【化学】河北省邯郸市大名县第一中学2019-2020学年高二下学期第四次半月考（清北班）（解析版）
河北省邯郸市大名县第一中学2019-2020学年高二下学期第四次半月考（清北班）
一、单选题（本大题共26小题，每个2分，共52分）
1.下列对HBr、、、中共价键存在类型的判断正确的是
A. 都有键，没有键 B. 都有键，没有键
C. 都既有键，又有键 D. 除外，都只有键
【答案】D
【解析】
【分析】
键都是单键，键是在键的基础上形成的，是双键或者三键，HBr、、都是只有单键，故只有键没有键，既有单键又有双键，故既含有键又含有键。
【详解】A．既有单键又有双键，故既含有键又含有键，A错误；
B．HBr、、都是只有单键，故只有键没有键，B错误；
C．HBr、、都是只有单键，故只有键没有键，C错误；
D．HBr、、都是只有单键，故只有键没有键，既有单键又有双键，故既含有键又含有键，D正确；
故选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B. 50mL 12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3 NA
C. 5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数为3.75 NA
D. 235g核素发生裂变反应：，净产生的中子 ()数为14 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．n(CH3CH3CH2OH)=，每个丙醇分子中含有11个共价键，则60g丙醇中存在的共价键的物质的量为11mol，总数为11 NA，A错误；
B．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3NA个，B错误；
C．此反应中生成的2mol HNO3完全来自于， 5mol 和3mol 发生归中反应生成4mol氮气，故转移15mol电子时生成4mol氮气，即生成28 g N2时即1mol，转移的电子数目为3.75 NA，C正确；
D．净产生的中子为14-1=13个，则235g核素发生裂变反应净产生的中子()数为13 NA，D错误；
故选C。
3.下列关于晶体的说法中，不正确的是（ ）
①晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大
⑤MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小。
⑥金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
A. ①② B. ②③ C. ④⑤ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；
②含有金属阳离子的晶体是离子晶体或金属晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子构成的，故②错误；
③分子晶体的熔、沸点由分子间作用力决定，与分子中的共价键无关，故③错误；
④冰醋酸为乙酸的固态形式，乙酸与水以任意比互溶，碘在水中溶解度很小，在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大，故④正确；
⑤MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+
NaCl>NaBr>NaI
D. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越大；
B. 键长越短，共价键越强，硬度越大；
C. 离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大；
D. 金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大。
【详解】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CF4NaCl>NaBr>NaI，C项正确，不符合题意；
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，D项错误，符合题意。
答案选D。
20.有关化学键和晶体的说法中正确的是
A. 离子键的本质是静电作用，阴阳离子电荷越大、离子半径越小，静电作用越强
B. 共价键的本质是共用电子对，因此必须由成键的两原子各提供一个电子形成
C. 分子晶体的基本微粒是分子，分子晶体熔沸点由分子内部共价键强弱决定
D. 原子晶体由于是空间网状结构，因此只能由碳、硅两元素构成
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，只能存在于由阴、阳离子构成的物质中，选项在A正确；
B．共价键的本质是共用电子对，是由成键原子提供的，但成键原子不一定提供一个电子，如氮气分子中每个氮原子提供3个电子，选项B错误；
C．分子晶体的基本微粒是分子，分子晶体熔沸点由分子间作用力决定，与分子内部共价键强弱无关，选项C错误；
D．原子晶体是空间网状结构，如二氧化硅是原子晶体，是由氧元素和硅元素组成的，选项
D错误；
答案选A。
21.下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的熔点沸点依次升高。
B. H2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键。
C. 乙醇分子与水分子之间只存在范德华力。
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF中含有氢键，沸点最高，应为HF＞HI＞HBr＞HCl，故A错误；
B．O的电负性较大，水分子间存在氢键，氢键较一般的分子间作用力强，则H2O的熔点、沸点大于H2S，故B正确；
C．乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力，故C错误；
D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，故D错误；
故选B。
【点睛】注意氢键只影响物理性质不影响化学性质。
22.下列电子排布图书写正确且能表明该粒子处于基态的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据泡利原理和洪特规则进行分析判断。
【详解】A. 根据泡利原理同时考虑洪特规，则氧元素基态原子的电子排布图书写为
，A项错误；
B. O原子核外有8个电子，其基态原子的电子排布图为，若2p上的一个电子进入到3s轨道，则为激发态，B项错误；
C. 根据洪特规则：在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋，则违背了洪特规则，C项错误；
D. 符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，D项正确；
答案选D。
23.下列各组元素，按原子半径依次减小，元素第一电离能逐渐升高的顺序排列的是
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na
C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】A
【解析】
【分析】
同周期从左向右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；同主族从上到下原子半径增大，第一电离能减小的规律进行分析；
【详解】A.K、Na、Li的原子半径依次减小，第一电离能逐渐增大，故A符合题意；
B.Al、Mg、Na的原子半径依次增大，Na的第一电离能最小，Mg的第一电离能大于Al，故B不符合题意；
C.原子半径：C>N>O，第一电离能大小顺序是CS>Cl，第一电离能顺序是Cl>P>S，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素。
24.
纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状（如图所示）相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为
A. 87.5％ B. 92.9％ C. 96.3％ D. 100％
【答案】C
【解析】
【详解】在NaCl晶胞中微粒总数是27个，其中表面离子束是26个，所以这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数是（26÷27）×100%=96.3％。因此选项是C。
25. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是
A. 上述四种元素的原子半径大小为WH2S>HCl B. 沸点：H2O>HF>HCl
C. 原子半径：S>F>O D. 酸性：HClO > HNO3> H2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A、非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性HCl> H2S ＞PH3，故A错误；
B、相对分子质量越大，沸点越高，但水、HF分子间能够形成氢键，故沸点：H2O>HF>HCl，故B正确；
C、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径S＞O＞F，故C错误；
D、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO不是最高价含氧酸，酸性为HNO3＞H2CO3＞HClO，故D错误；
故选B
二、简答题（本大题共4小题，共48分）
27.硼元素、钙元素、铜元素在化学战有很重要的地位，单质及其化合物在工农业生产和生活中有广泛的应用．
(1)已知CaC2与水反应生成乙炔．请回答下列问题：
①将乙炔通入 [Cu(NH3)2]Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀， Cu+基态核外电子排布式为 ______ ．
②CaC2中与互为等电子体． 1mol中含有的π键数目为 ______ ．
③乙炔与氢氰酸反应可得丙烯睛(CH2=CHC=N)，丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类
型是 ______ ，构成丙烯腈元素中第一电离能最大的是 ______．
(2)硼酸 (H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢健相连(如上图1)，则1mol H3BO3的晶体中有 ______ mol氢键．硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸B(OH)3·H2O，它电离生成少量[B(OH)4]-和H+，则[B(OH)4]-的空间构型为 ______
(3)某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如上图2所示黑点代表铜原子，空心圆代表M原子．
该晶体化学式为 ______ ．
已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于 ______ 填“离子”、“共价”化合物．
(4)Cu3N的晶胞结构如右上图3， N3-的配位数为 ______ ，Cu+半径为apm，N3-半径为bpm，Cu3N的密度为 ______ g·cm-3。(阿伏加德罗常数用表示)
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 2NA (3). sp、sp2 (4). N (5). 3 (6). 正四面体型 (7). CuCl (8). 共价 (9). (10). 。
【解析】
【分析】
根据基态离子核外电子排布规律写出离子的基态电子排布式；根据等电子原理判断离子结构；根据价层电子对互斥理论判断空间构型；根据电离能规律判断电离能大小；根据均摊法计算晶胞中粒子个数及晶胞密度。
【详解】(1)①Cu为29号元素，3d轨道有10个电子，4s轨道有1个电子，Cu原子失去最外层电子形成Cu+，Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
②等电子体的结构相似，则中含有三键，所以在1个含有2个π键，故1mol中，含有2NA个π键，故答案为：2NA；
③丙烯腈(CH2=CHC=N)中的C分别形成2个σ键和3个σ键，故碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化；越易失去一个电子，则第一电离能越大，CH2=CHC=N中N元素最难失去电子，则N的第一电离能最大，故答案为：sp、sp2；N；
(2)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1mol H3BO3分子的晶体中有3mol氢键，[B(OH)4]-中B原子形成4个共价键，则B原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，没有孤电子对，空间结构为正四面体型，故答案为：3；正四面体型；
(3)M原子的外围电子排布式为3s23p5，M原子为Cl原子，则
①由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为，故化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
②电负性差值大于1.7原子间易形成离子键，小于1.7原子间形成共价键，铜与X电负性分别为1.9和3.0，差值为1.1小于1.7，形成共价键，故答案为：共价；
(4)该晶胞中大球个数，小球个数，根据其化学式知，小球为N3-、大球为Cu+，N3-的配位数为6，该晶胞棱长，晶胞体积，晶胞密度，故答案为：6；。
28.由Cu、N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途。
（1）基态 Cu+ 的核外电子排布式为____________。在高温下CuO 能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因：_______________________________。
（2）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于____晶体。
（3）化合物A (H3BNH3) 是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物 (HB=NH)3通过3CH4+ 2 (HB=NH)3+ 6H2O →3CO2 + 6H3BNH3 制得。
①与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________。（填标号）
A．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变
B．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形
C．第一电离能：N＞O＞C＞B
D．化合物A中存在配位键
②1个 (HB=NH)3分子中有__个σ键。
（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为________。图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为_________。
【答案】 (1). [Ar]3d10 (2). 结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定 (3). 原子晶体 (4). A (5). 12 (6). [BO2]nn－（或BO2－） (7). sp2、sp3
【解析】
【详解】（1）Cu是29号元素。基态 Cu+ 的核外有28个电子。核外电子排布式为[Ar]3d10 ；在高温下CuO 能分解生成Cu2O，是因为CuO在变为Cu2O时，其中的Cu的结构由Cu2+的3d9变为3d10的全充满Cu+。更稳定的结构。
（2）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于原子晶体。
（3）①A. 在反应前后CH4中的碳原子的轨道杂化类型是sp3杂化，在反应后CO2中的碳原子的轨道杂化类型是sp杂化。轨道杂化类型改变。错误。B. CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形。正确。C. 一般情况下，同一周期的元素，元素的非金属性越强，原子半径越小，第一电离能越大。但是由于N原子的核外电子是处于半充满的稳定状态，所以其第一电离能比O盐酸的还大。因此第一电离能大小关系是：N＞O＞C＞B。正确。D. 在化合物A中的N原子上存在配位键。正确。②由H3BNH3的分子结构可知在1个(HB=NH)3分子中有12个σ键.
（4）由图（a）可知多硼酸根离子符号为BO2－或[BO2]nn－。由图（b）硼砂晶体可知：其中硼原子采取的杂化类型sp2、sp3 两种类型。
29.Ⅰ.尿素[CO(NH2)2]是人工合成的第一种有机物。
(1)尿素中所含元素的电负性最大的是______，尿素分子间的氢键可表示为______。
(1)尿素可用于制有机铁肥，主要代表有[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3
①与铁同周期且未成对电子数与Fe3+相同的元素是______。
②[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中存在的化学键______填序号。
A.离子键 B.金属键 C.配位键 D.σ键 E.π键
③中N原子杂化后的价电子排布图为______，的空间构型为______。
Ⅱ.Mg2NiH4是一种贮氢的金属氢化物
(3) Mg2NiH4可通过氢化镁和镍单质球磨制成。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图顶点和面心， Mg2+处于如图八个小立方体的体心。
①Mg2NiH4中H的化合价为______。
②Mg2+位于Ni原子形成的______ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。
③若晶体的密度为d g·cm-3，Mg2NiH4的摩尔质量为M g·mol-1，则Mg2+和Ni原子的最短距离为______nm(用含d、M的代数式表示)。
【答案】 (1). O (2). (3). Mn (4). ACDE (5). (6). 平面三角形 (7). -1 (8). 四面体空隙 (9).
【解析】
【分析】
根据元素电负性规律判断元素电负性大小；根据杂化类型写出杂化轨道电子排布图；根据价层电子对互斥理论判断空间构型；根据均摊法计算晶胞中粒子的个数即晶胞密度。
【详解】(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O>N>C>H，则电负性最大的是O元素；尿素分子间N -H 中H原子和O原子之间存在氢键，氢键表为，故答案为：O；；
(2)①Fe3+未成对电子数是5，与铁同周期且未成对电子数与Fe3+相同的元素是Mn，故答案为：Mn；
②[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中阴阳离子之间存在离子键、N-H、C=O、N-C存在σ键，C=O
之间还存在一个π键，铁离子和N原子之间存在配位键，所以存在离子键、配位键、σ键、π键，故选ACDE；
③中N原子价层电子对个数且不含孤电子对，则N原子采用杂化，杂化轨道有1个2s、2个2p轨道杂化得到，杂化后价电子排布图为；根据价层电子对互斥理论判断的空间构型为平面三角形，故答案为：；平面三角形；
(3) ①Mg2NiH4中H元素电负性最大，所以H的化合价为-1，故答案为：-1；
②Mg2+位于Ni原子形成的四面体空隙，故答案为：四面体空隙；
③该晶胞中Ni原子个数、个数为8，根据化学式知，H原子个数为16，该晶胞棱长为，和Ni原子的最短距离为晶胞体对角线的为，故答案为：。
30. 教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：
（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。
（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA ~ⅦA 中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。判断依据是____________。
（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于_____________晶体。
（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有____种。 GaCl3中中心原子的杂化方式为_________，写出与GaCl3结构相同的一种等电子体（写离子）______________。
（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有__________个紧邻分子。 D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是_____________（填字母标号）。
a．极性键 b．非极性键 c．配位键 d．金属键
（6）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A~D图中正确的是_____（填字母标号）。
铁原子的配位数是____________，假设铁原子的半径是r cm，该晶体的密度是ρg/cm3 ，则铁的相对原子质量为________________（设阿伏加德罗常数的值为NA）。
【答案】 (1). 12 (2). SiH4 (3). 在ⅣA ~ⅦA中的氢化物里，只有ⅣA族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物，故a为SiH4 (4). 原子 (5). 3 (6). sp2杂化 (7). CO32－、NO3－ (8). 12 (9). abc (10). A (11). 8 (12).
【解析】
【分析】
综合应用物质结构与性质知识解答，同种元素逐级电离能规律、周期表中第一电离能的周期性规律、分子间氢键对物质沸点的影响、化学键的类型与判断、中心原子的杂化类型、等电子体的概念与书写、分子晶体和金属晶体中配位数的含义、晶胞；边长与密度的计算等。
【详解】（1）图1中，I2 与I3相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg）。电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有12个电子，则有12种不同运动状态的电子。
（2）第ⅣA ~ⅦA元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”。图2中a点所在折线无“反常”，为第IVA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4。
（3）图3中，C、O原子通过共价键形成空间网状晶体，属于原子晶体。
（4）第IIA族元素np能级全空、第VA族元素np能级半充满，使第一电离能出现“反常”。第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于Al、P之间的有Mg、Si、S三种元素。 Ga位于第四周期第IIIA族，GaCl3分子中，Ga原子价层电子对数为(3+1×3)/2=3，则其杂化方式为sp2。要写与GaCl3互为等电子体的离子，应在价电子总数不变的前提下，将Ga、Cl换成它们的邻族元素，如CO32-、NO3-等。
（5）干冰晶胞为面心立方堆积，若考察上表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后左右四个面心，共12个二氧化碳分子距离最近且相等。 从D的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有C-H、C－O、C=O、O-D等极性键，有C-C非极性键，有O→D配位键，故选abc。
（6）图甲为该铁的一个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的倍，四个顶角和中心有铁原子。图乙为8个晶胞叠成的立方体，沿虚线的切面为A图。考察图甲体心铁原子，则其配位数为8。设图甲中晶胞边长为a cm，则体对角线为a cm。又体对角线上三原子相切，得a cm＝4r cm。根据密度和铁原子数求得的一个晶胞质量相等，有ρg/cm3×(a cm)3＝，解得M(Fe)＝g/mol，Mr(Fe)＝。
