精品解析：江西省赣州市大余县部分学校2024-2025学年高二上学期12月联考化学试题

2024—2025学年上学期12月月考高二化学试卷 (测试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题： (2022年高考•辽宁卷) 1. 下列符号表征或说法正确的是 A. 电离： B. 位于元素周期表p区 C. 空间结构：平面三角形 D. 电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．是二元弱酸，电离要分步进行，其第一级电离方程式为，二级电离方程式为HS-⇌H++S2-，故A错误； B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，故B错误； C．中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，故C正确； D．是离子化合物，其正确的电子式为，故D错误； 故答案选C。 (2022年高考·辽宁卷) 2. 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是 A. X能与多种元素形成共价键 B. 简单氢化物沸点： C. 第一电离能： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。 【详解】A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确； B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误； C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确； D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确； 故选B。 (2022年高考•辽宁卷) 3. 理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是 A. 所有原子均满足8电子结构 B. N原子的杂化方式有2种 C. 空间结构为四面体形 D. 常温下不稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确； B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误； C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C正确； D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D正确； 故答案选B。 (2022年高考•湖北卷) 4. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 的配位数为6 B. 与距离最近的是 C. 该物质的化学式为 D. 若换为，则晶胞棱长将改变 【答案】B 【解析】 【详解】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确； B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误； C．位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确； D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确； 故选B。 (2022年高考•湖北卷) 5. 和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是 A. 与都能在水中与氨形成配合物 B. 和的熔点都比的低 C. 和均可表现出弱酸性 D. 和的氢化物都不能在酸中稳定存在 【答案】A 【解析】 【详解】A．Al3+与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能与氨形成配合物，同理Be2+也不能在水中与氨形成配合物，A项错误； B．和属于分子晶体，而属于离子晶体，则和的熔点都比的低，B项正确； C．和均两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确； D．和的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确； 答案选A。 (2022年高考•湖北卷) 6. 磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是 A. 为非极性分子 B. 立体构型为正四面体形 C. 加热条件下会分解并放出 D. 分解产物NPO的电子式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误； B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误； C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确； D．NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误； 故选C。 (2022年高考•湖北卷) 7. 在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是 A. 具有自范性 B. 与互为同素异形体 C. 含有杂化的碳原子 D. 化学性质与金刚石有差异 【答案】A 【解析】 【详解】A．自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A错误； B．碳玻璃和均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B正确； C．碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有杂化的碳原子形成化学键，C正确； D．金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D正确； 故选A。 (2022年高考•山东卷) 8. 、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是 A. 熔点高于 B. 晶体中所有化学键均为极性键 C. 晶体中所有原子均采取杂化 D. 晶体中所有原子的配位数均相同 【答案】A 【解析】 【分析】Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。 【详解】A．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误； B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确； C．金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确； D．金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。 综上所述，本题选A。 (2022年高考•山东卷) 9. 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是 A. 每个晶胞中个数为x B. 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8 C. 每个晶胞中0价Cu原子个数为 D. 当转化为时，每转移电子，产生原子 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误； B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确； C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误； D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确； 故选BD。 (2022年高考•海南卷) 10. 已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是 A. HCl的电子式为 B. Cl-Cl键的键长比I-I键短 C. 分子中只有σ键 D. 的酸性比强 【答案】BD 【解析】 【详解】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误； B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确； C．CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误； D．电负性Cl＞I，对O-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O-H更易电离，故而酸性增加。即ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确； 答案选BD。 (2022年高考•江苏卷) 11. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 碱性强弱： 【答案】A 【解析】 【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确； B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误； C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误； D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误； 故选A。 (2022年高考•江苏卷) 12. 下列说法正确的是 A. 金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角都为120° B. 、都是由极性键构成的非极性分子 C. 锗原子()基态核外电子排布式为 D. ⅣA族元素单质的晶体类型相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．