福建省莆田市高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省莆田市高二（下）期末化学试卷 一.选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分）1（2分）（2015春莆田期末）下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）ach3coohbcl2cnh4hco3dso3考点：电解质与非电解质分析：电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物解答：解：a、ch3cooh在水中能电离，则其水溶液导电，即ch3cooh属于电解质，故a错误；b、因非电解质是化合物，而cl2是单质，即cl2既不是电解质也不是非电解质，故b错误；c、因nh4hco3在水溶液或熔化状态下都能导电，则nh4hco3属于电解质，故c错误；d、so3的水溶液能导电，是因三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸电离生成离子而导电，即发生电离不是so3本身，故so3属于非电解质，故d正确；故选d点评：本题考查电解质和非电解质，学生应明确电解质和非电解质都是化合物，并明确判断电解质时发生电离的为化合物本身来分析解答即可2（2分）（2015春莆田期末）以下电子排布式表示基态原子电子排布的是（）a1s22s22p63s13p3b1s22s22p63s23p63d104s14p1c1s22s22p63s22p63d24s1d1s22s22p63s23p63d104s24p1考点：共价键的形成及共价键的主要类型专题：原子组成与结构专题分析：符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则的核外电子排布式是基态原子电子排布式解答：解：a、b、c都不符合能量最低原理，所以不是基态原子核外电子排布，只有d符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，是基态原子电子排布式，故选d点评：本题考查原子核外电子排布式基态和激发态的判断，根据能量最低原理、泡利原理和洪特规则来分析解答即可，难度不大3（2分）（2015春莆田期末）如图表示中和滴定前某同学的一个操作，下列叙述正确的是（）a这是一个错误操作b该操作是为了排除滴定管内气泡c该滴定管为酸式滴定管d该操作是为了调节滴定管内液体的液面高低考点：计量仪器及使用方法分析：酸式滴定管可用来盛放酸性物质，碱式滴定管可用来盛放碱性物质，酸式滴定管有玻璃旋塞，碱式滴定管有玻璃球和橡胶管，气泡密度较小，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，该滴定管含有玻璃球为碱式滴定管，据此分析解答解答：解：图中挤压橡胶管，挤压时尖嘴向上，气泡密度较小，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，该滴定管含有玻璃球为碱式滴定管，操作合理，故选b点评：本题考查了实验基本操作，掌握操作要领是解题的关键，注意酸式、碱式滴定管的构造，题目难度不大4（2分）（2015春莆田期末）在0.10moll1nh3h2o溶液中，加入少量nh4cl晶体后，引起的变化是（）anh3h2o的电离程度减小bnh3h2o的电离常数增大c溶液的导电能力不变d溶液的ph增大考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：nh3h2o为弱电解质，发生nh3h2onh4+oh，加入少量nh4cl晶体后，nh4+离子浓度增大，抑制nh3h2o电离，平衡向逆向移动，以此解答解答：解：a向氨水中加入氯化铵晶体，铵根离子浓度增大，抑制nh3h2o电离，则nh3h2o电离程度减小，故a正确；bnh3h2o的电离常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故b错误；c加入少量nh4cl晶体后，溶液离子浓度增大，则导电能力增强，故c错误；d加入少量nh4cl晶体后，nh4+离子浓度增大，平衡向逆向移动，c（oh）变小，ph减小，故d错误故选a点评：本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，明确弱电解质电离特点及影响弱电解质电离的因素是解本题关键，难度中等5（2分）（2015春莆田期末）下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（）中和10ml1mol/lch3cooh溶液需要10ml1mol/lnaoh溶液物质的量溶液相同时，锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快0.01mol/l醋酸溶液ph的大于2 0.1mol/lch3coona溶液显碱性abcd考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：证明醋酸是弱电解质，可证明存在电离平衡、部分电离或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答解答：解：酸碱的物质的量相同，完全发生中和反应，与酸的强弱无关，不能证明为弱酸，故错误；开始时锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快，说明等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大，则可说明醋酸为弱酸，故正确；0.01mol/l醋酸溶液的ph=3，说明醋酸没有完全电离，可证明为弱酸，故正确；ch3coona溶液显碱性，可说明为强碱弱酸盐，可证明醋酸为弱酸，故正确故选b点评：本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法是利用电离的不完全性6（2分）（2015春莆田期末）下列说法正确的是（）a离子键就是使阴、阳离子结合成化合物的静电引力b所有金属与所有非金属原子之间都能形成离子键c配位键在形成时，由成键双方各提供一个电子形成共用电子对d金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用考点：离子化合物的结构特征与性质；化学键分析：a离子键就是使阴、阳离子结合成化合物的静电作用；b非金属元素和金属元素之间可能形成共价键；c含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；d金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，饱和吸引力和排斥力解答：解：a离子键就是使阴、阳离子结合成化合物的静电作用，包含吸引力和排斥力，故a错误；b非金属元素和金属元素之间可能形成共价键，如氯化铝中只存在共价键，故b错误；c含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键，故c错误；d金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，所以金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，饱和吸引力和排斥力，故d正确；故选d点评：本题考查化学键判断，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力即可解答，采用举例法分析解答，注意规律中的异常现象，注意配位键的构成条件，易错选项是b7（2分）（2015春莆田期末）以下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）ah3o+bbf3cccl4dpcl5考点：原子核外电子排布；化学键专题：化学键与晶体结构分析：|元素化合价|+该元素原子最外层电子数=8，则该原子满足8电子结构，微粒中含有h原子，该微粒一定不满足所有原子都满足最外层为8电子结构，据此结合选项判断解答：解：a、h3o+中含有氢原子，不满足8电子结构，故a不符合；b、bf3中b元素的化合价为+3，b原子最外层电子数为3，则3+3=6，故b原子不满足8电子结构，f元素化合价为1，cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，f原子满足8电子结构，故b不符合；c、ccl4中c元素化合价为+4，c原子最外层电子数为4，所以4+4=8，c原子满足8电子结构；cl元素化合价为1，cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，cl原子满足8电子结构，故c符合；d、pcl5中中p元素的化合价为+5，p原子最外层电子数为5，则5+5=8，故p原子不满足8电子结构，氯元素化合价为1价，氯原子最外层电子数为7，则|1|+7=8，故cl原子满足8电子结构，故d不符合；故选c点评：本题考查8电子结构的判断，难度不大，清楚元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构是关键，注意离子化合物不适合8（2分）（2009桐城市校级模拟）下列各组给定原子序数的元素，不能形成原子数之比为1：1稳定化合物的是（）a3和17b1和8c1和6d7和12考点：原子结构与元素的性质专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素序数判断元素种类，结合元素的化合价判断解答：解：a原子序数为为3的元素为li，原子序数为17的元素为cl，可形成licl，故a不选；b原子序数为为1的元素为h，原子序数为8的元素为o，可形成h2o2，故b不选；c原子序数为为1的元素为h，原子序数为6的元素为c，可形成c2h2，故c不选；d原子序数为为7的元素为n，原子序数为12的元素为mg，可形成mg3n2，故d选故选d点评：本题考查原子结构与元素的性质，题目难度不大，注意常见元素形成的化合物的种类9（2分）（2015春莆田期末）如图所示，是一种晶体的晶胞，该离子晶体的化学式为（）aabcbabc3cab2c3dab3c3考点：晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：利用均摊法计算该晶胞中各种离子的个数，各种离子个数的最简比就是其化学式解答：解：该晶胞中a离子个数=8=1，b离子位于体心上，所以该晶胞中只含一个b离子，c离子个数=3，所以该晶体的化学式为：abc3，故选b点评：本题考查了化学式的确定，根据均摊法来分析解答即可，难度不大10（2分）（2015春莆田期末）下列各组原子，彼此性质一定相似的是（）a外围电子分别是1s2与2s2的元素bm层上有两个电子与n层上有两个电子的元素c2p上有一个未成对电子与3p上有一个未成对电子的元素dl层上有一个空轨道和m层的p轨道上有一个空轨道的元素考点：原子结构与元素周期律的关系分析：a.1s2为he，性质稳定，2s2的元素为be，性质较活泼；bm层上有两个电子为mg，n层上有两个电子的元素为ca或其它第四周期是过渡金属元素；c.2p上有一个未成对电子，为2p1或2p5，可能为b或f；3p上有一个未成对电子的元素，可能为al或cl；dl层上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p2，则为c；m层的p轨道上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p63s23p2，则为si解答：解：a.1s2为he，性质稳定，2s2的元素为be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故a错误；bm层上有两个电子为mg，n层上有两个电子的元素为ca或其它第四周期是过渡金属元素，二者性质可能相似，故b错误；c.2p上有一个未成对电子，为2p1或2p5，可能为b或f；3p上有一个未成对电子的元素，可能为al或cl，若为同主族元素，性质相似，若不同主族时，性质不相似，故c错误；dl层上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p2，则为c；m层的p轨道上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p63s23p2，则为si，c、si位于同一主族，性质一定相似，故d正确；故选d点评：本题考查电子排布与同主族元素性质的相似性，利用电子排布推出元素是解答本题的关键，熟悉电子排布规律即可解答，题目难度中等11（2分）（2015春莆田期末）x、y、z三种元素价电子排布分别为ns1、3s23p4、2s22p4，有关这三种元素的说法不正确的是（）ay元素可显+6价bx、y、z三种元素组成的化合物化学式可能是x2yz3、x2yz4等cx、y、z三种元素组成的化合物不一定呈中性dy的电负性比z大考点：原子结构与元素周期律的关系分析：x原子最外层电子排布为ns1，处于第a族，化合价为+1，y原子最外层电子排布为3s23p4，则y为s元素，z原子最外层电子排布为2s22p4，则z为氧元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题解答：解：x原子最外层电子排布为ns1，处于第a族，化合价为+1，y原子最外层电子排布为3s23p4，则y为s元素，z原子最外层电子排布为2s22p4，则z为氧元素，ay为s，最高化合价为+6价，故a正确；by为s，z为o，s的化合价有+4价、+6价，则对应的化合物有x2yz3、x2yz4等，故b正确；cx、y、z三种元素组成的化合物如为硫酸，则溶液呈酸性，如为na2so3，则溶液呈碱性，故c正确；d电负性o比s大，故d错误故选d点评：本题考查结构位置性质关系应用，根据原子核外电子排布特点推断元素可能的种类，再结合常见化合物及化合价进行判断，题目难度不大12（2分）（2009海南）下列说法中错误的是：（）aso2、so3都是极性分子b在nh4+和cu（nh3）42+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原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性考点：极性分子和非极性分子；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系专题：压轴题；化学键与晶体结构分析：a、对于abn型共价分子，若中心原子a达到了最高正价，没有孤对电子时，为非极性分子，若中心原子未达到最高正价，有孤对电子对，为极性分子b、配位键形成条件：一是中心原子或离子，它必须有能接受电子对的空轨道；二是配位体，组成配位体的原子必须能提供配对的孤对电子c、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，电负性越大，表示该元素的非金属性越强d、原子晶体中，组成晶体的微粒是原子，原子间的相互作用是共价键，共价键结合牢固，原子晶体的熔、沸点高，硬度大，不溶于一般的溶剂，多数原子晶体为绝缘体解答：解：a、so2中心原子s的化合价为+4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤对电子对，为极性分子；so3中心原子s的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，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、氨气分子与氢离子通过配位键形成nh4+，铜离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电子对，cu2+与nh3通过配位键形成cu（nh3）42+，故b正确；c、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，元素电负性数值越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强；反之，电负性数值越小，相应原子在化合物中吸引电子的能力越弱，故c正确；d、原子晶体中相邻原子间以共价键结合而形成的空间网状结构的晶体，共价键结合牢固，原子晶体的熔、沸点高，硬度大，故d正确故选：a点评：综合性较大，涉及分子极性、配位键、电负性、晶体结构与性质，难度不大，注意基础知识的掌握13（2分）（2015春莆田期末）下列说法正确的是（）a原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表a族b主族元素x、y能形成xy2型化合物，则x与y的原子序数之差可能为2或5c氯化氢的沸点比溴化氢的沸点高dli、na、k单质的熔点逐渐升高考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用分析：aa族、he及某些过渡元素的最外层电子数为2；b主族元素x、y能形成xy2型化合物，化合物可能为co2、mgcl2；c分子类型相同，相对分子质量大的沸点高；dli、na、k随原子序数逐渐增大，金属键减弱，熔点依次降低解答：解：a原子最外层电子数为2的元素，不一定处于周期表a族，如he，故a错误；b主族元素x、y能形成xy2型化合物，化合物可能为co2、mgcl2，则x与y的原子序数之差可能为2或5，故b正确；c分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，则氯化氢的沸点比溴化氢的沸点低，故c错误；d碱金属元素的单质，原子序数越大，原子半径越大，金属键越弱，熔沸点越低，则单质熔点：linak，故d错误；故选b点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大14（2分）（2015鸡冠区校级二模）下列含有非极性键的共价化合物是（）ahclbna2o2cc2h2dch4考点：极性键和非极性键专题：化学键与晶体结构分析：根据形成非极性键的共价化合物的组成元素特点判断解答：解：共价化合物一般由非金属元素组成，排除b；不同非金属元素间形成的共价键是极性共价键，排除ad；故选c点评：活泼金属和活泼非金属易形成离子化合物，非金属元素间易形成共价化合物15（2分）（2015春莆田期末）对于由短周期元素构成的离子化合物，且阳离子与阴离子电子数之和为20，下列说法正确的是（）a阳离子半径一定大于阴离子半径b一定只含离子键不含共价键c一定不含第一周期元素d阳离子和阴离子个数之比不一定为1：1考点：原子结构与元素周期律的关系分析：由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20阴、阳离子均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：n3、o2、f、oh等，阳离子：nh4+、na+、mg2+、al3+等，据此判断解答：解：由题意知阴、阳离子均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：n3、o2、f、oh等，阳离子：nh4+、na+、mg2+、al3+等a、对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以该化合物中阳离子半径小于阴离子半径，故a错误；b、离子化合物，一定有离子键，也可能含共价键，如naoh、mg（oh）2、nh4f等，故b错误；c、nh4+中氢元素在第一周期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故c错误；d、当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如、mgf2、na2o，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如naf、naoh，故d正确；故选d点评：本题考查离子结构、物质结构等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，本题采取列举法解答，找出例外举例列举法在元素周期表中经常利用16（2分）（2009黄浦区校级二模）下列叙述中正确的是（）aco2分子内含有极性键，所以co2分子是极性分子b分子晶体、原子晶体中一定含有共价键，离子晶体一定含有离子键c气态氢化物的稳定性：nh3ph3ash3d某非金属元素从游离态变成化合态时，该元素一定被还原考点：极性键和非极性键；化学键；键能、键长、键角及其应用专题：化学键与晶体结构分析：a、同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子b、分子晶体中不一定含有化学键；c、根据元素周期律分析；d、根据元素的化合价变化判断；解答：解：a、co2为直线形分子，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故a错误b、分子晶体中不一定含有化学键，如稀有气体是单原子分子，不含化学键，只存在分子间作用力，故b错误c、同一主族元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减小，所以气态氢化物的稳定性：nh3ph3ash3，故c正确d、某非金属元素从游离态变成化合态时，该元素可能被氧化，也可能被还原，故d错误故选c点评：本题考查了极性键、极性分子、元素周期律等知识点，难度不大，易错选项是b，注意稀有气体是单原子分子，只存在分子间作用力，不存在化学键17（2分）（2015春莆田期末）下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是（）a碘与干冰分别受热变为气体b硝酸铵与硝酸分别受热变为气体c氯化钠与氯化氢分别溶解在水中d晶体汞与冰分别受热熔化考点：分子间作用力专题：化学键与晶体结构分析：a碘与干冰都是分子晶体；b硝酸铵与硝酸分别受热变为气体，有新物质生成，破坏了化学键；c氯化钠与氯化氢分别溶解在水中，破坏了化学键；d晶体汞与冰分别受热熔化，前者破坏金属键，后者破坏分子间作用力解答：解：a碘与干冰分别受热变为气体，仍然分别为碘分子和二氧化碳分子，破坏的是分子间的作用力，故a正确；b硝酸铵为离子化合物，硝酸为共价化合物，它们分别受热变为气体发生的反应分别为：nh4no3hno3+nh3，4hno34no2+2h2o+o2，有新物质生成，前者破坏了离子键，后者破坏了共价键，故b错误；c氯化钠为离子化合物，氯化氢为共价化合物，分别溶解在水中，氯化钠在水中电离出钠离子和氯离子，破坏了离子键，氯化氢在水中，电离出氢离子和氯离子，破坏了共价键，故c错误；d晶体汞为金属晶体，冰为分子晶体，分别受热熔化，前者破坏金属键，后者破坏分子间作用力，故d错误；故选a点评：本题考查分子间作用力，解答该题首先理清各物质所属的晶体的类型，然后再考虑是破坏化学键还是破坏分子间作用力18（2分）（2015春莆田期末）（1）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（）热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；误将钡盐bacl2、ba（no3）2当作食盐食用时，常用0.5%的na2so4溶液解毒；石灰岩（喀斯特地貌）的溶洞形成；baco3不能做“钡餐”，而baso4则可以；使用泡沫灭火器时“泡沫”生成的原理abcd考点：化学平衡移动原理专题：化学平衡专题分析：碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；石灰岩的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳解答：解：碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故不选；钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故可选；水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故可选；碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释，故可选；碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故不选；故能用沉淀溶解平衡原理来解释的是，故选a点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡原理和盐类的水解，难度中等了解物质的性质和反应的原理是解题的关键19（2分）（2015春莆田期末）反应x（g）+3y（g）2z（g）h0 在不同温度、不同压强（p1p2）下，达到平衡时，混合气体中z的体积分数（z）随温度变化的曲线为（）abcd考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：对于反应x（g）+3y（g）2z（g）h0，正反应是体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，z的体积（z）减小；增大压强平衡向正反应移动，z的体积（z）增大，依此进行判断解答：解：对于反应x（g）+3y（g）2z（g）h0，正反应是体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，z的体积（z）减小；增大压强平衡向正反应移动，z的体积（z）增大，a由图象可知，压强一定时，温度越高，z的体积（z）越大，与实际不符合，故a错误；b由图象可知，压强一定时，温度越高，z的体积（z）越大，与实际不符合，故b错误；c由图象可知，压强一定时，温度越高，z的体积（z）减小；温度一定时，压强越高，z的体积（z）增大，与实际相符，故c正确；d由图象可知，压强一定时，温度越高，z的体积（z）越小；温度一定时，压强越高，z的体积（z）减小，与实际不符合，故d错误；故选c点评：本题考查了随温度和压强的变化，生成物浓度的变化，依据勒夏特列原理和具体反应方向问题是关键20（2分）（2015重庆）sf6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在sf键已知：1mol s（s）转化为气态硫原子吸收能量280kj，断裂1mol ff、sf键需吸收的能量分别为160kj、330kj则s（s）+3f2（g）sf6（g）的反应热h为（）a1780kj/molb1220 kj/molc450 kj/mold+430 kj/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：压轴题；化学反应中的能量变化分析：根据反应热h=反应物总键能生成物总键能计算反应热解答：解：反应热h=反应物总键能生成物总键能，所以对于s（s）+3f2（g）sf6（g），其反应热h=280kj/mol+3160kj/mol6330kj/mol=1220kj/mol，故选：b点评：本题考查反应热的计算，难度中等，清楚h=反应物总键能生成物总键能是解题关键21（2分）（2015春莆田期末）已知重铬酸钾（k2cr2o7）是一种比高锰酸钾还要强的氧化剂，其溶液中存在如下平衡：2cro42（黄色）+2h +cr2o72（橙色）+h2o若要使溶液的橙色加深，下列可采用的方法是（）a加入适量稀盐酸b加入适量稀硫酸c加入适量烧碱固体d加水稀释考点：化学平衡的影响因素分析：若要使溶液的橙色加深，则加入的物质能使平衡向正反应方向移动，注意k2cr2o7是一种比高锰酸钾还要强的氧化剂，可以氧化氯离子，结合平衡移动原理分析解答解答：解：a加入适量稀盐酸，cr2o72离子氧化氯离子而使平衡向正反应方向移动，但cr2o72浓度减小，所以溶液橙色变浅，故a错误；b加入适量稀硫酸，氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液橙色加深，故b正确；c加入适量烧碱固体，烧碱和氢离子反应使平衡向逆反应方向移动，橙色变浅，故c错误；d加水稀释溶液，促进cr2o72水解，所以平衡向逆反应方向移动，橙色变浅，故d错误；故选b点评：本题考查化学平衡移动的影响因素，易错选项是a，注意cr2o72能氧化氯离子22（2分）（2015春莆田期末）以na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）a12g石墨中含有cc键的个数为3nab7.8gna2o2晶体中含有阴阳离子总数为0.4nac1molsio2晶体中含有2nasio键d28g乙烯中含键的数目为0.1na考点：阿伏加德罗常数分析：a在石墨晶体中1个c原子对应3=个cc键；b过氧化钠中阴离子为过氧根离子，7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，总共含有0.3mol离子；csio2晶体中1个si原子对应4个sio键；d乙烯分子中含有1个键，28g乙烯的物质的量为1mol，含有1mol键解答：解：a在石墨晶体中1个c原子对应3=个cc键，12 g石墨的物质的量为1mol，则12g石墨中含有cc键的个数为1.5na，故a错误； b7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有阴阳离子总数为0.3na，故b错误；csio2晶体中1个si原子对应4个sio键，1molsio2中含sio键的个数为4na，故c错误；d28g乙烯的物质的量为1mol，1mol乙烯分子中含有1mol键，含键的数目为0.1na，故d正确；故选d点评：本题考查阿佛加德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确二氧化硅、石墨中的成键为解答关键，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数等物理量之间的转化关系23（2分）（2015春莆田期末）根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其电子总数相同，均可互称为等电子体等电子体之间结构相似、物理性质也相近以下各组粒子不能互称为等电子体的是（）aco和n2bo3和so2cco2和n2odn2h4和c2h4考点：“等电子原理”的应用分析：根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析解答：解：aco和n2的原子个数都为2，价电子数前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故a不选；bo3和so2的原子个数都为3，价电子数前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故b不选；cco2和n2o的原子个数都为3，价电子数前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故c不选；dn2h4和c2h4的原子个数都为6，价电子数前者为14，后者为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故d选；故选d点评：本题考查了等电子体，充分理解等电子体的本质特征以及电子的计算方法是解答本题关键，难度中等24（2分）（2015春莆田期末）在容积为2l的容器内发生反应：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）h0，起始时充入1mol co和0.8mol h2o，经过2min后，反应达到平衡状态，此时co2的浓度为0.2moll1，下列说法正确的是（）a该反应的平衡常数为：k=bco和h2o的转化率相同c2min内，用h2表示的反应速率为：v（h2）=0lmol/（lmin）d升高温度时，v正减小，v逆增大考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素分析：2min后生成0.2moll1的co2，则2min后生成co2的物质的量为0.2moll12l=0.4mol利用三段式法计算， co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始：1mol 0.8mol 0 0转化：0.4mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol平衡 0.6mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol以此解答该题解答：解：2min后生成0.2moll1的co2，则2min后生成co2的物质的量为0.2moll12l=0.4mol利用三段式法计算， co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）起始：1mol 0.8mol 0 0转化：0.4mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol平衡 0.6mol 0.4mol 0.4mol 0.4mola因为反应前后系数相等，所以该反应的平衡常数即为物质的量商：k=，故a错误；b根据三段式数据，co和h2o的转化率分别为：=40%，=50%，故b错误；c2min内，用h2表示的反应速率为v（h2）=0.1mol/（lmin），故c正确；d升高温度时，v正增大，v逆增大，故d错误故选：c点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，解答本题的关键是根据浓度关系计算平衡时各物质的物质的量，注意利用三段式法计算较为直观二、解答题（共5小题，满分52分）25（10分）（2015春莆田期末）25时，有下列五种溶液：0.1mol/l ch3cooh溶液 ph=13naoh溶液0.05mol/l h2so4 0.1mol/l na2co3溶液 mg（oh）2的饱和溶液请根据要求填写下列空白：（1）溶液呈碱性（填“酸性”、“碱性”或“中性”），其原因是co32+h2o=hco3+oh（用离子方程式表示）（2）在上述至四种溶液中，ph由大到小的顺序为（填序号）（3）将该温度下aml的溶液与bml的溶液混合，所得混合溶液的ph=7，则a：b=1：1（4）若与溶液等体积混合，所得溶液离子浓度由大到小的顺序c（na+）c（ch3coo）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32）（5）在溶液中加入少量naoh固体，调至ph=13，则镁离子浓度为5.61010mol/l（已知mg（oh）2在该温度下的溶度积常数为5.61012）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：（1）碳酸钠溶液为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性；（2）溶液中氢离子浓度越大，溶液的ph越小，溶液中氢氧根离子浓度越大，溶液的ph越大，据此进行判断；（3）硫酸和氢氧化钠都是强电解质，两溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，混合液的ph=7，则两溶液体积相等；（4）与溶液等体积混合，溶质为等浓度的醋酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（ch3coo）c（hco3）；（5）根据氢氧化镁的溶度积及溶液中氢氧根离子浓度计算出镁离子浓度解答：解：（1）n2co3是强碱弱酸盐，水解后水溶液都呈碱性，水解离子方程式为：co32+h2o=hco3+oh，故答案为：碱性；co32+h2o=hco3+oh；（2）0.1mol/l ch3cooh溶液中氢离子浓度小于0.1mol/l，溶液的ph1；ph=13naoh溶液；0.05mol/l h2so4溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，溶液ph=1；0.1mol/l na2co3溶液呈弱碱性，则四种溶液的ph由大到小为：，故答案为：；（3）ph=13naoh溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/l，0.05mol/l h2so4溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，混合液的ph=7，由于硫酸和氢氧化钠都是强电解质，则两溶液体积相等，即：a：b=1：1，故答案为：1：1；（4）若与溶液等体积混合，所得溶液为等浓度的醋酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（ch3coo）c（hco3），溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（na+）c（ch3coo）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32），故答案为：c（na+）c（ch3coo）c（hco3）c（oh）c（h+）c（co32）；（5）在溶液中加入少量naoh固体，调至ph=13，溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/l，则镁离子难度为：c（mg2+）=mol/l=5.61010mol/l，故答案为：5.61010mol/l点评：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算，题目难度中等，涉及弱电解质的电离平衡、酸碱混合的定性判断、溶液ph的计算、难溶物溶解平衡的计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，注意掌握离子浓度定性常用方法，明确酸碱混合的定性判断方法及溶液ph的计算方法26（12分）（2015春莆田期末）工业合成甲醇的一种途径中，各物质间的转化关系如图1（1）已知m是含有10个电子的分子，x为单质、y为化合物，均是还原性的气体反应（i）的化学方程式为ch4+h2oco+3h2（2）将2.0molm和2.0mol h2o （ g ）通入1l的密闭容器中，发生反应（i），测得在一定的压强下反应（i）达到平衡m的转化率与温度的关系如图2假设t1时达到平衡所需的时间为5min，则用h2o （ g ）表示该反应的平均反应速率为0.2反应（i）的平衡常数表达式为k=反应（i）的h0（填“”或“”）（3）关于反应（i）判断正确的是aba增加h2o（g）的量，m的转化率升高而h2o（g）的转化率降低b若m与h2o（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同cm和h2o（g）初始物质的量之比等于二者转化率之比（4）该温度下，向容器中充入1molm、3mol h2o、2mol x、1moly，则起始时该反应速率 v正v逆（填“”、“”或“=”）考点：化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法分析：（1）根据转化关系图和元素守恒可知m含有碳元素，已知m是含有10个电子的分子，x为单质、y为化合物，均是还原性的气体，则m为ch4，x为h2，y为co；（2）利用三段式求出转化的h2o的物质的量，再求出其反应速率；平衡常数为：k=；根据图象可知温度越高，甲烷的转化率越大，依此判断；（3）a、通过表中的数据即可得出结论；b、根据转化率=来分析；c、co和h2o（g）的转化率之比等于计量数之比；（4）计算出此温度下的平衡常数k的数值，与浓度商qc作比较，即得出v正和v逆的大小关系解答：解：（1）根据转化关系图和元素守恒可知m含有碳元素，已知m是含有10个电子的分子，所以m为ch4，x为单质、y为化合物，均是还原性的气体，则x为h2，y为co，所以反应的化学方程式为：ch4+h2oco+3h2；故答案为：ch4+h2oco+3h2；（2）设参加反应的甲烷的物质的量为xmol， ch4+h2oco+3h2起始量（mol）：2 2 0 0转化量（mol）：x x x 3x平衡量（mol）：2x 2x x 3x已知平衡时ch4的转化率为50%，则 100%=50%，所以x=1，c（h2o）=1mol/l，v（h2o）=0.2moll1min1；故答案为：0.2；平衡常数为：k=；故答案为：k=；c根据图象可知温度越高，甲烷的转化率越大，说明升高温度平衡向正方向移动，所以正方向为吸热反应，即h0；故答案为：；（3）a、从表中数据可知增加h2o（g）的量，co的转化率升高而h2o（g）的转化率降低，故a正确；b、物质的转化率=，而根据反应可知：n（co）：n（h2o）=计量数之比=1：1，故若co与h2o（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同，b正确；c、co和h2o（g）的转化率之比等于计量数之比，与初始物质的量成反比，故c错误；故选：ab；（4）化学平衡常数k=27，在该温度下，向容器中充入1molm、3mol h2o、2mol x、1moly时，浓度商qc=k，则平衡向正反应方向移动，故v正v逆，故答案为：点评：本题考查了物质的推断、方程式的书写、化学平衡的有关计算、平衡常数、反应热的计算等，涉及的知识点较多，题目难度较大，侧重对基本知识的应用的考查，以及对学生综合能力的考查27（14分）（2015春莆田期末）四种常见元素的性质或结构信息如下表，试根据信息回答有关问题元素abcd性质结构信息基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子基态原子的m层有1对成对的p电子基态原子核外电子排布为ar3d104sx，有+1、+2两种常见化合价有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂（1）写出c原子的基态电子排布式ar3d104s1d中成对电子数与未成对电子数之比为2：1（2）a元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点高（填“高”或“低”），其原因氨气分子之间存在氢键（3）d元素最高价氧化物的熔点比同主族相邻元素最高价氧化物的熔点低（填“高”或“低”），其原因是co2为分子晶体，sio2是原子晶体（4）往c元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量a元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为cu（nh3）4so4，该配合物中存在的化学键类型是abd（填字母）a、离子键 b、共价键 c、金属键 d、配位键 e、分子间作用力（5）下列分子结构图中的“”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“o”表示氢原子，小黑点“”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化的是；属于极性分子的是（以上均填写序号）在的分子中有3个键和2个键考点：位置结构性质的相