山东省济南市长清第一中学2022-2022学年高二化学下学期3月周测试题.doc

《山东省济南市长清第一中学2022-2022学年高二化学下学期3月周测试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省济南市长清第一中学2022-2022学年高二化学下学期3月周测试题.doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、山东省济南市长清第一中学2022-2021学年高二化学下学期3月周测试题一、选择题:此题共10小题,每题3分,共30分。每题只有一个选项符合题意。1.以下表达方式或说法正确的选项是()A.CO2的分子模型示意图:B.某元素原子R的轨道表示式:C.p-p 键电子云模型:D.乙烯分子的球棍模型:2.以下各项表达中正确的选项是()A.电子层序数越大,s原子轨道的形状相同,半径越大B.在同一电子层上运动的电子,其自旋方向肯定不同C.镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时,释放能量,由基态转化成激发态D.杂化轨道可用于形成键、键或用于容纳未参与成键的孤电子对3.以下有关说法正确的选项

2、是()A.电负性:NOFB.离子半径由大到小的顺序:H+Li+H-C.键角:BeCl2NCl3CCl4D.晶格能:Al2O3MgONaCl4.以下关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的选项是()A.键能CCSiSi 、CHSiH ,因此C2H6稳定性大于Si2H6B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体,因此具有很高的硬度C.SiH4中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH4复原性小于CH4D.Si原子间难形成双键而C原子间可以,是因为Si的原子半径大于C,难形成pp 键5. 以下有关元素性质的说法不正确的选项是()A.具有以下电子排布式的原子中:1s22s

3、22p63s23p2、1s22s22p3、1s22s22p2、1s22s22p63s23p4,原子半径最大的是B.具有以下最外层电子排布式的原子中:3s23p1、3s23p2、3s23p3、3s23p4,第一电离能最大的是C.Na、K、Rb、N、P、As、O、S、Se、Na、P、Cl,元素的电负性随原子序数增大而递增的是D.某元素气态基态原子的逐级电离能(kJmol-1)分别为738、1 451、7 733、10 540、13 630、17 995、21 703,当它与氯气反响时可能生成的阳离子是X3+6.涂改液中含有多种有害的挥发性物质,二氯甲烷就是其中一种。以下有关二氯甲烷分子的描述正确的

4、选项是()A.二氯甲烷分子中四个键键长均相等B.二氯甲烷分子中的中心原子碳采取sp3杂化C.二氯甲烷由碳、氯、氢原子构成,属于共价晶体D.二氯甲烷分子是一种含有极性键的非极性分子7.维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢,并有保护神经系统的作用。该物质的结构简式为以下关于维生素B1的说法正确的选项是()A. 只含键和键 B.既有共价键又有离子键 C.该物质的熔点可能高于NaCl D.该物质不易溶于盐酸8. X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层,它与N3-形成的晶体结构如下图,该晶体的化学式为()A.Na3NB.AlNC.Mg3N2D.Cu3N9.以下说法中正确的选项是()A.NO2、SO2、B

5、F3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足8电子稳定结构B.P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为10928C.N的电子式为H+,离子呈平面正方形结构D.NH3分子中有一对未成键的孤电子对,它对成键电子的排斥作用较强10. 下面的排序不正确的选项是()A.晶体熔点的上下:对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛B.硬度由大到小:金刚石碳化硅晶体硅C.熔点由高到低:NaMgAlD.晶格能由大到小:NaFNaClNaBrNaI二、选择题:此题包括5小题,每题4分,共20分。每题有一个或两个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.(2022长沙高二检测) 某一化合物

6、的分子式为AB2,A属A族元素,B属A族元素,A和B在同一周期,它们的电负性值分别为3.44 和3.98,AB2分子的键角为103.3。以下推断不正确的选项是()A.AB2分子的空间构型为直线形B.AB键为极性共价键,AB2分子为非极性分子C.AB2与H2O相比,AB2的熔、沸点比H2O的低D.AB2分子中无氢原子,分子间不能形成氢键,而H2O分子间能形成氢键12.以下反响中的四种物质由三种元素组成,其中a的分子空间构型为正四面体形,组成a物质的两种元素的原子序数之和小于10,组成b物质的元素为第3周期元素。以下判断正确的选项是()A.四种分子中的化学键均是极性键B.a、c分子中中心原子均采用

7、sp3杂化C.四种分子中既有键,又有键D.b、d分子中共价键的键能:bd13. 类推的思维方法在化学学习与研究中可能会产生错误的结论。因此类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。以下几种类推结论正确的选项是()A.从CH4、N、S为正四面体结构,可推测P、P也为正四面体结构B.H2O常温下为液态,H2S常温下为气态,主要是水分子间存在氢键C.金刚石中CC键的键长为154.45 pm,C60中CC键的键长为140145 pm,所以C60的熔点高于金刚石D.MgCl2熔点较高,BeCl2熔点也较高14.下表表示周期表中的几种短周期元素,以下说法错误的选项是()ABCEDA.C、D气态氢化物

8、稳定性强弱和沸点上下顺序均为DCB.A、B、C第一电离能的大小顺序为CBAC.AD3和ED4两分子的中心原子均为sp3杂化D.ED4分子中各原子均达8电子稳定结构15.钇钡铜氧化合物在90 K时具有超导性,该化合物的晶胞结构如下图:该化合物以Y2O3、BaCO3和CuO为原料,经研磨烧结而成,其原料配比(物质的量之比)为()A.233B.111C.123D.146三、非选择题:此题包括4个小题,共50分。16.(10分)(2022六安高二检测)四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下。信息:原子半径大小:ABCD;信息:四种元素之间形成的三种分子的空间填充模型及局部性质:是地球上最常见

9、的物质之一,常温为液态,是包括人类在内所有生命生存的重要资源,也是生物体最重要的组成局部无色,无味且易燃,是21世纪的主要能源弱酸,有强氧化性,可以用于消毒杀菌请根据上述信息答复以下问题。(1)甲、乙、丙中含有的共同元素是_(填名称)。(2)B元素在周期表中的位置为_。(3)上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是_(填元素符号)。(4)丙的电子式为_,丙与SO2水溶液可发生氧化复原反响,生成两种强酸,化学反响方程式为_。17.(12分)(2022郑州高二检测)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂。氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂),其组成结构和物理性质见下表。分子式结构简式外观熔点溶解性C

10、12H10ClN3O白色结晶粉末170172 易溶于水答复以下问题:(1)氯吡苯脲晶体中,氮原子的杂化轨道类型为_。(2)氯吡苯脲晶体中,微粒间的作用力类型有_。A.离子键B.金属键C.极性键D.非极性键E.配位键F.氢键(3)查文献可知,可用2氯4氨吡啶与异氰酸苯酯反响,生成氯吡苯脲。+反响过程中,每生成1 mol氯吡苯脲,断裂_个键、断裂_个键。(4)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂,是由硫酸铜和生石灰制得。假设在波尔多液的蓝色沉淀上,再喷射氨水,会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液,得到配位数为4的配合物。铜元素基态原子电子排布式为_。(5)上述沉淀溶解过程的离子方程式为_。18.(18分)不锈

11、钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金,铁是主要成分元素,铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%,不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。(1)基态碳(C)原子的轨道表示式为_。(2)Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O中Cr的配位数为_。(3)与铜属于同一周期,且未成对价电子数最多的元素基态原子价电子排布式为_。(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示,假设按甲中虚线方向切乙得到的AD图中正确的选项是_。(5)据报道,只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素,从而引起广泛关注。该晶体的晶胞结构如下图,试写出该晶体的化学式:_。晶体中每个镁原子周围距

12、离最近的镍原子有_个。(6)根据以下五种元素的第一至第四电离能数据(单位:kJmol-1),答复以下问题:元素代号I1I2I3I4Q2 0804 0006 1009 400R5004 6006 9009 500S7401 5007 70010 500T5801 8002 70011 600U4203 1004 4005 900T元素最可能是_区元素。假设T为第2周期元素,F是第3周期元素中原子半径最小的元素,那么T、F形成的化合物的立体构型为_,其中心原子的杂化方式为_。19.(10分)铍及其化合物的应用正日益被重视。(1)最重要的含铍矿物是绿柱石,含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr

13、原子价电子的轨道表示式为_。(2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。以下有关铍和铝的表达正确的有_(填字母)。A.都属于p区主族元素B.电负性都比镁大C.第一电离能都比镁大D.氯化物的水溶液pH均小于7(3)氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b),固态时那么具有如下图的链状结构(c)。a属于_(填“极性或“非极性)分子。二聚分子(BeCl2)2中Be原子的杂化方式相同,且所有原子都在同一平面上。b的结构式为_(标出配位键)。(4)BeO立方晶胞如下图。假设BeO晶体的密度为d gcm-3,那么晶胞参数a=_nm。化学周测1答案一1.【解析】选C。A项,CO2为直线形

