精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试 化学试题

2025年4月高二下学期化学期中考试试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 同学们使用的涂改液中含有很多有害的挥发性物质，二氯甲烷就是其中的一种，吸入会引起慢性中毒，有关二氯甲烷的说法正确的是 A. 含有非极性共价键 B. 键角均为 C. 有两种同分异构体 D. 分子属于极性分子 2. 化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法错误的是 A. PCl3的价层电子对互斥模型： B. HCl分子中的σ键电子云轮廓图： C. 顺式聚-1，3-丁二烯的结构简式： D. NH3中N的杂化轨道表示式： 3. 下列性质比较中，正确的是 A. 沸点： B. 热稳定性： C. 酸性： D. 在水中的溶解度： 4. 下列有关物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料 B. 等离子体中含有带电粒子且能自由运动，可以用于制造显示器 C. 氯乙烷汽化时大量吸热，可用于运动中的急性损伤的镇痛 D. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 5. 下列对各微粒的排序正确的是 A. 非金属性：Br < Se < As < Ge B. 离子半径：Na+ < Mg2+ < Cl- < S2- C. 稳定性：HF > H2O > H2S > PH3 D. 碱性：Be(OH)2 > Mg(OH)2 > Ca(OH)2 > Sr(OH)2 6. 下列类比或推论正确的是 A. HF分子间氢键强度大于水的分子间氢键，因此HF的沸点更高 B. P与Cl可以形成PCl3和PCl5，N与Cl也可以形成NCl3和NCl5 C. CH4和CCl4的键角相同，NH3和NCl3的键角也相同 D. NH、SO为正四面体，PH、PO也为正四面体 7. 我国科学家发现，苯硼酸药物具有抗肿瘤功效。苯硼酸的结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. 苯硼酸分子间能形成氢键 B. 苯硼酸稳定性由分子间作用力决定 C. 苯硼酸分子中所有原子可能共平面 D. 苯硼酸分子含极性键和非极性键 8. 观察下列模型，判断下列说法错误的是 金刚石 碳化硅 二氧化硅 石墨烯 A. 晶体堆积属于分子密堆积 B. 晶体中Si和Si-O键个数比为1：4 C. 石墨烯中碳原子和六元环个数比2：1 D. 原子数相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1：2 9. 元素X、Y、Z、W均属前4周期，基态X原子的2p轨道中成对电子与未成对电子相等；Y是地壳含量最多的金属元素；Z的单质常温下是黄绿色气体；基态的3d轨道为半充满。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物沸点： C. Y与Z形成的化合物是电解质，熔融状态能导电 D. 晶胞的结构如图所示，已标出，应位于c处 10. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂如图所示。Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的p能级电子总数是s能级电子总数的。下列说法错误的是 A. 、两种粒子的VSEPR模型不相同 B. 第一电离能： C 简单离子半径： D. 该化合物中W的杂化轨道类型为 11. 物质结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 分子间作用力 B 熔点：(700℃)高于(316℃升华) 离子键成分的百分数 C 热稳定性：强于 氢键 D 酸性：强于 羟基极性 A. A B. B C. C D. D 12. 硒化锌材料不溶于水，其对热冲击具有很强的承受能力，使它成为高功率激光器系统中的成对电子数的最佳光学材料。硒化锌晶胞结构如图所示。设晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该晶胞中硒原子的配位数为6 B. Zn和Se在周期表中都位于ds区，属于过渡元素 C. 晶胞边长为 D. 基态原子核外有34种不同空间运动状态的电子 13. 蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C在酸性溶液中可以与反应，生成脱氢维生素C。 下列有关说法错误的是 A. 脱氢维生素C中，键角①＜键角② B. 维生素C分子中含有2个手性碳原子 C 维生素C与脱氢维生素C所含σ键数目相同 D. 