浙江省宁波市2022-2023学年高二化学下学期期中联考试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市2022-2023学年高二化学下学期期中联考试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 下列化学用语表示正确的是， 下列示意图或图示正确的是， 下列说法正确的是， 下列有关实验的说法不正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

2022学年第二学期宁波名校期中联考
高二年级化学试题
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Cl－35.5 Ga－70 As－75
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个是符合题目要求的。)
1. 下列物质中，含有非极性键的离子化合物是
A. C2H2 B. Na2O2 C. H2SO4 D. KOH
答案：B
解析：A．C2H2的结构式为H－C≡C－H ，含极性键和非极性键的共价化合物，故A不符合题意；
B．Na2O2含有钠离子和过氧根离子，含有离子键和非极性键的离子化合物，故B符合题意；
C．H2SO4只含有共价键的共价化合物，故C不符合题意；
D．KOH含有离子键和极性键的离子化合物，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 碳的基态原子电子排布图：
C. SO3的VSEPR模型：
D. 丙烯的键线式：
答案：D
解析：A．氯原子核外有17个电子，结构示意图为 ，故A错误；
B．根据洪特规则，碳的基态原子电子排布图： ，故B错误；
C．SO3中S原子价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；
D．丙烯结构简式为CH3CH=CH2,键线式为 ，故D正确；
选D。
3. 下列示意图或图示正确的是
A. CO2的分子结构模型示意图： B. HF分子间的氢键：
C. sp杂化轨道图形： D. p－pσ键电子云模型：
答案：C
解析：A．CO2为直线型分子，C原子半径大于O原子，A错误；
B．HF分子间的氢键表示为，图示H—F···H夹角度数错误，B错误；
C．图示的图像表示的是直线形结构的分子，键角180°，属于sp杂化轨道，C正确；
D．p-pσ键电子云以“肩并肩”方式形成，图示为p-pπ键电子云模型，D错误；
故答案选C。
4. 根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，下列说法不正确的是
选项
粒子
中心原子杂化方式
VSEPR模型名称
空间结构名称
A
BeCl2
sp
直线形
直线形
B
CH2O
sp2
平面三角形
平面三角形
C
CO
sp3
四面体形
平面三角形
D
H3O+
sp3
四面体形
三角锥形
A. A B. B C. C D. D
答案：C
解析：A．BeCl2中心原子价层电子对数为，中心原子为sp杂化，VSEPR模型为直线形，空间结构为直线形；故A正确；
B．CH2O 中心原子价层电子对数为，中心原子为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，空间结构为平面三角形；故B正确；
C．CO中心原子价层电子对数为，中心原子为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，空间结构为平面三角形；故C错误；
D．H3O+中心原子价层电子对数为，中心原子为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形；故D正确。
综上所述，答案为C。
5. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 许多可见光如霓虹灯光与电子跃迁吸收能量有关
B. 用来制造显示器的液晶，既有液体的流动性，又具有晶体的各向异性
C. 生活中用有机溶剂如乙酸乙酯溶解油漆，利用了“相似相溶”规律
D. 金属、石墨的导电性都与其自由电子有关
答案：A
解析：A．许多可见光如霓虹灯光与电子跃迁释放能量有关，选项A不正确；
B．液晶是一种特殊的物态，它既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，选项B正确；
C．油漆主要是非极性物质，乙酸乙酯是非极性溶剂，根据相似相溶原理可知，油漆易溶于非极性分子组成的溶剂中，选项C正确；
D．金属、石墨中有自由移动的电子，因此能导电，选项D正确；
答案选A。
6. 下列关于配合物和超分子的叙述不正确的是
A. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性
B. 配位化合物中配位键强度都很大，因而配合物都很稳定
C. 利用超分子的识别特征，可以分离C60和C70
D. 配离子[Ti(H2O)5Cl]2+的中心离子为Ti3+，配位数为6，配位体为H2O和Cl－
答案：B
解析：A．双分子膜具有选择渗透性，细胞和细胞器的双分子膜具有自组装特征，A正确；
B．配位化合物中不是所有配位键强度都很大，配合物也不一定都很稳定，B错误；
C．利用超分子的识别特征，可以分离C60和C70，C正确；
D．配位化合物中提供空轨道的离子或原子为中心原子或离子，提供孤电子对的分子、离子或原子、原子团为配位体，中心离子或原子周围形成的配位键的数目为配位数，故配离子[Ti(H2O)5Cl]2+的中心离子为Ti3+，配位数为6，配位体为H2O和Cl－，D正确；
故答案为：B。
7. 下列说法正确的是
A. 和属于碳架异构
B. 同样条件下，钠和乙醇的反应没有钠与水的反应剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致乙醇中O－H的极性更强
C. 酸性KMnO4溶液可以鉴别苯和甲苯
D. 和属于同类有机物
答案：C
解析：A．和碳架相同，是同种物质，故A错误；
B．同样条件下，钠和乙醇的反应没有钠与水的反应剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致乙醇中O－H的极性更弱，故B错误；
C．甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，酸性KMnO4溶液可以鉴别苯和甲苯，故C正确；
D． 属于酚类、 属于醇类，故D错误；
选C。
8. 下列有关实验的说法不正确的是
A. X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰
B. 苯甲酸的提纯可以采用重结晶法
C. 实验室用电石制取乙炔，为了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂
D. 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先看到蓝色浑浊然后得到深蓝色的透明溶液
答案：A
解析：A．石英玻璃粉末不是晶体，内部没有规则的几何排列，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，不会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰，A错误；
B．晶体提纯可以重结晶以提高纯度，苯甲酸的提纯可以采用重结晶法，B正确；
C．电石与水反应速率太快，用电石制取乙炔，了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂，C正确；
D．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，首先生成氢氧化铜蓝色沉淀，氨水过量，氢氧化铜沉淀转化为四氨合铜离子，故先看到蓝色浑浊然后得到深蓝色的透明溶液，D正确；
故选A。
9. 某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，下列说法不正确的是
A. 该元素原子有4个能层，8个能级 B. 该元素原子核外电子有34种空间运动状态
C. 该元素位于元素周期表第四周期，第VIA族 D. 该元素原子有2个自旋平行的末成对电子
答案：B
解析：A．Se元素为第四周期第ⅥA族元素，该元素原子有4个能层，8个能级，故A正确；
B．34个电子位于18个轨道，有18种空间运动状态，故B错误；
C．Se元素为第四周期第ⅥA族元素，故C正确；
D．价电子排布式为4s24p4，所以该元素原子有2个自旋平行的末成对电子，故D正确。
故选B。
10. 下列说法不正确的是
A. 甲苯与液溴在FeBr3催化条件下可生成
B. 单烯烃和氢气加成后得到饱和烃，则该单烯烃可能有2种结构
C. 可使溴水褪色，反应时π键断裂
D. 正己烷和2,2－二甲基丁烷互为同系物
答案：D
解析：A．甲苯与液溴在FeBr3催化条件下取代甲基的邻位或对位上的氢，因此可生成，故A正确；
B．根据饱和烃相邻碳上都掉一个氢原子分析，该单烯烃可能有、共2种结构，故B正确；
C．可使溴水褪色，碳碳双键上的π键易断裂，与溴水发生加成时π键断裂，故C正确；
D．正己烷和2,2－二甲基丁烷分子式都为C6H14，两者互为同分异构体，故D错误。
综上所述，答案为D。
11. 下列排序不正确的是
A. 键长：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键
B. 酸性：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH
C. 沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷
D. 熔点：SiO2＞NaCl＞C60
答案：A
解析：A．碳碳单键键长大于碳碳双键的键长，碳碳双键的键长大于碳碳三键的键长，则碳碳键键长:碳碳单键＞碳碳双键＞碳碳三键，选项A不正确；
B．极性C-F>C-Cl >C-H，导致羧酸电离氢离子能力增强，酸性: CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH，选项B正确；
C．相同碳原子的烷怪，支链越多，沸点越低，正戊烷没有支链，异戊烷有一个支链，新戊烷有两个支键，故沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，选项C正确；
D．SiO2是共价晶体，NaCl为离子晶体，C60形成晶体为分子晶体，则熔点：SiO2＞NaCl＞C60，选项D正确；
答案选A。
12. 下列说法正确的是
A. H2O比H2S沸点高，是因为O－H键能大于S－H键能
B. H2O比H2S稳定，是因为H2O分子间可以形成氢键
C. H2O的键角比H2S小，是因为杂化类型不同
D. H2O中O－H键的极性比H2S中S－H键大，是因为O的电负性比S大
答案：D
解析：A．水分子和硫化氢分子结构相似，但水分子间存在氢键，硫化氢中不存在氢键，氢键的存在导致H2O的熔沸点高于H2S，而不是因为O－H键能大于S－H键能，选项A错误；
B．分子的稳定性与分子内原子间的化学键的强弱有关系，与分子间作用力（范德华力）或氢键没关系，选项B错误；
C．O和S原子都是sp3杂化，但H2S中的两对孤对电子对S—H键斥力比H2O中两对孤对电子对O—H键的斥力大，故H2O的H—O键间的夹角大于H2S中H—S键间的夹角，选项C错误；
D．形成共价键的非金属元素的电负性差值越大，共价键的极性越强，O的电负性大于S，则H2O分子中H—O键的极性比H2S分子中H—S键的极性强，选项D正确；
答案选D。
13. 我国用BeO、KBF4等原料制备KBe2BO3F2晶体，在世界上首次实现在177.3nm深紫外激光倍频输出，其晶胞如图所示，下列说法不正确的是

A. 构成晶体的非金属元素的电负性由大到小的顺序为F＞O＞B
B. 根据元素周期表中元素所处的位置可推测BeO与Al2O3性质相似
C. 阴离子BF的中心原子没有满足8电子稳定结构
D. 晶胞中的K+有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，则1mol该晶胞含3molKBe2BO3F2
答案：C
解析：A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则构成晶体的非金属元素的电负性由大到小的顺序为F＞O＞B，故A正确；
B．根据元素周期表中元素所处的位置，Be和Al处于对角线规则，则可推测BeO与Al2O3性质相似，故B正确；
C．阴离子BF的中心原子价层电子对数为，则中心原子满足8电子稳定结构，故C错误；
D．晶胞中的K+有2个位于晶胞内部，8个位于晶胞顶点，则每个晶胞中K+个数为，根据化学式得到1mol该晶胞含3molKBe2BO3F2，故D正确。
综上所述，答案为C。
14. 时下热门药物布洛芬，具有抗炎、镇痛、解热等作用，它主要成分结构如图，下列说法不正确的是

A. 该物质的分子式为C13H18O2 B. 该物质含有两种官能团
C. 该物质属于芳香烃衍生物 D. 该物质可以发生加成、取代、氧化反应
答案：B
解析：A．根据布洛芬的结构简式得到该物质的分子式为C13H18O2，故A正确；
B．该物质含有羧基一种官能团，故B错误；
C．该物质含有苯环，还有羧基官能团，属于芳香烃衍生物，故C正确；
D．该物质含有苯环，可以发生加成反应，含有羧基，能发生取代反应，苯环连的碳原子上有氢，能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确。
综上所述，答案为B。
15. A、B、C、D为四种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，D的最高价氧化物对应水化物在周期表中酸性最强，下列说法正确的是
A
B


C
D
A. 原子半径：C＞B＞A B. 第一电离能：B＞A＞C
C. CB2是含极性键的非极性分子 D. 离子DB中中心原子的价层电子对数为4
答案：D
解析：A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：C＞A＞B，故A错误；
B．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：A＞B＞C，故B错误；
C．CB2(SO2)中心原子价层电子对数为，空间构型为“V”形，是含极性键的极性分子，故C错误；
D．离子DB()中中心原子的价层电子对数为，故D正确。
综上所述，答案为D。
16. 氯化钠、金刚石、干冰、石墨四种晶体的结构模型如图所示，下列说法正确的是

A. 在NaCl晶体中，每个晶胞含有4个NaCl分子
B. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶4
C. CO2晶胞中，1个CO2分子周围与它距离最近且等距的分子有12个
D. 石墨是混合型晶体，层间是范德华力，层内每个碳原子与其他4个碳原子形成共价键
答案：C
解析：A．NaCl是离子晶体，故在NaCl晶体中不存在NaCl分子，只存在Na+和Cl-，A错误；
B．在金刚石晶体中，每个碳原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，而每个碳碳键又同时被两个碳原子共用，故碳原子与碳碳键个数的比为1∶=1∶2，B错误；
C．CO2晶胞即干冰晶体结构为分子密堆积，二氧化碳分子处于晶胞的顶点与面心位置，以顶点二氧化碳研究，与它距离最近且相等的CO2分子处于面心位置，而每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则一个CO2分子周围与它距离最近且相等的CO2分子有=12个，C正确；
D．由题干图示可知，石墨是混合型晶体，层间是范德华力，层内每个碳原子与其他3个碳原子形成共价键，D错误；
故答案为：C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分。)
17. 回答下列问题：
（1）用系统命名法对其命名的名称是______，其一氯代物有______种。
（2）邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛因为形成了分子内氢键，请画出邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图______。
（3）写出下列反应方程式。
①乙炔与水的加成反应：______。
②甲苯生成TNT反应：______。
（4）下列三种共价晶体：①金刚石、②晶体硅、③碳化硅，熔点从高到低的顺序是______(用序号表示)。
答案：（1） ①. 2，2，3－三甲基丁烷 ②. 3
（2） （3） ①. CH≡CH+H2OCH3－CHO ②. +3HO－NO2+3H2O：
（4）①③②
1.的主链有4个碳原子，根据位置和最小原则，从右侧开始给碳原子编号，在2号碳原子上连有2个甲基、3号碳原子上连有1个甲基，其名称是2,2,3-三甲基丁烷；分子中有3种等效氢，其一氯代物有3种。
2.邻羟基苯甲醛，羟基中的H原子与醛基中的O原子形成氢键，邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为。
3.①乙炔与水加成再脱水生成乙醛，反应方程式为CH≡CH+H2OCH3－CHO。
②甲苯和浓硫酸、浓硝酸的混合物加热生成TNT和水，反应方程式为+3HO－NO2+3H2O：
4.①金刚石、②晶体硅、③碳化硅都是共价晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，原子半径：Si>C，所以熔点从高到低的顺序是①③②。
18. 光气(COCl2)是一种重要的有机中间体，在农药、医药、工程塑料等方面都有应用。反应CHCl3+H2O2→COCl2+HCl+H2O可以制备光气。试回答：
（1）CH4和Cl2发生取代反应可以得到CH2Cl2、CHCl3和CCl4液体混合物，分离提纯的方法是______。
（2）H2O2的电子式为______，属于______分子(填极性或非极性)。
（3）光气的结构式为中心原子C的杂化方式为______，分子中含有______个σ键，______个π键。
（4）沸点：CHCl3______H2O2(填“＞”或“＜”)，原因是_____。
答案：（1）蒸馏 （2） ①. ②. 极性
（3） ①. sp2 ②. 3 ③. 1
（4） ①. ＜ ②. H2O2分子间存在氢键
1.CH2Cl2、CHCl3和CCl4都是油状液体，可以利用它们沸点的不同进行分离，故分离提纯的方法为蒸馏。
故答案为：蒸馏。
2.H2O2分子中，1个氧原子分别与1个氢原子共用一个电子对，两个氧原子之间共用一个电子对，电子式为：，属于极性分子。
故答案为：，极性。
3.在光气分子中，中心碳原子分别以1个δ键与2个Cl原子及一个O原子结合，余下一个电子与O余下的一个电子形成π键，故C的杂化方式为sp2，分子中含有3个δ键和1个π键。
故答案为：sp2，3，1。
4.因为H2O2分子间存在氢键(形成原子：N、O、F)，故沸点：CHCl3＜H2O2。
故答案为：＜，H2O2分子间存在氢键。
19. A、B、C、D、E是原子序数逐渐增大的前四周期元素，其中A元素原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道的两倍；C元素原子L层上有两对成对电子；D的3p轨道上得到一个电子后不容纳外来电子；E元素原子的最外层只有一个电子，其次外层的所有轨道的电子均成对。试回答：
（1）基态E原子的价层电子排布式为______，属于周期表的______区。
（2）基态B原子的轨道表示式为______，其核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为______形。
（3）A、B、C三种元素形成的简单氢化物的键角从大到小为______(用氢化物分子式表示)。
（4）E与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是______(填“Zn”或“E”的元素符号)，原因是______。
答案：（1） ①. 3d104s1 ②. ds
（2） ①. ②. 哑铃
（3）CH4＞NH3＞H2O
（4） ①. Cu ②. Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2的电子；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1的电子，3d10处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
1.E是Cu元素，核外有29个电子，价电子排布为3d104s1，属于周期表的ds区。
2.B的N元素，N原子核外有7个电子，基态N原子的轨道表示式为，其核外电子占据的最高能级是2p能级，电子云轮廓图为哑铃形。
3.C、N、O三种元素形成的简单氢化物分别是CH4、NH3、H2O，C、N、O原子价电子对数都是4，CH4分子中C原子无孤电子对、NH3分子中N原子有1个孤电子对，H2O分子中O原子有2个孤电子对，所以键角从大到小为CH4＞NH3＞H2O。
4.Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2的电子；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1的电子，3d10处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是Cu。
20. 已知某有机物A：(1)由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%；(2)如图是该有机物的质谱图。请回答：

（1）A相对分子质量为______，A的实验式为______。
（2）A的所有同分异构体中属于醇类的有______种(不考虑立体异构)，其中具有手性碳原子的结构简式为______。
（3）如果A的核磁共振氢谱有两个峰，红外光谱图如图，则A的结构简式为______。

（4）A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为C4H8，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，写出B发生加聚反应的化学方程式______。
答案：（1） ①. 74 ②. C4H10O
（2） ①. 4 ②.
（3） （4）nCH3CH=CHCH3
1.根据图中信息得到A相对分子质量为74，由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则A中碳的个数为，氢的个数为，则氧的个数为，则A的实验式为C4H10O；故答案为：74；C4H10O。
2.A的所有同分异构体中属于醇类的有CH3CH2CH2CH2OH、、、共4种(不考虑立体异构)，其中具有手性碳原子的结构简式为；故答案为：4；。
3.红外光谱图如图，含有碳氧键和氧氢键，如果A的核磁共振氢谱有两个峰，则含有3个甲基，因此A的结构简式为；故答案为：。
4.A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为C4H8，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，则B的结构简式为CH3CH=CHCH3，则B发生加聚反应的化学方程式nCH3CH=CHCH3；故答案为：nCH3CH=CHCH3。
21. 完成下列问题：
（1）GaAs的熔点为1238℃，可作半导体材料，而GaCl3的熔点为77.9℃。
①预测GaCl3的晶体类型可能为______。
②GaAs晶胞结构如图所示，则晶胞中每个Ga原子周围有_____个紧邻等距的As原子；该晶体的密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中最近的两个Ga原子的核间距离为______cm(列出计算式)。

（2）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn－N键中离子键成分的百分数小于Zn－O键，原因是______。
（3）CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为______。
（4）将含有末成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是______(填标号)。
A. [Cu(NH3)2]Cl B. [Zn(NH3)4]SO4 C. [Cu(NH3)4]SO4 D. Na2[Zn(OH)4]
答案：（1） ①. 分子晶体 ②. 4 ③. ×
（2）电负性O大于N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（3） （4）C
1.①GaCl3的熔点不高，晶体类型可能为分子晶体，答案为：分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距的As原子；晶胞中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，设晶胞边长为a,体积为,,晶体中最近的两个Ga原子的核间距离为面对角线的一半，所以最近为，代入数据即可，答案为：4，×；
2.电负性O大于N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键；
3.CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，且反应前后锰的配位数不变，则CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为，故答案为：；
4.A．不含未成对电子，不属于顺磁性物质， A错误；
B．中，价电子排布式为，有未成对电子， 是顺磁性物质，B正确；
C．不含未成对电子，不属于顺磁性物质，C错误；
D．不含未成对电子，不属于顺磁性物质，D错误；
故选B。