甘肃白银市第一中学2025-2026学年第二学期高二期中考试 化学试题

2025-2026学年第二学期高二化学期中考试试题 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 可能用到的相对原子质量：C12 O16 S32 Zn65 一、单选题（每小题只有一个正确选项，每题2.5分） 1．化学与人类生产、生活、科研、环境等密切相关。下列说法错误的是 A．我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征 B．我国研究人员成功制备出铝—锆—钪（Al-Zr-Sc）合金材料，Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关 C．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃 D．嫦娥六号探测器外钻杆是由碳化硅颗粒增强铝基复合材料制造，碳化硅属于共价晶体 2．下列化学用语或图示表达正确的是 A．丁烷的分子结构模型： B．基态原子的简化电子排布式： C．的核磁共振氢谱图： D．2-甲基丁烷的键线式： 3．下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A． 延展性：生铁<纯铁 生铁的原子层间相对滑动更困难 B． 热稳定性：H2O>H2S H2O分子间存在氢键 C． 硬度：金刚石>碳化硅 C-C键长小于C-Si D． 熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3 的体积大于 4．丁二酮肟（）常用于检验Ni2+。在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀（配合物），其结构如图。下列说法正确的是 A．丁二酮肟中不存在非极性共价键 B．基态Ni2+核外电子的运动状态数为26 C．该配合物的配体数为4 D．Ni2+形成该配合物时化合价变为+4价 5．奥司他韦是目前治疗流感的常用药物之一，其分子结构如图所示，下列说法中正确的是 A．奥司他韦分子中只有2个手性碳原子 B．通过红外光谱有可能确定奥司他韦分子中含有酯基、氨基、醚键和酰胺基 C．通过质谱法可以测定奥司他韦分子中键长和键角等分子结构信息 D．奥司他韦分子式为C16H26N2O4 6．冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与Li+作用而不与K+作用；18-冠-6与K+作用，但不与Li+或Na+作用。下列说法正确的是 A．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 B．超分子中O原子与K+间存在离子键 C．12-冠-4中C和O的杂化方式分别是sp3和sp2 D．18-冠-6可增大KMnO4在苯中的溶解度 7．为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法均正确的是 选项 A． B． C． D． 混合物 乙醇（少量水） 甲烷（乙烯） 水（Br2） 苯甲酸固体（NaCl） 除杂试剂 CaO 酸性高锰酸钾溶液 乙醇 水 分离方法 蒸馏 洗气 萃取 分液 8．短周期主族元素X、Y、Z、M、N原子序数依次增大。X原子的核外电子总数与其周期数相等；Y的简单氢化物与其最高价含氧酸能发生化合反应；Z与Y同周期，且Z的简单氢化物常温下为液态；M是所在周期中原子半径最小的金属元素；N的最高价氧化物对应水化物是短周期中酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是 A．简单离子半径： B．非金属性：N>Z>Y，因此单质氧化性：N2>Z2>Y2 C．X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物 D．M的单质与N的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应为放热反应，说明反应物总键能之和大于生成物总键能之和 9．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应历程如图所示（图中能量值均为相对能量，TS表示过渡态）。下列说法正确的是 A．反应②是该反应的决速步骤 B．N2O是该反应的中间产物 C．该反应历程中只有极性共价键的断裂和形成，没有非极性共价键的断裂和形成 D．该反应的总反应为 10．灰锡与金刚石的晶体类型相同，其晶胞如图甲所示，图乙为晶胞的俯视图，已知原子的分数坐标a点，c点。下列有关说法不正确的是 A．基态Sn原子的价层电子排布式为：5s25p2 B．Sn位于元素周期表的p区 C．若Sn-Sn键的键长为a pm，则晶胞参数为 D．灰锡的熔沸点高于金刚石 11．我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的合成，其路线如下，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．4.4 g CO2含有的π键数目为 B．1 mol DHA中sp3杂化的原子数为 C．标准状况下22.4 L CH3OH含有的极性键数目为 D．由CH3OH生成1 mol HCHO转移电子数为 12．观察下列图像并结合相关信息，判断有关说法正确的是 金刚石 石墨 分液 A．金刚石与石墨中碳原子的杂化方式不同，金刚石中每个碳原子被6个六元环共用 B．石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体 C．结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2 D．分液操作时应将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从下口继续放出 13．利用电化学原理模拟植物光合作用对CO2进行综合利用，原理如图所示。下列说法不正确的是 A．阴极的电极反应为 B．外电路中转移3 mol电子时，理论上消耗H2 33.6 L（标准状况下） C．装置工作一段时间后，电解质溶液与反应前相比pH减小 D．该装置实现了光能向电能、化学能的转化 14．精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如下，下列说法不正确的是 A．X与互为顺反异构体 B．X能使溴的CCl4溶液褪色 C．X与HBr反应有副产物生成 D．属于芳香族化合物，且和X互为同分异构体的有机物有4种（不考虑立体异构） 15．下列对事实的解释不正确的是 选项 事实 解释 A． 浓硝酸（）不能溶解金，王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比混合）能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B． 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C． 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D． KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 16．由乙酸制取丙二酸的流程如下（部分条件略）。下列说法不正确的是 已知：25℃时，，；HCN有毒，有挥发性 A．酸性：ClCH2COOH>CH3COOH B．ii的目的是防止发生 C．ii中氯原子被取代，与ClCH2COONa中C-Cl键的极性有关 D．ii中若用过量NaOH代替Na2CO3可提高ClCH2COONa的产率 17．氮化镓是制备蓝光LED与5G射频芯片的核心半导体材料，其优异的性能源于独特的结构，而其工业生产流程也涉及一系列结构化学原理。下列从微观角度对相关物质性质进行的解释错误的是 选项 物质性质 微观解释 A． GaN和GaP的晶体类型均与晶体Si的类似，GaN晶体的熔点约为1700℃，而GaP晶体的熔点为1457℃ GaN和GaP均为共价晶体，其中Ga-N键的键长短，键能大 B． 工业上采用Ga与NH3在高温条件下反应制备GaN，而不用N2直接与Ga反应 N2分子中键的键能大，化学性质不活泼，而NH3在高温条件下可分解生成高活性的NH2或N原子，更易与Ga反应 C． NH3的键角（约107℃）大于PH3的键角（约93.5℃） NH3分子间存在氢键，PH3分子间无氢键 D． 第一电离能 Al的3p能级电子的能量比Mg的3s能级电子的高 18．在2L恒容密闭容器中发生反应： 。某压强下起始时按照不同氢碳比[]投料，测得CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A． B．a点起始充入2 mol CO2，5 min后达到平衡状态，则0~5 min内， C．氢碳比：①<②<③ D．一定温度下，容器中CH3OCH3的分压不再改变时，该反应已达到化学平衡状态 二、解答题 19．钛及其化合物在化学工业中具有重要的应用前景。 （1）基态钛原子价层电子的轨道表示式为_____________________。 （2）三氯化钛（TiCl3）在有机合成、催化剂制备和废水处理等领域具有重要的应用价值，将钛溶于盐酸制得的三氯化钛，其晶体有两种异构体：（绿色）、（紫色），绿色与紫色异构体中非配位的数目比为________。 （3）氮化钛（TiN）具有优异的硬度和耐磨性，常用于刀具和磨具的涂层。高温条件下，过量的碳粉和N2将TiO2转化成TiN，写出该反应的化学方程式______________________。用铝掺杂的TiN比TiN耐磨性提升5倍以上，其晶胞结构如图所示，则该物质的所含的Al、Ti和N原子个数比为_________。 （4）纳米TiO2可作为以下反应的催化剂： 已知：晶体中存在更多的空位、位错等晶体缺陷，处于缺陷处的原子能量高，这些缺陷会成为催化反应的活性位点。若纳米TiO2晶胞的参数增大，Ti-O键的键长会变长，这会使纳米TiO2的热稳定性_____（填“增强”或“减弱”），同时对催化剂活性的影响是_____________________。 （5）金红石型TiO2被广泛应用于内外墙乳胶漆、木器涂料、结构性涂料和高性能塑料中。其晶胞为长方体，晶胞参数如上图所示。已知阿伏加德罗常数的值为，TiO2的相对质量为80，则该晶体的密度为__________________（列出计算式）。 20．锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺冶炼锌。以某硫化锌精矿（主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分）为原料冶炼锌的工艺流程如图所示： 已知：①焙砂的主要成分为ZnO、Fe3O4、SiO2； ②常温下，，；，。回答下列问题： （1）基态Zn原子的价电子排布式为___________。 （2）“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是____________________________。 （3）常温下，含尘烟气中的SO2可用氨水吸收，用氨水吸收SO2至溶液的时，所得溶液中的_____________。 （4）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为___________（填化学式）。 （5）硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝（CuS），发生反应，该反应的平衡常数___________。 （6）硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为a nm。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 ①的化学式为___________（x和y用具体数字表示）。 ②ZnS晶体中距离S2-最近的S2-有_______个。 ③设阿伏加德罗常数的值为，ZnS晶体的密度为___________。 21．物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，请结合所学知识回答下列问题： （1）在晶体硅中，硅原子与Si-Si键个数的比为___________。石墨晶体层与层之间的作用力为_____________，层内碳原子间的作用力为_____________。 （2）AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，GaN被誉为第三代半导体材料，具有硬度大、熔点高的特点。 ①AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，均属于_______晶体。 ②下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________。 A．[Ne]3s23p1 B．[Ne]3s2 C．[Ne]3s13p1 D．[Ne]3s13p2 （3）铁能形成等多种配合物（Bipy结构如图）。 ①基态Cl原子中能量最高的电子所占据的原子轨道的电子云轮廓图为_________形。 ②Bipy的沸点为260℃，结构类似且相对分子质量接近的环戊二烯（）的沸点为42.5℃，前者沸点较大的原因是_______________________________________。 ③分子（或离子）中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。如苯分子中的大π键可表示为。Bipy中存在的大π键可表示为_________。 ④在水溶液中难被氧化，而则易被氧化为，请从离子的价电子排布角度解释比易被氧化的原因：_______________________________________________________。 22．西那卡塞（I）是第二代钙敏感受体调节剂，可用于治疗甲亢，其合成路线如下： 已知：Et为CH3CH2-，Me为-CH3。回答下列问题： （1）MeOH的名称为___________，H中官能团的名称为_______________。 （2）D+E→F的反应类型为___________。 （3）B_________（填“不存在”或“存在”）顺反异构。 （4）C的分子式为___________。A+B→C时，加入的K2CO3的作用是______________________。 （5）已知由C经多步得到Ⅰ的另一种合成路线如图[PCC为氯铬酸吡啶（常见的氧化剂），LiAlH4可将还原为R-CH2OH（R、为烷基）]。N的结构简式为___________。 （6）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①分子中有3种不同化学环境的氢原子且个数比为；②能发生银镜反应；③属于链状化合物。 23．工业上利用CO与H2反应合成甲醇，同时存在以下反应： i． ii． iii． 。 回答下列问题： （1）_________ 。 （2）向恒温恒容的密闭容器中通入1 mol CO和2 mol H2，在催化剂作用下仅发生反应i。下列能说明反应达到平衡状态的是________。（填字母） A． B．混合气体的密度不变 C．混合气体平均相对分子质量不变 D．CO和H2的物质的量之比不变 （3）向恒温恒容密闭容器中，按不同投料比分别通入CO和H2，发生反应ii，测得CO的平衡转化率与温度的关系如图所示，则曲线a、b、c对应的投料比由大到小的顺序为___________，判断依据为________________________________________________________。 （4）一定温度下，向恒容密闭容器中按投料，在催化剂作用下发生反应i、ii，若起始压强为180 MPa，反应经t min后达到平衡，此时体系压强为80 MPa，H2O的分压，CH3OH的选择性为_________%[选择性]，反应i的平衡常数________。 （5）一定条件下，反应iii存在，，则反应iii的平衡常数。_________（用、表示）。 （6）以NaOH为电解质溶液的CH3OCH3燃料电池，其负极的电极反应式为______________________。 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学参考答案 1.【答案】C 【详解】A．超分子的重要特征就是分子识别与自组装，这是超分子化学的基本特点，A正确； B．金属及合金属于金属晶体，其导电性依赖于自由电子的定向运动，B正确； C．烃是仅由碳、氢两种元素组成的有机化合物，四氟乙烯的结构简式为，含有氟元素，不属于烃，C错误； D．碳化硅中硅原子和碳原子以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，D正确； 故选C。 2.【答案】D 【详解】A．丁烷的结构简式(CH3CH2CH2CH3)，球棍模型中碳原子呈锯齿状排列。题目中的模型显示碳原子为4个，但中间两个碳原子上各少了一个氢原子，不符合丁烷的实际空间结构，A错误； B．Se是34号元素，位于第四周期VIA族。根据电子排布规律，其简化电子排布式应为[Ar]3d104s24p4，题目中漏掉了3d10电子，B错误； C．该有机物为异丁酸，分子中有3种等效氢（羧基氢含1种、次甲基含1种、两个连在同一碳上的甲基等效，共1种），核磁共振氢谱应出3组峰，峰面积比为1：1：6，题干中出现了4组峰，C错误； D．