山西省太原市山西大学附中学年高二下学期模块诊断化学试题.docx
《山西省太原市山西大学附中学年高二下学期模块诊断化学试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省太原市山西大学附中学年高二下学期模块诊断化学试题.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
山西省太原市山西大学附中学年高二下学期模块诊断化学试题
山西大学附中
2018～2019学年高二第二学期2月（总第一次）模块诊断
化学试题
考试时间：
80分钟考试范围：
物质结构和反应原理
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1.决定元素种类的因素是
A.核外电子数B.最外层电子数C.核电荷数D.中子数
【答案】C
【解析】
试题分析：
具有相同核电荷数的原子统称为元素，所以决定元素种类的因素是核电荷数，故C项正确。
考点：
本题考查化学基本概念。
2.2017年5月9日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和118号元素的中文名称。
已知117号元素有多种原子，如
、
等。
下列说法正确的是
A.
和
的化学性质完全不同
B.元素Ts的相对原子质量为
C.基态
原子核外电子共占据7个能级
D.Ts位于周期表的第七周期ⅦA族
【答案】D
【解析】
【详解】A.
和
是Ts元素的两种同位素，质子数为117，核外电子数为117，最外层电子数为7，化学性质相同，故A错误；
B.117号元素Ts有多种同位素，质子数相同，中子数不同的同种元素的原子，它们占的原子个数百分比不一定相等，这些同位素的含量各不相同，所以元素Ts的相对原子质量不一定是293.5，故B错误；
C.基态
原子核外电子共占据19个能级，故C错误；
D.117号元素Ts位于周期表稀有气体118号前，位于第七周期第ⅦA族，故D正确。
故选D。
【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。
3.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是
根据如表所列数据判断，错误的是
元素
X
496
4562
6912
9543
Y
578
1817
2745
11575
A.元素X的常见化合价是
价
B.元素Y是ⅢA族元素
C.X单质的熔点高于Y单质的熔点
D.若元素X处于第3周期，它的单质可与冷水剧烈反应
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，结合物质性质分析解答。
【详解】A.由电离能数据可知，X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；
B.Y可失去3个电子，原子最外层有3个电子，是ⅢA族元素，故B正确；
C.由分析可知X为第IA族元素、Y为第IIIA族元素，不能确定X、Y为何种元素，不能比较X单质与Y单质的熔点高低，故C错误；
D.若元素X处于第3周期，则X为Na元素，钠与冷水可剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故D正确。
故选C。
【点睛】正确推断元素在周期表中的位置是解本题关系，再灵活运用基本概念、基本理论结合物质结构、性质解答。
4.若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为
，则下列说法错误的是
A.该元素可能有+3价
B.该元素位于第5周期副族
C.该元素原子核外共有39个不同运动状态的电子
D.该元素基态原子第N能层上还有5个空轨道
【答案】D
【解析】
【分析】
某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1，以此解答该题。
【详解】A.该元素原子的外围电子排布为4d15s2，外围有3个电子，该元素可能有+3价，故A正确；
B.该元素为Y元素，位于第5周期第ⅢB族，故B正确；
C.该元素原子的电子排布为1s22s22p63s23p64s24p64d15s2，共有39个不同状态的电子，故C正确；
D.4d能级上有1个电子，则该元素原子第四电子层上有4个空轨道，故D错误。
故选D。
5.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中M为非金属元素
下列说法正确的是
A.M的最高价氧化物为一种酸酐
B.Z的离子半径是同周期各简单离子中最小的
C.X的气态氢化物的稳定性比Y的强
D.Z的氢化物酸性是同族中最强的
【答案】A
【解析】
【分析】
M为非金属，根据四种短周期元素的位置判断M是Si元素，X、Y、Z分别是P、O、F元素，据此答题。
【详解】M为非金属，根据四种短周期元素的位置判断M是Si元素，X、Y、Z分别是P、O、F元素。
A.M是Si元素，M的最高价氧化物为SiO2，SiO2是H2SiO3的酸酐，故A正确；
B.电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则核电荷数越大，半径越小，所以与Z同周期各简单离子中离子半径最小的是Li+，故B错误；
C.P的非金属性弱于O的非金属性，所以P气态氢化物的热稳定性比O的小，故C错误；
D.Z为F元素，同一主族的氢化物分别为HF、HCl、HBr、HI，F的氢化物为HF，为弱酸，故D错误。
故选A。
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径
160
143
70
66
主要化合价
、
、
下列叙述正确的是
A.X的电负性大于Y的电负性
B.W的氢化物比同族其它元素的氢化物稳定，是因为W的氢化物中存在氢键
C.Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀硫酸和稀氨水
D.W的非金属性比Y强
【答案】D
【解析】
【分析】
在主族元素中，元素的最高化合价与其族序数相等，原子的电子层数越多其原子半径越大，根据元素化合价可知，W元素的化合价是-2价，没有最高正化合价+6价，则W是O元素，Z元素化合价为+5，+3，-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素，X的化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第IIIA族，两者原子半径相差较小，可以知道两者位于同一周期相邻主族，因为X、Y的原子半径与W、Z的原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，据此答题。
【详解】A.一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小，由推断可知Y为Al元素，X为Mg元素，所以电负性：
Al＞Mg，故A错误；
B.W为O元素，水比同族其他元素的氢化物稳定，是因为O的非金属性比同族其他元素的的非金属性强，与氢键无关，故B错误；
C.由推断可知Y为Al元素，Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，可以与稀硫酸反应，但是与弱碱稀氨水不反应，故C错误；
D.由推断可知Y为Al元素，W为O元素，同一周期元素的非金属性逐渐增大，同一主族元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性O＞Al，故D正确。
故选D。
【点睛】元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。
7.下列说法和解释错误的是
A.冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大
B.卤化物
从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高
C.由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向
D.金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；
B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；
C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；
D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。
故选A。
8.0.01mol氯化铬（CrCl3·6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01molAgCl沉淀，此氯化铬最可能是（ ）
A.[Cr（H2O）6]Cl3B.[Cr（H2O）5Cl]Cl2·H2O
C.[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2OD.[Cr（H2O）3Cl3]·3H2O
【答案】C
【解析】
0.01mol氯化铬（CrCl3·6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01molAgCl沉淀，说明氯化铬（CrCl3·6H2O）中有一个氯离子在外界，其余在内界，而正三铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2O，C正确。
9.下列说法中，不正确的是
A.光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的
B.X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法
C.等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质
D.分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。
【答案】C
【解析】
【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；
B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故B正确；
C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：
CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；
D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。
故选C。
10.含硫单质的水可治皮肤病，而硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于
，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂X中，再将所得液体分散在水中，则X可以是
A.
B.氯仿C.
D.酒精
【答案】D
【解析】
【分析】
硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则S应该易溶于R中且和水互溶，否则无法实现目的，据此分析解答。
【详解】硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则S应该易溶于R中且和水互溶，CS2、CCl4和水不互溶，S难溶于氯仿，所以CS2、CCl4和氯仿都不含条件，S微溶于酒精且酒精和水互溶，所以R可以是酒精，故D正确。
故选D。
二、填空题（本大题共5小题，共70分）
11.Co、Ni的化合物在生产生活中有着广泛的应用。
（1）
元素在周期表中的位置是4周期，_________族。
基态Co原子的电子排布式为____________。
（2）乙二胺NH2-CH2-CH2-NH2（缩写符号en）中N原子的杂化方式为________杂化。
en可以与Co形成配合物[Co（en）2Cl2]Cl·HCl·2H2O，配离子结构如下图所示，中心离子的配位数为________，配合物晶体中可能存在的作用力有___________。
A、离子键B、极性共价键C、非极性共价键D、配位键E、氢键
（3）NiO晶体结构如图1所示，其中离子坐标参数A为（0,0,0），B为（
），则C离子（面心处）坐标参数为_______________。
（4）天然氧化镍晶体中总是存在晶体缺陷，如图2所示。
NiXO晶体中x值为
，若晶体中的Ni分别为
、
，此晶体中
与
的最简整数比为______。
【答案】
（1）.VIII
（2）.[Ar]3d74s2（3）.sp3（4）.6（5）.ABCDE（6）.（0，1/2，1/2）（7）.8:
3
【解析】
【分析】
（1）CO原子的核电荷数为27，位于元素周期表的第4周期第VIII族，基态CO的电子排布式为[Ar]3d74s2；
（2）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子采取sp3杂化；由于乙二胺里面有两个可以作为配位体的N，所以一个乙二胺可以提供两个配位数，一共的配位数就是2×2+2=6，由配合物的化学式可知：
[Co（en）2Cl2]Cl·HCl·2H2O中钴离子与乙二胺分子间化学键是配位键，[Co（en）2Cl2]+与Cl-间的化学键为离子键、H2O中氧氢间为氢键以及极性共价键，乙二胺分子中含有非极性共价键，所以选择ABCDE；
（3）由NiO晶体结构可以得出C离子的坐标参数；
（4）由离子化合物中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等进行计算。
【详解】
（1）CO原子的核电荷数为27，位于元素周期表的第4周期第VIII族，基态CO的电子排布式为[Ar]3d74s2，故答案为：
VIII，[Ar]3d74s2。
（2）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；由于乙二胺里面有两个可以作为配位体的N，所以一个乙二胺可以提供两个配位数，一共的配位数就是2×2+2=6，由配合物的化学式可知：
[Co（en）2Cl2]Cl·HCl·2H2O中钴离子与乙二胺分子间化学键是配位键，[Co（en）2Cl2]+与Cl-间的化学键为离子键、H2O中氧氢间为氢键以及极性共价键，乙二胺分子中含有非极性共价键，所以选择ABCDE，故答案为：
sp3；6；ABCDE。
（3）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1/2，0，0），则由图可看出C离子坐标参数为（0，1/2，1/2），故答案为：
（0，1/2，1/2）。
（4）NiXO晶体中x值为0.88，设Ni3+离子数为x，则Ni2+离子数为88-x，由在离子化合物中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等可知，3×x+（88-x）×2=100×2，解之得，x=24，所以Ni2+与Ni3+的离子数之比（88-24）：
24=8：
3，故答案为：
8：
3。
12.铁及其化合物有重要且广泛的应用
（1）基态Fe2+的价层电子排布图为_____________
（2）检验Fe3+可以用KSCN溶液，写出SCN-的一种等电子体分子_______。
（3）部分电离能数据如下表：
元素
Mn
Fe
电离能
717
759
1509
1561
3248
2957
根据表中数据可知，气态
再失去一个电子比气态
再失去一个电子难，其原因是___________________________。
（4）过渡金属原子可以与CO分子形成配合物，配合物价电子总数符合“18电子规则”。
如Cr可以与CO形成
分子：
价电子总数
的价电子数
提供电子数
．Fe原子也能与CO形成配合物，其化学式为________．
（5）已知Fe单质有如图所示的两种常见堆积方式：
其中属于体心立方密堆积的是______
填“a”或“b”
；若单质Fe按a方式紧密堆积，设原子半径为rpm，图中晶胞的棱长为_________
（6）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。
晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3。
【答案】
（1）.
（2）.CO2或N2O等合理答案（3）.Mn2+3d能级为半充满结构，较稳定，不易失去电子。
（4）.Fe（CO）5（5）.b（6）.
pm（7）.
【解析】
【分析】
（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，根据构造原理书写Fe核外价电子排布式；
（2）原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；
（3）Mn2+的价电子为3d5，3d轨道半充满，较稳定；Fe2+的价电子为3d6，不稳定；
（4）铁元素，价电子数为8，根据18电子规则，它可以结合5个CO形成配合物；
（5）由晶胞示意图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积，若单质Fe按a方式紧密堆积，Fe原子的半径为rpm，故晶胞棱长为
pm；
（6）根据密度ρ=m/V进行计算。
【详解】
（1）Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子生成Fe2+，其3d轨道上6个电子为其外围电子，其价层电子排布图为
，故答案为：
。
（2）SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的一种分子为CO2、N2O、CS2、COS等，故答案为：
CO2、N2O、CS2、COS等合理答案。
（3）Mn元素为25号元素，价电子的排布式为：
3d54s2；Mn2+的价电子为3d5，3d轨道半充满，较稳定，由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；Fe2+的价电子为3d6，不稳定，由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：
Mn2+3d能级为半充满结构，较稳定，不易失去电子。
（4）铁元素，价电子数为8，每个配体提供的电子数是2，8+2n=18，n=5，它可以结合5个CO形成配合物，所以铁元素形成的配合物的化学式为Fe（CO）5，故答案为：
Fe（CO）5。
（5）由晶胞示意图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积，若单质Fe按a方式紧密堆积，Fe原子的半径为rpm，故晶胞棱长为
pm，故答案为：
b；
pm。
（6）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数为12×1/4+1=4，硫原子个数为8×1/8+6×1/2=4，晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为ρ=m/V=
g/cm3，故答案为：
。
13.第二周期是非金属元素最多的周期，回答下列问题。
（1）在硼酸分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。
则同层分子间的主要作用力是___________________
（2）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_________________种。
（3）HNO3的酸性比HNO2强，试从结构的角度解释其原因_____________________
（4）碳与硅同主族，晶体硅的结构同金刚石相同，推测硅的熔点比金刚石的________（高、低）。
设硅原子的半径为r，则硅晶体晶胞的棱长为_______________（用带r的算式表示），晶胞的空间利用率为______________（保留两位有效数字）
（5）石墨烯与金属R可以形成一种插层化合物。
其中R层平行于石墨层，晶胞如图甲所示，其垂直于石墨层方向的投影如图乙所示。
则该插层化合物的化学式为_____；
【答案】
（1）.氢键
（2）.3（3）.HNO3中非羟基氧个数多（4）.低（5）.
（6）.34%（7）.RC8
【解析】
【分析】
（1）在硼酸[B（OH）3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，此外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强；
（2）第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；
（3）非羟基氧个数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离得越厉害，从而更容易电离，酸性越强；
（4）熔沸点高低看键长，键长越短，键能越大，熔沸点越高；
（5）结合题中图甲、图乙可得，晶胞中R原子数目=8×1/8+6×1/2+4=8，C原子数目=12×4+8×4×1/2=64，所以该插层化合物的化学式为RC8。
【详解】
（1）在硼酸[B（OH）3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，此外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，故硼酸分子之间主要是氢键，故答案为：
氢键。
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子处于全充满、半充满的稳定状态，所以其第一电离能大于其相邻元素，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，故答案为：
3。
（3）对于同种元素R的不同的含氧酸的酸性比较，可以用下面的方法，把酸写成（HO）nROm的形式，m越大的酸性越强，m越大，非羟基氧个数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离得越厉害，从而更容易电离，酸性越强，故答案为：
HNO3中非羟基氧个数多。
（4）晶体硅和金刚石都是原子晶体，所以熔沸点高低看键长，键长越短，键能越大，熔沸点越高，金刚石是C-C键，晶体硅是Si-Si键，因为C的原子半径小于Si，所以C-C键键长小于Si-Si键键长，所以熔点：
金刚石>晶体硅；由题意可知，晶体硅的结构同金刚石相同，该晶胞中含有硅原子的个数为8个，8个硅原子的体积为8×4/3πr3pm3，设该硅晶体晶胞的棱长为apm，则有2r=
/4a，解得a=8/3
rpm，所以晶胞的体积为（8/3
r）3pm3，则晶胞的空间利用率为8×4/3πr3÷（8/3
r）3×100%=34%，故答案为：
低，
，34%。
（5）结合题中图甲、图乙可得，晶胞中R原子数目=8×1/8+6×1/2+4=8，C原子数目=12×4+8×4×1/2=64，所以该插层化合物的化学式为RC8，故答案为：
RC8。
14.铜元素在化合物中其化合价可以呈现
、
价。
和
是常见的
价铜的化合物，
是较为常见的
价铜的化合物。
（1）铜元素位于周期表的_______区。
A、sB、pC、dD、dsE、f
（2）向
溶液中滴加氨水，可以得到深蓝色的溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出深蓝色晶体的化学式__________________。
比较
和
中
键角的大小：
___________
填“
”或“
”
。
（3）
中阴离子的空间构型为_______，NO3-中的大π键应表示为______
[信息：
臭氧分子中，中心氧原子的未杂化的p轨道（含2个电子）与其它两个氧原子的p轨道（各含1个电子）肩并肩形成一个大π键，表示为
，]
的晶胞结构如图所示，C1原子位于立方体的顶点和面心，Cu原子位于Cl原子构成的四面体体心。
①每个Cl原子周围距Cl原子最近且等距离的Cu原子数目为________________。
②若以铜原子为顶点构成晶胞，面心原子为________（Cu、Cl）
【答案】
（1）.D
（2）.[Cu（NH3）SO4]•H2O（3）.<（4）.平面三角形（5）.
（6）.4（7）.Cu
【解析】
【分析】
（1）29号元素Cu在元素周期表中位于第四周期第IB族，因此属于ds区；
（2）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，再向深蓝色透明溶液加入乙醇，会析出深蓝色的晶体Cu（NH3）4SO4•H2O；由于NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，H-N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大；
（3）硝酸根离子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对
升级会员 