福建省漳州十校联盟2023-2024学年高二下学期期中考化学试卷

漳州十校联盟2023～2024学年度第二学期期中联考高二化学试题时间：75分钟总分：100分2024.04可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Mg24S32Se79Bi209一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸主要成分是合成纤维B.煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃C.尼龙是有机合成高分子材料，强度很大，能经受上万次折挠而不断裂D.食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，属于高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，A错误；B．煤干馏得到的煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等多种物质，可以通过分馏分离出苯，苯是无色带有特殊气味的液态烃，密度比水小，B错误；C．尼龙是有机合成高分子材料，强度很大，能经受上万次折挠而不断裂，C正确；D．食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，不属于高分子化合物，D错误；故选C。2.下列化学用语的表达正确的是A.中子数为9的氮原子： B.的电子式：C.Fe的原子结构示意图： D.分子的空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为9的氮原子：，A错误；B．的电子式：，B正确；C．Fe是第26号元素，原子结构示意图：，C错误；D．分子是直线形，D错误；故选B。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，的NaClO溶液中由水电离出的数目为B.1.2g和的固体混合物含阳离子数目C.常温常压下，晶体中所含键数目为D.和于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于【答案】B【解析】【详解】A．无体积，无法进行计算，A错误；B．，，1.2g和的固体混合物物质的量为0.01mol，和均含1个阳离子，故含阳离子数目，B正确；C．常温常压下，晶体中所含键数目为6，晶体中所含键数目为，C错误；D．和发生反应生成HI，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，但反应前后气体物质的量不变，因此，分子总数等于，D错误；故选B。4.石墨和金刚石互为同素异形体，下列有关说法不正确的是A.石墨的熔点比金刚石高 B.石墨的导电性是因为层内存在大键C.键角：石墨金刚石 D.等质量的石墨与金刚石所含的键的数目相同【答案】D【解析】【详解】A．石墨中的CC键比金刚石中CC键短，石墨的熔点比金刚石高，A正确；B．石墨的导电性是因为分子中存在未参与杂化的2p轨道上的电子，层内存在离域大键，B正确；C．石墨中C原子是sp2杂化，金刚石中C原子是sp3杂化，故键角：石墨金刚石，C正确；D．金刚石是立体网状结构，每个C原子与相邻3个C原子形成4个共价键，所以1个C原子的CC键数目为2，石墨是层状结构，每个C原子与相邻3个C原子形成3个共价键，所以1个C原子的CC键数目为1.5，故等质量的石墨与金刚石所含的键的数目之比为3∶4，D错误；故选D。5.下列说法正确的是A.氢化物的稳定性： B.硬度：碳化硅晶体硅金刚石C.干冰和二氧化硅熔化时克服的作用力相同 D.熔点：【答案】A【解析】【详解】A．非金属性：F>Cl＞Br，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故稳定性，故A正确；B．共价晶体中，共价键越短，共价键越强，硬度越大；碳原子半径小于硅原子，共价键长度：CC<CSi<SiSi，则硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B错误；C．二氧化硅为共价晶体，晶体熔化时所克服的作用力为共价键，而干冰为分子晶体，晶体熔化时所克服的作用力为分子间作用力，故C错误；D．碱金属原子半径越大，金属键越弱，熔点越低，熔点：，故D错误；答案为A。6.超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个分子、2个p甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示，下列关于该超分子的说法正确的是A.该超分子中配体CO中提供孤电子对的原子是OB.该超分子中存在的化学键类型键、键、氢键C.该超分子中p甲酸丁酯吡啶配体中存在大键D.该超分子中中最小环为六元环【答案】C【解析】【详解】A．配体CO中碳的电负性小于氧，碳更容易提供孤电子对，该超分子中配体CO中提供孤电子对的原子是C，A错误；B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；而氢键不是化学键，B错误；C．超分子中p甲酸丁酯吡啶配体中的环中存在大键，C正确；D．该超分子中中最小环为五元环，D错误；故选D。7.已知某紫色配合物的组成为，其水溶液显弱酸性，加入强碱并加热至沸腾有放出，同时产生沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，则关于该配合物下列说法正确的是A.该配合物中心原子的杂化方式为B.该配合物的中心原子配位数为4C.该配合物加入强碱并加热至沸腾有放出的过程中仅破坏氢键D.该配合物的化学式可能为【答案】D【解析】【分析】水溶液加AgNO3于该化合物溶液中，有AgCl沉淀生成，说明外界离子有Cl，过滤后再加AgNO3溶液于滤液中无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，说明配体中含有Cl，且其质量为第一次沉淀量的二分之一，说明外界离子有Cl与配体Cl之比为2：1，故该配合物的化学式【详解】A．该配合物有6个配体，中心原子的杂化方式为，A错误；B．该配合物的中心原子配位数为6，B错误；C．该配合物加入强碱并加热至沸腾有放出的过程中破坏配位键和氢键，C错误；D．该配合物的化学式可能为，D正确；故选D。8.和以均可发生水解反应，两者的水解机理示意图如下：下列说法正确的是A.和均为非极性分子B.和的水解反应机理不相同C.和的中心原子采取的杂化方式不同D.能与形成氢键，不能与形成氢键【答案】B【解析】【详解】A．和的中心原子上的价层电子对数都是4，均采用sp3杂化，的中心原子上没有孤电子对，分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分子，的中心原子上有1个孤电子对，分子的空间结构为三角锥形，属于极性分子，A错误；B．由NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故和的水解反应机理不相同，B正确；C．和的中心原子均采取的杂化方式相同，均为杂化，C错误；D．也能与形成氢键，D错误；故选B。9.化合物是一种古老的蓝色染料，被称为“中国蓝”。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前36号元素，基态X原子2p轨道上有2个未成对电子，Y的简单氢化物可用作制冷剂，的核外电子排布与氩原子相同，W元素位于元素周期表的第8纵列。下列有关说法中不正确的是A.第一电离能： B.简单氢化物的沸点：C.Y的氧化物对应的水化物为强酸 D.原子半径：【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前36号元素，Y的简单氢化物可用作制冷剂，Y是N，基态X原子2p轨道上有2个未成对电子且原子序数小于Y，X是C，的核外电子排布与氩原子相同，Z是K，W元素位于元素周期表的第8纵行，W是Fe。【详解】A．根据失电子难易，可知第一电离能，A正确；B．简单氢化物，可以形成氢键，故沸点：，B正确；C．Y的氧化物对应的水化物不一定是强酸，可以是HNO2或HNO3，C错误；D．电子层越多，半径越大，电子层相同时，核电荷数多的半径小，故原子半径：，D正确；故选C。10.无机化合物的结构型式复杂多样，许多过渡金属和非金属化合形成的晶体为NiAs型的结构。NiAs晶体属六方晶系，其晶胞结构如图所示。这种类型的化合物，金属原子间有一定的成键作用，它的某些性质具有金属的特征。下列说法正确的是A.Ni的配位数为6 B.该晶体的化学式为C.若A点坐标为（0，0，0），则 D.该晶体不具备导电性【答案】A【解析】【详解】A．由图中晶胞可知，As的配位数为6，故A正确；B．根据均摊法得，1个晶胞中As的数目为2，Ni的数目为，即Ni和As原子个数比为1：1，化学式为：NiAs，故B错误；C．由图可知，若A点坐标为（0，0，0），则，故C错误；D．该晶体某些性质具有金属的特征，即具备导电性，故D错误；故选A。11.香叶醇和橙花醇具有令人愉快的玫瑰和橙花的香气，是非常贵重的香料，它们可以用月桂烯合成。下列有关说法中错误的是A.乙酸橙花酯的分子式为 B.香叶醇和橙花醇互为顺反异构体C.1mol月桂烯可以与3mol的发生加成反应 D.月桂烯所有原子都可能在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A．由结构可知分子式为C12H20O2，A正确；B．香叶醇和橙花醇其实是的分子式一样，结构不一样，互为顺反异构，属于同分异构体，B正确；C．1mol月桂烯含3mol碳碳双键，可以与3mol的发生加成反应，C正确；D．月桂烯含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，D错误；故选D。12.已知的熔点是890℃，的熔点是190°C（时），沸点是180℃，气态常以二聚体形式存在，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是A.和的二者熔沸点差异大是因为可形成分子间氢键B.溶于水能导电，故为离子晶体C.二聚体中Al的杂化方式为D.二聚体中所有原子均在同一平面【答案】C【解析】【详解】A．AlF3的熔点为890℃，远高于AlCl3的190℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键，是离子化合物，和的二者熔沸点差异大是因为是离子化合物，是共价化合物，A错误；B．溶于水能导电，熔沸点不高，为分子晶体，B错误；C．由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为，C正确；D．二聚体中A1的轨道杂化类型为，所以分子中所有原子不在同一平面，D错误；故选C。二、非选择题（本题包括4个小题，共52分）13.A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的六种元素，A元素原子核外有6种不同运动状态的电子，C元素的基态原子2p轨道上只有一对成对电子，D元素的焰色反应呈黄色，E与C同主族，F是地壳中含量第二多的金属。根据上述信息回答下列问题：（1）A与E形成的原子个数比为的化合物中心原子的杂化方式为________，该化合物的结构式为________。（2）B的核外电子共有________种不同的空间运动状态，B的基态原子中能量最高的电子所在原子轨道呈________形。（3）C元素原子的价电子轨道表示式为________，B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序为________（用具体的离子符号表示）。（4）请写出与E的最高价氧化物的水化物的稀溶液的化学反应方程式：________。（5）一种F和A形成的间隙化合物的晶体结构如图1所示，其晶胞为长方体，结构如图2所示（晶胞中部分F原子未标出）。①F在元素周期表中的位置________；②该晶体的化学式为________（用具体的元素符号作答）。【答案】（1）①.sp②.（2）①.5②.哑铃或纺锤（3）①.②.（4）（5）①.第4周期第Ⅷ族或第四周期第Ⅷ族②.【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的六种元素，A元素原子核外有6种不同运动状态的电子，A为碳；C元素的基态原子2p轨道上只有一对成对电子，为氧，则B为氮；D元素的焰色反应呈黄色，为钠；E与C同主族，E为硫；F是地壳中含量第二多的金属，为铁；小问1详解】C与S形成的原子个数比为的化合物为二氧化硫，CO2分子中心原子C的价层电子对数为，为sp杂化，该化合物的结构式为；【小问2详解】把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；N的核外电子共有5种不同的空间运动状态，N的基态原子中能量最高的电子所在原子轨道为p轨道，呈哑铃或纺锤形；【小问3详解】O为8号元素，元素原子的价电子轨道表示式为；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；N、O、Na的简单离子半径由大到小的顺序为；【小问4详解】与S的最高价氧化物的水化物的稀溶液稀硫酸，发生的歧化反应生成硫酸钠和二氧化硫、硫、水，化学反应方程式：；【小问5详解】①Fe为26号元素，在元素周期表中的位置第4周期第Ⅷ族或第四周期第Ⅷ族；②根据“均摊法”，中含个Fe、1个C，则该晶体的化学式为。14.有机化合物的性质与其结构有着密切的联系。了解原子间的成键方式、连接顺序和空间排布对研究有机化合物的性质十分重要。为了便于研究有机化合物的结构和性质，需要建立一套完整的有机化合物命名原则来区分每一种有机化合物。按要求回答下列问题。（1）烃A的结构简式为，用系统命名法命名烃A：________，该物质的一氯取代有________种同分异构体（不考虑立体异构）。（2）布洛芬有解热、抗炎、镇痛等作用，结构如图所示①所含官能团的名称为________；②该分子含有________个手性碳原子，与________（填“是”或“不是”）同系物；③写出布洛芬与氢氧化钠的反应的化学方程式________。【答案】（1）①.2，2，4三甲基己烷②.6（2）①.羧基②.1③.是④.【解析】【小问1详解】①烃A的结构简式为，用系统命名法命为：2，2，4三甲基己烷，故答案为：2，2，4三甲基己烷；②该物质的一氯取代物，位置异构，共有6种氢，故同分异构体有6种，故答案为：6；【小问2详解】①该分子中含有羧基，故答案为：羧基；②该分子中共有一个手性碳原子，如图所示：，故答案为：1；③同系物具有相同种类、数目官能团，分子式相差n个CH2，均含有一个羧基，两者为同系物，故答案为：是；④写出布洛芬与氢氧化钠的反应的化学方程式为：，故答案为：。15.铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣（主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等）制取并回收锰的工艺流程如下：已知：①氧化性：；②易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为；回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子排布式为________。（2）“水浸提锰”时，可以加快浸取速率方法________（任写一种）。（3）“滤渣1”的主要成分有________（填化学式）。（4）“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为________。（5）BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚（）等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点，其原因是________。（6）我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm，apm，bpm。①该晶胞沿z轴方向的投影图为________（填标号）；②该晶体中，每个周围紧邻的共有________个；③该晶体的密度为________（列出计算式，为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）（2）粉碎烧渣或升温或搅拌（3）（4）（5）两者同为分子晶体，对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强（6）①.B②.4③.或者【解析】【分析】含铋烧渣先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时MnSO4溶于水通过过滤分离；用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不参与反应，得到滤渣1的主要成分为SiO2，铋、铁、铜元素反应进入滤液，滤液中含有Fe3+、Cu2+、Bi3+；因氧化性：Fe3+>Cu2+>Bi3+，则加入Bi粉处理滤液，Cu2+被还原成Cu，Fe3+被还原成Fe2+，过滤得到的滤渣2中含有Cu以及过量的Bi，滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入Na2CO3溶液调节pH，使Bi3+水解转化为BiOCl沉淀，过滤得到的BiOCl沉淀用NaOH溶液脱氯处理得到Bi2O3。【小问1详解】Mn是25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；【小问2详解】“水浸提锰”时，可以加快浸取速率方法：粉碎烧渣或升温或搅拌，故答案为：粉碎烧渣或升温或搅拌；【小问3详解】用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不参与反应，得到滤渣1的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；【小问4详解】“脱氯”过程中BiOCl和氢氧化钠中氢氧根离子反应生成Bi2O3、氯离子和水，则离子方程式为：，故答案为：；【小问5详解】对硝基苯酚()的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是：对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，因此对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间作用力更大，熔点更高，故答案为：两者同为分子晶体，对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强；【小问6详解】①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故答案为：B；②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O2−周围紧邻的Bi3+共有4个，故答案为：4；③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为，Se2的个数为，O2−的个数为，该晶体的密度为或，故答案为：或。16.硼是一种用途广泛的化工原料矿物，主要用于生产硼砂、硼酸和硼的各种化合物。回答下列问题：Ⅰ．一种比率光声探针M与配位，可用于小鼠脑内铜（Ⅱ）的高时空分辨率动态成像，反应如下所示：（1）H、C、N、F四种元素电负性由大到小的顺序为________，B在元素周期表中位于________区，M中键角________中键角（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）均为平面结