河南省驻马店市高级中学2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版）

高二年级春期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Cu64Ag108一、单选题(每题3分，共42分)1.化学与人们的生活紧密相关，下列说法错误的是A.第19届杭州亚运会“薪火”火炬采用1070铝合金，具有硬度高、耐高温的特点B.火炬“飞扬”以氢气为燃料，并添加显色剂(如钠盐)调节火焰颜色是利用焰色试验的原理C.“天问一号”火星车使用热控保温材料-纳米气凝胶，可产生丁达尔效应D.La-Ni合金是一种新型储氢合金材料，属于金属单质2.下列事实与相应的物质的化学键键能大小无关的是A.沸点： B.活泼性：C.热稳定性： D.硬度：金刚石>晶体硅3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.27gHCN分子中含有σ键数目为NAB.1molK3[Fe(CN)6]的中心离子的配位键数为6NAC.标准状况下，11.2L己烷含有的C-C键数为2.5NAD.常温常压下，1mol甲苯含碳碳双键的数目为3NA4.物质的结构决定其性质。下列实例与解释相符的是选项实例解释A、、键角依次减小孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力B熔点：熔化时要断开化学键，只需克服范德华力C不存在稳定的分子原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个键D焰色试验为黄色与电子跃迁有关A.A B.B C.C D.D5.铂两种化合物a和b，其中a为，b为。实验测得a和b具有不同的特性。则下列关于a、b的叙述正确的是①a和b属于同一种物质②a和b互为同分异构体③a和b空间结构是平面四边形④a和b的空间结构是四面体形A.①③ B.①④ C.②③ D.②④6.下列关于实验现象的解释或结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A在[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇析出蓝色晶体极性：乙醇>水B向NaCl溶液中滴加少量AgNO3溶液，然后滴加氨水直至过量先产生白色沉淀后沉淀消失配位键影响物质的溶解性C向AgNO3溶液中滴加过量氨水先生成沉淀，后沉淀溶解稳定性：[Ag(NH3)2]+<[Ag(H2O)2]+D向Co(NH3)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液无明显现象该配合物中Co2+的配位数是3A.A B.B C.C D.D7.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下说法正确的是元素符号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.0890.1020.074主要化合价+2+3+2+6、－2－2A.L2+与R2－的核外电子数相等B.M与L形成的最高价氧化物对应水化物的碱性：L>MC.氢化物的稳定性为H2T<H2RD.单质与等浓度稀盐酸反应的速率为Q>L8.过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注，因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都有重要意义。氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。有关该配离子的说法正确的是A.1mol配离子中含有的π键的个数是6×6.02×1023个B.该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化C.该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳D.该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键9.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有②0.1mol/LCuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素下列说法不正确的是A.①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触B.①中检测到，推测可能发生反应：C.随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移D.②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密10.BODIPY类荧光染料母体结构(如图所示)由X、Y、Z、M、N五种原子序数依次增大的第一和第二周期主族元素组成。其中，X是宇宙中含量最多的元素，Y、N可形成平面三角形分子YN3，N元素只有两种化合价。下列说法错误的是A.基态原子未成对电子数：Y<Z<MB.该母体结构中含sp2杂化和sp3杂化的原子C.Y和M组成的化合物是一种新型陶瓷D.X与M形成的简单化合物的水溶液呈酸性11.科学家开发催化电极材料，实现电催化和硝酸盐在常温常压下合成尿素。电解质溶液为一定浓度溶液，在电极上生成，模拟装置如图所示。下列叙述错误的是A.a极与电源负极连接，发生还原反应B.气体X常用作助燃剂，b极表面pH降低C.a极电极反应式：D.每生成，有由b极向a极迁移12.在的饱和溶液中通入至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为，配位数都是6的配合物，分别取两种晶体在水溶液中用过量处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说祛不正确的是A.该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质量之比为1∶5B.绿色晶体配合物的化学式为C.紫色晶体中包含的键个数为D.紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到沉淀13.化合物X是一种潜在的热电材料，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2.设X的最简式的相对分子质量为，晶体密度为表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.电负性： B.X的化学式：C.与等距且最近的有4个 D.X中相邻K之间的最短距离为14.常温下，向二元弱酸的稀溶液中滴加等浓度溶液，所得混合溶液的与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线表示与之间的关系B.的溶液中：C.交点的溶液中：D.溶液中：二、非选择题(每空2分，共58分)15.试根据下表填空：（1）请写出元素Q的基态原子电子排布式_______；元素N在周期表中的位置_______。（2）化合物DA5中既含离子键，又含共价键和配位键，请写出它的电子式_______。（3）表四中的元素能形成XY2型的共价分子有CE2、CL2、BK2、LE2四种，其分子的空间构型中有一种与其他三种不同，它是_______(填化学式)。（4）科学家证实，IK3属于共价化合物，分子式为I2K6，其结构式为下列四种中的一种，你认为正确的结构式是_______。(填序号)（5）向Q的硫酸盐溶液中加入足量的DA3的水溶液过程中，请写出发生反应的离子方程式_______和_______。16.A、D、E、F都是元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。基态A原子的2p轨道半充满。基态D原子的M层上电子数等于A原子的核外电子总数。E和F位于D的下一周期，E的原子序数比F少1。基态F原子的最外层电子数为1，其余各层电子均充满。回答下列问题：（1）基态A原子的核外电子共有_______种不同运动状态。（2）丁二酮肟X与反应生成鲜红色沉淀Y，常用于检验，反应原理如图。X中碳原子的杂化轨道类型是_______。Y中的配位数为_______，Y中不存在的微粒间作用力是_______(填标号)。a．配位键b．氢键c．离子键d．非极性键e．极性键（3）可以与形成配离子。H-A-H的键角：，请说明原因_______。（4）①与形成的化合物的立方晶胞如图，离子的分数坐标为，，则e点的分数坐标为_______。②已知立方晶胞的边长为dpm，与的最短距离为_______pm，晶胞的密度_______(列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数的值)。17.已知Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：（1）“酸浸”中滤渣的主要成分为_______(填化学式)。（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解反应生成TiO2∙xH2O的离子方程式_______，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是_______。（3）TiO2∙xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右。温度不能高于40℃的原因是_______。（4）向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到FePO4，写出该反应的离子方程式_______。（5）“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是_______。（6）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中]时溶液pH≈1，此时溶液中_______[已知：；、、]。18.我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气中的含量，以为原料制备甲烷、戊烷和甲醇等能源物质具有较好的发展前景。在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：主反应：副反应：（1）已知：，则（2）向体积相同容器中加入和(假设只发生主反应)，其中甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，两容器中压强(Pa)随时间变化曲线如图：①甲容器中，从开始到a点压强增大的原因是___________。②乙容器中，从开始到b点，用分压变化表示的反应速率为___________(用含p的表达式表示，分压=总压×物质的量分数)。③c点对应的平衡常数___________(填“大于”“小于”或“等于”)d点对应的平衡常数。（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则平衡时选择性___________(选择性计算结果保留三位有效数字)。（4）以催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能___________。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。

高二年级春期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Cu64Ag108一、单选题(每题3分，共42分)1.化学与人们的生活紧密相关，下列说法错误的是A.第19届杭州亚运会“薪火”火炬采用1070铝合金，具有硬度高、耐高温的特点B.火炬“飞扬”以氢气为燃料，并添加显色剂(如钠盐)调节火焰颜色是利用焰色试验的原理C.“天问一号”火星车使用热控保温材料-纳米气凝胶，可产生丁达尔效应D.La-Ni合金是一种新型储氢合金材料，属于金属单质【答案】D【解析】【详解】A．铝合金属于金属材料，具有硬度高、耐腐蚀的特点，A项正确；B．“飞扬”以氢气为燃料，并添加显色剂(如钠盐)调节火焰颜色，调节火焰颜色是利用焰色试验的原理，B项正确；C．纳米气凝胶为胶体，可产生丁达尔效应，C项正确；D．La—Ni合金储氢量大，金属氢化物既容易形成，稍稍加热又容易分解，室温下吸、放氢的速率快，是一种新型储氢合金材料，合金是混合物，D项错误；答案选D。2.下列事实与相应的物质的化学键键能大小无关的是A.沸点： B.活泼性：C.热稳定性： D.硬度：金刚石>晶体硅【答案】A【解析】【详解】A．HF与H2O均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，H2O熔点高于HF是因为H2O中氢键多于HF中氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；故选A。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.27gHCN分子中含有σ键数目为NAB.1molK3[Fe(CN)6]的中心离子的配位键数为6NAC.标准状况下，11.2L己烷含有的C-C键数为2.5NAD.常温常压下，1mol甲苯含碳碳双键的数目为3NA【答案】B【解析】【详解】A．27gHCN分子的物质的量为1mol，结构中含有σ键数目为2NA，A错误；B．1molK3[Fe(CN)6]的中心离子为Fe3+，提供空轨道，CN与Fe3+形成配位键，配位键数为6NA，B正确；C．标准状况下，己烷为液体，无法用标况下气体摩尔体积进行计算，C错误；D．甲苯中含有苯环，不含有碳碳双键，D错误；故选B。4.物质的结构决定其性质。下列实例与解释相符的是选项实例解释A、、键角依次减小孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力B熔点：熔化时要断开化学键，只需克服范德华力C不存在稳定的分子原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个键D焰色试验为黄色与电子跃迁有关AA B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．的价层电子数为，无孤对电子，因此N采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°，的价层电子数为，无孤对电子，因此N采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°，的价层电子数为，无孤对电子，因此N采用sp3杂化，空间结构为正四面体，键角为109°28′，都无孤电子对，无法得出孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，故A错误；B．和均为分子晶体，融化时均需克服范德华力，优于分子范德华力大，故熔点：，故B错误；C．原子价层只有2s、2p合计4个原子轨道，由共价键的饱和性可知，所以不能形成5个键，所以不存在稳定的分子，故C正确；D．焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，故D错误；答案选C。5.铂的两种化合物a和b，其中a为，b为。实验测得a和b具有不同的特性。则下列关于a、b的叙述正确的是①a和b属于同一种物质②a和b互为同分异构体③a和b的空间结构是平面四边形④a和b的空间结构是四面体形A.①③ B.①④ C.②③ D.②④【答案】C【解析】【详解】①因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质，①错误；②性质不同说明结构不同，而a和b的分子式相同，故二者互为同分异构体，②正确；③a和b的空间结构若为四面体形，则没有这两种异构体，因此a和b的空间结构是平面四边形，③正确，④错误。故选C。6.下列关于实验现象的解释或结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A在[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇析出蓝色晶体极性：乙醇>水B向NaCl溶液中滴加少量AgNO3溶液，然后滴加氨水直至过量先产生白色沉淀后沉淀消失配位键影响物质的溶解性C向AgNO3溶液中滴加过量氨水先生成沉淀，后沉淀溶解稳定性：[Ag(NH3)2]+<[Ag(H2O)2]+D向Co(NH3)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液无明显现象该配合物中Co2+的配位数是3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．根据实验现象知，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，则乙醇的极性比水的弱，故A错误；B．氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，继续滴加氨水直至过量，氯化银与氨水反应生成银氨络离子，沉淀会溶解，则向氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，继续滴加氨水直至过量，观察现象能验证配位键影响物质的溶解性，故B正确；C．硝酸银中滴入氨水生成AgOH，继续滴加氨水生成[Ag(NH3)2]+，说明稳定性[Ag(NH3)2]+>[Ag(H2O)2]+，故C错误；D．向配合物Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生，说明氯原子为内界，所以其化学式为Co[(NH3)3Cl3]，配位数是6，故D错误；答案选B。7.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下说法正确的是元素符号LMQRT原子半径/nm0.1600.14300890.1020.074主要化合价+2+3+2+6、－2－2A.L2+与R2－的核外电子数相等B.M与L形成的最高价氧化物对应水化物的碱性：L>MC.氢化物的稳定性为H2T<H2RD.单质与等浓度的稀盐酸反应的速率为Q>L【答案】B【解析】【分析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be；【详解】A．L2+是镁离子，R2-是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，故A错误；B．Mg的金属性比Al强，即氢氧化镁的碱性比氢氧化铝强，故B正确；C．同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减小，所以稳定性：H2S＜H2O，即H2T＞H2R，故C错误；D．同主族，从上到下原子得失电子能力逐渐增强，所以失电子能力Mg＞Be，元素的金属性越强，与盐酸反应越剧烈，故D错误；故选B。【点睛】本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，准确推断元素；元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be，结合对应单质、化合物的性质解答该题。8.过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注，因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都有重要意义。氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。有关该配离子的说法正确的是A.1mol配离子中含有的π键的个数是6×6.02×1023个B.该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化C.该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳D.该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键【答案】A【解析】【详解】A.根据配离子结构示意图可知：1mol配离子中含有的π键的个数是6mol，即6×6.02×1023个，故A正确；B.该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化，故B错误；C.该配离子含有的非金属元素有：C、O、H，根据他们非金属性可知，电负性最大的是氧，故C错误；D.该配离子中含有的化学键有共价键、配位键，不含离子键，故D错误；故答案：A9.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有②0.1mol/LCuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素下列说法不正确的是A.①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触B.①中检测到，推测可能发生反应：C.随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移D.②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。10.BODIPY类荧光染料母体结构(如图所示)由X、Y、Z、M、N五种原子序数依次增大的第一和第二周期主族元素组成。其中，X是宇宙中含量最多的元素，Y、N可形成平面三角形分子YN3，N元素只有两种化合价。下列说法错误的是A.基态原子未成对电子数：Y<Z<MB.该母体结构中含sp2杂化和sp3杂化的原子C.Y和M组成的化合物是一种新型陶瓷D.X与M形成的简单化合物的水溶液呈酸性【答案】D【解析】【分析】宇宙中最多元素——氢，故X为氢元素；根据分子的成键特点，推知Z位于第ⅣA族，M位于第ⅤA族，N位于第ⅥA族，由于N元素只有两种化合价，所以N为氟元素；Y、N可形成平面三角形分子YN3，可推知Y为硼元素；X、Y、Z、M、N五种原子序数依次增大，所以Z为碳元素，M为氮元素。X：氢，Y：硼，Z：碳，M：氮，N：氟。【详解】A．基态原子未成对电子数：Y(硼：1)<Z(碳：2)<M(氮：3)，A正确；B．如图，，圈：sp2杂化，框：sp3杂化，B正确；C．Y(硼)、M(氮)组成BN，氮化硼陶瓷，新型无机非金属材料、新型陶瓷，C正确；D．Y(X与M形成的简单化合物(NH3)的水溶液呈碱性，D错误；故选D。11.科学家开发催化电极材料，实现电催化和硝酸盐在常温常压下合成尿素。电解质溶液为一定浓度溶液，在电极上生成，模拟装置如图所示。下列叙述错误的是Aa极与电源负极连接，发生还原反应B.气体X常用作助燃剂，b极表面pH降低C.a极电极反应式：D.每生成，有由b极向a极迁移【答案】D【解析】【分析】题图可知，a极电极反应式为，N元素化合价降低，则a为阴极发生还原反应，b极为阳极。电解池的阴极与电源负极连接，发生还原反应；b极为阳极，水发生氧化反应生成氧气，气体X为，常作助燃剂，b极电极反应式为，电极表面酸性增强，pH降低。【详解】A．由分析知，a极为阴极，与电源负极连接，发生还原反应，故A正确；B．由分析知，气体X为，常作助燃剂，b极电极反应式为，电极表面酸性增强，pH降低，故B正确；C．a极电极反应式：，故C正确；D．的物质的量为0.5mol，为了维持电荷守恒，迁移数目等于电子转移数目，即生成时迁移，故D错误；故选D。12.在的饱和溶液中通入至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为，配位数都是6的配合物，分别取两种晶体在水溶液中用过量处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说祛不正确的是A.该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5B.绿色晶体配合物的化学式为C.紫色晶体中包含的键个数为D.紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到沉淀【答案】D【解析】【分析】配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子含量，绿色晶体的水溶液与溶液反应得到白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体分子式均为，说明紫色晶体中含有3个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的氯离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有5个水，即化学式为，而紫色晶体的化学式为。【详解】A．绿色晶体分子式为，配位数为6，含2个氯离子，化学式为，配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5，A正确；B．由A知，绿色晶体配合物的化学式为，B正确；C．紫色晶体中含3个氯离子，配位数为6，化学式为，结合化学式可知，紫色晶体中含有6个配位键和12个O-H键均为键，则紫色晶体中包含的键个数为，C正确；D．配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，紫色晶体中含3个氯离子，紫色晶体化学式为，紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到0.03mol沉淀，沉淀质量，D错误；故选D。13.化合物X是一种潜在的热电材料，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2.设X的最简式的相对分子质量为，晶体密度为表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.电负性： B.X的化学式：C.与等距且最近的有4个 D.X中相邻K之间的最短距离为【答案】C【解析】【详解】A．非金属性越强，电负性越大，电负性Br>Se，故A正确；B．由晶胞结构可知，K有8个，有，则X的化学式为，故B正确；C．根据晶胞图，与等距且最近的有8个，故C错误；D．设晶胞参数为，得到，解得，X中相邻之间的最短距离为晶胞参数的一半即，故D正确。选C。14.常温下，向二元弱酸的稀溶液中滴加等浓度溶液，所得混合溶液的与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线表示与之间的关系B.的溶液中：C.交点的溶液中：D.溶液中：【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的一级电离常数，二级电离常数，当或时，或，由图可知，坐标原点时，曲线对应，曲线对应，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线表示与变化的曲线，曲线表示与变化的曲线，一级电离常数、二级电离常数。【详解】A．根据上述分析可知，A正确；B．，，，得到，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：，同时在交点的溶液中，，此时，进行等量代换，则有：，C正确；D．溶液，，电离方程式为：，水解方程式为：，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故，D正确；故选B。二、非选择题(每空2分，共58分)15.试根据下表填空：（1）请写出元素Q的基态原子电子排布式_______；元素N在周期表中的位置_______。（2）化合物DA5中既含离子键，又含共价键和配位键，请写出它的电子式_______。（3）表四中的元素能形成XY2型的共价分子有CE2、CL2、BK2、LE2四种，其分子的空间构型中有一种与其他三种不同，它是_______(填化学式)。（4）科学家证实，IK3属于共价化合物，分子式为I2K6，其结构式为下列四种中的一种，你认为正确的结构式是_______。(填序号)（5）向Q的硫酸盐溶液中加入足量的DA3的水溶液过程中，请写出发生反应的离子方程式_______和_______。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d104s1②.第4周期VIII族（2）（3）SO2（4）③（5）①.Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2②.Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-【解析】【分析】依据元素在周期表中的位置，可确定A为H，B为Be，C为C，D为N，E为O，F为F，G为Na，H为Mg，I为Al，J为Si，L为S，K为Cl，M为Ar，N为Fe，Q为Cu。【小问1详解】元素Q为29号元素Cu，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；元素N为26号元素Fe，价电子排布式为3d64s2，在周期表中的位置为第4周期VIII族。【小问2详解】化合物DA5为NH5，既含离子键，又含共价键和配位键，则其化学式为NH4H，它的电子式为。【小问3详解】表四中的元素能形成XY2型的共价分子有CE2、CL2、BK2、LE2四种，其化学式分别为CO2、CS2、BeCl2、SO2，其中CO2、CS2、BeCl2的中心原子的价层电子对数都为2，都发生sp杂化，分子都呈直线形，在SO2分子中，中心S原子的价层电子对数为=3，发生sp2杂化，S原子的最外层还有1个孤电子对，分子构型为V形，则分子的空间构型中有一种与其他三种不同，它是SO2。【小问4详解】由分析可知，IK3(AlCl3)属于共价化合物，分子式为I2K6(Al2Cl6)，从图中可以看出，Al原子形成4个共价键，应发生sp3杂化，则-Cl与每个Al原子间形成1个配位键，所以其结构式为，故选③。【小问5详解】Q为Cu，向Q的硫酸盐溶液中加入足量的DA3(NH3)的水溶液过程中，先发生反应CuSO4+2NH3∙H2O=Cu(OH)2+(NH4)2SO4，后发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，发生反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2和Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。【点睛】AlCl3为共价化合物，AlF3为离子化合物。16.A、D、E、F都是元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。基态A原子的2p轨道半充满。基态D原子的M层上电子数等于A原子的核外电子总数。E和F位于D的下一周期，E的原子序数比F少1。基态F原子的最外层电子数为1，其余各层电子均充满。回答下列问题：（1）基态A原子的核外电子共有_______种不同运动状态。（2）丁二酮肟X与反应生成鲜红色沉淀Y，常用于检验，反应原理如图。X中碳原子的杂化轨道类型是_______。Y中的配位数为_______，Y中不存在的微粒间作用力是_______(填标号)。a．配位键b．氢键c．离子键d．非极性键e．极性键（3）可以与形成配离子。H-A-H的键角：，请说明原因_______。（4）①与形成的化合物的立方晶胞如图，离子的分数坐标为，，则e点的分数坐标为_______。②已知立方晶胞的边长为dpm，与的最短距离为_______pm，晶胞的密度_______(列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）7（2）①.sp2、sp3杂化②.4③.c（3）NH3中N提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的斥力减小，导致H-N-H键角增大（4）①.②.③.【解析】【分析】基态A原子的2p轨道半充满，A为N元素；基态D原子的M层上电子数等于A原子的核外电子总数，即M层有7个电子，为Cl元素；E和F位于Cl的下一周期即第四周期，基态F原子的最外层电子数为1，其余各层电子均充满，F为Cu元素，E的原子序数比F少1，E为Ni元素；综上，A、D、E、F分别为N、Cl、Ni、Cu；【小问1详解】基态N原子的核外有7个电子，每个电子运动状态都不同，共有7种不同运动状态的电子；【小问2详解】X中饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，Y中与4个N形成配位键，配位数为4，Y中存在的微粒间作用力有配位键、氢键、非极性键、极性键，不存在离子键；故答案选c；【小问3详解】在Y中，NH3中N提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的斥力减小，导致H-N-H键角增大，故NH3中H-N-H的键角小于Y中；【小问4详解】①根据已知的坐标系，则e点分别在x、y、z轴上的投影的截距为边长的，故分数坐标为；②与的最短距离为晶胞体对角线的，即为pm；根据晶胞图可知晶胞中含有的Cl-为4个，为，故晶胞的质量为，晶胞的体积为，密度==。17.已知Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：（1）“酸浸”中滤渣主要成分为_______(填化学式)。（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解反应生成TiO2∙xH2O的离子方程式_______，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是_______。（3）TiO2∙xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右。温度不能高于40℃的原因是_______。（4）向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到FePO4，写出该反应的离子方程式_______。（5）“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是_______。（6）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中]时溶液pH≈1，此时溶液中_______[已知：；、、]【答案】（1）SiO2（2）①.②.水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全（3）高于40℃，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致TiO2∙xH2O转化反应速率和产量下降（4）（5）将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)（6）2.5×10-6mol/L【解析】【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸进行酸浸，SiO2不溶而成为滤渣，滤液①中含有、Fe2+、Mg2+等；将滤液①水解、过滤，转化为TiO2∙xH2O沉淀；加入双氧水和氨水，生成(NH4)2Ti5O15，加入LiOH溶液，转化为Li2Ti5O15沉淀，再加入Li2CO3高温煅烧，生成Li4Ti5O12。TiO2∙xH2O、Li4Ti5O12中Ti元素都显+4价，则Li2Ti5O15中Ti元素也显+4价、且含有-O-O-。滤液②中含有Fe2+、Mg2+等，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再与磷酸反应生成FePO4沉淀，过滤后，加入Li2CO3、H2C2O4煅烧，H2C2O4将Fe3+还原为Fe2+，从而生成LiFePO4。【小问1详解】由分析可知，“酸浸”中滤渣的主要成分为SiO2。【小问2详解】“酸浸”后，钛主要以形式存在，水解反应生成TiO2∙xH2O、Cl-等，依据电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为；水解反应为吸热的可逆反应，水解过程中加水稀释并加热，都有利于水解平衡正向移动，其目的是：水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全。【小问3详解】双氧水、氨水的热稳定性差，TiO2∙xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右。则温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致TiO2∙xH2O转化反应速率和产量下降。【小问4详解】向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到FePO4，同时生成HCl，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出该反应的离子方程式为：。【小问5详解】“高温煅烧②”过程中，需将Fe3+转化为Fe2+，则需加入还原剂，所以草酸的作用是：将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)。【小问6详解】若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中]时，溶液pH≈1，则依据Ksp(FePO4)=c(Fe3+)∙c()=1.0×10-5×c()=1.2×10-22，c()=1.2×10-17mol/L，再依据Ka3(H3PO4)===4.8×10-13，此时溶液中2.5×10-6mol/L。【点睛】在Li2Ti5O15中，Li显+1价，Ti显+4价