湖北省楚天协作体2024-2025学年高二下学期4月期中联考化学试题含解析高二期中考试化学试卷(含答案)高二化学答案

2024-2025学年度下学期高二期中考试高二化学参考答案题号123456789CBABCDABDCCBDAD16.【答案】16分，除标注外其他均为2分(1)①.Mg>Al>Na(1分)②.>(1分)(3)①.乙醇中的羟基与水的羟基结构相近所以溶解度大，C₈H₁₇OH中烃基大，与水的(2)分子晶体(1分)(3)①.化合物乙能形成分子间氢键(2分)②.C<0<N(2分)18.【答案】14分，每空2分(2)①.C₃N₄②.氮化碳和金刚石都是共价晶体，且N的原子半径小于C,氮碳键的键能大于碳碳键19.【答案】11分(1)排出装置中的空气(2分)(2)①.干燥O₂(1分)②.吸收有机物燃烧生成的水蒸气(1分)(3)①.吸收有机物燃烧生成的CO₂(1分)②.吸收空气中的H₂O和CO₂(1分)(4)C₄H₈O₂(2分)(3分)楚天教科研协作体*高二化学答案(共8页)第1页【详解】A.等离子体是一种特殊的气体，含有电子、阳离子和电中性粒子，整体呈电中性，A正确；B.硅和氮化硅都属于共价晶体，B正确；C.超导材料铝、铜属于金属晶体，存在金属键，不存在离子键，C错误；D.四氧化二氮(NO₂)和偏二甲肼(C₂H₈N₂),都属于分子晶体，D正确；B.d区元素包含IIIB到VIIB族，电子排布为(n-1)d⁶-8ns²,B项正确；C.d轨道上有三个未成对的电子有V和Co,这两种元素均为副族，C项错误；B.1个P₄分子中含有6个共价键，则2molP₄分子中含有的共价键数目为12NA,B错误；C.基态O原子的电子排布式为：1s2s²2p⁴,2p上有两个未成对电子，即1mol基态O原子中未成对电子D.标准状况下C₆H₁₄为液体，无法计算，D错误；元素位于周期表第10列，说明是第VⅢ族的镍元素。【详解】A.氢键属于一种较强烈的分子间作用力，不属于化学键范畴，A项错误；B.由题给结构式可知，每个HON=C(CH₃)C(CH₃)=NO-离子含有两个N作为配原子，即配体数为2,两个该离子与Ni²+形成四配位的配合物，B项正确；C.H₂O在常温下呈液态，NH₃和CH₄在常温下呈气态，由于氨分子之间存在氢键，沸点NH₃>CH,则沸点由高到低的顺序应为H₂O>NH₃>CH₄,C项错误；D.此分子中饱和碳原子的杂化方式为sp³,不饱和碳原子的杂化方式为sp²,无sp杂化的碳原子，D项错5.【答案】CB.水分子间存在氢键，沸点最高，H₂S和H₂Se是分子晶体，相对分子质量H₂Se大于H₂S,沸点H₂Se大于H₂S,故B错误；C.从C到F,随原子序数的增大，电负性增大，键的极性增强，故C正确；D.三种分子中心原子均为sp3杂化，Si、N、O的价层孤电子对数分别为0、1、2,孤电子对对成键电子对的斥力增大，键角逐渐减小，故D错误；【详解】A.金属晶体中存在自由移动的电子，受电场作用电子定向移动导电，A项正确；B.前者的F电负性大于C1,导致-CF₃的极性大于-CCl₃的极性，导致羟基电子云更偏向O而使CF₃COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+,B项正确；C.两者之间只有C-F间和C-H键的差异，对比键能C-F的键能比C-H的键能大，键能越大，化学性质越D.对羟基苯甲醛受距离影响无法形成分子内氢键而形成分子间氢键，熔沸点更高。而邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键而熔沸点较低，D项错误；楚天教科研协作体*高二化学试卷(共8页)第2页楚天教科研协作体*高二化学试卷(共8页)第3页【详解】A.H₂O₂中0采用sp³杂化，1个该分子中含2个s-sp³σ键，H₂O₂为极性分子，故A错误；B.H₂O₂中O采用sp³杂化，O原子有2个孤电子对，所以H-O与O-0形成的键角(如图∠①)小于109°28',C.根据均摊原则，1个金刚石晶胞中平均含碳原子数为,1个铜晶胞中平含铜原子数,故C正确；D.根据图示，NaCl晶胞中，距C1-最近的Na+是6个，距离Cl-最近的六个Na+构成正八面体结构，故D【分析】Fe(NO₃)₃9H₂O(s)溶于水所得溶液显浅紫色，显示的是[Fe(H₂O)。的颜色，接着加入KSCN得到溶液Ⅱ,溶液显红色，说明溶液中铁主要以[Fe(SCN)₆]形式存在，再加入NaF得到溶液I,溶液无色，说明溶液中铁主要以无色的[FeF₆配离子存在，据此解答。【详解】A.1mol[Fe(H₂O)。离子中含有18NA个σ键，其中一个水分子中有2个o键，一个水分子和Fe³+形成1个σ键，故A错误；B.可用NaF和KSCN溶液检验FeCl₃溶液中是否含有Co²+,具体操作为向溶液中加入NaF使铁离子转化为无色的[FeF6³-配离子，再加入KSCN溶液，若含有Co²+,则生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子，故B正确；C.配离子[Fe(H₂O)。中Fe与0之间的配位键与水中成键电子对之间的斥力小于孤电子对与孤电子对之间的斥力，这样导致[Fe(H₂O)。]中H-O-H的键角比H2O分子中H-O-H的键角大，故C错误；D.基态Fe³+核外电子排布为[Ar]3d5,有5个未成对电子，基态Fe²+核外电子排布为[Ar]3d6,有4个未成对电子，未成对电子数之比N(Fe³+):N(Fe²+)=5:4,故D错误；答案选B。【答案】D【详解】A.硅氧四面体结构是指由一个硅原子和四个氧原子组成的四面体结构。这种结构因其内部化学键的结构和特性而具有稳定性。硅氧四面体结构中的硅原子与四个氧原子形成了共价键，共享电子对使每个原子都充满了电子。这种共价键结构使得硅氧四面体结构比单纯的硅或氧分子更加稳定，所以硅氧四面体结构决定了大多数硅酸盐材料硬度高，故A正确；B.六元环的硅酸盐阴离子中Si元素显+4价，0元素显-2价，所以六元环的硅酸盐阴离子化学式为C.石棉中钙、镁离子之比为1:3,其中Mg元素、Ca元素显+2价，Si元素显+4,0元素显-2价，所以，该石棉的化学式可表示为CaMg₃Si₄O₁2,故C正确；楚天教科研协作体*高二化学试卷(共8页)第4页D.由图丁可知，双链硅酸盐中有两种硅氧四面体，且数目之比为1:1,一种与单链硅酸盐中硅氧原子个数比相同，其中硅原子个数为1,氧原子个数为个数比为1:3;另一种，硅原子个数为1,O原子个数为个数比为1:2.5,所以双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为2:5.5,故D错误；10.【答案】C【详解】A.孤电子对数越多，排斥作用越强，键角越小，H₂O分子有2个孤电子对，NH₃分子有1个孤电子对，则键角：H₂O<NH₃,A错误；B.金属Cu的电负性小，非金属性：0>N>H,非金属性越强，其电负性越大，则电负性：0>N>H>Cu,B错误；C.由题图可知，该环状配合物中含有N—H和0—H,并且N、0原子的电负性较大，可与水分子形成分子间氢键，导致其溶解度增大，C正确；D.电负性：0>N,0吸引电子的能力强，不易提供孤电子对形成配位键，所以与铜离子形成配位键强弱：H₂O<NH₃,D错误。11.【答案】C【详解】A.杯酚分子中连苯环的碳原子是sp³杂化，四面体结构，因此杯酚分子中的碳原子不可能共平面，B.杯酚分子苯环上连有酚羟基，相邻的两个酚羟基能形成分子内氢键，故B错误；C.根据杯酚和C₆固体加入氯仿过滤得到C₆0和苯酚的氯仿混合液，说明杯酚易溶于氯仿，根据杯酚、C₆0固体和C₇₀混合物加甲苯后过滤得到杯酚、C6固体和C₇₀的甲苯溶液，说明杯酚难溶于甲苯，故C正确；D.操作①和操作②都是固体和液体分离，其操作是过滤，都用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯，故D错误12.【答案】B【分析】由题图可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合氢离子而带正电荷，与环状分子B的作用力增强；在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用力较强，因此通过加入酸或碱，可以实现该超分子在两个不同状态之间的切换。【详解】A.由题可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合H+而带正电荷，与环状分子B的作用力增强，故A正确；B.分子B只能与直径适合的碱金属离子发生作用形成超分子，不能与所有的碱金属离子作用，B错误；C.在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强，结合A选项分析可知，通过加入酸或碱，均可实现该超分子在两个不同状态之间的切换，C正确；D.位点2有N-H键，分子B存在0原子，酸性条件下，分子B与位点2之间存在氢键N-H…0,故D正答案选B。13.【答案】D【详解】A.碳铂分子中没有手性碳原子，不属于手性分子，A错误；B.碳铂中含有碳氧双键，双键含有一个π键，B错误；C.碳铂中酯基碳原子的杂化方式为sp²,而其他4个碳原子则为sp³杂化，C错误；D.1个1,1环丁二羧酸分子()中含有18个o键，D正确。14.【答案】A【详解】A.CH₃-O-CH₃只有1种化学环境的氢原子，R核磁共振氢谱有3组峰，若R的化学式为C₂H₆O,其结构简式不可能为CH₃-O-CH₃,故A错误；B.R核磁共振氢谱有3组峰，由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，C.由红外光谱图可知，该有机物中至少有O-H、C-H、C-O三种不同的共价键，故D正确；故D正确；15.【答案】D可命名为2,2—二甲基丙烷，A正确B.所有碳原子都在同一条直线上的C₄H₆,其结构简式为CH₃-C=C-CH₃,可命名为2—丁炔，B正确；C.所有碳原子位于同一个平面的C₆H₁2,其结构简式为(CH₃)₂C=C(CH₃)₂,可命名为2,3—二甲基—2—D.分子式为C,H₁₂的芳香烃，若苯环上的一氯代物只有一种，则其结构简式为,可命名为1,3,5—三甲苯，D错误；16.【答案】(1)①.Mg>Al>Na②.>(3)①.乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C₈H₁₇OH中烃基大，【解析】【分析】A基态原子最外层电子数是次外层的三倍，最外层电子数不超过8,原子只能有2个电子层，最外层电子数为6,则A为0元素；B基态原子核外有13种不同运动状态的电子，则B为A1元素；C与B同一周期，原子中未成对电子数是同周期中最多的，则C为P元素；D²的核外电子排布与氩原子相同，则D为S元素；E是ds区原子序数最小的元素，则E为Cu元素，结合对应物质的性质以及题目要求解答【小问1详解】B为A1,同周期原子序数比A1小的有Na、Mg3s轨道为全满稳定状态，则第一电离能大于Al的，所以第一电离能Mg>Al>Na,同主族自上而下电负楚天教科研协作体*高二化学试卷(共8页)第5页楚天教科研协作体*高二化学试卷(共8页)第6页【小问2详解】O₃分子中心原子孤电子对价层电子对数=2+1=3,分子构型为V形，O₃分子原子数为3,价电子数为18,故其等电子体为SO₂,故答案为：V形；SO₂;【小问3详解】乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C₈H₁₇OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小，所以溶解度小，C₈H₁₇OH分子中C原子、O原子的价层电子对均为4,所以采用sp³杂化的原子有9个原子，故答案为：乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C₈H₁₇OH中烃基大，与水的羟基结构相似因素小，所以溶解度小；8;【小问4详解】[Cu(NH₃)4]²+中Cu²+与NH₃之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，若Cu(NH₃)42+具有对称的空间构型，且当Cu(NH₃)4²+中的两个NH₃分子被两个Cl取代时.能得到两种不同结构的产物，则Cu(NH₃)4²+空间构型为平面正方形；故答案为：①③;a;【小问5详解】单质Cu晶胞中原子数为晶胞质量为原子半径为rpm,则晶胞棱长,则古,故答案为：17.【答案】(1)①②.12(2)分子晶体(3)①.化合物乙能形成分子间氢键②.C<0<N【解析】【小问1详解】①钛的原子序数为22,则基态钛原子的价电子轨道表示式为：;②钛在元素周期表第四周期第IVB族，原子序数为22,则核外电子排布1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²,原子核外共有12种空间运动状态；【小问2详解】由于TiCl₄在通常情况下是无色液体，熔、沸点较低，说明其组成微粒间的作用力很微弱属于范德华力，故TiCl₄为分子晶体；【小问3详解】①由于化合物乙中存在-NH₂,则化合物乙分子间能形成氢键，故其沸点明显高于化合物甲；②化合物乙中的C、N、O三种原子都有4个价层电子对，则都是采取sp³杂化，同周期元素原子的第一电楚天教科研协作体*高二化学试卷(共8页)第7页离能从左往右呈增大的趋势，但由于N原子的2p能级处于半充满状态，结构稳定，其第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，故第一电离能由小到到的顺序为：C<0<N;【小问4详解】由硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合结构图，可知该阳离子中Ti与O的原子数之比为1:1,Ti为+4价，0为-2价，故该离子的化学式为Tio²[或(TiO)²1;【小问5详解】①由钙钛矿晶体的结构，可知钛离子位于立方晶胞的顶角，被6个氧离子包围成配位八面体；②钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围，晶胞中的12个边长上各有一个氧离子，根据均摊法，可知每一个晶胞中1个钙离子、1个钛离子和3个氧离子故该钙钛矿晶体的化学式为CaTiO₃。18.【答案】(1)BD(2)①.C₃N₄②.氮化碳和金刚石都是共价晶体，且N的原子半径小于C,氮碳键的键能大于碳碳键【解析】【小问1详解】A.肼分子间存在氢键，沸点高于乙烷，A错误；B.NH₃可以和水分子形成氢键，增大其溶解度，B正确；C.NF₃和NH₃均为sp³杂化，有一对孤电子对，空间构型均为三角锥形，F电负性大于H,NH₃分子中成键电子更靠近中心N原子，斥力更大，键角更大，C错误；D.单键均为σ键，双键中有一个σ键、一个π键，所以HCN中σ键与π键的比例为1:1,D正确；综上所述答案为BD;【小问2详解】根据其结构可知C原子与4个N原子相连，N原子与3个C原子相连，配位数之比为4:3,所以化学式为C₃N4;氮化碳和金刚石都是共价晶体，且N的原子半径小于C,氮碳键的键能大于碳碳键，所以硬度超过金刚石；【小问3详解】根据原子1的坐标可知左下角顶点为原点，原子2和4的原子分数坐标为【小问4详解】根据题意黑球为Mo原子，位于8个顶点、6个面心，个数