河南省青桐鸣联考2023-2024学年高二下学期3月月考化学试题【含答案解析】

2025届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣高二联考化学全卷满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16F-19Mg-24一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.有机物X()是合成某种药物的重要中间体。X中不存在的官能团为A.醛基 B.酰胺基 C.醚键 D.酯基【答案】D【解析】【详解】由M的结构简式可知，其中含有醛基-CHO、酰胺基-CONH2、醚键-C-O-C-，不含酯基；故选D。2.等质量的下列有机物完全燃烧，消耗最少的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】在质量相同的条件下，烃分子中氢元素含量越高耗氧量越多，四种有机物均含有2个碳原子，选项A～D可以分别表示为C2H4·H2O、C2H4·H2O、C2·2H2O、C2H2·H2O，因此耗氧量最少的是选项C。答案选C。3.下列有机物分子所含同分异构体最多的是(不考虑立体异构)A B. C. D.【答案】B【解析】【详解】存在4种醇结构和3种醚结构，共7种同分异构体；存在2种羧酸结构、4种酯结构，6种环二醇结构、4种羟基醛等结构，种类多于16种；存在2种醛基结构和1种酮结构、3种烯醇结构、4种环醇、4种环醚，共14种；表示正丁烷和异丁烷的一氯代物，共4种，故B正确；故选：B。4.有机物丙是合成布洛芬的一种重要中间体，其制备原理如下，下列说法错误的是A.甲中既含极性键又含非极性键 B.乙能发生取代反应和氧化反应C.丙中所有碳原子不可能共平面 D.丙的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．甲中既含C-H键、碳氧双键、碳氯键等极性键，又含碳碳键，为非极性键，选项A正确；B．乙含有两个醇羟基且羟基相连的碳上还有H原子，能发生取代反应和氧化反应，选项B正确；C．根据甲烷的正四面体结构，丙中有-CH(CH3)2结构，所有碳原子不可能共平面，选项C正确；D．根据结构简式可知，丙的化学式为，选项D错误；答案选D。5.下列说法错误的是A.基态O原子中有5种空间运动状态不同的电子B.最外层电子数为3的元素，其基态原子最多有1个未成对电子C.基态Mn原子的价层电子轨道表示式为D.第115号元素基态原子最外层有5个电子【答案】C【解析】【详解】A．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；基态O原子核外电子排布图为，则基态O原子中有5种空间运动状态不同的电子，A正确；B．最外层电子数为3的元素，则基态原子核外电子排布为ns2np1，其基态原子最多有1个未成对电子，B正确；C．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn原子的价层电子轨道表示式为，C错误；D．第115号元素为第ⅤA族元素，基态原子最外层有5个电子，D正确；故选C。6.下列说法正确的是A.第一电离能越大的元素对键合电子的吸引力越强，其电负性越大B.与的中心原子的杂化方式及离子的空间结构均相同C.为含非极性键的非极性分子，而为含极性键的极性分子D.的键角大于的键角，因为键的键能高，共用电子对偏向F【答案】C【解析】【详解】A．电负性越大的元素对键合电子的吸引力越强，但第一电离能不一定也越大，如电负性:O>N，但第一电离能:N>O，A错误；B．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形，B错误；C．为含氧氧非极性键的非极性分子，而为含极性键的极性分子，C正确；D．中心原子B为sp2杂化，分子为平面三角形；而中心原子N为sp3杂化，分子为三角锥形，使得的键角大于的键角，D错误；故选C。7.甲醇是最简单的醇，它存在如下转化：。下列说法错误的是A.电负性：B.甲醇分子中键角∠HCO小于甲醛分子中键角∠HCOC.HCHO存在分子间的氢键D.基态Cu原子的第一电离能低于基态Zn原子的第一电离能【答案】C【解析】【详解】A．C、O氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O＞C＞H，铜为金属元素，电负性最小，A正确；B．甲醇分子中碳为sp3杂化，而甲醛分子碳为sp2杂化，故甲醇分子中键角∠HCO小于甲醛分子中键角∠HCO，B正确；C．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；HCHO不存在分子间的氢键，C错误；D．失去1个电子后Zn+的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子后Cu+的价电子排布为3d10，此时Cu+的3d轨道处于全充满状态，更稳定，故锌的第一电离能(I1)大于铜的第一电离能，D正确；故选C。8.制备光气的反应原理为，已知：的结构如图所示，下列说法正确的是A.中心原子的VSEPR模型与中心原子的VSEPR模型相同B.中含有离子键和配位键C.熔点的大小顺序为：D.第三周期元素中第一电离能小于Al的元素有2种【答案】C【解析】【详解】A．中心原子C原子的价电子对数目为，VSEPR模型为平面三角形，SOCl2中心原子硫原子的价电子对数目为，VSEPR模型为四面体形，A错误；B．由图可知，中含有共价键和配位键而不含离子键，B错误；C．为分子晶体，而氧化铝为离子晶体，故熔点的大小顺序为：，C正确；D．根据同周期从左到右，第一电离能增大但第二主族与第五主族的第一电离能比左右两边都大的规律可知：第三周期所有元素的第一电离能(I1)大小顺序为：Na<Al<Mg<Si<S<P<Cl<Ar，小于Al的元素有1种，D错误；故选C。9.由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z、M组成的一种新型刚性建筑防水材料的结构如图所示，下列说法正确的是A.原子半径：B.简单氢化物的沸点：C.化合物和中阴阳离子的个数比均为D.同周期第一电离能比Y大的元素有2种【答案】C【解析】【分析】原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z、M；W形成1个共价键，为氢；X形成4个共价键，为碳；Y形成2个共价键，为氧；Z形成+1价阳离子，为钠；M形成的阴离子带1个单位负电荷，M为P；【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，A错误；B．简单氢化物甲烷、水、PH3均为分子晶体，水形成氢键，沸点最高，PH3相对分子质量大于甲烷，则甲烷沸点最低，B错误；C．氧化钠含有钠离子和氧离子；过氧化钠含有钠离子和过氧根离子，阴阳离子的个数比均为，C正确；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期第一电离能比O大的元素有氟、氖、氮3种，D错误；故选C。10.五元环状化合物咪唑和噻吩都是平面分子，它们的结构简式如图所示。已知处于同一平面的多原子分子中如有相互平行的p轨道，p轨道电子在多个原子间运动形成不局限在两个原子之间的型化学键，称为离域键，表示为，m是成键原子数，n是成键电子数。下列说法错误的是和A.沸点：咪唑>噻吩B.咪唑和噻吩中均存在型离域键C.噻吩中S原子的杂化方式为杂化D.咪唑能够与金属离子形成配位键，其中②号N原子提供孤电子对【答案】D【解析】【详解】A．咪唑和噻吩都是分子晶体，咪唑能形成氢键导致沸点升高，所以熔沸点：咪唑>噻吩，A正确；B．咪唑分子中环上每一个碳原子提供1个电子、①号N原子提供2个电子、②号氮提供1个电子，形成离域键；噻吩分子中环上每一个碳原子提供1个电子、S原子提供2个电子形成离域键；B正确；C．噻吩是平面分子，则噻吩中S原子的杂化方式为杂化，C正确；D．①号N中存在孤电子对，咪唑能够与金属离子形成配位键，其中①号N原子提供孤电子对，D错误；故选D。11.配合物二茂铁在工业、农业、医药、航天等行业具有广泛的应用。其可由无水氯化亚铁与环戊二烯钠(中存在离域键)在有机溶剂中反应生成，反应原理如图所示。下列有关说法错误的是A.基态的价层电子轨道表示式为B.已知中所有原子共平面，则碳原子的杂化方式为杂化C.配位键的形成均为电子给予体提供孤电子对D.根据二茂铁的结构推测其难溶于水，易溶于苯等有机溶剂【答案】C【解析】【详解】A．铁原子失去2个电子形成亚铁离子，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则价层电子轨道表示式为，A正确；B．已知中所有原子共平面，且中碳原子形成五元环，参考苯环的结构，可知该五元环碳原子均采取sp2杂化，B正确；C．二茂铁中环戊二烯基()的5个碳原子各自提供一个电子，且环戊二烯基带有一个单位负电荷，还会额外提供一个电子，即环戊二烯基的这6个电子与亚铁离子形成配位键，则配位键的形成不一定均为电子给予体提供孤电子对，C错误；D．二茂铁是由环戊二烯阴离子(为平面结构)与Fe2+通过配位键形成的分子，且结构对称，为非极性分子，难溶于水，易溶于苯等有机溶剂，D正确；故选C。12.如表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。物质标准生成热/-241.8-171.8-485.7-464.9根据表中数据所得结论正确的是A.的燃烧热为B.完全燃烧1mol，放热171.8kJC.稳定性：D.【答案】C【解析】【详解】A.生成气态水的反应热不是燃烧热，故A说法错误；B.CH2=CHCH2OH(g)的标准生成热不等于其燃烧热,故B说法错误；C.物质的能量越低越稳定,故C说法正确；D.CH2=CHCH2OH(g)+H2O(g)⇌HOCH2CH2CH2OH(g)

ΔH=ΔHf(HOCH2CH2CH2OH)-[ΔHf(CH2=CHCH2OH)+ΔHf(H2O)]=-464.9kJ⋅mol−1-(-171.8kJ⋅mol−1-241.8kJ⋅mol−1)=-51.3kJ⋅mol−1,故D说法错误；故本题选C。13.我国科学家研发了一种可逆电池装置，充电时该装置可吸收合成甲酸，其具体工作原理如图所示。已知将阴离子、阳离子复合组成双极膜，双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是A.L膜是阴离子膜，P膜是阳离子膜B.充电时，N极上发生的电极反应为C.充电时，电子由M极流向电源的a极D.放电时，外电路中每通过1mol电子，理论上复合膜层间有0.5mol解离【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，充电时该装置可吸收CO2合成甲酸，即N极将CO2转化为HCOOH，发生还原反应，则N极为阴极，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，此时M极为阳极发生氧化反应，电极反应为：[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，电源a电极为正极，b为负极，阳离子由阳极区移向阴极区，即P膜为阳离子交换膜，L膜为阴离子交换膜，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，L膜是阴离子膜，P膜是阳离子膜，A正确；B．由分析可知，充电时，N电极上发生的电极反应式为，B正确；C．由分析可知，充电时，N极为阴极，M为阳极，电子由M极流向电源的a极，C正确；D．复合膜中H2OH++OH-，由于电子所带电荷数与H+或OH-所带电荷数相等，则外电路中每通过1mol电子，通过P膜的H+或L膜的OH-物质的量均为1mol，即充电时，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1molH2O解离，D错误；故答案为：D。14.常温下，取三份浓度均为体积均为20mL醋酸钠溶液，分别向其中滴加浓度均为的氯化铵溶液、醋酸铵溶液和盐酸，滴加过程中溶液的pOH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表盐酸、氯化铵溶液和醋酸铵溶液B.常温下C.水的电离程度：D.d点存在：【答案】C【解析】【分析】盐酸为强酸，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液显酸性，醋酸铵为弱酸弱碱盐，酸性弱于氯化铵；等浓度的溶液酸性盐酸大于氯化铵大于醋酸铵，酸性越大，加入后pOH越大，则结合图可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表盐酸、氯化铵溶液和醋酸铵溶液；【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表盐酸、氯化铵溶液和醋酸铵溶液，A正确；B．初始醋酸钠溶液溶液pOH=5.1，，其，则，由c点可知，醋酸铵溶液pOH=7，显中性，则常温下，B正确；C．a点为醋酸钠溶液加入盐酸，盐酸抑制了水的电离，使得水电离程度较初始醋酸钠溶液小；c点为加入氯化铵，铵根离子和醋酸根离子双水解促进水的电离，则水的电离程度c>a，C错误；D．d点加入20mL的醋酸铵溶液，混合后根据原子守恒可知，，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.镁、铝及其合金是中学常见金属材料，被广泛应用于生产生活中。回答下列问题：（1）B、Al、Ga、In、Tl为同一主族从上至下的相邻元素，则Tl元素的价层电子排布式为___________。（2）金属铝的冶炼过程中常需要冰晶石作助熔剂，已知冰晶石可通过下列原理制备：。①中Al的杂化类型为___________(填选项字母)。A．B．C．D．②冰晶石的熔点为1000℃左右，高于NaOH的熔点(318℃)的原因为___________。（3）铝硫电池常用熔融氯铝酸盐(由NaCl、KCl和形成熔点为93℃的共熔物)作电解质，在放电和充电过程中氯铝酸根起到结合或释放的作用。图甲为初始状态共熔物中铝元素的存在形式，放电时会进入到电解质中并结合游离的和形成有限长单链聚合体(如图乙)，则该单链聚合体的化学式为___________(Al的数目用n表示)。（4）乙醇镁配合物是用于制备纳米级MgO粉体的重要原料，可通过乙醇、乙酰丙酮()与Mg在一定条件下反应合成，其结构简式如图丙所示。①乙醇镁配合物中，镁的化合价为___________，氧原子提供孤对电子与镁形成___________键。②乙醇镁配合物中，各元素电负性由大到小的顺序为___________。③乙醇的沸点高于乙酰丙酮的原因为___________。（5）已知晶体存在两种晶胞结构，如图丁所示。该晶胞参数，阿伏加德罗常数的值以表示。①两种晶胞中的配位数之比为a：b=___________。②晶胞b中两个最近的间的距离为xnm，该晶体的密度为___________。【答案】（1）6s26p1（2）①.D②.两者均为离子晶体，而晶体中阴离子所带电荷更多，形成的离子晶体的晶格能更大（3）AlnCl3n+1（4）①+4②.配位③.O>C>H>Mg④.乙酰丙酮不能形成氢键，而乙醇能形成氢键（5）①.3:8②.【解析】【小问1详解】Tl为第六周期第ⅢA族元素，元素的价层电子排布式为6s26p1；【小问2详解】①基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，中Al形成6个化学键，则其d轨道也会参与成键形成6个杂化轨道，故其杂化类型为，故选D；②离子带电荷越多，形成的离子晶体的晶格能越大，熔点越高，两者均为离子晶体，而晶体中阴离子所带电荷更多，形成的离子晶体的晶格能更大，故使得其沸点高于氢氧化钠；【小问3详解】一个重复的部分中含有1个Al，对应Cl的数目为3，考虑到端点情况，则单链聚合体的化学式为AlnCl3n+1；【小问4详解】①乙醇镁配合物中，镁与四个氧形成键，其化合价为+4，氧原子提供孤对电子与镁的空轨道形成配位键。②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；乙醇镁配合物中，各元素电负性由大到小的顺序为O>C>H>Mg。③乙醇的沸点高于乙酰丙酮的原因为乙酰丙酮不能形成氢键，而乙醇能形成氢键，导致其沸点升高；【小问5详解】镁离子半径小于氟离子，则图示中小球为镁离子；①由图可知，a中氟离子最近且相邻的镁离子为3个，b中氟离子最近且相邻的镁离子为8个，两种晶胞中的配位数之比为a：b=3:8。②晶胞b中两个最近的间的距离为xnm，其距离为晶胞边长的二分之一，则晶胞边长为2xnm，根据“均摊法”，晶胞中含个Mg2+、8个F-，则晶体密度为。16.邻苯二甲酸二丁酯为无色粘稠液体，可用作增塑剂，对多种树脂具有很强的溶解力，制备邻苯二甲酸二丁酯的反应如下(其中第一步反应会完全进行)：；。主要实验装置和反应物、产物的相关数据如下：物质名称相对分子质量沸点/℃溶解性其他性质正丁醇74117.6易溶于有机溶剂，在水中溶解度不大—邻苯二甲酸单丁酯222363.5易溶于有机溶剂，难溶于水—邻苯二甲酸二丁酯278337易溶于有机溶剂，不溶于水着火点202℃实验步骤：①向三颈烧瓶内加入5.9g(0.04mol)邻苯二甲酸酐，12.5mL(0.12mol)正丁醇，几粒沸石和0.2mL浓硫酸；另在分水器中加入正丁醇至与分水器支管口齐平，然后加热三颈烧瓶至微沸。②待烧瓶内固体完全溶解后，继续升温，并持续搅拌反应2小时，保温至反应结束。③冷却至室温，将反应混合物倒出；依次用5%溶液、饱和食盐水洗涤得到粗产品。④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清，取清液(粗酯)置于圆底烧瓶，经减压蒸馏最终得到产品8.34g。回答下列问题：（1）仪器X的名称为___________；冷凝水应从___________(填“a”或“b”)口进。（2）分水器使用前需要进行的操作为___________，使用分水器的优点为___________。（3）实验中用5%溶液洗涤的目的为___________；饱和食盐水的作用是___________。（4）分离时，采用减压蒸馏的原因为___________。（5）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯的产率为___________。【答案】（1）①.球形冷凝管②.b（2）①.检查是否漏液②.及时将产生的水分离出去，促使反应正向进行，提高产率（3）①.除去粗品中的酸性物质②.降低有机物在水中的溶解度（4）邻苯二甲酸二丁酯的沸点高，高温会造成其分解，减压可以使其沸点降低（5）75.0%【解析】【分析】浓硫酸是反应催化剂，水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率，反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下。【小问1详解】仪器X的名称为球形冷凝管；冷凝水应下进上出，所以b为进口，a为出口；小问2详解】分水器使用之前需要的操作检查为检查是否漏液；使用分水器的优点可及时将产生的水分离出去，促使反应正向进行，提高产率；【小问3详解】实验室用5%碳酸钠溶液洗涤的目的为除去粗品中的酸性物质；饱和食盐水作用是降低有机物在水中的溶解度，便于其分离。【小问4详解】因为邻苯二甲酸二丁酯的沸点为337℃，易发生分解且着火点较低为202℃，减压可以使其沸点降低，减少分解造成的损失，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯的沸点高，高温会造成其分解，减压可以使其沸点降低；【小问5详解】本实验中，邻苯二甲酸酐0.04mol、正丁醇0.12mol，结合反应正丁醇过量，理论上可以生成邻苯二甲酸二丁酯的质量为：0.04mol×278g/mol=11.12g，所以邻苯二甲酸二丁酯的产率为×100%=75.0%。17.二甲醚既是一种有机燃料，又是一种重要的有机化工原料。利用催化氢化制备二甲醚的反应原理如下：．．．回答下列问题：（1）___________。（2）向初始温度为T℃的某恒容绝热容器中投入2mol只发生反应，平衡时的转化率为。①下列叙述能说明反应已经达到平衡的是___________(填选项字母)。a．混合气体密度不再发生变化b．容器内压强不再发生变化c．的消耗速率等于的消耗速率d．的体积分数不再发生变化②相同条件下，若向该容器中加入和各1mol，平衡时的转化率为。则___________1(填“>”“=”或“<”)。③在催化剂条件下反应的反应过程如图甲所示，“*”表示吸附在催化剂上。甲该催化过程的决速步骤为___________(填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是___________。（3）向压强恒定为pkPa的某密闭容器中按投入和，发生催化氢化制备二甲醚系列反应和。平衡转化率随温度的变化情况如图乙。乙①图中能表示随温度变化的曲线是___________(填“”或“”)，原因为___________。②K时，的平衡体积分数为10%。则平衡时的体积分数为___________(保留3位有效数字)；K时反应的压强平衡常数___________(用含p的代数式表示，列出计算式即可)。【答案】（1）（2）①.bd②.<③.第二步④.第二步反应活化能较高（3）①.L2②.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低③.④.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×反应Ⅰ可得：，则；【小问2详解】①a．该反应过程中，气体总质量和总体积不变，混合气体密度是定值，混合气体密度不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，a不符合题意；b．在绝热恒容容器中发生该放热反应，温度升高，压强增大，当容器内压强不再发生变化时，说明反应达到平衡，b符合题意；c．反应速率比等于系数比，的消耗速率等于的消耗速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，c不符合题意；d．的体积分数不再发生变化，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，d符合题意；答案为：bd。②若用恒温恒容容器，正、逆投料最终平衡状态相同，=1，但绝热容器中正、逆投料后，均不能达到恒温时的平衡状态，所以<1；③过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；第二步反应活化能较高，所以速率较慢，能决定整个反应速率的快慢；【小问3详解】①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低，所以能表示随温度变化的曲线是L2；②设CO2(g)和H2(g)的起始物质的量分别为1mol和3mol，平衡时反应Ⅰ中CO2(g)转化了xmol，反应Ⅱ中CO2(g)转化了ymol，列三段式：总的物质的量为(4-2x-2y)mol，平衡时CO2(g)的转化率为60%和的平衡体积分数为10%，可列式子：x+y=0.6，，解得x=0.28mol，y=0.32mol，则平衡时CO2的体积分数为，平衡时n(CO2)=0.4mol，n(H2)=1.2mol，n(CH3OH)=0.28mol，n(H2O)=0.76mol，n(总)=2.8mol，则反应的压强平衡常数Kp=。18.氟硼酸钠常用作电化学处理剂、涂料、氟化剂等工业生产。一种以硬硼钙石(含、及少量、、MgO)为原料生产氟硼酸钠的工艺流程如下：已知：①常温下，、、、、。②完全沉淀时金属阳离子浓度小于等于。（1）