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四川省成都外国语名校2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析
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2022-2023学年度下期期中考试高二化学试卷
注意事项：
1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试100分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必现将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填图。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ga–70 N-14
第Ⅰ卷
一、单选题(共25小题，每题2分)
1. 以下能级符号正确的是
A. 4s B. 3f C. 2d D. 1p
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据第一电子层上只有1s，第二电子层只有2s、2p，第三电子层只有3s、3p、3d，第四电子层只有4s、4p、4d、4f；
答案选A。
2. 生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是
A. 钢铁长期使用后生锈 B. 霓虹灯广告
C. 平面镜成像 D. 金属导线可以导电
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢铁长期使用后生锈，是金属原子失去电子被氧化，与电子跃迁无关，A不符合题意；
B．霓虹灯广告是原子的电子吸收能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使灯光呈现颜色，与电子跃迁有关，B符合题意；
C．平面镜成像是光的反射作用，与电子跃迁无关，C不符合题意；
D．金属可以导电是由于金属电子在通电后作定向移动，与电子跃迁无关，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 年月，科学家用轰击，生成了个拥有个质子的新原子。下列有关说法正确的是
A. 第号元素是副族元素
B. 质量数为
C. 上述得到新原子的过程属于化学变化
D. 的中子数比核外电子数多
【答案】D
【解析】
【详解】A．第117号元素在元素周期表中的第17列即ⅦA族，为主族元素，故A错误；
B．的质子数是97，质量数为249，故B错误；
C．上述过程中，原子核发生了变化，该反应属于物理变化，故C错误；
D．的质子数为20，质量数为48，中子数=48-20=28，核外电子数=20-2=18，中子数比核外电子数多10，故D正确；
故选：D。
4. 锗元素在元素周期表中的信息如图所示。下列有关锗元素的说法错误的是
A. 锗原子最外层有4个能量相同的电子
B. 位于第四周期族
C. 锗原子有2个未成对电子
D. 锗原子M层有18个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．4s轨道和4p轨道上的电子能量不相同，A错误；
B．该元素的原子核电荷数为32，位于第四周期，最后一个电子填入4p轨道，属于p区元素，故位于第四周期 IVA 族，B正确；
C．4p轨道上有两个电子，根据洪特规则可知，这个电子各占据一个简并轨道，故锗原子有2个未成对电子，C正确；
D．根据构造原理，基态锗原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2，锗原子M层，也就是第三能层，共有18个电子，D正确；
故答案选A。
5. 下列晶体熔化时，化学键没有被破坏的是
A. 氯化铵 B. 铁 C. 干冰 D. 二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl是离子化合物，熔融时分解生成NH3、HCl，化学键被破坏，故A不符合；
B．铁是金属晶体，熔融时破坏金属键，故B不符合；
C．干冰属于分子晶体，熔融时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故C符合；
D．SiO2属于共价晶体，熔融时破坏共价键，故D不符合；
故选C。
6. 下列化学用语表示正确的是
A. 的分子模型示意图：
B. 杂化轨道模型：
C. H2O2电子式：
D. 硅原子最外层电子的电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳分子为直线型结构，且碳原子半径大于氧原子半径，其分子模型为 ，A错误；
B．sp2杂化轨道是一个s轨道和2个p轨道杂化形成的，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为 ，B正确；
C．H2O2是共价化合物，其电子式为 ，C错误；
D．图中硅原子最外层电子的电子排布图错误，违背了洪特规则，p轨道上的两个电子应分别占据简并轨道，且自旋平行，D错误；
故答案选B。
7. 以下物质的应用和性质没有因果关系的是
选项
应用
性质
A
用金刚石做钻头
金刚石硬度大
B
古时金被加工成面具等饰品
金有很好的延展性
C
Si用作计算机芯片
Si熔点高
D
用石墨做电极
石墨具有良好的导电性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石是天然存在最坚硬的物质，硬度大，常用做钻头，A正确；
B．金有很好的延展性，常被加工成面具等饰品，B正确；
C．Si是良好的半导体材料，可以作计算机芯片，但不是因为其熔点高，C错误；
D．石墨具有良好的导电性，可以导电，常用作电极材料，D正确；
故答案选C。
8. 常温下三氯化氮( NCl3)是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3的说法正确的是
A. 分子中N—Cl键是非极性键
B. 分子中不存在孤电子对
C. NCl3分子是极性分子
D. 因N—Cl键的键能大，它的沸点高
【答案】C
【解析】
【分析】NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对。NCl3分子类似于NH3。N原子上还有孤电子对，不是＋5价，为极性分子，结构不对称，类似于NH3，为三角锥形。N－Cl键为极性键，键能大说明分子稳定，而物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响，与共价键强弱无关。
【详解】A. N和Cl是两种不同的原子，分子中N—Cl键是极性键，故A错误；
B. NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对，故B错误；
C.结构不对称， NCl3分子是极性分子，故C正确；
D. 物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响，与共价键强弱无关，故D错误；
故选C。
9. 下列现象或事实与氢键无关的是
A. 冰的密度比水小
B. 邻羟基苯甲酸( )的沸点低于对羟基苯甲酸( )
C 浓硫酸呈油状
D. HF的稳定性大于HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰的结构中，水分子之间均能形成氢键，使得空隙较多，密度较小，能浮在水面上，与氢键有关，故A不选；
B．分子间氢键导致物质沸点升高，分子内氢键会导致物质的沸点降低，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成的是分子间氢键，后者的沸点更高和氢键有关，故B不选；
C．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，因此浓硫酸呈油状，与氢键有关，故C不选；
D．HF、HCl均为分子晶体，其热稳定性由分子内的共价键决定，HCl中共价键的键长更短，键能更大，其热稳定性更好，和氢键无关，故D选；
故选：D。
10. 能区别和两种溶液的试剂是( )
A. 溶液 B. 溶液 C. D. 浓氨水
【答案】A
【解析】
【分析】[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，以此来解答
【详解】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。
答案选A。
【点睛】注意配合物中内界离子不与硝酸银反应。
11. 下列有关主族元素M、N非金属性强弱比较的说法中，正确的是
选项
事实
非金属性
第一电离能：M＞N
M＞N
仅由M、N形成的化合物中M显负价
M＞N
N的含氧酸能制备M的含氧酸
M＜N
原子半径：M＞N
M＜N
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素第一电离能越大，其非金属性不一定越强，如第一电离能N＞O，但非金属性O＞N，A错误；
B．仅由M、N形成的化合物中M显负价，则说明M对共用电子对的吸引能力比N强，即M的非金属性强于N，B正确；
C．N的含氧酸能制备M的含氧酸，一般可以说明N的含氧酸的酸性强于M的含氧酸，但只有最高价含氧酸的酸性才与其非金属性一致，C错误；
D．同主族元素或同周期元素比较，原子半径越小，非金属性越强，非同主族元素或同周期元素则无法比较，D错误；
故答案为：B。
12. 下列所述的粒子1~20号元素，按半径由大到小的顺序排列正确的是
基态原子的结构示意图为
基态的价电子排布式为
基态的轨道表示式为
基态的最高能级的电子对数等于其最高能层序数
A. > B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】①基态X原子的结构示意图为 ，即X的原子序数为9，则基态X原子为F原子；
②基态Y-的价电子排布式为3s23p6，则基态Y-离子为Cl-离子；
③基态Z2-离子为S2-离子；
④基态E+的最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则基态E+为K+离子；
F原子核外电子层数为2层，半径最小，电子层数相同的情况下原子序数越大半径越小，所以S2-＞Cl-＞K+＞F，即③＞②＞④＞①，故选：C。
13. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 冰中含有的氢键数目为
B. 1molCH4和1molP4含有的共价键数都为4
C. 环状 分子中含有的键数目为
D. 金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．平均1个水分子含有2个氢键，18g冰的物质的量是1mol，其中含有的氢键数目为2NA，故A错误；
B．1分子白磷含有6条共价键，1molP4含有的共价键数都为6NA，故B错误；
C．S8分子是皇冠形，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，则32gS8中硫原子的物质的量是1mol，其含有的S-S键数为NA，故C正确；
D．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，无法计算12g金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目，故D错误；
故选：C。
14. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)是合成高分子材料的单体，下列有关丙烯酸的说法正确的是
A. 丙烯酸难溶于水
B. 丙烯酸中C原子的杂化方式有两种
C. 丙烯酸中所有原子可共平面
D. 丙烯酸中σ键和π键个数之比为3:1
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烯酸含有羧基，能溶于水，A错误；
B．丙烯酸中C原子均含有双键，其杂化方式均是sp2杂化，B错误；
C．碳碳双键、碳氧双键均是平面形结构，丙烯酸中所有原子可共平面，C正确；
D．单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则丙烯酸中σ键和π键个数之比为，D错误；
答案选C。
15. 一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中、、、、原子序数依次增大且分属三个短周期。、元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是
A. 该物质溶于水后呈酸性
B. 阴离子中各原子都满足电子稳定结构
C. 氢化物的沸点：
D. 电负性大小：
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期，结合结构图，可知X为H，W为Na；Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，并结合结构图可知，Y为C， Q为O，则Z为N。
【详解】A．该物质溶于水后羧酸根离子发生水解显碱性，氨基发生电离显碱性，A错误；
B．阴离子中的氢原子不满足电子稳定结构，B错误；
C．由分析可知，Y为C，Z为N，Q为O，它们简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，CH4分子间不能形成氢键，NH3、H2O分子间存在氢键，H2O常温呈液态，NH3呈气态，故简单氢化物的沸点H2O＞NH3＞CH4，即Q＞Z＞Y，C错误；
D．由分析可知，Y为C，Z为N，Q为O；同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性：O＞N＞C，即Q＞Z＞Y，D正确；
故选D。
16. 下列解释对应事实的方程式中正确的是
A. 工业冶炼Al：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
B. Fe(SCN)3溶液中滴加较浓的NaOH溶液：Fe(SCN)3+3OH-=Fe(OH)3↓+3SCN-
C. 碳酸钠溶液呈碱性：+2H2OH2CO3+2OH-
D. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铝属于共价化合物，分子晶体，熔融状态下不导电，所以无法电解，工业上采用电解氧化铝，A错误；
B．Fe(SCN)3溶液中滴加较浓的NaOH溶液，可以看到红褐色沉淀，B正确；
C．碳酸钠溶液呈碱性，是因为碳酸根发生水解，且分步水解，并以第一步水解为主，+H2O+OH-，C错误；
D．向CaCl2液中通入CO2无明显现象，该离子方程违背了强酸制弱酸的规律，不会发生反应，D错误；
故答案选B。
17. 下列理论解释不符合实验事实的是
选项
实验事实
理论解释
的熔点高于
的相对分子质量更大
和都能溶于溶液
和在元素周期表中是对角线关系，性质相似
Br2在苯中的溶解度比在水中大
Br2和苯都是非极性分子，而水是极性分子
乙烯易发生加成反应
碳碳双键中的键键能比键的小，易断裂
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硅为共价晶体，二氧化碳为分子晶体，共价晶体熔点要远高于分子晶体，解释不符合实验事实，A符合题意；
B．根据对角线规律，Be、Al化学性质相似，故和都能溶于溶液，解释符合实验事实，B不符合题意；
C．Br2和苯都是非极性分子，而水是极性分子，根据相似相溶原理，Br2在苯中的溶解度比在水中大，解释符合实验事实，C不符合题意；
D．乙烯中含有碳碳双键，碳碳双键中的键键能比键的小，易断裂，故乙烯易发生加成反应，解释符合实验事实，D不符合题意；
故选A。
18. 短周期元素、、、的原子序数依次增大。、、是同一周期的非金属元素。为离子化合物，的二价阳离子与的阴离子具有相同的电子层结构。为非极性分子。、氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 原子半径：
C. 原子中未成对电子数：
D. 的最高价氧化物对应水化物的酸性比的弱
【答案】D
【解析】
【分析】W的二价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，且化合物为WZ，即Z的阴离子为负二价，推出W为Mg，Z为O，Y、Z氢化物的沸点比它们同族相邻周期氢化物的沸点高，说明Y、Z氢化物中存在分子间氢键，因为原子序数依次增大，因此Y为N，XZ2为非极性分子，且X与N、O是同一周期的非金属元素，推出X为C，据此分析。
【详解】根据上述分析，X为C，Y为N，Z为O，W为Mg；
A．同一周期，从左向右，元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，电子全满和半满，故第一电离能比相邻元素原子的大，三种元素第一电离能大小顺序是I1(C)＜I1(O)＜I1(N)，故A错误；
B．同一周期，从左向右，原子半径依次减小，因此r(C)＞r(N)＞r(O)，故B错误；
C．C原子的电子排布式：1s22s22p2，N原子的电子排布式：1s22s22p3，O原子的电子排布式：1s22s22p4，Mg原子的电子排布式：1s22s22p63s2，由电子排布式可知未成对电子数分别为2、3、2、0，原子中未成对电子数：N>C=O>Mg，故C错误；
D．C的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，H2CO3属于弱酸，N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，HNO3为强酸，故D正确；
答案为D。
19. 由中心原子为价电子数少于价层轨道总数的缺电子原子形成的化合物叫做缺电子化合物。下列物质中属于缺电子化合物的是
A. BF3 B. CHCl3 C. SF6 D. P4
【答案】A
【解析】
【详解】A．BF3中心原子价电子数是3，价层轨道总数是4，前者小于后者，所以是缺电子化合物，A正确；
B．CHCl3中心原子价电子数是4，价层轨道总数是4，不是缺电子化合物，B错误；
C．SF6中心原子硫原子价电子数是6，价层轨道总数是4，所以不是缺电子化合物，C错误；
D．P4是单质不是化合物，D错误；
故选A。
20. 下列各图表示物质的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，从第二周期开始，γ为元素的有关性质)，下列选项中的对应关系不正确的是
A. 图①可表示碱金属单质的熔点大小关系
B. 图②可表示ⅥA族元素的价电子数关系
C. 图③可表示ⅣA族元素的简单氢化物的沸点高低关系
D. 图④可表示ⅦA族元素的简单氢化物酸性大小关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱金属单质的熔点随核电荷数的增大而减小，则图①能表示碱金属单质的熔点大小关系，故A正确；
B．ⅥA族元素的价电子数相同，则图②可表示ⅥA族元素的价电子数关系，故B正确；
C．ⅣA族元素的简单氢化物属于分子晶体，元素的核电荷数越大，简单氢化物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则图③不能表示ⅣA族元素的简单氢化物的沸点高低关系，故C错误；
D．ⅦA族元素的简单氢化物的酸性随核电荷数增大而增大，则图④可表示ⅦA族元素的简单氢化物酸性大小关系，故D正确；
故选C。
21. 、与在一定条件下发生如下反应：。下列说法错误的是
A. 此化学方程式中涉及的主族元素的非金属性由大到小的顺序为>H
B. 配合物的中心离子的价电子排布图为 ，该中心离子的配位数是
C. 配合物的配体为CN-，配位原子为N
D. 中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一周期主族元素从左到右元素非金属性增强，C、N、O、H的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C>H，A正确；
B．中心离子具有空轨道，配体具有孤电子对，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为： ，配位体是CN-、配位数为6，B正确；
C．N原子电负性强导致其吸引电子能力强，不易给出电子，则K4[Fe(CN)6]中配位原子是C原子，C错误；
D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形，D正确；
故选：C。
22. 下列实验操作不能达到目的的是
选项
目的
实验操作
A
配制较大浓度的碘水
将固体I2溶解于较浓的KI溶液中
B
鉴别某固体是否为晶体
对其进行X-射线衍射实验
C
证明干冰有易升华的特性
取两块相同形状的干冰，在其一的中央挖一小穴并撒入镁粉，用红热铁丝点燃镁后，用另一块干冰盖上，观察现象
D
观察钠的焰色
用洁净的玻璃棒蘸取NaCl溶液后在酒精灯外焰灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．KI溶液中I-离子浓度较大，抑制碘单质与水反应，有利于溶解碘，故A正确；
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X一射线衍射实验，故B正确；
C．干冰成分为二氧化碳，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，且放热，盖在上面的干冰融化，说明了干冰易升华，故C正确；
D．玻璃中含有硅酸钠，也含钠元素，会干扰NaCl的焰色试验，不能用于焰色反应实验，故D错误；
故选：D。
23. 下列有关性质的比较，正确的是
A. 熔点：金刚石生铁（含C的合金）纯铁钠
B. 稳定性：H2O>H2Se>H2S
C. 分子或离子中键角：
D. 酸性：HClO4>HNO3>H3PO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石是原子晶体，熔点很高，合金的熔点比纯金属低，生铁比纯铁的熔点低，钠熔点最低，故熔点：金刚石>纯铁>生铁>钠，A错误；
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O>S>Se，则稳定性：H2O>H2S>H2Se ，B错误；
C．孤电子对越多，排斥力越大，水中有两对孤电子对，H3O+有一对孤电子对，故键角： H2O
故答案选D。
24. 下列除杂方法括号中的物质为杂质中，不能实现目的的是
选项
物质杂质
方法
通入硫酸铜溶液洗气
通入饱和碳酸钠溶液洗气
升华法
Al(OH)3[Cu(OH)2]
加入过量的氨水，振荡，过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫化氢能与硫酸铜溶液发生反应： CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ，故该方法能提纯二氧化碳，A正确；
B．氯化氢与碳酸钠反应，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠而被消耗，达不到分离提纯的目的，B不正确；
C．碘受热易升华遇冷凝华，而氯化钠稳定，故可分离，C正确；
D．Al(OH)3是两性氢氧化物，能与酸及强碱反应，氨水是弱碱溶液，故不能反应，氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，即生成了铜氨络离子，故能达到实验目的，D正确；
故答案选B。
25. 冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。如18-冠-6（图1）能与作用而不与、作用。如图2为18-冠-6与形成的“超分子”。下列说法不正确的是
A. 冠能与K+作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征
B. 冠中和O的杂化轨道类型相同
C. 利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，更有利于有机物的氧化
D. 冠中O与K+间存在离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，不同的冠醚与不同的碱金属离子作用，如：冠能与K+作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，故A正确；
B．冠中和的杂化轨道类型都是sp3，故B正确；
C．18-冠-6能与作用，可以用冠醚将带入有机物中，可增大其与有机物的接触面积，更有利于有机物的氧化，故C正确；
D．离子键是阳离子和阴离子之间的静电作用，冠中O以原子的形式存在，所以与K+间不存在离子键，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷
26. 半导体晶体是半导体工业的主要基础原料，第一代半导体代表材料是锗单晶和硅单晶，他们的出现实现了超大规模集成电路，第二代砷化镓等化合物半导体制成的激光器成为光通信系统中的关键器件，氮化硼(BN)、碳化硅、金刚石等属于第三代半导体材料，又被称为高温半导体材料。
（1）的核外电子排布式为___________。
（2）石墨型转变为金刚石型时，原子的杂化轨道类型由___________变为___________。金刚石型的硬度比金刚石大，推测其原因是___________。
（3）磷酸和亚磷酸是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与反应只生成和两种盐，则的结构式为___________，其为___________元酸
（4）下图为Ga和N形成的某种晶体的晶胞，该晶体也为高温半导体材料。其中黑色的球为Ga，白色球为N，该晶体的化学式为___________。若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则两个最近的Ga之间的距离为___________列出计算表达式。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p1
（2） ①. sp2 ②. sp3 ③. B-N键长小于C-C，键能更大
（3） ①. 或 ②. 二
（4） ①. GaN ②.
【解析】
【小问1详解】
为第四周期第ⅢA族元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；
【小问2详解】
石墨中碳原子杂化类型为sp2，金刚石中碳原子杂化类型为sp3，石墨型转变为金刚石型时，原子的杂化轨道类型由sp2变为sp3。金刚石型和金刚石均为共价晶体，其硬度比金刚石大，其原因为：B-N键长小于C-C，键能更大；
小问3详解】
亚磷酸与反应只生成和两种盐，则为二元酸，含有2个羟基氢，结构式为 或 ；
【小问4详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个N、4个Ga，则化学式为GaN；设晶胞边长为apm，则晶体密度为，；两个最近的Ga之间的距离为面对角线的二分之一，。
27. 从某工厂的钒渣(含有V2O5、V2O4，SiO2、CuO等)中回收钒的流程如图所示：
已知：Ⅰ.偏钒酸铵(NH4VO3)在水中的溶解度：4.8g·L−1(20℃)、24.2g·L−1(60℃)；
Ⅱ.。
回答下列问题：
(1)“酸浸”后得到含Cu2+、VO和VO2+等的溶液。若不再加入其他试剂，提高浸出速率可采取的措施有_______(任写一点)，写出滤渣1的一种用途：_______。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)常温下，“调pH”为8，此时Cu2+的浓度为_______mol∙L−1(常温下， )。该步骤的目的是①除铜：②_______。
(4)“沉钒”得到NH4VO3的离子方程式为_______。所得的NH4VO3需进行水洗、干燥，证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为_______。
(5)不同温度下，沉钒率数据如下表所示：
温度/℃
65
75
78
80
82
85
90
95
沉钒率/%
94.3
96.8
98.2
97.8
97.3
96.6
95.8
93.3
温度高于78℃时，沉钒率发生表中变化的可能原因为_______(任写一种)。
(6)二氧化硫的催化氧化常用五氧化二钒作催化剂，反应机理如下：
第一步：；
第二步：_______(填化学方程式)。
【答案】 ①. 将钒渣粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等(任写一个) ②. 制坩埚、制光导纤维、制玻璃等(任写一个) ③. ④. ⑤. 使平衡正向移动，VO更多地转化为VO ⑥. ⑦. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(或取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净) ⑧. 温度高于78℃，水解程度增大，浓度减小，沉钒率下降(或温度升高，NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解) ⑨. (或)
【解析】
【分析】钒渣(含有V2O5、V2O4，SiO2、CuO等)加入硫酸发生反应，得到含Cu2+、VO和VO2+的溶液，SiO2不反应，过滤，向滤液中加入NaClO溶液，将VO2+氧化为VO，再调节溶液的pH，不仅沉淀铜离子，还将消耗平衡生成的氢离子，致使平衡正向移动，加入硫酸铵得到偏钒酸铵(NH4VO3)，过滤、洗涤，将偏钒酸铵(NH4VO3)煅烧得到V2O5。
【详解】(1)“酸浸”时，若不再加入其他试剂，提高浸出速率可采取的措施有将钒渣粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等；SiO2不溶于硫酸，故滤渣1为SiO2，用途有制坩埚、制光导纤维、制玻璃等；故答案为：将钒渣粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等(任写一个)；制坩埚、制光导纤维、制玻璃等(任写一个)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为；故答案为：。
(3)“调pH”为8，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀而除去，此时溶液中 ， ，；pH增大，氢氧根消耗氢离子，使平衡正向移动，VO更多地转化为；故答案为：；使平衡正向移动，VO更多地转化为VO。
(4)“沉钒”过程发生复分解反应，离子方程式为；NH4VO3晶体可能粘附、C1－，可通过检验或Cl－证明NH4VO3是否洗涤干净；故答案为：；取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(或取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净)。
(5)温度高于78℃时，沉钒率发生表中变化的原因可能为温度高于78℃，水解程度增大，浓度减小，沉钒率下降或温度升高，NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解；故答案为：温度高于78℃，水解程度增大，浓度减小，沉钒率下降(或温度升高，NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解)。
(6)第一步反应为，VO2是中间产物，从V2O5到VO2，V从+5价降低到+4价，被还原，SO2作还原剂，被氧化成SO3，接下来，VO2被氧气氧化为V2O5，故第二步反应为(或)；故答案为：(或)。
28. Fe、Ni和铜等过渡元素在生活中被广泛应用。回答下列问题：
（1）下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________。
A. B. C. D.
（2）在分析化学中常用于的掩蔽剂，因为生成的十分稳定，但却不能与形成配合物，其原因是___________。
（3）基态Cu的价电子排布图为___________，位于___________区。元素与的第二电离能分别为、的原因是___________。
（4）中各种微粒间的化学键有___________填序号。
a．离子键 b．σ键 c．π键 d．配位键 e．氢键
1mol该物质中含有的σ键数为___________。其中与Cu2+配位更稳定的配体的分子构型为___________。
（5）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇，其相对分子质量等于丙醛，但两者沸点相差较大，原因是___________。
（6）铁单质的堆积方式有两种，其剖面图分别如图a、所示。
其中属于面心立方最密堆积的是___________(填“”或“”)，此晶体的空间利用率为___________用含圆周率的代数式表示
【答案】（1）D （2）Fe3+会与I－反应
（3） ①. ②. ds ③. 铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子。
（4） ①. abcd ②. 26NA ③. 三角锥形
（5）丙烯醇分子间形成氢键
（6） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
、、的N层都有电子，易失去最外层上的电子，而 没有N层上的电子，失去最外层上的电子会需要更大的能量，故答案为：D。
【小问2详解】
在分析化学中常用于的掩蔽剂，因为生成的十分稳定，但却不能与形成配合物，由于铁离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，Fe3+会与I－发生氧化还原反应而不能形成配合物；故答案为：Fe3+会与I－反应。
(2)铁为26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d6s2，由题给信息知，A项代表Fe+，B代表Fe原子，C项代表激发态的Fe原子， D项代表Fe2+，D项Fe2+再失去-一个电子较难， 即第二电离能大于第一电离能， 故电离最外层一个电子所需能量D项大于A项，4s能级的能量高于3d， 4s能级上电子较3d上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量D最大， 故答案为 D；
【小问3详解】
基态Cu的价电子3d104s1，其价电子排布图为 ，位于周期表第11纵列即位于ds区。元素与的第二电离能分别为、的原因是Ni＋：3d104s1，Cu＋：3d10，全满结构，铜失去的是全充满的3d10电子，比较困难，而镍失去的是4s1电子，较容易；故答案为： ；ds；铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子。
【小问4详解】
中与形成离子键，中有配位键，氨气、水中有σ键，硫酸根存在σ键和π键，各种微粒间的化学键有abcd；1mol该物质中含有的σ键数为(4+3×4+2×2+6)NA=26NA。由于氮的电负性小于氧，氮给予孤对电子的能量比氧强，因此其中与Cu2+配位更稳定的配体为NH3，其分子构型为三角锥形。故答案为：abcd；26NA；三角锥形。
【小问5详解】
镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇，其相对分子质量等于丙醛，但两者沸点相差较大，原因是丙烯醇含有羟基，易形成分子间形成氢键，而丙醛不能形成分子间氢键；故答案为：丙烯醇分子间形成氢键。
【小问6详解】
a属于体心立方，b为面心面心立方最密堆积，此晶体铁原子数为4，晶胞参数等于，则空间利用率为；故答案为：b；。
29. 硫酸羟胺【(NH3OH)2SO4】为无色晶体，易溶于水，在农药、医药行业中有广泛用途，合成硫酸羟胺的流程如下：
模拟上述流程的实验装置如下(夹持装置与加热装置省略)：
已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解。
注：亚硝酸铵化学式为NH4NO2
（1）K3所在的仪器的优点为___________，盛装的液体为___________。
（2）A中发生的反应有___________。
（3）开始实验时，应最先打开___________(填“K1”、“K2”、“K3”)
（4）流程步骤1的化学方程式为___________。
（5）为分离(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4，向二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH∙H2O，说明碱性较强的是___________(填“NH2OH∙H2O”或“NH3∙H2O”)；再加入甲醇，析出___________(填化学式)晶体，析出该晶体的原因是___________过滤，滤液经___________(填“常压”或“减压”)蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。
【答案】（1） ①. 平衡气压，液体能顺利留下 ②. 70%的硫酸(或较浓的硫酸)
（2）、2NO+O2=NO2
（3）K1 （4）NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2
（5） ①. NH3•H2O ②. (NH4)2SO4 ③. 甲醇的极性较小，降低了(NH4)2SO4在水中的溶解度 ④. 减压
【解析】
【分析】合成硫酸羟胺的流程可知，反应首先在装置A氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，部分NO和氧气转化为二氧化氮；然后氮氧化合物和碳酸铵在B装置中反应转化为亚硝酸铵，然后装置C中生成二氧化硫气体，亚硝酸铵再和二氧化硫、水转化为硫酸羟胺；
【小问1详解】
K3所在的仪器的优点为可以平衡装置中气压，液体能顺利留下；较浓的硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，故盛装的液体为70%的硫酸(或较浓的硫酸)；
【小问2详解】
A中氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，部分NO和氧气转化为二氧化氮，反应为、2NO+O2=NO2；
【小问3详解】
合成硫酸羟胺的流程可知，反应中首先将氮氧化合物和碳酸铵反应转化为亚硝酸铵，亚硝酸铵再和二氧化硫、水转化为硫酸羟胺；故开始实验时，应最先打开K1，使得氮氧化合物在B中生成亚硝酸铵；
【小问4详解】
流程步骤1中，氮氧化合物和碳酸铵反应转化为亚硝酸铵，根据质量守恒可知，生成气体A为二氧化碳气体，化学方程式为NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2；
【小问5详解】
向(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH∙H2O，根据强碱制取弱碱原理可知，说明碱性较强的是NH3∙H2O；再加入甲醇，根据相似相溶原理，甲醇的极性较小，降低了(NH4)2SO4在水中的溶解度，从而析出(NH4)2SO4晶体，过滤，已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解，故滤液需要减压蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。
2022-2023学年度下期期中考试高二化学试卷
注意事项：
1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试100分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必现将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填图。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ga–70 N-14
第Ⅰ卷
一、单选题(共25小题，每题2分)
1. 以下能级符号正确的是
A. 4s B. 3f C. 2d D. 1p
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据第一电子层上只有1s，第二电子层只有2s、2p，第三电子层只有3s、3p、3d，第四电子层只有4s、4p、4d、4f；
答案选A。
2. 生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是
A. 钢铁长期使用后生锈 B. 霓虹灯广告
C. 平面镜成像 D. 金属导线可以导电
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢铁长期使用后生锈，是金属原子失去电子被氧化，与电子跃迁无关，A不符合题意；
B．霓虹灯广告是原子的电子吸收能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使灯光呈现颜色，与电子跃迁有关，B符合题意；
C．平面镜成像是光的反射作用，与电子跃迁无关，C不符合题意；
D．金属可以导电是由于金属电子在通电后作定向移动，与电子跃迁无关，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 年月，科学家用轰击，生成了个拥有个质子的新原子。下列有关说法正确的是
A. 第号元素是副族元素
B. 质量数为
C. 上述得到新原子的过程属于化学变化
D. 的中子数比核外电子数多
【答案】D
【解析】
【详解】A．第117号元素在元素周期表中的第17列即ⅦA族，为主族元素，故A错误；
B．的质子数是97，质量数为249，故B错误；
C．上述过程中，原子核发生了变化，该反应属于物理变化，故C错误；
D．的质子数为20，质量数为48，中子数=48-20=28，核外电子数=20-2=18，中子数比核外电子数多10，故D正确；
故选：D。
4. 锗元素在元素周期表中的信息如图所示。下列有关锗元素的说法错误的是
A. 锗原子最外层有4个能量相同的电子
B. 位于第四周期族
C. 锗原子有2个未成对电子
D. 锗原子M层有18个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．4s轨道和4p轨道上的电子能量不相同，A错误；
B．该元素的原子核电荷数为32，位于第四周期，最后一个电子填入4p轨道，属于p区元素，故位于第四周期 IVA 族，B正确；
C．4p轨道上有两个电子，根据洪特规则可知，这个电子各占据一个简并轨道，故锗原子有2个未成对电子，C正确；
D．根据构造原理，基态锗原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2，锗原子M层，也就是第三能层，共有18个电子，D正确；
故答案选A。
5. 下列晶体熔化时，化学键没有被破坏的是
A. 氯化铵 B. 铁 C. 干冰 D. 二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl是离子化合物，熔融时分解生成NH3、HCl，化学键被破坏，故A不符合；
B．铁是金属晶体，熔融时破坏金属键，故B不符合；
C．干冰属于分子晶体，熔融时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故C符合；
D．SiO2属于共价晶体，熔融时破坏共价键，故D不符合；
故选C。
6. 下列化学用语表示正确的是
A. 的分子模型示意图：
B. 杂化轨道模型：
C. H2O2电子式：
D. 硅原子最外层电子的电子排布图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳分子为直线型结构，且碳原子半径大于氧原子半径，其分子模型为 ，A错误；
B．sp2杂化轨道是一个s轨道和2个p轨道杂化形成的，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为 ，B正确；
C．H2O2是共价化合物，其电子式为 ，C错误；
D．图中硅原子最外层电子的电子排布图错误，违背了洪特规则，p轨道上的两个电子应分别占据简并轨道，且自旋平行，D错误；
故答案选B。
7. 以下物质的应用和性质没有因果关系的是
选项
应用
性质
A
用金刚石做钻头
金刚石硬度大
B
古时金被加工成面具等饰品
金有很好的延展性
C
Si用作计算机芯片
Si熔点高
D
用石墨做电极
石墨具有良好的导电性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石是天然存在最坚硬的物质，硬度大，常用做钻头，A正确；
B．金有很好的延展性，常被加工成面具等饰品，B正确；
C．Si是良好的半导体材料，可以作计算机芯片，但不是因为其熔点高，C错误；
D．石墨具有良好的导电性，可以导电，常用作电极材料，D正确；
故答案选C。
8. 常温下三氯化氮( NCl3)是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3的说法正确的是
A. 分子中N—Cl键是非极性键
B. 分子中不存在孤电子对
C. NCl3分子是极性分子
D. 因N—Cl键的键能大，它的沸点高
【答案】C
【解析】
【分析】NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对。NCl3分子类似于NH3。N原子上还有孤电子对，不是＋5价，为极性分子，结构不对称，类似于NH3，为三角锥形。N－Cl键为极性键，键能大说明分子稳定，而物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响，与共价键强弱无关。
【详解】A. N和Cl是两种不同的原子，分子中N—Cl键是极性键，故A错误；
B. NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对，故B错误；
C.结构不对称， NCl3分子是极性分子，故C正确；
D. 物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响，与共价键强弱无关，故D错误；
故选C。
9. 下列现象或事实与氢键无关的是
A. 冰的密度比水小
B. 邻羟基苯甲酸( )的沸点低于对羟基苯甲酸( )
C 浓硫酸呈油状
D. HF的稳定性大于HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰的结构中，水分子之间均能形成氢键，使得空隙较多，密度较小，能浮在水面上，与氢键有关，故A不选；
B．分子间氢键导致物质沸点升高，分子内氢键会导致物质的沸点降低，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成的是分子间氢键，后者的沸点更高和氢键有关，故B不选；
C．分子间有氢键的液体，一般粘度较大，因此浓硫酸呈油状，与氢键有关，故C不选；
D．HF、HCl均为分子晶体，其热稳定性由分子内的共价键决定，HCl中共价键的键长更短，键能更大，其热稳定性更好，和氢键无关，故D选；
故选：D。
10. 能区别和两种溶液的试剂是( )
A. 溶液 B. 溶液 C. D. 浓氨水
【答案】A
【解析】
【分析】[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，以此来解答
【详解】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。
答案选A。
【点睛】注意配合物中内界离子不与硝酸银反应。
11. 下列有关主族元素M、N非金属性强弱比较的说法中，正确的是
选项
事实
非金属性
第一电离能：M＞N
M＞N
仅由M、N形成的化合物中M显负价
M＞N
N的含氧酸能制备M的含氧酸
M＜N
原子半径：M＞N
M＜N
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素第一电离能越大，其非金属性不一定越强，如第一电离能N＞O，但非金属性O＞N，A错误；
B．仅由M、N形成的化合物中M显负价，则说明M对共用电子对的吸引能力比N强，即M的非金属性强于N，B正确；
C．N的含氧酸能制备M的含氧酸，一般可以说明N的含氧酸的酸性强于M的含氧酸，但只有最高价含氧酸的酸性才与其非金属性一致，C错误；
D．同主族元素或同周期元素比较，原子半径越小，非金属性越强，非同主族元素或同周期元素则无法比较，D错误；
故答案为：B。
12. 下列所述的粒子1~20号元素，按半径由大到小的顺序排列正确的是
基态原子的结构示意图为
基态的价电子排布式为
基态的轨道表示式为
基态的最高能级的电子对数等于其最高能层序数
A. > B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】①基态X原子的结构示意图为 ，即X的原子序数为9，则基态X原子为F原子；
②基态Y-的价电子排布式为3s23p6，则基态Y-离子为Cl-离子；
③基态Z2-离子为S2-离子；
④基态E+的最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则基态E+为K+离子；
F原子核外电子层数为2层，半径最小，电子层数相同的情况下原子序数越大半径越小，所以S2-＞Cl-＞K+＞F，即③＞②＞④＞①，故选：C。
13. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 冰中含有的氢键数目为
B. 1molCH4和1molP4含有的共价键数都为4
C. 环状 分子中含有的键数目为
D. 金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．平均1个水分子含有2个氢键，18g冰的物质的量是1mol，其中含有的氢键数目为2NA，故A错误；
B．1分子白磷含有6条共价键，1molP4含有的共价键数都为6NA，故B错误；
C．S8分子是皇冠形，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，则32gS8中硫原子的物质的量是1mol，其含有的S-S键数为NA，故C正确；
D．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，无法计算12g金刚石与石墨的混合物含有的C-Cσ键数目，故D错误；
故选：C。
14. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)是合成高分子材料的单体，下列有关丙烯酸的说法正确的是
A. 丙烯酸难溶于水
B. 丙烯酸中C原子的杂化方式有两种
C. 丙烯酸中所有原子可共平面
D. 丙烯酸中σ键和π键个数之比为3:1
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烯酸含有羧基，能溶于水，A错误；
B．丙烯酸中C原子均含有双键，其杂化方式均是sp2杂化，B错误；
C．碳碳双键、碳氧双键均是平面形结构，丙烯酸中所有原子可共平面，C正确；
D．单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则丙烯酸中σ键和π键个数之比为，D错误；
答案选C。
15. 一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中、、、、原子序数依次增大且分属三个短周期。、元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是
A. 该物质溶于水后呈酸性
B. 阴离子中各原子都满足电子稳定结构
C. 氢化物的沸点：
D. 电负性大小：
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期，结合结构图，可知X为H，W为Na；Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，并结合结构图可知，Y为C， Q为O，则Z为N。
【详解】A．该物质溶于水后羧酸根离子发生水解显碱性，氨基发生电离显碱性，A错误；
B．阴离子中的氢原子不满足电子稳定结构，B错误；
C．由分析可知，Y为C，Z为N，Q为O，它们简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，CH4分子间不能形成氢键，NH3、H2O分子间存在氢键，H2O常温呈液态，NH3呈气态，故简单氢化物的沸点H2O＞NH3＞CH4，即Q＞Z＞Y，C错误；
D．由分析可知，Y为C，Z为N，Q为O；同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性：O＞N＞C，即Q＞Z＞Y，D正确；
故选D。
16. 下列解释对应事实的方程式中正确的是
A. 工业冶炼Al：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
B. Fe(SCN)3溶液中滴加较浓的NaOH溶液：Fe(SCN)3+3OH-=Fe(OH)3↓+3SCN-
C. 碳酸钠溶液呈碱性：+2H2OH2CO3+2OH-
D. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铝属于共价化合物，分子晶体，熔融状态下不导电，所以无法电解，工业上采用电解氧化铝，A错误；
B．Fe(SCN)3溶液中滴加较浓的NaOH溶液，可以看到红褐色沉淀，B正确；
C．碳酸钠溶液呈碱性，是因为碳酸根发生水解，且分步水解，并以第一步水解为主，+H2O+OH-，C错误；
D．向CaCl2液中通入CO2无明显现象，该离子方程违背了强酸制弱酸的规律，不会发生反应，D错误；
故答案选B。
17. 下列理论解释不符合实验事实的是
选项
实验事实
理论解释
的熔点高于
的相对分子质量更大
和都能溶于溶液
和在元素周期表中是对角线关系，性质相似
Br2在苯中的溶解度比在水中大
Br2和苯都是非极性分子，而水是极性分子
乙烯易发生加成反应
碳碳双键中的键键能比键的小，易断裂
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硅为共价晶体，二氧化碳为分子晶体，共价晶体熔点要远高于分子晶体，解释不符合实验事实，A符合题意；
B．根据对角线规律，Be、Al化学性质相似，故和都能溶于溶液，解释符合实验事实，B不符合题意；
C．Br2和苯都是非极性分子，而水是极性分子，根据相似相溶原理，Br2在苯中的溶解度比在水中大，解释符合实验事实，C不符合题意；
D．乙烯中含有碳碳双键，碳碳双键中的键键能比键的小，易断裂，故乙烯易发生加成反应，解释符合实验事实，D不符合题意；
故选A。
18. 短周期元素、、、的原子序数依次增大。、、是同一周期的非金属元素。为离子化合物，的二价阳离子与的阴离子具有相同的电子层结构。为非极性分子。、氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 原子半径：
C. 原子中未成对电子数：
D. 的最高价氧化物对应水化物的酸性比的弱
【答案】D
【解析】
【分析】W的二价阳离子与Z的阴离子具有相同的电子层结构，且化合物为WZ，即Z的阴离子为负二价，推出W为Mg，Z为O，Y、Z氢化物的沸点比它们同族相邻周期氢化物的沸点高，说明Y、Z氢化物中存在分子间氢键，因为原子序数依次增大，因此Y为N，XZ2为非极性分子，且X与N、O是同一周期的非金属元素，推出X为C，据此分析。
【详解】根据上述分析，X为C，Y为N，Z为O，W为Mg；
A．同一周期，从左向右，元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，电子全满和半满，故第一电离能比相邻元素原子的大，三种元素第一电离能大小顺序是I1(C)＜I1(O)＜I1(N)，故A错误；
B．同一周期，从左向右，原子半径依次减小，因此r(C)＞r(N)＞r(O)，故B错误；
C．C原子的电子排布式：1s22s22p2，N原子的电子排布式：1s22s22p3，O原子的电子排布式：1s22s22p4，Mg原子的电子排布式：1s22s22p63s2，由电子排布式可知未成对电子数分别为2、3、2、0，原子中未成对电子数：N>C=O>Mg，故C错误；
D．C的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，H2CO3属于弱酸，N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，HNO3为强酸，故D正确；
答案为D。
19. 由中心原子为价电子数少于价层轨道总数的缺电子原子形成的化合物叫做缺电子化合物。下列物质中属于缺电子化合物的是
A. BF3 B. CHCl3 C. SF6 D. P4
【答案】A
【解析】
【详解】A．BF3中心原子价电子数是3，价层轨道总数是4，前者小于后者，所以是缺电子化合物，A正确；
B．CHCl3中心原子价电子数是4，价层轨道总数是4，不是缺电子化合物，B错误；
C．SF6中心原子硫原子价电子数是6，价层轨道总数是4，所以不是缺电子化合物，C错误；
D．P4是单质不是化合物，D错误；
故选A。
20. 下列各图表示物质的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，从第二周期开始，γ为元素的有关性质)，下列选项中的对应关系不正确的是
A. 图①可表示碱金属单质的熔点大小关系
B. 图②可表示ⅥA族元素的价电子数关系
C. 图③可表示ⅣA族元素的简单氢化物的沸点高低关系
D. 图④可表示ⅦA族元素的简单氢化物酸性大小关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱金属单质的熔点随核电荷数的增大而减小，则图①能表示碱金属单质的熔点大小关系，故A正确；
B．ⅥA族元素的价电子数相同，则图②可表示ⅥA族元素的价电子数关系，故B正确；
C．ⅣA族元素的简单氢化物属于分子晶体，元素的核电荷数越大，简单氢化物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则图③不能表示ⅣA族元素的简单氢化物的沸点高低关系，故C错误；
D．ⅦA族元素的简单氢化物的酸性随核电荷数增大而增大，则图④可表示ⅦA族元素的简单氢化物酸性大小关系，故D正确；
故选C。
21. 、与在一定条件下发生如下反应：。下列说法错误的是
A. 此化学方程式中涉及的主族元素的非金属性由大到小的顺序为>H
B. 配合物的中心离子的价电子排布图为 ，该中心离子的配位数是
C. 配合物的配体为CN-，配位原子为N
D. 中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一周期主族元素从左到右元素非金属性增强，C、N、O、H的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C>H，A正确；
B．中心离子具有空轨道，配体具有孤电子对，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为： ，配位体是CN-、配位数为6，B正确；
C．N原子电负性强导致其吸引电子能力强，不易给出电子，则K4[Fe(CN)6]中配位原子是C原子，C错误；
D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形，D正确；
故选：C。
22. 下列实验操作不能达到目的的是
选项
目的
实验操作
A
配制较大浓度的碘水
将固体I2溶解于较浓的KI溶液中
B
鉴别某固体是否为晶体
对其进行X-射线衍射实验
C
证明干冰有易升华的特性
取两块相同形状的干冰，在其一的中央挖一小穴并撒入镁粉，用红热铁丝点燃镁后，用另一块干冰盖上，观察现象
D
观察钠的焰色
用洁净的玻璃棒蘸取NaCl溶液后在酒精灯外焰灼烧
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．KI溶液中I-离子浓度较大，抑制碘单质与水反应，有利于溶解碘，故A正确；
B．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X一射线衍射实验，故B正确；
C．干冰成分为二氧化碳，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，且放热，盖在上面的干冰融化，说明了干冰易升华，故C正确；
D．玻璃中含有硅酸钠，也含钠元素，会干扰NaCl的焰色试验，不能用于焰色反应实验，故D错误；
故选：D。
23. 下列有关性质的比较，正确的是
A. 熔点：金刚石生铁（含C的合金）纯铁钠
B. 稳定性：H2O>H2Se>H2S
C. 分子或离子中键角：
D. 酸性：HClO4>HNO3>H3PO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．金刚石是原子晶体，熔点很高，合金的熔点比纯金属低，生铁比纯铁的熔点低，钠熔点最低，故熔点：金刚石>纯铁>生铁>钠，A错误；
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O>S>Se，则稳定性：H2O>H2S>H2Se ，B错误；
C．孤电子对越多，排斥力越大，水中有两对孤电子对，H3O+有一对孤电子对，故键角： H2O
故答案选D。
24. 下列除杂方法括号中的物质为杂质中，不能实现目的的是
选项
物质杂质
方法
通入硫酸铜溶液洗气
通入饱和碳酸钠溶液洗气
升华法
Al(OH)3[Cu(OH)2]
加入过量的氨水，振荡，过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫化氢能与硫酸铜溶液发生反应： CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ，故该方法能提纯二氧化碳，A正确；
B．氯化氢与碳酸钠反应，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠而被消耗，达不到分离提纯的目的，B不正确；
C．碘受热易升华遇冷凝华，而氯化钠稳定，故可分离，C正确；
D．Al(OH)3是两性氢氧化物，能与酸及强碱反应，氨水是弱碱溶液，故不能反应，氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，即生成了铜氨络离子，故能达到实验目的，D正确；
故答案选B。
25. 冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。如18-冠-6（图1）能与作用而不与、作用。如图2为18-冠-6与形成的“超分子”。下列说法不正确的是
A. 冠能与K+作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征
B. 冠中和O的杂化轨道类型相同
C. 利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，更有利于有机物的氧化
D. 冠中O与K+间存在离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，不同的冠醚与不同的碱金属离子作用，如：冠能与K+作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，故A正确；
B．冠中和的杂化轨道类型都是sp3，故B正确；
C．18-冠-6能与作用，可以用冠醚将带入有机物中，可增大其与有机物的接触面积，更有利于有机物的氧化，故C正确；
D．离子键是阳离子和阴离子之间的静电作用，冠中O以原子的形式存在，所以与K+间不存在离子键，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷
26. 半导体晶体是半导体工业的主要基础原料，第一代半导体代表材料是锗单晶和硅单晶，他们的出现实现了超大规模集成电路，第二代砷化镓等化合物半导体制成的激光器成为光通信系统中的关键器件，氮化硼(BN)、碳化硅、金刚石等属于第三代半导体材料，又被称为高温半导体材料。
（1）的核外电子排布式为___________。
（2）石墨型转变为金刚石型时，原子的杂化轨道类型由___________变为___________。金刚石型的硬度比金刚石大，推测其原因是___________。
（3）磷酸和亚磷酸是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与反应只生成和两种盐，则的结构式为___________，其为___________元酸
（4）下图为Ga和N形成的某种晶体的晶胞，该晶体也为高温半导体材料。其中黑色的球为Ga，白色球为N，该晶体的化学式为___________。若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则两个最近的Ga之间的距离为___________列出计算表达式。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p1
（2） ①. sp2 ②. sp3 ③. B-N键长小于C-C，键能更大
（3） ①. 或 ②. 二
（4） ①. GaN ②.
【解析】
【小问1详解】
为第四周期第ⅢA族元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；
【小问2详解】
石墨中碳原子杂化类型为sp2，金刚石中碳原子杂化类型为sp3，石墨型转变为金刚石型时，原子的杂化轨道类型由sp2变为sp3。金刚石型和金刚石均为共价晶体，其硬度比金刚石大，其原因为：B-N键长小于C-C，键能更大；
小问3详解】
亚磷酸与反应只生成和两种盐，则为二元酸，含有2个羟基氢，结构式为 或 ；
【小问4详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个N、4个Ga，则化学式为GaN；设晶胞边长为apm，则晶体密度为，；两个最近的Ga之间的距离为面对角线的二分之一，。
27. 从某工厂的钒渣(含有V2O5、V2O4，SiO2、CuO等)中回收钒的流程如图所示：
已知：Ⅰ.偏钒酸铵(NH4VO3)在水中的溶解度：4.8g·L−1(20℃)、24.2g·L−1(60℃)；
Ⅱ.。
回答下列问题：
(1)“酸浸”后得到含Cu2+、VO和VO2+等的溶液。若不再加入其他试剂，提高浸出速率可采取的措施有_______(任写一点)，写出滤渣1的一种用途：_______。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)常温下，“调pH”为8，此时Cu2+的浓度为_______mol∙L−1(常温下， )。该步骤的目的是①除铜：②_______。
(4)“沉钒”得到NH4VO3的离子方程式为_______。所得的NH4VO3需进行水洗、干燥，证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为_______。
(5)不同温度下，沉钒率数据如下表所示：
温度/℃
65
75
78
80
82
85
90
95
沉钒率/%
94.3
96.8
98.2
97.8
97.3
96.6
95.8
93.3
温度高于78℃时，沉钒率发生表中变化的可能原因为_______(任写一种)。
(6)二氧化硫的催化氧化常用五氧化二钒作催化剂，反应机理如下：
第一步：；
第二步：_______(填化学方程式)。
【答案】 ①. 将钒渣粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等(任写一个) ②. 制坩埚、制光导纤维、制玻璃等(任写一个) ③. ④. ⑤. 使平衡正向移动，VO更多地转化为VO ⑥. ⑦. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(或取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净) ⑧. 温度高于78℃，水解程度增大，浓度减小，沉钒率下降(或温度升高，NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解) ⑨. (或)
【解析】
【分析】钒渣(含有V2O5、V2O4，SiO2、CuO等)加入硫酸发生反应，得到含Cu2+、VO和VO2+的溶液，SiO2不反应，过滤，向滤液中加入NaClO溶液，将VO2+氧化为VO，再调节溶液的pH，不仅沉淀铜离子，还将消耗平衡生成的氢离子，致使平衡正向移动，加入硫酸铵得到偏钒酸铵(NH4VO3)，过滤、洗涤，将偏钒酸铵(NH4VO3)煅烧得到V2O5。
【详解】(1)“酸浸”时，若不再加入其他试剂，提高浸出速率可采取的措施有将钒渣粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等；SiO2不溶于硫酸，故滤渣1为SiO2，用途有制坩埚、制光导纤维、制玻璃等；故答案为：将钒渣粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等(任写一个)；制坩埚、制光导纤维、制玻璃等(任写一个)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为；故答案为：。
(3)“调pH”为8，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀而除去，此时溶液中 ， ，；pH增大，氢氧根消耗氢离子，使平衡正向移动，VO更多地转化为；故答案为：；使平衡正向移动，VO更多地转化为VO。
(4)“沉钒”过程发生复分解反应，离子方程式为；NH4VO3晶体可能粘附、C1－，可通过检验或Cl－证明NH4VO3是否洗涤干净；故答案为：；取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(或取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净)。
(5)温度高于78℃时，沉钒率发生表中变化的原因可能为温度高于78℃，水解程度增大，浓度减小，沉钒率下降或温度升高，NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解；故答案为：温度高于78℃，水解程度增大，浓度减小，沉钒率下降(或温度升高，NH4VO3溶解度增大或温度升高铵盐分解)。
(6)第一步反应为，VO2是中间产物，从V2O5到VO2，V从+5价降低到+4价，被还原，SO2作还原剂，被氧化成SO3，接下来，VO2被氧气氧化为V2O5，故第二步反应为(或)；故答案为：(或)。
28. Fe、Ni和铜等过渡元素在生活中被广泛应用。回答下列问题：
（1）下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________。
A. B. C. D.
（2）在分析化学中常用于的掩蔽剂，因为生成的十分稳定，但却不能与形成配合物，其原因是___________。
（3）基态Cu的价电子排布图为___________，位于___________区。元素与的第二电离能分别为、的原因是___________。
（4）中各种微粒间的化学键有___________填序号。
a．离子键 b．σ键 c．π键 d．配位键 e．氢键
1mol该物质中含有的σ键数为___________。其中与Cu2+配位更稳定的配体的分子构型为___________。
（5）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇，其相对分子质量等于丙醛，但两者沸点相差较大，原因是___________。
（6）铁单质的堆积方式有两种，其剖面图分别如图a、所示。
其中属于面心立方最密堆积的是___________(填“”或“”)，此晶体的空间利用率为___________用含圆周率的代数式表示
【答案】（1）D （2）Fe3+会与I－反应
（3） ①. ②. ds ③. 铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子。
（4） ①. abcd ②. 26NA ③. 三角锥形
（5）丙烯醇分子间形成氢键
（6） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
、、的N层都有电子，易失去最外层上的电子，而 没有N层上的电子，失去最外层上的电子会需要更大的能量，故答案为：D。
【小问2详解】
在分析化学中常用于的掩蔽剂，因为生成的十分稳定，但却不能与形成配合物，由于铁离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，Fe3+会与I－发生氧化还原反应而不能形成配合物；故答案为：Fe3+会与I－反应。
(2)铁为26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d6s2，由题给信息知，A项代表Fe+，B代表Fe原子，C项代表激发态的Fe原子， D项代表Fe2+，D项Fe2+再失去-一个电子较难， 即第二电离能大于第一电离能， 故电离最外层一个电子所需能量D项大于A项，4s能级的能量高于3d， 4s能级上电子较3d上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量D最大， 故答案为 D；
【小问3详解】
基态Cu的价电子3d104s1，其价电子排布图为 ，位于周期表第11纵列即位于ds区。元素与的第二电离能分别为、的原因是Ni＋：3d104s1，Cu＋：3d10，全满结构，铜失去的是全充满的3d10电子，比较困难，而镍失去的是4s1电子，较容易；故答案为： ；ds；铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子。
【小问4详解】
中与形成离子键，中有配位键，氨气、水中有σ键，硫酸根存在σ键和π键，各种微粒间的化学键有abcd；1mol该物质中含有的σ键数为(4+3×4+2×2+6)NA=26NA。由于氮的电负性小于氧，氮给予孤对电子的能量比氧强，因此其中与Cu2+配位更稳定的配体为NH3，其分子构型为三角锥形。故答案为：abcd；26NA；三角锥形。
【小问5详解】
镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇，其相对分子质量等于丙醛，但两者沸点相差较大，原因是丙烯醇含有羟基，易形成分子间形成氢键，而丙醛不能形成分子间氢键；故答案为：丙烯醇分子间形成氢键。
【小问6详解】
a属于体心立方，b为面心面心立方最密堆积，此晶体铁原子数为4，晶胞参数等于，则空间利用率为；故答案为：b；。
29. 硫酸羟胺【(NH3OH)2SO4】为无色晶体，易溶于水，在农药、医药行业中有广泛用途，合成硫酸羟胺的流程如下：
模拟上述流程的实验装置如下(夹持装置与加热装置省略)：
已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解。
注：亚硝酸铵化学式为NH4NO2
（1）K3所在的仪器的优点为___________，盛装的液体为___________。
（2）A中发生的反应有___________。
（3）开始实验时，应最先打开___________(填“K1”、“K2”、“K3”)
（4）流程步骤1的化学方程式为___________。
（5）为分离(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4，向二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH∙H2O，说明碱性较强的是___________(填“NH2OH∙H2O”或“NH3∙H2O”)；再加入甲醇，析出___________(填化学式)晶体，析出该晶体的原因是___________过滤，滤液经___________(填“常压”或“减压”)蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。
【答案】（1） ①. 平衡气压，液体能顺利留下 ②. 70%的硫酸(或较浓的硫酸)
（2）、2NO+O2=NO2
（3）K1 （4）NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2
（5） ①. NH3•H2O ②. (NH4)2SO4 ③. 甲醇的极性较小，降低了(NH4)2SO4在水中的溶解度 ④. 减压
【解析】
【分析】合成硫酸羟胺的流程可知，反应首先在装置A氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，部分NO和氧气转化为二氧化氮；然后氮氧化合物和碳酸铵在B装置中反应转化为亚硝酸铵，然后装置C中生成二氧化硫气体，亚硝酸铵再和二氧化硫、水转化为硫酸羟胺；
【小问1详解】
K3所在的仪器的优点为可以平衡装置中气压，液体能顺利留下；较浓的硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，故盛装的液体为70%的硫酸(或较浓的硫酸)；
【小问2详解】
A中氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，部分NO和氧气转化为二氧化氮，反应为、2NO+O2=NO2；
【小问3详解】
合成硫酸羟胺的流程可知，反应中首先将氮氧化合物和碳酸铵反应转化为亚硝酸铵，亚硝酸铵再和二氧化硫、水转化为硫酸羟胺；故开始实验时，应最先打开K1，使得氮氧化合物在B中生成亚硝酸铵；
【小问4详解】
流程步骤1中，氮氧化合物和碳酸铵反应转化为亚硝酸铵，根据质量守恒可知，生成气体A为二氧化碳气体，化学方程式为NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2；
【小问5详解】
向(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH∙H2O，根据强碱制取弱碱原理可知，说明碱性较强的是NH3∙H2O；再加入甲醇，根据相似相溶原理，甲醇的极性较小，降低了(NH4)2SO4在水中的溶解度，从而析出(NH4)2SO4晶体，过滤，已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解，故滤液需要减压蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。
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