【文档说明】新疆维吾尔自治区塔城地区2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题 含解析 .docx，共(22)页，1.175 MB，由小赞的店铺上传

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高二化学第二学期期中考试试卷可能用到的相对原子质量：F-19Ca-40一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共60分)1.下列有关电子云和原子轨道的说法正确的是A.原子核外的电子像云雾一样笼罩在原子核周围，故称电子云B.s能级的原

子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动C.p能级的原子轨道呈哑铃形，随着电子层数的增加，p能级原子轨道也在增多D.与s电子原子轨道相同，p电子原子轨道的平均半径随电子层数的增多而增大【答案】D【解析】【

详解】A．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，不是原子核外的电子像云雾一样笼罩在原子核周围，A错误；B．s能级的原子轨道为球形，电子云轮廓图只包括电子出现概率90%的电子，即处在该轨道上的电子不仅能在球壳内运动，也可在球壳外运动，只是

在球壳外运动概率较小，B错误；C．任何能层的p能级都只有3个原子轨道，不会随着电子层的增加而增多，C错误；D．距离原子核越远的电子，其能量越大，所以p原子轨道电子的平均能量也会随能层的增大而增加，D正确；故答案为：D。2.下列说法正确

的是A.氨分子的VSEPR模型是三角形B.处于同一能层的电子能量一定相同C.原子中23d表示3d能级有两个轨道D.N原子中1s与2s电子的电子云轮廓图的形状都为球形【答案】D【解析】【详解】A．氨分子的中心原子氮原

子的价层电子对数为3+12(5-3×1)=3+1=4，所以氨分子的VSEPR模型为四面体形，A项错误；B．同一能层不同能级电子能量不同，B项错误；C．原子中3d2表示3d能级有2个电子，C项错误；D．s电子的电子云轮廓图均为球形，D项正确；的故选D。3.下列各原子或离子的电子排布式或电子排布图表

示正确的是A.226F:1s2s3p−B.1562226Cr:1s2sp33s3d24psC.2+226262Ca:1s2s2p3s3p4sD.P:最外层电子排布图为【答案】B【解析】【详解】A．226F:1s2s2p−，A错误；B．1562

226Cr:1s2sp33s3d24ps，3d半满，4s半满能量最低，结构稳定，B正确；C．2+22626Ca:1s2s2p3s3p，C错误；D．P:最外层电子排布图为，D错误；故选B。4.下列化学用语的表示正确的是A

.CO2分子的填充模型：B.甲基的电子式为：C.具有18个中子的氧原子：188OD.基态碳原子价电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．CO2分子中3个原子在同一直线上，属于直线型分子，分子填充图为，A错误；B

．C原子最外层有4个电子，其中的3个电子与3个H原子的电子形成3对共用电子对，就形成了甲基-CH3，其电子式为：，B正确；C．O是8号元素，原子核内质子数是8，具有18个中子的氧原子质量数是26，用原

子符号表示为826O，C错误；D．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，则基态C原子价电子轨道表示式为：，D错误；故合理选项是B。5.下列说法正确的

是A.π键是由两个电子的p轨道“头碰头”重叠形成的B.σ键是镜面对称，而π键是轴对称C.乙烷分子中的共价键全为σ键，而乙烯分子中含σ键和π键D.H2分子中只含σ键，而Cl2分子中还含π键【答案】C【解析】【分析】σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“

肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，以此来解答。【详解】A．π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，σ键是“头碰头”重叠形成，A错误；B．σ键是轴对称，而π键是镜面对称，B错误；C．乙烷分子中均为单键，乙烯中含C=C键，有1个π键，则乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和

π键，C正确；D．H2和Cl2分子中只含单键，只有σ键，D错误；故答案为：C。6.CH3CH=CH－C≡N分子中碳原子的杂化类型为（）A.sp杂化B.sp2杂化C.sp3、sp2杂化D.sp、sp3、sp2杂化

