河北省邢台市第八中学2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

邢台市第八中学2020年度第二学期期末考试试卷高二化学一、单选题(每题3分，共18小题)1. 下列说法中正确的是（）A. 分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B. 失电子难的原子获得电子的能力一定强C. 在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，该元素被还原D. 电子层结构相同的不同离子，其半径随核电荷数增多而减小【答案】D【解析】分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定，A不正确。失电子难的原子获得电子的能力不一定强，例如稀有气体，B不正确。某元素由化合态变为游离态，该元素可能被还原，也可能被氧化，C不正确。所以正确的答案是D。2.下列各组元素性质的递变情况错误的是A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多B. P、S、Cl元素的最高化合价依次升高C. N、O、F电负性依次增大D. Na、K、Rb第一电离能逐渐增大【答案】D【解析】【分析】A根据原子核外电子排布分析；B根据元素的最高正价等于核外最外层电子数分析；C同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强；D同主族元素从上到下元素的第一电离能依次减小。【详解】ALi、Be、B原子最外层电子数分别为1、2、3，则原子最外层电子数依次增多，选项A正确；BP、S、Cl元素最外层电子数分别为5、6、7，最高正价分别为+5、+6、+7，最高正价依次升高，选项B正确；C同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则N、O、F电负性依次增大，选项C正确，D同主族元素从上到下元素的第一电离能依次减小，则Na、K、Rb元素的第一电离能依次减小，选项D错误。答案选D。3.关于元素周期律和元素周期表的下列说法中正确的是()A. 目前发现的所有元素占据了周期表里全部位置，不可能再有新的元素被发现B. 按原子的电子构型，可将周期表分为5个区C. 俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献D. 同一主族的元素从上到下，金属性呈周期性变化【答案】B【解析】A随着科学技术的发展，人们可以不断合成一些元素，元素周期表中元素的种类在不断的增加，故A错误；B按构造原理最后填入电子的能级符号，可将周期表分为5个区，5个区分别为s区、d区、p区、ds区和f区，故B正确；C俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献，而不是道尔顿，故C错误；D同一主族的元素从上到下，金属性逐渐增强，而不是呈周期性变化，故D错误；故选B。4.将Fe、Cu、Fe2、Fe3和Cu2盛于同一容器中充分反应，反应后Fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是A. Cu、Fe3B. Fe2、Fe3C. Cu、Cu2D. Cu、Fe2【答案】D【解析】试题分析：金属的还原性为铁大于铜，相同条件下，铁先与铜反应，离子的氧化性为铁离子大于铜离子大于亚铁离子。相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子，因为铁有剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜剩余，铁与铁离子反应生成亚铁离子，铜离子都会发生反应生成亚铁离子和铜，所以反应后一定有亚铁离子和铜，选D。考点： 铁的化学性质，铜及其重要化合物的性质5.已知N2O2=2NO为吸热反应，H180 kJmol1，其中NN、O=O键的键能分别为946 kJmol1、498 kJmol1，则NO键的键能为()A. 1 264 kJmol1B. 632 kJmol1C. 316 kJmol1D. 1 624 kJmol1【答案】B【解析】反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，即946 kJmol1498 kJmol12x180 kJmol1，解得x632 kJmol1 ，答案选B。6.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子之间通过氢键相连(层状结构如图所示，图中虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是A. H3BO3分子的稳定性与氢键有关B. 含1 molH3BO3的晶体中有3 mol氢键C. 分子中B、O最外层均为8e-稳定结构D. B原子杂化轨道类型为sp2，同层分子间的主要作用力是范德华力【答案】B【解析】A稳定性是化学性质，取决于化学键的强弱，氢键是属于分子间作用，与分子的稳定性无关，故A错误；B一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1 molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，故B正确；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层内的H3BO3分子之间主要通过氢键相连，故D错误；故选B。点睛：注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响，把握氢键与化学键、分子间作用力的区别。氢键是分子间作用力的一种，F、O、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或降低。关于氢键需要注意以下三点：有氢键的分子间也有范德华力，但有范德华力的分子间不一定有氢键。一个氢原子只能形成一个氢键，这就是氢键的饱和性。分子内氢键基本上不影响物质的性质。7.下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是A. 晶体硅B. 食盐C. 干冰D. 金属钾【答案】C【解析】试题分析：A晶体硅 是原子晶体，熔化时断裂共价键，错误；B食盐是离子晶体，熔化时断裂离子键，错误；C干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关，正确；D金属钾是金属晶体，熔化时断裂的为金属键，错误.考点：考查物质的熔化与晶体类型的关系的知识。8. 根据等电子原理：由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特性。以下各组粒子结构不相似的是A. CO和N2B. O3和NO2C. CO2和N2OD. N2H4和C2H4【答案】D【解析】试题分析：原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，互为等电子体的微粒结构相似。则A、CO和N2互为等电子体，结构相似，A错误；B、臭氧和亚硝酸根离子互为等电子体，结构相似，B错误；C、CO2和N2O互为等电子体，结构相似，C错误；D、N2H4和C2H4的原子数相等，但最外层电子数不同，前者是14，后者是12，不能互为等电子体，则结构不同，D正确，答案选D。考点：考查等电子体9.据图装置和表中提供的物质完成实验室制取、收集表中气体并进行尾气处理(省略夹持、加热及净化装置),最合理的选项是( )选项 中的物质 中的物质 中收集的气体 中的物质 A 浓氨水 B 稀硫酸 石灰石 溶液 C 稀硝酸 D 浓盐酸 溶液 A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、氨气的收集错误，错误；B、试剂错误，应选用稀盐酸与石灰石反应，因为稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石表面，阻碍反应进一步进行，错误；C、试剂错误，稀硝酸与铜反应生成NO，错误；D、正确。考点：考查气体的制备与收集有关问题。10.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol-1。请根据下表所列数据判断，下列说法错误的是( )元素 I1I2I3I4X 500 4600 6900 9500 Y 580 1800 2700 11600 A. 元素X的常见化合价是+1价B. 元素Y是第A族元素C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD. 若元素Y处于第三周期,则它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】观察表中的数据，X元素的I1和I2相差很大，而I2、I3、I4的差距相差较小，则X易形成X+，即X位于I A族；同理，Y元素的I3和I4相差极大，则Y易形成Y3+，Y位于III A族。【详解】A. 由电离能的数据可以推出X易形成+1价的化合物，A正确；B. 由电离能的数据可以推出Y易形成+3价的化合物，则Y位于III A族，B正确；C. X位于I A族，则其与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D. Y位于III A族，若Y在第三周期，则Y为Al，它和沸水反应缓慢，不和冷水反应，D错误；故合理选项D。【点睛】对于元素的电离能而言，In和In+1的两个数据发生突变时，该元素易形成+n价的化合物，从而可以判断该元素在周期表中的族位置。11.下列物质分类正确的是( )A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B. 稀豆浆、盐酸、氯化铁溶液均为胶体C. 烧碱、纯碱、金属铜均为电解质D. 盐酸、氯水、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A. 酸性氧化物指能和碱反应，只生成盐和水的氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；B. 盐酸、氯化铁溶液不属于胶体，B错误；C. 电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物，所以铜不是电解质，C错误；D. 盐酸是HCl的水溶液，氯水是将氯气通入到水中形成的溶液，氨水是将氨气通入到水中的溶液，则这三种溶液都是混合物，D正确；故合理选项为D。【点睛】电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物。12.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A. 原子半径：WZYXMB. XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C. 由X元素形成的单质不一定是原子晶体D. 由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】正确答案：C由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。所以，原子半径应是WXYZM（即NaCNOH）,A选项错。B选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2不是直线型共价化合物（折线型化合物），B错误。C选项是正确的，例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体。D选项中，X、Y、Z、M四种元素可形成化合物 (NH4)2CO3、NH4HCO3、CO(NH2)2(尿素)等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，所以D错。【此处有视频，请去附件查看】13.下列关于晶体的说法中正确的是( )A. 离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子B. 金属晶体的熔点和沸点都很高C. 分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键D. 原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键【答案】C【解析】【详解】A. 离子晶体中每个离子周围可能吸引着6个带相反电荷的离子，比如NaCl晶体；也可能吸引着8个带相反电荷的离子，比如CsCl晶体；A错误；B. 金属晶体的熔点和沸点很高，但是跨度也很大，比如金属汞在常温下为液态，即其熔点低，B错误；C. 分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键，比如稀有气体形成的分子晶体，C正确；D. 原子晶体中的相邻原子间可能只存在非极性共价键，比如硅晶体、金刚石；也可能只存在极性共价键，比如SiO2晶体；D错误；故合理选项为C。14.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是A. 标准状况，11.2L氧气所含的原子数为NAB. 1.8g的NH4离子中含有的电子数为NAC. 常温常压下，48gO3和2的混合气体含有的氧原子数为3NAD. 2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA【答案】D【解析】试题分析：2.4gMg为0.1mol，转变为Mg2+时失去电子数为0.2mol，D错误，其余的都正确。答案选D。考点：阿伏伽德罗常数点评：阿伏伽德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题出现的几率为100%。这双因为它既考查了学生对物质的量与粒子数、质量、气体体积和物质的量浓度之间的关系，又可以与物质结构、盐类水解、弱电解质的电离等其他的概念性知识点结合成综合性习题。15.表中对于相关物质的分类全部正确的是()选项纯净物混合物碱性氧化物非电解质A液氯漂白粉Al2O3COB醋酸浓硫酸Na2O2乙醇C碱石灰盐酸K2OCl2D胆矾水玻璃CaOSO2A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. Al2O3属于两性氧化物，A错误；B. Na2O2属于过氧化物，B错误；C. 碱石灰是CaO和NaOH的混合物，Cl2既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. 水玻璃是Na2SiO3的水溶液，D正确；故合理选项为D。【点睛】电解质和非电解质的研究对象都是化合物，所以单质不属于电解质，或非电解质。16.现有一种蓝色晶体，可表示为MxFey(CN)6，经X 射线研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN-位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如下图所示。下列说法中正确的是( )A. 该晶体的化学式为MFe2(CN)6B. 该晶体属于离子晶体，M呈+3价C. 该晶体属于离子晶体，M呈+2价D. 晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个【答案】A【解析】【分析】Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，则该结构单元中，所含Fe3+有个，Fe2+有个，CN-有个。由于该晶体的化学式为MxFey(CN)6，所以y=2，且该晶体的化学式中含有1个Fe3+、1个Fe2+，所以x为1，即该化学式为MFe2(CN)6。【详解】A. 经计算得知，该结构单元中，含有个Fe2+、个Fe3+、3个CN-。由于该晶体的化学式为MxFey(CN)6，则y=2，x=1，即该化学式为MFe2(CN)6，A正确；B. 从构成晶体的微粒来看，该晶体为离子晶体；由于化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，B错误；C. 该晶体为离子晶体；由于化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，C错误；D. 晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为6个，D错误；故合理选项为A。17.下列物质的变化规律，与共价键的键能有关的是A. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高B. HF的熔、沸点高于HClC. 金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低【答案】C【解析】【详解】A.F2、Cl2、Br2、I2 属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键无关系，故A不符合题意；B.HF的沸点较HCl高是因为HF分子间存在氢键，其作用力较HCl分子间作用力大，与共价键无关，故B不符题意；C.金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与共价键的键能大小有关，故C符合题意；D.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与离子键的键能大小有关，故D不符合题意；答案选C【点睛】本题主要考查同种类型的晶体熔、沸的高低的比较，一般情况下，原子晶体中共价键键长越短，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。18.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如下图所示)，但由于CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为( )A. 4B. 6C. 8D. 12【答案】A【解析】【详解】CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，且CaC2晶体中哑铃形C22-使晶胞沿一个方向拉长，则原先的正方体构型变为了长方体构型（可以看成时长方体的高被拉长，长和宽依旧不变），则1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为4，故合理选项为A。【点睛】对于此类题目，要先理解题目的意思，再结合立体几何知识去分析，得到答案。二、填空题(共46分)19.A、B、C、D、E五种常见元素的基本信息如下所示：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B是所有元素中电负性最大的元素，C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO 两种氧化物。请回答下列问题：(1)写出E元素原子基态时的电子排布式：_。(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_(填“大”或“小”)。(3)与D元素同周期且未成对电子数最多的元素是_。(4)A、C、E三种元素可形成E(CA3)42+配离子，其中存在的化学键类型有_(填字母)。配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键 若E(CA3)42+配离子具有对称的空间构型，且当E(CA3)42+中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则E(CA3)4 2+的空间构型为_(填字母)。a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 大 (3). Cr (4). (5). a【解析】【分析】A元素的一种原子的原子核内没有中子，则A为H。B是所有元素中电负性最大的元素，则B为F。C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，则C为N。E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO，则E为Cu。D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca。综上所述，A为H，B为F，C为N，D为Ca，E为Cu。【详解】（1）E为Cu，29号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C为N，其非金属性比O弱，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能要比O的大；（3）D为Ca，位于第四周期，该周期中未成对电子数最多的元素是Cr（核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1）；（4）A、C、E三种元素可形成Cu(NH3)42+配离子，其化学键Cu-N属于配位键，N-H属于极性共价键，故合理选项为；当Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则说明该离子的空间构型为平面正方形（参考甲烷的空间构型的验证实验）。20.根据所学知识回答下列问题。(1)纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域.单位质量的和单质燃烧时均放出大量热,可用作燃料.已知和为短周期元素,其原子的第一至第四电离能如下表所示:电离能/932182115390217717381451773310540某同学根据上述信息,推断的核外电子排布如图所示,该同学所画的电子排布图违背了_, 元素位于周期表五个区域中的_ 区。分子的中心原子采取_杂化, 的空间构型为_。(2)原子或离子外围有较多能量相近的空轨道,所以其能与一些分子或离子形成配合物。 与原子或离子形成配合物分子或离子应具备的结构特征是_。 六氰合亚铁离子中不存在_(填字母)。A.共价键 B.非极性键 C.配位键 D. 键写出一种与互为等电子体的单质的分子式:_ 。(3)种合金的晶胞结构如图,请据此回答下列问题: 该合金的化学式为_。 若晶体的密度为 ,则该晶胞棱长为_ (设为阿伏加德罗常数的值,用含和的代数式表示,不必化简)。【答案】 (1). 能量最低原理 (2). s (3). (4). 直线形 (5). 具有孤对电子 (6). B (7). (8). (9). 【解析】【详解】（1）由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，2p能级的轨道内有自旋方向相同的2个电子，所以违背能量最低原理与泡利原理由表中电离能可知，二者第三电离能剧增，故为+2价，都为短周期元素，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s2，处于周期表中s区，故答案为：能量最低原理；s；BeCl2分子中Be的成2个键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型，故答案为：sp；直线；（2）形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子；六氰合亚铁离子Fe（CN）64-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在CN三键，为极性共价键，三键中有1个键2个键，所以CN-中共价键、配位键、键、键；CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质为N2，故答案为：B；N2；（3）由晶胞图示可知，晶胞中含有4个Al原子，且都位于晶胞内部，则晶胞平均含有4个Al，晶胞中Fe位于顶点的有8个，位于面心的有6个，位于棱上的有12个，位于体心的有1个，含有Fe原子数目为8+6+12+1=8，Fe与 Al原子数目之比为8：4=2：1，故该合金的化学式为Fe2Al，故答案为：Fe2Al；一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，晶胞的质量为g，棱长为，故答案为：。21.A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1) C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：A_，B_，C_，D_(2)写出下列反应的离子方程式：A+C_。D+盐酸_。【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CuSO4 (4). Na2CO3 (5). Ba2+SO42-=BaSO4 (6). CO32-+2H+=H2O +CO2【解析】【分析】A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+