学年河北省曲周县第一中学高二下学期期中考试化学试题 扫描版.docx
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学年河北省曲周县第一中学高二下学期期中考试化学试题扫描版
化学答案
1.解析:
选D 模型建立先后顺序为:
道尔顿原子模型(1803年)→汤姆逊原子模型(1903年)→卢瑟福原子模型(1911年)→玻尔原子模型(1913年)→量子力学模型(20世纪20年代中期)。
2解析:
选D 能级数与电子层数n相同,当n=2时,只有2s、2p能级,不能出现d能级,而在n=3时也不会出现3f能级。
3解析:
选D 电子云图中的黑点不代表电子,只是利用其密度的大小来代表电子在此区域出现机会的大小。
电子运动的客观规律用图形表现就是电子云图。
4解析:
选B A项,每一电子层最多可容纳的电子数为2n2;C项,只要是s能级,不论哪一电子层,所容纳的电子数都为2;D项,能级能量4d>4s。
5解析:
选A Fe原子的核外电子排布为:
1s22s22p63s63p63d64s2,据洪特规则可知A正确。
6解析:
选A 构成离子晶体的阴、阳离子的半径越小,所带电荷数越多,则晶格能越大。
7解析:
选C 熔化时,SiO2破坏共价键,食盐破坏离子键,干冰破坏范德华力,金属镁破坏金属键。
8解析:
选B A项,根据价电子构型可知该粒子的电子排布式为1s22s22p63s23p4,故该元素为硫元素;C项,S与H2化合生成气态氢化物H2S;D项,S原子核外电子轨道表示式
应为 。
9解析:
选B A中四种离子核外电子排布相同,核电荷数越大,半径越小;B中S2-与Cl-,Na+与Al3+的核外电子排布分别相同,S2-和Cl-比Na+和Al3+多一个电子层,微粒半径大;C中微粒电子层数相同,核电荷数越大,半径越小,应为Na>Mg>Al>Si;D中微粒为同一主族,电子层数越多,原子半径越大,应为Cs>Rb>K>Na。
10解析:
选C 镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少,所以金属镁比金属铝的金属键弱,熔点低、硬度小;从Li到Cs,离子的半径是逐渐增大的,所带电荷相同,金属键逐渐减弱,熔点逐渐降低,硬度逐渐减小;因离子的半径小而所带电荷多,使金属铝比金属钠的金属键强,金属铝比金属钠的熔点高、硬度大;因离子的半径小而所带电荷相同,使金属镁比金属钙的金属键强,金属镁比金属钙的熔点高、硬度大。
11解析:
选B 两种元素原子的电子层上全部都是s电子,核外电子排布式为1s1或1s2或1s22s1或1s22s2对应的分别是H、He、Li、Be,即可能属于第1周期和第2周期;3p能级上只有1个空轨道的原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,是硅元素,3p能级上只有1个未成对电子的原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5,是铝元素或氯元素,都属于第3周期元素;最外层电子排布为2s22p6的原子是氖,属于第2周期元素;最外层电子排布为2s22p6的离子对应的元素可能为钠、镁、铝属于第3周期元素,不属于同一周期元素;原子核外的M层上的s、p能级上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6或1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p64s2,可能为Ar、K、Ca,不一定属于同一周期。
12解析:
选B 在金刚石晶体中的最小环为六元环,为空间六边形,由六个碳原子构成,A错误;金刚石晶体中每个碳原子形成4个共价键,是sp3杂化,B正确;在SiO2晶体中1个硅原子与四个氧原子形成4个共价键,所以1molSiO2晶体中含4molSi—O键,C错误;金刚石的化学性质很稳定,但在高温下可以和氧气反应生成CO2。
13解析:
选C 因X、Y、Z为短周期元素,结合位置关系知X为He,Y为F,Z为S。
F(Y)元素价电子排布为2s22p5;原子半径S>F(Z>Y);结合第一电离能在同周期和同主族间的变化规律知,He是第一电离能最大的元素;第一电离能F>S。
14解析:
选B 由表中数据可知,R元素的第三电离能与第二电离能的差距最大,故最外层有两个电子,最高正价为+2价,位于第ⅡA族,可能为Be或者Mg元素,因此①不正确,②正确,④不正确;短周期第ⅡA族(ns2)的元素,因s轨道全满状态,比较稳定,所以其第一电离能大于同周期相邻主族元素,③正确。
15解析:
选A A项中熔点很高且熔融态不导电,为原子晶体;D项中熔融时或溶于水中都能导电,为离子晶体;B、C项为分子晶体
16解析:
选B X、Y同周期,且电负性:
X>Y,说明X位于Y的右边,但第一电离能不一定存在X>Y。
如电负性:
O>N,但第一电离能:
N>O。
17解析:
选A 分子中N≡C键是极性键,C—C键是非极性键;成键原子半径越小,键长越短,N原子半径小于C原子半径,故N≡C键比C—C键的键长短;(CN)2分子中含有3个σ键和4个π键;由于氰气与卤素性质相似,故可以和氢氧化钠溶液反应。
18解析:
选D 在NF3分子中N原子价电子对数为1/2×(5+3×1)=4,孤对电子数4-3=1,与其相连的原子数为3,根据理论可推知中心原子的杂化方式为sp3杂化,空间构型为三角锥形。
19解析:
选C 有机物分子中含有手性碳原子的分子是手性分子,手性碳原子连接四个不同的原子或原子团。
20解析:
选C CH4、CO2、BF3是由极性键构成的非极性分子;H2O、HCl、NH3、H2S、HCN是由极性键构成的极性分子。
21解析:
选D A项,NH4Cl中含离子键和极性共价键,不含非极性共价键,NH3、HCl中不含离子键、非极性键;B项,NH3、CO2、H2O中均不含有离子键和非极性键,NH4HCO3中不含非极性键;C项,NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键。
22解析:
选B 向CuSO4水溶液中逐滴加入氨水时,先后发生反应:
Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2NH,Cu(OH)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
Cu(OH)2溶于氨水是因为生成的[Cu(NH3)4]2+比Cu(OH)2更难电离,故C项错误;反应前后Cu2+的浓度减小,故A项错误;在[Cu(NH3)4]2+离子中,Cu2+提供3d空轨道,NH3分子提供孤对电子。
23解析:
选B NaCl在熔融状态能导电,说明NaCl在熔融状态产生自由移动的离子,即说明NaCl晶体中存在离子键。
24解析:
选C NH3分子比PH3分子稳定是由于键能:
N—H>P—H。
25解析:
选A a晶胞中原子个数:
12×1/6+2×1/2+3=6(个),b晶胞中原子个数:
8×1/8+6×1/2=4(个),c晶胞中原子个数:
8×1/8+1=2(个),所以a、b、c晶胞中原子个数比为6∶4∶2=3∶2∶1。
26(10分,每空1分)解析:
(1)电子数=质子数=32-16=16,核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,原子中有2个未成对电子,未成对电子的自旋状态相同。
(2)由外围电子排布式3s23p2得该原子的电子排布式1s22s22p63s23p2,次外层电子云形状有2种,核外共有14个电子,占有的轨道数为8。
(3)M电子层有32=9个轨道,最多可容纳9×2=18个电子,但为最外层时不能超过8个电子,即只有3s和3p电子,根据洪特规则,当3p上有3个电子,要占3个轨道,即最多有3个未成对电子。
(4)E核外有9个轨道且有1个未成对电子,由此可知电子排布式为1s22s23p63s23p5,E为氯元素。
答案:
(1)1s22s22p63s23p4 2 相同
(2)2 8 14 (3)9 18 3(4)
27(14分,每空2分)解析:
(1)基态Mn原子的电子排布式为[Ar]3d54s2;原子序数比铁大2与铁同族的是Ni;第2周期中基态原子未成对电子数与Ni相同的是C、O,电负性较小的元素是C。
(2)NaCl、KCl、MgO均属于NaCl型晶体,晶胞中的阳离子个数为4。
MgO中离子所带电荷数最多,因此熔点最高,K+半径大于Na+,因此NaCl的熔点比KCl高。
(3)第一电离能介于B、N之间的第2周期元素有Be、C、O三种元素。
(4)晶胞中,白球数目为8××6×=4,黑球数目为4,则化学式为CuCl。
答案:
(1)1s22s22p63s23p63d54s2(或者[Ar]3d54s2) Ni C
(2)4 MgO>NaCl>KCl
(3)3 (4)CuCl
28(13分,每空1分)解析:
A、E同主族,且价电子排布为ns1,可知为ⅠA族元素,又因为E为金属元素,且原子序数E>D>C>B>A,则A为氢元素,E可能为钠或钾元素;B、D同主族,且最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍,故二者价电子排布为ns2np4,为ⅥA族元素,B为氧元素,D为硫元素,则E为钾元素;C原子最外层电子数等于D原子最外层电子数的一半,故C为铝元素。
答案:
(1)H O Al S K
(2)第3周期ⅥA族(3)2s22p4
(4)> >(5)极性 V形 极性键
29(13分)解析:
两种化合物之间相互交换成分,生成另外两种化合物的反应是复分解反应。
该反应进行的条件为有气体、沉淀或难电离的物质生成。
颜色的深浅与有色物质的浓度有关。
答案:
(1)复分解反应 (2分)难电离(2分)
(2)①[Fe(SCN)]2+ (3分)[Fe(SCN)]Cl2(3分)
②FeCl3+5KSCN===3KCl+K2[Fe(SCN)5](3分)
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