精品解析：江西南昌市外国语学校2025-2026学年上学期高二化学期末测试卷

南昌市外国语学校2025—2026学年上学期 高二化学期末测试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 S-32 Fe-56 Cu-64 Se-79 一、单选题(每题3分，共42分) 1. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法正确的是 A. “天问一号”实验舱——所使用的铝合金熔点高于其各组分金属 B. 制造C919飞机的材料——氮化硅属于共价晶体 C. 电视和电脑的液晶显示器使用的液晶材料属于晶体，表现出晶体的各向异性 D. 过年经常出现“打铁花”表演，“打铁花”的绚烂色彩与金属原子核外电子跃迁吸收能量有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．铝合金的熔点通常低于其各组分金属，故A错误； B．氮化硅（Si3N4）是由硅和氮原子通过共价键形成的三维网络结构，具有高熔点和高硬度，属于共价晶体，故B正确； C．液晶材料是介于液体和晶体之间的状态，具有各向异性，但不属于晶体，故C错误； D．“打铁花”表演中的绚烂色彩是由于高温下金属原子核外电子跃迁时释放能量产生的，故D错误； 选B。 故选B。 2. 下列关于烷烃的命名正确的是 A. 2，3，4—三甲基丁烷 B. 2—甲基—3—乙基戊烷 C. 4—甲基戊烷 D. 2—乙基丁烷 【答案】B 【解析】 【详解】A．2，3，4—三甲基丁烷的命名不符合主链碳原子个数最多的原则，正确名称为2，3—二甲基戊烷，故A错误； B．2—甲基—3—乙基戊烷符合烷烃的系统命名法原则，故B正确； C．4—甲基戊烷的命名不符合取代基位次最小的原则，正确名称为2—甲基戊烷，故C错误； D．2—乙基丁烷的命名不符合主链碳原子个数最多的原则，正确名称为3—甲基戊烷，故D错误； 故选B。 3. 第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A. 的中子数与质子数之差为104 B. 与是同一种核素 C. 基态原子核外共有10个d电子 D. 位于元素周期表中第6周期 【答案】D 【解析】 【详解】A．中子数=174-70=104，与质子数70的差为104-70=34，而非104，A错误； B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B错误； C．根据构造原理可知，Yb的电子排布为[Xe]4f146s2，在3d和4d轨道上有电子，共20个d电子，C错误； D．根据Yb的价电子排布式可知，其有6s轨道，说明其有6个电子层，其位于第6周期，D正确； 故选D。 4. 分子与结合形成配离子，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，3.4g中所含的电子总数为 B. 1mol中σ键的数目为 C. 0.1mol中，中心离子的配位数的数目为 D. 0.2mol中所含的中子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．标准状况下，3.4gNH3的物质的量为0.2mol，一个NH3分子中含有10个电子，则0.2molNH3中所含的电子总数为2NA，A正确； B．1mol中，NH3含有σ键，Co与NH3也是σ键结合，1个中σ键共为，1mol中σ键的数目为，B错误； C．0.1mol中，中心离子为Co2+与配体NH3形成配位键，即中心离子的配位数的数目为0.6NA，C错误； D．1个中含有1个中子，0.2mol中所含的中子数为，D错误； 答案选A。 5. 化学用语可以表达物质结构和化学过程。下列化学用语表达错误的是 A. 电子云图为 B. 的模型为 C. 分子中键的形成： D. 用电子式表示的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A．p能级电子云形状为哑铃形，2pz的电子云沿z方向，故电子云图为，A正确； B．NH3中心原子N价层电子对数为4，有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体，B错误； C．H原子和Cl原子形成HCl分子时，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道通过“头碰头”的形式形成s-pσ键，表示为：，C正确； D．Na2S中钠原子失去电子，硫原子得到电子形成离子键，其电子式表示的形成过程规范正确，D正确； 故本题选B。 6. 我国科学家研制的催化剂能实现氨硼烷()高效制备氢气，制氢原理：，下列说法正确的是 A. 电负性： B. 键角： C. Ni的价电子有10种空间运动状态 D. 基态Al原子中s和p能级电子数之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，同周期从左到右，主族元素的电负性依次增大，硼的氢化物中氢为负价，则这三种元素的电负性顺序应为：B＜H＜N，A错误； B．中的N形成3个键，且有一对孤对电子，N采取sp3杂化；中的N形成4个键，N的孤电子对数为0，N也采取sp3杂化；当杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小，则中的键角较小，B正确； C．Ni为28号元素，其基态价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，4s能级有1个轨道，所以Ni的价电子有6种空间运动状态，C错误； D．Al为13号元素，基态Al的电子排布式为，s能级电子数为6，p能级电子数为7，则s和p能级电子数之比为6:7，D错误； 故选B。 7. 化学式为的化合物的部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。下列说法不正确的是 A. 图中球1表示硼原子，球2表示碳原子 B. 晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键 C. 该物质中氮原子结合能力强于 D. 该物质与盐酸反应，有甲醇生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．由化学式可知，该化合物中含有，且中硼原子形成4个键，每个碳原子也形成4个键。由图可知，球1符合中硼原子的成键情况，球2符合中碳原子的成键情况，则图中球1表示硼原子，球2表示碳原子，A正确； B．由图可知，与或之间存在离子键；C-N键、B-O键、C-H键等均为共价键；中B与O之间存在配位键(B提供空轨道，O提供孤电子对)；由图可知，中的氢原子与中氧原子之间可形成氢键，则该晶体中存在的作用力有：离子键、配位键、共价键、氢键，B正确； C．结构中由于共振效应，正电荷离域分散在整个离子上，导致氮原子上的电子云密度降低，使得氮原子的碱性大大减弱，且阳离子本身对有静电排斥作用，故该物质中氮原子结合能力弱于，C错误； D．中的与盐酸反应时可结合生成甲醇，即该物质与盐酸反应，有甲醇生成，D正确； 故选C。 8. 从结构探究物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 的体积大于 熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3 B 分子的键角()大于HCHO分子的键角() 电子对间斥力的不同 C DNA中碱基A与T、G与C的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别 D 酸性：CF3COOH＞CH3COOH 使羧基中氧氢键的极性减小 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．离子晶体中离子半径增大导致晶格能减小、熔点降低，C2H5NH3+体积大于NH4+，所以熔点C2H5NH3NO3＜NH4NO3，故不选A； B．BF3中B原子采用sp2杂化，电子对斥力均匀，BF3键角为120°。HCHO中C原子采用sp2杂化，无孤电子对，C=O双键电子对斥力较大导致H-C-H键角减小，故不选B； C．DNA碱基A-T、G-C互补配对，为氢键作用实现超分子识别，符合DNA双螺旋结构特征，故不选C； D．吸电子基团-CF3会增大O-H键极性，所以CF3COOH酸性强于CH3COOH，故选D； 选D。 9. 杯酚()能够分离提纯C60和C70，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A. 杯酚与C60分子之间通过氢键形成超分子 B. “操作1”和“操作2”均为过滤 C. 杯酚属于极性分子，可溶于氯仿，且能循环使用 D. 该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征 【答案】A 【解析】 【详解】A．杯酚含羟基，但C60为碳单质，分子中无N、O、F等电负性大的原子，无法与杯酚形成氢键，超分子的形成应为分子间作用力，故A错误； B．操作1中，C70溶于甲苯，C60-杯酚超分子不溶，过滤分离；操作2中，杯酚溶于氯仿，C60不溶，过滤分离，均为过滤，故B正确； C．杯酚含多个羟基，为极性分子，氯仿是极性溶剂，根据相似相溶可溶于氯仿，且流程中杯酚可循环使用，故C正确； D．杯酚能选择性结合C60而不结合C70，体现超分子“分子识别”特征，故D正确； 选A。 10. 一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂，实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是 A. [Cu(NH3)4]SO4·H2O含有离子键、共价键、配位键 B. 过程①中的O2改为H2O2反应离子方程式可表示为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O C. 过程③的现象是难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 D. 过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，玻璃棒摩擦的目的是减慢结晶速率 【答案】D 【解析】 【分析】铜屑和氧气、硫酸反应生成硫酸铜溶液，加入氨水形成氢氧化铜悬浊液，继续加入过量氨水形成硫酸四氨合铜，加入乙醇析出一水硫酸四氨合铜晶体。 【详解】A．形成的晶体中含有四氨合铜离子与硫酸根离子之间的离子键，氮氢、硫氧、氢氧之间的共价键，铜和氮之间的配位键，故A项正确； B．铜和、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，涉及离子反应为：，故B项正确； C．过程③中蓝色沉淀为氢氧化铜，氢氧化铜和过量氨水形成硫酸四氨合铜，溶液变为深蓝色，故C项正确； D．乙醇为极性溶剂，但极性较弱，过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，改变了溶液的极性使得产物在溶液中溶解度减小而析出，玻璃棒摩擦的目的是形成晶体的晶核，加快结晶速率，故D项错误； 故答案选D。 11. 已知：键线式是以线表示共价键，每个折点或端点表示一个碳原子，并省略书写氢原子的一种表示有机化合物结构的式子，如异丁烷()可表示为“”物质D结构如图下列说法正确的是 A. 分子式为C14H19O3NBr B. 该分子中含有5种官能团 C. 该物质含酰胺基官能团 D. 该物质含2个酮羰基 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据该物质的结构，可知分子式为C14H18O3NBr，A错误； B．该物质官能团为羟基、酮羰基、碳溴键、酰胺基，共4种官能团，B错误； C．该物质的官能团中有酰胺基（-NHCO-），C正确； D．该物质只有1个酮羰基，D错误； 故答案选C。 12. 2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域做出开创性贡献的三位科学家。H2TDC是用于构筑MOFs的一种配体，由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中Y、Z同主族，其分子结构如图所示，下列说法正确的是 A. 非金属性强弱： B. 分子的空间结构是直线形 C. 的固态密度比液态小与范德华力有关 D. W、Y构成的物质中，只含有极性键 【答案】B 【解析】 【分析】由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期的主族元素，且Y、Z同主族，则Y属于第二周期，Z属于第三周期，Y、Z都连两根化学键，则推测出Y是O、Z是S；X连四个键达到稳定状态，则X为C，W为H，据此进行判断； 【详解】A．Y为O，X为C，Z为S，同周期自左至右非金属性增强，同主族自上向下非金属性减弱，则非金属性：O＞S＞C，即Y＞Z＞X，与选项不符合。A错误； B．为CO2，其中C为sp杂化，则其空间结构为直线形。B正确； C．为水，固态水氢键较多较稳定，液态水则更少，故其固态密度比液态小是因为氢键数目和强度不同。C错误； D．W，Y构成的物质中有过氧化氢，其中含有非极性共价键O-O键。D错误； 故答案选B。 13. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴在xy平面的投影，已知晶胞面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，为阿伏加德罗常数的值，以晶胞参数为单位长度建立坐标系。下列说法错误的是 A. Se与Zn原子之间的最近距离为 B. 周围最近的的个数为12 C. A点原子分数坐标为，则B点原子分数坐标为 D. 硒化锌晶体密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．设晶胞边长为。由题意，顶点与相邻面心距离为，即，解得L=a nm。Se与Zn原子之间的最近距离为晶胞体对角线的，即。A正确； B．在此晶胞中，Zn原子占据了部分四面体空隙，将这些Zn原子连接并平移，可以构成一个面心立方结构，其配位数为12，因此每个周围最近的个数为12。B正确； C．A点原子坐标为，由图乙可知，B点原子分数坐标为。C正确； D．硒位于晶胞顶点和面心，由均摊法可得该晶胞中硒有个，锌在晶胞内、有4个，硒化锌晶体密度为。D错误； 故选D。 14. Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=akJ·mol-1.按投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 该反应的ΔΗ<0；p1>p2>p3 B. 温度为T1℃、p2压强下，M点v正<v逆 C. T1℃，当混合体系平均相对分子质量恒定时，反应达到平衡状态 D. T1℃，再投入4mol H2(g)和2mol CO(g)，CO的平衡转化率增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，其他条件一定时，温度越高CO的平衡转化率越小，说明该反应的ΔH<0；该反应是气体体积减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，说明p1>p2>p3，A正确； B．由图可知M点CO的平衡转化率小于T1℃、p2压强下CO的平衡转化率，则T1℃、p2压强下反应正向进行，v正＞v逆，B错误； C．该反应过程中气体质量是定值，气体总物质的量减小，混合体系平均摩尔质量增大（平均相对分子质量也增大)，当混合体系平均相对分子质量恒定时，反应达到平衡状态，C正确； D．恒温恒容密闭容器中再投入4mol H2(g)和2mol CO(g)，等效于增大压强，则平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，D正确； 故答案选B。 二 解答题(共58分) 15. Ⅰ．元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大。F为第四周期元素，其余为短周期主族元素。它们的性质或结构信息见下表。 元素 性质或结构信息 A 处于第二周期且基态原子核外电子排布中未成对电子最多 B 基态原子的p轨道有两个未成对电子 C 第一至第四电离能：I1=738 kJ·mol−1；I2=1451 kJ·mol−1；I3=7733 kJ·mol−1；I4=10540 kJ·mol−1 D 最高正价与最低负价的代数和为4 F 前四周期中电负性最小 回答下列问题： （1）固态A2B5由两种离子构成：阴离子为平面三角形，阳离子为直线形，阳离子为___________(填化学式)。 （2）HA3是一种弱酸。已知常温下：Ka(HA3)=10−4.7；Ka1(H2CO3)=4.2×10−7；则足量HA3与Na2CO3溶液反应的化学方程式为___________。 （3）DB3(g)以单分子形式存在，DB3(s)的结构有多种，其中一种如图。 