广东省汕头市金山中学2018_2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）.docx

广东省汕头市金山中学2018-2019学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）一选择题（每个题目只有一个选项符合题意，每题6分）1.共价键、离子键、范德华力和氢键都是微观粒子之间的不同作用力。有下列物质：Na2O2 冰 金刚石 碘单质 CaCl2 白磷，只含有两种作用力是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键；金属晶体中含有金属键；电负性很大的元素（N、O、F）与氢元素形成共价键时，H原子几乎是裸露的质子，不同分子之间存在氢键，以此来解答。【详解】Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故符合；冰属于分子晶体，分子内氧原子与氢原子之间形成共价键，分子之间存在氢键、范德华力，故不符合；金刚石是原子晶体，只存在共价键，故不符合；碘单质属于分子晶体，分子内碘原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故符合；氯化钙属于离子晶体，钙离子与氯离子之间形成离子键，只存在离子键，故不符合；白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故符合；答案选A。【点睛】本题考查化学键和晶体类型，难度不大，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力。2.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. Q和Z可能形成化合物QZ2B. Y的最高价氧化物的水化物一定是强酸C. X、Z和氢三种元素不可能组成离子化合物D. 最简单气态氢化物的沸点：QX【答案】A【解析】【详解】Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Q为C；再根据Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，以及X、Y、Z在周期表中的位置关系可推知X可能为N或O，Y可能为P或Cl，Z可能为S或Cl，A. 若Z为S，则C、S可形成分子CS2，故A正确；B. 若Y为P，则最高价氧化物的水化物H3PO4不是强酸，故B错误；C. N、S和H三种元素可以形成离子化合物（NH4）2S，故C错误；D. 若X为O，则甲烷的沸点比水的低，故D错误。故选A。3.经X射线研究证明：PCl5在固体状态时，由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是（ ）A. PCl5固体是分子晶体B. PCl5晶体具有良好的导电性C. PCl5晶体有PCl4和PCl6构成，其离子数目之比为11D. PCl5晶体有PCl32和PCl72构成，其离子数目之比为11【答案】C【解析】A项，根据题意PCl5固体由两种离子构成，PCl5固体属于离子晶体，A项错误；B项，PCl5晶体属于离子晶体，离子晶体中阴、阳离子不自由移动，PCl5晶体没有良好的导电性，B项错误；C项，两种离子分别是正四面体和正八面体，正四面体的为AB4型，正八面体的为AB6型，根据PCl5的化学式，正四面体型的为PCl4+，正八面体型的为PCl6-，且两种离子数目之比为1:1，C项正确；D项，两种离子分别是正四面体和正八面体，正四面体的为AB4型，正八面体的为AB6型，根据PCl5的化学式，正四面体型的为PCl4+，正八面体型的为PCl6-，且两种离子数目之比为1:1，D项错误；答案选C。4.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（ ）A. Z元素的含氧酸一定是强酸B. 原子半径：XZC. 气态氢化物热稳定性：WXD. W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性【答案】D【解析】试题分析：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以OCl，即原子半径：XZ，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性ON，所以气态氢化物热稳定性：WX，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。故选D。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。120号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。5.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞a、b、c内金属原子个数比为()A. 1184B. 321C. 984D. 21149【答案】B【解析】用“均摊法”，晶胞a中金属原子的个数为12+2+3=6，晶胞b中金属原子的个数为8+6=4，晶胞c中金属原子的个数为8+1=2，晶胞a、b、c中金属原子个数比为6:4:2=3:2:1，答案选B。点睛：本题考查金属晶体中金属原子个数的确定，用“均摊法”确定金属晶体中金属原子的个数是解题的关键。需要注意晶胞a与晶胞b、c的不同，晶胞b、c属于正方体晶胞，其中顶点为、棱上为、面上为、体内为1；晶胞a为六方晶胞，其中顶点为、面上为、体内为1。6. 下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）分子晶体中都存在共价键在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合晶体中分子间作用力越大，分子越稳定氯化钠熔化时离子键被破坏A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体离子晶体分子晶体，综上所述，故正确；离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；根据化学式，以及晶胞结构，Ti2位于顶点，O2位于面上，Ca2位于体心，因此每个Ti4周围最近的O2有12个，故正确；SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。考点：考查晶体的基本性质、熔沸点高低、晶体结构等知识。7.氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是A. 立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软C. 两种晶体中B原子的杂化类型相同D. 两种晶体均为分子晶体【答案】B【解析】【详解】A、 由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是键，故A错误；B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2, 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；综上所述，本题应选B。8.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C. 在金刚石晶体中，碳原子数与碳碳键个数的比为1:4D. 铜晶体为面心立方最密堆积，该晶体中面对角线长度为原子半径4倍【答案】C【解析】【详解】A在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，A项正确；B在CaF2晶胞中含有Ca2+数8+6=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，B项正确；C金刚石晶体中每个碳原子周围有4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共有，所以碳原子数与碳碳键个数的比为1:2，C项错误；D根据图示晶胞模型可以看出，铜晶体为面心立方最密堆积，且面上的刚性小球相切，该晶体中面对角线长度为原子半径的4倍，D项正确；答案选C。【点睛】C项是易错点，要利用均摊思想展开分析，必要时要牢记金刚石、二氧化硅等重要晶体的原子数与化学键之间的比例关系。二非选择题9.钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：（1）钴元素在周期表中的位置是_，其价电子排布式为_。（2）第四电离能大小：I4(Fe) I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是_。（3）取1mol配合物CoCl36NH3(黄色)溶于水，加入足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸。原配合物中络离子形状为正八面体。根据上述事实推测原配合物中络离子化学式为_。该配合物在热NaOH溶液中发生反应，并释放出气体，该反应的化学方程式_；生成气体分子的中心原子杂化方式为_。（4）经X射线衍射测定发现，晶体钴在417以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于_，若该堆积方式下钴原子的半径为r，则该晶体的空间利用率为_（列出表达式并写出最终结果）。【答案】 (1). 第四周期VIII族 (2). 3d74s2 (3). Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量 (4). Co(NH3)63+ (5). Co(NH3)6Cl3+3NaOH=Co(OH)3+6NH3+3NaCl (6). sp3 (7). 面心立方堆积 (8). 【解析】分析】(1)钴的原子序数为27，依据元素周期表的结构及原子核外电子排布规律作答；(2) 根据洪特规则易知，核外电子处于半充满或全充满状态比较稳定，结合电离能的定义作答； (3)依据题意判断出Cl-是外界离子，不是配位体；再结合络离子形状为正八面体进行推测；根据以上分析，该配合物为Co(NH3)6Cl3，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气；再根据价层电子对互斥理论与杂化轨道理论结合推测其杂化方式；(4)依据金属原子常见的堆积模型判断；根据几何关系找出晶胞立方体面对角线长为4r，若该堆积方式下的晶胞参数为acm，则（4r）2=a2+a2，再根据空间利用率=计算作答。【详解】(1)钴的原子序数为27，在周期表中位于第四周期VIII族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其外围电子排布式为3d74s2；故答案为：第四周期VIII族；3d74s2；(2) Fe3+外围电子排布式为3d5，Co3+外围电子排布式为3d6，由此可知Fe3+从电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量，所以第四电离能大小：I4(Fe) I4 (Co)； 故答案为：Fe3+电子排布较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量；(3)1mol配合物CoCl36NH3(黄色)溶于水，加入足量硝酸银溶液，产生3mol白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸，说明Cl-是外界离子，不是配位离子；络离子形状为正八面体，则说明Co3+与6个NH3形成配位络离子，则络离子化学式为Co(NH3)63+，故答案为：Co(NH3)63+；根据以上分析，该配合物为Co(NH3)6Cl3，与热NaOH溶液中发生反应，放出气体应为氨气，则化学方程式Co(NH3)6Cl3+3NaOH=Co(OH)3+6NH3+3NaCl；NH3分子的中心原子的价电子对数为=4，故杂化方式为sp3，故答案为：Co(NH3)63+；Co(NH3)6Cl3+3NaOH=Co(OH)3+6NH3+3NaCl；sp3；(4)由图可知，该堆积方式属于面心立方堆积；钴原子在面心立方堆积中，钴原子处于顶点和面心，该堆积方式下的晶胞参数为acm，因钴原子的半径为r，则晶胞立方体面对角线长为4r，则依据几何关系可知（4r）2=a2+a2，解得r=a cm，晶胞内钴原子数目=，则其空间利用率=， 故答案为：面心立方堆积；。10.据科技日报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，实现丙烯醇绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CHCH2OH。请回答下列问题：（1）基态镍原子的电子排布式为_。（2）1molCH2=CHCH2OH中键和键的个数比为_，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为_。（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是_。（4）羰基镍Ni(CO)4用于制备高纯度镍粉，它的熔点为25，沸点为43。羰基镍晶体类型是_。（5）Ni2+能形成多种配离子，如Ni(NH3)62+、Ni(SCN)3和Ni(CN)42等。Ni(NH3)62+中心离子的配位数是_ ，与SCN-互为等电子体的分子为_。（6）“NiO”晶胞如图所示。氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为_。已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为_nm(用代数式表示)。【Ni的相对原子质量为59】【答案】 (1). Ar3d84s2 (2). 9：1 (3). sp2、sp3 (4). 丙烯醇分子间存在氢键 (5). 分子晶体 (6). 6 (7). N2O(或CO2、BeCl2等) (8). (，1，1) (9). 107【解析】【分析】(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，属于过渡元素，也可写为Ar 3d84s2；(2)单键为键，双键含有1个键、1个键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个键,1个键；分子中饱和碳原子是sp3杂化，形成碳碳双键的不饱和碳原子是sp2杂化；(3)丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，沸点相对更高；(4)羰基镍的熔点、沸点都很低，符合分子晶体的性质；(5) Ni(NH3)62+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；(6)氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为，Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(，1，1)；观察晶胞结构、掌握各种微粒的空间位置关系，用均摊法计算晶胞中含有的Ni2+、O2-离子数目，计算晶胞的质量，再根据晶胞质量=晶胞密度晶胞体积计算。【详解】(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，价电子包括3d与4s能级电子，核外电子排布式为：Ar3d84s2；(2)单键为键，双键含有1个键、1个键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个键，1个键，故1 mol CH2=CHCH2OH中键和键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp3 杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化；(3)丙烯醇中含有羟基，分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；(4)羰基镍的熔点、沸点都很低，说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；(5) Ni(NH3)62+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；(6)氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为，Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(，1，1)；设晶胞参数为anm，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO，面对角线上的3个O原子相切，d=，a=10-7nm，设Ni2+半径为xnm,则有2r+2x=a，x=107nm。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、晶体类型与性质、空间构型、晶胞结构与计算等，(6)中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的书写计算能力，中学基本不涉及晶胞参数问题，可以适当进行拓展。这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的学科基础和数学功底。11.镍与VA族元素形成化合物是重要半导体材料，砷化镓(GaAs)是应用广泛的化工材料，回答问题：（1）基态Ga原子核外电子排布式为_，基态As原子核外有_个未成对电子。（2）镓失去电子的逐级电离能（单位：kJmol-1）的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为_和+3。砷的电负性比镍_（填“大”或“小”）。（3）比较下列镓卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：_。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/77.75122.3211.5沸点/201.2279346GaF3的熔点超过1000，可能的原因是_。（4）二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为_，草酸根中碳原子的杂化方式