2024-2025学年天津市和平区高二下学期6月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市和平区2024-2025学年高二下学期6月期末考试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间60分钟。答题时，请将第Ⅰ卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第Ⅱ卷各题的答案直接答在答题卡相应位置上。相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Zn65Ba137第Ⅰ卷(选择题共24分)选择题(本题包括12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。)1.区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是A.测定密度 B.对固体进行X射线衍射测定C.观察外形、测定熔、沸点 D.测导电性【答案】B【解析】构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故选：B。2.下列有机化合物的一氯代物存在同分异构体的是A. B. C. D.【答案】C【解析】要判断有机化合物中的一氯代物是否有同分异构体，需判断分子中氢原子的化学环境是否不同，即判断分子中是否有不同性质的氢原子，如果有，则存在同分异构体。甲烷为正四面体结构，四个氢原子化学性质完全相同，因此一氯代物只有一种，无同分异构体，Ａ错误；乙烷中两个碳原子对称，六个氢原子化学性质相同，因此一氯代物只有一种，无同分异构体，Ｂ错误；异丁烷中三个甲基中的氢原子化学性质相同，中间碳原子上的氢原子不同，取代不同位置氢生成两种一氯代物，存在同分异构体，Ｃ正确；新戊烷高度对称，所有氢原子化学性质相同，因此一氯代物只有一种，无同分异构体，D错误；故选C。3.下列说法中，正确的是A.处于最低能量的原子叫做基态原子B.4p表示4p能级有4个轨道C.同一原子中，2p、3p、4p电子的能量逐渐减小D.1s、2s、3s能级的轨道数依次增多【答案】A【解析】基态原子是指处于最低能量状态的原子，A正确；p能级无论处于哪个能层，轨道数均为3，所以4p能级有3个轨道，B错误；同一原子中，能层越高，电子能量越高，2p、3p、4p电子能量应逐渐增大，C错误；s能级的轨道数恒为1，与能层无关，1s、2s、3s轨道数均为1，D错误；故选A。4.下列各组元素中，原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高的是A.K、Na、Mg B.C、N、O C.Cl、S、P D.Al、Mg、Na【答案】A【解析】K、Na、Mg的原子半径依次减小（K＞Na＞Mg），第一电离能逐渐升高（K＜Na＜Mg），A正确；C、N、O的原子半径依次减小，但第一电离能顺序为C＜O＜N（N因半满结构电离能高于O），不符合逐渐升高的条件，B错误；Cl、S、P的原子半径依次增大（Cl＜S＜P），不符合原子半径减小的条件，C错误；Al、Mg、Na的原子半径依次增大（Na＞Mg＞Al），原子半径排序错误，第一电离能顺序为Na＜Al＜Mg（Mg因全满结构电离能高于Al），不符合逐渐升高的条件，D错误；故选A。5.下列关于的化学性质的判断不正确的是A.无顺反异构B.能被银氨溶液氧化和能使酸性溶液褪色C.1mol该物质能与1molHBr发生加成反应D.1mol该物质只能与1mol发生加成反应【答案】D【解析】该分子中双键的两个碳分别为CH2和CH-CH2-CHO，其中左侧碳连有两个相同的H原子，不满足顺反异构的条件，无顺反异构，A正确；醛基（-CHO）可被银氨溶液氧化，双键（C=C）和醛基均能被酸性KMnO4氧化，B正确；双键与HBr发生加成反应，1mol该物质消耗1molHBr，C正确；双键和醛基均可与H2加成，1mol该物质需消耗2molH2，D错误；故选D。6.下列物质中，与NaOH溶液、溶液、溴水、苯酚钠溶液和甲醇都能反应的是A.(苯)和(甲苯)B.和C.和(苯酚)D.和(对羟基苯甲酸)【答案】D【解析】和NaOH溶液反应，需含酸性基团；和Na2CO3反应，酸性需强于碳酸，仅有羧酸；和溴水反应，需含有不饱和键或酚羟基来进行加成或取代反应；和苯酚钠溶液反应，酸性需强于苯酚，仅有羧酸；和甲醇反应，需含有羧酸进行酯化反应。甲苯和苯不能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液反应，A错误；乙醛与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液不反应，乙醇与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、溴水都不反应，B错误；乙酸与溴水不反应，苯酚与苯酚钠不反应，C错误；丙烯酸含羧基，可与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，酸性强于苯酚，可与其发生反应，含有不饱和键，可与溴水发生加成反应，能和甲醇发生酯化反应。对羟基苯甲酸含有羧基，酸性强于苯酚，可与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液反应，酚羟基邻位与溴水取代，能和甲醇发生酯化反应，D正确；故选D。7.下列关于键和键的说法中，错误的是A.键的电子云图形是轴对称的，键的电子云图形是镜面对称的B.键是原子轨道“头碰头”式重叠，键是原子轨道“肩并肩”式重叠C.两个p轨道不能形成键，只能形成键D.H只能形成键，O可以形成键和键【答案】C【解析】σ键的电子云图形以形成共价键的两原子核的连线为轴作旋转操作，共价键的电子云图形不变，为轴对称，π键电子云由两块组成，分别位于由原子核构成平面的两侧，为镜面对称，A正确σ键电子云重叠程度较大，以头碰头方式重叠，π键电子云重叠程度较小，以肩并肩方式重叠，B正确两个p轨道可以以头碰头方式形成σ键，也可以以肩并肩方式形成π键，C错误；H原子只有1个电子，位于1s轨道上，电子云形状为球形，和其他原子形成共价键时，只能以头碰头方式重叠，即只能形成σ键，O原子p轨道上的价电子，可以以头碰头方式形成σ键，也可以以肩并肩方式形成π键，D正确；故答案选C。8.下列物质的分子中，所有碳原子不可能处于同一平面的是A B.C. D.【答案】C【解析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断原子共线与共面问题。苯乙烯中苯环和碳碳双键所连接的C原子均共面，所以碳原子可处于同一平面，故A不选；乙苯分子中由于单键可以旋转，所以乙苯分子中所有碳原子有可能处于同一平面，故B不选；与甲基相连的碳原子是饱和碳原子，且连有三个碳原子，饱和碳原子连接的四个原子呈四面体结构，中心碳原子最多和两个原子共平面，所以分子中所有碳原子不可能都共平面，故C选；由于苯环是平面形结构，且单键可以旋转，所以所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不选；故选C。9.关于CO2和SO2的说法中，正确的是A.C和S上都没有孤电子对B.C和S都是sp2杂化C.都是AB2型，所以空间结构都是直线形D.CO2的空间结构是直线形，SO2的空间结构是V形【答案】D【解析】CO2中C的孤电子对数为，SO2中S的孤电子对数为，故A错误；C的价层电子对数为，S的价层电子对数为，则C和S分别是sp杂化，sp2杂化，故B错误；C价层电子对数为2，孤电子对数为0，S的价层电子对数为3，S的孤电子对数为1，则CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是V型，故C错误；由C分析可知，CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是V型，故D正确；故选D。10.下列叙述中，正确的是A.是极性分子，分子中N处在3个H所组成的三角锥形的中心B.是极性分子，分子中C处在4个Cl所组成的正四面体的中心C.是非极性分子，分子中C处在2个O所连成的直线的中央D.是非极性分子，分子中O处不在2个H所连成的直线的中央【答案】C【解析】是极性分子，但N位于三角锥形的顶点，而非三个H组成的三角锥形中心，故A错误；是正四面体结构的非极性分子，分子对称，正负电荷中心重合，但选项错误描述为极性分子，故B错误；是直线形非极性分子，C原子位于两个O原子连线的中央，描述正确，故C正确；是V形极性分子，O原子不在两个H连线的中央，但选项错误描述为非极性分子，故D错误；答案选C。11.由有机化合物合成的合成路线中，不涉及的反应类型是A.取代反应 B.还原反应 C.加成反应 D.氧化反应【答案】B【解析】先与溴水发生加成反应，得到卤代烃，再水解（取代）得到醇，再催化氧化反应得到产物，不涉及到还原反应，故选：B。12.向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是A.反应前后的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为C.在中，提供空轨道D.向反应后的溶液加入乙醇，因为与乙醇发生反应有晶体析出【答案】B【解析】铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子，所以反应后的浓度减小，故A错误；氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为，则生成深蓝色的配离子为，故B正确；在离子中，Cu2+提供空轨道，给出孤对电子，故C错误；在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小析出蓝色晶体，故D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共76分)注意事项：第Ⅱ卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ag108二、填空题(共17分)13.配合物广泛存在于自然界中，跟人类的生活有密切关系。（1）在配合物中，阴离子的空间结构是___________，与之间形成的化学键称为___________，的结构式为___________。（2）硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。在中，中心离子是___________，配体是__________，提供孤电子对的成键原子是___________。【答案】（1）①.正四面体形②.配位键③.（2）①.Ni2+②.NH3③.N【解析】【小问1详析】在配合物中，阴离子硫酸根离子中心原子孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、VSEPR模型为正四面体、空间结构是正四面体形，配位键是特殊的共价键，它是由一方提供空轨道(往往是过渡金属及其离子)而另一方提供孤电子对而形成的，所以Cu2+提供空轨道，N提供孤电子对，与之间形成的化学键称为配位键，则的结构式为。【小问2详析】在中，中心离子是Ni2+，配体是NH3，提供孤电子对的成键原子是N。14.已知H与O可以形成和两种化合物、请完成下列空白：Ⅰ．（1）内的O-H键、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为___________。（2）的VSEPR模型名称___________，O原子杂化类型是___________。（3）可与形成，中H—O—H键角比中的___________，原因为___________。（4）冰是分子晶体，其密度小于水的原因是___________。Ⅱ．分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。（5）的电子式是___________。（6）能与水混溶，却不溶于，其原因是___________。【答案】（1）内的O-H键、氢键、范德华力（2）①.四面体②.sp3杂化（3）①.大②.H2O中O原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，H3O+中O原子采用sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大键角越小，则H3O+中H-O-H的键角比水中的（4）水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键有方向性和饱和性，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小（5）（6）H2O2与H2O的分子间能形成氢键，且H2O2为极性分子，而H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶，H2O2能与水混溶、却不溶于【解析】【小问1详析】共价键、范德华力和氢键这三者中，共价键最强，范德华力最弱，氢键介于二者之间，则内的O-H键、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为：内的O-H键、氢键、范德华力。【小问2详析】中O原子有2个孤电子对，价层电子对数为4，故的VSEPR模型名称为四面体，O原子杂化类型是sp3杂化。【小问3详析】可与形成，其中O原子有1个孤电子对，价层电子对数为4，故中O原子杂化类型是sp3杂化，中H—O—H键角比中大，原因为：H2O中O原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，H3O+中O原子采用sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大键角越小，则H3O+中H-O-H的键角比水中的。【小问4详析】冰是分子晶体，其密度小于水的原因是：水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小。【小问5详析】的电子式是；【小问6详析】由图可知，过氧化氢分子中正负电荷中心不重叠，故过氧化氢为极性分子，且过氧化氢和水中都含-OH，它们的分子间能形成氢键，则能与水混溶、却不溶于的原因是：H2O2与H2O的分子间能形成氢键，且H2O2为极性分子，而H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶，H2O2能与水混溶、却不溶于。三、简答题(共19分)15.维生素C是重要的营养素，其分子结构如图所示。（1）维生素C含氧官能团的名称是___________，维生素C的分子式为___________。（2）维生素C易溶于水，可能的原因是___________。（3）写出维生素C加聚反应的方程式___________。【答案】（1）①.羟基、酯基②.C6H8O6（2）分子中含有多个羟基，羟基为亲水基团（3）n【解析】【小问1详析】由维生素C的结构简式可知，其中含氧官能团的名称是羟基、酯基；由维生素C的结构简式可知，其分子式为C6H8O6；【小问2详析】维生素C分子中含有多个羟基，羟基为亲水基团，所以维生素C易溶于水；【小问3详析】维生素C中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：n。16.下表列出了钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物()的熔点：NaXNaFNaClNaBrNaI熔点/℃995801775651熔点/℃-90.2-70.45.2120.5根据表中的数据，回答下列问题：（1）NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点逐渐降低的原因是___________。（2）、、、熔点逐渐升高的原因是___________。（3）钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高很多，原因是___________。【答案】（1）都是离子晶体，离子半径大小为：，半径越小，则键能越大，熔点越高（2）、、、都分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高（3）钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体，而离子键一般比范德华力大的多，导致熔点高【解析】【小问1详析】都是离子晶体，离子半径大小为：，半径越小，则键能越大，熔点越高，所以熔点逐渐降低。【小问2详析】、、、都是分子晶体，熔点由分子间作用力（主要为范德华力）强度决定。从到，卤素原子半径依次增大，分子量增大。分子量增大使分子间范德华力增强，破坏分子间作用力所需能量增加，因此熔点从逐渐升高，相对分子质量越大，熔点越高。【小问3详析】钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体，而离子键强于范德华力，键强度越大，键能越大，断裂时所需要吸收的热量越多，故此熔点越高。17.A、B、C、D是4种有机化合物，它们的分子中均含有4个碳原子，其中A和B是直链烃。A中所有氢原子的化学环境相同，B中有2种化学环境的氢原子，B与HCl反应生成C，C与NaOH溶液共热，可生成D。（1）写A的结构简式___________，其名称为___________。（2）写B的结构简式___________，其名称为___________。（3）写C的结构简式___________，其名称为___________。（4）写D的结构简式___________，其名称为___________。【答案】（1）①.CH3-C≡C-CH3②.2-丁炔（2）①.CH3-CH=CH-CH3②.2-丁烯（3）①.CH3-CHCl-CH2-CH3②.2-氯丁烷（4）①.CH3-CHOH-CH2-CH3②.2-丁醇【解析】A、B、C、D是4种有机化合物，它们的分子中均含有4个碳原子，其中A和B是链烃。A中所有氢原子的化学环境相同，则A为CH3-C≡C-CH3，B中有2种化学环境的氢原子，B与HCl反应生成C，则B为CH3-CH=CH-CH3，C为：CH3-CHCl-CH2-CH3，C与NaOH溶液共热，可生成D，则D为CH3-CHOH-CH2-CH3，以此解题。【小问1详析】结合分析可知，A为CH3-C≡C-CH3，其名称为：2-丁炔；【小问2详析】结合分析可知，B为CH3-CH=CH-CH3，其名称为：2-丁烯；【小问3详析】结合分析可知，C为：CH3-CHCl-CH2-CH3，其名称为：2-氯丁烷；【小问4详析】结合分析可知，D为CH3-CHOH-CH2-CH3，其名称为：2-丁醇。四、实验题(共18分)18.随着科学技术的发展，阿伏加德罗常数的测定手段越来越多，测定精确度也越来越高，现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：(1)将固体NaCl研细、干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。(2)用滴定管向A仪器中滴加苯，不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为Vcm3。①步骤(1)中A仪器最好用__________（仪器名称）。②步骤(2)中用酸式滴定管好还是碱式滴定管好，__________，理由是______________。③能否用胶头滴管代替步骤(2)中的滴定管__________；理由是____________________。④已知NaCl晶体的结构如上图所示，用X射线测得NaCl晶体中靠得最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则用上述测定方法测得阿伏加德罗常数NA的表达式为：NA=______mol-1。【答案】①.容量瓶②.酸式滴定管③.苯能溶解碱式滴定管的橡皮管④.不能⑤.实验中需要准确量取苯的体积⑥.【解析】①容量瓶为定容仪器，能够较准确的测定体积；②苯应用酸式滴定管盛装，因苯能腐蚀碱式滴定管的橡皮管；③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；④由实验中NaCl的质量与体积，可以得到NaCl晶体的密度，均摊法计算晶胞中Na+、Cl-数目，用阿伏加德罗常数表示出晶胞质量，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，而晶胞质量等于晶体密度与晶胞体积乘积，联立计算。①能够较准确的测定NaCl固体体积，所以步骤(1)中仪器最好用容量瓶；②由于苯对橡胶有溶胀、老化作用，所以滴定管用酸式滴定管；③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；④NaCl的密度为ρ=g/cm3，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，NaCl晶胞的体积=(2a)3cm3，晶胞中Na+离子数目=1+12×、Cl-数目=8×+6×=4，则NaCl晶胞的质量=g=g/cm3×(2a)3cm3，整理可得NA=。19.辛烯醛是一种重要化工原料，某小组拟用正丁醛制备辛烯醛并探究其结构。工艺流程图如下：已知：①正丁醛沸点为75.7℃。辛烯醛的沸点为177℃，密度为0.848，不溶于水。②。（1）在如图三颈烧瓶中加入12.6mL2%NaOH溶液，在充分搅拌下，从恒压滴液漏斗慢慢滴入10mL正丁醛。采用的适宜的加热方式是___________；使用冷凝管的目的是___________。（2）判断有机相已洗涤至中性的操作方法___________。（3）操作Ⅱ的名称是___________；固体A的摩尔质量为322，固体A的化学式为___________。（4）利用减压蒸馏操作获取产品，温度计示数一定___________177℃(填“高于”“等于”或“低于”)。【答案】（1）①.水浴加热②.冷凝回流正丁醛，提高原料利用率（2）取最后一次洗涤液，测得pH约等于7（3）①.过滤②.（4）低于【解析】正丁醛与NaOH在80℃条件下反应后，用有机溶剂萃取分液，有机相洗涤后加入Na2SO4除去水，过滤出硫酸钠结晶水合物固体，再经减压蒸馏得到辛烯醛产品。【小问1详析】由流程图可知，三颈瓶中12.6mL2%NaOH溶液与10mL正丁醛在80℃条件下反应，反应温度小于100℃，应该用水浴加热；由题给信息可知，正丁醛的沸点为75.7℃，低于反应温度80℃，反应时易挥发，则冷凝管的目的为冷凝回流正丁醛，提高原料利用率，故答案为：水浴加热；冷凝回流正丁醛，提高原料利用率；【小问2详析】根据溶液的pH可以判断溶液酸碱性，则判断有机相已洗涤至中性的操作方法是取最后一次洗涤液，若测得pH约等于7，可判断有机相已经洗至中性，故答案为：取最后一次洗涤液，测得pH约等于7；【小问3详析】加入无水硫酸钠固体的作用是硫酸钠与有机相中的水形成带有结晶水合物，达到吸收水分的目的，则操作Ⅱ为固液分离，操作的名称是过滤；设硫酸钠结晶水合物A的化学式为，由固体A的摩尔质量为322g•mol-1可得x==10，则A的化学式为，故答案为：过滤；；【小问4详析】降低压强，物质的沸点会降低，则利用“减压蒸馏”操作获取产品。温度计示数一定低于177℃，故答案为：低于。五、推断题(共22分)20.元素周期表中的六种元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为；B的基态原子2p能级有3个单电子；C的原子最外层电子数是其内层的3倍；D的基态原子的3p轨道上有4个电子；的3d轨道中有10个电子；F单质在金属活动性顺序中排在最末位。（1）A、B形成的常作为配位化合物中的配体。在中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的键与键的数目之比为___________。（2）B的基态原子的价电子排布图___________，E的基态原子的电子排布式___________，C与D形成的的空间构型为___________，C与D可形成的的VSEPR模型为___________(用文字描述)。（3）C的氢化物()在乙醇中的溶解度大于的，其原因是___________。（4）E、F均能与形成配离子，已知与形成配离子时，配位数为4；与形成配离子时，配位数为2。工业上常用和形成的配离子与E单质反应，生成与形成的配离子和F单质来提取F，写出上述反应的离子方程式___________。【答案】（1）1：2（2）①.②.③.平面正三角形④.正四面体形（3）可以与乙醇形成氢键而不可以（4）【解析】元素周期表中的六种元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为，A应为第二周期元素，故价层电子排布为，A是C元素；B的基态原子2p能级有3个单电子，核外电子排布表示为，B是N元素；C的原子最外层电子数是其内层的3倍；第一层是2个电子，那第二层为6个电子，C是O元素；D的基态原子的3p轨道上有4个电子，核外电子排布表示为，D是S元素；的3d轨道中有10个电子，其原子的核外电子排布为，E是Zn元素；F单质在金属活动性顺序中排在最末位，应为Au。