2023-2024学年贵州省遵义市高二下学期5月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1贵州省遵义市2023-2024学年高二下学期5月期中考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Tl204.4一、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.化学与生活、生产及环境密切相关。下列说法正确的是A.铝合金门窗表面的致密氧化膜耐酸碱腐蚀B.常用热的烧碱溶液洗涤餐具表面附着的油污C.食品中添加维生素C可以杀菌消毒，延长保质期D.同一块田地长期只施用硫酸铵肥料会引起土壤酸化【答案】D【解析】铝合金门窗表面的致密氧化膜为氧化铝，氧化铝会和强酸以及强碱发生反应，所以不能耐酸碱腐蚀，故A错误；烧碱溶液为氢氧化钠，具有腐蚀性，因此常用热的纯碱溶液洗涤餐具表面附着的油污，故B错误；维生素C具有还原性，能防止食品被氧化变质，食品中添加维生素C可以延长保质期，故C错误；硫酸铵是强酸弱碱盐，其溶液显酸性，因此同一块田地长期只施用硫酸铵肥料会引起土壤酸化，故D正确；故选D。2.下列化学用语表示错误的是A.乙炔的空间填充模型：B.乙烯的球棍模型：C.中子数为18的氯原子为D.基态O原子的价层电子轨道表示式：【答案】C【解析】乙炔的结构简式为HCCH，空间构型为直线形，空间填充模型：，故A正确；乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间构型为平面形，球棍模型：，故B正确；中子数为18的氯原子质量数为18+17=35，表示为，故C错误；O是8号元素，基态O原子的价层电子排布式为2s22p4，价层电子轨道表示式：，故D正确；故选C。3.某六碳单烯烃与氯气在一定条件下发生取代反应只生成一种一氯代物，则该六碳单烯烃的系统命名为A.2，3-二甲基-2-丁烯 B.3，3-二甲基-1-丁烯C.3-己烯 D.2-甲基-2-戊烯【答案】A【解析】2，3-二甲基-2-丁烯的结构简式为：，是对称的结构，只含有1种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应只生成1种一氯代物，A符合题意；3，3-二甲基-1-丁烯的结构简式为：，结构不对称，含有3种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应生成3种一氯代物，B不符合题意；3-己烯的结构简式为：，含有3种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应生成3种一氯代物，C不符合题意；2-甲基-2-戊烯的结构简式为：，含有4种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应生成4种一氯代物，D不符合题意；故选A。4.萜品油烯有松木树脂似的气息，可用于皂用香精的制备，也可用作防腐剂和工业溶剂，其分子结构如图所示。下列有关萜品油烯的说法正确的是A.分子式为B.分子中含有3个手性碳原子C.与氯气发生加成反应，生成的有机产物有3种(不考虑立体异构)D.常温下为液体，且能溶于水【答案】C【解析】由萜品油烯的结构简式可知，其分子式为C10H16，A错误；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，该分子中不含手性碳原子，B错误；该分子中含有2个碳碳双键，与氯气发生加成反应，生成的有机产物有、、共3种，C正确；该分子属于烃，难溶于水，D错误；故选C。5.铁制文物在潮湿环境中，会受到严重的腐蚀。明代的三宝公铁矛出土时的外观如图。下列说法错误的是A.铁矛主要发生电化学腐蚀 B.铁矛被腐蚀时有能量释放C.铁矛被腐蚀时， D.将铁制文物放在干燥处，可延缓腐蚀【答案】C【解析】铁矛在潮湿的环境中易形成原电池，主要发生电化学腐蚀，故A正确；铁矛被腐蚀时，发生氧化还原反应，过程中有能量释放，故B正确；铁矛被腐蚀时，铁作负极，失去电子生成亚铁离子，其电极反应式为，故C错误；将铁制文物放在干燥处，没有水，不能形成原电池，可延缓腐蚀，故D正确；故答案为：C。6.已知黑火药爆炸时的反应为，下列有关说法正确的是A氧化性：B.分子中键与键的个数比为1∶1C.上述化学方程式涉及元素的电负性：D.与晶体中，微粒间的作用力完全相同【答案】B【解析】中，N元素和S元素化合价下降，C元素化合价升高，和S是氧化剂，CO2是氧化产物，则氧化性：，A错误；的结构式为O=C=O，含有2个键和2个键，键与键的个数比为1∶1，B正确；同周期主族元素从左到右电负性呈增大趋势，同主族元素从上往下电负性呈减小趋势，则上述化学方程式涉及元素的电负性：，C错误；与都是离子晶体，中含有离子键，中含有共价键，只含有离子键，不含共价键，二者微粒间的作用力不完全相同，D错误；故选B。7.冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。例如，12-冠-4适配；18-冠-6适配。下列说法错误的是A.12-冠-4与18-冠-6的核磁共振氢谱的吸收峰数相同B.冠醚属于烃的衍生物C.冠醚适配碱金属离子时形成配位键D.冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征【答案】D【解析】12-冠-4与18-冠-6都是对称的结构，二者均含有1种环境的H原子，核磁共振氢谱的吸收峰数相同，A正确；烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的一系列有机化合物，冠醚属于醚，属于烃的衍生物，B正确；当冠醚与碱金属离子发生配位作用时，其环状结构中的氧原子会与金属离子形成配位键，C正确；冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征，D错误；故选D。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，其中只有W、X同周期且相邻，Y的最外层电子数是其周期序数的2倍，基态W原子的未成对电子数与基态Y原子的相同，且二者不同主族，W与Z的原子序数之和是Y的原子序数的2倍。下列说法正确的是A.第一电离能：B.最简单氢化物的熔、沸点：C.的空间结构为直线形D.Y、Z的单质在加热条件下反应生成【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，Y的最外层电子数是其周期序数的2倍，若Y位于第二周期，Y为C元素，若Y位于第三周期，Y为S元素，S和C元素均含有2个未成对电子，基态W原子的未成对电子数与基态Y原子的相同，即W原子的未成对电子数为2，短周期中有C、Si、S满足，又只有W、X同周期，所以Y位于第三周期，则Y为S元素，W为C元素，X为N元素，W与Z的原子序数之和是Y的原子序数的2倍，则Z的原子序数为26，Z为Fe元素。同一周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的两种元素，同主族元素从上往下第一电离能呈减小趋势，所以第一电离能大到小的顺序为：N>O>C，O>S，所以N>S，A错误；NH3分子间存在氢气，熔沸点较高，H2S的相对分子质量高于CH4，范德华力更大，H2S的熔、沸点高于CH4，则最简单氢化物的熔、沸点：NH3>H2S>CH4，B错误；SCN-中心C原子价层电子对数为2+=2，且没有孤电子对，空间结构为直线形，C正确；S的氧化性较弱，S、Fe的单质在加热条件下反应生成FeS，D错误；故选C。9.向100mL由稀与稀组成的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示。下列说法错误的是A.0A段的离子反应为B.AB段的离子反应为C.反应开始前溶液中D.BC段的离子反应为【答案】C【解析】酸性条件下，已知氧化性：，OA段为Fe和发生反应，离子方程式为：，故A选项正确；酸性条件下，已知氧化性：，AB段为的离子反应为Fe3+和Fe反应，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故B选项正确；OA段为Fe和发生反应产生NO，V(NO)=1.12L，即0.05mol，由方程式得消耗Fe的物质的量为0.05mol，生成Fe3+0.05mol，AB段为的离子反应为Fe3+和Fe反应，n(Fe3+)=0.05mol，则AB段消耗Fe的物质的量为0.025mol，BC段为Fe和H+反应，V(H2)=0.56L，则n(H2)=0.025mol，则BC段消耗Fe的物质的量为0.025mol，故至C点时共消耗Fe0.1mol，C点时溶液溶质为FeSO4，由Fe守恒可知Fe2+为0.1mol，Fe2+和物质的量比1:1，故原溶液中H2SO4物质的量为0.1mol，，故C选项错误；酸性条件下，已知氧化性：，BC段为Fe和H+反应，离子方程式为2H++Fe=Fe2++H2↑，故D选项正确；故答案选C。10.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是A.图甲：测定醋酸溶液的pH B.图乙：分离苯和己烷C.图丙：制取硫酸四氨合铜晶体 D.图丁：除去甲烷中的乙烯【答案】C【解析】用pH试纸测定醋酸溶液的pH操作为：用镊子夹取一小块pH试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，观察颜色变化，与标准比色卡对比读数，得到pH值‌，A错误；苯和己烷互溶，不能通过分液分离，应该通过蒸馏分离，B错误；向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水‌，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，难溶物溶解是因为生成了配合物，即氢氧化铜转化为硫酸四氨合铜，加入乙醇降低溶剂的极性，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，并用玻璃棒摩擦试管壁，导致结晶析出，C正确；乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应会生成二氧化碳气体，引入了新的杂质，不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，D错误；故选C。11.劳动创造美好生活。下列有关劳动者的工作内容所涉及的化学知识解读正确且具有因果关系的是选项工作内容化学知识解读A用制造农药的酸性强于乙酸B用石油提炼乙烯长链烷烃发生裂解反应C给牙膏中添加氟化钠氟化钠属于盐类D用制备光导纤维晶体为共价晶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】卤素化合物具有较好的杀虫活性，而与酸性无关，F是一种强吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强，有的基团属斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活性，故A错误；石油裂解能使长链烷烃发生裂解反应得到乙烯，故可用石油提炼乙烯，故B正确；氟化钠牙膏的作用与功效主要有清洁口腔、美白牙齿、增强牙齿抗酸能力、促进牙龈健康、预防龋齿等，与氟化钠属于盐类没有因果关系，故C错误；二氧化硅具有良好的光学性能，可以用来制造光导纤维，与晶体为共价晶体没有因果关系，故D错误；答案选B。12.钛酸锂因其独特的尖晶石结构，在嵌入和嵌出锂离子时其结构上存在迁移通道，是一种非常有潜力的负极材料。以铁酸锂为负极材料的一种锂离子二次电池如图所示。下列有关说法正确的是A.放电时，向N极移动B.放电时，M极发生氧化反应C.充电时，电能完全转化为化学能D.充电时，N极的电极反应式：【答案】D【解析】由图可知，放电时，Li4Ti5O12Ti5O12，Ti的化合价由+4升高至，故N为负极，则M为正极，充电时，M为阳极，N为阴极，以此解答。由分析可知，放电时，N极为负极，M极为正极，阳离子向正极移动，向M极移动，A错误；由分析可知，放电时，M极为正极，在正极得到电子发生还原反应，B错误；在充电过程中还会伴随一些能量损失，如热能等形式，电能不能完全转化为化学能，C错误；充电时，N为阴极，Ti5O12得到电子生成Li4Ti5O12，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，D正确；故选D。13.将6.0g有机物M与充分反应，将生成物依次通过盛有浓硫酸、氢氧化钠溶液的洗气瓶。生成物被完全吸收，实验测得浓硫酸增重7.2g，氢氧化钠溶液增重13.2g。下列说法正确的是A.M中不含氧元素 B.M中C、H原子的个数比为3∶4C.M中可能含有碳碳双键 D.M的结构有3种【答案】D【解析】由题意可知，6.0g有机物完全燃烧，生成7.2g水，还有13.2g二氧化碳，可求出7.2g水中含有H元素的质量是0.8g，而13.2g二氧化碳中含有C元素的质量是3.6g，由于以上求出的氢元素和碳元素的质量和是0.8g+3.6g=4.4g＜6g，而且反应物中的有机物含有碳和氢元素，可知碳和氢元素的质量之和并不够有机物的质量，这说明有机物不仅含有C、H元素，由于整个反应过程中只有C、H、O三种元素，所以有机物一定还含O元素，M中N(C):N(H):N(O)=，M的最简式为C3H8O，C原子是饱和的，则M的分子式为C3H8O。据分析可知，M中含有O元素，A错误；据分析可知C、H原子质量比为3.6∶0.8=36∶8，个数比为3∶8，B错误；O元素的质量为1.6g，分子式为C3H8O，不饱和度为==0，故不含双键，C错误；M的分子式为C3H8O，可能结构有CH3CH2CH2OH，(CH3)2CHOH，CH3CH2OCH3共3种结构，D正确；故选D。14.已知：常温下，用的NaOH溶液滴定的某一元酸HR的溶液，滴定过程中加入NaOH溶液的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是A.可选石蕊试液作为判断该滴定终点的指示剂B.常温下，HR的电离常数约为C.a点溶液中存在关系：D.时，溶液中存在【答案】B【解析】根据图可知没有加NaOH溶液时，的某一元酸HR的溶液中=8.1，则，结合c(H+)c(OH-)=10-14可得c(H+)=10-2.95mol/L<0.1mol/L，HR为弱酸，用NaOH溶液滴定一元弱酸，滴定终点为碱性的，可选酚酞试液作为判断该滴定终点的指示剂，A错误；根据图可知没有加NaOH溶液时，的某一元酸HR的溶液中=8.1，结合c(H+)c(OH-)=10-14可得c(H+)≈c(R-)=10-2.95mol/L，故HR的电离常数约为Ka=，B正确；当时=0，说明溶液呈中性，根据电荷守恒可知，C错误；当加入时，正好中和HR一半，溶液中溶质NaR和HR为1:1，根据电荷守恒和元素的质量守恒可知，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某些物质的转化关系如图所示（部分反应物和生成物未列出）。已知A的分子式为，F、G均为气体，且G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，H为生活中常用调味剂，X为常见的气体单质，I、J的溶液均呈碱性。请根据所学知识回答下列问题。（1）A的名称为________。（2）实验室鉴别C、D的试剂为________（填名称）。（3）写出的化学方程式：________。（4）用电子式表示H的形成过程：________；向H饱和溶液中先通入的气体为________（填化学式），写出该反应的离子方程式：________。（5）等浓度的I、J溶液碱性较强的为________（填化学式）溶液，原因为_______。【答案】（1）葡萄糖（2）银氨溶液（或新制氢氧化铜等合理答案）（3）（4）①.②.③.（5）①.②.同等浓度时，水解能力强于【解析】根据框架图可知，A为葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下，分解产生B乙醇和F二氧化碳，乙醇发生催化氧化生成C乙醛。乙醛发生催化氧化生成D乙酸,乙醇和乙酸发生酯化反应，生成E乙酸乙酯，G是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体——氨气，H是常见的调味品——氯化钠，氨气、二氧化碳通入饱和食盐水中得到I碳酸氢钠，酸氢钠受热分解得到J碳酸钠,回答下列问题；【小问1详析】经分析可知：A为葡萄糖故答案为：葡萄糖【小问2详析】经分析可知：C是乙醛、D是乙酸，鉴别二者可以使用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；【小问3详析】经分析可知：B是乙醇、D是乙酸，二者发生酯化反应生成乙酸乙酯的化学方程式为：故答案：【小问4详析】①经分析可知H是氯化钠，用电子式表示氯化钠的形成过程为故答案为：②经分析可知：向饱和食盐水中先通氨气，以增大二氧化碳的溶解度，得到更多的碳酸氢钠，所以先通入的气体为氨气；故答案为：NH3；③分析可知：该步反应的离子方程式为故答案为：【小问5详析】①等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，因为碳酸钠溶液中碳酸根的水解能力大于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解能力所以碱性碳酸钠溶液强于碳酸氢钠溶液；故答案为：②等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，因为碳酸钠溶液中碳酸根的水解能力大于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解能力所以碱性碳酸钠溶液强于碳酸氢钠溶液；故答案为：同等浓度时，水解能力强于16.以乙炔为原料合成聚苯乙烯{}的路线如图。请根据所学知识回答下列问题：（1）乙炔为_______(填“极性”或“非极性”)分子。（2）实验室制备乙炔并检验其性质的装置如图。①盛有饱和食盐水的仪器名称为_______；该实验开始前应先进行的操作为_______。②B装置中的现象为_______。③C装置中的现象为_______，发生的反应类型为_______反应。④D装置中发生反应的化学方程式为_______(反应中、，反应中乙炔表现出的性质为_______。（3）写出合成路线中反应③的化学方程式：_______。（4）合成路线中，符合原子经济性的反应为_______(填标号)。【答案】（1）非极性（2）①.分液漏斗②.检验装置的气密性③.产生黑色沉淀④.溶液褪色⑤.加成反应⑥.CHCH+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CO2+4H2O⑦.还原性（3）CH2=CHCl++HCl（4）①②④【解析】反应①中乙炔发生加成反应生成苯，反应②中乙炔和氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，反应③中氯乙烯和苯发生取代反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；(2)实验室通过电石和饱和食盐水反应制备乙炔，生成乙炔中混有H2S气体，装置B中CuSO4溶液可以除去H2S气体，C装置中乙炔和Br2发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色，D装置中乙炔和硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳和MnSO4，以此解答。【小问1详析】乙炔结构简式为CHCH，为直线形分子，正负电中心重合，为非极性分子。【小问2详析】①盛有饱和食盐水的仪器名称为分液漏斗，该实验开始前应先进行的操作为检验装置的气密性；②电石和水反应生成的乙炔中混有H2S气体，B装置中H2S会和CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀；③C装置中乙炔和Br2发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色；④D装置中乙炔和硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳和MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CHCH+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CO2+4H2O，反应中乙炔表现出的性质为还原性。【小问3详析】反应③中氯乙烯和苯发生取代反应生成苯乙烯和氯化氢，化学方程式为：CH2=CHCl++HCl。【小问4详析】原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，反应①、②、④是加成反应，反应③是取代反应，则符合原子经济性的反应为①②④。17.以和为碳源，既可以制造高附加值的化学产品，又可以缓解温室效应。Ⅰ.在不同催化剂作用下催化加氢制的反应历程如图：（1）催化效果较好的催化剂为________（填“”或“”）。（2）作用下，决速步骤的反应为________。Ⅱ.利用等离子体协同催化剂重整制合成气的反应原理为。已知：某些常见化学键的键能数据如下表：化学键键能/（）8034361071.1414（3）计算________，该反应自发进行的条件是________（填“高温”“低温”或“任何温度”）。（4）向某密闭容器中充入和，测得平衡时的体积分数与压强和温度的关系如图所示。①X表示的是________（填“温度”或“压强”）；a、b、c三点对应条件下的平衡常数、、。由小到大的关系为________。②c点时，的平衡转化率为________。③若c点时气体总压强为，则c点所处条件下，该反应的压强平衡常数[为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数（）]为________；若c点时，保持温度和压强不变，再向容器中充入和，此时________（填“”“”或“”）。【答案】（1）（2）[或]（3）①.②.高温（4）①.压强②.③.25④.1200⑤.＜【解析】【小问1详析】由图可知使用时，反应活化能较低，反应速度更快，故答案为：；【小问2详析】活化能越高，反应速率越慢，决速步骤的反应为慢反应，故答案为：[或]；【小问3详析】反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的；该反应的、，依据，可知高温下能够自发，故答案为：；高温；【小问4详析】①该反应是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，氢气的体积分数逐渐增大，不符合题意，随着压强逐渐增大，平衡逆向移动，氢气的体积分数逐渐减小，故X表示压强；当压强不变时，温度越高氢气的体积分数越大，则三条曲线的温度关系为L3＞L2＞L1，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数K越大，则a、b、c三点对应条件下的平衡常数关系是，故答案为：压强；；②c点时氢气的体积分数为25%，设二氧化碳转化了xmol，列三段式，则，解得，则氢气的转化率为，故答案为25%；③根据三段式，平衡时气体总物质的量为，则该反应的压强平衡常数，设体积为VL，则该温度下的平衡常数，再向容器中充入和，此时，，平衡逆向移动，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：1200；＜；18.铊及其化合物有剧毒，但在催化领域和制造合金等方面有重要用途。（1）自然界中有和两种Tl原子，基态铊原子的价层电子排布式为。①和互为_______(填“同位素”“同素异形体”或“同分异构体”)。②铊元素位于元素周期表的_______区。（2）普鲁士蓝KFeFeCN6①中Fe元素的化合价为_______。②中C、N均含有孤电子对，请判断中提供孤电子对的原子为_______，原因是_______。（3）主要用作催化剂、高纯分析试剂，用于配制铊标准试剂等。不溶于水和碱，溶于盐酸时转化为TlCl(难溶于水，晶胞结构如图)并放出氯气。①写出溶于盐酸时发生反应的离子方程式：_______。②TlCl晶胞中的配位数为_______。③已知TlCl晶体的密度为，的半径为anm，则的半径为_______nm。【答案】（1）①.同位素②.p（2）①.、②.C③.C和N均能提供孤电子对，由于碳元素的电负性比氮元素小，所以碳提供孤电子对（3）①.②.③.【解析】小问1详析】同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子‌。由和可知二者互为同位素。的价层电子排布式为，位于族，与同族，所以它位于周期表的区。故答案为：同位素；区。【小问2详析】根据元素化合价为，为价，则两处的铁元素化合价总和是价，可知铁元素分别是：、价。中的C和N均含有孤电子对，C和N均能提供孤电子对，由于碳元素的电负性比氮元素小，所以碳提供孤电子对。故答案为：+2、+3；；C和N均能提供孤电子对，由于碳元素的电负性比氮元素小，所以碳提供孤电子对。【小问3详析】根据不溶于水和碱，溶于盐酸时转化为(难溶于水)并放出氯气。元素由+3价降低为+1价，元素由-1价升高到0价，根据电子转移、原子和电荷守恒可知：。因为顶角的周围有8个晶胞，距离最近的氯离子位于晶胞的体心，每一个晶胞中与最近的氯离子是8个，则的配位数为8。设该晶胞边长是，则体对角线为，设半径是，则，晶胞体积为：=，根据均摊法，晶胞中含有一个，晶胞质量为：，所以其密度为：，推出，则。故答案为：；8；。贵州省遵义市2023-2024学年高二下学期5月期中考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Tl204.4一、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.化学与生活、生产及环境密切相关。下列说法正确的是A.铝合金门窗表面的致密氧化膜耐酸碱腐蚀B.常用热的烧碱溶液洗涤餐具表面附着的油污C.食品中添加维生素C可以杀菌消毒，延长保质期D.同一块田地长期只施用硫酸铵肥料会引起土壤酸化【答案】D【解析】铝合金门窗表面的致密氧化膜为氧化铝，氧化铝会和强酸以及强碱发生反应，所以不能耐酸碱腐蚀，故A错误；烧碱溶液为氢氧化钠，具有腐蚀性，因此常用热的纯碱溶液洗涤餐具表面附着的油污，故B错误；维生素C具有还原性，能防止食品被氧化变质，食品中添加维生素C可以延长保质期，故C错误；硫酸铵是强酸弱碱盐，其溶液显酸性，因此同一块田地长期只施用硫酸铵肥料会引起土壤酸化，故D正确；故选D。2.下列化学用语表示错误的是A.乙炔的空间填充模型：B.乙烯的球棍模型：C.中子数为18的氯原子为D.基态O原子的价层电子轨道表示式：【答案】C【解析】乙炔的结构简式为HCCH，空间构型为直线形，空间填充模型：，故A正确；乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间构型为平面形，球棍模型：，故B正确；中子数为18的氯原子质量数为18+17=35，表示为，故C错误；O是8号元素，基态O原子的价层电子排布式为2s22p4，价层电子轨道表示式：，故D正确；故选C。3.某六碳单烯烃与氯气在一定条件下发生取代反应只生成一种一氯代物，则该六碳单烯烃的系统命名为A.2，3-二甲基-2-丁烯 B.3，3-二甲基-1-丁烯C.3-己烯 D.2-甲基-2-戊烯【答案】A【解析】2，3-二甲基-2-丁烯的结构简式为：，是对称的结构，只含有1种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应只生成1种一氯代物，A符合题意；3，3-二甲基-1-丁烯的结构简式为：，结构不对称，含有3种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应生成3种一氯代物，B不符合题意；3-己烯的结构简式为：，含有3种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应生成3种一氯代物，C不符合题意；2-甲基-2-戊烯的结构简式为：，含有4种环境的H原子，与氯气在一定条件下发生取代反应生成4种一氯代物，D不符合题意；故选A。4.萜品油烯有松木树脂似的气息，可用于皂用香精的制备，也可用作防腐剂和工业溶剂，其分子结构如图所示。下列有关萜品油烯的说法正确的是A.分子式为B.分子中含有3个手性碳原子C.与氯气发生加成反应，生成的有机产物有3种(不考虑立体异构)D.常温下为液体，且能溶于水【答案】C【解析】由萜品油烯的结构简式可知，其分子式为C10H16，A错误；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，该分子中不含手性碳原子，B错误；该分子中含有2个碳碳双键，与氯气发生加成反应，生成的有机产物有、、共3种，C正确；该分子属于烃，难溶于水，D错误；故选C。5.铁制文物在潮湿环境中，会受到严重的腐蚀。明代的三宝公铁矛出土时的外观如图。下列说法错误的是A.铁矛主要发生电化学腐蚀 B.铁矛被腐蚀时有能量释放C.铁矛被腐蚀时， D.将铁制文物放在干燥处，可延缓腐蚀【答案】C【解析】铁矛在潮湿的环境中易形成原电池，主要发生电化学腐蚀，故A正确；铁矛被腐蚀时，发生氧化还原反应，过程中有能量释放，故B正确；铁矛被腐蚀时，铁作负极，失去电子生成亚铁离子，其电极反应式为，故C错误；将铁制文物放在干燥处，没有水，不能形成原电池，可延缓腐蚀，故D正确；故答案为：C。6.已知黑火药爆炸时的反应为，下列有关说法正确的是A氧化性：B.分子中键与键的个数比为1∶1C.上述化学方程式涉及元素的电负性：D.与晶体中，微粒间的作用力完全相同【答案】B【解析】中，N元素和S元素化合价下降，C元素化合价升高，和S是氧化剂，CO2是氧化产物，则氧化性：，A错误；的结构式为O=C=O，含有2个键和2个键，键与键的个数比为1∶1，B正确；同周期主族元素从左到右电负性呈增大趋势，同主族元素从上往下电负性呈减小趋势，则上述化学方程式涉及元素的电负性：，C错误；与都是离子晶体，中含有离子键，中含有共价键，只含有离子键，不含共价键，二者微粒间的作用力不完全相同，D错误；故选B。7.冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。例如，12-冠-4适配；18-冠-6适配。下列说法错误的是A.12-冠-4与18-冠-6的核磁共振氢谱的吸收峰数相同B.冠醚属于烃的衍生物C.冠醚适配碱金属离子时形成配位键D.冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征【答案】D【解析】12-冠-4与18-冠-6都是对称的结构，二者均含有1种环境的H原子，核磁共振氢谱的吸收峰数相同，A正确；烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的一系列有机化合物，冠醚属于醚，属于烃的衍生物，B正确；当冠醚与碱金属离子发生配位作用时，其环状结构中的氧原子会与金属离子形成配位键，C正确；冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征，D错误；故选D。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，其中只有W、X同周期且相邻，Y的最外层电子数是其周期序数的2倍，基态W原子的未成对电子数与基态Y原子的相同，且二者不同主族，W与Z的原子序数之和是Y的原子序数的2倍。下列说法正确的是A.第一电离能：B.最简单氢化物的熔、沸点：C.的空间结构为直线形D.Y、Z的单质在加热条件下反应生成【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，Y的最外层电子数是其周期序数的2倍，若Y位于第二周期，Y为C元素，若Y位于第三周期，Y为S元素，S和C元素均含有2个未成对电子，基态W原子的未成对电子数与基态Y原子的相同，即W原子的未成对电子数为2，短周期中有C、Si、S满足，又只有W、X同周期，所以Y位于第三周期，则Y为S元素，W为C元素，X为N元素，W与Z的原子序数之和是Y的原子序数的2倍，则Z的原子序数为26，Z为Fe元素。同一周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的两种元素，同主族元素从上往下第一电离能呈减小趋势，所以第一电离能大到小的顺序为：N>O>C，O>S，所以N>S，A错误；NH3分子间存在氢气，熔沸点较高，H2S的相对分子质量高于CH4，范德华力更大，H2S的熔、沸点高于CH4，则最简单氢化物的熔、沸点：NH3>H2S>CH4，B错误；SCN-中心C原子价层电子对数为2+=2，且没有孤电子对，空间结构为直线形，C正确；S的氧化性较弱，S、Fe的单质在加热条件下反应生成FeS，D错误；故选C。9.向100mL由稀与稀组成的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示。下列说法错误的是A.0A段的离子反应为B.AB段的离子反应为C.反应开始前溶液中D.BC段的离子反应为【答案】C【解析】酸性条件下，已知氧化性：，OA段为Fe和发生反应，离子方程式为：，故A选项正确；酸性条件下，已知氧化性：，AB段为的离子反应为Fe3+和Fe反应，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故B选项正确；OA段为Fe和发生反应产生NO，V(NO)=1.12L，即0.05mol，由方程式得消耗Fe的物质的量为0.05mol，生成Fe3+0.05mol，AB段为的离子反应为Fe3+和Fe反应，n(Fe3+)=0.05mol，则AB段消耗Fe的物质的量为0.025mol，BC段为Fe和H+反应，V(H2)=0.56L，则n(H2)=0.025mol，则BC段消耗Fe的物质的量为0.025mol，故至C点时共消耗Fe0.1mol，C点时溶液溶质为FeSO4，由Fe守恒可知Fe2+为0.1mol，Fe2+和物质的量比1:1，故原溶液中H2SO4物质的量为0.1mol，，故C选项错误；酸性条件下，已知氧化性：，BC段为Fe和H+反应，离子方程式为2H++Fe=Fe2++H2↑，故D选项正确；故答案选C。10.下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是A.图甲：测定醋酸溶液的pH B.图乙：分离苯和己烷C.图丙：制取硫酸四氨合铜晶体 D.图丁：除去甲烷中的乙烯【答案】C【解析】用pH试纸测定醋酸溶液的pH操作为：用镊子夹取一小块pH试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，观察颜色变化，与标准比色卡对比读数，得到pH值‌，A错误；苯和己烷互溶，不能通过分液分离，应该通过蒸馏分离，B错误；向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水‌，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，难溶物溶解是因为生成了配合物，即氢氧化铜转化为硫酸四氨合铜，加入乙醇降低溶剂的极性，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，并用玻璃棒摩擦试管壁，导致结晶析出，C正确；乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应会生成二氧化碳气体，引入了新的杂质，不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，D错误；故选C。11.劳动创造美好生活。下列有关劳动者的工作内容所涉及的化学知识解读正确且具有因果关系的是选项工作内容化学知识解读A用制造农药的酸性强于乙酸B用石油提炼乙烯长链烷烃发生裂解反应C给牙膏中添加氟化钠氟化钠属于盐类D用制备光导纤维晶体为共价晶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】卤素化合物具有较好的杀虫活性，而与酸性无关，F是一种强吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强，有的基团属斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活性，故A错误；石油裂解能使长链烷烃发生裂解反应得到乙烯，故可用石油提炼乙烯，故B正确；氟化钠牙膏的作用与功效主要有清洁口腔、美白牙齿、增强牙齿抗酸能力、促进牙龈健康、预防龋齿等，与氟化钠属于盐类没有因果关系，故C错误；二氧化硅具有良好的光学性能，可以用来制造光导纤维，与晶体为共价晶体没有因果关系，故D错误；答案选B。12.钛酸锂因其独特的尖晶石结构，在嵌入和嵌出锂离子时其结构上存在迁移通道，是一种非常有潜力的负极材料。以铁酸锂为负极材料的一种锂离子二次电池如图所示。下列有关说法正确的是A.放电时，向N极移动B.放电时，M极发生氧化反应C.充电时，电能完全转化为化学能D.充电时，N极的电极反应式：【答案】D【解析】由图可知，放电时，Li4Ti5O12Ti5O12，Ti的化合价由+4升高至，故N为负极，则M为正极，充电时，M为阳极，N为阴极，以此解答。由分析可知，放电时，N极为负极，M极为正极，阳离子向正极移动，向M极移动，A错误；由分析可知，放电时，M极为正极，在正极得到电子发生还原反应，B错误；在充电过程中还会伴随一些能量损失，如热能等形式，电能不能完全转化为化学能，C错误；充电时，N为阴极，Ti5O12得到电子生成Li4Ti5O12，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，D正确；故选D。13.将6.0g有机物M与充分反应，将生成物依次通过盛有浓硫酸、氢氧化钠溶液的洗气瓶。生成物被完全吸收，实验测得浓硫酸增重7.2g，氢氧化钠溶液增重13.2g。下列说法正确的是A.M中不含氧元素 B.M中C、H原子的个数比为3∶4C.M中可能含有碳碳双键 D.M的结构有3种【答案】D【解析】由题意可知，6.0g有机物完全燃烧，生成7.2g水，还有13.2g二氧化碳，可求出7.2g水中含有H元素的质量是0.8g，而13.2g二氧化碳中含有C元素的质量是3.6g，由于以上求出的氢元素和碳元素的质量和是0.8g+3.6g=4.4g＜6g，而且反应物中的有机物含有碳和氢元素，可知碳和氢元素的质量之和并不够有机物的质量，这说明有机物不仅含有C、H元素，由于整个反应过程中只有C、H、O三种元素，所以有机物一定还含O元素，M中N(C):N(H):N(O)=，M的最简式为C3H8O，C原子是饱和的，则M的分子式为C3H8O。据分析可知，M中含有O元素，A错误；据分析可知C、H原子质量比为3.6∶0.8=36∶8，个数比为3∶8，B错误；O元素的质量为1.6g，分子式为C3H8O，不饱和度为==0，故不含双键，C错误；M的分子式为C3H8O，可能结构有CH3CH2CH2OH，(CH3)2CHOH，CH3CH2OCH3共3种结构，D正确；故选D。14.已知：常温下，用的NaOH溶液滴定的某一元酸HR的溶液，滴定过程中加入NaOH溶液的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是A.可选石蕊试液作为判断该滴定终点的指示剂B.常温下，HR的电离常数约为C.a点溶液中存在关系：D.时，溶液中存在【答案】B【解析】根据图可知没有加NaOH溶液时，的某一元酸HR的溶液中=8.1，则，结合c(H+)c(OH-)=10-14可得c(H+)=10-2.95mol/L<0.1mol/L，HR为弱酸，用NaOH溶液滴定一元弱酸，滴定终点为碱性的，可选酚酞试液作为判断该滴定终点的指示剂，A错误；根据图可知没有加NaOH溶液时，的某一元酸HR的溶液中=8.1，结合c(H+)c(OH-)=10-14可得c(H+)≈c(R-)=10-2.95mol/L，故HR的电离常数约为Ka=，B正确；当时=0，说明溶液呈中性，根据电荷守恒可知，C错误；当加入时，正好中和HR一半，溶液中溶质NaR和HR为1:1，根据电荷守恒和元素的质量守恒可知，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某些物质的转化关系如图所示（部分反应物和生成物未列出）。已知A的分子式为，F、G均为气体，且G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，H为生活中常用调味剂，X为常见的气体单质，I、J的溶液均呈碱性。请根据所学知识回答下列问题。（1）A的名称为________。（2）实验室鉴别C、D的试剂为________（填名称）。（3）写出的化学方程式：________。（4）用电子式表示H的形成过程：________；向H饱和溶液中先通入的气体为________（填化学式），写出该反应的离子方程式：________。（5）等浓度的I、J溶液碱性较强的为________（填化学式）溶液，原因为_______。【答案】（1）葡萄糖（2）银氨溶液（或新制氢氧化铜等合理答案）（3）（4）①.②.③.（5）①.②.同等浓度时，水解能力强于【解析】根据框架图可知，A为葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下，分解产生B乙醇和F二氧化碳，乙醇发生催化氧化生成C乙醛。乙醛发生催化氧化生成D乙酸,乙醇和乙酸发生酯化反应，生成E乙酸乙酯，G是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体——氨气，H是常见的调味品——氯化钠，氨气、二氧化碳通入饱和食盐水中得到I碳酸氢钠，酸氢钠受热分解得到J碳酸钠,回答下列问题；【小问1详析】经分析可知：A为葡萄糖故答案为：葡萄糖【小问2详析】经分析可知：C是乙醛、D是乙酸，鉴别二者可以使用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；【小问3详析】经分析可知：B是乙醇、D是乙酸，二者发生酯化反应生成乙酸乙酯的化学方程式为：故答案：【小问4详析】①经分析可知H是氯化钠，用电子式表示氯化钠的形成过程为故答案为：②经分析可知：向饱和食盐水中先通氨气，以增大二氧化碳的溶解度，得到更多的碳酸氢钠，所以先通入的气体为氨气；故答案为：NH3；③分析可知：该步反应的离子方程式为故答案为：【小问5详析】①等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，因为碳酸钠溶液中碳酸根的水解能力大于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解能力所以碱性碳酸钠溶液强于碳酸氢钠溶液；故答案为：②等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，因为碳酸钠溶液中碳酸根的水解能力大于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解能力所以碱性碳酸钠溶液强于碳酸氢钠溶液；故答案为：同等浓度时，水解能力强于16.以乙炔为原料合成聚苯乙烯{}的路线如图。请根据所学知识回答下列问题：（1）乙炔为_______(填“极性”或“非极性”)分子。（2）实验室制备乙炔并检验其性质的装置如图。①盛有饱和食盐水的仪器名称为_______；该实验开始前应先进行的操作为_______。②B装置中的现象为_______。③C装置中的现象为_______，发生的反应类型为_______反应。④D装置中发生反应的化学方程式为_______(反应中、，反应中乙炔表现出的性质为_______。（3）写出合成路线中反应③的化学方程式：_______。（4）合成路线中，符合原子经济性的反应为_______(填标号)。【答案】（1）非极性（2）①.分液漏斗②.检验装置的气密性③.产生黑色沉淀④.溶液褪色⑤.加成反应⑥.CHCH+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CO2+4H2O⑦.还原性（3）CH2=CHCl++HCl（4）①②④【解析】反应①中乙炔发生加成反应生成苯，反应②中乙炔和氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，反应③中氯乙烯和苯发生取代反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；(2)实验室通过电石和饱和食盐水反应制备乙炔，生成乙炔中混有H2S气体，装置B中CuSO4溶液可以除去H2S气体，C装置中乙炔和Br2发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色，D装置中乙炔和硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳和MnSO4，以此解答。【小问1详析】乙炔结构简式为CHCH，为直线形分子，正负电中心重合，为非极性分子。【小问2详析】①盛有饱和食盐水的仪器名称为分液漏斗，该实验开始前应先进行的操作为检验装置的气密性；②电石和水反应生成的乙炔中混有H2S气体，B装置中H2S会和CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀；③C装置中乙炔和Br2发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色；④D装置中乙炔和硫酸酸化的酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳和MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CHCH+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CO2+4H2O，反应中乙炔表现出的性质为还原性。【小问3详析】反应③中氯乙烯和苯发生取代反应生成苯乙烯和氯化氢，化学方