2023-2024学年吉林省部分学校高二下学期期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1吉林省部分学校2023-2024学年高二下学期期中联考注意事项：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.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2、选择性必修3第一章至第二章第二节。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16A1-27P-31Fe-56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符一合题目要求的。1.长白山聚龙泉是驰名中外的温泉，水温最高可达82.3℃，富含钠、氢、钙、镁等元素，属钠－碳酸氢盐泉。下列说法错误的是A.基态Ca原子核外电子有20种空间运动状态B.H分别与Na、Mg、Ca组成的氢化物均为离子晶体C.基态Na原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形D.Na、Mg、Ca元素的焰色呈现不同颜色跟电子跃迁释放的能量多少有关【答案】A【解析】基态钙原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子占据1s、2s、2p、3s、3p、4s共10个轨道，有10种空间运动状态，故A错误；H分别与Na、Mg、Ca组成的氢化物为NaH、MgH2、CaH2，均含离子键，均为离子晶体，故B正确；基态Na原子核外电子排布式为[Ne]3s1，基态Na原子核外电子占据最高能级的电子是3s能级上的电子，3s能级上的电子云轮廓图的形状为球形，故C正确；焰色试验的原理是金属或其化合物在灼烧时原子核外电子吸收能量由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能轨道跃迁，释放出不同波长的光，Na、Mg、Ca元素的焰色呈现不同颜色跟电子跃迁释放的能量多少有关，故D正确；故选A。2.甲烷是优质的燃料，燃烧时发生的反应为CH4+2O2CO2+2H2O，下列说法错误的是A.甲烷的空间填充模型为B.甲基的电子式为C.CO2的结构式为O=C=OD.水分子的VSEPR模型为【答案】B【解析】甲烷是正四面体结构，空间填充模型为，故A正确；甲基的电子式为，故B错误；CO2的结构式为O=C=O，故C正确；水分子中O原子价层电子对数为4，有2对孤电子对，VSEPR模型为，故D正确；选B。3.下列说法正确的是A.聚乙炔能使溴水褪色，且含有顺反异构体B.沸点：正戊烷＞正丁烷＞异戊烷＞新戊烷C.甲烷中含有少量乙烯，可将混合气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中除去乙烯D.等质量CH4、C2H4、C3H4与足量氧气完全燃烧，耗氧量依次增大【答案】A【解析】聚乙炔结构简式为，含有碳碳双键能使溴水褪色，双键不能旋转，含有顺反异构体，故A正确；碳原子数越多沸点越高，碳原子数相同，支链越多沸点越低，沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷＞正丁烷，故B错误；甲烷中含有少量乙烯，将混合气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，乙烯被氧化为二氧化碳，不能用高锰酸钾溶液除甲烷中的乙烯，故C错误；等质量的烃完全燃烧，氢元素质量分数越高，耗氧量越大，等质量的CH4、C2H4、C3H4与足量氧气完全燃烧，耗氧量依次减小，故D错误；选A。4.实验是高中化学的重要组成部分，下列说法正确的是A.用乙醇萃取碘水中的碘时需要使用a、fB.重结晶法提纯苯甲酸时需要使用b、fC.分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳时需要使用c、d、e、fD.分离乙酸乙酯和饱和食盐水时需要使用c、d、f【答案】B【解析】乙醇与水互溶，不能发生萃取，用不到仪器a，故A错误；苯甲酸在水中的溶解度不大，可重结晶进行提纯，主要步骤有：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，需要使用b、f，故B正确；分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳是互溶的有机物，根据沸点不同，用蒸馏法分离，需要使用c、d、e，不需要烧杯f，故C错误；乙酸乙酯和饱和食盐水互不相溶，用分液法分离，需要使用a、f，故D错误；答案选B。5.下列性质与氢键无关的是A.CH3OH易溶于水B.对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛C.冰的密度小于水D.、、的酸性依次增强【答案】D【解析】CH3OH与水分子能形成分子间氢键，所以CH3OH易溶于水，故不选A；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，故不选B；冰的密度小于水是因为冰中水分子间形成氢键增多，故不选C；甲基为推电子基，对甲基苯酚中羟基的极性减弱，氯原子为吸电子基，对氯苯酚中羟基的极性增强，所以、、的酸性依次增强，故选D；选D。6.下列命名正确且对应的有机物的一氯代物有3种的是A.2，3－二甲基－2－丁烯 B.3，3－二甲基戊烷C.2，2－二甲基－3－丁烯 D.2－丁炔【答案】B【解析】2，3－二甲基－2－丁烯中含有1种氢，故对应的有机物的一氯代物只有1种，A错误；3，3-二甲基戊烷，为对称结构，具有3种不同环境的H，故一氯代物有3种，B正确；应该为3，3－二甲基－1－丁烯，命名错误，C错误；2－丁炔为对称结构，具有2种不同环境的H，故一氯代物有2种，D错误；故答案为：B。7.已知X、Y、Z、W、M五种元素的结构信息如下：①基态X原子的价层电子排布式为2s22p4②基态Y原子的价层电子轨道表示式为③Z3-的结构示意图为④中子数为16的W原子：W⑤基态M原子核外有12种运动状态的电子下列说法正确的是A.X与Y能形成A2B型的离子化合物B.MY2中含有共价键和离子键C.WY5分子中的原子均满足8电子稳定结构D.最简单氢化物稳定性：X＞Z＞W【答案】D【解析】X基态原子的价层电子排布式为2s22p4，为O元素，基态Y原子的价层电子轨道表示式为，为Cl元素，Z核电荷数为7，为N原子，W质子数为15，为P元素，基态M原子核外有12种运动状态的电子，为Mg元素。X为O元素，Y为Cl元素，O和Cl只能形成共价键，A错误；MY2为MgCl2，只含有离子键，B错误；WY5为PCl5，P原子不满足8电子稳定结构，C错误；非金属性O>N>P，故最简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞PH3，D正确；故答案选D。8.Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是A.Be(OH)2和Al(OH)3均是两性氢氧化物B.BeCl2和AlCl3均是共价化合物C.Be(OH)2能与氨水反应生成(NH4)2[Be(OH)4]D.BeCl2溶液呈酸性【答案】C【解析】Al(OH)3为两性氢氧化物，根据Be与Al元素性质相似，可推断Be(OH)2也为两性氢氧化物，A正确；AlCl3为共价化合物，根据Be与Al元素性质相似，可推断BeCl2也为共价化合物，B正确；Al(OH)3和Be(OH)2性质相似，Al(OH)3不能与氨水反应，故Be(OH)2不能与氨水反应，C错误；AlCl3溶于水发生水解，使溶液显酸性，则根据元素性质的相似性，可推知BeCl2溶于水也发生水解，使溶液显酸性，D正确；故答案为：C。9.山葡萄的果可生食或酿酒，酒糟可制醋和染料，种子可炸油，叶和酿酒后的酒脚可提取酒石酸(结构如图所示。酒石酸常用作抗氧化增效剂、缓凝剂、鞣制剂、螯合剂、药剂。下列说法错误的是A.酒石酸能发生取代、氧化反应B.常温下，酒石酸易溶于水C.酒石酸中的σ键与π键的数目之比为6∶1D.酒石酸含有2个手性碳原子【答案】C【解析】酒石酸含有羟基、羧基，羟基既可以发生氧化反应也可以发生取代反应，饱和C原子上有H，可以发生取代反应，羧基也可以发生取代反应，A正确；酒石酸含有易溶于水的羟基和羧基，所以酒石酸易溶于水，B正确；单键和双键均含有1个σ键，双键中还含有1个π键，该结构中有单键13个，2个双键，则σ键有15个，π键有2个，σ键与π键的数目之比为15：2，C错误；该分子存在2个手性碳原子：，D正确；故答案为：C。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位键数为16NAB.2.7g基态Al原子中含有的p电子数为0.7NAC.标准状况下，22.4LCH2Cl2中含有的极性共价键数为4NAD.31g白磷()中含有的孤电子对数为4NA【答案】B【解析】Cu2+与4个NH3形成配位键，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位键数为4NA，A错误；基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，2.7g基态Al（为0.1mol）原子中含有的p电子数为0.7NA，B正确；标准状况下，22.4LCH2Cl2不是气体，不确定其物质的量，C错误；白磷分子中平均1个P存在1对孤电子对，31g白磷(，为1molP)中含有的孤电子对数为NA，D错误；故选B。11.可用作固体离子导体，能通过加热制得，两种晶胞结构如图所示（为了简化，只标出了在晶胞中的位置）。下列说法㳻误的是A.和属于同素异形体B.晶胞属于面心立方晶胞C.晶胞与晶胞中个数比为D.可通过X射线衍射实验鉴别两种晶胞【答案】A【解析】同素异形体是指同种元素组成的不同的单质，而和均为化合物，不属于同素异形体，A错误；根据晶胞中的位置可知，晶胞属于面心立方晶胞，B正确；晶胞中位于顶点和面心位置，所含个数为，晶胞中位于顶点和体心，所含个数为，个数比为，C正确；X射线衍射实验可测定晶体结构有关信息，从而鉴别两种晶胞，D正确；答案选A。12.某同学用如图所示装置制备乙炔并验证其性质，下列说法错误的是A.为了实现反应的发生“随关随停”，甲装置可以用丙装置代替B.制备乙炔的化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑C.实验过程中会看到酸性KMnO4溶液褪色D.若将乙试管中的溶液换成CuSO4溶液，实验过程中可能会有黑色沉淀产生【答案】A【解析】丙装置为启普发生器，电石和水反应放热，且反应剧烈，生成的氢氧化钙微溶于水，易堵塞反应容器，实验室制取乙炔，不能用启普发生器，故A错误；实验室制取乙炔气体是用电石与水发生反应，化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+↑，故B正确；乙炔，乙炔中杂质等会与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，均会导致酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；乙炔和硫酸铜不反应，和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，硫化铜沉淀为黑色，故D正确；故答案选A。13.已知：烯烃与酸性溶液反应时，其生成物的情况如表所示。则反应物为被酸性溶液氧化后得到的产物为烯烃被氧化的部分氧化产物A.、B.、HOOCCOOHC.、D.、、【答案】A【解析】根据烃基被氧化的部分得到对应的产物可知，第一个双键左侧被氧化为酮，右侧双键被氧化为酸，第二个双键左侧被氧化为酸，右侧双键被氧化为酮，即产物为、，故答案选A。14.氯亚铂酸钾(K2PtCl4)广泛用作制造各种铂配合物和药物的起始原料，—种以氯亚铂酸钾为原料制备有机物iv的合成路线如图所示，[PtCl4]2-为平面结构，下列说法正确的是A.ii的配体为Pt2+B.iii中Pt2+和O的杂化方式均为sp3C.1mol的非金属原子中共含有6mol孤电子对D.反应3的离子方程式为+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓【答案】D【解析】Pt2+没有孤电子对，但含有空轨道为中心离子，ii的配体为邻二苯胺和I，A错误；[PtCl4]2-为平面结构，则iii中Pt2+与2个N原子、2个O原子形成平面结构，不是正四面体结构，所以Pt2+不是sp3杂化，B错误；中的N、O原子均与Pt2+形成配位键，但只有O原子含有1对孤电子对，则1mol的非金属原子中共含有2mol孤电子对，C错误；硝酸银为可溶性盐，而碘化银为难溶性盐，所以反应3的离子方程式为+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓，D正确；故选D。15.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子核外电子只有一种自旋状态，Y和W位于同周期且未成对电子数相同，基态Z原子的s电子数与p电子数之比为4∶3。由X、Y、Z、W、Pt组成的一种化合物M的结构如图所示，下列说法错误的是A.电负性：W＞Z＞YB.M中存在极性键和非极性键C.M中，Pt为+4价，且1molM含有的配位键数为4NAD.X、Y、Z、W四种元素可组成含有极性键的离子晶体【答案】C【解析】X原子核外电子只有一种自旋状态，则X为H，Y有4个共价键，则Y最外层4个电子，Y为C或Si，W有2个共价键，最外层6个电子，W为O或S，Y和W位于同周期且未成对电子数相同，基态Z原子的s电子数与p电子数之比为4∶3，则Z为N，因X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，则Z为N，W为O，Y为C，综上，X为H、Y为C，Z为N、W为O，以此分析；非金属越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C，A正确；同种非金属元素之间为非极性共价键，不同种非金属元素之间为极性共价键，M中存在极性和非极性共价键，B正确；化合物中用于形成配位键的O带一个单位负电荷，可知Pt的化合价为+2价，M中Pt提供空轨道，N、O提供孤电子对，则1molM中的配位键数为4NA，C错误；X、Y、Z、W四种元素可组成(NH4)2CO3，其晶体属于含有极性键的离子晶体，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.已知有如图8种有机物，请根据所学知识回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧CH3CH2OH（1）上述物质中互为同分异构体的是______(填标号)。（2）①中含氧官能团的名称为_______，③的二氯代物有______种(不考虑立体异构)。（3）⑤的同分异构体中，属于炔烃的有______种；④的化学名称为______。（4）M为⑧的同系物，取7.4gM在如图装置中燃烧，实验结束后，无水氯化钙增重9g，氢氧化钠增重17.6g，则M的分子式为______，写出核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为9∶1的结构：______。【答案】（1）③④⑥（2）①.醚键、羟基②.4（3）①.7②.3－甲基－2－戊烯（4）①.C4H10O②.【解析】【小问1详析】同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合物，根据题干有机物的结构简式可知，上述物质中③④⑥的分子式均为C6H12，结构不同，故互为同分异构体，故答案为：③④⑥；【小问2详析】由题干有机物的结构简式可知，①中含氧官能团的名称为醚键和羟基，③的二氯代物有4种即两个Cl连在同一个碳原子一种，连在2个碳原子上有3种，故答案为：醚键和羟基；4；【小问3详析】由题干有机物⑤的结构简式可知，⑤的分子式为C6H10，不饱和度为2，故⑤的同分异构体中，属于炔烃的即考虑CH3CH2CH2CH2CH2CH3三键有3个位置异构，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3三键只能放在一个位置，CH3CH2CH2CH(CH3)2则三键有2个位置，(CH3)3CCH2CH3则三键有1个位置，即属于炔烃的同分异构体一共有3+1+2+1=7种，由题干有机物④的结构简式可知，④的化学名称为3－甲基－2－戊烯，故答案为：7；3－甲基－2－戊烯；【小问4详析】M为⑧的同系物，取7.4gM在如图装置中燃烧，实验结束后，无水氯化钙增重9g即生成9gH2O，原有机物中含有n(H)=2n(H2O)==1mol，氢氧化钠增重17.6g即生成CO2为17.6g，原有机物中含有n(C)=n(CO2)==0.4mol，含有n(O)==0.1mol，则n(C):n(H):n(O)=0.4:1:0.1=4:10:1，则该有机物的最简式为C4H10O，又因H已经达到饱和状态，故M的分子式为C4H10O，写出核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为9∶1即含有3个甲基的结构为：，故答案为：C4H10O；。17.如表为周期表的一部分，其中的字母代表对应的元素，请回答下列问题：（1）h在元素周期表中的位置为_______。（2）d、f、g的简单离子的半径由大到小的顺序为_______(写离子符号)。（3）a、b、c可形成一种14e-的直线形分子，该分子的电子式为______；e单质的晶体熔化时，要克服的作用力为_______(填标号)。A.氢键B.非极性共价键C.范德华力（4）a、d、g三种元素可形成多种化合物，agd中中心原子的杂化类型为______，gd的空间结构为______，gd的键角为_____。（5）bd2晶体中，每个bd2分子周围紧邻的分子有12个；a2d晶体中，每个a2d分子周围紧邻的分子有4个，原因是______。【答案】（1）第四周期第VIIB族（2）Cl-＞O2-＞Na+（3）①.②.C（4）①.sp3②.三角锥形③.109°28′（5）冰中的水分子间存在氢键，氢键具有方向性【解析】根据图可知a为H，b为C，c为N，d为O，e为Ne，f为Na，g为Cl，h为Mn，以此分析；【小问1详析】根据图示，h在第四周期，ⅦB族；故答案为：第四周期第ⅦB族；【小问2详析】电子层数越多，离子半径越大，当电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)；故答案为：Cl-＞O2-＞Na+；【小问3详析】a为H，b为C，c为N，可形成一种14e-的直线形分子为HCN，电子式为；e为Ne，属于分子晶体，融化时候克服范德华力；故答案为：；C；【小问4详析】a为H，d为O，g为Cl，形成的化合物为HClO，O为中心原子，价层电子对数=，属于sp3杂化；为，中心原子价层电子对数=，空间结构为三角锥形；为，中心原子价层电子对数=，属于正四面体形，键角为109°28'；故答案为：sp3；三角锥形；109°28'；【小问5详析】bd2晶体为CO2，每个CO2分子周围紧邻的分子有12个；a2d晶体为H2O，因为冰中的水分子间存在氢键，氢键具有方向性，故每个H2O分子周围紧邻的分子有4个；故答案为：冰中的水分子间存在氢键，氢键具有方向性。18.某矿石中富含Cu2(OH)2CO3和Ni(OH)2，还含有Fe、Al、Si、Ca的氧化物。以该矿石为原料制备Ni(OH)2•2NiCO3•nH2O的流程如图所示，请回答下列问题：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。金属离子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Ni2+开始沉淀的pH7.52.53.74.77.0完全沉淀的pH9.03.34.56.58.7②Ni2O3在酸性条件下具有强氧化性。（1）基态Ni原子的简化电子排布式为_______；基态Cu原子的价层电子轨道表示式为______。（2）滤渣1的主要成分中，属于离子晶体的为______；加入Ni2O3后生成Fe3+，Fe元素的未成对电子数由_______变成______。（3）“萃取”时发生的反应为Cu2++2HA(有机相)CuA2(有机相)+2H+，“反萃取”时加入稀硫酸的目的是______。一种有机萃取剂M及萃取Cu2+后生成的N的结构如图所示，M中碳原子的杂化方式有_______种，N中提供孤电子对形成配位键的原子有______(填标号)。（4）“沉镍”时，发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.[Ar]3d84s2②.（2）①.CaSO4②.4③.5（3）①.增大H+浓度，使Cu2++2HA(有机相)CuA2(有机相)+2H+逆向进行②.2③.①②③④（4）3Ni2++6HCO+(n-2)H2O=Ni(OH)2•2NiCO3•nH2O↓+CO2↑【解析】某矿石中富含Cu2(OH)2CO3和Ni(OH)2，还含有Fe、Al、Si、Ca的氧化物，酸浸生成硫酸镍、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝和硫酸铜，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，滤液1用适量三氧化镍氧化亚铁离子生成硫酸铁，用碳酸钙调节pH生成氢氧化铁和氢氧化铝，滤液2中加入氟化钠生成氟化钙，有机萃取剂萃取出铜离子，水相中加入碳酸氢钠沉镍生成Ni(OH)2⋅2NiCO3⋅nH2O，由此作答。【小问1详析】Ni是第28号元素，原子的简化电子排布式为[Ar]3d84s2；Cu是第29号元素，基态原子的价层电子轨道表示式为；【小问2详析】滤渣1的主要成分为SiO2和CaSO4，属于离子晶体的为CaSO4；由Fe2+（3d6）生成Fe3+（3d5），Fe元素的未成对电子数由4变成5；【小问3详析】“萃取”时发生反应：Cu2++2HA(有机相)⇌CuA2(有机相)+2H+，反萃取时加入稀硫酸的目的是使平衡逆移，生成铜离子；M中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2，单键碳原子杂化类型为sp3，共2种；N中提供孤电子对形成配位键的原子有①②③④；【小问4详析】“沉镍”时，水相中加入碳酸氢钠沉镍生成Ni(OH)2⋅2NiCO3⋅nH2O，反应的离子方程式为：3Ni2++6HCO+(n-2)H2O=Ni(OH)2•2NiCO3•nH2O↓+CO2↑；19.前四周期原子序数依次增大的元素、、、、、，中，的核外电子只有一个；的价电子层中未成对电子只有2个，且紧邻；和的价电子层中未成对电子均只有1个，并且和的电子数相差8；与位于同一周期的和，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2.回答下列问题：（1）实验室常用检验，反应的离子方程式为。①中离子的配位数为_______。②形成配位键时，中提供孤电子对的原子为_______(填元素符号)。③中含_______键。（2）金属化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因为_______。（3）由、组成的化合物在磁记录材料领域有着广阔的应用前景。某的晶胞结构如图所示(、位置均有)，若立方晶胞的参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为_______(用含、的代数式表示)。（4）四种晶体的熔点数据如表所示：物质熔点/由表中数据可得知：和熔点相差较小，和熔点相差较大。请简述和熔点相差较大的原因：_______。（5）能形成多种配合物，如：①中键角比独立存在的分子中键角略大，原因为_______。②一定条件下，与在氨水中可生成一种淡紫色包合沉淀物。该沉淀物晶体属四方晶系，晶胞结构和晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角为。分子位于晶胞的体心且2个键平行于轴。已知键长为，键长为，则该晶体中，与的个数之比为_______，晶胞中与间的距离为_______。【答案】（1）①.6②.C③.2.4（2）Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱（3）（4）通过分子间作用力形成分子晶体，通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量多得多，所以二者熔点相差较大（5）①.NH3中氮原子核外的孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对成键电子对的排斥力变为成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱②.1:1③.【解析】前四周期原子序数依次增大的元素、、、、、，中，的核外电子只有一个，W为H元素；的价电子层中未成对电子只有2个，电子排布式为1s22s22p2，X为C元素，且紧邻，Y为N元素；和的价电子层中未成对电子均只有1个，并且和的电子数相差8，Z为F元素，M为K元素，与位于同一周期的和，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2，价电子排布分别为3d64s2、3d84s2，Q为Fe元素，G为Ni元素，以此解答。【小问1详析】①中Fe3+的配位数为6；②C的电负性小于N，更容易提高电子形成配位键，则形成配位键时，中提供孤电子对的原子为C；③中含有6个配位键，中含有1个键，则中含（6+6）×0.2键。【小问2详析】金属H化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比的强，原因为：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。【小问3详析】由晶胞结构可知，该晶体中含有1个N原子，含有=4个Fe原子，若立方晶胞的参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为。【小问4详析】和熔点相差较大的原因：通过分子间作用力形成分子晶体，通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量多得多，所以二者熔点相差较大。【小问5详析】①中键角比独立存在的分子中键角略大，原因为：NH3中氮原子核外的孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对成键电子对的排斥力变为成键电子对之间的排斥力，排斥力减弱；②由晶胞结构可知，该晶胞中含有=1个NH3，=1个Ni2+，则与Ni2+的个数之比为1:1，已知键长为，键长为，则该晶体中，晶胞中与间的距离为。吉林省部分学校2023-2024学年高二下学期期中联考注意事项：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.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2、选择性必修3第一章至第二章第二节。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16A1-27P-31Fe-56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符一合题目要求的。1.长白山聚龙泉是驰名中外的温泉，水温最高可达82.3℃，富含钠、氢、钙、镁等元素，属钠－碳酸氢盐泉。下列说法错误的是A.基态Ca原子核外电子有20种空间运动状态B.H分别与Na、Mg、Ca组成的氢化物均为离子晶体C.基态Na原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形D.Na、Mg、Ca元素的焰色呈现不同颜色跟电子跃迁释放的能量多少有关【答案】A【解析】基态钙原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，电子占据1s、2s、2p、3s、3p、4s共10个轨道，有10种空间运动状态，故A错误；H分别与Na、Mg、Ca组成的氢化物为NaH、MgH2、CaH2，均含离子键，均为离子晶体，故B正确；基态Na原子核外电子排布式为[Ne]3s1，基态Na原子核外电子占据最高能级的电子是3s能级上的电子，3s能级上的电子云轮廓图的形状为球形，故C正确；焰色试验的原理是金属或其化合物在灼烧时原子核外电子吸收能量由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能轨道跃迁，释放出不同波长的光，Na、Mg、Ca元素的焰色呈现不同颜色跟电子跃迁释放的能量多少有关，故D正确；故选A。2.甲烷是优质的燃料，燃烧时发生的反应为CH4+2O2CO2+2H2O，下列说法错误的是A.甲烷的空间填充模型为B.甲基的电子式为C.CO2的结构式为O=C=OD.水分子的VSEPR模型为【答案】B【解析】甲烷是正四面体结构，空间填充模型为，故A正确；甲基的电子式为，故B错误；CO2的结构式为O=C=O，故C正确；水分子中O原子价层电子对数为4，有2对孤电子对，VSEPR模型为，故D正确；选B。3.下列说法正确的是A.聚乙炔能使溴水褪色，且含有顺反异构体B.沸点：正戊烷＞正丁烷＞异戊烷＞新戊烷C.甲烷中含有少量乙烯，可将混合气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中除去乙烯D.等质量CH4、C2H4、C3H4与足量氧气完全燃烧，耗氧量依次增大【答案】A【解析】聚乙炔结构简式为，含有碳碳双键能使溴水褪色，双键不能旋转，含有顺反异构体，故A正确；碳原子数越多沸点越高，碳原子数相同，支链越多沸点越低，沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷＞正丁烷，故B错误；甲烷中含有少量乙烯，将混合气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，乙烯被氧化为二氧化碳，不能用高锰酸钾溶液除甲烷中的乙烯，故C错误；等质量的烃完全燃烧，氢元素质量分数越高，耗氧量越大，等质量的CH4、C2H4、C3H4与足量氧气完全燃烧，耗氧量依次减小，故D错误；选A。4.实验是高中化学的重要组成部分，下列说法正确的是A.用乙醇萃取碘水中的碘时需要使用a、fB.重结晶法提纯苯甲酸时需要使用b、fC.分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳时需要使用c、d、e、fD.分离乙酸乙酯和饱和食盐水时需要使用c、d、f【答案】B【解析】乙醇与水互溶，不能发生萃取，用不到仪器a，故A错误；苯甲酸在水中的溶解度不大，可重结晶进行提纯，主要步骤有：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，需要使用b、f，故B正确；分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳是互溶的有机物，根据沸点不同，用蒸馏法分离，需要使用c、d、e，不需要烧杯f，故C错误；乙酸乙酯和饱和食盐水互不相溶，用分液法分离，需要使用a、f，故D错误；答案选B。5.下列性质与氢键无关的是A.CH3OH易溶于水B.对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛C.冰的密度小于水D.、、的酸性依次增强【答案】D【解析】CH3OH与水分子能形成分子间氢键，所以CH3OH易溶于水，故不选A；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，故不选B；冰的密度小于水是因为冰中水分子间形成氢键增多，故不选C；甲基为推电子基，对甲基苯酚中羟基的极性减弱，氯原子为吸电子基，对氯苯酚中羟基的极性增强，所以、、的酸性依次增强，故选D；选D。6.下列命名正确且对应的有机物的一氯代物有3种的是A.2，3－二甲基－2－丁烯 B.3，3－二甲基戊烷C.2，2－二甲基－3－丁烯 D.2－丁炔【答案】B【解析】2，3－二甲基－2－丁烯中含有1种氢，故对应的有机物的一氯代物只有1种，A错误；3，3-二甲基戊烷，为对称结构，具有3种不同环境的H，故一氯代物有3种，B正确；应该为3，3－二甲基－1－丁烯，命名错误，C错误；2－丁炔为对称结构，具有2种不同环境的H，故一氯代物有2种，D错误；故答案为：B。7.已知X、Y、Z、W、M五种元素的结构信息如下：①基态X原子的价层电子排布式为2s22p4②基态Y原子的价层电子轨道表示式为③Z3-的结构示意图为④中子数为16的W原子：W⑤基态M原子核外有12种运动状态的电子下列说法正确的是A.X与Y能形成A2B型的离子化合物B.MY2中含有共价键和离子键C.WY5分子中的原子均满足8电子稳定结构D.最简单氢化物稳定性：X＞Z＞W【答案】D【解析】X基态原子的价层电子排布式为2s22p4，为O元素，基态Y原子的价层电子轨道表示式为，为Cl元素，Z核电荷数为7，为N原子，W质子数为15，为P元素，基态M原子核外有12种运动状态的电子，为Mg元素。X为O元素，Y为Cl元素，O和Cl只能形成共价键，A错误；MY2为MgCl2，只含有离子键，B错误；WY5为PCl5，P原子不满足8电子稳定结构，C错误；非金属性O>N>P，故最简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞PH3，D正确；故答案选D。8.Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是A.Be(OH)2和Al(OH)3均是两性氢氧化物B.BeCl2和AlCl3均是共价化合物C.Be(OH)2能与氨水反应生成(NH4)2[Be(OH)4]D.BeCl2溶液呈酸性【答案】C【解析】Al(OH)3为两性氢氧化物，根据Be与Al元素性质相似，可推断Be(OH)2也为两性氢氧化物，A正确；AlCl3为共价化合物，根据Be与Al元素性质相似，可推断BeCl2也为共价化合物，B正确；Al(OH)3和Be(OH)2性质相似，Al(OH)3不能与氨水反应，故Be(OH)2不能与氨水反应，C错误；AlCl3溶于水发生水解，使溶液显酸性，则根据元素性质的相似性，可推知BeCl2溶于水也发生水解，使溶液显酸性，D正确；故答案为：C。9.山葡萄的果可生食或酿酒，酒糟可制醋和染料，种子可炸油，叶和酿酒后的酒脚可提取酒石酸(结构如图所示。酒石酸常用作抗氧化增效剂、缓凝剂、鞣制剂、螯合剂、药剂。下列说法错误的是A.酒石酸能发生取代、氧化反应B.常温下，酒石酸易溶于水C.酒石酸中的σ键与π键的数目之比为6∶1D.酒石酸含有2个手性碳原子【答案】C【解析】酒石酸含有羟基、羧基，羟基既可以发生氧化反应也可以发生取代反应，饱和C原子上有H，可以发生取代反应，羧基也可以发生取代反应，A正确；酒石酸含有易溶于水的羟基和羧基，所以酒石酸易溶于水，B正确；单键和双键均含有1个σ键，双键中还含有1个π键，该结构中有单键13个，2个双键，则σ键有15个，π键有2个，σ键与π键的数目之比为15：2，C错误；该分子存在2个手性碳原子：，D正确；故答案为：C。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位键数为16NAB.2.7g基态Al原子中含有的p电子数为0.7NAC.标准状况下，22.4LCH2Cl2中含有的极性共价键数为4NAD.31g白磷()中含有的孤电子对数为4NA【答案】B【解析】Cu2+与4个NH3形成配位键，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位键数为4NA，A错误；基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，2.7g基态Al（为0.1mol）原子中含有的p电子数为0.7NA，B正确；标准状况下，22.4LCH2Cl2不是气体，不确定其物质的量，C错误；白磷分子中平均1个P存在1对孤电子对，31g白磷(，为1molP)中含有的孤电子对数为NA，D错误；故选B。11.可用作固体离子导体，能通过加热制得，两种晶胞结构如图所示（为了简化，只标出了在晶胞中的位置）。下列说法㳻误的是A.和属于同素异形体B.晶胞属于面心立方晶胞C.晶胞与晶胞中个数比为D.可通过X射线衍射实验鉴别两种晶胞【答案】A【解析】同素异形体是指同种元素组成的不同的单质，而和均为化合物，不属于同素异形体，A错误；根据晶胞中的位置可知，晶胞属于面心立方晶胞，B正确；晶胞中位于顶点和面心位置，所含个数为，晶胞中位于顶点和体心，所含个数为，个数比为，C正确；X射线衍射实验可测定晶体结构有关信息，从而鉴别两种晶胞，D正确；答案选A。12.某同学用如图所示装置制备乙炔并验证其性质，下列说法错误的是A.为了实现反应的发生“随关随停”，甲装置可以用丙装置代替B.制备乙炔的化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑C.实验过程中会看到酸性KMnO4溶液褪色D.若将乙试管中的溶液换成CuSO4溶液，实验过程中可能会有黑色沉淀产生【答案】A【解析】丙装置为启普发生器，电石和水反应放热，且反应剧烈，生成的氢氧化钙微溶于水，易堵塞反应容器，实验室制取乙炔，不能用启普发生器，故A错误；实验室制取乙炔气体是用电石与水发生反应，化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+↑，故B正确；乙炔，乙炔中杂质等会与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，均会导致酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；乙炔和硫酸铜不反应，和硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，硫化铜沉淀为黑色，故D正确；故答案选A。13.已知：烯烃与酸性溶液反应时，其生成物的情况如表所示。则反应物为被酸性溶液氧化后得到的产物为烯烃被氧化的部分氧化产物A.、B.、HOOCCOOHC.、D.、、【答案】A【解析】根据烃基被氧化的部分得到对应的产物可知，第一个双键左侧被氧化为酮，右侧双键被氧化为酸，第二个双键左侧被氧化为酸，右侧双键被氧化为酮，即产物为、，故答案选A。14.氯亚铂酸钾(K2PtCl4)广泛用作制造各种铂配合物和药物的起始原料，—种以氯亚铂酸钾为原料制备有机物iv的合成路线如图所示，[PtCl4]2-为平面结构，下列说法正确的是A.ii的配体为Pt2+B.iii中Pt2+和O的杂化方式均为sp3C.1mol的非金属原子中共含有6mol孤电子对D.反应3的离子方程式为+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓【答案】D【解析】Pt2+没有孤电子对，但含有空轨道为中心离子，ii的配体为邻二苯胺和I，A错误；[PtCl4]2-为平面结构，则iii中Pt2+与2个N原子、2个O原子形成平面结构，不是正四面体结构，所以Pt2+不是sp3杂化，B错误；中的N、O原子均与Pt2+形成配位键，但只有O原子含有1对孤电子对，则1mol的非金属原子中共含有2mol孤电子对，C错误；硝酸银为可溶性盐，而碘化银为难溶性盐，所以反应3的离子方程式为+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓，D正确；故选D。15.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子核外电子只有一种自旋状态，Y和W位于同周期且未成对电子数相同，基态Z原子的s电子数与p电子数之比为4∶3。由X、Y、Z、W、Pt组成的一种化合物M的结构如图所示，下列说法错误的是A.电负性：W＞Z＞YB.M中存在极性键和非极性键C.M中，Pt为+4价，且1molM含有的配位键数为4NAD.X、Y、Z、W四种元素可组成含有极性键的离子晶体【答案】C【解析】X原子核外电子只有一种自旋状态，则X为H，Y有4个共价键，则Y最外层4个电子，Y为C或Si，W有2个共价键，最外层6个电子，W为O或S，Y和W位于同周期且未成对电子数相同，基态Z原子的s电子数与p电子数之比为4∶3，则Z为N，因X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，则Z为N，W为O，Y为C，综上，X为H、Y为C，Z为N、W为O，以此分析；非金属越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C，A正确；同种非金属元素之间为非极性共价键，不同种非金属元素之间为极性共价键，M中存在极性和非极性共价键，B正确；化合物中用于形成配位键的O带一个单位负电荷，可知Pt的化合价为+2价，M中Pt提供空轨道，N、O提供孤电子对，则1molM中的配位键数为4NA，C错误；X、Y、Z、W四种元素可组成(NH4)2CO3，其晶体属于含有极性键的离子晶体，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.已知有如图8种有机物，请根据所学知识回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧CH3CH2OH（1）上述物质中互为同分异构体的是______(填标号)。（2）①中含氧官能团的名称为_______，③的二氯代物有______种(不考虑立体异构)。（3）⑤的同分异构体中，属于炔烃的有______种；④的化学名称为______。（4）M为⑧的同系物，取7.4gM在如图装置中燃烧，实验结束后，无水氯化钙增重9g，氢氧化钠增重17.6g，则M的分子式为______，写出核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为9∶1的结构：______。【答案】（1）③④⑥（2）①.醚键、羟基②.4（3）①.7②.3－甲基－2－戊烯（4）①.C4H10O②.【解析】【小问1详析】同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合物，根据题干有机物的结构简式可知，上述物质中③④⑥的分子式均为C6H12，结构不同，故互为同分异构体，故答案为：③④⑥；【小问2详析】由题干有机物的结构简式可知，①中含氧官能团的名称为醚键和羟基，③的二氯代物有4种即两个Cl连在同一个碳原子一种，连在2个碳原子上有3种，故答案为：醚键和羟基；4；【小问3详析】由题干有机物⑤的结构简式可知，⑤的分子式为C6H10，不饱和度为2，故⑤的同分异构体中，属于炔烃的即考虑CH3CH2CH2CH2CH2CH3三键有3个位置异构，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3三键只能放在一个位置，CH3CH2CH2CH(CH3)2则三键有2个位置，(CH3)3CCH2CH3则三键有1个位置，即属于炔烃的同分异构体一共有3+1+2+1=7种，由题干有机物④的结构简式可知，④的化学名称为3－甲基－2－戊烯，故答案为：7；3－甲基－2－戊烯；【小问4详析】M为⑧的同系物，取7.4gM在如图装置中燃烧，实验结束后，无水氯化钙增重9g即生成9gH2O，原有机物中含有n(H)=2n(H2O)==1mol，氢氧化钠增重17.6g即生成CO2为17.6g，原有机物中含有n(C)=n(CO2)==0.4mol，含有n(O)==0.1mol，则n(C):n(H):n(O)=0.4:1:0.1=4:10:1，则该有机物的最简式为C4H10O，又因H已经达到饱和状态，故M的分子式为C4H10O，写出核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为9∶1即含有3个甲基的结构为：，故答案为：C4H10O；。17.如表为周期表的一部分，其中的字母代表对应的元素，请回答下列问题：（1）h在元素周期表中的位置为_______。（2）d、f、g的简单离子的半径由大到小的顺序为_______(写离子符号)。（3）a、b、c可形成一种14e-的直线形分子，该分子的电子式为______；e单质的晶体熔化时，要克服的作用力为_______(填标号)。A.氢键B.非极性共价键C.范德华力（4）a、d、g三种元素可形成多种化合物，agd中中心原子的杂化类型为______，gd的空间结构为______，gd的键角为_____。（5）bd2晶体中，每个bd2分子周围紧邻的分子有12个；a2d晶体中，每个a2d分子周围紧邻的分子有4个，原因是______。【答案】（1）第四周期第VIIB族（2）Cl-＞O2-＞Na+（3）①.②.C（4）①.sp3②.三角锥形③.109°28′（5）冰中的水分子间存在氢键，氢键具有方向性【解析】根据图可知a为H，b为C，c为N，d为O，e为Ne，f为Na，g为Cl，h为Mn，以此分析；【小问1详析】根据图示，h在第四周期，ⅦB族；故答案为：第四周期第ⅦB族；【小问2详析】电子层数越多，离子半径越大，当电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)；故答案为：Cl-＞O2-＞Na+；【小问3详析】a为H，b为C，c为N，可形成一种14e-的直线形分子为HCN，电子式为；e为Ne，属于分子晶体，融化时候克服范德华力；故答案为：；C；【小问4详析】a为H，d为O，g为Cl，形成的化合物为HClO，O为中心原子，价层电子对数=，属于sp3杂化；为，中心原子价层电子对数=，空间结构为三角锥形；为，中心原子价层电子对数=，属于正四面体形，键角为109°28'；故答案为：sp3；三角锥形；109°28'；【小问5详析】bd2晶体为CO2，每个CO2分子周围紧邻的分子有12个；a2d晶体为H2O，因为冰中的水分子间存在氢键，氢键具有方向性，故每个H2O分子周围紧邻的分子有4个；故答案为：冰中的水分子间存在氢键，氢键具有方向性。18.某矿石中富含Cu2(OH)2CO3和Ni(OH)2，还含有Fe、Al、Si、Ca的氧化物。以该矿石为原料制备Ni(OH)2•2NiCO3•nH2O的流程如图所示，请回答下列问题：已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。金属离子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Ni2+开始沉淀的pH7.52.53.74.77.0完全沉淀的pH9.03.34.56.58.7②Ni2O3在酸性条件下具有强氧化性。（1）基态Ni原子的简化电子排布式为_______；基态Cu原子的价层电子轨道表示式为______。（2）滤渣1的主要成分中，属于离子晶体的为______；加入Ni2O3后生成Fe3+，Fe元素的未成对电子数由_______变成______。（3）“萃取”时发生的反应为Cu2++2HA(有机相)CuA2(有机相)+2H+，“反萃取”时加入稀硫酸的目的是______。一种有机萃取剂M及萃取Cu2+后生成的N的结构如图所示，M中碳原子的杂化方式有_______种，N中提供孤电子对形成配位键的原子有______(填标号)。（4）“沉镍”时，发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.[Ar]3d84s2②.（2）①.CaSO4②.4③.5（3）①.增大H+浓度，使Cu2++2HA(有机相)CuA2(有机相)+2H+逆向进行②.2③.①②③④（4）3Ni2++6HCO+(n-2)H2O=Ni(OH)2•2NiCO3•nH2O↓+CO2↑【解析】某矿石中富含Cu2(