福建省漳州艺术实验学校2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试卷

漳州艺术实验学校 漳州艺术实验学校2024-2025学年（下）期中考 高二年级化学试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 班级： 姓名： 座号： 注意事项 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2.请将答案正确填写在答题卡上（选择题用2B铅笔填涂，非选择题用黑色签字笔填写） 3.本试卷可能用到的相对原子质量：H1O:16Na:23Mg:24S32Ba:137 Cu:64Bi:209Se:79 第I卷（选择题） 本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 一、单选题 1.材料的性质与人类生产生活密切相关。下列叙述错误的是 A C 三星堆出土的青铜神 八达岭长城的青 以酚醛树脂高分子 中国天眼的“眼眶是 鸟与铜相比，青铜具 砖，除主要成份硅 材料构成的手柄， 钢铁结成的圈梁，属 有熔点低硬度大等特 酸盐外，还可能含 具有绝缘、隔热、 于新型无机非金属材 点 有二价铁 难燃等特点 料 A.A B.B C.C D.D 2.下列化学用语正确的是 的分子式：C,H4 B.2一甲基丁烷的键线式为： c.羟基的电子式：：OH D.乙酸的球棍模型： ●● 3.已知C一C单键可以绕键轴旋转，某烃结构简式可表示为cH CH,’下列有关该烃的 说法中正确的是 A,分子中最多有6个碳原子处于同一直线上 B,该烃是苯的同系物 C.分子中含四面体结构碳原子数有4个 D.分子中至少有9个碳原子处于同一平面上 4.使用现代分析仪器对某有机化合物X的分子结构进行测定，相关结果如下： 100 100 8 60 40 20 烷基C一H 醚键VC一O 10203040506070 400030002000 1000 8+ 6 质荷比 波数/cm 由此推理得到有关X的结论不正确的是 A.属于醚类 B.组成元素有C、H、O C.相对分子质量为74 D.结构简式为CH,OCH 5.系统命名法广泛用于有机物的命名，下列有机物的命名正确的是 A.(CH)2CHCH=CH22-甲基-3.丁烯 B CHCH乙基苯 CHCHCH CH CHOH C. 2-乙基丙烷 D 1-甲基乙醇 C.H CH; 6.氯化钠、金刚石、干冰、石墨四种晶体的结构模型如图所示，下列说法错误的是 oNa●C A.NaCI晶体中，每个晶胞含有4个NaC1分子 B.金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2 C.C02晶胞中，1个C02分子周围与它距离最近且距离相等的分子有12个 D.石墨为混合型晶体，其层间是范德华力，层内碳原子之间均形成共价键 7.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是 A.原子的价电子排布式为nsnp6的元素一定是主族元素 B.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第VIA族元素 C.原子的价电子排布式为-1)ds⑧ns2的元素一定位于第B~第VB族 D.基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素 8.下列“类比”结果正确的是 A.CH,的沸点低于SH4,则HF的沸点低于HCI B.Cu(OH),可以溶解在浓氨水中，则F(OH),也可以溶解在浓氨水中 C.N2分子中存在N=N键，化学性质稳定，则CH=CH的化学性质稳定 D.CH,的空间构型为正四面体型，则C(CH,),碳骨架的空间构型为正四面体型 9.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良好的储氢性能，其中元素W、飞 子序数依次增大，且原子序数总和为24。下列有关叙述正确的是 A.该化合物的阴离子内部均为极性共价键 B.Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应 C.Y的氧化物的水化物为强酸 D.X的氟化物F中原子均为8电子稳定结构 10.设N4为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.常温下，pH=11的NaCIo溶液中由水电离出的OH数目为103N B.1.2 g NaHSO,和MgSo,的固体混合物含阳离子数目0.01NA C.常温常压下，1molP4晶体中所含o键数日为4NA D.0.1molH2和0.nolI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA 1l.由镁原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为①Ne]3s2、②Ne]、③Ne3s3p,有 叙述，正确的是 A.电子排布属于基态原子的是①③ B.微粒半径：③>①>② C.电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D.微粒③中电子的空间运动状态有12种 12.纳米TO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示，下列说法正确的是 0 NH, CH,一O一CH2-C-CH, ①纳米Ti0,CH,-0-CH,一C-CH, ②NH H 化合物甲 化合物乙 A.化合物甲、乙均为手性分子 B.化合物甲分子中o键与π键数目之比为12：1 C.化合物乙中采取s即3杂化的原子有N、C、O 、 Y、Z的原 D.化合物甲、乙均存在分子间氢键 13.液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生H,和H。NH3中的一个H原子若被-NH2取代 可形成NH4(联氨)，若被-OH取代可形成NHOH(羟胺)。在有NH存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成 [CuNH)4]2+。NH经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NHOH、 NH3、NH,、NO,的说法正确的是 A.NH2OH难溶于水 B.NO,的空间构型为直线形 C.NH3的键角比H,中的大 D.1mol[CuNH3)4]2+中含有4molo键 14.已知AlF的熔点是890℃，A1Cl的熔点是190C(2.02×10Pa时)，沸点是180℃，气态A1Cl3常以 二聚体形式存在，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是 CI AK 长这些微粒的 A.A1E和AICl,的二者熔沸点差异大是因为A可形成分子间氢键 B.A1Cl3溶于水能导电，故为离子晶体 C.A1CL3二聚体中A1的杂化方式为sp D.A1C1,二聚体中所有原子均在同一平面 第II卷（非选择题） 本题共4小题，共58分 15.(12分)电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，单晶硅和铜、锗、镓等的化合物常作为制备 太阳能电池的原料。回答下列问题： (1)基态镓原子的价层电子排布图是 0 (2)四氯化硅属于 晶体，硅原子的杂化方式是 (3)下列锗卤化物的熔点和沸点，产生该变化规律的原因是 GeCl4 GeBra Gel4 熔点℃ -49.5 26 146 沸点/℃ 83.1 186 约400 (4)比较键角∠NH:HN-NH2中的-NH2HN-NH中的-NH(填>”、“<”或=)，请说明理 由 (5)下图为铜的某种氯化物晶胞示意图，试回答下列问题 B 该物质的化学式是 。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子标参数分别为 A(0,0,0);B(0,1,1);C(1,1,0);则D原子的坐标参数为。 16.(14分)前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A元素所形成的化合物种 类最多，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，D、E、F是位于同一周期的 金属元素，基态D、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且D、F原子的电子数相差为10，基态E 原子的核外电子层中未成对电子数为4。 (1)E+的价电子排布图为 (2)A、B、C、D四种元素第一电离能从大到小的顺序是 (填元素符号)。 3)普鲁士蓝的化学式为E,[E(AB)。],其中E+与E+数目之比为 ；1mol该物质中含o键的 数目为 普鲁士蓝晶体中各种微粒间的作用力不涉及 (填标号)。 A.氢键B.共价键C.金属键D.配位键E.离子键 (4)已知高温下F,O比F0更稳定，试从F原子核外电子变化角度解释其原因 (5)F和Ba形成的某种合金的晶胞结构如图所示， ①已知X的坐标为(0,0,0)，Y的坐标为 ②该晶胞的参数为a即m,其密度为 g·cm3(列出计算式即可)。 17.(16分)氮族元素(N、P、As、Sb等)及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。 I氮族元素氢化物RH?(NH,、PH3、AsH)的某种性质随R的核电荷数的Y变化趋势如图所示。 (1)Y轴可表示的氢化物(RH,)性质可能是 NH, PH: AH: 核电荷数 a.沸点b.稳定性c.分子间作用力d.R一H键能 Ⅱ磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。工业制备的流程如图。 过量烧 碱溶液 →PH3 白磷(P4) I 次磷酸钠 硫酸 次分解 →PH3 (NaH2PO2)IⅡ 酸 I →H3PO4 (2)PH3的电子式为 (3)白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为 次磷酸属于 （填6一“二”或“三”)元酸。 (4)若起始时有1oP,参加反应，则整个工业流程中共生成molPH3(忽略产物的损失)。 (5)释放到大气中的PH废气，可与CH,类温室气体竞争羟基自由基OH,通过PH,→H+PH,反应不断 被消耗，进而减缓了大气中通过CH4+.OH→H,O+.CH,反应对CH,类温室气体进行化学清除的速率。 请从物质结构角度解释PH对OH更具竞争优势的原因 I.雄黄(AsS4)、雌黄(As2S3)都是自然界中常见的砷的化合物，自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之 说。 雄黄 (6)雄黄分子的结构如右，其分子中是否含有S-S键 (填“是”或“否”) (7)己知雌黄分子中没有π键且各原子最外层均达到8电子稳定结构，由此判断雌黄在水中的溶解性为 (填“可溶”或不溶”)，原因是 18.