精品解析：新疆乌鲁木齐八一中学2024-2025学年高二下学期第一次月考化学试卷

乌鲁木齐八一中学2025届24-25学年第二学期第一次月考 化学试卷 (考试时间：100分钟 卷面分值：100分) 可能用到的原子量：H：1 C：12 O：24 Na：23 Mg：24 S：32 Fe：56 Cu：64 Ag：108 一、单选题(每道题只有一个正确选项，1-10题，每题2分，11-22题，每题3分，共56分) 1. 下列化学用语的表达错误的是 A. 用电子式表示K2S的形成： B. 基态硫原子价电子排布图(轨道表示式)为 C. 用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图： D. 化合物中铁的化合价为+2价 2. 下列关于晶体的说法中错误的是 A. 固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体 B. 具有正四面体结构的晶体，可能是共价晶体或分子晶体，其键角都是109°28′ C. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电的晶体一定是分子晶体 D. 金属晶体中一定含有金属键，金属键没有方向性和饱和性 3. 下列有关叙述中正确的是 A. 原子轨道和电子云都是用来描述核外电子的空间运动状态 B. 各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束 C. 、、的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同 D. 电子云图上的每一个点都代表一个电子 4. 现有4种元素的基态原子的电子排布式如下：①；②；③；④。则下列比较中，正确的是 A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>① C. 未成对电子数：④>③=②>① D. 最高化合价：电负性：④>③>②>① 5. 下列说法正确的有几个 ①最外层电子数为的元素都在元素周期表的第2列 ②分子中一定存在键，不一定存在键 ③、、中碳碳键键长相同 ④基态原子的价电子排布为的元素，其族序数一定为 ⑤核外电子跃迁过程中形城了发射光谱 ⑥与空间结构为V形且中心原子均为杂化 ⑦固态不导电、溶于水能导电，这一性质能说明某晶体一定是离子晶体 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 6. 下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构与性质 解释 A 键角： 中N的孤电子对数比中B的孤电子对数多 B 酸性： 烃基(R—)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 熔点：碳化硅>金刚石 C-Si键能大于C-C键能 D 沸点： 分子间作用力小于分子间作用力 A. A B. B C. C D. D 7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 溶液中所含数目为 B. 晶体中阴、阳离子总数为 C. 0.1mol环氧乙烷()中所含σ键数目为 D. 常温常压下，4.6g乙醇中所含杂化的原子数目为 8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的核外电子只有一种运动状态，X基态原子最外层电子数是内层电子数的三倍，Y的氧化物常用作耐火材料，且基态原子s能级的电子总数等于p能级的电子总数，Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，是同周期电负性最大的元素。下列说法错误的是 A. W与X形成的简单氢化物中X原子是sp3杂化 B. Y的第一电离能高于同周期相邻两种元素 C. 简单离子的半径W＞X＞Y＞Z D. Z元素核外电子的空间运动状态有9种 9. 某新型有机物M的结构如图所示。有关M的说法错误的是 A. M的分子式为 B. M中含有三种官能团 C. M分子中含有手性碳原子 D. M中的碳原子杂化方式有两种 10. 下列说法正确的是 A. 熔点高低：石墨>食盐>干冰>碘晶体 B. CsCl晶体Cs+填充在Cl-构成的正四面体空隙中 C. 甲基是推电子基团，所以结合氢离子的能力(CH3)3N>NH3 D. CaF2晶胞中，Ca2+的配位数是4 11. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，由这四种元素组成一种光学晶体，结构如图。下列叙述错误的是 A. 简单氢化物的稳定性：RZ B. 由X、Z组成的化合物中可能含有非极性共价键 C. 离子半径：RYZ D. X、Y、Z、R四种元素可形成离子化合物 12. 绿矾（）结构如图所示，其中中心离子与形成了一种特殊的共价键。下列说法正确的是 A. 中心离子核外电子有24种空间运动状态 B. 中键角∠OSO小于中键角∠HOH C. 此结构中与、与之间的作用力相同 D. 失水后可转为，此过程只破坏了氢键 13. 一种催化还原的机理如图所示，下列说法正确的是 A. 中所含的基态电子排布式为 B. 中间体X和中间体Z中的化合价相同 C. 转化①中既有极性共价键的形成，也有非极性共价键的形成 D. 总转化过程中每吸收1mol需要消耗2 mol 14. 冠醚能与阳离子尤其是与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同碱金属离子作用，12-冠-4与作用而不与、作用，18-冠-6不与或作用，但与作用如图所示。下列说法错误的是 A. 18-冠-6中和6个氧原子不可能共面 B. 18-冠-6与作用不与和作用反映了超分子“分子识别”的特征 C. 不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的 D. 冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子，这类晶体属于离子晶体 15. 意大利化学家阿伏加德罗的重大贡献是建立分子学说，下列说法正确的是 A. 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该分子属于有机物 B. 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代而形成，是非极性分子 C. 白磷()晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子 D. 图丁中，环戊二烯中的原子有两种杂化方式，双环戊二烯合铁又称二茂铁为极性分子，无离子键 16. 碳有石墨(如图1)、富勒烯()(晶胞如图2，代表)、金刚石(晶胞如图3)等多种同素异形体。已知是阿伏加德罗常数的值，图3中M点的原子坐标参数为，N点为。下列说法中不正确的是 A. 石墨层与层之间的作用力为范德华力 B. 720g富勒烯晶体含有个晶胞 C. 12g石墨中含有六元环的个数为 D. P点的原子坐标参数为 17. 已知：，晶胞如图所示，晶胞边长为a pm，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. 该晶胞中含有4个 B. 离最近的有12个 C. 该晶体的密度为 D. 上述反应中，每生成，转移电子数为 18. 我国科研团队将掺杂到结构单元中，得到一种高性能的p型太阳能材料。掺杂后的晶胞属于立方晶系，边长为，其结构如图所示。已知位于A点的原子坐标参数为，下列说法错误的是 A. 晶胞中原子与原子数之比为 B. 的坐标参数为 C. 晶体中的每个O原子周围都有3个等距且最近的原子 D. A点的原子与间的距离是 19. 下列说法正确的是 A. C8H10只有3种属于芳香烃的同分异构体 B. 苯乙烯()苯环上的二氯代物共有4种(不考虑立体异构) C. 的一氯代物有3种 D. 分子式为C5H11Cl的有机物，分子结构中含2个甲基的同分异构体有4种 20. 联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 每个N2H4分子中有一个π键 B. H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+>NH3 ([Cu(NH3)4]2+结构如图) C. 2mol N2H4 最多能处理44.8L O2 D. [Cu(NH3)2]+中铜元素的化合价为+2 21. 某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心M为铁元素金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，下列说法正确的是 A. 黑球微粒的化学式为 B. 白球微粒中存在配位键，硼原子提供空轨道 C. 该晶体是分子晶体，晶体中配体分子间可能形成分子间氢键 D. 晶体中所含元素的电负性大小顺序为N>B>H>Fe 22. 一种镁铜合金的晶胞拉维斯结构如图（a），该晶胞可看成由8个小立方体构成，其中4个小立方体体心填入Mg，另外4个小立方体的体心填入以四面体方式排列的Cu，其余Mg占据晶胞的顶点和面心。图（b）是对图（a）沿立方格子对角面取得的截图。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 基态Mg原子核外电子有12种不同的运动状态 B. C. 上述合金的组成可表示为MgCu2 D. 上述合金晶体的密度为 二、填空题(共4小题，共计44分) 23. 已知A、B、D、E、G、X、Y、Z八种元素的原子序数依次增大，其中，A原子核外电子只有1种运动状态；基态B、E原子的2p轨道均含2个未成对电子；G是周期表中电负性最大的元素；Y和G同主族，X和Y同周期，且X离子是同周期元素简单离子中半径最小的；Z是八种元素中唯一的第四周期元素位于ds区，且基态原子核外只有1个未成对电子其余均为成对电子。推断出元素符号及相应化学式，并回答下列问题。 （1）基态Z原子的简化核外电子排布式：___________，基态E原子价层电子轨道表达式：___________，基态X原子的核外电子排布共有___________个能级，基态D原子中，两种自旋状态的电子数之比___________。 （2）键能：G-G___________Y-Y(填“>或<”，后同)；B和D的第三电离能：B___________D。 （3）A2E分子的VSEPR理想模型为___________；已知DA3溶于A2E溶液呈碱性，试在方框内画出DA3与A2E的分子间形成的氢键___________。 24. 回答下列问题： （1）三醋酸锰[]是一种有机反应氧化剂。下列表示锰原子处于激发态的有___________(填标号，下同)，其中能量较高的是___________。 a．    b．    c．    d． （2）三醋酸锰是一种配合物，其结构如图所示，所含键和键个数之比为___________。 （3）请根据官能团的不同对有机物进行分类：① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦，酚：___________酮：___________醛：___________(填序号)。 （4）键线式 表示的分子式为___________；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃的结构简式___________。 （5）某有机物A的结构简式如图，若该有机物A是由烯烃和加成得到的，则原烯烃的结构有___________种。 （6）并五苯()的一氯代物有___________种。 （7）锰酸锂()可作为锂离子电池的正极材料，通过嵌入或脱嵌实现充放电。 ①锰酸锂可充电电池的总反应为：。从锰酸锂中脱嵌的过程为___________。(填“放电”或“充电”)过程。 ②晶胞可看成由图1中A、B单元按图2方式构成。图1中“”表示，则“”表示的微粒是___________。(填离子符号)。 （8）硅酸盐与二氧化硅一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元，硅氧四面体可以表示成，其中表示氧原子，中心表示硅原子，其俯视图为。有一种链状的多硅酸根SixO，其可能结构如图所示，则该硅酸根化学式为___________。 25. 铜阳极泥含有金属(Au、Ag、Cu等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag、、AgCl等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺： （1）溶液a的主要成分是___________(填写化学式)。 （2）水氯化浸金得到的化学方程式为___________；配离子的结构式为___________(需用 “→”标明配位键，不必考虑空间构型)。 （3）氨浸分银需不断通氨提高银的浸取率，请说明氨气极易溶于水的主要原因：___________。 （4）为二元弱碱，在水中可电离产生，写出一种和互为等电子体的分子的电子式___________。 （5）如下图，金属Ag的晶胞为面心立方体结构，则晶体银的密度ρ=___________g·cm-3。(用代数式表示)已知：，表示阿伏加德罗常数的值。 26. 钴合金是以铂为基的含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互熔，其固熔体为面心立方晶格。 （1）二氯二吡啶合铂分子是一种铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体(如图)。科学研究表明，顺式分子具有抗癌活性。 ①顺式二氯二吡啶合铂分子中不存在的化学键类型为___________(填字母)。 A．共价键 B．离子键 C．氢键 D．范德华力 E．配位键 ②反式二氯二吡啶合铂分子是___________分子(填“极性”或“非极性”)。 ③吡啶分子是大体积平面形配体，吡啶中原子的杂化方式为___________，吡啶分子中与形成配位键的电子对位于原子的___________轨道上。 （2）金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿轴的投影图均为如下图所示，若金属铂的密度为原子的半径为，该堆积方式中的空间利用率为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐八一中学2025届24-25学年第二学期第一次月考 化学试卷 (考试时间：100分钟 卷面分值：100分) 可能用到的原子量：H：1 C：12 O：24 Na：23 Mg：24 S：32 Fe：56 Cu：64 Ag：108 一、单选题(每道题只有一个正确选项，1-10题，每题2分，11-22题，每题3分，共56分) 1. 下列化学用语的表达错误的是 A. 用电子式表示K2S的形成： B. 基态硫原子价电子排布图(轨道表示式)为 C. 用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图： D. 化合物中铁的化合价为+2价 【答案】D 【解析】 【详解】A．K2S是离子化合物，用电子式表示K2S的形成：，故A正确； B．S是16号元素，基态硫原子价电子排布图(轨道表示式)为，故B正确； C．H-H的s-sσ键形成的示意图为：，故C正确； D．化合物的基本结构单位为Fe2S，其中铁的化合价为+3价，故D错误； 故选D。 2. 下列关于晶体的说法中错误的是 A. 固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体 B. 具有正四面体结构的晶体，可能是共价晶体或分子晶体，其键角都是109°28′ C. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电的晶体一定是分子晶体 D. 金属晶体中一定含有金属键，金属键没有方向性和饱和性 【答案】B 【解析】 【详解】A．固态不导电，熔融时能导电的晶体，其构成微粒为离子，则一定为离子晶体，故A正确； B．有中心原子的正四面体结构分子中，键角为109°28′，如甲烷，无中心原子的正四面体结构分子中，键角为60°，如白磷，故B错误； C．熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点：液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，有自由移动的离子，就能导电，故C正确； D．金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用是金属键，金属键没有方向性和饱和性，故D正确； 答案选B。 3. 下列有关叙述中正确的是 A. 原子轨道和电子云都是用来描述核外电子的空间运动状态 B. 各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束 C. 、、的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同 D. 电子云图上的每一个点都代表一个电子 【答案】A 【解析】 【详解】A．原子轨道和电子云都是用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹的，故A正确； B．第一电子层只有s轨道，每个电子层的能级种类不相同，并非都是从s能级开始到f能级结束，故B错误； C．3px、3py、3pz属于同一能级上的不同轨道，其伸展方向不同，能量相同，故C错误； D．电子云中的小黑点代表电子出现的几率，小黑点越密，电子出现的几率越大，不代表电子，故D错误； 答案选A。 4. 现有4种元素的基态原子的电子排布式如下：①；②；③；④。则下列比较中，正确的是 A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>① C. 未成对电子数：④>③=②>① D. 最高化合价：电负性：④>③>②>① 【答案】A 【解析】 【详解】A．由电子排布式可知①为S、②为P、③为N、④为F。第一电离能规律：同周期随原子序数增大呈增大趋势，ⅤA族p轨道半充满，第一电离能大于同周期相邻ⅥA族元素，同主族从上到下第一电离能减小，因此第一电离能：④＞③＞②＞①，A正确； B．电子层数越多半径越大，同周期从左到右原子半径减小，因此原子半径大小为②＞①＞③＞④，B错误； C．S的3p轨道有2个未成对电子，P的3p轨道、N的2p轨道各有3个未成对电子，F的2p轨道有1个未成对电子，因此未成对电子数大小为③=②＞①＞④，C错误； D．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，因此电负性大小为④＞③＞①＞②；且F无正价，最高正价大小为①＞②=③＞④，D错误； 故选A。 5. 