湖南省岳陽市云溪區(qū)2024-2025學年高二上學期1月期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖南省岳陽市云溪區(qū)2024-2025學年高二上學期1月期末一、單選題1.我國的航空航天事業(yè)取得了舉世矚目的成就。下列航空航天的設(shè)備中實現(xiàn)了由電能到化學能轉(zhuǎn)化的是A.利用生命生態(tài)實驗柜養(yǎng)殖水稻B.太陽能電池翼為空間站提供能量需要C.空間站利用電解水供氧系統(tǒng)提供氧氣D.利用偏二甲肼(C2H8N2)作為助推劑發(fā)射火箭【答案】C【解析】利用生命生態(tài)實驗柜養(yǎng)殖水稻沒有利用電能，故A不選；太陽能電池翼為空間站提供能量需要是電能轉(zhuǎn)化為其它形式的能量，故B不選；空間站利用電解水供氧系統(tǒng)提供氧氣是電能轉(zhuǎn)化為化學能，故C選；利用偏二甲肼(C2H8N2)作為助推劑發(fā)射火箭是化學能轉(zhuǎn)化為動能，故D不選；故選C。2.下列事實可用氫鍵解釋的是A.氯氣易液化 B.極易溶于水C.比穩(wěn)定 D.比酸性弱【答案】B【解析】氯氣熔沸點低，易液化，與氫鍵無關(guān)，A不符合題意；NH3與H2O能形成氫鍵，導致NH3極易溶于水，B符合題意；S非金屬性(電負性)小于O，H2O中H-O共價鍵的強度大于H2S中的H-S強度，H2O比

H2S穩(wěn)定，與氫鍵無關(guān)，C不符合題意；F非金屬性(電負性)大于I，HF中H-F共價鍵的強度大于HI中的H-I強度，H-I比

H-F鍵易斷裂形成H+，酸性更強，與氫鍵無關(guān)，D不符合題意；故答案選B。3.短周期元素的原子序數(shù)依次增大，Q單質(zhì)暗處遇發(fā)生爆炸，由上述五種元素形成的化合物結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是A.原子半徑：B.同周期中第一電離能大于W的元素有3種C.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：D.電負性：【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，Q單質(zhì)暗處遇氫氣發(fā)生爆炸，則Q為F元素；由陰離子的結(jié)構(gòu)可知，Y為B元素；由陽離子結(jié)構(gòu)中X、Z、W形成的共價鍵分別為1、4、3可知，X為H元素、Z為C元素、W為N元素，綜上X、Y、Z、W、Q分別為H、B、C、N、F。同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則硼、碳、氮、氟四種原子的原子半徑依次減小，故A正確；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于相鄰元素，則第二周期中第一電離能小于N元素的元素有F、Ne，共2種，故B錯誤；同周期元素，從左到右原子元素的非金屬性依次增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次增強，則硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增強，故C正確；同周期元素從左到右電負性逐漸增大，故硼、碳、氮、氟的電負性逐漸增大，故D正確；答案選B。4.已知有機物M、N、W能發(fā)生下列反應(yīng)，下列說法不正確的是A.M的苯環(huán)上的一氯代物有3種B.W分子中所有碳原子不可能共平面C.該反應(yīng)的原子利用率為100%D.M、N分子中碳碳雙鍵的數(shù)目比為3：1【答案】D【解析】M苯環(huán)上含有3種氫原子，其一氯代烷有3種，故A正確；W中連接2個甲基的碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，甲烷分子中最多有3個原子共平面，該分子相當于甲烷分子中的一個氫原子被甲苯基取代，所以W分子中所有碳原子不可能共平面，故B正確；M、N發(fā)生加成反應(yīng)生成W，該分子中只有一種物質(zhì)生成，所以原子利用率為100%，故C正確；M中不含碳碳雙鍵，N中含有1個碳碳雙鍵，故D錯誤；答案選D。5.下列解釋事實的化學方程式不正確的是。A.電解熔融的制：(熔融)B.用溶液除去渾濁淡水中的懸浮顆粒物：C.能使石蕊試液變紅：D.用溶液處理水垢中的：【答案】C【解析】熔融的中只含有鈉離子和氯離子，可利用電解熔融的制，對應(yīng)的化學方程式正確，A不符合題意；溶液中的可發(fā)生水解生成膠體，膠體表面積大，有較強的吸附能力，能除去渾濁淡水中的懸浮顆粒物，對應(yīng)的化學方程式正確，B不符合題意；碳酸屬于二元弱酸，分兩步電離，其電離方程式應(yīng)為，C符合題意；在水中的溶解度比更小，可利用沉淀的轉(zhuǎn)化原理將不易溶于酸的轉(zhuǎn)化成易溶于酸，從而最終達到除水垢的目的，對應(yīng)的化學方程式正確，D不符合題意；故選C。6.觀察下列模型，判斷下列說法錯誤的是金剛石碳化硅二氧化硅石墨烯C60A.物質(zhì)的量相同的金剛石和碳化硅，共價鍵個數(shù)之比為1∶1B.SiO2晶體中Si和Si-O鍵個數(shù)比為1∶4C.石墨烯中碳原子和六元環(huán)個數(shù)比為2∶1D.C60晶體堆積屬于分子密堆積【答案】A【解析】假設(shè)金剛石和碳化硅的物質(zhì)的量均為1mol，金剛石中每個碳原子連接四根共價鍵，但每根共價鍵被兩個環(huán)共用，因此每個碳原子實際連接根共價鍵，可知1mol金剛石中含有2molC-C鍵；1molSiC中有1mol碳原子和1mol硅原子，每個原子通過共價鍵連接到其他原子，形成Si-C鍵。由于每個共價鍵是兩個原子共有的，因此每個原子獨占的鍵數(shù)是總鍵數(shù)的一半，即2mol，由于碳原子和硅原子的數(shù)量相等，因此總共有4molSi-C鍵；可知物質(zhì)的量相同的金剛石和碳化硅，共價鍵個數(shù)之比為1∶2，故A錯誤；晶體中1個硅原子形成4個共價鍵，Si和Si-O鍵個數(shù)比為1∶4，故B正確；石墨烯中1個六元環(huán)平均含有個碳，則碳原子和六元環(huán)個數(shù)比為2∶1，故C正確；晶體為分子晶體，其堆積屬于分子密堆積，故D正確；故答案選A。7.甲胺的性質(zhì)與氨相似。時，實驗室里用的鹽酸溶液滴定甲胺溶液，滴定曲線如圖所示。(已知：)下列說法不正確的是A.該滴定過程應(yīng)該選擇甲基橙作為指示劑B.水的電離程度：C.D.b點溶液中存在：【答案】D【解析】根據(jù)，，則AG越大，酸性越強如圖，由滴定曲線可知，a為堿性，d為酸性，c點為中性；a點為0.1mol/L甲胺溶液，AG=8，，則，則甲胺為弱堿，剛好反應(yīng)的鹽為酸性，選用甲基橙作指示劑，故A正確；c點AG=0，，顯中性，d點鹽酸過量，對水的電離抑制程度大于c點，故B正確；由AG=8，可知，，，故C正確；b點時加入的鹽酸體積10mL，溶質(zhì)為和，且濃度相等，其物料守恒為；電荷守恒為，根據(jù)物料守恒和電荷守恒可得，即，故D錯誤；答案選D。8.下列事實或操作與鹽類水解無關(guān)的是A.明礬凈水B.加熱蒸干并灼燒溶液，得到固體C.焊接時用溶液除銹D.銨態(tài)氮肥(含)不能與草木灰(含)混合使用【答案】B【解析】明礬中水解生成膠體，可吸附水中懸浮顆粒，并使之沉降，與鹽類水解有關(guān)，A不符合題意；加熱蒸干并灼燒溶液，得到固體，是因為被空氣中的氧氣氧化，與鹽類水解無關(guān)，B符合題意；焊接時用溶液除銹，是因為水解使溶液呈酸性，與鹽類水解有關(guān)，C不符合題意；和的水解能相互促進，從而生成氨氣，降低肥效，與鹽類水解有關(guān)，D不符合題意；故選B。9.在一固定容積的密閉容器中，充入和發(fā)生如下化學反應(yīng)：，其化學平衡常數(shù)(K)與溫度(T)的關(guān)系如下表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6關(guān)于該反應(yīng)的說法正確的是A.B.在830℃反應(yīng)達到平衡時，氣體的轉(zhuǎn)化率約為33.3%C.其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達到新平衡前：D.在1000℃，當時，該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行【答案】B【解析】由表格數(shù)據(jù)可知，溫度升高，平衡常數(shù)增大，則平衡正向移動，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故，A錯誤；830℃時反應(yīng)達到平衡，平衡常數(shù)為1，設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化量為xmol，則三段式分析：由可知，與體積無關(guān)，代數(shù)得，解得，則CO2氣體的轉(zhuǎn)化率為，B正確；該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則其他條件不變，降低溫度，平衡逆向移動，則反應(yīng)達到新平衡前：，C錯誤；1000℃時K=1.7，當時，Qc==1.0＜1.7，則該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，D錯誤；故選B。10.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A.向溶液中滴加氨水至溶液深藍色：B.向溶液中通過量：C.泡沫滅火器原理：D.少量通入溶液中：【答案】C【解析】向溶液中滴加氨水至溶液深藍色，是生成了[Cu(NH3)4]2+而不是氫氧化銅沉淀，正確的離子方程式為Cu2++4NH3?H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，A錯誤；由于CO2過量，碳酸根會轉(zhuǎn)化為碳酸氫根，正確的離子方程式為[Al(OH)4]?+CO2=Al(OH)3↓+，B錯誤；泡沫滅火器原理硫酸鋁與碳酸氫鈉混合發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，反應(yīng)離子方程式為：，C正確；SO2少量，即過量，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鈣沉淀，過量的次氯酸根和氫離子反應(yīng)生成HClO，正確的離子方程式為，D錯誤；故選：C。11.下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是①中性溶液中：②的溶液中：③加入Al能放出的溶液中：④由水電離出的的溶液中：⑤有較多的溶液中：⑥酸性溶液中：A.②④ B.③⑥ C.①② D.③⑤【答案】A【解析】①水解呈酸性，在中性溶液中，不能大量存在；②為堿性溶液：可以大量共存；③加入Al能放出的溶液可能為強酸或強堿，與氫離子不能共存，與氫氧根不能大量共存；④由水電離出的的溶液中可能為強酸或強堿：互不反應(yīng)，可以大量共存；⑤與生成血紅色物質(zhì)，與雙水解反應(yīng)，不能大量共存；⑥酸性溶液中硝酸根具有強氧化性，不能大量共存；符合題意的有②④，答案選A。12.已知化合物與在一定條件下反應(yīng)生成化合物與，其反應(yīng)歷程如圖所示，其中TS表示過渡態(tài)，I表示中間體。下列說法正確的是A.TS2所在的基元反應(yīng)中活化分子百分數(shù)最大B.反應(yīng)達到平衡狀態(tài)后，升溫使平衡逆向移動C.使用催化劑只降低正反應(yīng)的活化能，反應(yīng)的焓變不變D.該歷程中的最大能壘(活化能)【答案】B【解析】TS2所在的基元反應(yīng)活化能最大，故活化分子百分數(shù)最小，A錯誤；根據(jù)圖示，產(chǎn)物能量比反應(yīng)物能量低，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，B正確；使用催化劑，正、逆反應(yīng)的活化能都降低，但反應(yīng)的焓變不變，C錯誤；該歷程中最大能壘（活化能），D錯誤；故選B。13.我國化學家侯德榜發(fā)明“侯氏制堿法”聯(lián)合合成氨工業(yè)生產(chǎn)純堿和氮肥，工藝流程圖如下。碳酸化塔中的反應(yīng)：。下列說法不正確的是A.向氯化鈉溶液中先通入，再通入能提高B.：堿母液儲罐大于氨母液儲罐C.經(jīng)“冷析”和“鹽析”后的體系中存在平衡D.該工藝的碳原子利用率理論上接近100%【答案】B【解析】在飽和NaCl溶液中先通入氨氣(吸氨塔)使溶液呈現(xiàn)堿性，再通入CO2(碳酸化塔)，在堿性環(huán)境下CO2溶解能力增強，與氨氣反應(yīng)生成碳酸氫銨，碳酸氫銨與氯化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉從溶液中析出，回轉(zhuǎn)焙燒爐加熱后轉(zhuǎn)化為純堿、水和二氧化碳，母液中的NH4Cl在常溫時的溶解度比NaCl大，在低溫下卻比NaCl溶解度小，在5℃～10℃時，向母液中加入食鹽細粉，可使NH4Cl單獨結(jié)晶析出，剩余氯化鈉溶液可再次投入使用，據(jù)此來解答。由于NH3的溶解度遠大于CO2，先通入NH3，再通入CO2能提高濃度，故A正確；由工藝流程圖可知，進入堿母液儲罐的只有氯化銨，再加入氨氣后，會產(chǎn)生氨水，所以堿母液儲罐中的溶質(zhì)是氯化銨和氨水，加入氯化鈉鹽析出氯化銨，通過分離后得到氨母液，故c(Na+)：堿母液儲罐小于氨母液儲罐，故B錯誤；過“冷析”和“鹽析”后，體系為過飽和的NH4Cl溶液，存在溶解平衡：NH4Cl(s)?+Cl-(aq)，故C正確；該流程中，二氧化碳中的碳原子最終全部進入純堿中，碳原子利用率理論上為100%，故D正確；答案選B。14.室溫時，向20mL0.1mol/L的HCl、CH3COOH中分別滴加0.1mol/LNaOH溶液，其pH變化如圖。下列說法不正確的是A.曲線Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH變化曲線B.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水電離出的c(H+)為1×10-11mol/LC.滴加NaOH溶液至pH=7時，兩種溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.向CH3COOH中滴加20mLNaOH溶液時，溶液中微粒濃度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】鹽酸和醋酸都是一元酸，醋酸是弱酸，不能完全電離，鹽酸是強酸，可完全電離，因此相同物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸，醋酸的氫離子濃度小于鹽酸，則pH比鹽酸的大，所以曲線I代表醋酸，曲線II代表鹽酸；鹽酸是強酸，醋酸是弱酸，相同濃度的鹽酸和醋酸，鹽酸的pH小，曲線Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH變化pH曲線，故A正確；由圖可知，20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，根據(jù)Kw=c(H+)?c(OH-)，解得：c(OH-)=10-11mol/L，再由水電離的氫離子等于水電離的氫氧根濃度，故B正確；醋酸鈉為強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，當pH=7時，加入的氫氧化鈉不足，醋酸還有剩余，而鹽酸中恰好反應(yīng)，此時c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故C錯誤；醋酸鈉為強堿弱酸鹽，因醋酸根水解溶液顯堿性，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正確；故選：C。15.常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸溶液中，混合溶液中的pH與部分離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.若直線丙表示pH與-的變化關(guān)系，應(yīng)該在甲線的左邊B.時，C.，且溶液中D.溶液中，【答案】B【解析】常溫下將NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH越來越大，c(H3PO4)逐漸減小，c()逐漸增大，所以逐漸減小，-lg逐漸增大；隨著NaOH溶液滴入，c()逐漸減小，c()逐漸增大，-lg逐漸增大；繼續(xù)滴入NaOH溶液滴入c()逐漸減小，c()逐漸增大，-lg逐漸增大；，變形為，可知，以此類推，，……，Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)，由圖可知，Ka1(H3PO4)=10-2.15；Ka2(H3PO4)=10-7.21，則甲為pH與-lg的直線，乙為pH與-lg的直線。Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)＞Ka3(H3PO4)，則若直線丙表示pH與的變化關(guān)系，其橫坐標與縱坐標的差值最大，應(yīng)位于乙的右邊，A錯誤；時，==1，解得c(H+)=10-4.68，pH=4.68，B正確；NaH2PO4溶液中存在的電離和水解，其水解平衡常數(shù)Kh3=，結(jié)合分析可知，Kh3=10-11.85＜Ka2，所以電離程度大于水解程度，則溶液中，C錯誤；溶液中存在質(zhì)子守恒，，或者通過物料守恒：、電荷守恒：合并得到，D錯誤；選B。16.在電場作用下雙極膜能將解離成和。利用雙極膜電滲析法制備乳酸(，簡寫為HR)的原理如圖所示。下列說法正確的是A.b電極發(fā)生氧化反應(yīng)B.裝置中離子交換膜為陽離子交換膜C.a電極的電勢低于b電極D.當a電極生成1mol氣體時，理論上可生成2mol乳酸【答案】B【解析】鹽室加入乳酸鈉（NaR）溶液，雙極膜能將解離成和，向a電極移動，則a電極為陽極，進入鹽室與乳酸鈉（NaR）反應(yīng)生成乳酸（HR），鹽室中鈉離子向b電極移動，則離子交換膜為陽離子交換膜，b電極為陰極，據(jù)此分析解答。由分析可知，b電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，A項錯誤；由分析可知，鹽室中鈉離子向b電極移動，則離子交換膜為陽離子交換膜，B極正確；由分析可知，a電極為陽極，b電極為陰極，a電極的電勢高于b電極，C項錯誤；a電極氫氧根放電，發(fā)生的電極反應(yīng)為：，當a電極生成1mol氣體時，消耗4mol氫氧根，有4mol氫離子進入鹽室，理論上可生成4mol乳酸，D項錯誤；故選B。二、填空題17.某實驗小組嘗試在鋼制鑰匙上鍍銅。實驗1：將鑰匙直接浸入溶液中，后取出，鑰匙表面變紅，但鍍層疏松，用紙即可擦掉。實驗II：用下圖裝置對鑰匙進行電鍍銅。鑰匙表面迅速變紅，同時有細小氣泡產(chǎn)生，精銅表面出現(xiàn)少量白色固體。后取出鑰匙檢驗，鍍層相對實驗I略好，但仍能用紙巾擦掉一部分。經(jīng)調(diào)整實驗條件后獲得了較好的電鍍產(chǎn)品。實驗III：用溶液代替溶液重復實驗II，精銅表面未出現(xiàn)白色固體?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗I反應(yīng)的化學方程式是___________。（2）實驗II中鑰匙應(yīng)與電源___________極連接。（3）鑰匙表面產(chǎn)生的氣體是___________，此電極上的電極反應(yīng)式是___________。（4）常見化合物中銅元素有、兩種價態(tài)，結(jié)合實驗III推測實驗II中精銅表面產(chǎn)生的白色固體的電極反應(yīng)式是___________。(已知是一種難溶于水的黃色固體)【答案】（1）（2）負（3）①.②.、（4）【解析】【小問1詳析】鋼制鑰匙的主要成分是Fe，實驗I的化學方程式是：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；【小問2詳析】實驗II中，電鍍中鍍件做陰極，鑰匙是要被鍍銅，則應(yīng)該做陰極，即與電源的負極連接；【小問3詳析】CuCl2溶液呈弱酸性，陰極上會有少量的H+放電形成H2，所以鑰匙表面的氣體為H2；陰極上既有Cu析出又有H2放出，電極反應(yīng)式為：、；【小問4詳析】Cu(II)的化合物一般都是藍色或綠色，Cu(I)的化合物中，白色固體為CuCl，則相應(yīng)的電極反應(yīng)式為：Cu?e?+Cl?=CuCl。18.現(xiàn)有五種元素，其中W、X、Y、Z為短周期主族元素，M為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。請根據(jù)下列相關(guān)信息，回答問題。元素結(jié)構(gòu)或性質(zhì)信息W基態(tài)原子核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1X基態(tài)原子最外層電子排布為Y基態(tài)原子的M能層只有1種自旋電子Z基態(tài)原子第一至第四電離能如下：M位于元素周期表第八列（1）W元素基態(tài)原子的核外電子排布式為_______。（2）X元素基態(tài)原子核外電子的運動狀態(tài)有_______種，其中能量最高的電子所占據(jù)的原子軌道呈_______形。（3）某同學根據(jù)上述信息，推斷Z元素基態(tài)原子核外電子排布圖為，該同學所畫的電子排布圖違背了_______。（4）W、X、Y、Z四種元素中，電負性最大的是_______(填元素符號，下同)，原子半徑最大的是_______。（5）按照核外電子排布，M元素屬于_______區(qū)，其基態(tài)核外未成對電子數(shù)為_______?！敬鸢浮浚?）1s22s22p3（2）①.8②.啞鈴形（3）泡利原理（4）①.O②.Na（5）①.d②.4【解析】W元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1，則X有2個電子層，電子排布式為1s22s22p3，故W為N元素；X基態(tài)原子最外層電子排布為，s能級最多填充2個電子，則X為O元素，基態(tài)Y原子的M能層只有1種自旋電子，則Y為Na元素，Z元素的第二電離能與第三電離能差異很大，則Z為Mg元素；M位于元素周期表第四周期，第八列，則M為Fe，綜上所述，W為N元素，X為O元素，Y為Na元素，Z為Mg元素，M為Fe元素?！拘?詳析】W為N元素，其原子序數(shù)為7，電子排布式為1s22s22p3；【小問2詳析】X為O元素，基態(tài)原子核外共有8個電子，每個電子的運動狀態(tài)各不相同，則其基態(tài)原子核外電子的運動狀態(tài)有8種；其核外電子排布式為1s22s22p4，其中能量最高的電子所占據(jù)能級為2p，其原子軌道呈啞鈴形；【小問3詳析】根據(jù)泡利原理，同一個軌道中，兩個電子自旋方式相反，該排布式中3s軌道兩個電子自旋相同，所以違背了泡利原理；【小問4詳析】同周期主族元素自左而右電負性增大、原子半徑減小，同主族自上而下電負性減小、原子半徑增大，則W、X、Y、Z四種元素中，電負性最大的是O，原子半徑最大的是Na；【小問5詳析】M是Fe元素，處于周期表中第四周期第Ⅷ族，按照核外電子排布，F(xiàn)e元素屬于d區(qū)；其基態(tài)Fe2+價電子排布式為3d6，其未成對電子數(shù)為4。三、解答題19回答下列問題：（1）的中心原子雜化類型是_______，的立體構(gòu)型是_______，屬于_______(填“極性”或“非極性”)分子。（2）Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的室溫下易升華。中心原子的價層電子對數(shù)為_______，下列對中心原子雜化方式推斷合理的是_______(填標號)。A．spB．sp2C．sp3D．sp3d（3）的鍵角_______(填“>”、“=”或“<”)的鍵角，原因_______。（4）中C原子的雜化類型為_______，其中含有兩個相同的大鍵，其形式為_______。(用表示，n為原子數(shù)，m為電子數(shù))，檢驗時，以S原子配位不以N原子配位的原因是_______。（5）咪唑、噻唑、呲啶是含N和S的有機雜環(huán)類化合物，結(jié)構(gòu)如圖所示：①上述三種物質(zhì)中，沸點最高的是_______(填化學名稱)②已知咪唑中存在大鍵，則在咪唑分子的兩個氮原子中，更容易與形成配位鍵的是_______(填“①”或“②”)號氮原子?！敬鸢浮浚?）①.sp3雜化②.三角錐形③.極性（2）①.5②.D（3）①.>②.中N原子不存在孤電子對，而中N原子含1對孤對電子，孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，使得中鍵角減?。?）①.sp雜化②.③.S的電負性比N弱，更易提供孤對電子（5）①.咪唑②.①【解析】【小問1詳析】中心Se原子的價層電子對數(shù)為3+，中心原子雜化類型是sp3雜化；中心Se原子的價層電子對數(shù)為4，含一對孤對電子，立體構(gòu)型為三角錐形；中心Se原子的價層電子對數(shù)為，含兩對孤對電子，分子構(gòu)型為V形，正負電荷中心不重合，為極性分子；【小問2詳析】中心原子的價層電子對數(shù)為，結(jié)合價層電子對數(shù)可知中心原子雜化方式應(yīng)為sp3d雜化；【小問3詳析】中N原子價層電子對數(shù)為4，無孤對電子，而中心N原子價層電子對數(shù)也為4，含一對孤對電子，孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，因此中的的鍵角小于的鍵角；【小問4詳析】與CO2互為等電子體，也呈直線形結(jié)構(gòu)，中心C原子采用sp雜化；其中含有兩個相同的大鍵，形式為：；中S和N原子均存在孤對電子，但N的電負性強于S，因此S原子更易提供孤對電子；【小問5詳析】①三者均為分子，但咪唑可形成分子間氫鍵，因此其沸點最高；②由咪唑的結(jié)構(gòu)簡式可知其大鍵應(yīng)為，N①提供單電子形成大鍵，而N②提供一對孤對電子形成大鍵，由此可知N②不含其他孤電子對，而N①存在一對孤對電子，則①號氮原子更容易與形成配位鍵。20.以廢鎳觸媒(含NiO、MgO、CaO、Al2O3、Fe2O3及SiO2)為原料制備硫酸鎳的工藝流程如圖：已知：①NiS不溶于水或稀硫酸；。②該工藝流程條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的pH見下表：金屬離子Ni+Fe3+Al3+Mg2+開始沉淀時的pH6.42.24.19.6完全沉淀時的pH8.43.55.411.6回答下列問題：（1）“酸溶”時，Al2O3溶解的化學方程式為___________。（2）“濾渣1”的成分是___________(填化學式)。（3）“濾液1”的pH約為1.8，在“調(diào)節(jié)pH”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至6.3，依次析出的是___________(填化學式)。（4）從“沉鎳”到“溶解”還需經(jīng)過的操作是___________，“溶解”時用0.01mol·L-1的硫酸而不用水的原因是___________。（5）“濾渣4”并入濾渣___________(填“1”、“2”或“3”)可實現(xiàn)再利用。（6）某工廠用2t該廢鎳觸媒(NiO含量為75%)制備硫酸鎳，設(shè)整個流程中Ni的損耗率為20%，最終得到NiSO4·6H2O的質(zhì)量為___________t?！敬鸢浮浚?）（2）SiO2和CaSO4（3）、（4）①.過濾(洗滌)焙燒(煅燒)②.抑制Ni2+水解（5）3（6）4.2