福建省泉州市南安第一中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省泉州市南安第一中学2024-2025学年高二下学期第一次阶段测试试题一、单选题1．制取催化剂BCl3的原理为：BA．基态碳原子价电子轨道表示式为B．Cl2中3p-3p轨道重叠示意图为C．BCl3D．CO电子式为：【答案】B【解析】基态碳原子价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故A正确；Cl2中3p-3p轨道重叠形成σ键，轨道重叠示意图为，故B错误；BCl3分子中心原子价层电子对数为3+123-3×1=3，且没有孤电子对，分子的空间结构为键角是120°的平面三角形结构，分子的结构对称，属于非极性分子，故C正确；CO和N2互为等电子体，CO电子式和N2相似，为故选B。2．下列说法正确的是A．与含有相同的官能团，互为同系物B．属于醛类，官能团为-CHOC．的名称为：2-乙基-1-丁烯D．乙醚与乙醇互为同分异构体【答案】C【解析】含醇羟基，属于醇，含酚羟基，属于酚，两者物质类别不同，不互为同系物，A错误；官能团为−COO−R，属于酯类，B错误；主链为含碳碳双键的最长碳链，其名称为：2−乙基−1−丁烯，C正确；乙醚是CH3CH2OCH2CH3，乙醇是CH3CH2OH，两者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。3．以下有关元素性质的说法正确的是A．①Na，K，Rb②N，P，As③O，S，Se④Na，P，Cl元素电负性随原子序数增大而递增的是②B．某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素在第ⅡA族C．下列原子中：①1s22s22p63s23p1②1s22s22p63s23p2③1s22s22p63s23p3④1s22s22p63s23p4，对应的第一电离能最大的是④D．以下原子中：①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4，半径最大的是④【答案】B【解析】同一周期，电负性随原子序数增大而增大，同一主族，电负性随原子序数增大而减小，①Na，K，Rb②N，P，As③O，S，Se④Na，P，Cl元素电负性随原子序数增大而递增的是④，A错误；某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素的二三电离能变化较大，故在第ⅡA族，B正确；①1s22s22p63s23p1为Al，②1s22s22p63s23p2为Si，③1s22s22p63s23p3为P，④1s22s22p63s23p4为S，四种元素为第二周期元素，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，但P的3p轨道处于半满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素，故第一电离能最大的是③P，C错误；①1s22s22p63s23p2为Si，②1s22s22p3为P，③1s22s22p2为O，④1s22s22p63s23p4为S，O原子核外电子层数最少，半径最小，Si、P、S位于同一周期，从左到右，原子半径减小，故半径最大的是①Si，D错误。4．下列说法正确的是A．CO2B．BeCl2分子的VSEPR模型是直线形C．SiO2和ND．SO4【答案】B【解析】CO2溶于水时和水反应生成碳酸，有共价键的断裂和形成，A错误；BeCl2分子中Be价电子对数为2+2-2×12=2，VSEPR模型是直线形，B正确；等电子体是研究具有相同价电子数、相同原子数的分子和离子，而SiO2是原子晶体，与分子晶体的N2O不能互称为等电子体，C错误；SO42-中S原子价电子对数为4+6+2-4×25．某种离子液体的阴离子结构如图，Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是A．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>XB．Q、W、X的第一电离能依次减小C．氢化物的沸点：W>YD．X、Y、Z均至少有两种氧化物【答案】D【解析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，则Q为F元素；阴离子中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、2、4、6，Z与其他元素不在同一周期，则W为O元素、X为N元素、Y为C元素、Z为S元素。元素周期表中氟元素的非金属性最强，只有负化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，故A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则三种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故B错误；碳元素形成的氢化物可能为固态烃，固态烃的沸点高于水，故C错误；氮元素可以形成一氧化氮、二氧化氮等多种氧化物，碳元素形成的氧化物可能为一氧化碳、二氧化碳，硫元素形成的氧化物可能为二氧化硫和三氧化硫，则三种元素均至少有两种氧化物，故D正确；故选D。6．甲乙丙三种有机物结构简式如下图所示，下列说法错误的是A．甲乙丙属于同分异构体B．甲中共面原子最多有11个C．与乙分子式相同的有机物，且属于炔烃的有3种D．丙的二氯代物有3种【答案】D【解析】甲乙丙分子式均为C5H8，结构不同，属于同分异构体，A正确；甲为二烯烃，碳碳双键上原子共平面，由于碳碳单键可以旋转，因此该分子中共面原子最多有11个，B正确；乙的分子式为C5H8，不饱和度为2，炔烃的不饱和度为2，则乙的同分异构体中属于炔烃的结构分别为，共3种结构，C正确；丙的二氯代物中两个氯原子可能位于同一个碳原子上，其结构为；两个氯原子可能位于不同碳原子上，分别为；所以符合条件的结构有4种，D错误；答案选D。7．“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是A．第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3B．氢化物沸点顺序是：GeH4>SH4>CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3>PH3>NH3C．C=C的键能小于两倍的C-C，则N=N的键能小于两倍的N-ND．SO42-和P4都为正四面体形，SO42-中键角为109°28′，P4【答案】A【解析】气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，同周期元素从左到右其非金属性依次增强，所以上述类推合理，A正确；NH3分子间存在氢键，其沸点在同族中最高，B错误；C=C中的π键不稳定，其键能小于两倍的C-C的键能，而N2分子中的N☰N就比较稳定，键能较大，所以根据类推法不能得出N=N的键能小于两倍的N-N的结论，事实上，N=N的键能为418kJ/mol，N-N的键能为193kJ/mol，C错误；SO42-为正四面体结构，S位于正四面体中心，键角为109°28′，P4分子的结构如图：，键角为60°，D8．铁有δ、γ、α三种晶体结构，以下依次是δ、γ、α三种晶体在不同温度下转化的示意图。下列有关说法错误的是A．δ-Fe晶体中与B．γ-Fe晶体中C．Fe原子的半径为rnm，α-Fe晶胞与γ-FeD．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不相同【答案】C【解析】δ-Fe晶体与α-Fe晶体结构不同，属于同种元素组成的不同的单质，互为同素异形体，A正确；γ-Fe晶体中Fe原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积，B正确；α-Fe晶胞中含Fe的个数为8×18=1，其晶胞边长为2rnm，γ-Fe晶胞中含Fe的个数为8×18+6×12=4，其晶胞边长为22rnm，α9．我国科学家利用柱[5]芳烃(EtP5)和四硫富瓦烯(TTF)之间相互作用，在溶液和固体态下构建了稳定的超分子聚合物(SMP)，如图所示：下列说法正确的是A．EtP5分子间存在氢键B．TTF分子中核磁共振氢谱有2组峰C．EtP5与TTF通过分子间作用力形成SMPD．EtP5和EtP10互为同系物，且EtP10与TTF形成的SMP稳定性强于EtP5【答案】C【解析】EtP5分子中不存在和电负性大的(N、O、F)原子形成共价键的H原子，分子间不存在氢键，A错误；TTF环内含有大π键，其结构对称，只有一种氢原子，如图：，核磁共振氢谱中含有1组峰，B错误；超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，由题目给出信息可知，SMP是由科学家已构建成功的超分子聚合物，故EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到超分子聚合物SMP，C正确；EtP5和EtP10官能团数目不同，所以EtP5和EtP10不是同系物，若用EtP10替换EtP5，碳环变大，不能很好的识别TTF，得不到更稳定的SMP，D错误。10．一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知MP=QR，用NA下列说法正确的是A．基态47Ag失去4d能级上的一个电子转化为B．若N点原子分数坐标为(14,14,0)，则C．M、N之间的距离为2D．晶体的密度为4×【答案】D【解析】该晶胞中Cs位于棱上及体内有8×14+2=4，Ag位于棱上及面心有8×14+4×12=4，F位于上、下平面各4个，前、后、左、右平面各2个，体内4个，故有基态47Ag核外电子排布式为Kr4d105s1，失去5s能级的一个电子形成Ag+，A错误；若N点原子分数坐标为14，14，0，由MP=QR，则P点原子分数坐标为0，0，c-s2故答案选D。11．设NAA．1mol苯中碳碳双键的数目为B．1.5g甲基中含有的电子数为C．0.5mol己烷中含有的极性键数目为D．标准状况下，11.2L氯仿中所含有的原子数目为【答案】C【解析】苯分子中的碳碳键为介于单键和双键之间独特的键，不存在双键，A错误；一个甲基-CH3中含有9个电子，则1.5g甲基中含有的电子数为1.5g15g/mol×9×NAmol-1=0.9NA，B错误；己烷的分子式为C6H14，分子中含有14个C-H极性键，则0.5mol己烷中含有的极性键数目为0.5mol×14×NA12．