学年山西省忻州实验中学高二下学期期中考试化学试题.docx

1、学年山西省忻州实验中学高二下学期期中考试化学试题山西省忻州实验中学2018-2019高二下学期期中考试化学试卷祝考试顺利注意事项：1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。2、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。3、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，

2、然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 4gNaOH固体所含电子总数为2NAB. 224lLC2H6所含化学键总数为7NAC. 6gSiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为04NAD. 01molL1

3、NH4Cl溶液中，与Cl数之和小于02NA【答案】A【解析】试题分析：A、4克氢氧化钠的物质的量为4/40=0.1摩尔，每个氢氧化钠中含有20个电子，所以总共含有2 摩尔电子，正确，选A；B、没有说明是否在标况下，不能计算其物质的量，错误，不选B；C、二氧化硅中不含有分子，错误，不选C；D、没有说明溶液的体积，错误，不选D。考点： 阿伏伽德罗常数2.某氧原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()该氧原子的相对原子质量为12a/bm g该氧原子的物质的量为m/(aNA) mol该氧原子的摩尔质量是aNA ga g该氧原子所含的电子数为8 m

4、olA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】某一原子的相对原子质量是指：以一个碳-12原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳-12原子质量的1/12的比值。故该氯原子的相对原子质量为=，故正确；根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol，故正确；一个该氯原子的质量是a，1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，故错误；一个该氧原子的质量是ag，a g该氧原子个数NA=1，1个氧原子所含的电子数是8个，ag该氧原子所含的电子

5、数为8，故错误；正确的有，故选C。3.下列关于晶体的说法中，不正确的是晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；共价键可决定分子晶体的熔、沸点；MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定；干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6A. B. C. D. 【答案】D【解析】晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子

6、排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，正确；含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，例如金属晶体中也含有阳离子，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，不正确；决定分子晶体的熔、沸点的分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，不正确；晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，正确；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，正确；在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方式以使其变得比较稳定，正确；干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个C

7、O2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，不正确。综上，不正确。点睛：本题考查了晶体和非晶体的区别、晶体的构成、晶胞的概念、配位数的判断等，题目涉及的知识点较多，题目难度不大，注意基础知识的积累。晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。4.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。

8、根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是()A. 若M(甲)M(乙)，则分子数：甲M(乙)，则气体摩尔体积：甲乙C. 若M(甲)乙 D. 若M(甲)M(乙)，则气体的体积：甲晶体硅二氧化硅碳化硅 B. CI4CBr4CCl4CF4C. MgOH2ON2O2 D. 金刚石生铁钠纯铁【答案】B【解析】A原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石二氧化硅碳化硅晶体硅，选项A错误；B组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4CBr4CCl4CF4，选项B正确；C离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气

9、的大，则熔、沸点为MgOH2OO2N2，选项C错误；D熔、沸点：原子晶体金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石纯铁生铁钠，选项D错误。答案选B。10.如图是某无机化合物的二聚分子（小球大小只代表种类不同，与原子半径大小无关），该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层电子数都达到8个电子的稳定结构。下列说法不正确的是()A. 该化合物的化学式是Al2Cl6B. 该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电C. 该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体D. 该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键【答案】B【解析】【分析】将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根

10、据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，为共价化合物，据此分析解答。【详解】A将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；BAl2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，在熔融状态下不能导电，故B错误；CAl2Cl6属于共价化合物，固态是构成分子晶体，熔沸点较低，故C正确；DAl2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，只有极性

11、共价键，不含有非极性共价键，故D正确；故选B【点睛】解答本题的关键是正确判断物质的组成，要注意AlCl3属于共价化合物，不是离子化合物。11.科学家艾哈迈德泽维尔使“运用激光技术观测化学反应时原子的运动”成为可能。泽维尔研究发现，当激光脉冲照射NaI时，Na+和I两核间距在1015(埃，1=110-10m)，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是()A. NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物B. 共价键和离子键没有明显的界限C. NaI晶体中既有离子键，又有共价键D. 离子晶体可能含有共价键【答案】B【解析】【详解】ANaI晶体是离子化合物，如改变离

12、子的核间距，可能为共价化合物，但为纯净物，不是混合物，故A错误。B当激光脉冲照射NaI时，Na+和I两核间距在1015，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键，由此可知共价键和离子键没有严格的界限，故B正确；CNaI晶体中当Na+和I两核间距在1015，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键，但不存在既有离子键，又有共价键的情形，故C错误；DNaOH晶体中就有离子键和共价键，但不是泽维尔的研究成果，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为CD，C要注意NaI晶体中只能存在离子键或共价键，不可能同时存在离子键和共价键，D要注意题意的理解。12.下列对一些实验事实的理论解释正确的是()

13、选项实验事实理论解释A氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子2p能级半充满BCO2为直线形分子CO2分子中CO之间的夹角为10928C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HClA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A原子轨道中电子处于全空、半满、全满时最稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；B理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型，故B错误；C金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键

14、键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；D卤族元素的氢化物都属于分子晶体，但氟化氢分子间存在氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；故选A。13.下列物质性质的变化规律与键能无关的是()HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱NH3易液化F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次升高H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱的原因是分子中的键能依次减小，所以氢化物稳定性依次减弱，和键能有关；NH3易液化是因为其分子间存在氢键，与化学键的键能无关；F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸

15、点逐渐升高，和分子间作用力有关，与分子内的键能无关；H2S的熔沸点小于H2O的熔沸点，因为水分子间存在氢键，氢键的作用力大于范德华力，则熔沸点与分子间的作用力有关与键能无关；与键能无关的是，故选C。14.为了确定SbCl3、SbCl5、SnCl4是否为离子化合物,可以进行下列实验,其中合理、可靠的是( )A. 观察常温下的状态,SbCl5是苍黄色液体,SnCl4为无色液体。结论:SbCl5和SnCl4都是离子化合物B. 测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5 、2.8 、-33 。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都不是离子化合物C. 将SbCl3、SbCl5、SnC

16、l4溶解于水中,滴入HNO3酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物D. 测定SbCl3、SbCl5、SnCl4水溶液的导电性,发现它们都可以导电。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物【答案】B【解析】离子化合物一般熔点较高,熔融后可导电;分子晶体溶于水后也可以发生电离而导电,如HCl等溶于水电离产生Cl-,能与HNO3酸化的AgNO3溶液反应,产生白色沉淀,故A、C、D项都不可靠。15.某同学用烧碱固体配制0.1 molL1的NaOH溶液500 mL，下列说法正确的是()A. 该同学使用的玻璃仪器共有3种B. 该同学配制溶液

17、时忘记冷却，使配制溶液浓度偏小C. 该同学定容时不慎超过刻度线，他用胶头滴管吸出一些至刻度线，则配制溶液浓度偏低D. 该同学在托盘上放置两张称量纸称量样品，由于样品吸水使结果偏高【答案】C【解析】【详解】A用烧碱固体配制0.1 molL1的NaOH溶液500 mL，需要使用的玻璃仪器共有用烧杯溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌和引流、在容量瓶中定容，用胶头滴管定容以及用到量筒，故A错误；B氢氧化钠溶解时放热，配制溶液时忘记冷却，会导致溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏大，故B错误；C定容时不慎超过刻度线，导致溶液的体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故C正确；D氢氧化钠具有强烈的腐蚀性和易潮解的性质，不能放在

18、纸上称量，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意根据配制溶液的步骤，分析判断各步使用的玻璃仪器。16.下列说法正确的是()A. 把100 mL 3 molL1的H2SO4跟100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5 molL1B. 把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C. 把200 mL 3 molL1的BaCl2溶液跟100 mL 3 molL1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl)仍然是3 molL1D. 把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%【答案】B【

19、解析】【详解】A把100 mL 3 molL1的H2SO4跟100 mL H2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5molL-1，故A错误；B与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为：100%=10%，故B正确；C3molL-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6molL-1，3molL-1的KCl溶液中氯离子浓度为3molL-1，混合后氯离子浓度介于3molL-16molL-1之间，故C错误；D氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；故选

20、B。17.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gmL1)，所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是()A. 所得溶液的物质的量浓度为1 molL1B. 所得溶液中含有NA个HCl分子C. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 LD. 所得溶液的质量分数：w【答案】D【解析】【详解】A36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/ml)，所得溶液的体积不是1L，溶质为氯化氢，物质的量浓度c= mol/L，故A错误；B氯化氢是强电解质，溶于水完全电离，溶液中无氯化氢分子，故B错误；C36.

21、5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，不能确定气体的体积，故C错误；D所得溶液的质量分数：=，故D正确；故选D。18.下列说法正确的是()标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是22.4 L0.5 mol H2所占体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该物质不一定为气体，若为气体时，标准状况下，6.021023

22、个分子所占的体积约是mol22.4L/mol=22.4L，故错误；不一定在标准状况下，则Vm未知，不能利用V=nVm计算，故错误；标准状况下，水不是气体，不能根据V=nVm计算，故错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为22.4L/mol=22.4L，故正确；气体摩尔体积与温度、压强有关，状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下，各种气体的气体摩尔体积都约为22.4Lmol-1，故错误；标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=可知，分子数相同，故正确；故选B。19.在100mL 0.10 molL1的 AgNO3溶液中加入10

23、0mL溶有2.08g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO45H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是（ ）A. 最终得到白色沉淀和无色溶液B. 最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物C. 在最终得到的溶液中，Cl的物质的最为0.02 molD. 在最终得到溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01 molL1【答案】B【解析】【分析】AgNO3的物质的量为0.1L0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为 =0.01mol，CuSO45H2O的物质的量为0.010mol，利用Ag+Cl-AgCl、Ba2+SO42-BaSO4分析解答

24、。【详解】AgNO3的物质的量为0.1L0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为=0.01mol=0.01mol，CuSO45H2O的物质的量为0.010mol， Ag+ + Cl- AgCl0.01 0.01 0.01 Ba2+ + SO42- BaSO40.01 0.01 0.01A因铜离子没有参加反应，则最终得到白色沉淀和蓝色溶液，故A错误；B由计算可知，氯化银和硫酸钡白色沉淀的物质的量都是0.01mol，故B正确；C反应前Cl-的物质的量为0.02mol，参加反应的物质的量为0.01mol，则反应后溶液中剩余的Cl-的物质的量为0.01mol，故C错误；D在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为=0.033mol/L，故D错误；故选B。20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为43，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是()A. W、Y、Z的电负性大