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山西省忻州实验中学2018-2019高二下学期期中考试化学试卷1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.4gNaOH固体所含电子总数为2NAB.22．4lLC2H6所含化学键总数为7NAC.6gSiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0．4NAD.0．1mol·L－1NH4Cl溶液中，4NH＋与Cl－数之和小于0．2NA【答案】A【解析】试题分析：A、4克氢氧化钠的物质的量为4/40=0.1摩尔，每个氢氧化钠中含有20个电子，所以总共含有2摩尔电子，正确，选A；B、没有说明是否在标况下，不能计算其物质的量，错误，不选B；C、二氧化硅中不含有分子，错误，不选C；D、没有说明溶液的体积，错误，不选D。考点：阿伏伽德罗常数2.某氧原子的质量是ag，12C原子的质量是bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()①该氧原子的相对原子质量为12a/b②mg该氧原子的物质的量为m/(aNA)mol③该氧原子的摩尔质量是aNAg④ag该氧原子所含的电子数为8molA.①③B.②④C.①②D.②③【答案】C【解析】【详解】①某一原子的相对原子质量是指：以一个碳-12原子质量的112作为标准，该原子的质量跟一个碳-12原子质量的1/12的比值。故该氯原子的相对原子质量为ab12=12ab，故①正确；②根据公式n=mM，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为AmaNmol，故②正确；③一个该氯原子的质量是a，1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，故③错误；④一个该氧原子的质量是ag，ag该氧原子个数AagaNg/mol×NA=1，1个氧原子所含的电子数是8个，ag该氧原子所含的电子数为8，故④错误；正确的有①②，故选C。3.下列关于晶体的说法中，不正确的是①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；③共价键可决定分子晶体的熔、沸点；④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6A.①②③B.②③④C.④⑤⑥D.②③⑦【答案】D【解析】①晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，①正确；②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，例如金属晶体中也含有阳离子，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，②不正确；③决定分子晶体的熔、沸点的分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，③不正确；④晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，⑤正确；⑥在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方式以使其变得比较稳定，⑥正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，⑦不正确。综上，②③⑦不正确。点睛：本题考查了晶体和非晶体的区别、晶体的构成、晶胞的概念、配位数的判断等，题目涉及的知识点较多，题目难度不大，注意基础知识的积累。晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。4.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是()A.若M(甲)M(乙)，则分子数：甲乙B.若M(甲)M(乙)，则气体摩尔体积：甲乙C.若M(甲)M(乙)，则气体的压强：甲乙D.若M(甲)M(乙)，则气体的体积：甲乙【答案】C【解析】试题分析：A．根据n=m/M，若M（甲）＜M（乙），则n（甲）＞n（乙），则气体的分子数：甲＞乙，A错误；B．根据n=m/M，若M（甲）＞M（乙），则气体的物质的量：甲＜乙，又根据ρ=m/V可知气体的体积相等，根据Vm=V/n，故则气体的摩尔体积：甲＞乙，B错误；C．若M（甲）＜M（乙），根据n=m/M，则气体的物质的量：甲＞乙，由PV=nRT可知，气体的压强：甲＞乙，C正确；D．两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ=m/V可知气体的体积相等，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查阿伏加德罗定律及推论【名师点晴】本题注意相关计算公式的运用，为解答该题的关键，易错点为D，注意根据密度的计算公式推导。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。5.下列有关金属键的叙述错误的是()A.金属键没有饱和性和方向性B.金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用C.金属键中的自由电子属于整块金属D.金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关【答案】B【解析】【详解】A．金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故A正确；B．金属键是金属阳离子和自由电子这两种带异性电荷的微粒间的强烈静电作用，既包括吸引也包括排斥作用，故B错误；C．自由电子在金属中自由运动，为整个金属的所有阳离子所共有，故C正确；D．金属晶体中的金属键决定了金属的性质和金属固体的形成，故D正确；故选B。6.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（）A.①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个C.晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12D.空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④【答案】B【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。C、③为六方最密堆积，此结构为六方锥晶包的1/3，配位数为12,C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.正确答案为B7.下列对化学知识概括合理的是（）。A.原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键B.同素异形体之间的转化都是物理变化C.原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低D.一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物【答案】C【解析】稀有气体的晶体中不含有化学键，A项错；3O22O3是化学变化，B项错；晶体硅的熔点比钨低，蔗糖的熔点比汞高，C项正确；N元素显＋4价的氧化物有NO2、N2O4，D项错。8.金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。下列关于它们的说法中正确的是A.金属晶体和离子晶体都能导电B.在镁晶体中，1个Mg2+只与2个价电子存在强烈的相互作用C.金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积方式D.金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性【答案】C【解析】A．离子晶体固态时不导电，如氯化钠固体不导电，故A错误；B．金属晶体中有电子气，能导电，金属晶体中的电子气属于整个晶体，故B错误；C．金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，原子晶体都可采取“非紧密堆积”方式，故C正确；D．离子晶体没有延展性，易断裂，故D错误；故选C。9.下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是A.金刚石晶体硅二氧化硅碳化硅B.CI4CBr4CCl4CF4C.MgOH2ON2O2D.金刚石生铁钠纯铁【答案】B【解析】A．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，选项A错误；B．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4，选项B正确；C．离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，选项C错误；D．熔、沸点：原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，选项D错误。答案选B。10.如图是某无机化合物的二聚分子（小球大小只代表种类不同，与原子半径大小无关），该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层电子数都达到8个电子的稳定结构。下列说法不正确的是()A.该化合物的化学式是Al2Cl6B.该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电C.该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体D.该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键【答案】B【解析】【分析】将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，为共价化合物，据此分析解答。【详解】A．将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；B．Al2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，在熔融状态下不能导电，故B错误；C．Al2Cl6属于共价化合物，固态是构成分子晶体，熔沸点较低，故C正确；D．Al2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，只有极性共价键，不含有非极性共价键，故D正确；故选B【点睛】解答本题的关键是正确判断物质的组成，要注意AlCl3属于共价化合物，不是离子化合物。11.科学家艾哈迈德·泽维尔使“运用激光技术观测化学反应时原子的运动”成为可能。泽维尔研究发现，当激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距在10～15A。(埃，1A。=1×10-10m)，呈现离子键；当两核靠近约2.8A。时，呈现共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是()A.NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物B.共价键和离子键没有明显的界限C.NaI晶体中既有离子键，又有共价键D.离子晶体可能含有共价键【答案】B【解析】【详解】A．NaI晶体是离子化合物，如改变离子的核间距，可能为共价化合物，但为纯净物，不是混合物，故A错误。B．当激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距在10～15A。，呈现离子键；当两核靠近约2.8A。时，呈现共价键，由此可知共价键和离子键没有严格的界限，故B正确；C．NaI晶体中当Na+和I—两核间距在10～15A。，呈现离子键；当两核靠近约2.8A。时，呈现共价键，但不存在既有离子键，又有共价键的情形，故C错误；D．NaOH晶体中就有离子键和共价键，但不是泽维尔的研究成果，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为CD，C要注意NaI晶体中只能存在离子键或共价键，不可能同时