福建省龙岩市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）
福建省龙岩市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）,福建省,龙岩市,莲山课件.
辽宁省瓦房店市高级中学2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64
一、选择题(本题包括18小题，1—10每题2分，11—18每题3分，共44分，每小题只有一个正确答案)
1.《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”。藏器曰：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。时珍曰：近时人以醋制铜生绿，取收晒干货之。后者的反应原理为
A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀 C. 化学腐蚀 D. 置换反应
【答案】C
【解析】
【详解】铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反应原理为化学腐蚀，答案选C。
【点睛】本题考查了铜及其化合物性质，题目难度不大，明确铜长时间在空气中与氧气、二氧化碳和水发生的反应为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
2.下列分子或离子的中心原子杂化轨道的类型不同的是( )
A. SO32-与SO3 B. CH4与H2O
C. PCl3与ClO3– D. BF3与CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A项、SO32-中S原子价层电子对数为4，S原子杂化类型是sp3杂化，SO3中S原子价层电子对数为3，S原子杂化类型是sp,2杂化，杂化类型不同，故A正确；
B项、CH4中C原子价层电子对数为4，C原子杂化类型是sp3杂化，H2O中O原子价层电子对数为4，O原子杂化类型是sp3杂化，杂化类型相同，故B错误；
C项、PCl3中P原子价层电子对数为4，P原子杂化类型是sp3杂化，ClO3–中Cl原子价层电子对数为4，Cl原子杂化类型是sp3杂化，杂化类型相同，故C错误；
D项、BF3中B原子价层电子对数为3，B原子杂化方式为sp2，CO32-中C原子价层电子对数为3，C原子杂化方式为sp2，杂化类型相同，故D错误；
故选A。
3.下列说法中正确的是( )
A. 电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子
B. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
C. 第四周期最外层电子数为1，且内层电子全部排满的原子是钾原子
D. C2H4分子中的碳原子以sp2杂化，其中C=C键是由两个碳原子的sp2－sp2轨道形成一个σ键和p－p轨道形成一个π键构成的
【答案】D
【解析】
【详解】A项、电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率，不表示一个电子，故A错误；
B项、钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，电子从基态跃迁到激发态，要吸收能量，故B错误；
C项、K元素为19号元素，原子核外有19个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，3d还没有排满电子，故C错误；
D项、C2H4分子中含有C=C键，碳原子以sp2杂化，其中C=C键是由两个碳原子的sp2－sp2轨道形成一个σ键和p－p轨道形成一个π键构成的，故D正确；
故选D。
【点睛】电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率，不表示一个电子是解答易错点。
4.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与 NH3相似。下列对 NCl3 和 NH3的有关叙述正确的是( )
A. NCl3 的沸点高于 NH3 的沸点
B. 在氨水中，大部分 NH3 与 H2O 以氢键(用“…”表示)结合形成 NH3•H2O 分子，则NH3•H2O的结构式为
C. NCl3 分子是非极性分子
D. NBr3 比 NCl3 易挥发
【答案】B
【解析】
【详解】A项、NH3分子间形成氢键，所以NCl3的沸点低于NH3的沸点，故A错误；
B项、NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3•H2O分子；则NH3•H2O的结构式为，故B正确；
C项、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，故C错误；
D项、结构相似的分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，故D错误；
故选B。
【点睛】结构相似的分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高是解答关键。
5.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是( )
A. Na2S 溶液中 c(OH–)=c(H+)+c(HS–)+2c(H2S)
B. Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3–)+c(H2CO3)
C. 室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)＞c(CH3COO–)＞c(OH–)＞c(H+)
D. 0.1mol•L-1的NaHC2O4溶液的pH=4，则c(HC2O4–)＞c(H+)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)
【答案】A
【解析】
【详解】A项、Na2S 溶液中存在质子守恒关系：c（OH–）=c（H+）+c（HS–）+2c（H2S），故A正确；
B项、Na2CO3溶液中存在物料守恒关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3–）+2c（H2CO3），故B错误；
C项、pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，弱酸醋酸过量，溶液显酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为：（CH3COO–）>c（Na+）>c（H+）>c（OH–），故C错误；
D项、0.1mol•L-1的NaHC2O4溶液的pH=4说明NaHC2O4的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度的大小顺序为：c（H C2O4–）>c（H+）>c（C2O42-）>c（H2C2O4），故D错误；
故选A
【点睛】电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
6.下列判断正确的是( )
A. 若NaA、NaB溶液的pH分别为9和8，则酸性一定是HA＜HB
B. FeCl3溶液蒸干得FeCl3固体，Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体
C. 中和pH和体积均相同的盐酸和醋酸溶液，后者消耗NaOH的物质的量多
D. 因Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，为抑制水解，配制Fe(NO3)2溶液时需将Fe(NO3)2溶解在稀HNO3中
【答案】C
【解析】
【详解】A项、没有给出NaA、NaB溶液的浓度，所以不能根据NaA、NaB溶液的pH大小判断HA和HB的酸性强弱，故A错误；
B项、FeCl3在溶液中水解生成Fe（OH）3和HCl，加热HCl挥发，促进水解平衡正移，导致FeCl3溶液蒸干得Fe（OH）3固体，碳酸钠在溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，碳酸氢钠和氢氧化钠都是难挥发物质，蒸发时，二者浓度变大又重新生成Na2CO3，所以蒸干得到的仍是碳酸钠固体，故B错误；
C项、pH相同的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，由于醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸的浓度大，而且盐酸和醋酸的体积也相同，所以醋酸的物质的量多，所以醋酸中和的氢氧化钠多，故C正确；
D项、硝酸具有强氧化性，配制Fe(NO3)2溶液时将Fe(NO3)2溶解在稀HNO3中，亚铁离子被氧化为铁离子，故D错误；
故选C。
【点睛】硝酸具有强氧化性，配制Fe(NO3)2溶液时将Fe(NO3)2溶解在稀HNO3中，亚铁离子被氧化为铁离子是解答易错点。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z的简单离子半径同周期中最小， W 的价电子数是Z的2倍。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：W>Z>Y>X
B. 由Y 、W组成的化合物的水溶液呈碱性的原因：W2-+2H2OH2W+2OH–
C. Z的最高价氧化物的水化物的碱性比Y的强
D. 由 Z、W 组成化合物不能在水溶液中制备
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素；Y原子的最外层只有一个电子，则Y是Na元素；Z的简单离子半径同周期中最小，则Z是Al元素；W 的价电子数是Al的2倍为6，则W是S元素。
【详解】A项、元素的金属性越强，第一电离能越小，元素的非金属性越强，第一电离能越大，则第一电离能： X（O）> W（S）>Z（Al）>Y（Na），故A错误；
B项、硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子在溶液中分步水解，水解的离子方程式为S2-+H2OHS—+OH—，故B错误；
C项、元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性钠元素强于铝元素，则钠的最高价氧化物的水化物的碱性比铝的强，故C错误；
D项、铝离子和硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，则不能在水溶液中制备硫化铝，故D正确；
故选D。
【点睛】硫离子和硫离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，则不能在水溶液中制备硫化铝，应用硫粉和铝粉共热制备是解答关键，也是易错点。
8.在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是
A. 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
B. 25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C. 向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D. 向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=mol•L-1，故A错误；
B．由FeS的Ksp=6.3×10-18、CuS的Ksp=1.3×10-36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；
C．FeS的Ksp=6.3×10-18、ZnS的Ksp=1.3×10-24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；
D．向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误；
答案选B。
9.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中不正确的是( )
A. W含氧酸的酸性比Z的强
B. Y的价层电子排布式可能是ns2np4
C. X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物可能都是强酸
D. 四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物
【答案】A
【解析】
【详解】A项、元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，但其含氧酸的酸性不一定强，如次氯酸是弱酸，亚硫酸是中强酸，故A错误；
B项、由周期表的相对位置和X、Y、Z、W均为短周期主族元素可知，Y、Z可能为ⅥA族元素，O的价层电子排布式可能是2s22p4，故B正确；
C项、由周期表的相对位置可知X可能为N元素、Z可能为S元素、W可能为Cl元素，三种元素的最高价氧化物所对应的水化物都是强酸，故C正确；
D项、由周期表的相对位置可知，Y可能为O元素，水分子间能够形成氢键，且氢键数目多于氨气，则四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的是水，故D正确；
故选A。
【点睛】元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，但其含氧酸的酸性不一定强是解答关键，也是易错点。
10.锌—空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源，总反应式为：2Zn + O2 + 2H2O=2Zn(OH)2，示意图如图所示。有关该电池的说法正确的是( )
A. 电池可以用稀硫酸做电解质溶液
B. 电池工作时，电子由a电极沿导线流向b电极
C. 空气扩散电极上的电极反应：O2 + 2H2O + 4e– = 4OH–
D. 阻隔空气进入锌—空气电池，电池仍能工作
【答案】C
【解析】
【分析】
由电池总反应式可知，锌电极为原电池负极，碱性条件下，锌失电子发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn+2OH–-2e–=Zn（OH）2，空气扩散电极为原电池正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2 + 2H2O + 4e– = 4OH–。
【详解】A项、锌和氢氧化锌能够与稀硫酸反应，则电解质溶液不可能是稀硫酸，故A错误；
B项、电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，即电子由b电极沿导线流向a电极，故B错误；
C项、由电池总反应式可知，空气扩散电极为原电池正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2 + 2H2O + 4e– = 4OH–，故C正确；
D项、阻隔空气进入锌—空气电池，不能发生自发的氧化还原反应，电池不能工作，故D错误；
故选C。
【点睛】构成原电池的首要条件是必须能发生自发的氧化还原反应，若不能发生自发的氧化还原反应，电池不能正常工作是解答关键，也是易错点。
11.C1O2作为一种强氧化剂，是国际上公认的高效消毒灭菌剂，但因其易爆有毒，常用NaClO2替代。常温下，将NaOH固体加入到由0.1molC1O2溶于水配成的1L溶液中。溶液pH及部分组分含量变化曲线如图，下列叙述不正确的是
(已知：2C1O2+H2OHC1O2+H++C1O3–)
A. Ka(HClO2)≈10-4.5
B. 不能用pH试纸测该溶液的pH
C. 酸性：HClO2 3 ，氧化性：HClO 2>HClO 3
D. 该图像上任何一点，都有c（C1O2–）+c（HC1O2）+c（C1O3–）=0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A项，HClO2的电离方程式为HClO2H++ClO2–，HClO2的电离平衡常数Ka（HClO2）=，根据图像当c（HClO2）=c（ClO2–）时溶液的pH4.5，Ka（HClO2）10-4.5，A项正确；
B项，溶液中的ClO2、HClO2、ClO2–具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸测该溶液的pH，B项正确；
C项，根据题给反应的离子方程式可见，HClO2为弱酸，HClO3为强酸，酸性：HClO2HClO3，一般同一元素不同氧化态的含氧酸中，低氧化态含氧酸的氧化性较强，氧化性：HClO2HClO3，C项正确；
D项，根据2ClO2+H2OHClO2+H++ClO3–、HClO2H++ClO2–，溶液中的物料守恒为c（ClO2）+c（HClO2）+c（ClO2–）+c（ClO3–）=0.1mol/L，D项错误；
答案选D。
【点睛】本题考查与溶液的pH有关的图像分析、电离平衡常数的计算、pH的测定、物质性质的比较、溶液中粒子浓度的关系。依据电离平衡常数的表达式和关键点的数值计算Ka（HClO2）；注意不是任何水溶液都可用pH试纸测量溶液的pH值，如氯水等强氧化性溶液、浓H2SO4等不能用pH试纸测pH。
12.甲胺(CH3NH2)是一种一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2 + H2O CH3NH3+ + OH－。常温下，向20.0 mL 0.10 mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是
A. b点对应加入盐酸的体积V<20>
B. 常温下，根据a点可知甲胺的电离平衡常数Kb=10 -3．4
C. b点可能存在关系：c(Cl－) > c(CH3NH3+) > c(H+) = c(OH－)
D. V=20.00mL时，溶液呈弱酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3NH3Cl为强酸弱碱盐，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故A正确；
B．当lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)，此时溶液的pH=10.6，则Kb==c(OH–)==10-3.4，故B正确；
C．b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH–)，结合电荷守恒可知：c(Cl–)=c(CH3NH3+)，则正确的离子浓度大小为：c(Cl–)=c(CH3NH3+)＞c(H+)=c(OH–)，故C错误；
D．V=20.00mL时，稀盐酸与甲胺(CH3NH2)恰好反应生成CH3NH3Cl，CH3NH3+水解，溶液显酸性，故D正确；
答案选C。
【点睛】明确横坐标含义、电离平衡常数含义是解本题关键。本题的易错点为B，要注意lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)。
13.纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示，下列说法正确的是( )
A. 化合物甲、乙均为手性分子
B. 化合物甲中最多有8个原子共平面
C. 化合物乙中采取sp3杂化的原子只有N、C
D. 化合物甲的沸点明显高于化合物乙
【答案】B
【解析】
【详解】A项、手性碳原子必须含是饱和碳原子，且饱和碳原子上要连有4个不同的原子或原子团，化合物甲中没有连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子，不可能是手性分子，故A错误；
B项、由羰基上连有的原子共平面，与氧原子相连的原子共平面，三点共面的原理可知，与羰基碳原子相连的CH3和CH2可能各有2个原子与羰基2个原子共面，与氧原子相连的CH3和CH2上的碳原子可能与氧原子共面，则化合物甲中最多有8个原子共平面，故B正确；
C项、化合物乙中的O、C、N均采取sp3杂化，故C错误；
D项、化合物乙中含有氨基，分子间能够形成氢键，而化合物甲不能形成氢键，则化合物乙的沸点明显高于化合物甲，故D错误；
故选B。
【点睛】手性碳原子必须含是饱和碳原子，且饱和碳原子上要连有4个不同的原子或原子团是解答关键，也是难点和易错点。
14.X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11；Z为第三周期元素，价电子数为2；基态M原子有6个未成对电子；W属于ds区元素，有1个未成对电子。下列说法正确的是( )
A 原子半径：Z＞X＞Y，电负性：X＞Y＞Z
B. M为第ⅥB族元素，W+价电子排布式为3d94s1
C. Z(XY3)2晶体含离子键和共价键，酸根离子的中心原子的杂化方式为sp3
D. X和Y的简单氢化物分子间均存在氢键，二者均可以作为配合物中的配体
【答案】D
【解析】
【分析】
由X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素，X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11可知，X为N元素、Y为O元素；Z为第三周期元素，价电子数为2，则Z为Mg元素；基态M原子有6个未成对电子，则M为Cr元素；W属于ds区元素，有1个未成对电子，则W为Cu元素。
【详解】A项、元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则电负性： Y＞X，故A错误；
B项、W为Cu元素，位于周期表ⅠB族，铜原子失去一个电子形成Cu+离子，Cu+价电子排布式为3d10，故B错误；
C项、硝酸铜为含有离子键和共价键的离子化合物，硝酸根离子中N原子的价层电子对数为3，N原子的杂化方式为sp2杂化，故C错误；
D项、水分子和氨分子中的氧原子和氮原子非金属性强，原子半径小，分子间均存在氢键，二者都含有孤对电子，均可以作为配合物中的配体，故D正确；
故选D。
【点睛】原子失去电子形成离子时，不是按照构造原理的能量大小失去电子，而是按照电子层的顺序，先失去最外层的电子是解答关键，也是易错点。
15.二茂铁[(C5H5)2Fe]分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 二茂铁分子中存在π键
B. lmol环戊二烯()中含有σ键的数目为11NA
C. Fe2+的电子排布式为ls 22s 22p63s23p63d54s1
青海省西宁市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）
青海省西宁市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）,青海省,西宁市,莲山课件.
D. 二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5–)之间为配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A项、二茂铁中环戊二烯离子含有碳碳双键，碳碳双键之间存在π键，则二茂铁分子中存在π键，故A正确；
B项、环戊二烯分子中含有σ键的数目为11，π键数目为2，则lmol环戊二烯中含有σ键的数目为11NA，故B错误；
C项、铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层两个电子变为亚铁离子，根据构造原理知，亚铁离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故C错误；
D项、二茂铁是Fe2+与环戊二烯离子（C5H5–）通过配位键形成的分子，故D正确；
故选C。
【点睛】明确二茂铁是Fe2+与环戊二烯离子（C5H5–）通过配位键形成的分子为解答关键，原子失去电子形成离子时，不是按照构造原理的能量大小失去电子，而是按照电子层的顺序，先失去最外层的电子是易错点。
16.水系钠离子电池安全性能好、价格低廉、对环境友好，有着巨大的市场前景。某钠离子电池工作原理如图，电池总反应为：2NaFePO4F + Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3
下列说法错误的是
A. 充电时，a接电源正极
B. 放电时，溶液中的Na+在NaFePO4F电极上得电子被还原
C. 充电时，阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3
D. 理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变
【答案】B
【解析】
【分析】
2NaFePO4F + Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3
分析方程式得出NaFePO4F变为Na2FePO4F，Fe在降低，发生还原反应，该物质作原电池的正极，Na3Ti2(PO4)3变为NaTi2(PO4)3，Ti在升高，发生氧化反应，该物质作原电池的负极。
【详解】A选项，放电时a为正极，因此充电时，a接电源正极，故A正确；
B选项，放电时，溶液中的Na+不放电，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去电子，故B错误；
C选项，阴极主要是NaTi2(PO4)3得到电子，因此阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+ 2Na+ + 2e－ =Na3Ti2(PO4)3，故C正确；
D选项，根据溶液中电荷守恒关系，理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变，故D正确；
综上所述，答案为B。
【点睛】分析化合价，根据化合价来定负极和正极，根据负极和正极来书写电极反应式。
17.图甲是利用一种微生物将废水中尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置在图乙中的铁上镀铜。下列说法中错误的是 ( )
A. 铜电极应与Y电极相连接
B. H+通过质子交换膜由左向右移动
C. 当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16g
D. M电极的电极反应式为CO(NH2)2 + H2O -6e– = CO2↑ +N2↑ +6H+
【答案】C
【解析】
分析】
甲图是将化学能转化为电能的原电池，电解质溶液为酸性溶液，M电极是负极，尿素在负极上失电子发生氧化反应，N电极是正极，氧气在正极上得电子发生还原反应；乙图是铁上镀铜的电镀装置，铜与原电池正极相连做阳极，铁与负极相连做阴极。
【详解】A项、铁上镀铜时，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A正确；
B项、M是负极，N是正极，H+通过离子交换膜由M极移向N极，即由左向右移动，故B正确；
C项、当N电极消耗0.25 mol氧气时，装置中转移0.25mol×4=1 mol电子，由得失电子数目守恒可知铁电极增重的质量为0.5mol××64 g·mol－1=32 g，故C错误；
D项、尿素在负极M电极上失电子发生氧化反应生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCONH2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋，故D正确；
故选C。
【点睛】电镀铜时，镀层金属Cu应当作为阳极，应与电源正极相连，铁与负极相连做阴极是解答关键。
18.常温下，用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B. 点①所示溶液中：c(CN–)+c(HCN)﹤2c(Cl–)
C. 点②所示溶液中：c(Na+)> c(Cl–)> c(CH3COO–)>c(CH3COOH)
D. 点④所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)>0.10mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据电荷守恒点②中存在c(CH3COO–)+c(OH–)+c(Cl–)=c(Na+)+c(H+)，点③中存在c(CN–)+c(OH–)+c(Cl–)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；
B.点①所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN–)+c(HCN)= 2c(Cl–)，故B错误；
C.点②所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO–)＞c(Cl–)，故C错误；
D.点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+)=c(Cl–)=0.05mol/L，c(CH3COO–)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO–)+c(OH–)+c(Cl–)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO–)=c(H+)-c(OH–)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO–)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH–)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH–)＞0.1mol/L，故D正确。答案选D。
二、填空题(本题包括5小题，共56分)
19.毒奶粉中发现的化工原料三聚氰胺可以由下列反应合成：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。
(1)基态钙原子电子占据的最高能层符号是_________，其核外共有______种不同能量的电子。
(2)CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O，由此可以推知CN22-的空间构型为________。
(3)1mol 尿素分子[CO(NH2)2]中含有的π键与σ键的数目之比为_________；所含元素的电负性由大到小的顺序为_____________。
(4)三聚氰胺俗称“蛋白精”，其结构为：
其中氮原子的杂化方式为________。
【答案】 (1). N (2). 6 (3). 直线形 (4). 1:7 (5). O>N>C>H (6). sp2 sp3
【解析】
【分析】
(1)钙的原子序数为20，基态钙原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2；
【详解】(1)钙的原子序数为20，基态钙原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子占据的最高能层符号是N电子层，能层相同，同一能级上的电子，电子的伸展方向不同，但能量相同，不同能量的电子数目与能级数目相等，则核外共有6种不同能量的电子，故答案为：N；6；
（2）CN22-离子的原子个数为3、价电子数为16，与CN22-具有相同原子个数和价电子数的等电子体的分子有N2O和CO2，等电子体具有相同的空间构型，CO2的空间构型为直线形，则CN22-的空间构型为直线形，故答案为：直线形；
（3）尿素分子中有6个单键，1个双键，一个单键就有一个σ键，双键中有一个σ键，则分子中π键与σ键的数目之比为1：7；元素非金属性越强，电负性越大，则尿素所含元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，故答案为：1:7；O>N>C>H；
（4）三聚氰胺中环上的氮原子与碳原子间形成双键，则氮原子采用sp2杂化，氨基上氮原子与碳原子和氢原子以单键相连，则氮原子采用sp3杂化，故答案为：sp2和sp3。
【点睛】能层相同，同一能级上的电子，电子的伸展方向不同，但能量相同，不同能量的电子数目与能级数目相等是解答关键，也是易错点。
20.Q、R、X、M、Y、Z是元素周期表前四周期的六种元素，原子序数依次递增。已知：
①Z位于ds区，最外能层没有单电子，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子排布为msnmpn(m≠n)；
③M的基态原子2p能级有1个单电子；
④Q、X原子p轨道的未成对电子数都是2。
用化学术语回答下列问题：
(1)Z在周期表中的位置______________。
(2)Q、R、X、M四种元素第一电离能由大到小的顺序为__________ (用对应元素的符号填写)。
(3)X、M两元素形成的化合物XM2的VSEPR模型名称为_________，已知XM2分子的极性比水分子的极性弱，其原因是__________________。
(4)分析下表中两种物质的键能数据(单位：kJ/mol)。
|
|
A—B |
A=B |
A≡B |
|
QX |
357.7 |
798.9 |
1 071.9 |
|
R2 |
154.8 |
418.4 |
941.7 |
①结合数据说明QX比R2活泼的原因：________________________。
②QX与R2互为等电子体，QX的结构式为(若有配位键请用→表示)______。Fe易与QX形成配合物，化学式遵循18电子规则：中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，则此配合物化学式为_______。
【答案】 (1). 第四周期第ⅡB族 (2). F>N >O>C (3). 四面体形 (4). OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小 (5). CO中第一个断裂的π键的键能是273 kJ/mol，N2中第一个断裂的π键的键能是523.3 kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断 (6). (7). Fe(CO)5
【解析】
【分析】
①由Z位于ds区，最外能层没有单电子可知，Z为Zn元素；
②由除Z外其余的均为短周期主族元素和Y原子价电子排布为msnmpn(m≠n)可知，Y为Si元素；
③由M的基态原子2p能级有1个单电子可知，M为F元素；
④由Q、R、X、M、Y、Z原子序数依次递增和Q、X原子p轨道的未成对电子数都是2可知，Q为C元素、R为N元素、X为O元素。
【详解】(1) Z为Zn元素，原子序数为28，位于周期表第四周期ⅡB族，故答案为：第四周期ⅡB族；
（2）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但ⅤA族元素的原子p轨道处于半充满状态，第一电离能比相邻元素大，则C、N、O、F四种元素第一电离能由大到小的顺序为F>N >O>C，故答案为：F>N >O>C；
（3）OF2分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子数为2，则OF2分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型为V形；OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小，则OF2分子的极性比水分子的极性弱，故答案为：四面体形；OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小；
（4）①根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，则CO更活泼，故答案为：CO中第一个断裂的π键的键能是273 kJ/mol，N2中第一个断裂的π键的键能是523.3 kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断；
②等电子体具有相同的结构，由N2分子的结构N≡N可知，CO分子中包含1个σ键（配位键）、2个π键，则结构式为；由中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于18可知，Fe与CO形成的配合物化学式为Fe(CO)5，故答案为：；Fe(CO)5。
【点睛】分子或离子的VSEPR模型取决于中心原子的价层电子对数，空间构型取决于中心原子的价层电子对数和孤对电子数是解答关键。
21.1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均釆用虚线表示。
(1)写出与Cu在同一周期且未成对电子数最多的基态原子的电子排布式：______ ，S原子的价层电子排布图______________。
(2)写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式______________(必须将配位键表示出来)。
(3)向胆矾溶液中滴加氨水至过量，最终得到深蓝色的透明溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出生成深蓝色透明溶液的离子方程式__________。比较NH3和[Cu(NH3)4]2+中H-N-H 中键角的大小：NH3______[Cu(NH3)4]2+(填“＞” “＜” 或“=”)。
(4)已知H2O2的结构如图：
H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′，估计它难溶于CS2，简要说明原因__________________________。
(5)Co3+形成的化合物[Co(NH3)5N3]SO4中Co的配位数为_____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (2). (3). (4). Cu(OH)2+4NH3 ·H2O＝[Cu(NH3)4]2++2OH–+4H2O (5). < (6). 因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中 (7). 6
【解析】
【分析】
（1）Cu的原子序数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；S的原子序数为16，电子排布式为1s22s22p63s23p3；
（2）胆矾晶体中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键；
（3）向胆矾溶液中滴加氨水，硫酸铜与氨水反应生成强氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀溶于过量的氨水生成含有深蓝色铜氨络离子的透明溶液；因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，导致H-N-H键角增大；
（4）相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
（5）由化合物的化学式为[Co(NH3)5N3]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，[Co(NH3)5N3]2+为内界，内界中Co3+为中心离子，NH3和N3—为配体。
【详解】（1）Cu的原子序数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；S的原子序数为16，电子排布式为1s22s22p63s23p3，价层电子排布图为，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；；
（2）胆矾晶体中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4．水合铜离子的结构简式为，故答案为：；
（3）向胆矾溶液中滴加氨水，硫酸铜与氨水反应生成强氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀溶于过量的氨水生成含有深蓝色铜氨络离子的透明溶液，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH–+4H2O；因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，导致H-N-H键角增大，故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH–+4H2O；<；
（4）相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，由图可知双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2，故答案为：因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中；
（5）由化合物的化学式为[Co(NH3)5N3]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，[Co(NH3)5N3]2+为内界，内界中Co3+为中心离子，NH3和N3—为配体，配位数为6，故答案为：6。
【点睛】由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素是解答关键。
22.氧化还原滴定同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现用0.0010 mol·L−1酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的无色NaHSO3溶液，反应的离子方程式为2＋5＋H＋=2Mn2+＋5＋3H2O。请完成下列问题：
(1)该实验除了滴定管(50 mL)、铁架台、滴定管夹、烧杯 、白纸等仪器和用品外，还必须使用的仪器是____________。
(2)实验中用_____(填“酸”或“碱”)式滴定管盛装酸性KMnO4溶液，原因是_______。
(3)本实验_______(填“需要”或“不需要”)使用指示剂，滴定终点的现象是__________。
(4)①滴定前平视液面，刻度为a mL，滴定后俯视刻度为b mL，根据(b−a) mL计算得到的待测液浓度比实际浓度_____(填“高”或“低”)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的待测液浓度值会____(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 酸 (3). 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管 (4). 不需要 (5). 当加入最后1滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，且30s不褪色，即达到滴定终点 (6). 低 (7). 偏大
【解析】
【分析】
（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，实验时除用到酸式滴定管(50 mL)、铁架台、滴定管夹、烧杯 、白纸和锥形瓶；
(2)由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管盛放或取用KMnO4溶液；
（3）滴定时不需要用指示剂，因为MnO4－被还原为Mn2＋时紫红色褪去；
（4）①定管的刻度自上而下是逐渐增大的；
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，滴定时，消耗KMnO4溶液体积偏大。
【详解】（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，实验时除用到酸式滴定管(50 mL)、铁架台、滴定管夹、烧杯 、白纸等仪器和用品外，还需要用到锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
(2)由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放或取用KMnO4溶液，应选择酸式滴定管，故答案为：酸；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管；
（3）滴定时不需要用指示剂，因为MnO4－被还原为Mn2＋时紫红色褪去，滴定完成时，NaHSO3溶液没有剩余，溶液会呈高锰酸钾溶液的颜色，且半分钟内颜色不褪去说明NaHSO3溶液已完全被氧化，故答案为：不需要；当加入最后1滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，且30s不褪色，即达到滴定终点
（4）①定管的刻度自上而下是逐渐增大的，所以滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则(b－a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积偏少，导致测定结果偏低，故答案为：低；
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，滴定时，消耗KMnO4溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：高。
【点睛】高锰酸钾用于氧化还原滴定需用酸式滴定管盛放，因高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的乳胶管，滴定过程同中和滴定，方法也同中和滴定。但高锰酸钾在滴定时不需要用指示剂，因为MnO4－被还原为Mn2＋时紫红色褪去。
23.绿水青山就是金山银山，保护环境人人有责。直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(Na2SO3):n(NaHSO3)变化关系如下表：
|
n(Na2SO3):n(NaHSO3) |
91:9 |
1:1 |
9:91 |
|
pH |
8.2 |
7.2 |
6.2 |
(1)由上表判断NaHSO3溶液显_____ 性。
(2)pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)______0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干得到固体的主要成分是______ 。
(4)25℃时，当吸收液为中性时，溶液中离子浓度关系正确的是______(选填字母)。
A. c(Na＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3–)
B .c(Na＋)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)＞c(H＋)＝c(OH－)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)
(5)氮的氢化物之一肼(N2H4)-空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质溶液是20%-30%的KOH溶液，负极的电极反应式是_______________，若使用该电池做电源，惰性电极电解500mL 1mol/L的CuSO4溶液，一段时间后溶液的PH=1，消耗的N2H4质量为_________g。
【答案】 (1). 酸 (2). ＞ (3). Na2SO4 (4). AB (5). N2H4-4e–+4OH–=N2↑+2H2O (6). 0.4
【解析】
【分析】
（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解，使溶液呈碱性，由表给数据n（SO32—）：n（HSO3—）=1:1时，溶液PH=7.2可知，NaHSO3溶液显酸性；
（2）Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解，促进水电离，氢氧化钠是碱，在溶液中电离出氢氧根离子，抑制水电离；
(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干时，亚硫酸氢钠受热分解生成亚硫酸钠，亚硫酸钠被空气中氧气氧化生成硫酸钠；
（4）当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度；
(5)肼燃料电池中，燃料肼为负极，碱性条件下，肼在负极失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4-4e–+4OH–=N2↑+2H2O；若使用该电池做电源，惰性电极电解500mL 1mol/L的CuSO4溶液，阳极上水失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，由电极反应式建立氢离子和肼的关系式求解可得。
【详解】（1）Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解，使溶液呈碱性，由表给数据n（SO32—）：n（HSO3—）=1:1时，溶液pH=7.2可知，NaHSO3溶液显酸性，故答案为：酸；
（2）Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解，促进水电离，氢氧化钠是碱，在溶液中电离出氢氧根离子，抑制水电离，则pH＝8.2的吸收液中由水电离出的c(OH－)大于0.1mol•L-1NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)，故答案为：＞；
(3)将pH＝8.2的吸收液蒸干时，亚硫酸氢钠受热分解生成亚硫酸钠，亚硫酸钠被空气中氧气氧化生成硫酸钠，则蒸干得到固体的主要成分是硫酸钠，故答案为：Na2SO4；
（4）当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度；
A、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3–），故正确；
B、溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）>c（HSO3–）>c（SO32-）>c（H–）=c（OH–），故正确；
C、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H–）=2c（SO32-）+c（HSO3–）+c（OH–），故错误；
AB正确，故答案为：AB；
(5)肼燃料电池中，燃料肼为负极，碱性条件下，肼在负极失电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为N2H4-4e–+4OH–=N2↑+2H2O；若使用该电池做电源，惰性电极电解500mL 1mol/L的CuSO4溶液，阳极上水失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，电极反应式为2H2O—4e—＝4H+十O2↑，由电极反应式可知氢离子和肼的关系式为N2H4—4e–—4H+，当溶液的PH=1时，溶液中氢离子的物质的量为0.05mol，则肼的质量为0.05mol××32g/mol=0.4g，故答案为：N2H4-4e–+4OH–=N2↑+2H2O；0.4。
【点睛】Na2SO3为强碱弱酸盐，在溶液中水解，使溶液呈碱性，由表给数据n（SO32—）：n（HSO3—）=1:1时，溶液pH=7.2确定NaHSO3溶液显酸性是解答关键，也是判断难点。
青海省海东市2020学年高一化学下学期期末联考试题（含答案）
青海省海东市2020学年高一化学下学期期末联考试题（含答案）,青海省,海东市,莲山课件.
