高級中學名校試題PAGEPAGE1吉林省部分學校2023-2024學年高二下學期期中聯考注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷主要考試內容：人教版選擇性必修2、選擇性必修3第一章至第二章第二節。5.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16A1-27P-31Fe-56一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符一合題目要求的。1.長白山聚龍泉是馳名中外的溫泉，水溫最高可達82.3℃，富含鈉、氫、鈣、鎂等元素，屬鈉－碳酸氫鹽泉。下列說法錯誤的是A.基態Ca原子核外電子有20種空間運動狀態B.H分別與Na、Mg、Ca組成的氫化物均為離子晶體C.基態Na原子核外電子占據最高能級的電子云輪廓圖為球形D.Na、Mg、Ca元素的焰色呈現不同顏色跟電子躍遷釋放的能量多少有關【答案】A【解析】基態鈣原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，電子占據1s、2s、2p、3s、3p、4s共10個軌道，有10種空間運動狀態，故A錯誤；H分別與Na、Mg、Ca組成的氫化物為NaH、MgH2、CaH2，均含離子鍵，均為離子晶體，故B正確；基態Na原子核外電子排布式為[Ne]3s1，基態Na原子核外電子占據最高能級的電子是3s能級上的電子，3s能級上的電子云輪廓圖的形狀為球形，故C正確；焰色試驗的原理是金屬或其化合物在灼燒時原子核外電子吸收能量由低能軌道躍遷到高能軌道后，又從高能軌道向低能軌道躍遷，釋放出不同波長的光，Na、Mg、Ca元素的焰色呈現不同顏色跟電子躍遷釋放的能量多少有關，故D正確；故選A。2.甲烷是優質的燃料，燃燒時發生的反應為CH4+2O2CO2+2H2O，下列說法錯誤的是A.甲烷的空間填充模型為B.甲基的電子式為C.CO2的結構式為O=C=OD.水分子的VSEPR模型為【答案】B【解析】甲烷是正四面體結構，空間填充模型為，故A正確；甲基的電子式為，故B錯誤；CO2的結構式為O=C=O，故C正確；水分子中O原子價層電子對數為4，有2對孤電子對，VSEPR模型為，故D正確；選B。3.下列說法正確的是A.聚乙炔能使溴水褪色，且含有順反異構體B.沸點：正戊烷＞正丁烷＞異戊烷＞新戊烷C.甲烷中含有少量乙烯，可將混合氣體通入盛有酸性KMnO4溶液的洗氣瓶中除去乙烯D.等質量CH4、C2H4、C3H4與足量氧氣完全燃燒，耗氧量依次增大【答案】A【解析】聚乙炔結構簡式為，含有碳碳雙鍵能使溴水褪色，雙鍵不能旋轉，含有順反異構體，故A正確；碳原子數越多沸點越高，碳原子數相同，支鏈越多沸點越低，沸點：正戊烷＞異戊烷＞新戊烷＞正丁烷，故B錯誤；甲烷中含有少量乙烯，將混合氣體通入盛有酸性KMnO4溶液的洗氣瓶，乙烯被氧化為二氧化碳，不能用高錳酸鉀溶液除甲烷中的乙烯，故C錯誤；等質量的烴完全燃燒，氫元素質量分數越高，耗氧量越大，等質量的CH4、C2H4、C3H4與足量氧氣完全燃燒，耗氧量依次減小，故D錯誤；選A。4.實驗是高中化學的重要組成部分，下列說法正確的是A.用乙醇萃取碘水中的碘時需要使用a、fB.重結晶法提純苯甲酸時需要使用b、fC.分離二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳時需要使用c、d、e、fD.分離乙酸乙酯和飽和食鹽水時需要使用c、d、f【答案】B【解析】乙醇與水互溶，不能發生萃取，用不到儀器a，故A錯誤；苯甲酸在水中的溶解度不大，可重結晶進行提純，主要步驟有：加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶，需要使用b、f，故B正確；分離二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳是互溶的有機物，根據沸點不同，用蒸餾法分離，需要使用c、d、e，不需要燒杯f，故C錯誤；乙酸乙酯和飽和食鹽水互不相溶，用分液法分離，需要使用a、f，故D錯誤；答案選B。5.下列性質與氫鍵無關的是A.CH3OH易溶于水B.對羥基苯甲醛的沸點高于鄰羥基苯甲醛C.冰的密度小于水D.、、的酸性依次增強【答案】D【解析】CH3OH與水分子能形成分子間氫鍵，所以CH3OH易溶于水，故不選A；對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲醛易形成分子內氫鍵，所以對羥基苯甲醛的沸點高于鄰羥基苯甲醛，故不選B；冰的密度小于水是因為冰中水分子間形成氫鍵增多，故不選C；甲基為推電子基，對甲基苯酚中羥基的極性減弱，氯原子為吸電子基，對氯苯酚中羥基的極性增強，所以、、的酸性依次增強，故選D；選D。6.下列命名正確且對應的有機物的一氯代物有3種的是A.2，3－二甲基－2－丁烯 B.3，3－二甲基戊烷C.2，2－二甲基－3－丁烯 D.2－丁炔【答案】B【解析】2，3－二甲基－2－丁烯中含有1種氫，故對應的有機物的一氯代物只有1種，A錯誤；3，3-二甲基戊烷，為對稱結構，具有3種不同環境的H，故一氯代物有3種，B正確；應該為3，3－二甲基－1－丁烯，命名錯誤，C錯誤；2－丁炔為對稱結構，具有2種不同環境的H，故一氯代物有2種，D錯誤；故答案為：B。7.已知X、Y、Z、W、M五種元素的結構信息如下：①基態X原子的價層電子排布式為2s22p4②基態Y原子的價層電子軌道表示式為③Z3-的結構示意圖為④中子數為16的W原子：W⑤基態M原子核外有12種運動狀態的電子下列說法正確的是A.X與Y能形成A2B型的離子化合物B.MY2中含有共價鍵和離子鍵C.WY5分子中的原子均滿足8電子穩定結構D.最簡單氫化物穩定性：X＞Z＞W【答案】D【解析】X基態原子的價層電子排布式為2s22p4，為O元素，基態Y原子的價層電子軌道表示式為，為Cl元素，Z核電荷數為7，為N原子，W質子數為15，為P元素，基態M原子核外有12種運動狀態的電子，為Mg元素。X為O元素，Y為Cl元素，O和Cl只能形成共價鍵，A錯誤；MY2為MgCl2，只含有離子鍵，B錯誤；WY5為PCl5，P原子不滿足8電子穩定結構，C錯誤；非金屬性O>N>P，故最簡單氫化物的穩定性：H2O＞NH3＞PH3，D正確；故答案選D。8.Be2+和Al3+的電荷與半徑之比相近，導致兩元素性質相似。下列說法錯誤的是A.Be(OH)2和Al(OH)3均是兩性氫氧化物B.BeCl2和AlCl3均是共價化合物C.Be(OH)2能與氨水反應生成(NH4)2[Be(OH)4]D.BeCl2溶液呈酸性【答案】C【解析】Al(OH)3為兩性氫氧化物，根據Be與Al元素性質相似，可推斷Be(OH)2也為兩性氫氧化物，A正確；AlCl3為共價化合物，根據Be與Al元素性質相似，可推斷BeCl2也為共價化合物，B正確；Al(OH)3和Be(OH)2性質相似，Al(OH)3不能與氨水反應，故Be(OH)2不能與氨水反應，C錯誤；AlCl3溶于水發生水解，使溶液顯酸性，則根據元素性質的相似性，可推知BeCl2溶于水也發生水解，使溶液顯酸性，D正確；故答案為：C。9.山葡萄的果可生食或釀酒，酒糟可制醋和染料，種子可炸油，葉和釀酒后的酒腳可提取酒石酸(結構如圖所示。酒石酸常用作抗氧化增效劑、緩凝劑、鞣制劑、螯合劑、藥劑。下列說法錯誤的是A.酒石酸能發生取代、氧化反應B.常溫下，酒石酸易溶于水C.酒石酸中的σ鍵與π鍵的數目之比為6∶1D.酒石酸含有2個手性碳原子【答案】C【解析】酒石酸含有羥基、羧基，羥基既可以發生氧化反應也可以發生取代反應，飽和C原子上有H，可以發生取代反應，羧基也可以發生取代反應，A正確；酒石酸含有易溶于水的羥基和羧基，所以酒石酸易溶于水，B正確；單鍵和雙鍵均含有1個σ鍵，雙鍵中還含有1個π鍵，該結構中有單鍵13個，2個雙鍵，則σ鍵有15個，π鍵有2個，σ鍵與π鍵的數目之比為15：2，C錯誤；該分子存在2個手性碳原子：，D正確；故答案為：C。10.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位鍵數為16NAB.2.7g基態Al原子中含有的p電子數為0.7NAC.標準狀況下，22.4LCH2Cl2中含有的極性共價鍵數為4NAD.31g白磷()中含有的孤電子對數為4NA【答案】B【解析】Cu2+與4個NH3形成配位鍵，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位鍵數為4NA，A錯誤；基態Al原子核外電子排布為1s22s22p63s23p1，2.7g基態Al（為0.1mol）原子中含有的p電子數為0.7NA，B正確；標準狀況下，22.4LCH2Cl2不是氣體，不確定其物質的量，C錯誤；白磷分子中平均1個P存在1對孤電子對，31g白磷(，為1molP)中含有的孤電子對數為NA，D錯誤；故選B。11.可用作固體離子導體，能通過加熱制得，兩種晶胞結構如圖所示（為了簡化，只標出了在晶胞中的位置）。下列說法?誤的是A.和屬于同素異形體B.晶胞屬于面心立方晶胞C.晶胞與晶胞中個數比為D.可通過X射線衍射實驗鑒別兩種晶胞【答案】A【解析】同素異形體是指同種元素組成的不同的單質，而和均為化合物，不屬于同素異形體，A錯誤；根據晶胞中的位置可知，晶胞屬于面心立方晶胞，B正確；晶胞中位于頂點和面心位置，所含個數為，晶胞中位于頂點和體心，所含個數為，個數比為，C正確；X射線衍射實驗可測定晶體結構有關信息，從而鑒別兩種晶胞，D正確；答案選A。12.某同學用如圖所示裝置制備乙炔并驗證其性質，下列說法錯誤的是A.為了實現反應的發生“隨關隨停”，甲裝置可以用丙裝置代替B.制備乙炔的化學方程式為CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑C.實驗過程中會看到酸性KMnO4溶液褪色D.若將乙試管中的溶液換成CuSO4溶液，實驗過程中可能會有黑色沉淀產生【答案】A【解析】丙裝置為啟普發生器，電石和水反應放熱，且反應劇烈，生成的氫氧化鈣微溶于水，易堵塞反應容器，實驗室制取乙炔，不能用啟普發生器，故A錯誤；實驗室制取乙炔氣體是用電石與水發生反應，化學方程式為CaC2+2H2O→Ca(OH)2+↑，故B正確；乙炔，乙炔中雜質等會與酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應，均會導致酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；乙炔和硫酸銅不反應，和硫酸銅反應生成硫化銅沉淀，硫化銅沉淀為黑色，故D正確；故答案選A。13.已知：烯烴與酸性溶液反應時，其生成物的情況如表所示。則反應物為被酸性溶液氧化后得到的產物為烯烴被氧化的部分氧化產物A.、B.、HOOCCOOHC.、D.、、【答案】A【解析】根據烴基被氧化的部分得到對應的產物可知，第一個雙鍵左側被氧化為酮，右側雙鍵被氧化為酸，第二個雙鍵左側被氧化為酸，右側雙鍵被氧化為酮，即產物為、，故答案選A。14.氯亞鉑酸鉀(K2PtCl4)廣泛用作制造各種鉑配合物和藥物的起始原料，—種以氯亞鉑酸鉀為原料制備有機物iv的合成路線如圖所示，[PtCl4]2-為平面結構，下列說法正確的是A.ii的配體為Pt2+B.iii中Pt2+和O的雜化方式均為sp3C.1mol的非金屬原子中共含有6mol孤電子對D.反應3的離子方程式為+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓【答案】D【解析】Pt2+沒有孤電子對，但含有空軌道為中心離子，ii的配體為鄰二苯胺和I，A錯誤；[PtCl4]2-為平面結構，則iii中Pt2+與2個N原子、2個O原子形成平面結構，不是正四面體結構，所以Pt2+不是sp3雜化，B錯誤；中的N、O原子均與Pt2+形成配位鍵，但只有O原子含有1對孤電子對，則1mol的非金屬原子中共含有2mol孤電子對，C錯誤；硝酸銀為可溶性鹽，而碘化銀為難溶性鹽，所以反應3的離子方程式為+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓，D正確；故選D。15.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，基態X原子核外電子只有一種自旋狀態，Y和W位于同周期且未成對電子數相同，基態Z原子的s電子數與p電子數之比為4∶3。由X、Y、Z、W、Pt組成的一種化合物M的結構如圖所示，下列說法錯誤的是A.電負性：W＞Z＞YB.M中存在極性鍵和非極性鍵C.M中，Pt為+4價，且1molM含有的配位鍵數為4NAD.X、Y、Z、W四種元素可組成含有極性鍵的離子晶體【答案】C【解析】X原子核外電子只有一種自旋狀態，則X為H，Y有4個共價鍵，則Y最外層4個電子，Y為C或Si，W有2個共價鍵，最外層6個電子，W為O或S，Y和W位于同周期且未成對電子數相同，基態Z原子的s電子數與p電子數之比為4∶3，則Z為N，因X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，則Z為N，W為O，Y為C，綜上，X為H、Y為C，Z為N、W為O，以此分析；非金屬越強，電負性越大，電負性：O＞N＞C，A正確；同種非金屬元素之間為非極性共價鍵，不同種非金屬元素之間為極性共價鍵，M中存在極性和非極性共價鍵，B正確；化合物中用于形成配位鍵的O帶一個單位負電荷，可知Pt的化合價為+2價，M中Pt提供空軌道，N、O提供孤電子對，則1molM中的配位鍵數為4NA，C錯誤；X、Y、Z、W四種元素可組成(NH4)2CO3，其晶體屬于含有極性鍵的離子晶體，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.已知有如圖8種有機物，請根據所學知識回答下列問題：①②③④⑤⑥⑦⑧CH3CH2OH（1）上述物質中互為同分異構體的是______(填標號)。（2）①中含氧官能團的名稱為_______，③的二氯代物有______種(不考慮立體異構)。（3）⑤的同分異構體中，屬于炔烴的有______種；④的化學名稱為______。（4）M為⑧的同系物，取7.4gM在如圖裝置中燃燒，實驗結束后，無水氯化鈣增重9g，氫氧化鈉增重17.6g，則M的分子式為______，寫出核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為9∶1的結構：______。【答案】（1）③④⑥（2）①.醚鍵、羥基②.4（3）①.7②.3－甲基－2－戊烯（4）①.C4H10O②.【解析】【小問1詳析】同分異構體是指分子式相同而結構不同的化合物，根據題干有機物的結構簡式可知，上述物質中③④⑥的分子式均為C6H12，結構不同，故互為同分異構體，故答案為：③④⑥；【小問2詳析】由題干有機物的結構簡式可知，①中含氧官能團的名稱為醚鍵和羥基，③的二氯代物有4種即兩個Cl連在同一個碳原子一種，連在2個碳原子上有3種，故答案為：醚鍵和羥基；4；【小問3詳析】由題干有機物⑤的結構簡式可知，⑤的分子式為C6H10，不飽和度為2，故⑤的同分異構體中，屬于炔烴的即考慮CH3CH2CH2CH2CH2CH3三鍵有3個位置異構，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3三鍵只能放在一個位置，CH3CH2CH2CH(CH3)2則三鍵有2個位置，(CH3)3CCH2CH3則三鍵有1個位置，即屬于炔烴的同分異構體一共有3+1+2+1=7種，由題干有機物④的結構簡式可知，④的化學名稱為3－甲基－2－戊烯，故答案為：7；3－甲基－2－戊烯；【小問4詳析】M為⑧的同系物，取7.4gM在如圖裝置中燃燒，實驗結束后，無水氯化鈣增重9g即生成9gH2O，原有機物中含有n(H)=2n(H2O)==1mol，氫氧化鈉增重17.6g即生成CO2為17.6g，原有機物中含有n(C)=n(CO2)==0.4mol，含有n(O)==0.1mol，則n(C):n(H):n(O)=0.4:1:0.1=4:10:1，則該有機物的最簡式為C4H10O，又因H已經達到飽和狀態，故M的分子式為C4H10O，寫出核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為9∶1即含有3個甲基的結構為：，故答案為：C4H10O；。17.如表為周期表的一部分，其中的字母代表對應的元素，請回答下列問題：（1）h在元素周期表中的位置為_______。（2）d、f、g的簡單離子的半徑由大到小的順序為_______(寫離子符號)。（3）a、b、c可形成一種14e-的直線形分子，該分子的電子式為______；e單質的晶體熔化時，要克服的作用力為_______(填標號)。A.氫鍵B.非極性共價鍵C.范德華力（4）a、d、g三種元素可形成多種化合物，agd中中心原子的雜化類型為______，gd的空間結構為______，gd的鍵角為_____。（5）bd2晶體中，每個bd2分子周圍緊鄰的分子有12個；a2d晶體中，每個a2d分子周圍緊鄰的分子有4個，原因是______。【答案】（1）第四周期第VIIB族（2）Cl-＞O2-＞Na+（3）①.②.C（4）①.sp3②.