河南省周口恒大中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题

这是一份河南省周口恒大中学2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题，共16页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，下列说法中正确的是，下列反应中，不属于取代反应的是等内容，欢迎下载使用。

满分：100分考试时间：75分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹铜笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，其中基态Y原子的价层电子排布式为nsnnp2n。下列叙述正确的是
A．基态Z原子核外电子占据5个原子轨道
B．简单氢化物的稳定性：X＞Y
C．基态X原子核外有3个未成对电子
D．R的氧化物对应的水化物一定是强酸
2．容器甲、乙的起始体积相同，分别充入和的混合气体，发生反应：。
下列比较错误的是
A．(甲)(乙)B．甲乙C．(甲)(乙)D．(甲)(乙)
3．根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
4．以石墨为电极，电解足量下列溶液，产生两种气体，且气体的体积比为(同温同压)的是
A．溶液B．溶液C．溶液D．溶液
5．X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是
A．X与Y只能形成一种化合物
B．最高价氧化物对应水化物的碱性： Y>Z
C．气态氢化物的热稳定性：M>N
D．单质的氧化性：X6．下列说法中正确的是
A．PCl3分子是三角锥形，这是因为磷原子是sp2杂化的结果
B．乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个sp3杂化轨道形成的
C．中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形或三角锥形或V形
D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形
7．化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成反应如图。下列说法错误的是
A．Z分子中含2个手性碳原子
B．1mlZ最多能与6mlNaOH反应
C．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体
D．X分子间能形成下列氢键：O－H…O、N－H…N
8．ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，关于20Ne和22Ne的说法正确的是
A．20Ne和22Ne互为同位素B．20Ne和22Ne互为同分异构体
C．20Ne和22Ne的质量数相同D．20Ne和22Ne的中子数相同
9．下列反应中，不属于取代反应的是
A．苯与液溴在FeBr3催化作用下生成溴苯的反应
B．丙烯和氯气在一定条件下反应生成ClCH2CH=CH2
C．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的反应
D．乙烯与HCl气体反应生成一氯乙烷的反应
10．下列基态原子或离子核外未成对电子数目为5的是
A．Fe3+B．PC．CrD．Cu
11．下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A．①③⑦B．只有⑥C．②④⑤⑦D．⑤⑥⑧
12．甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是
A．观察两者的颜色
B．观察两者的状态
C．通入氢氧化钠溶液
D．通入高锰酸钾酸性溶液
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
13．（10分）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如图：

已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发：
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 ，该工艺中，经处理可循环利用的物质为 (填化学式)。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是 (用化学方程式解释)。

(4)硼可与多种金属形成化合物，其中与Ca组成的金属都化物可做新型半导体材料，晶胞结构如图所示：

①该晶胞中B原子数为 个，晶体中Ca原子的配位数为 。
②晶胞在z轴方向的投影图为图中的 (填标号)。
③已知八面体中B-B键的键长为rpm，晶胞参数为apm，已知晶胞中钙原子的分数坐标为，则M点原子的分数坐标为 。
14．（12分）有效去除烟气中的是环境保护的重要课题。
(1)O3能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5。已知下列热化学方程式：
则反应的 。
(2)一种通过和的相互转化脱除的原理如图1所示。脱除的总反应为 。
(3)NH3在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量NOx)中的NOx反应，实现NOx的脱除。常见的催化剂有V2O5等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物，其有两种晶体类型，分别如图2(a)、(b)所示，其中晶体a比表面积大，附着能力强，可用作载体，一定温度下可转化为晶体b。在V2O5催化下，NOx的脱除机理如图3所示。
①晶体b的化学式为 。
②转化IV中，V元素化合价的变化为 。
③脱除NOx时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，NOx的脱除率会降低，原因除高温下不利于NH3的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是 和 。
15．（14分）新材料三氟锌酸钾(KZnF3)可由碳酸钾、二氟化锌、酸式氟化铵(NH4HF2)制备。回答下列问题；
(1)基态Zn原子的价电子排布式为 ；基态F原子核外占据最高能级电子的电子云轮廓图形状为 。
(2)比较第二电离能的大小：I2(O) (填“>”或“<”)I2(N)，原因为 。
(3)K2CO3中碳原子的杂化方式为 ，组成元素电负性由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。
(4)酸式氟化铵中阳离子的空间构型为 ；氢氟酸中存在H2F2的原因是 。
(5)钾、镍和氟形成一种特殊晶体，其晶胞如图所示。该晶体中Ni的化合价为 。 设NA是阿伏加德罗常数的值，该晶体密度ρ= g·cm-3(只列出计算式)。
16．（16分）海洋是生命的摇篮，浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。人们可以从海水中提取淡水和制得一些重要的化工产品。海水提溴的工艺流程如图所示。
(1)工业上通过制备Mg，常用的冶炼方法是 。通入热空气吹出，利用了溴的 （填字母）。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
(2)写出吸收塔中发生反应的离子方程式： 。
(3)某同学提出，证明HBr溶液中含有Br的实验方案是：取出少量溶液，先加入过量新制氯水，再加入淀粉—KI溶液，观察溶液是否变蓝。该方案是否合理并简述理由： 。
(4)蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80~90 ℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因： 。
(5)从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、反渗透法和 （填一种）。反渗透法净化水的过程如图所示。下列说法正确的是 （填字母）。
A．经过阳离子交换树脂后，水溶液中阳离子总数减少
B．通过阴离子交换树脂后，水溶液中只被除去
C．通过净化处理后的水，导电性增强
D．阴离子交换树脂填充段存在反应：
容器
甲
乙
条件
恒温恒容
绝热恒容
平衡时气体的物质的量
甲
乙
平衡常数
甲
乙
平衡时正反应速率
甲
乙
的平衡转化率
甲
乙
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下，用计测得溶液的
是弱酸
B
在含酚酞的溶液中加入，溶液颜色变浅
氧化了酚酞
C
将溶液和溶液混合产生白色沉淀和气体
白色沉淀是
D
常温下，向溶液中先滴加溶液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀
参考答案：
1．C
【分析】由于1个轨道上最多可容纳2个电子，则n=2，基态Y原子的价层电子排布式为2s22p4，Y是O元素，根据各种元素的相对位置，可知X是N元素，Z是Si元素，R是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X是N，Y是O，Z是Si，R是Cl元素。
A．Z是Si元素，根据构造原理可知基态Si原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，则基态Z原子核外电子占据的原子轨道数是1+1+3+1+2=8个，A错误；
B．X是N，Y是O，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性：X＜Y。元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，所以简单氢化物的稳定性：X＜Y，B错误；
C．X是N元素，根据构造原理可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，根据核外电子排布规律可知：原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，所以基态X原子核外有3个未成对电子，C正确；
D．R是Cl元素，Cl元素有+1、+3、+5、+7多种价态，由于题目未指出是否是Cl元素最高价氧化物，因此其对应的水化物不一定是强酸，D错误；
故合理选项是C。
2．A
【分析】反应为放热反应，甲、乙的起始体积相同，分别充入和的混合气体，发生反应，甲恒温恒容、乙绝热恒容，达到平衡时，乙相当于在甲平衡基础上升高温度，平衡逆向移动；
【详解】A．由分析方程式可知，反应前后的物质的量相同，故达到平衡时，(甲)(乙)，A错误；
B．由分析可知，平衡时，甲温度较低，正向进行程度较大，甲乙，B正确；
C．由分析可知，平衡时，乙温度较高，反应物的浓度较大，则反应速率较快，故(甲)(乙)，C正确；
D．由分析可知，平衡时，甲温度较低，正向进行程度较大，(甲)(乙)，D正确；
故选A。
3．A
【详解】A．常温下，用计测得溶液的，说明NaR是强碱弱酸盐，HR是弱酸，故A正确；
B．在含酚酞的溶液中加入，生成碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度减小，碳酸根离子水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，颜色变浅，故B错误；
C．将溶液和溶液混合，发生双水解反应，产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故C错误；
D．常温下，向溶液中先滴加溶液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，可能是向AgNO3溶液过量，不一定由氯化银转化为碘化银，不能证明，故D错误；
选A。
4．B
【详解】A．以石墨为电极，电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜单质，故A不符合题意；
B．以石墨为电极，电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，Cl2~2e-，阴极上氢离子放电生成氢气，H2~2e-，且转移相同电子时，两极产生气体的体积相同，故B符合题意；
C．以石墨为电极，电解KNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，O2~4e-，阴极上生成氢气，H2~2e-，则转移相同电子数时，两极产生的气体的体积不同，故C不符合题意；
D．以石墨为电极，电解溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，故D不符合题意；
故选B。
5．B
【详解】X、Y、Z、M、N五种元素分别为O、Na、Mg、S、Cl；
A．X与Y可形成Na2O、和Na2O2两种物质，错误；
B．金属性Na>Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH>Mg(OH)2，正确；
C．非金属性Cl>S，气态氢化物的稳定性HCl>H2S，错误；
D．氧化性：O>S，错误；
答案选B。
6．C
【详解】A．PCl3为三角锥形是因为P原子的价层电子对数为4，P原子为sp3杂化，其中有一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形，错误；
B．乙烯分子中的C-H键是氢原子的1s轨道与C原子的2s与2个2p杂化即sp2杂化轨道形成的,错误；
C．中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型为四面体，若无孤对电子，则为四面体，有一对孤对电子，则为三角锥形，有2对孤对电子，则为V形，正确；
D．AB3形的分子可能是平面三角形，也可能是三角锥形，如PCl3为三角锥形，错误，
答案选C。
7．A
【详解】A．手性碳原子为饱和碳原子，连有4个不同的基团，故Z分子中只含有1个手性碳原子，如图 ，A错误；
B．根据Z的结构简式，1mlZ分子含有2ml酚羟基、1ml酯基、1ml羧基和1ml—CONH—，均能与NaOH反应，同时分子中酯基与NaOH反应后会生成酚羟基，因此多消耗1mlNaOH，故1mlZ最多能与6mlNaOH反应，B正确；
C．由X、Y、Z的结构简式可知，三种分子均存在碳碳双键，且双键碳原子一端连有不同的原子或原子团，因此均存在顺反异构体，C正确；
D．由X的结构简式可知，X分子中含有O—H、N—H、N、O，因此X分子间可形成的氢键有：O—H…O、N—H…N、O—H…N、N—H…O，D正确；
故选A。
8．A
【详解】两种核素具有相同的质子数，不同的中子数，所以互为同位素。分子式相同，结构不同的化合物属于同分异构体，所以正确的答案是A。
9．D
【详解】A．在FeBr3催化作用下苯与液溴反应，苯环中氢原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，A不选；
B．在光照的条件下，丙烯α-C上氢原子被Cl原子取代生成ClCH2CH=CH2，属于取代反应，B不选；
C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应，C不选；
D．乙烯和HCl发生加成反应生成一氯乙烷，D选；
答案选D。
10．A
【详解】A．Fe3+离子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，离子核外未成对电子数目为5，正确；
B．15号元素P原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p3，原子核外未成对电子数目为3，错误；
C．Cr是24号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，原子核外未成对电子数目为6，错误；
D．Cu是29号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，原子核外未成对电子数目为1，错误。
11．B
【详解】①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si-O键是极性键，故错误；
②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；
③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；
④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；
⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；
⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；
⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；
⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．甲烷和乙烯都是无色气体，不能鉴别，故A错误；
B．常温下都为气体，不能鉴别，故B错误；
C．甲烷和乙烯与氢氧化钠都不反应，不能鉴别，故C错误；
D．乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D正确；
故选D。
13．(1)
(2)
(3) 高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应
(4) 6 24 C
【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取TiB2，加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO，TiO在沸水中形成TiO2·xH2O,“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+ B2O3+5CTiB2+3CO↑， 据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为。
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为，该工艺中，经处理可循环利用的物质为。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为$，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示，杂质含量随增大而降低的原因是。
（4）①由晶胞结构可知Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8×=1，则B原子个数为6，该晶胞的化学式为：CaB6，位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，即Ca的配位数为24；
②由晶胞结构可知B6围成正八面体构型，沿z轴方向的上下顶点投影为正方形的顶点，其余原子投影棱上，则符合的投影图为C；
③B-B键的键长为rpm，则M点距离坐标原点的距离为上rpm，M点分数坐标为。
14．(1)−504.4kJ·ml−1
(2)12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O
(3) TiO2 +4变为+5 载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少 活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO
【详解】（1）将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②-①，故
；
（2）从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钡为催化剂，硝酸钡为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：；
（3）用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为： ，O原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，化学式为TiO2；经过IV后产物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即经过IV后V的化合价由+4变为+5；载体存在两种晶型，温度升高，载体晶体类型可能发生变化，a晶型变成b晶型时，比表面积减小，附着的催化剂量变少；另外，从图示机理中可以看出，若活性中间体直接被O2氧化，就不能参与还原NO过程，导致二氧化氮托出率降低，故可能原因为：载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。
15．(1) 3d104s2 哑铃形
(2) ＞ I2(O)是失去较稳定的半充满的2p3的一个电子，I2 (N)是失去2p2的一个电子
(3) sp2 K(4) 正四面体 HF 分子间能形成氢键
(5) +2
【详解】（1）锌位于元素周期表的第四周期，第ⅡB族，基态Zn原子的价电子排布是为3d104s2；基态F原子核外占据最高能级的是2p5电子，电子云轮廓图形状为哑铃形，故答案为：3d104s2；哑铃形；
（2）核外电子在全满，半满和全空时较稳定，I2(O)是失去较稳定的半充满的2p3的一个电子，I2 (N)是失去2p2的一个电子，则I2(O)＞I2(N)，故答案为：＞；I2(O)是失去较稳定的半充满的2p3的一个电子，I2 (N)是失去2p2的一个电子；
（3）碳酸根离子中的碳原子没有孤电子对，价层电子对为3，碳原子的杂化方式为sp2；同主族从上向下电负性逐渐减小，则K（4）铵根离子的中心原子为N，成键电子对为4，无孤电子对，因而空间构型为正四面体；HF分子间存在氢键，使分子以二聚体形式存在，故答案为：正四面体；HF分子间存在氢键；
（5）由图可知晶胞中N(K)= 4，N(Ni)= 2，N(F) =，则化学式为K2NiF4，依据化合价代数和为0，判断Ni为＋2价；依据公式g·cm-3，故答案为：＋2；。
16．(1) 电解法 C
(2)
(3)不合理，由于过量的氯水会对后续实验造成干扰，过量的氯水和反应生成的均能将氧化成，故根据淀粉-KI溶液变蓝，不能证明HBr溶液中含有
(4)温度过高，大量水蒸气随溴蒸出，溴蒸气中水蒸气含量增加，温度过低，溴不能完全蒸出，产率较低
(5) 蒸馏法 D
【分析】海水与酸和氯气的混合物反应生成的溴浓度比较小，用热空气吹出溴蒸汽，接着溴与二氧化硫和水在吸收塔中反应生成HBr溶液，然后用氯气和水蒸气在蒸馏塔中反应生成溴，蒸馏得溴蒸汽，最后冷凝得液溴。
【详解】（1）工业上通过电解熔融的氯化镁制备Mg，故常用的冶炼方法是电解法；溴易挥发，通入热空气吹出溴是利用了溴的挥发性，故答案为：C；
（2）吸收塔中，二氧化硫和水的混合物吸收热空气吹出的溴，发生反应的离子方程式为；
（3）由于过量的氯水会对后续实验造成干扰，过量的氯水和反应生成的Br2均能将I-氧化成I2，故根据淀粉-KI溶液变蓝，不能证明HBr溶液中含有Br-，故该方案不合理；
（4）蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80~90℃之间，温度过高或过低都不利于生产，温度过高，大量水蒸气随溴蒸出，溴蒸汽中水蒸气含量增加，温度过低，溴不能完全蒸出，产率较低；
（5）从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、反渗析法和蒸馏法；
A．离子交换过程中保持电荷守恒，经过阳离子交换树脂后，一个钠离子被一个氢离子替换、一个镁离子被两个氢离子替换，所以溶液中阳离子总数增多，故A错误；
B．通过阴离子交换树脂后，水中氯离子、硫酸根离子都被除去，故B错误；
C．净化处理后，水溶液中的离子浓度减小，导电性减弱，故C错误；
D．阴离子交换树脂填充段替换进来OH-，与阳离子交换树脂段替换进来的氢离子结合生成水，所以阴离子交换树脂填充的存在反应H++OH-=H2O，故D正确；
故答案为：D。