下列说法正确的有几个 ①最外层电子数为的元素都在元素周期表的第2列 ②分子中一定存在键，不一定存在键 ③、、中碳碳键键长相同 ④基态原子的价电子排布为的元素，其族序数一定为 ⑤核外电子跃迁过程中形城了发射光谱 ⑥与空间结构为V形且中心原子均为杂化 ⑦固态不导电、溶于水能导电，这一性质能说明某晶体一定是离子晶体 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】A 【解析】 【详解】①最外层电子排布为的元素不一定在第2列，如He、Zn等，①错误； ②单原子分子（如稀有气体）不含化学键，不存在键，②错误； ③碳碳单键、双键、三键的键长依次减小，三种物质碳碳键键长不同，③错误； ④Cu的价电子排布为，属于IB族，族序数不等于，④错误； ⑤和为简并轨道，能量相同，该跃迁无能量变化，不会产生发射光谱，⑤错误； ⑥中心S原子价层电子对数为4，为杂化，不是杂化，⑥错误； ⑦部分分子晶体如HCl，固态不导电、溶于水能导电，该性质不能证明晶体是离子晶体，⑦错误； 综上正确的说法共0个； 故选A。 6. 下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构与性质 解释 A 键角： 中N的孤电子对数比中B的孤电子对数多 B 酸性： 烃基(R—)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 熔点：碳化硅>金刚石 C-Si键能大于C-C键能 D 沸点： 分子间作用力小于分子间作用力 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．和的中心原子价电子对数分别为、，N原子上存在1对孤电子对，氨分子为三角锥形，键角小于109°28'，BF3为平面三角形，键角120°，因此键角：，A错误； B．烃基为推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，使羧基中羟基的极性越小，则酸性越弱，故酸性：，B正确； C．由于原子半径Si>C，因此键长：C-Si>C-C，键长越短，键能越大，因此熔点：碳化硅<金刚石，C错误； D．H2O能形成氢键，沸点较高，H2S不能形成氢键，沸点较低，故沸点：H2S<H2O，D错误； 故答案选B。 7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 溶液中所含数目为 B. 晶体中阴、阳离子总数为 C. 0.1mol环氧乙烷()中所含σ键数目为 D. 常温常压下，4.6g乙醇中所含杂化的原子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中Cu元素以存在，不含Cu2+，选项A错误； B．固体中含有Na+和HSO，的物质的量为=0.1mol，阴、阳离子总数为，选项B错误； C．中含有7个σ键，0.1mol环氧乙烷()中所含σ键数目为，选项C错误； D．乙醇中C原子和O原子都是杂化，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，所含杂化的原子数目为，选项D正确； 故选D。 8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的核外电子只有一种运动状态，X基态原子最外层电子数是内层电子数的三倍，Y的氧化物常用作耐火材料，且基态原子s能级的电子总数等于p能级的电子总数，Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，是同周期电负性最大的元素。下列说法错误的是 A. W与X形成的简单氢化物中X原子是sp3杂化 B. Y的第一电离能高于同周期相邻两种元素 C. 简单离子的半径W＞X＞Y＞Z D. Z元素核外电子的空间运动状态有9种 【答案】C 【解析】 【分析】由于W原子的核外电子只有一种运动状态，则W为H元素；基态X原子最外层电子数是内层电子数的三倍，则X核外电子排布是2、6，所以X为O元素；Y的氧化物常用作耐火材料，且基态Y原子s能级的电子总数等于p能级的电子总数，则Y核外电子排布是1s22s22p63s2，Y为12号Mg元素；Z元素的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，是同周期电负性最大的元素，则Z为Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。 【详解】根据上述分析可知：W是H，X是O，Y是Mg，Z是Cl元素。 A．H原子和O原子形成的简单氢化物是H2O，中心原子O原子价层电子对数是2+=4，故O原子是采用sp3杂化，A正确； B．一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素的原子核外电子处于轨道的全满、半满的稳定状态而大于同一周期的相邻元素，因此出现反常现象，B正确； C．离子核外电子层数越多，离子半径就越大；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径：Cl-＞O2-＞Mg2+＞H+，C错误； D．氯元素是17号元素，根据构造原理可知基态Cl原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，则基态Cl原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9种，D正确； 故合理选项是C。 9. 某新型有机物M的结构如图所示。有关M的说法错误的是 A. M的分子式为 B. M中含有三种官能团 C. M分子中含有手性碳原子 D. M中的碳原子杂化方式有两种 【答案】A 【解析】 【详解】A．M的分子式为，故A错误； B．M中含有碳碳双键、醛基、羧基三种官能团，故B正确； C．M分子中与醛基相连的碳原子是手性碳原子，故C正确； D．M中单键碳采用sp3杂化、双键碳采用sp2杂化，碳原子杂化方式有两种，故D正确； 选A。 10. 下列说法正确的是 A. 熔点高低：石墨>食盐>干冰>碘晶体 B. CsCl晶体Cs+填充在Cl-构成的正四面体空隙中 C. 甲基是推电子基团，所以结合氢离子的能力(CH3)3N>NH3 D. CaF2晶胞中，Ca2+的配位数是4 【答案】C 【解析】 【详解】A．一般晶体熔点：混合晶体>离子晶体>分子晶体，石墨为混合晶体、食盐为离子晶体，碘和干冰为分子晶体，碘晶体的熔点>干冰（固态）的升华点，故熔点：碘晶体>干冰，正确排序为石墨>食盐>碘晶体>干冰，A错误； B．CsCl晶体中为简单立方堆积，填充在构成的立方体空隙中，配位数为8，并非正四面体空隙，B错误； C．甲基是推电子基团，使中N原子的电子云密度大于中N的电子云密度，更易提供孤对电子结合，故结合氢离子能力，C正确； D．晶胞中，的配位数为8，的配位数为4，D错误； 故选C。 11. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，由这四种元素组成一种光学晶体，结构如图。下列叙述错误的是 A. 简单氢化物的稳定性：RZ B. 由X、Z组成的化合物中可能含有非极性共价键 C. 离子半径：RYZ D. X、Y、Z、R四种元素可形成离子化合物 【答案】A 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，根据结构中原子的化学键数目可以推断X为H，Y为N，Z为O，R为S。 【详解】A．由分析可知，Z为O，R为S，O的非金属性大于S，所以简单氢化物的稳定性硫化氢小于水，A错误； B．由分析可知X为H，Z为O，X、Z组成的化合物中H2O2含有非极性共价键，B正确； C．离子半径： ，C正确； D．H、N、O、S四种元素可形成离子化合物，例如：硫酸铵、硫酸氢铵、亚硫酸铵、亚硫酸氢铵，D正确； 故选A。 12. 绿矾（）结构如图所示，其中中心离子与形成了一种特殊的共价键。下列说法正确的是 A. 中心离子核外电子有24种空间运动状态 B. 中键角∠OSO小于中键角∠HOH C. 此结构中与、与之间的作用力相同 D. 失水后可转为，此过程只破坏了氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．中心离子核外电子分别占据1s、2s、2p、3s、3p、3d轨道，有1+1+3+1+3+5=14种空间运动状态，故A错误； B．、中心原子都是sp3杂化，中心原子前者没有孤对电子、后者有两对孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，中键角∠OSO大于中键角∠HOH，故B错误； C．此结构中与形成配位键、与之间形成氢键，两种作用力不同，故C错误； D．失水后可转为，可以看出是失去的下图所示的：，因此此过程只破坏了氢键，故D正确； 故选D。 13. 一种催化还原的机理如图所示，下列说法正确的是 A. 中所含的基态电子排布式为 B. 中间体X和中间体Z中的化合价相同 C. 转化①中既有极性共价键的形成，也有非极性共价键的形成 D. 总转化过程中每吸收1mol需要消耗2 mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．中为价，是29号元素，原子的基态电子排布为，阳离子失电子时先失去最外层电子，因此的基态电子排布为，A错误； B．中间体和都带个单位正电荷，​为中性：中为过氧键，为价，设化合价为：，得每个为价；中两个均为价：，得平均化合价为价；二者化合价不同，B错误； C．转化①的产物包含​和：​中的键属于非极性共价键，中的键属于极性共价键，因此转化①既有极性共价键形成，也有非极性共价键形成，C正确； D．将循环中所有反应加和，消去中间产物，得到总反应：，因此每吸收消耗，D错误； 故选C。 14. 冠醚能与阳离子尤其是与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同碱金属离子作用，12-冠-4与作用而不与、作用，18-冠-6不与或作用，但与作用如图所示。下列说法错误的是 A. 18-冠-6中和6个氧原子不可能共面 B. 18-冠-6与作用不与和作用反映了超分子“分子识别”的特征 C. 不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的 D. 冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子，这类晶体属于离子晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．18-冠-6分子中，氧原子采用杂化，有1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，所以6个氧原子与不可能在同一平面上，A正确； B．18-冠-6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，B正确； C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误； D．碱金属离子带正电，形成的晶体中还有阴离子，因此为离子晶体，D正确； 故选C。 15. 意大利化学家阿伏加德罗的重大贡献是建立分子学说，下列说法正确的是 A. 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该分子属于有机物 B. 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代而形成，是非极性分子 C. 白磷()晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子 D. 图丁中，环戊二烯中的原子有两种杂化方式，双环戊二烯合铁又称二茂铁为极性分子，无离子键 【答案】D 【解析】 【详解】A． 18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，分子式为C18，属于单质，该分子不属于有机物，故A错误； B． 的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代而形成，分子的正负电荷中心不重叠，是极性分子，故B错误； C． 白磷()晶胞如图丙所示，属于面心结构，白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的分子，故C错误； D． 图丁中，环戊二烯中的碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，双环戊二烯合铁又称二茂铁为极性分子，分子中有C-C、C-H、环戊二烯与铁间配位键等类型的共价键，无离子键，故D正确； 故选D。 16. 碳有石墨(如图1)、富勒烯()(晶胞如图2，代表)、金刚石(晶胞如图3)等多种同素异形体。已知是阿伏加德罗常数的值，图3中M点的原子坐标参数为，N点为。下列说法中不正确的是 A. 石墨层与层之间的作用力为范德华力 B. 720g富勒烯晶体含有个晶胞 C. 12g石墨中含有六元环的个数为 D. P点的原子坐标参数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨属于混合型晶体，在石墨的层内碳原子之间以共价键结合，在层与层间的主要作用力为范德华力，故A正确； B．根据晶胞，C60位于顶点和面心，因此每个晶胞中C60的个数为，因此720g该晶体中含有晶胞物质的量为，即个晶胞，故B正确； C．石墨烯(单层石墨)中每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环平均含有2个碳原子，12g石墨烯(单层石墨)的物质的量为1mol，其中含有六元环的个数为，故C错误； D．P在晶胞的左前下，x、y、z三个坐标轴中的坐标均为，故坐标参数为(，，)，故D正确； 故选C。 17. 已知：，晶胞如图所示，晶胞边长为a pm，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. 该晶胞中含有4个 B. 离最近的有12个 C. 该晶体的密度为 D. 上述反应中，每生成，转移电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据晶胞结构可知，小黑球为Fe2+位于棱上和体心，数目为，小灰球为位于顶点和面心，数目为，根据化学式为可知该晶胞中含有4个，A正确； B．根据晶胞结构可知，与Fe2+（位于体心的小黑球）距离最近且相等的有6个，则Fe2+的配位数为6，B错误； C．在晶胞中，含Fe2+个数为=4，含个数为=4，则晶胞密度为=，C正确； D．根据方程式中O2的变化可知O化合价降低为-2价，那么消耗1molO2转移4mol，由此可得，计算可知每生成，转移电子数为，D正确； 故答案选B。 18. 我国科研团队将掺杂到结构单元中，得到一种高性能的p型太阳能材料。掺杂后的晶胞属于立方晶系，边长为，其结构如图所示。已知位于A点的原子坐标参数为，下列说法错误的是 A. 晶胞中原子与原子数之比为 B. 的坐标参数为 C. 晶体中的每个O原子周围都有3个等距且最近的原子 D. A点的原子与间的距离是 【答案】C 【解析】 【详解】A．1个晶胞中含有Mg原子数目是2×+1×=，含有的Ni原子数为：7×+3×=，所以晶胞中Mg原子与Ni原子数之比为，A项正确； B．根据Li+与A点的相对位置，结合A点坐标，可知Li+的坐标参数为(1，0.5，0.5)，B项正确； C．坐标参数为的O原子周围不只3个等距且最近的原子，C项错误； D．位于A点的原子坐标参数为(0，1，1)，则Li+的坐标参数为(1，0.5，0.5)，A点的原子与Li+间的距离L=，D项正确； 答案选C。 19. 下列说法正确的是 A. C8H10只有3种属于芳香烃的同分异构体 B. 苯乙烯()苯环上的二氯代物共有4种(不考虑立体异构) C. 的一氯代物有3种 D. 分子式为C5H11Cl的有机物，分子结构中含2个甲基的同分异构体有4种 【答案】D 【解析】 【详解】A．C8H10中属于芳香烃，可为乙苯或二甲苯，其中二甲苯有邻、间、对3种，共4种，A错误； B．由苯乙烯的结构简式可知，苯环有5个H可被取代，对应的二氯代物有6种，即，B错误； C．为对称结构，苯环上的氢原子有3种，甲基上有一种H原子，即一氯代物有4种，即，C错误； D．分子式为C5H11Cl的有机物，含有2个甲基的有机物有4种，分别为CH3CH2CH2CHClCH3、CH3CH2CHClCH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH2Cl、CH2ClCH(CH3)CH2CH3，D正确； 故选D。 20. 联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 每个N2H4分子中有一个π键 B. H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+>NH3 ([Cu(NH3)4]2+结构如图) C. 2mol N2H4 最多能处理44.8L O2 D. [Cu(NH3)2]+中铜元素的化合价为+2 【答案】B 【解析】 【详解】A．N2H4分子各原子以单键相连接，不含π键，A错误； B．[Cu(NH3)4]2+中N原子孤电子对形成配位键，NH3中含1对孤电子对，导致孤电子对与成键电子对间的斥力大，键角小，B正确； C．未指明气体是否处于标准状况，无法计算，C错误； D．[Cu(NH3)2]+中铜元素的化合价为+1，D错误； 答案选B。 21. 某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心M为铁元素金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，下列说法正确的是 A. 黑球微粒的化学式为 B. 白球微粒中存在配位键，硼原子提供空轨道 C. 该晶体是分子晶体，晶体中配体分子间可能形成分子间氢键 D. 晶体中所含元素的电负性大小顺序为N>B>H>Fe 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，白球的四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，则白球为硼原子与氢原子形成的四氢合硼离子，白球的化学式为，由晶胞结构可知，位于顶点面心的黑球个数为8×+6×=4，位于体内的白球个数为8，则黑球和白球的个数比为1：2，根据化合物代数和为0的原则，所以黑球的化学式为。 【详解】A．由分析可知，黑球的化学式为，故A错误； B．由分析可知，白球的化学式为，四氢合硼离子中硼原子与3个氢原子形成极性键，硼原子的空轨道与具有孤电子对的H-离子形成配位键，故B正确； C．根据分析，该晶体由离子构成，属于离子晶体，氨分子为配体，所以晶体中配体氨分子可能形成分子间氢键，故C错误； D．由图可知，四面体为硼原子与氢原子形成的四氢合硼离子，四氢合硼离子中硼元素的化合价为+3价、氢元素的化合价为-1价，则氢元素的电负性大于硼元素，晶体中所含元素的电负性大小顺序为N＞H＞B＞Fe，故D错误； 故选B。 22. 一种镁铜合金的晶胞拉维斯结构如图（a），该晶胞可看成由8个小立方体构成，其中4个小立方体体心填入Mg，另外4个小立方体的体心填入以四面体方式排列的Cu，其余Mg占据晶胞的顶点和面心。图（b）是对图（a）沿立方格子对角面取得的截图。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 基态Mg原子核外电子有12种不同的运动状态 B. C. 上述合金的组成可表示为MgCu2 D. 上述合金晶体的密度为 【答案】B 【解析】 【分析】该晶胞中 Mg原子有8个位于顶点上、6个面心上，4个在晶胞内部，则Mg的个数为个，16个Cu 原子都位于晶胞内部，由图(b)可知，x等于立方体面对角线长度，根据图(a)、(b)分析可知，y等于立方体体对角线长度，据此回答。 【详解】A．Mg核外有12个电子，所以基态Mg原子核外电子有12种不同的运动状态，A正确； B．由图(b)可知，x等于立方体面对角线长度的，即4x=a，则x=a，根据图(a)、(b)分析可知，y等于立方体体对角线长度的，即4y=a，则y=a，，B错误； C．根据分析可知，则有8个Mg，16个Cu，合金的组成可表示为MgCu2，C正确； D．晶胞的质量为g，晶胞的体积为cm3，则晶胞的密度为g ⋅ cm−3，D正确； 故选B。 二、填空题(共4小题，共计44分) 23. 已知A、B、D、E、G、X、Y、Z八种元素的原子序数依次增大，其中，A原子核外电子只有1种运动状态；基态B、E原子的2p轨道均含2个未成对电子；G是周期表中电负性最大的元素；Y和G同主族，X和Y同周期，且X离子是同周期元素简单离子中半径最小的；Z是八种元素中唯一的第四周期元素位于ds区，且基态原子核外只有1个未成对电子其余均为成对电子。推断出元素符号及相应化学式，并回答下列问题。 （1）基态Z原子的简化核外电子排布式：___________，基态E原子价层电子轨道表达式：___________，基态X原子的核外电子排布共有___________个能级，基态D原子中，两种自旋状态的电子数之比___________。 （2）键能：G-G___________Y-Y(填“>或<”，后同)；B和D的第三电离能：B___________D。 （3）A2E分子的VSEPR理想模型为___________；已知DA3溶于A2E溶液呈碱性，试在方框内画出DA3与A2E的分子间形成的氢键___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 5 ④. 或 （2） ①. < ②. > （3） ①. 四面体形 ②. 【解析】 【分析】A、B、D、E、G、X、Y、Z八种元素的原子序数依次增大，其中，A原子核外电子只有1种运动状态，则A是H元素；基态B、E原子的2p轨道均含2个未成对电子，则B是C元素、E是O元素，故D是N元素；G是周期表中电负性最大的元素，则G是F元素；Y和G同主族，Y是Cl元素；X和Y同周期，且X离子是同周期元素简单离子中半径最小的，则X是Al元素；Z是八种元素中唯一的第四周期元素位于ds区，且基态原子核外只有1个未成对电子其余均为成对电子，则Z是Cu元素。 【小问1详解】 由分析可知，Z是Cu元素，基态Cu原子的简化核外电子排布式为；E是O元素，基态O原子的价层电子轨道表达式为：；X是元素，基态原子的核外电子排布式为，有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；D元素是N元素，基态N原子的核外电子排布式为，故基态N原子中两种自旋状态的电子数之比或； 【小问2详解】 由分析可知，G是F元素，Y是Cl元素，由于F原子半径比Cl原子半径小，分子中孤对电子间的排斥力较大，导致F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能，即G-G < Y-Y；B是C元素，D是N元素，C元素第三电离能是失去2s2上的1个电子，N元素的第三电离能是失去上的1个电子，所以第三电离能：C > N，即B > D； 【小问3详解】 由分析可知，A是H元素，E是O元素，故A2E分子为H2O，H2O分子的中心O原子的价层电子对数为，则H2O分子的VSEPR理想模型为四面体形；D是N元素，A是H元素，故DA3分子是NH3，NH3溶于水形成氨水，溶液呈碱性，即NH3和H2O之间形成的氢键为。 24. 回答下列问题： （1）三醋酸锰[]是一种有机反应氧化剂。下列表示锰原子处于激发态的有___________(填标号，下同)，其中能量较高的是___________。 a．    b．    c．    d． （2）三醋酸锰是一种配合物，其结构如图所示，所含键和键个数之比为___________。 （3）请根据官能团的不同对有机物进行分类：① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦，酚：___________酮：___________醛：___________(填序号)。 （4）键线式 表示的分子式为___________；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃的结构简式___________。 （5）某有机物A的结构简式如图，若该有机物A是由烯烃和加成得到的，则原烯烃的结构有___________种。 （6）并五苯()的一氯代物有___________种。 （7）锰酸锂()可作为锂离子电池的正极材料，通过嵌入或脱嵌实现充放电。 ①锰酸锂可充电电池的总反应为：。从锰酸锂中脱嵌的过程为___________。(填“放电”或“充电”)过程。 ②晶胞可看成由图1中A、B单元按图2方式构成。图1中“”表示，则“”表示的微粒是___________。(填离子符号)。 （8）硅酸盐与二氧化硅一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元，硅氧四面体可以表示成，其中表示氧原子，中心表示硅原子，其俯视图为。有一种链状的多硅酸根SixO，其可能结构如图所示，则该硅酸根化学式为___________。 【答案】（1） ①. bd ②. d （2）1：7 （3） ①. ③ ②. ② ③. ⑤ （4） ①. C6H14 ②. （5）5 （6）4 （7） ①. 充电 ②. （8）Si20O 【解析】 【小问1详解】 Mn为25号元素，Mn在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族；根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为，当有电子跃迁到更高轨道时处于激发态，故表示锰原子处于激发态的有、，其中能量较高的是，故答案为：bd；d； 【小问2详解】 单键均为键，双键中含有1个键1个键，一个醋酸根()含1个π键和6个σ键。三个醋酸根以单齿配位方式与锰离子结合，形成3个配位σ键，故分子中共有3个π键和 3×6+3=21 个σ键，二者个数比为3：21=1：7，故答案为：1：7； 【小问3详解】 根据有机物的结构可知，①属于醇、②属于酮、③属于酚、④属于卤代烃、⑤属于醛、⑥属于酸、⑦属于酯，故答案为：③；②；⑤； 【小问4详解】 为2-甲基戊烷，分子式为，与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃，则分子中含有2种H，则对应的结构简式为； 【小问5详解】 若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯烃的结构有5种，碳架如：、、、、，故答案为：5； 【小问6详解】 并五苯分子中有2条对称轴，根据对称关系可得分子中有4种等效氢，所以其一氯代物有4种，故答案为：4； 【小问7详解】 ①锂离子从锰酸锂中脱嵌的过程为阳离子移向阴极的过程，该过程为充电过程，故答案为：充电； ②由图A可知，4个氧离子位于体内，位于顶点和体心，由图B可知，4个氧离子位于体内，位于顶点，4个位于体内，1个晶胞可看出由4个A、B构成，则晶胞氧离子中个数为 4×8=32，个数为 4×4=16，化学式为，则晶胞中 个数为 8，4 个位于体内，6 个位于面心，8 个位于顶点，，故图中表示的微粒是 ， 故答案为：； 【小问8详解】 根据图示，每个Si直接连4个O ，相邻Si共享2个O（桥氧），因此，个Si的总氧数为： （解释：个共连个，但每两个相邻共享2个，共对相邻 ，每对共享2个，需减去重复计数的），通过数硅原子数为20个、则可计算总氧原子数为，Si氧化态为+4价，O为-2价，电荷守恒得出多硅酸根的电荷数为，得出链状多硅酸根的化学式为。 25. 铜阳极泥含有金属(Au、Ag、Cu等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag、、AgCl等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺： （1）溶液a的主要成分是___________(填写化学式)。 （2）水氯化浸金得到的化学方程式为___________；配离子的结构式为___________(需用 “→”标明配位键，不必考虑空间构型)。 （3）氨浸分银需不断通氨提高银的浸取率，请说明氨气极易溶于水的主要原因：___________。 （4）为二元弱碱，在水中可电离产生，写出一种和互为等电子体的分子的电子式___________。 （5）如下图，金属Ag的晶胞为面心立方体结构，则晶体银的密度ρ=___________g·cm-3。(用代数式表示)已知：，表示阿伏加德罗常数的值。 【答案】（1）CuSO4 （2） ①. ②. （3）NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨 （4） （5） 【解析】 【分析】铜阳极泥含有金属(Au、Ag、Cu等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、 AgCl等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解，，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，以此解题。 【小问1详解】 由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4； 【小问2详解】 由图可知水氯化浸金过程中氯气，氯化氢和金发生反应得到，方程式为：；在中金离子与4个Cl形成4个配位键，金离子配位数为4，金离子有空轨道，Cl-提供孤电子对，的结构式为：； 【小问3详解】 氨气极易溶于水的主要原因是NH3和H2O形成分子间氢键，且氨气分子与水分子结合生成一水合氨； 【小问4详解】 等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，和互为等电子体的分子为C2H6，其电子式为：； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为，因此晶体银的密度。 26. 钴合金是以铂为基的含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互熔，其固熔体为面心立方晶格。 （1）二氯二吡啶合铂分子是一种铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体(如图)。科学研究表明，顺式分子具有抗癌活性。 ①顺式二氯二吡啶合铂分子中不存在的化学键类型为___________(填字母)。 A．共价键 B．离子键 C．氢键 D．范德华力 E．配位键 ②反式二氯二吡啶合铂分子是___________分子(填“极性”或“非极性”)。 ③吡啶分子是大体积平面形配体，吡啶中原子的杂化方式为___________，吡啶分子中与形成配位键的电子对位于原子的___________轨道上。 （2）金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿轴的投影图均为如下图所示，若金属铂的密度为原子的半径为，该堆积方式中的空间利用率为___________。 【答案】（1） ①. B ②. 非极性 ③. sp2 ④. 2p （2） 【解析】 【小问1详解】 ①顺式二氯二吡啶合铂分子是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，属于分子晶体，分子之间存在范德华力；Pt2+与Cl-、吡啶形成配位键；吡啶中碳原子之间形成非极性键、不同原子之间形成极性键，都属于共价键，没有离子键，该分子中也不能形成氢键，氢键、范德华力不是化学键，故答案为：B； ②反式二氯二吡啶合铂分子中Cl-、吡啶均关于Pt2+呈对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子； ③由吡啶的结构简式可以看出，N原子形成2个σ键，N上还有1对孤电子对，吡啶分子中氮原子的杂化方式是sp2杂化；吡啶分子中与Pt形成配位键的电子对位于N原子的2p轨道上； 【小问2详解】 根据图知，该金属为面心立方晶胞，每个面对角线上的3个原子紧密相邻，晶胞中Pt原子个数=8×+6×=4，则晶胞参数a=；该堆积方式中的空间利用率为==。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $