精品解析：湖北襄阳市第五中学等校2025-2026学年高二下学期3月月考 化学试卷

襄阳五中高二下学期3月月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 O-16 N-14 S-16 Cu-64 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列说法错误的是 A. 违反了泡利原理 B. 原子核外每一能层最多可容纳的电子数为(n表示能层序数) C. 轨道相互垂直，且能量各不相等 D. 在一个原子中，不可能出现运动状态完全相同的两个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．泡利原理指的是一个原子轨道中最多只能容纳2个电子，且自旋相反。图中1s和2s轨道里均排布了2个自旋方向相同的电子，违反了泡利原理，A正确； B．原子核外电子的第n能层最多容纳电子数为，B正确； C．2px、2py、2pz轨道在空间上相互垂直，但属于同一个2p能级，能量相等，C错误； D．根据泡利不相容原理，同一原子中不可能存在运动状态完全相同的两个电子，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语表述正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 中子数为20的氯原子： C. NaCl晶胞： D. 基态Br的简化电子排布式： 【答案】AB 【解析】 【详解】A．中S的价层电子对数σ键数孤电子对数，因此的模型为平面三角形，A正确； B．氯原子质子数为17，中子数为20时，质量数，故中子数为20的氯原子为，B正确； C．NaCl晶胞为面心立方结构，晶胞内阴、阳离子交替分布，顶点、棱心、面心、体心均有离子，晶胞图为：，C错误； D．Br是35号元素，基态简化电子排布式应为，D错误； 故选AB。 3. 下列有关微粒性质的比较，说法错误的是 A. 离子半径： B. 离子键百分数：NaCl>NaI C. 第一电离能：P<S<Cl D. 键角： 【答案】C 【解析】 【详解】A．核外电子排布相同，核电荷数依次增大，故离子半径逐渐减小，A正确； B．电负性，电负性的差值越大，离子键百分数越大，故离子键百分数NaCl>NaI， B正确； C．同周期主族元素第一电离能整体随原子序数增大而增大，但第ⅤA族元素的p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的第ⅥA族元素，因此第一电离能顺序为，C错误； D．中N的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120°，中N的价层电子对数为3，含1对孤电子对，空间构型为V形，孤电子对的排斥作用使键角减小，因此键角，D正确； 故选C。 4. 物质的微观结构决定其宏观性质。乙胺是一种无色、有强烈氨味的液体，能与水、乙醇、乙醚等有机溶剂混溶。下列说法不正确的是 A. 乙胺的电子式： B. 乙胺分子中，乙基中的碳原子和氨基中的氮原子均为杂化 C. 乙胺分子中的氨基可与水形成氢键 D. 乙胺可与盐酸发生反应，生成 【答案】A 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，乙胺是典型的共价化合物，电子式为：，A错误； B．由结构简式可知，乙胺分子中，乙基中的碳原子形成4个σ键，氨基中的氮原子形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以碳原子氮原子的杂化方式均为杂化，B 正确； C．由结构简式可知，乙胺分子中的氨基可与水分子形成分子间氢键，C正确； D．由结构简式可知，乙胺分子中的氨基具有碱性，能与盐酸发生反应生成，D正确； 故选A。 5. 下列关于物质性质或现象的解释错误的是 A. 干冰的密度比冰大，与干冰分子为密堆积，而冰中水分子为非密堆积有关 B. 在水中的溶解度小于在中的溶解度，因为是非极性分子 C. 金单质能溶于王水，因为与形成稳定配离子，促进反应发生 D. P原子间难形成三键而N原子间可以，因为P原子半径较大，难形成稳定键 【答案】B 【解析】 【详解】A．干冰中分子间仅存在范德华力，为密堆积结构；冰中水分子间存在具有方向性和饱和性的氢键，为非密堆积，空隙更大，因此干冰密度比冰大，A正确； B．中心原子价层电子对数为：，为杂化，孤电子对数为1，空间构型为V形，为极性分子，B错误； C．王水中含有高浓度，可与形成稳定的配离子，使金的溶解平衡正向移动，促进金单质溶解，C正确； D．P原子半径大于N原子，p轨道肩并肩重叠程度小，难形成稳定的键，因此P原子间难形成三键而N原子间可以，D正确； 故选B。 6. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且每个周期均有元素分布，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是 A. 电负性：X<Y<Z B. 简单离子半径：Z>Y>Q C. Q2Z2的阴、阳离子数之比为2：1 D. W元素位于元素周期表的d区 【答案】A 【解析】 【分析】宇宙中含量最多的元素，为H；Z的价层电子排布为，则（时无轨道），故价电子排布为，Z为O；Y原子序数介于1和8之间，属于第二周期；同周期中第一电离能比Y大的元素有2种，为F和Ne，则Y为N；Q元素原子的最外层均只有1个电子，原子中只有两种形状的电子云，为s能级与p能级的电子云，所以Q为Na；W原子序数大于Na，位于前四周期，最外层只有1个电子，次外层所有轨道电子均成对，则电子排布为，故W为Cu。 【详解】A．周期表中越靠近F电负性越大，因此电负性：，A正确； B．、、三种离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径顺序为，B错误； C．由和过氧根离子构成，阴、阳离子数之比为，不是，C错误； D．W为，位于元素周期表第四周期ⅠB族，属于区，不是d区，D错误； 故选A。 7. X、Y、Z、W、R是原子序数依次增加的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，原子序数：；X与Y组成的两种化合物在常温下呈液态；由上述元素组成的某缓冲溶液的主要成分结构如图所示。下列有关说法错误的是 A. 简单离子半径：Y>Z>W B. W分别与X、Y组成的化合物均含离子键 C. 简单氢化物的沸点：Y<Z D. R的最高价氧化物的水化物是弱电解质 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H；常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O；W形成一价阳离子，结合题意W应位于第三周期，则W为Na；又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O（原子序数8），W为Na（原子序数11），根据原子序数依次增加且Z为主族元素可知，Z为F（原子序数9），代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。 【详解】A．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：O2->F->Na+，A正确； B．Na分别与H、O可形成NaH、Na2O和Na2O2，均存在离子键，B正确； C．H2O分子间氢键的个数比HF分子间氢键的个数多，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，C错误； D．P的最高价氧化物对应水化物H3PO4为弱酸，属于弱电解质，D正确； 故选C。 8. 水解机理示意图如下。 (1) (2) 结合以上机理，下列说法错误的是 A. 可作为缓释长效消毒剂 B. 推测比难发生水解 C. 推测的水解产物为和HCl D. 分子中N原子的电子云密度比中的大，故比易水解 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据水解机理可知，水解后生成具有强氧化性的HClO，因此可作为缓释长效消毒剂，A正确； B．C原子属于第二周期，没有d轨道，无法接受水中的孤电子对，故比难发生水解，B正确； C．As的电负性远小于Cl，中As原子为正电中心，与类似，水解时水分子进攻中心原子As，生成和，推测合理，C正确； D．由于电负性：，且F元素没有+1价，故不能发生上述水解反应，比难水解，D错误； 故答案选D。 9. 钼在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是 A. Mo位于第5周期B族 B. 基态Mo原子核外共有5个d电子 C. 和化学性质几乎相同 D. 的相对原子质量为95.96 【答案】C 【解析】 【详解】A．Mo的价电子为4d55s1，最高能层为，因此在第5周期，Mo的价电子数为，因此属于第VIB族，选项中“B族”的表述不够精确，故A错误； B．Mo的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，其中3d轨道有10个电子，4d轨道有5个电子，d电子总数为个，故B错误； C．和是Mo元素的同位素，二者质子数相同、核外电子排布完全相同，而元素的化学性质由核外电子排布决定，因此二者化学性质几乎完全相同，故C正确； D．元素周期表中 95.96 是Mo 元素的平均相对原子质量，是 Mo 的所有天然同位素（如和等）按丰度加权计算的平均值，不是某一种同位素的相对原子质量，故D错误； 故选C。 10. 下列事实的解释错误的是 事实 解释 A 的熔点比的低 的离子键更强 B 热稳定性：HF>HCl H-F的键能大于H-Cl的键能 C 用“杯酚”可将分离开 分子大小与“杯酚”空腔大小适配 D 碘在中的溶解度大于在中的溶解度 “相似相溶”规律 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．离子晶体熔点与离子键强度正相关，离子所带电荷越多，离子键越强，中所带负电荷远高于，故离子键更强、熔点更高，A错误； B．气态氢化物热稳定性与共价键键能正相关，F原子半径小于Cl，H-F键长更短、键能大于H-Cl键，故HF热稳定性更强，B正确； C．杯酚可通过尺寸匹配效应分离和​，只有大小适配空腔的能与杯酚形成包合物，从而实现分离，C正确； D．和均为非极性分子，为极性分子，根据相似相溶规律，在中溶解度更大，D正确； 故答案选A。 11. 工业上为了提高Au的浸取率常将其放在一定量的的混合溶液中，其反应机理为(未配平)，反应过程中不断通入，可实现的再利用。已知可看作是中的一个O被S替代的产物，中的两个被两个取代后形成两种结构不同的产物，以下说法错误的是 A. 的空间结构为四面体形 B. 中与N均采用杂化 C. 的2个S原子中，能做的配位原子的是端基S原子 D. 理论上参加反应的 【答案】B 【解析】 【详解】A．的空间结构为正四面体形，可看作中1个O被S取代的产物，中心S原子价层电子对数为4、无孤电子对，空间结构为四面体形，A正确； B．的二氯取代物有2种结构，说明其空间结构为平面正方形，杂化的空间结构为正四面体形，所以中心的杂化方式不是杂化，B错误； C．中端基S原子电负性小于O，更易给出孤电子对，因此作配位原子的是端基S原子，C正确； D．反应中每个Au失去1个电子，每个得到4个电子，根据得失电子守恒，，D正确； 故答案选B。 12. 锆酸锶(，摩尔质量为)的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为的坐标分别为和为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. b的坐标为 B. 锆原子填充在氧原子形成的八面体空隙中 C. 与O原子距离最近且等距的O原子的数目为8 D. 该晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．b位于左侧面心，在x、y、z轴上投影坐标分别为0、、，坐标为，A正确； B．与位于体心的锆原子距离最近且等距的O原子有6个，此6个O原子形成八面体空间结构，锆原子填充在氧原子形成的八面体空隙中，B正确； C．以顶面面心氧原子为参照物，距离其最近的氧原子在四个侧面面心上，这样的氧原子有8个，C正确； D．据“均摊法”，晶胞中含个Sr、1个Zr、个O，则晶体密度=，D错误； 故选D。 13. 某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A. 该部分晶体结构为晶胞的 B. 晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C. 放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D. 放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 【答案】D 【解析】 【分析】题目给出的是边长为a pm的小立方体结构，完整晶胞为边长2a pm的大立方体，该小立方体是完整晶胞的，放电结束后每个小立方体中心嵌入1个，对该小立方体做均摊：顶点共4个、4个，均摊得，，12条棱的中点各有1个，均摊得，据此分析： 【详解】A．图中结构不能实现无缝并置，是边长为 a pm的小立方体，完整晶胞边长为2a pm，体积是小立方体的8 倍，因此该部分结构为晶胞的，A正确；​ B．嵌入题图小立方体的中心，位于小立方体顶点，二者最近距离为小立方体体对角线的一半为，B正确； C．放电结束时，Fe、Cu均为+2价，为-1价，镁离子为+2价，结合化合价代数和为0，镁离子个数为：，，所以晶体的化学式为，C正确； D．1个图中结构含有0.5个，相当于8个小立方体的体心只填充了4个，如图所示：（只看即可），以A处为坐标顶点，其周围最近的有12个（沿xOy、xOz、yOz平面内各有4个），D错误； 答案选D。 14. I2晶胞是长方体，边长分别为acm、bcm、ccm且。有两种空间取向(如图)。下列说法正确的是 A. 晶体中两种取向的碘分子数之比为5：2(或2：5) B. 每个分子周围与其最近且距离相等的有12个 C. 将晶胞原点移至xz面心，所有原子坐标均不变 D. 1个晶胞中含有8个碘原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．该晶胞中，一种取向的碘分子位于晶胞的8个顶点和左右两个面心，总碘分子数为 ；另一种碘分子位于晶胞的上下前后4个面心，总碘分子数为 ， 因此两种取向的碘分子数之比为，A不符合题意； B．该晶胞为长方体，且，不同方向的碘分子间距不相等，因此不存在12个最近且等距的​碘分子，B不符合题意； C．将原点移至xz面心后，原子坐标一定会发生变化，C不符合题意； D．晶胞中碘分子位于晶胞的8个顶点和6个面心，总碘分子数 ，总原子数为，D符合题意； 故选D。 15. “物质结构或性质”与“物质用途”之间的对应关系错误的是 物质结构或性质 物质用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 用作润滑剂 B 属于共价晶体，熔点高 用于生产光导纤维 C 烷基磺酸根离子既有亲水基又有疏水基 用作表面活性剂 D 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可识别 增大在有机溶剂中的溶解度 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨层间以较弱的范德华力结合，层与层之间易发生相对滑动，因此可用作润滑剂，对应关系成立，A正确； B．SiO2用于生产光导纤维是利用其对光的全反射传导性能，与熔点高的性质无对应关系，对应关系不成立，B错误； C．烷基磺酸根的烷基为疏水基、磺酸根为亲水基，符合表面活性剂的结构特征，可用作表面活性剂，对应关系成立，C正确； D．18-冠-6可与K+形成易溶于有机溶剂的络合物，从而带动进入有机相，增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度，对应关系成立，D正确； 故选B。 二、非选择题(本题共4小题，共55分)。 16. 回答下列有关问题： （1）基态N原子的价层电子排布式为___________，N位于元素周期表的___________区。 （2）基态O原子的核外有___________个未成对电子，占据最高能级的原子轨道的形状是___________形。 （3）电负性：N___________O，第一电离能：N___________O(填“<”或“>”)。 （4）绿矾()是常用的工业原料，其结构示意图如图。 的空间结构为___________。绿矾晶体中的配位数为___________，该晶体中不存在的化学键为___________(填字母)。 A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．金属键 （5）组氨酸()的咪唑基能与形成配合物，促进铁的吸收，可用于防治贫血。 ①羧基中C-O和C=O之间的键角___________(填“大于”或“小于”)氨基中N-H之间的键角，原因为___________。 ②已知苯环中的大键可用表示，则组氨酸中咪唑基(圈中的部分)的大键为___________。 【答案】（1） ①. 2s22p3 ②. p （2） ①. 2 ②. 哑铃形 （3） ①. ＜ ②. ＞ （4） ①. 正四面体 ②. 6 ③. E （5） ①. 大于 ②. 羧基中碳原子为sp2杂化，氨基中原子为sp3杂化 ③. 【解析】 【小问1详解】 N原子序数为7，基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，N位于元素周期表的p区。 【小问2详解】 基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，基态O原子的核外有2个未成对电子，最高能级为2p，形状为哑铃形。 【小问3详解】 非金属性越强，电负性越大，非金属性：N＜O，则电负性：N＜O，因为N的2p轨道是半充满稳定结构，故第一电离能比邻位元素原子电离能大，故第一电离能：N＞O。 【小问4详解】 的价层电子对为4，无孤电子对，空间结构为正四面体。由图可知，直接与Fe2+形成配位作用的O原子共6个，因此配位数为6。该晶体中，Fe2+与的之间存在离子键，水分子、硫酸根内部存在共价键，Fe2+与配位水分子之间存在配位键，氢键不属于化学键，不存在金属键，故答案为E。 【小问5详解】 ①羧基中碳原子为sp2杂化，键角约120°；氨基中N原子为sp3杂化（含1对孤电子对），键角约107°，故羧基中C-O和C=O之间的键角大于氨基中N-H之间的键角。 ②咪唑基（五元环）中，5个原子均参与大π键形成，共6个π电子，故大π键表示为。 17. 某化学兴趣小组在实验室探究铜氨配合物的制备。 I．配制溶液 （1）配制溶液，需要用托盘天平称量胆矾()的质量为___________g。 Ⅱ．制备溶液 （2）的配位键中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)，中键的数目为___________(阿伏加德罗常数为)。 （3）实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为：___________。 （4）实验i中蓝色沉淀不溶解，说明和之间不易发生反应。 小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。 ①提出猜想 猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想b：引入可明显促进铜氨配离子的生成。 ②实验验证 为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验ⅲ、iv。 序号 操作 现象 iii 将实验i中的浊液a过滤，洗涤沉淀，将固体平均分成两份于试管中。 滴加过量6 mol/L的氨水 蓝色沉淀不溶解 iv 滴加过量的___________mol/L氨水，再加入少量固体 蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色。 ③实验结论：猜想b成立。 ④从平衡移动的角度，结合化学用语解答为什么促进的生成：___________。 Ⅲ．制备硫酸四氨合铜晶体 （5）向实验ⅱ得到的深蓝色溶液中加入___________(填序号)，析出晶体。 ①乙醇 ②水 ③NaOH溶液 ④稀盐酸 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） （4） ①. 6 ②. 与结合生成，降低，平衡正向移动 （5） 【解析】 【分析】实验i中硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，滴加过量氨水，沉淀不溶解；实验ii中硫酸铜与氨水反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，滴加过量氨水，沉淀溶解，生成溶液；实验iii和iv为对比实验，得出的结论为促进 的生成，故iv应增大离子浓度，故除添加过量的氨水，再加入少量固体。 【小问1详解】 配制溶液，的物质的量，其摩尔质量，因此质量； 【小问2详解】 的配位键中，提供空轨道，中原子提供孤电子对，因此提供孤电子对的原子为；中，个分子内各含个键，个配位键也为键，总键数目为，即； 【小问3详解】 实验中与少量氨水反应生成蓝色沉淀，离子方程式为：； 【小问4详解】 ②根据控制变量，实验中需滴加过量氨水，再加入少量固体，观察到蓝色沉淀溶解、溶液呈深蓝色，验证猜想成立； ④，与结合生成，使降低，平衡正向移动，促进的生成； 【小问5详解】 在极性溶剂乙醇中溶解度显著降低，因此向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出该晶体。 18. 工业上以天然锆英石(主要成分为，含有等杂质)为原料生产的工艺流程如下： 已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为； ②煅烧后固体主要成分为和； ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 （1）Zr的价电子排布式为，则Zr在周期表的位置为___________。 （2）在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为___________。 （3）“调pH”后，废液中，则废液中为___________mol/L。(已知：25℃时，) （4）“高温氯化时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为___________。 （5）的沸点远高于的原因可能是___________。 （6）“还原”的主要目的是___________。 （7）下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为为阿伏加德罗常数的值。 则该氧化物的化学式为___________，p点和q点之间的距离为___________，晶体中Zr的配位数为___________。 【答案】（1）第五周期第ⅣB族 （2） （3） （4） （5）为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此沸点远高于 （6）把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度 （7） ①. ZrO2 ②. pm ③. 4 【解析】 【分析】天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不参与反应而进入滤渣1，“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、，加入PbO“沉铅”，此时铅转化为PbCl2；再往滤液中加入氨水调pH，使ZrO2+、Cr3+、Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，煅烧后转化为、和，再加入C、Cl2进行“高温氯化”生成ZrCl4、FeCl3、CrCl3，通入氢气将FeCl3还原为FeCl2，升华后ZrCl4转化为气体，FeCl2、CrCl3仍以固态形式存在，最后ZrCl4与NaCl在特定条件下化合生成Na2ZrCl6，据此解答。 【小问1详解】 Zr的价电子排布为，电子层数为5，位于d区，价电子总数为4，因此位于第五周期第ⅣB族； 【小问2详解】 中含+4价Pb，酸性环境下可氧化生成黄绿色的，Pb元素全部转化为，发生反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 由，代入数据得：，再由得：； 【小问4详解】 “高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该气体为CO，经配平得该反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此沸点远高于； 【小问6详解】 由题给信息可知，和的升华温度相近，不利于分离提纯，则“还原”的主要目的是：把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度； 【小问7详解】 由均摊法，该晶胞中Zr个数为4，O个数为，所以该氧化物化学式为ZrO2；根据p点坐标参数为，可知q点坐标参数为，所以pq距离为= pm；根据Zr的坐标参数和图示结构可知，Zr的配位数为4。 19. 氨硼烷()稳定、无毒、氢含量高，是理想的储氢材料。其制备原理是路易斯酸碱交换法，方程式为(L为一种路易斯碱)。路易斯酸碱理论认为路易斯酸接受电子对，路易斯碱提供电子对。 （1）以下四种不同状态的硼，失去一个电子需要吸收能量最多的是___________。 A. B. C. D. （2）比较H-N-H键角：中的比中的___________。 A. 大 B. 小 C. 相等 D. 不能确定 （3）中所含化学键的类型有___________(不定项)。 A. 极性共价键 B. 非极性共价键 C. 配位键 D. 氢键 （4）下列反应属于路易斯酸碱中和的是___________(不定项)。 A. B. C. D. （5）水解会产生两种气体(其中一种为碱性气体)和，写出此反应的化学方程式：___________。 （6）热解释氢的副产物为BN，常见的BN存在如下晶体结构。 ①h-BN和c-BN中B原子的杂化方式分别为___________。 ②比较硬度：h-BN___________c-BN(填“<”或“=”)。 ③c-BN晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，其晶体的密度为___________。(B和N的相对原子质量分别为11和14) 【答案】（1）D （2）B （3）AC （4）BC （5） （6） ①. 、 ②. < ③. 【解析】 【小问1详解】 B为5号元素，B为基态硼原子，A、C为B+离子，D为B2+离子。元素的逐级电离能依次增大，故从B2+再失去一个电子需要吸收的能量最多，故选D； 【小问2详解】 中N的价层电子对为4，孤对电子对数为1；中N的价层电子对为4，孤对电子对数为0；故二者N原子杂化方式相同，中N原子有孤电子对，而中N没有孤电子对，孤对电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，故键角更小；故选B； 【小问3详解】 在中含N-H、B-H均为不同原子间的极性共价键；N提供孤对电子、B提供空轨道，形成配位键；不存在同种原子间的非极性共价键，氢键不属于化学键，故选AC； 【小问4详解】 根据定义可推知路易斯酸碱中和反应覆盖了配位键的形成，有电子对的接受，A中乙烯与溴的加成发生了旧键断裂，不属于路易斯酸碱中和，B中有空轨道接受电子对（路易斯酸），有孤对提供电子对（路易斯碱），生成配合物；C中有空轨道接受电子对（路易斯酸），有孤对提供电子对（路易斯碱），生成配合物；D中反应为氧化还原反应，不符合路易斯酸碱中和定义，故选BC； 【小问5详解】 碱性气体为氨气，B元素水解生成，中与N相连的H为+1价，与B相连的H为-1价，故另外一种气体为氢气，此反应的化学方程式：； 【小问6详解】 ①h-BN为层状结构，B原子与3个N原子成键，为杂化；c-BN为空间网状结构，B原子与4个N原子成键，为杂化； ②h-BN结构类似石墨结构，层间作用力弱，质软、c-BN结构类似金刚石结构，为共价晶体，硬度大，故硬度：h-BN < c-BN； ③据“均摊法”，晶胞中含个B，4个N ，c-BN晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，其晶体的密度为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 襄阳五中高二下学期3月月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 O-16 N-14 S-16 Cu-64 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1. 下列说法错误的是 A. 违反了泡利原理 B. 原子核外每一能层最多可容纳的电子数为(n表示能层序数) C. 轨道相互垂直，且能量各不相等 D. 在一个原子中，不可能出现运动状态完全相同的两个电子 2. 下列化学用语表述正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 中子数为20的氯原子： C. NaCl晶胞： D. 基态Br的简化电子排布式： 3. 下列有关微粒性质的比较，说法错误的是 A. 离子半径： B. 离子键百分数：NaCl>NaI C. 第一电离能：P<S<Cl D. 键角： 4. 物质的微观结构决定其宏观性质。乙胺是一种无色、有强烈氨味的液体，能与水、乙醇、乙醚等有机溶剂混溶。下列说法不正确的是 A. 乙胺的电子式： B. 乙胺分子中，乙基中的碳原子和氨基中的氮原子均为杂化 C. 乙胺分子中的氨基可与水形成氢键 D. 乙胺可与盐酸发生反应，生成 5. 下列关于物质性质或现象的解释错误的是 A. 干冰的密度比冰大，与干冰分子为密堆积，而冰中水分子为非密堆积有关 B. 在水中的溶解度小于在中的溶解度，因为是非极性分子 C. 金单质能溶于王水，因为与形成稳定配离子，促进反应发生 D. P原子间难形成三键而N原子间可以，因为P原子半径较大，难形成稳定键 6. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且每个周期均有元素分布，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是 A. 电负性：X<Y<Z B. 简单离子半径：Z>Y>Q C. Q2Z2的阴、阳离子数之比为2：1 D. W元素位于元素周期表的d区 7. X、Y、Z、W、R是原子序数依次增加的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，原子序数：；X与Y组成的两种化合物在常温下呈液态；由上述元素组成的某缓冲溶液的主要成分结构如图所示。下列有关说法错误的是 A. 简单离子半径：Y>Z>W B. W分别与X、Y组成的化合物均含离子键 C. 简单氢化物的沸点：Y<Z D. R的最高价氧化物的水化物是弱电解质 8. 水解机理示意图如下。 (1) (2) 结合以上机理，下列说法错误的是 A. 可作为缓释长效消毒剂 B. 推测比难发生水解 C. 推测的水解产物为和HCl D. 分子中N原子的电子云密度比中的大，故比易水解 9. 钼在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是 A. Mo位于第5周期B族 B. 基态Mo原子核外共有5个d电子 C. 和化学性质几乎相同 D. 的相对原子质量为95.96 10. 下列事实的解释错误的是 事实 解释 A 的熔点比的低 的离子键更强 B 热稳定性：HF>HCl H-F的键能大于H-Cl的键能 C 用“杯酚”可将分离开 分子大小与“杯酚”空腔大小适配 D 碘在中的溶解度大于在中的溶解度 “相似相溶”规律 A. A B. B C. C D. D 11. 工业上为了提高Au的浸取率常将其放在一定量的的混合溶液中，其反应机理为(未配平)，反应过程中不断通入，可实现的再利用。已知可看作是中的一个O被S替代的产物，中的两个被两个取代后形成两种结构不同的产物，以下说法错误的是 A. 的空间结构为四面体形 B. 中与N均采用杂化 C. 的2个S原子中，能做的配位原子的是端基S原子 D. 理论上参加反应的 12. 锆酸锶(，摩尔质量为)的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为的坐标分别为和为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. b的坐标为 B. 锆原子填充在氧原子形成的八面体空隙中 C. 与O原子距离最近且等距的O原子的数目为8 D. 该晶体的密度为 13. 某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A. 该部分晶体结构为晶胞的 B. 晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C. 放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D. 放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 14. I2晶胞是长方体，边长分别为acm、bcm、ccm且。有两种空间取向(如图)。下列说法正确的是 A. 晶体中两种取向的碘分子数之比为5：2(或2：5) B. 每个分子周围与其最近且距离相等的有12个 C. 将晶胞原点移至xz面心，所有原子坐标均不变 D. 1个晶胞中含有8个碘原子 15. “物质结构或性质”与“物质用途”之间的对应关系错误的是 物质结构或性质 物质用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 用作润滑剂 B 属于共价晶体，熔点高 用于生产光导纤维 C 烷基磺酸根离子既有亲水基又有疏水基 用作表面活性剂 D 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可识别 增大在有机溶剂中的溶解度 A. A B. B C. C D. D 二、非选择题(本题共4小题，共55分)。 16. 回答下列有关问题： （1）基态N原子的价层电子排布式为___________，N位于元素周期表的___________区。 （2）基态O原子的核外有___________个未成对电子，占据最高能级的原子轨道的形状是___________形。 （3）电负性：N___________O，第一电离能：N___________O(填“<”或“>”)。 （4）绿矾()是常用的工业原料，其结构示意图如图。 的空间结构为___________。绿矾晶体中的配位数为___________，该晶体中不存在的化学键为___________(填字母)。 A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．金属键 （5）组氨酸()的咪唑基能与形成配合物，促进铁的吸收，可用于防治贫血。 ①羧基中C-O和C=O之间的键角___________(填“大于”或“小于”)氨基中N-H之间的键角，原因为___________。 ②已知苯环中的大键可用表示，则组氨酸中咪唑基(圈中的部分)的大键为___________。 17. 某化学兴趣小组在实验室探究铜氨配合物的制备。 I．配制溶液 （1）配制溶液，需要用托盘天平称量胆矾()的质量为___________g。 Ⅱ．制备溶液 （2）的配位键中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)，中键的数目为___________(阿伏加德罗常数为)。 （3）实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为：___________。 （4）实验i中蓝色沉淀不溶解，说明和之间不易发生反应。 小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。 ①提出猜想 猜想a：结合平衡移动原理，增大可明显促进铜氨配离子的生成。 猜想b：引入可明显促进铜氨配离子的生成。 ②实验验证 为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验ⅲ、iv。 序号 操作 现象 iii 将实验i中的浊液a过滤，洗涤沉淀，将固体平均分成两份于试管中。 滴加过量6 mol/L的氨水 蓝色沉淀不溶解 iv 滴加过量的___________mol/L氨水，再加入少量固体 蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色。 ③实验结论：猜想b成立。 ④从平衡移动的角度，结合化学用语解答为什么促进的生成：___________。 Ⅲ．制备硫酸四氨合铜晶体 （5）向实验ⅱ得到的深蓝色溶液中加入___________(填序号)，析出晶体。 ①乙醇 ②水 ③NaOH溶液 ④稀盐酸 18. 工业上以天然锆英石(主要成分为，含有等杂质)为原料生产的工艺流程如下： 已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为； ②煅烧后固体主要成分为和； ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 （1）Zr的价电子排布式为，则Zr在周期表的位置为___________。 （2）在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为___________。 （3）“调pH”后，废液中，则废液中为___________mol/L。(已知：25℃时，) （4）“高温氯化时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为___________。 （5）的沸点远高于的原因可能是___________。 （6）“还原”的主要目的是___________。 （7）下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为为阿伏加德罗常数的值。 则该氧化物的化学式为___________，p点和q点之间的距离为___________，晶体中Zr的配位数为___________。 19. 氨硼烷()稳定、无毒、氢含量高，是理想的储氢材料。其制备原理是路易斯酸碱交换法，方程式为(L为一种路易斯碱)。路易斯酸碱理论认为路易斯酸接受电子对，路易斯碱提供电子对。 （1）以下四种不同状态的硼，失去一个电子需要吸收能量最多的是___________。 A. B. C. D. （2）比较H-N-H键角：中的比中的___________。 A. 大 B. 小 C. 相等 D. 不能确定 （3）中所含化学键的类型有___________(不定项)。 A. 极性共价键 B. 非极性共价键 C. 配位键 D. 氢键 （4）下列反应属于路易斯酸碱中和的是___________(不定项)。 A. B. C. D. （5）水解会产生两种气体(其中一种为碱性气体)和，写出此反应的化学方程式：___________。 （6）热解释氢的副产物为BN，常见的BN存在如下晶体结构。 ①h-BN和c-BN中B原子的杂化方式分别为___________。 ②比较硬度：h-BN___________c-BN(填“<”或“=”)。 ③c-BN晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为，其晶体的密度为___________。(B和N的相对原子质量分别为11和14) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $