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四川省乐山沫若中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省乐山沫若中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了5分)， 下列有关化学用语正确的是，5kJ·ml-1，， 含有共价键的盐是， 下列有关说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022年沫若中学高二上期化学第二次月考
可能用到的相对原子质量：H-1 S-16 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 Se-79
第I卷(选择题 共50分)
一、单选题(共20小题，每小题2.5分)
1. 下列有关化学用语正确的是
A. Cr原子的价电子排布图：
B. KCl的电子式：
C. 基态电子排布式：
D. F原子的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cr原子的价电子排布应为，而非，故A错误；
B. KCl是离子化合物，其电子式： ，故B错误；
C. Fe基态电子排布式为[Ar]3d64s2，则基态电子排布式：，故C正确；
D. F原子的结构示意图： ，故D错误。
综上所述，答案为C。
2. 已知：与反应的；与反应的。则在水溶液中电离的等于
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】主要考查关于△H的计算和对盖斯定律的迁移应用。
【详解】HCN(aq)、HCl(aq)分别与NaOH(aq)反应△H差值即为HCN在溶液中电离的能量，HCN属于弱电解质，其电离过程要吸收，即△H＞0，综合以上分析，可知△H =+43.5kJ·mol-1，
答案为C。
3. 2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：下列说法不正确的是
A. C与O同属第二周期元素，原子半径r(C)>r(O)
B 非金属性C
D. C18与C60、金刚石互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径r(C)>r(O)，故A正确；
B．元素的非金属性越强，则原子得电子能力越强，在形成化合物时显负价，故由于非金属性 C
D．同种元素的不同种原子间互为同位素，C18、 C60和金刚石间互为同素异形体，D不正确；
故选D。
4. 含有共价键的盐是
A. B. NaClO C. D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．为只含离子键的离子化合物，故A不选；
B．属于盐，含有Cl-O共价键，故B选；
C．属于酸，为共价化合物，故C不选；
D．NaOH属于碱，为含有H-O共价键的离子化合物，故D不选；
故选B。
5. 工业上通常利用反应来获得单质铝，反应时还需要向(熔点2050℃)中添加以降低熔化温度。下列有关说法不正确的是
A. 和熔化时会破坏离子键
B. 制得的Al是金属晶体，由“自由电子”和之间强的相互作用而形成
C. 的中心离子是，其配位数为6
D. 可将该反应中的换成(熔点194℃)进行电解获得单质铝
【答案】D
【解析】
【详解】A．和是离子化合物，熔化时会破坏离子键，A项正确；
B．通过“电子气理论”理解，Al是金属晶体，由“自由电子”和之间强的相互作用而形成，B项正确；
C．的中心离子是，其配位数为6，C项正确；
D．AlCl3是共价化合物，熔融时不能电离，所以不能将Al2O3换成AlCl3，D项错误；
故答案选D 。
6. 下列有关说法正确的是
A. 图A为轨道的电子云轮廓图
B. 图B为冰晶胞示意图，类似金刚石晶胞，冰晶胞内水分子间以共价键结合
C. 图C为H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多
D. 图D晶体化学式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．轨道电子云是沿x轴形成的哑铃形轮廓，故A正确；
B．冰晶胞内水分子间主要以氢键结合，故B错误；
C．H原子只有一个电子，电子云图中的小黑点不是电子本身，而是电子在原子核外出现的概率密度的形象化描述，故C错误；
D．图中黑球在面上的有8个，内部有一个，根据均摊法可知有5个，图D晶体化学式为，故D错误；
故选A。
7. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
选项
热化学方程式
结论
A
B
P(s，白磷)比P(s，红磷)稳定
C
的燃烧热()为
D
将和混合并充分反应，放出的热量为
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成CO2放出的热量更多，两个反应都是放热反应，焓变为负值，则，A正确；
B．P(s，白磷)生成P(s，红磷)放热，说明P(s，红磷)的能量比较低，能量比较低的体系比较稳定，故P(s，红磷)比P(s，白磷)稳定，B错误；
C．燃烧热指1mol物质与氧气进行完全燃烧反应时放出的热量。题给热反应方程式不是H2在氧气中燃烧，C错误；
D．该反应是可逆反应，和混合并充分反应，不能完全反应，故放出的热量小于，D错误；
故选A。
8. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A. 该分子属于极性分子
B. 该分子中C-F键的极性大于C-N键的极性
C. 该分子中所有C原子都为sp3杂化
D. 该分子中σ键与π键数目之比为15：4
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构可知该分子不具有对称结构，属于极性分子，故A正确；
B．非金属性F>N，则C-F键的极性大于C- N键的极性，故B正确；
C．该分子中双键的成键C原子为sp2杂化，故C错误；
D．该分子含有1个C=N、1个C=C、2个C=O、2个C-C、4个C-N、3个N-H、1个C-H、1个C-F键，其中每个单键为1个σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15: 4，故D正确；
故选C。
9. 下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A. 键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B. 立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4
D. Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；
B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；
C．SiH4中Si的化合价为+4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；
D．Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；
故选C。
10. 下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是
A. △H3＜0
B. △H1+△H2+△H3=0
C. 按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少
D. 一定条件下，拆开1 mol气态HX需要吸收a kJ能量，则该条件下△H3=-2a kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．形成化学键放出热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g) △H3＜0，A正确；
B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同， 则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=0，B错误；
C．原子半径： Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-Cl键＞Br-Br键＞I-I键，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；
D．一定条件下，拆开1 mol气态HX需要吸收a kJ能量，即形成1 molHX放出热量是a kJ，因此形成2 mol HX放出热量为2a kJ，所以该条件下△H3=-2a kJ/mol，D正确；
故合理选项是B。
11. 下列说法正确的是
A. 金刚石经锤易碎，原因是共价键具有方向性，外力作用下原子易错位而断裂
B. 乙醛能与水任意比互溶，原因是其水溶液中形成了3种氢键
C. 含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
D. 碳原子的轨道表示式为，原因是违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石中只存在C-C共价键，共价键具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子间错位而断裂，故A正确；
B．乙醛能与水任意比互溶是因为乙醛中的氧原子和水的氢原子之间能生成氢键，同时水分之间可以形成氢键，形成了2种氢键，故B错误；
C．含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第一电离能和第二电离能均较小，容易失去2个电子，但是第二电离能大于其第一电离能，故C错误；
D．碳原子的轨道表示式为 ，原因是违反了洪特规则，故D错误；
故选A.
12. 下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是
A. 、、、与氢气反应的条件逐渐变得苛刻
B. 、、、的熔、沸点逐渐升高
C. 、、、的熔点依次降低
D. 金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氟气、氯气、溴单质、碘单质与氢气反应的条件逐渐变得苛刻与元素的非金属性强弱有关，与分子间作用力无关，故A不符合题意；
B．氟气、氯气、溴单质、碘单质都是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则氟气、氯气、溴单质、碘单质的熔、沸点逐渐升高与分子间作用力有关，故B符合题意；
C．氟化钠、氯化钠、溴化钠、碘化钠都是离子晶体，氟离子、氯离子、溴离子、碘离子的离子半径依次增大，晶体中的离子键依次减弱，熔沸点依次降低，则氟化钠、氯化钠、溴化钠、碘化钠的熔点依次降低与离子键的强弱有关，与分子间作用力无关，故C不符合题意；
D．金刚石、晶体硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，碳碳键的键长小于硅硅键，键能大于硅硅键，共价键强于硅硅键，则金刚石的硬度高于单晶硅、熔沸点高于单晶硅，则金刚石的硬度高于单晶硅、熔沸点高于单晶硅与共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故D不符合题意；
故选B。
13. 单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是
A. S位于元素周期表p区 B. 该物质的化学式为
C. S位于H构成的八面体空隙中 D. 该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A正确；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为，H个数为：，故H、S原子个数比为3:1，故该物质的化学式为，B正确；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示，C正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；
故答案为：D。
14. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.65g液态HCl中含有的粒子总数为0.2
B. 1mol中含有的非极性共价键数目为9
C. 50mL的浓硝酸与足量的碳微热反应转移电子数为0.6
D. 标况下，22.4LHF所含有的质子数为10
【答案】B
【解析】
【详解】A．液态HCl以分子的形式存在，3.65gHCl的物质的量为，故3.65gHCl中只有0.1NA的HCl分子，A错误；
B．1molC10H22中总的共价键数目为(4×10+22)×1/2，其中极性键由碳氢形成共22(即H原子数目)，非极性键由碳碳形成共9NA，B正确；
C．随着反应进行浓硝酸变稀与碳不发生反应，因此浓硝酸不能完全反应，则反应转移电子数小于0.6，C错误；
D．标况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，D错误；
故选：B。
15. 主族元素X、Y、Z、Q、M的原子序数依次增大且均不大于20，元素Z和Q同族。元素M的化合物M+[Q-X≡Y]-为实验室中常用于检验Fe3+试剂，下列说法中错误的是
A. Q与M的简单离子半径，前者大于后者
B. 与键角，前者小于后者
C. 中σ键为9mol
D. Ca与X或Z元素均可形成阴阳离子个数比为2:1的常见化合物
【答案】D
【解析】
【分析】M+[Q-X≡Y]-为实验室中常用于检验Fe3+试剂，应为KSCN，所以M为K元素，Z和Q同主族，则Q应为第三周期元素，所以为S元素，则Z为O元素，X为C元素，Y为N元素。
【详解】A．S2-和K+核外电子层结构相同，但S2-核电荷数更小，所以半径更大，A正确；
B．NH3和CH4分子中心原子的杂化方式均为sp3，但N原子价层有一对孤对电子，所以键角更小，B正确；
C．Fe(SCN)3中S-C键为σ键，C≡N键中有一个σ键，Fe3+与SCN-之间的配位键也为σ键，所以1molFe(SCN)3中σ键为[3+3×(1+1)]mol=9mol，C正确；
D．Ca与O元素可以形成化合物CaO和CaO2，二者阴阳离子个数比均为1:1，D错误；
综上所述答案为D。
16. 下列对分子性质的解释中，不正确的是
A. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式如图1
B. 和的中心原子杂化方式不同，前者是后者是
C. 、、的VSEPR模型相同
D. 由如图2可知酸性，因为分子中有1个非羟基氧原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3与H2O以氢键（用“……”表示）结合形成NH3•H2O分子，氨气中N和水中H形成氢键，则NH3•H2O的结构式为，A正确；
B．NF3中N原子价层电子对数=3+，BF3分子中B原子价层电子对数=3+，中心原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，B错误；
C．HCHO中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，SO3分子中S原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，这三种微粒空间构型都是平面三角形，C正确；
D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；
故答案选B。
17. 根据图象所得判断正确的是
已知：H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ·mol-1
A. 图1反应为吸热反应
B. 图1反应使用催化剂时，会改变其△H
C. 图2中若H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为①
D. 图2中反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物的能量大于生成物的能量，属于放热反应，故A错误；
B．ΔH只与反应物和生成物的始态和终态有关，与催化剂无关，故催化剂不能改变ΔH，故B错误；
C．若H2O 的状态改为液态，由H2O(g)=H2O(l) ΔH=−44 kJ·mol-1根据题干结合盖斯定律可得：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l) ΔH=-3 kJ·mol-1该反应为放热反应，而图2中的曲线①表示的是吸热反应，故C错误；
D．由图1可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=−41 kJ·mol-1，所以CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41 kJ·mol-1，故D正确；
故答案为D。
18. W、X、Y、Z、Q为原子半径依次增大的短周期主族元素，X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，Z的原子半径是第三周期中最小的，W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半。下列说法不正确的是
A. X元素与Q元素组成的化合物可做耐火材料
B. 由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液可能显酸性也可能显碱性
C. 简单氢化物的沸点：X>Y>Z
D. 由Z和Q形成的化合物中存在离子键
【答案】D
【解析】
