2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

黑龙江省牡丹江市第三高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试 化学试题 ‎1.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2‎ B. Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大 C. 碳原子的轨道表示式：‎ D. N、O、F的电负性逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，选项A错误；B．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，选项B错误；C. 碳原子的轨道表示式：，选项C错误；D. 元素非金属性越强电负性越强，故N、O、F电负性依次增大，选项D正确。答案选D。‎ ‎2.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 A. CO2 H2S B. CH4 BF3 C. C60 C2H4 D. NH3 HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2S属于极性分子，故A错误； ‎ B. CH4 BF3属于含极性键的非极性分子，故B正确； ‎ C. C60 含的是非极性共价键，故C错误； ‎ D. NH3 、HCl均为极性分子，故D错误；‎ 答案：B ‎【点睛】不同种元素原子之间形成的共价键是极性键；结构完全对称，正负电荷重心重合的分子属于非极性分子。‎ ‎3.关于氢键，下列说法正确是 A. 所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键比范德华力强 B. H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致 C. 氢原子和非金属性很强的元素原子（F、O、N）形成的共价键，称为氢键 D. 分子间形成的氢键通常会使相应物质的熔点和沸点升高，氢键也可存在于分子内 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．F，O，N等为电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷分子间不能形成氢键，故A错误；B．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故B错误；C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以一种特殊的分子间作用力结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，不属于化学键，故C错误；D．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，氢键也可存在于分子内，如邻羟基苯甲醛分子() 内的羟基与醛基之间即存在氢键，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，把握氢键的概念是解题的关键。注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。‎ ‎4.已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是 A. H2SeO3 B. HMnO4 C. H3BO3 D. H3PO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2SeO3可改写成SeO (OH)3，非羟基氧原子数目为1；B. HMnO4可改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3；C. H3BO3可改写成B(OH)3，非羟基氧原子数目为0；D. H3PO4可改写为PO(OH)3非羟基氧原子数目为1；H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO4中非羟基氧原子数最多，酸性最强，故选B。‎ ‎【点睛】含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可以知道，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。‎ ‎5.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π键的成键特征判断C=C键能是C﹣C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σ键和1个π键，C-C中只含有1个σ键，而且π键不稳定键能比σ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=σ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：A ‎6.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是 A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3] C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查配合物的成键情况 ‎【名师点睛】本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可，难度不大。‎ ‎7.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在氢键 C. Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2‎ D. 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。‎ ‎8. 下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是 A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O C. NaCl与HCl D. CCl4与KCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；‎ B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；‎ C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；‎ D.CCl4含共价键，为分子晶体，KCl含离子键，为离子晶体，D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎9.下面的排序不正确的是 A. 晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4‎ B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 C. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D. 熔点由高到低：Na＞Mg＞Al ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4碳化硅>晶体硅，故B正确；C. 离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F. Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故C正确；D. 金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，故D错误；本题选D。‎ ‎10.下列对各组物质性质的比较中，正确的是 A. 硬度：Li＞Na＞K B. 熔点：NaCl＞CaO C. 电负性：Na＜Al＜Mg D. 空间利用率：体心立方堆积＜六方堆积＜面心立方堆积 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碱金属元素中，其硬度随原子序数的增加而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；‎ B.对于离子晶体来说，键长越短，离子所带电荷数越多，键能越大，熔点越高，因此NaCl熔点O>S (6). sp3 sp2 (7). 20NA (8). Cu3N (9). 2.06×1023/(NA×a3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据基态Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，以此确定；‎ ‎（2）离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大，熔点越高；‎ ‎（3）非金属性越强，第一电离能越大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素；乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化；‎ ‎（4）1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA；1个SO42-中含有4条σ键，则1molSO42-中含有4molσ键，数目为4NA；因此1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为20NA；‎ ‎（5）晶胞中，顶点微粒是8个晶胞共用，棱上微粒是四个晶胞共用，面上微粒是两个晶胞共用；计算出一个晶胞的质量和体积，即可计算密度；‎ ‎【详解】（1）基态Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，最高能层的符号是N，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；Cu2+价层电子的电子排布图为；‎ 答案： N 球形 ‎ ‎（2）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；‎ 答案： Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高 ‎（3）同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，所以N、O、S四种元素的第一电离能由小到大的顺序为SO>S sp3 sp2‎ ‎（4）1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA；1个SO42-中含有4条σ键，则1molSO42-中含有4molσ键，数目为4NA；因此1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为20NA；‎ 答案：20NA ‎（5）1个晶胞中含有Cu：12×1/4=3，含有N：8×1/8=1，该晶体的化学式为Cu3N；1个晶胞的质量为=，1个晶胞的体积为（a×10-7）3cm3，因此密度为=2.06×1023/(NA×a3)；‎ 答案：Cu3N 2.06×1023/(NA×a3)‎ ‎30.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：‎ ‎（1）d原子的基态原子电子排布式为____________‎ ‎（2）晶体d、晶体da、晶体ac2的熔点由高到低的顺序为__________ (用化学式表示，下同)，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________________。‎ ‎（3）元素b、c形成两种常见阴离子bc2－和bc3－，其中bc2－离子的中心原子杂化轨道类型为____________，bc3－离子的空间构型为____________。‎ ‎（4）e单质的晶胞结构如图所示，e原子半径为rpm，e晶体密度的计算式为_________g·cm-3。(用含NA、r的表达式表示)‎ ‎【答案】 (1). [Ne]3s23p2 (2). SiC>Si >CO2 (3). N＞O＞C (4). sp2 (5). 平面三角形 (6). （或）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a是组成物质种类最多的元素，确定a为碳元素；c是地壳中含量最多的元素，确定c为氧元素；a、b、c原子序数依次增大，确定b为氮元素，d与a同族，确定d为硅元素；e2+离子3d轨道中有9个电子，确定e为铜元素。总结：a:C；b：N；c：O；d：Si；e：Cu。‎ ‎【详解】（1）d为硅元素，原子序数14，,基态原子电子排布式为[Ne]3s23p2；‎ 答案：[Ne]3s23p2‎ ‎（2）晶体Si、晶体SiC为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，因此SiC的熔点高于晶体硅，晶体CO2为分子晶体，熔点较低，熔点由高到低的顺序为SiC>Si >CO2；非金属性越强，第一电离能越大，但是注意电子排布处于半满，全满时电离能偏大，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；‎ 答案：SiC>Si >CO2 N＞O＞C ‎（3）根据VSEPER(价层电子对互斥理论），中心原子氮原子的价层电子对数为（5+1）/2=3，则NO2－ 离子的中心原子杂化轨道类型为sp2，NO3－离子的空间构型为平面三角形；‎ 答案：sp2 平面三角形 ‎（4）Cu单质的晶胞结构如图所示，晶胞中铜原子的个数为：8+6×=4，晶胞中铜的质量为，晶胞体积为：cm3，则密度为；‎ 答案：。‎ ‎【点睛】根据题干中关于四种元素的特点进行分析并寻找突破口从而得到答案。易错点第（4）小题。‎ ‎ ‎