精品解析：四川省内江市第六中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题

内江六中2024-2025学年(下)高2026届期中考试 化学试题 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 S-32 Mn-55 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷 选择题(满分 45分) 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 科技发展与化学密切相关。下列说法正确的是 A. C919成功商飞，大量采用第三代铝锂合金，铝锂合金的熔点比铝、锂都高 B. “SD-3运载火箭”，其燃料偏二甲肼是非极性分子 C. 表面活性剂烷基磺酸根离子可将油渍等污垢包裹在胶束内腔，起到去污作用 D. 海水原位电解制氢技术的关键材料四氟乙烯属于不饱和烃 【答案】C 【解析】 【详解】A．一般合金的熔点比成分金属都低，故铝锂合金的熔点比铝、锂都低，A错误； B．偏二甲肼的结构简式为，其空间结构不对称，正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，B错误； C．烷基磺酸根离子作为表面活性剂，其疏水端包裹油渍形成胶束，亲水端溶于水，正确描述去污原理，C正确； D．四氟乙烯中，无碳碳双键，除了C、H外还含有F，不属于烃，D错误； 故选C。 2. 下列有关化学用语表示错误的是 A. 氯气的共价键电子云轮廓图： B. 二氧化硅的分子式为SiO2 C. 醛基的电子式： D. NH3分子的VSEPR模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯气分子中Cl原子与Cl原子形成p-pσ键，共价键电子云轮廓图，A正确； B．二氧化硅是共价晶体，无分子，SiO2是二氧化硅的化学式，B错误； C．醛基中含有碳氧双键，其电子式为，C正确； D．NH3分子中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故其VSEPR模型为：，D正确； 故答案为：B。 3. 下列叙述正确的是 A. 和互为同分异构体 B. 和为同类有机物 C. 属于醛类 D. 分子式为C2H6O的物质，可能属于醇类 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲烷为正四面体结构，二氯取代物为和，为同一物质，A错误； B．羟基与苯环直接相连的称为酚，羟基与链烃相连的称为醇，和分别是酚和醇，不属于同类有机物，B错误； C．有机物的官能团是酯基，属于酯类，C错误； D．分子式为C2H6O的物质，可能属于饱和一元醇类或醚类，D正确； 故选D。 4. 下列有关物质结构或性质的描述中，错误的是 A. 硬度：BN>GaN，因为B原子半径比Ga小，B-N键键长比Ga-N短，B-N键键能更大 B. 稳定性：H2O>H2S，是因为H2O分子间含有氢键 C. 干冰为分子密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子 D. 键角：NH3>H2O，是由于NH3、H2O中心原子孤电子对数不一样 【答案】B 【解析】 【详解】A．BN和GaN都属于共价晶体，共价晶体的硬度与共价键键能有关。原子半径越小，键长越短，键能越大，硬度越大。B原子半径比Ga小，B-N键键长比Ga-N短，B-N键键能更大，所以硬度：BN>GaN，A正确； B．H2O的稳定性大于H2S，是因为O的非金属性强于S，O−H键的键能大于S−H键的键能，与分子间的氢键无关，氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，B错误； C．干冰为分子晶体，干冰的晶胞中CO2的堆积方式类似于面心立方最密堆积，其出现在晶胞的顶点和各个面心上，因此以1个CO2为中心，其周围最多可以有12个紧邻的CO2分子，C正确； D．NH3中心原子N有1对孤电子对，H2O中心原子O有2对孤电子对，孤电子对之间及孤电子对与成键电子对之间存在排斥力，孤电子对数越多，排斥力越大，键角越小，所以键角NH3>H2O，D正确； 故选B。 5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 室温下，1L醋酸铵的水溶液呈中性，则溶液中由水电离出的H＋数目大于10-7 B. 30gSiO2中含有硅氧键个数为2NA C. 粗铜精炼中，外电路转移电子数为时，阳极质量减小32g D. 1mol甲基(—14CH3)含有的电子数为9NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．1L纯水中含有10-7NA个水电离的H+，醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根和醋酸根水解程度相同，溶液呈中性，水解促进水的电离，室温下，1L醋酸铵的水溶液中由水电离出的H＋数目大于10-7NA，A正确； B．SiO2中一个Si原子周围 有4个O原子，一个O原子周围连接2个Si原子，平均1molSiO2含有4mol的Si-O键，30gSiO2的物质的量为0.5mol，含有硅氧键个数为0.5×4×NA=2NA，B正确； C．粗铜精炼时，阳极溶解的金属有Cu，还有各种活动性不同的金属，所以外电路转移电子数为NA时，阳极质量不一定是32g，C错误； D．一个甲基(—14CH3)含有电子数为9个，1mol甲基(—14CH3)含有的电子数为9NA，D正确； 答案选C。 6. 实验室中可通过香草胺与8-甲基壬酸为原料合成二氢辣椒素，下列有关说法不正确的是 A. 香草胺中含有三种官能团 B. 二氢辣椒素结构中具有一个手性碳原子 C. 二氢辣椒素属于芳香族化合物 D. 产物提纯后，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有酚羟基、醚键、氨基三种官能团，A正确； B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，二氢辣椒素结构中没有手性碳原子，B错误； C．芳香族化合物为含有苯环的化合物，二氢辣椒素结构中含有苯环，属于芳香族化合物，C正确； D．二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功，D正确； 故选B。 7. 下列说法正确的是 A. 价电子排布式为 的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素 B. 熔点： < NaBF4，是因为前者阳离子体积较大 C. 冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与形成超分子，体现了超分子“自组装”的特征 D. 金刚石、NaCl、、晶体的熔点依次降低 【答案】B 【解析】 【详解】A．价电子排布式为的元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，A错误； B．和NaBF4都属于离子晶体，但前者阳离子半径比Na+半径大，则晶格能前者小于后者，离子键较弱，其熔沸点低于NaBF4，B正确； C．冠醚12−冠−4能够与Li+形成超分子，是因为Li+半径小与冠醚的空腔匹配，K+半径大，与该冠醚的空腔不匹配，故不能与之形成超分子，体现了超分子的“分子识别”，C错误； D．金刚石共价晶体，所以金刚石熔点最高；NaCl 是离子晶体，熔点越高；H2O、H2S是共价晶体，H2O分子间存在氢键，熔点高于H2S ，共价晶体熔点高于离子晶体高于分子晶体，所以金刚石、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，D错误； 故选B。 8. 某种化学品的结构如图所示，已知、、、、均为短周期主族元素，其中、、在同一周期，Z、同处另一周期，基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1.下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物稳定性： B. 与可以形成只含极性键的非极性分子 C. 同一周期中，第一电离能处在和之间的元素有1种 D. 简单离子半径： 【答案】C 【解析】 【分析】、、、、均为短周期主族元素，其中、、在同一周期，Z、同处另一周期，基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1，M能形成+3价阳离子，M为Al元素；Z能形成6个共价键，Z是S元素；X形成1个共价键，X是F元素；Y形成4个共价键，Y是C元素；W形成2个共价键，W是O元素。 【详解】A．非金属性F>O>S，简单气态氢化物稳定性：HF>H2O>H2S，故A正确； B．C与O可以形成只含极性键的非极性分子CO2，故B正确； C．同一周期中，第一电离能处在S和Al之间的元素有Mg、Si，故C错误； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：S2->F-> Al3+，故D正确； 选C。 9. 观察下列模型，判断下列说法错误的是 氮化石墨 六方氮化硼BN 石墨炔 氧化镁 A. 已知氮化石墨为平面结构，则氮化石墨中两种原子的杂化方式均为sp2杂化 B. 六方氮化硼属于混合晶体，1mol 六方氮化硼含有6mol σ键 C. 已知石墨炔是单晶层状结构，石墨炔中所有原子一定共面 D. MgO晶体中，每个O2-周围距离相等且最近的O2-有12个 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮化石墨为平面结构，则N、C原子的杂化方式均为sp2杂化，A正确； B．六方氮化硼类似石墨，层与层间是范德华力，层内是共价键，属于混合晶体，每个原子形成3条键，每条键被两个原子共用，每个原子合1.5条键，1mol六方氮化硼含有3molσ键，B错误； C．石墨炔分子中苯环为平面结构，碳碳三键为直线形，故石墨炔中所有原子一定共面，C正确； D．MgO晶体中，以体心的O2-为研究对象，周围距离相等且最近的O2-位于棱心，共12个，D正确； 故选B。 10. 下列实验能达到实验目的的是 A．灼烧海带 B.海水提取粗食盐 C.CCl4萃取碘水中的I2 D．研究浓差电池，右侧电极为负极 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，A错误； B．海水提取粗食盐采用蒸发结晶的方法，蒸发操作应在蒸发皿中进行，而不是坩埚（坩埚主要用于灼烧固体等操作），B错误； C．碘在四氯化碳中溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳与水不互溶，可进行萃取，C正确； D．右侧浓度大，发生，为正极，左侧发生，为负极，D错误； 故选C。 11. 下列反应的离子方程式书写错误的是 A. 向硫酸铜溶液中加入过量氨水，再加入乙醇析出深蓝色晶体：4NH3 +H2O + Cu2++[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓ B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水： C. 用石墨作电极电解饱和溶液： D. 用硫化氢溶液除去废水中汞离子： 【答案】D 【解析】 【详解】A．向硫酸铜溶液中加入过量氨水，再加入乙醇析出深蓝色晶体即为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，故离子方程式为：4NH3 +H2O + Cu2++[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓，A正确； B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水生成CaCO3、NH3·H2O和H2O，故离子方程式为：，B正确； C．用石墨作电极电解饱和溶液生成NaOH、H2和Cl2，故离子方程式为：，C正确； D．已知H2S为弱酸，属于弱电解质，离子方程式书写时不能拆，故用硫化氢溶液除去废水中汞离子的离子方程式为：，D错误； 故答案为：D。 12. 我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图： 下列说法错误的是 A. 充电时向Zn电极移动 B. 充电时，阴极附近溶液的pH增大 C. 放电时，当电路中转移0.2mol电子时，正极区溶液质量增加5.5g D. 放电时，电池总反应为 【答案】C 【解析】 【分析】Zn-MnO2电池应该是一种碱性电池，因为通常这类电池使用KOH作为电解质。在放电过程中，锌作为负极被氧化，而二氧化锰作为正极被还原。充电过程则是相反的，即电解反应，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。 【详解】A．充电时，阳离子（如K⁺）应该向阴极迁移，原来的负极Zn在充电时会成为阴极，这时候阳离子K+应该向阴极移动，故A正确； B．充电时的阴极发生的反应应该是Zn(OH)+ 2e⁻ = Zn + 4OH⁻，这样，阴极处会产生OH⁻，使得溶液的pH升高，故B正确； C．根据上面的分析，正极的放电反应是，得电子。当转移电子时，对应的的物质的量为，正极区溶液质量增加，由电荷守恒进入溶液中，质量减少，则正极质量应减少：，故C错误； D．由分析，放电时，电池总反应为，故D正确； 故选C。 13. 下列实验方案中，一定能达到相应目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 验证 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，观察生成沉淀的颜色变化 B 验证久置的是否变质 取少量样品溶于除氧蒸馏水中，加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀出现 C 探究牺牲阳极法 将铁棒与碳棒分别连接到直流电源的负极和正极，再插入稀硫酸中，观察气泡产生情况 D 证明氧化性：H2O2>Fe3+ 向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，发生反应生成氯化银白色沉淀，由于氯化钾不足，硝酸银有剩余，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，发生反应生成碘化银黄色沉淀，黄色沉淀的生成不能证明是白色沉淀转化生成的，故不能比较碘化银和氯化银溶度积大小，A错误； B．加入盐酸除去Na2SO3，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明Na2SO3中含有Na2SO4，从而证明Na2SO3已氧化变质，B正确； C．将铁棒与碳棒分别连接到直流电源的负极和正极，再插入稀硫酸溶液中，观察到铁电极上产生气泡，这是外接电源保护金属腐蚀的方法而不是牺牲阳极的阴极保护法，C错误； D．由于酸性条件下，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，不能说明H2O2溶液将Fe+氧化为Fe3+，D错误； 故选B。 14. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为xnm)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中Ce的化合价有和。下列说法正确的是 A. 图(a)晶胞中与之间最短距离为x nm B. 图(a)晶胞中Ce的配位数为4 C. 图(a)物质的摩尔体积为 D. 图(b)晶胞中化合价为的Ce的个数为2 【答案】D 【解析】 【详解】A．图(a)晶胞中与之间最短的距离为棱长一半，xnm，A错误； B．如图所示，图a晶胞中Ce的配位数为8，B错误； C．根据均摊法，图a中Ce原子个数为：，O原子的个数为：8，每个晶胞的体积为(x×10-9)3m3， 故晶体的摩尔体积为：，C错误； D．图b中，Ce原子个数为：，O原子的个数为：7，Ce的化合价有+3和+4，则根据化合价代数和为0，＋3的Ce的数目为2，＋4的Ce的数目为2，D正确； 故选D。 15. 25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是 A. A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1 mol·L-1 B. B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C. C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和 D. D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【详解】A．A点为0.1molL-1NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L、c(H+)=1×10-13mol·L-1，氢氧化钠抑制水电离，由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol·L-1，A错误； B．B点溶液呈碱性，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)<c(Na+)，B错误； C．酸碱完全中和时消耗醋酸溶液12.5mL，此时溶质为CH3COONa，pH大于7，C错误； D．D点溶液中溶质为等浓度的醋酸钠、醋酸，根据电荷守恒，物料守恒，得质子守恒，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷 非选择题(满分 55分) 二、填空题(4个大题，共 55分) 16. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图： 已知：①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。 ②氧化性。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 \ 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 1.1 9.2 5.2 （1）基态Co原子价电子轨道表示式为：___________。 （2）用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度有关，若酸浸时温度较高会生成一定量的，其可能的原因是___________。 （3）“浸出液”中加入时发生反应的离子方程式为___________。 （4）“滤渣”的主要成分是___________和___________，“调pH”的范围为___________。 （5）“滤液”中主要含，经“操作I”可获得较纯净晶体，“操作I”包括向溶液加入盐酸调节pH，然后再HCl氛围下___________、___________、减压过滤等过程。 （6）“氧化”时应先加入氨水生成配离子后再加。若生成晶体，则理论上消耗的质量为___________。 【答案】（1） （2）温度升高，促进水解平衡右移，生成一定量的 （3） （4） ①. ②. ③. （5） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （6）3.4g 【解析】 【分析】以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取。用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3，加入活性炭和NH4Cl溶液得到，再依次加入氨水和H2O2，发生反应：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O，再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品。 【小问1详解】 Co27号元素，价电子排布式为3d74s2，基态Co原子价电子轨道表示式为：。 【小问2详解】 用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度有关，若酸浸时温度较高会生成一定量的，其可能的原因是：温度升高，促进水解平衡右移，生成一定量的。 【小问3详解】 “浸出液”中含有Fe2+、H+，加入NaClO3时Fe2+和发生氧化还原反应生成Fe3+和Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问4详解】 由分析可知，“滤渣”的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”的范围应保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，根据表中数据可知应为。 【小问5详解】 “滤液”中主要含CoCl2，为了抑制CoCl2溶液中Co2+水解，加入盐酸调节，然后对CoCl2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等过程，获得较纯净的晶体。 【小问6详解】 根据氧化还原反应得失电子守恒，→失1mole-，H2O2→H2O得2mole-，若生成晶体，转移0.2mole-，H2O2需要0.1mol，质量为3.4g。 17. 完成下列填空。 （1）有机物中含氧官能团的名称为___________、___________。 （2）下列各组有机物中，属于官能团异构的是___________。 ① 与 ②CH3COOH和HCOOCH3 ③与 （3）已知丁二酮肟可用于检验和定量分析溶液中的Ni2+，其涉及的反应过程如图所示： 请回答以下问题： ①下列有关上述物质的结构特点，分析正确的是___________。 A．基态氮原子能量最高的电子占据的原子轨道的形状是球形 B．物质c分子中N原子和O原子均存在孤电子对 C．物质d分子的中心原子配位数和所连配体数相同 ②研究表明，丁二酮(a)的熔点远低于丁二酮肟(c)的熔点，其原因可能为___________。 （4）普鲁士蓝的晶胞结构如图所示，晶胞中铁氰骨架构成小正方体，在小正方体的棱上(在图中省略)，两端分别与和形成配位键。 ①无机氰化物(含有的无机盐)有剧毒，普鲁士蓝无毒，从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因___________。 ②普鲁士蓝晶体中不含___________(填标号)。 a．离子键       b．非极性键        c．配位键        d金属键        e．极性键 ③已知的摩尔质量为，该晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值，相邻两个的最短距离为___________(列出计算式)。 【答案】（1） ①. 羧基 ②. 醛基 （2）② （3） ①. B ②. 丁二酮肟(c)可以形成分子间氢键而丁二酮不能形成氢键 （4） ①. 普鲁士蓝中Fe3+和Fe2+与CN-以配位键结合，剧毒的CN-难以电离出来 ②. bd ③. ×1010 【解析】 【小问1详解】 有机物中含氧官能团的名称为羧基、醛基，故答案为：羧基；醛基； 【小问2详解】 ① 与 是碳碳双键的位置不同，属于官能团位置异构，不是官能团异构，①不合题意； ②CH3COOH和HCOOCH3的官能团分别为羧基和酯基，属于官能团异构，②符合题意； ③与分子式不同，不互为同分异构体，③不合题意； 故答案为：②； 【小问3详解】 ①A．N是7号元素，则基态氮原子能量最高的电子占据的能级为2p，p能级的原子轨道的形状是哑铃形，A错误； B．由题干物质c的结构简式可知，物质c分子中N原子和O原子均存在孤电子对，B正确； C．由题干物质d的结构简式可知，物质d分子的中心原子配位数是4，所连配体数为2，二者不相同，C错误； 故答案为：B； ②由题干丁二酮(a)和丁二酮肟(c)的结构简式可知，丁二酮肟(c)可以形成分子间氢键而丁二酮不能形成氢键，导致丁二酮(a)的熔点远低于丁二酮肟(c)的熔点，故答案为：丁二酮肟(c)可以形成分子间氢键而丁二酮不能形成氢键； 【小问4详解】 ①无机氰化物(含有CN-的无机盐)有剧毒即CN-有毒，但普鲁士蓝中Fe3+和Fe2+与CN-以配位键结合，剧毒的CN-难以电离出来，所以普鲁士蓝无毒，故答案为：普鲁士蓝中Fe3+和Fe2+与CN-以配位键结合，剧毒的CN-难以电离出来； ②由题干普鲁士蓝晶体的化学式可知，K+与阴离子之间为离子键，Fe3+和Fe2+与CN-形成配位键，CN-中碳氮之间为极性键，不含非极性键和金属键，故答案为：bd； ③由题干晶胞结构可知，一个晶胞中含有K+为4个，Fe3+为=4，Fe2+为=4，已知的摩尔质量为，NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：g，该晶体密度为，一个晶胞的体积为：V==cm3，晶胞参数为a=×1010pm，由晶胞图可知，相邻两个K+的最短距离为面对角线的一半，即为=×1010pm，故答案为：×1010。 18. 煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG)，涉及的主要反应如下： CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol 水煤气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.2.kJ/mol 回答下列问题： （1）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=___________kJ/mol。某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是___________(填“A”或“B”)。 （2）在绝热恒容的密闭容器中进行反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ∆H<0，下列说法正确的是___________。 A．若混合气体平均相对分子质量保持不变，则已达平衡状态 B．达平衡后若再充入一定量H2O(g)，平衡常数保持不变 C．若混合气体密度保持不变，则反应达到平衡状态 （3）在恒压管道反应器中按n(H2) ： n(CO)=3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400°C、P总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数/% 45.0 42.5 100 2.00 0.500 ①该条件下CO的总转化率α=___________。 ②Kp是分压表示的平衡常数，400°C时CO甲烷化反应的平衡常数Kp=___________kPa-2(计算结果保留1位小数)。 （4）已知：N2O和CO在Fe+作用下发生的反应分两步进行： 第一步：Fe+ + N2O → FeO+ + N2 第二步：FeO++ CO → Fe+ + CO2 反应过程的能量变化如图所示： ①决定总反应速率的是___________(填“第一步”或“第二步) ②下列有关说法正确的是___________。 A．Fe+改变反应历程，也改变了反应的ΔH            B．升高温度，CO2的体积分数减小 C．FeO+是中间产物，也可叫作催化剂                 D．第二步反应中有极性共价键的断裂和形成 【答案】（1） ①. -165 ②. B （2）A （3） ①. 98.95% ②. 3.8 （4） ①. 第一步 ②. BD 【解析】 【小问1详解】 由题干信息可知，CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol；水煤气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.2.kJ/mol，根据盖斯定律可知，将CO甲烷化减去水煤气变换的反应可得反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，H==(-206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=-165kJ/mol；某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，则随着反应进行，容器A的压强较容器B更小，故容器A较B反应向逆向移动，两容器反应达平衡后放出热量较多的是B，故答案为：-165；B； 【小问2详解】 A．该反应是一个气体体积减小的反应，即反应过程中混合气体平均相对分子质量一直在改变，若混合气体平均相对分子质量保持不变，则已达平衡状态，A正确； B．化学平衡常数仅仅是温度的函数，在绝热容器中达平衡后若再充入一定量H2O(g)，平衡逆向移动，体系温度下降，故平衡常数增大，B错误； C．在恒容密闭容器中，混合气体的质量不变，体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，即若混合气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，C错误； 故答案：A； 【小问3详解】 ①由题干表中数据可知，设投入1molCO和3molH2，则三段式分析为：、，则有：=0.45，解得x=，=0.02，解得y=，则该条件下CO的总转化率α==98.95%，故答案为：98.95%； ②Kp是分压表示的平衡常数，则p(CH4)=0.45×100kPa=45kPa，p(H2O)=0.425×100kPa=42.5kPa，p(CO)=0.005×100kPa=0.5kPa，p(H2)=0.10×100kPa=10kPa，故400°C时CO甲烷化反应的平衡常数Kp===3.825 kPa-2≈3.8kPa-2，故答案为：3.8； 【小问4详解】 ①由题干反应流程图可知，第一步反应的活化能比第二步大，活化能越大反应速率越慢，故决定总反应速率的是第一步，故答案为：第一步； ②A．焓变只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，故Fe+改变反应历程，但不能改变反应的ΔH，A错误； B．由题干历程图可知，该反应总反应是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故CO2的体积分数减小，B正确； C．催化剂是指反应过程中参与反应但反应前后质量和化学性质不变的物质，FeO+是中间产物，不能叫作催化剂，C错误； D．第二步反应FeO++ CO → Fe+ + CO2中有碳氧极性共价键的断裂，碳氧极性共价键的形成，D正确； 故答案为：BD。 19. 二氧化硫脲(简称TD)可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下： Ⅰ．由硫脲制备TD 按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD． 回答下列问题： （1）仪器的名称是___________。 （2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是___________。 （3）已知TD具有还原性，实验过程中因条件控制不当生成了，最终导致产品TD中出现黄色杂质，则中S的化合价为___________，该黄色杂质是___________(填化学式)。 （4）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是___________。 Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究 将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，测得该清液中浓度为，计算的去除率。 （5）高岭土中去除率为___________(用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是___________。 【答案】（1）恒压分液漏斗 （2）防止二氧化硫脲水解，防止过氧化氢分解 （3） ①. +2 ②. S （4）减少二氧化硫脲的溶解损失 （5） ①. % ②. 亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入H2O2溶液，控制温度低于10℃和pH＜6进行反应，方程式为：(NH2)2CS+2H2O2(NH2)2CSO2+2H2O，生成(NH2)2CSO2，反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD，据此分析作答。 【小问1详解】 由题干实验装置图可知，仪器a的名称是恒压分液漏斗，故答案为：恒压分液漏斗； 【小问2详解】 由题干信息可知，二氧化硫脲[(NH2)2CSO2](TD)受热或碱性条件下易水解，过氧化氢不稳定，受热也易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃和pH＜6”的目的是防止二氧化硫脲水解，防止过氧化氢分解，故答案为：防止二氧化硫脲水解，防止过氧化氢分解； 【小问3详解】 根据水解反应：(NH2)2CSO2+H2O=(NH2)2CO+H2SO2可知，反应中元素化合价没有变化，(NH2)2CSO2中，S元素为+2价，所以H2SO2中S的化合价也为+2价，TD具有还原性，Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了H2SO2，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素，生成的硫单质，故答案为：+2；S； 【小问4详解】 由题干信息可知，二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，所以Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失，故答案为：减少二氧化硫脲的溶解损失； 【小问5详解】 清液中Fe2+浓度为bmg•L-1，则Fe2+为bmg•L-1×V×10-3L=bV×10-6g，则Fe2O3去除率为×100%=%，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差，故答案为：%；亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 内江六中2024-2025学年(下)高2026届期中考试 化学试题 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 S-32 Mn-55 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷 选择题(满分 45分) 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 科技发展与化学密切相关。下列说法正确的是 A. C919成功商飞，大量采用第三代铝锂合金，铝锂合金的熔点比铝、锂都高 B. “SD-3运载火箭”，其燃料偏二甲肼是非极性分子 C. 表面活性剂烷基磺酸根离子可将油渍等污垢包裹在胶束内腔，起到去污作用 D. 海水原位电解制氢技术的关键材料四氟乙烯属于不饱和烃 2. 下列有关化学用语表示错误的是 A. 氯气的共价键电子云轮廓图： B. 二氧化硅的分子式为SiO2 C. 醛基的电子式： D. NH3分子的VSEPR模型： 3. 下列叙述正确的是 A. 和互为同分异构体 B. 和为同类有机物 C. 属于醛类 D. 分子式为C2H6O的物质，可能属于醇类 4. 下列有关物质结构或性质的描述中，错误的是 A. 硬度：BN>GaN，因为B原子半径比Ga小，B-N键键长比Ga-N短，B-N键键能更大 B. 稳定性：H2O>H2S，是因为H2O分子间含有氢键 C. 干冰为分子密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子 D. 键角：NH3>H2O，是由于NH3、H2O中心原子孤电子对数不一样 5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 室温下，1L醋酸铵水溶液呈中性，则溶液中由水电离出的H＋数目大于10-7 B. 30gSiO2中含有硅氧键个数为2NA C. 粗铜精炼中，外电路转移电子数为时，阳极质量减小32g D. 1mol甲基(—14CH3)含有的电子数为9NA 6. 实验室中可通过香草胺与8-甲基壬酸为原料合成二氢辣椒素，下列有关说法不正确的是 A. 香草胺中含有三种官能团 B 二氢辣椒素结构中具有一个手性碳原子 C. 二氢辣椒素属于芳香族化合物 D. 产物提纯后，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功 7. 下列说法正确的是 A. 价电子排布式为 的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素 B. 熔点： < NaBF4，是因为前者阳离子体积较大 C. 冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与形成超分子，体现了超分子“自组装”的特征 D. 金刚石、NaCl、、晶体的熔点依次降低 8. 某种化学品的结构如图所示，已知、、、、均为短周期主族元素，其中、、在同一周期，Z、同处另一周期，基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1.下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物稳定性： B. 与可以形成只含极性键的非极性分子 C. 同一周期中，第一电离能处在和之间的元素有1种 D. 简单离子半径： 9. 观察下列模型，判断下列说法错误的是 氮化石墨 六方氮化硼BN 石墨炔 氧化镁 A. 已知氮化石墨为平面结构，则氮化石墨中两种原子的杂化方式均为sp2杂化 B. 六方氮化硼属于混合晶体，1mol 六方氮化硼含有6mol σ键 C. 已知石墨炔是单晶层状结构，石墨炔中所有原子一定共面 D. MgO晶体中，每个O2-周围距离相等且最近的O2-有12个 10. 下列实验能达到实验目的的是 A．灼烧海带 B.海水提取粗食盐 C.CCl4萃取碘水中I2 D．研究浓差电池，右侧电极为负极 A. A B. B C. C D. D 11. 下列反应的离子方程式书写错误的是 A. 向硫酸铜溶液中加入过量氨水，再加入乙醇析出深蓝色晶体：4NH3 +H2O + Cu2++[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓ B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水： C. 用石墨作电极电解饱和溶液： D. 用硫化氢溶液除去废水中汞离子： 12. 我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图： 下列说法错误的是 A. 充电时向Zn电极移动 B. 充电时，阴极附近溶液的pH增大 C. 放电时，当电路中转移0.2mol电子时，正极区溶液质量增加5.5g D. 放电时，电池总反应为 13. 下列实验方案中，一定能达到相应目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 验证 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，观察生成沉淀的颜色变化 B 验证久置的是否变质 取少量样品溶于除氧蒸馏水中，加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀出现 C 探究牺牲阳极法 将铁棒与碳棒分别连接到直流电源的负极和正极，再插入稀硫酸中，观察气泡产生情况 D 证明氧化性：H2O2>Fe3+ 向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 14. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为xnm)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中Ce的化合价有和。下列说法正确的是 A. 图(a)晶胞中与之间最短的距离为x nm B. 图(a)晶胞中Ce的配位数为4 C. 图(a)物质的摩尔体积为 D. 图(b)晶胞中化合价为的Ce的个数为2 15. 25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是 A. A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1 mol·L-1 B. B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C. C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和 D. D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) 第Ⅱ卷 非选择题(满分 55分) 二、填空题(4个大题，共 55分) 16. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图： 已知：①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。 ②氧化性。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 \ 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 1.1 9.2 5.2 （1）基态Co原子价电子轨道表示式为：___________。 （2）用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度有关，若酸浸时温度较高会生成一定量的，其可能的原因是___________。 （3）“浸出液”中加入时发生反应的离子方程式为___________。 （4）“滤渣”的主要成分是___________和___________，“调pH”的范围为___________。 （5）“滤液”中主要含，经“操作I”可获得较纯净的晶体，“操作I”包括向溶液加入盐酸调节pH，然后再HCl氛围下___________、___________、减压过滤等过程。 （6）“氧化”时应先加入氨水生成配离子后再加。若生成晶体，则理论上消耗的质量为___________。 17. 完成下列填空。 （1）有机物中含氧官能团的名称为___________、___________。 （2）下列各组有机物中，属于官能团异构的是___________。 ① 与 ②CH3COOH和HCOOCH3 ③与 （3）已知丁二酮肟可用于检验和定量分析溶液中的Ni2+，其涉及的反应过程如图所示： 请回答以下问题： ①下列有关上述物质的结构特点，分析正确的是___________。 A．基态氮原子能量最高的电子占据的原子轨道的形状是球形 B．物质c分子中N原子和O原子均存在孤电子对 C．物质d分子的中心原子配位数和所连配体数相同 ②研究表明，丁二酮(a)的熔点远低于丁二酮肟(c)的熔点，其原因可能为___________。 （4）普鲁士蓝的晶胞结构如图所示，晶胞中铁氰骨架构成小正方体，在小正方体的棱上(在图中省略)，两端分别与和形成配位键。 ①无机氰化物(含有的无机盐)有剧毒，普鲁士蓝无毒，从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因___________。 ②普鲁士蓝晶体中不含___________(填标号)。 a．离子键       b．非极性键        c．配位键        d金属键        e．极性键 ③已知摩尔质量为，该晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值，相邻两个的最短距离为___________(列出计算式)。 18. 煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG)，涉及的主要反应如下： CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol 水煤气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.2.kJ/mol 回答下列问题： （1）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=___________kJ/mol。某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是___________(填“A”或“B”)。 （2）在绝热恒容的密闭容器中进行反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ∆H<0，下列说法正确的是___________。 A．若混合气体平均相对分子质量保持不变，则已达平衡状态 B．达平衡后若再充入一定量H2O(g)，平衡常数保持不变 C．若混合气体密度保持不变，则反应达到平衡状态 （3）在恒压管道反应器中按n(H2) ： n(CO)=3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400°C、P总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数/% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 ①该条件下CO的总转化率α=___________。 ②Kp是分压表示的平衡常数，400°C时CO甲烷化反应的平衡常数Kp=___________kPa-2(计算结果保留1位小数)。 （4）已知：N2O和CO在Fe+作用下发生的反应分两步进行： 第一步：Fe+ + N2O → FeO+ + N2 第二步：FeO++ CO → Fe+ + CO2 反应过程的能量变化如图所示： ①决定总反应速率的是___________(填“第一步”或“第二步) ②下列有关说法正确的是___________。 A．Fe+改变反应历程，也改变了反应的ΔH            B．升高温度，CO2的体积分数减小 C．FeO+是中间产物，也可叫作催化剂                 D．第二步反应中有极性共价键的断裂和形成 19. 二氧化硫脲(简称TD)可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下： Ⅰ．由硫脲制备TD 按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD． 回答下列问题： （1）仪器的名称是___________。 （2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是___________。 （3）已知TD具有还原性，实验过程中因条件控制不当生成了，最终导致产品TD中出现黄色杂质，则中S的化合价为___________，该黄色杂质是___________(填化学式)。 （4）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是___________。 Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究 将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，测得该清液中浓度为，计算的去除率。 （5）高岭土中去除率为___________(用含代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$