北京市2022-2023学年高二年级下册3月月考化学试题（解析版）

北京市第一六一中学2022-2023学年高一下学期3月月考

化学试题

本试卷共5页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答

无效。

一、选择题：本大题共20道小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。

可能用到的相对原子质量：HlC12O16C135.5N14Fe56Mn55S32Na23

Cr521127

1.下列化学用语不正确的是

B.乙烯的空间填充模型:

D.乙烯的实验式CH2

【答案】A

【解析】

【详解】A.C原子半径大于H,球棍模型中C球应大于H,故A错误;

故正确;

B.乙烯结构简式为：CH2=CH2,平面型分子，空间填充模型为B

C.乙酸结构简式为：CH3coOH,其分子式：c2H4。2，故C正确;

D.乙烯结构简式为：CH2=CH2,实验式即最简式为CH2,故D正确;

故选：Ao

2.下列说法不正确的是

。和。互为同位素

A.1618B,金刚石和石墨互为同素异形体

ClH

II

C.乙醇的结构简式：CH3cH20HD.CH3—c—H和CH3—c—C1互为同分

ClC1

异构体

【答案】D

【解析】

【详解】A.16。与18。是氧元素的两种核素，质子数相同而中子数不同，两者互称同位素，描述正确，不

符题意；

B.金刚石与石墨均是碳元素单质，但具体结构不同，属于同素异形体，描述正确，不符题意；

C.乙醇的结构简式：CH3CH2OH,描述正确，不符题意；

ClH

II

D.甲烷为正四面体，故CH3—C—H和CH3——C——C1为同种物质，描述错误，符合题意；

ClC1

综上，本题选D。

3.关于CO2和SO?的说法中，正确的是

A.C和S上都没有孤电子对

B.C和S都是sp3杂化

c.cc>2分子中含有极性共价键，是极性分子

D.CC>2的空间结构是直线型，SC>2的空间结构是v型

【答案】D

【解析】

【详解】A.C的孤电子对数为生22=0,S的孤电子对数为62=1,故A错误；

22

4-2x26-2x2

B.C的价层电子对数为2+下一=2,S的价层电子对数为2+—^—=3,则C和S分别是sp杂化、

sp2杂化，故B错误；

C.C的价层电子对数为2,孤电子对数为0,则CO2的空间结构是直线型，正负电荷重心重合，是非极性

分子，故c错误；

D.由C分析可知，CO2的空间结构是直线型，S的价层电子对数为3,S的孤电子对数为1,SCh的空间

结构是V型，故D正确；

故选D。

4.下列说法正确的是

A.Ca原子的电子排布式：Is22s22P63s23P63d2

B.同一原子中，2p、3p、4P能级的轨道数依次增多

C.基态碳原子电子排布式Is22s?2p；违反了洪特规则

D.电子云图中的小黑点越密，表示该原子核外空间的电子越多

【答案】C

【解析】

【详解】A.Ca为20号元素，核外电子排布式为：Is22s22P63s23P64s2,故A错误；

B.同种能级的轨道数相同，故B错误；

C.电子填充在相同能级轨道时先分占不同轨道，且自旋相同，则碳原子的电子排布式应为

Is22s22p：2p；,选项中排布违背了洪特规则，故C正确；

D.电子云图中的小黑点越密，表示该原子核外空间的电子出现的机会越多，并不代表电子数目，故D错

误；

故选：Co

5.元素周期表中铭元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是

A.铭元素位于第四周期VIB族

B.铭原子的价层电子排布式是3d54sl

C.铭原子第3能层有5个未成对电子

D.Cr的第一电离能小于K的第一电离能

【答案】D

【解析】

【详解】A.Cr的核电荷数为24,铭元素位于第四周期VIB族，故A正确；

B.从图中可以看出，铭原子的价层电子排布式是3d54sL故B正确；

C.铭原子第3能层电子排布为3s23P63d5,根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相

同，即铭原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；

D.Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24,K的核电荷数为19,Cr对电子的束缚力

强于K,所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；

故选D。

6.a、b、c、d均为短周期元素，原子序数依次增大，其基态原子的结构特点如下：a最高能级的电子占据

3个轨道，且自旋平行；b的最外层电子数是其电子层数的3倍；c有2个未成对电子；d的核外电子总数

是其最外层电子数的3倍。下列说法错误的是

A.第一电离能：b>a>d>cB.原子半径：c>d>a>b

C.电负性：b>a>d>cD.简单气态氢化物的稳定性：b>a>d>c

【答案】A

【解析】

【详解】a、b、c、d均为短周期元素，原子序数依次增大，其基态原子的结构特点如下：a最高能级的电

子占据3个轨道，且自旋平行，则电子排布式为Is22s22P3,为N元素；b的最外层电子数是其电子层数的

3倍，为O元素；c有2个未成对电子，电子排布式为Is22s22P63s23P2,为Si元素；d的核外电子总数是其

最外层电子数的3倍，各层电子数分别为2、8、5,则为P元素；

A.同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，但IIA大于OA,VA大于VIA,同主族第一电离能从上到

下，逐渐减小，故第一电离能：a>b>d>c,选项A错误；

B.比较半径大小，先看电子层数，电子层数越大，半径越大，电子层数相同，看核电荷数，核电荷数越

大半径越小，故原子半径：c>d>a>b,选项B正确；

C.同周期从左到右，电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，故电负性：b>a>d>c,选项C正

确；

D.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，故简单气态氢化物的稳定性：b>a>d>c,选项D正

确；

答案选A。

7.氧气的化学式为(CN%,结构式为N三C-C三N,其性质与卤素气体单质相似，氧气可用于有机合

成、制农药，也可用作消毒、杀虫的熏蒸剂等。下列叙述正确的是

A.在所有气体单质分子中，一定有。键，可能有万键

B.氧气分子中N三C键的键长大于C-C键的键长

C.1个氧气分子中含有3个。键和4个乃键

D.(CN)2不能与氢氧化钠溶液发生反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.稀有气体为单原子分子，不存在化学键，A错误；

B.成键原子半径越小，键长越短，氮原子半径小于碳原子半径，故N三C键比C-C键的键长短，B错

误;

C.单键为0键、三键为1个◎键和2个兀键，鼠气的结构式为N三C—C三N,1个氧气分子中含有3个

◎键和4个兀键，C正确；

D.卤素单质能与氢氧化钠溶液反应，氧气性质与卤素气体单质相似，则氧气能与氢氧化钠溶液反应，D

错误；

答案选C

8.结合下表数据分析，下列关于乙醇、乙二醇的说法，不畲理的是（）

物质分子式沸点/℃溶解性

乙醇C2H6。78.5与水以任意比混溶

与水和乙醇以任意比混溶

乙二醇C2H6。2197.3

A.二者的溶解性与其在水中能够形成氢键有关

B.可以采用蒸储的方法将二者进行分离

C.丙三醇的沸点应该高于乙二醇的沸点

D.二者组成和结构相似，互为同系物

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙醇和乙二醇都与水分子形成氢键，所以二者均能与水经任意比混溶，A正确；B.二者的沸点

相差较大，所以可以采用蒸储的方法将二者进行分离，B正确；C.丙三醇分子中的羟基数目更多，其分子

之间可以形成更多的氢键，所以其沸点应该高于乙二醇的沸点，C正确；D.同系物的结构相似是指碳链相

似、官能团的种类和个数分别相同，所以乙醇和乙二醇不是同系物，D不正确。本题选D。

点睛：同系物之间碳链相似、官能团的种类和数目均需相同，在分子组成上必须相差一个或若干个“CH?”

