辽宁省实验中学2021-2022学年高二化学下学期期中阶段测试（Word版带解析）

辽宁省实验中学2021-2022学年度下学期期中阶段测试高二化学试卷考试时间：75分钟试题满分：100分可能用到的相对原子质量：C-12一、单选题(每小题3分，共15题，共45分。每题只有一个选项符合题意。)1.某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的A.若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了泡利原理B.原子中所有的电子占有3个能级，9个轨道C.该元素的最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物D.基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形【答案】D【解析】【详解】某核素核外共有15个不同运动状态的电子，则该原子为P原子，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；A．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了洪特规则，A错误；B．该原子中所有原子占有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，9个轨道，B错误；C．该元素的最高价氧化物的水化物H3PO4为中强酸，C错误；D．基态原子中能量最高的电子处于3p能级，p电子云的形状都为哑铃形，D正确；答案选D。2.基态时，某元素原子的最外层电子排布为，下列关于该元素的说法正确的是A.价电子数一定为1B.一定位于第IA族或第IB族C.元素的最高正价一定为+1价D.周期表前36号元素中共有6种【答案】D【解析】【分析】基态时，某元素原子的最外层电子排布为，则该元素可能是第一主族的元素，也可能是Cr、Cu等过渡元素，以此解答。【详解】A．由分析可知，当该元素为Cr、Cu等过渡元素时，价电子数不是1，故A错误；\nB．当n=4时，该元素可能是Cr，位于第VIB族，故B错误；C．当n=4时，该元素可能是Cu，最高正价为+2价，故C错误；D．由分析可知，基态时，某元素原子的最外层电子排布为，则该元素可能是第一主族的元素，也可能是Cr、Cu等过渡元素，周期表前36号元素中有H、Li、Na、K、Cr、Cu共6种，故D正确；故选D。3.科技引领时代发展，下列对科技成果或科学发现的解读正确的是科技成果或科学发现解读A利用金属有机框架材料吸附空气中为分子晶体，C采取杂化B利用催化剂从含油污泥中回收水并收集和多功能催化剂能够提高制备时的平衡产率C中极性键和分子间氢键均强于稳定性比强，沸点高于D首次发现人体血液中含聚苯乙烯、聚乙烯微塑料颗粒苯乙烯分子中所有原子不可能共平面，聚乙烯可用作食品包装袋A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．为分子晶体，中C原子的价层电子对数为，采用sp杂化，故A错误；B．催化剂只能影响反应速率，平衡不移动，产率不变，则多功能催化剂不能提高制备的平衡产率，故B错误；C．键能越大物质越稳定，中极性键强于，则的稳定性比强，分\n子间氢键强于，则的沸点高于，故C正确；D．苯环、碳碳双键均为平面结构，所有原子共面，与苯环直接相连的原子一定与苯环共面，单键可以旋转，则苯乙烯中所有原子可以共平面，聚乙烯做食品外包装材料主要是因为聚乙烯无毒，性质稳定，故D错误；答案选C。4.X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是A.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化B.X、Y元素的第一电离能大小关系：X<YC.ZO的空间构型为三角锥形D.MZ2含离子键和非极性共价键，阴阳离子之比为1∶2【答案】A【解析】【分析】X的原子的基态价电子排布式为2s2，则X为1s22s2，为Be；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，每个电子为一种运动状态，则Y为5电子，Y为B；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F；E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，E为K；M的原子序数比E大1，则M为Ca；据以上分析解答。【详解】A．EYQ4为KBF4，KBF4中阴离子中心原子价层电子个数为：4+=4，且不含孤电子对，所以阴离子中心原子杂化方式为sp3杂化，故A正确；B．Be的最外层电子数全满为稳定结构，第一电离能较大，则X、Y元素的第一电离能大小关系：X>Y，故B错误；C．碳酸根离子中中心原子价层电子对个数为3+=3，且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2杂化，ZO的空间构型为平面三角形，故C错误；D．CaC2属于离子化合物，含有离子键、非极性共价键，阴阳离子个数比为1∶1，故D错误；\n故选A。5.下列有关分子结构与性质的说法中，正确的是A.分子的稳定性既与键能、键长和键角有关，也与分子间作用力大小有关B.判断或者型分子是否是极性分子的依据：看分子中是否含有极性键C.能形成分子内氢键，故比难电离D.和的非羟基氧原子数相同，因此二者酸性接近【答案】C【解析】【详解】A．分子的稳定性与分子内的化学键强弱有关，与分子间作用力大小无关，故A错误；B．判断或者型分子是否是极性分子的依据是正负电荷中心是否重合，故B错误；C．能形成分子内氢键，使其更难电离出H+，因此比难电离，故C正确；D．和的非羟基氧原子数均为1，理论上碳酸和磷酸的酸性应相近，事实上二氧化碳水溶液的酸性却很弱，是因为二氧化碳在水中的溶解度小，且溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，通常认为为弱酸，为中强酸，两者酸性相差较大，故D错误；答案选C。6.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错误的是\nA.该配离子中碳原子的杂化类型为和B.中心离子配位数为3C.的电子排布式为：D.该配离子含有的非金属元素中电负性最小的是氢【答案】B【解析】【详解】A．该配离子中，双键上的C原子形成3个σ键，采用sp2杂化，饱和C原子形成4个σ键，采用sp3杂化，故A正确；B．由图可知，中心离子形成6个O→Fe配位键，其配位数为6，故B错误；C．Fe的原子序数为26，基态Fe原子的核外电子排布式为，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为，故C正确；D．该配离子中含有的非金属元素为C、H、O，元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序为：O>C>H，则电负性最小的是氢，故D正确；答案选B。7.红砷镍是一种六方晶体(底面为60°和120°的菱形)，其晶胞如图所示。下列说法错误的是A.晶胞中原子的个数为2B.红砷镍晶体的化学式为C.和之间的最短距离为D.晶胞中周围最近且等距的As有6个【答案】C\n【解析】【详解】A．体心中Ni与2个As原子成键，则晶胞中As原子个数为2，故A正确；B．Ni位于顶点和棱，As位于体心，Ni的个数为8×+4×=2，As的个数为2，二者比值为1：1，则红砷镍晶体的化学式为NiAs，故B正确；C．红砷镍是一种六方晶体(底面为60°和120°的菱形)，以下面的As为例，As到地面的距离为pm，左前下方的顶点与As垂直地面的交点距离为pm，则Ni和As间的最短距离为pm，故C错误；D．晶胞中Ni和As的个数相同，配位数相同，该晶胞为六方晶胞，由晶胞可知As的配位数为6，则Ni的配位数也为6，即晶胞中周围最近且等距的As有6个，故D正确；故选C。8.利用聚偏氟乙烯和葡萄糖制备纳米碳材料，和葡萄糖的结构简式如图所示。下列说法正确的是A.用酸性溶液可检验葡萄糖中的醛基B.和中碳原子杂化类型不同C.常温下，葡萄糖可与乙酸发生酯化反应D聚合度越大，熔点越低【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖中含有醇羟基且连接羟基的碳上有H原子，也能使酸性溶液褪色，因此不能用酸性溶液检验葡萄糖中的醛基，故A错误；B．中碳原子形成3个σ键，采取sp2杂化，中碳原子形成4个σ键，采取\nsp3杂化，杂化类型不同，故B正确；C．酯化反应的条件是浓硫酸、加热，则常温下葡萄糖与乙酸不能发生酯化反应，故C错误；D．聚合度越大，相对分子质量越大，的熔点越高，故D错误；答案选B。9.下列关于有机物的说法正确的是A.和互为同系物B.4-甲基-2-己醇的键线式为：C.分子式为的同分异构体有10种D.与是不同物质【答案】B【解析】【详解】A．属于芳香醇，属于酚类，结构不相似，二者不能互为同系物，A错误；B．4-甲基-2-己醇的键线式为：，B正确；C．分子式为相当于是C4Cl10分子中2个氯原子分别被H和Br取代，其同分异构体数目和C4H8BrCl的同分异构体数目相等。若CH3CH2CH2CH3中氢原子被取代，氯原子取代甲基上氢原子，溴原子有4种位置，若氯原子取代亚甲基上氢原子，溴原子也有4种位置；若是异丁烷中氢原子被取代，氯原子取代甲基上氢原子，溴原子有3种位置，氯原子取代中间碳原子上氢原子，溴原子有1种位置，故共有12种，C错误；\nD．由于甲烷是正四面体形结构，所以与是同种物质，D错误；答案选B。10.合成某药物中间体的“片段”如下：下列说法正确的是A.Z能发生加聚、取代、消去反应B.等物质量的X、Y和Z消耗最多的是ZC.Y和Z遇溶液都能发生显色反应D.0.1molX与足量银氨溶液反应最多生成43.2gAg【答案】D【解析】【详解】A．Z中含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有羧基和羟基能发生酯化反应也属于取代反应，虽然含有羟基但相连的碳相邻的碳上没有H，无法发生消去反应，选项A错误；B．等物质的量的X、Y和Z消耗的物质的量之比为5：4：4，故消耗最多的是X，选项B错误；C．Y和Z中均没有含有酚羟基，遇溶液都不能发生显色反应，选项C错误；D．X中含有2个醛基，0.1molX与足量银氨溶液反应最多生成0.4molAg，即43.2gAg，选项D正确；答案选D。11.查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A.5种B.4种C.3种D.2种【答案】B\n【解析】【详解】依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。12.狄尔斯-阿德耳反应，又称为双烯合成，如：。将原料A和B两种有机物进行双烯合成后可得：。则合成该物质的原料A和B分别是A.和B.和\nC.和D.和【答案】D【解析】【详解】由题给信息可知，涉及反应原理为共轭二烯烃与烯烃发生，加成，A．两者发生双烯合成，生成，A错误；B．没有共轭二烯烃，无法发生双烯合成，B错误；C．两者发生双烯合成，生成，C错误；D．两者发生双烯合成，生成，D正确；答案选D。13.异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等功效，结构简式如图所示。下列说法错误的是A.分子中碳原子的杂化类型只有一种B.分子中所有碳原子可能共平面C.1mol异甘草素与足量溴水反应最多消耗4mol溴单质D.异甘草素不能发生消去反应【答案】C【解析】【详解】A．根据结构简式可知，碳原子存在于苯环、碳碳双键、碳氧双键中，苯环、碳碳双键和碳氧双键中的碳原子均为sp2杂化，故A正确；B．异甘草素分子中苯环、羰基和碳碳双键上的原子和与之相连的原子在同一平面上，单键可以旋转，因此分子中所有碳原子可能共平面，故B正确；\nC．溴水可与酚羟基的邻对位发生取代反应，与碳碳双键发生加成反应，则1mol异甘草素与足量溴水反应最多消耗5mol溴单质，故C错误；D．异甘草素中的羟基均为酚羟基，不能发生消去反应，故D正确；答案选C。14.肉桂酸是一种香料，具有很好的保香作用。利用苯甲醛与乙酸酐发生普尔金反应可制备肉桂酸，方法如下：下列说法错误的是A.苯甲醛和肉桂酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.肉桂酸的分子式为C.可以利用银镜反应检验粗产品中是否含有苯甲醛D.该反应属于取代反应，碱性环境有利于反应的进行【答案】D【解析】【详解】A．苯甲醛含醛基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，肉桂酸含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此苯甲醛和肉桂酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．肉桂酸的分子式为，B正确；C．从题给反应来看，所涉及物质只有苯甲醛含醛基，因此可以利用银镜反应检验粗产品中是否含有苯甲醛，C正确；D．苯甲醛与乙酸酐发生Perkin反应的机理可理解为和先发生加成反应生成，发生醇的消去生成\n，再水解得和CH3COOH，不是单纯的发生取代反应，D错误；答案选D。15.从最初的水杨酸()到阿司匹林()、再到长效缓释阿司匹林，水杨酸系列药物产品的结构改造经历了数百年的历史。一种制备水杨酸的流程如图所示，下列说法错误的是A.设计步骤①的目的是利用占位，减少副产物生成B.1mol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗2molC.若将步骤④、⑤的顺序互换，还需在④、⑤之间增加保护酚羟基的步骤D.要获得疗效更佳、作用时间更长的缓释阿司匹林，可以对分子结构进行修饰【答案】B【解析】【详解】A．由步骤①~③分析可知：①中引入—SO3H占位，使②中的—Br定位到甲基的邻位，通过③又去除—SO3H，故A正确；B．阿司匹林的结构中有羧基和酯基，它们都能和氢氧化钠溶液反应，且酯基水解生成的酚羟基和乙酸也能够继续和氢氧化钠反应，则1mol阿司匹林与足量氢氧化钠溶液反应时，最多可消耗3mol，故B错误；C．酚羟基会被高锰酸钾酸性溶液氧化，因此若将步骤④、⑤的顺序互换，还需在④、⑤之间增加保护酚羟基的步骤，故C正确；D．分子结构的修饰可以优化药物性能，故D正确；答案B\n二、填空题(共4道大题，共55分)16.回答下列问题：（1）一种铜-金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中，原子处于面心，原子处于顶点，则该合金中原子与原子数量之比为_______；该晶体中原子之间的作用力是_______。（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由原子与原子构成的四面体空隙中如图所示，该晶体储氢后的化学式应为(以形式表示)_______。（3）奥氏体是碳溶解在中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，则该物质的化学式为_______，若晶体密度为，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为_______pm。(阿伏加德罗常数的值用表示，写出计算式即可)【答案】（1）①.3:1②.金属键（2）H8AuCu3（3）①.FeC②.【解析】【分析】根据晶体中的均摊法计算，位于顶点的占1/8，位于面心的占1/2，位于棱上的占1/4，位于内部的占1。【小问1详解】铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au\n原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目===3，晶胞中Au原子数目===1，故晶胞中Cu原子与Au原子数量之比为3:1，该晶体为金属晶体，则原子之间的作用力是金属键。【小问2详解】由晶胞可知，氢原子可进入到铜原子和金原子构成的四面体空隙中，则氢原子应位于晶胞内部，则应含有8个氢原子，则化学式为H8AuCu3。【小问3详解】Fe原子处于顶点、面心，碳原子处于体心、棱中心，晶胞中Fe原子数目==4、C原子数目=1+=4，Fe、C原子数目之比为1:1，故化学式为：FeC；晶胞中最近的两个碳原子的距离为同一顶点的2条棱中心2个碳原子的距离，设晶胞中最近的两个碳原子的距离为rpm，则晶胞棱长=rpm，晶胞质量=，解。17.已知与同族，回答下列问题：（1）铱在元素周期表中的位置为第六周期第九列，化合物中常见价态有+3和+4价，其中+4价更稳定，原因是_______。是有机合成中常用的催化剂，该物质熔点350℃，在熔化时难以发生电离，其固体的晶体类型是_______；是高强度曝光的增敏剂，用于激光照相材料，其阴离子中的价层电子对数为6，该离子的空间结构为_______(填a、b或c)。a．四面体形b．三角双锥形c．八面体形（2）某种的配合物阳离子，其结构如图所示。该离子中N的杂化方式为_______；1mol该离子中原子形成的配位键有_______mol。\n（3）原子分数坐标可以用于表示晶胞内部各原子的相对位置。化合物的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。坐标原子XYZ000O0.250.250其它原子的分数坐标为_______，晶体中与O最近且等距的有_______个。已知的晶胞参数为apm、apm、cpm，晶体密度为，设为阿伏伽德罗常数的值，则的摩尔质量为_______(用代数式表示)。【答案】（1）①.基态铱的价电子排布为5d76s2，失去4个电子后，5d能级为半满结构，为稳定状态（或+4价铱的价电子排布为5d5，这种半满结构为稳定状态）②.分子晶体③.c（2）①.sp2、sp3②.6（3）①.（0.5，0.5，0.5）②.3③.【解析】【小问1详解】原子轨道中电子处于半满、全满或全空时较稳定，基态铱的价电子排布为5d76s2，失去4个电子后，5d能级为半满结构，为稳定状态（或+4价铱的价电子排布为5d5，这种半满结构为稳定状态）；该物质熔点较低，在熔化时难以发生电离，说明在熔融状态下以分子存在，则为分子晶体；阴离子中Ir的价层电子对数为6，其空间构型为正八面体，答案选c；【小问2详解】连接Ir原子环上的N原子价层电子对个数是3、酰胺键和左侧两个环上N原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型：前者为sp2杂化、后者为sp3杂化；Ir\n原子和3个C原子、3个N原子形成配位键，所以Ir原子配位键个数是6，则1mol该离子中Ir原子形成的配位键有6mol；【小问3详解】该晶胞中黑色球个数=2+4×=4、白色球个数=8×+1=2，黑色球、白色球个数之比=4：2=2：1，根据其化学式知，黑色球表示O原子，则该晶胞中O原子个数为4；其它Ir原子位于晶胞体心上，Ir原子分数坐标为（0.5，0.5，0.5）；晶体中与单个O键合的Ir有3个，该晶胞密度ρ=，则M=。18.某食品用合成香料M的一种制备流程如图所示(部分产物省略)：请回答下列问题：（1）M的名称是_______。D→F的反应类型是_______。（2）二氯代物共有_______种。（3）利用如图所示装置制备M(加热装置省略)。在三颈烧瓶中加入一定量F、浓硫酸和G，加热一段时间后，打开油水分离器活塞，放出水层。待反应完全后，在混合物中加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡，静置、分液得到较纯净的M。\n①“反应完全”的标志是_______。②“打开油水分离器活塞，放出水层”的目的是_______(从化学平衡移动角度分析)。【答案】（1）①.丙烯酸乙酯②.加成反应（2）9（3）①.油水分离器中油层由液面不再上升②.及时分离产物水，使平衡向生成酯的方向移动【解析】【分析】根据的反应条件及M的结构简式可知，是酯化反应，逆推得到F和G一个是丙烯酸，一个是乙醇，又由D的结构简式及的反应条件可知F为，则G为丙烯酸，据此分析；【小问1详解】根据分析可知M是由丙烯酸和乙醇酯化反应得来，所以M的名称为：丙烯酸乙酯；D是乙烯，F为乙醇，所以F是D与通过加成反应得来；【小问2详解】的二氯代物结构为：\n共9种；【小问3详解】F与G在浓硫酸加热的的条件下反应生成M酯和水，M酯不溶于水，通过冷凝管冷凝回流到油水分离器中，当油水分离器中油层液面不再上升时即反应完全；酯化反应是可逆的反应，“打开油水分离器活塞，放出水层”可以及时的将产物水分离出来，促进平衡向着生成酯的方向移动，提高M酯的产率。【点睛】二氯代物书写时采用“定一移一”的方法，先固定第一个氯原子的位置，再去移动另一个氯原子。19.天然产物V具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下(部分反应条件省略，Ph表示苯基：)\n已知：（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有_______(写名称)。（2）反应①的方程式可表示为：，化合物Z的分子式为_______。（3）化合物Ⅳ能发生银镜反应，其结构简式为_______。（4）反应②的反应类型为_______。（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种，写出其中任意一种的结构简式_______。需满足的条件：a．能与反应b．最多能与2倍物质的量的反应c．能与3倍物质的量的发生放出的反应d．核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子e．不含手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及为原料合成的路线(不需注明反应条件)_______。【答案】（1）酚羟基醛基（2）C18H15OP（3）（4）还原反应（加成反应）\n（5）①.10②.（6）【解析】【分析】I中醛基上的O原子被取代生成III，根据反应条件知，反应②为加成反应，根据反应②产物的结构简式及IV分子式知，IV能发生有机反应，则IV含有酯基，IV为，反应③为氧化反应，反应④中碳碳双键发生加成反应，V发生酯化反应生成VI；(6)以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为\n，及HOCH2CH2Cl信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成。【小问1详解】化合物Ⅰ中含氧官能团是酚羟基和醛基。【小问2详解】反应①的方程式可表示为:,根据I、II、II的结构简式知，II中的CHOCH2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph3P=O，则化合物Z的分子式为C18H15OP；【小问3详解】通过以上分析可知，Ⅳ为。【小问4详解】反应②属于加成反应或还原反应。【小问5详解】化合物VI的不饱和度是5，VI的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体同时满足如下条件：a)能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键；b)最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基；c)能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个醇羟基；d)核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有2个甲基；e)不含手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)，其取代基有3\n个，分别为-COOH、酚羟基、，如果-COOH与酚羟基相邻，有四种排列方式；如果-COOH与酚羟基相间，有四种排列方式；如果-COOH与酚羟基相对，有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有10中，其中一种结构简式为。【小问6详解】以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl信息中的反应生成，发生水解反应生成，\n发生反应④类型的反应生成。其合成路线为：。