高二化学试卷
试卷满分100分，考试用时75分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修1及选择性必修2。
5.可能用到的相对原子质量：H1Li7N14016C135.5B11P31
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共15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。
1100℃
1.提纯粗硅时可通过反应SHCL,+H
一Si+3HCl获取晶体硅。下列说法正确的是
()
A.1 molSi晶体中含有4mo1非极性键
B.Si原子的核外有5种不同空间运动状态的电子
C.SHC的空间填充模型为
D.硅晶体中1个Si-Si键被6个六元环共用
2.下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是()
A.三氟乙酸的K,大于三氯乙酸的K,
B.F-F键的键能小于CI-Cl键的键能
C.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D.气态氟化氢中存在F)2,而气态氯化氢中是HCI分子
3。我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一，一种具有聚集诱导发光性能
的物质，其分子结构如图所示。下列说法正确的是（)
CS扫描全能王
3亿人都在用的扫描APp
COOH
A,分子中C原子有sp、sp两种杂化方式，N原子均为sp杂化
B.分子中含有手性碳原子
C.1mo1该物质含g键数目为43NA个
D.该物质不能形成分子内氢健
C
4.石墨与F,在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构
化合物(C),该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。
下列关于该化合物的说法正确的是()
A.与石墨相比，(C℉)，抗氧化性增强
B.与石墨相比，(C).导电性增强
C.1mol(C).中含有2xmol共价单键
D.(CF)中C-C的键长比C-F短
5.冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠一6与
钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是()
A含该超分子的物质属于分子晶体
B.冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子
C.中心碱金属离子的配位数是不变的
分
D.冠醚可用于分离不同的碱金属离子
6。在人类提出水合氢离子概念一百多年来，我们首次在实空间里观测到水合氢离子的微观
结构（两种构型的水合氢离子的结构模型如图），并发现了一种室温下保持在常压状态具有氢
原子对称化构型的二维冰新物态。下列有关说法正确的是（)
0
H
(a)
(b)
A.(a)(b)均可表示为H,0*
B.(a)(b)中0原子均为sp杂化
C.()中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
D.水合氢离子组装形成的二维冰相为共价晶体
CS扫描全能王
3亿人都在用的扫描AP高二化学答案
1. D 【解析】 A．晶体中含有2mol非极性键 B． 原子的核外有8种不同空间运动状态的电子 C．该选项为的球棍模型 故选D
2. B 【解析】A．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，A不符合题意； B． F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，B符合题意；
C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；
D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；
3. C 【解析】A．分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式；B．分子中无手性碳原子;
C．1mol该物质含σ键数目为43NA个 ; D．该物质能形成O-H…N分子内氢健 故选c
4. A 【解析】A．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，A正确；
B．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，B错误；
C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中的键长比长，C错误；
D．由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误。
5. D 【解析】A.冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，故A错误；B. 冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键故B错误；C.中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，故C错误；D.有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，可用于分离，D正确.
6. B 【解析】A．(a)结构中，1个水合氢离子通过氢键和3个水分子作用，(b)结构中，1个氢离子通过氢键和2个水分子作用，不可表示为，故A错误；
B．因为(a)(b)中O原子价层电子对数为4，即均为杂化，故B正确；
C．(a)中水分子中含有共价键，氧原子上的孤电子对与氢离子通过配位键形成水合氢离子，水合氢离子通过氢键和3个水分子作用，但氢键不属于化学键，故C错误；
D．共价晶体中全部原子间只靠共价键结合形成空间网状结构，水合氢离子组装形成的二维冰相属于分子晶体，故D错误。
7. A 【解析】由化合物的结构和题给信息知W, X、Y、Z为H, Li, Al, Cl元素。
A．Li常用来制造锂电池； B．Y、Z形成的化合物为AlCl3不能用于制取单质铝
C．W的简单离子为H+ 或H-，其半径可能大于Li+的离子半径 D．Cl2的水溶液需保存在棕色试剂瓶中
8． C 【解析】由化合物T的结构简式和题给信息知X、Y、Z、M、N为H , C , O, S ,K元素。
A．由分析知Z为O，M为S，O、S同主族，且非金属性O＞S，元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则有H2O＞H2S，故A错误；
B．由分析知M为S，N为K，简单离子的核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则有r(S2-)＞r(K+)，故B错误；
C．化合物YM2分子为CS2，分子结构为S=C=S，分子中含有σ键2个，π键2个，故C正确；
D． Y的基态原子核外电子数为6，最外层电子数为4，电子排布时遵循洪特规则，电子将尽可能分占不同轨道，且自旋方向相同，原子的电子轨道表示式应为： ，故D错误.
9. C 【解析】已知前四周期元素X、Y、Q、R、Z和W在周期表中的位置和题给信息知X、Y、Q、R、Z和W为N, O, P, S, Zn, Ge元素。
A． Z是Zn元素，根据构造原理可知基态Zn原子的价电子排布为3d104s2，A正确；
B．一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但当元素处于第ⅤA 时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，X是N，Q是P，二者属于第ⅤA元素，Y是O，R是S，二者属于第ⅤlA元素，故X和Q的第一电离能都大于同周期相邻元素，B正确；
C. O元素没有与族序数相等的最高化合价，所以元素的最高化合价关系为：Y＜X=Q＜R，C符合题意；
D．R是S，其最高价氧化物的水化物是H2SO4，最低价氢化物是H2S，浓H2SO4具有强的氧化性，会与具有还原性的H2S发生氧化还原反应产生S、H2O，D正确。
10. D 【解析】A．P最外层5个电子，形成了3个共价键，S最外层6个电子，形成了2个键，因此都满足8电子稳定结构，不仅仅是P原子，故A错误；
B．均采用sp3杂化，PCl3的中心原子有一对孤电子，而无孤电子对，因为孤电子对对成键电子对有排斥力，所以导致Cl-P-Cl键角更小，即键角比较：，故B错误； C．S原子价层电子对数是4，则S原子是sp3杂化，故C错误； D．根据结构简式可知1mol 分子中含有6mol极性共价键，3mol非极性共价键，故D正确。
11. B 【解析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。
A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，B错误； C. O3及ClO都是由极性键构成的极性分子,C正确； D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D正确。
12. D 【解析】实验①中,0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色,加热后颜色变深,说明升高温度水解程度增大,颜色加深,结合实验②中现象可知Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3,A正确; 实验②中,酸化的0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液加热前接近无色,加热后溶液颜色无明显变化,则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,B正确; 实验③中,向酸化的0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中加入NaCl后,溶液立即变为黄色,加热后溶液颜色变深,则Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-正向移动,C正确; 实验④中,加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深,Fe3+水解平衡正向移动或Fe3++4Cl-+2H2O [FeCl4(H2O)2]-正向移动均可能使颜色变深,D错误。
13. D 【解析】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确； B．已知(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 ，生成使溶液颜色加深，B项正确； C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确； D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误。
14. A 【解析】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，变为铜离子与氨气形成，因此甲室电极为负极，故A错误；
C. 左侧负极是，正极是，则电池总反应为：，故C正确；
D. 扩散到乙室会与铜离子反应生成，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。
15. D 【解析】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确； B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确； C．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，C项正确； D．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，D项错误。
16题（14分）（1）2s22p3 （2） ①. A ②. ＜ .形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
（3）正四面体 . 硼原子的价电子层只有 2s和2p四个原子轨道，最多可以形成四个共价键 （4） ① ＜ ② . TiCl3+3LiBH4==Ti(BH4)3+3LiCl （5）① 共价 ②是 ②
17题（13分）（1）平面正方形 (2) Fe3+＋3H2DzFe(HDz)3＋3H+ Fe3+ 会形成Fe(OH)3沉淀 (3) 1.1 (4) Bi3+ 、Bi(HDz)3 7:3 （或Bi(HDz)3 、Bi3+ 3:7）
(5)Zn(HDz)2 + 6OH-=[Zn(OH)4]2- + 2Dz2-+ 2H2O
【解析】(1)根据双硫腙和铜离子络合的方程式类比可知，双硫腙和Fe3＋络合的离子方程式为Fe3+＋3H2DzFe(HDz)3＋3H+。因为铁离子在pH过高时会沉淀，因此要控制pH。故答案为Fe3+＋3H2DzFe(HDz)3＋3H+，Fe3+ 会形成Fe(OH)3沉淀；
(2)当pH=1.1时，Hg2+完全络合，Bi3+、Zn2+还没有开始络合，因此控制溶液pH=1.1可以完全将废水中的Hg2+分离出来。故答案为1.1；
(3)当pH=2时，Bi3+开始络合，溶液中既有Bi3+ 也有Bi(HDz)3。此时Bi3+有30%已经络合，因此Bi3+和Bi(HDz)3的物质的量之比为7:3。故答案为Bi3+ 、Bi(HDz)3，7:3；
18题 （14分）（1）6 （2） （3） （4） 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 (5) ① DCBADE ② A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊
【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3] 3H2O，据此分析解题。
【详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；；
(3)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4；
(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；
19题 （14分）（1）极性， sp3 （2）2ΔH3-2ΔH2-ΔH1 反应放热量大、产生大量气体
（3）8.7×10-7 N2H6(HSO4)2 （4）N2H4+4AgBr= N2+ 4Ag+4HBr 2