2-甲基丁烷的结构为(CH3)2CHCH2CH3，其键线式主链有4个碳原子，支链在2号碳上，D正确；故选D。 3.【答案】B 【详解】A．生铁为铁碳合金，杂质原子会阻碍金属原子层的相对滑动，因此延展性弱于纯铁，A正确； B．热稳定性是由分子内共价键键能决定的化学性质，热稳定性强于是因为O的非金属性强于S，键键能大于键，与分子间氢键无关，氢键仅影响熔沸点等物理性质，B错误； C．金刚石和碳化硅均为共价晶体，键长越短键能越大，晶体硬度越高，C原子半径小于Si，因此键长小于键，金刚石硬度更大，C正确； D．二者均为离子晶体，离子所带电荷数相同时，离子半径越大离子键越弱，晶体熔点越低，体积大于，因此离子键更弱、熔点更低，D正确； 故选B。 4.【答案】B 【详解】A．丁二酮肟结构中存在键，属于同种原子形成的非极性共价键，A错误； B．Ni的原子序数为28，基态Ni原子核外有28个电子，失去2个电子形成后，核外有26个电子；根据泡利不相容原理，每个核外电子的运动状态都不相同，因此核外电子运动状态数为26，B正确； C．该配合物中，1个丁二酮肟是1个配体，每个配体为双齿配体，共含有2个丁二酮肟配体，配位数为4，配体数为2，C错误； D．形成配合物时，中心离子化合价不变，仍为价，D错误；故选B。 5.【答案】B 【详解】A．奥司他韦分子中有３个手性碳原子，即中连接四个不同原子或原子团的碳原子，故A选项错误； B．不同化学键或官能团在红外光谱中的峰值不同，所以通过红外光谱有可能确定奥司他韦分子中含有酯基、氨基、醚键和酰胺基这些官能团的存在，故B选项正确； C．质谱法是通过测量有机物分子的质荷比来确定分子的相对分子质量，不能测定分子中键长和键角等分子结构信息，故C选项错误； D．奥司他韦的分子式为：，故D选项错误；故选B 。 6.【答案】D 【详解】A．冠醚适配碱金属离子，体现的是超分子的分子识别的特征，A错误； B．冠醚的O原子不是离子，虽然带负电可与K＋通过静电作用组装形成超分子，但这种作用力并不属于离子键，B错误； C．12-冠-4中C为饱和C原子，其与O的价电子对数均为4，均采用杂化，C错误； D．18-冠-6可通过与K+形成超分子增加在非极性溶液中的溶解度，D正确；故选D。 7.【答案】A 【详解】A．CaO可与水反应生成沸点较高的，通过蒸馏即可得到无水乙醇，A正确； B．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为，引入新的杂质，无法得到纯净的甲烷，B错误； C．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂提取水中的，无法达到除杂目的，C错误； D．苯甲酸是固体，常温微溶于水，在热水中溶解度较大，NaCl易溶于水，应采用重结晶法提纯苯甲酸，分液法用于分离互不相溶液体，无法分离二者，D错误；故选A。 8.【答案】C 【分析】X：核外电子总数与其周期数相等，短周期中只有H（1个电子，第1周期）符合，故X为H， Y：简单氢化物与其最高价含氧酸能发生化合反应，，故Y为N， Z：与Y同周期，简单氢化物常温下为液态，为液态，故Z为O， M：所在周期中原子半径最小的金属元素，第3周期金属元素Na、Mg、Al中，Al半径最小，故M为Al。   N：短周期中酸性最强的含氧酸是，故N为Cl。 【详解】A．、、核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径顺序为，A错误； B．非金属性顺序为，且单质氧化性受共价键键能影响，实际氧化性为，B错误； C．H、N、O三种元素可形成，其中铵根离子和硝酸根离子之间为离子键，两种离子内部的非金属原子之间为共价键，属于既含离子键又含共价键的化合物，C正确； D．放热反应的焓变，因此反应物总键能之和小于生成物总键能之和，D错误；故选C。 9.【答案】B 【详解】A．决速步骤由活化能最大的基元反应决定，反应①活化能：，反应②活化能：，反应③活化能：，活化能最大的是反应①，因此反应①是决速步骤，A错误； B．中间产物是反应过程中先生成、后被消耗的物质。该历程中反应②生成，又在反应③中作为反应物参与反应最终被消耗，因此是中间产物，B正确； C．该反应最终生成，中的键属于非极性共价键，反应过程中形成了非极性共价键，C错误； D．该反应包括三个基元反应：①2NO(g)=N2O2(g) △H=+199.2kJ/mol；②N2O2(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g) △H=-513.5kJ/mol；③N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g) △H=-306.6kJ/mol，根据盖斯定律，总反应=①+②+③，△H=+199.2kJ/mol-513.5kJ/mol-306.6kJ/mol=，因此，D错误；故选B。 10.【答案】D 【详解】A．Sn的原子序数为50，基态原子电子排布式为[Kr]4d105s25p2，价层电子为最外层的5s和5p轨道电子，则基态原子的价层电子排布式为5s25p2，A正确； B．Sn为50号元素，位于第五周期第IVA族，位于元素周期表的区，B正确； C．键的键长为晶胞体对角线的，设晶胞参数为x pm，则有，解得，即晶胞参数为，C正确； D．灰锡与金刚石的晶体类型相同，即灰锡也为共价晶体，Sn原子半径大于C，C-C的键长比Sn-Sn键的键长短，键能大，因此金刚石熔点高于灰锡，D错误；故选D。 11.【答案】C 【详解】A．4.4 g CO2物质的量为0.1mol，CO2的结构简式为O=C=O，1个分子含有2个π键，含有的π键数目为0.1mol×2=0.2mol，即0.2NA，A正确； B．DHA中sp3杂化的原子为2个亚甲基中的碳原子和2个羟基中的氧原子，1个DHA分子中共有4个sp3杂化原子，因此1 mol DHA中sp3杂化的原子数为4NA，B正确； C．标准状况下CH3OH为液体，不能用气体摩尔体积计算，22.4 L CH3OH含有的极性键数目远大于5NA，C错误； D．CH3OH被氧化生成1个HCHO转移2个电子，则生成1 mol HCHO转移电子数为2 mol，即2NA，D正确； 故选C。 12.【答案】C 【详解】A．观察图像中的空间构型可知：金刚石中碳原子为杂化，石墨中碳原子为杂化，二者杂化方式不同；但同时也可以观察到金刚石中每个碳原子被12个六元环共用，并非6个，A错误； B．石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，石墨晶体中有两种作用力，所以石墨属于混合型晶体；过渡晶体的化学键性质呈现过渡特征，石墨不是过渡晶体，B错误； C．观察图像得：键角3是中的键角，中的价层电子对数为4，无孤电子对，为正四面体结构，键角为；键角1、2对应的均为杂化，上的孤电子对会使键角小于，其中键角1的提供孤电子对与形成配位键，孤电子对数比键角2的更少，排斥作用更弱，键角更大，所以键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2，C正确； D．分液操作时，要求下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体必须从上口倒出，若从下口放出，会被下层残留液体污染，D错误；故选C。 13.【答案】C 【分析】据图可知，左侧电极二氧化碳生成甲醇，得到电子，作阴极；右侧电极氢气失去电子生成氢离子，作阳极。 【详解】A．电解质溶液初始为酸性溶液，Zn、Cu合金电极为阴极，实现反应产生，电极反应为，A正确； B．外电路中转移3 mol电子时，理论上消耗，标况下33.6 L，B正确； C．层为阳极，电极反应为，总方程式为，反应有水生成，装置工作一段时间后，电解质溶液与反应前相比pH应增大、酸性减弱，C错误； D．装置由太阳能电池实现光能转化为电能，并作为电源进行电解，将电能转化为化学能，D正确；故选C。 14.【答案】D 【详解】 A．根据顺反异构体结构特征可知，X与互为顺反异构体，故A正确； B．X中含有碳碳双键，能与溴的CCl4溶液发生加成反应，使其褪色，故B正确； C．X是不对称烯烃，与HBr发生加成反应还可以生成  ，故C正确； D．X的分子式为C9H10，不饱和度为5，其属于芳香族化合物的同分异构体包括：-CH2CH=CH2、-C(CH3)=CH2单取代的苯（有2种）、-CH=CH2和-CH3二取代苯（有3种），共有5种同分异构体，故D错误；故选D。 15.【答案】A 【详解】A．王水能溶解金是因为浓盐酸提供高浓度，与形成稳定的配离子，降低了的电极电势，使硝酸能够氧化，并非增强浓硝酸的氧化性，A错误； B．石墨中原子采取杂化，未参与杂化的轨道形成离域大键，电子可在整个碳原子平面中运动，因此有类似金属的导电性，B正确； C．晶体具有自范性，能自发呈现规则的多面体外形，因此缺角的晶体在饱和溶液中可慢慢变为完美立方体块，C正确； D．