精品解析：湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二上学期1月期末化学试题

高二化学期末 时量：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 F～19 Na～23 Al～27 S～32 Cl～35.5 Zn～65 Br～80 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。) 1. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是 A. 根据构造原理，随着核电荷数递增，电子总是填满一个能层后再开始填入下一个能层 B. “电子气理论”可以解释金属晶体的延展性、导电性和导热性 C. 晶体与非晶体的本质区别在于固体是否具有规则的几何外形 D. 气态物质在高温或外加电场激发下可产生由阴离子、阳离子和中性粒子组成的整体呈电中性的等离子体 【答案】B 【解析】 【详解】A．构造原理描述电子填充顺序遵循能级能量高低，而非严格按能层顺序填充，例如4s能级在3d能级之前填充（如钾原子电子构型为4s1而非先填满3d），因此电子并非总是填满一个能层后再填下一个能层，A错误； B．电子气理论将金属中的价电子视为自由移动的“电子气”，该模型能解释金属晶体的延展性（离子滑动时电子气维持作用力）、导电性（自由电子定向移动）和导热性（电子碰撞传递能量），B正确； C．晶体与非晶体的本质区别在于微观结构是否具有长程有序的周期性排列，而非宏观几何外形（非晶体也可能有规则外形，但内部无序），C错误； D．等离子体由高温或电场激发气态物质形成，通常包含阳离子、电子（而非“阴离子”，阴离子指带负电的原子或分子团，而等离子体中负电荷载体主要为自由电子）和中性粒子，整体电中性；选项中的“阴离子”表述不准确，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语正确的是 A. 图1为晶态和非晶态的X射线衍射图谱对比 B. 图2为固体HF中的链状结构 C. 图3为石墨的层状结构 D. 分子的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶态物质的X射线衍射图谱存在尖锐的特征衍射峰，非晶态只有弥散的宽峰，图1中两种SiO2的标注颠倒，A错误； B．固体HF中可以形成分子间氢键，其链状结构为，B错误； C．石墨是错开的层状结构：，C错误； D．分子的中心氧原子价层电子对数是3，有一个孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，D正确； 故答案选D。 3. 2017年5月9日，我国正式向社会发布113号、115号、118号元素的中文名称，至此，1～118号元素的中文命名全部完成。已知115号元素Mc的中文名为“镆”，它有多种原子，如、等。下列说法不正确的是 A. 可用质谱法区分和 B. Mc位于周期表的第七周期第ⅤA族 C. 在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f，故Mc位于周期表中的f区 D. 在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方的将是165号元素 【答案】C 【解析】 【详解】A．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； B．Mc为第115号元素，位于元素周期表的第七周期第ⅤA族，B正确； C．Mc为第七周期第ⅤA族元素，最后填入电子的能级为7p能级，位于p区，C错误； D．按照现有规则，第八周期的元素种类数应为50种，则115号元素的正下方为165号元素，D正确； 故选C。 4. 下列有关物质结构与性质的说法正确的是 A. 和均为非极性分子 B. 与的键角相等 C. 、中心原子均采取杂化 D. 和的空间结构均为三角锥形 【答案】C 【解析】 【详解】A．为直线型非极性分子，为V型极性分子，A错误； B．XeF2的价层电子对数=2+=5，XeO2的价层电子对数=2+=4，孤电子对数不等，键角不相等，B错误； C．、中心原子价电子对数都为4，中心原子都均采取杂化，C正确； D．价电子对数为4，无孤对电子，空间结构为平面三角形，价电子对数为4，有一孤电子对，空间结构为三角锥形，D错误； 故选C。 5. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 实验目的 A．验证非金属性： B．干燥 实验装置 实验目的 C．验证牺牲阳极法保护铁件 D．为装有溶液的滴定管排气泡 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．利用强酸制弱酸，酸性：，元素最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性越强，A正确； B．浓硫酸应置于洗气瓶中干燥，B错误； C．应用胶头滴管从铁电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴加铁氰化钾溶液观察变化，C错误； D．高锰酸钾具有强氧化性，不能装在碱式滴定管，D错误； 故答案选A。 6. 有机物X与Y可发生如图反应，下列说法错误的是 A. X的分子式为 B. Y分子中键与键数目之比为 C. X、Z均含有2种含氧官能团 D. Z有属于芳香族化合物的同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据X的结构可知，其分子式为，A正确； B．Y的结构为，分子中含2个双键，故键共2个；单键均为键，每个双键含1个键，总键共个，因此键与键数目比为，B错误； C．