【化学】福建省福州市三校2018-2019学年高二上学期期中联考（理）试题（解析版）

福建省福州市三校2018-2019学年高二上学期期中联考（理）试题
说明：1、本试卷分第I、II 两卷，考试时间：90分钟 满分：100分
2、Ⅰ卷的答案用2B铅笔填涂到答题卡上；Ⅱ卷的答案用黑色签字笔填写在答题卡上。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Si 28 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（每题只有一个正确答案，20题，共40分）
1.以下能级符号不正确的是 （ ）
A. 3s B. 3f C. 3p D. 3d
【答案】B
【解析】
【详解】S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，B错误；
综上所述，本题选B。
2.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 基态碳原子的价电子轨道表示式为
B. NH4Cl 的电子式:
C. Cr原子的基态简化电子排布式为3d54s1
D. 石英的分子式：SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态碳原子的核外电子排布1s22s22p2，碳原子的价电子轨道表示式为，故A正确；
B．NH4Cl为离子化合物，电子式为，故B错误；
C．Cr核电荷数为24，其原子的基态简化电子排布式为[Ar]3d54s1，故C错误；
D. 石英SiO2是原子晶体，不存在分子式，应为化学式，故D错误；
综上所述，本题选A。
3.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了（　　）
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。
考点：考查核外电子排布的有关判断
4.下列物质属于分子晶体的是（　　）
A. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
B. 熔点是1070℃，固态不导电，熔融状态能导电，易溶于水
C. 熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3
D. 熔点3550℃，不溶于水，不导电
【答案】A
【解析】
【分析】
离子晶体:阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高,硬度较大、难挥发,固体不导电,但质脆,一般易溶于水,其水溶液或熔融态能导电，据以上分析解答。
【详解】A. 熔点是10.31℃，符合分子晶体熔点较低的特点，液态不导电，存在分子，溶于水后，发生电离，有自由移动的离子，可以导电，正确；
B. 熔点是1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，熔融状态能导电，应属于离子晶体；错误；
C. 熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，错误；
D. 熔点3550℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，不溶于水，不导电，可能为原子晶体，错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，因为范德华力和氢键作用力较小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。
5.下列各组元素都属于p区的是（ ）
A. 原子序数为1，6，10的元素 B. N，S，P
C. Na，Li，Mg D. Fe，Cr， Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；
B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；
C项，Na，Li，Mg 都属于s区，不属于p区，故C错误；
D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：
s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；
d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；
ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；
记住以上规律就能快速解决问题。
6.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6
B. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素
C. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
D. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第ⅠA族的原子是同一种元素
【答案】B
【解析】
【分析】
A.第一周期原子只有一个电子层；

B.最外层为第5层,价电子数为4，判断在周期表中位置；
C. 由基态转化成激发态，吸收能量；
D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子；
【详解】A.第一周期最外层电子排布是ns1 过渡到ns2，故A错误；
B. 最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB族元素,故B正确； 
C. 基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1,由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大,需要吸收能量,故C错误；
D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子，和位于第四周期第ⅠA族的原子不是同一种元素，故D错误； 
综上所述，本题选B。
7.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 (　 　)
A. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
B. 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-；

B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,据此判断；
C.采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数,二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子；
D.金属镁是六方最密堆积,金属铜是面心立方最密堆积。
【详解】A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故A正确；
B. 金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故B 正确；

C.二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12,所以在CO2晶体中,与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子,故C正确；
D. 金属镁为六方最密堆积,堆积方式为:,金属铜是面心立方最密堆积,堆积方式为:,故D错误；
综上所述，本题选D。
8.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1 ， 3s23p1和2s22p4 ，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（　　）
A. X2YZ3 B. XYZ2 C. XYZ3 D. X2YZ2
【答案】B
【解析】
【详解】由X、Y、Z的最外层电子排布可知，X、Y、Z分别为Na、Al和O，在化合物中Na为+1价，Al为+3价，O为-2价。根据化合物的化合价代数和为零可知，Na、Al和O可形成NaAlO2（偏铝酸钠），故选B项；
综上所述，本题选B。
9.下列说法不正确的是(　　)
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键
C. 甲烷可与水形成氢键
D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；
B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；
C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；
D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点：
①氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强；
②分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；
③分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；
④通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；
⑥氢键只影响分子晶体的物理性质。
10.某些物质的熔点数据如下表，据此做出的下列判断中错误的是（ ）
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
920℃
801℃
1291℃
190℃
BCl3
SO2
CO2
SiO2
-107℃
44.8℃
-57℃
1723℃
A. 表中BCl3和CO2均是分子晶体
B. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
C. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
D. 只要由金属元素和非金属元素形成的晶体就一定是离子晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据表中BCl3和CO2的沸点都较低判断；
B. C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同；
C. Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体；
D.氧化铝为离子晶体, AlCl3为分子晶体；
【详解】A.表中BCl3和CO2的沸点都较低,则是分子晶体,故A正确； 
B.C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同, CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体,故B正确；
C.Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体,说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体,故C 正确； 
D. 由金属元素和非金属元素形成的晶体不一定是离子晶体，由表中数据可以知道, AlCl3为分子晶体,故D错误；
综上所述，本题选D。
11.下列说法正确的是（　　）
A. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
B. 2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多
C. 4f能级中最多可容纳14个电子
D. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1s轨道为球形，所以1s轨道的电子云形状为球形，故A错误；
B.2s的电子云比1s的电子云大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,故B错误；
C. f能级有7个轨道，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,故C正确；
D. 电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转,故D错误；
综上所述，本题选C。
12.下列物质的分子中既有σ键，又有π键，并含有非极性键的是(　　)
①H2O2　②N2　③H2O　④HCl　⑤C2H4　⑥C2H2
A. ②⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,共价三键中一个是σ键两个是键,同种元素之间形成非极性共价键,据此分析。
【详解】①H2O2中存在H-O和O-O键,只有σ键,故错误； 
②N2的结构式为N≡N,含有σ键和π键,N与N之间为非极性键,故正确; 
③H2O中只存在H-O,即只有σ键,故错误； 
④HCl的结构式为H-Cl,所以只存在σ键,故错误；
⑤C2H4的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价双键,含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；
⑥C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键,所以含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确； 
综上所述，②⑤⑥符合题意，本题选A。
【点睛】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和1个π键，三键中有一个σ键和2个π键，且σ键比π键稳定。
13.下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于CsCl晶体结构的图象是(　　)

A. 图(1)和图(3) B. 只有图(3) C. 图(1)和图(4) D. 图(2)和图(3)
【答案】D
【解析】
【详解】由于在CsCl晶体中，每个Cs+周围同时吸引着最近且等距离的8个Cl-，同样每个Cl-周围同时吸引着最近且等距离的8个Cs+，故图(2)和图(3)符合条件；D正确；综上所述，本题选D。
14.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是( ）
A. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
B. 元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素Z
D. W与Y通过离子键形成离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；据以上分析解答。
【详解】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl； 
A、WZ4分子为CCl4，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确； 
B、XYZ是同周期元素的原子，同周期原子半径依次减小，元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故B正确； 
C、W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4；其中HClO4酸性最强，所含的元素是Cl，故C正确；
D、W（C）与Y（S）通过共价键形成共价化合物CS2，故D错误；  
综上所述，本题选D。
15.下列有关性质的比较中，正确的是(　　）
A. 硬度：白磷＞冰＞二氧化硅
B. 金属原子化热：Na＞Mg＞Al
C. 熔点：
D. 键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；
B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故B错误；
C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故C错误；
D. 非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。
16.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)。

I1
I2
I3
I4
…
R
740
1500
7700
10500
…
下列关于元素R的判断中一定正确的是(　　）
A. R元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为＋3价
C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】C
【解析】
【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；
C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；
综上所述，本题选C。
17.如图所示晶体结构是一种具有优良的压电、电光等功能的晶体材料的最小结构单元(晶胞)。晶体内与每个“Ti”紧邻的钡原子数和这种晶体材料的化学式分别是(各原子所带电荷均已略去)(　　)

A. 8；BaTi8O12 B. 8；BaTiO3 C. 3；BaTi2O3 D. 6；BaTiO3
【答案】B
【解析】
【详解】1个晶胞中1个Ti与1个Ba原子紧邻，在整个晶体结构中位于顶点的1个Ti被8个晶胞共用，所以与每个Ti相邻的Ba原子数为8；根据晶胞的结构：该晶胞中含有Ba原子数为1，Ti原子数为8×1/8=1,O原子位于棱上，1个O被4个晶胞共用，因此含有O原子数为12×1/4=3，因此晶体材料的化学式为BaTiO3；B选项正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】用均摊法求晶体中粒子个数比的方法是：
（1）处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞。
（2）处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于该晶胞。
（3）处于面上的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子共有1/2属于该晶胞。
（4）处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。
18.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是(　　)
A. 石墨>金刚石>SiO2 B. KCl>NaCl>MgCl2>MgO
C. Rb>K>Na>Li D. CH4>SiH4>GeH4>SnH4
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子晶体中，原子间距离越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键能和键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；
B.离子晶体中正负离子电荷数较高的熔点较高，正负离子电荷数相同时，半径越小，熔点越高，KCl