【文档说明】贵州省石阡县民族中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(14)页，1.157 MB，由小赞的店铺上传

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石阡民族中学2022～2023学年第二学期高二年级3月月考化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内

项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨各题的答题区域内作答，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。4.本卷命题范围：人教版选择性必修2。5.可能用到的相对原子

质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知电石的电子式为，下列关于电石中化学键类型的说法错误的是A.含有离子键B.含有σ键C.含有极性键D.含有非极性键【答案】

C【解析】【详解】由电子式可知，碳化钙为离子化合物，化合物中含有离子键、非极性共价三键，碳碳三键中含有1个σ键和2个π键，不含有极性键，故选C。2.下列有关物质的晶体类型分析正确的是A.Na2O、Na2SO4、H2SO4均为离子晶体B.常温下能导电的物质属于金属晶体C.由单原子构成

的物质一定是共价晶体D.物质中存在共价键的晶体可能是离子晶体【答案】D【解析】【详解】A．24HSO是分子晶体，A项错误；B．常温下石墨也能导电，是混合型晶体，B项错误；C．稀有气体由单原子构成，是分子晶

体，C项错误；D．NaOH含有共价键，是离子晶体，D项正确；故选D。3.已知某微粒Q的中心原子为sp3杂化。下列说法中错误的是A.Q可能是三角锥形B.Q不可能是V形C.O可能是正四面体形D.Q的VSEPR模型是四面体形【答案】B【解析】【详解】A．若有1对孤电子，为三角锥形，A项正确

；B．若有2对孤电子，则为V形，B项错误；C．若无孤电子对，可为正四面体形，C项正确；D．中心原子3sp杂化，其VSEPR模型为四面体形，D项正确；故选B。4.下列问题能用氢键知识解释的是A.乙醇能与水混溶B.HF比HCl分子稳定C.乙烷的沸点比甲烷的高D.乙醇的

熔点比甲醇的高【答案】A【解析】【详解】A．乙醇与水有氢键O-H…O形成，乙醇能与水混溶，A项符合题意；B．非金属性；F>Cl，HF比HCl分子稳定，与氢键无关，B项不符合题意；C．甲烷乙烷互为同系物，乙烷的相对分子质量比甲烷大，分子间作用力比甲烷的大

，所以乙烷的沸点比甲烷高，和氢键无关，C项不符合题意；D．乙醇和甲醇分子间都能形成氢键，乙醇的沸点比甲醇高不是由于氢键的存在，而是由于乙醇相对分子质量比甲醇大，分子间的作用力比甲醇大，与氢键无关，D项不符合题意；故选A。5.下列示意图或图示正确的是A.砷原子的结构示意图B.NH4+的结

构式C.HF分子间的氢键D.丙氨酸的手性异构体【答案】D【解析】【详解】A．砷为33号元素，原子核外各层电子数为2、8、18、5，A错误；B．4NH+中配位键应表示为N→H，B错误；C．F-H…F中的实线是共价键，虚线是氢键，C错误；D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；丙氨酸

的手性异构体为，D正确；故选D。6.下列说法正确的是A.分子识别是超分子的重要特征之一B.晶体在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同C.分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质越稳定D.金属晶体能导电的原因是在外加电场作用下可失去

电子【答案】A【解析】【详解】A．超分子的重要特征之一——分子识别，A项正确；B．晶体具有物理性质的各向异性特点，B项错误；C．分子晶体的稳定性和化学键有关，C项错误；D．电子气在电场中定向移动可解释金属的导电性，D项错误；故选A。7.下列各组微粒的空间结构不相同的是ANH4+和H3O+B.H

2O和SO2C.CO2和C2H2D.SiO44−和SO24−【答案】A【解析】【详解】A．4NH+空间结构为正四面体形，3HO+空间结构为三角锥形，二者空间结构不同，A项符合题意；B．2HO和2SO的空间结构都是V形，B项不符合题意；C．2CO和22CH都是直线形分子，C项不符合题

意；的.D．44SiO−和24SO−的空间结构都是正四面体形，D项不符合题意；故选A。8.若X、Y两种粒子之间可形成配位键。则下列说法正确的是A.配位键是一种特殊的离子键B.X、Y两种粒子均只能是离子C.有一种微粒必须

提供空轨道D.配位键是一种非极性键【答案】C【解析】【详解】A．配位键是一种特殊的共价键，A项错误；B．配体可以是分子，B项错误；C．配位键是一方提供空轨道，另一方提供共用电子对，C项正确；D．配位键是一种极性键，D项错误；故选C。9.下列物质

的晶体一定属于离子晶体的是A.在水中能电离出离子的物质B.熔融状态下能导电的化合物C.在水中能电离出H+的化合物D.熔化时化学键无变化的化合物【答案】B【解析】【详解】A．在水中能电离出离子的物质常见为电解质，可能是酸、

碱、盐，如硫酸是分子晶体，但在水中能电离出氢离子和硫酸根离子，A项错误；B．熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，B项正确；C．如硫酸是分子晶体，但在水中能电离出氢离子和硫酸根离子，C项错误；D．熔化时化学

键无变化的晶体可能是分子晶体，如冰融化变成液态水，D项错误；故选B。10.钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，下列有关说法错误的是A.该晶体属于离子晶体B.晶体的化学式为2BaOC.该晶体晶胞结构与NaCl相似D.

与每个2Ba+距离最近且相等的2Ba+共有3个【答案】D【解析】分析】【详解】A．Ba是活泼金属，O元素是活泼非金属性，钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物属于离子晶体，故A正确；B．晶胞中Ba2+离子位于晶胞的顶点和面心位置，晶胞中共含有Ba2+离子的个数

为8×18+6×12=4，阴离子位于晶胞的边上和体心位置，共含有阴离子的个数为12×14+1=4，阴离子是两个氧原子结合而成的O22-，所以晶胞中Ba2+与阴离子的个数比为1：1，该氧化物为BaO2，故B正确；C．由晶胞结构可知，离子配位数为6，与N

aCl结构相似，故C正确；D．以顶点Ba2+离子研究，与之距离相等且最近的Ba2+位于面心上，每个Ba2+离子为12个面共用，相等且最近的Ba2+共有12个，故与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个，故D错误；故答案：D。11.

实验室用36KFe(CN)检验2Fe+的离子方程式为326FeKFe(CN)=−++++6KFeFe(CN)。下列有关说法错误的是A.36KFe(CN)中铁离子的配位数为6B.2Fe+再失去1个电子比2Mn+更难C.形成配位键

时，CN−中碳原子提供孤电子对D.1mol36Fe(CN)−含12mol键【答案】B【解析】【详解】A．K3[Fe(CN)6]中铁离子的配位数为6，A正确；B．Fe2+的核外价层电子排布为3d6，Mn2+的核外价

层电子排布为3d5，Mn2+半满结构，再失去1个电子比Fe2+难，B错误；C．形成配位键时，CN−中碳原子电负性弱，更易提供孤电子对，C正确；D．1mol[Fe(CN)6]3−含6mol碳氮叁键中σ键和CN-与Fe3+形成的6mol配位键（也是σ键），（6+6）【的mol=12molσ

键，D正确；故选B。12.下列“类比”结果不正确的是A.H2O的分子构型为V形，则Cl2O的分子构型也为V形B.液态NH3中含有氢键，则液态N2H4中也含有氢键C.H2O2的热稳定性比H₂O的弱，则H2S2的热稳

定性比H2S的弱D.Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大【答案】D【解析】【详解】A．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6-122=4，O原子采用sp3杂化，O原

子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子；Cl2O分子中O原子的价层电子对数为2＋6122−=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以Cl2O分子是V形分子；A正确；B．N的电负性较大，可以形成氢键；液态NH3中含有氢键，则液态N2H4中也含有氢键，

B正确；C．氧、硫属于同一主族元素，H2O2的热稳定性比H₂O的弱，则H2S2的热稳定性比H2S的弱，C正确；D．Ba(HCO3)2的溶解度比BaCO3的大，但是NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，D错误；故选D。13.下列关于CH4和CO2的说法错误的是A.固态时两者均属于分子晶体B.两

者均是由极性键形成的非极性分子C.因为碳氢键键能小于碳氧键，所以4CH的熔点低于CO2D.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp【答案】C【解析】【详解】A．4CH和2CO均由分子构成，因此固态时4CH和2CO都是分子晶体，故A正确；B．CH4中只含C-H极性键，CO2中只

含C=O极性键，且4CH和2CO正负电荷中心重合，均属于非极性分子，故B正确；C．分子晶体之间通过范德华力结合，范德华力越强，物质的熔沸点越高，与键能大小无关，故C项错误；D．甲烷为正四面体形，C原子含有4个σ键，无孤电子对，采取sp3

杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有1个σ键和1个π键，因此C原子采取sp杂化，故D正确；故答案选C。14.将石墨置于熔融的钾或气态钾中，石墨吸收钾形成名称为钾石墨的物质，其组成可以是C8K、C12K、C24K、C36K、C48K、C60K等。下列分析正确

的是A.题干中所列举的6种钾石墨属于有机高分子化合物B.钾石墨中碳原子的杂化方式是sp3杂化C.若某钾石墨的原子分布如图所示，则它所表示的是C12KD.最近两个K原子之间距离为石墨中C—C键键长的23倍【答案

】D【解析】【详解】A．题干中列举的6种物质是石墨吸收钾形成的不属于有机物，而是无机化合物，A项错误；B．钾石墨是石墨吸收钾形成的化合物，其中的碳原子形成了键角约为120°的三条共价键，因此采用的是sp2杂化，B项错误；C．由该种钾石墨的结构可知，可选择图中虚线框选的部分作

为该钾石墨的晶胞，碳原子位于晶胞的内部共有8个，钾原子位于晶胞的四个顶点上，因此均摊法计算该钾石墨的化学式为C8K，C项错误；D．由该种钾石墨的结构可知，钾原子排列在每个六边形单元格中心位置，并且间隔一个六边形单元格填充，因此钾原子之间的最短距离等于相邻的两个六边形单元

格中心连线的长度的2倍，即碳碳键长的23倍，D项正确；答案选D。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.近期我国科研工作者研究的金属—氮—碳优异电催化2CO还原催化剂取得新进展。回答下列问题：(1)14C可用于考古，其中子数为___________，

该基态原子价层电子轨道表示式为___________。(2)研究发现钴—氮—碳优异电催化2CO还原催化剂活性最高，金属钴的核外电子排布式为___________；基态Co未成对电子数为___________。(3)基态N原子中，电子占

据的最高能层符号为___________，该能层具有的原子轨道数为___________，电子数为___________。【答案】①.8②.③.72Ar3d4s或22626721s2s2p3s3p3d4s④.3⑤.L⑥.4⑦.5【解析】【分析】【详解】(1)14C的质子数是6，质量数

为14，中子数=质量数-质子数=14-6=8，该基态原子价层电子轨道表示式为，故答案为：8；；(2)钴是27号元素，金属钴的核外电子排布式为72Ar3d4s或22626721s2s2p3s3p3d4s；基态Co的3d轨道有3个轨道存在未成对电子，故未成对电子数为3，故答案为：72A

r3d4s或22626721s2s2p3s3p3d4s；3；(3)基态N原子价电子排布式为2s²2p³，可知电子占据的最高能层符号为L，该能层具有的原子轨道数为4，电子数为5，故答案为：L；4；5。1

6.胆矾(CuSO4·5H2O)可用于泳池杀菌消毒。回答下列问题：（1）铜元素位于元素周期表的_____区，基态Cu原子的核外电子排布式为_____。（2）CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如图：①24SO−的空间构型为_____，其中硫原子的

杂化方式为_____。②硫酸铜晶体中Cu2+的配位数为_____，[Cu(H2O)4]2+中配位原子是_____。③在上述结构示意图中，存在的化学键有_____。（3）向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，溶液最终变为深蓝色，原因是_____。【答案】（1）

①.ds②.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（2）①.正四面体形②.sp3③.4④.O⑤.共价键、离子键、配位键（3）生成了[Cu(NH3)4]SO4{或生成了[C

u(NH3)4]2+}【解析】【小问1详解】Cu原子的核外电子排布式为：226261011s2s2p3s3p3d4s，位于元素周期表的ds区；【小问2详解】①24SO−有4个σ键，没有孤电子对，所以硫原子的杂化方式为3sp，空间构型为正四面体形；②根据如图结构，硫酸铜晶体中2+Cu的配位数

为4，2+24[Cu(HO)]中配位原子是O原子；③在上述结构示意图中，存在的化学键有：共价键、离子键、配位键；【小问3详解】因为2Cu(OH)沉淀与氨水反应，生成络合离子深蓝色的2+34[Cu(NH)]，所以向4CuSO溶液中逐滴加入氨水，溶液最终变为深蓝色。17.某硫与锌元素组成的化合物M

不溶于水、易溶于酸，见阳光色变暗。若在该化合物中加入微量的Cu、Mn、Ag做活化剂，经光照后，能发出不同颜色的荧光。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布图为_____。第一电离能介于Si、P之间的第三

周期元素为_____(填元素符号)。（2）SO2中S的杂化类型为_____，该分子的空间构型为_____。（3）1mol[Ag(NH3)2]OH中含有σ键的数目为_____NA，NH3分子在独立存在时H－N－H键角为107°，[Ag(N

H3)2]+中H－N－H键角变大的原因：_____。（4）M的晶胞结构如图。①观察图形推测，该晶体中每个Zn2+周围距离相等且最近的Zn2+数目为_____个，M的化学式为_____。②Zn的第三电离

能大于Cu的第三电离能的原因是_____。③已知A原子的坐标为(0，0，0)，B原子坐标为(34，34，14)，则C原子坐标为_____。【答案】（1）①.②.S（2）①.sp2②.V形（3）①.9②.NH3分子中N原子的孤电子对进入Ag+的空轨道形成配位

键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱（4）①.12②.ZnS③.Zn2+的3d能级全排满④.(34，14，34)【解析】【小问1详解】铜为29号元素，基态铜原子的价电子排布图为；第一电离

能Si<S，P的3p轨道是半充满的稳定状态，所以第一电离能P>S,所以第一电离能介于Si、P之间的第三周期元素为S；【小问2详解】SO2中S的价层电子对数=+-=12（622）32，S的杂化类型为sp2杂化；孤电子对为1，所以空间构型是V形；【小问3详解】1mol[Ag(NH3)

2]OH中，Ag+形成2个σ键，N原子和H原子之间形成6个σ键，O原子和H原子之间也形成1个σ键，所以1mol[Ag(NH3)2]OH中σ键为9mol，即9NA；[Ag(NH3)2]+中H－N－H键角变大的原因是NH3分子

中N原子的孤电子对进入Ag+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，所以键角变小；【小问4详解】①取右上角的顶点(Zn2+)，与它距离最近的Zn2+位于面心，则ZnS晶体中离锌离子最近且距离相

等的锌离子个数为382=12；在晶胞M中，含有Zn2+个数为118682+=4，含S2-个数为4，所以化学式为ZnS；②锌为30号元素，基态Zn2+的电子排布式：1s22s22p63s23p63d10，3d能级全排满，所以Zn的第

三电离能大于Cu的第三电离能；③S原子位于相邻4个Zn原子围成的正四面体中心，在底面和左侧面的投影均位于面对角线上，且与原点的距离为面对角线的四分之三，则S原子坐标为(34，14，34)。18.第三周期主族元素W、X、Y、Z的最高化合价与该元素的原子半径的关系如图所示。回答下列问题：(1)W和Z

组成W2Z2晶体中所含化学键为___________，该晶体类型是___________。(2)XY3的分子式为___________，该分子的立体构型是___________，中心原子的杂化方式是___________。(3)W和Y组成晶体晶胞如图1所示

，晶胞截面如图2所示。已知：晶体密度为-3ρgcm，AN代表阿伏加德罗常数的值，Y对应的离子半径为acm。则W的离子半径为___________cm。(4)W单质晶体的晶胞如图3所示。①晶胞中等距离且最近的W原子有___________个。②若W

的半径为bnm，则该晶体密度为___________-3gcm。【答案】①.离子键、共价键(或非极性键)②.离子晶体③.PCl3④.三角锥形⑤.sp3⑥.3A234-a8ρN⑦.8⑧.213A6931032bN【解析】【分析】W、X、Y、Z都是第三周

期主族元素，根据图中，它们最高化合价与原子半径的关系，可知Y：Cl；Z：S；X：P；W：Na；据此解题。【详解】(1)W和Z组成W2Z2晶体是Na2S2，该物质为离子化合物，其所含化学键为离子键和共价键，该晶体类型为离子晶体，所以答案为：离子键、共价键(或非极性键）；离子晶体。(2)XY3

是P和Cl形成的化合物，其分子式为PCl3，该分子中P有1对孤电子对，3个σ键，价层电子对的数为4，其立体构型是三角锥形，中心原子的杂化方式是sp3，答案为：PCl3，三角锥形，sp3；(3)W和Y组成的晶体是NaCl，NaCl晶体的一个晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，NA个晶胞含有

4molNaCl，总质量为：458.5g=234g，总体积为：3234cmρ，一个晶胞的体积为：3A234cm·ρN，晶胞边长为：3A234cm·ρN。由晶胞的截面图知，处于晶胞棱边的离子直接相切，晶胞边长等于两种离子的直

径之和，所以Na+的半径为：(3A234-a8ρN)cm。(4)①由图可知金属钠的晶胞为体心立方结构，所以晶胞中等距离且最近的Na原子有8个。②金属钠的晶胞为体心立方结构，一个晶胞中含有2个钠原子，NA个晶胞含有2molNa，总质量为:223g=46g

，处于晶胞体对角线的原子直接相切，体对角线的长度为4bnm，晶胞边长为：-74b4343nm=bnm=b10cm333，晶胞的体积为3-213643b10cm9，则其密度=213A33-213A46g?m69

310==g/cmV32b643b10cm9NN。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com