福建省福州三中2023至2024学年高二下学期7月期末考试化学试题附参考答案（解析）

福建省福州第三中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试化学答案原子量：C-12N-14O-16F-19Cl-35.5K-39Ca-40Cu-64Mo-96Ag-108一、选择题(每题只有一个正确答案，共48分)1.下列化学用语表示正确的是A.乙酸的分子式：CH3COOH B.羟基的电子式：C.乙烯的结构简式：CH2CH2 D.丙烷的空间充填模型：【答案】B【解析】【详解】A．乙酸的分子式是C2H4O2，结构简式是CH3COOH，A错误；B．O原子最外层有6个电子，O原子与H原子形成1对共用电子对，从而形成羟基，其电子式，B正确；C．乙烯分子中两个C原子形成碳碳双键，剩余价电子全部与H原子结合，在写物质的结构简式时，官能团碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式：CH2=CH2，C错误；D．图示模型为丙烷的球棍模型，D错误；故合理选项是B。2.下列物质的沸点由高到低排列的顺序是①CH3(CH2)2CH3②CH3(CH2)3CH3③(CH3)3CH④(CH3)2CHCH2CH3A.④③②① B.④②①③ C.②④①③ D.②④③①【答案】C【解析】【详解】碳原子个数不同的烷烃，碳原子个数越大，沸点越高，碳原子个数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，则四种烷烃的沸点由高到低排列的顺序为②④①③，故选C。3.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是选项ABCD被提纯物质酒精(水)乙醇(乙酸)乙烷(乙烯)溴苯(溴)除杂试剂生石灰氢氧化钠溶液酸性高锰酸钾溶液KI溶液分离方法蒸馏分液洗气分液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．生石灰与水反应产生离子化合物Ca(OH)2，Ca(OH)2与乙醇沸点相差较大，可通过蒸馏方法分离得到乙醇，A符合题意；B．乙酸与NaOH反应产生的乙酸钠能够溶于水，乙醇也溶于水，二者互溶不分层，因此不能通过分液的方法分离提纯，B不符合题意；C．杂质乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，而使乙烷中混入新的杂质气体，不能达到除杂净化的目的，C不符合题意；D．溴与KI反应产生的I2也容易溶于溴苯中，不能通过分液进行分离提纯，D不符合题意；故合理选项是A。4.某烃与氢气发生反应后能生成(CH3)2CHCH2CH3，则该烃不可能是A.2﹣甲基﹣2﹣丁烯B.2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯C.3﹣甲基﹣1﹣丁烯D.2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯【答案】B【解析】【分析】【详解】（CH3）2CHCH2CH3，结构为，5号碳原子与1号碳原子化学环境相同；A．若2、3号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2-甲基-2-丁烯，故A不选；B．2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯与氢气发生加成反应后生成2，3﹣二甲基丁烷，结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，故B选；C．若3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为3-甲基-1-丁烯，故C不选；D．若1、2号碳原子各去掉1个H原子，同时3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的二烯烃为2-甲基-1，3-丁二烯，故D不选。故选B。5.下列物质中，既能发生水解反应，又能发生加成反应，但不能发生消去反应的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A．(CH3)2CHCH2Cl，无不饱和键，不能加成反应，卤代烃能水解反应，与-X相连碳的相邻碳上有氢原子，能消去，故A不符合题意；B．CH2=CHC(CH3)2CH2Cl中含有双键，能发生加成反应，卤代烃能水解反应，与Cl相连碳的相邻碳上没有氢原子，不能消去反应，故B符合题意；C．CH3CHBrCHO含有醛基，能发生加成反应，卤代烃能水解反应，与F原子相连碳的相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，故C不符合题意；D．CH2=CHCH2CH2Br含有双键，能加成反应，卤代烃能水解反应，与Br相连碳的相邻碳上有氢原子，能消去反应，故D不符合题意；故选B。6.有机物A是一种重要的化工原料，其结构简式为，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是A.先加酸性KMnO4溶液，再加银氨溶液，微热B.先加溴水，再加酸性KMnO4溶液C.先加银氨溶液，微热，再加溴水D.先加入足量新制的Cu(OH)2，微热，酸化后再加溴水【答案】D【解析】【详解】A．有机物A中所含的官能团有碳碳双键和醛基，二者均能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，A项错误；B．