学年广西钦州市高二下学期期末考试化学试题教学质量监测解析版.docx
《学年广西钦州市高二下学期期末考试化学试题教学质量监测解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年广西钦州市高二下学期期末考试化学试题教学质量监测解析版.docx（30页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
学年广西钦州市高二下学期期末考试化学试题教学质量监测解析版
广西钦州市2019-2020学年高二下学期期末考试教学质量监测
可能用到的相对原子质量：
H-1 Li-7 C-12 O-16 Na-23 K-39 Cu-64
一、选择题
1.化学与社会、生活密切相关。
下列说法正确的是
A.医学上常采用碳酸钡作为钡餐
B.钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
C.“84消毒液”和75%的酒精杀菌清毒原理相同
D.泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能相互促进水解反应
『答案』D
『解析』
『详解』A．碳酸钡可溶于盐酸生成可溶性钡盐，溶于水的钡盐对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂-“钡餐”，故A错误；
B．自然界中钢铁的腐蚀以吸氧腐蚀为主，但影响速率的因素较多，故无法直接比较吸氧腐蚀速率和析氢腐蚀速率的大小，故B错误；
C．84消毒液的主要成分是次氯酸钠，它的消毒原理是强氧化性，会导致微生物中的很多成分被氧化，最终丧失机能，无法繁殖或感染；酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死，二者消毒原理不相同，故C错误；
D．铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，碳酸氢根离子和铝离子能发生相互促进的水解反应，则泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，即Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；
『答案』为D。
2.下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是
A.氢氧化钠B.硫化钠C.水D.氯气
『答案』A
『解析』
『详解』A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，电子式为
，故A正确；
B．Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，电子式为
，故B错误；
C．H2O中O原子与每个H原子形成一对共用电子对，只存在共价键，电子式为
，故C错误；
D．Cl2中Cl原子与Cl原子形成一对共用电子对，只含共价键，电子式为
，故D错误；
『答案』为D。
3.下列有关化学用语表示正确的是
A.钾离子的电子排布式：
『Ar』4s1
B.基态氮原子的电子排布图：
C.水的电子式：
D.基态铬原子（24Cr） 的价电子排布式：
3d44s2
『答案』B
『解析』
『详解』A．K的原子序数为19，核内19个质子，核外19个电子，K+表示失去最外层一个电子，核外只有18个电子，钾离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A错误；
B．N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，基态氮原子的电子排布图为
，故B正确；
C．H2O中O原子与每个H原子形成一对共用电子对，只有共价键，电子式为
，故C错误；
D．电子排布处于全满或半满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故D错误；
『答案』为B。
4.在标准状况下，用铂电极电解CuSO4溶液，当阴极产生12.8g铜时，阳极放出的气体是
A.1.12LH2B.1.12LO2C.2.24LH2D.2.24LO2
『答案』D
『解析』
『详解』用铂电极电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：
2Cu2++4e-=2Cu，阳极反应式为：
4OH--4e-=2H2O+O2，当阴极产生12.8g铜时，转移电子的物质的量为：
12.8÷64g/mol×2=0.4mol，由电子守恒可得n（O2）=0.4mol÷4=0.1mol，体积为：
0.1mol×22.4L/mol=22.4L，故『答案』选D。
5.电解质电离时一定相等的是（ ）
A.阴离子与阳离子的总数B.阳离子和阴离子的质量
C.正电荷总数和负电荷总数D.每个阳离子和阴离子所带电荷数
『答案』C
『解析』
『详解』根据电荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数一定相等，比如说1molNa2SO4电离出的2molNa+和1molSO42-，两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等，但正电荷总数和负电荷总数相等；
本题『答案』为C。
『点睛』电解质在电离时，一个分子中的阴阳离子是同时分开的，而任何电解质都是电中性的，故电解时阴阳离子电荷总数相等。
6.将0.1mol·L-1的氨水加水稀释至0.01mol·L-1，稀释过程中温度不变，下列叙述正确的是（ ）
A.稀释后溶液中c（H+）和c（OH-）均减小
B.稀释后溶液中c（OH-）变为稀释前的1/10
C.稀释过程中氨水的电离平衡向左移动
D.稀释过程中溶液中
增大
『答案』D
『解析』
『详解』A．氨水中存在电离平衡:
NH3·H2O
N
+OH-，加水稀释平衡右移，c（OH-）减小，由于温度不变，水的离子积不变，故c（H+）增大，故A错误；
B．稀释平衡右移，所以稀释后溶液中c（OH-）大于稀释前的1/10，故B错误；
C．稀释过程中氨水的电离平衡向右移动，故C错误；
D．稀释过程中氨水的电离平衡向右移动，NH3·H2O
N
+OH-，OH-物质的量增大，NH3·H2O的物质的量减小，所以
增大，OH-和NH3·H2O的物质的量之比等于浓度之比，所以
增大，故D正确；
故选D。
7.现有下列两个图象：
下列反应中符合上述图象的是（ ）
A.N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g） ΔH＜0
B2SO3（g）
2SO2（g）＋O2（g） ΔH＞0
C.4NH3（g）＋5O2（g）
4NO（g）＋6H2O（g） ΔH＜0
DH2（g）＋CO（g）
C（s）＋H2O（g） ΔH＞0
『答案』B
『解析』
由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以
A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；
8.在体积固定的密闭容器中发生反应：
2CO（g）+ 4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）。
下列叙述中不能说明上述反应已达到化学平衡状态的是
A.体系
压强不变
B.反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化
C.混合气体的密度不变
D.混合气体的平均相对分子质量不变
『答案』C
『解析』
『详解』A．该反应为气体体积缩小的可逆反应，压强为变量，当体系的压强不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A不符合题意；
B．反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．该反应中混合气体总质量、容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故C符合题意；
D．混合气体总质量为定值，混合气体的物质的量为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，表明达到平衡状态，故D不符合题意；
『答案』为C。
9.下列各组元素属于p区的是（ ）
A.原子序数为1、2、7的元素B.S、O、P
C.Fe、Ar、ClD.Na、Li、Mg
『答案』B
『解析』
『详解』根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；
A．原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；
B．O，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；
C．铁属于d区，故C错误；
D．锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，故D错误；
故『答案』为B。
10.下列原子的价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是
A.ns2np1B.ns2np2C.ns2np3D.ns2np4
『答案』C
『解析』
『分析』
因同主族元素从上到下电离能逐渐减小，比较核外电子的第一电离能，应按同周期元素比较，否则没有可比性，当最外层处于半充满或全充满时，难以失去电子，则第一电离能最大。
『详解』四种元素中应位于同一周期，ns2np3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，则第一电离能最大；『答案』为C。
11.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据（用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1）
I1
I2
I3
I4
…
R
740
1500
7700
10500
…
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A.R元素的原子最外层共有4个电子
B.R的最高正价为＋3价
C.R元素位于元素周期表中第ⅡA族
D.R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
『答案』C
『解析』
『详解』从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；
C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；
综上所述，本题选C。
12.下列溶液中离子浓度关系表示正确
是
A.NaHCO3 溶液中：
c （H+）+c（Na+）=c（OH-） +c （
）+c（
）
B.常温下，pH=3 的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：
c （H+）＞c（OH-）
C.0.1mol/L的NH4Cl溶液中，c （Cl-）＞c （H+）＞c（
） ＞c（OH-）
D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：
c（Na+） =2『c（CH3OOH） +c（CH3COO-） 』
『答案』B
『解析』
『详解』A．NaHCO3溶液中，存在Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-等离子，由电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A错误；
B．常温下，pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=10-3mol•L-1，与醋酸中的氢离子的浓度相同，CH3COOH是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，酸的浓度远远大于氢氧化钠，所以pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量很多，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，c（H+）＞c（OH-），故B正确；
C．0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+会发生水解反应，即NH4++H2O
NH3·H2O+H+，溶液显酸性，水解的程度是很小的，故c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒得2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），故D错误；
『答案』为B。
13.下列几组微粒互为等电子体的是
①
和
；②NO+和 CN-；③CO2和 CS2；④NO2 和CO2
A.仅①②③B.仅②④C.仅①③④D.①②③④
『答案』A
『解析』
『分析』
等电子体是指具有相同价电子数和原子数目的微粒。
『详解』①
原子数目为4，价电子数目6+6×3+2=26，
原子数目为4，价电子数目5+6×3+3=26，二者为等电子体；
②NO+原子数目为2，价电子数目5+6-1=10，CN-原子数目为2，价电子数目4+5+1=10，二者为等电子体；
③CO2原子数目为3，价电子数目4+6×2=16，CS2原子数目为3，价电子数目4+6×2=16，二者为等电子体；
④NO2原子数目为3，价电子数目5+6×2=17，CO2原子数目为3，价电子数目4+6×2=16，二者不是等电子体；故①②③是等电子体；『答案』为A。
14.某学生以酚酞为指示剂用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.1000 mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.00
27.45
第二次
25.00
0.00
30.30
第三次
25.00
0.00
17.55
下列说法正确的是
A.该氢氧化钠溶液中c（NaOH）=0.1155mol/L
B.当溶液从无色刚好变成红色时，则达到滴定终点
C.达滴定终点时，滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏低
D.实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
『答案』A
『解析』
『分析』
第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积应该求两次实验的平均值，误差分析需要根据c（NaOH）V（NaOH）＝c（HCl）V（HCl）进行分析。
『详解』A．第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积是28.8750mL，根据该氢氧化钠溶液中c（NaOH）V（NaOH）＝c（HCl）V（HCl），c（NaOH）=
=
=0.1155mol·L-1，故A正确；
B．盐酸滴定氢氧化钠时，酚酞遇氢氧化钠显红色，当溶液从红色变成无色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点，故B错误；
C．滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，消耗酸的体积偏大，则测定结果偏高，故C错误；
D．锥形瓶若用待测氢氧化钠溶液润洗，消耗V（HCl）偏大，由c酸V酸=c碱V碱可知，c（NaOH）偏大，实验中锥形瓶不能用待测氢氧化钠溶液润洗，故D错误；
『答案』选A。
15.膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢。
以下关于PH3的叙述正确的是
A.PH3分子的P－H键是非极性键
B.PH3比NH3稳定
C.PH3的分子构型是正四面体形
D.PH3分子中有未成键的孤对电子
『答案』D
『解析』
『详解』A.P-H键由不同元素的原子形成，为极性键，A错误；
B.由于N的非金属性大于P，所以NH3比PH3稳定，B错误；
C.PH3的分子构型与NH3相似，应为三角锥形，C错误；
D.P原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3个共用电子对，所以PH3分子中P原子有未成键的孤对电子，D正确。
『答案』选D。
16.下列中心原子采取sp2杂化且为非极性分子的是
A.CS2B.H2SC.SO2D.SO3
『答案』D
『解析』
『分析』
原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子是非极性分子。
分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，据此可以判断。
『详解』A、根据价层电子对互斥理论可知，CS2分子中碳原子含有的孤对电子对数＝
＝0，因此二硫化碳是直线型结构，属于非极性分子，碳原子是sp杂化，A不正确；
B、H2S分子中S原子含有的孤对电子对数＝
＝2，因此H2S是V型结构，属于极性分子，S原子是sp3杂化，B不正确；
C、SO2分子中S原子含有的孤对电子对数＝
＝1，因此SO2是V型结构，属于极性分子，S原子是sp2杂化，C不正确；
D、三氧化硫分子中S原子含有的孤对电子对数＝
＝0，因此SO3是平面三角形结构，属于非极性分子，S原子是sp2杂化，D正确；
『答案』选D。
17.某密闭容器中发生如下反应：
X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．上图表示该反应的速率（v）随时间
（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。
下列说法中不正确的是（ ）
A.
时加入了催化剂B.
时降低了温度
C.
时增大了压强D.
时间内转化率最高
『答案』C
『解析』
『详解』A.由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确，不符合题意；
B.t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故可能为降低温度，故B正确，不符合题意；
C.t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误，符合题意；
D.t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，降低温度，平衡向正反应移动，X的转化率增大，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t4～t5内转化率最高，故D正确，不符合题意；
本题『答案』选C。
18.下列电极反应式与出现的环境相匹配的是（）
选项
电极反应式
出现的环境
A
O2+4H++4e-=2H2O
酸性环境下氢氧燃料电池的负极反应
B
4OH--4e-=O2↑+2H2O
弱酸性环境下钢铁的吸氧腐蚀
C
Cu-2e-=Cu2+
用铜做电极电解硫酸铜溶液的阳极反应
D
Na++e-=Na
用惰性电极电解Na2SO4溶液的阴极反应
A.AB.BC.CD.D
『答案』C
『解析』
『详解』A．氢氧燃料的特点是，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，O2+4H++4e-=2H2O为酸性环境下正极的电极反应，负极电极反应为：
H2-2e-=2H+，故A错误；
B．在强酸性环境下发生析氢腐蚀，中性或碱性环境下钢铁发生吸氧腐蚀，正极：
O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：
Fe-2e-=Fe2+，故B错误；
C．用铜做电极电解硫酸铜溶液为电解精炼铜，阴阳极都是铜放电，阳极反应发生氧化反应，电极反应为：
Cu-2e-=Cu2+，故C正确；
D．用惰性电极电解Na2SO4溶液属于电解水，阴极为阳离子放电，根据放电顺序，氢离子在阳极放电，电极反应为：
2H++2e-=H2↑，故D错误；
『答案』选C。
『点睛』金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化腐蚀，叫吸氧腐蚀，在酸性较强的溶液中发生电化腐蚀时放出氢气，这种腐蚀叫做析氢腐蚀。
根据溶液所处的环境判断属于哪种腐蚀类型。
19.在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法中不正确的是（）
A.在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
B.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C.图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D.在t℃时，AgCl（s）+Br-（aq）
AgBr（s）+Cl-（aq）平衡常数K≈816
『答案』B
『解析』
『详解』A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br-）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10-13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br-）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；
C．在a点时QcD．选项D中K=c（Cl-）/c（Br-）=Ksp（AgCl）/Ksp（AgBr），代入数据得K≈816，故D正确；
故『答案』选B。
『点睛』计算沉淀溶解平衡常数时，要把关系式转化为相关离子的沉淀溶度积常数有关的比例式，直接代入数据进行求解。
20.在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：
3A（g）＋B（g）
2C（g）＋xD（g），5s达到平衡。
达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5mol·L－1，下列判断正确的是（）
A.x＝1
B.B的转化率为20%
C.平衡时A的浓度为1.50mol·L－1
D.B的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1
『答案』B
『解析』
『详解』达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol；
3A（g）+B（g）
2C（g）+xD（g）
起始：
6mol5mol00
转化：
3mol1mol2molxmol
平衡：
3mol4mol2mol2mol
A.根据参加反应的各物质的物质的量之比等于方程式中计量数之比，可知x=2，故A错误；
B.B的转化率为
20%，故B正确；
C.平衡时A的浓度为
=0.75mol/L，故C错误；
D.B表示该反应在5min内的化学反应速率为
=0.05mol·L－1·s－1，故D错误；
『答案』B二、填空题
21.在下列空格中，填上适当的元素符号或微粒符号。
（1）在第3周期中，第一电离能最大的元素是_______，电负性最大的元素是_______。
（2）在第4周期元素中，3d轨道半充满的_________。
（3）在F2、H2O2、 NH3、
、H2O、 HBr中，含有配位键的微粒有_____，含有非极性键的微粒有________； 空间构型是三角锥形的分子_______。
『答案』
（1）.Ar
（2）.Cl（3）.Mn、Cr（4）.
（5）.F2、H2O2（6）.NH3
『解析』
『分析』
同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，据此判断；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强；在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，据此判断元素；判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子，以此来分析配位键情况；同种元素原子之间形成非极性共价键，不同元素原子之间形成极性共价键，根据分子的立体构型判断。
『详解』
（1）同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，在第三周期元素中，电负性最大的元素是Cl；
（2）在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，是Cr元素或Mn元素；
（3）
中N提供孤电子对，H+提供空轨道，二者能形成配位键；同种元素原子之间形成非极性共价键，所以含有非极性键的微粒为F2、H2O2；F2是双原子分子，分子的立体构型为直线型；NH3的氮原子的价层电子对数为4对，有一对孤对电子，分子的立体构型为三角锥形；
的氮原子的价层电子对数为4对，分子的立体构型为正四面体形、H2O2是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上；HBr是直线型；H2O的中心原子是O，成键电子对数为2对，孤对电子对数为2对，价层电子对数为4对，空间构型为V形；空间构型是三角锥形的分子是NH3。
『点睛』3d轨道为半充满的元素还有Cr，容易遗漏。
升级会员 