山西忻州现代双语学校2025-2026学年高二上学期（1月21日）周测化学试卷（B卷）

高二年级化学周测B卷（1月21日） 时间：40分钟 满分：100 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是 A．反应中各分子的键均为键 B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C．键长小于H—O键长 D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 2．（2025·广西·高考真题）单分子磁体能用于量子信息存储。某单分子磁体含四种元素，其中的核外电子数之和为离子半径最小，基态X原子的s能级电子数是p能级的2倍，Z的某种氧化物是实验室制取氯气的原料之一。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．简单氢化物的稳定性： C．电负性： D．基态Z原子的电子排布式： 3．（2025·河北·高考真题）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。的六方晶胞示意图如下，晶胞参数、，M、N原子的分数坐标分别为、。设是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A．该物质的化学式为 B．体心原子的分数坐标为 C．晶体的密度为 D．原子Q到体心的距离为 4．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A．沿晶胞体对角线方向的投影图为 B．和B均为杂化 C．晶体中与最近且距离相等的有6个 D．和B的最短距离为 5．（2023·辽宁·高考真题）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 A．图1晶体密度为g∙cm-3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为 D．取代产生的空位有利于传导 6.羰基硫（COS）是一种粮食熏蒸剂，一定温度下，某反应达到平衡状态，化学平衡常数。恒容时，升高温度，浓度增大。下列说法正确的是 A.该反应的化学方程式为 B.该反应的逆反应为放热反应 C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D.恒温恒容下，增大压强，浓度一定增大 7．锂硫电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是 已知：一个电子带有的电量为C。 A．该电池的电解质换成高浓度的水溶液，可以增强的导电性 B．电池充电时，从左侧通过阳离子膜移到右侧 C．电池放电时，电子的流动方向为金属锂片→用电器→集流板→阳离子膜→金属锂片 D．金属锂质量每减小14 g，经过用电器的电量约是C 8.（2023·全国卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。 下列说法错误的是 A．、和均为极性分子 B．反应涉及、键断裂和键生成 C．催化中心的被氧化为，后又被还原为 D．将替换为，反应可得 9.（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是 A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出 C．中和调pH的范围为3.2~4.2 D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 10.（2024·湖北卷）气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标()为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、，。下列说法错误的是 A．时，溶液中 B．时， C．时， D．时，溶液中加入少量，会溶解 11．（2022·广东卷）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下： (1 )与S同族，基态硒原子价电子排布式为_____________________。 (2) 的沸点低于，其原因是__________________________________________。 (3) 关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。 A．I中仅有键 B．I中的键为非极性共价键 C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有与 E．I~III含有的元素中，O电负性最大 (4) IV中具有孤对电子的原子有_____________________。 (5) 研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为______________。 (6) 我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为______________。 ②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 12．钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含、、、的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的： 开始沉淀的 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： （1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 。 （2）“过滤1”后的溶液中加入的作用是 _____________________。取少量反应后的溶液，加入化学试剂____________(填化学式，下同)检验 _______ ，若出现蓝色沉淀，需补加。 （3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。 （4）“除钴液”中主要的盐有____________(写化学式)，残留的浓度为___ __。 13．氧钒碱式碳酸铵晶体，紫红色，难溶于水和乙醇。其中氮元素含量的测定实验如下。回答下列问题。 精确称取wg晶体加入如图所示的三颈烧瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液充分反应，通入水蒸气，将氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用的饱和硼酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.5盐酸标准溶液滴定，到终点时消耗盐酸。 1．玻璃管 2．水 3．10%NaOH溶液 4．样品液 5．硼酸标准溶液 6．冰盐水 已知：，。 （1）“冰盐水”的作用是 。 （2）样品中氮元素质量分数的表达式为 。 高二年级化学周测B卷（1月21日）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D A C B D D D D 1．B 【详解】A．H2O中的H-O键是s-sp3 σ键，而非p-pσ键，A错误； B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；H2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确； C．Cl的原子半径大于H，Cl-O键长应大于H-O键长，因此C错误； D．HClO中Cl的最外层电子数为7，其1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，D错误；； 2．A 【分析】W+离子半径最小，W为H（原子序数1），X的s能级电子数是p的两倍，核外电子排布式1s22s22p2满足条件（X为C，原子序数6）， W、X、Y电子数之和为15，得Y的原子序数为8（O），Z的氧化物为MnO2（实验室制Cl2的原料），Z为Mn（原子序数25）。 【详解】A．