山东省东营市广饶县第一中学2019-2020学年高二下学期3月线上考试化学试题
2020年3月广饶一中高二阶段性考试化学试题
一、选择题(本题包括20小题，每小题只有一个正确选项，每题3分，共60分)
1.下列排列顺序不正确的是（）
A. 第一电离能：F>O>N
B. 酸性：HClO4>H2SO4 >H3PO4
C. 热稳定性：HF>HCl>H2S
D. 熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅
【答案】A
【解析】
【详解】A、同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，因此第一电离能：F>N>O，故A错误；
B、同周期从左向右非金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，即酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故B正确；
C、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S，即稳定性：HF>HCl>H2S，故C正确；
D、金刚石、碳化硅、晶体硅都是原子晶体，熔沸点的高低与共价键有关，键长：Si－Si >C－Si> C－C，键能：C－C>C－Si>Si－Si，则熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故D正确；
答案选A。
2.已知X、Y是同周期主族元素，且电负性X＞Y，下列说法错误的是
A. 位置关系：X在Y右侧 B. 第一电离能：X一定大于Y
C. 简单气态氢化物稳定性：X大于Y D. 最高价含氧酸的酸性：X强于Y
【答案】B
【解析】
【详解】A．X、Y是同周期主族元素，且电负性X＞Y，则原子序数：X＞Y，即X在Y右侧，故A正确；
B．一般情况下，同一周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则X的第一电离能不一定大于Y，故B错误；
C．非金属性：X＞Y，则简单气态氢化物稳定性：X＞Y，故C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：X＞Y，则最高价含氧酸的酸性：X＞Y，故D正确；
故选B。
【点睛】（1）同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。
（2）元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强。
3.对于下列性质的比较正确的是（ ）
A. 离子半径：r(Cl-)>r(S2-)>r(Na+)
B. 稳定性：H2O>H2S>HCl
C. 元素的电负性：Si
NaBr>NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A.Na+核外电子层数为2层，而Cl-、S2-核外电子层数相同，均为三层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则r(S2-)>r(Cl-)> r(Na+)，A选项错误；
B.非金属简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性：Cl>S，则稳定西H2S离子晶体>分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高(含有氢键的物质除外)，所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S。故③正确；
④离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤由晶胞结构可知CaTiO3，晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4+和12个O2-紧邻，故⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；
⑧离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，故⑧正确，
故正确序号为③⑤⑧综上所述，正确答案为D。
20.金属晶体的熔沸点之间的差距是由于（）
A. 金属键的强弱不同 B. 金属的化合价的不同
C. 金属的晶体中电子数的多少不同 D. 金属的阳离子的半径大小不同
【答案】A
【解析】
【详解】A. 金属晶体的熔沸点与金属键的强弱有关，金属阳离子的半径越小，所带电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高，故A正确；
B. 金属的化合价的与原子结构有关，与熔沸点无关，故B错误；
C. 金属的晶体中电子数的多少 会影响金属的导热性，与熔沸点无关，故C错误；
D. 金属的阳离子的半径大小只影响一个方面，故D错误。
综上所述，本题正确答案为A。
二、非选择题(本题包括6小题，共40分)
21.A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：
（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。
（2
）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。
（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。
（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。
（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。
【答案】 (1). Si (2). Na (3). P (4). N (5). HNO3 (6). NaOH (7). Ne (8). F (9). 26 (10). 四 (11). Ⅷ (12). d (13). (14). 1 (15). 2
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。
【详解】(1) 由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；
(2) 非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；
(3) 同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；
(4) E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；
(5) D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。
【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe
。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。
22.信息一：铬同镍、钴、铁等金属可以构成高温合金、电热合金、精密合金等，用于航空、宇航、电器及仪表等工业部门。信息二：氯化铬酰(CrO2Cl2)是铬的一种化合物，常温下该化合物是暗红色液体，熔点为-96.5℃，沸点为117℃，能和丙酮(CH3COCH3)、四氯化碳、CS2等有机溶剂互溶。
（1）铬(24号元素)基态原子的电子排布式为____。
（2）CH3COCH3分子中含有____个π键，含有____个σ键。
（3）固态氯化铬酰属于____晶体，丙酮中碳原子的杂化方式为____，二硫化碳属于____ (填“极性”或“非极性”)分子，分子中含有____(填“极性”或“非极性”)键。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) (2). 1 (3). 9 (4). 分子 (5). sp3、sp2 (6). 非极性 (7). 极性
【解析】
【详解】(1) Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为： 1s22s22p63s23p63d54s1；
(2)CH3COCH3分子中含有一个碳氧双键，6个碳氢键单键，2个碳碳键，所以含有1个Π键， 9个键；故答案为：1；9；
(3)分子晶体的熔沸点较低，固态氯化铭酰的熔沸点较低，所以属于分子晶体；在丙酮分子中，羰基碳原子含有3个键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，甲基碳原子含有4个键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化；二硫化碳是直线形分子，分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；不同非金属元素之间形成极性键，二硫化碳分子中存在S与C形成的极性键；故答案为：分子；sp2和sp3；非极性；极性。
【点睛】注意：正负电荷的中心重合为非极性分子，正负电荷的中心不重合为极性分子。
23.（1）配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3•6NH3（黄色）、CoCl3•5NH3（紫红色）、CoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3•6NH3______，CoCl3•4NH3（绿色和紫色）______。
②上述配合物中，中心离子的配位数都是______。
（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色，该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl表示。经研究表明，Fe（SCN）3是配合物，Fe3+
与SCN-不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合，请按要求填空：
①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供______，SCN-提供______，二者通过配位键结合。
②所得Fe3+与SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子显血红色，含该离子的配合物的化学式是______。
【答案】 (1). [Co(NH3)6]Cl3 (2). [Co(NH3)4Cl2]Cl (3). 6 (4). 空轨道 (5). 孤电子对 (6). [Fe(SCN)]Cl2
【解析】
【分析】
（1）1molCoCl3•6NH3只生成3molAgCl说明CoCl3•6NH3中有3个Cl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3，化学式为[Co（NH3）6]Cl3；1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，说明CoCl3•5NH3中有2个Cl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，化学式为[Co（NH3）5（Cl）]Cl2；1molCOCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）只生成1molAgCl说明CoCl3•4NH3中有1个Cl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，化学式均为[Co（NH3）4（Cl）2]Cl，因空间构型不同导致两者颜色不同。
（2）
【详解】（1）CoCl3•6NH3中有3个Cl-为外界离子，配体为6个NH3，化学式为[Co（NH3）6]Cl3；CoCl3•4NH3（绿色和紫色）中有1个Cl-为外界离子，配体为4个NH3和2个Cl-，化学式均为[Co（NH3）4（Cl）2]Cl，故答案为[Co(NH3)6]Cl3；[Co(NH3)4Cl2]Cl；
②这几种配合物的化学式分别是[Co（NH3）6]Cl3、[Co（NH3）5（Cl）]Cl2、[Co（NH3）4（Cl）2]Cl，其配位数都是6，故答案为6；
（2）①Fe3+与SCN-反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子，二者通过配位键结合，故答案为空轨道，孤对电子；
②Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe（SCN）]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe（SCN）]Cl2与KCl，故答案为[Fe（SCN）]Cl2。
【点睛】配位化合物中外界氯离子能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，配体氯离子不能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀是解答关键，也是难点和易错点。
24.A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。
（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。
（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。
（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。
（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。
① E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）
② E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。
【答案】 (1). N＞P＞S (2). [Ar]3d7 (3). 水分子间形成氢键 (4). a (5). 分子 (6). 共价键、配位键、范德华力
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。
(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为N＞P＞S；[Ar]3d7；
(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为水分子间能够形成氢键；
(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为a；
(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为分子；
②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为配位键、极性共价键、范德华力。
【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。
25.钾和碘的相关化合物在化工医药材料等领域有广泛的应用。回答下列问题:
（1）IO3-离子的立体构型的名称为____，中心原子的杂化方式为____。
（2）HIO4的酸性强于HIO3，其原因为____。
（3）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，晶胞如图。晶胞的棱长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，K与I间的最短距离为____nm，与K紧邻的O的个数为____。
【答案】 (1). 三角锥形 (2). sp3杂化 (3). HIO4中的非羟基氧原子数目更多，使得I的正电性更高，导致I－O－H中O的电子向I偏移，羟基更容易电离出H+，酸性更强 (4). ×0.446nm或0.386nm (5). 12
【解析】
【详解】(1)I3+的中心碘原子的价层电子对数为，所以I3+离子的价电子对构型为正四面体，但是由于孤对电子的存在，其立体构型为三角锥形，中心原子采用sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
(2)HIO4中I的正电性更高，导致I—O—H中0的电子向I偏移，更容易电离出H+，酸性更强，所以HIO4的酸性强于HIO3，故答案为：HIO4中的非羟基氧原子数目更多，使得I
的正电性更高，导致I－O－H中O的电子向I偏移，羟基更容易电离出H+，酸性更强；
(5)由晶胞图可知，K原子处于顶角，I原子处于体心，两者的最近距离为立方体体对角线的一半，即×0.446nm或0.386nm；由晶胞可知，与K原子紧邻的氧原子，在三个坐标平面中各有4个，所以共12个氧原子，故答案为：×0.446nm或0.386nm；12。
