江西省九江市武宁尚美中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（含答案）

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B．结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，但该分子结构不对称，为极性分子，B错误；
C．分子中有碳碳键，碳氧键，碳氢键，氧氢键分别含有一个σ键，所以分子中含有8个σ键，C错误；
D．分子中每个硫原子有2个孤电子对，每个磷原子有1个孤电子对，则分子中含孤电子对的数目为10对，D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．同一能层上的s轨道与p轨道的能量差异不大，杂化轨道是由同一能层上的s轨道与p轨道杂化而成的，A项正确；
B．同种类型的杂化轨道能量相同，B项正确；
C．杂化轨道是由1个s轨道与2个p轨道杂化而成的，C项正确；
D．杂化轨道最多可形成3个键，D项错误。
故选：D。
3．D
【详解】A．冰中水分子间有氢键和分子间作用力，熔化破坏氢键和分子间作用力，没有破坏极性共价键，A错误；
B．氢氧化钠是由Na+和OH-通过离子键结合成的离子化合物，溶于水电离成自由移动的Na+和OH-，故溶于水只破坏离子键，没有破坏极性共价键，B错误；
C．氯化氢中H和Cl间以共价键结合，溶于水后变成了自由移动的H+和Cl-，破坏了极性共价键，HCl分子间没有氢键，C错误；
D．干冰是CO2分子间通过范德华力结合而成，熔化只破坏分子间作用力，D正确；
综上所述答案为D。
4．B
【详解】A．金属原子价电子数较少，容易失去电子，不能说明金属有延展性，A错误；
B．金属受外力作用时，金属原子层之间会发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，故金属有良好的延展性，B正确；
C．金属的延展性与原子层的相对滑动有关，与电子的运动无关，C错误；
D．自由电子传递能量与金属延展性无关，可以影响金属的导热性，D错误。
答案选B。
5．C
【分析】
分子式相同，结构不同的有机化合物互为同分异构体，据此分析解答。
【详解】
A．O2和O3为氧元素构成的结构不同的单质，互为同素异形体，故A不符合题意；
B．12C与14C为碳元素的不同原子，二者互为同位素，故B不符合题意；
C．CH3(CH2) 3CH3和 分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故C符合题意；
D． 和 分子式相同，结构也相同，属于同种物质，故D不符合题意；
答案选C。
6．A
【详解】A．SO3分子中S原子的价层电子对数=3＋=3，含0对孤电子对，是平面正三角形结构，A正确；
B．SO2分子中S原子的价层电子对数=2＋=3，含1对孤电子对，是V形结构，B错误；
C．BeCl2分子中Be原子的价层电子对数=2＋=2，含0对孤电子对，是直线形结构，C错误；
D．CH4分子中C原子的价层电子对数=4＋=0，含0对孤电子对，是正四面体形结构，D错误；
故选A。
7．C
【详解】A．配位化合物中一定含有配位键，但也含有其他化学键，A正确；
B．与形成的配合物呈血红色，可用检验，B正确；
C．提供空轨道，中的N原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，C错误；
D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用，D正确；
故选C。
8．C
【详解】水晶的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是硅原子与氧原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体，是原子晶体。
答案选C。
9．A
【详解】根据均摊法可推知，第一个为六方最密堆积的晶胞，此晶胞中有两个金属原子；第二个为面心立方最密堆积的晶胞，此晶胞中有4个金属原子；第三个为体心立方堆积的晶胞，此晶胞中有2个金属原子；所以原子个数比为2∶4∶2，化简为1∶2∶1，所以选A。
10．A
【详解】A．干冰属于分子晶体，置于空气中升华需要吸收热量用于克服分子间作用力，A正确；
B．冰融化时只发生状态的改变而化学键没有改变，所以分子中键不发生断裂，B错误；
C．分子晶体中，分子间作用力越大，该分子的熔、沸点就越高，但与共价键键能无关，C错误；
D．分子的稳定性与分子内的共价键键能有关，与分子间作用力无关，D错误；
答案选A。
11．A
【详解】A．NaOH属于离子化合物，在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的钠离子和氢氧根离子，具有导电性，A正确；
B．足球烯为分子晶体，B错误；
C．干冰为二氧化碳，转化为液态，需要克服分子间作用力，而NaCl晶体变为液态，需要克服离子键，C错误；
D．NH3和PH3均为分子晶体，NH3的熔沸点较PH3高，主要是由于氨分子之间存在氢键，D错误；
故答案选A。
12．C
【详解】A．Ti元素的原子序数为22，在元素周期表中的位置是第4周期ⅣB族，故A正确；
B．由晶胞结构图可知，每个晶胞中有一个Ba原子，Ti原子，O原子，所以化学式是，故B正确；
C．氢键属于分子间作用力，不是化学键，故C错误；
D．Ti元素的原子序数为22，其价电子排布为3d24s2，在元素周期表中属于d区元素，故D正确；
故选C。
13．A
【详解】A． H2O的中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，由于含有2个孤电子对，故空间结构为角形，A错误；
B． 的中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为直线形，由于不含孤电子对，故空间结构是直线形，B正确；
C． 的中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，故空间结构为平面三角形，C正确；
D． 的中心原子的孤电子对数为，D正确；
故选A。
14．D
【详解】A．HF分子间存在氢键，HBr分子间存在分子间作用力，受热变成液体，克服的力不同，故错误；
B．氯化铵属于离子晶体，苯属于分子化合物，克服相互作用不同，故错误；
C．氯化钠属于离子化合物，溶于水破坏的离子键，氯化氢属于分子化合物，溶于水破坏共价键，故错误；
D．碘和冰属于分子化合物，分子之间为分子间作用力，受热变为气体，克服范德华力，故正确。
15．D
【详解】A．NaCl晶胞和CsCl晶胞结构不相同，NaCl晶胞配位数为6，CsCl晶胞配位数为8，故A错误；
B．一般来说，离子晶体具有较高的熔点和沸点，但也有较低熔沸点的离子晶体，故B错误；
C．NaCl晶体中，以体心的钠离子分析，每个周围紧邻且距离相等的共有12个，故C错误；
D．若NaCl晶胞中与最近的核间距为a cm，则晶胞参数为2acm，一个晶胞中含有钠离子个数为，氯化钠化学式为NaCl，则其晶体密度为；故D正确。
综上所述，答案为D。
16． 丁烷 壬烷 十四烷
【详解】n≤10时，以甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸依次代表碳原子数，其后加“烷”字，C4H10中含有４个碳原子，其名称为丁烷，C9H20中含有９个碳原子，其名称为壬烷；n>10时，以汉字数字加“烷”字代表，则C14H30的名称为十四烷。
17． ① ③ ⑤
【分析】①BaCl2属于离子晶体，只含离子键；
②金刚石属于原子晶体，只含共价键；
③碘片属于分子晶体，只含共价键，分子间靠范德华力结合；
④干冰属于分子晶体，只含共价键，分子间靠范德华力结合；
⑤二氧化硅属于原子晶体，只含共价键；
⑥氢氧化钾属于离子晶体，含离子键、共价键；
⑦钠属于金属晶体，只含金属键；
【详解】(1)根据分析，只含离子键的离子晶体的是①；
(2)根据分析，分子晶体的单质是③；
(3)根据分析，原子晶体的化合物是⑤；
18． 羟基 C9H12O 4 A和C B和F
【详解】(1)根据A的结构简式可知A中含氧官能团为羟基；
(2)B中含有9个C原子，1个O原子，不饱和度为4，所以分子式为C9H12O；
(3)该物质有如图所示4种氢原子，所以一氯代物有4种；
(4)A和C的分子式均为C9H10O，但结构不同，二者互为同分异构体；B和F均含有酚羟基，结构相似，同时分子组成相差三个CH2，二者互为同系物。
19．(1) ③ ② ⑤ 溴原子 羧基 酯基
(2)3
(3) C6H14
【详解】（1）Ⅰ．苯环上直接连有羟基的结构为酚，所以酚类有③；酮是指有含有RCOR′结构的物质，为②；醛是指含有-CHO结构的物质，为⑤；
Ⅱ．④的官能团为溴原子；⑥的官能团为羧基；⑦的官能团为酯基；
（2）分子式为C4H8且属于烯烃的有机物有、、，共3种；
（3）键线式的拐点和端点均有碳原子，所以表示的有机物结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH2CH3，分子式为C6H14；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃为。
20． 90
【详解】根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C—C键、1个“C=C”，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为60×=90；晶胞中C60的个数为8×＋6×=4，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)3 cm3=a3×10-30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为
21． 面心立方最密堆积 12 金属离子、自由电子 4
【分析】根据晶胞中原子的排列判断堆积方式；以顶点M原子判断距离最近的M原子数，确定配位数；均摊法确定晶胞中含有的粒子数；根据晶胞的质量和体积计算密度。
【详解】(1)如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，M原子处于立方体的面心与顶点，属于面心立方最密堆积；顶点M原子到面心M原子的距离最短，则钼原子的配位数为12；
(2)金属晶体的成键粒子为金属离子和自由电子，故构成钼晶体的粒子是金属离子和自由电子；晶胞中所含的该种粒子数为6×+8×=4；
(3)晶胞的质量为g，钼原子半径为a pm=a×10-10cm，晶胞的边长为×10-10cm，则晶胞的体积为=(×10-10)3cm3，金属钼的密度为g·cm-3=g·cm-3。