精品解析：云南腾冲市第一中学2025-2026学年上学期期末考试试卷 高二年级化学

2025-2026学年上学期期末考试试卷 高二年级化学 满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Na 23 第Ⅰ卷 (选择题，共42分) 一、选择题 (本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有有一项是符合题目要求的。) 1. 我国高铁技术全球领先。CRH380B型动车组使用是镍镉(Ni-Cd)可充电电池，它作为原电池时，发生的反应为：Cd+2NiO(OH)+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2。由此推断，该电池负极材料是 A. Cd(OH)2 B. Cd C. Ni(OH)2 D. NiO(OH) 2. 我国科研人员研制出“”电池。以钠箔和多壁碳纳米管()为电极材料，放电时总反应的化学方程式为：。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，向正极移动 B. 该电池可用溶液做电解质 C. 放电时，电子流向为：钠箔→导线 D. 放电时，正极的电极反应式为： 3. 根据元素周期律推测，下列说法不正确的是 A. 原子半径： Mg> Na B. 碱性： C. 非金属性：Br>I D. 热稳定性： 4. 用氯化铁溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜印刷电路板后，所得溶液中Cu2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和反应前Fe3+物质的量之比为 A. 1∶2 B. 1∶3 C. 2∶3 D. 3∶5 5. 侯氏制碱法制备NaHCO3的原理为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 常温常压下，11.2 L NH3含有的原子数目为2 NA B. 常温常压下，18 g H2O含有的原子数目为3 NA C. 1 mol NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数为NA D. 0.2 mol·L-1 NH4Cl溶液中含有Cl-数目为0.2 NA 6. 碳及其化合物的多样性是构成物质多样性的重要原因。下列说法中正确的是 A. H2、D2和T2互为同素异形体 B. 富勒烯、金刚石化学性质相似 C. 碳纳米管、石墨烯互为同分异构体 D. 12C、13C、14C三种核素互为同素异形体 7. Deacon催化氧化法可实现氯资源的再利用。本方法中，用CuO做催化剂，将工业副产物HCl制成，反应的化学方程式为：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. 催化剂能改变化学反应速率 B. Y为反应物为生成物 C. 反应制得，需投入2molCuO D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 8. 汽车尾气净化的主要原理为 。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确并能说明反应在时刻才达到平衡状态的是 A. B. C. D. 9. 某温度下，水溶液中与的关系如图所示。。下列说法不正确的是 A. b点温度高于25℃ B. 适当升温，b点可变为a点 C. 向a点通入氨气，水的电离程度减小 D. b点温度下，0.1KOH溶液的pH=13 10. 我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图： 下列说法错误的是 A. 充电时向Zn电极移动 B. 充电时，阴极附近溶液的pH增大 C. 放电时，当电路中转移0.2mol电子时，正极区溶液质量增加5.5g D. 放电时，电池总反应为 11. X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，M原子的电子总数是其最外层电子数的3倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y B. 简单氢化物的还原性：Z>M C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>M D. X、Y能组成电子数为8的分子 12. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 原子半径： B. 热稳定性： C. 还原性： D. 酸性： 13. 某药物结构如图所示。下列有关该药物性质的说法不正确的是 A. 含有4个手性碳原子 B. 