河南省驻马店市学年高二上学期期末考试化学试题Word格式文档下载.docx

1、B氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子CCS2是空间构型为V形的极性分子DHCN、SiF4和的中心原子均为sp3杂化6“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是A构造原理 B泡利原理 C洪特规则 D能量最低原理7下列事实能够用键能解释的是A氮气的化学性质比氧气稳定 B常温常压下，溴呈液态，碘为固体C稀有气体一般很难发生化学反应 D水的沸点比硫化氢的沸点高8元素的原子结构决定其性质和在元素周期表中的位置。下列说法正确的是A元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高C元素P、S、Cl的最高价氧化物对应的水化物的酸性

2、依次增强D元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素92005年11月14日，河南省文物管理局在上蔡县郭庄村东部的岗地上发掘出一座国内罕见的积石积沙楚墓，出土大量器形宏大、纹饰精美的青铜器，并在2006年以“上蔡楚国贵族墓地”的名义列入第六批全国重点文物保护单位。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对文物保护和修复有重要意义，下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是A青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被还原B正极发生的电极反应为：O2+4e-+4H+2H2OC若生成0.2molCu2（OH）3Cl，则理论上消耗O2的体积为4.48LD环

3、境中的Cl-与正、负两级反应的产物作用生成a的离子方程式为：2Cu2+3OH-+Cl-Cu2（OH）3Cl10在2L恒容容器中，充入1molA和3molB，并在一定条件下发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）；经3s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.4molL-1。下列说法中不正确的是A用B表示反应速率为0.2molL-1s-1B3s时生成C的物质的量为1.2molC平衡后，向容器中充入Ne，压强增大，反应速率不变D平衡后，3v正（A）=v逆（B）11某温度下，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1。该温度下载体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中投入CO（g）和H

4、2O（g），起始浓度及5min时的浓度如表所示：容器甲乙浓度起始浓度5min时浓度c（CO）/molL-10.10.080.2xc（H2O）/moly下列判断不正确的是A反应开始时，乙中反应速率比甲快Bxy0.05C平衡时，乙中H2O的转化率是50%，c（CO）是甲中的2倍D甲中05的平均反应速率：（CO）0.004molmin-112我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是ACH4CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂B放出能量并形成了C-C键C生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%D该催化剂可有效提高反

5、应物的平衡转化率13关于溶液的下列说法不正确的是A水电离出来的c（H+）10-13molL-1的溶液中，K+、Cl-、I-可能大量共存B某温度下，Ba（OH）2溶液中Kw10-12，向pH8的该溶液中加入等体积pH4的盐酸，充分反应后，混合溶液的pH6C往0.1molL-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，减小D一定温度下，氢氧化钙达到溶解平衡，向此溶液中加入少量氧化钙粉末（不考虑热效应），则溶液中c（Ca2+）减小1425时，将1.0L cmolL-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合物中加入CH3COOH或CH3COONa固体（忽略体积变化和温

6、度变化），加入的量与溶液pH的变化如下图所示。下列叙述不正确的是A水的电离程度：cbaB该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=Ca点对应的混合溶液中，C（CH3COOH）c（OH-）C（Na+）D当混合溶液呈中性时，c（Na+）=c（CH3COO-）c（H+）=c（OH-）15已知常温下，几种难溶电解质的溶度积（Ksp）：化学式Mg（OH）2MgF2Fe（OH）3AgClCu（OH）2Ag2CrO4溶度积5.610-127.410-114 .010-381.810-102.210-202.0下列说法不正确的是（ ）A在Mg（OH）2 的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大B在Mg（

7、OH）2 的悬浊液中加入NaF 溶液后，Mg（OH）2 不可能转化为MgF2CCuCl2溶液中混入了一定量的FeCl3溶液，可以通过向溶液中加入CuO的方法，调整溶液的pH，除去Fe3+杂质D向浓度均为110-3mol/L 的KCl 和K2CrO4混合液中滴加110-3mo/LAgNO3溶液，Cl-先形成沉淀16验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀A对比，可以判定Zn保护了FeB对比，K3Fe（CN）6可能将Fe氧化C验证Zn保护Fe时不能用的方法D将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼17利

8、用化学原理对废气、废水进行脱硝、脱碳处理，可实现绿色环保、废物利用，对构建生态文明有重要意义。（1）燃煤废气中的CO、CO2能转化为基础化工原料、清洁能源甲醇，其结构式为。转化原理如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） H。已知：化学键CHCOCOHHOH键能/kJ4133511076436462则H=_。（2）电化学催化净化NO是一种最新脱硝方法。原理示意如图，固体电解质起到传导O2-的作用。a为外接电源的_极（填“正”、“负”），通入NO的电极反应式为_。（3）H2还原法也可消除氮氧化物N2（g）+O2（g）2NO（g） H=+68kJH2O（g）=H2O（l） H=-44kJH2

9、的燃烧热（H）为-285.8kJ在催化剂存在下，H2还原NO生成水蒸气和氮气的热化学方程式为_。以H2（g）为燃料可以设计氢气燃料电池，该电池以稀NaOH作电解质溶液，其负极反应式为_，若该电池的能量转换效率约为85%，则该电池的比能量为_kWhkg-1（结果保留1位小数，比能量，1kWh3.6106J）18NiSO4XH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得。操作步骤如图：（1）在待镀件上镀镍时，待镀件应作_极，电镀过程中电解质溶液浓度_（填“增大”、“减小”、“不变”）（2）向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+

10、等杂质。已知FeS难溶解于水，利用溶解平衡移动原理解释加入FeS前调pH的原因_（请用化学用语结合文字说明）；当Zn2+恰好沉淀完全时，c（Zn2+）=10-5mol/L，则c（Cu2+）=_mol/L已知Ksp（CuS）=1.310-36，Ksp（ZnS）=1.610-24。（3）滤液溶质的主要成分是NiSO4，流程中在滤液后又设计了两步，再次得到NiSO4溶液，这样设计流程的目的是_。（4）为测定NiSO4xH2O晶体x的值，称取26.3g晶体加热至充全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于_。19合成氨工艺是人工固氮最重要的途径。2018年是合成氨工业先驱哈珀（FHaber）获得诺

11、贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+H2（g）NH3（g） H（298K）=-46.2kJ请回答：（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有_。A高温 B低温 C低压 D高压 E催化剂（2）实际生产中常用工艺条件：Fe作催化剂。控制温度773K，压强3.0107Pa，原料气中N2和H2物质的量之比为1:2.8。分析说明原料气中N2过量的理由_。关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_。A合成氨反应在不同温度下的H和S都小于零B分离空气可得到N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生C控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能高

12、的平衡转化率和快的反应速率D基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液态氨移去，有利于反应正向进行E当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率（3）在一容积固定的密闭容器中注入N2和H2两种气体，发生上述反应。某温度下达到平衡时各物质的浓度分别为c（H2）=9.00molL-1，c（N2）=3.00molL-1，c（NH3）=4.00molL-1，此温度下反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的平衡常数_（结果保留三位有效数字）。20硫及其化合物有许多用途。回答下列问题：（1）基态S原子中，电子占据的最高能层符号为_。（2）H2S分

13、子的立体构型是_，属于_（填“非极性”“极性”）分子；根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子的是_。（3）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的键角为_，其中共价键的类型有_种，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。（4）下图为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。21M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。（1）写出M原子的外围电子排布式_。（2）画出Y的负一价离子的电子式_，元素Y的含氧酸中，酸

14、性最强的是_（写化学式）。（3）Y的同周期元素中，第一电离能最大的是_（写元素符号）；同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐_，原因是_。（4）M与Y形成的一种化合物MY，该化合物难溶于水但易溶于氨水，此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_。参考答案1A【解析】【分析】【详解】A胃舒平的主要成分有Al（OH）3，用于中和胃酸，可乐为酸性饮料，能与胃舒平的主要成分有Al（OH）3反应，降低药效，则服药期间不宜同时饮用可乐，故A正确；B室温中的抗氧化剂减慢了食物的氧化变质，故B错误；C纯碱是碳酸钠，由于碳酸根离子水解，水溶液显碱性，油污属于油脂，碱性条件下可发生水

15、解，则可以用于纯碱除去餐具上的油污，但碳酸钠属于盐，不属于碱，故C错误；D化学电源是指将化学能转化为电能的装置，高纯硅制成的太阳能电池是将太阳能转化为电能，不属于化学电源，故D错误；答案选A。2DA.铬的原子序数为24，电子排布式：ls22s22p63s23p63d54s1，故A错误；B.Mg的外围电子排布为3s2，s轨道处于全充满状态，第一电离能相对较高，故Na、Mg、Al的第一电离能最大的是Mg，故B错误；C.2p轨道上的两个电子应分占两个不同的轨道，故C错误；D.同一周期，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故 N、O、F的电负性逐渐增大，故D正确；故选D。3A由题中信息可知，HCN（aq

16、）+OH-（aq）= CN-（aq）+H2O（l）H-12.1 kJmol1；H+（aq）+ OH-（aq） = H2O（l）H-55.6kJmol1，根据盖斯定律，-可得CN-（aq）+ H+（aq） = HCN（aq）H=-55.6kJmol1-（-12.1kJmol1）=-43.5 kJmol1，答案选A。4BA定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，根据c=，则浓度偏高，故A正确； BNaOH是强碱，氨水是弱碱，将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，NaOH的OH-浓度减小到原来的，氨水中OH-浓度减小不到原来的，故B错误；C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会

17、导致所测溶液体积偏小，故C正确；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；答案选B。5AA节日燃放的焰火是原子由激发态到基态发生的电子的跃迁，与电子跃迁有关，故A正确；B氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示一个电子，故B错误；CCS2和CO2的分子构型相同，二硫化碳的结构式为S=C=S，空间构型是直线型，故C错误；DSiF4和的中心原子的价层电子对数为4对，均为sp3杂化，HCN的结构式为H-CN，碳原子采用sp杂化，故D错误；6B试题分析：构造原理原来书写核外电子的电子排布式；当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态

18、原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，这就是洪特规则；在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，这就是泡利原理，所以答案选B。考点：考查核外电子排布规律的有关判断和应用点评：本题是常识性知识的考查，难度不大，学生只要熟练记住有关的知识点，就不难得分。7AAN2中2个N原子通过氮氮三键结合，键能较大，而O2中2个O原子之间通过二个共价键结合，键能较小，分子中的键能越大，分子越稳定，氮气中的共价键的键能比氧气的大，所以氮气的化学性质比氧气稳定，能用键能解释，A符合题意；B溴单质和碘单质都属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，分子晶体的

19、熔点越高，常温常压下，溴呈液态，碘呈固态，是因为单质碘的分子间作用力大，与键能无关，B不符合题意；C稀有气体为单原子分子，没有化学键，很难发生化学反应，是因为原子达到8电子稳定结构（氦为2电子稳定结构），不易得失电子，C不符合题意；D水和硫化氢都属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高，水分子间存在氢键，导致水的沸点比硫化氢的沸点高，与键能无关，D不符合题意；8CA第二周期的元素 O、F无正价，故A错误；B多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，故B错误；C P、S、Cl同周期，且原子序数依次增大，则得电

20、子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，故C正确；D. 位于金属和非金属分界线附近的元素不属于过渡元素，表现一定的金属性与非金属性，而过渡元素包含副族元素与第族元素，故D错误；答案选C。9DA根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A错误；B氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，故B错误；C负极上，Cu失电子生成铜离子，负极电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，正极电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，若生成0.2molCu2（OH）3Cl，根据转移电子守恒得O24e

21、2Cu2+Cu2（OH）3Cl，n（O2）=0.02mol，但题中未指明标准状态，无法计算氧气体积，故C错误；DCl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2+3OH-+Cl-Cu2（OH）3Cl，故D正确；答案选D。10B根据题意，A物质起始的浓度为0.5mol/L，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.4molL-1，则列“三段式”：A根据上面的分析，B转化的浓度为0.6mol/L，所

22、以用B表示的反应速率为=0.2mols-1，故A正确；B3s时生成C的物质的量为0.4 mol/L2L=0.8mol，故B错误；C平衡后，向恒容容器中充入不参与体系反应的气体Ne，A、B、C的浓度不变，反应速率不变，故C正确；D 3v正（A）=v逆（B），说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，故D正确；11BA乙容器中反应物的起始浓度是甲容器反应物起始浓度的2倍，反应开始时，乙中反应速率比甲快，故A正确；B设乙容器平衡时CO的浓度变化量为c molL-1，根据表格数据列三段式：平衡常数K=1，则c=0.1，即反应达到平衡时容器中x=y=0.2 molL-1-0.1 molL-1=0.1 m

23、olL-1，5min时不论乙容器是否达到平衡，其x、y不可能小于0.1 molL-1，故B错误；C根据B项分析可知，乙容器达到平衡时，水的浓度变化量为0.1mol/L，故乙中水的转化率是50%；乙容器可以看做在甲容器的基础上增大反应物浓度，恒容条件下增加物质的量浓度，相当于增大压强，平衡不发生移动，乙的浓度为甲的2倍，则达平衡时，乙中c（CO）是甲中的2倍，故C正确；D根据表中数据计算，甲中05min的平均反应速率：mol/（Lmin）=0.004 mol/（Lmin），故D正确；12DA根据图示，CH4CH3COOH过程中，二氧化碳夺走了甲烷分子中的一个氢原子，有C-H键发生断裂，故A正确B

24、据图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，过程为放热过程，二氧化碳中的碳原子与甲烷中的碳原子结合形成乙酸，有C-C键形成，故B正确；C图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，该反应只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，故C正确；D催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，不影响转化率，故D错误；13DA由水电离出来的c（H+）11013mol/L，c（H+）107mol/L，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若是酸性溶液，、I-与氢离子发生氧化化反应，不能大量共存；若是碱性溶液，溶液在中K+、Cl-、I-可以大量共存，故A正确；B某温度下，

25、Ba（OH）2溶液中Kw10-12，则溶液中性时的pH6，pH8的氢氧化钡溶液中c（OH）104mol/L，pH4的的盐酸c（H+）104mol/L，二者等体积混合，恰好反应，导致溶液呈中性，故B正确；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，=，随氢氧化钠固体加入，溶液中氢离子被消耗，铵根离子水解平衡正向移动，反应生成一水合氨浓度增大，温度不变，水解平衡常数不变，则减小，故C正确；D一定温度下，氢氧化钙达到溶解平衡，向此溶液中加入少量氧化钙粉末（不考虑热效应），CaO与水反应，会有氢氧化钙固体析出，溶液仍然是饱和溶液，所以溶液中c（Ca2+） 不变，故D错误；14C1.0L cmol/LC

26、H3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱，据此分析。A1.0L cmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱，a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，c点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度cba，故A正确；B该温度下，1.0L cmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，c点加入的n（CH3COONa）=0.1mol，溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），由于c（H+）=c（OH），则此时溶液中c（Na+）=c（CH3COO），根据图象，c（H+）=107molL1，c（Na+）=c（CH3COO）=0.2mol/L，该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=，故B正确；Ca点