O的原子半径远小于Mn，原子核对外层电子的吸引更强，失去第一个电子需要的能量更多，因此O的第一电离能大于Mn，A正确； B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，O的非金属性强于C，所以简单氢化物的稳定性：Y(O)>X(C)，B错误； C．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，C的电负性大于H，所以电负性：X(C)>W(H)，C错误； D．Mn的基态电子排布为，而非[Ar]3d64s1，D错误； 3.【解析】A．由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，六方晶胞上下表面中一个角60°， 一个角为120°，晶胞中数目为，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为，A正确；B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为，B正确；C．每个晶胞中含有1个“”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为，则晶体密度为，C正确；D．原子Q的分数坐标为，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形，则原子Q到体心的距离，D错误； 4.【解析】A．由晶胞图可知，晶胞中Ag位于体心，B位于顶点，C、N位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，体对角线上的原子投影到中心(重叠)，其余6个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内的C、N原子都投影到对应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为，A错误；B．Ag位于体心，与周围4个N原子原键，价层电子对数为4，且与4个N原子形成正四面体，则Ag为杂化；由晶胞中成键情况知，共用顶点B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，即B原子的价层电子对数为4，为杂化，B正确；C．晶胞中Ag位于体心，与最近且距离相等的就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的原子，为6个，C正确；D．B位于顶点，其个数为，Ag、C、N均位于晶胞内，个数分别为1、4、4，由晶胞密度可知晶胞参数a=，和B的最短距离为体对角线的一半，即，D正确；故选A。 5.【解析】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确；B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；答案选C。 6.【答案】B 【详解】 A.由可知，该反应的化学方程式为，A错误； B.温度升高，浓度增大说明平衡向着正反应方向移动，则正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，B正确； C.温度升高，正反应和逆反应速率都增大，C错误；； D.若向容器中通入无关气体，压强变大，平衡不移动，则浓度不增大，D错误。 7．D 【详解】A．该电池的电解质换成高浓度的Li2SO4水溶液，锂和水反应，导致电池失效，A错误； B．电池充电时为电解池，左侧为放电时的负极，充电时，左侧为电解池的阴极，Li+从右侧通过阳离子膜移到左侧，B错误； C．电池放电时，电子的流动方向为金属锂片→用电器→集流板，不能通过阳离子膜，C错误； D．金属锂质量每减小14 g，金属锂的物质的量，，失去电子物质的量2mol，经过用电器的电量=2 mol×6.02×1023/mol×1.6×10-19 C≈1.93×105 C，D正确； 故答案选D。 8.【答案】D 【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。 9.【答案】D 【分析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。 【解析】A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。 10.【答案】D 【解析】A．由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c()≤=mol/L=10-7.1mol/L<c(Pb2+)，A正确；B．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)<50%，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L，B正确；C．由物料守恒可知，，则，则，则，C正确；D．pH=8时，向溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液的pH变化不大，由图可知PbCO3不会溶解，D错误；答案选D。 11 【答案】(1) 4s24p4 (2) 两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 (3) BDE (4) O、Se (5)     正四面体形 (6)  K2SeBr6     【解析】(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4。 (2)的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。 (3)A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。 (4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子。 (5)中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形。 (6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6。 ②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。 12．（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 （2） ①. 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素 ②. 溶液 ③. Fe2+ （3）①. ②. （4） ①. ZnSO4、K2SO4 ②. 【解析】 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【小问1详解】 在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率； 【小问2详解】 酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2； 【小问3详解】 由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、； 【小问4详解】 最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的pH=5，即，则，此时溶液中。 13.（1）防止氨气逸出，造成误差 （2） 【小问1详解】 经过足量10%NaOH溶液充分反应后，通入水蒸气，将生成氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用的饱和硼酸标准溶液完全吸收NH3，为保证NH3全部被吸收，硼酸标准溶液要足量，同时NH3易挥发，所以“冰盐水”的作用是降温、防止氨气逸出，造成误差； 【小问2详解】 NH3全部被释放并被接收瓶中溶液完全吸收，再用0.5盐酸标准溶液滴定，到终点时消耗盐酸，据、可得~5 NH3~5HCl，即NH3~HCl，所以样品中氮元素质量分数为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $