河南名校联盟2022-2023年高二下学期期中联考化学参考答案

这是一份河南名校联盟2022-2023年高二下学期期中联考化学参考答案，共6页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

1．【答案】C
【解析】A．不同元素的原子吸收光谱和发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，A正确；B．p电子云轮廓图呈哑铃形，B正确；C．冠醚与碱金属之间形成配位键，故冠醚可识别碱金属离子，配位键属于共价键，C错误；D．臭氧为极性分子，具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，D正确；故选C。
2．【答案】C
【解析】A．氯原子半径大于碳原子半径，该模型不可以表示四氯化碳分子，A错误；
B．丙烯的结构简式：CH3CH=CH2，B错误；C．基态Al原子最高能级为3p能级，电子云图为哑铃形，C正确；D．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子；故是违背了泡利原理，D错误；故选C。
3．【答案】B
【解析】A．1s22s22p63s1是基态钠原子的电子排布式，A错误；B．基态氟原子的电子排布式是1s22s22p5，排布式是1s22s22p43s1时为激发态，B正确；C．[Ar]3d54s2是基态锰原子的简化电子排布式，C错误；D．[Ar]3d104s1是基态铜原子的简化电子排布式，D错误；故选B。
4．【答案】B
【解析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，即a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属，应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，即X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Al元素。A．由以上分析可知c=8，d=9，则质子数c＜d，非金属性F＞O，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2-＞F-，故A错误；B．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下，电负性减小，故电负性：Z(F)＞Y(O)＞W(Al)＞X(Na)，故B正确；C．非金属性F＞O，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性为HF＞H2O，故C错误；D．W为Al元素，X为Na元素，同周期中随原子序数增大，原子半径减小，第一电离能呈增大趋势，故原子半径Na＞Al，第一电离能Na5．【答案】B
【解析】某元素的最外层电子数为 2，价电子数为5，最外层电子数和价电子数不相等，应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则价电子排布式为3d34s2 ，电子排布式为1s22s2p63s23p63d34s2，为第四周期第VB族元素，为V元素，属于过渡元素，电子最后填入3d能级，该元素位于元素周期表的d区；B错误，故选B。
6．【答案】D
【解析】由题知，Y元素为O，Y与M不同周期且R、X、Y、M原子序数依次增大，M核外未成对电子数为1，同时结合结构图数可知R、X、Y、M依次为氢、碳、氧、氯。CO32-为平面三角形结构，HClO4为强酸，第二周期中，第一电离能大于氧的有三种元素，分别为氮、氟、氖；因此不正确的选项为D。
7．【答案】D
【解析】A．CH4中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，没有孤对电子对，NH3中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，故A不符合题意；B．BBr3中心原子价层电子对数为
，是sp2杂化，没有孤对电子对，SO中心原子价层电子对数为
，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，故B不符合题意；C．SO2中心原子价层电子对数为，是sp2杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，BeCl2中心原子价层电子对数为，是sp杂化，没有孤对电子对，故C不符合题意；D．SOCl2中心原子价层电子对数为
，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，H3O+中心原子价层电子对数为，是sp3杂化，杂化轨道容纳了1对孤电子对，故D符合题意。综上所述，答案为D。
8．【答案】A
【解析】A．H2O很稳定，因为水分子中的O-H键键能较大，不容易断裂，A错误；B．HClO3分子中非羟基氧原子数多，所以HClO3酸性强于HClO，B正确；C．氟的电负性大于氯的电负性，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸中的-COOH比三氯乙酸中的-COOH更容易电离出氢离子，三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，C正确；D．乳酸分子中有一个手性碳原子(第2个C原子为手性碳原子)，因此乳酸有一对对映异构体，D正确。故本题选A。
9．【答案】C
【解析】A．水结成冰时，水分子间形成的氢键数目增多，水分子排列比较松，其体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，A不符合题意；B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力减弱，沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间作用力增强，沸点升高，故沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，故B不符合题意；C．甲烷水合物中是甲烷气体和水分子形成的笼状结晶，从微观上看，其分子结构就像一个一个“笼子”，由若干水分子组成笼子，每个笼子里“关”一个甲烷气体分子，甲烷分子与水分子之间不是靠氢键结合的，故C符合题意；D．氟化氢分子间能形成分子间氢键，分子间作用力大，所以液态氟化氢的化学式可以写成(HF)n，则液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式能用氢键解释，故D不符合题意。故选C。
10．【答案】D
【解析】A．分子中有四面体结构，但无正四面体结构，键角错误，A错误；B．EMIM+带一个正电荷，可表示为C6N2H11+，1mlEMIM+共含60ml电子，B错误；C．分子中的碳原子含sp2和sp3两种杂化方式，N原子为sp2杂化，C错误；D．EMIM+中含1个五元环，五个原子均为sp2杂化，未杂化的p轨道肩并肩形成大π键，两个N原子各提供一对电子，EMIM+带一个正电荷，故大π键的电子数目为3+4-1=6，形成了的大π键，D正确。故选D。
11．【答案】B
【解析】A．Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的价电子排布式为3d6，A正确；B．从图中可知，H2O为配体，中心离子的配位数为6，B错误；C．绿矾中H2O为配体，存在配位键，从图中可知，O原子和H原子之间形成氢键，Fe2+与硫酸根离子间存在离子键，C正确；D．绿矾受热分解生成红棕色固体为Fe2O3，Fe2+失电子，则根据氧化还原反应规律，S得电子可能生成SO2，D正确。故答案选B。
12．【答案】C
【解析】A．氧化镁晶体中离子键、共价键的成分各占50%，所以氧化镁晶体是一种过渡晶体，故A正确；B．等离子体是呈准电中性的，其基本构成微粒可以是带电的粒子也可以是中性粒子，故B正确；C．纳米材料实际上是三维空间尺寸至少有一维处于纳米级尺度的、具有特定功能的材料，纳米材料内部具有晶体结构，但界面处则为无序结构，故C错误；D．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，故D正确。选C。
13．【答案】D
【解析】A．晶体中原子呈周期性有序排列，具有自范性，而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，A正确；B．X射线衍射时，晶体可以得到明锐的衍射峰而非晶体无法得到明锐的衍射峰，X射线衍射是区分晶体和非晶体最有效的方法，B正确；C．干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，C正确；D．36g金刚石的物质的量为，根据1ml金刚石中含有2mlC−C键，3ml金刚石中含6mlC−C键，1ml石墨中含有1.5mlC−C键，36g石墨的物质的量为，含有4.5mlC−C键，故36g金刚石晶体和36 g石墨晶体含有的C—C键数目不相同，D错误。故选D。
14．【答案】D
【解析】A．三种物质都为离子晶体，离子半径Mg2+＜Ca2+＜Ba2+，离子半径越小，离子键越强，硬度越大，硬度：MgO＞CaO＞BaO，A正确；B．三种物质都为离子晶体，离子半径F-＜Cl-＜Br-，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，B正确；C．金刚石是共价晶体，NaCl是离子晶体，H2O是分子晶体，熔点：金刚石＞NaCl＞H2O，C正确；D．三种物质都为离子晶体，离子半径越小，电荷越多，熔点越高，熔点应为NaF15．【答案】D
【解析】A．由题意可知，蓝色沉淀为：Cu(OH)2，加入氨水后，Cu(OH)2溶解，生成了深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，溶质在乙醇中溶解度小，加入乙醇，析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4•H2O，选项A正确；B．深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体，说明蓝色晶体在乙醇中的溶解度较小，则加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度，选项B正确；C．加入氨水过程中，铜离子先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜沉淀转化为配合物，则加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小，选项C正确；D．稳定性小的物质转化为稳定性大的物质，配离子[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性小于[Cu(NH3)4]2+，选项D错误。答案选D。
16．【答案】C
【解析】A．通过“电子气理论”理解，Al是金属晶体，由“自由电子”和Al3+之间强烈的相互作用而形成，A项正确；B．Al2O3和Na3[AlF6]是离子化合物，熔化时会破坏离子键，B项正确；C．AlCl3是共价化合物，熔融时不能电离，所以不能将Al2O3换成AlCl3，C项错误；D．[AlF6]3-的中心离子是Al3+，其配位数为6，D项正确。故答案选C。
17．【答案】C
【解析】A．由示意图可以看出，立方氮化硼结构和金刚石结构相似，因此立方氮化硼中存σ键没有π键，所以A错误；B．六方氮化硼的层状结构和石墨相似，层与层之间作用力为范德华力，B错误；C．六方氮化硼的层状结构和石墨相似，氮原子和硼原子均采用sp2杂化，C正确；D．六方氮化硼的层状结构和石墨相似，因此六方氮化硼晶体为混合晶体，立方氮化硼结构和金刚石结构相似，因此立方氮化硼为共价晶体，D错误。故选C。
18．【答案】D
【解析】A．O原子核外有8个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，1s、2s、2p轨道电子数分别是2、2、4，价层电子排布式为2s22p4，A正确；B．由图2可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为3×8÷2=12，B正确；C．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为晶胞对角线长度的，即，C正确；D．假设CeO2-x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x，D错误。故选D。
