精品解析：浙江省杭州市拱墅区杭州高级中学2025-2026学年高二上学期期末化学试题

杭高2025学年第一学期期末考试高二 （化学）试题卷 1.本试卷分试题卷和答题卡两部分。本卷满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方。 3.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效。 4.考试结束后，上交答题卡。 可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　C135.5　Fe56　Ag108 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 下列属于弱电解质且水溶液呈碱性的是 A. B. C. D. 2. 下列反应中反应物总能量低于生成物总能量的是 A. 甲醇的燃烧 B. 大理石高温分解 C. 锌与盐酸反应 D. 铝热反应 3. 被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4＋H2O=NaBO2＋H2，下列有关该反应的说法正确的是 A. 被氧化的元素和被还原的元素质量比为1：1 B. NaBH4既是氧化产物又是还原产物 C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. NaBH4既是氧化剂又是还原剂 4. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制的氯水呈现浅黄绿色，光照后颜色变浅 B. 铜在潮湿的空气中久置生成铜锈 C. 向溶液中加入制 D. 硫酸工业中，的催化氧化反应采用常压而不采用高压 5. 物质的性质决定用途，下列说法正确的是 A. 铁可以和水反应，铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂 B. 铝粉与NaOH溶液反应生成，可用于疏通厨卫管道 C. 溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂 D. 有氧化性，所以能漂白棉麻制品和纸浆 6. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. B. C. D. 7. 层状结构化合物六方氮化硼与石墨晶体类型类似，结构如图所示。下列关于的说法错误的是 A. 含有键 B. 晶体因为B和N电负性差异大，因此导电性比石墨差 C. B和N的原子轨道杂化方式相同 D. 可用作润滑剂 8. 利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是 A. 图①用来除去气体中的HCl杂质 B. 图②装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成 C. 图③装置可用于测定中和反应的反应热 D. 图④依据褪色时间的长短，能证明反应物浓度对反应速率的影响 9. 已知与性质相似，溶液中存在两种形式：和。新型二次电池的工作原理如图所示： 下列有关说法正确的是 A. 充电时，电极的电极反应式为 B. 充电时，应与外接电源负极相连 C. 放电时，室溶液浓度增大 D. 放电时，电极电势高于电极 10. 五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示。X在元素周期表中原子半径最小；基态Z原子有5个原子轨道填充电子，有3个未成对电子。下列说法错误的是 A. 该化合物中除X外所有原子都满足稳定结构 B. 电负性： C. 第二电离能 D. X、W均可与R形成含有非极性共价键的二元化合物 11. 二茂铁是由环戊二烯阴离子(，平面结构)与形成的分子，其结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 铁元素位于区 B. 二茂铁中与环戊二烯阴离子之间为离子键 C. 二茂铁易溶于苯、乙醚等有机溶剂 D. 环戊二烯阴离子中碳原子的杂化方式有和 12. 结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是 A. ①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子 B. ②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大 C. ③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂 D. ④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高 13. 已知：常温下，，，常温下，下列说法不正确的是 A. 溶液呈中性 B. pH=3的醋酸溶液中与纯水中由水电离产生的比为 C. D. 溶液中， 14. 在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解。下列说法错误的是 A. M点Na2SiF6(s)的转化率约为33.3% B. 气相产物在T3温度时的分压大于在T2温度时的分压 C. 气体的平均摩尔质量不变可判断该反应已达平衡状态 D. T1温度时，向容器中充入少量SiF4(g)，重新达平衡时逆反应速率不变 15. MgCl2和NH3在室温条件下可发生反应，其反应过程中能量变化示意图如下。 已知：和在高温条件下均会分解。 下列说法错误的是 A. 室温下，生成的速率比生成的速率大 B. 室温下，比更稳定 C. 为了加快生成的速率，温度越高越好 D. 从平衡的角度推测高温低压条件下，更有利于脱除NH3生成MgCl2 16. 二甘氨酸合铜中元素含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是 A. 为防止与反应，步骤Ⅲ应将溶液调至强碱性 B. 步骤Ⅱ，过量溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的 C. 步骤Ⅰ，加入稍过量的稀尽可能使元素转化为 D. 用上述方法测定中的元素含量，结果偏大 二、非选择题（本大题共4题，共52分） 17. 氮族元素和卤族元素的化合物具有巨大的应用价值。请回答： （1）下列说法正确的是_______。 A. 三种分子的键角逐渐减小 B. 第二周期非金属元素的最高正价逐渐升高 C. 最外层电子排布为与硼元素同主族 D. 结合质子趋势： （2）氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。已知NH3BH3和NH3的N-H可体现出一定的酸性，比较两者酸性强弱：NH3________NH3BH3(填“>”、“<”或“=”)。 （3）已知NO+和NO-是常见的含氮离子，比较键能NO+________NO-（填“>”、“<”或“=”），并从成键角度解释原因________________________________________________ （4）咪唑、吡啶是含N的有机杂环化合物，二者所有原子均位于同一平面内，如图所示。 ①咪唑分子的两个氮原子中，更容易与Cu2+形成配位键的是________（填“①”或“②”）号氮原子 ②沸点比较：咪唑________吡啶（填“>”、“<”或“=”） （5）某含卤素的正五价砷化物的立方晶胞如图1，晶胞沿轴方向的投影如图2，写出由配离子表示的该化合物的化学式______（将配离子用“[　]”表示，例如Na[AlCl4]）。 （6）实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配离子(如下图)测定铁的含量。 ①Fe2+的配位数为_____________。 ②红色配离子中存在的化学键有_____________。 A．σ键　B．π键　C．配位键　D．离子键　E．氢键 18. 利用可再生能源获取的氢气与合成甲醇过程涉及的主要反应为： ① ② ③ (较高温度下发生) 回答下列问题： （1）反应①涉及物质中碳原子的杂化方式为___________。 （2）根据以上信息判断反应①应为___________(填“任何条件自发”、“高温自发”或“低温自发”)反应，___________，反应③的___________(填“>”或“<”)。 （3）已知本实验条件下，(均为常数)。下图表示反应②的线是___________(填“”“”或“”)，时，反应③的平衡常数___________(填数值)。 （4）分别在压强和下，物质的量之比按1:3投料，平衡转化率或甲醇选择性[的选择性］随温度、压强变化关系如图。其中纵坐标表示平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强___________(填“>”、“<”或“=”)；图甲中温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是___________。时，反应②的___________(保留两位有效数字)。 19. 氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为： Ⅰ．制备：流程如图1。 Ⅱ．由制备无水：将与液体混合并加热，制得无水，装置如图2(夹持和加热装置略)。 已知：①沸点为77℃；②反应方程式为： 请回答： （1）图2中仪器B的名称是_______。 （2）下列说法不正确的是_______。 A. 检验稀溶液中是否残留，可滴加少量酸性高锰酸钾 B. 图2中的加热宜采用水浴的方式 C. 图2中的无水可替换为碱石灰 D. 可采用同样方式由制备 （3）请对图1中“系列操作”排序：_______。 _______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。 a．冷却至室温 b．用饱和溶液洗涤 c．用浓HCl洗涤 d．蒸发至出现晶膜 e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤 （4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因_______。 （5）用莫尔法测定无水的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节，滴加指示剂溶液。不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。 平行测试3次，平均消耗标准溶液15.00mL。 ①无水的纯度为_______。 ②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是_______。 20. 计算题 （1）已知室温下的，某混合溶液中的浓度为，的浓度为，求该溶液的pH值______(保留整数)。 （2）向的溶液中加入。，生成沉淀。已知该温度下的，忽略溶液的体积变化，请计算：完全沉淀后，溶液中______(保留一位有效数字)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭高2025学年第一学期期末考试高二 （化学）试题卷 1.本试卷分试题卷和答题卡两部分。本卷满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方。 3.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效。 4.考试结束后，上交答题卡。 可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　C135.5　Fe56　Ag108 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 下列属于弱电解质且水溶液呈碱性的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．是盐类，属于强电解质，水解呈碱性，不符合“弱电解质”要求，A不符合题意， B．是强碱，属于强电解质，溶液呈碱性，不符合“弱电解质”要求，B不符合题意； C．是弱碱，属于弱电解质，其水溶液中，显碱性，符合要求，C符合题意； D．是盐类，属于强电解质，且其水溶液因水解显酸性，不符合，D不符合题意； 故答案选C。 2. 下列反应中反应物总能量低于生成物总能量的是 A. 甲醇的燃烧 B. 大理石高温分解 C. 锌与盐酸反应 D. 铝热反应 【答案】B 【解析】 【分析】反应物总能量低于生成物总能量为放热反应，以此解题。 【详解】A．甲醇燃烧释放热量，为放热反应，A不符合题意； B．大理石高温分解需吸收热量，为吸热反应，B符合题意； C．锌与盐酸反应释放热量，为放热反应，C不符合题意； D．铝热反应释放大量热量，为放热反应，D不符合题意； 故答案选B。 3. 被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4＋H2O=NaBO2＋H2，下列有关该反应的说法正确的是 A. 被氧化的元素和被还原的元素质量比为1：1 B. NaBH4既是氧化产物又是还原产物 C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. NaBH4既是氧化剂又是还原剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．首先配平反应为，中-1价的被氧化，中+1价的被还原，被氧化和被还原的物质的量之比为1:1，二者均为氢元素，质量比也为1:1，A正确； B．是反应物，氧化产物、还原产物均为反应的生成物，该反应中才是既是氧化产物又是还原产物，B错误； C．反应前后元素化合价均为+3价，没有发生化合价变化，硼元素既不被氧化也不被还原，C错误； D．中只有元素化合价升高，仅作还原剂，中元素化合价降低，作氧化剂，不是氧化剂，D错误； 故选A。 4. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制的氯水呈现浅黄绿色，光照后颜色变浅 B. 铜在潮湿的空气中久置生成铜锈 C. 向溶液中加入制 D. 硫酸工业中，的催化氧化反应采用常压而不采用高压 【答案】A 【解析】 【详解】A．新制氯水中存在可逆平衡，光照时分解，平衡正向移动，浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A符合题意； B．铜生锈的反应为：，是不可逆反应，无平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，B不符合题意； C．催化分解是不可逆反应，），无平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．催化氧化（）是可逆反应，但常压下转化率已较高，高压会增加成本，并非平衡移动的应用，不能用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故答案选A 5. 物质的性质决定用途，下列说法正确的是 A. 铁可以和水反应，铁粉可用作食品包装袋中的干燥剂 B. 铝粉与NaOH溶液反应生成，可用于疏通厨卫管道 C. 溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂 D. 有氧化性，所以能漂白棉麻制品和纸浆 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下，铁粉能与空气中的O2、H2O反应，铁粉可用作食品包装袋中的脱氧剂，A错误； B．铝粉与NaOH溶液反应生成氢气（2Al + 2NaOH + 6H2O=2NaAl(OH)4 + 3H2↑），产生的气体压力可疏通管道，符合实际应用，B正确； C．NaHCO3作烘焙膨松剂是因为受热分解或与酸反应产生CO2气体，使面团膨胀，并非直接利用其溶液碱性，C错误； D．SO2有漂白性，其漂白性体现在与有色物质化合形成无色化合物，而体现其氧化性，D错误； 故选B。 6. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意； B．会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意； C．会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意； D．虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意； 答案D。 7. 层状结构化合物六方氮化硼与石墨晶体类型类似，结构如图所示。下列关于的说法错误的是 A. 含有键 B. 晶体因为B和N电负性差异大，因此导电性比石墨差 C. B和N的原子轨道杂化方式相同 D. 可用作润滑剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．中每个B原子与3个N原子相连，形成3个键，每个N原子与3个B原子相连，也形成3个键，根据均摊法可知，平均每个中含有3x个键，所以含有键，A错误； B．晶体因为B和N电负性差异大，B原子无孤对电子，N原子虽然有1对孤对电子，但由于电负性强，导致层状结构中没有自由移动的电子，因此导电性比石墨差，B正确； C．层状结构的中每个B原子和N原子都形成3个键，且属于层状结构，则B和N的原子轨道杂化方式相同，均为杂化，C正确； D．与石墨类似，层间存在范德华力，层与层之间容易滑动，跟石墨一样可作润滑剂使用，D正确； 故答案为：A。 8. 利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是 A. 图①用来除去气体中的HCl杂质 B. 图②装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成 C. 图③装置可用于测定中和反应的反应热 D. 图④依据褪色时间的长短，能证明反应物浓度对反应速率的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A．气体会和饱和Na2SO3溶液发生反应：，导致被消耗，正确的做法应使用饱和NaHSO3溶液除去气体中的HCl杂质，A错误； B．图②中，a装置加热浓HNO3，可能分解生成NO2，也可能直接挥发出HNO3蒸气，b装置中KI-淀粉溶液变蓝，说明有I2生成，可能的原因是NO2溶于水生成HNO3，氧化I-，也可能是挥发出的HNO3直接氧化I-，不能仅凭b中溶液变蓝就断定浓HNO3分解生成了NO2，B错误； C．图③是一个简易量热计，包含隔热层、温度计、玻璃搅拌器、内外筒等部分。这些组件可以有效减少热量散失，同时通过温度计测量反应前后的温度变化，结合公式 可计算反应热，C正确； D．两组实验中KMnO4溶液浓度不同，初始颜色深浅不同，无法通过褪色时间长短准确比较反应速率，D错误； 故选C。 9. 已知与性质相似，溶液中存在两种形式：和。新型二次电池的工作原理如图所示： 下列有关说法正确的是 A. 充电时，电极的电极反应式为 B. 充电时，应与外接电源负极相连 C. 放电时，室溶液浓度增大 D. 放电时，电极电势高于电极 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，该装置为原电池装置，其中负极锌失去电子，电极反应为：，则锌电极是负极，二氧化锰得到电子，电极反应为：，则该电极是正极，以此解题。 【详解】A． 在碱性环境中转化为，充电时电极的电极反应式为，A项错误； B． 为正极，充电时应与外接电源正极相连，项错误； C． 放电时为负极，负极区被消耗，应通过阳离子交换膜进入室，正极发生反应，消耗了，所以通过阴离子交换膜进入室，室硫酸钠溶液浓度增大，C项正确； D． 放电时，为负极，电极为正极，其中负极电势低，D项错误； 故选C。 10. 五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示。X在元素周期表中原子半径最小；基态Z原子有5个原子轨道填充电子，有3个未成对电子。下列说法错误的是 A. 该化合物中除X外所有原子都满足稳定结构 B. 电负性： C. 第二电离能 D. X、W均可与R形成含有非极性共价键的二元化合物 【答案】C 【解析】 【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示。X在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；基态Z原子有5个原子轨道填充电子，有3个未成对电子，则Z的电子排布式为1s22s22p3，Z为N元素；在结构式中，Y形成4个共价键，则其最外层电子数为4，其原子序数小于7(N元素)，则Y的原子序数为6，其为C元素；R能形成2个共价键，其为O元素；W易失去1个电子，其最外层有1个电子，其为Na元素。从而得出X、Y、Z、R、W分别为H、C、N、O、Na。 【详解】A．该化合物中，除H原子最外层有2个电子外，所有原子都满足稳定结构，A正确； B．X、Y、Z、R、W分别为H、C、N、O、Na，依据元素的周期性递变规律，非金属性O＞N＞C＞H＞Na，元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：O＞N＞C＞H＞Na，B正确； C．第二电离能为基态+1价气态阳离子失去1个电子变为+2价气态阳离子所需的能量，Y（C）原子价电子，失去1个电子得，价电子为，失去第二个电子只需要失去的单个电子，难度最小，因此最小；Z（N）原子价电子，失去1个电子得，价电子为，失去第二个电子后得到，所需能量居中；R（O）原子价电子，失去1个电子得，价电子为，此时2p轨道处于半充满的稳定结构，非常不容易再失去电子，因此失去第二个电子需要的能量最大；因此第二电离能：，C错误； D．X(H)、W(Na)均可与R(O)形成含有非极性共价键的二元化合物H2O2、Na2O2，D正确； 故选C。 11. 二茂铁是由环戊二烯阴离子(，平面结构)与形成的分子，其结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 铁元素位于区 B. 二茂铁中与环戊二烯阴离子之间为离子键 C. 二茂铁易溶于苯、乙醚等有机溶剂 D. 环戊二烯阴离子中碳原子的杂化方式有和 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁元素位于第四周期第VIII族，属于d区元素，故A错误； B．二茂铁中Fe2+与环戊二烯阴离子之间为配位键，故B错误； C．二茂铁是由环戊二烯阴离子(，平面结构)与Fe2+形成的分子，为分子晶体，熔沸点较低且结构对称，为非极性分子，难溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂，故C正确； D．环戊二烯阴离子中碳原子的杂化方式有sp2和sp，故D错误； 故答案为：C。 12. 结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是 A. ①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子 B. ②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大 C. ③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂 D. ④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高 【答案】C 【解析】 【详解】A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用于识别特定的离子，A项正确； B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位滑动变得更困难，从而提高合金硬度，B项正确； C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果。烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向外疏水基向内的胶束，C项错误； D．石墨晶体中每个碳原子以sp²杂化方式与同层其他碳原子形成平面网状结构，每个碳原子的配位数为3，碳原子之间形成的共价键键长较短，键能较大，因此石墨熔点很高。石墨层间则通过范德华力相互作用，同时石墨有类似金属晶体的导电性，因此可视作“混合晶体”，D项正确； 答案选C。 13. 已知：常温下，，，常温下，下列说法不正确的是 A. 溶液呈中性 B. pH=3的醋酸溶液中与纯水中由水电离产生的比为 C. D. 溶液中， 【答案】B 【解析】 【详解】A．和的电离常数相等，故和水解程度相等，溶液呈中性，A正确； B．的醋酸溶液中，水电离产生的，纯水中水电离产生的，二者比值为，B错误； C．该反应的平衡常数，C正确； D．根据物料守恒得，结合、，联立可得，D正确； 故选B。 14. 在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解。下列说法错误的是 A. M点Na2SiF6(s)的转化率约为33.3% B. 气相产物在T3温度时的分压大于在T2温度时的分压 C. 气体的平均摩尔质量不变可判断该反应已达平衡状态 D. T1温度时，向容器中充入少量SiF4(g)，重新达平衡时逆反应速率不变 【答案】C 【解析】 【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，其分解的化学方程式为，根据图数据分析可知，a线代表，b线代表，c线代表。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。 【详解】A．M点与物质的量相等，起始物质的量为1mol，设的转化量为amol，，则1-a=2a，a=mol，M点的转化率为，A正确； B．由分析可知，气相产物为，T2温度时反应物已完全分解，所以升温至T3时，的物质的量不变，根据理想气体状态方程，恒容条件下，温度升高，其分压增大，B正确； C．气体只有，气体的平均摩尔质量即的摩尔质量，始终不变，故不可判断反应是否达到平衡，C错误； D．根据反应，向容器中充入少量SiF4，平衡会向逆反应方向移动，但由于温度不变，平衡常数不变，重新平衡时与原平衡相同，故逆反应速率不变，D正确； 故选C。 15. MgCl2和NH3在室温条件下可发生反应，其反应过程中能量变化示意图如下。 已知：和在高温条件下均会分解。 下列说法错误的是 A. 室温下，生成的速率比生成的速率大 B. 室温下，比更稳定 C. 为了加快生成的速率，温度越高越好 D. 从平衡的角度推测高温低压条件下，更有利于脱除NH3生成MgCl2 【答案】C 【解析】 【详解】A．生成的活化能更小，反应速率更快，室温下生成的速率大，A正确； B．物质具有的能量越小，稳定性越强，从图中可以看出，室温下，的能量比低，所以室温下，比更稳定，B正确； C．已知高温下会分解，温度过高会导致产物分解，并非温度越高生成速率越好，C错误； D．分解生成的反应为，根据能量示意图，该物质的生成反应是放热的，故其分解反应是吸热反应，且正反应是气体分子数增加的反应，根据勒夏特列原理，高温、低压有利于平衡向正反应方向移动，更利于脱除生成，D正确； 故答案选C。 16. 二甘氨酸合铜中元素含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是 A. 为防止与反应，步骤Ⅲ应将溶液调至强碱性 B. 步骤Ⅱ，过量溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的 C. 步骤Ⅰ，加入稍过量的稀尽可能使元素转化为 D. 用上述方法测定中的元素含量，结果偏大 【答案】A 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中发生反应：，加入稍过量稀可确保配合物完全解离，Cu 全部转化为，避免水解。步骤Ⅱ中发生反应：，过量既促进完全还原，又通过形成可溶性防止碘挥发损失。步骤Ⅲ中发生反应：，以此测定Cu元素含量。 【详解】A．根据步骤Ⅲ的反应，该反应需要在中性或弱酸性条件下进行。若溶液呈强碱性，会与OH⁻反应，导致损失，影响滴定结果，A错误； B．在步骤Ⅱ中，Cu2+与I-反应生成CuI沉淀和，过量的I-可以确保Cu2+完全还原，同时的形成有助于I2溶解，避免I2挥发损失，B正确； C．步骤Ⅰ中，二甘氨酸合铜在酸性条件下煮解，目的是将Cu元素完全转化为Cu2+，加入稍过量的稀H2SO4可以确保反应完全，同时提供酸性环境，避免Cu2+水解，C正确； D．在[Cu2(OH)3]NO3中，Cu为+2价，在酸性条件下具有氧化性，可能氧化I-生成，导致消耗更多Na2S2O3，从而使测定的Cu含量偏高，D正确； 故选A。 二、非选择题（本大题共4题，共52分） 17. 氮族元素和卤族元素的化合物具有巨大的应用价值。请回答： （1）下列说法正确的是_______。 A. 三种分子的键角逐渐减小 B. 第二周期非金属元素的最高正价逐渐升高 C. 最外层电子排布为与硼元素同主族 D. 结合质子趋势： （2）氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。已知NH3BH3和NH3的N-H可体现出一定的酸性，比较两者酸性强弱：NH3________NH3BH3(填“>”、“<”或“=”)。 （3）已知NO+和NO-是常见的含氮离子，比较键能NO+________NO-（填“>”、“<”或“=”），并从成键角度解释原因________________________________________________ （4）咪唑、吡啶是含N的有机杂环化合物，二者所有原子均位于同一平面内，如图所示。 ①咪唑分子的两个氮原子中，更容易与Cu2+形成配位键的是________（填“①”或“②”）号氮原子 ②沸点比较：咪唑________吡啶（填“>”、“<”或“=”） （5）某含卤素的正五价砷化物的立方晶胞如图1，晶胞沿轴方向的投影如图2，写出由配离子表示的该化合物的化学式______（将配离子用“[　]”表示，例如Na[AlCl4]）。 （6）实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配离子(如下图)测定铁的含量。 ①Fe2+的配位数为_____________。 ②红色配离子中存在的化学键有_____________。 A．σ键　B．π键　C．配位键　D．离子键　E．氢键 【答案】（1）AC （2）< （3） ①. ＞ ②. NO+与N2、CO互为等电子体，NO-与O2互为等电子体，三键的键能大于双键 （4） ①. ① ②. ＞ （5）[AsCl4][AsF6] （6） ①. 6 ②. ABC 【解析】 【小问1详解】 A．CH4、NH3、H2O三种分子的中心原子的价层电子对数均为4，所含孤电子对分别为0、1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此键角CH4>NH3>H2O，选项A正确； B．第二周期非金属元素含有F和O，氟无正价，氧无最高正价，选项B错误； C．最外层电子排布为，则R的电子排布式为，则R为Ga元素，与硼同主族（IIIA族），选项C正确； D．结合质子的能力取决于N原子电子云密度；-F和-OH都是吸电子基，会降低N原子上的电子云密度。吸电子能力：-F > -OH，故碱性：NH3 > NH2OH > NH2F，结合质子能力也应如此，选项D错误； 故答案为AC； 【小问2详解】 酸性强弱取决于N-H键极性，极性越大，越易电离出氢离子；在NH3BH3中，B是缺电子原子，形成N→B配位键，N的孤对电子向B偏移，使N-H键极性增大，故酸性：NH3<NH3BH3； 【小问3详解】 NO+与N2、CO互为等电子体(指原子数目相同、价电子总数相等的微粒)，结构相似，N与O之间形成三键；NO-与O2互为等电子体，结构相似，N与O之间形成双键，三键的键能大于双键，因此NO+键能大于NO-，故答案为＞； 【小问4详解】 ①号N是sp2杂化，孤对电子位于sp2杂化轨道中，电子云密度高，容易给出孤对电子形成配位键；②号N也是sp2杂化，但是其孤对电子参与环中大键的形成，电子云密度降低，不易形成配位键；故①号氮原子更容易；咪唑含N-H，能形成分子间氢键，而吡啶不能形成氢键，故咪唑的沸点高； 【小问5详解】 由图可得，部分As与六个F形成正八面体结构，一个晶胞中含有两个[AsF6]-，部分As与四个Cl形成正四面体结构，一个晶胞中含有两个[AsCl4]+，故化学式为[AsCl4][AsF6]； 【小问6详解】 由题可得，亚铁离子周围有6个N原子配位，Fe2+的配位数为6；由图可得，分子中含有C-H等 σ键；含 π键(苯环、杂环)；含Fe←N 配位键；无离子键、氢键且氢键不属于化学键，故答案为ABC。 18. 利用可再生能源获取的氢气与合成甲醇过程涉及的主要反应为： ① ② ③ (较高温度下发生) 回答下列问题： （1）反应①涉及物质中碳原子的杂化方式为___________。 （2）根据以上信息判断反应①应为___________(填“任何条件自发”、“高温自发”或“低温自发”)反应，___________，反应③的___________(填“>”或“<”)。 （3）已知本实验条件下，(均为常数)。下图表示反应②的线是___________(填“”“”或“”)，时，反应③的平衡常数___________(填数值)。 （4）分别在压强和下，物质的量之比按1:3投料，平衡转化率或甲醇选择性[的选择性］随温度、压强变化关系如图。其中纵坐标表示平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强___________(填“>”、“<”或“=”)；图甲中温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是___________。时，反应②的___________(保留两位有效数字)。 【答案】（1）、 （2） ①. 低温自发 ②. +90.14 ③. > （3） ①. ②. 1 （4） ①. 乙 ②. < ③. 温度高于，开始发生反应③，甲醇的选择性降低 ④. 【解析】 【小问1详解】 CO2中碳的价层电子数为2，碳是sp杂化，甲醇中的碳的价层电子对数为4，碳采用sp3杂化，反应①涉及物质中碳原子的杂化方式为、。故答案为：、； 【小问2详解】 ① ② ③ (较高温度下发生) 根据以上信息反应①∆S＜０，∆H＜０，判断反应①应为低温自发反应，根据盖斯定律，+90.14，反应③的=->0，>。故答案为：低温自发；+90.14；>； 【小问3详解】 已知本实验条件下，(均为常数)。ΔH 为负时，随着温度的升高，lnK 会增大，反应①为L2，ΔH 为正时，随着温度的升高，lnK 会减小，③的绝对值大，斜率大，反应③为L1，下图表示反应②的线是，时，K2=K1，反应③的平衡常数K3=1。故答案为：；1； 【小问4详解】 升高温度利于反应②，不利于反应①，开始时二氧化碳的转化率降低，反应①占主导地位，随温度的升高，反应②占主导地位，其中纵坐标表示平衡转化率的是图乙；温度相同时，压强越大，二氧化碳的转化率越大，压强<；图甲中温度高于时，曲线发生明显变化的原因可能是温度高于，开始发生反应③，甲醇的选择性降低。由图甲，时，甲醇的选择性为60%，由图乙，二氧化碳的平衡转化率为20%，根据方程式①， 平衡时容器中总物质的量为(1+3-0.12-0.12)mol=3.76mol，时，反应②的 =。故答案为：乙；<；温度高于，开始发生反应③，甲醇的选择性降低；。 19. 氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为： Ⅰ．制备：流程如图1。 Ⅱ．由制备无水：将与液体混合并加热，制得无水，装置如图2(夹持和加热装置略)。 已知：①沸点为77℃；②反应方程式为： 请回答： （1）图2中仪器B的名称是_______。 （2）下列说法不正确的是_______。 A. 检验稀溶液中是否残留，可滴加少量酸性高锰酸钾 B. 图2中的加热宜采用水浴的方式 C. 图2中的无水可替换为碱石灰 D. 可采用同样方式由制备 （3）请对图1中“系列操作”排序：_______。 _______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。 a．冷却至室温 b．用饱和溶液洗涤 c．用浓HCl洗涤 d．蒸发至出现晶膜 e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤 （4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因_______。 （5）用莫尔法测定无水的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节，滴加指示剂溶液。不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。 平行测试3次，平均消耗标准溶液15.00mL。 ①无水的纯度为_______。 ②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是_______。 【答案】（1）(球形)干燥管 （2）ACD （3）dahcg （4）产物中具有强还原性，可将还原为 （5） ①. 81.25% ②. 过低，部分转化为：过高，可能生成，均会使消耗的偏多 【解析】 【分析】稀盐酸与废铁屑反应生成氯化亚铁，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中加入铁粉反应生成氯化亚铁，再通入氯气将氯化亚铁氧化得到浓氯化铁溶液，浓氯化铁溶液或稀氯化铁溶液在氯化氢气流中经过一系列过程得到FeCl3∙6H2O，将FeCl3∙6H2O与液体SOCl2混合并加热，在烧瓶中发生反应，制得无水FeCl3，无水氯化钙用于吸收水蒸气保证烧瓶内是干燥环境，尾气用氢氧化钠溶液吸收。 【小问1详解】 根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。 【小问2详解】 A． 亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀溶液中是否残留，A错误； B． 已知沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止挥发，B正确； C． 无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水不可替换为碱石灰，C错误； D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热通常不能得到、得到氢氧化铁等，通过则可得到无水，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，不会水解，在控制一定温度下加热可由制备，D错误； 选ACD。 【小问3详解】 图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1中“系列操作”排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出晶体；h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥； 故选dahcg； 【小问4详解】 制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：，产物中具有强还原性，可将还原为。 【小问5详解】 ①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=n(AgNO3)=×0.1000mol·L-1 ×0.01500L=5×10-4mol，产品无水的纯度为。 ②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是：过低，发生2+2H+，部分转化为，过高，可能生成，均会使消耗的偏多。 20. 计算题 （1）已知室温下的，某混合溶液中的浓度为，的浓度为，求该溶液的pH值______(保留整数)。 （2）向的溶液中加入。，生成沉淀。已知该温度下的，忽略溶液的体积变化，请计算：完全沉淀后，溶液中______(保留一位有效数字)。 【答案】（1） 12 （2） 【解析】 【小问1详解】 溶液中NaOH是强碱，完全电离，直接提供；根据的，得到 的水解常数为：，水解程度极弱，水解产生的忽略不计；计算得，因此溶液的。 【小问2详解】 初始，；混合后溶液体积为100 mL，发生沉淀反应：，完全反应时消耗的物质的量为：，则剩余；根据溶度积公式，得。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $