【文档说明】河南省新乡县龙泉高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学答案.docx，共(4)页，38.109 KB，由小赞的店铺上传

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11.【答案】C【解析】分析莽草酸分子结构可知，其分子式为C7H10O5，故A项错；其中含有的官能团为1个碳碳双键、1个羧基、3个醇羟基，故B项错；可发生加成反应和取代反应，故C项正确；在水溶液中羧基可

电离出H＋，羟基不可以电离出H＋，故D项不正确。2.【答案】C【解析】HClO的酸性比H2CO3的酸性还弱。3.【答案】C【解析】根据各基态原子的电子排布式可知，A项中未成对电子数为0；B项中未成对电子数为5；C项中未成对电子数为6；D项中未成对电

子数为1。4.【答案】C【解析】化合物中存在离子键则必为离子晶体，而离子晶体区别于其他晶体的突出特点是固体不导电，熔融状态下能导电，故选C。5.【答案】B【解析】选项A，N2的结构式为N≡N，分子中含有一个σ键和两个π键，CO2的结构式为O==C=

=O，分子中含有两个σ键和两个π键，故二者分子中π键数目之比为1∶1。选项B，乙烯分子中的π键易断裂，而甲烷分子中只含有σ键，故甲烷分子稳定。选项C，作用力的强度：化学键＞氢键＞范德华力。选项D，存在分子内氢键，存在分子间氢键，含有分子间氢键的物质熔沸点较高，故的沸点较高。6.【答案】

D【解析】CS2和CO2的分子构型相同，为直线形，①错误；ClO－3的中心原子Cl有一对孤电子对，所以ClO－3的立体构型为三角锥形，②错误；S原子最外层有6个电子，正好与6个F原子形成6个共价键，③正确；SiF4中Si形成4个σ键，SO2－3中S有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以Si、S

均采用sp3杂化，④正确。7.【答案】D【解析】根据各级电离能的变化，知道元素X的I1、I2差别很大，故X常显＋1价，A、C两项正确；元素Y的I3、I4有极大差异，所以Y应是ⅢA族元素，B项正确；若Y在ⅢA族且为第三周期，则Y为

Al，它不可能和冷水反应，D项错误。8.【答案】C【解析】配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配位体是Cl－和H2O、配位数是6、中心离子是Ti3＋，1个Cl－和5个H2O分子在内界、2个Cl－和1个H2O分子在外界，内界的C

l－不被沉淀。9.【答案】B2【解析】S8、S6、S4、S2属于不同的分子，它们间的转化为化学变化；常温条件下单质硫为分子晶体；硫单质在空气中加热到750℃时被氧化，生成硫的氧化物，得不到S2。10.【答案】C【解析】由图示关系可推知：X为氦，

Y为氟，M为氯，Z为硫。元素的电负性关系为：Y>M>Z，故A项不正确；离子半径关系为：S2－>Cl－>F－，故B项不正确；SCl2的电子式为ClSCl，故C项正确；S元素基态原子最外层电子排布图为，故D项不正确。11.【答案】B【解析】中心原子为Co3＋，Cl－

应为3mol，其中作为外界的Cl－为1mol，作为配体的Cl－为2mol；共6个配体，所以作为配体的NH3为4mol。12.【答案】A【解析】选项B因果关系颠倒；选项C的理论解释错误，原因是石墨中碳碳键键能大于金刚石中碳碳键键能；选项D的理论解释错误，原因是HF分子间存在氢键。13.

【答案】D【解析】由反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，反应开始时甲中Fe3＋被还原，乙中I－被氧化，A、B两项正确；当电流计读数为零时，则反应达到平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，则平衡向逆反应方向移动，乙中I2被还原，则

乙中的石墨电极为正极，甲中的石墨电极为负极，故C项正确，D项错误。14.【答案】C【解析】1个钠晶胞中实际含有2个钠原子，晶胞边长为4r3，则ρ＝2aNA4r33，计算可得r＝3432aNAρ。15.【答案】D【解析

】A选项：电解NaOH溶液实际是电解H2O，一段时间后，溶液中溶质的质量分数增大。B选项：用电解法精练粗铜时，用粗铜极作阳极，与直流电源的正极相连，用纯铜片作阴极，与电源的负极相连，用CuSO4溶液作电解

液。C选项：得：x＝0.01mol3因此OH－浓度为16.【答案】A【解析】1个CsCl晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－，则M＝ρ·a3·NAg·mol－1。17.【答案】(1)16NA(2)[··O⋮⋮O

··]2＋2NA(3)①BC②G③CE④ABD【解析】(1)[Zn(NH3)4]2＋中Zn2＋与NH3之间以配位键相连，共4个σ键，加上4个NH3的12个σ键，共16个σ键。(2)等电子体结构相似，则O2＋2的电子式与C2－2相似，为[··

O⋮⋮O··]2＋；1molO2＋2中含有2molπ键，即2NA个π键。(3)C2H4、C2H6中C与H之间的共价键为极性键，C与C之间的共价键为非极性键。18.【答案】(1)61∶1(2)0.414∶1(3)Na2Cl2【解析】(1)观察晶

体的结构可知，每个Na＋同时吸引6个Cl－，在每个晶胞中含Na＋数目为8×18＋6×12＝4，含Cl－数目为12×14＋1＝4，即Na＋与Cl－数目之比为1∶1。(2)因为r(Cl－)＞r(Na＋)，则图乙中的白球代表Cl－，黑球代表Na＋，则r(Cl－)＝2a4，2r(Na＋

)＝a－2r(Cl－)＝a－2×2a4，r(Na＋)＝2a－2a4，rNa＋rCl－＝2a－2a4∶2a4≈0．414∶1。(3)M＝mn＝mV×22．4L·mol－1＝29.25g5.6L×22．4L·mol－1＝117g·mol－1，设氯化钠气体的分子式为(NaCl)n，则58．

5n＝117，解得n＝2。即氯化钠气体的分子式为Na2Cl2。19.【答案】(1)s(2)平面三角形sp2杂化(3)O===C===O(4)Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2

O(5)分子(6)配位键(7)2∶1【解析】(1)中，①元素是氢(H)，位于周期表的s区。(2)中，②元素是硼(B)，⑥元素是氟(F)，二者形成的化合物是BF3，立体构型为平面三角形，B原子的杂化轨道类型为sp2。(3)中，③元素是碳，⑤元素是氧，二者可形成的稳定化合物是CO2，结构

式为O===C===O。(4)中，Cu2＋与氨水反应形成配合物[Cu(NH3)4]2＋。(5)中，元素⑦是铁，由Fe与CO形成的Fe(CO)5化合物的性质可推知属于分子晶体。(6)中，元素⑨是锌(Zn)，因Zn(OH)2不溶于水，之所以可溶于氨水，是因为Zn2＋与NH3分子形成配位键。

(7)中，铁的晶体中，一个面心立方晶胞中含铁原子数为：8×18＋6×12＝4；一个体心立方4晶胞中含铁原子数为：8×18＋1＝2。故二者原子个数之比为2∶1。20.【答案】(1)1s22s22p63s23p2(或[Ne]3s23p2)N＞C＞B(2)①abc②四面体形(3)sp3杂化乙二胺

分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(4)不含层间作用力弱【解析】(1)同周期元素的第一电离能从左往右呈增大趋势，且第ⅡA、ⅤA族元素因原子结构稳定导致其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N>C>B。(2)①

根据结构可知该晶体为离子晶体，含有离子键、共价键、配位键(HO→B)。②晶体R中阴离子的中心原子B形成3个σ键(B—F键)和1个配位键(HO→B)，配位键也属于σ键，其立体构型为四面体形。(3)根据配离子的结构图可知，N原子形成3个σ键和1个配位键，采取sp3杂化；

乙二胺含有氨基，分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，故乙二胺比三甲胺的沸点高得多。(4)B原子最外层有3个电子，由图丙所示晶体结构中每个B原子形成3个单键可知，六方相氮化硼不含π键；已知六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构，层间作用力弱，故其质地较软。21.

【答案】(1)6NOx＋4xNH3=====催化剂(3＋2x)N2＋6xH2O(2)2.5×103c2(NO)c(O2)三1.4×10－2mol/(L·s)(3)①ΔH1＋ΔH2②bk1正k1逆×k2正k2逆③<反应a的ΔH1<0，升

高温度时平衡逆向移动，K1＝k1正k1逆减小，k2正随温度升高而增大，但增大的程度比k1正k1逆减小的程度小，故反应速率减小④ABC【解析】(2)根据v＝kcm(NO)cn(O2)，当O2浓度不变，NO浓度变为原来的3倍时，初始速率变为原

来的9倍，所以初始速率与NO浓度的平方成正比，m＝2；同理n＝1；任选一组数据代入方程，得k＝2.5×103，故v＝2.5×103c2(NO)c(O2)。(3)②反应b为慢反应，是整个反应的速控反应。达到平衡时，正、逆反应速率相等，所以v1正＝v1逆，K1＝c（

N2O2）c2（NO）＝k1正k1逆，v2正＝v2逆，K2＝c2（NO2）c（N2O2）·c（O2）＝k2正k2逆，所以反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的K＝c2（NO2）c2（NO）·c（O2）＝c（

N2O2）c2（NO）×c2（NO2）c（N2O2）·c（O2）＝k1正k1逆×k2正k2逆。③反应速率越快，说明反应越容易发生，反应的活化能越小。反应a的ΔH1<0，升高温度时平衡逆向移动，K1＝k1正k1逆减小，k2正随温度升高而增大，但增大的程度比k1正k1逆减

小的程度小，故反应速率减小。