【化学】吉林省白山市第七中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

吉林省白山市第七中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量： N-14 Ti-48
第I卷（选择题，共50分）
一、选择题(本题包括20小题 ，1-10每小题2 分，11-20每小题3分,共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列化学用语的表达正确的是（ ）
A. 原子核内有10个中子的氧原子
B. 氯原子的结构示意图:
C. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
D. 基态铜原子的外围电子排布图:
【答案】C
【解析】试题分析：A.原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，表示为，A错误；B.氯原子的结构示意图：，B错误；C.Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C项正确；D.基态铜原子的外围电子排布图：，D项错误；答案选C。
考点：考查化学用语的正误判断。
2.用价层电子对互斥理论预测SO32-和BF3的空间构型，结论正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 三角锥形；平面三角形 D. 直线形；平面三角形
【答案】C
【解析】SO32－中S有3个σ键，孤电子对数为(6＋2－3×2)/2=1，价层电子对数为4，SO32－的空间构型为三角锥形；BF3中B有3个σ键，孤电子对数为(3－3×1)/2=0，BF3的空间构型为平面三角形，故选项C正确。
3. A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列有关两元素的叙述中正确的是（ ）
①原子半径:A B ③原子序数：A>B
④第一电离能：A>B ⑤A的正价与B的负价的绝对值相等 ⑥电负性：ASe，同周期从左向右电负性增强，即电负性Se>As，故A错误；B、AsCl3最外层满足8e－稳定结构，AsCl3中As核外电子数为36，Cl核外电子总数为18，故B错误；C、同种元素的含氧酸，价态越高，酸性越强，砷酸中As显＋5价，亚砷酸中As显＋3价，因此砷酸的酸性强于亚砷酸，亚砷酸属于弱酸，因此砷酸钠溶液显碱性，故C正确；D、VSEPR模型包括孤电子对占有的位置，因此AsH3中As有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，因此AsH3的VSEPR模型为四面体，杂化类型为sp3杂化，故D错误。
点睛：易混点是VSEPR和空间构型，VSEPR模型包含了孤电子对数占有的空间，如AsH3的VSEPR模型为四面体型，而空间构型是略去了孤电子对，AsH3的空间构型为三角锥形。
15.已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是(　　)
A. N—N键的键能为×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
【答案】D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。
16.一种新型陶瓷的化学成分为BN晶体，该晶体具有高熔点、高硬度的特性，关于BN晶体的说法不正确的是（ ）
A. 该晶体为原子晶体，具有金刚石的结构特征
B. 该晶体中B的杂化类型是sp2杂化
C. 该晶体中存在配位键
D. 该晶体可作耐高温、耐磨材料
【答案】B
【解析】试题分析：由题中信息可知，BN晶体具有高熔点、高硬度的特性，所以其为原子晶体，可作为耐高温、耐磨材料。其结构应与金刚石相似，每个原子均采用sp3杂化，由于B最外层只有3个电子，故其原子的最外层有空轨道，而N原子有孤电子对，故两者可形成配位键。综上所述，B不正确。本题选B。
17.下列说法正确的是（ ）
A. HF比HCl稳定是因为HF间能形成氢键
B. 相对分子质量越大范德华力越大，所以NH3、PH3、AsH3、SbH3沸点逐渐升高
C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子的跃迁有关
D. 标况下，22.4L HF含有分子数为NA（NA代表阿弗加德罗常数）
【答案】C
【解析】A. HF比HCl稳定是因为F元素的非金属性强，H—F键的键能很大、不易断裂，A不正确； B. 对于组成和结构相似的分子，如果分子间不能形成氢键，则相对分子质量越大范德华力越大，其沸点越高，但是NH3分子之间可以形成氢键，而PH3、AsH3、SbH3等分子是不能形成氢键，氢键比范德化力要强得多，B不正确；C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子在不同能级之间的跃迁有关，C正确；D. 标况下，HF 是液体，故无法根据气体摩尔体积计算22.4L HF的物质的量，也无法计算其含有的分子数，D不正确。本题选C。
18.最近，科学家成功地制成了一种新型碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（　　）
A. 该物质的化学式为CO4
B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C. 该晶体中C原子与C﹣O化学键数目之比为1：4
D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成
【答案】A
【解析】A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；
D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；
故选A．
19.以下有关元素性质的说法不正确的是(　　)
A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2 ②1s22s22p3　③1s22s22p2　④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B. 下列原子的外围电子排布中，①3s23p1　②3s23p2　③3s23p3　④3s23p4，对应的第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb　②N、P、As　③O、S、Se　④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数的增加而递增的是④
D. ①X＋　②X2＋　③X3＋　④X4＋，某元素X的逐级电离能(kJ·mol－1)分别为738、1 451、7 733、10 540、13 630、17 995、21 703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是③
【答案】D
【分析】A、先判断各元素名称，电子层越大原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小；
B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；
C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价。
【详解】A项、由核外电子排布式可知①为Si元素、②为N元素、③为C元素、④为S元素，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径大小顺序为：①>④>③>②，原子半径最大的是Si元素，故A正确；
B项、由外围电子排布式可知①为Al元素、②为Si元素、③为P元素、④为S元素，同周期元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为：③>④>②>①，第一电离能最大的是P元素，故B正确；
C项、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，则①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，故C正确；
D项、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电离能与电负性等，注意理解电离能与元素化合价的关系、同周期第一电离能的变化规律是解答关键。
20.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的是（ ）

A. 正硼酸晶体属于原子晶体
B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C. 分子中硼原子最外层为8电子稳定结构
D. 含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键
【答案】D
【解析】试题分析：A、正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误；B、分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C、硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；D、1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。
考点：考查了晶体结构、氢键、杂化轨道、空间构型等，注意正硼酸晶体层内存在H3BO3分子，以氢键结合，属于分子晶体。
第II卷（50分）
21.有A、B、C、D、E、F、G7种元素，试按下述所给的条件推断：
①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外均有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A>B>C；
②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；
③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体；
④G是除氢外原子半径最小的主族元素
（1）A的名称是______，B位于周期表中第____周期____族，C的原子结构示意图是________________。
（2）E的单质颜色是_________。
（3）A元素与D元素形成的化合物的电子式是_________。
（4）G的单质与水反应的化学方程式是____________________________________。
（5）F的元素符号是__________。
（6）在上述七种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_____（填化学式，下同），酸性最强的是_______，气态氢化物最稳定的是__________。
（7）将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反应的离子方程式是_____________________________________________。
【答案】(1). 钠 (2). 三 (3). ⅡA (4). (5). 紫黑色 (6). (7). 2F2＋2H2O4HF＋O2 (8). He (9). NaOH (10). HBrO4 (11). HF (12). Al（OH）3＋OH－AlO2－＋2H2O
【解析】①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，即处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，可推知A为Na，B为Mg，C为Al；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，D、E表现-1价，二者处于ⅦA族，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体，则D为Br，E为I；③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体，则F为He；④G是除氢外原子半径最小的元素，则G为F元素；(1)由上述分析可知，A的名称是钠，B为Mg，位于周期表中第三周期ⅡA族，C为Al，原子结构示意图是；
(2)E为I，其单质颜色是紫黑色；
(3)A元素与D元素形成化合物为NaBr，电子式是；
(4)G的单质为氟气，与水反应的化学方程式是：2F2+2H2O═4HF+O2；
(5)F的元素符号是He；
(6)在上述七种元素中，Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化学式是NaOH，F的非金属性最强，但没有最高价含氧酸，其它元素中Br的非金属性最强，故酸性最强的化学式是 HBrO4，气态氢化物最稳定的化学式是HF；
(7)C的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A的氧化物对应的水化物为氢氧化钠，二者反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。
点睛：(1)元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度．金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱．氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱．(金属的相互置换)；
(2)元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
22.现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：I1＝738 kJ·mol－1，
I2＝1 451 kJ·mol－1，I3＝7 733 kJ·mol－1，
I4＝10 540 kJ·mol－1
D是前四周期中电负性最小的元素
E在周期表的第七列

(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式_________。
(2)比较BA2-和BA3的键角∠ABA的大小：BA2-____(填“>”“＝”或“B>Li (5). 分子 (6). 1∶9 (7). sp2杂化 (8). 甲醛与水分子之间能形成氢键 (9). 12 (10). 6 (11).
【分析】（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2；
②BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；③根据状态判断晶体类型；
（2）①丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个碳氧σ键，共有9个σ键，1个碳氧π键；
②甲醛分子中含有碳氧双键；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键；
（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子；依据均摊法计算。
【详解】（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，由电子排布式可知，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为（1+3+5）=9，故答案为：M；9；
②BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，则BH4-的空间构型为正四面体形；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，Li为金属元素，非金属性H元素大于B元素，则电负性强弱顺序为H>B>Li，故答案为：正四面体；H>B>Li；
③TiCl4在常温下是无色液体，说明沸点低，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
（2）①丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个碳氧σ键，共有9个σ键，1个碳氧π键，则分子中含有π键与σ键数目之比为1:9，故答案为：1:9；
②甲醛分子中含有碳氧双键，C形成3个σ键，C上没有孤电子对，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性，故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；
（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子，配位数为6；根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×+8×=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×=4，晶胞的质量为mol×62g/mol=（2a×10-7）3cm3×ρ，ρ=g/cm3。
【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了轨道杂化类型的判断、空间构型和化学键判断、晶胞结构的分析等，注意利用均摊法确定化学式的方法和计算密度是解答关键。