精品解析：北京市房山区2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试题

房山区2024-2025学年度第二学期学业水平调研(一) 高二化学 本试卷共10页，满分100分，考试时长90分钟。考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Ca：40 Ti：48 第一部分 选择题(共42分) 一、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. 2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅(SiC)复合材料。下列关于碳化硅的相关说法不正确的是 A. 原子半径C小于Si B. Si和C以共价键结合 C. 熔点：金刚石＜碳化硅＜硅 D. 碳化硅、晶体硅、金刚石均属于共价晶体 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. Mg的2s电子云轮廓图为 B. H2O的VSEPR模型为 C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. HClO的电子式： 3. 下列表述不正确的是 A. 原子轨道能量：1s<2s<3s<4s B. M电子层存在3个能级、9个原子轨道 C. 基态Cr的电子排布式： 1s22s22p63s23p63d44s2 D. 同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子 4. 下列对有机物命名正确的是 A. 2-甲基丁烷 B. 2-乙基丙烷 C. 1，1-二甲基丙烷 D. 3-甲基丁烷 5. 下列事实不能用氢键解释的是 A. 密度： B. 沸点： C. 稳定性： D. 溶解性(水中)： 6. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是，根据表中所列数据判断，不正确的是 元素 I1 I2 I3 I4 X 500 4600 6900 9500 Y 580 1800 2700 11600 A. 元素X的最高正价为+1价 B. 元素X是第IA族元素 C. 若元素Y处于第3周期，它的单质不仅可以溶于盐酸，还能溶于NaOH溶液 D. 元素Y与氯元素形成化合物的化学式可能是YCl3，该物质一定是离子化合物 7. 我国科学家利用CCl4与Na、Mg等活泼金属反应合成了金刚石。以下说法正确的是 A. CCl4的C—Cl键是由碳的2p轨道与氯的3p轨道重叠形成的σ键 B. 基态碳原子的电子所处最高能级的原子轨道呈哑铃形 C. 钠在焰色试验中呈黄色是核外电子在能量不同轨道之间发生跃迁的结果，该过程是化学变化 D. CCl4的空间构型为三角锥形 8. 结合下表中数据，判断下列说法不正确的是(氢键键长定义为X—H∙∙∙Y的长度) 微粒间作用 键能/ 键长/pm 晶体SiO2中Si—O 452 162 晶体Si中Si—Si 222 235 H2O中O—H 463 96 H2O中O—H∙∙∙O 18.8 276 C2H5OH中O—H∙∙∙O 25.9 266 A. 依据键长：Si—Si>Si—O，推测原子半径：Si>O B. 依据键能：O—H>Si—O，推测沸点：H2O>SiO2 C. 依据键长，推测水分子间O∙∙∙H距离大于分子内O—H键长 D. 依据氢键键能及沸点，推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多 9. 下列叙述中，正确的是 A. 玻璃和水晶都是晶体 B. 晶体和非晶体都有固定的熔沸点 C. 晶体与非晶体的根本区别在于固体是否具有规则的几何外形 D. X射线衍射实验证明了晶体内部的微粒呈现周期性重复排列 10. 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 11. 下列事实不能用电负性解释的是 A. 氯与钠形成离子键，氯与氢形成共价键 B. 熔点：干冰<石英 C. 酸性： D. 与发生加成反应的产物是不是 12. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰。下列说法不正确的是 A. 布洛芬分子式为C13H18O2 B. 成酯修饰产物的分子中不含手性碳原子 C. 布洛芬和成酯修饰产物均可发生取代反应、加成反应 D. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中碳原子均有sp2、sp3两种杂化方式 13. 有机化合物分子中的邻近原子(或原子团)间的相互影响会导致其化学性质发生变化。下列对实验事实的解释不正确的是 选项 实验事实 解释 A 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色但苯不能 甲基使苯环活化 B 甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低 甲基使苯环上的部分H活化 C 乙酸能与Na2CO3反应，而乙醇不能 使羟基的O-H键极性增强 D 与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢 乙基使羟基的O-H键极性减弱 A. A B. B C. C D. D 14. 为研究配合物的形成及性质，研究小组按顺序进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A. 