14、分子,错误;B项,不符合洪特规那么,错误;D项为空间填充模型,错误。2.【解析】选A。s原子轨道是球形的,电子层序数越大,其半径越大,A项正确;根据洪特规那么,对于基态原子,电子在同一能级的不同轨道上排布时,将尽可能分占不同的轨道并且自旋方向相同,B项错误;由于3s轨道的能量低于3p轨道的能量,基态镁原子应是吸收能量,C项错误;杂化轨道可用于形成键和容纳未参与成键的孤电子对,不能形成键,D错。3.【解析】选D。A项,电负性:FON;B项,离子半径:H-Li+H+;C项,键角:BeCl2CCl4NCl3。4.【解析】选C。因键能CCSiSi、CHSiH,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越

15、大越稳定,故C2H6的稳定性大于Si2H6,A正确;SiC的成键和结构与金刚石类似均为共价晶体,金刚石的硬度很大,类比可推测SiC的硬度会很大,B正确;SiH4中Si的化合价为-4价,C的非金属性强于Si,那么C的氧化性强于Si,那么Si的阴离子的复原性强于C的阴离子,那么SiH4的复原性较强,C错误;Si原子的半径大于C原子,在形成化学键时p轨道很难相互重叠形成键,故Si原子间难形成双键,D正确。5.【解析】选D。A项,为Si,为N,为C,为S,原子半径最大的为Si,正确;B项,为Al,为Si,为P,为S,第一电离能最大的为P,正确;C项,同一主族元素,电负性从上到下逐渐减小;同一周期从左至

16、右电负性逐渐增大,正确;D项,根据电离能变化趋势,最外层应有2个电子,所以与Cl2反响时生成的离子应呈+2价,错误。6.【解析】选B。二氯甲烷分子中,含有CCl键和CH键,键长不相等,是一种含有极性键的极性分子,属于分子晶体,中心原子碳采取sp3杂化。7.【解析】选B。由维生素B1的结构简式可以得知分子中含有单键和双键,故分子中含有键和键,同时分子中还含有离子键,A错误,B正确;离子化合物的熔点上下取决于离子键的强弱,离子键越强,化合物的熔点越高,该物质的离子键是由Cl-和非金属N的阳离子形成的,弱于Cl-和Na+之间形成的离子键,故维生素B1的熔点低于NaCl,C错误;由于该物质中含有NH2

17、,故该物质能与盐酸反响,D错误。8.【解析】选D。根据能量最低原那么和泡利原理,X+中的K、L、M三个电子层能容纳电子的最大数目分别为2、8、18,那么X+中有28个电子,X中有29个电子,X的元素符号是Cu。根据晶胞与晶体的结构关系,该晶体每个晶胞均摊“的数目:12=3,均摊“的数目:8=1,“与“个数比为31。根据离子电荷守恒,由Cu+与N3-组成的化合物的化学式为Cu3N。9.【解析】选D。NCl3分子的电子式为,分子中各原子都满足8电子稳定结构,A项错误;P4为正四面体形分子,但其键角为60,B项错误;N为正四面体形结构而非平面正方形结构,C项错误;NH3分子的电子式为H,有一对未成键

18、电子,由于未成键电子对成键电子的排斥作用,使其呈三角锥形,D项正确。10.【解析】选C。A项形成分子间氢键的物质的熔、沸点要大于形成分子内氢键的物质,正确;B项均为共价晶体,原子半径越小,键长越短,共价键越牢固,硬度越大,键长有:CCCSiMgNa,不正确;D项晶格能越大,那么离子键越强,离子所带电荷相同时离子键的强弱与离子半径有关,半径越小,那么离子键越强,正确。二、选择题:此题包括5小题,每题4分,共20分。每题有一个或两个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11【解析】选A、B。根据A、B的电负性值及所处位置关系,可判断A元素为O,B元素为F,该分子为OF

19、2。OF键为极性共价键。因为OF2分子的键角为103.3,故OF2分子中键的极性不能抵消,所以为极性分子。12【解析】选B。由题意可知,a是甲烷,b为氯气。四种分子中氯气分子所含的化学键为非极性键,A错;四种分子中均只存在键而没有键,C错;b为氯气,所含共价键ClCl键的键长比HCl键的键长长,故键能小于氯化氢中的HCl键的键能,D错。13.【解析】选A、B。选项A,P的结构类似于N,P的结构类似于S,均为正四面体形。选项B,H2O分子间存在氢键,常温下为液态,而H2S分子间不存在氢键,常温下为气态。选项C,金刚石属于共价晶体,熔化时破坏的是共价键,C60是分子晶体,熔化时破坏的是分子间作用力

20、,因此其熔点低于金刚石。选项D,BeCl2属于分子晶体,熔点较低。14.【解析】选A、B。由元素在周期表中位置,可知A为N、B为O、C为F、E为Si、D为Cl。A.非金属性:FCl,故氢化物稳定性:HFHCl,HF分子之间存在氢键,沸点高于HCl,故A错误;B.同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势,但N元素原子2p能级容纳3个电子,处于半充满稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻其他元素,故第一电离能:FNO,故B错误;C.NCl3中N原子价层电子对数为4,SiCl4分子的Si原子价层电子对数为4,二者中心原子均为sp3杂化,故C正确;D.SiCl4分子中Si、Cl的化合价绝对值与其原

21、子最外层电子数之和都等于8,均达8电子稳定结构,故D正确。15.【解析】选D。由图可知,每个晶胞中含2个钡原子、1个钇原子;铜原子位于顶角和棱上,每个晶胞中含3个铜原子,那么Y2O3、BaCO3、CuO的配比为146。三、【解析】据表格信息可推知:甲是H2O,乙是CH4,丙是HClO。答案:(1)氢(2)第2周期A族(3)Cl(4)HClO+H2O+SO2H2SO4+HCl【解析】由知Z为铜元素,由推测,n=2,为A族元素,又由于其是原子序数小于29的短周期元素,且mn,Y只能是硅元素。R的核外L层电子数为奇数,那么可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道的电子数分别为2和4,那么为C(或Si)

22、和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出Q为C,R为N,X为O,Y为Si。(1)Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去两个电子,那么为1s22s22p63s23p63d9。(2)Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4,由于C的非金属性强于Si,那么稳定性CH4SiH4。复原性正好相反。(3)C、N、O位于同一周期,而N由于具有半充满状态,故第一电离能比氧元素大,所以电离能:NOC,而电负性:CNO。(4)在五种元素中,电负性最大的非金属元素是O,最小的非金属元素是Si,两者构成SiO2。答案:(1)1s22s22p63s23p63d9(或Ar3d9)

23、(2)CH4SiH4SiH4CH4(3)CONCNO(4)SiO217.【解析】(1)氮原子在氯吡苯脲中以2种形式出现,一种是NC,另一种是NC,前者sp3杂化,后者sp2杂化。(3)反响过程中,异氰酸苯酯断裂的是NC键中的1个键,2氯4氨吡啶断裂的是1个键。(5)溶解过程是Cu(OH)2蓝色沉淀溶解在氨水中生成四氨合铜离子,形成蓝色透明溶液。答案:(1)sp2、sp3杂化(2)CDF(3)NANA(4)1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(5)Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H2O.(1)因为MgO的熔点远高于MgCl2,故电解熔融M

24、gO将需要更高的温度,消耗更多的能量,因而不用电解MgO的方法生产镁。观察表中数据可见,AlCl3易升华,熔、沸点低,故属于分子晶体,不存在离子,熔融时不能导电,不能被电解,因而不能用电解AlCl3的方法生产铝(2)将两种晶体加热到熔融状态,MgCl2能导电,AlCl3不能导电。证明MgCl2为离子晶体,AlCl3为分子晶体18.【解析】(1)基态碳(C)原子的轨道表示式为。(2)Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O中Cr的配位数为6。(3)与铜属于同一周期的元素中,当基态原子价电子的3d轨道、4s轨道均为半充满状态时未成对价电子数最多,故该元素原子的价电子排布式为3d54s1。(6)假设T为第

25、2周期元素,F是第3周期元素中原子半径最小的元素,那么T为B、F为Cl,T、F形成化合物BCl3的立体构型为平面正三角形,其中心原子的杂化方式为sp2。答案:(1)(2)6(3)3d54s1(4)A(5)MgNi3C12(6)p平面正三角形sp219.【解析】(1)Cr原子为24号元素,其满足半满稳定结构,基态原子价层电子排布式为3d54s1,那么基态Cr原子价电子的轨道表示式为。(2)铍属于s区元素,而铝属于p区主族元素,故A错误;金属越活泼,电负性越小,Mg比Be、Al活泼,那么两金属电负性都比镁大,故B正确;Be的第一电离能比镁大,而Mg因s轨道全充满,第一电离能比Al大,故C错误;Be

26、2+和Al3+在溶液中均水解,那么氯化物的水溶液pH均小于7,故D正确。(3)BeCl2中Be原子形成2个BeCl键,Be原子的杂化轨道数为2,故Be原子采取sp杂化方式,是直线形,属于非极性分子。在二聚分子(BeCl2)2中Be原子有空轨道,Cl原子有孤电子对,那么配位键中电子对由氯原子提供,b 的结构式为。(4)BeO立方晶胞如题图所示,那么晶胞中Be2+数目为4,O2-数目为8+6=4,晶胞中含有4个BeO,晶胞的质量为 g,设晶胞的边长为a nm,那么晶胞的体积为(a10-7)3 cm3,晶胞的密度d gcm-3= g(a10-7)3 cm3,那么a= nm。答案:(1)(2)BD(3)非极性(4)