精品解析：安徽滁州市定远县育才学校2025-2026学年高二上学期2月期末化学试题

定远育才学校2025-2026学年高二（上）期末检测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 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 2. 下表为一种短周期元素A的各级电离能数据，下列有关该元素的说法错误的是 电离能 1402 2856 4579 7476 9446 53273 A. 该元素的价电子数为5 B. 该元素的电负性比同周期相邻元素高 C. 该元素位于周期表p区 D. 该元素基态原子的未成对电子数为3 3. 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 62g白磷()中含有个非极性键 B. 30g乙烷中含有6NA个σ键 C. 标况下，22.4L的二氧化碳含2NA个σ键 D. 0.5 mol雄黄(，结构为)含有个键 4. 磷的常见含氧酸化学式为()，其分子结构和亚磷酸与水形成的部分氢键如下图所示： 下列说法不正确的是 A. 与足量NaOH溶液反应的离子方程式为： B. 分子中P采取杂化 C. 与水形成如图所示的环，使得羟基难以电离出 D. 相同温度、相同浓度的稀溶液的酸性： 5. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列说法不正确的是 A. X位于元素周期表第四周期第IIB族 B. Y的基态原子的核外电子有16种运动状态 C. 该晶体中X粒子与Y粒子的个数之比为1：1 D. 该晶体中每个X粒子周围与它最近且等距离的X粒子有4个 6. 相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代吸收剂，某新型相变离子液体X吸收的过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是 A. X的阳离子中所有原子(除H外)均达到最外层8电子稳定状态 B. 真空条件下有利于Y解析出 C. X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大π键的形成 D. Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X 7. 活性催化加氢生成的总反应为：，可能的反应历程如下图所示。下列说法正确的是 A. 氢气解离为H的过程要放热 B. 吸附在上的H略带负电荷 C. 步骤Ⅰ中吸附在上的H与C结合 D. 若用代替，则生成 8. 恒容密闭容器中 和一定量反应：。按投料比 1：3或1：3.5，的平衡转化率与温度关系如图。下列说法正确的是 A. B. 反应速率： C. 点对应的化学平衡常数： D. 当混合气体的密度不变时，该反应达到平衡状态 9. 自然界中时刻存在着氮的转化，分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示(已知反应1和反应2都是放热反应)。下列有关说法正确的是 A. 反应1必须在高温条件下才能自发进行 B. 在时，反应2一定不是自发反应 C. 其他条件不变，使用催化剂不能改变两个反应进行的方向 D. 根据焓变和熵变既可判断反应的进行方向，又可确定反应速率的快慢 10. 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： 11. 室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1盐酸中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知1g5=0.7。下列说法错误的是 A. NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7 B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小 D. V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.3 12. 水质检验中，测定水的硬度时，用到氨-氯化铵缓冲溶液，控制溶液在左右．则关于该缓冲溶液的说法不正确的是 A. 将缓冲溶液加水稀释时，pH一定会减小 B. 将缓冲溶液升温，pH一定没有变化 C. 在缓冲溶液中，水的电离受到抑制 D. 在缓冲溶液中，一定有 13. 常温下，溶液中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、。现对X溶液进行如图实验，其现象和结果如图：(。表示为) 下列说法正确的悬 A. X溶液的 B. X溶液中一定含有、、，不能确定是否含有 C. X溶液中一定含有，且为 D. 向滤液中通入足量的气体，可得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，可得固体 14. 某同学分别向0.1 mol/L、5 mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是 A. AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同 B. 银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体 C. 上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl D. 推测浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。 （1）工业上用丙烯加成法制各1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯。反应原理为： Ⅰ. Ⅱ. 则 _______。 （2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的和，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应Ⅰ，一段时间后测得的产率与温度的关系如下图所示。 ①下列说法错误的是_______(填代号) A.使用催化剂A的最佳温度约为250℃ B.相同条件下，改变压强不影响的产率 C.两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变 D.P点可能为对应温度下的平衡产率 ②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是_______。 （3）在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。 ①a、d代表_______(填“丙烷”或“丙烯”)，_______(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②起始时充入一定量丙烷，在恒压条件下发生反应，Q点对应温度下丙烷的转化率为_______(保留1位小数)，该反应的平衡常数_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应： ，过程中还生成CO、等副产物。的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。的转化率如图变化的原因是_______。 16. 高铁酸钾是一种高效水处理剂，可用于去除水体中的元素。已知高铁酸钾具有下列性质： ①紫色固体，可溶于稀的溶液，微溶于浓溶液； ②具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生； ③在冰水浴、碱性溶液中比较稳定。 （1）制备。 ①装置B中所用试剂为_______。 ②装置C中得到紫色固体。发生的主要反应为_______(写化学方程式)。 ③提纯粗产品[含有、等杂质]的实验方案为：将一定量的粗产品溶于冷的稀溶液中，_______(实验中须使用的试剂有：冰水、饱和溶液，乙醇)。 （2）测定的纯度。准确称取样品置于锥形瓶中，用溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用标准溶液滴定至终点，消耗标准液。计算样品中的纯度_______(写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)：；；。 （3）的应用。某水样中元素主要以(Ⅲ)存在，(Ⅲ)可被氧化为As(Ⅴ)，再通过(Ⅲ)吸附去除。 ①对水中元素的去除率随变化如图1所示。当大于7时，去除率迅速下降的原因是_______。 ②也能去除水中元素。时，加入或后水中铁浓度对去除率的影响如图2所示，铁浓度相同，使用时As去除率比使用时高的原因是_______。 17. X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6；Y元素是动植物生长不可缺少的、构成蛋白质的重要组成元素；Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X不同族；W是一种常见元素，可以形成一种具有磁性的黑色晶体氧化物。 （1）写出下列元素的名称：X__________，Y__________，Z__________。 （2）X—H和Y—H属于极性共价键，其中极性较强的是________(X、Y用元素符号表示)。X的第一电离能比Y的________(填“大”或“小”)。 （3）写出X的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式：_______________。 （4）W的基态原子的价层电子排布式为_________________。 （5）Y元素的核外电子轨道表达式为________________。 18. 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占据3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中键和键数目之比为1∶2，D的最高化合价和最低化合价代数和等于4；基态E原子核外有6个未成对电子。 (1)基态E原子的核外电子排布式为_______；基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为_______。 (2)A元素的各级电离能数据如表： 符号 电离能/() 800.6 2427 3660 25026 32827 分析表中数据可知，相邻两级的电离能中，和之间差异最大，其主要原因是_______。 (3)A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是_______。 (4)氯元素与A、B、C元素组成的共价分子、、中，中心原子采用杂化、空间结构为三角锥形的是_______(填分子式)。 (5)为热色性固体，且有色温效应.其颜色在低于℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色.在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是_______；在常压下，高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是_______.在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是_______(填分子式)。 (6)A、C形成立方晶体，晶体结构类似于金刚石，如图所示(白色球代表A原子，黑色球代表C原子).已知：该晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为_______。 ②在该晶体中，A与C形成共价键的键长(d)为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定远育才学校2025-2026学年高二（上）期末检测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 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。 2. 下表为一种短周期元素A的各级电离能数据，下列有关该元素的说法错误的是 电离能 1402 2856 4579 7476 9446 53273 A. 该元素的价电子数为5 B. 该元素的电负性比同周期相邻元素高 C. 该元素位于周期表p区 D. 该元素基态原子的未成对电子数为3 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据电离能数据可知，由于第六电离能远大于第五电离能，所以该元素的最外层有5个电子，A项正确； B．该元素位于周期表VA族，电负性低于同周期VIA族，B项错误； C．该元素位于p区，C项正确； D．该元素基态原子的价电子排布式为，所以轨道电子半充满，有3个未成对电子，D项正确； 故选B。 3. 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 62g白磷()中含有个非极性键 B. 30g乙烷中含有6NA个σ键 C. 标况下，22.4L的二氧化碳含2NA个σ键 D. 0.5 mol雄黄(，结构为)含有个键 【答案】C 【解析】 【详解】A．在白磷(P4)分子中，每个P原子与相邻的3个P原子形成P-P共价键，每个共价键为相邻的2个P原子形成，则在1个P4中含有的P-P键数目为6个，所以在62 g白磷()，即0.5mol白磷(P4)中含有P-P非极性键数目是3NA个，选项A错误； B．30g乙烷的物质的量为1mol，含有7NA个σ键，选项B错误； C．二氧化碳的结构式为O=C=O，碳氧双键中有1个σ键1个π键，标况下，22.4L的二氧化碳的物质的量为1mol，则其中含2NA个σ键，选项C正确； D．根据雄黄分子结构可知，在1个雄黄分子中含As-S键数目是8个，在1mol雄黄分子中含As-S键数目是8NA个，则在0.5mol雄黄分子中含As-S键数目是4NA个，选项D错误； 答案选C。 4. 磷的常见含氧酸化学式为()，其分子结构和亚磷酸与水形成的部分氢键如下图所示： 下列说法不正确的是 A. 与足量NaOH溶液反应的离子方程式为： B. 分子中P采取杂化 C. 与水形成如图所示的环，使得羟基难以电离出 D. 相同温度、相同浓度的稀溶液的酸性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．由的结构可知，为一元酸，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为，A项正确； B．由的结构可知，中心原子为P，孤电子对数为1，键电子对数为3，因此可知分子中P采取杂化，B项正确； C．与水形成分子间氢键，形成如图所示的环，从而使得羟基难以电离出，C项正确； D．磷氧双键具有吸电子能力，能增大羟基的极性，使羟基电离出氢离子显酸性，三种酸中均只含有一个磷氧双键，羟基越多，磷氧双键对每个羟基的吸电子作用越弱，该酸的酸性越弱，根据各酸的结构可知酸性，D项错误； 答案选D。 5. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列说法不正确的是 A. X位于元素周期表第四周期第IIB族 B. Y的基态原子的核外电子有16种运动状态 C. 该晶体中X粒子与Y粒子的个数之比为1：1 D. 该晶体中每个X粒子周围与它最近且等距离的X粒子有4个 【答案】D 【解析】 【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，基态X原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则X为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Y为S元素，以此分析解答。 【详解】A．X为Zn元素，价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表第四周期第ⅡB族，故A正确； B．Y为S元素，核外有16个电子，有16种运动状态，故B正确； C．该晶胞中，Zn粒子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，S粒子位于体内，个数为4，Zn粒子与S粒子个数之比为4：4=1：1，故C正确； D．该晶体中位于顶点的Zn粒子周围与它最近且等距离的X粒子位于面心，顶点的Zn粒子为12个面共有，与它最近且等距离的X粒子有12个，故D错误； 故选：D。 6. 相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代吸收剂，某新型相变离子液体X吸收的过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是 A. X的阳离子中所有原子(除H外)均达到最外层8电子稳定状态 B. 真空条件下有利于Y解析出 C. X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大π键的形成 D. Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X 【答案】C 【解析】 【详解】A．C最外层4个电子，与其他原子形成四条共价键，达8电子稳定状态，P最外层5个电子，给外界1个电子显正电荷，剩余4个电子和C原子形成四条共价键，达8电子稳定状态，A正确； B．由方程式可知，与在空气中相比，真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度，反应逆向进行，有利于Y解吸出二氧化碳，B正确； C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，阴离子中碳原子、氮原子均采取sp2杂化，形成大π键时，连有双键的氮原子提供1个电子，连有单键的氮原子从外界得到一个电子，共提供2个电子，C错误； D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，D正确； 答案选C。 7. 活性催化加氢生成的总反应为：，可能的反应历程如下图所示。下列说法正确的是 A. 氢气解离为H的过程要放热 B. 吸附在上的H略带负电荷 C. 步骤Ⅰ中吸附在上的H与C结合 D. 若用代替，则生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢气解离为H的过程为断键过程，需要吸热，A错误； B．氧的电负性大，吸电子能力更强，氢带正电，B错误； C．由于吸引电子的能力(电负性)：O＞H＞Fe，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢(与Fe2+相连的H）与碳酸氢根中带部分正电荷的碳结合，带部分正电荷的氢(与连接的H)与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，C正确； D．根据反应历程，解离出的H原子一部分与O结合生成，若用代替，生成的水中的H有1个来自，有1个来自，所以生成的水为，D错误； 故选C。 8. 恒容密闭容器中 和一定量反应：。按投料比 1：3或1：3.5，的平衡转化率与温度关系如图。下列说法正确的是 A. B. 反应速率： C. 点对应的化学平衡常数： D. 当混合气体的密度不变时，该反应达到平衡状态 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同温度下，比值越大，乙醇转化率越小，图像分析可知乙醇平衡转化率为：，故，A错误； B．b点和a点温度相同，乙醇的起始物质的量都为1 mol，a点x值小于b点，由图示可知，a点乙醇的平衡转化率更高，则a点CO2和H2的浓度更大，即a点逆反应速率更大，由于b点和a点处于平衡状态，则反应速率：，B正确； C．升高温度，乙醇转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则，C错误； D．反应前后均为气体且恒容，混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度不变时，不能说明该反应达到平衡状态，D错误； 故选B。 9. 自然界中时刻存在着氮的转化，分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示(已知反应1和反应2都是放热反应)。下列有关说法正确的是 A. 反应1必须在高温条件下才能自发进行 B. 在时，反应2一定不是自发反应 C. 其他条件不变，使用催化剂不能改变两个反应进行的方向 D. 根据焓变和熵变既可判断反应的进行方向，又可确定反应速率的快慢 【答案】C 【解析】 【详解】A．合成氨的反应既是放热反应，也是熵减的反应，温度较低时，，故反应1在低温条件下能自发进行，A错误； B．在700℃时，氨的催化氧化既是放热反应，又是熵增的反应，则反应2一定是自发反应，B错误； C．使用催化剂可以改变化学反应速率，但不能改变化学反应进行的方向，C正确； D．过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定反应速率的快慢，D错误； 故选C。 10. 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。 11. 室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1盐酸中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知1g5=0.7。下列说法错误的是 A. NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7 B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小 D. V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.3 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，刚好生成NaCl，溶液呈中性，常温下pH=7，故A正确； B．由图像可知，只要指示剂的变色范围在pH突变范围内，就能以极小的误差达到滴定终点，故B正确； C．由图示知，甲基红的变色范围更接近于中性，而甲基橙是在酸性条件下变色，所以选择甲基红作指示剂时误差比甲基橙的小，故C正确； D．V(NaOH)=30.00mL时，NaOH过量，c(NaOH)==0.02mol/L，c(H+)=mol/L=5×10-13mol/L，pH=-lg(5×10-13)=12.3，故D错误； 答案选D。 12. 水质检验中，测定水的硬度时，用到氨-氯化铵缓冲溶液，控制溶液在左右．则关于该缓冲溶液的说法不正确的是 A. 将缓冲溶液加水稀释时，pH一定会减小 B. 将缓冲溶液升温，pH一定没有变化 C. 在缓冲溶液中，水的电离受到抑制 D. 在缓冲溶液中，一定有 【答案】B 【解析】 【详解】A、左右，溶液呈碱性，稀释后碱性减弱，pH一定会减小，故A正确； B、升高温度，溶液中的电离平衡、水解平衡都会受到影响，pH会变化，故B错误； C、在缓冲溶液中，存在氨水的电离平衡和铵根离子的水解平衡，因为显示碱性，氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，氨水的电离对水的电离起到抑制作用，所以水的电离受到抑制，故C正确； D、溶液中的电荷守恒，溶液显示碱性，所以，则有，故D正确； 故选B。 13. 常温下，溶液中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、。现对X溶液进行如图实验，其现象和结果如图：(。表示为) 下列说法正确的悬 A. X溶液的 B. X溶液中一定含有、、，不能确定是否含有 C. X溶液中一定含有，且为 D. 向滤液中通入足量的气体，可得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，可得固体 【答案】C 【解析】 【分析】10mLX溶液中加入足量HCl酸化BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，为BaSO4，说明X溶液中含，n()=n(BaSO4)==0.01mol；10mLX溶液中加入氢氧化钠溶液，滤液稀释后pH=13、呈碱性，剩余氢氧化钠的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol,产生的刺激性气味的气体为NH3，说明X溶液中含有离子，n()=n(NH3)==0.01mol,0.01mol消耗NaOH为0.01mol；有白色沉淀生成，白色沉淀只能为Mg(OH)2，说明X溶液中含Mg2+、无Fe3+，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]= =0.02mol,0.02molMg2+消耗NaOH为0.02mol×2=0.04mol,0.04mol+0.01mol+0.01mol＜0.025L×4mol/L=0.1mol,说明X溶液中还含有Al3+，由Al3++4OH-= +2H2O可知n(Al3+)==0.01mol,由于2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n()=0.02mol×2+0.01mol×3+0.01mol=0.08mol,2n()=0.01mol×2=0.02mol＜0.08mol,根据溶液呈电中性可知，X溶液中一定含有Cl-，且10mL溶液中n(Cl-)=0.08mol-0.02mol=0.06mol,据此分析解答。 【详解】由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.01mol、0.02molMg2+、0.01molAl3+、0.01mol、0.06molCl-，一定不含有Fe3+； A．X溶液中一定含有、Mg2+、Al3+、Cl-、，、Mg2+、A13+水解使溶液呈酸性，pH＜7，故A错误； B．由上述分析可知，X溶液中一定含有、Mg2+、Al3+、Cl-、，故B错误； C．由上述分析可知，10mLX溶液中一定含有0.06molCl-，c(Cl-)==6.0mol/L，故C正确； D．10mLX溶液中一定含有0.01molAl3+，加入足量NaOH溶液时生成0.01mol，通入足量的CO2气体，可得0.01molAl(OH)3沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，根据Al原子守恒可知，得到0.005molAl2O3固体，质量为0.005mol×102g/mol=0.51g，故D错误； 故选：C。 14. 某同学分别向0.1 mol/L、5 mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是 A. AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同 B. 银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体 C. 上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl D. 推测浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，说明氯化银在不同浓度的氯化钠溶液中溶解度不同，故A正确； B．二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子中中心离子是银离子，氯离子是配体，故B正确； C．由图可知，白色沉淀消失发生的反应为氯化银与溶液中的氯离子反应生成四氯合银离子，反应的离子方程式为AgCl+3Cl−=AgCl，故C错误； D．由图可知，白色沉淀消失是因为氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，所以向浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L硝酸银溶液，溶液中产生白色沉淀，振荡后沉淀会消失，故D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。 （1）工业上用丙烯加成法制各1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯。反应原理为： Ⅰ. Ⅱ. 则 _______。 （2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的和，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应Ⅰ，一段时间后测得的产率与温度的关系如下图所示。 ①下列说法错误的是_______(填代号) A.使用催化剂A的最佳温度约为250℃ B.相同条件下，改变压强不影响的产率 C.两种催化剂均能降低反应的活化能，但△H不变 D.P点可能为对应温度下的平衡产率 ②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是_______。 （3）在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。 ①a、d代表_______(填“丙烷”或“丙烯”)，_______(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②起始时充入一定量丙烷，在恒压条件下发生反应，Q点对应温度下丙烷的转化率为_______(保留1位小数)，该反应的平衡常数_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应： ，过程中还生成CO、等副产物。的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。的转化率如图变化的原因是_______。 【答案】（1）-32kJ/mol （2） ①. BD ②. 温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小 （3） ①. 丙烷 ②. 大于 ③. 33.3％ ④. 0.025MPa （4）温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大） 【解析】 【小问1详解】 ① ， ② 根据盖斯定律定律①-②得：，，答案为：-32kJ/mol； 【小问2详解】 A．由图示可知使用催化剂A时产率最高时，温度约为250℃，所以使用催化剂A的最佳温度约为250℃，故A正确； B．反应Ⅰ是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故的产率会随着压强的改变而改变，B错误； C．催化剂能降低反应的活化能，但不影响ΔH，故C正确； D．催化剂不能使平衡移动，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率应该降低，据图可知，B曲线的最高点明显高于P点，所以P点一定不是平衡状态，该点也不是对应温度下的平衡产率，D错误； 故选BD。 在催化剂A作用下，温度低于200℃ 时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小，故答案为：温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小； 【小问3详解】 此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，丙烷的物质的量分数增加，丙烯的物质的量分数减小，由图知，a、d曲线平衡时物质的量分数随温度升高而降低，所以a、d曲线代表丙烷；温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物丙烷物质的量分数增大，故P1大于P2。，图像中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%，设丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x列出三段式可得， ，解得= ，Q点对应温度下丙烷的转化率为。Q点C3H8的物质的量分数为50%，C3H6和H2的物质的量分数为25%，，故答案为：丙烷；大于；33.3％；0.025MPa； 【小问4详解】 该反应为放热反应，升高温度平衡左移，C3H8的转化率降低，但是图中C3H8的转化率随温度升高而上升，其原因温度升高反应速率增大或温度升高，催化剂的活性增大，故答案为：温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂的活性增大）； 16. 高铁酸钾是一种高效水处理剂，可用于去除水体中的元素。已知高铁酸钾具有下列性质： ①紫色固体，可溶于稀的溶液，微溶于浓溶液； ②具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生； ③在冰水浴、碱性溶液中比较稳定。 （1）制备。 ①装置B中所用试剂为_______。 ②装置C中得到紫色固体。发生的主要反应为_______(写化学方程式)。 ③提纯粗产品[含有、等杂质]的实验方案为：将一定量的粗产品溶于冷的稀溶液中，_______(实验中须使用的试剂有：冰水、饱和溶液，乙醇)。 （2）测定的纯度。准确称取样品置于锥形瓶中，用溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用标准溶液滴定至终点，消耗标准液。计算样品中的纯度_______(写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)：；；。 （3）的应用。某水样中元素主要以(Ⅲ)存在，(Ⅲ)可被氧化为As(Ⅴ)，再通过(Ⅲ)吸附去除。 ①对水中元素的去除率随变化如图1所示。当大于7时，去除率迅速下降的原因是_______。 ②也能去除水中元素。时，加入或后水中铁浓度对去除率的影响如图2所示，铁浓度相同，使用时As去除率比使用时高的原因是_______。 【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. ③. 快速过滤，将滤液置于冰水浴中，边搅拌边向滤液中加入饱和的KOH溶液至不再析出晶体，过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次，减压干燥 （2）75.00% （3） ①. 碱性条件下，氧化的速率减慢；溶液中用于吸附的(Ⅲ)的量减少 ②. 将氧化为，比更容易被吸附去除 【解析】 【分析】制备高铁酸钾，其原理是，因此有装置A的作用是制备氯气，氯气中混有HCl和水蒸气，HCl能与NaOH溶液反应，因此装置B的作用是除去氯气中的HCl，装置C制备高铁酸钾，氯气有毒，需要尾气处理，防止污染空气，即装置D作用是吸收多余氯气。 【小问1详解】 ①装置B的作用是除去氯气中的HCl，则装置B中所用试剂为饱和食盐水； ②装置C中得到紫色固体，即生成，根据得失电子守恒、原子守恒，化学方程式为：； ③根据的性质，提纯粗产品[含有、等杂质]的实验方案为：将一定量的粗产品溶于冷的稀溶液中，快速过滤，将滤液置于冰水浴中，边搅拌边向滤液中加入饱和的KOH溶液至不再析出晶体，过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次，减压干燥； 【小问2详解】 由得失电子数目守恒可得如下转化关系：，由滴定消耗20.00mL 0.3000mol/L硫酸亚铁铵溶液可知，样品中高铁酸钾的纯度为×100%=75.00%，故答案为：75.00% 【小问3详解】 ①碱性条件下，高铁酸钾的氧化性减弱，氧化的速率减慢，导致溶液中用于吸附的(Ⅲ)的量减少，所以当pH大于7时，As去除率迅速下降，故答案为：碱性条件下，氧化的速率减慢；溶液中用于吸附的(Ⅲ)的量减少； ②由题给信息可知，高铁酸钾将氧化为，比更容易被铁离子吸附去除，所以铁浓度相同，使用时去除率比使用时高，故答案为：将氧化为，比更容易被吸附去除。 17. X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6；Y元素是动植物生长不可缺少的、构成蛋白质的重要组成元素；Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X不同族；W是一种常见元素，可以形成一种具有磁性的黑色晶体氧化物。 （1）写出下列元素的名称：X__________，Y__________，Z__________。 （2）X—H和Y—H属于极性共价键，其中极性较强的是________(X、Y用元素符号表示)。X的第一电离能比Y的________(填“大”或“小”)。 （3）写出X的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式：_______________。 （4）W的基态原子的价层电子排布式为_________________。 （5）Y元素的核外电子轨道表达式为________________。 【答案】（1） ①. 碳 ②. 氮 ③. 硫 （2） ①. N-H键 ②. 小 （3）C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O （4）3d64s2 （5） 【解析】 【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大，其中X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6，则其质子数=12-6=6，故X为C元素；Y元素是动植物生长不可缺少、构成蛋白质的重要组成元素，则Y为N元素；Z的基态原子核外9个轨道上填充了电子且核外有2个未成对电子，与X不同族，则Z原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则Z为S元素；W是一种常见元素，可以形成一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，则W为Fe元素，据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，X碳元素，Y为氮元素，Z为硫元素，故答案为：碳元素；氮元素；硫元素； 【小问2详解】 由分析可知，X为C、Y为N，由于电负性：N＞C，氮原子对键合电子的吸引力更强，则N-H键的极性比C-H键强；N元素元素2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于C元素，即碳元素的第一电离能比氮元素小，故答案为：N-H键；小； 【小问3详解】 由分析可知，X为C、Z为S，Z的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，碳单质与浓硫酸反应的化学方程式：C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O； 【小问4详解】 由分析可知，W为Fe元素，原子核外有26个电子，其基态原子价电子排布式是3d64s2，故答案为：3d64s2； 【小问5详解】 由分析可知，Y是N元素，核外电子轨道表示式为 ，故答案为：。 18. 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，基态A原子核外电子占据3个轨道，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，C的双原子单质分子中键和键数目之比为1∶2，D的最高化合价和最低化合价代数和等于4；基态E原子核外有6个未成对电子。 (1)基态E原子的核外电子排布式为_______；基态D原子核外电子占据的能量最高的能级符号为_______。 (2)A元素的各级电离能数据如表： 符号 电离能/() 800.6 2427 3660 25026 32827 分析表中数据可知，相邻两级的电离能中，和之间差异最大，其主要原因是_______。 (3)A、B、C元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，其原因是_______。 (4)氯元素与A、B、C元素组成的共价分子、、中，中心原子采用杂化、空间结构为三角锥形的是_______(填分子式)。 (5)为热色性固体，且有色温效应.其颜色在低于℃时为淡黄色，室温下为橙黄色，高于100℃时为深红色.在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是_______；在常压下，高于130℃分解为相应的单质，这一变化中破坏的作用力是_______.在B、C、D的简单气态氢化物中，属于非极性分子的是_______(填分子式)。 (6)A、C形成立方晶体，晶体结构类似于金刚石，如图所示(白色球代表A原子，黑色球代表C原子).已知：该晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。 ①该晶体的化学式为_______。 ②在该晶体中，A与C形成共价键的键长(d)为_______。 【答案】 ①. 或 ②. 3p ③. 硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子(或其他合理说法) ④. B、C、N元素的非金属性依次增强 ⑤. NCl3 ⑥. 分子间作用力(或范德华力) ⑦. 化学键(或共价键) ⑧. CH4 ⑨. BN ⑩. 【解析】 【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素，基态B原子核外电子占据3个能级且每个能级上电子数相等，则基态B原子核外电子排布式为，故B为C元素；基态A原子核外电子占据3个轨道，且A的原子序数小于B，则基态A原子核外电子排布式为，故A为B元素；C的双原子单质分子中键和键数目之比为1:2，则C为N元素；基态E原子核外有6个未成对电子，则E处于第四周期，价层电子排布式为，故E为Cr元素；D的最高化合价和最低化合价代数和等于4，D为第ⅥA族元素，且原子序数小于Cr，故D为S元素。.综上分析，A为B元素、B为C元素、C为N元素、D为S元素、E为Cr元素。 【详解】(1)由上述分析可知E为Cr元素，基态E原子的核外电子排布式为或；D为S元素，原子的核外电子排布式为，核外电子占据的能量最高的能级符号为3p，故答案为：；3p； (2)基态硼原子核外电子排布式为，所以硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子，因此硼原子相邻两级的电离能中，和之间差异最大，故答案为：硼原子失去第3个电子后，达到稳定结构，不易再失去电子； (3)B、C、N元素的非金属性依次增强，所以B、C、N元素的最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，故答案为：B、C、N元素的非金属性依次增强； (4)中硼原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，空间结构为平面三角形；CCl4分子中碳原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用杂化，空间结构为正四面体形；分子中N原子价层电子对数为，采用杂化，该分子中含有1个孤电子对，所以其空间结构是三角锥形，故答案为：NCl3； (5)由已知高于130℃时发生分解可知，此过程中破坏的作用力是共价键；在低于该温度时发生颜色变化的过程中，破坏的作用力是分子间作用力(或范德华力)。C、N、S元素的简单气态氢化物中，CH4为正四面体形结构，是非极性分子；NH3为三角锥形结构，分子中正、负电中心不重合，所以是极性分子；硫原子最外层有6个电子，它和两个氢原子形成2个共用电子对后还有2个孤电子对，一共有4对电子在硫原子周围，这4对电子呈四面体形结构，其中两个方向被氢原子占据，还有2个方向被孤电子对占据，所以H2S分子呈V形，正、负电中心不重合，为极性分子，故答案为：分子间作用力(或范德华力)；化学键(或共价键)；CH4； (6)①B原子(白色球)占据立方体的8个顶点和6个面心，所以有个；N原子位于晶胞内部，共4个，故该晶体的化学式为BN，故答案为：BN； ②设晶胞边长为a、键长为d，A、C连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的，则，根据已知条件可得，所以，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $