2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。 ‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 P—31 S—32 Cu—64‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题：（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）‎ ‎1. 下列现象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是（　　）‎ A. 燃放焰火 B. 霓虹灯广告 C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将释放能量，燃放焰火、霓虹灯广告、燃烧蜡烛等均与电子的跃迁有关系，平面镜成像是光线反射的结果，与电子的跃迁无关，答案选D。‎ 考点：考查电子跃迁的应用 ‎2. 4p能级只填充一半电子的原子，其原子序数是（　　）‎ A. 15 B. 33 C. 35 D. 51‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：4p能级只填充一半电子的原子，说明该元素应该是第ⅤA族元素，根据核外电子排布规律可知其原子序数是2+8+18+5＝33，答案选B。‎ 考点：考查 ‎3. 下列物质的分子中，键角最大的是（　　）‎ A. H2O B. BF3 C. CH4 D. NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小，H2O中O原子含有2个孤电子对，BF3中B原子不含孤电子对，NH3分子中N原子含有1个孤电子对，CH4‎ 分子中C原子不含孤电子对，所以键角最大的是BF3，故选B．‎ ‎4. 下列分子中含有sp2-sp3σ键的是（　　）‎ A. CH3CH3 B. CH2=CH-CH=CH2‎ C. CH≡C-CH3 D. CH2=CH-CH2-CH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】单键碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，叁键碳原子采用sp杂化，所以sp2sp3σ键存在于单键碳原子与双键碳原子之间，故选D。‎ ‎5. 下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（ ）‎ A. NH4NO3 B. SiO2 C. C6H5NO2 D. Cu ‎【答案】C ‎【解析】只有分子晶体的化学式，才能既表示物质的元素组成，又表示物质的分子组成，所以选项C正确，A是离子晶体，B是原子晶体，D是金属晶体，答案选C。‎ ‎6. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是(　　)‎ A. BCl3 B. H2O C. SiCl4 D. PCl5‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故A错误； B、H2O中O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以2+6=8，O原子满足8电子结构；H元素化合价为+1，H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，H原子不满足8电子结构，故B错误；C、SiCl4中Si元素化合价为+4，Si原子最外层电子数为4，所以4+4=8，Si原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C正确； D、PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故D错误．答案选C．‎ 点睛：本题考查原子结构，理解化合价和最外层电子数的关系是解题关键。‎ ‎7. 下列离子中，外层d轨道达半充满状态的是 (　　)‎ A. Fe3＋ B. Cr3＋ C. Co3＋ D. Cu＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道达半充满状态，A正确；B、Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是半充满状态，B错误；C、Co3+的价电子排布式为3d6‎ ‎，d轨道不是半充满状态，C错误；D、Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，D错误，答案选A。‎ 考点：考查核外电子排布 ‎8. 下列有关化学用语表示正确的是 （ ）‎ A. 35Cl和37Cl的原子结构示意图均为 B. HC1O的电子式：‎ C. CO2的比例模型： ‎ D. HCl的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】A. 35Cl与37Cl核外电子数均为17，二者的原子结构示意图相同，均为，A正确；B．HClO的电子式为，B错误；C.二氧化碳分子中,C的原子半径大于O原子,所以CO2正确的比例模型为：，C错误；D. HCl的电子式为;,D错误；答案选A.‎ 点睛：HC1O的结构式为H-O-Cl，因此次氯酸正确的电子式为。‎ ‎9. 下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）‎ A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. SiC与SiO2 D. Cl2与I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 ‎【名师点晴】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力。‎ ‎ ‎ ‎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：金刚石>晶体硅>金刚砂 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】A．碱金属元素中，其硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；B．原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能由大到小的顺序是：C-C键、C-Si键、Si-Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石＞金刚砂 ‎＞晶体硅，故B错误；C．同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，所以电负性：Na＜Mg ＜Al，故C错误；D. 空间利用率：六方密堆积52%、面心立方堆积74%、体心立方堆积68%，所以空间利用率：面心立方堆积＞体心立方堆积＞六方密堆积，故D错误；答案选A．‎ 点睛：本题考查了电负性、熔点、空间利用率等知识点，把握元素周期律、熔点高低的影响因素、空间利用率大小等为解答的关键。‎ ‎11. 氨分子立体构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为(　　)‎ A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化 B. NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道 C. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强 D. 氨分子是极性分子而甲烷是非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】A. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，CH4分子中C原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等，采取sp3型杂化，两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，A错误；B. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，B错误；C. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，C正确；D. 氨气分子空间构型是三角锥形不是因为氨气分子是极性分子，甲烷是正四面体形也不是因为甲烷是非极性分子，因果关系不正确，D错误；答案选C。‎ ‎12. 下列对一些实验事实的理论解释正确的是（　　）‎ 选项 实验事实 理论解释 A 碘单质在CCl4中溶解度比在水中大 CCl4和I2都是非极性分子，‎ 而H2O是极性分子 B CO2为直线形分子 CO2分子中C═O是极性键 C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体 D HF的沸点高于HCl HF的相对分子质量小于HCl A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A.CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；B. 理论解释不对，CO2分子是直线型，中心C原子杂化类型为SP杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；C. 金刚石是原子晶体，故C错误；D.理论解释不对，HF分子中间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误。