湖北省华中师范大学第一附属中学高二上学期期末考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精

第I卷（选择题共54分）

一、选择题（下列各题只有一个选项符合题意.每小题3分，共54分）

1．下列化合物中含2个手性碳原子的是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】A、只有与醛基相连的C是手性碳原子，A错误；B、1号C和2号C都是手性碳原子，B正确；C、分子中含有3个手性碳原子,C错误；D、连接羟基的C是手性碳原子,D错误，答案选B。

2．同一周期的4种元素,原子半径从小到大的顺序为C〈A

A．C与A B．C与D C．D与B D．B与C

【答案】A

【解析】同一周期元素，原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。故C、A元素的非金属性较强，则最有可能形成共价化合物，答案选A。

3．根据价层电子对互斥模型,判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的是

A．PCl3 B．H3O+ C．NO3- D．PH3

【答案】C 学必求其心得，业必贵于专精

点睛：由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意以下两点：（1)价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。（2）价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型,但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。

4．某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见下图，下列说法正确的是

A．正极电极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32- B．CO32—向正极移动

C．此电池在常温时也能工作 D．a为CH4，b为CO2

【答案】A 学必求其心得，业必贵于专精

点睛：本题考查了化学电源新型电池，明确原电池原理、原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物.

5．下列不熊说明氯元素的非金属性比硫元素的强的有几项:①HCl比H2S稳定：②HClO的氧化性比H2SO4强③HClO4的非羟基氧数目比H2SO4的非羟基氧数目多；④Cl2能与H2S反应生成S；⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子；⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe生成FeS；⑦HCl的酸性比H2S的酸性强;⑧沸点：H2S>HCl。

A．2项 B．3项 C．4项 D．5项

【答案】C

【解析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定,可说明非金属性Cl＞S,①正确；②元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强,可说明非金属性Cl＞S，但次氯酸不是最高价含氧酸，②错误；③HClO4的非羟基氧数目比H2SO4的非羟基氧数目多,说明HClO4酸性比H2SO4强，可说明非金属性Cl＞S，③正确；④氯气能与硫化氢反应生成S，可说明氯气的氧化性比硫强，单质的氧化性越强，对应的元素的非金属性越强，④正确；⑤元素的非金属性强弱与核外最外层电子的多少无关，⑤错误；⑥氯气与Fe反应生成FeCl3，S与Fe学必求其心得，业必贵于专精

生成FeS,所以非金属性Cl＞S，⑥正确；⑦元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,应比较最高价含氧酸或氢化物的稳定性，而不是氢化物的酸性，⑦错误;⑧非金属性强弱与氢化物沸点没有关系，⑧错误，即正确的选项有4项,答案选C。

6．下面是元素周期表的一部分（表中数字和X代表原子序数），其中X为53的是

A． B． C． D．

【答案】C

点睛：本题考查元素周期表的结构，注意由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数（He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn-86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。

7．短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为10，且A与C在周期表中位置上下相邻，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，下列有关叙述不正确的是( )

A．原子半径:A＜B＜C

B．A的氢化物的稳定性大于C的氢化物的稳定性

C．A的最高价氧化物与B的单质可以发生置换反应

D．C的氧化物的熔点比A的氧化物熔点高 学必求其心得，业必贵于专精

【答案】A

【解析】短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，原子最外层电子数不超过8个，则B的最外层电子数是2，A与C在周期表中位置上下相邻，则处于同主族,根据它们的原子的最外层电子数之和为10，可知A、C的最外层电子数为4，则A为C元素、C为Si元素,A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素，A、A为C元素,B为Mg元素,C为Si元素原子半径为,同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大,Mg＞Si＞C，A错误;B、同主族元素非金属性越强，氢化物的越强，A的氢化物的稳定性大于C的氢化物，B正确；C、镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，属于置换反应，C正确;D、C的氧化物为二氧化硅，属于原子晶体，A的氧化物为二氧化碳,为分子晶体，C的氧化物的熔点比A的氧化物高，D正确，答案选A。

8．下列说法正确的是

A．测定HCl和NaOH中和反应的反应热时，单次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH溶液起始温度和反应终止温度

B．若2C(s)+O2(g)=2CO（g)△H=-221。0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5KJ/mol

C．需要加热的反应一定是吸热反应,常温下能发生的反应一定是放热反应

D．已知I：反应H2（g)+Cl2(g)＝2HCl(g）;△H=-akJ/mol II:

且a、b、c均大于零，则断开1molH-Cl键所需的能量为2(a+b+c)kJ/mol 学必求其心得，业必贵于专精

【答案】A

9．由IIIA 族元素A和VIA 族元素B组成的阴离子结构如下：

则所带电荷X、Y、Z依次为多少？

A．4、4、2 B．4、3、2 C．3、3、2 D．4、2、2

【答案】B

10．氨是生产氮肥、尿素等物质的重要原料。电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图所示，下列有关说法正确的是

A．图中所示电极中，X端为负极，Y端为正极

B．Y参与的电极反应为H2+2e—＝2H+

C．反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高 学必求其心得，业必贵于专精

D．当有3gH+通过质子交换膜时，Z的体积为11.2L（标况）

【答案】C

【解析】A、氢离子向X端移动，则图中所示电极中，X端为阴极，Y端为阳极，A错误；B、Y参与的电极反应为H2－2e-＝2H+，B错误;C、氢离子向X端移动，因此反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高，C正确；D、当有3g氢离子，即3mol氢离子通过质子交换膜时生成1mol氨气,即Z的体积为22。4L(标况），D错误,答案选C.

11．工业上电解法处理含镍酸性废水并得到单质两的原理如图所示，己知：①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2+（高浓度）〉H+> Ni2+(低浓度)，下列说法错误的是

A．碳棒上发生的电极反应：4OH——4e-=O2↑+2H2O

B．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少

C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH

D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变

【答案】B 学必求其心得，业必贵于专精

12．高温及一定催化剂作用下某反应达平衡,平衡常数，恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法:正确的是

A．平衡后向容器中再充入与初始投料相同物质的量的CO2和H2，则CO的平衡浓度变为原来的2倍

B．恒温恒容下,增大压强，H2的浓度一定减小

C．升高温度，逆反应速率减小

D．该反应化学方程式为：CO2(g)+H2(g）CO（g）+H2O(g） △H〈0

【答案】A

点睛:本题考查了平衡常数的理解影响化学平衡的因素分析判断,掌握平衡移动原理和反应特征是解题的关键,难点是压强对平衡状态的影响。注意“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平学必求其心得，业必贵于专精 衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大,各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。

13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．1mol2+含有σ键的数目为12NA

B．0.1molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0。1NA

C．分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA

D．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入0.05mol的Cu2(OH）2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度,则该电解过程中转移电子的数目为0。2NA

【答案】C

【解析】A．硫酸铜与氨水反应可形成Cu（NH3）4］2+，N—H键及配位键属于σ键，1mol该配离子中含有σ键为16mol，σ键的数目为16NA,A错误；B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为+8/3，0。1mol铁完全反应失去8/3mol电子，根据电子守恒生成氢气的物质的量为4/3mol,C错误;C．氮气和氨气分子中都存在3对共用电子对,所以0.1NA的N2和NH3混合气体的原子间含有的共用电子对数目为0。3NA，C正确；D．碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳,所以加入0。05mol碱式碳酸铜相当于加入0.1molCuO、0.05molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电,根据Cu原子、H原子守学必求其心得，业必贵于专精

恒得阴极上析出n（Cu)=0。1mol、n（H2）=0.05mol,则转移电子的物质的量=0。1mol×2+0.05mol×2=0. 3mol，D错误；答案选C.

点睛:本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,试题涉及的知识点较多、综合性较强,A为易错点，注意不要漏掉了配位键。要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应，如本题中铁与水蒸气的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用.避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢.二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下,着重关注易错点

14．已知X、Y、Z、W为短周期主族元素,在周期表中的相对位置如图,有下列说法:

① 若HmXOn为强酸,则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数)

②若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