精品解析：广东省深圳市龙岗区布吉高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题

2024-2025学年第二学期期中考试高二化学测试卷 满分：100分 时间：75分 考生注意： 1.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Si 28 Cu 64 2.客观题请用2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色水笔书写在答题卡上。 一、选择题：本题共16题，共44分。1-10题，每小题2分；11-16题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。 1. 化学为科技强国作出巨大贡献。下列有关说法正确的是 A. 不粘锅内壁涂附的聚四氟乙烯能使溴水褪色 B. 用质谱法确定青蒿素分子中的官能团 C. 船舶外壳镶嵌锌块以防船体被腐蚀 D. 用于制作C919飞机门帘的国产芳砜纶纤维属于天然纤维 2. 下列关于分离提纯的说法正确的是 A. 超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和 B. 除去乙炔中混有少量的：通过酸性溶液，洗气 C. 可用乙醇将碘水中的碘萃取出来 D. 分液操作时，上下层液体依次从下口放出 3. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，可用于饮用水处理。湿法制高铁酸钠的反应原理为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有关说法不正确的是 A. H2O的VSEPR模型为四面体形 B. 基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2 C. NaClO的电子式为 D. 37Cl原子结构示意图为 4. 下列化学用语或化学图谱表述错误的是 A. 基态硫原子的价层电子轨道表示式： B. 分子的空间结构模型： C. 的核磁共振氢谱： D. 聚乙炔的结构简式： 5. 高州盛产柠檬，从柠檬中提取的柠檬烯具有抗菌抑菌、抗氧化、祛痰平喘等多种作用，常用于医药、食品加工、日化等多个领域，其结构简式为。下列有关柠檬烯的说法正确的是 A. 柠檬烯的分子式为 B. 柠檬烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 C. 柠檬烯中C原子全部采取sp2杂化 D. 柠檬烯与1，3-丁二烯互为同系物 6. 下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 属于醛类，官能团为-CHO B. 2-甲基-2-戊烯的键线式为 C. 3，4-二甲基-4-乙基己烷 D. 立方烷()的六氨基()取代物有3种 7. 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 含28g硅的晶体中存在的共价键总数为 B. 标准状况下，2.24L乙烯中含有的键数目为 C. 1mol甲基()中含有电子的数目为 D. 2.8g N2中含有π键数为0.1NA 8. 有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图，则该有机物的可能结构为 A. CH3COOCH2CH3 B. CH3CHOHCOCH3 C. HCOOCH2CH3 D. (CH3)2CHCOOH 9. 下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是 A. 含有碳碳三键的的同分异构体有3种 B. 分子式是且属于羧酸的同分异构体有5种 C. 含苯环的的同分异构体有3种 D. 的一溴代物有5种 10. 科学家发现，一定条件下可把青蒿素转化为双氢青蒿素。下列说法不正确的是 A. 利用元素定量分析和质谱法可以得到青蒿素的分子式 B. 青蒿素含有羰基和醚键 C. 青蒿素分子存在手性碳原子 D. 青蒿素转化为双氢青蒿素时，π键发生断裂 11. 工业上可由乙苯生产苯乙烯如下所示，下列有关说法正确的是 A. 乙苯和苯乙烯中化学环境不同的氢种数是相同的 B. 乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7 C. 1mol苯乙烯最多可与4mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种 D. 乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应 12. 下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是 A. 沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强 B. 键角：是由于中上孤电子对数比分中上的少 C. 已知：元素和元素的电负性差值大于元素和元素的电负性差值，故：分子的极性大于 D. 稳定性：，是由于水分子间存在氢键 13. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示，下列说法正确的是 A. CH4和H2O2含有相同的电子数 B. 图中表示CH4，该模型也可以表示CCl4 C. 步骤ii涉及碳氢键的断裂与生成和碳氧键的断裂与生成 D. 步骤i到iv的总反应为：CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O 14. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A. 操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 15. 已知A、B、G、D、E是原子序数依次增大的短周期元素。其中A位于第一周期，是食品添加剂的组成元素；基态B原子核外有7种不同运动状态的电子；G元素原子的价层电子排布式是；D元素在短周期主族元素中金属性最强；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数。下列说法错误的是 A. 有两种元素位于元素周期表的p区 B. A、B、G三种元素的电负性：G>B>A C. B、G、D三种元素的第一电离能：B>G>D D. A、G、D三种元素形成的化合物既有离子键又有共价键 16. 为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验，下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A. 配离子的稳定性 B. 加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度 C. 加入氨水的过程中的浓度不断减小 D. 向④中深蓝色溶液中加入饱和溶液，不会产生白色沉淀 二、非选择题，共4题，56分。 17. 现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈(CeO2)，其工艺流程如图所示： 已知：硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为； （1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有___________个未成对电子。 （2）滤渣A的两种主要成分为BaSO4和SiO2，它们的晶体类型依次是___________、___________。 （3）步骤①进行的操作名称为___________。 （4）加入硫脲的目的是___________。 （5）步骤④中生成的Ce2(CO3)3中的空间构型是___________。 18. “结构决定性质、性质决定用途”是重要思想方法。请回答下列问题： （1）某元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]，则该元素位于元素周期表中第___________周期___________族，属于___________区。 （2）乙烯难溶于水而易溶于四氯化碳的原因是：___________。 （3）在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为：___________。 （4）镍能形成多种配合物。常温下，是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点远高于的原因是___________。 19. Ⅰ.莽草酸是合成治疗禽流感的药物-达菲的原料之一，莽草酸(A)的结构简式为： （1）A的分子式为___________。 （2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式___________。 （3）A中的不含氧官能团名称是___________。 Ⅱ.已知有机物9.0gB在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体一次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增加5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。 （4）B分子的质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是___________，则B的分子式是___________。 （5）B分子的核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比是1：1：1：3，写出符合条件的一种B的结构简式___________。 （6）写出官能团与B相同的一种同分异构体的结构简式：___________。 20. 向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向其中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。回答问题： （1）基态Cu原子的价电子排布图是___________。 （2）N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是___________。 （3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的原子是___________。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是___________(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是___________。 （4）NH3中N原子的杂化方式是___________，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有___________个。 （5）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是___________。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏伽德罗常数为NA，则该氧化物的密度为___________g·cm-3 (1pm=10-12m) 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期期中考试高二化学测试卷 满分：100分 时间：75分 考生注意： 1.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Si 28 Cu 64 2.客观题请用2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色水笔书写在答题卡上。 一、选择题：本题共16题，共44分。1-10题，每小题2分；11-16题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。 1. 化学为科技强国作出巨大贡献。下列有关说法正确的是 A. 不粘锅内壁涂附的聚四氟乙烯能使溴水褪色 B. 用质谱法确定青蒿素分子中的官能团 C. 船舶外壳镶嵌锌块以防船体被腐蚀 D. 用于制作C919飞机门帘的国产芳砜纶纤维属于天然纤维 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚四氟乙烯分子中不存在不饱和键，不能使溴水褪色，A错误； B．质谱法可以确定最大质荷比，即相对分子质量，不能确定分子中的官能团，B错误； C．船舶外壳镶嵌锌块，锌比铁活泼，锌做负极，铁做正极，被保护，可防船体被腐蚀，C正确； D．芳砜纶纤维属于合成纤维，D错误； 故选C。 2. 下列关于分离提纯的说法正确的是 A. 超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和 B. 除去乙炔中混有少量的：通过酸性溶液，洗气 C. 可用乙醇将碘水中的碘萃取出来 D. 分液操作时，上下层液体依次从下口放出 【答案】A 【解析】 【详解】A．超分子“杯酚”可分离和，体现了超分子的分子识别的特性，故A正确； B．乙炔和硫化氢都能与生产高锰酸钾溶液反应，所以将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液，洗气不能除去乙炔中混有少量的硫化氢，故B错误； C．乙醇与水互溶，所以不能用乙醇将碘水中的碘萃取出来，故C错误； D．分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D错误； 故选A。 3. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，可用于饮用水处理。湿法制高铁酸钠的反应原理为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有关说法不正确的是 A. H2O的VSEPR模型为四面体形 B. 基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2 C. NaClO的电子式为 D. 37Cl原子结构示意图为 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2O的中心和原子价层电子对数为，为sp3杂化，则VSEPR模型为四面体形，A正确； B．铁原子失去3个电子形成铁离子，基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，B错误； C．NaClO是由次氯酸根离子和钠离子构成的离子化合物，电子式为，C正确； D．氯为17号元素，原子结构示意图为，D正确； 故选D。 4. 下列化学用语或化学图谱表述错误的是 A. 基态硫原子的价层电子轨道表示式： B. 分子的空间结构模型： C. 的核磁共振氢谱： D. 聚乙炔的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫原子为16号元素，基态硫原子的价层电子排布式为，轨道表示式：，A正确； B．分子中C和O共用2对电子，空间结构球棍模型，B正确； C．中含有3种等效氢原子，原子个数比为3∶2∶1，核磁共振氢谱：，C正确； D．聚乙炔中含有碳碳双键，结构简式：，D错误； 故选D。 5. 高州盛产柠檬，从柠檬中提取的柠檬烯具有抗菌抑菌、抗氧化、祛痰平喘等多种作用，常用于医药、食品加工、日化等多个领域，其结构简式为。下列有关柠檬烯的说法正确的是 A. 柠檬烯的分子式为 B. 柠檬烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 C. 柠檬烯中C原子全部采取sp2杂化 D. 柠檬烯与1，3-丁二烯互为同系物 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据柠檬烯的结构简式可知，其分子式为C10H16，A错误； B．柠檬烯中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确； C．柠檬烯中存在饱和碳原子，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，C错误； D．柠檬烯和1，3-丁二烯分子组成上并不是相差若干个CH2，两者不是同系物，D错误； 故答案选B。 6. 下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 属于醛类，官能团为-CHO B. 2-甲基-2-戊烯的键线式为 C. 3，4-二甲基-4-乙基己烷 D. 立方烷()的六氨基()取代物有3种 【答案】D 【解析】 【详解】A．官能团为-OOCH，属于酯类，A错误； B．2-甲基-2-戊烯的键线式为，B错误； C．按照3，4-二甲基-4-乙基己烷写出键线式为，正确的命名为：3，4-二甲基-3-乙基己烷，C错误； D．立方烷()的二氨基()取代物有3种()，D正确； 故选D。 7. 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 含28g硅的晶体中存在的共价键总数为 B. 标准状况下，2.24L乙烯中含有的键数目为 C. 1mol甲基()中含有电子的数目为 D. 2.8g N2中含有π键数为0.1NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．晶体中每个Si原子形成4个Si-O共价键，含28g硅的晶体中存在的共价键总数为，A错误； B．标准状况下，2.24L乙烯的物质的量为0.1mol，每个乙烯分子含有一个C=C双键（1个σ键+1个π键），因此0.1mol乙烯含个π键，B正确； C．甲基（）中，C原子含6个电子，3个H原子各含1个电子，总电子数为6+3=9，1mol甲基含个电子，C错误； D．2.8g N2的物质的量为0.1mol，每个N2分子含有一个三键（1个σ键+2个π键），因此0.1mol N2含个π键，D错误； 故选B。 8. 有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图，则该有机物的可能结构为 A. CH3COOCH2CH3 B. CH3CHOHCOCH3 C. HCOOCH2CH3 D. (CH3)2CHCOOH 【答案】A 【解析】 【详解】由红外光谱图，可知该有机物含有C=O、C-O-C、不对称的-CH3，则分子中含有2个-CH3，可能的结构简式有CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3、CH3COCH2OCH3。 故选A。 9. 下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是 A. 含有碳碳三键的的同分异构体有3种 B. 分子式是且属于羧酸的同分异构体有5种 C. 含苯环的的同分异构体有3种 D. 的一溴代物有5种 【答案】D 【解析】 【详解】A．的不饱和度为2，可以含1个碳碳三键，含有碳碳三键的的同分异构体有2种，即 (①②表示碳碳三键所在的位置)，A错误； B．分子式是且属于羧酸的同分异构体即，由于戊基的结构有8种，故分子式是且属于羧酸的同分异构体有8种，B错误； C．易认为除苯环外，支链只能是2个甲基而出错，其支链还可以是1个乙基，支链是2个甲基的结构有邻、间、对3种，支链是1个乙基的结构有1种，共4种，C错误。 D．的一溴代物有5种，即，D正确； 故答案选D。 10. 科学家发现，一定条件下可把青蒿素转化为双氢青蒿素。下列说法不正确的是 A. 利用元素定量分析和质谱法可以得到青蒿素的分子式 B. 青蒿素含有羰基和醚键 C. 青蒿素分子存在手性碳原子 D. 青蒿素转化为双氢青蒿素时，π键发生断裂 【答案】B 【解析】 【详解】A．利用元素定量分析和质谱法可以得到青蒿素的分子式C15H22O5，A正确； B．根据结构可知，青蒿素含有酯基、醚键和过氧基，B错误； C．青蒿素分子存在手性碳原子，C正确； D．根据分析可知，青蒿素转化为双氢青蒿素属于羰基的加成反应，π键发生断裂，D正确； 故选B。 11. 工业上可由乙苯生产苯乙烯如下所示，下列有关说法正确的是 A. 乙苯和苯乙烯中化学环境不同的氢种数是相同的 B. 乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7 C. 1mol苯乙烯最多可与4mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种 D. 乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙苯中含有5种不同环境的H原子：，苯乙烯中也含有5种不同环境的H原子：，A正确； B．饱和C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，通过该C原子最多还有2个原子在一个平面上，由于苯分子是平面分子，所以乙苯分子中的8个C原子可能在一个平面上；苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面可能共平面，即8个C原子在一个平面上，所以共平面的碳原子数最多都为8，B错误； C．苯乙烯的苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物是乙基环己烷，在乙基环己烷分子中有6种不同的H原子，所以其一氯代物共有6种，C错误； D．乙苯能发生取代反应、加成反应和氧化反应，不能发生加聚反应；而苯乙烯由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反应和氧化反应，也能发生苯环上的取代反应，D错误； 故选A。 12. 下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是 A. 沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强 B. 键角：是由于中上孤电子对数比分中上的少 C. 已知：元素和元素的电负性差值大于元素和元素的电负性差值，故：分子的极性大于 D. 稳定性：，是由于水分子间存在氢键 【答案】B 【解析】 【详解】A．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，则对羟基苯甲醛的分子间作用力大于邻羟基苯甲醛，沸点高于邻羟基苯甲醛，故A错误； B．水合氢离子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以水合氢离子的键角大于水分子，故B正确； C．三氯化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构对称的平面三角形，属于非极性分子；三氯化氮分子中的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，所以三氯化硼的极性小于三氯化氮，故C错误； D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的稳定性依次减弱，则水的稳定性强于硫化氢与元素的非金属性强弱有关，与是否能形成氢键无关，故D错误； 故选B。 13. 据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示，下列说法正确的是 A. CH4和H2O2含有相同的电子数 B. 图中表示CH4，该模型也可以表示CCl4 C. 步骤ii涉及碳氢键的断裂与生成和碳氧键的断裂与生成 D. 步骤i到iv的总反应为：CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．CH4含10个电子，H2O2含有18个电子，故A错误； B．图中表示CH4，该模型不能表示CCl4，Cl原子半径大于C原子，故B错误； C．从反应的原理图来看，步骤ii为*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2O，涉及极性键的断裂与生成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的生成，故C错误； D．一个甲烷分子和一个过氧化氢分子反应生成一个甲醇分子和一个水分子，故其总反应的化学方程式为CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O，故D正确； 本题答案D。 14. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A. 操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 【答案】B 【解析】 【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。 【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确； B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确； C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确； D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确； 故选B。 15. 已知A、B、G、D、E是原子序数依次增大的短周期元素。其中A位于第一周期，是食品添加剂的组成元素；基态B原子核外有7种不同运动状态的电子；G元素原子的价层电子排布式是；D元素在短周期主族元素中金属性最强；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数。下列说法错误的是 A. 有两种元素位于元素周期表的p区 B. A、B、G三种元素的电负性：G>B>A C. B、G、D三种元素的第一电离能：B>G>D D. A、G、D三种元素形成的化合物既有离子键又有共价键 【答案】A 【解析】 【分析】A、B、G、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A位于第一周期，是食品添加剂的组成元素，则A为H元素；基态B原子核外有7种不同运动状态的电子，则B原子核外共有7个电子，B为N元素；G元素原子的价层电子排布式是，即2s22p4，则G为O元素；D元素在短周期主族元素中金属性最强，则D为Na元素；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数，则E为第三周期且最外层电子数为3的元素，即E为Al元素，以此来解答。 【详解】A．A、B、G、D、E六种元素分别为H、N、O、Na、Al，有Al、N、O三种元素位于元素周期表的p区，A错误； B．A、B、G分别为H、N、O，同短周期主族元素，从左往右，电负性依次增大，故电负性O>N>H，B正确； C．B、G、D分别为N、O、Na，同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，第一电离能大于O，活泼金属Na的第一电离能最小，故第一电离能：N>O>Na，C正确； D．A、G、D分别为H、O、Na，三种元素形成的化合物为NaOH，Na+和OH-形成离子键，OH-中含有共价键，D正确； 故选A。 16. 为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验，下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A. 配离子的稳定性 B. 加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度 C. 加入氨水的过程中的浓度不断减小 D. 向④中深蓝色溶液中加入饱和溶液，不会产生白色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．由实验现象可知，向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液说明铜离子与氨分子形成配位键的能力强于水分子，四氨合铜离子的稳定性强于四水合铜离子，故A正确； B．加入乙醇有晶体析出是因为晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小，所以实验中加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度，故B正确； C．由实验现象可知，向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液说明铜离子与氨分子形成配位键的能力强于水分子，溶液中铜离子浓度不断减小，故C正确； D．配合物在溶液中能电离出四氨合铜离子和硫酸根离子，所以向深蓝色溶液中加入饱和氯化钡溶液，会产生硫酸钡白色沉淀，故D错误； 故选D。 二、非选择题，共4题，56分。 17. 现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈(CeO2)，其工艺流程如图所示： 已知：硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为； （1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有___________个未成对电子。 （2）滤渣A的两种主要成分为BaSO4和SiO2，它们的晶体类型依次是___________、___________。 （3）步骤①进行的操作名称为___________。 （4）加入硫脲的目的是___________。 （5）步骤④中生成的Ce2(CO3)3中的空间构型是___________。 【答案】（1）2 （2） ①. 离子晶体 ②. 共价晶体 （3）过滤 （4）将还原为Ce3+ （5）平面三角形 【解析】 【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，将烧渣加入稀硫酸反应生成BaSO4、CeF2SO4、CO2、H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入硫脲，再加入Na2SO4得到Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，过滤，向沉淀中先后加入氢氧化钠、稀盐酸得到含Ce3+溶液，加入碳酸氢铵溶液得到Ce2(CO3)3、CO2、H2O，过滤，洗涤沉淀，灼烧，反应产生CeO2。 【小问1详解】 根据基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，可知：Ce原子价电子中有2个未成对电子。 【小问2详解】 滤渣A的两种主要成分为BaSO4、SiO2，其中BaSO4晶体中含有Ba2+和，属于离子晶体；SiO2晶体由Si原子和O原子形成的立体网状结构，属于共价晶体。 【小问3详解】 操作①为分离固、液混合物的方法，该方法是过滤操作。 【小问4详解】 由已知可知，硫脲具有还原性，可将还原为Ce3+。 【小问5详解】 中的中心原子是C，C原子的价层电子对数是，则为sp2杂化，其空间构型是平面三角形。 18. “结构决定性质、性质决定用途”是重要思想方法。请回答下列问题： （1）某元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]，则该元素位于元素周期表中第___________周期___________族，属于___________区。 （2）乙烯难溶于水而易溶于四氯化碳的原因是：___________。 （3）在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为：___________。 （4）镍能形成多种配合物。常温下，是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点远高于的原因是___________。 【答案】（1） ①. 四 ②. IB ③. ds （2）乙烯和四氯化碳均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似相溶，乙烯易溶于四氯化碳 （3）HF、HI 、HBr、HCl （4）为分子晶体， 为离子晶体，分子晶体的熔点小于离子晶体 【解析】 【小问1详解】 元素的基态原子核外电子排布式为[Ar] ，可知核外电子总数为18+11=29，即29号元素Cu，该元素最高能层为N能层位于元素周期表中第四周期IB族，属于ds区。 【小问2详解】 乙烯和四氯化碳均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似相溶，乙烯易溶于四氯化碳。 【小问3详解】 HF、HCl、HBr、HI均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但HF分子间形成氢键，使HF沸点最高，故在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为HF、HI 、HBr、HCl。 【小问4详解】 的熔点远高于的原因是为分子晶体，为离子晶体，分子晶体的熔点小于离子晶体。 19. Ⅰ.莽草酸是合成治疗禽流感的药物-达菲的原料之一，莽草酸(A)的结构简式为： （1）A的分子式为___________。 （2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式___________。 （3）A中的不含氧官能团名称是___________。 Ⅱ.已知有机物9.0gB在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体一次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增加5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。 （4）B分子的质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是___________，则B的分子式是___________。 （5）B分子的核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比是1：1：1：3，写出符合条件的一种B的结构简式___________。 （6）写出官能团与B相同的一种同分异构体的结构简式：___________。 【答案】（1）C7H10O5 （2）+Br2→ （3）碳碳双键 （4） ①. 90 ②. C3H6O3 （5）CH3CH(OH)COOH （6）HOCH2CH2COOH 【解析】 【小问1详解】 由A的结构简式可知，A的分子式为C7H10O5。 【小问2详解】 A中含有碳碳双键，可以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，化学方程式为：+Br2→。 【小问3详解】 由A的结构简式可知，A中的不含氧官能团名称是碳碳双键。 【小问4详解】 由B分子的质谱图可知，最大数值是90，则其相对分子质量是90；5.4g水的物质的量为，n(H)=0.6mol，13.2g二氧化碳的物质的量为， n(C) = n(CO2)=0.3mol，此有机物9.0g含O元素质量：，，故n(C): n(H): n(O)=0.3mol:0.6mol:0.3mol=1:2:1，即实验式为CH2O，设分子式为(CH2O)n，B的相对分子质量为90，可得30n=90，解得：n=3，故有机物B为C3H6O3。 【小问5详解】 有机物B为C3H6O3，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是1：1：1：3，则分子中4种H原子的数目为1、1、1、3，分子中含有1个-COOH、1个-CH3、1个、1个-OH，有机物A的结构简式为CH3CH(OH)COOH。 【小问6详解】 B中官能团有羟基、羧基，则同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH。 20. 向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向其中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。回答问题： （1）基态Cu原子的价电子排布图是___________。 （2）N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是___________。 （3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的原子是___________。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是___________(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是___________。 （4）NH3中N原子的杂化方式是___________，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有___________个。 （5）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是___________。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏伽德罗常数为NA，则该氧化物的密度为___________g·cm-3 (1pm=10-12m) 。 【答案】（1） （2）O （3） ①. N ②. 极性 ③. 平面正方形 （4） ①. sp3 ②. 3 （5） ①. CuO ②. 【解析】 【小问1详解】 Cu是29号元素，基态Cu原子核外含有29个电子，价电子排布式为3d104s1，基态Cu原子的价电子排布图是。 【小问2详解】 原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，同主族元素，从上往下，电负性依次增大，同周期主族元素，从左往右，电负性依次增大，则N、O、S中O的电负性最大，子对键合电子吸引力最大。 【小问3详解】 氨气分子中氮原子有=1个孤对电子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。 【小问4详解】 氨气中氮原子价层电子对数为3+=4，氮原子杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子的价层电子对数为4，都采用的是该种杂化方式，共3个。 【小问5详解】 根据均摊法分析，其中氧原子的个数为，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $