2020-2021学年高二化学下学期期中质量检测卷B新鲁科版参考答案

2020~2021学年高二化学下学期期中质量检测卷B（新鲁科版）参考答案1.C【解析】“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；“黑陶”是用陶土烧制而成,其主要成分为硅酸盐，D项正确。2.A【解析】金属晶体中有“电子气”，金属晶体中的“电子气”属于整个晶体，故A错误；石墨晶体是层状结构，层内碳原子之间存在共价键，层与层之间有范德华力，是一种混合键型晶体，故B正确；液晶具有液体和晶体的共同特性，即液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性，故C正确；晶体和非晶态在X射线衍射中的信号大不相同，晶体都有尖锐的衍射峰，而非晶态没有衍射峰，故用X射线衍射可以区别晶体和非晶态，故D正确；故选A。【解析】分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C。【解析】SO42-中S的价层电子对数：，S为sp3杂化；PO43－中P的价层电子对数：，P为sp3杂化；CO32-中C的价层电子对数：，C为sp2杂化；SO32-中S的价层电子对数：，S为sp3杂化；综上所述，A、B、D项中均为sp3杂化；C项中为sp2杂化，故答案选：C。【解析】操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，苯酚在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度、且四氯化碳与水不互溶，也可用四氯化碳作萃取剂，故A正确；苯酚钠属于钠盐，是离子化合物，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B正确；操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及分液操作，用到分液漏斗，通过操作Ⅱ，苯可循环使用，故C正确；NaOH具有腐蚀性，苯酚沾到皮肤，不能用NaOH溶液清洗，应用酒精清洗，故D错误；故答案选：D。【解析】②为体心立方堆积，而金属Zn采用六方最密堆积，图中③为六方最密堆积，故A错误;①是简单立方堆积，原子配位数为6，③是六方最密堆积，原子配位数为12，故B错误;②晶胞中原子数目=，故晶胞质量。故C正确;金属晶体具有延展性，当金属受到外力作用时，密堆积层的阳离子容易发生相对滑动，但不会破坏密堆积的排列方式，也不会破坏金属键，故D错误。【解析】X分子中中心的碳原子形成四个共价键，不可能是平面结构，故错误；该物质分子式为C5H4，所以与氢气加成生成lmolC5H12，至少需要4mol氢气，故正确；根据每个碳原子形成4个共价键分析，该分子中除了中心的碳原子外，其余的碳原子都要形成一个碳碳双键，与乙烯含有相同的官能团，能发生氧化反应，故正确；充分燃烧等物质的量的该物质和甲烷，因为其碳原子个数多，所以消耗氧气较多，故正确,故选A。【解析】碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；BF3分子，中心原子B价层电子对数，杂化方式为sp2杂化；短周期NF3分子，中心原子N价层孤电子对数，杂化方式为sp3杂化，故B错误;HCHO分子内（H2C=O）碳原子形成3个σ键，无孤对电子，分子中价层电子对数=3+0=3，杂化方式为sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形；离子中，中心原子C的价层电子对数，采取sp2杂化，为平面三角形结构；SO3分子中，中心原子S的价层电子对数，采取sp2杂化，为平面三角形结构；故C正确。H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确。【解析】银镜反应需要在碱性环境下，检验淀粉水解时加入稀硫酸，因此加入银氨溶液前需要中和，A项错误；加入NaOH溶液后，需要加入稀硝酸中和加入的碱，防止NaOH与硝酸银溶液反应，干扰检验，B项错误；氨水和硝酸银反应先生成沉淀，后沉淀溶解，至生成的沉淀恰好溶解可得到银氨溶液，C项正确；制取Cu(OH)2悬浊液时，NaOH应过量，而将2%的NaOH溶液4～6滴，滴入2mL的CuSO4溶液中，NaOH溶液不足，D项错误；本题答案选C。【解析】以顶点Na+研究，与之最近的Cl-处于晶胞棱心且关于Na+对称，即距Na+最近的Cl-有6个，故A正确；在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，由金刚石的晶胞结构图，也可以看出最小的环上有6个碳原子，故C正确；该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，故D错误；答案为D。【解析】分子式为C8H10的苯的同系物，侧链为乙基或两个甲基，两个甲基有邻、间、对三种位置，则符合条件的同分异构体有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，共4种，故A错误；官能团为醇羟基，官能团为酚羟基，官能团不同，不属于同系物，故B错误；三联苯中有4种氢原子如图，所以一氯代物有4种，故C正确；立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种，故D正确；故答案选：CD。【解析】同周期从左到右电负性逐渐增大，因此Y、Z、W三种元素电负性：W＞Z＞Y，故Ａ正确；同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第IIＡ族大于第IIIＡ族，第VＡ族大于第VIＡ族，因此Y、Z、W三种元素第一电离能：Z＞W＞Y，故Ｂ正确；L的沸点一定不一定比X、Y组成的化合物沸点高，水的沸点可能低于碳原子数比较大的烃的沸点，故Ｃ错误；由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有共价键，也可能形成离子键，比如碳酸氢铵，故Ｄ错误。综上所述，答案为CD。13.C【解析】与乙酸发生酯化反应后，—CH2OH转化为—CH2OOCCH3，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故A不符合题意；与NaOH水溶液共热发生水解反应后，—CH2OOCCH3转化为—CH2OH，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故B不符合题意；与银氨溶液作用发生银镜反应后，—CHO转化为—COOH，分子中仍含有手性碳原子，仍有光学活性，故C符合题意；在催化剂存在下与氢气作用发生加成反应后，—CHO转化为—CH2OH，生成的有机物不含有手性碳原子，没有光学活性，故D不符合题意；故选C。【解析】苯分子中每个碳原子的未参加杂化的2p轨道用来形成大键，每个碳原子都以杂化轨道形成α键，A错误；和均是V形结构，因此都是由极性键形成的极性分子，B正确；配离子（En是乙二胺的简写）中的配位原子是N原子，配位数是4，C错误；中的孤对电子数为2对，比的多，因此的键角比的键角小，D正确；答案选AC。【解析】A项，过程I中碳碳双键生成碳碳单键，则为加成反应，故A正确；B项，利用相同原理及相同原料，异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，可生成和，最终不可能生成邻二甲苯，故B错误；C项，由球棍模型可知M含有碳碳双键，且含有醛基，结构简式为，故C正确；D项，异戊二烯1号和4号碳原子均连接着2个相同的H，不存在顺反异构现象，故D正确；故答案选：B。16.(1).+H2O；(2).球形冷凝管；冷凝回流；(3).除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度；(4).干燥乙酸异戊酯；(5).提高异戊醇的转化率；(6).d；【解析】（1）CH3COOH与反应生成和H2O，化学方程式为+H2O。（2）仪器B为球形冷凝管，作用是冷凝回流。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥。（5）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率；故答案为提高异戊醇的转化率。（6）乙酸的物质的量为：n=，异戊醇的物质的量为：n=，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为，所以实验中乙酸异戊酯的产率为100%=60%，故答案为d。17.(1).X—射线衍射实验；(2).小于；Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；(3).b；(4)①3:5；②四面体空隙；；【解析】（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X—射线衍射实验测定，故答案为：X—射线衍射实验；（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，基态Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，而Cu失去1个电子成为Cu+：[Ar]3d10，，Cu+达到全满结构，较稳定，Cu失去1个电子更容易，则第一电离能Cu<Zn。（3）[Ni(NH3)6](NO3)2中NH3与Ni2+之间为配位键；[Ni(NH3)6]2+与NO3-之间为离子键，不存在金属键，故答案为：b；（4）①根据晶胞结构示意图计算晶胞中H2数目为，Ni数目为，则H2与Ni的物质的量之比为3:5，故答案为：3:5；②Ni原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，则Mg2+位于Ni原子形成四面体空隙；该晶胞中Ni原子个数，Mg2+个数为8，由化学式可知H原子个数为16，则晶胞质量为，晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞的边长为：，Mg2+和Ni原子的最短距离为晶胞体对角线的，则Mg2+和Ni原子的最短距离为。18.(1).乙炔；(2).；(3).be；(4).稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液；CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O；【解析】A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得BCH2=CHCOOH，说明A为乙炔；E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，说明其为酯类；因为C与甲醇反应生成E，所以C的分子式为C3H6O2，为丙酸（CH3CH2COOH），E的结构简式为CH3CH2COOCH3；D与氢气反应生成E，说明D的结构为CH2=CHCOOCH3。(1)根据以上分析可知A为乙炔。(2)B为CH2=CHCOOH，B发生加聚反应生成高分子化合物，方程式为：。(3)a项，E与乙酸乙酯的分子式相同，但结构不同，是同分异构体，故正确；b项，B和C都含有羧基，不能用碳酸钠鉴别，故错误；c项，B为酸，D为酯，故B生成D的反应为酯化反应，故正确；d项，A为乙炔，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故正确；e项，与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能为苯，或其他不饱和烃，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；故选be。(4)醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先将醛基氧化成羧基，再检验碳碳双键，所以首先使用新制的氢氧化铜悬浊液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氢氧化钠，再加入酸性高锰酸钾溶液，故选的试剂为稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液；醛基被氧化的方程式为：CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O。19.(1).4:3；小于；(CN)2相对分子质量小于(SCN)2，范德华力较小，则沸点较低；(2).小于；sp2杂化；(3).；【解析】（1）(CN)2的结构式为，单键是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，(CN)2中π键和σ键的数目之比为4：3；(CN)2与(SCN)2均为分子晶体，且分子间不存在氢键，(CN)2相对分子质量小于(SCN)2，范德华力较小，则沸点较低.（2）HNO2可变形为：HONO，HNO3可变形为：HONO2，则硝酸中n=2大于亚硝酸中n=1，酸性HNO2小于HNO3；NO2-中氮原子价层电子对数为，则NO2-中氮原子的杂化方式为sp2杂化。（3）Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中Se原子数目为，晶胞质量为，晶胞的体积，密度。20.(1).NaOH醇溶液、加热；；(2).加成反应；缩聚反应；(3).BrCH2CHBrCH2Br+3NaOHHOCH2CHOHCH2OH+3NaBr；(4).；(5).CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2HOCH2CH=CH2；【解析】发生催化氧化生成E为，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2，据此解答。（1）反应①是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为；（2）根据以上分析可知反应②属于加成反应，反应⑤属于缩聚反应；（3）反应③的化学方程式为BrCH2CHBrCH2Br+