2017-2018学年湖北省宜昌市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

湖北省宜昌市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试

化学试题

1. 下列反应中一定属于放热反应的是(     )

A. 化合反应    B. 分解反应    C. 中和反应    D. 氧化还原反应

【答案】C

【解析】A．碳与二氧化碳反应是化合反应，是吸热反应，选项A错误；B．绝大多数的分解反应是吸热反应，选项B错误；C．中和反应一定是放热反应，选项C正确；D．碳与水蒸气反应是氧化还原反应，但是吸热反应，选项D错误；答案选C。

点睛：本题考查放热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应。

2. 铁原子核外电子排布时，最后填入的轨道是（    ）

A. 3p    B. 3d    C. 4s    D. 4p

【答案】B

【解析】Fe原子核外电子排布为1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 6 ，在3d和4s轨道共有8个电子，按照能量最低原理，电子应首先填充到4s轨道上，4s轨道可填充2个电子，自旋方向相反，剩下的6个电子填充到5个3d轨道上，答案选B。

3. 下列分子中，不含有π键的是(     )

A. N2    B. H2O    C. C2H4    D. 苯

【答案】B

【解析】A、N2 的分子中有N≡N，所以含有两个π键，选项A不选；B、H2O分子中没有双键，所以不含有π键，选项B选；C、C2H4 的分子中有一个C=C，所以含有一个π键，选项C不选；D、苯分子中含有一个大π键，选项D不选；答案选B。

点睛：本题考查了共价键的类型，根据双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键分析，所以分子中，不含有π键说明分子中没有双键和三键等，据此分析。

4. 向pH=4的CH3COOH稀溶液中加入CH3COONa固体，下列微粒的浓度变小的是(     )

A. CH3COOH    B. CH3COO-    C. H+    D. OH-

【答案】C

【解析】pH=4的CH3COOH稀溶液存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，当加入CH3COONa固体时，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，c(H+) 减小，c(OH-)增大， c(CH3COOH)增大，故答案选C。

5. 下列现象与盐类的水解无关的是(     )

A. 草木灰(主要含K2CO3)与铵态氮肥最好不混用

B. MgCl2∙6H2O晶体脱水应该在HCl氛围下进行

C. 明矾用于净水

D. 配制FeCl2溶液应该加入适量铁屑

【答案】D

【解析】A、K2CO3水解呈碱性，而铵态氮肥水解呈酸性，两者互相促进，转变为NH3逸出，从而降低肥效，与盐类水解有关，选项A不选；B、MgCl2溶液加热水解生成氢氧化镁，制备MgCl2•6H2O晶体，应在HCl氛围中加热，与盐类水解有关，选项B不选；C、明矾溶于水后铝离子水解产生氢氧化铝胶体，能用于净水，与盐类水解有关，选项C不选；D、配制FeCl2溶液应该加入适量铁屑防止FeCl2被氧化，与盐类水解无关，选项D选。答案选D。

6. 常温下，pH=a（a<3）的HF溶液，稀释10倍后，其pH=b，则(     )

A. b=a+1    B. b<a+1

C. b>a +1    D. b=10a

【答案】B

【解析】醋酸是弱电解质，存在电离平衡，pH=a的醋酸溶液，稀释10倍后，稀醋酸越稀电离程度越大，稀释后氢离子浓度没有降低10倍， pH没有增加1，则b<a+1，答案选B。

7. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是(     )

A. 金属性：Na ＞ Mg    B. 酸性：H2SO4 ＞ HClO

C. 碱性：KOH ＞ NaOH    D. 热稳定性：HC1 ＞ HBr

【答案】B

............

8. 某原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则下列说法错误的是(     )

A. 该原子核外电子共有16种运动状态

B. 该原子核外电子共占据5个轨道

C. 该原子核外电子共占据三个能层

D. 该原子核外电子共占据五个能级

【答案】B

【解析】某原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该元素为16号的硫元素。A. 该原子核外电子共有16个，有16种运动状态，选项A正确；B. 每个s能级有1个轨道，每个p能级有3个轨道，则该原子核外电子共占据9个轨道，选项B错误；C. 该原子核外电子共占据三个能层，选项C正确；D. 该原子核外电子共占据1s、2s、2p、3s、3p五个能级，选项D正确。答案选B。

9. 已知气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应。一定条件下，下列反应不能自发进行的是(     )

A. 2O3(g)3O2(g)  ΔH＜0    B. 2CO(g)2C(s)+O2(g)  ΔH＞0

C. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH＜0    D. CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)  ΔH＞0

【答案】B

【解析】A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，一般温度下都能满足△H-T?△S＜0，反应可自发进行，选项A不选；B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，选项B选；C．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项C不选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。

点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，否则不能。

10. 在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是(     )

A. v(A)=0.5 mol/(L·s)    B. v(B)=0.3 mol/(L·s）

C. v(C)=4.8 mol/(L·min)    D. v(D)=1 mol/(L·s)

【答案】B

【解析】化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，同时注意换算成相同单位。A.=0.25，B.=0.3，C.=0.027，D.=0.25，则反应速率最快的为B，答案选B。

点睛：本题考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较，由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快。

11. 相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是(如下图)(     )

A. A    B. B    C. C    D. D

【答案】C

【解析】C项中Fe未与食盐水接触，不能形成原电池；其他均发生电化学腐蚀。

12. 某三原子分子的立体构型为V形，则该分子的中心原子的杂化方式不可能为(     )

A. sp杂化    B. sp2杂化

C. sp3杂化    D. 以上三种均不可能

【答案】A

【解析】A、sp杂化，两个杂化轨道在空间的伸展方向呈直线形，夹角180°，立体构型为不可能V形，如：C2H2、BeCl2分子，选项A选；B、SO2中S原子形成2个σ键，孤电子对个数=×（6-2×2）=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，选项B不选；C、H2O、ⅥA的其他一些化合物，如OF2、H2S是采用sp3不等性杂化成键，分子呈V形，选项C不选；答案选A。

13. 沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，标准状况下，0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445 kJ的热量，则表示CH4燃烧热的热化学方程式正确的是(     )

A. CH4(g)＋O2(g)CO2(g)＋H2O(l)  ΔH =−445 kJ/mol

B. CH4＋2O2CO2＋2H2O  ΔH=−890 kJ/mol

C. CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2 H2O(g)  ΔH =−890 kJ/mol

D. CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l)  ΔH = -890 kJ/mol

【答案】D

【解析】0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ热量，1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，则热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol，系数减半，焓变减半，反应的热化学方程式为：CH4（g）+O2（g）→CO2（g）+H2O（l）△H=-445kJ•mol-1，答案选D。

点睛：本题主要考查了热化学方程式的书写，难度不大，根据课本知识即可完成。根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答。

14. 下列各项事实与其结论或解释正确的是(     )

A. A    B. B    C. C    D. D

【答案】D

【解析】A、Mg第一电离能是失去s电子的，而Al是p电子的。当n相同时，p电子的能量高于s电子，所以n相同的p电子比s电子更容易失去，即此时p电子的电离能小于s电子，故Mg的第一电离能比Al的第一电离能大，选项A错误；B、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键强于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，选项C错误；D、氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，最终NH3与Cu2+之间以配位键结合，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，选项D正确。答案选D。

15. 中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料转化成葡萄糖内酯并获得能量。下列说法正确的是(     )

A. a极为正极

B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大

C. b极的电极反成为:MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-

D. 当消耗0.01mol葡萄糖时，电路中转移0.02mol电子

【答案】D

【解析】A项，由已知结合图示，葡萄糖(C6H12O6)发生氧化反应生成葡萄糖内酯(C6H10O6)，所以a极为负极，故A错误；B项，电解质溶液显酸性，所以负极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，随着反应不断进行，负极区的pH不断减小，故B错误；C项，b极为正极，电极反应为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故C错误；D项，由负极反应C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可得，1mol葡萄糖失去2mol电子，所以若消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子，故D正确。

点睛：本题考查燃料电池，题目很新颖，明确原电池原理是解题关键，原电池反应都是自发进行的氧化还原反应，遵循氧化还原反应原理，燃料电池中，燃料在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应，注意电极反应式的书写要考虑电解质溶液的酸碱性。

16. 下列说法正确的是(   )

A. 处于最低能量的原子叫基态原子

B. 3p2表示3p能级有2个轨道

C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小

D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多

【答案】D

【解析】试题分析：A．处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；B.3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；C．能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误；故选A。

考点：考查原子电子排布式、能层与能级的关系。

17. 常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(   )

A. Ka1（H2X）的数量级为10-5

B. 曲线N表示pH与的变化关系

C. NaHX溶液显碱性

D. 当混合溶液呈中性时，

【答案】A

【解析】A、己二酸是二元弱酸，Ka1=，曲线N表示pH与的变化关系，当=0时，=1，Ka1=10–4.4，因此Ka1（H2X）的数量级为10–5，选项A正确；B．根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，选项B错误；C．曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，＝100.6 mol·L－1，c(H＋)=10－5.0 mol·L－1，代入Ka1得到Ka1=10－4.4，因此HX－的水解常数是＝10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，选项C错误；D．根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2–)＞c(HX–)，选项D错误；答案选A。

18. 按要求写出下列化学用语：

（1）H2S在溶液中的电离方程式：____________________________________________________。

（2）用离子方程式解释NaClO溶液显碱性的原因：_______________________________________。

（3）铬原子的外围电子排布式：________________________。

（4）画出HF分子间的氢键：________________________。

【答案】    (1). H2SH++HS- HS-H++S2-    (2). ClO-+H2OHClO+OH-    (3). 3d54s1    (4).

【解析】（1）H2S是二元弱酸，分步电离且不完全电离，在溶液中的电离方程式为：H2SH++HS- 、HS-H++S2-；（2）NaClO水解ClO-+H2OHClO+OH-，溶液显碱性；（3）铬为24号元素，原子的外围电子排布式为：3d54s1；（4）HF分子间的氢键为：。

19. 叠氮化钠（NaN3）是一种无色晶体，常见的两种制备方法为

2NaNH2＋N2O==NaN3＋NaOH＋NH3，3NaNH2＋NaNO3==NaN3＋3NaOH＋NH3↑。

回答下列问题：

（1）氮元素所在的周期中，电负性最大的元素是________，第一电离能最小的元素是_______。

（2）基态氮原子的L层电子排布图为_________________。

（3）与N3-互为等电子体的分子为_________（写出一种）。依据价层电子对互斥理论，NO3-的空间构型是______________，其中心原子杂化类型是__________。

（4）叠氮化钠中不含有的化学键类型有_____________。

A．离子键          B．极性共价键        C．σ键             D．π键

（5）N2O沸点（-88.49℃）比NH3沸点（-33.34℃）低，其主要原因是____________________________________________________________________________________。

【答案】    (1). F    (2). Li    (3).     (4). N2O或CO2    (5). 平面三角形    (6). sp2    (7). B    (8). N2O分子之间只存在范德华力，NH3分子之间存在氢键，氢键作用强，故NH3沸点高

【解析】（1）同周期随原子序数增大元素电负性增大、元素的第一电离能呈增大趋势，故氮所在的周期中，第二周期电负性最大的元素是F，第一电离能最小的元素是Li；（2）N原子2s轨道容纳2个电子，且自旋方向相反，2p能级3个轨道各容纳1个电子，且自旋方向相同，故基态氮原子的L层电子排布图为：；（3）将1个N原子及1个单位负电荷用O原子替换，可得其等电子体为N2O等，NO3-中N原子价层电子对数=3+=3，N原子不含孤电子对，故其空间结构为平面三角形；其中心原子杂化类型是sp2杂化；（4）氨基化钠（NaNH2）和叠氮化钠（NaN3）都含有活泼金属Na元素，由钠离子、N3-离子构成，属于离子化合物，含有离子键、N3-中含非极性共价键、σ键 、π键，不含极性共价键。答案选B；（5）N2O分子间只存在范德华力，氨分子之间存在氢键，氢键作用较强，故氨气的沸点较高。

20. 据报道，摩托罗拉公司开发了一种以甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月。某兴趣小组用右图模拟该电池工作原理。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O。请填空：

（1）充电时：①原电池的负极与电源_______极相连。

②阳极的电极反应式为____________________________________________。

（2）放电时：负极的电极反应式为_______________________________________________。

（3）某兴趣小组的同学用如图装置进行如下实验：在此过程中若完全反应，乙池中A极的质量升高648g，则甲池中理论上消耗O2 的体积为________L（标准状况下）。

（4）已知常温时CuS的Ksp=1.3×10-36，向100 mL 2×10-18 mol·L-1的K2S溶液中加入100 mL 2×10-18 mol·L-1的CuCl2溶液，试通过计算说明有无CuS沉淀生成(写出计算推理过程,忽略溶液混合时的体积变化)_____________________________________________________________________________。

【答案】    (1). 负    (2). 4OH--4e-═2H2O+O2↑    (3). CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O    (4). 33.6    (5). Qc=c(Cu2+)×c(S2-)=10-18×10-18=10-36＜Ksp，所以没有CuS沉淀生成

【解析】（1）①充电时，原电池负极与电源负极相连；②阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；（2）放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中B极的质量升高648g，则甲池中理论上消耗O2体积=×22.4L/mol=33.6L；（4）Qc=c(Cu2+)×c(S2-)=10-18×10-18=10-36＜Ksp=1.3×10-36，所以没有CuS沉淀生成。

21. NH4Al(SO4)2是一种食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析化学、制药工业中用途广泛。请回答下列问题：

（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是________________________________________________________ (用必要的化学用语和相关文字说明)。

（2）相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液中的c()__________(填“等于”、“大于”或“小于”) 0.1 mol/L (NH4)2SO4溶液中的c()。

（3）如图1是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。

①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是__________(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是_____________________________________________________________；

②20℃时，0.1 mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中2c()−c()−3c(Al3+)=_________(填数值)。

（4）室温时，向100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是______；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是__________________________。

【答案】    (1). Al3+水解生成Al(OH)3胶体：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水    (2). 小于    (3). Ⅰ    (4). NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，水解过程吸热，升高温度，其水解程度增大，pH减小    (5). 10-3    (6). a    (7). c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)

【解析】（1）Al3+水解生成Al(OH)3胶体：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4-电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；②根据电荷守恒，可以求出2c（SO42-）-c（NH4+）-3c（Al3+）=c（H+）-c（OH-）=10-3mol•L-1[c（OH-）太小，可忽略]；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42-），b点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）。

22. “低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。

（1）已知：①CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)　ΔH=-41 kJ·mol-1

②C(s)+2H2(g)CH4(g)　ΔH=-73 kJ·mol-1

③2CO(g)C(s)+CO2(g)　ΔH=-171 kJ·mol-1

写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_____________________________________。

（2）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：

①反应的化学方程式为：____________________________________________________。

②从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=_____________mol/(L∙min)。

（3）煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)中CO的平衡转化率随p(H2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示： [p(H2O)、p(CO)表示H2O、CO的平衡分压，分压=总压×物质的量分数]：

①上述反应的逆反应方向是_____________反应(填“吸热”或“放热”)；

②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压(pB)代替平衡浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，，则该反应的Kp=______________，提高，则Kp_____________(填“变大”“变小”或“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 ℃左右、=3～5，采用此条件的原因可能是______________________________________________________________________。

【答案】    (1). CO2（g）+4H2（g） CH4（g）+2H2O（g）；ΔH=-162kJ•mol-1    (2). CO2+3H2CH3OH+H2O    (3). 0.075    (4). 吸热    (5).     (6). 不变    (7). 投料比太低，CO的转化率不太高，而投料比3～5时转化率已经很高达到96%～98%，再增加投料比，需要大大的增加蒸汽添加量，这样在在经济上不合算，催化剂的活性温度在400℃左右

【解析】（1）已知：①CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)　ΔH1=-41 kJ·mol-1

②C(s)+2H2(g)CH4(g)　ΔH2=-73 kJ·mol-1

③2CO(g)C(s)+CO2(g)　ΔH3=-171 kJ·mol-1

点睛：本题考查了反应的平衡常数和盖斯定律、图象分析判断的方法、平衡三段法的计算、原电池原理的分析判断和电极反应的分析判断，掌握基础是解题的关键，易错点为（4）将化学平衡常数中的浓度c换成压强P就可以得到KP；根据平衡常数只与温度有关，与浓度无关；投料比太低，CO的转化率不太高，投料比太高，经济上不合算以及考虑催化剂的活性来解答。