分子中碳原子的杂化方式有两种 C. 组成该分子的元素电负性大小排序为O>N>C>H D. 该分子中所有氧原子都有两个孤电子对 14. 常温下，某实验⼈员在两个相同容器中分别加溶液和40mL0.1mol∙L-1NaHA溶液，再分别⽤盐酸滴定，保持体系温度不变，利⽤pH计和压⼒传感器检测，绘制曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 图中曲线甲和丁代表向Na2A溶液中滴加盐酸 B. ⽔的电离程度：b点>d点 C. 的平衡常数的数量级是10-11 D. d点溶液中满⾜ 第Ⅱ卷 (选择题，共58分) 二、非选择题(本题共4个大题，共58分) 15. 回答下列问题： （1）晶体在熔化时破坏的作用力为___________。 （2）①  ②  ③  ④金刚石，这四种物质中碳原子采取杂化的是___________(填序号)；乳酸分子中有___________个手性碳。 （3）分子中所有原子均满足8电子构型，分子中键和键的个数比为___________。 （4）的分子结构如图所示，其中原子的杂化方式为___________。 （5）用价层电子对互斥理论推断的VSEPR模型名称是___________；属于___________分子(填“极性”或“非极性”)分子中的键角___________(填“>”“<”或“=”)。 （6）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用“”表示，与之相反的用“”表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。 （7）邻苯二甲酸酐(   )和邻苯二甲酰亚胺( )，后者熔点高于前者，主要原因是___________。 16. 化学反应伴随着能量变化，根据所学知识，回答下列问题： （1）下列反应中，属于吸热反应的是______(填字母)。 A. Na2O与水反应 B. 铝和氧化铁反应 C. CaCO3受热分解 D. 锌与盐酸反应 （2）还原法可将还原为脱除，已知：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(g)。若有15g NO被还原，则该反应释放的能量为______。 （3）生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂是一种温室气体，在大气中寿命可达740年之久。已知：键能是指断开(或生成)1mol化学键所需要吸收(或放出)的能量，部分键能数据如下表所示。 化学键 N≡N F—F N—F 键能/() a b c 则3F2(g) + N2(g) = 2NF3(g)  ______。 （4）卤化镁高温分解的相对能量变化如图所示。 ①写出该温度下MgF2(s)分解的热化学方程式：______。 ②比较热稳定性：MgBr2______(填“>”或“<”)MgCl2。 ③反应MgI2(s)+Br2(g)=MgBr2(s)+I2(g)  △H=______kJ·mol-1。 17. 三氯化铬(，相对分子质量158.5，熔点83℃，易升华、水解、高温下易被氧气氧化)是合成其他铬盐的重要原料，在少机和有机合成中有重要作用，某同学在实验室加热与制备。 （1）的制备：将一定量的重铬酸铵[]放入坩埚中加热分解生成、和。上述反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________。 （2）的制备装置如图所示： ①仪器X的名称为___________。 ②实验时，点燃酒精灯前需要先通入一段时间的，其目的是___________。 （3）产品中质量分数的测定，步骤如下： (ⅰ)称取产品溶于水并于250 mL容量瓶中定容； (ⅱ)取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的，再加入过量的酸化，将氧化为，稀释并加热煮沸，在加入稍过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以形式存在； (ⅲ)加入1 mL指示剂，用的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液24.00 mL(已知)。 ①(ⅱ)中稀释后需要加热煮沸，其主要原因是___________。 ②滴定实验可选用的指示剂为___________；产品中质量分数为___________(计算结果保留四位有效数字)。 18. 为验证反应Fe3+＋AgFe2+＋Ag+，利用如图电池装置进行实验。 （1）用Fe2(SO4)3固体配制500 mL 0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液。在烧杯中溶解固体时，先加入一定体积的___________，搅拌后再加入一定体积的水。 （2）电流表显示电流由银电极流向石墨电极。可知， 盐桥中的阳离子进入___________电极溶液中。 （3）根据(2)实验结果，可知石墨电极的反应式为___________，银电极的反应式为___________。因此，Fe3+氧化性小于___________ (填“Ag+”或“Fe2+”)。 （4）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。如果盐桥中电解质为KNO3，反应一段时间后，可以观察到电流表指针反转，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期期末考试试卷 高二年级化学 满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Na 23 第Ⅰ卷 (选择题，共42分) 一、选择题 (本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有有一项是符合题目要求的。) 1. 我国高铁技术全球领先。CRH380B型动车组使用是镍镉(Ni-Cd)可充电电池，它作为原电池时，发生的反应为：Cd+2NiO(OH)+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2。由此推断，该电池负极材料是 A. Cd(OH)2 B. Cd C. Ni(OH)2 D. NiO(OH) 【答案】B 【解析】 【详解】原电池中负极发生氧化反应，根据电池总反应可知，负极为Cd失去电子生成Cd(OH)2，故负极材料为Cd，选B。 2. 我国科研人员研制出“”电池。以钠箔和多壁碳纳米管()为电极材料，放电时总反应的化学方程式为：。其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，向正极移动 B. 该电池可用溶液做电解质 C. 放电时，电子流向为：钠箔→导线 D. 放电时，正极的电极反应式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．在原电池中，阳离子向正极移动，故Na+向正极移动，A正确； B．若NaCl溶液做电解质，Na会和水反应，所以不行，B错误； C．放电时，Na作为负极、碳纳米管为正极，电子的流向从负极到正极，故从钠箔→导线→MWCNT，C正确； D．放电时，正极上二氧化碳得电子和钠离子反应生成碳酸钠和C，故电极反应式为4Na++3CO2+4e−=2Na2CO3+C，D正确； 故选B。 3. 根据元素周期律推测，下列说法不正确的是 A. 原子半径： Mg> Na B. 碱性： C. 非金属性：Br>I D. 热稳定性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径减小，Na在Mg左侧，原子半径应为Na＞Mg，A错误； B．金属性Mg＞Al，对应最高价氧化物水化物的碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确； C．Br和I同属ⅦA族，Br在上，非金属性Br＞I，C正确； D．N的非金属性＞P的非金属性，故NH3的热稳定性＞PH3的热稳定性，D正确； 故选A。 4. 用氯化铁溶液作为“腐蚀液”腐蚀铜印刷电路板后，所得溶液中Cu2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和反应前Fe3+物质的量之比为 A. 1∶2 B. 1∶3 C. 2∶3 D. 3∶5 【答案】C 【解析】 【详解】设溶液中Cu2+的物质的量为x mol，则反应消耗的Fe3+的物质的量为2xmol，则已反应的Fe3+和反应前Fe3+物质的量之比为2x：（2+1）x=2：3，故选择C。 【点睛】反应完成后，溶液中Cu2+和Fe2+的物质的量相同，但Cu还原的Fe3+的物质的量为。 5. 侯氏制碱法制备NaHCO3的原理为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 常温常压下，11.2 L NH3含有的原子数目为2 NA B. 常温常压下，18 g H2O含有的原子数目为3 NA C. 1 mol NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数为NA D. 0.2 mol·L-1 NH4Cl溶液中含有Cl-数目为0.2 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温常压下，11.2 L NH3的物质的量小于0.5 mol，原子数目小于0.5NA×4=2NA，故A错误； B．18 g H2O的物质的量为1 mol，每个水分子含3个原子，总原子数为3NA，故B正确； C．根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，1 mol NaHCO3分解生成0.5 mol CO2，分子数为0.5 NA，故C错误； D．未提供溶液体积，无法计算Cl−的物质的量，故D错误； 选B。 6. 碳及其化合物的多样性是构成物质多样性的重要原因。下列说法中正确的是 A. H2、D2和T2互为同素异形体 B. 富勒烯、金刚石化学性质相似 C. 碳纳米管、石墨烯互为同分异构体 D. 12C、13C、14C三种核素互为同素异形体 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2、D2和T2是氢元素的同位素形成的单质，分子中原子个数和排列方式都相同，不互为非同素异形体，同素异形体需为同一元素的不同结构单质，如O2与O3，A错误； B．富勒烯（C60）和金刚石均为碳元素的同素异形体，虽然物理性质（如硬度、导电性）差异大，但化学性质相似，如均能与氧气反应生成CO2，B正确； C．碳纳米管和石墨烯是碳的同素异形体，因结构不同（管状与层状），但无固定分子式，故不满足同分异构体，C错误； D．12C、13C、14C为碳元素的同位素，而同素异形体应为不同结构的单质，如金刚石与石墨，D错误； 故选B。 7. Deacon催化氧化法可实现氯资源的再利用。本方法中，用CuO做催化剂，将工业副产物HCl制成，反应的化学方程式为：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. 催化剂能改变化学反应速率 B. Y为反应物为生成物 C. 反应制得，需投入2molCuO D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【分析】根据反应的热化学方程式，该反应涉及反应物包含HCl、H2O、Cl2、O2、CuO，再结合催化机理图示可知，CuCl与Z发生氧化还原反应生成Cu2OCl2，可知Z为氧气；Cu2OCl2分解生成CuCl2和CuO，其中CuCl2继续分解生成CuCl和X，Cu元素化合价变化，故X为Cl2，该反应为氧化还原反应；CuO与Y反应可生成Cu(OH)Cl，由原子守恒可知，Y为HCl；Cu(OH)Cl可分解生成Cu2OCl2和W，则W为H2O，故X、Y、Z、W依次为Cl2、HCl、O2、H2O，据此回答。 【详解】A．催化剂可以改变反应活化能，即催化剂能改变化学反应速率，A正确； B．Y为反应物HCl，W为生成物H2O，与分析一致，B正确； C．反应制得1mol Cl2，不需要投入2mol CuO，因为CuO为催化剂在反应中可循环利用，C错误； D．图中转化涉及两个氧化还原反应，与分析一致，D正确； 故选C。 8. 汽车尾气净化的主要原理为 。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确并能说明反应在时刻才达到平衡状态的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．达到平衡后，正、逆速率相等，不再变化，t1时刻v正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，A错误； B．t1时刻，CO2、CO的物质的量的变化量之比不等于1：1，示意图错误，B错误； C．该反应是放热反应，在绝热容器中进行，随着反应进行，容器温度上升，t1时刻之后随反应进行温度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，C正确； D．焓变是定值，不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，D错误； 故答案选C。 9. 某温度下，水溶液中与的关系如图所示。。下列说法不正确的是 A. b点温度高于25℃ B. 适当升温，b点可变为a点 C. 向a点通入氨气，水的电离程度减小 D. b点温度下，0.1KOH溶液的pH=13 【答案】D 【解析】 【分析】水的离子积常数 ，随温度升高而增大；，25℃时 ，。 【详解】A．b点为中性点（），b点 ，则 ，大于25℃时的 。水的电离吸热， 增大说明温度升高，b点温度高于25℃，A正确。 B．升温仅改变 ，中性溶液始终满足 （沿 线移动）。a点为更高温度下的中性点（ 均减小），则升温可使b点（）移动到a点，B正确。 C．通入氨气会增大 ，使得水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离（水电离的 和 浓度减小），C正确。 D．b点 ，0.1 mol·L⁻¹ KOH中 c(OH-)=0.1 mol/L，则 ，，故pH=12≠13，D错误。 故选：D。 10. 我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图： 下列说法错误的是 A. 充电时向Zn电极移动 B. 充电时，阴极附近溶液的pH增大 C. 放电时，当电路中转移0.2mol电子时，正极区溶液质量增加5.5g D. 放电时，电池总反应为 【答案】C 【解析】 【分析】Zn-MnO2电池应该是一种碱性电池，因为通常这类电池使用KOH作为电解质。在放电过程中，锌作为负极被氧化，而二氧化锰作为正极被还原。充电过程则是相反的，即电解反应，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。 【详解】A．充电时，阳离子（如K⁺）应该向阴极迁移，原来的负极Zn在充电时会成为阴极，这时候阳离子K+应该向阴极移动，故A正确； B．充电时的阴极发生的反应应该是Zn(OH)+ 2e⁻ = Zn + 4OH⁻，这样，阴极处会产生OH⁻，使得溶液的pH升高，故B正确； C．根据上面的分析，正极的放电反应是，得电子。当转移电子时，对应的的物质的量为，正极区溶液质量增加，由电荷守恒进入溶液中，质量减少，则正极质量应减少：，故C错误； D．由分析，放电时，电池总反应为，故D正确； 故选C。 11. X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，M原子的电子总数是其最外层电子数的3倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y B. 简单氢化物的还原性：Z>M C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>M D. X、Y能组成电子数为8的分子 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，X为H，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，可知M位于第三周期，M原子的电子总数是其最外层电子数的3倍，M为P，Z为N，Y为C，据此分析。 【详解】A．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，C的原子半径大于N，因此原子半径Y＞Z，A错误； B．同主族中，简单氢化物的还原性随原子半径增大而增强，P的原子半径大于N，简单氢化物的还原性：NH3（Z）弱于PH3（M），B错误； C．最高价含氧酸的酸性随非金属性增强而增强，同主族中，非金属性N＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3（Z）强于H3PO4（M），C正确； D．H与C形成的最简单的分子为CH4，CH4的电子数为10，X、Y组成的稳定分子的电子数不可能为8，D错误； 故选C。 12. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 原子半径： B. 热稳定性： C. 还原性： D. 酸性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左到右元素原子半径递减，则原子半径：，A不符合； B．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则热稳定性：，B不符合； C．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：，C不符合； D．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：，D符合； 故选D。 13. 某药物结构如图所示。下列有关该药物性质的说法不正确的是 A. 含有4个手性碳原子 B. 分子中碳原子的杂化方式有两种 C. 组成该分子的元素电负性大小排序为O>N>C>H D. 该分子中所有氧原子都有两个孤电子对 【答案】A 【解析】 【详解】A．如图可知，则其中含有3个手性碳原子，A错误； B．根据结构可知，双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，B正确； C．同周期元素，核电荷数越大电负性越强，则该分子组成元素的电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H，C正确； D．根据结构可知，O最外层有6个电子，只共用两对电子，因而含有2对孤对电子，D正确； 故选A。 14. 常温下，某实验⼈员在两个相同容器中分别加溶液和40mL0.1mol∙L-1NaHA溶液，再分别⽤盐酸滴定，保持体系温度不变，利⽤pH计和压⼒传感器检测，绘制曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 图中曲线甲和丁代表向Na2A溶液中滴加盐酸 B. ⽔的电离程度：b点>d点 C. 的平衡常数的数量级是10-11 D. d点溶液中满⾜ 【答案】D 【解析】 【分析】Na2A的水解程度大于NaHA溶液，故Na2A的碱性强于NaHA，Na2A与盐酸反应先生成NaHA，再产生H2A气体，故图中甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸； 【详解】A．由上述分析可知，甲和丁代表向Na2A溶液中滴加盐酸，故A正确； B．根据图像可知b点对应的滴定点为a点，c点为盐酸和Na2A恰好反应生成NaHA和氯化钠，a点为NaHA和氯化钠和H2A混合物，此溶液显碱性，可知NaHA的水解显碱性，促进了水的电离，而d点为H2A和氯化钠混合物，且显酸性，电离显酸，抑制水的电离，水的电离程度：b点＞d点，故B正确； C．甲的起始pH=12，c(A-)≈c(OH-)=10-2mol/L，c(A2-)≈0.2mol/L，Na2A溶液中Kh1=≈=5×10-4；HA-=H++A2-的平衡常数Ka2===mol/L=2×10-11mol/L，HA-⇌H++A2-的平衡常数的数量级是10-11，故C正确； D．d点表示向溶液滴加了40mL，由图像可知生成了部分气体，若没有气体，溶质为NaCl和H2A为2：1，但是有部分气体逸出，，故D错误； 答案选D。 第Ⅱ卷 (选择题，共58分) 二、非选择题(本题共4个大题，共58分) 15. 回答下列问题： （1）晶体在熔化时破坏的作用力为___________。 （2）①  ②  ③  ④金刚石，这四种物质中碳原子采取杂化的是___________(填序号)；乳酸分子中有___________个手性碳。 （3）分子中所有原子均满足8电子构型，分子中键和键的个数比为___________。 （4）的分子结构如图所示，其中原子的杂化方式为___________。 （5）用价层电子对互斥理论推断的VSEPR模型名称是___________；属于___________分子(填“极性”或“非极性”)分子中的键角___________(填“>”“<”或“=”)。 （6）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用“”表示，与之相反的用“”表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。 （7）邻苯二甲酸酐(   )和邻苯二甲酰亚胺( )，后者熔点高于前者，主要原因是___________。 【答案】（1）范德华力 （2） ①. ②③ ②. 1 （3）3：1 （4）sp3 （5） ①. 平面三角形 ②. 极性 ③. < （6）或 （7）两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 【解析】 【小问1详解】 C60是由60个碳原子组成的分子，属于分子晶体，熔化时破坏的是分子之间的作用力，即范德华力​，分子内部的共价键未被破坏。 【小问2详解】 CH3Cl中心碳形成4个单键（3个C-H键和1个C-Cl键），杂化方式为sp3；CH2=CH2为平面结构，分子内形成3个σ键（1个C-C键和2个C-H键）和1个π键，杂化方式为sp2；​苯环为平面结构，每个碳原子形成3个σ键（2个C-C键和1个C-H键）和1个离域π键，杂化方式为sp2；​金刚石中每个碳原子通过4个单键（sp3杂化）与其他4个碳原子形成四面体结构；故答案为②③；乳酸的结构为CH3-CH(OH)-COOH，中间的碳原子（连接-OH、-CH3、-COOH、-H）满足手性碳条件，而CH3中的碳连接3个H和1个C，无手性，-COOH中的碳：连接2个O（双键）和2个单键，无手性，故乳酸分子中有1个手性碳。 【小问3详解】 COCl2分子中具有1个​C=O双键（包括1个σ键和1个π键）和​两个C-Cl单键（各含1个σ键），则​σ键数为3，π键数为1，σ键与π键的个数比为3:1。 【小问4详解】 As4O6的结构与P4O6类似呈笼状结构，每个As原子与3个O原子形成单键（3个σ键），As原子中孤电子对数=(5个价层电子-3成键电子)/2 = 1对，杂化轨道数=σ键数+孤电子对数=3+1=4，因此As原子的杂化方式为sp3。 【小问5详解】 Sn是IVA族元素，其价电子数为4，基态电子构型为5s25p2，SnBr2中Sn的价层电子对数为，VSEPR模型名称为三角平面形，由于存在一个孤对电子，分子构型为V形；V形分子中，正负电荷中心不重合，因此为极性分子；理想三角平面形的键角为120°，但SnBr2中孤电子对的排斥作用强于成键电子对，导致实际键角小于120°。 【小问6详解】 ​基态氮原子的电子排布为1s22s22p3，价电子为2p3，占据三个p轨道，每个轨道1个电子，且自旋方向相同，每个p轨道电子的自旋磁量子数为或，根据洪德规则，三个p电子自旋方向相同，假设均为，则代数和为，若均为，则代数和为。 【小问7详解】 邻苯二甲酰亚胺分子中的N-H键能够作为氢键供体，与相邻分子的羰基氧形成分子间氢键，这种氢键显著增强了分子间作用力，导致晶体结构更稳定，熔点升高；而邻苯二甲酸酐仅含有极性羰基，但缺乏氢键供体，其分子间作用力主要依赖较弱的偶极-偶极相互作用和​范德华力，因此熔点较低，故答案为：两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高。 16. 化学反应伴随着能量变化，根据所学知识，回答下列问题： （1）下列反应中，属于吸热反应的是______(填字母)。 A. Na2O与水反应 B. 铝和氧化铁反应 C. CaCO3受热分解 D. 锌与盐酸反应 （2）还原法可将还原为脱除，已知：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(g)。若有15g NO被还原，则该反应释放的能量为______。 （3）生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂是一种温室气体，在大气中寿命可达740年之久。已知：键能是指断开(或生成)1mol化学键所需要吸收(或放出)的能量，部分键能数据如下表所示。 化学键 N≡N F—F N—F 键能/() a b c 则3F2(g) + N2(g) = 2NF3(g)  ______。 （4）卤化镁高温分解的相对能量变化如图所示。 ①写出该温度下MgF2(s)分解的热化学方程式：______。 ②比较热稳定性：MgBr2______(填“>”或“<”)MgCl2。 ③反应MgI2(s)+Br2(g)=MgBr2(s)+I2(g)  △H=______kJ·mol-1。 【答案】（1）C （2）172.5kJ （3）(a + 3b - 6c) （4） ①. ②. < ③. -160 【解析】 【分析】小问1：常见的放热反应有：金属与酸的反应、中和反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应有：大多数分解反应（如碳酸钙受热分解）、以C、H2、CO为还原剂的氧化还原反应（不包括燃烧）等。 小问2：本题考查根据热化学方程式进行能量计算。首先需要根据NO的质量计算其物质的量，再结合热化学方程式中NO的物质的量与反应释放能量的关系进行计算。 小问3：焓变的计算公式为：H=反应物总键能-生成物总键能。 小问4：该图像展示了卤化镁高温分解过程中的相对能量变化情况。横坐标为反应进程，纵坐标为能量。从图像中可以看出：对于不同的卤化镁，起始物质都是MgX2(s)（X = F、Cl、Br、I），随着反应进行，分解为Mg(s)和X2(g)，能量均升高，说明卤化镁的分解反应均为吸热反应。不同卤化镁分解时，能量升高的幅度不同。MgF2分解时能量升高最多，达到562 kJ· mol-1；MgCl2分解能量升高幅度次之；MgBr2分解能量升高幅度又小一些；MgI2分解能量升高幅度最小，为262kJ· mol-1。这反映出不同卤化镁的稳定性不同，能量越低的物质越稳定，所以卤化镁的稳定性顺序大致为MgF2>MgCl2>MgBr2>MgI2，因为MgF2分解需要吸收更多的能量，更难分解，也就更稳定。 【小问1详解】 A．Na2O与水反应是化合反应，属于放热反应； B．铝和氧化铁反应是铝热反应，属于放热反应； C．CaCO3受热分解是分解反应，属于吸热反应； D．锌与盐酸反应是金属与酸的反应，属于放热反应； 故选C。 【小问2详解】 NO的摩尔质量为30g/mol，15g NO的物质的量。由热化学方程式可知，6mol NO被还原时，反应释放2070kJ的能量。设0.5mol NO被还原时反应释放的能量为Q，则，解得。所以该反应释放的能量为172.5kJ。 【小问3详解】 对于反应3F2(g) + N2(g) = 2NF3(g)  ：反应物是3mol F2和1mol N2，断裂3mol F - F键和1mol N≡N键，所以反应物总键能为。生成物是2mol NF3，形成6mol N - F键，所以生成物总键能为。根据H=反应物总键能-生成物总键能，可得。 【小问4详解】 ①由图可知，MgF2(s)分解生成Mg(s)和F2(g)时，吸收的能量为，那么1mol MgF2(s)分解生成1mol Mg(s)和1mol F2(g)的热化学方程式为。 ②由图可知，MgBr2的能量高于MgCl2的能量，能量越低越稳定，所以热稳定性：MgBr2<MgCl2。 ③由图可知：反应；反应。用第一个反应减去第二个反应可得：MgI2(s)+Br2(g)=MgBr2(s)+I2(g)，根据盖斯定律，。 17. 三氯化铬(，相对分子质量158.5，熔点83℃，易升华、水解、高温下易被氧气氧化)是合成其他铬盐的重要原料，在少机和有机合成中有重要作用，某同学在实验室加热与制备。 （1）的制备：将一定量的重铬酸铵[]放入坩埚中加热分解生成、和。上述反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为___________。 （2）的制备装置如图所示： ①仪器X的名称为___________。 ②实验时，点燃酒精灯前需要先通入一段时间的，其目的是___________。 （3）产品中质量分数的测定，步骤如下： (ⅰ)称取产品溶于水并于250 mL容量瓶中定容； (ⅱ)取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的，再加入过量的酸化，将氧化为，稀释并加热煮沸，在加入稍过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以形式存在； (ⅲ)加入1 mL指示剂，用的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液24.00 mL(已知)。 ①(ⅱ)中稀释后需要加热煮沸，其主要原因是___________。 ②滴定实验可选用的指示剂为___________；产品中质量分数为___________(计算结果保留四位有效数字)。 【答案】（1）1:1 （2） ①. 球形干燥管 ②. 排尽装置内空气，防止被氧气氧化 （3） ①. 除去溶解的氧气，防止将氧化 ②. 淀粉 ③. 【解析】 【17题详解】 重铬酸铵加热分解生成Cr2O3、 N2和H2O，Cr2O3为还原产物，N2为氧化产物，据得失电子守恒可知，氧化产物和还原产物得物质的量之比为1:1； 【18题详解】 ①仪器X为球形干燥管； ②点燃酒精灯前通氮气的目的为：排尽装置中的空气，防止CrCl3被氧气氧化； 【19题详解】 ①过量的过氧化钠除能将氯化铬完全氧化外，过量的过氧化钠与水反应生成氧气，而氧气能氧化碘离子，对实验造成影响，因此要加热煮沸一段时间，除去水中的溶解氧，防止碘离子被氧化； ②滴定实验中是利用硫代硫酸钠与单质碘反应，所以选择的指示剂为淀粉； 根据电子转移守恒及碘量法的方程式，可得关系式：，故反应中CrCl3的质量分数为：。 18. 为验证反应Fe3+＋AgFe2+＋Ag+，利用如图电池装置进行实验。 （1）用Fe2(SO4)3固体配制500 mL 0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液。在烧杯中溶解固体时，先加入一定体积的___________，搅拌后再加入一定体积的水。 （2）电流表显示电流由银电极流向石墨电极。可知， 盐桥中的阳离子进入___________电极溶液中。 （3）根据(2)实验结果，可知石墨电极的反应式为___________，银电极的反应式为___________。因此，Fe3+氧化性小于___________ (填“Ag+”或“Fe2+”)。 （4）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。如果盐桥中电解质为KNO3，反应一段时间后，可以观察到电流表指针反转，原因是___________。 【答案】（1）稀硫酸 （2）银 （3） ①. Fe2+-e-→Fe3+ ②. Ag+＋e-→Ag ③. Ag+ （4）原电池反应和迁移过来的氧化Fe2+，均导致石墨电极一侧溶液中比值增大，从而使石墨电极电势升高。当石墨电极电势高于银电极电势时，原电池的正负极发生反转，总反应变为Fe3+＋Ag = Fe2+＋Ag+，电流方向随之反转 【解析】 【小问1详解】 硫酸铁溶解时要防止水解，故在烧杯中溶解时，先加入一定体积的稀硫酸，搅拌后再加入一定体积的水，故答案为稀硫酸。 【小问2详解】 电流表显示电流由银电极流向石墨电极，石墨作负极，银作正极；可知， 盐桥中的阳离子进入银电极一侧的溶液中，故答案为银。 【小问3详解】 根据(2)实验结果，石墨作负极，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+；Ag作正极，电极反应式为Ag+＋e-=Ag，电池总反应为Fe2+＋Ag+⥫Fe3+＋Ag，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知Fe3+氧化性小于Ag＋的，故答案为Fe2+-e-=Fe3+；Ag+＋e-=Ag；Ag+。 【小问4详解】 电流反转的直接原因是电极电势的相对高低发生改变，原电池反应和迁移过来的氧化Fe2+，均导致石墨电极一侧溶液中比值增大，从而使石墨电极电势升高。当石墨电极电势高于银电极电势时，原电池的正负极发生反转，总反应变为Fe3+＋Ag = Fe2+＋Ag+，电流方向随之反转，故答案为原电池反应和迁移过来的氧化Fe2+，均导致石墨电极一侧溶液中比值增大，从而使石墨电极电势升高。当石墨电极电势高于银电极电势时，原电池的正负极发生反转，总反应变为Fe3+＋Ag = Fe2+＋Ag+，电流方向随之反转。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $