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四川省广安市第二中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省广安市第二中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
广安二中2023年春季高二下学期
半期考试化学
相对分子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Mg：24 Ni：59
一、单选题(本大题共20小题，共50分)
1. 下列各能层不包含d能级的是
A. O能层 B. P能层
C. M能层 D. K能层
【答案】D
【解析】
【详解】多电子原子中，同一能层的电子可分为不同的能级，K层只有s能级，L层有s、p能级，从M层开始有d能级，故答案选D。
2. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅
D. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，A正确；
B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，可以提高资源的利用率，B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，计算机芯片的材料的主要成分是单质硅，C错误；
D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点沸点很高，可制作耐高温材料，D正确；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L己烷中有NA个己烷分子
B. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氢原子数为3NA
C. 1mol有机物CH3－CH=CH－CH2－CH3中最多有9NA个原子共面
D. 104g苯乙烯中含有8NA个C－H键，并不含C=C键
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下己烷呈液态，22.4L己烷中有己烷分子远大于NA个，故A错误；
B．乙醇含有氢原子、水也含有氢原子，故50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氢原子数，大于3NA，故B错误；
C．碳碳双键是平面结构，和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，饱和碳原子是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，则1mol有机物CH3－CH=CH－CH2－CH3中最多有9NA个原子共面，故C正确；
D．苯乙烯的结构简式为，苯环不含碳碳双键，但侧链含碳碳双键，故D错误；
答案选C。
4. 某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是
A. 该元素位于第二周期IIIA族 B. 核外有3种能量不同的电子
C. 最外层电子占据3个轨道 D. 最外层上有3种运动状态不同的电子
【答案】B
【解析】
【分析】由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。
【详解】A．有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；
B．核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；
C．最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；
D．最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；
故答案为B。
5. 下列晶体性质的比较中错误的是
A. 熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅 B. 沸点：NH3>PH3
C. 硬度：白磷>冰>二氧化硅 D. 熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4
【答案】C
【解析】
【详解】A．三种物质都是原子晶体，因为C的原子半径小于Si的，所以键长：C—C键C—Si键>Si—Si键，键能越大，原子晶体的熔点越高，A正确；
B．NH3和PH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，故NH3沸点较高，B正确；
C．二氧化硅是原子晶体，硬度较大，白磷和冰都是分子晶体，硬度较小，C错误；
D．卤化硅为分子晶体，它们的组成和结构相似，分子间不存在氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，D正确；
故答案选C。
【点睛】（1）判断分子晶体的熔、沸点高低时，主要从以下两个方面考虑：一是有无氢键，存在分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高；二是看分子间作用力强弱，主要是在结构相似的情况下，看物质的相对分子质量大小，相对分子质量大者，其分子间作用力大，对应晶体的熔、沸点高；
（2）决定原子晶体熔、沸点高低的因素是原子间共价键的强弱，共价键越强，破坏共价键所需的能量越多，对应晶体的熔、沸点也越高。
6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：； ； ； 则下列有关比较中正确的是
A. 电负性： B. 原子半径：
C. 第一电离能： D. 最高正化合价：
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2为Si元素； ②1s22s22p63s23p3为P元素； ③1s22s22p3为N元素； ④1s22s22p4为O元素；
A．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P＜S，N＜O，同主族从上到下电负性减弱，所以电负性N＞P，O＞S，故电负性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，故B错误；
C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np能级容纳3个电子，半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，N＞O，故C错误；
D．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有最高正化合价，所以最高正化合价：③=②＞①，故D错误；
故答案为A。
7. 下列说法正确的是（ ）
A. CaCl2晶体中存在共价键
B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，所以硫酸是离子化合物
C SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力
D. I2是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力
【答案】D
【解析】
【详解】A．CaCl2晶体中存在离子键，没有共价键，故A错误；
B．H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，而硫酸是共价化合物，二者无因果关系，故B错误；
C．SiO2属于原子晶体，熔化只破坏共价键，晶体中没有分子间作用力，故C错误；
D．I2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故D正确；
答案选D。
8. 下列对各组物质性质的比较中，正确的是
A. 熔点：
B. 密度：
C. 配位数：简单立方堆积体心立方堆积六方最密堆积
D. 空间利用率：体心立方堆积六方最密堆积面心立方最密堆积
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族的金属单质，原子序数越大，熔点越低，这是因为它们的价电子数相同，随着原子半径的增大，金属键逐渐减弱，选项 A 错误；
B． Na 、 Mg 、 Al 是同周期的金属单质，密度逐渐增大，选项B 错误；
C．简单立方堆积配位数为6，体心立方堆积配位数为8，六方最密堆积配位数为12，故配位数：简单立方堆积体心立方堆积六方最密堆积，选项C正确；
D．不同堆积方式 的金属晶体空间利用率分别是：简单立方堆积 52% ，体心立方最密堆积 68% ， 六方最密堆积和面心立方最密堆积均为 74% ，选项D 错误；
答案选C。
9. 中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在《科学》杂志上。同学们对此有下列一些“理解”，你认为错误的是
A. 金刚石中C原子与C-C键个数比为1：2
B. 另一种化合物的化学式为NaCl，晶体中Na+的配位数为8
C. 该反应涉及的四种物质分别属于四种不同的晶体类型
D. CCl4的熔点低于金属钠的熔点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．每个碳原子形成四个C-C键，每个碳碳键由两个碳原子共用，C-C键数，所以金刚石晶体中碳原子个数与C-C键数之比1：2，故A正确；
B．根据原子守恒推出另一化合物是NaCl，根据氯化钠晶胞结构知Na+和Cl-的配位数均为6，故B错误；
C．CCl4和Na反应生成NaCl和金刚石，CCl4属于分子晶体，Na属于金属晶体，NaCl属于离子晶体和金刚石属于原子晶体(或共价晶体)，故C正确；
D．CCl4是分子晶体，常温下是液态，金属钠是金属晶体，常温下是固态，故D正确；
故选B。
10. 下列有关电子排布图的表述正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时电子排布
B. 此图错误,违背了泡利原理
C. 表示基态N原子的价电子排布
D. 表示处于激发态的B的电子排布图
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据能量最低原理、泡利原理，可表示单核10电子粒子基态时电子排布，故A正确；
B．此图错误，违背了洪特规则，故B错误；
C．根据洪特规则，基态N原子的价电子排布为，故C错误；
D． 表示处于基态的B的电子排布图，激发态的B原子的2p电子跃迁到3s轨道，2p的三个轨道能量相同，不是激发态，故D错误；
选A。
11. 下列叙述中正确的是
A. 为角形的极性分子，形成分子晶体
B. 的空间结构为平面三角形
C. 氯化硼的熔点为，氯化硼液态时能导电而固态时不导电
D. 和的中心原子均为杂化， 分子呈正四面体形，呈三角锥形
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．和相似，为直线形的非极性分子，在固态时形成分子晶体，A错误;
B．的中心原子的价电子对数为，其模型为正四面体形，略去中心原子上的孤电子对，的空间结构为三角锥形，B错误;
C．氯化硼的熔点为，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，C错误;
D．和的中心原子的价电子对数均为4，所以中心原子均为杂化，没有孤电子对，所以分子呈正四面体形，有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，D项正确;
答案选D。
12. 下列说法不正确的是
A. 的酸性依次增强
B. 苹果酸 含有1个手性碳原子
C. 均易溶于水的原因之一是与均能形成氢键
D. 以极性键结合的分子不一定是极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．非羟基氧原子数依次增多，酸性依次增强，A正确；
B．苹果酸中与羟基相连的碳原子连接四个各不相同的基团，是手性碳原子，B正确；
C．HCl不能与H2O形成氢键，C错误；
D．以极性键结合的分子不一定是极性分子，如甲烷是非极性分子，D正确；
故选C。
13. 某化合物的分子式为属族元素，B属族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知分子的键角为。下列推断不正确的是
A. 分子的空间构型为"V"形
B. A-B键为极性共价键，分子为非极性分子
C. 与相比，的熔点、沸点比的低
D. 分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为=4，有2对孤电子对，所以为V型结构，A正确；
B．由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，B错误；
C．H2O分子之间存在氢键，沸点更高，C正确；
D．氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，D正确；
故选B。
14. 元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。
元素代号
M
R
Q
T
X
Y
Z
原子半径／nm
0.037
0.186
0.074
0.102
0.150
0.160
0.099
主要化合价
+1
+1
－2
－2、+4、+6
+3
+2
－1
下列说法正确的是
A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T
C. M与Q形成的是离子化合物
D. M、Q、Z都在第2周期
【答案】A
【解析】
【分析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，说明R为钠元素，Q为氧元素，其中T元素的主要化合价有－2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子半径比氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y分别为铝、镁元素，据此分析可得结论。
【详解】A.由上述分析可知，T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S
C. M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；
D. 由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。
故答案选A。
15. 科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A. WZ的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z
C. Y的最高价氧化物的水化物是强酸
D. 该新化合物中Y满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】该化合物由阴、阳离子构成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
【详解】A. 氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A项错误；
B. 元素非金属性顺序为Z(Cl)>Y(P)>X(Si)，B项错误；
C. 磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4，它们均是中强酸，C项错误；
D. 2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项正确；
答案选D。
16. 化合物是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如图。下列关于该有机物的说法不正确的是
A. 分子中无手性碳 B. 分子中有种含氧官能团
C. 能与发生取代反应和加成反应 D. 该有机物最多消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，分子中无手性碳原子，选项A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，选项B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，选项C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，选项D错误；
答案选D。
17. 亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：。设为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A. 分子中含有键数目为
B. 配合物的中心离子价电子排布式为，该中心离子的配位数为6
C. 每生成时，反应过程中转移电子数目为
D. 中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2，A错误；
B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确；
C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误；
D．中阴离子中C原子的孤电子对数，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结构为平面三角形，D错误；
故选B。
18. 如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，则以下叙述正确的是
A. C电极为电解池的阳极
B. Cu电极附近OH-浓度增大
C. Na+移向Pt电极
D. Pt电极上有O2生成
【答案】B
【解析】
【分析】当闭合开关后，右边装置中锌和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，且锌和碳棒是活泼性不同的导体，所以右边装置构成了原电池，其中Zn是负极，C是正极；左边装置则是有外加电源的电解池，其Pt是阳极，Cu是阴极。
【详解】A．据分析，C电极为原电池的正极，A项错误；
B．据分析，Cu电极是电解池阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时铜电极附近产生OH-，所以随着反应的进行，铜电极附近OH-浓度增大，B项正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，所以Na＋向铜电极移动，C项错误；
D．铂作电解池阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，D项错误；
故选B。
19. 常温下，向25mL0.1mol·L-1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固体或通入HCl。已知：HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数。下列有关叙述正确的是
A. 在加入NaOH固体或通入HCl的过程中，水的电离程度均一直减小
B. pH=7时，c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
C. 在NaHR溶液中，有关微粒浓度大小关系为c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
D. 加入NaOH固体至pH=n，此时存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2R溶液中水的电离受到抑制，往溶液中加入NaOH固体，消耗氢离子，水的电离程度增大，当NaOH过量时，水的电离受到抑制，电离程度减小，往溶液中通入HCl，溶液中氢离子浓度增大，水的电离程度一直减小，A错误；
B．pH=7时，H2R溶液中加入NaOH固体，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B错误；
C．HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数，则在NaHR溶液中，HR-的电离程度大于其水解程度，则c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，C错误；
D．加入NaOH固体至pH=n，，，由此可得c(HR-)=c(R2-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)= c(OH-)+3c(HR-)，D正确；
故选D。
20. 已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g)⇌Y(g) ΔH＜0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态
B. a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点
C. 25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1
D. 反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知Y是反应物，X是生成物，在0-10 min内该反应达到平衡状态，相同时间内反应物浓度变化量△n(Y)=(0.6- 0.4) mol/L=0.2 mol/L，生成物浓度变化量△n(X)=(0.6-0.2)mol/L=0.4 mol/L，反应物和生成物计量数之比等于其浓度变化量之比=0.2 mol/L：0.4 mol/L=l：2，反应方程式为：Y(g)2X(g)，然后根据用不同物质表示的反应速率关系及影响因素分析。
【详解】A．恒温恒容条件下，混合气体压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和减小，则气体压强减小，则如果混合气体压强不变时，正、逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，A正确；
B．各物质的物质的量浓度不变时该反应达到平衡状态，根据图知，只有b点各物质的物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．25 ~ 30 min内用X表示的平均化学反应速率v(X)=，C正确；
D．25 min时，X的物质的量浓度增大、Y的物质的量浓度不变，所以改变的条件是增大X的浓度，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题(本大题共3小题，每空2分，共50分)
21. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。
①基态氮原子的轨道表示式为_______，占据最高能级电子的电子云轮廓图为_______形。
②分子中，与N原子相连的H显正电性。N、H电负性大小顺序为_______。
（2）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、、、等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中d区的元素是_______。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小：_______。O的第一电离能小于N，原因是_______。
③下表的数据从上到下是钠、镁、铝逐级失去电子的电离能。
元素
电离能
结合数据说明Mg的常见化合价为价的原因_______。
（3）我国科研人员研制出了“”催化剂，温度、压强分别降到了、，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①基态Fe原子的核外电子排布式为_______。
②比较与的半径大小关系：_______填“”或“”。
【答案】（1） ①. ②. 哑铃形 ③.
（2） ①. ②. ③. 原子能级上的电子数处于半充满的稳定结构 ④. 最外层上能级上有两个电子，第一电离能和第二电离能都较小，易同时失去两个电子，故化合价常为
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
基态氮原子的轨道表示式为,占据最高能级为2p能级，其电子云轮廓图为哑铃形。N、H电负性大小顺序为。
【小问2详解】
Al、K、Ca、Mg、Cr、O元素中，处于元素周期表中d区的元素是Cr。Mg、Ca第一电离能的大小为：，O的第一电离能小于N，原因是原子能级上的电子数处于半充满的稳定结构。Mg的常见化合价为价的原因是其最外层上能级上有两个电子，第一电离能和第二电离能都较小，易同时失去两个电子，故化合价常为。
【小问3详解】
基态Fe原子的核外电子排布式为。与电子层数相同，但Li的核电荷数比H的大，故半径大小关系为：<。
22. 回答下列问题：
（1）CH2Cl2是_______填“极性”或“非极性”分子。基态氯原子的价电子排布式为_______。
（2）的电子排布式为，则在元素周期表中的位置是_______。
（3）比较NH3和[Cu(NH3)4]2+中键角的大小：NH3_______[Cu(NH3)4]2+填“”或“”；
（4）金刚烷晶体采取分子密堆积、晶胞结构如图甲所示，若晶胞体积为，阿伏加德罗常数为NA，则金刚烷的分子式_______，晶体的密度为_______。
（5）金属硼氢化物可用作储氢材料。图乙是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子，且在晶胞内。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为，密度为，阿伏加德罗常数的值为NA。
①该晶体的化学式为_______用含、、、表示。
②金属的相对原子质量为_______列出表达式。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 3s23p5
（2）第四周期第VIII族
（3）< （4） ①. C10H16 ②.
（5） ①. M(NH3)6B2H8 ②.
【解析】
【小问1详解】
CH2Cl2相当于两个氯原子取代甲烷中的两个氢原子，正负电荷中心不重合，为极性分子；氯为17号元素，则基态氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价电子排布式为3s23p5，故答案为：极性；3s23p5；
【小问2详解】
的电子排布式为，则其原子序数为28，在元素周期表中位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；
【小问3详解】
NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小， H-N-H键角增大，则键角：NH3<[Cu(NH3)4]2+，故答案为：<；
【小问4详解】
根据金刚烷的结构式可知，其分子式为C10H16；该晶胞中金刚烷分子数目为，则晶体的密度，故答案为：C10H16；；
【小问5详解】
①该晶胞中M原子数目为，氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子、B原子个数是8、H原子个数是B原子个数的4倍，有32个氢原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，故答案为：M(NH3)6B2H8；
②该晶胞的体积为，，则该化合物的摩尔质量为，则金属M的相对原子质量为，故答案为：。
23. 以红土镍矿主要成分为、、、和等为原料制备的工艺流程如图：
（1）“酸浸”时，加快化学反应速率的措施_______写一条即可，滤渣Ⅰ的成分为_______填化学式。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______，若用代替溶液，使转化为，则需至少为_______。
（3）的作用是调节溶液使沉淀，根据下表的数据，则调节溶液的范围是_______。
金属离子
开始沉淀的
沉淀完全的
（4）“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净方法是_______。
（5）金属可以与、形成一种化合物M，M是一种新型超导体，它的临界温度为。已知的晶胞结构如图所示，则的化学式为_______。原子A和B的位置分别为(0，0，0)，(，0)，原子C的位置为_______。用坐标表示
【答案】（1） ①. 将矿石粉碎或增大硫酸的浓度等 ②.
（2） ①. ②.
（3）
（4）取最后一次洗涤液少量于一试管中，向其中滴加盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净
（5） ①. ②. (，1，)
【解析】
【分析】红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2等)加硫酸溶解，除二氧化硅外均溶于硫酸，得到硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镁的混合溶液，过滤后滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加双氧水将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，再向溶液中加MgO调节溶液的pH值使三价铁离子沉淀，再加NaF将镁离子沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和氟化镁的混合物，再向滤液Ⅱ中加氢氧化钠，将镍离子转变成氢氧化镍沉淀。
【小问1详解】
加快反应速率的措施可以是增大硫酸的浓度，将矿石粉碎，升高温度等措施，由以上分析可知滤渣I为SiO2，故答案为：将矿石粉碎或增大硫酸的浓度等；SiO2；
【小问2详解】
氧化过程中二价铁被双氧水氧化成三价铁，反应的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，使0.1molFe2+转化为Fe3+，失去的电子数为0.1mol，NaClO作氧化剂时其还原产物为氯离子，1molNaClO得2mol电子，若电子转移0.1mol时，消耗的NaClO为0.05mol，故答案为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；0.05；
【小问3详解】
加MgO的目的是调节pH值使三价铁离子完全沉淀而镍离子不沉淀，结合表中数据可知pH应大于2.8，小于6.9，故答案为：2.8～6.9；
【小问4详解】
“沉镍”后过滤出氢氧化镍的溶液中含有硫酸根离子，若沉淀洗涤干净则洗涤液中不存在硫酸根离子，因此可以通过检验最后一次洗涤液中是否有硫酸根离子确定氢氧化镍是否洗涤干净，具体操作为：取最后一次洗涤液少量于一试管中，向其中滴加盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；
【小问5详解】
晶胞中Mg原子数目为，Ni原子数目为，C原子数目为1，则其化学式为MgCNi3；原子A为坐标原点，则原子C的坐标为(，1，)，故答案为：MgCNi3；(，1，)。
广安二中2023年春季高二下学期
半期考试化学
相对分子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Mg：24 Ni：59
一、单选题(本大题共20小题，共50分)
1. 下列各能层不包含d能级的是
A. O能层 B. P能层
C. M能层 D. K能层
【答案】D
【解析】
【详解】多电子原子中，同一能层的电子可分为不同的能级，K层只有s能级，L层有s、p能级，从M层开始有d能级，故答案选D。
2. 化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅
D. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，A正确；
B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，可以提高资源的利用率，B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，计算机芯片的材料的主要成分是单质硅，C错误；
D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点沸点很高，可制作耐高温材料，D正确；
故选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L己烷中有NA个己烷分子
B. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氢原子数为3NA
C. 1mol有机物CH3－CH=CH－CH2－CH3中最多有9NA个原子共面
D. 104g苯乙烯中含有8NA个C－H键，并不含C=C键
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下己烷呈液态，22.4L己烷中有己烷分子远大于NA个，故A错误；
B．乙醇含有氢原子、水也含有氢原子，故50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氢原子数，大于3NA，故B错误；
C．碳碳双键是平面结构，和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，饱和碳原子是四面体结构，单键碳及其相连的原子最多三个共面，则1mol有机物CH3－CH=CH－CH2－CH3中最多有9NA个原子共面，故C正确；
D．苯乙烯的结构简式为，苯环不含碳碳双键，但侧链含碳碳双键，故D错误；
答案选C。
4. 某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是
A. 该元素位于第二周期IIIA族 B. 核外有3种能量不同的电子
C. 最外层电子占据3个轨道 D. 最外层上有3种运动状态不同的电子
【答案】B
【解析】
【分析】由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。
【详解】A．有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；
B．核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；
C．最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；
D．最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；
故答案为B。
5. 下列晶体性质的比较中错误的是
A. 熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅 B. 沸点：NH3>PH3
C. 硬度：白磷>冰>二氧化硅 D. 熔点：SiI4>SiBr4>SiCl4
【答案】C
【解析】
【详解】A．三种物质都是原子晶体，因为C的原子半径小于Si的，所以键长：C—C键
B．NH3和PH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，故NH3沸点较高，B正确；
C．二氧化硅是原子晶体，硬度较大，白磷和冰都是分子晶体，硬度较小，C错误；
D．卤化硅为分子晶体，它们的组成和结构相似，分子间不存在氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，D正确；
故答案选C。
【点睛】（1）判断分子晶体的熔、沸点高低时，主要从以下两个方面考虑：一是有无氢键，存在分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高；二是看分子间作用力强弱，主要是在结构相似的情况下，看物质的相对分子质量大小，相对分子质量大者，其分子间作用力大，对应晶体的熔、沸点高；
（2）决定原子晶体熔、沸点高低的因素是原子间共价键的强弱，共价键越强，破坏共价键所需的能量越多，对应晶体的熔、沸点也越高。
6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：； ； ； 则下列有关比较中正确的是
A. 电负性： B. 原子半径：
C. 第一电离能： D. 最高正化合价：
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2为Si元素； ②1s22s22p63s23p3为P元素； ③1s22s22p3为N元素； ④1s22s22p4为O元素；
A．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P＜S，N＜O，同主族从上到下电负性减弱，所以电负性N＞P，O＞S，故电负性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，故B错误；
C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np能级容纳3个电子，半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，N＞O，故C错误；
D．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有最高正化合价，所以最高正化合价：③=②＞①，故D错误；
故答案为A。
7. 下列说法正确的是（ ）
A. CaCl2晶体中存在共价键
B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，所以硫酸是离子化合物
C SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力
D. I2是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力
【答案】D
【解析】
【详解】A．CaCl2晶体中存在离子键，没有共价键，故A错误；
B．H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，而硫酸是共价化合物，二者无因果关系，故B错误；
C．SiO2属于原子晶体，熔化只破坏共价键，晶体中没有分子间作用力，故C错误；
D．I2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故D正确；
答案选D。
8. 下列对各组物质性质的比较中，正确的是
A. 熔点：
B. 密度：
C. 配位数：简单立方堆积体心立方堆积六方最密堆积
D. 空间利用率：体心立方堆积六方最密堆积面心立方最密堆积
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族的金属单质，原子序数越大，熔点越低，这是因为它们的价电子数相同，随着原子半径的增大，金属键逐渐减弱，选项 A 错误；
B． Na 、 Mg 、 Al 是同周期的金属单质，密度逐渐增大，选项B 错误；
C．简单立方堆积配位数为6，体心立方堆积配位数为8，六方最密堆积配位数为12，故配位数：简单立方堆积体心立方堆积六方最密堆积，选项C正确；
D．不同堆积方式 的金属晶体空间利用率分别是：简单立方堆积 52% ，体心立方最密堆积 68% ， 六方最密堆积和面心立方最密堆积均为 74% ，选项D 错误；
答案选C。
9. 中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在《科学》杂志上。同学们对此有下列一些“理解”，你认为错误的是
A. 金刚石中C原子与C-C键个数比为1：2
B. 另一种化合物的化学式为NaCl，晶体中Na+的配位数为8
C. 该反应涉及的四种物质分别属于四种不同的晶体类型
D. CCl4的熔点低于金属钠的熔点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．每个碳原子形成四个C-C键，每个碳碳键由两个碳原子共用，C-C键数，所以金刚石晶体中碳原子个数与C-C键数之比1：2，故A正确；
B．根据原子守恒推出另一化合物是NaCl，根据氯化钠晶胞结构知Na+和Cl-的配位数均为6，故B错误；
C．CCl4和Na反应生成NaCl和金刚石，CCl4属于分子晶体，Na属于金属晶体，NaCl属于离子晶体和金刚石属于原子晶体(或共价晶体)，故C正确；
D．CCl4是分子晶体，常温下是液态，金属钠是金属晶体，常温下是固态，故D正确；
故选B。
10. 下列有关电子排布图的表述正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时电子排布
B. 此图错误,违背了泡利原理
C. 表示基态N原子的价电子排布
D. 表示处于激发态的B的电子排布图
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据能量最低原理、泡利原理，可表示单核10电子粒子基态时电子排布，故A正确；
B．此图错误，违背了洪特规则，故B错误；
C．根据洪特规则，基态N原子的价电子排布为，故C错误；
D． 表示处于基态的B的电子排布图，激发态的B原子的2p电子跃迁到3s轨道，2p的三个轨道能量相同，不是激发态，故D错误；
选A。
11. 下列叙述中正确的是
A. 为角形的极性分子，形成分子晶体
B. 的空间结构为平面三角形
C. 氯化硼的熔点为，氯化硼液态时能导电而固态时不导电
D. 和的中心原子均为杂化， 分子呈正四面体形，呈三角锥形
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．和相似，为直线形的非极性分子，在固态时形成分子晶体，A错误;
B．的中心原子的价电子对数为，其模型为正四面体形，略去中心原子上的孤电子对，的空间结构为三角锥形，B错误;
C．氯化硼的熔点为，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，C错误;
D．和的中心原子的价电子对数均为4，所以中心原子均为杂化，没有孤电子对，所以分子呈正四面体形，有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，D项正确;
答案选D。
12. 下列说法不正确的是
A. 的酸性依次增强
B. 苹果酸 含有1个手性碳原子
C. 均易溶于水的原因之一是与均能形成氢键
D. 以极性键结合的分子不一定是极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．非羟基氧原子数依次增多，酸性依次增强，A正确；
B．苹果酸中与羟基相连的碳原子连接四个各不相同的基团，是手性碳原子，B正确；
C．HCl不能与H2O形成氢键，C错误；
D．以极性键结合的分子不一定是极性分子，如甲烷是非极性分子，D正确；
故选C。
13. 某化合物的分子式为属族元素，B属族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知分子的键角为。下列推断不正确的是
A. 分子的空间构型为"V"形
B. A-B键为极性共价键，分子为非极性分子
C. 与相比，的熔点、沸点比的低
D. 分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为=4，有2对孤电子对，所以为V型结构，A正确；
B．由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，B错误；
C．H2O分子之间存在氢键，沸点更高，C正确；
D．氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，D正确；
故选B。
14. 元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。
元素代号
M
R
Q
T
X
Y
Z
原子半径／nm
0.037
0.186
0.074
0.102
0.150
0.160
0.099
主要化合价
+1
+1
－2
－2、+4、+6
+3
+2
－1
下列说法正确的是
A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T
C. M与Q形成的是离子化合物
D. M、Q、Z都在第2周期
【答案】A
【解析】
【分析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，说明R为钠元素，Q为氧元素，其中T元素的主要化合价有－2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子半径比氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y分别为铝、镁元素，据此分析可得结论。
【详解】A.由上述分析可知，T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S
C. M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；
D. 由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。
故答案选A。
15. 科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A. WZ的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z
C. Y的最高价氧化物的水化物是强酸
D. 该新化合物中Y满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】该化合物由阴、阳离子构成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
【详解】A. 氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A项错误；
B. 元素非金属性顺序为Z(Cl)>Y(P)>X(Si)，B项错误；
C. 磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4，它们均是中强酸，C项错误；
D. 2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项正确；
答案选D。
16. 化合物是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如图。下列关于该有机物的说法不正确的是
A. 分子中无手性碳 B. 分子中有种含氧官能团
C. 能与发生取代反应和加成反应 D. 该有机物最多消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，分子中无手性碳原子，选项A正确；
B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，选项B正确；
C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，选项C正确；
D．酚能和NaOH发生中和反应，酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，选项D错误；
答案选D。
17. 亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：。设为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A. 分子中含有键数目为
B. 配合物的中心离子价电子排布式为，该中心离子的配位数为6
C. 每生成时，反应过程中转移电子数目为
D. 中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2，A错误；
B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确；
C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误；
D．中阴离子中C原子的孤电子对数，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结构为平面三角形，D错误；
故选B。
18. 如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，则以下叙述正确的是
A. C电极为电解池的阳极
B. Cu电极附近OH-浓度增大
C. Na+移向Pt电极
D. Pt电极上有O2生成
【答案】B
【解析】
【分析】当闭合开关后，右边装置中锌和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，且锌和碳棒是活泼性不同的导体，所以右边装置构成了原电池，其中Zn是负极，C是正极；左边装置则是有外加电源的电解池，其Pt是阳极，Cu是阴极。
【详解】A．据分析，C电极为原电池的正极，A项错误；
B．据分析，Cu电极是电解池阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时铜电极附近产生OH-，所以随着反应的进行，铜电极附近OH-浓度增大，B项正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，所以Na＋向铜电极移动，C项错误；
D．铂作电解池阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，D项错误；
故选B。
19. 常温下，向25mL0.1mol·L-1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固体或通入HCl。已知：HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数。下列有关叙述正确的是
A. 在加入NaOH固体或通入HCl的过程中，水的电离程度均一直减小
B. pH=7时，c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
C. 在NaHR溶液中，有关微粒浓度大小关系为c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
D. 加入NaOH固体至pH=n，此时存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2R溶液中水的电离受到抑制，往溶液中加入NaOH固体，消耗氢离子，水的电离程度增大，当NaOH过量时，水的电离受到抑制，电离程度减小，往溶液中通入HCl，溶液中氢离子浓度增大，水的电离程度一直减小，A错误；
B．pH=7时，H2R溶液中加入NaOH固体，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B错误；
C．HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数，则在NaHR溶液中，HR-的电离程度大于其水解程度，则c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，C错误；
D．加入NaOH固体至pH=n，，，由此可得c(HR-)=c(R2-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)= c(OH-)+3c(HR-)，D正确；
故选D。
20. 已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g)⇌Y(g) ΔH＜0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A. 若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态
B. a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点
C. 25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1
D. 反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知Y是反应物，X是生成物，在0-10 min内该反应达到平衡状态，相同时间内反应物浓度变化量△n(Y)=(0.6- 0.4) mol/L=0.2 mol/L，生成物浓度变化量△n(X)=(0.6-0.2)mol/L=0.4 mol/L，反应物和生成物计量数之比等于其浓度变化量之比=0.2 mol/L：0.4 mol/L=l：2，反应方程式为：Y(g)2X(g)，然后根据用不同物质表示的反应速率关系及影响因素分析。
【详解】A．恒温恒容条件下，混合气体压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和减小，则气体压强减小，则如果混合气体压强不变时，正、逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，A正确；
B．各物质的物质的量浓度不变时该反应达到平衡状态，根据图知，只有b点各物质的物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．25 ~ 30 min内用X表示的平均化学反应速率v(X)=，C正确；
D．25 min时，X的物质的量浓度增大、Y的物质的量浓度不变，所以改变的条件是增大X的浓度，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题(本大题共3小题，每空2分，共50分)
21. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。
①基态氮原子的轨道表示式为_______，占据最高能级电子的电子云轮廓图为_______形。
②分子中，与N原子相连的H显正电性。N、H电负性大小顺序为_______。
（2）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、、、等氧化物中的几种。
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中d区的元素是_______。
②比较Mg、Ca第一电离能的大小：_______。O的第一电离能小于N，原因是_______。
③下表的数据从上到下是钠、镁、铝逐级失去电子的电离能。
元素
电离能
结合数据说明Mg的常见化合价为价的原因_______。
（3）我国科研人员研制出了“”催化剂，温度、压强分别降到了、，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①基态Fe原子的核外电子排布式为_______。
②比较与的半径大小关系：_______填“”或“”。
【答案】（1） ①. ②. 哑铃形 ③.
（2） ①. ②. ③. 原子能级上的电子数处于半充满的稳定结构 ④. 最外层上能级上有两个电子，第一电离能和第二电离能都较小，易同时失去两个电子，故化合价常为
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
基态氮原子的轨道表示式为,占据最高能级为2p能级，其电子云轮廓图为哑铃形。N、H电负性大小顺序为。
【小问2详解】
Al、K、Ca、Mg、Cr、O元素中，处于元素周期表中d区的元素是Cr。Mg、Ca第一电离能的大小为：，O的第一电离能小于N，原因是原子能级上的电子数处于半充满的稳定结构。Mg的常见化合价为价的原因是其最外层上能级上有两个电子，第一电离能和第二电离能都较小，易同时失去两个电子，故化合价常为。
【小问3详解】
基态Fe原子的核外电子排布式为。与电子层数相同，但Li的核电荷数比H的大，故半径大小关系为：<。
22. 回答下列问题：
（1）CH2Cl2是_______填“极性”或“非极性”分子。基态氯原子的价电子排布式为_______。
（2）的电子排布式为，则在元素周期表中的位置是_______。
（3）比较NH3和[Cu(NH3)4]2+中键角的大小：NH3_______[Cu(NH3)4]2+填“”或“”；
（4）金刚烷晶体采取分子密堆积、晶胞结构如图甲所示，若晶胞体积为，阿伏加德罗常数为NA，则金刚烷的分子式_______，晶体的密度为_______。
（5）金属硼氢化物可用作储氢材料。图乙是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子，且在晶胞内。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为，密度为，阿伏加德罗常数的值为NA。
①该晶体的化学式为_______用含、、、表示。
②金属的相对原子质量为_______列出表达式。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 3s23p5
（2）第四周期第VIII族
（3）< （4） ①. C10H16 ②.
（5） ①. M(NH3)6B2H8 ②.
【解析】
【小问1详解】
CH2Cl2相当于两个氯原子取代甲烷中的两个氢原子，正负电荷中心不重合，为极性分子；氯为17号元素，则基态氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，其价电子排布式为3s23p5，故答案为：极性；3s23p5；
【小问2详解】
的电子排布式为，则其原子序数为28，在元素周期表中位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；
【小问3详解】
NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小， H-N-H键角增大，则键角：NH3<[Cu(NH3)4]2+，故答案为：<；
【小问4详解】
根据金刚烷的结构式可知，其分子式为C10H16；该晶胞中金刚烷分子数目为，则晶体的密度，故答案为：C10H16；；
【小问5详解】
①该晶胞中M原子数目为，氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子、B原子个数是8、H原子个数是B原子个数的4倍，有32个氢原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，故答案为：M(NH3)6B2H8；
②该晶胞的体积为，，则该化合物的摩尔质量为，则金属M的相对原子质量为，故答案为：。
23. 以红土镍矿主要成分为、、、和等为原料制备的工艺流程如图：
（1）“酸浸”时，加快化学反应速率的措施_______写一条即可，滤渣Ⅰ的成分为_______填化学式。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______，若用代替溶液，使转化为，则需至少为_______。
（3）的作用是调节溶液使沉淀，根据下表的数据，则调节溶液的范围是_______。
金属离子
开始沉淀的
沉淀完全的
（4）“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净方法是_______。
（5）金属可以与、形成一种化合物M，M是一种新型超导体，它的临界温度为。已知的晶胞结构如图所示，则的化学式为_______。原子A和B的位置分别为(0，0，0)，(，0)，原子C的位置为_______。用坐标表示
【答案】（1） ①. 将矿石粉碎或增大硫酸的浓度等 ②.
（2） ①. ②.
（3）
（4）取最后一次洗涤液少量于一试管中，向其中滴加盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净
（5） ①. ②. (，1，)
【解析】
【分析】红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2等)加硫酸溶解，除二氧化硅外均溶于硫酸，得到硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镁的混合溶液，过滤后滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加双氧水将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，再向溶液中加MgO调节溶液的pH值使三价铁离子沉淀，再加NaF将镁离子沉淀，过滤，滤渣Ⅱ为氢氧化铁和氟化镁的混合物，再向滤液Ⅱ中加氢氧化钠，将镍离子转变成氢氧化镍沉淀。
【小问1详解】
加快反应速率的措施可以是增大硫酸的浓度，将矿石粉碎，升高温度等措施，由以上分析可知滤渣I为SiO2，故答案为：将矿石粉碎或增大硫酸的浓度等；SiO2；
【小问2详解】
氧化过程中二价铁被双氧水氧化成三价铁，反应的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，使0.1molFe2+转化为Fe3+，失去的电子数为0.1mol，NaClO作氧化剂时其还原产物为氯离子，1molNaClO得2mol电子，若电子转移0.1mol时，消耗的NaClO为0.05mol，故答案为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；0.05；
【小问3详解】
加MgO的目的是调节pH值使三价铁离子完全沉淀而镍离子不沉淀，结合表中数据可知pH应大于2.8，小于6.9，故答案为：2.8～6.9；
【小问4详解】
“沉镍”后过滤出氢氧化镍的溶液中含有硫酸根离子，若沉淀洗涤干净则洗涤液中不存在硫酸根离子，因此可以通过检验最后一次洗涤液中是否有硫酸根离子确定氢氧化镍是否洗涤干净，具体操作为：取最后一次洗涤液少量于一试管中，向其中滴加盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加盐酸酸化后，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；
【小问5详解】
晶胞中Mg原子数目为，Ni原子数目为，C原子数目为1，则其化学式为MgCNi3；原子A为坐标原点，则原子C的坐标为(，1，)，故答案为：MgCNi3；(，1，)。
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