精品解析：山东省青岛二中2024-2025学年高一下学期期中考试化学试卷

青岛二中2024-2025学年第二学期期中考试题 高一化学(等级考)试题 可能用到的相对原子质量：H1　N14　O16　S32 　Fe56　Cu64　Zn65 第Ⅰ卷(共50分) 一、单选题：本题共10小题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科20Ca学与考古学。下列说法正确的是 A. 的原子核内有20个中子 B. 的半衰期长，说明难以失去电子 C. 衰变一半所需的时间大于衰变一半所需的时间 D. 从Ca原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．的原子核内有41-20=21个中子，故A错误； B．的半衰期长，说明原子核稳定，故B错误； C．的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，衰变一半所需的时间大于衰变一半所需的时间，故C正确； D．从Ca原子束流中直接俘获原子的过程涉及原子核的变化，这属于核变化，而不是化学变化，故D错误； 故选C。 2. 下列化学用语正确的是 A. 的VSEPR模型： B. NaCl溶液的中水合钠离子： C. 中共价键的电子云图： D. 基态硒的简化电子排布式：[Ar] 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体，A正确； B．NaCl溶液的中钠离子带正电荷，会亲近水分子中带负电荷的氧，水合钠离子为：，B错误； C．氢气分子中共价键类型为s-s 键，其电子云图为，C错误； D．基态硒的简化电子排布式：[Ar]，D错误； 故选A。 3. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y C. 同周期元素形成单质中Y氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种 【答案】D 【解析】 【分析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。 【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意； B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意； C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意； D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意； 故选D。 4. 下列实验中，所选装置不合理的是 A. 粗盐提纯，选①和② B. 分离NaCl溶液和苯，选④ C. 用NaOH溶液吸收，选⑤ D. 用提取碘水中的碘，选③ 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。 【详解】A．粗盐提纯，需溶解后先将固体杂质以及杂质离子转化为沉淀过滤除去，再蒸发得到NaCl，则选①②，故A合理； B．NaCl溶液和苯互不相溶，应该用分液装置进行分离，应选择装置③分离，故B不合理；        C．SO2酸性氧化物，可与碱反应，则用NaOH溶液吸收SO2，应选择装置⑤，故C合理； D．碘在水中的溶解度小，易溶于苯或四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，应选择装置③，故D合理； 故本题选B。 5. 固态时有无限长链形式(-)和三聚分子形式(-)，其结构如图所示，受热可分解生成以单分子形式存在的(g)。下列说法正确的是 A. -中键长：m<n B. 分子中O-S-O键角：(g)>- C. -晶体中存在的作用力只有共价键 D. 1mol-分子中含键的数目为18 【答案】B 【解析】 【详解】A．在SO3中的链状结构中，硫通过“桥氧”彼此相连，桥键(S–O)一般比端基(S=O)的双键更长，则键长：m>n，A错误； B．气态SO3的空间构型为平面正三角形结构，中心原子为sp2杂化，键角约120°，而γ-SO3中S原子形成4个键，为sp3杂化，则分子中O-S-O键角：SO3 (g)>γ-SO3，B正确； C．β-SO3为无限长链的聚合物，链内以共价键连接，但不同链间还存在分子间作用力，C错误； D．由γ-SO3分子结构可知，其中含有6个S—O键和6个S=O键，1mol γ-SO3分子中含σ键的数目为12NA，D错误； 故选B。 6. 非金属卤化物中心原子具有和价层空轨道时可发生亲核水解；中心原子有孤电子对时，孤电子对进攻的可发生亲电水解。亲核水解机理如图。下列说法错误的是 A. 图示过程只有极性键的断裂与生成 B. 图示过程中有2种杂化方式 C. 和均能发生亲核水解 D. 水解产物可能为和 【答案】C 【解析】 【详解】A．图示中有H-O、Si-Cl极性键断开，有Si-O、H-Cl极性键生成，A正确； B．SiCl4的Si杂化方式为sp3，与水分子中的O原子成键后，周围有5个共价键，杂化方式为sp3d，B正确； C．C的最外层为L层，没有d轨道接受水中的孤电子对，的中心原子P上有孤电子对，发生亲电水解，二者均不能发生亲核水解，C错误； D．中心原子N上有孤电子对，孤电子对进攻的可发生亲电水解，得到NH3和HClO，D正确； 答案选C。 7. 我国科学家预测了稳定的氮单质分子(结构如图)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 的键电子数为 B. 的(价层)孤电子对数为 C. 的杂化N原子数为 D. 完全分解，产生的分子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．1个分子中有8个键，每个键含有2个电子，共16个电子，的键电子数为，A正确； B．分子中所有原子共面可知1个分子1~6处的6个N原子采取sp2杂化，7、8两处N原子采取sp杂化，其中8、1、3、4、5、6六处N原子各有一对孤电子对即1个分子有6对孤电子对，的(价层)孤电子对数为，B错误； C．分子中所有原子共面可知，1个分子有6个N原子采取sp2杂化，的杂化N原子数为，C正确； D．为，含有8molN，根据氮原子守恒，完全分解产生4mol ，产生的N2分子数为4NA，D正确； 故答案为：B。 8. 类比推理是一种重要的思维方法。下列由事实类推的结果正确的是 事实 结果 A HF的热稳定性强于HCl NH4F的热稳定性也强于NH4Cl B N≡N键能大，结构稳定 -C≡C-键能也大，结构也稳定 C NH3易与Cu2+形成配合物 NF3也易与Cu2+形成配合物 D SO2分子空间构型是“V形” O3分子空间构型也是“V形” A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．HF的热稳定性强于HCl，是因为F的非金属性强于Cl，H - F键能大于H - Cl键能，但NH4F中水解显碱性，NH4Cl中不水解，且NH4F受热易分解，所以NH4F的热稳定性弱于NH4Cl，A错误； B．N≡N键能大导致N2稳定，但-C≡C-的键能虽大，炔烃（如乙炔）因π键易断裂，化学性质活泼，易发生加成等反应，B错误； C．NH3中N的孤对电子易与Cu2+形成配合物，但而NF3中F的电负性很强，吸引电子能力强，使得N原子上的孤电子对不易给出，所以NF3不易与Cu2+形成配合物，C错误； D．SO2中S原子的价层电子对数，含有1个孤电子对，分子空间构型是 “V形”； O3中O原子的价层电子对数，含有1个孤电子对，分子空间构型也是 “V形”，D正确； 故选D。 9. 某沉积物-微生物燃料电池可以把含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)回收处理并利用，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电子的移动方向：碳棒用电器碳棒 B. 碳棒上生成的电极反应式： C. 每生成，理论上消耗(标准状况下) D. 工作一段时间后溶液酸性增强，氧硫化菌失去活性，电池效率降低 【答案】C 【解析】 【分析】燃料电极为原电池，根据图中反应可知二硫化亚铁在碳棒b的表面反应生成硫单质，而后生成硫酸根，因此碳棒b为负极，生成水的碳棒a是正极，据此作答。 【详解】A．碳棒上发生氧化反应，碳棒为原电池的负极，碳棒为原电池的正极，在外电路，电子从负极移动到正极，A项正确； B．碳棒上(负极)生成的电极反应式：，B项正确； C．负极上每生成，电路中转移电子，理论上消耗(标准状况下)，C项错误； D．根据负极的电极反应可以判断，工作一段时间后，生成了，酸性增强，氧硫化菌失去活性，电池效率降低，D项正确； 故答案选C。 10. 从光盘金属层提取Ag(其他微量金属忽略不计)的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A. Ag与Cu为同族相邻元素，在周期表中位于d区 B. 氧化过程中，用HNO3代替NaClO也可以实现上述转化 C. 氧化过程中，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1∶1 D. 还原过程水合肼转化为N2，则该过程的离子方程式为： 【答案】C 【解析】 【分析】将光盘粉碎，从碎片中分离出塑料；浮选得粗银，然后加入过量的NaClO溶液氧化，将Ag氧化并转化为AgCl，同时生成O2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH；过滤，往AgCl固体中加入10%氨水，AgCl溶解，并转化为[Ag(NH3)2]+；再加入N2H4∙H2O还原，可生成Ag。 【详解】A．Ag的价电子排布式为4d105s1，Cu的价电子排布式为3d104s1，二者都为第ⅠB族上下相邻元素，在周期表中位于ds区，A不正确； B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO时，HNO3会被还原为氮的氧化物，污染环境，同时Ag将转化为AgNO3，不利于后续生成AgCl，B不正确； C．由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH可知，参加反应Ag和NaClO的物质的量之比为1:1，C正确； D．还原过程中，溶解液中主要是[Ag(NH3)2]+，而不是Ag+，产物为Ag、N2、NH3等，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++ N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，D不正确； 故选C。 二、多选题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有1～2个选项符合题意。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 已知：由最稳定的单质合成1mol某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0。相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是 A. NO的摩尔生成焓为 B. H2O(l)的 C. 比更稳定 D. 标准状况下，完全燃烧放出的热量为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．从图中可以看出，NO的摩尔生成焓为，A正确； B．H2O(g)的，由H2O(g)转化为H2O(l)时放热，则H2O(l)的，B错误； C．的，的，摩尔生成焓越低，物质越稳定，则比更稳定，C正确； D．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)时，∆H=(-241.8 kJ∙mol-1)×2-50.6kJ∙mol-1=-534.2kJ∙mol-1，在标准状况下，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，H2O(g)转化为H2O(l)时放热，则完全燃烧放出的热量大于，D错误； 故选BD。 12. 以高铁酸钾()为电解质可形成一种高铁电池，其模拟实验装置如图(已知氢氧化锌易溶于强碱)。下列说法正确的是 A. 电池工作时，甲乙两池中溶液碱性均增强 B. 电池工作时，盐桥中阳离子向甲池移动 C. 电路中每转移2mol电子，理论上乙池质量增加65g D. 正极反应为 【答案】BD 【解析】 【分析】该装置为原电池原理，Zn为负极，电极反应为：，C为正极，电极反应为：，通过盐桥形成闭合回路。 【详解】A．电池工作时，负极：，氢氧根浓度减小，溶液碱性减弱，正极：，氢氧根浓度增大，溶液碱性增强，A错误； B．电池工作时，盐桥中阳离子向正极移动，即向甲池移动，B正确； C．电路中每转移2mol电子，理论上负极消耗1mol锌，乙池溶液质量增加65g，盐桥中由2molCl-迁移到乙池，故乙池质量增加大于65g，C错误； D．根据分析，正极电极反应为：，D正确； 故选BD。 13. 白硼钙石的主要成分是(含有少量)、FeO、和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠()易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A. “气体”中一定有、、NO B. 该流程用到两步过滤操作 C. 物质a可循环利用 D. “反应W”为非氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，操作X为过滤，得到滤液，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有H3BO3、SiO2，向滤渣中加入乙醇进行醇浸，操作Y为过滤得到滤渣，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来即为物质a，操作Z对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO 【详解】A．气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，无NO气体，A错误； B．分析，操作X和操作Y都是过滤，B正确； C．由分析，物质a为乙醇，可以在醇浸步骤循环使用，C正确； D．“反应W”为NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和MgO，无元素化合价变化，是非氧化还原反应，D正确； 故选A。 14. 乙硼烷()是一种典型的缺电子化合物，其分子结构如图所示，两个硼原子通过B—H—B桥键连接，标记为化学键②。下列说法错误的是 已知：化学键①(B—H键)为“二中心二电子键”，可表示为“2c—2e”。 A. 含有两种不同环境的氢原子 B. 硼原子的杂化方式为杂化 C. 化学键②可表示为“3c—4e” D. 氢原子可形成桥键的原因可能是1s轨道为球形，成键无方向性 【答案】BC 【解析】 【详解】A．化学键①与化学键②中的H原子不同，含有两种不同环境的氢原子，故A正确； B．根据分子结构为，每个硼原子通过sp3形成4个共价键，所以B原子杂化方式为sp3杂化，故B错误； C．乙硼烷B原子是sp3杂化，硼外层3个电子，分别占据1个sp3杂化轨道，用掉3个，第4个空的sp3杂化轨道与旁边B原子上的H原子成键，这样乙硼烷分子中有两个B-H-B键，三个原子核，两个电子，则乙硼烷的化学键为三中心两电子，甲中化学键①为“二中心二电子键”，记作“2c-2e”，则乙硼烷的桥键②记作3c-2e，故C错误； D．H原子的核外电子排布式为1s1，1s轨道为球形，成键无方向性，可能形成桥键，故D正确； 故选BC。 15. 化学实验小组为探究铁粉使氯化铁与硫氰化钾反应溶液褪色原因，进行下列实验： 已知： ①KSCN在酸性条件下可以被金属分解，生成和HCN； ②本实验条件下可忽略与的配位。 下列说法正确的是 A. ②中溶液中含有少量KSCN B. 试管④溶液比试管①颜色浅是因为试管④中浓度比试管①中小 C. 向③中加入1滴3%溶液，溶液变红 D. 试管②中红色褪去的主要原因是： 【答案】AC 【解析】 【分析】KSCN遇FeCl3显红色的原因：，对比③、④的现象可知试管②中红色褪去的主要原因是Fe3+被Fe消耗，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+。 【详解】A．将试管②上层清液分成两等份，一份中加入2第FeCl3溶液后，溶液变红且比试管①溶液浅，说明②中溶液中含有少量KSCN，A正确； B．试管④溶液变红且比试管①颜色浅，是因为试管②中KSCN在酸性条件下被铁分解，导致试管④中KSCN浓度比试管①中小，B错误； C．结合分析可知③中含有Fe2+，加入1滴3%溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，与溶液中少量的KSCN反应，溶液变红，C正确； D．结合试管③、④的现象分析，试管②中红色褪去的主要原因是Fe+2Fe3+=3Fe2+，D错误； 故选AC。 第Ⅱ卷(共50分) 三、填空题 16. 回答下列问题： （1）硅粉与HCl在300℃时反应生成1mol气体和，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为_____。的电子式为_____。 铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中应用广泛。回答下列问题： （2）Fe在元素周期表中的位置为_____，基态铁原子的核外电子有_____种空间运动状态，第二周期中基态原子未成对的电子数与Ni相同且电负性最小的元素是_____(填元素符号)。 （3）镍的配合物中配位原子是_____。中键角∠H-N-H_____(填“>”、“<”或“=”)中键角∠H_____N—H。中中的大键为_____(用表示，n为原子数，m为电子数)。硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的沸点，原因是_____。 （4）研究发现，存在如图所示微粒。下列关于该微粒的说法中，正确的是_____。 a．化学式为 b．所有H-O-H键角都相同 c．氢、氧原子间均以氢键结合 d．氢、氧原子不可能都处于同一平面 【答案】（1） ①. Si(s)+3HCl(g)SiHCl(g)+H2(g) ∆H=-225KJ/mol ②. （2） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 15 ③. C （3） ①. C ②. ＞ ③. ④. 异硫氰酸能形成分子间氢键，而硫氰酸分子间没有氢键 （4）AD 【解析】 【小问1详解】 硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，根据反应热及反应物状态、反应条件书写该反应热化学方程式为Si(s)+3HCl(g)SiHCl(g)+H2(g) ∆H=-225KJ/mol，SiHCl3中存在1个Si-H键、3个Si-Cl键，其电子式为； 【小问2详解】 Fe在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，共占有15个轨道，有15种空间运动状态；Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，在3d轨道上有两个未成对的电子，第二周期中基态原子末成对电子数与Ni相同元素的价电子排布式有2s22p2和2s22p4，分别是C和O，其中电负性最小的是C； 【小问3详解】 CO分子中C、O原子都有孤电子对，但O元素的电负性大于C的，对孤电子对吸引越强，O原子不易提供孤电子对，C原子提供孤电子对形成配位键，故Ni(CO)4中配位原子是C； [Ni(NH3)6]2+N原子上的孤电子对参与形成配位键，相当于没有孤电子对，而独立的氨分子中N原子上一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，故NH3中键角∠H-N-H更小，因此[Ni(NH3)6]2+中键角∠H-N-H＞NH3中键角∠H-N-H；SCN-与CO2是等电子体，结构式可表示为[S=C=N]-，由于S、N、C形成大π键，因此S、C、N均为sp杂化，根据杂化的轨道用于形成σ键或容纳孤电子对，未杂化的轨道用于形成π键，S的杂化方式为，C得到1个电子后杂化方式为，N的杂化方式为，可以看出用于形成大π键的p电子共有8个，因此SCN-可以形成2组的大π键，即SCN-中的大π键为；异硫氰酸H-N=C=S含有N-H键，能形成分子间氢键，而硫氰酸分子间没有氢键，所以硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点； 【小问4详解】 A．由图可知，化学式为，A正确； B．H2O和H3O+的中心原子O均为sp3杂化，H2O的中心原子有2个孤电子对，H3O+的中心原子有1个孤电子对，孤电子对斥力较大，因此二者中H2O的H-O-H键角较小，B错误； C．在该结构中，H、O原子间还存在极性共价键，C错误； D．该水合质子的结构中H3O+，中心原子O原子的价层电子对数=3+(6-1-3×1)=3+1=4，则H3O+是三角锥形，氢、氧原子不可能都处于同一平面，D正确； 故选AD。 17. Ⅰ、超干重整的催化转化如图所示： （1）已知相关反应的能量变化如图所示，过程Ⅰ的热化学方程式为_____。 Ⅱ、Co、Al、Si形成的合金是一种高性能的热电材料，回答下列问题： （2）基态Co原子的核外价电子排布式为_____，它处于元素周期表的_____区。 （3）下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是_____(填序号)。 a．[Ne] b．[Ne] c．[Ne] d．[Ne] （4）羰基铁[]与二茂铁[]是两种重要的配合物。测定表明二茂铁中配体环戊二烯离子的结构简式为，且所有原子都在同一平面上，则下列说法中正确的是_____(填标号)。 a．二茂铁的中心粒子与配体间存在离子键，且配体中存在一个键 b．羰基铁中，配位原子为C原子，且配体与是等电子体 c．两种配合物的中心粒子价电子排布图均为 d．1mol羰基铁中有10个键和10个键 （5）从化学键角度解释易水解而水解困难：_____。 Ⅲ、磷是重要的生命元素之一，存在于细胞、蛋白质、骨骼和牙齿中。回答下列问题 （6）白磷与足量热的NaOH溶液反应产生磷化氢()和次磷酸钠()，反应学方程式为：(热，浓)。白磷中P的杂化类型为_____，次磷酸()为_____酸，次磷酸钠中各元素的电负性由大到小的顺序是_____，写出一种与互为等电子体的离子_____(填微粒符号)。 （7）与过渡金属Pt形成的一种配合物[]比[]稳定的原因是_____。 【答案】（1）CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H=+247.4 （2） ①. [Ar]3d74s2 ②. d （3）b （4）bd （5）Cl原子半径大于F，B-Cl键键能小于B-F键，导致BCl3容易水解 （6） ①. sp3 ②. 一元 ③. O>P>H>Na ④. H3O+ （7）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，形成的配位键更强 【解析】 【分析】过程I是CH4+CO2=2CO+2H2，过程II中H2与Fe3O4反应得到Fe和水，Fe与CaCO3在惰性气体中反应得到CO、CaO和Fe3O4。 【小问1详解】 由图可得反应①：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206.2 kJ·mol-1，反应②：CO2(g)+4H2(gCH4(g)+2H2O(g) H =-165 kJ·mol-1；根据盖斯定律计算①×2+②得到CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H=+247.4； 【小问2详解】 钴的原子序数是27，基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，Co元素位于第Ⅷ族，原子核外最后填充的是d电子，故Co为d区元素； 【小问3详解】 a、c、d分别电离出一个电子所需的能量为基态Al原子的第一、三、二电离能，基态铝原子的第三电离能>第二电离能>第一电离能，原子处于激发态时能量比基态时高，易失去电子，b处于激发态，电离出一个电子需要的能量最低，综合分析需要能量最小的为b； 【小问4详解】 a．二茂铁的中心粒子与配体间存在配位键，且配体环戊二烯离子带1个单位负电荷，存在1个5中心6电子的大π键，故为键，A 错误； b．等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团；羰基铁中，C提供孤电子对，配位原子为C原子，且配体与是等电子体，B正确； c．羰基铁[]、二茂铁[]两种配合物的中心粒子分别为铁原子、亚铁离子，价电子排布图不同，C错误； d．单键均为σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，叁键含有1个σ键、2个π键；1分子羰基铁配体中存在5个σ键和 10 个π键，配体与中心原子形成5个配位键，故共有 10 个σ键和 10 个π键，则 1mol 羰基铁中有 10NA个o键和 10NA个π键，D正确； 故选 bd； 【小问5详解】 BCl3易水解而BF3水解困难的原因是：Cl原子半径大于F，B-Cl键键能小于B-F键，导致BCl3容易水解，BF3水解困难。 【小问6详解】 白磷分子为正四面体结构，其中P的杂化类型为sp3；根据可知，次磷酸(H3PO2)中有一个可电离的H+，所以次磷酸是一元酸，根据电负性变化规律，次磷酸钠中各元素的电负性由大到小的顺序是O>P>H>Na，与互为等电子体的离子为H3O+； 【小问7详解】 从电负性的角度分析，与过渡金属Pt形成的一种配合物[]比[]稳定的原因是P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，形成的配位键更强。 18. 是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂(主要成分为ZnO、含少量、等离子)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知： ⅰ．；受热易分解，放出氨气。 ⅱ． （1）用与的物质的量之比为1∶2的混合溶液浸取锌焙砂时，生成，该反应的离子方程式为_____ （2）浸取过程加入的目的是_____(用离子方程式表示)，“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是_____(任写一种)。 （3）若“过滤”操作在实验室中进行，用到的玻璃仪器有_____。流程中“滤渣”的主要成分是_____。 （4）根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？_____。并说明理由：_____。 （5）“沉锌”的离子方程式为_____。 （6）该流程中可以循环利用的物质是_____(写出主要成分的化学式)。 【答案】（1）ZnO+2NH3∙H2O+2=+3H2O （2） ①. Mn2++H2O2+2NH3∙H2O=MnO2↓+2+2H2O ②. 将锌焙砂研成粉末、浸取过程中搅拌、适当加热、延长浸出时间 （3） ①. 烧杯、漏斗、玻璃棒 ②. CuS （4） ①. 不正确 ②. 可能是受热易分解，放出氨气或铵盐分解 （5）3Zn2++6=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O （6）NH3、(NH4)2SO4 【解析】 【分析】制备2Zn(OH)2⋅ZnCO3流程为：锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、H2O2，H2O2将Mn2+氧化成MnO2，过滤后在滤液中加(NH4)2S，再过滤，除去Cu2+，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2⋅ZnCO3和CO2气体，过滤得2Zn(OH)2⋅ZnCO3，滤液为(NH4)2SO4溶液。 【小问1详解】 (NH4)2SO4与NH3∙H2O的物质的量之比为1：2的混合溶液浸取锌焙砂时，生成和水，离子方程式为ZnO+2NH3∙H2O+2=+3H2O； 【小问2详解】 加入H2O2将Mn2+氧化为MnO2除去锰，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3∙H2O=MnO2↓+2+2H2O；增大接触面积、适当升高温度等均可以加快反应速率，因此为提高锌的浸出率，可以将锌焙砂研成粉末，浸取过程中搅拌，适当加热，延长浸出时间等； 【小问3详解】 过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；根据分析，加硫化铵再过滤可以除去铜离子，因此滤渣是CuS； 【小问4详解】 由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的气体氨气也可能是受热分解放出的氨气，从整个流程可知，逸出的气体氨气还可能是由铵盐分解产生的，因此题目的推断不正确； 【小问5详解】 沉锌的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2⋅ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6=2Zn(OH)2⋅ZnCO3↓+5CO2↑+H2O； 【小问6详解】 蒸氨过程中除去的多余NH3和“过滤Ⅲ”所得滤液中的(NH4)2SO4，都可循环使用。 19. 某小组同学实验室中制备三草酸合铁酸钾晶体[]，装置如图。首先在40℃的水浴中，制取；然后向中缓慢加入草酸氢钾溶液，不断方搅拌至透明的翠绿色。 已知： ①为翠绿色晶体，为淡黄色晶体； ②与的溶解度如下表： 0℃ 100℃ 4.7g 117.7g 022g 0.026g （1）仪器A的名称_____； （2）制取的化学方程式_____； （3）若最终得到的晶体呈现黄绿色，其原因可能是①_____；②_____； （4）翠绿色溶液经一系列操作可得晶体，实验室中进行该系列操作需要用到下列仪器中的_____；仪器中③的名称为_____； （5）为测定中铁元素的含量，设计方案如下，已知：该晶体高温下分解固体产物为、FeO、Fe． ag晶体固体配制250mL溶液三次平均消耗酸性溶液VmL。 该方案有一处错误，请指出_____，改正后实验测得铁元素的含量为_____%。 【答案】（1）球形冷凝管 （2）2(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O+H2O2+6NH3∙H2O=2Fe(OH)3+4(NH4)2SO4+2NH3↑+14H2O （3） ①. H2O2加入量不足 ②. 加入氨水和双氧水的顺序颠倒 （4） ①. ①②④⑥⑦ ②. 坩埚 （5） ①. 溶解时使用稀盐酸 ②. 【解析】 【分析】向硫酸亚铁铵中加入双氧水和氨水制备Fe(OH)3，在40℃水浴中反应还生成硫酸铵、Fe(OH)3、氨气和水，反应完后向Fe(OH)3中缓慢加入草酸氢钾溶液，不断搅拌至透明的翠绿色。 【小问1详解】 根据仪器的外形可知A为球形冷凝管； 【小问2详解】 制取是向硫酸亚铁铵中加入双氧水和氨水，反应还生成硫酸铵、氨气和水，反应的化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O+H2O2+6NH3∙H2O=2Fe(OH)3+4(NH4)2SO4+2NH3↑+14H2O； 【小问3详解】 若最终得到的晶体呈现黄绿色，说明可能含有氢氧化亚铁，则其原因可能是①H2O2加入量不足，没有将亚铁离子完全氧化；②加入氨水和双氧水的顺序颠倒，先生成氢氧化亚铁，而氢氧化亚铁不能很好的被双氧水氧化； 【小问4详解】 翠绿色溶液经一系列操作可得K3Fe(C2O4)3∙3H2O晶体，根据K3Fe(C2O4)3∙3H2O与FeC2O4∙2H2O的溶解度，需要加热蒸发浓缩、趁热过滤，因此实验室中进行该系列操作需要用到下列仪器中的①②④⑥⑦；根据仪器的外形可知③为坩埚； 【小问5详解】 该方案有一处错误，由于盐酸会与酸性高锰酸钾溶液反应生成Cl2，因此不能使用盐酸，而应使用稀硫酸，根据5Fe2+~，改正后实验测得铁元素的含量为%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛二中2024-2025学年第二学期期中考试题 高一化学(等级考)试题 可能用到的相对原子质量：H1　N14　O16　S32 　Fe56　Cu64　Zn65 第Ⅰ卷(共50分) 一、单选题：本题共10小题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科20Ca学与考古学。下列说法正确的是 A. 的原子核内有20个中子 B. 的半衰期长，说明难以失去电子 C. 衰变一半所需的时间大于衰变一半所需的时间 D. 从Ca原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化 2. 下列化学用语正确的是 A. VSEPR模型： B. NaCl溶液的中水合钠离子： C. 中共价键的电子云图： D. 基态硒的简化电子排布式：[Ar] 3. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种 4. 下列实验中，所选装置不合理的是 A. 粗盐提纯，选①和② B. 分离NaCl溶液和苯，选④ C. 用NaOH溶液吸收，选⑤ D. 用提取碘水中的碘，选③ 5. 固态时有无限长链形式(-)和三聚分子形式(-)，其结构如图所示，受热可分解生成以单分子形式存在的(g)。下列说法正确的是 A -中键长：m<n B. 分子中O-S-O键角：(g)>- C. -晶体中存在的作用力只有共价键 D. 1mol-分子中含键的数目为18 6. 非金属卤化物中心原子具有和价层空轨道时可发生亲核水解；中心原子有孤电子对时，孤电子对进攻的可发生亲电水解。亲核水解机理如图。下列说法错误的是 A. 图示过程只有极性键的断裂与生成 B. 图示过程中有2种杂化方式 C. 和均能发生亲核水解 D. 水解产物可能为和 7. 我国科学家预测了稳定的氮单质分子(结构如图)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 的键电子数为 B. 的(价层)孤电子对数为 C. 的杂化N原子数为 D. 完全分解，产生的分子数为 8. 类比推理是一种重要的思维方法。下列由事实类推的结果正确的是 事实 结果 A HF的热稳定性强于HCl NH4F的热稳定性也强于NH4Cl B N≡N键能大，结构稳定 -C≡C-键能也大，结构也稳定 C NH3易与Cu2+形成配合物 NF3也易与Cu2+形成配合物 D SO2分子空间构型是“V形” O3分子空间构型也是“V形” A. A B. B C. C D. D 9. 某沉积物-微生物燃料电池可以把含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)回收处理并利用，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电子的移动方向：碳棒用电器碳棒 B. 碳棒上生成的电极反应式： C. 每生成，理论上消耗(标准状况下) D. 工作一段时间后溶液酸性增强，氧硫化菌失去活性，电池效率降低 10. 从光盘金属层提取Ag(其他微量金属忽略不计)的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A. Ag与Cu为同族相邻元素，在周期表中位于d区 B. 氧化过程中，用HNO3代替NaClO也可以实现上述转化 C. 氧化过程中，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1∶1 D. 还原过程水合肼转化为N2，则该过程的离子方程式为： 二、多选题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有1～2个选项符合题意。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 已知：由最稳定的单质合成1mol某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0。相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是 A. NO的摩尔生成焓为 B. H2O(l)的 C. 比更稳定 D. 标准状况下，完全燃烧放出的热量为 12. 以高铁酸钾()为电解质可形成一种高铁电池，其模拟实验装置如图(已知氢氧化锌易溶于强碱)。下列说法正确的是 A. 电池工作时，甲乙两池中溶液碱性均增强 B. 电池工作时，盐桥中阳离子向甲池移动 C. 电路中每转移2mol电子，理论上乙池质量增加65g D. 正极反应为 13. 白硼钙石的主要成分是(含有少量)、FeO、和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠()易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误是 A. “气体”中一定有、、NO B. 该流程用到两步过滤操作 C. 物质a可循环利用 D. “反应W”为非氧化还原反应 14. 乙硼烷()是一种典型的缺电子化合物，其分子结构如图所示，两个硼原子通过B—H—B桥键连接，标记为化学键②。下列说法错误的是 已知：化学键①(B—H键)为“二中心二电子键”，可表示为“2c—2e”。 A. 含有两种不同环境的氢原子 B. 硼原子的杂化方式为杂化 C. 化学键②可表示为“3c—4e” D. 氢原子可形成桥键的原因可能是1s轨道为球形，成键无方向性 15. 化学实验小组为探究铁粉使氯化铁与硫氰化钾反应溶液褪色原因，进行下列实验： 已知： ①KSCN在酸性条件下可以被金属分解，生成和HCN； ②本实验条件下可忽略与的配位。 下列说法正确的是 A. ②中溶液中含有少量KSCN B. 试管④溶液比试管①颜色浅是因为试管④中浓度比试管①中小 C. 向③中加入1滴3%溶液，溶液变红 D. 试管②中红色褪去的主要原因是： 第Ⅱ卷(共50分) 三、填空题 16. 回答下列问题： （1）硅粉与HCl在300℃时反应生成1mol气体和，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为_____。的电子式为_____。 铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中应用广泛。回答下列问题： （2）Fe在元素周期表中的位置为_____，基态铁原子的核外电子有_____种空间运动状态，第二周期中基态原子未成对的电子数与Ni相同且电负性最小的元素是_____(填元素符号)。 （3）镍配合物中配位原子是_____。中键角∠H-N-H_____(填“>”、“<”或“=”)中键角∠H_____N—H。中中的大键为_____(用表示，n为原子数，m为电子数)。硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的沸点，原因是_____。 （4）研究发现，存在如图所示微粒。下列关于该微粒的说法中，正确的是_____。 a．化学式为 b．所有H-O-H键角都相同 c．氢、氧原子间均以氢键结合 d．氢、氧原子不可能都处于同一平面 17. Ⅰ、超干重整的催化转化如图所示： （1）已知相关反应的能量变化如图所示，过程Ⅰ的热化学方程式为_____。 Ⅱ、Co、Al、Si形成的合金是一种高性能的热电材料，回答下列问题： （2）基态Co原子的核外价电子排布式为_____，它处于元素周期表的_____区。 （3）下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是_____(填序号)。 a．[Ne] b．[Ne] c．[Ne] d．[Ne] （4）羰基铁[]与二茂铁[]是两种重要的配合物。测定表明二茂铁中配体环戊二烯离子的结构简式为，且所有原子都在同一平面上，则下列说法中正确的是_____(填标号)。 a．二茂铁的中心粒子与配体间存在离子键，且配体中存在一个键 b．羰基铁中，配位原子为C原子，且配体与是等电子体 c．两种配合物的中心粒子价电子排布图均为 d．1mol羰基铁中有10个键和10个键 （5）从化学键角度解释易水解而水解困难：_____。 Ⅲ、磷是重要的生命元素之一，存在于细胞、蛋白质、骨骼和牙齿中。回答下列问题 （6）白磷与足量热的NaOH溶液反应产生磷化氢()和次磷酸钠()，反应学方程式为：(热，浓)。白磷中P的杂化类型为_____，次磷酸()为_____酸，次磷酸钠中各元素的电负性由大到小的顺序是_____，写出一种与互为等电子体的离子_____(填微粒符号)。 （7）与过渡金属Pt形成的一种配合物[]比[]稳定的原因是_____。 18. 是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂(主要成分为ZnO、含少量、等离子)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知： ⅰ．；受热易分解，放出氨气。 ⅱ． （1）用与的物质的量之比为1∶2的混合溶液浸取锌焙砂时，生成，该反应的离子方程式为_____ （2）浸取过程加入的目的是_____(用离子方程式表示)，“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是_____(任写一种)。 （3）若“过滤”操作在实验室中进行，用到的玻璃仪器有_____。流程中“滤渣”的主要成分是_____。 （4）根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？_____。并说明理由：_____。 （5）“沉锌”离子方程式为_____。 （6）该流程中可以循环利用的物质是_____(写出主要成分的化学式)。 19. 某小组同学实验室中制备三草酸合铁酸钾晶体[]，装置如图。首先在40℃的水浴中，制取；然后向中缓慢加入草酸氢钾溶液，不断方搅拌至透明的翠绿色。 已知： ①为翠绿色晶体，为淡黄色晶体； ②与的溶解度如下表： 0℃ 100℃ 4.7g 117.7g 0.22g 0.026g （1）仪器A的名称_____； （2）制取的化学方程式_____； （3）若最终得到的晶体呈现黄绿色，其原因可能是①_____；②_____； （4）翠绿色溶液经一系列操作可得晶体，实验室中进行该系列操作需要用到下列仪器中的_____；仪器中③的名称为_____； （5）为测定中铁元素的含量，设计方案如下，已知：该晶体高温下分解固体产物为、FeO、Fe． ag晶体固体配制250mL溶液三次平均消耗酸性溶液VmL。 该方案有一处错误，请指出_____，改正后实验测得铁元素的含量为_____%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $