学年安徽省安庆市五校联盟高二上学期期中联考化学试题 解析版.docx

1、学年安徽省安庆市五校联盟高二上学期期中联考化学试题 解析版安徽省安庆市五校联盟2017-2018学年高二上学期期中联考化学试题命题人：方锐 审题人：詹锡庭一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分,每小题只有一个正确选项)1. 下列有关电子云的叙述中,正确的是( )A. 电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率B. 电子云直观地表示了核外电子的数目C. 1s电子云界面图是一个球面,表示在这个球面以外,电子出现的概率为零D. 电子云是电子绕核运动形成了一团带负电荷的云雾【答案】A【解析】试题分析：为了形象地表示电子在原子核外空间的分布状况，人们常用小黑点的疏密程度来表示电子在原

2、子核外出现几率的大小；点密集的地方，表示电子出现的几率大；点稀疏的地方，表示电子出现的几率小,这就是电子云。1s电子云界面以外，电子出现的概率（几率）不为零，只是出现的几率很小。选项A符合题意。考点：有关电子云的正误判断2. 下列各组指定的元素,不能形成AB2型化合物的是( )A. 2s22p2和2s22p4 B. 3s23p4和2s22p2 C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5【答案】D【解析】试题分析：A项为C和O，能形成CO2；B项S和C，能形成CS2；C项为Mg和Cl，能形成MgCl2；D项为Na和Cl，能形成NaCl。选项D符合题意。考点：结合电子排布式推测化合物的

3、形成3. 中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论合理的是( )A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势,推出Al的第一电离能比Mg大B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7C. 根据同周期元素的电负性变化趋势,推出Ar的电负性比Cl大D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律,推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO【答案】D【解析】试题分析：Al的第一电离能比Mg小，A错误；卤族元素中F没有正价，B错误；Ar最外层已达8个电子稳定结构，电负性比Cl小很多，C错误；H2CO3的酸性强于HClO，所以CO2通入NaClO溶液中能生成H

4、ClO，离子方程式为：CO2+ClO-+H2OHCO3-+HClO，因此只有D项正确。考点：性质规律的归纳4. 氰气的化学式为(CN)2,结构式为NCCN,性质与卤素相似,下列叙述正确的是( )A. 在一定条件下可发生加成反应 B. 分子中NC键的键长大于CC键的键长C. 分子中含有2个键和4个键 D. 不和氢氧化钠溶液发生反应【答案】A【解析】试题分析：A卤素单质能和烯烃等发生加成反应，则氰气在一定条件下能与烯烃等发生加成反应，故A正确；B同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中CN键长小于CC键长，故B错误；C1个单键就是

5、1个键，1个双键中含有1个键1个键，共价三键中含有1个键2个键，所以氰气分子中含有3个键和4个键，故C错误；D卤素单质能和氢氧化钠反应，氰气和卤素单质性质相同，所以氰气能和氢氧化钠溶液反应，故D错误；故选A。考点：考查了分子的结构与性质的相关知识。5. 下列现象与氢键有关的是( )NH3的熔、沸点比第A族相邻元素的氢化物高 小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶 冰的密度比液态水的密度小 尿素的熔、沸点比醋酸的高 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 水分子高温下也很稳定A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因第A族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、

6、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；C原子个数小于4的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故正确；尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故正确；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故错误；故选B。【考点定位】考查氢键及氢键对物质的性质的影响【名师点晴】明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键；分子间氢键的形成使物质的熔沸点

7、升高因物质熔化或液体气化时必须要破坏氢键如：H2O比同族H2S的熔沸点高；分子间形成的氢键对物质的水溶性、溶解度等也有影响如NH3极易溶于水，主要是氨分子与水分子之间已形成氢键；水中氢键对水的密度的影响：水结成冰时体积会膨胀，密度减小；据此分析作答。6. 某研究性学习小组对手性分子提出了以下四个观点:互为手性异构体的分子互为镜像 利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子 手性异构体分子组成相同 手性异构体性质相同 你认为正确的是( )A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】试题分析：根据手性分子的定义及性质判断：互为手性异构体的分子互为镜像，正确；利用手性催化剂合成可得到一种或

8、主要得到一种手性分子，正确；手性异构体分子组成相同，正确，手性异构体性质不相同，错误，答案选A。考点：考查对手性分子的判断7. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是 ( )A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B. 元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】A【解析】试题分析：因X原子的最外层电子

9、数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A。考点：考查了原子结构与元素的性质的相关知识。8. 水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到

10、水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是（ ）A. 水是弱电解质 B. 可燃冰是可以燃烧的水C. 氢氧两种元素只能组成水 D. 0时冰的密度比液态水的密度大【答案】A.考点：考查水的有关判断。9. 氯化硼的熔点为10.7 ,沸点为12.5 。在氯化硼分子中,氯硼氯键角为120,它可以水解,水解产物之一是氯化氢。下列对氯化硼的叙述中正确的是()A. 氯化硼是原子晶体B. 熔化时,氯化硼能导电C. 氯化硼分子是一种极性分子D. 水解方程式:BCl3+3H2OH3BO3+3HCl【答案】D【解析】试题分析：首先根据性质推导该晶体是分子晶体还是原子晶体，再根据具体晶体的性质判断选项

11、。因为BCl3的熔沸点较低，故应为分子晶体，分子晶体熔化时不导电，故A、B错；又因氯硼氯键角为120，则可确定BCl3为非极性分子，C错。考点：考查10. 某物质的晶体内部一个截面上原子的排布情况如图所示,则该晶体的化学式可表示为()A. A2B B. AB C. AB2 D. A3B【答案】B【解析】试题分析：根据物质的结构可知：在1个A周围有4个B；在一个B周围有4个A，A、B原子个数比是1:1，所以该晶体的化学式是B。考点：考查物质化学式的确定的知识。11. 根据以下三个热化学方程式:2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l)H=-Q1 kJmol-1;2H2S(g)+O

12、2(g)2S(s)+2H2O(l)H=-Q2 kJmol-1;2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g)H=-Q3 kJmol-1。 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是( )A. Q1Q2Q3 B. Q1Q3Q2 C. Q3Q2Q1 D. Q2Q1Q3【答案】A【解析】H2S完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以Q1最大；气态水的能量大于液态水，所以Q2Q3，故A正确。12. 用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化合物的污染。例如：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=574kJ/molCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2

13、（g）+2H2O（g）；H=1160kJ/mol 下列说法中错误的是（ ）A. 等物质的量的CH4在反应、中转移电子数相同B. 由反应可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)；H574kJ/molC. 4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；H=+586kJ/molD. 若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA【答案】B【解析】两个反应中甲烷都是转化为二氧化碳的，前后化合价变化相同，所以反应中等物质的量的甲烷的转移电子一定相同，选项A正确。反应中生成的为气态水，而气态水转化为液态水要对外放热，所以方程式

14、变为CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)时，反应对外放出的热量应该增加，所以H574kJ/mol，选项B错误。方程式减去方程式就可得到4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；H=+586kJ/mol，选项C正确。CH4把NO2还原为N2，所以方程式为CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），该反应的电子转移数为8e-（甲烷中的C为-4价，生成二氧化碳中的+4价C），所以标准状况下4.48L（0.2mol） CH4把NO2还原为N2转移电子为1.6mol即1.6NA。13. 以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式 C2H

15、2 (g) +5/2O2 (g) 2CO2 (g)+H2O(l) H = 1300kJ / mol 的说法中，正确的是 ( )A. 当8 NA个电子转移时，该反应放出1300kJ的能量B. 当1 NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C. 当2 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D. 当8 NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量【答案】D【解析】反应的电子转移数为10e-（1个O2转移4个电子，5/2个O2转移10个电子），所以该反应放出1300kJ的能量时，有10mol电子转移，选项A错误。该反应为放热反应，吸收热量明显错误，选项B错误。放热为1300

16、kJ时，应该生成2mol二氧化碳气体，二氧化碳的电子式为，一个二氧化碳分子中有4个共用电子对，所以2mol二氧化碳气体有8mol共用电子对。由此可得选项C错误，选项D正确。14. 现有原子序数依次相差1，且由小到大排列的A、B、C、D、E五种短周期元素。下列有关这五种元素的叙述正确的是()若A的最高价氧化物对应的水化物是强碱，则E的最高价氧化物对应的水化物是强酸若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气，则这五种元素在同一周期若A的阳离子比E的阴离子少8个电子，则D一定是非金属元素若D的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则E的单质在常温下为气态这五种原子的原子半径关系一定为：ABCDEA.

17、B. C. D. 【答案】A【解析】若A的最高价氧化物对应的水化物是强碱，可假设A为金属Na，则此时E为非金属P，其对应的磷酸不是强酸，错误。若A的单质既能与强酸又能与强碱反应且都放出氢气，则A为Al，其余B、C、D、E分别为Si、P、S、C，都在第三周期，正确。若A的阳离子比E的阴离子少8个电子，则A、E同周期，且都在第二或第三周期，那么D原子序数最小为第二周期第四主族的C或者第三周期第四主族的Si，D原子序数越大，越是非金属，所以D一定是非金属，正确。若D的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则D为N、S或者是Cl，此时E为O、Cl或者Ar，都是气体单质，所以正确。显然无法确定这五种原子是否同

18、周期，就无法判断这些原子的半径大小，所以错误。由上正确的是，选项A正确。15. 已知第三周期元素M，其原子最外层达到饱和时所需的电子数小于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层电子数的正整数倍。下列关于元素M的说法一定错误的是()A. M元素存在同素异形体B. M元素为非金属元素C. M的最高价氧化物对应的水化物都是强酸D. 常温下，能稳定存在的M的氧化物都是酸性氧化物【答案】C【解析】试题分析：第三周期元素M，次外层与最内层电子数之差为6，其原子的最外层达到饱和时所需电子数小于6，且等于最内层电子数的正整数倍，则M为S或Si，AS元素存在同素异形体 ,A项正确；B.Si、S元素为非金属元素，

19、B项正确；C.Si的最高价氧化物对应的水化物H2SiO3是弱酸，C项错误；D.常温下，能稳定存在的M的氧化物为SO2、SO3、SiO2都是酸性氧化物,D项正确；选C。考点：考查原子结构与元素周期律的应用。16. A、B、C、D、E、F、G为七种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知：A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，质子数之和为31。D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大。下列说法不正确的是()A. C、D、G三种元素形成的盐，水溶液可能呈碱性B. A与B能形成离子化合物

20、A5B，且既含有离子键又含有共价键C. B、C、G的简单氢化物中C的氢化物稳定性最强D. D、E、F、G形成的简单离子半径逐渐减小【答案】D【解析】A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数（符合要求的是H、Be、Al），其中A的单质在常温下为气体，则A为H，根据原子序数依次增大，得到F只能是Al。D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大，则D为Na。由此可得：C与B、G在元素周期表中处于相邻位置时，只能是B、C处于同周期相邻主族，C、G处于同主族相邻周期。这三种元素原子的最外层电子数之和为17，得到B最外层5个电子，C、G最外层都是6个电子。所以B、C、G分别为N、O、S。即A、B、C

21、、D、E、F、G七种元素分别为：H、N、O、Na、Mg、Al、S。 C、D、G三种元素形成的盐可能为Na2SO3，溶液显碱性，选项A正确。A与B能形成离子化合物A5B（即NH4H），电子式为，所以既含有离子键又含有共价键，选项B正确。B、C、G中C（即O元素）的非金属性最强，所以C的氢化物稳定性最强，选项C正确。D、E、F、G形成的简单离子（Na+、Mg2+、Al3+、S2-、Cl-），按照核外电子排布，前三个离子有两个电子层，后两个离子有三个电子层，所以后两个离子半径更大，选项D错误。二、非选择题(本题共4小题,共52分)17. C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示(石墨

22、仅表示出其中的一层结构):（1）C60、金刚石和石墨三者的关系是互为_。A.同分异构体 B.同素异形体 C.同系物 D.同位素（2）固态时,C60属于_(填“原子”或“分子”)晶体,C60分子中含有双键的数目是_。（3）晶体硅的结构跟金刚石相似,1 mol晶体硅中含有硅硅单键的数目约是_NA。（4）石墨层状结构中,平均每个正六边形占有的碳原子数是_。（5）观察CO2分子晶体结构的一部分,试说明每个CO2分子周围有_个与之紧邻且等距的CO2分子;该结构单元平均占有_个CO2分子。（6）观察图形推测,CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a,则每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为_,每个Cs

23、+周围距离相等且次近的Cs+数目为_,距离为_,每个Cs+周围距离相等且第三近的Cs+数目为_,距离为_,每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目为_。【答案】 (1). B (2). 分子 (3). 30 (4). 2 (5). 2 (6). 12 (7). 4 (8). 6 (9). 12 (10). 【答题空10】a (11). 8 (12). a (13). 8【解析】（1）C60、金刚石和石墨三者都是碳元素的不同单质，所以关系是同素异形体，答案为B。（2）固态时，C60属于分子晶体，原因是C60是由60个碳原子组成的分子。C60分子具有足球烯的基本结构，有60个顶点（碳原子），每条棱有两

24、个碳原子，每个碳原子延伸出3条棱，所以碳原子和棱的比例关系为2:3，所以有90条棱。每个碳原子实际应该形成4个共价键，每个共价键需要两个碳原子，所以理论上共价键是碳原子2倍，即120个。但是实际只有90条棱，说明有120-90=30个碳碳双键。（3）每个硅原子形成4个硅硅键，每个硅硅键需要2个硅原子，所以硅硅键是硅原子数的2倍，则1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是2NA个。（4）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6=2。（5）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

25、连的12个面的面心上，所以每个CO2分子周围有12个与之紧邻且等距的CO2分子。该结构为典型的立方面心晶胞，其中有 个CO2分子。（6）以大立方体体心的Cs+为例，与其距离相等且最近的Cs+位于大立方体的六个面心，所以每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为6；与其距离相等且次近的Cs+位于大立方体的12个棱心，所以每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+数目为12个，距离为小立方体的面对角线即；与其距离相等且第三近的Cs+位于大立方体的8个顶点，所以每个Cs+周围距离相等且第三近的Cs+数目为8个，距离为小立方体的体对角线即；每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-处于8个小立方体的体心，所以有8个。点

26、睛：本题中的干冰晶体，需要能够理解其面心立方晶胞，实际是一种最紧密堆积。在等径球的最紧密堆积中，每个球的配位数都是12，即一个球周围距离最近且相等的球必为12个。18. （1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。试判断,违反了泡利原理的是_,违反了洪特规则的是_。 （2）某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2,则该元素基态原子的电子排布式为_;其最高价氧化物对应水化物的化学式是_。【答案】 (1). (2). (3). 1s22s22p63s23p4 (4). H2SO4（2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s2

27、2s22p63s13p33d2，该元素原子核外有16个电子，为S元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；其最高价氧化物对应水化物是硫酸，化学式为H2SO4。19. 铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝,广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。回答下列问题:（1）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属铜的测定得到以下结果:晶胞为面心立方最密堆积,边长为361 pm。又知铜的密度为9.00 gcm-3,阿伏加德罗常数为_ (列式计算,已知Ar(Cu)=63.6);（2）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物,这两种化合物都可用于催化乙炔聚合,其阴离

28、子均为无限长链结构(如下图),a位置上Cl原子的杂化轨道类型为_。已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3,另一种的化学式为_;（3）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应,但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应,其原因是_,反应的化学方程式为_。【答案】 (1). NA=6.011023 mol-1 (2). sp3 (3). K2CuCl3 (4). 过氧化氢为氧化剂,氨与Cu2+形成配离子,两者相互促进使反应进行 (5). Cu+H2O2+4NH3Cu(NH3）22+2OH-【解析】（1）设面心立方晶胞的边长为a，则晶胞的体积为a3，每个晶胞中有四个原子，则这四个原子的质量为4M/NA（

29、M为该原子的相对原子质量），所以晶体密度为=4M/ a3NA。将=9.00 gcm-3，a=361pm，M=63.6,带入上式可以计算NA=6.011023 mol-1。（2）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3。一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，阴离子构成与CuCl3一样，但因为Cu为+1价，所以应该为CuCl32，其化学式为：K2CuCl3。（3）氨水、过氧化氢和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进反应，是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互

30、促进使反应进行，方程式可表示为：Cu+H2O2 +4NH3Cu(NH3)42+2OH。点睛：晶体密度计算是常见的一种计算方法，其具体原理就是先计算晶胞体积：高中要求多为立方晶胞，体积就是立方体边长的立方。再计算晶胞质量：计算每个晶胞中的原子数，晶胞质量就是原子数乘以相对原子质量再除以阿伏加德罗常数。最后计算密度：用晶胞质量除以晶胞体积。计算过程中一定要注意统一单位。20. （1）已知：Fe(s)1/2O2(g)=FeO(s) H1272.0 kJmol1；2Al(s)3/2O2(g)=Al2O3(s) H21 675.7 kJmol1。Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是_。某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是_(填“能”或“不能”)，你的理由是_。（2）反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B，如图所示。据图判断该反应是_(填“吸”或“放”)热反应其中B历程表明此反应采用的条件为_ (填字母)。A升高温度 B增大反应物的浓度 C降低温度 D使用催化剂【答案】 (1). 3FeO(s)2Al(s)=Al2O3(s)3Fe(s) H859.7 kJmol1 (2). 不能 (3). 该反应为引