【化学】云南省昭通市彝良县第一中学2018-2019学年高二上学期12月考试(解析版)

云南省昭通市彝良县第一中学2018-2019学年高二上学期12月考试
1.下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是
A. 配位化合物中必定存在配位键
B. 配位化合物中只有配位键
C. [Cu（H2O）6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤对电子形成配位键
D. 配位化合物在半导体等尖端技术、医学
科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用。
【答案】B
【解析】
试题分析：在配合物中一定含有配位键，但也可能含有其它化学键，则A对， B错；Cu2＋有空轨道，H2O中的氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C对；配合物应用领域特别广泛，D选项中提到的几个领域都在其中。
考点：配合物的基本化学理论和应用。
2.下列电子排布图所表示的元素原子中，能量处于最低状态的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误；
B.违反了洪特规则，2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；
C.能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故C正确；
D.2p能级的能量比3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故D错误。
故选C。
3.共价键的断裂有均裂和异裂两种方式，即均裂：AB―→A，异裂：AB―→A＋＋[B]－。下列化学反应中发生共价键均裂的是(　　)
A. 2K＋2H2O===2KOH＋H2↑
B. 2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑
C. Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH
D. CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5
【答案】D
【解析】
分析：分析：A、B、C三项都是异裂，只有D才是均裂，判断的关键是看有没有形成阴阳离子，如果有则是异裂。
详解：根据题中信息可知：均裂后形成共价化合物，异裂后产生离子化合物，A．反应2K+2H2O=2KOH+H2↑中，水中共价键形成了离子键，属于共价键异裂，选项A错误；B．反应2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑中，乙醇羟基形成了离子键，属于共价键异裂，选项B错误；C．反应Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH中，水中共价键断裂生成离子化合物氢氧化钠，属于共价键异裂，选项C错误；D．反应CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5中，共价键断裂生成了共价化合物，属于共价键均裂，选项D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查学生对化学概念的理解能力，这种题型越来越多地出现在各类考试中，考查学生的知识迁移能力。
4.下列关于杂化轨道的说法错误的是
A. 所有原子轨道都参与杂化
B. 同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化
C. 杂化轨道能量集中，有利于牢固成键
D. 杂化轨道中不一定有一个电子
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杂化轨道理论分析解答。
【详解】A. 参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，如1s与2s、2p能量相差太大不能形成杂化轨道。即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A错；
B. 只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故B正确；
C. 杂化轨道的电子云一头大一头小，成键时利用大的一头，可使电子云重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C正确；
D. 并不是所有的杂化轨道中都会有电子，也可以是空轨道（如一些配位化合物的形成），也可以有一对孤对电子（如NH3、H2O的形成），故D正确。
故选A。
5.首次将量子化概念运用到原子结构，并解释了原子稳定性的科学家是(　　)
A. 玻尔 B. 爱因斯坦 C. 门捷列夫 D. 鲍林
【答案】A
【解析】
【分析】
玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性量子化的概念，玻尔提出了能级的概念，解释了氢原子的光谱。
【详解】A.玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性，故A正确；
B.爱因斯坦创立了代表现代科学的相对论，故B错误；
C.门捷列夫提出元素周期律，故C错误；
D.鲍林根据光谱实验的结果，总结出多电子原子中电子填充各原子轨道能级顺序，提出了多电子原子中原子轨道的近似能级图；
答案选A。
6.NH3、H2S等是极性分子，CO2，BF3，CCl4等是含极性键的非极性分子。根据上述实例可推出ABn型分子是非极性分子的经验规律是(　　)
A. 分子中不能含有氢原子
B. 在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量
C. 在ABn分子中A原子没有孤电子对
D. 分子中每个共价键的键长应相等
【答案】C
【解析】
试题分析：NH3、H2S等是极性分子，而CO2、BF3、CCl4等是含极性键的非极性分子。关键价层电子对互斥理论可知，N和S都含有孤对电子，而C、B没有孤对电子，这说明中心原子是否含有孤对电子是判断的关键，所以ABn型分子是非极性分子的经验规律是在ABn分子中A原子没有孤电子对，答案选C。
考点：考查分子极性的判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生能力的培养。有利于培养学生分析、归纳、总结问题的能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7. 氨气分子空间构型是三角锥形而甲烷是正四面体型，这是因为：（ ）
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2杂化，而CH4是sp3杂化。
B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道。
C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强。
D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子。
【答案】C
【解析】
试题分析：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形是因为NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强而甲烷分子中各个电子都形成了共用电子对，在空间均匀、对称分布。乙醇选项是C，
考点：考查氨分子与甲烷分子空间结构不同的原因分析的知识。
8.下列分子的稳定性的比较正确的是(　　)
A. HF>HI B. CH4NH3 D. H2ON，所以PH3离子晶体>分子晶体。在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高：CBr4> CF4。
16.下列物质呈固态时，一定属于分子晶体的是(　　)
A. 非金属单质 B. 非金属氧化物 C. 含氧酸 D. 金属氧化物
【答案】C
【解析】
非金属单质中金刚石、晶体硅、硼均为原子晶体，非金属氧化物中的二氧化硅为原子晶体，活泼金属氧化物为离子晶体，只有含氧酸为分子晶体。答案选C。
点睛：本题考查分子晶体的判断。对于这类题目要考虑一般规律与特例，判断某一晶体所属的晶体类型，关键看这类化合物中微粒的种类和作用力，从每类化合物中寻找特殊点，确定其中的物质是否全部属于某一晶体类型。
17.下列说法正确的是(　　)
A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C. 含有共价键的晶体一定是分子晶体
D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强
【答案】A
【解析】
【详解】A.稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，其晶体属于分子晶体一定存在分子间作用力，故A正确；
B.能电离出2个氢离子的酸是二元酸，含有2个氢原子的不一定是二元酸，如HCOOH属于一元酸，故B错误；
C.含有共价键的晶体不一定是分子晶体，也可能是原子晶体或离子晶体，故C错误；
D.非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误。
故选A。
18.金属晶体的形成是因为晶体中存在
①金属原子 ②金属阳离子 ③自由电子 ④阴离子
A. 只有① B. 只有③ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
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金属晶体内存在金属阳离子和自由电子，所以A、 B、 D都错，C正确。故本题正确答案为C。
19.下列叙述正确的是（　　）
A. 氧化镁的晶格能大于氧化钙，由岩浆晶出规则可推测氧化钙先从岩浆中析出
B. 氟化氢水溶液中氢键的表示形式共有4种
C. N2H4、CO32﹣、H3O+的中心原子都是sp3杂化
D. P4和CH4分子都是正四面体结构且键角都为109°28′
【答案】B
【解析】
【分析】
A.离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出；
B.氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键；
C.中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3杂化；
D.白磷分子是正四面体结构，其键角为60°。
【详解】A.离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出，镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化钙，则氧化镁先晶出，故A错误；
B.氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键，所以该溶液中能形成4种氢键，故B正确；
C.中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3杂化，N2H4、H3O+的中心原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，CO32-中含有3个价层电子对，为sp2杂化，故C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，其键角为60°，甲烷分子中键角是109°28′，故D错误。
故选B。
【点睛】注意白磷分子结构，四个磷原子位于四面体的四个顶点上，和甲烷、四氯化碳的键角不同，为易错点。
20.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是
A. 硝酸钠和金刚石 B. 晶体硅和水晶
C. 冰和干冰 D. 苯和萘
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息知氮化硼是原子晶体，选项中各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同，则它们的晶体类型都是原子晶体。A中硝酸钠为离子晶体，金刚石为原子晶体；C与D均为分子晶体，只有B项中晶体硅和水晶（二氧化硅）均属于原子晶体，与题意相符，B正确。
综上所述，本题选B。
21.四氯化硅的分子结构与四氯化碳类似，对其作出如下推测：
①四氯化硅晶体是分子晶体
②常温常压下四氯化硅是液体
③四氯化硅分子是由极性键形成的分子
④四氯化硅熔点高于四氯化碳。其中正确的是(　　)
A. 只有① B. 只有①② C. 只有②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①四氯化碳是分子晶体，四氯化硅的结构与四氯化碳类似，故四氯化硅晶体是分子晶体，故①正确；
②四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，所以熔点高于四氯化碳，通常情况为液态，故②正确；
③Cl-Si键是由不同原子形成的，故属于极性键，故四氯化硅分子是由极性键形成的分子，故③正确；
④四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，所以熔点高于四氯化碳，故④正确。
所以以上推测正确的是①②③④。
故选D。
22.下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是
①O2、I2、Hg　②CO、KCl、SiO2　③Na、K、Rb　④Na、Mg、Al
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
①分子晶体熔沸点与相对分子质量及氢键有关，相对分子质量越大分子晶体熔沸点越高；Hg是液态金属，熔沸点较低；
②熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；
③金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与金属离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比；
④金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与金属离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比。
【详解】①分子晶体熔沸点与相对分子质量及氢键有关，相对分子质量越大分子晶体熔沸点越高；Hg是液态金属，熔沸点较低，氧气和碘都是分子晶体，Hg是液态金属，碘是固态，所以熔沸点：I2>Hg>O2，故A错误；
②熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，CO是分子晶体、KCl是离子晶体、二氧化硅是原子晶体，所以熔沸点CONa，离子所带电荷数相等，所以熔沸点RbAl，离子所带电荷NaCD
C. AB>CD>EF D. EF>AB>CD
【答案】D
【解析】
【分析】
离子晶体熔点的高低与阴阳离子所带的电荷数与离子键的键长有关，据此答题。
【详解】对于离子化合物，离子键键长越短，离子键所带电荷越多，则键能越大，熔点越高，所以，熔沸点由高到低的顺序是EF>AB>CD，故答案D正确。
故选D。
【点睛】熔点高低的判断方法：①共价化合物是看分子间作用力，范德华力的大小，组成结构相似的物质，式量大的熔沸点高；离子化合物②看离子键，阴阳离子带电量越多，半径越小，离子键越强，熔沸点越高；③根据晶体类型：一般来说原子晶体＞离子晶体＞分子晶体（但并不绝对）。
27.如图是甲醛分子的模型，根据该图和所学化学知识回答下列问题：

（1）甲醛分子中碳原子的杂化方式是__________，作出该判断的主要理由是__________________________。
（2）下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键　 ②双键 　③σ键 　④π键 　⑤σ键和π键
（3）甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角________(填“＝”、“＞”或“＜”)120°，出现该现象的主要原因是____________________________________________。
【答案】 (1). sp2 (2). 甲醛分子的空间构型为平面三角形 (3). ②⑤ (4). ＜ (5). 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
【解析】
【分析】
(1) 甲醛分子为平面三角形，甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；

(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键，双键中含有σ键和π键；
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，键角小于120°。
【详解】(1)原子的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；综上所述，本题答案是：sp2 ；甲醛分子的空间构型为平面三角形。
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键；一般来说，双键是σ键和π键的组合，②⑤正确；综上所述，本题答案是：②⑤。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°；综上所述，本题答案是：＜ ，碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强。
28. 用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。
（1）Al的原子结构示意图为____________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为____________。
（2）30Si的原子的中子数为________________________。SiO2的晶体类型为_____________。
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是___________________。
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是____________。
（5）经处理后的熔渣36.0 g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为____________。
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2－+3H2↑
（2）16 （3）HCl （4）CO2 （5）25%
【解析】
试题分析：（1）铝元素的质子数是13，所以Al的原子结构示意图为；金属铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的方程式是2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑。
（2）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，30Si的原子的中子数为30－14＝16。
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，所以Y是第ⅦA元素。由于氟化氢分子间存在氢键，所以该族氢化物中沸点最低的是HCl。
（4）大理石在高温下分解可以生成CO2，所以使金属不被氧化的气体应该是CO2。
（5）在熔渣中加入盐酸，发生的反应为：Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O，Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O，11.0 g为SiO2的质量。在滤液中加入过量NaOH溶液，发生的反应为：FeCl3＋3NaOH＝Fe（OH）3↓＋3NaCl，
AlCl3＋4NaOH＝NaAlO2＋3NaCl＋2H2O，所得21.4 g固体为Fe（OH）3，根据关系式：
2Fe（OH）3～Fe2O3
214 160
21.4 g m

解得m＝16g
由此可知：Al2O3的质量＝36.0 g-11.0 g-16.0 g＝9.0g，故Al2O3的质量分数＝×100%＝25%。
考点：考查物质推断、混合物计算等
29.纯铜在工业上主要用来制造导线、电器元件等，铜能形成＋1价和＋2价的化合物。
（1）写出基态Cu＋的核外电子排布式___________________________________。
（2）如图是铜的某种氧化物的晶胞示意图，该氧化物的化学式为________。

（3）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，该物质中的NH3通过________键与中心离子Cu2＋结合，NH3分子中N原子的杂化方式是____。与NH3分子互为等电子体的一种微粒是________。
（4）CuO的熔点比CuCl的熔点____(填“高”或“低”)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). CuO (3). 配位 (4). sp3 (5). H3O＋或PH3等 (6). 高
【解析】
（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）由晶胞示意图可知，1个晶胞中有4个铜，氧为8×+6×=4个，原子个数之比为1：1，该氧化物的化学式为CuO；（3）NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，形成配位键，NH3分子中N原子的价电子对数 n＝，N原子为 sp3 杂化；与NH3分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数和原子数，如PH3或H3O+等；（4）离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，离子半径O2-