【文档说明】北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高二下学期4月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(26)页，7.107 MB，由小赞的店铺上传

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牛栏山一中2023-2024学年度第二学期4月月考高二年级化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。所有答案必须填涂或作答在答题卡上，否则不得分。可能用到的相对原子质量：H-1O-16C-12N-14Na-23S-32C1-3

5.5Fe-56Cu-64Zn-65第I卷(选择题共42分)本卷共21小题，每小题2分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目答案的一项。1.区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是A.对固体进行X射线衍射测定

B.观察外形C.测定熔、沸点D.通过比较硬度确定【答案】A【解析】【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X射线衍射可以看到微观结构，而有些晶体的熔沸点较低，硬度较小，如Na等金属晶体，也不能通过颜色来判断，故答案为：A。2.我国科学家通过机械化学方法，在

氢化镧(LaH1.95～3)晶格中制造大量的缺陷和纳米微晶，研发出首个室温环境下超快氢负离子(H−)导体。下列说法不正确．．．的是A.电负性：La>HB.氢属于s区元素C.H−具有还原性D.超快氢负离子导体有望用于新型电池研发【答案】A【解析】【详解】A．非金属性越强元素电负性越强，故电负性：

H>La，A不正确；B．氢元素为ⅠA族，属于s区元素，B正确；C．H−中H元素化合价最低价，具有还原性，C正确；D．在氢化镧(LaH1.95～3)晶格中制造大量的缺陷和纳米微晶，研发出首个室温环境下超快氢负离子(H−)导体，超快氢

负离子导体有望用于新型电池研发，D正确；答案选A。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.丙烯的结构简式为C3H6B.SO2的空间结构示意图为C.基态Si原子的价层电子的轨道表示式为D.HF分子中σ键的形成示意图为【答案】D【解析】【详解】A．丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；B．

SO2中S原子价电子对数3，有1个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；C．Si是14号元素，基态Si原子的价层电子的轨道表示式为，故C错误；D．HF分子中σ键为s-pσ键，形成示意图为，故D正确；选D。4.下列关于物质性质的比较正

确的是A.溶解度(水中)：23OOB.还原性：2HSHClC.沸点：2NCOD.氧化性：23MgAl++【答案】B【解析】【详解】A．O3为极性分子，O2非极性分子，O3更易溶于极性溶剂水，A错误；B．非金属性S<Cl，元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，B正

确；C．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，C错误；D．金属性：Mg>Al，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，D错误；故选B。5.我国科学家成功

制备了单层二维聚合60C单晶(如下图所示)，X射线衍射证明60C之间通过CC−单键形成的四元环桥连键在平面内连接形成了一种全新的二维拓扑超结构，开辟了碳材料研究的新方向。下列说法正确的是为A.60C与单层二维聚合60C

单晶互为同系物B.60C晶体易溶于2CSC.单层二维聚合60C单晶与60C均为共价晶体D.已知60C可与某种杯酚结合形成超分子，这个例子描述的超分子的重要特征是自组装【答案】B【解析】【详解】A．60C与单层二维聚合60C单晶均为碳元素的单质

，互为同素异形体，A错误；B．60C、2CS均为非极性分析，60C晶体易溶于2CS，B正确；C．单层二维聚合60C单晶与60C均为分子晶体，C错误；D．杯酚和C60通过范德华力结合，体现了超分子的分子识别的重要特性，D错误；故合理选项是B。6.下列元素或化合物的性质变化顺序不正确．

．．的是A.共价键的极性：HFHClHBrHIB.元素的第一电离能：SPSiClC.卤素单质的熔点：2222IBrClFD.羧酸的酸性：323CHCHCOOHCHCOOHHCOOH【答案】B【解析】【详解】A．由于F、Cl、

Br、I的电负性依次减弱，故共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，A正确；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则元素的第一电离能：Cl>P>S

>Si，B错误；C．由于I2、Br2、Cl2、F2均为分子晶体，相对分子质量依次减小，分子间作用力依次减小，故卤素单质的熔点：I2>Br2>Cl2>F2，C正确；D．饱和一元羧酸中，烃基是推电子基，烃基越大，羧基中H-O键极性越小，越难电离，其酸性越弱，即酸性：C

H3CH2COOH＜CH3COOH＜HCOOH，D正确；故选B。7.下列做法不可行是A.用水鉴别乙醇和四氯化碳B.向96%的乙醇溶液中加入生石灰再蒸馏制取无水乙醇C.用溴水鉴别苯和正庚烷D.通过重结晶法提纯粗苯甲酸【答案】C【解析】【详解】A．水与乙醇混溶，水与四氯化碳不互溶，A正确；B．

水和乙醇会形成共沸物，直接蒸馏得不到无水乙醇，生石灰和水反应生成高沸点的氢氧化钙，用的工业酒精制取无水乙醇、可采用的方法是加生石灰，再蒸馏，B正确；C．苯和正庚烷与溴水的萃取现象相同，不能用作鉴别，C错误；D．苯甲酸的溶解度随温度降低而减小，通过重结晶法提纯粗苯甲酸，D正确；故

答案为：C。8.下列关于同主族元素N、P及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是选项性质比较原因分析A熔点：33NHPH摩尔质量：33NHPHB电负性：NP原子半径：NPC酸性：334HNOHPO非金属性：NP

D热稳定性：33NHPH键能：NHPH−−的A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．由于NH3存在分子间氢键，使得分子间作用力大大增加，所以NH3熔点高于PH3，A错误；B．因原子半径N<P，电负性N>P，B正确；C．非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，非金属

性：N>P，则最高价氧化物水化物酸性：HNO3>H3PO4，C正确；D．原子半径：N<P，使得键能：N−H>P−H，因此热稳定性：NH3>PH3，D正确；故选A。9.甲醇的催化氧化反应如下：Cu/Ag3222CHOHO2HCHO2HO⎯⎯+⎯→+。下列说法错误的是A.3CHOH为极性分子B.

HCHO分子为平面结构C.3CHOH分子中的OCH−−键角大于HCHO分子中的OCH−−键角D.3CHOH和HCHO分子中均不存在手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．可以看成CH4中的一个H被-OH取代，正负电荷中心不重叠，极性分子，A正确；B．HCHO分子中存在碳氧双键

，C原子杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，B正确；C．3CHOH分子中C原子采取sp3杂化，HCHO分子C原子杂化方式为sp2，3CHOH分子中的O-C-H键角小于HCHO分子中的O-C-H键角，C错误；D．3CHOH和HCHO分子中碳上所连原子均有相同的氢原子，均不存在手性碳原子，D正确；

故选C。10.室温时，取10.1molL−HCl和10.1molL−HA(一元酸，3a110K−=)混合溶液20mL，用10.1molL−NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确．．．的是A.a点时，溶液中()(

)ClHAcc−B.b点时，()()()()NaClHAAcccc+−−==+C.c点时，()1A0.05molLc−−=D.a→c过程中，水的电离程度逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．a点为10.1molL−HCl和10.1molL

−HA混合溶液，HCl是强酸在水溶液中完全电离，HA是弱酸在水溶液中不能完全电离，则溶液中()()ClHAcc−，故A正确；B．b点加入20mL10.1molL−NaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和HA的等物质的

量浓度混合溶液，根据物料守恒()()()()NaClHAAcccc+−−==+，故B正确；C．c点加入40mL10.1molL−NaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和NaA的等物质的量浓度混合溶液，A-发生水解而使浓度降低，()1A0.0

5molL−−c，故C错误；D．a→c过程中，加入的NaOH溶液分别和HCl和HA发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，故D正确；故选C。11.下列方程式书写正确的是A.向氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸：22442HSOBaOHB

aSOHO+−+−+++=+B.实验室制备乙炔：22222CaC2HOCHCa(OH)+→+C.铜片与稀硝酸反应产生无色气泡：232Cu4H2NOCu2NO2HO+−+++=++D.向氢氧化铜浊液中加入足量氨水得深蓝色溶液

：()22332Cu(OH)2NHCuNH2OH+−+=+【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子反应方程式为：2+2-+-442Ba+SO+2H+2OH=BaSO+2HO，A错误；B．实验室常用碳化钙与水反应制取乙炔

，方程式为22222CaC2HOCHCa(OH)+→+，B正确；C．铜片与稀硝酸反应产生硝酸铜和一氧化氮，离子方程式为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++，C错误；D．氢氧化铜浊液中滴加氨水得到深蓝色溶液，生成配位化合物，对应离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3

=[Cu(NH3)4]2++2OH-，D错误；故选B。12.有以下8种物质：①乙烷②乙醇③聚丙烯④2-丁烯⑤乙炔⑥环己烷⑦乙酸乙酯⑧既能使高锰酸钾溶液褪色，又能与溴水因反应而褪色的是A.③④⑤⑧B.④⑤⑥⑧C.③④

⑤⑥⑧D.④⑤⑧【答案】D【解析】【详解】①乙烷属于烷烃，只含单键，性质稳定，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水因发生化学反应而褪色；②乙醇含有羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不和溴水反应；③聚丙烯只含单键，性质稳定，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与

溴水因发生化学反应而褪色；④2-丁烯含有碳碳双键，既能被高锰酸钾氧化又能与溴水发生加成反应；⑤乙炔含有碳碳叁键，既能被高锰酸钾氧化又能与溴水发生加成反应；⑥环己烷与溴水、高锰酸钾均不反应；⑦乙酸乙酯与溴水、高锰酸钾均不反应；⑧含

有双键，既能被高锰酸钾氧化又能与溴水发生加成反应；故选D。13.高二化学组组织同学们制作晶体模型。8班张宇涵同学提交了金刚石的晶体结构模型，17班路雪同学提交了氯化钠的晶胞模型，如下图所示。下列说法不正确的是A.金刚石晶体中，碳原子采取

3sp杂化轨道成键，形成共价键三维骨架网络B.1mol金刚石晶体中含4molCC−键C.氯化钠晶体中，1个Cl−周围有12个距离最近且相等的Cl−D.氯化钠晶胞为立方体，若棱长为anm，则晶体密度为2133A23410cmNag−【答案】B【解析】【详解】A．金刚石晶体中，每个碳原子形成

三个单键，碳原子采取3sp杂化轨道成键，形成共价键三维骨架网络，故A正确；B．金刚石晶体结构为，根据图知，1mol金刚石含2molC-C键，故B错误；C．在氯化钠晶体中，每个+Na周围与它距离最近且相等的的+Na共有12个，每个Cl−周围与它距

离最近且相等的的Cl−共有12个，故C正确；D．氯化钠晶胞为立方体，若棱长为anm，该晶胞中Cl−为1168428+=，+Na为111244+=，则晶体密度为2133A23410cmNamgV−==，故D正确；故答案为B。

14.辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种辣椒素分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是A.分子式为18273HCNOB.含有氧原子的官能团有3种C.该分子不存在顺反异构D.能发生加成反应、加聚反应【答案】C【解析】【详解】A．辣椒素的分子式为C18H27NO3，A正确

；B．含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种，B正确；C．与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，碳碳双键两端碳原子连的两个原子或原子团各不相同，存在顺反异构，C错误；D．辣椒素中含碳碳双

键能发生加成反应、加聚反应，D正确；答案选C。15.我国科学家合成了以Co、Cu、N为核心元素的催化剂实现高效硝酸盐电还原为氨。催化剂晶体的典型晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是A.基态Co原子的价层电子排布式为823d4sB.晶胞(a)中共有6个Co原子C.晶

体(b)的化学式为3CoCuND.晶胞(a)中离N原子最近且等距的Co原子数目为8【答案】C【解析】【详解】A．为27号元素，Co原子的价层电子排布式为723d4s，故A错误；B．晶胞(a)中共有118+6482=个Co原子，故B错误；C．根据均摊法，b含有N为1个，Cu为

1818=，Co为1632=，化学式为3CoCuN，故C正确；D．晶胞(a)中离N原子最近且等距的Co原子数目为6，故D错误；答案选C。16.下列所述的粒子(均为36号以前的元素)，按半径由大到小的顺序排列正确的是①基态X原子的结构示意图为②基态Y−的价电子排布式为263s3p③基态

2Z−的轨道表示式为④基态E+的最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数A.②>③>①B.④>③>②C.③>②>①D.④>②>③【答案】C【解析】【详解】①X为F元素，②Y为Cl-元素，③Z为S2-元素，④E为Li+或K+元素，F原子核外电子层数为2层，半径最小，电子层数相同的情况

下原子序数越大半径越小，无法比较④的半径大小，所以S2-＞Cl-＞F，即③＞②＞①。故选C。17.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元

化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法正确的是A.b元素位于周期表中IVA族B.b、c形成的化合物中阴、阳离子数目之比为1：1C.丙中既有离子键又有非极性键D.a、b、d形成的有漂白性的化合物中，b的杂化方式是3sp【答案】D【解析】【分析】A为单质，

丁常用于消毒、漂白，推测A为Cl2，丁为NaClO，常温下乙为液体，推测乙为H2O，则A+丙的反应为22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO，甲可以和水生成NaOH，则甲为Na2O，由此a、b、c、d分别为H

、O、Na、Cl元素。【详解】A．b为O元素，位于周期表中ⅥA族，A错误；B．b为O元素、c为Na元素，二者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目之比均为1∶2，B错误；C．丙为NaOH，由Na＋和OH-构成，则含有离子键和极性共价键，C错误；D．a、b、d形成的化合物adb4

即为HClO4，Cl原子的价层电子对数为712442+-?+=4，则Cl的杂化方式是sp3，D正确；答案选D。18.科学家最近在100C−的低温下合成一种烃M，此分子的结构如图所示(图中的连线表示化学键)。下列说法正

确的是A.该烃的二氯代物同分异构体只有1种B.充分燃烧等质量的M和甲烷，M消耗氧气较多C.与M互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃只有2种D.M常温下能稳定存在，不能使酸性4KMnO溶液褪色【答案】C

【解析】【详解】A．该分子为对称结构，则该烃的二氯代物同分异构体只有该烃的二氯代物有2种，A错误；B．充分燃烧等质量不同烃，烃的含氢量越高，耗氧量越多，充分燃烧等质量的X和甲烷，mm261664，则甲烷消耗氧气多，B错误；C．M中有4个不饱和度，1个碳碳三键为2个不饱和度，则其

同分异构为3CCCCHCH−−或的2CCCHCHCH−−，C正确；D．分子中含2个C=C键，能与溴水发生加成反应，能能使溴的四氯化碳溶液褪色，可被酸性高锰酸钾氧化，D错误；故答案为：C。19.某小组探究一种有机物Y的结构。第一步通过李比希氧化法测得4.24g有机物

Y产生214.08gCO和3.6g水，第二步通过仪器分析得知Y的相对分子质量为106，第三步通过核磁共振仪测出Y的核磁共振氢谱图中由4组峰，其面积比为1：2：6：1，第四步通过红外光谱仪测出有苯环骨架的信号。下列说法不正确的是A.第二步中的仪器分析方法为质谱法B.Y的分子式为810CHC

.Y是间二甲苯D.Y分子中的碳原子均采取2sp杂化轨道成键【答案】D【解析】【分析】烃X的物质的量n(X)=m4.24=0.04molM106g/molg=，反应产生的CO2的物质的量为n(CO2)=m14.08g==0.32molM44g/mol，反应产生的H2O的

物质的量为n(H2O)=m3.6g==0.2molM18g/mol，则分子中N(C)=0.32mol0.04mol=8；N(H)=0.2mol?20.04mol=10，故X的分子式为C8H10，X的红外光谱测定含有苯环，属于苯的同系物

，而核磁共振谱有4个峰，其面积比为1：2：6：1，，则Y为，名称为间二甲苯。【详解】A．第二步通过仪器分析得知X的相对分子质量，该方法称为质谱法，故A正确；B．根据分析，Y的分子式为810CH，故B正确；C．Y为，

名称为间二甲苯，故C正确；D．Y分子中苯环上碳原子为sp2杂化，甲基碳原子采取sp3杂化轨道成键，故D错误；故答案为D。20.一定温度下，在两个容积均为2L的恒容密闭容器中加入一定量的反应物，发生反应()()()()222NOg2COgNg2COgΔ0H++，相关数据见下表。容器编号温度/

℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol()NOg()COg()2COgⅠ1t0.40.402Ⅱ2t0.40.40.24下列说法不正确．．．的是A.12ttB.Ⅰ中反应达到平衡时，NO的转化率为50%C.Ⅱ中反应平衡常数5KD.12Lt℃、的容器中，若

四种气体的物质的量均为0.4mol，则()()vv正逆【答案】D【解析】【分析】温度为t1时，根据起始物质的量和平衡时的物质的量可列三段式：()()()()()()()222NOg2COgNg2g0.4

0.4000.20.20.10.20.20.20.10.2COmolmolmol++起始变化平衡【详解】A．该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小，所以温度t1＞t2，故A正确；B．由以上分析可知

，Ⅰ中反应达到平衡时，NO的转化率为0.20.4molmol×100%=50%，故B正确；C．由以上分析可知，Ⅰ中反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度分别为NO：0.1mol/L，CO：0.1mol/L，N2：0.05mol/L，CO2

：0.1mol/L，则t1温度下反应的平衡常数K=2220.050.10.10.1=5，Ⅱ的温度比Ⅰ低，则Ⅱ中反应平衡常数K>5，故C正确；D．t1℃、2L的容器中，若四种气体的物质的量均为0.4mol，则各物质的

物质的量浓度均为0.2mol/L，.则Q=2220.20.20.20.2=5=K，所以v(正)=v(逆)，故D错误；故选D。21.分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加

到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11；Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。关于上述实验，下列分析正确的是A.A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO−+H2OHClO+OH

−B.AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl−+2Fe(OH)3↓+4HClOC.CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+D.反应进行至400s时溶液中产生

Cl2的原因是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】刚开始滴入FeCl2溶液时，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，使pH显著下降，当溶液中原本存

在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，

随着FeCl2的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后Fe(OH)3开始溶解消耗氢离子，所以pH变化缓慢，据此回答。【详解】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明主要原因不是次氯酸跟离子的水解，A错误；B

．根据分析可知，AB段pH下降的原因为Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，-2+--23ClO+2Fe+4OH+HO=Cl+2FeOH()，B错误；C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HCl

O，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-

+5H+，C正确；D．反应进行至400s时，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，D错误；故选C。第II卷(非选择题共58分)22.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在

很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。223N3H2NH+铁触媒高温、高压（1）基态氢原子中，核外电子的电子云轮廓图形状为___________。（2）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是人工固氮的主要来源。①基态氮原子的轨道表示式为

___________。2N分子的电子式为___________。②3NH分子中，与N原子相连的H显正电性。则电负性：N___________H。(填“>”或“<”)。3NH分子的VSEPR模型的名称为___________，

其分子的空间结构为___________。（3）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有23AlO、2KO、CaO、MgO、23CrO等氧化物中的几种。①上述氧化物所涉及的元素中，处于元

素周期表中p区的元素是___________。②比较第一电离能的大小：Mg___________Ca(填“>”或“<”)。③下表的数据从上到下是三种金属元素逐级失去电子的电离能。元素ABC电离能1(kJmol)−4967385784562145118176912

7733274595431054011575(a)请解释：为什么原子的逐级电离能越来越大：___________。(b)元素B的常见化合价为：___________。【答案】（1）球形（2）①.②.③.>④.四面体形

⑤.三角锥形（3）①.Al、O②.>③.随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多④.+2【解析】【小问1详解】基态H原子核外1个电子分布在1s轨道中，s轨道电子云轮

为球形；【小问2详解】①氮原子的核电荷数为7，基态氮原子的轨道表示式为；N2中N原子与N原子共用3对共用电子对，电子式为；②NH3分子中，与N原子相连的H显正电性，说明N的电负性大于H，即电负性：N>H；3NH的价层

电子对数为3+5-132=4，VSEPR模型的名称为四面体形，含1个孤对电子，分子的空间结构为三角锥形；【小问3详解】①ⅢA-ⅤⅡA、0族为p区，所以Al2O3、K2O、CaO、MgO、Cr2O3等氧化物中，属

于元素周期表分区中p区的元素是ⅢA的Al、ⅥA的O元素；②Mg、Ca属于同一主族元素且原子序数逐渐增大，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Mg＞Ca；③随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电

子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以原子的电离能逐级增大；Mg为第三周期元素，Mg元素的第二电离能远远小于第三电离能，说明Mg元素最外层有2个电子，失去2个电子时达到稳定结构，所以Mg元素通常显+2价。23.铜及其化合物具有广泛的用途。(一)2CuO广泛应用于太阳能电

池领域。以4CuSO、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备2CuO。（1）2Cu+基态核外电子排布式为___________。（2）抗坏血酸的分子结构如图1所示。推测抗坏血酸在水中的溶解性：________

___(填“难溶于水”或“易溶于水”)，理由是：___________。（3）一个2CuO晶胞(见图2)中，晶胞中Cu+离子的数目为___________。（4）两种离子晶体2CuO和2CuS的熔点比较，熔点较高的是___________，解释原因___________。(二)Cu是叶绿

素的必要成分，叶绿素的结构如图3，请回答相关问题：（5）在叶绿素中，2Cu+与N原子之间形成的化学键称为___________。（6）构成叶绿素的非金属元素中，N和O第一电离能较大的为___________，请从原子结构角度解释原因___________。【答案】（1

）10[Ar]3d或22626101s2s2p3s3p3d（2）①.易溶于水②.分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键（3）4（4）①.Cu2O②.Cu2O、Cu2S都是离子晶体，O2-半径比S2-半径小，阴阳离子的核间距越小，晶格能越大，熔点越高（5）配

位键（6）①.N②.N原子2p轨道半充满，第一电离能高于O【解析】【小问1详解】29Cu基态核外电子排布式为101[Ar]3d4s或226261011s2s2p3s3p3d4s，2Cu+基态核外电子排布式为10[Ar]3d或22626101s2s2p3s3p3d；【小问2详解

】根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；【小问3详解】根据2CuO晶胞，顶点为氧离子，晶胞内部为Cu+，晶胞中Cu+离子的数目为4。【小问4详解】两种离子晶体Cu2O和Cu2S的

熔点比较，Cu2O、Cu2S都是离子晶体，O2-半径比S2-半径小，阴阳离子的核间距越小，晶格能越大，熔点越高，故Cu2O的熔点较高；【小问5详解】2Cu+与N原子之间形成的化学键称为配位键；【小问6详解】同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，由于N原子2p轨道

半充满，第一电离能高于O，则第一电离能较大的为N。24.磷酸亚铁锂(4LiFePO)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用3FeCl、424NHHPO、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答

下列问题：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是___________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态___________(填“相同”或“相反”)。（2）苯胺()含有的官能团的名称是___________，其晶体类型是___________。苯胺与甲苯

()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(5.9C−)、沸点(184.4C)分别高于甲苯的熔点(95.0C−)、沸点(110.6C)，原因是___________。（3）基态2Fe+与3Fe+离子中未成对的电子数之比为_________

__。（4）在磷酸根离子(34PO−)中，中心原子的价层电子对数为___________。（5）比较Li+与H−的半径大小关系：()rLi+___________()rH−(填“>”或“<”)。（6）4LiFePO的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过

共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有4LiFePO的单元数有___________个。电池充电时，4LiFePO脱出部分Li+，形成1x4LiFePO−，结构示意图如(b)所示，则x=___________，()()23nFe:nFe++=___________。【答案】（1）①

.镁②.相反（2）①.氨基②.分子晶体③.苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成分子间氢键，因此比甲苯的熔、沸点高（3）4：5（4）4（5）<（6）①.4②.316③.13∶3【解析】【小问1详解】依据对角线规则，与Li的化学性质最相似

的邻族元素是镁，镁的M层电子排布式为3s2，电子的自旋状态相反。【小问2详解】苯胺()含有的官能团的名称是氨基，其晶体类型是分子晶体。苯胺比甲苯的熔、沸点都高，同一种晶体类型熔、沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯

胺中存在电负性较强的N所以可以形成分子间氢键，因此比甲苯的熔、沸点高。【小问3详解】铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子和铁离子的价电子排布式为3d6、3d5，电子排布图为、，则离子中未成对的电子数之比为4：5；【小问4详解】在磷酸根离子()34PO−中，P的价层电子对数为5

342+=。【小问5详解】电子层数相同，质子数越多，离子半径越小，比较Li+与H−的半径大小关系：()Lir+<()Hr−；【小问6详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×18+4×12+4×14=4，则每个晶胞中

含有4个LiFePO4；与图a相比，图b中晶胞缺失1个面心锂离子和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子个数为8×18+3×12+3×14=134，则由晶胞化学式可得：134：4=(1—x)：1，解得x=316，设Li1—xFePO4中亚

铁离子为a个，由化合价代数和为0可得：316+2a+3(1—a)+5—8=0，解得a=1316，则化合物中亚铁离子和铁离子的物质的量比为1316：316=13∶3。25.镓(Ga)是非常重要的稀土金属，其化合物广泛应用于

诸多领域。（1）镓元素在元素周期表中的位置是___________。（2）工业上利用炼锌矿渣[主要含可溶性铁酸镓()2243GaFeO、铁酸锌24ZnFeO]提取Ga。矿渣经“酸浸”后所得酸浸液含有2Zn+、3Fe+、3Ga+等离子，经萃取富集其中的

镓元素用于后续反应可制备氮化镓晶体。萃取工艺流程如下图所示。已知：金属离子在该工艺条件下的萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)。金属离子2Zn+2Fe+3Fe+3Ga+萃取率/%009997~98.5①“酸浸”过程中()2243GaFeO发生的反应的离子方程

式为___________。②萃取剂水杨羟肟酸的结构简式如图1所示，萃取时分子中的N、O原子能与金属离子形成稳定的配位键。解释N、O原子能作为配位原子的原因___________。③利用上述工艺，酸浸后的酸浸液应加入固体___________

(填试剂)充分反应后再进行萃取。④“反萃取”后，溶液中镓元素的存在形式为___________。(填离子符号)（3）氮化镓是非常重要的半导体材料，其立方晶胞如图2所示，与金刚石结构相似。①Ga原子采用___________杂化轨道成键。②常压下，该晶体熔点为1700C，其晶体类型为

___________。③已知GaN晶体中距离最近的Ga原子间的核间距为apm，GaN的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为AN，则GaN晶体的密度为___________()312g/cm1pm10m−−=。【答案】（1）第四周期第IIIA族（2）①.()3+3+224+23Ga

FeOGO+242a+6Fe+=2HH1②.能提供孤电子对③.铁粉④.GaO2−（3）①.sp3②.共价晶体③.303A2M10aN【解析】【分析】矿渣经“酸浸”后所得酸浸液含有2Zn+、3Fe+、3Ga+等离子，萃取是为了Ga3+进入有机相，其他离子不能进入有机相，根据表格中数据，Fe3+

的萃取率为99，Fe2+的萃取率为0，故萃取前应将Fe3+还原为Fe2+，加入的物质为铁粉；有机层经过反萃取，“反萃取”后，溶液中镓元素的存在形式为：GaO2−。【小问1详解】镓元素在元素周期表中的位置是第四周期第IIIA族；【小问2详解】①矿渣经“酸浸”后所得酸浸液含有2Zn+、3Fe+、3Ga

+等离子，故“酸浸”过程中()2243GaFeO发生的反应的离子方程式为：()+3+3+22423GaFeO+24H=2Ga+6Fe+12HO；②N、O原子能作为配位原子的原因：能提供孤电子对；③萃取是为了Ga3+进入有机相，根据表格中数据，Fe3+的萃取率为99，Fe2+的萃取率

为0，故萃取前应将Fe3+还原为Fe2+，加入的物质为铁粉；④Ga与Al同族，性质与铝相似，“反萃取”后，溶液中镓元素的存在形式为：GaO2−；【小问3详解】①氮化镓与金刚石结构相似，Ga原子采用sp3杂化轨道成键；②该晶体熔点

为1700oC，晶体类型为：共价晶体；③根据均摊法，晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为：118+6482=，GaN晶体中距离最近的Ga原子间的核间距为apm，故晶胞参数为：-102apm=2a10

cm，GaN的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为AN，则GaN晶体的密度为3303A3-103AM4m2Mρ=g/cm=10g/cmVa(2a10)NN=。26.研究1，3-丁二烯和2Br以物质的量之比为1：1加

成时的反应：1，2-加成：2Br+→(产物A)1，4-加成：2Br+→(产物B)文献：I．一般情况，在相同条件下，化学反应的活化能(E)越大，化学反应速率越小。Ⅱ．1，3-丁二烯和2Br以物质的量之比为1：1加成时的反应过程和能量变化的示意图如下：（1）

已知：2(g)Br(l)+→11Ha(a0)kJmoL−=−12Hc(c0)kJmoL−=+①稳定性：A___________B(填“>”、“=”或“<”)。②气态1，3-丁二烯和液态2Br以物质的量之比为1：1加成生成液态B的热化学方程

式是___________。（2）探究1，2-加成和1，4-加成的影响因素。实验1将1，3-丁二烯和2Br以物质的量之比1：1加成，不同温度，相同时间内测定A和B在产物中的含量，低温时产物以A为主，较高温时以B为主。实验2加热实验1中低温时

的反应产物，A的含量减少，B的含量增大。实验3在实验1基础上，充分延长反应时间，无论是低温还是高温，产物中B的含量均增大。①结合反应过程和能量变化的示意图，解释实验1中低温时产物以A为主的原因：_________

__。②说明实验2中，升高温度，A转化为B经历的物质转化过程：___________。③综上所述，有利于1，4加成的措施是___________。（3）写出1，3丁二烯发生1，4加聚的反应方程式______

_____。【答案】（1）①.A＜B②.ΔH=-(a+c)kJ·mol−1（2）①.从图中可知，生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快，所以低温时，产物以A为主②.升高温度，A生成中间体C，中间体C生成B③.升高温度、延

长反应时间（3）【解析】【分析】根据ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol−1是吸热反应分析解答；结合已知反应，根据盖斯定律书写热化学方程式；从图中可知，生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快。【小问1详解】①

根据ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol−1是吸热反应，即反应物的总能量低于生成物的总能量，则B的能量低于A的能量，物质能量越低越稳定，则稳定性：A＜B；②已知：反应Ⅰ：ΔH1＝-a(a＞0)kJ·mol−1反应Ⅱ：ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol−1由盖斯定律：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得ΔH=-(a

+c)kJ·mol−1；的【小问2详解】①从图中可知，生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快，所以低温时，产物以A为主；②升高温度，A生成中间体C，中间体C生成B；③根据实验1，较高温时以B为主，主要发生1，4加成；根据实验3，充分延长反应

时间，无论是低温还是高温，产物中B的含量均增大，主要发生1，4加成，则综上所述，有利于1，4加成的措施是升高温度、延长反应时间。【小问3详解】1，3丁二烯发生1，4加聚的反应方程式为：nCH2=CH-CH=CH2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→。27.某小组电

解K2Cr2O7溶液，研究过程如下：实验一电压不同时，用石墨电极电解硫酸酸化的pH＝2.5的饱和K2Cr2O7溶液，实验现象如下：电压/V实验现象2.0阳极缓慢产生少量气泡，阴极没有气泡3.0阳极产生较多气泡，阴极产生少量气泡＞5.0两极均快速

产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍(1)阳极产生的气体是______________________。(2)电压为2.0V时，阴极区检出Cr3+，结合实验现象判断在阴极放电的主要离子是_______。(3)电压高于5.0V时，被电解的主要物质是____________

__。实验二探究其他因素对电解K2Cr2O7溶液的影响。用相同强度的稳恒电流（单位时间内转移的电子数始终相同），分别电解3份500mL相同浓度的K2Cr2O7溶液，电解时间均为30min。实验结果如下：实验序号ⅠⅡⅢ电极材料阴极：石墨阳极：石墨阴极：

石墨阳极：石墨阴极：石墨阳极：铁加入的物质1mL浓硫酸1mL浓硫酸、少量硫酸铁1mL浓硫酸电极表面是否产两极均产生气泡两极均产生气泡阴极：产生气泡生气泡阳极：无明显气泡产生Cr2O72−还原率/%12.720.857.3阴极变化实验结束后取出电极，仅Ⅰ中阴极上附着银白色固体，经检验为金属Cr(

4)对比Ⅰ、Ⅱ可知，阴极表面是否析出金属Cr，以及Ⅱ中Cr2O72−的还原率提高均与______填离子符号）有关。(5)Ⅲ中Cr2O72−还原率较Ⅰ、Ⅱ有较大提高，分析其原因：①阳极区：阳极反应：_______，进而使Cr2O72−被还原。②阴极区：由于_______，进而促

进了Cr2O72−在阴极区被还原，依据的实验现象是___________。(6)工业上处理含Cr2O72−的废水，用铁作阳极，控制一定的电压，初始pH为3～4，将Cr2O72−最终转化为难溶的Cr(OH)3除去，结合上述实验，电

压不宜过高、pH不宜过小的目的，除节约成本和防止腐蚀设备外，还有__________。【答案】①.O2②.Cr2O72−③.H2O(H+和OH−)④.Fe3+⑤.Fe–2e−＝Fe2+⑥.Fe3+迁移进入阴极区，在阴极得电子

生成Fe2+⑦.Ⅱ中比Ⅰ中的Cr2O72−还原率高，Ⅱ、Ⅲ中阴极上均没有析出Cr⑧.避免电压过高、pH过小导致H+在阴极放电，从而降低Cr2O72−的还原率；pH过小不利于Cr3+转化为Cr(OH)3【解析】【分析】实验一(1)用石墨电极电解硫酸酸化的pH＝

2.5的饱和K2Cr2O7溶液，根据阴离子放电顺序判断，阳极产生的气体；(2)电压为2.0V时，阴极为阳离子放电，阴极区检出Cr3+，只有Cr2O72-离子含有Cr元素，结合实验现象分析；(3)电压高于5

.0V时，两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍，生成的气体为氧气和氢气；实验二(4)对比Ⅰ、Ⅱ可知，其他条件都相同，Ⅱ中多加入少量硫酸铁，据此分析；(5)①Ⅲ中阳极为活泼电极铁，电极参与电解反应；②阳离子向阴极移动，且Fe2+具有还原性

；(6)结合实验一种的实验结果，电压过高或pH过小导致H+在阴极放电，从而降低Cr2O72−的还原率；pH过小不利于Cr3+转化为Cr(OH)3。【详解】实验一(1)用石墨电极电解硫酸酸化的pH＝2.5的饱和K2Cr2O7溶液，阳极上为阴离子放

电，溶液中含有的阴离子为Cr2O72-、OH-，根据阴离子放电顺序，OH-在阳极放电，OH-来自于水的电离，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的气体为O2；(2)电压为2.0V时，阴极为阳离子放电

，溶液中阳离子为H+、K+，根据放电顺序，阴极为H+放电生成氢气，但阴极没有气泡，检出Cr3+，只有Cr2O72-离子含有Cr元素，则阴极放电的主要离子是Cr2O72-；(3)电压高于5.0V时，两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳

极的2倍，则可判断两极生成的气体为氢气和氧气，结合溶液中存在的离子：Cr2O72-、OH-、H+、K+，故电压高于5.0V时，阴极H+放电，阳极OH-放电，被电解的主要物质是是H2O(H+和OH−)；实验二(4)

对比Ⅰ、Ⅱ可知，，其他条件都相同，Ⅱ中多加入少量硫酸铁，溶液中本身含有硫酸根离子，则可以断定，Fe3+与阴极表面是否析出金属Cr，以及Ⅱ中Cr2O72−的还原率提高均有关；(5)①Ⅲ中阳极为活泼电极铁，电极参与电解反应，阳极的电极

反应为：Fe–2e−=Fe2+；②由于中的电解液为浓硫酸，具有强氧化性，阳极产生的Fe2+被氧化为Fe3+，又因为阳离子向阴极移动，Fe3+迁移进入阴极区，在阴极得电子生成Fe2+，且Fe2+具有还原性，进而促进了Cr2O72−在阴极区被还原；(6)工业上处理含Cr2O72−的废

水，用铁作阳极，控制一定的电压，初始pH为3～4，将Cr2O72−最终转化为难溶的Cr(OH)3除去，结合上述实验，电压不宜过高、pH不宜过小的目的，除节约成本和防止腐蚀设备外，根据实验一实验结果，还有需要避免电压过高或pH过小导致H+在阴极放电，从而降低Cr2O72−的还原率；pH过小不利

于Cr3+转化为Cr(OH)3。