2022-2023学年吉林省吉林市第一中学高二上学期期末测试化学试题含答案

这是一份2022-2023学年吉林省吉林市第一中学高二上学期期末测试化学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，结构与性质，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

吉林省吉林市第一中学2022-2023学年高二上学期期末测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年8月9日，国家卫生健康委办公厅、国家中医药局办公室发布通知，将阿兹夫定片纳入《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(第九版)》，此有机物结构如下图所示，下列说法正确的是

A．该物质属于烃的衍生物
B．该有机物的分子式为
C．该有机物中五元环上有2种一氯代物
D．该有机物六元环上的碳原子均采取杂化
【答案】A
【详解】A．该有机物的分子式为，为烃的衍生物，选项A正确；
B．根据结构简式可知，该有机物的分子式为，选项B错误；
C．该有机物中五元环上有3种不同化学环境的氢原子，一氯代物有3种，选项C错误；
D．该有机物六元环上的碳原子均与苯环上的碳原子相似，采取杂化，选项D错误；
答案选A。
2．下列现象或应用与电子跃迁无关的是
A．激光 B．焰色试验 C．丁达尔效应 D．原子光谱
【答案】C
【详解】A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同，如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，A项不选；
B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，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，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，B项不选；
C．丁达尔效应是当一束光线透过胶体 ，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，与电子跃迁无关，C项选；
D．原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，D项不选；
答案选C。
3．下列分子中官能团相同的是
①　  ② ③　 ④C2H5OH
A．①和② B．③和④ C．①和③ D．②和④
【答案】C
【详解】①属于羧酸，官能团为羧基；
② 属于酯类，官能团为酯基；
③属于羧酸，官能团为羧基；
④C2H5OH属于醇类，官能团为羟基；
则官能团相同的为①和③，故选C。
4．下列说法正确的是

A．图1为CH4分子的球棍模型
B．图2为基态氮原子的电子排布图
C．图3为铍原子最外层的电子云图
D．图4为用原子轨道描述氢气分子中化学键的形成
【答案】B
【详解】A．图1不是球棍模型，CH4分子的球棍模型为，故A错误。
B．氮为7号元素，电子排布为1s22s22p3，且2p能级上电子排布符合洪特规则，故B正确。
C．铍是4号元素，电子排布为1s22s2，原子最外层是s能级，s能级电子云图为球形，故C错误。
D．氢元素只有1个1s电子，s电子云为球形，两个H原子形成一个氢气分子，因此图4中右侧应为1个球形，故D错误。
故选B选项。
5．下列物质不属于超分子的是
A．“杯酚” B． C． D．21-冠-7
【答案】B
【详解】超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性。
A．“杯酚”一般是指由亚甲基桥连苯酚单元所构成的大环化合物，属于超分子，选项A不符合；
B．是由一种分子构成的，不属于超分子，选项B符合；
C．为多达六个单元的簇，属于超分子，选项C不符合；
D．21-冠-7是冠醚，冠醚是一种大分子环状化合物，为超分子，选项D不符合；
答案选B。
6．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是

A．在NaCl晶体(图甲)中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B．该气态团簇分子(图乙)的分子式为EF或FE
C．在CO2晶体(图丙)中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D．在碘晶体(图丁)中，存在非极性共价键和范德华力
【答案】B
【详解】A．由NaCl晶胞结构知，Na+周围最近的Cl-有6个，分别位于Na+的上下左右前后，形成正八面体结构，A正确；
B．分子中不涉及原子共用的问题，故该分子中含有4个E原子和4个F原子，分子式为：E4F4或F4E4，B错误；
C．以顶点CO2分子作为参考点，相邻三个面面心上CO2分子离其最近，考虑晶胞无隙并置原理，一个顶点周围共有8个晶胞，每个晶胞中各有3个CO2分子离顶点CO2最近，又考虑面心共用，故离顶点CO2最近的CO2分子有：个，C正确；
D．碘分子内部两个碘原子之间为非极性共价键，碘分子之间为范德华力，D正确；
故答案选B。
7．某烃或该烃的某种同分异构体的一氯代物只有一种。则该烃的分子式不可以是
A．C2H6 B．C4H10 C．C5H12 D．C8H18
【答案】B
【详解】A．C2H6只能是乙烷，分子中的氢原子完全相同，则其一氯代物只有一种，故A不符合题意；
B．C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，分别有两种氢原子，则则其一氯代物有2种，故B符合题意；
C．C5H12有3种结构，其中新戊烷分子中的氢原子完全是相同的，则其一氯代物只有一种，故C不符合题意；
D．C8H18有多种结构，其中(CH3)3C(CH3)3分子中的氢原子完全是相同的，则其一氯代物只有一种，故D不符合题意。
故选B。
8．下列说法正确的是
A．碳骨架为的烃的结构简式为(CH3)2C=CH2
B．有机物分子里一定既有非极性键也有极性键
C．乙烯分子中有4个σ键1个π键
D．乙醇的键线式为
【答案】A
【详解】A．根据碳原子的成键特点，碳骨架为的烃的结构简式为(CH3)2C=CH2，故A正确；
B．有机物分子里不一定既有非极性键也有极性键，如：甲烷中只有极性键，故B错误；
C．乙烯分子中有5个σ键1个π键，故C错误；
D．乙醇的键线式为，故D错误；
选A。
9．将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是

A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；
【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；
C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；
D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；
综上所述，本题应选C.
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。
10．下列说法中不正确的是
A．气体单质中，一定有σ键，可能有π键
B．PCl5分子是非极性分子
C．氢键键长一般定义为A-H…B的长度，而不是H…B的长度
D．的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致
【答案】A
【详解】A．稀有气体单质是单原子分子，分子中无化学键，故A错误；
B．PCl5分子为三角双锥构型，键的偶极矩互相抵消，使分子的正电重心和负电重心重合，分子的偶极矩为零，因此，PCl5为非极性分子，故B正确；
C．氢键键长一般定义为A-H…B的长度，即A到B的长度，而不是H…B的长度，故C正确；
D．的中心原子Cl原子的成键电子对数为4， 中Cl原子孤对电子对数为 (7+1-4×2) =0，因为无孤电子对，所以 的 VSEPR 模型与离子的空间立体构型一致，均为正四面体，故D正确；
答案选A。
11．我国提取中草药有效成分的常用溶剂有：水；或亲水性溶剂（如乙醇，与水互溶）；或亲脂性溶剂（如乙醚，与水不互溶）。诺贝尔奖获得者屠呦呦及其团队在提取青蒿素治疗疟疾过程中，记录如下：青蒿素的水煎剂无效；乙醇提取物的效用为30%～40%；乙醚提取物的效用为95%。下列推测不合理的是
A．青蒿素在水中的溶解度很小 B．青蒿素含有亲脂的官能团
C．在低温下提取青蒿素，效果会更好 D．乙二醇提取青蒿素的能力强于乙醚
【答案】D
【详解】A. 青蒿素的水煎剂无效，这说明青蒿素在水中的溶解度很小，A正确；B. 乙醚提取物的效用为95%，说明青蒿素含有亲脂的官能团，B正确；C. 温度高有机溶剂易挥发，因此在低温下提取青蒿素，效果会更好，C正确；D. 乙二醇与水互溶，提取青蒿素的能力弱于乙醚，D错误，答案选D。
12．石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法中正确的是

A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键；石墨能导电，存在类似金属键的作用力
D．石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
【答案】C
【解析】石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内存在共价键，每个C原子形成3个键，且每个C原子为3个环共有，以此解答该题。
【详解】A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，A错误；
B．石墨中的碳原子采取杂化与其他的三个碳原子相连，每个杂化轨道含s轨道与p轨道，B错误；
C．石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间通过共价键结合；石墨层内的每个碳原子存在一个单电子，这些单电子可以在层内自由移动，与层内碳原子之间存在类似金属键的作用力，C正确；
D．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为，D错误；
故选：C。
13．下列说法正确的是
A．HF和Br2分子中均含有s－pσ键
B．沸点：H2O C．硬度：晶体硅>碳化硅>金刚石
D．酸性：CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH
【答案】D
【详解】A．溴分子中含有p－pσ键，不含有s－pσ键，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，同主族的其他元素的氢化物不能形成分子间氢键，所以水的沸点高于主族的其他元素的氢化物的沸点，故B错误；
C．金刚石中碳碳键的键长小于硅硅键，键能大于硅硅键，共价键强于硅硅键，所以金刚石的硬度高于晶体硅，故C错误；
D．非金属元素的电负性越大，对羧基中氢氧键电子对的吸引力越大，氢氧键的极性越大，电离出氢离子的能力越大，酸性越强，元素的电负性F>Cl>H，所以羧酸的酸性强弱顺序为CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH，故D正确；
故选D。
14．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原子的最外层电子排布式是2s22p4，Z原子的核外电子数比Y原子少1，下列说法不正确的是
A．CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子是非极性分子
B．ZH3的VSEPR模型名称为三角锥形
C．Z4分子是非极性分子
D．酸H2YO4比酸H3ZO4的酸性强
【答案】B
【分析】X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，X为O元素；X、Y位于同一族，Y为S元素；Y、Z处于同一周期，均为第三周期元素，且Z原子的核外电子数比Y原子少1，Z的质子数=16-1=15，则Z为P元素，由分析可知，X为O、Y为S、Z为P。
【详解】A．CX2的结构式为O=C=O，为直线结构，结构对称、正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A正确；
B．ZH3为PH3，P上有1对孤对电子，共有4对电子对，VSEPR模型为四面体形，分子构型为三角锥形，故B错误；
C．P4为正四面体结构，结构对称、正负电荷的中心重合，为非极性分子，故C正确；
D．非金属性S >P，因此最高价氧化物对应水化物酸性H2SO4比H3PO4的酸性强，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】要注意VSEPR模型与分子构型可能相同，可能不相同，当没有孤对电子时，两者构型相同，当有孤对电子时，两者不相同。
15．是一类色彩丰富的非整比化合物，若无空缺，化学式为，完全空缺则为，每填入1个，相应有1个还原为。的颜色与x值的对应关系如图所示，已知晶体中，则其颜色为

A．黄绿色 B．深灰色 C．品蓝色 D．橙黄色
【答案】C
【详解】根据，可计算出W的平均化合价为+=+，根据化合物中元素化合价代数和为0可得x+-23=0，解得x=0.4，椐图分析其颜色为品蓝色；
答案选C。
16．单质铁的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的图应为

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】Fe属于体心立方堆积，按甲中虚线方向（面对角线）切割，甲中得到长方形结构，晶胞体心的Fe原子处于长方体的中心，每个长方形顶点都被Fe原子占据，若按该虚线切乙，则切得的图形中含有甲切割得到的4个长方形结构，则图形A符合，故选A。

二、元素或物质推断题
17．图为元素周期表的部分，请参照元素①-⑩在表中的位置，回答下列问题。

(1)④的基态原子电子最高能级的电子云轮廓图为_______形，⑨的价电子排布图为_______；
(2)②③④的电负性由大到小顺序为_______(用化学用语填写，下同)，②③④的第一电离能由大到小顺序为_______，①分别与②和③形成的最简单气态氢化物中，键角较大的是_______；
(3)⑤⑥⑦元素的简单离子半径由大到小排序为_______；
(4)写出与②最高价氧化物分子互为等电子体的一种分子的化学式_______；
(5)一种中学常见化合物由①③⑧三种元素组成，其中含有的化学键类型为_______。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．配位键
【答案】(1)     哑铃    
(2)     O＞N＞C     N＞O＞C     NH3
(3)S2—＞Mg2+＞Al3+
(4)CS2
(5)ABD

【分析】由图可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为O元素、⑤为Mg元素、⑥为Al元素、⑦为S元素、⑧为Al元素、⑨为Cr元素。
【详解】（1）由分析可知，④为原子序数为8的氧元素，基态氧原子的价电子排布式为2s22p4，则最高能级的p电子云轮廓图为哑铃形；⑨为原子序数为8的氧元素，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为，故答案为：哑铃；；
（2）同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次减小增大，则碳、氮、氧三种元素的电负性强弱顺序为O＞N＞C；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；氨分子和水分子中中心原子的价层电子对数都为4，氨分子和水分子的孤对电子对数分别为1、2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则氨分子的键角大于水分子，故答案为：O＞N＞C；N＞O＞C；S2—＞Mg2+＞Al3+；NH3；
（3）同主族元素，从上到下离子半径依次减小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小顺序为S2—＞Mg2+＞Al3+，故答案为： S2—＞Mg2+＞Al3+；
（4）二硫化碳与二氧化碳原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：CS2；
（5）由氢、氮、氯三种元素形成的化合物为含有离子键、共价键和配位键的离子化合物氯化铵，故选ABD。

三、结构与性质
18．钛镍形状记忆合金（TiNi）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)写出基态Ti原子的电子排布式:_________，Ni在元素周期表中的位置是_________。
(2)钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，二者阴离子的立体构型为______，中心原子的轨道杂化类型是_______。
(3)与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是____________；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为_______________。
【答案】     1s22s22p63s23d24s2或[Ar] 3d24s2     第4周期第VIII族     正四面体     sp3     产生白色沉淀     [Co (NH3)5SO4]Br
【分析】（1）根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式；
（2）根据价层电子数及中心原子进行判断；
（3）络合物由内界和外界组成，络合物溶于水发生电离生成内界离子（络离子）和外界离子，与BaCl2或AgNO3溶液反应的离子肯定为外界离子，由此可判断络合物的组成。
【详解】(1)基态Ti原子的电子排布式为1s22s22p63s23d24s2或[Ar] 3d24s2。Ni的原子序数为28，在元素周期表中的位置是第4周期第VIII族；
(2) SO42-的中心原子S的价层电子对数n==4，所以中心原子的轨道杂化类型是sp3，S原子与4个O原子形成4个σ键，所以SO42-立体构型为正四面体；
（3）由[Co(NH3)5Br]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀。加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明溴离子在外界，因此另一配合物的化学式为[Co (NH3)5SO4]Br。
【点睛】本题考查了电子排布式的书写、等电子体原理、杂化类型的判断、配合物的组成及性质、晶体类型的判断及晶体结构等知识，是物质结构和性质的核心，应熟练掌握。本题易错点是没注意题目要求，如基态原子的电子排布式写成了价电子排布式。

四、原理综合题
19．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题，当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。

请回答下列问题：
(1)甲池为燃料电池，通入电极的电极反应式为_______；
(2)乙池是氯碱工业的原理示意图，中间的离子交换膜为_______(填“阳离子”、“阴离子”或“质子”)交换膜，精制饱和NaCl溶液从口进入装置_______(填“①”或“②”)，乙池总反应的离子方程式为：_______；
(3)丙池是在铁上镀铜的装置，_______(填“C”或“D”)电极的材料是铁；
(4)丁池是电解处理含的酸性工业废水的装置图，将转变成，质子交换膜只允许通过，填写下列空白：
①废水一侧的电极反应式为_______，
②电解过程中通过质子交换膜_______(填“从左向右”或“从右向左”)移动。
【答案】(1)
(2)     阳离子     ①    
(3)D
(4)          从左向右

【分析】由图可知，甲池为燃料电池，通入甲醇的的Pt电极为负极，碱性条件下，甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，通入氧气的Pt电极为正极，碱性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；乙池为电解池，A电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气， B电极为阴极，水电离产生的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气；丙池为电镀池、铁上镀铜，C电极为阳极，C为Cu，Cu失去电子被氧化， D电极为阴极、D为Fe，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，丁池为电解池，E电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氢离子透过质子交换膜进入阴极区，F电极为阴极，在氢离子参与下、硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成氮气。
【详解】（1）由分析可知，甲池为原电池；通入O2的的Pt电极为正极，碱性条件下，O2在正极得到电子发生还原反应生成OH-，电极反应式为；
（2）乙池是氯碱工业的原理示意图，通电后乙中发生的是惰性电极电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠，氢气和氯气：总反应方程式为。中间的离子交换膜允许钠离子通过进入阴极区、不允许氢氧根离子通过进入阳极区，则为阳离子交换膜，精制饱和溶液从①口进入装置、使氯离子在阳极放电，乙池总反应的离子方程式为：；答案为阳离子；①；；
（3）据分析，丙池是在铁上镀铜的装置， C电极的材料是纯铜，D极的材料是铁；答案为D；
（4）丁池是电解处理含的酸性工业废水的装置图，将转变成，质子交换膜只允许通过，填写下列空白：
①废水一侧为阴极区，结合分析可知，电极反应式为，
②结合分析可知，电解过程中通过质子交换膜从左向右移动。

五、结构与性质
20．铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝，广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。回答下列问题：
(1)铜原子基态价电子排布式为_______；
(2)和都是离子晶体，两种晶体熔点较低的是_______，原因是_______；
(3)铜镍合金的立方晶胞结构如下图所示：

①原子B的分数坐标为_______；
②若该晶体密度为，以表示阿伏加德罗常数，则铜镍原子间最短距离为_______cm。
【答案】(1)3d104s1
(2)     Cu2S     氧离子的离子半径小于硫离子，Cu2O的晶格能大于Cu2S
(3)     (，0，)     ×

【详解】（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
（2）氧化铜和硫化铜都是离子晶体，由于氧离子的离子半径小于硫离子，氧化铜中的离子键强于硫化铜，晶格能大于硫化铜，所以氧化铜的熔点高于硫化铜，故答案为：Cu2S；氧离子的离子半径小于硫离子，Cu2O的晶格能大于Cu2S；
（3）①由位于顶点的A原子的坐标为(1，1，1)可知，位于面心的B原子的坐标为(，0，)，故答案为：(，0，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镍原子个数为8×=1，位于面心的铜原子个数为6×=3，则晶胞的化学式为Cu3Ni，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3d，解得a=，晶胞中铜镍原子间最短距离为面对角线的，则最短距离为×cm，故答案为：×。