精品解析：云南省个旧市第三中学2024-2025学年高二上学期期末考试 化学试题

云南省个旧市第三中学2024-2025学年上学期期末考试 高二化学 (考试时间：75分钟，满分100分) 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷。草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。 一、选择题：本题共14小题，每题3分，共42分。 1. 根据以下3个热化学方程式： 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ∆H=-Q1 kJ·mol-1 2H2S(g)+O2(g)=2S (s)+2H2O(l) ∆H=-Q2 kJ·mol-1 2H2S(g)+O2(g)=2S (s)+2H2O(g) ∆H=-Q3 kJ·mol-1 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是 A. Q1>Q2>Q3 B. Q1>Q3>Q2 C. Q3>Q2>Q1 D. Q2>Q1>Q3 【答案】A 【解析】 【详解】将已知反应依次编号为①②③，反应①为硫化氢完全燃烧，反应②③为不完全燃烧，则完全燃烧放出的热量大，Q1最大，反应②生成液态水，硫化氢不完全燃烧生成液态水放出的热量比气态水多，则Q2>Q3，综上可知Q1、Q2、Q3三者关系为Q1>Q2>Q3，故选：A。 2. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(大球代表Fe，小球代表Mg)。则下列说法不正确的是 A. 铁镁合金的化学式为Mg2Fe B. 晶体中存在的化学键类型为金属键 C. 晶体中每个Fe周围紧邻的Mg有8个 D. 该晶胞的质量是(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】D 【解析】 【详解】A．依据切割法，晶胞中共有个铁原子，8个镁原子，故化学式为Mg2Fe，A正确； B．晶体中存在的化学键类型为金属键，B正确； C．以底面的面心上的Fe为例，该晶胞周围紧邻的Mg有4个，与该晶胞紧邻的下面的晶胞中，周围紧邻的Mg有4个，共8个，C正确； D．该晶胞有4个Mg2Fe，其质量是(NA表示阿伏加德罗常数的值)，D错误； 故选D。 3. 设为阿伏加德罗常数的值。电镀工业中通常用处理含氰废水，其原理为：。下列叙述正确的是 A. 1mol中所含键数目为 B. 16g和的混合气体中含氧原子数为 C. 为含非极性键的极性分子 D. 每生成22.4L，转移电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．1mol所含键数目应为，故A错误； B．16g和的混合气体中含氧原子的物质的量为，含氧原子数为NA，故B正确； C．为含极性键的极性分子，故C错误； D．氮气所处的状态不确定，不能计算其物质的量，因此也不能计算转移电子数目，故D错误。 故选B。 4. 金刚石和石墨的物理性质存在着较大差异，原因是 A. 他们各自的原子排列方式不同 B. 它们是由不同种元素构成的 C. 它们具有不同的几何外形 D. 石墨能导电而金刚石不能 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．金刚石属于原子晶体，原子排列呈四面体结构，石墨为混合晶体，原子排列为平面六边形，他们各自的原子排列方式不同，导致物理性质存在较大差异，故A正确； B．金刚石和石墨都是由C元素构成，故B错误； C．金刚石和石墨的物理性质的差异，不是由几何外形造成的，故C错误； D．石墨能导电而金刚石不能，导电性差异是结构差异的结果，不是其它物理性质差异的原因，故D错误。 故选A。 5. 在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H>0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是 A. 0~5min内，v (H2)=0.05mol/(L•min) B. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值 C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强 D. 5min时该反应的v (正)大于11 min 时的v (逆) 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v＝＝＝0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（L•min），A错误； B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值，B正确； C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，不是减小压强，C错误； D．根据B的判断，11 min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5 min时该反应的v正小于11 min时的v逆，D错误； 答案选B。 6. 某物质的晶体中含Ti、O、Ca三种元素，其晶胞排列方式如图所示，晶体中Ti、O、Ca的中原子个数之比为（ ） A. 1：3：1 B. 2：3：1 C. 2：2：1 D. 1：3：3 【答案】A 【解析】 【分析】利用均摊法计算晶胞中各原子个数，顶点上的Ti原子被8个晶胞共用，棱上的O原子被2个晶胞共用，体心的Ca原子被1个晶胞所有。 【详解】如图，晶胞中顶点上的Ti原子个数=8×=1，棱上的O原子个数=6×=3，体心的Ca原子个数=1，所以晶体中Ti、O、Ca的原子个数之比为1：3：1， 故选A。 7. 下列物质中，既含有极性键又含有非极性键的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．中只含有极性键，A不符合题意； B．中只含有极性键，Ｂ不符合题意； C．中含有极性键和非极性键，故Ｃ符合题意； D．中含有极性键和离子键，D不符合题意； 答案选C。 8. 元素周期表前四周期元素中，下列各区中元素种类最多的是 A. s区 B. 区 C. 区 D. 区 【答案】B 【解析】 【详解】A．s区包括IA族和IIA族，前四周期属于s区的元素有：H、Li、Be、Na、Mg、K、Ca，共7种； B．区包括IIIA~VIIA族和0族，前四周期共有19种； C．d区包括IIIB~VIIB族和VIII族(镧系元素和锕系元素除外)，前四周期属于d区的元素有：Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni，共8种； D．ds区包括IB族和IIB族，有Cu、Zn，共2种； 故选B。 9. 在下列各元素中，化合价最高的是 A. 1s22s22p2 B. 1s22s22p6 C. 1s22s22p5 D. 1s22s22p63s23p4 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．1s22s22p2为C原子的核外电子排布式，C元素最高价为+4价； B．1s22s22p6为Ne原子的核外电子排布式，Ne元素性质稳定，很难形成化合物； C．1s22s22p5为F原子的核外电子排布式，F元素没有正价； D．1s22s22p63s23p4为S原子的核外电子排布式，S元素最高价为+6价； 综上所述答案为D。 10. 由反应物X转化为Y或者Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 由反应的ΔH=E5-E2 B. 由反应的ΔH>0 C. 降低压强有利于提高Y的产率 D. 升高温度有利于提高Z的产率 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据化学反应的实质和反应历程，由反应的，A错误； B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，由反应为放热反应，，B错误； C．根据化学反应，该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高的产率，C正确； D．为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率降低，D错误； 故选C。 11. 下列事实不可以用氢键来解释的是 A. 水是一种非常稳定的化合物 B. 测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20 C. 水结成冰后，体积膨胀，密度变小 D. 氨气容易液化 【答案】A 【解析】 【详解】A、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于化学性质，即水是稳定的化合物与氢键无关，故A符合题意； B、HF分子间存在氢键，使HF聚合在一起，非气态时，氟化氢可以形成(HF)n，因此测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20，与氢键有关，故B不符合题意； C、水结冰，形成分子间氢键，使体积膨胀，密度变小，故C不符合题意； D、氨气分子间存在氢键，使氨气熔沸点升高，即氨气易液化，故D不符合题意； 答案选A。 12. 冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。 下列说法错误的是 A. 冠醚属于超分子 B. 冠醚与结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应 C. 通过配位键与冠醚相结合 D. 冠醚中C、O原子间的化学键为σ键 【答案】A 【解析】 【详解】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性；冠醚是单独的一个分子结构，不是超分子，A错误； B．已知冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应阴离子都带入有机溶剂，则冠醚与K+结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应，B正确； C．冠醚提供孤对电子，K+提供空轨道，两者通过配位键形成超分子，C正确； D．冠醚中碳原子杂化类型为sp3杂化，C、O原子间形成σ键，D正确； 故选A。 13. “锌+碘”新型安全动力电池有望取代目前广泛使用的“铅蓄电池”、“锂电池”等，已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 A. 该电池安全性高，且对环境友好 B. 正极反应式为I3－+2e－=3I－，电极a附近显红色 C. 电子的移动方向为“Zn→电极a→电极b→石墨毡” D. “回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损 【答案】C 【解析】 【详解】A. 该电池对环境友好，且避免使用易燃的有机电解液，更加安全，故A正确； B. 正极发生还原反应，反应式为I3－+2e－=3I－，石墨电极a为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，显碱性，遇到酚酞显红色，故B正确； C. 电子不能通过溶液，即电子移动的方向为“Zn→电极a，电极b→石墨毡”，故C错误； D. 该新型电池充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边会产生压差，所以“回流通道”的作用是减缓电池两室的压差，避免电池受损，故D正确。 答案选C。 14. T℃时，在恒容密闭容器中充入一定量的和CO，在催化剂作用下发生反应： 。反应达到平衡时，的体积分数与的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 反应达到平衡时，升高体系温度，CO的转化率升高 B. 时，反应达到平衡状态，的体积分数可能是图中的F点 C. 容器内混合气体的密度不再变化说明该反应达到平衡状态 D. 反应达到平衡时，向容器中充入一定量Ar，平衡正向移动，平衡常数不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应的ΔH＜0，反应达到平衡时，温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，A错误； B．气体投料比等于其化学计量数之比时，平衡生成物的体积分数最大。时，反应达到平衡状态，甲醇的体积分数比C点对应的体积分数小，的体积分数可能是图中的F点，B正确； C．该反应中反应物和生成物均是气体，故混合气体的总质量不变，又因为容器的体积不变，故混合气体的密度始终不变，密度不能作为平衡标志，C错误； D．反应达到平衡时，向容器中充入一定量Ar，平衡不移动。平衡常数只与温度有关，和充入一定量Ar无关，D错误； 故选B。 二、非选择题(共58分)。 15. 磁性Fe3O4在污水处理中有广泛的用途。利用废铁屑(主要成分为Fe，及少量Fe2O3和Cu)制备Fe3O4的一种流程如下： （1）“过滤”后所得滤渣的成分是___________；滤液中不含Fe3+，原因是___________(用离子方程式表示)。 （2）“氧化”过程中H2O2的实际用量大于理论用量，原因是___________。 （3）H2O2在Fe3O4表面产生HO•(羟基自由基)的原理如图所示。 ①相同条件下，HO•与OH⁻中氧化性较强是___________。 ②酸性条件下，Fe2+与H2O2反应生成HO•的离子方程式为___________。 （4）取10.00mL“过滤”后所得滤液，加水稀释到100.00mL，取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加0.0200mol·L⁻1的酸性KMnO4溶液，当恰好完全反应时消耗酸性KMnO4溶液30.00mL。计算滤液中Fe2+的物质的量浓度___________ (写出计算过程)。已知： 【答案】（1） ①. 铜 ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+ （2）H2O2分解 （3） ①. HO• ②. Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+HO• （4）1.5mol·L-1 【解析】 【分析】废铁屑的主要成分为Fe及少量Fe2O3和Cu，加入稀硫酸酸浸，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，由于Cu不与稀硫酸反应，则滤渣为Cu，滤液主要成分为硫酸亚铁及过量的稀硫酸；滤液加入适量双氧水溶液，Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH溶液，转化生成Fe3O4。 【小问1详解】 根据分析，过滤后所得滤渣的成分是铜；滤液中生成的Fe3+，与单质铁归中反应还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，因此滤液中不含Fe3+。 【小问2详解】 H2O2易发生分解反应生成和水，因此氧化过程中H2O2的实际用量大于理论用量。 【小问3详解】 ①HO•中氧元素化合价为-1价，具有较强的氧化性，OH⁻中氧元素化合价为-2价，则HO•的氧化性强于OH⁻； ②酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为HO•，离子方程式为Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+HO•。 【小问4详解】 根据反应可知，20.00mL稀释后的溶液中Fe2+的物质的量为，则滤液中Fe2+的物质的量浓度为。 16. NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。 （1）以N2、H2合成NH3，Fe是常用的催化剂。基态Fe原子简化电子排布式为___________。 （2）铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示， 该反应的化学方程式为___________。 （3）我国化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl ①NaHCO3分解得Na2CO3，的空间结构为___________。 ②1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3.NH3极易溶于水的原因是___________。 ③反应时，向饱和NaCl溶液中先通入的气体是___________。 （4）NH3BH3(氨棚烷)的储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较沸点：NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)。 （5）HEC中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL⁻¹)如下表： HO-OH 346 247 207 A-A键的键能依次降低的原因是___________。 【答案】（1）[Ar]3d64s2 （2）8Fe+2NH32Fe4N+3H2 （3） ①. 平面三角形 ②. NH3与H2O分子间能形成氢键 ③. NH3 （4）> （5）C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小 【解析】 【小问1详解】 Fe为26号元素，核外有26个电子，根据构造原理，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，前18个电子的排布顺序相对固定，其简化的电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2； 【小问2详解】 晶胞中铁原子个数为8+6=4，氮原子个数为1，所以该产物的化学式是Fe4N；铁和氨气在640℃可发生置换反应生成Fe4N，则另一产物为H2，所以该反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 ①的中心原子C原子的价层电子对数=3+(4+2-32)=3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形，故答案为：平面三角形； ②极易溶于水的原因是与分子间能形成氢键，故答案为：与分子间能形成氢键； ③因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，故答案为：NH3； 【小问4详解】 与互为等电子体，由于分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以熔点高于，故答案为：>； 【小问5详解】 C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成化学键越不稳定，键能就越小。 17. 高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)可通过市售磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成(熔点为30℃)，温度高于100℃则进行分子间脱水形成焦磷酸。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图所示(加热及夹持装置已略去)，回答下列问题： （1）实验开始前，先应_______。 （2）仪器名称为_______。 （3）实验进行时，冷却水采用“进出”的目的是_______。 （4）磷酸的分子式为： ①的VSEPR模型名称为_______。 ②查阅资料可知，磷酸分子()中三个氢原子都可以和重水()中的D原子进行交换，又知次磷酸()也能跟进行氢交换，次磷酸钠()却不能再跟进行氢交换，由此可推断出次磷酸分子的结构是_______。 ③查阅资料可知，焦磷酸()的酸性强于磷酸，原因为_______。 （5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入_______促进其结晶。 （6）过滤磷酸晶体时，除需控制温度(30~35℃)外，还需要干燥的环境，其原因为_______。 【答案】（1）检查装置的气密性 （2）蒸馏烧瓶或具支烧瓶 （3）冷却效果更好 （4） ①. 正四面体形 ②. ③. 氧原子具有较大的电负性，吸引着与中心P原子共用的电子对，从而增强了中心P原子对羟基上电子云的吸引，进而导致易解离 （5）磷酸晶体 （6）防止形成或磷酸中的羟基易与空气中的水结合 【解析】 【分析】空气通过氯化钙干燥，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。 【小问1详解】 实验开始前应先检查装置的气密性； 【小问2详解】 据a的构造可知，其名称为蒸馏烧瓶或具支烧瓶； 【小问3详解】 冷却水采用“进出”的逆向冷凝方式的目的是增强冷却效果，即冷却效果更好； 【小问4详解】 ①中P的价层电子对数为4+=4，故其VSEPR模型为正四面体形； ②根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，故其结构为； ③氧原子具有较大的电负性，吸引着与中心P原子共用的电子对，从而增强了中心P原子对羟基上电子云的吸引，进而导致易解离，故焦磷酸的酸性强于磷酸； 【小问5详解】 过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶； 【小问6详解】 纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO4‧H2O(熔点为30℃)，高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30～35℃。 18. A、D、E、F都是元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。基态A原子的2p轨道半充满。基态D原子的M层上电子数等于A原子的核外电子总数。E和F位于D的下一周期，E的原子序数比F少1。基态F原子的最外层电子数为1，其余各层电子均充满。回答下列问题： （1）基态A原子的核外电子共有___________种不同运动状态，基态D原子中能量最高的电子所占据的原子轨道形状为___________。 （2）E在元素周期表中的位置为___________。E与F的第二电离能分别为：，，的原因是___________。 （3）丁二酮肟X与反应生成鲜红色沉淀Y，常用于检验，反应原理如图。 X中碳原子的杂化轨道类型是___________。Y中的配位数为___________，Y中不存在的微粒间作用力是___________(填标号)。 a．配位键　　　b．氢键　　　c．离子键　　　d．非极性键　　　e．极性键 （4）可以与形成配离子。H-A-H的键角：，请说明原因___________。 （5）①与形成的化合物的立方晶胞如图，离子的分数坐标为，，则e点的分数坐标为___________。 ②已知立方晶胞的边长为dpm，与的最短距离为___________pm，晶胞的密度___________ (列出表达式，表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1） ①. 7 ②. 纺锤形或哑铃形 （2） ①. 第四周期VIII族 ②. 铜失一个电子后，价电子排布为3d10，全满结构更稳定，再失1个电子较难；镍失一个电子后，价电子排布为3d84s1，再失1个电子较易 （3） ①. sp2、sp3杂化 ②. 4 ③. c （4）NH3中N提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的斥力减小，导致H-N-H键角增大 （5） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】基态A原子的2p轨道半充满，电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；基态D原子的M层上电子数等于A原子的核外电子总数，D为Cl元素； E和F位于D的下一周期，即第四周期，基态F原子的最外层电子数为1，其余各层电子均充满。F的原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F原子序数相差1，则F为Cu元素；E的原子序数比F少1，E为Ni元素，由此得到A为N元素、D为Cl元素、E为Ni元素、F为Cu元素。 【小问1详解】 A为N元素，基态N原子的核外电子共有7个电子，有7种不同运动状态；D为Cl元素，基态Cl原子中能量最高的电子为3p能级的电子所占据的原子轨道形状为纺锤形或哑铃形，故答案为：7；纺锤形或哑铃形； 【小问2详解】 E为Ni元素， Ni为28号元素在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；F为Cu元素，铜失一个电子后，价电子排布为3d10，全满结构更稳定，再失1个电子较难；镍失一个电子后，价电子排布为3d84s1，再失1个电子较易，使得，故答案为：第四周期Ⅷ族；铜失一个电子后，价电子排布为3d10，全满结构更稳定，再失1个电子较难；镍失一个电子后，价电子排布为3d84s1，再失1个电子较易； 【小问3详解】 根据X结构简式可知X中甲基中碳原子采取sp3杂化，碳碳双键中的碳原子采取sp2杂化；Y中Ni2+参与4个配位键的形成，Ni2+的配位数为：4；Y中存在的微粒间作用力配位键、氢键、非极性键、极性键，不存在离子键，故答案为：sp2、sp3杂化；4；c； 【小问4详解】 NH3中N提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的斥力减小，导致H-N-H键角增大，故答案为：NH3中N提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的斥力减小，导致H-N-H键角增大； 【小问5详解】 ①D为Cl元素、F为Cu元素，分析晶胞可知则e点的分数坐标为，故答案为：； ②已知立方晶胞的边长为dpm，与的最短距离为体对角线的即pm；1个晶胞中含有：个，：4个，一个晶胞中有4个，晶胞的密度，故答案为：；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南省个旧市第三中学2024-2025学年上学期期末考试 高二化学 (考试时间：75分钟，满分100分) 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷。草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。 一、选择题：本题共14小题，每题3分，共42分。 1. 根据以下3个热化学方程式： 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ∆H=-Q1 kJ·mol-1 2H2S(g)+O2(g)=2S (s)+2H2O(l) ∆H=-Q2 kJ·mol-1 2H2S(g)+O2(g)=2S (s)+2H2O(g) ∆H=-Q3 kJ·mol-1 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是 A. Q1>Q2>Q3 B. Q1>Q3>Q2 C. Q3>Q2>Q1 D. Q2>Q1>Q3 2. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(大球代表Fe，小球代表Mg)。则下列说法不正确的是 A. 铁镁合金的化学式为Mg2Fe B. 晶体中存在的化学键类型为金属键 C. 晶体中每个Fe周围紧邻的Mg有8个 D. 该晶胞的质量是(NA表示阿伏加德罗常数的值) 3. 设为阿伏加德罗常数的值。电镀工业中通常用处理含氰废水，其原理为：。下列叙述正确的是 A. 1mol中所含键数目为 B. 16g和的混合气体中含氧原子数为 C. 为含非极性键的极性分子 D. 每生成22.4L，转移电子数为 4. 金刚石和石墨的物理性质存在着较大差异，原因是 A. 他们各自的原子排列方式不同 B. 它们是由不同种元素构成的 C. 它们具有不同的几何外形 D. 石墨能导电而金刚石不能 5. 在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H>0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是 A. 0~5min内，v (H2)=0.05mol/(L•min) B. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值 C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强 D. 5min时该反应的v (正)大于11 min 时的v (逆) 6. 某物质的晶体中含Ti、O、Ca三种元素，其晶胞排列方式如图所示，晶体中Ti、O、Ca的中原子个数之比为（ ） A. 1：3：1 B. 2：3：1 C. 2：2：1 D. 1：3：3 7. 下列物质中，既含有极性键又含有非极性键的是 A. B. C. D. 8. 元素周期表前四周期元素中，下列各区中元素种类最多的是 A. s区 B. 区 C. 区 D. 区 9. 在下列各元素中，化合价最高的是 A 1s22s22p2 B. 1s22s22p6 C. 1s22s22p5 D. 1s22s22p63s23p4 10. 由反应物X转化为Y或者Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 由反应的ΔH=E5-E2 B. 由反应的ΔH>0 C. 降低压强有利于提高Y的产率 D. 升高温度有利于提高Z的产率 11. 下列事实不可以用氢键来解释的是 A. 水是一种非常稳定的化合物 B. 测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20 C 水结成冰后，体积膨胀，密度变小 D. 氨气容易液化 12. 冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。 下列说法错误的是 A. 冠醚属于超分子 B. 冠醚与结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应 C. 通过配位键与冠醚相结合 D. 冠醚中C、O原子间的化学键为σ键 13. “锌+碘”新型安全动力电池有望取代目前广泛使用的“铅蓄电池”、“锂电池”等，已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 A. 该电池安全性高，且对环境友好 B. 正极反应式为I3－+2e－=3I－，电极a附近显红色 C. 电子的移动方向为“Zn→电极a→电极b→石墨毡” D. “回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损 14. T℃时，在恒容密闭容器中充入一定量的和CO，在催化剂作用下发生反应： 。反应达到平衡时，的体积分数与的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 反应达到平衡时，升高体系温度，CO的转化率升高 B. 时，反应达到平衡状态，的体积分数可能是图中的F点 C. 容器内混合气体的密度不再变化说明该反应达到平衡状态 D. 反应达到平衡时，向容器中充入一定量Ar，平衡正向移动，平衡常数不变 二、非选择题(共58分)。 15. 磁性Fe3O4在污水处理中有广泛的用途。利用废铁屑(主要成分为Fe，及少量Fe2O3和Cu)制备Fe3O4的一种流程如下： （1）“过滤”后所得滤渣的成分是___________；滤液中不含Fe3+，原因是___________(用离子方程式表示)。 （2）“氧化”过程中H2O2的实际用量大于理论用量，原因是___________。 （3）H2O2在Fe3O4表面产生HO•(羟基自由基)原理如图所示。 ①相同条件下，HO•与OH⁻中氧化性较强的是___________。 ②酸性条件下，Fe2+与H2O2反应生成HO•的离子方程式为___________。 （4）取10.00mL“过滤”后所得滤液，加水稀释到100.00mL，取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加0.0200mol·L⁻1的酸性KMnO4溶液，当恰好完全反应时消耗酸性KMnO4溶液30.00mL。计算滤液中Fe2+的物质的量浓度___________ (写出计算过程)。已知： 16. NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。 （1）以N2、H2合成NH3，Fe是常用的催化剂。基态Fe原子简化电子排布式为___________。 （2）铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示， 该反应的化学方程式为___________。 （3）我国化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl ①NaHCO3分解得Na2CO3，的空间结构为___________。 ②1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3.NH3极易溶于水的原因是___________。 ③反应时，向饱和NaCl溶液中先通入的气体是___________。 （4）NH3BH3(氨棚烷)的储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较沸点：NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)。 （5）HEC中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL⁻¹)如下表： HO-OH 346 247 207 A-A键的键能依次降低的原因是___________。 17. 高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)可通过市售磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成(熔点为30℃)，温度高于100℃则进行分子间脱水形成焦磷酸。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图所示(加热及夹持装置已略去)，回答下列问题： （1）实验开始前，先应_______。 （2）仪器的名称为_______。 （3）实验进行时，冷却水采用“进出”的目的是_______。 （4）磷酸的分子式为： ①的VSEPR模型名称为_______。 ②查阅资料可知，磷酸分子()中三个氢原子都可以和重水()中的D原子进行交换，又知次磷酸()也能跟进行氢交换，次磷酸钠()却不能再跟进行氢交换，由此可推断出次磷酸分子的结构是_______。 ③查阅资料可知，焦磷酸()的酸性强于磷酸，原因为_______。 （5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入_______促进其结晶。 （6）过滤磷酸晶体时，除需控制温度(30~35℃)外，还需要干燥的环境，其原因为_______。 18. A、D、E、F都是元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。基态A原子的2p轨道半充满。基态D原子的M层上电子数等于A原子的核外电子总数。E和F位于D的下一周期，E的原子序数比F少1。基态F原子的最外层电子数为1，其余各层电子均充满。回答下列问题： （1）基态A原子的核外电子共有___________种不同运动状态，基态D原子中能量最高的电子所占据的原子轨道形状为___________。 （2）E在元素周期表中的位置为___________。E与F的第二电离能分别为：，，的原因是___________。 （3）丁二酮肟X与反应生成鲜红色沉淀Y，常用于检验，反应原理如图。 X中碳原子的杂化轨道类型是___________。Y中的配位数为___________，Y中不存在的微粒间作用力是___________(填标号)。 a．配位键　　　b．氢键　　　c．离子键　　　d．非极性键　　　e．极性键 （4）可以与形成配离子。H-A-H键角：，请说明原因___________。 （5）①与形成化合物的立方晶胞如图，离子的分数坐标为，，则e点的分数坐标为___________。 ②已知立方晶胞的边长为dpm，与的最短距离为___________pm，晶胞的密度___________ (列出表达式，表示阿伏加德罗常数的值)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$