湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高二下学期期中考试 化学 含解析练习题

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一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。
1．B
【详解】
A．钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，A正确。
B．Ti、Ni都属于过渡金属元素，位于元素周期表d区，B错误。
C．芯片的主要材料是晶体硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，两者不相同，C正确。
D．碳纳米管TEM与石墨烯均是碳单质，互为同素异形体，D正确。
故选B
2．D
【详解】
A．基态Se原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4，故A错误。
B．甲基正离子()的电子式：，故B错误。
C．石英为共价晶体，不存在分子，其化学式为SiO2，不能称为分子式，故C错误。
D．氮为7号元素，原子核外电子排布的轨道表示式为，故D正确。
故选D
3．B
【详解】
A．σ键为轴对称，π键为镜面对称，则对称性不同，故A错误。
B．HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道形成的s﹣pσ键，故B正确。
C．CH2＝CHCN分子中含有6个σ键和3个π键，所以其数目之比为2：1，故C错误。
D．稀有气体是单原子分子，分子中不存在共价键，所以稀有气体中没有σ键，所以多原子构成的气体单质中一定存在σ键，故D错误。
故选B
4．D
【详解】
A．根据价层电子互斥理论，I3+离子的孤电子对数为×（7﹣1﹣2×1）＝2，σ＝2，价层电子对数＝2+2＝4；离子价层电子对互斥模型为四面体形，去掉2对孤电子对，则离子的几何构型为V形，故A正确。
B．CO32﹣中价层电子对个数＝3+（4+2﹣3×2）＝3+0＝3，且不含孤电子对，所以VSEPR的模型与其离子空间构型是一致的，故B正确。
C．根据价层电子对相斥理论判断，CO2与BeCl2的空间结构均为直线形，故C正确。
D．ClO3﹣中Cl原子的价层电子对数＝3+（7+1﹣3×2）＝4，含有1个孤电子对，所以为三角锥形，故D错误；
故选D
5．B
【详解】
A．HCl、HBr、HI都是分子晶体，所以熔、沸点依次升高与分子间作用力有关，故A正确。
B．O2为非极性分子，O3和H2O为极性分子，根据相似相溶原理知，O3在水中的溶解度比O2大，故B错误。
C．如CH4分子，非极性分子，含有极性键，故C正确。
D．在分子内形成氢键，而易形成分子间氢键，沸点更高
故D正确。
故选B
6．A
【详解】
A．分子的空间构型是正四面体形，所含中心原子应能形成4个δ键，且结构对称，中心原子所形成的共价键键长相等，但键角不一定是109°28′，如白磷是正四面体结构，且四个顶点上分别含有一个原子，所以其键角为60°，故A错误。
B．价层电子对＝σ键电子对+中心原子上的孤电子对，微粒立体构型是平面三角形，说明中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子是以sp2杂化，如BCl3中价层电子对个数＝
，立体构型是平面三角形，中心原子是以sp2杂化，故B正确。
C．对于ABn型，若中心原子A的价电子全部成键，n＝2为直线形，n＝3为平面三角形，n＝4为正四面体形；n＝4，若中心原子A有孤电子对，空间构型为V形，说明该微粒中含有2个孤电子对，如H2O中心原子O原子价层电子对为2+2＝4，VSEPR模型为四面体形，由于含有2对孤电子对，故为V形，故C正确。
D．微粒中立体构型是三角锥形，说明中心原子A的价电子n＝4且含有一个孤电子对，分子结构不对称，为极性分子，如PH3分子中价层电子对数＝，且含有一个孤电子对，其空间构型是三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，故D正确。
故选A
7．A
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，由分子结构可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl。
【详解】
A．N的第一电离能比O第一电离能的大，A错误。
B．Cl-的半径大于O2-，B正确。
C．甲烷的沸点比氨气小，因为氨分子间存在氢键，C正确。
D．CO2分子中的C和O原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构，D正确。
故选A
8．B
【详解】
A．H2O分子与H+结合成H3O+，价层电子对不变，所以中心原子O杂化方式未变，故A正确。
B．根据价层电子对互斥理论，气态SO3中心原子的孤电子对为0；SO2中心原子的孤电子对数为1，故B错误。
C．杂化轨道可用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，故C正确。
D．价层电子对相斥理论中，价层电子对包括σ键电子对和孤对电子，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故D正确。
故选B
9． D
【详解】
A．该化学方程式中涉及的短周期元素的电负性大小的顺序为O＞N＞C＞H，故A错误。
B．K2CO3属于离子化合物，含有离子键、共价键，故B错误。
C．配合物K4[Fe(CN)6]的中心离子为Fe2+，中心离子的价电子排布式为3d6，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，故C错误。
D．HCN分子结构式为H﹣C≡N，分子中含有2个σ键，则1mlHCN分子中含有2mlσ键；碳原子没有孤电子对，杂化轨道数目为2，碳原子杂化方式为sp，故D正确。
