構(gòu)不同，故兩者互為同分異構(gòu)體，兩者不互為同系物，A說法不正確；B．因為萘分子中的10個碳原子是共面的，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，異丙基中最多可以有2個碳原子與苯環(huán)共面，因此，M分子中最多有14個碳原子共平面，B說法不正確；C．N分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的H，因此其一溴代物有5種，C說法正確；D．萘分子中有8個H，但是只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的H（分別用α、β表示，其分別有4個），根據(jù)定一議二法可知，若先取代α，則取代另一個H的位置有7個；然后先取代1個β，然后再取代其他β，有3種，因此，萘的二溴代物有10種，D說法正確；本題選CD。暫無12題，后續(xù)如有題目會及時更新~6.恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X，發(fā)生反應(yīng)的方程式為①；②。反應(yīng)①的速率，反應(yīng)②的速率，式中為速率常數(shù)。圖甲為該體系中X、Y、Z濃度隨時間變化的曲線，圖乙為反應(yīng)①和②的曲線。下列說法錯誤的是A.隨的減小，反應(yīng)①、②的速率均降低B.體系中C.欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應(yīng)溫度且控制反應(yīng)時間D.溫度低于時，總反應(yīng)速率由反應(yīng)②決定【答案】AB【解析】【分析】由圖中的信息可知，濃度隨時間變化逐漸減小的代表的是X，濃度隨時間變化逐漸增大的代表的是Z，濃度隨時間變化先增大后減小的代表的是Y；由圖乙中的信息可知，反應(yīng)①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應(yīng)②的。【詳解】A．由圖甲中的信息可知，隨c(X)的減小，c(Y)先增大后減小，c(Z)增大，因此，反應(yīng)①的速率隨c(X)的減小而減小，而反應(yīng)②的速率先增大后減小，A說法錯誤；B．根據(jù)體系中發(fā)生的反應(yīng)可知，在Y的濃度達到最大值之前，單位時間內(nèi)X的減少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z)，但是，在Y的濃度達到最大值之后，單位時間內(nèi)Z的增加量等于Y和X的減少量，故v(X)+v(Y)=v(Z)，B說法錯誤；C．升高溫度可以可以加快反應(yīng)①的速率，但是反應(yīng)①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應(yīng)②的，且反應(yīng)②的的速率隨著Y的濃度的增大而增大，因此，欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應(yīng)溫度且控制反應(yīng)時間，C說法正確；D．由圖乙信息可知，溫度低于T時，k1＞k2，反應(yīng)②為慢反應(yīng)，因此，總反應(yīng)速率由反應(yīng)②決定，D說法正確；綜上所述，本題選AB三、非選擇題：共57分。第14～16題為必考題，每個試題考生都必須作答。第17～18題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共42分。7.某研究小組為了更準確檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設(shè)計實驗如下：①三頸燒瓶中加入香菇樣品和水；錐形瓶中加入水、淀粉溶液，并預(yù)加的碘標(biāo)準溶液，攪拌。②以流速通氮氣，再加入過量磷酸，加熱并保持微沸，同時用碘標(biāo)準溶液滴定，至終點時滴定消耗了碘標(biāo)準溶液。③做空白實驗，消耗了碘標(biāo)準溶液。④用適量替代香菇樣品，重復(fù)上述步驟，測得的平均回收率為95%。已知：，回答下列問題：（1）裝置圖中儀器a、b的名稱分別為_______、_______。（2）三頸燒瓶適宜的規(guī)格為_______(填標(biāo)號)。A.B.C.（3）解釋加入，能夠生成的原因：_______。（4）滴定管在使用前需要_______、洗滌、潤洗；滴定終點時溶液的顏色為_______；滴定反應(yīng)的離子方程式為_______。（5）若先加磷酸再通氮氣，會使測定結(jié)果_______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。（6）該樣品中亞硫酸鹽含量為_______(以計，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）①.(球形)冷凝管②.(恒壓)滴液漏斗（2）C（3）加入H3PO4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O向右移動（4）①.檢驗其是否漏水②.藍色③.加入H3PO4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O向右移動（5）偏低（6）【解析】【分析】由題中信息可知，檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量的原理是：用過量的磷酸與其中的亞硫酸鹽反應(yīng)生成SO2，用氮氣將SO2排入到錐形瓶中被水吸收，最后用碘標(biāo)準溶液滴定，測出樣品中亞硫酸鹽含量。【小問1詳解】根據(jù)儀器a、b的結(jié)構(gòu)可知，裝置圖中儀器a、b的名稱分別為球形冷凝管和恒壓滴液漏斗；【小問2詳解】三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水，向其中加入H3PO4的體積不超過10mL。在加熱時，三頸燒瓶中的液體不能超過其容積的，因此，三頸燒瓶適宜的規(guī)格為1000mL選C。【小問3詳解】雖然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，但是H3PO4為難揮發(fā)性的酸，而H2SO3易分解為SO2和水，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O向右移動，因此，加入H3PO4能夠生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學(xué)平衡H2SO3SO2+H2O向右移動；【小問4詳解】滴定管在使用前需要檢驗其是否漏水、洗滌、潤洗；滴定前，溶液中的碘被SO2還原為碘離子，溶液的顏色為無色，滴加終點時，過量的1滴或半滴標(biāo)準碘液使淀粉溶液變?yōu)樗{色且半分鐘點之內(nèi)不變色，因此，滴定終點時溶液為藍色；滴定反應(yīng)的離子方程式為I2+SO2+2H2O=2I—+4H++；【小問5詳解】若先加磷酸再通氮氣，則不能將裝置中的空氣及時排出，有部分亞硫酸鹽和SO2被裝置中的氧氣氧化，碘的標(biāo)準液的消耗量將減少，因此會使測定結(jié)果偏低?！拘?詳解】實驗中SO2消耗的標(biāo)準碘液的體積為0.30mL+1.00mL=1.30mL，減去空白實驗消耗的0.10mL，則實際消耗標(biāo)準碘液的體積為1.20mL，根據(jù)反應(yīng)I2+SO2+2H2O=2I—+4H++可以計算出n(SO2)=n(I2)=1.20mL10-3L·mL-10.01000mol·L-1=1.2010-5mol，由于SO2的平均回收率為95%，則實際生成的n(SO2)=，則根據(jù)S元素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量為mg?kg-1。8.以焙燒黃鐵礦(雜質(zhì)為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備銨鐵藍顏料。工藝流程如下：回答下列問題：（1）紅渣的主要成分為_______(填化學(xué)式)，濾渣①的主要成分為_______(填化學(xué)式)。（2）黃鐵礦研細的目的是_______。（3）還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（4）工序①的名稱為_______，所得母液循環(huán)使用。（5）沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀中的化合價為_______，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（6）若用還原工序得到的濾液制備和，所加試劑為_______和_______(填化學(xué)式，不引入雜質(zhì))?！敬鸢浮浚?）①.Fe2O3②.SiO2（2）增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌（5）①.+2、+3；②.Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+（6）①.H2O2②.NH3·H2O【解析】【分析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應(yīng)原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產(chǎn)生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應(yīng)原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后進行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K3[Fe(CN)6]并用H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH為3，進行沉鐵過程，反應(yīng)原理為：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO進行氧化步驟，反應(yīng)原理為：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據(jù)此分析解題。【小問1詳解】由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O3；SiO2；【小問2詳解】黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率；【小問3詳解】由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質(zhì)沉淀，則硫元素被氧化為，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化學(xué)方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；【小問4詳解】由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌；【小問5詳解】沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價和[Fe(CN)6]3-中的+3價，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+，故答案為：+2、+3；Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+；【小問6詳解】由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向濾液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH3·H2O，故答案為：H2O2；NH3·H2O。9.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗詺淙剂蠟榇淼娜剂想姵赜辛己玫膽?yīng)用前景。（1）時，燃燒生成)放熱，蒸發(fā)吸熱，表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式為_______。（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應(yīng)。Ⅰ.Ⅱ.①下列操作中，能提高平衡轉(zhuǎn)化率的是_______(填標(biāo)號)。A.增加用量B.恒溫恒壓下通入惰性氣體C.移除D.加入催化劑②恒溫恒壓條件下，和反應(yīng)達平衡時，的轉(zhuǎn)化率為，的物質(zhì)的量為，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)_______(寫出含有a、b的計算式；對于反應(yīng)，，x為物質(zhì)的量分數(shù))。其他條件不變，起始量增加到，達平衡時，，平衡體系中的物質(zhì)的量分數(shù)為_______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。（3）氫氧燃料電池中氫氣在_______(填“正”或“負”)極發(fā)生反應(yīng)。（4）在允許自由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，放電的電極反應(yīng)式為_______。（5）甲醇燃料電池中，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO，四步可能脫氫產(chǎn)物及其相對能量如圖，則最可行途徑為a→_______(用等代號表示)。注：本小問暫缺相對能量圖?！敬鸢浮浚?）H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-286kJ?mol-1（2）①.BC②.③.（3）負（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O（5）缺圖無解【解析】【小問1詳解】298K時，1gH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ，1molH2O(1)蒸發(fā)吸熱44kJ，則1molH2燃燒生成1molH2O(1)放熱286kJ，表示H2燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-286kJ?mol-1；【小問2詳解】①A．增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的轉(zhuǎn)化率，但是CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率減小，A不符合題意；B．恒溫恒壓下通入惰性氣體，相當(dāng)于減小體系壓強，反應(yīng)混合物中各組分的濃度減小，反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡正向移動，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，B符合題意；C．移除CO(g)，減小了反應(yīng)混合物中CO(g)的濃度，反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡正向移動，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，C符合題意；D．加入催化劑不能改變平衡狀態(tài)，故不能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，D不符合題意；綜上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率的是BC；②恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反應(yīng)達平衡時，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為α，CO2(g)的物質(zhì)的量為bmol，則轉(zhuǎn)化的CH4(g)為αmol，剩余的CH4(g)為(1-α)mol，根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質(zhì)的量為(α-b)mol，根據(jù)H和O守恒可知，H2O(g)的物質(zhì)的量為(1-α-b)mol，H2(g)的物質(zhì)的量為(3α+b)mol，則反應(yīng)混合物的總物質(zhì)的量為(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分數(shù)分別為、、、，因此，反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kx=;其他條件不變，H2O(g)起始量增加到5mol，達平衡時，a=0.90，b=0.65，則平衡時，CH4(g)為0.1mol，根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質(zhì)的量為0.25mol，，根據(jù)H和O守恒可知，H2O(g)的物質(zhì)的量為(5-0.90-0.65)mol=3.45mol，H2(g)的物質(zhì)的量為(3α+b)mol=3.35mol，平衡混合物的總物質(zhì)的量為(2α+6)mol=7.8mol，平衡體系中H2(g)的物質(zhì)的量分數(shù)為；【小問3詳解】燃料電池中的燃料在負極發(fā)生氧化反應(yīng)，因此，氫氧燃料電池中氫氣在負極發(fā)生反應(yīng)；【小問4詳解】在允許O2-自由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，CnH2n+2在負極發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2和H2O，電極反應(yīng)式為CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O；【小問5詳解】缺圖無解(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按首題計分?！具x修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】10.含及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡寫為)，是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)S原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_______。（2）Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是_______，原因是_______。（3）的幾何構(gòu)型為_______，其中心離子雜化方式為_______。（4）將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填標(biāo)號)。A. B. C. D.（5）如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為是_______(填標(biāo)號)。理由是_______。本題暫無(6)問【答案】（1）1：2##2：1（2）①.Cu②.Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大（3）①.平面三角形②.sp2雜化（4）B（5）①.D②.D中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO【解析】【小問1詳解】基態(tài)S的價電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：1：2或2：1。【小問2詳解】Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大。【小問3詳解】Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心離子Sn2+價電子對數(shù)為，有3個σ鍵，沒有孤電子對，中心離子是sp2雜化，SnCl的幾何構(gòu)型是平面三角形?！拘?詳解】根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9，有未成對電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對，不符合題意；D.Na2[Zn(OH)]各原子核外電子均已成對，不符合題意；故答案選B?！拘?詳解】Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO需要氧化劑，且氧化性比MnO的強，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合價比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO，故D符合。【選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)】11.舍曲林(Sertral