河北省邯郸市曲周县第一中学高二化学下学期期中试题（扫描版）.doc

河北省邯郸市曲周县第一中学2015-2016学年高二化学下学期期中试题（扫描版）参考答案1、【答案】d【解析】a价层电子排布为2s22p2的元素为c，价层电子排布为2s22p4的元素为o，二者可形成co2，故a不选；b价层电子排布为3s23p4的元素为s，价层电子排布为2s22p4的元素为o，二者可形成so2，故b不选；c价层电子排布为3s2的元素为mg，价层电子排布为2s22p5的元素为f，二者可形成mgf2，故c不选；d价层电子排布为3s1的元素为na，价层电子排布为3s23p4的元素为s，二者可形成na2s，与题目不符，故d选故选d2、【答案】a【解析】解：a道尔顿发现原子“实心球”模型，故a错误；b汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干面包模型，故b正确；c卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是粒子散射实验，故c正确；d1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，原子系统只能具有一系列的不连续的能量状态，当原子从一个具有较大能量的定态跃迁到另一个能量较低的定态时，它辐射出具有一定频率的光子，原子的不同能量状态和电子沿不同的圆形轨道绕核运动相对应，氢原子光谱指的是氢原子内的电子在不同能阶跃迁时所发射或吸收不同波长，该光谱的发现在玻尔核外电子分层排布模型原子结构的认识过程中，有极为重要的意义，故d正确故选a3、【答案】b【解析】按照四种元素原子序数依次增大，x和z同主族，y和w同主族，且原子半径x小于y，因此x为h，则z为na，四种元素原子最外层电子数之和为14，推出y和w的最外层电子数为6，即y是o，w：s，a、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强，即hclo4酸性最强，故错误；b、非金属性越强，氢化物越稳定，同主族从上到下，非金属性减弱，即稳定性：h2oh2s，故正确；c、y和x形成化合物h2o，属于分子化合物，含有极性键，z和x形成化合物是nah，属于离子化合物，含有离子键，故错误；d、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右，半径随着原子序数的递增而减小，即半径大小顺序是：nasoh，故错误。4、【答案】b【解析】解：结合周期元素x、y、z、w在元素周期表中的相对位置可知，x、w处于第二周期、y、z处于第三周期；z所处的族序数是周期序数的2倍，则z位于a族，为s元素，根据相对位置可知y为p、x为c、w为f，ax、y、z分别为c、p、s元素，最高化合价分别为+4、+5、+6，则最高正化合价：xyz，故a正确；bx、y、z分别为c、p、s元素，电子层越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：xzy，故b错误；c非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性sf，则气态氢化物的热稳定性：zw，故c正确；dx、z分别为c、s元素，非金属性cs，则最高价氧化物对应水化物的酸性：xz，故d正确；故选b5、【答案】d【解析】解：非金属性：fos，气态氢化物的稳定性为：hfh2oh2s，故错误；金属离子半径越小，电荷越高，金属键越大，熔点就高，则熔点：alnak，故正确；金属原子失去电子形成阳离子，电子层减少，则a族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故正确；从b族到b族10个纵行为副族及第族元素，均为金属元素，故正确；多电子原子中，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，故错误；在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，故正确；含金属元素的化合物如氯化铝中含共价键，故错误；根据分析可知，错误的有：，故选d6、【答案】d【解析】解：x、y、z、w、r是5种短周期元素，其原子序数依次增大，x是周期表中原子半径最小的元素，则a为h元素；y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故y为o元素；r与y处于同一族，则r为s元素；z、w原子的核外电子数之和与y、r原子的核外电子数之和相等，则z、w原子的核外电子数之和为8+16=24，根据z、w、r处于同一周期，故z、w为第三周期元素，原子序数w大于z，故z为na，w为al元素，ay是o元素，z是na元素，w是al元素，y、z、w具有相同电子层结构的离子（o2、na+、al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，所以离子半径o2na+al3+，故a错误；bna2o2由钠离子与过氧根离子构成，39gna2o2中含有的离子数约为36.021023mol1=9.031023，故b错误；cz的氧化物的水化物为naoh，r的氧化物的水化物为h2so4或h2so3，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，氢氧化钠与亚硫酸反应可以生成亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，亚硫酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