【分析】同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，Z的原子半径是第三周期中最小的，所以Z是Cl，由W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，和W、X原子半径依次增大，可知W为H，X为O，再由X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，知Y为N，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半，且原子半径最大，知Q为Al。
【详解】A． X元素与Q元素组成的化合物是Al2O3熔点高，可做耐火材料，故A正确；
B． W、X、Y三种元素可以组成硝酸、亚硝酸、硝酸铵等，其水溶液均显酸性，也可以组成一水合氨，其水溶液显碱性，故B正确；
C．水和氨气存在氢键，沸点较高，且水的沸点高于氨气的，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>HCl，故C正确；
D．由Z和Q形成的化合物是AlCl3，是共价化合物，只存在共价键，故D错误；
故答案为：D
19. 短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大。Z的原子序数等于X和Y原子序数之和，X是宇宙中最丰富的元素，XZ用于刻蚀玻璃时生成化合物WZ4。下列说法错误的是
A. Z的电负性在四种元素中最大
B. X2Y和WY2的中心原子均采用sp3杂化
C. 1mol WY2中有2mol W-Y共价键
D. WZ4分子中所有原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】X是宇宙中最丰富的元素，则X是H元素，XZ用于刻蚀玻璃时生成化合物WZ4，则Z是F元素，W是Si元素，Z的原子序数等于X和Y原子序数之和，则Y是O元素，据此分析解答。
【详解】A．F是四种元素中非金属性最强的，则电负性最大，A正确；
B．X2Y是H2O，其价层电子对数是4，中心原子采取的是sp3杂化，WY2是SiO2，其是原子晶体，类似于金刚石结构，中心原子采取的也是sp3杂化，B正确；
C．WY2是SiO2，为共价晶体，每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，1mol SiO2中含有1molSi原子，所以含4mol共价键，C错误；
D．WZ4分子是SiF4，无论硅原子还是氟原子最外层都满足8电子结构，如图，D正确；
综上所述答案为C。
20. 关于中和热的测定实验，下列说法正确的是
A. 为了简化装置，中和热测定实验中的玻璃搅拌器可以由温度计代替
B. 用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热的偏小
C. 实验测定的中和热的常常大于-57.3，原因可能是外部热量进入装置造成
D. 中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度计不能用于搅拌溶液，所以实验中环形玻璃搅拌棒不能由温度计代替，选项A错误；
B．醋酸是弱酸，在溶液中电离时会吸收热量，所以用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热的ΔH偏大，选项B错误；
C．通过实验测定的中和热的ΔH常常大于-57.3 kJ·mol-1说明实验测定过程中保温工作不到位，造成热量散失出现实验误差，选项C错误；
D．中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，所以也能用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应测定反应热，选项D正确；
答案选D。
第II卷(非选择题，共50分)
二、非选择题(共 4小题，共50分)
21. Ti、Na、Mg、C、N、O、Fe等元素单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）钠在火焰上灼烧产生的黄光是一种_______(填字母)。
A.吸收光谱 B.发射光谱
（2）下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是_______，能量最低的是_______(填序号)
a. b. c. d.1s22s22p63s2
（3）Ti原子核外共有_______种运动状态不同的电子，最高能层电子的电子云轮廓形状为_______。与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，写出任意一种最外层电子数与钛不同的元素外围电子排布式_______。
（4）N、O、Mg元素前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是_______，判断理由是_______。
元素
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
X
737.7
1 450.7
7 7327
Y
1 313.9
3 388.3
5 3005
Z
1 402.3
2 856.0
4 578.1
（5）琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。Fe3+与Fe2+的离子半径大小关系为：Fe3+_______Fe2+(填“大于”或“小于”)，原因为：_______。
【答案】（1）B （2） ①. b ②. d
（3） ①. 22 ②. 球形 ③. 3d54s1或3d104s1
（4） ①. Z ②. N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大
（5） ①. Fe3+的3d5半满状态更稳定 ②. 小于 ③. 核电荷数相同，但是Fe3+核外电子数少
【解析】
【小问1详解】
钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这是就将多余的能量以黄光的形式放出，属于发射光谱，选B；
【小问2详解】
基态原子具有的能量最低，得到电子后，电子发生跃迁，从低能级轨道跃迁到高能级轨道，所以能量最高的是b，能量最低的是d；
【小问3详解】
Ti原子核外有22个电子，每个电子运动状态都不同，所以原子中运动状态不同的电子共有22种；其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，最高能层为4s能级，电子云轮廓形状为球形；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，结合构造原理与洪特规则，符合条件的外围电子排布式为3d54s1、3d104s1；
【小问4详解】
金属元素第一电离能I1小于非金属元素，则第一电离能I1最小的X为镁元素；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则I1较大的Z为N元素；
【小问5详解】
Fe2＋价电子为3d6，失去1个电子形成更稳定的3d5半充满状态的Fe3＋；因为Fe3+与Fe2+核电荷数相同，但是Fe3＋核外电子数少，所以核对电子吸引能力大，半径小。
22. 近日，复旦大学、北京大学和上海电力大学等的研究团队共同报道了一种新型NASICON相铁基磷酸盐负极材料Na3Fe2(PO4)P2O7.回答下列问题：
（1）Na3Fe2(PO4)P2O7中PO的空间构型为_______，请写出它的一种等电子体_______。研究表明，该负极材料发生反应：①Na3Fe2(PO4)P2O7-e-=Na2Fe2(PO4)P2O7+Na+ ②Na2Fe2(PO4)P2O7-e-=NaFe2(PO4)P2O7+Na+。指出Na2Fe2(PO4)P2O7中Fe2+：Fe3+=_______。
（2）K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。
①铁氰化钾中不存在的作用力有_______(填标号)。
a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.π键 e.配位键 f.氢键
②1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为_______。
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的半径分别为6.9×10-2nm和7.8×10-2nm，则熔点：NiO_______(填“＜”、“=”或“>”)FeO，试说明判断理由_______。
【答案】（1） ①. 正四面体形 ②. SO或CCl4、SiF4等 ③. 1∶1
（2） ①. cf ②. 12NA
（3） ①. > ②. NiO、FeO属于离子晶体，Ni2+离子半径小，NiO晶格能大，熔点高
【解析】
【小问1详解】
PO的中心原子是P，周围有4个O原子，价层电子对数为=4，孤电子对为0，P原子杂化方式为sp3杂化，则结构应为正四面体；PO原子总数为5、价电子总数为32，等电子体有SO或CCl4、SiF4等；根据题目所给信息可知Na3Fe2(PO4)P2O7可以失去两个电子，即Fe元素共可以升高2价，则Na3Fe2(PO4)P2O7中Fe元素均为+2价，失去一个电子形成Na2Fe2(PO4)P2O7，所以该物质中有1个Fe2+、1个Fe3+，即Fe2+:Fe3+=1∶1；
【小问2详解】
①铁氰化钾属于离子化合物，阴阳离子间存在离子键，C、N以三键形式结合，含有π键和σ键，C、N形成的化学键为极性共价键，Fe3＋与CN−间以配位键结合，铁氰化钾中不存在的作用力有非极性共价键和氢键，选项cf正确；
②在配合物[Fe(CN)6]3-中，CN−与铁离子之间有6个配位键，均为σ键，在每个CN−内部有碳氮三键，其中有一个σ键，所以1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为12NA；
【小问3详解】
NiO、FeO均属于离子晶体，离子晶体中，离子半径越小，熔点越高，Ni2＋离子半径比亚铁离子小，NiO晶格能大，故NiO熔点高。
23. I.锌、铜及其化合物在日常生活中应用广泛。
（1）硒化锌的晶胞结构如图所示，硒化锌的化学式为_______，若晶胞的边长为d pm，则硒化锌晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值，写出表达式)。
（2）铜在周期表中位于_______区，它的活泼性不如锌，不能与稀盐酸和稀硫酸反应生成氢气，但是可以与氧化性更强的稀硝酸反应，请写出该反应的离子方程式_______。
II.在下列物质中：①CO2、②KCl、③CaBr2、④金刚石、⑤NH4Cl、⑥Ca(OH)2、⑦H3N-BH3、⑧SiO2、⑨NH3、⑩SO3。请用序号回答下列问题：
（3）既有离子键，又有极性键的是_______。
（4）熔融状态下可以导电的是_______。
（5）属于共价化合物的是_______。
（6）属于共价晶体是_______。
【答案】（1） ①. ZnSe ②.
（2） ①. ds ②. 3Cu+8H++ 2NO=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
（3）⑤⑥ （4）②③⑤⑥
（5）①⑦⑧⑨⑩ （6）④⑧
【解析】
【小问1详解】
根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子的个数为8×+6×=4，所以化学式为ZnSe；晶胞的质量为g，晶胞的边长为d pm，则体积为d3pm3=d3×10-30cm3，所以密度为=g·cm−3；
【小问2详解】
铜为29号元素，位于第四周期ⅡB族，属于ds区；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，离子方程式为3Cu+8H++ 2NO=3Cu2+ +2NO↑+4H2O；
【小问3详解】
NH4Cl中含有氯离子和铵根形成的离子键，同时含有N原子和H原子形成的极性键，Ca(OH)2中含有氢氧根和钙离子形成的离子键，同时含有O原子和H原子形成的极性键，故选⑤⑥；
【小问4详解】
由离子构成的物质或者金属单质在熔融状态可以导电，所以熔融状态下可以导电的是②③⑤⑥；
【小问5详解】
CO2、H3N-BH3、SiO2、NH3、SO3均只含共价键，为共价化合物，故选①⑦⑧⑨⑩；
【小问6详解】
金刚石、SiO2均是由原子通过共价键结合成的共价晶体，故选④⑧。
24. I.根据下列叙述写出相应的热化学方程式：
（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，写出表示硫燃烧的热化学方程式：_______。
（2）在1.01×105Pa时，4g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。
（3）1mol N2与适量的O2起反应生成NO2，吸收68kJ热量，反应的热化学方程式为_______。
II.请对下列变化分类：
①过氧化钠与水反应；②碳酸氢钠受热分解；③食物腐烂；④酒精燃烧；⑤液态水变成水蒸气；⑥生石灰与水作用制熟石灰；⑦胆矾加热失去结晶水；⑧铝片遇浓硫酸钝化。
（4）属于放热反应的有：_______ (填序号，下同)。
（5）属于吸热反应的有：_______。
【答案】（1）S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1
（2）H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1
（3）N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH=+68 kJ·mol-1
（4）①③④⑥⑧ （5）②⑦
【解析】
【小问1详解】
16g固体硫即=0.5mol，完全燃烧时放出148.4kJ的热量，则1mol固体硫完全燃烧放出148.4kJ×2=296.8的热量，热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1；
【小问2详解】
4g氢气的物质的量为2mol，完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，则1mol氢气完全燃烧放出572kJ÷2=286kJ热量，热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1；
【小问3详解】
N2与适量的O2起反应生成NO2的化学方程式为N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)，吸收68kJ热量，则热化学方程式为N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH=+68 kJ·mol-1；
【小问4详解】
过氧化钠与水反应、食物腐烂(缓慢的氧化过程)、酒精燃烧(燃烧均为放热反应)、生石灰与水作用制熟石灰、铝片遇浓硫酸钝化(铝迅速被氧化形成致密的氧化铝)均为化学反应，且放热，故选①③④⑥⑧；
【小问5详解】
碳酸氢钠受热分解、胆矾加热失去结晶水均为化学反应，且吸热，液态水变成水蒸气虽然吸热，但不是化学反应，故选②⑦。
2022年沫若中学高二上期化学第二次月考
可能用到的相对原子质量：H-1 S-16 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 Se-79
第I卷(选择题 共50分)
一、单选题(共20小题，每小题2.5分)
1. 下列有关化学用语正确的是
A. Cr原子的价电子排布图：
B. KCl的电子式：
C. 基态电子排布式：
D. F原子的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cr原子的价电子排布应为，而非，故A错误；
B. KCl是离子化合物，其电子式： ，故B错误；
C. Fe基态电子排布式为[Ar]3d64s2，则基态电子排布式：，故C正确；
D. F原子的结构示意图： ，故D错误。
综上所述，答案为C。
2. 已知：与反应的；与反应的。则在水溶液中电离的等于
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】主要考查关于△H的计算和对盖斯定律的迁移应用。
【详解】HCN(aq)、HCl(aq)分别与NaOH(aq)反应△H差值即为HCN在溶液中电离的能量，HCN属于弱电解质，其电离过程要吸收，即△H＞0，综合以上分析，可知△H =+43.5kJ·mol-1，
答案为C。
3. 2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：下列说法不正确的是
A. C与O同属第二周期元素，原子半径r(C)>r(O)
B 非金属性C
D. C18与C60、金刚石互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径r(C)>r(O)，故A正确；
B．元素的非金属性越强，则原子得电子能力越强，在形成化合物时显负价，故由于非金属性 C
D．同种元素的不同种原子间互为同位素，C18、 C60和金刚石间互为同素异形体，D不正确；
故选D。
4. 含有共价键的盐是
A. B. NaClO C. D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．为只含离子键的离子化合物，故A不选；
B．属于盐，含有Cl-O共价键，故B选；
C．属于酸，为共价化合物，故C不选；
D．NaOH属于碱，为含有H-O共价键的离子化合物，故D不选；
故选B。
5. 工业上通常利用反应来获得单质铝，反应时还需要向(熔点2050℃)中添加以降低熔化温度。下列有关说法不正确的是
A. 和熔化时会破坏离子键
B. 制得的Al是金属晶体，由“自由电子”和之间强的相互作用而形成
C. 的中心离子是，其配位数为6
D. 可将该反应中的换成(熔点194℃)进行电解获得单质铝
【答案】D
【解析】
【详解】A．和是离子化合物，熔化时会破坏离子键，A项正确；
B．通过“电子气理论”理解，Al是金属晶体，由“自由电子”和之间强的相互作用而形成，B项正确；
C．的中心离子是，其配位数为6，C项正确；
D．AlCl3是共价化合物，熔融时不能电离，所以不能将Al2O3换成AlCl3，D项错误；
故答案选D 。
6. 下列有关说法正确的是
A. 图A为轨道的电子云轮廓图
B. 图B为冰晶胞示意图，类似金刚石晶胞，冰晶胞内水分子间以共价键结合
C. 图C为H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多
D. 图D晶体化学式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．轨道电子云是沿x轴形成的哑铃形轮廓，故A正确；
B．冰晶胞内水分子间主要以氢键结合，故B错误；
C．H原子只有一个电子，电子云图中的小黑点不是电子本身，而是电子在原子核外出现的概率密度的形象化描述，故C错误；
D．图中黑球在面上的有8个，内部有一个，根据均摊法可知有5个，图D晶体化学式为，故D错误；
故选A。
7. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
选项
热化学方程式
结论
A
B
P(s，白磷)比P(s，红磷)稳定
C
的燃烧热()为
D
将和混合并充分反应，放出的热量为
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成CO2放出的热量更多，两个反应都是放热反应，焓变为负值，则，A正确；
B．P(s，白磷)生成P(s，红磷)放热，说明P(s，红磷)的能量比较低，能量比较低的体系比较稳定，故P(s，红磷)比P(s，白磷)稳定，B错误；
C．燃烧热指1mol物质与氧气进行完全燃烧反应时放出的热量。题给热反应方程式不是H2在氧气中燃烧，C错误；
D．该反应是可逆反应，和混合并充分反应，不能完全反应，故放出的热量小于，D错误；
故选A。
8. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A. 该分子属于极性分子
B. 该分子中C-F键的极性大于C-N键的极性
C. 该分子中所有C原子都为sp3杂化
D. 该分子中σ键与π键数目之比为15：4
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构可知该分子不具有对称结构，属于极性分子，故A正确；
B．非金属性F>N，则C-F键的极性大于C- N键的极性，故B正确；
C．该分子中双键的成键C原子为sp2杂化，故C错误；
D．该分子含有1个C=N、1个C=C、2个C=O、2个C-C、4个C-N、3个N-H、1个C-H、1个C-F键，其中每个单键为1个σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15: 4，故D正确；
故选C。
9. 下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A. 键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B. 立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4
D. Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；
B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；
C．SiH4中Si的化合价为+4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；
D．Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；
故选C。
10. 下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是
A. △H3＜0
B. △H1+△H2+△H3=0
C. 按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少
D. 一定条件下，拆开1 mol气态HX需要吸收a kJ能量，则该条件下△H3=-2a kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．形成化学键放出热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g) △H3＜0，A正确；
B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同， 则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=0，B错误；
C．原子半径： Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-Cl键＞Br-Br键＞I-I键，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；
D．一定条件下，拆开1 mol气态HX需要吸收a kJ能量，即形成1 molHX放出热量是a kJ，因此形成2 mol HX放出热量为2a kJ，所以该条件下△H3=-2a kJ/mol，D正确；
故合理选项是B。
11. 下列说法正确的是
A. 金刚石经锤易碎，原因是共价键具有方向性，外力作用下原子易错位而断裂
B. 乙醛能与水任意比互溶，原因是其水溶液中形成了3种氢键
C. 含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
D. 碳原子的轨道表示式为，原因是违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石中只存在C-C共价键，共价键具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子间错位而断裂，故A正确；
B．乙醛能与水任意比互溶是因为乙醛中的氧原子和水的氢原子之间能生成氢键，同时水分之间可以形成氢键，形成了2种氢键，故B错误；
C．含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第一电离能和第二电离能均较小，容易失去2个电子，但是第二电离能大于其第一电离能，故C错误；
D．碳原子的轨道表示式为 ，原因是违反了洪特规则，故D错误；
故选A.
12. 下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是
A. 、、、与氢气反应的条件逐渐变得苛刻
B. 、、、的熔、沸点逐渐升高
C. 、、、的熔点依次降低
D. 金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氟气、氯气、溴单质、碘单质与氢气反应的条件逐渐变得苛刻与元素的非金属性强弱有关，与分子间作用力无关，故A不符合题意；
B．氟气、氯气、溴单质、碘单质都是结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则氟气、氯气、溴单质、碘单质的熔、沸点逐渐升高与分子间作用力有关，故B符合题意；
C．氟化钠、氯化钠、溴化钠、碘化钠都是离子晶体，氟离子、氯离子、溴离子、碘离子的离子半径依次增大，晶体中的离子键依次减弱，熔沸点依次降低，则氟化钠、氯化钠、溴化钠、碘化钠的熔点依次降低与离子键的强弱有关，与分子间作用力无关，故C不符合题意；
D．金刚石、晶体硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，碳碳键的键长小于硅硅键，键能大于硅硅键，共价键强于硅硅键，则金刚石的硬度高于单晶硅、熔沸点高于单晶硅，则金刚石的硬度高于单晶硅、熔沸点高于单晶硅与共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故D不符合题意；
故选B。
13. 单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是
A. S位于元素周期表p区 B. 该物质的化学式为
C. S位于H构成的八面体空隙中 D. 该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A正确；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为，H个数为：，故H、S原子个数比为3:1，故该物质的化学式为，B正确；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示，C正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；
故答案为：D。
14. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 3.65g液态HCl中含有的粒子总数为0.2
B. 1mol中含有的非极性共价键数目为9
C. 50mL的浓硝酸与足量的碳微热反应转移电子数为0.6
D. 标况下，22.4LHF所含有的质子数为10
【答案】B
【解析】
【详解】A．液态HCl以分子的形式存在，3.65gHCl的物质的量为，故3.65gHCl中只有0.1NA的HCl分子，A错误；
B．1molC10H22中总的共价键数目为(4×10+22)×1/2，其中极性键由碳氢形成共22(即H原子数目)，非极性键由碳碳形成共9NA，B正确；
C．随着反应进行浓硝酸变稀与碳不发生反应，因此浓硝酸不能完全反应，则反应转移电子数小于0.6，C错误；
D．标况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，D错误；
故选：B。
15. 主族元素X、Y、Z、Q、M的原子序数依次增大且均不大于20，元素Z和Q同族。元素M的化合物M+[Q-X≡Y]-为实验室中常用于检验Fe3+试剂，下列说法中错误的是
A. Q与M的简单离子半径，前者大于后者
B. 与键角，前者小于后者
C. 中σ键为9mol
D. Ca与X或Z元素均可形成阴阳离子个数比为2:1的常见化合物
【答案】D
【解析】
【分析】M+[Q-X≡Y]-为实验室中常用于检验Fe3+试剂，应为KSCN，所以M为K元素，Z和Q同主族，则Q应为第三周期元素，所以为S元素，则Z为O元素，X为C元素，Y为N元素。
【详解】A．S2-和K+核外电子层结构相同，但S2-核电荷数更小，所以半径更大，A正确；
B．NH3和CH4分子中心原子的杂化方式均为sp3，但N原子价层有一对孤对电子，所以键角更小，B正确；
C．Fe(SCN)3中S-C键为σ键，C≡N键中有一个σ键，Fe3+与SCN-之间的配位键也为σ键，所以1molFe(SCN)3中σ键为[3+3×(1+1)]mol=9mol，C正确；
D．Ca与O元素可以形成化合物CaO和CaO2，二者阴阳离子个数比均为1:1，D错误；
综上所述答案为D。
16. 下列对分子性质的解释中，不正确的是
A. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式如图1
B. 和的中心原子杂化方式不同，前者是后者是
C. 、、的VSEPR模型相同
D. 由如图2可知酸性，因为分子中有1个非羟基氧原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3与H2O以氢键（用“……”表示）结合形成NH3•H2O分子，氨气中N和水中H形成氢键，则NH3•H2O的结构式为，A正确；
B．NF3中N原子价层电子对数=3+，BF3分子中B原子价层电子对数=3+，中心原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，B错误；
C．HCHO中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，SO3分子中S原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，这三种微粒空间构型都是平面三角形，C正确；
D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；
故答案选B。
17. 根据图象所得判断正确的是
已知：H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ·mol-1
A. 图1反应为吸热反应
B. 图1反应使用催化剂时，会改变其△H
C. 图2中若H2O的状态为液态，则能量变化曲线可能为①
D. 图2中反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物的能量大于生成物的能量，属于放热反应，故A错误；
B．ΔH只与反应物和生成物的始态和终态有关，与催化剂无关，故催化剂不能改变ΔH，故B错误；
C．若H2O 的状态改为液态，由H2O(g)=H2O(l) ΔH=−44 kJ·mol-1根据题干结合盖斯定律可得：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l) ΔH=-3 kJ·mol-1该反应为放热反应，而图2中的曲线①表示的是吸热反应，故C错误；
D．由图1可知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=−41 kJ·mol-1，所以CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41 kJ·mol-1，故D正确；
故答案为D。
18. W、X、Y、Z、Q为原子半径依次增大的短周期主族元素，X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，Z的原子半径是第三周期中最小的，W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半。下列说法不正确的是
A. X元素与Q元素组成的化合物可做耐火材料
B. 由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液可能显酸性也可能显碱性
C. 简单氢化物的沸点：X>Y>Z
