精品解析：广东省深圳外国语学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题（解析版）

这是一份精品解析：广东省深圳外国语学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考生必须保持答题卷的整洁， 下列化学用语表示错误的是， 下列过程中化学键被破坏的是， 某多孔储氢材料前驱体结构如图， 某密闭容器中发生如下反应等内容，欢迎下载使用。
深圳外国语学校2022—2023学年度高二第二学期第一次月考
化学试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、座位号等相关信息填写在答题卷指定区域内。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卷的整洁。
可能用到的相对原子质量：F-19 Na-23 Al-27 S-32 Zn-65
第一部分选择题(共44分)
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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. 下列说法中不正确的是
A. X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值
B. 和的空间结构不同，所以中心S原子杂化方式也不同
C. 杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键
D. 价层电子对互斥模型一般不用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过晶体X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值，A正确；
B．根据价层电子对互斥理论和中心原子S原子价层电子对数均为3，所以中心S原子杂化方式都是sp2，B错误；
C．杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键，C正确；
D．价层电子对互斥模型可用来预测分子的立体结构，以过渡金属为中心原子形成的分子结构复杂，价层电子对互斥模型一般不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构，D正确；
故选B。
2. 下列说法中不正确的是
A. 气体单质中，一定有键，可能有π键
B. 键比π键重叠程度大，形成的共价键强
C. 两个原子间形成共价键时，最多有一个键
D. N2分子有一个键，两个π键
【答案】A
【解析】
【详解】A. 稀有气体的单质中不存在化学键，多原子分子中一定有键，可能有π键，A项错误；
B. 键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠，则键比π键重叠程度大，形成的共价键强，B项正确；
C. 两个原子间形成共价键时，单键一定为键，双键中有一个键，三键中有一个键，则两个原子间形成共价键时，最多有一个键，C项正确；
D. 分子存，三键中有一个键、两个π键，D项正确；
答案选A。
3. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 红棕色的体系加压后，颜色先变深后逐渐变浅
B. 将0.01 mol·L的溶液加热，溶液颜色加深
C. 、、的平衡体系，扩大容器体积，气体颜色变浅
D. 用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
【答案】C
【解析】
【详解】A．体系中存在平衡：，加压后，浓度增大，体系内气体颜色加深，同时平衡正向移动，颜色逐渐变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．氯化铁溶液中存在水解平衡：，溶液加热使平衡正向移动，溶液颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．、、的平衡体系，扩大容器体积，气体浓度减小颜色变浅，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．盐酸中氯离子浓度比水中的大，同离子效应会抑制AgCl沉淀的溶解，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选：C。
4. 下列四组物质的溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同的是
①FeCl2、FeCl3 ②NaHCO3、Na2CO3 ③NaAlO2、AlCl3 ④CuCl2、CuSO4
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①FeCl2、FeCl3都是挥发性酸盐酸形成的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe (OH)2和Fe(OH)3，但是Fe (OH)2又很容易被氧化成Fe(OH)3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，A不符合题意；
②NaHCO3、Na2CO3中NaHCO3能受热分解，Na2CO3受热不分解，所以最后得到的固体都是Na2CO3，B不符合题意；
③NaAlO2、AlCl3中，NaAlO2也可以水解，但是NaOH没有挥发性，因此水解不能到底，只能得到NaAlO2；AlCl3水解生成HCl挥发，促进了水解的进行到底，得到Al(OH)3受热分解最后得到Al2O3，两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，C符合题意；
④CuCl2溶液受热水解产生Cu(OH)2、HCl，HCl挥发，产生的Cu(OH)2受热分解产生CuO，则最后得到的固体是CuO； CuSO4水解产生Cu(OH)2、H2SO4，H2SO4是难挥发性性的酸，二者反应又产生CuSO4，最后得到的固体是CuSO4，可见两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，D符合题意；
综上所述可知：符合题意的叙述是③④，故合理选项是C。
5. 下列化学用语表示错误的是
A. 质子数为7、中子数为7的氮原子： B. 的结构示意图：
C. 的电子式： D. 的结构式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，故原子符号为，正确；
B．的核电荷数为17，核外电子数为18，故离子结构示意图为，正确；
C．的电子式为，错误；
D．的碳氧原子间为双键，故结构式为，正确；
故选C。
6. 下列过程中化学键被破坏的是
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水 ⑥NaCl熔化
A. 全部 B. ②③④⑤⑥ C. ④⑤⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①碘是分子晶体，升华破坏的是分子间作用力，错误。
②溴蒸气被木炭吸附破坏的是分子间作用力，错误。
③酒精溶于水破坏的是分子间作用力，错误。
④HCl气体溶于水在水分子的作用下，断裂共价键，形成H+和Cl-，正确。
⑤MgCl2溶解于水断裂的是离子键，正确。
⑥NaCl是离子化合物，熔化水断裂离子键，正确。
答案选Ｃ。
7. 液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：，T℃时，液氨的离子积常数，若用定义的方式来规定，则下列叙述正确的是
A. 其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B. T℃时1L溶解有0.001的液氨溶液，其
C. 液氨达到电离平衡时
D. 一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．其他条件不变，液氨是纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，A错误；
B．T℃时1L溶解有0.001的液氨溶液，其，B正确；
C．液氨达到电离平衡时mol/L，则，C错误；
D．一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，增大,电离平衡逆向移动，D错误；
答案选B。
8. 某多孔储氢材料前驱体结构如图。已知M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是

A. 简单氢化物的还原性：XVIA，第一电离能大小顺序是，比N第一电离能小的有4种，C错误；
D．该化合物的阴离子中除H原子为2电子稳定结构，其他原子均为8电子稳定结构，D正确；
故选D。
9. 某密闭容器中发生如下反应： 。如图表示该反应的速率()随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是

A. t2时加入催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】A
【解析】
【详解】A．t2时，v正和v逆 均增大，且v正= v逆，平衡不移动；说明t2时刻改变的条件是加入催化剂，加快了化学反应速率，但平衡不移动，A正确；
B．t3时，v正和v逆均减小，且v正< v逆，平衡向逆反应方向移动；该反应正反应放热，若降低温度平衡正向移动，故t3时，改变的条件是减小压强，B错误；
C．t5时，v正和v逆均增大，且v正< v逆，平衡向逆反应方向移动，该反应正反应气体分子数减小，若增大压强，平衡正向移动，故t5时，改变的条件是升高温度，C错误；
D．t2～t3平衡不移动，t3～t4平衡逆向移动，t5～t6平衡逆向移动，说明t6以后转化率最低，D错误,
故选A。
10. VA族的氮、磷、砷()等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。下列说法不正确的是
A. 沸点：
B. N、P原子的第一电离能：
C. 基态原子的核外电子排布式为
D. 基态P原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3分子间存在氢键，NH3的沸点大于AsH3，则沸点：，A项错误；
B．同主族从上到下第一电离能依次减小，所以N、P原子的第一电离能：，B项正确；
C．As处于第四周期第VA族，根据构造原理可知，核外电子排布式，C项正确；
D．基态P原子价电子排布式为3s23p3，基态P原子电子占据最高能级为p能级，电子云轮廓图为哑铃形，D项正确；
答案选A。
11. 可充电水系Zn-CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的 H2O 电离出的H+ 和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法不正确的是

A. 放电时，电极a 为负极，发生氧化反应
B. 放电时，b 极的电极反应为：CO2 + 2H+- 2e- = HCOOH
C. 充电时，若电路中通过1 mol e-则有0.5 mol HCOOH转化为CO2
D. 充电时，水电离出的氢离子在阴极放电，阴极区溶液pH 增大
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，双极膜复合层间的H2O电离出的H+通过膜移向b极，OH-通过膜移向a极，充电时a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-═Zn，b极为阳极，电极反应式为HCOOH-2e-=CO2+2H+，据此作答。
【详解】A．放电时，由分析可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；
B．放电时，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，故B错误；
C．由分析可知，b极电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，若电路中通过1mol e-，则有0.5mol HCOOH转化为CO2，故C正确；
D．充电时，a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-═Zn，阴极区溶液pH增大，故D错误；
故选：BD。
12. 下列事实的解释不正确的是

事实
解释
A
气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难
的价层电子排布为，轨道为半充满比较稳定；
的价层电子排布为，再失去一个电子可达到轨道半充满的比较稳定状态
B
中H-O-H键角比中的大
的中心原子的孤电子对数为1，的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力；
【小问2详解】
根据图示看出，反应温度在T3时转化率最大所以最适宜的温度为T3；根据盖斯定律(II-I) 2就得到NO与O2反应的热化学方程式： kJ/mol；起始时1molNH3气体和2molO2，T2平衡时N2和NO的浓度相等都是0.2mol，得出如下关系，第I反应消耗NH30.2mol，O20.25mol，生成H2O0.3mol，第II反应消耗NH30.4mol，O20.3mol，生成H2O0.6mol，总体积是1L，平衡后各物质的浓度如下：c(NH3)=0.4mol/L，c(O2)=1.45mol/L，c(N2)=0.2mol/L，c(H2O)=0.9mol/L，带入平衡常数计算公式得出反应II的平衡常数K= 。
20. 掺杂了硒(Se)、碲(Te)固溶物的是一种具有良好塑性和热电性能的柔性半导体材料，该材料能用于可穿戴式、植入式电子设备的制备。
回答下列问题：
（1）Ag的核外电子排布式是，则Ag在元素周期表中的位置是___________。
（2）S、As、Se、Br在元素周期表中的位置关系如图所示，则As、Se、Br的第一电离能由大到小的顺序为___________，的空间构型为___________。

S

As
Se
Br

（3）金属Ge也是一种良好的半导体，利用离子液体[EMIM][]可电沉积还原金属Ge，该离子液体的熔点只有7℃，其中结构如图所示。

①中C原子的杂化类型是___________。
②中σ键数：π键数=___________。
③该离子液体的熔点比较低的原因是___________。
（4）ZnS的立方晶胞结构如下图所示：

①ZnS晶体中，与距离最近且等距的的个数是___________。
②ZnS的晶胞边长为a pm，则晶体的密度为___________g⋅cm(用含a、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）第五周期ⅠB族
（2） ①. Br>As>Se ②. 三角锥形
（3） ①. 、 ②. 19∶1 ③. 组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
由银的电子排布式可知银在第五周期第IB族；
【小问2详解】
根据元素周期律，第一电离能从左到右逐渐增大，As是半满稳定，因此第一电离能有大到小的顺序是Br>As>Se，的空间构型根据价层电子对互斥理论，Se原子周围成键电子对为3对，孤电子对为1对，中心原子是sp3杂化，有一对孤电子，因此空间构性为三角锥形；
【小问3详解】
结构中有一个大π键，碳原子周围有4个单键的是sp3杂化，有π键的碳原子是sp2杂化，碳原子杂化方式有sp2和sp3杂化，单键都是σ键，大π键只有一个，σ键数：π键数是19:1；离子液体熔点低和离子间作用力有关，组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；
【小问4详解】
ZnS晶体中一个Zn2+周围有4个S2-,一个S2-周围也有4个Zn2+，个数比为1:1；晶胞中有4个ZnS,晶胞的质量为g，体积是，因此晶胞的密度为 。