吉林省实验中学2021-2022学年高二下学期线上质量检测化学试题（解析版）.docx

1、吉林省实验中学20212022学年高二下学期线上教学诊断检测化学试题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。第卷1至4页，第卷5至6页。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。并在规定位置粘贴考试用条形码。2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效。不得在答题卡上做任何标记。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自

2、行保存。可能用到的相对原子质量：H1；C12；O16；Al27；Si28；P31；Cl35.5；Ni59第卷一、选择题：本题包括20小题，110题，每小题2分；1120题，每小题3分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1. 生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是A. 可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦B. 壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力C. 汽油不易溶解于水是因为水分子的极性和汽油分子的极性不同D. “挑尽寒灯梦不成”所看到的灯光和原子核外电子跃迁无关【答案】D【解析】【详解】A每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱

3、线，用特征谱线可以确定元素组成，A正确；B壁虎足上有许多细毛，与墙壁之间存在范德华力，壁虎可以在天花板上自由爬行，B正确；C汽油为非极性分子，水为极性分子，根据相似相容原理，非极性物质不易溶于极性溶剂，C正确；D原子中电子收到能量，电子发生跃迁，当跃迁回基态时收到的能量以光的形式放出，因此可以看到不同的颜色，D错误；故答案选D。2. 下列有关说法不正确的是A. 、分子中的键角依次增大B. 、分子中共价键的键长依次增大C. 、分子中共价键的键能依次减小D. 相同条件下，酸性弱于【答案】D【解析】【详解】ACH4、C2H4、CO2分别为正四面体型(10928)、平面三角型(120)、直线型(180

4、)，所以分子中的键角依次增大，故A正确；B原子半径越大，形成的共价键的键长越大，F、Cl、Br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吸电子的能力-F-Cl-H，酸性FCH2COOHCH3COOH，故D错误；故选：D。3. 下列化学用语的表达正确的是A. 原子核内有10个中子氧原子：B. 氯原子的结构示意图：C. Fe3的最外层电子排布式：3s23p63d5D. 基态铜原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A原子核内有10个中子的氧原子：，A不正

5、确；B氯原子的结构示意图：，B不正确；CFe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；故选C。4. SiF4与SiCl4分子都是正四面体结构。下列判断正确的是（ ）A. 键长：Si-FSi-ClB. 键能：Si-FSi-ClC. 沸点：SiF4SiCl4D. 共用电子对偏移程度：Si-ClSi-F【答案】B【解析】【详解】A.原子半径ClF，原子半径越大，则其形成的化学键的键长就越大，所以键长：Si-FF，所以键能Si-FSi-Cl，B正确；C.SiF4、SiCl4都是由分子构成

6、的物质，结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质气化需要的能量就越大，即物质的沸点越高。由于相对分子质量：SiF4SiCl4，所以物质的沸点：SiF4Cl，所以共用电子对偏移程度：Si-ClZ(S) W(O)，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O H2S SiH4，故B错误；C即SiO2为空间网状结构，属于共价晶体，故C错误；DNa+最外层有8个电子，O原子形成2个共价键、Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；故选：D。14. 短周期主族元素A、B可形成AB3分子，下列有关叙述正确的是A.

7、若A、B为同一周期元素，则AB3分子一定为平面正三角形B. 若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子可能为平面正三角形C. 若为A、B为同一主族元素，则AB3分子一定为三角锥形D. 若AB3分子为三角形锥形，则AB3分子一定为NH3【答案】B【解析】【详解】A若为PCl3，含有3个键和一对孤电子对，P采取sp3杂化，则分子为三角锥形，故A错误；BBCl3满足要求，根据价层电子对互斥理论可知BCl3价层电子对为3，B采取sp2杂化，其分子为平面正三角形，故B正确；C若分子为SO3，根据价层电子对互斥理论可知SO3价层电子对为3，S采取sp2杂化，则为平面正三角形，故C错误；D分子不一定为

8、NH3，也可能为NF3等，故D错误；故答案为B。15. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A. 晶体中含有键的数目为2NAB. 白磷()晶体中含有键的数目为4NAC. 冰中含有的氢键数目为4NAD. 晶体中含有键的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A晶体硅中每个硅原子连接4个硅原子形成共价键，每个Si-Si键被两个硅原子共有，所以每个硅原子平均拥有两个Si-Si键，28g晶体硅中含有SiSi键个数为=2NA，A正确；B白磷为正四面体结构，1个白磷分子中有6个P-P键，124g白磷(P4)晶体中含有PP键的个数为=6NA，B错误；C18g冰物质的量为，1个水分子形成2个氢键，氢键

9、数为2NA，C错误；D物质的量为，1molSiO2晶体中硅原子可与氧原子形成4NA个SiO键，D错误；故答案为：A。16. 下列对一些实验事实的理论解释，错误的是选项实验事实理论解释A金刚石比晶体硅熔点高碳原子半径比硅原子半径小B白磷为正四面体分子白磷分子中PP键的键角是10928CI2在H2O中的溶解能力比I2在CCl4中的溶解能力小“相似相溶”原理”D对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A碳原子半径比硅原子半径小，则C-C键键长比Si-Si键键长短，则键能更大，故金刚石比晶

10、体硅熔点高，故A正确；B 白磷为正四面体分子，白磷分子中P-P键的键角是60，故B错误；C I2、CCl4均为非极性分子，H2O为极性分子，根据“相似相溶”原理”可知，I2在H2O中的溶解能力比I2在CCl4中的溶解能力小，故C正确；D 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，形成分子间氢键可提高物质的熔沸点，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，形成分子内氢键会降低物质的熔沸点，则对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高，故D正确；故选B。17. 在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管

11、状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家族。下列有关说法错误的是A. 熔点比较：C60C70C900，则石墨比金刚石稳定C. C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有10个D. 金刚石、C60、C70、管状碳和洋葱状碳一定条件下都能燃烧【答案】C【解析】【分析】【详解】A分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点就越高，故熔点比较： C60C70C90 ，故A正确；B 石墨转变为金刚石吸收能量，则石墨能量低，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；C以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有1

12、2个，故C错误；D C60 、 C70 、管状碳和洋葱状碳都是碳的单质，都能与 O2 发生反应，生成碳的氧化物，故D正确；故选C。18. 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。下列说法错误的是A. 该分子中所有N原子都为杂化B. 该分子中键的键能大于键的键能C. 该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为D. 该分子中键与键数目之比为【答案】A【解析】【详解】A含有N=C键的N原子形成3个键，为sp2杂化，故A错误；B键长越小，键能越大，则C-H键的键能大于C-F键的键能，故B正确；CN原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势

13、，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为FNO，故C正确；D有机物含有1个C=H、C=C、C-C、3个C=N、2个C=O、3个N-H、3个C-N、1个C-F键，其中双键含有1个键、1个键，则该分子中键与键数目之比为15：4，故D正确；故选：A。19. 已知NaCl的摩尔质量为，食盐晶体的密度为，若如图中与最邻近的核间距离为acm，那么阿伏加德罗常数可表示为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】一个NaCl的晶胞中所包含的为：，数目为：，即1个NaCl晶胞的体积实际上是4个和4个共同所占的体积，由NaCl晶胞示意图可知1个与1个共同占有的体积为，由等式，可得， 故选：C。20. 氮

14、的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ）A. 平面三角形 sp2杂化B. V形 sp2杂化C. 三角锥形 sp3杂化D. 直线形 sp杂化【答案】D【解析】【分析】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据其价层电子对数判断。【详解】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数为2+(5-1-22)=2，所以其中的氮原子按sp

15、方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。【点睛】本题考查了杂化类型的判断方法和微粒的空间构型，根据价层电子对互斥理论分析。第卷二、非选择题：本题共4题，共50分。21. 根据已学知识，请回答下列问题：（1）最外层电子排布为的基态原子的核电荷数为_。（2）某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其基态原子的外围电子排布式为，该元素的名称是_。（3）的空间构型为：_。（4）周期表中电负性最大的元素基态原子的轨道表示式为_。（5）某元素基态原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，写出该元素原子的电子排布是_。【答案】（1）31 （2）硒 （3）三角锥形 （4） （5）1

16、s22s22p63s2或Ne3s2【解析】【小问1详解】最外层电子排布为的原子中其内层电子层上完全排满电子，所以该原子中电子数= 2+8+18+3=31，原子中核外电子数=核电荷数，所以它的核电荷数为31，故答案为：31；【小问2详解】原子的外围电子排布是，说明该原子中各个轨道都充满电子，该原子核外电子数是34，所以是硒元素，故答案为：硒；【小问3详解】根据VSEPR模型得，的价层电子对=，有1个孤电子对，所以是三角锥形，故答案为：三角锥形；【小问4详解】周期表中最活泼的非金属元素F，核外电子排布式为1s22s22p5，其原子的轨道表示式为，故答案为：；【小问5详解】设最外层电子数为x，则x=

17、 (x+2+8)，求得x= 2，其核外电子数=质子数= 12，该元素的为Mg，该元素原子的电子排布式是1s22s22p63s2或Ne3s2，故答案为：1s22s22p63s2或Ne3s2。22. 现有五种元素，其中Y、Z、W为同周期主族元素，Q为第四周期元素，这五种元素的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。X元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中含量最丰富的元素Y元素基态原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层中电子总数Z元素基态原子的未成对电子数目是同周期中最多的W元素基态原子最外能层的p能级中有一个轨道填充2个电子Q在周期表的第七列（1）Q位于第_族，它位于周期表的_区。（

18、2）离子的空间构型为：_；化合物2W的价层电子对互斥模型为_。（3）比较和的键角的大小：_(填“”或“”)，请用价层电子对互斥理论解释：_。（4）化合物中，Y元素原子的杂化形式有_，该化合物中键和键的个数之比为_。【答案】（1） . B . d （2） . 平面三角形 . 四面体形 （3） . . NH和NH3的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，NH3中N原子孤电子对数为1，NH中N原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH中孤电子对数多，排斥作用强，键角较小 （4） . sp、sp3 . 5：2【解析】【分析】X元素的核外电子数和电子层数相等

19、，也是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y元素基态原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子，则其核外电子排布式为1s22s22p2，即为C元素；Y、Z、W为同周期主族元素，则均为第二周期，Z元素基态原子的未成对电子数目是同周期最多的，则Z为N元素；W元素基态原子最外能层的p能级中有一个轨道填充2个电子，且位于第二周期，则其核外电子排布为1s22s22p4，即O元素；Q在周期表的第七列，且位于第四周期，则Q为Mn元素。小问1详解】Q为Mn元素，为第25号元素，基态原子核外电子排布为Ar3d54s2，位于第B族，价电子为3d54s2，属于d区；【小问2详解】ZW即NO，中心N原子的价层电子对数

20、为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；X2W即H2O，中心O原子的价层电子对数为=4，所以价层电子对互斥模型为四面体形；【小问3详解】NH和NH3的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，NH3中N原子孤电子对数为1，NH中N原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH中孤电子对数多，排斥作用强，键角较小，所以键角：ZXZX3；【小问4详解】化合物X3YYZ即H3C-CN，形成三键的C原子为sp杂化，只形成单键的C原子为sp2杂化，单键均为键，三键中有一个键，两个键，所以该化合物中键和键的个数之比为5：2。23. 中国科学技术大学俞书宏教授团

21、队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型氧化物。根据所学知识回答下列问题：（1）区别结晶型氧化物和无定形氧化物最可靠的科学方法为_，结晶型氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_。（2）为第五周期元素与同族，则的基态原子价层电子排布式为_。（3）配合物常温下为液态，易溶于、苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，是_(填“极性”或“非极性”分子。（4）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_(填编

22、号)。A. B. C. D. （5）立方(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，则NiO晶体的密度为_g/cm3 (填计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1） . X-射线衍射法 . 自范性 （2）4d55s1 （3）非极性 （4）A （5）【解析】【小问1详解】区分晶体和非晶体最科学的方法就是X-射线衍射法，晶体自发呈现多面体外形是晶体自范性的表现。【小问2详解】基态原子价层电子排布式为：3d54s1，为第五周期元素与同族，则的基态原子价层电子排布式为：4d55s1。【小问3详解】根据相似相溶原理溶质可以溶于相同极性的溶剂中，因为四氯化碳和苯均为非极性分子，因此可推测

23、为非极性分子。【小问4详解】由选项可知：A为基态Fe3+，B为基态Fe2+，C为激发态Fe2+，D为激发态Fe3+，激发态能量高于基态能量，故激发态电离最外层的一个电子所需能量小于基态，对于基态微粒而言电离能逐级增大，即I1I2I3I4。所以电离最外层的一个电子所需能量最大的是基态Fe3+，选A。【小问5详解】晶胞中Ni原子数目为：，氧原子数目为：，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则NiO晶体的密度为： g/cm3。24. N、P、As、Sb均是第VA族的元素。（1）上述元素的氢化物的沸点关系如图所示，沸点：，其原因是：_；沸点：，其原因是_。（2）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，该化合物的

24、化学式为_。（3）磷化铝熔点为2000，它与晶体硅的晶体类型相同，磷化铝晶胞结构如图所示。磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为_。图中A点和B点的原子坐标参数如图所示，则C点的原子坐标参数为_。磷化铝晶体的密度为，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为_cm(填计算式)。【答案】（1） . NH3分子间存在氢键 . 相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强 （2）Fe3N （3） . 共价键 . (，) . 【解析】【小问1详解】N、P、As、Sb均是第VA族的元素，沸点：PH3NH3，这是由于NH3分子间形成了分子间氢键，而氢键的作用力大于范德华力，致使其

25、沸点反常；沸点：PH3AsH3SbH3，这是由于三者均不形成氢键，沸点是范德华力主导，随着相对分子质量增加，沸点增大，故答案为：NH3分子间存在氢键；相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强；【小问2详解】根据晶胞结构分析，顶点Fe原子占，面心Fe原子占，内部Fe原子为整个晶胞所有，内部N原子为整个晶胞所有，则一个晶胞中含有Fe为12+2+3=6，含有N为2，所以化合物的化学式为Fe3N，故答案为：Fe3N；【小问3详解】由磷化铝熔点为2000、与与晶体硅的晶体类型相同，可知磷化铝晶体为共价晶体，磷与铝微粒间的作用力为共价键；根据晶胞内部粒子结构排布，C点处四面体填隙，位于四面体体心，根据立体几何知识，则C点的3个坐标参数均应为，所以C点的原子坐标参数为(，)；立方晶胞顶点粒子占，面粒子，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Al的个数为8+64，含有P的个数为4，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为427+431=232g，1mol晶胞含有NA个晶胞，记晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积V=a3cm3，因此晶胞的密度为g/cm3，则晶胞参数acm，根据立体几何知识，不难求出两个Al原子之间最短的距离为a=cm，故答案为：。