19．（除标注外，每空1分，共13分）
【答案】
（1）Fe 3d
（2）9 6
（3）B＜Be＜O＜N（2分） Be
（4）（2分）
（5）正四面体
H2O H2O和H2S分子结构相似，O-H键长较短，键能较大，分子的热稳定性更强（合理即可）（2分）
【解析】
根据各元素在周期表的位置分析；
（1）d区包括ⅢB～Ⅷ，因此所给元素属于d区的是Fe；Fe2+电子排布式为
1s22s22p63s23p63d6，电子占据的能量最高轨道是3d；故答案为Fe；3d；
（2）h对应的元素为Cl，电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子有9种不同的空间运动状态；i对应元素是Ca，电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，原子共有6种不同能级的电子；故答案为9；6；
（3）bcde对应元素分别为Be、B、N、O，同周期从左向右第一电离能增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一电离能大小顺序是B＜Be＜O＜N；bi对应元素为Be、Ca，碱土金属从上到下熔点逐渐降低，因此熔点较高的是Be；故答案为B＜Be＜O＜N；Be；
（4）a和d对应元素为H、N，两元素可形成离子化合物，则必存在铵根离子，阴离子为氢负离子推测，离子化合物可表示为NH5，即NH4H，其电子式为，故答案为：；
（5）g为硫元素，XO42-应为SO42-，中心原子硫有4个σ键，无孤对电子，价层电子对数为4，即SO42-的空间构型为正四面体；eg对应的气态氢化物为H2O和H2S，同主族从上到下非金属性减弱，其气态氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性强的是H2O；从分子结构角度分析：H2O和H2S分子结构相似，O-H键长较短，键能较大，分子的热稳定性更强(合理即可)；故答案为正四面体；H2O；H2O和H2S分子结构相似，O-H键长较短，键能较大，分子的热稳定性更强(合理即可)。
20．（除标注外，每空1分，共10分）
【答案】
（1）B
（2）b d
（3）Z 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（2分）
（4）Fe3＋的3d5半充满状态更稳定 （2分）
小于 核电荷数相同，但是Fe3＋核外电子数少
【解析】
（1）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，故答案为：B；
（2）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，故答案为：b；d；
（3）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，故答案为：Z；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；
（4）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，故答案为：Fe3＋的3d5半充满状态更稳定；小于；核电荷数相同，但是Fe3＋核外电子数少。
21．（除标注外，每空1分，共10分）
【答案】
（1）22 球形 （2分）
（2）Cl- 6 0.4ml（2分）
（3）（2分）
【解析】
（1）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；价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为。故答案为：22；球形；；
（2）配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的内界为[TiCl(H2O)5]2+，即配体是氯离子和水分子，故配离子是Cl-；由配合物内界[TiCl(H2O)5]2+知氯离子个数为1、水分子个数为5，所以配位数为6；由配合物化学式知外界存在两个氯离子，即0.2ml该配合物溶液中存在0.4ml的氯离子，所以滴加足量的硝酸银溶液会生成0.4ml氯化银沉淀；
（3）由晶胞结构知，该晶胞含有个钛原子、个氧原子、1个钡原子，则化学式为BaTiO3，所以密度为
22．（除标注外，每空2分，共13分）
【答案】
（1）M2N 12
（2）50% ×1010（3分）
（3）Ti14C13
（4）(0.3333，0.6667，0.6077)
【解析】
（1）从晶胞结构可以看出，M原子位于顶点和面心，共有=4个M原子，氮原子部分填充在M原子立方晶格的八面体空隙中，氮原子共有=2个，所以氮化钼的化学式为M2N，从晶胞结构可以看出，M原子周围与之等距离的M原子有12个。
（2）Zn2+位于立方体的顶点和面心，能够围成八个四面体空隙，S2-在晶胞内部只有4个，所以四面体空隙的填充率为50%；在一个晶胞中，Zn2+个数为8×+6×=4，S2-个数为4，所以一个晶胞的质量为g=g，晶胞密度为ag/cm3，则晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为pm，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，所以Zn2+与S2-的最短距离为×1010pm。
（3）该结构表示团簇分子，含有14个Ti和13个C，化学式为Ti14C13，故答案为：Ti14C13；
（4）C的晶胞可以看做是由两个正三棱柱构成的，1和2号氧原子分别位于两个正三棱柱里，晶胞含对称中心，1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，则2号O原子的分数坐标为(0.3333，0.6667，0.6077)。