福建省龙岩市长汀县第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省龙岩市长汀县第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考试题一、单选题1．玻尔的原子理论可简单表述为①原子中的电子在具有确定半径的圆周轨道上绕原子核运动，不辐射能量；②在不同轨道上运动的电子具有不同的能量，且能量是量子化的；③当且仅当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，才会辐射或吸收能量。下列示意图中符合上述玻尔原子理论的是A． B．C． D．【答案】C【解析】为了解释氢原子线状光谱这一事实，玻尔在行星模型的基础上提出了核外电子分层排布的原子结构模型，C正确；A图为汤姆生1904年提出的“枣糕模型”原子结构模型，B图为卢瑟福提出的“行星模型”，D图为电子云，是对电子在核外空间出现概率密度的形象化描述。2．我国在天宫空间站研制成一种铌合金，熔点超过2400℃。已知铌元素与钒同族，下列说法正确的是A．基态时，钒元素的未成对电子数为3 B．铌原子的第一电离能大于钒原子C．铌与钒，均属于s区元素 D．铌与钒，最高正价均为+3【答案】A【解析】钒为23号元素，其价电子排布为3d34s2，未成对电子数为3，A正确；同族元素从上往下第一电离能逐渐减小，铌元素与钒同族，其第一电离能小于钒原子，B错误；铌与钒均为VB族元素，位于周期表的d区，C错误；铌与钒的价电子数均为5个，最高正价均为+5，D错误。3．下列说法不正确的是A．1s、2s、3s的电子云轮廓图均为球形，但电子的能量不同B．最外层电子数相同的原子不一定位于同一主族，也可能在同一周期C．CO2是含极性键的非极性分子D．Fe3+的离子结构示意图为：【答案】D【解析】所有原子任一能层的s电子云轮廓图均为球形，但电子层数越大，电子的能量越高，所以同一原子中，1s、2s、3s电子能量逐渐增大，A正确；最外层电子数相同的元素不一定处于同一主族，如Mg和He最外层电子数均为2个，但Mg位于IIA，He位于0族，B正确；CO2的结构式为：O=C=O，分子的空间构型为直线形，其正负电荷中心重合，是含有极性键的非极性分子，C正确；Fe的原子序数为26，核外有26个电子，其原子结构示意图为，Fe3+为Fe失去最外层上2个电子和次外层上一个电子，离子结构示意图为，D错误。4．下图为N2分子在催化剂作用下发生一系列转化的示意图，下列叙述正确的是()A．若N≡N键能是akJ·mol-1,H—H键能是bkJ·mol-1,H—N键能是ckJ·mol-1,则每生成2molNH3,放出(6c-a-3b)kJ热量B．NH3分子和H2O分子的中心原子杂化类型不同C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D．在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物，均为直线形分子【答案】A【解析】反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能数据可知，该反应的反应热△H＝akJ/mol＋3bkJ/mol－2×3ckJ/mol，则每生成2molNH3，放出(6c-a-3b)kJ热量，选项A正确；水分子中价电子数=2+12（6-2×1）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，氨气中价层电子对个数=3+12（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，杂化方式相同，选项催化剂a表面是氢气氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性键（氢氢键和氮氮键）的断裂，催化剂b表面发生了非极性共价键（氧氧双键）的断裂，选项C错误；在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物H2O和NO，NO为直线形分子，H2O为V形分子，选项D错误；答案选A。5．下列图像表示的信息正确的是A． B．C． D．【答案】C【解析】成键原子半径越小，键长越短，键能越大，所以键能大小：H-F＞H-Cl＞H-Br，A错误；相对原子质量依次增大，分子间作用力增大，沸点增高H2Se高于H2S，水分子间有氢键沸点最高，B错误；H-X键中，X电负性越强，极性越强，C、N、F同周期，随原子序数增大，电负性增强，故C正确；根据中心原子价层孤电子对数计算：SiH4为0对，NH3对1对，H2O为2对，三者中心原子均为sp3杂化，孤电子对对成键电子对的排斥力大，故键角SiH4最大，H2O最小，D错误；故选C。6．NAA．1mol苯分子中σ的数目为6B．28gC2HC．100g质量分数为17%的H2OD．1mol白磷(P4)中含有P-P共价键的数目为【答案】D【解析】苯分子中每个碳原子与2个碳原子和1个氢原子相连，形成3个σ键，6个碳原子共形成12个σ键，1mol苯的σ键数目应为12NA，A错误；C2H4的结构简式为：CH2=CH2，分子中共含6对共用电子，28gC2H4的物质的量为1mol，含有的共用电子对数目为6NA，B错误；100g质量分数为17%的H2O2水溶液中含17gH2O2，物质的量为0.5mol，每个H2O2分子含2个O-H极性键，共NA个极性键，但溶液中还有83gH2O，每个H2O含2个O-H极性键，总极性键数目远大于NA，C错误；白磷(P4)分子呈正四面体结构：，含6个P-P单键，1mol白磷(P47．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的化合物甲的结构为，其中各原子的最外层均处于稳定结构。W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2ZA．YW3分子中的键角为B．W2ZC．物质甲的1个分子中存在6个σ键D．Z的简单氢化物的中心原子的VSEPR模型为角形【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物甲中Z形成2条共价键，可知Z位于第ⅥA族，而W2Z在常温常压下为液体，则W为H，Z为O；W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，考虑为10电子或18电子微粒，化合物甲中X形成4条共价键，Y形成3条共价键，结合原子序数可知，X为C，Y为N，化合物甲为CO(NH2)YW3为NH3，分子的键角为107°，A错误；元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，W2Z（H2O）的稳定性大于YW3（NH3），B正确；单键为σ键，双键中含一个σ键和一个π键，由甲的结构图可知，1个甲分子中存在7个σ键，C错误；Z的简单氢化物为H2O，中心原子O的价层电子对数为2+6-2×1故选B。8．解释下列现象的原因正确的是选项现象原因AHF的稳定性强于HClHF分子之间除了范德华力以外还存在氢键B碱金属中Li的熔点最高碱金属中Li的价电子数最少，金属键最强C熔点：NaClNaCl、NaBr随着离子半径的增大，晶体的熔点降低D熔点：SS8熔化时要断开化学键，SOA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】范德华力和氢键影响的是物质的物理性质，与物质的稳定性无关，HF的稳定性强于HCl是因为F的非金属性大于Cl，A错误；碱金属族价电子数是相同的。碱金属中Li的半径最小，金属键最强，熔点最高，B错误；NaCl、NaBr均为离子晶体，熔化时破坏的是离子键，离子半径越大，离子键越弱，晶体的熔点越低，则熔点：NaCl>NaBr，C正确；S8、SO9．叶酸拮抗剂是一种多靶向性抗癌药物，常以苯和丁二酸酐为原料合成过程中，某一中间体(X)结构如图所示：，下列有关说法错误的是A．同周期中，第一电离能比N大的元素有2种B．沸点：高于C．X结构中，C、N原子杂化方式相同D．X结构中含有Π66大【答案】C【解析】同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，但N原子2p能级处于半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则第二周期中第一电离能比N大的元素有F、Ne共2种，A正确；含有羟基、氨基，能形成分子间氢键，所以沸点：高于，B正确；X结构中，环上的C、N原子杂化方式均为sp2，氨基中的N原子采用sp3杂化，C错误；X结构中，环上的C、N原子各提供1个电子形成Π66大π键，D正确。10．亚铁氰化钾K4FeCN6俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：A．27gHCN分子中含有π键数目为B．配合物K4FeCN6C．每生成1molCO2D．K2CO【答案】B【解析】27gHCN的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则27gHCN分子中含有π键数目为2NA，A错误；配合物K4FeCN6的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为3d6，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确；该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成1molCO2时，反应过程中转移电子数目为NA，故选B。11．Co3+的八面体配合物CoClm·nNH3中配离子的空间构型如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl－，Co3+位于八面体的中心。若1mol配合物与AgNO3作用生成2molAgCl沉淀，则n的值是A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】1mol配合物与AgNO3作用生成2molAgCl沉淀，可知1mol配合物的外界中有2molCl-，又Co显+3价，可知1mol配合物的内界中还有1molCl-，即配合物为[CoCl•nNH3]Cl2，又因为配位数为6，所以n=6-1=5，D正确。12．乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与Fe3+A．Fe3+有23B．该配离子中含有6个配体C．该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、spD．该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键【答案】C【解析】Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成Fe3+，则Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，选项A错误；该配离子中含有6个配位键，有3个配体，选项B错误；双键上的C原子形成3个σ键且无孤电子对，采用sp2杂化，饱和C原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，选项C正确；该配离子中含有的化学键有极性键、非极性键、配位键，不含离子键，选项D答案选C。13．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：AlA．Al2Cl6的结构式为 B．C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比【答案】D【解析】由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。14．配位化学和超分子化学在生命科学领域有着广泛的应用，在生命体中扮演着举足轻重的角色。如下图甲表示血红蛋白中Fe(Ⅱ)结合氧气形成配合物的结构，图乙表示磷酸根与二脲基分子形成的超分子阴离子配合物。相关说法错误的是A．图甲中，血红蛋白结合O2的作用力有两种，但强度不同，O2与Fe(Ⅱ)间作用力远强于与H间的作用力B．图乙中，磷酸根和二脲基分子间形成超分子的相互作用属于强度较弱的化学键C．亚硝酸钠是一种氧化剂，误服中毒会出现面色发青、口唇紫绀等典型缺氧症状，推测中毒机理是其将血红蛋白中Fe(Ⅱ)氧化，使其无法再与O2配位而丧失输氧能力D．CO中毒的原因：因电负性C<O，故C相比O更易给出电子对与血红蛋白中Fe(Ⅱ)成配位键，当CO存在时，血红蛋白优先与CO结合而丧失输氧能力【答案】B【解析】血红蛋白中Fe(Ⅱ)结合氧气形成的是配位键，而O2与H之间的作用力为氢键，配位键的强度远高于氢键，A正确；图乙中，磷酸根和二脲基分子间形成超分子的相互作用力为配位键，属于强度较大的化学键，B错误；亚硝酸钠是一种氧化剂，而Fe(Ⅱ)容易被氧化，误服亚硝酸钠中毒会出现面色发青、口唇紫绀等典型缺氧症状，原因为亚硝酸钠将Fe(Ⅱ)氧化为Fe(Ⅲ)，血红蛋白中的Fe无法与氧气配位，从而无法输送氧气，C正确；CO中电负性C<O，C比O更容易给出电子对与血红蛋白中Fe(Ⅱ)形成配位键，因此CO和O2同时存在时，血红蛋白优先与CO结合而丧失了运输氧气的能力，D正确；故答案选B。二、解答题15．元素周期表有多种形式。如图分别是两种不同形式元素周期表的局部区域。(1)①图甲中的数值越大，则该元素的(选填“金属性”或“非金属性”)越大。②根据图甲中的信息判断，下列物质中含有离子键的是。A．AlF3B．AlCl3C．Al2O3D．Al2S3(2)①图乙所示第二周期元素中，某一元素的该性质反常偏高，原因是。②若将下列元素在图乙中排列，位置最低的元素是。A．NaB．KC．MgD．Ca(3)图丙表示含义的是元素___________。A．原子半径B．第一电离能C．电负性D．在地壳中的含量(4)①图中能正确表示基态N原子轨道表示式的是。A．B．②图中另一张不能作为基态N原子的电子排布图是因为它不符合。A．能量最低原理B．泡利原理C．洪特规则(5)铝离子电池一般用离子液体作电解质，某离子液体的结构如图：①该化合物中阴离子的空间构型为。②比较键角大小：阳离子中的∠CNC(填“>”，“<”或“=”)NCH3③传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体相对难挥发，原因是。(6)ⅢA族元素B、Al、Ga、In、TI形成的化合物应用广泛。下列说法不正确的是___________。A．第一电离能：BB．H3BOC．GaCl3D．推测H3【答案】(1)非金属性AC(2)N的2p能级达到半充满结构，较稳定，失去1个电子所需的能量较大B(3)D(4)BC(5)正四面体>离子液体的粒子都是带电荷的离子，形成较强的离子键(6)BD【解析】（1）①图A中数值表示电负性，数值越大，则该元素的非金属性越强；②离子键的形成与两个元素的电负性差值有关，当两个元素的电负性差值大于1.7时，通常形成离子键，由图A中数值可知，含有离子键的是AlF3、Al2O3，AC正确；（2）①图乙表示元素的第一电离能，第二周期元素中，N元素反常偏高，原因是：N的2p能级达到半充满结构，较稳定，失去1个电子所需的能量较大；②图乙表示元素的第一电离能，同一周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素，同一主族元素从上到下，第一电离能由大变小，则Na、K、Mg、Ca中第一电离能最小的是K，B正确；（3）地壳中含量前三的元素为O、Si、Al，图丙表示含义的是元素在地壳中含量，D正确；（4）①N元素电子排布式为1s22s22p3，其轨道表示式为：，B正确；②洪特规则是指电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，不符合洪特规则，C正确；（5）①中心Al的价层电子对数为：3-4×②阳离子中中心N原子提供孤对电子与H+形成配位键，而NCH33分子中N原子存在孤对电子，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角：阳离子中的∠CNC>③离子液体相对难挥发，主要原因是离子液体的粒子都是带电荷的离子，形成较强的离子键；（6）同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：B>Al>Ga，A正确；B(OH)4-中硼原子的杂化方式为sp3，B错误；中心Ga原子价层电子对数为：3-3×12+3=3，无孤对电子，分子呈平面三角形，为非极性分子，C正确；因为金属性：In>Al16．铜、钛、钴及其化合物在生产中有重要作用，回答下列问题(1)钛元素基态原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为，与钛同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有种。(2)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。与BH4-互为等电子体的阳离子的电子式为(3)二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。化合物乙分子中的手性碳原子是(填碳原子旁标的序号)。(4)配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是钴重要化合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中的Co3+配位数为。根据价电子对互斥理论，阳离子的立体构型是(填序号)。A．八面体B．正四面体C．三角锥形D．三角双锥(5)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π键的数目为，HSCN结构有两种，已知硫氰酸(H−S−C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H−N=C=S)，其原因是。【答案】(1)3(2)(3)d、e(4)6A(5)4NA异硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键【解析】（1）钛是22号元素，价电子排布为3d24s2，轨道表示式为：；基态Ti原子含有2个未成对电子，第四周期含有2个未成对电子的元素还有：NiGeSe，共3种；（2）价电子总数和原子总数相同的分子、离子或基团互称为等电子体。BH4-含有5个原子，价电子总数为8，所以与BH4-互为等电子体的阳离子是（3）手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，即为d、e；（4）在配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中，配体为NH3、H2O，其配位数=4+2=6；其阳离子的成键电子对数为6，孤电子对数为0，其立体构型为，呈八面体，A正确；（5）(SCN)2分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，1个N≡C键中有2个为π键，则1mol(SCN)2分子中含有π键的数目为4NA；异硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高于硫氰酸。17．一水硫酸四氨合铜晶体CuNH34(1)写出步骤②中发生反应的离子方程式：。(2)步骤③中加入95%乙醇的作用是。(3)根据以上实验现象，判断配体H2O和NH3与Cu2+的结合力：H2ONH3(填“大于”或“小于”)(4)CuNH342+具有对称的空间结构，若其中两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则CuNH342+的空间结构为((5)下列说法错误的是_______(填标号)。A．步骤③中发生反应的离子方程式为CuB．步骤③中用玻璃棒摩擦器壁可以促进晶体析出C．CuNHD．一水硫酸四氨合铜晶体在水中的电离方程式为：Cu【答案】(1)Cu(2)降低溶剂的极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度(3)小于(4)平面正方形(5)CD【解析】（1）向硫酸铜溶液中加入氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，过程②为生成的氢氧化铜溶于过量的氨水，反应的离子方程式为：Cu(（2）过程③加入95%乙醇的作用是降低溶剂极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度；（3）硫酸铜溶液中存在CuH2O42+，溶液呈蓝色，加入氨水生成氢氧化铜沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到CuNH342+，可知配体H2O和NH3与（4）CuNH342+具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个（5）③中析出CuNH34SO4⋅H2O晶体，发生反应的离子方程式为：CuNH342++SO18．白铜是以镍为主要添加元素的铜基合金，呈银白色，有金属光泽，故名白铜。公元4世纪时东晋常璩的《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)单质铜及镍都是由键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：Icu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol(2)已知CO与N2互为等电子体，且CO分子中各原子均满足8电子稳定结构，Ni能与CO形成正四面体形的配合物NiCO4，1molNiCO4(3)Na2CuOH4中存在的化学键类型有A．离子键B．金属键C．极性共价键D．非极性共价键E．配位键(