故c错误；d元素y、r分别与元素x形成的化合物是氢化物，因为y（o元素）和r（s元素）的非金属性强弱：yr，所以对应的氢化物的稳定性：xmyxmr，故d正确；故选d7、【答案】c【解析】解：w、x、y、z为短周期元素，w、z同主族，w的气态氢化物的稳定性比z的气态氢化物的稳定性强，故w、z为非金属，原子序数zw，w处于第二周期，z处于第三周期，x、y、z同周期，x、y为金属元素，x单质的还原性大于y的单质的还原性，则原子序数yx，且二者处于第三周期a若w与x形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故a错误；bw的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，w为c、z为si时，w氢化物沸点较低，故b错误；cw、z同主族，原子序数zw，x、y、z同周期，x、y、z的原子序数zyx，所以原子半径xyzw，故c正确；d若w为n元素，y为mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为mg3n2，为y3w2，故d错误；故选c8、【答案】c【解析】ancl3中所有原子都达到8电子结构，a错误；bccl4的结构对称，正负电荷的中心重合为非极性分子，nh3是以极性键结合的极性分子，p4是单质而不是化合物，b错误；ccao和sio2晶体，分别为离子晶体、原子晶体，所以都不存在单个小分子，c正确；d键是由两个p电子以“肩并肩”方式重叠而成，键是轴对称，而键是镜面对称，d错误，答案选c。9、【答案】c【解析】a键是电子“头对头”重叠形成的，键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以键比键重叠程度大，故a正确；b键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，故b正确；c气体单质分子中，可能只有键，如cl2；也可能既有键又有键，如n2；但也可能没有化学键，如稀有气体，故c错误；d氮气分子的结构式为nn，所以一个氮气分子中含有一个键，2个键，故d正确；故选c10、【答案】b【解析】aclo3中cl原子形成3个键，孤电子对数为=1，应为三角锥形离子，故a错误；bsif4中si原子的价层电子对为4+=4，中心原子的杂化方式为sp3杂化，so32中s原子的价层电子对为=4，中心原子的杂化方式为sp3杂化，故b正确；c稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故c错误；dc2h5oh分子中共含有5个碳氢极性共价键、1个碳氧极性共价键和1个氢氧极性共价键，所以含有7个极性共价键，含1个碳碳非极性共价键，无 键，故d错误；故选b11、【答案】b【解析】解：a甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，故a不选；b硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，所以不是等电子体，故b选；c二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故c不选；d碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，故d不选；故选b12、【答案】a【解析】解：a共价键中一定含键，则在分子中，化学键可能只有键，而没有键，故a错误；b原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成键，可能形成键，配位键是键，故b正确；c键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，故c正确；d键不稳定，易断裂，则含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者，故d正确故选a13、【答案】a【解析】氮的最高价氧化物为n2o5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为no3-，则其阳离子的化学式为：no2+，其中心n原子价电子对数=键个数+孤电子对个数=2+（5-1-22）/2=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，答案选a。14、【答案】c【解析】a通过sp3杂化形成中性分子，分子中价层电子对个数是4且不含孤电子对，如ch4或cf4，分子为正四面体结构，分子中价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，为三角锥型分子，该类型分子有nh3或nf3，该分子中价层电子对个数是4且具有2个孤电子对，为v型分子如h2o，故a错误；bscl2中s原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以s原子采取sp3杂化轨道成键，故b错误；c杂化轨道只用于形成键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的p轨道形成键，故c正确；dab3型的共价化合物，其中心原子a不一定采用sp3杂化轨道成键，如bf3中价层电子对个数=3+（331）=3，b原子采用sp2杂化，故d错误；故选c15、【答案】c【解析】解：a、no2中心原子的价层电子对数=2+（5+122）=3，含有一个孤电子对，空间构型为v形，nh4+中心原子的价层电子对数=4+（5141）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故a不选；b、h3o+中心原子的价层电子对数=3+（6131）=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，clo3中心原子的价层电子对数=3+（7+132）=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故b不选；c、no3中心原子的价层电子对数=3+（5+132）=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，co32中心原子的价层电子对数=3+（4+223）=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故c选；d、po43中心原子的价层电子对数=4+（5+342）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，so42中心原子的价层电子对数=4+（6+242）=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故d不选故选c16、【答案】b【解析】1mol配合物生成1 mol agcl沉淀，知道1 mol配合物电离出1 mol cl，即配离子显+1价，又因为外界有一个cl，且co显+3价，所以+中有两个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=62=4，所以m=3，n=4；答案：b；17、【答案】d【解析】a正硼酸晶体中存在h3bo3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，故a错误b分子的稳定性与分子内的bo、ho共价键有关，熔沸点与氢键有关，故b错误c硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此b原子不是8e稳定结构，故c错误d.1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molh3bo3的晶体中有3mol氢键，故d正确；故选d18、【答案】a【解析】a在sio2晶体中含有极性共价键sio键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，故a错误；b同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，故b正确；c若该极性键存在于含有c元素的化合物，如ch4、ch3ch2oh等，则相应的物质是有机物，故c正确；d离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性共价键，如naoh，也可能含有非极性共价键，如na2o2，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，故d正确；故选a19、【答案】a【解析】解：在aa中的氢化物里，nh3、h2o、hf因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有a族元素氢化物不存在反常现象，且沸点：h2ohfnh3，由沸点折线图可知a点代表的应是第a族的第四种元素碘的氢化物，即hi，故选a20、【答案】d【解析】解：a碳原子连接2个相同的原子，所以该碳原子不是手性碳原子，故a错误；b甘油的结构简式为：ch2chch2，三个碳原子中每个碳原子都含有相同的原子或原子团，所以不含手性碳原子，故b错误；cch3ch2oh分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，故c错误；d该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，所以该碳原子属于手性碳原子，故d正确；故选d21、【答案】a【解析】a过氧化钠中，两个氧原子之间存在非极性共价键，但是过氧化钠为离子化合物，故a正确；b化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故b错误；c已知c=c中含有1个键和1个键，cc中只含有1个键，而且键不稳定键能比键小，所以c=c的键能比cc键能的2倍要小，故b错误；dh2o中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故d错误；故选：a22、【答案】d 【解析】 23、【答案】a【解析】乙醛（c2h4o）可以表示为c2h2h2o，故乙炔（c2h2）、苯（c6h6）、乙醛（c2h4o）的混合气体可以看做c6h6、c2h2、c2h2、h2o的混合物，o元素的分数为8%，故水的质量分数为=9%，故ch的质量分数19%=91%，c、h质量之比为12：1，故c元素的质量分数为91%=84%，答案选a。24、【答案】c【解析】解：a苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯中，引入新杂质，应加入氢氧化钠溶液除杂，故a错误；b乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，不能得到纯净的乙烷，故b错误；c溴苯不溶于水，且溴可与氢氧化钠溶液反应，可用分液的方法分离，故c正确；d乙醛在碱性条件下与cu（oh）2发生氧化还原反应生成乙酸，乙酸溶于水，且与氢氧化铜发生中和反应，不能过滤分离乙酸，故d错误故选c25、【答案】c【解析】ach3ch2ch3中有2种h原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，故a错误； bch3coch3中有2种h原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，故b错误；cch3ch2oh中有3种h原子，核磁共振氢谱有3个吸收峰，故c正确；dch3och3中有1种h原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故d错误故选c二、实验题26、【答案】（1）+nahco3 +h2o+co2 （2）（3）流程（1）装置图中长导管的作用是平衡气压和冷凝回流。（4）既保证有较高的反应速率又减少物质的挥发；（5）该反应有硫酸参与，要检验是否洗涤干净，只需检验是否存在so42-就行，具体方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加少量氯化钡，再滴加稀盐酸若无沉淀出现则洗涤干净，反之则未洗涤干净。（6）产品中仍然可能含有水杨酸。 （7）3 （8）69%【解析】解：（1）乙酰水杨酸中含有羧基和酚羟基，只有羧基的酸性大于碳酸，能与碳酸氢钠反应生成co2和水，反应的化学方程式为+nahco3 +h2o+co2 （2）乙酰水杨酸中含有羧基和酚羟基，均能和碳酸钠溶液反应，生成物为.（3）平衡气压和冷凝回流（4）乙酸酐的沸点是139，温度太高，则反应物易挥发，而温度太低，则反应速率太慢，所以既保证有较高的反应速率又减少物质的挥发，选择采取8590的反应温度；（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加少量氯化钡，再滴加稀盐酸若无沉淀出现则洗涤干净，反之则未洗涤干净。（6）加入12滴fecl3溶液，溶液呈浅紫色，与氯化铁溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，只有水杨酸中含有酚羟基，所以可能的原因是产品中仍含有水杨酸。（7）根据水杨酸的结构简式，该分子中有一个羧基和一个酯基，它们都能消耗naoh，酯基与naoh反应后生成酚羟基和羧基钠，而酚羟基能继续与naoh反应，所以1mol乙酰水杨酸与氢氧化钠溶液反应可能，最多消耗3 mol naoh。（8）根据水杨酸、乙酸酐的质量可知乙酸酐过量，按照水杨酸的质量进行计算，根据水杨酸乙酰水杨酸的关系，可知4g的水杨酸理论上可制取4g/138180=5.2g的乙酰水杨酸，所以实验中乙酰水杨酸的产率为3.6g/5.2g100%=69%。三、填空题27、【答案】（1）h；o；al；s；k；（2）kal（so4）2.12h2o；用作净水剂；（3）1s22s22p63s23p1；（4）；（5）os【解析】有a、b、c、d、e 5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20b和d也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，最外层电子排布为ns2np4，处于a族，d的原子序数较大，故b为o元素、d为s元素；a和e属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于ia族，e是金属元素，则a为h元素，e原子序数大于s，故e为k；c原子最外层上电子数等于d原子最外层上电子数的一半，最外层电子数为3，处于a族，原子序数大于氧、小于硫，故c为al，（1）由上述分析可知，a为h元素，b为o元素，c为al元素，d为s元素，e为k元素，故答案为：h；o；al；s；k；（2）由这五种元素组成的一种化合物的化学式为kal（so4）2.12h2o，该物质的一种主要用途：用作净水剂，故答案为：kal（so4）2.12h2o；用作净水剂；（3）c为al元素，原子核外有13个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1；（4）d为s元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外电子排布图为，故答案为：；（5）b为o元素、d为s元素，同主族自上而下电负性减小，故电负性os，故答案为：os28、【答案】（1）3d54s1； （2）n；（3）h2o2；（4） 分子； bde；（5）cr（h2o）5clcl2；（6）sp2、sp3【解析】解：a、b、c、d、e、f分别为：h、n、o、al、cl、cr，甲和乙分别为h2o、h2o2，丙为al2cl6（1）f为cr元素，根据构造原理可知，3d轨道处于半满状态比较稳定，则cr的基态原子的外围电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1； （2）由于o原子核外价电子排布式2s22p4，而n原子核外价电子排布式2s22p3，2p亚层属于半充满的稳定结构，难失去一个电子，因此第一电离能较大的为n元素，故答案为：n；（3）根据分析可知，甲为水，乙为双氧水，含有非极性共价键的是h2o2，故答案为：h2o2；（4）根据图1可知，丙是al2cl6，化合物丙熔点190，沸点183，则丙为分子晶体，故答案为：分子；al2cl6是分子晶体，分子间存在范德华力，分子内有极性共价键和配位键，故选：bde；（5）甲为水，元素e为cl，配合物戊由f3+与a、c、e构成；生成的28.7g白色沉淀是agcl，氯化银的物质的量为：=0.2mol，0.1mol戊能够电离出0.2mol氯离子，说明该化合物能电离