宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题

宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题

银川一中2019——2020学年度(下)高二期中考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O‎-16 F-19 P-31 S-32 Ca-40 Cu-64 Zn-65 ‎ 一、选择题(本题共25道，每小题只有一个正确选项，部分小题有陷阱，每题2分，共50分)‎ ‎1.下列图像中所发生的现象与电子的跃迁无关的是(　　)‎ A. 燃放烟花 B. 霓虹灯广告 C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】平面镜成像是光线反射的结果，与电子跃迁无关，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故答案为D。‎ ‎2.下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是 A. N： 1s22s22p3 B. S2-： 1s22s22p63s23p6‎ C. Na： 1s22s22p53s2 D. Si： 1s22s22p63s23p2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1s22s22p3中，未排满电子的2p轨道能量最高，符合基态排布，A不合题意；‎ B．1s22s22p63s23p6中，排满电子的3p轨道能量最高，符合基态排布，B不合题意；‎ C．1s22s22p53s2中，未排满电子的2p轨道能量低于3s轨道，不符合基态排布，C符合题意；‎ D．1s22s22p63s23p2中，未排满电子的3p轨道能量最高，符合基态排布，D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎3.现有四种元素。其中两种元素的基态原子的电子排布式为：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；另两种元素的特征电子构型为③2s22p3；④2s22p5。则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：④>③>①>② B. 原子半径：②>①>③>④‎ C. 电负性：③>④>①>② D. 最高正化合价：④>①>③=②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子排布式①1s22s22p63s23p4，②1s22s22p63s23p3；特征电子构型为③2s22p3，④2s22p5，可确定四种元素分别为：①—硫(S)，②—磷(P)，③—氮(N)，④—氟(F)。‎ ‎【详解】A．总的来说，非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p轨道半充满，电子的能量低于硫的3p轨道，第一电离能出现反常，所以第一电离能：④>③>②>①，A不正确；‎ B．一般，电子层数越多，半径越大，同一周期元素，原子序数越大，半径越小，所以原子半径：②>①>③>④，B正确；‎ C．非金属性越强，电负性越大，所以电负性：④>③>①>②，C不正确；‎ D．一般，最高正价等于原子的最外层电子数，但氟不显正价，所以最高正化合价：①>③=②>④，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎4.下列物质的分子中既有σ键又有π键的是 ‎①HCl ②NH3 ③N2 ④C2H4 ⑤H2O2 ⑥C2H2‎ A. ①②③ B. ③④⑥ C. ①③⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】各物质的结构式为：‎ ‎①H-Cl ② ③N≡N ④ ⑤H-O-O-H ⑥H-C≡C-H 既有σ键又有π键的分子中一定含有双键或三键，从以上物质的结构式可以看出，④含碳碳双键，③、⑥含有三键，从而得出③④⑥符合题意，故选B。‎ ‎【点睛】分子中原子间的共价键一定存在σ键，若两原子间只形成1个共价键，则只有σ键；若分子中两原子间形成2个共价键，则有1个σ键和1个π键；若分子中两原子间形成3‎ 个共价键，则有1个σ键和2个π键。‎ ‎5.前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有 A 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同，即第一周期有1个未成对电子，第二周期有2个未成对电子数，第三周期有3个未成对电子数，第四周期有4个未成对电子数，结合电子排布规律来解答。‎ ‎【详解】第一周期中，有一个未成对电子的是1s1；第二周期中，未成对电子是两个的有两种：1s22s22p2 和1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是：1s22s22p63s23p3；第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2，共有5种，故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、未成对电子数的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第四周期电子排布为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎6.下列分子中的σ键是由两个原子的s轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是 A. H2 B. CH‎4 ‎C. Cl2 D. N2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2中的σ键是由两个氢原子的s轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，A符合题意；‎ B．CH4中的每一个σ键都是由一个氢原子的s轨道与碳原子的2p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，B不合题意；‎ C．Cl2中的σ键是由两个Cl原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，C不合题意；‎ D．N2中的σ键是由两个N原子的2p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，D不合题意；‎ 故选A。‎ ‎7.已知大多数含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，下列各含氧酸中酸性最强的是 A. H2SeO3 B. H3BO‎3 ‎C. H3PO4 D. HClO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2SeO3的化学式可改写为SeO(OH)2，为弱酸；‎ B．H3BO3的化学式可改写为B(OH)3，为弱酸；‎ C．H3PO4的化学式可改写为PO(OH)3，为弱酸；‎ D．HClO4的化学式可改写为ClO3(OH)，为强酸；‎ 综合以上分析，只有HClO4为强酸，故选D。‎ ‎8.多核离子所带电荷可以认为是中心原子得到或失去电子导致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面的一组是 A. NO2-和NH2- B. H3O+和ClO3- C. NO3-和CH3- D. PO43-和SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO2-和NH2-的价层电子对数分别为3和4，分别含有1对和2对孤对电子，二者都为V形结构，所有原子都在同一平面，A符合题意；‎ B．H3O+和ClO3-的价层电子对数都为4，都含有1对孤对电子，二者都为三角锥形结构，所有原子不都在同一平面，B不合题意；‎ C．NO3-和CH3-的价层电子对数分别为3和4，后者含有1对孤对电子，前者为平面三角形，后者为三角锥形结构，C不合题意；‎ D．PO43-和SO42-的价层电子对数都为4，二者都为正四面体结构，所有原子不都在同一平面，D不合题意；‎ 故选A。‎ ‎9.下列叙述正确的是 A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心 B. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央 C. CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心 D. CO2是非极性分子，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH3是极性分子，分子中N原子和3个H原子都位于三角锥的顶点，A不正确；‎ B．H2O是极性分子，分子中O原子与2个H原子构成V 形结构，B正确；‎ C．CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子组成的正四面形中心，C不正确；‎ D．CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子连成直线的中央，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎10.有且只有一个手性碳的有机化合物分子为手性分子，下列有机物分子中属于手性分子的是 ‎①新戊烷[(CH3)‎4C] ②乳酸[CH3CH(OH)COOH]‎ ‎③甘油 ④‎ A. ①②③ B. ①和③ C. ②和④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①新戊烷[(CH3)‎4C]中4个-CH3连在同一个碳原子上，无手性碳原子，①不合题意；‎ ‎②乳酸[CH3CH(OH)COOH]中，连接-OH的碳原子为手性碳原子，分子为手性分子，②符合题意；‎ ‎③甘油中没有手性碳原子，③不合题意；‎ ‎④中，连接-OH的碳原子为手性碳原子，分子为手性分子，④符合题意；‎ 综合以上分析，只有②和④符合题意，故选C。‎ ‎【点睛】判断手性碳原子时，原子团有大有小，对于涉及碳原子数很多的两个原子团，一定要逐个碳进行分析对比，找出长链中每个碳的异同，只要两个原子团中有不完全相同的部分，就属于不同原子团。‎ ‎11.科学家发现铂的两种化合物a和b。a：；b：。实验测得a和b具有不同的特性。a具有抗癌作用，而b没有，则下列关干a、b的叙述正确的是 A. a和b属于同一种物质 B. a和b互为同素异形体 C. a和b的空间构型是平面四边形 D. a和b的空间构型是四面体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由“a和b具有不同的特性。a具有抗癌作用，而b没有”可以推知，a和b的结构不同，则二者应为平面结构。‎ A．a和b属于不同物质，A不正确；‎ B．a和b是化合物，不互为同素异形体，B不正确；‎ C．由以上分析知，a和b为平面结构，所以二者的空间构型都是平面四边形，C正确；‎ D．若a和b的空间构型是四面体，则a和b为同一种物质，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎12.根据部分短周期元素的原子半径及主要化合价判断以下叙述正确的是 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.112‎ ‎0.104‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎＋2‎ ‎＋3‎ ‎＋2‎ ‎＋6、－2‎ ‎－2‎ A. M与T形成的化合物具有两性 B. 单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q C. 氢化物的沸点为H2T＜H2R D. L2＋与R2－的核外电子数相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ L、Q都显+2价，为ⅡA族元素，由原子半径可确定L为镁(Mg)、Q为铍(Be)；由M的化合价及原子半径，可确定M为铝(Al)；R与T进行比较，可确定R为硫(S)，T为氧(O)。‎ ‎【详解】由以上分析知，L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、Be、S、O。‎ A．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，为两性氧化物，A正确；‎ B．金属性Mg>Be，则单质与稀盐酸反应的速率为Mg>Be，B不正确；‎ C．H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不形成氢键，所以氢化物的沸点为H2O>H2S，C不正确；‎ D．Mg2+与S2-的核外电子数不相等，前者为10电子，后者为18电子，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎13.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 A. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位 B. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位 C. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6‎ D. 该配合物可能是平面正方形结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，则表明在水溶液中不能电离出离子；加入AgNO3溶液也不产生沉淀，说明Cl-全部在配合物的内界；以强碱处理并没有NH3放出，说明NH3全部为配体。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，Cl-和NH3全部在配合物的内界，均与Pt4+形成配位键，A正确；‎ B．若NH3分子与Pt4+不配位，则以强碱处理会放出NH3，与题意不符，B不正确；‎ C．NH3分子不带电，所以配合物中中心原子的电荷数和配位数不相等，C不正确；‎ D．该配合物配体为6，不可能是平面正方形结构，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎14.下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是 A. 分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构 B. 杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子 C. [Cu(NH3)4]2＋和CH4两个分子中中心原子Cu和C都是通过sp3杂化轨道成键 D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子中中心原子轨道发生sp3杂化，该分子不一定为正四面体结构，如水分子为V形结构，A正确；‎ B．形成π键的原子轨道不参与杂化，杂化轨道用于形成σ键或容纳未成键的孤对电子，B正确；‎ C．[Cu(NH3)4]2＋为离子，不是分子，C不正确； ‎ D．杂化轨道数与杂化前的轨道数相等，但形状改变，D正确； ‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 在分子中，共价键常为两个容纳未成对电子的轨道进行重叠而形成；在配离子中，配位键应为配体中某原子提供孤电子对，中心原子或离子提供空轨道，从而发生轨道的重叠而形成。‎ ‎15.下列各组物质的性质判断不正确的是 A. ‎12g金刚石中含有C一C键的个数为2NA B. 键的极性：HF>H2O C. 水中的溶解性：CH3COOH>HCOOCH3 D. 键角：CO2>SO2>H2O>NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在金刚石中，平均每个C形成2个C-C键，则‎12g金刚石中含有C-C键的个数为2NA，A正确；‎ B．F的非金属性比O强，键的极性：HF>H2O，B正确；‎ C．CH3COOH与水分子间能形成氢键，在水中的溶解性：CH3COOH>HCOOCH3，C正确；‎ D．CO2、SO2、H2O、NH3的键角分别为180°、120°、105°、107°18′，键角：CO2>SO2>NH3>H2O，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎16.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K‎3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是（ ）‎ A. K‎3C60中只有离子键 B. K‎3C60中不含共价键 C. 该晶体在熔融状态下能导电 D. C60与‎12C互为同素异形体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 球碳盐K‎3C60中有离子键，存在于K与C603-之间，而C603-中C与C之间为共价键，故A错误；‎ B 根据A项分析可知，球碳盐K‎3C60中既有离子键又有共价键，故B错误；‎ C. 球碳盐K‎3C60中有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能电离出离子而导电，故C正确；‎ D. C60为C元素形成的单质，‎12C为原子，所以二者不是同素异形体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.下列图像是NaCl、CsCl、干冰的晶体结构图或是从其中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl的晶体结构图像的是 （ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氯化钠晶体中的配位数均是6，所以选项A正确。答案选A。‎ ‎18.最近意大利罗马大学的科学家获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol N≡N放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，下列说法正确的是 A. N4属于一种新型的化合物 B. N4与N2互称为同位素 C. N4沸点比P4（白磷）高 D. 1 mol N4气体转变为N2将放出882 kJ热量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.N4是单质、不是化合物，A错误；‎ B.N4和N2都是由N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，B错误；‎ C.N4与P4都属于分子晶体，N4的分子间作用力小于P4的分子间作用力，N4沸点比P4（白磷）低，C错误；‎ D.断裂1mol N4中的N—N键吸收6×167kJ=1002kJ能量，形成2molN2中的N≡N键释放2×942kJ=1884kJ能量，则1 mol N4气体转变为N2将放出1884kJ-1002kJ=882 kJ热量，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是 A. 常温常压下X的单质为气态 B. Z的氢化物为离子化合物 C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D. W与Y具有相同的最高化合价 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10－7－2＝1，所以X是Na，据此解答。‎ 详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则 A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；‎ B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；‎ C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；‎ D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。‎ 点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。‎ ‎20.下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）‎ ‎①分子晶体中都存在共价键 ‎②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 ‎③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低 ‎④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键 ‎⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻 ‎⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合 ‎⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ‎⑧氯化钠熔化时离子键被破坏 A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式，以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。‎ ‎21.已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的，关于该化合物的以下叙述中错误的是 A. 1 mol该化合物中有1 mol Y B. 1 mol该化合物中有3 mol Cu C. 1 mol该化合物中有2 mol Ba D. 该化合物的化学式是YBa2Cu3O6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．运用均摊法，1个晶胞中含Y个数为8×=1，则1 mol该化合物中有1 mol Y，A正确；‎ B．1个晶胞中含Cu个数为3，则1 mol该化合物中有3 mol Cu，B正确；‎ C．1个晶胞中含Ba个数为8×=2，则1 mol该化合物中有2 mol Ba，C正确；‎ D．1个晶胞中含O个数为10×+2=7，该化合物的化学式是YBa2Cu3O7，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】计算晶胞中所含原子或离子的数目时，常运用均摊法，若原子位于立方体的顶点，则只有八分之一属于此晶胞；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶胞；若原子位于面上，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于体内，则完全属于此晶胞。‎ ‎22.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z C. WZ的水溶液呈碱性 D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中原子的成键情况可以看出，Z为H或F或Cl，X为C或Si，Y获得1个电子且形成2个共价键，所以应为N或P，W为Li或Na，“W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”，则Z为Cl，X为Si，Y为P，W为Na。‎ ‎【详解】A．Y为P，它的最高价氧化物的水化物是中强酸，A正确；‎ B．X为Si，Y为S，Z为Cl，元素非金属性的顺序为X

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