浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期期中联考化学含解析

2022学年高二年级第二学期宁波名校期中联考

化学试题

可能用到的相对原子质量：H-IC-120-16Cl-35.5Ga-70As-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.C2H2B.Na2O2C.H2SO4D.KOH

答案：B

解析：A.C2H2的结构式为H—OC-H,含极性键和非极性键的共价化合物，故A不符合题意;

B.NazCh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：向向「[门]

C.SCh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0）∖L,故A错误；

B.根据洪特规则，碳的基态原子电子排布图：回E_!__!_________,故B错误;

Is2s2p

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

/二氢健

A.CO2的分子结构模型示意图：foiS(VB.HF分子间的氢键：/F'''/F

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；

氢键

B.HF分子间的氢键表示为r∙∙,图示H—F∙∙∙H夹角度数错误，B错误；

H×'/F

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-p。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，下列说法不氐晒的是

选项粒子中心原子杂化方式VSEPR模型名称空间结构名称

直线形直线形

ABeCl2SP

2

BCH2Osp平面三角形平面三角形

CCO3"Sp3四面体形平面三角形

+3

DH3Osp四面体形三角锥形

A.AB.BC.CD.D

答案：C

解析：A.BeCI2中心原子价层电子对数为2+；(2-2xl)=2,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.CFhO中心原子价层电子对数为3+:(4—2x1—lx2)=3,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.Coj中心原子价层电子对数为3+^(4+2-3x2)=3,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.RO+中心原子价层电子对数为3+；(6—1—3xl)=3+l=4,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，下列说法不无理的是

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氐砸的是

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TP+,配位数为6,配位体为HaC^tICl

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(H2θ)5Cl]2+的中心离子为

Ti3+,配位数为6,配位体为HzO和C「，D正确；

故答案为：Bo

7.下列说法正确的是

CH3-CH-CH3

CH,-CH-CH,-CH3

A.*I--和C⅛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

属于同类有机物

CH3-CH-CH3

CH,-CH-CH.-CH,

解析：A.-I-一和CH碳架相同，是同种物质，故A错误;

CH3

B.同样条件下，钠和乙醇的反应没有钠与水的反应剧烈，是因为乙醉：分子中乙基对羟基的影响导致乙醉

中O-H的极性更弱，故B错误;

C.甲苯能使酸性高镒酸钾褪色，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;

MZHH

D.eɑi;属于酚类、∣QΓ--°属于醇类，故D错误；

选C。

8.下列有关实验的说法不氐碘的是

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焕，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，用电石制取乙烘，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Ao

9.某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d∣<¼s24p4,下列说法不IE砸的是

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VlA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VlA族元素，故C正确；

D.价电子排布式为4s24p3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.下列说法木正颐的是

—CH3

A.甲苯与液浪在FeBn催化条件下可生成C^

CH3CH3

,则该单烯煌可能有2种结构

I

CH3

可使溟水褪色，反应时π键断裂

D.正己烷和2,2一二甲基丁烷互为同系物

答案：D

解析：A.甲苯与液浪在FeBn催化条件下取代甲基的邻位或对位上的氢，因此可生成

A正确;

CH3

⅛=CH.

B.根据饱和烧相邻碳上都掉一个氢原子分析，该单烯煌可能有CH3—C—CH?一2

CH3

CH3CH3

CH3—C—CH=C-CH3共2种结构，故B正确；

CH3

C.可使漠水褪色，碳碳双键上的π键易断裂，与溟水发生加成时兀键断裂，故C正确；

D.正己烷和2,2一二甲基丁烷分子式都为C6H∣4,两者互为同分异构体，故D错误。

综上所述，答案为D。

II.下列排序不正确的是

A.键长：碳碳三键>碳碳双键>碳碳单键

酸性：

B.CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH

C.沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷

熔点:

D.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-C1>C-H,导致较酸电离氢离子能力增强，酸性:CF3COOH>CCI3COOH>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；

是共价晶体，为离子晶体，形成晶体为分子晶体，则熔点：选项正

D.Siθ2NaClC60SiO2>NaCl>C60,D

确；

答案选A。

12.下列说法正确的是

比沸点高，是因为键能大于键能

A.H2OH2SO—HS-H

比稳定，是因为分子间可以形成氢键

B.H2OH2SH2O

C.H2O的键角比HzS小，是因为杂化类型不同

中键的极性比中键大，是因为。的电负性比大

D.H2OO—HH2SS-HS

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

比0的熔沸点高于HzS,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HzO的H—0键间的夹角大于HzS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HzO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Be0、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，下列说法不生砸的是

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ALO3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Imol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AbCh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4+；(3+1-4χ1)=4+0=4,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8x2+2=3,根据化

学式得到Imol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，下列说法不氐琥的是

A.该物质的分子式为C"H∣8θ2B.该物质含有两种官能团

C.该物质属于芳香煌衍生物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C∣3H∣8O2,故A正确；

B.该物质含有段基一种官能团，故B错误；

C.该物质含有苯环，还有竣基官能团，属于芳香烧衍生物，故C正确；

D.该物质含有苯环，可以发生加成反应，含有竣基，能发生取代反应，苯环连的碳原子上有氢，能被酸

性高镒酸钾氧化，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

AB

CD

A.原子半径：C>B>AB.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HA族大于第ΠIA族，第VA族大于第VlA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2+；(6-2x2)=2+l=3,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；（CI0；）中中心原子的价层电子对数为3+g（7+l-3x2）=3+l=4,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C02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1:47-!-=l:2,B错误；

2

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CCh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C02分子周围与它距离最近且相等的C02分子有——=12个，C正确；

2

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：

CH3CH3

（1）CH3-CH-f-CH3用系统命名法对其命名的名称是,其一氯代物有种。

CH3

OHɪ*

（2）邻羟基苯甲醛彳人/HO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

CHO

苯甲醛分子内氢键示意图______。

（3）写出下列反应方程式。

①乙快与水的加成反应：o

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

CH3

i

(3)①.CH≡CH+H2O-^^→CH3-CHO②,r^>1+3HO-

+3H2O:

CH3CH3

1.CH3-CH-C—CH3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

I

CH3

CH3CH3

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；（2^13—€：11—，一0^3

①②七③

分子中有3种等效氢，其一氯代物有3种。

,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

3.①乙烘与水加成再脱水生成乙醛，反应方程式为CH≡CH+H2O≡>CH3-CHO<,

CH

②甲苯和浓硫酸、浓硝酸的混合物加热生成TNT和水，反应方程式为彳\

+3H0-

O2NNO2

NCh浓硫酸>

+3H2O:

NO2

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(COCI2)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→Cθα2+HCl+H2O可以制备光气。试回答：

(1)CH4和C12发生取代反应可以得到CH2CI2、CHCI3和CC14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)。

O

(3)光气的结构式为Il中心原子C的杂化方式为,分子中含有个σ键，个兀

Cl-C-Q

键。

(4)沸点：CHCl3H2O2(填“>"或“<”)，原因是。

答案：⑴蒸镭(2)Φ.H:O:O:H②.极性

(3)Φ.sp2②.3③.1

(4)①.V②.H2O2分子间存在氢键

I-CH2CI2SCHCl3和CCL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储。

故答案为：蒸储。

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：H:O:O:H，属于极性分子。

故答案为：H:6:6:H,极性。

3.在光气分子中，中心碳原子分别以1个3键与2个Cl原子及一个O原子结合，余下一个电子与0余下的

一个电子形成兀键，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,K

4.因为H2O2分子间存在氢键(形成原子：N、0、F),故沸点：CHC13<H2O2O

故答案为：<.H2θ2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)φ.3d104sl②.ds

(2)①.0F∏lth11∣哑铃

1»2*2p

(3)CH4>NH3>H2O

(4)①.Cu②.Zn的第二电离能失去的是4s∣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3出。的电子，第一电离能失去的是4s∣的电子，3小。处于全充满状态，其与4s∣电子能量

差值更大

LE是CU元素，核外有29个电子，价电子排布为3dNs∣,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叵IH[t.*Pl其核外电子

IS2i2p

占据的最高能级是2p能级，电子云轮廓图为哑铃形。

3.C、N、0三种元素形成的简单氢化物分别是CH八NH3、H2O,C、N、0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，HzO分子中0原子有2个孤电子对，所以

键角从大到小为CH4>NH3>H20O

4.Zn的第二电离能失去的是4s∣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3甲。

的电子，第一电离能失去的是4s∣的电子，3d∣。处于全充满状态，其与4s∣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：

%

«、

卅

玄

≡

(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C4b⅛,B能使酸性高镒酸钾褪色，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)①.74C4HmO

CH3

(2)①.4②.

CH3CH2CHOH

⑶CH3CCH3(4)nCH3CH≈CHCH3

I

OH

1.根据图中信息得到A相对分子质量为74,由C、H、0三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量

74×64.86%

分数是64.86%,氢的质量分数是13.51%,则A中碳的个数为---------------=4Zl氢的个数为

12

74×13.51%S74-48-10

------------------=1(),则氧的个数为=1,则A的实验式为C4H10O；故答案为:74；C4Hκ)Oo

116

CH

CHCH3

33I+.ZI

2.A的所有同分异构体中属于醇类的有CH3CH2CH2CH2OH^、CH3CCH3共4

CH3CHCH2OHCH3CH2CHOHI

OH

CH3CH3

种(不考虑立体异构)，其中具有手性碳原子的结构简式为「口「口人口八口；故答案为：4；「口八口又UC

CH3CH2CHOHCH3CH2vHOHlJ

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

CH3CH3

结构简式为CH3(^CH3；故答案为：CHsWcHs。

OHOH

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能使酸性高镒酸钾褪色，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

CH,CH,

Lw

nCH3CH=CHCH3-土；故答案为：I1CH3CH=CHCH3-y⅛»