福建省厦门市2023-2024学年高二年级下册期末考试化学试题（解析版）

厦门市2023-2024学年第二学期高二期末质量检测

化学试题

本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。

注意事项：

L答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。

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

试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlLi7C12N14016Fe56Se79

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。

MgjFe(CN)1

1.纳米催化剂63LI儿」2可缓解阿霉素诱导心脏毒性。下列说法箱考的是

A.单质熔点：Mg>石墨B.电负性：OFe

C.第一电离能：N>CD.单质还原性：Mg>Fe

【答案】A

【解析】

【详解】A.石墨是混合型晶体，熔点很高，故熔点石墨,Mg,故A错误；

B.非金属的电负性一般大于金属，故电负性：C>Fe,故B正确；

C.同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：N>C,故C正确;

D.镁的金属性强于铁，故单质近原性：Mg>Fe,故D正确；

答案选Ao

2.下列说法第碌的是

、,CHO

A.的系统命名：2-甲基丙醛B.葡萄群的实验式：CH2O

OH

c.的分子式：C,0Hl0OD.氯丙烷的球棍模型:

【答案】c

【释析】

【详解】A.丫的母体为丙醛，2号位上有甲基，名称为2-甲基丙醛，故A正确;

B.葡萄糖的分子式为c6Hl实验式为CH?。，故B正确:

的分子式为：CI0HsO,故C错误;

D.1-氯丙烷的球棍模型为,故D正确;

答案选C。

3.银屑病的治疗药物木维莫德乳膏结构如图。下列说法正确的是

B.可形成分子内氢键和分子间氢键

C.所有碳原子共平面

D.lmol该物质与足量的溟水反应，最多可消耗3moiBr2

【答案】D

【解析】

【详解】A.分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故分子中不含有手性碳原子，故

A错误；

B.分子中两个羟基处于间位，距离较远，不能形成分子内氢键，故B错误：

C.该分子由连个苯环平面和一个双键平面构成，碳碳单键可以旋转，这三个平面不一定共面，异丙基三

个碳原子与其连接的苯环上的碳原子，这四个碳原子一定不共面，故所有碳原子不可能共面，故c错

误；

D.碳碳双键可以与ImolB门加成，酚羟基有两个邻位可以与2moiBn发生取代反应，故Imol该物质与足

量妁浜水反应，最多可消耗3山3Br2,故D正确：

答案选D。

4.一种新型光学材料根据晶胞内原子数命名为S%,其晶胞如图。下列说法第俅的是

A.S%与单晶硅互为同素异形体B.Si原子基态价电子排布式为3s23P2

C.Si.中Si原子的杂化方式为sp3D.Si1。中Si原子位于顶点、面上和体内

【答案】D

【解析】

【详解】A.Si］。与单晶硅是由同种元素组成的不同的单质，互为同素异形体，A项正确：

B.Si为14号元素，最外层4个电子，故Si原子基态价电子排布式为3s23P2,B项正确；

C.Si1。类似于单晶硅的结构，Si原子的杂化方式均为sp3,C项正确；

D.S%是根据晶胞内原子数命名，一个晶胞内有10个Si原子，故晶胞内Si原子8个位于顶点、9个位

于体内，没有在面上，D项错误；

答案选D。

5.利用冠壁可实现水溶液中锂镁的分离，其制备与分离过程如图。下列说法埼误的是

甲乙丙

A.甲一乙的反应类型为取代反应B.丙中Li+通过共价键与O原子结合

C.甲、乙、丙中仅有一种物质属于超分子D.通过空间结构和作用力协同实现锂镁分离

【答案】B

【解析】

【详解】A.两分子甲与两分子|I反应生成乙和4个HBr,发生的是取代反应，故A正确;

BrBr

B.内中Li+与。原子通过配位提结合，故B错误;

A.X能发生加聚反应B.“C2H2+H2fx”为加成反应

C.该过程每生成ImolX需要hr.olH2D.该反应历程中Pd的配位数发生变化

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题干可知，X为乙烯，能发生加聚反应，故A正确；

B.C2H2+凡一C2H4”加成反应，故B正确；

C.由反应机理图可知，该过程每生成ImolX需要2moiH,,故C错误；

D.该反应历程中Pd的配位数有3、5,配位数发生变化，故D正确；

答案选C。

8.（Lio8Feo.20H）FeSe晶体结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成。晶胞中铁硒层在yz、xz和xy平

面投影如图，1号Fe原子的原子坐标为（（）,0，!〕。下列说法错误的是

I2）,,

C.2号Fe原子的原子坐标为（1.688X1Q23

D.晶体密度为gem3

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图中信息可知，铁硒层中Se的配位数为4,Se与原子的个数比为1：1,所以Fe原子的

