【文档说明】重庆市名校联盟2021-2022学年高二下学期第一次联合考试（4月） 化学答案.pdf，共(9)页，280.811 KB，由小赞的店铺上传

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化学参考答案·第1页（共8页）重庆市名校联盟2021−2022学年下期第一次联合考试化学试题参考答案（高2023届）第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42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）题号1234567答案C

BBBDCB题号891011121314答案BDACCAC【解析】1．醛基的结构简式应写为—CHO，A错误。CH3OCH3属于醚类有机物，而非酮类，B错误。—COOH连在链烃基或苯环或苯环侧链上时，则为羧酸类，故的官能团为—COOH，属于羧酸类，C

正确。—OH连在链烃基或苯环侧链上时，则为醇，故为醇类，而不是酚，D错误。2．氩原子原子核内有18个质子，A错误。中子数为20的氯原子的质量数为172037，该原子表示为3717Cl，B正确。Cr所含质子数为24，原子核外电子数为24，基态Cr的

电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，C错误。溴是35号元素，基态Br原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，D错误。3．每个周期中最后一种元素均为稀有气体元素，A正确。基态原子最外层电子

排布为ns2的元素有的位于周期表第ⅡA，还有的位于0族，例如氦，锌最外层电子排布为4s2，位于第ⅡB族，B错误。主族元素由短周期和长周期元素组成，位于周期表的s区和p区，C正确。非金属越强，则电负性越大，电负性最大的元素位于周期表的右上角，D正

确。化学参考答案·第2页（共8页）5．3BBr的中心原子孤电子对数33102、价层电子对数303，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形。3NCl分子中心原子孤电子对数53112、价层电子对数314，故为sp3杂化、空间构型为三角

锥形，A错误。CO2价层电子对数为422222，因此二氧化碳分子的空间结构为直线形，二氧化硫价层电子对数为622232，含有1对孤对电子，则二氧化硫分子的空间结构为V型，B错误。4CH中为极性键，4P中为非极性键，C错误。3NO为平面三角形，2NO为V形，D正确。6．乙炔的结

构式为H—CC—H，每个碳原子的价层电子对数是2，且不含孤电子对，所以C原子均采取sp杂化，A正确。23CO中C原子的价电子对数是3，C原子杂化方式是sp2，B正确。BF3的中心原子的价层电子对数303，杂化轨道数为3，所以B

原子采取2sp杂化，C错误。苯分子是平面结构，中心碳原子为sp2杂化，D正确。7．甲烷为正四面体结构，分子结构对称，属于非极性分子，氨气为三角锥形结构，分子结构不对称，属于极性分子，两者分子极性不同，A错误。H2S和HCl都含有极性

键，H2S为V形分子，二者分子中正负电荷的重心不重合，都是极性分子，B正确。非极性分子中可能含有极性键，如甲烷为非极性分子，含有极性键，C错误。过氧化钠属于离子化合物，其中含有非极性键，D错误。8．烃基属于推

电子基团，烃基中的碳链越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，A正确。Cl为吸电子微粒，C—Cl键个数越多，使得羧基中的羟基极性越大，酸性越强，B错误。F和Cl均为吸电子基团，甲基为推电子基团，F—C键的极性大于

Cl—C键的极性，使得FCH2COOH中的羟基的极性>ClCH2COOH中的羟基的极性>CH3COOH中的羟基的极性，从而使得酸性：FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH，C正确。氮气中的氮氮三键键能较大，导致氮气化学性质稳定，一般不易与其他物质反应

，而白磷中的P—P键的键能较小，使白磷性质活泼，易发生自燃等化学变化，D正确。化学参考答案·第3页（共8页）9．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318

22，A正确。1个干冰晶胞中平均含有CO2分子个数1186482，B正确。氯化铯晶体中，每个Cs+周围距离最近的Cl−个数是8，C正确。氧化亚铁晶胞中O2−数目为4，D错误。10．一般熔点：共价晶

体大于分子晶体，白磷和干冰都为分子晶体，且常温下白磷为固体，二氧化碳为气体，所以熔点：SiO2>P4>CO2，A正确。沸点：H2O>HF>NH3，B错误。合金的熔沸点一般比各组分的熔沸点都低，则生铁的熔沸点

低于纯铁，C错误。金刚石和晶体硅都是共价晶体，原子之间以共价键结合，由于原子半径：C<Si，则键长：C—C<Si—Si，键能：C—C>Si—Si。键长越短，键能越大，微粒间的作用力就越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：金刚石>晶体硅，D错误。11．CaCl2·8NH3中

有8个配位键，故0.1molCaCl2·8NH3中含0.8mol配位键，A正确。配合物2522[TiCl(HO)]ClHO中的配离子是252[TiCl(HO)]，配体Cl、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键，B正

确。根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl−可知，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2molAgCl沉淀，C错误。Na+与[Fe(CN)5(NO)]2−存在离子键，NO分子内和CN−内存在

极性共价键，CN−与Fe3+形成配位键，D正确。12．碘不易溶于水、易溶于苯，且苯的密度小于水的密度，用苯萃取碘水中的碘单质后，水在下层，苯层在上层，图中分层现象不合理，A错误。三氯甲烷和四氯甲烷沸点相差较大，可用蒸馏方法从混合物中蒸馏出三氯甲烷，但冷凝管中的冷却水流向应为“下

进上出”，B错误。苯甲酸的溶解度不大，趁热过滤提纯苯甲酸，可减少损失，C正确。一只手压住玻璃塞，一只手握住活塞，把分液漏斗倒转过来振荡，D错误。13．分子式为5102CHO且分子结构中含有基团的有机物可能为饱和一元羧酸或饱和一元酯。若为饱和一元羧酸，则结构简式可表示为C4H9COOH，而—C4H

9有4种同分异构体，则C4H9COOH有4种不同结构。若5102CHO表示饱和一元酯，则有如下结构：化学参考答案·第4页（共8页）HCOOC4H9（4种）、CH3COOC3H7（2种）、C2H5COOC2H5（1种）、C3H7COOCH3（

2种）。综上所述，分子式为5102CHO且分子结构中含有基团的有机物共有（不含立体结构）13种。14．由于元素X简单气态氢化物和其最高价含氧酸可化合生成一种盐，则X为氮元素，根据基态Y原子最外层电子排布为nsnnpn+2可知，Y为氧元素。原

子半径：N>O即X>Y，A正确。N的电子排布式为1s22s22p3，O的电子排布式为1s22s22p4，故X、Y均属于p区元素，B正确。X为N，Y为O，根据同周期元素电负性从左往右逐渐增大可知，电负性：X<Y，C错误。X为N，Y为O，非金属性N<O，故X、Y

的简单氢化物热稳定性：X<Y，D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共58分）二、填空题（本大题共4小题，共58分）15．（每空1分，共14分）（1）①正四面体形1三角锥形未变②V形（或角形）三角锥形sp3sp3（2）①非极性极性难极易（或易）②水分子间存在氢键，而硫化氢分子间只有范德华力硫化氢

分子间的范德华力弱于硒化氢分子间的范德华力【解析】（1）①NH3分子的中心原子N原子上有3个σ键电子对和1个孤电子对，则其VSEPR模型为正四面体形，略去N原子上的1个孤电子对，使得NH3分子的空间结构为三角锥形。转化NH3、4NH中的氮原子的

杂化类型都是sp3杂化。②H2O、H3O+的中心原子的价层电子对数都是4个，氧原子的杂化类型都为sp3杂化，VSEPR模型都为正四面体形，由于H2O、H3O+的氧原子上的孤电子对数分别为2个和1个，略去孤电子对，所得空间结构分别为V形（或角形）、三角锥形。化学参考答案·第5页（共8页）（2）

①乙烷分子为对称性分子，决定了乙烷为非极性分子，而乙醇分子为不对称性分子，这决定了乙醇为极性分子，再依据“相似相溶”规律可知：乙烷难溶于水，而乙醇极易溶于水。②H2S分子间只有范德华力，而H2O分子间存在氢键，氢键强度大于范德华力，导致水的沸点高于硫化

氢的沸点。H2S和H2Se的分子结构相似，分子间都只存在范德华力，而H2S的相对分子质量小于H2Se，决定了H2S的沸点低于H2Se的沸点。16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）（1分）6（1分）（2）2ONa（3）<（1分）Al原子失去的是3p能级上的电子，而Mg原子

失去的是3s能级上的电子，3p能级的能量比3s能级的能量高（合理即可）（4）>（1分）氮原子2p上有3个电子，为半满状态，结构稳定，电离能较高（5）B（6）Cl（1分）bd【解析】X的基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1，s层含有2个电子，

则2n，最外层电子排布式为2s22p3，则X为氮元素。根据Z的单质为银白色固体，质软，在空气中燃烧发出黄色的火焰，可判断Z为钠元素。W的最高价氧化物的水化物呈两性，则W为铝元素。Y的原子序数大于氮元素，且M的原子序数是Y的2倍可知，Y为氧元素、M为

硫元素。最后依据元素Q的原子序数大于M（硫）元素可知，Q为氯元素。（1）氧原子外围电子排布式为2s22p4，轨道表示式为。Cl元素最高正价为+7价，最低负价为−1价，代数和为6。（2）O2−和Na+具有相同电子层结构，根据“径小序大”规律可知，离子半径大小关系为2

ONa。（3）Al原子失去的是3p能级上的电子，该能级的能量比3s能级的能量高，所以Al的第一电离能小于Mg。化学参考答案·第6页（共8页）（4）由于氮原子2p轨道上有3个电子，处于半满状态，结构稳定，电离能较高。（5）[Ne]为基态Al3+，2p能级处于全充满，较稳

定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能。为Al原子的核外电子排布的激发态。为基态Al原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能。为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能。电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第

一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B。（6）S、Cl为同一周期元素，且S在Cl左边，Cl的非金属性强于S。17．（除特殊标注外，每空1分，共14分）（1）分液漏斗H2O2（或双氧水）（2）干燥氧气把有机物不完全燃烧产

生的CO转化为CO2（3）否若D中装有碱石灰，则CO2和水蒸气同时被碱石灰吸收，无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量（2分，合理即可）（4）吸收空气中的二氧化碳和水蒸气（5）C2H6O（2分）能C2H6O（6）CH3OCH3（

2分）【解析】实验目的是采用燃烧法测定有机物的组成，先制得纯净的氧气，然后将有机物完全氧化为二氧化碳和水，再分别测定二氧化碳和水的质量，从而得出有机物中碳、氢、氧的原子个数比。（1）仪器a为分液漏斗。装置A中在常温下制取氧气，锥形瓶内为固体二氧化锰，则a中

的液体反应物为H2O2，发生反应的化学方程式为2H2O2=MnO22H2O+O2↑。（2）实验目的是用干燥的氧气氧化有机物，以便测定产物的质量，所以B装置中浓硫酸的作用是干燥氧气。为防止燃烧产物中混有CO，影响测定结果，需再提供氧化剂，所以燃烧管C中CuO的作

用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2。化学参考答案·第7页（共8页）（3）CaCl2用于吸收水蒸气，而碱石灰既能吸收二氧化碳又能吸收水蒸气，所以燃烧产物应先通过CaCl2，后经过碱石灰，否则无法分别确定燃烧生成的CO2和H2O的质量。（4）若无装置F，则装置E和空气相通，会吸收空气中的二

氧化碳和水蒸气，从而影响测定结果的准确性，所以应在E后再增加一个装置F。（5）水的物质的量1.08g18g/m0.0lool6m、二氧化碳的物质的量1.76g0.04mol44g/mol，则(C)(H)0.04mol12g/mol0.06m

ol21g/mol0.6g0.92gmm，故有机物含有O元素，(O)0.92g0.6g0.32gm，则0.32g(O)0.02mol16g/moln，n(C)∶n(H)∶n(

O)=0.04∶0.12∶0.02=2∶6∶1，该有机物的实验式是C2H6O。该有机物的最简式为C2H6O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式。（6）从图中可以看出，该有机物分子中只有一种氢原子，则其结构简式为CH3OCH3。18．

（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）①SiBr4>SiCl4（1分）SiBr4的相对分子质量大于SiCl4，SiBr4分子间的范德华力大，沸点高（1分）②SiC>Si（1分）C原子半径比Si小，Si—C共价键比Si—Si共价键的键长短，键能大，SiC熔点比Si高（1分）

（2）①8②Bi2O3③113444，，④12303A45610aN（3分）【解析】（1）①SiCl4晶体、SiBr4晶体都属于分子晶体，分子之间只存在范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因

此四种物质的沸点由高到低的顺序为SiBr4>SiCl4。②Si、SiC都是共价晶体，C原子半径比Si小，Si—C共价键比Si—Si共价键的键长短，键能大，SiC熔点比Si高（2）①晶胞中顶点微粒数为1818，面心微粒数

为1632，体内微粒数为4，共含有8个碳原子。化学参考答案·第8页（共8页）②根据氧化物晶胞结构图，Bi原子个数是1186482，O原子个数是6，该铋的氧化物的化学式为Bi2O3。③A、B点的原子坐标分

别为(0、0、0)、11122、、，可知晶胞边长为1，由此可推知C点的原子坐标为113444、、。④根据晶胞图示，以面心上的Fe为例，距离最近的Fe原子有12个，故Fe的配位数为12。根据晶胞图示，Fe位于面心和顶点，根据均摊法，一个晶胞中的

铁原子的个数为1186482，则1mol晶胞质量4mol56g/mol224gm，1mol晶胞的体积3303A10cmVaN，故3033A45610g/cmmVaN。获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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