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重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试
化学试题
一、单项选择题(每题3分，共42分)
1. 生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A. 在霓虹灯的灯管里存在等离子体
B. 可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含He
C. 汽油不易溶于水是因为水分子的极性和汽油分子的极性不同
D. 壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有强的化学键
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温下存在等离子体，霓虹灯能形成高温环境，存在等离子体，A正确；
B．光谱分析的方法可以确定元素的种类，B正确；
C．汽油极性小、水极性大，汽油不易溶解于水是因为水分子的极性和汽油分子的极性不同，C正确；
D．化学键为微粒间的强相互作用，壁虎的脚与墙体之间不存在化学键，D错误；
故选D。
2. 下列说法正确的是
A. 第一电离能：B＞Be B. 热稳定性：H2S＞H2O
C. 熔点：金刚石＞晶体硅 D. 酸性：CH3COOH＞CF3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Be＞B，选项A错误；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性O>S，所以热稳定性： H2O > H2S，选项B错误；
C．原子半径C＜Si，键长C-C＜Si-Si，键能C-C＞Si-Si，熔点：金刚石＞晶体硅，选项C正确；
D．电负性：F＞H，吸引电子能力：-CF3＞-CH3，CF3COOH中H-O极性更强，更易电离出H+，因此酸性：CF3COOH>CH3COOH，选项D错误；
答案选C。
3. 下列示意图或图示正确的是
A. AS的原子结构示意图：
B. 四水合铜离子的结构：
C. HF分子间的氢键
D. -OH的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．AS原子核外有个33电子，原子的核外各层电子数为2、8、18、5，原子结构示意图：，故A错误；
B．四水合铜离子的结构式为 ，故B错误；
C．图中实线是共价键，虚线是氢键，HF分子间的氢键 ，故C错误；
D．羟基-OH的电子式为，故D正确；
选D。
4. 下列每组物质中，都是由极性键构成的非极性分子的是
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
【答案】C
【解析】
【详解】A．水是由氢氧极性键构成的极性分子，故A不符合题意；
B．为硫氧极性键构成的极性分子，故B不符合题意；
C．和分子结构对称，正负电荷中心重合，且分别含有碳氧、碳氢极性键，分子为非极性分子，故C符合题意；
D．乙炔分子中含有碳碳非极性键，故D不符合题意；
故选C。
5. 兴奋剂在英语中称“Dope”，原义为“供赛马使用的一种鸦片麻醉混合剂”。有的运动员为提高比赛成绩而违规服用的药物大多属于兴奋剂药物刺激剂类。某种兴奋剂的结构如图：
关于该兴奋剂的说法不正确的是
A. 从碳骨架角度，它属于芳香族化合物
B. 该分子的含氧官能团为羟基和醛基
C. 它的分子式为C21H24O4
D. 该有机物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．从碳骨架角度，含有苯环，它属于芳香族化合物，故A正确；
B．该分子的含氧官能团为羟基和酯基，故B错误；
C．根据结构简式，它的分子式为C21H24O4，故C正确；
D．该有机物中含有碳碳双键、酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
选B。
6. 常温下，下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是
A. 的溶液：
B. 溶液：
C. 甲基橙为红色的溶液：
D. 澄清透明的溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的溶液中含有氢离子，氢离子和次氯酸根离子生成弱酸次氯酸，故A不符合题意；
B．碳酸氢根离子和氢离子生成二氧化碳、和铝离子发生双水解反应，不共存，故B不符合题意；
C．铁离子和硫氰酸根离子生成血红色物质，不共存，故C不符合题意；
D．四种离子相互不反应，能共存，故D符合题意；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 的稳定性逐渐减弱，而熔沸点逐渐升高
B. 正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低
C. 和干冰熔化时都要破坏共价键
D. 晶体与非晶体的根本区别在于固体是否具有规则的几何外形
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF分子间能形成氢键，HF的沸点高于，故A错误；
B．碳原子数相同，支链越多，沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低，故B正确；
C．干冰熔化时只破坏分子间作用力，故C错误；
D．晶体与非晶体的根本区别在于构成固体的粒子在三维空间里是否呈现周期性的有序排列，故D错误；
选B。
8. 血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：① ；② ，下列说法不正确的是
A. 形成配位键时提供空轨道
B. 电负性：，故中与配位是O
C. 由题意可得结论：相同温度下，
D. 中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；
B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；
C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；
故选B。
9. 下列关于物质的组成、结构或性质的叙述中，正确的说法有个
(1)基态原子价电子排布式为元素属于第ⅧB族
(2)共价键都有方向性和饱和性
(3)前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素有5种
(4)次氯酸分子的电子式：
(5)某基态原子的某能层电子排布式为，则该元素必为d区元素
(6)硒的价电子排布式为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】(1)基态原子价电子排布式为的元素属于第Ⅷ族，故(1)错误；
(2)s-sσ键没有方向性，故(2)错误；
(3)前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素有H、C、O、P、Fe，共5种，故(3)正确；
(4)次氯酸分子的电子式为，故(4)错误；
(5)某基态原子的某能层电子排布式为，则该元素为ⅥB、ⅦB族元素，则该元素必为d区元素，故(5)正确；
(6)硒的价电子排布式为，故(6)错误；
正确的说法是(3) (5)，选A。
10. 某化合物的分子式为，分析数据表明：分子中有四个-CH3、一个-CH2-、一个、一个、一个-Cl，它的可能结构有种
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【详解】为庚烷的一氯取代物，可以先写出庚烷的所有一氯代物，然后找出符合条件的即可，即结构简式分别是、、、、、、、，共有8种，故选C。
11. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的
A. 含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为
B. 1mol冰中氢键的个数为
C. 向中加入足量溶液，可以得到沉淀
D. 12g石墨烯(单层石墨)中含有的六元环数为个
【答案】D
【解析】
【详解】A．16g氧原子的物质的量为1mol，1个氧原子形成2个共价键，含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为，故A正确；
B．冰晶体中，每个水分子与周围4个水分子形成4个氢键，根据均摊原则，每个水分子形成2个氢键，1mol冰中氢键的个数为，故B正确；
C．向中加入足量溶液，外界的氯离子能电离，所以可以得到沉淀，故C正确；
D．12g石墨烯(单层石墨)中碳原子的物质的量是1mol，根据均摊原则，每个六元环占用2个碳原子，所以含有的六元环数为0.5个，故D错误；
选D。
12. 硅酸盐与二氧化硅一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以用投影图表示成：其中O表示氧原子，中心黑点表示硅原子。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸根离子。试确定在无限长的单链阴离子中(见下图)，硅原子与氧原子的个数之比为
A. 1:2 B. 1:3 C. 2:5 D. 2:7
【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，设Si个数为n，则O个数为3n+1，当单链无限长时，3n+1=3n，则硅原子与氧原子的个数之比为n:3n=1:3；
答案选B。
13. 下列说法正确的是
A. 除去乙醇中的水，先加入生石灰，再过滤
B. 分液时，下层液体从下口放出，继续放出上层溶液于另一烧杯
C. 除去HCl中的，可以通入饱和NaCl溶液洗气
D. 在苯甲酸重结晶实验中，趁热过滤的目的是除去泥沙、减少苯甲酸的析出
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇易挥发，除去乙醇中的水，先加入生石灰，再蒸馏，故A错误；
B．分液时，下层液体从下口放出，上层溶液从上口倒出，故B错误；
C．根据相似相溶，Cl2溶于CCl4，因此除去HCl中的，可以通入CCl4中洗气，故C错误；
D．苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，在苯甲酸重结晶实验中，趁热过滤的目的是除去泥沙、减少苯甲酸的析出，故D正确；
选D。
14. 前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们形成的一种物质的结构如图所示，其中所有原子都形成了8电子稳定结构，四种元素中仅X、Y在同周期。下列推断中错误的是
A. 简单离子半径： B. 分子的空间构型为直线形
C. 最简单氢化物的沸点： D. Y与氧元素形成的化合物不止3种
【答案】A
【解析】
【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素中仅X、Y在同周期，则X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，W为第四周期元素；从图中元素形成的共价键及离子带电荷判断，W为K元素，X能形成4个共价键，则X为C元素，Y能形成3个共价键，则Y为N元素，Z能形成2个共价键，则Z为S元素。从而得出，X、Y、Z、W分别为C、N、S、K元素。
【详解】A．Y、Z、W分别为N、S、K，它们的简单离子中，S2-与K+的电子层结构相同，而N3-的电子层数最少，则简单离子半径：S2-＞K+＞N3-，A错误；
B．分子为CS2，结构式为S=C=S，则空间构型为直线形，B正确；
