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精品解析：浙江省丽水市2022-2023学年高二下学期普通高中期末教学质量检测化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：浙江省丽水市2022-2023学年高二下学期普通高中期末教学质量检测化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了本卷可能用到的相对原子质量， 下列有机物的命名正确的是， 下列说法不正确的是， 苯酚具有弱酸性的原因是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
丽水市2022学年第二学期普通高中教学质量监控
高二化学试题卷
考生须知：
1.本卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷第1题至第20题，第II卷第21题至第25题。全卷满分100分，考试时间90分钟。
2.本卷答案必须写在答题卷的相应位置上，写在试题卷上无效。
3.本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Cu-64 Ba-137
第I卷(选择题，共50分)
一、选择题(本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列晶体中，含有极性共价键的分子晶体是
A. HClO B. SiO2 C. I2 D. NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO晶体由HClO分子构成，属于分子晶体，分子中存在H-O键和O-Cl键，都为极性共价键，A符合题意；
B．SiO2晶体中只含有Si-O极性共价键，但晶体属于共价晶体，B不符合题意；
C．I2晶体属于分子晶体，但其单质分子中只含有I-I非极性共价键，C不符合题意；
D．NaCl晶体为离子晶体，晶体内只存在离子键，D不符合题意；
故选A。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 甲烷的空间填充模型：
B. 基态碳原子轨道表示式：
C. SO2的空间结构名称：直线形
D. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．是甲烷的球棍模型，甲烷的空间填充模型为，A不正确；
B．违背洪特规则，基态碳原子的2p电子应分占不同的2p轨道，并且自旋方向相同，则基态碳原子轨道表示式：，B不正确；
C．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，由于成键电子受孤电子对的排斥作用，分子空间结构呈V形，C不正确；
D．甲酸乙酯由HCOOH与CH3CH2OH通过发生酯化反应生成，则其结构简式为HCOOCH2CH3，D正确；
故选D。
3. 对H3O+的说法正确的是
A. 离子中无配位键 B. O原子采取sp3杂化
C. 离子中配体为O原子 D. H3O+中有2个σ键
【答案】B
【解析】
【详解】A．水分子中氧提供孤电子对，1个氢离子提供空轨道，形成配位键，故A错误；
B．O原子形成3个共价键，且还存在1对孤电子对，采取sp3杂化，故B正确；
C．离子中配体为H2O，故C错误；
D．配位键也是σ键，故存在3个σ键，故D错误；
故选B。
4. 下列有机物的命名正确的是
A. ：2－甲基戊烷 B. ：间二甲苯
C. CH2=CHCN：丙烯腈 D. ：甘油
【答案】C
【解析】
【分析】有机物系统命名法步骤：1、选主链：找出最长的①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号；如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。
【详解】A．为3－甲基戊烷，故A错误；
B．为对二甲苯，故B错误；
C．CH2=CHCN中含有-CN基、碳碳双键，为丙烯腈，故C正确；
D．甘油为，故D错误；
故选C。
5. 下列粒子的VSEPR模型与粒子的空间结构不一致的是
A. PCl3 B. CO C. CO2 D. BF3
【答案】A
【解析】
【详解】A．PCl3的VSEPR模型是四面体形，分子构型为三角锥形，VSEPR模型与粒子的空间结构不一致，A符合题意；
B．CO的VSEPR模型和离子构型都为平面三角形，B不合题意；
C．CO2VSEPR模型和分子构型都为直线型，C不合题意；
D．BF3的VSEPR模型和分子构型都为平面三角形，D不合题意。
故选A。
6. 下列说法不正确的是
A. “电子气理论”可解释金属材料具有良好导电性、导热性和延展性
B. Al2O3的离子键成分的百分数较小，可当作共价晶体来处理
C. 熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体一定是共价晶体
D. 混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体，如石墨就是常见的混合型晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．“电子气理论”可解释金属材料具有良好导电性、导热性和延展性，A正确；
B．Al2O3的离子键成分的百分数较小，可当作共价晶体来处理，B正确；
C．熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体有可能是金属晶体，C错误；
D．混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体，如石墨就是常见的混合型晶体，D正确。
故选C。
7. 下列说法不正确的是
A. 石油经催化裂化得到的汽油能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 卤代烃、饱和一元醇都可发生消去反应，得到不饱和有机物
C. 苯酚溶液可用氯化铁溶液检验
D. 乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油经催化裂化得到的汽油中含有烯烃类物质，烯烃分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．当卤代烃、饱和一元醇分子中只含有1个碳原子，或与卤原子、羟基相连碳原子相邻的碳原子上不连有氢原子时，都不能发生消去反应，B不正确；
C．苯酚与FeCl3能发生显色反应，从而使溶液显紫色，所以苯酚溶液可用氯化铁溶液检验，C正确；
D．乙醛、乙酸、乙酸乙酯与新制Cu(OH)2悬浊液作用，产生的现象分别为砖红色沉淀、溶解得蓝色溶液、无现象，所以可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醛、乙酸、乙酸乙酯，D正确；
故选B。
8. 苯酚具有弱酸性的原因是
A. 苯环使羟基中的极性变强 B. 羟基使苯环活化
C. 苯酚能与溶液反应 D. 苯酚与溴水反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．苯环的存在使羟基中的O-H极性变强，H可以电离出来，使苯酚显弱酸性，故A选；
B．羟基也能使苯环活化，但不是苯酚具有弱酸性的原因，故B不选；
C．苯酚有弱酸性，能与NaOH溶液反应生成盐，这是苯酚具有弱酸性的结果，故C不选；
D．苯酚与溴水反应是羟基使苯环活化的结果，故D不选；
故选A。
9. 下列说法正确的是
A. 蛋白质、油脂和糖类都能发生水解反应，其水解产物都是人类必需的营养物质
B. 硬脂酸甘油酯是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
C. 食物中含有的纤维素，可在人体内直接水解成葡萄糖
D. 少量的某些可溶性盐(如硫酸铵、氯化钠等)能促进蛋白质溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质、油脂和糖类中的低聚糖、多糖都能发生水解反应，但单糖(如葡萄糖等)不能发生水解，A不正确；
B．硬脂酸分子中含有18个碳原子，其属于高级脂肪酸，所以硬脂酸甘油酯是高级脂肪酸甘油酯，但相对分子质量远小于10000，不属于高分子化合物，B不正确；
C．人体内没有纤维素水解酶，食物中含有的纤维素，在人体内不能直接水解成葡萄糖，C不正确；
D．少量的某些可溶性盐(如硫酸铵、氯化钠等)，在浓度小时，会增加蛋白质分子表面的电荷，增强蛋白质分子与水分子的作用，从而促进蛋白质溶解，D正确；
故选D。
10. 我国屠呦呦等科学家用乙醚从青蒿中提取出抗疟疾有效成分青蒿素，下列有关研究青蒿素方法不正确的是
A. 可用质谱仪测定青蒿素的相对分子质量
B. 可从红外光谱和核磁共振谱分析青蒿素中的基团
C. 可通过X射线衍射测定青蒿素的分子结构
D. 可用乙醇从青蒿中萃取出青蒿素
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，故可用质谱仪测定青蒿素的相对分子质量，故A正确；
B．红外光谱可检测化学键及官能团，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢；故可从红外光谱和核磁共振谱分析青蒿素中的基团，故B正确；
C．测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，X射线衍射可以观测微观结构，测定晶体的晶胞参数，从而确定青蒿素的分子结构，故C正确；
D．乙醇和水互溶，可用乙醚从青蒿中萃取出青蒿素，故D错误；
故选D。
11. 有机物M转化为N的简要合成路线如图。下列有关说法不正确的是
A. M可以形成聚合物 B. N与酸、碱均可以发生反应
C. 1molN最多能与4molH2发生加成反应 D. M转化为N发生了还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．M分子中含有碳碳双键，可以通过加聚反应形成聚合物，故A正确；
B．N中含有氨基、羧基，具有两性，故与酸、碱均可以发生反应，故B正确；
C．N中苯环能和氢气加成，故1molN最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；
D．M转化为N为加氢、去氧反应，故发生了还原反应，故D正确；
故选C。
12. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，Y原子核外没有未成对电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法不正确的是
A. X的电负性比W的大
B. Y的第一电离能比同周期相邻两种元素的大
C. Z的常见氧化物是一种共价晶体
D. W的简单氢化物是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si；X原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，X可能为O或Mg，若X为Mg，则Y为Al，原子核外存在未成对电子，不符合题意，所以X为O，Y为Mg；W与X位于同一主族，则W为S。
【详解】A．X、W分别为O、S，二者为同主族元素，O的非金属性比S大，则O的电负性比S的大，A正确；
B．Y为Mg，其3s轨道全充满，第一电离能反常，则其第一电离能比同周期相邻两种元素Na、Al的大，B正确；
C．Z的常见氧化物为SiO2，是一种由Si、O原子通过共价键形成的共价晶体，C正确；
D．W的简单氢化物是H2S，S原子的最外层含有2个孤电子对，分子结构不对称，是极性分子，D不正确；
故选D。
13. 氨基磺酸(HSO3NH2)是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，是一种常见的化工原料。下列说法不正确的是
A. 氨基磺酸能与醇反应
B. 氨基磺酸不可能发生水解反应
C. 氨基磺酸能与金属反应生成盐和氢气
D. 氨基磺酸能与硝酸发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】氨基磺酸(HSO3NH2)是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，它能与水反应，生成NH4HSO4。
【详解】A．氨基磺酸显强酸性，能与醇发生酯化反应，生成无机酸酯等，A正确；
B．氨基磺酸与水反应生成的NH4HSO4，属于铵盐，能发生水解反应，B不正确；
C．氨基磺酸能电离出H+，显强酸性，与金属反应生成盐和氢气，C正确；
D．氨基磺酸分子中，N元素显-3价，具有还原性，能与具有强氧化性的硝酸(N元素显+5价)发生氧化还原反应，D正确；
故选B。
14. 下列关于物质的结构、性质及解释均正确的是
选项
物质的结构或性质
解释
A
键角：H2O＜NH3
水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的少
B
热稳定性：NH3＞PH3
NH3分子间氢键强于PH3分子间作用力
C
Cl－Cl的键长小于Br－Br的键长
Cl－Cl的键能小于Br－Br的键能
D
酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH
烃基(R－)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中O上有2个孤电子对，氨分子中N上有1个孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小，所以水分子中键角比氨分子中键角小，A不正确；
B．N与P为同主族元素，N的非金属性比P强，则热稳定性：NH3＞PH3，分子的热稳定性与分子间的作用力无关，B不正确；
C．Cl的原子半径小于Br的原子半径，则Cl－Cl的键长小于Br－Br的键长，Cl－Cl的键能大于Br－Br的键能，C不正确；
D．烃基(R－)越长推电子效应越大，则CH3CH2-的推电子效应比CH3-大，从而使-COOH中-OH的极性减弱，电离能力减弱，酸性减弱，所以酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH，D正确；
故选D。
15. 二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，易与水发生氧化还原反应，可利用反应CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2进行制备。下列说法不正确的是
物质的熔沸点
物质
CS2
CCl4
S2Cl2
沸点/℃
47
77
137
熔点/℃
-109
-23
-77
A. 制备反应中各物质在固态时晶体类型完全相同
B. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
C. CS2、CCl4、S2Cl2熔沸点的高低是由共价键的键能决定
D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．CS2、CCl4、S2Cl2都由分子构成，它们在固态时都形成分子晶体，A正确；
B．S2Br2与S2Cl2结构式分别为Br-S-S-Br、Cl-S-S-Cl，分子结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，B正确；
C．CS2、CCl4、S2Cl2在固态时都形成分子晶体，熔沸点的高低受分子间范德华力的影响，与共价键的键能无关，C不正确；
D．S2Cl2中，Cl显-1价，S显+1价，若S发生歧化反应，则产物中S的价态应在+1价的两侧，可能为0价和+4价，所以与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，D正确；
故选C。
16. 图为冰晶体的结构模型，大球代表O，小球代表H。下列有关说法正确的是
A. 冰晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构
B. 冰晶体具有空间网状结构，是共价晶体
C. 水分子间通过键形成冰晶体
D. 冰融化后，水分子之间的空隙增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．如图所示，每个水分子可以与另外四个水分子之间形成氢键，从而形成四面体结构，A正确；
B．冰晶体属于分子晶体，B错误；
C．冰晶体中的水分子主要是靠氢键结合在一起，氢键不是化学键，而是一种分子间作用力，C错误；
D．冰晶体中形成的氢键具有方向性和饱和性，故水分子间由氢键连接后，分子间空隙变大，而冰融化成水后，体积减小，水分子之间空隙减小，D错误；
故选A。
17. 第IVA、VA、VIA、VIIA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系如图。有关说法不正确的是
A. 甲曲线中第二周期元素的气态氢化物的沸点显著高于第三周期元素气态氢化物的沸点，其原因是分子间存在氢键
B. 乙曲线中第三、四、五周期元素的气态氢化物的沸点依次升高，其原因是它们的范德华力依次增大
C. 丙曲线中第二、三、四、五周期元素的气态氢化物均极易溶于水，并且易液化
D. 丁曲线表示第IVA族元素气态氢化物的沸点随周期数递增而逐渐增大
【答案】C
【解析】
【分析】CH4不能形成分子间的氢键，而NH3、H2O、HF都能形成分子间的氢键，但H2O分子间形成的氢键最多且能量较大，所以常温下H2O呈液态，而NH3、HF呈气态。由此得出图中、乙、丙、丁四条曲线分别表示VIA、VIIA、VA、IVA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系。
【详解】A．甲曲线表示中VIA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系，第二周期元素的气态氢化物为H2O，由于水分子间形成氢键，沸点显著高于第三周期元素气态氢化物的沸点，A正确；
B．乙曲线表示VIIA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系，第三、四、五周期元素的气态氢化物HCl、HBr、HI的相对分子质量依次增大，分子间的范德华力依次增大，沸点依次升高，B正确；
C．丙曲线表示VA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系，只有第二周期元素氮的氢化物与水分子间能形成氢键，极易溶于水、易液化，则第三、四、五周期元素P、As、Sb的气态氢化物均不易溶于水，并且不易液化，C不正确；
D．由分析可知，丁曲线表示第IVA族元素气态氢化物的沸点与周期数的关系，它们的氢化物分子间都不能形成氢键，只存在范德华力，相对分子质量依次增大，所以沸点随周期数递增而逐渐增大，D正确；
故选C。
18. 实验室可用如图流程制备苯甲醇和苯甲酸，已知苯甲醇易溶于水，苯甲酸微溶于水，且两者均易溶于乙醚等有机溶剂。下列说法不正确的是
A. 操作I用到的主要仪器有烧杯、分液漏斗
B. 操作II利用乙醚和苯甲醇溶解性差异进行分离
C. 操作III是过滤
D. 粗苯甲酸能通过重结晶法提纯
【答案】B
【解析】
【分析】苯甲醛在碱性溶液中发生有机歧化反应，生成苯甲醇和苯甲酸钠，从而得到白色糊状物；加入水、乙醚进行萃取，苯甲醇溶解在乙醚中，苯甲酸钠溶解在水中，分液后得到有机层和水层。有机层进行蒸馏，得到苯甲醇；水层加入HCl，将苯甲酸钠转化为微溶于水的苯甲酸，过滤进行分离。
【详解】A．由分析可知，操作I为萃取，用到的主要仪器有烧杯、分液漏斗，A正确；
B．操作II为分液后所得有机层的蒸馏，利用乙醚和苯甲醇沸点的差异进行分离，B不正确；
C．操作III是固、液分离的操作，应为过滤，C正确；
D．粗苯甲酸中混有可溶性杂质，先在较高温度下溶于水制成浓溶液，再降低温度，让苯甲酸结晶析出，即通过重结晶法提纯，D正确；
故选B。
19. 乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. 溴鎓离子中溴原子的杂化方式为sp3
B. 加成反应过程中，有非极性键的断裂以及极性键的形成
C. 将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成
D. 将乙烯分别通入等浓度的溴的CCl4溶液和溴水中，反应速率：前者＞后者
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴鎓离子中，溴原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3，A正确；
B．从图中可以看出，加成反应过程中，有碳碳、溴溴非极性键的断裂，有碳溴极性键的形成，B正确；
C．将乙烯通入溴水中，起初生成溴鎓离子，溶液中的Br-、OH-都可能与溴鎓离子发生反应，所以理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成，C正确；
D．水为极性分子，CCl4为非极性分子，则水的环境诱导能力比CCl4强，有利于增强Br2分子中共价键的极性，即有利于的生成，所以将乙烯分别通入等浓度的溴的CCl4溶液和溴水中，反应速率：前者＜后者，D不正确；
故选D。
20. 根据下列实验操作、现象及所得结论均正确的是
实验
现象
结论
A
向淀粉溶液中加适量10%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉未水解
B
向2mL鸡蛋清溶液中加入5滴浓硝酸，加热
会有白色沉淀产生，加热后沉淀变黄色
蛋白质能发生显色反应
C
取4mL乙醇，12mL浓硫酸及少量沸石，逐渐升温到170℃，将产生的气体通入到溴水中
溴水褪色
产生的气体中有乙烯
D
K3[Fe(CN)6]溶液中滴加适量KSCN溶液
无明显变化
CN-的配位能力弱于SCN-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向淀粉溶液中加适量10%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水，I2与NaOH反应，溶液中无I2，即便有淀粉存在，溶液也不会变蓝色，不能说明溶液中是否含有淀粉，A不正确；
B．向2mL鸡蛋清溶液中加入5滴浓硝酸，浓硝酸使蛋白质凝聚，生成白色沉淀，加热，浓硝酸与沉淀分子中的苯环作用，生成硝基化合物，蛋白质发生显色反应，B正确；
C．取4mL乙醇、12mL浓硫酸及少量沸石，逐渐升温到170℃，升温过程中，浓硫酸使部分乙醇碳化，同时生成二氧化硫等，所以气体能使溴水褪色，并不能说明有乙烯生成，C不正确；
D．K3[Fe(CN)6]溶液中滴加适量KSCN溶液，无明显变化，则表明K3[Fe(CN)6]没有转化为Fe(SCN)3等，从而表明CN-的配位能力强于SCN-，D不正确；
故选B。
第II卷(非选择题，共50分)
二、非选择题(本题包括5小题，共50分)
21. 甲醇广泛应用于化工生产，也可作为车用燃料。请回答有关甲醇的问题：
（1）甲醇分子属于_______(填“极性分子”或“非极性分子”)；甲醇分子中的共价键类型是______(填“σ键”或“π键”)。
（2）甲醇与钠的反应不如水与钠的反应剧烈，这是由于_______。
（3）根据CH3OH的成键特点，画出与图中液态CH3OH分子直接相连的所有氢键(O－H…O)_______。
【答案】（1） ①. 极性分子 ②. σ键
（2）甲醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱
（3）
【解析】
【小问1详解】
甲醇分子的结构式为，分子结构不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子；甲醇分子中，存在C-H键、C-O键、O-H键，所以共价键类型是σ键。
【小问2详解】
甲醇分子中，CH3-为推电子基，使O-H键的极性减弱，则甲醇与钠的反应不如水与钠的反应剧烈，这是由于：甲醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱。
【小问3详解】
CH3OH能形成分子间的氢键，且O－H…O位于同一条直线上，O原子最外层有2个孤电子对，每个O原子能形成2个氢键，则与图中液态CH3OH分子直接相连的所有氢键(O－H…O)结构图为 。
【点睛】分子内原子内形成的单键都为σ键。
22. 卤族元素易与金属元素形成大量无机盐，在有机合成等领域也发挥着重要的作用，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
（1）基态溴原子价层电子排布式为________。
（2）COCl2的空间结构名称为________，分子中碳原子的杂化轨道类型是_______。
（3）三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是_______。
A. 原子半径N＜O＜Cl
B. 该配合物中的配离子存在多种异构体
C. 对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
D. 常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3molAgCl沉淀
（4）铜和氯形成的某化合物晶体的晶胞如图。该化合物的化学式为_______，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则该晶体的密度ρ=_______g•cm-3。
【答案】（1）4s24p5
（2） ①. 平面三角形 ②. sp2杂化 （3）BC
（4） ①. CuCl ②.
【解析】
【小问1详解】
溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，其价电子排布式为4s24p5；
【小问2详解】
COCl2中C原子的价电子对数为=3，C原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，C与O原子之间形成C=O双键，其结构式是，所以它的空间构型为平面三角形；
【小问3详解】
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径：O＜N＜Cl，故A错误；
B．配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，如图为八面体，如：两个水分子可以排在1和2、2和3、3和4、1和6的位置，所以该配合物中的配离子有多种异构体，故B正确；
C．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力越弱，形成的配位键越弱，加热时易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故C正确；
D．常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，只有外界的原子能发生电离，所以该配合物分子能电离出2个氯离子，则向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2molAgCl沉淀，故D错误；
故选：BC。
【小问4详解】
氯原子有八个位于顶点，六个位于面心8×+6×=4，铜有四个位于内部，其个数为4，所以该晶体的化学式为CuCl，晶胞质量为，晶胞体积为(a×10-9)3cm3，其密度g•cm-3。
23. X是纺织业、造纸业常用的漂白剂。为研究它的组成和性质，进行如图实验：
其中：X、A、B是由3种相同元素组成的盐，焰色试验均呈黄色，150g•mol-1＜X的摩尔质量＜200g•mol-1，气体C能使品红溶液褪色。
请回答：
（1）X的组成元素是_______和O(写元素符号)，X的化学式是_______。
（2）写出步骤II中反应的离子方程式_______。
（3）步骤III，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色沉淀，原因是_______。
（4）碱性条件下，X能还原水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成两种常见酸根离子，请设计实验确定产物中的酸根离子：_______(假设反应物无剩余)。
【答案】（1） ①. Na、S ②. Na2S2O4
（2）+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（3）SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀
（4）取反应后上层清液少许于试管中，滴加足量稀盐酸，将产生的气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，则反应后溶液含有亚硫酸根离子；在加足量盐酸后的溶液中滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明反应后溶液含有硫酸根离子
【解析】
【分析】固体B与适量稀硫酸反应，生成淡黄色沉淀D为S，其物质的量为=0.01mol，白色沉淀F为BaSO4，物质的量为=0.01mol，气体C能使品红溶液褪色，物质的量为=0.01mol，则C为SO2，质量为0.32g；B的质量为3.48g-1.26g-0.64g=1.58g，X、A、B是由3种相同元素组成的盐，焰色试验均呈黄色，则B的物质的量为0.01mol，相对分子质量为158，B为Na2S2O3。A的质量为1.26g，其应为Na2SO3，物质的量为0.01mol，从而得出X→Na2SO3+Na2S2O3+SO2↑，由此得出X中Na、S、O的原子个数比为1:1:2，最简式为NaSO2，式量为87，150g•mol-1＜X的摩尔质量＜200g•mol-1，则X的分子式应为Na2S2O4。
【小问1详解】
由分析可知，X的组成元素是Na、S和O(写元素符号)，X的化学式是Na2S2O4。
【小问2详解】
步骤II中，Na2S2O3与硫酸反应，生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为+2H+=S↓+SO2↑+H2O。
【小问3详解】
步骤III，由于气体与空气接触，溶液中溶入一定量的O2，所以某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色沉淀，原因是：SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。
【小问4详解】
碱性条件下，X能还原水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成两种常见酸根离子，则酸根为亚硫酸根离子和硫酸根离子，亚硫酸根离子可加入盐酸，再检验生成的气体进行确认，硫酸根离子可使用氯化钡进行确认，则确定产物中的酸根离子：取反应后上层清液少许于试管中，滴加足量稀盐酸，将产生的气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，则反应后溶液含有亚硫酸根离子；在加足量盐酸后的溶液中滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明反应后溶液含有硫酸根离子。
【点睛】能使品红溶液褪色的气体也可能是氯气。
24. 苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某研究性学习小组拟用下列装置制取苯甲酸甲酯：
在圆底烧瓶中加入12.2g苯甲酸和13g甲醇，再加入2mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热65min，获得苯甲酸甲酯粗产品。
有关数据如表所示：
摩尔质量/g•mol-1
熔点/℃
沸点/℃
密度/g•cm-3
水溶性
苯甲酸
122
122.4
249
1.27
微溶
甲醇
32
-97
64.3
0.79
互溶
苯甲酸甲酯
136
-12.3
199.6
1.09
不溶
请回答下列问题：
（1）装置D中的仪器名称_______。
（2）写出该实验中制取苯甲酸甲酯的化学方程式______。
（3）在实际实验中使用过量甲醇的原因_______。
（4）苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、浓硫酸、苯甲酸和水等，制备和提纯苯甲酸甲酯的操作先后顺序为F→E→(____)→(____)→C→(____)(填装置字母代号)_______。
（5）实验制得的苯甲酸甲酯的质量为10.2克，则苯甲酸甲酯的产率为_______。
【答案】（1）分液漏斗
（2）+CH3OH+H2O
（3）提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率
（4）F→E→(D)→(A)→C→(B)
（5）75%
【解析】
【分析】制备苯甲酸甲酯时，可使用F装置；所得苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、浓硫酸、苯甲酸和水等，溶于水后进行分液(洗去大部分硫酸)(E、D装置)，由于苯甲酸甲酯密度比水大，所以下层获得苯甲酸甲酯、甲醇、苯甲酸等；混合液放入碳酸钠中，去除苯甲酸、溶解甲醇、降低苯甲酸甲酯的溶解度(A装置)，此时所得苯甲酸甲酯中还混有少量甲醇，采用蒸馏法分离(C、B)。
【小问1详解】
装置D中的仪器带有活塞，其名称为分液漏斗。
【小问2详解】
该实验中，苯甲酸与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯等，化学方程式为+CH3OH+H2O。
【小问3详解】
苯甲酸与甲醇的酯化反应为可逆反应，为提高苯甲酸的利用率，从而提高苯甲酸甲酯的产率，在实际实验中使用过量甲醇，原因是：提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率。
小问4详解】
苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、浓硫酸、苯甲酸和水等，由分析可得出，制备和提纯苯甲酸甲酯的操作先后顺序为F→E→(D)→(A)→C→(B)。
【小问5详解】
12.2g苯甲酸(物质的量为=0.1mol)和13g甲醇完全反应，理论上可制得0.1mol苯甲酸甲酯，其质量为0.1mol×136g/mol=13.6g，实验制得的苯甲酸甲酯的质量为10.2克，则苯甲酸甲酯的产率为=75%。
【点睛】虽然甲醇易溶于水，但仍有少部分溶解在苯甲酸甲酯中。
25. 丁苯酞(NBP)是一种用于治疗缺血性脑卒中等疾病的药物。ZJM－289是一种NBP开环体(HPBA)衍生物，在体内外可经酶促或化学转变成NBP和其它活性成分，其合成路线如图：
已知信息：(R1=芳基)
请回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为________。
（2）G→H的反应类型为________。
（3）E→F中(步骤1)的化学方程式为________。
（4）D()有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为________。
①可发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1：2：2：3。
（5）通常酯化反应需在酸催化且加热条件下才能进行，而HPBA通过酯化反应转化为NBP在常温下就可以进行，从HPBA的结构角度说明反应更易发生的主要原因_______。
（6）W是合成某种药物的中间体类似物。设计由对氯甲苯()和苯乙酸()制备W()的合成路线_______。(无机试剂和四个碳以下的有机试剂任选)
【答案】（1）羧基、酯基
（2）取代反应 （3）
（4） （5）HPBA中烃基的空间位阻较大，使得羟基较为活泼，常温下就可发生酯化反应转化为NBP
（6）
【解析】
【分析】结合A化学式可知，A不饱和度4，A生成B结合B结构可知，A为，NBP中酯基水解后酸化得到HPBA，HPBA转化为C；E中酯基碱性水解后酸化转化为酚羟基得到F，F转化G，G中溴原子-ONO2取代生成H，H和C得到产品；
【小问1详解】
由C结构可知，C中含氧官能团的名称为羧基、酯基；
【小问2详解】
G中溴原子-ONO2取代生成H，为取代反应；
【小问3详解】
E→F中(步骤1)的反应为E中酯基碱性水解、羧基和氢氧化钠生成盐，反应为：；
【小问4详解】
D能同时满足下列条件的芳香族化合物的同分异构体：
①可发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基、醛基；②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1：2：2：3，结构对称且含有1个甲基；则可以为：；
【小问5详解】
HPBA通过酯化反应转化为NBP在常温下就可以进行的原因是：HPBA中烃基的空间位阻较大，使得羟基较为活泼，常温下就可发生酯化反应转化为NBP；
【小问6详解】
对氯甲苯光照在甲基引入氯原子，水解将甲基氯原子转化为羟基，然后氧化为醛基，和苯乙酸发生已知反应生成W，流程为：。
丽水市2022学年第二学期普通高中教学质量监控
高二化学试题卷
考生须知：
1.本卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷第1题至第20题，第II卷第21题至第25题。全卷满分100分，考试时间90分钟。
2.本卷答案必须写在答题卷的相应位置上，写在试题卷上无效。
3.本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Cu-64 Ba-137
第I卷(选择题，共50分)
一、选择题(本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列晶体中，含有极性共价键的分子晶体是
A. HClO B. SiO2 C. I2 D. NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO晶体由HClO分子构成，属于分子晶体，分子中存在H-O键和O-Cl键，都为极性共价键，A符合题意；
B．SiO2晶体中只含有Si-O极性共价键，但晶体属于共价晶体，B不符合题意；
C．I2晶体属于分子晶体，但其单质分子中只含有I-I非极性共价键，C不符合题意；
D．NaCl晶体为离子晶体，晶体内只存在离子键，D不符合题意；
故选A。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 甲烷的空间填充模型：
B. 基态碳原子轨道表示式：
C. SO2的空间结构名称：直线形
D. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．是甲烷的球棍模型，甲烷的空间填充模型为，A不正确；
B．违背洪特规则，基态碳原子的2p电子应分占不同的2p轨道，并且自旋方向相同，则基态碳原子轨道表示式：，B不正确；
C．SO2分子中，S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，由于成键电子受孤电子对的排斥作用，分子空间结构呈V形，C不正确；
D．甲酸乙酯由HCOOH与CH3CH2OH通过发生酯化反应生成，则其结构简式为HCOOCH2CH3，D正确；
故选D。
3. 对H3O+的说法正确的是
A. 离子中无配位键 B. O原子采取sp3杂化
C. 离子中配体为O原子 D. H3O+中有2个σ键
【答案】B
【解析】
【详解】A．水分子中氧提供孤电子对，1个氢离子提供空轨道，形成配位键，故A错误；
B．O原子形成3个共价键，且还存在1对孤电子对，采取sp3杂化，故B正确；
C．离子中配体为H2O，故C错误；
D．配位键也是σ键，故存在3个σ键，故D错误；
故选B。
4. 下列有机物的命名正确的是
A. ：2－甲基戊烷 B. ：间二甲苯
C. CH2=CHCN：丙烯腈 D. ：甘油
【答案】C
【解析】
【分析】有机物系统命名法步骤：1、选主链：找出最长的①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号；如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。
【详解】A．为3－甲基戊烷，故A错误；
B．为对二甲苯，故B错误；
C．CH2=CHCN中含有-CN基、碳碳双键，为丙烯腈，故C正确；
D．甘油为，故D错误；
故选C。
5. 下列粒子的VSEPR模型与粒子的空间结构不一致的是
A. PCl3 B. CO C. CO2 D. BF3
【答案】A
【解析】
【详解】A．PCl3的VSEPR模型是四面体形，分子构型为三角锥形，VSEPR模型与粒子的空间结构不一致，A符合题意；
B．CO的VSEPR模型和离子构型都为平面三角形，B不合题意；
C．CO2VSEPR模型和分子构型都为直线型，C不合题意；
D．BF3的VSEPR模型和分子构型都为平面三角形，D不合题意。
故选A。
6. 下列说法不正确的是
A. “电子气理论”可解释金属材料具有良好导电性、导热性和延展性
B. Al2O3的离子键成分的百分数较小，可当作共价晶体来处理
C. 熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体一定是共价晶体
D. 混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体，如石墨就是常见的混合型晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．“电子气理论”可解释金属材料具有良好导电性、导热性和延展性，A正确；
B．Al2O3的离子键成分的百分数较小，可当作共价晶体来处理，B正确；
C．熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体有可能是金属晶体，C错误；
D．混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体，如石墨就是常见的混合型晶体，D正确。
故选C。
7. 下列说法不正确的是
A. 石油经催化裂化得到的汽油能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 卤代烃、饱和一元醇都可发生消去反应，得到不饱和有机物
C. 苯酚溶液可用氯化铁溶液检验
D. 乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油经催化裂化得到的汽油中含有烯烃类物质，烯烃分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．当卤代烃、饱和一元醇分子中只含有1个碳原子，或与卤原子、羟基相连碳原子相邻的碳原子上不连有氢原子时，都不能发生消去反应，B不正确；
C．苯酚与FeCl3能发生显色反应，从而使溶液显紫色，所以苯酚溶液可用氯化铁溶液检验，C正确；
D．乙醛、乙酸、乙酸乙酯与新制Cu(OH)2悬浊液作用，产生的现象分别为砖红色沉淀、溶解得蓝色溶液、无现象，所以可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醛、乙酸、乙酸乙酯，D正确；
故选B。
8. 苯酚具有弱酸性的原因是
A. 苯环使羟基中的极性变强 B. 羟基使苯环活化
C. 苯酚能与溶液反应 D. 苯酚与溴水反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．苯环的存在使羟基中的O-H极性变强，H可以电离出来，使苯酚显弱酸性，故A选；
B．羟基也能使苯环活化，但不是苯酚具有弱酸性的原因，故B不选；
C．苯酚有弱酸性，能与NaOH溶液反应生成盐，这是苯酚具有弱酸性的结果，故C不选；
D．苯酚与溴水反应是羟基使苯环活化的结果，故D不选；
故选A。
9. 下列说法正确的是
A. 蛋白质、油脂和糖类都能发生水解反应，其水解产物都是人类必需的营养物质
B. 硬脂酸甘油酯是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
C. 食物中含有的纤维素，可在人体内直接水解成葡萄糖
D. 少量的某些可溶性盐(如硫酸铵、氯化钠等)能促进蛋白质溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质、油脂和糖类中的低聚糖、多糖都能发生水解反应，但单糖(如葡萄糖等)不能发生水解，A不正确；
B．硬脂酸分子中含有18个碳原子，其属于高级脂肪酸，所以硬脂酸甘油酯是高级脂肪酸甘油酯，但相对分子质量远小于10000，不属于高分子化合物，B不正确；
C．人体内没有纤维素水解酶，食物中含有的纤维素，在人体内不能直接水解成葡萄糖，C不正确；
D．少量的某些可溶性盐(如硫酸铵、氯化钠等)，在浓度小时，会增加蛋白质分子表面的电荷，增强蛋白质分子与水分子的作用，从而促进蛋白质溶解，D正确；
故选D。
10. 我国屠呦呦等科学家用乙醚从青蒿中提取出抗疟疾有效成分青蒿素，下列有关研究青蒿素方法不正确的是
A. 可用质谱仪测定青蒿素的相对分子质量
B. 可从红外光谱和核磁共振谱分析青蒿素中的基团
C. 可通过X射线衍射测定青蒿素的分子结构
D. 可用乙醇从青蒿中萃取出青蒿素
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，故可用质谱仪测定青蒿素的相对分子质量，故A正确；
B．红外光谱可检测化学键及官能团，核磁共振氢谱可以测定不同环境的氢；故可从红外光谱和核磁共振谱分析青蒿素中的基团，故B正确；
C．测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，X射线衍射可以观测微观结构，测定晶体的晶胞参数，从而确定青蒿素的分子结构，故C正确；
D．乙醇和水互溶，可用乙醚从青蒿中萃取出青蒿素，故D错误；
故选D。
11. 有机物M转化为N的简要合成路线如图。下列有关说法不正确的是
A. M可以形成聚合物 B. N与酸、碱均可以发生反应
C. 1molN最多能与4molH2发生加成反应 D. M转化为N发生了还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．M分子中含有碳碳双键，可以通过加聚反应形成聚合物，故A正确；
B．N中含有氨基、羧基，具有两性，故与酸、碱均可以发生反应，故B正确；
C．N中苯环能和氢气加成，故1molN最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；
D．M转化为N为加氢、去氧反应，故发生了还原反应，故D正确；
故选C。
12. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，Y原子核外没有未成对电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法不正确的是
A. X的电负性比W的大
B. Y的第一电离能比同周期相邻两种元素的大
C. Z的常见氧化物是一种共价晶体
D. W的简单氢化物是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si；X原子核外p能级上的电子总数与s能级上的电子总数相等，X可能为O或Mg，若X为Mg，则Y为Al，原子核外存在未成对电子，不符合题意，所以X为O，Y为Mg；W与X位于同一主族，则W为S。
【详解】A．X、W分别为O、S，二者为同主族元素，O的非金属性比S大，则O的电负性比S的大，A正确；
B．Y为Mg，其3s轨道全充满，第一电离能反常，则其第一电离能比同周期相邻两种元素Na、Al的大，B正确；
C．Z的常见氧化物为SiO2，是一种由Si、O原子通过共价键形成的共价晶体，C正确；
D．W的简单氢化物是H2S，S原子的最外层含有2个孤电子对，分子结构不对称，是极性分子，D不正确；
故选D。
13. 氨基磺酸(HSO3NH2)是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，是一种常见的化工原料。下列说法不正确的是
A. 氨基磺酸能与醇反应
B. 氨基磺酸不可能发生水解反应
C. 氨基磺酸能与金属反应生成盐和氢气
D. 氨基磺酸能与硝酸发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】氨基磺酸(HSO3NH2)是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，它能与水反应，生成NH4HSO4。
【详解】A．氨基磺酸显强酸性，能与醇发生酯化反应，生成无机酸酯等，A正确；
B．氨基磺酸与水反应生成的NH4HSO4，属于铵盐，能发生水解反应，B不正确；
C．氨基磺酸能电离出H+，显强酸性，与金属反应生成盐和氢气，C正确；
D．氨基磺酸分子中，N元素显-3价，具有还原性，能与具有强氧化性的硝酸(N元素显+5价)发生氧化还原反应，D正确；
故选B。
14. 下列关于物质的结构、性质及解释均正确的是
选项
物质的结构或性质
解释
A
键角：H2O＜NH3
水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的少
B
热稳定性：NH3＞PH3
NH3分子间氢键强于PH3分子间作用力
C
Cl－Cl的键长小于Br－Br的键长
Cl－Cl的键能小于Br－Br的键能
D
酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH
烃基(R－)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中O上有2个孤电子对，氨分子中N上有1个孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小，所以水分子中键角比氨分子中键角小，A不正确；
B．N与P为同主族元素，N的非金属性比P强，则热稳定性：NH3＞PH3，分子的热稳定性与分子间的作用力无关，B不正确；
C．Cl的原子半径小于Br的原子半径，则Cl－Cl的键长小于Br－Br的键长，Cl－Cl的键能大于Br－Br的键能，C不正确；
D．烃基(R－)越长推电子效应越大，则CH3CH2-的推电子效应比CH3-大，从而使-COOH中-OH的极性减弱，电离能力减弱，酸性减弱，所以酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH，D正确；
故选D。
15. 二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，易与水发生氧化还原反应，可利用反应CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2进行制备。下列说法不正确的是
物质的熔沸点
物质
CS2
CCl4
S2Cl2
沸点/℃
47
77
137
熔点/℃
-109
-23
-77
A. 制备反应中各物质在固态时晶体类型完全相同
B. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
C. CS2、CCl4、S2Cl2熔沸点的高低是由共价键的键能决定
D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．CS2、CCl4、S2Cl2都由分子构成，它们在固态时都形成分子晶体，A正确；
B．S2Br2与S2Cl2结构式分别为Br-S-S-Br、Cl-S-S-Cl，分子结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，B正确；
C．CS2、CCl4、S2Cl2在固态时都形成分子晶体，熔沸点的高低受分子间范德华力的影响，与共价键的键能无关，C不正确；
D．S2Cl2中，Cl显-1价，S显+1价，若S发生歧化反应，则产物中S的价态应在+1价的两侧，可能为0价和+4价，所以与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，D正确；
故选C。
16. 图为冰晶体的结构模型，大球代表O，小球代表H。下列有关说法正确的是
A. 冰晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构
B. 冰晶体具有空间网状结构，是共价晶体
C. 水分子间通过键形成冰晶体
D. 冰融化后，水分子之间的空隙增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．如图所示，每个水分子可以与另外四个水分子之间形成氢键，从而形成四面体结构，A正确；
B．冰晶体属于分子晶体，B错误；
C．冰晶体中的水分子主要是靠氢键结合在一起，氢键不是化学键，而是一种分子间作用力，C错误；
D．冰晶体中形成的氢键具有方向性和饱和性，故水分子间由氢键连接后，分子间空隙变大，而冰融化成水后，体积减小，水分子之间空隙减小，D错误；
故选A。
17. 第IVA、VA、VIA、VIIA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系如图。有关说法不正确的是
A. 甲曲线中第二周期元素的气态氢化物的沸点显著高于第三周期元素气态氢化物的沸点，其原因是分子间存在氢键
B. 乙曲线中第三、四、五周期元素的气态氢化物的沸点依次升高，其原因是它们的范德华力依次增大
C. 丙曲线中第二、三、四、五周期元素的气态氢化物均极易溶于水，并且易液化
D. 丁曲线表示第IVA族元素气态氢化物的沸点随周期数递增而逐渐增大
【答案】C
【解析】
【分析】CH4不能形成分子间的氢键，而NH3、H2O、HF都能形成分子间的氢键，但H2O分子间形成的氢键最多且能量较大，所以常温下H2O呈液态，而NH3、HF呈气态。由此得出图中、乙、丙、丁四条曲线分别表示VIA、VIIA、VA、IVA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系。
【详解】A．甲曲线表示中VIA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系，第二周期元素的气态氢化物为H2O，由于水分子间形成氢键，沸点显著高于第三周期元素气态氢化物的沸点，A正确；
B．乙曲线表示VIIA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系，第三、四、五周期元素的气态氢化物HCl、HBr、HI的相对分子质量依次增大，分子间的范德华力依次增大，沸点依次升高，B正确；
C．丙曲线表示VA族元素的气态氢化物的沸点与周期数的关系，只有第二周期元素氮的氢化物与水分子间能形成氢键，极易溶于水、易液化，则第三、四、五周期元素P、As、Sb的气态氢化物均不易溶于水，并且不易液化，C不正确；
D．由分析可知，丁曲线表示第IVA族元素气态氢化物的沸点与周期数的关系，它们的氢化物分子间都不能形成氢键，只存在范德华力，相对分子质量依次增大，所以沸点随周期数递增而逐渐增大，D正确；
故选C。
18. 实验室可用如图流程制备苯甲醇和苯甲酸，已知苯甲醇易溶于水，苯甲酸微溶于水，且两者均易溶于乙醚等有机溶剂。下列说法不正确的是
A. 操作I用到的主要仪器有烧杯、分液漏斗
B. 操作II利用乙醚和苯甲醇溶解性差异进行分离
C. 操作III是过滤
D. 粗苯甲酸能通过重结晶法提纯
【答案】B
【解析】
【分析】苯甲醛在碱性溶液中发生有机歧化反应，生成苯甲醇和苯甲酸钠，从而得到白色糊状物；加入水、乙醚进行萃取，苯甲醇溶解在乙醚中，苯甲酸钠溶解在水中，分液后得到有机层和水层。有机层进行蒸馏，得到苯甲醇；水层加入HCl，将苯甲酸钠转化为微溶于水的苯甲酸，过滤进行分离。
【详解】A．由分析可知，操作I为萃取，用到的主要仪器有烧杯、分液漏斗，A正确；
B．操作II为分液后所得有机层的蒸馏，利用乙醚和苯甲醇沸点的差异进行分离，B不正确；
C．操作III是固、液分离的操作，应为过滤，C正确；
D．粗苯甲酸中混有可溶性杂质，先在较高温度下溶于水制成浓溶液，再降低温度，让苯甲酸结晶析出，即通过重结晶法提纯，D正确；
故选B。
19. 乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. 溴鎓离子中溴原子的杂化方式为sp3
B. 加成反应过程中，有非极性键的断裂以及极性键的形成
C. 将乙烯通入溴水中，理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成
D. 将乙烯分别通入等浓度的溴的CCl4溶液和溴水中，反应速率：前者＞后者
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴鎓离子中，溴原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3，A正确；
B．从图中可以看出，加成反应过程中，有碳碳、溴溴非极性键的断裂，有碳溴极性键的形成，B正确；
C．将乙烯通入溴水中，起初生成溴鎓离子，溶液中的Br-、OH-都可能与溴鎓离子发生反应，所以理论上会有一定量的CH2BrCH2OH生成，C正确；
D．水为极性分子，CCl4为非极性分子，则水的环境诱导能力比CCl4强，有利于增强Br2分子中共价键的极性，即有利于的生成，所以将乙烯分别通入等浓度的溴的CCl4溶液和溴水中，反应速率：前者＜后者，D不正确；
故选D。
20. 根据下列实验操作、现象及所得结论均正确的是
实验
现象
结论
A
向淀粉溶液中加适量10%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉未水解
B
向2mL鸡蛋清溶液中加入5滴浓硝酸，加热
会有白色沉淀产生，加热后沉淀变黄色
蛋白质能发生显色反应
C
取4mL乙醇，12mL浓硫酸及少量沸石，逐渐升温到170℃，将产生的气体通入到溴水中
溴水褪色
产生的气体中有乙烯
D
K3[Fe(CN)6]溶液中滴加适量KSCN溶液
无明显变化
CN-的配位能力弱于SCN-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向淀粉溶液中加适量10%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水，I2与NaOH反应，溶液中无I2，即便有淀粉存在，溶液也不会变蓝色，不能说明溶液中是否含有淀粉，A不正确；
B．向2mL鸡蛋清溶液中加入5滴浓硝酸，浓硝酸使蛋白质凝聚，生成白色沉淀，加热，浓硝酸与沉淀分子中的苯环作用，生成硝基化合物，蛋白质发生显色反应，B正确；
C．取4mL乙醇、12mL浓硫酸及少量沸石，逐渐升温到170℃，升温过程中，浓硫酸使部分乙醇碳化，同时生成二氧化硫等，所以气体能使溴水褪色，并不能说明有乙烯生成，C不正确；
D．K3[Fe(CN)6]溶液中滴加适量KSCN溶液，无明显变化，则表明K3[Fe(CN)6]没有转化为Fe(SCN)3等，从而表明CN-的配位能力强于SCN-，D不正确；
故选B。
第II卷(非选择题，共50分)
二、非选择题(本题包括5小题，共50分)
21. 甲醇广泛应用于化工生产，也可作为车用燃料。请回答有关甲醇的问题：
（1）甲醇分子属于_______(填“极性分子”或“非极性分子”)；甲醇分子中的共价键类型是______(填“σ键”或“π键”)。
（2）甲醇与钠的反应不如水与钠的反应剧烈，这是由于_______。
（3）根据CH3OH的成键特点，画出与图中液态CH3OH分子直接相连的所有氢键(O－H…O)_______。
【答案】（1） ①. 极性分子 ②. σ键
（2）甲醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱
（3）
【解析】
【小问1详解】
甲醇分子的结构式为，分子结构不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子；甲醇分子中，存在C-H键、C-O键、O-H键，所以共价键类型是σ键。
【小问2详解】
甲醇分子中，CH3-为推电子基，使O-H键的极性减弱，则甲醇与钠的反应不如水与钠的反应剧烈，这是由于：甲醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱。
【小问3详解】
CH3OH能形成分子间的氢键，且O－H…O位于同一条直线上，O原子最外层有2个孤电子对，每个O原子能形成2个氢键，则与图中液态CH3OH分子直接相连的所有氢键(O－H…O)结构图为 。
【点睛】分子内原子内形成的单键都为σ键。
22. 卤族元素易与金属元素形成大量无机盐，在有机合成等领域也发挥着重要的作用，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
（1）基态溴原子价层电子排布式为________。
（2）COCl2的空间结构名称为________，分子中碳原子的杂化轨道类型是_______。
（3）三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是_______。
A. 原子半径N＜O＜Cl
B. 该配合物中的配离子存在多种异构体
C. 对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
D. 常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3molAgCl沉淀
（4）铜和氯形成的某化合物晶体的晶胞如图。该化合物的化学式为_______，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则该晶体的密度ρ=_______g•cm-3。
【答案】（1）4s24p5
（2） ①. 平面三角形 ②. sp2杂化 （3）BC
（4） ①. CuCl ②.
【解析】
【小问1详解】
溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，其价电子排布式为4s24p5；
【小问2详解】
COCl2中C原子的价电子对数为=3，C原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，C与O原子之间形成C=O双键，其结构式是，所以它的空间构型为平面三角形；
【小问3详解】
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径：O＜N＜Cl，故A错误；
B．配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，如图为八面体，如：两个水分子可以排在1和2、2和3、3和4、1和6的位置，所以该配合物中的配离子有多种异构体，故B正确；
C．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力越弱，形成的配位键越弱，加热时易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故C正确；
D．常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，只有外界的原子能发生电离，所以该配合物分子能电离出2个氯离子，则向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2molAgCl沉淀，故D错误；
故选：BC。
【小问4详解】
氯原子有八个位于顶点，六个位于面心8×+6×=4，铜有四个位于内部，其个数为4，所以该晶体的化学式为CuCl，晶胞质量为，晶胞体积为(a×10-9)3cm3，其密度g•cm-3。
23. X是纺织业、造纸业常用的漂白剂。为研究它的组成和性质，进行如图实验：
其中：X、A、B是由3种相同元素组成的盐，焰色试验均呈黄色，150g•mol-1＜X的摩尔质量＜200g•mol-1，气体C能使品红溶液褪色。
请回答：
（1）X的组成元素是_______和O(写元素符号)，X的化学式是_______。
（2）写出步骤II中反应的离子方程式_______。
（3）步骤III，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色沉淀，原因是_______。
（4）碱性条件下，X能还原水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成两种常见酸根离子，请设计实验确定产物中的酸根离子：_______(假设反应物无剩余)。
【答案】（1） ①. Na、S ②. Na2S2O4
（2）+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（3）SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀
（4）取反应后上层清液少许于试管中，滴加足量稀盐酸，将产生的气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，则反应后溶液含有亚硫酸根离子；在加足量盐酸后的溶液中滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明反应后溶液含有硫酸根离子
【解析】
【分析】固体B与适量稀硫酸反应，生成淡黄色沉淀D为S，其物质的量为=0.01mol，白色沉淀F为BaSO4，物质的量为=0.01mol，气体C能使品红溶液褪色，物质的量为=0.01mol，则C为SO2，质量为0.32g；B的质量为3.48g-1.26g-0.64g=1.58g，X、A、B是由3种相同元素组成的盐，焰色试验均呈黄色，则B的物质的量为0.01mol，相对分子质量为158，B为Na2S2O3。A的质量为1.26g，其应为Na2SO3，物质的量为0.01mol，从而得出X→Na2SO3+Na2S2O3+SO2↑，由此得出X中Na、S、O的原子个数比为1:1:2，最简式为NaSO2，式量为87，150g•mol-1＜X的摩尔质量＜200g•mol-1，则X的分子式应为Na2S2O4。
【小问1详解】
由分析可知，X的组成元素是Na、S和O(写元素符号)，X的化学式是Na2S2O4。
【小问2详解】
步骤II中，Na2S2O3与硫酸反应，生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，反应的离子方程式为+2H+=S↓+SO2↑+H2O。
【小问3详解】
步骤III，由于气体与空气接触，溶液中溶入一定量的O2，所以某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色沉淀，原因是：SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。
【小问4详解】
碱性条件下，X能还原水中的Ag+，有同学预测该反应可能生成两种常见酸根离子，则酸根为亚硫酸根离子和硫酸根离子，亚硫酸根离子可加入盐酸，再检验生成的气体进行确认，硫酸根离子可使用氯化钡进行确认，则确定产物中的酸根离子：取反应后上层清液少许于试管中，滴加足量稀盐酸，将产生的气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，则反应后溶液含有亚硫酸根离子；在加足量盐酸后的溶液中滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则说明反应后溶液含有硫酸根离子。
【点睛】能使品红溶液褪色的气体也可能是氯气。
24. 苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某研究性学习小组拟用下列装置制取苯甲酸甲酯：
在圆底烧瓶中加入12.2g苯甲酸和13g甲醇，再加入2mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热65min，获得苯甲酸甲酯粗产品。
有关数据如表所示：
摩尔质量/g•mol-1
熔点/℃
沸点/℃
密度/g•cm-3
水溶性
苯甲酸
122
122.4
249
1.27
微溶
甲醇
32
-97
64.3
0.79
互溶
苯甲酸甲酯
136
-12.3
199.6
1.09
不溶
请回答下列问题：
（1）装置D中的仪器名称_______。
（2）写出该实验中制取苯甲酸甲酯的化学方程式______。
（3）在实际实验中使用过量甲醇的原因_______。
（4）苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、浓硫酸、苯甲酸和水等，制备和提纯苯甲酸甲酯的操作先后顺序为F→E→(____)→(____)→C→(____)(填装置字母代号)_______。
（5）实验制得的苯甲酸甲酯的质量为10.2克，则苯甲酸甲酯的产率为_______。
【答案】（1）分液漏斗
（2）+CH3OH+H2O
（3）提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率
（4）F→E→(D)→(A)→C→(B)
（5）75%
【解析】
【分析】制备苯甲酸甲酯时，可使用F装置；所得苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、浓硫酸、苯甲酸和水等，溶于水后进行分液(洗去大部分硫酸)(E、D装置)，由于苯甲酸甲酯密度比水大，所以下层获得苯甲酸甲酯、甲醇、苯甲酸等；混合液放入碳酸钠中，去除苯甲酸、溶解甲醇、降低苯甲酸甲酯的溶解度(A装置)，此时所得苯甲酸甲酯中还混有少量甲醇，采用蒸馏法分离(C、B)。
【小问1详解】
装置D中的仪器带有活塞，其名称为分液漏斗。
【小问2详解】
该实验中，苯甲酸与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯等，化学方程式为+CH3OH+H2O。
【小问3详解】
苯甲酸与甲醇的酯化反应为可逆反应，为提高苯甲酸的利用率，从而提高苯甲酸甲酯的产率，在实际实验中使用过量甲醇，原因是：提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率。
小问4详解】
苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、浓硫酸、苯甲酸和水等，由分析可得出，制备和提纯苯甲酸甲酯的操作先后顺序为F→E→(D)→(A)→C→(B)。
【小问5详解】
12.2g苯甲酸(物质的量为=0.1mol)和13g甲醇完全反应，理论上可制得0.1mol苯甲酸甲酯，其质量为0.1mol×136g/mol=13.6g，实验制得的苯甲酸甲酯的质量为10.2克，则苯甲酸甲酯的产率为=75%。
【点睛】虽然甲醇易溶于水，但仍有少部分溶解在苯甲酸甲酯中。
25. 丁苯酞(NBP)是一种用于治疗缺血性脑卒中等疾病的药物。ZJM－289是一种NBP开环体(HPBA)衍生物，在体内外可经酶促或化学转变成NBP和其它活性成分，其合成路线如图：
已知信息：(R1=芳基)
请回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为________。
（2）G→H的反应类型为________。
（3）E→F中(步骤1)的化学方程式为________。
（4）D()有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为________。
①可发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1：2：2：3。
（5）通常酯化反应需在酸催化且加热条件下才能进行，而HPBA通过酯化反应转化为NBP在常温下就可以进行，从HPBA的结构角度说明反应更易发生的主要原因_______。
（6）W是合成某种药物的中间体类似物。设计由对氯甲苯()和苯乙酸()制备W()的合成路线_______。(无机试剂和四个碳以下的有机试剂任选)
【答案】（1）羧基、酯基
（2）取代反应 （3）
（4） （5）HPBA中烃基的空间位阻较大，使得羟基较为活泼，常温下就可发生酯化反应转化为NBP
（6）
【解析】
【分析】结合A化学式可知，A不饱和度4，A生成B结合B结构可知，A为，NBP中酯基水解后酸化得到HPBA，HPBA转化为C；E中酯基碱性水解后酸化转化为酚羟基得到F，F转化G，G中溴原子-ONO2取代生成H，H和C得到产品；
【小问1详解】
由C结构可知，C中含氧官能团的名称为羧基、酯基；
【小问2详解】
G中溴原子-ONO2取代生成H，为取代反应；
【小问3详解】
E→F中(步骤1)的反应为E中酯基碱性水解、羧基和氢氧化钠生成盐，反应为：；
【小问4详解】
D能同时满足下列条件的芳香族化合物的同分异构体：
①可发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基、醛基；②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1：2：2：3，结构对称且含有1个甲基；则可以为：；
【小问5详解】
HPBA通过酯化反应转化为NBP在常温下就可以进行的原因是：HPBA中烃基的空间位阻较大，使得羟基较为活泼，常温下就可发生酯化反应转化为NBP；
【小问6详解】
对氯甲苯光照在甲基引入氯原子，水解将甲基氯原子转化为羟基，然后氧化为醛基，和苯乙酸发生已知反应生成W，流程为：。
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