【化学】湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试试题（学生版+解析版）

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一、单选题
1．现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是
A．神舟十七号运载火箭使用偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]为燃料，偏二甲肼属于无机化合物
B．用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C．港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到
D．国庆阅兵仪式上的坦克和军车都喷涂着新式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料
【答案】A
【解析】偏二甲肼[(CH3) 2N-NH2]中含有碳元素，属于有机化合物，A错误；Fe3O4具有磁性，它是一种磁性物质，B正确；通过石油分馏可以得到混合物沥青，C正确；聚氨酯是一种有机高聚物，属于有机高分子材料，D正确。
2．海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下：
含Br-的海水→空气吹出加入氧化剂氧化含Br2的空气→SO2吸收吸收液→通入Cl2溴的浓溶液……→液溴
以下推断不合理的是
A．“SO2吸收”过程中发生的主要化学反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4
B．空气能从溶液中吹出Br2，利用了Br2易挥发的物理性质
C．利用SO2吸收含Br2空气，实现了溴的富集
D．“加入氧化剂氧化”中的氧化剂通常用O2
【答案】D
【解析】“SO2吸收”过程中发生的主要化学反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，A正确；空气能从溶液中吹出Br2，利用了Br2易挥发的物理性质，B正确；溴离子变成溴单质被空气吹出，利用SO2吸收含Br2空气，实现了溴的富集，C正确；氧气可以将溴离子氧化，但是反应很慢，“加入氧化剂氧化”中的氧化剂通常用氯气，D错误。
3．已知胆矾溶解于水时温度降低，室温时将1ml无水硫酸铜制成溶液时放出的热量为Q1 kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O→ CuSO4·(s)+5H2O(1) Q2kJ，则Q1和Q2的关系为
A．Q1＜Q2B．Q1>Q2C．Q1 = Q2D．无法确定
【答案】A
【解析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2＞Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收，实际放出的热量偏小。
根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO4•5H2OΔ CuSO4（s）+5H2O Q2kJ这一过程是吸收热量的，一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2kJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1ml无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2＞Q1，故选A。
4．25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．含较多Al3+的溶液中：Na+、S2-、HCO3-
B．pH=12的溶液中：K+、NO3-、ClO-
C．含0.1ml/L Fe3+的溶液中：Na+、SO32-、Cl-、SCN-
D．由水电离出的cH+=1×10-13ml/L的溶液中：K+、NH4+、CO32-
【答案】B
【解析】A．Al3+与S2-、HCO3-发生双水解互促到底，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液中，溶液显碱性，含有大量OH-，OH-、K+、NO3-、ClO-相互不反应，可以大量共存，故B正确；
C．Fe3+与SO32-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由水电离出的c(H+)=1×10-13ml•L-1的溶液，水的电离受到抑制，可以是酸溶液，也可以是碱溶液，酸溶液中，H+与CO32-反应，不能大量共存，碱溶液中，OH-与NH4+反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
5．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达正确的是
A．用电子式表示HCl的形成过程：
B．NaHCO3溶液呈碱性的原因：HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+
C．氯碱工业原理：2NaCl+2H2O=电解2NaOH+H2↑+Cl2↑
D．NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++HSO4-
【答案】C
【解析】HCl为共价化合物，其电子式为，A错误；NaHCO3溶液呈碱性的原因：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，B错误；氯碱工业原理是电解饱和食盐水，生成氢气、NaOH和氯气，C正确；NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，D错误。
6．某溶液中由水电离出来的c(OH-) =l0-12mL/L，则该溶液中的溶质不可能是
A．HClB．NaOHC．NH4C1D．H2SO4
【答案】C
【解析】某溶液中由水电离出来的c(OH-) =l0-12mL/L＜1×10－7mL/L，说明水的电离被抑制，此溶液可能是酸的溶液，也可能是碱的溶液，只有C为盐，且为强酸弱碱盐，NH4+促进水的电离，故选C。
7．下列有关实验装置及用途叙述完全正确的是（）
A．a装置检验消去反应后有丙烯B．b装置检验酸性：盐酸>碳酸>苯酚
C．c装置用于实验室制取并收集乙烯D．d装置用于实验室制硝基苯
【答案】D
【解析】A．挥发出的乙醇蒸气和生成的丙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则a装置不能检验消去反应后有丙烯，故A错误；
B．浓盐酸具有挥发性，盐酸和碳酸均能和苯酚钠反应生成苯酚，则b装置无法说明和苯酚钠反应的是盐酸还是碳酸，故B错误；
C．温度计应伸入到液面中，且乙烯不能用排空集气法，故C错误，
D．苯和浓硝酸反应用水浴加热，用温度计控制反应温度，故D正确；
答案D。
8．乙酸、乙醇是生活中常见的有机物。下列说法正确的是
A．乙醇和乙酸的官能团相同
B．1 ml C2H5OH与足量乙酸反应，生成1 ml CH3COOC2H5
C．两者都能与NaOH溶液反应
D．一定条件下，乙醇可以被氧化成乙酸
【答案】D
【解析】乙醇的官能团为羟基，乙酸的官能团为羧基，二者官能团不同，A错误；C2H5OH与乙酸的酯化反应是可逆反应，不能完全转化，则1mlC2H5OH与足量乙酸反应，生成CH3COOC2H5的物质的量小于1ml，B错误；乙酸能与NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应，C错误；乙醇可以被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液氧化成乙酸，D正确。
9．有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易被腐蚀；将A、D分别投入到等浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；将铜浸入B的盐溶液中无明显变化；将铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此可推知它们的金属活动性由强到弱的顺序为
A．D>C>A>BB．D>A>B>CC．D>B>A>CD．B>A>D>C
【答案】B
【解析】将A与B用导连接结起来，浸入电解质溶液中，可构成原电池结构，B不易被腐蚀，说明B作正极，则A金属活动性比B强；将A、D分别投入到等浓度的盐酸中，D比A反应剧烈，说明D金属活动性比A强；将铜浸入B的盐溶液中无明显变化，说明B的金属活动性比Cu强；将铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明Cu的金属活动性比C强。综上分析得金属活动性由强到弱的顺序为：D>A>B>C，B正确。
10．体积相同的甲、乙两个容器中分别充入等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，并达到化学平衡。在这个过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A．等于p%B．大于p%C．小于p%D．无法判断
【答案】B
【解析】根据题意，甲、乙两容器可设为如图所示的装置。
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的正反应是气体分子数减小的反应。甲容器保持体积不变，反应过程中压强变小；乙容器保持压强不变，反应过程中体积减小，达到平衡状态时乙容器转变为丙容器。丙对于甲，相当于增大压强，则平衡正向移动，因此乙容器中SO2的转化率大于甲容器中SO2的转化率，若甲容器中SO2的转化率为p%，乙容器中SO2的转化率大于p%；
故答案为：B。
11．为实现“碳中和”和“碳达峰”，科学家设计了低浓度CO2捕获技术，并实现资源综合利用。其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．反应①的ΔSQ1>Q3C．Q2>Q3>Q1D．Q2=Q3>Q1
【答案】C
【解析】醋酸的电离吸热，放出的热量Q1的绝对值小于中和热，浓硫酸稀释放热，放出的热量Q2的绝对值大于中和热，而稀硝酸为稀的强酸，放出的热量等于中和热，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为：Q2＞Q3＞Q1，故选：C。
16．25℃时，某二元酸H2A的Kal=1×10-3.4,Ka2=1×10-4.37。1.0 ml⋅L-1NaHA溶液稀释过程中δH2A、δHA-、δA2-与pcNa+的关系如图。已知：pcNa+=-lgcNa+，δ表示微粒的分布分数，如δH2A=cH2AcH2A+cHA-+cA2-，a、b两点坐标分别为a(1.0,0.7)、b(1.0,0.15)。下列说法错误的是
A．曲线X为δA2-的变化曲线B．a点：pH=4.37
C．b点：2cH2A+cHA-=cNa+D．c点：cNa++cH+=3cA2-+cOH-
【答案】B
【解析】1.0ml⋅L−1NaHA溶液中存在电离平衡HA-⇌H++A-和水解平衡HA-+H2O⇌OH-+H2A，稀释过程中，随着水的加入，因HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线Y为δ(HA−)的变化曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小，δ(A2−)增大明显，故曲线X为δ(A2−)的变化曲线，则曲线Z为δ(H2A)的变化曲线，，A正确；a点， pc(Na+)=1.0，则c(Na+)=0.1ml/L，δ(HA−)=0.70，δ(H2A)=δ(A2−)=0.15，Ka2=cA2-cH+cHA-=0.15×cH+0.7=10-4.37，cH+=×10-4.37，pH≠4.37，B错误；b点，δ(HA−)=0.70，δ(H2A)=δ(A2−)=0.15，即c(H2A)=c(A2−)，根据物料守恒有，c(A2−)+c(H2A)+c(HA−)=c(Na+)，故2c(H2A)+c(HA−)=c(Na+)，C正确；c点，δ(HA−)=δ(A2−)，故c(A2−)=c(HA−)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，故c(Na+)+c(H+)=3c(HA−)+c(OH−)，D正确。
17．水的电离平衡曲线如下图所示。
（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度， 当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从 增加到 。
（2）在100℃下，将pH=8的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为 。
（3）在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 g/mL，其离子积约为 。
【答案】1×10-14 1×10-12 2：9 0.004
【解析】根据水的离子积常数分析计算。
（1）A点纯水中c（H+）= c（OH-）＝10﹣7ml/L，Kw =c（H+）•c（OH-）＝10﹣14 ，温度升为100℃，B点纯水中c（H+）= c（OH-）＝10﹣6ml/L，Kw = c（H+）•c（OH-）＝10﹣12 ；
（2）在100℃下，pH＝8的Ba（OH）2溶液中C（OH-）＝10﹣4ml/L，pH＝5的稀盐酸中c（H+）＝10﹣5 ml/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，在100℃条件下，混合溶液pH＝7，溶液呈碱性，混合溶液中c（OH-）＝10﹣5 ml/L，故c（OH-）＝10-4x-10-5yx+y＝10﹣5 ml/L，所以x：y＝2：9。
（3）该温度下Ca（OH）2的溶解度为0.74g，，则100g水中溶解0.74gCa（OH）2时Ca（OH）2的c＝ 0.74g74g/ml100g+0.74g1g/mL×10-3L≈0.1ml/L，故c（OH-）＝2 c[Ca（OH）2]＝0.2ml/L，离子积＝[c（Am+）]n[c（Bn﹣）]m＝c（Ca2+ ）·c2（OH-）=0.1ml/L×（0.2ml/L）2＝4×10﹣3（ml/L）3
三、解答题
18．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→C2H6O2Bi–MOF。回答下列问题：
(1)铋(Bi)位于元素周期表中第6周期VA族，基态Bi原子的价层电子排布式为 。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)铋的相关晶胞如图所示。
①等晶胞数的甲、乙中含铋原子数之比为 。
②已知乙晶胞底边长为acm，高为bcm，NA为阿伏加德罗常数的值。该晶体密度 g·cm-3(只列计算式)。
【答案】(1) 6s26p3 平面三角形 3∶1
(2)O>N>C
(3) sp3 B
(4) 3∶2 39×6+209×2a2bNA
【解析】（1）根据最高能层序数等于周期序数，主族序数等于最外层电子数可知，铋(Bi)位于元素周期表中第6周期VA族，基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3，Bi(NO3)3中阴离子即NO3-中N周围的价层电子对数为：3+12(5+1-3×2)=3，根据价层电子互斥理论可知，该阴离子的立体构型为平面三角形，已知O是8号元素，基态O原子核外电子排布式为：1s22s22p4，故基态O原子核外成对电子数与未成对电子数之比为6:2=3:1，故答案为：6s26p3；平面三角形；3:1；
（2）根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大可知，BTC分子中组成元素C、N、O的电负性由大到小排序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
（3）①由题干冠醚的分子结构简式可知，冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，即其周围的价层电子对数为4，故碳原子的杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
②A．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，即含该超分子的物质属于离子晶体，A错误；
B．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；
C．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；
D．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；
故答案为：B。
（4）①由题干晶胞示意图可知，一个晶胞甲中含有的Bi个数为：4×14+2=3，一个晶胞乙中含有的黑球个数为：8×14+4=6，灰球个数为2，即黑球代表K，灰球代表Bi，故等晶胞数的甲、乙中含铋原子数之比为3:2，故答案为：3:2；
②由题干晶胞示意图可知，一个晶胞乙中含有的黑球个数为：8×14+4=6，灰球个数为2，即黑球代表K，灰球代表Bi，则一个晶胞的质量为：6×39+2×209NAg，已知乙晶胞底边长为acm，高为bcm，NA为阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的体积为：V=a2bcm3，故该晶体密度39×6+209×2a2bNAg·cm-3，故答案为：39×6+209×2a2bNA。
19．TiCl4是生产金属钛及其化合物的重要中间体。工业上以高钛渣(主要成分是TiO2)为原料生产TiCl4的反应原理为：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌2CO(g)+TiCl4(g) ΔH=-41 kJ⋅ml-1。回答下列问题：
(1)已知：TiO2(s)+2Cl2(g)⇌O2(g)+TiCl4(g) ΔH=+181 kJ⋅ml-1，C(s)的燃烧热为394 kJ⋅ml-1，则表示CO燃烧热的热化学方程式为 。
(2)T℃时，将足量的TiO2和C加入一恒容密闭容器中，并通入一定量的Cl2和N2的混合气体，N2不参与化学反应。容器中只发生反应：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌2CO(g)+TiCl4(g)，测得容器中的总压强(p总压)与Cl2的转化率(α)随时间的变化关系如图所示：
①T℃时，该反应的平衡常数Kp= kPa(分压=总压×物质的量分数)。
②保持温度和起始总压相同，若向恒容密闭容器中通入的Cl2不含N2，与含N2相比，Cl2的平衡转化率将 (填“>”“=”或“