黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）第I卷（选择题）一、选择题（本题共16道小题，每小题3分，共48分）1.下列叙述正确的是A. 铬原子的电子排布式：ls22s22p63s23p63d44s2B. Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大C. 碳原子的电子排布图：D. N、O、F的电负性逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A.铬的原子序数为24，电子排布式：ls22s22p63s23p63d54s1，故A错误；B.Mg的外围电子排布为3s2，s轨道处于全充满状态，第一电离能相对较高，故Na、Mg、Al的第一电离能最大的是Mg，故B错误；C.2p轨道上的两个电子应分占两个不同的轨道，故C错误；D.同一周期，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故 N、O、F的电负性逐渐增大，故D正确；故选D。2.已知X、Y均为主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是A. 元素X的常见化合价是+1价B. 元素Y是A族的元素C. 元素X与氯形成化合物时，化学式是XClD. 若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【详解】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。A. X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B.通过以上分析知，Y 为第IIIA族元素，故B正确；C.元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中x显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故C正确；D.若元素Y处于第3周期，Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误；故选D。3.元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示：已知Y元素原子的外围电子排布为ns（n1）np（n+1），则下列说法不正确的是XYZA. Y元素原子的外围电子排布为4s24p4B. Y元素在周期表的第三周期第A族C. X元素所在周期中所含非金属元素最多D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3【答案】A【解析】试题分析：Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素，AS元素原子的外围电子排布为3s23p4，A错误；BY为S元素，处于第三周期第A族，B正确；CX为F元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，C正确；DZ为As元素，是33号元素，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，D正确，答案选A。考点：考查结构与位置关系、核外电子排布规律、元素周期表等4.图为一种冰的晶胞，请问该每个晶胞中有几个氢键 A. 2 B. 4C. 8 D. 12【答案】B【解析】【详解】由图可知，中心水分子与周围四个水分子形成四个氢键，每个氢键为两个水分子共有，平均到每个水分子含有氢键个数为41/2=2，根据均摊法可知完全属于该晶胞的水分子有2个，故每个晶胞中有4个氢键，故B正确；故选B。5.有X、Y两种元素，原子序数20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同（选项中m、n均为正整数），下列说法正确的是A. 若X（OH）n为强碱，则Y（OH）n也一定为强碱B. 若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C. 若X形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D. 若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m【答案】A【解析】试题分析：X、Y的最外层电子数相同，说明X、Y是同主族元素，X的原子半径小于Y，则X在Y的上一周期。A、若X(OH)n为强碱，Y在X的下方，Y的金属性比X强，Y的最高价氧化物的水化物的碱性比X强，所以Y(OH)n也一定为强碱，A正确；B、若HnXOm为强酸，X的氢化物的水溶液不一定为酸性，如X是N元素，其氢化物的水溶液为碱性，B错误；C、若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质不一定是Y2，如X是O元素，氧气的分子式是O2，而S单质的化学式即为元素符号，C错误；D、若Y的最高价为+m，则X的最高价不一定是+m，如Y是Cl元素，最高价是+7价，而F元素无正价，D错误，答案选A。考点：考查同主族元素的性质递变规律6.元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置下列叙述正确的是A. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高B. 原子核外电子的数目越多，电子的运动状态就越多C. 轨道表示式，是对原子核外电子运动状态最完美的描述D. 所有元素原子的最外层电子数都等于该元素的最高化合价【答案】B【解析】A、离核较近区域能量较低，多电子原子中，能量高的电子在离核较远的区域内运动，故A错误；B、核外电子没有运动状态相同的电子，核外有几个电子就有几种运动状态不同的电子，故B正确； C、轨道表示式不能像电子云那样形象表示电子在一定区域运动，故C错误；D、O元素、F元素一般没有正化合价，故D错误，故选B。点晴：解答本题要熟悉核外电子的排布规律。本题的易错项是D，要注意O元素、F元素一般没有正化合价，尤其是F，化合物中只有-1价。7.下列说法正确的是A. 含有非极性键的分子不一定是共价化合物B. 分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响C. 根据键的成键特征判断C=C键能是CC键能的2倍D. H2O中心原子采取sp杂化【答案】A【解析】【详解】A.氧气分子间存在非极性共价键，但氧气是单质，不是化合物，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.