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）

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：YFe，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：H2OI-
（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：BC>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；