假期成效检测卷-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高二化学快乐假期讲练测

参考答案 故A正确；B.由图可知，60s时四氧化二氨的浓 度保持不变说明四氧化二氮的分解速率和生成： 速率相等，反应已达到平衡，故B正确；C.由图可 知，60s时四氧化二氨的浓度保持不变说明四氧： 化二氮的分解速率和生成速率相等，反应已达到 平衡，则混合气体颜色不再发生改变，故C正确； D.该反应为吸热反应，若反应温度高于100℃， 平衡向正反应方向移动，四氧化二氮的浓度会减： 小，则四氧化二氮的浓度变化不能用如图中虚线： 所示，故D错误。] 4.D[A.H2O分子间形成氢键，其沸点最高，其余 氢化物随相对分子质量增加而增大，故沸，点： H2O>H2Te>H2Se>H2S,故A错误；B.H2Se 的摩尔生成焓为：△H=十81kJ/mol,则反应 H2Se(g)=-Se(s)+H2(g)的△H=-81kJ/ mol,故B错误；C.Te(s)+H2(g)=一H2Te(g) 该反应为吸热反应，生成高温平衡正向移动，平 衡常数增大，故C错误；D.由题中信息可得热化 学方程式：I.S(s)十H2(g)-一H2S(g)△H1= -20kJ/mol,Ⅱ.02(g)+H2(g)—H0(g) △H2=-285kJ/mol,由盖斯定律可知反应H2S(g)十 02(g)一S(s)十H0I)可由：-1得到， 则△H=△H2-△H1=-285kJ/mol+20kJ/ mol=一265kJ/mol,反应热化学方程式为： H25g)+号02(g)—S(s)+H,0D△H= -265kJ/mol,故D正确。] 5.B[A.该反应正向气体分子数增大，△S>0,故A错 误；B由反应可知平衡常教K=c(C2)X3(H) c2(CH) 故B正确；C.该反应△HD0、△S>0,在高温条件下！ 自发进行，故C错误；D.根据△H=反应物的键能 和一生成物的键能和，可知△H=6E(C-D一 3E(H-D-EC=C),故D错误。] 6.B[A.在反应器恒温条件下，向乙中通入Z气 体，乙中平衡逆向移动，压强增大，隔板向左移 动，导致甲中压强增大，甲中平衡不移动，但甲中 体积减小，则C的物质的量浓度增大，A错误；B. 恒温下向甲中通入惰性气体，甲中平衡不移动，： 乙中平衡因压缩而正向移动，故X、Y的转化率 增大，B正确；C.绝热下向乙中通入Z气体，平衡 逆向进行，逆向是吸热反应，反应器中温度降低， 071 与详解 C错误；D.绝热下向甲中通入惰性气体，乙中反 应正向移动，放热，中间隔板是导热的，导致甲中 反应也会移动，C的物质的量会改变，D错误。] 7.C[A.平衡常数只受温度的影响，由于温度不变， 故平衡常数不变，A正确；B.该反应的平衡常数 K=c(CO)Xc(CO2),结合方程式：MnC2O4(s) =一MnO(s)+CO(g)+CO2(g),可知，c(CO)= c(CO2),平衡常数只受温度的影响，由于温度不 变，平衡常数不变，则与第一次平衡相比，第二次 平衡时c(CO)不变，B正确；C.缩小体积，相当于 增大压强，压强增大，平衡向着气体体积减小的 方向移动，故平衡逆向移动，则MnO的质量的减 小，C错误：D.缩小体积，相当于增大压强，压强 增大，速率加快，且正、逆反应速率均加快，则与 第一次平衡相比，第二次平衡时，逆反应速率增 大，D正确。] 第三部分假期成效检测卷 1.B[A.镁比铁活泼，易形成原电池负极，可防止 电热水器内胆腐蚀，故电热水器用镁棒防止内胆 腐蚀是牺牲阳极保护法，A正确；B.侯氏制碱法 是依次将NH3、C)2通入饱和的氯化钠溶液中， 发生以下的反应：NH3+CO2十H2)=一 NH4 HCO3,NH4 HCO3+NaCl -NH4CI+ NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有 NaHCO3的晶体析出，利用了物质溶解度的差 异，B错误；C.温度趣低反应速率越小，冰箱中的 食品保质期较长，与温度对反应速率的影响有 关，C正确；D.由C(石墨，s)C(金刚石，s) △H=十1.9kJ·mol1可知石墨能量比等质量 的金刚石低，则石墨比金刚石稳定，D正确。] 2.B[A.同一周期元素，元素第一电离能随着原 子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA 族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电 离能F>N>O,选项A错误；B.BeCl2价层电子 对数目为2，无孤电子对，故为直线型结构，键角 为180°；NH3价层电子对数为4，有一个孤电子 对，排斥力较小，故为三角锥形结构，键角为 107.3°；H20价层电子对数为4，有2个孤电子 对，排斥力较大，故为V形结构，键角为104.5°； CC14价层电子对数为4，无孤电子对，故结构为 正四面体，键角为109°28'；所以键角的大小顺序 为：BeCl2>CCl4>NH3>H2O,选项B正确； 高二化学每日 C.