达州市高级中学校 2024年春季 3月月考试题
高二化学试卷
(考试时间：75分钟 总分：100分)
注意事项：
1.本试卷分第 I卷(选择题)和第 II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号
填写在答题卡上。
2.回答第 I卷时，选出每小题答案后，用 2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第 II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 S-32
第 I卷(选择题 共 42分)
一、选择题(本大题包括 14个小题，每小题 3分，共 42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列有关原子结构相关内容表述正确的是
A. 电子排布图 ，不满足泡利原则
B. s 轨道的形状为哑铃形
C. Fe（26 号元素）原子的价层电子排布式为3d6 4s2
D. LED 灯的发光是因为核外电子从基态到激发态以光的形式释放能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．泡利原理：一个轨道里最多只能容纳两个电子且电旋方向相反.这个原理称为泡利原理，洪特规则：当
电子排布在同一能级的不同轨道时总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，则该排布图不符合洪特规则，
A 错误；
B．s 轨道为球形，B 错误；
C．Fe 为 26 号元素，价层电子排布为 3d64s2，C 正确；
D．Led 灯的作用是激发电子由低能态转变成高能态，当高能态返回低能态时，多余的能量可能就会以光等形式释
放，D 错误；
故答案为：C。
2. 下列离子的 VSEPR 模型与离子的空间立体构型一致的是
A. SO2 B. ClO 3 4 C. NO2 D. ClO3
【答案】B
【解析】
6+2-3 2
【详解】A SO2 ． 3 中价电子对个数=3+ =4，VSEPR 模型是正四面体，由于参与成键的原子数是 3 个，所2
2
以SO3 的空间构型是三角锥形，故 A 不选；
7+1-4 2
B．ClO 4 中价电子对个数= 4+ =4，VSEPR 模型是正四面体，由于参与成键的原子数是 4 个，所以ClO2 4
的
空间构型是正四面体形，故 B 选；
C．NO 2+ 5+1-2 22 中价电子对个数= =3，VSEPR
模型是平面三角形，由于参与成键的原子数是 2 个，所以 NO
2 2
的空间构型是 V 形，故 C 不选；
ClO 3+ 7+1-3 2D = =4 VSEPR ． 3 中价电子对个数 ， 模型是正四面体形，由于参与成键的原子数是 3 个，所以ClO2 3
的空间构型是三角锥形，故 D 不选；
正确答案是B。
3. 下列各组性质的比较中，不正确的是
A. 碱性：NaOH>Mg(OH)2 B. 原子半径：Cl>S
C. 金属性：K>Na D. 热稳定性：NH3>PH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期自左向右，非金属性逐渐减弱，对应的氢氧化物碱性逐渐减弱，碱性：NaOH>Mg(OH)2，A 正
确；
B．同周期自左向右，原子半径逐渐减小，原子半径：Cl＜S ，B 错误；
C．同主族元素自上向下金属性逐渐增强，金属性：K>Na ，C 正确；
D．同主族元素自上向下非金属气态氢化物稳定性逐渐减弱，热稳定性：NH3>PH3，D 正确；
故选 B。
4. 已知反应：2F2 2NaOH OF2 2NaF H2O ，NA 为阿伏加德罗常数的值，若消耗 44.8L (标准状况) F2 ，下
列叙述错．误．的是
A. 转移的电子数为4NA B. 生成的 NaF质量为84g
C. 生成的氧化产物分子数为2NA D. 生成的H2O含有孤电子对数为 2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应 2F2 2NaOH OF2 2NaF H2O 中 F 的化合价由 0 价转化为-1 价，O 的化合价由-2 价变为+2
价，转移电子数为 4e-，若消耗 44.8L (标准状况) F 44.8L2 即 -1 =2mol，故转移的电子数为 4NA ，A 正确；22.4L·mol
B．根据反应 2F2 2NaOH OF2 2NaF H2O ，每消耗 2molF2 生成的 NaF质量为 2mol×42g·mol-1 =84g ，B
正确；
C．根据反应 2F2 2NaOH OF2 2NaF H2O 可知反应生成的氧化产物为 OF2，每消耗 2molF2生成的氧化产物
OF2分子数为 NA ，C 错误；
D．根据反应 2F2 2NaOH OF2 2NaF H2O 可知，每消耗 2molF2生成 H2O 的物质的量为 2mol，又知 1 个 H2O
中含有 2 对孤电子对，即生成的H2O含有孤电子对数为2NA ，D 正确；
故答案为 C。
【点睛】
5. 元素周期表中元素“钴”的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断
A. 元素钴是一种过渡元素
B. 它的基态原子价电子排布式为 4s2
C. Co2+的电子排布式为[Ar]3d54s2
D. 它位于元素周期表的第四周期第 VIIIB 族
【答案】A
【解析】
【详解】A．Co 是Ⅷ族元素，钴是一种过渡元素，故 A 正确；
B．它的基态原子价电子排布式为 3d74s2，故 B 错误；
C．Co 失去最外层电子形成 Co2+，Co2+的电子排布式为[Ar]3d7，故 C 错误；
D．它位于元素周期表的第四周期第 VIII 族，既不是主族也不是副族，故 D 错误；
选 A。
6. 在 CH2=CHCl 分子中，C—C1 键采用的成键轨道是
A. sp-p B. sp2-s C. sp2-p D. sp3-p
【答案】C
【解析】
【详解】氯乙烯分子中不饱和碳原子的杂化方式为 sp2杂化，则 C—C1 键采用的成键轨道是 sp2—p，故选 C。
7. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A. 该分子中σ键与π键数目之比为 14：4
B. 该分子的化学式为 C5H4N3O2F
C. 该分子中 C-N 键的键能小于 C=N 键的键能
D. 该分子中 N、O、F 的第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O
【答案】A
【解析】
【分析】该物质结构简式为 ；
【详解】A．该分子中含有σ键 15 个，双键中含有 1 个π键，π键数目为 4 个，σ键与π键数目之比为 15：4，故 A 错
误；
B．该物质结构简式为 ，化学式为 C5H4N3O2F，故 B 正确；
C．C-N 的键长比 C=N 的键长长，键能小，故该分子中 C-N 键的键能小于 C=N 键的键能，故 C 正确；
D．同周期原子从左到右第一电离能依次增大，N 的价电子是半充满状态能量低稳定，第 VA 族的 N 第一电离能大
于 VIA 族的 O， N、O、F 的第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O，故 D 正确；
故答案为 A。
8. 如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法
正确的是
A. 16 a 和 18 a 属于同种核素 B. 电负性：d>e
C. 第一电离能：d>e D. 因为 b2a 溶于水导电，所以 b2a 是电解质
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，a 只有-2 价，a 为 O 元素；e 的最高价为+6 价，e 为 S 元素；结合原子序数可知，b、c、d 均为
第三周期元素，b 为+1 价、c 为+3 价、d 为+5 价，则 b 为 Na 元素、c 为 Al 元素、d 为 P 元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，a 为 O 元素、b 为 Na 元素、c 为 Al 元素、d 为 P 元素、e 为 S 元素，
A．16O 和 18O 属于不同核素，质子数均为 8，中子数不同，故 A 错误；
B．同周期主族元素原子序数增大，电负性增大，则电负性：P＜S，故 B 错误；
C．P 的 3p 电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：P＞S，故 C 正确；
D．Na2O 溶于水生成 NaOH，NaOH 电离使溶液导电，熔融状态下氧化钠可发生电离而导电，则氧化钠属于电解质，
因果关系不合理，故 D 错误；
故选：C。
9. W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 19。Y 的最外层电子数与其 K 层电
子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
A. 原子半径：X W B. 简单氢化物的沸点：X Z
C. Y 与X 可形成离子化合物 D. Z的最高价含氧酸是弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2 是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规
律，则 W 为 N，X 为 O，Y 的最外层电子数与其 K 层电子数相等，又因为 Y 的原子序数大于氧的，则 Y 电子层为
3 层，最外层电子数为 2，所以 Y 为 Mg，四种元素最外层电子数之和为 19，则 Z 的最外层电子数为 6，Z 为 S，据
此解答。
【详解】A．X 为 O，W 为 N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为 W＞X，A 错误；
B．X 为 O，Z 为 S，X 的简单氢化物为 H2O，含有分子间氢键，Z 的简单氢化物为 H2S，没有氢键，所以简单氢化
物的沸点为 X＞Z，B 错误；
C．Y 为 Mg，X 为 O，他们可形成 MgO，为离子化合物，C 正确；
D．Z 为 S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D 错误；
故选 C。
10. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z W
原子半径/ pm 160 143 70 66
主要化合价 2 3 5、 3、 3 2
下列叙述正确的是
A. X、Y 元素的金属性：X
C. Y 的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，Y 单质可以与 Z 的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素最高化合价与其族序数相等，最低化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X 位于第ⅡA 族，
Y 位于ⅢA 族，Z 位于第ⅤA 族，W 位于第ⅥA 族，原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子