X的含氧官能团为酮羰基、酯基，共2种；Z的含氧官能团为酮羰基、酯基，碳碳双键不含氧，也只有2种含氧官能团，C正确； D．芳香族化合物要求含苯环，Z的总不饱和度为5，苯环的不饱和度为3，剩余不饱和度可满足结构要求，一定存在属于芳香族化合物的同分异构体，D正确； 故选B。 7. 一种锂离子电池中电解质的阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y是地壳中含量最多的元素，四种元素原子的最外层电子数之和为20。下列说法正确的是 A. 同周期元素中，第一电离能介于W和Y之间的元素只有1种 B. 基态W原子最外层有3个能量相同的电子 C. 基态Z原子的价层电子轨道表示式： D. 简单氢化物的沸点： 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素；Z形成一个共价键，则Z为F元素；四种元素的最外层电子数之和为20，则W最外层电子数为20-4-6-7=3，则W为B元素，即W、X、Y、Z分别为B、C、O、F元素，据此解答。 【详解】A．W、Y分别为B、O元素，分别位于第ⅢA族和第ⅥA族，同周期从左到右，第一电离能总体呈增大趋势，但第ⅡA族＞第ⅢA族，第ⅤA族＞第ⅥA族，故同周期元素中第一电离能介于B和O之间的元素有Be、C两种，A错误； B．W为B元素，基态原子的最外层电子排布式为，2s和2p轨道上的电子能量是不同的，B错误； C．Z为F元素，基态F原子的价层电子排布式为，价层电子轨道表示式为，C正确； D．和HF均能形成氢键，沸点高于，常温下，为液态，HF为气态，可知简单氢化物的沸点：，D错误； 故选C。 8. 根据如图几种晶体结构，下列说法错误的是 A. 钛酸钙的化学式为 B. 金刚石晶体中，碳原子与碳碳键()数目之比为 C. 硒化锌晶体中与之间的最短距离为(晶胞参数为) D. 中的配位数为8 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据晶胞的结构图结合均摊法可知，在晶胞中钙原子位于晶胞的顶点，氧原子位于晶胞的面心，钛原子位于体心，所以晶胞中含有钙原子数为，氧原子数为，钛原子数为1，所以Ca、Ti、O的原子数之比为，化学式为，A正确； B．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每个共价键由2个碳原子共有，则每个碳原子形成的共价键平均为，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为，B错误； C．由晶胞图知，与之间的最短距离为体对角线的四分之一，即为，C正确； D．中与距离最近且相等的数为8，D正确； 故答案选B。 9. 结构决定性质，性质决定用途。下列对性质或用途的解释错误的是 选项 性质或用途 解释 A 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 B 熔点：低于 的阳离子半径大于 C 冠醚冠可以增大在有机溶剂中的溶解度 冠醚冠空穴半径与半径接近，可以选择性识别 D 十二烷基苯磺酸钠可用作水处理的去污剂 十二烷基苯磺酸钠在水中会形成磺酸根向外、十二烷基苯向内的胶束，能将油渍包裹在胶束内腔 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．在中N原子的价层电子对数为，N为sp杂化，键角；在中N原子的价层电子对数为，N为杂化，键角；在中N原子的价层电子对数为，N为杂化，含1个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角小于；解释中未提及的杂化类型不同导致键角差异，解释不全面，故A错误； B．与均为离子化合物，离子键的键能与离子的电荷、离子的半径有关，离子的电荷越多、半径越小，键能越大，熔点越高，与离子电荷相同，但的阳离子半径大于，因此键能小，熔点低，故B正确； C．冠醚冠空穴半径与半径接近，可以选择性识别，使进入其空腔中形成超分子，可以增大在有机溶剂中的溶解度，故C正确； D．十二烷基苯磺酸钠作为去污剂，其胶束结构应为亲水的磺酸根向外、疏水的十二烷基苯向内，从而包裹油渍，故D正确； 故答案选A。 10. 标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A. 历程II中Cl起催化作用，并且 B. 可计算Cl—Cl键能为 C. 相同条件下，的平衡转化率：历程II>历程I D. 历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为： 【答案】C 【解析】 【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。 【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确； B．已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2−E3)kJ⋅mol−1，则Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ⋅mol−1，B正确； C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误； D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5−E4)kJ⋅mol−1，D正确； 故选：C。 11. 的配位化合物较稳定且用途广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向的溶液中加入溶液生成蓝色的配离子，不能与形成配离子。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 中含有个键 B. 基态和基态的核外电子排布中，未成对电子数之比 C. 配离子中的键角比分子中的键角大 D. 可向待测液中先加足量，再加少量以检验溶液中是否含有 【答案】D 【解析】 【分析】溶于水所得溶液Ⅰ显浅紫色，显示的是的颜色，接着加入KSCN得到溶液Ⅱ，溶液显红色，说明溶液中铁主要以形式存在，再加入NaF得到溶液Ⅲ，溶液无色，说明溶液中铁主要以无色的配离子存在，据此解答。 【详解】A．一个水分子中有2个σ键，一个水分子和形成1个σ键，1mol 离子中含有18个σ键，故A正确； B．基态核外电子排布为[Ar]3d5，有5个未成对电子，基态核外电子排布为[Ar]3d6，有4个未成对电子，未成对电子数之比，故B正确； C．配离子中Fe与O之间的配位键与水中成键电子对之间的斥力小于孤电子对与孤电子对之间的斥力，这样导致中H-O-H的键角比H2O分子中H-O-H的键角大，故C正确； D．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+，具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6]3-配离子，再加入KSCN溶液，若含有Co2+，则生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子，故D错误； 答案选D。 12. 化学性质类似的盐酸羟胺()是一种常见的还原剂和显像剂。工业上主要采用图1所示的方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。图3是用图1的电池电解处理含有、的酸性废水的装置。下列说法正确的是 A. 图1电池工作时，Pt电极发生还原反应 B. 图2中，A为和，B为 C. 电极b接电源正极，处理，酸性废水中减少 D. 图1电池工作时，左室溶液pH增大 【答案】D 【解析】 【分析】图1含Fe的催化电极通入NO转化成，化合价由+2价降到-1价，得电子，发生还原反应，故含Fe的催化电极作正极，Pt电极作负极；图2反应，B为，则A为；图3转化成HClO，化合价升高，失电子，发生氧化反应，故a为阳极，b为阴极；据此分析解题。 【详解】A．由NO变成盐酸羟胺()可知铁电极为正极，Pt电极为负极，发生氧化反应，A错误；　 B．由题目信息类似可知的性质类似，能与（即A）反应生成（即B），该过程为酸碱反应，不涉及电子转移，B错误；　 C．图3中b为阴极，因此要接电源的负极，且处理的过程中，循环使用，理论上不会减少，C错误；　 D．图1电池工作时，每1 mol NO得3 mol电子并结合转化成，同时从右室转移到左室，左室浓度降低，pH增大，D正确； 故答案选D。　 13. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。 实验1：实验测得溶液pH为8.6。 实验2：向溶液中滴加等体积溶液，pH由8.6降为4.8。 实验3：向溶液中加入等体积溶液，出现白色沉淀。 实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色。 已知室温时，下列说法正确的是 A. 溶液中满足： B. 实验2滴加盐酸过程中不可能满足： C. 实验3所得上层清液中 D. 实验4发生反应离子方程式为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中存在元素质量守恒：，则有，所以，故A错误； B．实验2滴加盐酸过程中溶液中存在电荷守恒，滴定过程中pH由8.6降为4.8，当pH=7时即，则有，故B错误； C．加入等体积溶液，反应完全，溶液中，则实验3所得上层清液中，故C正确； D．实验4发生反应离子方程式为：，故D错误； 故选C。 14. 常温下，、均可以与形成配位化合物，反应方程式为 ； 。两种配合物中，更稳定。溶液中，、与的关系如图所示，下列说法错误的是 A. B. C. 中，提供孤电子对、提供空轨道，形成配位键 D. 向等浓度的、溶液中分别加入HCN，、转化率相同时，溶液中更小 【答案】D 【解析】 【分析】由方程式可知，反应的平衡常数，设纵坐标为y、—为x，同时取对数可得：y=ax—，同理可得：y=bx—，由题意可知，更稳定，则平衡常数，由斜率的变化可知，曲线①代表随的变化、曲线②代表随的变化，由图可知，为0时，为—35，则平衡常数K1=1035，由为1时，为—29可得：—29=a—35，解得a=6，同理可得，K2=1045、b=6。 【详解】A．由分析可知，，故A正确； B．由分析可知，平衡常数，故B正确； C．由化学式可知，配离子中具有空轨道的与具有孤对电子对的氰酸根离子形成配位键，故C正确； D．向等浓度的、溶液中分别加入HCN，、转化率相同时，由原子个数守恒可知，溶液中、，由平衡常数可知，溶液中浓度更大，故D错误； 故选D。 二、非选择题(本题共4小题，共58分。) 15. “结构决定性质，性质反映结构”是化学学科的底层逻辑和思维范式，请你就下列物质的结构或性质回答下列问题： （1）向盛有溶液中滴加几滴氨水，形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。请写出难溶物溶解过程的离子方程式：___________；再加入乙醇，看到析出深蓝色晶体，该深蓝色晶体是___________(填化学式)。 （2）铝的三种化合物的沸点如下表所示。 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 ①解释三种卤化物沸点差异的原因：___________。 ②的晶胞为平行六面体，各棱长不相等，每个晶胞中含有2个分子。请将右图中的晶胞结构示意图补充完整(表示分子)。 （3）吡啶()可看作是苯分子中的一个CH原子团被1个N原子取代的产物，在工业上可用作变性剂、助染剂，是合成药物、消毒剂、染料等的原料。吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是___________。 （4）含有吡啶环()结构的物质通常具有一定的碱性。已知此类物质的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，现有、、三种物质。 ①按碱性从强到弱排序：___________。 ②咪唑()具有类似苯环的芳香性，1号N和2号N中更易参与形成配位键的是___________(填“1号”或“2号”)。 （5）莽草酸的分子结构为，其分子中手性碳原子的个数为___________。 【答案】（1） ①. (或) ②. （2）①为离子晶体，和为分子晶体，故的沸点最高；的相对分子质量大于，故的分子间作用力大于，所以的沸点高于；② （3）吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子；吡啶与水分子能形成分子间氢键 （4） ①. ②. 1号 （5）3 【解析】 【小问1详解】 向CuSO4溶液中滴加少量氨水时，会生成Cu(OH)2沉淀（难溶物），继续滴加氨水后，Cu(OH)2与过量NH3·H2O反应生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+络离子。这里需要明确难溶物溶解的离子方程式。根据反应过程，可以写成：，也可写作与水合氨反应的形式：  ；溶液中存在，它会与[Cu(NH3)4]2+结合形成晶体，同时可能含有结晶水。故加入乙醇后析出的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O。 【小问2详解】 ①首先分析三种物质的晶体类型。AlF3的沸点高达1500，属于离子晶体；而AlCl3和AlBr3的沸点较低（370和430），属于分子晶体。对于分子晶体，沸点主要由分子间作用力决定，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高。因此，AlBr3的沸点高于AlCl3。而AlF3是离子晶体，离子键强于分子间作用力，故其沸点远高于后两者。综上，AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体。离子晶体的沸点高于分子晶体。对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故AlBr3的沸点高于AlCl3。 ②晶胞为平行六面体（三斜晶系），含2个分子；已标的两个在棱中间，占用的分子数目为2，要使总数等于2，还需要= 6，故还需要在其它6个棱中间补上分子，完整的晶胞结构示意图为。 【小问3详解】 吡啶分子中N原子上有孤对电子，可与水分子中的H形成氢键（N…H-O），而苯分子与水分子之间仅存在较弱的范德华力。此外，吡啶是极性分子，水也是极性溶剂，根据“相似相溶”原理，吡啶在水中的溶解度大于苯。核心原因在于吡啶与水分子间可形成氢键。 【小问4详解】 ①我们需要分析三个分子中N原子的电子云密度。第一个分子是吡啶，N原子直接连接在环上，N原子的孤对电子不参与共轭，电子云密度较低。第二个分子为3-甲基吡啶，甲基（-CH3）是给电子基团，通过诱导效应增加N原子的电子云密度，碱性增强。第三个分子为3-氯吡啶，氯原子（-Cl）是吸电子基团，通过诱导效应降低N原子的电子云密度，碱性减弱。 因此，碱性顺序为：。 ②2号N原子（-NH -上的N）的孤对电子参与了环的共轭体系，而1号N原子（环上= N -的N）的孤对电子未参与共轭，电子云密度更高，更易给出孤对电子形成配位键，故为1 号。 【小问5详解】 手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子。逐一分析莽草酸分子中的碳原子，莽草酸分子中，与3个-OH直接相连的3个碳原子是手性碳。总计3个手性碳原子，图示为（，其中标注*的为手性碳原子）。 16. 锌的硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。请根据下列关于ZnS的结构、制备、应用等知识回答问题： （1）立方硫化锌的晶胞结构如图甲所示。已知晶胞参数为，图乙为晶胞沿轴的俯视图，A点的原子分数坐标为。 ①立方硫化锌晶体的密度为___________。 ②晶胞中D点的原子分数坐标为___________。 （2）制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：，，，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①“酸浸”时通入可提高浸出率的原因是___________。 ②通入“除镉”，通过计算判断当溶液，时，沉淀___________(填“完全”或“不完全”)。 ③“沉锌”前调节溶液的pH至4～5，加入的氧化物为___________(填化学式)。 （3）回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的沉淀。 已知：ⅰ．溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在； ⅱ．过程中存在反应：。 60 ℃时，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：___________。 ②反应4h后，从平衡移动的角度分析砷回收率下降的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 氧化溶解的生成S，促进酸浸反应正向进行 ②. 不完全 ③. （3） ①. ②. 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促使平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降 【解析】 【小问1详解】 ① 立方硫化锌晶胞中，位于顶点和面心，个数为，位于晶胞内部，个数为4，故1个晶胞含4个，晶胞质量，晶胞参数，体积，密度；  ② 已知A点坐标为，原子分数坐标以晶胞边长为单位，D点沿x轴分数为​，y轴为​，z轴为​，故分数坐标为； 【小问2详解】 ① 酸浸时，存在平衡：，氧化，使平衡正向移动，促进溶解，提高浸出率； ②由​，时，代入得，再由得，故沉淀不完全； ③ 调节pH不引入新杂质，且为氧化物，选择，可与酸反应消耗，提高pH，不引入杂质； 【小问3详解】 ① 酸性条件下，与反应生成，离子方程式为； ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促使平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降。 17. 利用和生成，进而制备连二硫酸钠晶体()。相关物质性质见下表。 物质(化学式) 摩尔质量() 215 242 主要性质 空气中易分解 空气中不易变质 均可溶于水，时会释放出气体 操作流程如下： （1）步骤Ⅰ中的“适量水”需使用“去氧蒸馏水”，其获取方法为___________。 （2）写出步骤Ⅱ中反应的化学方程式：___________。 （3）下列说法不正确的是___________(填标号)。 A. 步骤Ⅰ冰水浴的作用是提高反应液中的溶解度 B. 步骤Ⅱ反应分数次缓慢加入且控制温度，是为了防止反应过于剧烈且避免副反应发生 C. 步骤Ⅲ中滴加饱和溶液的作用是除去 D. 步骤Ⅳ的依据是的溶解度大于 （4）将步骤Ⅴ中正确的仪器或操作的标号填入相应横线上： 将滤液转移入___________中，用酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌→___________→洗涤、干燥。 a．坩埚 b．蒸发皿 c．蒸发溶剂至有大量晶体析出 d．浓缩溶液至溶液表面出现晶膜 e．停止加热，自然冷却，过滤 f．停止加热，利用余热蒸干 （5）一定条件下，连二硫酸钠可与发生反应：。 某连二硫酸钠晶体的标定纯度(质量分数)为92.0%，为检测其实际纯度，称取0.8000 g样品溶于冷水，配成100.00 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用的酸性溶液滴定(杂质不参加反应)，重复操作3次，消耗酸性溶液的体积见下表。 实验次数 第1次 第2次 第3次 消耗溶液体积(mL) 19.92 20.00 20.08 根据以上数据计算该样品的纯度为___________；若操作无误，所测纯度与标定纯度存在较大差异的原因可能是___________。 【答案】（1）先煮沸蒸馏水一段时间，然后冷却至室温 （2）(或) （3）CD （4） ①. b ②. de （5） ①. 60.5% ②. 随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，逸出，未能与充分反应 【解析】 【分析】用和生成，进而制备连二硫酸钠晶体，将通入水中至饱和生成，加入控制温度低于10℃发生反应，停止通入后滴入饱和溶液除去过量的，滴入饱和碳酸钠溶液将转化为，经过滤得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到连二硫酸钠晶体，据此解答。 【小问1详解】 氧气的溶解度随温度升高而降低，加热煮沸可除去水中溶解的氧气，冷却后得到去氧蒸馏水； 【小问2详解】 反应物为​和​，产物为，所以反应方程式为或； 【小问3详解】 A．气体溶解度随温度降低而增大，冰水浴可提高溶解度，A正确； B．该反应放热，分次缓慢加​、控温可防止反应过于剧烈，同时避免温度过高导致分解等副反应，B正确； C．由分析可知，步骤Ⅲ中滴加饱和溶液的目的主要是除去(或)，防止后续反应中增大饱和碳酸钠溶液的消耗量，C错误； D．步骤Ⅳ中滴入饱和碳酸钠溶液将转化为，同时生成沉淀，此时没有析出，说明步骤Ⅳ的依据是的溶解度大于，D错误； 答案是CD； 【小问4详解】 步骤V经过滤得到溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到连二硫酸钠晶体；正确操作或现象为：将滤液转移入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→浓缩溶液至溶液表面出现晶膜→停止加热，自然冷却，过滤→洗涤、干燥得到；故选b；de； 【小问5详解】  平均消耗​体积为，，根据反应关系，25 mL溶液中，总样品中，，该样品的纯度为； 若操作无误，所测纯度与标定纯度存在较大差异的原因可能是随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应。 18. 二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题： （1）已知下列热化学方程式： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 则反应 ___________。 （2）向体积均为的恒压密闭容器中通入、，分别在0.1 MPa和1 MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。