在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B. 该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力小于Cu2+与的结合能力 C. 加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱乙醇中溶解度小 D. 向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀 第二部分 非选择题(共58分) 二、本部分共5题，共58分。 15. 以石油裂解气为原料，通过一系列化学反应可得到重要的化工产品增塑剂I． 已知： （1）A→B的化学方程式是___________。 （2）物质C中官能团名称是___________。 （3）E→F的反应类型是___________。 （4）写出G的结构简式是___________。 （5）丁烯二酸可用于生产多种聚合物，聚丁烯二酸为盐碱地土壤改良剂。 HOOCCH=CHCOOHM(聚丁烯二酸) ①丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式是___________。 ②聚合物M的结构简式为___________，合成M的反应类型是___________。 ③增塑剂I的合成过程中产生了一种环酯类副产物(C7H8O4)，写出其结构简式___________。 16. 已知某些元素在元素周期表中的位置如图所示。回答下列问题： （1）i元素的原子结构示意图___________。 （2）元素a、b、c的基态原子中，未成对电子数之比为___________。 （3）基态j3+的价层电子排布式为___________。 （4）e、f、g三种元素电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 （5）基态f原子中电子占据最高能级的符号为___________。 （6）元素g的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。 （7）g元素第一电离能比h元素的第一电离能大，原因是___________。 （8）用相关理论解释元素非金属性d>h___________。 17. 含氮化合物生产、生活中用途广泛。 （1）NH3的VSEPR模型是___________。 （2）NH3极易溶于水的原因是___________(写两条原因)。 （3）羟胺(NH2OH)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-OH(羟基)取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有___________。 （4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH，原因是___________。 （5）NH3BH3(氨硼烷)诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)，并解释原因___________。 （6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。 ①该配合物中配位原子___________。 ②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因___________。 18. 钛是地壳中含量最为丰富的元素之一，地壳中含钛矿物有140多种，有开采价值的仅有十余种。主要有金红石(TiO2)、钙钛矿等。 （1）基态Ti原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）钛元素在元素周期表中位于___________区。 （3）钛的四种卤化物的相对分子质量和熔点如下表所示： 物质 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 相对分子质量 124 190 368 556 熔点/℃ 377℃ 24.12℃ 38.3℃ 155℃ 请解释四种物质熔点变化的原因___________。 （4）TiO2的晶体熔点为1850℃，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 （5）TiO2在一定条件下能与碱性氧化物作用生成钛酸盐。钙钛矿的主要成分是钛酸钙，其晶胞如图所示： ①钛酸钙的化学式是___________。 ②距离Ca2+等距且最近的有___________个。 ③已知钛酸钙晶胞的边长为apm()，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________(列出计算式)。 ④已知Mg和Ti的晶胞类型相同，Mg2+和Ti4+的离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因：___________。 19. 某小组同学探究盐对平衡体系的影响。 实验I：探究KCl对Fe3+和平衡体系的影响 将等体积、低浓度的0.005FeCl3溶液(已用稀盐酸酸化)和0.01KSCN溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a．各取3mL溶液a放入3只比色皿中，分别滴加0.1mL不同浓度的KCl溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。 已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。 ②Fe3+在水溶液中由于水解而显黄色，FeCl3溶液中存在(黄色)。 （1）采用浓度较低的FeCl3溶液制备Fe3+和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。 （2）从实验结果来看，KCl溶液确实对Fe3+和平衡体系有影响，且随着KCl浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。 实验II：探究盐对Fe3+和平衡体系产生影响的原因 同学查阅相关资料，认为可能的原因有： 原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。KCl溶液的加入使Fe3+和平衡状态因盐效应而发生变化。 原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致Fe3+和平衡状态发生变化。 （3）基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。 序号 加入少量盐 溶液颜色 1 无 红色 2 KCl 变浅 3 KNO3 略变浅 4 NaCl 变浅程度较大 ①上述实验可证明盐效应影响了Fe3+和平衡体系的是___________(填字母序号)。 a． 1和2 b． 1和3 c． 1和4 ②选择实验___________(填序号)可得出结论：K+的盐效应弱于Na+的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。 （4）取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。 序号 加入溶液 溶液颜色 5 1mL浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄 6 1mL去离子水 略变浅 上述实验可证明副反应影响了Fe3+和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对Fe3+和平衡体系有影响的原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 房山区2024-2025学年度第二学期学业水平调研(一) 高二化学 本试卷共10页，满分100分，考试时长90分钟。考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Ca：40 Ti：48 第一部分 选择题(共42分) 一、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. 2021年5月，我国首辆火星车“祝融号”成功着陆。“祝融号”火星车的车身选用高强韧性的新型铝基碳化硅(SiC)复合材料。下列关于碳化硅的相关说法不正确的是 A. 原子半径C小于Si B. Si和C以共价键结合 C. 熔点：金刚石＜碳化硅＜硅 D. 碳化硅、晶体硅、金刚石均属于共价晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径C小于Si，A正确； B．SiC中的Si和C以共价键结合形成空间网状结构，B正确； C．C-C、C-Si、Si-Si键长逐渐增大，键能逐渐减小，熔点：金刚石>碳化硅>硅，C错误； D．碳化硅、晶体硅、金刚石中原子均以共价键结合，均属于共价晶体，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. Mg的2s电子云轮廓图为 B. H2O的VSEPR模型为 C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. HClO的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．s电子云轮廓图为球形，A错误； B．H2O的中心原子为O，价层电子对数为2+，孤电子对为2，VSEPR模型为，B正确； C．乙烯中有碳碳双键，结构简式：CH2=CH2，C错误； D．根据成键规律，HClO的电子式：，D错误； 答案选B。 3. 下列表述不正确的是 A. 原子轨道能量：1s<2s<3s<4s B. M电子层存在3个能级、9个原子轨道 C. 基态Cr的电子排布式： 1s22s22p63s23p63d44s2 D. 同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．相同能级随着能层序数的增大，能量依次升高，故原子轨道能量：1s<2s<3s<4s，A正确； B．M电子层存在s、p、d等3个能级、一共有1+3+5=9个原子轨道，B正确； C．根据洪特规则及其特例可知，基态Cr的电子排布式： 1s22s22p63s23p63d54s1，C错误； D．同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，故碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，D正确； 故答案为：C。 4. 下列对有机物命名正确的是 A. 2-甲基丁烷 B. 2-乙基丙烷 C. 1，1-二甲基丙烷 D. 3-甲基丁烷 【答案】A 【解析】 【详解】有机物最长碳链有4个碳原子，甲基的最小位置为2，名称为2-甲基丁烷，答案为A。 5. 下列事实不能用氢键解释的是 A. 密度： B. 沸点： C. 稳定性： D. 溶解性(水中)： 【答案】C 【解析】 【详解】A．水分子间存在氢键，氢键具有方向性，导致水结冰时存在较大空隙，冰的密度比液态水小，能用氢键解释，A不符合题意； B．水分子间可形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，所以沸点：H2O＞H2S，能用氢键解释，B不符合题意； C．原子半径：F<O，键长：H-F<H-O，键能：H-F>H-O，所以稳定性：HF＞H2O，与氢键无关，C符合题意； D．氨分子与水分子间可形成氢键，增大溶解性；甲烷分子与水分子间不能形成氢键，所以溶解性(水中)：NH3＞CH4，能用氢键解释，D不符合题意； 答案选C。 6. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是，根据表中所列数据判断，不正确的是 元素 I1 I2 I3 I4 X 500 4600 6900 9500 Y 580 1800 2700 11600 A. 元素X的最高正价为+1价 B. 元素X是第IA族元素 C. 若元素Y处于第3周期，它的单质不仅可以溶于盐酸，还能溶于NaOH溶液 D. 元素Y与氯元素形成化合物的化学式可能是YCl3，该物质一定是离子化合物 【答案】D 【解析】 【分析】X的第二电离能远大于第一电离能，X为第IA族元素，Y的第四电离能远大于第三电离能，Y为第IIIA族的元素。 【详解】A．根据分析，X为第IA族元素，X的最高正价为+1价，A正确； B．X的第二电离能远大于第一电离能，X为第IA族元素，B正确； C．Y的第四电离能远大于第三电离能，Y为第IIIA族的元素，若元素Y处于第3周期，它的单质为Al，可以溶于盐酸，还能溶于NaOH溶液，C正确； D．Y为第IIIA族的元素，若Y为Al，AlCl3为共价化合物，D错误； 答案选D 7. 我国科学家利用CCl4与Na、Mg等活泼金属反应合成了金刚石。以下说法正确的是 A. CCl4的C—Cl键是由碳的2p轨道与氯的3p轨道重叠形成的σ键 B. 基态碳原子的电子所处最高能级的原子轨道呈哑铃形 C. 钠在焰色试验中呈黄色是核外电子在能量不同轨道之间发生跃迁的结果，该过程是化学变化 D. CCl4的空间构型为三角锥形 【答案】B 【解析】 【详解】A．CCl4的中心原子C原子为sp3杂化，C—Cl键是由碳的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成的σ键，A错误； B．基态C原子核外电子排布为1s22s22p2，则基态碳原子的电子所处最高能级的原子轨道呈哑铃形，B正确； C．钠在焰色试验中呈黄色是核外电子在能量不同轨道之间发生跃迁的结果，该过程没有生成新物质，不是化学变化，C错误； D．CCl4的中心原子C原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，D错误； 故选B。 8. 结合下表中数据，判断下列说法不正确的是(氢键键长定义为X—H∙∙∙Y的长度) 微粒间作用 键能/ 键长/pm 晶体SiO2中Si—O 452 162 晶体Si中Si—Si 222 235 H2O中O—H 463 96 H2O中O—H∙∙∙O 18.8 276 C2H5OH中O—H∙∙∙O 25.9 266 A. 依据键长：Si—Si>Si—O，推测原子半径：Si>O B. 依据键能：O—H>Si—O，推测沸点：H2O>SiO2 C. 依据键长，推测水分子间O∙∙∙H距离大于分子内O—H键长 D. 依据氢键键能及沸点，推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多 【答案】B 【解析】 【详解】A．原子半径越小，形成的共价键键长越短，依据键长：Si—Si>Si—O，推测原子半径：Si>O，A正确； B．H2O是分子晶体，SiO2是共价晶体，共价晶体熔沸点高于分子晶体，沸点： SiO2> H2O，B错误； C．根据表中信息可知，H2O中O—H∙∙∙O 键长大于H2O中O—H的二倍，推测水分子间O∙∙∙H距离大于分子内O—H键长，C正确； D．水的沸点大于乙醇，二者都存在分子间氢键，可以推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多，D正确； 答案选B。 9. 下列叙述中，正确的是 A. 玻璃和水晶都是晶体 B. 晶体和非晶体都有固定的熔沸点 C. 晶体与非晶体的根本区别在于固体是否具有规则的几何外形 D. X射线衍射实验证明了晶体内部的微粒呈现周期性重复排列 【答案】D 【解析】 【详解】A．玻璃没有固定的熔沸点，是非晶体，A错误； B．非晶体没有固定的熔沸点，B错误； C．晶体和非晶体的本质区别是内部构成微粒在空间是否呈有规则的重复排列，C错误； D．X射线衍射实验证明了晶体内部的微粒呈现周期性重复排列，可用X射线衍射实验区分晶体与非晶体，D正确； 答案选D。 10. 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 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A错误； B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有=4个分子，B正确； C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个分子周围有12个紧邻的分子，C正确； D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D正确； 故答案为：A。 11. 下列事实不能用电负性解释是 A. 氯与钠形成离子键，氯与氢形成共价键 B. 熔点：干冰<石英 C. 酸性： D. 与发生加成反应的产物是不是 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯与钠电负性差值大于1.7形成离子键，氯与氢电负性差值小于1.7形成共价键，能用电负性解释，A不符合题意； B．干冰为分子晶体，熔沸点和分子间作用力有关，石英为共价晶体，熔沸点和共价键键能大小有关，共价键键能远大于分子间作用力，干冰的熔点小于石英，不能用电负性解释，B符合题意； C．F和Cl都是吸电子基，F的电负性大于Cl，吸引电子能力更强，使FCH2COOH羧基上O-H键极性更强，酸性更强，能用电负性解释，C不符合题意； D．中存在C=O键，O的电负性大于C，O呈部分负电性、C呈部分正电性，与HCN发生加成反应时，O与带正电的H原子结合、C与带负电的CN-结合，得到产物，能用电负性解释，D不符合题意； 答案选B。 12. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰。下列说法不正确的是 A. 布洛芬的分子式为C13H18O2 B. 成酯修饰产物的分子中不含手性碳原子 C. 布洛芬和成酯修饰产物均可发生取代反应、加成反应 D. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中碳原子均有sp2、sp3两种杂化方式 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据布洛芬的结构简式可知，分子式为C13H18O2，A正确； B．连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，成酯修饰产物中与酯基相连的饱和碳原子为手性碳原子，B错误； C．布洛芬和成酯修饰产物结构中分别含羧基可发生酯化反应(属于取代反应)、含酯基可发生水解反应(属于取代反应)，二者都有苯环都可发生加成反应，结构中碳原子上连接的氢原子都可发生取代反应，C正确； D．布洛芬结构中构成环和羧基的碳原子是sp2杂化方式，其它碳原子是sp3杂化方式，成酯修饰产物中构成环和酯基的碳原子是sp2杂化方式，其它碳原子是sp3杂化方式，D正确； 答案选B。 13. 有机化合物分子中邻近原子(或原子团)间的相互影响会导致其化学性质发生变化。下列对实验事实的解释不正确的是 选项 实验事实 解释 A 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色但苯不能 甲基使苯环活化 B 甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低 甲基使苯环上的部分H活化 C 乙酸能与Na2CO3反应，而乙醇不能 使羟基O-H键极性增强 D 与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢 乙基使羟基的O-H键极性减弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，推出苯环使甲基活化，易被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误； B．甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低，说明甲基使苯环邻位、对位上的H活化，容易被取代，B正确； C．使羟基的O-H键极性增强，则羧基中羟基氢较醇中的羟基氢更容易被电离出来，使得乙酸酸性大于乙醇，故乙酸能与Na2CO3反应，而乙醇不能，C正确； D．乙基为供电子基团，乙基使羟基的O-H键极性减弱，羟基氢不易被电离，导致与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，D正确； 故选A。 14. 为研究配合物的形成及性质，研究小组按顺序进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A. 在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B. 该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力小于Cu2+与的结合能力 C. 加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 D. 向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+含有空轨道，NH3的氮原子有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确； B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水反应生成络合离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与的结合能力，故B错误； C．氢氧化铜和氨水反应生成的配合物为离子晶体，离子晶体易溶于极性溶剂，不易溶于极性较弱的乙醇，所以加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小的缘故，故C正确； D．深蓝色的物质为[Cu(NH3)4]SO4•H2O，溶于水配成溶液时电离出硫酸根，所以再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，故D正确； 故选B。 第二部分 非选择题(共58分) 二、本部分共5题，共58分。 15. 以石油裂解气为原料，通过一系列化学反应可得到重要的化工产品增塑剂I． 已知： （1）A→B的化学方程式是___________。 （2）物质C中官能团的名称是___________。 （3）E→F的反应类型是___________。 （4）写出G的结构简式是___________。 （5）丁烯二酸可用于生产多种聚合物，聚丁烯二酸为盐碱地土壤改良剂。 HOOCCH=CHCOOHM(聚丁烯二酸) ①丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式是___________。 ②聚合物M的结构简式为___________，合成M的反应类型是___________。 ③增塑剂I的合成过程中产生了一种环酯类副产物(C7H8O4)，写出其结构简式___________。 【答案】（1）CH2=CH-CH=CH2+Br2→CH2Br-CH=CH-CH2Br （2）羟基、碳碳双键 （3）取代反应 （4）BrCH2CH2CH2Br （5） ①. ②. ③. 加聚 ④. 【解析】 【分析】由D的结构可简式知，CH2=CHCH=CH2与Br2发生1，4-加成生成B，B再发生卤代烃的水解反应生成D，故B的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，B水解引入羟基生成C，C中羟基氧化为羧基得到D；E中甲基氢和溴发生取代反应生成F，F和HBr加成生成G：BrCH2CH2CH2Br，G水解引入羟基生成H，DH发生缩聚反应生成高聚物I。 【小问1详解】 由分析，，CH2=CHCH=CH2与Br2发生1，4-加成生成B，反应为：CH2=CH-CH=CH2+Br2→CH2Br-CH=CH-CH2Br； 【小问2详解】 由结构，C中官能团的名称是羟基、碳碳双键； 【小问3详解】 E中甲基氢和溴发生取代反应引入溴原子生成F，为取代反应； 【小问4详解】 由分析，G为：BrCH2CH2CH2Br； 【小问5详解】 ①碳碳双键两端的碳上均连接两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸中2个羧基在同侧，结构简式是。 ②HOOCCH=CHCOOH含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚合物M，M结构简式为，合成M的反应类型是加聚反应。 ③增塑剂I的合成过程中产生了一种环酯类副产物(C7H8O4)，则为D中2个羧基和H中2个羟基发生酯化反应生成的，其结构简式。 16. 已知某些元素在元素周期表中的位置如图所示。回答下列问题： （1）i元素的原子结构示意图___________。 （2）元素a、b、c的基态原子中，未成对电子数之比为___________。 （3）基态j3+的价层电子排布式为___________。 （4）e、f、g三种元素电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 （5）基态f原子中电子占据最高能级的符号为___________。 （6）元素g的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。 （7）g元素第一电离能比h元素的第一电离能大，原因是___________。 （8）用相关理论解释元素非金属性d>h___________。 【答案】（1） （2）1∶2∶3 （3）3d5 （4）P>Si>Al （5）3P （6）H3PO4 （7）P的价层电子排布式为3s23p3，为半满结构，较稳定，相比S更难失电子，故第一电离能较大 （8）O、S位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数O<S，原子半径O<S，得电子能力O>S，非金属性O>S 【解析】 【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j依次为H、C、N、O、Al、Si、P、S、Ca、Fe。 【小问1详解】 i为Ca元素，原子结构示意图为：； 【小问2详解】 a、b、c分别为H、C、N，未成对电子数之比为1∶2∶3； 【小问3详解】 j为Fe元素，基态Fe3+的价层电子排布式为：3d5； 【小问4详解】 同周期从左到右电负性依次增大，e、f、g分别是Al、Si、P，电负性由大到小的顺序为：P>Si>Al； 【小问5详解】 f为Si，基态f原子中电子占据最高能级的符号为：3p； 【小问6详解】 g为P，最高价氧化物对应的水化物的化学式为：H3PO4； 【小问7详解】 g和h分别是P和S，P的价层电子排布式为3s23p3，为半满结构，较稳定，相比S更难失电子，故第一电离能较大； 【小问8详解】 非金属性是得电子的能力，O、S位于同一主族，最外层电子数相同，电子层数O<S，原子半径O<S，得电子能力O>S，非金属性O>S。 17. 含氮化合物在生产、生活中用途广泛。 （1）NH3的VSEPR模型是___________。 （2）NH3极易溶于水的原因是___________(写两条原因)。 （3）羟胺(NH2OH)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-OH(羟基)取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有___________。 （4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH，原因是___________。 （5）NH3BH3(氨硼烷)诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)，并解释原因___________。 （6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。 ①该配合物中配位原子是___________。 ②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因___________。 【答案】（1）四面体 （2）氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应 （3）N、O （4）O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱 （5） ①. > ②. 二者都是分子晶体，相对分子质量接近，NH3BH3分子极性更强，范德华力更强或N原子电负性更大，NH3BH3易形成分子间氢键 （6） ①. N ②. pH太小，则H+浓度较大，H+会与N原子形成配位键；pH太大，则浓度较大，与Fe2+形成Fe(OH)2沉淀 【解析】 【小问1详解】 NH3分子中N原子的价层电子对数为，N原子采用sp3杂化，VSEPR模型是四面体； 【小问2详解】 氨气和水都是极性分子，相似相溶，氨气和水分子之间形成氢键，氨气分子和水发生化学反应，这些原因都导致NH3极易溶于水； 【小问3详解】 NH2OH中N、O的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化；故答案为N、O； 【小问4详解】 O原子电负性大于N，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，导致其碱性弱于N2H4； 【小问5详解】 当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；NH3BH3、CH3CH3二者都是分子晶体，相对分子质量接近，NH3BH3分子极性更强，范德华力更强或N原子电负性更大，NH3BH3易形成分子间氢键，使得熔点：NH3BH3>CH3CH3； 【小问6详解】 ①该配合物中氮原子能给出孤电子对，而亚铁离子能提供空轨道，从而形成配位键，故配位原子是N。 ②pH太小，H+浓度较大，H+能提供空轨道与N原子形成配位键；pH太大，则浓度较大，与Fe2+形成Fe(OH)2沉淀，导致pH太小或太大都不适合用邻二氮菲检验Fe2+。 18. 钛是地壳中含量最为丰富的元素之一，地壳中含钛矿物有140多种，有开采价值的仅有十余种。主要有金红石(TiO2)、钙钛矿等。 （1）基态Ti原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）钛元素在元素周期表中位于___________区。 （3）钛的四种卤化物的相对分子质量和熔点如下表所示： 物质 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 相对分子质量 124 190 368 556 熔点/℃ 377℃ 24.12℃ 38.3℃ 155℃ 请解释四种物质熔点变化的原因___________。 （4）TiO2的晶体熔点为1850℃，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 （5）TiO2在一定条件下能与碱性氧化物作用生成钛酸盐。钙钛矿的主要成分是钛酸钙，其晶胞如图所示： ①钛酸钙的化学式是___________。 ②距离Ca2+等距且最近的有___________个。 ③已知钛酸钙晶胞的边长为apm()，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________(列出计算式)。 ④已知Mg和Ti的晶胞类型相同，Mg2+和Ti4+的离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因：___________。 【答案】（1） （2）d区 （3）TiF4是离子晶体，熔点较高。TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶体，相对分子质量从TiCl4到TiI4逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔点逐渐升高 （4）c （5） ①. CaTiO3 ②. 12 ③. ④. Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高 【解析】 【小问1详解】 Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子轨道表示式为：； 【小问2详解】 Ti为22号元素，在周期表中位于第四周期IVB族，属于d区； 【小问3详解】 根据表中数据可知，TiF4熔点最高，原因：TiF4是离子晶体，熔点较高。TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶体，相对分子质量从TiCl4到TiI4逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔点逐渐升高； 【小问4详解】 TiO2的晶体熔点为1850℃，熔点较高，分子晶体熔沸点较低，因此不可能是分子晶体，答案选c； 【小问5详解】 ①晶胞中含有Ca在晶胞内部有1个，Ti位于晶胞的顶点有8×=1个，O位于棱边，有12×，化学式为CaTiO3； ②由晶胞如可知，距离Ca2+等距且最近的有12个； ③晶胞的质量为，晶胞的体积为：(a×10-10cm)3，晶胞的密度为：g/cm3； ④金属晶体的熔沸点与金属键有关，Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。 19. 某小组同学探究盐对平衡体系的影响。 实验I：探究KCl对Fe3+和平衡体系的影响 将等体积、低浓度的0.005FeCl3溶液(已用稀盐酸酸化)和0.01KSCN溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a．各取3mL溶液a放入3只比色皿中，分别滴加0.1mL不同浓度的KCl溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。 已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。 ②Fe3+在水溶液中由于水解而显黄色，FeCl3溶液中存在(黄色)。 （1）采用浓度较低的FeCl3溶液制备Fe3+和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。 （2）从实验结果来看，KCl溶液确实对Fe3+和平衡体系有影响，且随着KCl浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。 实验II：探究盐对Fe3+和平衡体系产生影响的原因 同学查阅相关资料，认为可能的原因有： 原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。KCl溶液的加入使Fe3+和平衡状态因盐效应而发生变化。 原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致Fe3+和平衡状态发生变化。 （3）基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。 序号 加入少量盐 溶液颜色 1 无 红色 2 KCl 变浅 3 KNO3 略变浅 4 NaCl 变浅程度较大 ①上述实验可证明盐效应影响了Fe3+和平衡体系的是___________(填字母序号)。 a． 1和2 b． 1和3 c． 1和4 ②选择实验___________(填序号)可得出结论：K+的盐效应弱于Na+的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。 （4）取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。 序号 加入溶液 溶液颜色 5 1mL浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄 6 1mL去离子水 略变浅 上述实验可证明副反应影响了Fe3+和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对Fe3+和平衡体系有影响原因：___________。 【答案】（1） （2）逆 （3） ①. b ②. 实验2和4 ③. 理由是实验2、4中阴离子种类、浓度均相同；依据是4中溶液颜色变浅程度相较于2更大 （4）实验5中增大浓度，平衡正移，溶液偏黄色，Fe3+浓度降低，逆向移动，溶液颜色明显变浅 【解析】 【分析】实验Ⅰ：探究KCl对Fe3+和SCN-平衡体系的影响，随着KCl溶液浓度增大，溶液的透光率增加，按照题中信息，可能原因有： 原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应，KCl溶液的加入使Fe3+和SCN-平衡状态因盐效应而发生变化； 原因2：溶液中存在副反应Fe3++4Cl-[FeCl4]-，离子浓度发生变化，导致Fe3+和SCN-平衡状态发生变化。 【小问1详解】 [FeCl4]-有颜色，采用浓度较低的FeCl3溶液制备Fe3+和SCN-平衡体系，是为了避免[FeCl4]-颜色对实验干扰； 【小问2详解】 随着KCl浓度增大，Fe3++4Cl-[FeCl4]-平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动； 【小问3详解】 ①KCl溶液和NaCl溶液中均存在氯离子，对Fe3++4Cl-[FeCl4]-平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入KNO3溶液，颜色略变浅，证明Fe3+和SCN-平衡状态因盐效应而发生变化，即1和3可证明盐效应影响了Fe3+和SCN-平衡体系，故选b； ②选择实验2和4可得出结论：K+的盐效应弱于Na+的盐效应；KCl溶液和NaCl溶液中均存在氯离子，加入NaCl，溶液变浅程度较大； 【小问4详解】 加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，溶液偏黄色，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$