【化学】新疆昌吉回族自治州第二中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

新疆昌吉回族自治州第二中学2019-2020学年高二下学期期中考试
原子量：H-1 O-16 C-12 S-32 Ba-137 Fe-56
分卷I选择题
一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分)
1.根据电子排布的特点，Cr在周期表中属于（ ）
A. ds区 B. p区 C. d区 D. s区
【答案】C
【解析】
【详解】Cr元素的基态原子价电子排布为，位于元素周期表的d区，答案选C。
2.下列分子或离子中键角由大到小的排列顺序是（ ）
①SO2 ②NH3 ③H2O ④CH4 ⑤CO2
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③
C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①SO2分子为V形，中心原子S采取杂化，且有1对孤对电子，键角略小于120°；
②NH3分子为三角锥形，中心原子N采取杂化，有1对孤对电子，键角为107°；
③H2O分子为V形，中心原子O采取杂化，有2对孤对电子，键角为105°；
④CH4分子为正四面体形，中心原子C采取杂化，无孤对电子，键角为109°28ˊ；
⑤CO2分子为直线型，中心原子C采取sp杂化，无孤对电子，键角为180°；
所以键角由大到小的排列顺序是⑤①④②③，答案选B。
【点睛】NH3、H2O、CH4的VSEPR模型都为四面体形，由于孤对电子对键合电子的斥力要大于键合电子之间的斥力，导致键角变小，所以键角不相等。
3.下列说法或有关化学用语的表述正确的是（ ）
A. 次氯酸的电子式：
B. 基态铜原子的外围电子排布图：
C. Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4
D. S原子的电子排布图为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. HClO中H原子、Cl原子分别与O原子形成1对共用电子对，电子式为，A错误；
B. 基态Cu原子的价电子排布式为，外围电子排布图为，B错误；
C. Se为第四周期第VIA族元素，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，C正确；
D. 选项中的排布图3p轨道不符合洪特规则，正确的应为 ，D错误；
故答案选C。
4.下表中是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质，下列判断正确的是(　　)

A. C、D、E的氢化物的稳定性：C>D>E
B. 元素A的原子最外层轨道中无自旋状态相同的电子
C. 元素B、C之间不可能形成化合物
D. 与元素B同周期且第一电离能最小的元素的单质能与H2O发生置换反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由以上分析可知A为C元素，B为S元素，C为Cl元素，D为O元素，E为F元素。
【详解】A．非金属性F＞O＞Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，选项A错误；
B．A为C元素，价层电子为2s22p2，p轨道有2个电子，自旋状态相同，选项B错误；
C．元素B、C之间可形成化合物S2Cl2等，选项C错误；
D．与元素B同周期且第一电离能最小的元素的单质为Na，为活泼金属，能与H2O发生置换反应生成氢气，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，注意根据电负性理解。A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素化合价知，A属于第ⅣA族，B、D属于第ⅥA族，C、E属于第VⅡA族，B的电负性小于D，所以D是O元素，B是S元素；C的电负性小于E，所以C是Cl元素，E是F元素，硅的电负性小于S，A的电负性等于S元素，所以A是C元素，结合物质的结构、性质解答。
5.相同条件下，0.1mol·L-1Na2S2O3溶液和0.1mol·L-1H2SO4溶液各5mL，与10mL水混合，反应速率为υ1mol·L-1·s-1；0.2mol·L-1Na2S2O3溶液和0.2mol·L-1H2SO4溶液各5mL，与30mL水混合，反应速率为υ2mol·L-1·s-1。则υ1和υ2的关系是（ ）
A. υ1>υ2 B. υ10，达到平衡后，下列说法中正确的是（ ）
A. 若恒温定容情况下，充入一些稀有气体，压强增大，平衡向右移动
B. 若恒温定压条件下，加入C，则C的转化率将增大
C. 若定容升温，在新平衡体系中A的质量分数将减小
D. 温度、压强和容积都相同时，在另一密闭容器中加入2molA、1molB、1molC，平衡时两个容器中D和E的浓度分别相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．恒温恒容条件下充入稀有气体，体系内总压强增大，但各组分的分压不变（即气体浓度不变），所以平衡不移动，A错误；
B．恒温恒压条件下，加入C，C的转化率减小，B错误；
C．恒容升温，正反应吸热，平衡正向移动，平衡后A的质量分数减小，C正确；
D．物质的平衡浓度与初始投料有关，平衡时两个容器中D和E的浓度不一定相等，D错误；
故答案选C。
14.硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如下图所示：下列叙述正确的是

A. Xm-的化学式为B4O8H42-
B. 硼原子轨道的杂化类型有sp2、 sp3
C. 配位键存在于4、6原子之间
D. 硼砂晶体中有离子键、配位键两种化学键
【答案】B
【解析】
【详解】A．观察模型，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，可知Xm-是(H4B4O9)m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，则Xm-的化学式为：(H4B4O9)2-，故A错误；
B．根据图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化，故B正确；
C．含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4，5(或5，4)原子之间存在配位键，故C错误；
D．硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键，故D错误；
故选B。
【点晴】本题考物质结构和性质，涉及配合物成键情况、原子杂化、等知识点，为高频考点，知道配位键的构成条件，会判断原子杂化方式是解答关键。根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；3号氧原子形成2个单键，钠离子与Xm-形成离子键。
15.顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1,1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是(　　)

A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中
B. 顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2∶1
D. 1 mol 1,1－环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA
【答案】C
【解析】
A、根据结构简式，其中碳原子有sp3杂化，属于四面体，因此所有碳原子不在同一平面，故A错误；B、N有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp3杂化，故B错误；C、sp3杂化的碳原子有4个sp2杂化的碳原子有2个，即个数比为2：1，故C正确；D、1mol此有机物含有含有σ键的数目为26NA，故D错误。
16.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4　②1s22s22p63s23p3　③1s22s22p3　④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④>③>②>①
B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>①
D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。
A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；
D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。
故选A。
分卷Ⅱ非选择题（共52分）
17.已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级处于半满状态，C原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍，C、F处于同一主族，E最外层电子数比最内层多1。回答下列问题：
（1）E元素基态原子的电子排布式为___。
（2）用电子排布图表示F元素原子的价电子排布：____。
（3）F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的是___(填化学式)。
（4）离子半径：D+___(填“”或“＝”，下同)B3-，第一电离能：B___C，电负性：C__F。
（5）A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比为1∶1，X的电子式为___。试写出Cu、稀硫酸与X反应制备硫酸铜的离子方程式：__。
（6）写出E的单质与D的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式：____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). (3). HClO4 (4). < (5). > (6). > (7). (8). Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O (9). 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【分析】
、、、、、、 都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大， 是周期表中原子半径最小的元素，则 是 元素， 中阴、阳离子具有相同的电子层结构， 原子最外电子层的 能级上的电子处于半满状态，为第VA 族元素， 为 价、 为 价且 是金属元素， 的原子序数大于 、，则 为 元素、 为 元素，C原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍，则 是 元素，、 属同一主族，则 是 元素， 最外层电子数比最内层多 ，则 最外层电子数为 ， 是 元素， 的原子序数大于 ，且为短周期主族元素，则 是 元素。
【详解】（1）通过以上分析知， 是 元素，其原子核外有 13 个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为 。
（2） 为 元素，其价电子为 、 电子，其价电子排布图为。
（3）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强， 元素的非金属性大于 元素，则 元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的分子式为 。
（4）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径 ， 是 元素、 是 元素，同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第Ⅴ 族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能 ； 是 元素、 是 元素，同一主族元素中，电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性 。
（5）、 形成的一种绿色氧化剂 有广泛应用， 分子中 、 原子个数比 1:1，则 是双氧水，其电子式为，酸性条件下，双氧水将铜氧化为铜离子，离子方程式为 。
（6） 的最高价氧化物的水化物是 ，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式式为 。
18.某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。

请回答：
Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是___（填字母序号）。
A.铝 B.石墨 C.银 D.铂
（2）N极发生反应的电极反应式为___。
（3）实验过程中，SO42-___（填“从左向右”，“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有：___。
Ⅱ.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，观察到与第一组实验不同的现象：两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料得知，高铁酸根离子（FeO42-）在溶液中呈紫红色。
（4）电解过程中，X极区溶液的pH___（填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）电解过程中，Y极发生的电极反应之一为Fe﹣6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，若在X极收集到784mL气体，在Y极收集到112mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少___g。
（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为___。
【答案】 (1). A (2). 2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-) (3). 从右向左 (4). 滤纸上有红褐色斑点 (5). 增大 (6). 0.56 (7). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
【详解】Ⅰ.图1中左边为原电池，由于Zn比Cu活泼，则Zn为负极，Cu为正极，M为阳极，N为阴极；
（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选 。
（2） 电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：（或）。
（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生。
Ⅱ.图2中Y（Fe）为阳极，X（C）为阴极；
（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的 增大。
（5） 电极上析出的是氢气， 电极上析出的是氯气，且 电极失电子进入溶液，设铁质量减少为 ，根据转移电子数相等得 ，解得。
（6）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为 。
19.氧和硫的化合物在化工生产上应用非常广泛.试回答下列问题：
（1）臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。
己知：6Ag（s）+O3（g）═3Ag2O（s）；△H=﹣235kJ/mol；
2Ag2O（s）═4Ag（s）+O2（g）；△H=+60kJ/mol；
则反应2O3（g）=3O2（g）的△H=___。
（2）SO2Cl2常用于制造医药品、染料、表面活性剂等.已知：SO2Cl2（g）SO2（g）+Cl2（g）△H=akJ•mol﹣1。300℃时向体积为2L的恒容密闭容器中充入0.20molSO2Cl2，达到平衡时，容器中含0.1molSO2，该温度时反应的平衡常数为___。将上述所得混合气体溶于足量BaCl2溶液中，最终生成沉淀的质量为___。
（3）对（2）中的反应，在400℃，1.01×105Pa条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的SO2Cl2，n（SO2）和n（SO2Cl2）随时间的变化曲线如图所示。

①0～20min反应的平均速率v（SO2Cl2）=___。△H___0(填“”或“＝”)其原因是：___。
②下列叙述正确的是___。
A.A点v正（SO2Cl2）＞v逆（SO2Cl2）
B.密度和平均摩尔质量不变均说明处于平衡状态
C.其它条件不变，若增大压强，n（SO2）比图中D点的值大
D.其它条件不变，500℃时反应达平衡，n（SO2）比图中D点的值大
【答案】 (1). ﹣290kJ/mol (2). 0.05mol/L (3). 46.6g (4). 0.04mol/（L.min） (5). > (6). 升高温度，平衡常数增大，所以正反应吸热反应 (7). AD
【解析】
【分析】
【详解】（1）①6Ag（s）+O3（g）═3Ag2O（s）；△H=﹣235kJ/mol；
②2Ag2O（s）═4Ag（s）+O2（g）；△H=+60kJ/mol；
根据盖斯定律，①×2+②×3可得到2O3（g）=3O2（g），反应热；
（2），，平衡常数；根据S原子的守恒计算生成硫酸钡的质量，；
（3）①，同一可逆反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v（SO2Cl2）=v()= ;由于升高温度，平衡常数增大，所以正反应是吸热反应；
②A. A点平衡向正反应方向移动，说明正反应速率大于逆反应速率，A正确；
B. 因为反应前后质量不变，体积不变，所以密度一直不变，则密度不再改变不能说明反应达到平衡，B错误；
C. 增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动，所以减小，C错误；
D. 其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，平衡时增大，所以比图中D大，D正确；
故答案选AD。
20.(1)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2立体构型为___，其中氧原子的杂化方式为___。
(2)X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子。XY2-的立体构型是___；X与Z形成化合物中含有的化学键是___、R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是___。
(3)ClO3-的立体构型为___(用文字描述，下同)；CO32-的立体构型是__。
(4)在BF3分子中：F—B—F的键角是___，B原子的杂化轨道类型为__，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为___。
(5)用价层电子对互斥理论推断，SnBr2分子中Sn—Br键的键角___(填“＞”“＜”或“＝”)120°。其原因是___。
【答案】 (1). V形 (2). sp3 (3). V形 (4). 离子键 (5). 氧原子 (6). 三角锥形 (7). 平面三角形 (8). 120° (9). sp2 (10). 正四面体形 (11). ＜ (12). SnBr2分子中Sn原子有一对孤电子对，孤电子对与σ键电子对相互排斥，所以Sn—Br键的键角小于120°
【解析】
【分析】
(1)根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型及分子构型；
(2)X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是NO2，则X为N元素、Y为O元素；X与氢元素可形成NH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则M层电子数为2，故Z为Mg；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则R为Cu元素，据此解答；
(3)根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；
(4) 根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；
(5)首先判断价层电子对数目和有无孤电子对，进而判断分子的空间构型。
【详解】(1)OF2分子中O原子的价层电子对数=2+(6−2×1)=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形；
(2)NO2−离子中心N原子孤电子对=(5+1−2×2)=1，价层电子对数=2+1=3，故NO2−离子的立体构型是V形，氮原子和镁原子形成Mg3N2，主要含有离子键，Cu2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是H2O中O原子；
(3) ClO3-的孤电子对数=(7+1−2×3)=1，价层电子对数为3+1=4，立体构型为三角锥形，CO32-的孤电子对数=(4+2−2×3)=0，立体构型为平面三角形；
(4) BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=(3−3×1)=0，所以BF3分子属于sp2杂化，VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4−中B原子的价层电子对=4+(3+1−4×1)=4，该离子中不含孤电子对，属于sp3杂化，为正四面体结构；
(5)SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数目是(4+2) =3，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，SnBr2空间构型为V型，SnBr2分子中Sn原子的有一对孤电子对，孤电子对与σ键电子对相互排斥，所以Sn—Br键的键角小于120°。