水的稳定性是化学性质，因而不是由氢键决定 的，是由在分子内部氢氧键的稳定性决定的，选： 项C错误；D.千冰水分子晶体，千冰升华克服的 是分子间作用力，SiO2是原子晶体，SiO2融化克： 服的是极性键，选项D错误。] 3.D[A.氢气与碘反应生成碘化氢，该反应为可 逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.1molH2: 和0.1mol12于密闭容器中充分反应后生成碘 化氢小于0.2mol,转移电子总数小于0.2NA,故 A错误；B.由于标准状况下，二氯甲烷不是气体， 无法求算其物质的量，故B错误；C.溶液体积未！ 知，无法计算Na2S溶液中S2-数目，故C错误； D.单键由1个o键形成，1mol甲苯含有15mol6 键，甲苯中。键总数为15NA,故D正确。] 4.C[A.CH4、NH3和N2H4中C、N价层电子对 数都是4，所以这三种分子中C、N都采用sp3杂 化，A正确；B.CH4中C价层电子对数=4+ 4一4X1=4且不含有孤电子对，NH3中N价层 2 电子对数为3+5一31=4且含有1个孤电子 2 对，空间结构分别为正四面体形、三角锥形，B正： 确；C.CH4结构对称，正负电荷中心重合，为非！ 极性分子，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重 合，为极性分子，N2H4,正负电荷中心重合，为极 性分子，C错误；D.N2H4、NH3都能形成分子间 氢键，且形成分子间氢键个数：N2H4>NH3, CH4不能形成分子间氢键，所以沸点：N2H4> NH3>CH4,D正确。] 5.D[A.Fe3+水解的离子方程式为Fe3+十3H2O =一Fe(OH)3十3H+,硝酸铁溶液水解得到氢氧： 化铁和硝酸，加热和硝酸挥发或分解，均促进水！ 解，故实验I蒸干溶液得不到硝酸铁，A错误；B.实 验Ⅱ中反应为FeCl3+3KSCN==Fe(SCN)3+ 3KC1,该可逆反应的本质为Fe3+(aq)十3SCN- (aq)==Fe(SCN)3(aq),加入氯化钾固体，对平 衡无影响，B错误；C.假如铁为负极，其氧化产物 为亚铁离子，滴入KSCN溶液时溶液也不变红，！ 故实验Ⅲ不可以证明锌比铁活泼，C错误；D.实 验Ⅳ变量只有金属离子，可通过产生气体的快慢 程度比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解反应催化效： 果的优劣，D正确。] 6.C[两甲基在苯环上的异构情况，可得3种结： 072 练·练出好成绩 CH3 CH3 构：（1) 、(2) CH3 CH3 CH3 (3) ,在上述3种结构中苯环上加上一个 CH3 氯原子后的异构情况有： CH3 (1)可得2种异构体： CH3 CI CH3 ；(2）可得3种异构体： CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 HsC (3)可得1种异构体： ,共有 CH3 6种。] 7.B[A.Li原子的第一电离能是由气态原子失去 1个电子形成气态离子所需要的能量，应为 520kJ·mo1-1,故A正确；B.O一O键的键能 为1molO2(g)分解为2molO(g)所吸收的能 量，即249×2kJ·mol-1=498kJ·mol-1,故B 错误；C.晶格能是指气态离子形成1ol离子晶 体释放的能量，即Li2)的晶格能为2908kJ· mol-1,故C正确；D.1 mol Li(s)转变成Li(g)需 要吸收的能量为159kJ,故D正确。] 8.B[电池中含Zn、Ag、石墨及Hg、Mn等，由流 程可知，加稀硝酸后，石墨不反应，Zn、Ag、Hg、 M和硝酸反应生成硝酸锌，硝酸银，硝酸汞，硝 酸锰，再加氯化钠溶液会发生Ag十C1一 AgCI↓，在含AgC1的滤渣中加入氨水会发反应 生成[Ag(NH3)2],在银氨络合物中加入Zn生 成银，过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中，以此 来解答。A.金属和硝酸反应生成氯氧化物，不是 氢气，故A错误；B.③的离子方程式为AgC1+ 2NH3·H2O--[Ag(NH3)2]++C1-+ ●● 参考答案 2H2O,因此②中适当增加NaCl溶液的浓度有利： 于提高Ag的回收率，故B正确；C.锌可以溶解 于稀硫酸溶液中，故⑤中加稀硫酸的目的是除 入 银粉中的锌，转化为Zn2+,故C错误；D.废旧电 池中含有重金属离子，污染环境，所以废旧银锌 纽扣电池不应采用深埋的方式集中处理，故D: 错误。] 9.C[A.用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作 泡沫灭火剂，是因为铝离子和碳酸氢根发生彻底 双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝3HCO3十 A13+一3CO2个+A1(OH)3↓，A错误；B.