DB3(s)中D原子的杂化方式为___________，DB3(s)中B-D-B键角：∠1___________∠2(填“>”“<”或“=”)。 （4）D、E、F的简单离子半径从大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。 Ⅱ．按要求回答下列问题。 （5）SiCl4可发生水解反应，机理如下： 含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为___________(填标号)。 （6）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“Si-H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se___________(填“>”或“<”) Si。与Si同周期的部分元素的电离能如图所示，其中a、b和c分别代表___________(填字母)。 A．a为I1，b为I2，c为I3 B．a为I2，b为I3，c为I1 C．a为I3，b为I2，c为I1 D．a为I1，b为I3，c为I2 【答案】（1） （2） （3） ①. sp3 ②. ＞ （4） （5）② （6） ①. ＞ ②. B 【解析】 【分析】A．第二周期未成对电子最多的元素是N（价电子: 2s22p3，3个未成对电子）； B．p轨道有2个未成对电子且原子序数大于A，是O（价电子：2s22p4）; C．C的电离能在I2到I3出现突变（I3远大于I2），说明C失去2个电子后达到稳定结构，属于第ⅡA族元素。结合短周期主族元素、原子序数大于B（O，原子序数8），因此C为Mg（镁）； D．D的最高正价与最低负价代数和为4。主族元素中，最高正价=族序数（O、F除外），最低负价=族序数- 8，设族序数为x，则x+(x-8)=4，解得x=6（第ⅥA族）。结合短周期主族元素、原子序数大于C（Mg，原子序数12），因此D为S（硫）； F．F是前四周期中电负性最小的元素。电负性随周期表从左到右增大、从上到下减小，前四周期中金属性最强（电负性最小）的元素是第四周期第ⅠA族的K，因此F为K（钾）； E．原子序数介于D和F之间，E为Cl。 【小问1详解】 根据分析可知，A2B5为N2O5，N2O5固态由两种离子构成： 阴离子为，中成键电子对数为3，孤电子对数=，因此中心N原子价层电子对数=3+0=3，中心N原子价层电子对=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，符合描述； 阳离子为，中成键电子对数为2，孤电子对数=，因此中心N原子价层电子对数=2+0=2，中心N原子价层电子对= 2，无孤电子对，空间构型为直线形，符合描述； 故阳离子为； 【小问2详解】 根据分析可知，A为N，故HA3是叠氮酸HN3。已知：Ka(HA3)=10−4.7＞Ka1(H2CO3)=4.2×10−7，因此HN3酸性强于H2CO3，根据“强酸制弱酸”，足量HN3与Na2CO3反应生成NaN3、CO2和H2O，方程式为： ； 【小问3详解】 根据分析可知，D为S，B为O，故DB3(s)是SO3(s)。根据图中SO3(s)的结构可知，SO3(s)中每个S原子与4个氧原子成键，所以成键电子对数=σ键电子对数=4，孤电子对数==0，故SO3(s)中S原子价层电子对数=4+0=4，故SO3(s)中S原子的杂化方式为sp3； 图中所示，由于单键与双键之间的斥力大于单键与单键之间的斥力，因此∠1＞∠2； 【小问4详解】 根据分析可知，D为S，E为Cl，F为K。比较S2-、Cl-、K+的半径时，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小。三者电子层均为3层，核电荷数：S2-＜Cl-＜K+，故半径顺序为S2-＞Cl-＞K+； 【小问5详解】 中间体中Si与4个Cl、1个H2O的O形成σ键，共5个σ键，价层电子对数为5。①dsp2：使用1个d、1个s、2个p轨道，共4个轨道，对应4个σ键，不符合；②sp3d：使用1个s、3个p、1个d 轨道，共5个轨道，对应5个σ键，符合；③sp3d2：使用1个s、3个p、2个d轨道，共6个轨道，对应6个σ键，不符合，故答案选②； 【小问6详解】 电负性反映原子吸引共用电子对的能力： “Si-H” 中共用电子对偏向 H，说明电负性：H＞Si，H2与Se反应时，Se是氧化剂，得电子，说明电负性：Se＞H，因此电负性Se＞Si； 第一电离能（I1）：Na的I1极小，易失1个电子，同周期元素第一电离能总体随原子序数增大而增大（ⅡA>ⅢA、ⅤA>ⅥA例外）； 第二电离能（I2）：Na+为稳定结构，再失电子极难，所以Na的I2骤增； 第三电离能（I3）：Mg2+为稳定结构，再失电子极难，所以Mg的I3骤增； 结合图像分析，图c中Na的电离能最小，对应I1；图a中Na的电离能骤增，对应I2；图b中Mg的电离能更大，对应I3，因此选B。 16. 镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分NiO、MgO、、和铁的氧化物)为原料，采用酸溶法制取和，工业流程如图所示： 已知：①常温下，易溶于水，和NiOOH不溶于水；。 ②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下： 沉淀物 开始沉淀时的pH 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2 沉淀完全()时的pH 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1 回答下列问题： （1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是___________，“滤渣1”的成分___________(填化学式)。 （2）“滤液1”中加入H2O2的作用是___________(用离子反应方程式表示)。 （3）操作Ⅱ为达到实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是___________。 （4）“滤液1”中是否存在Fe3+，可用___________检验。 （5）“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为___________。 （6）NiSO4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率 ②. SiO2 （2） （3） （4）KSCN(硫氰化钾)溶液 （5） （6） 【解析】 【分析】本流程中，在红土镍矿中加入稀硫酸浸取，可以将所有金属氧化物溶解，而不溶于酸，过滤后，留在滤渣中；向滤液中加入将氧化为，然后加入调节pH，在不沉淀的情况下，可将和转化为沉淀，通过过滤分离；再加入继续调节pH，将转化为沉淀，再次过滤，向滤渣固体中加入溶解得；滤液主要含，再经过操作V得。 【小问1详解】 研磨矿样可以增大固体与酸的接触面积，加快浸出速率，提高浸取率；红土镍矿中SiO2不与稀硫酸反应，因此浸取后滤渣1为SiO2； 【小问2详解】 滤液1中Fe2+和沉淀pH相近，不易通过沉淀分离，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH除去，酸性环境下反应离子方程式为； 【小问3详解】 操作Ⅱ的目的是沉淀除去Fe3+、Al3+，同时不沉淀，根据表格，沉淀完全pH为4.7（此时已完全沉淀），开始沉淀pH为7.1，因此应调节pH范围为； 【小问4详解】 检验Fe3+的特征试剂为KSCN溶液，KSCN溶液遇Fe3+溶液变为血红色； 【小问5详解】 pH=9.0时，c(Ni2+)=1´10-5mol∙L-1，，时，，得。 【小问6详解】 碱性条件下被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒配平得离子方程式：。 17. 铜及其化合物在生产生活中具有重要用途，请回答下列问题。 （1）基态铜原子价层电子排布式为_______；Cu元素位于元素周期表的_______区。 （2）CuO加热到1000℃开始分解为。热稳定性很好，在1235℃即使熔化了也不分解，试解释的热稳定性强于CuO的原因：_______。 （3）与在一定条件下能反应生成一种新型催化剂。的VSEPR模型名称为_______形；中的配体数目和配位数之比为_______(填最简整数比)。 （4）黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等，是炼铜的主要原料，其主要成分为四方晶系的物质甲，甲的晶胞如图1所示，晶胞参数分别为0.53nm、0.53nm和1nm，该晶胞沿x、y轴方向上的投影分别如图2、3所示。 ①基态的价层电子轨道表示式为_______。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，a的分数坐标为，则b的分数坐标为_______；设为阿伏加德罗常数的值，则晶体甲的密度为_______(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. ②. ds （2）基态的电子排布式为，基态的电子排布式为，基态的3d能级全充满，更稳定 （3） ①. 正四面体 ②. （4） ①. ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 铜为29号元素，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为 3d104s1；铜元素位于元素周期表的ds区； 【小问2详解】 基态Cu原子核外电子排布式为，基态的电子排布式为，基态的电子排布式为，基态的3d能级全充满，更稳定； 【小问3详解】 中心原子价层电子对数为4，无孤电子对，VSEPR模型名称为正四面体形；中有2个分子与1个配位，有4个N原子与1个配位，配位数为4，配体数目和配位数之比为。 【小问4详解】 ①基态价层电子排布式为，则基态的价层电子轨道表示式为； ②沿着棱心处的Fe的位置可以将晶胞分为上下两部分： ，故b在z轴上的投影为，且在上面长方体的右下方向，故其分数坐标为；晶胞中含有4个Fe、4个Cu和8个S，晶体甲的密度为：。 18. 氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。乙醇-水催化重整可获得H2，其主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）计算出反应的，___________kJ/mol；该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）在乙醇-水催化重整制H2的反应体系中，下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 增大初始投料比，有利于提高C2H5OH的转化率 B. 升高反应体系温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数均增大 C. 平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动 D. 及时分离出CO2，可提高H2的平衡产率 （3）在1 MPa下，向恒压密闭容器中通入1 mol C2H5OH和3 mol H2O，平衡时CO2和CO的选择性及H2O的转化率随温度的变化如图所示。 已知：CO的选择性 ①已知曲线b代表平衡时H2O的转化率，温度高于300℃时，H2O的平衡转化率随温度升高而减小的原因是___________。 ②代表CO选择性的是曲线___________(填“a”或“c”)。 ③500℃时，C2H5OH的转化率为___________；反应Ⅱ的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×该气体的物质的量分数)。 【答案】（1） ①. +255.3 ②. 高温 （2）BD （3） ①. 升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ均正向移动，温度升高对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，所以H2O的平衡转化率随温度升高而减小 ②. c ③. 90% ④. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应Ⅰ+2×反应Ⅱ可得的=ΔH1+ 2ΔH2= 173.3 kJ/mol + 82kJ/mol = +255.3 kJ/mol，该反应是气体物质的量增大的反应，ΔS > 0，ΔG =ΔH – TΔS<0时反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。 【小问2详解】 A．增大初始投料比 ，相当于增大的物质的量，的浓度增大，平衡Ⅰ正向移动，但的转化率减小，A错误； B．反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应（ΔH > 0），升高温度会使平衡右移，K增大，B正确； C．反应Ⅰ是气体分子数增加的反应，压缩体积（增大压强）会使平衡左移，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，压强变化不会使平衡Ⅱ发生移动，但反应Ⅰ平衡左向移动导致二氧化碳、氢气、水的浓度改变比例不同，反应Ⅱ平衡会发生移动，C错误； D．分离出 CO2会使反应Ⅱ左移，减少 H2O 的生成，同时反应Ⅰ右移，增加 H2的生成，D正确； 故选BD。 【小问3详解】 ①温度高于300℃时，升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ均正向移动，温度升高对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，H2O的物质的量增大，所以H2O的平衡转化率随温度升高而减小； ②反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应。温度升高，两个反应均右移。但 H2O 的转化率在 300℃后下降，说明高温时反应Ⅱ占主导，平衡时CO2和CO的选择性之和为1，升高温度CO的选择性增大，CO2的选择性减小，曲线a代表CO2的选择性，曲线b代表H2O的转化率，c代表CO的选择性； ③500℃时，H2O的转化率为60%，CO2的选择性=CO2的选择性=50%，在1 MPa下，向恒压密闭容器中通入1 mol C2H5OH和3 mol H2O，平衡时，n(H2O)=3mol×0.4=1.2mol，设参加反应的乙醇为xmol，生成CO、CO2的物质的量均为ymol，x×2×50%=y，根据氧元素守恒，y+2y+1.2+(1-x)=3+1，解得y=x=0.9，C2H5OH的转化率为=90%，由H元素守恒可知n(H2)= =4.5mol，平衡时气体总物质的量为0.1mol+1.2 mol+0.9 mol +0.9 mol+4.5mol = 7.6 mol，反应Ⅱ的平衡常数Kp==。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌市外国语学校2025—2026学年上学期 高二化学期末测试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-18 S-32 Fe-56 Cu-64 Se-79 一、单选题(每题3分，共42分) 1. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法正确的是 A. “天问一号”实验舱——所使用的铝合金熔点高于其各组分金属 B. 制造C919飞机的材料——氮化硅属于共价晶体 C. 电视和电脑的液晶显示器使用的液晶材料属于晶体，表现出晶体的各向异性 D. 过年经常出现“打铁花”表演，“打铁花”的绚烂色彩与金属原子核外电子跃迁吸收能量有关 2. 下列关于烷烃的命名正确的是 A. 2，3，4—三甲基丁烷 B. 2—甲基—3—乙基戊烷 C. 4—甲基戊烷 D. 2—乙基丁烷 3. 第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A. 的中子数与质子数之差为104 B. 与是同一种核素 C. 基态原子核外共有10个d电子 D. 位于元素周期表中第6周期 4. 分子与结合形成配离子，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，3.4g中所含的电子总数为 B. 1mol中σ键的数目为 C. 0.1mol中，中心离子的配位数的数目为 D. 0.2mol中所含的中子数为 5. 化学用语可以表达物质结构和化学过程。下列化学用语表达错误的是 A. 电子云图为 B. 的模型为 C. 分子中键的形成： D. 用电子式表示的形成过程： 6. 我国科学家研制的催化剂能实现氨硼烷()高效制备氢气，制氢原理：，下列说法正确的是 A. 电负性： B. 键角： C. Ni的价电子有10种空间运动状态 D. 基态Al原子中s和p能级电子数之比为 7. 化学式为的化合物的部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。下列说法不正确的是 A. 图中球1表示硼原子，球2表示碳原子 B. 晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键 C. 该物质中氮原子结合能力强于 D. 该物质与盐酸反应，有甲醇生成 8. 从结构探究物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 的体积大于 熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3 B 分子的键角()大于HCHO分子的键角() 电子对间斥力的不同 C DNA中碱基A与T、G与C的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别 D 酸性：CF3COOH＞CH3COOH 使羧基中氧氢键的极性减小 A. A B. B C. C D. D 9. 杯酚()能够分离提纯C60和C70，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A. 杯酚与C60分子之间通过氢键形成超分子 B. “操作1”和“操作2”均为过滤 C. 杯酚属于极性分子，可溶于氯仿，且能循环使用 D. 该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征 10. 一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂，实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是 A. [Cu(NH3)4]SO4·H2O含有离子键、共价键、配位键 B. 过程①中的O2改为H2O2反应离子方程式可表示为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O C. 过程③的现象是难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 D. 过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，玻璃棒摩擦的目的是减慢结晶速率 11. 已知：键线式是以线表示共价键，每个折点或端点表示一个碳原子，并省略书写氢原子的一种表示有机化合物结构的式子，如异丁烷()可表示为“”物质D结构如图下列说法正确的是 A. 分子式为C14H19O3NBr B. 该分子中含有5种官能团 C. 该物质含酰胺基官能团 D. 该物质含2个酮羰基 12. 2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域做出开创性贡献的三位科学家。H2TDC是用于构筑MOFs的一种配体，由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中Y、Z同主族，其分子结构如图所示，下列说法正确的是 A. 非金属性强弱： B. 分子的空间结构是直线形 C. 的固态密度比液态小与范德华力有关 D. W、Y构成的物质中，只含有极性键 13. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴在xy平面的投影，已知晶胞面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，为阿伏加德罗常数的值，以晶胞参数为单位长度建立坐标系。下列说法错误的是 A. Se与Zn原子之间的最近距离为 B. 周围最近的的个数为12 C. A点原子分数坐标为，则B点原子分数坐标为 D. 硒化锌晶体密度为 14. Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=akJ·mol-1.按投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 该反应的ΔΗ<0；p1>p2>p3 B. 温度为T1℃、p2压强下，M点v正<v逆 C. T1℃，当混合体系平均相对分子质量恒定时，反应达到平衡状态 D. T1℃，再投入4mol H2(g)和2mol CO(g)，CO的平衡转化率增大 二 解答题(共58分) 15. Ⅰ．元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大。F为第四周期元素，其余为短周期主族元素。它们的性质或结构信息见下表。 元素 性质或结构信息 A 处于第二周期且基态原子核外电子排布中未成对电子最多 B 基态原子的p轨道有两个未成对电子 C 第一至第四电离能：I1=738 kJ·mol−1；I2=1451 kJ·mol−1；I3=7733 kJ·mol−1；I4=10540 kJ·mol−1 D 最高正价与最低负价的代数和为4 F 前四周期中电负性最小 回答下列问题： （1）固态A2B5由两种离子构成：阴离子为平面三角形，阳离子为直线形，阳离子为___________(填化学式)。 （2）HA3是一种弱酸。已知常温下：Ka(HA3)=10−4.7；Ka1(H2CO3)=4.2×10−7；则足量HA3与Na2CO3溶液反应的化学方程式为___________。 （3）DB3(g)以单分子形式存在，DB3(s)的结构有多种，其中一种如图。 DB3(s)中D原子的杂化方式为___________，DB3(s)中B-D-B键角：∠1___________∠2(填“>”“<”或“=”)。 （4）D、E、F的简单离子半径从大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。 Ⅱ．按要求回答下列问题。 （5）SiCl4可发生水解反应，机理如下： 含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为___________(填标号)。 （6）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，若“Si-H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se___________(填“>”或“<”) Si。与Si同周期的部分元素的电离能如图所示，其中a、b和c分别代表___________(填字母)。 A．a为I1，b为I2，c为I3 B．a为I2，b为I3，c为I1 C．a为I3，b为I2，c为I1 D．a为I1，b为I3，c为I2 16. 镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分NiO、MgO、、和铁的氧化物)为原料，采用酸溶法制取和，工业流程如图所示： 已知：①常温下，易溶于水，和NiOOH不溶于水；。 ②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下： 沉淀物 开始沉淀时的pH 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2 沉淀完全()时的pH 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1 回答下列问题： （1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是___________，“滤渣1”的成分___________(填化学式)。 （2）“滤液1”中加入H2O2的作用是___________(用离子反应方程式表示)。 （3）操作Ⅱ为达到实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是___________。 （4）“滤液1”中是否存在Fe3+，可用___________检验。 （5）“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为___________。 （6）NiSO4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为___________。 17. 铜及其化合物在生产生活中具有重要用途，请回答下列问题。 （1）基态铜原子价层电子排布式为_______；Cu元素位于元素周期表的_______区。 （2）CuO加热到1000℃开始分解为。热稳定性很好，在1235℃即使熔化了也不分解，试解释的热稳定性强于CuO的原因：_______。 （3）与在一定条件下能反应生成一种新型催化剂。的VSEPR模型名称为_______形；中的配体数目和配位数之比为_______(填最简整数比)。 （4）黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等，是炼铜的主要原料，其主要成分为四方晶系的物质甲，甲的晶胞如图1所示，晶胞参数分别为0.53nm、0.53nm和1nm，该晶胞沿x、y轴方向上的投影分别如图2、3所示。 ①基态的价层电子轨道表示式为_______。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，a的分数坐标为，则b的分数坐标为_______；设为阿伏加德罗常数的值，则晶体甲的密度为_______(列出计算式即可)。 18. 氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。乙醇-水催化重整可获得H2，其主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）计算出反应的，___________kJ/mol；该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）在乙醇-水催化重整制H2的反应体系中，下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 增大初始投料比，有利于提高C2H5OH的转化率 B. 升高反应体系温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数均增大 C. 平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动 D. 及时分离出CO2，可提高H2的平衡产率 （3）在1 MPa下，向恒压密闭容器中通入1 mol C2H5OH和3 mol H2O，平衡时CO2和CO的选择性及H2O的转化率随温度的变化如图所示。 已知：CO的选择性 ①已知曲线b代表平衡时H2O的转化率，温度高于300℃时，H2O的平衡转化率随温度升高而减小的原因是___________。 ②代表CO选择性的是曲线___________(填“a”或“c”)。 ③500℃时，C2H5OH的转化率为___________；反应Ⅱ的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×该气体的物质的量分数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $