辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=2页，共=sectionpages2020页PAGE1辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高二上学期期末考试一、单选题1．NAA．34 g呋喃()中含有的σ键数目为B．25∘C时，pH=14的NaOH溶液中含有的C．720 gC60D．60 gSiO2晶体中含有2N【答案】A【解析】34 g呋喃的物质的量为34g68g/mol=0.5mol，含有的σ键数目为0.5mol×9NAmol-1=4.5NA，A正确；溶液的体积未知，无法计算溶液中钠离子的数目，B错误；C60晶胞为面心立方，1个晶胞中含4个C60，720gC60的物质的量为720g720g/mol=1mol，则含有142．对物质的研究可改善人类的生活，下列关于说法正确的是A．可燃冰CH4B．纳米晶体是晶体颗粒尺寸为纳米量级的晶体，当晶体颗粒小至纳米级熔点会降低C．经氯修饰的蔗糖分子(三氯蔗糖)因其甜度降低，可供糖尿病患者食用D．X射线衍射实验可用于键长、键能、键角和晶体结构的测定【答案】B【解析】碳的电负性相对较小，造成C-H键的极性不够强，所以可燃冰CH4⋅8H2O中甲烷与水分子间不存在氢键，A错误；纳米晶体是晶体颗粒尺寸为纳米量级的晶体，当晶体颗粒小至纳米级，具有较高的表面能量，造成超微粒子特有的热性质，也就是熔点会降低，B正确；三氯蔗糖是一种人工合成的甜味剂，其甜度是蔗糖的600倍，由于三氯蔗糖不被人体代谢，不会引起血糖升高，因此可供糖尿病患者食用，C3．25∘A．在含有大量AlOH4-溶液中：NH4+、B．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、C．常温下0.1 mol⋅L-1的Fe2SO4D．KwcH+=1×10-2 【答案】C【解析】NH4+和AlOH4-会发生双水解，二者不能大量共存，A错误；能与铝反应放出氢气的溶液可以显强酸性也可以显强碱性，硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子，碱性条件下亚铁离子可生成沉淀，不能大量共存，B错误；常温下0.1 mol⋅L-1的Fe2SO43溶液中K+、Cu2+、Cl-、4．化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语表述不正确的是A．CH3+B．Ge的基态原子的简化电子排布式：ArC．NCl3的VSEPR模型：D．基态铯原子电子占据最高能级的电子云轮廓图【答案】C【解析】CH3+是在甲基的基础上失去一个电子，因此其电子式为：，A正确；Ge为第四周期第ⅣA元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，B正确；NCl3中心原子N形成3个σ键，还有1对孤对电子，其VSEPR模型为四面体模型，C错误；基态铯原子电子占据最高能级为6s，其电子云轮廓图为球形，D5．下列关于溶液的叙述正确的是A．25∘C时，pH=4的醋酸溶液和pH=10B．常温下，在1Llmol⋅L-1的氨水与C．中和相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量盐酸比醋酸大D．0.2 mol⋅L-1的酸HX与0.1 【答案】A【解析】25∘C时，pH=4的醋酸溶液中cH+=10-4mol/L，由于醋酸部分电离，c（CH3COOH）＞10-4mol/L，pH=10的NaOH溶液c（NaOH）=10-4mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，A正确；一水合氨为弱电解质，氨水浓度越大，电离程度越小，则一定温度下，1Llmol•L-1的氨水与2L0.5mol•L-1的氨水中，nNH4+后者多，B错误；中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量是醋酸比盐酸大，C错误；0.2mol/L的酸HX与0.1mol/L6．离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。咪唑()分子中所有原子共平面，两种咪唑类离子液体a、b的结构如图所示。下列有关说法正确的是A．a中所有C原子与N原子的杂化方式相同B．两种咪唑类离子液体的熔点：a>bC．部分有关元素的电负性：HD．a和b的阳离子中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】a（）分子中C原子有sp2、sp3两种杂化方式，A错误；PF6-离子体积更大，导致离子液体a熔点较低，B错误；同周期元素随核电荷数增大电负性逐渐增大，第二周期B之后元素电负性都比H元素电负性大，因此电负性H<C<N<F，C正确；a和b的阳离子中氢原子不满足8电子稳定结构，D7．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是A．因为臭氧分子极性较弱，因此其在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度B．乙醇CH3CHC．O-H⋯D．Be和Al两种元素因处于元素周期表的对角线位置，且都属于P区元素，所以有些性质相似【答案】A【解析】O3分子极性很微弱，所以它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，A正确；乙醇的质谱图中，质荷比最大的峰归属于CH3CH2OH+，但丰度不一定最大，B错误；氢键属于分子间作用力，水的沸点高于氟化氢的沸点是因为氢键的数目前者更多，C错误；Be属于s区元素，但Be和Al两种元素处于元素周期表的对角线位置，某些性质相似，D错误。8．海洋中部分化学资源的利用，如图所示，下列说法正确的是A．步骤①、②利用了Cl2的氧化性，热空气吹出是利用了BrB．工业上吸收剂X常选用SO2，SOC．工业生产中试剂Y常选用NaOH固体D．“氯化”过程中发生的反应为MgO【答案】D【解析】步骤①、②都是将溴离子氧化为溴单质，利用了Cl2的氧化性，热空气吹出利用了溴的挥发性，而溴是可以溶于水的，A错误；SO2分子中的硫原子和氧原子之间形成极性键，且分子结构为V形，导致分子正负电荷中心不重合，因此SO2是极性分子，B错误；工业生产中试剂Y常选用石灰乳进行沉镁得到氢氧化镁，C错误；“氯化”过程中MgO、C和Cl2反应生成MgCl2和可燃性气体CO，方程式为MgO+C+9．下列有关分子的结构和性质的说法正确的是A．若将基态15P原子的核外电子排布式写成1 B．甲基是推电子基团，所以结合氢离子的能力CHC．乙二胺H2NCH2D．乳酸CH3CHOH【答案】B【解析】1 s22 s22p63 s23px23py1违背了洪特规则，应改为1s22s22p63s23px10．下列实验设计不能达到实验目的的是选项实验目的实验设计AI2I向1 mLI2的CCl4溶液中加入B比较AgCl和AgI的K向2 mL0.1 mol⋅L-1的AgNO3CCO3向滴有酚酞的Na2CO3D比较配位键CuCl42-和向CuSO4溶液中加入少量NaCl【答案】B【解析】向1 mLI2的CCl4中加入1mL浓KI溶液，振荡试管，观察颜色变化，若KI溶液颜色变深，说明I2在水溶液中存在平衡I2+I-⇌I3-，A不符合题意；2 mL0.1 mol⋅L-1的AgNO3溶液中只滴加2滴等浓度的NaCl溶液，AgNO3过量，再滴加KI溶液时过量的AgNO3会生成AgI，不能通过该实验比较AgCl和AgI的Ksp，B符合题意；向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，产生白色沉淀说明生成BaCO3，溶液红色变浅说明溶液碱性减弱，平衡CO32-+H2O⇌HCO11．联氨N2A．第一电离能：IB．H-NC．基态原子核外未成对电子数：N>OD．CuNH342+和【答案】C【解析】同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但是N位于ⅤA族，其2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能I1 N>I1O，而Cu是金属元素，其第一电离能远小于N和O。所以第一电离能顺序I1 N>I1O>I1Cu，A错误；在NH3中，N原子有一对孤电子对；在CuNH342+中，N原子的孤电子对与Cu2+形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥作用更强，使得键角变小，所以H-N12．半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为a nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子坐标为12，A．晶胞中与Se等距离且距离最近的Se原子有12个B．基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子C．硒化锌晶体密度为144D．C的原子坐标参数为3【答案】D【解析】在面心立方晶胞中，每个面心原子与周围12个原子等距离且距离最近，因此晶胞中与Se等距离且距离最近的Se原子有12个，A正确；Se原子核外电子分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级，核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1+3=18种，B正确；由均摊法可得该晶胞中Se：8×18+6×12=4、Zn：4，则该晶胞的化学式为Zn4Se4，则硒化锌晶体密度为79+65×4NA2a×1013．