故选D
10．A
【详解】
A．CH4、NH3、CO2分别为正四面体形（109°28′）、三角锥形（107°）、直线形（180°），故A错误。
B．原子半径越大，形成的共价键的键长越大，Cl、Br、I的原子半径依次增大，所以与H形成的共价键的键长依次增大，故B正确。
C．非金属性越强，形成的共价键越稳定，共价键的键能越大，则H2O、H2S、H2Se分子中的键能依次减小，故C正确。
D．非金属性O＞P＞Si，则简单氢化物的稳定性：H2O＞PH3＞SiH4，故D正确。
故选A
11．D
【分析】硫酸铜蓝色溶液中存在[Cu(H2O)4]2+离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的[Cu(H2O)4]2+与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中的硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，据此分析解答即可。
【详解】
根据分析可知，
A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为[Cu(NH3)4]2+，故A正确。
B．蓝色的[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强，故B正确。
C．铜离子是中心离子，提供空轨道，氨分子做配位体，氮原子提供孤电子对，故C正确。
D．1个水中含有2个σ键，4个水中含有8个σ键，另含有4个配位键，且配位键属于σ键，故1个
[Cu(H2O)4]2+中12个σ键，1ml[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA，故D错误。
故选D
12．A
①分子晶体中，分子间作用力越大，对应物质的熔、沸点越高；而分子的稳定性与化学键有关，①错误。
②离子晶体在熔融状态下可以导电，②正确。
③金刚砂为SiC。金刚石和金刚砂均为共价晶体，原子半径越小，键长越短，化学键越强，熔点越高；键长
C－C＜Si－C，化学键的强弱C－C＞Si－C，金刚石的熔点高于金刚砂，③正确。
④石英是SiO2，其空间结构示意图为，其最小环中有12个原子，④错误。
⑤Al2O3晶体中离子键成分百分数较小，可以当作共价晶体处理，⑤正确。
⑥石墨晶体中除含有的C－C键为σ键，还含有π键，⑥错误。
故选A
13．C
【解析】
由题意可知，X为O，Y为Si，Z为C。结合对应单质、化合物的性质解答该题。
【详解】
A．二氧化硅晶体中每个硅原子周围有4个氧原子，则硅原子的杂化方式为sp3杂化，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，碳原子的杂化方式为sp杂化，则两者中心原子采取的杂化方式不同，A正确；
B．Y为硅元素，晶体硅是共价晶体，B正确；
C．Y与Z形成的化合物为SiC，属于共价晶体，C错误；
D．SiO2与SiC均属于共价晶体，熔化时所克服的粒子间作用力相同，D正确；
故选C
14．B
【详解】
A．晶胞中，K原子个数＝8+12×+1＝12、C60个数＝8×+6×＝4，则C60与K原子个数之比＝4：12＝1：3，其化学式为K3C60，故A正确。
B．棱上K原子处在顶点和面心的C60构成的八面体空隙中，故B错误。
C．取顶点面心的C60周围可知，等距的分子数目为12，故C正确。
D．由晶胞结构可知，C60与C60的最短距离是面对角线的，则C60与C60的最短距离是apm，故D正确。
故选B
15．A
【详解】
A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡时SO2的转化率随压强增大而增大，说明Y代表压强，且Y1＞Y2；该反应是放热反应，平衡时SO2的转化率随温度升高而降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则X代表温度，故A正确。
B．醋酸是弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应时生成醋酸钠，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，由图可知，Q点溶液呈中性，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则图乙中Q点不能表示酸碱中和滴定终点，故B错误。
C．溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度c>b>a，故C错误。
D．由图象可知，1ml X2(g)、1ml Y2(g)的总能量低于2ml XY(g)的能量，反应为吸热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故D错误。
故选A
二、非选择题：包括第16题～第19题4个题，共55分。
16（14分，每空2分）
8：3
共价
(3)极性
(4) sp3
(5) 平面三角形 正四面体形
(6) <
【详解】
(1) 铬(Cr)的原子序数为24，基态时原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；基态Cr3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，最高能层中3s和3p轨道中电子为成对电子，3d轨道中电子为未成对电子，故基态Cr3+最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8：3，故答案为：8：3；
(2)砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物，故答案为：共价；
(3)H2O2是极性分子
(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3；
