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四川省南充高级中学2022-2023学年高二化学上学期1月期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省南充高级中学2022-2023学年高二化学上学期1月期末考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
南充高中2022～2023学年度上学期期末考试
高2021级化学试题
(时间：90分钟 总分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 C-12 B-11
第1卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分)
1. 化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是
A. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
B. 埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同
C. 油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应
D. 压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，A错误；B. 埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理不相同，其中次氯酸钠和双氧水利用的是氧化作用，B错误；C. 油脂在碱性条件下水解成高级脂肪酸钠和甘油，称为皂化反应，C错误；D. 压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料，D正确，答案选D。
2. 下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 海带提碘 B. 氯碱工业
C. 氨碱法制碱 D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。
答案选C。
3. 在“绿色化学工艺”中理想状态是原子利用率为100%。在用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需其他的反应物有
A. CO和CH3OH B. CO2和H2O C. H2和CO2 D. CH3OH和H2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，用CH3C≡CH（丙炔）合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。
【详解】A．CO和CH3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，A项正确；
B．CO2和H2O，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，B项错误；
C．H2和CO2，，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，C项错误；
D．CH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题考查绿色化学工艺，有机物的合成等知识。由于在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，生成的产品与原料之间要遵守原子守恒，用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1，据此解答。
4. 下列化学用语正确的是
A. 分子式为的物质可能是混合物
B. 甲烷分子的球棍模型：
C. 聚苯乙烯的结构简式为
D. 硝基苯的结构简式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子式为可表示葡萄糖、果糖等多种物质，因此分子式为的物质可能是混合物，故A正确；
B．图示为甲烷的比例模型，不是球棍模型，故B错误；
C．聚苯乙烯的结构简式为 ，故C错误；
D．硝基苯中与苯环相连的原子为N原子，结构简式应为 ，故D错误；
故选：A。
5. 下列图形表示杂化轨道的电子云轮廓图的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】杂化轨道有4个轨道组成，呈正四面体构型伸展，C符合；
故选：C。
6. 下列相关比较中，正确的是
A. 分解温度：MgCO3>CaCO3> BaCO3 B. 熔点：Na>Mg>Al
C. 微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+) D. 热稳定性：H2O>H2S> HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高，则碳酸盐的分解温度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A错误，
B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，B错误；
C．Cl-具有三个电子层，O2-、Na+具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，故微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，C正确；
D．简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性一致， 已知非金属性比O＞Cl＞S，故H2O> HCl > H2S，D错误；
故答案为：C。
7. 紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C14H14O4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；
B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；
C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；