有机物A中所含的官能团有碳碳双键和醛基，二者均能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，B项错误；C．先加银氨溶液，微热，能检验出醛基，但发生银镜反应之后的溶液仍显碱性，溴水与碱能发生反应而褪色，不能检验出碳碳双键，C项错误；D．加入足量新制的Cu(OH)2，微热后生成砖红色的沉淀，能检验出醛基，但发生反应之后的溶液仍显碱性，所以先酸化，再加入溴水，溴水褪色说明分子中含有碳碳双键，D项正确；答案选D。7.某化合物(结构如图所示)可用作酿造酵母的培养剂、强化剂、膨松剂、发酵助剂。已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是A.X分别和Y、W形成的化合物中，所含化学键类型相同B.同周期中第一电离能比Z小的元素只有4种C.电负性：Y>Z>WD.X与Z形成的最简单化合物比X与Y形成的最简单化合物稳定【答案】C【解析】【分析】某化合物(结构如图所示)可用作酿造酵母的培养剂、强化剂、膨松剂、发酵助剂。已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，则X为H，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O，Z有五个价键，则Z为P，W为K。【详解】A．X和Y形成的化合物为水或过氧化氢，水含有极性键，过氧化氢含有极性键和非极性键，X和W形成的化合物为KH，含有离子键，所含化学键类型不相同，故A错误；B．同周期中第一电离能比Z小的元素有Na、Mg、Al、Si、S共5种，故B错误；C．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，则电负性：Y(O)＞Z(P)＞W(K)，故C正确；D．根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则X与Z形成的最简单化合物(PH3)比X与Y形成的最简单化合物(H2O)不稳定，故D错误。综上所述，答案为C。8.下列方法或操作正确且能达到实验目的的是实验目的方法或操作A检验溴乙烷中的溴元素将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，冷却，继续滴加硝酸银溶液B欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键滴入酸性KMnO4溶液，看紫红色否褪去C证明蛋白质在某些无机盐溶液的作用下发生变性向鸡蛋清中加入饱和硫酸铜溶液，有沉淀析出：再把沉淀加入蒸馏水中，观察沉淀是否溶解D检验淀粉在稀硫酸催化下能否水解向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热：再加入银氨溶液，加热；看是否出现银镜A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．检验溴乙烷中的溴元素，将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，冷却，要先加稀硝酸中和至酸性，再继续滴加硝酸银溶液，故A错误；B．欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键，要先通过银镜反应或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化，再用溴水检验碳碳双键，故B错误；C．证明蛋白质在某些无机盐溶液的作用下发生变性，向鸡蛋清中加入饱和硫酸铜溶液，有沉淀析出：再把沉淀加入蒸馏水中，观察沉淀是否溶解，不溶解说明已经变性，故C正确；D．检验淀粉在稀硫酸催化下能否水解，向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热：要先加NaOH将溶液中和至中性或弱碱性，再加入银氨溶液，加热；看是否出现银镜，故D错误；故选C。9.某有机物的结构简式如下图，下列有关叙述正确的是A.该有机物分子中一定有16个碳原子共平面B.该有机物最多与发生反应C.该有机物可以与发生反应D.可与和溶液发生反应【答案】B【解析】【详解】A．与苯环直连的原子与之共平面，与碳碳双键直连的原子与之共平面，单键是可以旋转的，因此两个苯环所在平面跟碳碳双键所在平面不一定共平面，因此，16个碳原子不一定共平面，故A错误；B．1mol碳碳双键可消耗1molH2，1mol苯环可消耗3molH2，所以1mol该有机物最多与7molH2发生反应，故B正确；C．该有机物与Br2可与碳碳双键发生加成反应，也可在酚羟基的邻对位上发生取代反应，1mol该有机物可消耗4molBr2，故C错误；D．分子中的酚羟基能与NaOH反应，但不能与NaHCO3反应，故D错误；故选B。10.对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成，已知产物苯胺还原性强，易被氧化，且羧基是间位定位基(即对苯环间位的H有活化作用)，则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是A.甲苯XY对氨基苯甲酸B.甲苯XY对氨基苯甲酸C.甲苯XY对氨基苯甲酸D.甲苯XY对氨基苯甲酸【答案】B【解析】【分析】由①苯环上的硝基可被还原为氨基，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH3为邻、对位取代定位基，而一COOH为间位取代定位基，可知甲苯先发生取代反应，在对位引入硝基，生成对硝基甲苯，然后与高锰酸钾发生氧化反应生成对硝基苯甲酸，最后将硝基还原为氨基，以此来解答。【详解】甲基是邻对位定位基，甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生甲基对位上的取代反应产生X是对硝基甲苯，X与酸性KMnO4发生甲基的氧化反应产生Y是对硝基苯甲酸，然后物质与Fe、20%盐酸作用下发生硝基的还原反应产生-NH2，得到物质，故合理选项是B。11.和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法正确的是A.和均为极性分子 B.和中的均为杂化C.和的水解反应机理相同 D.和均能与形成氢键【答案】D【解析】【详解】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误；C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确；故答案为：D。【点睛】12.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。下列说法正确的是A.该晶体中存在N-H…O氢键 B.基态原子的第一电离能：C.基态原子未成对电子数： D.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】【详解】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确；B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B说法不正确；C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C=O<N，C说法不正确；D．为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为；中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为；中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确；综上所述，本题选A。二、非选择题(共52分)13.乳酸正丙酯具有高沸点、低毒性和较好的水溶性，广泛应用于涂料、化妆品及生物溶剂领域。某小组同学欲通过实验研究乳酸的结构，并制备乳酸正丙酯。【实验1】研究乳酸的结构i．确定分子式。利用元素分析法和质谱法测得乳酸的分子式为C3H6O3。ii．确定官能团。通过红外光谱初步确定乳酸分子的官能团为-COOH和-OH，并进行如下实验验证。序号待验证官能团检测试剂实验现象实验结论①-COOH___________产生无色气泡含有-COOH②-OH酸性KMnO4溶液___________含有-OH（1）实验①中，检测试剂为___________。（2）实验②中，观察到的现象为___________。iii．确定结构简式。（3）乳酸分子的核磁共振氢谱如下图所示。结合上述信息推测乳酸的结构简式为___________。【实验2】制备乳酸正丙酯实验室制备乳酸正丙酯的步骤如下：i．将乳酸、正丙醇(物质的量之比为1：3)和浓硫酸投入三口瓶中(装置如图，加热、夹持、搅拌装置已略去)，加热至102~105℃，反应6h。ii．酯化结束后，降温至60℃以下，加入与硫酸等物质的量的纯碱。iii．常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用。iv．当温度高于110℃时，停止加热，冷却，当温度降至40℃以下时，接好减压装置，进行减压蒸馏，收集120℃左右的馏分，获得乳酸正丙酯。资料：相关物质的沸点如下表。物质乳酸正丙醇乳酸正丙酯沸点/℃227.697.2168（4）步骤i中，乳酸与正丙醇发生酯化反应的化学方程式为___________。（5）步骤iii中，收集到的可循环使用的物质主要是___________。（6）步骤iv中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯(六元环状酯)，该交酯的结构简式为___________。【答案】（1）Na2CO3溶液（2）溶液的紫色褪色（3）（4）+CH3CH2CH2OH+H2O（5）CH3CH2CH2OH（6）【解析】【分析】乳酸分子中含有-COOH、-OH，可根据其具有酸性，酸性比碳酸的酸性强，能够与Na2CO3反应产生CO2气体检验其含有-COOH；根据其能够使酸性KMnO4溶液褪色说明其中含有-OH；根据其核磁共振氢谱图确定其含有的H原子的种类，从而确定物质的分子结构。乳酸与正丙醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生乳酸正丙酯和水，该反应是可逆反应，反应后溶液中含有未反应的乳酸、正丙醇、乳酸正丙酯、硫酸，反应后向其中加入与H2SO4等物质的量的Na2CO3，反应消耗催化剂硫酸，在常温下蒸馏收集得到的馏分是正丙醇；通过减压蒸馏收集120℃的馏分得到乳酸正丙酯。