学年山东省菏泽市高二下学期期中考试化学试题B卷 解析版.docx

1、学年山东省菏泽市高二下学期期中考试化学试题B卷 解析版山东省菏泽市2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题（B）1. 有人认为在元素周期表中，位于IA族的氢元素，也可以放在VIIA族，下列物质能支持这种观点的是A. HF B. H3O+ C. NaH D. H2O2【答案】C【解析】试题分析：A族元素原子在反应中易获得一个电子，化合价为1价，据此分析解答解：因A族元素原子在反应中易获得一个电子，显1价，如NaH，氢元素显1价符合题意，A、B、D三项中氢元素均显+1价，不能支持这种观点，故选C2. 某主族元素的原子最外层电子排布是5s1，下列描述正确的是A. 其单质常温下跟水反应不如钠剧

2、烈 B. 其原子半径比钾原子半径小C. 其碳酸盐易溶于水 D. 其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解【答案】C【解析】试题分析：原子最外层电子排布是5s1，为铷，A、不正确，铷与水反应比钠剧烈；B、不正确，其原子半径比钾原子半径大；C、正确；D、不正确，其氢氧化物碱性比NaOH更强，能使氢氧化铝溶解考点：考查核外电子排布规律、原子结构与元素性质等3. 下列物质分子中，既含有极性键又含有非极性键的非极性分子是A. C2H4 B. Br2 C. Na2O2 D. H2O2【答案】A4. 下列表达方式错误的是A. 甲烷的电子式 B. 氟化钠的电子式C. 硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4

3、D. 碳-12原子【答案】C【解析】试题分析：A甲烷是共价化合物，利用共用电子对形成物质，A项正确；B氟化钠是离子化合物，通过阴阳离子的静电作用形成物质，B项正确；C硫离子的核外电子数是18，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，C项错误；D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，则碳12原子可表示为612C，D项正确，答案选C。考点：考查化学用语的正误判断。5. 两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表的前10号元素中，满足上述关系的元素共有A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对【答案】B【解析】试题分析：在前10号元素中，氦

4、原子和碳原子，核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，均为1：1，氢原子和铍原子，核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，均为1：1，共有两对；故选B。考点：考查元素周期表中前10号元素原子核外电子排布知识。6. 具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是A. ls22s22p63s23p2 B. 1s22s22p3 C. 1s22s2sp2 D. 1s22s22p63s23p4【答案】A【解析】A、此元素位于第三周期IVA族，此元素是Si；B、此元素位于第二周期VA族，此元素为N；C、此元素位于第二周期IVA族，此元素为C；D、此元素位于第三周期VIA族，此元素为S；同周期从左向右原子半径减小

5、，同主族从上到下，原子半径减小，因此半径最大的元素是Si，故选项A正确。点睛：半径大小的比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，当电子层数相同，原子序数相同，电子数越多，半径越大。7. 科学家联合小组宣布合成出114号元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为298。以下叙述不正确的是A. 该元素属于第七周期B. 该元素位于IIIA族C. 该元素为金属元素，性质与82Pb相似D. 该原子含有114个电子，184个中子【答案】B【解析】试题分析：元素周期表中各周期含有的元素种类分别是2、8、8、18、18、32、32，

6、即第七周期最后一种元素的原子序数是118，所以114号元素位于第七周期第A族，A、C正确，B不正确；中子数质子数质量数，则中子数298114184，核外电子数质子数114，所以选项D正确，答案选B。考点：考查元素周期表的结构以及组成原子的微粒之间关系的有关判断和计算点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，重点考查学生对元素周期表、原子组成以及组成微粒之间数量关系的熟悉了解程度，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生学习化学的积极性。8. 下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是A. 可溶于水 B. 具有较高的熔点C. 水溶液能导电 D. 熔融状态能导电【答案】D【解析】试题分析

