[化学][期中]内蒙古自治区赤峰市部分学校2023-2024学年高二下学期5月期中联考试卷(解析版)

这是一份[化学][期中]内蒙古自治区赤峰市部分学校2023-2024学年高二下学期5月期中联考试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容，可能用到的相对原子质量， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2，选择性必修3第一章。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Fe 56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是合题目要求的。
1. 下列说法错误的是
A. X射线衍射技术可用于有机化合物晶体结构的测定
B. 提取碘水中的碘单质，可以用苯作为萃取剂
C. 利用蒸馏的方法从石油中分离出乙烯
D. 银氨溶液可用于鉴别甲酸甲酯和乙酸
【答案】C
【解析】
A．对有机物晶体进行X射线衍射实验，可以得出晶胞，确定晶胞中各原子的位置，计算原子间距离，判断晶体中原子之间存在的化学键，确定键长、键角，得出分子空间结构，故A正确；
B．苯与水互不相溶，且碘单质在苯中溶解度比在水中大，故B正确；
C．蒸馏是利用物质的沸点不同从而进行分离，没有新的物质生成，属于物理变化，石油中分离出乙烯需要裂解，属于化学变化，故C错误；
D．甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，结构中含有醛基，能发生银镜反应，乙酸的结构简式为CH3COOH，结构没有醛基，不能发生银镜反应，故银氨溶液可用于鉴别甲酸甲酯和乙酸，故D正确；
故选C。
2. 下列各项有机化合物的分类及所含官能团都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
A．中的接在饱和碳原子上，属于醇类，A错误；
B．OHC-CHO含有，属于醛类，B正确；
C．中含有和，不属于卤代烃，C错误；
D．不含有，不属于羧酸类，D错误；
故选B。
3. 下列粒子的空间结构与VSEPR模型不一致的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
A．中心C原子价层电子对数4，不存在孤对电子，空间结构与VSEPR模型均为正四面体形，故A不选；
B．中心C原子价层电子对数为2，不存在孤对电子，空间结构与VSEPR模型均为直线形，故B不选；
C．中心O原子价层电子对数为4，存在孤对电子，空间结构为V形，VSEPR模型为为四面体形，故C选；
D．中心C原子价层电子对数为3，不存在孤对电子，空间结构与VSEPR模型均为平面三角形，故D不选；
故选：C。
4. 可以用分液漏斗分离的一组混合物是
A. 溴和苯B. 乙醇和甲苯C. 乙酸和水D. 四氯化碳和水
【答案】D
【解析】
A．溴易溶于苯，液体不分层，不能用分液漏斗分离，A不符合题意；
B．乙醇和甲苯都为有机化合物，二者互溶，不能用分液漏斗分离，B不符合题意；
C．乙酸与水互溶，液体不分层，不能用分液漏斗分离，C不符合题意；
D．四氯化碳难溶于水，密度大于水，液体分为上下两层，上层为水，下层为四氯化碳，可以用分液漏斗分离，D符合题意；
故选D。
5. 下列化合物分子中只含有σ键不含π键的是
A. CH3CH2OHB. CO₂C. D. CH3COOH
【答案】A
【解析】
A．乙醇中所有共价键均为单键，因此只含σ键，故A正确；
B．二氧化碳结构中含有碳氧双键，因此含有π键，故B错误；
C．苯环中含有大π键，故C错误；
D．乙酸中含有碳氧双键，因此含有π键，故D错误；
故答案选A。
6. 某同学将氧原子的核外电子轨道表示式写成，他违背了
A. 洪特规则B. 泡利不相容原理
C. 能量守恒原理D. 能量最低原理
【答案】A
【解析】
A．洪特规则是指在能量相同的轨道上排布电子时，电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，该氧原子的核外电子轨道表示式违背了该规则，故A符合题意；
B．泡利不相容原理指在原子中不能容纳运动状态完全相同的电子，即在一个轨道里所容纳的2个电子自旋方向必须相反，故B不符合题意；
C．能量守恒原理是物理学中的一个基本概念，指的是在一个封闭的系统中，能量既不会无中生有，也不会自行消失，故C不符合题意；
D．能量最低原理，基态多电子原子核外电子排布时总是先占据能量最低的轨道，当低能量轨道占满后。才排入高能量的轨道，以使整个原子能量最低，故D不符合题意；
故答案选A。
7. 下列物质熔化时，所克服的粒子间作用力与碘升华时所克服的粒子间作用力属于同种类型的是
A. NaClB. C. SD. Mg
【答案】C
【解析】碘升华克服范德华力；
A．NaCl熔化克服离子键，A不符合题意；
B．熔化克服共价键，B不符合题意；
C．S是分子晶体，熔化时克服范德华力，故C符合题意；
D．Mg熔化克服金属键，D不符合题意。
答案选C。
8. 下列说法正确的是
A. 2p和3p的轨道形状和能量都完全相同或相等
B. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
C. 主族元素的电负性越大，其第一电离能也越大
D. 在形成化合物时，电负性较小的元素易显正价
【答案】D
【解析】
A．2p和3p为不同的能级，其轨道形状相同，但是能量完全不同，A错误；
B．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相同，都为3，B错误；
C．主族元素的电负性越大，其第一电离能不一定越大，如电负性：，但是第一电离能：，C错误；
D．在形成化合物时，一般电负性较小的元素易显正价，电负性较大的显负价，D正确；
故选D。
9. 现有下列①~⑦七种有机物，下列说法正确的是
A. ①与②、⑥与⑦均互为同分异构体B. 等效氢种类数：⑥>⑦>①=②=③=⑤>④
C. 上述有机物均属于烃类D. ③④⑤互为同系物
【答案】B
【解析】
A．①与②为同种物质，⑥与⑦互为同分异构体，A错误；
B．等效氢种类数：①和②为3种，③为3种，④为2种，⑤为3种，⑥为7种，⑦为5种，所以等效氢种类数⑥>⑦>①=②=③=⑤>④，B正确；
C．①与②为卤代烃，③④⑤⑥⑦为醇类，均不属于烃类，C错误；
D．③和⑤中只含有1个，为醇类，互为同系物，④中含有2个，为二醇，与③和⑤不互为同系物，D错误；
故选B。
10. 下列说法正确的是
A. 金属导电是因为金属在外加电场作用下产生自由电子
B. 金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用
C. “电子气理论”用于描述金属键的本质，可用于解释金属晶体的延展性、导电性和导热性
D. 硬铝合金的硬度和熔点均高于纯铝
【答案】C
【解析】
A．金属导电是因为自由电子的定向移动，A项错误；
B．金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用和静电排斥作用，B项错误；
C．电子气理论为：把金属键形象地描绘成从金属原子上“脱落”下来的大量自由电子形成与气体相比拟的带负电的“电子气”，金属原子则“浸泡”在“电子气”的海洋中，可用于解释金属晶体的延展性、导电性和导热性，故C正确；
D．硬铝的硬度比纯铝大，但熔点比纯铝低，D项错误；
故答案选C。
11. 分子式为C5H12且仅含有2个—CH3的结构共有
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
【答案】A
【解析】
分子式为C5H12，该分子为戊烷，戊烷有三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷，正戊烷分子中有两个甲基，异戊烷分子中有三个甲基，新戊烷分子中有四个甲基，故答案选A。
12. 苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂。某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，下列提纯苯甲酸的实验操作中说法正确的是
A. 提纯苯甲酸的实验中必须用到蒸馏烧瓶
B. 本实验中玻璃棒的作用有搅拌和引流
C. 粗苯甲酸通过在冷水中溶解、过滤、降温结晶等系列操作，可获得纯净的苯甲酸晶体
D. 所得的苯甲酸晶体可以用热水洗涤其表面杂质
【答案】B
【解析】
【分析】粗苯甲酸样品中含有少量和泥沙，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，溶解、加热后需趁热过滤，除掉泥沙；对热的滤液进行冷却结晶，再次过滤得到苯甲酸固体，洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体，则提纯过程的主要实验操作组合为溶解、过滤、结晶。
A．提纯过程的主要实验操作组合为溶解、过滤、结晶，未涉及蒸馏，不需要蒸馏烧瓶，故A错误；
B．该实验中玻璃棒的作用除搅拌、引流外，还有在干燥时用于转移晶体，故B正确；
C．在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后要趁热过滤，减少苯甲酸的损耗，故C错误；
D．热水洗涤会造成溶解损耗，应该使用冷水洗涤苯甲酸固体，故D错误；
故答案选B。
13. ①、②、③是铂的三种配合物，下列说法正确的是
A. 三种配合物中的化合价均为价
B. ①中的配位数为6
C. ②中为配体，提供空轨道
D. 向含③的溶液中加入足量溶液，可得到沉淀
【答案】B
【解析】
A．①②③中的化合价均为价，A项错误；
B．①中配离子的配体为Cl-，的配位数为6，故B正确；
C．配体提供孤电子对，提供空轨道，C项错误；
D．③的Cl-均为配离子的配体，难电离出来，故向③的溶液中加入硝酸银，不能得到氯化银沉淀，D项错误；
故选B。
14. M、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其元素性质或基态原子结构如表：
下列说法正确的是
A. 原子半径：Q>X>YB. 电负性：M>X>Q
C. Z位于元素周期表第VIB族D. 上述五种元素中，只有Z为金属元素
【答案】D
【解析】M最高正价和最低负价代数和为0，M可能为1号元素，也可能为ⅣA族元素，结合其它元素可知，M为H元素，Q价层电子排布是nsnnpn-1，n=2，则Q为B元素，X同周期元素中未成对电子数最多，X原子序数小于Y，则X为N元素，Y最外层电子数是次外层电子数的一半，其原子序数为14，为Si元素，Z中+3价阳离子中电子占据的最高能级处于半充满状态，该+3价阳离子核外电子排布式为，则Z为Fe元素，据此分析。
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Q＞X，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右，电负性增强，故电负性：N＞B；B与H组成的化合物中，如NaBH4，H显负极，B显正价，故电负性：H＞B，则电负性：X＞M＞Q，故B错误；
C．Z为铁元素，铁元素位于元素周期表Ⅷ族，故C错误；
D．结合分析可知，上述五种元素中，只有Z为金属元素，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. A~H 8种元素在周期表中的位置如图，回答下列问题：
（1）基态 H原子的价层电子轨道表示式为___________。
（2）基态B原子的未成对电子数为___________，其未成对电子所在的原子轨道的电子云轮廓图为___________形。
（3）A2C2的电子式为___________。
（4）化合物B2C的分子结构与CO₂类似，则B2C分子中σ键与π键的数目之比为___________。
（5）实验室鉴别D、F的硫酸盐溶液的方法为___________。
（6）已知：G 元素的第一、第二电离能分别为 H元素的第一、第二电离能分别为 请分析 的原因：___________。
【答案】（1） （2）①.3 ②.哑铃
（3） （4）1：1
（5）焰色试验 （6）Cr原子失去的第二个电子是3d5电子，会破坏3d能级的半充满结构，需要的能量较大；Mn原子失去的第二个电子是4s1电子，更容易失去，
【解析】根据元素周期表可知，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Si元素，F为K元素，G为Cr元素，H为Mn元素，据此作答。
【小问1详解】
H为Mn元素，锰元素为第25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为：3d54s2，因此基态Mn原子的价层电子轨道表示式为，故答案为：。
【小问2详解】
B为N元素，基态B原子的价层电子排布式为：2s22p3，未成对电子数为3，未成对电子所在的原子轨道为p轨道，电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：3；哑铃。
【小问3详解】
A为H元素，C为O元素，H2O2的电子式为，故答案为：。
小问4详解】
B为N元素，C为O元素，化合物N2O的分子结构与CO2类似，CO2中为碳氧双键相连，因此1个N2O分子中含有2个σ键、2个π键，则N2O分子中σ键与π键的数目之比为1：1，故答案为：1：1。
【小问5详解】
D为Na元素，F为K元素，实验室鉴别Na、K的硫酸盐溶液的方法为焰色试验，含有钾元素则透过蓝色钴玻璃观察到为紫色火焰，含有钠元素则为黄色火焰，故答案为：焰色试验。
【小问6详解】
I2为第二电离能，G为Cr元素，基态Cr原子的价层电子排布式为：3d54s1，失去一个电子后为3d5，3d轨道为半充满状态，H为Mn元素，基态Mn原子的价层电子排布式为：3d54s2，失去一个电子后为3d54s1，的原因：Cr原子失去的第二个电子是3d5电子，会破坏3d能级的半充满结构，需要的能量较大；Mn原子失去的第二个电子是4s1电子，更容易失去，故答案为：Cr原子失去的第二个电子是3d5电子，会破坏3d能级的半充满结构，需要的能量较大；Mn原子失去的第二个电子是4s1电子，更容易失去。
16. Na3OCl是一种良好的离子导体，请回答下列问题：
（1）基态Ca原子核外电子的空间运动状态有___________种。
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物。O₃的空间结构为___________，O₃的极性微弱，可推出常温下，其在四氯化碳中的溶解度___________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。
（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：
方法I：
方法II：
在方法II的反应过程中，断裂的化学键有___________(填标号)。
A．金属键 B．离子键 C．配位键 D．极性键 E．非极性键
（4）Na3OCl的晶胞结构如图所示。已知：晶胞边长为a nm，密度为
①若Cl-位于晶胞的顶点位置，则Na+位于___________位置，与Na+距离相等且最近的Cl-数为___________。
②已知1号离子、2 号离子的分数坐标依次为(0，0，0)、 则3号离子的分数坐标为___________。
③Na3OCl的摩尔质量为___________(用含有a、ρ的式子表示)
【答案】（1）10 （2）①.V形 ②.大于
（3）ABD （4）①.面心 ②.4 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
空间运动状态等于原子轨道数，钙为第20号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，原子轨道数为1+1+3+1+3+1=10个，因此基态Ca原子核外电子的空间运动状态有10种，故答案为：10。
【小问2详解】
根据价层电子对互斥理论，O3的中心原子O原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，杂化形式为sp2，因此空间结构为V形，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶原理”，O3臭氧极性微弱，所以在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，故答案为：V形；大于。
【小问3详解】
在方法Ⅱ的反应中，断裂的化学键有金属钠中的金属键，NaOH中Na与间的离子键、中O与H间的极性共价键，NaCl中Na与Cl间的离子键，故答案为：ABD。
【小问4详解】
①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，若Cl-位于晶胞的顶点位置，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心；
观察结构可知与Na+距离相等且最近的Cl-数为4；
②已知1号离子、2 号离子分数坐标依次为(0，0，0)、，则3号离子位于面心，分数坐标为；
③根据分析可知，该晶胞中含有3个钠离子、1个氯离子、1个氧离子，则有1个Na3OCl，已知晶胞参数为a nm，密度为ρg•cm-3，由密度公式可，Na3OCl的摩尔质量为，故答案为：面心；4；；。
17. 元素分析是研究有机化合物的表征手段之一、用燃烧法确定有机物化学式的装置如图(夹持装置已省略)，电炉加热时利用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。回答下列问题：
（1）A装置是制备氧气的装置，仪器a的名称为___________
（2）B装置中浓硫酸的作用是___________，C装置中CuO的作用是___________。
（3）D和E中的试剂不可调换，理由是___________。
（4）甲同学认为在E装置后加一个盛有碱石灰的U形管，可减少测定误差，乙同学认为这样做是合理的，理由是___________。
（5）完善装置后，若样品有机物M(可表示为CxHyOz)质量为2.22g，实验结束后(设生成物被完全吸收)，D装置增重1.62g，E装置增重5.72g。M的质谱图如图所示。
①M的分子式为___________。
②写出分子式比M少2个H和1个O，且同时满足下列条件的结构简式：___________、___________(任写两种)。
a．含有苯环，且苯环上只有一个取代基；
b．含碳碳双键和酯基，且含有三个甲基。
【答案】（1）分液漏斗
（2）①.吸收氧气中的水蒸气或干燥氧气 ②.使有机物充分转化为和
（3）碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）防止空气中的水和二氧化碳进入E装置，影响测定准确性
（5）①. ②. ③.
【解析】采用燃烧法通过产物质量来确定有机物组成，反应原理为有机物与氧气反应，生成二氧化碳和水。结合实验装置可知A装置用于制备氧气，B装置用浓硫酸吸收水蒸气以获取纯净氧气，C装置为有机物样品与氧气的反应装置，D和E装置则是用于吸收产物水和二氧化碳，据此分析。
【小问1详解】
结合仪器a结构特点可知为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
【小问2详解】
实验需要纯氧氧化有机样品，所以需要浓硫酸对氧气进行干燥，吸收氧气中水分；有机物在燃烧过程中，可能燃烧不充分，即有可能产生CO，而CO能与氧化铜反应生成铜和CO2，所以C装置(燃烧管)中CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O，故答案为：使有机物充分转化为和，故答案为：吸收氧气中的水蒸气或干燥氧气；使有机物充分转化为和。
【小问3详解】
无水氯化钙只吸收水蒸气，而碱石灰可以同时吸收水和二氧化碳，所以不能调换位置，理由是：碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳，故答案为：碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳。
【小问4详解】
空气中的水和二氧化碳可能进入装置E引起误差，因此盛有碱石灰的U形管可以防止空气中的水和二氧化碳进入E装置，影响测定准确性，故答案为：防止空气中的水和二氧化碳进入E装置，影响测定准确性。
【小问5详解】
①观察质谱图可知，M的相对分子质量为222，则，根据D装置质量增加1.62g，可知，根据E装置质量增加5.72g，可知，计算可得，，样品有机物只含C、H、O三种元素，则，即C、H、O原子个数比为，该有机物的分子式为；
②分子式比M少2个H和1个O，则分子式为，不饱和度为6，满足条件：a．含有苯环，且苯环上只有一个取代基；b．含碳碳双键和酯基，且含有三个甲基，则符合条件的结构简式为：、、、、、、、、、、、、、、、、、，任选两种即可，故答案为：、、、、、、、、、、、、、、、、、，任选两种即可。
18. Cu2+可与NH3、H2O分子形成多种结构。向 CuSO4 溶液中滴加氨水最终可形成如图1所示的配离子。
（1）NH3和H2O的键角：NH3___________(填“>”“<”或“=”)H2O；结合NH3·H2O的电离方程式，推测NH3⋅H2O分子的结构为___________(填标号)。
A． B．
（2）图1所示配离子的化学式为___________，1ml该配离子中含有___________ml σ 键。
（3）某含Cu2+的晶体的晶胞结构如图2所示。该晶胞中阴离子为CN⁻(部分示例位置已用箭头标出)，CN⁻“连接”着每一对相邻的]Fe3+与 。已知该晶胞棱长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。
①该晶胞中距Cu2+最近且等距的K+有___________个。
②该晶体的化学式为___________，晶体密度为___________(列出代数式)g⋅cm-3。
【答案】（1）①.> ②.A
（2）①. ②.22
（3）①.4 ②.KCuFe(CN)6 ③.
【解析】
【小问1详解】
NH3和H2O中心原子都采用sp3杂化，NH3分子中，N原子有1对孤对电子，H2O中，O原子有两对孤对电子，斥力较大，导致H2O中的H-O-H键角小；H-O键的极性比H-N键的极性大，H-O键上的H原子更容易与N原子形成氢键，所以氢键主要存在于H2O分子中的H与NH3分子中的N之间。另外，根据氨水的电离方程式分析，A的结构可以电离出，故答案为：＞；A；
【小问2详解】
由图可知Cu2+与周围的4个NH3分子和2个H2O分子形成配位键，其化学式为，1个NH3分子中有3个σ 键，1个H2O分子中有2个σ 键，配位键也是σ 键，则1ml该配离子中含有σ 键，故答案为；22；
【小问3详解】
①以体心的Cu2+与其最近的K+构成了一个正四面体，则距Cu2+最近且等距的K+有4个；
②根据均摊法可知，K+位于晶胞内部，个数是4，Cu2+数目为，Fe3+数目为，根据电荷守恒，含有的CN-离子个数是24，则该晶体的化学式为：KCuFe(CN)6；根据公式，故答案为：KCuFe(CN)6；。
选项
A
B
C
D
物质
OHC-CHO
类别
酚
醛
卤代烃
酸
官能团
—OH
C—Br键
元素
元素性质或基态原子结构
M
最高正价和最低负价代数和为0
Q
价层电子排布是nsnnpn-1
X
同周期元素中未成对电子数最多
Y
最外层电子数是次外层电子数的一半
Z
+3 价阳离子中电子占据的最高能级处于半充满状态