精品解析：江苏省部分高中2024-2025学年高二上学期期末迎考化学试题

江苏省2024-2025学年高二第一学期期末迎考卷 化学 注意事项： 1. 本试卷分为选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。 2. 答题前，考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内。 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Zn—65 一、 单项选择题：本题包括13题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 近日意大利总统获赠“嫦娥五号”月壤，返还中国56件文物。现已确认月壤中含有O、Si、Ca、K、Ne等元素，下列元素位于元素周期表第三周期的是 A. O B. S C. Ne D. K 【答案】B 【解析】 【分析】元素周期表的周期数由原子的电子层数决定。 【详解】A．O原子序数8，电子层为两层，属于第二周期，A不符合题意； B．S原子序数16，电子层为三层，属于第三周期，B符合题意； C．Ne原子序数10，电子层为两层，属于第二周期，C不符合题意； D．K原子序数19，电子层为四层，属于第四周期，D不符合题意； 故选B。 2. 中国古代著作中有“银针验毒”的记录，其原理为4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O。下列说法正确的是 A. S2-的结构示意图为 B. H2S中含有离子键 C. Ag2S中S元素的化合价为-2 D. H2O的空间结构为直线形 【答案】C 【解析】 【详解】A．的最外层应有8个电子，正确的是：，A错误 B．是共价化合物，其中仅含有共价键，B错误； C．中银元素的化合价为价，所以硫元素为价，C正确； D．水的价层电子对数为：，含有两对孤对电子，为杂化，分子的空间结构为形，D错误； 故选C。 3. 实验是探究化学的重要途径，用如图实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙制备胶体 C. 用装置丙过滤得到氯化亚铁溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得无水氯化铁 【答案】A 【解析】 【详解】A．油脂在碱性环境下发生水解反应，升高温度，Na2CO3溶液的水解程度增大，溶液的碱性增强，因此热的纯碱溶液能够去除废铁屑表面的油污，故A正确； B．氯化铁与NaOH溶液反应生成的是红褐色的沉淀，要制备氢氧化铁胶体应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故B错误； C．过滤时需要用玻璃棒引流且漏斗下端应该紧靠玻璃杯内壁，故C错误； D．在蒸干氯化铁溶液的过程中，铁离子会发生水解反应，生成氢氧化铁[Fe(OH)3]和氯化氢，由于升高温度会促进HCl的挥发，从而使得水解反应向右进行，最终生成氢氧化铁，当氢氧化铁在灼烧时，会分解成氧化铁，不能获得无水氯化铁，故D错误； 故选A。 4. 硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为浅绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精，在工业领域有广泛的应用。下列说法正确的是 A. 半径：r(S2-)>r(O2-) B. 稳定性：NH3>H2O C. 电负性：χ(N)>χ(O) D. 第一电离能：I1(S)>I1(O) 【答案】A 【解析】 【详解】A. 同主族离子，核电荷数越大，离子半径越大，S2-半径确实大于O2-，A正确； B. 非金属性越强，其氢化物越稳定，氧的非金属性强于氮，则H2O更稳定，B错误； C. 同周期越靠右，电负性越大，氧的电负性在周期表中位于氮右侧，故更大，C错误； D. 同主族越靠上第一电离能越大，氧原子半径更小，核电荷更高，第一电离能更大，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成以下问题： 催化剂能改变化学反应速率，常见催化剂有金属及其氧化物、氯化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、SO2催化氧化(以V2O5作催化剂)、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、铂催化氧化NH3等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中N电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。 5. 下列说法不正确的是 A. V2O5能降低二氧化硫催化氧化反应的活化能 B. NH3与O2反应中，铂能减小该反应的焓变 C. 汽车尾气处理中，加入催化剂能加快化学反应速率 D. C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成环氧乙烷的选择性 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. 汽车尾气处理：2NO+2CON2+2CO2 B. 电催化为N2的阳极反应：2+8H++6e-=N2↑+4H2O C. 硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O D. CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂 B. 氯化铵易溶于水，可用作金属表面的除锈剂 C. 浓硫酸具有脱水性，可用浓硫酸干燥氯气 D. 可加氧化铜调pH除去氯化铜溶液中的氯化铁 【答案】5. B 6. B 7. D 【解析】 【5题详解】 A．