与游离的反应显红色，属于配合物，在内界作为中心离子，电离出的游离浓度极低，因此遇溶液不显红色，D正确；故答案选A。 16.【答案】D 【详解】A．氯原子是吸电子基团，会增强羧基键的极性，使更易电离，因此酸性：，A正确； B．已知酸性：，而酸性强于，因此酸性，若不先中和的羧基，会发生反应，生成有毒易挥发的，ii中和羧基的目的就是避免该反应的发生，B正确； C．Cl的电负性远大于C，键极性较强，容易断裂发生取代反应，取代反应的发生与键的极性直接相关，C正确； D．若用过量代替，作为强碱，不仅中和羧基，还会使中的键发生水解取代，生成，反而会降低的产率，D错误；故选D。 17.【答案】C 【详解】A．GaN、GaP和晶体Si均为共价晶体，N原子半径小于P，键键长比键短、键能更大，故GaN熔点更高，A正确； B．分子中键键能极大，化学性质稳定，难以与Ga反应；高温可分解为高活性的含氮微粒，更易反应，B正确； C．键角是分子内共价键的夹角，属于分子内部结构参数，与分子间氢键无关键角更大是因为N电负性大于P，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间排斥力更强，C错误； D．Mg的价电子排布为（全满稳定结构），Al的价电子排布为，能级电子能量高于能级，更易失去，故第一电离能，D正确；故选C。 18.【答案】D 【详解】A．氢碳比相同时，升高温度，的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，，A错误； B．a点起始充入，5min后达到平衡状态，则0~5min内，，B错误； C．同一条件下氢碳比越大，的平衡转化率越高，故氢碳比：①>②>③，C错误； D．根据化学平衡状态的定义，当反应达到平衡时，各组分的浓度或分压保持不变。因此，当容器中的分压不再改变时，说明该反应已达到化学平衡状态，D正确；故选D。 19.【答案】(1) (2)2:3 (3) 1:3:4 (4)减弱 催化活性增强 (5) 【详解】（1）Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2，s能级有一个轨道，d能级有5个轨道，根据洪特规则，基态Ti原子轨道表示式为； （2）绿色异构体外界有2个为非配位离子、紫色异构体外界有3个为非配位离子，绿色与紫色异构体中非配位的数目比为2：3； （3）高温下，过量的碳粉和将转化成TiN和CO，配平后化学方程式为；由晶胞结构可知：N原子位于顶点和面心，数目为；Ti原子位于棱心，数目为；Al原子位于体心，数目为1，则该物质的所含的Al、Ti和N原子个数比为1:3:4。 （4）键能与键长负相关，键长越长，键能越小，化学键越不稳定；Ti-O键键长变长，键能降低，会使纳米TiO2的热稳定性减弱；由题知，晶体中存在更多的空位、位错等晶体缺陷，处于缺陷处的原子能量高，这些缺陷会成为催化反应的活性位点，晶胞参数增大、键长变长，会使晶体缺陷增多，缺陷处原子能量升高，因此催化活性增强； （5）由晶胞结构可知：Ti原子位于顶点和体心，数目为；O原子数目为，则晶胞内含2个TiO2单元，，，。 20.【答案】(1) (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)8.4 (4) (5) (6) 12 【分析】硫化锌精矿焙烧可生成ZnO、四氧化三铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，经过净化可用于制备硫酸，焙砂酸浸，浸出渣回收利用，浸出液加入过量Zn得到的滤渣中含有Fe、Zn，滤液主要含有硫酸锌，经过电解沉积得到Zn和硫酸，废电积液中含有的硫酸可重复利用。 【详解】（1）Zn 原子序数为 30，核外电子按能级由低到高依次排布为，其价电子位于4s和3d轨道，因此价电子排布式为； （2）“焙烧”前将硫化锌精矿粉碎，是为了增大固体反应物与空气中氧气的接触面积，使反应更充分，同时加快焙烧反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率； （3）SO2溶于水生成弱酸H2SO3，其两步电离常数分别为Ka1和Ka2，根据电离平衡关系：，已知，，当pH=5时，，代入数据计算得：； （4）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”； （5）反应，其平衡常数为，由溶度积关系，可得； （6）①充电过程中，部分Zn2+被Li+替代进入晶体。