以此答题。【小问1详析】A、B形成的常作为配位化合物中的配体，即，根据信息C采取sp杂化，即C元素与N形成时有1条键，根据N原子的成键特点，C与N之间还有2条键，则A与B形成的化学键中含有的键与键的数目之比为1：2。故答案为：1：2。【小问2详析】B为N元素，基态原子的价电子排布图为。E为Zn元素，基态原子的电子排布式为。C与D形成的为，该分子按照价电子对互斥理论有3条键，根据孤电子对公式计算孤电子对=，其空间构型为平面正三角形。C与D可形成的，应为，该离子按照价电子对互斥理论有4条键，根据孤电子对公式计算孤电子对=，VSEPR模型为正四面体形。故答案为：平面正三角形正四面体形【小问3详析】C的氢化物()在乙醇中的溶解度大于的，主要从能不能与乙醇形成氢键考虑其原因是可以与乙醇形成氢键而不可以，所以C的氢化物()在乙醇中的溶解度大于的。故答案为：可以与乙醇形成氢键而不可以【小问4详析】根据分析，A为C、B为N、E为Zn、F为Au。与形成配离子时，配位数为4，故写为；与形成配离子时，配位数为2，故写为，工业上常用和形成的配离子与E单质反应，生成与形成的配离子和F单质来提取F，其离子方程式为：。故答案为：21.氟他胺是一种抗肿瘤药，合成路线如下所示：（1）反应③的试剂和条件是___________，反应③和④的反应类型分别是___________、___________。（2）请写出F的结构简式___________。吡啶是一种有机碱，请推测其在反应⑤中的作用___________。（3）对甲氧基乙酰苯胺()是合成染料和药物的中间体，请写出由苯甲醚()制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选)。___________。【答案】（1）①.浓硝酸、浓硫酸、加热②.取代反应③.还原反应（2）①.②.吡啶是一种有机碱，其作用是吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率（3）【解析】A经光照得到B，该反应为烷基的光照取代。C→D为苯环的氢被-NO2取代。D→E为-NO2的还原反应。E→F为-NH2和-COCl生成-CONH-的取代反应，则F为。反应⑥为苯环上H被硝基取代。【小问1详析】由分析可知，反应为C→D为苯环的氢被-NO2取代，条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；反应为取代反应，反应为还原反应。【小问2详析】由分析可知，F为。反应中产生了HCl，吡啶呈碱性消耗HCl从而促使反应正向。答案为，吡啶是一种有机碱，其作用是吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率；【小问3详析】逆推法由与CH3COCl合成。由还原得到。所以合成路线为。天津市和平区2024-2025学年高二下学期6月期末考试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间60分钟。答题时，请将第Ⅰ卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第Ⅱ卷各题的答案直接答在答题卡相应位置上。相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Zn65Ba137第Ⅰ卷(选择题共24分)选择题(本题包括12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。)1.区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是A.测定密度 B.对固体进行X射线衍射测定C.观察外形、测定熔、沸点 D.测导电性【答案】B【解析】构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故选：B。2.下列有机化合物的一氯代物存在同分异构体的是A. B. C. D.【答案】C【解析】要判断有机化合物中的一氯代物是否有同分异构体，需判断分子中氢原子的化学环境是否不同，即判断分子中是否有不同性质的氢原子，如果有，则存在同分异构体。甲烷为正四面体结构，四个氢原子化学性质完全相同，因此一氯代物只有一种，无同分异构体，Ａ错误；乙烷中两个碳原子对称，六个氢原子化学性质相同，因此一氯代物只有一种，无同分异构体，Ｂ错误；异丁烷中三个甲基中的氢原子化学性质相同，中间碳原子上的氢原子不同，取代不同位置氢生成两种一氯代物，存在同分异构体，Ｃ正确；新戊烷高度对称，所有氢原子化学性质相同，因此一氯代物只有一种，无同分异构体，D错误；故选C。3.下列说法中，正确的是A.处于最低能量的原子叫做基态原子B.4p表示4p能级有4个轨道C.同一原子中，2p、3p、4p电子的能量逐渐减小D.1s、2s、3s能级的轨道数依次增多【答案】A【解析】基态原子是指处于最低能量状态的原子，A正确；p能级无论处于哪个能层，轨道数均为3，所以4p能级有3个轨道，B错误；同一原子中，能层越高，电子能量越高，2p、3p、4p电子能量应逐渐增大，C错误；s能级的轨道数恒为1，与能层无关，1s、2s、3s轨道数均为1，D错误；故选A。4.下列各组元素中，原子半径依次减小、元素第一电离能逐渐升高的是A.K、Na、Mg B.C、N、O C.Cl、S、P D.Al、Mg、Na【答案】A【解析】K、Na、Mg的原子半径依次减小（K＞Na＞Mg），第一电离能逐渐升高（K＜Na＜Mg），A正确；C、N、O的原子半径依次减小，但第一电离能顺序为C＜O＜N（N因半满结构电离能高于O），不符合逐渐升高的条件，B错误；Cl、S、P的原子半径依次增大（Cl＜S＜P），不符合原子半径减小的条件，C错误；Al、Mg、Na的原子半径依次增大（Na＞Mg＞Al），原子半径排序错误，第一电离能顺序为Na＜Al＜Mg（Mg因全满结构电离能高于Al），不符合逐渐升高的条件，D错误；故选A。5.下列关于的化学性质的判断不正确的是A.无顺反异构B.能被银氨溶液氧化和能使酸性溶液褪色C.1mol该物质能与1molHBr发生加成反应D.1mol该物质只能与1mol发生加成反应【答案】D【解析】该分子中双键的两个碳分别为CH2和CH-CH2-CHO，其中左侧碳连有两个相同的H原子，不满足顺反异构的条件，无顺反异构，A正确；醛基（-CHO）可被银氨溶液氧化，双键（C=C）和醛基均能被酸性KMnO4氧化，B正确；双键与HBr发生加成反应，1mol该物质消耗1molHBr，C正确；双键和醛基均可与H2加成，1mol该物质需消耗2molH2，D错误；故选D。6.下列物质中，与NaOH溶液、溶液、溴水、苯酚钠溶液和甲醇都能反应的是A.(苯)和(甲苯)B.和C.和(苯酚)D.和(对羟基苯甲酸)【答案】D【解析】和NaOH溶液反应，需含酸性基团；和Na2CO3反应，酸性需强于碳酸，仅有羧酸；和溴水反应，需含有不饱和键或酚羟基来进行加成或取代反应；和苯酚钠溶液反应，酸性需强于苯酚，仅有羧酸；和甲醇反应，需含有羧酸进行酯化反应。甲苯和苯不能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液反应，A错误；乙醛与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液不反应，乙醇与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、溴水都不反应，B错误；乙酸与溴水不反应，苯酚与苯酚钠不反应，C错误；丙烯酸含羧基，可与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液反应，酸性强于苯酚，可与其发生反应，含有不饱和键，可与溴水发生加成反应，能和甲醇发生酯化反应。对羟基苯甲酸含有羧基，酸性强于苯酚，可与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液反应，酚羟基邻位与溴水取代，能和甲醇发生酯化反应，D正确；故选D。7.下列关于键和键的说法中，错误的是A.键的电子云图形是轴对称的，键的电子云图形是镜面对称的B.键是原子轨道“头碰头”式重叠，键是原子轨道“肩并肩”式重叠C.两个p轨道不能形成键，只能形成键D.H只能形成键，O可以形成键和键【答案】C【解析】σ键的电子云图形以形成共价键的两原子核的连线为轴作旋转操作，共价键的电子云图形不变，为轴对称，π键电子云由两块组成，分别位于由原子核构成平面的两侧，为镜面对称，A正确σ键电子云重叠程度较大，以头碰头方式重叠，π键电子云重叠程度较小，以肩并肩方式重叠，B正确两个p轨道可以以头碰头方式形成σ键，也可以以肩并肩方式形成π键，C错误；H原子只有1个电子，位于1s轨道上，电子云形状为球形，和其他原子形成共价键时，只能以头碰头方式重叠，即只能形成σ键，O原子p轨道上的价电子，可以以头碰头方式形成σ键，也可以以肩并肩方式形成π键，D正确；故答案选C。8.下列物质的分子中，所有碳原子不可能处于同一平面的是A B.C. D.【答案】C【解析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断原子共线与共面问题。苯乙烯中苯环和碳碳双键所连接的C原子均共面，所以碳原子可处于同一平面，故A不选；乙苯分子中由于单键可以旋转，所以乙苯分子中所有碳原子有可能处于同一平面，故B不选；与甲基相连的碳原子是饱和碳原子，且连有三个碳原子，饱和碳原子连接的四个原子呈四面体结构，中心碳原子最多和两个原子共平面，所以分子中所有碳原子不可能都共平面，故C选；由于苯环是平面形结构，且单键可以旋转，所以所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不选；故选C。9.关于CO2和SO2的说法中，正确的是A.C和S上都没有孤电子对B.C和S都是sp2杂化C.都是AB2型，所以空间结构都是直线形D.CO2的空间结构是直线形，SO2的空间结构是V形【答案】D【解析】CO2中C的孤电子对数为，SO2中S的孤电子对数为，故A错误；C的价层电子对数为，S的价层电子对数为，则C和S分别是sp杂化，sp2杂化，故B错误；C价层电子对数为2，孤电子对数为0，S的价层电子对数为3，S的孤电子对数为1，则CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是V型，故C错误；由C分析可知，CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是V型，故D正确；故选D。10.下列叙述中，正确的是A.是极性分子，分子中N处在3个H所组成的三角锥形的中心B.是极性分子，分子中C处在4个Cl所组成的正四面体的中心C.是非极性分子，分子中C处在2个O所连成的直线的中央D.是非极性分子，分子中O处不在2个H所连成的直线的中央【答案】C【解析】是极性分子，但N位于三角锥形的顶点，而非三个H组成的三角锥形中心，故A错误；是正四面体结构的非极性分子，分子对称，正负电荷中心重合，但选项错误描述为极性分子，故B错误；是直线形非极性分子，C原子位于两个O原子连线的中央，描述正确，故C正确；是V形极性分子，O原子不在两个H连线的中央，但选项错误描述为非极性分子，故D错误；答案选C。11.由有机化合物合成的合成路线中，不涉及的反应类型是A.取代反应 B.还原反应 C.加成反应 D.氧化反应【答案】B【解析】先与溴水发生加成反应，得到卤代烃，再水解（取代）得到醇，再催化氧化反应得到产物，不涉及到还原反应，故选：B。12.向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是A.反应前后的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为C.在中，提供空轨道D.向反应后的溶液加入乙醇，因为与乙醇发生反应有晶体析出【答案】B【解析】铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子，所以反应后的浓度减小，故A错误；氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为，则生成深蓝色的配离子为，故B正确；在离子中，Cu2+提供空轨道，给出孤对电子，故C错误；在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小析出蓝色晶体，故D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共76分)注意事项：第Ⅱ卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ag108二、填空题(共17分)13.配合物广泛存在于自然界中，跟人类的生活有密切关系。（1）在配合物中，阴离子的空间结构是___________，与之间形成的化学键称为___________，的结构式为___________。（2）硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。在中，中心离子是___________，配体是__________，提供孤电子对的成键原子是___________。【答案】（1）①.正四面体形②.配位键③.（2）①.Ni2+②.NH3③.N【解析】【小问1详析】在配合物中，阴离子硫酸根离子中心原子孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、VSEPR模型为正四面体、空间结构是正四面体形，配位键是特殊的共价键，它是由一方提供空轨道(往往是过渡金属及其离子)而另一方提供孤电子对而形成的，所以Cu2+提供空轨道，N提供孤电子对，与之间形成的化学键称为配位键，则的结构式为。【小问2详析】在中，中心离子是Ni2+，配体是NH3，提供孤电子对的成键原子是N。14.已知H与O可以形成和两种化合物、请完成下列空白：Ⅰ．（1）内的O-H键、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为___________。（2）的VSEPR模型名称___________，O原子杂化类型是___________。（3）可与形成，中H—O—H键角比中的___________，原因为___________。（4）冰是分子晶体，其密度小于水的原因是___________。Ⅱ．分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。（5）的电子式是___________。（6）能与水混溶，却不溶于，其原因是___________。【答案】（1）内的O-H键、氢键、范德华力（2）①.四面体②.sp3杂化（3）①.大②.H2O中O原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，H3O+中O原子采用sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大键角越小，则H3O+中H-O-H的键角比水中的（4）水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键有方向性和饱和性，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小（5）（6）H2O2与H2O的分子间能形成氢键，且H2O2为极性分子，而H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶，H2O2能与水混溶、却不溶于【解析】【小问1详析】共价键、范德华力和氢键这三者中，共价键最强，范德华力最弱，氢键介于二者之间，则内的O-H键、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为：内的O-H键、氢键、范德华力。【小问2详析】中O原子有2个孤电子对，价层电子对数为4，故的VSEPR模型名称为四面体，O原子杂化类型是sp3杂化。【小问3详析】可与形成，其中O原子有1个孤电子对，价层电子对数为4，故中O原子杂化类型是sp3杂化，中H—O—H键角比中大，原因为：H2O中O原子采用sp3杂化，有2个孤电子对，H3O+中O原子采用sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大键角越小，则H3O+中H-O-H的键角比水中的。【小问4详析】冰是分子晶体，其密度小于水的原因是：水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小。【小问5详析】的电子式是；【小问6详析】由图可知，过氧化氢分子中正负电荷中心不重叠，故过氧化氢为极性分子，且过氧化氢和水中都含-OH，它们的分子间能形成氢键，则能与水混溶、却不溶于的原因是：H2O2与H2O的分子间能形成氢键，且H2O2为极性分子，而H2O为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶，H2O2能与水混溶、却不溶于。三、简答题(共19分)15.维生素C是重要的营养素，其分子结构如图所示。（1）维生素C含氧官能团的名称是___________，维生素C的分子式为___________。（2）维生素C易溶于水，可能的原因是___________。（3）写出维生素C加聚反应的方程式___________。【答案】（1）①.羟基、酯基②.C6H8O6（2）分子中含有多个羟基，羟基为亲水基团（3）n【解析】【小问1详析】由维生素C的结构简式可知，其中含氧官能团的名称是羟基、酯基；由维生素C的结构简式可知，其分子式为C6H8O6；【小问2详析】维生素C分子中含有多个羟基，羟基为亲水基团，所以维生素C易溶于水；【小问3详析】维生素C中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：n。16.下表列出了钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物()的熔点：NaXNaFNaClNaBrNaI熔点/℃995801775651熔点/℃-90.2-70.45.2120.5根据表中的数据，回答下列问题：（1）NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点逐渐降低的原因是___________。（2）、、、熔点逐渐升高的原因是___________。（3）钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高很多，原因是___________。【答案】（1）都是离子晶体，离子半径大小为：，半径越小，则键能越大，熔点越高（2）、、、都分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高（3）钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体，而离子键一般比范德华力大的多，导致熔点高【解析】【小问1详析】都是离子晶体，离子半径大小为：，半径越小，则键能越大，熔点越高，所以熔点逐渐降低。【小问2详析】、、、都是分子晶体，熔点由分子间作用力（主要为范德华力）强度决定。从到，卤素原子半径依次增大，分子量增大。分子量增大使分子间范德华力增强，破坏分子间作用力所需能量增加，因此熔点从逐渐升高，相对分子质量越大，熔点越高。【小问3详析】钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体，而离子键强于范德华力，键强度越大，键能越大，断裂时所需要吸收的热量越多，故此熔点越高。17.A、B、C、D是4种有机化合物，它们的分子中均含有4个碳原子，其中A和B是直链烃。A中所有氢原子的化学环境相同，B中有2种化学环境的氢原子，B与HCl反应生成C，C与NaOH溶液共热，可生成D。（1）写A的结构简式___________，其名称为___________。（2）写B的结构简式___________，其名称为___________。（3）写C的结构简式___________，其名称为___________。（4）写D的结构简式___________，其名称为___________。【答案】（1）①.CH3-C≡C-CH3②.2-丁炔（2）①.CH3-CH=CH-CH3②.2-丁烯（3）①.CH3-CHCl-CH2-CH3②.2-氯丁烷（4）①.CH3-CHOH-CH2-CH3②.2-丁醇【解析】A、B、C、D是4种有机化合物，它们的分子中均含有4个碳原子，其中A和B是链烃。A中所有氢原子的化学环境相同，则A为CH3-C≡C-CH3，B中有2种化学环境的氢原子，B与HCl反应生成C，则B为CH3-CH=CH-CH3，C为：CH3-CHCl-CH2-CH3，C与NaOH溶液共热，可生成D，则D为CH3-CHOH-CH2-CH3，以此解题。【小问1详析】结合分析可知，A为CH3-C≡C-CH3，其名称为：2-丁炔；【小问2详析】结合分析可知，B为CH3-CH=CH-CH3，其名称为：2-丁烯；【小问3详析】结合分析可知，C为：CH3-CHCl-CH2-CH3，其名称为：2-氯丁烷；【小问4详析】结合分析可知，D为CH3-CHOH-CH2-CH3，其名称为：2-丁醇。四、实验题(共18分)18.随着科学技术的发展，阿伏加德罗常数的测定手段越来越多，测定精确度也越来越高，现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：(1)将固体NaCl研细、干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。(2)用滴定管向A仪器中滴加苯，不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为Vcm3。①步骤(1)中A仪器最好用__________（仪器名称）。②步骤(2)中用酸式滴定管好还是碱式滴定管好，__________，理由是______________。③能否用胶头滴管代替步骤(2)中的滴定管__________；理由是____________________。④已知NaCl晶体的结构如上图所示，用X射线测得NaCl晶体中靠得最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则用上述测定方法测得阿伏加德罗常数NA的表达式为：NA=______mol-1。【答案】①.容量瓶②.酸式滴定管③.苯能溶解碱式滴定管的橡皮管④.不能⑤.实验中需要准确量取苯的体积⑥.【解析】①容量瓶为定容仪器，能够较准确的测定体积；②苯应用酸式滴定管盛装，因苯能腐蚀碱式滴定管的橡皮管；③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；④由实验中NaCl的质量与体积，可以得到NaCl晶体的密度，均摊法计算晶胞中Na+、Cl-数目，用阿伏加德罗常数表示出晶胞质量，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，而晶胞质量等于晶体密度与晶胞体积乘积，联立计算。①能够较准确的测定NaCl固体体积，所以步骤(1)中仪器最好用容量瓶；②由于苯对橡胶有溶胀、老化作用，所以滴定管用酸式滴定管；③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管；④NaCl的密度为ρ=g/cm3，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，NaCl晶胞的体积=(2a)3cm3，晶胞中Na+离子数目=1+12×、Cl-数目=8×+6×=4，则NaCl晶胞的质量=g=g/cm3×(2a)3cm3，整理可得NA=。19.辛烯醛是一种重要化工原料，某小组拟用正丁醛制备辛烯醛并探究其结构。工艺流程图如下：已知：①正丁醛沸点为75.7℃。辛烯醛的沸点为177℃，密度为0.848，不溶于水。②。（1）在如图三颈烧瓶中加入12.6mL2%NaOH溶液，在充分搅拌下，从恒压滴液漏斗慢慢滴入10mL正丁醛。采用的适宜的加热方式是___________；使用冷凝管的目的是___________。（2）判断有机相已洗涤至中性的操作方法___________。（3）操作Ⅱ的名称是___________；固体A的摩尔质量为322，固体A的化学式为___________。（4）利用减压蒸馏操作获取产品，温度计示数一定___________177℃(填“高于”“等于”或“低于”)。【答案】（1）①.水浴加热②.冷凝回流正丁醛，提高原料利用率（2）取最后一次洗涤液，测得pH约等于7（3）①.过滤②.（4）低于【解析】正丁醛与NaOH在80℃条件下反应后，用有机溶剂萃取分液，有机相洗涤后加入Na2SO4除去水，过滤出硫酸钠结晶水合物固体，再经减压蒸馏得到辛烯醛产品。【小问1详析】由流程图可知，三颈瓶中12.6mL2%NaOH溶液与10mL正丁醛在80℃条件下反应，反应温度小于100℃，应该用水浴加热；由题给信息可知，正丁醛的沸点为75.7℃，低于反应温度80℃，反应时易挥发，则冷凝管的目的为冷凝回流正丁醛，提高原料利用率，故答案为：水浴