云南省鹤庆三中2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

云南省鹤庆三中2020学年下学期期末考试高二化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)1.已知室温时，CH3COOH的电离常数为1.75105，NH3H2O的电离常数为1.75105。0.1 molL1的下列溶液：CH3COONa、NH4Cl、CH3COONH4、(NH4)2SO4，pH由小到大排列正确的是()A. B. C. D. 7； NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性， pH7；由于CH3COOH与NH3H2O的电离平衡常数相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH=7； (NH4)2SO4是强酸弱碱盐,溶液显酸性， pH7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物质的量浓度相等,铵根离子浓度(NH4)2SO4溶液离子浓度大，故其酸性强，pH小；由以上分析可以得出pH由小到大排列Na LiB. Na+Mg2+Al3+C. Mg2+Na+F-D. Cl-F-F【答案】C【解析】分析】核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+Na+F-；【详解】A.同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径KNaLi，故A项正确；B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+Mg2+Al3+，故B项正确；C.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+Na+F-，故C项错误；D.电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径Cl-F-F，故D项正确，本题选C。【点睛】本题考查微粒半径的比较：同一主族元素，原子半径自上而下逐渐增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径。9.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 （ ）A. C（金刚石）和CO2B. NaBr和HBrC. CH4和H2OD. Cl2和KCl【答案】C【解析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，选项A错误；B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，选项B错误；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C正确；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，难度不大，注意把握有关概念。10.下列各组微粒，不能互称为等电子体的是（ ）A. NO2、NO2+、NO2B. CO2、N2O、N3C. CO32、NO3、SO3D. N2、CO、CN【答案】A【解析】【详解】A.NO2、NO2+、NO2-价电子总数分别为17、16、18，价电子总数不一样，不能互称为等电子体，故A正确；B.CO2、N2O、N3-的价电子总数分别为16、16、16，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故B错误；C.CO32-、NO3-、SO3的价电子总数分别为24、24、24，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故C错误；D.N2、CO、CN-的价电子总数分别为10、10、10，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故D错误。【点睛】具有相同原子数和价电子总数的微粒互称为等电子体。11.下面是第二周期部分元素基态原子的电子排布图，据此下列说法错误的是()A. 每个原子轨道里最多只能容纳2个电子B. 电子排在同一能级时，总是优先单独占据一个轨道C. 每个能层所具有的能级数等于能层的序数(n)D. 若原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反【答案】D【解析】【分析】观察题中四种元素的电子排布图，对原子轨道容纳的电子数做出判断，根据洪特规则，可知电子在同一能级的不同轨道时，优先占据一个轨道，任一能级总是从S轨道开始，能层数目即为轨道能级数。【详解】A.由题给的四种元素原子的电子排布式可知，在一个原子轨道里，最多能容纳2个电子，符合泡里原理，故A正确；B. 电子排在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，符合洪特规则，故B正确；C.任意能层的能级总是从S能级开始，而且能级数等于该能层序数，故C正确；D. 若在一个原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反，若在同一能级的不同轨道里有两个电子，则自旋方向相同，故D错误；本题答案为D。12.下列有关化学键类型的判断不正确的是A. ss 键与sp 键的对称性不同B. 分子中含有共价键，则至少含有一个键C. 已知乙炔的结构式为HCCH，则乙炔分子中存在2个键(CH)和3个键(CC)D. 乙烷分子中只存在键，即6个CH键和1个CC键都为键，不存在键【答案】C【解析】【分析】根据共价键的种类和应用分析解答。【详解】A.键都是轴对称图形，故A正确；B. 共价单键为键，双键和三键中均含1个键，则分子中含有共价键，则至少含有一个键，故B正确；C.乙炔中的碳碳叄键中含有一个键，2个键，两个CH键是键，故C错误；D.乙烷分子中只存在CC单键和CH单键，故都是键，故D正确。故选C。【点睛】单键中只有键，双键含有1个键和1个键；C=C、碳碳叄键中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应；C=C、碳碳叄键发生氧化时键和键均断裂。13.下列叙述中正确的是A. NH3、CO、CO2 都是极性分子B. CH4、CCl4 都是含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、CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。B、CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子，B正确。C、非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是FClBrI，所以HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱，C不正确。D、水分子是V形结构，D不正确。答案选B。14.以下电子排布式是基态原子的电子排布的是()1s12s11s22s12p11s22s22p63s21s22s22p63s23p1A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】基态原子的电子排布式应为1s2，发生电子跃迁为1s12s1，故错误；基态原子的电子排布式应为1s22s2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，故错误；基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，故正确；基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，符合基态原子电子排布规律，故正确；答案选D。【点睛】本题考查了原子核外电子排布，根据基态原子排布规律来分析解答即可，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。15.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：P-P：198，P-O：360，O=O：498，则反应P4(白磷)+3O2=P4O6的反应热H为()A. -1638kJ/molB. +1638kJ/molC. -126kJ/molD. +126kJ/mol【答案】A【解析】分析：H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量，据此解答。详解：根据方程式和键能以及物质的结构式可知该反应的H=反应物键能-生成物键能=(1986+3498-12360)kJmol1=1638kJmol1，答案选B。点睛：掌握反应热的计算方法是解答的关键，反应热的计算除了利用键能以外还有：根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比；根据反应物和生成物的总能量计算：HE生成物E反应物；根据盖斯定律的计算。16.自然界中的CaF2又称萤石,是一种难溶于水的固体,属于典型的离子晶体。下列实验一定能说明CaF2是离子晶体的是( )A. CaF2难溶于水,其水溶液的导电性极弱B. CaF2的熔、沸点较高,硬度较大C. CaF2固体不导电,但在熔融状态下可以导电D. CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小【答案】C【解析】关于晶体类型的判定本题关键是确定一个离子晶体区别于其它晶体的性质，也可采用反例来排除。例如ABD选项所示性质，离子晶体、金属晶体或原子晶体都可能表现出来，只有C项是离子晶体的特性，故答案为C：溶沸点高，高温熔融下可电离出自由移动的离子17.化合物丙可由如有图反应得到，则丙结构不可能是A. CH3CBr2CH2CH3B. (CH3)2CBrCH2BrC. C2H5CHBrCH2BrD. CH3(CHBr)2CH3【答案】A【解析】甲生成乙发生消去反应，即乙中含有碳碳双键，乙与溴的四氯化碳发生加成反应，两个溴原子分别加成到两个不饱和碳原子上，不能生成A，故选项A正确。18.下列有关说法正确的是（）A. 苯酚沾到皮肤上，应立即用浓NaOH溶液洗涤B. 为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻保藏C. 亚硝酸钠是一种食品防腐剂，使用时其用量可以不加限制D. 回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油，可减轻环境污染和节约化石能源【答案】D【解析】分析:A.氢氧化钠具有强烈的腐蚀性,对皮肤有伤害；B.高温可以使蛋白质变性,失去活性,所以疫苗等生物制剂应冷冻保藏；C.过多摄入亚硝酸钠会使人中毒死亡；D.废塑料通常采用热解油化技术加以回收,即通过加热或加入一定的催化剂使废塑料分解,获得新的燃料汽油、燃料油气等。详解:A.氢氧化钠具有强烈的腐蚀性,苯酚沾到皮肤上,不能用氢氧化钠溶液洗涤;苯酚易溶于酒精,可以用酒精洗涤,故A错误；B.疫苗等生物制剂应冷冻保藏,是为了防止蛋白质变性,与盐析无关,故B错误；C.亚硝酸钠是一种食品防腐剂,摄入过多对身体有害,应该控制其用量,故C错误；D.回收废弃塑料制成燃油替代汽、柴油,可减轻环境污染和节约化石能源,所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。19.下列对有机物的命名正确的是()A. 2乙基3,3二甲基戊烷B. 3，3二甲基4乙基戊烷C. 3，3，4三甲基己烷D. 3，4，4三甲基己烷【答案】C【解析】【详解】根据烷烃的命名原则：找最长碳链为主链，离取代基最近一端编号，距离相同选择取代基多的一端编号，所以的名称为3，3，4三甲基己烷。符合题意的选项是C。所以本题答案：C。20. 下列分子中的官能团相同的是( )A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】C【解析】试题分析：中含有的官能团为羧基，与中的官能团相同；中含有的官能团为酯基；中含有的官能团为羟基。考点：有机物的分类。21.在苯的同系物中加入少量KMnO4酸性溶液，振荡后褪色，正确的解释为()A. 苯的同系物分子中的碳原子数比苯分子中的碳原子数多B. 苯环受侧链影响易被氧化C. 侧链受苯环影响易被氧化D. 由于苯环和侧链的相互影响均易被氧化【答案】C【解析】试题分析：苯的同系物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是苯环对侧链产生影响，故选项C正确。考点：考查有机反应的实质等知识。22.化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是（）A. 国家有关部门提出超市、商场等场所限制使用塑料制品可以减少“白色污染”B. 可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品C. 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀D. 禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染【答案】C【解析】【详解】A. “白色污染”是使用塑料制品造成的，故A正确；B. Si3N4、Al2O3熔点沸点高，可以制作高温结构陶瓷制品，故B正确；C. 钢铁闸门上装一定数量的铜块，构成原电池，铁做负极，会加速铁的腐蚀，故C错误；D. 四乙基铅含有铅元素，会造成环境污染，禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染，故D正确；答案选C。23.下列说法中正确的是（）A. 凡能发生银镜反应的有机物一定是醛B. 酸和醇发生的反应一定是酯化反应C. 乙醇易溶于水是因为分子间形成了一种叫氢键的化学键D. 在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基中的氢而生成水和酯【答案】D【解析】分析：A.含有醛基的物质能够发生银镜反应；B.无机酸和醇会发生其它的取代反应；C.化学键存在于分子内原子之间，氢键不是化学键；D.酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”。详解：醛能够发生银镜反应，但是能够发生银镜反应的有机物不一定是醛，例如葡萄糖、甲酸等都能发生银镜反应,但都不是醛,A错误；乙醇能够与氢溴酸发生反应:C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,该反应没有酯生成，B错误；氢键属于分子间作用力，不是化学键,C错误；酯化反应的原理“酸脱羟基醇去氢”,D正确；正确选项D。点睛：有机物中含有醛基的物质能够发生银镜反应，常见的有机物有：醛类、甲酸、甲酸某酯、葡萄糖、麦芽糖等。24.酸性高锰酸钾溶液能将醇氧化成一系列产物，反应中KMnO4被还原为Mn2。用0.5molL1的酸性高锰酸钾溶液滴定20.0mL0.25molL1的乙二醇溶液，当用去20.0mL高锰酸钾溶液时，再加一滴高锰酸钾溶液恰好呈紫色，振荡后不褪色。则乙二醇被氧化为A. HOCH2CHOB. OHCCHOC. HOOCCHOD. CO2【答案】D【解析】乙二醇中碳原子的化合价是1价，设氧化产物中碳原子的化合价是n，则根据电子都是守恒可知，20.0mL0.25molL12（n1）20.0mL0.5molL1（72），解得n4，所以生成物是CO2，答案选D。25.下列4个化学反应中，与其他3个反应类型不同的是()A. CH3CHO2Cu(OH)2CH3COOHCu2O2H2OB. CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2OC. 2CH2=CH2O22CH3CHOD. CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O【答案】D【解析】【分析】根据反应的特点分析各选项反应的类型，然后判断。【详解】A项，CH3CHO与Cu（OH）2共热发生了氧化反应；B项，CH3CH2OH与CuO共热发生了氧化反应；C项，CH2=CH2与O2发生了氧化反应生成CH3CHO；D项，CH3CH2OH中OH被Br取代，取代下来的OH与H原子结合成H2O，属于取代反应；A、B、C项反应类型相同，D不同，故选D。分卷II二、填空题(共6小题,共50分)26.已知：25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等。（1）25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH3。将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为_，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)_（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH_。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_。氨水（NH3H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb_，25 时，氨水电离平衡常数约为_。（2）25 时，现向10 mL 0.1 molL-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)_（填序号）。a始终减小 b始终增大 c先减小再增大 d先增大后减小（3）某温度下，向V1mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH- lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是_（填字母，下同）。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是_。【答案】 (1). 3pH5 (2). 不变 (3). 11 (4). 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 (5). 10-5 (6). c(NH4+) c(OH-)/c(NH3.H2O) (7). b (8). Q (9). Q或N【解析】【分析】在25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。【详解】（1）25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH3。将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为35之间，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)c(OH-)c(H+)=，温度不变，该值不变，故不变。因为25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，故25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。氨水（NH3H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb，25 时，0.1 molL-1氨水（NH3H2O溶液）的pH11，则氨水电离平衡常数约为10-5。（2）25 时，现向10 mL 0.1 molL-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3H2O)变大，选b。（3）某温度下，向V1mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。27.如图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图。请回答以下问题：（1）认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，将NaAr之间六种元素用短线连接起来，构成完整的图像。_（2）由图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是_。（3）图中5号元素在周期表中的位置是_周期_族。（4）图中出现的元素中最活泼的金属元素位于元素周期表的_周期_族。（5）写出图中6号元素的价电子排布式：_。（6）分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断NaAr元素中，Al的第一电离能的大小范围_Al_(填元素