精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二下学期4月月考化学试题

2025年4月高二下学期化学月考试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 文物记载中华文明的灿烂成就。下列珍贵文物的主要材料属于共价晶体的是 A．宋蕉叶形水晶杯 B．清白玻璃盖罐 C．商青铜龙鼎 D．宋彩绘木雕观音 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．水晶的主要成分是二氧化硅，为共价晶体，A符合题意； B．玻璃属于非晶体，玻璃的主要成分硅酸盐为离子晶体，B不符合题意； C．青铜的主要成分是合金，为金属晶体，C不符合题意； D．木雕主要成分是纤维素，不属于共价晶体，D不符合题意； 故选A。 2. 下列关于粒子结构的描述错误的是 A. CS2、C2H2、BeCl2都是直线形分子 B. CCl4和CH2Cl2均是四面体构型的非极性分子 C. H2S和NH3均是由极性键构成的极性分子 D. HCl和HS-均是含有一个极性键的18电子粒子 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．CS2、C2H2、BeCl2的中心原子杂化轨道类型均为sp杂化，都是直线形分子，故A正确； B．由于C—H键的键长小于C—Cl键的键长，故CH2Cl2的空间结构不是对称的正四面体构型，因而属于极性分子，故B错误； C．H2S为V形构型，NH3为三角锥形构型，均是由极性键构成的极性分子，故C正确； D．不同非金属原子间形成极性键，HCl中含有H-Cl极性键，HS-中含有H-S极性键，二者含有18电子，故D正确； 答案选B。 3. 下列关于有机物同分异构体数目的分析不正确的是 A. C6H14含四个甲基的同分异构体有2种 B. (CH3CH2)2CHCH3的一氯代物有4种 C. 分子式为C4H10的有机物的二氯取代物有12种 D. “立方烷”C8H8，如图所示，呈正六面体结构，其六氯代物有3种 【答案】C 【解析】 【详解】A．含四个甲基的同分异构体有(CH3)3CCH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2，共2种，故A正确； B．的一氯代物有、、、，共4种，故B正确； C．正丁烷的二氯代物有6种、异丁烷的二氯代物有3种，分子式为的有机物的二氯取代物有9种，故C错误； D．“立方烷”，其二氯代物有3种，分子中有8个H原子，根据“换元法”，其六氯代物也有3种，故D正确； 选C。 4. 物质结构决定其性质，下列有关物质结构与性质的描述中，错误的是 A. 臭氧的极性很微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 B. 邻羟基苯甲酸()含分子内氢键，其熔沸点高于对羟基苯甲酸() C. F的电负性强于Cl，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致CF3COOH的酸性强于CCl3COOH的酸性 D. 接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢键而相互缔合，接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大 【答案】B 【解析】 【详解】A．水是极性溶剂、CCl4是非极性溶剂，臭氧的极性很微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，故A正确； B．邻羟基苯甲酸()含分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔沸点小于对羟基苯甲酸()，故B错误； C．F的电负性强于Cl，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致CF3COOH中O-H键易断裂，CF3COOH中O-H的酸性强于CCl3COOH的酸性，故C正确； D．接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢键而相互缔合为(H2O)n，接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大，故D正确； 选B。 5. 如图是s能级和p能级的原子轨道图，下列说法正确的是 A. s能级和p能级的原子轨道形状相同 B. 每个p能级都有6个原子轨道 C. 钠原子的电子在11个原子轨道上高速运动 D. s能级的原子轨道半径与能层序数有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．s能级轨道为球形，p能级的原子轨道为哑铃型，轨道形状不相同，A说法错误； B．每个p能级都有3个原子轨道，B说法错误； C．钠原子的电子有1s、2s、2p、3s，4个能级，6个原子轨道，则11个电子在6个轨道上高速运动，C说法错误； D．能层序数越小，s能级的原子轨道半径越小，则s能级的原子轨道半径与能层序数有关，D说法正确； 答案为D。 6. 在碱性溶液中，双缩脲能与作用形成紫红色配合物，配离子结构如图所示。下列说法错误的是 A. 双缩脲分子中键与键个数比为 B. 该配离子与水形成氢键的原子只有 C. 该配离子中提供空轨道的微粒是 D. 基态原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形 【答案】B 【解析】 【详解】A．单键和配位键都是键，双键中含有1个键和1个键，则双缩脲分子中键与键个数比为，故A正确； B．该配离子与水形成氢键的原子除了原子外，还有O原子，故B错误； C．含有空轨道，在该配离子中提供空轨道，故C正确； D．基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1，占据最高能级的是4s，电子云轮廓图为球形，故D正确； 故选B。 7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 28g 硅晶体中含有的共价键数目为4NA B. 常温常压下，23g乙醇(CH3CH2OH)中所含sp3杂化的原子数目为NA C. 标准状况下，22.4L乙炔含有π键数目为2NA D. 12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为0.3NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．硅晶体中每个硅通过四个共价键与其他硅原子相连，每条共价键由两个硅原子共用，所以每个硅所属的共价键应为2，28g硅晶体含1mol硅，即有2NA个共价键，A错误； B．乙醇中2个C原子和O原子都是sp3杂化，23g乙醇的物质的量为0.5mol，所含杂化的原子数目为1.5NA，B错误； C．标准状况下，22.4L乙炔物质的量为1mol，一个乙炔分子中含有2个π键，1mol乙炔分子中所含π键数目为2NA，C正确； D．固体中含有Na+和，12gNaHSO4的物质的量为=0.1mol，阴、阳离子总数为0.2NA，D错误； 故选C。 8. 下图是天然水晶球里的玛瑙和水晶，两者的根本区别在于 A. 外形不一样，构成两者的原子不同 B. 构成玛瑙的基本粒子无规则排列，构成水晶的基本粒子按一定的规律周期性重复排列 C. 水晶有固定的熔沸点，而玛瑙无固定熔沸点 D. 水晶可用于能量转换，玛瑙可用于装饰品 【答案】B 【解析】 【分析】玛瑙是非晶体，水晶是晶体。 【详解】A．玛瑙和水晶主要成分都是由Si原子和O原子构成的二氧化硅，A错误； B．晶体和非晶体的本质区别是内部粒子在微观空间里是否呈现周期性的有序排列，B正确； C．熔沸点是物理性质的差异，并不是两者的本质区别，C错误； D．水晶可用于能量转换，玛瑙可用于装饰品，是两者的应用差异，不是本质区别，D错误； 故答案选B。 9. 砷化镓()的晶胞结构如图甲所示。将掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。下列说法错误的是 A. 属于区元素 B. 图甲中，原子位于原子构成的正四面体空隙中 C. 图甲中，若的键长为，则晶胞边长为 D. 稀磁性半导体材料中，、的原子个数比为 【答案】D 【解析】 【详解】A．位于第四周期ⅤA族，属于区元素，A正确； B．图甲中，原子与周围四个Ga相连，四个Ga构成正四面体结构，As位于原子构成的正四面体空隙中，B正确； C．图甲中，若的键长为，等于晶胞体对角线的四分之一，则晶胞边长为，C正确； D．稀磁性半导体材料中，有4个位于体内，一个位于顶点，一个位于面心，个数为：，、的原子个数比为，D错误； 故选：D。 10. 化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子式为C14H10O3 B. 分子中碳的杂化方式有2种 C. 分子中含有4种官能团 D. 苯环上的一氯代物有5种 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知M的分子式为：C14H12O3，故A错误； B．分子中含有单键碳原子和双键碳原子，杂化方式分别为：，故B正确； C．M中含羟基、羰基、醚键三种官能团，故C错误； D．该物质含两个苯环，一氯代物共6种，故D错误； 故选：B。 11. 如图所示为一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子的结构模型，则它的化学式为 A. B. TiC C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由于该结构为“气态团簇分子”的结构，给出的结构就是一个“完整”的分子，因此结构中的每个原子都是构成分子的一部分。因该“气态团簇分子”结构中含有14个Ti原子和13个C原子，故该物质的化学式为，选C。 12. 20世纪20年代中期建立的量子力学理论不仅能够较圆满的解释原子光谱的实验事实，而且为解释和预测物质结构和性质提供了全新的理论支持，已经成为现代化学理论的基础。依据该理论，下列各项叙述中正确的是 A. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，电子绕核运动，其轨道为球面 B. 钠的焰色试验呈现黄色，是电子由激发态转化成基态时吸收能量产生的 C. 4s轨道电子能量较高，总是在比3s轨道电子离核更远的地方运动 D. s轨道电子能量可能高于p轨道电子能量 【答案】D 【解析】 【详解】A．所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但电子绕核运动没有固定的轨道，只是在核外空间一定范围内出现(概率不同)，所以其轨道不是球面，A不正确； B．钠的焰色试验呈现黄色，是电子由激发态转化成基态时释放能量，将能量以光的形式呈现，不是吸收能量，B不正确； C．4s轨道电子能量比3s高，在离核更远的地方出现的概率大，但并不是总在比3s轨道电子离核更远的地方运动，C不正确； D．s轨道电子能量可能高于p轨道电子能量，比如3s轨道电子的能量就比2p轨道电子的能量高，D正确； 故选D。 13. 西沙群岛软珊瑚中存在多种朵蕾烷二萜类海洋天然产物，结构简式如图所示，具有较强抗菌、抗肿瘤等生物活性。下列关于该二萜类化合物的说法正确的是 A. 化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均属于芳香族化合物 B. 等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ最多消耗的物质的量之比为3：2：2 C. 等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中含有手性碳原子的个数比为1：3：2 D. 化合物Ⅱ、Ⅲ均能发生加成反应、氧化反应、取代反应和消去反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分子中均不含苯环，均不属于芳香族化合物，A错误； B．碳碳双键可以与氢气发生加成反应，等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ最多消耗的物质的量之比为3：2：2，，B正确； C．由题给有机物的结构简式可知，化合物Ⅰ中含有3个手性碳原子()，化合物Ⅱ中含有5个手性碳原子()，化合物Ⅲ中含有4个手性碳原子()，C错误； D．化合物Ⅲ不含有碳卤键和羟基，不能发生消去反应，，D错误； 故选B。 14. 下列分子属于极性分子的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．CS2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意； B．NF3中N上的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意； C．SO3中S上的孤电子对数为×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意； D．SiF4中Si上的孤电子对数为×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意； 答案选B。 15. 已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中正确的是(　　) A. 分子中处于同一直线上的碳原子最多有6个 B. 该烃苯环上的二氯代物共有13种 C. 该烃的一氯代物共有8种 D. 分子中至少有12个碳原子处于同一平面上 【答案】D 【解析】 【详解】A．两个相连的苯环中，处于对角线位置的5个碳原子共线，再加上碳碳三键的2个碳原子，共7个碳原子一定共直线，A项错误； B．给苯环上有氢的碳原子编号如下：，因两个苯环无对称性可言，所以该烃苯环上的二氯代物共有15种：1，2、1，3、1，4、1，5、1，6；2，3、2，4、2，5、2，6；3，4、3，5，3，6；4，5，4，6；5，6，B项错误； C．该烃的没有对称性，其中苯环上的氢有6种，三个甲基上氢算3种，还有碳碳三键的端点还有一个氢，所以共有10种氢，所以其一氯代物为10种，C项错误； D．据A项分析，已有7个碳原子共线，这条线必在左侧苯环确定的平面内，且苯环上的其余的4个碳和相连的那个甲基的碳原子，共12个碳原子一定共平面，D项正确； 答案选D 16. 硝基胍的结构简式如图所示(“→”是一种特殊的共价单键，属于σ键)。下列说法正确的是 A. 硝基胍分子中只含极性键，不含非极性键 B 原子间只能形成σ键 C. 硝基胍分子中σ键与π键的个数比是5：1 D. 10.4g硝基胍中含有11×6.02×1023个原子 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．分子中键为非极性键，A错误； B．N原子间可以形成键和键，B错误； C．分子中含有4个键、1个键、1个键、2个键、1个键和1个键，键与键的个数比是，C正确； D．硝基胍的分子式为，相对分子质量为104，该物质的物质的量为，含有个原子，D错误； 故选C。 二、解答题(共52分) 17. 《Nature Energy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni-BaH2/Al2O3、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100℃-300℃的条件下合成氨。 （1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________；基态Ni2+的核外电子排布式为___________。 （2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。 ①硝酸溶液的空间构型为___________。 ②甘氨酸中N原子的杂化类型为___________，晶体类型是___________，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。 （3）NH3分子中的键角为107°，但在[Cu(NH3)4]2+离子中NH3分子的键角如图所示，导致这种变化的原因是___________。 【答案】（1） ①. F＞N＞O ②. [Ar]3d8 （2） ①. 平面三角形 ②. sp3 ③. 分子晶体 ④. 甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多或甘氨酸中氨基的存在也会形成分子间氢键 （3）形成配合离子后，配位键与NH3中N-H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N-H键之间的排斥力 【解析】 【小问1详解】 与氧相邻且同周期的元素为N和F，同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，所以三者第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8； 【小问2详解】 ①中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形； ②甘氨酸(NH2CH2COOH)中N原子形成两个N—H键和一个N—C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；甘氨酸熔、沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键)，导致其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸。 【小问3详解】 NH3分子中存在1对孤电子对，而[Cu(NH3)4]2+离子中NH3分子中氮的孤电子对和铜离子形成配位键，形成配合离子后，配位键与NH3中N-H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N-H键之间的排斥力，导致其键角变大。 18. 热敏电阻的主要成分——钡钛矿晶体的晶胞结构如图所示，晶胞棱长为a cm。顶角位置被Ti4＋所占据，体心位置被Ba2＋所占据，所有棱心位置被O2-所占据。(已知相对原子质量——O：16　Ti：48　Ba：137) （1）写出该晶体的化学式：__________。 （2）若将Ti4＋置于晶胞的体心，Ba2＋置于晶胞顶角，则O2-处于立方体的__________位置。 （3）在该物质的晶体中，每个Ti4＋周围距离相等且最近的Ti4＋有_________个；若将它们连接起来，形成的空间结构为__________。 （4）若晶体的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=__________。 （5）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图。(NH4)2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是________(填元素符号)，1 mol该物质中含σ键的数目为________NA。 【答案】（1）BaTiO3 （2）面心 （3） ①. 6 ②. 正八面体 （4） （5） ①. N>O>Cr ②. 16 【解析】 【小问1详解】 根据均摊法计算：在该晶胞中Ba2＋、Ti4＋和O2-的离子个数比为，则该晶体的化学式为BaTiO3； 小问2详解】 将共用一个Ti4＋的8个晶胞的体心Ba2＋连起来构成新的晶胞的顶角，则每个O2-正好分别处在六个面的面心位置； 【小问3详解】 晶胞中一个顶角的Ti4＋与其前、后、左、右、上、下的Ti4＋最近且距离相等，其周围距离相等且最近的Ti4＋有6个，若连接起来，形成正八面体； 【小问4详解】 由题意知1个晶胞的体积为a3cm3根据晶体的化学式BaTiO3可得1个晶胞的质量为，则，则； 【小问5详解】 N核外电子排布为半充满稳定结构，其第一电离能大于O，N、O为非金属，第一电离能均大于金属，所以N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是N>O>Cr；1个含有8个σ键，1个铵根离子中含有4个σ键，故1 mol该物质中含有σ键数目为(4×2＋8)NA=16NA； 19. A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。A是原子半径最小的元素；B的最外层电子数是次外层电子数的2倍；D的L能层有两对成对电子；的核外有三个能层，且都外于全满状态。试回答下列问题： （1）基态E原子核外电子排布式为_______。 （2）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是_______(填元素符号)。A、C、D三种元素形成的常见离子化合物中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。 （3）离子的颜色是._______；含有化学键类型是_______。 （4）D、E能形成两种晶体，其晶胞分别如甲、乙两图。若甲的密度为pg/cm3，NA表示阿伏伽德罗常数，则甲晶胞的边长可表示为_______cm。 【答案】（1） （2） ①. O>N>C ②. 正四面体 ③. sp2 （3） ①. 深蓝色 ②. 共价键，配位键 （4） 【解析】 【分析】A是原子半径最小的元素，则A为H元素，B的最外层是次外层电子数的2倍，则B为C元素，D 的L层有两对成对电子（价层电子排布式为2s22p4），推出D为O元素，则C为N，E+的核外有三个能层，且都处于全满状态（E+的电子排布式为1 s22s22p63s23p63d10），推出E为Cu。 【小问1详解】 铜位于第四周期，IB族，核外电子排布式为； 【小问2详解】 同周期从左往右，电负性递增，故电负性：O>N>C；A、C、D三种元素形成的常见离子化合物是NH4NO3，阳离子是，有4个σ键，孤电子对数为0，故价层电子对数为4，因此空间构型为正四面体，阴离子是，有3个σ键，孤电子对数0，故价层电子对数为3，即N原子杂化类型为sp2； 【小问3详解】 该离子为，显深蓝色；NH3中含有共价键，和NH3间存在配位键； 【小问4详解】 晶胞甲中，Cu位于体心，Cu的数目为4， O的数目为8×+2×+1+4×=4，故甲的化学式为CuO，设晶胞甲的边长为xcm，则晶胞密度p=，因此边长为x=cm。 20. As2O3既是致命的毒药，又能拯救生命，它在诱导癌细胞凋亡、治疗急性早幼粒细胞性白血病(APL)等方面表现出显著疗效。对某雌黄矿处理后得到一种含砷矿渣(主要成分为As2S3和FeS)，由该矿渣生产As2O3的工艺流程如下： 已知：① ②砷存在两种常见的含氧酸根离子，AsO和AsO，前者易被氧化 回答下列问题： （1）As位于第四周期，且与N同主族，基态As原子的价电子轨道表示式为___________。 （2）As2O3和As2S3中沸点较高的是___________，原因为___________。 （3）“浸取”产生的AsO和AsS中As的杂化方式一致，均为___________杂化，浸渣的成分为___________。 （4）“脱硫”时，Na3AsS3和Na3AsO3均会被NaClO氧化，其中AsS反应的离子方程式为___________。 （5）“酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应的化学方程式为___________。 （6）As、Bi、Li经掺杂可得到六方晶系催化剂X： 如图所示，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°，该晶胞中，粒子个数最简比As∶Bi∶Li=___________。 【答案】（1） （2） ①. As2S3 ②. 两者均形成分子晶体，且分子结构相似，分子量越大，分子间作用力越强，沸点越高 （3） ①. sp3 ②. FeS （4）AsS＋4ClO－= AsO＋3S↓+4Cl－ （5）2H3AsO4＋2SO2=2H2SO4＋As2O3＋H2O （6）1∶1∶2 【解析】 【分析】由题干流程图可知，向含砷矿渣(主要成分为As2S3和FeS)加入NaOH进行浸取，根据已知信息①可知将As2S3转化为Na3AsO3和Na3AsS3，过滤得到浸渣为FeS，向滤液中加入NaClO将Na3AsS3中硫元素氧化为S，过滤得到滤渣为S，滤液经酸化后加入SO2进行还原得到As2O3和硫酸钠，过滤得到As2O3固体，经洗涤、干燥得到纯净的As2O3，据此分析解题。 【小问1详解】 As位于第四周期，且与N同主族即为第VA族，最外层上有5个电子，故基态As原子的价电子轨道表示式为：，故答案为：； 【小问2详解】 As2O3和As2S3两者均形成分子晶体，且分子结构相似，分子量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故其中沸点较高的是As2S3，故答案为：As2S3；两者均形成分子晶体，且分子结构相似，分子量越大，分子间作用力越强，沸点越高； 【小问3详解】 “浸取”产生的AsO和AsS中As周围的价层电子对数分别为：3+=4，3+=4，故As的杂化方式一致，均为sp3杂化，由分析可知，浸渣的成分为FeS，故答案为：sp3；FeS； 【小问4详解】 “脱硫”时，Na3AsS3和Na3AsO3均会被NaClO氧化，其中AsS中S为-2价，As为+3价，1个AsS转化为和S化合价一共升高8个单位，NaClO降低为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：AsS＋4ClO－= AsO＋3S↓+4Cl－，故答案为：AsS＋4ClO－= AsO＋3S↓+4Cl－； 【小问5详解】 “酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应即H3AsO4转化为As2O3，As化合价降低2，则SO2被氧化为H2SO4，S的化合价升高2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2H3AsO4＋2SO2=2H2SO4＋As2O3＋H2O，故答案为：2H3AsO4＋2SO2=2H2SO4＋As2O3＋H2O； 【小问6详解】 由题干晶胞图所示信息可知，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°，一个晶胞中含有Bi的个数为：=1，As的个数为：=1，Li的个数为：=2，故该晶胞中，粒子个数最简比As∶Bi∶Li=1:1:2，故答案为：1:1:2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年4月高二下学期化学月考试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 文物记载中华文明的灿烂成就。下列珍贵文物的主要材料属于共价晶体的是 A．宋蕉叶形水晶杯 B．清白玻璃盖罐 C．商青铜龙鼎 D．宋彩绘木雕观音 A. A B. B C. C D. D 2. 下列关于粒子结构描述错误的是 A. CS2、C2H2、BeCl2都是直线形分子 B. CCl4和CH2Cl2均是四面体构型的非极性分子 C. H2S和NH3均是由极性键构成的极性分子 D. HCl和HS-均是含有一个极性键的18电子粒子 3. 下列关于有机物同分异构体数目的分析不正确的是 A. C6H14含四个甲基的同分异构体有2种 B. (CH3CH2)2CHCH3的一氯代物有4种 C. 分子式为C4H10的有机物的二氯取代物有12种 D. “立方烷”C8H8，如图所示，呈正六面体结构，其六氯代物有3种 4. 物质结构决定其性质，下列有关物质结构与性质的描述中，错误的是 A. 臭氧的极性很微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 B. 邻羟基苯甲酸()含分子内氢键，其熔沸点高于对羟基苯甲酸() C. F的电负性强于Cl，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致CF3COOH的酸性强于CCl3COOH的酸性 D. 接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢键而相互缔合，接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大 5. 如图是s能级和p能级的原子轨道图，下列说法正确的是 A. s能级和p能级的原子轨道形状相同 B. 每个p能级都有6个原子轨道 C. 钠原子电子在11个原子轨道上高速运动 D. s能级原子轨道半径与能层序数有关 6. 在碱性溶液中，双缩脲能与作用形成紫红色配合物，配离子结构如图所示。下列说法错误的是 A. 双缩脲分子中键与键个数比为 B. 该配离子与水形成氢键的原子只有 C. 该配离子中提供空轨道的微粒是 D. 基态原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形 7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 28g 硅晶体中含有的共价键数目为4NA B. 常温常压下，23g乙醇(CH3CH2OH)中所含sp3杂化的原子数目为NA C. 标准状况下，22.4L乙炔含有π键数目为2NA D. 12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为0.3NA 8. 下图是天然水晶球里的玛瑙和水晶，两者的根本区别在于 A. 外形不一样，构成两者的原子不同 B. 构成玛瑙的基本粒子无规则排列，构成水晶的基本粒子按一定的规律周期性重复排列 C. 水晶有固定的熔沸点，而玛瑙无固定熔沸点 D. 水晶可用于能量转换，玛瑙可用于装饰品 9. 砷化镓()的晶胞结构如图甲所示。将掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。下列说法错误的是 A. 属于区元素 B. 图甲中，原子位于原子构成的正四面体空隙中 C. 图甲中，若的键长为，则晶胞边长为 D. 稀磁性半导体材料中，、的原子个数比为 10. 化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子式C14H10O3 B. 分子中碳的杂化方式有2种 C. 分子中含有4种官能团 D. 苯环上的一氯代物有5种 11. 如图所示为一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子的结构模型，则它的化学式为 A. B. TiC C. D. 12. 20世纪20年代中期建立的量子力学理论不仅能够较圆满的解释原子光谱的实验事实，而且为解释和预测物质结构和性质提供了全新的理论支持，已经成为现代化学理论的基础。依据该理论，下列各项叙述中正确的是 A. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，电子绕核运动，其轨道为球面 B. 钠的焰色试验呈现黄色，是电子由激发态转化成基态时吸收能量产生的 C. 4s轨道电子能量较高，总是在比3s轨道电子离核更远的地方运动 D. s轨道电子能量可能高于p轨道电子能量 13. 西沙群岛软珊瑚中存在多种朵蕾烷二萜类海洋天然产物，结构简式如图所示，具有较强抗菌、抗肿瘤等生物活性。下列关于该二萜类化合物的说法正确的是 A. 化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均属于芳香族化合物 B. 等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ最多消耗的物质的量之比为3：2：2 C. 等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中含有手性碳原子的个数比为1：3：2 D. 化合物Ⅱ、Ⅲ均能发生加成反应、氧化反应、取代反应和消去反应 14. 下列分子属于极性分子的是 A. B. C. D. 15. 已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中正确的是(　　) A. 分子中处于同一直线上的碳原子最多有6个 B. 该烃苯环上的二氯代物共有13种 C. 该烃一氯代物共有8种 D. 分子中至少有12个碳原子处于同一平面上 16. 硝基胍的结构简式如图所示(“→”是一种特殊的共价单键，属于σ键)。下列说法正确的是 A. 硝基胍分子中只含极性键，不含非极性键 B. 原子间只能形成σ键 C. 硝基胍分子中σ键与π键的个数比是5：1 D. 10.4g硝基胍中含有11×6.02×1023个原子 二、解答题(共52分) 17. 《Nature Energy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni-BaH2/Al2O3、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100℃-300℃的条件下合成氨。 （1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________；基态Ni2+的核外电子排布式为___________。 （2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。 ①硝酸溶液的空间构型为___________。 ②甘氨酸中N原子的杂化类型为___________，晶体类型是___________，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为-21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是___________。 （3）NH3分子中的键角为107°，但在[Cu(NH3)4]2+离子中NH3分子的键角如图所示，导致这种变化的原因是___________。 18. 热敏电阻的主要成分——钡钛矿晶体的晶胞结构如图所示，晶胞棱长为a cm。顶角位置被Ti4＋所占据，体心位置被Ba2＋所占据，所有棱心位置被O2-所占据。(已知相对原子质量——O：16　Ti：48　Ba：137) （1）写出该晶体的化学式：__________。 （2）若将Ti4＋置于晶胞的体心，Ba2＋置于晶胞顶角，则O2-处于立方体的__________位置。 （3）在该物质的晶体中，每个Ti4＋周围距离相等且最近的Ti4＋有_________个；若将它们连接起来，形成的空间结构为__________。 （4）若晶体的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=__________。 （5）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图。(NH4)2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是________(填元素符号)，1 mol该物质中含σ键的数目为________NA。 19. A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大。A是原子半径最小的元素；B的最外层电子数是次外层电子数的2倍；D的L能层有两对成对电子；的核外有三个能层，且都外于全满状态。试回答下列问题： （1）基态E原子核外电子的排布式为_______。 （2）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是_______(填元素符号)。A、C、D三种元素形成的常见离子化合物中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。 （3）离子的颜色是._______；含有化学键类型是_______。 （4）D、E能形成两种晶体，其晶胞分别如甲、乙两图。若甲的密度为pg/cm3，NA表示阿伏伽德罗常数，则甲晶胞的边长可表示为_______cm。 20. As2O3既是致命的毒药，又能拯救生命，它在诱导癌细胞凋亡、治疗急性早幼粒细胞性白血病(APL)等方面表现出显著疗效。对某雌黄矿处理后得到一种含砷矿渣(主要成分为As2S3和FeS)，由该矿渣生产As2O3的工艺流程如下： 已知：① ②砷存在两种常见的含氧酸根离子，AsO和AsO，前者易被氧化 回答下列问题： （1）As位于第四周期，且与N同主族，基态As原子的价电子轨道表示式为___________。 （2）As2O3和As2S3中沸点较高的是___________，原因为___________。 （3）“浸取”产生的AsO和AsS中As的杂化方式一致，均为___________杂化，浸渣的成分为___________。 （4）“脱硫”时，Na3AsS3和Na3AsO3均会被NaClO氧化，其中AsS反应的离子方程式为___________。 （5）“酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应的化学方程式为___________。 （6）As、Bi、Li经掺杂可得到六方晶系催化剂X： 如图所示，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°，该晶胞中，粒子个数最简比As∶Bi∶Li=___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$