7、：A离子晶体和分子晶体都能溶于水，A错误；B原子晶体和离子晶体都具有较高的熔点，B错误；C水溶液能导电的可能是离子晶体，也可能是分子晶体，C错误；D只有离子晶体的熔融状态能导电，D正确。故答案D。考点：考查离子晶体。9. 预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是A. V形；平面三角形 B. V形；三角锥形C. 直线形；平面三角形 D. 直线形；三角锥形【答案】A 10. N2F2存在顺式和反式两种分子，据此判断N2F2分子中两个N原子之间化学键的组成为A. 仅有一个键 B. 仅有一个键C. 一个键和一个键 D. 一个键和两个键【答案】C【解析】N2F2存在顺式和反式，类似于C2H4，因

8、此有(顺式)、（反式），双键之间有一个键和一个键，故选项C正确。点睛：顺式和反式是烯烃中学习的，因此N2F2应从C2H4角度考虑，得出N2F2的结构式(顺式)、（反式），从而得出合理结果。11. 下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是A. NaF B. MgI2 C. NaI D. KBr【答案】B【解析】同主族自上而下原子半径或离子半径均是逐渐增大的，所以阴离子中碘离子是最大的。同周期自左向右阳离子半径是逐渐减小的，所以阳离子中镁离子半径是最小的，所以正确的答案是B。12. 某主族元素的原子，M层上有一个半充满的亚层(即该亚层的每个轨道只有1个电子)，这种原子的质子数A. 只能是7

9、B. 只能是15 C. 是11或15 D. 是11或13【答案】C【解析】主族元素，M层上有一个半充满的亚层，电子排布式可能是1s22s22p63s1，也有可能是1s22s22p63s23p3，即原子序数可能是11或15，故选项C正确。13. 某元素X最高价含氧酸的分子量为98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是A. X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4B. X是第二周期VA族元素C. X是第二周VIA族元素D. X的最高化合价为+4【答案】A【解析】试题分析：最高价含氧酸的相对分子质量为98的酸一般是硫酸或磷酸，而硫的氢化物是H2S，所以元素X应该是P，位于第三周期A族

10、，最高价是5价，答案选A。考点：考查元素周期律的应用点评：本题属于高考中的常见题型，为中等难度的试题。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。14. 某元素的原子最外电子层排布是5s25p1，该元素或其化合物不可能具有的性质是A. 该元素单质是导体B. 该元素单质在一定条件下能与盐酸反应C. 该元素的氧化物的水合物显碱性D. 该元素的最高化合价呈+5价【答案】D【解析】试题分析：元素的原子最外电子层排布是5s25p1，处于P区，属于第A元素，A、同主族自上而下金属性增强，故金属性比Al元素强，该元素单

11、质是导体，A正确；B、金属性比Al元素强，该元素单质在一定条件下能与盐酸反应置换出氢气，B正确；C、氢氧化铝显弱碱性，该元素金属性比Al元素强，故氢氧化物的碱性比氢氧化铝强，C正确；D、该元素原子最外层电子数为3，最高化合价呈+3价，D错误，答案选D。考点：考查结构位置性质关系、元素周期律、核外电子排布规律等15. 下列事实与氢键有关的是A. 水加热到很高温度都难以分解B. 水结成冰体积膨胀，密度变小C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱【答案】B【解析】试题分析：氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键，只影响物

12、质的物理性质，不影响化学性质；A水的分解破坏的是化学键，不是氢键，故A错误；B氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B正确；CCH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C错误；DHF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元

13、素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故D错误；故选B。【考点定位】考查氢键的性质特征【名师点晴】明确氢键的特点及性质是解题关键；氢键是一种分子间的相互作用，不属于化学键；能形成氢键的物质主要有NH3、H2O、HF；特征：比化学键弱，比分子间作用力强，特别注意氢键只影响物理性质，不影响化学性质，据此分析答题。16. 在下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是A. ns2np3 B. ns2np5 C. ns2np4 D. ns2np6【答案】C【解析】试题分析：电子结构为ns2np3的原子，p轨道半充满，为稳定状态，不易失去电子；电子结构为ns2

14、np6的原子，p轨道全充满，为稳定状态，不易失去电子；B、C选项相比，电子结构为ns2np4的原子，失去一个电子后p轨道达到半充满稳定状态，更容易失去电子。选项C符合题意。考点：电离能的大小判断17. 下面是一些原子的2P能级和3d能级中电子排布的情况，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：A同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理，故A错误；B.2p能层有3个电子，应在3个不同的轨道，不符合洪特规则，故B错误；C不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则，故C错误；D符合洪特规则、泡利不相容原理，故D正确；故选D。考点：考查原子核外电子排布18. (一)铁和钴是两

15、种重要的过渡元素。（1）钴位于元素周期表中第_族，其基态原子中未成对电子的个数为_。（2）Fe(H2NCONH2)6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁()，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_，尿素分子中C、N原子的杂化方式分别是_、_，其分子中键与键的数目之比为_，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是_。(二)已知元素镓和砷的单质及其化合物在工业生产上有重要的用途。回答下列问题:（1）砷元素基态原子的电子排布式为_。（2）砷与氢元素。可形成化合物砷化氢，该化合物的空间构型为_，其中砷原子的杂化方式为_。（3）根据等电子原理，写出由短周期元素组成且与砷化氢互为等电子体

16、的一种离子的化学式_。【答案】 (1). VIII (2). 3 (3). Ar3d5(或1s2s2p63s3p63d5) (4). sp2 (5). sp3 (6). 7:1 (7). ONCH (8). ls22s22p63s23p63d104s24p3 (9). 三角锥型 (10). sp3 (11). H3O+【解析】（一）考查洪特规则、电子排布式的书写、杂化类型的判断、化学键的数目、电负性的规律（1）Co位于第四周期VIII族，27号元素，基态原子钴电子排布式为Ar3d74s2，根据洪特规则，未成对电子数为3；（2）基态铁原子的电子排布式为Ar3d64s2，即Fe3的电子排布式为Ar

17、3d5或1s2s2p63s3p63d5；尿素的结构简式为，C有3个键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2，N原子全部都是单键，杂化类型为sp3，成键原子之间只能形成一个键，双键有一个键，因此键与键的数目之比为7：1；同周期从左向右电负性增大，即电负性大小顺序是ONCH；（二）考查空间构型、等电子体，（1）As位于第四周期VA，即基态砷原子的电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s24p3；（2）砷化氢的分子式为AsH3，中心原子As有3个键，孤电子对数为(531)/2=1，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形；（3）根据等电子体的定义，与AsH3等电子体的分子，其中一种为NH3

18、，推出与AsH3互为等电子体的离子可能是H3O、CH3等。19. A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。（1）E元素的基态原子电子排布式为_。（2）A的某种氢化物A2H2分子中含有_个键和_个键。（3）B的最简单的氢化物的沸点比A的最简单的氢化物的沸点高得多，其原因是_。（4）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是_。【答案】 (1). ls22s22p63s23p63d104s1 (2). 3 (3). 2 (

19、4). 氨分子间丁以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷高 (5). Cu(NH3)4(OH)2【解析】考查电子排布式的书写、化学键数目的判断、熔沸点高低的判断、配合物化学式的书写，非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成时电子数的两倍，基态A原子的电子排布式为1s22s22p2，即A为C，C元素在地壳中含量最高的，即C为O，因为原子序数依次增大，因此B为N，D的单质是短周期中熔点最低的金属，即D为Na，E的合金是我国使用最早的合金，即E为Cu，（1）Cu位于第四周期IB族，基态Cu原子电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s1；（2）此分子式为C2H2，碳碳之间以叁键的

20、形式结合，因此含有键个数为3个，键个数为2；（3）B的简单氢化物是NH3，A的简单氢化物是CH4，NH3分子间存在氢键，CH4分子间不存在氢键，因此NH3的沸点比甲烷高；（4）Cu的最高价氧化物对应水化物是Cu(OH)2，溶解于氨水，生成Cu(NH3)4(OH)2。20. W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数XWZY。W原子的最外层没有p电子，X原子核外s电子与p电子数之比为1：1，Y原子最外层s电子与p电子数之比为l:1，Z原子核外电子中p电子数比Y原子多2个。（1）X元素的单质与Z、Y所形成的化合物反应，其化学方程式_。（2）W、X元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为_ _ (填元素

21、符号)。_【答案】 (1). 2Mg+CO22MgO+C (2). Mg(OH)2MgCO【解析】考查“位构性”的应用，W原子的最外层没有p电子，说明W为s区，X原子核外s电子与p电子数之比为1：1，电子排布式可能是1s22s22p4或1s22s22p63s2，X可能为O，也可能为Mg，Y原子最外层s电子与p电子数之比为1：1，Y可能是C或Si，根据原子序数的大小顺序，推出X为Mg，Y为C，Z为O，W为Na，A、Z和Y构成的化合物是CO2，Mg在CO2能够燃烧，反应方程式：2Mg+CO22MgO+C；（2）同周期从左向右金属性减弱，金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，即Mg(OH)

22、2的碱性小于NaOH；（3）同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，同主族从上到下原子半径增大，即四种元素的原子半径顺序是NaMgCO。21. A、B、C、D、E代表5种元素。请填空:（1）A元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为_；（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氖相同，B的元素符号为_，C的元素符号为_。（3）D元素的正二价离子的3d能级为半充满，D的元素符号为_，其基态原子的电子排布式为_，它位于第_周期第_族；（4）E元素基态原子的M层能量最高的能级半充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为_，其基态原

23、子的电子排布式为_。【答案】 (1). C或O (2). F (3). Na (4). Mn (5). 1s22s22p63s23p63d54s2或Ar3d54s2) (6). 四 (7). VIIB (8). Cr (9). 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1)【解析】（1）考查核外电子排布规律，次外层有2个电子，说明A元素位于第二周期，最外层有2个未成对电子，A元素的电子排布式1s22s22p2或1s22s22p4即A元素为C或O；（2）考查电子排布规律，B元素的负一价离子电子层结构与氖相同，即B为F，C元素的正一价离子的电子层结构与氖相同，即C元素为Na；（3）

24、D元素的正二价的3d能级半满，即Ar3d5，原子失去电子，先失去最外层电子，即D的电子排布式为Ar3d54s2，即D元素为Mn，位于第四周期VIIB族；（4）E元素基态原子的M层能量最高的能级半充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，价电子排布式3d54s1，E元素为Cr，基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1)。22. 下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：（1）元素的基态原子的价电子排布式为_。（2）元素的一种氢化物(分子中含有6个原子)是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志。有关该

25、氢化物分子的说法正确的是_。A.分子中含有分子间的氢键B.属于含有极性键的非极性分子C.只含有4个sp-s的键和1个P-P的键D.该氢化物分子中原子采用sp2杂化（3）下图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分(血红素)的结构式。此结构片段中含有的化学键有_(填序号)。A.离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E.配位键 F.氢键G. 键 H.兀键（4）下表为原子序数依次增大的短周期元素AF的第一到第五电离能数据。请回答：表中的金属元素是_(填字母)；若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B比A和C的第一电离能都略大，其原因是_。【答案】 (1). 3d104sl (2)

26、. BD (3). CDEGH (4). DEF (5). B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C大。【解析】（1）考查价电子排布式，根据元素周期表，为Cu，价电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，即Cu的价电子排布式为3d104s1；（2）考查化学键类型，该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，因此该氢化物为C2H4，其结构简式为CH2=CH2，A、不符合氢键构成条件，因此C2H4中不含分子间的氢键；B、乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间构型为平面形，即乙烯属于含有极性键的非极性分子，故B正确；C、乙烯中C原子的杂化类型为sp2，因此CH之间

27、的共价键类型为sp2s键，C原子中p能级上的电子与另一个C原子中p能级上的电子构成键，故C错误；D、根据C选项分析，故D正确；（3）考查化学键的类型，根据结构式，铁元素和N元素之间存在配位键，N和C之间，C和H之间等存在极性键，C和C之间存在非极性键，存在键，C和C之间存在双键，即还含有键，故CDEGH正确；（4）考查第一电离能的规律，原子越容易死电子，则其电离能越小，金属元素的第一电离能比较小，第一个电子容易失去，表中A、B、C第一电离能较大，应该是非金属元素，D、E、F第一电离能较小，因此DEF应该是金属元素；同周期从左向右第一电离能增大，但IIAIIIA，VAVIA，B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C大。点睛：根据洪特规则的特例，当原子轨道上的电子半满、全满、全空，能量低，自身更稳定，因此同周期中第一电离能逐渐增大，但IIAIIIA，VAVIA。