广西钦州市浦北中学2022-2023学年高二化学下学期3月月考试卷（Word版附解析）

这是一份广西钦州市浦北中学2022-2023学年高二化学下学期3月月考试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

浦北中学2023年春季学期三月份考试试题
高二化学科
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ba-137
一、单选题(每题3分，共54分)
1. 人们为了营养肌肤，往往需要搽用护肤品。在所有的护肤品中都含有保湿的甘油(丙三醇)，已知其结构简式为CH2OHCHOHCH2OH。以下对甘油分子的叙述中，正确的是
A. 分子中只含有极性键
B. 分子中只含有非极性键
C. 分子中既含有σ键又含有π键
D. 分子中既含有极性键又含有非极性键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．分子中含有极性键(C—H键、O—H键、C—O键)，又含有非极性键(C—C)，A错误；
B．分子中含有极性键(C—H键、O—H键、C—O键)，又含有非极性键(C—C)，B错误；
C．在甘油分子中，碳原子之间、碳原子与氧原子、碳原子与氢原子、氧原子与氢原子之间都是共价单键，故分子中只含有σ键，C错误；
D．分子中含有极性键(C—H键、O—H键、C—O键)，又含有非极性键(C—C)，D正确；
答案选D。
2. 钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知晶胞边长为apm，A点的原子坐标参数为(0，0，0) ，C点为(，，)，下列说法错误的是

A. 钴位于元素周期表第四周期第VIII族，属于d区
B. 距离Co2+最近且等距的O2-的数目为8
C. B点的原子坐标参数为(，0，)
D. 该晶胞中，Ti4+、Co2+、O2-的个数比为1:1:3
【答案】B
【解析】
【详解】A．钴与铁、镍同属第四周期第VIII族，属于d区，A选项正确；
B．由晶胞结构图可知距离中心Co2+最近且等距的O2-位于立方体的面心，数目为6，B选项错误；
C．晶胞中6个O2-构成一个正八面体，Co2+位于其中心，根据Co2+坐标可知B点坐标为(，0，)，C选项正确；
D．根据占比计算晶胞中Ti4+、Co2+、O2-的个数分别为8×=1、1×1=1、6×=3，个数比为1:1:3，D选项正确；
答案选B。
3. 下列说法中，错误的是
A. 只含分子的晶体一定是分子晶体
B. 碘晶体升华时破坏了共价键
C. 几乎所有的酸都属于分子晶体
D. 稀有气体中只含原子，但稀有气体的晶体属于分子晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子晶体是分子通过相邻分子间的作用力形成的，只含分子的晶体一定是分子晶体，故A正确；
B．碘晶体属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，故B错误；
C．几乎所有的酸都是由分子构成的，故几乎所有的酸都属于分子晶体，故C正确；
D．稀有气体是由原子直接构成的，只含原子，故稀有气体的晶体属于分子晶体，故D正确。
故选B。
4. 下列分子中存在π键是
A. H2 B. N2 C. H2O D. HCl
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】根据单键均为σ键，双键为一个σ键一个π键，三键为一个σ键2个π键，据此分析解题：
A．H2中只存在H-H单键，故不存在π键，A不合题意；
B．N2中只存在N≡N三键，为一个σ键2个π键，B符合题意；
C．H2O中只存在O-H单键，故不存在π键，C不合题意；
D．HCl中只存在H-Cl单键，故不存在π键，D不合题意；
故答案为：B。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2和 NaOH 所含化学键类型完全相同
B. NH3比 PH3稳定是因为 NH3分子间存在氢键
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. H2O2 是含非极性键的极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以两者化学键类型不同，A错误；
B. 氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属强于P，B错误；
C. 化学反应的实质是旧键断裂生成新键，CO2溶于水与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，干冰升华只是CO2从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，C错误；
D. H2O2即含极性共价键又含非极性键的极性分子，D正确；
故答案为：D。
【点睛】氢键不是化学键，是一种分子间作用力，主要影响物理性质，比如熔沸点、溶解性等，不影响其化学性质。
6. 下列各组物质的变化过程中，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A. CaO和熔化 B. Na和S受热熔化
C. NaCl和HCl溶于水 D. 碘和干冰的升华
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钙是离子晶体，熔化时所克服的粒子间作用力为离子键，二氧化硅是原子晶体，熔化时所克服的粒子间作用力为共价键，两者所克服的粒子间作用力不同，故A错误；
B．钠是金属晶体，受热熔化时所克服的粒子间作用力为金属键，硫是分子晶体，受热熔化时所克服的粒子间作用力为分子间作用力，两者所克服的粒子间作用力不同，故B错误；
C．氯化钠是离子晶体，溶于水时所克服粒子间作用力为离子键，氯化氢是分子晶体，溶于水时所克服的粒子间作用力为共价键，两者所克服的粒子间作用力不同，故C错误；
D．碘和干冰都是分子晶体，升华时所克服的粒子间作用力都为分子间作用力，两者所克服的粒子间作用力完全相同，故D正确；
故选D。
7. 关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是
A. 1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B. 中心原子的化合价为+3价
C. 中心原子的配位数是5
D. 含1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3 mol白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．NH3和Cl-与Ti3+形成的配位键为σ键，一个NH3分子中含有3个σ键，所以1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为3×5+6=21 mol，A错误；
B．NH3不带电荷，Cl带一个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，B正确；
C．NH3和Cl-均为配体，所以中心原子的配位数为6，C错误；
D．配合物外界完全电离，内界不电离，所以1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2只能电离产生2 mol Cl-，加入足量AgNO3溶液，产生2 mol白色沉淀，D错误；
综上所述答案为B。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 46gC2H5OH中含有极性键的数目为7NA
B. 1molN2H4中含有孤电子对数为5NA
C. 8.5g15NH3中含有的中子数为4NA
D. 标准状况下，22.4LC2H4中含有电子数为12NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．C2H5OH分子中C-H键、O-H键、C-O键均为极性键，所以一个C2H5OH分子中含有7个极性键，46gC2H5OH的物质的量为1mol，含有极性键的数目为7NA，A正确；
B．N2H4分子中每个N原子各有一对孤电子对，所以1molN2H4中含有孤电子对数为2NA，B错误；
C．一个15NH3中含有15-7=8个中子，8.5g15NH3的物质的量为=mol，含有的中子数为NA，C错误；
D．一个C2H4分子中含6×2+4=16个电子，标况下22.4LC2H4为1mol，含有电子数为16NA，D错误；
综上所述答案为A。
9. “类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论正确的是
A. 甲烷的键角是109°28¢ ，白磷(P ) 的键角也是109°28¢
B. 第ⅣA 族元素氢化物的沸点：SiH4＞CH4，则第ⅤA 族元素氢化物的沸点：PH3＞NH3
C. 为正四面体结构，可推测 也为正四面体结构
D. 晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，必有阴离子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．白磷(P )的键角是60°，故A错误；
B．氨分子间存在氢键，因此，第ⅤA 族元素氢化物的沸点：NH3＞PH3，故B错误；
C．二者中N、P价层电子对数均为4，则为正四面体结构，可推测 也为正四面体结构，故C正确；
D．晶体中有阳离子，不一定有阴离子，比如金属晶体，故D错误。
综上所述，答案为C。
10. 与NO互为等电子体的是
A. SO3 B. P4 C. CH4 D. NO2
【答案】A
【解析】
【分析】原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。
【详解】NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则
A．SO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；
B．P4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；
C．CH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；
D．NO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；
答案选A。
11. 某物质的化学式为，其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法正确的是
A. 该配合物中心原子的配位数为4
B. 该配合物的配体只有
C. 和分子均与形成配位键
D. 该配合物可能是平面正方形结构
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．加入溶液反应也不产生沉淀，可知无游离的，以强碱处理并没有放出，可知无游离的氨分子，两者均与中心铂离子形成配位键，所以该物质的配位化学式为故配位数为6，故A错误；
B．根据题意可知该配合物为，配体有和，故B错误；
C．该配合物为，和分子均与中心铂离子形成配位键，故C正确；
D．Pt与6个配体成键，该配合物应是8面体结构，故D错误；
故答案为C。
12. 氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是

A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 基态氧原子的电子有8种空间运动状态
C. 该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D. 键的极性大小：N-H 【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；
C．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；
D．形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故选D。
13. 根据图示，下列说法不正确的是

A. 在NaCl晶体中，距最近的有12个
B. 在晶体中，采取面心立方最密堆积
C. 在金刚石晶胞中，若正方体棱长为acm，则碳原子间的最短距离为
D. 该气态团簇分子的分子式为或
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．在NaCl晶体中，Na+位于晶胞的体心和棱心(或顶点和面心)，穿过体心的三个正方形的四个顶点都和体心的Na+距离最近且距离相等，所以距 Na+ 最近的 Na+ 有12个，故A正确；
B．在 CaF2 晶体中， F− 位于晶胞内部，八个F−构成了立方体，所以F−采取的是简单立方堆积，故B错误；
C．在金刚石晶胞中，若正方体棱长为acm，则两个碳原子间的最短距离为体对角线的四分之一， 即acm，故C正确；
D．该气态团簇分子中有4个E和4个F，所以其分子式为 E4F4 或 F4E4，故D正确；
故选B。
【点睛】要注意D中为分子，不是晶胞，不能用均摊法确定分子式。
14. 晶体硼的基本结构单元是由硼原子通过共价键形成的正二十面体晶体。其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角各有一个原子。下列有关说法中正确的是

A. 该晶体应该易溶于水中
B. 该二十面体中存在60个共价键
C. 该二十面体中有12个硼原子
D. 该晶体硼受热易分解为硼原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．该晶体全部由硼原子通过共价键形成，与水分子间不存在氢键，该晶体是分子晶体，结构对称，属于非极性分子，与水不相似，应该难溶于水中，A错误；
B．该二十面体中含有20个等边三角形，三角形的边即时共价键，相邻的两个三角形共用一条边，故存在共价键数目为=30，B错误；
C．该二十面体中含有20个等边三角形，从图中可知，相邻的5个三角形共用一个顶点，则硼原子有=12个，C正确；
D．该晶体硼内部硼原子间以共价键作用，共价键作用力较强，故受热较难分解硼原子，D错误；
故选C。
15. 下面说法错误的是
A. 金属键由强到弱：
B. 熔点由高到低：
C. 硬度由大到小：金刚石>晶体硅>碳化硅
D. 晶格能由大到小：
【答案】C
【解析】
【详解】A．形成金属键的金属阳离子的半径越小，所带电荷数越多，金属键越强，则金属键由强到弱：，A正确；
B．四种化合物形成的晶体均是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，则熔点由高到低：，B正确；
C．共价晶体中形成共价键的原子半径越小，共价键越强，硬度越大，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，C错误；
D．离子晶体中形成离子键的离子半径越小，所带电荷数越多，晶格能越大，则晶格能由大到小：，D正确；
答案选C。
16. 水()是一种非常重要的资源，下面关于水的结构和性质的描述正确的是
A. 水是平面三角形分子
B. 水分子结构稳定，因为水分子可以形成氢键
C. 水形成冰以后密度增大
D. 水分子中的氧原子采用杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，选项A错误；
B．稳定性是化学性质，是共价键的强弱决定的，与氢键无关，选项B错误；
C．水结冰后，质量不变，体积变大，密度变小，选项C错误；
D．水分子中O原子的价层电子数=2+（6-2×1）=4，且含有2对孤电子对，所以采取方式杂化，选项D正确；
答案选D。
17. 将磷灰石混以石英砂在1773K左右用炭还原制备白磷，反应原理如下：，下列说法正确的是
A. 石墨晶体中碳原子个数与碳碳键数之比为4∶3
B. 晶体中Si—O键的数目为
C. 标准状况下，1个CO分子的体积为
D. 31g白磷中含有的孤电子对数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨晶体是混合晶体，六边形层状结构，每个碳原子与周围的三个碳原子成键，均摊法可知每个碳原子有个共价键，故A错误；
B．每个二氧化硅有4个硅氧键，60g即1mol二氧化硅有4mol硅氧键，B错误；
C．对于气体来说，粒子间的距离远远大于粒子本身的直径，1mol气体标况下的体积是22.4L，但每个气体分子的体积不是，C错误；
D．31g白磷含有1mol磷原子，白磷是四面体结构，每个磷原子有一对孤电子对，故31g白磷中含有的孤电子对数为，D正确；
故选D。
18. 某无机化合物的二聚分子结构如图，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构。关于该化合物的说法不正确的是

