江西省宜春一中2024-2025学年高二上学期1月期末考试化学试题（强基班）（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省宜春一中2024-2025学年高二上学期1月期末考试试题（强基班）一、单选题1．化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是A．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀B．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为电能→化学能C．华为新上市的mate60pro手机引发关注，其芯片材料是SiO2D．“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质遇水能缓慢反应放出H2【答案】A【解析】“深海一号”母船海水浸泡区的铝基做负极可以与船体形成原电池，利用“牺牲阳极的阴极保护法”可保障船体不易腐蚀，A正确；高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为太阳能→电能，故B错误；手机的芯片材料是晶体硅，C错误；铷元素金属性极强，其单质遇水能迅速反应放出H2，D错误。2．下列化学用语表达正确的是A．Cl的价电子排布式：3sB．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为D．SO3的VSEPR模型：【答案】A【解析】Cl原子核外有17个电子，价电子排布式为3s23p5，A正确；可以表示甲烷分子，但Cl原子的半径比C原子大，不能表示四氯化碳分子，B错误；CH3OH分子上的碳原子和O原子均为sp3杂化，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3-sp3σ键，C错误；SO3中心原子硫原子的价电子对数3．下列叙述正确的是A．N=N的键能小于2倍的N—N的键能B．所有原子轨道都具有一定的伸展方向，故所有共价键都具有方向性C．原子各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序分别为1、3、5、7D．红外光谱法可测定分子的化学键、官能团及相对分子质量等【答案】C【解析】N=N包括1个σ键和1个π键，而N-N有1个σ键，N=N的键能大于2倍的N—N的键能，A错误；s轨道是球形对称的，没有伸展方向，s轨道与s轨道形成共价键时没有方向性，B错误；原子各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序分别为1、3、5、7，C正确；红外光谱法只可测定分子的化学键、官能团，不能测定相对分子质量，D错误。4．若某元素原子处于能量最低状态时，原子的最外层电子数为2，价层电子数为5，下列关于该元素的叙述正确的是A．该元素原子的M层有11个电子B．该基态原子获得能量被激发的过程中，会产生暗背景亮线的原子光谱C．该元素是副族元素，位于元素周期表的d区或p区D．该元素基态原子的价电子排布式为(n-1)d【答案】D【解析】该基态原子最外层有2个电子，价层电子数为5，则次外层3个电子，则该元素为副族元素，基态原子的价电子排布式为(n-1)d3ns2，若n=4，该元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，M层有11个电子，当n=5时，M层排满有18个电子，A错误、D正确；基态原子获得能量被激发，跃迁需要吸收能量，会产生暗背景暗线的原子光谱，即吸收光谱，B错误；该元素是位于元素周期表的d5．UTG玻璃是折叠手机不可或缺的材料，2023年11月19日我国首条生产线正式投产，填补了国内高端显示材料领域的空白。生产UTC的主要原料含有Q、X、Y、Z、W等原子序数依次增大的短周期主族元素。其中Q与W同主族，Q的价层电子排布为2s22p2，WX2可用于生产光导纤维，A．原子半径：Y<Z<W B．第一电离能：Y>ZC．Y位于d区第三周期ⅣA族 D．电负性：Q<X【答案】D【解析】Q的价层电子排布为2s22p2，应是C；W与Q同主族，W是Si；WX2可用于生产光导纤维，是SiO2，故X是O；Y单质燃烧时火焰呈黄色，是Na；Z是地壳中含量最多的金属元素，是Al。同周期从左到右，原子半径依次减小，原子半径：Na>Al>Si，A错误；同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，第一电离能：Al>Na，B错误；Y是Na，位于s区第三周期ⅠA族，6．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮−炔基Husigen成环反应，其原理如下图。下列说法不正确的是A．上述循环中H+是中间产物之一B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变D．中间产物中N采取sp2、sp3杂化【答案】B【解析】根据图中右上角得到上述循环中H+是中间产物之一，A正确；上述循环过程中有极性键的断裂和形成，在右下角也有非极性键的断裂，B错误；Cu能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变总反应的焓变，C正确；中间产物中左上角两个N采取sp2杂化、右上角的N采取sp3杂化，D正确。7．二硫代磷酸酯的分子结构如图，下列说法错误的是A．原子半径：r(H)<r(O)<r(N)<r(S)B．二硫代磷酸酯中C—O的极性大于C—SC．该分子含有手性碳原子，可与水形成氢键D．该分子含有的π键数目与σ键数目之比为2：23【答案】C【解析】原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以S原子半径最大，H原子半径最小，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：r(H)<r(O)<r(N)<r(S)，A正确；O的非金属性大于S的非金属性，则C-O的极性大于C-S，B正确；分子中含N-H键，可以与水形成分子间氢键，但该分子不含手性碳原子，C错误；该分子中含有21个单键、2个双键，共23个σ键、2个π键，则该分子中π键与σ键的个数比为2:23，D正确。8．BF3(三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成H3BO3(硼酸，结构如图1)和HBF4(氟硼酸)。已知冰的结构如图2，可知每个H2O分子可形成2个氢键，下列说法不正确的是A．BF3和BF4B．1molH3BO3晶体含有6mol氢键C．H3BO3显酸性原因：H3BO3+H2OD．H3BO3是非极性分子，且沸点高于HBr【答案】B【解析】BF3中心原子价层电子对数为3+123-3×1=3，采取sp2杂化，BF4-中心原子价层电子对数为4+123+1-4×1=4，采取sp3杂化，杂化方式不同，A正确；1个H3BO3分子形成6个氢键，每个氢键被2个硼酸分子拥有，则1molH3BO3晶体中含有6mol×12=3mol氢键，B错误；H39．化合物M是一种新型超分子晶体材料，由X、18-冠-6、HClO4以CH3COCH3为溶剂反应制得A．组成M的元素均位于元素周期表p区B．M由X的高氯酸盐与18-冠-6通过氢键结合生成C．M中碳、氮、氯原子的轨道杂化类型均为spD．M的晶体类型为分子晶体【答案】B【解析】周期表里的第13-18列，即IIIA-VIIA和零族属于p区，组成M的元素有H、C、N、O、Cl、Br，根据元素周期表结构可知H位于s区，A错误；由图知，M由X的高氯酸盐与18-冠-6通过氢键结合生成，B正确；M中苯环上的碳原子的轨道杂化类型为sp2，C错误；M为离子化合物，其晶体类型为离子晶体，D故选B。10．根据如图所示，下列说法错误的是(

)A．第三周期某元素基态原子的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是MgB．铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离C．图4所示是ZnNH362+的部分结构以及其中H-N-H键键角，键角比NH3D．立方BN晶体晶胞结构如图5所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为【答案】D【解析】由图1知电离能I3比I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第IIA族元素，此元素为镁元素，A正确；根据图示，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离，B正确；图4所示是ZnNH362+的部分结构以及其中H-N-H键键角，键角比NH3大，因为氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是18×8+12×6=4，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是43a3故答案为D。二、多选题11．下列关于实验现象的解释或所得结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A向某补血口服液中滴加酸性KMnO4酸性KMnO4该补血口服液中一定含有FeB向饱和NaHCO3溶液中滴加一定量的浓CaCl溶液变浑浊同时产生气泡发生反应：CaC向FeCl2溶液中滴加几滴KSCN开始无现象，加入氯水后溶液变红，过量后红色消失氯水具有氧化性和漂白性D向CoNH无明显现象该配合物中Co3+的配位数是A．A B．B C．C D．D【答案】BD【解析】亚铁离子，氯离子等均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色，不能证明该补血口服液中一定含有亚铁离子，A项错误；NaHCO3滴加一定浓度的CaCl2，会反应生成碳酸钙沉淀和二氧化碳和水，能看到溶液变浑浊同时产生气泡，反应离子方程式为：Ca2+氯水具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，遇到硫氰化钾显红色，当氯水过量，氯水可以氧化硫氰根，溶液红色消失，该实验不能说明氯水的漂白性，C项错误；[Co(NH3)3Cl3]中滴加硝酸银没有明显现象，说明[Co(NH3答案选BD。三、单选题12．利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下，其中甲、乙催化剂表面的物种均用*号标注，过渡态均用TS表示，下列说法中正确的是A．选用催化剂甲时的最高能垒(活化能E正)为B．选用催化剂乙时，相对能量从0.00eVC．C4D．若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂甲【答案】B【解析】由图可知，选用催化剂甲时的最高能垒为1.29eV，A错误；选用催化剂乙时，相对能量从0.00eV→0.29eV的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程，B正确；正丁烷的总能量低与产物的总能量，为吸热反应，C错误；反应的活化能越小，反应速率越快，两种反应历程中选用催化剂乙时，反应的活化能小于催化剂甲，则只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙，D错误。13．一种以FeFeA．放电时，负极反应式为：2B．充电时，电源的正极应与Mg箔连接C．充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阳极质量变化2.3gD．放电时，Na+【答案】A【解析】由图可知，放电时，镁箔为原电池的负极，氯离子作用下镁失去电子发生氧化反应生成二氯化二镁离子，电极反应式为2Mg+2Cl--4e-=Mg2Cl22+，钼箔为正极，钠离子作用下Fe[Fe(CN)6]在正极得到电子生成Na2Fe[Fe(CN)6]由分析可知，放电时，镁箔为原电池的负极，氯离子作用下镁失去电子发生氧化反应生成二氯化二镁离子，电极反应式为2Mg+2Cl--4e-=Mg2Cl22+，故A正确；由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的镁箔为电解池的阴极，故B错误；由分析可知，充电时，钼箔为阳极，Na2Fe[Fe(CN)6]在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe[Fe(CN)6]，电极反应式为Na2Fe[Fe(CN)6]—2e—故选A。14．25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L-1碱BOH的pH，体系中粒子浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比t=nA．25℃时，BOH的电离平衡常数为10-9.25B．t=0.5，2c(H+)+c(BOH)=2c(OH-)+c(B+)C．P1所示溶液：c(C1-)<0.05mol·L-1D．P2所示溶液：c(B+)<100c(BOH)【答案】C【解析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当t=nHClnBOH=1时，pH应为7，但是当t=nHClnBOH=1时，pH由图可知，当pH=9.25，即c(OH-)=10-14-9.25=10-4.75，lgc(BOH)=lgc(B+)，t=0.5时，溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒可知：c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，联立可得：2c(H+)+c(B+)=2c(OH-)+c(BOH)，且c(H+)与c(OH-)不相等，所以2c(H+)+c(BOH)不等于2c(OH-)+c(B+)，B错误；P1所示的溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(H+)=10-9.25mol·L-1，c(OH-)=10-14-9.25=10-4.75mol·L-1，10-9.25+10-2=10-4.75+cP2所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7，根据cB+×cOH故选C。四、解答题15．I.近日，济南大学原长洲教授制备了一种高性能的钾离子电池负极材料(Bi-MOF)，反应可简单表示为Bi(NO3)3·5H2O+BTC→C2(1)Bi(NO3)3中阴离子的立体构型为。基态O原子核外成对电子数与未成对电子数之比为。(2)BTC分子中组成元素C、N、O的电负性由大到小排序为。(3)冠醚是皇冠状的分子，可用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6(18指C、O原子总数为18，6指氧原子数)与钾离子形成的超分子结构如图所示。已知：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。超分子定义中的分子是广义的，包括离子。①冠醚分子中C原子的杂化类型为。②下列叙述正确的是(填字母)。A．含该超分子的物质属于分子晶体

B．冠醚可用于分离不同的碱金属离子C．中心碱金属离子的配位数固定不变

D．冠醚与碱金属离子之间形成离子键(4)铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。①晶体中与Al距离最近的Al的个数为。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为(34,14,14)，原子2的坐标为(II.吡啶(C5H5N)是含有一个氮杂原子的六元杂环化合物。可以看作是苯分子中的一个(CH)被N取代的化合物，故又称氮苯，结构如图。(5)已知吡啶的空间结构与苯相似，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填字母)。A．sp杂化轨道B．sp2杂化轨道C．2s轨道D．2p轨道(6)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是：①；②。【答案】(1)平面三角形3∶1(2)O>N>C(3)sp3B(4)4(14(5)B(6)吡啶能与H2O形成分子间氢键吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子【解析】（1）Bi(NO3)3中阴离子为NO3-，NO3-中N原子的价层电子对数为5+5+1-3×22=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形；基态O原子电子排布式为1s22s22p4，核外成对电子数为6（2）同周期从左往右元素的电负性逐渐增大，则BTC分子中组成元素C、N、O的电负性：O>N>C。（3）①冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，杂化类型为sp3。②冠醚与碱金属离子形成配合物是一个阳离子，故晶体中还含有阴离子，即含该超分子的物质属于离子晶体，A错误；冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，可用于分离不同的碱金属离子，B正确；中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误；冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不是离子键，D错误；（4）①以左下角顶点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4；②观察知，1与3同高，z坐标相同，2与3的x坐标相同，则原子3的坐标为(14,（5）吡啶中含有与苯类似的π66大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，（6）苯为非极性分子，吡啶和水均为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对，能与水分子形成分子间氢键，从而导致吡啶在水中的溶解度远大于苯。16．将CO2转化为CO、CH3OH等燃料，可以有效的缓解能源危机，同时可以减少温室气体，实现“(1)t℃时，H2还原COⅠ.CO2g+H2gⅡ.CO2g+3H2g已知反应I、Ⅱ的平衡常数分别为K1、K2。由盖斯定律可知，COg与2molH2g反应生成CH3OHg的热化学方程式为，K=(2)若反应Ⅰ的正反应活化能表示为EkJ⋅mol-1，则E41(填“>”“<”或“=”)。(3)t℃，向10L密闭容器中充入1molCO2和2.5molH2，发生反应Ⅰ，5min达到平衡时，测得CO的物质的量为①平衡时CO的体积分数=②下列措施既能加快反应速率又能提高CO2的平衡转化率的是A．升高反应温度B．增大H2的浓度C．分离出COD③t℃，向10L密闭容器中充入2molCO2和一定量的H2，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率(a)，与起始反应物的物质的量之比能表示CO2平衡转化率曲线的是(填L1或L④在t℃，压强为P时，Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数【答案】(1)COg+2H2g(2)>(3)17或14.3%AB【解析】（1）由盖斯定律可知COg与2molH2g反应生成CH3OHg的热化学方程式可由Ⅱ-Ⅰ得到，则该反应ΔH=ΔH（2）ΔH1=（3）结合已知列三段式：CO①平衡时CO的体积分数=0.53.5×100%=1②该反应为吸热反应，升高反应温度可加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，A正确；增大H2的浓度，可加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，B正确；分离出CO，降低浓度，反应速率减慢，C错误；缩小容器容积，可加快反应速率，但不影响平衡，不能提高CO③nCO2nH2增大时可视为nH2不变时，增大nCO2④在t℃，压强为P时，结合上述三段式数据可得CO2、H2、CO、H2O的分压分别为17P、23.5P、1717．三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)高温2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如图所示：已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解；②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2将Cr2O72-还原为回答下列问题：(1)基态Cr原子的简化核外电子排布式为。(2)无水CaCl2的作用是。(3)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是；可通过(填操作)使实验继续进行。(4)装置G中发生反应生成两种盐的化学方程式为。(5)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：I.取5gCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO42-Ⅱ.冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸(浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色)，使CrO42-转化为Cr2O72-，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至Ⅲ.取25.00mL溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入3滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的1.0mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，溶液由黄色经蓝绿色变为红褐色即为终点，重复2~3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液21.00mL(已知Cr2O72-被Fe2+还原为Cr3+)①该样品中CrCl3的质量分数为%(保留小数点后两位)②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是(填标号)。A．步骤I中未继续加热一段时间B．步骤Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质C．步骤Ⅱ中未加浓磷酸D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视【答案】(1)[Ar]3d54s1(2)防止G中水蒸气进入E及C装置(3)A中导管内液面上升对D处稍加热(4)COCl(5)88.76AC【解析】实验室制取CrCl3的反应Cr2O3s+3CCl4g高温2CrCl3s+3COCl2g，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水（1）Cr为第24号元素，基态Cr原子的简化核外电子排布式为Ar3（2）由装置可知CrCl3是由Cr2O3与CCl4反应制得，故装置B中热水的作用是加快CCl4的挥发；A中盛装浓硫酸，防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C（3）若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D（4）装置G中可以看作是COCl2