四川省南充高级中学2022-2023学年高二化学上学期1月期末考试试题（Word版附解析）

南充高中2022～2023学年度上学期期末考试高2021级化学试题(时间：90分钟总分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16C-12B-11第1卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分)1.化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是A.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物B.埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同C.油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应D.压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料【答案】D【解析】【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，A错误；B.埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理不相同，其中次氯酸钠和双氧水利用的是氧化作用，B错误；C.油脂在碱性条件下水解成高级脂肪酸钠和甘油，称为皂化反应，C错误；D.压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料，D正确，答案选D。2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A.海带提碘B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴【答案】C【解析】【详解】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。答案选C。3.在“绿色化学工艺”中理想状态是原子利用率为100%。在用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3的过程 中，欲使原子利用率达到最高，还需其他的反应物有A.CO和CH3OHB.CO2和H2OC.H2和CO2D.CH3OH和H2【答案】A【解析】【分析】根据题意，在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，用CH3C≡CH（丙炔）合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。【详解】A．CO和CH3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，A项正确；B．CO2和H2O，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，B项错误；C．H2和CO2，，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，C项错误；D．CH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查绿色化学工艺，有机物的合成等知识。由于在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，生成的产品与原料之间要遵守原子守恒，用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1，据此解答。4.下列化学用语正确的是A.分子式为的物质可能是混合物B.甲烷分子的球棍模型：C.聚苯乙烯的结构简式为D.硝基苯的结构简式：【答案】A【解析】 【详解】A．分子式为可表示葡萄糖、果糖等多种物质，因此分子式为的物质可能是混合物，故A正确；B．图示为甲烷的比例模型，不是球棍模型，故B错误；C．聚苯乙烯的结构简式为，故C错误；D．硝基苯中与苯环相连的原子为N原子，结构简式应为，故D错误；故选：A。5.下列图形表示杂化轨道的电子云轮廓图的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】杂化轨道有4个轨道组成，呈正四面体构型伸展，C符合；故选：C。6.下列相关比较中，正确的是A.分解温度：MgCO3>CaCO3>BaCO3B.熔点：Na>Mg>AlC.微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)D.热稳定性：H2O>H2S>HCl【答案】C【解析】【详解】A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高，则碳酸盐的分解温度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A错误，B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，B错误；C．Cl-具有三个电子层，O2-、Na+具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，故微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，C正确； D．简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性一致，已知非金属性比O＞Cl＞S，故H2O>HCl>H2S，D错误；故答案为：C。7.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A.分子式为C14H14O4B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键【答案】B【解析】【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。综上所述，故选B。8.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.中键的个数为B.中杂化的原子数为C.中S的价层电子对数为D.常温常压下，羟基(—OH)所含电子数目为【答案】B【解析】【详解】A．1mol中含3molN-H键，氨分子与铜形成配位键也为键，则中含，故A正确； B．中C和O均采用杂化，1个中含3个杂化的原子，乙醇为1mol，杂化的原子数为，故B错误；C．中心S原子的价层电子对数=，则中S的价层电子对数为，故C正确；D．羟基(—OH)为1mol，1mol羟基含电子，故D正确；故选：B。9.有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是A.a的一氯代物有3种B.b是苯的同系物且可使溴水褪色，反应时键断裂C.c可溶于水D.a、b、c互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知a中含有三种氢，则其一氯代物有3种，故A正确；B．b中含碳碳三键，不属于苯的同系物，故B错误；C．c属于烃类，难溶于水，故C错误；D．a、b分子式为C8H6，c分子式为C8H8，三者分子组成不同，不互为同分异构体，故D错误；故选：A。10.下列有关原子结构和元素性质的叙述中，正确的是A.邻羟基苯甲醛的熔点高于对羟基苯甲醛的熔点B.第四周期元素中，基态锰原子价电子层中未成对电子数最多C.钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能D.价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数【答案】D【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键使熔点升 高，分子内氢键使熔点降低，故A错误；B．第四周期元素中，基态Cr原子价电子层中未成对电子数最多，故B错误；C．钠元素的第一电离能小于镁元素，但钠失去一个电子后为全满稳定结构，再失去一个电子较为困难，故其第二电离能大于镁的第二电离能，故C错误；D．价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故D正确；故选：D。11.盐酸溶液能吸收CO生成配合物氯化羰基亚铜，其结构如图：下列有关氯化羰基亚铜的说法不正确的是A.该配合物中Cl离子的杂化方式为杂化B.该配合物的配体有CO、、，其中CO提供孤电子对的为O原子C.该配合物中，提供空轨道接受孤电子对形成配位键D.该配合物中，中心离子的配位数为4【答案】B【解析】【详解】A．Cl形成2个单键，价层电子对数为4，杂化方式为杂化，故A正确；B．CO中C的电负性小于O，电负性越小越易提供电子对，故C提供孤电子对，故B错误；C．该配合物中，提供空轨道，CO、、提供孤电子对与其形成配位键，故C正确；D．由结构简式可知中心离子配位数为4，故D正确；故选：B。12.某种合成医药、农药的中间体结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是 A.第一电离能：Y<Z<MB.简单氢化物沸点：Y<ZC.R可形成两种酸性氧化物D.YM可作为配合物的配体【答案】A【解析】【分析】根据X、Y、Z、M、R原子序数依次增大且为短周期主族元素，结合该中间体的结构中的连键特点，可推出元素X、Y、Z、M、R分别为H、C、N、O、S。【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能应是C<O<N，故A错误；B．Y、Z对应的简单氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3中存在分子间氢键，所以沸点高于CH4，故B正确；C．S可形成两种酸性氧化物，分别为SO2和SO3，故C正确；D．CO可作配合物的配体，如Ni(CO)4，故D正确；选A。13.科学家近期合成了一种配合物，该物质可以在温和条件下活化H2，将N3-转化为NH，反应过程如图所示。下列说法错误的是A.产物中N原子的杂化轨道类型为sp3B.NH2-的VSEPR模型为四面体形C.电负性大小：N>C>FeD.键角：NH>NH3【答案】D【解析】【详解】A．产物N连接4根键，为杂化，A正确；B．与H2O互为等电子体，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，B正确；C．一般而言，金属元素的电负性小于1.8，非金属元素电负性大于1.8，C、N属于同一周期，从左到右电负性逐渐增大，Fe为金属元素，电负性最小，即得N>C>Fe，C正确； D．与H2O互为等电子体，均存在两对电子对，键角相同，键角：H2O<NH3，所以<NH3，D错误；故选D。14.氯化铬酰()常温下为深红色液体，能与、等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确的是A.中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等B.结构为四面体而非平面形C.为离子晶体D.遇水可发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；B．结构式为，中心铬原子上的孤电子数是0，价层电子数是4，为四面体而非平面形，B项正确；C．为分子晶体，C项错误；D．遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：，D项正确；故答案选C。15.是一种重要的半导体材料，其晶体的晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为，晶胞参数为。下列说法正确的是 A.基态原子价电子排布式为B.晶胞中n的坐标参数为C.与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有6个D.Se原子与Se原子之间最短距离为pm【答案】B【解析】【详解】A．Se为第四周期ⅥA族，基态原子价电子排布式为，故A错误；B．由晶胞结构可知n点坐标为，故B正确；C．由晶胞结构可知Cd位于顶点和面心，与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有12个，故C错误；D．Se原子与Se原子之间的最短距离为面对角线的一半，pm，故D错误；故选：B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验乙酸乙酯样品是否有乙酸杂质向乙酸乙酯样品(由乙醇与乙酸反应制得)中加入小颗粒钠，产生大量气泡乙酸乙酯中一定含乙酸B检验淀粉水解是否完全将适量样品与稀硫酸反应，加入足量溶液后加入碘水，观察现象无明显现象，说明淀粉水解完全C检验牙膏中的摩擦剂成分取少量牙膏于试管中，加水溶解，过滤，滤渣中滴加足量盐酸若滤渣溶解并产生无色气泡，则摩擦剂可能含有D向溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液与能大量共存A.AB.BC.CD.D【答案】C 【解析】【详解】A．由乙醇与乙酸反应制得乙酸乙酯中可能含有乙醇和乙酸，两者都能与钠反应生成氢气，因此根据现象不能说明一定是乙酸，故A错误；B．与碘水反应，干扰淀粉的检验，应取水解液直接加碘水检验淀粉，由实验及现象证明淀粉完全水解，故B错误；C．与盐酸反应生成二氧化碳，则滤渣溶解并产生无色气泡免责摩擦剂可能为，故C正确；D．向溶液中滴加过量氨水，最终生成银氨溶液，与不能大量共存，故D错误；故选：C。第11卷(非选择题，共52分)二、填空题(本题包括4个大题，共52分)17.苯佐卡因是临床常用的一种手术用药。以甲苯为起始原料的合成路线如下：回答问题：（1）甲苯分子内共面H原子数最多为___________个。（2）A的名称是___________。（3）在A的同分异构体中，符合下列条件的是___________(写出一种结构简式)。①与A具有相同官能团②属于芳香化合物③有5种氢原子（4）B中官能团名称为___________。（5）B→C的反应方程式为___________。（6）反应过程中产出的铁泥属于危化品，处理方式为___________(填编号)。a．高温炉焚烧b．填埋c．交有资质单位处理（7）C到苯佐卡因的反应类型为___________。【答案】（1）6（2）对硝基甲苯或4-硝基甲苯（3）、（4）羧基、硝基 （5）++H2O（6）c（7）还原反应【解析】【分析】甲苯与浓硝酸发生硝化反应生成对硝基甲苯即A，A被高锰酸钾溶液氧化生成对硝基苯甲酸，B与乙醇发生酯化反应生成对硝基苯甲酸乙酯，C被Fe还原生成苯佐卡因，据此分析解答。【小问1详解】甲苯中苯环上的5个氢一定共面，甲基中有且只有一个氢可能在该平面上，因此最多6个氢原子共面。【小问2详解】由结构简式可知A为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；【小问3详解】①与A具有相同官能团即含硝基，②属于芳香化合物，即含苯环，若含一个取代基则为-CH2NO2，该结构中含4种氢不符合题意；则应含两个取代基分别为-CH3、-NO2，在苯环上分别有邻、间、对三种不同位置，其中对位时氢原子种类为3种，不符合题意，符合的结构简式有：、；【小问4详解】由结构简式可知B中官能团为羧基、硝基；【小问5详解】与乙醇发生酯化反应生成和水，反应方程式：++H2O；【小问6详解】铁泥中富含铁可以回收利用，填埋和焚烧既产生污染又浪费能源，所以处理方式为c。【小问7详解】由以上分析可知C到苯佐卡因的反应类型为还原反应。 18.硼和氮的单质及其一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题：（1）基态B原子的核外电子有___________种空间运动状态；B和N电负性较大的是___________。（2）经测定发现，固体由和X两种离子组成，与X互为等电子体的微粒有___________(写出一种)。（3）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素有___________种。（4）已知卤化铵、、、热稳定性逐渐增强，原因是___________。（5）晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体(如图1)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。则此基本结构单元由___________个硼原子构成；若该结构单元中有2个原子为(其余为)，那么该结构单元有___________种不同类型。（6）硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构类似，B、N原子相互交替排列(如图2)，其晶胞结构如图3所示。设每层B—N核间距为，层间距为，则该氮化硼晶体的密度为___________(用含a、b、的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.5②.B<N（2）CO、BF3（3）2（4）原子半径：F<Cl<Br<I，H→X键强度：H→F键>H→Cl键>H→Br键>H→I键，夺取NH中的H+的能力：F->Cl->Br->I- （5）①.12②.3（6）【解析】【小问1详解】B原子核外有5个电子，所以有5种不同运动状态的电子；同一周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故电负性：B<N。【小问2详解】根据电荷守恒和原子守恒得出X为NO，与NO互为等电子体的微粒有CO、BF3等。【小问3详解】第二周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O，则介于B元素和N元素间的元素有C、O两种；【小问4详解】铵盐大多不稳定。、、、，稳定性逐渐增强，原因是原子半径：F<Cl<Br<I，H→X键强度：H→F键>H→Cl键>H→Br键>H→I键，(H→F更易形成)，F-更易夺取NH中的H+；【小问5详解】晶体硼的基本结构单元中所含硼原子数为12；根据定一移一的方法可知，该结构单元有3种不同类型。【小问6详解】根据图3可知一个晶胞中含有N原子数为，B原子数为，由图2和图3可知，晶胞底面积与图2中一个六边形面积相等，由题给数据知，一个六边形面积＝pm2＝×10－20cm2，则晶胞的体积为×10－20cm2×b×10－10cm×2＝a2b×10－30cm3，故密度ρ＝g·cm－3。19.钴是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料。在奥运场馆中美丽的透光气囊材料由含氟的化合物制成。请回答下列问题：（1）过渡元素Co基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为___________；第四电离能， 其原因是___________。（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为___________(用相应的元素符号作答)。②与钴离子通过配位键结合的氮原子数有___________个。③酞菁钴中氮原子的杂化类型为___________。（3）分子与结合成配合物，与游离的氨分子相比，其键角___________(填“较大”“较小”或“相同”)，解释原因：___________。（4）萤石是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是___________；X离子的配位数是___________，若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为___________pm。【答案】（1）①.②.是失去3d6上的1个电子吸收的能量，是失去3d5上的1个电子吸收的能量，3d5为稳定结构，（2）①.N>C>H②.2③.sp3、sp2（3）①.较大②.分子中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对（4）①.Ca2+②.8③.【解析】【小问1详解】 Co是27号元素，基态原子的价电子排布式为3d74s2，基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为；是失去3d6上的1个电子吸收的能量，是失去3d5上的1个电子吸收的能量，3d5为稳定结构，所以第四电离能；【小问2详解】①酞菁钴中三种非金属元素是C、N、H，元素非金属性越强电负性越大，电负性由大到小的顺序为N>C>H。②N原子最外层有5个电子，形成3个共价键达到稳定结构，2、4号N原子形成4个共价键，其中1个配位键，2、4号N原子钴离子通过配位键结合，与钴离子通过配位键结合的氮原子数有2个。③酞菁钴中，单键氮原子采用sp3，双键氮原子采用sp2杂化。【小问3详解】分子中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对具有排斥作用，，所以与游离的氨分子相比，其键角较大。【小问4详解】根据均摊原则，X离子数为、Y离子数为8，根据萤石的化学式，X代表的离子是Ca2+；X离子的配位数是8，若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为体对角线的，正负离子的核间距最小为pm。20.从海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：资料显示：Ⅰ.pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO；Ⅱ．；Ⅲ．I2在碱性溶液中反应生成I-和IO。 (1)写出反应①的离子方程式___________。(2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作X应为___________、___________。(3)Cl2、酸性KMnO4等都是常用强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2，原因是___________。(4)写出反应②的离子反应方程式___________(5)方案乙中，已知反应③过滤后，滤液中仍存在少量的I2、I-。请检验滤液中的I-，将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂：CCl4、稀H2SO4、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液。A．将滤液___________，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。B．从水层取少量溶液于试管中，___________。【答案】①.②.升华(或加热)③.冷凝结晶(或凝华)④.氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2⑤.⑥.用CCl4多次萃取、分液⑦.加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有I-【解析】【分析】海水制盐所得到的卤水中提取碘，根据资料Ⅰ可知步骤①亚硝酸钠有氧化性，碘离子有还原性，在酸性条件下二者发生以下氧化还原反应：，此过程将碘离子氧化为碘单质，活性炭将碘单质吸附，方案甲中利用碘单质易升华的特性，将其加热升华、冷凝结晶使其分离；方案乙中先用浓碳酸钠溶液吸收碘单质，发生反应：，步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，将碘单质萃取、分液后可得粗碘。【详解】(1)根据资料Ⅰ可知亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质和水，离子方程式为：；(2)方案甲中利用碘单质易升华的特性将其分离，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故答案为升华(或加热)、冷凝结晶；(3)氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化碘单质，根据资料Ⅰ亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中选择价格较高的NaNO2做氧化剂，故答案为氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2；(4)根据资料Ⅲ方案乙步骤②用浓碳酸钠吸收碘单质发生下述反应：，故答案为：； (5)A．步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，单质碘易溶解于四氯化碳、苯等有机溶剂中，故答案为用CCl4多次萃取，萃取之后分液，将有机层和无机层分离，故答案为分液；