精品解析：云南宣威市宣威五中2025-2026学年高二年级上学期期末考试化学试卷

2025-2026学年高二年级上学期期末考试 化学试卷 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列关于化学反应速率的说法正确的是 A. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多 B. 其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快 C. 使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量 D. 的反应速率一定比的反应速率大 2. 某些化学键的键能如表所示： 键 H—H Cl—Cl Br—Br I—I H—Cl H—Br H—I 键能/kJ·mol-1 436 243 193 151 431 356 299 下列有关说法中正确的是 A. 1molH2(g)分别与Cl2(g)、Br2(g)、I2(g)反应，则与碘完全反应放出的热量最多 B. H—F键的键能大于431kJ·mol-1 C. H2与Cl2反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=-248kJ·mol-1 D. 稳定性最强的化学键是H—Cl键 3. 苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A. 从中间体到产物，无论从稳定性还是速率的角度均有利于产物Ⅱ B. 其他条件不变，加入适量可有效提高总反应速率 C. 升高温度，X、Y的生成速率均增大 D. 一定条件下，适当加热可提高X的产率 4. 下列图像和叙述错误的是 图1 图2 图3 图4 A. 图1表示的反应方程式为 B. 图2中时刻改变的条件可能是加压 C. 图3中升高温度，该反应平衡常数增大 D. 图4对于反应： 5. 已知凡气体分子总数增多的反应一定是熵增加的反应。一定条件下，下列反应不能正向自发进行的是 A. B. C. D. 6. 用于净化汽车尾气的反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，已知常温下该反应速率极慢，570K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是 A. 该反应在常温下进行不需要催化剂 B. 提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂 C. 装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或CO D. 570K时该反应正向进行的程度很大，故使用催化剂并无实际意义 7. 据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列叙述错误的是 A. 使用催化剂可大大提高生产效率 B. 反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C. 充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D. 从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 8. 已知常温下，几种物质的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是 弱酸 HCOOH(甲酸) HCN (25℃) A. 分别表示化学平衡常数、电离平衡常数，升高温度，则增大，增大 B. 的电离方程式为 C. 向溶液中通入HCN气体： D. 等物质的量浓度的HCOOH和溶液的： 9. 常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是 A. 的溶液： B. 的溶液中： C. 与反应能放出的溶液中： D. 常温下，由水电离产生的的溶液中：、 10. 25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是 A. A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1 mol·L-1 B. B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C. C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和 D. D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) 11. 室温下，某小组设计下列实验探究含银化合物的转化。下列说法正确的是 实验1：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀。已知：室温下。 实验2：向实验1所得悬浊液中加入溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。 实验3：向实验2所得淡黄色沉淀中滴入一定量溶液，产生黑色沉淀，过滤。 A. 实验1静置所得上层清液中约为 B. 实验2的现象能够说明 C. 实验3所用溶液中存在 D. 实验3过滤后所得清液中存在：且 12. 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 13. X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的金属性在短周期元素中最强，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述错误的是 A. X与Y能形成两种常见的气态化合物 B. 原子半径的大小顺序：R>Z>Y>X C. X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同 D. 含有Y、Z、R三种元素的化合物的水溶液可能有漂白性 14. 氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如下图(～代表糖苷键)。下列说法错误的是 A. 所涉及的四种元素电负性大小关系：H<C<O<N B. 鸟嘌呤分子中2号N原子的杂化类型为 C. 基态氧原子核外的电子有5种不同的空间运动状态 D. 氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成 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. 一定条件下，红磷在氯气中燃烧的产物有两种(和)，反应过程中的能量变化关系如图所示。回答下列问题： （1）反应的为___________。 （2）写出固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的热化学方程式：___________。 （3）红磷在(标准状况)中恰好完全反应生成气态物质时，放出的热量为___________。 （4）白磷(P4)在中燃烧有如下转化关系。 其中___________(用含和的代数式表示)。 （5）红磷与白磷互为___________(填“同位素”或“同素异形体”)，等质量的红磷和白磷分别在氧气中完全燃烧，两者放出的热量___________(填“相同”或“不同”)。 17. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图： 已知：①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。 ②氧化性。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 \ 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 1.1 9.2 5.2 （1）用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度有关，若酸浸时温度较高会生成一定量的，其可能的原因是________。 （2）“浸出液”中加入时发生反应的离子方程式为________。 （3）“滤渣”的主要成分是_________和________，“调pH”的范围为________。 （4）“滤液”中主要含，经“操作I”可获得较纯净的晶体，“操作I”包括向溶液加入盐酸调节pH，然后再HCl氛围下_________、________、减压过滤等过程。 （5）“氧化”时应先加入氨水生成配离子后再加。若生成晶体，则理论上消耗的质量为________ g。 18. Ⅰ.粗盐中常含有少量K+、Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下： 提供的试剂：①Na2CO3(aq)；②NaOH(aq)；③BaCl2(aq)；④Ba(NO3)2(aq)；⑤75%乙醇；⑥四氯化碳； （1）欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、SO，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次是____________(选填编号)。 （2）流程中“……”处所需的实验操作有___________ （3）洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为___________(选填编号)。 Ⅱ.用提纯后的食盐晶体制备化工产品烧碱和产品甲 （4）设备甲中发生的反应的化学方程式为：___________。 （5）氯气在___________极上产生，检验氯气的方法___________ （6）设备乙中发生的反应的火焰颜色为___________，产品甲为___________。 （7）设备丙中得到的烧碱溶液中还混有少量NaCl(两种物质的溶解度曲线如图所示)，分离得到NaOH的实验方法是___________，为检验制得的烧碱固体中是否有NaCl残留，可采用的方法是___________。 （8）向180g纯水中溶解了4gNaOH，此时溶液中Na+和水分子的个数比是___________，该NaOH溶液的物质的量浓度约为___________。(列式计算，保留2位有效数字，水和NaOH溶液的密度近似为1g·mL-1)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二年级上学期期末考试 化学试卷 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列关于化学反应速率的说法正确的是 A. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多 B. 其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快 C. 使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量 D. 的反应速率一定比的反应速率大 【答案】B 【解析】 【详解】A．增大反应物浓度会增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数由温度和催化剂决定，浓度不影响百分数，A错误； B．温度升高会提高活化分子百分数，加快反应速率，B正确； C．催化剂改变反应速率但不改变反应焓变，吸收或放出的热量不变，C错误； D．未指明是否为同一反应或同一物质，不同反应或不同物质的速率无法直接比较，D错误； 故选B。 2. 某些化学键的键能如表所示： 键 H—H Cl—Cl Br—Br I—I H—Cl H—Br H—I 键能/kJ·mol-1 436 243 193 151 431 356 299 下列有关说法中正确的是 A. 1molH2(g)分别与Cl2(g)、Br2(g)、I2(g)反应，则与碘完全反应放出的热量最多 B. H—F键的键能大于431kJ·mol-1 C. H2与Cl2反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=-248kJ·mol-1 D. 稳定性最强的化学键是H—Cl键 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．反应中的热量变化等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则1molH2(g)和Cl2(g)反应放出的反应热为ΔH=(436+243-2×431) kJ·mol-1=-183 kJ·mol-1，和Br2(g)应放出的反应热为ΔH=(436+193-2×356) kJ·mol-1=-83 kJ·mol-1，和I2(g)应放出的反应热为ΔH=(436+151-2×299) kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，则与氯气反应放出的热量最多，A错误； B．由表中H—Cl、H—Br、H—I的键能逐渐变小，则同主族从上到下非金属性减弱，气态氢化物越不稳定，则键能越小，故H—F键的键能大于431kJ·mol-1，B正确； C．反应中的热量变化等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=(436+243-2×431) kJ·mol-1=-183 kJ·mol-1，C错误； D．键能越大，键越稳定，则H—H 键最稳定，D错误。 故选：B。 3. 苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是 A. 从中间体到产物，无论从稳定性还是速率的角度均有利于产物Ⅱ B. 其他条件不变，加入适量可有效提高总反应速率 C. 升高温度，X、Y的生成速率均增大 D. 一定条件下，适当加热可提高X的产率 【答案】B 【解析】 【详解】A．中间体到产物II的活化能小于到产物I的活化能，速率更快；产物II能量低于产物I，产物II更稳定，故A正确； B．总反应决速步为第一步，反应物为苯和，HO3SO-不参与决速步反应，所以加入HO3SO-无法提高总反应速率，故B错误； C．升高温度使活化分子百分数增加，无论生成X还是Y的反应速率均增大，故C正确； D．生成X的活化能高于Y，适当升温对活化能高的反应速率促进更显著，适当升温加快X生成速率，提高其产率，故D正确； 选B。 4. 下列图像和叙述错误的是 图1 图2 图3 图4 A. 图1表示的反应方程式为 B. 图2中时刻改变的条件可能是加压 C. 图3中升高温度，该反应平衡常数增大 D. 图4对于反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．图1中A、B、C的物质的量变化量分别为0.8 mol、1.2 mol、0.4 mol，变化量之比为2:3:1，A为反应物，B、C为生成物，反应方程式为2A⇌3B+C，A正确； B．图2中t₁时刻v正、v逆均突然增大，且v'正=v'逆，加压会使气体反应速率增大，若正反应为气体体积不变的反应，加压平衡不移动，符合图像，B正确； C．图3中升温时v正增大速率大于v逆，平衡正向移动，正反应为吸热反应，升温平衡常数增大，C正确； D．图4中，T1时p2（高压）先达平衡且C体积分数大于p1（低压），但反应m+n＜p（气体体积增大），加压平衡逆向移动，C体积分数应减小；T2p2与T1p2相比，若T2＞T1（先达平衡），放热反应升温平衡逆向移动，C体积分数应减小，图像与反应特征矛盾，D错误； 答案选D。 5. 已知凡气体分子总数增多的反应一定是熵增加的反应。一定条件下，下列反应不能正向自发进行的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．气体分子数从2增至3，ΔS>0，且ΔH<0，ΔG=ΔH−TΔS始终<0，任何温度下均自发，A不符合题意； B．气体分子数从2减至1，ΔS<0，且ΔH>0，ΔG=ΔH−TΔS始终>0，任何温度下均不自发，B符合题意； C．气体分子数从4减至2，ΔS<0，但ΔH<0，低温时ΔG可能<0，反应可自发，C不符合题意； D．气体分子数从0增至1，ΔS>0，且ΔH>0，高温时ΔG可能<0，反应可自发，D不符合题意； 故选B。 6. 用于净化汽车尾气的反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，已知常温下该反应速率极慢，570K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是 A. 该反应在常温下进行不需要催化剂 B. 提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂 C. 装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或CO D. 570K时该反应正向进行的程度很大，故使用催化剂并无实际意义 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下该反应速率极慢，故需要催化剂，故A错误； B．研制高效催化剂可提高反应速率，解决该反应极慢的问题，有利于提高尾气净化的效率，故B正确； C．净化汽车尾气的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，则尾气中的一氧化氮和一氧化碳不能完全转化，排出的气体中一定含有一氧化氮和一氧化碳，故C错误； D．使用催化剂能够加快反应速率，但不影响平衡的移动，则使用催化剂具有很大的实际意义，故D错误； 故选B。 7. 据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列叙述错误的是 A. 使用催化剂可大大提高生产效率 B. 反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C. 充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D. 从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 【答案】B 【解析】 【详解】A项，使用Cu-Zn-Fe催化剂可加快反应速率，能大大提高生产效率，A项正确； B项，反应加热与反应放热还是吸热没有直接的关系，如煤的燃烧放热，但需要加热，B项错误； C项，充入大量CO2气体平衡会正向移动，所以可提高H2的转化率，C项正确； D项，从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O会使平衡正向移动，所以可提高CO2和H2的利用率，D项正确； 故选B。 8. 已知常温下，几种物质的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是 弱酸 HCOOH(甲酸) HCN (25℃) A. 分别表示化学平衡常数、电离平衡常数，升高温度，则增大，增大 B. 的电离方程式为 C. 向溶液中通入HCN气体： D. 等物质的量浓度的HCOOH和溶液的： 【答案】D 【解析】 【详解】A．化学平衡常数和电离平衡常数均受温度影响，但具体变化需看反应的热效应。若电离为吸热过程，则Ky增大；但Kx的变化取决于对应反应，无法一概而论，A错误； B．多元弱酸分步电离，H2CO3应先电离为H⁺和，而非直接生成2H⁺和，B错误； C．HCN的酸性（K=4.3×10-10）强于（K2=5.6×10-11），但弱于H2CO3的K₁（4.5×10⁻⁷），故反应生成而非CO2，C错误； D．HCOOH的K（1.77×10⁻4）大于H2CO3的K₁（4.5×10⁻7），酸性更强，故同浓度下pH更小，D正确； 故选D。 9. 常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是 A. 的溶液： B. 的溶液中： C. 与反应能放出的溶液中： D. 常温下，由水电离产生的的溶液中：、 【答案】D 【解析】 【详解】A． 具有强氧化性能将还原性亚硫酸根氧化成硫酸根，A错误； B．的溶液中含有大量氢离子，与碳酸氢根不共存生成水和二氧化碳，B错误； C．与反应能放出的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，氢氧根与铵根离子不共存，氢离子与硫离子不共存，C错误； D．常温下，由水电离产生的的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，酸性溶液中 、可大量共存，D正确； 故选D。 10. 25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关微粒浓度关系，正确的是 A. A点：溶液中由水电离出的c(OH-)=0.1 mol·L-1 B. B点：溶液中一定有c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C. C点：a>12.5，酸碱恰好完全中和 D. D点：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【详解】A．A点为0.1molL-1NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L、c(H+)=1×10-13mol·L-1，氢氧化钠抑制水电离，由水电离出的c(OH-)=1×10-13 mol·L-1，A错误； B．B点溶液呈碱性，根据电荷守恒可知c(CH3COO-)<c(Na+)，B错误； C．酸碱完全中和时消耗醋酸溶液12.5mL，此时溶质为CH3COONa，pH大于7，C错误； D．D点溶液中溶质为等浓度的醋酸钠、醋酸，根据电荷守恒，物料守恒，得质子守恒，D正确； 故选D。 11. 室温下，某小组设计下列实验探究含银化合物的转化。下列说法正确的是 实验1：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀。已知：室温下。 实验2：向实验1所得悬浊液中加入溶液，产生淡黄色沉淀，过滤。 实验3：向实验2所得淡黄色沉淀中滴入一定量溶液，产生黑色沉淀，过滤。 A. 实验1静置所得上层清液中约为 B. 实验2的现象能够说明 C. 实验3所用溶液中存在 D. 实验3过滤后所得清液中存在：且 【答案】D 【解析】 【详解】A．AgNO3与NaCl按物质的量1∶1反应生成AgCl沉淀，过量，剩余的c(Ag+)=，已知室温下Ksp(AgCl)=2×10-10，则实验1静置所得上层清液中，A错误； B．实验1所得悬浊液中含有过量的AgNO3，加入溶液，产生的淡黄色的AgBr沉淀，不是AgCl沉淀转化得到，则不能说明：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，B错误； C．是弱酸根离子，在水溶液中会发生水解反应。结合一个H2O电离出的H+生成，结合两个H+生成H2S。H2O电离出的H+和浓度原本是相等的，但部分H+被结合，所以根据H+的得失情况书写Na2S溶液中质子守恒表达式为：c(OH-)=c(H+)+c(HS- )+2c(H2S)，C错误； D．淡黄色沉淀AgBr中滴入一定量Na2S溶液，产生黑色沉淀Ag2S，滤液为硫化银的饱和溶液，所以清液中一定存在：c2(Ag+)=，因加入Na2S溶液产生黑色沉淀Ag2S，发生沉淀转化，AgBr沉淀溶解平衡正向移动，则c(Ag+)≤，D正确； 故选D。 12. 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。 13. X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的金属性在短周期元素中最强，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述错误的是 A. X与Y能形成两种常见的气态化合物 B. 原子半径的大小顺序：R>Z>Y>X C. X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同 D. 含有Y、Z、R三种元素的化合物的水溶液可能有漂白性 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的金属性最强，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素。 【详解】A．X是C，Y是O，两者可形成CO和CO2两种气态化合物，A正确； B．原子半径顺序应为Na（Z）＞Cl（R）＞C（X）＞O（Y），B错误； C．CCl4含共价键，NaCl含离子键，化学键类型不同，C正确； D．含O、Na、Cl的化合物如NaClO，其水溶液因ClO-的强氧化性具有漂白性，D正确； 故选B。 14. 氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如下图(～代表糖苷键)。下列说法错误的是 A. 所涉及的四种元素电负性大小关系：H<C<O<N B. 鸟嘌呤分子中2号N原子的杂化类型为 C. 基态氧原子核外的电子有5种不同的空间运动状态 D. 氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期从左往右电负性增强，电负性：H<C<N<O，A错误； B．鸟嘌呤分子中2号N原子形成一个单键和一个双键，其杂化类型为杂化，B正确； C．基态氧原子核外的电子排布：，占据5个原子轨道，则有5种不同的空间运动状态，C正确； D．氢键为分子间作用力，强度较弱，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成，D正确； 答案选A。 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. 一定条件下，红磷在氯气中燃烧的产物有两种(和)，反应过程中的能量变化关系如图所示。回答下列问题： （1）反应的为___________。 （2）写出固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的热化学方程式：___________。 （3）红磷在(标准状况)中恰好完全反应生成气态物质时，放出的热量为___________。 （4）白磷(P4)在中燃烧有如下转化关系。 其中___________(用含和的代数式表示)。 （5）红磷与白磷互为___________(填“同位素”或“同素异形体”)，等质量的红磷和白磷分别在氧气中完全燃烧，两者放出的热量___________(填“相同”或“不同”)。 【答案】（1）-93kJ/mol （2） （3）70.5 （4） （5） ①. 同素异形体 ②. 不同 【解析】 【小问1详解】 由图可知1molPCl3和1molCl2的总能量高于1molPCl5的总能量，该反应是放热反应，反应的=-93kJ/mol； 【小问2详解】 固态红磷在一定量的中燃烧生成气态物质(PCl3)的反应为，由图可知，则热化学方程式：； 【小问3详解】 红磷物质的量为，标准状况物质的量为，由可知0.2mol红磷消耗0.3mol氯气放出61.2kJ能量，剩余0.1mol氯气参与=-93kJ/mol的反应，放出9.3kJ能量，则共放出61.2+9.3=70.5kJ； 【小问4详解】 根据盖斯定律知，△H3=△H1+△H2； 【小问5详解】 红磷与白磷都是由P元素形成的不同单质，互为同素异形体，二者转化时存在能量转化，则等质量的红磷和白磷具有的能量不同，完全燃烧生成P2O5(s)时放出的热量不相同。 17. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他含钴的配合物。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图： 已知：①浸出液中含有的金属离子主要有、、、。 ②氧化性。 ③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 \ 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 1.1 9.2 5.2 （1）用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度有关，若酸浸时温度较高会生成一定量的，其可能的原因是________。 （2）“浸出液”中加入时发生反应的离子方程式为________。 （3）“滤渣”的主要成分是_________和________，“调pH”的范围为________。 （4）“滤液”中主要含，经“操作I”可获得较纯净的晶体，“操作I”包括向溶液加入盐酸调节pH，然后再HCl氛围下_________、________、减压过滤等过程。 （5）“氧化”时应先加入氨水生成配离子后再加。若生成晶体，则理论上消耗的质量为________ g。 【答案】（1）温度升高，促进水解平衡右移，生成一定量的 （2） （3） ①. ②. ③. （4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （5）3.4 【解析】 【分析】以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取。用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，得到滤液，加入NH4Cl溶液和活性炭，经操作Ⅰ得到，再依次加入氨水和H2O2，发生反应：H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O，经操作Ⅱ得到产品。 【小问1详解】 用盐酸酸浸时钴的浸出率与温度有关，若酸浸时温度较高会生成一定量的，其可能的原因是：温度升高，促进水解平衡右移，生成一定量的。 【小问2详解】 结合已知②，“浸出液”中含有Fe2+、H+，加入NaClO3时Fe2+和发生氧化还原反应生成Fe3+和Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问3详解】 由分析可知，“滤渣”的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”的范围应保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，根据表中数据可知应为。 【小问4详解】 “滤液”中主要含CoCl2，为了抑制CoCl2溶液中Co2+水解，加入盐酸调节，然后在HCl氛围中对CoCl2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤等过程，获得较纯净的晶体。 【小问5详解】 根据氧化还原反应得失电子守恒，→失1mole-，H2O2→H2O得2mole-，若生成晶体，转移0.2mole-，H2O2需要0.1mol，质量为3.4g。 18. Ⅰ.粗盐中常含有少量K+、Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下： 提供的试剂：①Na2CO3(aq)；②NaOH(aq)；③BaCl2(aq)；④Ba(NO3)2(aq)；⑤75%乙醇；⑥四氯化碳； （1）欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、SO，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次是____________(选填编号)。 （2）流程中“……”处所需的实验操作有___________ （3）洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为___________(选填编号)。 Ⅱ.用提纯后的食盐晶体制备化工产品烧碱和产品甲 （4）设备甲中发生的反应的化学方程式为：___________。 （5）氯气在___________极上产生，检验氯气的方法___________ （6）设备乙中发生的反应的火焰颜色为___________，产品甲为___________。 （7）设备丙中得到的烧碱溶液中还混有少量NaCl(两种物质的溶解度曲线如图所示)，分离得到NaOH的实验方法是___________，为检验制得的烧碱固体中是否有NaCl残留，可采用的方法是___________。 （8）向180g纯水中溶解了4gNaOH，此时溶液中Na+和水分子的个数比是___________，该NaOH溶液的物质的量浓度约为___________。(列式计算，保留2位有效数字，水和NaOH溶液的密度近似为1g·mL-1)。 【答案】（1）②③①或③①②或③②① （2）蒸发结晶、过滤 （3）⑤ （4） （5） ①. 阳 ②. 通入淀粉碘化钾溶液中，若溶液变蓝，则为氯气 （6） ①. 苍白色 ②. 盐酸 （7） ①. 冷却结晶 ②. 将样品溶解后加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有沉淀，则有NaCl （8） ①. 1：100 ②. 【解析】 【分析】Ⅰ．由题给流程可知，将粗食盐在加热条件溶于水得到粗盐溶液Ⅰ，向溶液中依次加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、饱和碳酸钠溶液将溶液中的钙离子、镁离子、硫酸根离子除去，过滤得到沉淀和滤液；向滤液中加入盐酸调节溶液pH将过量的氢氧根离子、碳酸根离子除去得到溶液Ⅱ，溶液经蒸发浓缩得到糊状物，冷却、过滤得到晶体，以此解题。Ⅱ．用提纯后的食盐晶体制备化工产品烧碱和产品甲，设备甲中发生为电解食盐水产生氢氧化钠，根据电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气、氯气，氢气在氯气中燃烧火焰呈苍白色，生成HCl，HCl被水吸收生成产品甲为盐酸溶液，据此分析解题。 【小问1详解】 根据分析可知，多余的钡离子需借助碳酸钠形成沉淀以除去，所以碳酸钠溶液必须在氯化钡溶液后加入； 【小问2详解】 由分析可知，溶液Ⅱ中主要是氯化钠，含有少量的HCl，而且氯化钠的溶解度随温度变化不大，则流程中“……”处所需的实验操作有：蒸发结晶、过滤； 【小问3详解】 氯化钠微溶于乙醇且乙醇易挥发，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为75%乙醇； 【小问4详解】 设备甲中发生为电解食盐水产生氢氧化钠，反应的化学方程式：； 【小问5详解】 氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电解池阳极发生氧化反应，所以氯气在阳极上产生；氯气具有较强的氧化性，能氧化I－生成I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，所以检验氯气的方法为通入淀粉碘化钾溶液中，若溶液变蓝，则为氯气； 【小问6详解】 根据电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气、氯气，氢气在氯气中燃烧火焰呈苍白色，生成HCl，HCl被水吸收生成产品甲为盐酸溶液； 【小问7详解】 氢氧化钠溶解度受温度影响较大，氯化钠溶解度受温度影响较小，故要分离得到NaOH，可冷却结晶；为检验制得的烧碱固体中是否有NaCl残留，可将样品溶解后加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有沉淀，则有NaCl； 【小问8详解】 180g纯水物质的量为10mol，4gNaOH物质的量为0.1mol，溶液中Na+和水分子的个数比：1：100；溶液浓度：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $