湖北省襄阳市四校联考20xx-20xx学年高二化学下学期期中试卷含解析

湖北省襄阳市四校联考20xx-20xx学年高二化学下学期期中试卷含解析内容摘要：

B．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用； C． “ 电子气理论 ” 把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成遍布整快晶体的 “ 电子气 ” ，被所有 原子所共有，从而把所有金属原子维系在一起；当金属晶体受到外力作用时，金属正离子间滑动而不断裂； D．简单立方堆积、配位数 空间利用率 52%；体心立方堆积、配位数 空间利用率 68%；六方最密堆积、配位数 1空间利用率 74%；面心立方最密堆积、配位数 1空间利用率74%． 【解答】 解： A．金属 Cu 的晶体为面心立方最密堆积，配位数最大，配位数为 12，故 A正确； B．金属键是存在于金属阳离子和 “ 自由电子 ” 之间的强的相互作用，这些 “ 自由电子 ” 为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，故 B正确； C．金属发生形变 时，自由电子仍然可以在金属子离子之间流动，使金属不会断裂，所以能用电子气理论解释金属的延展性，故 C正确； D．金属 Mg、 Zn、 Ti 都是六方最密堆积，空间利用率 74%，故 D错误； 故选 D． 9．下列有关说法正确的是（ ） A．水合铜离子的模型如图 1所示， 1个水合铜离子中有 4个配位键 B． CaF2晶体的晶胞如图 2所示，每个 CaF2晶胞平均占有 4个 Ca2+， 4个 F﹣ C． H原子的电子云图如图 3所示， H原子核外大多数电子在原子核附近运动 D．原子堆积模 型如图 4，可表示 Mg 原子的堆积方式 【考点】 配合物的成键情况；晶胞的计算． 【分析】 A．水合铜离子中铜离子的配位数为 4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，据此答题； B．根据均摊法可知，在 CaF2晶体的晶胞中，每个 CaF2晶胞平均占有 Ca2+个数为 =4，据此答题； C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少， H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说 H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，据此答题； D．根 据晶胞图可知，原子分布在晶胞的顶点和面心上， Mg属于金属晶体，堆积方式是六方最密堆积． 【解答】 解： A．水合铜离子中铜离子的配位数为 4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键， 1个水合铜离子中有 4个配位键，故 A正确； B．根据均摊法可知，在 CaF2晶体的晶胞中，每个 CaF2晶胞平均占有 Ca2+个数为 =4， 2个 F﹣ ，故 B错误； C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少， H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说 H原子 的一个电子在原子核附近出现的机会较多，故 C错误；D．根据晶胞图可知，原子分布在晶胞的顶点和面心上，所以该金属晶体为面心立方最密堆积，而 Mg的原子堆积叫六方最密堆积，故 D错误； 故选 A． 10．下列分子是极性分子的是（ ） A． PCl3 B． SO3 C． BF3 D． CS2 【考点】 极性分子和非极性分子． 【分析】 极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，极性分子是由极性键构成的结构不对称的分子；对于 ABn型分子，若中心原子的化合价的绝对值等于原子的最外层电子数，则为非极性分子，据此判断． 【解答】 解： A、 PCl3分子中 P的最外层有 5个电子，其化合价为 +3，中心原子的化合价的绝对值不等于原子的最外层电子数，属于极性分子，故 A选； B、 SO3分子中 S的最外层有 6个电子，其化合价为 +6，中心原子的化合价的绝对值等于原子的最外层电子数，属于非极性分子，故 B不选； C、 BF3分子中 B的最外层有 3个电子，其化合价为 +3，中心原子的化合价的绝对值等于原子的最外层电子数，属于非极性分子，故 C不选； D、 CS2分子中 C的最外层有 4个电子，其化合价为 +4，中心原子的化合价的绝对值等于原子的最外层电子数，属于非极性分子， 故 D不选． 故选 A． 11．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①[Ne ]3s23p4； ②1s 22s22p63s23p3；③1s 22s22p5．则下列有关比较中不正确的是（ ） A．最高正化合价： ③ ＞ ② ＞ ① B．原子半径： ② ＞ ① ＞ ③ C．电负性： ③ ＞ ① ＞ ② D．第一电离能： ③ ＞ ② ＞ ① 【考点】 原子核外电子排布． 【分析】 由核外电子排布式可知， ①[Ne ]3s23p4为 S元素， ②1s 22s22p63s23p3为 P元素，③1s 22s22p5为 F元素． A．最高正化合价等于最外层电子数，注意 F、 O元素一般 没有正化合价； B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大； C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小； D．同周期随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但 P元素原子 3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减弱． 【解答】 解：由核外电子排布式可知， ①[Ne ]3s23p4为 S元素， ②1s 22s22p63s23p3为 P元素，③1s 22s22p5为 F元素． A． S元素最高正化合价为 +6， P元素最高正化合价为 +5， F没有正化合价，故最高正化合 价：① ＞ ② ，故 A错误； B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径 P＞ S＞ F，即 ② ＞ ① ＞ ③ ，故 B正确； C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性 ③ ＞ ① ＞ ② ，故 C正确； D．同周期随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但 P元素原子 3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减弱，故第一电离能F＞ P＞ S，即 ③ ＞ ② ＞ ① ，故 D正确． 故选： A． 12．下面的排序正确的是（ ） A．晶体熔点由低到高： CCl4＜ CBr4＜ CI4＜ CF4 B．硬度由大到小：金刚石＞晶体硅＞碳化硅 C．熔点由高到低： Na＞ Mg＞ Al D．晶格能由大到小： NaF＞ NaCl＞ NaBr＞ NaI 【考点】 晶体熔沸点的比较；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱． 【分析】 A．不含氢键的分子晶体中熔沸点与其相对分子质量成正比； B．都是原子晶体，化学键越强，硬度越大，原子半径越小，键长越大，化学键越强； C．金属晶体熔沸点与金属键成正比，金属键与原子半径成反比、与电荷成正比； D．离子晶体晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比． 【解答】 解： A．四种分子 晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高即晶体熔点由低到高： CF4＜ CCl4＜ CBr4＜ CI4，故 A错误； B．原子半径 Si＞ C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度大小顺序是金刚石＞碳化硅＞硅，故 B错误； C． Na、 Mg、 Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低： Al＞ Mg＞ Na，故 C错误； D．离子半径 F﹣ ＜ Cl﹣ ＜ Br﹣ ＜ I﹣ ，故离子键强度 NaF＞ NaCl＞ NaBr＞ NaI，故晶格能 NaF＞ NaCl＞ NaBr＞ NaI，故 D正确； 故选 D． 13．向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到透明溶液．下列对此现象说法不正确的是（ ） A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后 Zn2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成配合离子 [Zn（ NH3） 4]2+ C．用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样的现象 D．在 [Zn（ NH3） 4]2+离子中， NH3给出孤对电子， Zn2+提供空轨道 【考点】 配合物的成键情况． 【分析】 向硫酸锌溶液中加入氨水，氨水先和硫 酸锌反应生成氢氧化锌沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化锌反应生成可溶性的锌氨络合物． A．硫酸锌先和氨水反应生成氢氧化锌，氢氧化锌和氨水反应生成络合物； B．氢氧化锌和氨水反应生成配合物而使溶液澄清； C．硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象； D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键． 【解答】 解： A．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌 离子浓度减小，故 A错误； B．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子 [Zn（ NH3） 4]2+而使溶液澄清，故 B正确； C．硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，故 C正确； D．在 [Zn（ NH3） 4]2+离子中， Zn2+提供空轨道， NH3提供孤电子对，故 D正确； 故选 A． 14．下列对一些实验事实及其理论解释都正确的是（ ） 选项 实验事实 理论解释 A N原子的第一电离能小于 O原子 同周期元素原子的电离能随原子序数增大而增大 B CO2为直线形分子 CO2分子中 C为 sp杂化，键角为 180176。 C 金刚石的熔点高于石墨 金刚石是原子晶体，石墨是分子晶体 D HF的沸点低于 HCl HF的相对分子质量小于 HCl A． A B． B C． C D． D 【考点】 物质的组成、结构和性质的关系． 【分析】 A．氮原子 2p能级半充满，所以比较稳定，难以失去电子； B． CO2分子是直线型，杂化类型为 SP杂化，分子构型与键的极性无关； C．金刚石是原子晶体； D．从 HF分子中含有氢键角度分析． 【解 答】 解： A．氮原子 2p能级半充满，所以比较稳定，氮原子的第一电离能大于氧原子，故 A错误； B．理论解释不对， CO2分子的价层电子对是 2，根据价层电子对互斥理论，键角为 180176。 ，CO2分子是直线型，故 B正确； C．金刚石是原子晶体，故 C错误； D．理论解释不对， HF 分子中含有氢键，故 HF的沸点高于 HCl，故 D错误． 故选 B． 15．有下列离子晶体立体结构示意图：。