1、北海市2020年春季学期高二年级期末教学质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cl35.5 Fe56 Cu64一、选择题(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. 下列是同周期元素基态原子的最外层电子排布式，所表示的原子最容易得到电子的是A. ns2B. ns2np1C. ns2np4D. ns2np5【答案】D【解析】【详解】最外层电子数4时容易得到电子，并且最外层电子数越多越容易得电子，D表示最外层电子数为7，最容易得电子，故选D。2. 工业上制备四氢硼钠的原理为。上述反应中的物质涉及的晶体类型共有A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】C【
2、解析】【详解】题述反应中的物质、为离子晶体，为原子晶体，H2为分子晶体，为金属晶体，所以晶体类型共有4种；故选C。3. 下列电子排布式或轨道表示式正确的是A. C原子的轨道表示式：B. Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2C. N原子的轨道表示式：D. Br的电子排布式Ar 3d104s24p6【答案】D【解析】【详解】A、2p上的两个电子不符合洪特规则，两个电子应分别占据2p的两个能量相近的轨道，且自旋方向相同，正确的应是，A错误。B、4s能级的能量小于3d能级的能量，所以最后两个电子应排在4s上，正确的应为1s22s22p63s23p64s2，B错误。C、根据泡利不相
3、容规律可知：同一轨道上的两个电子自旋方向相反，正确的应是，C错误。D、Br核外有36个电子，按照电子排布规律，其电子排布式为Ar 3d104s24p6，D正确。正确答案为D【点睛】核外电子排布规律主要有三点：最低能量原理（电子在原子核外排布时，要尽可能使电子的能量最低，电子先排能级低的轨道，然后再排能级高的轨道）、泡利不相容原理（每一个轨道中只能容纳两个自旋方向相反的电子）和洪特规则（电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，还要考虑全充满、半充满、全空的稳定情况）。4. 下列说法错误的是A. O2、CO2、N2都是非极性分子B. 酸性：C. C3H8中碳原子都采用sp3杂化D. CO的一
4、种等电子体为NO+，它的电子式为【答案】B【解析】【详解】AO2、N2为单质，显然为非极性分子，CO2的结构式为O=C=O，分子呈直线型结构，正、负电荷的重心重合，为非极性分子，A正确；B虽然Cl的非金属性比碳强，所以高氯酸的酸性大于碳酸；但HClO不是Cl的最高价氧化物的水化物，其酸性比H2CO3弱，B错误； CC3H8中碳原子的价电子对数都为4，都采用sp3杂化，C正确；DNO+与CO的原子数目相同，价层电子对数相同，二者互为等电子体，NO+的电子式为，D正确；故选B。5. 下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是A. Ne3s1 Ne3s2B. Ar4
5、s1 Ne3s23p4C. Ne3s2 Ar4s2D. He2s22p4 Ne3s23p5【答案】B【解析】【详解】ANe3s1为Na，Ne3s2为Mg，二者均为金属元素，故A不符合；BAr4s1为K，Ne3s23p4为S，前者是金属元素，后者是非金属元素，故B符合；CNe3s2为Mg，Ar4s2为Ca，二者均为金属元素，故C不符合；DHe2s22p4为O，Ne3s23p5为Cl，二者均为非金属元素，故D不符合；故选：B。6. 下列粒子性质递变趋势正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A同主族元素自上而下电负性减小，氯、溴、碘依次减小，故A错误；B氯的第一电离能大于磷，故B
6、错误；C同周期主族元素自左至右原子半径减小，故C正确D氨气分子间存在氢键，熔沸点较高，所以沸点：，故D错误；综上所述答案为C。7. 下列说法正确的是A. N元素的电负性大于O元素B. 基态Fe原子的外围电子排布图为C. 在基态多电子原子中，P轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素【答案】B【解析】【详解】A一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，N元素的电负性小于O元素，故A错误；BFe元素为26号元素，核外有26个电子，基态铁原子的电子排布式为Ar3d64s2，所以外围电子排布图为，故B正确；C原子中2p电子的能量小于3s电子，
7、故C错误；DCu元素位于周期表中第四周期IB族，为ds区，故D错误；综上所述答案为B。8. 设(反应速率为v1)；(反应速率为v2)，对于上述反应，当增大容器体积时，v1和v2的变化情况为A. 同时增大B. 同时减小C. v1增大，v2减小D. v1减小，v2增大【答案】B【解析】【详解】和都是由气体参加的反应，增大容器体积时，除C(s)外，两个反应的反应物和生成物的浓度都减小，气体的压强减小，反应速率均减小，所以B选项正确；故选B。9. 钛被称为“第三金属”，其制取原料为金红石()，制取步骤如下：已知： 则反应的H为A. 2H1+2H2B. 2H1+H2C. 2H1-H2D. 2H1-2H2
8、【答案】B【解析】【详解】将反应2+可得：，依据盖斯定律可知该反应的H=2H1+H2，B项正确。10. 常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH、I-、NOB. c(Fe3+)=0.1molL-1的溶液：H+、Al3+、I-、SCNC. 加入铝粉生成H2的溶液：K+、Mg2+、SO、HCOD. =0.1molL-1的溶液：Na+、K+、SiO、NO【答案】D【解析】【详解】A能使pH试纸变红溶液呈酸性，则I-、NO以及H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BFe3+除能与发生络合反应生成络合物外，还能与发生氧化还原反应，故B
9、错误；C与Al生成氢气的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性，呈酸性时HCO不能与大量共存，呈碱性时HCO、Mg2+不能与大量共存，故C错误；D=0.1molL-1溶液显强碱性，Na+、K+、SiO、NO强碱性溶液中都能大量共存，故D正确。答案选D。11. 下列说法正确的是A. 将AlCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是AlCl3B. 加热Fe2(SO4)3溶液，Fe3+的水解程度和溶液的pH均增大C. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用盐酸溶解而除去D. 在合成氨工业中，将NH3液化并及时分离可增大正反应速率，提高原料转化率【答案】C【解析】【详解】AAlCl3溶液在加热时水解
10、生成Al(OH)3和HCl，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不稳定，分解生成Al2O3，故A错误；B加热Fe2(SO4)3溶液，Fe3+的水解程度增大，水解产生的氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C碳酸钙溶解度小于硫酸钙，依据沉淀转化原理可知：锅炉中沉积CaSO4可用饱和碳酸钠溶液浸泡可以转化为碳酸钙，然后用盐酸除去碳酸钙，故C正确；D移走NH3，正逆反应速率速率都减小，平衡正向移动，所以提高原料转化率，故D错误；答案选C。12. 一定条件下，密闭容器内SO2氧化成SO3的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-akJmol-1
11、，该温度下反应的平衡常数为K。反应达到平衡后，保持温度不变，再通入一定量O2，下列说法正确的是(不考虑物质状态变化)A. a增大，K不变B. a不变，K增大C. a增大，K增大D. a不变，K不变【答案】D【解析】【详解】由热化学反应方程式 可知只与物质的起始状态有关，与反应过程和物质的多少无关；平衡常数K只与温度有关，温度保持不变则平衡常数K不变，D正确。答案选D。13. 下列根据实验操作和现象所得出结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A向NaHS溶液中滴入酚酞溶液变红色HS-水解程度大于电离程度B向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水出现蓝色沉淀KspM
12、g(OH)2KspCu(OH)2C向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中产生白色浑浊酸性：盐酸碳酸硅酸D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在II2+I平衡A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. NaHS溶液中存在平衡：HS+H2OH2S+OH，HSH+S2，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液呈碱性，说明HS水解程度大于电离程度，实验目的和结论一致，A项正确；B. 溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说
13、明KspCu(OH)2较小，B项正确；C. 浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，C项错误；D. 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中含有碘，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，原来的溶液是KI3溶液，由现象可知，KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡，D项正确；答案选C。14. 下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同B. 常温下，NH4Cl溶液加水稀释时，逐渐增大C. 25时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量N
14、H4Cl固体，c(Mg2+)减小D. 25时，pH=4.5的硫酸溶液中c(H+)是的磷酸中c(H+)的10倍【答案】D【解析】【详解】A盐酸抑制水的电离，而氯化铵水解促进水电离，所以后者溶液中水的电离程度大，A错误；B常温下水的离子积和氨水的电离平衡常数都为定值，故=为定值，B错误；C在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量NH4Cl固体，溶液pH减小，氢氧化镁不断溶解，故镁离子浓度增大，C错误；D25时，pH=4.5的硫酸溶液中c(H+)=10-4.5，的磷酸中c(H+)=10-5.5，c(H+)前者是后者的10倍，D正确；故选D。15. CO可用于合成甲醇，反应的化学方程式为。CO在不同温度下的
15、平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的H0B. 平衡常数：K350K250C. 使用合适的催化剂可提高CO的转化率D. 实际生产选择的条件是250、【答案】B【解析】【详解】A根据图象可知，温度越高，转化率越低，说明反应放热，H0，A错误；B由于正反应为放热反应，所以温度越高，平衡常数越小，B正确；C使用催化剂，不能使平衡发生移动，不能提高CO的转化率，C错误；D250、时一氧化碳的转化率已经很大，再增大压强，转化率几乎没有变化，D错误；故选B。16. 下图是水煤气(成分为CO、H2)空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。下列叙述中正确的是A. A处通入的是
16、空气，B处通入的是水煤气B. a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应C. a电极的反应式包括：CO+4OH+2e=CO32-+2H2OD. 如用这种电池电镀铜，待镀金属上增重6.4 g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24 L【答案】D【解析】【详解】A、燃料电池中，通入空气的一极发生还原反应，作电池的正极，通入燃料的一极是负极，根据图中电子的移动方向，电子从负极流向正极，所以a端是负极，则A处通入水煤气，B处通入空气，错误；B、a极是负极，发生氧化反应，错误；C、a极是负极，发生氧化反应，所以CO失去2个电子，与氢氧根离子结合生成碳酸根离子和水，错误；D、6.4gCu的物质的量是6.4g/6
17、4g/mol=0.1mol，失去电子的物质的量是0.2mol，氢气与CO都会失去2个电子生成水及碳酸根离子，根据得失电子守恒，转移0.2mol电子，需要0.1mol的水煤气，标准状况下的体积是2.24L，正确；答案选D。二、非选择题17. 已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前30号元素，A元素形成的一种微粒是最简单的原子，B元素基态原子的核外有3个能级，每个能级上的电子数都相同；D的最外层电子数与能层数之比为3：1；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：(1)E在元素周期表中位于_区。(2)B、C、D的原子半径由大到小的顺序为
18、_(填元素符号)，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是_(填分子式)。(3)C2A4在碱性溶液中能够将ED还原为E2D。C2A4分子中C的杂化方式是_，由C元素原子组成的单质分子(C2)中含_个键，与单质分子(C2)互为等电子体的分子有_。【答案】 (1). ds (2). CNO (3). H2ONH3CH4 (4). sp3 (5). 2 (6). CO【解析】【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前30号元素，A元素形成的一种微粒是最简单的原子，则A为氢；B元素基态原子的核外有3个能级，每个能级上的电子数都相同，则电子排布式为1s22s22p2，B
19、为碳；D的最外层电子数与能层数之比为3：1，则电子排布式为1s22s22p4，D为氧，从而得出C为氮；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满，则E为铜。从而得出A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Cu。【详解】(1)E为铜，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，在元素周期表中位于ds区。答案为：ds；(2)B、C、D分别为C、N、O，三者的电子层数相同，最外层电子数越大，原子半径越小，原子半径由大到小的顺序为CNO，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物分别为CH4、NH3、H2O，它们的沸点由高到低的顺序是H2ONH3CH4。答案为：CNO；H2O
20、NH3CH4；(3)C2A4为N2H4，在碱性溶液中能够将CuO还原为Cu2O。N2H4分子中N原子的价层电子对数为4，杂化方式是sp3，由N原子组成的单质分子(N2)，结构式为NN，含2个键，与单质分子(N2)互为等电子体的分子为CO。答案为：sp3；2；CO。【点睛】两个非金属原子间形成共价键时，只能形成1个键，其它键都为键。18. 铜、镍等金属材料在现代社会中有着重要应用。请回答下列问题：(1)铜在元素周期表中的位置为_，基态镍原子的电子排布式为_。(2)氢氧化镍可生成单质镍的配合物：。CH3NC的结构简式为，1个CH3NC分子中键的数目为_，键的数目为_。C、N、O三种元素的第一电离能
21、由大到小的顺序为_。(3)据报道，只含镁、镍、碳三种元素的晶体具有超导性。该晶体的结构可看作由镁原子和镍原子在一起进行面心立方最密堆积，如图所示，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有_个。晶体中镁、镍、碳的原子个数比为_。【答案】 (1). 第四周期第B族 (2). 1s22s22p63s23p63d84s2 (3). 5 (4). 2 (5). NOC (6). 12 (7). 1：3：1【解析】【详解】(1)Cu为29号元素，位于第四周期第IB族；Ni为28号元素，原子核外有28个电子，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；(2)根据CH3
22、NC的结构简式可知一个分子中含有3个C-H键为键，一个C-N键为键， 中有一个为键，所以共有5个键；中有2个键；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半满状态，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能由大到小为NOC；(3)据图可知镁原子位于顶点，距离其最近的镍原子位于该顶点所在面的面心，所以共有=12；根据均摊法镁原子的个数为=1，镍原子的个数为=3，碳原子的个数为1，所以晶体中镁、镍、碳的原子个数比为1：3：1。19. 某锂离子二次电池以FePO4为正极材料，金属锂和石墨(石墨作为金属锂的载体)为负极材料，电池反应为，装置示意图如下：(1)该电池不能用水溶液作为电解质溶液，
23、其原因是_。(2)充电时，b极的电极反应式是_。(3)以该电池为电源，在铁件的表面镀铜可防止铁被腐蚀，其装置示意图如下：将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式是_。电镀时，A极应与_(填“a”或“b”)极相连，B极的电极反应式为_。若电镀前铁、铜两片金属质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为5.12g，则电镀时电路中通过的电子为_mol。【答案】 (1). 金属Li可与水发生反应或2Li+2H2O=2LiOH+H2 (2). LiFePO4-e-=Li+FePO4 (3). 2FeCl3+Fe=3FeCl2 (4). b (5). Cu
24、2+2e-=Cu (6). 0.08【解析】【详解】(1)金属Li可与水发生反应(或2Li+2H2O=2LiOH+H2)，锂电极溶解，所以不能用水溶液作为电解质溶液；(2)根据锂离子、电子的流向可知放电时a为负极，b为正极，则充电时可知b为阳极，阳极失电子发生氧化反应，根据总反应可知电极反应为LiFePO4-e-=Li+FePO4；(3)在铁件的表面镀铜时需要在铁件表面发生Cu2+2e-=Cu的反应，所以铁件为阴极，铜为阳极，即A为铜，B为铁。铁锈的主要成分为Fe2O3，和盐酸反应生成FeCl3，当铁锈被完全反应后，由于Fe3+的氧化性强于H+，所以发生化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2
25、；据图可知A为阳极，与电源的正极相连，即b极相连；B极为铁件，铜离子被还原成铜单质，电极反应为Cu2+2e-=Cu；电镀时，阳极反应为Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2+2e-=Cu，电镀前两极质量相等，电镀后质量差为5.12g，则阴极析出的铜为2.56g，物质的量为=0.04mol，转移的电子为0.08mol。20. 碳、氮化合物在生产、生活中具有重要作用。回答下列问题：(1)已知在298K和101KPa条件下，有如下反应：反应：C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1反应：2C(s)+O2(g)=2CO(g)H2=-221kJmol-1反应：N2(g)+O2
26、(g)=2NO(g)H3=+180.5kJmol-1汽车尾气净化原理为反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，其反应热H=_，该反应能自发进行的条件是_(填“低温”或“高温”)。在恒容密闭容器中发生的反应，下列有关该反应的说法中正确的是_(填字母)。A.升高温度，平衡常数减小B.体系达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动C.增大，平衡逆向移动，NO的转化率降低D.其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小E.该反应过程中，气体的密度始终保持不变(2)氮的一种氢化物是HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，常温下，将a molL-1的HN3与b molL-1的Ba(OH)2溶液等
27、体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(N)，则该混合物溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性，混合液中c(HN3)=_molL-1。(3)利用电解法可以消除废水溶液中CN-，其原理为：碱性条件下，阳极Cl-先转化为ClO-，再将CN-氧化为两种无污染的气体。阳极电极反应式为_。阳极附近溶液中除去CN-的离子方程式为_。【答案】 (1). -746.5kJmol-1 (2). 低温 (3). AE (4). 中 (5). (-b) (6). (7). 【解析】【详解】(1)已知：反应：C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1反应：2C(s)+O2(g)=2
28、CO(g)H2=-221kJmol-1反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H3=+180.5kJmol-1盖斯定律计算反应2-反应-反应得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJmol-1；由于正反应体积减小，即S0，根据G=H-TS0可知该反应能自发进行的条件是低温；A反应的焓变小于0，正反应为放热反应，所以升高温度平衡常数减小，故A正确；B催化剂只改变反应速率，不影响平衡，故B错误；C增大CO的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故C错误；D平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故D错误；E该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体的总质量一
29、直不变，容器恒容，所以密度始终保持不变，故E正确；综上所述选AE；(2)溶液中存在电荷守恒c(H+)+2c(Ba2+)=c(N)+ c(OH-)，由于2c(Ba2+)=c(N)，所以c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性；两溶液等体积混合，所以溶液中c(Ba2+)=mol/L，则c(N)=bmol/L，由物料守恒可知c(N)+c(HN3)=mol/L，所以c(HN3)=(-b)mol/L；(3)电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知阳极上Cl-被氧化成ClO-，电解质溶液显碱性，所以阳极反应式为；根据题意可知ClO-会将CN-氧化成两种无污染的气体，根据元素守恒可知两种气体应为CO2和N2，再结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为。