常温下，用0.1000mol⋅L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液的pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOHaq的变化关系如图所示[A．曲线①代表δH2A，曲线②代表δB．该实验可选用酚酞或甲基橙为指示剂C．VNaOHaqD．HA-的电离常数【答案】C【解析】在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，曲线①代表δ(HA-)；当加入用0.1000mol•L-1的NaOH溶液40.00mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA-的分布系数减小，A2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2-)，A错误；由图可知，滴定终点时Na2A溶液中A2-发生水解使溶液呈碱性，则选用酚酞为指示剂，B错误；V(NaOH)=30mL时，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(Na⁺)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA⁻)+c(OH-)，可得c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)，C正确；利用曲线①、②的交点可知，c(HA-)=c(A2-)，此时V(NaOH)=25mL，pH=2，c(H+)=10-2mol/L，HA-的电离常数Ka=14．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期主族元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，该超分子具有高效的催化性能，其分子结构如图所示，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。下列说法错误的是A．在该超分子中sp3杂化的原子有10B．Y、Z、X形成的某种常见化合物的热溶液可用于洗涤油污C．简单氢化物的热稳定性：YD．X、Y、W形成的某种化合物中X元素的化合价可能为+3价【答案】A【解析】由图可知，超分子中W、X、Y形成的共价键数目分别为1、4、2，W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期主族元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则W是H元素、X是C元素、Y是O元素、Z是Na元素。该超分子中有10个C原子、5个O原子属于sp3杂化，共有15个sp3杂化的原子，A错误；水解反应是吸热反应，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，升高温度，水解平衡右移，溶液碱性增强，所以碳酸钠热溶液可用于洗涤油污，B正确；X是C元素、Y是O元素，C、O同周期核电荷数越大非金属性越强，其对应简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O＞CH4，C正确；碳元素、氧元素和氢元素可以形成的共价化合物草酸，草酸分子中碳元素的化合价为＋3价，D正确。15．向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(Kb=1.8×10-5)体积关系如下图所示。测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。已知：i．Zn2++4NH3⇌[Zn(NH3)4]2+K稳=c(ii．Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]下列说法正确的是A．曲线Y表示Zn2+B．Ksp[Fe(OH)2]=10-16.92C．N点以后，锌元素主要以Zn2+形式存在D．Zn(OH)2+4NH3⇌[Zn(NH3)4]2++2OH-K=10-7.86【答案】D【解析】由于Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入0.1mol·L-1氨水，Zn2+先沉淀，分析图像，曲线X代表Zn2+，曲线Y代表Fe2+，曲线Z为[Zn(NH3)4]2+，A错误；N点c(Fe2+)=1×10-5mol/L，pH=8.95，c(H+)=1×10-8.95mol/L，c(OH-)=KWcH+=10-1410-8.95=1×10-5.05mol/L，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=1×10-5×1×10-5.052=1×10-15.1，B错误；N点锌元素的主要存在形式为Zn(OH)2，N点以后，锌元素主要以[Zn(NH3)4]2+形式存在，C错误；由M点数据可知，Ksp[Zn(OH)2]=1×10-5×1×10二、填空题16．部分弱电解质的电离平衡常数如表，据此回答下列问题：弱酸HCOOHHHHHHClO电离平衡常数(25℃)KKl=4.2×KI=9.1×K1=1.23×Kl=5.4×K(1)若要使1L1mol/LNa2CO3溶液完全反应生成CO(2)将少量SO2通入NaClO溶液中的离子方程式为(3)下列离子在溶液中不能大量共存的是_______。A．HCOO-、HC2O4-、HS-BC．HC2O4-、HSO3-、HCOO-(4)室温下，将CO2通入NaOH①若100 mL3mol/L的NaOH②若所得溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=10：(5)水在25∘C和95∘C时电离平衡曲线如图。①在曲线B所对应的温度下，0.05 mol⋅L②在曲线B所对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH【答案】(1)2：1(2)SO(3)AB(4)cNa+(5)1×10-111【解析】Ka值越大酸性越强，结合表格数据可知酸性关系H2（1）根据c=nV，n(Na2CO3)=1L×1mol/L=1mol。根据强酸制弱酸反应原理可得反应：H2C2O4+Na2CO3=Na2C2O4+CO2↑+H2O，2H2SO3+Na2CO3=2NaHSO3+CO2↑+H2O，根据反应得：H2C2O4～Na（2）SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒和原子守恒：NaClO+SO2+H2O=H2SO4+NaCl；由于SO2的量少，NaClO的量多，生成的硫酸会和剩余NaClO反应生成HClO，故反应应为3NaClO+SO2+H2O=Na2SO4+2HClO+NaCl，反应的离子方程式为：SO2（3）根据强酸制弱酸反应原理，HC2O4-和HS-会发生反应生成H2S和C2O42-，不能大量共存，A正确；HC2O4-和HCO3-发生反应生成H2CO3和C2O42-，不能大量共存，B正确；（4）①100 mL3mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2，即0.3molNaOH与0.2molCO2反应，可得0.1molNa2CO3②根据图表中数据可知碳酸的第二步电离常数K2=5.6×10-11，K2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)，则得c(H+)=c(HCO3-)（5）水的离子积随温度升高而增大，因此曲线A为25℃曲线，B为95℃曲线。①曲线B所对应的温度为95℃，水的离子积常数Kw=1.0×10-6mol/L×1.0×10-6mol/L=1.0×10-12mol2/L2，0.05mol·L-1H2SO4中c(H+)=0.05mol·L-1×2=0.1mol/L，由于Kw=c(H+)c(OH-)，可得c(OH-)=Kwc(H+)=1×10-120.1mol/L=1×10-11mol/L，OH-全部来自水，并且水电离出的H+和OH-一样多，水电离出来的c(H②由图可知，曲线B所对应的温度为95℃，水的离子积常数Kw=1.0×10-6mol/L×1.0×10-6mol/L=1.0×10-12mol2/L2，设氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积分别为a、b，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6说明溶液呈中性，酸溶液中的氢离子的物质的量和碱溶液中的氢氧根离子的物质的量相等，则1.0×10-4b=1.0×10-3a，解得a：b=1：10三、解答题17．实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)的装置如图所示。已知：CS2回答下列问题：I.制备NH4SCN(1)按上图连接好装置，首先进行的操作是。装置B的名称是。(2)向装置D的三颈烧瓶内装入固体催化剂、CS2和水，三颈烧瓶左侧进气管必须浸没到CS2中，其目的是(3)打开K1，加热装置A、D，将A中产生的气体通入装置D中，当观察到三颈烧瓶中(填现象)Ⅱ.制备KSCN晶体(4)停止加热装置A，关闭K1，移开水浴，继续加热装置D使NH4HS分解。然后打开K2，趁热滴加适量KOH溶液，(填操作名称)，得到(5)装置E吸收NH3时，有无色无味气体生成，Cr2O72-被还原为Cr3+，该反应的离子方程式为Ⅲ.测定KSCN晶体的纯度(6)取2.000 g制得的KSCN晶体溶于水配制成250 mL溶液，取25.00 mL溶液利用AgNO3溶液进行沉淀滴定测定SCN-浓度，反应原理为Ag++SCN-=AgSCN↓。若过程中消耗(7)误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是_______。A．未用AgNO3B．滴定前锥形瓶内有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【答案】(1)检查装置气密性球形干燥管或干燥管(2)防倒吸(3)液体不再分层(4)过滤(5)2(6)72.75%(7)AC【解析】（1）装置连接好后需先进行装置气密性检验的操作；B为球形干燥管；（2）氨气在水中溶解度极大，因此三颈烧瓶左侧进气管必须浸没到CS2（3）CS2和水互不相溶，反应结束后得到的NH4SCN、NH4HS（4）A装置产生的干燥的氨气和二硫化碳D中发生反应CS2+3NH3→催化剂水浴加热NH4SCN+NH4HS，反应结束后停止加热装置A，关闭K1，移开水浴，继续加热装置D使NH4HS分解。然后打开K2，趁热滴加适量KOH（5）Cr2O72-被NH3还原为（6）根据化学方程式有Ag可得n(KSCN)=0.015mol，则KSCN的纯度为0.015×97g（7）未用AgNO3标准溶液润洗滴定管导致标准液被稀释，标准液消耗体积偏大，结果偏高，A正确；滴定前锥形瓶内有少量水不影响滴定结果，B错误；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，把气泡体积误当成标准液体积，标准液体积偏大，结果偏高，C正确；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液体积读数偏小，结果偏低，D18．镍及其化合物应用广泛。回答下列问题：(1)基态镍原子价层电子轨道表示式。(2)如图为一种含镍配合物(物质A)及其配体(物质B)。①物质A存在的化学键有(填序号)。a.配位键b.氢键c.非极性共价键d.范德华力②物质B在一定条件下水解生成邻羟基苯甲醛(其沸点为197∘C，而对羟基苯甲醛()的沸点为247∘C，导致两种物质沸点相差较大的原因是(3)某新型超导材料晶体中含有镍、镁、碳3种元素，镁原子和镍原子形成立方晶胞如图所示(碳原子位于体心)。①Mg原子周围最近且等距的C原子数有个。②若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的位置。(4)将26.3gNiSO4⋅nH2O样品在①固体N的化学式为。②P→Q的化学方程式为。【答案】(1)(2)ac易形成分子内氢键，易形成分子间氢键，故前者沸点低于后者(3)8棱心(4)NiSO4⋅4【解析】（1）Ni为28号元素，其价层电子为3d84s2，轨道表示式为；（2）①物质A中存在Ni-O、Ni-N配位键，同时苯环中存在有非极性共价键，而氢键、范德华力不属于化学键；②邻羟基苯甲醛的羟基和醛基靠得较近，能够形成分子内氢键，因此其熔点和沸点较低；而对羟基苯甲醛的羟基和醛基之间形成的是分子间氢键，导致其熔点和沸点较高；（3）①在此晶胞中，以Mg原子体心，则C原子位于顶点位置，则C配位数为8；②若取碳原子为晶胞顶点，以xyz轴方向进行棱的延伸，则棱边恰好经过镍原子，得到镍原子位于此晶胞的棱心位置；（4）①根据分解图，当分解为只剩NiSO4时，质量为15.5g，则得到nNiSO4=15.5g155g⋅mol-1=0.1mol，根据Ni守恒，可知26.3gNiSO4·nH2O样品也为0.1mol，有26.3g155+18ng⋅mol-1②NiSO4再加热，NiSO4会分解成镍的氧化物和硫的氧化物，在P点时质量为7.5g，设P点时的化学式为NiOy，则7.5g59+16yg⋅mol-1=0.1mol求得y=1，得到P点的化学式为NiO，由P→Q点时质量在增加，说明加热过程中NiO被空气中的氧气氧化了，设Q点时的化学式为NiOz，由8.3g19．钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含Cr2O72-、NiCN已知：I.六价铬[Cr(Ⅵ)]在水溶液中存在平衡：CrⅡ.室温下相关物质的Ksp化合物CaSOBaSOBaCrOK4.9×1.1×1.2×(1)①向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-□该离子方程式中碳元素的杂化方式由变成。②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高