答案选A.‎ ‎13. 根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（　　）‎ A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电 B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大 C. 熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电 D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g/cm3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；C. 熔点10.31℃,熔点低,符合分子晶体的熔点特点,液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后,分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO−+OH−，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；D.熔点97.81℃,质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D 错误；答案选C.‎ ‎14. 下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是（　　）‎ A. NO2-和NH4+ B. H3O+和ClO3- C. NO3-和CO32- D. PO43-和SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】NH4+是正四面体，故A错误；H3O+和ClO3－是三角锥型，故B错误；NO3－和CO32－是平面结构，故C正确；PO43－和SO42－是正四面体，故D错误。‎ ‎15. 下列说法错误的是(　　)‎ A. ns电子的能量不一定高于(n－1)p电子的能量 B. 6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则 C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理 D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理 ‎【答案】A ‎【解析】A项,关键在于熟记构造原理,各能级能量的大小顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s……ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量;B项,对于6C来说,2p能级有3个能量相同的原子轨道,最后2个电子应该以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上,故2违背了洪特规则;C项,根据能级能量高低顺序可知E(4s)”、“=”或“<”)。‎ ‎③请写出铜原子的核外电子排布式_________________。单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu＝1 958 kJ·mol－1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是_________________________________；‎ ‎（3）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)、CoCl3·4NH3‎ ‎(紫色)四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol。已知上述配合物中配离子的配位数均为6。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。‎ ‎①CoCl3·5NH3________________；②CoCl3·4NH3（紫色）__________________。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (3). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (4). > (5). 1s22s22p63s23p63d104s1或 [Ar]3d104s1 (6). 金属 (7). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (8). [Co(NH3)5Cl]Cl2 (9). [Co(NH3)4Cl2]Cl ‎【解析】（1）H2O(氧原子提供电子对)和H＋(提供空轨道)形成配位键，NH3(氮原子提供电子对)和Ag(提供空轨道)形成配位键，故选BD。答案为：BD ‎ ‎ ‎（3）①1molCoCl3·5NH3生成氯化银沉淀2mol，所以外界有2个氯离子，内界有1个氯离子、5个NH3，配合物的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；②1molCoCl3·4NH3生成氯化银沉淀1mol，所以外界有1个氯离子，内界有2个氯离子、4个NH3，配合物的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。答案为：①[Co(NH3)5Cl]Cl2 ②[Co(NH3)4Cl2]Cl ‎29. 张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3‎ ‎(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:‎ ‎（1）NH3的沸点比PH3_____(填“高"或“低”)，原因是_____________。‎ ‎（2）Na3AsO4 中含有的化学键类型包括_______；AsO43-的空间构型为_______，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是_________。‎ ‎（3）自然固氮现象发生的一系列化学变化：N2→NO→NO2→HNO3→NO3-解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。‎ ‎①NO3-中N原子采取_____杂化方式，其空间构型为________，写出它的一种等电子体的化学式________.‎ ‎②已知酸性： HNO3>HNO2，下列相关见解合理的是_________.‎ A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强 B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强 C．HNO3中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出H+，酸性强于HNO2‎ ‎（4）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为______g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。‎ ‎【答案】 (1). 高 (2). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 (3). 离子键、共价键 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). SO3、CO32- (9). BC (10). 16 (11). ‎ ‎【解析】（1）NH3和PH3都属于分子晶体，都存在范德华力，但由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点比PH3高。答案为：高、NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 ‎ ‎（2）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43-中As原子孤电子对数=，价层电子对数为4+0=4，据此判断空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As−O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，所以杂化类型为sp3杂化；答案为：离子键、共价键，正四面体 ，sp3 ‎ ‎（3）①硝酸根中N原子价电子层电子为3对,理想模型为平面三角形,没有孤电子对，其杂化方式为sp2杂化；与硝酸根为等电子体的物质为：SO3、CO32-等 ‎②A. 判断含氧酸（含有氧元素的酸）酸性强弱的一条经验规律是：同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，A中没有指明同一种元素，所以A错误；B. 同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，B正确；C.HNO3中氮元素化合价更高，得到电子能力强，所以相较HNO2酸性更强,C正确。所以选择BC。答案为：①sp2 、平面三角形、 SO3或CO32- ②BC ‎ ‎（4）根据均摊法可知,晶胞中P4分子数目为8×+6× = 4，则晶胞中P原子数目为4×4=16,晶胞质量为16×g，晶胞体积为(acm)3,则晶胞密度为:=== g·cm-3‎ 故答案为：16 、 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