精品解析：江西省南昌市外国语学校2025-2026学年高二上学期12月月考 化学试卷

高二年级化学12月月考试卷 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Si：28 S：32 Cl：35.5 一、单选题(每题3分，共42分) 1. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列说法正确的是 A. 中的键角小于中的键角，则中的键角小于中的键角 B. CH4的沸点小于SiH4，所以H2O的沸点小于H2S C. 和的杂化类型相同，所以二者空间结构也相同 D. 酸性强于的酸性，则的碱性强于的碱性 【答案】A 【解析】 【详解】A．中心原子孤电子对数为，中心原子孤电子对数为，孤电子对越多对成键电子对排斥力越大，键角越小，故键角小于；同理中心孤电子对数为1，中心孤电子对数为0，故键角小于，A正确； B．和均为不含氢键的分子晶体，沸点随相对分子质量增大而升高，故沸点小于；但分子间存在氢键，沸点远高于不含氢键的，B错误； C．和中心P原子价层电子对数均为4，均为杂化，但存在双键，键长不均等，为四面体结构，四个键均为P-Cl单键，为正四面体结构，二者空间结构不同，C错误； D．中F为强吸电子基，使羧基中更易电离，酸性强于；但中F的吸电子作用使原子电子云密度降低，结合H+能力减弱，碱性弱于，D错误； 故答案选A。 2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 晶体中含有的共价键数目为3 B. 5.6g硅中含有键数目为0.4 C. 32g环状()分子中含有的数目为8 D. 冰晶体中，1mol冰含有氢键的数目为4 【答案】B 【解析】 【详解】A．是离子晶体，由和构成，1个中含有4个N-H共价键，因此1 mol晶体中含有的共价键数目为，A错误； B．晶体硅为共价晶体，每个Si原子与周围4个Si原子形成Si-Si σ键，但每一条σ键由2个Si原子共用，因此1mol Si含有的σ键物质的量为，5.6g Si的物质的量为，含σ键数目为，B正确； C．根据的环状结构，1个分子中恰好含有8个S-S键。32 g的物质的量为，含有的S-S键数目为，C错误； D．冰晶体中，每个水分子的O可以和周围4个水分子形成4个氢键，但每一个氢键由2个水分子共用，因此1 mol冰中含有的氢键数目为，不是，D错误； 故选B。 3. 下列化学用语表达正确的是 A. CS2是空间结构为直线形的非极性分子 B. 空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C. O3分子是含非极性键的极性分子 D. 的VSEPR模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．与互为等电子体，中心原子采取杂化，空间结构为直线形，结构对称、正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确； B．该空间填充模型中中心原子半径大于周围原子半径，中原子半径大于原子，符合该模型；但中原子半径大于原子，周围原子半径应大于中心原子，因此不能表示四氯化碳分子，B错误； C．是V形极性分子，但中心原子和端基原子所处化学环境不同，键为极性键，分子中不存在非极性键，C错误； D．中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面正三角形，题图模型含1对孤电子对，与的VSEPR模型不符，D错误； 故选A。 4. S2Cl2的分子结构与H2O2相似，如图所示。下列有关说法错误的是 A. S2Cl2是极性分子 B. S2Cl2分子中，S为+1价，Cl为-1价 C. S2Cl2分子中既含有极性键又含有非极性键 D. S2Cl2的相对分子质量比H2O2大，熔、沸点高 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．该分子中，电荷分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，故A正确； B．S2Cl2分子中，S为+1价，Cl为-1价，故B正确； C．Cl-S-S-Cl中硫原子和硫原子之间存在非极性键，硫和氯原子之间存在极性键，故C正确； D．和均属于分子晶体，中存在氢键，的熔沸点高，故D错误； 答案选D。 5. 利用反应可去除污染。下列说法正确的是 A. COCl2中CO与Cl2之间存在共价键 B. CO(NH2)2中碳原子的杂化轨道类型为sp2 C. NH3和中H-N-H键角前者大于后者 D. 基态N原子的轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．的结构式为，分子中不存在独立的和，是C原子分别与O、Cl原子形成共价键，A错误； B．中C原子与O形成双键，与两个N原子形成单键，价层电子对数为3，无孤电子对，杂化轨道类型为，B正确； C．中N原子有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角比无孤电子对的更小，前者小于后者，C错误； D．基态N原子的电子排布式为，根据洪特规则，能级的3个电子应分占不同轨道且自旋平行，题给轨道表示式不符合洪特规则，正确的轨道表示式：，D错误； 故选B。 6. 纯水电离产生H3O+、OH-，研究发现在某些水溶液中还存在 、等微粒。图示为的结构，下列有关说法错误的是 A. 键角：H3O+>H2O B. H3O+的VSEPR模型为三角锥形 C. 中含1个氢键 D. 中存在分子间作用力 【答案】B 【解析】 【详解】A．中原子价层电子对数为，孤电子对数为1，中原子价层电子对数为，孤电子对数为2，价层电子对数相同，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小，故键角，A正确； B．中心的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，B错误； C．可表示为，仅含有1个氢键，C正确； D．是与3个通过氢键结合形成的水合质子，氢键属于分子间作用力范畴，D正确； 故答案选B。 7. 下列实验能达到预期目的是 编号 实验内容 实验目的 A 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol·L－1Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的pH 比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱 B 室温下，分别测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH 比较S、C元素的非金属性强弱 C 相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 探究FeCl3对H2O2分解速率的影响 D 向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察并比较实验现象 探究浓度对反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱，用pH试纸测等浓度的碳酸和醋酸的pH，故A错误； B．亚硫酸不是硫元素对应的最高价氧化物的水化物，故不能直接比较非金属性，B错误； C．探究探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，宜采用控制变量法，保证其他环境一样，C正确； D．亚硫酸氢钠和过氧化氢反应，无明显现象，无法判断反应速率，故D错误； 答案选C。 8. 已知、、、、、为元素周期表中原子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的原子序数与原子半径的关系如图。是空气中含量最多的元素；元素原子最外层电子数为最内层电子数的一半；的原子序数是的两倍。下列说法正确的是 A. 形成的氧化物只有一种 B. 最简单氢化物的稳定性： C. 简单离子半径： D. N的氧化物随意排放会造成温室效应 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息可知，已知X、Y、Z、W、M、N为元素周期表中原子序数依次增大的短周期主族元素，Y是空气中含量最多的元素，则Y为N；M元素原子最外层电子数为最内层电子数的一半，M的原子半径最大，故M为Na；N的原子序数是Z的两倍，N的原子半径比Z的大，故Z为O，N为S；Z和M之间的主族元素只有F，则W为F；X的原子序数比Y小，原子半径比Y小，故X为H。由此可知，X、Y、Z、W、M、N分别为H、N、O、F、Na、S，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为H，则X形成的氧化物有、两种，A错误； B．由分析可知，Y为N，Z为O，N为S，非金属性为：O＞N＞S，故最简单氢化物的稳定性＞＞H2S，B错误； C．由分析可知，Z为O、W为F、N为S，M为Na，其简单离子中核外有三层电子，离子半径最大，其余离子均为两层，质子数越大则半径越小，故离子半径大小顺序为：＞＞＞，即N＞Z＞W>M，C正确； D．由分析可知，N为S，N的氧化物即、随意排放不会造成温室效应，而是会造成酸雨，D错误； 故选C。 9. 陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 电负性：F>Cl 酸性：CF3COOH<CCl3COOH B 键能：H-F>H-Cl 稳定性：HF>HCl C 分子极性：CO>N2 沸点：CO<N2 D 分子间作用力：H2O>H2S 稳定性：H2O>H2S A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性正确，氟的吸电子诱导效应强于氯，使中羟基极性更强，更易电离出，酸性应为，陈述Ⅱ错误，A不符合题意； B．氟原子半径小于氯，键长，故键能，陈述Ⅰ正确；分子的热稳定性由内部共价键键能决定，键能越大分子越稳定，故稳定性，陈述Ⅱ正确，二者存在因果关系，B正确； C．为极性分子，为非极性分子，分子极性，陈述Ⅰ正确；二者相对分子质量相近，极性分子的分子间作用力更强，故沸点应为，陈述Ⅱ错误，C不符合题意； D．分子间存在氢键，分子间作用力，陈述Ⅰ正确；的稳定性由键键能大于键决定，与分子间作用力无关，二者无因果关系，D不符合题意； 故选B。 10. 对反应(Z为中间产物)，T0温度下，总反应的平衡常数为K，相同条件下，加入催化剂①和②前后的反应历程如图所示(一为无催化剂，---为有催化剂)。 下列说法正确的是 A. 提高反应温度，增大 B. 催化剂①能提高X的平衡转化率 C. T0温度下，当时，总反应达到平衡状态 D. 催化剂①和②均可使反应达到平衡所需时间大幅缩短 【答案】C 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，反应历程中①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，其反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，①X(g)Z(g)是一个吸热反应，而②Z(g)Y(g)是一个放热反应，提高反应温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，导致c平(X)减小，c平(Z)增大，则减小，A错误； B．已知催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，故催化剂①不能提高X的平衡转化率，B错误； C．已知平衡常数仅仅是温度的函数，故T0温度下，当时，即，即总反应达到平衡状态，C正确； D．反应①的活化能比反应②大，即反应①是决速步骤，则催化剂①可使反应达到平衡所需时间大幅缩短，而催化剂②不能，D错误； 故答案为：C。 11. 一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是 A. X、Z、W均可与Y形成两种或以上种类的化合物 B. 简单离子半径：W>Z>Y C. Y的氢化物的稳定性和沸点都高于Q的氢化物 D. X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物 【答案】A 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Z为2周期，且Z形成3个价键，所以Z为N元素；Y能形成2个价键，为S或O，但S原子半径大于N，所以Y为O；Q形成4个价键，为C或者Si；X、Y、Z、Q、W分别为H、O、N、C或Si、Na。 【详解】A．H与O可形成、，N与O可形成、等，Na与O可形成、，A正确； B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：，即：Z＞Y＞W，B错误； C．Y(O)与Q(C或Si)有多种氢化物，稳定性和沸点无法比较，C错误； D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，D错误； 答案选A。 12. 市售的固体常含有少量，为配制不含的溶液，并用标定其浓度(标定：使用标准物测出某溶液的精确浓度的过程)，实验方案如下： 步骤Ⅰ—配制：称取一定质量的溶于一定体积的水，煮沸，冷却后过滤，装入试剂瓶中。 步骤Ⅱ—标定：准确移取标准溶液于锥形瓶中，加入适量酸化，用待标定的溶液滴定。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中在煮沸前需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒 B. 步骤Ⅰ中煮沸的作用是除去溶液中的溶解氧 C. 步骤Ⅱ的标定不需要加入指示剂 D. 步骤Ⅱ中，滴定时发现一段时间后溶液中产生气泡速率突然加快，可能是的催化作用 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中溶解KMnO4固体需要烧杯盛放溶液，量筒量取水，玻璃棒搅拌，A正确； B．步骤Ⅰ中煮沸的主要作用是将溶液中还原性物质氧化，并使MnO2完全沉淀下来，确保溶液的稳定性，B错误； C．步骤Ⅱ中KMnO4自身可作为指示剂（反应终点时多加半滴KMnO4使溶液显粉红色），无需外加指示剂，C正确； D．Mn2+是KMnO4与Na2C2O4反应的催化剂，反应初期速率较慢，随着Mn2+生成催化作用增强，导致气泡（CO2）速率突然加快，D正确； 故选B。 13. 某含锶(Sr)废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，，；Sr的化学性质与Ba类似。下列说法错误的是 A. “浸出液”中主要的金属离子有、、 B. “盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，其平衡常数 C. 溶液不可用溶液替代 D. 由制备无水时需在HCl气流中加热 【答案】D 【解析】 【分析】含锶()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入浸出液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体。 【详解】A．由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、，A正确； B．由分析可知，“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，该反应的平衡常数，B正确； C．使用溶液会引入杂质，所以不能用溶液替代溶液，C正确； D．Sr的化学性质与Ba类似，为强碱，则也是强碱，不水解，故由制备无水时无需在HCl气流中加热，D错误； 故选D。 14. 常温下，SOCl2(亚硫酰氯)为液体，其水解机理如下图。 下列说法正确的是 A. SOCl2的VSEPR模型为三角锥形 B. SOCl2键角：∠O-S-Cl小于 ∠Cl-S-Cl C. 水解过程中S的杂化方式没有变化 D. 碳酰氯()与SOCl2的水解机理不同 【答案】D 【解析】 【详解】A．在中，S原子的价层电子对数为，有一对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，故A错误； B．在中，O原子电负性大，键电子云更偏向O原子，对键电子云排斥作用大，使得大于，故B错误； C．水解前S原子价层电子对数为4，杂化方式为；水解生成的中间体的S原子为杂化，所以杂化方式发生改变，故C错误； D．亚硫酰氯中心原子S具有空轨道，水解机理是氧原子的孤对电子进攻S原子的空轨道，而碳酰氯()中心原子C不具备空轨道，水解时，水分子进攻氯原子，形成的中间体为，最终产物为二氧化碳和盐酸，二者水解机理不相同，故D正确； 故答案为：D。 二、解答题(共58分) 15. 周期表前四周期元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，基态R原子核外s能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，是红棕色气体；X位于元素周期表第IVB族；同周期元素的基态原子中，Y的未成对电子最多；基态最外层有18个电子。请回答下列问题： （1）某同学推断R元素基态原子的核外电子轨道表示式为。该同学所画的电子轨道表示式违背了___________。 （2）的VSEPR模型的名称是___________。 （3）若过渡金属离子具有未成对d电子，容易吸收可见光而发生d-d跃迁，因而它们的水合离子常常具有颜色；若过渡金属离子无未成对d电子，则其水合离子是无色的。下列水合离子为无色的是___________。 A. B. C. D. （4）基态X原子核外共有___________种运动状态不同的电子，最高能层电子的电子云轮廓图形状为___________。 （5）在特定条件下得到一个形成，从结构角度对上述过程分析错误的是___________。 A. 中心原子的杂化轨道类型发生改变 B. 中心原子的价层电子对数发生改变 C. 微粒的立体结构发生改变 D. 微粒中键角发生改变 （6）在酸性溶液中，能与Y的某种含氧酸盐作用生成蓝色的，离子方程式为，根据下图所示和的结构判断，上述反应___________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。 （7）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能()。第二周期部分元素的变化趋势如图所示(横轴标注为元素符号)，试分析碳元素的大于氮元素的的原因：___________。 【答案】（1）洪特规则 （2）平面三角形 （3）B （4） ①. 22 ②. 球形 （5）AB （6）不是 （7）基态碳原子得到一个电子后的2p轨道为半充满状态、稳定性较强，放出的能量较大，所以碳元素的较氨元素的大 【解析】 【分析】周期表前四周期元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，基态R原子核外s能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，R为O，是红棕色气体，Q为N，X位于元素周期表第IVB族，X为Ti，基态最外层有18个电子，Z为Cu，同周期元素的基态原子中，Y的未成对电子最多，则Y为Cr，综上，Q为N，R为O，X为Ti，Y为Cr，Z为Cu。 【小问1详解】 R为O，电子排布式为，轨道表示式为，若将R元素基态原子的核外电子轨道表示式为，违背了洪特规则； 【小问2详解】 为，键电子对数为3，孤电子对数为0，因此VSEPR模型为平面三角形； 【小问3详解】 X为Ti，电子排布式为，Y为Cr，电子排布式为，Z为Cu，电子排布式为； A．的电子排布式为，有未成对的d电子，形成的水合离子有色，A项错误； B．的电子排布式为，无未成对的d电子，形成的水合离子无色，B项正确； C．的电子排布式为，有未成对的d电子，形成的水合离子有色，C项错误； D．的电子排布式为，有未成对的d电子，形成的水合离子有色，D项错误； 答案选B。 【小问4详解】 X为Ti，22号元素，核外共有22个电子，即核外共有22中运动状态不同的电子；电子排布式为，最高能级为4s能级，电子云轮廓图为球形； 【小问5详解】 R为O，为，在特定条件下得到一个形成； A．的中心原子O有2个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，杂化类型为，中心原子O有3个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，杂化类型都是，二者中心原子的杂化轨道类型相同，未发生变化，A项错误； B．的中心原子O有2个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，杂化类型为，中心原子O有3个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，二者中心原子的价层电子对数未发生变化，B项错误； C．的中心原子O有2个键，孤电子对数为，空间构型为V形，中心原子O有3个键，孤电子对数为，空间构型为三角锥形，二者的立体结构发生了变化，C项正确； D．为V形，为三角锥形，和中心原子都是杂化，中心原子孤电子对数比多，键角更小，故微粒中键角发生变化，D项正确； 答案选AB； 【小问6详解】 根据的结构可看出：为价，有4个O为价，一个O为价；反应前后元素的化合价没有改变，所以该反应不是氧化还原反应； 【小问7详解】 基态碳原子得到一个电子后的轨道为半充满状态、稳定性较强，放出的能量较大；基态氮原子的轨道为半充满状态，稳定性较强，不易结合一个电子，放出的能量较小，所以碳元素的较氮元素的大。 16. 废旧电池的回收利用，既可以减少环境污染，又可以节约资源。以某废旧电池的正极材料(主要成分为LiCoO2，还含有少量铁铝等元素的化合物)为原料制备LiCoO2产品的工艺流程如图所示。 已知：①CoC2O4难溶于水，且能与过量的生成 [Co(C2O4)2]2-。 ②流程中部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀时开始沉淀的pH和沉淀完全的pH如下表： 金属阳离子 开始沉淀pH 2.7 7.6 4.0 7.6 沉淀完全pH 3.7 9.6 5.2 9.2 回答下列问题： （1）LiCoO2中基态钴原子的价电子排布图是____________，NaOH的电子式为__________。 （2）“酸浸”过程中LiCoO2发生反应的化学方程式为_____________________________；结合已学知识，试推测在酸性条件下H2O2、LiCoO2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为____________________。 （3）“调pH”时，若要使杂质离子全部沉淀，则调节pH的范围：______________。 （4）“滤饼2”在空气中“焙烧”转化为Co3O4的化学方程式为_____________________________。 （5）“沉钴”时，钴的沉淀率与的关系如图所示，随着溶液的继续增大，而钴的沉淀率却减小的原因是____________________________________________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. （3）5.2≤ pH<7.6 （4） （5）与过量的生成而溶解 【解析】 【分析】该工艺流程原料为废旧电池的正极材料(主要成分为LiCoO2，还含有少量铁铝等元素的化合物)，产品为LiCoO2；加入H2O2和H2SO4进行酸浸，得到硫酸盐；加入氧化剂、NaOH调节pH，将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；在萃取工艺中，Co2+转移至P204萃取剂中；Li+在水层，经沉锂工艺得到的“滤饼1”为Li2CO3；Co2+经过反萃取在“沉钴”时得到含CoC2O4的“滤饼2”，再经焙烧得到Co3O4，最后与Li2CO3高温烧结制得LiCoO2。 【小问1详解】 Co为27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，故基态钴原子的价电子排布式为3d74s2，价电子排布图是，NaOH是离子化合物，电子式为； 【小问2详解】 LiCoO2中＋3价的Co元素被还原为＋2价的Co2+，H2O2中-1价氧元素化合价升高生成O2，故反应的化学方程式为；该反应说明LiCoO2的氧化性强于H2O2，而H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故氧化性：； 【小问3详解】 “调pH”将溶液中的Fe3+、Al3+杂质离子转化为沉淀，即pH≥5.2；同时不能沉淀Co2+，即pH<7.6，则调节pH的范围：5.2≤ pH<7.6 ； 【小问4详解】 CoC2O4在空气中加热，CoC2O4被空气中的氧气氧化，得到Co3O4，根据元素守恒和电子得失守恒可知反应的化学方程式为； 【小问5详解】 “沉钴”是为了得到难溶于水的CoC2O4，但CoC2O4能与过量的生成而溶解，所以随着溶液的继续增大，钴的沉淀率却减小。 17. 水是地球上最常见的物质之一，是所有生命生存的重要资源。 （1）科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多种有趣的结构和性质。 ①一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如图： 使水结成“热冰”采用弱电场的条件，说明水分子是______分子(填“极性”或“非极性”)。 ②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子，该阳离子具有较强的氧化性，写出该阳离子与的水溶液反应的离子方程式：_________________________________。 （2）2017年5月海底天然气水合物(俗称“可燃冰”)试采成功，这是我国能源开发的一次历史性突破。一定条件下，和都能与形成如下图所示的笼状结构(表面的小球是水分子，内部的大球是分子或分子；“可燃冰”是与形成的水合物)，其相关参数见下表。 参数分子 分子直径/nm 分子与的结合能 0.436 16.40 0.512 29.91 ①和所含的三种元素电负性从大到小的顺序为_______________；碳原子的最高能级的符号是________。 ②分子中碳原子的杂化轨道类型为_________，与相同条件下在水中的溶解度较大的是，理由是_________________________________。 ③“可燃冰”中分子间存在的作用力是____________。 （3）为开采海底的“可燃冰”，有科学家提出用置换的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上表数据，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_____________________。 （4）氨气溶于水时，大部分与用氢键(用“…”表示)结合形成分子。根据氨水的性质可推知的结构式为______(填序号)。 A B C D 【答案】（1） ①. 极性 ②. （2） ①. O>C>H ②. 2p ③. sp ④. SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大 ⑤. 范德华力、氢键 （3）CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4 （4）B 【解析】 【小问1详解】 ①水分子在弱电场作用下能发生定向排列而结冰，说明水分子内部正负电荷中心不重合，属于极性分子； ②一个水分子释放一个电子产生，该阳离子具有强氧化性，能将氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①和包含C、H、O三种元素，非金属性越强，电负性越大，故电负性由大到小的顺序为；C原子的核外电子排布式为，其最高能级为； ②分子中C原子形成2个键，无孤电子对，价层电子对数为2，故为杂化；是极性溶剂，是极性分子，是非极性分子，根据“相似相溶”原理，在水中的溶解度更大； ③“可燃冰”是由水分子和甲烷分子构成的，水分子之间存在氢键和范德华力，甲烷分子与水分子之间存在范德华力，故分子间作用力为范德华力和氢键； 【小问3详解】 由表格数据可知，的分子直径为，小于笼状结构的空腔直径，能够进入空腔内；且与的结合能为，大于与的结合能（），形成的结构更稳定，因此可以用置换； 【小问4详解】 氨水呈弱碱性，是因为一水合氨微弱电离出和，这说明在分子中，是中N原子的孤电子对与中O-H键上的H原子形成了氢键，导致水中O-H键在电离时断裂。结合图像可知，B项符合题意。 18. 回答下列问题： I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。 （1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种： 水蒸气重整：① ② 二氧化碳重整：③ 则反应①自发进行的条件是_______，_______。 II．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为。 （2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始分别为时，平衡后混合物中氨的体积分数()如下图所示。 ①其中，和由大到小的顺序是_______，该反应_______0(填“>”“＜”或“=”)。 ②若分别用和表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则_______(填“>”“＜”或“=”)。 ③若在为条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B点的分压为_______Pa(分压=总压物质的量分数，保留一位小数)。 III．以连二亚硫酸根为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示： （3）①阴极区的电极反应式为_______。 ②NO吸收转化后的主要产物为，若通电时电路中转移了，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_______mL。 IV.已知呈蓝色，呈黄色。 （4）在溶液中存在如下平衡，下列叙述正确的是_______。 A. 将溶液置于冰水中，溶液黄色加深 B. 增大浓度，可提高的平衡转化率 C. 平衡体系中加入盐酸，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加 D. 往溶液加入少量蒸馏水，平衡逆向移动 【答案】（1） ①. 高温 ②. +247.1 （2） ①. ②. < ③. < ④. （3） ①. ②. 1344 （4）D 【解析】 【小问1详解】 可以根据吉普斯自由能的大小判断反应是否自发，若∆G<0，反应正向自发。由于∆G=∆H-T∆S，且反应①的∆H>0，故反应①只有在较高温度下的时候才可能实现∆G<0，故反应①自发进行的条件是高温；焓变的计算主要参考盖斯定律，由题目可知，反应③=反应①-反应②，故∆H3=∆H1-∆H2，带入可得∆H3=（+205.9 ）-（-41.2 ）=+247.1 ； 【小问2详解】 ①在的反应中，压强增加，反应正向移动。观察图像可知，在相同温度的条件下，氨的体积分数越大，所对应压强越大，故；在相同压强下，温度上升，反应正向进行的为吸热反应，温度上升，反应逆向进行的为放热反应，故∆H<0。 ②反应速率受温度，压强，浓度和催化剂的影响，温度越高，反应速率越大，由图可知,且A点压强小于B点压强，故<； ③由题目可知，设参加反应的氮气的物质的量为x，则 由图可知条件下，氨的体积分数为66.7%，带入得，解得，故； 【小问3详解】 ①由图可知阴极为反应物，生成物为，电解质溶液为酸性，故其电极方程式为：； ②由于电子得失守恒，一氧化氮得到电子数为电路转移电子数，反应中的物质的量关系：，故，带入可得，故； 【小问4详解】 A．由勒夏特列原理可知，将溶液置于冰水中，温度下降，平衡向放热方向进行，由于∆H>0，反应吸热，故温度降低，反应逆向进行，减少，溶液黄色变浅，A错误； B．由勒夏特列原理可知，增大浓度，平衡逆向进行，降低的平衡转化率，B错误； C．活化分子百分数和温度以及催化剂有关，加入盐酸不改变活化分子百分数，C错误； D．由勒夏特列原理可知，往溶液加入少量蒸馏水，各个物质浓度均下降，但是反应物的粒子系数和较大，平衡逆向移动，D正确； 故答案选D。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级化学12月月考试卷 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Si：28 S：32 Cl：35.5 一、单选题(每题3分，共42分) 1. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列说法正确的是 A. 中的键角小于中的键角，则中的键角小于中的键角 B. CH4的沸点小于SiH4，所以H2O的沸点小于H2S C. 和的杂化类型相同，所以二者空间结构也相同 D. 酸性强于的酸性，则的碱性强于的碱性 2. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 晶体中含有的共价键数目为3 B. 5.6g硅中含有键数目为0.4 C. 32g环状()分子中含有的数目为8 D. 冰晶体中，1mol冰含有氢键的数目为4 3. 下列化学用语表达正确的是 A. CS2是空间结构为直线形的非极性分子 B. 空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C. O3分子是含非极性键的极性分子 D. 的VSEPR模型： 4. S2Cl2的分子结构与H2O2相似，如图所示。下列有关说法错误的是 A. S2Cl2是极性分子 B. S2Cl2分子中，S为+1价，Cl为-1价 C. S2Cl2分子中既含有极性键又含有非极性键 D. S2Cl2的相对分子质量比H2O2大，熔、沸点高 5. 利用反应可去除污染。下列说法正确的是 A. COCl2中CO与Cl2之间存在共价键 B. CO(NH2)2中碳原子的杂化轨道类型为sp2 C. NH3和中H-N-H键角前者大于后者 D. 基态N原子的轨道表示式： 6. 纯水电离产生H3O+、OH-，研究发现在某些水溶液中还存在 、等微粒。图示为的结构，下列有关说法错误的是 A. 键角：H3O+>H2O B. H3O+的VSEPR模型为三角锥形 C. 中含1个氢键 D. 中存在分子间作用力 7. 下列实验能达到预期目的是 编号 实验内容 实验目的 A 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol·L－1Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的pH 比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱 B 室温下，分别测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH 比较S、C元素的非金属性强弱 C 相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 探究FeCl3对H2O2分解速率的影响 D 向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察并比较实验现象 探究浓度对反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D 8. 已知、、、、、为元素周期表中原子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的原子序数与原子半径的关系如图。是空气中含量最多的元素；元素原子最外层电子数为最内层电子数的一半；的原子序数是的两倍。下列说法正确的是 A. 形成的氧化物只有一种 B. 最简单氢化物的稳定性： C. 简单离子半径： D. N的氧化物随意排放会造成温室效应 9. 陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 电负性：F>Cl 酸性：CF3COOH<CCl3COOH B 键能：H-F>H-Cl 稳定性：HF>HCl C 分子极性：CO>N2 沸点：CO<N2 D 分子间作用力：H2O>H2S 稳定性：H2O>H2S A. A B. B C. C D. D 10. 对反应(Z为中间产物)，T0温度下，总反应的平衡常数为K，相同条件下，加入催化剂①和②前后的反应历程如图所示(一为无催化剂，---为有催化剂)。 下列说法正确的是 A. 提高反应温度，增大 B. 催化剂①能提高X的平衡转化率 C. T0温度下，当时，总反应达到平衡状态 D. 催化剂①和②均可使反应达到平衡所需时间大幅缩短 11. 一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是 A. X、Z、W均可与Y形成两种或以上种类的化合物 B. 简单离子半径：W>Z>Y C. Y的氢化物的稳定性和沸点都高于Q的氢化物 D. X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物 12. 市售的固体常含有少量，为配制不含的溶液，并用标定其浓度(标定：使用标准物测出某溶液的精确浓度的过程)，实验方案如下： 步骤Ⅰ—配制：称取一定质量的溶于一定体积的水，煮沸，冷却后过滤，装入试剂瓶中。 步骤Ⅱ—标定：准确移取标准溶液于锥形瓶中，加入适量酸化，用待标定的溶液滴定。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中在煮沸前需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒 B. 步骤Ⅰ中煮沸的作用是除去溶液中的溶解氧 C. 步骤Ⅱ的标定不需要加入指示剂 D. 步骤Ⅱ中，滴定时发现一段时间后溶液中产生气泡速率突然加快，可能是的催化作用 13. 某含锶(Sr)废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，，；Sr的化学性质与Ba类似。下列说法错误的是 A. “浸出液”中主要的金属离子有、、 B. “盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，其平衡常数 C. 溶液不可用溶液替代 D. 由制备无水时需在HCl气流中加热 14. 常温下，SOCl2(亚硫酰氯)为液体，其水解机理如下图。 下列说法正确的是 A. SOCl2的VSEPR模型为三角锥形 B. SOCl2键角：∠O-S-Cl小于 ∠Cl-S-Cl C. 水解过程中S的杂化方式没有变化 D. 碳酰氯()与SOCl2的水解机理不同 二、解答题(共58分) 15. 周期表前四周期元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，基态R原子核外s能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，是红棕色气体；X位于元素周期表第IVB族；同周期元素的基态原子中，Y的未成对电子最多；基态最外层有18个电子。请回答下列问题： （1）某同学推断R元素基态原子的核外电子轨道表示式为。该同学所画的电子轨道表示式违背了___________。 （2）的VSEPR模型的名称是___________。 （3）若过渡金属离子具有未成对d电子，容易吸收可见光而发生d-d跃迁，因而它们的水合离子常常具有颜色；若过渡金属离子无未成对d电子，则其水合离子是无色的。下列水合离子为无色的是___________。 A. B. C. D. （4）基态X原子核外共有___________种运动状态不同的电子，最高能层电子的电子云轮廓图形状为___________。 （5）在特定条件下得到一个形成，从结构角度对上述过程分析错误的是___________。 A. 中心原子的杂化轨道类型发生改变 B. 中心原子的价层电子对数发生改变 C. 微粒的立体结构发生改变 D. 微粒中键角发生改变 （6）在酸性溶液中，能与Y的某种含氧酸盐作用生成蓝色的，离子方程式为，根据下图所示和的结构判断，上述反应___________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。 （7）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能()。第二周期部分元素的变化趋势如图所示(横轴标注为元素符号)，试分析碳元素的大于氮元素的的原因：___________。 16. 废旧电池的回收利用，既可以减少环境污染，又可以节约资源。以某废旧电池的正极材料(主要成分为LiCoO2，还含有少量铁铝等元素的化合物)为原料制备LiCoO2产品的工艺流程如图所示。 已知：①CoC2O4难溶于水，且能与过量的生成 [Co(C2O4)2]2-。 ②流程中部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀时开始沉淀的pH和沉淀完全的pH如下表： 金属阳离子 开始沉淀pH 2.7 7.6 4.0 7.6 沉淀完全pH 3.7 9.6 5.2 9.2 回答下列问题： （1）LiCoO2中基态钴原子的价电子排布图是____________，NaOH的电子式为__________。 （2）“酸浸”过程中LiCoO2发生反应的化学方程式为_____________________________；结合已学知识，试推测在酸性条件下H2O2、LiCoO2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为____________________。 （3）“调pH”时，若要使杂质离子全部沉淀，则调节pH的范围：______________。 （4）“滤饼2”在空气中“焙烧”转化为Co3O4的化学方程式为_____________________________。 （5）“沉钴”时，钴的沉淀率与的关系如图所示，随着溶液的继续增大，而钴的沉淀率却减小的原因是____________________________________________。 17. 水是地球上最常见的物质之一，是所有生命生存的重要资源。 （1）科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多种有趣的结构和性质。 ①一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如图： 使水结成“热冰”采用弱电场的条件，说明水分子是______分子(填“极性”或“非极性”)。 ②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子，该阳离子具有较强的氧化性，写出该阳离子与的水溶液反应的离子方程式：_________________________________。 （2）2017年5月海底天然气水合物(俗称“可燃冰”)试采成功，这是我国能源开发的一次历史性突破。一定条件下，和都能与形成如下图所示的笼状结构(表面的小球是水分子，内部的大球是分子或分子；“可燃冰”是与形成的水合物)，其相关参数见下表。 参数分子 分子直径/nm 分子与的结合能 0.436 16.40 0.512 29.91 ①和所含的三种元素电负性从大到小的顺序为_______________；碳原子的最高能级的符号是________。 ②分子中碳原子的杂化轨道类型为_________，与相同条件下在水中的溶解度较大的是，理由是_________________________________。 ③“可燃冰”中分子间存在的作用力是____________。 （3）为开采海底的“可燃冰”，有科学家提出用置换的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上表数据，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_____________________。 （4）氨气溶于水时，大部分与用氢键(用“…”表示)结合形成分子。根据氨水的性质可推知的结构式为______(填序号)。 A B C D 18. 回答下列问题： I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。 （1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种： 水蒸气重整：① ② 二氧化碳重整：③ 则反应①自发进行的条件是_______，_______。 II．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为。 （2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始分别为时，平衡后混合物中氨的体积分数()如下图所示。 ①其中，和由大到小的顺序是_______，该反应_______0(填“>”“＜”或“=”)。 ②若分别用和表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则_______(填“>”“＜”或“=”)。 ③若在为条件下，反应达到平衡时容器的体积为1 L，则该条件下B点的分压为_______Pa(分压=总压物质的量分数，保留一位小数)。 III．以连二亚硫酸根为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示： （3）①阴极区的电极反应式为_______。 ②NO吸收转化后的主要产物为，若通电时电路中转移了，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_______mL。 IV.已知呈蓝色，呈黄色。 （4）在溶液中存在如下平衡，下列叙述正确的是_______。 A. 将溶液置于冰水中，溶液黄色加深 B. 增大浓度，可提高的平衡转化率 C. 平衡体系中加入盐酸，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加 D. 往溶液加入少量蒸馏水，平衡逆向移动 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $