精品解析：湖南省长沙市望城区第二中学2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题

高二期末化学试卷 一、单选题(本大题共14个小题，每小题3分，共42分) 1. 可逆反应：，在容积不变的密闭容器中进行，下列能说明该反应达到平衡状态的有 ①单位时间内生成的同时生成 ②容器内总压强不再变化 ③、NO、的物质的量浓度之比为 ④混合气体的密度不再改变 ⑤混合气体的颜色不再改变 ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【详解】①反应中单位时间内生成nmolO2，一定生成2nmolNO，都是描述正反应方向，不能判断反应是否达到平衡状态，故①不选； ②该反应的反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量发生变化，容器内总压强不再变化能说明反应达到化学平衡状态，故②选； ③NO2、NO、O2的物质的量浓度之比为2：2：1，无法判断是否会变化，不一定是平衡状态，故③不选； ④无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故④不选； ⑤混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，故⑤选； ⑥该反应反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量一直变化，混合气体质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，故⑥选； 则符合题意的有②⑤⑥； 答案选B。 2. 下列说法正确的是 A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的方向性 B. s轨道和p轨道重叠可以形成π键 C. 共价键都具有方向性 D. C2H4与Cl2的加成反应C2H4只涉及π键断裂 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫原子最外层只有两个未成对电子，根据共价键的饱和性，其氢化物只能是H2S，写成H3S分子，违背了共价键的饱和性，故A错误； B．s轨道和p轨道只能头碰头重叠，只能形成σ键，故B错误； C．s轨道和s轨道形成的σ键没有方向性，因s电子云为球形，故H2分子中的H-H无方向性，故C错误； D．C2H4与Cl2的加成反应只有C2H4中π键断裂其他σ键不断裂，故D正确； 答案选D 3. 反应S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2↑+2H2O中氧化剂是 A. H2SO4 B. HNO3 C. NO2 D. S 【答案】B 【解析】 【详解】HNO3中所含N元素化合价从+5价降低到NO2中的+4价，HNO3作氧化剂。 故选B。 4. 能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 溶液与少量溶液反应： B. 电解水溶液： C. 向溶液中滴入酸化的溶液产生白色沉淀： D. 向溶液中滴入溶液产生黑色沉淀和气泡： 【答案】D 【解析】 【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，根据少定多变即少的定为1mol：+Ba2++2OH-+Fe2+=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，A错误； B．电解MgCl2水溶液，反应生成氯气、氢气和氢氧化镁沉淀：2Cl-+2H2O+Mg2+Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，B错误； C．向溶液中滴入酸化的溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀和NO，当硝酸钡溶液不足时方程式为，硝酸钡足量时，方程式为，C错误； D．向溶液中滴入溶液，发生氧化还原反应，产生黑色沉淀二氧化锰和氧气，方程式：，D正确； 答案选D。 5. 某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是 A. 三者中Z的原子半径最大 B. 三者中Y的第一电离能最小 C. X的最高化合价为 D. 与键角相等 【答案】B 【解析】 【分析】Z是周期表中电负性最大的元素，Z为F，电子层数为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成对电子数之和为5，X为C和Y为N或X为N和Y为O；化合物分子式为XY2Z，则X和2个Y总化合价为+1价，NO2F符合，故X为N，Y为O，Z为F。 【详解】A．X为N，Y为O，Z为F，N、O、F位于同周期，F在最右边，F的原子半径最小，A错误； B．X为N，Y为O，Z为F，同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，第一电离能大于O，故三者中O的第一电离能最小，B正确； C．X为N，N的最高正化合价为+5，C错误； D．X为N，Z为F，NF3和NH3的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者成键电子对离中心N较远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，D错误； 答案选B。 6. 新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，电池是能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为。下列说法错误的是 A. 充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接 B. 电池工作时，正极的电极反应为 C. 电池工作时，负极材料质量减少1.4g，转移0.4mol电子 D. 电池进水将会大大降低其使用寿命 【答案】C 【解析】 【分析】二次电池放电时是原电池，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，由图知，Li+向右侧区域移动，则电极b为原电池的正极、电极a为负极，据此回答； 【详解】A．据分析，放电时电极b为原电池的正极、电极a 为负极，则充电时，电极a为阴极、与电源负极连接，电极b为阳极与电源正极连接，A正确； B． 电池工作时，正极发生还原反应，由总反应知，正极上转变为，电极反应为，B正确； C．电池工作时，负极反应为：，负极材料质量减少1.4g、即消耗1.4gLi，Li物质的量为0.2mol，电子转移0.,2 mol电子，C错误； D． 电池进水，Li与水反应而消耗、放电能力下降，将会大大降低其使用寿命，D正确； 答案选C。 7. 2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器成功发射，开启了月球探索之旅。镍铼合金是制造探测器发动机燃烧室、涡轮叶片的重要材料。地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌等矿物中。下列说法错误的是 A. 镍原子价层电子表示式为 B. 铼()在周期表中的位置是第六周期，第VIIB族 C. 铼易形成高配位化合物，(如图所示)中δ键与π键的数目比为 D. 碱式碳酸锌中非金属元素电负性大小顺序为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ni原子序数为28，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，过度金属的价电子是最外层加次外层最后填入的电子，即镍原子的价层电子表示式为3d84s2，故A正确； B．铼()电子排布简化式为[Xe]4f145d56s2，最后一个电子填充在第六能层，最外层电子数为7，在周期表中的位置是第六周期，第VIIB族，故B正确； C ．Re和C形成的配位键属于σ键，含10mol配位键，CO分子结构式是C≡O，由1个σ键和2个π键形成，10molCO含10molσ键和20molπ键，则σ键与π键的数目比为20:20=1:1，故C错误； D．非金属性越强电负性越大，由非金属性：，则电负性大小顺序为，故D正确； 故选C。 8. 可逆反应2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0，图像表达正确的为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．温度较低时，反应速率较慢，图像斜率小。由于ΔH<0，温度较低时有利于平衡正常移动，即C的体积分数增加，A项正确。 B．增大压强，正、逆反应速率都增大，B项错误。 C．催化剂不改变平衡移动，因此有无催化剂，平衡时C的浓度都相同，C项错误。 D．根据A选项的分析，温度较低时，A的转化率较高。在图像上做一条垂直于横轴的直线，发现温度较高时，A的转化率更高，不符合已知结论，D项错误。 答案选A。 【点睛】对于平衡图像题，要注意看清楚坐标轴的含义。当出现多个影响平衡移动的因素时，注意控制变量分析。 9. 下列离子方程式书写正确的是 A. 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 乙酸乙酯在碱性环境下水解： D. 向苯酚钠溶液中通入少量 【答案】D 【解析】 【详解】A. 草酸为弱酸，应写化学式，正确的离子方程式为： ，A错误； B. 铅蓄电池充电时阳极上是PbSO4发生氧化反应，正确的电极反应式为：，B错误； C. 乙酸乙酯在碱性环境下水解生成乙酸盐和乙醇，正确的方程式为，C错误； D. 由于酸性：，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2，最终生成碳酸氢钠，离子方程式正确，D正确； 故选D。 10. 已知NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的反应过程及能量变化如图所示，设该反应的焓变为ΔH，则下列说法正确的是 A. ΔH>0 B. 反应物的总键能大于生成物的总键能 C. 增大反应物浓度，可以增大单位体积内活化分子百分数 D. 使用催化剂可以增大反应物的活化分子百分数 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图像可知，该反应是能量降低的反应，即正反应是放热反应，A错误； B．该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，所以=反应物的总键能－生成物的总键能<0，因此反应物的总键能小于生成物的总键能，B错误； C．增大反应物浓度，增大的是单位体积内的活化分子个数，活化分子百分数不变，C错误； D．使用催化剂，降低反应的活化能，活化分子百分数增加，反应速率加快，D正确； 故选D。 11. 化学式为的笼形包合物基本结构如图所示(H原子未画出)。与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充苯分子。下列说法正确的是 A. B. 该结构是晶胞 C. 该笼形包合物溶于酸可形成一种弱酸，中键和键个数之比为 D. 部分与C原子配位，部分与N原子配位，且两者个数之比为 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据均摊法镍占据八个顶点，每个单元含有镍的个数为8=1，CN-占据八个棱，每个单元含有CN-的个数为8=2，NH3位于棱上，含有NH3为4=1，C6H6位于中心个数为1，所以x∶y∶z=2∶1∶1，A错误； B.该结构平移后不对称，不存在平移对称性，所以该结构不是晶胞结构单元，B错误； C.HCN的结构式，其中键和键个数之比为，C错误； D. 