①下列叙述能判断反应体系达到平衡的是___________(填标号)。 A．的消耗速率和的消耗速率相等 B．混合气体的密度不再发生变化 C．容器内气体压强不再发生变化 ②图中表示1 MPa下，的物质的量分数随温度变化关系的曲线是___________(填字母)，理由是___________； 550 ℃、0.1 MPa条件下，反应达到平衡，平衡时容器的容积为___________L，反应Ⅱ的___________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。 （3）一种从高炉气(主要含、CO、)中回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如下： 已知：20 ℃时，碳酸钾在水中的溶解度约为112 g，碳酸氢钾的溶解度约为33.7 g。 ①请写出“吸收池”中反应的离子方程式：___________。 ②通过控制反应条件，能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电流效率为80%，当电路中转移时，阴极室溶液的质量增加___________g。[B的电流效率] 【答案】（1） （2） ①. B ②. a ③. 温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低，压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大 ④. ⑤. 1 （3） ①. ②. 55.2 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅰ：    ； 反应Ⅱ：     ；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以； 【小问2详解】 ①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和CH4的系数不同，所以的消耗速率和CH4的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意； B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数改变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意； C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意； 故答案选B。 ②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a； 根据上述分析可知，b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，t min反应达到平衡，CH4的物质的量分数为50%，CO的物质的量分数为20%，根据碳原子守恒，CH4的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.2mol，则反应Ⅰ消耗2 mol H2，生成了1 mol H2O，反应Ⅱ消耗了0.2 mol H2，生成了0.2mol H2O，整个体系中含有0.3mol CO2，0.5mol CH4，0.2mol CO，0.8mol H2，1.2mol H2O，平衡时容器的体积为=0.75V。又因为反应Ⅱ中反应物和生成物的化学计量系数相等，所以反应Ⅱ的Kp==1。 【小问3详解】 根据题给信息可知，碳酸氢钾的溶解度小于碳酸钾的，所以上述“吸收池”饱和碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾会以晶体形式析出，其离子方程式为: ； 生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol e-时，由B的电解效率可知，，阴极室发生反应为和2H++2e-=H2↑，消耗的H+会由阳极室的H+通过质子膜从而补充到阴极室，所以阴极室溶液的质量变化为消耗的二氧化碳质量+迁入的氢离子的质量-生成氢气的质量，即。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学期末 时量：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 F～19 Na～23 Al～27 S～32 Cl～35.5 Zn～65 Br～80 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。) 1. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是 A. 根据构造原理，随着核电荷数递增，电子总是填满一个能层后再开始填入下一个能层 B. “电子气理论”可以解释金属晶体的延展性、导电性和导热性 C. 晶体与非晶体的本质区别在于固体是否具有规则的几何外形 D. 气态物质在高温或外加电场激发下可产生由阴离子、阳离子和中性粒子组成的整体呈电中性的等离子体 2. 下列化学用语正确的是 A. 图1为晶态和非晶态的X射线衍射图谱对比 B. 图2为固体HF中的链状结构 C. 图3为石墨的层状结构 D. 分子的VSEPR模型： 3. 2017年5月9日，我国正式向社会发布113号、115号、118号元素的中文名称，至此，1～118号元素的中文命名全部完成。已知115号元素Mc的中文名为“镆”，它有多种原子，如、等。下列说法不正确的是 A. 可用质谱法区分和 B. Mc位于周期表的第七周期第ⅤA族 C. 在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f，故Mc位于周期表中的f区 D. 在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方的将是165号元素 4. 下列有关物质结构与性质的说法正确的是 A. 和均为非极性分子 B. 与的键角相等 C. 、中心原子均采取杂化 D. 和的空间结构均为三角锥形 5. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 实验目的 A．验证非金属性： B．干燥 实验装置 实验目的 C．验证牺牲阳极法保护铁件 D．为装有溶液的滴定管排气泡 实验装置 A. A B. B C. C D. D 6. 有机物X与Y可发生如图反应，下列说法错误的是 A. X的分子式为 B. Y分子中键与键数目之比为 C. X、Z均含有2种含氧官能团 D. Z有属于芳香族化合物的同分异构体 7. 一种锂离子电池中电解质的阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y是地壳中含量最多的元素，四种元素原子的最外层电子数之和为20。下列说法正确的是 A. 同周期元素中，第一电离能介于W和Y之间的元素只有1种 B. 基态W原子最外层有3个能量相同的电子 C. 基态Z原子的价层电子轨道表示式： D. 简单氢化物的沸点： 8. 根据如图几种晶体结构，下列说法错误的是 A. 钛酸钙的化学式为 B. 金刚石晶体中，碳原子与碳碳键()数目之比为 C. 硒化锌晶体中与之间的最短距离为(晶胞参数为) D. 中的配位数为8 9. 结构决定性质，性质决定用途。下列对性质或用途的解释错误的是 选项 性质或用途 解释 A 、、的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 B 熔点：低于 的阳离子半径大于 C 冠醚冠可以增大在有机溶剂中的溶解度 冠醚冠空穴半径与半径接近，可以选择性识别 D 十二烷基苯磺酸钠可用作水处理的去污剂 十二烷基苯磺酸钠在水中会形成磺酸根向外、十二烷基苯向内的胶束，能将油渍包裹在胶束内腔 A. A B. B C. C D. D 10. 标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A. 历程II中Cl起催化作用，并且 B. 可计算Cl—Cl键能为 C. 相同条件下，的平衡转化率：历程II>历程I D. 历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为： 11. 的配位化合物较稳定且用途广泛。可与、、等配体形成溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向的溶液中加入溶液生成蓝色的配离子，不能与形成配离子。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 中含有个键 B. 基态和基态的核外电子排布中，未成对电子数之比 C. 配离子中的键角比分子中的键角大 D. 可向待测液中先加足量，再加少量以检验溶液中是否含有 12. 化学性质类似的盐酸羟胺()是一种常见的还原剂和显像剂。工业上主要采用图1所示的方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。图3是用图1的电池电解处理含有、的酸性废水的装置。下列说法正确的是 A. 图1电池工作时，Pt电极发生还原反应 B. 图2中，A为和，B为 C. 电极b接电源正极，处理，酸性废水中减少 D. 图1电池工作时，左室溶液pH增大 13. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。 实验1：实验测得溶液pH为8.6。 实验2：向溶液中滴加等体积溶液，pH由8.6降为4.8。 实验3：向溶液中加入等体积溶液，出现白色沉淀。 实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色。 已知室温时，下列说法正确的是 A. 溶液中满足： B. 实验2滴加盐酸过程中不可能满足： C. 实验3所得上层清液中 D. 实验4发生反应离子方程式为： 14. 常温下，、均可以与形成配位化合物，反应方程式为 ； 。两种配合物中，更稳定。溶液中，、与的关系如图所示，下列说法错误的是 A. B. C. 中，提供孤电子对、提供空轨道，形成配位键 D. 向等浓度的、溶液中分别加入HCN，、转化率相同时，溶液中更小 二、非选择题(本题共4小题，共58分。) 15. “结构决定性质，性质反映结构”是化学学科的底层逻辑和思维范式，请你就下列物质的结构或性质回答下列问题： （1）向盛有溶液中滴加几滴氨水，形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。请写出难溶物溶解过程的离子方程式：___________；再加入乙醇，看到析出深蓝色晶体，该深蓝色晶体是___________(填化学式)。 （2）铝的三种化合物的沸点如下表所示。 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 ①解释三种卤化物沸点差异的原因：___________。 ②的晶胞为平行六面体，各棱长不相等，每个晶胞中含有2个分子。请将右图中的晶胞结构示意图补充完整(表示分子)。 （3）吡啶()可看作是苯分子中的一个CH原子团被1个N原子取代的产物，在工业上可用作变性剂、助染剂，是合成药物、消毒剂、染料等的原料。吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是___________。 （4）含有吡啶环()结构的物质通常具有一定的碱性。已知此类物质的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，现有、、三种物质。 ①按碱性从强到弱排序：___________。 ②咪唑()具有类似苯环的芳香性，1号N和2号N中更易参与形成配位键的是___________(填“1号”或“2号”)。 （5）莽草酸的分子结构为，其分子中手性碳原子的个数为___________。 16. 锌的硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。请根据下列关于ZnS的结构、制备、应用等知识回答问题： （1）立方硫化锌的晶胞结构如图甲所示。已知晶胞参数为，图乙为晶胞沿轴的俯视图，A点的原子分数坐标为。 ①立方硫化锌晶体的密度为___________。 ②晶胞中D点的原子分数坐标为___________。 （2）制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：，，，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①“酸浸”时通入可提高浸出率的原因是___________。 ②通入“除镉”，通过计算判断当溶液，时，沉淀___________(填“完全”或“不完全”)。 ③“沉锌”前调节溶液的pH至4～5，加入的氧化物为___________(填化学式)。 （3）回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的沉淀。 已知：ⅰ．溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在； ⅱ．过程中存在反应：。 60 ℃时，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：___________。 ②反应4h后，从平衡移动的角度分析砷回收率下降的原因是___________。 17. 利用和生成，进而制备连二硫酸钠晶体()。相关物质性质见下表。 物质(化学式) 摩尔质量() 215 242 主要性质 空气中易分解 空气中不易变质 均可溶于水，时会释放出气体 操作流程如下： （1）步骤Ⅰ中的“适量水”需使用“去氧蒸馏水”，其获取方法为___________。 （2）写出步骤Ⅱ中反应的化学方程式：___________。 （3）下列说法不正确的是___________(填标号)。 A. 步骤Ⅰ冰水浴的作用是提高反应液中的溶解度 B. 步骤Ⅱ反应分数次缓慢加入且控制温度，是为了防止反应过于剧烈且避免副反应发生 C. 步骤Ⅲ中滴加饱和溶液的作用是除去 D. 步骤Ⅳ的依据是的溶解度大于 （4）将步骤Ⅴ中正确的仪器或操作的标号填入相应横线上： 将滤液转移入___________中，用酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌→___________→洗涤、干燥。 a．坩埚 b．蒸发皿 c．蒸发溶剂至有大量晶体析出 d．浓缩溶液至溶液表面出现晶膜 e．停止加热，自然冷却，过滤 f．停止加热，利用余热蒸干 （5）一定条件下，连二硫酸钠可与发生反应：。 某连二硫酸钠晶体的标定纯度(质量分数)为92.0%，为检测其实际纯度，称取0.8000 g样品溶于冷水，配成100.00 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用的酸性溶液滴定(杂质不参加反应)，重复操作3次，消耗酸性溶液的体积见下表。 实验次数 第1次 第2次 第3次 消耗溶液体积(mL) 19.92 20.00 20.08 根据以上数据计算该样品的纯度为___________；若操作无误，所测纯度与标定纯度存在较大差异的原因可能是___________。 18. 二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题： （1）已知下列热化学方程式： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 则反应 ___________。 （2）向体积均为的恒压密闭容器中通入、，分别在0.1 MPa和1 MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。①下列叙述能判断反应体系达到平衡的是___________(填标号)。 A．的消耗速率和的消耗速率相等 B．混合气体的密度不再发生变化 C．容器内气体压强不再发生变化 ②图中表示1 MPa下，的物质的量分数随温度变化关系的曲线是___________(填字母)，理由是___________； 550 ℃、0.1 MPa条件下，反应达到平衡，平衡时容器的容积为___________L，反应Ⅱ的___________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。 （3）一种从高炉气(主要含、CO、)中回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如下： 已知：20 ℃时，碳酸钾在水中的溶解度约为112 g，碳酸氢钾的溶解度约为33.7 g。 ①请写出“吸收池”中反应的离子方程式：___________。 ②通过控制反应条件，能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电流效率为80%，当电路中转移时，阴极室溶液的质量增加___________g。[B的电流效率] 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $