2025北京工大附中高二3月月考化学试题及答案

高中2025北京工大附中高二3月月考化学相对原子质量H1C12O16第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是A.三种物质中均有碳碳原子间的键 B.三种物质中的碳原子都是杂化C.三种物质的晶体类型相同 D.三种物质均能导电2.下列事实不能用氢键解释的是A.沸点： B.稳定性：C.密度： D.溶解性（水中）：3.下列物质的熔化或升华，所克服的粒子间作用属于离子键的是A.NaCl熔化 B.干冰升华C.SiO2熔化 D.金属Na熔化4.钛及其化合物有着广泛用途。下图是四卤化钛的熔点示意图。下列说法不正确的是A.钛位于元素周期表第四周期IVB族B.钛合金可作电极材料，是因其晶体中有自由电子C.的熔点较高，与其晶体类型有关D.、、的熔点依次升高，是因为钛卤键的键能依次增大5.下图所示的化合物是一种用于合成药物的重要试剂，已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号元素，Z、M位于同一主族，化合物中Y、Z、M的微粒均满足8电子稳定结构。下列说法不正确的是A.简单离子半径： B.Y和M的最高价氧化物对应水化物的酸性接近C.氢化物的沸点： D.Y和Z的原子之间可通过2p轨道形成键6.干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是A.干冰晶体是共价晶体B.每个晶胞中含有4个分子C.每个分子周围有12个紧邻的分子D.干冰升华时需克服分子间作用力7.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.键的键能小于键的键能B.三氟乙酸的大于三氯乙酸的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，而气态氯化氢中是分子8.离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。下列说法不正确的是A.微粒中键角：B.的制备过程中，与结合形成配位键C.该离子液体中，均采取杂化D.该离子液体熔点较低，可能是因为阳离子的体积较大，离子键弱9.3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是A.分子中O原子和N原子均为杂化B.分子中的键角大于的键角C.分子中的极性大于的极性D.分子中含有手性碳原子10.已知某些化学键键能如下，下列说法不正确的是化学键键能/436243194432aA.根据键能可估算反应的B.根据原子半径可知键长：，进而推测C.与反应生成时，放出热量小于D.常温下和的状态不同，与和的键能有关11.下列事实的解释不正确的是事实解释A气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难的价层电子排布为，轨道为半充满比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子可达到轨道半充满的比较稳定状态B中H-O-H键角比中的大的中心原子的孤电子对数为1，的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力C晶体熔点：分子间能形成氢键D酸性：氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出A.A B.B C.C D.D12.将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O△H。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：已知：[Co(H2O)6]2+粉红色、[CoCl4]2-蓝色、[ZnCl4]2-无色，下列结论和解释正确的是A.[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-的Co2+配位数之比为2︰3B.由实验①可知平衡逆向移动C.由实验②可推知△H＜0D.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＜[CoCl4]2-13.血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①；②，下列说法不正确的是A.形成配位键时提供空轨道B.电负性：，故中与配位的是OC.由题意可得结论：相同温度下，D.中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反14.2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。下列说法正确的是A.第一电离能：B.反应③过程中，涉及到极性键和非极性键的断裂和形成C.总反应为：D.一价铜催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率15.甲醛有毒，能使人体内蛋白质失去活性，损害人体健康。（1）蛋白质中主要含有、、、四种元素。①下列关于C、H、O、N的说法中，正确的是________（填序号）。a．的电子云呈球形b．、、、中，的原子半径最大c．、、、均位于区d．基态O中含有8种不同运动状态的电子②第一电离能，原因是________。（2）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原子的价电子排布式为________。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）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：C2.5、H2.1、O3.5、N3.0①结合电负性解释与N相连的H带部分正电荷的原因：________。②补全第二步反应_____（断键位置已用虚线标出，反应类型为取代反应）。16.硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。（1）基态硼原子的核外电子排布式为___________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有___________种空间运动状态。（2）分子的空间构型为___________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为___________。（3）六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。①六方氮化硼的化学式为___________，其晶体中存在的作用力有___________(填字母序号)。a、范德华力b、键c、离子键②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是___________。（4）立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。①晶胞中平均含有___________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有___________个。②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。17.能与含某些银化合物形成等离子，可用作浸银试剂。（1）基态S原子价层电子排布式是______________。（2）中S原子的杂化方式是______________。（3）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：______________。（4）的稳定性受pH影响。pH过高时，产生等难溶物；pH过低时，产生______________。（5）易被氧化变质为。氧化变质后，判断S原子能否做配位原子并说明理由：______________。（6）用KI作沉银试剂，可将转化为AgI。AgI的晶胞如图A所示。①晶胞A中的个数为_____________。②一定条件下，铁可将AgI还原，得到单质银。Ag的晶胞如图B所示，晶胞形状为立方体，边长为anm。Ag的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_______∘（1nm=10-7cm）18.是优良的浸金试剂，但毒性强，有望被低毒的硫氰酸盐替代。（1）属于离子晶体。一定温度下，某种晶型的立方晶胞如下图所示，已知其边长为。①NaCN中，σ键和π键的个数比为________。②距离最近的阴离子有________个。③已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度是________。（）（2）配位能力强，故可作浸金试剂。①补全浸金反应的离子方程式：_____。□□□________=□□②浸金时，若不除去矿浆中的和，浸金效果会降低。结合配位键的形成条件解释原因：________。（3）也是一种常见的配体，其中和均能与金属离子以或的方式配位。①中，C不能参与配位，原因是________。②在两种配位方式中，C的杂化方式________（填“相同”或“不同”）。（4）已知：HCN和HSCN均有挥发性，HCN为弱酸，HSCN为强酸。相同条件下，使用NaSCN作为浸金试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是________（填序号）。a．更容易水解b．的沸点比高c．分子间易形成氢键19.金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。（1）基态原子中含有的未成对电子数是_______。（2）金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。①该氧化物的化学式是_______，位于距离最近的O构成的_______中心(填字母序号，下同)。a.三角形b.四面体c.六面体d.八面体②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是_______。a.共价晶体b.离子晶体c.分子晶体③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为_______。（3）以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：_______。②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为_______。熔点/1668651714沸点/328711071412③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因：_______。

参考答案第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1234567891011121314ABADBAACBDBBBC15.【答案】（1）①.abd②.N的价层电子排布为，处于半满状态，较稳定，第一电离能较高（2）①.②.第五周期IB族（3）①.的电负性大于，共用电子对偏向而偏离②.【小问1详解】①a．的1s电子云呈球形故正确；b．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，、、、中，的原子半径最大，故正确；c．、、均位于区，但位s区，故错误；d．原子中有1个电子就有一种运动状态，基态O中含有8种不同运动状态的电子，故正确；故答案为：abd；②第一电离能，原因是N的价层电子排布为，处于半满状态，较稳定，第一电离能较高。故答案为：N的价层电子排布为，处于半满状态，较稳定，第一电离能较高；【小问2详解】①Mn为25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为。故答案为：；②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第五周期IB族。故答案为：第五周期IB族；【小问3详解】①结合电负性解释与N相连的H带部分正电荷的原因：的电负性大于，共用电子对偏向而偏离。故答案为：的电负性大于，共用电子对偏向而偏离；②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,故答案为：。16.【答案】（1）①.1s22s22p1②.3（2）①.平面三角形②.sp3（3）①.BN②.ab③.六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。（4）①.4②.4③.【小问1详解】基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；【小问2详解】BF3中B原子的价层电子对数为3+(3−3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；【小问3详解】①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。【小问4详解】①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。17.【答案】（1）（2）（3）I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子（4）与反应生成（5）不能作配位原子，由于中硫原子含有4个键，不存在孤电子对（6）①.4②.【小问1详解】S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为；【小问2详解】中S原子的价电子对数为，杂化方式；【小问3详解】S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能；【小问4详解】pH过低时，酸性较强，与反应生成，导致不稳定；【小问5详解】氧化变质后生成，中硫原子含有4个键，不存在孤电子对，故不能作配位原子；【小问6详解】①如图A，位于面心和顶点，则的个数为；②如图B，该晶胞中，Ag位于面心和顶点，Ag的个数为，该晶体的密度为。18.【答案】（1）①.②.6③.（2）①.②.、均能提供空轨道，可与提供孤电子对的形成配位键，消耗导致，浸金效果降低（3）①.C上已没有孤对电子，无法形成配位键②.相同（4）ab【小问1详解】①氰酸根离子中含有碳氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，所以氰化钠中σ键和π键的个数比为1：2，故答案为：1：2；②由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氰酸根离子与位于面心的钠离子的距离最近，则距离氰酸根离子最近的钠离子的个数为6，由化学式可知，距离钠离子最近的氰酸根离子的个数也为6，故答案为：6；③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钠离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的氰酸根离子的个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故答案为：；【小问2详解】①由未配平的化学方程式可知，浸金反应为金与氧气和溶液中的氰酸根离子反应生成二氰合金离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：；②铜离子和锌离子均能提供空轨道，可与具有孤对电子的氰酸根离子形成配位键，导致溶液中的氰酸根离子浓度减小，使得浸金效果降低，所以金时，要除去矿浆中的铜离子和锌离子，故答案为：、均能提供空轨道，可与提供孤电子对的形成配位键，消耗导致，浸金效果降低；【小问3详解】①由结构简式可知，硫氰酸根离子中碳原子上已没有孤对电子，无法提供孤对电子形成配位键，故答案为：C上已没有孤对电子，无法形成配位键；②由结构式可知，在两种配位方式中，碳原子的价层电子对数都为2，原子的杂化方式相同，都为sp杂化，故答案为：相同；【小问4详解】由题意可知，NaSCN是强酸强碱盐，在溶液中不能水解生成具有挥发性的HSCN，NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成具有挥发性的HCN，且HSCN的相对分子质量大于HCN，分子间作用力大于HCN，沸点高于HCN，所以相同条件下，使用NaSCN作为浸金试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，故选ab。19.【答案】（1）2（2）①.TiO2②.d③.c④