C．X、Y分别为C、N，最简单氢化物为CH4、NH3，NH3分子间能形成氢键，则沸点：NH3＞CH4，C正确；
D．Y为N元素，与氧元素形成的化合物为N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，D正确；
故选A。
二、非选择题
15. 有机物种类繁多，广泛存在，在生产和生活中有着重要的应用。
（1）下列各组有机物中，一定互为同系物的是___________(填序号)，一定互为同分异构体的是___________(填序号)。
①乙烷和异丁烷；
②和；
③和；
④和；
⑤二甲醚和乙醇
⑥和(大球表示碳原子，小球表示氢原子)
⑦和
⑧和
（2）中含有的官能团名称为___________。
（3）准确称取4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱分别如图所示，则该有机物的分子式为___________，结构简式可能为___________(填序号)。
A． B．
C． D．
（4）有机物系统命名为___________，其一氯代物为___________种。
（5）乙醇和金属钠反应的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. ①⑦ ②. ⑤⑥
（2）碳氯键(或者氯原子)、酯基
（3） ①. C4H8O2 ②. B
（4） ①. 2，2，4-三甲基己烷 ②. 6
（5）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
【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。
【小问1详解】
同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，一定互为同系物的是①⑦（③中可能为环丙烷，故两者不一定为同系物）；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物，一定互为同分异构体的是⑤⑥；
【小问2详解】
中含有的官能团名称为酯基、碳氯键；
【小问3详解】
4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g，浓硫酸吸收水、碱石灰吸收二氧化碳，则X中碳氢元素的质量分别为、，则含有氧4.4g-2.4g-0.4g=1.6g，碳氢氧物质的量之比为，故分子式为(C2H4O)n；质谱图可知相对分子质量为88，则44n=88，n=2，分子式为C4H8O2；红外光谱图可知，分子中含有不对称-CH3、C=O、C-O-C，则结构简式为，故选B；
【小问4详解】
有机物系统命名为2，2，4-三甲基己烷；其分子中有6种不同的氢，故其一氯代物为6种；
【小问5详解】
乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。
16. 我国磷、锌、铬等矿产资源储量丰富。回答下列问题：
（1）基态Zn原子核外电子共有_______种空间运动状态；基态铬原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为_______。
（2）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如下图所示：
①键能大小比较：磷氧双键_______(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
②键角大小比较：_______(填“大于”“等于”或“小于”)。
③纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是_______。
（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示(其晶胞参数或边长为apm)；
①固态磷化硼属于_______(填“分子”“离子”或“共价”)晶体。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。已知原子分数坐标：M点为、G点为，则Q点的原子分数坐标为____。
③磷化硼晶体的密度为______(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 15 ②.
（2） ①. 大于 ②. 小于 ③. 温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏
（3） ①. 共价 ②. ③. ##
【解析】
【小问1详解】
Zn的原子序数是30，基态锌原子的电子排布式为，一个原子轨道即一种空间运动状态，则基态锌原子占据的原子轨道数为，则基态Zn原子核外电子共有15种空间运动状态；基态铬原子的电子排布式，价电子轨道表示式(电子排布图)为。故答案为：15；；
【小问2详解】
①由图可知，磷氧双键的键长比磷氧单键的键长短，故磷氧双键的键能比磷氧单键的键能大，故答案为：大于；
②中含键，对其他成键电子对的斥力较大，导致键角增大，所以键角小于，故答案为：小于；
③由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸黏度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致黏度迅速下降，故答案为：温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏；
【小问3详解】
①根据磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，可以判断其属于共价晶体；故答案为：共价；
②根据BP立方晶胞中相邻B与P之间的距离为晶胞体对角线的四分之一分析，可得Q点的原子分数坐标为；故答案为：；
③根据均推法分析，一个晶胞中P原子的个数为4，B原子个数为，故晶体的密度为。故答案为：或。
17. 乙苯是重要的化工产品。某课题组拟制备乙苯，查阅资料如下：
①几种有机物的沸点：
有机物
苯
溴乙烷
乙苯
沸点/℃
80
38.4
136.2
②化学原理：
③氯化铝易升华、易潮解
Ⅰ．制备氯化铝
甲同学选择如图装置制备氯化铝(装置不可重复使用)：
（1）本实验制备氯气的离子方程式为_______。
（2）气体流动方向是从左至右，装置的连接顺序为_______(填字母)。
（3）装置D的作用为_______。
Ⅱ．制备乙苯
乙同学设计实验步骤如下：
步骤1：连接装置并检查气密性(如图所示，夹持装置省略)。
步骤2：用酒精灯微热烧瓶。
步骤3：在烧瓶中加入少量无水氯化铝、适量的苯和溴乙烷。
步骤4：加热，充分反应半小时。
步骤5：提纯产品。
（4）本实验步骤4的加热方式宜采用_______。
（5）仪器1中冷凝水从_______口进入(填“a”或“b”)，H装置中干燥管的作用是_______。确认本装置G中已发生反应的现象是_______。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑ +2H2O
（2）AECFDB （3）收集氯化铝
（4）水浴加热 （5） ①. a ②. 防倒吸 ③. 出现淡黄色沉淀，说明G中已发生了反应
【解析】
【分析】本实验先通过二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，经过除去杂质HCl和H2O，而后与铝粉反应生成氯化铝，最后吸收尾气；通过苯与溴乙烷在氯化铝做催化剂条件下反应生成乙苯和HBr，据此分析回答问题。
【小问1详解】
实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2 +2H2O；
【小问2详解】
A是制备氯气装置，Cl2中混有HCl和水蒸气杂质，因铝粉可以和HCl反应且产品氯化铝易潮解，所以应用E装置除去HCl杂质、用C装置除去水蒸气杂质，然后将氯气通入F中与铝粉反应制取氯化铝，因氯化铝易升华和凝华，所以用D装置收集氯化铝，最后用B装置吸收尾气，同时防止空气中水蒸气进入，所以装置的连接顺序为：AECFDB；
【小问3详解】
由以上分析可知，装置D的作用为收集氯化铝；
【小问4详解】
实验所需温度不超过100° C，可以采用水浴加热，便于控制实验温度，还能使烧瓶受热均匀；
【小问5详解】
仪器1中冷凝水从a口进入，b口流出，得到最好的冷凝效果；因溴化氢极易溶于水，所以干燥管的作用是防倒吸；若G中已经发生了反应，则H装置的水中一定含 有HBr，通过检验HBr可以判断G中反应是否开始，具体方法是：向H装置中滴加少量硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，说明G中已发生了反应。
18. 以下为一种制取铜的新工艺，原料利用率较高。
请回答下列问题：
（1）为使隔绝空气煅烧充分进行，工业可采取的措施是___________(填写合理的一种即可)。
（2）隔绝空气煅烧后固体为、CuS，反应1为溶浸反应，已知：，则反应1的离子方程式为___________。
（3）反应2发生的主要反应的离子方程式为___________，一定温度下，在反应2所得的溶液中加入硫酸，能析出硫酸铜晶体，其可能的原因___________。
（4）滤渣中的FeS2是黄铁矿的主要成分，其晶体结构类似NaCl，如图所示：
①的电子式为___________。
②晶体结构中离最近的有___________个；
③比较稳定性：___________(填“>”或“<”)，从结构角度说明原因：___________。
【答案】（1）矿石粉碎(或升高煅烧温度等)
（2）
（3） ①. ②. 硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度
（4） ①. ②. 12 ③. < ④. Fe2+和Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，Fe3+的3d能级半充满，结构更稳定
【解析】
【分析】矿石加入硫隔绝空气煅烧，产生FeS2、CuS，加入氯化铜、盐酸、氯化钠混合液浸取后分离出FeS2、S滤渣，滤液通入空气将亚铜转化为铜离子，加入硫酸，结晶分离得到硫酸铜，最终生成铜；据此分析解答。
【小问1详解】
为使隔绝空气煅烧充分进行，工业可采取的措施是矿石粉碎、升高煅烧温度等；故答案为：矿石粉碎(或升高煅烧温度等)；
【小问2详解】
已知：Cu++2Cl−=[CuCl2]−，且反应1加入氯化铜、盐酸、氯化钠混合液浸取后分离出S滤渣，则反应中CuS和铜离子、氯离子发生氧化还原反应生成[CuCl2]-、硫单质，反应；故答案为：；
【小问3详解】
反应2中通入空气，空气中氧气具有氧化性，将一价铜转化为二价铜，发生的主要反应的离子方程式为；一定温度下，在反应2所得的溶液中加入硫酸，能析出硫酸铜晶体，其可能的原因是硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度，导致硫酸铜结晶析出；故答案为：；硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；
【小问4详解】
①S的电子式为；故答案为：；
②晶体结构中以底层面心的亚铁离子为例，同层、上层、下层离Fe2+最近的Fe2+各有4个，共有12个；故答案为：12；
③铁原子失去2个电子形成Fe2+，失去3个电子形成Fe3+，Fe2+和Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，Fe3+的3d能级半充满，结构更稳定；故答案为：<；Fe2+和Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，Fe3+的3d能级半充满，结构更稳定。
重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试
化学试题
一、单项选择题(每题3分，共42分)
1. 生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A. 在霓虹灯的灯管里存在等离子体
B. 可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含He
C. 汽油不易溶于水是因为水分子的极性和汽油分子的极性不同
D. 壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有强的化学键
【答案】D
【解析】
【详解】A．高温下存在等离子体，霓虹灯能形成高温环境，存在等离子体，A正确；
B．光谱分析的方法可以确定元素的种类，B正确；
C．汽油极性小、水极性大，汽油不易溶解于水是因为水分子的极性和汽油分子的极性不同，C正确；
D．化学键为微粒间的强相互作用，壁虎的脚与墙体之间不存在化学键，D错误；
故选D。
2. 下列说法正确的是
A. 第一电离能：B＞Be B. 热稳定性：H2S＞H2O
C. 熔点：金刚石＞晶体硅 D. 酸性：CH3COOH＞CF3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Be＞B，选项A错误；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性O>S，所以热稳定性： H2O > H2S，选项B错误；
C．原子半径C＜Si，键长C-C＜Si-Si，键能C-C＞Si-Si，熔点：金刚石＞晶体硅，选项C正确；
D．电负性：F＞H，吸引电子能力：-CF3＞-CH3，CF3COOH中H-O极性更强，更易电离出H+，因此酸性：CF3COOH>CH3COOH，选项D错误；
答案选C。
3. 下列示意图或图示正确的是
A. AS的原子结构示意图：
B. 四水合铜离子的结构：
C. HF分子间的氢键
D. -OH的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．AS原子核外有个33电子，原子的核外各层电子数为2、8、18、5，原子结构示意图：，故A错误；
B．四水合铜离子的结构式为 ，故B错误；
C．图中实线是共价键，虚线是氢键，HF分子间的氢键 ，故C错误；
D．羟基-OH的电子式为，故D正确；
选D。
4. 下列每组物质中，都是由极性键构成的非极性分子的是
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
【答案】C
【解析】
【详解】A．水是由氢氧极性键构成的极性分子，故A不符合题意；
B．为硫氧极性键构成的极性分子，故B不符合题意；
C．和分子结构对称，正负电荷中心重合，且分别含有碳氧、碳氢极性键，分子为非极性分子，故C符合题意；
D．乙炔分子中含有碳碳非极性键，故D不符合题意；
故选C。
5. 兴奋剂在英语中称“Dope”，原义为“供赛马使用的一种鸦片麻醉混合剂”。有的运动员为提高比赛成绩而违规服用的药物大多属于兴奋剂药物刺激剂类。某种兴奋剂的结构如图：
关于该兴奋剂的说法不正确的是
A. 从碳骨架角度，它属于芳香族化合物
B. 该分子的含氧官能团为羟基和醛基
C. 它的分子式为C21H24O4
D. 该有机物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．从碳骨架角度，含有苯环，它属于芳香族化合物，故A正确；
B．该分子的含氧官能团为羟基和酯基，故B错误；
C．根据结构简式，它的分子式为C21H24O4，故C正确；
D．该有机物中含有碳碳双键、酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
选B。
6. 常温下，下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是
A. 的溶液：
B. 溶液：
C. 甲基橙为红色的溶液：
D. 澄清透明的溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的溶液中含有氢离子，氢离子和次氯酸根离子生成弱酸次氯酸，故A不符合题意；
B．碳酸氢根离子和氢离子生成二氧化碳、和铝离子发生双水解反应，不共存，故B不符合题意；
C．铁离子和硫氰酸根离子生成血红色物质，不共存，故C不符合题意；
D．四种离子相互不反应，能共存，故D符合题意；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 的稳定性逐渐减弱，而熔沸点逐渐升高
B. 正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低
C. 和干冰熔化时都要破坏共价键
D. 晶体与非晶体的根本区别在于固体是否具有规则的几何外形
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF分子间能形成氢键，HF的沸点高于，故A错误；
B．碳原子数相同，支链越多，沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低，故B正确；
C．干冰熔化时只破坏分子间作用力，故C错误；
D．晶体与非晶体的根本区别在于构成固体的粒子在三维空间里是否呈现周期性的有序排列，故D错误；
选B。
8. 血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：① ；② ，下列说法不正确的是
A. 形成配位键时提供空轨道
B. 电负性：，故中与配位是O
C. 由题意可得结论：相同温度下，
D. 中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；
B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；
C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；
故选B。
9. 下列关于物质的组成、结构或性质的叙述中，正确的说法有个
(1)基态原子价电子排布式为元素属于第ⅧB族
(2)共价键都有方向性和饱和性
(3)前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素有5种
(4)次氯酸分子的电子式：
(5)某基态原子的某能层电子排布式为，则该元素必为d区元素
(6)硒的价电子排布式为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】(1)基态原子价电子排布式为的元素属于第Ⅷ族，故(1)错误；
(2)s-sσ键没有方向性，故(2)错误；
(3)前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素有H、C、O、P、Fe，共5种，故(3)正确；
(4)次氯酸分子的电子式为，故(4)错误；
(5)某基态原子的某能层电子排布式为，则该元素为ⅥB、ⅦB族元素，则该元素必为d区元素，故(5)正确；
(6)硒的价电子排布式为，故(6)错误；
正确的说法是(3) (5)，选A。
10. 某化合物的分子式为，分析数据表明：分子中有四个-CH3、一个-CH2-、一个、一个、一个-Cl，它的可能结构有种
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【详解】为庚烷的一氯取代物，可以先写出庚烷的所有一氯代物，然后找出符合条件的即可，即结构简式分别是、、、、、、、，共有8种，故选C。
11. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的
A. 含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为
B. 1mol冰中氢键的个数为
C. 向中加入足量溶液，可以得到沉淀
D. 12g石墨烯(单层石墨)中含有的六元环数为个
【答案】D
【解析】
【详解】A．16g氧原子的物质的量为1mol，1个氧原子形成2个共价键，含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为，故A正确；
B．冰晶体中，每个水分子与周围4个水分子形成4个氢键，根据均摊原则，每个水分子形成2个氢键，1mol冰中氢键的个数为，故B正确；
C．向中加入足量溶液，外界的氯离子能电离，所以可以得到沉淀，故C正确；
D．12g石墨烯(单层石墨)中碳原子的物质的量是1mol，根据均摊原则，每个六元环占用2个碳原子，所以含有的六元环数为0.5个，故D错误；
选D。
12. 硅酸盐与二氧化硅一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以用投影图表示成：其中O表示氧原子，中心黑点表示硅原子。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸根离子。试确定在无限长的单链阴离子中(见下图)，硅原子与氧原子的个数之比为
A. 1:2 B. 1:3 C. 2:5 D. 2:7
【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，设Si个数为n，则O个数为3n+1，当单链无限长时，3n+1=3n，则硅原子与氧原子的个数之比为n:3n=1:3；
答案选B。
13. 下列说法正确的是
A. 除去乙醇中的水，先加入生石灰，再过滤
B. 分液时，下层液体从下口放出，继续放出上层溶液于另一烧杯
C. 除去HCl中的，可以通入饱和NaCl溶液洗气
D. 在苯甲酸重结晶实验中，趁热过滤的目的是除去泥沙、减少苯甲酸的析出
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇易挥发，除去乙醇中的水，先加入生石灰，再蒸馏，故A错误；
B．分液时，下层液体从下口放出，上层溶液从上口倒出，故B错误；
C．根据相似相溶，Cl2溶于CCl4，因此除去HCl中的，可以通入CCl4中洗气，故C错误；
D．苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，在苯甲酸重结晶实验中，趁热过滤的目的是除去泥沙、减少苯甲酸的析出，故D正确；
选D。
14. 前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们形成的一种物质的结构如图所示，其中所有原子都形成了8电子稳定结构，四种元素中仅X、Y在同周期。下列推断中错误的是
A. 简单离子半径： B. 分子的空间构型为直线形
C. 最简单氢化物的沸点： D. Y与氧元素形成的化合物不止3种
【答案】A
【解析】
【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素中仅X、Y在同周期，则X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，W为第四周期元素；从图中元素形成的共价键及离子带电荷判断，W为K元素，X能形成4个共价键，则X为C元素，Y能形成3个共价键，则Y为N元素，Z能形成2个共价键，则Z为S元素。从而得出，X、Y、Z、W分别为C、N、S、K元素。
【详解】A．Y、Z、W分别为N、S、K，它们的简单离子中，S2-与K+的电子层结构相同，而N3-的电子层数最少，则简单离子半径：S2-＞K+＞N3-，A错误；
B．分子为CS2，结构式为S=C=S，则空间构型为直线形，B正确；
C．X、Y分别为C、N，最简单氢化物为CH4、NH3，NH3分子间能形成氢键，则沸点：NH3＞CH4，C正确；
D．Y为N元素，与氧元素形成的化合物为N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，D正确；
故选A。
二、非选择题
15. 有机物种类繁多，广泛存在，在生产和生活中有着重要的应用。
（1）下列各组有机物中，一定互为同系物的是___________(填序号)，一定互为同分异构体的是___________(填序号)。
①乙烷和异丁烷；
②和；
③和；
④和；
⑤二甲醚和乙醇
⑥和(大球表示碳原子，小球表示氢原子)
⑦和
⑧和
（2）中含有的官能团名称为___________。
（3）准确称取4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱分别如图所示，则该有机物的分子式为___________，结构简式可能为___________(填序号)。
A． B．
C． D．
（4）有机物系统命名为___________，其一氯代物为___________种。
（5）乙醇和金属钠反应的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. ①⑦ ②. ⑤⑥
（2）碳氯键(或者氯原子)、酯基
（3） ①. C4H8O2 ②. B
（4） ①. 2，2，4-三甲基己烷 ②. 6
（5）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
【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。
【小问1详解】
同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，一定互为同系物的是①⑦（③中可能为环丙烷，故两者不一定为同系物）；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物，一定互为同分异构体的是⑤⑥；
【小问2详解】
中含有的官能团名称为酯基、碳氯键；
【小问3详解】
4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g，浓硫酸吸收水、碱石灰吸收二氧化碳，则X中碳氢元素的质量分别为、，则含有氧4.4g-2.4g-0.4g=1.6g，碳氢氧物质的量之比为，故分子式为(C2H4O)n；质谱图可知相对分子质量为88，则44n=88，n=2，分子式为C4H8O2；红外光谱图可知，分子中含有不对称-CH3、C=O、C-O-C，则结构简式为，故选B；
【小问4详解】
有机物系统命名为2，2，4-三甲基己烷；其分子中有6种不同的氢，故其一氯代物为6种；
【小问5详解】
乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑。
16. 我国磷、锌、铬等矿产资源储量丰富。回答下列问题：
（1）基态Zn原子核外电子共有_______种空间运动状态；基态铬原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为_______。
（2）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如下图所示：
①键能大小比较：磷氧双键_______(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
②键角大小比较：_______(填“大于”“等于”或“小于”)。
③纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是_______。
（3）磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示(其晶胞参数或边长为apm)；
①固态磷化硼属于_______(填“分子”“离子”或“共价”)晶体。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。已知原子分数坐标：M点为、G点为，则Q点的原子分数坐标为____。
③磷化硼晶体的密度为______(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 15 ②.
（2） ①. 大于 ②. 小于 ③. 温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏
（3） ①. 共价 ②. ③. ##
【解析】
【小问1详解】
Zn的原子序数是30，基态锌原子的电子排布式为，一个原子轨道即一种空间运动状态，则基态锌原子占据的原子轨道数为，则基态Zn原子核外电子共有15种空间运动状态；基态铬原子的电子排布式，价电子轨道表示式(电子排布图)为。故答案为：15；；
【小问2详解】
①由图可知，磷氧双键的键长比磷氧单键的键长短，故磷氧双键的键能比磷氧单键的键能大，故答案为：大于；
②中含键，对其他成键电子对的斥力较大，导致键角增大，所以键角小于，故答案为：小于；
③由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸黏度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致黏度迅速下降，故答案为：温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏；
【小问3详解】
①根据磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，可以判断其属于共价晶体；故答案为：共价；
②根据BP立方晶胞中相邻B与P之间的距离为晶胞体对角线的四分之一分析，可得Q点的原子分数坐标为；故答案为：；
③根据均推法分析，一个晶胞中P原子的个数为4，B原子个数为，故晶体的密度为。故答案为：或。
17. 乙苯是重要的化工产品。某课题组拟制备乙苯，查阅资料如下：
①几种有机物的沸点：
有机物
苯
溴乙烷
乙苯
沸点/℃
80
38.4
136.2
②化学原理：
③氯化铝易升华、易潮解
Ⅰ．制备氯化铝
甲同学选择如图装置制备氯化铝(装置不可重复使用)：
（1）本实验制备氯气的离子方程式为_______。
（2）气体流动方向是从左至右，装置的连接顺序为_______(填字母)。
（3）装置D的作用为_______。
Ⅱ．制备乙苯
乙同学设计实验步骤如下：
步骤1：连接装置并检查气密性(如图所示，夹持装置省略)。
步骤2：用酒精灯微热烧瓶。
步骤3：在烧瓶中加入少量无水氯化铝、适量的苯和溴乙烷。
步骤4：加热，充分反应半小时。
步骤5：提纯产品。
（4）本实验步骤4的加热方式宜采用_______。
（5）仪器1中冷凝水从_______口进入(填“a”或“b”)，H装置中干燥管的作用是_______。确认本装置G中已发生反应的现象是_______。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑ +2H2O
（2）AECFDB （3）收集氯化铝
（4）水浴加热 （5） ①. a ②. 防倒吸 ③. 出现淡黄色沉淀，说明G中已发生了反应
【解析】
【分析】本实验先通过二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，经过除去杂质HCl和H2O，而后与铝粉反应生成氯化铝，最后吸收尾气；通过苯与溴乙烷在氯化铝做催化剂条件下反应生成乙苯和HBr，据此分析回答问题。
【小问1详解】
实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2 +2H2O；
【小问2详解】
A是制备氯气装置，Cl2中混有HCl和水蒸气杂质，因铝粉可以和HCl反应且产品氯化铝易潮解，所以应用E装置除去HCl杂质、用C装置除去水蒸气杂质，然后将氯气通入F中与铝粉反应制取氯化铝，因氯化铝易升华和凝华，所以用D装置收集氯化铝，最后用B装置吸收尾气，同时防止空气中水蒸气进入，所以装置的连接顺序为：AECFDB；
【小问3详解】
由以上分析可知，装置D的作用为收集氯化铝；
【小问4详解】
实验所需温度不超过100° C，可以采用水浴加热，便于控制实验温度，还能使烧瓶受热均匀；
【小问5详解】
仪器1中冷凝水从a口进入，b口流出，得到最好的冷凝效果；因溴化氢极易溶于水，所以干燥管的作用是防倒吸；若G中已经发生了反应，则H装置的水中一定含 有HBr，通过检验HBr可以判断G中反应是否开始，具体方法是：向H装置中滴加少量硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，说明G中已发生了反应。
18. 以下为一种制取铜的新工艺，原料利用率较高。
请回答下列问题：
（1）为使隔绝空气煅烧充分进行，工业可采取的措施是___________(填写合理的一种即可)。
（2）隔绝空气煅烧后固体为、CuS，反应1为溶浸反应，已知：，则反应1的离子方程式为___________。
（3）反应2发生的主要反应的离子方程式为___________，一定温度下，在反应2所得的溶液中加入硫酸，能析出硫酸铜晶体，其可能的原因___________。
（4）滤渣中的FeS2是黄铁矿的主要成分，其晶体结构类似NaCl，如图所示：
①的电子式为___________。
②晶体结构中离最近的有___________个；
③比较稳定性：___________(填“>”或“<”)，从结构角度说明原因：___________。
【答案】（1）矿石粉碎(或升高煅烧温度等)
（2）
（3） ①. ②. 硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度
（4） ①. ②. 12 ③. < ④. Fe2+和Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，Fe3+的3d能级半充满，结构更稳定
【解析】
【分析】矿石加入硫隔绝空气煅烧，产生FeS2、CuS，加入氯化铜、盐酸、氯化钠混合液浸取后分离出FeS2、S滤渣，滤液通入空气将亚铜转化为铜离子，加入硫酸，结晶分离得到硫酸铜，最终生成铜；据此分析解答。
【小问1详解】
为使隔绝空气煅烧充分进行，工业可采取的措施是矿石粉碎、升高煅烧温度等；故答案为：矿石粉碎(或升高煅烧温度等)；
【小问2详解】
已知：Cu++2Cl−=[CuCl2]−，且反应1加入氯化铜、盐酸、氯化钠混合液浸取后分离出S滤渣，则反应中CuS和铜离子、氯离子发生氧化还原反应生成[CuCl2]-、硫单质，反应；故答案为：；
【小问3详解】
反应2中通入空气，空气中氧气具有氧化性，将一价铜转化为二价铜，发生的主要反应的离子方程式为；一定温度下，在反应2所得的溶液中加入硫酸，能析出硫酸铜晶体，其可能的原因是硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度，导致硫酸铜结晶析出；故答案为：；硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；
【小问4详解】
①S的电子式为；故答案为：；
②晶体结构中以底层面心的亚铁离子为例，同层、上层、下层离Fe2+最近的Fe2+各有4个，共有12个；故答案为：12；
③铁原子失去2个电子形成Fe2+，失去3个电子形成Fe3+，Fe2+和Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，Fe3+的3d能级半充满，结构更稳定；故答案为：<；Fe2+和Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，Fe3+的3d能级半充满，结构更稳定。
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