1、福建省莆田市仙游县第二中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 Na:23 Al:27 P：31 Cl:35.5 Cu:64 第I卷（选择题 共48分）一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，每小题3分，共48分）1. 仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是( )A. H、O、SB. Na、H、OC. K、Cl、OD. H、N、Cl【答案】A【解析】【详解】强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH，C项如KClO，D项如NH4Cl，均为离子晶体。2. 下列说法或有关化学用语的表述正确的是（）A.
2、在基态多电子原子中，p能级电子能量一定高于s能级电子能量B. 因O的电负性比N大，故O的第一电离能比N也大C. 基态Fe原子的外围电子排布图为D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区【答案】C【解析】【详解】A在基态多电子原子中，同一能层的p能级电子能量一定高于s能级电子能量，不同能层就不一定了，如3s2p，A错误；B因O的电负性比N大，但由于N的2p轨道上处于半充满的稳定状态，O则时2p4，有失去1个电子而达到半充满状态，故O的第一电离能比N小，B错误；CFe是26号元素，根据能级构造原理，故基态Fe原子的外围电子排布图为，C正确；D根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素
3、周期表中位于ds区，D错误；故答案为：C。3. 下列对电负性的理解不正确的是( )A. 电负性是人为规定的一个相对数值,不是绝对标准B. 元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引力的大小C. 元素的电负性越大,则元素的非金属性越强D. 元素的电负性是元素固有的性质,与原子结构无关【答案】D【解析】【详解】A电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准，A正确；B元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引力的大小，B正确；C元素电负性越大，则元素的非金属性越强，C正确；D一般来说，同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小，因此电负性与原子结构有关，D错
4、误。答案选D。4. 碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（）A. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素B. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子C. CCl4与I2都是直线形分子，而H2O不是直线形分子D. CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大【答案】B【解析】【详解】根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，
5、在CCl4中溶解度很大，答案选B。5. 某物质可溶于水、乙醇，熔点为209.5，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 该物质为原子晶体B. 该物质分子中键和键的个数比为53C. 该物质分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构D. 该物质分子中含有极性共价键【答案】D【解析】【分析】有机物含有C=N、CN、C-N以及N-H键，都为极性键，其中含有3个键，氮、碳元素的化合价分别是-3价、+4价，以此解答该题。【详解】A. 该物质是由分子组成，属于分子晶体，故A错误；B. 由分析可知，该有机物含有C=N、CN、C-N以及N-H键，都为极性键，其中含有含有3个键，键和键的个数比为3：1，故B
6、错误；C. 双氰胺中氢原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D. 有机物含有C=N、CN、C-N以及N-H键，都为极性共价键，故D正确；正确答案是D。6. 下图表示X元素的基态原子失去电子数与对应电离能的对数值的关系，试推测X可能位于A. A族B. A族C. A族D. A族【答案】B【解析】【详解】图中纵坐标表示X对应电离能的对数值，由图可知X的第二和第三电离能之间有突变，说明它容易失去两个电子，所以它可能是A族元素。答案选B。7. 下面的排序不正确的是（ ）A. 晶体熔点由高到低： CI4CBr4CCl4CF4B. 硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅C. 熔点由高到低：NaMgAlD. 晶格能由
7、大到小：NaFNaClNaBrNaI【答案】C【解析】【详解】A、对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，晶体的熔点越高，故晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅，正确；C、金属晶体中金属阳离子的半径越小、所带电荷数越多，金属键越强，晶体的熔点越高，故熔点由高到低：AlMgNa，错误；D、结构相似的离子晶体中，离子半径越小，离子所带的电荷数越多，晶格能越大，故晶格能由大到小: NaF NaCl NaBrNaI，正确。答案选C。8. 下列分子中，不含手性碳原子的是()A. B. C. D. CH3CHClCH2CHO【答案】B【解析】【分析】根据手性碳原子指连
8、有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。【详解】A中右边的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故A不符合题意；B中左边的碳原子所连接的四个基团有3个是一样的，右边的碳原子不饱和，碳原子不具有手性，故B符合题意；C中间的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故C不符合题意；DCH3CHClCH2CHO中左边第二个碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故D不符合题意；答案选B9. 下列关于氯化铯晶体的叙述不正确的是（）A. 1 mol氯化铯中有6.021023个CsCl分子B. 氯化铯晶体中
9、，每个Cs周围与它最近且等距离的Cs有6个C. 氯化铯晶体中，Cs和Cl的配位数都是8D. 每个晶胞中平均含有1个Cs和1个Cl【答案】A【解析】【分析】氯化铯为离子晶体，其晶胞为，据此解答。【详解】A氯化铯属于离子晶体，不含CsCl分子，A错误；B由氯化铯晶胞可知，每个Cs周围与它最近且等距离的Cs有前、后、左、右、上、下共6个，B正确；C由氯化铯晶胞可知，与Cs+等距离且最近的Cl-有8个，与Cl-等距离且最近的Cs+有18=8个，即Cs和Cl的配位数都是8，C正确；D由氯化铯晶胞可知，每个晶胞中平均含有1个Cs和8=1个Cl，D正确。答案选A。10. 利用反应CCl44NaC（金刚石）4
10、NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A. C（金刚石）属于共价晶体B. 该反应利用了Na的强还原性C. CCl4和C（金刚石）中C的杂化方式相同D. NaCl晶体中每个Cl周围有8个Na【答案】D【解析】【详解】AC(金刚石)属于原子晶体，C、C间存在共价键，A说法正确；B该反应钠化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，利用强还原性，四氯化碳化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，B说法正确；CCCl4中心原子碳价层电子对数为4，即为sp3杂化，C(金刚石)中C价层电子对数为4，即为sp3杂化，它们的杂化方式相同，C说法正确；D根据氯化钠晶胞结构，NaCl晶体中每个Cl周围有
11、6个Na+，每个Na+周围有6个Cl，故D说法错误；综上所述，答案为D。11. 下列叙述正确的是（ ）A. H2O 是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致B. PCl3分子中三个共价键的键长，键角都相等，故为非极性分子C. NH3分子中 N 原子形成三个杂化轨道，CH4分子中 C 原子形成 4 个杂化轨道D. BeCl2为共价化合物，两个 Be-Cl 键间的夹角为180，是由极性键构成的非极性分子【答案】D【解析】【详解】AH2O是一种非常稳定的化合物，这是由于化学键所致，氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，一般影响其物理性质，故A错误；BPCl3分子中三个PCl键完全相同，所以键长、键角
12、都相等；PCl3分子中中心原子P的价层电子对数=3+ =4，P原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误；CNH3分子中N原子和CH4分子中C原子都是sp3杂化，所以N、C原子都形成4个杂化轨道，故C错误；DBeCl2为共价分子，两个BeCl键间的夹角为180，说明分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D正确；答案选D。12. 下列性质适合于离子晶体的是 （ ）A. 熔点1070，难溶于水，不导电B. 熔点800.1 ，液态导电、水溶液也能导电C. 能溶于CS2、熔点112.8 ，沸点444.6D. 熔点97.81，质软、导电、密度0.97 g
13、cm3【答案】B【解析】【详解】A熔点1070，难溶于水，不导电，适合于原子晶体，A不符合题意；B熔点较高，液态导电、水溶液也导电是离子晶体的特点，B符合题意；C能溶于CS2、熔点112.8，沸点444.6，属于分子晶体的特点，C不符合题意；D金属钠熔点为97.81，质软、导电、密度0.97g/cm3，故属于金属晶体的特点，D不符合题意。答案选B。13. 根据图中相关信息，判断下列说法不正确的是（）A. 在NaCl晶体中，距离Na最近的Cl形成正八面体B. 该气态团簇分子分子式为EF或FEC. 锌晶体配位数为12D. KO2晶体中每个K周围有6个紧邻的O ，每个O周围有6个紧邻的K【答案】B【
14、解析】【详解】A在氯化钠晶体中，Na+和Cl-的配位数都是6，则距离Na+最近的六个Cl-形成正八面体，A说法正确；B分子晶体的构成微粒是分子，每个分子为一个整体，所以该分子的化学式为E4F4或F4E4，B说法错误；C锌采取六方最密堆积，配位数为12，C说法正确；DKO2晶体中每个K+周围有6个紧邻，每个周围有6个紧邻的K+，D说法正确；答案为B。14. 如图为碘晶体晶胞结构，下列有关说法正确的是A. 碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层状结构B. 用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C. 碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体D. 碘晶体中的碘原子间存
15、在非极性键和范德华力【答案】A【解析】【分析】碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，以此分析。【详解】A、碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；B、B用均摊法计算：顶点碘分子个数加面心碘分子个数=8+6=4，因此平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误；C、碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；D、碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，碘分子之间存在范德华力，故D错误；答案选A。15. 二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下，S2Cl2遇水易水解
16、，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是A. S2Cl2中S原子轨道杂化方式为sp3杂化B. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2S2Cl2C. S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl【答案】C【解析】【详解】AS原子的价层电子对数=2+=4，所以S2Cl2中S原子轨道杂化方式为sp3杂化，A正确；BS2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2的相对分子质量比S2Cl2大，分子间作用力更强，故熔沸点：S2Br2S2Cl2，B正确；C由S2Cl2的结构可知，S2Cl2中正负电荷中心不
17、重合，为含有极性键和非极性键的极性分子，C错误；D常温下，S2Cl2遇水易发生反应，并产生能使品红褪色的气体，说明生成物可能有二氧化硫，即S元素的化合价升高，所以必然有得到电子，氯元素不能再得到电子，因此可能有单质S生成，化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl ，D正确。答案选C。16. 下列有关叙述及相关解释均正确的是（ ）选项叙述解释A键的极性的强弱：N-HO-HF-H电负性：NOFB石墨的熔点高于金刚石碳碳键的键长：石墨金刚石C熔点：形成分子内氢键，形成分子间氢键D酸性：HIHBrHClHI、HBr、HCl中的范德华力逐渐减小A. AB. BC. CD. D【答案
18、】B【解析】【详解】A电负性：NOF，键的极性的强弱：N-HO-HF-H，故A错误；B碳碳键的键长：石墨金刚石，石墨的熔点高于金刚石，故B正确；C形成分子内氢键，分子间作用力小，形成分子间氢键，分子间作用力大，熔点：，故C错误；D酸性：HIHBrHCl，HI、HBr、HCl中共价键越来越强，在水中电离能力变弱，故D错误；故选B。第卷（非选择题 共52分）17. .氮是地球上极为丰富的元素。(1)NN的键能为942 kJ/mol，N-N单键的键能为247 kJ/mol，计算说明N2中的_键比_键稳定(填“”“”)。.下图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结
19、构中的某一种的某一部分。(2)其中代表金刚石的是(填编号字母，下同)_，金刚石中每个碳原子与_个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于_晶体；(3)其中代表石墨是_，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为_个；(4)代表干冰的是_，它属于_晶体，每个CO2分子与_个CO2分子紧邻；(5)上述B、C、D三种物质熔点由高到低的排列顺序为(写出具体名称或化学式)_。【答案】 (1). (2). (3). D (4). 4 (5). 原子 (6). E (7). 2 (8). B (9). 分子 (10). 12 (11). 金刚石CsCl干冰【解析】【分析】(1)NN中含有2个键，1个键，已知NN键能为9
20、42kJ/mol，N-N单键键能为247kJ/mol，则1个键的键能为kJ/mol=347.5kJ/mol，以此判断；(2)金刚石是空间网状结构，每个碳原子连接4个碳原子，原子间以共价键相结合，据此答题；(3)石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，据此答题；(4)干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；(5)根据各种物质的熔点：原子晶体离子晶体分子晶体以及在离子晶体里，半径越大，晶格能越小，熔点越低解答。【详解】(1)NN中含有2个键，1个键，
21、已知NN键能为942kJ/mol，N-N单键键能为247kJ/mol，则1个键的键能为kJ/mol=347.5kJ/mol，则N2中的键键能大于键键能，较稳定；(2)在金刚石晶胞中，每个碳可与周围4个碳原子形成共价键，将这4个碳原子连结起来后可以形成正四面体，体心有一个碳原子，所以图D为金刚石，每个碳原子与4个碳原子最近且距离相等；金刚石是空间网状结构，属于原子晶体；(3)石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，所以图E为石墨的结构，每个正六边形占有的碳原子数平均为6=2；(4)干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO
22、2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以图B为干冰晶体；(5)各种物质的熔点：原子晶体离子晶体分子晶体，结合上述解答，图D为金刚石晶体结构图，为原子晶体；图B为干冰的晶体结构图，为分子晶体；图C为CsCl晶体结构图，为离子晶体，所以熔点由高到低的排列顺序为：金刚石CsCl干冰。18.(1)在上面元素周期表中全部是金属元素的区域为_。A B C D(2)有人认为形成化合物最多的元素不是IVA族的碳元素，而是另一种短周期元素，请你根据学过的化学知识判断这一元素是_(写出元素符号)。(3)现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生
23、成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等。画出甲原子的基态外围电子轨道表示式：_。 甲、乙两元素相比较，金属性较强的是_(填名称)，可以验证该结论的实验是_。A 将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中B 将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应C 将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D 比较这两种元素的气态氢化物的稳定性【答案】 (1). B (2). H (3). (4). 镁 (5). B C【解析】【分析】(1)过渡元素均为金属元素；(2)有机物大都含有氢元素，非金属的氢化物中含有氢元素，H元素能与大多数的非金属元素形成化合物；(
24、3)甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，则甲为Al，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，则乙为Mg；Al位于周期表中第三周期A族；同周期自左而右元素金属性减弱，可以根据金属与水的反应难易、剧烈程度或金属和酸反应置换出氢气的难易或是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱或金属单质之间的置换反应等来判断。【详解】(1)A区中H元素为非金属性，B区为过渡元素，全部为金属元素，C区中含有金属与非金属元素，D区为稀有气体，答案选B；(2)有机物大都含有氢元素，非金属的氢化物中含有氢元素，H元素能与大多数的非金属元素形成化合物，形成化合物最多的元素可
25、能是H元素；(3)甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，则甲为Al，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，则乙为Mg；Al位于第三周期A族,核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，基态外围电子轨道表示式为；同周期自左而右元素金属性减弱，故金属性MgAl，A金属在在空气中放置已久，表面生成氧化物保护膜，阻止金属与水反应，不能比较金属性强弱，故A错误；B将除掉表面氧化膜的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，反应越剧烈，则元素金属性越强，故B正确；C将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，比较碱性强弱，加入Mg粉的溶
26、液呈浅红色，而加入Al粉的无明显现象，故C正确；D二者都是金属元素，不能比较氢化物的稳定性判断金属性强弱，故D错误；答案选BC。19. 已知A、B、C、D和E 5种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。又知B、C和D是由两种元素的原子组成。请回答：（1）组成A分子的原子的核外电子排布式是_；（2）B和C的分子式分别是_和_；C分子的立体结构呈_形，该分子属于_分子（填“极性”或“非极性”）；（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成。则D的分子式是_，该反应的化学方程式是_。（4）若将1 mol E在氧气中完全燃烧，只生成1 mol CO2和2 mol H
27、2O，则E的分子式是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p6 (2). HCl (3). H2S (4). V（或“角”） (5). 极性 (6). H2O2 (7). 2H2O22H2OO2 (8). CH4O【解析】分析】A、B、C、D和E 5种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。在18电子分子中，单原子分子A为Ar，B、C和D是由两种元素的原子组成，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成，符合题意的D为H2O2；（4）根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6+
28、4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O【详解】（1）Ar原子核外电子数为18，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；（2）双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，H2S中S原子价层电子对数=2+(6-12)/2=4，S原子有2对孤对电子，故H2S为V型，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；（3）四原子分子D为PH3或H2O2，若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成，符合题意的D为H2O2，反应方程式为：2H2O22H2OO22H2O+O2；（4）1mol E在氧气中完全燃烧，只生成1mol CO2和2mol H2O，根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6
29、+4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O。20. 周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子。工业上通过分离液态空气获得X单质。Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和。Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：(1)YX的立体构型是_；与YX互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(2)结构简式为RX(WH2)2的化合物中R原子的杂化轨道类型为_；1 mol RX(WH2)2分子中含有键数目为_。(H为氢元素，下同)(3)某Y与Z
30、形成的化合物的晶胞如图所示(黑点代表Z原子)。该晶体的化学式为_。已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，则Y与Z形成的化合物属于_(填“离子”或“共价”)化合物。已知该晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为_ cm(只写计算式)(Z原子位于体对角线上)。【答案】 (1). 正四面体 (2). CCl4 (3). sp2 (4). 7NA (5). CuCl (6). 共价 (7). 【解析】【分析】周期表中前四周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次递增R基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子，核外电子
31、排布式为1s22s22p2，则R为C元素；工业上通过分离液态空气获得X单质，结合原子序数可知X为O元素、W为N元素；Y原子的最外层电子数与电子层数之积等于R、W、X三种元素的原子序数之和，三元素原子序数之和为6+7+8=21，则Y为Cl元素；Z基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，原子序数大于氯，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故Z为Cu，据此分析解答。【详解】(1)X为O元素，Y为Cl元素，YX为，中Cl原子孤电子对数=0、价层电子对数=4+0=4，故其空间构型是正四面体；与互为等电子体的一种分子含有5个原子、32个价电子，该分子为CCl4等；(2)R为C元
32、素，X为O元素，W为N元素，结构简式为CO(NH2)2的化合物中碳原子形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为sp2；CO(NH2)2结构式为O=C(NH2)2，分子中含有7个键，1molRX(WH2)2分子中含有键数目为7NA；(3)晶胞中黑色球数目为4，白色球数目为8+6=4，该晶体的化学式为CuCl；已知Z和Y的电负性分别为1.9和3.0，二者电负性之差小于1.7，则Y与Z形成的化合物属于共价化合物；黑色球与周围的4个白色球相邻，形成正四面体结构，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体体对角线上，为二者距离为体对角线长度的，而体对角线长度为晶胞棱长的倍，晶胞质量为4g，该晶体的密度为 gcm3，则晶胞棱长为cm，故该晶体中Z原子和Y原子之间的最短距离为cm。
