福建省福州第八中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试化学试题

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B．钙物质中含有2个苯环、2个碳碳双键、1个酮基可以和氢气发生加成反应，则1ml该有机物最多可与9mlH2发生加成反应，故B错误；
C．该结构中2个苯环在碳链的两端不是对称结构，则苯环上的一氯代物共有6种，故C错误；
D．与苯环直接相连的原子共面、碳碳两端的原子共面、羰基碳两端的原子共面，分子中只有1个饱和碳原子，且碳碳单键可以旋转，故该有机物所有碳原子可能共平面；D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．沸点与压强有关，在压强较低时，重油中的烃会在相对较低的温度下发生汽化，A正确；
B．高锰酸钾溶液、“84”消毒液利用了强氧化性，酒精杀菌是因为破坏了病毒蛋白质结构，使其变性，B错误；
C．硝酸可以提供硝基，可用于制造TNT、硝化甘油和硝化纤维，C正确；
D．高温会使蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性导致失效，D正确。
答案为B。
3．C
【详解】
A．H2O2是共价化合物，电子式为：，故A错误；
B．中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，故B错误；
C．基态的价电子排布式为3d6，价电子排布图：，故C正确；
D．C原子的半径小于Cl原子，空间填充模型：，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有的含氧官能团为羧基、羟基和酮羰基，共有三种，共A正确；
B．由结构简式可知，X分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故B正确；
C．由结构简式可知，X分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共平面，故C正确；
D．由结构简式可知，X分子中含有的羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1mlX最多消耗1ml氢氧化钠，故D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．醛基的结构简式为-CHO，电子式为： ，故A错误；
B．是直线形分子，空间填充模型为：，故B错误；
C．氯气的共价键为p-p键，电子云轮廓图为： ，故C正确；
D．基态的价层电子排布式为3d7，价层电子排布图： ，故D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．为粉红色，为蓝色，试管a中溶液呈粉红色，说明主要存在离子，加入浓盐酸后，Cl-浓度增大，溶液呈蓝色，说明转化为，即试管a中存在平衡：，Cl-浓度增大，平衡正向移动，使溶液变蓝，故A正确；
B．加入少量ZnCl2固体，溶液由蓝色变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的无色的，[CCl4]2-浓度降低，则由此说明稳定性：，故B错误；
C．试管a中加入了过量浓盐酸，溶液中存在Cl-，加入硝酸银溶液，会生成AgCl白色沉淀，故C正确；
D．蓝色溶液中加水，使平衡体系中、Cl-、浓度均降低，由于Q>K，平衡逆向移动，推测中现象为溶液变为粉红色，故D正确；
故选B。
7．C
【详解】A．与中均形成了4个配位键，提供4个空轨道容纳4个孤电子对，A正确；
B． 由于中原子上孤电子对的排斥，分子中2个键的夹角小于，B正确；
C．依据与甲醛的反应不能证明和的大小，要比较和的大小，应该比较与或与这两个反应的进行程度，C错误；
D．为可逆反应，酸性条件下会生成，其为剧毒、易挥发的气体，同时使反应逆向进行，故应在碱性条件下进行反应，既保证安全性，又有利于生成，提高反应物转化率，D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．NaCl和CsCl均为1:1型化合物，但NaCl为面心立方堆积，CsCl为体心立方堆积，NaCl中阴离子配位数为6，CsCl中阴离子配位数为8，故A错误；
B．CO2和SiO2均为1:2型化合物，但CO2为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，SiO2为共价晶体，熔化时破坏共价键，故B错误；
C．SO3和BCl3均为1:3型化合物，SO3价层电子对数，BCl3价层电子对数，均为平面三角形结构，均为非极性分子，故C正确；
D．SiBr4和SeCl4均为1:4型化合物，但中心原子的杂化方式不相同，SiBr4价层电子对数为为sp3杂化，SeCl4价层电子对数为为sp3d杂化，故D错误；
故答案选C。
9．D
【详解】A．由题图知，δ-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，A正确；
B．α-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个，B正确；
C．根据均摊法原则可知δ-Fe晶体中铁原子个数是1+=2，α-Fe晶胞中Fe原子数是=1，则δ-Fe晶胞中Fe原子数与α-Fe晶胞中Fe原子数之比为2：1，C正确；
D．将铁加热后急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体不同，D错误；
答案为D。
10．D
【分析】a点溶液中溶质只有硝酸银， c(H+) =104 c(OH-)，常温下c(H+) c(OH-)=10-14，则c(H+) =10-5，pH=5，溶液呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性；随着氨水加入氢离子浓度减小、氢氧根离子浓度变大；
【详解】A．由分析可知，a点对应溶液中存在四种离子，硝酸根离子浓度最大，故A错误；
B．的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，溶液电荷守恒，则：c(Ag+)+ c[]+ c() +c(H+)=c(OH-)+c()，b点lg=0，则c(H+)=c(OH-)，则c(Ag+)+ c[]+ c()= c()，则c(Ag+)+ c[]C．与葡萄糖发生银镜反应，需要使用银氨溶液；cd段酸度变化较小，说明加入的氨水主要用于银离子的沉淀，此时银氨溶液浓度较小，故C错误；
D．已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为；该反应平衡常数，忽略银离子水解和的电离，根据银元素守恒可知：c[]=，则K=1.25×107，其数量级为107，故D正确；
故选D。
11．CD
【详解】A.乙烯的分子式为C2H4，属于烯烃，不属于烷烃，A错误；
B.乙烯的结构式 ，B错误；
C.乙烯具有催熟作用，可以作为水果的催熟剂 ，C正确；
D.乙烯具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
故选CD。
12．BD
【详解】
A．①和②的有机产物分别为、 ，两者含有不同的官能团，可通过红外光谱鉴别，A正确；
B．同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物均有手性碳原子的生成，B错误；
C．L脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C正确；
D．苯甲醛和均含有苯环，不含α-氢，则不可完成上述羟醛缩合反应，D错误；
故选BD。
13．BD
【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂中Fe2+被氧化为Fe3+，故A不符合题意；
B．面包师用小苏打作发泡剂烘培面包，利用NaHCO3受热分解生成的CO2遇热体积膨胀的性质，与NaHCO3可与酸反应无关，故B符合题意；
C．CuS属于难溶电解质，用Na2S溶液将Cu2+转化为沉淀来检测污水中Cu2+含量，故不符合题意；
D．用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，利用的是聚乙烯塑料无毒，对人体无害的性质，与燃烧产物无关，故D符合题意；
故答案为：BD。
14．C
【详解】A．该化合物含有钙元素，则焰色试验为砖红色，A正确；
B．一个晶胞中含钙离子为：，含为：，则氰氨化钙的化学式为，B正确；
C．根据晶胞图可知，与每个阴离子团最近且等距离的钙离子有4个，则配位数为4，C错误；
D．该晶体的密度为，D正确；
故选C。
15．AB
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，所以X为氢元素；Z元素原子的价层电子排布是，因此n只能为2，Z元素为氧元素；由于Y的原子序数小于Z大于X，在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为氮元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，可知Q为钠元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于钠，所以W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，所以W为铜元素，据此分析作答。
【详解】A．同一周期，从左到右元素电负性递增，电负性：H＜N＜O，A项正确；
B．采用sp3杂化，三角锥型，键角是113°，采用sp3杂化，三角锥型，键角是107°18′，则键角：，B项正确；
C．由钠离子和过氧根离子构成，则其阴阳离子比为1∶2，C项错误；
D．Cu在周期表位于第四周期第ⅠB，所以属于ds区，D项错误；
答案选AB。
16．(1) 使完全转化为 取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净(合理答案均计分)
(2)分批加入并搅拌(合理答案均计分)
(3)
(4)两吸收峰位置重合完全，且均含有(合理答案均计分)
(5) 2
【分析】由流程图可知，胆矾晶体加水溶解后，再加入适量NaOH溶液，再经过加热煮沸、冷却、过滤、洗涤、检验，先制得较纯净的CuO，草酸晶体加水微热，可以加速溶解并且避免温度过高使草酸分解，再在操作Ⅱ中分批次加入，一方面可以防止反应过程中生成二氧化碳而使液体快速飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解，这样得到草酸氢钾和草酸钾的混合物，再经过操作Ⅲ水浴加热(80~85℃)，发生反应，得到，再经过一系列操作得到。
【详解】（1）胆矾晶体加水溶解后，再加入适量NaOH溶液，生成Cu(OH)2，操作Ⅰ中加热煮沸的目的是使完全转化为，CuO的表面可能有残留的Na2SO4，所以检验是否洗涤干净的方法为取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：使完全转化为；取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
（2）在操作Ⅱ中应分批次加入并不断搅拌，一方面可以防止反应过程中生成二氧化碳而使液体快速飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解，故答案为分批加入并搅拌；
（3）操作Ⅲ中反应的方程式为，故答案为：；
（4）用红外光谱分析两种晶体，发现两吸收峰位置重合完全，且均含有，两种晶型的晶体成分均为二草酸合铜酸钾晶体，故答案为：两吸收峰位置重合完全，且均含有；
（5）B澄清石灰水变浑浊，说明晶体受热分解生成二氧化碳，但D无明显现象，G中澄清石灰水变浑浊，F中固体变为红色，说明前面产生的二氧化碳完全被NaOH溶液吸收，晶体受热分解生成一氧化碳；通过实验证明无色溶液中含有和，砖红色沉淀加入稀硫酸，产生蓝色溶液且有红色固体生成，应该是发生反应，所以晶体受热还生产了Cu2O，由原子守恒和电子守恒可得方程式为，F中CuO变为Cu，减少质量为O的质量，由F中固体质量减少2.4g得，由方程式得，再结合质量可得，所以x=2，故答案为：；2。
17． 1s22s22p3 5 三角锥型 [c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)] 降低温度 ad 氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 CO32－+ CO2 + H2O → 2HCO3－ KHCO3和K2CO3 a b
【详解】(1)氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为；氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，其空间构型是三角锥型；
（2）反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应，
a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确。
答案选ad；
（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；
（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+ CO2 + H2O = 2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3，
a．根据电荷守恒有c(K+) + c(H+) = 2c(CO32－) +c(HCO3－) +c(OH－)，故正确；b．200mL 1.5ml/L K2CO3溶液吸收了3.36L 的CO2（标准状况），n(K+)=，c(C)=0.3ml+0.15ml=0.45ml，根据物料守恒有3c(K+)=4 c(CO32－)+4 c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故正确；c．根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－) ＞c(OH－)＞c(H+)，故错误。
答案选a b。
18． 16 纺锤形 3d104s1 ＞ sp2 V形 O3 硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+ 4 5∶2
【分析】(1)硫元素为16号元素，能量最高的电子为3p电子；(2)Cu为29号元素，Zn为30号元素，Cu的第二电离能失去的是3d电子；(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，结合等电子体的概念解答；(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强；(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu，配位体为CH3CN，其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N，C≡N中含有π键；(6)根据晶体结构，距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半，晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为Mg2Fe。据此分析解答。
【详解】(1)硫元素为16号元素，基态硫原子核外电子有16种不同运动状态，能量最高的电子为3p电子，3p电子的原子轨道形状为纺锤形，故答案为16；纺锤形；
(2)Cu为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1；Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，Cu的第二电离能失去的是3d电子，失去后不稳定，第二电离能大于Zn的第二电离能，即I2(Cu)＞I2(Zn)，故答案为：3d104s1；＞；
(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形；与SO2互为等电子体的分子有O3，故答案为sp2；V形；O3；
(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，故答案为硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+；
(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu，配位数为4；配位体为CH3CN，其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N，共5个σ键，只有C≡N中含有π键，有2个π键，σ键与π键个数之比5∶2，故答案为4；5∶2；
(6)设晶胞的参数为dnm，该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半，即anm=×d nm，则d=anm=a×10-7cm，该晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×+6×=4，所以Mg、Fe原子个数之比为8∶4=2∶1，所以其化学式为Mg2Fe，该合金的密度为===g/cm3，故答案为。
【点睛】本题考查物质结构和性质。本题的易错点为(4)中σ键与π键个数比的判断，难点为(5)，要注意距离最近的两个H2分子之间的距离与晶胞参数的关系。
19．(1) 蒸馏烧瓶 浓硫酸
(2)为安全瓶，防止倒吸，并降低SO2在溶液中的溶解度
(3) 吸收多余的二氧化硫，防止污染环境
(4)2Cl-+ SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O
(5) 洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥
【分析】装置A中，锌粒和浓硫酸反应制备SO2；装置B为安全瓶，可以防止倒吸；装置C中，NaOH先和CuCl2反应生成Cu(OH)2悬浊液，再通入SO2反应生成CuCl；装置D为尾气处理装置，吸收多余的SO2。
【详解】（1）实验室中常用浓硫酸和Zn制二氧化硫；仪器b为蒸馏烧瓶，装置A中分液漏斗中盛装的试剂为浓硫酸；
（2）装置B的作用为安全瓶，防止倒吸，并降低SO2在溶液中的溶解度；
（3）装置D是尾气处理装置，其作用为吸收多余的二氧化硫，防止污染环境；发生反应的离子方程式为；
（4）CuCl难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl++2H2O；
（5）①用水洗去表面吸附的杂质，CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥，先用水洗再用乙醇洗涤的目的是洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质有利于CuCl的干燥；
②20mL 0.5ml·L-1的CuCl2溶液中，， ，理论上生成的物质的量为0.01ml ，，实验实际所得CuCl固体质量为0.693g，则CuCl的产率=。
20．(1) 2—甲基丙烯 羟基、（酮）羰基
(2)浓硫酸、加热
(3) 加成反应
(4)
(5) 18
【分析】
由D（）与HBr一定条件生成E（C5H9Br）知发生加成反应可能的E的结构有、，结合后边I的结构往前倒推可知E为，H为，F为与CH3CN发生加成反应。
【详解】（1）
A 的系统命名的名称为2—甲基丙烯；I 中的含氧官能团有：羟基、（酮）羰基；
（2）C→D为醇的消去反应，反应条件为：浓硫酸、加热；
（3）
F为与CH3CN发生加成反应生成G，H的结构简式为；
（4）
E＋H→I的化学方程式为；
（5）
I的结构，I的一种同系物（分子式为）有多种同分异构体，满足苯环上只有2个相同的取代基，且能与NaOH溶液反应，但不能与溶液反应条件的同分异构体，知官能团只能为酯基，两个相同的支链可能为-COOCH2CH3、-CH2COOCH3、-OOCCH2CH3、-CH2OOCCH3、-CH2CH2OOCH、，每两个支链在苯环上有邻、间、对3种，符合条件的同分异构体有18种，其中1ml分子能与4ml NaOH反应的结构简式为（或、）。