【小问1详解】在实验①中可根据羧酸的酸性比碳酸强，向其中加入Na2CO3溶液，反应产生CO2气体而有气泡，证明其中含有-COOH，故实验①中试剂是Na2CO3溶液；【小问2详解】在实验②中可根据醇羟基具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，来检验-OH的存在，故实验②中，观察到的现象为溶液的紫色褪色；【小问3详解】根据核磁共振氢谱图可知：乳酸分子中含有四种不同的H原子，它们的数目比是1：1：1：3，故其分子结构简式是；【小问4详解】在步骤i中，乳酸与正丙醇发生酯化反应产生乳酸正丙酯和水，该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2CH2OH+H2O；【小问5详解】根据表格数据可知正丙醇的沸点是97.2℃，所以在步骤iii中，在常压蒸馏至110℃左右收集到的可循环使用的物质主要是正丙醇CH3CH2CH2OH；【小问6详解】在步骤iv中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯(六元环状酯)，每个乳酸分子的羧基脱去羟基，每个羟基脱去H原子，形成环状酯，该交酯的结构简式为。14.镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，用镍制造不锈钢和各种合金钢被广泛地用于飞机、舰艇、雷达、导弹、陶瓷颜料、永磁材料、电子遥控等领域。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子轨道表示式为___________。（2）硝酸肼镍是一种配合物，空间构型是___________；配体中氮原子杂化轨道类型为___________；沸点(113.5℃)比乙烷沸点(℃)高得多，其主要原因是___________。（3）过渡金属氮化物因其优异的催化性能(加氢处理、光和电化学催化等)受到了广泛关注。贵金属钼(Mo)的氮化物可作将还原为氨的反应的催化剂。贵金属钼的氮化物的立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为___________，晶体的密度为___________(列出计算式)。【答案】（1）（2）①.平面三角形②.③.分子间可形成氢键，而乙烷分子间不能形成氢键（3）①.②.【解析】【小问1详解】镍的原子序数为28，其基态原子的价电子3d84s2，轨道表示式为：；【小问2详解】的中心N原子价层电子对数为=3，采取sp2杂化，没有孤对电子，空间构型是平面三角形；配体N2H4的结构式为，氮原子形成3个共价单键、有1对孤对电子，采取sp3杂化；氮的电负性强，N2H4分子间可形成氢键，而乙烷分子间不能形成氢键，因此N2H4沸点比乙烷沸点高得多；【小问3详解】依据均摊法，Mo原子的个数为8+6=4，N原子个数为1+4=2，该晶体的化学式为；晶胞质量m=，晶胞体积V=a3nm3=(a×10-7)cm3，晶胞密度。15.高品质可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料，采用“两矿一步浸出法”制备高品质的工艺流程如下图所示。已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下表。金属离子开始沉淀的pH6.91.96.69.13.4沉淀完全的pH8.33.210.110.94.7回答下列问题：（1）“酸浸”操作中需先后分批加入、。已知滤渣1的主要成分为S、、等。加入后发生反应生成单质S的离子方程式为___________。加入后反应的生成物会附着在矿粉颗粒表面，使上述反应受阻，此时加入，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。导致迅速分解的因素是___________。（2）“调pH”时调节溶液pH范围为4.7～6.0，此时“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)。（3）“除杂”时，溶液体系中的和形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中，则___________[已知，]。（4）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为___________。（5）利用惰性电极电解体系可获得，电解过程的机理(部分)如图甲所示，当硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。当硫酸浓度超过时，电流效率降低的原因是___________。【答案】（1）①.②.、和等都是双氧水分解的催化剂（2）和（3）50（4）（5）硫酸浓度高，被消耗，效率降低【解析】【分析】“酸浸”过程滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等金属离子，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；“调pH”，则Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀（滤渣2），滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子；加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀（滤渣3），滤液中含有Mn2+金属离子；“沉锰”步骤则Mn2+以MnCO3形式沉淀出来；MnCO3经后续操作得到MnO2。【小问1详解】加入H2SO4后发生反应生成单质S的离子方程式为；Fe3+、Mn2+和MnO2等都是双氧水分解的催化剂，故H2O2会迅速分解。【小问2详解】根据表格信息，可知“滤渣2”的主要成分为Fe(