精品解析：福建厦门大学附属科技中学2025-2026学年下学期高二3月阶段测试 化学试题

2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高二3月阶段测试 化学试题 注意事项： 1．本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。 2．请将符合题意的答案填到答题卷相应的空格中。 可能用到的近似相对原子质量：Fe 56 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 本卷共15题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题意要求的。 1. 福建科研团队利用催化不对称键插入反应，可高效合成具有氮、硼、碳连续手性中心的分子。下列说法正确的是 A. 硼元素位于元素周期表s区 B. 催化剂中Cu元素的化合价为价 C. 催化剂参与反应并降低反应活化能 D. 中P原子的杂化方式为 2. 我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的 108 颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U-Pb 衰变体系衰变为，衰变为207Pb中207pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是 A. Pb位于元素周期表中第5周期第IVA族 B. 206Pb和207Pb是不同的核素 C. 238U和 的中子数分别为146和143，互为同位素 D. 来自同时期的玄武岩岩屑中²⁰⁷Pb/²⁰⁶Pb值相近 3. 根据元素周期律，下列说法错误的是 A. 化合物中离子键百分数： B. 电负性： C. 第二电离能： D. 结合的能力： 4. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HClO的结构式： B. 的VSEPR模型： C. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： D. HCl分子中键的形成： 5. 在如图所示硫及其化合物的转化关系中，丙可以使品红溶液褪色。下列说法错误的是 A. 甲和丙反应可生成乙 B. 甲与溶液反应可生成戊 C. 丙的VSEPR模型为V形 D. 丁为酸性氧化物 6. 某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 虚框内基团均可与水分子形成氢键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 7. 配离子在酸性溶液中的水解机理如图： 下列说法错误的是 A. 键角： B. 与Co(Ⅲ)的配位能力： C. 转化过程，涉及极性键的断裂和生成 D. 键的形成削弱了键，促进水解 8. 下列由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 乙烯分子含有键 乙烯易发生加成反应 B 和都是非极性分子 易溶于 C N的电负性大于C的电负性 NO的配位能力比CO的弱 D HF分子间存在氢键 热稳定性： A. A B. B C. C D. D 9. 由Ca、P、Cl组成的某种化合物是一种重要的化工原料，其立方晶胞结构如图。下列说法错误的是 A. 该晶体的结构可通过X射线衍射仪测定 B. 第一电离能： C. 该化合物的化学式为 D. 距离P最近且相等的Cl有6个 10. 用少量与肼()的水溶液共同作用，处理核冷却系统内壁上的含铁氧化物的反应过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 的键数为 B. 的孤电子对数为 C. 的中心原子的未成对电子数为 D. 上述含铁氧化物被完全处理时转移电子数为 11. 人体内的碳酸酐酶CA（圆圈部分，His完整结构如图1）对于调节血液和组织液的酸碱平衡有重要作用，催化机理如图2所示。下列说法错误的是 A. 该过程总反应为 B. 已知图1五元环为平面结构，则环中存在大键 C. 氮原子Ⅰ和Ⅱ相比，最可能跟形成配位键的是Ⅱ D. CA超高催化效率可能是因为影响配体水分子的极性，使水更容易电离出 实验小组利用螯合剂邻二氮菲()与分别形成定性检测溶液中的铁元素，后利用分光光度法定量测定含水样中铁元素的总浓度。分光光度法原理为有色物质会吸收特定波长的光，吸光度A与有色物质的浓度c(单位为，本实验以计)存在关系。 阅读以上资料，回答下列问题： 12. 探究与形成的配合物性质，进行如下实验(忽略体积变化)。下列说法正确的是 A. 中有7个大π键 B. 中的配位数为3 C. 颜色逐渐变浅说明与的配位能力： D. 现象X为颜色持续变深 13. 取水样加入、硫酸羟胺并调节合适的后稀释至，利用分光光度法测定溶液。等浓度的和标准液在不同波长光下吸光度A如图。已知时，的。下列说法错误的是 A. 在内，k值大小为 B. 测定前若未加入足量硫酸羟胺，吸光度A偏大 C. 时，测得水样吸光度A为0.560，则 D. 测定时未控制适宜，导致k减小，测量误差增大 14. 近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是 A. 基态的电子空间运动状态为14种 B. 可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C. 可在配体上引入-OH、-以增强MOF-5与之间的吸附作用 D. MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 15. 已知和在溶液中分别能与形成配离子，其与的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. 的平衡常数 B. 中的值为2 C. 当生成两种配离子物质的量相等时，消耗的多 D. 的平衡常数 第Ⅱ卷（选择题 共45分） 16. A、B、C、D、E、F、G是元素周期表前四周期中常见的七种元素，其原子序数依次增大，其相关信息如下表： 元素 相关信息 A A的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等 B B原子基态时s电子与p电子数目相同 C C在组成化合物时没有正价 D 常温常压下，D单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积 E E和D同周期，E的电负性大于D F F原子基态时未成对电子数是同周期中最多的 G G的一种核素的质量数为63，中子数为34 （1）表中F元素与Mn、Fe在工业上统称“黑色金属”。 F元素为________（填写元素符号）；请写出基态的价电子轨道排布式________。Fe元素位于周期表的________区。 （2）的VSEPR模型为________，其中B的杂化轨道类型是________。 （3）与互为等电子体，则的电子式可表示为________，中含有共用电子对的数目为________。 （4）是一种常用的溶剂，的分子中存在________个键。表中C、D、E三种元素分别与氢形成的共价键中，键长最大的是________（用具体元素符号组成的化学键表示）。 （5）下列有关的说法正确的是________。（填字母） A. 分子中所有原子都满足8电子稳定结构 B. 每个分子中键和键数目之比为 C. 它是由极性键和非极性键构成的非极性分子 D. 该分子是手性分子 （6）写出G元素的原子核外简化电子排布式________；工业上常通过在空气中煅烧G的低价含硫矿获得G单质，请写出该反应的方程式________；若往含有的溶液中加过量氢氧化钠溶液，可生成溶液，写出该反应的离子方程式________，具有的化学键类型有________。（填字母） A.离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键 E.氢键 17. 氢能是未来有巨大前景的新能源，开发高效储氢材料是如今的研究热点。氨硼烷（）是一种固态储氢材料，其结构如下图（图中仅标出部分氢原子带电荷情况）。 （1）分子的结构图如下，在下图标出其分子内存在的配位键________。 （2）分子中N、B原子的杂化分别方式为________。（填字母） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 （3）晶体的熔点远高于分子量相近且结构相似的乙烷（），为解释该现象，科学家提出了“二氢键”的观点，二氢键可以表示为：。下列说法正确的是________。（填字母） A. 二氢键属于配位键的一种 B. 电负性大小： C. 分子中均为极性共价键 D. 联氨（）分子中也存在二氢键 （4）在催化剂条件下，与水反应释放氢气，反应条件温和且无有害气体生成：。反应的产物中，离子的空间结构为________。（填字母） A. 角形 B. 直线形 C. 平面三角形 D. 三角锥形 （5）乙烷难溶于水，但是易溶于水，试解释主要原因是________。 硼氢化钠（NaBH4）是一种环境友好的储氢材料（其中元素为价），NaBH4的释氢和再生过程如下图所示。 （6）已知水解和再生过程中，元素化合价均未发生变化，完成溶液在碱性条件下电解再生为NaBH4的电极反应式________。 18. 兴趣小组探究硫酸四氨合铜溶液的形成过程及条件。 Ⅰ．配制浓度约的溶液 （1）用胆矾配制溶液，该过程不需要用到的仪器有___________(填序号)。 A. B. C. D. （2）用重量分析法测定所配溶液浓度。取溶液，加入足量溶液，得到白色沉淀，则___________(用含和的式子表示)。 Ⅱ．探究硫酸四氨合铜溶液的形成过程 向20.0蒸馏水中加入溶液，边搅拌边滴加氨水。用电导率仪测得体系的电导率随加入氨水体积的变化如图所示。 （3）①a→b过程有蓝色沉淀生成，写出生成沉淀的化学方程式：___________；b→c过程沉淀溶解，形成蓝色溶液。 ②根据电导率变化情况推断，一定条件下，同浓度溶液的导电能力：___________(填“>”“<”或“=”)。 Ⅲ．探究硫酸四氨合铜溶液的形成条件 兴趣小组为探究以及溶液碱性强弱对生成的影响进行如表所示实验。每组实验试剂混合后充分振荡，静置1小时后测定上层溶液的吸光度。 说明：①室温下，溶液中浓度越大，吸光度越大。②氨水、溶液以及溶液浓度均为。 实验序号 /g V(氨水)/ V［溶液］/mL V(溶液)/ / 上层溶液吸光度 ⅰ 1.0 1.0 0.0 0.0 1.0 ⅱ 1.0 1.0 1.0 0.0 ⅲ 1.0 0.0 1.0 0.0 1.0 ⅳ 1.0 1.0 0.0 1.0 （4）___________，___________。 （5）测得()，由此可推出：___________(写两条)。请利用平衡移动的原理解释的原因：___________。 （6）能说明pH过大不利于生成的实验证据为___________(用含λ的关系式表示)，pH过大不利于生成可能的原因为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高二3月阶段测试 化学试题 注意事项： 1．本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。 2．请将符合题意的答案填到答题卷相应的空格中。 可能用到的近似相对原子质量：Fe 56 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 本卷共15题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题意要求的。 1. 福建科研团队利用催化不对称键插入反应，可高效合成具有氮、硼、碳连续手性中心的分子。下列说法正确的是 A. 硼元素位于元素周期表s区 B. 催化剂中Cu元素的化合价为价 C. 催化剂参与反应并降低反应活化能 D. 中P原子的杂化方式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．硼元素原子序数为5，硼为ⅢA族元素，位于p区，A错误； B．化合物中带1个单位负电荷，是中性配体，因此配离子整体带1个单位正电荷，元素化合价为价，B错误； C．催化剂的作用原理是参与反应，改变反应历程，从而降低反应活化能，加快反应速率，反应前后催化剂自身的质量和化学性质不变，C正确； D．中中心原子价层电子对数，杂化方式为，不是，D错误； 故选C。 2. 我国科学家对嫦娥六号采回的月壤样品中的 108 颗玄武岩岩屑进行了精确定年。定年方法：通过测定U-Pb 衰变体系衰变为，衰变为207Pb中207pb/206Pb来计算年龄，比值相同的年龄相近。下列说法不正确的是 A. Pb位于元素周期表中第5周期第IVA族 B. 206Pb和207Pb是不同的核素 C. 238U和 的中子数分别为146和143，互为同位素 D. 来自同时期的玄武岩岩屑中²⁰⁷Pb/²⁰⁶Pb值相近 【答案】A 【解析】 【详解】A．Pb是82号元素，位于元素周期表中第6周期ⅣA族，而非第5周期，A错误； B．206Pb和207Pb的质子数相同但中子数不同，属于不同核素，B正确； C．238U的中子数为238-92=146，的中子数为235-92=143，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确； D．根据定年方法，同时期样品中207Pb/206Pb比值相近，D正确； 答案选A。 3. 根据元素周期律，下列说法错误的是 A. 化合物中离子键百分数： B. 电负性： C. 第二电离能： D. 结合的能力： 【答案】C 【解析】 【详解】A．离子键百分数与成键元素的电负性差值正相关：Cl的电负性大于I，Na与Cl的电负性差大于Na与I的电负性差，因此离子键百分数，A正确； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，Be、B、C同属第二周期，原子序数依次增大，因此电负性，B正确； C．Cu的价电子排布为，失去1个电子后为全满稳定结构，再失去电子需要很高的能量；Zn的价电子排布为，失去1个电子后为，再失去1个电子即可得到全满的稳定结构，因此第二电离能，C错误； D．酸性：​，酸性越强，对应共轭碱结合的能力越弱，因此结合能力​，D正确； 故选C。 4. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HClO的结构式： B. 的VSEPR模型： C. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： D. HCl分子中键的形成： 【答案】B 【解析】 【详解】A．HClO中O为中心原子，正确结构式为 ，A错误； B．中心C原子，价层电子对数  键数  孤电子对数 ，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，与图示一致，B正确； C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键，是羟基的H原子，与醛基羰基的O原子形成氢键，正确形式为 ，C错误； D．HCl分子中，是H的轨道与Cl的轨道头碰头形成键，图示，D错误； 答案选B。 5. 在如图所示硫及其化合物的转化关系中，丙可以使品红溶液褪色。下列说法错误的是 A. 甲和丙反应可生成乙 B. 甲与溶液反应可生成戊 C. 丙的VSEPR模型为V形 D. 丁为酸性氧化物 【答案】C 【解析】 【分析】已知丙可以使品红溶液褪色，结合硫及其化合物的转化关系，可推得丙为；乙和反应生成，故乙为单质；甲和反应生成，故甲为；和反应生成丁，故丁为；和水反应生成戊，故戊为。 【详解】A．和发生归中反应，方程式为，A正确； B．和溶液反应的化学方程式为，B正确； C．的中心原子的价层电子对数为个键对孤对电子，因此模型为平面三角形，分子空间构型才是V形，C错误； D．能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，D正确； 答案选C。 6. 某合成染料的中间体结构如图所示，Q、R、T、W、X和Y为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 虚框内基团均可与水分子形成氢键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】A 【解析】 【分析】根据结构和成键特点、原子序数依次增大的短周期条件，推导得： Q为（1号元素，只形成1个共价键），R为（6号元素，形成的为甲基，符合结构），T为N（7号元素，形成的为氨基），W为（8号元素，磺酸基中连接3个），X为Na（11号元素，带1个正电荷的阳离子，原子序数介于和之间），Y为（16号，磺酸基中心原子，短周期原子序数最大）。 【详解】A．有3个电子层，和都有2个电子层；电子层相同时，核电荷数越大半径越小，因此半径顺序为：，即，A错误； B．同周期（VA族，半充满稳定）第一电离能大于；同主族从上到下第一电离能减小，大于，因此顺序：即，B正确； C．虚框中的（含）、（含），、电负性大，都可以和水分子形成氢键，C正确； D．R是C，最高价碳酸，T是N，最高价硝酸，酸性，所以R<T，D正确； 答案选A。 7. 配离子在酸性溶液中的水解机理如图： 下列说法错误的是 A. 键角： B. 与Co(Ⅲ)的配位能力： C. 转化过程，涉及极性键的断裂和生成 D. 键的形成削弱了键，促进水解 【答案】A 【解析】 【详解】A．游离中N原子存在1对孤电子对，孤电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；当作为配体与中心形成配位键后，原孤电子对变为成键电子对，对键的排斥力减小，因此键角：，A错误； B．水解最终取代了与(Ⅲ)配位，说明与(Ⅲ)的配位能力：，B正确； C．转化过程中断裂了键，生成了键、极性配位键，因此涉及极性键的断裂和生成，C正确； D．与形成键后，的电子对向键偏移，削弱了键，使其更易断裂，促进水解，D正确； 故选A。 8. 下列由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 乙烯分子含有键 乙烯易发生加成反应 B 和都是非极性分子 易溶于 C N的电负性大于C的电负性 NO的配位能力比CO的弱 D HF分子间存在氢键 热稳定性： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯分子含有的键不如键牢固，比较容易断裂，因此乙烯易发生加成反应，A不符合题意； B．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，和均为非极性分子，因此易溶于，B不符合题意； C．电负性越大，原子对孤电子对的束缚能力越强，越难给出孤电子对形成配位键；CO的配位原子为C，NO的配位原子为N，N的电负性大于C，因此NO的配位能力比CO弱，C不符合题意； D．热稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能大小决定，HF分子间氢键属于分子间作用力，只影响熔点和沸点等物理性质，因此不能由分子间存在氢键推测热稳定性：，D符合题意； 故选D。 9. 由Ca、P、Cl组成的某种化合物是一种重要的化工原料，其立方晶胞结构如图。下列说法错误的是 A. 该晶体的结构可通过X射线衍射仪测定 B. 第一电离能： C. 该化合物的化学式为 D. 距离P最近且相等的Cl有6个 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体的微观结构可以通过X射线衍射仪测定，这是晶体结构研究的常用方法，A正确； B．第一电离能规律：活泼金属Ca的第一电离能远小于非金属P、Cl；同周期主族元素从左到右第一电离能整体增大，因此第一电离能：，B正确； C．P（白球）位于晶胞顶点，共8个，数目：，（灰球）位于晶胞12条棱的棱心，共12个，数目：，（黑球）位于晶胞面心，共6个，数目：， 因此，化学式为，C正确； D．P位于晶胞顶点，距离P最近且相等的Cl位于与之相邻的3个面的面心，顶点被8个晶胞共用，面心被2个晶胞共用，共有个，D错误； 答案选D。 10. 用少量与肼()的水溶液共同作用，处理核冷却系统内壁上的含铁氧化物的反应过程如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 的键数为 B. 的孤电子对数为 C. 的中心原子的未成对电子数为 D. 上述含铁氧化物被完全处理时转移电子数为 【答案】C 【解析】 【分析】体系中的首先和肼配位，生成配合物；和生成的发生氧化还原反应：作还原剂，将配合物中+2价的Cu还原为+1价，自身被氧化为，得到还原产物；和内壁附着的难溶含铁氧化物（酸性条件）发生氧化还原反应：+1价Cu被氧化，重新生成，回到上一步循环参与反应，同时中+3价Fe被还原为可溶性的，最终将内壁附着的难溶含铁氧化物转化为可溶物除去。 【详解】A．的结构式为，1个氮氮三键中含有1个键和2个键，因此的键数为，A正确； B．的结构为，每个原子最外层有3个电子成键，剩余1对孤电子对，1个分子共含2对孤电子对，因此的孤电子对数为，B正确； C．配合物中，配体是中性分子，因此中心为价；的核外电子排布为，轨道全充满，所有电子均成对，未成对电子数为0，因此该配合物的中心原子未成对电子数为0，不是，C错误； D．题图中的含铁氧化物为，可写作，反应后被还原为，中含价，全部还原为价时共得到电子，转移电子数为，D正确； 故答案选C。 11. 人体内的碳酸酐酶CA（圆圈部分，His完整结构如图1）对于调节血液和组织液的酸碱平衡有重要作用，催化机理如图2所示。下列说法错误的是 A. 该过程总反应为 B. 已知图1五元环为平面结构，则环中存在大键 C. 氮原子Ⅰ和Ⅱ相比，最可能跟形成配位键的是Ⅱ D. CA超高催化效率可能是因为影响配体水分子的极性，使水更容易电离出 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据催化机理，反应物为​和，生成物为和，碳酸酐酶作催化剂，总反应为，A正确； B．该五元环为平面咪唑环，5个成环原子均为杂化，共形成5中心大π键：未连氢的氮（Ⅰ号N）提供1个π电子，3个环碳各提供1个π电子，连氢的氮（Ⅱ号N）提供2个π电子，总共有6个π电子，因此环中存在​大π键，B正确； C．形成配位键需要原子提供孤电子对：Ⅰ号N仅提供1个电子参与大π键，剩余一对孤电子对可以用于形成配位键；Ⅱ号N的孤电子对已经参与形成大π键，无法再提供孤电子对，因此更易和形成配位键的是Ⅰ号N，C错误； D．带正电荷，结合水分子后会增强键的极性，使键更易断裂电离出，加快反应速率，这是碳酸酐酶超高催化效率的原因，D正确； 故选C。 实验小组利用螯合剂邻二氮菲()与分别形成定性检测溶液中的铁元素，后利用分光光度法定量测定含水样中铁元素的总浓度。分光光度法原理为有色物质会吸收特定波长的光，吸光度A与有色物质的浓度c(单位为，本实验以计)存在关系。 阅读以上资料，回答下列问题： 12. 探究与形成的配合物性质，进行如下实验(忽略体积变化)。下列说法正确的是 A. 中有7个大π键 B. 中的配位数为3 C. 颜色逐渐变浅说明与的配位能力： D. 现象X为颜色持续变深 13. 取水样加入、硫酸羟胺并调节合适的后稀释至，利用分光光度法测定溶液。等浓度的和标准液在不同波长光下吸光度A如图。已知时，的。下列说法错误的是 A. 在内，k值大小为 B. 测定前若未加入足量硫酸羟胺，吸光度A偏大 C. 时，测得水样吸光度A为0.560，则 D. 测定时未控制适宜，导致k减小，测量误差增大 【答案】12. C 13. B 【解析】 【12题详解】 A．phen有一个类似于菲环的14中心14电子大π键，A错误； B．[Fe( phen )3]2+中Fe2+与6个N原子配位，配位数为6，B错误； C．酸性增强，phen中的N优先与H+形成配位键，颜色逐渐变浅说明与phen的配位能力：H+>Fe2+，C正确； D．滴加NaOH中和H+颜色变深，然后NaOH与Fe2+结合生成白色沉淀再变灰绿最后红褐沉淀，D错误； 故选C。 【13题详解】 A．等浓度的[Fe( phen )3]2+和[Fe( phen )3]3+标准液在不同波长光下吸光度A，A=kc，A[Fe( phen )3]2+>A[Fe( phen )3]3+，则k值大小为[Fe( phen )3]2+>[Fe( phen )3]3+，A正确； B．硫酸羟胺具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，若未加入足量硫酸羟胺，[Fe( phen )3]2+的浓度偏小，由图可知，吸光度A偏小，B错误； C．当λ=510nm时，测得水样吸光度A为0.560，k=200，根据A=kc，则，，C正确； D．测定时未控制适宜pH，pH较小时H+参与配位，pH较大时生成沉淀，两种情况均会导致k减小，测量误差增大，D正确； 故选B。 14. 近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是 A. 基态的电子空间运动状态为14种 B. 可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C. 可在配体上引入-OH、-以增强MOF-5与之间的吸附作用 D. MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 【答案】C 【解析】 【详解】A．Zn原子序数为30，基态Zn原子电子排布为，失去2个4s电子得到，电子排布式为，1个被电子占据的轨道对应1种空间运动状态，总轨道数为：，因此基态的电子空间运动状态为14种，A正确； B．X射线衍射实验是确定晶体结构的经典方法，可以测定MOF-5的晶体结构，B正确； C．是亲水基团，可以和形成氢键，能增强对水的吸附；但是疏水（憎水）的非极性基团，不能增强MOF-5与水的吸附作用，反而会减弱，因此该说法错误，C不正确； D．MOF框架由金属离子作为节点、有机配体连接而成，空隙大小由金属离子半径、有机配体的大小和形状共同决定，D正确； 答案选C。 15. 已知和在溶液中分别能与形成配离子，其与的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. 的平衡常数 B. 中的值为2 C. 当生成两种配离子物质的量相等时，消耗的多 D. 的平衡常数 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题图知即时，，的平衡常数，A正确； B．同理由题图知即时，，故的平衡常数，由化学反应知，代入图中点的值，求得，B正确； C．由B中分析知n=2，则当生成两种配离子物质的量相等时，的配位数大，故消耗的多，C正确； D．由B项知，故的平衡常数，D错误； 故答案选D。 第Ⅱ卷（选择题 共45分） 16. A、B、C、D、E、F、G是元素周期表前四周期中常见的七种元素，其原子序数依次增大，其相关信息如下表： 元素 相关信息 A A的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等 B B原子基态时s电子与p电子数目相同 C C在组成化合物时没有正价 D 常温常压下，D单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积 E E和D同周期，E的电负性大于D F F原子基态时未成对电子数是同周期中最多的 G G的一种核素的质量数为63，中子数为34 （1）表中F元素与Mn、Fe在工业上统称“黑色金属”。 F元素为________（填写元素符号）；请写出基态的价电子轨道排布式________。Fe元素位于周期表的________区。 （2）的VSEPR模型为________，其中B的杂化轨道类型是________。 （3）与互为等电子体，则的电子式可表示为________，中含有共用电子对的数目为________。 （4）是一种常用的溶剂，的分子中存在________个键。表中C、D、E三种元素分别与氢形成的共价键中，键长最大的是________（用具体元素符号组成的化学键表示）。 （5）下列有关的说法正确的是________。（填字母） A. 分子中所有原子都满足8电子稳定结构 B. 每个分子中键和键数目之比为 C. 它是由极性键和非极性键构成的非极性分子 D. 该分子是手性分子 （6）写出G元素的原子核外简化电子排布式________；工业上常通过在空气中煅烧G的低价含硫矿获得G单质，请写出该反应的方程式________；若往含有的溶液中加过量氢氧化钠溶液，可生成溶液，写出该反应的离子方程式________，具有的化学键类型有________。（填字母） A.离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键 E.氢键 【答案】（1） ①. Cr ②. ③. d （2） ①. 四面体形 ②. （3） ①. ②. （4） ①. 2 ②. （5）BC （6） ①. ②. ③. ④. ABD 【解析】 【分析】根据题干提供的表格信息：A的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，即1s22s22p2，A是碳元素；B原子基态时s电子与p电子数目相同，即：1s22s22p4，B元素是氧元素；C在组成化合物时没有正价，说明C的非金属性最强，C是氟元素；常温常压下，D单质是淡黄色固体,常在火山口附近沉积，D是硫；E和D同周期，E是第三周期，E的电负性大于D，E是氯元素；F的原子序数比氯大，F是第四周期元素，F原子基态时未成对电子数是同周期中最多，F的价电子构型是3d54s1，F是Cr元素；G的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数是29，所以G是Cu元素；所以A、B、C、D、E、F、G七种元素，分别是：C、O、F、S、Cl、Cr、Cu；据此分析。 【小问1详解】 根据分析可知，F为Cr元素，Mn的核电荷数是25， Mn2+的价电子轨道排布图为；Fe的核电荷数是26，属于d区元素； 【小问2详解】 由分析可知为，中心原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=；VSEPR模型为四面体形，O原子的杂化轨道类型为； 【小问3详解】 根据等电子体的原理：原子个数相同、价电子数相同时，等电子体的微粒结构相同，O22+与C22-、N2是等电子体，其电子式为，从电子式可知，其含有的电子对数是3对，所以1molO22+含有的电子对数是； 【小问4详解】 的结构式是：S=C=S，结构中含有2个π键；F、S、Cl中，Cl元素和S元素同周期，从左向右原子半径逐渐减小，所以原子半径：S﹥Cl，F原子有两个电子层，S、Cl原子有三个电子层，所以原子半径：S﹥Cl﹥F，故在H-F、H-S、H-Cl中，H-S的键长最长； 【小问5详解】 A．中C原子满足8电子结构，H原子不满足，A错误； B．乙烯的结构式为，其结构中有5个σ键和1个π键，键和键数目之比为，B正确； C．C-C之间是非极性键，C-H之间是极性键，C正确； D．一个碳原子连接4个不同的原子或原子团叫做手性碳原子，含有1个手性碳原子的分子称为手性分子，乙烯中的碳原子都不满足条件，不是手性分子，D错误； 故答案选BC； 【小问6详解】 Cu的核电荷数是29，所以Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，简化的电子排布式为[Ar]3d104s1；根据元素守恒和得失电子守恒，煅烧生成Cu的化学方程式：；往含有的溶液中加过量氢氧化钠溶液，生成的离子方程式为；在结构中，与是离子键，O-H是极性共价键，Cu离子与O原子是配位键，所以中含离子键、极性共价键、配位键。 17. 氢能是未来有巨大前景的新能源，开发高效储氢材料是如今的研究热点。氨硼烷（）是一种固态储氢材料，其结构如下图（图中仅标出部分氢原子带电荷情况）。 （1）分子的结构图如下，在下图标出其分子内存在的配位键________。 （2）分子中N、B原子的杂化分别方式为________。（填字母） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 （3）晶体的熔点远高于分子量相近且结构相似的乙烷（），为解释该现象，科学家提出了“二氢键”的观点，二氢键可以表示为：。下列说法正确的是________。（填字母） A. 二氢键属于配位键的一种 B. 电负性大小： C. 分子中均为极性共价键 D. 联氨（）分子中也存在二氢键 （4）在催化剂条件下，与水反应释放氢气，反应条件温和且无有害气体生成：。反应的产物中，离子的空间结构为________。（填字母） A. 角形 B. 直线形 C. 平面三角形 D. 三角锥形 （5）乙烷难溶于水，但是易溶于水，试解释主要原因是________。 硼氢化钠（NaBH4）是一种环境友好的储氢材料（其中元素为价），NaBH4的释氢和再生过程如下图所示。 （6）已知水解和再生过程中，元素化合价均未发生变化，完成溶液在碱性条件下电解再生为NaBH4的电极反应式________。 【答案】（1） （2）D （3）B （4）B （5）与形成氢键，且均为极性分子；而为非极性分子，极性不相似，难溶于水 （6） 【解析】 【小问1详解】 NH3中的N形成3个共价键且存在1对孤对电子，BH3中B能提供空轨道，两者形成配位键得到分子，故图为：； 【小问2详解】 中N原子形成3个N-H键和1个N-B配位键，价层电子对数为4；B原子形成3个B-H键和1个B-N配位键，价层电子对数也为4，二者均采取杂化，故选D； 【小问3详解】 A．二氢键是分子间作用力，而配位键是化学键，二氢键不属于配位键，A错误； B．与二氢键中氢原子带电荷情况()可知，N、H原子间共用电子对偏离H而偏向N，B、H原子间共用电子对偏离B而偏向H，因此电负性：N>H>B，B正确； C．CH3CH3分子中C-H键为极性共价键，C-C键为非极性共价键，C错误； D．电负性：N>H，联氨()分子中H均带δ+电荷，分子中不存在带δ-电荷的氢原子，因此不能形成二氢键，D错误； 故选B。 【小问4详解】 CO2为直线形结构，与CO2为等电子体，具有相同的空间构型，所以的空间构型为直线形，故选B； 【小问5详解】 C2H6为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”原理，非极性分子难溶于极性溶剂；H3NBH3分子中N原子电负性很大，能与水分子形成氢键，且均为极性分子。因此乙烷难溶于水，但是易溶于水，主要原因是：与形成氢键，且均为极性分子；而为非极性分子，极性不相似，难溶于水； 【小问6详解】 溶液在碱性条件下电解再生为NaBH4，但元素化合价未发生变化，则被还原生成，其电极反应式为：。 18. 兴趣小组探究硫酸四氨合铜溶液的形成过程及条件。 Ⅰ．配制浓度约的溶液 （1）用胆矾配制溶液，该过程不需要用到的仪器有___________(填序号)。 A. B. C. D. （2）用重量分析法测定所配溶液浓度。取溶液，加入足量溶液，得到白色沉淀，则___________(用含和的式子表示)。 Ⅱ．探究硫酸四氨合铜溶液的形成过程 向20.0蒸馏水中加入溶液，边搅拌边滴加氨水。用电导率仪测得体系的电导率随加入氨水体积的变化如图所示。 （3）①a→b过程有蓝色沉淀生成，写出生成沉淀的化学方程式：___________；b→c过程沉淀溶解，形成蓝色溶液。 ②根据电导率变化情况推断，一定条件下，同浓度溶液的导电能力：___________(填“>”“<”或“=”)。 Ⅲ．探究硫酸四氨合铜溶液的形成条件 兴趣小组为探究以及溶液碱性强弱对生成的影响进行如表所示实验。每组实验试剂混合后充分振荡，静置1小时后测定上层溶液的吸光度。 说明：①室温下，溶液中浓度越大，吸光度越大。②氨水、溶液以及溶液浓度均为。 实验序号 /g V(氨水)/ V［溶液］/mL V(溶液)/ / 上层溶液吸光度 ⅰ 1.0 1.0 0.0 0.0 1.0 ⅱ 1.0 1.0 1.0 0.0 ⅲ 1.0 0.0 1.0 0.0 1.0 ⅳ 1.0 1.0 0.0 1.0 （4）___________，___________。 （5）测得()，由此可推出：___________(写两条)。请利用平衡移动的原理解释的原因：___________。 （6）能说明pH过大不利于生成的实验证据为___________(用含λ的关系式表示)，pH过大不利于生成可能的原因为___________。 【答案】（1）AB （2） （3） ①. ②. < （4） ①. 0.0 ②. 0.0 （5） ①. 能促进溶解生成；仅有无法使溶解生成 ②. 实验ⅱ中铵根离子浓度增大，与反应生成，减小，增大，使平衡正向移动 （6） ①. ②. pH过高，与反应导致转化为 【解析】 【分析】Ⅰ：配制硫酸铜溶液：用胆矾配制一定浓度硫酸铜溶液，利用沉淀滴定测得硫酸根浓度，从而确定硫酸铜溶液浓度；Ⅱ：探究硫酸四氨合铜的形成：向硫酸铜溶液中滴加氨水，先产生氢氧化铜沉淀，继续滴加沉淀溶解生成配合物；电导率变化说明相同浓度下硫酸铜导电能力弱于硫酸铵；Ⅲ：探究形成条件：控制变量对比不同体系，发现氨水与硫酸铵共存更有利于四氨合铜离子生成，铵根结合氢氧根促进平衡正向移动；碱性过强时氢氧根浓度过高，会抑制配合物生成，吸光度变化可直观证明；据此作答。 【小问1详解】 用胆矾配制溶液的步骤为计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴标签，用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，则该过程不需要用到的仪器有漏斗、滴定管，故选AB； 【小问2详解】 根据CuSO4~BaSO4关系，，溶液体积为，则； 【小问3详解】 ①蓝色沉淀为氢氧化铜，则生成沉淀的化学方程式为：； ②a→b电导率上升，反应后CuSO4转化为(NH4)2SO4，Cu(OH)2是沉淀，电导率升高说明同浓度下，CuSO4的导电能力弱于(NH4)2SO4，答案为：＜； 【小问4详解】 本实验为控制变量法，所有实验液体总体积要相等，实验ⅰ总液体体积为1.0+1.0=2.0，因此实验ⅱ：1.0(氨水)+1.0(硫酸铵)+=2.0，得=0.0；实验ⅳ：1.0(氨水)+1.0(NaOH)+=2.0，得=0.0； 【小问5详解】 与实验ⅰ比较，实验ⅱ中铵根离子浓度增大，实验ⅲ氨水浓度降低，铵根离子浓度增大；则由此可推出：能促进溶解生成；仅有无法使溶解生成； ，说明实验ⅱ中浓度增大，原因为：实验ⅱ中铵根离子浓度增大，与反应生成，减小，增大，使平衡正向移动； 【小问6详解】 实验ⅳ加入NaOH使溶液pH过大，吸光度λ4小于λ1，可以说明pH过大不利于[Cu(NH3)4]2+生成；答案为：； 可能的原因为：pH过高，与反应导致转化为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $