湖南省衡阳县衡阳县第四中学2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题

这是一份湖南省衡阳县衡阳县第四中学2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题，共17页。试卷主要包含了5 K∶39，2LN2中含π键数目为，1，B的电负性为2等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5 K∶39
一、单选题（每题3分，共42分）
1．下列有关化学用语表示错误的是（ ）
A．氯气的共价键电子云轮廓图：
B．二氧化硅的分子式为SiO2
C．N2H4的电子式：
D．基态氧原子电子轨道表示式为：
2．CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH=4.7，下列说法或离子浓度关系正确的是（ ）
A．CH3COONa的水解程度大于CH3COOH的电离程度
B．CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离
C．c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
D．c(CH3COO-)＋c(OH-)ZX4B．沸点：XQc(OH-)，故C错误；D．由电荷守恒c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，CH3COONa的水解趋势小于CH3COOH的电离趋势，则c(Na+)>c(CH3COOH)，c(CH3COO-)＋c(OH-)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故D错误；故选B。
3．【答案】A
【解析】A．水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A错误；B．CH3CH(OH)COOH中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；C．碘、四氯化碳、甲烷均是非极性分子，而水是极性溶剂，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确；D．由于氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故D正确；故选A。
4．【答案】A
【解析】A．硼酸为一元弱酸，电离方程式：，A正确；B．硼酸甲酯分子不含O-H等结构，不能形成分子间氢键，B错误；C．铊(Tl)位于元素周期表中第6周期第ⅢA族，Tl原子基态外围电子排布式为，C错误；D．氮化镓的结构与晶体硅类似，属于共价晶体，D错误；故选A。
5．【答案】B
【解析】A．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性，又具有晶体的某些物理性质，如在导热性、光学性质等物理性质方面具有类似晶体的各向异性，A正确；B．自然形成的水晶柱是晶体，从水晶柱上切削下来的粉末也是晶体，在光学显微镜或电子显微镜下仍可观察到规则的晶体外形，B错误；C．缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢生长为规则的多面体，体现了晶体的自范性，即晶体有自发地呈现多面体外形的性质，C正确；D．X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，晶体的衍射图上有分立的斑点或明锐的衍射峰，非晶体没有；也可以获得分子的键长和键角的数值，得出分子的空间结构，D正确；故选B。
6．【答案】A
【解析】A．F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH的羧基中O—H的极性更大,氢离子更容易电离，所以酸性：CF3COOH>CCl3COOH，A正确；B．SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，熔点：SiO2>CO2，B错误；C．O2是非极性分子，O3是极性分子，极性不同，C错误；D．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，存在分子间氢键的物质，沸点较高，D错误；故选A。
7．【答案】B
【解析】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，①错误；②第IA族和第ⅦA族原子化合时，不一定形成离子键，H原子和第ⅦA族原子化合时，形成共价键，②错误；③由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，如NH4Cl、NH4NO3等铵盐，③错误；④物质中不一定存在化学键，如稀有气体单质是由单原子构成的分子，其中不存在化学键，④错误；⑤只要含有离子键的化合物，就一定是离子化合物，⑤正确；⑥结冰时，水分子由于氢键有固定取向，分子排列更加规则，导致体积变大，密度变小，因此冰的密度比水小，是因为水分子之间存在氢键，⑥正确；⑦CO2溶于水，一部分CO2与水反应生成H2CO3，有共价键的断裂和生成，⑦错误；⑧纯碱(Na2CO3)和烧碱(NaOH)都是离子化合物，熔化时克服的化学键都是离子键，⑧正确；综上，⑤⑥⑧共3个正确，答案选B。
8．【答案】C
【解析】A．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N的核外价层电子排布半满，第一电离能最大，故第一电离能大小：C＜O＜N，A正确；B．同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，结合电负性数值，H的电负性为2.1，B的电负性为2.0，N的电负性3.0，F的电负性4.0，故电负性B＜H＜N＜F，原子电负性相差越大，形成的分子极性越强，故分子的极性：，B正确；C．键能N—N＞P—P、N—H＞P—H，因此的稳定性大于的稳定性，与沸点不相关，C错误；D．电负性F>H，-CF3为吸电子基团，CF3COOH中羧基上的氢原子更容易电离出来，故酸性，D正确；故选C。
9．【答案】A
【解析】A．中心原子的价层电子对是，孤电子对为零，所以VSEPR模型和空间结构一致均为四面体形，A正确；B．离子晶体中可能存在共价键，比如氢氧化钠晶体，B错误；C．氢键不是化学键，C错误；D．X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，玻璃是非晶体，水晶是晶体，所以通过X射线衍射实验可以区分，D错误；故选A。
10．【答案】B
【解析】A．Al转变为，化合价升高3，则消耗1mlAl，反应转移的电子数为，A正确；B．以N为中心原子，孤电子对，则价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，B错误；C．1个N2分子中含有2个π键，标准状况下，11.2LN2物质的量为，含π键数目为，C正确；D．1ml冰中含有2ml氢键，液态水中的氢键数目少于冰，因此2ml液态水中含有的氢键数目少于，D正确；故选B。
11．【答案】C
【解析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据该离子液体的结构知X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，则X为H，Y为B，Z为C，M为N。可以推测出X、Y、Z、M、Q分别为H、B、C、N、F，据此作答。A．MX3为NH3，ZX4为CH4，半径：C＞N，键长NH3（2分） 两者均为离子化合物，阴阳离子电荷数均为1，但前者的离子半径较小，离子键较强，熔点较高（2分）
【解析】（1）该元素在第四电离能发生突变，该元素为正三价，为铝元素；Zn是30号元素，其电子排布式为；Ge和C为同族元素，Ge最高价为+4价，氯化物分子式为GeCl4；A．Ge位于金属和非金属分界线附近，Ge不是活泼的金属，A不符合题意；B．Ge为金属，电负性要小于硫，B不符合题意；C．Ge位于金属和非金属分界线附近，既具有金属性，也具有一定的非金属性，可作为半导体材料，C符合题意；D．Ge的氯化物和溴化物均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，Ge的溴化物沸点更高，D符合题意；故答案为：CD；（2）A．分子中含有C=O键，不含有-OH，不易形成分子间氢键，A错误；B．分子中含有碳碳之间的非极性共价键，也含有碳氢之间的极性共价键，B正确；C．单键均为键，双键中含有一个键和一个π键，因此分子中含有9个键，3个π键，C错误；D．该分子中含有两个醛基，能与水形成分子间氢键，而2-丁烯不能与水形成分子间氢键，故该分子溶解度要大于2-丁烯，D正确；故答案为：BD；（3）两者均为离子化合物，阴阳离子电荷数均为1，但前者的离子半径较小，离子键较强，故NaF熔点较高。
16．【答案】(1)（2分）
(2)分子晶体（2分）
(3)正四面体（2分）
(4)1：1（2分） CO是极性分子，极性越强，沸点越高（2分）
(5)CuCl（2分） （2分）
【解析】（1）铜为29号元素，同一能级的轨道电子全满或者半满更稳定，故基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子的电子排布图为；（2）信息显示：三氯化铁熔沸点低，易溶于有机溶剂，在蒸气中也容易双聚，据此判断三氯化铁晶体为分子晶体；（3）(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O俗称摩尔盐，其阴离子的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则空间构型为正四面体；（4）Fe(CO)5分子中，配体与Fe形成了5个配位键(属于σ键)，1个CO中含有1个σ键和2个π键，则σ键和π键的数目之比为(5＋1×5)：(2×5)=1：1，CO为极性分子，分子间作用力较相对分子质量接近的非极性分子间作用力大，则CO的沸点高于N2，原因是：CO是极性分子，极性越强，沸点越高。（5）①如图所示的晶胞中，含Cu原子个数为4，含Cl原子个数为，二者的个数比为4：4=1：1，则表示的是CuCl的晶胞；②原子坐标参数可用来表示晶胞内各原子的相对位置，图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，0，0)；则该晶胞的棱长为1，若把晶胞分成8个小立方体，则D原子位于右、下、前的小立方体的体心，则D原子的坐标参数为。
17．【答案】(1)FeR3（1分） （1分） 加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动，提高萃取率（2分）
(2)N、O（2分）
(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉（2分）
(4)（2分）
(5) （2分）
(6) （2分） （2分）
【解析】锂云母浸出液(含、、、等) 加入HR萃取分液，为有机萃取剂，难溶于水，可萃取，萃取时发生的反应可表示为：，有机层主要成分为Fe3+和FeR3，使Fe3+被除去，水层溶液加入碳酸钠过滤得到含有和的滤渣1，滤渣1通过苛化反应生成氢氧化锂、氢氧化镁、碳酸钙，过滤后的滤液中主要为氢氧化锂、氢氧化钙，加入适量草酸，生成草酸钙沉淀，过滤后滤液中主要为氢氧化锂，经过碳化反应生成LiHCO3，LiHCO3和LiOH反应生成Li2CO3，则可得到电池级碳酸锂。（1）萃取除铁主要是将铁离子转化为FeR3，故有机层主要成分为FeR3，由分析得，滤渣1为：和；加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动，提高萃取率；（2）从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；（3）加入草酸的目的是：使钙离子生成草酸钙，便于除掉；（4）混合沉锂是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：；（5）与在空气中加热生成钴酸锂()，化学反应式为：；（6）①C原子序数为27，基态C原子简化的电子排布式为：；②由均摊法得，该晶胞中Li+数目为：，C3+数目为：，O2-的数目为：，晶胞密度为：。
18．【答案】(1)非极性（2分）
(2)H2O、OH-（2分） 分子中含有亲水性的羟基、羰基（2分） 能和水分子形成氢键（2分）
(3)顶点和面心（2分） 4（2分） （2分）
【解析】（1）与形成的配合物为无色液体，易溶于等有机溶剂，等是非极性分子，依据相似相溶原理可判断为非极性分子。（2）根据配合物X的结构简式可判断，分子中的配体除外还有H2O、OH-，由于茜素分子中含有亲水性的羟基、羰基，且能和水分子形成氢键，所以茜素水溶性较好；（3）由Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到Ⅱ型立方结构，若位于Ⅱ型立方结构的棱心和体心上，由于亚铁离子和铁离子的个数之比是1:1，则位于Ⅱ型立方结构的顶点和面心上；根据均摊法，1个Ⅰ型立方结构中数目为，则一个Ⅱ型立方结构中含数目为24个，由化学式可知，一个Ⅱ型立方结构中含4个；若的摩尔质量为，该蓝色晶体密度为，Ⅱ型立方结构的边长为anm，则，阿伏伽德罗常数的值可表示为。
选项
物质的结构或性质
解释
A
酸性：CF3COOH>CCl3COOH
F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH的羧基中O—H的极性更大
B
熔点：SiO2>CO2
相对分子质量：SiO2大于CO2
C
O2与O3分子极性相同
二者都是由非极性键构成的分子
D
沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛
对羟基苯甲醛分子间范德华力更强
电离能
I1
I2
I3
I4
……
I/kJ·ml-1
578
1817
2745
11578
……