D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。
综上所述，故选B。
8. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 中键的个数为
B. 中杂化的原子数为
C. 中S的价层电子对数为
D. 常温常压下，羟基(—OH)所含电子数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol中含3molN-H键，氨分子与铜形成配位键也为键，则中含，故A正确；
B．中C和O均采用杂化，1个中含3个杂化的原子，乙醇为1mol，杂化的原子数为，故B错误；
C．中心S原子的价层电子对数=，则中S的价层电子对数为，故C正确；
D．羟基(—OH)为1mol，1mol羟基含电子，故D正确；
故选：B。
9. 有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是
A. a的一氯代物有3种
B. b是苯的同系物且可使溴水褪色，反应时键断裂
C. c可溶于水
D. a、b、c互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知a中含有三种氢，则其一氯代物有3种，故A正确；
B．b中含碳碳三键，不属于苯的同系物，故B错误；
C．c属于烃类，难溶于水，故C错误；
D．a、b分子式为C8H6，c分子式为C8H8，三者分子组成不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：A。
10. 下列有关原子结构和元素性质的叙述中，正确的是
A. 邻羟基苯甲醛的熔点高于对羟基苯甲醛的熔点
B. 第四周期元素中，基态锰原子价电子层中未成对电子数最多
C. 钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
D. 价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
【答案】D
【解析】
【详解】A．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键使熔点升高，分子内氢键使熔点降低，故A错误；
B．第四周期元素中，基态Cr原子价电子层中未成对电子数最多，故B错误；
C．钠元素的第一电离能小于镁元素，但钠失去一个电子后为全满稳定结构，再失去一个电子较为困难，故其第二电离能大于镁的第二电离能，故C错误；
D．价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故D正确；
故选：D。
11. 盐酸溶液能吸收CO生成配合物氯化羰基亚铜，其结构如图：
下列有关氯化羰基亚铜的说法不正确的是
A. 该配合物中Cl离子的杂化方式为杂化
B. 该配合物的配体有CO、、，其中CO提供孤电子对的为O原子
C. 该配合物中，提供空轨道接受孤电子对形成配位键
D. 该配合物中，中心离子的配位数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl形成2个单键，价层电子对数为4，杂化方式为杂化，故A正确；
B．CO中C的电负性小于O，电负性越小越易提供电子对，故C提供孤电子对，故B错误；
C．该配合物中，提供空轨道，CO、、提供孤电子对与其形成配位键，故C正确；
D．由结构简式可知中心离子配位数为4，故D正确；
故选：B。
12. 某种合成医药、农药的中间体结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是
A. 第一电离能：Y
【答案】A
【解析】
【分析】根据X、Y、Z、M、R原子序数依次增大且为短周期主族元素，结合该中间体的结构中的连键特点，可推出元素X、Y、Z、M、R分别为H、C、N、O、S。
【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能应是C
C．S可形成两种酸性氧化物，分别为SO2和SO3，故C正确；
D．CO可作配合物的配体，如Ni(CO)4，故D正确；
选A。
13. 科学家近期合成了一种配合物，该物质可以在温和条件下活化H2，将N3-转化为NH，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A. 产物中N原子的杂化轨道类型为sp3
B. NH2-的VSEPR模型为四面体形
C. 电负性大小：N>C>Fe
D. 键角：NH>NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．产物N连接4根键，为杂化，A正确；
B．与H2O互为等电子体，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，B正确；
C．一般而言，金属元素的电负性小于1.8，非金属元素电负性大于1.8，C、N属于同一周期，从左到右电负性逐渐增大，Fe为金属元素，电负性最小，即得N>C>Fe，C正确；
D．与H2O互为等电子体，均存在两对电子对，键角相同，键角：H2O
14. 氯化铬酰()常温下为深红色液体，能与、等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确的是
A. 中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等
B. 结构为四面体而非平面形
C. 为离子晶体
D. 遇水可发生反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；
B．结构式为，中心铬原子上的孤电子数是0，价层电子数是4，为四面体而非平面形，B项正确；
C．为分子晶体，C项错误；
D．遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：，D项正确；
故答案选C。
15. 是一种重要的半导体材料，其晶体的晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为，晶胞参数为。下列说法正确的是
A. 基态原子价电子排布式为
B. 晶胞中n的坐标参数为
C. 与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有6个
D. Se原子与Se原子之间最短距离为pm
【答案】B
【解析】
【详解】A．Se为第四周期ⅥA族，基态原子价电子排布式为，故A错误；
B．由晶胞结构可知n点坐标为，故B正确；
C．由晶胞结构可知Cd位于顶点和面心，与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有12个，故C错误；
D．Se原子与Se原子之间的最短距离为面对角线的一半，pm，故D错误；
故选：B。
16. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验乙酸乙酯样品是否有乙酸杂质
向乙酸乙酯样品(由乙醇与乙酸反应制得)中加入小颗粒钠，产生大量气泡
乙酸乙酯中一定含乙酸
B
检验淀粉水解是否完全
将适量样品与稀硫酸反应，加入足量溶液后加入碘水，观察现象
无明显现象，说明淀粉水解完全
C
检验牙膏中的摩擦剂成分
取少量牙膏于试管中，加水溶解，过滤，滤渣中滴加足量盐酸
若滤渣溶解并产生无色气泡，则摩擦剂可能含有
D
向溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
与能大量共存
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由乙醇与乙酸反应制得乙酸乙酯中可能含有乙醇和乙酸，两者都能与钠反应生成氢气，因此根据现象不能说明一定是乙酸，故A错误；
B．与碘水反应，干扰淀粉的检验，应取水解液直接加碘水检验淀粉，由实验及现象证明淀粉完全水解，故B错误；
C．与盐酸反应生成二氧化碳，则滤渣溶解并产生无色气泡免责摩擦剂可能为，故C正确；
D．向溶液中滴加过量氨水，最终生成银氨溶液，与不能大量共存，故D错误；
故选：C。
第11卷(非选择题，共52分)
二、填空题(本题包括4个大题，共52分)
17. 苯佐卡因是临床常用的一种手术用药。以甲苯为起始原料的合成路线如下：
回答问题：
（1）甲苯分子内共面H原子数最多为___________个。
（2）A的名称是___________。
（3）在A的同分异构体中，符合下列条件的是___________(写出一种结构简式)。
①与A具有相同官能团 ②属于芳香化合物 ③有5种氢原子
（4）B中官能团名称为___________。
（5）B→C的反应方程式为___________。
（6）反应过程中产出的铁泥属于危化品，处理方式为___________(填编号)。
a．高温炉焚烧 b．填埋 c．交有资质单位处理
（7）C到苯佐卡因的反应类型为___________。
【答案】（1）6 （2）对硝基甲苯或4-硝基甲苯
（3） 、 （4）羧基、硝基
（5） + +H2O
（6）c （7）还原反应
【解析】
【分析】甲苯与浓硝酸发生硝化反应生成对硝基甲苯即A，A被高锰酸钾溶液氧化生成对硝基苯甲酸，B与乙醇发生酯化反应生成对硝基苯甲酸乙酯，C被Fe还原生成苯佐卡因，据此分析解答。
【小问1详解】
甲苯中苯环上的5个氢一定共面，甲基中有且只有一个氢可能在该平面上，因此最多6个氢原子共面。
【小问2详解】
由结构简式可知A为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；
【小问3详解】
①与A具有相同官能团即含硝基，②属于芳香化合物，即含苯环，若含一个取代基则为-CH2NO2，该结构中含4种氢不符合题意；则应含两个取代基分别为-CH3、-NO2，在苯环上分别有邻、间、对三种不同位置，其中对位时氢原子种类为3种，不符合题意，符合的结构简式有： 、 ；
【小问4详解】
由结构简式可知B中官能团为羧基、硝基；
【小问5详解】
与乙醇发生酯化反应生成 和水，反应方程式： + +H2O；
【小问6详解】
铁泥中富含铁可以回收利用，填埋和焚烧既产生污染又浪费能源，所以处理方式为c。
【小问7详解】
由以上分析可知C到苯佐卡因的反应类型为还原反应。
18. 硼和氮的单质及其一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题：
（1）基态B原子的核外电子有___________种空间运动状态；B和N电负性较大的是___________。
（2）经测定发现，固体由和X两种离子组成，与X互为等电子体的微粒有___________(写出一种)。
（3）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素有___________种。
（4）已知卤化铵、、、热稳定性逐渐增强，原因是___________。
（5）晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体(如图1)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。则此基本结构单元由___________个硼原子构成；若该结构单元中有2个原子为(其余为)，那么该结构单元有___________种不同类型。
（6）硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构类似，B、N原子相互交替排列(如图2)，其晶胞结构如图3所示。设每层B—N核间距为，层间距为，则该氮化硼晶体的密度为___________(用含a、b、的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 5 ②. B
（3）2 （4）原子半径：FH→Cl键> H→Br键> H→I键，夺取NH中的H+的能力：F->Cl->Br->I-
（5） ①. 12 ②. 3
（6）
【解析】
【小问1详解】
B原子核外有5个电子，所以有5种不同运动状态的电子；同一周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故电负性：B
根据电荷守恒和原子守恒得出X为NO，与NO互为等电子体的微粒有CO、BF3等。
【小问3详解】
第二周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O，则介于B元素和N元素间的元素有C、O两种；
【小问4详解】
铵盐大多不稳定。、、、，稳定性逐渐增强，原因是原子半径：FH→Cl键> H→Br键> H→I键，(H→F更易形成)，F-更易夺取NH中的H+；
【小问5详解】
晶体硼的基本结构单元中所含硼原子数为12；根据定一移一的方法可知，该结构单元有3种不同类型。
【小问6详解】
根据图3可知一个晶胞中含有N原子数为，B原子数为，由图2和图3可知，晶胞底面积与图2中一个六边形面积相等，由题给数据知，一个六边形面积＝pm2＝×10－20cm2，则晶胞的体积为×10－20cm2×b×10－10cm×2＝a2b×10－30cm3，故密度ρ＝g·cm－3。
