福建省福州外国语学校2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（含答案）

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(全卷共7页；二大题；24小题；满分100分； 时间：75分钟)
学校:___________姓名：___________考号：___________
1．B
【详解】A．Ca是20号元素，其基态原子价层电子排布为4s2，位于周期表s区，A不合题意；
B．C是27号元素，其基态原子价层电子排布为3d74s2，位于周期表d区，B符合题意；
C．I是53号元素，位于周期表p区，C不合题意；
D．Ga是31号元素，其基态原子价层电子排布为4s24p1，位于周期表p区，D不合题意；
故答案为：B。
2．A
【详解】B．NaI、NaBr、NaCl、NaF都是离子晶体，由于阴离子半径：I-＞Br-＞Cl-＞F-，离子半径越大，阴离子与阳离子Na+之间离子键键能越小，离子晶体的晶格能就越小，故晶格能大小：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，B错误；
D．Li、Na、K、Rb是同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，金属阳离子与自由电子之间作用力就越小，单质的熔沸点就越短，所以单质的熔点：Li＞Na＞K＞Rb，D错误；
C．原子半径越大，原子之间形成的共价键的键长就越长，原子半径：Si＞C，故共价键的键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，C错误；
A．HCl、HBr、HI、HF都是由分子构成的物质，物质分子之间以分子间作用力结合。物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。由于HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其熔沸点在四种物质中最高，故沸点高低：HCl＜HBr＜HI＜HF，A正确；
故合理选项是A。
3．A
【详解】根据s轨道只能填充2个电子可知n=2，n+3=5，该元素最外层排布为2s22p5，其核外电子排布为：1s22s22p5，原子序数为9，故A正确；
故选：A。
4．D
【详解】A．甲烷空间构型为正四面体，二氯甲烷只有一种结构，因此题中所给属于同一物质，选项A不符合题意；
B．均为邻二甲苯，属于同一种物质，选项B不符合题意；
C．均为丙酸，属于同一种物质，选项C不符合题意；
D．前者分子式为C4H8，属于烯烃，后者分子式为C4H8，属于环烷烃，它们互为同分异构体，选项D符合题意；
答案选D。
5．B
【详解】
D．Cl元素的原子序数为17，其质子数为17，核外有17个电子，Cl-离子的质子数为17，核外电子数为18，各电子层的电子依次为2，8，8，则Cl−结构示意图为，D错误；
B．氢的质子数为1，则质量数为2的氢核素为12H，故B正确；
答案为B。
6．B
【详解】A．苯硼酸含有羟基，能形成分子间氢键，故A项正确；
B．苯硼酸稳定性由共价键的键能大小决定，与分子间作用力无关，故B项错误；
C．苯硼酸分子通过旋转单键可使分子中所有原子共平面，故C项正确；
D．碳碳键是非极性键，硼氧键、碳氢键、氢氧键都是极性键，故D项正确；
答案选B。
7．A
【详解】A．CO2是直线形分子，SO2是V形分子，NH3是三角锥形分子，故A错误；
B．CO2是直线形分子，NH3是三角锥形，有一对孤对电子，H2S是“V”形分子，有两对孤对电子，且孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，因此三者的键角依次减小，故B正确；
C．H2O2分子的中心原子价层电子对数为2+2=4，N2H4分子的中心原子价层电子对数为3+1=4，中心原子都是sp3化，故C正确；
D．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，则C、N、F元素的电负性依次增大，故D正确。
综上所述，答案为A。
8．D
【详解】A．异丁烷的结构简式为：CH3CH(CH3)2，则其也可命名为2-甲基丙烷，A错误；
B．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相等)、组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，C3H6和C4H8不一定都是烯烃，也可以是环烷烃，则它们不一定互为同系物，B错误；
C．根据烷烃的命名原则可知， 的名称是2，5，5-三甲基己烷，C错误；
D．根据乙烯分子中6个原子共平面可知，分子中的所有碳原子共面，D正确；
故答案为：D。
9．C
【详解】A．HF分子之间存在氢键，故熔、沸点相对较高，A正确；
B．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，B正确；
C．H2O分子中的O与周围两个H2O分子中的H原子形成两个氢键，而HF分子中的F原子只能形成一个氢键，氢键越多，沸点越高，以H2O沸点高，C错误；
D．氨气分子和水分子间形成氢键，是氨气极易溶于水的原因之一，D正确；
故答案选C。
10．D
【详解】A． 乙醇分子中有3种处于不同化学环境的氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现3种信号，A错误；
B． 正戊烷分子中有3种处于不同化学环境的氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现3种信号，B错误；
C． 分子中有4种处于不同化学环境的氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现4种信号，C错误；
D． 分子中有2种处于不同化学环境的氢原子，在核磁共振氢谱图中出现2种信号，D正确；
答案为：D。
11．C
【详解】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2⋅H2O，配位体是Cl-和H2O，配位数是6，故A错误；
B．中心离子是Ti3+，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1∶2，故C正确；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内界配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2mlAgCl沉淀，故D错误；
故选C。
12．A
【详解】①该物质含有苯环，属于芳香族化合物，故①正确；
②根据结构简式可知该物质含有苯环属于芳香族化合物，因此不属于脂肪族化合物，故②错误；
③该分子相对分子质量在10000以下，不属于有机高分子化合物，故③错误；
④该有机物含-COOH，属于有机羧酸，故④正确；
⑤该分子含有O元素，不属于芳香烃，故⑤错误；
答案选A。
13．D
【详解】A．由图中2ml Li(g)转变成2mlLi(g)所需要的能量为318kJ可知，金属锂的原子化热为3182=159kJ/ml，A错误；
B．由图中2ml Li(g)转变成2mlLi+(g)所需要的能量为1040kJ可知Li的第一电离能为10402=520kJ/ml，B错误；
C．由图中 12 O2(g)转化为1mlO(g)所需要的能量为249kJ可知，O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量为2×249kJ/ml=498kJ/ml，即键能为498kJ/ml，C错误；
D．晶格能是气态离子形成1ml离子晶体释放的能量，图中2Li+(g)+O2-(g)=Li2O(s)ΔH=-2908kJ/ml，则Li2O的晶格能为2908kJ/ml，D正确；
故答案为：D。
14．C
【详解】A．图1中一个晶胞中含有Ni个数为：8×18+6×12=4个，O个数为：12×14+1=4个，故氧化镍晶体的化学式为NiO，A正确；
B．图1距O最近的Ni即中心O原子上、下、左、右、前、后共6个，其构成正八面体，B正确；
C．根据题意可知，该化合物是气态团簇分子，分子中含有的原子个数就是其分子式中的原子个数，根据图3可知，该分子中含6个A原子、8个B原子，故分子式为A6B8，C错误；
D．图2中一个晶胞中含有Na个数为：8个，含有O个数为：8×18+6×12=4个，则氧化钠晶体化学式为Na2O，D正确；
故答案为：C。
15．A
【详解】A．根据“相似相溶”原理，可知顺铂为极性分子，反铂为非极性分子，A项正确；
B．Pt位于Ⅷ族，为d区元素，B项错误；
C．Pt与N之间形成的是配位键，不是离子键，C项错误；
D．N原子形成4个σ键，采取sp3杂化，D项错误；
答案选A。
16．B
【详解】A．+HNO3 →Δ浓硫酸+H2O为取代反应，又称硝化反应，A项错误；
B．CH2=CH2+H2 →Δ催化剂 CH3−CH3是加成反应，B项正确；
C．CH4+Cl2 →Δ光照 CH3Cl+HCl是取代反应，C项错误；
D．CH3CH2Br+NaOH →Δ水 CH3CH2OH+NaBr是卤代烃的水解，属于取代反应，D项错误；
答案选B。
17．C
【详解】A．CH4+Cl2→光CH3Cl+HCl，该反应中氯原子代替了氢原子，为取代反应，故A不选；
B．，该反应中溴原子代替了氢原子，为取代反应，故B不选；
C．CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br，该反应属于加成反应，故C选；
D．2CH3CH2OH→浓硫酸140℃CH3CH2OCH2CH3+H2O，该反应为取代反应，故D不选；
故选C。
18．A
【详解】C．含有N=C键的N原子形成3个σ键，为sp2杂化，故A错误；
B．键长越小，键能越大，则C-H键的键能大于C-F键的键能，故B正确；
A．N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故C正确；
D．有机物含有1个C=H、C=C、C-C、3个C=N、2个C=O、3个N-H、3个C-N、1个C-F键，其中双键含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15：4，故D正确；
故选：A。
19．D
【分析】根据W是有机分子的骨架元素，知W为C元素：由图可如，Y形成1个双键，则其最外层有6个电子，结合原子序数关系知，Y为O元素，则X为N元素；Z形成1个单键，则Z为F元素；M的成键总数为6，则M为S元素。以此解答。
【详解】A．根据上述分析可知：Z为F元素，无正化合价，故A错误；
B．根据上述分析可知：W为C元素，Y为O元素。C原子的电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2，O原子的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数也为2，故B错误；
C．根据上述分析可知：X为N元素,该阴离子中N形成2个单键，有2对孤对电子，满足8电子稳定结构，故C错误：
D．根据上述分析可知：X为N元素, 最简单氢化物NH3, NH3的水溶液星碱性；M为S元素, 最简单氢化物H2S，H2S的水溶液呈酸性，故水溶液的pH:NH3>H2S，故D正确；
故答案：D。
20．B
【详解】A．乙烷和氯气发生取代反应除了生成一氯乙烷外，还有氯化氢和其它氯代乙烷生成，故不能得到较纯净的一氯乙烷；
B．乙烯与氯化氢加成可生成纯净的一氯乙烷；
C．乙烯与氯气反应生成1，2-二氯乙烷，不能得到一氯乙烷；
D．乙烯与氢气加成，再用氯气取代，除了生成一氯乙烷外，还有氯化氢和其它氯代乙烷生成，故不能得到较纯净的一氯乙烷；
故答案为B。
21．C
【详解】①由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，加热时能升华，①项正确；
②由表格中的数据可知SiCl4的熔沸点较低，则SiCl4是分子晶体，②项正确；
③由表格中的数据可知，NaCl的沸点为1465℃，则属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，③项错误；
④氯化镁的熔沸点比氯化钠的低，并且都属于离子晶体，所以主要是受堆积方式、键的极性、晶格能等影响，④项正确；
①②④正确；
答案选C。
22．(1)HNO3
(2)N>O>K
(3) HF Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
(4)3d54s1
(5)
(6) NH3 H2O2或N2H4
【分析】根据元素周期表的结构可知，元素①~⑩分别为H元素、N元素、O元素、F元素、Al元素、S元素、Cl元素、K元素、Cr元素、Cu元素。
【详解】（1）②为N元素，N元素形成的含氧酸为HNO2、HNO3， NO2-中N原子价层电子对数为2+5+1−2×22=3，含有一个孤电子对，空间结构为V形，NO3-中心原子N原子的价层电子对数为3+5+1−3×22=3，不含孤电子对，空间构型为平面正三角形，因此酸根离子呈正三角形的酸是HNO3，故答案为：HNO3；
（2）元素②③⑧分别为N、O、K，N原子的2p能级轨道半满，第一电离能大于O，而K的电子层数较多，且为金属元素，第一电离能较小，所以第一电离能：N>O>K，故答案为：N>O>K；
（3）元素④⑥⑦分别为F、S、Cl，元素的非金属性越强，其对应的简单气态氢化物越稳定，非金属性：F>Cl>S，因此简单气态氢化物中最稳定的是HF；元素⑤⑧分别为Al、K，其最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、KOH，Al(OH)3和KOH反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-，故答案为：Al(OH)3+OH-=Al(OH)4-；
（4）元素⑨为Cr，Cr的原子序数为24，Cr的核外电子排布为[Ar]3d54s1，则其价电子排布式为3d54s1，故答案为： 3d54s1；
（5）元素⑩为Cu，将Cu的无水硫酸盐溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了蓝色的配合离子 [Cu(H2O)4]2+，，铜离子含有空轨道、水分子中O原子含有孤电子对，二者形成配位键，配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，则该配离子为，故答案为：；
（6）元素①②③分别为H、N、O，H和N、O形成的二元化合物主要有NH3、N2H4、H2O、H2O2，分子呈三角锥形，则该分子为NH3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，故答案为：NH3；H2O2或N2H4。
23．(1)羰基、羟基
(2)
(3)
(4)CHBr2CH2CH3或CH3CBr2CH3或CH2BrCHBrCH3、、CH2BrCH2CH2Br中任何一种
【解析】（1）
根据物质结构简式可知该物质分子中的含氧官能团为羰基、羟基；
（2）
2-甲基-1，3-丁二烯结构简式是，其键线式表示为：；
（3）
CH3CH=CHCH3顺式异构体的结构简式为；
（4）
C3H6Br2的同分异构体的结构简式可能为CHBr2CH2CH3、CH3CBr2CH3、CH2BrCHBrCH3、CH2BrCH2CH2Br；
24．(1)1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9
(2)BC
(3)sp2、sp3
(4)4
(5)2MNA(a×10-7)3
【解析】(1)
已知Cu是29号元素，则Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；
(2)
Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中不存在离子键，存在O-H之间的极性共价键，OH-中O原子与Cu2+之间的配位键，氢键不属于化学键，故答案为：BC；
(3)
由抗坏血酸的分子结构可知，其中碳氧双键、碳碳双键的碳原子周围形成3个σ键，采用sp2杂化，其余3个碳原子周围形成了4个σ键，采用sp3杂化，则抗坏血酸中碳原子的杂化轨道类型是sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
(4)
由题干晶胞图示可知，一个Cu2O晶胞中，白球的个数为：8×18+1=2，黑球个数为4，结合化学式可知，黑球代表Cu原子，即一个晶胞中Cu原子的数目为：4，故答案为：4；
(5)
由(4)分析可知，一个晶胞中含有2个O、4个Cu，故Cu2O晶胞参数为anm，摩尔质量为M，Cu2O的密度=2MNA(a×10-7)3g/cm3，故答案为：2MNA(a×10-7)3。
25．(1) 不含 CH2
(2) 84 C6H12
(3)、
(4) 环己烷 C6H12
(5) 3 CH3CH2CH=CHCH2CH3
【分析】m(H2O)=8.64g，n(H2O)=8.64g18g/ml=0.48ml，m(CO2)= 21.12g，n(CO2)=21.12g44g/ml=0.48ml，m(H)+m(C)=0.48ml×2×1g/ml+0.48ml×12g/ml=6.72g。
【详解】（1）由上面计算可知，m(H)+m(C)=6.72g，所以X分子中不含氧元素，X分子中C、H原子个数比为0.48:0.48×2=1:2，所以其实验式为CH2。答案为：不含；CH2；
（2）已知X的相对分子质量为84，CH2的式量为14，8414=6，则X的分子式为C6H12。答案为：C6H12；
（3）测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，则X要么是环己烷，要么是分子结构对称的烯，从而得出X可能的结构简式为、。答案为：、；
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则它不可能是烯。
A．X的分子式为C6H12，它不可能是芳香烃，A不正确；
B．X为环己烷，二个Cl连在同一碳原子上有1种结构，二个Cl连在不同碳原子上有3种结构，则二氯取代物有4种，B不正确；
C．X为环己烷，要么分子呈船式结构，要么呈椅式结构，不管是哪种结构，分子中所有碳原子不可能共平面，C正确；
故选C。答案为：C；
（5）X的同分异构体(不考虑立体异构)中能满足下列条件“①使溴水因发生反应而褪色；②碳骨架主链上的碳原子数不小于5”的有机物可能结构为CH2=C(CH3)CH2CH2CH3、CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH2=CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2C=CHCH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH3CH=CHCH(CH3)2、CH2=CHCH2CH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH=CHCH2CH3，共有9种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3:2:1的是CH3CH2CH=CHCH2CH3。答案为：9；CH3CH2CH=CHCH2CH3。
【点睛】书写同分异构体时，首先需确定有机物的可能官能团，可能含有的取代基，然后移动取代基或官能团，确定同分异构体的可能结构简式。