2018-2019学年高二化学上学期期中试卷(含解析).doc

2018-2019学年高二化学上学期期中试卷(含解析)1. 下列叙述中正确的是( )A. NH3、CO、CO2都是极性分子B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子【答案】B【解析】分子的极性一般与物质的空间结构有关,空间结构对称,则属于非极性分子,反之,属于极性分子。键的极性只与形成该键的非金属的电负性有关,而物质的稳定性取决于共价键的键能。所以选项A中CO2属于非极性分子;选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱;选项D中的H2O属于V形结构。2.对三硫化四磷分子的结构研究表明，该分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的结构。则一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数是A. 7个 B. 9个 C. 19个 D. 不能确定【答案】B【解析】【详解】三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的结构，P元素可形成3个共价键，S元素可形成2个共价键，因此一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数为。故选B。3.下列说法正确的是A. 基态氧原子中未成对电子数是0B. 基态氮原子中未成对电子数是3C. 基态碳原子中未成对电子数是4D. 基态铜原子中未成对电子排布在3d轨道【答案】B【解析】【分析】根据能量最低原理和洪特规则来解答。【详解】A基态氧原子最外层电子排布图应为，未成对电子数为2；故A错误；B基态氮原子最外层电子排布图应为，未成对电子数为3；故B正确；C基态碳原子最外层电子排布图为，未成对电子数为2；故C错误；D基态铜原子最外层的电子排布图为，3d全充满，未成对电子排布在4s，故D错误；故选B。4.下列配合物的配位数不是6的是A. K3Fe(SCN)6 B. Na2SiF6C. Na3AlF6 D. Cu(NH3)4Cl2【答案】D【解析】【分析】首先根据配合物的化学式确定配离子和外界离子，根据配离子确定配体的数目。【详解】AK3Fe(SCN)6中配体为SCN-，配合物的配位数为6，故不选A； BNa2SiF6中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选B；CNa3AlF6中配体为F-，配合物的配位数为6，故不选C； DCu(NH3)4Cl2中配体为NH3，配合物的配位数为4，故选D；【点睛】本题考查配合物的成键情况，题目难度不大，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，不要混淆。5.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大C. 最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大D. 对于同一元素而言，原子的电离能I1I2I3I3，故该元素易形成+3价阳离子，故A错误；B、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，X应为金属，故B错误；C、周期数=核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，故C错误；D、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3，故D正确；故选D。15.下列共价键的键能最大的是()A. HF B. HO C. HN D. HC【答案】A【解析】原子半径越小，键长越短，同周期元素原子从左到右原子半径依次减小，半径由大到小为CNOF，故H-F键长最短，键能最大，答案选A。16. 下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是A. LiI B. NaBr C. KCl D. CsF【答案】A【解析】试题分析：若要想阴离子半径与阳离子半径之比最小，则需要阳离子半径较大，阴离子半径较小，因此根据离子半径分析解：阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较大的和阴离子半径较小的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Cs+是阳离子半径最大的，在阴离子中，F是阴离子中电子层数最少的，所以半径最小，则CsF的阴离子半径与阳离子半径之比最小，故选D17.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHOO2CO2H2O。下列有关说法正确的是A. 该反应为吸热反应B. CO2分子晶体中的化学键为非极性键，C. HCHO分子中既含键又含键D. 每生成1.8gH2O消耗2.24L O2【答案】C【解析】【分析】从题给信息入手分析，结合原子成键特点，在准确理解相关概念的前提下进行判断。【详解】A通过分析化学方程式可知，该反应等同于甲醛的燃烧，属于放热反应；故A错误；BCO2的结构式为O=C=O，可见CO2中的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键；故B错误；C甲醛中碳原子采取sp2杂化，有三个等同的sp2杂化轨道伸向平面三角形的三个顶点，分别形成3个键，一个未参加杂化的p轨道与O原子的2p轨道形成键；故C正确；D根据题给化学方程式可知，每生成1.8 g水消耗0.1 mol氧气，但由于题中并没有给出温度和压强，所以不能确定氧气的体积一定为2.24 L；故D错误；故选C。【点睛】不同种非金属元素形成的共价键为极性键；一个单键就是一个键，一个双键就是一个键，一个键；气体的体积与温度、压强有关。18.下列说法正确的是()A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物B. 由共价键形成的分子一定是共价化合物C. 分子中只有共价键的化合物一定是共价化合物D. 只有非金属原子间才能形成共价键【答案】C【解析】氢氧化钠中既含有离子键，又含有共价键，但是该物质为离子化合物，A错误；由共价键形成的分子，可能是单质，也可能是共价化合物，B错误；金属原子与非金属原子间也可以形成共价键，比如氯化铝，D错误；分子中只有共价键的化合物一定是共价化合物，C正确；正确选项C。点睛：共价化合物中一定含有共价键，不含离子键；而离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键。19.金属元素铊的相关信息如下图所示。下列有关卡片信息解读错误的是A. Tl是铊的元素符号B. 铊元素的中子数81C. 铊位于第六周期A族D. 铊属于金属元素【答案】B【解析】【详解】由图可知，铊元素的原子序数(核电荷数或质子数)为81，是一种金属元素，元素符号为Tl，其相对原子质量是204.4，“6s26p1”表示铊原子有6个电子层，最外层有3个电子。铊元素位于元素周期表中的第六周期第A族，故B错误；故选B。【点睛】1、周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数；2、质量数=质子数+中子数；3、质子数=核电荷数=原子序数=核外电子数（原子中）。20.下列大小关系正确的是（ ）A. 晶格能：NaClCaO C. 熔点：NaINaBr D. 熔沸点：CO2NaCl【答案】B【解析】A离子半径Cl-Br-，离子半径越小，晶格能越大，晶格能：NaClNaBr，A错误；B.离子半径Mg2+Ca2+，离子半径越小，晶格能越大，硬度越大，硬度：MgOCaO，B正确；C离子半径I-Br-，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，熔点：NaINaBr，C错误；DCO2为分子晶体，NaCl为离子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，D错误，答案选B。点睛：本题考查晶体的判断以及性质的比较，注意影响离子晶体熔沸点高低的因素，把握晶体类型的判断方法，即离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，硬度越大。21.下列含氧酸酸性最强的是()A. HClO B. H2CO3 C. H2SO4 D. H2SO3【答案】C【解析】【详解】非羟基氧原子数目越大，酸性越强。AHClO可以改写为Cl(OH)1，非羟基氧原子数目为0；BH2CO3可以改写为CO1(OH)2，非羟基氧原子数目为1；CH2SO4可以改写为SO2(OH)2，非羟基氧原子数目为2；DH2SO3可以改写为SO(OH)2，非羟基氧原子数目为1；H2SO4中非羟基氧原子数目最多，酸性最强，故选C。【点睛】本题考查酸性强弱的判断。掌握非羟基氧原子数目多少来确定酸性强弱的方法是解题的关键。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，非羟基氧原子数目越大，酸性越强。22.在物质结构研究的历史上，首先提出原子内有原子核的科学家是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.汤姆生最早提出了电子学说，故A错误；B.道尔顿最早提出了原子学说，故B错误；C.卢瑟福最早提出了原子核，故C正确；D.玻尔最早提出了原子的行星模型，故D错误；故选C。23.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是()A. 1s22s22p2和1s22s22p4 B. 1s22s22p63s23p4和1s22s22p4C. 1s22s22p63s2和1s22s22p5 D. 1s22s22p5和1s22s22p4【答案】D【解析】根据价电子的电子排布式可知，A中元素分别是C和O，可以形成CO2；B中分别是S和O，可以形成SO2；C中分别是Mg和F，可以形成MgF2；D中分别是F和O，可以形成OF2，是BA2不是AB2，所以答案选D。24. 下列说法正确的是（）A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性B. H3O+离子的存在，说明共价键不应有饱和性C. 所有共价键都有方向性D. 两个原子之间形成共价键时，可形成多个键【答案】A【解析】试题分析：共价键有方向性和饱和性，但H2分子中的s轨道成键时，因s轨道为球形，故H2分子中的HH共价键无方向性，B、C均是错误的；两个原子之间形成共价键时，最多形成1个键，D不正确，因此正确的答案选A。考点：考查共价键的形成、特点点评：该题是高考中的常见考点之一，属于中等难度的试题，试题注重基础，侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。25.关于金属性质和原因的描述正确的是()A. 金属一般具有银白色光泽是物理性质，与金属键没有关系B. 金属具有良好的导电性，是因为在金属晶体中共享了金属原子的价电子，形成了“电子气”，在外电场的作用下自由电子定向移动便形成了电流，所以金属易导电C. 金属具有良好的导热性能，是因为自由电子在受热后，加快了运动速率，电子与电子间传递了能量，与金属阳离子无关。D. 金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层可以滑动而破坏了金属键【答案】B【解析】【详解】A、金属一般具有银白色光泽是由于金属键中的自由电子在吸收可见光以后，发生跃迁，成为高能态，然后又会回到低能态，把多余的能量以可见光的形式释放出来的缘故，所以金属一般具有金属光泽与金属键有关系，故A错误；B、金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，故B正确；C、金属自由电子受热后运动速率增大，与金属离子碰撞频率增大，传递了能量，故金属有良好的导热性，故C错误；D、当金属晶体受到外力作用时，金属正离子间滑动而不断裂，所以表现出良好的延展性，故D错误；故选B。26.某有机物，经过下列反应后，该物质一定不含手性碳的是A. 酯化反应 B. 水解反应C. 催化氧化 D. 消去反应【答案】B【解析】【详解】A.若发生酯化反应，改变的是最左边或上方的羟基变为酯基，则该物质仍有手性；故A错误；B.水解反应为右边的酯基断开生成醇类，原手性碳上连有相同的“CH2OH”结构，无手性；故B正确；C.发生催化氧化是羟基变为醛基，仍有手性碳；故C错误；D. .发生消去反应只有左边的羟基能消去生成烯烃，仍有手性碳；故D错误；故选B。【点睛】使有机物通过化学变化失去光学活性，指的是发生反应使手性碳上连有2个以上相同的原子或原子团，手性碳是饱和碳原子，然后根据官能团的性质来分析。27.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是 ()A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，A错误；B、违反了洪特规则，基态原子的电子总是优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，B错误；C、能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p、3s；2p轨道没有排满不可能排3s轨道，违反了能量最低原理，C错误；D、能级能量由低到高的顺序为1s、2s、2p，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，D正确；答案选D。28. 下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是（ ）A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是A族元素B. 基态原子的价电子排布为(n-1)d68ns2的元素一定是副族元素C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区D. 基态原子的价电子排布为(n-1)dxnsy的元素的族序数一定为x+y【答案】C【解析】A基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；B副族元素的d能级电子数为10或15，原子的价电子排布为(n-1)d6-8ns2的元素为族元素，故B错误；C基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；D为BB及族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为B族、B族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误；故选C。点睛：本题考查结构与位置关系、元素周期表，侧重对过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点。本题的难点和易错点是D。29.支持固态氨是分子晶体的事实为（ ）A. 氮原子不能形成阳离子 B. 铵离子不能单独存在C. 常温下氨是气态物质 D. 氨极易溶于水【答案】C【解析】常温下氨是气态物质，说明NH3的熔点和沸点低，微粒之间的结合力小，所以固态的氨是分子晶体。只有分子晶体在常温下才可能呈气态，反之，常温下呈气态的物质一定属于分子晶体，答案选C。点睛：掌握分子晶体的含义和性质特点是解答的关键，分子间通过分子间作用力（包括范德华力和氢键）构成的晶体。分子晶体的熔沸点比较低，离子晶体和原子晶体的熔沸点都比较高，所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质（除汞外）、易挥发的固态物质属于分子晶体。30.最近科学家发现了一种新分子，它具有空心的类似足球的结构，分子式为C60，下列说法正确的是A. C60是一种新型的化合物B. C60和石墨都是碳的同素异形体C. C60中虽然没有化学键，但固体为分子晶体D. C60相对分子质量为720g/mol【答案】B【解析】【详解】A. C60是单质，故A不正确；B.C60和石墨是碳的同素异形体,故B正确；C.C60中存在共价键，是分子晶体，故C不正确；D.C60相对分子质量是720，故D不正确；故选B。31.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂BB与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂请根据表中信息填写：（1）A原子的核外电子排布式：_。（2）B元素在周期表中的位置：_；离子半径：B_(填“大于”或“小于”)A。（3）C原子的电子排布图是_，其原子核外有_个未成对电子，能量最高的电子为_轨道上的电子，其轨道呈_形。（4）D的结构示意图是_。（5）B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_。与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). 第三周期第A族 (3). 小于 (4). (5). 3 (6). p (7). 哑铃 (8). (9). NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O (10). 3HClAl(OH)3=AlCl33H2O【解析】【分析】A.是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂,可知A是Na；Al(OH)3是两性氢氧化物，B为Al；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，氨气作制冷剂，故C为N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂, D为Cl。【详解】根据题中表格信息可推出：A为Na，B为Al，C为N，D为Cl。（1）A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，故答案为：1s22s22p63s1 ；（2）B为Al，其在元素周期表中的位置为第三周期第A族，Na与Al3核外电子排布相同，核电荷数Al3大于Na，故r(Al3)r(Na)，故答案为：第三周期第A族 ；小于；（3）C为N，其电子排布图为，其中有3个未成对电子，能量最高的为p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形，故答案为： ； 3 ； p ；哑铃；（4）D为Cl， Cl的结构示意图为，故答案为：；（5）B的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH ，反应的方程式为：Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O；D的氢化物的水化物为HCl ，反应的方程式为：Al(OH)33HCl=AlCl33H2O；故答案为：NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O ；3HClAl(OH)3=AlCl33H2O。32.有如图所示的离子晶体空间结构示意图。（1）以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式：A_，B_，C_，D_。（2）已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的空间结构。FeS2晶体中存在的化学键类型是 _。若晶体结构A中相邻的阴、阳离子的最小距离为a cm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是_g/cm3。【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN3 (4). MN (5). 离子键 (6). 非极性共价键60/a3NA【解析】【分析】根据晶体的空间结构示意图，结合“心一、面二、棱四、角八”的规律计算阴、阳离子个数比，从而得出晶体表达式。先依据立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，然后利用阴、阳离子间的距离求体积，从而得出密度。【详解】对于A，阴离子位于立方体的四个顶点，因此阴离子在该立方体内只有418=12（个），同理阳离子也有12（个），组成上为1：1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有412+2=4（个），阳离子在立方体内有818+1=2（个），组成为MN2；对于C阴离子在立方体内有418+1=32（个），阳离子在立方体内有418=12（个），组成为MN3 ；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有818=1（个），组成为MN。FeS2晶体中存在的化学键为离子键和非极性共价键（S-S）。因密度=mV，晶胞内阴、阳离子个数分别为0.5，由二硫化亚铁的摩尔质量可求出一个晶胞的质量为60g/NA.晶胞的边长即阴、阳离子的最短距离，则晶胞的体积为a3cm3，则晶体的密度=60/a3NAg/cm3。【点睛】分析晶体表达式时，准确利用“心一、面二、棱四、角八”的规律，理解其含义就能迅速得出结论。33.（1）配位化学创始人维尔纳发现，取COCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、COCl34NH3（绿色）和COCl34NH3（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请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式COCl36NH3_，COCl35NH3_，COCl34NH3（绿色和紫色）_后两种物质组成相同而颜色不同的原因是_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+3KSCNFe（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：Fe3+与SCN反应时，Fe3+提供_，SCN提供_，二者通过配位键结合所得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_若Fe3+与SCN以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为：_。【答案】 (1). Co（NH3）6Cl3 (2). Co（NH3）5（Cl）Cl2 (3). Co（NH3）4（Cl）2Cl (4). Co（NH3）4（Cl）2Cl (5). 空间构型不同 (6). 6 (7). 空轨道，孤对电子 (8). Fe（SCN）Cl2 (9). FeCl3+5KSCN=K2Fe（SCN）5+3KCl【解析】【分析】（1）根据题目信息1molCoCl36NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，1molCoCl35NH3只生成2molAgCl，1molCOCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）只生成1molAgCl，来解答。（2）Fe3+与SCN反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN提供孤对电子。【详解】（1）1molCoCl36NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，则1molCoCl36NH3中有3molCl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）6Cl3；1molCoCl35NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl35NH3中有2molCl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）5（Cl）Cl2；1molCOCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）只生成1molAgCl，则1molCoCl34NH3中有1molCl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）4（Cl）2Cl；故答案为：Co（NH3）6Cl3；Co（NH3）5（Cl）Cl2 ； Co（NH3）4（Cl）2Cl；CoCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）的化学式都是Co（NH3）4（Cl）2Cl，但因其空间构型不同导致颜色不同，故答案为：空间构型不同；这几种配合物的化学式分别是Co（NH3）6Cl3、Co（NH3）5（Cl）Cl2、Co（NH3）4（Cl）2Cl，其配位数都是6，故答案为：6；（2）Fe3+与SCN反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN提供孤对电子；故答案为：空轨道；孤对电子 ；Fe3+与SCN以个数比1：1配合所得离子