由化合物的基本结构可知一半的与CN-中C原子配位，另一半的与NH3中N原子配位，D正确； 故答案选D。 12. 向相同容积的甲、乙两容器中分别充入和，发生如下反应：。若甲容器保持恒温恒容，乙容器保持绝热恒容，分别达到平衡。甲容器中平衡时生成为，同时放出热量。下列说法正确的是 A. 平衡时，反应放出的热量：甲>乙 B. 平衡时，的质量：甲>乙 C. 乙容器若把条件“绝热恒容”改为“恒温恒压”，则平衡后大于 D. 相同条件下，若仅向甲容器充入，平衡时生成，同时吸收热量 【答案】A 【解析】 【分析】充入和甲容器中平衡时生成为，同时放出热量，可得，。 【详解】A．乙容器保持绝热恒容，反应为放热反应，随着反应的进行，乙中温度逐渐上升，平衡逆向移动，即K乙＜K甲，平衡时，反应放出的热量：甲>乙，故A正确； B．由于K乙＜K甲，即平衡时，的质量：甲＜乙，故B错误； C．乙容器若把条件“绝热恒容”改为“恒温恒压”，由于反应的气体分子数减小，相当于在甲中达到平衡的情况下，压缩其体积，此时平衡正向移动，平衡后＜，故C错误； D．相同条件下，若仅向甲容器充入，其与充入和甲容器的时候为等效平衡，即平衡时生成，同时吸收热量，故D错误； 故选A。 13. 乙二胺四乙酸(EDTA)是一种重要的络合剂，其能与绝大多数的金属离子形成稳定的配合物，简易机理如图所示。下列叙述错误的是 A. EDTA的核磁共振氢谱上有3组峰 B. EDTA中含有两种官能团 C. 螯合物中含有4个sp2-pπ键 D. 螯合物中有5个五元螯合环 【答案】C 【解析】 【详解】A．EDTA中羧基、两个亚甲基共3种氢，则核磁共振氢谱上有3组峰，A正确； B．EDTA中含有羧基、次氨基两种官能团，B正确； C．sp2杂化轨道只用来容纳和形成σ键和孤电子对，不能用来形成π键，图中螯合物中有4个C=O双键，是C未杂化的p轨道与O的2p轨道形成的p-pπ键，C错误； D．螯合物中含有3个酯基与Ca形成五元螯合环，另外两个N与Ca也形成1个五元螯合环，最后一个N和一个O与Ca形成的1个五元螯合环，共有5个五元螯合环，D正确； 故选C。 14. 甲酸甲酯是重要有机化工原料，制备反应为CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g) ΔH<0；相同时间内，在容积固定的密闭容器中，使反应在不同温度下进行(起始投料比均为1)，相同时间内测得CO的转化率随温度变化的曲线如下图。下列说法中不正确的是 A. 70~80℃，CO转化率随温度升高而增大，其原因是升高温度反应速率增大 B. 85~90℃，CO转化率随温度升高而降低，其原因可能是升高温度平衡逆向移动 C. d点和e点的平衡常数：Kd < Ke D. a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同 【答案】C 【解析】 【详解】A. 70~80℃，反应未达到平衡，升高温度反应速率增大，相同时间内，表现为CO转化率随温度升高而增大，故A正确；B. 85~90℃反应达到了平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B正确；C. 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，d点的平衡常数＞e点的平衡常数，故C错误；D.根据方程式，与方程式中的化学计量数之比相等，因此a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同，故D正确；故选C。 二、非选择题(本大题共4个小题，15、16题每小题14分，17、18题每小题15分，共58分) 15. Cl2与碱在不同温度下的反应产物是不同的，形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO。 （1）盛放MnO2粉末的仪器名称是___________，a中的试剂为___________。 （2）b中采用的加热方式是___________，c中化学反应的离子方程式是___________，采用冰水浴冷却的目的是___________。 （3）d的作用是吸收尾气Cl2，但存在倒吸风险，可以改用下列___________装置防止溶液倒吸。 A. B. C. D. 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 饱和食盐水 （2） ①. 水浴加热 ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ③. 避免生成 （3）AD 【解析】 【分析】浓盐酸和MnO2粉末共热制取Cl2，浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有挥发出来的HCl气体，装置a中盛放饱和食盐水，除去Cl2中混有的HCl，装置b中Cl2和KOH溶液水浴加热反应，得到KClO3，过量的Cl2进入装置c中，与NaOH溶液在冰浴条件下反应得到NaClO，装置d中用NaOH溶液吸收尾气。 【小问1详解】 盛放二氧化锰的装置是圆底烧瓶，a中盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢； 【小问2详解】 为了是受热均匀，b中采取水浴加热；c中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；氯气和氢氧化钠反应放热，氯气和氢氧化钠在温度较高时生成NaClO3，c中采用冰水浴冷却的目的是避免生成。 【小问3详解】 A、干燥管可以防止倒吸；B、漏斗淹没在液面下，不能防止倒吸；C、氯气与氢氧化钠直接接触，不能防止倒吸；D、中间加一个安全瓶，可以防止倒吸；答案选AD。 16. 有机反应一般速率较小，副反应多，产物复杂。结合学过的知识回答下列问题： （1）甲同学欲用装置I比较乙酸、苯酚、碳酸的酸性强弱，苯酚钠溶液中发生反应的化学方程式是_______；饱和NaHCO3溶液的作用是_______。 （2）乙同学利用装置Ⅱ制备乙烯并验证乙烯的性质。当温度迅速上升后，可观察到试管中的溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。 ①装置Ⅱ生成乙烯的化学方程式是_______。 ②丙同学认为：溴水褪色的现象不能证明装置I中有乙烯生成，原因是_______。 ③丙同学查文献得知：若用溴水验证，反应后装置Ⅱ的产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。建议将装置中的溴水改为“溴的CCl4溶液”以排除H2O对乙烯与Br2反应的干扰。写出乙烯与溴水反应生成BrCH2CH2OH的化学方程式_______。 （3）丁同学利用下装置探究卤代烃的性质，他向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热。产生的气体依次通过试管A、B后，试管B溶液紫红色逐渐褪去。 ①写出1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式_______试管A中盛放的试剂是_______。 ②已知溴乙烷的沸点为38.4℃，1-溴丁烷的沸点为101.6℃。有同学用溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现试管B中酸性KMnO4溶液不褪色。试分析实验失败的可能原因_______。 【答案】（1） ①. ②. 除去CO2中的乙酸(吸收乙酸)，防止其与苯酚钠溶液反应产生沉淀 （2） ①. ②. 乙烯中混有SO2等还原性气体也能使溴水褪色 ③. （3） ①. ②. H2O ③. 溴乙烷沸点低，加热时，多数挥发，没有充分反应 【解析】 【分析】比较苯酚、乙酸、碳酸的酸性，由实验装置可知，乙酸与碳酸钠发生，饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的乙酸，小试管中发生 ，均为强酸制取弱酸的反应，可比较酸性；乙醇在浓硫酸为催化剂的作用下发生消去反应生成乙烯和水，乙烯具有碳碳双键与溴水发生加成而使得溴水褪色；溴代烷在氢氧化钠的醇溶液中加热的产物为1-丁烯，加热时乙醇会挥发出来，而乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了除去挥发出来的乙醇，据此作答。 【小问1详解】 苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，化学方程式是： ，饱和NaHCO3溶液的作用是：除去CO2中的乙酸(吸收乙酸)，防止其与苯酚钠溶液反应对实验造成干扰； 【小问2详解】 ①根据分析，装置Ⅱ用乙醇制取乙烯，反应为：； ②烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色，浓硫酸的脱水性使溶液变黑，同时浓硫酸具有强氧化性，能与生成的碳在加热的条件下生成具有还原性的SO2等杂质气体，与溴水发生氧化还原反应，使得溴水褪色； ③乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，氯代烃与水发生水解反应生成羟基，反应为：； 【小问3详解】 ①1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式：，乙醇的沸点低会挥发，在用酸性高锰酸钾检验乙烯时，乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前必须先通入盛水的试管，以此除去挥发出来的乙醇，因此试管A中盛放的试剂是H2O； ②溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现酸性KMnO4溶液不褪色，原因在于：溴乙烷沸点低，加热时，多数挥发，没有充分反应。 17. 工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法、离子交换法和微生物法等方法进行处理。 （1）室温下，含Cr(VI)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4⇌H＋＋HCrO ΔH1 HCrO⇌H＋＋CrO ΔH2 2HCrO⇌＋H2O ΔH3 室温下，反应2CrO＋2H＋⇌＋H2O的ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 （2）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。 ①酸性条件下Cr(VI)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3＋的离子方程式为_______。 ②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(VI)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是_______。 （3）微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(VI)的去除率很低的原因是_______。 ②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，_______。 （4）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与和HCrO等发生离子交换，交换过程中发生如下反应： ROH(s)＋HCrO(aq)⇌ RHCrO4(s)＋OH-(aq) 2ROH(s)＋(aq)⇌ R2CrO4(s)＋2OH-(aq) 其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是_______。 【答案】（1）ΔH3-2ΔH2 （2） ①. 3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O ②. 部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢 （3） ①. 55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 ②. H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS （4）pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍 【解析】 【小问1详解】 令反应Ⅰ为H2CrO4⇌H＋＋HCrO ΔH1，反应Ⅱ为HCrO⇌H＋＋CrO ΔH2，反应Ⅲ为2HCrO⇌＋H2O ΔH3，根据盖斯定律，将反应Ⅲ-2×反应Ⅱ得2CrO＋2H＋⇌＋H2O，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH=ΔH3-2ΔH2； 【小问2详解】 ①酸性条件下，Cr(Ⅵ)以存在，具有氧化性，SO具有还原性，二者发生氧化还原反应产生SO、Cr3＋，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O，故答案为：3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O； ②其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH含Cr(Ⅵ)的废水时，反应相同时间，已知酸性条件下Cr(Ⅵ)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH＜2时，Cr(Ⅵ)的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢，故答案为：部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢； 【小问3详解】 ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(Ⅵ)的去除率低是由于硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr(Ⅵ)的去除率降低，故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性； ②根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+，H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS，故答案为：H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS； 【小问4详解】 根据反应：ROH(s)＋HCrO(aq)⇌ RHCrO4(s)＋OH-(aq)、2ROH(s)＋(aq)⇌ R2CrO4(s)＋2OH-(aq)可知，其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍，故答案为：pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍。 18. 有M、R、Q、Y、Z五种短周期主族元素，其中Z为短周期主族元素中原子半径最大的，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，M、R、Q、Y四种元素在元素周期表中的相对位置如图．回答下列问题： M Y Q R （1）R在元素周期表中的位置是____________． （2）写出单质Y的一种用途：____________． （3）Z、M、Q的简单离子的半径由大到小的顺序为____________（用离子符号表示）． （4）写出的电子式：____________．其所含的化学键类型为____________． （5）下列事实能作为比较元素Y与R的非金属性相对强弱依据的是____________（填标号）． A. 常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 B. 最简单氢化物的稳定性： C. Y与R形成的化合物中Y呈正价 D. 酸性： （6）写出常温下，R的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的离子方程式：____________． 【答案】（1）第三周期第族 （2）作半导体材料 （3） （4） ①. ②. 离子键、（非极性）共价键 （5）BC （6） 【解析】 【分析】有M、R、Q、Y、Z五种短周期主族元素，其中Z为短周期主族元素中原子半径最大的，则为Na，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，根据位置应该为第三周期，则为Si元素，M、R、Q、Y四种元素在元素周期表中的相对位置可推知，Q为P，M为O，R为Cl； 【小问1详解】 R为Cl，位于第三周期ⅦA族，故答案为第三周期ⅦA族； 【小问2详解】 Y为Si元素，单质Y的用途有：作半导体材料； 【小问3详解】 三种简单离子分别为Na+、O2-、P3-，P3-多一个电子层，离子半径最大，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径由大到小顺序是；故答案为； 【小问4详解】 Z2M2化学式为Na2O2，其电子式为；其所含的化学键类型为离子键、（非极性）共价键； 【小问5详解】 A．物质的状态属于物理性质，不能说明元素非金属性强弱，选项A不符合题意； B．非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，稳定性：HCl＞SiH4，从而推出Cl的非金属性强于Si，选项B符合题意； C．形成化合物中Y呈正价，说明Cl的得电子能力强于Si，即Cl的非金属性强于Si，选项C符合题意； D．通过酸性强弱比较非金属性强弱，酸应是最高价氧化物的水化物，HCl中Cl不是最高价，选项D不符合题意； 答案为BC； 【小问6详解】 Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Cl2与NaOH溶液反应：Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O；故答案为Cl2+2OH-= Cl-+ClO-+H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期末化学试卷 一、单选题(本大题共14个小题，每小题3分，共42分) 1. 可逆反应：，在容积不变的密闭容器中进行，下列能说明该反应达到平衡状态的有 ①单位时间内生成的同时生成 ②容器内总压强不再变化 ③、NO、的物质的量浓度之比为 ④混合气体的密度不再改变 ⑤混合气体的颜色不再改变 ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 2. 下列说法正确的是 A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的方向性 B. s轨道和p轨道重叠可以形成π键 C. 共价键都具有方向性 D. C2H4与Cl2的加成反应C2H4只涉及π键断裂 3. 反应S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2↑+2H2O中氧化剂是 A. H2SO4 B. HNO3 C. NO2 D. S 4. 能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 溶液与少量溶液反应： B. 电解水溶液： C. 向溶液中滴入酸化的溶液产生白色沉淀： D. 向溶液中滴入溶液产生黑色沉淀和气泡： 5. 某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是 A. 三者中Z的原子半径最大 B. 三者中Y的第一电离能最小 C. X的最高化合价为 D. 与键角相等 6. 新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，电池是能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为。下列说法错误的是 A. 充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接 B. 电池工作时，正极的电极反应为 C. 电池工作时，负极材料质量减少1.4g，转移0.4mol电子 D. 电池进水将会大大降低其使用寿命 7. 2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器成功发射，开启了月球探索之旅。镍铼合金是制造探测器发动机燃烧室、涡轮叶片的重要材料。地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌等矿物中。下列说法错误的是 A. 镍原子价层电子表示式为 B. 铼()在周期表中的位置是第六周期，第VIIB族 C. 铼易形成高配位化合物，(如图所示)中δ键与π键的数目比为 D. 碱式碳酸锌中非金属元素电负性大小顺序为 8. 可逆反应2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0，图像表达正确的为 A. B. C. D. 9. 下列离子方程式书写正确的是 A. 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应： B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应： C. 乙酸乙酯在碱性环境下水解： D. 向苯酚钠溶液中通入少量 10. 已知NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的反应过程及能量变化如图所示，设该反应的焓变为ΔH，则下列说法正确的是 A. ΔH>0 B. 反应物的总键能大于生成物的总键能 C. 增大反应物浓度，可以增大单位体积内活化分子百分数 D. 使用催化剂可以增大反应物的活化分子百分数 11. 化学式为的笼形包合物基本结构如图所示(H原子未画出)。与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充苯分子。下列说法正确的是 A. B. 该结构是晶胞 C. 该笼形包合物溶于酸可形成一种弱酸，中键和键个数之比为 D. 部分与C原子配位，部分与N原子配位，且两者个数之比为 12. 向相同容积的甲、乙两容器中分别充入和，发生如下反应：。若甲容器保持恒温恒容，乙容器保持绝热恒容，分别达到平衡。甲容器中平衡时生成为，同时放出热量。下列说法正确的是 A. 平衡时，反应放出的热量：甲>乙 B. 平衡时，的质量：甲>乙 C. 乙容器若把条件“绝热恒容”改为“恒温恒压”，则平衡后大于 D. 相同条件下，若仅向甲容器充入，平衡时生成，同时吸收热量 13. 乙二胺四乙酸(EDTA)是一种重要的络合剂，其能与绝大多数的金属离子形成稳定的配合物，简易机理如图所示。下列叙述错误的是 A. EDTA的核磁共振氢谱上有3组峰 B. EDTA中含有两种官能团 C. 螯合物中含有4个sp2-pπ键 D. 螯合物中有5个五元螯合环 14. 甲酸甲酯是重要有机化工原料，制备反应为CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g) ΔH<0；相同时间内，在容积固定的密闭容器中，使反应在不同温度下进行(起始投料比均为1)，相同时间内测得CO的转化率随温度变化的曲线如下图。下列说法中不正确的是 A. 70~80℃，CO转化率随温度升高而增大，其原因是升高温度反应速率增大 B. 85~90℃，CO转化率随温度升高而降低，其原因可能是升高温度平衡逆向移动 C. d点和e点的平衡常数：Kd < Ke D. a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同 二、非选择题(本大题共4个小题，15、16题每小题14分，17、18题每小题15分，共58分) 15. Cl2与碱在不同温度下的反应产物是不同的，形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO。 （1）盛放MnO2粉末的仪器名称是___________，a中的试剂为___________。 （2）b中采用的加热方式是___________，c中化学反应的离子方程式是___________，采用冰水浴冷却的目的是___________。 （3）d的作用是吸收尾气Cl2，但存在倒吸风险，可以改用下列___________装置防止溶液倒吸。 A. B. C. D. 16. 有机反应一般速率较小，副反应多，产物复杂。结合学过的知识回答下列问题： （1）甲同学欲用装置I比较乙酸、苯酚、碳酸的酸性强弱，苯酚钠溶液中发生反应的化学方程式是_______；饱和NaHCO3溶液的作用是_______。 （2）乙同学利用装置Ⅱ制备乙烯并验证乙烯的性质。当温度迅速上升后，可观察到试管中的溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。 ①装置Ⅱ生成乙烯的化学方程式是_______。 ②丙同学认为：溴水褪色的现象不能证明装置I中有乙烯生成，原因是_______。 ③丙同学查文献得知：若用溴水验证，反应后装置Ⅱ的产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。建议将装置中的溴水改为“溴的CCl4溶液”以排除H2O对乙烯与Br2反应的干扰。写出乙烯与溴水反应生成BrCH2CH2OH的化学方程式_______。 （3）丁同学利用下装置探究卤代烃的性质，他向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再加入5mL1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热。产生的气体依次通过试管A、B后，试管B溶液紫红色逐渐褪去。 ①写出1-溴丁烷发生消去反应的化学方程式_______试管A中盛放的试剂是_______。 ②已知溴乙烷的沸点为38.4℃，1-溴丁烷的沸点为101.6℃。有同学用溴乙烷代替1-溴丁烷进行实验，发现试管B中酸性KMnO4溶液不褪色。试分析实验失败的可能原因_______。 17. 工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法、离子交换法和微生物法等方法进行处理。 （1）室温下，含Cr(VI)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4⇌H＋＋HCrO ΔH1 HCrO⇌H＋＋CrO ΔH2 2HCrO⇌＋H2O ΔH3 室温下，反应2CrO＋2H＋⇌＋H2O的ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 （2）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。 ①酸性条件下Cr(VI)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3＋的离子方程式为_______。 ②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(VI)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是_______。 （3）微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(VI)的去除率很低的原因是_______。 ②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，_______。 （4）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与和HCrO等发生离子交换，交换过程中发生如下反应： ROH(s)＋HCrO(aq)⇌ RHCrO4(s)＋OH-(aq) 2ROH(s)＋(aq)⇌ R2CrO4(s)＋2OH-(aq) 其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是_______。 18. 有M、R、Q、Y、Z五种短周期主族元素，其中Z为短周期主族元素中原子半径最大的，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，M、R、Q、Y四种元素在元素周期表中的相对位置如图．回答下列问题： M Y Q R （1）R在元素周期表中的位置是____________． （2）写出单质Y的一种用途：____________． （3）Z、M、Q的简单离子的半径由大到小的顺序为____________（用离子符号表示）． （4）写出的电子式：____________．其所含的化学键类型为____________． （5）下列事实能作为比较元素Y与R的非金属性相对强弱依据的是____________（填标号）． A. 常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 B. 最简单氢化物的稳定性： C. Y与R形成的化合物中Y呈正价 D. 酸性： （6）写出常温下，R的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的离子方程式：____________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $