吉林省延边第二中学2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

-1-吉林省延边第二中学2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O:16Na:23Mg:24Al:27S:32K:39Fe:56Co:59Cu:64Ag:108Zn:65第Ⅰ卷选择题（60分）一、单项选择题（20小题，每小题3分，共60分）1.下列晶体中含有非极性共价键的离子晶体是①硅晶体②H2O2③CaC2④NH4Cl⑤Na2O2⑥苯甲酸A.①②④⑥B.①③C.②④⑤⑥D.③⑤【答案】D【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，其晶体为离子晶体，只含共价键的化合物为共价化合物，形成的晶体为原子晶体或分子晶体。【详解】①硅晶体是含有非极性键的原子晶体，故错误；②H2O2是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；③CaC2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；④NH4Cl是含有离子键和极性键的离子晶体，故错误；⑤Na2O2是含有离子键和非极性键的离子晶体，故正确；⑥苯甲酸是含有极性键和非极性键的分子晶体，故错误；③⑤正确，故选D。【点睛】本题考查化学键与晶体类型的关系，注意离子化合物的结构特征与性质，明确共价键的形成及共价键的主要类型是解答关键。2.下列关于金属晶体和离子晶体的说法中错误的是A.都有多种堆积结构B.都含离子C.一般具有较高的熔点和沸点D.都能导电【答案】D-2-【解析】【详解】A项、金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积，故A正确；B项、金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，离子晶体由阳离子和阴离子组成，所以二者都含有离子，故B正确；C项、离子晶体的熔、沸点较高，金属晶体的熔、沸点虽然有较大的差异，但是大多数的熔、沸点还是比较高，故C正确；D项、金属晶体中有自由电子，可以在外加电场的作用下定向移动，而离子晶体的阴、阳离子不能自由移动，因此不具有导电性，故D错误；故选D。【点睛】本题主要考查了金属晶体和离子晶体的结构与性质，注意金属晶体和离子晶体导电的原因是解答关键。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.0.1mol的白磷(P4)或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB.将1molCl2通入水中，HC1O、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC.6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NAD.标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA【答案】C【解析】白磷(P4)为正四面体，一个分子中含有6个P-P键，0.1mol的白磷(P4)含共价键0.6mol,甲烷为正四面体，一个分子中含4个C-H键，0.1molCH4含0.4mol共价键，A错误。Cl2溶于水，一部分与水反应生成HC1O、Cl-、ClO-，一部分未反应，以游离态的Cl2存在，B错误。S2、S4、S8最简式相同，硫原子物质的量为6.4/32=0.2(mol)，个数为0.2NA，C正确。Cl2与水反应为可逆反应，无法计算，与NaOH反应，转移0.1NA电子，D错误。正确答案为C点睛：1.许多学生不知道白磷的结构为正四面体，一个分子中含有6个P-P键而选A答案，了解常见物质的化学键情况，如金刚石为正四面体结构、石墨为六边形的平铺结构、CO2、NH3及有机物的结构都是常考知识。2.Cl2溶于水，只有部分反应，且为可逆反应，若不能正确判断，则易选B和D答案。-3-4.下列描述中正确的是A.CS2为V形的极性分子B.ClO3—的空间构型为平面三角形C.SF6中有6对相同的成键电子对D.SiF4和SO32—的中心原子均为sp2杂化【答案】C【解析】【详解】A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B．ClO3-中Cl的价层电子对数=3+12(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；C．SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，故C正确；D．SiF4中Si的价层电子对数=4+12(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+12(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选C。5.下列说法正确的是A.分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B.分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C.非极性分子中一定含有非极性键D.元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强【答案】A【解析】【详解】A、分子晶体中一定存在分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体，是单原子组成的分子，不含化学键，故A正确；B、二元酸是1mol酸能够电离出2molH＋，不是含有氢原子的个数，如CH3COOH属于一元酸，故B错误；C、非极性分子不一定含有非极性键，如CO2属于非极性分子，但化学键是极性共价键，故C-4-错误；D、非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N非金属性强，但N2不活泼，故D错误。答案选A。6.对硫-氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，下图是已经合成的最著名的硫-氮化合物的分子结构。下列关于该物质说法正确的是A.分子式为SNB.分子中所有共价键的键长一定相等C.该物质与化合物S2N2互为同素异形体D.分子中既有极性键又有非极性键【答案】D【解析】【详解】A．该分子中含有4个N原子、4个S原子，其化学式为S4N4，故A错误；B．共价键的键长与原子半径成正比，所以键长S-S＞S-N，故B错误；C．同种元素的不同单质互为同素异形体，S4N4和S2N2都是化合物不是单质，所以不是同素异形体，故C错误；D．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，N-S原子之间存在极性键、S-S原子之间存在非极性键，故D正确；故选D。【点晴】本题考查分子晶体、化学键、键长、同素异形体等基本概念，明确概念内涵是解本题关键，知道同素异形体、同位素、同分异构体概念之间的差别，知道键长大小比较方法。7.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是A.配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9B.中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+C.内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2D.加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀-5-【答案】C【解析】【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；B项，配离子是[TiCl(H2O25)]，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与AgNO3溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。8.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，下列对此现象的说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后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.[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体型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】【详解】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C错误；-6-D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；故选B。9.下列说法中不正确的是A.H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近B.CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化C.N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体D.由IA族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物【答案】A【解析】【详解】A项、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞C，所以酸性H3PO4＞H2CO3，故A错误；B项、CCl2F2无同分异构体，说明分子为四面体结构，碳原子采用sp3方式杂化，故B正确；C项、原子总数相等，价电子总数相等的物质互为等电子体，N2O与CO2原子总数均为3，价电子总数均为16，二者为等电子体，CCl3F与CCl2F2原子总数均为5，,价电子总数均为32，二者互为等电子体，故C正确；D项、ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物为Na2O2，过氧化钠中含有离子键和共价键，为离子化合物，故D正确；故选A。10.由短周期前10号元素组成的物质T和X，存在如图所示的转化关系。X不确定，易分解。下列有关说法正确的是A.为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液B.等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NAC.T、X分子中的原子分别采用sp2杂化和sp3杂化D.T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键【答案】A-7-【解析】【详解】由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3；则A．为使该转化成功进行，Y应该是氧化剂，可以使用酸性KMnO4溶液，故A正确；B．等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相等，但不一定均为NA，故B错误；C．T、X分子中的原子为碳原子，均采用sp2杂化，故C错误；D．T分子中只含有极性键，X分子中也只含有极性键，不含有非极性键，故D错误；答案为A。11.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有A.滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－B.pH值为11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋C.水电离出来的c(OH-)＝l×10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋D.所含溶质为Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋【答案】B【解析】【分析】注意能发生复分解反应的离子之间、能生成难溶物的离子之间、能发生氧化还原反应的离子之间、能发生络合反应离子之间、能发生双水解反应离子之间等不能大量共存；还应该注意题目所隐含的条件，如溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-。【详解】A项、滴加石蕊试液显红色的溶液为酸性溶液，H+、Fe2+、NO3—能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B项、pH值为11的溶液为碱性溶液，S2－、SO32－、S2O32－、Na＋离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C项、水电离出来的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸溶液或者碱溶液，溶液中HCO3-既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D项、溶液中Al3+与SiO32-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B