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山西省大同市浑源中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析
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这是一份山西省大同市浑源中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析，共15页。试卷主要包含了本卷命题范围， 下列有关卤化氢的说法正确的是， 下列描述正确的是， 下列说法中错误的是等内容，欢迎下载使用。
浑源中学2021~2022学年度第二学期高二年级期中考试
化学试题
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：必修第一册，必修第二册，选择性必修1(30%)，选择性必修2(70%)。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 Zn65
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国科学院新疆理化技术研究所研发出深紫外光双折射晶体。下列性质不能区别晶体与玻璃体的是
A. 各向异性 B. 导电性
C. X射线衍射 D. 有无固定的熔点
【答案】B
【解析】
【详解】A．各向异性是晶体的一种性质，能区别晶体与玻璃体，A不符合题意；
B．导电的原因是存在自由移动的电子或离子，不能区别晶体与玻璃体，B符合题意；
C．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，能区别晶体与玻璃体，C不符合题意；
D．晶体具有固定的熔点而非晶体没有，能区别晶体与玻璃体，D不符合题意；
故选B。
2. 能促进水的电离平衡，并使溶液中的的操作是
A. 将水加热煮沸 B. 将固体溶于水
C. 将固体溶于水 D. 将固体溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，将水加热煮沸，促进水电离，但溶液中仍然存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；
B．中铵根离子结合水中氢氧根离子发生水解，导致溶液呈酸性，促进水电离，故B错误；
C．向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠完全电离生成氢离子导致溶液呈酸性，，抑制水电离，故C错误；
D．中醋酸根离子发生水解反应：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，促进水的电离，溶液呈碱性，，故D正确；
故选：D。
3. 2020年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是
A. “嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染
B. “北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅
C. “硅-石墨烯-锗晶体管”为我国首创，石墨烯能发生加成反应
D. “奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．液氧与液氢反应生成H2O，水对环境无污染，故A说法正确；
B．半导体材料是晶体硅，二氧化硅是制备光导纤维的原料，故B说法错误；
C．石墨烯在一定条件下可以发生加成反应，故C说法正确；
D．钛合金具有强度高、耐蚀性好、耐热性高的特点，因此钛合金耐高压、耐腐蚀，故D说法正确；
答案为B。
4. 中国古代四大发明之一的黑火药，爆炸时发生反应：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. CO2分子为非极性分子
B. N2分子中含有1个σ键、1个π键
C. K2S的电子式：K
D. 基态硫原子价电子的轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．CO2是直线形，为非极性分子，故A正确；
B．N2分子中存在氮氮三键，含有1个σ键、2个π键，故B错误；
C．K2S的电子式为：KK，故C错误；
D．基态硫原子价电子的轨道表示式为基态硫原子价电子的轨道表示式为，故D错误；
故选A。
5. 下列有关卤化氢的说法正确的是
A. 键长：
B. 键能：
C. 沸点：
D. H—F键是键
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，卤化氢的键长: ，选项A正确；
B．原子半径越大，则键长越长，卤族元素原子随着原子序数增大而增大，卤化氢的键长: ，所以键能: ，选项B错误；
C．氟化氢中由于存在氢键，所以沸点最高，即应该HCl
答案选A。
6. 下列关于氢键X−H∙∙∙Y的说法中错误的是
A. X、Y元素具有很大的电负性，是氢键形成的基本条件
B. 同一分子内也可能形成氢键
C. 氢键能增大某些物质在水中的溶解度
D. 氢键是共价键的一种
【答案】D
【解析】
【详解】A．形成氢键的基本条件是X、Y元素具有很大的电负性，故A正确；
B．同一分子内也可能形成氢键，比如邻硝基苯酚，故B正确；
C．氢键能增大某些物质在水中的溶解度，比如氨气与水形成分子间氢键，因此增大了氨气在水中的溶解度，故C正确；
D．氢键不是共价键，是分子间作用力，故D错误。
综上所述，答案为D。
7. 下列描述正确的是
A. 中的4个原子不在同一个平面上
B. 的空间结构为平面三角形
C. 和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化
D. 是空间结构为V形的极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为三角形，故4个原子在同一个平面上，A错误；
