【文档说明】吉林省四平市公主岭范家屯镇第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(14)页，218.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，将答题卡交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须

使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须使用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不得折叠，不得弄破、弄皱，不准使用涂改液、修

正带、刮纸刀。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)1.13CNMR（核磁共振）、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Ku

rtWuithrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N的叙述正确的是A.13C与15N有相同的中子数B.13C电子排布式为1s22s22p3C.15N与14N互为同位素D.15N的电子排布式为1s22s22p4【答案】C【解析】【详解】A.

13C、15N的的质子数和中子数分别为6、7和7和8，A不正确；B.13C的核外有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2，B不正确；C.15N与14N的质子数相同而中子数不同，互为同位素，C正确；D.15N的核外有7个电子，其电子排布式为1s22s2

2p3，D不正确；答案C。2.如图为元素周期表的一部分，已知A、B、C、D、E5个原子共有85个电子，E原子核外有4个电子层，则B元素是（）A.PB.MgC.ClD.Si【答案】A【解析】【分析】E原子核外有四个电子层，处于第四周期，则A

处于第二周期，C、B、D处于第三周期，A、B、C、D、E五种元素原子核外共有85个电子，则元素所处的周期处于过渡元素之后，令B的核外电子数为x，结合原子序数之间的关系列方程计算x的值，进而确定各元素解答。【详解】E原子核外有四个电子层，处于第四周期，则A处于

第二周期，C、B、D处于第三周期，A、B、C、D、E五种元素原子核外共有85个电子，则元素所处的周期处于过渡元素之后，令B的核外电子数为x，则C核外电子数为x-1，D核外电子数为x+1，A核外电子数为x-8，E核外电子数为x+18，可列出方程：x-1+x+x+1+x-8+x+18=85，解得x

=15，则B为P元素，答案选A。3.下列原子的价电子排布图正确的是（）A.NB.OC.CD.F【答案】D【解析】【详解】A．N原子的最外层5个电子，为2s22p3，根据洪特规则可知，2p轨道中3个电子要分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，A错误；B．O原子

最外层6个电子，为2s22p4，根据洪特规则可知，2p轨道中4个电子要尽量分占不同的原子轨道，其中单独占有原子轨道的电子的自旋状态相同，B错误；C．C原子的最外层4个电子，为2s22p2，根据洪特规则可知，2p轨道中应为2个电子要分

占不同的原子轨道，且自旋状态相同，C错误；D．F原子最外层7个电子，为2s22p5，2p轨道中5个电子，且有1个未成对电子，排布正确，D正确；故选D。4.A、B、C、D、E是同周期的五种元素，A和B的最高价氧化物对

应的水化物呈碱性，且碱性B>A；C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性，且酸性C>D；五种元素所形成的简单离子中，E的离子半径最小，则它们的原子序数由大到小的顺序是（）A.CDEABB.ECDABC.BAEDCD.BADCE【答案】A【解析】【详解】A和B的最高价氧化

物对应的水化物呈碱性，且碱性B>A，则金属性：A<B，根据同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知：原子序数B<A，C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性，且酸性前者强于后者，则C和D应为非金属性元素，同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，对应

的氢化物的酸性逐渐增强，则原子序数C>D，五种元素形成的简单离子中，E的离子半径最小，则E应为金属，A.B.C对应离子的核外电子排布相同，核电核数越大，半径越小，则原子序数B<A<E，故有原子序数：C>D>E>A>B。答案选A。5.根据化学反应的实质是旧键断裂新键生成这一

观点，下列变化不属于化学反应的是（）A.石墨转化为金刚石B.NaOH溶液与盐酸反应生成NaCl和H2OC.NaCl熔化D.Na2O溶于水【答案】C【解析】【详解】A．石墨和金刚石是不同物质，所以石墨转化为金刚石既有旧键的断裂又有新键的形成

