2023 年 3 月高二月考测试卷
化学参考答案
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．A【解析】A．制普通玻璃过程中没有发生氧化还原反应，A 错误；B．CO2的结构为 O=C=O，该分子中只存
在极性键，为直线形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子，B 正确；C．根据消毒液可以使蛋白质变性从
而杀死病毒可知德尔塔（Delta）毒株成分含蛋白质，C 正确；D．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、
离子或分子)中电子的一种能量变化，激光、荧光、LED 灯发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨
道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就
将多余的能量以光的形式放出，因而能使光呈现颜色，与电子跃迁有关，D 正确。
2．C【解析】铜元素的原子序数为 29，价层电子排布式为 10 13d 4s ，价层电子排布图为 ，
故 A 错误；SiO2属于共价晶体，没有分子式，SiO2是化学式，故 B 错误；HClO 的结构式为 H—O—Cl，空
间填充模型为 ，故 C 正确；Cl 原子的价层电子排布式为 2 53s 3p ，p 轨道上有 1 个未成对电子，p 轨道
通过“头碰头”的方式重叠形成 p—p σ键，故 D 错误。
2 2+
3．B【解析】 Cu NH 中 Cu 与 NH3之间有四个配位键是σ键，NH3 分子内有三个σ键，所以σ键的数3 4
目为 16NA，故 A 错误；标准状况下，2.24 L SO2物质的量为 0.1 mol，根据 S 原子守恒，应有 H2SO3、HSO3 、
SO2 和 SO2 的微粒数之和等于
2
3 0.1 NA ，则溶液中HSO3 、SO 和 SO2 的微粒数之和小于 0.1 NA，故 B 正确；3
电解精炼铜时，阳极为粗铜（含有锌等金属单质），因此无法根据质量减少量计算参加反应的金属的物质的量，
31g
故 C 错误；31 g 基态 P 原子中含有的未成对电子数为 3 N 3N ，故 D 错误。A A
31g / mol
4．D【解析】 ．由水电离的 + -13A c(H )=10 mol/L 溶液中，可以是酸溶液，也可以是碱溶液，酸性条件下，碳酸氢
根离子会反应，不能大量共存，碱性条件下，钙离子、碳酸氢根离子会发生反应，不能大量共存，故 A 错误；
B．使甲基橙变红的溶液呈酸性， - ClO 、AlO 不能大量共存，B 错误；C．无色透明溶液中， 3+、CO2 2 Al 3 发
生剧烈的双水解不能大量共存， 错误； ．透明溶液中： +、 、 +、SO2 C D Na MnO 能大量共存， 正确。4 H 4 D
5．C【解析】AgCl 溶解并生成[Ag(NH3)2]Cl，故 A 正确；HCl 能抑制氯化镁水解，加热得到无水氯化镁，
MgCl2 6H2O MgCl2+6H2O，故 B 正确；Mg(HCO3)2 溶液中加足量的烧碱溶液会生成氢氧化镁，
- 2+
4OH +Mg
2 -
+2 HCO3 ===Mg(OH)2↓+2 CO3 +2H2O，故 C 错误；难溶的 AgCl 能转化为更难溶的转化为 AgI，I (aq)+AgCl(s)
-
AgI(s)+Cl (aq)，故 D 正确。
6．A【解析】MgO、NaCl 均为离子晶体，半径 2+ + 2- - 2+ 2-Mg ＜Na 、O ＜Cl ，且 Mg 、O 所带电荷多，MgO 晶体中
晶格能大，故熔点高，A 正确；金刚石与碳化硅都是原子晶体，结构相似，碳原子半径小于硅原子半径，则
键长：C-CC3H7-为供电子基团，其羧基上的氢较难电离，因此丁酸的酸性弱于乙酸，C 错误；HF 和 HCl 属于分子晶
体，分子晶体的相对分子质量越大，其沸点越高，但是HF分子间存在氢键，故HF晶体沸点高于 HCl，D错
误。
＋
7．C【解析】H2F 离子中氟原子的价层电子对数为 4，则离子的 VSEPR 模型为四面体形，故 A 错误；三氯化磷
分子中磷原子的价层电子对数为 4，孤对电子对数为 1，则分子的 VSEPR 模型为四面体形、分子的空间构型
为三角锥形，故 B 错误；亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为 3，孤对电子对数为 1，则原子的杂化方
式为 2sp 杂化，离子的 VSEPR 模型为平面三角形、分子的空间构型为 V 形，故 C 正确；D．四氢合硼离子中
硼原子的价层电子对数为 4，孤对电子对数为 0，则离子的空间构型为正四面体形，故 D 错误。
8．B【解析】A．NaNO2和 CH3COONa 溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的 pH 来比较对应酸的 Ka，故 A
错误； ．向配合物 - 3+ 3+B Co(NH3)3Cl3 溶液中加入硝酸银，无沉淀生成，说明 NH3、Cl 与 Co 形成配位键，即 Co
化学参考答案 第 1 页（共 4 页）
的配位数为 6，故 B 正确；C．慢慢扩大容器体积，无论是否发生平衡移动，浓度均比原来的小，则由现象不
能判定平衡的移动，故 C 错误；D．NaAlO2溶液中加入 NaHCO3 溶液发生的反应为：AlO2 + HCO
3 +H2O
===Al(OH) 2 3↓+ CO 反应的原理是强酸制弱酸，而非双水解，3 D 错误。
9．A【解析】Z 能形成 2 条σ键，根据题干条件，Z 应为 O；阳离子中心原子 Y 形成 4 条σ键，带一个单位正
电荷，Y 为 N；X 为 C；阴离子中心原子 Z 形成 4 条σ键，带一个单位负电荷，W 为 B；M 为 H；简单氢化
物的沸点：CH4位键，阳离子中 N 最外层五个电子，其中一对孤对电子与 +H 形成配位键，故 B 正确；第一电离能：N>O>C>B，
故 C 正确；该化合物中 Z 周围有 2 条σ键，同时存在两对孤对电子，Z 价层电子对数为 4，故 Z 的杂化方式
为 3sp ，故 D 正确。
10．C【解析】A.由图可知，相同温度时，选用催化剂 X 时，CO2的转化率较高，该反应适宜选用的催化剂为 X，
A 错误；B.加入催化剂，可以降低反应活化能，提高化学反应速率，不能增大 CO2的平衡转化率，B 错误；
1mol 50%
C.T1 K 时，d 点对应容器在 0~50 min 内的平均反应速率 v CO = =0.005 mol / (L min)2 ；C 正确；
2L 50min
D.催化剂只能改变反应速率，不能改变CO2的平衡转化率，当CO2的转化率最高时，说明反应达到平衡状态，
则 b 点是平衡点，故 a、c 点都为该条件下的平衡点错误，D 错误。
11．C【解析】A．根据 Fe 电极失去电子，Fe 电极作阳极，电源 b 级为正极，A 错误；B.阴极区发生的电极反应
为 - -H2O+2e ===H2↑+2OH ，中间浓NaOH溶液通过阳离子交换膜进入左侧，致使NaOH溶液浓度增大，a%B 错误；C．阳极的电极反应式为 - - - 2 Fe 6e +8OH === FeO4 +4H2O，C 正确；D．每产生 1 mol Na2FeO4,电路中
转移了 -6 mol e ，阳极产生 - +6 mol OH ，为了使电荷守恒，有 6 mol Na 通过左侧离子交换膜，D 错误。
12．D【解析】A．砷（As）是氮的同族元素，且比氮多 2 个电子层，价电子是 5，故 As 基态原子的价电子排布
式为 2 34s 4p ，A 错误；B．“碱浸”过程， -H3AsO4是弱酸，H3AsO4转化为 Na3AsO4 的离子方程式为 H3AsO4+3OH
3
=== AsO4 +3H2O，B 错误；C．亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水，加入试剂 1 的目的是将AsO
3
3 氧化生
成AsO3 4 ，有利于提高砷的利用率，C 错误；D．每生成
-
1 mol As2O3，得到 4 mol e ，需要还原剂 SO2 2 mol ,
标况下体积为 44.8 L，D 正确。
13．D【解析】A．E 点溶液中溶质为 2-NaOH 和 Na2X，X 的水解程度与 NaOH 的抑制程度相等，使 pH 水=7，但
过量的 NaOH 使溶液显碱性，故 A 错误；B．滴入氢氧化钠 40 mL 时溶质对水的促进作用达到最大，则说明
D 点溶液只有 + - - Na2X，推知 B 点溶质为 NaHX，因二元酸 H2X 在水中的电离方程式为：H2X===H +HX ，HX
+ 2-
H +X ，所以 B 点时 NaHX 只存在电离平衡，不存在水解平衡，B 错误；C．随着 NaOH 溶液的加入，
从 点到 点的过程中， 2-
c(HX ) n(HX )
C D n(X )逐渐增大， -n(HX )逐渐减小，则同一溶液中 =
c(X2- ) n(X2-
逐渐减小，故
)
C 错误。D．D 点时，酸碱恰好完全反应，其溶液溶质为 Na2X，根据消耗的氢氧化钠的体积可知，加入的氢
0.1mol/L 0.04L
氧化钠的浓度为 0.1 mol/L，根据物料守恒可知， + - 2-D 点溶液中：c(Na )= ，c(HX )+c(X )
0.02L+0.04L
0.1mol/L 0.02L
，所以 + - 2-
0.1mol/L 0.04L 0.1mol/L 0.02L
= c(Na )+c(HX )+c(X )= =0.1 mol/L，D 正确。
0.02L+0.04L 0.02L+0.04L 0.02L+0.04L
14．D【解析】氧是 VIA 族的主族元素，其核外电子排布式为 2 4[He]2s 2p ，属于 p 区元素，故 A 正确；由图 2 可
知，以任一顶点的 4+ 4+Ce 为例，距离其最近的 Ce 位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被 8 个晶胞共用，
则距离最近的 4+的个数为 3 8 ，故 正确； ． 晶胞中 4+ 2-Ce 12 B C CeO2 Ce 与最近 O 的核间距为晶胞对角线长
2
度的 1 ，即 3 a pm，故 C 正确；D．假设 4+ 3+CeO2-x 中的 Ce 和 Ce 的个数分别为 m 和 n，则 m+n=1，由化合
4 4
价代数和为 0 可得 4m+3n=4-2x，解得 m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的 4+ 3+Ce 或 Ce 个数为
1 1 4+
8 6 4，所以每个晶胞中 Ce 的个数为 4-8x，故 D 错误。
8 2
三、非选择题：本题共 4 小题，除标注空外，每空 2 分，共 58 分。
15．（14 分）【答案】
化学参考答案 第 2 页（共 4 页）
（1）＞ （2）
（3）H2O 是极性分子，H2O2是极性分子且能与 H2O 形成氢键，而 CCl4是非极性分子
（ ） — 2-4 2[Au(CN)2] +Zn===2Au+[Zn(CN)4] 1:2
3.88 1032
（5）ZnS
N a3A
【解析】A、B、E、F、G 分别是 C、N、O、S、Zn。（1）基态 N 原子的价电子排布式为 2 32s 2p ，2p 轨道半充
满，能量较低较稳定，故第一电离能 N＞O。（2）基态 2 4S 原子的价电子排布式为 3s 2p ，根据洪特规则与泡利
不相容原理，轨道表示式为 。（3）H2O 是极性分子，H2O2是极性分子且能与 H2O 形
成氢键，而 — 2- -CCl4是非极性分子。（4）根据题意可知离子方程式为 2[Au(CN)2] +Zn ===2Au+[Zn(CN)4] 。AB
中元素 A 采取 sp 杂化，则 A 与 B 之间形成碳氮三键，含一个σ键，2 个π键，故比值为 1:2。（5）元素 G 是
1 1
元素，位于 8 个顶点与 6 个面心，故 Zn 的数目为：8× +6× =4 个；元素 F 为 S 元素，位于立方体中，
8 2
故 S 的数目为：4 个；二者个数的最简整数比即为化学式，故该晶体化学式为 ZnS。
4
mol (65 32)g / mol
3.88 1032N
A = g cm
3。
3 3
Na 10 10 cm A a
16．（14 分）【答案】
（1）平衡气压，便于液体顺利流下 － ＋ 2＋ 2 MnO4 +10Cl +16H ===2Mn +5Cl2↑+8H2O
（2）饱和食盐水 （3）BD （4）d c b a（全对给 2 分，写错或少写不给分）
（5）降低 Cl2在 SnCl4 中的溶解度，加快氯气从 SnCl4 中逸出
（6）85%
【解析】（1）仪器①用于滴加浓盐酸，但随反应的进行，蒸馏烧瓶内气体的压强增大，液体难以流出，所以分
液漏斗中添加导管，其作用是：平衡气压，便于液体顺利流下。装置 A 中烧瓶内，KMnO4与浓盐酸反应，生
成 － ＋ 2＋Cl2、MnCl2、KCl 等，反应的离子方程式为 2 MnO4 +10Cl +16H ===2Mn +5Cl2↑+8H2O。（2）B 的作用是
除去氯气中含有的 HCl 杂质，防止 HCl 与金属 Sn 发生反应，影响 SnCl4 的纯度。（3）根据题意，四氯化锡
极易水解，制备前需要排尽装置中的水蒸气，因此先通氯气排尽装置中的空气，使整个装置中充满黄绿色气
体时再点燃酒精灯，故 A 错误。装置 F 中盛有浓硫酸，用于防止装置 G 中溶液挥发出的水蒸气进入装置 E，
造成四氯化锡水解，故 B 正确。装置 G 是为了防止过量的氯气逸散至空气中，造成空气污染，一般选用较浓
的 NaOH 溶液，故 C 错误。仪器④浸在盛有冷水的烧杯中，便于冷凝热的产物蒸汽，且上方仪器③同时具备
冷凝回流的作用，故 D 正确。（4）操作顺序为：d（除去溶解的 Cl2）→c（让产物 SnCl4进入 U 形管）→b（蒸
馏结束）→a（打开安全瓶的旋塞，关闭抽气泵）。（5）加热是降低 Cl2 在 SnCl4中的溶解度，抽气是加快 Cl2
1.5
从 实际产量SnCl4 中逸出。（6）产率= 100% = 0.8 ×100%≈85%
理论产量 (119 35.5 4)
119
17．（14 分）【答案】
高温
（1） 4FeCr2O4 +7O2 +8Na2CO3 2Fe2O3 +8Na2CrO4 +8CO2
（2）增大接触面积，使 Na2CrO4 尽可能多地溶于水，提高浸取率
（3）盐酸中的氯为-1 价，具有还原性，会被Cr O2 2 7 氧化成 Cl2
（4）K2Cr2O7的溶解度比 Na2Cr2O7小，且温度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较
大，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾
（5）Cr2O3
化学参考答案 第 3 页（共 4 页）
（6） - +2H2O-4e ===4H +O2↑ 2-x
【解析】（1）由产物可知铁元素与铬元素价态升高被氧化，故空气中的 O2 作氧化剂发生氧化还原反应。则有
高温
4FeCr2O4 +7O2 +8Na2CO3 2Fe2O3+8Na2CrO4 +8CO2 。（2）增大接触面积，使 Na2CrO4尽可能多地溶于水，
提高浸取率。（3）Cr O2 具有氧化性，会将氯离子氧化为氯气。（4）K2Cr2O7的溶解度比 Na2Cr2O7小，且温2 7
度对氯化钠的溶解度影响较小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸
钾。（5）CrO3 的相对质量是 100，100 g CrO3 加热放出氧气 24 g，氧原子减少 1.5 mol，剩余氧原子 1.5 mol，
则所得氧化物中 Cr 与 O 原子个数比为 1∶1.5 即 2∶3。故所得氧化物为 Cr2O3。（6）设开始时 K2CrO4的物质
的量是 a mol，当铬酸钾的转化率达到 b 时，根据铬元素守恒可知，反应消耗 K2CrO4 ab mol、生成 K2Cr2O7 为
ab ab
mol、反应后 K2CrO4为 a(1-b) mol，则阳极区的钾离子为：[2a(1-b)+2× ]mol=(2a-ab) mol，铬为：a mol；
2 2
(2a ab)
x= =2-b，则 b=2-x。
a
18．（16 分）【答案】
1
（ -2
k
1）① （或 0.016 或 1.6×10 ） ② 正 0.16
64 K
（2）①大于 ②Kp1×Kp2 大于
1（3）①7.5 ② （或 0.33）
3
【解析】该反应为等积反应，则有:
2HI(g) H2(g) + I2(g)
起始物质的量分数 1 0 0
平衡物质的量分数 0.80 0.10 0.10
x(H )x(I ) 0.102 1
则 632K 时该反应的平衡常数K 2 2632K 0.016。反应达到平衡时，v v ，将速率方
x2 (HI) 0.802 64 正 逆
k 0.0025
k x(H )x(I ) k x(H )x(I ) k 正
程代入可得： 2 正 2 2 正 2 2k正x (HI) k逆x(H2)x(I K
逆
2)，整理得：k x2
，即 ， 1
逆 (HI) k逆 x
2 (HI) K
64
1 1
=0.16。（2）由于 lgKp2 与 的线性关系图可知①温度越高， 越小，lgKp2 越大，即 Kp2越大，说明升高温
T T
度平衡 2HBr(g) H2(g) + Br2(g)正向移动，则该反应的△H 大于 0；②由信息可知反应Ⅰ与反应Ⅱ相加便得到：
2HI(g) H2(g)+I2(g)，则该反应的平衡常数 K=Kp1×Kp2，lg K lg K p1 lg K ，由图像可知升高温度时 lgKp2 P1
减小较慢，而 lgKP2 增大较快，因此 lgK=lgKp1+lgKp2随温度升高而增大，因此该反应为吸热反应，即△H 大
于 0。（3）发生两个反应 I．I2(g) 2I(g)、II．I2(g) + H2(g) 2HI(g)，其中 II 是等积反应，总压增大 2.5
bar，可知在 I 反应中 I2(g)分压减小 2.5 bar，I(g)的分压增加为 5 bar。
I. I2(g) 2I(g)
2
平衡分压 K θ
10 5
p 5bar 1 = = p=7.5bar
3 P
平衡时 p(I2(g))=7.5bar，p(I(g))=5bar 由 I 原子守恒得 p(HI(g))=25-2p(I2(g))-p(I(g)) =5bar，再由 H 守恒得
p(H2(g))=[25-p(HI(g))]÷2=10bar。
Ⅱ. I2(g) + H2(g) 2HI(g)
平衡分压 7.5bar 10bar 5bar
2
K θ
5 1
2 = = 0.33
7.5 10 3
化学参考答案 第 4 页（共 4 页）