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力B熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃晶体类型C酸性：CF3COOH(pKa=0.23)羟基极性D溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)阴离子电荷A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，A正确；AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，B正确；由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，C正确；碳酸氢钠晶体中HCO3-间存在氢键，导致其在水中的溶解度比碳酸钠小，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，13．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。14．我国科学家研究发现，十八胺(C18H39NH2)在较高温度下具有一定还原性。由于从十八胺中获得电子的能力不同，不同金属盐在十八胺体系中反应可以得到不同的产物。单一金属盐ZnNO3元素ZnAgAuCo电负性(鲍林标度)1.61.92.41.8A．电负性：O>N>CB．十八胺中N原子杂化类型为spC．氧化性：Co3+>Zn2+D．据此推测以Ag+和钴盐为原料时得到的产物【答案】D【解析】同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，电负性：O>N>C，A正确；C18H39NH2中N原子有三个σ键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，B正确；根据电负性Co>Zn，可知氧化性Co3+>Zn2+，C正确；根据电负性Ag>Co，可知Ag+15．Fe3+的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与H2O、SCN-、Cl-、F-等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的FeH2Fe下列说法不正确的是A．为了能观察到溶液Ⅰ中FeHB．溶液Ⅰ呈黄色可能是由Fe3+C．F-与Fe3+D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色【答案】A【解析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与SCN−结合生成[Fe(SCN)6]3−，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3−。为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4]−，A错误；[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色[Fe(H2O)6]3+形成混合体系，使溶液呈黄色，B正确；加入NaF后溶液Ⅱ由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3−转变为[FeF6]3−，反应更易生成[FeF6]3−，说明F−与Fe3+的配位能力强于SCN−，C正确；向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3++6SCN−⇌[Fe(SCN)6]3−(红色)的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；故答案选A。二、填空题16．借助李比希法和现代科学仪器可以确定分子结构。I．某化学实验小组利用如图所示的装置测定某有机化合物X的组成及结构，取6.72gX与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加8.64g，碱石棉的质量增加(1)根据实验数据，可确定X分子中(填“含”或“不含”)氧元素，X的实验式为。II．使用现代分析仪器对有机化合物A的分子结构进行测定(已知A中只含一种官能团)，相关结果如下：(2)根据图1、2，推测A可能所属有机化合物的类别，分子式为。(3)根据以上结果和图3(三组峰的面积比为3：3：2)，推测A的结构简式可能为。(写出一种即可)Ⅲ．同分异构现象是有机物种类繁多的原因之一，根据题意回答下列问题。(4)10个碳原子以下一氯代物只有1种的烷烃有4种，写出相对分子质量最大的烷烃的结构简式：。(5)分子式为C7H14，主链为5(6)芳香烃C9H10(7)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，含有1个手性碳的有机物存在“对映异构体”(如同左手和右手)。下列有机物存在对映异构体的是(写序号)。①CH3CHOHCOOH②2-氯丁烷【答案】(1)不含CH(2)酯C4H8O2(3)CH3CH2COOCH3或CH3COOCH2CH3(4)(5)12(6)(7)①②【解析】（1）高氯酸镁的质量增加8.64g，nH2O=8.64g18g/mol=0.48mol，nH（2）根据图1质谱图可知该化合物相对分子质量为88，图2红外光谱图可知有不对称的两个甲基，有C=O键和C-O-C键，该物质可能是CH3COOCH2CH3或者CH3CH2COOCH3，属于酯类，分子式为C4H8O2；（3）根据以上结果和图3(三组峰的面积比为3：3：2)，推测A的结构简式可能是CH3COOCH2CH3或者CH3CH2COOCH3；（4）10个碳原子以下一氯代物只有1种的烷烃有4种，分别是甲烷、乙烷、新戊烷、2,2,3,3-四甲基丁烷，相对分子质量最大的烷烃的结构简式：；（5）分子式为C7H14，主链为5个碳的烯烃以碳架表示，存在：，共计12种；（6）芳香烃C9H10（7）①CH3②2-氯丁烷中与氯原子连接的碳原子为手性碳原子，存在对映异构体；③甲基环己烷无手性碳原子，不存在对映异构体；答案选①②。三、解答题17．金是一种贵重金属，抗腐蚀，是延展性最好的金属之一。负载型金纳米材料在催化动态催化理论、光学、电子学等方面有重要作用。I．金的结构(1)金元素位于元素周期表第６周期ＩＢ族，金的价电子排布式为。(2)金晶体的晶胞为面心立方晶胞，Au在晶胞中的配位数是。II．金的提取王水提金原理：Au+(3)①画出[AuC②NO3-中氮原子的杂化方式是，(4)硫脲（[SC(NH2)2]，其结构与尿素相似，S原子常作为配位原子），其提金原理：Au+Fe3++2SC(NH2)2=Au[SC(NH2)2]2++Fe2+①1molAu[SC(NH2)2]2+含有的σ键数目为。②硫脲易溶于水，原因是。III．金的应用一种最稳定的负载型纳米金团簇，具有最完美的对称性，其结构如图所示：(5)该金团簇的化学式为。(6)该金团簇中有种不同化学环境的金原子。【答案】(1)5d106s1(2)12(3)sp2平面三角形(4)16NA硫脲分子与水分子间形成分子间氢键(5)Au20(6)3【解析】（1）金元素位于元素周期表第6周期ⅠB族，则金的价电子排布式：5d106s1；（2）金晶体的晶胞为面心立方晶胞，则金原子位于晶胞的顶点和面心，位于面心的Au与相邻顶点的Au距离最近，则Au在晶胞中的配位数是12；（3）①[AuCl4②NO3-中N原子价层电子对数：3+126-3×2=3（4）①硫脲[SC(NH2)2]，其结构与尿素相似，S原子常作为配位原子，则1molAu[SC(NH2)2]2+中含2mol个S=C、4molN-C、8molN-H②硫脲分子与水分子间形成分子间氢键，增大在水中溶解度；（5）由图知，该金团簇结构中含20个金原子，则化学式为Au20；（6）该纳米金团簇具有最完美的对称性，则该金团簇中有3种不同化学环境的金原子，分别是位于顶点、棱边和面心的3种金原子。18．下列为元素周期表的一部分，其中编号代表对应的元素。回答下列问题：(1)e元素原子的电子排布图为。(2)元素q的氢化物q2a4常作为火箭燃料，写出其电子式。(3)写出g最高价氧化物对应水化物与k最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式。(4)比较电离能大小：m2+m3+（填“小于”或“大于”）。(5)lk3的熔点（83℃）比lf3（1100℃）低得多，这是因为。(6)hk3加热后以二聚物h2k6形式存在，h2k6中含有的化学键类型为。(7)dq的晶体结构（类似金刚石的晶胞）如下图所示，若d与q原子最近的距离为rcm，晶胞的密度为ρg·cm-3，则阿伏伽德罗常数NA=（用含有r、ρ的代数表示）。【答案】(1)(2)(3)H++OH-=H2O(4)小于(5)CrF3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力(6)（极性）共价键、配位键(7)4×25ρ43【解析】（1）e为O，为8号元素，电子排布图为。（2）q为N，其氢化物q2a4为N2H4，为共价化合物，电子式为。（3）g为Na，k为Cl，二者的最高价氧化物对应水化物的反应为氢氧化钠溶液与高氯酸反应，离子方程式为H++OH-=H2O。（4）m为Mn，其逐级电离能逐渐增大，故电离能Mn2+＜Mn3+。（5）lf3为CrF3，是离子晶体，lk3为CrCl3，是分子晶体，离子键强于分子间作用力，故CrCl3的熔点比CrF3低。（6）hk3为Al2Cl6，结构为，含有（极性）共价键和配位键。（7）dq为BN，其晶体结构与金刚石结构相似，设晶胞边长为a，则34a=r，则a=4r3，故ρ=25×4NA（4四、填空题19．科学家合成了由羧酸基团功能化的石墨烯表面共价连接钴(Ⅱ)四吡啶配合物，其在不同酸碱性条件下光催化CO2(1)基态Co2+的价电子轨道表示式为(2)Fe、Ni、Cu、Zn均为第四周期的过渡金属元素，下列说法错误的是(填标号)。A．Cu的第二电离能比Zn的第二电离能小B．K3FeCN6中含有σ键与πC．配合物K2NiCN4中的配体为(3)1mol钴(Ⅱ)四吡啶配合物中含有配位键数目为，该配合物中羧酸基团中碳原子的杂化方式为。(4)吡啶()分子中存在的大π键为。CH3NH2分子中N上有孤对电子，可以与H+结合，平面分子吡咯()和吡啶相同浓度下，(填“吡啶”或“吡咯”)碱性更强，原因是【答案】(1)(2)AC(3)6sp2(4)Π66吡啶【解析】（1）Co是27号元素，基态钴原子的电子排布式[Ar]3d74s2，4s能级失去电子后形成Co2+，Co2+（2）A．Cu的I2是3d10的稳定结构失电子需要的能量，比较大，Zn的I2是3d104sB．K3FeCN6中K+与[Fe(CN)6]3-之间以离子键形式结合，CN-为碳氮三键，单键和配位键均为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，由离子结构可知其所含σ键数为12个，π键数为12个，σ键和π键的个数比为1：C．配合物K2NiCN4中K+与NiCN42-之间以离子键形式结合，NiCN42-中配体为CN-，中C、故答案选AC。（3）通过图示可以发现配位原子是N、O，与钴(Ⅱ)相连接的4个N原子和2个O原子都是配位原子，所以配位数为6，该配合物中羧酸基团中碳原子为碳氧双键，杂化方式为sp2，故答案为：6；sp