(16分)铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣（主要成分为B,O3、MnS04, 还含有少量MnS、Fe,O,、CuO及SiO,等)制取Bi,O3并回收锰的工艺流程如下： 浓盐酸 Bi粉 Na,CO,溶液NaOH溶液 ↓ 含铋烧渣→水浸提锰→浸出→还原→沉B→ 脱氯 pH12.0）→Bi,0, ↓ 滤渣1 滤渣2 含Fe2+滤液 滤液1 含Mn2+ 浸出液…→回收锰 已知：①氧化性：Cu2+>B+; ②B+易水解成BiOC1沉淀：常温下，BiOC1存在的pH范围约为2.0~11.0； 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价电子排布式为 (2)“水浸提锰时，可以加快浸取速率方法 (任写一种)。 (3)“滤渣1的主要成分有 (填化学式)。 (4)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为 (5)BiOC1是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚(O2N OH)等。 OH 对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚 的熔点，其原因是 NO2 (6)我国科学家在新型二维半导体芯片材料一 硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构 如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm,apm,bpm。 02 OSe2- ●B3+ b pm a pm a pm 网斑 ①该晶胞沿z轴方向的投影图为 (填标号)： ②该晶体中，每个O2周围紧邻的B+共有 个： ③该晶体的密度为g·cm3(列出计算式，N4为阿伏加德罗常数的值)。 《漳州艺术实验学校2024-2025学年（下）期中考高二年级化学试卷》参考答案及评分标准 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A D B A B D B B 题号 11 12 13 14 答案 B C C C 1．D 【详解】A．青铜是铜锡合金，合金一般比组分金属熔点低，硬度大，选项A正确； B．青砖的成分是硅酸盐，因砖是青色，所以含二价铁，选项B正确； C．酚醛树脂具有绝缘、隔热、难燃等特点，选项C正确； D．钢铁属于铁合金，是金属材料，选项D错误。 答案选D。 2．B 【详解】 A．根据结构式可知，其分子式为：，A错误； B．2—甲基丁烷的结构简式为：CH3CHCH3CH2CH3，键线式为：，B正确； C．羟基的氧原子有一个单电子，其电子式：，C错误；     D．乙酸的结构简式为：CH3COOH，选项给出的是填充模型，其球棍模型为，D错误； 故选B。 3．A 【详解】 A． 联想苯的结构，结合C—C单键可以绕键轴旋转，分子中最多有6个碳原子处于同一直线上，如图中数字标示的6个碳原子，A项正确； B． 苯的同系物指只含一个苯环、侧链为烷基的烃，该烃中含2个苯环，不是苯的同系物，B项错误 C．分子中含2个甲基，甲基中碳原子含四面体结构，即含四面体结构碳原子数有2个，C项错误； D．联想苯的结构，结合C—C单键可以绕键轴旋转，分子中至少10个碳原子处于同一平面上，如图中数字标示的10个碳原子，D项错误； 答案选A。 4．D 【详解】A．X分子中含有醚键，属于醚类，故A正确；     B．X分子中含有醚键，有2种等效氢，组成元素有C、H、O，故B正确； C．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，故C正确；     D．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，含有醚键，有2种等效氢，结构简式为，故D错误 选D。 5．B 【详解】A．应该从离碳碳双键较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键和支链的位置，该物质名称为3-甲基-1-丁烯，A错误； B．该物质可看作是苯分子中一个H原子被乙基-CH2CH3取代产生的物质，名称为乙基苯，B正确； C．应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上有4个C原子，从离碳链较近的左端为起点，给主链上的C原子编号，以确定支链在主链上的位置，该物质名称为2-甲基丁烷，C错误； D．该物质中-OH所连接C原子所在碳链上含有3个C原子，羟基连接在中间的C原子上，其名称应该为2-丙醇，D错误； 故合理选项是B。 6．A 【详解】A．NaCl是离子晶体，故在NaCl晶体中不存在NaCl分子，只存在Na+和Cl-，A错误； B．在金刚石晶体中，每个碳原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，而每个碳碳键又同时被两个碳原子共用，故碳原子与碳碳键个数的比为1∶4×=1∶2，B正确； C．CO2晶胞即干冰晶体结构为分子密堆积，二氧化碳分子处于晶胞的顶点与面心位置，以顶点二氧化碳研究，与它距离最近且相等的CO2分子处于面心位置，而每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则一个CO2分子周围与它距离最近且相等的CO2分子有=12个，C正确； D．由题干图示可知，石墨是混合型晶体，层间是范德华力，层内每个碳原子与其他3个碳原子形成共价键，D正确； 故选A。 7．B 【详解】A．原子的价电子排布式为ns2np6的元素是0族元素，A错误； B．根据能量最低原理，基态原子的p能级上有5个电子的元素，同层的s能级已经排满，则一定是第ⅦA族元素，B正确； C．原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素在周期表的第8、9、10三列，一定位于第Ⅷ族，C错误； D．基态原子的N层上只有1个电子的元素，有K、Cr、Cu等，Cr、Cu是过渡元素，D错误； 故选B。 8．D 【详解】A．CH4、都是分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，而HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误； B．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，是由于能够形成，但Fe3+不与NH3络合，故Fe(OH)3不可以溶解在浓氨水中，类比不合理，故B错误； C．N2分子中存在N≡N键，N≡N键的键能很大，化学性质稳定，CH≡CH中的C≡C的键能较小，故其化学性质不稳定，类比不合理，故C错误； D．CH4的C原子周围的价层电子对数为4，故空间构型为正四面体形，C(CH3)4其中心C原子上的价层电子对数为4，故碳骨架的空间构型为正四面体形，类比合理，故D正确； 故选D。 9．B 【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为H，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。 【详解】A．该化合物的阴离子内部含有N-N非极性共价键，A错误； B．Na的单质既能与水反应生成氢气和氢氧化钠，也可与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，B正确； C．N的氧化物的水化物有HNO2、HNO3，HNO2是弱酸，HNO3是强酸，C错误； D．B的氟化物中B原子最外层有6个电子，不是8电子稳定结构，D错误； 故选B。 10．B 【详解】A．无体积，无法进行计算，A错误； B．，，1.2g 和的固体混合物物质的量为0.01mol，和均含1个阳离子，故含阳离子数目，B正确； C．常温常压下，晶体中所含键数目为6，晶体中所含键数目为，C错误； D．和发生反应生成HI，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，但反应前后气体物质的量不变，因此，分子总数等于，D错误； 故选B。 11．B 【分析】由镁原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为①[Ne]3s2、②[Ne]、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Mg原子、基态Mg2+、激发态Mg原子。 【详解】A．Mg是12号元素，基态Mg原子电子排布式为[Ne]3s2，[Ne]表示基态Mg2+，[Ne]3s23p14s1表示激发态Mg原子，A错误； B．②有2个电子层，半径最小，①、②具有3个电子层数，③中3s能级的电子跃迁到3p，半径增大，则微粒半径：③>①>②，B正确； C．③中3s能级的电子跃迁到3p，距离原子核最远，最易电离一个电子，②[Ne]表示基态Mg2+，最难电离出电子，则电离一个电子所需最低能量：②>①>③，C错误； D．微粒③中含有电子的轨道有7个，电子的空间运动状态有7种，D错误； 故选B。 12．C 【详解】A．手性碳原子必须含是饱和碳原子，且饱和碳原子上要连有4个不同的原子或原子团，化合物甲中没有连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子，不可能是手性分子，故A错误； B．单键都是键，双键中含有1个键与键，所以化合物甲分子中键与键数目之比为，故B错误； C．化合物乙中碳原子均是饱和碳原子，由于O原子的接了两条共价键的单键，故其成键电子对数为2，此时孤电子对数为2，因此其价层电子对数为4，N原子的接了三条共价键的单键，故其成键电子对数为3，此时孤电子对数为1，因此其价层电子对数为4，N、C、O均是sp3杂化，故C正确； D．化合物甲不存在分子间氢键，化合物乙中含有氨基可以形成分子间氢键，故D错误； 故选C。 13．C 【详解】A．NH2OH能和水形成分子间氢键，所以易溶于水，A错误； B．的价层电子数为2+=3，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，其空间构型为V形，B错误； C．中N原子价层电子对个数=2+=4且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，C正确； D．1mol [Cu(NH3)4]2⁺中含有4mol Cu-Nσ键和12molN-Hσ键，即共16molσ键，D错误； 故答案为：C。 14．C 【详解】A．AlF3的熔点为890℃，远高于AlCl3的190℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键，是离子化合物，和的二者熔沸点差异大是因为是离子化合物，是共价化合物，A错误； B．溶于水能导电，熔沸点不高，为分子晶体，B错误； C．由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为，C正确； D．二聚体中A1的轨道杂化类型为，所以分子中所有原子不在同一平面，D错误； 故选C。 15．(1) （1分） (2) 分子 （1分 ） sp3 （1分） (3)锗的卤化物均为分子晶体，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高（2分） (4) < （1分） -NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小（2分） (5) CuCl （2分） （2分） 【详解】（1） Ga处于第四周期Ⅲ A族，基态Ga原子价层电子的排布式为4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为； （2）四氯化硅属于分子晶体，分子中Si原子价层电子对数为4，因此杂化方式为； （3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高； （4）价层电子对数为4，有一对孤电子对，价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的＜中的； （5）利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1∶1，故该物质的化学式为CuCl；已知A、B、C的原子坐标参数分别为、、，C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为。 16．(1)（1分） (2)(或N、O、C、K)（1分） (3) 3：4 （2分） （2分） AC（2分） (4)的价电子排布是，3d轨道全充满较稳定(“轨道全充满较稳定”即可)（2分） (5) (0.25，0.25，1) （2分） (其他合理答案)（2分） 【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A元素所形成的化合物种类最多，A为C元素，D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态D、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且D、F原子的电子数相差为10，则D为K元素，F为Cu元素，基态E原子的核外电子层中未成对电子数为4，其价层电子排布式为3d64s2，E为Fe元素，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，C的电子排布式为1s22s22p4，C为O元素，B为N元素，以此解答。 【详解】（1） Fe为26号元素，Fe3+价层电子排布式为3d5，价电子排布图为。 （2）同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，K为活泼金属元素，第一电离能最小，则C、N、O、K第一电离能从大到小的顺序是：(或N、O、C、K)。 （3）普鲁士蓝的化学式为，设Fe2+的个数为x，Fe3+的个数为y，由化合价代数和为零可知2x+3y=18、x+y=7，解得x=3，y=4，Fe2+和Fe3+的个数比为：3：4，CN-中含有1个键，配位键也是键，1mol含有(6+6)×3NA=36NA个键，[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-是配位键，CN-中C与N之间是共价键，所以中存在的化学键有离子键、配位键和共价键，不含氢键和金属键，故选AC。 （4）已知高温下比CuO更稳定，从Cu原子核外电子变化角度解释其原因为：的价电子排布是，3d轨道全充满较稳定(“轨道全充满较稳定”即可)。 （5）①已知X的坐标为(0，0，0)，由晶胞结构可知，Y的坐标为(0.25，0.25，1)； ②该晶胞中含有8=1个Ba，=5个Cu，该晶胞的参数为apm，其密度为。 17．(1)bd（2分） (2)（2分） (3) （2分） 一（1分） (4)2.5（2分） (5)P的半径大于C，相比于C-H键，P-H键长更长，键能更小，更容易断裂产生H·与·OH结合（2分） (6)否（1分） (7) 不溶 （2分） 雌黄分子为非极性分子（2分） 【详解】（1）a．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，氨气分子间存在氢键，因此沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，a错误； b．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N>P>As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，b正确； c．NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，与图示曲线不相符，c错误； d．原子半径越小，R-H键能越大，原子半径N＜P＜As，所以键能由大到小的顺序为NH3、PH3、AsH3，d正确； 答案选：bd； （2） PH3的电子式：； （3）白磷和烧碱溶液反应的化学方程式：；白磷和过量的烧碱溶液反应生成NaH2PO2，即次磷酸只能电离出一个氢离子，故次磷酸为一元酸； （4）次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，得化学方程式：，若起始时有参加反应，则有关系式：，故整个工业流程中共生成2.5molPH3； （5）对·OH更具竞争优势的原因：P的半径大于C，相比于C-H键，P-H键长更长，键能更小，更容易断裂产生H·与·OH结合； （6）S为第VIA元素，可形成2个共价键，As为第VA元素，可形成3个共价键，则白球代表S原子，不含S-S键； （7）雌黄在水中的溶解性为不溶，因为雌黄分子为非极性分子，而水分子为极性分子。 18．(1)（2分） (2)粉碎烧渣或升温或搅拌（2分） (3)（2分） (4)（2分） (5)两者同为分子晶体，对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强（2分） (6) B（2分） 4 （2分） 或者（2分） 【分析】含铋烧渣先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时MnSO4溶于水通过过滤分离；用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不参与反应，得到滤渣1的主要成分为SiO2，铋、铁、铜元素反应进入滤液，滤液中含有Fe3+、Cu2+、Bi3+；因氧化性：Fe3+>Cu2+>Bi3+，则加入Bi粉处理滤液，Cu2+被还原成Cu，Fe3+被还原成Fe2+，过滤得到的滤渣2中含有Cu以及过量的Bi，滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入Na2CO3溶液调节pH，使Bi3+水解转化为BiOCl沉淀，过滤得到的BiOCl沉淀用NaOH溶液脱氯处理得到Bi2O3。 【详解】（1）Mn是25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2； （2）“水浸提锰”时，可以加快浸取速率方法：粉碎烧渣或升温或搅拌，故答案为：粉碎烧渣或升温或搅拌； （3）用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不参与反应，得到滤渣1的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2； （4）“脱氯”过程中BiOCl和氢氧化钠中氢氧根离子反应生成Bi2O3、氯离子和水，则离子方程式为：，故答案为：； （5） 对硝基苯酚()的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是：对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，因此对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间作用力更大，熔点更高，故答案为：两者同为分子晶体，对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强； （6） ①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故答案为：B； ②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O2−周围紧邻的Bi3+共有4个，故答案为：4； ③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为，Se2-的个数为，O2−的个数为，该晶体的密度为或，故答案为：或。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $▣然器 3■ 报告查询：登录chi xue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 回▣ 漳州艺术实验学校2024-2025学年（下)期中考 可 化学答题卡 姓名 班级： 考场/座位号： 准考证号 注意事项 [o] [0] [o] [o] [o] [o] [o] [o] 1. 答题前请将姓名、班级、考场、准考证号填写清楚。 [1] [1] [1] [1] [1] [1] 客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 [21 [2] [2] [2] [2] [21 9 主观题答题，必须使用黑色签字笔书写。 [3] [3] [3] [3] [3] [ 4. 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效 [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] 保持答卷清洁、完整。 [5] [5] [5] [5] [5] [5] [6] [6] [6] [6] [6] [6] 5 56 正确填涂 缺考标记 口 [] [7] [7] [7] [z] [7] [81 [8] [8] [8] [8] [8] [8] [9] [9] [9] [9] 9 [9] [9] [9] 选择题 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] T[A][B][C][D] 12[A][B][C][D] 3[A][B][c][D] 8[A][B][C][D] 13[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 14[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 1O[A][B][C][D] 二非选择题 15.(12分) (1) (2) (3) (4) (5) 16.(14分) (1) (2) 囚囚■ 口 (3) (4) (5) 17.(16分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 18.(16分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 囚■囚