1、1甘肃省玉门市第一中学 2018-2019 学年高二化学上学期期中试卷（含解析）一、选择题(每小题只有一个正确答案，共 24 小题,每小题 2 分,共 48 分) 1. 以下能级符号错误的是A. 5s B. 3d C. 3f D. 6p【答案】C【解析】试题分析：A.每个电子层都有 s 能级。因此有 5s 能级。正确。B、对于第三电子层来说有s、p、d 三种能级。因此存在 3d 能级。正确。C、对于第三电子层来说只有 s、p、d 三种能级，不存在 3f 能级。错误。D、第六电子层有 6s、6p、6d、6f 能级。故正确。考点：考查原子核外的电子排布的知识。2.某原子核外电子排布为 ns2np7
2、，它违背了( )A. 泡利原理 B. 能量最低原理C. 洪特规则 D. 洪特规则特例【答案】A【解析】试题分析：泡利不相容原理为：一个原子轨道中最多只能容纳两个电子，并且这两个电子的自旋方向必须相反。p 能级只有 3 个原子轨道，最多只能容纳 6 个电子，故原子结构ns2np7违背了泡利原理，选 A。考点：考查基态原子核外电子排布原则。3.对 Na、Mg、Al 的有关性质的叙述正确的是（ ）A. 还原性：NaMgAl B. 第一电离能：NaMgAl D. 碱性：NaOH B. 原子半径：C. 电负性： D. 第一电离能：【答案】D【解析】【分析】根据基态原子的电子排布式，1s 22s22p63
3、s23p4是 S 元素； 1s 22s22p63s23p3是 P 元素；1s 22s22p3是 N 元素； 1s 22s22p5是 F 元素。【详解】最高正化合价等于最外层电子数，F 元素没有正价，所以最高正化合价： ，故 A 错误；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：，故 B 错误；非金属性越强，电负性越大，电负性：，故 C 错误；P 的 3P 轨道为半充满状态，所以第一电离能 PS，第一电离能，故 D 正确。5. 下列途径不能得到晶体的是 ( )A. 熔融态物质快速冷却 B. 熔融态物质凝固C. 气态物质凝华 D. 溶质从溶液中析出【答案】A【解析】得到
4、晶体的三个途径是：溶质从溶液中析出，气态物质凝华，熔融态物质凝固。所以 B、C、D 选项中的措施可以得到晶体。晶体表现自范性是需要一定条件的，即晶体生成的速率要适当，因此熔融态物质快速冷却时不能得到晶体，所以选择 A 项。36.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】AK 3Fe(SCN)6中配体为 SCN-，配合物的配位数为 6，故不选 A； BNa 2SiF6中配体为 F-，配合物的配位数为 6，故
5、不选 B；CNa 3AlF6中配体为 F-，配合物的配位数为 6，故不选 C； DCu(NH 3)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。7.在 x mol 石英晶体中，含有 SiO 键数是A. x mol B. 2x mol C. 3x mol D. 4x mol【答案】D【解析】在二氧化硅晶体中，1 个硅原子与 4 个氧原子连接，形成 4 个 SiO 键，答案选 D。8. 下列对分子或离子的立体构型判断不正确的是 ( )。A. NH4 和 CH4都是正四面
6、体形B. CO2和 CS2都是直线形C. NCl3和 BCl3都是三角锥形D. H2O 和 H2S 都是 V 形【答案】C【解析】NCl3是三角锥形分子，BCl 3是平面三角形分子。9.金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是A. 易导电 B. 易导热 C. 有延展性 D. 易锈蚀【答案】D【解析】本题考查金属晶体的性质4金属晶体中存在大量的自由电子，在外电场作用下金属晶体中的自由电子定向移动，形成电流所以易导电；金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞，另一个金属原子又失去最外层电子，碰撞到第三个（形容词）金属阳离子上成为中性原子；是自由电子的作用，可以引起自由电
7、子与金属离子之间的能量交换或当金属受外力作用时，金属晶体中各原子层会发生相对滑动，产生形变。纯净的金属晶体不会发生锈蚀，不纯净的金属易蚀是由于其内部形成原电池，而与金属晶体结构无关故正确答案为 D10.在单质的晶体中一定不存在的粒子是A. 原子 B. 分子 C. 阴离子 D. 阳离子【答案】C【解析】试题分析：单质晶体可能有：硅、金刚石原子晶体，P、S、Cl 2分子晶体，Na,Mg金属晶体，在这些晶体中，构成晶体的粒子分别是原子、分子、金属离子和自由电子。C 中阴离子只有存在于离子晶体中，构成离子晶体的粒子是阴、阳离子，所以离子晶体不可能形成单质晶体，答案选 C。考点：考查构成晶体微粒的有关正
8、误判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。该题有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有利于培养学生灵活应变能力。11.下列关于晶体的说法一定正确的是A. 分子晶体中都存在共价键B. CaTiO3晶体中每个 Ti4+和 12 个 O2-相紧邻C. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子D. 晶格能：NaINaBrNaClNaF【答案】B【解析】5【分析】稀有气体是单原子分子，没有化学键；在题目所给晶体结构模型中每个 Ti4+周围有 3 个 O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个 Ti4+离子周围共有 =12 个 O2-；金属晶体1238中由金属阳
9、离子和自由电子；离子半径越小晶格能越大。【详解】稀有气体是单原子分子，没有化学键，分子晶体中不一定存在共价键，故 A 错误；在题目所给晶体结构模型中每个 Ti4+周围有 3 个 O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个 Ti4+离子周围共有 =12 个 O2-，故 B 正确；金属晶体中由金属阳离子和自由电子，1238没有阴离子，故 C 错误；离子半径越小晶格能越大，所以晶格能：NaICl2Br2I2D. RbKNa【答案】B【解析】【分析】晶体熔沸点高低比较的一般规律是:原子晶体，熔沸点大小与形成共价键的原子半径大小有关系，半径越小熔沸点越高；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷
10、数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。【详解】A 中都是原子晶体，应该是金刚石二氧化硅碳化硅晶体硅，故 A 错误；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高，所以熔沸点：CCI4CBr 4CCl 4CF 4、F 2HBrO4HIO4 B. HClO4H2SO4H3PO4C. HClO4HClO3HClO D. H2SO3H2SO4H2S2O3【答案】D【解析】同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性 ClBrI，则酸性HClO4HBrO4HIO4，A 正确
11、；同周期元素，从左到右非金属性增强（稀有气体除外） ，所以非金属性 ClSP，则酸性 HClO4H2SO4H3PO4，B 正确；同一元素形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧化数的递增而递增，所以酸性 HClO4HClO3HClO，H 2SO4 H2SO3H2S2O3，C 正确、D 错误；正确选项 D。点睛：同一种元素若能形成几种不同氧化态的含氧酸，其酸性随着氧原子数的递增而递增。21.钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是 A. BaTi8O12B. BaTiO3C. BaTi2O410D. BaTi4O6【答
12、案】B【解析】【分析】仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba 在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti 处于立方体的 8 个顶点，每个 Ti 为与之相连的 8 个立方体所共用，即有 属于该晶胞；O 处于立方18体的 12 条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个 O 只有 属于该晶胞。14【详解】Ba 在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti 处于立方体的 8 个顶点，每个 Ti 为与之相连的 8 个立方体所共用，即有 属于该晶胞，Ti 原子数是 ；O 处于立方体的18 818=112 条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个 O 只有 属于该晶胞，O 原子数是14。即晶体中 BaTiO 的比
13、为 1:1:3，化学式是 BaTiO3，故选 B。1214=3【点睛】本题是结合识图考查晶体结构知识及空间想象能力，由一个晶胞想象出在整个晶体中，每个原子为几个晶胞共用是解题的关键。22. 右图中每条折线表示周期表AA 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A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4【答案】D【解析】试题分析：在AA 中的氢化物里，NH 3、H 2O、HF 分子间因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，a 所处曲线中有一种物质的沸点为 100，是 H2O，说明 a 是H2S。11考点：考查了氢键与物质熔沸点的相关知
14、识。23.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是A. PCl3中 P 原子 sp3杂化，为三角锥形B. BCl3中 B 原子 sp2杂化，为平面三角形C. H2S 分子中，S 为 sp 杂化，为直线形D. CS2中 C 原子 sp 杂化，为直线形【答案】C【解析】【分析】首先判断中心原子形成的 键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。【详解】PCl 3中 P 原子形成 3 个 键，孤对电子数为 ，则为 sp3杂化，为三角5-312 =1锥形，故 A 正确; BCl3中 B 原子形成 3 个 键，孤对电子数为 ，则为 sp2杂化，3
15、-312 =0为平面三角形，故 B 正确; H2S 分子中，S 原子形成 2 个 键，孤对电子数为 ，6-212 =2则为 sp3杂化，为 V 形，故 C 错误；CS 2中 C 原子形成 2 个 键，孤对电子数为 ，4-222 =0则为 sp 杂化，为直线形，故 D 正确；选 C。24.已知 CsCl 晶体的密度为 gcm3 ， NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个 Cs 的核间距为 acm，如图所示，则 CsCl 的相对分子质量可以表示为A. NAa3 B. NAa3/ 6C. NAa3/ 4 D. NAa3/ 8【答案】A【解析】【分析】相邻的两个 Cs 的核间距为 acm，则每个晶胞的 体积
16、为 ；根据 进行计算，得a3cm3 =mv出结果。12【详解】设 CsCl 的摩尔质量为 M，则 ，M= NAa3 ，故 A 正确。Ma3NA=二填空题(每空 2 分，共 52 分)25.在下列物质中：HCl、N 2、NH 3、Na 2O2、C 2H4、NaOH、Ar(1)只存在极性键的分子是_；只由非极性键构成的非极性分子是_；(填序号，下同)。(2)既存在极性键又存在非极性键的分子是_。(3)只存在 键的分子是_，既存在 键又存在 键的分子是_。(4)不存在化学键的是_。(5)既存在离子键又存在极性键的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【
17、解析】【分析】同种非金属原子间形成非极性键、不同种非金属原子间易形成极性键；HCl 是存在极性键的极性分子、N 2是存在非极性键的非极性分子、NH 3是存在极性键的极性分子、Na 2O2是存在离子键和非极性共价键的离子化合物、C 2H4是存在极性键、非极性键的非极性分子、NaOH 存在离子键、极性共价键的离子化合物、Ar 没有化学键。单键都是 键，双键中有 1 个 键和 1 个 键，叁键中有 1 个 键和 2 个 键；【详解】(1) HCl 中只存在 H-Cl 键，NH 3中只存在 N-H 键，所以只存在极性键的分子是；N 2中只存在 N N 键，所以由非极性键构成的非极性分子是；(2) C
18、2H4中存在C-H、C=C 键，所以存在极性键、非极性键的非极性分子是；(3) HCl 中只存在 H-Cl 键，NH 3中只存在 N-H 键，所以只存在 键的分子是HCl、NH 3， N2中只存在 N N 键、C2H4中存在 C=C 键，所以既存在 键又存在 键的分子是、；(4)稀有气体是单原子分子，不存在化学键的是；(5) NaOH 存在离子键、O-H 键，所以既存在离子键又存在极性键的是。26.请回答下面有关问题 (1)同主族元素的电负性大小存在一定的规律，卤族元素 F、Cl、Br、I 的电负性由小到大的顺序是_（用连接） ，其中在熔融为液态时能导电的电解质是_。(2)金属晶体中金属原子有
19、三种常见的堆积方式：六方最密堆积、面心立方最密堆积和体心立方密堆积。下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为 _(3)醋酸的球棍模型如图所示。14在醋酸中，碳原子的轨道杂化类型有 _；Cu 的水合醋酸盐晶体局部结构如图所示，该晶体中含有的化学键是 _(填选项字母)。A极性键 B非极性键C配位键 D金属键【答案】 (1). 金刚石NaCl干冰 (2). NaCl (3). 321 (4). sp3、sp 2 (5). A、B、C【解析】【分析】(1) NaCl 是离子晶体 、干冰是分子晶体、金刚石是原子晶体；熔融状态下的离子化合物能导电。(2)根据均摊原则计算
20、晶胞中原子数；(3) 在醋酸中，甲基上的 C 形成 4 个 键，无孤对电子，羧基中的 C 原子形成 3 个 键，无孤对电子；根据结构图判断化学键种类。【详解】(1) NaCl 是离子晶体 、干冰是分子晶体、金刚石是原子晶体，所以 NaCl 、干冰、金刚石熔点由高到低的顺序是金刚石NaCl干冰；熔融状态下的离子化合物能导电，所以熔融状态下能导电的是 NaCl；(2)根据均摊原则，(a)中原子数 ；(b)中1216+212+3=6原子数是 818+612=4(c)中原子数是 ，晶胞内金属原子个数比为 321；(3) 在醋酸中，甲基上818+1=2的 C 形成 4 个 键，无孤对电子，羧基中的 C
21、原子形成 3 个 键，无孤对电子；所以醋酸中碳原子的轨道杂化类型有 sp3、sp 2；根据结构图，Cu 的水合醋酸盐晶体中含有的化学键是非极性键、极性键、配位键，故选 A、B、C。【点睛】本题考查了晶胞的计算，明确晶胞中每个原子被几个晶胞占有是解本题关键；立方体中，顶点上的原子被 8 个晶胞占有，面上的原子被 2 个晶胞占有，棱上的原子被 4 个晶胞占有；六方最密堆积中，顶点上的原子被 6 个晶胞占有，棱上的原子被 3 个晶胞占有。28.已知：A、B、C、D、E、F 五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素。其中 A 原子核外有三个未成对电子；化合物 B2E 的晶体为离子晶体，E 原
22、子核外的 M 层中只有两对成对电子；C 元素是地壳中含量最高的金属元素；D 单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F 原子核外最外层电子数与 B 相同，其余各层均充满。请根据以上信15息，回答下列问题：(1)A、B、C、D 的第一电离能由小到大的顺序为 _ (用元素符号表示)。(2)B 的氯化物的熔点比 D 的氯化物的熔点_(填高或低)，理由是_。(3)E 与 D 的同族短周期元素可形成一种化合物 X，X 是常见的有机溶剂，X 分子的空间构型是_。(4)A、F 形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为_；(黑色球表示 F 原子)。【答案】 (1). NaAlSiN (2). 高 (
23、3). NaCl 为离子晶体，SiCl 4为分子晶体 (4). 直线型 (5). Cu 3N【解析】【分析】A 原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为 1S22S22P3，A 为 N 元素；E 原子核外的 M 层中只有两对成对电子，电子排布式为 1S22S22P63S23P4，E 应为 S 元素，C 元素是地壳中含量最高的金属元素，C 为 Al 元素，化合物 B2E 的晶体为离子晶体，B 应为第A 族元素，且原子序数在 N 元素和 Al 之间，应为 Na 元素，D 单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为 Si 元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F 原子核外最外层电子数与
24、 B 相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1，应为 Cu 元素。【详解】(1)在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为:NaAlSiN；(2)因 NaCl 为离子晶体，而 SiCl4为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，所以 NaCl 的熔点比 SiCl4的熔点高。(3)S 与 Si 的同族短周期元素形成的 X 是常见的有机溶剂，X 是 CS2，C 价电子对数是 2，没有孤电子对，CS 2分子的空间构型是直线型；(4)根据晶胞中
25、微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有 N 原子的数目为8 =1，Cu 原子的数目为:12 =3，故化学式为 Cu3N；18 141629.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。(1)请写出元素 d 的基态原子电子排布式_。(2)b 元素的氧化物中 b 与氧元素之间的共价键类型是_。 （填“极性键” 、“非极性键” ）其中 b 原子的杂化方式是_。(3)a 单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。若已知 a 的原子半径为 d， NA代表阿伏加德罗常数，a 的相对原子质量为 Mr，则一个晶胞中 a 原子的数目为_
26、，该晶体的密度为 _(用字母表示)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d 54s1 (2). 键或极性共价键 (3). sp3杂化 (4). 4 (5). Mr42d3NA【解析】【分析】(1) d 是 Cr 元素，原子序数为 24，3d 轨道半充满、全充满为稳定状态；(2)b 是 Si 元素，氧化物 SiO2中，Si 元素与 O 形成 4 个 键； (3)根据均摊原则计算 1 个晶胞中原子数目；根据丙图可知该晶胞的边长是 ，根据 计算密度。【详解】(1) d 是 Cr 元素，原子序数为 24，3d 轨道半充满、全充满为稳定状态，Cr 的基态原子电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s1；(2)b 是 Si 元素，氧化物 SiO2中，Si-O 键是极性共价键，Si 与 O 形成 4 个 键，没有孤电子对，所以 Si 原子的杂化方式是 sp3杂化；(3)根据均摊原则， 1 个晶胞中原子数目是 ；根据丙图可知该晶胞的边长17是 ，1 个晶胞体积是 ，1mol 晶胞的质量是 4Mr、体积是 ；根据 ，密度= = 。【点睛】利用均摊原则计算晶胞中原子数目，立方体中，顶点上的原子被 8 个晶胞占有，面上的原子被 2 个晶胞占有，棱上的原子被 4 个晶胞占有。