A. 化学式是Al2Cl6
B. 不存在离子键和非极性共价键
C. 在固态时所形成的晶体是分子晶体
D. 在熔融状态下能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A．将二聚分子变成单分子，得BA3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，形成二聚分子是不可能的，所以只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，A正确；
B．该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，只存在Cl-Al键，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，所以也不存在非极性共价键， B正确；
C．该化合物是无机化合物的形成的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体， C正确；
D．该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，D错误；
故选D。
二、填空题(共46分)
19. 完成下列问题：
（1）N、O、Mg、Al、S、Fe是常见的六种元素，按要求回答下列问题：
①Fe位于元素周期表第_____周期第_____族。
②基态N原子核外电子排布式为_____；基态O原子核外有_____种运动状态电子。
③基态S原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_____形。
④Mg、Al两种元素中第一电离能较大的是_____填元素符号)。
（2）几种元素的电负性数据如表：
O
F
Al
Br
……
3.5
4.0
1.5
2.8
……
①AlBr3的熔点_____AlF3的熔点(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是_____。
②根据同一主族元素电负性递变规律，预测碘元素的电负性数值范围为_____。
【答案】（1） ① 四 ②. Ⅷ ③. 1s22s22p3 ④. 8 ⑤. 哑铃 ⑥. Mg
（2） ①. 小于 ②. AlF3中两元素电负性差值大于1.7，属于离子化合物：而AlBr3中两元素电负性差值小于1.7属于共价化合物；离子化合物熔点高于共价化合物 ③. 小于2.8
【解析】
【小问1详解】
①是26号元素，位于元素周期表中的第四周期Ⅷ 族；
②N是7号元素，原子位于元素周期表第二周期第ⅤA族，因此基态N原子核外电子排布式为；O核外有8个电子，则有8种不同运动状态的电子；
③基态S原子核外电子占据的最高能级为，电子云轮廓图为锤形(哑铃)：
④同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；
【小问2详解】
①AlF3中两元素电负性差值大于1.7，属于离子化合物；而AlBr3中两元素电负性差值小于1.7 属于共价化合物；离子化合物熔点高于共价化合物，因此为大于；
②F、Br是同一主族元素，根据题意可知同主族自上而下电负性减小，因此I的电负性小于2.8。
20. 已知：，在反应条件下，向密闭容器中加入反应物，后达到平衡。完成下列填空：
（1）氮原子的核外电子排布式：_______；硅原子核外电子的运动状态有_______种。
（2）上述反应混合物中的极性分子是_______，写出非极性分子的电子式_______。
（3）将三种离子的半径按由大到小的顺序排列_______。
（4）氧原子核外电子占有_______种能量不同的轨道。属于_______晶体。
（5）非金属性：S小于O。试用一个实验事实说明_______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p3 ②. 14
（2） ①. CO ②.
（3）
（4） ①. 3 ②. 分子
（5）氢硫酸暴露于空气中会变浑浊，发生反应，说明氧气的氧化性大于S
【解析】
【小问1详解】
氮原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；硅原子核外有14个电子，运动状态有14种。
【小问2详解】
反应混合物中存在N2、CO两种分子，CO结构不对称，CO是极性分子，N2是非极性分子，电子式为。
【小问3详解】
电子层数相同，质子数越多半径越小，三种离子的半径按由大到小的顺序排列为。
【小问4详解】
氧原子核外电子排布为1s22s22p4，占有1s、2s、2p共3种能量不同的轨道。中只含共价键，属于分子晶体。
【小问5详解】
氢硫酸暴露于空气中会变浑浊，发生反应，说明氧气的氧化性大于S，则非金属性：S小于O。
21. 我国科学家利用Cs2CO3、XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：
（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为___________；第一电离能I1(Si)___________I1(Ge)（填“>”或“<”）。
（2）基态Ge原子价电子排布式为___________；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，SiO2熔点较高，其原因是___________
（3）如图为硼酸晶体的片层结构，其中硼原子的杂化方式为___________。该晶体中存在的作用力有___________。

A．共价键B．离子键C．氢键
（4）Fe和Cu可分别与氧元素形成低价态氧化物FeO和Cu2O。

①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2＋的配位数为___________。
②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若晶胞边长为acm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏伽德罗常数)
【答案】 ①. ：O＞C＞Si ②. ＞ ③. 1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)； ④. SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高 ⑤. sp2 ⑥. AC ⑦. 6 ⑧.
【解析】
【分析】（1）电负性的变化规律：同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小；第一电离能的变化规律：同族元素由上至下逐渐减小；
（2）Ge原子位于第四周期IVA族，结合构造原理书写原子核外电子排布式；SiO2、GeO2均为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；
（3）B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键；
（4）①距离Fe2+最近的O2-个数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体；
②若晶胞边长为acm，晶胞体积=a3cm3，该晶胞中O2-个数=1+8×=2、Cu+个数=4，该晶体的密度为=。
【详解】（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以电负性O＞C＞Si；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此I1(Si)＞I1(Ge)，故答案为：O＞C＞Si；＞；
（2）Ge原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高；
（3）B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，因此为sp2杂化；该晶体中含有O-H之间，B-O之间的共价键以及分子间氢键，故答案为：sp2；AC；
（3）①离子的配位数是指距离最近的且距离相等的带相反电荷的离子数目，距离Fe2+最近的O2-个数为6，所以其配位数是6，故答案为：6；
②若晶胞边长为acm，晶胞体积=a3cm3，该晶胞中O2-个数=1+8×=2、Cu+个数=4，该晶体的密度为=g/cm3，故答案为：。