，为化学变化，故A不符合题意；B．NaOH溶液与盐酸反应生成NaCl和H2O，既有旧键的断裂又有新键的形成，属于化学变化，故B不符合题意；C．NaCl熔化，由固体变化为液体，只有旧键的断裂没有新键的形成，属于物理变化，故C符合题意；D．Na2O溶于水，发生反应生成氢氧化钠，既有旧键的断裂又

有新键的形成，属于化学变化，故D不符合题意；答案为C。6.三氯化氮(NCl3)是一种淡黄色的油状液体，测得其分子具有三角锥形结构。则下面对于NCl3的描述不正确的是（）A.它是一种极性分子B.它的挥发性比PBr3要大C.它还能再以配位键与Cl-结合D.已知N

Br3对光敏感，所以NCl3对光也敏感【答案】C【解析】【详解】A．NCl3分子具有三角锥形结构，正负电荷中心不重合，所以其为极性分子，故A正确；B．分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，

所以PBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比PBr3易挥发，故B正确；C．NCl3中N原子以及Cl-没有空轨道容纳孤对电子对，故NCl3与Cl-不能以配位键生成NCl4-，故C错误；D．具有相同价电子数和相同原子数，结构相

似，物理性质相似，NBr3对光敏感，所以NCl3对光也敏感，故D正确；答案为C。7.下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是（）①F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅④NaF、N

aCl、NaBr、NaI的熔点依次降低A.①④B.②③C.③④D.①③【答案】B【解析】【详解】①F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键无

关系，①不符合题意；②HF、HI、HBr、HCl属于分子晶体，其稳定性和非金属性强弱有关系，即和形成的共价键有关系，②符合题意；③金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与

分子间作用力无关，故③符合题意；④NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，④不符合题意；综上，②③符合题意，答案选B。【点睛】本题考查晶体的熔沸点、氢化物稳定性的有关判断，答题注意晶体的类型

以及影响晶体熔沸点高低的因素的判断。8.X和Y两种元素的核电荷数之和为22，X的原子核外电子数比Y的少6个。下列说法中不正确的是A.X的单质固态时为分子晶体B.Y的单质为原子晶体C.X与Y形成的化合物固态时为分子晶体D.X与

碳形成的化合物为分子晶体【答案】C【解析】【分析】假设X的质子数为a，Y的质子数为b，X和Y两元素的质子数之和为22，则a+b=22；X的原子核外电子数比Y的原子核外电子数少6个，则a+6=b，联立解得，a=8，b=14，因此X为氧元素，Y为

硅元素，结合对应单质、化合物的性质解答该题。【详解】根据上述分析可知X为氧元素，Y为硅元素。A.X为氧元素，其单质氧气、臭氧固态均为分子晶体，A正确；B.Y为硅元素，单质晶体硅是原子晶体，B正确；C.X与Y形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，

C错误；D.X为氧元素，与碳元素形成的CO2、CO在固态为干冰，都属于分子晶体，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与位置关系、晶体类型等，较好地考查学生的分析能力，比较基础，利用质子数、电子数的关系来推断元素是解答

的关键，注意基础知识的积累与掌握。9.下表列出了有关晶体的说明，有错误的组合是（）选项ABCD晶体名称碘化钾干冰氖二氧化硅组成晶体的微粒名称阴、阳离子分子原子原子晶体内存在的结合力离子键范德华力共价键共价键A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析

】【详解】A．碘化钾是由碘离子和钾离子构成的离子晶体，晶体内存在的结合力为离子键，故A正确；B．干冰是由二氧化碳分子构成的分子晶体，晶体内存在的结合力为范德华力，故B正确；C．氖为氖原子构成的分子晶体，晶体内存在的结合力为范德华力，故C错误；D．二氧化硅由硅原子和氧原子

构成的原子晶体，晶体内存在的结合力为共价键，故D正确；故答案为C。10.CaC2和MgC2都是离子化合物，下列叙述正确的是（）①CaC2和MgC2都跟水反应生成乙炔②C22−的电子式为③CaC2在水中以Ca2+和C22−形式存在④

MgC2的熔点低，可能在100℃以下A.①②B.②④C.①③D.③④【答案】A【解析】【详解】①CaC2和水反应产生Ca(OH)2和乙炔，根据性质的相似性，MgC2和水反应生成氢氧化镁和乙炔，①正确；②C22−中两个C原子形成三对共用电子对，每个C原子再得到一个电子，使每个C原子都达到最外

层8个电子的稳定结构，则C22−的电子式为，②正确；③CaC2和水反应生成氢氧化钙和乙炔，所以不能在水中以Ca2+和C22−形式存在，③错误；④MgC2是离子化合物，熔化或气化时断裂离子键需消耗很高能量，因此物质的熔、沸点较高，其熔化温度不可能在

100℃以下，④错误；综上，①②正确，答案选A。11.下列物质中存在离子键、共价键和配位键的是（）A.Na2O2B.H3O+C.NH4ClD.NaOH【答案】C【解析】【详解】A、Na2O2中含离子键和非极性键，无配位键，故A不选；B、H

3O+中含共价键和配位键，无离子键，故B不选；C、NH4Cl中含有离子键、配位键和共价键，故C选；D、NaOH中含离子键和极性键，无配位键，故D不选；答案为C。12.下列物质电子式书写正确的是（）A.—CH3B.

NH4IC.H2SD.CH3Cl【答案】D【解析】【详解】A.—CH3中碳原子有一个未成对的电子，电子式为，A错误；B.NH4I中碘离子最外层电子数为8，其电子式为，B错误；C.H2S为共价化合物，由氢原子和硫原子构成，其电子式为，C错误；D.C

H3Cl为共价化合物，由碳、氢、氯原子通过共用电子对构成，电子式为，D正确；答案选D。13.下列铜原子核外电子排布式正确的是（）A.1s22s22p63s23p64s2B.1s22s22p63s23p64s1C.1s22s22p63s23p63d104s1

D.1s22s22p63s23p63d94s2【答案】C【解析】【详解】Cu是29号元素，因此Cu原子的核外有29个电子，根据构造原理，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，C选项符合题意；答案选C。14.在氯化氢分子中，

形成共价键的原子轨道是（）A.氯原子的2p轨道和氢原子的1s轨道B.氯原子的2p轨道和氢原子的2p轨道C.氯原子的3p轨道和氢原子的1s轨道D.氯原子的2p轨道和氢原子的3p轨道【答案】C【解析】【详

解】H只有1个电子，占据1s轨道，Cl原子的价电子排布式为3s23p5，3个3p原子轨道中1个含有单电子，则氯化氢分子中，H的1s轨道与Cl的3p轨道电子形成共价键；答案为C。15.M、N两种元素的原子，当它们每

个原子获得两个电子形成稀有气体元素原子的电子层结构时，放出的能量M大于N，由此可知（）①M的氧化性弱于N②M的氧化性强于N③N2-的还原性弱于M2-④N2-的还原性强于M2-A.①④B.②④C.①②D.②③【答案】B【解析】【详解】M、N两种元素的原子，当它们每个原子获得两个电子形成稀有气体元素

原子的电子层结构时，放出的能量M大于N，说明M比N更容易得到电子，则M的非金属性强于N，M的氧化性强于N，因此M2-的还原性弱于N2-，②④正确，答案选B。16.有关碳及其形成的单质与化合物的说法正确的是（）A.碳元素基态原子的核外电子

排布式为1s22s22p6，6个电子分占3个原子轨道B.在HCN中，碳、氮原子均进行sp2杂化，每个分子有2个σ键和2个π键C.金刚石的人工合成，既可以高压合成，也可以低压合成D.含有碳元素的晶体有原子晶体、分子晶体及

混合晶体，但没有离子晶体【答案】C【解析】【详解】A．碳元素为6号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，6个电子分占1s的1个原子轨道、2s的1个原子轨道，2p的两个原子轨道，共占4个原子轨道，A选项错误；B．HCN的结构为H—C≡N，分子中含有1个单

键和1个三键，所以碳、氮原子均进行sp杂化，每个分子有2个σ键和2个π键，B选项错误；C．金刚石的人工合成方法有静态高温高压法、动态超高压高温合成法、低压气相沉积法，因此既可以高压合成，也可以低压合成，C选项正确；D．含有碳元素的晶体中，金刚石是原

子晶体，二氧化碳是分子晶体，石墨是混合晶体，碳酸盐属于离子晶体，D选项错误；答案选C。【点睛】本题考查了杂化类型的判断、电子排布式、金刚石的合成方法、晶体类型的判断等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识应用的考查，题目难度中等，注意杂化类型的判断方法。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题(本题共4小

题，共52分)17.甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核外L层上s能级和p能级电子个数相同；乙元素原子3p能级上只有1对成对电子；丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满；而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中；戊元

素原子最外层电子排布图是，它的单质常温时为气态。试用化学符号回答以下问题。（1）甲是___，乙是___，丙是___，丁是___，戊是__。（2）丙和乙的单质发生化合反应的化学方程式是：___。（3）丙的硝酸盐溶液跟乙的气态氢化物发生反

应的离子方程式是：___。（4）甲和乙元素组成的化合物的化学式是___，用电子式表示该化合物的形成过程___。（5）乙和戊元素的气态氢化物沸点高低关系是___＞___。（6）丙的硫酸盐跟少量氨水反应的离子方程式是：___。（7）丙元素原子的外围电子排布式是___。（8）乙和丁

形成的化合物的电子式是___。【答案】(1).C(2).S(3).Cu(4).K(5).O(6).2Cu+SCu2S(7).Cu2++H2S=CuS↓+2H+(8).CS2(9).(10).H2O(11).H2S(12).Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+(13)

.3d104s1(14).【解析】【分析】根据题干信息，甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核外L层上s能级和p能级电子个数相同，其核外电子排布式为1s22s22p2，则甲元素为C元素，乙元素原子3p能级上只有1对成对电子，则乙为S元素，丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素

原子各内层均已充满，而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中，则丙为Cu元素，丁为K元素，戊元素原子最外层电子排布图是，它的单质常温时为气态，则戊为O元素，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，甲是C，乙是S，丙是Cu，丁是K，戊是O；(2)

丙和乙的单质分别为Cu和S，两者发生化合反应生成Cu2S，反应方程式为：2Cu+SCu2S；(3)丙的硝酸盐为Cu(NO3)2，乙的气态氢化物为H2S，两者反应生成CuS，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；(4)C和S组成的化合物为CS2，C和S形成共用电子

对，用电子式表示该化合物的形成过程为：；(5)乙和戊的气态氢化物为H2S和H2O，由于H2O分子间存在氢键，故沸点H2O＞H2S；(6)丙的硫酸盐为CuSO4，与少量氨水反应生成氢氧化铜的沉淀，其离子反应方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；(7)丙为

Cu元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则其外围电子排布式为3d104s1；(8)S和K形成的化合物为K2S，为离子化合物，其电子式为：。18.A、B、C、D、E分别代表五种短周期元素，且原子序数依次增大，已知：B的最外

层电子排布是ns2npn+1；C的p能级上未成对的电子比B少一个；D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构；E与D同周期且E在该周期中原子半径最小；B与A的单质能生成具有刺激性气味的气体。（1）B原子核外电子排布式为___。（2）A与E化合时原子间以___键相结合，D与C化合时原子

间以___键相结合。（3）写出A、C的单质直接化合形成的化合物与E单质反应的离子方程式为___。（4）A与B形成化合物时，中心原子采取___杂化方式成键，其立体构型为___，属于___(填“极性”或“非极性”)分子。【答案】(1).1s

22s22p3(2).共价(3).离子(4).Cl2+H2O=H++Cl-+HClO(5).sp3(6).三角锥形(7).极性【解析】【分析】A、B、C、D、E分别代表五种短周期元素，且原子序数依次增大，B的最外电子层是ns2npn+1，若n=

3，处于ⅥA族，E的原子序数大于18，不是短周期元素，不符合题意，故n=2，B的最外电子层为2s22p3，为氮元素；C的p能级上未成对的电子比B少一个，D的二价阳离子与C的阴离子是有相同的电子层结构，则离子有2个电子层，C处于第二周期，C的外围电子排布为2s22p4

，为氧元素，D的质子数为10+2=12，为Mg元素；E与D同周期且在E在该周期中原子半径最小，则E为Cl元素；B与A能生成具有刺激性气味的气体，A的原子序数比B的小，则A为氢元素，据此解答。【详解】（1）B

为N元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3；答案为：1s22s22p3。（2）A为H元素，E为Cl元素，H元素与Cl元素化合时形成HCl，原子间以共价键相结合，D为Mg元素，C为O元素，Mg元素与O元素化合生成MgO，属于离子化合物，原子间以离子键相结合；答案为：共价，离子。（

3）A为H元素，C为O元素，A、C的单质直接化合形成的化合物为H2O，E单质为氯气，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，则离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HC

lO；（4）A为H元素，B为N元素，A与B形成化合物是NH3，中心N原子成3个N-H、含有1对孤对电子对，故杂化轨道数为4，采取sp3杂化，呈空间正四面体，由于有一对孤对电子对，其立体构型为三角锥形，

由于结构不对称，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：sp3，三角锥形；极性。19.A、B两元素的最外层都只有一个电子，A的原子序数等于B的原子序数的11倍，A离子的电子层结构与周期表中非金属性最强的元素的阴离子的电子层结构相同；元素C与B易形成化合物B2C，该化

合物常温下呈液态，则：(1)A的原子结构示意图为____，在固态时属于___晶体。(2)C的单质属于___晶体。B与C形成化合物B2C的化学式为___，电子式为____；它是由___键形成的___分子，在

固态时属于___晶体。【答案】(1).(2).金属(3).分子(4).H2O(5).(6).极性共价(7).极性(8).分子【解析】【分析】由题干信息，A、B两元素的最外层都只有一个电子，A离子的电子层结构与周期表中非金属性最强的元素的阴离子的电子层结构相同，则A为Na元素，A的原子序数等于B的

原子序数的11倍，则B为H元素，元素C与B易形成化合物B2C，该化合物常温下呈液态，则C为O元素，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，A为Na元素，其核外有11个电子，原子结构示意图为，Na在固态时属于金属晶体；(2)C为O

元素，其单质为O2，属于分子晶体，H与O形成的化合物为H2O，分子中H和O形成共用电子对，其电子式为，H和O形成极性共价键，因为正负电荷的中心不重合，所以H2O是极性分子，在固态时，H2O属于分子晶体。20.A、B、C、D、E五种常见元素的基本信息如下所示：A

元素的一种原子的原子核内没有中子，B是所有元素中电负性最大的元素，C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物。请回答下列问题：(1)写出E元素原子基态时的电子排布式：________

______。(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能__________(填“大”或“小”)。(3)与D元素同周期且未成对电子数最多的元素是__________。(4)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2+配离子，

其中存在的化学键类型有___(填字母)。①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键若[E(CA3)4]2+配离子具有对称的空间构型，且当[E(CA3)4]2+中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[E(CA3)4]2+的空间构型为___

_______(填字母)。a.平面正方形b.正四面体形c.三角锥形d.V形【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s1(2).大(3).Cr(4).①③(5).a【解析】【分析】A元素的一种原子的原子核内没有中子，则A为

H。B是所有元素中电负性最大的元素，则B为F。C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，则C为N。E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO，则E为Cu。D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运

动状态不同的电子，则D为Ca。综上所述，A为H，B为F，C为N，D为Ca，E为Cu。【详解】（1）E为Cu，29号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C为N，其非金属性比O弱，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能要比O

的大；（3）D为Ca，位于第四周期，该周期中未成对电子数最多的元素是Cr（核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1）；（4）A、C、E三种元素可形成[Cu(NH3)4]2+配离子，其化学键Cu-N属于配位键，N-H属于极性共价

键，故合理选项为①③；当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则说明该离子的空间构型为平面正方形（参考甲烷的空间构型的验证实验）。