高二下学期化学期末测试题

高中化学测试题稻壳教育出版社主编稻壳教育出版社主编稻壳教育出版社主编高中化学测试题稻壳教育出版社主编稻壳教育出版社主编稻壳教育出版社主编人教版化学人教版化学化学一、选择题(每题只有一种对的选项)1.如下表达氦原子构造的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A.He B. C.1s2 D.【答案】D【解析】【详解】A项只能表达最外层电子数；B项只表达核外的电子分层排布状况；C项详细到亚层的电子数；D项包括了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；D项描述最详尽，答案选D。2.下列说法对的的是A.ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强B.ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最佳的其沸点也最高C.同周期非金属的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强D.第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A.同周期，第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强，故A错误；B.第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最佳的是H2O（同主族，由上到下，原子的得电子能力逐渐减弱，则气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故H2O的稳定性最佳），其沸点也最高（因水分子间存在氢键），故B对的；C.同周期最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，故C错误；D.第三周期元素的阳离子半径从左到右逐渐减小（Na+＞Mg2+＞Al3+），第三周期元素的阴离子半径从左到右逐渐减小(Si4-＞P3-＞S2-＞Cl-)，但同周期的阳离子半径不不小于阴离子半径，即Al3+半径最小，故D错误。答案选B3.根据电子排布的特点，Cu在周期表属于（）A.ds区 B.p区 C.d区 D.s区【答案】A【解析】【详解】铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。按照构造原理，价层电子排布式应为3d94s2，当3d靠近半满或全满时，能量最低，最稳定，因此Cu的4s2上的一种电子将填充在3d上，故Cu在元素周期表中属于ds区，答案选A。4.如下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子构造的是A.H3O+ B.BF3 C.CCl4 D.PCl5【答案】C【解析】【详解】只要化合物中元素化合价的绝对值和该元素原子的最外层电子数之和满足8，则该元素原子就能满足8电子稳定构造，据此可知，A中的H、B中的B、D中的P均未满足8电子稳定构造，而C中的C和Cl均满足8电子稳定构造，故答案选C。5.下列论述中对的的是A.NH3、CO、CO2都是极性分子B.CH4、CCl4都是具有极性键的非极性分子C.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D.CS2、H2O、C2H2都是直线形分子【答案】B【解析】【详解】A．NH3是三角锥形，是极性分子，CO是直线形，但不是对称性的，因此CO是极性分子，CO2是直线形，具有对称性的，因此CO2是非极性分子，故A错误；B．CH4、CCl4都是正四面体形，都是具有极性键的非极性分子，故B对的；C．从F到I，非金属性减弱，简朴氢化物稳定减弱，因此HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故C错误；D．CS2、C2H2都是直线形分子，H2O是V形构造，故D错误。综上所述，答案为B。6.同一主族的两种元素原子的核外电子数的差值也许为（）A.6 B.30 C.12 D.26【答案】D【解析】因周期表中1～6周期所含元素种数为2、8、8、18、18、32，第7周期未排满，而相邻周期同一主族元素原子序数之差，若元素为ⅠA、ⅡA族元素，则等于上一周期元素的种类，若为其他主族元素等于下一周期元素的种类，因此，同一主族相邻元素核外电子数(或原子序数)也许相差2、8、18或32，而题目中未说两种元素一定相邻，那么它们相差的电子数，也许为8+18=26，故选D。点睛：本题重要考察了同主族两种元素原子的核外电子数的差值。根据相邻周期同一主族元素原子序数之差，若元素为ⅠA、ⅡA族元素，则等于上一周期元素的种类，若为其他主族元素等于下一周期元素的种类。7.下列各组物质，晶体类型相似且熔化时破坏化学键类型相似的是A.NaOH、NaCl B.I2、Br2 C.NH4Cl、KCl D.CO2、SiO2【答案】AC【解析】【详解】A．NaOH是离子晶体，熔化时破坏离子键；NaCl是离子晶体，熔化时破坏离子键，故选A；B．I2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；Br2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故不选B；C．NH4Cl是离子晶体，熔化时破坏离子键；KCl是离子晶体，熔化时破坏离子键，故选CD．CO2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；SiO2是原子晶体，熔化时破坏共价键，故不选D；选AC。8.根据表1信息，判断如下论述对的的是（）表1部分短周期元素的原子半径及重要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066重要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A.氢化物的沸点为H2T＜H2R B.单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC.M与T形成的化合物具有两性 D.L2＋与R2－的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，因此T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，因此R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，因此L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，因此M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，因此Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键，因此沸点：H2＞H2R，A不对的；B.由于Mg的金属性比Al强，因此与HCl反应的速率：L＞Q，B不对的；C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C对的；D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不对的故选C。9.下列论述对的的是：A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点一定越高B.只要具有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体C.同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高D.稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高【答案】D【解析】【详解】A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点不一定越高，例如碱金属单质从上到下熔点越来越低，卤素单质从上到下熔沸点越来越高，故A错误；B.只要具有金属阳离子的晶体就不一定是离子晶体，也许是金属晶体，故B错误；C.同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点不一定越高，例如H2O的沸点比H2S沸点高，故C错误；D.稀有气体的单质的固态属于分子晶体，稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高，故D对的。综上所述，答案为D。10.下列说法中错误的是A.SO2、SO3都是极性分子B.在和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键C.元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D.CO可以和诸多金属形成配合物，如Ni(CO)2，Ni与CO之间的键型为配位键【答案】A【解析】【详解】A．SO2中心原子S的化合价为+4价，最外层电子未所有参与成键，具有孤对电子对，为极性分子；SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子所有参与成键，没有孤对电子对，SO3是平面三角形的分子，是非极性分子，故A错误；B．中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键；[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，因此形成配位键，故B对的；C．非金属性越强，电负性越大，该元素的原子吸引电子的能力越强，故C对的；D．Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，镍原子中具有空轨道，CO与N2构造相似，具有C≡O键，CO中具有孤电子对，因此两者能形成配位键，故D对的；故答案为A。11.由解放军总装备部军事医学研究所研制的小分子团水，处理了医务人员工作时的如厕难题。新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物运用度高、在人体内储留时间长、排放量少的特点。一次饮用125mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量。下列有关小分子团水的说法对的的是A.水分子的化学性质变化 B.水分子中氧氢键长缩短C.小分子团水是一种新化合物 D.水分子间构造、物理性质变化【答案】D【解析】【分析】小分子团水仍是以分子为基本单位构成汇集体，因此分子构造并没有变化，分子中的氢氧键并没有缩短，化学性质更不会变化．它变化的是分子间的构造，分子间作用力增强，物理性质变化。【详解】A.小分子团水仍是以分子为基本单位构成的汇集体，化学性质由水决定，与水的化学性质同样，性质没有变化，故A错误；B.小分子团水只是变化水分子间的作用力，化学键没有变化，分子中的氢氧键并没有缩短，故B错误；C.小分子团水分子间的距离减小，分子间作用力增强，故C错误；D.分子团水分子间的距离减小，水分子间构造变化，分子间作用力增强，沸点升高，密度增大，故D对的；故选D。12.有X、Y两种主族元素，原子序数不不小于等于20，X的原子半径不不小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相似(选项中m、n均为正整数)。下列说法中对的的是（）A.若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B.若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C.若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D.若Y的最高正价为m，则X的最高正价一定为m【答案】A【解析】【分析】由题可知，X、Y是同一主族的元素，且X的原子序数不不小于Y的。【详解】A．由元素周期律可知，Y(OH)n的碱性一定比X(OH)n强，A对的；B．若X为N元素，则其氢化物NH3溶于水显碱性，B错误；C．若X为H，Y为Li，则不符合，C错误；D．若Y为S，X为O，则不符合，D错误；答案选A。13.甲烷分子(CH4)失去一种H＋，形成甲基阴离子()，在这个过程中，下列描述不合理的是A.碳原子的杂化类型发生了变化 B.微粒的形状发生了变化C.微粒的化学性质发生了变化 D.微粒中的键角发生了变化【答案】A【解析】【详解】A．烷分子(CH4)失去一种H+，形成甲基阴离子()，两微粒中C原子的价层电子数都是为4，碳原子杂化方式均为sp3杂化，故A错误；B．甲烷为正四面体型构造，为三角锥形构造，微粒形状发生变化，故B对的；C．甲烷稳定，带负电荷不稳定，故C对的；D．甲烷为正四面体型构造，为三角锥形构造，碳原子具有孤对电子，其键角比甲烷中键角小，故D对的；故答案为A。14.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法对的的是()A.反应后溶液中不存在任何沉淀，因此反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.该试验不能证明[Cu(NH3)4]2+比氢氧化铜稳定D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【分析】向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成Cu(OH)2沉淀，继续添加氨水，发生反应：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，[Cu(NH3)4]2+是深蓝色。【详解】A.Cu2+转变成了[Cu(NH3)4]2+，Cu2+浓度减少，错误；B.[Cu(NH3)4]2+是深蓝色的配离子，对的；C.Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，阐明Cu(OH)2没有[Cu(NH3)4]2+稳定，错误；D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，错误；故选B。15.已知[Co(NH3)6]3+呈正八面体构造，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有几种（不考虑光学异构）()A.2种 B.3种 C.4种 D.6种【答案】A【解析】【详解】[Co(NH3)6]3+呈正八面体构造，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有正八面体和斜八面体两种不一样的类型，因此选项是A。16.下列说法一定对的的是A.分子晶体中都存在共价键B.当中心原子的配位数为6时,配合单元常呈八面体空间构造C.SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合D.金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高【答案】B【解析】【详解】A．单原子分子如氦气，不存在共价键，故A错误；B．当中心原子的配位数为6时，根据价层电子对互斥理论，形成的配合单元常呈八面体空间构造，这样的分布配位键间的作用力最小，物质最稳定，故B对的；C．在SiO2的晶体中Si、O以单键相结合，则每个硅原子与4个氧原子结合，故C错误；D．金属汞常温下为液态，其熔点比I2、蔗糖等的熔点都低，故D错误；故答案为B。二、非选择题17.三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工，太阳能电池制造和液晶显示屏制造中得到广泛应用。NF3是一种三角锥型分子，键角102°，沸点－129℃；可在铜的催化作用下由F2和过量NH3反应得到。(1)NF3的沸点比NH3的沸点(-33℃)低得多的重要原因是________。(2)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下面各题：元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900①在周期表中，最也许处在同一族的是_________。②T元素最也许是_______区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成化合物的空间构型为________，其中心原子的杂化方式为________。【答案】(1).NH3能形成分子间氢键，NF3只有范德华力(2).R和U(3).P(4).平面正三角形(5).sp2【解析】【分析】根据分子间作用力分析；结合电离能的变化分析原子构造最外层电子数，结合元素周期律分析判断，根据中心原子的价层电子对数分析解题。【详解】(1)NH3分子了间存在氢键，而NF3分子了间只存在范德华力，两种作用力前者较强，物质的沸点较高；(2)①根据电离能的跳跃确定最外层有几种电子，表中R和U的第一电离能较小，但跳跃至第二电离能时忽然变大，阐明失去一种电子后变为稳定构造，最外层有一种电子，故R和U处在同族；②由T元素电离能的变化可知T最外层有三个电子，位于周期表中第ⅢA族，在P区，若T为第二周期元素，应为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，应为Cl元素，两者形成的化合物为BCl3，根据价层电子对模型可知应为平面正三角形构造，中心原子的杂化方式为

sp2杂化。【点睛】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指配原子形成稳定构造需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，阐明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。18.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四面期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相似的电子层构造。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上状况，回答问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表达)(1)写出化合物AC2电子式_；一种由B、C构成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_。(2)E的核外电子排布式是______，ECl3形成的配合物的化学式为______。(3)与互为等电子体，1mol中具有的键数目为_______。【答案】(1).(2).N2O(3).1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(4).[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3(5).2NA【解析】【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四面期的元素，它们的核电荷数A<B<C<D<E，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相似的电子层构造，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B<C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。【详解】(1)化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为;一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；(2)E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2:1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；(3)根据等电子体原理可知，的构造式为，有两个π键，根据等电子体原理，在1个中，也具有2个π键，故1mol中，具有2NA个π键，故答案为：2NA。【点睛】本题考察了学生对等电子体、Cr基态核外电子排布，1molO22+中π键的数目等知识的掌握和应用能力，根据等电子体原理，只需要考虑中有多少π键，就可以推出O22+中π键的数目，本题基础性较强，重点特出，材料串联很好。19.向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl表达。(1)经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN－不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按规定填空：①若所得Fe3+和SCN－的配合物中，重要是Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子显血红色。该离子的离子符号是________。②若Fe3+与SCN－以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表达为_________。(2)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于________(填字母代号)。A．与Fe3+配合的SCN－数目增多B．血红色离子的数目增多C．血红色离子的浓度增长(3)向上述血红色溶液中加入NaF溶液振荡，只观测到血红色溶液迅速褪成无色，表达该反应的离子方程式为：___________；能使该反应发生的也许原因是________。【答案】(1).Fe(SCN)2+(2).FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl(3).C(4).Fe(SCN)3+3F−=FeF3+3SCN−

(5).Fe3+结合F−的能力不小于结合SCN−的能力【解析】【详解】(1)①Fe3+与SCN−以个数比1:1配合物离子，离子带2个单位正电荷，该配合物离子为Fe(SCN)2+，故答案为：Fe(SCN)2+；②若Fe3+与SCN−以个数比1:5配合，该配离子为[Fe(SCN)5]2−，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式为FeCl3+5KSCN═K2[Fe(SCN)5]+3KCl，故答案为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl；(3)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，因平衡正向移动，血红色离子的浓度增长，故答案为：C；(4)向上述血红色溶液中加入NaF溶液振荡，只观测到血红色溶液迅速褪成无色溶液，表达该反应的离子方程式为Fe(SCN)3+3F−=FeF3+3SCN−；能使该反应发生的也许原因是Fe3+结合F−的能力不小于结合SCN−的能力，故答案为：Fe(SCN)3+3F−=FeF3+3SCN−；Fe3+结合F−的能力不小于结合SCN−的能力。20.钛酸锌(ZnTiO3)是一种抗菌涂料，应用于人造骨骼等生物移植技术。回答问题：(1)基态Zn原子的电子占据能量最高的能层符号为______，与Zn同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相似的元素有_____种(2)钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。则电负性C____B(选填“>或“<”)；第一电离能N>O，原因是_______。(3)ZnTiO3与80%H2SO4反应可生成TiOSO4。①的空间构型为________，其中硫原子采用________杂化。②与互为等电子体的分子的化学式为_________(任写一种即可)(4)Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。①与Zn原子距离近来的Zn原子有____个。②已知该晶体的晶胞参数为a×10-12m，阿伏加德罗常数为NA。则该晶体的密度为_____g/cm3(列式即可)【答案】(1).N(2).4(3).＞(4).N原子中2p轨道处在半充斥状态，比较稳定，故第一电离能N＞O(5).正四面体形(6).sp3(7).CCl4、SiCl4、SO2Cl2(任写一种即可)(8).12(9).【解析】【详解】(1)基态Zn原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s2，最高能层电子为N层，与Zn同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与Zn相似，元素符号及其价电子排布分别为：Sc：3d14s2，Ti：3d24s2，V：3d34s2，Mn：3d54s2，故答案为：N；4；(2)在元素周期表中，同周期元素电负性从左到右依次减弱，因此电负性C>B；同周期元素第一电离能的变化的规律是从左向右呈增大趋势，不过N原子中2p轨道半满状态比较稳定，比O原子第一电离能还大，故答案为：>；N原子中2p轨道处在半充斥状态，比较稳定，故第一电离能N>O；(3)①先判断的VSEPR模型，孤电子对数=(6−2×4+2)=0，成键电对数为4，价层电子对数为4，空间构型与VSEPR模型相一致，为正四面体形；原子轨道杂化方式为sp3，故答案为：正四面体形；sp3；②互为等电子体的微粒满足：原子个数相似，价电子总数相似；与互为等电子体的分子有：CCl4、SiCl4、SO2Cl2，故答案为：CCl4、SiCl4、SO2Cl2任写一种；(4)①在一种晶胞中,距离顶点处Zn近来Zn原子位于面心，共有三个，从该顶点向外延伸有7个同样的晶胞，合计3×8=24个，不过每个面上的原子均计算了两次，故为：12×3×8=12个，故答案为：12；②均摊法计算：Zn:顶点8×18=1面心6×12=3合计4个，S所有在内部有4个，因此化学式为ZnS.故答案为：ZnS；③该晶体的密度计算,ρ===，故答案为：。

高二下学期期末化学试卷也许用到的相对原子质量：H-1O-16P-31Cu-64Zn-65第一部分（选择题共42分）本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目规定的一项。1.垃圾分类并回收运用，可以节省自然资源，符合可持续发展的规定。与废旧镍镉电池、过期药物对应的垃圾分类标志是（）A. B.C. D.2.下列物质中，属于弱电解质的是（）A.H2O B.H2SO4 C.Cu D.BaSO43.下列有关反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的描述对的的是()A.使用催化剂，SO2的平衡转化率增大B.增大O2浓度，平衡常数K增大C.当2正(SO2)=逆(O2)时，反应到达平衡状态D.升高温度，反应物中活化分子百分数提高，反应速率增大4.锌铜原电池装置如图所示，下列说法不对的的是()A.锌电极上发生反应：Zn-2e-=Zn2+B电子从锌片流向铜片C.盐桥中K+移向ZnSO4溶液D.理论上，当6.5gZn溶解时析出6.4gCu5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法对的的是（）A.100mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中，所含Al3+的数目为0.2NAB.100mL1mol/L氨水中，所含NH的数目为0.1NAC.将1molN2和3molH2充入密闭容器，一定条件下充足反应，得到2NA个NH3分子D.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ/mol，若反应放出242kJ热量，则形成2NA个共价键6.一种NO催化氧化的过程如图所示：下列说法不对的的是（）A.过程Ⅰ需要吸取能量B.过程Ⅱ表达NO和O2生成具有极性共价键的NO2C.催化剂能减少反应的活化能，从而加紧反应速率D.上述过程总反应的化学方程式是2NO+O22NO27.下列解释事实的方程式不对的的是（）A.将装有NO2的玻璃球浸入热水中颜色加深：2NO2(g)N2O4(g)ΔH>0B用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2++S2-=HgS↓C.Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2OD.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用转变为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Zn2+(aq)8.下列试验方案不能到达对应目的的是（）目的A.验证牺牲阳极的阴极保护法B.研究浓度对FeCl3水解平衡的影响试验方案目的C.比较CH3COOH和H3BO3（硼酸）酸性的强弱D.比较AgCl和AgI溶解度的大小试验方案A.A B.B C.C D.D9.探究铁钉在不一样溶液中的腐蚀状况。试验装置与数据如下：试验装置试验数据下列说法不对的的是A.①的负极反应：Fe-3e-=Fe3+B.③的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-C.②也许同步发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀D.金属的电化学腐蚀以哪种类型为主与溶液的pH有关10.根据下图所得判断对的的是（）已知：I2(g)=I2(s)ΔH=-62.4kJ/molA.图1反应为吸热反应B.图2反应的热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+9.4kJ/molC.图2中若I2的状态为固态，则能量变化曲线也许为①D.断裂1molH2(g)和1molI2(g)中化学键需要的能量不小于断裂2molHI(g)中化学键需要的能量11.运用太阳能光伏电池电解水获得H2，工作示意图如图。下列分析不对的的是（）A.控制开关连接K1，电极1发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.控制开关连接K2，电极3附近溶液的pH减小C.通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2D.电极3的重要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2互相转化实现电子转移12.常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法对的的是()A.a点：pH=1B.c点：V(NaOH)=20mLC.b点：离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.a→d过程中，水电离出c(H+)不停增大13.羰基硫(COS)可用作粮食熏蒸剂，可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在2L的密闭容器中发生反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)，有关数据如表所示：试验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO)n(H2S)n(CO)①15010107②400202016下列说法对的的是（）A.②中CO的平衡转化率为80%B.400℃时该反应的平衡常数K=C.该反应是吸热反应D.①中反应10min到达平衡，0～10min的平均反应速率：v(CO)=0.3mol/(L•min)14.某小组同学电解CuCl2溶液（电极均为石墨），试验如下：试验电压/Vc(CuCl2)/(mol/L)阴极现象阳极现象①a0.5电极表面析出红色固体产生气泡②a2.0电极表面析出白色固体（经检查为CuCl）产生气泡（比①快）③b0.5电极表面析出红色固体，一段时间后产生气泡产生气泡（比①快）下列说法不对的的是（）A.①中析出红色固体的电极反应式：Cu2++2e-=CuB.③中阴极产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝C.对比①③，推测电压a<bD.对比①②，推测电压为aV时电解1.0mol/LCuCl2溶液，阴极会析出红色和白色固体第二部分（非选择题共58分）本部分共5小题，共58分。15.电镀是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的措施。在铁质铆钉上镀镍(Ni)能防止铁被腐蚀，如图1。试验室模拟铁片镀镍，装置如图2。(1)b极材料是__。(2)电镀液中具有NiSO4、NaCl和硼酸。已知：NiSO4=Ni2++SO、Ni2++2H2O⇌Ni(OH)2+2H+①a极的电极反应式是__。②硼酸的作用是调整溶液的pH。pH较小时，a极易产生__气体，使镀层疏松多孔。pH较大时，a极会吸附__固体而使镀层具有杂质。(3)铁质铆钉上镀镍能防止铁被腐蚀是由于镀层使铁与__等物质隔离。16.可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸（化学式为H3PO4，沸点高难挥发）有一定关系。(1)室温下，测得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用电离方程式解释原因：__。(2)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，导致龋齿。结合平衡移动原理解释原因：__。Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)(3)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的重要反应的离子方程式是___。②下列有关0.1mol/LNa2HPO4溶液的说法对的的是__（填序号）。a．Na2HPO4溶液显碱性，原因是HPO的水解程度不小于其电离程度b．c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)c．c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO4)(4)小组同学在试验室测定某可乐中磷酸的含量（不考虑白砂糖、咖啡因的影响）。i.将一瓶可乐注入圆底烧瓶，加入活性炭，吸附色素。ⅱ.将可乐回流加热10min，冷却至室温，过滤。ⅲ.取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液5.00mL。①加热的目的是__。②该可乐样品中磷酸的含量为__g/L（H3PO4摩尔质量为98g/mol）。17.CO2的富集与转化是当今环境研究的热点。(1)化石燃料的燃烧是使大气CO2浓度增长的原因之一。汽油中具有辛烷(C8H18)，1molC8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出5518kJ热量。写出C8H18完全燃烧的热化学方程式：__。(2)一种富集CO2的过程如图所示。①气体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，CO2浓度最高的是___。②反应Ⅱ的化学方程式是__。(3)一定条件下，CO2和H2反应能生成C2H4，实现CO2向能源物质的转化。已知：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH<0①上述反应的ΔH可根据C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)和__反应的焓变计算。②研究温度和压强对CO2的