设化学式为，由晶胞结构图可知，Zn2+或Li+的个数为7，S2-的个数为个，则,，即y=0.25，x=1.5，所以化学式为； ②ZnS晶体中，S2−形成的面心立方结构中，每个S2-周围与之最近的S2-为12个； ③ZnS晶体属于面心立方结构，一个晶胞中含有4个ZnS结构单元，其摩尔质量为，则一个晶胞的质量为；晶胞边长为 a nm，而1 nm=10−7 cm，故晶胞体积为，根据密度公式，代入可得。 21.【答案】(1) 1:2 范德华力 共价键 (2)共价 B (3) 纺锤形 Bipy分子间能形成氢键 ，环戊二烯分子间不能形成氢键 Fe²⁺的价电子排布为3d⁶‌，易失去一个电子达到d 轨道‌半充满‌的稳定状态，而Mn²⁺的价电子排布为3d⁵‌，已是‌半充满稳定结构，故更难被氧化 【详解】（1）①在晶体硅中，每个硅原子与4个相邻的硅原子形成共价键，每个共价键被2个硅原子共用，故硅原子与键的个数比为：；②石墨晶体层与层之间的作用力为分子间作用力即范德华力；③石墨层内碳原子间的作用力为共价键。 （2）①由信息可知：和成键结构与金刚石相似，故均属于原子晶体； ②A．[Ne]3s23p1 为基态铝原子，电离电子，能量高，易电离； B．[Ne]3s2为电离电子，为全充满结构，能量低，电离能大； C．[Ne]3s13p1为激发态的，电子能量高，易电离； D．[Ne]3s13p2为激发态的铝原子，电子能量高，易电离； 故电离最外层一个电子所需能量最大的是B。 （3）①基态原子的电子排布式为，能量最高的电子在轨道，其电子云轮廓图为纺锤形；　 ② Bipy的沸点远高于结构类似的环戊二烯，原因是Bipy分子间能形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键，氢键作用力更强，沸点更高； ③Bipy中参与形成大π键的原子数为5个，所以，参与形成大π键的电子数为6，所以，故Bipy中存在的大π键可表示为； ④ Fe2+的价电子排布为，易失去一个电子后变成，即达到d 轨道‌半充满‌的稳定状态，而Mn²⁺的价电子排布为，已是‌半充满稳定结构，故更难被氧化。 22.【答案】(1) 甲醇 酰胺基、碳氟键（或氟原子） (2)取代反应 (3)不存在 (4) 消耗生成的，增大产率 (5) (6) 【分析】A与B发生取代反应，生成C和；D与E发生取代反应，生成F和；C与F发生取代反应，生成G和；G中碳碳双键与氢气加成生成H；H中键被还原成，生成I； 【详解】（1）MeOH的结构简式为，名称为甲醇；由H的结构简式可知含有的官能团有酰胺基、碳氟键（或氟原子）； （2）D与E反应生成F和，反应类型为取代反应； （3）B的结构简式为，碳碳双键中有1个碳原子连有2个相同的氢原子，不存在顺反异构； （4）由可得C的分子式为；A与B反应生成C和，能与生成的反应，促进A+B→C的反应正向进行，增大反应物的利用率和产物产率，故答案为消耗生成的，增大产率（回答合理即可）； （5）与氢气发生加成反应，生成M（），M被还原为N（）； （6）由可得B的分子式为，不饱和度为2，其同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基（或甲酸酯基）；氢原子个数为4:2:2，符合条件的链状结构为。 23.【答案】(1) (2)AC (3) 同一温度下，增大，相当于增大的浓度，促进平衡正向移动，CO的转化率增大 (4)20 (5) (6) 【详解】（1）根据盖斯定律，反应反应反应，因此； （2）A．正反应速率满足，当时，，反应达到平衡，A正确； B．恒温恒容，反应全为气体，总质量不变、体积不变，密度始终不变，不能判断平衡，B错误； C．平均相对分子质量，不变，反应前后气体物质的量变化，不变时说明不变，反应达到平衡，C正确； D．起始投料，反应消耗也为，因此和物质的量之比始终为，不能判断平衡，D错误； 故答案选。 （3）增加的量，提高的转化率，相同温度下转化率越大，说明投料比越大，因此顺序为； （4）设起始，，恒温恒容下，得平衡总物质的量，，得，由反应ⅱ知，故消耗，设生成，平衡时总物质的量：，代入得，故反应ⅰ消耗，的选择性；计算分压：，，，； （5）平衡时，的消耗速率等于生成速率，生成速率，因此，整理得； （6）碱性条件下，二甲醚在负极失电子生成碳酸根，配平得到上述电极反应式：。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $