黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学2020届高三上学期期中考试化学试题


化学试卷
可能会用到的相对原子质量：H 1 N 14 Si 28 O 16 S 32 Ni 59 Cu 64
一、选择题
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是(　　)
A. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；
B. “地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；
C. 小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；
D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。
2.下列有关物质分类或归类不正确的是（ ）
A. 氯水和酸雨都是混合物
B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水是氯气溶于水形成的混合物，酸雨是pH小于5.6的雨水，是混合物，故A正确；
B. 蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B正确；
C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故C错误；
D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体，故D正确；
故选C。
3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 18 g D2O中含有的质子数为10NA
B. 60 g二氧化硅中含有的Si—O键数目为4NA
C. 密闭容器中，2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
D. 标准状况下，22.4 L氯气通入足量水中充分反应后转移电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.一个D2O分子中含有10个质子，D2O的摩尔质量为20g·mol-1，故18gD2O中含有的D2O分子数为0.9NA，其中含有的质子数为9NA，故A错误；
B.二氧化硅晶体中，每个硅原子和4个氧原子形成4个Si—O键，60 g二氧化硅中含有NA个硅原子，故含有的Si—O键的数目为4NA，故B正确；
C.2molNO与1molO2完全反应生成2molNO2，但体系中存在化学平衡2NO2N2O4，所以产物的分子数小于2NA，故C错误；
D.氯气与水能发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，标准状况下，22.4L(1mol)氯气与水完全反应转移的电子数应为NA，但此反应属于可逆反应，转移的电子数小于NA，故D错误。
故选B。
4.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
5.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 中子数为8的氧原子：188O
B. 次氯酸的结构式为：H-O-Cl
C. 氢氧化钠的电子式：
D. CO2的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为8的氧原子，质量数为16，表示为168O，故A错误；
B. O原子分别与氯和氢原子各形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故B正确；
C. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式：，故C错误；
D. 碳原子半径比氧原子大，CO2的比例模型：，故D错误；
故选B。
6.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是

A. 原子半径：W INi的原因是_______________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g·cm–3，晶胞参数a=______nm。（用含有d、NA的式子表示，可以不化简）

【答案】 (1). 1s22s2sp63s23p63d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). 氨气分子间存在氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属 (11). Cu+3d轨道全充满较稳定，失去电子吸收的能量更多，第二电离能更大 (12). 3 ：1 (13).
【解析】
【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s2sp63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。
（2）①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是硫酸根据离子，S原子有 =0对孤电子对，形成4个σ键，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化，立体构型是正四面体。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间除了范德华力、还形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子；
NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电中心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤电子对，形成3个σ键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu＋的外围电子排布为3d10，Ni＋的外围电子排布为3d84s1，Cu+的3d处于全充满较稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍；
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8× =1、Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1；
②根据ρ= ，即ρ=g/cm3 ==d g·cm–3，晶胞参数a=cm=nm。
【点睛】本题是物质结构的综合考题，涉及核外电子排布、配位键、晶胞计算等知识，难点在于晶胞的计算，注意单位换算，学生易出错。