在金刚石中，碳原子采取sp3杂化，形成四面体结构，C—C—C键角为109.5°，在石墨烯中，碳原子采取sp2杂化，形成平面六边形结构，C—C—C键角为120°，A错误； B．中化学键为Si-H，为极性键，Si原子价层电子对数为，且不含孤电子对，空间结构为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，Si原子价层电子对数为，且不含孤电子对，空间结构为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，B正确； C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，C错误； D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为共价晶体，D错误； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题： (2022年高考•山东卷) 13. 研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题： （1）基态Ni原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。 （2）晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。 （3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。 A. 2s轨道 B. 2p轨道 C. sp杂化轨道 D. sp2杂化轨道 （4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。 （5） 、 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。 【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. 第4周期第VIII族 （2） ①. 2:3 ②. 2:1:1 ③. Zn2+、Ni2+ （3）D （4） ①. 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 ②. 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子 （5） 【解析】 【小问1详解】 已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族。答案为：3d84s2；第4周期第VIII族； 【小问2详解】 由题干晶胞示意图可知， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成配位键数目为4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3； 含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1。答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+； 【小问3详解】 吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D。答案为D； 【小问4详解】 已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子； 【小问5详解】 已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞ ＞ ，题干信息显示：碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为： 。答案为： 。 【点睛】N原子的电子云密度越大，含N物质的碱性越强。 (2022年高考•全国乙卷) 14. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： （1）氟原子激发态电子排布式有___________，其中能量较高的是___________。(填标号) a． b． c． d． （2）①一氯乙烯()分子中，C的一个___________杂化轨道与Cl的轨道形成C—Cl___________键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键()。 ②一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C—Cl键长的顺序是___________，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强：(ⅱ)___________。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为___________。解释X的熔点比Y高的原因___________。 （4）—AgI晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，—AgI晶体在电池中可作为___________。 已知阿伏加德罗常数为，则—AgI晶体的摩尔体积___________(列出算式)。 【答案】（1） ①. ad ②. d （2） ①. ②. ③. 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 ④. Cl参与形成的大键越多，形成的C—Cl键的键长越短 （3） ①. CsCl ②. CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 （4） ①. 电解质 ②. 【解析】 【小问1详解】 F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为，中基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；核外共10个电子，不是氟原子；，核外共8个电子，不是氟原子；基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，故选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是，选d。 【小问2详解】 ①一氯乙烯的结构式为，碳采取杂化，因此C的一个杂化轨道与Cl的轨道形成C-Cl 键； ②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取杂化，一氯乙烯中碳采取杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键()，一氯乙炔中Cl的未形成σ键的轨道与C的未杂化的轨道形成2套3中心4电子的大键()，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。 【小问3详解】 发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl；CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，离子键的强度远大于分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。 【小问4详解】 由题意可知，在电场作用下，不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此—AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量，晶胞体积，则—AgI晶体的摩尔体积。 (2022年高考•全国甲卷) 15. 2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题： （1）基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。 （2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。 （3）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。 （4） CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。 （5）萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。 【答案】（1） （2） ①. 图a ②. 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 ③. 图b （3） （4） ①. sp2 ②. sp3 ③. C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定 （5） ①. Ca2+ ②. a 【解析】 【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。 【小问1详解】 F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。 【小问2详解】 C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N<F，满足这一规律的图像为图a，气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，故答案为：图a、同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高、图b。 【小问3详解】 固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为 ，故答案为： 。 【小问4详解】 CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp3、C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定。 【小问5详解】 根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，Ca2+与F-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为a pm，故答案为：Ca2+、a pm。 (2022年高考•海南卷) 16. 以等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题： （1）基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。 （2）等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。 （3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。 （4）金属能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，与氨水反应的离子方程式为_______。 （5）晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分的百分数小于键，原因是_______。 【答案】（1） ①. (或) ②. 2 （2）自由电子在外加电场中作定向移动 （3） ①. ②. 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 （4） （5）电负性：，与N元素间的电负性差值小于与O元素间的电负性差值，成键元素电负性差值越大，形成的化学键中离子键成分越大 【解析】 【小问1详解】 O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为(或)，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子； 【小问2详解】 金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性； 【小问3详解】 根据结构式可知，N原子以双键或以N、H三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高； 【小问4详解】 金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为； 【小问5详解】 由于电负性：，与N元素间的电负性差值小于与O元素间的电负性差值，成键元素电负性差值越大，形成的化学键中离子键成分越大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年上学期12月月考高二化学试卷 (测试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题： (2022年高考•辽宁卷) 1. 下列符号表征或说法正确的是 A. 电离： B. 位于元素周期表p区 C. 空间结构：平面三角形 D. 电子式： (2022年高考·辽宁卷) 2. 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是 A. X能与多种元素形成共价键 B. 简单氢化物沸点： C. 第一电离能： D. 电负性： (2022年高考•辽宁卷) 3. 理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是 A. 所有原子均满足8电子结构 B. N原子的杂化方式有2种 C. 空间结构为四面体形 D. 常温下不稳定 (2022年高考•湖北卷) 4. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 的配位数为6 B. 与距离最近的是 C. 该物质的化学式为 D. 若换为，则晶胞棱长将改变 (2022年高考•湖北卷) 5. 和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是 A. 与都能在水中与氨形成配合物 B. 和的熔点都比的低 C. 和均可表现出弱酸性 D. 和的氢化物都不能在酸中稳定存在 (2022年高考•湖北卷) 6. 磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是 A. 为非极性分子 B. 立体构型为正四面体形 C. 加热条件下会分解并放出 D. 分解产物NPO的电子式为 (2022年高考•湖北卷) 7. 在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是 A. 具有自范性 B. 与互为同素异形体 C. 含有杂化的碳原子 D. 化学性质与金刚石有差异 (2022年高考•山东卷) 8. 、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是 A. 的熔点高于 B. 晶体中所有化学键均为极性键 C. 晶体中所有原子均采取杂化 D. 晶体中所有原子配位数均相同 (2022年高考•山东卷) 9. 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是 A. 每个晶胞中个数为x B. 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8 C. 每个晶胞中0价Cu原子个数为 D. 当转化为时，每转移电子，产生原子 (2022年高考•海南卷) 10. 已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是 A. HCl的电子式为 B. Cl-Cl键的键长比I-I键短 C. 分子中只有σ键 D. 的酸性比强 (2022年高考•江苏卷) 11. 工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是 A. 半径大小： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 碱性强弱： (2022年高考•江苏卷) 12. 下列说法正确的是 A. 金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角都为120° B. 、都是由极性键构成的非极性分子 C. 锗原子()基态核外电子排布式为 D. ⅣA族元素单质的晶体类型相同 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题： (2022年高考•山东卷) 13. 研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题： （1）基态Ni原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。 （2）晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。 （3）吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。 A. 2s轨道 B. 2p轨道 C. sp杂化轨道 D. sp2杂化轨道 （4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。 （5） 、 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。 (2022年高考•全国乙卷) 14. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： （1）氟原子激发态的电子排布式有___________，其中能量较高的是___________。(填标号) a． b． c． d． （2）①一氯乙烯()分子中，C一个___________杂化轨道与Cl的轨道形成C—Cl___________键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键()。 ②一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C—Cl键长顺序是___________，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强：(ⅱ)___________。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为___________。解释X的熔点比Y高的原因___________。 （4）—AgI晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，—AgI晶体在电池中可作为___________。 已知阿伏加德罗常数为，则—AgI晶体的摩尔体积___________(列出算式)。 (2022年高考•全国甲卷) 15. 2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题： （1）基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。 （2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。 （3）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。 （4） CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。 （5）萤石(CaF2)是自然界中常见含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。 (2022年高考•海南卷) 16. 以等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题： （1）基态O原子电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。 （2）等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。 （3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。 （4）金属能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，与氨水反应的离子方程式为_______。 （5）晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分的百分数小于键，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $