河北省承德市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含答案解析）

承德市20222023学年高二年级第二学期期末考试化学试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32Cr-52Cu-64Sn-119一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与人们的生产、生活紧密联系。下列对应的化学解读正确的是A．石墨烯中碳原子存在两种杂化类型B．冰雪融化时，断开了极性共价键C．与原子核外电子跃迁释放能量有关D．干冰是共价晶体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯中碳原子均为sp2杂化，A错误；B．冰雪融化是物理变化，不会断开共价键，克服的是分子间作用力，B错误；C．烟花的焰色与原子核外电子跃迁释放能量有关，C正确；D．干冰是分子晶体，D错误。故选C。2.下列各能层最多含3个能级的是A.O能层 B.N能层 C.M能层 D.K能层【答案】C【解析】【详解】A．O能层是第五能层，有s、p、d、f、g共5个能级，A不符合题意；B．N能层是第四能层，有s、p、d、f共4个能级，B不符合题意；C．M能层为第三能层，有s、p、d共3个能级，C符合题意；D．K能层为第一能层，只有1个s能级，D不符合题意；故选C。3.下列分子或离子的VSEPR模型与其空间结构不一致的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．CO2分子中价层电子对数=，不含孤电子对，VSEPR模型是直线形，空间构型是直线形，故A不选；B

．SO2中S原子价层电子对数=，含1对孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，空间构型是V形，故B选；C．

中C的价层电子对数=，且不含孤电子对，VSEPR模型、空间构型都是平面三角形，故C不选；D．分子中N原子的价层电子对数是，不含孤电子对，则VSEPR模型、空间结构均为正四面体形，故D不选；故选：B。4.磷灰石是制造磷肥和含磷化合物的最主要矿物原料，可表示为。下列有关化学用语或图示表达正确的是A.的电子式：B.基态磷原子的最外层电子的轨道表示式：C.基态原子最高能级的电子云轮廓图：D.中子数为20的氯原子：【答案】B【解析】【详解】A．的电子式为：，故A错误；B．基态磷原子的最外层电子的排布式为3s23p3，其轨道表示式为：，故B正确；C．基态原子最高能级为4s，其电子云轮廓图：，故C错误；D．中子数为20氯原子，质量数为17+20=37，该氯原子为：，故D错误。答案为：B。5.已知分子的结构如图所示。下列叙述错误的是A.晶体是共价晶体 B.中含采用杂化的原子C.含键 D.能与水发生反应【答案】A【解析】【详解】A．为分子晶体，故A错误；B．中单键O原子采用杂化，故B正确；C．由分子结构可知该分子中含4个P=O键，双键中含1个键和1个键，则含键，故C正确；D．能与水反应生成磷酸，故D正确；故选：A。6.“超钠F1”的工作原理是，下列叙述错误的是A.基态钠原子的电子排布式为B.的中心离子配位数为12C.Mn位于元素周期表的d区D.的配体中σ键和π键的数目之比为1:2【答案】B【解析】【详解】A．钠为11号元素，原子核外有11个电子，则基态钠原子的电子排布式为，A正确；B．的配体为CN-，配离子中共含有6个配体，则中心离子配位数为6，B错误；C．Mn为25号元素，价电子排布式为3d54s2，其最后的电子排布在d轨道上，则Mn位于元素周期表的d区，C正确；D．的配体为CN-，其结构式为[C≡N]-，三键中含有1个σ键和2个π键，则σ键和π键的数目之比为1:2，D正确；故选B。7.下列物质间的转化能一步完成的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．氧化亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁可被铁单质还原为硝酸亚铁，故A正确；B．金属铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能与水反应生成氢氧化铝，故B错误；C．单质硫与氧气反应只生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故C错误；D．在高温高压催化剂条件下氮气与氢气反应生成氨气，氨气可与氧气反应生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故D错误；答案选A。8.下列物质结构或性质比较中，前者大于后者的是A.熔点： B.键角：中、C.酸性：、 D.沸点：、【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠和氧化钠都属于离子晶体，氯离子半径大于氧离子，故氧化钠熔点更高，A错误；B．中心碳原子价层电子对数为3，无孤电子对，分子呈平面三角形，O原子的孤电子对对C-H键有排斥，使得小于，B错误；C．F的电负性大于Br，中羧基中的羟基极性更大，更易电离出H+，羧酸酸性增强，C错误；D．对氨基苯甲酸形成分子间氢键，邻氨基苯甲酸形成分子内氢键，故对氨基苯甲酸沸点高于邻氨基苯甲酸，D正确；故选：D。9.向溶液中滴加几滴溶液，产生白色沉淀；再滴入氨水，沉淀逐渐溶解，得到澄清的无色溶液，下列说法正确的是A.属于弱电解质B.键角：C.与形成的中有6个配位键D.在里，中的接受孤电子对，给出孤对电子，以配位键形成了【答案】B【解析】【详解】A．溶于水的部分完全电离，属于强电解质，A错误；B．分子和水分子的分子空间构型不同，分子和水分子的中心原子均采取杂化，N原子只有一对孤电子对，O原子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则氨气分子的键角大于水分子的键角，B正确；C．与形成的中有2个配位键，C错误；D．在里，中的给出孤对电子，接受孤电子对，以配位键形成了，D错误；答案选B。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.由与组成的混合气体中含有的氮原子数为B.标准状况下，11.2LHF中含有的分子数为C.完全溶于一定量的浓硝酸中，转移的电子数一定为D.时，为12的溶液中含有的数目为【答案】B【解析】【详解】A．NO2和N2O4的最简式为NO2，4.6gNO2的物质的量为=0.1mol，所含N原子数为0.1NA，A正确；B．标准状况下，HF呈液态，无法计算11.2LHF的物质的量，也就无法计算其所含有的分子数，B错误；C．3.2gCu的物质的量为=0.05mol，完全溶于一定量的浓硝酸，被氧化形成Cu2+，转移电子数一定为0.1NA，C正确；D．25℃时，1LpH＝12的Ba(OH)2溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L，含有的OH－数目为0.01mol/L×1L×NA=0.01NA，D正确；故选B。11.制备二氧化硫并验证其性质的装置如图所示，下列说法错误的是(已知亚硫酸钠溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性)A.通过分液漏斗滴加硫酸可控制反应速率B.反应一段时间后，乙中溶液可能显中性C.丙、丁中溶液褪色均体现了的还原性D.戊中反应的离子方程式可能为【答案】C【解析】【分析】甲装置制备二氧化硫，乙装置除去挥发出的硫酸酸雾，丙装置检验二氧化硫的漂白性，丁装置验证二氧化硫的还原性，戊装置尾气吸收，据此解答。【详解】A．分液漏斗带有活塞，可通过分液漏斗滴加硫酸可控制反应速率，A正确；B．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，由于亚硫酸钠溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，因此反应一段时间后，乙中溶液可能显中性，B正确；C．丙丁中溶液褪色体现了的漂白性，丁中溶液褪色体现了的还原性，C错误；D．二氧化硫是酸性氧化物，戊中反应的离子方程式可能为，D正确；答案选C。12.的配位化合物较稳定且应用广泛。可与、、等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的等配离子。某同学按如下步骤进行实验：已知：大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为。下列说法正确的是A.的第一电离能大于的第一电离能B.与均为直线形结构，中存在大π键，可表示为C.基态和基态的核外电子排布中，未成对电子数之比D.中的键角小于分子中的键角【答案】B【解析】【详解】A．的第一电离能小于的第一电离能，A错误；B．与和的中心原子均为碳，价层电子对数均为2，无孤电子对，均为直线形结构，其中存在大π键，可表示为，B正确；C．基态价电子排布为，未成对电子为5，基态核外价电子排布中，未成对电子数为4，二者之比，C错误；D．孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以中的键角大于分子中的键角，D错误；故选B。13.下列反应对应的离子方程式正确的是A.将少量氯气通入溶液中：B.溶液与过量溶液反应：C.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：D.氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸)：【答案】D【解析】【详解】A．碘离子还原性大于亚铁离子，少量氯气通入FeI2溶液，离子方程式：2I-+Cl2═I2+2Cl-，故A错误；

B．溶液与过量溶液反应离子方程式：，故B错误；

C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体生成硫酸钙沉淀，离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故C错误；

D．Fe3+有氧化性，I-有还原性，会发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+2I-+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故D正确；

故选：D。14.在无机氟化物制备中有广泛的应用，其晶体属于四方晶系，晶胞参数如图所示，其中O点原子和①号原子的分数坐标依次为、。已知：Xe—F键长为下列说法正确的是A.中心原子上的孤电子对数为2B.④号原子的分数坐标为C.沿x、y、z任意一个方向投影，位于面中心的都只有原子D.晶胞中②③号原子间的距离【答案】B【解析】【详解】A．中心原子上的孤电子对数为，故A错误；B．①号原子的分数坐标为，④号原子的x轴、z轴坐标与①号原子坐标相同，而y轴分数坐标为，则④号原子分数坐标为，故B正确；C．沿方向投影，位于面中心的原子为原子和原子，故C错误；D．晶胞中②③号原子间的距离等同于①号原子与O点原子的距离，底面对角线一般为，，故D错误。综上所述，答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.氧化还原反应是重要的化学反应类型之一，变价金属元素的氧化还原反应存在多种可能。某实验小组对Na2SO3溶液与CuCl2溶液的反应进行探究。【查阅资料】ⅰ．Cu+在水溶液中很不稳定，极易被氧化；在酸性条件下发生反应：Cu++H+→Cu↓+Cu2+(未配平)；ⅱ．氧化性：Cu2+>I2>；ⅲ．部分含铜物质性质如下表：物质CuSO3Cu2SO3CuCl(可溶于氨水)Cu2SO4[Cu(NH3)2]+[Cu(NH3)4]2+难溶于水的固体可溶于水固体在空气中易被氧化颜色绿色红色白色灰色无色深蓝色【合理预测】实验现象(不需要填写溶液颜色变化)反应类型预测1_____复分解反应预测2生成红色沉淀氧化还原反应预测3_____（1）预测1中的实验现象为_____；预测3中的实验现象为_____。【实验探究】经合理分析推测实验1中沉淀的组成：白色沉淀橙黄色沉淀CuClxCu2SO3·yCuSO3·zH2O（2）设计实验探究该白色沉淀的组成：取洗涤干净后的白色沉淀，用_____(填试剂名称)溶解得到无色溶液，置于空气中一段时间可观察到_____时，说明白色沉淀中含Cu(Ⅰ)(+1价铜元素)，再向溶液中滴加_____(填试剂名称)，可检验溶解后的溶液中存在Cl-，即可证明该白色沉淀为CuCl。（3）探究该橙黄色沉淀的组成：利用控制变量法测定其组成需要消除溶液中的影响，用2mL0.2mol·L-1CuSO4溶液代替实验1中CuCl2溶液进行实验2：①取洗涤干净后的橙黄色沉淀用稀硫酸溶解，观察到沉淀完全溶解得到蓝色溶液，有紫红色固体析出。根据上述现象中的“_____”(填“得到蓝色溶液”或“有紫红色固体析出”)可推出橙黄色沉淀中一定含有+1价的铜元素。②取洗涤干净后的橙黄色沉淀用KI溶液溶解，得到白色沉淀(CuI)和无色溶液，分离出无色的上层清液并向上层清液中滴入淀粉溶液，上层清液依然为无色。分析滴入淀粉溶液后上层清液依然无色的原因：_____(填离子方程式)。【答案】（1）①.生成绿色沉淀②.生成白色沉淀（2）①.(浓)氨水②.溶液由无色变为淡蓝色最后变为深蓝色③.硝酸银溶液和稀硝酸（3）①.有紫红色固体析出②.【解析】【小问1详解】根据资料信息及反应类型，可推出预测1中生成，实验现象为生成绿色沉淀，预测3中的实验现象为生成白色沉淀；【小问2详解】根据已知信息可知不溶于水，溶于氨水，故应用氨水溶解；溶解后生成，溶液呈无色，亚铜离子极易被氧化，置于空气中一段时间后溶液由无色变为淡蓝色最后变为深蓝色，再滴加稀硝酸和硝酸银溶液，可检验溶解后的溶液中存在，即可证明该白色沉淀为；【小问3详解】①根据橙黄色沉淀的组成为，其中溶于稀硫酸后得到的溶液呈蓝色，所以根据有紫红色固体析出才能推出橙黄色沉淀中一定含有+1价的铜元素。②将橙黄色沉淀加入KI溶液中后得到白色沉淀和无色溶液，发生反应：，分离出无色的上层清液并向上层清液中滴入淀粉溶液，上层清液依然为无色，说明被还原为,发生反应：。16.利用耐腐蚀的陶罐和陶缸制成的“缸室”和“缸塔”可用于“铅室法”制硫酸，“铅室法”以硫黄和火硝(KNO3)为原料生产硫酸。再用制得的硫酸与火硝制备硝酸，进而可制备大量的无烟炸药。某“铅室法”的工艺流程如图：已知：含硝硫酸是指硫酸中溶解了亚硝基硫酸(NOHSO4，是由氮的氧化物与硫酸发生反应生成的)。（1）NOHSO4中氮的化合价为___________价，若NOx为NO和NO2组成的混合气体。当x=1.2时，其中在该条件下___________。（2）请写出时，混合气体与浓硫酸反应生成含硝硫酸的化学方程式：___________。（3）含硝硫酸会在格劳夫塔中与SO2、水反应脱硝生成硫酸，脱硝时生成的无色气体遇空气立即变为红棕色，请写出该脱硝反应的化学方程式：___________。利用NH3将上述反应中生成的无色气体转化成无污染的物质，该转化过程发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比n(氧化剂):n(还原剂___________。（4）《天工开物》中就记载了烧取硫黄的方法，即用我国多产的黄铁矿(FeS2)在隔绝空气的条件下加强热制取硫黄，该过程的化学方程式为___________。（5）由于“铅室法”是液相氧化法，没有直接生成SO3，因此制得的硫酸的质量分数仅为78%，其物质的量浓度为___________mol·L-1(计算结果保留一位小数，已知：20℃时，78%硫酸的密度为1.7g·mL-1)，以该浓度的硫酸配制250mL1mol·L-1稀硫酸时需要量取___________(计算结果保留一位小数)mL78%硫酸。【答案】（1）①.+3②.4:1（2）NO+NO2+2H2SO4(浓)2NOHSO4+H2O（3）①.2NOHSO4+SO2+2H2O=3H2SO4+2NO②.3:2（4）FeS2FeS+S（5）①.13.5②.18.5【解析】【分析】NOx、SO2混合气通入格劳夫塔，从塔顶喷入含硝硫酸，可制得78%的硫酸；塔顶产生的气体中混有NOx、SO2、O2和水蒸气；将其通入陶瓷环填料塔中，从塔的上部通入水蒸气；再将产物通入盖吕萨克塔中，从塔顶喷入脱硝硫酸，制得的含硝硫酸循环使用。【小问1详解】NOHSO4中，O显-2价、H显+1价、S显+6价，则氮的化合价为+3价；若NOx为NO和NO2组成的混合气体，当x=1.2时，，则在该条件下4:1。【小问2详解】时，NO、NO2与浓硫酸反应生成NOHSO4等，化学方程式为：NO+NO2+2H2SO4(浓)2NOHSO4+H2O。【小问3详解】含硝硫酸(NOHSO4)与SO2、水反应脱硝生成硫酸，脱硝时生成的无色气体为NO，则该脱硝反应的化学方程式：2NOHSO4+SO2+2H2O=3H2SO4+2NO。NH3还原NO生成N2等，反应方程式为4NH3+6NO=5N2+6H2O，氧化剂(NO)与还原剂(NH3)的物质的量之比n(氧化剂):n(还原剂)=6:4=3:2。【小问4详解】黄铁矿(FeS2)在隔绝空气的条件下加强热制取硫黄，同时生成FeS，该过程的化学方程式为FeS2FeS+S。【小问5详解】20℃时，78%硫酸的密度为1.7g·mL-1，其物质的量浓度为mol·L-1≈13.5mol·L-1；以该浓度的硫酸配制250mL1mol·L-1稀硫酸时，需要量取78%硫酸的体积为≈18.5mL。【点睛】NOHSO4具有强氧化性，能在水溶液中将SO2氧化为硫酸。17.锡是“五金”——金、银、铜、铁、锡之一，自然界中主要以二氧化物(SnO2)和各种硫化物(例如硫锡石)的形式存在。回答下列问题：（1）已知Sn和Si同族，基态Sn原子的价层电子排布式为___________，基态氧原子的价层电子排布式不能表示为2s222，因为这违背了___________(填标号)。A．泡利原理B．洪特规则C．能量最低原理（2）Sn(OH)4在碱性介质中可转化为[Sn(OH)6]2-，则[Sn(OH)6]2-中Sn与O之间的化学键不可能是___________(填标号)。A.π键 B.σ键 C.配位键 D.极性键（3）某种锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料，结构如图(Bu-n为正丁基)。①结构中1个Sn原子形成的配位键有___________个。②结构中N原子的杂化类型为___________。③上述涉及的第二周期的元素中，第一电离能从大到小的顺序为___________。（4）Cu2SnS3属于立方晶体(如图所示)图中原子1的坐标为(0，0，0)，则原子2的坐标为___________。其晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，S原子填充在Cux(Sn1-x)构成的正四面体空隙中，则Cu2SnS3的密度为___________(列出计算式)g·cm-3【答案】（1）①.5s25p2②.B（2）A（3）①.3②.sp2③.N>O>C（4）①.()②.【解析】【小问1详解】Sn元素与Si元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子排布式为5s25p2；根据洪特规则，同一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以该排布式违反了洪特规则；故答案为：5s25p2；B；【小问2详解】[Sn(OH)6]2-中，O原子和H原子之间为σ键，也为极性共价键，Sn原子和O原子之间有σ键和配位键，所以该物质中不含π键；故答案为：A；【小问3详解】该物质结构中，每个N原子都含有一个双键，所以N原子的杂化类型为sp2；根据第一电离能的变化规律：同一周期从左往右呈增大趋势，ⅤA族与ⅥA族反常，故第一电离能：N>O>C；故答案为：3；sp2；N>O>C；【小问4详解】根据图可知，1原子位于顶点为坐标原点，2原子在面上，则坐标为；根据均摊法，该晶胞中含有个Cu2SnS3，则Cu2SnS3密度为g·cm-3;