河北省枣强中学学年高二下学期第三次月考化学试题Word格式文档下载.docx

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C、D同主族，且核电荷数之比为1︰2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。

【详解】A.C、D、E的简单离子，S2-与Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：

S2->

Cl->

O2-，故A正确；

B.A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正确；

C.由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；

D.分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；

故选C。

【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：

位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、H2O2两种分子也是18电子。

3.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。

下列有关氢键说法中不正确的是（　　）

A.由于氢键的存在，冰能浮在水面上

B.由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水

C.由于氢键的存在，沸点：

HF>

HCl>

HBr>

HI

D.由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构

A.冰中分子排列有序，含有氢键数目增多；

B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度；

C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键；

D.氢键具有方向性和饱和性。

【详解】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A正确；

B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B正确；

C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：

HI>

HCl，C错误；

D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D正确；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查氢键的形成与性质，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响，题目难度不大。

4.电子总数或价电子总数相等、原子数也相同的分子或离子的空间构型是相同的，下列各组微粒空间构型不相同的是：

A.CO2和NO2B.CO2和N2OC.SO3和NO3－D.SO42－和ClO4－

【答案】A

【详解】A.CO2价电子总数为4+6×

2=16，NO2价电子总数为5+6×

2=17，因此二者不是等电子体，所以两种微粒空间构型不相同，A符合题意；

B.CO2和N2O原子数都是3，价电子总数为16，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，B不符合题意；

C.SO3和NO3-原子数都是4，价电子总数为24，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，C不符合题意；

D.SO42-和ClO4-原子数都是5，价电子总数为32，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，D不符合题意；

答案选A。

5.下列推论正确的是

A.SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3

B.NH4+

正四面体结构，可推测PH4+也为正四面体结构

C.CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体

D.C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子

【详解】A．SiH4、CH4都是由分子构成的物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高，A错误。

B．N、P是同一主族的元素，其形成的这两种离子是等电子体，故其结构相似，NH

为正四面体结构，可推测PH

也为正四面体结构，B正确。

C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，C错误。

D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，相邻C—C之间的键角不是180°

，因此C3H8碳链不是直线型分子，D错误。

故选B。

6.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。

下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是

A.硝酸钠和金刚石B.晶体硅和水晶

C.冰和干冰D.苯和萘

氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温，所以氮化硼是原子晶体；

氮化硼熔化时克服粒子间作用力是共价键。

【详解】A、硝酸钠是离子晶体，熔化需克服离子键；

金刚石是原子晶体，熔化时克服粒子间作用力是共价键，故不选A；

B、晶体硅和水晶都是原子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是共价键，故选B；

C、冰和干冰都是分子晶体，冰熔化时需克服氢键和范德华力，干冰熔化需克服分子间作用力，故不选C；

D、苯和萘都是分子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是分子间作用力，故不选D。

【点睛】本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，本题注意从物质的性质判断晶体的类型，以此判断需要克服的微粒间的作用力。

7.关于化学式[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是

A.配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9

B.中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+

C.内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：

2

D.加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀

配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；

中心离子是Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。

【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；

B项，配离子是[TiCl（H2O

，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；

C项，根据已知配合物

化学式，[TiCl（H2O）5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：

2，故C项正确；

D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与AgNO3溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。

8.下列描述中正确的是

A.ClO3—的空间构型为平面三角形B.SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对

C.BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化D.BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形

A．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；

B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；

C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；

D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。

【详解】A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×

3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；

B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确；

C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×

3）/2=3，中心原子为sp2杂化；

PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×

3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；

D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×

2）/2=2，为直线形；

SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×

2）/2=3，空间构型为V形，D错误。

【点睛】本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。

9.化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（）

A.A分子中所有原子都在同一平面内

B.A分子中所含的σ键与π键个数之比为10：

1

C.所含C、N均为sp2杂化

D.A与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为1∶2∶3

【答案】D

【详解】A．因氨气分子构型为三角锥形，即氮原子与所连的三个原子不在同一平面，所以A分子中所有原子不可能共平面，A错误；

B．一个单键就是1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，所以A分子中含有11个σ键和1个π键，σ键与π键个数之比为11：

1，B错误；

C．N为sp3杂化，C错误；

D．根据元素守恒，1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为：

1mol，2mol，3mol，之比为1：

2：

3，D正确；

答案选D。

10.下列说法正确的是（）

A.键角：

BF3＞CH4＞H2O＞NH3

B.CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π键

C.已知二茂铁【Fe（C5H5）2】熔点是173℃（在100℃时开始升华），沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。

在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2＋之间是以离子键相结合

D.在硅酸盐中，SiO44－四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中Si原子的杂化方式与b图中S8单质中S原子的杂化方式相同

【详解】A.BF3：

立体形状平面三角形，键角120

；

CH4：

立体形状正四面体形，键角109

28′；

H2O：

立体呈角形（V），形键角105

NH3：

立体形状三角锥形，键角107

，所以键角：

BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；

B.CO2既有σ键又有π键；

H-O-Cl只有σ键；

H-CHO既有σ键又有π键；

故B错误；

C.在二茂铁结构中，不存在C5H5-与Fe2＋，碳原子含有孤对电子，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键，故C错误；

D.硅酸盐中的硅酸根（SiO4 

4−）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；

S8单质中S原子有两个孤对电子和两个共价键，杂化方式也为sp3，故D正确。

所以D选项是正确的。

11.下列关于物质结构的命题中，错误的项数有

①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种

②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于P区

③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子

④冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用

⑤Cu（OH）2是一种蓝色絮状沉淀，既溶于硝酸、氨水，也能溶于硫酸氢钠溶液中

⑥熔融态的HgCl2不导电，HgCl2稀溶液有弱的导电能力说明固态HgCl2是分子晶体，为非电解质

⑦氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“．．．”表示）结合成NH3．H2O分子，根据氨水的性质可知NH3．H2O的结构式可记为：

A.4项B.5项C.6项D.7项

【详解】①甲基中，碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以为sp3杂化，-COOH中，碳原子价层电子对个数=3+0=3，形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2杂化，故①正确；

②Ge位于第四周期第IVA族，则Ge是32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区元素，故②错误；

③H2O2结构不对称，属于极性分子，故③错误；

④氢键不属于化学键，故④错误；

⑤Cu（OH）2和氨水反应生成络合离子，所以Cu（OH）2能溶于氨水中，Cu（OH）2属于碱能溶于硝酸，NaHSO4在水溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，H+能与Cu（OH）2反应，故⑤正确；

⑥HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，说明HgCl2是电解质，故⑥错误；

⑦氢键应形成于X…H-Y形式当中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·

H2O的结构式有两种可能：

H3N…H-O-H、H2N-H…OH2，由于NH3·

H2O可电离出NH4+和OH-，所以第1种结构合理的，如果是后者应电离出NH2－和H3O，故⑦正确。

故错误的有②③④⑥，共4种，故选A。

12.在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。

则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是

A.sp，范德华力B.sp2，范德华力

C.sp2，氢键D.sp3，氢键

与石墨结构相似，则为sp2杂化；

羟基间可形成氢键。

【详解】在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。

则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。

13.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是（　　）

序号

①

②

③

④

pH

11

3

溶液

氨水

氢氧化钠溶液

醋酸

盐酸

A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大

B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）>

c（OH－）

C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：

①>

②>

④>

D.V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1<

V2

【详解】A.CH3COONa电离出的CH3COO－：

a.与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH；

b.使醋酸中的电离平衡CH3COOH

CH3COO－＋H＋左移，两溶液中H＋浓度均减小，所以pH均增大，A项正确；

B.③醋酸是弱酸，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c（H＋）>

c（OH－），B项正确；

C.分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①、②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·

H2O

NH4+＋OH－右移，使①pH>

10，同理醋酸稀释后pH<

4，C项正确；

D.假设是强酸和强碱，混合后溶液呈中性，V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要氨水的体积少，即V1>

V2，D项错误；

14.通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。

下列叙述正确的是

A.b极为正极，发生还原反应

B.一段时间后b极区电解液的pH减小

C.H+由a极穿过质子交换膜到达b极

D.a极的电极反应式为

-e-=Cl-+

原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：

+2e-+H+=Cl-+

，则a为正极，b为负极，反应式为：

CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。

A．正极上发生得电子的还原反应即：

，则a为正极，发生还原反应，故A错误；

B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；

C．b为负极，反应式为：

CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；

D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为

，故D错误；

点睛：

本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。

本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。

15.下列化合物中含有2个手性碳原子的是（）

A.

B.

C.

D.

【详解】A.

只有如图标记“

”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故A错误；

B．

如图标记“

”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子，含有2个手性碳原子，故B正确；

C．

”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故C错误；

D．

中间碳原子连接1个-OH、1个-H、2个

，不是手性碳原子，两端的碳原子连接了2个-H，不手性碳原子，分子中不存在手性碳原子，故D错误；

【点睛】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：

1、手性碳原子一定是饱和碳原子；

2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。

16.下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（　　）

A.12g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA

B.12g金刚石中含有C—C键的个数为4NA

C.60gSiO2中含有Si—O键的个数为2NA

D.124gP4中含有P—P键的个数为4NA

【详解】A．12g石墨中含有碳原子个数=

NAmol-1=NA，石墨中每个碳原子含有

个C-C键，所以12g石墨中含有C-C键个数是1.5NA，故A正确；

B．12g金刚石中含有碳原子个数=

NAmol-1=NA，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以12g金刚石中含有C-C键个数是2NA，故B错误；

C．60g二氧化硅中含有的硅原子个数═

NAmol-1=NA，每个硅原子含有4个Si-O键，所以60g二氧化硅中含有的Si-O键的个数为4NA，故C错误；

D．124g白磷中含有的磷分子个数=

NAmol-1=NA，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以124g 

P4含有的P-P键的个数为6NA，故D错误；

故选A。

【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解本题关键，注意石墨和金刚石结构的区别，为易错点，石墨为平面六边形结构，金刚石为空间正四面体结构。

17.近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n。

已知，最简单的氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高。

Al2H6球棍模型如下图。

下列有关说法肯定错误的是

A.Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体

B.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料

C.Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水

D.Al2H6中含有离子键和极性共价键

【详解】根据Al2H6分子的球棍模型可判断，该化合物形成的晶体属于分子晶体，含有的化学键是极性键，A正确，D不正确。

由于燃烧热极高，所以B正确。

根据Al2H6的组成元素可判断，其燃烧产物是氧化铝和水，C正确。

18.利用电解法制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH和Cl2。

下列说法正确的是

A.C膜可以为质子交换膜

B.阴极室的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+

C.可用铁电极替换阴极的石墨电极

D.每转移2mole-，阳极室中c（Ca2+）降低1mol/L

【详解】A．通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，故A项错误；

B．阴极室的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B项错误；

C．阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C项正确；

D．未给出溶液体积，无法计算浓度，故D项错误。

【点睛】具有隔膜的电解池，膜的作用是让特定的离子单向移动，防止副反应的发生。

19.用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是

A.MnO4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀

B.右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：

7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+

C.当电路中转移6mol 

e-时，可以产生87gMnO2沉淀

D.为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境

根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2+，在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀，据以上分析解答。

【详解】A项，MnO4-处理完全后，阳极生成

Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe（OH）2沉淀，故A正确；

B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe（OH）3，所以离子方程式为：

7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+，故B正确；

C项，根据阳极电极反应：

Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+可得，生成1molMnO2，质量为：

1mol×

87g/mol=87g，故C正确；

D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误；

故选D。

【点睛】本题考查电解原理及氧化还原反应，解题时注意结合装置图分析电极反应和除去重金属的反应。

C、D为易错选项，C项，需根据阳极反应求得电路中转移6mole-时生成Fe2+的物质的量，然后根据反应7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+计算MnO2的质量，若直接根据该氧化还原反应电子转移情况计算MnO2的质量肯定是错误的；

D项，注意强酸