1、吉林省通化市通化县综合高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）第卷(选择题 共50分)一、选择题：(本大题共20小题，110题每小题2分， 1120题每小题3分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 下列能级轨道数为3的是 （ ）A. s能级B. p能级C. d 能级D. f能级【答案】B【解析】【详解】s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。2.4p能级只填充一半电子的原子，其原子序数是（ ）A. 15B. 33C. 35D. 51【答案】B【解析】【详解】4p能级只填充一半电子的原子即电子排
2、布式为Ar3d104s24p3，其原子序数是33，故B符合题意。综上所述，答案为B。3.下列表示式错误的是()A. Na的电子排布图：B. Na的结构示意图：C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1D. Na的简化电子排布式：Ne3s1【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 同一轨道内的2个电子自旋方向应该相反，钠原子失去3s的1个电子形成钠离子，钠离子核外有10个电子，Na+的电子排布图：，故A错误；B. Na+核外电子数为10，有2个电子层，各层电子数为2、8，结构示意图为，故B正确；C. Na原子核外电子数为11，则钠原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，故C正确；D.
3、 钠原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，内层电子排布为1s22s22p6，Na原子的简化电子排布式为：Ne3s1，故D正确；答案选A。4.下列离子中，半径最大的是A. O2-B. S2-C. Mg2+D. Cl-【答案】B【解析】【分析】电子层越多的离子半径越大，电子层一样的离子，核电荷数越多半径越小【详解】四种离子中，硫离子和氯离子的电子层数最多，半径大，但是硫离子的核电荷数少，所以半径最大；离子半径由大到小的顺序为：S2-Cl-O2-Mg2，B选项符合题意；故选B。5.下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是( )A. 1s22s22p4B. 1s22s22p63s23
4、p3C. 1s22s22p63s23p2D. 1s22s22p63s23p64s2【答案】A【解析】【详解】非金属性越强电负性越强，根据各原子的基态电子排布可知，A为O元素，B为P元素，C为Si元素，D为Ca元素，非金属最强的元素为O，所以O原子的电负性最大，故答案为A。6.下列事实与氢键有关的是（ ）A. 水加热到很高的温度都难以分解B. 水结冰体积膨胀C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A.物质能否分解与本身的性质有关而与氢键无关，故A错误；B.水中存在氢键，水结成冰后，由于分
5、子间的氢键具有方向性而使结构变得有序，导致分子间的距离变大，密度减小，体积增大，故B正确；C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4的分子间不存在氢键，他们的熔点与分子间作用力有关，随相对分子质量增大，分子间作用力增大所以熔点升高，故C错误；D. HF、HCl、HBr、HI中只有HF分子间有氢键，而元素的非金属性越强气态氢化物的稳定性越强，所以HCl、HBr、HI中稳定性减弱和氢键无关，故D错误；本题答案为B。7.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是()A. CO2与SO2B. CH4与NH3C. BeCl2与BF3D. C2H4与C2H2【答案】B【解析】【分析】根据分子的组成判断形成
6、的键数目以及孤电子对数目，以此判断杂化类型。【详解】A. CO2中C形成2个键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个键，孤电子对数=1，为sp2杂化，不相同，故A错误；B. CH4中C形成4个键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个键，孤电子对数=1，为sp3杂化，相同，故B正确；C. BeCl2中Be形成2个键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个键，无孤电子对，为sp2杂化，不相同，故C错误；D. C2H4中C形成3个键，无孤电子对，为sp2杂化，C2H2中形成2个键，无孤电子对，为sp杂化，不相同，故D错误；故选B。8.PH3的分子构型为三角锥形，BeCl2的分子构型
7、为直线形，CH4分子的构型为正四面体形，CO2为直线形分子，BF3分子构型为平面正三角形，NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是A. 为极性分子，为非极性分子B. 只有为非极性分子，其余为极性分子C. 只有是极性分子，其余为非极性分子D. 只有是非极性分子，其余是极性分子【答案】A【解析】【分析】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，
8、主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子， BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子； 结合以上分析可知，为极性分子，为非极性分子，A正确；综上所述，本题选A。【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为
9、非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。9.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与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素D. CCl4和I2都非极性分子，而H2O是极性分子【答案】D【解析】【分析】根据相似相溶原理可知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。【详解】CCl4
10、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溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。10. 下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A. HNO2B. H2SO3C. HClO3D. HClO4【答案】D【解析】【分析】在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。【详解】A. HNO2非羟基氧原子的数目是1； B. H2SO3非羟基氧原子的数目是2； C. HClO3非羟基氧原子的数目是2； D. HClO4非羟基氧原子的数目是3；综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是HClO
11、4，所以HClO4的酸性最强，故选D11.X+核外电子构型为1s22s22p63s23p6，则X元素在周期表的位置是()A. 第三周期第0族B. 第四周期第A族C. 第三周期第A族D. 第三周期第A族【答案】B【解析】【分析】【详解】该离子原子序数=2+8+8+1=19，所以该元素是K元素，K原子结构示意图为，该原子核外有4个电子层、最外层电子数是1，所以K元素位于第四周期第A族；故选B。【点睛】阴离子核外电子数=原子序数+离子所带电荷数，阳离子核外电子数=原子序数-离子所带电荷数，原子中核外电子数=原子序数，根据该离子的核外电子数确定原子序数，再根据该原子核外电子层数、最外层电子数确定在周期
12、表中的位置。12.如图是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、 Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）A. 通常情况下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同C. W的电负性比X的的电负性大D. 第一电离能：RWY【答案】D【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可判断出：R为Ar、Z为Br、Y为S、W为P、X为N。【详解】A、Br2在常温下为液体，而S和P在常温下为固体，所以五种元素的单质中，不是Br2的沸点最高，A错误；B、S2-的电子层结构与Ar相同，而Br-的电子层结构与Ar不相同，B错误；C、N的电负性大于P的电负性，C错误；D、同周
13、期，从左到右，元素的电离能增大，但第A的电离能大于第A的，第A的电离能大于第A的，所以第一电离能大小关系为：ArPS，D正确。答案为D。13.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol-1。根据下表所列数据判断错误的是（ ）元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A. 元素X的常见化合价是+1B. 元素Y是第A族的元素C. 元素X与氯形成的化合物的化学式是XClD. 若元素Y处于第三周期，其单质可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【详解】X、Y均为主族元素，由表格中电离能可知，X易失去1个电子，则X为碱金属元素，而Y的I3与I4差别较大，Y易
14、失去3个电子，Y位于A族，AX的最外层电子数为1，则X的常见化合价是+1价，故A正确；BY的最高正价为+3价，Y是A族的元素，故B正确；CX为Na时，X与氯形成化合物为NaCl，故C正确；D元素Y处于第三周期，Y为Al，Al与冷水不反应，故D错误；答案选D。【点睛】根据电离能出现突变可以确定元素化合价，由于失去稳定结构层得电子比较困难，故电离能会突变。14.元素、在周期表中的相对位置如图所示。已知元素原子的外围电子排布式为，则下列说法不正确的是（ ）A. 元素原子的价电子排布式为B. 元素在元素周期表的第三周期第A族C. 元素所在周期中所含非金属元素最多D. 元素原子的核外电子排布式为【答案】
15、A【解析】【分析】Y元素原子的外围电子排布为nsn1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素。【详解】AY元素原子的外围电子排布为nsn1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；BY为S元素，处于第三周期第A族，故B正确；CX为F元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；DZ为As元素，是33号元素，其元素原子的核外电子排布式为，故D正确；答案选A
16、。15.已知短周期元素的离子，aA2、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是()A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：CDBAD. 元素第一电离能：ABDC【答案】C【解析】【分析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc。AA、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：abdc，据此分析解答。【详解】A原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：BACD，故A错误；BaA2+、
17、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数：abdc，故B错误；CaA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径CDBA，故C正确；D非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，金属性越强，第一电离能越小，则元素的第一电离能：BACD，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查元素周期表及微粒性质比较，把握核外电子排布确定元素所在周期表中的位置及元素性质的递变规律是解答该题的关键。本题的易错点为D，同周期元素从左至右，第一电离能总体呈现逐渐增大；同族元素从上至下，第一电离能逐渐
18、减小。16. 下列分子或离子之间互为等电子体的是（ ）A. CCl4和PO43B. NH3和NH4C. NO2和CS2D. CO2和SO2 【答案】A【解析】【分析】价电子数与原子总数分别都相等的是等电子体。【详解】A.CCl4和PO43的价电子数与原子总数分别都相等，是等电子体，故A选；B.NH3和NH4的原子数不相等，不是等电子体，故B不选；C. NO2和CS2的价电子数不相等，不是等电子体，故C不选；D. CO2和SO2的价电子数不相等，不是等电子体，故D不选；答案选A。17.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. BCl
19、3中B原子sp2杂化，为平面三角形C. CS2中C原子sp杂化，为直线形D. H2S中S原子sp杂化，为直线形【答案】D【解析】【详解】A. 该分子中心原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为1，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化类型是sp3，实际空间构型为三角锥形，故A正确；B该离子中B原子价层电子对个数=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断B原子为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；C该分子中C原子价层电子对个数=2，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子采用sp杂化，为直线形结构，故C正确；D该分子中S原子价层电子对个数=4，且含有两对孤电子对，根据价层电子对判断S
20、原子sp3杂化，分子构型为V形，故D错误；故选：D。18.向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是( )A. 开始生成蓝色沉淀，加入过量氨水时，形成无色溶液B. Cu(OH)2溶于浓氨水的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-C. 开始生成蓝色沉淀，加入氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液D. 开始生成Cu(OH)2，之后生成更稳定的配合物【答案】A【解析】【分析】【详解】向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，发生反应Cu2+2OH-=Cu(OH)2，Cu(OH)2沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应Cu(OH)2+4
21、NH3=Cu(NH3)42+2OH-，形成深蓝色溶液，故A项错误。答案选A。19.下列每组物质发生状态变化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是（ ）A. 食盐和蔗糖熔化B. 钠和硫熔化C. 碘和干冰升华D. 二氧化硅和氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A项、食盐是离子晶体，熔化克服的是离子键，蔗糖是分子晶体，熔化克服的是分子间作用力，故A错误；B项、钠是金属晶体，熔化克服的是金属键，硫是分子晶体，熔化克服的是分子间作用力，故B错误；C项、碘和干冰都是分子晶体，状态改变克服的都是分子间作用力，故C正确；D项、二氧化硅是原子晶体，熔化时克服的是共价键，氧化钠是离子晶体，熔化时克服的离子键，故
22、D错误；故选C20.如图所示，每条折线表示元素周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化情况，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（ ）A. H2SB. HClC. PH3D. SiH4【答案】D【解析】【详解】NH3、H2O、HF分子间存在氢键，它们的沸点较高，即沸点高低关系为：NH3PH3，H2OH2S，HFHCl，对应图上三条折线，所以a点所在折线对应第A族元素的气态氢化物，且a点对应第三周期，所以a表示SiH4；答案选D。第卷(主观题 共50分)二、填空题：(每空2分，共50分)21.根据元素周期表中完整周期元素的性质，在下列空格中填上适当的元素符号。(1)在第三周期中，第一电离能
23、最小的元素是_，第一电离能最大的元素是_。(2)在元素周期表中，电负性最大的元素是_(3)第二周期，原子最外电子层中p能级半充满的元素是_。【答案】 (1). Na (2). Ar (3). F (4). N【解析】【分析】【详解】(1) 第三周期中Na的金属性最强，最易失去电子，Ar为最外层8电子稳定结构，难失去电子，则第一电离能最小的元素是Na，第一电离能最大的元素是Ar，故答案为：Na；Ar；(2) 元素周期表中，F的非金属性最强，电负性最大的元素是F，故答案为：F；(3) p轨道半充满，可知p轨道有3个电子，价电子为ns2np3，为族元素，则第二周期原子中p轨道半充满的元素是N，故答案
24、为：N。22.试用VSEPR理论判断下列分子或离子的立体构型，并判断中心原子的杂化类型：(1)H2O_形，杂化类型_；(2)CO32-_形，杂化类型_；(3)SO32-_形，杂化类型_；【答案】 (1). V形 (2). sp3 (3). 平面三角形 (4). sp2 (5). 三角锥形 (6). sp3【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子或离子空间构型，价层电子对个数n=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数= （a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3
25、，sp2杂化；n=4，sp3杂化，据此分析解答。【详解】（1）H2O中价层电子对个数n=2+（6-21）=4，含孤电子对数为2，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为V型；（2）CO32-中价层电子对个数n=3+（4+2-32）=3，含孤电子对数为0，中心原子采用sp2杂化，所以该分子为平面三角形；（3）SO32-中价层电子对个数n=3+（6+2-32）=4，含孤电子对数为1，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为三角锥形。23.有A、B、C、D四种元素，其原子序数依次增大，且质子数均小于18。A元素原子的最外层只有1个电子，该元素阳离子与N3核外电子排布相同；B元素原子核外各轨道上均无成单电子；
26、C元素原子的价电子排布为ns2np2；D的核外电子构型与Ar相同。(1)写出A、C、D的元素符号：A_，C_，D_。(2)写出B元素电子的电子排布式_；D元素电子的电子排布图_。【答案】 (1). Na (2). Si (3). Cl (4). 1s22s22p63s2 (5). 【解析】【分析】有A、B、C、D四种元素，其原子序数依次增大，且质子数均小于18A元素原子的最外层只有1个电子，该元素阳离子与N3-核外电子排布相同，则A为Na元素；D-的核外电子构型与Ar相同，则D为Cl元素，结合原子序数大小可知B、C位于第三周期，C元素原子的价电子排布为ns2np2，C位于IVA族，为Si元素；
27、B介于Na、Si之间，要满足B元素原子核外各轨道上均无成单电子，B为Mg元素，据此解答。【详解】(1)根据上述分析可知：A为Na，C为Si，D为Cl元素；答案为Na，Si，Cl；(2)B为Mg元素，原子序数为12，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s2；D为Cl元素，原子序数为17，其核外电子排布图为；答案为：1s22s22p63s2；。24.配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H+(提供空轨道)通过配位键形成的。据此，回答下列问题：(1)下列粒子中可能存在配位键的是_A.CO2 B.H3O+
28、 C.CH4 D.Ag(NH3)2+(2)配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl36NH3(黄色)、CoCl35NH3(紫红色)、CoCl34NH3(绿色)、CoCl34NH3(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。CoCl35NH3(紫红色)_CoCl34NH3(紫色)_【答案】 (1). BD (2). Co(NH3)5ClCl2 (3). Co(NH3)4Cl2Cl【解析】【详解】（1）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成
29、配位键；ACO2中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故A不合题意；BH3O+中一个H原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故B符合题意；CCH4中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故C不符合题意；DAg(NH3)2+中银离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故D符合题意；答案为BD。（2）1molCoCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、CoCl34NH3（绿色）、CoCl34NH3（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，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别
30、是3、2、1、1，剩余氯离子为配体；CoCl35NH3（紫红色）的外界中含有2个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该配合物中配离子的配位数为6，则氨气分子都是配体，则其化学式为Co(NH3)5ClCl2，答案为Co(NH3)5ClCl2；CoCl34NH3（紫色）的外界中含有1个氯离子，则另外两个氯原子为配体，该配合物中配离子的配位数是6，则氨气分子都是配体，则该化学式为Co(NH3)4Cl2Cl；答案为Co(NH3)4Cl2Cl。25.氯化铬酰(CrO3Cl2)在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应。请回答下列问题。(1)写出铬原子的基态电子排布式：_，与铬同周期的所有元素的基态原
31、子中最外层电子数与铬原子相同的元素有_(填元素符号)。(2)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4，CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是_分子(填“极性”或“非极性”)。(3)在苯、CH3OH，HCHO，CS2，CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有_(填序号)，CS2分子的空间构型是_，易溶于水的有_(填序号)，理由是：_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). K、Cu (3). 非极性 (4). (5). 直线形 (6). (7). CH3OH、HCHO与水分子间可以形成氢键，CH3OH、HCHO均为极性分子而溶剂水也为极性分子
32、，根据相似相溶规律可知CH3OH、HCHO易溶于水【解析】【分析】（1）根据核外电子排布规律分析解答；（2）根据相似相溶原理判断；（3）根据杂化类型和空间构型判断，价层电子对数等于杂化轨道数；依据分子间氢键和相似相溶原理分析解答。【详解】（1）Cr位于第四周期VIB族，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；第四周期中与铬元素最外层电子数相同元素是K和Cu；（2）CrO2Cl2能与CCl4、CS2互溶，CCl4、CS2属于非极性分子，依据相似相溶原理可知CrO2Cl2属于非极性分子；（3）苯的空间构型为平面正六边形，因此C的杂化类型为sp2；CH3OH中C有4个键，无孤电子对，杂化类型为sp3；HCHO为平面形结构，其中C的杂化类型为sp2；CS2中C的价层电子对数为2，空间构型为直线形，其中C的杂化类型为sp；CCl4为正四面体形结构，其中C的杂化类型为sp3；因此碳原子采取sp2杂化的分子有；由于CH3OH、HCHO与水分子间形成氢键，CH3OH、HCHO均为极性分子而溶剂水也为极性分子，根据相似相溶规律可知CH3OH、HCHO易溶于水，答案选。