三角錐形③.109°28′（5）冰中的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性【解析】根據圖可知a為H，b為C，c為N，d為O，e為Ne，f為Na，g為Cl，h為Mn，以此分析；【小問1詳析】根據圖示，h在第四周期，ⅦB族；故答案為：第四周期第ⅦB族；【小問2詳析】電子層數越多，離子半徑越大，當電子層數相同，核電荷數越大，半徑越小，則r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)；故答案為：Cl-＞O2-＞Na+；【小問3詳析】a為H，b為C，c為N，可形成一種14e-的直線形分子為HCN，電子式為；e為Ne，屬于分子晶體，融化時候克服范德華力；故答案為：；C；【小問4詳析】a為H，d為O，g為Cl，形成的化合物為HClO，O為中心原子，價層電子對數=，屬于sp3雜化；為，中心原子價層電子對數=，空間結構為三角錐形；為，中心原子價層電子對數=，屬于正四面體形，鍵角為109°28'；故答案為：sp3；三角錐形；109°28'；【小問5詳析】bd2晶體為CO2，每個CO2分子周圍緊鄰的分子有12個；a2d晶體為H2O，因為冰中的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性，故每個H2O分子周圍緊鄰的分子有4個；故答案為：冰中的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性。18.某礦石中富含Cu2(OH)2CO3和Ni(OH)2，還含有Fe、Al、Si、Ca的氧化物。以該礦石為原料制備Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O的流程如圖所示，請回答下列問題：已知：①相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH如表所示。金屬離子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Ni2+開始沉淀的pH7.52.53.74.77.0完全沉淀的pH9.03.34.56.58.7②Ni2O3在酸性條件下具有強氧化性。（1）基態Ni原子的簡化電子排布式為_______；基態Cu原子的價層電子軌道表示式為______。（2）濾渣1的主要成分中，屬于離子晶體的為______；加入Ni2O3后生成Fe3+，Fe元素的未成對電子數由_______變成______。（3）“萃取”時發生的反應為Cu2++2HA(有機相)CuA2(有機相)+2H+，“反萃取”時加入稀硫酸的目的是______。一種有機萃取劑M及萃取Cu2+后生成的N的結構如圖所示，M中碳原子的雜化方式有_______種，N中提供孤電子對形成配位鍵的原子有______(填標號)。（4）“沉鎳”時，發生反應的離子方程式為_______。【答案】（1）①.[Ar]3d84s2②.（2）①.CaSO4②.4③.5（3）①.增大H+濃度，使Cu2++2HA(有機相)CuA2(有機相)+2H+逆向進行②.2③.①②③④（4）3Ni2++6HCO+(n-2)H2O=Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O↓+CO2↑【解析】某礦石中富含Cu2(OH)2CO3和Ni(OH)2，還含有Fe、Al、Si、Ca的氧化物，酸浸生成硫酸鎳、硫酸鐵、硫酸亞鐵、硫酸鋁和硫酸銅，濾渣1為二氧化硅和硫酸鈣，濾液1用適量三氧化鎳氧化亞鐵離子生成硫酸鐵，用碳酸鈣調節pH生成氫氧化鐵和氫氧化鋁，濾液2中加入氟化鈉生成氟化鈣，有機萃取劑萃取出銅離子，水相中加入碳酸氫鈉沉鎳生成Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O，由此作答。【小問1詳析】Ni是第28號元素，原子的簡化電子排布式為[Ar]3d84s2；Cu是第29號元素，基態原子的價層電子軌道表示式為；【小問2詳析】濾渣1的主要成分為SiO2和CaSO4，屬于離子晶體的為CaSO4；由Fe2+（3d6）生成Fe3+（3d5），Fe元素的未成對電子數由4變成5；【小問3詳析】“萃取”時發生反應：Cu2++2HA(有機相)?CuA2(有機相)+2H+，反萃取時加入稀硫酸的目的是使平衡逆移，生成銅離子；M中苯環碳原子和雙鍵碳原子雜化方式為sp2，單鍵碳原子雜化類型為sp3，共2種；N中提供孤電子對形成配位鍵的原子有①②③④；【小問4詳析】“沉鎳”時，水相中加入碳酸氫鈉沉鎳生成Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O，反應的離子方程式為：3Ni2++6HCO+(n-2)H2O=Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O↓+CO2↑；19.前四周期原子序數依次增大的元素、、、、、，中，的核外電子只有一個；的價電子層中未成對電子只有2個，且緊鄰；和的價電子層中未成對電子均只有1個，并且和的電子數相差8；與位于同一周期的和，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子序數相差2.回答下列問題：（1）實驗室常用檢驗，反應的離子方程式為。①中離子的配位數為_______。②形成配位鍵時，中提供孤電子對的原子為_______(填元素符號)。③中含_______鍵。（2）金屬化物是應用廣泛的還原劑。的還原性比的強，原因為_______。（3）由、組成的化合物在磁記錄材料領域有著廣闊的應用前景。某的晶胞結構如圖所示(、位置均有)，若立方晶胞的參數為，阿伏加德羅常數的值為，則該晶體密度為_______(用含、的代數式表示)。（4）四種晶體的熔點數據如表所示：物質熔點/由表中數據可得知：和熔點相差較小，和熔點相差較大。請簡述和熔點相差較大的原因：_______。（5）能形成多種配合物，如：①中鍵角比獨立存在的分子中鍵角略大，原因為_______。②一定條件下，與在氨水中可生成一種淡紫色包合沉淀物。該沉淀物晶體屬四方晶系，晶胞結構和晶胞參數如圖所示，晶胞棱邊夾角為。分子位于晶胞的體心且2個鍵平行于軸。已知鍵長為，鍵長為，則該晶體中，與的個數之比為_______，晶胞中與間的距離為_______。【答案】（1）①.6②.C③.2.4（2）Na+半徑小于K+，Na+與H-的離子鍵作用強，H-更難失電子，還原性更弱（3）（4）通過分子間作用力形成分子晶體，通過離子鍵形成離子晶體，破壞離子鍵需要的能量多得多，所以二者熔點相差較大（5）①.NH3中氮原子核外的孤電子對進入Ni2+的空軌道變為成鍵電子對，原孤電子對對成鍵電子對的排斥力變為成鍵電子對之間的排斥力，排斥力減弱②.1:1③.【解析】前四周期原子序數依次增大的元素、、、、、，中，的核外電子只有一個，W為H元素；的價電子層中未成對電子只有2個，電子排布式為1s22s22p2，X為C元素，且緊鄰，Y為N元素；和的價電子層中未成對電子均只有1個，并且和的電子數相差8，Z為F元素，M為K元素，與位于同一周期的和，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子序數相差2，價電子排布分別為3d64s2、3d84s2，Q為Fe元素，G為Ni元素，以此解答。【小問1詳析】①中Fe3+的配位數為6；②C的電負性小于N，更容易提高電子形成配位鍵，則形成配位鍵時，中提供孤電子對的原子為C；③中含有6個配位鍵，中含有1個鍵，則中含（6+6）×0.2鍵。【小問2詳析】金屬H化物是應用廣泛的還原劑。KH的還原性比的強，原因為：Na+半徑小于K+，Na+與H-的離子鍵作用強，H-更難失電子，還原性更弱。【小問3詳析】由晶胞結構可知，該晶體中含有1個N原子，含有=4個Fe原子，若立方晶胞的參數為，阿伏加德羅常數的值為，則該晶體密度為。【小問4詳析】和熔點相差較大的原因：通過分子間作用力形成分子晶體，通過離子鍵形成離子晶體，破壞離子鍵需要的能量多得多，所以二者熔點相差較大。【小問5詳析】①中鍵角比獨立存在的分子中鍵角略大，原因為：NH3中氮原子核外的孤電子對進入Ni2+的空軌道變為成鍵電子對，原孤電子對對成鍵電子對的排斥力變為成鍵電子對之間的排斥力，排斥力減弱；②由晶胞結構可知，該晶胞中含有=1個NH3，=1個Ni2+，則與Ni2+的個數之比為1:1，已知鍵長為，鍵長為，則該晶體中，晶胞中與間的距離為。吉林省部分學校2023-2024學年高二下學期期中聯考注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷主要考試內容：人教版選擇性必修2、選擇性必修3第一章至第二章第二節。5.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16A1-27P-31Fe-56一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符一合題目要求的。1.長白山聚龍泉是馳名中外的溫泉，水溫最高可達82.3℃，富含鈉、氫、鈣、鎂等元素，屬鈉－碳酸氫鹽泉。下列說法錯誤的是A.基態Ca原子核外電子有20種空間運動狀態B.H分別與Na、Mg、Ca組成的氫化物均為離子晶體C.基態Na原子核外電子占據最高能級的電子云輪廓圖為球形D.Na、Mg、Ca元素的焰色呈現不同顏色跟電子躍遷釋放的能量多少有關【答案】A【解析】基態鈣原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，電子占據1s、2s、2p、3s、3p、4s共10個軌道，有10種空間運動狀態，故A錯誤；H分別與Na、Mg、Ca組成的氫化物為NaH、MgH2、CaH2，均含離子鍵，均為離子晶體，故B正確；基態Na原子核外電子排布式為[Ne]3s1，基態Na原子核外電子占據最高能級的電子是3s能級上的電子，3s能級上的電子云輪廓圖的形狀為球形，故C正確；焰色試驗的原理是金屬或其化合物在灼燒時原子核外電子吸收能量由低能軌道躍遷到高能軌道后，又從高能軌道向低能軌道躍遷，釋放出不同波長的光，Na、Mg、Ca元素的焰色呈現不同顏色跟電子躍遷釋放的能量多少有關，故D正確；故選A。2.甲烷是優質的燃料，燃燒時發生的反應為CH4+2O2CO2+2H2O，下列說法錯誤的是A.甲烷的空間填充模型為B.甲基的電子式為C.CO2的結構式為O=C=OD.水分子的VSEPR模型為【答案】B【解析】甲烷是正四面體結構，空間填充模型為，故A正確；甲基的電子式為，故B錯誤；CO2的結構式為O=C=O，故C正確；水分子中O原子價層電子對數為4，有2對孤電子對，VSEPR模型為，故D正確；選B。3.下列說法正確的是A.聚乙炔能使溴水褪色，且含有順反異構體B.沸點：正戊烷＞正丁烷＞異戊烷＞新戊烷C.甲烷中含有少量乙烯，可將混合氣體通入盛有酸性KMnO4溶液的洗氣瓶中除去乙烯D.等質量CH4、C2H4、C3H4與足量氧氣完全燃燒，耗氧量依次增大【答案】A【解析】聚乙炔結構簡式為，含有碳碳雙鍵能使溴水褪色，雙鍵不能旋轉，含有順反異構體，故A正確；碳原子數越多沸點越高，碳原子數相同，支鏈越多沸點越低，沸點：正戊烷＞異戊烷＞新戊烷＞正丁烷，故B錯誤；甲烷中含有少量乙烯，將混合氣體通入盛有酸性KMnO4溶液的洗氣瓶，乙烯被氧化為二氧化碳，不能用高錳酸鉀溶液除甲烷中的乙烯，故C錯誤；等質量的烴完全燃燒，氫元素質量分數越高，耗氧量越大，等質量的CH4、C2H4、C3H4與足量氧氣完全燃燒，耗氧量依次減小，故D錯誤；選A。4.實驗是高中化學的重要組成部分，下列說法正確的是A.用乙醇萃取碘水中的碘時需要使用a、fB.重結晶法提純苯甲酸時需要使用b、fC.分離二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳時需要使用c、d、e、fD.分離乙酸乙酯和飽和食鹽水時需要使用c、d、f【答案】B【解析】乙醇與水互溶，不能發生萃取，用不到儀器a，故A錯誤；苯甲酸在水中的溶解度不大，可重結晶進行提純，主要步驟有：加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶，需要使用b、f，故B正確；分離二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳是互溶的有機物，根據沸點不同，用蒸餾法分離，需要使用c、d、e，不需要燒杯f，故C錯誤；乙酸乙酯和飽和食鹽水互不相溶，用分液法分離，需要使用a、f，故D錯誤；答案選B。5.下列性質與氫鍵無關的是A.CH3OH易溶于水B.對羥基苯甲醛的沸點高于鄰羥基苯甲醛C.冰的密度小于水D.、、的酸性依次增強【答案】D【解析】CH3OH與水分子能形成分子間氫鍵，所以CH3OH易溶于水，故不選A；對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲醛易形成分子內氫鍵，所以對羥基苯甲醛的沸點高于鄰羥基苯甲醛，故不選B；冰的密度小于水是因為冰中水分子間形成氫鍵增多，故不選C；甲基為推電子基，對甲基苯酚中羥基的極性減弱，氯原子為吸電子基，對氯苯酚中羥基的極性增強，所以、、的酸性依次增強，故選D；選D。6.下列命名正確且對應的有機物的一氯代物有3種的是A.2，3－二甲基－2－丁烯 B.3，3－二甲基戊烷C.2，2－二甲基－3－丁烯 D.2－丁炔【答案】B【解析】2，3－二甲基－2－丁烯中含有1種氫，故對應的有機物的一氯代物只有1種，A錯誤；3，3-二甲基戊烷，為對稱結構，具有3種不同環境的H，故一氯代物有3種，B正確；應該為3，3－二甲基－1－丁烯，命名錯誤，C錯誤；2－丁炔為對稱結構，具有2種不同環境的H，故一氯代物有2種，D錯誤；故答案為：B。7.已知X、Y、Z、W、M五種元素的結構信息如下：①基態X原子的價層電子排布式為2s22p4②基態Y原子的價層電子軌道表示式為③Z3-的結構示意圖為④中子數為16的W原子：W⑤基態M原子核外有12種運動狀態的電子下列說法正確的是A.X與Y能形成A2B型的離子化合物B.MY2中含有共價鍵和離子鍵C.WY5分子中的原子均滿足8電子穩定結構D.最簡單氫化物穩定性：X＞Z＞W【答案】D【解析】X基態原子的價層電子排布式為2s22p4，為O元素，基態Y原子的價層電子軌道表示式為，為Cl元素，Z核電荷數為7，為N原子，W質子數為15，為P元素，基態M原子核外有12種運動狀態的電子，為Mg元素。X為O元素，Y為Cl元素，O和Cl只能形成共價鍵，A錯誤；MY2為MgCl2，只含有離子鍵，B錯誤；WY5為PCl5，P原子不滿足8電子穩定結構，C錯誤；非金屬性O>N>P，故最簡單氫化物的穩定性：H2O＞NH3＞PH3，D正確；故答案選D。8.Be2+和Al3+的電荷與半徑之比相近，導致兩元素性質相似。下列說法錯誤的是A.Be(OH)2和Al(OH)3均是兩性氫氧化物B.BeCl2和AlCl3均是共價化合物C.Be(OH)2能與氨水反應生成(NH4)2[Be(OH)4]D.BeCl2溶液呈酸性【答案】C【解析】Al(OH)3為兩性氫氧化物，根據Be與Al元素性質相似，可推斷Be(OH)2也為兩性氫氧化物，A正確；AlCl3為共價化合物，根據Be與Al元素性質相似，可推斷BeCl2也為共價化合物，B正確；Al(OH)3和Be(OH)2性質相似，Al(OH)3不能與氨水反應，故Be(OH)2不能與氨水反應，C錯誤；AlCl3溶于水發生水解，使溶液顯酸性，則根據元素性質的相似性，可推知BeCl2溶于水也發生水解，使溶液顯酸性，D正確；故答案為：C。9.山葡萄的果可生食或釀酒，酒糟可制醋和染料，種子可炸油，葉和釀酒后的酒腳可提取酒石酸(結構如圖所示。酒石酸常用作抗氧化增效劑、緩凝劑、鞣制劑、螯合劑、藥劑。下列說法錯誤的是A.酒石酸能發生取代、氧化反應B.常溫下，酒石酸易溶于水C.酒石酸中的σ鍵與π鍵的數目之比為6∶1D.酒石酸含有2個手性碳原子【答案】C【解析】酒石酸含有羥基、羧基，羥基既可以發生氧化反應也可以發生取代反應，飽和C原子上有H，可以發生取代反應，羧基也可以發生取代反應，A正確；酒石酸含有易溶于水的羥基和羧基，所以酒石酸易溶于水，B正確；單鍵和雙鍵均含有1個σ鍵，雙鍵中還含有1個π鍵，該結構中有單鍵13個，2個雙鍵，則σ鍵有15個，π鍵有2個，σ鍵與π鍵的數目之比為15：2，C錯誤；該分子存在2個手性碳原子：，D正確；故答案為：C。10.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位鍵數為16NAB.2.7g基態Al原子中含有的p電子數為0.7NAC.標準狀況下，22.4LCH2Cl2中含有的極性共價鍵數為4NAD.31g白磷()中含有的孤電子對數為4NA【答案】B【解析】Cu2+與4個NH3形成配位鍵，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位鍵數為4NA，A錯誤；基態Al原子核外電子排布為1s22s22p63s23p1，2.7g基態Al（為0.1mol）原子中含有的p電子數為0.7NA，B正確；標準狀況下，22.4LCH2Cl2不是氣體，不確定其物質的量，C錯誤；白磷分子中平均1個P存在1對孤電子對，31g白磷(，為1molP)中含有的孤電子對數為NA，D錯誤；故選B。11.可用作固體離子導體，能通過加熱制得，兩種晶胞結構如圖所示（為了簡化，只標出了在晶胞中的位置）。下列說法?誤的是A.和屬于同素異形體B.晶胞屬于面心立方晶胞C.晶胞與晶胞中個數比為D.可通過X射線衍射實驗鑒別兩種晶胞【答案】A【解析】同素異形體是指同種元素組成的不同的單質，而和均為化合物，不屬于同素異形體，A錯誤；根據晶胞中的位置可知，晶胞屬于面心立方晶胞，B正確；晶胞中位于頂點和面心位置，所含個數為，晶胞中位于頂點和體心，所含個數為，個數比為，C正確；X射線衍射實驗可測定晶體結構有關信息，從而鑒別兩種晶胞，D正確；答案選A。12.某同學用如圖所示裝置制備乙炔并驗證其性質，下列說法錯誤的是A.為了實現反應的發生“隨關隨停”，甲裝置可以用丙裝置代替B.制備乙炔的化學方程式為CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑C.實驗過程中會看到酸性KMnO4溶液褪色D.若將乙試管中的溶液換成CuSO4溶液，實驗過程中可能會有黑色沉淀產生【答案】A【解析】丙裝置為啟普發生器，電石和水反應放熱，且反應劇烈，生成的氫氧化鈣微溶于水，易堵塞反應容器，實驗室制取乙炔，不能用啟普發生器，故A錯誤；實驗室制取乙炔氣體是用電石與水發生反應，化學方程式為CaC2+2H2O→Ca(OH)2+↑，故B正確；乙炔，乙炔中雜質等會與酸性KMnO4溶液發生氧化還原反應，均會導致酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；乙炔和硫酸銅不反應，和硫酸銅反應生成硫化銅沉淀，硫化銅沉淀為黑色，故D正確；故答案選A。13.已知：烯烴與酸性溶液反應時，其生成物的情況如表所示。則反應物為被酸性溶液氧化后得到的產物為烯烴被氧化的部分氧化產物A.、B.、HOOCCOOHC.、D.、、【答案】A【解析】根據烴基被氧化的部分得到對應的產物可知，第一個雙鍵左側被氧化為酮，右側雙鍵被氧化為酸，第二個雙鍵左側被氧化為酸，右側雙鍵被氧化為酮，即產物為、，故答案選A。14.氯亞鉑酸鉀(K2PtCl4)廣泛用作制造各種鉑配合物和藥物的起始原料，—種以氯亞鉑酸鉀為原料制備有機物iv的合成路線如圖所示，[PtCl4]2-為平面結構，下列說法正確的是A.ii的配體為Pt2+B.iii中Pt2+和O的雜化方式均為sp3C.1mol的非金屬原子中共含有6mol孤電子對D.反應3的離子方程式為+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓【答案】D【解析】Pt2+沒有孤電子對，但含有空軌道為中心離子，ii的配體為鄰二苯胺和I，A錯誤；[PtCl4]2-為平面結構，則iii中Pt2+與2個N原子、2個O原子形成平面結構，不是正四面體結構，所以Pt2+不是sp3雜化，B錯誤；中的N、O原子均與Pt2+形成配位鍵，但只有O原子含有1對孤電子對，則1mol的非金屬原子中共含有2mol孤電子對，C錯誤；硝酸銀為可溶性鹽，而碘化銀為難溶性鹽，所以反應3的離子方程式為+2H2O＋2Ag+→+2AgI↓，D正確；故選D。15.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，基態X原子核外電子只有一種自旋狀態，Y和W位于同周期且未成對電子數相同，基態Z原子的s電子數與p電子數之比為4∶3。由X、Y、Z、W、Pt組成的一種化合物M的結構如圖所示，下列說法錯誤的是A.電負性：W＞Z＞YB.M中存在極性鍵和非極性鍵C.M中，Pt為+4價，且1molM含有的配位鍵數為4NAD.X、Y、Z、W四種元素可組成含有極性鍵的離子晶體【答案】C【解析】X原子核外電子只有一種自旋狀態，則X為H，Y有4個共價鍵，則Y最外層4個電子，Y為C或Si，W有2個共價鍵，最外層6個電子，W為O或S，Y和W位于同周期且未成對電子數相同，基態Z原子的s電子數與p電子數之比為4∶3，則Z為N，因X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，則Z為N，W為O，Y為C，綜上，X為H、Y為C，Z為N、W為O，以此分析；非金屬越強，電負性越大，電負性：O＞N＞C，A正確；同種非金屬元素之間為非極性共價鍵，不同種非金屬元素之間為極性共價鍵，M中存在極性和非極性共價鍵，B正確；化合物中用于形成配位鍵的O帶一個單位負電荷，可知Pt的化合價為+2價，M中Pt提供空軌道，N、O提供孤電子對，則1molM中的配位鍵數為4NA，C錯誤；X、Y、Z、W四種元素可組成(NH4)2CO3，其晶體屬于含有極性鍵的離子晶體，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.已知有如圖8種有機物，請根據所學知識回答下列問題：①②③④⑤⑥⑦⑧CH3CH2OH（1）上述物質中互為同分異構體的是______(填標號)。（2）①中含氧官能團的名稱為_______，③的二氯代物有______種(不考慮立體異構)。（3）⑤的同分異構體中，屬于炔烴的有______種；④的化學名稱為______。（4）M為⑧的同系物，取7.4gM在如圖裝置中燃燒，實驗結束后，無水氯化鈣增重9g，氫氧化鈉增重17.6g，則M的分子式為______，寫出核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為9∶1的結構：______。【答案】（1）③④⑥（2）①.醚鍵、羥基②.4（3）①.7②.3－甲基－2－戊烯（4）①.C4H10O②.【解析】【小問1詳析】同分異構體是指分子式相同而結構不同的化合物，根據題干有機物的結構簡式可知，上述物質中③④⑥的分子式均為C6H12，結構不同，故互為同分異構體，故答案為：③④⑥；【小問2詳析】由題干有機物的結構簡式可知，①中含氧官能團的名稱為醚鍵和羥基，③的二氯代物有4種即兩個Cl連在同一個碳原子一種，連在2個碳原子上有3種，故答案為：醚鍵和羥基；4；【小問3詳析】由題干有機物⑤的結構簡式可知，⑤的分子式為C6H10，不飽和度為2，故⑤的同分異構體中，屬于炔烴的即考慮CH3CH2CH2CH2CH2CH3三鍵有3個位置異構，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3三鍵只能放在一個位置，CH3CH2CH2CH(CH3)2則三鍵有2個位置，(CH3)3CCH2CH3則三鍵有1個位置，即屬于炔烴的同分異構體一共有3+1+2+1=7種，由題干有機物④的結構簡式可知，④的化學名稱為3－甲基－2－戊烯，故答案為：7；3－甲基－2－戊烯；【小問4詳析】M為⑧的同系物，取7.4gM在如圖裝置中燃燒，實驗結束后，無水氯化鈣增重9g即生成9gH2O，原有機物中含有n(H)=2n(H2O)==1mol，氫氧化鈉增重17.6g即生成CO2為17.6g，原有機物中含有n(C)=n(CO2)==0.4mol，含有n(O)==0.1mol，則n(C):n(H):n(O)=0.4:1:0.1=4:10:1，則該有機物的最簡式為C4H10O，又因H已經達到飽和狀態，故M的分子式為C4H10O，寫出核磁共振氫譜有2組峰，且峰面積之比為9∶1即含有3個甲基的結構為：，故答案為：C4H10O；。17.如表為周期表的一部分，其中的字母代表對應的元素，請回答下列問題：（1）h在元素周期表中的位置為_______。（2）d、f、g的簡單離子的半徑由大到小的順序為_______(寫離子符號)。（3）a、b、c可形成一種14e-的直線形分子，該分子的電子式為______；e單質的晶體熔化時，要克服的作用力為_______(填標號)。A.氫鍵B.非極性共價鍵C.范德華力（4）a、d、g三種元素可形成多種化合物，agd中中心原子的雜化類型為______，gd的空間結構為______，gd的鍵角為_____。（5）bd2晶體中，每個bd2分子周圍緊鄰的分子有12個；a2d晶體中，每個a2d分子周圍緊鄰的分子有4個，原因是______。【答案】（1）第四周期第VIIB族（2）Cl-＞O2-＞Na+（3）①.②.C（4）①.sp3②.三角錐形③.109°28′（5）冰中的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性【解析】根據圖可知a為H，b為C，c為N，d為O，e為Ne，f為Na，g為Cl，h為Mn，以此分析；【小問1詳析】根據圖示，h在第四周期，ⅦB族；故答案為：第四周期第ⅦB族；【小問2詳析】電子層數越多，離子半徑越大，當電子層數相同，核電荷數越大，半徑越小，則r(Cl-)＞r(O2-)＞r(Na+)；故答案為：Cl-＞O2-＞Na+；【小問3詳析】a為H，b為C，c為N，可形成一種14e-的直線形分子為HCN，電子式為；e為Ne，屬于分子晶體，融化時候克服范德華力；故答案為：；C；【小問4詳析】a為H，d為O，g為Cl，形成的化合物為HClO，O為中心原子，價層電子對數=，屬于sp3雜化；為，中心原子價層電子對數=，空間結構為三角錐形；為，中心原子價層電子對數=，屬于正四面體形，鍵角為109°28'；故答案為：sp3；三角錐形；109°28'；【小問5詳析】bd2晶體為CO2，每個CO2分子周圍緊鄰的分子有12個；a2d晶體為H2O，因為冰中的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性，故每個H2O分子周圍緊鄰的分子有4個；故答案為：冰中的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性。18.某礦石中富含Cu2(OH)2CO3和Ni(OH)2，還含有Fe、Al、Si、Ca的氧化物。以該礦石為原料制備Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O的流程如圖所示，請回答下列問題：已知：①相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH如表所示。金屬離子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Ni2+開始沉淀的pH7.52.53.74.77.0完全沉淀的pH9.03.34.56.58.7②Ni2O3在酸性條件下具有強氧化性。（1）基態Ni原子的簡化電子排布式為_______；基態Cu原子的價層電子軌道表示式為______。（2）濾渣1的主要成分中，屬于離子晶體的為______；加入Ni2O3后生成Fe3+，Fe元素的未成對電子數由_______變成______。（3）“萃取”時發生的反應為Cu2++2HA(有機相)CuA2(有機相)+2H+，“反萃取”時加入稀硫酸的目的是______。一種有機萃取劑M及萃取Cu2+后生成的N的結構如圖所示，M中碳原子的雜化方式有_______種，N中提供孤電子對形成配位鍵的原子有______(填標號)。（4）“沉鎳”時，發生反應的離子方程式為_______。【答案】（1）①.[Ar]3d84s2②.（2）①.CaSO4②.4③.5（3）①.增大H+濃度，使Cu2++2HA(有機相)CuA2(有機相)+2H+逆向進行②.2③.①②③④（4）3Ni2++6HCO+(n-2)H2O=Ni(OH)2?2NiCO3?nH2O↓+CO2↑【解析】某礦石中富含Cu2(