B．的中心原子Cl原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间结构为三角锥形，B错误；
C．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；的中心原子形成4个共价键，为杂化，C正确；
D．是空间结构为直线形的非极性分子，D错误；
故选C
8. 氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A. 熔点高，可用于工业制备金属铝
B. 易溶于水，可用于自来水消毒
C. 具有漂白、防腐、抗氧化，可用于葡萄酒保存
D. 具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝是利用Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出自由移动离子，而不是因为其熔点高，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒可用于自来水消毒，B错误；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄糖中的一些成分被氧化，起到保质作用，C正确；
D．Na2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，D错误；
故选C。
9. X元素的原子半径为周期表中最小，Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Z元素形成的单质为空气中含量最多，W元素在地壳中含量最多，E元素为短周期化合价最高的金属元素。下列说法正确的是
A. 固态分子周围有12个紧邻分子
B. 原子半径：
C. 第一电离能：
D. 元素E在周期表中位于第三周期第ⅡA族
【答案】A
【解析】
【分析】原子半径最小的元素为H元素；单质硬度最大的是金刚石，则Y为C元素；空气中最多的是，则Z为N元素；地壳中含量最高的元素是O元素，故W为O元素；短周期中化合价最高的金属元素为Al元素，故E为Al元素；
【详解】A．固态分子为固态CO2，干冰一个分子周围有12个紧邻分子，故A正确；
B．同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，同一主族，从上往下，原子半径逐渐增大，所以，原子半径，故B错误；
C．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，但第一电离能还与原子核外电子排布有关，所以，第一电离能，故C错误；
D．Al元素位于周期表中第三周期第ⅢA族，故D错误；
故答案选A。
10. 下列说法中错误的是
A. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键
B. 乳酸()是手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
D. 金属晶体的形成是因为金属离子与自由电子间的相互作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．水稳定是由于H—O键牢固，而氢键只会影响其熔、沸点，选项A错误；
B．乳酸()中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项B正确；
C．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，选项C正确；
D．金属晶体的形成是因为晶体中主要存在金属离子与自由电子间的相互作用，即金属键的存在，选项D正确；
答案选A。
11. 下列有关化学键和晶体的说法正确的是
A. 干冰属于分子晶体，其升华破坏了共价键
B. 氯化铵固体属于离子晶体，其加热仅破坏了离子键
C. 晶体硅属于共价晶体，其熔化破坏了共价键
D. 汞属于分子晶体，其气化破坏了共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰是固态的二氧化碳，由二氧化碳分子构成，属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，A错误；
B．氯化铵固体是由氯离子和铵根离子通过离子键结合而成的离子晶体，加热氯化铵破坏了氯离子和铵根离子之间的离子键，同时加热氯化铵分解为氨气和HCl，破坏了H和N之间的共价键，B错误；
C．晶体硅是由Si原子之间通过共价键结合而成的共价晶体，晶体硅熔化破坏了Si-Si共价键，C正确；
D．汞是常温下呈液态的金属，是由金属离子和自由电子通过金属键结合而成的金属晶体，其气化破坏了金属键，D错误；
答案选C。
12. 下列数据是对应物质的熔点：
物质
Na2O
BCl3
AlF3
AlCl3
SiO2
熔点/℃
920
-107
1291
190
1723
由以上数据作出的下列判断中错误的是
A. Na2O在920℃时可以导电 B. BCl3和AlF3的晶体类型相同
C. AlCl3晶体溶于水时破坏的是共价键 D. 表中物质都不属于金属晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据表格数据可知，Na2O的熔点为920℃，则920℃时Na2O已经开始熔化生成自由移动的Na+和O2-，可以导电，故A正确；
B．根据表格数据，BCl3沸点-107℃，熔点低，为分子晶体；AlF3熔点为1291℃，熔点较高，为离子晶体，二者的晶体类型不相同，故B错误；
C．AlCl3属于共价化合物，只含有共价键，晶体溶于水时破坏的是共价键生成氯离子和铝离子，故C正确；
D．金属晶体都是金属单质，表中物质都是化合物，不属于金属晶体，故D正确；
答案选B。
13. 下列晶体性质的比较中，正确的是
A. 熔点:单质硫>磷>晶体硅 B. 沸点:NH3>H2O>HF
C. 硬度:白磷>冰>二氧化硅 D. 熔点:SiI4>SiBr4>SiCl4
【答案】D
【解析】
【详解】A.单质硫和磷都是分子晶体，而晶体硅是原子晶体，原子晶体熔点高于分子晶体，A不正确；B. 常温下H2O是液体，而NH3和HF是气体，故水的沸点最高，B不正确；C.白磷和冰是分子晶体 ，而二氧化硅是原子晶体，故二氧化硅的硬度最大，D不正确；D. 组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其分子间作用力越大，熔点越高，所以熔点由高到低的顺序为:SiI4>SiBr4>SiCl4，D正确。
14. 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体。下列说法正确的是
A. 加入氨水，首先形成的难溶物是
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子
C. 在中，提供空轨道，的N给出孤对电子
D. 析出的深蓝色晶体是
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入氨水，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，则首先形成的难溶物是，A错误；
B．继续添加氨水，氢氧化铜和氨水反应生成氢氧化四氨合铜，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，则此过程中生成的深蓝色配离子为，B错误；
C．在配离子中，金属提供空轨道，中的N提供孤对电子，形成配位键，C正确；
D．再加入适量乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，溶液中析出深蓝色晶体，即，D错误；
故选C。
15. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 由水电离产生的 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．在mol/L的溶液，显中性，、结合成沉淀，不能共存，故A错误；
B．常温下，的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C．常温下pH=13的溶液，显碱性，不能大量存在，故C错误；
D．由水电离产生的c(H+)=10-12 mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中、发生氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
16. 常温下，将一定浓度的HCl溶液滴加到的MOH溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 水的电离程度：a>b>c
B. MOH的电离常数：
C. a点溶液中：
D. 将c点溶液加水稀释，c点向b点移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．a→c过程中水的电离程度增大，完全转化为MCl时水的电离程度最大，则水的电离程度：a
C．a点时c(M+)=c(MOH)，且溶液显碱性，为MCl、MOH的混合溶液，由起始pH与a点的pH可知，c(Cl-)=(10-2-10-4)mol/L，c(OH-)=10-4mol/L，由电荷守恒可知c(M+)>c(Cl-)，则存在c(M+)=c(MOH)>c(Cl-)>c(OH-)，C正确；
D．c点溶液为中性，加水稀释时pH不变，则不能由c点向b点移动，D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题共52分)
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17. Fe、Cu为过渡金属元素，它们在工业生产中都有重要的应用。回答下列问题：
（1）将乙醇蒸气通过赤热的氧化铜粉末，会发生反应：
①有同学书写基态碳原子的核外电子排布图为，这样的书写不正确，违背了___________。
②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是，乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是___________。
（2）Fe、都能被硝酸氧化。中氮原子轨道的杂化类型为___________。
（3）研究发现，阳离子的颜色与未成对电子数有关。例如：、、等。呈无色，其原因是___________。
【答案】（1） ①. 洪特规则 ②. 乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间只存在范德华力
（2）
（3）没有未成对电子
【解析】
【小问1详解】
①原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这种排布使原子的能量最低，这个规律就是洪特规则，上述排布违背了洪特规则；
②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是乙醇分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，而乙醛分子之间只存在范德华力，没有形成氢键。
【小问2详解】
分子中氮原子形成3个键，孤电子对数是0，所以N原子的杂化轨道类型为。
【小问3详解】
金属阳离子在水溶液中的颜色与该金属阳离子能级上的未成对电子数有关，的核外电子排布为[Ar]3dl0，没有未成对的电子，所以呈无色。
18. 燃煤烟气中含有大量和NO是大气主要污染物，需要经过净化处理后才能排放。
（1）尿素可用于和NO的吸收。
①已知：，
，
，反应的___________。
②尿素可将NO转化为和而除去，该反应的化学方程式为___________。
（2）利用电化学联合处理法可实现和NO同时除去，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为___________。
②若工作前后阴极室成分不变，被处理的和NO在相同条件下的体积比___________。
【答案】（1） ①. 2a+2b+c ②.
（2） ①. ②. 1∶1
【解析】
【小问1详解】
①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×2+②×2+③可得反应，则反应(2a+2b+c)kJ/mol，故答案为：2a+2b+c；
②由题意可知，尿素与一氧化氮反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①由图可知，阳极室中二氧化硫在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为，故答案为：；
②由图可知，电解过程中二氧化硫转化为硫酸根离子，一氧化氮转化为氮气，由得失电子数目守恒可知，二氧化硫和一氧化氮的体积比为1∶1，故答案为：1∶1。
19. 回答下列小题
（1）是一种无色液体，沸点为43℃，熔点为，的晶体类型是___________。
（2）是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为___________。
（3）GaAs的熔点为1238℃，该晶体的类型为___________，Ga与As以___________键键合。
（4）氧化物MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，MgO的熔点比CaO的高，其原因是___________。
【答案】（1）分子晶体
（2）5∶2 （3） ①. 共价晶体 ②. 共价
（4）MgO与CaO的离子所带电荷数相同，半径比小，所以熔点高
【解析】
【小问1详解】
由熔沸点可知，四羰基合镍为熔沸点低的分子晶体，故答案为：分子晶体；
【小问2详解】
配体为CH3CN。分子中单键是σ键，三键含有1个σ键和2个π键，则配体中σ键和π键个数之比为5∶2，故答案为：5∶2；
【小问3详解】
由熔点可知，砷化镓是由砷原子和镓原子通过共价键形成的共价晶体，故答案为：共价晶体；共价；
【小问4详解】
氧化镁和氧化钙都是离子晶体，镁离子的离子半径小于钙离子，所以氧化镁中离子键强于氧化钙，熔点高于氧化钙，故答案为：MgO与CaO的离子所带电荷数相同，半径比小，所以熔点高。
20. 回答下列小题
（1）下列物质的结构或性质与氢键无关的是___________(填标号)。
A. 乙酸的沸点 B. 乙醇在水中的溶解度
C. 氢化镁的相对分子质量 D. DNA的双螺旋结构
（2）HCN是直线形分子，HCN是___________(填“极性”或“非极性”)分子。
（3）金刚石、石墨、和石墨烯都是碳同素异形体
①石墨晶体存在作用力有___________，还有金属键的特性。
②的熔点比金刚石、石墨熔点低的原因是___________。
③石墨烯即单层石墨。石墨烯中碳原子的杂化轨道类型为___________；碳原子和碳碳键的个数比是___________。
【答案】（1）C （2）极性
（3） ①. 共价键、范德华力 ②. 金刚石属于共价晶体、石墨片层内以共价键结合，熔化时都要破坏共价键，熔、沸点高，而是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔、沸点低 ③. ④. 2∶3
【解析】
【小问1详解】
A．乙酸存在分子间氢键，因此乙酸的沸点较高，故A不符合题意；B．乙醇与水形成分子间氢键，因此乙醇在水中的溶解度是任意比互溶，故B不符合题意；C．氢化镁是离子化合物，氢化镁的摩尔质量与氢键无关，故C符合题意；D．DNA中有O−H、N−H键，双螺旋结构与氢键有关，故D不符合题意；综上所述，答案为：C。
【小问2详解】
HCN是直线形分子，不是中心对称，因此HCN是极性分子；故答案为：极性。
【小问3详解】
①石墨晶体存在同层之间是碳碳共价键，层与层之间是范德华力，还有金属键的特性；故答案为：共价键、范德华力。
②的熔点比金刚石、石墨熔点低的原因是金刚石属于共价晶体、石墨片层内以共价键结合，熔化时都要破坏共价键，熔、沸点高，而是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔、沸点低；故答案为：金刚石属于共价晶体、石墨片层内以共价键结合，熔化时都要破坏共价键，熔、沸点高，而是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔、沸点低。
③石墨烯即单层石墨。石墨烯中碳原子与周围三个碳原子形成3个σ键，其价层电子对数为3，其杂化轨道类型为；碳原子与周围三个碳原子形成共价键，即每个碳原子有1.5个碳碳键，则碳原子和碳碳键的个数比是2∶3；故答案为：；2∶3。
21. 实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO，其主要实验流程如下：
（1）浸出。用一定浓度的氨水和配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨浸出液。
①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为___________。
②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示，当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是___________。
（2）除杂。、等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式___________。
（3）蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为___________。
（4）焙解。已知和的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。
①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为___________(填化学式)。
②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为___________。
【答案】（1） ①.
或 ②. 碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀
（2）
（3）水浴加热 （4） ①. 和 ②. 4
【解析】
【小问1详解】
浸出。用一定浓度的氨水和配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨浸出液。
①ZnO与一定浓度的氨水和反应生成，则该反应的化学方程式为或；故答案为：或。
②pH过大，氢氧根浓度较大，锌离子易和氢氧根直接反应生成氢氧化锌沉淀，因此当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀；故答案为：碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀。
【小问2详解】
根据题意Zn粉和铜氨配合物反应会生成铜单质和锌氨配合离子，其离子方程式；故答案为：。
【小问3详解】
该过程需保持恒温80℃，温度低于100℃，则可采取的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。
小问4详解】
①根据和的分解温度分别为125℃、300℃，说明氢氧化锌已经反应完全即氢氧化锌分解生成氧化锌和水蒸气，根据图中信息说明碳酸锌只反应了一部分，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳，因此275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为和；故答案为：和。
②根据锌离子半径大于氧离子半径，则白球为锌，锌周围四个黑球为氧，因此该晶胞中Zn原子的配位数为4；故答案为：4。
浑源中学2021~2022学年度第二学期高二年级期中考试
化学试题
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：必修第一册，必修第二册，选择性必修1(30%)，选择性必修2(70%)。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 Zn65
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国科学院新疆理化技术研究所研发出深紫外光双折射晶体。下列性质不能区别晶体与玻璃体的是
A. 各向异性 B. 导电性
C. X射线衍射 D. 有无固定的熔点
【答案】B
【解析】
【详解】A．各向异性是晶体的一种性质，能区别晶体与玻璃体，A不符合题意；
B．导电的原因是存在自由移动的电子或离子，不能区别晶体与玻璃体，B符合题意；
C．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，能区别晶体与玻璃体，C不符合题意；
D．晶体具有固定的熔点而非晶体没有，能区别晶体与玻璃体，D不符合题意；
故选B。
2. 能促进水的电离平衡，并使溶液中的的操作是
A. 将水加热煮沸 B. 将固体溶于水
C. 将固体溶于水 D. 将固体溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热反应，将水加热煮沸，促进水电离，但溶液中仍然存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；
B．中铵根离子结合水中氢氧根离子发生水解，导致溶液呈酸性，促进水电离，故B错误；
C．向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠完全电离生成氢离子导致溶液呈酸性，，抑制水电离，故C错误；
D．中醋酸根离子发生水解反应：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，促进水的电离，溶液呈碱性，，故D正确；
故选：D。
3. 2020年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是
A. “嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染
B. “北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅
C. “硅-石墨烯-锗晶体管”为我国首创，石墨烯能发生加成反应
D. “奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．液氧与液氢反应生成H2O，水对环境无污染，故A说法正确；
B．半导体材料是晶体硅，二氧化硅是制备光导纤维的原料，故B说法错误；
C．石墨烯在一定条件下可以发生加成反应，故C说法正确；
D．钛合金具有强度高、耐蚀性好、耐热性高的特点，因此钛合金耐高压、耐腐蚀，故D说法正确；
答案为B。
4. 中国古代四大发明之一的黑火药，爆炸时发生反应：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. CO2分子为非极性分子
B. N2分子中含有1个σ键、1个π键
C. K2S的电子式：K
D. 基态硫原子价电子的轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．CO2是直线形，为非极性分子，故A正确；
B．N2分子中存在氮氮三键，含有1个σ键、2个π键，故B错误；
C．K2S的电子式为：KK，故C错误；
D．基态硫原子价电子的轨道表示式为基态硫原子价电子的轨道表示式为，故D错误；
故选A。
5. 下列有关卤化氢的说法正确的是
A. 键长：
B. 键能：
C. 沸点：
D. H—F键是键
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，卤化氢的键长: ，选项A正确；
B．原子半径越大，则键长越长，卤族元素原子随着原子序数增大而增大，卤化氢的键长: ，所以键能: ，选项B错误；
C．氟化氢中由于存在氢键，所以沸点最高，即应该HCl
答案选A。
6. 下列关于氢键X−H∙∙∙Y的说法中错误的是
A. X、Y元素具有很大的电负性，是氢键形成的基本条件
B. 同一分子内也可能形成氢键
C. 氢键能增大某些物质在水中的溶解度
D. 氢键是共价键的一种
【答案】D
【解析】
【详解】A．形成氢键的基本条件是X、Y元素具有很大的电负性，故A正确；
B．同一分子内也可能形成氢键，比如邻硝基苯酚，故B正确；
