江西省抚州市临川区第二中学2023-2024学年高二下学期6月月考试题化学

临川二中20232024学年下学期第三次月考测试卷高二化学(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将正确答案填写在答题卡上。相对原子质量：P31Cl35.5B11N14Cu64C12O16H1一、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，每题只有一项符合题目要求。1.北京时间2024年1月11日13时30分，全球运力最大固体运载火箭“引力一号”在山东海阳附近海域点火升空，成功将3颗卫星送入预定轨道，创造了全球最大固体运载火箭、中国运力最大民商火箭等多项纪录。下列说法不正确的是A.火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，可提高火箭的射程及运载能力B.为卫星工作提供能量砷化镓太阳能电池板也可以用代替C.火箭遥测系统使用的高温压电陶瓷属于新型无机非金属材料D.装填固体推进剂时采用的粘合剂——端羟基聚丁二烯属于有机合成高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．碳纤维缠绕复合材料具有强度高、密度小，耐高温，质量轻的特点，可提高火箭的射程及运载能力，A正确；B．砷化镓用作太阳能电池板，具有半导体的性质，SiO2没有半导体性质，不能替代，B错误；C．高温压电陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D．端羟基聚丁二烯是聚合物，属于有机合成高分子材料，D正确；答案选B。2.下列化学用语表达正确的是A.丙烷中的三个碳原子处在同一直线上B.的电子式为C.乙酸甲酯的结构简式D.基态碳原子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．丙烷属于饱和烷烃，碳原子与其他4个原子相连形成四面体结构，碳链为锯齿形，分子中3个碳原子不处在同一直线上，A错误；B．是离子化合物，电子式为：，B错误；C．乙酸甲酯的结构简式为：，C正确；D．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，基态碳原子的轨道表示式：，D错误；故选C。3.分子式为C4H8FCl的有机化合物的同分异构体有(不考虑立体异物)A.2种 B.3种 C.9种 D.12种【答案】D【解析】【详解】C4H8FCl的同分异构体可以采取“定一移二”法，，故共12种；故选D。4.某有机物的结构简式为CH3CH=CHCH2OH，现有①溴水②金属钠③灼热的CuO④酸性高锰酸钾溶液，在一定条件下，能与该有机物反应的物质是A.只有①②④ B.只有①④ C.只有①② D.①②③④【答案】D【解析】【分析】【详解】CH3CH=CHCH2OH含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，CH3CH=CHCH2OH含有羟基，能与钠反应，与羟基相连的碳原子上有氢，能与CuO反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以①溴水②金属钠③灼热的CuO④酸性高锰酸钾溶液，在一定条件下，均能与该有机物反应，故选D。5.碳铂(，结构如图所示)是应用于临床的第二代铂类抗癌药物，下列说法错误的是A.第一电离能：O>N>C>H B.是由极性键构成极性分子C.碳原子的轨道杂化方式有、两种 D.1mol该配合物含有4mol配位键【答案】A【解析】【详解】A．一般非金属性越强第一电离能越大，但是N的2p电子处于半充满状态比较稳定，使得其第一电离能大于O，故第一电离能：N>O>C>H，故A错误；B．是由不同种元素构成的共价键，所以是极性键，氨气分子空间构型为三角锥形，不对称，是极性分子，故B正确；C．碳原子有全部连接单键的轨道杂化方式为，碳氧双键的碳原子轨道杂化方式为，故C正确；D．1个与两个氮原子和两个氧原子共形成4个配位键，1mol该配合物含有4mol配位键，故D正确；故选：A。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.当溶液中有1mol发生水解，所得胶体中含有个胶粒B.4.6gC2H6O完全燃烧，一定有个CH键断裂C.1mol乙酸乙酯分子含有σ键的数目为13D.7.1g氯气与足量水完全反应转移电子的数目为【答案】C【解析】【详解】A．水解生成的胶体是的聚集体，当溶液中有1mol发生水解，所得胶体中含有的胶粒数小于，故A错误；B．4.6gC2H6O的物质的量为=0.1mol，它可以是乙醇，也可以是二甲醚，乙醇和二甲醚是同分异构体，各自含有的CH键数目不同，如果是0.1mol乙醇，则CH键的数目为0.5NA，如果是0.1mol二甲醚，则CH键的数目为0.6NA，故B错误；C．乙酸乙酯的结构简式为CH3COOC2H5，含有13个σ键，则1mol乙酸乙酯分子含有σ键的数目为13，故C正确；D．氯气和水的反应是可逆反应，7.1g氯气的物质的量为0.1mol，与足量水完全反应转移电子的数目小于，故D错误；故选C。7.下列离子方程式正确的是A.浑浊的苯酚溶液中滴加NaOH变澄清：+OH+H2OB.苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+22+C.氯乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中氯元素：Cl+Ag+=AgCl↓D.乙酸滴入氢氧化铜悬浊液中：2H++Cu(OH)2=Cu2++H2O【答案】A【解析】【详解】A．苯酚在水中溶解度较低，但其具有弱酸性，能够与NaOH反应产生可溶性的苯酚钠和水，反应的离子方程式为：+OH+H2O，A正确；B．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应产生NaHCO3和苯酚，离子方程式应该为：CO2+H2O++，B错误；C．氯乙烷中Cl元素以Cl原子形式存在，不是Cl，因此不能使用AgNO3溶液检验其中氯元素的存在，C错误；D．乙酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，离子方程式应该为：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO+2H2O，D错误；故合理选项是A。8.下列有关物质结构的说法正确的是A.图①中18冠6通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征B.图②物质相较NaBF4摩尔质量更大，具有更高的熔沸点C.图③晶体磷化硼晶胞沿轴方向上的投影图为D.图③晶胞参数为，则晶体的密度为g/cm3【答案】D【解析】【详解】A．图①中18冠6中不含有阴离子，与K+间不能形成离子键，应为18冠6通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，A不正确；B．图②物质属于离子晶体，构成阳离子的基团较NaBF4中半径更大，离子键能更弱，具有较低的熔沸点，B不正确；C．图③晶体磷化硼晶胞中，六个面心都存在P原子，则沿轴方向上的投影图为，C不正确；D．图③晶胞中，含有4个B原子，含P原子个数为，参数为，则晶体的密度为=g∙cm3，D正确；故选D。9.关于几种晶体的结构，下列说法正确的是A.干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间静电作用均是共价键B.石墨晶体层内是离子键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体C.若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为D.NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数【答案】D【解析】【详解】A．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，故A错误；B．石墨晶体层内碳原子之间以共价键结合，层与层之间通过范德华力结合，因此石墨属于一种混合型晶体，故B错误；C．金刚石两个最近的碳原子之间的距离为体对角线的四分之一，若晶胞边长为acm，则两个最近的碳原子之间的距离为cm，故C错误；D．NaCl中Na+的配位数为6，干冰中CO2分子的配位数为12，故D正确；故选：D。10.有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法中不正确的是A.由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有两种不同化学环境的氢原子B.由红外光谱图可知，该有机物中只有两种不同的共价键C.若A的化学式为C2H6O2，则其结构简式为HOCH2CH2OHD.由其核磁共振氢谱可知其分子中不同化学环境的氢原子的个数比【答案】B【解析】【分析】核磁共振氢谱图可确定有机物分子中氢原子种类与不同化学环境的氢原子个数比，根据A的核磁共振氢谱（左图）可看出，有A的分子中有2种不同不同化学环境的氢原子，且氢原子的个数比为1:2；红外光谱图可确定分子中所含的化学键，根据A的红外光谱图可知，分子中含碳碳单键和氢氧键，据此结合有机物的结构分析解答。【详解】A．由上述分析可知，该有机物分子中有两种不同化学环境的氢原子，A正确；B．由红外光谱图可知，该有机物中含碳碳单键和氢氧键，但不符合碳四价键原则，所以不止2种化学键，B错误；C．若A的化学式为C2H6O2，则根据红外光谱和核磁共振氢谱可确定，该有机物为乙二醇，其结构简式为HOCH2CH2OH，C正确；D．核磁共振氢谱可确定氢原子种类，及其分子中不同化学环境的氢原子的个数比，D正确；故选B。11.化合物W是重要的药物中间体，可由下列反应制得：下列有关说法正确的是A.X分子中采取sp2杂化的碳原子有3个 B.Y分子中所有原子可能共平面C.Z分子存在手性异构体 D.W分子可发生水解、加成和消去反应【答案】C【解析】【详解】A．X分子中苯环上、碳碳双键上、碳氧双键上碳原子均为sp2杂化，共9个，A错误；B．Y六元环中除碳氧双键上碳原子为sp2杂化外，其它碳原子都是sp3杂化的，所有碳原子不可能共平面，B错误；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，Z分子中存在手性碳原子：，C正确；D．W中含苯环和碳氧双键，能发生加成反应；与羟基直接相连的第二个碳原子上含氢原子，能发生消去反应，不能发生水解反应，D错误；故选C。12.以四甲基氯化铵为原料，工作原理如图，采用电渗析法合成。下列说法错误的是A.光伏并网发电装置中N型半导体为负极，P型半导体为正极B.c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜C.a电极反应式为：D.制备，a、b两极共产生9.8L气体(标准状况)【答案】D【解析】【分析】de之间通入稀NaCl溶液，流出浓NaCl溶液，可知Na+由b室经交换膜e进入de之间，Cl由cd之间经交换膜d进入de之间，则b电极为阳极、a电极为阴极。【详解】A．b电极为阳极，可知光伏并网发电装置中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A正确；B．通过c向左移动，Cl通过d向右移动，Na+通过e向左移动，则c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，故B正确；C．a电极由生成，电极反应式为：，故C正确D．阴极反应式为、阳极反应式为，制备，转移0.75mol电子，阴极生成0.375mol氢气，根据电子守恒，阳极生成0.1875mol氧气，a、b两极共产生气体(标准状况)的体积为12.6L，故D错误；选D。13.下列实验操作、现象、实验结论均正确的是选项实验操作现象结论A向两支盛有等浓度等体积的试管中分别加入等浓度等体积的溶液和溶液前者产生气泡速率快的催化效果比好B取于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%的溶液溶液变红与的反应有一定限度C取A、B两试管，各加入的，向A中加酸性高锰酸钾溶液，同时向B中加入酸性高锰酸钾溶液B试管先褪为无色其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快D向溶液中滴加2滴等浓度的出现白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴溶液有黄色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A错误；B．过量，不能通过检测铁离子说明该反应存在一定限度，B错误；C．，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，C错误；D．所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入2滴溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，D正确；故合理选项是D。14.利用环戍二烯（）加氢制备环戊烯（），按加入恒容密闭容器中，仅发生如下反应：①②测得在相同时间内，环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图（已知：选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比）。下列说法错误的是A.60℃时，的转化率为72%B.由图可知，反应决速步的活化能①>②C.相同条件下，若增大，选择性提高D.60℃后，环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，60℃时，环戊二烯的转化率为90%，环戊烯的选择性为80%，则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1mol×90%×80%=0.72mol，的转化率为72%，A正确；B．由图可知，环戊烯选择性选择性较高，活化能越小，反应速率越快，相同时间内，反应①的速率较快活化能较低，说明反应的活化能①＜②，B错误；C．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应①中环戊二烯转化率增大，环戊烯选择性增大，C正确；D．两个反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动转化率有所下降，但是选择性大幅度下降可能是催化剂活性减弱，D正确；故选B。二、非选择题(共4题，共58分)15.A、B、D、E、F都是元素周期表中前四周期的元素，且它们的原子序数依次增大。第二周期元素A原子的最外层p轨道的电子为半充满结构；B是地壳中含量最多的元素；D原子的p轨道未成对电子数为1，其余p轨道均充满；E和F位于D的下一周期，E的价电子层中的未成对电子数为2，F原子的核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F的原子序数相差1，回答下列问题：（1）基态E原子的核外电子排布式为_____。（2）元素A的最简单氢化物的沸点_____(填“高于”或“低于”)元素D的最简单氢化物的沸点，判断的理由是______。（3）A、B两种元素中，电负性由大到小的顺序是_____(填元素符号，下同)；A、B、D三种元素中第一电离能由大到小的顺序是_____。（4）AB的空间构型为_____。（5）A与F可形成一种具有良好的电学和光学性能的化合物，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为anm，则晶体的密度为_____(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)g•cm3。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2（2）①.高于②.NH3分子间可以形成氢键，增大了分子间作用力（3）①.O＞N②.N＞O＞Cl（4）平面三角形（5）×1021【解析】【分析】第二周期元素A原子的最外层p轨道的电子为半满结构，电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素，B是地壳中含量最多的元素，B为O元素；D原子的p轨道未成对电子数为1，其余p轨道均充满，说明D为第ⅦA族元素，E，F位于D的下一周期，则D为Cl元素；F的原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F原子序数相差1，则F为Cu元素；E的价电子层中的未成对电子数为2，E为Ni元素，由此得到A、B、D、E、F分别为N、O、Cl、Ni、Cu元素。【小问1详解】E为Ni元素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。【小问2详解】元素A为N元素，其最简单氢化物为NH3，元素D为Cl元素，其最简单氢化物为HCl，因为NH3分子间可以形成氢键，增大了分子间作用力，故NH3的沸点高于HCl的沸点。【小问3详解】同一周期从左到右元素电负性逐渐增大，故电负性O>N，同一周期第一电离能从左到右呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，但是N元素p轨道处于半充满状态，比较稳定，故第一电离能排序为N>O>Cl。【小问4详解】硝酸根中心N原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为平面三角形。【小问5详解】A和F形成的化合物晶胞如图所示，棱上的一个Cu原子为四个晶胞共用，顶点上的N原子为8个晶胞共用，利用均摊法可求得Cu原子个数为=3，N原子个数为=1，故化学式为Cu3N，晶体的密度为：g/cm3。16.乙酰水杨酸(阿司匹林)是应用广泛的解热、镇痛和抗炎药，它对肠胃的刺激较小，在体内还具有抗血栓的作用，可用于预防心脑血管疾病，与青霉素、安定并称为“医药史上三大经典药物”。其合成原理如下：Ⅰ．相关资料：物质相对分子质量密度/熔点/其他性质水杨酸1381.44157~159溶于乙醇、微溶于水乙酸酐1021.0872~74沸点，无色透明液体，遇水形成乙酸阿司匹林1801.35135~138分解温度为，溶于乙醇、微溶于水乙酸乙酯880.9087沸点，微溶于水，溶于乙醇等有机溶剂Ⅱ．实验步骤：(一)制备过程①向的三颈烧瓶中依次加入干燥的水杨酸、新蒸的乙酸酐和浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，小心加热，控制温度在左右反应。②稍冷后，将反应液缓慢倒入冰水中冷却，用图2装置减压抽滤，将所有产品收集到布氏漏斗中，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品。(二)提纯过程③将粗产品转移至圆底烧瓶中，再加入乙酸乙酯，加热溶解，如有不溶物出现，趁热过滤，热滤液置冰箱中冷却至，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体乙酰水杨酸，称重得。回答下列问题：（1）水杨酸也具有止痛退热的作用，但相比于阿司匹林的缺点为___________。（2）步骤①中加热操作宜采用___________，图1中仪器A的名称为___________，A的作用是防止外界的水蒸气进入三颈烧瓶导致发生副反应___________(填化学方程式)，降低水杨酸的转化率。（3）步骤②用冷水洗涤后，如何检验阿司匹林中是否还有杂质水杨酸剩余？___________。（4）步骤③的提纯方法是___________。（5）计算乙酰水杨酸(阿司匹林)的产率为___________。【答案】（1）对肠胃刺激作用较大（或毒性较大）

（2）①.水浴加热②.球形干燥管③.(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH（3）取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴FeCl3溶液，若有紫色出现，说明水杨酸有剩余；若无紫色出现，说明水杨酸没有剩余（4）重结晶（5）50%【解析】【分析】向的三颈烧瓶中依次加入（0.05mol）干燥的水杨酸、乙酸酐（过量）和浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，水浴加热，温度在左右反应；稍冷后，将反应液缓慢倒入冰水中冷却，减压抽滤，将所有产品收集到布氏漏斗中，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品；将粗产品转移至圆底烧瓶中，再加入乙酸乙酯，加热溶解，如有不溶物出现，趁热过滤，热滤液置冰箱中冷却至，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体乙酰水杨酸，据此结合题目解答。【小问1详解】水杨酸也具有止痛退热的作用，但相比于阿司匹林的缺点为水杨酸对肠胃刺激作用较大。【小问2详解】步骤①中控制温度在左右，故加热操作宜采用水浴加热，图1中仪器A的名称为球形干燥管，乙酸酐遇水形成乙酸，A的作用是防止外界的水蒸气进入三颈烧瓶导致发生副反应(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH，降低水杨酸的转化率。【小问3详解】水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，阿司匹林中不含酚羟基，具体方案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴FeCl3溶液，若有紫色出现，说明有水杨酸剩余；若无紫色出现，说明产品中没有水杨酸剩余。【小问4详解】通过重结晶，可以进一步对产物提纯，则步骤③的提纯方法是重结晶。【小问5详解】干燥的水杨酸物质的量为、新蒸的乙酸酐物质的量为，乙酸酐过量，则理论生成0.05mol阿司匹林，实际生成产品，乙酰水杨酸(阿司匹林)的产率为。17.镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种用铜镉废渣(含Cd、Zn、Cu、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如图。已知相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol•L﹣1计算)：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5回答下列问题：（1）“步骤II”需隔绝氧气的原因是___________。（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，“步骤IV”中除铁发生的离子方程式___________，废渣成分除了MnO2还有___________。（3）“置换”时镉置换率与的关系如图，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+量为依据。实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是___________。（4）“置换”后滤液溶质主要成分是___________。(填化学式)（5）“熔炼”时，海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH在反应釜中混合反应，反应的化学方程式是___________，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Ca与Na2ZnO2的___________不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。【答案】（1）防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出（2）①.3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+②.Fe(OH)3（3）锌粉用量过多会增加成本；海绵镉纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本（4）ZnSO4（5）①.Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑②.密度【解析】【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2。【小问1详解】隔绝空气目的是防止氧气氧化铜生成硫酸铜，防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出；【小问2详解】“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；废渣应该是反应中生成的不溶物，即为MnO2和Fe(OH)3；【小问3详解】实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本；【小问4详解】根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4。【小问5详解】“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。当