学年贵州省剑河县二中高二上学期期末考试化学试题.docx

1、学年贵州省剑河县二中高二上学期期末考试化学试题贵州省剑河县二中2018-2019学年上学期期末考试高二 化学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，然

2、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。 分卷I一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分) 1.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是()A. 澄清石灰水与盐酸反应：OHH=H2OB. 氧化镁与稀硝酸反应：O22H=H2OC. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液

3、混合：Ba2SO42-=BaSO4D. 碳酸钙溶于稀盐酸：CO32-2H=H2OCO2【答案】A【解析】试题分析：氧化镁与稀硝酸反应，MgO为固体，不能拆开；硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液与混合：Ba2+2OH-SO42-+Mg2+=BaSO4+Mg(OH)2; 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO32H=Ca2+H2OCO2考点：离子方程式的书写点评：本题主要考查了离子方程式的书写，注意哪些物质可拆成离子。2.除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是()A. H2O B. 浓H2SO4 C. NaCl D. NaOH【答案】D【解析】【分析】铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反

4、应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。【详解】A项、Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A错误；B项、Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B错误；C项、Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C错误；D项、Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D正确。故选D。【点睛】本题考查混合物的分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性质的综合应用，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键。3.漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是()A. 次氯酸钙不稳定，易分解B. 次氯酸钙易吸收水分而潮解C. 次氯酸钙与空气中的水和二氧

5、化碳反应D. 次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应【答案】C【解析】【分析】漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO见光分解。【详解】HClO酸性比碳酸弱，漂白粉的有效成分Ca（ClO）2可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO见光分解而导致漂白粉失效，故选C。【点睛】本题考查漂白粉的性质，注意根据HClO的酸性和不稳定性进行分析解答。4.属于氧化还原反应的离子方程式是A. CaCO32H=Ca2CO2H2OB. 2Fe2Cl2=2Fe32ClC. H=CO2H2OD. Na2OH2O=2Na2OH【答案】B【解析】试题分析

6、：A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；B中铁元素有化合价的变化属于氧化还原反应；C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。考点：氧化还原反应的判断5.若在强热时分解的产物是、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A. 1:4 B. 1:2 C. 2:1 D. 4:1【答案】B【解析】试题分析：利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2

7、，选B。考点：考查氧化还原方程式的配平和计算。6.煤的气化所得气体可用于城市家用燃气。下列选项中的气体均属于家用燃气有效成分的是(A. CO、H2、N2 B. CO、CH4、H2C. CO、CH4、CO2 D. CH4、H2、O2【答案】B【解析】分析：煤炭气化是指煤在特定的设备内,在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽、空气或等氧气等)发生一系列化学反应,将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、 N2等非可燃气体的过程；结合气体的性质分析。详解：煤炭气化是指煤在特定的设备内,在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽、空气或等氧气等)发生一系列化学反应,将固体煤转

8、化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、 N2等非可燃气体的过程；CO、H2、CH4是可燃气体,属于家用燃气有效成；CO2、N2等非可燃气体,不属于家用燃气有效成分；正确选项B。7.13CNMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析。下列有13C的说法正确的是()A. 13C的质量数是13，原子序数是6，核内有6个中子B. 13C与金刚石、石墨、C60等互为同素异形体C. 碳元素的相对原子质量为13D. 13C是碳的一种核素，与12C互为同位素【答案】D【解析】A136C含有的中子数=13-6=7，146C含有的中子数=14-6=8，故A错误；B136C是碳元素的一种核素，C60是碳元素

9、组成的一种单质分子，故B错误；C碳有多种同位素，13为136C的近似相对原子质量，不知道其它同位素的质量数和百分比，无法计算，故C错误；D126C与136C质子数均为6，中子数分别为6、7，均属碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确；故选D。8.下列金属中，通常采用电解法冶炼的是()A. Cu B. Fe C. Al D. Ag【答案】C【解析】【分析】电解法适用于冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法适用于冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法适用于冶炼不活泼的金属Hg、A

10、g用加热分解氧化物的方法制得。【详解】Cu、Fe用热还原法冶炼，Ag用热分解法冶炼，Al的性质很活泼，用电解其氧化物的方法冶炼，故选C。【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，侧重于考查基础知识的应用，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法解答是关键。9.100 时，将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100 的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)，下列选项不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是()A. 烧瓶内气体的密度不再变化 B. 烧瓶内气体的颜色不再变化C. 烧瓶内气体的压强不再变化 D. 烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变

11、化【答案】A【解析】【分析】在一定条件下，当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理性质也不变，该反应中NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变。【详解】A项、根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，气体的密度不再变化不能说明反应已经达到平衡状态，故A错误；B项、该反应中，NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变，反应达到平衡状态，故B正确；C项、该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故C正确；

12、D项、平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故D正确。故选A。【点睛】平衡状态各成分含量保持不变的标志各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度均保持不变。各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数均保持不变。若反应前后的物质都是气体，且总体积不等，则气体的总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）均保持不变。反应物的转化率、产物的产率保持不变。10.关于元素周期表，下列叙述中正确的是()A. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备

13、超导体材料的元素B. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温、耐腐蚀材料的元素C. 在过渡元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素D. 非金属性最强的元素在元素周期表的最右上角【答案】B【解析】【详解】A项、金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，故A错误；B项、在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素，故B正确；C项、在元素周期表的右上角可以寻找制备新型农药材料的元素，故C错误；D项、元素周期表的最右上角元素是氦，氦为稀有气体，性质稳定，故D错误。故选B。【点睛】周期表的应用具体体现在以下几个方面，可以由元素在周期表中的位置推测其结构和性质；根据元素的结构和性

14、质，推测它在周期表中的位置；指导新元素的发现及预测它们的性质；指导其他与化学相关的科学技术，如在周期表中金属元素和非金属元素分界线附近，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料。11.下列叙述中能表明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是()A. 在氧化还原反应中，甲失电子数比乙多B. 同价态阳离子甲比乙氧化性强C. 甲与盐酸缓慢反应放出氢气，而乙能与冷水剧烈反应放出氢气D. 甲、乙与硫酸溶液形成原电池，乙上冒气泡【答案】D【解析】元素的金属性强弱取决于失电子的难易,而与失电子多少无关;阳离子氧化性越强,则其对应的金属的还原性越弱;C项中乙与冷水反应生成H2,说明乙比

15、甲金属活动性强;而D项中乙上冒气泡,说明甲失电子,金属性比乙强。12. 下列物质中，既有离子键，又有共价键的是 ( )A. NaCl B. CO2 C. NH4Cl D. NH3【答案】C【解析】考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间形成共价键。A中只有离子键，B和D中只有极性键，C中既有离子键，还有N和H之间的极性键。答案选C13. 医疗上给病人的输液中，常含的糖是A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 淀粉 D. 纤维素【答案】A【解析】试题分析：医疗上给病人的输液中，常含的糖是葡萄糖，答案选A。考点：考查葡萄糖的用途点评：该题是常识性知识的考查，难度不大

16、，学生记住即可。14.HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是()A. NH3 B. CH4 C. CCl4 D. O2【答案】A【解析】【详解】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。15.下列物质的分子中既有键又有键的是()A. HCl B. Cl2 C. C2H2 D. CH4【答案】C【解析】试题分析：单键都是键，而双键或三键中既有键又有键，据此可知，选项ABD中只有键。乙炔中含有碳碳三键，既有键又有键，答案选C。考点：考查键、键的判断点评：该题是基础性试题的考查，该题的关键是明确键、键的存在特点，然后结合题意灵

17、活运用即可，难度不大。16.已知元素原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中位置的是()A. 某元素原子的第二电子层电子排布图为B. 某元素在某种化合物中的化合价为4C. 某元素的原子最外层上电子数为6D. 某元素的外围电子排布式为5s25p1【答案】D【解析】【分析】要确定元素在周期表中的位置，必须能够依据原子的结构或性质确定其电子层数和价电子数。【详解】A项、可以确定L电子层的电子数为8，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故A错误；B项、可以确定元素的化合价为+4价，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故B错误；C项、可以确定原

18、子的最外层上电子数为6，但无法确定原子的电子层数，不能确定其在周期表中位置，故C错误；D项、由元素的外围电子排布式为5s25p1可知，该元素位于周期表第五周期A族，故D正确。故选D。17. 下列单质分子中，键长最长，键能最小的是 ( )A. H2 B. Cl2C. Br2 D. I2【答案】D【解析】键长与原子的半径有关，原子半径越大，形成的分子的键长越长；键能与得失电子的难易有关，得电子越容易，键能越大。四种原子中，I的原子半径最大，且得电子最难,故D项正确。18.N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示键，下列说法不正确的是()A. N2分子与CO分子中都含有三键B. N

19、2分子与CO分子中键并不完全相同C. N2分子与CO分子互为等电子体D. N2分子与CO分子的化学性质相同【答案】D【解析】【分析】由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个键，一个键，即三键结合，其中，CO分子中1个键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。【详解】A项、根据图象知，氮气和CO都含有两个键和一个键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；B项、氮气中键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；C项、N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正

20、确；D项、N2分子在空气中不燃烧，CO分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故D错误。故选D。19.下列反应中化学键断裂只涉及键断裂的是A. CH4的燃烧 B. C2H4与Cl2的加成反应C. CH4与Cl2的取代反应 D. C2H4被酸性KMnO4溶液氧化【答案】B【解析】【分析】根据甲烷和乙烯中所含共价键类型分析解答。【详解】A.甲烷中没有键，只有键，燃烧时只涉及键断裂，故A错误；B.C2H4与Cl2发生加成反应，是因为C=C中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应，故B正确；C.甲烷中没有键，只有键，与Cl2的取代反应时只涉及键断裂，故C错误；D.C2H4被酸性KMnO4溶液氧化时

21、，C=C中的键和键均断裂，故D错误。故选B。【点睛】单键中只有键，双键含有1个键和1个键；C=C中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应；C=C发生氧化时键和键均断裂。20.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有( )A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】D【解析】【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。故选D。21.已知C3N4很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于C3N4的说法正确的是A. C3N4晶体是分子晶体B. C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长要长

22、C. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，C3N4晶体很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，所以C3N4为原子晶体，故A错误； B.C3N4的硬度比金刚石大，CN键键能大于CC键，同时N原子半径小于C原子半径，则CN键键长小于CC键，故B错误；C.因为C的最外层有4个电子，每个电子与另一个N形成C-N（一对共用电子对），因此一个碳原子连接4个N原子，因为N的最外层有5个电子，每个电子与另一个C形成N-C（一对共用电子对），因此一个N原子连接3个C原子，故C正确；D.C3

23、N4晶体是原子晶体，C原子与N原子间通过共价键结合，不存在离子键，故D错误。故选C。22.如下图所示，铁有、三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是 ()A. Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B. Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C. 将铁加热到1 500 分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同D. 三种同素异形体的性质相同【答案】B【解析】A-Fe晶体中与每个铁原子距离相等应为定点和面心的铁，最近的铁原子个数=38=12，选项A错误；B-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=23=6，选项B

24、正确；C将铁加热到1500分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到-Fe、-Fe、-Fe，晶体类型不相同，选项C错误；D由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，选项D错误。答案选B。点睛：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力、自学能力和知识的迁移能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。易错点为选项CD，将铁加热到1500分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到-Fe、-Fe、-Fe，晶体类型不相同，据此判断；由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，据此判断。23.用价层

25、电子对互斥理论预测H2S和NH3的立体结构，两个结论都正确的是（）A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形【答案】B【解析】H2S中价层电子对数=2+（6-21）=4且含有2个孤电子对，所以其立体结构为V形；NH3中价层电子对数=3+（5-31）=4且含有1个孤电子对，所以其立体结构为三角锥形，故答案选B。点睛：本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含

26、有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形，据此分析解答本题。24.根据实际和经验推知，下列叙述不正确的是()A. 卤化氢易溶于水，不易溶于四氯化碳B. 碘易溶于汽油，微溶于水C. 氯化钠易溶于水，也易溶于食用油D. 丁烷易溶于煤油，难溶于水【答案】C【解析】试题分析：A、根据相似相容原理，卤化氢是极性分子易溶于极性溶剂水，不易溶于非极性溶剂四氯化碳，正确；B、碘是非极性分子易溶于汽油,微溶于水，正确；C、氯化钠是离子化合物，易溶于水，不溶于食用油，错误；D、丁烷是有机物，易溶于煤油，难溶于水，正确，答案选C。考点：考查相似相容原理的应用25.根据科学人员

27、探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是()A. 它们都是极性键构成的极性分子 B. 它们之间以氢键结合在一起C. 它们的成键电子的原子轨道都是sp3s D. 它们的立体结构都相同【答案】C【解析】【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3s键，H2O中形成2个sp3s键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，C正确；综上所述，本题选C。26. 中学

28、化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7C. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO【答案】D【解析】镁原子最外层电子3s2属于全充满，稳定性强，属于第一电离能大于的铝的，A不正确。氟是最活泼的非金属，没有正价，B不正确。因为电离是吸热的，所以pH等于7的溶液不一定显中性，因此C也是错误的。碳酸的酸性强于次氯酸的，D正

29、确。所以答案选D。分卷II二、填空题(共5小题,共48分) 27.原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请你回答下列问题：(1)请按要求任意写一个相应物质：(填化学式)含有非极性键的离子化合物_，既含有非极性键又含极性键的非极性分子_，既含有非极性键又含极性键的极性分子_，全部由非金属元素组成的离子化合物_，由金属元素和非金属元素组成的共价化合物_。(2)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有、4种类型，苏丹红的分子结构如图所示。苏丹红在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图所示的结构，则其在水

30、中的溶解度会_(填“增大”或“减小”)，原因是_。(3)已知Ti3可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl36H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_，由Cl所形成的化学键类型是_。(4)下图中A，B，C，D四条曲线分别表示第A、A、A、A族元素的氢化物的沸点，其中表示A族元素氢化物沸点的曲线是_；表示A族元素氢化物沸点的曲线是_；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是_；A，B，C曲线中