江西省乐平中学2024-2025学年高二下学期4月期中化学试题

《2024-2025学年下学期高二期中考试化学试题卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D A B A B D C A 题号 11 12 13 14 答案 D A C C 1．C 【详解】A．氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，A正确； B．足球烯C60是由C60分子通过分子间作用力形成的分子晶体，，B正确； C．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子间的关系，故与互为同位素，C错误； D．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；纳米气凝胶，可产生丁达尔效应，D正确； 故选C。 2．A 【详解】A．通过晶体射线衍射实验，可测定晶胞中的各个原子的位置(坐标)，根据原子坐标，可以计算原子间距离，判断出晶体中哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角，A错误； B．红外光谱是用来获得物质的化学键和官能团信息的，可用于分析分子中含有何种化学键或官能团，B正确； C．质谱法可获取有机物的质荷比，最大质荷比等于相对分子质量，测定结果快捷、精确，测出简单分子的相对分子质量，C正确； D．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，D正确； 综上所述答案为A。 3．D 【详解】A．的电子式为，故A项化学用语的表示错误； B．核外有10个电子，离子结构示意图为，故B项化学用语的表示错误； C．用电子式表示的形成过程为，故C项化学用语的表示错误； D．核外有a个电子，则M原子核外有个电子，M的质子数为，质量数为，则M的原子符号为，故D项化学用语的表示正确； 综上所述，化学用语的表示中正确的是D项，故答案为：D。 4．A 【详解】分子式为C4H10，分子结构中含有一个次甲基的烃A的结构简式为（CH3）3CH，两个溴原子能同时取代甲基上的2个氢原子、分别取代2个甲基上的氢原子和分别取代甲基上和次甲基上的氢原子，则二溴代物共有3种，故选A。 5．B 【详解】A．该甲基中中子数是14－6＝8，A不正确； B．乙烯和丙烯的最简式相同，都是CH2，所以B正确； C．戊烷中只有四个C—C，应该是0.4NA，不正确； D．标准状况下，辛烷不是气体，不正确； 正确的答案选B。 6．A 【详解】A．Co2+价层电子排布式为3d7，故A错误； B．CO2，N2均为直线形分子，结构对称，正负电荷中心重合，CH4为正四面体形分子，正负电荷中心重合，其均为非极性分子，故B正确； C．Co3＋为催化剂，可降低反应的活化能，故C正确； D．基态碳原子的轨道表示式为，未成对电子数为2，基态氮原子的轨道表示式为，未成对电子数为3，H原子只有1个电子，未成对电子数为1，基态原子未成对电子数：H<C<N，故D正确； 故选A。 7．B 【详解】A．纯水中H3O+与H2O分子通过氢键相互作用，形成系列阳离子，H3O+中O原子有1对孤电子对，而水分子中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小，所以键角：，A项正确； B．的中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为四面体形，B项错误； C．中含有1个氢键、9个共价键，C项正确； D．中含有配位键，所以中含配位键，D项正确； 答案选B。 8．D 【详解】A．该分子中，电荷分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，故A正确； B．S2Cl2分子中，S为+1价，Cl为-1价，故B正确； C．Cl-S-S-Cl中硫原子和硫原子之间存在非极性键，硫和氯原子之间存在极性键，故C正确； D．和均属于分子晶体，中存在氢键，的熔沸点高，故D错误； 答案选D。 9．C 【详解】A．O3分子中存在非极性共价键；O3的三个原子以一个氧原子为中心，与另外两个氧原子分别构成共价键，中心的氧原子sp2杂化，其中包含一对孤电子对，O3空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合，O3是结构不对称的极性分子，A错误； B．邻羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛都是由分子构成的物质，分子之间以分子间作用力结合。邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，分子间氢键的形成增加了分子之间的吸引作用，使物质熔化、气化消耗的能量比较高，所以前者的熔点低于后者，B错误； C．乙烯分子中两个碳原子间以共价双键结合，其中C原子以sp2杂化轨道形成的σ键的重叠方式是头碰头，重叠重叠大，因而较稳定，未杂化的2p轨道形成的π键的电子是肩并肩重叠，重叠程度较小，因而易断裂，所以易发生加成反应，使不饱和C原子变为饱和C原子，C正确； D．金属Li中的金属键比金属K中的金属键强，所以Li原子最外层电子不如K容易失去，故单质Li的还原性比K弱，D错误； 故选C。 10．A 【详解】A．Fe3+黄色变为浅绿色的Fe2+被还原了，说明维生素具有还原性，A项正确； B．高锰酸钾褪色说明其被还原了，气体中有还原性的烯烃，但无法排除其他烷烃类气体，B项错误； C．辛烷将溴萃取出来而使溴水褪色，溴水无法与烷烃直接取代，C项错误； D．溴与丙烯加成得到的产物为1，2-二溴丙烷而非溴丙烷，D项错误； 故选A。 11．D 【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物的分子式是C5H4O2N3F，故A错误； B．该分子中形成双键的N原子采用sp2杂化，其余N原子都为sp3杂化，故B错误； C．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，但ⅡA族和ⅤA族的元素达到全满或半满状态，较为稳定，使得IIA与IIIA、VA与VIA反常，故该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，故C错误； D．手性碳原子一定是饱和碳原子，所连接的四个基团要是不同的，该有机物中没有饱和的碳原子，故D正确； 故答案选D。 12．A 【分析】由题意可知，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，则Y为N元素；基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，X的原子序数比Y小，则X的电子排布式为：1s22s22p2，为C元素；Z与C形成的某种化合物为CCl4或CS2，由于四种元素中只有一种元素的单质为气态，则Z为S元素；基态W原子有1个未成对电子，为K元素。 【详解】A．C的氢化物有多种，沸点可能最大，A错误； B．元素非金属性越强，电负性越大，则电负性N>S>C>K，B正确； C．四种原子的原子半径K>S>C>N，C正确； D．上述四种元素可以形成KSCN，检验Fe3+，D正确； 故答案选A。 13．C 【分析】9gA在足量氧气中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g，说明完全燃烧生成水的质量为5.4g，二氧化碳的质量为13.2g， 5.4g，9gA完全燃烧生成水的物质的量是==0.3 mol，9.0gA完全燃烧生成二氧化碳的物质的量是==0.3mol，n(O)===0.3mol，所以A的实验式为CH2O，通过质谱法测得A相对分子质量为90，设分子式为(CH2O)n，则(12+2+16)n=90，n=3，故A的分子式为C3H6O3，以此来解析； 【详解】A．由分析可知A的分子式为，A正确； B．根据红外光谱只A中含有-OH和-COOH，由核磁共振氢谱可知，A中含有4种氢原子，其数目比为1：1：1：3，故A的结构简式为CH3CH(OH)COOH，B正确； C．由分析可知A的分子式为，假设有机物的物质的量都为1mol,混合物中的两种有机物物质的量相同时，完全燃烧消耗的氧气的物质的量相等，无论以何种物质的量的比例混合，完全燃烧消耗氧气的量是否都为3mol，C错误； D．B是A的位置异构体，则B为CH2(OH)CH2COOH，共有4种氢原子，个数比为2：2：1：1，即B在核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：1：1，D正确； 故选C。 14．C 【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点，个数为，Hg2+位于体心，个数为1，C1-有4个位于棱心，2个位于体内，个数，、Hg2+、C1-个数比为：1：1：3；化合物X的化学式为NH4HgCl3，故A正确； B．晶体中Hg2+与周围6个C1-，配位数为6，故B正确； C．由晶胞结构可知C1-部分位于棱心，部分位于体内，空间环境不相同，故C错误； D．晶胞的质量为：；晶胞体积为：，则晶胞密度：，故D正确； 故选：C。 15． （除标注外，每空1分） (1) MnO2 6 （2分） (2) 降低（2分） A (3) 正四面体 4 sp2 (4)有机溶剂中的作用力为分子间作用力，而离子液体中的作用力为离子键，离子键强于分子间作用力，故离子液体难挥发（2分） (5)HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，分子间作用力更强，熔点远大于HMF（2分） 【分析】根据题给信息，[BMIM]+中咪喹环存在大π键，该结构为平面结构，N原子形成3个σ键，据此可判断其杂化方式。 【详解】（1）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；分析晶胞结构，可知距离Mn最近的O原子有6个，故该晶体中Mn的配位数为6。根据密度计算公式，可知晶胞的密度ρ==g/cm3。答案为：MnO2；6；； （2）当晶体有O原子脱出时，出现O空位，即n减小，Mn的化合价为+2n，则Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；答案为：降低；A； （3）BF中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；第二周期元素中第一电离能介于B和F之间的元素有Be、C、N和O共4种元素；[BMIM]+中咪喹环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；答案为：正四面体；4；sp2； （4）有机溶剂中的作用力为分子间作用力，而离子液体中的作用力为离子键，离子键的强度大于分子间作用力，因此离子液体难挥发。答案为：有机溶剂中的作用力为分子间作用力，而离子液体中的作用力为离子键，离子键强于分子间作用力，故离子液体难挥发； （5）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。答案为：HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，分子间作用力更强，熔点远大于HMF。 16． （除标注外，每空1分） (1) 分液漏斗 除去乙烯中的乙醇杂质 (2) 增大气体与液体的接触面积，使反应物反应更充分 ac （2分） 加成反应 酸性溶液(或溴水) (3)加热温度恒定、受热均匀，加热温度较高（2分） (4) 9 （2分） （2分） 【分析】Ⅰ中反应生成氯气通过Ⅱ中饱和食盐水除去氯化氢后进入Ⅲ装置干燥，然后进入Ⅳ；Ⅶ 装置生成乙烯通过Ⅵ 装置除杂后通过Ⅴ装置干燥后进入Ⅳ；装置Ⅳ中乙烯和氯气反应生成1，2-二氯乙烷。 【详解】（1）仪器A的名称是分液漏斗；乙醇易溶于水而乙烯难溶，Ⅵ中水除去乙烯中的乙醇。 （2）①Ⅵ装置中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分； ②氯气和乙烯在水相中溶解度较小，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解和乙烯、促进气体反应物间的接触，故选ac； ③“乙烯液相直接氯化法”即乙烯与氯气的加成反应：； ④制得的1，2-二氯乙烷中溶解有、乙烯，逐出的、乙烯可使用NaOH溶液除去，乙烯可通过与酸性溶液的氧化反应或者与溴水的加成反应除去。 （3）Ⅶ装置中采用甘油浴加热，该加热方式的优点是加热温度恒定，受热均匀，且加热温度较高。 （4）同分异构体共有9种，如图所示： 其中有3种等效氢，且个数比为1∶3∶4的结构简式。 17．（除标注外，每空1分）(1) 7 [Ar]3d104s24p3 (2) 1:5 (3) 9 ds 5 (4)②④ (5)BeO+2OH-=BeOH2O（2分） (6)c (7) sp3 小于 大于 【分析】A为H元素，B为Be元素，C为C元素，D为N元素，E为O元素，F为Na元素，G为Mg元素，H为Al元素，I为S元素，J为Cl元素，K为Cr元素，L为Zn元素，M为As元素，N为Ba元素，结合元素性质和原子结构分析回答问题。 【详解】（1） 基态K原子的价层电子排布式为：4s1，电子排布图为：，N的原子序数是7，M是As元素，核电荷数为33，基态原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，故答案为：；7；[Ar]3d104s24p3； （2） C可与A形成C2A4化合物C2H4，其含有的π键和σ键的个数比1：5，D可与A形成的DA5为离子化合物NH5，NH5可以是NH4H，NH5的电子式为：，故答案为：1：5；； （3）I为S元素，S元素的基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4，空间运动状态共有9种，L元素是Zn元素，位于ds区，与Zn同周期且基态原子未成对电子数相同的元素有K、Sc、Cu、Ga、Br，都含一个未成对电子，故答案为：9；ds；5； （4）①同周期从左到右第一电离能增大趋势，第ⅡA、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，得到第一电离能：G＞H＞F，故①错误； ②非金属性越强，电负性越大，非金属性E＞D＞C，电负性：E＞D＞C，故②正确； ③电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，H3+、F+、E2﹣的电子层数相同，则简单离子半径：H3+＜F+＜E2﹣，故③错误； ④非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C＜S＜Cl，即J＞I＞C，最高价含氧酸的酸性：J＞I＞C，故④正确； 故答案为：②④； （5）B的氧化物BeO与F的氢氧化物NaOH反应的化学方程式为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O，离子方程式为：BeO+2OH﹣H2O，故答案为：BeO+2OH﹣H2O； （6）a．电子排布是表示的为Be+，电离一个电子为Be的第二电离能比第一电离能大； b．电子排布是表示的为基态原子Be，电离出一个电子比激发态大； c．电子排布是表示的为Be原子激发态原子，电离出一个电子需要的能量最小； d．电子排布是表示的为Be+激发态，电离一个电子比A下，但比BC需要的能力大； 上述分析可知c正确， 故答案为：c； （7）JE为ClO，中心原子J的价层电子对数＝=4，杂化方式为sp3杂化，孤电子对数为4-2=2，JE为ClO，ClO中的价层电子对数＝=4，孤电子对数为4-3=1，ClO的键角小于ClO的键角，DA3分子是NH3，MA3分子是AsH3，N原子半径小于As原子半径，且N的电负性大于As，则键角MA3大于MA3，故答案为：sp3；小于；大于。 18．（除标注外，每空1分） (1) ds (2) (3)c (4)（2分） (5) 为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大，故熔沸点高，为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小（2分） AD（2分） (6) 4（2分） （2分） 【分析】电镀污泥加入稀硫酸酸浸， 、、、生成相应的金属阳离子，不反应，则滤渣I的主要成分为，电解得到金属铜，加入碳酸钠 调pH除去铁元素，得到，再加入磷酸钠除去铬元素，经过萃取与反萃取富集镍元素，经过一系列操作得到。 【详解】（1）Cr为第24号元素，其基态原子的价层电子排布式为，Cu为第29号元素，其基态原子的价层电子排布式为，属于元素周期表的ds区，故答案为：；ds。 （2）根据分析知，滤渣I的主要成分为；滤渣Ⅱ的主要成分。 （3）根据(水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相)，反萃取要增大氢离子浓度，还要不引入杂质，所以A为（或硫酸），故答案为：c。 （4）根据得失电子守恒、原子守恒可得：。 （5）K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大，故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小； 是无色挥发性液体，可知沸点低得出其晶体类型为分子晶体，结合组成分析，不存在的作用力为离子键(不属于离子晶体)，也不存在金属键(不属于金属晶体)，选AD。 （6）依图所示的立方体晶胞中，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心。 ①每个立方体晶胞中，Ni原子最近的Mg原子个数为4，故答案为：4； ②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：N(Mg)=，N(Ni)==3，N(C)=1，故化学式应为：MgNi3C，。故答案为：。 学科网（北京）股份有限公司 $$