原子团。

9.下列说法中正确的是（）

A.PC13分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果

B.sp3杂化轨道是由任意的1个S轨道和3个P轨道混合形成的四个sp3杂化轨道

C.凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR构型都是四面体

D.AB3型的分子空间构型必为平面三角形

【答案】C

【解析】

【详解】A.PCb分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，含有1个孤电子对，

所以空间构型为三角锥形，A错误；

B.能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形

成的四个sp3杂化轨道，故B错误；

C.中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有

关，C正确；

D.AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，

NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，D错误；

故合理选项是C。

10.元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和

为17„下列说法正确的是

X

YZ

R

A.X基态原子的核外电子排布式为2s22P2

B.电负性：R>Y

C.0.033mol・L”的H3RO4溶液的pH约等于1

D.还原性：Y2>Z

【答案】D

【解析】

【分析】由元素X、Y、Z和R在周期表中的位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最

外层电子数为x,X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17,则x+x+2+x+3=17,解得x=4,可知X为C、Y

为S、Z为Cl,R位于第四周期VA族，R为As。

【详解】A.X为C元素，则X基态原子的核外电子排布式为Is22s22P2,A错误；

B.元素非金属性越强，其电负性越大，非金属性：As<S,则电负性：R<Y,B错误；

C.H3Ase)4为弱酸，不能完全电离，则0.033moHJ的H3RO4溶液的pH一定大于1,C错误；

D.同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，非金属性：

C1>S,则还原性：丫2->%,D正确；

故选D。

11.下列所述的粒子（均为36号以前的元素），按半径由大到小的顺序排列正确的是

①基态x原子的结构示意图为磅,〉

②基态Y-的价电子排布式为3s23P6

Is2s2p3s3p

③基态Z?一的轨道表示式为

④基态E+的最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数

A.②①B.④，③〉②C.③吗>④D.®>@>(3)

【答案】C

【解析】

【详解】①X为F元素，②Y为C1-元素，③Z为S2-元素，④E为K+元素，F原子核外电子层数为2层，半

径最小，电子层数相同的情况下原子序数越大半径越小，所以S2->C[>K+>F,即③>②>④>①。

故答案选C。

12.以下事实中不能用“相似相溶”原理说明的是（）

A.HC1易溶于水B.L易溶于CC14中

C.C12可溶于水D.NH3难溶于苯中

【答案】C

【解析】

【详解】A.HC1是极性分子易溶于极性溶剂水，故能用相似相溶原理解释，故A不选；

B.碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理可知，碘易溶于四氯化碳，故能用相似相溶原理解

释，故B不选；

C.C12可溶于水是因为氯气与水反应，故不能用相似相溶原理解释，故C选；

D.NH3是极性分子，而苯为非极性溶剂，根据相似相溶原理可知，NH3难溶于苯中，故能用相似相溶原理

解释，故D不选。

故选C。

13.下列现象不能用氢键解释的是（）

A.氨易液化B.HF比HC1分子更稳定

C.水在常温下呈液态D.HI的沸点小于HF

【答案】B

【解析】

【详解】A.氨分子之间可形成氢键，使得其易于液化，不符合题意，A项不选；

B.HF比HC1分子更稳定，是因为HF中的共价键比HC1中的共价键更稳固，与氢键无关，符合题意，B

项选；

C.水分子之间可形成氢键，使得其具有较高的沸点，因此在常温下呈液态，不符合题意，C项不选；

D.HF分子之间能形成氢键，因此尽管HF的相对分子质量要比HI小，但其沸点仍高于HL不符合题

意，D项不选；

答案选B。

【点睛】氢键不属于化学键，是一种强度介于范德华力和化学键之间的分子间作用力，氢键一般影响的是

物质的物理性质比如熔沸点，溶解性，密度等，氢键的存在也会影响物质的结构，例如氢键是蛋白质分子

具有生物活性的高级结构的重要原因，DNA双螺旋的两个螺旋链也是由氢键相互结合的。

14.下列各组物质性质的比较，结论正确的是

A.在水中的溶解度：CH3CH2Br>CH3CH2OH

B.溶液酸性：CF3COOH<CC13COOH

C.分子的极性：BC13>NC13

D.沸点:

【答案】D

【解析】

详解】A.卤代烧难溶于水、乙醇与水互溶，所以溶解性CH3cH2OH>CH3cH?Br,故A错误；

B.F原子电负性大于Cl,所以溶液酸性CF3coOH>CC13coOH,故B错误；

C.BCb空间构型为平面三角形，为非极性分子；NCb分子空间构型为三角锥，NCb是极性分子，分子极

性BC^vNCL，故C错误；

D.H((M)H形成分子间氢键,"形成分子内氢键，所以沸点

,故D正确;

(X)ll

选D。

15.下列各种烷煌进行一氯取代反应后，只能生成四种沸点不同的产物的是

A.CH3cH2cH3B.(CJQCHCH2cH3

C.CH3cH2cH2cH3D.CH3(CH2)4CH3

【答案】B

【解析】

【详解】A.CH3cH2cH3中只有两种氢，其一氯取代物只有两种，即只能生成两种沸点不同产物，故A

不选；

B.(CHs^CHCH2cH3中只有四种氢，其一氯取代物有四种，能生成四种沸点不同产物，故B选；

C.CH3cH2cH2cH3中只有两种氢，其一氯取代物只有两种，即只能生成两种沸点不同产物，故C不

选；

D.CH3(CH2)4CH3中只有三种氢，其一氯取代物只有三种，即只能生成三种沸点不同产物，故D不

选；

故选：Bo

16.叶蝉散对水稻叶蝉和飞虱具有较强的触杀作用，防效迅速，但残效不长。工业上用邻异丙基苯酚合成

叶蝉散的过程如下，下列有关说法正确的是

0

(CH3cH2)3N&JJ-CH(CH3)2

邻异丙基苯酚叶蝉散

A.邻异丙基苯酚的分子式是C9H14。

B.叶蝉散分子中含有竣基

C.叶蝉散分子中有8种等效氢

D.邻异丙基苯酚与20H互为同系物

【答案】c

【解析】

【详解】A.根据邻异丙基苯酚的结构简式可得其分子式是C9Hl20,A错误;

B.由叶蝉散的分子结构可知叶蝉散中不含有-COOH,B错误；

o

6II

人’O-C-NHCH3

C.由叶蝉散的结构简式可知，叶蝉散分子中含有58种不同化学环境的氢

4

V^CH（CH3）2

21

原子，C正确;

D.邻异丙基苯酚属于酚,CH20H属于醇，二者类别不同，则邻异丙基苯酚与CH20H

不互为同系物，D错误;

综上，本题选C。

17.化学小组研究金属的电化学腐蚀，实验如下:

下列说法不氐确的是

A.实验I中铁钉周边出现红色

B.实验I中负极的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+

C.实验H中正极的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-

D.对比实验I、II可知，生活中镀锌铁板比镀铜铁板在镀层破损后更耐腐蚀

【答案】B

【解析】

【详解】A.实验I中锌做负极，铁做正极，铁钉极氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液显

碱性周边出现红色，故A正确；

B.实验I中锌做负极，负极的电极反应式：Zn-2e=Zn2+，故B错误；

C.实验H中铜不活泼，铜作正极，正极的电极反应式：O2+2H2O+4e-40H,故C正确；

D.对比实验I、II可知，锌能保护铁，而铜铁形成原电池会加速铁锈蚀，故生活中镀锌铁板比镀铜铁板在

镀层破损后更耐腐蚀，故D正确；

故选B。

18.新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效，低成本的储能电池，其装置示意图如下。当闭合K2时，

该电池的工作原理为xMg+xLi2so4+2LQFePC)4=xMgSO4+2LiFePO4。下列关于该电池的说法正

确的是

A.放电时，电子从N电极经导线流向M电极

+

B.放电时，正极的电极反应式：Li1_xFePO4+xLi+xe^=LiFeP04

C.充电时，外加直流电源的正极与M电极相连

D.充电时，电路中每通过ImolF，左室溶液增加2moiLi+

【答案】B

【解析】

【分析】打开Ki、关闭K2,形成原电池，左侧M电极做负极，右侧N电极为正极，关闭Ki、打开K2进行

充电，M电极接外加电源的负极做阴极，N电极接外加电源的正极做阳极。

【详解】A.放电时，电子从负极M电极经导线流向正极N电极，A错误；

B.放电时，N电极做正极，电极反应式：Li—FePC)4+xLi++xe-=LiFePC)4,B正确；

C.充电时，N电极接外加电源的正极，C错误；

D.充电时，电路中每通过Imole-，有lmolLi+通过Li+透过膜进入左室，D错误;

故答案选B。

19.绿原酸(Cl6Hl8。9)具有较广泛的抗菌、抗病毒、抗氧化作用，利用乙醛、60%乙醇浸没泡杜仲干叶，得

到提取液，进一步获得绿原酸粗产品的一种工艺流程如图，下列说法错误的是

A.得到有机层的实验操作为萃取分液

B.减压蒸储的目的防止温度过高，绿原酸变质

C.绿原酸在温水中的溶解度小于冷水中的溶解度

D.绿原酸粗产品可以通过重结晶进一步提纯

【答案】C

【解析】

【分析】绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸储得到绿原酸，加入温

水浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品，以此解答该题。

【详解】A.绿原酸为有机酸，更易溶于有机溶剂，加入乙酸乙酯后绿原酸被萃取到有机酯层，有机层与

水层互不相溶，应采用分液法分离，A项正确；

B.绿原酸具有抗氧化作用，减压蒸储可降低温度，避免温度过高导致绿原酸被氧化，B项正确；

C.流程中加入温水浸膏，冷却、过滤得到绿原酸粗产品，可知绿原酸难溶于冷水，其在温水中的溶解度

大于冷水中的溶解度，C项错误；

D.根据C的分析，绿原酸粗产品可用重结晶的方法进一步提纯，D项正确；

答案选C。

20.某小组同学研究沉淀之间的转化，实验过程及现象如下。下列实验分析中说法不E超的是

己知：BaCC)3为白色固体；BaCrC)4为黄色固体

序号实验1实验2实验3

2mLO.lmobL-11

2mLamol-L-2mL6molL'1

溶液

K2C1O4K2cO3溶液KOH溶液

11i

¥V

0B

实验过程

2mLBaCO3浊液，其中2mLBaCrO4浊液，其中2mLBaCrO4浊液，其中

=1

c(CO3)=0.1molL''c(CrO3)=0.1molL1c(CrOh0.1mol-L-

a=0.1沉淀颜色仍为黄色

实验现象白色沉淀全部变为黄色沉淀颜色仍为黄色

a=3,沉淀颜色变为乳白色

A.实验1中现象可推知，Baer。,溶解度小于BaCC)3

B.实验2中现象可推知，K2cO3溶液浓度能影响BaCrO,与BaCC)3沉淀的转化

C.实验3的目的，是为了排除高浓度K+可能对沉淀转化的影响

D.根据以上实验可知，沉淀转化总是向着溶解度更小的方向转化

【答案】D

【解析】

【详解】A.实验1中现象可推知，白色沉淀变为了黄色沉淀，则说明BaCrC)4溶解度小于BaCC)3,故A

正确；

B.实验2中现象可推知，CO：和CrOj浓度相等时，只有Baer。,沉淀，当CO：浓度较大时，会转变为

BaCQ,沉淀，说明KzCOs溶液浓度能影响BaCrC>4沉淀与BaCC)3沉淀的转化，故B正确；

C.实验3钾离子浓度和实验2钾离子浓度相等，则实验3的目的是为了排除高浓度K+可能对沉淀转化的

影响，故C正确；

D.根据实验1得到沉淀转化是向着溶解度更小的方向转化，当溶度积相差不大时，也可能向着溶解度大

的方向转化，故D错误；

综上所述，答案为D。

二、非选择题：本大题共5小题，共60分。把答案填在答题纸中相应的横线上。

21.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。科学家致力于CO2与七反应制CH30H的研究。

(1)CCh分子中碳原子的杂化轨道类型为一；干冰是很好的制冷剂，干冰升华时，CO2

需要克服的作用力是一O

(2)CH30H所含有的三种元素电负性从大到小的顺序为一(用元素符号表示)。

(3)CH30H的沸点比CO2高，主要原因是o

(4)CH30H被氧化为HCHO,HCH0继续被氧化可生成HC00H。HCH0分子的空间结构为,

HC00H分子内©键与n键个数之比为o

【答案】(1)①.sp杂化②.分子间作用力

(2)O>C>H(3)CH30H能形成分子间氢键，CCh不能形成分子间氢键

(4)①.平面三角形②.4：1

【解析】

【小问1详解】

二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2,碳原子的杂化方式为sp杂化；二氧化碳是分子晶体，所以干

冰升华时，二氧化碳需要克服的作用力是分子间作用力，故答案为：sp；分子间作用力；

【小问2详解】

甲醇分子中含有碳、氢、氧三种非金属元素，元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强

弱顺序为O>C>H,则电负性的大小顺序为O>C>H,故答案为：O>C>H；

【小问3详解】

甲醇分子中含有羟基，能形成分子间氢键，而二氧化碳分子不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用

力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故答案为：CH30H能形成分子间氢键，CCh不能形成分子间氢键；

【小问4详解】

甲醛、甲酸分子中单键。键，双键中含有1个◎键和1个兀键，所以甲醛分子中碳原子含有3个◎键，

不含有孤对电子，空间构型为平面三角形，甲酸分子中0键与兀键个数之比为4：1,故答案为：平面三角

形；4：1o

22.大豆黄酮主要存在于大豆及其他豆科植物中。大豆黄酮是一种天然的有效活性成分，具有雌激素和抗

雌激素作用、抗氧化作用、提高机体免疫力及影响内分泌系统等多种生物学功能。

(1)①大豆黄酮的结构简式如图所示，它的分子式是,分子中含有个苯环，分

子中碳原子的杂化方式为。

②写出该有机物所含所有官能团的名称：O

(2)分子中含有30个氢原子的饱和链状烷妙的分子式为

（3）某芳香族化合物分子式为C7H8。，写出其结构中含有一个-OH的同分异构的结构简式

（4）写出分子式为C5H10O且含有“-CHO”的所有同分异构体（不考虑立体异构）

（5）下列有机物:

CH,CH=C-CH,CH3

②I33

©③I@CH⑤⑥

CHC=CHCHCH3H,C

CH⑦HOQ⑧C

CH2OH@C6H12⑩C7H14

CH3c-CH3\——/\—/

①上述有机物中一定互为同系物的是（填字母）。

②上述有机物中一定互为同分异构体的是.（填字母）。

2④.羟基、魏基、酸键、碳碳双键

【答案】（1）①.C15H1()O4②.2③.sp

(2)J4030

CHOH

(3)2或或或

H

H2H

、

(4)CH3cH2cH2cH2cHO(CH3)3CCHO,H3C-C-C-CHO(CH3)9CHCH9CHO

CH3

(5)①.①④、②③或②⑥②.②⑤

【解析】

【小问1详解】

由结构简式可知该物质的分子式为©5日。。”结构中含2个苯环；分子中所有碳原子均为不饱和碳，均采

羟基、酮

用sp2杂化；该有机物中含有羟基、酮瑛基、醛键、碳碳双键，故答案为：C15H10O4;2；sp2；

皴基、醍键、碳碳双键;

【小问2详解】

饱和链状烷燃的通式为：CnH2n+2,分子中含有30个氢原子，即2n+2=30,n=14,则分子式为:G4H30,

故答案为：G4H30；

【小问3详解】

CH,OH-

芳香族化合物分子式为c7H8。，含有1个-OH的结构简式有：2或或

【小问4详解】

分子式为C5H10O且含有“―CHO”的结构有：CH3cH2cH2cH2cHO、(CH3)3CCHO,

HH

e2c

---

—、(CH)CHCHCHO,故答案为：CH3cH2cH2cH2CHO、(CH)CCHO,

CH32233

3

HH

e2c

---

—、(CH)CHCHCHO；

CH322

3

【小问5详解】

同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个Oh的化合物，由结构简式可知①④、②③或②⑥互

为同系物，同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，②⑤的结构不同，分子式相同，互为同分异构

体，故答案为：①④、②③或②⑥；②⑤。

23.NO.是汽车尾气中的主要污染物，在汽车尾气系统中装配傕化转化器，可有效降低N0*的排放。

I.当尾气中空气不足时，N0x(以NO为主)在雀化转化器中被CO还原成N2排出。

(1)基态碳原子中，电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状是。

(2)氧的基态原子的轨道表示式为。

(3)C、N、O第一电离能由大到小顺序为，结合原子结构和价电子排布式解释排序原因

II.当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NO,生成盐。其吸收能力顺序如下:

12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。

己知：镁、钙、银、领的部分电离能数据如下表所示。

无素MgCaSrBa

I.738589.7549502.9

145111451064965.2

电离能(kJ-mol-1)I2

I377334910a3600

(4)推测Sr的第三电离能a的范围：。

(5)MgO、CaO、SrO、BaO对N。，的吸收能力增强，从原子结构角度解释原因：元

素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NO,的吸收能力逐渐增强。

III.研究Tic)?作为SCR脱硝催化剂的性能时发现：在TiC>2上适当掺杂不同的金属氧化物如V2O5、

MnO*、Fe2O3,NiO、CuO等有利于提高催化脱硝性能。

(6)基态V原子的核外电子排布式为o

(7)若继续寻找使Tic)?催化性能更好的掺杂金属氧化物，可以在元素周期表___________区寻找恰当元

素(填序号)。

A.sB.pC.dD.ds

【答案】(1)哑铃形(2)回回回工］

Is2s2p

(3)①.N>O>C②.C、N层数相同，但核电荷数N>C,所以N的原子核对电子吸引力强,

失电子难，所以N>C；N原子的价电子排布式2s22P3,p轨道为半充满状态，相对稳定，所以N>O

(4)3600<a<4910

(5)Mg,Ca、Sr、Ba为同主族元素，随着原子序数增大，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，元素的

金属性逐渐增强，金属氧化物对NO,的吸收能力逐渐增强

(6)Is22s22P63s23P63d34s2(7)CD

【解析】

【小问1详解】

基态碳原子中，电子占据最高能级为2P能级，电子云轮廓图形状为哑铃形。

【小问2详解】

氧的基态原子的轨道表示式为GJ]GSM

Is2s2p

【小问3详解】

C、N层数相同，但核电荷数N>C,所以N的原子核对电子吸引力强，失电子难，所以N>C；N原子

的价电子排布式2s22P3,p轨道为半充满状态，相对稳定，所以N〉O,故C、N、。第一电离能由大到

小顺序为N>O>C。

【小问4详解】

Sr的第三电离能大于钢的第三电离能，小于钙的第三电离能，3600<a<4910„

【小问5详解】

Mg、Ca、Sr、Ba为同主族元素，随着原子序数增大，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，元素的金

属性逐渐增强，金属氧化物对NO,的吸收能力逐渐增强。

【小问6详解】

V为23号元素，核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d34s2。

【小问7详解】

V、Mn、Fe、Ni、Cu中大部分元素在d区或ds区，则若继续寻找使TiCh催化性能更好的掺杂金属氧化

物，应该在元素周期表的d区或ds区寻找，故答案选CD。

24.红矶钠(NazCaO,NHzO)可用于制备制革产业中的铭糅剂。对含铭污泥进行酸浸处理后，得到浸出

液(主要含Na+、Ni2+>Cr3+>H+>和SO>)，经过如下主要流程，可制得红矶钠，实现铭资源

的有效循环利用。

+

已知：i.Cr(VI)溶液中存在以下平衡：Cr2O^+H2O2CrO；+2H

ii.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH

5+4.35.6

Ni2+7.19.2

(1)I中，NaHSC>3溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：

(2)II中，加入NaOH调节pH至__________(填字母序号)。

a.4.3~5.6b.4.3-7.1c.5.6-7.1d.7.1-9.2

(3)III中，Hz。？氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为：

(4)m中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，NazCrO’的产率反而降低，可能的原因是

(5)IV中，加入H2sO4的作用是(结合平衡移动原理解释)。

(6)为了测定获得红矶钠(NazCrzO,IH?。)的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取

出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至Cr2。；-全部转化为Cd+后，

滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为qmol?Iji的Na2s2O3标准溶液滴定，共消耗YmL。(已知：

I2+2S2O^=2r+S4O^")

①滴定终点的现象为

②所得NazCr?。？21^0(摩尔质量为298g・molT)的纯度的表达式为：(用质量分数表示)。

10

(7)常温下Ksp(Ag2CrO4)=2Oxl()T2、^sp(AgCl)=1.8xlO-,在化学分析中，以AgNC^标准液

滴定溶液中的C「时，可以采用上述步骤皿制得的Na2CrO4为指示剂，利用Ag+与CrO7反应生成砖红

色沉淀为指示滴定终点。可以通过定量计算解释可选择NazCrO,作为指示剂的原因：

当溶液中C「恰好沉淀完全时，此时溶液中c(Ag+)=mol/L,c(CrOj)需达到

mol/L可以出现砖红色沉淀。

【答案】(1)NaHSC)3溶液中，同时存在HSO；—•H++SO|"和HSO；+H2O-H2SO3+OH，

HSO］的电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH-),因此溶液呈酸性

(2)c(3)2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O

(4)温度过高，H?。？分解速率加快，导致Hz。？浓度降低，NazCrOd产率降低

(5)加入H2sO,后，c(H+)增大，Cr2O^+H2O2CrOj+2H+逆向移动，得到更多的Cr?。；

(6)①.溶液蓝色褪去，且30s不变色②.1Uxioo%

3a

(7)®.1.8xlO-5®-6.2x10-3

【解析】

【分析】浸出液(主要含Na+、Ni?+、Cr3+>H+、Cr?。：和SOj),根据流程图，先加入NaHSCh、

NaOH反应后得到Cr(OH)3,Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4,Na2CrO4酸化后生成NazCnCh溶

液，加热蒸发，趁热过滤后冷却结晶得到红矶钠(NazCr?。？。2Hz。)。

【小问1详解】

NaHSC>3溶液中，同时存在亚硫酸氢根的电离平衡HSO1二，H++SOj和水解平衡

HSO；+H2OH2SO3+OH-,HSO］的电离程度大于水解程度，C(H+)>C(OH)因此溶液呈

酸性；

【小问2详解】

II中，加入NaOH调节pH的目的是将CN+完全沉淀，而使Ni?+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1,故答

案为：c；

【小问3详解】

III中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀生成NazCrCU和H2O,根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式

为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O,故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O；

【小问4详解】

III中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，

故能导致NazCrCU的产率反而降低，故答案为：温度过高，压。2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，

NazCrCU的产率降低；

【小问5详解】

+

NazCrCU溶液中存在以下平衡：Cr2O；+H2O2CrOt+2H,加入H2so4使得溶液中H+增大，使得

上述平衡逆向移动，以提高NazCnCh的产率，故答案为：加入H?S04后，溶液中c(H+)增大,

Cr2O^+H2O2CrO：+2H+逆向移动，以提高NazCnCh的产率;

【小问6详解】

①本实验指示剂为淀粉溶液，L遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2s2。3标准溶

液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴Na2s2。3标准溶液后，溶

液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；

②根据得失电子总数相等可知，Na2Cr2O7・2H2O~3l2~6Na2s2O3,故有n(NaCr2O7-2HO)=-n(NaSO3)=-

226226

xcirnol/LxV1X10-3L=-ClV1X10-3mol,所得NazCr?。？-2凡0(摩尔质量为298g加。「)的纯度的表达式为

-qVx10-3molx298g/molx100mL

--------------------------------------25mLx]00%故答案为:

ag

596qVxl(r3

xl00%o

3a

【小问7详解】

+10

根据Ksp（AgCl）=c（Ag）■c（Cl）=1.8x10,可计算出当溶液中C「恰好完全沉淀时，溶液中

c（Ag+）=1.8xl05molU1,然后再根据K‘p（AgzCrOj=c?（Ag+）-c（CrOf）=Z.OxlOf,又可计

算出此时溶液中c（CrO:卜6.2x103mol1710

25.某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。

资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，

原电池的电压越大。

（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。