2022河北高考化學試題解析

2022年河北高考化學試題解析

1.定窯是宋代五大名窯之其生產(chǎn)的白謊聞名于世。下列說法正確的是

A.傳統(tǒng)陶瓷是典型絕緣材料B.陶瓷主要成分為Si。？和Mg。

C.陶瓷燒制過程為物理變化D.白瓷的白色是因鐵含量較高

【答案】A

【解析1A.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.陶驍?shù)闹饕煞譃楣杷猁}，而不是SiO?和MgO,C錯誤；

C.陶瓷燒制過程發(fā)生復雜的化學反應，由新物質(zhì)生成，屬于化學變化，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，下列說法不正確的是

A.可使酸性KMnOq溶液褪色B.可發(fā)生取代反應和加成反應

C.可與金屬鈉反應放出H?D.分子中含有3種官能團

【答案】D

【解析】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，故可使酸性高鎰酸鉀

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，含有陵基

和羥基故能發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，B正確；

C.由題干有機物的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含有痰基和羥基，故能與金屬鈉反應放出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、竣基、羥基和酯基等四種官能

團，D錯誤；

故答案為：Do

3.化學是材料科學的基礎。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的橡膠不能由加聚反應合成

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用可減少“白色污染”

【答案】B

【解析】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

聚反應合成制得橡膠，B錯誤；

C.“滌綸”“錦綸”“睛綸”“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：Bo

暫無4-7題，后續(xù)如有題目會及時更新

4.LiBr溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成LiBr工藝流程如下：

BaSH2SO4Li2cO3

濃縮……-LiBr

濾渣氣體

下列說法錯誤的是

A.還原工序逸出的Brz用NaOH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.中和工序中的化學反應為Li2co3+2HBr=CC>2T+2LiBr+H2O

D.參與反應的n(Br2)：n(BaS):n[H2soJ為1：1:1

【答案】A

【分析】由流程可知，氫浜酸中含有少量的溟，加入硫化鋼將溟還原生成濃化鋼和硫，再

加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋼和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的溟化鋰溶液經(jīng)濃

縮等操作后得到產(chǎn)品濱化鋰。

【解析】A.還原工序逸出的Bn用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溟化鈉和次澳酸鈉等物

質(zhì)，若直接返回還原工序，則產(chǎn)品中會有一定量的溟化鈉，導致產(chǎn)品的純度降低，A說法

錯誤；

B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋼和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋼

屬于離子晶體，根據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋼不溶于煤油，因此可用

煤油進行組分分離，B說法正確；

C.中和工序中，碳酸鋰和氫浪酸發(fā)生反應生成澳化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方

程式為Li2co3+2HBr=CO2T+2LiBr+H2O,C說法正確；

D.根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，浪和硫化鋼反應時物質(zhì)的量之比為1:1；根據(jù)硫酸鋼的化學組

成及鋼元素守恒可知，n(BaS):n(H2so4)為1:1,因此，參與反應的n(B「2):n(BaS):n(H2so。

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

暫無10題，后續(xù)如有題目會及時更新

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的一溟代物有5種D.蔡的二澳代物有10種

【答案】CD

【解析】A.由題中信息可知，M和N均屬于二異丙基蔡，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.因為蔡分子中的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種不同化學環(huán)境的H,囚此其一浪代物有5種，C說法正確：

D.蔡分子中有8個H,但是只有兩種不同化學環(huán)境的H(分別用a、。表示，其分別有4

個)，根據(jù)定一議二法可知，若先取代a,則取代另一個H的位置有7個；然后先取代1個

。，然后再取代其他0,有3種，因此，蔡的二嗅代物有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)生反應的方程式為①XQY；②

YUZ。反應①的速率％=Kc(X),反應②的速率V2=k2c(Y),式中k「Iq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①和②的Ink?幸曲

線。下列說法錯誤的是

A.隨c(X)的減小，反應①、②的速率均降低

B.體系中v(X)=v(Y)+v(Z)

C.欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應溫度且控制反應時間

D.溫度低于T1時?，總反應速率由反應②決定

【答案】AB

【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①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的。

【解析】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①的速率隨c(X)的減小而減小，而反應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，八X)=八Y)+NZ),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，故八X)+v(Y)=v(Z),B說法錯誤；

C.升高溫度可以可以加快反應①的速率，但是反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度

小于反應②的，且反應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，

需提高反應溫度且控制反應時間，C說法正確；

D.由圖乙信息可知，溫度低于T時，k〉k2,反應②為慢反應，因此，總反應速率由反應

②決定，D說法正確；

綜上所述，本題選AB

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，設計實驗如下：

①三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水；錐形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶

液，并預加0.30mL0.01OOOmoLL」的碘標準溶液，攪拌。

②以0.2L?min」流速通氮氣，再加入過量磷酸，加熱并保持微沸，同時用碘標準溶液滴

定，至終點時滴定消耗了1.00mL碘標準溶液。

③做空白實驗，消耗了0.10mL碘標準溶液。

④用適量Na2sO3替代香菇樣品，重復上述步驟，測得SO?的平均回收率為95%。

32

已知：Kal（H3PO4）=7.1xl0-,Kal（H2SO3）=1.3xl0-

回答下列問題：

（1）裝置圖中儀器a、b的名稱分別為、o

（2）三頸燒瓶適宜的規(guī)格為______（填標號）。

A.250mLB.500mLC.1000mL

（3）解釋加入H，PO4,能夠生成SO?的原因：o

（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mg-kg/（以SO?計，結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

【答案】（1）①.（球形）冷凝管②.（恒壓）滴液漏斗

（2）C（3）加入H3P04后，溶液中存在化學平衡H2sCh-^SCh+HzO,SO2的溶解

度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學平衡H2s03『^5。2+比0向右移動

（4）①.檢驗其是否漏水②.藍色③.加入H3P04后，溶液中存在化學平衡

H2sCh^^SO2+H2O,SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO?逸H后，促進了化學平衡

H2s03『^SO2+H2O向右移動

（5）偏低（6）80.8

【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生成S02,用氮氣將S02排入到錐形瓶中被水吸收，最后用碘標準溶

液滴定，測出樣品中亞硫酸鹽含量。

【小問1解析】

根據(jù)儀器a、b的結(jié)構(gòu)可知，裝置到中儀器a、b的名稱分別為球形冷凝管和恒壓滴液漏

斗；

【小問2解析】

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。

2

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1000

mL選C。

【小問3解析】

雖然KH(H3Po4)=7.1X10-3〈Kal(H2so3)=1.3x10-2,但是H3P04為難揮發(fā)性的酸，而H2s

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，促進了化學平衡

H2sO3『^SO2+H2O向右移動，因此，加入H3P04能夠生成SO2的原因是：加入H3P。4

后，溶液中存在化學平衡H2so3—^SO2+H2。，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2

逸出后，促進了化學平衡H2so3=^SO2+H2O向右移動：

【小問4解析】

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；滴定反應的離子方程式為L+

+-

SO2+2H2O=2r+4H+SO；；

【小問5解析】

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，碘的標準液的消耗量將減少，因此會使測定結(jié)果偏低。

【小問6解析】

實驗中SO2消耗的標準碘液的體積為0.30mL+LOOmL=1.30mL,減去空白實驗消耗的0.10

mL,則實際消耗標準碘液的體積為1.20mL,根據(jù)反應k+SO2+2H2O=2「+4H++SO：可以

3!5

計算出n(SO2)=n(I2)=1.20mLx10LmL-'x0.01000mol-L=1.20xIOmob由于SC)2的平

均回收率為95%,則實際生成的n(S02)='20x10m。乜［263xl(T5moi,則根據(jù)S元

0.95

士…—門*1.263X1o_5molx64g.mor'x10OOmg.g-1

素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量為----------———*77-q----------R80.8

lO.OOgxlOKg?g

mg*kg

8.以焙燒黃鐵礦FeS2(雜質(zhì)為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備鉉鐵藍Fe(NHjFe(CN)6顏

料.T藝流程如下：

H：SO4

盤(NH4)2SO4

4K3[Fe(CN)6]H2SO4

H2ONaC10

50%3

可

加JH=3|加熱

錢

強

紅

一

癖

洗滌、鐵

渣

干燥藍

濾渣①濾渣②

回答卜歹IJ問題：

(1)紅渣的主要成分為(滇化學式)，濾渣①的主要成分為(填化學式)。

(2)黃鐵礦研細的目的是_______o

(3)還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應的化學方程式為。

(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Fe(NH)2Fe(CN)6中Fe的化合價為，氧化工序

發(fā)生反應的離子方程式為_______o

(6)若用還原工序得到的濾液制備FezO/xH?。和(NHJ2SO4,所加試劑為和

(填化學式，不引入雜質(zhì))。

【答案】(1)Fe2O3②.SQ

(2)增大固液接觸面積，加快反應速率，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；②.Fe(NIL)2re(CN)6+ClO+2II=Fe(NII4)Fe(CN)b+II2O+CI+NH；

(6)①.H2O2②.NH3H1O

酸燒

【分析】已知黃鐵礦高溫燃燒生成Fe2O3,反應原理為：4FeS2+1102=2Fe2O3+8SO2,

故產(chǎn)生的紅渣主要成分為FezCh和SiO2,將紅渣粉碎后加入足量的50%的HzSOj溶液加熱

充酸浸，反應原理為：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Fe"還原為Fe2+,由(3)小問可知不生成S沉淀，

則硫元素被氧化為SO：,反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO：+16H+,然后進

行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到FeSCh晶體和母液主要含有FeSCh溶液和H2so4,

加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH5SO4、K4Fe(CNM并用H2s調(diào)節(jié)溶液的

pH為3,進行沉鐵過程，反應原理為：Fe2++2NH：+[Fe(CN)6]3=Fe(NH4)2Fe(CNM，然后

過濾出沉淀，洗滌后加入H2sCh和NaCQ進行氧化步驟，反應原理為：

+

6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3+6H=6Fe(NH4)Fc(CN)6+3H2O+Cl-+6NH；,過濾、洗滌干燥即制

得Fe(NH4)Fe(CN)6,據(jù)此分析解題。

【小問1解析】

由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3,濾渣①的主要成分為：SiCh,故答案為：

Fe2()3；SiO2；

【小問2解析】

黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率，故答

案為：增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率；

【小問3解析】

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S0：,反應原理為：

3++

14Fe+FeS2+8H2O=15Fe?++2SO：+16H,故化學方程式為：

7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=l5FeSO4+8H2s,故答案為：

7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；

【小問4解析】

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FeSCXi

溶液和H2s04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解析】

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產(chǎn)中的+3

價，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-

+

+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+CI+6NH",故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+CIO.

+

+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6NH：；

【小問6解析】

由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2sCh,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FezObxFhO和(NHQ2SO4,故所需要加入的試

劑為H2O2和NH3H2O,故答案為：H2O2；NH3H2O。

9.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的燃料電池有良好的應用前景?/p>

(1)298K時，憶凡燃燒生成HQ(g)放熱121kJ,ImolH?。。)蒸發(fā)吸熱44kJ,表示

H2燃燒熱的熱化學方程式為______。

(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。

I.CH4(g)+H2O(g)^^CO(g)+3H2(g)

II.CO(g)+II2O(g)^^CO2(g)4-II2(g)

①下列操作中，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率的是(填標號)。

A.增加CH4(g)用量B.恒溫恒壓下通入惰性氣體

C.移除CO(g)D.加入催化劑

②恒溫恒壓條件下，ImolCH^g)和ImolHzCXg)反應達平衡時，CH/g)的轉(zhuǎn)化率為

a,CC)2(g)的物質(zhì)的量為bmol,則反應I的平衡常數(shù)K、=_______(寫出含有a、b的

計算式；對于反應mA(g)+nB(g)=^pC(g)+qD(g),K、二,，；'x為物質(zhì)的

x(A)x(B)

量分數(shù))。其他條件不變，凡0組)起始量增加到5m01,達平衡時，a=0.90,b=0.65,平

衡體系中H2(g)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。

(4)在允許O?.自由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，QH2n+2放電的電極反應式為

(5)甲醇燃料電池中，吸附在催化劑表面的甲醉分子逐步脫氫得到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b?i等代號表示)。

注：本小問暫缺相對能量圖。

1

【答案】(1)H2(g)+y02(g)=H2O(l)△//=-286kJ-mol-

(a-b)(3a+b)3

(2)①.BC③.0.43

(l-a)(l-?-^)(2+2a)2

2

(3)負(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O-nCO2+(n+l)H2O

(5)缺圖無解

【小問1解析】

298K時，IgH?燃燒生成HzCKg)放熱⑵kJ,1!1I01+0(1)蒸發(fā)吸熱44口，則ImolHz燃燒

生成1molFhO。)放熱286kJ,表示H2燃燒熱的熱化學方程式為：H2(g)+yO2(g)=H2O(l)

△”=-286kJ?moH；

【小問2解析】

①A.增加CHMg)用量可以提高比0(。的轉(zhuǎn)化率，但是CH“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，相當于減小體系壓強，反應混合物中各組分的濃度減小，

反應I的化學平衡正向移動，能提高CHMg)平衡轉(zhuǎn)化率，B符合題意；

C.移除CO(g),減小了反應混合物中CO(g)的濃度，反應I的化學平衡正向移動，能提高

CHMg)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CHMg)平衡轉(zhuǎn)化率，D不符合題意；

綜上所述，上述操作中，能提高CH“g)平衡轉(zhuǎn)化率的是BC；

②恒溫恒壓條件下，1molCHMg)和1molH2O(g)反應達平衡時，CHMg)的轉(zhuǎn)化率為a,

82(g)的物質(zhì)的量為bmol,則轉(zhuǎn)化的CHMg)為amol,剩余的CH4(g)為(l-a)moL根據(jù)

C元素守恒可知，CO(g)的物質(zhì)的量為(a-b)mol,根據(jù)H和O守恒可知，H?O(g)的物質(zhì)的量

為(1-a-b)mol,Hz(g)的物質(zhì)的量為(3a+b)mol,則反應混合物的總物質(zhì)的量為(2a+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7-----

2+2a

\-a-ba-b當?，因此，反應I的平衡常數(shù)Kx=

2+2a、2+2。2+2a

a-b3a+Z?3

(a-b)(3a+bf

2+2a2+2a;其他條件不變,H?O(g)起始量增加到

\-a\-a-b(1-Z?)(2+2ay

—x—

2+2a2+2a

5mol,達平衡時，a=0.90,b=0.65,則平衡時，CHi(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。守恒可知，氏0。的物質(zhì)的量為(5-0.90-

0.65)mol=3.45mol,H?(g)的物質(zhì)的量為(3a+b)mol=3.35mol,平衡混合物的總物質(zhì)的量為

3.35

(2a+6)mol=7.8mol,平衡體系中H?(g)的物質(zhì)的量分數(shù)為----=0.43；

7.8

【小問3解析】

燃料電池中的燃料在負極發(fā)生氧億反應，因此，氫氧燃料電池中氫氣在負極發(fā)生反應：

【小問4解析】

在允許02咱由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，CnH2"2在負極發(fā)生氧化反應生成CO2和

2

H2O,電極反應式為C?H2n+2-(6n+2)e+(3n+l)O=nCO2+(n+l)H2O；

【小問5解析】

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。

【選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

10.含Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物(簡寫為CZTS),是一種低價、無污染的綠

色環(huán)保型光伏材料，可應用于薄膜太陽能電池領域?；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O

(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）SnCl；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______（填標號）。

A.[CU（NH3）2]C1B.[CU（NH3）4]SO4C.[Zn（NH3）4]SO4D.

Na2[Zn（OH）4]

（5）如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu):

-12-

Oo

OOII

IIS-S

SS

Q。

OZ|3\o/|O\八°

B

o

IO

SI

IS

Oo-oJo

CD

根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將Mi?+轉(zhuǎn)化為MnO；是______（填標號）。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3小。的電子，第一電離能失去的是4sl電

子，Zn的第二電離能失去的是4sl的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3史。電子處于全

充滿狀態(tài)，其與4sl電子能量差值更大

（3）①.三角錐形

②.sp3雜化（4）B

（5）@.D②.D中含有-1價的0,易被還原，具有強氧化性，能將MM+轉(zhuǎn)化為MnO

【小問1解析】

基態(tài)S的價電子排布是3s23P、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解析】

Cu的第二電離能失去的是3小。的電子，第一電離能失去的是4sl電子，Zn的第二電離能失

去的是4sl的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3球。電子處于全充滿狀態(tài)，其與4sl電

子能量差值更大；

【小問3解析】

4+]—1x3

Sn是IVA族元素，SnCl；的中心離子Si?+價層電子對數(shù)為3+---=4,有1對孤電

2

子對，中心離子是sp3雜化，SnCl；的幾何構(gòu)型是三角錐形；

【小問4解析】

根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子。A.[CU(NH3)2]C1各原子核外電子均已成對，

不符合題意；B.[CU(NH3)4]SO4中的CW外圍電子排布是3d4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.Na2rZn(OH)]各原子核外電子

均已成對，不符合題意；故答案選B。

【小問5解析】

Mi?+轉(zhuǎn)化為MnO；需要氧化劑，且氧化性比MnO；的強，由SO?使KMnO,溶液褪色可知

H2s04的氧化性弱于MnO；,故A不符合；B、C中的S化合價比H2sCU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MM+轉(zhuǎn)化為

MnO；,故D符合。

【選修5:有機化學基礎】

11.舍曲林(Seriraline)是一種選擇性5-羥色胺再攝取抑制劑，用于治療抑郁癥，其合成路

線之一如下：

己知：

(i)手性碳原子是指連有四個不同原子或原子團的碳原子

5M=。

R2/

=o

HZ

回答下列問題:

（1）①的反應類型為O

（2）B的化學名稱為。

（3）寫出一種能同時滿足下列條件的D的芳香族同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)笥式。

（a）紅外光譜顯示有C=O鍵；（b）核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積比為1：1。

（4）合成路線中，涉及手性碳原子生成的反應路線為、（填反應路線序

號）。

（5）H-I的化學方程式為,反應還可生成與I互為同分異構(gòu)體的兩種副產(chǎn)物，其

中任意一種的結(jié)構(gòu)簡式為______