D. 由Z和Q形成的化合物中存在离子键
【答案】D
【解析】
【分析】同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，Z的原子半径是第三周期中最小的，所以Z是Cl，由W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，和W、X原子半径依次增大，可知W为H，X为O，再由X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，知Y为N，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半，且原子半径最大，知Q为Al。
【详解】A． X元素与Q元素组成的化合物是Al2O3熔点高，可做耐火材料，故A正确；
B． W、X、Y三种元素可以组成硝酸、亚硝酸、硝酸铵等，其水溶液均显酸性，也可以组成一水合氨，其水溶液显碱性，故B正确；
C．水和氨气存在氢键，沸点较高，且水的沸点高于氨气的，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>HCl，故C正确；
D．由Z和Q形成的化合物是AlCl3，是共价化合物，只存在共价键，故D错误；
故答案为：D
19. 短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大。Z的原子序数等于X和Y原子序数之和，X是宇宙中最丰富的元素，XZ用于刻蚀玻璃时生成化合物WZ4。下列说法错误的是
A. Z的电负性在四种元素中最大
B. X2Y和WY2的中心原子均采用sp3杂化
C. 1mol WY2中有2mol W-Y共价键
D. WZ4分子中所有原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】X是宇宙中最丰富的元素，则X是H元素，XZ用于刻蚀玻璃时生成化合物WZ4，则Z是F元素，W是Si元素，Z的原子序数等于X和Y原子序数之和，则Y是O元素，据此分析解答。
【详解】A．F是四种元素中非金属性最强的，则电负性最大，A正确；
B．X2Y是H2O，其价层电子对数是4，中心原子采取的是sp3杂化，WY2是SiO2，其是原子晶体，类似于金刚石结构，中心原子采取的也是sp3杂化，B正确；
C．WY2是SiO2，为共价晶体，每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，1mol SiO2中含有1molSi原子，所以含4mol共价键，C错误；
D．WZ4分子是SiF4，无论硅原子还是氟原子最外层都满足8电子结构，如图，D正确；
综上所述答案为C。
20. 关于中和热的测定实验，下列说法正确的是
A. 为了简化装置，中和热测定实验中的玻璃搅拌器可以由温度计代替
B. 用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热的偏小
C. 实验测定的中和热的常常大于-57.3，原因可能是外部热量进入装置造成
D. 中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度计不能用于搅拌溶液，所以实验中环形玻璃搅拌棒不能由温度计代替，选项A错误；
B．醋酸是弱酸，在溶液中电离时会吸收热量，所以用醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热的ΔH偏大，选项B错误；
C．通过实验测定的中和热的ΔH常常大于-57.3 kJ·mol-1说明实验测定过程中保温工作不到位，造成热量散失出现实验误差，选项C错误；
D．中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，所以也能用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应测定反应热，选项D正确；
答案选D。
第II卷(非选择题，共50分)
二、非选择题(共 4小题，共50分)
21. Ti、Na、Mg、C、N、O、Fe等元素单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）钠在火焰上灼烧产生的黄光是一种_______(填字母)。
A.吸收光谱 B.发射光谱
（2）下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是_______，能量最低的是_______(填序号)
a. b. c. d.1s22s22p63s2
（3）Ti原子核外共有_______种运动状态不同的电子，最高能层电子的电子云轮廓形状为_______。与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，写出任意一种最外层电子数与钛不同的元素外围电子排布式_______。
（4）N、O、Mg元素前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是_______，判断理由是_______。
元素
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
X
737.7
1 450.7
7 7327
Y
1 313.9
3 388.3
5 3005
Z
1 402.3
2 856.0
4 578.1
（5）琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。Fe3+与Fe2+的离子半径大小关系为：Fe3+_______Fe2+(填“大于”或“小于”)，原因为：_______。
【答案】（1）B （2） ①. b ②. d
（3） ①. 22 ②. 球形 ③. 3d54s1或3d104s1
（4） ①. Z ②. N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大
（5） ①. Fe3+的3d5半满状态更稳定 ②. 小于 ③. 核电荷数相同，但是Fe3+核外电子数少
【解析】
【小问1详解】
钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这是就将多余的能量以黄光的形式放出，属于发射光谱，选B；
【小问2详解】
基态原子具有的能量最低，得到电子后，电子发生跃迁，从低能级轨道跃迁到高能级轨道，所以能量最高的是b，能量最低的是d；
【小问3详解】
Ti原子核外有22个电子，每个电子运动状态都不同，所以原子中运动状态不同的电子共有22种；其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，最高能层为4s能级，电子云轮廓形状为球形；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，结合构造原理与洪特规则，符合条件的外围电子排布式为3d54s1、3d104s1；
【小问4详解】
金属元素第一电离能I1小于非金属元素，则第一电离能I1最小的X为镁元素；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则I1较大的Z为N元素；
【小问5详解】
Fe2＋价电子为3d6，失去1个电子形成更稳定的3d5半充满状态的Fe3＋；因为Fe3+与Fe2+核电荷数相同，但是Fe3＋核外电子数少，所以核对电子吸引能力大，半径小。
22. 近日，复旦大学、北京大学和上海电力大学等的研究团队共同报道了一种新型NASICON相铁基磷酸盐负极材料Na3Fe2(PO4)P2O7.回答下列问题：
（1）Na3Fe2(PO4)P2O7中PO的空间构型为_______，请写出它的一种等电子体_______。研究表明，该负极材料发生反应：①Na3Fe2(PO4)P2O7-e-=Na2Fe2(PO4)P2O7+Na+ ②Na2Fe2(PO4)P2O7-e-=NaFe2(PO4)P2O7+Na+。指出Na2Fe2(PO4)P2O7中Fe2+：Fe3+=_______。
（2）K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。
①铁氰化钾中不存在的作用力有_______(填标号)。
a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.π键 e.配位键 f.氢键
②1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为_______。
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的半径分别为6.9×10-2nm和7.8×10-2nm，则熔点：NiO_______(填“＜”、“=”或“>”)FeO，试说明判断理由_______。
【答案】（1） ①. 正四面体形 ②. SO或CCl4、SiF4等 ③. 1∶1
（2） ①. cf ②. 12NA
（3） ①. > ②. NiO、FeO属于离子晶体，Ni2+离子半径小，NiO晶格能大，熔点高
【解析】
【小问1详解】
PO的中心原子是P，周围有4个O原子，价层电子对数为=4，孤电子对为0，P原子杂化方式为sp3杂化，则结构应为正四面体；PO原子总数为5、价电子总数为32，等电子体有SO或CCl4、SiF4等；根据题目所给信息可知Na3Fe2(PO4)P2O7可以失去两个电子，即Fe元素共可以升高2价，则Na3Fe2(PO4)P2O7中Fe元素均为+2价，失去一个电子形成Na2Fe2(PO4)P2O7，所以该物质中有1个Fe2+、1个Fe3+，即Fe2+:Fe3+=1∶1；
【小问2详解】
①铁氰化钾属于离子化合物，阴阳离子间存在离子键，C、N以三键形式结合，含有π键和σ键，C、N形成的化学键为极性共价键，Fe3＋与CN−间以配位键结合，铁氰化钾中不存在的作用力有非极性共价键和氢键，选项cf正确；
②在配合物[Fe(CN)6]3-中，CN−与铁离子之间有6个配位键，均为σ键，在每个CN−内部有碳氮三键，其中有一个σ键，所以1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为12NA；
【小问3详解】
NiO、FeO均属于离子晶体，离子晶体中，离子半径越小，熔点越高，Ni2＋离子半径比亚铁离子小，NiO晶格能大，故NiO熔点高。
23. I.锌、铜及其化合物在日常生活中应用广泛。
（1）硒化锌的晶胞结构如图所示，硒化锌的化学式为_______，若晶胞的边长为d pm，则硒化锌晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值，写出表达式)。
（2）铜在周期表中位于_______区，它的活泼性不如锌，不能与稀盐酸和稀硫酸反应生成氢气，但是可以与氧化性更强的稀硝酸反应，请写出该反应的离子方程式_______。
II.在下列物质中：①CO2、②KCl、③CaBr2、④金刚石、⑤NH4Cl、⑥Ca(OH)2、⑦H3N-BH3、⑧SiO2、⑨NH3、⑩SO3。请用序号回答下列问题：
（3）既有离子键，又有极性键的是_______。
（4）熔融状态下可以导电的是_______。
（5）属于共价化合物的是_______。
（6）属于共价晶体是_______。
【答案】（1） ①. ZnSe ②.
（2） ①. ds ②. 3Cu+8H++ 2NO=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
（3）⑤⑥ （4）②③⑤⑥
（5）①⑦⑧⑨⑩ （6）④⑧
【解析】
【小问1详解】
根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子的个数为8×+6×=4，所以化学式为ZnSe；晶胞的质量为g，晶胞的边长为d pm，则体积为d3pm3=d3×10-30cm3，所以密度为=g·cm−3；
【小问2详解】
铜为29号元素，位于第四周期ⅡB族，属于ds区；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，离子方程式为3Cu+8H++ 2NO=3Cu2+ +2NO↑+4H2O；
【小问3详解】
NH4Cl中含有氯离子和铵根形成的离子键，同时含有N原子和H原子形成的极性键，Ca(OH)2中含有氢氧根和钙离子形成的离子键，同时含有O原子和H原子形成的极性键，故选⑤⑥；
【小问4详解】
由离子构成的物质或者金属单质在熔融状态可以导电，所以熔融状态下可以导电的是②③⑤⑥；
【小问5详解】
CO2、H3N-BH3、SiO2、NH3、SO3均只含共价键，为共价化合物，故选①⑦⑧⑨⑩；
【小问6详解】
金刚石、SiO2均是由原子通过共价键结合成的共价晶体，故选④⑧。
24. I.根据下列叙述写出相应的热化学方程式：
（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，写出表示硫燃烧的热化学方程式：_______。
（2）在1.01×105Pa时，4g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。
（3）1mol N2与适量的O2起反应生成NO2，吸收68kJ热量，反应的热化学方程式为_______。
II.请对下列变化分类：
①过氧化钠与水反应；②碳酸氢钠受热分解；③食物腐烂；④酒精燃烧；⑤液态水变成水蒸气；⑥生石灰与水作用制熟石灰；⑦胆矾加热失去结晶水；⑧铝片遇浓硫酸钝化。
（4）属于放热反应的有：_______ (填序号，下同)。
（5）属于吸热反应的有：_______。
【答案】（1）S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1
（2）H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1
（3）N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH=+68 kJ·mol-1
（4）①③④⑥⑧ （5）②⑦
【解析】
【小问1详解】
16g固体硫即=0.5mol，完全燃烧时放出148.4kJ的热量，则1mol固体硫完全燃烧放出148.4kJ×2=296.8的热量，热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1；
【小问2详解】
4g氢气的物质的量为2mol，完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，则1mol氢气完全燃烧放出572kJ÷2=286kJ热量，热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1；
【小问3详解】
N2与适量的O2起反应生成NO2的化学方程式为N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)，吸收68kJ热量，则热化学方程式为N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH=+68 kJ·mol-1；
【小问4详解】
过氧化钠与水反应、食物腐烂(缓慢的氧化过程)、酒精燃烧(燃烧均为放热反应)、生石灰与水作用制熟石灰、铝片遇浓硫酸钝化(铝迅速被氧化形成致密的氧化铝)均为化学反应，且放热，故选①③④⑥⑧；
【小问5详解】
碳酸氢钠受热分解、胆矾加热失去结晶水均为化学反应，且吸热，液态水变成水蒸气虽然吸热，但不是化学反应，故选②⑦。
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