2018-2019学年山西省平遥中学校高二下学期期中考试化学试题 解析版
平遥中学2018-2019学年度第二学期高二期中考试
化学试题(理科)
本试卷满分100分 考试时间90分钟 命题人 郝耀远
可能用到的相对原子质量：K:39 Mg:24 Cl:35.5 H:1 O:16 Na:23
一、选择题（只有一个选项正确。本题共18个小题，每小题3分，共54分）
1.下列能级符号正确的是
A. 6s B. 2d C. 3f D. 1p
【答案】A
【解析】
【详解】A.主量子数为6，存在s轨道，A项正确；
B．主量子数为2，存在s、p轨道，不存在d轨道，B项错误；
C．主量子数为3，存在s、p、d轨道，不存在f轨道，C项错误；
D．主量子数为1，只存在s轨道，D项错误；
本题答案选A。
2.在核电荷数为26的元素Fe的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列电子排布图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】核外电子排布从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，根据原子核外电子排布规律，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的电子排布图为，所以答案为D。
3.下列有关化学用语表示正确的是
A. 次氯酸的电子式： B. Mg原子的结构示意图：
C. 硫化钠的电子式： D. Fe2+基态核外价电子排布式为：3d6
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的电子式中，H和Cl只能形成1对共用电子对，而O可以形成2对共用电子对，HClO的电子式为，A项错误；
B．Mg为12号元素，各电子层容纳的电子数为2、8、2，B项错误；
C．硫化钠为离子化合物，硫化钠的电子式为，C项错误；
D．Fe价电子层排布为3d64s2，从最外能层开始失去电子，Fe失去两个电子形成Fe2＋，4s的两个电子失去，Fe2+的价电子排布式为3d6，D项正确；
本题答案选D。
【点睛】根据构造原理，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar] 3d64s2，电子在填充时先填4s能级、再填3d能级；但Fe原子失电子时是从最外能层开始失。
4.下列物质中，既含有极性键又含有非极性键的非极性分子是
A. Na2O2 B. HCHO C. C2H4 D. H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】相同元素原子形成的共价键为非极性键，不同元素原子形成的共价键为极性键。
A．Na2O2中存在离子键和非极性键，Na2O2属于离子化合物，A项不符合题意；
B．HCHO中存C－H、C=O，只含有极性键，B项不符合题意；
C．乙烯中存在C－H，C=C，有极性键和非极性键，分子中正负电中心重合，为非极性分子，C项符合题意；
D．H2O2中存在H—O和O－O，存在极性键和非极性键，但分子中正负电中心不重合，为极性分子，D项不符合题意；
本题答案选C。
5.甲醛（）在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，以下说法中正确的是
A. 甲醛分子间可以形成氢键 B.
甲醛分子和甲醇分子内C原子均采取sp2杂化。
C. 甲醛为极性分子 D. 甲醇的沸点远低于甲醛的沸点
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；
B．甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；
C．甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；
D．甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误；
本题答案选C。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是
①BF3 ②NCl3 ③H2O ④NH4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
【详解】比较键角可以从分子的空间构型入手。BF3为平面形分子，为正三角形，键角为120°；NCl3、H2O和NH4＋中中心原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型均为四面体结构，NH4＋中N上没有孤电子对，NH4+空间构型为正四面体，键角为109º28ˊ，H2O中O原子上有两对孤电子对，NCl3中N原子上有1对孤电子对，由于电子对之间斥力大小顺序为：孤电子对－孤电子对>孤电子对－成键电子对>成键电子对－成键电子对，所以键角：H2O
Cl2>Br2>I2
④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强
⑤还原性：S2－>Se2－
⑥酸性：HNO3>H3PO4
A. ①③ B. ②④ C. ③⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：①同主族非金属元素，从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，但若为金属单质，则错误；②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，错误；③非金属性越强，其单质与水反应越剧烈，正确；④元素的非金属性越强，其气态氢化物的水溶液的酸性不一定越强，错误；⑤同主族元素，从上到下非金属性减弱，阴离子还原性增强，错误；⑥同主族元素，从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，正确。答案选C。
考点：考查元素周期律的应用
12.下列对分子的性质的解释中,不正确的是
A. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解),但与水中含有大量氢键无关
B. [Cu(NH3)4]SO4和(NH4)2SO4两种物质中都有配位键,所以都是配合物
C. 碘易溶于四氯化碳,甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
D. 由如图知酸性:H3PO4>HClO,因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数
【答案】B
【解析】
试题分析：A．水很稳定，是由于分子内的O-H很强，断裂较难，与分子之间的氢键多少及强弱无关，正确。B．[Cu（NH3)4]SO4和（NH4)2SO4两种物质中都有配位键，但是前者有配位体，是配合物，后者无配位体，是离子化合物，错误。C．由极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的溶剂，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶解，I2、CCl4、CH4都是非极性分子构成的物质，所以碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，正确。D．由下图知酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，非羟基氧原子数越大，吸引电子能力越强，使羟基H原子更容易电离，正确。
考点：考查分子的性质的解释的正误判断的知识。
13.某物质的实验式为PtCl4·2NH3,其水溶液不导电,加入AgNO3溶液也不产生沉淀,以强碱处理并没有NH3放出,则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位,而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
14.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是
A. B3N3H6和苯是等电子体，分子中所有原子均在同一平面上
B. N2O与SiO2为等电子体、具有相似的结构(包括电子式)
C. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体结构
【答案】B
【解析】
【详解】等电子体指的是原子总数和价电子总数相同的分子、离子或原子团，它们具有相同的结构特征。
A．B3N3H6和苯C6H6为等电子体，苯中所有原子在同一平面内，所以B3N3H6中所有的原子也都在同一平面内，A项正确；
B．SiO2为原子晶体，为空间正四面体的网状结构，N2O为分子，N2O与CO2互为等电子体，B项错误；
C．H3O＋和NH3互为等电子体，结构相似，都为三角锥形，C项正确；
D．CH4和NH4＋互为等电子体，CH4为正四面体结构，所以NH4＋也为正四面体结构，D项正确；
本题答案选B。
【点睛】本题易错选B项，注意SiO2是由原子构成的，不是由分子构成的。
15.前中国科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，得到了可供衍射实验的单晶体。下列说法中不正确的是
A. H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的 B. H2O2分子中只含σ键，不含π键
C. H2NCONH2中σ键与π键的数目之比为7:1 D. H2NCONH2·H2O2属于离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，因此H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的，A项正确；
B．H2O2的结构式H－O－O－H，单键为σ键，只含σ键，不含π键，B项正确；
C．尿素的结构简式为，单键均为σ键，在C=O中，有一根为σ键，有一根为π键，则共有6个单键和双键中有1个σ键，共7个σ键，π键有1个，其比例为7:1，C项正确；
D．尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，而且其结构也没有发生改变，尿素和双氧水都为共价化合物，结构没有发生变化，则没有变成离子化合物，D项错误。
本题答案选D。
16.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+1价
B. R元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能都大
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
【详解】从表中可以看出，有I1~I4和省略，R原子核外电子数大于4，I2≪I3说明R原子的最外层有2个电子。
A．I2≪I3说明R可以失去两个电子，最高价为＋2价，A项错误；
B．R原子的最外层有2个电子，属于第ⅡA族元素，价电子排布式为ns2，已经充满，达到稳定结构，使得第ⅡA族元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能都大，B项正确；
C．I2≪I3说明R原子的最外层有2个电子，C项错误；
D．R原子核外电子数大于4，R为Mg，基态核外电子排布式为1s22s22p63s2，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】由各级电离能数据判断原子最外层电子数，应根据电离能的突变。
17.根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，下列叙述正确的是
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.104
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2
A. E2－与B3＋的核外电子数不可能相等 B. 离子半径大小A＋＜D2－
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性A＜C D. 氢化物的稳定性D＞E
【答案】B
【解析】
【分析】
由D、E元素的化合价可知，E只有-2价，E为O元素，D有+6、-2价，D为S；C的原子半径大于O、小于S，可知C为第二周期ⅡA族元素，C为Be；A、B的原子半径均大于S，A为+1价，A为Na，B为+3价，B为Al。
【详解】由上述分析可知，A为Na，B为Al，C为Be，D为S，E为O；A．O2－与Al3＋的核外电子数均为10，二者核外电子数相等，故A错误；B、具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为A＋＜E2－，同主族从上到下离子半径增大，E2－O2－>Na＋>Mg2＋>Al3＋ (4). (5). H2、NH3 (6). 碱 (7). HCO＋H2OH2CO3＋OH－
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G为七种短周期的主族元素，原子序数依次增大，A的最外层电子数等于电子层数，且A的单质在常温下为气体，则A为H元素；C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，结合原子序数依次增大，可知C、B同周期，C、G同主族，设C、G最外层电子数为x，则B最外层电子数为x-1，故x+x+x-1=17，解得x=6，故C为O元素、B为N元素、G为S元素，三者质子数之和为31；F的最外层电子数等于电子层数，原子序数大于氧，只能处于第三周期，故F为Al；D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大，则D为Na，E的原子序数介于Na、Al之间，则E为Mg；
【详解】（1）根据上述分析可知，B是N元素，C是O元素，G为S元素，在O、N、S三元素中，O非金属性最强，故三者氢化物中H2O最稳定；G的氧化物SO2具有还原性能使溴水褪色，该反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；
（2）根据上述分析，B、C、D、E、F分别是：N、O、Na、Mg、Al，它们的离子核外电子数都是10，原子序数越大，离子半径反而小，故离子顺序是：N3-＞O2-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；
（3）根据上述分析，A为H，B为N，其形成即含有离子键又含共价键的物质是NH4H，则其电子式为：。NH4H与水反应生成的气体是：H2、NH3；
（4）根据上述分析，A为H，C为O，D为Na与碳元素形成的化合物是NaHCO3，HCO3-的水解程度大于电离程度，故NaHCO3溶液呈碱性，离子方程式为：HCO3－+H2O⇌H2CO3+OH-。
21.X、Y、Z、W、M五种元素位于周期表的前四周期，原子序数依次增大，其中X元素是宇宙中最丰富的元素，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，M含有未成对电子数最多的元素。请回答下列问题。
(1)Y、Z、W的第一电离能由大到小的顺序为______________。(用元素符号表示)
(2)M原子的外围电子排布式为________。
(3) X2W2分子中W原子轨道的杂化类型为________。
(4)Z与W可形成的一种ZW3-阴离子，与其互为等电子体的阴离子为_______(任写一种)。
(5)MCl3能与Z、W的氢化物形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为2∶1，氯离子全部位于外界。则该配合物的化学式为_______。
【答案】（10分）
（1）C＜N＜O (2分) （2）3d54s1(2分)
（3）sp3(2分) （4）CO32-(2分)
（5）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (2分)
【解析】
试题分析：宇宙中最丰富的元素是H元素，则X为H元素，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，则Y原子的电子排布为1s22s22p2，Y为C元素，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素，M含有未成对电子数最多的元素，则M为Cr元素，未成对电子数为6。
（1）非金性越强，电负性越大，因为非金属性的顺序为：C＜N＜O，所以电负性由小到大的顺序为：C＜N＜O。
（2）M为Cr元素，外围电子排布式为：3d54s1。
（3）X2W2为H2O2，分子中O原子形成了2个σ键，同时O原子还含有2对孤电子对，所以杂化轨道数目为4，即杂化类型为sp3。
（4）Z与W可形成的ZW3-阴离子为NO3‾，原子数相同，价电子数相同的微粒互为等电子体，与NO3‾互为等电子体的阴离子为CO32‾。
（5）MCl3为CrCl3，Z、W的氢化物为NH3、H2O，因为配位数为6，且相应两种配体的物质的量之比为2∶1，所以该配合物含4个NH3、2个H2O，氯离子全部位于外界，则该配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
考点：本题考查元素的推断、电负性、电子排布式、杂化类型、
22.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题:
(1)Co基态原子核外电子排布式为____。元素Mn与O中，电负性较大的是___，基态原子核外未成对电子数较多的是____。
(2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为____和____。
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为____。
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). 离子键和π键
【解析】
【详解】（1）Co的核电荷数为27，基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O元素是非金属元素而Mn是过渡金属元素，因此第一电离能较大的是O；O基态原子价电子排布式为2s22p4，所以其核外未成对电子数为2，Mn基态原子价电子排布式为3d54s2，所以其核外未成对电子数为5，因此Mn与O基态原子核外未成对电子数较多的是Mn；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn；
（2）CO2的分子构型为直线型，C的价层电子对数为2，中心碳原子为sp杂化，CH3OH中心碳原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，C为 sp3杂化；综上所述，本题答案是：sp，sp3；
（3）CO2低压合成甲醇反应中所涉及的4种物质中，水和甲醇均为极性分子，分子间有氢键，且水分子形成的氢键较多，沸点最高；CO2与H2均为非极性分子, CO2相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点高于H2，因此沸点从高到低的顺序为： H2O>CH3OH>CO2>H2；
（4）硝酸根离子中含有σ键和π键，且硝酸锰为离子化合物，离子化合物中一定含有离子键；综上所述，本题答案是：离子键和π键。