半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，根据原子半径知，X、Y、
Z、W 分别为 Mg、Al、N、O 元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X 为 Mg、Y 为 Al，故 X、Y 元素的金属性 Mg＞Al 即X＞Y，A 错误；
B．由分析可知，Y 为 Al，故 Y 的氧化物既能与强酸又能与强碱反应生成盐和水，故是两性氧化物，B 错误；
C．由分析可知，Y 为 Al，Y 的最高价氧化物对应的水化物即 Al(OH)3 只能溶于强碱溶液，而不能溶于稀氨水等弱
碱溶液中，C 错误；
D．由分析可知，Y 为 Al，Z 为 N，Al 在加热条件下能与浓硝酸反应，即一定条件下，Y 单质即 Al 可以与 Z 的最
高价氧化物对应的水化物即 HNO3 反应，D 正确；
故答案为：D。
11. 下面两表分别列出了 CO 和 N2 的某些性质及相关键能，有关说法不正确的是
表 1
分子 熔点/℃ 沸点/℃ 常温时在水中溶解度
CO -205.05 -191.49 2.3 mL
N2 -210.00 -195.81 1.6 mL
表 2
CO C-O C=O C O
键能（kJ·mol-1） 357.7 798.9 1071.9
N2 N-N N=N N N
键能（kJ·mol-1） 193 418 946
A. CO 与 N2 的价电子总数相等
B. 由表 2 可知， CO 的活泼性不及 N2
C. 由表 1 可知，CO 的熔沸点高于 N2 ，是因为 CO 分子间作用力大于 N2
D. 由表 1 可知，室温时， CO 在水中的溶解性大于 N2 ，是因为 CO 分子有弱极性
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO 与 N2属于等电子体结构相似，CO 与 N2 的价电子总数相等为 14，故 A 正确；
B．根据氮气分子结构知，一个 CO 分子中含有 2 个π键，根据表中键能知，CO 中第一个π键的键能是
1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是 946kJ/mol-418kJ/mol=528kJ/mol，CO 中第一个π键
的键能较小，所以 CO 的第一个π键比 N2 更容易断，所以一氧化碳比氮气活泼，故 B 错误；
C．一氧化碳和氮气形成晶体为分子晶体，分子间作用力越大，沸点越高，由表 1 可知，CO 的熔沸点高于 N2，是
因为 CO 分子间作用力大于 N2，故 C 正确；
D．水是极性溶剂，氮气为非极性分子，一氧化碳为极性分子，由表 1 可知，室温时，CO 在水中的溶解性大于 N2，
是因为 CO 分子有弱极性，故 D 正确；
故选：B。
12. 草甘膦，是一种有机膦类除草剂，其结构式如图。其中 X、Y、X、W、E 为原子序数依次增大的短周期主族元
素。其中 X 只有 s 能级上有电子，E 原子的电子总数为价层电子数三倍，W 的电子排布式中有三对成对电子。下列
说法正确的是
A. X、Y、Z 三种元素中原子半径最大的是 Z
B. Y、Z、W 的最高正价W>Z>Y
C. X、Y、Z、W、E 最外层均达到 8 电子稳定结构
D. Z、E 简单氢化物的还原性，Z＜E
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，X、Y、X、W、E 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中 X 只有 a 能级上有电子
且形成共价键，则 X 为 H，W 的电子排布式中有三对成对电子且 W 周围形成 2 个共价键，则 W 为 O，Y 形成 4
个共价键，Z 形成 3 个共价键，E 形成 5 个共价键，E 原子的电子总数为价层电子数三倍，则 Y 为 C，Z 为 N，E
为 P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X 为 H、Y 为 C、Z 为 N，根据同一周期从左往右原子半径依次减小可知，X、Y、Z 三
种元素中原子半径最大的是 C 即 Y，A 错误；
B．由分析可知， Y 为 C、Z 为 N、W 为 O，O 没有最高正价，故 Y、Z、W 的最高正价 Z＞Y，B 错误；
C．由分析可知，X 为 H、Y 为 C、Z 为 N、W 为 O、E 为 P，结合题干物质结构式可知，H、P 未达到 8 电子稳定
结构，其余原子 C、N、O 最外层均达到 8 电子稳定结构，C 错误；
D．由分析可知，Z 为 N、E 为 P，系同一主族元素，从上往下单质的氧化性依次减弱，则对应简单氢化物的还原性
依次增强，即 Z、E 简单氢化物的还原性 PH3＞NH3 即 Z＜E，D 正确；
故答案为：D。
13. NOx 是主要大气污染物，利用反应 NO2 + NH3 → N2 + H2O 消除 NO2污染的电化学装置如图所示。下列说法错误
的是
A. 外电路的电流方向为 b → a
B. b 极的电极反应为：4H2O + 2NO2 + 8e = N2 + 8OH
C. 若离子交换膜为阴离子交换膜，则左池 NaOH 溶液浓度将增大
D. 电路中转移 4 mol 电子时理论上可消除标准状况下 1 mol NO2 的污染
【答案】C
【解析】
【分析】利用反应 NO2 + NH3 → N2 + H2O 消除 NO2 污染，a 极氨气失去电子发生氧化反应，为负极；b 极二氧化氮
得到电子发生还原反应，为正极；
【详解】A．电流由正极流向负极，故外电路的电流方向为 b → a，A 正确；
B．b 极二氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气和氢氧根离子，b 极的电极反应为：4H2O + 2NO2 + 8e = N2 + 8OH ，
B 正确；
C a 2NH -6e- -． 极氨气失去电子发生氧化反应，反应为 3 +6OH =N2 +6H2O ，若离子交换膜为阴离子交换膜，消耗
氢氧根离子由右侧迁移过来，但是反应生成水导致左池 NaOH 溶液浓度将减少，C 错误；
D．根据电子转移可知，2NO2~8e ，电路中转移 4 mol 电子时理论上可消除标准状况下 1 mol NO2的污染，D 正确；
故选 C。
14. 25℃时，用 0.1000 mol·L 1盐酸滴定 20.00 mL 0.1000 mol·L 1 某一元碱 MOH 溶液所得滴定曲线如图所示。下列
说法正确的是
A. MOH 为一元强碱
B. a 点对应溶液中：c(M+) > c(Cl ) > c(OH ) > c(H+)
C. 滴定过程中水的电离程度最大的是 b 点
D. c 点对应溶液中：c(M+) = c(Cl )
【答案】B
【解析】
【详解】A．未滴加稀盐酸时，0.1000 mol·L 1 某一元碱 MOH 溶液的 pH=11，说明 MOH 部分电离，为弱碱，A 错
误；
B．a 点对应溶液溶质为等量的 MOH 和 MCl，此时溶液显示碱性，则 c(M+) > c(Cl ) > c(OH ) > c(H+)，B 正确；
C．酸和碱都会抑制水的电离，加入盐酸 20mL 时，恰好反应生成 MCl，故滴定过程中水的电离程度最大的是 c 点，
C 错误；
D．c 点对应溶液中溶质为 MCl，由于 M+的水解导致：c(M+)
第 II卷(填空题 共 58分)
二、填空题(本大题包括 4个小题，共 58分)
15. 合成氨有助于解决地球上粮食不足问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）基态 N 原子，核外电子的运动状态有_______种，能量最高的电子的电子云在空间有_______个伸展方向，原
子轨道呈_______形。
（2）我国科研人员研制出了“Fe-LiH”催化剂，使得合成氨温度和压强分别降到了 350℃、1MPa，这是近年来合成
氨反应研究中的重要突破。
①第三电离能 I3(Fe)_______I3(Mn)(填“>”或“<”)，原因是_______。
②比较 Li+与 H- +的半径大小关系： r Li _______ r H- (填“>”或“<”)。
（3 -）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化 H2，将 N3-转化为 NH2 ，反应
过程如图所示：
①产物中 N 原子的杂化轨道类型为_______。
-
②原子数和价电子数相同的微粒(分子、离子或基团)互为等电体，写出一种与 NH2 互为等电子体的分子_______(填
化学式)。
【答案】（1） ①. 7 ②. 三 ③. 哑铃
（2） ①. ＜ ②. 铁元素失去的第三个电子是 3d6 上的电子，而 3d6 容易失去一个电子形成比较稳定的 3d5
半满状态，而 Mn 的价电子排布式为 3d53s2，失去的第三个电子是 3d5上的电子，这是比较稳定的半充满状态，所
以难失去 ③. ＜
（3） ①. sp3 杂化 ②. H2O
【解析】
【小问 1 详解】
已知 N 是 7 号元素，根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态完全相同的电子，故基态 N 原子，核外电子的运
动状态有 7 种，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p3，则其能量最高的电子在 2p 能级上，p 能级的电子云在空
间有三个伸展方向，原子轨道呈哑铃形，故答案为：7；三；哑铃；
【小问 2 详解】
①铁元素失去的第三个电子是 3d6上的电子，而 3d6 容易失去一个电子形成比较稳定的 3d5半满状态，而 Mn 的价电
子排布式为 3d53s2，失去的第三个电子是 3d5上的电子，这是比较稳定的半充满状态，所以难失去，故第三电离能
I3(Fe)＜I3(Mn)，故答案为：＜；铁元素失去的第三个电子是 3d6 上的电子，而 3d6 容易失去一个电子形成比较稳定
的 3d5半满状态，而 Mn 的价电子排布式为 3d53s2，失去的第三个电子是 3d5上的电子，这是比较稳定的半充满状态，
所以难失去；
②Li+与 H-具有相同的电子层数，原子序数越小，离子半径越大，则离子半径：r(Li+)＜r(H-)，故答案为：＜；
【小问 3 详解】
①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为 4，原子的杂化方式为 sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为 3、价电子数都为 8，互为等电子体，故答案为：H2O。
16. 根据所学内容填空：
（1）有下列物质：①HF、②Cl2、③H2O、④CCl4、⑤BF3、⑥CO2，其中属于极性分子的是_______(填序号，下同)，
既有 σ 键又有 π键的是_______。
（2）下列分子中，空间构型为正四面体且键角为109 28 的是_______。
a．PCl3 b．SiF4 c．CH2Cl2 d．P4 e．CH4 f． NH3
（3）H2O、AsH3、SO3、OF2 的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是____。
（4）丙烯晴分子( H2C=CH-C N )中碳原子杂化轨道类型为_______。
（5）VIA 族元素氧、硫、硒(Se )的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
SO2-① 4 离子的空间构型为_______。
②如图所示，每条折线表示周期表 IVA—VIIA 族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，
其中 a 点代表的是_______(化学式)
【答案】（1） ①. ①③ ②. ⑥
（2）be （3）SO3
（4）sp、sp2 （5） ①. 正四面体形 ②. SiH4
【解析】
【小问 1 详解】
①HF 为 A-B 型双原子分子，属于极性分子，②Cl2 为 A-A 型双原子分子，属于非极性分子，③H2O 为 V 形，属于
极性分子，④CCl4 为正四面体形，属于非极性分子，⑤BF3 为平面三角形，属于非极性分子，⑥CO2 为直线形，属
于非极性分子，所以属于极性分子的是①③，既有σ键又有π键的必须含有双键或三键，CO2 结构为 O=C=O，符合
题意，故答案为：①③；⑥；
【小问 2 详解】
空间构型为正四面体且键角为 109°28′的是 CH4或类似 CH4具有 AB4组成的物质，如 SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4 等，
故答案为：be；
【小问 3 详解】
6-2×1 5-3×1
H2S 中中心原子价层电子对数=2+ =4，AsH3 中中心原子价层电子对数=3+ =4，SO3 中中心原子价层电
2 2
6-2×3 6-2×1
子对数=3+ =3，OF2 中心原子价层电子对数=2+ =4，所以中心原子价层电子对数不同于其他分子的是
2 2
SO3，故答案为：SO3；
【小问 4 详解】
丙烯腈分子(H2C=CH-C≡N)中双键碳原子的σ键数均为 3，孤电子对数为 0，价层电子对数为 3+0=3，碳原子杂化轨
道类型均为 sp2杂化，三键碳原子的σ键数为 2，孤电子对数为 0，价层电子对数为 2+0=2，碳原子杂化轨道类型均
为 sp 杂化，故答案为：sp、sp2；
【小问 5 详解】
SO2- 6+2-4×2① 4 离子中中心原子周围的价层电子对数=4+ =4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面2
体形，故答案为：正四面体形；
②如图所示，每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA 族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，
其中 a 点所在的折线没有沸点反常的物质，即为第ⅣA 族元素的氢化物，根据结构与组成的物质，相对分子质量越
大，熔沸点越高可知，a 点代表的是 SiH4，故答案为：SiH4。
17. 当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳
含量成为研究热点。
（1）用 CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向，可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.6kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3
则：反应Ⅲ的 H3=___________kJ·mol-1
（2）绝热恒容的条件下，向密闭容器通入 CO2 和 H2进行反应，若只进行反应 II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，
下面能说明反应已达到平衡状态的是___________；
A. v(CO)=v(H2O)
B. 容器内压强不变
C. 单位时间内每形成 1mol H—H 键，同时形成 2mol O—H 键
D. 容器内 n(CO)/n(H2O)的值保持不变
（3）某温度下的密闭容器中，充入 1molCO2 和 3molH2，发生反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。现测
得 CO2(g)和 CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。
从反应开始到 4min 时，氢气的平均反应速率 v(H2)=___________；平衡时，CO2的转化率为___________。
（4）光催化技术具有高效、节能的优点，利用钛酸锶光催化还原 CO2 有利于实现“碳中和”，其原理如图 2 所示，
写出铂电极的电极反应式___________。当有 2mol H+___________(填“从右向左”或“从左向右”)迁移时，电池左侧生
成的氧气在标况下的体积为___________。
【答案】（1）-90.8 （2）BC
（3） ①. 0.75mol/(L min) ②. 75%
（4） ①. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ②. 从左向右 ③. 11.2L
【解析】
【小问 1 详解】
已知：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.6kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3
反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，由盖斯定律可知 H3= H1- H2=(-49.6kJ·mol-1)-(+41.2kJ·mol-1)= -90.8 kJ·mol-1；
【小问 2 详解】
绝热恒容的条件下，向密闭容器通入 CO2 和 H2 进行反应，若只进行反应 II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)：
A．v(CO)=v(H2O)，没有指明反应方向，不能说明反应是否平衡，A 不符题意；
B．因为绝热恒容，未平衡时，容器内压强随热量的变化而变化，故容器内压强不变说明反应已达平衡，B 符题意；
C．单位时间内每形成 1mol H—H 键，同时形成 2mol O—H 键，说明正逆反应速率相等，说明反应已达平衡，C 符
题意；
D．反应开始后 n(CO)/n(H2O)永远等于 1，故容器内 n(CO)/n(H2O)的值保持不变不能说明反应是否平衡，D 不符题
意；
选 BC；
【小问 3 详解】
1.00mol/L
由图可知从反应开始到 4min 时，甲醇的浓度增加量为 1.00mol/L，则 v(CH3OH)= =0.25 mol/(L min)，同
4min
一反应中不同物质表示的反应速率之比=计量数之比，则 v(H2)=3v(CH3OH)=0.25 mol/(L min)×3=0.75 mol/(L min)；
2.00mol/L-0.50mol/L
平衡时，CO2 的转化率为 100% =75%；
2.00mol/L
【小问 4 详解】
由图可知图示为原电池装置，根据电子的流向可知钛酸锶电极为负极，铂电极为正极：
铂电极为正极，二氧化碳在正极得电子，电极反应式为 CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；钛酸锶电极为负极，电极反应式
为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，原电池中阳离子向正极迁移，因此 H+从左向右迁移；当有 2mol H+从左向右迁移时，由电荷
守恒可知转移 2mol 电子，再结合 2H2O-4e-=O2↑+4H+可知产生 0.5mol 氧气，在标况下的体积为 11.2L。
18. 工业生产上从电解精炼铜的阳极泥中获得金、硒和胆矾的工艺流程如图所示。已知阳极泥中含有 Au、Cu2Se、
FeS、Cu2S、SiO2 等不反应的杂质。回答下列问题：
（1）焙烧时需要将阳极泥洪干并粉醉成粉末，粉碎成粉末的目的是_______。
（2）将焙烧产生的烟气通入冷水中可制得 Se，说明 SeO2具有_______性。
（3）已知焙烧的烧碴中主要含有 Au、SiO2、Fe2O3和 Cu2O，写出浸铜过程中 Cu2O 溶解的离子方程式_______。
（4）浸铜液调 pH 值的目的是_______，调 pH 值加入的物质可以是_______，操作①的操作过程是蒸发浓缩、_______
过滤、洗涤、干燥。
（5）浸金液中含有 NaAuCl4，用亚硫酸钠还原可制取 Au，写出该反应的离子方程式_______。
【答案】（1）增大与氧气的接触面积，加快焙烧的速率
（2）氧化 （3）Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
（4） ①. 除去 Fe3+ ②. CuO、Cu(OH)2、CuCO3 ③. 蒸发浓缩，冷却结晶
（5）2 AuCl- +3SO2- +3H2O=2Au+3 SO2- +6H++8Cl 4 3 4
【解析】
【分析】阳极泥中含有 Au、Cu2Se、FeS、Cu2S、SiO2等杂质，阳极泥焙烧后生成 SO2、SeO2，SO2、SeO2 和水反应
生成 Se；焙烧后的烧渣加酸、双氧水进行浸铜后得浸铜渣和浸铜液，浸铜渣加入 NaClO3、HCl 得到浸金液，再加
入 Na2SO3 还原得到 Au；浸铜液中含有铁离子杂质，通过调节溶液 pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀出去，继而
进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤一系列步骤制得胆矾，据此分析解题。
【小问 1 详解】
增大反应物之间的接触面积可提高反应速率，故粉碎成粉末的目的是增大与氧气的接触面积，加快焙烧的速率，故
答案为：增大与氧气的接触面积，加快焙烧的速率；
【小问 2 详解】
焙烧产生的烟气通入冷水中可制得 Se，SeO2的化合价降低，说明 SeO2 具有氧化性，故答案为：氧化；
【小问 3 详解】
浸铜过程中 Cu2O 溶解的离子方程式为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
【小问 4 详解】
浸铜液调 pH 值的目的是除去 Fe3+，调 pH 值加入的物质可以是 CuO、Cu(OH)2、CuCO3等，操作①的操作过程是蒸
发浓缩，冷却结晶，故答案为：除去 Fe3+；CuO、Cu(OH)2、CuCO3；蒸发浓缩，冷却结晶；
【小问 5 详解】
- 2- 2-
用亚硫酸钠还原 NaAuCl AuCl SO SO4 制取金的离子方程式为：2 4 +3 3 +3H2O=2Au+3 4 +6H++8Cl ，故答案为：
2 AuCl
- 2- 2-
4 +3SO3 +3H2O=2Au+3SO4 +6H++8Cl 。达州市高级中学校 2024年春季 3月月考试题
高二化学试卷
(考试时间：75分钟 总分：100分)
注意事项：
1.本试卷分第 I卷(选择题)和第 II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号
填写在答题卡上。
2.回答第 I卷时，选出每小题答案后，用 2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第 II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 S-32
第 I卷(选择题 共 42分)
一、选择题(本大题包括 14个小题，每小题 3分，共 42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列有关原子结构相关内容表述正确的是
A. 电子排布图 ，不满足泡利原则
B. s 轨道的形状为哑铃形
C. Fe（26 号元素）原子的价层电子排布式为3d6 4s2
D. LED 灯的发光是因为核外电子从基态到激发态以光的形式释放能量
2. 下列离子的 VSEPR 模型与离子的空间立体构型一致的是
A. SO2 B. ClO 3 4 C. NO
2 D. ClO
3
3. 下列各组性质的比较中，不正确的是
A. 碱性：NaOH>Mg(OH)2 B. 原子半径：Cl>S
C. 金属性：K>Na D. 热稳定性：NH3>PH3
4. 已知反应：2F2 2NaOH OF2 2NaF H2O ，NA 为阿伏加德罗常数的值，若消耗 44.8L (标准状况) F2 ，下
列叙述错．误．的是
A. 转移的电子数为4NA B. 生成的 NaF质量为84g
C. 生成的氧化产物分子数为2NA D. 生成的H2O含有孤电子对数为 2NA
5. 元素周期表中元素“钴”的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断
A. 元素钴是一种过渡元素
B. 它的基态原子价电子排布式为 4s2
C. Co2+的电子排布式为[Ar]3d54s2
D. 它位于元素周期表的第四周期第 VIIIB 族
6. 在 CH2=CHCl 分子中，C—C1 键采用的成键轨道是
A. sp-p B. sp2-s C. sp2-p D. sp3-p
7. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A. 该分子中σ键与π键数目之比为 14：4
B. 该分子的化学式为 C5H4N3O2F
C. 该分子中 C-N 键的键能小于 C=N 键的键能
D. 该分子中 N、O、F 的第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O
8. 如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法
正确的是
A. 16 a 和 18 a 属于同种核素 B. 电负性：d>e
C. 第一电离能：d>e D. 因为 b2a 溶于水导电，所以 b2a 是电解质
9. W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 19。Y 的最外层电子数与其 K 层电
子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
A. 原子半径：X W B. 简单氢化物的沸点：X Z
C. Y 与X 可形成离子化合物 D. Z的最高价含氧酸是弱酸
10. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z W
原子半径/ pm 160 143 70 66
主要化合价 2 3 5、 3、 3 2
下列叙述正确的是
A. X、Y 元素的金属性：X
C. Y 的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，Y 单质可以与 Z 的最高价氧化物对应的水化物反应
11. 下面两表分别列出了 CO 和 N2 的某些性质及相关键能，有关说法不正确的是
表 1
分子 熔点/℃ 沸点/℃ 常温时在水中溶解度
CO -205.05 -191.49 2.3 mL
N2 -210.00 -195.81 1.6 mL
表 2
CO C-O C=O C O
键能（kJ·mol-1） 357.7 798.9 1071.9
N2 N-N N=N N N
键能（kJ·mol-1） 193 418 946
A. CO 与 N2 的价电子总数相等
B. 由表 2 可知， CO 的活泼性不及 N2
C. 由表 1 可知，CO 的熔沸点高于 N2 ，是因为 CO 分子间作用力大于 N2
D. 由表 1 可知，室温时， CO 在水中的溶解性大于 N2 ，是因为 CO 分子有弱极性
12. 草甘膦，是一种有机膦类除草剂，其结构式如图。其中 X、Y、X、W、E 为原子序数依次增大的短周期主族元
素。其中 X 只有 s 能级上有电子，E 原子的电子总数为价层电子数三倍，W 的电子排布式中有三对成对电子。下列
说法正确的是
A. X、Y、Z 三种元素中原子半径最大的是 Z
B. Y、Z、W 的最高正价W>Z>Y
C. X、Y、Z、W、E 最外层均达到 8 电子稳定结构
D. Z、E 简单氢化物的还原性，Z＜E
13. NOx 是主要大气污染物，利用反应 NO2 + NH3 → N2 + H2O 消除 NO2污染的电化学装置如图所示。下列说法错误
的是
A. 外电路的电流方向为 b → a
B. b 极的电极反应为：4H2O + 2NO2 + 8e = N2 + 8OH
C. 若离子交换膜为阴离子交换膜，则左池 NaOH 溶液浓度将增大
D. 电路中转移 4 mol 电子时理论上可消除标准状况下 1 mol NO2 的污染
14. 25℃时，用 0.1000 mol·L 1盐酸滴定 20.00 mL 0.1000 mol·L 1 某一元碱 MOH 溶液所得滴定曲线如图所示。下列
说法正确的是
A. MOH 为一元强碱
B. a 点对应溶液中：c(M+) > c(Cl ) > c(OH ) > c(H+)
C. 滴定过程中水的电离程度最大的是 b 点
D. c 点对应溶液中：c(M+) = c(Cl )
第 II卷(填空题 共 58分)
二、填空题(本大题包括 4个小题，共 58分)
15. 合成氨有助于解决地球上粮食不足问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）基态 N 原子，核外电子的运动状态有_______种，能量最高的电子的电子云在空间有_______个伸展方向，原
子轨道呈_______形。
（2）我国科研人员研制出了“Fe-LiH”催化剂，使得合成氨温度和压强分别降到了 350℃、1MPa，这是近年来合成
氨反应研究中的重要突破。
①第三电离能 I3(Fe)_______I3(Mn)(填“>”或“<”)，原因是_______。
+ -
②比较 Li+与 H-的半径大小关系： r Li _______ r H (填“>”或“<”)。
（3 -）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化 H2，将 N3-转化为 NH2 ，反应
过程如图所示：
①产物中 N 原子的杂化轨道类型为_______。
-
②原子数和价电子数相同的微粒(分子、离子或基团)互为等电体，写出一种与 NH2 互为等电子体的分子_______(填
化学式)。
16. 根据所学内容填空：
（1）有下列物质：①HF、②Cl2、③H2O、④CCl4、⑤BF3、⑥CO2，其中属于极性分子的是_______(填序号，下同)，
既有 σ 键又有 π键的是_______。
（2）下列分子中，空间构型为正四面体且键角为109 28 的是_______。
a．PCl3 b．SiF4 c．CH2Cl2 d．P4 e．CH4 f． NH3
（3）H2O、AsH3、SO3、OF2 的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是____。
（4）丙烯晴分子( H2C=CH-C N )中碳原子杂化轨道类型为_______。
（5）VIA 族元素氧、硫、硒(Se )的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
SO2-① 4 离子的空间构型为_______。
②如图所示，每条折线表示周期表 IVA—VIIA 族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，
其中 a 点代表的是_______(化学式)
17. 当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳
含量成为研究热点。
（1）用 CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向，可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.6kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2=+41 2kJ·mol-1.
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H3
则：反应Ⅲ的 H3=___________kJ·mol-1
（2）绝热恒容的条件下，向密闭容器通入 CO2 和 H2进行反应，若只进行反应 II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，
下面能说明反应已达到平衡状态的是___________；
A. v(CO)=v(H2O)
B. 容器内压强不变
C. 单位时间内每形成 1mol H—H 键，同时形成 2mol O—H 键
D. 容器内 n(CO)/n(H2O)的值保持不变
（3）某温度下的密闭容器中，充入 1molCO2 和 3molH2，发生反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。现测
得 CO2(g)和 CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。
从反应开始到 4min 时，氢气的平均反应速率 v(H2)=___________；平衡时，CO2的转化率为___________。
（4）光催化技术具有高效、节能的优点，利用钛酸锶光催化还原 CO2 有利于实现“碳中和”，其原理如图 2 所示，
写出铂电极的电极反应式___________。当有 2mol H+___________(填“从右向左”或“从左向右”)迁移时，电池左侧生
成的氧气在标况下的体积为___________。
18. 工业生产上从电解精炼铜的阳极泥中获得金、硒和胆矾的工艺流程如图所示。已知阳极泥中含有 Au、Cu2Se、
FeS、Cu2S、SiO2 等不反应的杂质。回答下列问题：
（1）焙烧时需要将阳极泥洪干并粉醉成粉末，粉碎成粉末的目的是_______。
（2）将焙烧产生的烟气通入冷水中可制得 Se，说明 SeO2具有_______性。
（3）已知焙烧的烧碴中主要含有 Au、SiO2、Fe2O3和 Cu2O，写出浸铜过程中 Cu2O 溶解的离子方程式_______。
（4）浸铜液调 pH 值的目的是_______，调 pH 值加入的物质可以是_______，操作①的操作过程是蒸发浓缩、_______
过滤、洗涤、干燥。
（5）浸金液中含有 NaAuCl4，用亚硫酸钠还原可制取 Au，写出该反应的离子方程式_______。