【答案】D【解析】【详解】只形成单键碳原子为sp3杂化、只形成一个双键的碳原子为sp2杂化、形成叁键的碳原子为sp杂化，因此，CH3CH=CH－C≡N中碳原子的杂化类型从左到右依次为sp3、sp2、sp2、sp杂化，故选D。7.根据价层电子对互斥理论，判断下

列分子或者离子的空间构型为平面三角形的A.CO23−B.CCl4C.ClO3−D.NH3【答案】A【解析】【详解】A．CO23−的中心原子上的价层电子对数为3，为平面三角形，A符合题意；B．CCl4的中心原子上的价层电子对数为4，为正四面体形，B不

符合题意；C．ClO3−的中心原子上的价层电子对数为4，为四面体形，C不符合题意；D．NH3的中心原子上的价层电子对数为4，为三角锥形，D不符合题意；故选A。8.现有四种元素基态原子的电子排布式如下：①226241s2s2p3s3p②226231s2s2p3s3p③2231s2s2p④2

251s2s2p。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>①>②B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>①>②D.最高正化合价：④>③=②>①【答案】C【解析】【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知，①226241s2s2p3

s3p是S元素，②226231s2s2p3s3p是P元素，③2231s2s2p是N元素，④2251s2s2p是F元素。【详解】A．同周期元素自左而右第一电离能呈锯齿状升高，故第一电离能N<F，但P元素

原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S<P，同主族元素自上而下第一电离能降低，第一电离能N>P，所以第一电离能S<P<N<F，即④>③>②>①，A错误；B．同周期元素

自左而右原子半径依次减小，所以原子半径P>S、N>F，电子层越多原子半径越大故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，B错误；C．同周期元素自左而右电负性依次增大，所以电负性P<S，N<F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P<N，故电负性P

<S<N<F，即④>③>①>②，C正确；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F无正价，所以最高正化合价①>②=③，D错误；答案选C。9.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是A.VSEPR模型可用来预测分子的立体构型B.分子中价电子对相互排斥决定了分子的立

体构型C.中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥D.分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定【答案】D【解析】【详解】A项、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉

孤电子对，故A正确；B项、分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，排斥能力大小顺序是：孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力，故B正确；C项、中心原子上的孤电子对参与互相排斥，如水分子中氧原子价层电子对个数为4，孤对电

子数为2，空间构型为V形，四氯化碳分子中碳原子价层电子对个数为4，孤对电子数为,0，空间构型为正四面体形，故C正确；D项、在多原子分子内，两个共价键之间的夹角，分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定，如NH3为

三角锥形，键角为107°，CH4为正四面体，具有对称性，键角为109°28′，CH4比氨气稳定，故D错误；故选D。【点睛】中心原子上的孤电子对参与互相排斥，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数

=12（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。10.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表数据判断下列说法中错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y58018002700116

00A.元素X的常见化合价是+1价B.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClC.元素Y是第IIIA族元素D.若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【详解】A．根据表格可知I1和I2

之间差距较大，故X常见化合价为+1价，A正确；B．X常见化合价为+1价，元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，B正确；C．根据表格，Y的I3和I4差距较大，故Y的常见化合价为+3价，是第IIIA族元素，C正确；D．若元素Y处于

第三周期，则Y为Al，不可与冷水剧烈反应，D错误；故选D。11.下列说法中，正确的是A.原子序数为16的元素处于周期表的第三周期IVA族B.第一电离能的大小可以作为判断金属性强弱的依据C.共价化合物中，电负性大的成键元

素通常表现为负价D.第三周期的金属元素从左到右，元素的金属性依次增强【答案】C【解析】【详解】A．原子序数为16的元素为S，最外层含有6个电子，位于元素周期表的第三周期VIA族，故A错误；B．同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，第一电离能逐

渐呈增大趋势，但是电离能第IIA族反常，如Mg的第一电离能比Al大，故B错误；C．共价化合物中，电负性大的成键元素对键合电子对吸引更强，通常表现为负价，故C正确；D．第三周期主族中金属元素从左到右，元素的金属性依次减弱，故D错误；故选：C。12.下表是元素周期表前四周期的一部

分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中J为Ar。下列说法正确的是XYZRJWA.R原子的核外电子的轨道表示式为B.Y2-与Na＋的半径大小关系为Y2-<Na＋C.X的第一电离能大于Y的第一电离能D.表中电负性最大的元素为W【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、R、W、J是元素周期表前四

周期的6种元素，结合图示可知，其中J为Ar，X、Y、Z位于第二周期，R，J位于第三周期，W位于第四周期，则X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，以此分析解答。【详解】根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Ar元素，A．由

分析可知，R为S，硫为16号元素，则硫原子的核外电子总数为16，基态S原子的轨道表示式为，A错误；B．由分析可知，Y为O，O2-与Na+的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小关系为：Y2-＞Na+，B错误；C．由分析可知，X为N，Y

为O，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则X(N)元素的第一电离能大于Y(O)元素的第一电离能，C正确；D．由分析可知，W为Br，根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素的电负性依次减小可知，电负

性最大的元素为F即Z，D错误；故答案为：C。13.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是A.CO2和SiO2B.NaCl和HClC.CO2和NH3D.CCl4和KCl【答案】C【解析】【分析】【详解】A．CO2原子间共价键，分子晶体

，SiO2原子间共价键，原子晶体，不符题意；B．NaCl离子间离子键，离子晶体，HCl原子间共价键，分子晶体，不符题意；C．CO2原子间共价键，分子晶体，NH3原子间共价键，分子晶体，符合题意；D．CCl4原子间共价键，分子晶体，KCl离子间离子键，离子晶体，不

符题意；综上，本题选C。14.下列晶体分类中正确的是一组是离子晶体原子晶体分子晶体ANaOHArSO2BH2SO4石墨SCCH3COONa水晶DBa（OH）2金刚石玻璃A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Ar属于分子晶体，NaOH属于离子晶体，SO2属于分子晶体，故A错误；B．

石墨属于混合晶体，H2SO4、S属于分子晶体，故B错误；C．CH3COONa属于离子晶体，水晶（SiO2）属于原子晶体，属于分子晶体，故C正确；D．Ba（OH）2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，玻璃属于玻璃态物质，不属于晶体，故D错误；故选

C。【点晴】掌握常见物质所属晶体类型，识记常见的原子晶体即可解答，注意石墨的晶体结构与玻璃态物质；离子晶体是阴、阳离子通过离子键形成的晶体，常见离子晶体有：常见的有强碱、活泼金属氧化物、大多数盐类等；原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，常见的原子晶体有：

一些非金属单质，若金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；分子晶体是分子间通过分子间作用力（包括范德华力和氢键）构成的晶体．常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数

的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质（除汞外）、易挥发的固态物质等。15.下列关于晶体的叙述正确的是（）A.晶体中只要有阳离子就一定有阴离子B.区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验C.分子晶

体中共价键键能越大熔点和沸点越高D.金属晶体发生形变时，内部金属离子与“自由电子”的相互作用消失【答案】B【解析】【详解】A．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以晶体中有阳离子不一定存在阴离子，故A错误；

B．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故B正确；C．分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关，与共价键键能无关，故C错误；D．金属晶体发生形变时其内部金属离子与“

自由电子”发生滑动，但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在，故D错误；故选：B。16.下列关于共价晶体、分子晶体的叙述中，正确的是A.在SiO2晶体中，1个硅原子和2个氧原子形成2个共价键B.分子晶

体中一定存在共价键C.HI相对分子质量大于HF，所以HI的沸点高于HF的D.金刚石为共价键三维骨架结构，晶体中最小环上有6个碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在2SiO晶体中，1个硅原子和4个氧原子形成4个共价键，A不正确；B．部分分子晶体如稀有气体中不含有共价