用 FeS除去废水中Hg2+,是因为FeS转化为更难 溶的HgS:Hg2+(aq)+FeS(s)一HgS(s)+ Fe2+(aq),B错误；C.向NH4A1(SO4)2溶液中加 入等体积等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，则！ 氢氧化钡少量，钡离子沉淀完全、硫酸根有多余， 氢氧根只把部分铝离子沉淀为氢氧化铝、铵离子 未反应，则离子方程式为：2A13+十3SO十 3Ba2++6OH--2A1(OH)3↓+3BaSO4↓， C正确；D.Na2S溶液呈碱性的原因是其水解、且 一级水解为主：S2-十H2O=一HS十OH,! D错误。] 10.A[A.由1、2两组数据，c(S2O)增大1倍， 速率增大1倍；由2、3两组数据，c(I)浓度增 大1倍，速率增大1倍，可得反应速率方程v= kc(S2O⅓)c(I厂)，A错误；B.第②步反应=总反 应-①-③，可得S2O8B-十I—2S)星十12， B正确；C.将第一组数据代入v=kc(S2O?) c(I),1.4×10-5=k×0.038×0.060,解得k≈ 6.14×10-3,C正确；D.三步反应中③最快，活 化能最小，D正确。] 11.D[该装置为原电池，根据图中电子移动方向 可知，M为负极，左侧二氧化硫通入氢氧化钠溶 液被吸收：SO2十2OH-—SO⅓+H2O,所得 亚硫酸根发生失电子的反应生成S),右侧电 极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成 H2O2,负极区总反应为SO2-2e-十4OH 一-SO星+2H2O,正极反应式为O2+2e-十 2H+—H2O2,所以协同转化总反应为SO2十 O2+2Na(OH一H2O2+Na2SO4,原电池工作 时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；A.①单： 073 与详解 独脱除SO2反应4OH-+2SO2+O2一 2SO十2H2O能自发进行、为放热反应；②单 独制备H2O2反应2H2O十(O2=一2H2O2不能 自发进行、为吸热反应，则反应①释放的能量可 以用于反应②，A项正确；B.原电池中阳离子向 正极移动，则H十移向N极区域，根据总反应可 知，右侧消耗H十的量等于迁移过来H+的量， 硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀 H2SO4,B项正确；C.据分析，M为负极，该区域 中二氧化硫通入氢氧化钠溶液被吸收，故存在 反应SO2十2OH—SO号-十H2O,且亚硫酸 根离子在M极上被氧化，C项正确；D.负极区 总反应为SO2-2e+4OH-—SO星+ 2H2O,正极反应式为O2+2e-+2H+= H2O2,当正极生成1molH2O2时，负极区域的 溶液质量增重为64g十2×17g=98g,D项 错误。] 2.B[A.0.1mol·L1氨水加水稀释过程中，铵根 离子决走减小，电离官复不交记0 Kb 逐渐增大，A错误；B.利用 c(NH) CH3 COONH4溶液呈中性的性质，排除了溶液 呈酸性使Mg(OH)2溶解，可证明Mg(OH)2 溶于铵盐溶液的原理为NH4结合OH一，促使 Mg(OH)2(s)==Mg2+(aq)+2OH厂平衡正向 移动，B正确；C.等体积等pH的CH3COOH与 HCIO溶液，HCIO电离常数小，浓度更大，故中 和氨水的能力：HClO>CH3COOH,C错误； D.由电荷守恒可知，NaClO溶液中存在c(H+)十 c(Na+)=c(OH-)+c(ClO-),NH4C1溶液中 存在c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(CI), 由于在常温下Ka(HCIO)<Kb(NH3·H2O), 则次氯酸根离子的水解程度大于铵根离子的水 解程度，NH4C1溶液中c(OH-)大于NaClO溶 液中c(H+),c(C1-)=c(Na),则NH4C1溶 液中阳离子浓度较大，浓度均为0.1mol·L1 的NaClO与NH4CI溶液中阳离子物质的量浓 度之和：前者小于后者，D错误。] 3.解析(1)①NaCN水解反应属于吸热反应； ②酸碱中和反应属于放热反应；③所有的燃烧 高二化学每日一 反应均为放热反应，H2在C12中燃烧也为放热 反应；④固体NaOH溶于水不是化学变化；： ⑤液态水变成水蒸气不是化学变化；⑥碳高温 条件下还原CO2为吸热反应；⑦浓硫酸稀释不 是化学变化；故选②③；（2)标准状况下11.2L 甲烷的物质的量为0.5mol,相同条件下1mol CH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出 的热量为2akJ,热化学方程式为：CH4(g)十 2O2(g)=-CO2(g)+2H2O(1)△H=-2akJ ·mol1;(3)反应热等于反应物总键能减去生 成物总键能，故：△H=[x十3×436-6×391]： kJ/mol=-92kJ/mol,解得x=946kJ/mol; (4)△G<0时反应可自发进行，故反应中第I步 反应完成后，能自发完成后续反应；从图中可以 看出，第Ⅱ步中Li3N和H+反应生成Li和 NH3,故离子方程式为：Li3N+3H+一3Li++ NH3。 