1、2013-2014学年辽宁省鞍山市高二下学期期末考试化学（ B卷）试卷与答案（带解析） 选择题 下列表达方式错误的是 A CO2的分子模型示意图： B甲烷的电子式： C硫离子的核外电子排布式： 1s22s22p63s23p6 D碳 -12原子构成： C 答案： A 试题分析： A、二氧化碳分子是直线型分子，不是 V型，错误； B、甲烷的电子式书写正确， C原子周围满足 8电子的结构，正确； C、硫离子核外有 18个电子，所以核外电子排布式： 1s22s22p63s23p6，正确； D、碳 -12 原子中有 6 个质子，6个中子，质量数是 12，正确，答案：选 A。 考点：考查化学用语的判断 石
2、墨烯（ Graphene）是目前已知的世界上最薄、最坚硬、导电性最好的纳米材料，几乎完全透明，具有极好的应用前景。英国曼彻斯特大学的 Andre Geim教授和他的学生 Konstantin Novoselov因发现石墨烯而获得 2010年诺贝尔物理学奖。石墨烯可由石墨剥离而成，为单层片状结构，其结构如图所示。下列说法正确的是 A石墨烯与石墨互为同位素 B石墨烯是一种能发生加成反应的有机化合物 C石墨烯中的碳原子均为 sp2杂化 D 12 g石墨烯中含有 3 mol 键 答案： C 试题分析： A、石墨与石墨烯都是碳的不同单质，属于同素异形体，错误； B、石墨烯是单质，不是化合物，错误； C、
3、石墨烯中的 C周围满足四键，其中 3个 键，所以碳原子均为 sp2杂化，正确； D、 12g石墨烯的物质的量是 1mol，每个 C原子都形成 3个 键，每个 键属于该 C原子的 1/2，所以 12 g石墨烯中含有 1 5 mol 键，错误，答案：选 C。 考点：考查石墨烯的结构、性质，晶胞的计算 三氟化氮（ NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应： 3NF3 5H2O 2NO HNO3 9HF。下列有关说法正确的是 A NF3是氧化剂， H2O是还原剂 B还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2 1 C若生成 0 2 mol HNO3，则转移 0 2 mol电子 D
4、NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体 答案： D 试题分析： A、该反应中 NF3的 N是 +3价，产物中的 N元素的化合价为 +2价、+5价，所以 N元素的化合价有升高，有降低，则 NF3自身即是氧化剂又是还原剂，错误； B、 +3 价升高到 +5 价，失去 2 个电子，作还原剂； +3 价降到 +2 价，得到 1个电子，作氧化剂，根据得失电子守恒，还原剂 ui氧化剂的物质的量之比是 1:2，错误； C、 +3到 +5价失去 2个电子，所以生成 0 2mol硝酸失去0 4mol电子，错误； D、根据上述反应可知 NF3在潮湿的空气反应生成 NO，NO遇氧气生成红棕色的二氧化氮，正确，答案
5、：选 D。 考点：考查对氧化还原反应的分析、计算 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，下列说法正确的是 A甲的分子数比乙的分子数多 B甲的物质的量比乙的物质的量少 C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小 答案： B 试题分析：温度、压强相同的条件，气体的摩尔体积相同。质量相同，密度是甲大于乙，则甲的体积小于乙的体积，所以甲的物质的量小于乙的物质的量，从而甲的分子数小于乙的分子数，质量相同时，物质的量小的摩尔质量大，所以甲的相对分子质量大于乙，答案：选 B。 考点：考查气体的物质的量、质量、密度、
6、分子数、气体摩尔体积的关系判断 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： 1s22s22p63s23p4； 1s22s22p63s23p3； 1s22s22p3； 1s22s22p5。 则下列有关比较中正确的是 A第一电离能： B原子半径： C电负性： D最高正化合价： 答案： A 试题分析： A、 的最外层是 3p3，是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能大于 ， 与 同主族， 的第一电离能小， 的最外层是 2p5，第一电离能最大，所以第一电离能： ，正确； B、根据原子半径的比较， 是第二周期元素，原子半径最小，错误； C、同周期元素电负性随核电荷数的增加而增大，同主族元素，随核电荷数的增
7、加而减小，所以电负性： ，错误； D、 是 F 元素，无正价， 的最高正化合价最高，错误，答案：选 A。 考点：考查原子的核外电子排布与电离能、电负性、原子半径、化合价的关系 已知 X、 Y是主族元素， I为电离能，单位是 kJ/mol。根据下表所列数据判断，错误的是 A元素 X的常见化合价是 +1价 B元素 Y是 IIIA族元素 C元素 X与氯形成化合物时，化学式可能是 XCl D若元素 Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应 答案： D 试题 分析：根据表中的数据可知， X在第二电离能陡然升高，说明 X是 +1价元素，同理判断 Y是 +3价元素。则 Y是 IIIA族元素， X与 Cl形成化合物
8、的化学式为 XCl，若 Y是第三周期元素，则 Y是 Al， Al与冷水不反应，所以答案：选 D。 考点：考查元素的电离能与元素性质的关系判断 相同溶质的两份溶液，一份质量分数为 1，密度为 1 g/cm3，浓度为 a mol/L，另一份质量分数为 2，密度为 2 g/cm3，浓度为 b mol/L，若 2a b，21 2，则 1与 2的大小关系是 A 1 2 B 1 2 C 1 2 D无法比较 答案： C 试题分析：根据 C=1000/M,得 a=100011/M， b=100022/M,又 2a b， 212，得 100022/M=2100011/M，化简得 1/2=2/21 O的电负性大于
9、 S的电负性，使 O与 H之间的成键的两对电子比 S与 H之间的成键电子更靠近中心原子，因此 O与 H之间的两对成键电子距离更近，斥力更大，键角大； （ 3） 20 试题分析：（ 1）水分子得到 1个 H+形成水合氢离子（ H3O+）， O的杂化方式仍是 sp3杂化，但水分子中有 2对孤对电子，水合氢离子中有 1对孤对电子，所以水分子的构型是 V型，而水合氢离子是三角锥型，键角发生了改变，二者的化学性质也不同，水合氢离子呈正电性，易产生氢离子显示酸性而水分子呈电中性，所以答案：选 A；水合氢离子是三角锥型； （ 2）水分子中的 O-H键的键长小于 S-H键的键长，所以 O-H键的键能大于 S-
10、H键的键能； H2O的键角大于 H2S的键角的原因是因为 O的电负性大于 S的电负性，使 O与 H之间的成键的两对电子比 S与 H之间的成键电子更靠近中心原子，因此 O与 H之间的两对成键电子距离更近，斥力更大，键角大； （ 3）每个水分子与相邻的 4个水分子形成氢键，每个氢键属于水分子的 1/2,所以 1mol冰晶体中含有 2mol氢键，冰吸收热量升华，成为水蒸气，需要克服2mol氢键和范德华力，设氢键的 “键能 ”是 x，所以 51kJ/mol=11kJ/mol+2x，解得 x=20kJ/mol； 考点：考查分子的杂化类型的判断，物质的性质与结构的关系，键能的计算 （ 13分） 铜（ Cu
11、）是重要金属，铜的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如 CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题： （ 1）向 CuSO4浓溶液中滴入浓氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可得到深蓝色的透明溶液。再向其中加入适量乙醇，可析出深蓝色的 Cu(NH3)4SO4 H2O 晶体。 沉淀溶解的离子方程式为_。 乙醇的作用是_。 Cu(NH3)42 具有对称的立体构型， Cu(NH3)42 中的两个 NH3 被两个 Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则 Cu(NH3)42 的立体构型为_，其中 N原子的杂化轨道类型是 _。 （ 2）金（ Au）与铜为同族元素，铜与金可形成具有储氢功能的合
12、金。 合金中，原子间的作用力是 _。已知 Au为第六周期元素，则基态 Au原子的价电子排布式为 _， Au的原子序数为 _。 该储氢合金为立方最密堆积结构，晶胞中 Cu原子位于面心、 Au原子位于顶点，储氢时， H原子进入由 Cu原子与 Au原子构成的四面体空隙中，则该晶体储氢后的化学式为 _。 答案：（ 1） Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-； 减小溶剂的极性，降低 Cu(NH3)4SO4 H2O的溶解度； 平面正方形； sp3杂化； （ 2） 金属键； 5d106s1； 79 H8AuCu3。 试题分析：（ 1） 向硫酸铜中加入浓氨水产生的沉淀是氢氧化铜沉淀，氢氧化铜
13、与浓氨水继续反应生成四氨合铜离子而使沉淀溶解，沉淀溶解反应的离子方程式为 Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-； 加入乙醇的目的是减小溶剂的极性，降低 Cu(NH3)4SO4 H2O的溶解度，使Cu(NH3)4SO4 H2O析出； 根据题意 Cu(NH3)42 中的两个 NH3被两个 Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，若 Cu(NH3)42 是正四面体型，则被两个 Cl-取代后的产物只有 1种，所以Cu(NH3)42 不是正四面体型，而是平面正方形；其中 N的杂化类型就是氨气分子中 N的杂化类型是 sp3杂化； （ 2） 合金中，金属原子之间的作用力是金属键； Au与 C
14、u同族，是第六周期元素，所以 Au的价电子排布式与 Cu相似，为 5d106s1；第六周期包括了镧系元素，所以 Au的原子序数是 79； 该储氢合金为立方最密堆积结构，晶胞中 Cu原子位于面心、 Au原子位于顶点，所以该晶胞中 Cu的个数是 61/2=3， Au的个数是 81/8=1，氢原子可进入到由 Cu原子与 Au原子构成的四面体空隙中，则 H原子应位于晶胞内部，则应含有 8个 H，所以 化学式为 H8AuCu3。 考点：考查杂化轨道理论和立体构型的判断，元素的核外电子排布式的书写，晶胞计算 （ 10分）许多物质的氧化能力受溶液酸碱性的影响。高锰酸钾在不同条件下发生的还原反应如下： 酸性：
15、 MnO4- 5e- 8H Mn2 4H2O； 中性： MnO4- 3e- 2H2OMnO2 4OH- 碱性： MnO4- e-MnO42-（溶液呈绿色） MnO2的还原反应可表示如下： MnO2 4H 2e-Mn2 2H2O （ 1） MnO2与稀盐酸不能制取氯气，其原因是_。 （ 2）将 PbO2投入到酸性 MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色。下列叙述正确的是 _。（选填编号） a氧化性： PbO2 KMnO4 b还原性： PbO2 KMnO4 c该反应可以用盐酸酸化 （ 3）写出将 SO2通入 KMnO4溶液中所发生反应的离子方程式，并配平： _。 （ 4）将高锰酸 钾溶液逐滴加入到硫
16、化钾溶液中可发生如下反应，已知产物中K2SO4和 S的物质的量之比为 3 2。完成并配平该反应的化学方程式： KMnO4 K2S _K2MnO4 K2SO4 S _，反应若生成 5 44 g硫单质，反应过程中转移电子的物质的量为_。 答案：（ 1）二氧化锰在酸性较强的溶液中才能氧化氯离子或稀盐酸中的 H+或 Cl-的浓度较低； （ 2） a （ 3） 5SO2+2MnO4-+2H2O= 5SO42-+ 2Mn2 4H+ （ 4） 28 5 24KOH 28 3 2 12 H2O ； 2 38mol 试题分析：（ 1）稀盐酸中酸性较弱， Cl-的还原性不强，不能与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气
17、； （ 2）将 PbO2投入到酸性 MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色，说明该反应中有高锰酸根离子生成，根据氧化还原反应规律，该反应中 PbO2作氧化剂，高锰酸根离子是氧化产物，所以氧化性 PbO2 KMnO4，若用盐酸酸化，则氯离子的还原性大于锰离子， PbO2将氧化氯离子而不是锰离子，所以答案：选 a； （ 3）根据已知，酸性条件下，高锰酸根离子被还原 为锰离子，所以二氧化硫与高锰酸钾溶液反应，生成锰离子、水、硫酸根离子，离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O= 5SO42-+ 2Mn2 4H+ （ 4）根据已知，高锰酸根离子在碱性条件下被还原为锰酸根离子，所以该方程式中的反应物的
18、空白是 KOH，则产物中的空白是 H2O， KMnO4中 Mn的化合价降低 1价，已知产物中 K2SO4和 S的物质的量之比为 3 2，所以 K2S中 S的化合价升高 22+83=28价，所以 KMnO4、 K2MnO4的系数是 28， K2SO4和 S的系数分别是 3、 2， K2S的系数是 5，根据 K元素 守恒， KOH的系数是 24，则水的系数是 12；反应若生成 5 44 g硫单质，物质的量是 0 17mol，则需要2 38mol的高锰酸钾，高锰酸钾生成锰酸钾得 1个电子，所以转移电子的物质的量是 2 38mol。 考点：考查氧化还原反应规律的应用、计算，化学方程式的配平 （ 8分）
19、在标准状况下， 18 g CO和 CO2的混合气体完全燃烧后得到 11 2 L CO2。则原混合气体的密度是 _；原混合气体中， CO的质量是 _g， CO2的体积是 _，碳原子和氧原子的个数比为 _。 答案： 6g/L ； 7g； 5 6L ； 2： 3 试题分析： 2CO+O2 2CO2，二氧化碳的体积等于原 CO的体积，完全燃烧后二氧化碳的体积是 11 2L，则反应前的体积是 11 2L，根据密度 =质量 /体积，所以原混合气体的密度 =18g/11 2L=1 6g/L；标准状况下 11 2L气体的物质的量是 0 5mol，设原气体中 CO的物质的量是 xmol，二氧化碳的物质的量是ym
20、ol，则 x+y=0 5,28x+44y=18，解得 x=0 25=y，所以 CO的质量 是0 25mol28g/mol=7g，二氧化碳的体积是 0 25mol22 4L/mol=5 6L，原混合气体中 C原子的物质的量是 0 5mol， O原子的物质的量是 0 75mol，所以碳原子和氧原子的个数比也是物质的量比为 0 5:0 75=2:3 考点：考查混合气体的计算 推断题 （ 13 分）某强酸性溶液 X 含有 Ba2+、 Al3+、 NH 4、 Fe2 、 Fe3+、 CO2-3、 SO2-3、SO2-4、 Cl-、 NO-3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如下： 根据以上信
21、息，回答下列问题： （ 1）反应 的化学方程式为_。 （ 2）沉淀 C、 H和气体 F的化学式分别为_。 （ 3）写出有关反应的离子方程式： 中生成 A_。 _。 （ 4）上述离子中，溶液 X中肯定不含有的离子是_，可能含有的离子是_。 答案：（ 1） 4NO2+O2+2H2O=4HNO3； （ 2） Ba SO4、 Fe(OH)3、 NH3； （ 3） 3 Fe2+NO3-+4H+=3 Fe3+NO+2 H2O； AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-； （ 4） NO3-、 Ba2+、 CO32-、 SO32-； Cl-、 Fe3+。 试题分析：酸性溶液中不可能大量存在
22、CO32-、 SO32-，加入过量硝酸钡溶液，则溶液中含有硝酸，有气体生成，说明该气体是硝酸的还原产物 NO，则原溶液中和硝酸发生氧化还原反应的只能是 Fe2+，则原溶液中含有 Fe2+，不含 NO3-，所得沉淀 C是硫酸钡沉淀，则原溶液中存在 SO42-，一定不含 Ba2+,溶液 B中加入过量氢氧化钠溶液由气体产生，则该气体 F是氨气，原溶液中含有 NH4+，溶液 B中含有铁离子，所以沉淀 H是氢氧化铁沉淀，通入二氧化碳气体产生沉淀，则原溶液中还应含有 Al3+，沉淀 I是氢氧化铝沉淀，可能含有 Cl-、 Fe3+。根据以上分析： （ 1）反应 是 NO与氧气反应生成的二氧化氮再与氧气、水反应生成硝酸，化学方程式为 4NO2+O2+2H2O=4HNO3； （ 2）沉淀 C、 H和气体 F的化学式分别为 Ba SO4、 Fe(OH)3、 NH3； （ 3） 中生成 A的离子方程式为 3 Fe2+NO3-+4H+=3 Fe3+NO+2 H2O；铝离子与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液再与 二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以 的离子方程式为 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-； （ 4） X中一定不含 NO3-、 Ba2+、 CO32-、 SO32-，可能含有 Cl-、 Fe3+。 考点：考查溶液中离子的判断，离子方程式的书写
