江苏省泰州市泰州中学高一下学期期末考试化学试题

【全国百强校】江苏省泰州市泰州中学2020-2021学年高一
下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关化学用语表示正确的是（）
A．次氯酸的结构式：H-Cl-O
B．S2-的结构示意图：
O
C．有8个质子、10个中子的核素：18
8
D．NaCl的电子式:
2．含有共价键的离子化合物是
A．NaCl B．NH4Cl C．NH3D．O2
3．实验室用大理石和盐酸制备CO2，下列措施可使反应速率加快的是
A．降低反应温度B．延长反应时间
C．粉碎大理石D．加水稀释盐酸
4．下列变化中生成物的总能量大于反应物的总能量的是（）
A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合B．铝热反应
C．木炭在氧气中发生不完全燃烧D．生石灰和水的反应
5．锌-空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源，放电时Zn转化为ZnO。

则该电池放电时下列说法正确的是（）
A．将电能转化为化学能
B．氧气在石墨电极上发生氧化反应
C．电子由Zn电极经导线流向石墨电极
D．该电池放电时OH-向石墨电极移动
6．用价层电子对互斥理论预测H2S和H3O+的立体结构，两个结论都正确的是（）A．直线形：三角锥形B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形D．V形：平面三角形
7．反应N 2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是一放热反应。

如果反应在密闭容器中进行，下列有关说法中正确的是
A．升高温度会使正反应速率升高逆反应速率减慢
B．在高温和催化剂作用下，H2可以100%地转化为NH3
C．当NH3的浓度是N2的二倍时，反应达到平衡状态
D．使用催化剂可以加快反应速率，提高生产效率
8．下列有关反应热的说法正确的是（）
A．对于任何一个吸热反应，使用催化剂后，△H将降低
B．反应热的大小与反应物所具有的总能量和生成物所具有的总能量相关
C．甲烷的燃烧热△H=-890kJ/mol，则：CH4（g）+2O2(g)=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890kJ/mol D．已知常温常压下HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O (1) △H=-57.3kJ/mol，则有H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O △H=-114.6kJ/mol
9．金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，下列说法正确的是（）
A．该反应过程中的能量变化如图所示
B．过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:1
C．反应中每消耗1molO2转移2mol电子
D．过氧化钠与氧化钠所含化学键完全相同
10．下列排列顺序不正确的是（）
A．第一电离能：F>O>N
B．酸性：HClO4>H2SO4 >H3PO4
C．热稳定性：HF>HCl>H2S
D．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅
11．X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。

已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子
半径最大。

Z和N可以形成ZN2型化合物。

下列有关说法正确的是（）
A．X与Y只能形成一种化合物
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z
C．元素X、Y、Z的简单离子具有相同电子层结构，且离子半径依次增大
D．单质的氧化性：X<M
12．常温下三氯化氮（NCl3）是一种淡黄色的液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3说法正确的是（）
A．该物质中N-C1键是非极性键
B．NCl3中N原子采用sp2杂化
C．该物质是极性分子
D．因N-C1键的键能大，所以NCl3的沸点高
13．下列事实不可以用氢键来解释的是（）
A．水是一种非常稳定的化合物
B．测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20
C．水结成冰后，体积膨胀，密度变小
D．氨气容易液化
14．根据元素周期律，对下列事实进行推测，其中推测不合理的是
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
15．下列关于晶体的说法中，正确的是（）
A．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
B．NaCl晶体中每个Na+周围同时吸引6个C1-
C．干冰晶体中每个CO2分子周围与它距离最近且等距的CO2分子有12个
D．共价键可决定分子晶体的熔、沸点
16．下列说法正确的是（）
A．任何中和反应生成1molH2O，能量变化均相同
B．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同
C．已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ·mol-l，②2H2（g）+O2（g）=2H2O （1）△H=-b kJ·mol-1，则a>b.
D．已知：①C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.0kJ·mol-1.则C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.5kJ·mol-1。

三、原理综合题
17．超细铜粉主要应用于导电材料、催化剂等领域中。

超细铜粉的某制备方法如下：
（1）Cu2+的价电子排布式为____。

（2）下列关于[Cu（NH3)4]SO4的说法中，正确的有____。

（填字母序号）
A．[Cu（NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．[Cu（NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
C．[Cu（NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为正四面体
（3）SO32-离子中S原子的杂化方式为____，SO32-离子的空间构型为____。

（4）与SO3互为等电子体的一种分子的分子式是____
（5）下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为______。

18．回答下列问题：
（1）用“>”或“<”填写下表。

（2）一种制取NH2OH的反应为2NO2-+4SO2+6H2O+6NH3=4S042-+6NH4++2NH2OH。

①N、H、O的电负性从小到大的顺序为____。

②NH2OH中N原子的杂化类型为____。

③NH₂OH极易溶于H2O，除因为它们都是极性分子外，还因为____。

（3）配合物K[PtCl3（NH3）]中[PtCl3（NH3）]-的结构可用示意图表示为_____（不考虑空间构型），1molK[PtCl3（NH3）]中含有σ键的数目为____。

19．（1）反应3Fe（s）+4H2O（g）高温
Fe3O4（s）+4H2（g）在一容积可变的密闭容
器中进行，试回答：
①增加Fe的量，其反应速率____（填“增大”、“不变”或“减小”，下同）。

②将容器的体积缩小一半，其反应速率____。

③保持体积不变，充入He，其反应速率____。

④保持压强不变，充入He，其反应速率_____。

（2）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）。

①能说明该反应已达到平衡状态的标志是____（填字母序号）
a.反应速率5v（NH3）=4v（N2）
b.单位时间里每生成5mol N2，同时生成4mol NH3
c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化
d.容器内n(NO）：n（NH3）：n（N2）：n（H2O）=6：4：5：6
②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v（正）与v （逆）相等的点为_____（选填字母）。

（3）298K时，若已知生成标准状况下2.24LNH3时放出热量为4.62kJ。

写出合成氨反应的热化学方程式____。

（4）一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2（g）=N2O4（g）△H=-180kJ·mol-1，n（NO2）随时间变化如下表：
用NO2表示0～2s内该反应的平均速度____。

在第5s时，NO2的转化率为____。

根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是____。

20．氮氧化物（NO2）是一种主要的大气污染物，必须进行处理。

（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其反应过程中的能量变化如下：
①△H1___0，△H3____0。

（填“>”或“<”）
②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=____kJ·mol-1。

（2）利用甲烷催化还原氮氧化物。

已知：
CH4（g）+4NO2（g）==4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ·mol-l
CH4（g）+4NO（g）==2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）AH=-1160 kJ·mol-l
H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ·mol-l
CH4与NO2反应生成N2和H2O(l)的热化学方程式为_______。

（3）潜艇中使用的液氮-液氧燃料电池工作原理如图所示：
①电极a名称是______。

②电解质溶液中OH-离子向_____移动（填“电极a”或“电极b”）。

③电极b的电极反应式为_____。

（4）可通过NH3与NaClO反应来制得火箭燃料肼（N2H4）。

该反应的化学反应方程式是_____。

参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A、HClO分子中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故A错误；
B、S2－是S原子得到两个电子，与质子无关，与最外层电子有关，S2－的示意图为，故B错误；
C、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，该核素的质量数为8＋10=18，即该
O，故C正确；
核素为18
8
D、NaCl为离子化合物，是由Na＋和Cl－组成，电子式为，故D错误；
答案选C。

2．B
【详解】
A．氯化钠中钠离子和氯离子之间中存在离子键，为离子化合物，A错误；
B．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，为离子化合物，B正确；
C．氨气分子中氢原子和氮原子之间只存在共价键，为共价化合物，C错误；
D．氧气分子中氧原子之间只存在共价键，为单质，D错误；
答案选B。

3．C
【详解】
A. 降低反应温度，反应速率减小，A错误；
B. 延长反应时间不能改变反应速率，B错误；
C. 粉碎大理石，增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C正确；
D. 加水稀释盐酸，降低氢离子浓度，反应速率减小，D错误；
答案选C。

4．A
【解析】
【分析】
生成物的总能量大于反应物的总能量，说明为吸热反应，据此分析；
【详解】
A、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应为吸热反应，故A符合题意；
B、铝热反应为放热反应，故B不符合题意；
C、所有燃烧均为放热反应，即木炭在氧气中发生不完全燃烧，该反应为放热反应，故C不符合题意；
D、生石灰与水反应是放热反应，故D不符合题意；
答案选A。

5．C
【分析】
该装置为原电池，根据原电池的工作原理进行解答；
【详解】
A、该装置为原电池，将化学能转化成电能，故A错误；
B、根据装置图，Zn为负极，石墨电极为正极，根据原电池的工作原理，氧气在正极上发生还原反应，故B错误；
C、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从Zn极经导线流向石墨电极，故C正确；
D、根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，即移向Zn极，故D错误；
答案选C。

6．B
【解析】
【详解】
=2，价层电子对数为4，空间构型为V形；H2S中心原子S有2个σ键，孤电子对数为6−2×1
2
=1，价层电子对数为4，H3O＋中心原子为O，中心原子有3个σ键，孤电子对数为6−1−3×1
2
空间构型为三角锥形，故B正确；
答案选B。

7．D
【解析】
【详解】
A、升高温度会使正反应速率、逆反应速率都升高，故A错误；
B、对于可逆反应，反应物不可能100%地转化为生成物，故B错误；
C、当NH3的浓度是N2的二倍时，不一定达到平衡状态，故C错误；
D、使用催化剂加快反应速率，提高生产效率，故D正确；
答案选D。

8．B
【详解】
A、使用催化剂只改变活化能，对△H无影响，△H只与始态和终态有关，故A错误；
B、反应热等于生成物总能量减去反应物总能量，所以反应热的大小与反应物所具有的总能量和生成物所具有的总能量有关，故B正确；
C、根据燃烧热的定义，可燃物生成氧化物是稳定的，H2O应为液态，该热化学反应方程式中水为气态，即△H>－890kJ·mol－1，故C错误；
D、H2SO4与Ba(OH)2发生反应除了生成水，Ba2＋与SO42－生成BaSO4沉淀，也伴随有热量的变化，即硫酸与Ba(OH)2反应的△H≠－114.6kJ·mol－1，故D错误；
答案选B。

【点睛】
D项为易错点，中和热指的是稀酸与稀碱发生中和反应生成1molH2O时放出的热量，酸和碱必须是强酸、强碱，且只发生H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)。

9．C
【解析】
【详解】
A、金属钠与氧气反应生成过氧化钠，该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，故A错误；
B、过氧化钠的电子式为，阴阳离子个数比为1:2，故B错误；
C、Na与氧气反应：2Na＋O2Na2O2，Na2O2中氧显－1价，每消耗1molO2，转移电子物质的量为2mol，故C正确；
D、氧化钠的电子式为，含有离子键，过氧化钠中含有离子键和非极性共
价键，故D错误；
答案选C。

10．A
【解析】
【详解】
A、同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能：F>N>O，故A错误；
B、同周期从左向右非金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，即酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故B正确；
C、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S，即稳定性：HF>HCl>H2S，故C 正确；
D、金刚石、碳化硅、晶体硅都是原子晶体，熔沸点的高低与共价键有关，键长：Si－Si >C －Si> C－C，键能：C－C>C－Si>Si－Si，则熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故D正确；
答案选A。

11．B
【分析】
X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，即X为O，X和M同主族，则M为S，Y在同
周期主族元素中原子半径最大，即Y为Na，五种元素原子序数依次增大，且都是短周期元素，即N为Cl，Z和N可以形成ZN2型化合物，即Z为Mg，据此分析。

【详解】
A、Na与O可以形成Na2O，也可以形成Na2O2，故A错误；
B、Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2，故B正确；
C、电子层结构相同，半径随着原子序数的递增而减小，则离子半径为O2－>Na＋>Mg2＋，故C错误；
D、同主族从上到下非金属性减弱，则单质氧化性：O2>S，故D错误；
答案选B。

12．C
【解析】
【详解】
A、N和Cl是不同的非金属，则N－Cl键属于极性键，故A错误；
B、NCl3中N有3个σ键，孤电子对数5−3×1
=1，价层电子对数为4，价层电子对数等于杂化
2
轨道数，即NCl3中N的杂化类型为sp3，故B错误；
C、根据B选项分析，NCl3为三角锥形，属于极性分子，故C正确；
D、NCl3是分子晶体，NCl3沸点高低与N－Cl键能大小无关，故D错误；
答案选C。

13．A
【解析】
【详解】
A、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于化学性质，即水是稳定的化合物与氢键无关，故A符合题意；
B、HF分子间存在氢键，使HF聚合在一起，非气态时，氟化氢可以形成(HF)n，因此测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20，与氢键有关，故B不符合题意；
C、水结冰，形成分子间氢键，使体积膨胀，密度变小，故C不符合题意；
D、氨气分子间存在氢键，使氨气熔沸点升高，即氨气易液化，故D不符合题意；
答案选A。

14．B
【详解】
A．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第ⅡA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、R a，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，故A正确；
B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电（除了石墨），Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，故B错误；C．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在1500℃时才分解，而HI在230℃时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，故C正确；
D．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与
H2要在高温时反应，推测合理，故D正确；
答案选B。

15．BC
【解析】
【详解】
A、SiO2是原子晶体，每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合，故A错误；
B、根据NaCl晶胞结构，每个Na＋周围同时吸引6个Cl－，故B正确；
C、根据干冰的晶胞结构，干冰晶体中每个CO2分子周围与它距离最近且等距的CO2分子有12个，故C正确；
D、决定分子晶体熔沸点的是分子间作用力，故D错误；
答案选BC。

16．BD
【解析】
【详解】
A、中和热是稀的强酸和稀的强碱发生中和反应生成1molH2O(l)时，放出的热量，且发生的反应只能是H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，即任何中和反应生成1molH2O，能量的变化可能相同，也可能不相同，故A错误；
B、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，故B正确；
C、水蒸气变为液态水是放热过程，即a<b，故C错误；
D、①－②得出C(s，石墨)=C(s，金刚石) △H=(－393.5＋395.0)kJ·mol－1=＋1.5kJ·mol－1，故D正确；
答案选BD。

17．3d9AC sp3三角锥形BF3CuO
【详解】
（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的价电子排布式为3d9；
（2）A、[Cu(NH3)4]2＋与SO42－之间存在离子键，Cu2＋和NH3之间存在配位键，N和H之间存在极性共价键，故A正确；
B、该化合物中第一电离能最大的是N元素，故B错误；
C、外界离子为SO42－，根据价层电子对互斥理论，SO42－的空间构型为正四面体形，故C正确；
答案选AC；
（3）SO32－中心原子S有3个σ键，孤电子对数6232
2
+-⨯
=1，价层电子对数为4，杂化
轨道数等于价层电子对数，即SO32－中S的杂化类型为sp3；SO32－空间构型为三角锥形；（4）根据等电子体的概念，与SO3互为等电子体的分子为BF3等；
（5）利用均摊的方法进行判断，根据晶胞的结构，O位于顶点、面心、棱上和内部，属于
晶胞的氧原子的个数为
111
8+2+4+1
824
⨯⨯⨯=4，Cu位于内部，有4个，即化学式为CuO。

18．＜＞＜＞H<N<O sp3NH2OH分子与H2O分子间存在氢键
7×6.02×1023
【详解】
（1）同周期从左向右非金属性增强，即非金属性P<S；MgO和CaS都属于离子晶体，其熔点与晶格能有关，晶格能与所带电荷数、离子半径有关，即离子半径越小，所带电荷数越多，晶格能越大，熔点越高，Mg2＋、O2－的半径小于Ca2＋和S2－的半径，CaS晶格能小于MgO，熔点：MgO>CaS；CF4和SiCl4都属于分子晶体，且不含有分子间氢键，SiCl4的相对分子质量大于CF4，即沸点：CF4<SiCl4；Cl的原子半径小于Br，H－Cl的键长小于H－Br，即H －Cl的键能大于H－Br；
（2）①非金属性越强，电负性越大，即电负性H<N<O；
②NH2OH中N形成3个化学键，含有1个孤电子对，N的杂化类型为sp3；
③NH2OH与H2O能形成分子间氢键，增大NH2OH的溶解性；
（3）[PtCl3(NH3)]－的结构示意图可以表示为或，
根据示意图，1mol该化合物中含有σ键的物质的量为7mol，即σ键数目为7N A或7×6.02×1023。

19．不变增大不变减小bc cd N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）
△H=-92.4kJ/mol 0.0075mol·L-1·s-187.5% 随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小
【详解】
（1）①Fe为固体，浓度视为常数，即增加Fe的量，化学反应速率不变；
②容器的体积缩小一半，即组分浓度增大，化学反应速率增大；
③He属于非反应气体，恒容状态下，充入He，组分的浓度保持不变，化学反应速率保持不
变；
④恒压下，充入He ，容器的体积增大，组分的浓度降低，化学反应速率减小；
（2）①a 、没有指明反应进行的方向，即无法判断是否达到平衡，故a 不符合题意； b 、生成N 2反应向正反应方向进行，生成NH 3反应向逆反应方向进行，且生成量之比等于系数之比，即能说明反应达到平衡，故b 符合题意；
c 、根据化学平衡状态的定义，N 2的物质的量分数不再随时间发生变化，能说明反应达到平衡，故c 符合题意；
d 、题中没有说明通入NO 和NH 3的量，无法判断是否达到平衡，故d 不符合题意； 答案选bc ；
②v(正)与v(逆)相等的点，说明反应达到平衡，根据图象，达到平衡的点是cd ； （3）生成标准状况下2.24L 的NH 3，即生成0.1mol 的NH 3，得出生成2molNH 3，放出的热量为92.4kJ ，合成氨的热化学方程式为N 2（g ）+3H 2（g ）=2NH 3（g ）△H=-92.4kJ/mol ；
（4）根据化学反应速率的数学表达式，v(NO 2)=0.040mol-0.010mol
2L
2s
=0.0075mol/(L·s)；5s 内消耗NO 2的物质的量为(0.040mol －0.005mol)=0.035mol ，即NO 2的转化率为0.0350.040
×100%=87.5%；随着反应的进行，NO 2的物质的量浓度减小，物质的量浓度起主导作用，即化学反应速率减小。

20．＞ ＜ +183 CH 4（g ）+2NO 2（g ）=N 2（g ）
+CO 2 （g ）+2H 2O (l) △H=-955kJ·mol -l 负极 电极a O 2 +2H 2O +4e -=4OH - 2NH 3 +NaClO=N 2H 4+NaCl+H 2O
【详解】
（1）①断键需要吸收能量，即△H 1>0，形成化学键，释放能量，即△H 3<0；
②△H=△H 1＋△H 2－2△H 3=(945kJ·mol －1＋498kJ·mol －1－2×630kJ·mol －1)=＋183kJ·mol －1； （2）CH 4和NO 2发生反应CH 4＋2NO 2=N 2＋2H 2O(l)＋CO 2，①CH 4（g ）+4NO 2（g ）==4NO （g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ），②CH 4（g ）+4NO （g ）==2N （g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ），③H 2O （l ）=H 2O （g ），根据盖斯定律，得出-+2
①②③2△H=－955kJ·mol －1，即热化学反应方程式为CH 4（g ）+2NO 2（g ）=N 2（g ）+CO 2 （g ）+2H 2O (l) △H=-955kJ·
mol -l ； （3）①根据装置图，电极a 上NH 3→N 2，N 的化合价升高，即电极a 为负极；
②根据原电池工作原理，OH －向负极移动，即OH －移向电极a ；
③电极b的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
（4）NH3作还原剂，NaClO作氧化剂，NaClO将NH3氧化成N2H4，本身被还原成NaCl，其反应方程式为2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O。

【点睛】
氧化还原反应方程式的书写是本题的难点，先确定氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，根据化合价升降法进行配平，然后依据原子守恒和电荷守恒确定其余物质的化学计量数。