学年安徽省六安市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版.docx

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学年安徽省六安市第一中学高二上学期期末考试化学试题解析版

安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题

一、选择题（每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案）

1.下列有关描述正确的是（）

A.第一电离能：

 B>Be>Li

B.电负性：

 F>N>O

C.Br-的核外电子排布式为：

 [Ar]4s24p6

D.基态Ni 原子的价电子排布图：

【答案】D

【解析】A、Be元素最外层为半充满结构，较稳定，第一电离能最大，所以第一电离能：

Be>B>Li，故A错误；B、非金属性越强电负性越大，所以电负性F＞O＞N，故B错误；C、35Br的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，则35Br的电子排布式可简写为[Ar]3d104s24p5，故C错误；D、Ni是28号元素，其核外电子排布式为：

1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2，价电子排布图：

，故D正确；故选D。

点睛：

本题考查原子核外电子排布，明确原子序数及价电子排布是解答本题的关键。

本题的易错点为A，注意电子排布规律及全满、半满为稳定结构。

2.观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法正确的是（）

B12结构单元

SF6分子

S8

HCN

结构模

型示意

图

备注

熔点1873 K

—

易溶于CS2

—

A.单质硼属于原子晶体B.SF6是由极性键构成的极性分子

C.固态硫S8属于原子晶体D.HCN的结构式为HC=N

【答案】A

【解析】A．由图知，每个B原子与周围的B原子均通过共价键连接，且熔点很高，因此单质硼属于原子晶体，故A正确；B．SF6空间构型为对称结构分子极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，故B错误；C．固态S是由S8构成的，该晶体中存在的微粒是分子，所以属于分子晶体，故C错误；D．由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，碳原子半径大于氮原子半径，氮原子半径大于氢原子半径，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H-C≡N，故D错误；故选A。

3.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是（）

A.在图1晶体中，距粒子B最近且等距的粒子A有6个

B.在CO2晶体中，每个晶胞平均占有4个原子

C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2

D.该气态团簇分子的分子式为E4F4

【答案】B

【解析】A、图1晶体是类似于NaCl晶体的结构，距粒子B最近且等距的粒子A有6个，所以B粒子的配位数是6，故A正确；B、在CO2晶体中，CO2位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有CO2的个数为：

8×

+6×

=4，每个晶胞平均占有4×3=12个原子，故B错误；C、在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×

=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：

2，故C正确；D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D正确；故选B。

点睛：

本题考查晶胞的计算。

本题的易错点为D，注意气态团簇分子与晶胞的区别，容易因为思维定势造成错误。

4.下列说法中正确的是（）

A.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低

B.水很稳定是因为水中含有大量的氢键所

C.H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3杂化

D.配合物[Cu（H2O）4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1

【答案】A

【解析】A．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故A正确；B．水很稳定（1000℃以上才会部分分解）是因为水中含有的H-O键非常稳定，与存在氢键无关，故B错误；C．H2O分子中O原子为sp3杂化，H原子只含有1个s轨道，则H2O分子中的共价键是由O原子的sp3杂化轨道和H原子的s轨道形成的s-sp3σ键，同样，NH3分子中的N原子采取sp3杂化，故C错误；D.根据配合物[Cu（H2O）4]SO4结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Cu2+、有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为H2O、配位数就是配体的个数，所以配位数为4，故D错误；故选A。

5.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为l∶2,X2+和Z-的电子数之差为8。

下列说法不正确的是（）

A.WY2是由极性键构成的非极性分子

B.元素原子半径从大到小的顺序是X>Y>Z

C.WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构

D.Z元素含氧酸有多种，其酸性HZO>HZO3>HZO4

【答案】D

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由X2+和Z-离子所带电荷可知，X处于ⅡA族，Z处于ⅦA族，X2+和Z-离子的电子数之差为8，X的阳离子比Z的阴离子少一层电子，则X、Y同周期，由四原子最外层电子数之和为19，则W、Y原子最外层电子数之和为19-2-7=10，故W不能处于IA族，结合原子序数可知，Y一定为主族元素，W不可能处于第三周期，W只能处于第二周期，W和X元素原子内质子数之比为1：

2，则X处于第三周期，故X为Mg，则Z为Cl、W为C，Y原子最外层电子数为10-4=6，原子序数大于Mg，故Y为S。

A.CS2的结构类似于CO2，是由极性键构成的非极性分子，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Mg＞S＞Cl，故B正确；C．CCl4分子中C、Cl原子最外层均达到8电子结构，故C正确；D．Cl元素含氧酸有多种，其中HClO、HClO3、HClO4的非羟基氧数目分别为0、2、3，酸性HClO＜HClO3＜HClO4，故D错误；故选D。

6.已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：

①2NO（g）

N2O2（g）（快）△H1<0 平衡常数K1

②N2O2（g）+O2（g）

2NO2（g）（慢）△H2<0 平衡常数K2

下列说法正确的是（）

A.2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的△H=-（△H1+△H2）

B.2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的平衡常数K= K1/K2

C.反应②的速率大小决定2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的反应速率

D.反应过程中的能量变化可用图

表示

【答案】C

【解析】A.根据盖斯定律分析，①+②即可得到反应，2NO（g）+O2（g）

2NO2（g），故反应热为△H=（△H1+△H2），错误；B.因为反应2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）为①+②的结果，所以其平衡常数K=K1K2，故错误；C.反应慢的速率决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的反应速率，故正确；D.图a表示前者为吸热，与题中信息不符合，故错误。

7.下列关于化学反应的图像的说法不正确是（）

A.图1可表示反应2NO2

N2O4 在等温等压条件下平衡后t1时刻充入NO2时反应速率变化

B.图2可表示CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）在一定温度下，将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生反应时CO的体积分数随时间变化图像。

C.图3可表示反应2SO2+O2

2SO3，温度T1>T2，反应为吸热反应。

D.图4 可表示反应mA（g）+nB（g）

pC（g）+qD（g），正反应是吸热反应，且m+n>p+q。

【答案】C

【解析】A.在等温等压条件下，平衡后t1时刻充入NO2，正反应速率增大，逆反应速率减小，最后重新达到平衡状态，故A正确；B.将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生反应，起始时CO与H2的体积比为1:

1，CO的体积分数为50%，设反应过程中CO消耗xmol，则：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）

起始（mol）0.50.50

转化（mol）x2xx

则CO的体积分数为：

×100%=

×100%=50%，所以在反应过程中CO的体积分数不变，故B正确；C.根据“先拐先平数值大”的原则，温度T2＞T1，温度高时SO3的体积分数小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C错误；D.由图可知，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应方向为气体减少的方向，则m+n>p+q，故D正确；答案选C。

8.下列说法正确的是（）

A.加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸的反应速率，说明Cu2+具有催化作用

B.CH3Clg）+Cl2（g）

CH2Cl2（l）+HCl（g）常温下能自发进行，则该反应的△H<0

C.在恒温密闭容器中发生反应PCl3（g）+Cl2（g）

PCl5（s）,当PCl3的体积分数不变时，反应达到平衡状态

D.常温下pH=3的盐酸与pH=11的Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液呈碱性

【答案】B

【解析】A、加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为锌置换出铜，构成锌-铜-稀硫酸原电池，加快反应速率，故A错误；B、反应能否自发进行的判据：

△H-T△S＜0，反应CH3Cl（g）+Cl2（g）

CH2Cl2（l）+HCl（g）是熵减的反应，则该反应的△H＜0，故B正确；C、温度不变，平衡常数不变，当起始PCl3（g）和Cl2（g）的物质的量之比为1:

1时，PCl3的体积分数始终不变，因此当PCl3的体积分数不变时，反应不一定达到平衡状态，故C错误；D、pH=11的某碱为强碱时，等体积混合显中性，则pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合溶液呈碱性，说明该碱为弱碱，与氢氧化钡为强碱不符，故D错误；故选B。

9.部分弱酸的电离平衡常数数据如下表，则下列选项正确的是（）

弱电解质

HCOOH

HCN

H2CO3

电离平衡常数

Ka=1.77×10-4

Ka=4.9×10-10

Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11

A.向NaCN溶液中通入CO2发生反应：

2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO32-

B.相同物质的量浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液，pH值大小为：

NaCN＞Na2CO3>HCOONa

C.等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者

D.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN,消耗NaOH的物质的量前者大于后者

【答案】C

【解析】A、酸性由强到弱的顺序为：

H2CO3＞HCN＞HCO3-，依据强酸制弱酸的原理可知，CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，故A错误；B、酸性越弱其酸根的水解程度越大，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：

pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（HCOONa），故B错误；C．根据电荷守恒，c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（CN-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH-）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故C正确；D．等pH、等体积的HCOOH和HCN，n（HCN）＞n（HCOOH），中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故D错误；故选C。

点睛：

本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析解答。

本题的易错点为D，弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强，其物质的量浓度越小。

10.已知：

 ①298K时K（HF）=3.5×10-4，Ksp（CaF2）= 1.8×10-7

②HF（aq）

H+（aq）+F-（aq） △H<0

根据以上已知信息判断下列说法正确的是（）

A.298K时，加蒸馏水稀释HF溶液，

保持不变

B.308K时，HF的电离常数Ka>3.5×10-4

C.298K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp（CaF2）会减小

D.2HF（aq）+Ca2+（aq）

CaF2（s）+2H+（aq） K≈0.68

【答案】D

11.下列叙述正确的是（）

A.95℃纯水的pH＜7,说明加热可导致水呈酸性

B.pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4

C.pH均为3，等体积的醋酸和盐酸分别与足量Zn反应，醋酸产生的H2多

D.pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH>7

【答案】C

【解析】A．加热促进水的电离，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故A错误；B．醋酸为弱酸，稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至 10 倍后 pH＜4，故B错误；C．醋酸为弱电解质，等pH等体积时醋酸的物质的量多，则醋酸生成的氢气多，故C正确；D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液的浓度相等，但醋酸为弱酸，不能完全电离，醋酸过量，反应后呈酸性，故D错误；故选C。

12.改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH， 溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数∮（X）随pH的变化如图所示[已知：

∮（X）=

]。

下列叙述错误的是（）

A.pH=1.2 时，c （H2A）=c（HA-）B.lg[K2（H2A）]=-4.2

C.pH=2.7时，c（HA-） >c（H2A）=c（A2-）D.pH=4.2时，c （HA-）=c（A2-）=c（H+）

【答案】D

【解析】由图像可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-），pH=2.7时，c（H2A）=c（A2-），pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA-）先增大后减小，c（A2-）逐渐增大。

A．由图像可知pH=1.2时，H2A与HA-的曲线相交，则c（H2A）=c（HA-），故A正确；B．pH=4.2时，c（H+）=10-4.2mol/L，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）=

=10-4.2，则lg[K2（H2A）]=-4.2，故B正确；C．由图像可知，pH=2.7时，c（H2A）=c（A2-），由纵坐标数据可知c（HA-）＞c（H2A）=c（A2-），故C正确；D．pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-），但此时c（H2A）≈0，如体积不变，则c（HA-）=c（A2-）=0.05mol•L-1，c（H+）=10-4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c（HA-）、c（A2-）与c（H+）浓度大小关系，故D错误；故选D。

点睛：

本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生的分析能力和计算能力。

本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图像的曲线变化。

本题的易错点为B，要注意根据K2（H2A）的表达式结合图像分析判断。

13.某兴趣小组同学利用氧化还原反应：

2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4↓+8H2O设计如右图原电池装置，盐桥中装有饱和的K2SO4溶液，下列说法正确的是（）

A.a 电极上发生的反应为：

MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2OB.外电路电子的流向是从a到b

C.电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯D.b 电极上发生还原反应

【答案】A

【解析】试题分析：

A、总电极反应式：

2MnO4－＋10Fe2＋＋16H＋＝2Mn2＋＋10Fe3＋＋8H2O，a极是正极得电子，电极反应式＝总电极反应式－b极反应式，得出：

2MnO4－＋16H＋＋10e－＝2Mn2＋＋8H2O，化简得：

MnO4－＋8H＋＋5e－＝Mn2＋＋4H2O，A正确；B、根据A的分析，外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：

阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42－向b极移动，C错误；D、根据原电池的工作原理：

负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：

Fe2＋－e－＝Fe3＋，D错误，答案选A。

【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源

【名师点晴】根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。

14.清华大学首创三室膜电解法制备LiOH,其工作原理如图。

下列说法正确的是（）

A.N为阳离子交换膜B.X 电极连接电源负极

C.制备2.4gLiOH产生2.24LH2（标况）D.Y 电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-

【答案】A

..................

15.关于下列各图说法正确的是（）

A.装置①中阳极上析出红色固体

B.装置②中待镀铁制品应与电源的正极相连

C.装置③中外电路电子由b极流向a极

D.装置④中离子交换膜可以避免氯气与氢氧化钠溶液反应

【答案】D

【解析】A．装置①中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，所以阴极上析出红色固体，故A错误；B．装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，充当阴极，故B错误；C．装置③中，a电极是负极，b电极是正极，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以电子从a极沿导线流向b极，故C错误；D、装置④中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；故选D。

16.某原电池装置如右图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。

下列说法正确的是（）

A.正极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-

B.放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成

C.若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变

D.当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol 离子

【答案】D

【解析】试题分析：

根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。

A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：

Cl2+2e-═2Cl-，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mole-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确。

考点：

考查了原电池原理的应用等相关知识。

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二、填空题（共52分，每空2分）

17.W、M、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，非金属元素W所在周期数等于族序数；M最外层电子数是电子层数的两倍；X与M同族，X单质与O2反应生成化合物XO2；Y是第三周期原子半径最小的元素；Z是生活中常见金属，既不属于主族，也不属于副族。

回答下列问题：

（1）W与M可以形成多种化合物，写出其中最简单化合物的电子式_____________。

（2）已知：

①X的单质结构为（

，每个X原子周围都与4个X成键形成的庞大结构）；化合物XO2结构为（

，每个X与4个O成键，每个O都与2个X成键形成的庞大结构）。

②有关键能的数据如下表：

化学键

X-O

O=O

X-X

键能（kJ/mol）

460

498.8

176

写出单质X在O2中燃烧的热化学方程式________________________。

（用具体元素符号书写方程式）

（3）写出Z的单质与H2O反应的化学方程式_____________________________________。

（4）Y和Z形成的化合物的水溶液呈酸性的原因_______________________________（用离子方程式解释）。

【答案】

（1）.

（2）.Si（s）+O2（g）=SiO2（s） △H=-989.2kJ/mol（3）.3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2（4）.Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+ （不写可逆符号不给分）

【解析】W、M、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，Y 是第三周期原子半径最小的元素，Y为Cl元素；Z是生活中常见金属，既不属于主族，也不属于副族，Z属于第Ⅷ族，Z为Fe元素；非金属元素W所在周期数等于族序数，则W为H元素；M最外层电子数是电子层数的两倍；X与M同族，X单质与O2反应生成化合物XO2；则M为第2周期元素，为C，X为Si元素。

（1） H与C可以形成多种化合物，其中最简单化合物为甲烷，电子式为

，故答案为：

；

（2） 根据题意，硅在氧气中燃烧生成二氧化硅，其中硅和二氧化硅均为原子晶体，其中1molSi中含有2molSi—Si键；1molSiO2中含有4molSi—O键；则硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si（s）+O2（g）=SiO2（s） △H=反应物总键能-生成物总键能=176×2+498.8-460×4=-989.2kJ/mol，故答案为：

Si（s）+O2（g）=SiO2（s） △H=-989.2kJ/mol；

（3） 铁与H2O蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2，故答案为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（4）氯化铁属于强酸弱碱盐，水解显酸性，水解的离子方程式为Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+，故答案为：

Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+。

18.

（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为_________。

（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为_________；1molCH3COOH分子含有σ键的数目为_________。

（3）复化硼（BN）晶体有多种相结构。

六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。

立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。

它们的晶体结构如图所示。

①基态硼原子的电子排布式为__________。

②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为__________，分析其结构，与石墨相似却不导电，原因是__________。

③NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管原料之一。

1molNH4BF4含有__________mol配位键。

（4）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______，微粒之间存在的作用力是__________。

（5）