2022届广西玉林市博白县中学高二下学期期中考试理综化学试题（含解析）

2022年春博白县中学书香校区高二期中测试题理科综合(化学)一、选择题：每小题6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。1.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语的书写正确的是A.基态Mg原子的核外电子排布图：B.过氧化氢电子式：C.As原子的简化电子排布式为：[Ar]4s24p3D.原子核内有10个中子的氧原子：【答案】D【解析】【详解】A．核外电子排布图违背了泡利不相容原理（1个原子轨道里最多只能容纳2个电子且自旋方向相反），A错误；B．过氧化氢是共价化合物，不存在离子键，氧原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为，B错误；C．As原子核外共有33个电子，故简化的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，C错误；D．氧原子质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子质量数为18，原子符号为818O，故D正确。答案选D。2.关于晶体的叙述中，正确的是A.原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B.分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C.分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D.某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】A【解析】【分析】【详解】A．原子晶体中，熔化要破坏共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高，故A正确；B．分子晶体中，分子间的作用力越大，熔沸点越高，分子的稳定性由分子内共价键强弱来决定，故B错误；C．分子晶体中，分子间的作用力越大，熔、沸点越高，共价键的键能越大，分子越稳定，故C错误；D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体，故D错误；故选A。3.下列各项叙述中，正确的是()A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素C.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D.24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2【答案】C【解析】【详解】A、原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B、应该是位于第ⅢA，属于p区元素，B不正确。C、所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，C正确。D、电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。4.氰气[(CN)2]和氰化物都是剧毒性物质，氰分子的结构式为N≡C－C≡N，性质与卤素相似，下列叙述不正确的是（）A.氰分子中C≡N键长大于C≡C键长B.氰气分子中含有σ键和π键C.氰分子中四原子共直线，是非极性分子D.氰化氢在一定条件下能与烯烃发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A项，N原子半径小于C原子，因此C≡N键长大于C≡C键长，故A项错误；B项，与C≡C类似C≡N有1个σ键

2个π键，C、C原子之间形成一个π键，故B项正确；C项，C≡C和C≡N及其连接原子共线、共面，如HCN、乙炔，由几何原理，可知氰分子是直线型分子，且对称，是非极性分子，故C项正确；D项，H-C≡N中C-H键断裂与烯烃双键进行加成，类似于HBr与烯烃加成，故D项正确。故答案选A。【点睛】本题考查了物质的组成、结构和性质的关系，同时考查学生知识迁移能力，根据已知的乙炔的结构、卤素的性质结合元素周期律来分析解答即可。5.有关晶体或晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是A.晶胞①中Na+的配位数为8B.晶体②中Si和Si-O个数比为1：4C.晶胞③中原子堆积方式为面心立方最密堆积D.三种晶体中微粒间作用力均不相同【答案】A【解析】【详解】A．氯化钠为立方面心结构，钠离子在体心和棱心，氯离子在面心，阳离子的配位数为6，选项A错误；B．在二氧化硅晶体中，每个Si原子形成四个Si-O键，其Si原子与Si-O键数目比为1：4，选项B正确；C．晶胞③中Fe原子位于面心、顶点上，属于面心立方最密堆积堆积方式，选项C正确；D．三种晶体中微粒间作用力均不相同，分别为离子键、共价键和金属键，选项D正确；答案选A。6.钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。下列说法错误的是A.钛酸钙的化学式为CaTiO3 B.图(b)中，X为Pb2+C.CH3NH中含有配位键 D.晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有12个【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，故A正确；B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，CH3NH和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，故B错误；C．类比NH的成键情况可知，CH3NH中含有H+与-NH2形成的配位健，故C正确；D．图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2-紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2有=12个，故D正确；答案选B。7.叶腊石是一种黏土矿物，广泛应用于陶瓷、冶金、建材等领域。、、、均为短周期元素，原子序数依次递增。是地壳中含量最高的元素，原子在元素周期表中的周期数等于族序数，的简单阳离子与含有相同的电子数，原子最高能级和最低能级填充电子的数目相等，下列说法正确的是A.叶腊石中只含有离子键B.第一电离能大小：C.工业上常用电解法制备元素的单质D.的最高价氧化物的水化物可溶于的最高价氧化物的水化物【答案】C【解析】【分析】、、、均为短周期元素，原子序数依次递增。是地壳中含量最高的元素，则Y为O；原子在元素周期表中的周期数等于族序数，则Z为Al；的简单阳离子Al3+与（OH-）含有相同的电子数，则X为H；原子最高能级和最低能级填充电子的数目相等，则W的电子排布式为1s22s22p63s23p2，W为Si。【详解】A．叶腊石的化学式为Al2(Si4O10)(OH)2，既有离子键，又有共价键，故A错误；B．非金属性越强，失去一个电子越难，第一电离能越大。非金属性：O＞Si＞Al，则第一电离能：O＞Si＞A，故B错误；C．工业上常用电解熔融Al2O3制取Al，故C正确；D．Al的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，W的最高价氧化物的水化物为H2SiO3，Al(OH)3不溶于H2SiO3，故D错误；故选C。二、非选择题8.下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩请回答下列问题：（1）③和①形成的一种5核10电子分子，其立体构型为_______，中心原子杂化方式为_______，属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。（2）元素③和⑦的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是：_______(填化学式)，元素⑥的电负性_______元素⑦(选填“>”、“=”、“＜”=)的电负性。（3）根据元素周期表分区，元素⑨位于_______区，其基态原子电子排布式为_______。（4）某些不同族元素性质也有一定的相似性，如上表中元素②与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式_______。（5）⑩的离子与4个H2O分子形成的阳离子中含的化学键有_______。【答案】（1）①.正四面体②.sp3③.非极性（2）①.HClO4②.﹤（3）①.d②.s22s22p63s23p63d44s2(或[Ar]3d64s2)（4）Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O（5）配位键，共价键【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知①～⑩分别是H、Be、C、Mg、Al、S、Cl、Ca、Fe、Cu。【小问1详解】③和①形成的一种5核10电子分子是甲烷，其立体构型为正四面体形，中心原子杂化方式为sp3，属于非极性分子；【小问2详解】氯元素的非金属性强于碳元素，则元素③和⑦的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是HClO4；同周期自左向右电负性逐渐增大，则元素⑥的电负性＜素⑦的电负性；【小问3详解】铁元素最后填入的电子轨道是3d，所以铁位于d区，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；【小问4详解】根据氢氧化铝和氢氧化钠反应的方程式可知元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为；【小问5详解】Cu2+与四个水分子形成的离子为[Cu(H2O)4]2+。Cu和O之间为配位键，O和H之间为共价键。9.在元素周期表前四周期中，有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数依次增大，A原子有3个未成对电子；B元素原子次外层有8个电子，1molB单质与足量盐酸反应可生成1molH2，B单质不易与冷水反应；C元素的+3价离子的d轨道是半充满的；D元素易形成-1价离子。（1）A元素位于第_______周期第_______族，A的最高价氧化物分子式为_______。（2）B单质在A单质中燃烧的化学方程式为_______。（3）C2+的电子排布式为_____。在含C3+的水溶液中加足量铁粉充分振荡后，滴入KSCN溶液，现象是______，上述反应的离子方程式为_____。（4）在C2+与D-形成的化合物的水溶液中，滴入足量氯水，反应的化学方程式为_______。（5）写出B与D两种元素形成的化合物的电子式：____，此化合物属于_____化合物。（6）四种元素中电负性最大的元素是_______(用元素符号表示，下同)，第一电离能最小的元素是_______。A、B两种元素的原子半径大小关系是_____。【答案】（1）①.二②.VA③.N2O5（2）3Mg+N2Mg3N2（3）①.1s22s22p63s23p63d6②.溶液不变红③.2Fe3++Fe=3Fe2+（4）2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2（5）①.②.离子（6）①.N②.Mg③.Mg＞N【解析】【分析】A原子有3个未成对电子，其外围电子排布为2s22p3或3s23p3；1molB与盐酸反应产生1molH2，B为ⅡA族元素Mg或Ca，又由于B比A的原子序数大且不易与冷水反应，则B为Mg元素，那么A为氮元素。C元素的+3价离子的d轨道是半充满的即3d5，那么它的原子的外围电子排布式为3d64s2，C为铁元素；D元素在第四周期(原子序数比C大)且易形成-1价阴离子，它是溴元素。由以上分析可知，A、B、C、D分别为N、Mg、Fe、Br元素。【小问1详解】A为氮元素，电子排布式为1s22s22p3，则位于第二周期第VA族，A的最高价氧化物分子式为N2O5。答案为：二；VA；N2O5；【小问2详解】Mg单质在N2中燃烧，生成Mg3N2，化学方程式为3Mg+N2Mg3N2。答案为：3Mg+N2Mg3N2；【小问3详解】Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。在含Fe3+的水溶液中加足量铁粉充分振荡后，生成Fe2+，滴入KSCN溶液，现象是溶液不变红，上述反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。答案为：1s22s22p63s23p63d6；溶液不变红；2Fe3++Fe=3Fe2+；【小问4详解】在Fe2+与Br-形成的化合物的水溶液中，滴入足量氯水，Fe2+和Br-都能被Cl2氧化，反应的化学方程式为2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2。答案为：2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2；【小问5详解】Mg与Br两种元素形成的化合物为MgBr2，它的电子式为，此化合物属于离子化合物。答案为：；离子；【小问6详解】四种元素中，氮的非金属性最强，则电负性最大的元素是N；Mg的金属性最强，则第一电离能最小的元素是Mg。原子半径Mg＞Be＞N，则N、Mg两种元素的原子，半径大小关系是Mg＞N。答案为：Mg；Mg＞N。【点睛】总的来说，非金属性越强，第一电离能越大，但价电子所在轨道处于半满、全满、全空时，第一电离能比周期表中它的右侧相邻元素大。10.锂离子电池已破广泛用作便携式电源。正极材料为LiCoO2、LiFePO4等，负极材料一般为石墨碳，以溶有LiPF6、LiBF4等的碳酸二乙酯无水溶液作电解液。回答下列问题：(1)基态锂原子的电子排布图为________。基态磷原子子中，电子占据的最高能层符号为_____________。(2)PO的空间构型为_______________。(3)[Co(NH3)3Cl3]中Co3+的配位数为6，该配合物中的配位原子为____________。(4)碳酸二乙酯的分子结构如图1所示，分子中所含元素的电负性由小到大的顺序为_____，分子中碳原子的杂化轨道类型为____，1mol碳酸二乙酯中含有σ键的数目为_____NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。

(5)在元素周期表中，铁元素位于____区(填“s”“p”“d”或“ds”)。γ—Fe的堆积方式如图2所示，其空间利用率为________(用含π的式子表示)。(6)氮化锂是一种新型无机贮氢材料，如图3所示，该晶体的化学式为____________。【答案】①.②.M③.正四面体④.N、Cl⑤.H<C<O⑥.sp3、sp2⑦.17⑧.d⑨.⑩.Li3N【解析】【详解】(1)已知锂为3号元素，故基态锂原子的电子排布图为，磷时15号元素，基态磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3中，故电子占据的最高能层符号为M，故答案为：；M；(2)PO中P原子的孤电子对数为，故中心原子P周围的价层电子对数为4+0=4，根据价层电子对互斥模型可知其空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；(3)[Co(NH3)3Cl3]中Co3+的配位数为6，NH3中N原子有孤电子对，Cl-中有孤电子对，故该配合物中的配位原子为N和Cl，故答案为：N、Cl；(4)碳酸二乙酯的分子结构如图1所示，分子中所含元素即H、C、O，故其电负性由小到大的顺序为H<C<O，有分子结构简式可知，分子中碳原子的杂化轨道类型中间碳原子周围价层电子对数为3，为sp2杂化，两边乙基上的碳原子的价层电子对数为4，是sp3杂化，由结构简式可知1mol碳酸二乙酯中含有σ键的数目为17NA(NA为阿伏加德罗常数的值)，故答案为：sp2、sp3；17；(5)在元素周期表中，铁元素是第四周期第Ⅷ族元素，故位于d区γ—Fe的堆积方式如图2所示，即面心立方，一个晶胞中含有的原子个数为：8，设原子半径为rcm，则立方体的边长a=2，其空间利用率为=(用含π的式子表示)，故答案为：d；；(6)氮化锂是一种新型无机贮氢材料，如图3所示可知一个晶胞中含有：Li为，N为，故该晶体的化学式为Li3N，故答案为：Li3N。[化学—选修3：物质结构与性质]11.A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是_______，基态D原子价电子的轨道表达式为_______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_______。H2A比H2D熔沸点高得多的原因是_______。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体(填晶体类型)，其中C原子的杂化轨道类型为_______杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有_______。（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。（5）D与E所形成化合物晶体的晶胞如下图所示。①在该晶胞中，E的配位数为_______。②已知该晶胞的密度为ρg/cm3，则其中两个D原子之间的距离为_______cm(列出计算式即可)。【答案】（1）①.镁(或Mg)②.（2）①.平面三角形②.H2O分子间存在氢键而H2S分子间不存在氢键（3）①分子②.sp3③.极性共价键、配位键(或共价键、配位键)（4）AlF3和MgF2均为离子晶体，但Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多（5）①.4②.【解析】【分析】A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3，则A为O，D为S；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区，则B为Mg，E为Zn。从而得出，A、B、C、D、E分别为O、Mg、Al、S、Zn元素。【小问1详解】B、C分别为Mg、Al，Mg与Al在周期表中左右相邻，但Mg的3s轨道全充满，第一电离能反常，所以第一电离能较大的是镁(或Mg)，基态S原子的价电子排布式为3s23p4，则轨道表达式为。答案为：镁(或Mg)；；【小问2详解】SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，S发生sp2杂化，所以其VSEPR模型是平面三角形。H2O与H2S都能形成分子晶体，但H2O分子间能形成氢键，从而使其沸点出现反常，所以H2O比H2S熔沸点高得多的原因是H2O分子间存在氢键而H2S分子间不存在氢键。答案为：平面三角形；H2O分子间存在氢键而H2S分子间不存在氢键；【小问3详解】①Al2Cl6属于分子晶体，则Al价层电子对数为4，Al原子的杂化轨道类型为sp3杂化。②[Al(OH)4]-为配合物，存在化学键有极性共价键(O、H原子间)、配位键(Al、O原子间)(或共价键、配位键)。答案为：分子；sp3；极性共价键、配位键(或共价键、配位键)；【小问4详解】MgF2、AlF3都为离子晶体，其晶格能受离子半径、离子带电荷的影响，晶格能分别是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大，原因是AlF3和MgF2均为离子晶体，但Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多。答案为：AlF3和MgF2均为离子晶体，但Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多；【小问5详解】S的原子半径比Zn大，则在晶胞中，E为Zn，D为S。①在该晶胞中，Zn周围与Zn距离相等的S原子有4个，所以配位数为4。②在晶胞中，含Zn的个数为，含S的个数为4。设晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，已知该晶胞的密度为ρg/cm3，则a3cm3×ρg/cm3=，a=，其中两个D原子之间的距离为cm=cm。答案为：4；。【点睛】计算晶胞中所含有的原子个数时，常采用均摊法。[化学——选修5：有机化学基础]12.阿帕鲁胺是一种治疗癌症的药物，其合成路线如下。

已知：回答下列问题：（1）A生成B的反应类型为_______。A中含氧官能团的名称为_______。（2）C的结构简式为_______。（3）B生成C反应中，K2CO3的作用是_______。（4）写出D生成E的化学方程式：_______。（5）X为D的芳香族同分异构体，写出满足下列条件的X的任意两种结构简式_______、_______。①含有酰胺基()；②核磁共振氢