福建省泉州市培元中学学年高二下学期期中考试化学试题解析版.docx
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福建省泉州市培元中学学年高二下学期期中考试化学试题解析版
泉州市培元中学2021年春季期中考试高二年段
化学试题
相对原子质量:
H-1C-12O-16
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意;每小题4分,共40分)
1.“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅,反应SiCl4(g)+2H2(g)
Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。
下列有关说法正确的是
A.SiCl4为极性分子B.HCl的电子式为
C.单晶硅为分子晶体D.Si原子的结构示意图为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.SiCl4和CH4的空间构型一样,都是正四面体构型,结构对称,为非极性分子,A错误;
B.HCl的电子式为
,B正确;
C.单晶硅与金刚石的晶体结构相似,为空间网状结构,为原子晶体,C错误;
D.Si原子的结构示意图为
,D错误;
故选B。
2.下列说法中,正确
是
A.干冰熔化时,分子中C=O键发生断裂
B.金属晶体的熔、沸点一定比分子晶体的高
C.原子晶体中,共价键的键长越短,键能越大,熔点就越高
D.分子晶体中,分子间作用力越大,则分子越稳定
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.干冰融化为物理变化,克服分子间作用力,共价键不断裂,故A错误;
B.金属晶体的熔沸点不一定比分子晶体高,如分子晶体硫是固体,金属汞是液体,故B错误;
C.影响原子晶体的熔沸点高低的因素为共价键的强弱,共价键的键长越短,键能越大,熔点就越高,故C正确;
D.分子晶体中,分子间作用力越大,熔沸点越高,与稳定性无关,故D错误;
答案为C。
3.下列说法正确的是
A.含有阴离子的晶体一定含有阳离子
B.H2O的热稳定性比H2S强,是由于H2O的分子间存在氢键
C.HF溶于水时只破坏了分子间作用力
D.NaHSO4属于离子晶体,熔融时破坏离子键和共价键
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.含有阴离子的晶体一定是离子晶体,一定含有阳离子,故A正确;
B.H2O的热稳定性比H2S强,是由于H-O键的键能比H-S的键能大,故B错误;
C.HF分子中含有分子间作用力和氢键,故HF溶于水时破坏了分子间作用力和氢键,故C错误;
D.NaHSO4属于离子晶体,熔融时的电离方程式为NaHSO4=Na++HSO
,熔融时只破坏离子键,故D错误;
故选A。
4.在以离子键为主的离子化合物中,形成离子键的两种元素电负性差距越小,则含有共价键的成分越高;下列各对原子形成的化学键中含有共价键成分最少的是
A.LiFB.NaFC.NaClD.MgO
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】同周期元素从左到右电负性增大,同主族元素从上到下电负性减小;电负性:
F>O>Cl>Mg>Li>Na;形成离子键的两种元素电负性差距越小,则含有共价键的成分越高,所以形成的化学键中含有共价键成分最少的是Na和F,故选B。
5.氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用。
近年来,人们发现了双氢键,双氢键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用。
下列不可能形成双氢键的是
A.Be—H…H—OB.K—H…H—N
C.O—H…H—ND.F—H…H—Al
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.Be—H中H显-1,H—O中H显+1,Be—H…H—O有可能形成双氢键,故不选A;
B.K—H中H显-1,H—N中H显+1,K—H…H—N有可能形成双氢键,故不选B;
C.O—H中H显+1,H—N中H显+1,O—H…H—N不可能形成双氢键,故选C;
D.F—H中H显+1,H—Al中H显-1,F—H…H—Al有可能形成双氢键,故不选D;
选C。
6.短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示:
下列说法正确的是
A.碱性:
GOH>XOHB.还原性:
HW>HZ>H2Y
C.酸性:
HZO4<H2YO4D.离子半径:
M3->W->X+
【答案】D
【解析】
【分析】
G、M、W、X、Y、Z都是短周期元素,结合原子序数和最高正化合价可以推知,G为Li元素,M为N元素,W为F元素,X为Na元素,Y为S元素,Z为Cl元素,以此解答。
【详解】A.Na元素的金属性大于Li元素的金属性,则碱性:
GOH<XOH,故A错误;
B.由分析可知,W为F元素,Y为S元素,Z为Cl元素,非金属性W>Z>Y,则对应氢化物的还原性:
HW<HZ<H2Y,故B错误;
C.非金属性:
Cl>S,则最高价含氧酸的酸性:
HClO4>H2SO4,故C错误;
D.N3-、F-、Na+的核外电子结构相同,核电荷数越大,半径越小,则离子半径:
N3->F->Na+,故D正确;
故选D。
7.二硫代磷酸酯的分子结构如图,则下列说法错误的是
A.原子半径:
r(H) B.二硫代磷酸酯中C—O的极性小于C—S C.该物质可以与水形成分子间氢键 D.1mol该物质含有的键数目为2NA 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.原子半径一般电子层数越多半径越大,同周期元素随核电荷数增大半径减小,故原子半径: r(H) B.二硫代磷酸酯中C—O的电负性之差小于C—S的电负性之差,故C—O的极性小于C—S,B正确; C.该物质中含有N-H键,故可以与水形成分子间氢键,C正确; D.1mol该物质含有的Π键数目为2NA,D错误; 故选D。 8.“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中,在20℃时,水分子瞬间凝固形成的。 用“暖冰”做了一个如图所示的实验,发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。 若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液,溶液呈血红色。 则下列说法不正确的是 A.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质 B.水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是物理变化 C.在电场作用下,水分子间更易形成氢键,因而可以制得“暖冰” D.该条件下H2燃烧的产物中不可能含有一定量的H2O2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.酸性KMnO4溶液褪色,说明燃烧生成了具有还原性的物质;含有少量KSCN的FeCl2溶液呈血红色,说明燃烧生成了具有氧化性的物质,故A正确; B.水凝固形成20℃时的“暖冰”,只是水的存在状态发生了变化,没有生产新的物质,所发生的是物理变化,故B正确; C.在电场作用下,水分子间更易形成氢键,因而可以制得“暖冰”,否则20℃时,水分子不能瞬间凝固形成冰,故C正确; D.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质,该物质可能是双氧水,故D错误; 答案选D。 9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。 K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物,甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体,乙是常见的气体。 K是无色气体,是主要的大气污染物之一.常温下0.05mol/L丙溶液的pH为1,上述物质的转化关系如图所示。 下列说法正确的是 A.由W、Y组成的某种化合物可与K直接反应制得丙 B.K、L、M 中沸点最高的是M C.原子半径: W D.元素的非金属性: Z>Y>X 【答案】A 【解析】 【分析】0.05mol/L丙溶液的pH为l,可知丙为二元强酸,应为H2SO4,K是无色气体,是主要的大气污染物之一,且可生成H2SO4,则应为SO2,可知乙为O2,L为H2O,乙是常见的气体,且与浓硫酸和甲反应生成,可知甲为C,M为CO2,则W为H元素,X为C元素,Y为O元素,Z为S元素,以此解答该题。 【详解】由上述分析可知,W为H元素,X为C元素,Y为O元素,Z为S元素; A.丙为H2SO4,K为SO2,可由过氧化氢与SO2发生氧化还原反应生成,故A正确; B.K(SO2)、M(CO2)常温下为气体,L为H2O,常温下为液体,沸点最高,故B错误; C.同周期元素原子半径从左到右逐渐减小,电子层越多原子半径越大,则原子半径为C>O>H,即W<Y<X,故C错误; D.同主族元素从上到下非金属性减弱,且碳酸的酸性小于硫酸,可知非金属性为O>S>C,即Y>Z>X,故D错误; 故答案 A。 10.NaCl的Bom—Haber循环如图所示。 已知: 元素的1mol气态基态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。 下列有关说法正确的是 A.Cl—Cl键的键能为119.6kJ/mol B.Na的第一电离能为603.4kJ/mol C.NaCl的晶格能为410.9kJ/mol D.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.Cl—Cl键的键能为断裂1molCl—Cl键形成气态氯原子所吸收的能量,Cl—Cl键的键能为239.2kJ/mol,故A错误; B.Na的第一电离能为1mol气态钠原子失去电子形成气态钠离子吸收的能量,Na的第一电离能为495.0kJ/mol,故B错误; C.根据图示,NaCl的晶格能为785.6kJ/mol,故C错误; D.元素的1mol气态基态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能,根据图示,Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol,故D正确; 选D。 二、非选择题(共60分) 11.氮原子可以形成σ键、π键、大π键和配位键,成键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物质。 回答下列问题: (1)第一电离能: 氮___________氧(填“大于”或“小于”),基态氮原子价电子排布图不是 ,是因为该排布方式违背了___________。 (2)肼(H2N−NH2)的相对分子质量与乙烯接近,但沸点远高于乙烯的原因是___________。 (3)NH3常作制冷剂,其键角___________(填“大于”或“小于”)NF3的键角。 (4)正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体,是一种重要的化工原料。 ①Na3NO4阴离子的中心原子杂化方式为___________。 ②在573K条件下,实验室中用NaNO3和Na2O在银皿中反应制得Na3NO4,Na2O的立方晶胞如图所示: 如图中“●”表示O2−,Na2O晶胞的参数为apm,则晶胞密度___________g•cm−3(列出计算式即可,NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】①.大于②.洪特规则③.肼分子间存在氢键,乙烯分子间无氢键④.大于⑤. ⑥. 【解析】 【分析】 【详解】 (1)同周期主族元素从左到右第一电离能有增大的趋势,但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态,第一电离能大于氧元素;根据洪特规则,电子分布到能量相同的原子轨道时,优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道,正确的排布为 ; (2)肼分子间可形成氢键,乙烯分子间不能形成氢键,肼分子间的作用力大于乙烯分子,使得肼分子的沸点远高于乙烯; (3)NH3常作制冷剂,其键角大于NF3的键角,理由是: NH3、NF3中,中心原子孤电子对数= ,价层电子对数=3+1=4,则按价层电子对互斥理论,离子呈三角锥形,N原子均为sp3杂化,均有1对孤对电子,NH3中成键电子偏向N,斥力大,键角大,NF3中成键电子偏向F,斥力小,键角小; (4)①NO 中心原子孤电子对数= ,价层电子对数=4+0=4,则按价层电子对互斥理论,离子呈正四面体构型,采用 杂化; ②由晶胞结构可知,氧离子的个数为 ,钠离子的个数为8个,晶胞中含4个Na2O,晶胞的参数为apm=a×10−10cm,晶胞体积为(a×10−10)3cm3×NA,则晶胞密度为: 。 12.2019年12月17日,经中央军委批准,中国第一艘国产航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”,舷号为“17”。 2020年9月24日下午,国防部举行例行记者会,国防部新闻局副局长、国防部新闻发言人谭克非大校称: 中国海军山东舰已完成例行训练和海上试验。 (1)航母用钢可由低硅生铁冶炼而成,则晶体硅、金刚石、碳化硅的熔点由高到低的顺序为___,原因: ___。 (2)Ti的四卤化物熔点如表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是___。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 (3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。 含铜废液可以利用铜萃取剂M,通过如图反应实现铜离子的富集,进行回收。 Cu2++2 → +2H+ ①上述物质M中含有的作用力有___。 A.离子键B.金属键C.共价键D.氢键E.配位键 ②X难溶于水、易溶于有机溶剂,则X晶体中铜元素与氮原子之间的共价键类型为___。 【答案】 (1)①.金刚石>碳化硅>晶体硅②.三者都为原子晶体,r(C) Si—Si键长最长,共价键键能最小,所以熔点最低 (2)TiF4为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,其组成和结构相似,随相对分子质量的增大,分子间作用力增大,熔点逐渐升高 (3)①.CE②.配位键 【解析】 【分析】 【小问1详解】 硅、碳化硅的结构都与金刚石类似,均为原子晶体,原子半径越小,共价键的键长越短,键能越大,则熔点越高,r(C) 【小问2详解】 根据题目所给数据可知TiF4熔点较高,可知其应为离子化合物,其他三种均为共价化合物,为分子晶体,其组成和结构相似,随相对分子质量的增大,分子间作用力增大,熔点逐渐升高; 【小问3详解】 ①M为分子晶体,含有共价键和氢键,故选CE; ②X难溶于水、易溶于有机溶剂,且Cu有空轨道、N有孤电子对,则X晶体中铜元素与氮原子之间的共价键类型为配位键。 13.新材料技术的发展促进了信息技术和生物技术的革命,并对制造业物资供应和个人生活方式产生了重大影响。 回答下列问题: (1)近期,PNAS报道了无规超支化聚合物RHP的自愈过程,合成RHP的基础原料为 和 。 RHP结构式表示如图: (m= ) ①“自愈”是指材料断裂后,再次接触使其抗位能力部分恢复,由RHP结构推测其具有自愈能力的主要原因为____。 ② 中含有各元素的电负性由小到大的顺序为___;该物质中,含有σ键和π键数目之比为___。 (2)纳米材料Cu—SiO2常用于催化有机物DMO和氢气反应获得EG,回答下列问题: ①基态铜原子的核外电子占据的最高能层符号为____,基态硅原子核外电子占据的最高能级的电子云形状为___。 ②CuSCN是一种生物防腐涂料,可用CuSO4、NaSCN、Na2SO4作原料,并用EG作分散剂进行制备。 与SCN-互为等电子体的分子为____(任写一个即可)。 【答案】 (1)①.具有高密度的氢键②.H 1 (2)① N②.哑铃形③.CO2或CS2 【解析】 【分析】 【小问1详解】 ①"自愈"是指材料断裂后,再次接触使其抗拉能力部分恢复,根据RHP的结构可知RHP含有较多的氢键,因此其RHP具有自愈能力的主要原因为具有高密度的氢键;故答案为: 具有高密度的氢键。 ② 中含有C、N、O、H,各元素的电负性由小到大的顺序为H 1;故答案为: H 1。 【小问2详解】 ①铜为29号元素,因此基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1,最高能层符号为N;基态硅原子核外电子占据的最高能级为3p能级,其电子云形状为哑铃形;故答案为: N;哑铃形。 ②根据等电子理论可知,与SCN-互为等电子体的分子为CO2或CS2;故答案为: CO2或CS2。 14.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。 回答下列问题: (1)下列关于金属及金属键的说法不正确的是___。 (填字母代号) a.金属键没有方向性与饱和性 b.金属键是金属原子与自由电子间的相互作用 c.金属熔、沸点不同的原因可以用金属键强弱解释 d.金属拥有自由电子可解释金属材料的延展性,不能解释金属有良好的导电性 (2)钒广泛用于催化及钢铁工业,基态钒原子价电子的轨道表示式为___。 (3)二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2],熔点是172.5~173℃,100℃以上升华,二茂铁属于__晶体。 已知分子中的大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 )。 已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷(如图所示),则每个环中的大π键应表示为___。 (4)铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4,若确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体,最科学的方法是对其进行___实验,其中阴离子的空间构型是___。 该化合物加热时首先失去的组分是H2O,原因是___。 (5)最近发现,只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性,该质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。 ①与Mg紧邻的Ni有___个。 ②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。 该晶胞中原子的坐标参数a为(0,0,0);b为( , ,0);d为(1,1,1)。 则c原子的坐标参数为___。 【答案】 (1)bd (2) (3)①.分子②.Π (4)①.X-射线衍射②.正四面体③.H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱 (5)①.12②.(1, , ) 【解析】 【分析】 【小问1详解】 a.金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用,金属键没有方向性与饱和性,a正确; b.金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用,b错误; c.金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱,金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释,c正确; d.金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动,可用金属拥有自由电子解释,d错误; 答案选bd; 【小问2详解】 钒是23号元素,基态钒原子的价层电子排布图为 ; 【小问3详解】 二茂铁熔点是172.5~173℃,100℃以上升华,因此二茂铁属于分子晶体。 因为每个环戊二烯中含有5个C原子,且二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷,则每个环中的大π键应表示为Π ; 【小问4详解】 铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4,若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体,最科学的方法是对其进行X-射线衍射实验,其中阴离子是硫酸根,其空间构型是正四面体。 由于H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱,所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O; 小问5详解】 ①根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有 =12个; ②该晶胞中原子的坐标参数为a为(0,0,0);b为( , ,0);d为(1,1,1),则c原子的坐标参数为(1, , )。 15.磷酸铁锂电池是绿色环保型电池,电池的总反应为: Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+C6。 (1)LiFePO4中Fe2+的核外电子排布式为___,该电池反应物中所涉及第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序是___(用元素符号表示)。 (2)H3PO4和H2CO3中P和C原子的杂化方式___(填“相同”或“不相同”)。 (3)石墨可用作锂离子电池的负极材料,Li+嵌入石墨的两层间,导致石墨的层堆积方式发生改变,形成化学式为LixC6的嵌入化合物,某石墨嵌入化合物的平面结构如图所示,则x=___;若每个六元环都对应一个Li+,则化学式为___。 (4)碳的另一种同素异形体——金刚石,其晶胞如图所示。 已知金属钠的晶胞(体心立方堆积)沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示,则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图___(从A~D图中选填)。 A B. C. D. (5)某金属锂的硼氢化物是优质固体电解质,并具有高储氢密度。 阳离子为Li+,阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的离子团。 阴离子在晶胞中位置如图所示,其堆积方式为___,Li+占据阴离子组成的所有正四面体空隙中心,该化合物的化学式为___(用最简整数比表示)。 假设晶胞边长为anm,则两个最近的Li+的距离为___nm。 【答案】 (1)①.1S22S22P63S23P63d6②.O>C>Li (2)不相同(3)①.1②.LiC2(4)D (5)①.面心立方堆积②.LiB6H6③. 【解析】 【分析】 【小问1详解】 铁元素是26号元素,Fe2+核外有24个电子,根据能量最低原理,Fe2+核外电子排布式是1S22S22P63S23P63d6;该电池反应物中涉及第二周期的元素有Li、C、O,同周期元素从左到右,第一电离能有增大的趋势,所以第一电离能由大到小的顺序是O>C>Li; 【小问2详解】 根据价电子对数= ,价电子对数等于其杂化轨道数,H3PO4中P原子的杂化轨道数是4,P原子杂化方式是sp3,H2CO3中C原子的杂化轨道数是3,C原子杂化方式是sp2,杂化方式不同; 【小问3详解】 根据均摊原则,每个碳环实际占用2个碳原子,每个锂离子占用碳环是1+6× =3,石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为1: 6,所以LixC6中x=1;若每个六元环都对应一个Li+,则石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为1: 2,所以化学式是LiC2; 【小问4详解】 体对角线上的原子投影重合,投影在在正六边形中心,另外6个顶点原子投影形成正六边形,面心上6个C原子投影也形成小的正六边形,位于内部的4个C原子的投影,或与六边形中心重合,或与面心C原子的投影重叠,所以D选项符合; 【小问5详解】 根据阴离子在晶胞中位置图,阴离子在晶胞顶点和面心,所以堆积方式为面心立方堆积;根据“均摊法”,阴离子数8× +6× =4,Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心,晶胞中共8个锂离子,故该化合物的化学式LiB6H6;根据晶胞结构,晶胞边长为anm,Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心,晶胞边长为anm,所以两个最近的Li+的距离为相邻的两个正四面体的体心间距(或两个八分之一晶胞立方的体心间距),是晶胞边长的一半,即 nm。
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