C．氢键能增大某些物质在水中的溶解度，比如氨气与水形成分子间氢键，因此增大了氨气在水中的溶解度，故C正确；
D．氢键不是共价键，是分子间作用力，故D错误。
综上所述，答案为D。
7. 下列描述正确的是
A. 中的4个原子不在同一个平面上
B. 的空间结构为平面三角形
C. 和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化
D. 是空间结构为V形的极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为三角形，故4个原子在同一个平面上，A错误；
B．的中心原子Cl原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间结构为三角锥形，B错误；
C．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；的中心原子形成4个共价键，为杂化，C正确；
D．是空间结构为直线形的非极性分子，D错误；
故选C
8. 氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A. 熔点高，可用于工业制备金属铝
B. 易溶于水，可用于自来水消毒
C. 具有漂白、防腐、抗氧化，可用于葡萄酒保存
D. 具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝是利用Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出自由移动离子，而不是因为其熔点高，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒可用于自来水消毒，B错误；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄糖中的一些成分被氧化，起到保质作用，C正确；
D．Na2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，D错误；
故选C。
9. X元素的原子半径为周期表中最小，Y元素形成的单质在自然界中硬度最大，Z元素形成的单质为空气中含量最多，W元素在地壳中含量最多，E元素为短周期化合价最高的金属元素。下列说法正确的是
A. 固态分子周围有12个紧邻分子
B. 原子半径：
C. 第一电离能：
D. 元素E在周期表中位于第三周期第ⅡA族
【答案】A
【解析】
【分析】原子半径最小的元素为H元素；单质硬度最大的是金刚石，则Y为C元素；空气中最多的是，则Z为N元素；地壳中含量最高的元素是O元素，故W为O元素；短周期中化合价最高的金属元素为Al元素，故E为Al元素；
【详解】A．固态分子为固态CO2，干冰一个分子周围有12个紧邻分子，故A正确；
B．同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，同一主族，从上往下，原子半径逐渐增大，所以，原子半径，故B错误；
C．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，但第一电离能还与原子核外电子排布有关，所以，第一电离能，故C错误；
D．Al元素位于周期表中第三周期第ⅢA族，故D错误；
故答案选A。
10. 下列说法中错误的是
A. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键
B. 乳酸()是手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
D. 金属晶体的形成是因为金属离子与自由电子间的相互作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．水稳定是由于H—O键牢固，而氢键只会影响其熔、沸点，选项A错误；
B．乳酸()中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项B正确；
C．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，选项C正确；
D．金属晶体的形成是因为晶体中主要存在金属离子与自由电子间的相互作用，即金属键的存在，选项D正确；
答案选A。
11. 下列有关化学键和晶体的说法正确的是
A. 干冰属于分子晶体，其升华破坏了共价键
B. 氯化铵固体属于离子晶体，其加热仅破坏了离子键
C. 晶体硅属于共价晶体，其熔化破坏了共价键
D. 汞属于分子晶体，其气化破坏了共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰是固态的二氧化碳，由二氧化碳分子构成，属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，A错误；
B．氯化铵固体是由氯离子和铵根离子通过离子键结合而成的离子晶体，加热氯化铵破坏了氯离子和铵根离子之间的离子键，同时加热氯化铵分解为氨气和HCl，破坏了H和N之间的共价键，B错误；
C．晶体硅是由Si原子之间通过共价键结合而成的共价晶体，晶体硅熔化破坏了Si-Si共价键，C正确；
D．汞是常温下呈液态的金属，是由金属离子和自由电子通过金属键结合而成的金属晶体，其气化破坏了金属键，D错误；
答案选C。
12. 下列数据是对应物质的熔点：
物质
Na2O
BCl3
AlF3
AlCl3
SiO2
熔点/℃
920
-107
1291
190
1723
由以上数据作出的下列判断中错误的是
A. Na2O在920℃时可以导电 B. BCl3和AlF3的晶体类型相同
C. AlCl3晶体溶于水时破坏的是共价键 D. 表中物质都不属于金属晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据表格数据可知，Na2O的熔点为920℃，则920℃时Na2O已经开始熔化生成自由移动的Na+和O2-，可以导电，故A正确；
B．根据表格数据，BCl3沸点-107℃，熔点低，为分子晶体；AlF3熔点为1291℃，熔点较高，为离子晶体，二者的晶体类型不相同，故B错误；
C．AlCl3属于共价化合物，只含有共价键，晶体溶于水时破坏的是共价键生成氯离子和铝离子，故C正确；
D．金属晶体都是金属单质，表中物质都是化合物，不属于金属晶体，故D正确；
答案选B。
13. 下列晶体性质的比较中，正确的是
A. 熔点:单质硫>磷>晶体硅 B. 沸点:NH3>H2O>HF
C. 硬度:白磷>冰>二氧化硅 D. 熔点:SiI4>SiBr4>SiCl4
【答案】D
【解析】
【详解】A.单质硫和磷都是分子晶体，而晶体硅是原子晶体，原子晶体熔点高于分子晶体，A不正确；B. 常温下H2O是液体，而NH3和HF是气体，故水的沸点最高，B不正确；C.白磷和冰是分子晶体 ，而二氧化硅是原子晶体，故二氧化硅的硬度最大，D不正确；D. 组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其分子间作用力越大，熔点越高，所以熔点由高到低的顺序为:SiI4>SiBr4>SiCl4，D正确。
14. 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体。下列说法正确的是
A. 加入氨水，首先形成的难溶物是
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子
C. 在中，提供空轨道，的N给出孤对电子
D. 析出的深蓝色晶体是
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入氨水，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，则首先形成的难溶物是，A错误；
B．继续添加氨水，氢氧化铜和氨水反应生成氢氧化四氨合铜，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，则此过程中生成的深蓝色配离子为，B错误；
C．在配离子中，金属提供空轨道，中的N提供孤对电子，形成配位键，C正确；
D．再加入适量乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，溶液中析出深蓝色晶体，即，D错误；
故选C。
15. 常温下，下列各组离子在有关限定条件下的溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 的溶液中：、、、
D. 由水电离产生的 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．在mol/L的溶液，显中性，、结合成沉淀，不能共存，故A错误；
B．常温下，的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C．常温下pH=13的溶液，显碱性，不能大量存在，故C错误；
D．由水电离产生的c(H+)=10-12 mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中、发生氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
16. 常温下，将一定浓度的HCl溶液滴加到的MOH溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 水的电离程度：a>b>c
B. MOH的电离常数：
C. a点溶液中：
D. 将c点溶液加水稀释，c点向b点移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．a→c过程中水的电离程度增大，完全转化为MCl时水的电离程度最大，则水的电离程度：a
C．a点时c(M+)=c(MOH)，且溶液显碱性，为MCl、MOH的混合溶液，由起始pH与a点的pH可知，c(Cl-)=(10-2-10-4)mol/L，c(OH-)=10-4mol/L，由电荷守恒可知c(M+)>c(Cl-)，则存在c(M+)=c(MOH)>c(Cl-)>c(OH-)，C正确；
D．c点溶液为中性，加水稀释时pH不变，则不能由c点向b点移动，D错误；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题共52分)
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17. Fe、Cu为过渡金属元素，它们在工业生产中都有重要的应用。回答下列问题：
（1）将乙醇蒸气通过赤热的氧化铜粉末，会发生反应：
①有同学书写基态碳原子的核外电子排布图为，这样的书写不正确，违背了___________。
②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是，乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是___________。
（2）Fe、都能被硝酸氧化。中氮原子轨道的杂化类型为___________。
（3）研究发现，阳离子的颜色与未成对电子数有关。例如：、、等。呈无色，其原因是___________。
【答案】（1） ①. 洪特规则 ②. 乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间只存在范德华力
（2）
（3）没有未成对电子
【解析】
【小问1详解】
①原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这种排布使原子的能量最低，这个规律就是洪特规则，上述排布违背了洪特规则；
②乙醛和乙醇的相对分子质量相差2，但是乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是乙醇分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，而乙醛分子之间只存在范德华力，没有形成氢键。
【小问2详解】
分子中氮原子形成3个键，孤电子对数是0，所以N原子的杂化轨道类型为。
【小问3详解】
金属阳离子在水溶液中的颜色与该金属阳离子能级上的未成对电子数有关，的核外电子排布为[Ar]3dl0，没有未成对的电子，所以呈无色。
18. 燃煤烟气中含有大量和NO是大气主要污染物，需要经过净化处理后才能排放。
（1）尿素可用于和NO的吸收。
①已知：，
，
，反应的___________。
②尿素可将NO转化为和而除去，该反应的化学方程式为___________。
（2）利用电化学联合处理法可实现和NO同时除去，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为___________。
②若工作前后阴极室成分不变，被处理的和NO在相同条件下的体积比___________。
【答案】（1） ①. 2a+2b+c ②.
（2） ①. ②. 1∶1
【解析】
【小问1详解】
①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×2+②×2+③可得反应，则反应(2a+2b+c)kJ/mol，故答案为：2a+2b+c；
②由题意可知，尿素与一氧化氮反应生成氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①由图可知，阳极室中二氧化硫在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为，故答案为：；
②由图可知，电解过程中二氧化硫转化为硫酸根离子，一氧化氮转化为氮气，由得失电子数目守恒可知，二氧化硫和一氧化氮的体积比为1∶1，故答案为：1∶1。
19. 回答下列小题
（1）是一种无色液体，沸点为43℃，熔点为，的晶体类型是___________。
（2）是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为___________。
（3）GaAs的熔点为1238℃，该晶体的类型为___________，Ga与As以___________键键合。
（4）氧化物MgO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，MgO的熔点比CaO的高，其原因是___________。
【答案】（1）分子晶体
（2）5∶2 （3） ①. 共价晶体 ②. 共价
（4）MgO与CaO的离子所带电荷数相同，半径比小，所以熔点高
【解析】
【小问1详解】
由熔沸点可知，四羰基合镍为熔沸点低的分子晶体，故答案为：分子晶体；
【小问2详解】
配体为CH3CN。分子中单键是σ键，三键含有1个σ键和2个π键，则配体中σ键和π键个数之比为5∶2，故答案为：5∶2；
【小问3详解】
由熔点可知，砷化镓是由砷原子和镓原子通过共价键形成的共价晶体，故答案为：共价晶体；共价；
【小问4详解】
氧化镁和氧化钙都是离子晶体，镁离子的离子半径小于钙离子，所以氧化镁中离子键强于氧化钙，熔点高于氧化钙，故答案为：MgO与CaO的离子所带电荷数相同，半径比小，所以熔点高。
20. 回答下列小题
（1）下列物质的结构或性质与氢键无关的是___________(填标号)。
A. 乙酸的沸点 B. 乙醇在水中的溶解度
C. 氢化镁的相对分子质量 D. DNA的双螺旋结构
（2）HCN是直线形分子，HCN是___________(填“极性”或“非极性”)分子。
（3）金刚石、石墨、和石墨烯都是碳同素异形体
①石墨晶体存在作用力有___________，还有金属键的特性。
②的熔点比金刚石、石墨熔点低的原因是___________。
③石墨烯即单层石墨。石墨烯中碳原子的杂化轨道类型为___________；碳原子和碳碳键的个数比是___________。
【答案】（1）C （2）极性
（3） ①. 共价键、范德华力 ②. 金刚石属于共价晶体、石墨片层内以共价键结合，熔化时都要破坏共价键，熔、沸点高，而是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔、沸点低 ③. ④. 2∶3
【解析】
【小问1详解】
A．乙酸存在分子间氢键，因此乙酸的沸点较高，故A不符合题意；B．乙醇与水形成分子间氢键，因此乙醇在水中的溶解度是任意比互溶，故B不符合题意；C．氢化镁是离子化合物，氢化镁的摩尔质量与氢键无关，故C符合题意；D．DNA中有O−H、N−H键，双螺旋结构与氢键有关，故D不符合题意；综上所述，答案为：C。
【小问2详解】
HCN是直线形分子，不是中心对称，因此HCN是极性分子；故答案为：极性。
【小问3详解】
①石墨晶体存在同层之间是碳碳共价键，层与层之间是范德华力，还有金属键的特性；故答案为：共价键、范德华力。
②的熔点比金刚石、石墨熔点低的原因是金刚石属于共价晶体、石墨片层内以共价键结合，熔化时都要破坏共价键，熔、沸点高，而是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔、沸点低；故答案为：金刚石属于共价晶体、石墨片层内以共价键结合，熔化时都要破坏共价键，熔、沸点高，而是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔、沸点低。
③石墨烯即单层石墨。石墨烯中碳原子与周围三个碳原子形成3个σ键，其价层电子对数为3，其杂化轨道类型为；碳原子与周围三个碳原子形成共价键，即每个碳原子有1.5个碳碳键，则碳原子和碳碳键的个数比是2∶3；故答案为：；2∶3。
21. 实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO，其主要实验流程如下：
（1）浸出。用一定浓度的氨水和配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨浸出液。
①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为___________。
②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示，当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是___________。
（2）除杂。、等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式___________。
（3）蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为___________。
（4）焙解。已知和的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。
①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为___________(填化学式)。
②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为___________。
【答案】（1） ①.
或 ②. 碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀
（2）
（3）水浴加热 （4） ①. 和 ②. 4
【解析】
【小问1详解】
浸出。用一定浓度的氨水和配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨浸出液。
①ZnO与一定浓度的氨水和反应生成，则该反应的化学方程式为或；故答案为：或。
②pH过大，氢氧根浓度较大，锌离子易和氢氧根直接反应生成氢氧化锌沉淀，因此当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀；故答案为：碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀。
【小问2详解】
根据题意Zn粉和铜氨配合物反应会生成铜单质和锌氨配合离子，其离子方程式；故答案为：。
【小问3详解】
该过程需保持恒温80℃，温度低于100℃，则可采取的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。
小问4详解】
①根据和的分解温度分别为125℃、300℃，说明氢氧化锌已经反应完全即氢氧化锌分解生成氧化锌和水蒸气，根据图中信息说明碳酸锌只反应了一部分，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳，因此275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为和；故答案为：和。
②根据锌离子半径大于氧离子半径，则白球为锌，锌周围四个黑球为氧，因此该晶胞中Zn原子的配位数为4；故答案为：4。
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