2019-2020学年高二化学下学期阶段性检测4月试题.doc

2019-2020学年高二化学下学期阶段性检测4月试题常用元素的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 Cl 35.51“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是A范德华力、范德华力、范德华力B范德华力、范德华力、共价键C范德华力、共价键、共价键D共价键、共价键、共价键2a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是A原子半径：dcba B4种元素中b的金属性最强Cc的氧化物的水化物是强碱 Dd单质的氧化性比a单质的氧化性强3将钠、镁、铝各0.3mol分别加入100mL 1mol/L 的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是A1：2：3 B6：3：2 C3：1：1 D1：1：14把4.6 g钠放入100 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液中，待其充分反应后(水蒸发不计)，下列叙述中错误的是ACl浓度基本不变 B溶液仍有浑浊C溶液中几乎不存在Al3 D溶液中存在最多的是Na5下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是ACaCl2 BN2H4 CNa2S2 DNH4NO36将AlCl3溶液和NaOH溶液等体积混和得到的沉淀物和溶液中所含的铝元素的质量相等，则原AlCl3溶液和NaOH溶液的物质的量浓度之比可能为1：3 2：3 1：4 2：7A. B C D7下列说法中错误的是ASO2、SO3都是极性分子B在NH4+和Cu（NH3）42+中都存在配位键C元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性8下列说法正确的是 A干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同B化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键CCH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构DNaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响9下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是ACaO与CO2 BNaCl与HCl CSiC与SiO2 DCl2与I210. 把一小块金属钠放入下列溶液中，说法正确的是A.放入饱和NaOH溶液中：有氢气放出，恢复至室温后溶液的pH增大B.放入稀CuSO4溶液中：有氢气放出，有紫红色铜析出C.放入MgCl2溶液中：有氢气放出，有白色沉淀生成D.放入NH4NO3溶液中：有无色无味气体放出11.晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是A不可能有很高的熔沸点 B不可能是单质C可能是有机物 D可能是离子晶体12.下列变化需克服相同类型作用力的是（）A碘和干冰的升华 B硅和C60的熔化C氯化氢和氯化钠的溶解 D溴和汞的气化13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含有金属离子的晶体一定是离子晶体D元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强14下列描述中正确的是( )A、CS2为V形的极性分子 B、Cl03 的空间构型为平面三角形C、SiF4和CO32 的中心原子均为sp3杂化 D、SF6中有6对完全相同的成键电子对15下列判断错误的是（）A熔点：Si3N4NaClSiI4B沸点：NH3PH3AsH3C酸性：HClO4H2SO4H3PO4D碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）316向含有1mol KAl（SO4）2的溶液中加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42恰好转化为沉淀，此时生成的Al（OH）3的物质的量是（）A1mol B1.33mol C0.67mol D017下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是（）A存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角B最小的环上，有3个Si原子和3个O原子C最小的环上，Si和O原子数之比为1：2D最小的环上，有6个Si原子和6个O原子18加热5.00 g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为()A3.38 g B4.58 g C4.41 g D4.16 g第卷（非选择题46分）19.(16分)某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅化学手册知，Al、Al2O2、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/660205415351462沸点/246729802750(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？答：(填“合理”或“不合理”)。设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是，反应的离子方程式为_。实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是(填序号)。A.浓硫酸 B.稀硫酸 C.稀硝酸 D.氢氧化钠溶液(2)实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 molL1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为_。在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为；B与A的差值为mol。B点对应的沉淀的物质的量为mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为mL。20.(10分)某中学学生将过氧化钠与水的反应用于研究性学习的课题，经过查资料、提出假设、进行实验设计，并通过实验得到验证结论。下面是他们的实验方案及实验现象。实验序号实验程序实验现象1将水滴入盛有过氧化钠固体的试管中，配制成溶液，用带火星的木条检验生成的气体。反应激烈，有大量气体产生，能使该木条复燃2将实验1所得溶液分成两份，一份加入紫色石蕊试液。溶液变蓝且长时间不褪色一份加入无色酚酞试液。溶液显红色，半分钟内褪色3若把实验1所得溶液分成两份，一份滴入酚酞试剂，加热。溶液显红色，但仍很快褪色另一份滴入紫色石蕊试液，加热。溶液显蓝色且很快褪色4在实验1变为蓝色的石蕊试液中滴加双氧水(H2O2)加热。蓝色褪去5若把实验1所得溶液中加入少许二氧化锰静置到无气体产生时，分成两份，一份加入无色酚酞试液加热。溶液变红且不再褪色一份加入紫色石蕊试液加热至沸。溶液变蓝且不再褪色6称取3.9 g过氧化钠固体；当逐滴加入约50 mL水时，至不再产生气体。测得氧气体积约为185 mL(标况)再向容器中加入用小纸片包好的二氧化锰，迅速塞紧双孔塞，轻轻摇动反应器，纸包自动散开，二氧化锰与溶液开始接触，至反应完全。又收集到大量气体请仔细阅读有关内容后回答：(1)根据实验分析，用反应方程式表示过氧化钠与水反应的具体过程_。(2)从以上实验结果分析，石蕊分子与酚酞分子相比较，它们的稳定性的强弱关系是_。(3)综合分析上述实验，使变红的酚酞褪色的物质是，该物质具有的性质是_。(4)在加入二氧化锰之前该物质的分解率约为_。21(12分）（1）CO与N2属于等电子体，1个CO分子中含有的键数目是_个。C、N、O三种元素的笫一电离能最大的是_。（2）右图是某化合物的晶胞示意图，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。该化合物的化学式是_。Al元素基态原子的电子排布式是_。已知晶胞边长为5.9310-8cm，Si与A1之间的共价键键长是_cm(只要求列算式，不必计算出数值，下同)，晶体的密度是_gcm-322（8分）在m mL b molL1 AlCl3溶液中，加入等体积a molL1的NaOH溶液。（1）当a3b时，生成Al(OH)3沉淀的物质的量是_。（2）当a、b满足_条件时，无沉淀生成。（3）当a、b分别满足_条件时，有沉淀生成且溶液中无Al3+存在；生成Al(OH)3沉淀的物质的量是_。选择题答案1.B 2.B 3.C 4.B 5.C 6.A 7.A 8.B 9.C 10.C 11.A 12.A 13.A 14.D 15.B 16.D 17.D 18.D1 【解答】选B解：石蜡液体石蜡石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键2 【解答】选B解：由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为bcd，a为O，原子半径最小，故A错误；B同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性bc，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；Cc为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；D一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故D错误3【解答】选C解：将三种金属各0.3mol分别投入100mL 1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，应按盐酸的量计算，镁、铝产生氢气物质的量相等，产生氢气的物质的量为：（0.1L1mol/L）0.05 mol但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算：0.3mol钠产生0.15mol氢气故将钠、镁、铝各0.3mol 分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol：0.05mol：0.05mol3：1：1，所以同温同压下产生的气体体积比是3：1：14 【解答】选B。解析：4.6 g钠的物质的量为0.2 mol，与水反应生成0.2 mol NaOH。100 ml 0.1 mol/L AlCl3溶液中Al3的物质的量为0.01 mol。根据Al34OH=AlO2H2O，所以溶液铝元素以AlO的形式存在，几乎不存在Al3，溶液中存在最多是Na，物质的量为0.2 mol，Cl浓度不变。5【解答】选C解：ACaCl2中钙离子和Cl离子之间存在离子键，属于离子化合物，Cl不存在非极性共价键，故A不正确；BN2H4中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；CNa2S2中钠离子和S22离子之间存在离子键，属于离子化合物，S22离子内两个硫原子之间存在非极性共价键，故C正确；DNH4NO3中铵根离子与硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子内存在NH极性共价键，硝酸根离子内存在NO极性共价键，故D错误；6 【解答】选A解：设AlCl3和NaOH的浓度分别为c1和c2，相同体积为V，若NaOH过量，生成NaAlO2，此时参加反应的AlCl3的物质的量是c1Vmol，NaOH是3c1Vmol，生成c1V mol 的Al（OH）3，又因为得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则说明第一步反应完后，生成的Al（OH）3有一半（c1V）发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，所以可求的NaOH的物质的量为：3c1V+0.5c1V=3.5c1V=c2V，所以c1：c2=2：7；当氯化铝过量时，氢氧化钠不足，生成氢氧化铝白色沉淀发生反应：Al3+3OHAl（OH）3，设反应掉的铝离子物质的量为x，得到的沉淀物中铝元素的质量和溶液中铝元素的质量相等，则c1Vx=x，所以x=0.5c1V，消耗氢氧化钠3x，即1.5c1Vmol，所以1.5c1V=c2V，所以此时c1：c2=2：3所以符合；7 【解答】选AA、SO2中心原子S的化合价为+4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤对电子对，为极性分子；SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，没有孤对电子对，SO3是平面三角形的分子，是非极性分子，故A错误；B、氨气分子与氢离子通过配位键形成NH4+，铜离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电子对，Cu2+与NH3通过配位键形成Cu（NH3）42+，故B正确；C、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，元素电负性数值越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强；反之，电负性数值越小，相应原子在化合物中吸引电子的能力越弱，故C正确；D、原子晶体中相邻原子间以共价键结合而形成的空间网状结构的晶体，共价键结合牢固，原子晶体的熔、沸点高，硬度大，故D正确8 【解答】选BA、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故A错误；B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故B正确；C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构，不是8电子稳定结构，故C错误；D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D错误；9【解答】选C解：ACaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；BNaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；CSiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；DCl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误10. 【答案】C 【解析】A项错误，饱和NaOH溶液中放入钠，钠与水反应消耗水且生成NaOH，从而会有部分NaOH晶体析出，同时生成氢气，由于溶液仍是饱和溶液，故溶液的pH不变；B项错误，钠与水反应生成氢气和NaOH，NaOH与CuSO4反应会出现蓝色沉淀；C项正确，钠与水反应生成的NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀；D项错误，钠与水反应放热，生成的NaOH，反应生成NH3H2O，NH3H2O部分分解产生的少量氨气会与氢气同时放出，故放出的气体有刺激性气味。11 【解答】A 解：A含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有SiO极性键，其熔沸点很高，故A错误；B含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；C有机物中含有极性键，如甲烷中含有CH极性键，故C正确；D离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有OH极性键，故D正确12 【解答】选A 解：A碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误13 【解答】选A解：A、惰性气体组成的晶体中不含化学键，只含有分子间作用力，故A正确；B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4个H，却是一元酸，故B错误；C、AlCl3晶体中含有金属元素，但以共价键结合，属于分子晶体，故C错误；D、氮元素的非金属性较强，因单质中的键能较大，则N2很稳定，故D错误14 【解答】选DA、依据价层电子对互斥理论可知CS2为直线形的非极性分子，故A错误；B、由价层电子对互斥理论可知Cl03中中心原子的孤电子对数是（832）=1，所以Cl03是三角锥形，故B错误；C、SiF4和CO32 的空间构型分别为正四面体和平面三角形，中心原子分别采用的是sp3杂化，sp2杂化，故C不正确D、硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，故D正确； 15【解答】选B解：A、Si3N4为原子晶体，NaCl为离子晶体，SiI4为分子晶体，一般来说，不同晶体的熔点高低按照原子晶体离子晶体分子晶体的顺序，故有Si3N4NaClSiI4，故A正确；B、NH3含有氢键，沸点最高，PH3和AsH3不含氢键，沸点的高点取决于二者的相对分子质量大小，相对分子质量越大，沸点越高，应为AsH3PH3，故顺序为NH3AsH3PH3，故B错误；C、元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的酸性就越强，由于非金属性ClSP，所以最高价氧化物的水化物的酸性的强弱顺序为：HClO4H2SO4H3PO4，故C正确；D、元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，由于金属性NaMgAl，所以最高价氧化物的水化物的碱性的强弱顺序为：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故D正确16【解答】选D溶液含有1molKAl（SO4）2，所以含有SO42-2mol加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42-恰好转化为沉淀，由反应SO42-+Ba2+=BaSO4可知，加入的氢氧化钡含有2molBa2+，即需加入2molBa（OH）2由于溶液含有1molKAl（SO4）2，则含有1molAl3+，加入2molBa（OH）2，提供4molOH-，恰好反应Al3+4OH-=A1O2-+2H2O，没有沉淀生成17. 【解答】选D解：A、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A错误；B、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B错误；C、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C错误；D、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，Si处于中心，O处于4个顶角，故D正确18解析：此题可用差量法求解：设混合物中的质量为X，则由发生反应的化学方程式：2NaHCO3=Na2CO3H2OCO2m 284 g 62 g X 0.31 gX0.84 g则原混合物中碳酸钠的质量为：5.00 g0.84 g4.16 g答案：D19、(1)由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。利用金属Al和碱液反应放出氢气的性质即可验证。由于Fe和Al都是活泼的金属，所以可以用稀硫酸或者稀盐酸溶解。(2)由图象可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的生成，DE段消耗了NaOH，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，EF段为Al(OH)3的消失，只剩下Fe(OH)3沉淀。B与A的差值为Al(OH)3，为4 molL1(3634)103 L0.008 mol，参加反应的n(Al)0.008 mol，因为1 mol的Al3、Fe3均与3 mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数HNO3生成NH降低的总数，即3n(Fe)3n(Al)n(NH)84 molL1(3431)103 L8，解得n(Fe)n(Al)0.032 mol，n(Fe)0.024 mol，两种沉淀的物质的量为0.032 mol。生成两种沉淀共消耗n(NaOH)0.032 mol30.096 mol，所以C点体积为：31 mL103 mLL17 mL。 答案：(1)合理NaOH溶液2Al2OH2H2O=2AlO3H2B(2)HOH=H2ONHOH=NH3H2O0.0080.032 mol 7 mL。20解析：本题考查学生的实验探究能力。解答本题需要对比其实验现象，做出判断。根据实验1木条复燃，说明有氧气生成；加入石蕊变蓝、酚酞变红证明有碱生成，且酚酞变红后半分钟褪色，说明有强氧化性物质生成，实验5中加入二氧化锰直至无气体产生，加入酚酞后变红不再褪色，联系前面所学知识，可以判断生成了H2O2，所以过氧化钠与水反应的具体过程为Na2O22H2O=2NaOHH2O2,2H2O2=2H2OO2。根据实验2，可以判断石蕊分子比酚酞分子稳定。(4)根据方程式，由关系式：3.9 g过氧化钠完全反应生成H2O2 0.05 mol，由反应2H2O2=2H2OO2，生成氧气185 mL，则分解的H2O2为0.0165 mol，所以分解率为0.01650.05100%33%。答案、(1)Na2O22H2O=2NaOHH2O22H2O2=2H2OO2(2)石蕊分子比酚酞分子相对稳定(3)过氧化氢或双氧水不稳定易分解；具有强氧化性(或漂白性)，加热时氧化能力增强(4)1/3(或33%)21、(1) 2 N (2)LiAlSi 1s22s22p63s23p15.93108/4 3.9(4b-a) g22、（1） （2） （3 （4）