精品解析：江西南昌市第二中学2027届高三上学期九月月考 化学试卷

南昌二中2027届高三上学期九月月考化学试卷  一、单选题（30分） 1. 氟化钙被广泛应用于天文观测、高分辨光学仪器中，其晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 氟化钙的化学式为 B. 每个晶胞中含有14个 C. 每个周围距离最近且等距的有4个 D. 和之间既存在静电引力，又存在静电斥力 2. 下列关于微粒间的作用力说法正确的是 ①分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②离子键的强弱和离子半径及所带电荷有关 ③在晶体中有阳离子一定有阴离子 ④石墨晶体既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体 A. ①④ B. ②④ C. ②③ D. ①③④ 3. 下列有关物质结构和性质的说法错误的是 A. 由于碱金属中Li+的半径最小，金属键最强，Li的熔点最高 B. 冰属于分子晶体，且含有氢键，故具有“分子密堆积”特征 C. H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，且H2S分子的键角较小 D. 从石墨晶体中剥离出石墨烯(结构如图)，需破坏分子间作用力 4. 离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。咪唑()分子中所有原子共平面，两种咪唑类离子液体a、b的结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. a、b的阳离子中两个N原子的杂化方式不同 B. 两种咪唑类离子液体的熔点：a>b C. a、b的阳离子中含有的大π键为 D. a和b的阳离子中所有原子均满足8电子稳定结构 5. 溶液A中存在、、、、、、、、、中的五种离子，浓度均为，溶液体积为1L。对溶液A进行以下实验，整个过程如图所示(部分产物省略)，溶液B与溶液A中所含阴离子种类相同。 已知：。 下列说法正确的是 A. 溶液A中一定存在，可能存在 B. 过滤操作时需要使用硅酸盐材质的实验仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗 C. 沉淀乙溶于氨水后的产物中含有键 D. 由溶液B生成沉淀甲的反应为非氧化还原反应 6. 我国科学家预测了稳定的氮单质分子N8(结构如图)。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 1.0mol N8的σ键电子数为16NA B. 1.0mol N8的(价层)孤电子对数为7NA C. 1.0mol N8的sp2杂化N原子数为6NA D. 112.0g N8完全分解，产生的N2分子数为4mol 7. 近期，科学家发现酞菁钴()与碳纳米管()复合()电催化可转化为，机理路径如下图所示。下列说法正确的是 A. 和分子中的碳原子均为杂化 B. 作为催化剂参与反应，反应过程中的化合价没有发生变化 C. 过程的总反应为 D. 电催化过程中涉及极性键与非极性键的断裂与生成 8. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 离子半径的大小顺序： B. 三种元素电负性的大小为： C. 能形成既有离子键又有共价键的化合物 D. 的氧化物的水化物酸性一定比的氧化物的水化物酸性强 9. 叠氮化锂常作锂电池的固体电解质添加剂，其结构式如图甲、其晶胞如图乙所示。已知：晶胞参数长、宽均为，高为。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 中基态阳离子的最外层电子云轮廓图为球形 B. 含离子键、σ键、π键和极性共价键 C. 在元素周期表中，和N都位于s区 D. 晶体密度 10. 下，在中与臭氧反应生成(结构如图所示)，下列说法正确的是 A. 属于超分子 B. 分子空间构型为正四面体形 C. 中含有极性键和非极性键 D. 是极性分子，在水中的溶解度大于在中的溶解度 11. 利用冠醚可实现水溶液中锂、镁的分离，其制备与分离过程如图。下列说法错误的是 A. 使用(C2H5)3N促进甲→乙反应正向进行 B. 丙中Li+通过化学键与O原子结合 C. 甲、乙、丙中乙为超分子 D. 通过空间结构和作用力协同实现锂、镁分离 12. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 B. 向溶液通氨气至中性，铵根离子数为 C. 所含极性共价键的数目为 D. 电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为，则转移电子数为 13. 观察下列模型，判断下列说法错误的是 金刚石 碳化硅 二氧化硅 石墨烯 A. 石墨烯中六元环和碳原子个数比为1∶2 B. 晶体中和键个数比为1∶4 C. 物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶1 D. 晶体堆积属于分子密堆积 14. 钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是 A. 钙镁矿中，1号原子的坐标为，2号原子的坐标为 B. 钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4 C. 结构中与、与离子之间的作用力相同 D. 晶胞中，分子的排列方式只有3种取向 15. 我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。下图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述正确的是 A. 键角：ZR3<R2X B. Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸 C. 第一电离能：W<Z<X D. 分子式为W2R4X的有机物一定能发生银镜反应 二、解答题（70分） 16. I．第四周期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。 （1）铬(Cr)被称为“不锈钢的添加剂”。 ①Cr位于元素周期表的___________区。 ②Cr原子核外电子排布的最高能层符号是___________。 （2）钒(V)是我国的丰产元素，被誉为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。 ①写出基态钒原子的价电子排布式：___________。 ②常用作转化为的催化剂。的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________。 （3）钛(Ti)被称为“21世纪金属”，钙钛矿晶体是工业获取钛的重要原料，其晶胞结构如图，其中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置，与Ti紧邻的O个数为___________，该晶体的化学式为___________。 II．我国科研工作者发现并制备了一系列主要由N、O、P、Se等元素组成的导电材料。回答下列问题： （4）O、P、S三种元素中，电负性最小的元素名称是______；键角：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （5）肼()分子中孤电子对与键的数目之比为___________，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是___________。 （6）正硝酸钠()是一种重要的化工原料。阴离子的空间结构为___________形，其中心原子杂化方式为___________杂化。 （7）基态硒原子的价层电子排布式为___________；晶体的熔点为350℃，加热易升华，固态属于___________晶体。 III．甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。 （8）Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则电负性：Si___________H(填“>”“<”或“=”)，分子的空间结构为___________。 （9）利用与可制得氮化硅()材料。 ①热稳定性：___________(填“>”“<”或“=”)。 ②中H―Si―H的键角___________中H―N―H的键角(填“>”“<”或“=”)，其键角差异的原因是___________。 （10）利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。 ①碳化硅晶体中每个Si原子周围距离最近的C原子数目为___________，SiC的晶体类型是___________。 ②已知碳化硅的晶胞边长为anm()，阿伏加德罗常数为。则碳化硅晶体的密度为___________(列出计算式)。 （11）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。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸根离子。硅氧四面体可以用投影图表示，其中表示氧原子，表示硅原子。在由硅氧四面体共顶点连接形成的无限长单链阴离子中(见下图)，硅原子与氧原子的个数之比为___________。 17. 联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿(主要成分为，含有少量、)为主要原料制取Ti和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。 已知：①“酸浸”时转化为，铁元素的价态不改变 ②加热工序发生反应 回答下列问题： （1）为提高酸浸速率，除粉碎钛铁矿外，还可以采取的措施是___________(写一条措施即可)；酸浸工序中发生的主要反应的化学方程式为___________ （2）某化学兴趣小组在实验室模拟该工艺流程，保持其他反应条件不变，测得体系中Fe(III)含量随反应温度的变化如图所示。为达到实验目的，最佳反应温度为___________。 （3）下列关于工序①的叙述正确的是___________(填标号)。 a．工序①为趁热过滤、洗涤、干燥 b．将滤液迅速置于冰盐浴中冷却，有利于析出大颗粒晶体 c．先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可提高钛的产率 （4）灼烧工序制得一种钛的氧化物，可用作钛白颜料，该物质的一种晶胞结构如图所示。钛的价层电子排布式为___________，该晶体的密度为___________(用含a、b、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。 （5）第一步过滤工序产生的滤渣成分的化学式为___________，写出B和C合成甲醇的方程式___________。 （6）还原工序中通入氩气的目的是___________。 18. 二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式为： 2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=—206.0 kJ·mol-1。 工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行： i.甲醇合成反应：_______。 ii.甲醇脱水反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=—24.0kJ·mol-1。 （1）起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为_______。 （2）请补全甲醇合成反应的热化学方程式_______。 （3）甲醇脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，是制备二甲醚的重要环节。 ①某温度下，该反应的化学平衡常数K=360，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分浓度如下表所示，此时正反应速率_______ 逆反应速率(填“>”、“<”或“=”)。 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/(mol/L) 0.02 0.4 0.4 ②在一定温度下的恒容密闭容器中发生甲醇脱水反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。 a.相同时间内消耗CH3OH的物质的量与消耗CH3OCH3的物质的量之比为2：1 b.混合体系内各组分浓度不变 c.恒容密闭容器内的压强不变 （4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争。 将反应物混合气按进料比通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度下，反应相同时间，测得二甲醚的选择性如图所示。已知：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO 在全部转化的CO中所占的比例。温度高于265℃后，随着温度升高二甲醚选择性降低的原因是_______。 （5）CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图，晶胞参数为bnm，晶胞中C与C间的最小距离为_______nm，晶体密度为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 19. 氢气是一种理想的清洁能源，将成为未来的主要能源。金属材料在制氢、储氢和用氢方面发挥了重要作用。 （1）纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢。主要经过吸附和反应的过程，其反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子)。根据元素电负性变化规律()，写出图中的虚线框内微粒A和微粒B的化学式___________、___________。 （2）合金材料可用于储氢。 已知：； ； 。 ①___________。 ②一种镍基合金储氢后的晶胞结构如图所示。 写出基态原子核外电子排布式___________，该合金储氢后，与的物质的量之比为___________。 （3）储氢材料能与水反应放氢，但与纯水反应产生很少。等盐溶液能提升的放氢性能。的几种盐溶液与制备时转化率如图所示。 已知：i．；氧化性： ii．在(M代表)溶液中水解的示意图如图。 ①受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是___________。 ②使用溶液制备的反应速率大于溶液，可能的原因是___________。 ③后，溶液制备时转化率小于溶液，可能的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌二中2027届高三上学期九月月考化学试卷  一、单选题（30分） 1. 氟化钙被广泛应用于天文观测、高分辨光学仪器中，其晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 氟化钙的化学式为 B. 每个晶胞中含有14个 C. 每个周围距离最近且等距的有4个 D. 和之间既存在静电引力，又存在静电斥力 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶胞中有8个氟离子，钙离子有：，则氟化钙的化学式为CaF2，故A错误； B．每个晶胞中含有个Ca2+，故B错误； C．以面心的Ca2+分析，每个Ca2+周围距离最近且等距的F-有8个，故C错误； D．Ca2+和F-之间不只存在静电引力，还存在原子间、电子间的静电排斥力，故D正确； 故答案为D。 2. 下列关于微粒间的作用力说法正确的是 ①分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②离子键的强弱和离子半径及所带电荷有关 ③在晶体中有阳离子一定有阴离子 ④石墨晶体既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体 A. ①④ B. ②④ C. ②③ D. ①③④ 【答案】B 【解析】 【详解】①分子晶体中，共价键键能越大，该物质越稳定，与分子间作用力无关，故①错误； ②离子半径越小，所带电荷越多，离子键越强，则离子键的强弱和离子半径及所带电荷有关，故②正确； ③晶体中如果含有阳离子，可能不含阴离子，如：金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，故③错误； ④石墨晶体中，既有共价键，又有范德华力，属于混合型晶体，故④正确； 故本题选B。 3. 下列有关物质结构和性质的说法错误的是 A. 由于碱金属中Li+的半径最小，金属键最强，Li的熔点最高 B. 冰属于分子晶体，且含有氢键，故具有“分子密堆积”特征 C. H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，且H2S分子的键角较小 D. 从石墨晶体中剥离出石墨烯(结构如图)，需破坏分子间作用力 【答案】B 【解析】 【详解】A．碱金属中Li+的电子层数最少，Li+的半径最小，金属键最强，所以碱金属中Li的熔点最高，A正确； B．分子间作用力只是范德华力的分子晶体具有“分子密堆积”特征，冰属于分子晶体，但水分子之间的主要作用力是氢键(当然也存在范德华力)，不具有“分子密堆积”特征，B错误； C．H2S和NH3均是价层电子对数为4的极性分子，H2S和NH3分别含有2对、1对孤电子对，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，故H2S分子的键角较小，C正确； D．石墨晶体是层状结构，层与层之间通过分子间作用力维系，所以从石墨中剥离石墨烯，需要破坏分子间作用力，D正确； 故选B。 4. 离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。咪唑()分子中所有原子共平面，两种咪唑类离子液体a、b的结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. a、b的阳离子中两个N原子的杂化方式不同 B. 两种咪唑类离子液体的熔点：a>b C. a、b的阳离子中含有的大π键为 D. a和b的阳离子中所有原子均满足8电子稳定结构 【答案】C 【解析】 【详解】A．a、b的阳离子中两个N原子的杂化方式均为sp2杂化，故A错误； B．离子体积更大，导致离子液体a熔点较低，故B错误； C．环上的每个C原子与三个原子成键，剩余一个电子，每个N原子与三个原子成键，剩余1对电子，又失去1个电子形成阳离子，故大π键为，故C正确； D．a和b的阳离子中氢原子不满足8电子稳定结构，故D错误； 故答案为：C。 5. 溶液A中存在、、、、、、、、、中的五种离子，浓度均为，溶液体积为1L。对溶液A进行以下实验，整个过程如图所示(部分产物省略)，溶液B与溶液A中所含阴离子种类相同。 已知：。 下列说法正确的是 A. 溶液A中一定存在，可能存在 B. 过滤操作时需要使用硅酸盐材质的实验仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗 C. 沉淀乙溶于氨水后的产物中含有键 D. 由溶液B生成沉淀甲的反应为非氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【分析】由实验可知，向A溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且常温下气体甲与空气反应生成气体乙，可知甲为NO、乙为NO2，则溶液A中含有Fe2+和，根据共存原理可知溶液中不含、；加入盐酸发生反应①后的溶液B与溶液A中的阴离子种类相同，说明反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中一定含有Cl-；原溶液中存在五种离子，目前含有Fe2+和、Cl-且浓度均为0.01mol/L，正好电荷守恒。根据电中性原则，剩余两种离子所带电荷量相等，阴离子一定含有，不能与Ba2+共存，故另一种阳离子只能是Cu2+。 【详解】A．根据分析，溶液A中一定，不存在Fe3+，A错误； B．过滤时需要用到的硅酸盐材料指玻璃仪器，有烧杯、玻璃棒、普通漏斗，B错误； C．溶液B加入固体C后调pH=4，根据溶度积可知，此时生成Fe(OH)3沉淀，溶液D中还含有Cu2+，再加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜溶于氨水生成，每个NH3中含存在3个共价键，N与Cu之间形成配位键，OH-与配离子之间为离子键，因此1mol中含=18mol键，但题干未指明生成物或反应物的量，C错误； D．溶液B生成沉淀甲是通过条件pH实现，即Fe3+→Fe(OH)3，不是氧化还原反应，D正确； 故选D。 6. 我国科学家预测了稳定的氮单质分子N8(结构如图)。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 1.0mol N8的σ键电子数为16NA B. 1.0mol N8的(价层)孤电子对数为7NA C. 1.0mol N8的sp2杂化N原子数为6NA D. 112.0g N8完全分解，产生的N2分子数为4mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．1个N8分子中有8个σ键，每个σ键含有2个电子，共16个电子，则1.0 mol N8的σ键电子数为16NA，故A正确； B．N8分子中所有原子共面可知1个N8分子1~6处的6个N原子采取sp2杂化，7、8两处N原子采取sp杂化，2和7两处的氮原子未参与杂化的p轨道上的电子对参与了离域π键的形成，结构中无孤对电子，其中8、1、3、4、5、6六处N原子各有一对孤电子对，即1个N8分子有6对孤电子对，则1.0molN8的(价层)孤电子对数为6NA，故B错误； C．N8分子中所有原子共面可知，1个N8分子有6个N原子采取sp2杂化，则1.0mol N8的sp2杂化N原子数为6NA，故C正确； D．112.0g N8的物质的量为：，则1mol N8含有8mol N，根据氮原子守恒，1.0mol N8完全分解产生4mol N2，故D正确； 故答案选B。 7. 近期，科学家发现酞菁钴()与碳纳米管()复合()电催化可转化为，机理路径如下图所示。下列说法正确的是 A. 和分子中的碳原子均为杂化 B. 作为催化剂参与反应，反应过程中的化合价没有发生变化 C. 过程的总反应为 D. 电催化过程中涉及极性键与非极性键的断裂与生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中中心碳原子孤电子对数、价层电子对数=2+0=2， sp杂化，分子中的碳原子形成4个键、为杂化，故A错误； B．作为催化剂参与反应， 在+CO2+e-=反应中，中Co有4个单键，中Co有5个单键，则反应过程中的化合价发生变化，故B错误； C．由图可知，依次发生+CO2+e-=、、、、、、，该过程中为中间产物， 二氧化碳、水是反应物，也提供一个水分子，则总反应为二氧化碳和水得电子转变为甲醇，总反应为，故C正确； D．结合选项C可知，电催化过程中涉及极性键断裂与生成，但没有非极性键的断裂与形成，故D错误； 选C。 8. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 离子半径的大小顺序： B. 三种元素电负性的大小为： C. 能形成既有离子键又有共价键的化合物 D. 的氧化物的水化物酸性一定比的氧化物的水化物酸性强 【答案】C 【解析】 【分析】由短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系可知，x为正+1价，原子半径最小，则x为H元素；由原子半径可知，y、z、d位于第二周期，y为C元素，z为N元素，d为O元素；由原子半径可知e、f、g、h均位于第三周期，结合元素的化合价可知，e为Na元素，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素，以此结合元素周期律知识解答该题。 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，故A错误； B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，则C、N、O三种元素电负性的大小为：O＞N＞C，故B错误； C．H元素、N元素、O元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，故C正确； D．S、Cl的氧化物对应的水化物的酸性不一定满足h＞g，如次氯酸为弱酸，硫酸为强酸，故D错误； 故答案选C。 9. 叠氮化锂常作锂电池的固体电解质添加剂，其结构式如图甲、其晶胞如图乙所示。已知：晶胞参数长、宽均为，高为。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 中基态阳离子的最外层电子云轮廓图为球形 B. 含离子键、σ键、π键和极性共价键 C. 在元素周期表中，和N都位于s区 D. 晶体密度 【答案】A 【解析】 【详解】A．的阳离子是，基态的核外电子排布式为，最外层电子云轮廓图为球形，A正确； B．根据叠氮化锂的结构式可知不含极性键，B错误； C．在元素周期表中，锂位于s区、氮位于p区，C错误； D．根据叠氮化锂晶胞图可知，位于顶点和面心，1个晶胞含2个；4个位于面心，1个晶胞含2个，晶体密度，D错误； 故选A。 10. 下，在中与臭氧反应生成(结构如图所示)，下列说法正确的是 A. 属于超分子 B. 分子空间构型为正四面体形 C. 中含有极性键和非极性键 D. 是极性分子，在水中的溶解度大于在中的溶解度 【答案】C 【解析】 【详解】A．超分子指的是两个或两个以上分子通过非共价键的作用力结合而成的分子，不属于超分子，A错误； B．中的4根化学键不完全相同，因此分子的空构型为四面体形，不是正四面体形，B错误； C．根据结构式可知，该分子中含有极性键和非极性键，C正确； D．为含有极性键的极性分子，但是其分子极性较弱，反而更易溶于非极性溶剂，在极性溶剂水中溶解度小于在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，D错误； 故选C。 11. 利用冠醚可实现水溶液中锂、镁的分离，其制备与分离过程如图。下列说法错误的是 A. 使用(C2H5)3N促进甲→乙反应正向进行 B. 丙中Li+通过化学键与O原子结合 C. 甲、乙、丙中乙为超分子 D. 通过空间结构和作用力协同实现锂、镁分离 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲→乙为取代反应，反应生成，为有机碱，可与反应，降低生成物浓度，促进平衡正向移动，A正确； B．丙中与原子之间形成配位键，配位键属于化学键，B正确； C．超分子是由两种或两种以上化学物种通过非共价相互作用形成的聚集体，甲、乙均为单一分子，不属于超分子，仅丙为冠醚与形成的超分子，故乙不是超分子，C错误； D．冠醚的空腔大小与适配，同时可与冠醚的产生相互作用，二者协同实现锂、镁分离，D正确； 故选C。 12. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 B. 向溶液通氨气至中性，铵根离子数为 C. 所含极性共价键的数目为 D. 电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为，则转移电子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯(单层石墨)为1molC，根据石墨的分子结构可知，每个碳原子被3个六元环共用，每个六元环真正含个碳原子，所以1molC原子能形成的六元环的个数为，故A正确； B．向溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：，中性溶液，则，再根据物料守恒：，得出铵根离子数小于，故B错误； C．没有指出标准状况，的物质的量不一定为，故C错误； D．电解饱和食盐水时电极总反应为：，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1：1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为，根据关系式可知，转移的电子数为，故D错误； 故答案选A。 13. 观察下列模型，判断下列说法错误的是 金刚石 碳化硅 二氧化硅 石墨烯 A. 石墨烯中六元环和碳原子个数比为1∶2 B. 晶体中和键个数比为1∶4 C. 物质的量相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1∶1 D. 晶体堆积属于分子密堆积 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨烯中每个碳原子被3个六元环共用，1个六元环实际占有碳原子数为，因此六元环与碳原子个数比为，A正确； B．晶体中每个原子形成4个键，因此与键的个数比为，B正确； C．1 mol金刚石中，每个C原子形成4个共价键，每个共价键由2个C共有，因此1 mol金刚石含共价键；1 mol碳化硅（）中，每个原子形成4个共价键，1 mol碳化硅含共价键，因此物质的量相同时，金刚石和碳化硅共价键个数之比为，不是，C错误； D．​属于分子晶体，晶体中分子靠范德华力结合，属于分子密堆积，D正确； 故选C。 14. 钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是 A. 钙镁矿中，1号原子的坐标为，2号原子的坐标为 B. 钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4 C. 结构中与、与离子之间的作用力相同 D. 晶胞中，分子的排列方式只有3种取向 【答案】A 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，若位于顶点的镁原子的坐标为(1，0，0)，则位于小立方体体对角线上的1号硫原子和2号硫原子的坐标分别为和，故A正确； B．由晶胞结构可知，若以硫原子为顶点，构成的立方晶胞中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，故B错误； C．由图可知，六水硫酸亚铁中，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子对的氧原子形成配位键，水分子的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，则水分子与阴、阳离子之间的作用力不同，故C错误； D．由晶胞结构可知，晶胞中二氧化碳的排列方式共有4种，分别是顶点上有1种、面心上有3种，故D错误； 故选A。 15. 我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。下图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述正确的是 A. 键角：ZR3<R2X B. Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸 C. 第一电离能：W<Z<X D. 分子式为W2R4X的有机物一定能发生银镜反应 【答案】B 【解析】 【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。 【详解】A．氨分子中N—H键之间夹角为107°18′；水分子中O-H键角为104.5°；，故键角NH3＞H2O，A错误； B．P的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，是一种中强酸，B正确； C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能C＜O＜N，C错误； D．C2H4O存在同分异构体，其中含有醛基的CH3CHO可以发生银镜反应，而环氧乙烷（）中不含醛基，不能发生银镜反应，D错误； 故选B。 二、解答题（70分） 16. I．第四周期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。 （1）铬(Cr)被称为“不锈钢的添加剂”。 ①Cr位于元素周期表的___________区。 ②Cr原子核外电子排布的最高能层符号是___________。 （2）钒(V)是我国的丰产元素，被誉为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。 ①写出基态钒原子的价电子排布式：___________。 ②常用作转化为的催化剂。的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________。 （3）钛(Ti)被称为“21世纪金属”，钙钛矿晶体是工业获取钛的重要原料，其晶胞结构如图，其中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置，与Ti紧邻的O个数为___________，该晶体的化学式为___________。 II．我国科研工作者发现并制备了一系列主要由N、O、P、Se等元素组成的导电材料。回答下列问题： （4）O、P、S三种元素中，电负性最小的元素名称是______；键角：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （5）肼()分子中孤电子对与键的数目之比为___________，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是___________。 （6）正硝酸钠()是一种重要的化工原料。阴离子的空间结构为___________形，其中心原子杂化方式为___________杂化。 （7）基态硒原子的价层电子排布式为___________；晶体的熔点为350℃，加热易升华，固态属于___________晶体。 III．甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。 （8）Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则电负性：Si___________H(填“>”“<”或“=”)，分子的空间结构为___________。 （9）利用与可制得氮化硅()材料。 ①热稳定性：___________(填“>”“<”或“=”)。 ②中H―Si―H的键角___________中H―N―H的键角(填“>”“<”或“=”)，其键角差异的原因是___________。 （10）利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。 ①碳化硅晶体中每个Si原子周围距离最近的C原子数目为___________，SiC的晶体类型是___________。 ②已知碳化硅的晶胞边长为anm()，阿伏加德罗常数为。则碳化硅晶体的密度为___________(列出计算式)。 （11）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。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸根离子。硅氧四面体可以用投影图表示，其中表示氧原子，表示硅原子。在由硅氧四面体共顶点连接形成的无限长单链阴离子中(见下图)，硅原子与氧原子的个数之比为___________。 【答案】（1） ①. d ②. N （2） ①. ②. （3） ①. 12 ②. （4） ①. 磷 ②. > （5） ①. 2:5 ②. 肼分子间能形成氢键，而乙烯分子间不能形成氢键 （6） ①. 正四面体 ②. （7） ①. ②. 分子 （8） ①. < ②. 正四面体 （9） ①. < ②. > ③. 分子中Si原子没有孤电子对，而分子中N原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力更大，使得键角变小 （10） ①. 4 ②. 共价 ③. （11）1:3 【解析】 【小问1详解】 铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，位于元素周期表的d区，最高能层为N； 【小问2详解】 ①钒元素的原子序数为23，基态原子的价电子排布式为3d34s2； ②由图可知，三氧化硫的三聚体中硫原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化； 【小问3详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钛原子与位于面心的氧原子距离最近，则钛原子紧邻的氧原子个数为12；晶胞中位于顶点的钛原子个数为8×=1、位于体心的钙原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，则晶体的化学式为CaTiO3； 【小问4详解】 元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素中磷元素的非金属性最弱，则电负性最小的元素为磷元素；氧原子的原子半径小于硒原子，所以水分子中成键电子对的斥力大于硒化氢，键角大于硒化氢； 【小问5详解】 肼分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，原子的杂化方式为sp3杂化，分子中含有2对孤对电子和5个σ键，则分子中孤电子对与σ键的数目之比为2：5；肼分子能形成分子间氢键，乙烯分子不能形成分子间氢键，所以肼分子的分子间作用力大于乙烯分子，沸点远高于乙烯分子； 【小问6详解】 正硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为、孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp3杂化，离子的空间结构为正四面体形； 【小问7详解】 硒元素的原子序数为34，基态原子的价层电子排布式为4s24p4；二氧化硒晶体的熔点为350℃，加热易升华，说明二氧化硒是熔沸点低的分子晶体； 【小问8详解】 硅原子与氢原子结合时，硅元素表现为正价说明硅元素的电负性小于氢元素；硅化氢分子中硅原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间结构为正四面体形； 【小问9详解】 ①元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，硅元素的非金属性弱于氮元素，所以硅化氢的稳定性弱于氨分子； ②SiH4分子中Si原子没有孤对电子，NH3分子中N原子有1对孤对电子，孤对电子越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以SiH4分子的键角大于NH3分子；SiH4分子中Si原子没有孤对电子，NH3分子中N原子有1对孤对电子，孤对电子越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小； 【小问10详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的硅原子与位于体对角线上的碳原子距离最近，则每个硅原子周围距离最近的碳原子数目为4；晶胞中碳原子和硅原子形成空间网状结构，所以碳化硅是共价晶体； ②由晶胞结构可知，晶胞中顶点和面心的硅原子个数为8×+6×=4，位于体内的碳原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=； 【小问11详解】 由图可知，硅氧四面体中每个硅原子与4个氧原子形成4个共价键，其中2个氧原子为2个硅原子所共有，则硅酸盐中硅原子与氧原子的个数之比为1：(2+2×)=1：3。 17. 联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿(主要成分为，含有少量、)为主要原料制取Ti和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。 已知：①“酸浸”时转化为，铁元素的价态不改变 ②加热工序发生反应 回答下列问题： （1）为提高酸浸速率，除粉碎钛铁矿外，还可以采取的措施是___________(写一条措施即可)；酸浸工序中发生的主要反应的化学方程式为___________ （2）某化学兴趣小组在实验室模拟该工艺流程，保持其他反应条件不变，测得体系中Fe(III)含量随反应温度的变化如图所示。为达到实验目的，最佳反应温度为___________。 （3）下列关于工序①的叙述正确的是___________(填标号)。 a．工序①为趁热过滤、洗涤、干燥 b．将滤液迅速置于冰盐浴中冷却，有利于析出大颗粒晶体 c．先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可提高钛的产率 （4）灼烧工序制得一种钛的氧化物，可用作钛白颜料，该物质的一种晶胞结构如图所示。钛的价层电子排布式为___________，该晶体的密度为___________(用含a、b、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。 （5）第一步过滤工序产生的滤渣成分的化学式为___________，写出B和C合成甲醇的方程式___________。 （6）还原工序中通入氩气的目的是___________。 【答案】（1） ①. 加热或适当增大硫酸浓度 ②. (浓) （2）328K （3）c （4） ①. ②. （5） ①. 、 ②. （6）隔绝空气，防止钛、镁与氧气、二氧化碳等反应 【解析】 【分析】钛铁矿磨细后加浓硫酸酸浸， FeTiO3与H2SO4(浓)反应转变为TiOSO4、FeSO4；加入铁屑还原体系中的Fe3+；过滤，滤渣为和过量的Fe，所得滤液在工序①中经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾；其滤液加水、在加热下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，在灼烧工序发生反应，制得TiO2；电解饱和食盐水生成的气体A为Cl2，气体B为H2；工序②为氯化工序，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件下反应生成TiCl4和气体C；气体C为可燃性气体CO，TiCl4在氩气中被镁还原得到Ti；气体H2和CO用于合成甲醇。 【小问1详解】 为提高酸浸速率，除粉碎钛铁矿外，还可以采取的措施是：加热或适当增大硫酸浓度；据题意知，酸浸时，转化为，因此酸浸工序中发生的主要反应的化学方程式为：(浓)； 【小问2详解】 加入铁屑还原体系中的，为达到实验目的，Fe(III)含量越少越好，则最佳反应温度为328K； 【小问3详解】 工序①为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，a项错误；若将滤液迅速冷却并剧烈搅拌，析出的晶体会很细，而将滤液静置并缓缓降温，得到的晶体颗粒较大，b项错误；绿矾表面附有，先用适量稀硫酸洗涤绿矾并将洗涤液与滤液合并，可减少的损耗，提高钛的产率，c项正确；故答案为c； 【小问4详解】 钛为22号元素，它的价层电子排布式为；计算晶体的密度步骤如下，第一步：分析黑球和白球代表的原子；1个晶胞中黑球个数为，白球个数为，因此黑球代表Ti，白球代表O；第二步：计算晶胞质量，1个晶胞中含有2个“”，1个晶胞的质量为；第三步：计算晶胞体积，1个晶胞的体积为；第四步：计算晶体密度。晶体密度为；故答案为； 【小问5详解】 根据分析可知第一步过滤工序产生的滤渣成分的化学式为Fe和；根据分析可知气体B为，气体C为CO，和CO反应生成甲醇，因此反应方程式为：； 【小问6详解】 钛、镁在高温下能与空气中的氧气、二氧化碳等反应，通入氩气的目的是隔绝空气，防止钛、镁与氧气、二氧化碳等反应。 【点睛】酸浸过程转化为，发生的是非氧化还原反应。 18. 二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式为： 2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=—206.0 kJ·mol-1。 工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行： i.甲醇合成反应：_______。 ii.甲醇脱水反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=—24.0kJ·mol-1。 （1）起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为_______。 （2）请补全甲醇合成反应的热化学方程式_______。 （3）甲醇脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，是制备二甲醚的重要环节。 ①某温度下，该反应的化学平衡常数K=360，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分浓度如下表所示，此时正反应速率_______ 逆反应速率(填“>”、“<”或“=”)。 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/(mol/L) 0.02 0.4 0.4 ②在一定温度下的恒容密闭容器中发生甲醇脱水反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。 a.相同时间内消耗CH3OH的物质的量与消耗CH3OCH3的物质的量之比为2：1 b.混合体系内各组分浓度不变 c.恒容密闭容器内的压强不变 （4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争。 将反应物混合气按进料比通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度下，反应相同时间，测得二甲醚的选择性如图所示。已知：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO 在全部转化的CO中所占的比例。温度高于265℃后，随着温度升高二甲醚选择性降低的原因是_______。 （5）CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图，晶胞参数为bnm，晶胞中C与C间的最小距离为_______nm，晶体密度为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 【答案】（1）25% （2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=—91.0 kJ/mol； （3） ①. < ②. ab （4）甲醇脱水反应为放热反应，升高温度平衡逆移，甲醚选择性降低；副反应为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，甲醚选择性降低 （5） ①. b ②. 【解析】 【小问1详解】 由方程式可知，反应放出51.5kJ热量时，反应消耗一氧化碳的物质的量为×2=0.5mol，则一氧化碳的转化率为×100%=25%，故答案为：25%； 【小问2详解】 由盖斯定律可知，反应①×—ii×得到反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则反应△H=(—206.0)×—(—24.0kJ/mol)×=—91.0 kJ/mol，反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=—91.0 kJ/mol，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=—91.0 kJ/mol； 【小问3详解】 ①由表格数据可知，反应的浓度熵Qc==400＞K=360，则反应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：<； ②a．相同时间内消耗甲醇的物质的量与消耗二甲醚的物质的量之比为2：1说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； b．混合体系内各组分浓度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； c．该反应是前后气体体积不变，反应中压强始终不变，则压强不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； 故选ab； 【小问4详解】 由方程式可知，甲醇脱水反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲醚选择性降低，而副反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，副产物增加，甲醚选择性降低，所以温度高于265℃后，随着温度升高二甲醚选择性降低，故答案为：甲醇脱水反应为放热反应，升高温度平衡逆移，甲醚选择性降低；副反应为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，甲醚选择性降低； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的碳原子与位于体对角线处碳原子的距离最近，则晶胞中碳原子与碳原子最小距离为bnm；晶胞中位于顶点、面心、体内的碳原子个数为8×+6×+4=8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10-7 b)3d，解得d=，故答案为：b；。 19. 氢气是一种理想的清洁能源，将成为未来的主要能源。金属材料在制氢、储氢和用氢方面发挥了重要作用。 （1）纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢。主要经过吸附和反应的过程，其反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子)。根据元素电负性变化规律()，写出图中的虚线框内微粒A和微粒B的化学式___________、___________。 （2）合金材料可用于储氢。 已知：； ； 。 ①___________。 ②一种镍基合金储氢后的晶胞结构如图所示。 写出基态原子核外电子排布式___________，该合金储氢后，与的物质的量之比为___________。 （3）储氢材料能与水反应放氢，但与纯水反应产生很少。等盐溶液能提升的放氢性能。的几种盐溶液与制备时转化率如图所示。 已知：i．；氧化性： ii．在(M代表)溶液中水解的示意图如图。 ①受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是___________。 ②使用溶液制备的反应速率大于溶液，可能的原因是___________。 ③后，溶液制备时转化率小于溶液，可能的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. ③. （3） ①. 不需要加热，能耗低；相同量的与水反应释放氢气更多 ②. ，水解程度更大，生成浓度更大，且可防止生成覆盖，反应速率加快 ③. 氧化性强，与竞争得电子生成，覆盖在表面，转化率减小 【解析】 【小问1详解】 由图可知，氨硼烷水解生成氢气的反应为H3NBH3+4H2O=++3H2↑，则A为、B为，故答案为：；； 【小问2详解】 ①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应②—反应①×2=反应③，则△H3=(—64.4kJ/mol)—(—74.5kJ/mol) ×2=+84.6kJ/mol，故答案为：+84.6kJ/mol； ②镍元素的原子序数为28，基态原子的电子排布式为；由晶胞结构可知，位于面心和棱上的氢气个数为2×+8×=3，位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，则氢气和镍原子的个数比为3：5，故答案为：；3：5； 【小问3详解】 ①与氢化镁受热分解生成氢气的方程式为MgH2Mg+H2↑，氢化镁与水反应生成氢气的方程式为MgH2+2H2O= Mg(OH)2+2H2↑，由方程式可知，氢化镁与水反应的优点是不需要加热，能耗低；相同量的氢化镁与水反应释放氢气更多，故答案为：不需要加热，能耗低；相同量的与水反应释放氢气更多； ②由溶度积可知，氢氧化镍的溶度积小于氢氧化镁，说明镍离子在溶液中的水解程度大，氯化镍溶液中的氢离子浓度大于氯化镁溶液，且可防止生成氢氧化镁覆盖在氢化镁表面，所以使用氯化镍溶液制备氢气的反应速率大于氯化镁溶液，故答案为：，水解程度更大，生成浓度更大，且可防止生成覆盖，反应速率加快； ③后，氯化铜溶液制备氢气时转化率小于氯化镁溶液的原因是铜离子氧化性强于氢离子，与氢离子竞争得电子生成铜，覆盖在氢化镁表面，导致氢化镁转化率减小，故答案为：氧化性强，与竞争得电子生成，覆盖在表面，转化率减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $