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    2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期期中考试化学试题 (解析版)
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    2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期期中考试化学试题 (解析版)

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    这是一份2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期期中考试化学试题 (解析版),共21页。试卷主要包含了本试卷分I卷和II卷两部分,答题前,考生务必先将自己的姓名,考试结束后,将答题卡交回,Ksp=2.3×10-11]等内容,欢迎下载使用。

    成都外国语学校2021—2022学年度下期期中考试
    高二化学试卷
    注意事项:
    1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。
    2、本堂考试100分钟,满分100分。
    3、答题前,考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上,并使用2B铅笔填涂。
    4、考试结束后,将答题卡交回。
    可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55
    第Ⅰ卷
    选择题:本题共20小题,共40分,每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
    1. 下列表示正确的是
    A. 水分子的比例模型: B. 硝基苯的结构简式:
    C. 氨气的电子式: D. C的电子式:
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.水分子的比例模型: ,A项错误;
    B.硝基苯的结构简式:,B项错误;
    C.氨气的电子式:,C项错误;
    D.C的电子式:,D项正确;
    答案选D。
    2. 下列仪器与其对应名称不相符的是








    A.干燥管
    B.分液漏斗
    C.圆底烧瓶
    D.坩埚

    A. A B. B C. C D. D
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.根据仪器的特点,该仪器为干燥管,故A不符合题意;
    B.该仪器为分液漏斗,故B不符合题意;
    C.该仪器为蒸馏烧瓶,故C符合题意;
    D.该仪器为坩埚,故D不符合题意;
    答案为C。
    3. 人体正常的血红蛋白含有Fe2+,若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是
    A. 亚硝酸盐被还原 B. 维生素C是还原剂
    C. 维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D. 亚硝酸盐与一氧化碳使人中毒的原理相同
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A、亚硝酸盐将Fe2+氧化为Fe3+,所以亚硝酸盐应被还原,故A正确;B、服用维生素C可解毒,则维C可将Fe3+还原为Fe2+,维生素C作还原剂,故B、C均正确;D、一氧化碳的毒性主要体现在能与血红蛋白结合,从而使血红蛋白失去运输氧气的能力,与亚硝酸盐中毒原理不同,故D错误。故选D。
    4. 下列说法正确的是
    A. H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱
    B. 碘升华的过程中破坏的是共价键
    C. 离子化合物中一定含有离子键,共价化合物中一定含有共价键
    D. SiO2属于原子晶体,熔化时破坏共价键和分子间作用力
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.H2O2易分解破坏的是共价键,分子间作用只能影响物质的物理性质,故A错误;
    B.碘升华是由固态的碘单质变成气态的碘单质,属于物理变化,破坏的是分子间作用力,故B错误;
    C.离子化合物是通过离子键相互作用而形成的,所以离子化合物中一定含有离子键,共价化合物通过共价键相互作用而形成的,所以共价化合物中一定含有共价键,故C正确;
    D.SiO2属于原子晶体,熔化时破坏共价键,故D错误;
    故答案:C。
    5. 设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
    A. 标准状况下,4.48LCl2通入水中,转移电子数为0.2NA
    B. 7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA
    C. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
    D. 120 g NaHSO4固体中含有的阳离子数为2NA
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A. 氯气与水的反应是可逆反应,标准状况下,4.48LCl2通入水中,转移电子数小于0.2NA,故A错误;
    B. 苯分子中含有6个碳氢键,7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA,故B正确;
    C. 溶液中溶剂是水,水分子中也有氧原子,1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数多于0.4NA,故C错误;
    D. NaHSO4固体中含有的阳离子只有钠离子,120 g NaHSO4固体中含有的阳离子数为NA,故D错误;
    故选B。
    6. 下列实验误差分析错误的是
    A. 用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏小
    B. 滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小
    C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,测定值偏小
    D. 测定中和反应反应热时,将碱缓慢倒入酸中,所中和热数值偏小。
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,所配溶液浓度偏大,A项错误;
    B.滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,气泡占有体积,故所测体积偏小,B项正确;
    C.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH,则碱溶液浓度偏小,pH测定值偏小,C项正确;
