【化学】新疆吐蕃市高昌区第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

新疆吐蕃市高昌区第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试常用原子量：C-12    O-16    Cu-64    Ni-59一、选择题（每小题3分，共60分）1.下列有关元素周期表的叙述正确的是 (　　)A. 元素周期表中ⅠA族元素又称为碱金属元素B. 元素周期表中每一周期元素的种类均相等C. 元素周期表的形成原因是核外电子排布的周期性变化D. 每一周期的元素最外层电子数均是1→8，周而复始【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 元素周期表中ⅠA族元素除氢外又称为碱金属元素，故A错误；B. 元素周期表中每一周期元素的种类有2种、8种、18种、54种等，所以每一周期元素的种类不一定相等，故B错误； C. 元素周期表的形成原因是核外电子排布的周期性变化，故C正确；D. 第一周期的元素最外层电子数是1→2，故D错误。故选C。2.某元素原子的价电子排布式是3s23p4，则它在周期表中的位置是        (　　)A. 第二周期第ⅣA族 B. 第三周期第ⅣA族C. 第四周期第ⅡA族 D. 第三周期第ⅥA族【答案】D【解析】【详解】该元素为主族元素，元素周期序数=原子的电子层数，主族序数=原子的最外层电子数，该元素的原子有3个电子层、最外层电子数为6，所以该元素在第三周期第ⅥA族，故选D。3.下列化学用语表述正确的是( )A. Cl-的结构示意图B. MgCl2的电子式C. CCl4的结构式D. 高碘酸的分子式H4IO5【答案】C【解析】【详解】A.氯的原子序数为17，Cl-的结构示意图，故A错误；B.电子式书写时相同离子不能合并，MgCl2的电子式，故B错误；C.CCl4含有四个C-Cl键其结构式为，故C正确；D.碘的最高价态为+7价，则高碘酸的分子式HIO4，故D错误；故选：C。4.最近科学家制得一种新的分子，它具有空心的类似足球状结构，化学式为C60，下列说法中不正确的是A. C60是一种单质B. C60和石墨都是碳的同素异形体C. C60是一种新型的化合物D. C60分子是由60个碳原子构成的分子【答案】C【解析】【详解】A.C60是一种元素组成的纯净物属于单质，故A正确;B.C60和石墨都是碳元素组成的单质,且结构不同，符合同素异形体的概念，故B正确；C.C60是一种元素组成的纯净物属于单质，不是化合物，故C错误；D. C60分子是由60个碳原子构成的分子，故D正确；故选：C。5. 下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）A. 氯元素的原子结构示意图： B. N2的结构式：N≡NC. 原子核内有8个中子的氧原子： D. 二氧化碳的电子式：【答案】B【解析】【详解】A. 氯原子中质子数等于核外电子数，A错误；B. N2分子中含有氮氮三键，B正确；C. 原子核内有8个中子的氧原子的质量数为16，C错误；D. 二氧化碳分子中含有碳氧双键，D错误。答案选B。6.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于p区的是(　　)A. Fe B. Mg C. P D. Cu【答案】C【解析】【详解】A. Fe的电子排布式为[Ar]3d54s1，属于d区；B. Mg的电子排布式为[Ne]3s2，属于s区；C. P的电子排布式为[Ne]3s23p3，属于p区；D. Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，属于ds区。故选C。7.肯定属于同族元素且性质相似的是(　　)A. 原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2B. 结构示意图：A为，B为C. A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子D. A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子【答案】D【解析】【详解】A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；故选D。8.下列各元素，最易形成离子化合物的组合是①第三周期第一电离能最小的元素　②外围电子构型为2s22p6的原子　③2p能级为半满的元素　④电负性最大的元素A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④【答案】D【解析】【分析】①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，所以第三周期第一电离能最小的元素是钠；②外围电子构型为2s22p6的原子是氖；③2p轨道上最多排6个电子，所以2p轨道为半满的元素是氮元素；     ④同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性最大的元素是氟元素。活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价化合物。【详解】通过以上分析可知，金属性最强的是钠元素，非金属性最强的是氟元素，所以最易形成离子化合物的是钠元素和氟元素，故选D。9. 下列能级轨道数为3的是 （ ）A. s能级 B. p能级 C. d 能级 D. f能级【答案】B【解析】【详解】s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。10.下列各能层中不包含p能级的是A. N B. M C. L D. K【答案】D【解析】【分析】含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。【详解】A．N能层是第四能层，含有4个能级，分别是3s、3p、3d、4f能级，选项A不选；B．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，选项B不选；C．L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，选项C不选；D．K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，选项D选；答案选D。11.下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是A. N： 1s22s22p3 B. S2-： 1s22s22p63s23p6C. Na： 1s22s22p53s2 D. Si： 1s22s22p63s23p2【答案】C【解析】【详解】A．1s22s22p3中，未排满电子的2p轨道能量最高，符合基态排布，A不合题意；B．1s22s22p63s23p6中，排满电子的3p轨道能量最高，符合基态排布，B不合题意；C．1s22s22p53s2中，未排满电子的2p轨道能量低于3s轨道，不符合基态排布，C符合题意；D．1s22s22p63s23p2中，未排满电子的3p轨道能量最高，符合基态排布，D不合题意；故选C。12.某元素原子的质量数为52，中子数为28，其基态原子未成对电子数为(　　)A. 1 B. 3 C. 4 D. 6【答案】D【解析】【详解】原子的质量数为52，中子数为28则质子数为52-28=24，电子排布为1s22s2 2p63s2 3p63d54s1，所以未成对电子数为6个。故选D。13.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是( )A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形C. V形；平面三角形 D. 直线形；平面三角形【答案】C【解析】【详解】H2S中心硫原子的价层电子对数=，孤电子对数为4-2=2，分子构型为V形；BF3的中心B原子的价层电子对数=，孤电子对数为3-3=0，分子构型为平面三角形。故选C。14.下列分子或离子中，中心原子不是sp3杂化的是A. SO B. NO C. CH4 D. H2S【答案】B【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数，σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。【详解】A．硫酸根离子中，S原子价层电子对数＝σ键个数＋＝4＋＝4，所以S采取sp3杂化，故A不选；B．NO中，N原子形成3个σ键，孤对电子数＝，中心原子N为sp2杂化，故B选；C．CH4分子中C原子价层电子对个数＝4＋＝4，所以C原子采用sp3杂化，故C不选；D．H2S中价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数＝2＋＝4，所以S原子采用sp3杂化，故D不选；故选：B。15.在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是A. 能量最低原理 B. 泡利原理 C. 原子轨道构造原理 D. 洪特规则【答案】D【解析】【详解】当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。16.下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是（　　）A. CCl4与H2O B. SiO2和CO2 C. NaCl与金刚石 D. MgCl2与Na【答案】A【解析】A. CCl4与H2O均是分子晶体，A正确；B. SiO2和CO2分别是原子晶体和分子晶体，B错误；C. NaCl与金刚石分别是离子晶体和原子晶体，C错误；D. MgCl2与Na分别是离子晶体和金属晶体，D错误，答案选A。17.下列说法正确的是(  )A. 区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射B. 1mol金刚石中的C—C键数是2NA，1molSiO2晶体中的Si—O键数也2NAC. 水晶和干冰在熔化时，晶体中的共价键都会断裂D. 晶体中分子间作用力越大，分子越稳定【答案】A【解析】【详解】A．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故A正确；B．金刚石中每个碳原子与周围的四个碳原子形成C-C键，属于一个碳原子的C-C键数为2个，而二氧化硅中中每个硅原子与周围四个氧原子形成Si—O键，属于1个硅原子的Si—O键数为4个，则1molSiO2晶体中的Si—O键数为4NA，故B错误；C．水晶是原子晶体熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体熔化时只破坏分子间作用力，故C错误；D．分子间作用力只影响分子晶体的物理性质，如溶解性，熔沸点等，而物质的稳定性是由化学键强弱决定的，故D错误；故选：A。18.下列关于乙烯（CH2=CH2）的说法不正确的（　　）A. 乙烯分子中2个碳原子都是sp2杂化B. 乙烯分子存在非极性键C. 乙烯分子中4个H原子在同一平面上D 乙烯分子有6个σ键【答案】D【解析】【详解】A．乙烯分子中碳原子的价层电子对数均为3，所以碳碳双键两端的碳原子采用sp2杂化，A正确；B．同种非金属元素之间可以形成非极性共价键，不同非金属元素之间可以形成极性共价键，所以分子存在非极性键，B正确；C．乙烯分子的空间结构为平面形，所以4个H原子在同一平面上，C正确；D．共价单键是σ 键，共价双键中一个是σ键一个是π键，所以乙烯中有5个σ 键，1个π 键，D错误；答案选D。19.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是(　　)A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3 B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBrC. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D. 硬度：MgO>CaO>BaO【答案】A【解析】【详解】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF<MgF2<AlF3，故A不正确；B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C正确；D. 离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D正确。故选A。【点睛】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。20.下列性质中，能充分说明某晶体是离子晶体的是A. 具有较高的熔点 B. 固态不导电，水溶液能导电C. 可溶于水 D. 固态不导电，熔融状态能导电【答案】D【解析】【详解】A.具有较高的熔点的晶体可能是离子晶体、金属晶体（如W）或原子晶体（如SiC），A不符合题意；B.固态不导电，水溶液能导电晶体可能是分子晶体（如HCl）、离子晶体，B不符合题意；C.可溶于水晶体可能是分子晶体（如HCl）、离子晶体，C不符合题意；D.固态不导电，熔融状态能导电的晶体一定是离子晶体，D符合题意；答案选D。二、非选择题21.有X、Y、Z、Q、T五种元素，X原子的M层p轨道有2个未成对电子，Y原子的外围电子构型为3d64s2，Z原子的L电子层的p能级上有一空轨道，Q原子的L电子层的p能级上只有1对成对电子，T原子的M电子层上p轨道半充满。试写出：(1)X的元素符号____，Y的元素符号___。(2)Z的电子排布式___，Q的电子排布式___。(3)Y的单质在Q的单质中燃烧的化学方程式___。【答案】    (1). S    (2). Fe    (3). 1s22s22p2    (4). 1s22s22p4    (5). 3Fe+2O2Fe3O4【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，外围电子排布式为3s23p4，则X为S元素；Y原子的外围电子排布为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，外围电子排布式为2s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，外围电子排布式为2s22p4，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，外围电子排布式为3s23p3，则T是P元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，X是S元素，Y是Fe元素，故答案为：S；Fe；(2)Z为C元素，核电荷数为6，电子排布式为：1s22s22p2，Q为氧元素，氧原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，故答案为：1s22s22p2；1s22s22p4；(3)Y的单质在Q的单质中燃烧是铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2Fe3O4，故答案为：3Fe+2O2Fe3O4。22.下图中的曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)：把与元素有关性质相符的曲线的标号填入相应括号中：（1）ⅡA族元素原子的价电子数___________；（2）第三周期元素的最高正化合价___________；（3）F-、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种离子离子半径___________；（4）第二周期元素的原子半径(不包括稀有气体)    ___________；（5）第二周期元素的第一电离能    ___________。【答案】    (1). B    (2). C    (3). A    (4). D    (5). E【解析】【详解】(1)ⅡA族元素原子的价电子数均为2，故选B。(2)第三周期元素的最高正价由＋1价增大到＋7价，Ar为0价，故选C。(3)F-、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种离子的电子层结构相同，离子半径随着核电荷数增大而依次减小，故选A。(4)第二周期元素的原子半径从左到右（即随着原子序数的增大）依次减小，故选D。(5)第二周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，由于Be的2s能级全满、N的2p能级半充满，较稳定，Be、N的第一电离能大于相邻元素，即第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序为I1(Li)< I1 (B)< I1 (Be)< I1 (C)< I1 (O)< I1 (N)< I1 (F)< I1 (Ne)，故选E。23.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)镍元素基态原子电子排布式为___，3d能级上的未成对电子数为___。(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是___。③氨的沸点___(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是___。(3)单质铜及镍都是由___键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu>INi的原因是___。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为___。【答案】    (1). 1s22s22p63s23p63d84s2    (2). 2    (3). 正四面体    (4). 配位键    (5). N    (6). 高于    (7). 氨气分子间有氢键，分子间作用力更强    (8). 金属    (9). Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的    (10). 3：1【解析】【详解】(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；(2)①SO中S原子的孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；②Ni2＋提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；N；③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu＋的外围电子排布为3d10，Ni＋的外围电子排布为3d84s1，Cu＋的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：金属；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的；(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×＝1、Cu原子数目＝6×＝3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1，故答案为：3：1；