2022届河北省唐山市高二下学期期中考试化学试题（含解析）

试卷第=page99页，共=sectionpages1111页河北省唐山市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．人类对原子结构的认识经历了漫长的历史阶段。其中最早提出“原子核外电子是在原子轨道上运动的，并遵循一定的规律。”的科学家是（）A．道尔顿 B．汤姆生 C．卢瑟福 D．玻尔【答案】D【解析】道尔顿提出“原子时构成物质的最基本离子，它们是坚实的、不可再分割的实心小球”；汤姆生提出“原子是一个平均分布着正电荷的小球，这个小球中镶嵌着许多电子，电子带的负电荷中和了小球中的正电荷”；卢瑟福提出“原子是由原子核和核外电子构成的”；波尔提出“原子核外电子是在原子轨道上运动的，并遵循一定的规律”；综上所述答案为D。2．若某元素原子处于能量最低状态时，价电子排布式为3d14s2，则下列说法正确的是A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子（）B．该元素原子最外层有3个电子C．该元素原子的M层共有8个电子D．该元素原子核外共有4个电子层【答案】D【解析】若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为3d14s2，则该元素是Sc，则该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，选项A错误；该元素原子最外层共有2个电子，选项B错误；该元素原子的M能层共有9个电子，选项C错误；该元素原子核外共有4个能层，即K、L、M、N，选项D正确；答案选D。3．图1和图2分别是1s电子的概率密度分布图和电子云轮廓图。下列有关认识正确的是（）A．图1中的每个小黑点表示1个电子B．图2表示1s电子只能在球体内出现C．图2表明1s电子云轮廓图呈圆形，有无数对称轴D．图1中的小黑点的疏密表示电子在核外空间某处单位体积内出现机会的多少【答案】D【解析】小黑点表示电子出现的几率，黑点越密集表示电子出现的概率越大，A错误；图2是电子云轮廓图，取电子云的90%的部分即出现概率较大的部分，界面外出现电子的概率为10%，即1s电子可能出现在球体外，B错误；1s轨道呈空间上的球形，而不是圆形，C错误；电子云就是用小黑点的疏密来表示电子出现概率大小的一种图形，D正确；综上所述答案为D。4．下列各组中的X和Y两种元素，在周期表中一定位于同一族的是（）A．X原子的核外电子排布式为1s1，Y原子的外围电子排布式为B．X原子的核外电子排布式为，Y原子的核外电子排布式为C．X原子2p能级上有三个电子，Y原子的3p能级上有三个电子D．X原子核外M层上仅有两个电子，Y原子核外N层上也仅有两个电子【答案】C【解析】X原子的核外电子排布式为1s1，则X为H，为IA族元素，Y原子的外围电子排布式为，则Y为Cu，为IB族元素，故A错误；X为He，Y为Be，分别为0族、IIA族元素，故B错误；2p轨道上只有三个电子的X为N，3p轨道上只有三个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，故C正确；原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，不一定同族，故D错误；故选C。5．下列有关电离能的说法中，正确的是（）A．第一电离能越大的原子失电子的能力越强B．第一电离能是元素的原子失去核外第一个电子需要的能量C．第三周期元素的第一电离能从左到右越来越大D．可通过一种元素各级电离能的数值，判断元素可能的化合价【答案】D【解析】元素原子的第一电离能越大，表示该元素的原子越难失去电子，A错误；第一电离能是基态的气态原子失去核外第一个电子转化为气态基态正离子需要的最低能量，B错误；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层全满、ⅤA族最外层半满，第一电离能大于相邻元素，C错误；一般来说，元素的电离能按照第一、第二……的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价，所以可通过一种元素各级电离能的数值，判断元素可能的化合价，D正确；综上所述答案为D。6．下列说法中不正确的是（）A．气体单质中，一定有σ键，可能有π键B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键C．一般σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强D．N2分子中有1个σ键，2个π键【答案】A【解析】气体单质中可能不存在化学键，如稀有气体单质，A错误；两个原子之间形成共价键时，头碰头重叠的轨道只能有一组，即两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键，π键可以有一条或两条，B正确；σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，一般σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强，C正确；N2分子中两个N原子共用三对电子，即三个共价键，有1个σ键，2个π键，D正确；综上所述答案为A。7．若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（）A．若n＝2，则分子的空间构型为V形B．若n＝3，则分子的空间构型为三角锥形C．若n＝4，则分子的空间构型为正四面体形D．以上说法都不正确【答案】C【解析】根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，则：若n=2，则分子的立体构型为直线形，故A错误；若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；由以上分析可知，D错误；答案选C。8．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C．[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+的配位数是5D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成可溶性的铜氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，A错误；硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，B正确；[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+为配离子，NH3为配体，配位数为4，C错误；Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3分子与Cu2+通过配位键形成配合物离子[Cu(NH3)4]2+，D错误；综上所述答案为B。9．关于原子轨道的说法正确的是（）A．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道杂化形成的一组能量相同的新轨道B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道杂化而形成的C．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其立体构型都是正四面体D．凡AB2型的共价化合物，其中心原子A均采用sp杂化轨道成键【答案】A【解析】sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的一组能量相同、数量与原理相同的新轨道，A正确；CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的2s轨道和2p轨道杂化而形成的，B错误；由于孤电子对也会占据杂化轨道，所以中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子的立体构型不一定是正面体形，如水分子为V形，氨气分子为三角锥形，C错误；AB2型的共价化合物，中心原子A也可以是sp2杂化、sp3杂化，如H2O中O为sp3杂化，SO2中S为sp2杂化，D错误；综上所述答案为A。10．下列变化规律不正确的是（）A．硬度：Al>Mg>Na B．沸点：HI>HBr>HCl>HFC．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 D．原子半径：O>F>H【答案】B【解析】半径Al＜Mg＜Na，价电子数Al＞Mg＞Na，所以金属键Al＞Mg＞Na，硬度Al＞Mg＞Na，A正确；HF分子间存在氢键，沸点最高，所以沸点HF＞HI＞HBr＞HCl，B错误；同周期元素自左至右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，C正确；电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以原子半径：O>F>H，D正确；综上所述答案为B。11．下列各项所述的数字不是“6”的是（）A．在NaCl晶体中，与一个Na+最近的且距离相等的Cl－的个数B．在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C．在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数D．在石墨晶体的片层结构中，最小的环上的碳原子个数【答案】C【解析】NaCl晶体属面心立方结构，与一个Na+最近且距离相等的Cl-的个数有6个，A正确；金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，B正确；二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个，C错误；石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个，D正确；答案选C。12．下列说法不正确的是（）A．HClO4酸性强于HClOB．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ/mol)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C．Na、P、Cl的电负性依次增大D．CH3CH(OH)COOH分子中有2个手性碳原子【答案】D【解析】HClO4中非羟基O原子比HClO多，羟基上的氢原子更活泼，酸性更强，A正确；根据数据可知，I2与I3差距较大，则其最外层有2个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，B正确；同周期自左至右电负性依次增大，C正确；CH3CH(OH)COOH分子中只有连接羟基的C原子为手性碳原子，即手性碳原子只有一个，D错误；综上所述答案为D。二、多选题13．下列说法正确的是（）A．与的中心原子的价层电子对数不相同B．中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同C．和互为等电子体，故二者具有相同的化学性质D．碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，可用“相似相溶”规律解释【答案】BD【解析】中中心N原子的孤电子对数为=0、价层电子对数为0+4=4；中中心O原子的孤电子对数为=1，价层电子对数为1+3=4，故A不选；BF3中中心B原子上没有孤电子对、价层电子对数为0+3=3，属于sp2杂化；苯分子中碳上无有孤电子对，价层电子对数为0+3=3，属于sp2杂化，故B选；SO2和O3互为等电子体，价电子数都为18，具有相似的结构，但化学性质不同，二氧化硫以还原性为主，而臭氧具有氧化性，故C不选；碘单质为非极性分子，四氯化碳也为非极性分子，水为极性分子，故根据相似相溶规律，碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，故D选；故选BD。14．三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如下图所示，已知其燃烧热(P被氧化为)，下列有关P4S3的说法正确的是（）A．分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构B．P4S3中硫元素为-2价，磷元素为+3价C．一个P4S3分子中含有三个非极性共价键D．P4S3完全燃烧的热化学方程式为：【答案】AC【解析】P原子最外层有5个电子，S原子最外层有6个电子，根据P4S3的结构可知，P形成3个共价键、S形成2个共价键，所以分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，故A正确；若P4S3中硫元素为－2价，磷元素为＋3价，化合价代数和不等于0，故B错误；同种原子间的共价键是非极性共价键，一个P4S3分子中含有三个非极性共价键，故C正确；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧放出的热量，所以P4S3燃烧的热化学方程式为：P4S3(s)＋8O2(g)=P4O10(s)＋3SO2(g)ΔH＝－3677kJ/mol，故D错误。故选AC。15．最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（）A．该晶体类型是共价晶体B．该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶2C．晶体中碳原子数与C-O化学键数之比为1∶2D．该晶体中碳原子轨道杂化类型与二氧化碳分子中碳原子的轨道杂化类型相同【答案】CD【解析】根据题意可知该物质是由C原子和O原子通过共价键聚集而成的共价晶体，A正确；每个C原子结合4个O原子，而每个O原子被两个C原子共用，所以一个C占有4×=2个O原子，即该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶2，B正确；每个C原子结合4个O原子，即形成4个C-O键，所以晶体中碳原子数与C-O化学键数之比为1∶4，C错误；该物质中每个C原子形成4个单键，所以为sp3杂化，而CO2分子中C原子为sp杂化，二者杂化类型不同，D错误；综上所述答案为CD。三、元素或物质推断题16．A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A原子L层电子数是M层电子数的2倍，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为。回答下列问题：(1)D所在周期(除稀有气体元素外)中，第一电离能比D大的元素有_______种，电负性最大的元素是_______(写元素符号)。(2)D的氢化物沸点比C的氢化物沸点_______(填“高”或“低”)，原因是_______。(3)E元素在周期表的第四周期第_______族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_______区。(4)A、C最高价氧化物的晶体类型是分别是_______晶体、_______晶体。【答案】(1)一

F(2)高

之间能形成氢键，使得沸点更高(3)Ⅷ

d(4)共价

分子【解析】A原子L层电子数是M层电子数的2倍，则A为Si；A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，则B为Na，C为P；C、D同主族，且都是短周期元素，则D为N；E是过渡元素，其外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。(1)由分析可知，D为N，其所在周期为第二周期；同一周期，从左到右，元素的电负性、第一电离能逐渐升高，其中IIA族和VA族元素的第一电离能高于其相邻元素，则第二周期(除Ne外)中，第一电离能比N大的只有F，即该周期中，第一电离能比N大的元素有一种；电负性最大的元素是F。(2)由分析可知，C为P，D为N，它们的氢化物分别为PH3和NH3，PH3的沸点小于NH3，是因为NH3之间能形成氢键，使得NH3沸点更高。(3)由分析可知，E为Fe，其在周期表的第四周期第VIII族，d区。(4)由分析可知，A为Si，C为P，它们最高价氧化物分别为SiO2、P2O5，分别属于共价晶体、分子晶体。17．下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。(1)下列_______(填编号)组元素的单质可能都是电的良导体。①a、c、h②b、g、k③c、h、l④d、e、f(2)某同学推断h基态原子的核外电子排布为，该同学所画的轨道表示式违背了_______。(3)i基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_______个伸展方向。(4)如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：A．原子核对核外电子的吸引力；B．形成稳定结构的倾向下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量(kJ/mol)：锂XY失去第一个电子519502580失去第二个电子729645701820失去第三个电子1179969202750失去第四个电子955011600①通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量_______。②表中X可能为以上13种元素中的(填写字母代号)_______元素，该元素原子的核外电子排布式为_______。【答案】(1)①④(2)洪特规则(3)3(4)Li原子失去一个电子后已形成稳定结构，很难再失去一个电子

a

【解析】根据元素周期表中元素的分布知识，可以知道a是Na，b是H，c是Mg，d是Sr，e是Sc，f是Al，g是Ge，h是C，j是O，i是P，k是Sb，l是Cl，m是Ar。(1)金属是电的良导体，石墨棒是电的良导体，金属有Na、Mg、Sr、Sc、Al，锗是半导体，故答案为：①④；(2)碳元素的原子序数为6，基态碳原子的电子排布图为，由图可知，该同学所画的电子排布图的2p轨道违背了洪特规则；(3)P原子中电子能量最高的为3p能级，电子云有3个伸展方向；(4)①锂原子核外共有3个电子，其中两个在K层，1个在L层，当失去最外层的一个电子后，锂离子处于稳定结构，根据题给信息可知，要使锂离子再失去电子便会形成不稳定结构，因此锂原子失去第二个电子时所需能量远大于失去第一个电子所需的能量；②由表中数据可知：X失去第2个电子所需能量远大于失去第一个电子所需的能量(9倍多)，而失去第三个、第四个电子所需能量皆不足前者的两倍，故第一个电子为最外层的1个电子，而其他几个电子应处于内层；结合所给的周期表知，X应为a，即钠元素，原子的核外电子排布式为。四、结构与性质18．非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)基态F原子核外电子的运动状态有_______种。(2)O、F、Cl电负性由小到大的顺序为_______。(3)分子中心原子杂化方式为_______杂化；其分子的空间构型为_______；的熔、沸点_______(填“高于”或“低于”)，原因是_______。(4)晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有_______个分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe-F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_______。【答案】(1)9(2)(3)sp3

