高二化学下学期开学考试试题（含解析）1

高二化学下学期开学考试试题（含解析）1

‎【2019最新】精选高二化学下学期开学考试试题（含解析）1‎ 化学试题 ‎1. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）‎ A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-517.6kJ ▪mol-1,则氢的燃烧热285.8 kJ ▪mol-1‎ B. 已知C(石墨,S)=C(金刚石,s) △H>0,则金刚石比石墨稳定 C. 含20.0gNaoH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7kJ的热量,则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为NaOH(aq)+CH3COOH(ap)=CH3COONa(ap) +H2O(l) △H=-57.4kJ·mol-1‎ D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1 2C(s)+02(g)=2C0(g)△H2,则△H1>△H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A 2mol H2完全燃烧产生2mol的液态水，放出热量是571.6 kJ，所以产生1mol的液态水，放出热量是571.6 kJ÷2=285.8KJ，所以氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，A正确；B．根据物质的转化可知金刚石的能量高于石墨，物质所含有的能量越低，物质的稳定性就越强，则金刚石不如石墨稳定，B错误；C．由于醋酸是弱酸。电离需要吸收热量，所以稀醋酸和稀NaOH溶液反应，产生1mol的水时放出的热量小于57.4 kJ，因此反应热△H>－57.4‎ - 27 - / 27‎ ‎ kJ/mol，C错误；D.这两个反应都是放热反应，反应放出的热量越多，则反应热就越小，所以△H1<△H2，D错误。答案：A。‎ ‎2. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是( )‎ A. 反应CH4+H2O3H2+CO,每消耗1molCH4转移12mol电子 B. 电极A上H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=H2O C. 电池工作时,向电极B移动 D. 电极B上发生的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。‎ 考点：原电池的原理的应用 视频 ‎3. 在一定温度下,向体积恒定为2L的密闭容器里充人2molM和一定量的N发生如下反应M(g)+N(g)⇌E(g)。当反应进行到4min时达到平衡,测知M的浓度为0.2mol ▪L-1。下列说法不正确的是( )‎ A. 2min时,M的物质的量浓度为0.6mol▪L-1‎ B. 4min时,用M表示的反应速率为0.2 mol▪L-1‎ C. 4min后,向容器中充入不参与反应的稀有气体,M的物质的量不变 D. 4min时,M的转化率为80％‎ ‎【答案】A - 27 - / 27‎ ‎【解析】在一定温度下向体积恒定为2L的密闭容器里充入2molM和一定量的N，当反应进行到4min时达到平衡，此时测知M的浓度为0.2mol•L-1，平衡时M为0.2mol/L×2L=0.4mol，则：        M（g）+N（g）⇌E（g） 起始量（mol）：2  x    0 转化量（mol）：1.6  1.6  1.6 平衡量（mol）：0.4  x-1.6 1.6 A.4min内M的浓度变化量为0.8mol/L，前2min反应速率大于后2min反应速率，故前2minM的浓度变化量大于0.4mol/L，则2min时M的物质的量浓度小于，故A错误；B.4min时，用E表示的反应速率为所以B选项是正确的；C.4min后，向容器中充入不参与反应的稀有气体，恒温恒容下，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，M的物质的量不变，所以C选项是正确的；D.4min时M的转化率=，所以D选项是正确的，所以A选项是正确的． ‎ ‎4. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子4×6.02×1023‎ B. 室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合溶液pH>7‎ - 27 - / 27‎ C. 钢铁水闸可用粞牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐烛 D. 一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时3v正(H2)=2v逆(NH3)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；‎ B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；‎ C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；‎ D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．故选C．‎ ‎【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．‎ 视频 ‎5. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 氢氧燃料电池工作时,H2在负极上失去电子 B. 0.1mol▪L-1Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小 - 27 - / 27‎ C. 常温常压下,22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023个 D. 室温下,稀释0.1mol▪L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故A正确；B．Na2CO3溶液加热，促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C．常温常压，不是标准状况，22.4LCl2中，不能用公式计算气体的物质的量，故C错误；D．电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1mol•L-1CH3COOH溶液，使得离子浓度减小，导电能力减弱，故D错误；故选A。‎ 考点：考查原电池基本原理、盐类水解的影响因素、NA的计算和导电能力强弱的判断。‎ 视频 ‎6. 向1L含.01moNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通人CO2,随n(CO2)增大先后发生三个不同的反应,当0.01molc(AlO2-)+c(0H-)‎ B ‎0.01‎ c(Na+)>c(Al02-)>c(OH-)>c(C032-)‎ C ‎0.015‎ c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)‎ D ‎0.03‎ c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)‎ - 27 - / 27‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。A.未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为HCO3- > Al(OH)3，所以水解程度CO32-< AlO2-，因此c(CO32-) >c(AlO2-)，故B错误；C.形成碳酸钠溶液，+H2O+OH－，H2O H++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)> c(CO32-) > c(OH-)> c(HCO3-)，故C错误；D.形成碳酸氢钠溶液， + H2OH2CO3 + OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)> c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)，故D正确。故选D。‎ 视频 ‎7. 在25℃时已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)=1.6×10-19;Ksp(CuS)=6.3×10-36;Ksp(ZnS)=2.9×10-25。下列关于25℃时有关叙述正确的是( )‎ A. 硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大 - 27 - / 27‎ B. 将足量的ZnSO4晶体加人到0.1mol/LNa2S溶液中,Zn2+的浓度最大只能达到2.9×10-25mol/L C. 除去工业废水中含有的Cu2+,可采用FeS固体作为沉淀剂 D. 向饱和的FeS溶液中加人FeSO4溶液后,混合液中c(Fe2+)变大,c(S2-)变小,Ksp(FeS)变大 ‎【答案】C ‎【解析】A、因为;Ksp(CuS)=6.3×10-36< Ksp(ZnS)=2.9×10-25< Ksp(FeS)=1.6×10-19,所以溶解度,故A错误;B、原硫化钠溶液中硫离子增大浓度为:,所以锌离子最小浓度为:C(Zn2+)=2.9×10-24mol/L故B错误;C、因为Ksp(CuS)=6.3×10-36< Ksp(FeS)=1.6×10-19,硫化铜的溶解度小于硫化亚铁的,所以除去工业废水中含有的,可采用FeS 固体作为沉淀剂,所以C选项是正确的; D、向饱和的FeS 溶液中加入溶液后,混合液中变大、变小,温度不变,所以不变,故D错误;所以C选项是正确的. ‎ 点睛:A、根据溶度积大小进行比较,溶度积越大,溶解度越大;B、根据溶液中硫离子的增大浓度及计算出锌离子的浓度;C、根据硫化铜与硫化亚铁的溶度积进行判断;D、根据溶度积只受温度影响,与离子浓度大小无关进行分析。‎ - 27 - / 27‎ ‎8. 将2molX和2molY充人2L密闭容器中发生如下反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)+aQ(g)。2min达到平衡时生成0.8molZ,测得Q的浓度为0.4 mol▪L-1,下列叙述错误的是( )‎ A. a的值为2‎ B. 平衡时X的浓度为0.8 mol▪L-1‎ C. Y的转化率为60％‎ D. 反应速率v(Y)0.6mol▪L-1min-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．平衡时生成0.8mol Z，测得Q的浓度为0.4mol•L-1，则生成的n(Q)=0.4mol•L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A正确；B．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol×=0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B正确；C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol×=1.2mol，故Y的转化率为×100%=60%，故C正确；D．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol×=1.2mol，所以v(Y)===0.3mol/(L•min)，故D错误，故选D。‎ 考点：考查化学平衡的有关计算 ‎9. 25℃时,几种弱酸的电离常数如下:‎ 弱酸的化学式 CH3COOH HCN H2S 电离常数（25℃）‎ ‎1.8×10-5‎ ‎4.9×10-10‎ K1=1.3×10-7‎ K2=7.1X10-15‎ ‎25°℃时下列说法正确的是（ ）‎ - 27 - / 27‎ A. 等物质的量浓度的各溶液的pH关系为pH(CH3COOH)>pH(Na2S)>pH(NaCN)‎ B. amol/LHCN溶液与bmol/LNaoH溶液等体积混合,所得溶液中c(Na+)>c(CN-),则a一定大于b C. NaHS和Na2S的混合溶液中,一定存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+C(HS-)+2c(S2-)‎ D. 某浓度的HCN溶液的pH=d,则其中c(OH-)=10-dmol/L ‎【答案】C ‎【解析】A．由表格中的数据可知，醋酸电离平衡常数最大，硫氢根离子的电离平衡常数最小。酸性越强，则对应盐的水解越弱，等物质的量浓度溶液中氢氧根离子浓度越小，则等浓度的三种溶液的pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故A错误；B．等物质的量时生成NaCN，CN-离子水解，则c(Na+)＞c(CN-)，所以a mol•L-1HCN溶液与b mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，a可能等于b，故B错误；C．NaHS和Na2S的混合溶液中存在电荷守恒，所以一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，故C正确；D．该溶液中c(OH-)=10d-14mol/L，水电离出的c(H+)=c(OH-)=10d-14mol/L，故D错误；故选C。‎ 点睛：根据电离平衡常数判断各种酸的酸性强弱为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。本题的易错点为D，先计算氢氧根离子浓度，水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度。‎ ‎10. 下列基态原子的电子排布式正确的是( )‎ - 27 - / 27‎ A. O 1s22s23s24s2‎ B. K 1s22s23p63s23p64s2‎ C. N 1s22s22p3‎ D. Cl 1s22s22p62s33p6‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，A应为1s22s22p4，B为1s22s22p63s23p64s1，D应为：1s22s22p63s23p5。所以A B D均错误；C. N 1s22s22p3C正确。‎ ‎11. 下列物质中标*号的原子为sp3杂化的是（ ）‎ A. *CH2O B. *NH3‎ C. *BF3‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】ACD均是平面型结构，属于sp2杂化。氨气中氮原子有1对孤对电子，是sp3杂化。答案选B。‎ ‎12. 下列熔沸点高低的比较不正确的是（ ）‎ A. 金刚石>碳化硅>晶体硅 B. HF生铁 D. Mgo>MgCl2‎ - 27 - / 27‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、金刚石，晶体硅，碳化硅都是原子晶体，原子晶体的熔沸点的高低：比较共价键强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长＜C-Si的键长＜Si-Si的键长，所以金刚石，晶体硅，碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；B、同类型分子晶体的相对分子质量越大，溶沸点越高，但是HF分子间存在氢键，熔沸点反常，是卤化氢沸点最高的，故B错误；‎ C、合金的溶沸点比组分金属低，故纯铁的溶沸点比生铁的高，故C正确。D、氧原子半径比氯离子小，所带电荷量多，所以氧化镁的晶格能大于氯化镁，所以熔点MgO＞MgCl2，故D正确；故选B。‎ 点睛：A选项中比较的是原子晶体，比较共价键强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，由此分析判断；注意分子间存在氢键的分子，熔沸点是反常的；‎ 金属的熔点通常比有该金属的合金要高；离子晶体，晶格能越大熔沸点越高，离子半径越小、阴阳离子所带电荷量越多，晶格能越大。‎ ‎13. 通过复习总结,你认为下列对化学知识概括合理的组合是( )‎ ‎①能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物 ‎②原子晶体离子晶体金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键 ‎③原子晶体熔点不一定比金属晶体高,分子量体熔点不一定比金属晶体低 ‎④在熔融状态和水溶液中均不能导电的物质称为非电解质 - 27 - / 27‎ ‎⑤NF3的沸点比NH3的沸点低是因为N-F比N-H键的键能大 ‎⑥过氧化氢和液氮的分子中都有非极性共价键 A. 只有①②⑥ B. 只有③④ C. 只有③⑥ D. 只有⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】①错误，与酸起反应也可能是两性氧化物，而且判断是碱性氧化物，还要求生成产物为盐和水；②错误，分子晶体如稀有气体就没有化学键；④错误，非电解质必须是化合物；⑤错误，沸点高低应考虑分子间作用力，与化学键的强弱无关。故A B D选项错误；C正确。‎ ‎14. 下列各组的几种分子中所有原子都可能处于同平面的是（ ）;‎ A. CH4、CS2、BF3 B. CO2、H2O、NH3‎ C. C2H4、C2H2、C6H6 D. CCl4、BeCl2、PH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、甲烷是正四面体分子，所有原子不可能在同一平面上，错误；B、氨气是三角锥型分子，所有原子不可能在同一平面上，错误；C、乙烯是平面分子，乙炔是直线型分子，苯中的所有原子都在一个平面上，正确；D、四氯化碳是正四面体型分子，PH3是三角锥型分子，所有原子不可能在同一平面上，错误，答案选C。‎ 考点：考查分子的空间构型的判断 ‎15. 下列化合物的沸点前者低于后者的是( )‎ A. 乙醇与氯乙烷 B. 邻羟基苯甲酸与列羟基苯甲酸 - 27 - / 27‎ C. 对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛 D. H2O与H2Te ‎【答案】B ‎【解析】A、乙醇分子间存在氢键，导致其沸点增大，因而乙醇的沸点高于氯乙烷，A错误。B、邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸属于同分异构体，邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，导致分子间作用力减小，熔沸点降低，对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，导致分子间作用力增大，熔沸点增大，因而邻羟基苯甲酸沸点小于对羟基苯甲酸，B正确。C、对羟基苯甲醛形成分子间氢键,增大了分子间作用力,邻羟基苯甲醛形成分子内氢键,减小了分子间作用力,因而前者沸点大于后者，C错误。D、H2O分子间可以形成氢键，导致分子间作用力增大，而使其沸点大于H2Te，D错误。正确答案为B。‎ 点睛：分子晶体的沸点的比较，一是看分子和组成结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高，若含有氢键，沸点的变化规律比较特殊，如果为分子间氢键（分子含有对位取代基），沸点增大，若为分子内氢键（分子内含有邻位取代基），沸点降低。二是看若为不同结构分子，看分子的极性，极性越大沸点越高，如CO的沸点高于N2的沸点。‎ ‎16. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 正四面体构型的分子中,键建与键之间的夹角均是109028’，如金刚石中碳碳键之间的夹角 - 27 - / 27‎ B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高 C. 离子晶体中含有离子键，不能含有共价键 D. 金属阳离子只能存在于离子晶体中 ‎【答案】B ‎【解析】A、正四面体构型的分子人,键与键之间的夹角不一定是109028’,如白磷是正四面体结构,其键角为600;故A错误;B、分子间作用力比化学键小,容易断裂,所以粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高,所以B选项是正确的;C、离子晶体一定含离子键,可能含共价键,如NaOH 既有离子键,又有共价键,故B错误;D、金属单质是由金属阳离子和自由电子构成的,所以金属阳离子存在于离子晶体或金属晶体人,故D错误;所以B选项是正确的。‎ ‎17. 据某科学东志报道,国外有一研究发现了一种新的球形分子,它的分子式为C60Si60,其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”,经测定其中包含C60,也有Si60结构。下列叙述不正确的是( )‎ A. 该物质有很高的熔点、很大的硬度 B. 该物质形成的晶体属分子晶体 C. 该物质分子中C60被包裹在Si60里面 D. 该物质的相对分子质量为2400‎ ‎【答案】A - 27 - / 27‎ ‎【解析】A.根据物质的性质可知该物质形成的晶体是分子晶体，不可能有很高的熔点和很大的硬度，故A错误；B.该物质是分子晶体，故B正确；C.因为硅原子半径大于碳原子半径，所以物质分子中C60被包裹在Si60里面，故C正确；D.该物质的相对分子质量=12×60+28×60=2400，故D正确。故选A。‎ 点睛：C60Si60为分子晶体，分子晶体具有较低的熔点、沸点，硬度小、易挥发的特性；‎ 分子结构好似“镂雕”，则是原子半径大的原子包裹原子半径小的原子；‎ 相对分子质量=C原子个数×C的相对原子质量+Si原子个数×Si相对原子质量。‎ ‎18. 下列物质变化时,需克服的作用力不属于化学键的是（ ）‎ A. HCl溶于水 B. I2升华 C. H2O电解 D. 烧碱熔化 ‎【答案】B ‎.....................‎ ‎19. 下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 在冰(固态水)中,既有极性键、非极性键、又有氢键 B. 二氧化碳分子是由极性鍵形成的非极性分子 C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 D. 金属晶体的熔沸点一定比分子晶体的高 ‎【答案】B - 27 - / 27‎ ‎【解析】A.在冰中不存在非极性键,存在氢键和极性键,故A错误;B.二氧化碳是直线形分子,结构对称,正负电荷重心重合,为非极性分子,碳原子和O原子之间存在极性键,所以B选项是正确的;C.含有金属阳离子的晶体可能不是离子晶体,可能是金属晶体,故C错误;D.金属晶体的熔沸点不一定比分子晶体的高,如钠的熔沸点低于碘,故D错误;所以B选项是正确的。‎ ‎20. 下列式子为分子式的是（ ）‎ A. NH4Cl B. Cu C. SiO2 D. I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、NH4Cl是离子晶体，只有离子没有分子，不存在分子式，故A错误；B、Cu为金属晶体，可以表示为铜原子，也可表示为铜单质，没有分子，不存在分子式，故B错误；C、SiO2是原子晶体，SiO2只能表示晶体中Si原子与O原子的个数比为1:2，不能表示分子的组成，故C错误；D、I2是分子晶体，是由碘分子组成的物质，可以表示碘分子，故D正确；‎ 故选D。‎ 点睛：化学式能真实表示物质分子组成的是分子晶体，所以此题转化为晶体类型的判断；‎ - 27 - / 27‎ 离子晶体是由阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体；原子晶体是晶体中所有原子都是通过共价键结合的晶体；分子晶体是分子通过分子间作用力构成的；金属晶体是金属阳离子与自由电子以金属键结合而成的晶体；常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体，据此分析。‎ ‎21. 下列物质中既有配位键,又有离子键,还有共价键的是（ ）‎ A. NH4NO3 B. SiO2 C. 冰 D. O2‎ ‎【答案】A ‎【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容易形成共价键。据此可知选项A正确，B中只有极性键，C中有极性键和分子间作用力，D中有非极性键和分子间作用力。答案选A。‎ ‎22. 在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时,与键能无关的变化规律是( )‎ A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减 B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低 C. 熔点：金刚石>碳化硅>晶体 D. H2S的熔沸点小于H20的熔沸点 ‎【答案】D - 27 - / 27‎ ‎【解析】A、非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；B、NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，故B不选；C、金刚石、碳化硅、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与共价键的键能大小有关，故C不选； D、H2O含有氢键，熔沸点较高，与键能无关，故D选；答案：故选D。 ‎ 点睛：元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；‎ 离子晶体中，影响熔沸点的因素是离子键的键能；原子晶体中，影响熔沸点的因素是共价键的键能；含有氢键的物质一般熔沸点较高。‎ ‎23. 金属具有的通性是（ ）‎ ‎①具有良好的导电性②具有良好的传热性③具有延展性④都具有较高的熔点⑤通常状下都是固体⑥都具有很大的硬度 A. ①②③ B. ②④⑥ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎24. 下列性质适合于分子晶体的是( )‎ A. 熔点1070℃,易溶水,水溶液导电 B. 熔点10.31℃,液态不导电,水溶液能导电 C. 熔点3570℃,难溶于水,熔化时不导电 D. 熔点97.81℃质软、导电、密度0.97g/cm3‎ ‎【答案】B - 27 - / 27‎ ‎【解析】A、熔点1070℃，易溶于水，水溶液导电，属于离子晶体的特点，故A错误；B、熔点为10.31℃，熔点低，符合分子晶体的特点；液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子；水溶液能导电，溶于水后，分子在水分子的作用下，电离出自由移动的离子；故B正确； ‎ C、熔点3570℃，难溶于水，融化时不导电，属于原子晶体的特点，故C错误；D、金属钠熔点为97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，为金属晶体的特点，故D错误；‎ 答案：故选B。‎ 点睛：分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小；分子晶体不导电，熔化时也不导电，但其水溶液可能导电；熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，据此分析。‎ ‎25. 中学教材上介绍的干冰晶体是一种面心立方结构,如图所示,即每8个CO2构成立方体,且在6个面的中心又各占据1个C02分子,在每个C02周围距离(其中a为立方体棱长)的C02有（ ）‎ A. 4个 B. 8个 C. 12个 D. 6个 ‎【答案】C ‎【解析】每个CO2周围距离为a的CO2为12个。‎ ‎26. t℃时,在体积为2L的密闭容器中(容积不变)通人3mo1和1molB,发生反应3A(g)+B(g)⇌xC(g);经过2min的时间该反应达到平衡状态(假设温度不变),剩余的B的物质的量为0.8mol并测得C的浓度为0.4 mol▪L-1‎ 请回答下列问题:‎ ‎（1）整个反应过程中,B的平均反应速率为______________‎ - 27 - / 27‎ ‎（2）x=_______,平衡常数K=_______.‎ ‎（3）如果向该平衡体系中通人少量氮气、增大反应体系的压强,那么化学平衡的移动方向是____________.‎ ‎（4）若温度不变,再向原平衡混合物的容器中充人amolC在t℃时达到新的平衡,此时B的物质的量为nmol,则C的物质的量为_____(用含n的表达式表示),平衡常数K______(填“增大”“减小”或不变”)‎ ‎【答案】 (1). 0.05mol▪L-1▪min-1 (2). 4 (3). (0.037) (4). 不移动 (5). n (6). 不变 ‎【解析】根据3A(g)+B(g)⇌xC(g);B的平均反应速率可直接用物质B的物质的量浓度的变化值除以时间来求解即。= 0.05mol▪L-1▪min-1‎ ‎(2)C的物质的量n(C)＝2 L×0.4 mol·L－1＝0.8 mol，而B的物质的量变化为0.2 mol，所以x＝4；可以求得A、B、C的浓度分别为c(A)＝1.2 mol·L－1、c(B)＝0.4 mol·L－1、c(C)＝0.4 mol·L－1，所以代入平衡常数式可得平衡常数k=。‎ ‎(3)加入氦气，尽管反应体系的压强增加，但该物质不与体系中的其他物质反应，不会导致其他物质浓度的变化，所以平衡不会移动。‎ ‎(4)达到新的平衡时A、B、C的平衡浓度之比不变，仍为1.2∶0.4∶0.4＝3∶1∶1，故n(C)＝n mol，平衡常数K不变。‎ ‎27. 在室温下,下列五种溶液:‎ ‎①0.1mol/LNH4Cl  ②0.1mol/LCH3COONH4‎ ‎③0.1mol/LNH4HSO4 ④0.1mol/LNH3▪H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液 - 27 - / 27‎ ‎⑤0.1mol/LNH3▪H2O 请根据要求填写下列空白：‎ ‎（1）溶液①呈___性(填“酸”“碱”或“中”,其原因是_______(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）在上述五种溶液中,pH最小的是______;c(NH4+)最小的是______(填序号).‎ ‎（3）比较溶液②、③中c(NH4+)的大小关系是②____③(填“>”"<”或“=") ‎ ‎（4）在溶液④中,_____离子的浓度为0.1mol/L; NH3▪H2O和______离子的物质的量浓度之和为0.2mol/L.‎ ‎（5）室温下测得溶液②的pH=7,则说明CH3COO-的水解程度______(填“>”"<”或“=")NH4+时的水解程度, CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)____c(NH4+)(填“>”"<”或“=")‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+ (3). ③ (4). ⑤ (5). < (6). Cl- (7). NH4+ (8). = (9). =‎ ‎【解析】试题分析：（1） 氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方程式为： NH4++H2O ⇌ NH3·H2O + H+。（2）五种溶液中硫酸氢铵因为电离出氢离子，所以酸性最强，pH最小；五种溶液中只有⑤是弱电解质的溶液，电离出的铵根离子浓度最小。（3）②中醋酸铵中醋酸根离子和铵根离子都水解，相互促进，但③中能电离出氢离子，抑制铵根离子水解，所以③中铵根离子浓度大。（4）0.1mol/L NH3·H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中氯离子浓度为0.1mol/L；‎ - 27 - / 27‎ ‎ 铵根离子浓度与一水合氨的浓度和为0.2mol/L。（5）若醋酸铵溶液为中性，说明醋酸根离子水解程度等于铵根离子水解程度，则根据电荷守恒分析，醋酸根离子浓度等于铵根离子浓度。‎ 考点：弱电解质的电离，盐类的水解 ‎28. 已知W、Y、Z、T均为短周期元素,且原子半径依次增大。请填空:‎ ‎（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素,写出Z原子的核外电子排布图____;‎ ‎（2）化合物YW3的水溶液能使酚酞变红,用方程式表示酚酞变红的原因_________;‎ ‎（3）元素T的原子中电子共占据了7个轨道,则T在元素周期表____周期____族。T的化合物TY熔融时不导电,常用作砂轮及耐高温材料,由此推知,它属于_____.‎ a离子晶体 b.原子晶体 c.分子晶体 d.无法判断断 ‎（4）YW3属于______(填“极性”、“非极性”)分子其中Y的化合价为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). NH3·H2O⇌NH4++OH- (3). 第三 (4). 第ⅢA (5). b (6). 极性 (7). -3‎ ‎【解析】由题意可知W为H、Z为C，C的电子排布图为：。‎ ‎(2)由题意可知YW3为NH3，由于NH3＋H2O NH3·H2ONH4+＋OH－所以NH3的水溶液显碱性。‎ ‎(3)由后半句“T的化合物TY……”可知TY为原子晶体，Y为N，则T为Al，且Al的电子排布式为：1s22s22p63s23p1占据了7个轨道。‎ - 27 - / 27‎ ‎(4)YW3为NH3，空间构型为三角锥形，故为极性分子，H为＋1价，N为－3价。‎ ‎29. （1）中国古代四大发明之一一黑火火药,它的爆炸反应为;S+2KNO3+3C 3CO2↑+A+N2↑(已配平)‎ ‎①除S外,上列元素的电负性从大到小依次为______.‎ ‎②在生成物中,A的晶体类型为_______,含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_______.‎ ‎③已知CN-与N2结构相似,推算HCN分子中σ键与π键数目之比为_________.‎ ‎（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族,且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为______,Q2+的未成对电子数是________.‎ ‎（3）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln(H2O)]6-nx+(n和x均为正整数)的配离子,将其通过氢离子交换树脂(R-H),可发生离子交换反应:[CrCln(H2O)]6-nx++xR-H→Rx[CrCln(H2O)]6-n+xH+交换出来的H+经中和测定,即可求出x和n,确定配离子的组成。将含0.0015mol[CrCln(H2O)]6-nx+的溶液，与R-H完全交换后,中和生成的H+需浓度为0.1200mol▪L-1NaOH溶液25.00mL，该配离子的化学式为______.‎ ‎【答案】 (1). O>N>C>K (2). 离子晶体 (3). sp杂化 (4). 1:1 (5). 3d84s2 (6). 4 (7). [CrCl(H2O)5]2+‎ - 27 - / 27‎ ‎【解析】（1）①钾为活泼金属，电负性比较小；C、N、O在同周期，非金属性逐渐增强，电负性也逐渐增大；所以O>N>C>K。‎ ‎②K2S是离子化合物，属于离子晶体，产物中含极性共价键的分子为CO2，其空间构型为直线型，中心原子轨道杂化类型为sp；‎ ‎③HCN中CN与N2结构相同，含有三个键，一个σ键和两个π键；另外和之间形成一个σ键，所以HCN分子中σ键与π键数目之比为2:2，即为1:1。  （2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，应该都属于元素Ⅷ，原子序数T比Q多2，可以确定T为Ni，Q为Fe，所以T的基态原子外围电子（价电子）排布为3d84s2，Q2＋即Fe2＋的未成对电子数是4。  （3）中和生成的H＋需浓度为0.1200mol·L－1 溶液25.00ml，则可以得出H＋的物质的量为0.12×25.00×10－3＝0.0030 mol，所以x＝0.0030/0.0015＝2；Cr的化合价为＋3价，x＝2可以得知n＝1，即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2＋。 ‎ ‎30. 判断含氧酸强弱的一条经验规律:含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多该含氧酸的酸性越强。几种实例如下表所示。‎ 次氯酸 磷酸 硫酸 高氯酸 含氧酸 Cl-OH - 27 - / 27‎ 非羟基氧原子数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 酸性 弱酸 中强酸 强酸 最强酸 ‎（1）亚磷酸(H3P03)和亚砷酸(H3AsO3)的分子式相似,但它们的酸性差别很大。亚磷酸是中强酸,亚砷酸既有弱酸性又有弱碱性,由此可推出它们的结构式分别为:亚磷酸______,亚砷酸_______.‎ ‎（2）亚磷酸和亚砷酸与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是：‎ 亚磷酸:_____________________________________‎ 亚砷酸:_____________________________________‎ ‎（3）亚磷酸和亚砷酸中分别加人浓盐酸,分析反应情况,写出化学方程式。__________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O (4). H3AsO3+3Na0H=Na3AsO3+3H2O (5). 亚磷酸为中强酸,不与盐酸反应;亚砷酸可与盐酸反应,H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O ‎【解析】（1）根据题意可知：分子中含有非羟基氧越多，酸性越强，磷酸中含有2个羟基，而砷酸含有3个羟基，所以酸性亚磷酸大于亚砷酸；正确答案：，。‎ - 27 - / 27‎ ‎（2）与氢氧化钠溶液发生中和，是与羟基上的氢反应，亚磷酸含有2个羟基，与2个氢氧化钠发生中和反应；亚砷酸含有3个羟基，与3个氢氧化钠发生中和反应，反应的方程式分别为：，；正确答案：，。‎ ‎（3）亚砷酸为两性，既可以与强酸反应，又可以与强碱反应，而亚磷酸只能与强碱反应，所以亚砷酸与盐酸反应生成盐和水：；正确答案：‎ ‎，。‎ 点睛：该题的解答过程一定要依据题给定的信息进行处理分析，问题就很容易解决。‎ ‎31. 碳族元素包括C、S、Ge、Sn、Pb.‎ ‎（1）碳纳米管由单层或多层石墨层卷曲而成,其结构类似于石墨晶体,每个碳原子通过_______杂化与周围碳原子成键,多层碳纳米管的层与层之间靠______结合在一起.‎ ‎（2）CH4中共用电子对偏向C,SiH4中共用电子对偏向H,则C、S、H的电负性由大到小的顺序为________________________________________________________.‎ ‎（3）用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn-Br键的键角_____120°(填”>”“<”或“=”)‎ ‎（4）铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是:Pb4+处于立方晶胞顶点，Ba2+处于晶胞中心,O2-处于晶胞棱边中心。该化合物化学式为_________,每个Ba2+与_____个O2-配位。‎ - 27 - / 27‎ ‎【答案】 (1). sp2 (2). 范德华力 (3). C>H>Si (4). < (5). PaBaO3 (6). 12‎ ‎【解析】试题分析：（1）石墨是无限的六边形平面网状结构，每个碳原子轨道与邻近的三个碳原子以共价键结合，所以是SP2杂化，这些平面网状结构再以范德华力结合形成层状结构．因碳纳米管结构与石墨类似。所 以多层碳纳米管每个碳原子通过SP2杂化，层与层之间靠范德华力结合在一起。‎ ‎（2）据共用电子对偏向电负性大的原子，已知CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，故有C＞H＞Si。‎ ‎（3）SnBr2分子中，Sn的价层电子对数是（4+2）/2=3，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，SnBr2空间构型是V型，键角<120°。‎ ‎（4）铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：根据均摊法可知，Pb4+处于立方晶胞顶点，每个晶胞含有Pb4+：8× 1/8=1个，Ba2+处于晶胞中心，Ba2+：1个，O2-处于晶胞棱边中心，O2-：12×1/4 =3个，故化学式为PbBaO3，Ba2+处于晶胞中心,O2-处于晶胞棱边中心，共有12个，故每个Ba2+与12个O2-配位。‎ 考点：考查原子结构 林州一中2016级高二开学检测 化学答案 - 27 - / 27‎