湖北省武汉市五校联合体学年高二下学期期中考试化学试题解析版.docx
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湖北省武汉市五校联合体学年高二下学期期中考试化学试题解析版
化学试卷
试卷满分:
100分
一、选择题(本题包括15小题,每小题3分,共45分。
每小题只有一个选项符合题意。
)
1.下列关于氢元素的说法中不正确的是()
A.氢元素是宇宙中最丰富的元素
B.氢原子核外电子的电子云轮廓图是球形
C.氢元素与其他元素形成的化合物都是共价化合物
D.氢原子光谱是氢原子的电子跃迁产生的
【答案】C
【解析】
【详解】A.在宇宙当中氢元素可以占据所有可见物质组成的90%,是宇宙中最丰富的元素,故A不符合题意;
B.氢原子核外只有一个电子,位于1s轨道,电子云轮廓图是球形,故B不符合题意;
C.氢元素与其他元素形成的化合物可能是离子化合物,比如NaH,故C符合题意;
D.氢原子内的电子在不同能级跃迁时所发射或吸收不同波长、能量之光子而得到的光谱称为氢的原子光谱,丹麦科学家玻尔第一次认识到氢原子光谱是氢原子的电子跃迁产生的,故D不符合题意;
答案选C。
2.某元素基态原子4s轨道上有1个电子,则该基态原子价电子排布不可能是()
A.3p64s1B.4s1C.3d54s1D.3d104s1
【答案】A
【解析】
【详解】基态原子4s轨道上有1个电子,在s区域价电子排布式为4s1,在d区域价电子排布式为3d54s1,在ds区域价电子排布式为3d104s1,在p区域不存在4s轨道上有1个电子,故A符合题意。
综上所述,答案
A。
3.按原子核外电子排布,可把周期表里的元素划分成5个区。
以下元素中属于ds区的是()
A.钙B.镍C.锌D.硒
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ca的外围电子排布为4s2,属于s区元素,故A不符合;
B.Ni的外围电子排布为3d74s2,属于d区元素,故B不符合;
C.Zn的外围电子排布为3d104s2,属于ds区元素,故C符合;
D.Se的外围电子排布为4s24p4,属于p区元素,故D不符合。
答案选C。
4.Na[Si2PCl6]是科学家合成的一种新化合物,在它的组成元素中,原子半径和电负性最大的分别是()
A.ClClB.NaPC.ClSiD.NaCl
【答案】D
【解析】
【分析】
同周期从左到右,原子半径逐渐减小,元素的电负性逐渐增大。
【详解】Na、Si、P、Cl是同周期从左到右的元素,同周期从左到右,原子半径逐渐减小,故原子半径最大是Na;元素的电负性逐渐增大,故电负性最大的是Cl;
答案选D。
5.下列
原子电子排布图表示的状态中,能量最高的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】原子核外电子排布中,如果电子所占的轨道能级越高,该原子能量越高,电子排布能量低的是1s、2s能级,能量高的是2s、2p能级,所以A、D能量低于B、C;C中2p能级有2个电子,2s能级有1个电子;B中2s能级有2个电子,2p能级有1个电子;所以能量最高的是C,故选:
C。
6.下列说法错误的是( )
A.
分子中没有手性碳原子
B.
分子中σ键和π键的数目比为7:
1
C.某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703,当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+
D.反应N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(l)中若有4molN﹣H键断裂,则形成的π键数目为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团,
不存在手性碳原子,故A正确;
B.
分子中σ键数目为18,π键的数目为2,分子中σ键和π键的数目比为9:
1,故B错误;
C.该元素的第三电离能剧增,说明最外层有2个电子,为第ⅡA族元素,与氯气反应时易失去最外层2个电子,形成X2+离子,故C正确;
D.若该反应中有4molN-H键断裂,则生成1.5mol氮气,形成π键的数目是3NA,故D正确。
答案选B。
【点睛】注意
分子中与N相连的两个C原子上连有H原子。
7.下列分子或离子中,中心原子的杂化轨道类型相同的是()
A.BF3和BF
B.SCl2和SnBr2
C.NO
和ClO
D.SO2和SO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.BF3中心原子B的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp2;BF
中心原子B的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp3,故不选A;
B.SCl2中心原子S的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp3;SnBr2中心原子Sn的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp2,故不选B;
C.NO
中心原子N的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp2;和ClO
中心原子Cl的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp3,故不选C;
D.SO2中心原子S的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp2;SO3中心原子S的杂化轨道数是
,杂化轨道类型是sp2,故选D;
选D。
8.下列可用于判断某物质为晶体的方法是()
A.质谱法B.红外光谱法C.核磁共振法D.X射线衍射法
【答案】D
【解析】
【详解】A.质谱法用于测定有机物的相对分子质量,不能判断某物质为晶体,故A错误;
B.红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键,不能判断某物质为晶体,故B错误;
C.核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目,不能判断某物质为晶体,故C错误;
D.晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列,x射线衍射可以看到微观结构,可以鉴别晶体与非晶体,故D正确;
故答案为D。
9.下列各组物质性质的比较,结论正确的是()
A.物质的硬度:
NaF<NaI
B.物质的沸点:
AsH3>NH3
C.分子的极性:
H2O>OF2
D.无机含氧酸的酸性:
HNO3<HClO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaF、NaI都属于离子晶体,F-的半径小于I-,所以硬度:
NaF>NaI,故A错误;
B.NH3分子间存在氢键,所以沸点AsH3 C.由于H和O的电负性差大于F和O之间的电负性差,所以OF2分子的极性小于H2O分子的极性,故C正确; D.无机含氧酸的分子中非羟基氧原子数越多酸性越强,无机含氧酸的酸性: HNO3>HClO2,故D错误; 选C。 10.碳化硅的晶体结构与晶体硅类似。 晶体中硅原子与Si﹣C键的数目之比为() A 1∶4B.1∶3C.1∶2D.1∶1 【答案】A 【解析】 【详解】由原子构成的晶体为原子晶体,SiC是由原子构成的,属于原子晶体,晶体中每个Si原子连有4个Si-C键,但是每个Si-C键是两个原子共有,故每个Si原子含有2个Si-C键,同理,每个C原子也含有2个Si-C键,而一个Si原子对应一个C原子,故Si和Si-C键个数之比为1: 4。 答案选A。 【点睛】注意每个C和每个Si都有2个Si-C键,关键是要注意一个Si原子对应一个C原子。 11.下列说法中不正确的是() A.碘晶体中碘分子的排列有2种不同的方向 B.镁晶体的堆积模型中原子的配位数为12 C.氟化钙晶体中Ca2+的配位数为4,F﹣的配位数为8 D.石墨烯晶体中每个碳原子连接3个六元环 【答案】C 【解析】 【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,故A正确; B.镁晶体采用的是六方最密堆积,原子的配位数为12,故B正确; C.氟化钙晶体中Ca2+的配位数为8,F﹣的配位数为4,故C错误; D.石墨烯晶体中的基本结构单元是正六边形,每个碳原子连接3个六元环,故D正确。 答案选C。 12.下列关于石墨转化为金刚石的说法正确的是() A.既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏 B.碳原子的杂化方式不变 C.晶体中六元环的数目不变 D.C(s,石墨)=C(s,金刚石)△H<0 【答案】A 【解析】 【分析】 石墨是混合型晶体,既含有共价键,又含有分子间作用力,金刚石是原子晶体,只含有共价键。 【详解】A.由上述分析可知,石墨转化为金刚石的过程中,既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏,故A正确; B.石墨中,C原子的杂化方式为SP2,金刚石中C原子的杂化方式为SP3,故B错误; C.石墨转化为金刚石的过程中,晶体结构发生明显变化,故晶体中六元环的数目要改变,故C错误; D.石墨比金刚石更稳定,能量更低,故C(s,石墨)=C(s,金刚石)△H>0,故D错误。 答案选A。 13.FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在。 双聚分子中Fe的配位数为() A.6B.4C.3D.不能确定 【答案】 B 【解析】 【详解】FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为: ,Fe原子周围有4个Cl,则双聚分子中Fe的配位数为4,故答案为B。 14.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。 如图中原子1的坐标为( ),则原子2和3的坐标中正确的是() A.原子2为( ,0, )B.原子2为(0, , ) C.原子3为(1,0, )D.原子3为(0,0, ) 【答案】D 【解析】 【详解】原子1的坐标为( ),则坐标系为 ,原子2在晶胞底面的中心,2的坐标为( );原子3在坐标系z轴所在楞的一半,3的坐标为(0,0, ),故选D。 15.图是由Q、R、G三种元素组成的一种高温超导体的晶胞结构,其中Q为+3价,G为-2价,则R的化合价为 A.+1B.+2C.+3D.+4 【答案】B 【解析】 【分析】 利用均摊法计算出晶胞中Q、R、G三种原子的个数,再利用化合物中化合价代数和为零可计算出R的化合价。 【详解】根据均摊法结构晶胞结构图可知,晶胞结构中R原子数目为1+8×(1/8)=2,G原子数目为2+4×(1/2)+16×(1/4)=8,Q原子数目为2+8×(1/4)=4,令R的化合价为a,则4×3+2a+8×(-2)=0,解得a=2,故R的化合价为+2,B正确; 答案选B。 【点睛】本题主要考查了均摊法分析晶胞的结构,结合化合价规则解决问题,注意重对基础知识和基本方法的考查。 二、非选择题(本题包括5小题,共55分。 ) 16.回答下列问题。 (1)用“>”、“<”或“=”填空: 氢键的键长O—H···O____N—H···N;碳酸盐的分解温度SrCO3___CaCO3。 (2)X﹣射线衍射测定发现I3AsF6中存在I 离子,I 的立体构型为_______,中心原子的杂化形式为__________;As元素在周期表中的位置是_____。 (3)合成甲醇的反应CO2+3H2=CH3OH+H2O所涉及的4种物质的沸点由高到低的顺序是______。 (4)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料。 如图为H3BO3晶体的片层结构,硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是______。 (5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。 1molNH4BF4中含有______mol配位键。 【答案】 (1).< (2).>(3).V形(4).sp3(5).第四周期ⅤA族(6).H2O>CH3OH>CO2>H2(7).热水破坏了硼酸分子间的氢键,使硼酸分子与水分子间形成氢键,因而溶解度增大(8).2 【解析】 【分析】 (1)电负性越强,氢键越强,氢键键长越短;分解本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子,使碳酸根离子分解为二氧化碳,阳离子半径越小,其结合氧离子能力越强; (2)I3+中心原子的价层电子对数为 =4,则为sp3杂化,价层电子对为正四面体,中心I原子的孤电子对数为 =2,为V形,根据周期序数等于电子层数,主族序数等于最外层电子数来确定As在周期表中的位置; (3)水和甲醇分子间都存在氢键,二氧化碳和氢气常温下为气体,结合氢键数目和相对分子质量判断; (4)加热破坏了硼酸分子之间的氢键,硼酸分子与水分子之间形成氢键; (5)一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键,所以含有2个配位键,据此计算。 【详解】 (1)电负性越强,氢键越强,氢键键长越短,O的电负性大于N的,故H2O中氢键O—H···O比NH3中氢键N—H···N更稳定,则H2O中氢键O—H···O键长<NH3中氢键N—H···N键长;碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子,使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程,阳离子所带电荷相同时,阳离子半径越小,其结合氧离子能力越强,对应的碳酸盐就越容易分解,Sr2+的半径比Ca2+大,故SrCO3的分解温度高于CaCO3,故答案为: <;>; (2)I3+中心原子的价层电子对数为 =4,则为sp3杂化,价层电子对为正四面体,中心I原子的孤电子对数为 =2,为V形,As为33号元素,其原子结构示意图为: ,周期序数等于电子层数,主族序数等于最外层电子数,故As位于第四周期ⅤA族,故答案为: V形;sp3;第四周期ⅤA族; (3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2,原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体,液体的沸点高于气体;水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键,而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键,所以水的沸点高于甲醇;二氧化碳的相对分子质量比氢气大,所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高,故答案为: H2O>CH3OH>CO2>H2; (4)热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大,故答案为: 热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大; (5)一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键,所以含有2个配位键,则1molNH4BF4含有2mol配位键,故答案为: 2。 17.回答下列问题。 (1)SO2与O3互为等电子体。 SO2的VSEPR模型名称是_____,与O3分子互为等电子体的一种阴离子为(写化学式)______。 (2)氯化钠和氯化铯是两种不同类型的晶体结构。 晶体结构不同的主要原因是______。 (3)SiO2和GeO2具有类似 晶体结构,其中熔点较高的是______(写化学式),原因是_____。 (4)向盛有氯化银的试管中加入氨水,沉淀溶解。 请写出反应的化学方程式: ______。 【答案】 (1).平面三角形 (2).NO (3).晶体中正负离子的半径比不同(4).SiO2(5).二者均为原子晶体,Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键(6).AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O 【解析】 【详解】 (1)SO2中S原子的价层电子对为 ,VSEPR模型为平面三角形;与O3互为等电子体的阴离子有NO ;故答案为: 平面三角形;NO ; (2)NaCl、CsCl晶胞结构受离子半径比大小影响,铯离子半径大于钠离子半径,所以二者正负离子 半径比不同,晶胞结构不同,故答案为: 晶体中正负离子的半径比不同; (3)SiO2、GeO2均为原子晶体,Ge原子半径大于Si,Si-O键长小于Ge-O键长,SiO2键能更大,熔点更高,故答案为: SiO2;二者均为原子晶体,Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键; (4)氯化银与氨水反应生成[Ag(NH3)2]Cl,沉淀溶解,化学方程式为: AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O,故答案为: AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O。 18.配位化合物M呈深蓝色,在乙醇中溶解度较小。 M中含有Q、W、X、Y、Z5种原子序数依次增大 元素,原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。 其中,元素X、Y同主族且Y的原子序数是X的2倍,Z元素原子的外围电子排布为(n-1)dn+6ns1。 回答下列问题。 (1)配位化合物M中的配位原子是__________。 (2)元素W、X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序是________(用元素符号填写) (3)基态Z的二价离子的价电子排布图(轨道表示式)为___________。 (4)画出化合物M中阳离子的结构示意图(不考虑空间构型)_________。 (5)化合物M中不存在的微粒间作用力有_______(填序号) a.离子键b.极性键c.非极性键d.金属键e.氢键f.配位键 【答案】 (1).N(或氮) (2).N>O>S>Cu(3). (4). (5).cd 【解析】 【分析】 配位化合物M呈深蓝色,在乙醇中溶解度较小。 M中含有Q、W、X、Y、Z5种原子序数依次增大的元素,原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。 其中,元素X、Y同主族且Y的原子序数是X的2倍,则X为O元素,Y为S元素;Z元素原子的外围电子排布为(n-1)dn+6ns1,则n+6=10,n=4,故其外围电子排布为3d104s1,则Z为Cu元素;故该配合物中含有[Cu(NH3)4]2-、SO42-结合原子序数可知Q为H元素,W为N元素,由原子数目之比可知,该配合物中含有1个结晶水,其化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O。 【详解】 (1)配位原子指的是配体中提供孤对电子的原子,故该配位化合物M中的配位原子是N(或氮)。 (2)同主族自上而下第一电离能减小,故铜元素的第一电离能最小,氧元素的第一电离能大于硫元素,氧与氮元素同周期,氮元素原子2p能级容纳3个电子,为半满稳定状态能量较低,第一电离能大于氧元素,元素W、X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序是N>O>S>Cu。 (3)基态Z外围电子排布为3d104s1,形成二价离子时失去最外层的两个电子后,价电子排布图(轨道表示式)为 。 (4)化合物M中阳离子为[Cu(NH3)4]2-,其结构示意图为 。 (5)化合物M中,[Cu(NH3)4]2-、SO42-之间存在离子键,氮和氢元素间为极性键,也存在氢键和配位键,故不存在的微粒间作用力有非极性键和金属键; 答案选cd。 19.富镍三层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为下一代锂离子电池的正极材料,被广泛关注和深入研究,纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。 回答下列问题: (1)基态Ni的电子排布式为______,基态Co3+有_____个未成对电子。 (2)该电池初始充电过程中,会有C2H4等气体产生。 C2H4分子中σ键和π键数目之比为______。 (3)金属锰有多种晶型,其中δ-Mn的结构为体心立方堆积,晶胞参数为apm。 δ-Mn中锰原子的最小核间距为_____pm。 (4)制备NCM811的过程中,残余的Li2CO3会破坏材料的界面。 分子或离子中的大π键可用符号 表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 ),则CO32-离子中的大π键应表示为________。 (5)TiO2的晶胞如图所示: TiO2晶体中O原子的配位数是______。 【答案】 (1).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (2).4(3).5: 1(4). (5). (6).3 【解析】 【分析】 (3)δ-Mn的结构为体心立方堆积,设锰原子的半径为r,体对角线长度=4r,δ-Mn中锰原子的最小核间距为2r; 【详解】 (1)Ni原子核外有28个电子,根据能量最低原理,Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2;基态Co3+的价电子排布式为3d6,电子在能量相同的轨道排布时,尽可能分占不同轨道,所以有4个未成对电子;故答案为: 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2;4; (2)单键C-H为σ键,双键C=C中有1个σ键、1个键;C2H4结构简式为CH2=CH2,有5个σ键和1个π键,σ键和π键数目之比为5: 1;故答案为: 5: 1; (3)δ-Mn的结构为体心立方堆积,设锰原子的半径为r,体对角线长度=4r,则有 ,锰原子的最小核间距为2r= ;故答案案为: ; (4)C 中,C为sp2杂化,形成3根共价键,一个s电子跃迁到pz轨道,每个O还留有一个pz轨道上的一个单电子,整个CO32-形成4中心6电子的离域大π键,CO32-离子中的大π键应表示为 ;故答案为: ; (5)根据晶胞图,与每个O原子离的最近的Ti原子有3个,TiO2晶体中O原子的配位数是3;故答案为: 3。 20.回答下列问题。 (1)新型钙钛矿太阳能电池具备更加清洁、便于应用、制造成本低和效率高等显著优点。 一种钙钛矿太阳能电池材料的晶胞如图所示。 该钙钛矿太阳能电池材料的化学式为______;该晶胞中,与I﹣紧邻的I﹣个数为__________。 (2)金属钼晶体中的原子堆积方式如图所示,若晶体钼的密度为ρg·cm-3,钼原子半径为rpm,NA表示阿伏加德罗常数的值,M表示钼的相对原子质量,则钼晶胞中原子的空间利用率为________(用含有ρ、r、NA、M的代数式表示)。 (3)阿伏加德罗常数的测定有多种方法,X﹣射线衍射法就是其中的一种。 通过对碲化锌晶体的X﹣射线衍射图像分析,可以得出其晶胞如图所示。 若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列,Te的原子半径为apm,晶体的密度为ρg·cm-3,碲化锌的摩尔质量为193g·mol-1,则阿伏加德罗常数NA=_________mol-1(列计算式表达) (4)氮化钛的晶胞如图1所示,图2是氮化钛的晶胞截面图。 NA是阿伏加德罗常数的值,氮化钛的摩尔质量为62g·mol-1,氮化钛晶体密度为dg·cm-3,计算氮化钛晶胞中N原子半径为_________pm。 【答案】 (1).PbCH3NH3I3 (2).8(3). ×100%(4). (5). 【解析】 【分析】 (1)根据均摊原则计算钙钛矿太阳能电池材料的化学式; (2)钼晶胞中含有2个钼原子,根据晶胞的密度计算晶胞体积; (3)Te呈立方面心最密堆积方式排列,Te的原子半径为apm,晶胞边长为 ; (4)晶胞面对角线=钛原子半径×4,晶胞边长=钛原子半径×2+氮原子半径×2; 【详解】 (1)根据均摊原则,钙钛矿太阳能电池材料的1个晶胞中含有CH3NH3+数 ,I﹣数 ,Pb2+数1,化学式是PbCH3NH3I3;根据晶胞图,与I﹣紧邻的I﹣个数为8个; (2)钼晶胞中含有2个钼原子,设晶胞边长为acm, , ,钼晶胞中原子的空间利用率为 ×100%; (3)根据碲化锌的晶胞图,1个晶胞含有Te原子数 、含锌原子数4,Te呈立方面心最密堆积方式排列,Te的原子半径为apm,晶胞边长为 ;则 ,NA= ; (4)根据晶胞图,1个晶胞含有Te原子数 、含N原子数 ,设晶胞的边长为acm,则 ,a= ,晶胞面对角线=
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