19. 钴是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料。在奥运场馆中美丽的透光气囊材料由含氟的化合物制成。请回答下列问题：
（1）过渡元素Co基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为___________；第四电离能，其原因是___________。
（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为___________(用相应的元素符号作答)。
②与钴离子通过配位键结合的氮原子数有___________个。
③酞菁钴中氮原子的杂化类型为___________。
（3）分子与结合成配合物，与游离的氨分子相比，其键角___________(填“较大”“较小”或“相同”)，解释原因：___________。
（4）萤石是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是___________；X离子的配位数是___________，若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为___________pm。
【答案】（1） ①. ②. 是失去3d6上的1个电子吸收的能量，是失去3d5上的1个电子吸收的能量，3d5为稳定结构，
（2） ①. N>C>H ②. 2 ③. sp3、sp2
（3） ①. 较大 ②. 分子中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对
（4） ①. Ca2+ ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
Co是27号元素，基态原子的价电子排布式为3d74s2，基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ；是失去3d6上的1个电子吸收的能量，是失去3d5上的1个电子吸收的能量，3d5为稳定结构，所以第四电离能；
【小问2详解】
①酞菁钴中三种非金属元素是C、N、H，元素非金属性越强电负性越大，电负性由大到小的顺序为N>C>H。
②N原子最外层有5个电子，形成3个共价键达到稳定结构，2、4号N原子形成4个共价键，其中1个配位键，2、4号N原子钴离子通过配位键结合，与钴离子通过配位键结合的氮原子数有2个。
③酞菁钴中，单键氮原子采用sp3，双键氮原子采用sp2杂化。
【小问3详解】
分子中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对具有排斥作用，，所以与游离的氨分子相比，其键角较大。
【小问4详解】
根据均摊原则，X离子数为、Y离子数为8，根据萤石的化学式，X代表的离子是Ca2+；X离子的配位数是8，若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为体对角线的，正负离子的核间距最小为pm。
20. 从海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
资料显示：
Ⅰ.pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO；
Ⅱ．；
Ⅲ．I2在碱性溶液中反应生成I-和IO。
(1)写出反应①的离子方程式___________。
(2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作X应为___________、___________。
(3)Cl2、酸性KMnO4等都是常用强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2，原因是___________。
(4)写出反应②的离子反应方程式___________
(5)方案乙中，已知反应③过滤后，滤液中仍存在少量的I2、I-。请检验滤液中的I-，将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂：CCl4、稀H2SO4、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液。
A．将滤液___________，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。
B．从水层取少量溶液于试管中，___________。
【答案】 ①. ②. 升华(或加热) ③. 冷凝结晶(或凝华) ④. 氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2 ⑤. ⑥. 用CCl4多次萃取、分液 ⑦. 加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有I-
【解析】
【分析】海水制盐所得到的卤水中提取碘，根据资料Ⅰ可知步骤①亚硝酸钠有氧化性，碘离子有还原性，在酸性条件下二者发生以下氧化还原反应：，此过程将碘离子氧化为碘单质，活性炭将碘单质吸附，方案甲中利用碘单质易升华的特性，将其加热升华、冷凝结晶使其分离；方案乙中先用浓碳酸钠溶液吸收碘单质，发生反应：，步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，将碘单质萃取、分液后可得粗碘。
【详解】(1)根据资料Ⅰ可知亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质和水，离子方程式为：；
(2)方案甲中利用碘单质易升华的特性将其分离，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故答案为升华(或加热)、冷凝结晶；
(3)氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化碘单质，根据资料Ⅰ亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中选择价格较高的NaNO2做氧化剂，故答案为氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2；
(4)根据资料Ⅲ方案乙步骤②用浓碳酸钠吸收碘单质发生下述反应： ，故答案为：；
(5)A．步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，单质碘易溶解于四氯化碳、苯等有机溶剂中，故答案为用CCl4多次萃取，萃取之后分液，将有机层和无机层分离，故答案为分液；
南充高中2022～2023学年度上学期期末考试
高2021级化学试题
(时间：90分钟 总分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 C-12 B-11
第1卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分)
1. 化学与人类的生活、生产密切相关，下列说法中正确的是
A. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
B. 埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理相同
C. 油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应
D. 压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，A错误；B. 埃博拉病毒可用乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水消毒，其消毒原理不相同，其中次氯酸钠和双氧水利用的是氧化作用，B错误；C. 油脂在碱性条件下水解成高级脂肪酸钠和甘油，称为皂化反应，C错误；D. 压缩天然气（CNG）、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料，D正确，答案选D。
2. 下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 海带提碘 B. 氯碱工业
C. 氨碱法制碱 D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；
C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。
答案选C。
3. 在“绿色化学工艺”中理想状态是原子利用率为100%。在用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需其他的反应物有
A. CO和CH3OH B. CO2和H2O C. H2和CO2 D. CH3OH和H2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，用CH3C≡CH（丙炔）合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。
【详解】A．CO和CH3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，A项正确；
B．CO2和H2O，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，B项错误；
C．H2和CO2，，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，C项错误；
D．CH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题考查绿色化学工艺，有机物的合成等知识。由于在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，生成的产品与原料之间要遵守原子守恒，用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1，据此解答。
4. 下列化学用语正确的是
A. 分子式为的物质可能是混合物
B. 甲烷分子的球棍模型：
C. 聚苯乙烯的结构简式为
D. 硝基苯的结构简式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子式为可表示葡萄糖、果糖等多种物质，因此分子式为的物质可能是混合物，故A正确；
B．图示为甲烷的比例模型，不是球棍模型，故B错误；
C．聚苯乙烯的结构简式为 ，故C错误；
D．硝基苯中与苯环相连的原子为N原子，结构简式应为 ，故D错误；
故选：A。
5. 下列图形表示杂化轨道的电子云轮廓图的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】杂化轨道有4个轨道组成，呈正四面体构型伸展，C符合；
故选：C。
6. 下列相关比较中，正确的是
A. 分解温度：MgCO3>CaCO3> BaCO3 B. 熔点：Na>Mg>Al
C. 微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+) D. 热稳定性：H2O>H2S> HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高，则碳酸盐的分解温度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A错误，
B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，B错误；
C．Cl-具有三个电子层，O2-、Na+具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，故微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，C正确；
D．简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性一致， 已知非金属性比O＞Cl＞S，故H2O> HCl > H2S，D错误；
故答案为：C。
7. 紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A. 分子式为C14H14O4
B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C. 能够发生水解反应
D. 能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A叙述正确；
B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B叙述不正确；
C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C叙述正确；
D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D叙述正确。
综上所述，故选B。
8. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 中键的个数为
B. 中杂化的原子数为
C. 中S的价层电子对数为
D. 常温常压下，羟基(—OH)所含电子数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol中含3molN-H键，氨分子与铜形成配位键也为键，则中含，故A正确；
B．中C和O均采用杂化，1个中含3个杂化的原子，乙醇为1mol，杂化的原子数为，故B错误；
C．中心S原子的价层电子对数=，则中S的价层电子对数为，故C正确；
D．羟基(—OH)为1mol，1mol羟基含电子，故D正确；
故选：B。
9. 有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是
A. a的一氯代物有3种
B. b是苯的同系物且可使溴水褪色，反应时键断裂
C. c可溶于水
D. a、b、c互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知a中含有三种氢，则其一氯代物有3种，故A正确；
B．b中含碳碳三键，不属于苯的同系物，故B错误；
C．c属于烃类，难溶于水，故C错误；
D．a、b分子式为C8H6，c分子式为C8H8，三者分子组成不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选：A。
10. 下列有关原子结构和元素性质的叙述中，正确的是
A. 邻羟基苯甲醛的熔点高于对羟基苯甲醛的熔点
B. 第四周期元素中，基态锰原子价电子层中未成对电子数最多
C. 钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
D. 价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
【答案】D
【解析】
【详解】A．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键使熔点升高，分子内氢键使熔点降低，故A错误；
B．第四周期元素中，基态Cr原子价电子层中未成对电子数最多，故B错误；
C．钠元素的第一电离能小于镁元素，但钠失去一个电子后为全满稳定结构，再失去一个电子较为困难，故其第二电离能大于镁的第二电离能，故C错误；
D．价层电子对互斥理论中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故D正确；
故选：D。
11. 盐酸溶液能吸收CO生成配合物氯化羰基亚铜，其结构如图：
下列有关氯化羰基亚铜的说法不正确的是
A. 该配合物中Cl离子的杂化方式为杂化
B. 该配合物的配体有CO、、，其中CO提供孤电子对的为O原子
C. 该配合物中，提供空轨道接受孤电子对形成配位键
D. 该配合物中，中心离子的配位数为4
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl形成2个单键，价层电子对数为4，杂化方式为杂化，故A正确；
B．CO中C的电负性小于O，电负性越小越易提供电子对，故C提供孤电子对，故B错误；
C．该配合物中，提供空轨道，CO、、提供孤电子对与其形成配位键，故C正确；
D．由结构简式可知中心离子配位数为4，故D正确；
故选：B。
12. 某种合成医药、农药的中间体结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是
A. 第一电离能：Y
【答案】A
【解析】
【分析】根据X、Y、Z、M、R原子序数依次增大且为短周期主族元素，结合该中间体的结构中的连键特点，可推出元素X、Y、Z、M、R分别为H、C、N、O、S。
【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能应是C
C．S可形成两种酸性氧化物，分别为SO2和SO3，故C正确；
D．CO可作配合物的配体，如Ni(CO)4，故D正确；
选A。
13. 科学家近期合成了一种配合物，该物质可以在温和条件下活化H2，将N3-转化为NH，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A. 产物中N原子的杂化轨道类型为sp3
B. NH2-的VSEPR模型为四面体形
C. 电负性大小：N>C>Fe
D. 键角：NH>NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．产物N连接4根键，为杂化，A正确；
B．与H2O互为等电子体，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，B正确；
C．一般而言，金属元素的电负性小于1.8，非金属元素电负性大于1.8，C、N属于同一周期，从左到右电负性逐渐增大，Fe为金属元素，电负性最小，即得N>C>Fe，C正确；
D．与H2O互为等电子体，均存在两对电子对，键角相同，键角：H2O
14. 氯化铬酰()常温下为深红色液体，能与、等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确的是
A. 中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等
B. 结构为四面体而非平面形
C. 为离子晶体
D. 遇水可发生反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；
B．结构式为，中心铬原子上的孤电子数是0，价层电子数是4，为四面体而非平面形，B项正确；
C．为分子晶体，C项错误；
D．遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：，D项正确；
故答案选C。
15. 是一种重要的半导体材料，其晶体的晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为，晶胞参数为。下列说法正确的是
A. 基态原子价电子排布式为
B. 晶胞中n的坐标参数为
C. 与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有6个
D. Se原子与Se原子之间最短距离为pm
【答案】B
【解析】
【详解】A．Se为第四周期ⅥA族，基态原子价电子排布式为，故A错误；
B．由晶胞结构可知n点坐标为，故B正确；
C．由晶胞结构可知Cd位于顶点和面心，与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有12个，故C错误；
D．Se原子与Se原子之间的最短距离为面对角线的一半，pm，故D错误；
故选：B。
16. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验乙酸乙酯样品是否有乙酸杂质
向乙酸乙酯样品(由乙醇与乙酸反应制得)中加入小颗粒钠，产生大量气泡
乙酸乙酯中一定含乙酸
B
检验淀粉水解是否完全
将适量样品与稀硫酸反应，加入足量溶液后加入碘水，观察现象
无明显现象，说明淀粉水解完全
C
检验牙膏中的摩擦剂成分
取少量牙膏于试管中，加水溶解，过滤，滤渣中滴加足量盐酸
若滤渣溶解并产生无色气泡，则摩擦剂可能含有
D
向溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
与能大量共存
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由乙醇与乙酸反应制得乙酸乙酯中可能含有乙醇和乙酸，两者都能与钠反应生成氢气，因此根据现象不能说明一定是乙酸，故A错误；
B．与碘水反应，干扰淀粉的检验，应取水解液直接加碘水检验淀粉，由实验及现象证明淀粉完全水解，故B错误；
C．与盐酸反应生成二氧化碳，则滤渣溶解并产生无色气泡免责摩擦剂可能为，故C正确；
D．向溶液中滴加过量氨水，最终生成银氨溶液，与不能大量共存，故D错误；
故选：C。
第11卷(非选择题，共52分)
二、填空题(本题包括4个大题，共52分)
17. 苯佐卡因是临床常用的一种手术用药。以甲苯为起始原料的合成路线如下：
回答问题：
（1）甲苯分子内共面H原子数最多为___________个。
（2）A的名称是___________。
（3）在A的同分异构体中，符合下列条件的是___________(写出一种结构简式)。
①与A具有相同官能团 ②属于芳香化合物 ③有5种氢原子
（4）B中官能团名称为___________。
（5）B→C的反应方程式为___________。
（6）反应过程中产出的铁泥属于危化品，处理方式为___________(填编号)。
a．高温炉焚烧 b．填埋 c．交有资质单位处理
（7）C到苯佐卡因的反应类型为___________。
【答案】（1）6 （2）对硝基甲苯或4-硝基甲苯
（3） 、 （4）羧基、硝基
（5） + +H2O
（6）c （7）还原反应
【解析】
【分析】甲苯与浓硝酸发生硝化反应生成对硝基甲苯即A，A被高锰酸钾溶液氧化生成对硝基苯甲酸，B与乙醇发生酯化反应生成对硝基苯甲酸乙酯，C被Fe还原生成苯佐卡因，据此分析解答。
【小问1详解】
甲苯中苯环上的5个氢一定共面，甲基中有且只有一个氢可能在该平面上，因此最多6个氢原子共面。
【小问2详解】
由结构简式可知A为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；
【小问3详解】
①与A具有相同官能团即含硝基，②属于芳香化合物，即含苯环，若含一个取代基则为-CH2NO2，该结构中含4种氢不符合题意；则应含两个取代基分别为-CH3、-NO2，在苯环上分别有邻、间、对三种不同位置，其中对位时氢原子种类为3种，不符合题意，符合的结构简式有： 、 ；
【小问4详解】
由结构简式可知B中官能团为羧基、硝基；
【小问5详解】
与乙醇发生酯化反应生成 和水，反应方程式： + +H2O；
【小问6详解】
铁泥中富含铁可以回收利用，填埋和焚烧既产生污染又浪费能源，所以处理方式为c。
【小问7详解】
由以上分析可知C到苯佐卡因的反应类型为还原反应。
18. 硼和氮的单质及其一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题：
（1）基态B原子的核外电子有___________种空间运动状态；B和N电负性较大的是___________。
（2）经测定发现，固体由和X两种离子组成，与X互为等电子体的微粒有___________(写出一种)。
（3）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素有___________种。
（4）已知卤化铵、、、热稳定性逐渐增强，原因是___________。
（5）晶体硼的基本结构单元是由硼原子组成的正二十面体(如图1)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。则此基本结构单元由___________个硼原子构成；若该结构单元中有2个原子为(其余为)，那么该结构单元有___________种不同类型。
（6）硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构类似，B、N原子相互交替排列(如图2)，其晶胞结构如图3所示。设每层B—N核间距为，层间距为，则该氮化硼晶体的密度为___________(用含a、b、的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 5 ②. B
（3）2 （4）原子半径：F
（5） ①. 12 ②. 3
（6）
【解析】
【小问1详解】
B原子核外有5个电子，所以有5种不同运动状态的电子；同一周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，故电负性：B
根据电荷守恒和原子守恒得出X为NO，与NO互为等电子体的微粒有CO、BF3等。
【小问3详解】
第二周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O，则介于B元素和N元素间的元素有C、O两种；
【小问4详解】
铵盐大多不稳定。、、、，稳定性逐渐增强，原因是原子半径：F
【小问5详解】
晶体硼的基本结构单元中所含硼原子数为12；根据定一移一的方法可知，该结构单元有3种不同类型。
【小问6详解】
根据图3可知一个晶胞中含有N原子数为，B原子数为，由图2和图3可知，晶胞底面积与图2中一个六边形面积相等，由题给数据知，一个六边形面积＝pm2＝×10－20cm2，则晶胞的体积为×10－20cm2×b×10－10cm×2＝a2b×10－30cm3，故密度ρ＝g·cm－3。
19. 钴是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料。在奥运场馆中美丽的透光气囊材料由含氟的化合物制成。请回答下列问题：
（1）过渡元素Co基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为___________；第四电离能，其原因是___________。
（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学疗法中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用。其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为___________(用相应的元素符号作答)。
②与钴离子通过配位键结合的氮原子数有___________个。
③酞菁钴中氮原子的杂化类型为___________。
（3）分子与结合成配合物，与游离的氨分子相比，其键角___________(填“较大”“较小”或“相同”)，解释原因：___________。
（4）萤石是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是___________；X离子的配位数是___________，若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为___________pm。
【答案】（1） ①. ②. 是失去3d6上的1个电子吸收的能量，是失去3d5上的1个电子吸收的能量，3d5为稳定结构，
（2） ①. N>C>H ②. 2 ③. sp3、sp2
（3） ①. 较大 ②. 分子中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对
（4） ①. Ca2+ ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
Co是27号元素，基态原子的价电子排布式为3d74s2，基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ；是失去3d6上的1个电子吸收的能量，是失去3d5上的1个电子吸收的能量，3d5为稳定结构，所以第四电离能；
【小问2详解】
①酞菁钴中三种非金属元素是C、N、H，元素非金属性越强电负性越大，电负性由大到小的顺序为N>C>H。
②N原子最外层有5个电子，形成3个共价键达到稳定结构，2、4号N原子形成4个共价键，其中1个配位键，2、4号N原子钴离子通过配位键结合，与钴离子通过配位键结合的氮原子数有2个。
③酞菁钴中，单键氮原子采用sp3，双键氮原子采用sp2杂化。
【小问3详解】
分子中N原子有1个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对具有排斥作用，，所以与游离的氨分子相比，其键角较大。
【小问4详解】
根据均摊原则，X离子数为、Y离子数为8，根据萤石的化学式，X代表的离子是Ca2+；X离子的配位数是8，若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为体对角线的，正负离子的核间距最小为pm。
20. 从海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
资料显示：
Ⅰ.pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO；
Ⅱ．；
Ⅲ．I2在碱性溶液中反应生成I-和IO。
(1)写出反应①的离子方程式___________。
(2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作X应为___________、___________。
(3)Cl2、酸性KMnO4等都是常用强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2，原因是___________。
(4)写出反应②的离子反应方程式___________
(5)方案乙中，已知反应③过滤后，滤液中仍存在少量的I2、I-。请检验滤液中的I-，将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂：CCl4、稀H2SO4、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液。
A．将滤液___________，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。
B．从水层取少量溶液于试管中，___________。
【答案】 ①. ②. 升华(或加热) ③. 冷凝结晶(或凝华) ④. 氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2 ⑤. ⑥. 用CCl4多次萃取、分液 ⑦. 加入几滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振荡，溶液变蓝，说明滤液中含有I-
【解析】
【分析】海水制盐所得到的卤水中提取碘，根据资料Ⅰ可知步骤①亚硝酸钠有氧化性，碘离子有还原性，在酸性条件下二者发生以下氧化还原反应：，此过程将碘离子氧化为碘单质，活性炭将碘单质吸附，方案甲中利用碘单质易升华的特性，将其加热升华、冷凝结晶使其分离；方案乙中先用浓碳酸钠溶液吸收碘单质，发生反应：，步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，将碘单质萃取、分液后可得粗碘。
【详解】(1)根据资料Ⅰ可知亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质和水，离子方程式为：；
(2)方案甲中利用碘单质易升华的特性将其分离，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故答案为升华(或加热)、冷凝结晶；
(3)氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化碘单质，根据资料Ⅰ亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中选择价格较高的NaNO2做氧化剂，故答案为氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化I2；
(4)根据资料Ⅲ方案乙步骤②用浓碳酸钠吸收碘单质发生下述反应： ，故答案为：；
(5)A．步骤③加入稀硫酸发生以下反应：，单质碘易溶解于四氯化碳、苯等有机溶剂中，故答案为用CCl4多次萃取，萃取之后分液，将有机层和无机层分离，故答案为分液；
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