2025-2026学年河南周口市第三高级中学学下学期高二年级期中考试化学试题 含答案

/2025-2026学年下学期高二年级期中考试化学试题出题范围：选择性必修二+选择性必修三第一章第一节一、选择题(每题只有一个正确答案，每题3分，共42分)1.科技乃兴国之重。下列说法正确的是A.“奋斗者”号潜水艇使用了新型钛合金材料，与互为同素异形体B.全球首款石墨烯柔性显示屏于广东研制成功，石墨烯与乙烯互为同系物C.高强度特种钢应用于我国新能源汽车制造，铁元素位于元素周期表的d区D.我国民企火箭发动机“天鹊”使用了氮化硅材料，属于分子晶体【答案】C【解析】【详解】A．同位素是同种元素的不同原子（质子数相同，中子数不同），而同素异形体是同种元素组成的不同单质，与互为同位素，而非同素异形体，A错误；B．石墨烯是碳的单质（二维结构），乙烯（C2H4）是烃类有机物，二者结构不相似，不是同系物，B错误；C．铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，属于d区元素，C正确；D．氮化硅（Si3N4）是共价晶体，具有高熔点和高硬度，D错误；故答案选C。2.下列说法中，错误的是A.键能越大，断开化学键所需能量越多B.键长和键角的数值可通过晶体的X射线衍射实验获得C.键角仅由成键原子的种类决定，与分子空间结构无关D.共价键的饱和性决定了分子中原子的成键数目【答案】C【解析】【详解】A．键能是断开1mol化学键所需的能量，键能越大，所需能量越多，故A正确；B．X射线衍射实验可测定晶体结构，包括键长和键角，故B正确；C．键角不仅由成键原子种类决定，还与分子空间结构有关，故C错误；D．共价键的饱和性指原子成键数目固定，如C形成4个键，故D正确；答案选C。3.下列属于极性分子的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．HCl是由极性键形成的双原子分子，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意；B．N2是非极性键形成的单质分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，C不符合题意；D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D不符合题意；答案选A。4.下列化学用语正确的是A.的VSEPR模型：B.的电子式：C.中键的形成：D.基态铜原子价电子的轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．的中心原子N采取sp3杂化，有一对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形，A正确；B．的结构中含碳碳三键，的电子式为，B错误；C．中键的形成为，C错误；D．基态铜原子价电子排布式为，轨道表示式为，D错误；故选A。5.下列关于丙烯()分子的说法中，错误的是A.有8个σ键，1个π键 B.有2个碳原子是杂化C.3个碳原子在同一平面上 D.所有原子都在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A．已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，故丙烯()有8个σ键，1个π键，A正确；B．分子中甲基上的C原子周围有4个σ键，为sp3杂化，双键所在的两个C原子为sp2杂化，故有2个碳原子是杂化，B正确；C．双键所在的平面上有6个原子共平面，故分子中3个碳原子在同一平面上，C正确；D．由于分子中存在甲基，故不可能所有原子都在同一平面上，D错误；故答案为：D。6.铋基电子陶瓷可制成核辐射探测器，元素周期表中铋元素的数据如图：下列说法中正确的是A.铋元素的质量数是209.0 B.铋是s区元素C.铋原子6p能级有一对成对电子 D.铋原子的价层电子排布是【答案】D【解析】【详解】A．铋元素的相对原子质量是209.0，A错误；B．根据元素周期表中铋元素的数据，铋原子的价层电子排布是，则铋是p区元素，B错误；C．铋原子的价层电子排布是，则价电子排布图为，因此铋原子6p能级的3个电子都是未成对电子，C错误；

D．根据元素周期表中铋元素的数据，铋原子的价层电子排布是，D正确；答案选D。7.下列各组元素性质的叙述中，不正确的是A.电负性：Na<Mg B.最高正价：S>Si>BC.第一电离能： D.金属性：【答案】C【解析】【详解】A．同周期元素从左到右，电负性逐渐增大。Na和Mg位于第三周期，Na在左，Mg在右，因此电负性：，A正确；B．主族元素的最高正价一般等于其族序数（O、F除外）。S位于第ⅥA族，最高正价为+6；Si位于第ⅣA族，最高正价为+4；B位于第ⅢA族，最高正价为+3，因此最高正价：，B正确；C．同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，即；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，O和S同主族，O在上方，因此；即正确的顺序应为：，C错误；D．同主族元素从上到下，金属性逐渐增强。Li、Na、K位于第ⅠA族，从上到下依次排列，因此金属性：，D正确；故选C。8.物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质差异解释错误的是选项性质差异主要原因A沸点：H2O>H2S非金属性：O>SB酸性：HClO4>HBrO4电负性：Cl>BrC硬度：金刚石>晶体硅原子半径：Si>CD熔点：MgO>NaF离子电荷：Mg2+>Na+，O2->F-A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．沸点高于的主要原因是分子间存在氢键，而不是由于O的非金属性强于S，这与氢化物沸点之间无直接关系，A错误；B．酸性强于是因为Cl的电负性大于Br，导致键极性更强，更易解离，与元素的电负性大小有关，B正确；C．金刚石硬度大于晶体硅是因为二者都是共价晶体，原子半径：，导致键长：，因此键键能更大，其形成的共价键结构更稳定，C正确；D．MgO和NaF均为离子晶体，其熔点与晶格能有关。晶格能主要受离子电荷影响，离子电荷数越高，晶格能越大。和所带电荷数比和的多，因此MgO的晶格能远大于NaF，熔点更高。D正确；故选A。9.Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是A.是两性氢氧化物B.和的晶体类型相同C.中Be原子的杂化方式为D.与反应：【答案】B【解析】【详解】A．由图中转化信息可知，既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确；B．由题中信息可知，的熔点远远高于的，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误；C．中Be原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为sp3，C正确；D．中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与反应生成和，该反应的化学方程式为，D正确；综上所述，本题选B。10.蓝晶绽彩，化韵无穷。以蓝色的CuSO4溶液制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的过程如图所示。下列说法不正确的是A.基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：B.过程②可观察到蓝色沉淀逐渐溶解，得到深蓝色的透明溶液C.过程③乙醇的作用是降低溶剂极性，减小溶质的溶解度D.配合物离子[Cu(H2O)4]2+的稳定性大于[Cu(NH3)4]2+【答案】D【解析】【分析】向CuSO4溶液中滴入几滴1mol/L氨水，发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，产生Cu(OH)2蓝色沉淀；当加入足量1mol/L氨水时，蓝色沉淀溶解，发生反应：Cu(OH)2↓+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，产生可溶性物质而得到深蓝色溶液；后当加入95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁时，看到又产生了深蓝色沉淀，这是由于乙醇能够降低溶液中溶剂的极性，同时降低溶质[Cu(NH3)4](OH)2的溶解度而结晶析出。【详解】A．Cu是29号元素，根据构造原理可知：基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，基态Cu2+是Cu原子先失去1个4s电子形成Cu+，Cu+再失去1个3d电子后形成的，故基态Cu2+的价层电子排布式是3d9，则由于每个轨道最多可容纳两个自旋方向相反的电子存在，则其价层电子轨道表示式为：，A正确；B．过程①产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，向其中加入足量1mol/L氨水时，Cu(OH)2与过量氨水发生反应：Cu(OH)2↓+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，物质溶解，得到深蓝色溶液，B正确；C．深蓝色溶液的溶质为[Cu(NH3)4](OH)2，溶剂为水，当向该溶液中加入95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁时，看到产生了深蓝色沉淀，这是由于乙醇能够降低溶剂极性，同时减小了溶质[Cu(NH3)4](OH)2的溶解度而结晶析出，C正确；D．Cu2+在溶液中实际上是以[Cu(H2O)4]2+的形式存在，向CuSO4溶液中加入过量1mol/L氨水时，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在，说明了配合物离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+＜[Cu(NH3)4]2+，D错误；故合理选项是D。11.一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是A.原子半径： B.第一电离能：C.电负性： D.单质氧化性：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，则W为H；X和Z同族，X、Z的共价键数目为2、6，则X为O，Z为S；Y的原子序数位于X、Z之间，且只有一个共价键，则Y为F，据此回答问题；【详解】A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径依次减小，因此原子半径：，故A错误；B．同一周期，从左到右，第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能：，故B正确；C．同一周期，从左到右电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，故，推出电负性：，故C正确；D．X、Y、Z的单质分别为O2、F2、S，因此单质氧化性：，故D正确；故答案选A。12.我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是A.主体分子存在分子内氢键 B.主客体分子之间存在共价键C.磺酸基中的S—O键能比小 D.和中N均采用杂化【答案】B【解析】【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C．已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确；D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；故选B。13.下列各组有机化合物中，不互为同分异构体的是A.与B.和C.与D.与【答案】B【解析】【详解】A．与，分子式都是C8H8O2，结构不同，属于同分异构体，故不选A；B．的分子式为C2H4，的分子式为C3H6，分子式不同，不是同分异构体，故选B；C．与分子式都是C7H6O2，结构不同，属于同分异构体，故不选C；D．与分子式都是C5H12O，结构不同，属于同分异构体，故不选D；选B。14.下列有关物质的分类说法错误的是A.烯烃、炔烃都属于不饱和烃B.不属于胺类化合物C.属于酯类化合物D.和都属于芳香族化合物【答案】D【解析】【详解】A．烯烃、炔烃是含有碳碳不饱和键的烃，都属于不饱和烃，A正确；B．含有酰胺基，属于酰胺类化合物，B正确；C．的名称为乙酸乙烯酯，含有酯基，属于酯类化合物，C正确；D．含有苯环，属于芳香族化合物，不含有苯环，不属于芳香族化合物，D错误；故选D。二、非选择题(共4小题，共58分)15.硫及其化合物在工业、生物体内有重要作用。（1）硫单质是重要的化工原料，可以合成等物质。①基态硫原子的价层电子轨道表示式为___________。②硫单质的一种同素异形体分子(结构见图)像顶皇冠。中硫的杂化方式为___________，其易溶于的原因是___________。③工业上，常用作还原剂。的分子构型为___________，其沸点___________(填“高于”或“低于”)，原因是___________。（2）铁硫簇广泛存在于生物体内，是多种蛋白质的辅因子。一种铁硫原子簇的结构特点如图所示，该化合物的化学式为___________。【答案】（1）①.②.③.两者均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于④.V形⑤.低于⑥.分子间存在氢键，而分子间不存在氢键（2）【解析】【小问1详解】①S是16号元素，基态S原子的价层电子排布式为，轨道表示式为；②在S8分子中，每个硫原子形成2个键，且有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=键数+孤电子对数=2+2=4，所以硫原子的杂化方式为；相似相溶原理是指（非）极性溶质一般能溶于（非）极性溶剂，和都是非极性分子，所以易溶于；③分子中，硫原子的价层电子对数=键数+孤电子对数，有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其分子构型为V形；和都属于分子晶体，分子晶体的沸点主要取决于分子间作用力，分子间存在氢键，而分子间不存在氢键，所以的沸点低于；【小问2详解】根据图示重复单元，其中含有2个K原子、1+个Fe原子和4个S原子，故K、Fe、S原子个数最简比为1:1:2，化学式为。16.我国稀土资源丰富。一种利用氟碳铈矿(含等)制备稀土化合物的流程如下。（1）基态F原子的核外电子空间运动状态有_______种。（2）中Ce元素的化合价为_______。“焙烧”时，转化为和，同时生成一种非极性气体分子，反应的化学方程式为_______。（3）滤渣1的主要成分有和。分别属于_______、_______晶体。（4）已知：半径比小。的熔点_______BaO(填“高于”或“低于”)。（5）一种晶体的立方晶胞结构如图所示。的配位数为_______。若晶胞边长为anm，则与的最短距离为_______nm。【答案】（1）5（2）①.+3②.（3）①.离子②.共价（4）高于（5）①.8②.【解析】【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)中通入空气进行“焙烧”，Ce元素转化为CeO2和CeF4，同时生成CO2，BaO、SiO2不参与反应，向熔渣中加入硫酸“酸浸”，CeO2和CeF4转化为Ce4+，滤渣1主要成分为BaSO4和SiO2，过滤所得的滤液加入NaOH与Ce4+反应生成Ce(OH)4，最后煅烧Ce(OH)4得到CeO2，据此解答。【小问1详解】基态F原子的核外电子排布1s22s22p5，电子的空间运动状态由能层、能级和轨道决定：1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，空间运动状态为1+1+3=5。【小问2详解】CeFCO3中Ce元素的化合价为+3价；“焙烧”时，CeFCO3转化为CeF4和CeO2，同时生成非极性气体，应为CO2，反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。【小问3详解】BaSO4由Ba2+和SO通过离子键结合，属于离子晶体，SiO2由Si和O通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体。【小问4详解】离子半径越小、电荷越高，晶格能越大，熔点越高，Ce4+半径比Ba2+小，因此CeO2的熔点高于BaO。【小问5详解】分析晶胞结构图，黑球个数为8×+6×=4，白球个数为8个，故黑球为铈离子、白球为氧离子，处于面心铈离子周围有8个氧离子，铈离子的配位数为8；面心的Ce4+与顶点的Ce4+距离最近，晶胞边长为anm，Ce4+与Ce4+最近距离为。17.单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：（1）Fe元素在周期表中的位置，位于元素周期表___________(周期、族)。基态原子与基态离子未成对电子数之比为___________。（2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。①元素C、N、O中，第一电离能最大的是___________，电负性最大的是___________。②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为___________。（3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。①晶胞中原子的半径为___________pm。②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是___________。【答案】（1）①.第四周期第VIII族②.4：5（2）①.N②.O③.sp2（3）①.②.n【解析】【17题详解】Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为，未成对电子数为4，基态电子排布式为，未成对电子数为5。.【18题详解】①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：。②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为杂化。【19题详解】①为体心立方晶胞，晶胞边长为apm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。②m截面面积，每个角原子被4个相邻晶胞共享(二维共享)，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个，n截面面积为，每个角原子被4个相邻晶胞截面共享，体心原子完全属于本截面，所含原