    D.测定中和反应的反应热时,将碱缓慢倒入酸中,没有及时密封会造成热量损失,故所中和热数值偏小,D项正确;
    答案选A。
    7. 下列说法中正确的是
    A. 两种原子的电子层上全部都是s电子,其对应元素一定属于同一周期
    B. 两种原子最外层都只有一个电子,其对应元素化学性质一定相似
    C. 核外电子排布为1s2的原子与核外电子排布为1s22s2的原子,其对应元素化学性质一定相似
    D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子,其对应元素一定属于同一周期
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.两原子其核外全部都是s电子元素可以是H、He、Li、Be,H、He是第一周期元素,Li、Be是第二周期元素,对应的元素不一定属于同一周期,A错误;
    B.最外层都只有一个电子的原子,可能为主族H原子与副族Cu原子,化学性质不同,B错误;
    C.原子核外电子排布式为1s2是He,原子核外电子排布式为1s22s2是Be,二者化学性质不同,C错误;
    D.3p能级上只有一个空轨道的原子,为Si元素,3p能级上有一个未成对电子的原子为Al、Cl,均为第三周期元素,D正确;
    答案选D。
    8. 下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是
    A. 在透明溶液中:Cu2+、Mg2+、SO、Cl-
    B. 加入铝粉产生H2的溶液中:Ba2+、Fe2+、HCO、NO
    C. NaAlO2溶液中:Cu2+、Al3+、Cl-、CO
    D. 常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中:Na+、K+、S2O、SO
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.在透明溶液中:Cu2+、Mg2+、SO、Cl-,可以共存,A项正确;
    B.加入铝粉产生H2的溶液中有可能是酸溶液也有可能是碱溶液,如果是酸溶液,HCO与H+、Fe2+与 NO与H+不能共存,如果是碱溶液,OH-与HCO、Fe2+与OH-不能大量共存,B项错误;
    C.NaAlO2溶液中,Al3+与CO、Al3+与发生双水解反应不能大量共存,C项错误;
    D.常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中,c(H+)> c(OH-),故溶液为酸溶液,S2O会与H+发生反应不能大量共存:S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O,D项错误;
    答案选A。
    9. 许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力,能形成种类繁多的配合物,下列说法正确的是
    A. 1mol配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O不能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀
    B. 1mol配合物Ni(CO)4中共有8mol σ键
    C. 配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO
    D. 配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.加入足量的AgNO3溶液,外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀,内界配位离子Cl-与Ag+不能反应,A说法错误;
    B.一个CO 中有一个σ键,配合物Ni(CO)4中有四个配位键,则1mol配合物Ni(CO)4中共有8mol σ键,B说法正确;
    C.配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3,C说法错误;
    D.配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3,配位数为2,D说法错误;
    答案为B。
    10. Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图(如图),电解总反应为:2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是

    A. 电子的流向:电源负极→石墨电极→Cu→电源正极
    B. 铜电极上的电极方程式为2Cu+H2O-2e-=Cu2O+2H+
    C. 电解后溶液的pH变大
    D. 当有0.1mol电子转移时,有0.1mol Cu2O生成
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A、“石墨电极→Cu”是通过溶液中的离子导电,A错;
    B、强碱条件下方程式书写错误,B错;
    C、反应消耗水,溶液体积变小,pH变大,C正确;
    D、由总反应可知:Cu2O~2e-,故当有0.1mol电子转移时,有0.05mol Cu2O生成,D错。
    故选C。
    【点睛】掌握电解池的工作原理,注意电子只能在导线中流动,溶液中是离子定向移动。在书写电极反应时注意溶液的酸碱性。
    11. 下列描述正确的是
    A. CS2为V形的极性分子
    B. SiF4与SO的中心原子价层电子对数均为4
    C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
    D. 水加热到很高温度都很难分解是因为水分子间存在氢键
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.依据价层电子对互斥理论可知,CS2中C原子的价层电子对数=2+×(4-2×2)=2,为sp杂化,为直线形,CS2为直线形非极性分子,故A错误;
    B.SiF4中Si原子的价层电子对数=4+×(4-4×1)=4,为sp3杂化,SO32-中S原子的价层电子对数=3+×(6+2-3×2)=4,为sp3杂化,B正确;
    C.C2H2分子的结构式是H—C≡C—H,σ键与π键的数目比为3∶2,C错误;
    D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大,与分子之间是否存在氢键无关,D错误;
    故合理选项是B。
    12. 实验室从废定影液[含Ag(S2O3)和Br﹣等]中回收Ag和Br2的主要步骤为:向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子,过滤、洗涤、干燥,灼烧Ag2S制取金属Ag;制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br﹣,再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示:下列叙述正确的是

    A. 用装置甲分离Ag2S时,用玻璃棒不断搅拌
    B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
    C. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br﹣的Cl2
    D. 用装置丁分液时,先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.过滤时,不能用玻璃棒搅拌,以避免滤纸破损,故A错误;
    B.灼烧固体应在坩埚中进行,不能用蒸发皿,故B错误;
    C.高锰酸钾具有强氧化性,在常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气,故C正确;
    D.分液时,为避免液体重新混合而污染,下层液体从下端流出,上层液体从上口倒出,故D错误;
    故选C。
    13. 下列各组微粒,中心原子均采用sp2杂化方式的
    A. NH3,PCl3,CO,CO2 B. SO3,NO,COCl2,BF3
    C. SO,ClO,PO,BF3 D. BeCl2,NCl3,NO,ClO
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.NH3,PCl3 价层电子对均为4,中心原子均采用sp3杂化方式,故A错误;
    B.SO3,NO,COCl2,BF3 价层电子对均为3,中心原子无孤电子对,中心原子均采用sp2杂化方式,故B正确;
    C.SO,ClO,PO价层电子对均为4,中心原子均采用sp3杂化方式,故C错误;
    D.NCl3, ClO价层电子对均为4,中心原子均采用sp3杂化方式,故D错误;
    故答案为B。
    14. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电池。一种热激活电池的基本结构如图所示,其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能。该电池的总反应方程式为:PbSO4+2LiCl+Ca = CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是

    A 正极反应式:Ca +2Cl--2e-=CaCl2
    B. 放电过程中,Li+向钙电极移动
    C. 外电路中,电子由硫酸铅电极经导线流向钙电极
    D. 常温时,在正负极间接上电流表或检流计,指针不偏转
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据总反应方程式,Ca的化合价升高,根据原电池工作原理,Ca作负极,硫酸铅中Pb的化合价降低,硫酸铅作正极,利用原电池工作原理,进行分析;
    【详解】A.根据原电池工作原理,电池正极上得到电子,发生还原反应,故A错误;
    B.放电过程属于原电池,根据原电池工作原理,阳离子向正极移动,即Li+向硫酸铅一极移动,故B错误;
    C.根据原电池工作原理,电子从负极经外电路流向正极,即电子从钙电极经导线流向硫酸铅电极,故C错误;
    D.根据题中信息,作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能,常温下是没有电子通过的,故D正确;
    答案D。
    15. 化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂,其结构简式如图,A能除去锅炉水中溶解的氧气,下列说法正确的是


    A. 分子中所有原子都在同一平面内
    B. A分子中C、N的杂化类型相同
    C. A分子中每个N原子上均含有一对孤电子对
    D. A分子中C原子上一个sp2杂化轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.分子中N有3条键,存在一对孤对电子,则N均为sp3杂化,以N为中心存在多个三角锥结构,故所有原子不可能都在同一平面内,A项错误;
    B.A分子中C为sp2杂化、N为sp3杂化,杂化类型不同,B项错误;
    C.A分子中每个N原子有3条键,且均含有一对孤电子对,C项正确;
    D.A分子中C为sp2杂化,未参与杂化的p轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键,D项错误;
    答案选C。
    16. 六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示),下列有关六氟化硫的推测正确的是

    A. 六氟化硫易燃烧生成二氧化硫
    B. 六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构
    C. 六氟化硫分子中的S—F键都是σ键,且键长、键能都相等
    D. 六氟化硫分子是极性分子
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.与O2燃烧可燃物要发生氧化反应,六氟化硫中S化合价应升高,不能降价生成SO2,而且六氟化硫中S已经为最高价+6,故不会燃烧,A项错误;
    B.六氟化硫中S原子周围有12个电子,B项错误;
    C.六氟化硫分子是一个正八面体结构,S—F键都是σ键,且键长、键能都相等,C项正确;
    D.六氟化硫分子空间对称,正负电中心重合,是非极性分子,D项错误;
    答案选C。
    17. 共价化合物分子中各原子有一定的连接方式,某分子可用球棍模型表示如图,A的原子半径最小,C、D位于同周期,D的常见单质常温下为气态,下列说法正确的是( )

    A. B的同素异形体数目最多2种
    B. A与C不可以形成离子化合物
    C. 通过含氧酸酸性可以比较元素B和C的非金属性
    D. C与D形成的阴离子CD2-既有氧化性,又有还原性
    【答案】D
    【解析】
    【分析】A的原子半径最小,为氢原子,C、D位于同周期,C形成三个共价键,B形成4个共价键,C为N,B为C,D的常见单质常温下为气态,D形成两个共价键,D为O,然后分析;
    【详解】A.根据分析,B为C,它的同素异形体有金刚石,石墨,C60等,数目不是最多2种,故A错误;
    B.N和H可以形成氢化铵,属于离子化合物,故B错误;
    C.通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和N的非金属性,不能比较含氧酸酸性,故C错误;
    D.N与O形成的阴离子NO2-中,氮元素的化合价为+3,处于中间价态,既可以升高,也可以降低,既具有氧化性又具有还原性,故D正确;
    答案选D。
    【点睛】判断出这种分子的结构式是关键,需要从题目中提取有效信息,根据球棍模型判断出分子的结构。
    18. 2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示,下列说法不正确的是( )

    A. ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7
    B. ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
    C. ΔH7<0,且该过程形成了分子间作用力
    D. ΔH5<0,在相同条件下,2Br(g)的ΔH5′>ΔH5
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.由盖斯定律可得,ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7,A正确;
    B.ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量,与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等,B正确;
    C.物质由气态转化为固态,放热,则ΔH7<0,且该过程形成了离子键,C不正确;
    D.Cl转化为Cl-,获得电子而放热,则ΔH5<0,在相同条件下,由于溴的非金属性比氯弱,得电子放出的能量比氯少,所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5,D正确;
    故选C。
    19. 常温下向25mL 0.1mol·L-1 NaOH中逐滴滴加0.2mol·L-1的HN3(叠氮酸)溶液,pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计,HN3的Ka=10-4.7)。下列正确的是

    A. 水电离出的c(H+):A点大于B点
    B. 在B点,离子浓度大小为c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(N)
    C. 在C点,滴加的V(HN3)=12.5mL
    D. 在D点,2c(H+)-2c(OH-)=c(N)-c(HN3)
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.A点为氢氧化钠溶液,氢氧化钠浓度越大,水的电离程度越小,B点为氢氧化钠和NaN3的混合液,水解促进了水的电离,则水电离出的c(H+)A点小于B点,故A错误;
    B.B点呈碱性,则c(OH-)>c(H+),由于pH=8,混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小,则正确的离子浓度大小为:c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+),故B错误;
    C.滴加的V(HN3)=12.5 mL时,恰好反应生成NaN3,溶液呈碱性,而C点溶液的pH=7,所以C点V(HN3)>12.5 mL,故C错误;
    D.在D点,V(HN3)=25 mL,相当于NaN3和HN3的1:1混合溶液,由质子守恒可得:2c(H+)+ c(HN3) =2c(OH-)+ c(),移项得:2c(H+)-2c(OH-) = c()-c(HN3),故D正确;
    答案选D。
    20. 某同学采用工业大理石(含有少量、、等杂质)制取,设计了如下流程:


    下列说法不正确的是
    A. 固体Ⅰ中含有,固体Ⅱ中含有、
    B. 加入石灰水时,要控制,防止固体Ⅲ中,转化为
    C. 试剂选用盐酸,从溶液Ⅲ得到产品的过程中,应控制条件防止其分解
    D. 若改变实验方案,在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全,滤去沉淀,其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的
    【答案】D
    【解析】
    【分析】向工业大理石(含有少量、、等杂质)中加足量的盐酸,得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液,所以固体Ⅰ中含有SiO2,滤液中加石灰水,控制pH,可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,即为固体II,过滤,得滤液,再加入盐酸中和过量的氢氧化钙,得氯化钙溶液,CaCl2·6H2O易分解,所以从溶液中获得氯化钙晶体时,要防止其分解。
    【详解】A.由分析可知,固体Ⅰ中含有,固体Ⅱ中含有、,A项正确;
    B.具有两性,可以和氢氧化钙反应生成,故加入石灰水时,要控制,防止固体Ⅲ中,转化为,B项正确;
    C.由分析可知,试剂a为盐酸,CaCl2·6H2O易分解,所以从溶液中获得氯化钙晶体时,要防止其分解,C项正确;
    D.若改变实验方案,在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全,滤去沉淀,其溶液中含有氯化铵,引入杂质,D项错误;
    答案选D。
    第Ⅱ卷
    21. 成都外国语学校化学兴趣小组探究了原电池、电解池的相关工作原理。
    (1)小组同学进行了如下两个实验,其中电池工作效率更高的应是实验_______。实验2中,盐桥(含KCl饱和溶液的琼胶)中K+流向_______(选填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液,如果Zn的消耗速率为1×10-3mol·s-1,则K+的迁移速率为_______mol·s-1。

    (2)小组同学分析研究甲醇和氧气以强碱(用NaOH表示)做电解质溶液的新型电池。甲醇在_______极反应;电极反应式为_______。
    (3)小组同学设计了如下装置,用电解法把Na2CrO4转化为Na2Cr2O7。

    电解过程中,Na+的移动方向为_______(填“左至右”或“右至左”)。Na2Cr2O7在阳极区产生的原理为_______。
    【答案】(1) ①. 2 ②. CuSO4 ③. 2×10-3
    (2) ①. 负 ②. CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O
    (3) ①. 右至左 ②. 阳极电极反应产生H+,使2CrO+2H+=Cr2O+H2O平衡正向移动
    【解析】
    【小问1详解】
    双液原电池Zn没有接触CuSO4,电压更稳定,故放电效率更高的为实验2;琼脂中K+流向原电池正极,故流入CuSO4溶液;负极反应为Zn2++2e-=Zn,正极反应为:Cu2++2e-=Cu,根据溶液电荷守恒,每消耗1倍的Zn就会有2倍的K+迁移至CuSO4溶液,故K+迁移速率为2×1×10-3mol·s-1=2×10-3mol·s-1;
    【小问2详解】
    通燃料的一极为原电池的负极,故甲醇在负极反应;电极方程式为:CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O;
    【小问3详解】
    Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式为:2CrO+2H+=Cr2O+H2O,故电解时右侧发生反应为:4OH--4e-=O2↑+2H2O,故右侧电极为阳极,左侧电极为阴极,Na+移动方向为从右到左。
    22. A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期元素,B、C相邻且同周期,A、D同主族。A、C能形成甲、乙两种化合物,原子个数比分别为2:1和1:1其中甲为常见的溶剂。E是地壳中含量最多的金属元素,F元素为同周期电负性最大的元素。G为第四周期未成对电子数最多的元素,请回答下列问题:
    (1)B、C中第一电离能更大的元素基态原子的价电子排布式为_______,G在周期表中属于_______区。
    (2)A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角_______(填“大”或“小”)。
    (3)B与As同族,AsO的空间构型为_______。As4O6的分子结构如图所示,则该化合物中As的杂化方式是_______。

    (4)G3+与甲、F的简单离子构成配合物,在含有0.001mol该配合物的溶液中加入过量AgNO3溶液,经过滤、洗涤、干燥后,得到0.002mol白色沉淀。已知该配合物的配位数为6,则其化学式为_______。
    (5)已知E、F构成的化合物可形成如下图所示的二聚体,其熔点190°C,沸点183°C.该二聚体形成的晶体类型为_______,晶体中含有的作用力有_______(填序号)。
    A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.范德华力 F.氢键

    (6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体,其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为a nm,阿伏加德罗常数的数值为NA,则该晶胞中含有P原子的个数为_______,该晶体的密度为_______(用含NA、a的代数式表示)g·cm-3。

    【答案】(1) ①. 2s22p3 ②. d
    (2)大 (3) ①. 正四面体 ②. sp3
    (4)[CrCl(H2O)5]Cl2
    (5) ①. 分子晶体 ②. BDE
    (6) ①. 4 ②.
    【解析】
    【分析】E是地壳中含量最多的金属元素,则E为Al;A、C能形成两种化合物甲和乙,原子个数比分别为2:1和1:1,甲为常见的溶剂,则A为H元素;C为O元素;B、C相邻且同周期,则B为N元素;A、D同主族,结合原子序数可知D为Na; F元素为同周期电负性最大的元素,F是Cl;G为第四周期未成对电子数最多的元素,外围电子排布应为3d54s1,G为Cr。
    【小问1详解】
    B、C中第一电离能更大的元素为N,基态原子的价电子排布式为:2s22p3; Cr在周期表中属于d区;
    【小问2详解】
    A与B形成的离子为,为正四面体构型,A与B形成的分子为NH3,为三角锥构型,故A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角大;
    【小问3详解】
    AsO孤对电子数为,价层电子对数为4,为正四面体构型; 根据结构图所示,分子中每个As存在3条键和1对孤电子对,故价层电子对数为4,sp3杂化;
    【小问4详解】
    根据题干信息,配合物与外界的Cl-之比为1:2,甲是H2O,配合物的配位数为6,中心离子是Cr3+,故还有1个Cl-在内界,则其化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2;
    【小问5详解】
    根据熔沸点可知该二聚体形成的晶体类型为分子晶体;结合结构图和Al价电子数可知,Al周围四条化学键其中一条是配位键,晶体中含有的作用力有范德华力、共价键、配位键;
    【小问6详解】
    根据均摊法,该晶胞中含有P原子的个数为;该晶体的密度为g·cm-3。
    23. 实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示,其它装置省略)。


    当盐酸达到一个临界浓度时,反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸临界浓度,探究小组同学提出了下列实验方案:
    甲方案:将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应,称量生成的AgCl质量,再进行计算得到余酸的量。
    乙方案:采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
    丙方案:余酸与已知量CaCO3(过量)反应后,称量剩余的CaCO3质量。
    丁方案:余酸与足量Zn反应,测量生成的H2体积。
    具体操作:装配好仪器并检查装置气密性,接下来的操作依次是:
    ①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
    ②往烧瓶中加入20mL 12mol·L-1浓盐酸
    ③加热使之充分反应。
    (1)实验室制Cl2的化学方程式为_______。
    (2)若使用甲方案,产生的Cl2必须先通过盛有_______的洗气瓶,再通入足量AgNO3溶液中;已知AgClO易溶于水,写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式_______。
    (3)进行乙方案实验:准确量取残余清液,稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL,用1.5000mol·L-1 NaOH标准溶液滴定,选用合适的指示剂,消耗NaOH标准溶液23.00mL,则由此计算得到盐酸的临界浓度为_______mol·L-1;若实验时碱式滴定管使用前未润洗,会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)
    (4)判断丙方案的实验结果,会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)[已知:Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11]
    (5)进行丁方案实验:装置如图二所示(夹持器具已略去)。


    使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管,将_______中。(填“Zn倒入余液”或“余液倒入Zn”)反应完毕,需要读出量气管中气体的体积,首先要_______然后再_______,最后视线与量气管内凹液面最低处相平。
    【答案】(1)MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
    (2) ①. 饱和食盐水 ②. Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3
    (3) ①. 6.9000mol/L ②. 高
    (4)低 (5) ①. Zn倒入余液 ②. 使气体冷却到室温 ③. 调整量气管两端液面相平
    【解析】
    【分析】实验要测定反应残余液中盐酸的临界浓度,甲方案要注意HCl易挥发,Cl2中会混有HCl,要先用饱和食盐水除杂;丁方案用到了量气管,量气管要预先调整液面相平,反应后也要调整液面相平,保证管内气压与外界大气压相等,防止影响气体体积造成误差。
    【小问1详解】
    实验室制Cl2反应为:MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
    【小问2详解】
    氯气中的杂质气体氯化氢,可用饱和食盐水除去;可将反应分成两步,第一步:Cl2+H2OHCl+HClO,第二步:AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,由于AgClO易溶于水,所以AgNO3与HClO不反应,两步相加可得:Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3;
    【小问3详解】
    临界浓度为:;若实验时碱式滴定管使用前未润洗,则所测标准溶液体积偏大,根据公式:,会使测得余酸的临界浓度偏高;
    【小问4详解】
    制取Cl2反应后溶液存在Mn2+,Ksp(MnCO3)< Ksp(CaCO3),MnCO3更易沉淀,余酸与已知量CaCO3(过量)反应后,会有部分CaCO3转化为MnCO3,M(Mn)> M(Ca),故称量的剩余的CaCO3质量偏大,计算的参加反应的CaCO3质量偏小,测得余酸的临界浓度偏低;
    【小问5详解】
    防止酸液附着试管壁导致误差,故应将Zn倒入余液;该反应放热,温度高会使气体体积膨胀造成误差,故要先使气体冷却到室温;读数前要调整量气管使两端液面相平。
    24. 铂是重要的催化剂和吸氢材料,广泛用于新能源和化工行业。一种以电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)为原料生产海绵Pt及Au的工艺流程如下:

    回答下列问题:
    (1)“焙烧”的主要目的是_______,“操作I”为_______。
    (2)已知“滤液I”主要含HAuCl4、H2PtCl6,且二者均为强酸。HAuCl4中金元素化合价为_______。
    (3)“沉金”的化学反应方程式为。_______。
    (4)“沉铂”中生成(NH4)2PtCl6,结合“沉铂”过程中的平衡移动原理解释升高温度,(NH4)2PtCl6沉淀率升高的主要原因_______。
    (5)“灼烧”时发生分解反应的化学方程式为_______。
    【答案】(1) ①. 将有机物燃烧去除 ②. 过滤
    (2)+3 (3)HAuCl4+3FeCl2=Au↓+3FeCl3+HCl
    (4)存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtC16+2HCl,升高温度有利于HCl挥发,促使平衡正向移动,使(NH4)2PtCl6,沉淀率升高
    (5)3(NH4)2PtCl63Pt+2N2↑+18HC1↑+2NH3↑
    【解析】
    【分析】电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物),通过焙烧,可以除去里面的少量有机物;然后再加入王水,Ag+会沉淀,生成氯化银沉淀,金和铂会转化为HAuCl4、H2PtCl6,通过过滤,由题可知“滤液Ⅰ”主要含HAuCl4、H2PtCl6;滤液Ⅰ中加入氯化亚铁,HAuCl4被还原为Au,通过过滤分离;滤液中加入氯化铵,会与H2PtCl6反应,生成(NH4)2PtCl6;(NH4)2PtCl6通过灼烧,得到海绵Pt,据此分析作答。
    【小问1详解】
    由分析可知,“焙烧”的主要目的是将有机物灼烧除掉;“操作Ⅰ”为过滤;
    【小问2详解】
    HAuCl4中氢为+1价,氯为-1价,则金元素化合价为+3价;
    【小问3详解】
    “沉金”时加入氯化亚铁与HAuCl4反应,生成Au,Au的化合价降低,则同时还会生成氯化铁,化学反应方程式为:;
    【小问4详解】
    “沉铂”时,加入氯化铵,会与H2PtCl6反应,生成(NH4)2PtCl6,化学方程式为:,该反应中升高温度有利于HCl挥发,促使平衡正向移动,使沉淀率升高;
    【小问5详解】
    (NH4)2PtCl6通过灼烧,得到海绵Pt,通过氧化还原反应原理和原子守恒分析,还会生成氨气、氯化氢和氮气,化学方程式为:。
    【点睛】对于陌生化学反应方程式的书写,先看价态有没有改变,改变为氧化还原反应,根据价态改变,确定反应物和生成物,再根据得失电子守恒配平。
    25. 碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放,采用合适的技术固碳,最终达到平衡。
    (1)下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的一项是_______。
    A. 采取节能低碳生活方式
    B. 推行生活垃圾分类
    C. 植树造林增加绿色植被
    D. 燃煤锅炉改烧天然气
    (2)二氧化碳加氢制备甲醇可有效缓解温室效应问题。
    已知:(I)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+42.3kJ/mol
    (II)CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH2
    (III)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-49.4kJ/mol
    ①ΔH2=_______。
    ②在260°C、5MPa恒容条件下发生反应(III),原料气体积组成为V(CO2):V(H2):V(N2)=1:3:l,平衡时CO2的转化率为50%,则H2的压强为_______MPa,反应(III)的平衡常数:Kp=_______(MPa)-2(计算结果精确至小数点后两位,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
    (3)Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注),含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。

    ①下列对CO2甲烷化反应体系的说法不合理的有_______。
    A.存在副反应CO2+H2CO+H2O
    B.存在反应CO2+4H2CH4+2H2O
    C.含碳副产物的产率均高于CH4
    D.温度高于360°C后,升高温度,甲烷产率将继续保持不变
    ②CO2甲烷化的过程中,保持CO2与H2的体积比为1:5,反应气的总流量控制在36mL·min-1,260°C时测得CO2转化率为40%,则H2反应速率为_______mL·min-1。
    【答案】(1)B (2) ①. +91.7kJ/mol ②. 1.5 ③. 0.15
    (3) ①. CD ②. 9.6
    【解析】
    【小问1详解】
    采取节能低碳生活方式,可以减少二氧化碳的排放,对实现“碳中和”具有直接贡献,故A不选;
    B.推行生活垃圾分类,可以回收利用资源,防止有害垃圾污染环境,不会直接影响“碳中和”,故B选;
    C.植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳,对实现“碳中和”具有直接贡献,故C不选;
    D.燃煤锅炉改烧天然气,可以减少二氧化碳的排放,对实现“碳中和”具有直接贡献,故D不选;
    故选:;
    【小问2详解】
    根据盖斯定律:ⅠⅢ得;反应Ⅰ是吸热反应,且熵不增加,该反应一定不能自发进行,反应Ⅱ,,该反应在高温下能自发进行,反应Ⅲ,,则该反应在低温能自发进行,
    故答案为:;
    设起始氢气、二氧化碳和氮气的物质的量分别为、和,平衡时二氧化碳的转化率为,列化学平衡三段式,
                       
    起始                                   
    转化                                         
    平衡                                         
    此时混合气体总物质的量为,,,,,
    故答案为:;;
    【小问3详解】
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