宁夏石嘴山市平罗中学2022-2023学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）

平罗中学2022－2023学年第一学期期中考试试卷可能用到的相对原子质量：H：1B：11N：14P：31Na：23Al：27Mg：24Fe：56Cu：64第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共24小题，每小题2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的。1.最近医学界通过用放射性14C标记C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关14C的叙述正确的是(　　)A.14C与C60中普通碳原子的化学性质不同B.14C与14N含的中子数相同C.14C是C60的同素异形体D.14C与12C互为同位素【答案】D【解析】【分析】A．碳原子的化学性质相同；B．中子数=质量数-质子数；C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；D．质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。【详解】A.14C与C60中普通碳原子，为同种元素的原子，两者化学性质几乎完全相同，A项错误；B.14C的中子数为14&minus;6=8，14N的中子数为14&minus;7=7，二者不同，B项错误；C.14C是原子，不是单质，与C60单质不是同素异形体，C项错误；D.14C与12C的质子数均为6，中子数分别为8、6不同，互为同位素，D项正确；答案选D。2.价电子排布式为5s25p3的元素是(　　)A.第五周期第ⅢA族B.51号元素C.s区的主族元素D.Te【答案】B【解析】【分析】主族元素原子的价电子排布式中，能级前数字表示周期数，最外层s、p能级电子数之和与其族序数相等，价电子排布式为5s25p3的元素位于第五周期第VA族，据此分析解答。【详解】主族元素原子的价电子排布式中，能级前数字表示周期数，最外层s、p能级电子数之和与其族序数相等，价电子排布式为5s25p3的元素位于第五周期第VA族，位于p区，原子序数=2+8+18+18+5=51，为Bi,元素，所以B选项正确；综上所述，本题选B。3.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是①原子序数为15的元素的最高化合价为＋3②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素③第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6④原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期ⅡA族A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】C【解析】【详解】①原子序数为15的元素，其核外电子排布为2、8、5，为磷元素，最高化合价=最外层电子数=+5，故①错误；②同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则元素的非金属性逐渐增强（惰性气体元素除外），故②正确；③周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，则第二周期ⅣA族元素为碳元素，其有多种同位素原子，如：12C、13C、14C，核电荷数一定为6，但中子数分别为6、7、8，故③错误；④原子序数为12的元素，其核外电子排布为2、8、2，为镁元素，周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，故④正确；综上所述，有关原子结构和元素周期律的表述正确的是②④，故选C4.水是制取氢气的常用原料，下列有关水的说法不正确的是A.水分子是一种极性分子，空间结构呈三角锥形B.H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的&sigma;键C.H2O和H+以配位键结合并形成H3O+D.水在固态时形成的晶体为分了晶体，存在氢键和分子间作用力【答案】A【解析】【详解】A．水分子是一种极性分子，空间结构呈V形，A不正确；B．H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的&sigma;键，B正确；C．H2O和H+以配位键结合并形成H3O+，C正确；D．水在固态时形成的晶体为分了晶体，存在分子间氢键和分子间作用力，D正确。,本题选A。5.下列表达方式正确的是A.24Cr的外围电子排布式：3d44s2B.CO2的立体结构模型C.基态碳原子的价电子排布图为D.S2-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A.24号的Cr的外围电子排布式：，半满状态能量低，故A错误；B.二氧化碳分子是直线形，而不是V形，故B错误；C.基态碳原子价电子排布为，所以轨道排布式为：，故C正确；D.最外层8个电子，而不是6个电子，故D错误；故选：C。6.《天工开物》记载：&ldquo;凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅&hellip;&hellip;而后火药成声&quot;，涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2&uarr;+3CO2&uarr;，下列说法正确的是A.离子半径：K+＞S2-＞O2-B.元素的最高化合价：O=S＞CC.第一电离能：N＞O＞C＞KD.电负性：N＞O＞S【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电子层越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，K+、S2-核外电子有3层，O2-核外有2层，钾原子序数大于硫原子序数，所以离子半径：S2-＞K+＞O2-，故A错误；B．氧元素没有最高正价，硫元素最高化合价为+6价，碳元素最高化合价为+4价，故B错误；C．同一周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，IIA、VA族依次为ns的全充满、np的半充满结构，其第一电离能比相邻元素偏高，所以第一电离能：N＞O＞C＞K，故C正确；,D．同周期从左到右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性减小，所以电负性：O＞N、O＞S，故D错误；故选C。7.关于晶体与非晶体，正确的说法（　　）A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是比较硬度B.凡有规则外形的物体就一定是晶体C.一种物质不是晶体就是非晶体D.具有各向异性的固体一定是晶体【答案】D【解析】【分析】A.比较硬度的方法区分晶体与非晶体不可靠；B.是否为晶体，与物体有没有规则外形无关；C.二氧化硅为反例；D.具有各向异性的固体一定是晶体；【详解】A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射实验，故A项错误；B.晶体与非晶体的区别在于晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，与物体有没有规则外形无关，故B项错误；C.二氧化硅有晶体和非晶体两种形式，故C项错误；D.具有各向异性的固体一定是晶体，故D项正确，本题选D。8.某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中不正确的是A.该化合物含有的元素有五种B.该化合物属配合物，中心离子的配位数是4，配体是氮元素C.该化合物中键数目为D.该化合物中含有极性键、非极性键、配位键和氢键【答案】C,【解析】【详解】A．由图可知，结构中含有C、H、N、O、五种元素，A正确；B．该物质中，提供空轨道，氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，中心离子为，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，B正确；C．该配合物中含有、、、中的键，还有双键中其中有一个键，共32个，不要漏掉，C错误；D．由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接的H原子之间形成氢键，N原子与原子之间形成配位键，同时存在双键，因此该化合物中含有极性键、非极性键、配位键和氢键，D正确；故选C。9.下面的排序不正确的是A.离子半径：Fe2+&gt;Fe3+B.硬度：晶体硅&gt;金刚石C.键角：NH3&gt;H2OD.热分解温度：BaCO3&gt;CaCO3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．核电荷数相同，电子数越多，半径越大，离子半径：Fe2+&gt;Fe3+，故A正确；B．二者均为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，硬度越大，即硬度：金刚石&gt;晶体硅，故B错误；C．N、O均为sp3杂化，NH3有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，孤电子对之间排斥力&gt;孤电子对与共用电子对间排斥力&gt;共用电子对之间的排斥力，键角NH3&gt;H2O，故C正确；D．RCO3热分解生成RO和CO2，R2+离子半径越小，结合O2&mdash;越容易，热分解温度越低，热分解温度BaCO3&gt;CaCO3，故D正确；答案选B。10.甲醛分子式为CH2O，有强烈刺激性气味的气体，甲醛在常温下是气态，被世界卫生组织确定为致癌和致畸形物质。下列关于其结构及性质的分析正确的是A.C原子采取sp3杂化，O原子采取sp杂化B.甲醛分子中心原子价层电子对数为4，含有一对孤电子对，是三角锥形结构C.一个甲醛分子中含有3个&sigma;键和1个&pi;键D.甲醛分子为非极性分子,【答案】C【解析】【分析】本题考查的是杂化轨道、价层电子互斥理论、分子极性等，注意理解杂化轨道理论与价层电子互斥理论，进行分子构型的判断。【详解】A.甲醛中形成2个碳氢键，一个碳氧双键，杂化轨道为3，C原子采取sp2杂化，氧原子形成一个碳氧双键，含有2对孤电子对，O原子采取sp2杂化，故错误；B.甲醛分子中成2个C-H键、1个C=O双键，甲醛分子中心原子价层电子对数为3，不含孤电子对，是平面三角形结构，故错误；C.一个甲醛分子中形成2个碳氢键，一个碳氧双键，一个双键含有一个&sigma;键和一个&pi;键，所以共含有3个&sigma;键和1个&pi;键，故正确；D.甲醛分子为平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，所以为极性分子，故错误；故选C。11.下列各组物质中，化学键类型都相同的是A.CaCl2和NaOHB.Na2O和Na2O2C.CO2和CS2D.HCl和NaOH【答案】C【解析】【详解】A、CaCl2只有离子键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项A不选；B、Na2O只有离子键；Na2O2有离子键和非极性共价键；化学键类型不相同，选项B不选；C、CO2和CS2都含极性共价键，化学键类型相同，选项C选；D、HCl极性键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项D不选；答案选C。点睛：本题考查了化合物中化学键的类型，完成此题，可以依据具体的物质结合已有的知识进行。根据已有的知识进行分析，离子化合物中存在离子键或共价键，共价化合物中存在共价键，据此解答。12.下列实验事实和对实验事实的理论解释都正确的是选项实验事实理论解释AH2S的沸点比H2O的高H2S的范德华力大于H2O的范德华力B白磷为正四面体分子白磷分子中P﹣P﹣P的键角是109.5&deg;C1体积水可以溶解700体积氨气氨是极性分子且有氢键的影响D键的极性：H-O&gt;N-H非金属性差异越大,键的极性越小,A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．水分子间存在氢键，而是水的沸点高于硫化氢，故A错误；B．白磷分子为正四面体结构，两个P-P间的键角为60&deg;，而不是109.5&deg;，故B错误；C．氨气和水分子中都含有氢键，二者都是极性分子，并且氨气能和水分子之间形成氢键，则氨气极易溶于水，故C正确；D．非金属性差异越大，键的极性越大，而不是越小，故D错误；故选C。13.向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是A.Cu(OH)2溶于浓氨水的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－B.开始生成蓝色沉淀，加入过量氢氧化钠时，形成深蓝色溶液C.开始生成Cu(OH)2，之后生成更稳定的配合物D.开始生成蓝色沉淀，加入氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液【答案】B【解析】【详解】A．铜离子能与氨分子形成铜氨络合离子，所以Cu(OH)2易溶于浓氨水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－，故A正确；B．向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，发生反应：Cu2++2OH-＝Cu(OH)2&darr;，加入过量氢氧化钠时，氢氧化钠与氢氧化铜不反应，不能形成深蓝色溶液，故B错误；C．开始生成蓝色沉淀为氢氧化铜，之后深蓝色溶液中所含的是铜氨络离子，为更稳定的配合物[Cu(NH3)4]Cl2，故C正确；D．向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，生成Cu(OH)2沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生络合反应形成深蓝色溶液，故D正确；故选：B。14.下列有关晶体的叙述中错误的是A.石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子B.氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl&mdash;C.CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl&mdash;，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有4个金属原子【答案】D,【解析】【详解】A.石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子，A正确；B.氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl&mdash;，每个Cl&mdash;周围紧邻的有6个Na+，B正确；C.CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl&mdash;，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+，C正确；D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子，D错误；答案选D。15.X是核外电子数最少的元素，Y是地壳中含量最丰富的元素，Z在地壳中的含量仅次于Y，W可以形成自然界中最硬的原子晶体。下列叙述错误的是(　　)A.WX4是沼气的主要成分B.固态X2Y是分子晶体C.ZW是原子晶体D.玛瑙、水晶和玻璃的成分都是ZY2【答案】D【解析】【分析】X是核外电子数最少的元素，则X为H；Y是地壳中含量最丰富的元素，则Y为O；Z在地壳中含量仅次于Y，则Z为Si；W可以形成自然界最硬的原子晶体，则W为C。【详解】A：WX4是CH4，它是沼气的主要成分，故不选A；B：固态X2Y是H2O，是分子晶体，故不选B；C：ZW是SiC，是原子晶体，故不选C；D：ZY2是SiO2，是玛瑙和水晶的成分，但玻璃的成分主要是硅酸盐，故D项错误；正确答案：D。16.下表为第三周期元素X和Y的各级电离能数据，单位是。下列判断错误的是电离能I1I2I3I4I5X元素738145177331054013630Y元素578181727451157514830A.X基态原子中能量最高能级的电子云轮廓图为球形B.X能与Cl形成化合物XCl2C.Y与强酸和强碱均能反应产生氢气D.X和Y在周期表中均属于p区元素【答案】D【解析】,【分析】根据X元素电离能在第三电离能出现突增特点判断，X最外层电子数是2个，根据题已知是第三周期元素，故X是Mg元素，Y元素在第四电离能出现突增，故Y最外层电子数是3个，故Y是第三周期的Al元素。【详解】A．根据以上分析X是Mg元素，能量最高能级是3s，故电子云轮廓图为球形，故A正确；B．Mg能与Cl形成化合物MgCl2，故B正确；C．Al能与强酸和强碱均能反应产生氢气，故C正确；D．Mg在周期表中均属于s区元素，Al在周期表中均属于p区元素，故D不正确；故选答案D。【点睛】电离能的突变主要看在电离能的变化中出现倍增突增时，确定失去前1个电子是最外层电子，据此判断元素所在的主族序数。17.法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.该分子中C原子均为sp2杂化B.该分子中C&mdash;N键的键能大于C&mdash;F键的键能C.该分子中&sigma;键与&pi;键数目之比为7：2D.该分子中存在手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．该分子中所有C原子均形成双键，杂化方式均为sp2杂化，A正确；B．分子中C-N键的键能与C-F键的键能比较，可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的两个原子的半径来比较，半径越小键能越大，两个化学键都含有C原子，N原子的半径大于F原子的，所以C-N键的键能小于C-F键的键能，B错误；C．该分子中&sigma;键与&pi;键数目之比为15：4，C错误；D．手性碳原子一定是饱和碳原子，所连接的四个基团不同，该有机物中没有饱和的碳原子，故D错误；故选：A。18.如图是Na、Cu、Si、H、C、N六种元素的单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是电和热的良导体。下列判断错误的是,A.单质e、f为原子晶体，其熔化时克服的作用力是共价键B.单质c对应元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s1C.单质a、b在催化剂、一定温度及压强下可化合生成原子数之比为3：1的化合物，该分子能与Ag+等金属阳离子形成配离子D.单质d能与稀HNO3反应产生H2，也可以作为乙醇催化氧化的催化剂【答案】D【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A．e为Si，f为C，单质e、f为原子晶体，其熔化时克服的作用力是共价键，故A正确；B．c为Na，单质c对应元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s1，故B正确；C．a为H，b为N，单质a、b在催化剂、一定温度及压强下可化合生成原子数之比为3：1的化合物NH3，氨分子能提供孤电子对，能与Ag+等金属阳离子形成配离子，故C正确；D．d为Cu，单质d能与稀HNO3反应产生NO，可以作为乙醇催化氧化的催化剂，故D错误；故选D。19.下列对分子性质的解释中，不正确的是A.Cl2是双原子分子，H2S是三原子分子，这是由共价键的饱和性决定的B.由于乳酸中存在一个手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体C.HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键,D.由上图可知酸性：H3PO4&gt;HClO，因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子【答案】C【解析】【详解】A．由于共价键具有饱和性，Cl原子最外层电子数为7，只能与1个氯原子形成1条共价键，形成双原子分子Cl2，S原子最外层有6个电子，可以与两个H原子形成2条共价键，形成三原子分子H2S，故A正确；B．含有手性碳原子的分子存在手性异构体，乳酸分子中羟基所连碳原子为手性碳原子，因此存在手性异构体，故B正确；C．化合物的稳定性与化学键强弱有关，氢键影响HF的沸点但不影响HF的稳定性，故C错误；D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；故选：C。20.锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物均能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成配合物离子[Zn(NH3)4]2+，除去Al3+中的杂质Zn2+，最好的方法是A.加入适量的NaOH溶液，过滤洗涤，再加盐酸B.加入过量的NaOH，过滤洗涤，再加盐酸C.加入适量的盐酸溶液，过滤洗涤再加NaOH溶液D.加入过量的氨水，过滤洗涤，再加盐酸【答案】D【解析】【详解】A．锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物均能溶于强酸，又能溶于强碱，难以控制氢氧化钠的用量，故不选A；B．锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物均能溶于强酸，又能溶于强碱，加入过量的NaOH，不生成沉淀，故不选B；C．Al3+、Zn2+都不与盐酸反应，故不选C；D．加入过量的氨水，Al3+生成氢氧化铝沉淀、Zn2+生成[Zn(NH3)4]2+，过滤出氢氧化铝，洗涤，氢氧化铝中再加盐酸生成Al3+，故选D；选D。21.硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，受热易分解。层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示)，则下列有关说法中正确的是,A.正硼酸晶体属于原子晶体B.H3BO3分子的稳定性与氢键有关C.1molH3BO3晶体中含有3mol氢键D.分子中硼原子最外层为8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．根据物质的性质可知：正硼酸晶体属于分子晶体，错误；B．H3BO3分子的稳定性与分子内的化学键有关，而与分子之间的氢键无关，错误；C．由分子结构可知：每一个硼酸分子与相邻的6个分子形成氢键；每个氢键是两个分子形成的，每个分子占1/2，因此1个硼酸分子形成3个氢键，所以1molH3BO3晶体中含有3mol氢键，正确；D．在硼酸分子中硼原子最外层为6电子．错误；答案选C。22.下列说法正确的是A.钛和钾都采取图1的堆积方式B.图2为金属原子在二维空间里的非密置层放置，此方式在三维空间里堆积，仅得简单立方堆积C.图3是干冰晶体的晶胞，晶胞棱长为acm，则在每个CO2周围距离相等且为cm的CO2有8个D.图4这种金属晶体的晶胞，是金属原子在三维空间里以密置层采取ABCABC&hellip;堆积的结果【答案】D【解析】【详解】A、钛采取图1的堆积方式，而钾采取体心立方堆积方式，错误；B、按照图2的方式，在三维空间里的堆积可以得到2种方式，一种是简单立方堆积，一种是体心立方堆积，错误；C、在干冰的晶胞中，在每个二氧化碳周围距离相等且等于cm的二氧化碳有12个，错误；,D、图4是金属原子在三维空间里以密置层采取ABCABC......面心立方堆积，正确；答案选D。23.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子多1，下列说法正确的是A.Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4B.三种元素的气态氢化物中，X的气态氢化物最稳定C.原子半径由大到小的顺序为Z&gt;Y&gt;XD.元素非金属性由弱到强的顺序为Z<y<x【答案】b【解析】【分析】x、y、z是3种短周期元素，x原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则x有2个电子层，最外层电子数为6，故x为氧元素；x、y位于同一族，故y为硫元素；y、z处于同一周期，z原子的核外电子数比y多1，则z原子的核外电子数为17，故z为氯元素，由以上分析可知x为o元素、y为s元素、z为cl元素，结合元素周期律分析解答。【详解】a．y为硫元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为h2so4，故a错误；b．非金属性：s<cl<o，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性y<z<x，故b正确；c．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，所以原子半径：s>Cl&gt;O，即Y&gt;Z&gt;X，故C错误；D．同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性：S</y<x【答案】b【解析】【分析】x、y、z是3种短周期元素，x原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则x有2个电子层，最外层电子数为6，故x为氧元素；x、y位于同一族，故y为硫元素；y、z处于同一周期，z原子的核外电子数比y多1，则z原子的核外电子数为17，故z为氯元素，由以上分析可知x为o元素、y为s元素、z为cl元素，结合元素周期律分析解答。【详解】a．y为硫元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为h2so4，故a错误；b．非金属性：s<cl<o，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性y<z<x，故b正确；c．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，所以原子半径：s>