2025北京北师大实验中学高二3月月考化学试题及答案

高中2025北京北师大实验中学高二3月月考化学考生须知：1.本试卷共9页，共19道小题，分第一部分和第二部分，考试时间100分钟。2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试卷用黑色字迹签字笔作答。相对原子质量：H1C12O16Mg24Ca40Ti48Cu64Zr91Ba137第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.甲烷与氯气在光照条件下反应，得到的产物中含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，分离它们的操作方法是A.萃取 B.蒸馏 C.过滤 D.重结晶2.下列化合物，其分子中所有原子不可能处于同一平面的是A. B. C. D.3.下列分子或离子中，VSEPR模型和空间结构不一致的是A.CO2 B.SO C.BeCl2 D.H3O+4.下列各物质中化学键类型相同，晶体类型也相同的是A.金刚石和 B.NaBr和HBr C.CH4和CCl4 D.Cl2和KCl5.下列化学用语或图示表达正确的是A.基态Cr的价层电子排布式： B.结构示意图：C.NaOH的电子式：[Failedtodownloadimage:/QBM/editorImg/2025/4/10/e11f6886-3926-405e-a7f0-31c2034736c1.svg] D.乙烯分子中的π键：6.下列物质中不能作为配合物的配位体的是A. B. C. D.7.下列事实不能用氢键解释的是A.气态氟化氢中存在 B.稳定性：H2O>H2SC.沸点：NH3>PH3 D.溶解性(水中)：CH3OH>CH48.和S均属于ⅥA族元素。下列关于Se及其化合物性质不正确的是A.第一电离能： B.原子半径：C.酸性： D.沸点：9.下列说法不正确的是A.NaCl晶胞中a为Na+B.CaF2晶胞中，每个Ca2+周围距离最近且等距的F-有8个C.冰与干冰一样，都是由分子密堆积形成的晶体D.冠醚与碱金属离子的结合能力大小，与碱金属离子直径和冠醚空腔直径有关10.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的2倍，基态Y原子的价层电子排布式为2s22p4，Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，W与X同主族。下列说法不正确的是A.XY2的电子式： B.X的基态原子的轨道表示式：C.Z2Y2中阴、阳离子的个数比为1：1 D.W的单质可作半导体材料11.已知胆矾()和铜晶胞的结构如下图所示，铜晶胞的参数为，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.在胆矾示意图中，存在氢键、配位键、共价键和离子键等化学键B.胆矾中元素的电负性从大到小的顺序为C.胆矾中铜的配位数和铜晶胞中铜的配位数相同D.铜晶胞的密度为12.下列事实的解释不正确的是事实解释A酸性：电负性：F>Cl，吸电子能力大于，O-H键的极性CF3COOH>CCl3COOHBI2在CCl4中的溶解度大于在H2O中的溶解度H2O是极性分子，I2和CCl4是非极性分子C熔点：摩尔质量：DCl2、Br2、I2的熔点依次增大Cl2、Br2、I2的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强A.A B.B C.C D.D13.苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在氢氧化钠溶液中的歧化反应制得。制备原理及反应结束后对反应液的处理步骤如下：已知：名称熔点(℃)沸点(℃)溶解性苯甲醇-15.3205.7在水中溶解度较小，易溶于乙醚、乙醇苯甲酸122.4(100℃左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ：加入的试剂可以为乙醚和水B.“操作a”和“操作c”相同C.“操作b”需使用温度计、酒精灯、直形冷凝管D.提纯粗苯甲酸的具体操作：加热溶解、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥14.某小组研究分别与和的反应。编号123实验现象溶液变为黄绿色，产生白色沉淀(白色沉淀为CuSCN)溶液变红，向反应后的溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多接通电路后，电压表指针不偏转。一段时间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加溶液，没有观察到蓝色沉淀下列说法不正确的是A.实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂B.实验2中“溶液变红”是与结合形成了配合物C.若将实验3中溶液替换为溶液，接通电路后，可推测出电压表指针会发生偏转D.综合实验1~3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关第二部分本部分共5题，共58分。15.蛋白质中主要含有C、H、O、N四种元素，甲醛()有毒，能使人体内蛋白质失去活性，损害人体健康。（1）基态N原子中有_______个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是_______，最高能级原子轨道的形状为_______。（2）比较N、O元素第一电离能的大小并从结构角度解释原因_______。（3）甲醛的空间结构为_______。（4）甲醛使蛋白质失活的第一步反应如下，二者遵循“正找负、负找正”的规律发生加成反应。已知：部分元素电负性C-2.5、H-2.1、O-3.5、N-3.0。补全第二步反应(断键位置已用线标出，反应类型为取代反应)_______。（5）酸性高锰酸钾溶液、新制氧化银等氧化剂能去除甲醛。①基态Mn原子的价层轨道表示式为_______。②已知基态Ag原子的简化电子排布式为，银元素在周期表中的位置是_______。③向新制氧化银中加入浓氨水，可制得银氨溶液。中含有的键数目为_______(用含的代数式表示)。16.太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，所使用的功能材料不断发展。（1）硅基太阳能电池，主要以硅为吸光层。高纯硅制备流程的示意图如下：①已知在1100℃，每生成1mol单质硅转移4mol电子，则Cl、Si、H的电负性从大到小的顺序为_______。②硅的熔点(1410℃)低于金刚石(>3500℃)，原因是_______。（2）新型太阳能电池，以钙钛矿型化合物为吸光层，光电转化效率高。①下图是一种钙钛矿化合物的晶胞，其化学式为_______。②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是_______(填字母序号)。a．BaTiO3b．CaZrO3c．MgTiO3③随着研究的深入，科研人员制备出了新型具有钙钛矿结构的化合物，晶胞形状为立方体，如下图所示。它由、和组成。i．每个周围与它最近且距离相等的有_______个。ii．图(b)所示的晶胞棱长为，阿伏加德罗常数的值为，该化合物的摩尔质量为M，该晶体密度为_______(列出计算式)。iii．请比较中C-N-H与NH3中H-N-H的键角大小并解释原因_______。17.有机化合物X主要用作工程塑料的原料。研究有机化合物X的过程如下。（1）确定X的分子式。通过燃烧法确定X的实验式为C3H5O2，然后通过质谱法测得X的相对分子质量，测量结果如下图，则X的分子式为_______。（2）确定X的分子结构。序号谱图数据分析结果a只含有-COOHb峰面积比为2：2：1①表中的仪器分析方法分别为a：_______，b：_______。②X的结构简式是_______，其官能团的名称是_______。（3）X的分子结构与性质的关系。①Y是X的同分异构体，与X具有同种官能团，其分子中含有3种等效氢。Y的结构简式是_______。②已知X与丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)有以下数据：物质物质X4.43HOOCCH2CH2COOH4.21请从物质结构的角度解释X与丁二酸的酸性强弱_______。18.精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、Ag2Se、Au等物质，回收流程示意图如下。已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成、等配离子。（1）“浸铜”过程中。①H2O2的电子式_______。②Cu与H2O2反应的化学方程式为_______。③“浸铜渣”中含银元素物质的化学式为_______。④硒以H2SeO3的形式存在于“浸铜液”中，使用Na2SO3溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为_______。（2）“浸金”过程，金以形式存在于“浸金液”中。①结合氧化反应和还原反应的电极反应式，解释“浸金”过程中、的作用_______。②浓度的测定：取VmL“浸金液”，加入溶液，使Au完全沉淀后，用标准溶液滴定剩余的FeSO4溶液，消耗溶液。该方案测定浓度_______(填“是”或“否”)准确，理由是_______。（3）结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中氨水的作用_______。19.某小组同学探究Zn与CuCl2溶液反应的还原产物。（1）将2g锌片分别插入到20mL不同浓度的CuCl2溶液中，实验记录如下。实验溶液实验现象Ⅰ溶液锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振荡，出现白色浑浊Ⅱ溶液锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振荡，出现较多白色浑浊Ⅲ溶液锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，溶液略显白色浑浊，振荡，白色浑浊消失资料：CuCl(白色固体)难溶于水，(无色)；，。①用离子方程式解释溶液显酸性(pH=4)的原因_______。②锌片表面附着的紫红色固体Cu疏松多孔，容易脱落，可能的原因是_______。③将2g锌片插入到的KCl与盐酸混合溶液中(pH=4)，一段时间内未观察到气泡。分析实验Ⅰ中产生气泡的主要原因是_______。④验证白色浑浊物的成分。取实验Ⅰ中白色不溶物，滴入浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，振荡，溶液逐渐变蓝。用离子方程式解释溶液由无色变为蓝色的原因_____。实验证实了白色浑浊物为CuCl。⑤实验Ⅲ所得溶液中，被还原的铜元素可能形成2种配离子、，进行以下实验：取实验Ⅲ反应后的溶液，加大量水析出CuCl，从平衡移动角度分析哪种配离子有利于析出CuCl：_______。（2）进行实验Ⅳ，继续探究Zn与CuCl2溶液反应的还原产物。实验装置实验现象Ⅳ3min后，碳棒附近开始出现白色浑浊，未检测到Cu生成白色浑浊的电极反应式为_______。（3）Zn与CuCl2溶液反应的还原产物不同可能与_______有关。

参考答案第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.【答案】B【详解】由于二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳三种物质互溶，由于三种物质的沸点不同，将三者的混合物置于同一蒸馏烧瓶中蒸馏出来，从而得到纯净的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，故答案选B。2.【答案】D【详解】A．是V形分子，三个原子一定共平面，故不选A；B．是平面结构，6个原子一定共平面，故不选B；C．是直线分子，4个原子共直线，一定共平面，故不选C；D．是正四面体结构，不可能所有原子处于同一平面，故选D。选D。3.【答案】D【详解】A．CO2分子中O原子价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=2+=2且不含孤电子对，VSEPR模型是直线形，空间构型是直线形，A不符合题意；B．中S原子价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=4+=4且不含孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间构型是正四面体形，B不符合题意；C．BeCl2中Be的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=2+=2且不含孤电子对，VSEPR模型、空间构型都是直线形，，C不符合题意；D．中O原子的价层电子对数是=σ键电子对数+孤电子对数=3+=4，包括一对孤电子对，则VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故D符合题意；故选D；4.【答案】C【详解】A．金刚石属于共价晶体，所含化学键为共价键，属于分子晶体，所含化学键为共价键，晶体类型不同，A错误；B．NaBr为离子晶体，含有离子键，HBr为分子晶体，含有共价键，晶体类型和化学键均不同，B错误；C．CH4和CCl4均属于分子晶体，均含共价键，C正确；D．Cl2为分子晶体，含有共价键，KCl为离子晶体，含有离子键，晶体类型和化学键均不同，D错误；答案选C。5.【答案】D【详解】A．基态Cr的3d能级为半充满的稳定结构，故其价层电子排布式：，A错误；B．的核外电子排布式为[Ar]3d6，其结构示意图的M层电子数为14，N层电子数为0，B错误；C．NaOH为离子化合物，其电子式为，C错误；D．乙烯中C原子采取sp2杂化，每个碳原子形成2个C—Hσ键和1个碳碳σ键，碳原子中未参与杂化的p轨道“肩并肩”重叠形成1个π键，D正确；故答案选D。6.【答案】B【详解】A．NH3中氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，N的价层电子对数为，有一对孤对电子，可以作为配体，故A不符合题意；B．中N与4个H通过共价键相连，其价层电子对数为，无孤对电子，故不能做配体，B符合题意；C．H2O中O与2个H原子通过共价键相连，O的价层电子对数为，有2对孤电子对，故可以做配体，C不符合题意；D．SCN-中S和N存在孤对电子，可作为配体，D不符合题意；本题选B。7.【答案】B【详解】A．氟元素的电负性大、原子半径小，氟化氢能形成分子间氢键而得到二聚氟化氢，则气态氟化氢中存在二聚氟化氢能用氢键解释，故A不符合题意；B．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于硫元素，则水的稳定性强于硫化氢，所以水的稳定性强于硫化氢不能用氢键解释，故B符合题意；C．氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢不能形成分子间氢键，则氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，所以氨气的沸点高于磷化氢能用氢键解释，故C不符合题意；D．甲醇分子中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，而甲烷不能与水分子形成分子间氢键，则甲醇在水中的溶解性强于甲烷，所以甲醇在水中的溶解性强于甲烷能用氢键解释，故D不符合题意；故选B。8.【答案】A【分析】Se与As为同周期元素As位于第VA族。【详解】A．As的3p能级为半充满的稳定结构，故第一电离能：，A错误；B．同周期从左往右，元素原子的半径递减，B正确；C．同主族从上往下，元素非金属性递减，其对应最高价氧化物的水化物的酸性减弱，C正确；D．的结构相似，都属于分子晶体，则分子量大的，范德华力越大，沸点越高，D正确；故答案选A。9.【答案】C【详解】A．NaCl晶胞中Cl-的半径大于Na+，a为Na+，A正确；B．由CaF2晶胞结构可知，每个Ca2+周围距离最近且等距的F-有8个，B正确；C．干冰是由分子密堆积形成的晶体，冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子形成四面体结构，中间有空隙，不是分子密堆积形成的晶体，C错误；D．冠醚是一种超分子，冠醚与碱金属离子的结合能力大小，与碱金属离子直径和冠醚空腔直径有关，D正确；故选C。10.【答案】C【分析】X原子的最外层电子数是次外层的2倍,X为C元素；基态Y原子的价层电子排布式为2s22p4，Y为O元素；Z是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，Z为K元素；W与X同主族，W为Ge元素。【详解】A．CO2分子中，C原子分别与2个O原子之间均形成双键结构，故电子式为，A正确；B．C的基态原子的电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式为，B正确；C．K2O2中阴阳离子个数比为1:2，C错误；D．Ge位于元素周期表中金属与非金属分界线，单质可作半导体，D正确；故答案选C。11.【答案】B【详解】A．在胆矾示意图中，存在配位键、共价键和离子键等化学键，虽然也存在氢键，但氢键不属于化学键，故A错误；B．电负性与得电子能力大小成正比，与非金属性一致，可知从大到小的顺序为，故B正确；C．胆矾中铜的配位数为4，铜晶胞中铜的配位数为12，不相同，故C错误；D．铜晶胞的密度，故D错误；答案选B。12.【答案】C【详解】A．F的电负性大于Cl，使CF3-的吸电子效应更强，导致CF3COOH中O-H键极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，A正确；B．I2和CCl4均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，I2在CCl4中的溶解度大于在H2O中的溶解度，B正确；C．CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价晶体融化破坏共价键，分子晶体融化破坏分子间作用力，晶体类型不同是熔点差异的主因，而非摩尔质量，C错误；D．Cl2、Br2、I2为同类型分子，相对分子质量增大，范德华力增强，熔点依次升高，D正确；故选C。13.【答案】B【分析】苯甲醛在NaOH溶液中加热发生歧化反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，苯甲醇通过萃取进入有机层分离出来，再经过干燥、蒸馏得到纯净的苯甲醇，水层中的苯甲酸钠再经过盐酸酸化等多步操作、重结晶得到苯甲酸固体。【详解】A．根据分析可知，苯甲醛在NaOH溶液中加热发生歧化反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，苯甲醇通过萃取进入有机层，苯甲酸钠进入水层，A正确；B．“操作a”为分液，“操作c”为重结晶，B错误；C．根据分析可知，“操作b”为蒸馏操作，需使用温度计、酒精灯、直形冷凝管，C正确；D．提纯粗苯甲酸需进行重结晶，具体操作：加热溶解、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；答案选B。14.【答案】C【详解】A．在反应1中，SCN-失去电子被氧化为(SCN)2，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+再与SCN-反应产生CuSCN沉淀，反应方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，该反应中KSCN为还原剂，A正确；B．Fe3+与SCN-反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，B正确；C．在实验2中溶液变为红色，发生可逆反应：，反应生成的使溶液变为红色。向反应后的溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多，说明其中同时还发生了氧化还原反应：2Fe3++2SCN-=2Fe2++(SCN)2，Fe2+与[Fe(CN)6]3+反应产生Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，因此接通电路后，电压表指针会发生偏转。将0.125mol/LFe2(SO4)3溶液与0.05mol/LCuSO4溶液通过U型管形成闭合回路后，接通电路后，电压表指针不偏转，说明没有发生氧化还原反应，未产生Fe2+，故滴入K3[Fe(CN)6]溶液，也就不会产生蓝色沉淀，可见Fe2(SO4)3溶液浓度降低后不能发生氧化还原反应，故若加入CuSO4溶液0.25mol/L，比0.5mol/LCuSO4溶液浓度也降低一半，则接通电路后，可推测出电压表指针也不会发生偏转，C错误；D．0.5mol/LCuSO4溶液及0.25mol/L溶液会与0.1mol/LKSCN溶液发生氧化还原反应，当三种物质浓度都是原来的一半时，未发生氧化还原反应，说明微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；答案选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.【答案】（1）①.3②.2p③.哑铃形（2）N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，比较稳定，更难失去电子；故第一电离能：N>O（3）平面三角形（4）（5）①.②.第五周期IB族③.【小问1详解】N是7号元素，核外电子排布为1s22s22p3，有3个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是2p，最高能级原子轨道的形状为哑铃形。【小问2详解】N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，比较稳定，更难失去电子；故第一电离能：N>O。【小问3详解】甲醛中含有碳氧双键，C原子杂化方式为sp2，空间结构为平面三角形。【小问4详解】第二步反应类型为取代反应，−OH​与H结给生成水，余下的部分结合得到，化学方程式为：+H2O。【小问5详解】①基态Mn原子核外有25个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d54s2，故其价层电子排布式为3d54s2，基态Mn原子的价层轨道表示式为；②基态Ag原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s1​，银元素在周期表中的位置是第五周期IB族；③中单键是键，配位键也是键，1个中含有2×3+2=8个键，中含有的键数目为。16.【答案】（1）①.Cl>H>Si②.两者均为共价晶体，原子半径Si>C，键长Si-Si>C-C，键能Si-Si＜C-C（2）①.CaTiO3②.ab③.12④.⑤.中心原子N原子均为sp3杂化，NH3中N上有1对孤电子对，中N上没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间有较大斥力，使键角：C-N-H>H-N-H【小问1详解】①同周期元素从左到右，元素电负性逐渐增强，同族元素从上到下，元素电负性逐渐减弱，电负性：Cl>H>Si；②硅与金刚石均属于共价晶体，原子半径Si>C，键长Si-Si>C-C，键能Si-Si＜C-C；【小问2详解】①位于棱上，个数：，位于晶胞内部，个数为1，位于顶角，个数：，化学式：CaTiO3；②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是BaTiO3、CaZrO3；③位于顶角，位于面心，每个周围与它最近且距离相等的有个；位于顶角，个数：，位于面心，个数：，位于晶胞内，个数为1，晶胞密度：；中心原子N原子均为sp3杂化，NH3中N上有1对孤电子对，中N上没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间有较大斥力，使键角：C-N-H>H-N-H。17.【答案】（1）（2）①.红外光谱法②.核磁共振氢谱③.④.羧基（3）①.②.烃基为推电子基团，烃基越长推电子效应越大，X中比丁二酸中更长，故X羧基中的羟基的极性更小，更难电离出氢离子，酸性：X＜丁二酸【分析】通过质谱法确定X的相对分子质量，再结合实验式确定分子式；之后可借助红外光谱、核磁共振氢谱分析法确定X的具体结构。【小问1详解】由质谱图可知X的相对分子质量为146，结合实验式可推出X的分子式为；【小问2详解】由谱图可知a为红外光谱图，故a的分析方法为红外光谱法，b为核磁共振氢谱图，故b的分析方法为核磁共振氢谱法；红外光谱图分析结果显示X中只含有羧基，又知X的等效氢有3种，且个数比为2:2:1，结合分子式可知X中含有2个羧基，且为对称结构，故X的结构简式为；官能团的名称为羧基；【小问3详解】根据已知条件可推测Y的结构简式为；从pKa值可知X的酸性更弱，从结构上来说，X与丁二酸的推电子基团分别为－CH2CH2CH2CH2－和－CH2CH2－，烃基越长推电子效应就越大，使得－OH极性减弱，O－H键更难断裂，故酸性更弱。18.【答案】（1）①.②.③.AgCl④.（2）①.氧化反应：，浓度增大，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性②.否③.浸金液中与反应，与反应，影响测定结果（3），加入氨水，NH3与生成，浓度降低，，平衡正移，促进AgCl的溶解【分析】加入硫酸和H2O2后，Cu、CuSe、Ag2Se溶解转化为Cu2