配位数也为4,故A正确：

B由平面投影图可知,硒原子4个位于侧面上，其个数为4弓=2,故B正确,

C.由平面投影图可推知，1号Fe原子位于侧竖棱上，2号Fe原子位于体心，坐标为故C

正确；

D.铁硒层中铁、硒个数均为2,再结合化学式可知一个晶胞的质量为

(7x0.8+56x0.2+17+56+79)x2

一个晶胞的体积为V=a:bxiom。/,则该晶体密度为

(7x0.8+56x0.2+17+56+79)x2

g3.336x1023

S&=——T——gem故D错误;

P=a2bxl0_2lc/n

答案选D。

实验小组利用螯合剂邻二氮菲phen()与Fe2\Fe3+分别形成

2t3+

[Fe(phen)3].[Fe(phen)3]定性检测FeSO4溶液中的铁元素，后利用分光光度法定量测定含FeSO,

水样中铁元素的总浓度C总。分光光度法原理为有色物质会吸收特定波长入的光，吸光度A与有色物质的

浓度c(单位为mg•L1,本实验以Fc计)存在关系A=kc。

阅读以上资料，回答下列问题：

9.探究phen与Fe?+形成的配合物性质，进行如下实验(忽略体积变化)。下列说法正确的是

「滴加phei]—滴加硫酸_滴加INaOH溶液

一.—・.•~—-■L.-一-.L,•—•

_>—_.•-―-•・■―•••

d6

FeSO」溶液橙红色颜色逐渐变浅现象X

A.phen中有7个大冗键

B.[Fe(phen)3r中Fe?+的配位数为3

C.颜色逐渐变浅说明与phen的配位能力：H+>Fe2+

D.现象X为颜色持续变深

10.取5mL水样力口入phen、硫酸羟胺(2NHqH-H2soJ并调节合适的pH后稀释至25mL,利用分

光光度法测定溶液C总。等浓度的[Fe(phen)3r和[Fe(phen)3r标准液在不同波长光下吸光度A如图。

已知入=510nm时，[Fc(phcn)3r的k=200»下列说法第俅的是

3+

A.入在450〜550nm内,k值大小为[Fe(phen)3r>[Fe(phen)3]

B.测定C总前若未加入足量硫酸羟胺，吸光度A偏大

C.入=510nm时，测得水样吸光度A为0.560,则c总=2.5xIcTmol

D.测定时未控制适宜pH,导致k减小，测量误差增大

【答案】9.C10.B

【解析】

【9题详解】

A.phen有一个类似于菲环14中心14电子大兀键，A错误；

B.[Fe(phen)3p+中Fe2+与6个N原子配位,配位数为6,B错误;

C.酸性增强，phen中的N优先与H+形成配位键，颜色逐渐变浅说明与phen的配位能力：H->Fe2+,C

正确;

D.滴加NaOH中和H+颜色变深，然后NaOH与Fe?+结合生成白色沉淀再变灰绿最后红褐沉淀，D错

误；

故选C。

【10题详解】

A.等浓度的[Fe(phen)3p+和[Fe(phen)3产标准液在不同波长光下吸光度A,A=kc,

2+3+2+3+

A[Fe(phenh]>A[Fe(phen)3],则k值大小为[Fe(phen)3]>[Fe(phen)3],A正确;

B.硫酸羟胺具有还原性，能将Fe3+还原为Fe?+,若未加入足量硫酸羟胺，[Fe(phen)3产的浓度偏小，由

图可知，吸光度A偏小，B错误；

C.当入=510nm时,测得水样吸光度A为0.560,k=200,根据A=kc,则

1

^x|=0.014mg/L,。总=5「舞mg瑞产1°飞。必C正确,

D.测定时未控制适宜pH,pH较小时H+参与配位，pH较大时生成沉淀，两种情况均会导致k减小，测

量误差增大，D正确；

故选B。

二、非选择题：本题共4小题，共60分。

II.电子传输导体可解决钙钛矿类太阳能电池长时间使用后存在的晶体缺陷问题。

I,钙钛矿类太阳能电池FAPblJFA，表示CH(NH2)；］晶胞如图，晶胞边长为apm。

(I)I位于笫5周期VDA族，其价电子凯道表示式为

(2)CH(NH?)：中N原子的杂化方式为o

(3)FA，和Pb"之间最短距离为pnio

(4)在俯视图中用画出的位置

俯视图

H,电子传输导体A解决钙钛矿类太阳能电池FAPbh晶体缺陷问题的原理如图。

(5)A的结构示意图如下。

①A中所含同周期元素电负性由大到小排序为—（填元素符号）。

②A中所含化学键类型有（填标号，下同），A可减少晶体缺陷是因为A和晶体之间存在的作用力有

a.共价键b.离子键c.配位键d.氢键e.金属键

（6）与电子传输导体B（如下图）对比,稳定晶体表面效果更好的为（选填"A”或"B”），可能的原因为

B

【答案】⑴向肃W⑵对

⑶£

2

・

♦♦■、

p°、、

（4）•@■（5）①.O>N>C②.a③.cd

•

Q、Q

・

（6）①.A②.A可与晶体表面形成更多的配位键和氢键

【解析】

【小问1详解】

I价电子排布式为5s?5p'其价电子轨道表示式为同笠|利,

【小问2详解】

CH（NH）；中N原子的价层电子对数为3+1=4,则N原子采取sp，杂化;