角(V)形

低于

和都是分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，的熔、沸点高(4)2

(0，0，)【解析】(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性由小到大的顺序为；(3)OF2的中心原子为O，其形成了两个σ键，另外还有两个未成键价电子对，价层电子对的数目为4，需要形成4个杂化轨道，采取sp3杂化；根据VSEPR理论有2+=4，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的三处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，y=a,x=-r，所以d==pm。19．一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。NO的空间构型是_______(用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O。①根据等电子体原理，CO分子的结构式为_______。②HCHO分子中C原子轨道的杂化类型为_______。(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2-。若不考虑空间构型，[Cu(OH)4]2-的结构可用示意图表示为_______。(4)利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等。①1molCOCl2分子内含有_______个σ键，_______个π键。②Fe(CO)5在一定条件下发生分解反应：Fe(CO)5(s)=Fe(s)+5CO(g)，反应过程中断裂的化学键只有配位键，则形成的化学键类型是_______，1molFe(CO)5中含有_______mol配位键。【答案】(1)平面三角形(2)C≡O

sp2(3)或(4)3NA(或3×6.02×1023)NA(或6.02×1023)金属键

10【解析】(1)NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；(2)①CO和N2均含有两个原子、10个价电子，二者互为等电子体，根据N2的结构可知CO的结构式为C≡O；②HCHO分子中C原子形成一个碳氧双键和两个碳氢单键，价层电子对数为3，采取sp2杂化；(3)[Cu(OH)4]2-中Cu2+提供空轨道，OH-中O原子提供孤电子对，从而形成4个配位键，所以其结构示意图为或；(4)①1mol

COCl2分子含有1mol碳氧双键和2mol碳氯单键，双键中有一个σ键和一个π键，单键均为σ键，所以含有3NA(或3×6.02×1023)个σ键，NA(或6.02×1023)个π键；②根据方程式可知Fe(CO)5分解后生成铁单质，而铁单质中含有金属键，所以形成的化学键类型是金属键；Fe(CO)5分子中Fe与5个CO分子中的C原子形成配位键，而CO分子内部还有一个C原子和O原子形成的配位π键，所以1molFe(CO)5中含有10mol配位键。五、填空题20．下图为几种晶体或晶胞的示意图：请回答下列问题：(1)上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是_______。(2)冰、金刚石、MgO、干冰4种晶体的熔点由高到低的顺序为_______。(3)MgO晶胞与NaCl晶胞相同，每个MgO晶胞中平均占有_______个Mg2+，由与Mg2+最近的O2-围成的空间几何构型为_______。(4)Cu晶体中原子堆积方式如上图所示，则该堆积方式为_______，CaCl2晶体中Ca2+的配位数是_______。(5)冰的熔点远高于干冰，除H2O是_______分子外(填“极性”或“非极性”)，还有一个重要的原因是_______。【答案】(1)金刚石(晶体)(2)金刚石＞MgO＞冰＞干冰(3)4

正八面体(4)面心立方堆积

8(5)极性

水分子间存在氢键【解析】冰晶体为分子晶体，靠氢键和范德华力结合；金刚石晶体为共价晶体，碳原子以共价键结合；Cu晶体为金属晶体，靠金属键结合；MgO为离子晶体，靠离子键结合；CaCl2为离子晶体，靠离子键结合；干冰为分子晶体，靠范德华力结合。(1)粒子之间以共价键结合形成的晶体为共价晶体，即金刚石晶体；(2)一般情况下，熔点：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，冰和干冰虽都为分子晶体，但冰晶体中还存在氢键，熔点较高，所以4种晶体的熔点