已知碳碳双键中含有1个键和1个键，C-C中只含有1个键，而且键不稳定键能比键小，所以碳碳双键的键能比碳碳单键键能的2倍要小，故B错误；D.H2O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；答案：A8.氯仿（CHCl3）常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COCl2)2CHCl3+O22HCl+2COCl2下列说法不正确的有A. CHCl3分子的空间构型为正四面体B. COCl2分子中中心C原子采用sp2杂化C. COCl2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构D. 使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质【答案】A【解析】试题分析：CH4是正四面体结构，但CH与CCl键长不等，CHCl3分子的空间构型为四面体，但不是正四面体，A错误；COCl2分子是平面结构，中心C原子采用sp2杂化，B正确；COCl2中C原子形成了四个电子对，O原子形成了2个共用电子对，每个氯原子形成一个电子，所有原子最外层都满足8电子结构，C正确；如果氯仿变质，则产物中含有HCl，氯化氢在水溶液电离产生Cl-，Cl-+Ag+=AgCl，AgCl是白色既不溶于水也不溶于酸的沉淀，故检验氯仿是否变质可选用AgNO3溶液，D正确。考点：分子的结构特征分析，涉及C原子的杂化形式、Cl的检验等。9.下列分子属于手性分子的是A. H2OB. C. D. H2NCH2COOH【答案】B【解析】【详解】A.H2O中O原子只能形成2个共价键，不属于手性分子，故A错误；B.中间的碳原子周围连着的四个原子或原子团分别是：甲基、羟基、氢原子、羧基、该分子属于手性分子，故B正确；C.中每个碳原子上均连接了2个相同的原子或原子团，不属于手性分子，故C错误；D. H2NCH2COOH中的左边的碳原子连着两个氢原子，右边的碳原子上连着C=O，故D错误；故选B。【点睛】在有机物分子中，若某个碳原子连接4个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，该分子属于手性分子。10.下列说法正确的是：非极性分子中一定含有非极性键；s-s键与s-p键的电子云形状相同；含有键的化合物与只含键的化合物的化学性质不同；中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型不一定是正四面体；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内；3p2表示3p能级有两个轨道A. B. C. D. 【答案】A【解析】非极性分子中可能只含极性键，如四氯化碳，是极性键形成的非极性分子，故错误；s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，所以s-s键与s-p键的电子云形状不同，故错误；键和键的活泼性不同导致物质的化学性质不同，含有键的物质性质较活泼，故正确；中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故正确；有的分子内也含有氢键，所以不是仅存在于分子之间，故正确；3p2表示3p能级有两个电子，而不是两个轨道，故错误；正确，故选A。点睛：本题考查杂化类型的判断及分子构型的判断，氢键及分子晶体中原子的杂化类型是高考的热点。需要注意几点内容。结构对称、正负电荷中心重合的分子为非极性分子；s-s 键与s-p 键的电子云形状不同；氢键有分子间氢键和分子内氢键两种类型；键和键的活泼性不同导致物质的化学性质不同；中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体。11.下列关于价层电子对互斥模型(VSEPR模型)的叙述中不正确的是A. VSEPR模型可用来预测分子的立体结构B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构C. 中心原子上的孤电子对不参与互相排斥D. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定【答案】C【解析】A.VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，故A正确；B.分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，故B正确；C.中心原子上的孤电子对参与互相排斥，故C不正确；D.分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定，故D正确。故选B。点睛：价层电子对互斥理论是利用中心原子的价层电子对判断粒子的空间构型。12.下列叙述正确的是A. 离子晶体中，只存在离子健，不可能存在其它化学键B. 可燃冰中甲烷分子与水分子之间存氢键C. Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2D. 晶体熔点：金刚石食盐冰干冰【答案】D【解析】A，离子晶体中，一定存在离子键，可能会含共价键，如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键，A不正确。B，甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键，因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件，所以B不正确。C，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，阴、阳离子个数比为2：1，所以C不正确。D，金刚石是原子晶体，氯化钠是离子晶体，而冰和干冰都是分子晶体。比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体离子晶体分子晶体，冰和干冰都是分子晶体，可以根据常温下水为液态，而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰，所以D正确。点睛：比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体离子晶体分子晶体。都是原子晶体，成键的原子半径越小则键长越短、键能越大，熔点越高；都是离子晶体，离子半径越小、离子电荷越多则晶格能越大，熔点越高；都是分子晶体，如果分子组成和结构相似，则相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。还可以根据常温下状态判断，如水为液态，而二氧化碳为气态，则可判断冰的熔点高于干冰。13.硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录。如图是该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下面还各有一个镁原子；6个硼原子位于棱柱的侧棱上，则该化合物的化学式可表示为A. MgBB. Mg3B2C. MgB2D. Mg2B3【答案】B【解析】考查根据晶胞进行化学式的判断和计算，一般采用均摊法。根据晶胞的结构可知，含有的镁原子是121/621/23，硼原子是61/32，所以化学式为Mg3B2，答案选B。14.化学知识的总结避免“以偏概全”。你认为下列对化学知识概括合理的是A. 只含有极性键的分子一定是极性分子B. 分子晶体中一定含有共价键C. 第一电离能越大的元素，其非金属性一定越强D. 原子晶体的熔点一定比分子晶体高【答案】D【解析】试题分析：A只含有极性键的分子若各个化学键排列对称就是非极性分子，否则就是极性分子。错误。B由单原子构成的分子，其分子晶体中就不含有共价键。错误。C当原子核外的电子处于全充满、半充满或全空的轨道上运动时，就比较稳定，电离能较大。因此第一电离能越大的元素，其非金属性不一定强。错误。D原子晶体熔化时断裂共价键，共价键是一种强烈的相互作用力，断裂较难，因此原子晶体的熔点高；而分子晶体是分子间通过分子间作用力结合，分子间作用力是一种较弱的作用力，破坏比较容易，因此沸点较低。故原子晶体的熔沸点一定比分子晶体高。正确。考点：考查化学知识的规律性及特殊性的关系的知识。15.下列叙述中正确是A. 只含离子键的化合物才是离子晶体B. (NH4)2SO4晶体是含有离子键、极性共价键和配位键的晶体C. 由于II中的共价键键能比FF、ClCl、BrBr都弱，因此在卤素单质中I2的熔点、沸点最低D. 液态氯化氢能导电，说明氯化氢不是共价化合物【答案】B【解析】只要含有离子键的化合物就是离子晶体，也可以含有共价键。(NH4)2SO4晶体是含有离子键、极性共价键和配位键的晶体，物质的熔沸点和物质的结构氢键有关，在卤素单质中I2的熔点、沸点最高。液态氯化氢不能导电，氯化氢是共价化合物。16.下列有关晶体的叙述中错误的是A. 石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子B. 氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个ClC. CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+D. 在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有4个金属原子【答案】D【解析】石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子，氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl，每个Cl周围紧邻的有6个Na+。CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+。在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子.第II卷（非选择题）二、填空题（本题共4道小题共52分）17.铜及其合金是人类最早使用的金属材料。 （1）下图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为_。 （2）Cu2能与NH3、H2O、Cl等形成配位数为4的配合物。Cu(NH3)42中存在的化学键类型有_（填序号）。A 配位键 B 金属键 C 极性共价键 D 非极性共价键 E 离子键Cu(NH3)42具有对称空间构型，Cu(NH3)42中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，则Cu(NH3)42的空间构型为_。（3）第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物。H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为_。下列叙述不正确的是_。（填字母）A 因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水B HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化C C6H6分子中含有6个键和1个大键，C2H2是非极性分子D CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低 氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式_。（4）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物。与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是_ 写出一种与 CN- 互为等电子体的单质分子式_。（5）一种AlFe合金的立体晶胞如下图所示。请据此回答下列问题： 确定该合金的化学式_。若晶体的密度 g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离(用含的代数式表示，不必化简)为_cm。【答案】 (1). 1:5 (2). A、C (3). 平面正方型 (4). HCNO (5). BC (6). NCOH (7). 具有孤对电子 (8). N2 (9). Fe2Al (10). 【解析】【分析】（1）根据均摊法计算。（2）Cu(NH3)42中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键。形成4个配位键,具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体。（3）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大。A、甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键；B、二氧化碳为sp杂化；C、苯中碳碳键含有6个键,每个碳氢键含有一个键，苯分子中一共含有12个；D、常温下二氧化碳为气体，二氧化硅为固体，CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低。氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸的结构式NCOH。（4）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；具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。（5）根据均摊法计算得出。晶胞的质量为 ，设此合金中最近的两个铁原子之间的距离为x，则晶胞棱长为2x，则=(2x)3 g/cm3，从而解出x。【详解】（1）根据均摊法计算：N(Ca)=81/8=1，N(Cu)=81/2+1=5，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为1:5，故答案为：1:5。（2）Cu(NH3)42中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，故答案为：A、C。形成4个配位键,具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，Cu (NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：平面正方型。（3）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性CN0，H的电负性最小，则电负性为HCN0,故答案为: HCN0。A、甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；B、二氧化碳为sp杂化，故B错误；C、苯中碳碳键含有6个键,每个碳氢键含有一个键，苯分子中一共含有12个，故C错误；D、常温下二氧化碳为气体，二氧化硅为固体，CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确；故答案为：BC。氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸的结构式NCOH，故答案为： NCOH。（4）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；具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”，故与 CN- 互为等电子体的单质为N2，故答案为：具有孤对电子；N2。（5）根据晶胞的结构可知，含有的铁原子是81/8+61/2+121/4+1=8，铝在晶胞内部，所以含有4个铝原子，因此化学式为Fe2Al ，故答案为：Fe2Al 。晶胞的质量为 ，设此合金中最近的两个铁原子之间的距离为x，则晶胞棱长为2x，则=(2x)3 g/cm3，解得x=，故答案为：。【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式：处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。18.(1)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。回答下列问题:NiO、FeO的晶体结构类型均与NaCl的相同,Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm,则熔点:FeO_(填“”)NiO。铁有、三种同素异形体,各晶胞结构如图所示,则、两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。(2)元素金(Au)处于周期表中的第六周期,与Cu同族,一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构,在晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶点位置,则该合金中Cu原子与Au原子数目之比为_;该晶体中,原子之间的相互作用是_。(3)某钙钛型复合氧化物如图所示,以A原子为晶胞的顶点,A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb,当B位是V、Cr、Mn、Fe等时,这种化合物具有CMR效应。用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式:_。已知La为+3价,当被钙等二价元素A替代时,可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3(xN-H，因此HF的沸点大于NH3的沸点；NH4F是由NH4+和F-构成的离子化合物，属于离子晶体；N、F. H三种元素的电负性：F N H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子。【详解】（1）镍是28号元素，原子核外有28个电子， 根据构造原理基态镍原子的核外电子排布式的简化形式为Ar3d84s2，则价电子排布式为3d84s2，属于d区元素，故答案为: 3d84s2；d。（2）富勒烯中每个碳原子含有3个键和1个键，其价层电子对个数为3，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的键个数为3/2，所以1mol C60分子中键的数目3/260NA=90NA，故答案为：sp2；90NA。（3）Ga和As属于同一周期，第一电离能随着原子序数的增大而增大，且Ga和As形成了化合物砷化镓(GaAs)，说明Ga比As易失电子，所以第一电离能AsGa，故答案为：。SeO2分子中价层电子对=2+1/2（6-22）=3，且含有一个孤电子对，所以属于V形，故答案为：V形。（4）F的电负性大于N，形成的氢键强度F-HN-H，因此HF的沸点大于NH3的沸点；NH4F是由NH4+和F-构成的离子化合物，属于离子晶体；N、F. H三种元素的电负性：F N H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子；故答案为：；离子；F的电负性大于N，NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键。20.安徽省具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题，（1）请写出基态Cu原子的外围电子排布式 _ 。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时外围电子发生了 _ 而变为激发态。（2）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式 请分析1个松脂酸铜中键的个数_ ；加 “*”碳原子的杂化方式为 _ 。