【小问3详解】

FA+和Pb?+之间最短距离为体对角线的一半，为等叩m；

【小问4详解】

O。、

在晶胞中，「位于面心，则在俯视图中用“。”画出「的位置为•◎•；

b.o'

【小问5详解】

①A中所含同周期元素为C、N、O,电负性从从左到右增大，则电负性：O>N>C；

②A中所含化学键类型有C-C、C-N、C-0.0・H共价键，氢键不是化学键，故选a；由图可知，A和晶体

之间存在的作用力有配位键和氢键，故选cd；

【小问6详解】

与电子传输导体B对比，粒定晶体表面效果更好的为A,可能的原因是A可与晶体表面形成更多的配位

键和氢键；

12.从苯甲酸生产残渣（主要成分为苯甲酸、Co3+，Mi?+，Ni?+）中分离C。、Mn、Ni元素的工艺流程

如Fo

PXH,SO4+H,O2NH)H,8H,0,2•乙必己基磷酸H,SO4

1____

笨甲四萃取I|―反萃取1|一►水相沉钻一戏液一|萃取2萃取21Co»*

生产残渣

（含Co"、

1Ni2*、

MnO(OH)2(Ni(NHj)』.

⑴PX(H3c）的名称为

（2）苯甲酸和乙酸结构相似，但性质有差异。25℃,（（苯甲酸）=10<2,£（乙酸）=10<76。

①苯甲酸常温下为固态，乙酸常温下为液态，其原因为o

②从基团间相互影响的角度分析，苯甲酸酸性强于乙酸的原因为o

3

（3）“沉钵”后，滤液中主要含有的阳离子为［Ni（NHj/"、［CO（NH3）6］\“沉镒”中发生反应

的离子方程式为Ni2++6NH3・HQ=[Ni(NH)]*6也0、、。

(4)“萃取2”中2-乙基己基磷酸结构为]人3，萃取原理为〃HR+M*UMR“+〃H+。

R/OH

萃双率随水相pH的变化如图。

2345

水相pH

①萃取剂中最易与金属离子配位的o原子为(填标号)，理由是。

②从平衡移动角度分析，水相pH上升，萃取率上升的原因是_____。

③己知，萃取时C。34的配位数为4,Ni?+的配位数为6,但C/+萃取率远大于Ni?+的原因是o

【答案】(1)对二甲苯或1,4-二甲苯

(2)①.都为分子晶体，苯甲酸的相对分子质量更大，分子间作用力更强②.苯环的吸电子作用

使段基中O—H极性增强，更容易电离出H'

(3)①.2co2++12NH3H④+也。?=2[CO(NHJ(J+12H2(D+2OH-②.

2+

Mn+2NH3gH2O+H2O2=MnO(OH)2J+H2O+2NH"

(4)①.3②.电离出H十后3号O带负电荷③.H'浓度减小，萃取平衡正向移动④.萃取

剂配体体积较大，Qi"形成4配位配离子可减少空间位阻，比Ni?+的6配位配离子更稳定

【解析】

【分析】苯甲酸生产残渣(主要成分为苯甲酸、Co3+，Mif+,Ni?+)先用PX萃取，使苯甲酸进入有机相

中,再加H2s04和H2O2进行反萃取,比02的作用是将C03还原为co，，得到水相中含有Co2'、Mi?+、

N产，加入NH4H2O和H2O2进行沉钵，生成MnO(OH)2沉淀，滤液中含有的阳离子为[Ni(NH、

[CO(NH3)J“，加入2-乙基己基磷酸进行萃取，分离出[Ni(NHJb广，最后加硫酸反萃取分离出Co*

据比解答。

【小问1详解】

的名称为对二甲苯或1,4-二甲苯;

【小问2详解】

①由于都为分子晶体，苯甲酸的相对分子质量更大，分子间作用力更强，因此苯甲酸常温下为固态，乙

酸常温下为液态；

②由于苯环的吸电子作用使段基中0-H极性增强，更容易电离出H+,所以苯甲酸酸性强于乙酸；

【小问3详解】

形成[Co(NHjj"的离子方程式为

2+3+

2CO+12NH3-H2O+H2O2=2[Co(NH3)6]+12H,O+2OH-；Md'反应的离子方程式为

2+

Mn+2NH3^l2O+H2O2=MnO(OH)2J+HQ+2NH；；

【小问4详解】

①由于羟基可电离出H+,电离出氢离子后3号O带负电荷，区此更易与金属离子配位;

②水相pH上升，H'浓度减小，使平衡〃HR+M"—+向右移动，故萃取率上升;

③由于萃取剂配体体积较大，Co"形成4配位配离子可减少空间位阻，比Ni?+的6配位配离子更稳定,

因此Co-"萃取率远大于Ni2+的。

13.利用草酸自催化与正丁醇制备并提纯草酸二正丁酯的流程如图。相关数据如下表。

除杂

名称摩尔质量/g.mo尸密度/g・cm-3熔点/℃沸点/C

草酸901.7721R9.5365.1

正丁醇740.815-88.6117.6

草酸二正丁酯2020.986-29.0240.0

(I)量取18.30mL正丁醇使用的仪器为。

(2)“回流”装置中发牛.反应的化学方程式为。

(3)开始反应后，若发现未添加沸石，正确的操作是o

(4)反应温度控制在120c左右。若高于120C,副反应增多；若低于120C,一(填2点)。

(5)从平衡移动原理分析，分水器的作用是。

(6)“除杂”时可选用的试剂为_(填标号，下同)，“干燥”时可选用的试剂为一。

A.饱和氢氧化钠溶液B.饱却碳酸钠溶液C.无水硫酸镁D.无水硫酸铜

(7)“蒸储”时应收集_℃左右的储分，应选择的冷凝管为_(填标号)。

A.A/B.C.吐？：)

______________々

(8)草酸二正丁酯的产率为o

【答案】(1)酸式滴定管

A

(2)HOOCCOOH+2HOCH2CH2CH2CH3^CH3CH2CH?CH2OOCCOOCH2CH2CH2CH3+2H?O

(3)停止加热，冷却后补加

(4)反应速率慢、产物水难以蒸出分离

(5)分离产物水，促进反应正向进行

(6)①.B②.C

(7)©.240.0℃②.A

(8)40.00%

【解析】

【分析】回流:取4.50g草酸和18.30mL正丁醇,加入1.05mL的环己烷起到共沸除水的作用，促进反应

正句进行，加入沸石防止反应液暴沸，于三颈烧瓶中利用草酸自催化、加热条件发生酯化反应，球形冷

凝管能够减少反应物的损失，分水器能及时将产物水分离出去，相当于减少生成物浓度有利于反应正向

进行，蒸发后冷凝下来的有机层和水在分水器中滞留分层，水在下层，有机层从上层溢出，流回反应容

器；除杂操作利用饱和碳酸钠除去多余的草酸(硫酸)，降低酯的溶解度，便丁酯从溶液中析出分层，分

液得到含草酸二正丁酯和环己烷、正丁静的混合溶液，再利用无水硫酸镁除去剩余的少量水，利用草酸

二正丁酯与环己烷、正丁醇沸点不同进行分离提纯，得到草酸二正丁酯。

【小问1详解】

量筒精确度不够高，利用有机物之间“相似相溶”原理，醇很容易把碱式滴定管的乳胶管溶解，所以可以用

酸式滴定管来量取18.30mL正丁醇；

【小问2详解】

“回流”装置中草酸与正丁醇反应生成草酸二正丁酯和水，反应的化学方程式为

A

HOOCCOOH+2HOCH,CH,CH,CH,F^CH,CH,CH7CH,OOCCOOCH,CH,CH,CH<+2H10

【小问3详解】

开始反应后，若发现未添加沸石，可以停止加热，等反应液冷却后再进行补加：

【小问4详解】

反应温度若低于120℃,则反应速率会减慢，且不利于产物水蒸出分离；

【小问5详解】

分水器能及时分离出水，相当于减小生成物浓度有利于酯化反应朝正反应方向移动，提高产率；

【小问6详解】

“除杂”时可选用的试剂为饱和碳酸钠溶液，处于多余的草酸（疏酸）：因为酯在酸碱性都易水解，“干燥”时

可选偏中性、吸水性效果更高的硫酸镁作干燥剂；

【小问7详解】

根据草酸二正丁酯的沸点可知，“蒸馀”时应收集240OC左右的福分，因草酸二正丁酯的沸点较高，故冷凝

管应选择空气冷凝管；

【小问8详解】

草竣物质的量为:「0.05mol,正丁醇物质的量为183°叱？82mo1,故正丁醇有

70g/mol74g/mol

剩余，生成草酸二正丁酯物质的量等于草酸物质的量0.05moL产率为

4.04g

xl00%=40.00%

0.05mol?202g/mol

14.合成强效抗氧化剂绿原酸中间体奎尼酸的合成路线如下。

(I)A中官能团的名称为。

(2)C的结构简式为0

(3)D-E的化学方程式为o

(4)G一种同分异构体符合以