甘肃省玉门市第一中学2018_2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）.docx

甘肃省玉门市第一中学2018-2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）一、选择题(每小题只有一个正确答案，共24小题,每小题2分,共48分) 1. 以下能级符号错误的是A. 5s B. 3d C. 3f D. 6p【答案】C【解析】试题分析：A.每个电子层都有s能级。因此有5s能级。正确。B、对于第三电子层来说有s、p、d三种能级。因此存在3d能级。正确。C、对于第三电子层来说只有s、p、d三种能级，不存在3f能级。错误。D、第六电子层有6s、6p、6d、6f能级。故正确。考点：考查原子核外的电子排布的知识。2.某原子核外电子排布为ns2np7，它违背了()A. 泡利原理 B. 能量最低原理C. 洪特规则 D. 洪特规则特例【答案】A【解析】试题分析：泡利不相容原理为：一个原子轨道中最多只能容纳两个电子，并且这两个电子的自旋方向必须相反。p能级只有3个原子轨道，最多只能容纳6个电子，故原子结构ns2np7违背了泡利原理，选A。考点：考查基态原子核外电子排布原则。3.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（ ）A. 还原性：NaMgAl B. 第一电离能：NaMgMgAl D. 碱性：NaOHMg(OH)2 B. 原子半径：C. 电负性： D. 第一电离能：【答案】D【解析】【分析】根据基态原子的电子排布式，1s22s22p63s23p4是S元素；1s22s22p63s23p3是P元素；1s22s22p3是N元素；1s22s22p5是F元素。【详解】最高正化合价等于最外层电子数，F元素没有正价，所以最高正化合价： ，故A错误；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：，故B错误；非金属性越强，电负性越大，电负性：，故C错误；P的3P轨道为半充满状态，所以第一电离能PS，第一电离能，故D正确。5. 下列途径不能得到晶体的是 ( )A. 熔融态物质快速冷却 B. 熔融态物质凝固C. 气态物质凝华 D. 溶质从溶液中析出【答案】A【解析】得到晶体的三个途径是：溶质从溶液中析出，气态物质凝华，熔融态物质凝固。所以B、C、D选项中的措施可以得到晶体。晶体表现自范性是需要一定条件的，即晶体生成的速率要适当，因此熔融态物质快速冷却时不能得到晶体，所以选择A项。6.下列配合物的配位数不是6的是A. K3Fe(SCN)6 B. Na2SiF6C. Na3AlF6 D. Cu(NH3)4Cl2【答案】D【解析】【分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目。【详解】AK3Fe(SCN)6中配体为SCN-，配合物的配位数为6，故不选A； BNa2SiF6中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选B；CNa3AlF6中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选C； DCu(NH3)4Cl2中配体为NH3，配合物的配位数为4，故选D；【点睛】本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆。7.在x mol石英晶体中，含有SiO键数是A. x mol B. 2x mol C. 3x mol D. 4x mol【答案】D【解析】在二氧化硅晶体中，1个硅原子与4个氧原子连接，形成4个SiO键，答案选D。8. 下列对分子或离子的立体构型判断不正确的是 ()。A. NH4和CH4都是正四面体形B. CO2和CS2都是直线形C. NCl3和BCl3都是三角锥形D. H2O和H2S都是V形【答案】C【解析】NCl3是三角锥形分子，BCl3是平面三角形分子。9.金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是A. 易导电 B. 易导热 C. 有延展性 D. 易锈蚀【答案】D【解析】本题考查金属晶体的性质金属晶体中存在大量的自由电子，在外电场作用下金属晶体中的自由电子定向移动，形成电流所以易导电；金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞，另一个金属原子又失去最外层电子，碰撞到第三个（形容词）金属阳离子上成为中性原子；是自由电子的作用，可以引起自由电子与金属离子之间的能量交换或当金属受外力作用时，金属晶体中各原子层会发生相对滑动，产生形变。纯净的金属晶体不会发生锈蚀，不纯净的金属易蚀是由于其内部形成原电池，而与金属晶体结构无关故正确答案为D10.在单质的晶体中一定不存在的粒子是A. 原子 B. 分子 C. 阴离子 D. 阳离子【答案】C【解析】试题分析：单质晶体可能有：硅、金刚石原子晶体，P、S、Cl2分子晶体，Na,Mg金属晶体，在这些晶体中，构成晶体的粒子分别是原子、分子、金属离子和自由电子。C中阴离子只有存在于离子晶体中，构成离子晶体的粒子是阴、阳离子，所以离子晶体不可能形成单质晶体，答案选C。考点：考查构成晶体微粒的有关正误判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。该题有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有利于培养学生灵活应变能力。11.下列关于晶体的说法一定正确的是A. 分子晶体中都存在共价键B. CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻C. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子D. 晶格能：NaINaBrNaClNaF【答案】B【解析】【分析】稀有气体是单原子分子，没有化学键；在题目所给晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个Ti4+离子周围共有=12个O2-；金属晶体中由金属阳离子和自由电子；离子半径越小晶格能越大。【详解】稀有气体是单原子分子，没有化学键，分子晶体中不一定存在共价键，故A错误；在题目所给晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个Ti4+离子周围共有=12个O2-，故B正确；金属晶体中由金属阳离子和自由电子，没有阴离子，故C错误；离子半径越小晶格能越大，所以晶格能：NaINaBrNaClCl2Br2I2D. RbKNa【答案】B【解析】【分析】晶体熔沸点高低比较的一般规律是:原子晶体，熔沸点大小与形成共价键的原子半径大小有关系，半径越小熔沸点越高；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。【详解】A中都是原子晶体，应该是金刚石二氧化硅碳化硅晶体硅，故A错误；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高，所以熔沸点：CCI4CBr4CCl4CF4、F2Cl2Br2I2，故B正确、C错误；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高，所以熔沸点RbKHBrO4HIO4 B. HClO4H2SO4H3PO4C. HClO4HClO3HClO D. H2SO3H2SO4H2S2O3【答案】D【解析】同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性ClBrI，则酸性HClO4HBrO4HIO4，A正确；同周期元素，从左到右非金属性增强（稀有气体除外），所以非金属性ClSP，则酸性HClO4H2SO4H3PO4，B正确；同一元素形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧化数的递增而递增，所以酸性HClO4HClO3HClO，H2SO4 H2SO3H2S2O3，C正确、D错误；正确选项D。点睛：同一种元素若能形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧原子数的递增而递增。21.钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是 A. BaTi8O12B. BaTiO3C. BaTi2O4D. BaTi4O6【答案】B【解析】【分析】仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞。【详解】Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞，Ti原子数是 ；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞，O原子数是 。即晶体中BaTiO的比为1:1:3，化学式是BaTiO3，故选B。【点睛】本题是结合识图考查晶体结构知识及空间想象能力，由一个晶胞想象出在整个晶体中，每个原子为几个晶胞共用是解题的关键。22. 右图中每条折线表示周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4【答案】D【解析】试题分析：在AA中的氢化物里，NH3、H2O、HF分子间因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，a所处曲线中有一种物质的沸点为100，是H2O，说明a是H2S。考点：考查了氢键与物质熔沸点的相关知识。23.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是A. PCl3中P原子sp3杂化，为三角锥形B. BCl3中B原子sp2杂化，为平面三角形C. H2S分子中，S为sp杂化，为直线形D. CS2中C原子sp杂化，为直线形【答案】C【解析】【分析】首先判断中心原子形成的键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。【详解】PCl3中P原子形成3个键，孤对电子数为 ，则为sp3杂化，为三角锥形，故A正确; BCl3中B原子形成3个键，孤对电子数为，则为sp2杂化，为平面三角形，故B正确; H2S分子中，S原子形成2个键，孤对电子数为，则为sp3杂化，为V形，故C错误；CS2中C原子形成2个键，孤对电子数为，则为sp杂化，为直线形，故D正确；选C。24.已知CsCl晶体的密度为gcm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs的核间距为acm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为A. NAa3 B. NAa3/6C. NAa3/4 D. NAa3/8【答案】A【解析】【分析】相邻的两个Cs的核间距为acm，则每个晶胞的 体积为 ；根据 进行计算，得出结果。【详解】设CsCl的摩尔质量为M，则 ，M= NAa3，故A正确。二填空题(每空2分，共52分)25.在下列物质中：HCl、N2、NH3、Na2O2、C2H4、NaOH、Ar(1)只存在极性键的分子是_；只由非极性键构成的非极性分子是_；(填序号，下同)。(2)既存在极性键又存在非极性键的分子是_。(3)只存在键的分子是_，既存在键又存在键的分子是_。(4)不存在化学键的是_。(5)既存在离子键又存在极性键的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】同种非金属原子间形成非极性键、不同种非金属原子间易形成极性键；HCl是存在极性键的极性分子、N2是存在非极性键的非极性分子、NH3是存在极性键的极性分子、Na2O2是存在离子键和非极性共价键的离子化合物、C2H4是存在极性键、非极性键的非极性分子、NaOH存在离子键、极性共价键的离子化合物、Ar没有化学键。单键都是键，双键中有1个键和1个键，叁键中有1个键和2个键；【详解】(1) HCl中只存在H-Cl键，NH3中只存在N-H键，所以只存在极性键的分子是；N2中只存在NN键，所以由非极性键构成的非极性分子是；(2) C2H4中存在C-H、C=C键，所以存在极性键、非极性键的非极性分子是；(3) HCl中只存在H-Cl键，NH3中只存在N-H键，所以只存在键的分子是HCl、NH3， N2中只存在NN键、C2H4中存在C=C键，所以既存在键又存在键的分子是、；(4)稀有气体是单原子分子，不存在化学键的是；(5) NaOH存在离子键、O-H键，所以既存在离子键又存在极性键的是。26.请回答下面有关问题 (1)同主族元素的电负性大小存在一定的规律，卤族元素F、Cl、Br、I的电负性由小到大的顺序是_（用连接）。 (2)基态Cu原子的核外电子排布式为_。 (3)用价层电子对互斥理论判断SO3的模型为_，NF 3 分子的空间构型为_。【答案】 (1). IBrCIF (2). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (3). 平面三角形 (4). 三角锥形【解析】【分析】(1)同主族元素从上到下非金属性减弱、电负性减小。(2)Cu的原子序数为29，3d轨道半充满、全充满为稳定状态；(3)SO3的中心原子上的孤电子对数为0，分子的价层电子对数为3；NF 3中心原子上的孤电子对数为1，分子的价层电子对数为4。【详解】(1)同主族元素从上到下非金属性减弱、电负性减小，F、Cl、Br、I的电负性由小到大的顺序是IBrCI连接），其中在熔融为液态时能导电的电解质是_。(2)金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方最密堆积、面心立方最密堆积和体心立方密堆积。下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为 _(3)醋酸的球棍模型如图所示。在醋酸中，碳原子的轨道杂化类型有 _；Cu的水合醋酸盐晶体局部结构如图所示，该晶体中含有的化学键是 _(填选项字母)。A极性键 B非极性键C配位键 D金属键【答案】 (1). 金刚石NaCl干冰 (2). NaCl (3). 321 (4). sp3、sp2 (5). A、B、C【解析】【分析】(1) NaCl是离子晶体 、干冰是分子晶体、金刚石是原子晶体；熔融状态下的离子化合物能导电。(2)根据均摊原则计算晶胞中原子数；(3) 在醋酸中，甲基上的C形成4个键，无孤对电子，羧基中的C原子形成3个键，无孤对电子；根据结构图判断化学键种类。【详解】(1) NaCl是离子晶体 、干冰是分子晶体、金刚石是原子晶体，所以NaCl 、干冰、金刚石熔点由高到低的顺序是金刚石NaCl干冰；熔融状态下的离子化合物能导电，所以熔融状态下能导电的是NaCl；(2)根据均摊原则，(a)中原子数；(b)中原子数是(c)中原子数是，晶胞内金属原子个数比为321；(3) 在醋酸中，甲基上的C形成4个键，无孤对电子，羧基中的C原子形成3个键，无孤对电子；所以醋酸中碳原子的轨道杂化类型有sp3、sp2；根据结构图，Cu的水合醋酸盐晶体中含有的化学键是非极性键、极性键、配位键，故选A、B、C。【点睛】本题考查了晶胞的计算，明确晶胞中每个原子被几个晶胞占有是解本题关键；立方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，面上的原子被2个晶胞占有，棱上的原子被4个晶胞占有；六方最密堆积中，顶点上的原子被6个晶胞占有，棱上的原子被3个晶胞占有。28.已知：A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满。请根据以上信息，回答下列问题：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为 _ (用元素符号表示)。(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点_(填高或低)，理由是_。(3)E与D的同族短周期元素可形成一种化合物X，X是常见的有机溶剂，X分子的空间构型是_。(4)A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为_；(黑色球表示F原子)。【答案】 (1). NaAlSiN (2). 高 (3). NaCl 为离子晶体，SiCl4为分子晶体 (4). 直线型 (5). Cu3N【解析】【分析】A原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S22S22P63S23P4，E应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，C为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第A族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1，应为Cu元素。【详解】(1)在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为:NaAlSiN；(2)因NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，所以NaCl的熔点比SiCl4的熔点高。(3)S与Si的同族短周期元素形成的X是常见的有机溶剂，X是CS2，C价电子对数是2，没有孤电子对，CS2分子的空