2017-2018学年四川省遂宁市高二上学期期末考试化学试题 解析版



四川省遂宁市2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
1. 化学与生产、生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的是
A. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏
B. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
C. 为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
D. 推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放
【答案】C
........................
2. 下列反应属于放热反应的是
A. 将胆矾加热变为白色粉末 B. 浓硫酸稀释
C. 铁片与稀硫酸反应制取H2 D. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合
【答案】C
【解析】A. 将胆矾加热失去结晶水变为白色粉末，是胆矾的分解反应，属于吸热反应，故A不选；B. 浓硫酸稀释放出大量的热，但浓硫酸稀释是物理变化，不是化学反应，故B不选；C. 铁片与稀硫酸反应制取H2放出热量，属于放热反应，故C选；D. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合反应时吸收热量，属于吸热反应，故D不选；答案选C。
3. 下列物质空间构型和中心原子杂化类型都正确的是
A. SO3 平面四边形  sp2 B. H2O    V字形    sp
C. BCl3  平面三角形  sp3 D. SO32－   三角锥形  sp3
【答案】D
【解析】A. SO3中心原子的价层电子对数是：3+=3，杂化方式为sp2，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，故A错误；B. A. H2O中心原子的价层电子对数是：2+=4，杂化方式为sp3，含有两个孤电子对，分子的空间构型为V形，故B错误；C. BCl3中心原子的价层电子对数是：3+=3，杂化方式为sp2，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，故C错误；D. SO32－中心原子的价层电子对数是：3+=4，杂化方式为sp3，含有一个孤电子对，分子的空间构型为三角锥形，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查微粒的空间构型及原子杂化方式的判断，利用价层电子对互斥理论可以确定微粒的空间构型及中心原子的杂化方式，本题的难点是价层电子对数的确定，解题时要注意根据价层电子对数=配原子个数+孤电子对数进行判断。
4. 下列变化过程中，∆S0，故D错误；答案选B。
点睛：本题考查熵变的判断，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，依据微粒数的变化或反应前后气体体积变化进行分析判断即可。本题的难点是熵值变化的分析和判断，解题时可以从以下两个方面入手：1. 同一种物质，S（气态）＞S（液态）＞S（固态）；2. 对于化学反应，生成的气体体积增大，则熵值增大，熵变为正值，生成的气体体积减小，则熵值减小，熵变为负值。
5. 下列说法错误的是
A. 同一原子中，2p、3d、4f能级的轨道数依次增多
B. 电子排布（23V）1s22s22p63s23p63d5违反了洪特规则
C. 原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为2n2
D. 违反了泡利不相容原理
【答案】B
【解析】A. p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，故A正确；B. 电子排布（23V）1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，故B错误；C. 按照原子核外电子排布的规律，每一个能层最多可容纳的电子数为2n2，故C正确；D. 中1s和2s轨道中容纳的2个电子自旋方向相同，违反了泡利不相容原理，故D正确；答案选B。
6. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①[Ne]3s23p3； ②[Ne]3s23p4；
③1s22s22p63s23p5。则下列有关比较中正确的是
A. 最高正化合价：①＞③＞②
B. 单质氧化性：①＞②＞③
C. 电负性：①＞③＞②
D. 最高价氧化物的水合物的酸性：③＞②＞①
【答案】D
【解析】由核外电子排布式可知：①[Ne]3s23p3为P元素，②[Ne]3s23p4为S元素，③1s22s22p63s23p5为Cl元素；A. P元素最高正化合价为+5，S元素最高正化合价为+6，Cl元素最高正化合价为+7，故最高正化合价：③＞②>①，故A错误；B. 元素的非金属性：Cl>S>P，对应单质的氧化性：③＞②>①，故B错误；C. 同周期自左至右，元素的电负性增大，所以电负性③＞②>①，故C错误；D. 元素的非金属性：Cl>S>P，所以最高价氧化物的水合物的酸性：③＞②＞①，故D正确；答案选D。
7. 下列电子构型的原子中，第二电离能与第一电离能差值最大的是
A. [Ne]3s1 B. 1s22s22p2 C. [Ne]3s23p5 D. 1s22s22p63s23p3
【答案】A
【解析】A. [Ne]3s1失去1个电子后，电子排布变为1s22s22p6，为稀有气体的稳定结构，第二电离能为失去2p能级上的电子所需能量，所以第二电离能与第一电离能差值最大；B. 1s22s22p2的第一电离能与第二电离能均为失去2p能级上的电子所需的能量，相差不大；C. [Ne]3s23p5的第一电离能与第二电离能均为失去3p能级上的电子所需的能量，相差不大；D. 1s22s22p63s23p3的第一电离能与第二电离能均为失去3p能级上的电子所需的能量，相差不大；综上所述，答案选A。
点睛：本题考查原子核外电子排布及电离能的概念，试题难度不大，注意把握电离能与原子核外电子的排布特点之间的关系是解答本题的关键，根据原子失去同一能级电子时，电离能相差不大，失去同一能层中不同能级电子时，电离能相差较大，失去不同能层电子时，电离能会发生剧增进行判断即可。
8. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是

A. ZX2Y6 B. ZXY3 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】B
【解析】Z处于晶胞中心，原子被一个晶胞占有，X处于晶胞顶点，原子被8个晶胞占有，Y处于晶胞棱上，原子被4个晶胞占有，故晶胞中含有Z原子的数目为1、含有X原子的数目为8×1/8=1、含有Y原子的数目为12×1/4=3，所以Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，其化学式为ZXY3，答案选B。
点睛：本题主要考查晶胞的计算，试题难度不大，利用均摊法计算晶胞中含有的各种元素的原子个数比即可确定物质的化学式，解答本题的关键是判断X、Y、Z三种元素的原子在晶胞中所处的位置，Z处于晶胞中心，原子被一个晶胞占有，X处于晶胞顶点，原子被8个晶胞占有，Y处于晶胞棱上，原子被4个晶胞占有，再根据均摊法计算Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，即可确定其化学式为ZXY3。
9. 在25℃、101KPa时，已知反应：①2C(s)+O2(g)=2CO(g)  △H＝－akJ/mol ②稀溶液中，H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(1) △H＝－bkJ/mol  (a、b 均大于0)，下列结论正确的是
A. ①的反应热为a kJ/mol
B. 碳的燃烧热大于a/2 kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－b kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出b kJ热量
【答案】B
【解析】A. 反应热应包含“+”或“－”符号，则①的反应热应为－a kJ/mol，故A错误；B. 由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为a/2kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于a/2kJ，所以碳的燃烧热大于a/2kJ/mol，故B正确；C. 中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“−”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为b kJ/mol，故C错误；D. 醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于bkJ，故D错误；答案选B。
10. 物质结构包括原子结构、分子结构、晶体结构。下列关于物质结构与性质的说法正确的是
A. SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体
B. σ键都是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的
C. VSEPR模型就是分子的空间构型
D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱
【答案】A
【解析】A. SiO2晶体是由Si原子和O原子形成的原子晶体，CO2晶体是由CO2分子形成的分子晶体，故A正确；B. σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成，所以有p−pσ键、s−pσ键和s−sσ键，故B错误；C. VSEPR模型可用来预测分子的空间构型，但不是分子的空间构型，故C错误；D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，简单离子的还原性越弱，非金属性从F到I依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱、还原性依次增强，故D错误；答案选A。
11. 对于可逆反应2A(g)＋3B(g) 4C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)＝0.9 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.5 mol·L－1·min－1
C. v(D)＝0.8 mol·L－1·min－1 D. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】A. v(A)=mol·L－1·s－1=0.015mol·L－1·s－1；B. v(A)=v(B)×2/3=×mol·L－1·s－1=0.0167mol·L－1·s－1；C. v(A)=v(D)=mol·L－1·s－1=0.0133mol·L－1·s－1；D. v(A)=v(C)×1/2=0.1×mol·L－1·s－1=0.0667mol·L－1·s－1，则反应速率最快的是D，故答案选D。
点睛：本题考查化学反应速率的大小比较，试题难度不大，解题的依据是将不同物质表示的化学反应速率转化为同一种物质表示的化学反应速率，其数值越大，反应速率越快，解答本题的关键是比较化学反应速率时一定要先统一单位，否则无法比较。
12. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅，但比原来要深
C. 500℃时比室温更利于合成氨
D. 用排饱和食盐水法收集Cl2
【答案】C
【解析】A. 新制氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，光照使次氯酸分解，次氯酸浓度减小，平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，能用平衡移动原理解释，故A不选；B. 红棕色的NO2中存在平衡2NO2N2O4，加压后体积减小，混合气体颜色变深，因压强增大平衡正向移动，颜色会逐渐变浅，但NO2的浓度仍比原来大，所以颜色比原来深，能用平衡移动原理解释，故B不选；C. 合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正反应方向移动，采用500℃主要是考虑催化剂的活性和反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理解释，故C选；D. 氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和氯化钠中氯离子浓度较大，可抑制氯气和水的反应，使平衡逆向移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；答案选C。
13. 可逆反应2A(g) 2B(g)＋C(g)在恒定容积密闭容器中反应，下列选项中不能说明反应已达到平衡状态的是
A. 混合气体中A与B的物质的量之比保持恒定
B. 容器内气体总压强不再改变的状态
C. 用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1
D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
【答案】C
【解析】A. 因A和B分别是反应物和生成物，混合气体中A与B的物质的量之比保持恒定，说明A和B的浓度不再改变，反应达到了平衡状态，故A不选；B. 因2A(g)2B(g)＋C(g)是反应前后气体体积不相等的可逆反应，容器内气体总压强不再改变，说明反应达到了平衡状态，故B不选；C. 因未说明用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率是正反应速率还是逆反应速率，无法证明正反应速率等于逆反应速率，则不能说明反应达到了平衡状态，故C选；D. 因反应前后气体的质量不变，但气体的总物质的量改变，所以混合气体的平均相对分子质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明反应达到了平衡状态，故D不选；答案选C。
点睛：本题考查化学平衡状态的判断，试题难度不大，解答本题的关键是要注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学反应是否达到平衡状态的依据，反应前后不变的量不能作为判断化学平衡状态的依据。
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是
A. X、Y、Z的第一电离能大小顺序一定是Y＞Z＞X
B. Y、Z形成的分子的空间构型可能是三角锥形
C. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
D. W、Y、Z氢化物的稳定性一定是Z＞Y＞W
【答案】B

15. 密闭容器中，反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD(g)达平衡时，B的浓度为0.6mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，达新平衡时B的浓度降为0.3mol/L．下列判断正确的是
A. a＋b＜c＋d
B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数减小
D. 达到新平衡时，A、B的浓度减小，C、D浓度增大
【答案】C
【解析】反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD(g)达平衡时，B的浓度为0.6mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为0.2mol/L，而达新平衡时，B的浓度降为0.3mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动。A. 压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则a＋b＞c＋d，故A错误；B. 根据上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C. 平衡逆向移动，D的体积分数减小，故C正确；D. 因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时小，故D错误；答案选C。
16. 下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A. 12 g石墨中含有的共价键数目为1.5NA
B. 12 g金刚石中含有C－C键的个数为4NA
C. 44gCO2分子中含有π键数目为4 NA
D. 2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数等于2NA
【答案】A
【解析】A. 在石墨晶体中，每个碳原子与邻近的3个碳原子形成共价键，形成一个共价键需要2个碳原子，所以平均每个碳原子可形成1.5个共价键，12g石墨含碳原子1mol，所以含有的共价键数目为1.5NA，故A正确；B. 在金刚石中，每个C原子可形成C－C键的数目为4个，每个C－C键为两个C原子所共有，则每个碳原子可形成C－C键4×1/2=2个，12g金刚石含碳原子1mol，则含有C－C键2mol，个数为2NA，故B错误；C. 1个CO2分子中含有2个π键，44gCO2的物质的量为1mol，则含有π键数目为2 NA，故C错误；D. 2molSO2和1molO2在一定条件下发生的反应是可逆反应，二者不能完全转化为2molSO3，反应所得混合气体分子数大于2NA，故D错误；答案选A。
17. 下列对分子性质的解释中，不正确的是
A. 酸性：H2SO4>HClO，这是因为H2SO4的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数
B. CCl2I2分子不是手性分子
C. I2在水中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大，这符合“相似相溶”经验规律
D. H2O是一种稳定的化合物，这是由于H2O之间形成氢键所致
【答案】D
【解析】A. H2SO4的非羟基氧原子数大于HClO的非羟基氧原子数，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以酸性H2SO4>HClO，故A正确；B. 当碳原子上连接4个不同的原子或原子团时，该分子为手性分子，所以CCl2I2分子不是手性分子，故B正确；C. 碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，I2在水中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大，符合“相似相溶”的经验规律，故C正确；D. H2O是一种稳定的化合物，是由于O－H键的键能较大的原因，与氢键无关，氢键只影响物质的物理性质，故D错误；答案选D。
18. 请回忆食盐晶体的晶胞结构，已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为
M g·mol–1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距大约是
A. cm B. cm
C. cm D. cm
【答案】B
【解析】试题分析：根据NaCl的晶体结构可知在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距为晶胞边长的一半。在NaCl晶胞中含有Na+数是：1+12×1/4=4；含有Cl-的个数是：8×1/8+6×1/2=4．假设晶胞边长是a，则根据晶体密度计算公式可得：，则，所以在食盐晶体中Na＋和Cl－的核间距是，故选项是B。
考点：考查晶体密度与微粒间距离的关系的计算的知识。
19. 已知3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出m kJ热量．已知单质C（s）的燃烧热为nkJ/mol，则1molC(S)与O2(g)反应生成CO(g)的反应热△H为
A. –n kJ/mol B. – (10m–n)kJ/mol
C. –(5m–0.5n)kJ/mol D. +(10m–n)kJ/mol
【答案】C
【解析】试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3.6g碳的物质的量为3.6g÷12g/mol==0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g÷32g/mol==0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生,令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1,单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-（XkJ-0.1YkJ）÷0.2mol==-（5X-0.5Y）kJ•mol‾1，故C项正确。
考点：本题考查焓变的计算。
20. 某恒温固定体积为2 L密闭容器中，发生反应：2SO2(g)＋ O2(g) 2SO3(g) ΔH S(或S