维生素C与发生氧化还原反应时，维生素C被氧化 阅读下列材料，完成下列小题： 周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛，甲烷具有较大的燃烧热，是常见燃料；是重要的半导体材料，硅晶体表面能与氢氟酸（，弱酸）反应生成（在水中完全电离为和）；1885年德国化学家将硫化锗与共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜（铜-锡合金）的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。 14. 下列说法正确的是 A. 金刚石与石墨烯中的夹角都为 B. 、都是由极性键构成的非极性分子 C. 锗原子()基态核外电子排布式为 D. ⅣA族元素单质的晶体类型相同 15. 下列化学反应表示正确的是 A. 与HF溶液反应： B. 高温下还原： C. 铅蓄电池放电时的正极反应： D. 甲烷的燃烧： 16. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 石墨能导电，可用作润滑剂 B. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料 C. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 D. 含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料 17. 下列叙述不正确的是 A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得有机物有6种 B. 分子式为C4H8Cl2的有机物只含一个甲基的结构有共有8种(不考虑立体异构) C. 含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种 D. 菲的结构简式为，其一硝基取代物有5种 18. 某烃的分子式为，1mol该烃在催化剂作用下可以吸收2mol；用热的酸性溶液氧化．则可以得到丙酮（）、丁酮（）和琥珀酸（）三者的混合物。该烃的结构简式为 A. B. C. D. 二、填空题(共12分) 19. 已知在足量中充分燃烧，将生成混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重和，经检验剩余气体为。请完成下列填空。 （1）如图是该有机物甲的质谱图，则其分子式为_______。若不借助以下图，_______(填“可以”或“不可以”)确定A的分子式。 （2）确定甲的官能团：将小颗粒钠投入甲中，有气泡产生，则甲中存在的官能团的电子式是_______；甲可能的结构有_______种。 （3）确定甲的结构简式：经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，其中吸收峰强度之比为，则甲的结构简式为_______。 （4）若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为_______，含有的官能团名称是_______。 三、解答题(共40分) 20. 一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的： 开始沉淀的 1.5 6.9 - 74 62 沉淀完全的 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： （1）基态Fe原子价电子排布式为___________。 （2）“滤渣1”的成分为___________。 （3）用平衡移动的原理解释加入ZnO的作用___________。 （4）调之后，在过滤之前一般需要适当加热的目的是___________。 （5）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为___________和___________。 （6）“除钴液”中残留的浓度为___________。 21. 三氯乙醛()作为有机原料，常用于生产氯霉素、氯仿等。实验室制备三氯乙醛的装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下： 反应原理： 相关物质的相对分子质量及部分物理性质： 相对原子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 46 -114.1 78.3 与水互溶 147.5 -575 97.8 可溶于水、乙醇 163.5 58 198 可溶于水、乙醇、三氯乙醛 回答下列问题： （1）E的名称___________，其中水应从___________(填“b”或“c”)口进。 （2）装置D的作用是___________，仪器F的作用是___________。 （3）往a中加入盐酸，将其缓慢加入到高锰酸钾中，反应的化学方程式：___________。 （4）反应过程中若存在次氯酸，可能被氧化为，写出被次氯酸氧化的化学反应方程式：___________。 （5）测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入碘标准溶液20.00mL，再加入适量溶液，反应完全后加盐酸调节溶液的pH，立即用溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗溶液20.00mL。则产品的纯度为___________(计算结果保留三位有效数字)。(；；) 22. 磁性材料氮化铁镍合金应用广泛。 （1）基态核外电子排布式为_______，基态原子与基态原子核外未成对电子数之比为_______。 （2）丁二酮肟()是检验的灵敏试剂。丁二酮肟分子中碳原子轨道的杂化类型为_______。 （3）如图为一种含镍配合物及其配体。 ①物质在一定条件下水解生成邻羟基苯甲醛()，其沸点为，而对羟基苯甲醛()的沸点为，导致两种物质沸点相差较大的原因是_______。 ②由于原子上存在孤电子对，使含氮分子有碱性。的碱性与原子电子云密度有关，电子云密度越大、碱性越强，由此判断这三种物质中碱性最弱的是_______。 （4）铁和氨气在可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图，该反应的化学方程式为_______； 该晶胞中与铁原子最近且距离相等的铁原子个数为_______个。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年4月高二下学期化学期中考试试题 一、单选题(每题3分，共48分) 1. 同学们使用涂改液中含有很多有害的挥发性物质，二氯甲烷就是其中的一种，吸入会引起慢性中毒，有关二氯甲烷的说法正确的是 A. 含有非极性共价键 B. 键角均为 C. 有两种同分异构体 D. 分子属于极性分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氯甲烷分子结构中含有碳氢键、碳氯键，全部是极性键，没有非极性键，A项错误； B．甲烷属于正四面体构型，键角是109.5°，二氯甲烷不是正四面体结构，所以键角不是109.5°，B项错误； C．甲烷属于正四面体构型，二氯甲烷为甲烷的二氯代物，没有同分异构体，C项错误； D．甲烷属于正四面体构型，二氯甲烷为甲烷的二氯代物，二氯甲烷的正负电荷重心不重合，是极性分子，D项正确； 故答案为：D。 2. 化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法错误的是 A. PCl3的价层电子对互斥模型： B. HCl分子中的σ键电子云轮廓图： C. 顺式聚-1，3-丁二烯的结构简式： D. NH3中N的杂化轨道表示式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．PCl3中价层电子对数=3+×(5-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体形，即，故A项正确； B．HCl分子中σ键称为s-pσ键， s原子轨道是球形，p原子轨道是哑铃形，以“头碰头”方式重叠，则HCl分子中的σ键电子云轮廓图：，故B项正确； C．为反式聚-1，3-丁二烯的结构简式，故C项错误； D．NH3中N的价电子排布式为：2s22p3，则其杂化轨道表示式：，故D项正确； 故本题选C。 3. 下列性质比较中，正确的是 A. 沸点： B. 热稳定性： C. 酸性： D. 在水中的溶解度： 【答案】D 【解析】 【详解】A．能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以沸点：H2O＞H2S，A选项错误； B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性Cl＞I，所以热稳定性HCl＞HI，B选项错误； C．Cl原子为吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强，使得CH2ClCOOH酸性比CH3COOH强，C选项错误； D．一元醇中，烃基基团越大，其溶解度越小，所以在水中的溶解度：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2CH2OH，D选项正确； 答案选D。 4. 下列有关物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料 B. 等离子体中含有带电粒子且能自由运动，可以用于制造显示器 C. 氯乙烷汽化时大量吸热，可用于运动中的急性损伤的镇痛 D. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 【答案】A 【解析】 【详解】A．单晶硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故单晶硅用作半导体材料与其熔点高无关，A符合题意； B．等离子体由电子、阳离子和电中性粒子组成，其中含有带电粒子且能自由运动，具有良好的导电性和流动性，可以用于制造显示器，B不合题意； C．氯乙烷汽化时大量吸热，能够快速降低受伤处的温度防止组织坏死，可用于运动中的急性损伤的镇痛，C不合题意； D．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，D不合题意； 故答案为：A。 5. 下列对各微粒的排序正确的是 A. 非金属性：Br < Se < As < Ge B. 离子半径：Na+ < Mg2+ < Cl- < S2- C. 稳定性：HF > H2O > H2S > PH3 D. 碱性：Be(OH)2 > Mg(OH)2 > Ca(OH)2 > Sr(OH)2 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，故非金属性：Br >Se >As>Ge，故A错误； B．Na+和Mg2+有2个电子层，Cl- 和S2-有3个电子层，故Cl- 和S2-的半径较大，Na+和Mg2+电子层结构相同，Na+的核电荷数小，半径大于Mg2+，Cl- 和S2-的电子层结构相同，S2-的核电荷数小，半径大于Cl-，故半径大小：Mg2+<Na+<S2-<Cl-，故B错误； C．元素的非金属性：F>O>S>P，故简单氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S>PH3，故C正确； D．同主族从上到下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增加，故碱性：Be(OH)2 <Mg(OH)2 <Ca(OH)2 <Sr(OH)2，故D错误； 答案选C。 6. 下列类比或推论正确的是 A. HF分子间氢键强度大于水的分子间氢键，因此HF的沸点更高 B. P与Cl可以形成PCl3和PCl5，N与Cl也可以形成NCl3和NCl5 C. CH4和CCl4的键角相同，NH3和NCl3的键角也相同 D. NH、SO为正四面体，PH、PO也为正四面体 【答案】D 【解析】 【详解】A．F的电负性强于O，则HF分子间氢键强度大于水的分子间氢键，但H2O分子形成氢键的数目比HF分子多，因此H2O的沸点更高，A错误； B．P与Cl可以形成PCl3和PCl5，N与Cl可以形成NCl3，但不能形成NCl5，原因是：N原子最外层无d轨道，不能发生sp3d杂化，B错误； C．CH4和CCl4的键角相同，NH3和NCl3的键角不同，氯原子电负性较大，共用电子对更远离中心原子，斥力较小，故NCl3的键角较小，C错误； D．NH、SO、PH、PO中中心原子价层电子对个数都是4且不含孤电子对，所以空间构型均为正四面体形，D正确； 故选D。 7. 我国科学家发现，苯硼酸药物具有抗肿瘤功效。苯硼酸的结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. 苯硼酸分子间能形成氢键 B. 苯硼酸稳定性由分子间作用力决定 C. 苯硼酸分子中所有原子可能共平面 D. 苯硼酸分子含极性键和非极性键 【答案】B 【解析】 【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。 8. 观察下列模型，判断下列说法错误的是 金刚石 碳化硅 二氧化硅 石墨烯 A. 晶体堆积属于分子密堆积 B. 晶体中Si和Si-O键个数比为1：4 C. 石墨烯中碳原子和六元环个数比为2：1 D. 原子数相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1：2 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体为分子晶体，其堆积属于分子密堆积，A正确； B．晶体中1个硅原子形成4个共价键，Si和Si-O键个数比为1：4，B正确； C．石墨烯中1个六元环平均含有个碳，则碳原子和六元环个数比为2：1，C正确； D．金刚石和碳化硅中1个原子周围均存在4个最近的原子，则原子数相同的金刚石和碳化硅，共价键个数之比为1：1，D错误； 故选D。 9. 元素X、Y、Z、W均属前4周期，基态X原子的2p轨道中成对电子与未成对电子相等；Y是地壳含量最多的金属元素；Z的单质常温下是黄绿色气体；基态的3d轨道为半充满。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物沸点： C. Y与Z形成的化合物是电解质，熔融状态能导电 D. 晶胞的结构如图所示，已标出，应位于c处 【答案】D 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、W均属前4周期，基态原子X的2p轨道未成对电子数和成对电子数相等，则该元素为O元素，Y是地壳含量最多的金属元素，则Y为Al元素，Z的单质常温下是黄绿色气体，为Cl2，则Z为Cl元素，基态W3+的3d轨道为半充满，其电子排布为 1s22s22p63s23p63d5，共23个电子，再加上3个电子一共26个电子，因此W为Fe元素，由此可知X、Y、Z、W分别为：O、Al、Cl、Fe元素。 【详解】A．简单离子O2-、Al3+、Cl-、电子层数越多，半径越大，电子结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：Cl-﹥O2-﹥Al3+，故A项错误； B．X的最简单氢化物是H2O，Z的最简单氢化物是HCl， H2O分子间有氢键， HCl分子间没有氢键，故最简单氢化物的沸点：H2O>HCl，故B项错误； C．Y与Z形成的化合物为AlCl3，为共价化合物，是电解质，在水溶液中导电，在熔融状态下不能导电，故C项错误； D．该晶胞的一结构中含有个，根据化学式还应该含有2个Fe3+和一个Fe2+，图中Fe3+有个，则还差一个Fe2+，a、b、c三点只有c位于结构内部，则c为Fe2+，故D项正确； 故本题选D。 10. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂如图所示。Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的p能级电子总数是s能级电子总数的。下列说法错误的是 A. 、两种粒子的VSEPR模型不相同 B. 第一电离能： C. 简单离子半径： D. 该化合物中W的杂化轨道类型为 【答案】A 【解析】 【分析】Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na；W基态原子的p能级电子总数是s能级电子总数的，则W为P，在结构式图中，一个Y形成两个键，则Y为O，一个X形成一个键，且X原子序数最小，X为H，可知X、Y、Z、W分别为H、O、Na、P元素。 【详解】A．PH3中P原子价层电子对数为，杂化类型为sp3杂化；H3O+中O原子价层电子对数为，杂化类型为sp3杂化，VSEPR模型相同，A错误； B．同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素由上而下第一电离能递减，第一电离能：，B正确； C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：，C正确； D．该化合物中P形成3个单键、1个双键，杂化轨道类型为，D正确； 故选A。 11. 物质结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 分子间作用力 B 熔点：(700℃)高于(316℃升华) 离子键成分的百分数 C 热稳定性：强于 氢键 D 酸性：强于 羟基极性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．正戊烷与新戊烷是同分异构体，新戊烷支链多，分子间作用力弱，导致正戊烷沸点高于新戊烷，则正戊烷沸点高于新戊烷与分子间作用力有关，A正确； B．离子键成分的百分数大则倾向于构成离子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体，(700℃)高于(316℃升华)与离子键成分的百分数有关，B正确； C．热稳定性：强于，是因为水分子中氢氧键键能大于硫化氢中氢硫键，与氢键无关，C错误； D．氟原子(吸电子效应)使羟基的极性增强，更易电离出氢离子，酸性更强，D正确； 故选C。 12. 硒化锌材料不溶于水，其对热冲击具有很强的承受能力，使它成为高功率激光器系统中的成对电子数的最佳光学材料。硒化锌晶胞结构如图所示。设晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该晶胞中硒原子的配位数为6 B. Zn和Se在周期表中都位于ds区，属于过渡元素 C. 晶胞边长为 D. 基态原子核外有34种不同空间运动状态的电子 【答案】C 【解析】 【分析】硒化锌晶胞中Zn原子8个在顶点，6个在面心，则Zn原子数为：，Se原子4个在体心，Se原子数为：4，化学式为或，据此分析解答。 【详解】A．与Se原子距离最近的Zn原子有4个，该晶胞中硒原子的配位数为4，A错误； B．Zn位于周期表中第IIB族，属于ds区，Se位于周期表中第VIA族，属于p区，B错误； C．设晶胞的边长为acm，则有，C正确； D．基态原子的核外电子排布式为：，共占据了18个轨道，则基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子，D错误； 故答案为：C。 13. 蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C在酸性溶液中可以与反应，生成脱氢维生素C。 下列有关说法错误的是 A. 脱氢维生素C中，键角①＜键角② B. 维生素C分子中含有2个手性碳原子 C. 维生素C与脱氢维生素C所含σ键数目相同 D. 维生素C与发生氧化还原反应时，维生素C被氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．脱氢维生素C中，键角①中心原子O的价电子对数为，O为sp3杂化，键角接近109°28′，键角②中心原子Csp2杂化，键角接近120°，故键角①<键角②，A正确； B．手性碳原子连接4个各不相同的原子或原子团，如图所示，维生素C分子中含有2个手性碳原子，B正确； C．根据图中结构简式，1mol维生素C含有σ键数目为：，1mol脱氢维生素C含有σ键数目为：，C错误； D．根据图示，维生素C的分子式为：，脱氢维生素C的分子式为：，维生素C转化为脱氢维生素C减少2个H，可知维生素C被氧化，D正确； 故选C。 阅读下列材料，完成下列小题： 周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛，甲烷具有较大的燃烧热，是常见燃料；是重要的半导体材料，硅晶体表面能与氢氟酸（，弱酸）反应生成（在水中完全电离为和）；1885年德国化学家将硫化锗与共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜（铜-锡合金）的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。 14. 下列说法正确的是 A. 金刚石与石墨烯中的夹角都为 B. 、都是由极性键构成的非极性分子 C. 锗原子()基态核外电子排布式为 D. ⅣA族元素单质的晶体类型相同 15. 下列化学反应表示正确的是 A. 与HF溶液反应： B. 高温下还原： C. 铅蓄电池放电时的正极反应： D. 甲烷的燃烧： 16. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 石墨能导电，可用作润滑剂 B. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料 C. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑 D. 含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料 【答案】14. B 15. A 16. C 【解析】 【14题详解】 A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A错误； B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确； C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]3d10，故C错误； D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误； 故选B。 【15题详解】 A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A正确； B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B错误； C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C错误； D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D错误； 故选A。 【16题详解】 A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂。与其导电性无关，故A错误 B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误； C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确； D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误； 故选C。 【点睛】 17. 下列叙述不正确的是 A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得有机物有6种 B. 分子式为C4H8Cl2的有机物只含一个甲基的结构有共有8种(不考虑立体异构) C. 含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种 D. 菲的结构简式为，其一硝基取代物有5种 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲苯苯环上有3种不同位置的H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×2=6种，A正确； B．分子式为C4H8Cl2的有机物可看作是C4H10分子中2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种，其中只含一个甲基的C4H8Cl2的有机物结构为CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、CH3CH2CH2CHCl2、，共4中不同结构，B错误； C．含有5个碳原子的饱和链烃有CH3CH2CH2CH2CH3、、三种不同结构，CH3CH2CH2CH2CH3有三种不同位置的H原子，因此其一氯取代物有3种；有四种不同位置的H原子，因此其一氯取代物有4种；只有一种位置的H原子，其一氯代物有1种，故CH3CH2CH2CH2CH3的一氯取代物有3种，C正确； D．菲的结构对称，其分子结构中含有5种不同位置的H原子，因此其一硝基取代物有5种，D正确； 故合理选项是B。 18. 某烃的分子式为，1mol该烃在催化剂作用下可以吸收2mol；用热的酸性溶液氧化．则可以得到丙酮（）、丁酮（）和琥珀酸（）三者的混合物。该烃的结构简式为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】该烃在催化剂作用下可以吸收2mol H2，说明分子中含有1个碳碳三键或2个碳碳双键，即B、C不正确；由于氧化的产物是三种，因此含有2个碳碳双键；又因为碳碳双键被氧化时，双键断裂，不饱和的碳原子生成醛基、羰基或羧基，根据三种产物的结构简式可得出选项A正确，故选A。 二、填空题(共12分) 19. 已知在足量中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重和，经检验剩余气体为。请完成下列填空。 （1）如图是该有机物甲的质谱图，则其分子式为_______。若不借助以下图，_______(填“可以”或“不可以”)确定A的分子式。 （2）确定甲的官能团：将小颗粒钠投入甲中，有气泡产生，则甲中存在的官能团的电子式是_______；甲可能的结构有_______种。 （3）确定甲的结构简式：经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，其中吸收峰强度之比为，则甲的结构简式为_______。 （4）若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为_______，含有的官能团名称是_______。 【答案】（1） ①. C4H10O ②. 可以 （2） ①. ②. 4 （3）C(CH3)3OH （4） ①. CH3CH2OCH2CH3 ②. 醚键 【解析】 【小问1详解】 9.0g水的物质的量为=0.5mol，n(H)=1mol，17.6g二氧化碳的物质的量为=0.4mol，n(C)=n(CO2)=0.4mol，此有机物7.4g含O元素质量：7.4g-1g-0.4×12 g=1.6g，n(O)= =0.1mol，故n(C)：n(H)：n(O)=0.4mol：1mol：0.1mol=4：10：1，即实验式为C4H10O；碳原子已经完全饱和了，不借助质谱图，可以确定有机物A的分子式为C4H10O； 【小问2详解】 将小颗粒钠投入甲中，有气泡产生，则甲中存在的官能团为羟基，电子式是；甲可能的结构有CH2（OH）CH2 CH2CH3、CH3CH（OH）CH2CH3、、，4种； 【小问3详解】 通过其核磁共振氢谱中的峰信号可以判断有2个吸收峰，吸收峰强度之比为，则甲的结构简式为 或C(CH3)3OH； 【小问4详解】 甲的分子式为C4H10O，红外光谱含有对称-CH3，有对称-CH2-，C-O-C，则CH3CH2OCH2CH3；含有的官能团名称是醚键。 三、解答题(共40分) 20. 一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的： 开始沉淀的 1.5 6.9 - 7.4 62 沉淀完全的 2.8 8.4 1.1 94 8.2 回答下列问题： （1）基态Fe原子价电子排布式为___________。 （2）“滤渣1”的成分为___________。 （3）用平衡移动的原理解释加入ZnO的作用___________。 （4）调之后，在过滤之前一般需要适当加热的目的是___________。 （5）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为___________和___________。 （6）“除钴液”中残留的浓度为___________。 【答案】（1） （2） （3）加入，消耗，促使反应向正反应方向移动，促进水解生成沉淀，便于过滤除去 （4）促进水解，防止转化为胶体，便于过滤分离 （5） ①. ②. （6） 【解析】 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”中含没有除去的锌离子、加入的钾离子，故主要含有ZnSO4、K2SO4； 【小问1详解】 Fe为26号元素，基态Fe原子价电子排布式为； 【小问2详解】 由分析，“滤渣1”的成分为PbSO4； 【小问3详解】 加入和氢离子反应生成锌离子和水，反应消耗，促使反应向正反应方向移动，促进水解生成沉淀，便于过滤除去； 【小问4详解】 水解为吸热过程，适当加热可以促进水解，且能防止转化为胶体，便于过滤分离； 【小问5详解】 “氧化沉钴”过程，在酸性条件下，高锰酸根离子氧化二价钴为Co(OH)3沉淀，钴化合价由+2变为+3，锰化合价降低为+4，被还原为二氧化锰沉淀，结合电子守恒，反应为：；同时，高锰酸根离子和锰离子发生归中反应生成二氧化锰沉淀，反应为； 【小问6详解】 最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的硫酸根离子，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4；由表，当溶液pH=1.1时，pOH=12.9，此时Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中，，“除钴液”的pH=5，pOH=9，此时溶液中。 21. 三氯乙醛()作为有机原料，常用于生产氯霉素、氯仿等。实验室制备三氯乙醛的装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下： 反应原理： 相关物质的相对分子质量及部分物理性质： 相对原子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 46 -114.1 78.3 与水互溶 147.5 -575 97.8 可溶于水、乙醇 163.5 58 198 可溶于水、乙醇、三氯乙醛 回答下列问题： （1）E的名称___________，其中水应从___________(填“b”或“c”)口进。 （2）装置D的作用是___________，仪器F的作用是___________。 （3）往a中加入盐酸，将其缓慢加入到高锰酸钾中，反应的化学方程式：___________。 （4）反应过程中若存在次氯酸，可能被氧化为，写出被次氯酸氧化的化学反应方程式：___________。 （5）测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入碘标准溶液20.00mL，再加入适量溶液，反应完全后加盐酸调节溶液的pH，立即用溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗溶液20.00mL。则产品的纯度为___________(计算结果保留三位有效数字)。(；；) 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. c （2） ①. 吸收产物HCl ，除去多余的Cl2 ②. 防倒吸 （3） （4） （5）73.8% 【解析】 【分析】A装置为利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B装置是用饱和食盐水除去氯化氢，C装置是反应制备CCl3CHO，D装置盛放氢氧化钠溶液，吸收多余氯气和氯化氢防止污染，E是球形冷凝管，应充满冷凝水，F为干燥管，放在氢氧化钠溶液中，是防止氯化氢溶解过程中出现倒吸现象。据此分析。 【小问1详解】 E为球形冷凝管，冷凝水的流向应为下进上出，故c口进。 【小问2详解】 装置D是最后一个装置，作用是吸收产物 HCl，除去多余的 Cl2 ，仪器 F 为球形干燥管，作用是防倒吸。 【小问3详解】 盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式。 【小问4详解】 反应过程中若存在次氯酸，CCl3CHO 可能被氧化为 CCl3COOH， CCl3CHO 被次氯酸氧化，次氯酸被还原成盐酸，化学反应方程式。 【小问5详解】 根据I2~2 关系分析， Na2S2O3的物质的量为0.0200mol·L-1×0.02L=0.0004mol，则碘的物质的量为0.0002mol，则与HCOO-反应的碘物质的量为0.1000mol/L×0.02L-0.0002mol=0.0018mol， 根据计算，的质量为0.0018mol×147.5g/mol=0.2655g，则质量分数为=73.75%≈73.8%。 22. 磁性材料氮化铁镍合金应用广泛。 （1）基态核外电子排布式为_______，基态原子与基态原子核外未成对电子数之比为_______。 （2）丁二酮肟()是检验的灵敏试剂。丁二酮肟分子中碳原子轨道的杂化类型为_______。 （3）如图为一种含镍配合物及其配体。 ①物质在一定条件下水解生成邻羟基苯甲醛()，其沸点为，而对羟基苯甲醛()的沸点为，导致两种物质沸点相差较大的原因是_______。 ②由于原子上存在孤电子对，使含氮分子有碱性。的碱性与原子电子云密度有关，电子云密度越大、碱性越强，由此判断这三种物质中碱性最弱的是_______。 （4）铁和氨气在可发生置换反应，产物之一晶胞结构如图，该反应的化学方程式为_______； 该晶胞中与铁原子最近且距离相等的铁原子个数为_______个。 【答案】（1） ①. 或 ②. 2：1 （2） （3） ①. 形成分子内氢键，形成分子间氢键，故前者沸点低于后者 ②. （4） ①. ②. 12 【解析】 【小问1详解】 Ni的原子序数为28，基态Ni原子的电子排布式为，Ni原子失去3个电子形成，则基态核外电子排布式为或；基态Fe原子的电子排布式为，3d轨道上有4个未成对电子；基态Ni原子3d轨道上有2个未成对电子，所以基态Fe原子与基态Ni原子核外未成对电子数之比为4:2 = 2:1； 【小问2详解】 丁二酮肟分子中，甲基()上的碳原子形成4个键，杂化类型为；与氮原子相连的碳原子形成1个双键和2个单键，即3个键，杂化类型为； 【小问3详解】 分子内的羟基和醛基之间形成分子内氢键，分子间的羟基和醛基之间形成分子间氢键。分子间氢键会使分子间作用力增强，导致沸点升高，所以的沸点高于邻；氯是吸电子基团，会使氮原子上的电子云密度降低；甲基是推电子基团，会使氮原子上的电子云密度升高。所以 中氮原子电子云密度最小，碱性最弱，故三种物质中碱性最弱的是； 【小问4详解】 根据晶胞结构，利用均摊法，Fe原子个数为，N原子个数为1，所以产物的化学式为，铁和氨气发生置换反应的化学方程式为；由图知，铁原子位于面心和顶点上，故与铁原子最近且距离相等的铁原子个数为12个。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$