键，B不正确；C．虽然HI的相对分子质量大于HF，但是，由于HF分子之间可以形成氢键，所以HF的沸点高于HI，C不正确；D．金刚石为共价键三维骨架结构，晶体中的最小碳环上有6个碳原子，D正确；故选：D17.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是

A.在NaCl晶体中，距Cl—最近的Na+形成正八面体B.在CaF2晶体中，每个晶胞平均含有4个Ca2+C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2D.该气态团簇分子的分子式为EF【答案】D【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，氯化钠晶胞中位于顶点的钠离子与棱上的

氯离子距离最近，则钠离子周围最近的氯离子有6个，6个氯离子构成一个正八面体，故A正确；B．由晶胞结构可知，氟化钙晶胞中位于顶点和面心的钙离子数目为8×18+6×12=4，故B正确；C．由图可知，金刚石晶体中每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个

共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×12=2，则晶体中碳原子与碳碳键个数的比为1∶2，故C正确；D．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D错误；故选D。的。18.有下

列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8×18+6×12=4，

1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A不选；B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4×18=12，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴

离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为12：1=1：2，化学式为MN2，故B选；C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3×18=38，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为

38：1=3：8，化学式为M3N8，故C不选；D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8×18=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为

MN，故D不选；故答案选B。19.下列说法中不正确的是A.ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子B.NH3、H2O、CH4分子中的N、O、C原子均是采取sp3杂化的C.NH3、

H2O、CH4分子的几何构型均为三角锥形D.配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2＋，配体是H2O，配位数是4【答案】C【解析】【详解】A．在ABn型分子中，若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，

非极性分子空间结构都是对称结构，A正确；B．H2O、NH3、CH4中各中心原子周围的价层电子对数分别为：2+1(6-2?1)2=4、3+1(5-3?1)2=4、4+1(4-4?1)2=4，根据杂化轨道理论可知N、O、C原子均采取sp3杂化，B正确；C、H2O、NH3、CH4

中各中心原子周围的价层电子对数分别为：2+1(6-2?1)2=4、3+1(5-3?1)2=4、4+1(4-4?1)2=4，根据价层电子互斥理论可知，分子的几何构型分别为V形、三角锥形和正四面体形，C错误；D．配合物[Cu(H2O)4]SO4中，Cu2+题干空轨道，故中心离子是Cu2+，

H2O中的O上有孤电子对，提供孤电子，故配位体是H2O，配位数是4，D正确；故答案为：C。20.有关晶体的下列说法中，正确的是A.晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B.共价晶体中共价键越强，熔点越高C.冰融化时水分子中共价键发生断裂D.氯化钠熔化时离子键未被

破坏【答案】B【解析】【详解】A．晶体中分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化需消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，而物质分子的稳定性与分子内化学键强弱有关，与分子的稳定性没有关系，A错误；B．共价晶体中原子之间以共价键结合，共价键越强，断裂共价键需消耗的能量就越高，物质的熔点、沸

点就越高，B正确；C．冰融化时克服的是水分子中分子间作用力及氢键，而物质分子内的共价键不发生断裂，C错误；D．氯化钠是离子晶体，在其受热熔化时离子键会被破坏，D错误；故合理选项是B。21.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。22.下列比较

正确的是A.化学键的键能由大到小：金刚石＞碳化硅＞硅B.熔、沸点由高到低：二氧化碳＞氧化镁＞氯化钠＞金刚石C.硬度由大到小：C60＞碳化硅＞铁＞氯化钠D.共价键的极性由强到弱：H－I＞H－Br＞H－Cl【答案】A【解析】【详解】A．原子半径C＜Si，则化学键的键能由大

到小：金刚石＞碳化硅＞硅，A正确；B．金刚石是共价晶体，氯化钠和氧化镁是离子晶体且晶格能氧化镁大于氯化钠，二氧化碳是分子晶体，则熔、沸点由高到低：金刚石＞氧化镁＞氯化钠＞二氧化碳，B错误；C．碳化硅是共价晶体，铁是金属晶体

，氯化钠是离子晶体，C60是分子晶体，则硬度由大到小：碳化硅＞铁＞氯化钠＞C60，C错误；D．非金属性I＜Br＜Cl，则共价键的极性由弱到强：H—I＜H—Br＜H—Cl，D错误；故选A。23.下列说法正确的是A.冰晶体

中每个水分子周围可形成四个氢键，表示(H-O…H)B.H2O和ClO-2中的中心原子杂化方式相同C.SiO2的键长大于CO2的键长，所以SiO2的熔点比CO2高D.石墨可以导电与石墨层状结构之间存在范德华力有关，与化学键无关【答案】B【解析】为【详解】A．冰晶体的结构为，每个水分子向外伸出4

个氢键与另外四个水分子形成四面体，表示为(H-O…H或O-H…O)，A错误；B．H2O的中心原子的价电子对数为621242−+=，ClO-2中心原子的价电子对数为7122242+−+=，中心原子杂化方式均为sp3杂化，B正确；C

．SiO2是原子晶体，熔化时破坏共价键，CO2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以SiO2的熔点比CO2高，C错误；D．石墨可以导电是由于层内碳原子形成大π键，有自由移动的电子，与化学键有关，D错误；答案选B。24.如图表示一些晶体中的

某些结构，下列各项所述的数字错误的是A.Ni晶胞中镍原子的配位数为12B.1个干冰晶胞中含有4个CO2分子C.氯化铯晶体中，每个Cs+周围距离最近的Cl−有8个D.1个FeO晶胞平均含有6个2O−【答案】D【解析】【详解】A．以顶点Ni原子为研究对象，与之最近的Ni

原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，Ni晶体中每个Ni原子周围距离最近的Ni原子数目为38122=，A正确；B．由晶胞图可知，1个干冰晶胞中平均含有CO2分子个数1186482+=，B正确；C

．氯化铯晶体中，氯离子位于体心，铯离子位于顶点，每个Cs+周围距离最近的Cl−个数是8，C正确；D．氧化亚铁晶胞中2O−位于体心和棱边，数目为1+1124=4，D错误；答案选D。25.下列说法正确的

是A.碘单质升华或NH4Cl的分解过程中，不需克服化学键B.Na2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为1∶1C.CO2和SiO2它们的晶体都属于分子晶体，熔化时破坏范德华力D.金刚石和足球烯(C60)虽均为

碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体【答案】D【解析】【详解】A．碘单质升华破坏范德华力，NH4Cl的分解破坏离子键和共价键，故A错误；B．Na2O2属于离子化合物，存在过氧根离子

，因此该物质中阴、阳离子数之比为1∶2，故B错误；C．CO2属于分子晶体，SiO2属于共价晶体，前者熔化时破坏范德华力，后者熔化时破坏共价键，故C错误；D．金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于共价晶体，后者属于分子晶体，熔化时前者破坏共

价键，后者破坏范德华力，故D正确。综上所述，答案为D。26.下列物质在熔融状态下能够导电的是A.NaClB.SiO2C.Cl2D.HCl【答案】A【解析】【详解】A.NaCl为离子晶体，熔融状态下能生成钠离子和氯离

子，可以导电，故A正确；B.SiO2为原子晶体，熔融状态下没有离子生成，不能导电，故B错误；C.Cl2为分子晶体，熔融状态下没有离子生成，不能导电，故C错误；D.HCl为分子晶体，熔融状态下没有离子生成，不能导电，故C错误；故答

案为A。27.下列有关比较正确的是A.熔点：CH4>SiH4>GeH4>SnH4B.熔、沸点：NaBr>NaCl>MgOC.键的极性：N-H>O-H>F-HD.热稳定性：HF>H2O>NH3【答案】D【解析】【详解】A．CH4、SiH4、Ge

H4、SnH4均为分子晶体，熔点和范德华力有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，A错误；B．离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高，故熔、沸点NaBr＜NaCl＜MgO，B错误；C．由于电负性N＜O＜F，所以键的极性N—H＜O—H＜F—H，C错误；D．由于非

金属性F＞O＞N，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故热稳定性HF＞H2O＞NH3，D正确；故选D。28.下列属于脂肪烃的是()A.CH3CH2CH2CH3B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．CH3CH2CH2CH3属于链状烃，链状烃又称为脂肪烃，A符合题意；B．属于脂环

烃，B不符合题意；C．中含有氧元素不属于烃，C不符合题意；D．分子结构中含有苯环，属于芳香烃，D不符合题意；答案选A。【点睛】该题是基础性试题的考查，试题注重基础，侧重对学生基础知识的巩固与训练。该题的关键是理解并记住脂肪烃的含

义，并能灵活运用即可，难度不大，学生不难得分。29.下列烃的一氯代物只有2种的是A.CH3CH2CH2CH2CH3B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．根据等效氢原理可知，CH3CH2CH2CH2CH3的一氯代物有CH3CH2CHClCH2CH3、CH3CHC

lCH2CH2CH3和ClCH2CH2CH2CH2CH3，A不合题意；B．根据等效氢原理可知，的一氯代物有4种，如图所示：，B不合题意；C．根据等效氢原理可知，的一氯代物有3种，如图所示：，C不合题意；D．根据等效氢原理

可知，的一氯代物有2种，如图所示：D符合题意；故答案为：D。30.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图。下列关于莽草酸的说法正确的是()A.分子中有羟基和酯基B.分子中有三种官能团C.莽草酸既属于羧酸又属于酚类D.此有机物按碳骨架分类属于芳香族化合物【答案】

B【解析】【详解】莽草酸的结构简式为，其中含有羧基、酚羟基和碳碳双键三种官能团，属于羧酸，但由于分子中不含苯环，所以不属于酚类，也不属于芳香族化合物，B正确，故选B。【点睛】酚类化合物是指芳香烃中苯环上的氢原子被羟基取代所生成的化合物；分子中含有苯环的

有机化合物叫做芳香族化合物。二、填空题(每空2分，共40分)31.下列各图为几种晶体或晶胞的结构示意图。请回答下列问题：(1)这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是______。(2)冰、金刚石、MgO、2CaCl、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为______。(3)NaCl晶胞

与MgO晶胞结构相同，NaCl晶体的硬度______(填“大于”或“小于”)MgO晶体的硬度，原因是______。(4)每个Cu晶胞中实际占有______个Cu原子，2CaCl晶体中每个2Ca+周围距离最近且相等的Cl−有

______个。(5)冰的熔点远高于干冰的重要原因是______。【答案】①.金刚石晶体②.金刚石MgO2CaCl冰干冰③.小于④.在MgO，NaCl晶体中，离子半径2++r(Mg<r(Na))，2--r(O<r(Cl))且MgO晶体中离子所

带电荷数大于NaCl晶体中离子所带电荷数⑤.4⑥.8⑦.2HO分子之间存在氢键【解析】【详解】(1)冰、干冰晶体属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合；金刚石属于共价晶体，原子之间以共价键结合；Cu属于金属

晶体，金属阳离子与自由电子之间以金属键结合；MgO、2CaCl属于离子晶体，离子之间以离子键结合；故这些晶体中粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石晶体；(2)一般情况下，微粒间的作用力：共价晶体离子晶体分子晶体。在上述物质中，金刚石属于

共价晶体，熔点最高；MgO、2CaCl属于离子晶体，熔点比金刚石的低，由于离子半径2+2+Mg<Ca，2--O<Cl离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，断裂消耗的能量就越大，物质的熔点就越高，所以熔点2

MgO>CaCl；冰、干冰都属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于2HO分子之间存在氢键，2CO分子之间只存在分子间作用力，所以熔点冰干冰；故上述五种物质中熔点由高到低的顺序为金刚石MgO2CaCl冰干冰；(3)在MgO、NaCl晶

体中，离子半径2++2--))r(Mg<r(Nar(O)<r(Cl)，，且MgO晶体中离子所带电荷数大于NaCl晶体中离子所带电荷数，所以NaCl晶体的硬度小于MgO晶体的硬度；(4)每个Cu晶胞中含有的Cu原子个数为118+6482=；2

CaCl晶胞中，2Ca+周围距离最近且相等的Cl−构成正八面体形结构，所以每个2Ca+周围距离最近且相等的Cl−有8个；(5)冰、干冰都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于冰中水分子间形成了氢键，使冰的熔点远高于干冰的熔点。32.有A、B、C、

D、E五种元素。其相关信息如下：元素相关信息AA原子的1s轨道上只有1个电子BB是电负性最大的元素CC的基态原子2p轨道中有三个未成对电子DD是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子EE能形成红色(或砖红色)的

E2O和黑色的EO两种氧化物请回答下列问题：（1）写出E元素原子基态时的电子排布式为___________。（2）C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能___________(填“大”或“小”)。（3）CA3分子中C原子的杂化轨道类型是___________。（4）A、C、E

三种元素可形成[E(CA3)4]2＋配离子，其中存在的化学键类型有________(填序号)。①配位键②金属键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键⑥氢键若[E(CA3)4]2＋具有对称的立体构型，且当[E(CA3)4]2＋中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[

E(CA3)4]2＋的立体构型为___________(填字母)。a．平面正方形b．正四面体c．三角锥形d．V形（5）B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为___________，若该晶体的两个D原子之间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为

NA，则该晶胞的密度是___________g·cm-3(写出表达式即可)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1（2）大（3）sp3（4）①.①③②.a（5）①.8；。②.3A78?4Na【解析】【分析】A原子的

1s轨道上只有一个电子，则A是H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，则C是N元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，则D最外层有两个电子，且为主

族元素，为Ca元素，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，E是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，Cu元素原子基态时的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22

p63s23p63d104s1；【小问2详解】由分析可知，C为N，根据同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，N和O元素位于同一周期且N元素位于第VA族、O元素位

于第VIA族，所以第一电离能N＞O，故答案为：大；【小问3详解】由分析可知，A为H，C为N，故CA3即NH3，NH3分子中N原子价层电子对数是3+1(5-3?1)2=4且含有一个孤电子对，所以N的杂化轨道类型是sp3，

故答案为：sp3；【小问4详解】由分析可知，A、C、E三种元素分别为H、N和Cu，可形成[E(CA3)4]2＋配离子即[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与

H原子之间形成极性键；[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种不同结构的产物，[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，故答案为：①③；a；【小问5详解】由分析可知，B为F，D为Ca，F与Ca可形成离子化合物，根据晶胞结构知，该晶胞中氟离子个数为8、钙离子个数=8×

18+6×12=4，以面心钙离子为研究对象，周围的氟离子有8个，则其配位数为8，即Ca2+的配位数为8；若该晶体的两个D即Ca2+原子之间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度ρ=mV=3AM?nNa=3A78?4Nag•cm-3，故答案为：8；3A78?4Na。33.请按

要求作答：（1）请根据官能团的不同对下列有机物进行分类：①；②；③；④；⑤；⑥I．酚：___________酮：___________醛：___________(填序号)；Ⅱ．④的官能团的名称为___________、⑥的官能团的名称为___________；（2）分子式为

C4H8且属于烯烃的有机物的同分异构体有___________种。【答案】（1）①.③②.②③.⑤④.碳溴键⑤.羧基（2）3【解析】【小问1详解】I．由题干有机物结构简式可知，①含有醇羟基，属于醇，②含有酮羰基，属于酮，③含有酚

羟基，属于酚，④含有碳溴键，属于卤代烃，⑤含有醛基，属于醛，⑥含有羧基，属于羧酸，故其中属于酚为：③，属于酮为：②，属于醛为：⑤，故答案为：③；②；⑤；Ⅱ．④的官能团的名称为碳溴键、⑥的官能团的名称为羧基，故答案为：碳溴键；

羧基；【小问2详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com