答案(1)②③ (2)CH4(g)+2O2(g)-=CO2(g)+2H2O(1) △H=-2akJ·mol-1 (3)946 (4)I LisN+3H-3Li+NH3 14.解析X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主： 族元素，基态W原子价层电子排布式为ns”-1 np”-1,则n=3,W为Si元素，X与W为同主族 元素，则X为C元素；Y的最高价氧化物的水化 物是强酸，且原子序数大于C小于Si,则Y为N! 元素；乙元素基态原子中有2个未成对电子，原 子序数大于C小于Si,则其核外电子排布应为 1s22s22p4,为O元素；基态R原子M能层全充 满且核外有且仅有1个未成对电子，价层电子 排布为3d04s1,R为Cu元素。(1)根据分析可 知R为Cu元素，基态Cu原子的核外电子排布 式为1s22s22p63s23p63d104s,其核外价层电子 排布式为3d04s1。(2)同一周期，从左到右，元 素的第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p为 半充满，较稳定，第一电离能大于O,所以三种 元素的第一电离能从大到小的顺序为N>)> C。(3)NH3分子间形成氢键，导致氨气的沸，点 大于甲烷；NH3分子中N原子价层电子对数为： 3+5-1X3=4,采用sp3杂化；X为C元素，其 2 074 练·练出好成绩 一● 简单氢化物为甲烷，甲烷为正四面体结构。 (4)氢键可以表示为X一H…Y,氨气溶于水生 成NH3·H2O,能够电离生成铵根离子和氢氧 根离子，因此其氢键最可能的形式为是由氨气 分子中N原子与水分子中的H原子之间形成， 所以选C。(5)R为Cu元素，晶胞中N原子的 个数为8×日=1，Cu原子的个数为12×子 3,所以品胞的质量为64X3+14g,晶胞边长为 NA acm,则晶胞的体积V=a3cm3,所以晶胞的密 度为206 NAa3g·cm3。 答案(1)3d04s1(2)N>O>C(3)高于 NH3分子间形成氢键sp3正四面体(4)B (5)206 NAa 5.解析甲装置为原电池，氧气通入的电极为正 极，甲烷通入的电极为负极，乙池和丙池为电解 池，电极从左往右依次为：阴极、阳极、阴极、阳 极。(1)根据分析，甲中通入氧气的电极是正 极，通甲烷气体的电极反应式是：CH4一8e十 10OH-一-CO⅓十7H2O;(2)乙装置为电解饱 和食盐水的装置，电池的总反应为：2C1一十 2H20电解C2◆+H2个+20H；阴极发生还原 反应，水得电子生成氢气和氢氧根，故阴极产物 为H2和NaOH;(3)若在标准状况下，有2.24L 氧气参加反应，电路中转移电子的物质的量为： 2.24L×4=0.4mol,丙装置中阴极铜离 22.4 L/mol 子得电子生成铜，1mol铜离子得2mol电子， 析出铜的质量为：0.4mol×64g/mol=12.8g; 2 (4)该装置的目的是电解饱和食盐水制备漂白 液，故氯气应在下方电极产生，b电极为正极；氢 氧化钠在上方电极产生，电极为负极；制备漂 白液的离子方程式为：C12十2OH-—C1O-+ C1厂+H2O。 答案(1)正CH4-8e+10OH-=-CO⅓+ 7H2O (2)2C1+2H20电解C2↑+H2*+20H H2和NaOH 参考答案 (3)12.8 (4)负C2+2OH-=-C1O-+C1-+H2O 16.解析(1)“酸浸”前常将含钻废料粉碎，可增大 接触面积，提高“酸浸”速率和浸取率，故答案 为：提高“酸浸”速率和浸取率。(2)涉及反应为 ZnSO4(aq)+2HX(1)=一ZnX2(有机层)+ H2SO4(aq),如得到硫酸锌，应加入稀硫酸，使 平衡向左移动，让硫酸锌和萃取剂分层，故答案 为：稀硫酸；使平衡向左移动，让硫酸锌和萃取 剂分层。(3)Ksp[A1(OH)3]≈1.0×10-34，调 节pH为5.0时，溶液中c(A13+)=1.0X104 (10-9) mol/L=1.0×10-7mol/L,答案为：1.0×10-7 mol·L-1;(4)碳酸钠浓度越大，溶液碱性越 强，则可生成C0(OH)2等杂质，导致碳酸钻纯： 度降低，则c1>c2,故答案为：>。 答案(1)提高“酸浸”速率和浸取率(2)稀硫： 酸使平衡向左移动，让硫酸锌和萃取剂分层 (3)1.0×10-7mol·L-1(4)> CHs 17.解析由有机物的转化关系可知， 一定 条件下发生还原反应生成可与金属钠反应产生 CH CH 氢气的 ,则B为 一定 OH OH OH H.C.CLCI 条件下与C反应生成 ,则D为 OH H.C.CI CI H.C CI CI 一定条件下与二氯甲烷 OH OH CI CI H C. H.C 发生取代反应生成 CI CH3 Cl -CHCH3 反应生成 和 75 详解 CH3 CH3 ,则F的结构简式为 (1)由结构简式可知，A的分子中含有杂化方式 为sp3杂化的饱和碳原子和$p2杂化的双键碳 原子，碳原子的杂化方式共有2种，故答案为： CH 2;(2)由分析可知，B的结构简式为 OH CH 答案为 ;(3)由分析可知，由D生成E OH CI H C C 的反应为 一定条件下与二氯甲烷发 OH H.C CI CI 生取代反应生成 ,反应的化学方程式 CI CI CCl.pHgP 为 ,故答案为： CH2 Clz OH CI HiC CI CI CI CCl,pH2P ；取代反应； CH2 Cl2 OH CH3 (4)由分析可知，F的结构简式为 ;由G 的结构简式可知，G分子中的官能团为碳碳双 CH3 键、碳氯键，故答案为： ;碳碳双键、碳氯 键；(5)由H的结构简式可知，H的一种芳香同 分异构体的核磁共振氢谱共有三组峰，面积比为 CI 3：2:2的结构简式为 ,故答案为： CH3 高二化学每日 ;(6)E的同分异构体符合含有六元环和 CH3 氯甲基，只有两个手性碳且相邻，选择性将碳碳 双键加氢还原为单键后具有三个相邻手性碳的同 C CH2CI 分异构体为的结构简式为 答案(1)2 CH3 (2) OH CI CI CCl,pH2P (3)① CH2 Cl2 OH ②取代反应 CH3 (4)① ②碳碳双键、碳氯键 CI CH3 (6)①12 CI CH2CI CIH2C ② 选做题 1.CD[A.测定中和反应的反应热需要测量反应 前后温度的变化，但是应该使用量热计，不是在 锥形瓶内，不可以达到实验目的，故A不符合题 意；B.反应中还需要控制温度、大理石颗粒度等 变量，不可以达到实验目的，故B不符合题意；C. 用pH计测量室温下0.1mol·L1氨水的pH, 可以通过pH计算出氨水电离出的氢氧根离子 07 练·练出好成绩 一●● 浓度，从而测定温下NH3·H2O的电离程度，故 C符合题意；D.乙醇含羟基，乙醛含有醛基，乙醛 能和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应产 生砖红色沉淀，能鉴别，故D符合题意。] 2.AC[由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充 分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdC1l6,通入 氨气中和，得到红色(NH4)2PdCI6固体，通入氢 气热还原，可得到P,同时生成氯化氢和氨气，以 此解答该题。A.酸浸生成H2PdCl6,通入氨气 中和，得到红色(NH4)2PdCl6固体，中和时发 生反应的化学方程式为：2NH3+H2PdC16= (NH4)2PdCl6↓，故A错误；B.(NH)2PdCl6中Pd 为中心离子，CI-为配体，则1mol(NH4)2PdCl6 中有8mol配位键，故B正确；C.实验原理是用 氢气还原(NH4)2PdCI6固体得到Pd,如用浓硫 酸，不能得到(NH4)2PdCl6固体，故C错误； D.热还原得Pd发生(NH4)2PdCl6+2H2△ Pd十2NH3十6HCI,氨气和氯化氢冷却后生成氯 化铵，则2mol氨气反应生成2mol氯化铵，剩余 4 mol HCl,热还原生成的气体冷却后生成的固 体和剩余气体物质的量之比为1：2，故D正确； 故选AC。] 3.B[A.反应I中C1O3中氯元素化合价降低发 生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素 化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根 据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的 量比为5：1，A正确；B.氧化剂氧化性大于氧化 产物；I得氧化性C1O3>Cl2,Ⅱ在碱性条件显 得氧化性Cl2>NaBiO3,Ⅲ得氧化性NaBiO3> MnO4,故不能说明酸性条件下氧化性：ClO3> Cl2>NaBiO3>MnO4,B错误；C.酸性条件下 NaBiO3可与盐酸发生反应生成氯气，Na2BiO3十 6H++2C1-—Bi3++CI2↑+3H2O+2Na+, C正确；D.28.4g高锰酸钠为0.2mol,根据方 程式可知，号CI05~5Ck~5NaB0~2Mn0r, 理论上消耗氯酸钠的物质的量为6mol, D正确。]第三部分假期成效检测卷 (时间：75分钟满分：100分) 一、选择题：本题共12小题，每小题2分，共24 A.CH4、NH3和N2H4中C、N杂化方式均 分。每小题只有一个选项符合题意。 相同 1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误 B.CH4和NH3的空间结构分别为正四面体 的是 ( 形、三角锥形 A.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳： C.CH4、NH3和N2H4均为极性分子 极保护法 D.沸点：N2H4>NH3>CH B.侯氏制碱法利用物质溶解度的不同，在液5.实验是化学研究的基础，下列关于铁及其化 相中析出纯碱固体 合物的实验描述正确的是 ( C.冰箱中的食品保质期较长，与温度对反应 速率的影响有关 H1mLKCI Fe(NO:)s 溶液 D.由C(石墨，s)→C(金刚石，s)△H= 溶液 +1.9kJ·mol一1可知石墨比金刚石稳定 2mLKSCN 与FeCl3混 2.下列说法中正确的是 合溶液 A.元素第一电离能：N<O<F 1mLlmol-L-1mLlmol-L- B.键角：BeCl2>CCl4>NH3>H2O FeCla溶液 CuCl2溶液 C.H2O比H2S稳定的原因是H2O分子间 KSCN溶液 存在氢键 5mL30% 经煮沸酸 D.SiO2熔化和干冰升华克服的作用力相同 化的3%的 HO,溶液 NaCI溶液 3.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确 的是 ) A.实验I:蒸干溶液可得到硝酸铁固体 A.一定条件下，0.1molH2和0.1mol12充 B.实验Ⅱ：溶液红色变浅，证明增大c(KC1), 分反应后转移电子总数为0.2NA FeCl3+3KSCN =Fe(SCN)3+3KCI B.标准状况下，11.2LCH2C12中含有的原 平衡逆向移动 子总数为2.5NA C.实验Ⅲ：滴加KSCN溶液，溶液不变红，可 C.常温下，0.5mol·L-1Na2S溶液中S2- 以证明锌比铁活泼 数目小于0.5NA D.实验V:可探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解 D.1mol甲苯中o键总数为15NA 反应催化效果的优劣 4.CH4、NH3和N2H4均可作为燃料电池的燃：6.结构不同的二甲基氯苯的数目有 料。下列说法错误的是 A.4种 B.5种 C.6种 D.7种 46 第三部分 假期成效检测卷 7.Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图的：10.过硫酸钾(K2S2O8)与KI溶液混合发生反 Born一Haber循环计算得到。下列说法错 应S2O8-+3I-—2S0-+13,S2O8+ 误的是 ( ) 3I厂一2SO+I5,反应机理为： -2908kJ·mo 2Li(g) 02(g) →Li,O(s) ①S2Og-+I---S2O8I3-;②…；③12+ 1040k·molr 703kJ·mo I一=I5(快)；反应速率方程v= 2Li(g) O(g) kcm(S2O-)c"(I-),k为速率常数。已知 318kJ·mo 249kJ·mo 该反应速率随反应物浓度的变化如下表 -598kJ·mol 2Li(s) + 0,(g) 所示： A.Li原子的第一电离能为520kJ/mol c(S2O8)1 c(IΓ)/ v/mol· B.O=O键的键能为249kJ/mol mol·Ll mol·L1 L1·min1 C.Li2O的晶格能为2908kJ/mol 0.038 0.060 D.1mol1i(s)转变成1i(g)需要吸收的能量 1.4×105 0.076 0.060 为159kJ 2.8X105 8.废旧银锌纽扣电池（含Zn、Ag石墨及少量 0.076 0.030 1.4×105 Hg、Mn等)的正极片中回收银的工艺流程； 下列说法错误的是 ( 如图： A.该反应与速率方程为v=KC 5mol.L 正极片HNO,溶液 +石墨 (S2O号-C31I) ① 含AgNO NaCI溶液 B.第②步反应为S2Og3-十I一2SO星+ 的溶液 ② 12 Ag+ 稀硫酸Zn粉AgNH,I浓氨水滤渣X- C.根据表格数据可知k≈6.14×10一3 ④的溶液 ③ D.第③步反应的活化能相对较小 滤液Ⅱ· 滤液I 11.我国科研人员将单独脱除SO2反应与制备 下列说法正确的是 H2O2反应相结合，实现协同转化（装置 A.①中产生的气体为H2 如图)。 B.②中适当增加NaCI溶液的浓度有利于提 已知：①单独脱除SO2反应4OH-+2SO2 高Ag的回收率 +02—2SO号+2H20能自发进行； C.⑤中加稀硫酸的目的是反应[Ag(NH3)2] ②单独制备H2O2反应2H2O十O2 D.废旧银锌纽扣电池应采用深埋的方式集！ 2H2O2不能自发进行；③双极膜复合层间 中处理 H2O能解离为H和OH一，且能实现 9.下列指定反应的离子方程式正确的是( H+和OH一向两极迁移。下列说法错误 A.泡沫灭火器作用原理：2A13++3CO-+ 的是 3H2O-2A1(OH)3￥+3CO2↑ A B.用FeS除去废水中的Hg2+:Hg2++S2 —HgSV 双极膜 C.向NH4A1(SO4)2溶液中加入等体积等物 H2O M 质的量浓度的Ba(OH)2溶液：2A13++ 1 光催化 3SO￥+3Ba2++6OH--2A1(OH)3↓ H OH +3BaSO SO D.Na2S溶液呈碱性的原因：S2-+2H2O H2S+20H NaOH溶液 稀HSO4 47 高二化学每日一练·练出好成绩 A.反应①释放的能量可以用于反应② 键能如下表所示，通过计算可得x= B.H移向N极区域，反应过程中无需补 加H2SO4 N2(g)+3H(g) C.M为负极，该区域存在反应SO2+ 20H-=SO3-+H2O △H=-92kJmo-1 D.每生成1molH2O2,M极区域溶液的质 2NH(g) 量增加64g 反应过程 12.常温下，Ka(HC1O)=4.7X10-8, 图甲 Ka(CHsCOOH)=1.7X 10-5,Ki (NH3 化学键 N=N N-H H-H ·H20)=1.7×105。下列说法正确 键能/kJ·mol厂l 391 436 的是 ( A.0.1mol·L1氨水加水稀释过程中， (4)锂催化非水相氮还原合成氨的反应机 c(OH) 理如图乙所示，各步△G如下表所示： c(NFH·H2O)逐渐减小 B.利用CH3 COONH4溶液呈中性的性质， 可证明Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原理 为NH4结合OH-,促使Mg(OH)2(s) 一Mg2+(aq)+2OH平衡正向移动 C.等体积等pH的CH3COOH与HClO NH H 溶液中和氨水的能力：CH3COOH 图乙 >HCIO 步骤 I Ⅲ D.浓度均为0.1mol·L-1的NaClO与 △G/kJ·mol-1 +293.31 -135.40 -760.98 NH4CI溶液中阳离子物质的量浓度之 和：前者>后者 ①反应机理图可知，反应中第 (填 二、非选择题：本题共5小题，共76分。 “I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)步完成后，能自发完成后 13.(15分)为了合理利用化学能，确保安全生 续反应； 产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓 ②第Ⅱ步反应的离子方程式为 变，并采取相应措施。化学反应的焓变通 常用实验进行测定，也可进行理论推算。 14.(16分)X、Y、Z、W为原子序数递增的短周 (1)下列变化过程，属于放热反应的是 期主族元素，R为过渡元素。Y的最高价 (填序号)。 氧化物的水化物是强酸，Z元素的基态原子 ①NaCN水解反应②酸碱中和反应 中有2个未成对电子，基态W原子的价电 ③H2在Cl2中燃烧④固体NaOH溶于： 子排布式为ns”-1np”1,X与W为同主族 水⑤液态水变成水蒸气⑥碳高温条件： 元素。基态R原子的M能层全充满，核外 下还原CO2⑦浓硫酸稀释 有且仅有1个未成对电子。请回答下列 (2)实验测得，标准状况下11.2L甲烷在氧 问题： 气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体 (1)基态R原子核外价电子排布式为 时释放出akJ的热量，试写出表示甲烷燃： 烧热的热化学方程式： (2)X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到 小的顺序为 (填元素符号)。 (3)已知反应N2(g)+3H2(g)==2NH3(g), (3)元素Y的简单气态氢化物的沸点 该反应过程中的能量变化如图甲，化学键 (填“高于”或“低于”)元素X的简单气 48 第三部分 假期成效检测卷 态氢化物的沸点，其主要原因是 (3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反 ;元素Y的简单气态氢化物中 应，则丙装置中阴极析出铜的质量为 Y原子的杂化类型为 ,元素X的 g 简单气态氢化物分子的空间构型为 (4)某同学利用铅蓄电池设计电解法制取 (4)Y的气态氢化物在水中可形成氢键，其氢 漂白液的实验装置如图所示，a为电池的 键最可能的形式为 (填字母序号)。 极。写出Cl2与NaOH反应生成 漂白液的离子方程式： H H...O-H HY.H一O H A B 电 6 H H-Y...O-H H…HO 16.(15分)碳酸钴(CoCO3)是一种红色粉末主 HH H c 0 要用作催化剂、选矿剂和陶瓷釉。以含钴 (5)R元素与Y元素形成的某种化合物的 废料（主要成分为CoO、Co2O3,还含少量 晶胞结构如图所示（黑球代表R原子），若 Al2O3、Zn等杂质)为原料制备CoCO3的 一种工艺如下： 该晶胞的边长是acm,则该晶体的密度为： H.SO, SO: 试剂A茶取剂HX NaCO g·cm-3(用NA表示阿伏伽德罗 含钻废料→酸浸→还原一→除铝→萃取一→沉钻→Cc0 常数的值)。 沉渣有机层→Zns0溶液 常温下，Ksp[A1(OH)3]≈1.0×10-34 回答下列问题： (1)“酸浸”前常将含钴废料粉碎，其主要目 的是 (填一点)。 15.(14分)某兴趣小组设计了一个燃料电池， (2)已知“萃取”ZnSO4的原理为ZnSO4(aq) 并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理， +2HX(1)=→ZnX2(有机层)+H2SO4(aq)。 如图所示，其中乙装置中X为阳离子交换！ 从有机层中获得ZnSO4溶液的操作是加入 膜。请按要求回答相关问题： (填试剂名称)，其作用是 Pt Pt 精铜 粗铜 (从平衡移动原理角度分析)。 氧气 烷 (3)常温下“除铝”过程中，调节pH为5.0 时，溶液中c(A3+)= KOH溶液饱和氯化钠溶液 硫酸铜溶液 0 甲 乙 丙 (4)“沉钴”中，其他条件相同时，CoCO3品 (1)甲中通入氧气的电极是 极（填 纯度与Na2CO3溶液浓度、反应温度的关 “正”或“负”)，通甲烷气体的电极反应式是 系如图所示。c1 (填“>”或 “<”)c2。 (2)乙装置中电解的总离子方程式为 品纯度圣 c2mol·L ,阴极产物 c1mol·L-4 为 20 TIC 49 高二化学 每日一练·练出好成绩 17.(16分)化合物E是一种“氯化氢前体有机 量取相同体积、不同浓度 物”，在一定条件下可生成氯化氢并参与后 探究浓度对化学反的HCI溶液，分别与等质 B 续反应，以下为E的一种制备及应用反应 应速率的影响 量的大理石发生反应，对 路线。回答下列问题 比现象 CH 探究室温下NH3· 用pH计测量室温下 C NaBH4.CeCI D CCl4,Ph;P H20的电离程度 0.1mol·L1氨水的pH CHOH (C HO) NaOH(ag) (CHioCLO)CH2Cl2 取两种待测液体于两支洁 CHs Cl CI 通过官能团的检验， 净的试管中，加人新制氢 (CoHg) D CH CHCH B(CFs):.C D:Cl 鉴别乙醇和乙醛 氧化铜悬浊液，加热至沸 140C H CI 腾，观察现象 (1)A分子中有 种不同杂化类型 2.钯(Pd)是航天、航空领域的重要材料。工业 的碳原子。 用粗钯制备高纯钯的流程如下。下列说法 (2)已知B可与金属钠反应产生氢气，B的 错误的是 结构简式为 浓HCI、浓HNO4NH 名 (3)写出由D生成E的化学方程式 粗Pd一酸浸浸液，中和 (NH)2PdCl (写出主产物即可)，该反应 氯钯酸铵、红色 热还原→Pa 的类型为 NOz 滤液 气体 (4)F的结构简式为 :G中的官 A.中和时发生的主要反应是NH3十 能团名称为 H2 PdCl6==(NH)2 PdCl6 (5)H的一种芳香同分异构体的核磁共振 B.1mol(NH4)2PdCl;中有8mol配位键 氢谱共有三组峰，面积比为3：2：2，该异 C.酸浸时可用浓H2SO4代替浓盐酸，提高 构体的结构简式为 反应速率 (6)在E的同分异构体中，同时满足如下条 D.热还原生成的气体冷却后生成的固体和 件的共有 种（不考虑对映异构）。 剩余气体物质的量之比为1：2 ①含有六元环和氯甲基(-CH2CI);②只有3.实验室利用Bi(OH)3制取高锰酸钠的相关 两个手性碳且相邻。 反应的离子方程式如下： 满足上述条件的同分异构体中，若选择性 I:C1O3+6H++5C1--3C12+3H20; 将碳碳双键加氢还原为单键后具有三个相： Ⅱ：Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+ 邻手性碳的同分异构体为 NaBiO+2CI+3H2O; (写出其中两种的 Ⅲ：5 NaBiO3+2Mn2++14H+—2MnO+ 结构简式) 5Bi3++5Na++7H20. 【选做题】 下列说法错误的是 (每小题只有一个或两个选项符合题意，全部 A.反应I中氧化产物和还原产物的物质的 选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得 量比为5：1 0分。) B.酸性条件下的氧化性：CIO3>C12> 1.下列实验方法或操作，可以达到实验目的 NaBiOs>MnO 的是 ( C.NaBiO3可与盐酸发生反应：Na2BiO3十 标号 实验目的 实验方法或操作 6H++2C1--Bi3++C12个+3H2O+ 2NaT 酸碱中和滴定的同时，用 测定中和反应的反 温度传感器采集锥形瓶内 D.制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸 应热 溶液的温度 钠的物质的量为。 mol 50