精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第二中学2024-2025学年高二下学期4月期中化学试题

2025年4月高二下学期化学期中考试试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述不正确的是 A. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 B. 我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂加快反应速率的原理 C. 硅太阳能电池和锂离子电池的工作原理相同 D. 氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源 【答案】C 【解析】 【详解】A．镁的金属活动性比铁强，形成原电池时，镁失电子，可阻止铁失电子，原理是牺牲阳极的阴极保护法，A正确； B．“酒曲”是葡萄糖分解为乙醇的催化剂，可加快葡萄糖转化为乙醇的反应速率，B正确； C．硅太阳能电池是将光能转化为电能的装置，锂离子电池是将化学能转化为电能的装置，二者的工作原理不相同，C不正确； D．利用太阳能光解海水，可生成氢气，所以氢能属于二次能源，D正确； 故选C。 2. 如图所示，A、B、C、D、E是元素周期表中的5种主族元素。下列说法中不正确的是 A. A、E原子序数之差可能为2 B. D、E原子序数之差可能为18或32 C. B、C原子序数之差一定是2 D. B、D原子序数之差大于8 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题给5种元素的位置关系可以看出﹐A不是第一周期元素。因为A若为氢元素，则其位于最左侧的ⅠA族，那么就不应有B，所以A、E原子序数之差不可能为2，故A错误； B．A、E、D可能为ⅣA、ⅤA或ⅥA族元素，以ⅥA族元素为例，由如表原子序数之差可知D、E原子序数之差可能为18或32，故B正确； 元素符号 O S Se Te Po 原子序数 8 16 34 52 84 原子序数之差 8 18 18 32 C．B、C之间仅隔有1种E元素，故其原子序数之差一定为2，故C正确； D．根据B选项，D、E原子序数之差可能为8或18或32，B原子序数比E小1，所以B，D原子序数之差应大于8，故D正确； 选A。 3. 实验室配制碘水时，通常将溶于溶液：。关于该溶液，下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 滴入淀粉溶液，不变蓝 C. 加水稀释，平衡逆向移动 D. 加少量固体平衡正向移动 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．是离子化合物，电子式为，A错误； B．该溶液存在，滴入淀粉溶液，变蓝，B错误； C．根据勒夏特列原理，加水稀释，平衡朝着离子浓度增大的方向移动，即逆向移动，C正确； D．加少量固体，与生成沉淀，浓度下降，平衡逆向移动，D错误； 故选C。 4. 某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，下列说法正确的是 A. 简单离子氧化性：W＜X B. X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物 C. 原子半径：W＜X＜Y＜Z D. W元素只能形成离子化合物 【答案】B 【解析】 【分析】其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍：W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，结合化合物的结构可推知：X为Na、Y为O、Z为H、W为Al。 【详解】A．Na的还原性强于Al，则简单离子氧化性：Al3+＞Na+，故A错误； B．Na2O2和H2O2均有强氧化性，具有漂白性，故B正确； C．同周期元素随核电荷数增大半径减小，同主族元素随核电荷数增大半径增大，则原子半径：H＜O＜Al＜Na，故C错误； D．AlCl3是共价化合物，因此Al能形成离子化合物和共价化合物，故D错误； 故选B。 5. 下列化学用语正确的是 A. 基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 B. Cl-Cl的键电子云图形： C. 的空间结构：(正四面体形) D. 基态的价层电子轨道表示式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态铍原子的电子排布式为，最高能级为2s能级，其电子云轮廓图为球形，A项错误； B．Cl-Cl的p-pσ键电子云通过头碰头重叠，电子云图形为：，B项正确； C．的中心原子为C原子，C原子的价电子对数=3+=3，为平面三角形，C项错误； D．基态的电子排布式为，基态的价层电子为，轨道表示式为，D项错误； 答案选B。 6. 在一密闭容器中，反应达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，N的浓度变为原来的40%，下列说法正确的是 A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质M的转化率变小 C. 反应的平衡常数变大 D. a、b的大小关系是： 【答案】B 【解析】 【分析】在一密闭容器中，反应达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，若平衡不移动，此时N的浓度应为原来的50%，现在当达到新的平衡时，N的浓度变为原来的40%，说明N的浓度减少，平衡逆向移动，则a>b。 【详解】A．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，A错误； B．平衡向逆反应方向移动，M的转化率变小，B正确； C．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C错误； D．由分析可知，a、b的大小关系是：a>b，D错误； 答案选B。 7. 在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O B. 该配离子中铜离子的配位数是4 C. 基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1 D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A错误； B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确； C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确； D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确； 综上所述答案为A。 8. 根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型判断，下列说法不正确的是 选项 粒子 中心原子杂化方式 VSEPR模型 空间结构 A 直线形 直线形 B 四面体形 三角锥形 C 四面体形 平面三角形 D 四面体形 三角锥形 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．孤对电子数为，σ键电子对数为2，中心原子杂化方式，VSEPR模型为直线形，空间结构直线形，故A正确； B．孤对电子数为，σ键电子对数为3，中心原子杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间结构三角锥形，故B正确； C．孤对电子数为，σ键电子对数为3，中心原子杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故C错误； D．孤对电子数，σ键电子对数为3，中心原子杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间结构三角锥形，故B正确； 故选：C。 9. 某体积可变的密闭容器中盛有适量的M和N的混合气体，在一定条件下发生反应： 若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中气体Q的体积分数为0.2。下列推断中正确的是 A. 原混合气体的体积为1.2V L B. 原混合气体的体积为1.1V L C. 反应达到平衡时气体M消耗掉0.2V L D. 反应达到平衡时气体N消耗掉0.2V L 【答案】A 【解析】 【详解】A．平衡后总体积为VL，Q为0.2VL，反应的M为0.1VL，反应的N为0.3VL，气体体积减少0.2VL，原混合气体的体积为VL+0.2VL=1.2VL，A正确； B．根据A的分析，原混合气体的体积为1.2V L，B错误； C．生成Q为0.2VL，消耗的M为0.1VL，C错误； D．反应达到平衡时气体N消耗掉0.3V L，D错误； 答案选A。 10. 共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是 A. 的结构式为 B. 为非极性分子 C. 该反应中的配位能力大于氯 D. 比更难与发生反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确； B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确； C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确； D．溴元素电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误； 故选D。 11. 随着原子序数的递增，七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。下列说法中不正确的是 A. 在a、b、f、g四种元素中，非金属性最弱的元素位于第三周期第Ⅳ族 B. a、b、f三种元素的原子半径： C. 元素e的最高价氧化物能与氢氧化钠溶液反应 D. 元素c与d形成的化合物一定含有离子键和极性共价键 【答案】D 【解析】 【分析】随着原子序数的递增，七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示，a、b、c位于第二周期，d、e、f、g位于第三周期，结合各元素的化合价可知，a为C，b为N，c为O，d为Na，e为Al，f为Si，g为S元素； 【详解】A．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则a、b、f、g四种元素中，非金属性最弱的为Si，Si元素位于第三周期第Ⅳ族，故A正确； B．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：，故B正确； C．元素e的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，故C正确； D．元素c与d形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故D错误； 答案选D。 12. 下图是合成氨反应和使用铁触媒作催化剂的催化历程。 已知：①N2(g)+H2(g)NH3(g) ΔH1 ②N2(g)+Fe(s)=N-Fe(s) ΔH2 ③N-Fe(s)+H2(g)=NH3(g)+Fe(s) ΔH3 下列说法正确的是 A. 反应①逆反应的活化能为E′ B. ΔH2=E2-E1 C. 相同条件下，反应③的速率最慢 D. 键能关系：E(N≡N)+E(H-H)>3E(N-H) 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，反应①的逆反应的活化能为E′，A正确； B．由图可知，ΔH2=E1-E2，B错误； C．由图可知，反应3的活化能最小，所以相同条件下反应3的速率最快，C错误； D．由图可知，反应1 ΔH1<0，ΔH1=反应物键能-生成物键能，所以键能关系 E(N≡N)+ E(H-H)<3E(N-H)，D错误； 故选A。 13. 用氨水吸收工厂烟气中的SO2时，溶液中H2SO3、、的物质的量分数δ随pH的分布如图所示。下列叙述错误的是 A. 当溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子为 B. Ka2(H2SO3)=10-7.2 C. 由图像可知，NaHSO3溶液显酸性 D. 随着pH的变化，溶液中都有c()＋c(H+)＝c()＋c()＋c(OH－) 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像可知，pH=2时，c(H2SO3)=c()，则Ka1=10-2；pH=7.2时，c()=c()，则Ka2=10-7.2。 【详解】A．根据图像可知，当溶液pH=6时，c()＞c()＞c(OH-)，溶液中浓度最大的阴离子为HSO，A叙述正确； B．分析可知，Ka2(H2SO3)=10－7.2，B叙述正确； C．由图像可知，pH＜72时，c()＞c()，故NaHSO3溶液显酸性，C叙述正确； D．随着pH的变化，根据溶液呈电中性，则溶液中都有c()＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH－)，D叙述错误； 答案为D。 14. M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，M和W可以形成一种红棕色气体，X是地壳中含量最高的金属元素，Y是同周期元素中原子半径最小的元素，Z的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是 A. X和Y可形成共价化合物 B. Y的氧化物对应的水合物是强酸 C. Z位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D. M和W的简单氢化物的稳定性：M>W 【答案】A 【解析】 【分析】M和W可以形成一种红棕色气体，该气体为NO2，则M为N，W为O；X是地壳中含量最高的金属元素，X为Al；Y是同周期元素中原子半径最小的元素，Y应位于第三周期，Y为Cl；Z的基态原子中有6个未成对电子，Z应为第四周期的Cr，根据分析得：M、W、X、Y、Z元素分别为：N、O、Al、Cl、Cr。 【详解】A．是通过共价键形成的共价化合物，A项正确； B．Cl的氧化物对应的水合物，只有是强酸，B项错误； C．Cr位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，C项错误； D．非金属性：O大于N，简单氢化物的稳定性：，D项错误； 故选：A。 15. 已知某晶体的晶胞如图所示，晶胞参数为a nm，摩尔质量为M g·mol-1。下列说法正确的是 A. 离A微粒距离最近且相等的B微粒的个数为6 B. 若m的坐标为(0，0，0)，则p的坐标为(，1) C. 相邻两个C微粒最近距离为a nm D. 该晶胞的密度为×1021 g·cm-3 【答案】D 【解析】 【详解】A．离A微粒距离最近且相等的B都在体心处，个数为8个，A错误； B．p点在右侧面心上，x轴坐标为1，p点的坐标应为(1，)，B错误； C．相邻两个C微粒的最近距离为面心对角线的一半，即，C错误； D．根据均摊法，1个晶胞中有1个A微粒、1个B微粒、3个C微粒，根据公式知，该晶胞的密度为×1021 g·cm-3，D正确； 故选D。 16. 如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。下列判断不正确的是 A. 图中对应的e、f单质晶体熔化时克服的是共价键 B. d单质对应元素的电子排布式：1s22s22p63s23p2 C. b元素形成的最高价含氧酸易与水分子之间形成氢键 D. 单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的最简单分子中含2个σ键和2个π键 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可以知道a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。 A.e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，A正确； B. d为Cu，对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，B错误； C.b为N，最高价含氧酸为HNO3，HNO3中含有O-H键，易与水分子之间形成氢键，C正确； D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，结构式为，分子中含有2个σ键和2个π键，D正确。 故答案选B。 二、解答题(共52分) 17. 硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。 （1）H3BO3中，含有___________(填“极性”或“非极性”)共价键。 （2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在___________(填序号)。 a．离子键　　　　b．配位键　　　　c．氢键 H3BO3在热水中溶解度增大，原因是___________。 （3）H3BO3可由BCl3水解得到。 ①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为___________。 ②BCl3属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 （4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌ +H+。 ①[B(OH)4]-中硼原子的杂化方式为___________。 ②用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为___________(用质量分数表示)。 【答案】（1）极性 （2） ①. c ②. 加热破坏了硼酸分子之间的氢键（或加热有利于形成硼酸与水分子之间的氢键） （3） ①. 平面三角形 ②. 非极性分子 （4） ①. sp3 ②. 【解析】 【小问1详解】 H3BO3中，含有H-O、B-O极性共价键，故答案为：极性； 【小问2详解】 H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在O-H•••O氢键，即c符合题意，H3BO3在热水中溶解度增大，原因是加热破坏了硼酸分子之间的氢键(或加热有利于形成硼酸与水分子之间的氢键)； 【小问3详解】 ①依据价电子对互斥理论推测，BCl3中中心B原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则BCl3的空间结构为平面三角形，故答案为：平面三角形； ②BCl3为平面三角形，分子中正负电荷的重心是重合的，属于非极性分子，故答案为：非极性； 【小问4详解】 ①[B(OH)4]-中硼原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为4+0=4，B原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化； ②根据题意有关系式：H3BO3～H+～NaOH，则H3BO3的纯度为. 18. 某化学小组为了探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性与草酸(电离常数 ，)反应如下实验。 【实验数据】 实验序号 温度/℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 溶液紫色褪至无色时所需时间/min 溶液 0.36mol/L稀硫酸 溶液 ① 20 1.0 1.0 2.0 2.0 4.0 ② 20 1.0 1.0 3.0 3.6 ③ 40 1.0 1.0 2.0 2.0 0.92 （1）的电离方程式为______，实验中酸性与草酸反应离子方程式_____。 （2）实验①、②探究的是_____对反应速率的影响，表中_____。 （3）由实验①、③可得出的结论是_______。 （4）实验①中，4.0min内，_______(保留三位有效数字)。 （5）①反应过程中，反应速率随时间的变化趋势如图所示。其中，因反应放热导致温度升高对速率影响不大，试推测速率迅速增大的主要原因_______。 ②若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体应为_____(填标号)。 A． B． C． 【答案】（1） ①. 、 ②. （2） ①. H2C2O4浓度改变 ②. 1.0 （3）其他条件不变，温度升高，化学反应速率加快 （4） （5） ①. 反应产生的对化学反应起了催化作用 ②. B 【解析】 【分析】实验①和②探究的是其它条件相同时，草酸的浓度对反应速率的影响，总体积恒定，则Vx=1.0；反应①和③探究的是其它条件相同时，温度对反应速率的影响，实验③的温度高，反应速率快，紫色褪色时间短。 【小问1详解】 草酸是二元弱酸，以第一步电离为主，电离方程式为：第二步电离方程式为：； 草酸具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成CO2和Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：； 【小问2详解】 实验①和②是其它条件都相同，草酸的浓度不同，探究的是草酸浓度改变对反应速率的影响，总体积要恒定，则Vx=1.0； 【小问3详解】 由实验①和③可知，其它条件相同，温度不同对反应速率的影响，温度高的，紫色褪色时间短，反应速率快，结论是：其他条件不变，温度升高，化学反应速率加快； 【小问4详解】 实验①高锰酸钾溶液褪色时间为4min，=； 【小问5详解】 ①影响反应速率的因素有温度、浓度、催化剂等。因反应放热导致温度升高对速率影响不大，反应物浓度减少，反应速率应该下降，t1~t2时间段反应速率突然增大，只能是催化剂对反应速率的影响，说明反应产生的对化学反应起了催化作用； ②证明生成的Mn2+对反应起催化作用，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体MnSO4。 19. 配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。回答下列问题： （1）丁二酮肟镍是否属于螯合物_____(填“是”或“否”)，其配位数为_____，含有化学键的类型有___________。 a．氢键        b．配位键       c．极性键      d．非极性键 （2）物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是 。 A. [Cr(OH)4]- B. [Cu(CN)4]3− C. [ZnCl4]2− D. [Fe(CN)6]3− （3）绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为_________。 （4）Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为_________。 （5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式不可能为 。 A. sp3 B. dsp2 C. sp2 D. sp （6）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是____________。 【答案】（1） ①. 是 ②. 4 ③. bcd （2）AD （3）5 （4）[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O （5）ACD （6）pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH-形成沉淀 【解析】 【小问1详解】 丁二酮肟有两个配体，每个配体提供两个氮与镍离子通过螯合配位成环，因此丁二酮肟镍属于螯合物，其配位数为4，含有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，而氢键不属于化学键； 故答案为：是；4；bcd； 【小问2详解】 中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性： A．[Cr(OH)4]-中Cr为+5价，则Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，故A符合题意； B．[Cu(CN)4]3−的中心离子Cu+没有未成对电子，故B不符合题意； C．[ZnCl4]2−的中心离子Zn2+没有未成对电子，故C不符合题意； D．[Fe(CN)6]3−的中心离子Fe3+价层电子排布式为3d5，有5个未成对电子，故D符合题意； 综上所述，答案为：AD； 【小问3详解】 铁的价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18得到Fe(CO)x中8+2x=18，则x=5，即Fe的配位数x的数值为5； 故答案为：5. 【小问4详解】 CrCl3∙6H2O水合异构体中一种结构是取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，说明该物质1mol能电离出2mol氯离子，即1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界，配位数为6，则该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O； 故答案为：[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O。 【小问5详解】 [Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，说明Ni2+杂化后有四个空轨道，说明不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，从而说明[Ni(NH3)4]2+不是正四面体结构，则不可能为sp3杂化，因此中心离子Ni2+的杂化方式可能为dsp2杂化； 故答案为：ACD； 【小问6详解】 实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH-形成沉淀； 故答案为：pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH-形成沉淀。 20. 《千里江山图》流传千年依旧色彩艳丽，与其绘制方法和所用颜料有关，第一遍画好山水画，第二遍用上红色，为后面的绿色做铺垫。 （1）铁离子中能量相同的d轨道中电子排布成，而不排布成，最直接的依据是_______。 A. 能量最低原则 B. 泡利不相容原理 C. 原子轨道能级图 D. 洪特规则 （2）Mn和Fe的各级电离能如下。 电离能/() Mn 717.3 1509.0 3248 4940 6990 Fe 762.5 1561.9 2957 5290 7240 Mn与Fe相比，和较小，而较大，其原因是_______。 第三遍上石绿化学式为：，第四遍还要再叠加一层绿，第五遍上青色。 （3）根据价层电子对互斥理论判断下列微粒空间结构与类似的是_______。 A. B. C. D. （4）用鲍林的杂化轨道理论解释分子的正四面体结构，下列说法不正确的是_______。 A. 杂化轨道的形状、能量和未杂化前一样 B. C原子的杂化轨道之间夹角一样 C. C原子的4个价电子分别占据4个杂化轨道 D. 分子中C原子的p轨道与H原子的s轨道杂化后形成4个新轨道 《千里江山图》中还用到了黄色的颜料雌黄，雌黄的主要成分是。 （5）As与N、P属于同主族元素，三者气态氢化物的空间结构都是_______氢化物分子的键角由大到小的顺序为_______。 （6）下列对于和的说法中正确的是_______。 A. 都是极性分子 B. 中心原子都采取sp杂化 C. 为直线形结构 D. N原子和C原子上都没有孤对电子 （7）HCN分子中键与键的数目之比为_______。 （8）水分子和氨气分子的键角大小顺序为_______，试解释上述键角大小的原因_______。 【答案】（1）D （2）基态铁原子的价电子排布式是3d64s2，而基态锰原子的价电子排布式是3d54s2，基态锰原子的3d轨道半满，比较稳定，不易失去电子，故第三电离能大于铁的第三电离能 （3）BD （4）A （5） ①. 三角锥形 ②. NH3>PH3>AsH3 （6）C （7）1：1 （8） ①. NH3>H2O ②. 氨气有一对孤电子对，水有两对孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小 【解析】 【小问1详解】 洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，因此，铁离子中能量相同的d轨道中电子排布成。 【小问2详解】 基态铁原子的价电子排布式是3d64s2，而基态锰原子的价电子排布式是3d54s2，基态锰原子的3d轨道半满，比较稳定，不易失去电子，故第三电离能大于铁的第三电离能。 【小问3详解】 中碳原子孤电子对数，价层电子对数=3+0=3，因此空间构型为平面三角形； A．SO2中硫原子孤电子对数，价层电子对数=2+1=3，因此空间构型为V形，A不符合题意； B．中氮原子孤电子对数，价层电子对数=3+0=3，因此空间构型为平面三角形，B符合题意； C．NH3中氮原子孤电子对数，价层电子对数=3+1=4，因此空间构型为三角锥形，C不符合题意； D．BF3中硼原子孤电子对数，价层电子对数=3+0=3，因此空间构型为平面三角形，D符合题意； 故选BD。 【小问4详解】 A．依据鲍林的杂化轨道理论，杂化轨道之间互相排斥，力图在空间取得最大的键角，使体系能量降低，A错误； B．C原子采取sp3杂化，每个杂化轨道上1个电子分别与1个H原子上的电子结合形成共价键，四个共价键之间夹角相同，B正确； C．碳原子的2s轨道与2p轨道形成4个能量相同的杂化轨道，因此C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道，C正确； D．由鲍林的杂化轨道理论，在成键过程中，原子间相互影响，同一原子中参加成键的几个能量相近的原子轨道可以进行混合，重新分配能量和空间方向，组成数目相等的新原子轨道，因此，分子中C原子的p轨道与H原子的s轨道杂化后形成4个新轨道，D正确； 故选A。 【小问5详解】 As与N、P属于同主族元素，三者气态氢化物的空间结构是一样的，即与NH3相同，都是三角锥形；中心原子电负性越小，成键电子对之间斥力越小，键角越小，而电负性：N>P>As，故氢化物分子的键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3。 【小问6详解】 A．氨气的空间构型是三角锥形，属于极性分子；二氧化碳的空间构型是直线形，属于非极性分子，A错误； B．氨气分子的中心原子采取sp3杂化，二氧化碳分子的中心原子采取sp杂化，B错误； C．中碳原子孤电子对数，价层电子对数=2+0=2，其分子空间构型为直线形，C正确； D．NH3中氮原子孤电子对数，D错误； 故选C。 【小问7详解】 HCN的结构式为，其σ键与π键的数目之比为2：2=1：1。 【小问8详解】 水分子和氨气分子的键角大小顺序为NH3>H2O；主要原因是氨气有一对孤电子对，水有两对孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年4月高二下学期化学期中考试试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述不正确的是 A. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 B. 我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂加快反应速率的原理 C. 硅太阳能电池和锂离子电池的工作原理相同 D. 氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源 2. 如图所示，A、B、C、D、E是元素周期表中的5种主族元素。下列说法中不正确的是 A. A、E原子序数之差可能为2 B. D、E原子序数之差可能为18或32 C. B、C原子序数之差一定是2 D. B、D原子序数之差大于8 3. 实验室配制碘水时，通常将溶于溶液：。关于该溶液，下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 滴入淀粉溶液，不变蓝 C. 加水稀释，平衡逆向移动 D. 加少量固体平衡正向移动 4. 某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，下列说法正确的是 A. 简单离子的氧化性：W＜X B. X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物 C. 原子半径：W＜X＜Y＜Z D. W元素只能形成离子化合物 5. 下列化学用语正确的是 A. 基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 B. Cl-Cl的键电子云图形： C. 的空间结构：(正四面体形) D. 基态的价层电子轨道表示式为 6. 在一密闭容器中，反应达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，N的浓度变为原来的40%，下列说法正确的是 A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质M的转化率变小 C. 反应的平衡常数变大 D. a、b的大小关系是： 7. 在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是 A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O B. 该配离子中铜离子的配位数是4 C. 基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1 D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H 8. 根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型判断，下列说法不正确的是 选项 粒子 中心原子杂化方式 VSEPR模型 空间结构 A 直线形 直线形 B 四面体形 三角锥形 C 四面体形 平面三角形 D 四面体形 三角锥形 A. A B. B C. C D. D 9. 某体积可变的密闭容器中盛有适量的M和N的混合气体，在一定条件下发生反应： 若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中气体Q的体积分数为0.2。下列推断中正确的是 A. 原混合气体的体积为1.2V L B. 原混合气体的体积为1.1V L C 反应达到平衡时气体M消耗掉0.2V L D. 反应达到平衡时气体N消耗掉0.2V L 10. 共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是 A. 的结构式为 B. 为非极性分子 C. 该反应中的配位能力大于氯 D. 比更难与发生反应 11. 随着原子序数的递增，七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示。下列说法中不正确的是 A. 在a、b、f、g四种元素中，非金属性最弱的元素位于第三周期第Ⅳ族 B. a、b、f三种元素的原子半径： C. 元素e的最高价氧化物能与氢氧化钠溶液反应 D. 元素c与d形成的化合物一定含有离子键和极性共价键 12. 下图是合成氨反应和使用铁触媒作催化剂的催化历程。 已知：①N2(g)+H2(g)NH3(g) ΔH1 ②N2(g)+Fe(s)=N-Fe(s) ΔH2 ③N-Fe(s)+H2(g)=NH3(g)+Fe(s) ΔH3 下列说法正确的是 A. 反应①逆反应的活化能为E′ B. ΔH2=E2-E1 C. 相同条件下，反应③的速率最慢 D. 键能关系：E(N≡N)+E(H-H)>3E(N-H) 13. 用氨水吸收工厂烟气中的SO2时，溶液中H2SO3、、的物质的量分数δ随pH的分布如图所示。下列叙述错误的是 A. 当溶液pH=6时，溶液中浓度最大阴离子为 B. Ka2(H2SO3)=10-7.2 C. 由图像可知，NaHSO3溶液显酸性 D. 随着pH的变化，溶液中都有c()＋c(H+)＝c()＋c()＋c(OH－) 14. M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，M和W可以形成一种红棕色气体，X是地壳中含量最高的金属元素，Y是同周期元素中原子半径最小的元素，Z的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是 A. X和Y可形成共价化合物 B. Y氧化物对应的水合物是强酸 C. Z位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D. M和W的简单氢化物的稳定性：M>W 15. 已知某晶体的晶胞如图所示，晶胞参数为a nm，摩尔质量为M g·mol-1。下列说法正确的是 A. 离A微粒距离最近且相等的B微粒的个数为6 B. 若m的坐标为(0，0，0)，则p的坐标为(，1) C. 相邻两个C微粒最近距离为a nm D. 该晶胞的密度为×1021 g·cm-3 16. 如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。下列判断不正确的是 A. 图中对应e、f单质晶体熔化时克服的是共价键 B. d单质对应元素的电子排布式：1s22s22p63s23p2 C. b元素形成的最高价含氧酸易与水分子之间形成氢键 D. 单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的最简单分子中含2个σ键和2个π键 二、解答题(共52分) 17. 硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。 （1）H3BO3中，含有___________(填“极性”或“非极性”)共价键。 （2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在___________(填序号)。 a．离子键　　　　b．配位键　　　　c．氢键 H3BO3在热水中溶解度增大，原因是___________。 （3）H3BO3可由BCl3水解得到。 ①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为___________。 ②BCl3属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 （4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌ +H+。 ①[B(OH)4]-中硼原子的杂化方式为___________。 ②用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为___________(用质量分数表示)。 18. 某化学小组为了探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性与草酸(电离常数 ，)反应如下实验。 【实验数据】 实验序号 温度/℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 溶液紫色褪至无色时所需时间/min 溶液 0.36mol/L稀硫酸 溶液 ① 20 1.0 1.0 2.0 2.0 4.0 ② 20 1.0 1.0 3.0 3.6 ③ 40 1.0 1.0 2.0 2.0 0.92 （1）的电离方程式为______，实验中酸性与草酸反应离子方程式_____。 （2）实验①、②探究的是_____对反应速率的影响，表中_____。 （3）由实验①、③可得出的结论是_______。 （4）实验①中，4.0min内，_______(保留三位有效数字)。 （5）①反应过程中，反应速率随时间的变化趋势如图所示。其中，因反应放热导致温度升高对速率影响不大，试推测速率迅速增大的主要原因_______。 ②若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体应为_____(填标号)。 A． B． C． 19. 配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。 已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。回答下列问题： （1）丁二酮肟镍是否属于螯合物_____(填“是”或“否”)，其配位数为_____，含有化学键的类型有___________。 a．氢键        b．配位键       c．极性键      d．非极性键 （2）物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是 。 A. [Cr(OH)4]- B. [Cu(CN)4]3− C. [ZnCl4]2− D. [Fe(CN)6]3− （3）绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为_________。 （4）Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为_________。 （5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式不可能为 。 A. sp3 B. dsp2 C. sp2 D. sp （6）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是____________。 20. 《千里江山图》流传千年依旧色彩艳丽，与其绘制方法和所用颜料有关，第一遍画好山水画，第二遍用上红色，为后面的绿色做铺垫。 （1）铁离子中能量相同的d轨道中电子排布成，而不排布成，最直接的依据是_______。 A. 能量最低原则 B. 泡利不相容原理 C. 原子轨道能级图 D. 洪特规则 （2）Mn和Fe的各级电离能如下。 电离能/() Mn 717.3 1509.0 3248 4940 6990 Fe 762.5 1561.9 2957 5290 7240 Mn与Fe相比，和较小，而较大，其原因是_______。 第三遍上石绿化学式为：，第四遍还要再叠加一层绿，第五遍上青色。 （3）根据价层电子对互斥理论判断下列微粒空间结构与类似的是_______。 A. B. C. D. （4）用鲍林的杂化轨道理论解释分子的正四面体结构，下列说法不正确的是_______。 A. 杂化轨道的形状、能量和未杂化前一样 B. C原子的杂化轨道之间夹角一样 C. C原子的4个价电子分别占据4个杂化轨道 D. 分子中C原子的p轨道与H原子的s轨道杂化后形成4个新轨道 《千里江山图》中还用到了黄色的颜料雌黄，雌黄的主要成分是。 （5）As与N、P属于同主族元素，三者气态氢化物的空间结构都是_______氢化物分子的键角由大到小的顺序为_______。 （6）下列对于和的说法中正确的是_______。 A. 都是极性分子 B. 中心原子都采取sp杂化 C. 为直线形结构 D. N原子和C原子上都没有孤对电子 （7）HCN分子中键与键数目之比为_______。 （8）水分子和氨气分子的键角大小顺序为_______，试解释上述键角大小的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$