(5)对于SO2，根据理论，S原子的价层电子对数为 ，模型为平面三角形；SO42-中孤对电子数为，中心原子S周围共有4个电子对，因此S的杂化方式为sp3，空间构型为正四面体形；
(6)根据价层电子对互斥理论，离子σ键数目为2，孤电子对数为，所以价层电子对数为2，孤电子对数为0，离子空间构型为直线形，键角180°；离子σ键数目为2，孤电子对数为，所以价层电子对数为3，孤电子对数为1，离子空间构型为V形，键角小于180°；所以应填“<”。
17（13分，除标明外，每空2分）
(1) = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ① 甲烷 （1分）
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②C2H4 N2H4 H2O2 （任填2种）（其他答案合理可给分）
(2) NO3-、NO2- 、CO32-（任写一种） SO32-
(3) V形 σ键
(4) 1∶1
【详解】
由题意可知，A是H，B是C，C是N，D是O，E是S。
(1)H与其他元素形成的共价化合物中，一种化合物分子呈正四面体形，该分子为CH4；H分别与C、N、O形成的共价化合物中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是C2H4或C2H6、N2H4、H2O2等；
(2)价层电子对数等于σ键电子对数+π键电子对数，故这些元素形成的含氧酸根离子中，中心原子的价层电子对数为3的有NO3- NO2- CO32-；根据理论，SO32-呈三角锥形。
(3)H2S分子的空间结构为V形；该分子中共价键的类型为σ键。
(4)CO2分子中σ键和π键的数目之比为1∶1。
18（14分，每空2分）
(1) 分子晶体
(2) 4CuFeS2 + 17O2 + 4H+ = 4Cu2+ + 4Fe3+ + 8SO42- + 2H2O
(3) Fe(OH)3
(4) 溶液变为无色
(5) 没有
(6) CuCl (，，)
【详解】
(1)根据题中2种物质的性质可知，CuCl是分子晶体
(2)根据分析，浸取的离子方程式为4CuFeS2 + 17O2 + 4H+ = 4Cu2+ + 4Fe3+ + 8SO42- + 2H2O
(3)根据分析，滤渣 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①中含有Fe(OH)3和过量的CuO；
(4)根据CuCl +2Cl- [CuCl3]2-(无色)可知，加入浓盐酸和NaCl固体可使平衡正向移动，促进CuCl的溶解，有利于与不溶物分离；还原时发生反应Cu2++Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，还原进行完全时，蓝色的Cu2+转化为无色的[CuCl3]2-，因此现象为溶液变为无色；
(5)铁离子恰好完全沉淀时溶液中氢氧根离子浓度=，则Qc[Cu(OH)2]=<2.2×10-20，故没有Cu(OH)2沉淀生成。
(6)①从晶胞的结构来看，氯离子位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，其晶胞中含有的氯离子数目为8+6=4，其含有的另一种离子在晶胞内也是4个，则两种离子数目比为1：1，故图表示的是CuCl晶胞；
②已知图中b位置原子的坐标参数为(，，)，则d位置原子的坐标参数为(，，)。
19．（14分，每空2分）
(1) +40.0
(2) BC
(3) < > 3.24
(4) CO2 + 2e- = CO + O2- 4：3
【详解】
(1)反应②的反应热反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+436-1076-2×463=+40.0；
(2)A．增大CO2的浓度，反应物的浓度增大，则反应①②的正反应速率均增加，A正确。
B．恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误。
C．加入催化剂，化学平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，C错误。
故选BC
(3)CO2(g) + CH4(g) 2CO(g) + 2H2(g)是体积增大的反应，T3时，从下到上，二氧化碳转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大方向移动，因此压强p1υ(逆)；起始时向容器中加入1ml CH4和1ml CO2，在温度为T5、初始压强为p1时反应，二氧化碳转化率为60%，
CO2(g) + CH4(g) 2CO(g) + 2H2(g)
开始 1ml 1ml 0 0
转化 0.6ml 0.6ml 1.2ml 1.2ml
平衡 0.4ml 0.4ml 1.2ml 1.2ml
(4)由原理图可知，A电极上CO2→CO，C元素化合价降低、发生还原反应，则A电极为阴极，B电极为阳极，阴极反应式为CO2+2e-=CO+O2-。
②在电极B上CH4失去电子被氧化产生C2H6、C2H4，CH4生成C2H4的反应式为：2CH4-4e-+2O2-→C2H4 +2H2O；生成C2H6的反应式为：2CH4-2e-+O2-→C2H6 +H2O，当生成乙烯和乙烷的物质的量比为1：1时，阳极的总反应式为：4CH4 - 6e-+3O2- = C2H4+C2H6+3H2O，反应消耗4 ml CH4，产生1 ml CH2=CH2、1 ml CH3-CH3，共转移6 ml电子。阴极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，根据电子守恒可知当转移6 ml电子时，反应消耗3 ml CO2，所以反应消耗的CH4和CO2的物质的量的比是4：3。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
B
D
B
A
A
B
题号
9
10
11
12
13
14
15
答案
D
A
D
A
C
B
A