在反应中使用催化剂能降低二氧化硫催化氧化反应的活化能，A正确； B．NH3与O2反应中，使用铂作催化剂只能降低反应活化能，但不能改变反应的焓变，B错误； C．在化学反应中，使用催化剂能加快化学反应速率，C正确； D．根据题干信息，在C2H4与O2反应中，使用Ag作催化能提高生成环氧乙烷的选择性，D正确； 故答案为：B。 【6题详解】 A．汽车尾气处理过程中利用催化剂加快反应速率，提高单位时间内尾气转化为无污染产物的效率，具体的反应方程式为：2NO+2CON2+2CO2，A正确； B．电催化为N2是在阴极得到电子发生还原反应，电极反应式为：2，B错误； C．硝酸工业中在催化剂作用下被氧化为NO和，反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，C正确； D．CO2和H2在催化剂作用下反应制取二甲醚的化学反应方程式为：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O，D正确； 故答案为：B。 【7题详解】 A．SO2作葡萄酒抗氧化剂是利用了SO2的还原性，性质与用途没有对应关系，A错误； B．氯化铵的溶液因氯化铵水解显酸性，能与金属表面的氧化物反应，可用作金属表面的除锈剂，但跟氯化铵易溶于水没有关系，性质与用途没有对应关系，B错误； C．浓硫酸干燥氯气利用的是浓硫酸的吸水性，性质与用途没有对应关系，C错误； D．加氧化铜调pH是利用反应改变溶液pH后使氯化铁水解为氢氧化铁除去，因此可除去氯化铜溶液中的氯化铁，性质与用途具有对应关系，D正确； 故答案为：D。 8. 锂介导的氮固定和碳-氮偶联反应，这些领域为合成有机氮化合物提供了新途径。锂介导的氮固定提供了一种在温和条件下激活N2的方法，规避了传统Haber-Bosch过程中的严苛条件。下列说法正确的是 A. 反应②③均为固氮反应 B. 催化剂在反应前后质量不变，因为没有参与化学反应 C. 该循环中Li、N、H的化合价均发生变化 D. 反应②中每生成1 mol Li3N转移约3×6.02×1023个电子 【答案】D 【解析】 【分析】根据转化流程可知，反应①是；反应②是；反应③是，据此分析作答。 【详解】A．固氮反应指将游离态的氮转化为氮的化合物的反应，反应②是；反应③是，反应②是固氮反应，A错误； B．催化剂参与化学反应，最后又再生，但化学反应前后质量与化学性质不变，B错误； C．该循环反应①②③中，元素化合价均发生变化，元素的化合价没有发生变化，C错误； D．反应②是，锂元素化合价从0价升高到+1价，每生成，转移电子，电子数约为，D正确； 故选D。 9. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 探究方案 探究目的 A 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，压缩体积可观察到体系颜色加深 压强对化学平衡移动的影响 B 向1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中滴加几滴石蕊溶液，溶液不变色 CH3COONH4是否水解 C 向Na2S与ZnS的混合浊液中加入0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，沉淀颜色由白色变为黑色 溶度积常数：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 用pH计测等浓度的醋酸钠、次氯酸钠的pH，后者的pH大 酸性：CH3COOH>HClO A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的气体总物质的量在反应前后相等，压缩体积虽增大压强，但平衡不移动。颜色加深仅因浓度增大，无法说明压强对平衡的影响，A错误； B．CH3COONH4中CH3COO⁻和NH均水解，若两者水解程度相当，溶液可能呈中性，石蕊不变色（紫色），但此现象无法直接证明是否水解，因水解后仍可能显中性，B错误； C．Na2S可溶，混合浊液中S2-浓度由Na2S提供（远高于ZnS溶解产生的S2-），加入CuSO4生成CuS沉淀，仅说明此时S2-浓度足够高，与Cu2+结合生成沉淀，无法比较ZnS与CuS的Ksp，C错误； D．等浓度下，NaClO的pH大于CH3COONa，说明ClO⁻水解程度更大，对应HClO酸性更弱，故CH3COOH酸性强于HClO，D正确； 故选D。 10. 我国科学家研发出以固态氢化镧(LaHx)为氢负离子(H-)导体的新型二次电池，电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，电极b为正极 B. 放电时，负极的电极反应式为TiH2+2e-=Ti+2H- C. 充电时，每转移1 mol电子，a极增重1 g D. 充电时，a极与外接电源的负极相连 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为化学电源，根据放电时，H-由a极移向b极，依据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即电极b为负极，负极反应式为2H--2e-=H2↑，电极a正极，正极反应式为TiH2+2e-=Ti+2H-，据此分析； 【详解】A．原电池中，阴离子移向负极，由图可知，H-移向b极，故b极为负极，A错误； B．b为负极，负极反应式为2H--2e-=H2↑，B错误； C．每转移1mol电子，a极增加1molH，则a极增重1mol×1g/mol=1g，C正确； D．充电时，a极与外接电源的正极相连，D错误； 故选C。 11. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上一种制备高铁酸钾的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，制备的工艺流程如图所示： 已知：6KOH+3Cl2KCl+KClO3+3H2O。下列说法错误的是 A. 反应①应在温度较高的情况下进行 B. 反应②加入KOH固体既可与过量的Cl2反应，又能提供碱性环境 C. 反应③中可能有Fe(OH)3沉淀生成 D. K2FeO4的净水原理与明矾的净水原理不同 【答案】A 【解析】 【分析】向KOH溶液，通入过量氯气，发生反应为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，除去KCl，KClO具有强氧化性，碱性条件下KClO与硝酸铁反应生成K2FeO4、KCl和H2O，离子方程式为，过滤得到滤渣K2FeO4，纯化，经过洗涤干燥得到纯K2FeO4晶体，据此分析； 【详解】A．根据已知可知温度高会产生副产品KClO3，A错误； B．反应②加入KOH固体既可与过量的Cl2反应，又能提供碱性环境生成K2FeO4，B正确； C．Fe3+在碱性条件下可能生成Fe(OH)3，C正确； D．根据题干信息可知K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，能够杀毒，同时生成胶体起净化作用，而明矾只生成胶体起净化作用，D正确； 故选A。 12. 室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=5时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性FeCl3溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中：c(H+)<c()+2c() B. 实验2所得溶液中：c()<c() C. 实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得Na2SO3固体 D. 实验3所得溶液中：c(OH-)+2c()=2c(Fe2+)+c(H+) 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验1所得溶液为亚硫酸，根据电荷守恒，。由于溶液pH=3，，A错误； B．实验2为pH为5，依据Ka2==6.2×10-8，则6.2×10-3=，则c()<c()，B正确； C．蒸干时分解为，灼烧时进一步氧化为，无法得到，C错误； D．实验3的电荷守恒应包含，正确的是：c(OH-)+2c()=2c(Fe2+)+c(H+)+ c(Cl-)，D错误； 故选B。 13. CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1∶1的CO2和H2，发生如下反应： ①CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)　　　ΔH1=+31.2 kJ·mol-1 ②CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=×100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. CO2的转化率等于H2的转化率 B. 温度高于673 K时，随着温度的升高CO的选择性增大 C. 其他条件不变，改为恒压容器，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量减小 D. 673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10∶57∶133 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①和反应②中的CO2、H2物质的量之比均为1∶1，则CO2的转化率等于H2的转化率，A正确； B．根据图示，温度高于673K时HCOOH的选择性减小，CO2的转化率继续增大，故CO的选择性增大，B正确； C．其他条件不变，改为恒压容器，则反应①相当于增加压强，平衡正向移动，HCOOH的物质的量增大，C错误； D．设充入的CO2和H2各为1mol，673K下反应达到平衡时，CO2的转化率为95%，则剩余的CO2为1mol×(1-95%)=0.05mol，HCOOH的选择性为30%,则生成的HCOOH为1mol×95%×30%=0.285mol，生成的CO为1mol×95%×70%=0.665mol，则平衡时CO2、HCOOH、CO的浓度之比为=0.05∶0.285∶0.665=10∶57∶133，D正确； 故选C。 二、 非选择题：共4题，共61分。 14. 纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图： 常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子的物质的量浓度为0.1 mol·L-1计算)： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Zn2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.1 5.8 6.2 8.1 完全沉淀的pH 2.7 8.3 7.6 8.2 10.1 （1）基态Zn2+的电子排布式为_______。 （2）Ksp[Fe(OH)2]= _______ (填数值)。 （3）“浸取”时盐酸不宜过量太多，否则可能导致_______。 （4）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”时KMnO4与Fe 2+发生反应的离子方程式为_______，溶液pH的范围应控制在_______。 （5）①“沉锌”得到的碱式碳酸锌的化学式为3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O，该反应的离子方程式为_______。  ②一种碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]加热升温过程中固体的质量变化如图所示。则在500 ℃时剩余固体的化学式为_______。  【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或者[Ar]3d10 （2）10-16.8 （3）防止后续“氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2 （4） ①. +3Fe 2++7H2O=MnO2↓+ 3Fe(OH)3↓+5H+ ②. 2.7~5.8 （5） ①. 7Zn2++7+5H2O=3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O↓+4CO2↑ ②. ZnO 【解析】 【分析】由题干流程图可知，氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应为：ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O、MnO+2HCl=MnCl2+H2O，向浸取液中加入KMnO4固体，将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+转化为MnO2沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，滤液中含有Cu2+和Zn2+，加入锌粉，置换出Cu，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤出滤渣2，主要成分为Cu和Zn，滤液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，发生反应：7Zn2++7+5H2O=3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O↓+4CO2↑，据此分析解题。 【小问1详解】 Zn原子核外有30个电子，根据构造原理，基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或 [Ar]3d10。 【小问2详解】 开始沉淀时的pH=6.1，此时溶液中c(OH-)=，c()=0.1mol/L，则Ksp[Fe(OH)2]=c()c2(OH-)=0.1×()2=1×10-16.8。 【小问3详解】 后续 “氧化除杂”步骤中加入的KMnO4能与盐酸反应生成有毒有害的Cl2，则为了防止过量的盐酸与后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4反应生成有毒有害的Cl2，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多。 【小问4详解】 “滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3，根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO4与Fe2+发生反应的离子方程式为：+3Fe 2++7H2O=MnO2↓+ 3Fe(OH)3↓+5H+；调节溶液pH是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，由题干表中数据可知，范围应控制在2.7~5.8。 【小问5详解】 ①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O]，即ZnCl2和Na2CO3溶液反应生成3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O，则该反应的离子方程式为：7Zn2++7+5H2O=3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O↓+4CO2↑； ②碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]加热升温过程中固体的质量变化如图所示，碱式碳酸锌即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O的摩尔质量为：583g/mol，设1mol碱式碳酸锌加热到500℃时，固体质量变为405g，则固体减少了：583-405=178g，178=2×44+18x，解得x=5，说明分解产生了5molH2O，即2mol结晶水和3molZn(OH)2分解出3molH2O，则剩余固体中只含有ZnO。 15. 芳基烯炔在有机合成中有广泛的应用，尤其是对复杂环系、天然产物以及药品的合成有重大意义。一种芳基烯炔的合成路线如下。回答下列问题： 已知：R—BrR—MgBr(R为烃基)。 （1）D分子中的含氧官能团名称为醚键和_______。 （2）B→C的反应类型为_______。 （3）B的分子式为C8H10O，则B的结构简式为_______。 （4）D和E反应产物除了F外还有HBr，请写出E的结构简式：_______。 （5）写出同时满足下列条件的G的一种芳香族同分异构体的结构简式：_______。 碱性条件下水解后酸化，生成X、Y两种有机产物。X能发生银镜反应；Y中有4种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色。 （6）写出以CH3—CH=CH2和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示意见本题题干)。 【答案】（1）醛基 （2）取代反应 （3） （4）CH≡C—CH3 （5） （6） 【解析】 【分析】结合C的结构简式可知，A的酚羟基发生取代反应生成B，B为，结合B和C的结构简式可知，B中醚键的对位的氢原子被溴原子取代，C的甲基在流程中的反应条件中转化为醛基，D和E反应产物除了F外还有HBr，说明D和E发生的是取代反应，，可推出E为CHC—CH3； 【小问1详解】 结合D的结构简式可知，D分子中的含氧官能团名称为醚键和醛基； 【小问2详解】 由分析可知，B→C的反应类型为取代反应； 【小问3详解】 由分析可知，B为； 【小问4详解】 由分析可知，E为CHC—CH3； 【小问5详解】 结合G的结构简式，其同分异构体中，属于芳香族化合物，碱性条件下水解后酸化，生成X、Y两种有机产物。X能发生银镜反应，说明X中含有醛基，Y中有4种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明其中含有双键或者三键，则符合要求的同分异构体为：； 【小问6详解】 采用逆推的方法，可由发生消去反应得到，结合FG可知，可由和反应得到，结合CD可知，可由得到，结合信息可知，可由得到，可由和溴化氢加成得到，则合成路线为：。 16. 我国科学家在含硼非线性光学晶体材料(简称KBBF)的研发和应用上处于世界领先地位，实验室合成KBBF化学方程式可表示为。回答下列问题： （1）①基态O原子的电子排布式为___________。 ②组成的元素中，电负性最大的是___________。 （2）①中心原子杂化类型为___________。 ②空间结构为___________。 （3）①O与S、Se、Te位于同一主族，的沸点最高的原因：___________。 ②、及沸点随周期数变化如图所示，出现此变化趋势的原因：___________。 （4）已知铍、硼两种元素的第一电离能分别为900 、801 。的原因是___________。 （5）BeO的一种晶体为立方ZnS结构(如图所示)，氧的配位数为___________。 【答案】（1） ①. ②. F （2） ①. ②. 平面三角形 （3） ①. H2O分子间存在较强的氢键，H2S、H2Se、H2Te分子间无氢键，氢键作用力远强于范德华力，因此H2O沸点最高 ②. 三者结构相似，均为分子晶体，随中心原子周期数增大，相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，因此沸点逐渐升高 （4） 基态Be原子价电子排布为，2s轨道为全充满的稳定结构，失去电子需要更高能量；基态B原子价电子排布为，2p轨道电子能量更高更易失去，因此I1(Be)>I1(B) （5） 4 【解析】 【小问1详解】 ①氧原子的核外电子数为8，处于第二周期第VIA族，基态O原子的电子排布式为； ②由钾、铍、硼、氧和氟五种元素组成，显负价的为氧和氟，处于同一周期，同周期主族元素自左而右电负性增大，所以电负性最大的为F； 【小问2详解】 ①中B原子价层电子对数为，中心原子杂化类型为； ②中B原子价层电子对数为，中心原子杂化类型为，空间结构为平面三角形； 【小问3详解】 ①O与S、Se、Te位于同一主族，H2O的沸点最高是因为H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高； ②H2S、H2Se及H2Te沸点出现图示变化的原因是：H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高； 【小问4详解】 基态Be原子价电子排布为，2s轨道为全充满的稳定结构，失去电子需要更高能量；基态B原子价电子排布为，2p轨道电子能量更高更易失去，因此I1(Be)>I1(B)； 【小问5详解】 BeO的一种晶体为立方ZnS结构，以上底面面心O原子分析，其周围最近且等距的Be原子在上下两层各有两个，因此氧的配位数为4。 17. 燃油汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是研究的热点。 （1）汽车尾气中的污染物NO和CO，一定条件下可发生以下反应： 反应Ⅰ.2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH1=-746kJ·mol-1 反应Ⅱ.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) ΔH2=-180.0kJ·mol-1 反应Ⅲ.2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g) ΔH3 ①反应Ⅲ的ΔH3=_______。 ②燃油汽车尾气中产生NO的原因为_______(用化学方程式表示)；汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是_______。 ③经过反应Ⅰ处理后汽车尾气仍含有较多CO、NO的可能原因是_______。写出一项能减少尾气中CO、NO的措施：_______。 （2）在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、NO2浓度随温度变化如图1所示。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图2所示。 已知：空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝(去除氮氧化物)效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。 ①根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为300℃、_______、_______。 ②在100~150℃下NO的转化率较低、而在150~200℃下NO的转化率快速增加的原因为_______。 （3）尖晶石结构中的ZnGa2O4、SAPO-34双功能催化剂可在250~400℃温度范围内将CO2高选择性转化为甲醇，进而制备低碳烯烃，可能的反应历程如下： 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 画出中间体M结构为_______。反应机理中步骤①和步骤②的过程可以描述为_______。 【答案】（1） ①. +566.0 kJ·mol-1 ②. N2+O22NO ③. 生成NO的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大 ④. 该反应的活化能大，反应速率慢 ⑤. 选用高效催化剂 （2） ①. MnCeZr ②. 空速10 000 h-1 ③. 150~200 ℃下随着温度的升高反应速率增大；温度升高催化剂的活性增强使反应速率加快，二者共同作用使NO转化率快速增加 （3） ①. ②. H2首先在Zn—Ga—O表面解离成2个H*，并与催化剂Zn—Ga—O中的氧原子结合生成水脱离，留下氧原子空位，二氧化碳分子中的氧原子落在氧空位中与催化剂结合 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅰ.2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH1=-746kJ·mol-1 反应Ⅱ.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) ΔH2=-180.0kJ·mol-1 ①Ⅱ-Ⅰ得2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g) ΔH3 =-180.0kJ·mol-1+746kJ·mol-1=+566.0 kJ·mol-1。 ②燃油汽车尾气中产生NO是空气中的氮气和氧气在高温条件下反应生成的，反应方程式为N2+O22NO；汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是：生成NO的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大。 ③2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)反应的活化能大，反应速率慢，所以经过反应Ⅰ处理后汽车尾气仍含有较多CO、NO；选用高效催化剂，加快反应速率，能减少尾气中的CO、NO。 【小问2详解】 ①根据图1和图2分析，在300℃、空速为10 000 h-1、MnCeZr作催化剂时NO的转化率最大，NO2浓度最低，则选取工业脱硝的最佳反应条件为300℃、空速为10 000 h-1、MnCeZr作催化剂。 ②在100~150℃下NO的转化率较低、而在150~200℃下NO的转化率快速增加的原因为：150~200 ℃下随着温度的升高反应速率增大；温度升高催化剂的活性增强使反应速率加快，二者共同作用使NO转化率快速增加。 【小问3详解】 吸附在催化剂上的H依次与C原子成键，根据“碳四价”，中间体M结构为。反应机理中步骤①和步骤②的过程可以描述为：H2首先在Zn—Ga—O表面解离成2个H*，并与催化剂Zn—Ga—O中的氧原子结合生成水脱离，留下氧原子空位，二氧化碳分子中的氧原子落在氧空位中与催化剂结合。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省2024-2025学年高二第一学期期末迎考卷 化学 注意事项： 1. 本试卷分为选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。 2. 答题前，考生务必将班级、姓名、学号写在密封线内。 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Zn—65 一、 单项选择题：本题包括13题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 近日意大利总统获赠“嫦娥五号”月壤，返还中国56件文物。现已确认月壤中含有O、Si、Ca、K、Ne等元素，下列元素位于元素周期表第三周期的是 A. O B. S C. Ne D. K 2. 中国古代著作中有“银针验毒”的记录，其原理为4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O。下列说法正确的是 A. S2-的结构示意图为 B. H2S中含有离子键 C. Ag2S中S元素的化合价为-2 D. H2O的空间结构为直线形 3. 实验是探究化学的重要途径，用如图实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是 A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污 B. 用装置乙制备胶体 C. 用装置丙过滤得到氯化亚铁溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得无水氯化铁 4. 硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为浅绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精，在工业领域有广泛的应用。下列说法正确的是 A. 半径：r(S2-)>r(O2-) B. 稳定性：NH3>H2O C. 电负性：χ(N)>χ(O) D. 第一电离能：I1(S)>I1(O) 阅读下列材料，完成以下问题： 催化剂能改变化学反应速率，常见催化剂有金属及其氧化物、氯化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、SO2催化氧化(以V2O5作催化剂)、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、铂催化氧化NH3等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中N电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。 5. 下列说法不正确的是 A. V2O5能降低二氧化硫催化氧化反应的活化能 B. NH3与O2反应中，铂能减小该反应的焓变 C. 汽车尾气处理中，加入催化剂能加快化学反应速率 D. C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成环氧乙烷的选择性 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. 汽车尾气处理：2NO+2CON2+2CO2 B. 电催化为N2的阳极反应：2+8H++6e-=N2↑+4H2O C. 硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O D. CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂 B. 氯化铵易溶于水，可用作金属表面的除锈剂 C. 浓硫酸具有脱水性，可用浓硫酸干燥氯气 D. 可加氧化铜调pH除去氯化铜溶液中的氯化铁 8. 锂介导的氮固定和碳-氮偶联反应，这些领域为合成有机氮化合物提供了新途径。锂介导的氮固定提供了一种在温和条件下激活N2的方法，规避了传统Haber-Bosch过程中的严苛条件。下列说法正确的是 A. 反应②③均为固氮反应 B. 催化剂在反应前后质量不变，因为没有参与化学反应 C. 该循环中Li、N、H的化合价均发生变化 D. 反应②中每生成1 mol Li3N转移约3×6.02×1023个电子 9. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 探究方案 探究目的 A 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，压缩体积可观察到体系颜色加深 压强对化学平衡移动的影响 B 向1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中滴加几滴石蕊溶液，溶液不变色 CH3COONH4是否水解 C 向Na2S与ZnS的混合浊液中加入0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，沉淀颜色由白色变为黑色 溶度积常数：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 用pH计测等浓度的醋酸钠、次氯酸钠的pH，后者的pH大 酸性：CH3COOH>HClO A. A B. B C. C D. D 10. 我国科学家研发出以固态氢化镧(LaHx)为氢负离子(H-)导体的新型二次电池，电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，电极b为正极 B. 放电时，负极的电极反应式为TiH2+2e-=Ti+2H- C. 充电时，每转移1 mol电子，a极增重1 g D. 充电时，a极与外接电源的负极相连 11. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上一种制备高铁酸钾的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，制备的工艺流程如图所示： 已知：6KOH+3Cl2KCl+KClO3+3H2O。下列说法错误的是 A. 反应①应在温度较高的情况下进行 B. 反应②加入KOH固体既可与过量的Cl2反应，又能提供碱性环境 C. 反应③中可能有Fe(OH)3沉淀生成 D. K2FeO4的净水原理与明矾的净水原理不同 12. 室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=5时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性FeCl3溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A. 实验1所得溶液中：c(H+)<c()+2c() B. 实验2所得溶液中：c()<c() C. 实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得Na2SO3固体 D. 实验3所得溶液中：c(OH-)+2c()=2c(Fe2+)+c(H+) 13. CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1∶1的CO2和H2，发生如下反应： ①CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)　　　ΔH1=+31.2 kJ·mol-1 ②CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=×100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. CO2的转化率等于H2的转化率 B. 温度高于673 K时，随着温度的升高CO的选择性增大 C. 其他条件不变，改为恒压容器，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量减小 D. 673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10∶57∶133 二、 非选择题：共4题，共61分。 14. 纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图： 常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子的物质的量浓度为0.1 mol·L-1计算)： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Zn2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.1 5.8 6.2 8.1 完全沉淀的pH 2.7 8.3 7.6 8.2 10.1 （1）基态Zn2+的电子排布式为_______。 （2）Ksp[Fe(OH)2]= _______ (填数值)。 （3）“浸取”时盐酸不宜过量太多，否则可能导致_______。 （4）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”时KMnO4与Fe 2+发生反应的离子方程式为_______，溶液pH的范围应控制在_______。 （5）①“沉锌”得到的碱式碳酸锌的化学式为3ZnCO3·4Zn(OH)2·H2O，该反应的离子方程式为_______。  ②一种碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]加热升温过程中固体的质量变化如图所示。则在500 ℃时剩余固体的化学式为_______。  15. 芳基烯炔在有机合成中有广泛的应用，尤其是对复杂环系、天然产物以及药品的合成有重大意义。一种芳基烯炔的合成路线如下。回答下列问题： 已知：R—BrR—MgBr(R为烃基)。 （1）D分子中的含氧官能团名称为醚键和_______。 （2）B→C的反应类型为_______。 （3）B的分子式为C8H10O，则B的结构简式为_______。 （4）D和E反应产物除了F外还有HBr，请写出E的结构简式：_______。 （5）写出同时满足下列条件的G的一种芳香族同分异构体的结构简式：_______。 碱性条件下水解后酸化，生成X、Y两种有机产物。X能发生银镜反应；Y中有4种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl3溶液发生显色反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色。 （6）写出以CH3—CH=CH2和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示意见本题题干)。 16. 我国科学家在含硼非线性光学晶体材料(简称KBBF)的研发和应用上处于世界领先地位，实验室合成KBBF化学方程式可表示为。回答下列问题： （1）①基态O原子的电子排布式为___________。 ②组成的元素中，电负性最大的是___________。 （2）①中心原子杂化类型为___________。 ②空间结构为___________。 （3）①O与S、Se、Te位于同一主族，的沸点最高的原因：___________。 ②、及沸点随周期数变化如图所示，出现此变化趋势的原因：___________。 （4）已知铍、硼两种元素的第一电离能分别为900 、801 。的原因是___________。 （5）BeO的一种晶体为立方ZnS结构(如图所示)，氧的配位数为___________。 17. 燃油汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是研究的热点。 （1）汽车尾气中的污染物NO和CO，一定条件下可发生以下反应： 反应Ⅰ.2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH1=-746kJ·mol-1 反应Ⅱ.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) ΔH2=-180.0kJ·mol-1 反应Ⅲ.2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g) ΔH3 ①反应Ⅲ的ΔH3=_______。 ②燃油汽车尾气中产生NO的原因为_______(用化学方程式表示)；汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是_______。 ③经过反应Ⅰ处理后汽车尾气仍含有较多CO、NO的可能原因是_______。写出一项能减少尾气中CO、NO的措施：_______。 （2）在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、NO2浓度随温度变化如图1所示。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图2所示。 已知：空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝(去除氮氧化物)效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。 ①根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为300℃、_______、_______。 ②在100~150℃下NO的转化率较低、而在150~200℃下NO的转化率快速增加的原因为_______。 （3）尖晶石结构中的ZnGa2O4、SAPO-34双功能催化剂可在250~400℃温度范围内将CO2高选择性转化为甲醇，进而制备低碳烯烃，可能的反应历程如下： 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 画出中间体M结构为_______。反应机理中步骤①和步骤②的过程可以描述为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $