2018-2019学年四川省宜宾市第四中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年四川省宜宾市第四中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎2019年春四川省宜宾市四中高二期中考试 理科综合化学测试 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。‎ ‎3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。‎ ‎4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 C1 35．5 Fe56 Ni 59 As 75‎ 第Ⅰ卷（选择题共48分）‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”。文中涉及下列操作方法的是（ ）‎ A. 溶解 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 上述操作包含了将茶叶里的有机物进行萃取、溶解、过滤、供人品尝等过程，没有涉及的操作有渗析、蒸馏、分液；正确选项A。‎ ‎2.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；e、f为常见气体单质。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子的半径：Y>Z>X B. 简单氢化物的沸点：Y>X C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z> Y D. Y、Z的氧化物所含化学键类型相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，c为金属镁；e、f为常见气体单质，根据框图，镁与化合物b反应生成气体单质f，则f为氢气；过氧化钠与化合物b反应生成气体单质e，则e为氧气，则b为水，d为氢氧化钠，g为氢氧化镁。‎ ‎【详解】根据上述分析，a为过氧化钠， b为水，c为镁，d为氢氧化钠，e为氧气，f为氢气，g为氢氧化镁；则W为H、X为O、Y为Na、Z为Mg；‎ A. X为O、Y为Na、Z为Mg，简单离子具有相同的电子层结构，离子半径: X>Y>Z，故A错误；‎ B.X为O，Y为Na，氢化钠是离子化合物，沸点高于水，故B正确；‎ C. 金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Z为镁，Y为钠，所以碱性：Y>Z ，故C错误；‎ D. Y的氧化物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠中只含有离子键，而过氧化钠中既有离子键又有共价键，Z的氧化物为MgO，MgO中只含离子键，所以所含化学键类型不相同，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】记住一些物质的典型性质及用途是解决此题的突破口，如铝热反应中用镁条引燃。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol—OH含10NA个电子 B. 1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应可得NA个H2O C. 标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NA D. 常温下，将1mol铁加入到足量的浓硝酸中，生成NO2气体的体积大于67.2L ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，1个-OH中含9个电子，1mol-OH含9NA个电子，A项错误；B项，C2H518OH与CH3COOH酯化反应为可逆反应，1molC2H518OH与足量CH3COOH充分反应得到的H2‎ O的物质的量小于1mol，B项错误；C项，n（CH2=CHCH3）==0.5mol，1个CH2=CHCH3分子中含6个碳氢极性共价键，标准状况下11.2L丙烯所含的极性共价键物质的量为3mol，C项正确；D项，常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，D项错误；答案选C。‎ 点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、乙酸乙酯的制备、Fe的钝化等知识，注意-OH和OH-的区别，酯化反应的机理一般是“酸脱羟基，醇脱氢”，酯化反应是可逆反应。‎ ‎4.三蝶烯是最初的“分子马达”的关键组件，三碟烯某衍生物X可用于制备吸附材料，其结构如图所示，3个苯环在空间上互为120°夹角。下列有关X的说法错误的是 A. 分子式为C22H14O4‎ B. 能发生加成、取代反应 C. 苯环上的一氯代物有3种 D. 分子中最多可能有20个原子位于同一平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 分子式为C22H14O4 ，故A正确；B. X含有不饱和结构苯环，能发生加成，X含有羧基，可以发生取代反应，苯环上的氢原子也可发生取代反应，故B正确；C. 苯环上有2种氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种，故C错误；D. 苯环有12个原子共面，两个羧基与苯环共面时，分子中最多可以有20个原子位于同一平面上，故D正确。故选C。‎ ‎5.用惰性电极电解法制备硼酸[H3BO3或B(OH) 3]的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 阴极与阳极产生的气体体积比为1：2‎ B. b极的电极反应式为2H2O－2eˉ=O2↑+4H+‎ C. 产品室中发生的反应是B(OH)3+OHˉ=B(OH)4ˉ‎ D. 每增加1 mol H3BO3产品，NaOH溶液增重22g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3；理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2。‎ A.由 a、b电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+可知，阴极生成2mol H2同时阳极生成1mol O2，故A错误；B. b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B错误；C. 原料室中的B(OH)4-通过阴膜进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜进入产品室，B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3，故C错误；D. 理论上每生成1mol产品，a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极生成1molH+、a极生成0.5molH2质量为1g，同时原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室1mol质量为23g，所以氢氧化钠溶液增重22g，故D正确；本题选D。‎ ‎6.25℃时，用0.10 mol/L氨水滴定10.00mL0.05mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. H2A的电离方程式为H2AH++HA -‎ B. B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L C. C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)= 2c(A2-)‎ D. 25℃时，该氨水的电离平衡常数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据图像，A点时，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液= -12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H++A 2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液，= 0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，= -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8 mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++ H2OH++ NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh= == =2×10-5，故氨水的电离平衡常数为=5×10-10，故D错误；故选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 植物油主要成分是高级脂肪酸 B. 异丙苯()中碳原子可能处于同一平面上 C. 某些蛋白质可溶于溶剂形成分子胶体，但遇乙醇发生变性 D. 分子式为C4H10O并能与金属钠反应的有机物有5种(不含立体异构)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，选项A错误；B. 异丙苯( )中苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，四面体C最多三原子共平面，故碳原子不可能都处于同一平面上，选项B错误；C. 蛋白质溶液是胶体，乙醇可使蛋白质变性，选项C正确；D. 分子式为C4H10O并能与金属钠反应的有机物为醇，即为C4H9OH，丁基- C4H9有4 种，故符合条件的有机物有4种，选项D错误。答案选C。‎ ‎8.电动公交车替代燃油公交车是节能减排、控制雾霾的重要举措之一，下图所示电池是一种正在开发的车载电池。有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 放电时Fe/FeS 极是负极 B. 放电时负极反应式为：Al-3e-=Al3+‎ C. 充电时阳极反应式为：Fe+S2--2e-=FeS D. 左边电解质可以是LiOH的醇溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 放电时为原电池，根据图示电子流向可知，电子由负极流向正极，因此Fe/FeS 极是正极，A错误；放电时，Fe/FeS 极是正极，锂/铝合金为负极，发生氧化反应，锂比铝活泼，所以：Li-e-=Li+B错误；充电时，为电解池，阳极发生氧化反应，铁失电子变为亚铁离子，Fe+S2--2e-= FeS，C正确；‎ LiOH 在醇溶液中不能发生电离产生锂离子，没有自由移动的离子，不能构成闭合回路，D错误；正确选项C。‎ 第II卷非选择题（52分）‎ 二．综合题，本大题共4个小题，共52分 ‎9.(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)BF3与一定量的水形成(H2O)2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：‎ 晶体Q中各种微粒间的作用力有______(填序号)．‎ a．离子键b．共价键c．配位键d．氢键 ‎(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2﹣，不考虑空间构型，[Cu(OH)4]2﹣的结构可用示意图表示为______ ,科学家推测胆矾结构示意图可简单表示如图：胆矾的化学式用配合物的形式表示为_____________________．‎ ‎(4)第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种．S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____‎ ‎【答案】 (1). M (2). 9 (3). bcd (4). (5). [Cu(H2O)4]SO4•H2O (6). 3 (7). sp3杂化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Si原子的电子排布式是1s22s22p23s23p2，第三层有3s、3p、3d 三个能级；‎ ‎(2)中含有水分子与水分子间的氢键、H－O键、B－F键、B－O配位键；‎ ‎(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2﹣，Cu2+与OH-通过配位键结合成[Cu(OH)4]2﹣，根据胆矾结构示意图可知Cu2﹣与H2O通过配位键结合成[Cu(H2O)4]2+。‎ ‎(4)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅡA族的Be原子2s轨道全满，能量低，第一电离能大于相邻原子，ⅤA族的N原子2p轨道半满，能量低，第一电离能大于相邻原子；由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4。‎ ‎【详解】(1)基态Si原子的电子排布式是1s22s22p23s23p2，电子占据的最高能层为第三层，符号为M，第三层有1个3s轨道、3个3p轨道、5个3d轨道，具有的原子轨道数为9；‎ ‎(2)中含有水分子与水分子间的氢键、H－O键、B－F键、B－O配位键，故选bcd； ‎ ‎(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2﹣，Cu2+与OH-通过配位键结合成[Cu(OH)4]2﹣，结构示意图为，根据胆矾结构示意图可知Cu2+与H2O通过配位键结合成[Cu(H2O)4]2+，胆矾的化学式用配合物的形式表示为[Cu(H2O)4]SO4•H2O。‎ ‎ (4)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅡA族的Be原子2s轨道全满，能量低，第一电离能大于相邻原子，ⅤA族的N原子2p轨道半满，能量低，第一电离能大于相邻原子，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O，共3种；由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，S原子杂化方式是sp3杂化。‎ ‎10.原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的 ；W的原子序数为29。回答下列问题:‎ ‎（1）Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1mol Z2X4含有σ键的数目为 ________。‎ ‎（2）化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为 ________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________（用分子式表示，下同)。 ‎ ‎（3）与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________，理由是 ________；三者的沸点由高到低的顺序是 ________，解释原因________。‎ ‎（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的分子式是________。 ‎ ‎（5）W元素有________个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为________。‎ ‎【答案】 (1). sp2 (2). 5NA (3). 三角锥形 (4). H2O (5). H2O >H2S> H2Se (6). 半径Se>S>O，键长H-Se> H-S> H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定 (7). H2O > H2Se>H2S (8). H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高 (9). CO (10). 29 (11). 3d104s1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；R单质占空气体积的1/5，R是O；W的原子序数为29，则W是Cu元素，再结合物质结构分析解答。‎ ‎【详解】（1）C2H4分子平面形结构，所以C原子轨道的杂化类型为sp2杂化。单键都是σ键，则一个N2H4分子中含有5个σ键；‎ 故答案：sp2 ；5NA；‎ ‎（2）化合物NH3与化合物H2O的VSEPR构型相词，均是四面体，但立体构型不同，氨气分子中含有1对孤对电子，其立体构型为三角锥形；水分子中含有2对孤对电子，所以两种化合物分子中化学键的键角较小的是H2O。‎ 故答案为：三角锥形；H2O；‎ ‎（3）由于同主族从上到下原子半径逐渐增大，而键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性是H2O＞H2S＞H2Se；由于H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高，则沸点大小顺序是H2O > H2Se>H2S；‎ 故答案为：H2O >H2S> H2Se；半径Se>S>O，键长H-Se> H-S> H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定；H2O > H2Se>H2S；H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S ‎，分子间作用力越大，熔沸点越高；‎ ‎（4）元素C的一种氧化物与元素N的单质互为等电子体，CO和N2互为等电子体，所以元素Y的这种氧化物的分子式是CO；‎ 故答案为：CO；‎ ‎（5）铜元素原子序数是29，核外有29个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为3d104s1。‎ 故答案为：29 ；3d104s1。‎ ‎11.能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。‎ ‎（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是______(填序号)。‎ a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 b．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求 c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生 ‎（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，氧气充足时燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。‎ 由上图可知，在通常状况下，金刚石和石墨中___(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为__kJ·mol−1‎ ‎（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol−1、497 kJ·mol−1，N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH=180.0 kJ·mol−1。NO分子中化学键的键能为_____kJ·mol−1。‎ ‎（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式：________。‎ ‎【答案】 (1). acd (2). 石墨 (3). 393.5kJ·mol−1 (4). 631.5 (5). 2NO(g)+2CO(g)＝ N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.0kJ·mol−1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；a、c、d能减少化石燃料的运用，故正确。‎ ‎（2）由图象分析可知金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为110.5 kJ +283.0 kJ =393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5kJ·mol−1；‎ ‎（3）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol−1、497 kJ·mol−1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=180.0 kJ·mol−1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946 kJ·mol−1+497 kJ·mol−1-2X=180 kJ·mol−1 得：X=631.5 kJ·mol−1；‎ ‎（4）已知①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ·mol−1；‎ ‎②C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=-110.5 kJ·mol−1；‎ ‎③N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=180 kJ·mol−1；‎ 由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746.0 kJ·mol−1；‎ ‎12. 东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：‎ ‎（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。‎ ‎（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。‎ ‎①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。‎ ‎②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______ ，提供孤电子对的成键原子是_____。‎ ‎③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。‎ ‎（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。‎ ‎（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。‎ ‎②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm ‎【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2‎ ‎（2）①正四面体 ‎②配位键；N ‎③高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3‎ ‎（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 ‎（4）①3:1‎ ‎②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：：‎ ‎（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数 为2。‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2；‎ ‎（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，‎ 故答案为：正四面体；‎ ‎②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。‎ 故答案为：配位键；N；‎ ‎③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，‎ 故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极 性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目4，氮原子采取sp3杂化。‎ 故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键；极性；sp3；‎ ‎（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外 围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，‎ 而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。‎ 故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；‎ ‎（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×=1，Cu原子数目=6×=3，‎ 故Cu与Ni原子数目之比为3：1。‎ 故答案为：3：1；‎ ‎②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，根据m=ρV可有：g="d" g•cm-3‎ ‎×(a×10-7cm)3，解得a=。‎ 故答案为：。‎ 考点：晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 ‎ ‎