北京市大兴区2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题

大兴区2023~2024学年度第一学期期中检测高三化学考生须知1．本试卷共8页，共19道小题，满分100分。考试时间90分钟。2．在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号。3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Fe56Se79第一部分选择题（共42分）本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分1.化学材料在人类社会发展中起着重要作用。下列关于几种含碳材料的说法不正确的是①金刚石②石墨③碳纳米管④A.①属于共价晶体 B.②中碳原子是杂化C.③碳纳米管属于胶体 D.④间的作用力是范德华力【答案】C【解析】【详解】A．金刚石中碳原子间均以共价键相结合，为共价晶体，故A项正确；B．石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道，故B项正确；C．碳纳米管不属于胶体分散系，故C项错误；D．C60

之间的相互作用力是范德华力，属于分子晶体，故D项正确；故答案选C。2.下列物质中，由极性键构成的非极性分子是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．N2是由氮氮非极性键构成的非极性分子，故A不符合题意；B．H2O是由氢氧极性键构成的极性分子，故B不符合题意；C．NH3是有氮氢极性键构成的极性分子，故C不符合题意；D．CCl4是有碳氯极性键构成的非极性分子，故D符合题意；故本题选D。3.下列关于物质分类不正确的是A.二氧化硫——酸性氧化物 B.氨水——弱电解质C.碳酸氢钠——酸式盐 D.氯化铁——强酸弱碱盐【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，为酸性氧化物，故A项正确；B．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B项错误；C．碳酸氢钠是金属钠离子和碳酸氢根离子构成，属于酸式盐，故C项正确；D．盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，则氯化铁是强酸弱碱盐，故D项正确；故本题选B。4.下列化学用语或图示表达不正确的是A.―OH的电子式： B.分子的空间结构模型：C.基态S原子的电子排布式： D.顺2丁烯的分子结构模型：【答案】C【解析】【详解】A．羟基不带电，其电子式中氢原子周围2个电子，氧原子周围7个电子，故A项正确；B．CH2O分子的空间结构为平面三角形，其中碳原子的杂化方式是sp2，空间结构模型：，故B项正确；C．基态S原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4，故C项错误；D．顺2丁烯的分子结构中相同的结构在双键的同侧，故D项正确；故本题选C。5.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.Fe的摩尔质量是56g B.0.2mol分子中含有的电子数目为C.溶液中数目为 D.标准状况下，11.2L的物质的量为0.5mol【答案】B【解析】【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，故A项错误；B．1molNH3中含有10mol电子，则0.2molNH3中含有2mol电子，电子数目为2NA，故B项正确；C．缺少溶液体积，无法计算Cl的数目，故C项错误；D．标准状况下，H2O为液体，故D项错误；故本题选B。6.下列说法不正确的是A.油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应B.油脂氢化后产生的人造脂肪中碳原子为、杂化C.核苷酸是组成核酸的基本单元，核苷酸水解可得到磷酸、戊糖和碱基D.乙醇、苯酚等作为消毒防腐剂可以使微生物的蛋白质变性，达到消毒目的【答案】A【解析】【详解】A．糖类中的单糖不能水解，故A项错误；B．油脂氢化后产生的人造脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，碳原子为sp3、sp2杂化，故B项正确；C．核酸分为两大类，即脱氧核糖核酸(简称DNA)与核糖核酸(简称RNA)，核苷酸是组成核酸的基本单元，核苷酸水解可得到磷酸、戊糖和碱基，故C项正确；D．乙醇、苯酚等能使蛋白质发生变性，可用于医疗消毒和防腐剂，故D项正确；故本题选A。7.胆矾（）可以写成，其结构片断如下。下列说法中不正确的是A.基态的价层电子排布式是 B.的VSEPR模型名称是正四面体C.胆矾中与的作用力是氢键 D.胆矾中是中心离子，配位数是5【答案】D【解析】【详解】A．铜的原子序数是29，基态Cu2+价层电子排布式为3d9，故A项正确；B．中S原子价电子对数为：，没有孤电子对，VSEPR模型为正四面体，故B项正确；C．由图可知，胆矾中H2O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之间形成氢键，故C项正确；D．图中可知胆矾晶体中Cu2+的配位数是6，故D项错误；故本题选D。8.下列事实不能用氢键解释的是A.氨气极易溶于水B.氯气比氯化氢更易液化C.邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低D.在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12【答案】B【解析】【详解】A．氨分子与水分子之间能形成氢键，因此氨气极易溶于水，与氢键有关，故A项不符合题意；B．氯气比氯化氢沸点低，因此容易液化，与氢键无关，故B项符合题意；C．邻羟基苯甲醛可以形成分子内的氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间的氢键，分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，与氢键有关，故C项不符合题意；D．水分子间存在氢键，由于氢键的方向性而使得水分子周围紧邻的水分子数目小于12，故D项不符合题意；故答案选B。9.下列化学方程式书写不正确的是A.用溶液制备胶体：B.向溶液中滴加溶液至中性：C.过量铁粉与稀反应：D.苯酚与甲醛在浓盐酸催化下反应：【答案】C【解析】【详解】A．用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，化学方程式为：，故A项正确；B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性，化学方程式为：，故B项正确；C．过量铁粉与稀HNO3反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，化学方程式为：，故C项错误；D．苯酚与甲醛在浓盐酸催化下发生缩聚反应，化学方程式为：，故D项正确；故本题选C。10.X和Y两种元素的核电荷数之和为22，X元素原子的核外电子数比Y的少6个。下列说法中不正确的是A.原子半径：X＜Y B.X的单质与Y的单质晶体类型不相同C.同周期中第一电离能小于X的元素有4种 D.X与Y形成的化合物固态时为分子晶体【答案】D【解析】【分析】假设X的质子数为a，Y的质子数为b，X和Y两元素的质子数之和为22，则a+b=22；X的原子核外电子数比Y的原子核外电子数少6个，则a+6=b，联立解得a=8，b=14，因此X为氧元素，Y为硅元素。【详解】A．X为O元素，Y为Si元素，同一周期从左至右原子序数递增、原子半径递减，原子半径C＞O，同一主族从上至下原子半径递增，原子半径Si＞C，所以原子半径Si＞O，A正确；B．X为氧元素，O2、O3固态时均为分子晶体，Y为硅元素，单质硅是共价晶体，B正确；C．X为O元素，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，第VA族元素第一电离能大于同周期相邻的两种元素，所以同周期中第一电离能小于O的元素有4种：Li、Be、B、C，C正确；D．X为氧元素，Y为硅元素，两者形成的二氧化硅为共价晶体，D错误；故答案为：D。11.用下图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是AB检验乙炔具有还原性检验溴乙烷水解产物中含有CD制备并接收乙酸乙酯证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．电石反应产生乙炔含有硫化氢也能使酸性高锰酸钾褪色，不能达到实验目的，故A项符合题意；B．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含溴离子，能达到实验目的，故B项不符合题意；C．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，能达到实验目的，故C项不符合题意；D．浓盐酸与大理石制取CO2，CO2中混有HCl，通入饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，二氧化碳与苯酚钠溶液的反应，所以题给装置能达到验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱的实验目的，故D不符合题意；故本题选A。12.阿司匹林是一种常用的解热镇痛药，由阿司匹林改造而成的长效缓释阿司匹林疗效更佳。由水杨酸到长效缓释阿司匹林的转化过程如下（转化条件已省略），下列说法不正确的是A.水杨酸能与Na、NaOH、、、乙醇等发生反应B.阿司匹林可以由水杨酸与乙酸酐（）反应制得C.水杨酸转化为阿司匹林可以使其酸性降低，减小对胃的刺激D.长效缓释阿司匹林由三种单体通过缩聚反应而合成【答案】D【解析】【详解】A．水杨酸含有羧基和酚羟基，故能与Na、NaOH、、、乙醇等发生反应，A正确；B．水杨酸与乙酸酐（）发生取代反应反应生成阿司匹林和，B正确；C．酚羟基能电离出H+，故水杨酸转化为阿司匹林可以使其酸性降低，减小对胃的刺激，C正确；D．通过乙二醇的桥梁作用，把聚甲基丙烯酸、乙二醇和阿司匹林反应得到了长效缓释阿司匹林，该反应不属于缩聚反应，D错误；故选D。13.对下列事实的解释不正确的是选项事实解释A苯不能与溴水反应，苯酚能与溴水反应受羟基影响苯环变得活泼BOH中H原子的活泼性：>CH3CH2OH受苯环影响，苯酚分子中的OH比乙醇分子中的OH更易断CHF、HCl、HBr、HI稳定性依次减弱分子间作用力依次减弱D熔点：金刚石>碳化硅>硅键能：CC>CSi>SiSiA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．苯不能与溴水反应，苯酚能与溴水反应生成三溴苯酚，则羟基邻对位的氢变得活泼，则受羟基影响苯环变得活泼，A正确；B．苯酚呈弱酸性，乙醇无酸性，OH中H原子的活泼性：＞CH3CH2OH，则受苯环影响苯酚分子中的OH比乙醇分子中的OH更易断，B正确；C．HF、HCl、HBr、HI稳定性依次减弱，是因为F、Cl、Br、I的原子半径依次增大、分子内的共价键键长逐渐变长、共价键牢固程度依次减弱，与分子间作用力无关，C不正确；D．金刚石、碳化硅、硅均为共价晶体，熔点：金刚石>碳化硅>硅，是因为键长：CC＜CSi＜SiSi，键能：CC＞CSi＞SiSi，D正确；选C。14.由乙炔和甲醛合成生物可降解塑料PBS（）的路线如下（部分条件已省略）。下列说法中，不正确的是A.乙炔和甲醛通过加成反应合成AB.A→B转化中含氧官能团发生了改变C.A中存在π键且A、C互为同分异构体D.B+D→PBS的反应为：【答案】B【解析】【分析】乙炔与2分子甲醛发生加成反应得到A()，A发生还原反应得到B()，B被氧化生成C()，C被氧化生成D()，B与D反应生成；【详解】A．由分析可知，乙炔和甲醛通过加成反应合成A，A正确；B．A→B转化中是碳碳三键与氢气加成变成单键，含氧官能团未发生改变，B错误；C．A的结构简式为存在π键，C的结构简式为，A、C分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；D．B与D为缩聚反应，化学方程式为，D正确；故选B。第二部分非选择题（共58分）15.Q、W、X、Y、Z是前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下：元素原子结构（或元素性质）Q基态原子有5个原子轨道填充电子，并且有3个未成对电子W基态原子的2p轨道有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反X最高价氧化物对应的水化物呈两性Y基态原子的价层电子排布式为Z与W同一主族按要求回答下列问题．（1）基态Q原子的轨道表示式为______。（2）的空间结构为______形。（3）下列关于元素W、Z单质及其化合物的性质比较中，正确的是______。a．沸点：HZ＞HCl＞HWb．熔点：NaW＞NaCl＞NaZc．向NaZ溶液中滴加氯水，溶液变黄，氧化性：（4）将通入溶液中，溶液变黄，该反应的离子方程式为______。（5）的酸性大于的，从化学键极性的角度解释原因：______。（6）Q元素的简单氢化物极易溶于水，其水溶液A呈碱性。①用化学用语表示溶液A呈碱性的原因：______。②写出X元素的氯化物与溶液A反应的离子方程式______。【答案】（1）（2）三角锥（3）bc（4）（5）三氟乙酸中氟的电负性比较大，吸电子能力强，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性增大，更易电离出（6）①.②.【解析】【分析】基态Q原子有5个原子轨道填充电子，并且有3个未成对电子，则其电子排布式为，为N元素；根据W基态原子得描述可知W为F元素；X最高价氧化物对应的水化物呈两性，则X为Al元素；基态Y原子的价层电子排布式为，则其基态原子核外电子排布式为，为Fe元素；Z与W同族，且原子序数比Y大，则Z为元素。据此解答。【小问1详解】基态氮原子的轨道表示式为：;【小问2详解】在分子中，氮原子的杂化方式为，其空间结构为三角锥形。答案为：三角锥。【小问3详解】a．分子间能形成氢键，其沸点比同主族元素简单氢化物沸点高。、的相对分子质量逐渐增大，范德华力增强，其沸点逐渐升高，因此沸点：HF>HBr>HClb．、、均属于离子晶体，其离子所带电荷数相同，离子半径越小，熔沸点越高离子半径：，则熔沸点：NaF>NaCl>NaBr，b正确；c．向溶液中滴加氯水，溶液变黄，反应的离子方程式：，则氧化性：，c正确。答案为：bc。【小问4详解】将通入溶液中，反应的离子方程式为：。答案为：。【小问5详解】三氟乙酸中氟的电负性较大，吸电子能力强，导致三氟乙酸中羧基中的羟基极性增大，更易电离出，因此酸性：CF3COOH答案为：三氟乙酸中氟的电负性较大，吸电子能力强，导致三氟乙酸中羧基中的羟基极性增大，更易电离出。【小问6详解】①溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨在水中微弱电离出和，其水溶液呈碱性，用化学方程式表示为：。答案为：。②溶液与反应的离子方程式为：。答案为：。16.卡托普利是常用的降压药物，其合成路线如下：已知：①（、为烃基）②（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰，A中的官能团是______。（2）B→C转化的化学方程式是______。（3）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式______。①存在顺反异构②能发生银镜反应且能水解（4）物质H的结构简式是______。（5）M→N转化中的作用是______。（6）E和N在一定条件下生成P的化学方程式为______。（7）已知巯基（―SH）具有弱酸性，易被氧化，则关于卡托普利的说法正确的是______。a．分子式为b．分子中含有手性碳原子c．分子中C原子和N原子均为杂化d．1mol卡托普利能与3molNaOH溶液反应【答案】（1）羰基（2）（3）（4）（5）还原剂（6）（7）abd【解析】【分析】根据已知①可知，A为丙酮，结构简式为：，B为，B在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成C，C为CH2=C(CH3)COOH，C与溴化氢加成生成D，D为CH2BrCH(CH3)COOH，D在SOCl2作用下发生取代反应生成E；在氨气和酶作用下生成谷氨酸[HOOCCH2CH2CH(NH2)COOH]，谷氨酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成G，G反应生成M和H，由G和M的结构式可知，H为C2H5OH，M在KBH4作用下发生还原反应，生成N，N为，E与N反应生成P，P结构式为：，P硫基化得到目标产物。【小问1详解】A的核磁共振氢谱只有一组峰，A为丙酮，官能团为：羰基；【小问2详解】由分析可知，B为，B在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成C，C为CH2=C(CH3)COOH，化学方程式为：，故答案为：；小问3详解】C为CH2=C(CH3)COOH，分子式为：C4H6O2，其同分异构体存在顺反异构，则含有碳碳双键，能发生银镜反应且能水解说明为甲酸某酯，故其同分异构体为：HCOOCH=CHCH3，故答案为：HCOOCH=CHCH3；【小问4详解】根据分析，物质H为乙醇，结构简式：CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；【小问5详解】由分析可知，M在KBH4作用下发生还原反应，生成N，N为，则KBH4在反应中作还原剂，故答案为：还原剂；【小问6详解】E和N在一定条件下生成P的化学方程式为：，故答案为：；【小问7详解】a．根据卡托普利的结构式可知，其分子式为C9H15NO3S，故a项正确；b．分子中手性碳原子为与羧基相连的碳原子和与甲基相连的碳原子，故b项正确；c．分子中C原子为sp2、sp3杂化，故C项错误；d．卡托普利分子中含有酰胺基、巯基和羧基均与NaOH反应，则1mol卡托普利能与3molNaOH溶液反应，故d项正确；故答案为：abd。17.硒（Se）是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。（1）Se在元素周期表中的位置是______，位于______区。（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为______（填化学式）。（3）已知与的部分性质如下表：物质状态（常温）熔点固体340―350℃气体―755℃根据X射线衍射分析，晶体如图所示的长链状结构，请解释与熔点差异较大的可能原因______。（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为______，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为______。（5）亚硒酸氢钠（）可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。预测，可能的化学性质并说明预测依据______（写一条即可）。（6）Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。（相对原子质量：Li7Fe56Se79）①该超导材料的化学式为______；距离Se原子最近的Fe原子的个数为______。②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为______（；阿伏加德罗常数的值为，用含a、b和的式子表示）。【答案】（1）①.第四周期ⅥA族②.p（2）（3）与均为分子晶体，相对分子质量链状比大的多，故分子间作用力更大（4）①.②.N＞O＞Se（5）因为Se元素是+4价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性；或是酸式盐，可以与碱反应（6）①.②.4③.【解析】【小问1详解】Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，位于p区；【小问2详解】O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为；【小问3详解】与均为分子晶体，相对分子质量链状比大的多，分子间作用力更大，所以与熔点差异较大；【小问4详解】Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se；【小问5详解】中Se元素化合价为+4价，处于中间价，既可以升高又可以降低，所以具有氧化性和还原性；或是酸式盐，可以与碱反应；【小问6详解】①Li位于顶点和体内，个数为，Fe位于面上，个数为，Se位于棱上和体内，个数为，该超导材料的化学式为；由晶胞图可知距离Se原子最近的Fe原子的个数为4；②晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体密度为。18.绿矾（）可用作除草剂、净水剂或抗贫血药等。某研究小组利用工业制硫酸的硫铁矿烧渣（主要成分为、和，不考虑其他杂质）制备绿矾，其简易流程如下（反应条件略）。请回答下列问题。（1）步骤Ⅰ中，酸浸前将硫铁矿烧渣粉碎，其目的是______；写出与反应的离子方程式______。（2）步骤Ⅱ中，用活化硫铁矿（）还原（不考虑其他反应）。①补齐该反应的离子方程式：______。②为了检验是否被完全还原，小组同学的操作和现象是______。（3）步骤Ⅲ中，加调溶液pH到5.8左右，随后在步骤Ⅳ中通入空气，使溶液的pH降到5.2，用离子方程式表示步骤Ⅳ中通入空气使溶液pH降低的原因______。溶液中金属离子（c＝0.01mol/L）开始沉淀和沉淀完全的pH（20℃）金属离子开始沉淀时的pH2.23.77.5沉淀完全时的pH3.24.79.0（4）步骤Ⅴ是将滤液加热浓缩至一定浓度，保持温度在20℃，用硫酸调pH约为2，加入一定量的乙醇，有晶体析出。结合图中数据和分子极性相关知识，分析加入乙醇促进晶体析出的原因______。【答案】（1）①.增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料的利用率②.（2）①.②.过滤前取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KCN溶液，观察溶液颜色是否呈红色（3）［或者分步写：，］（4）20℃晶体在水中的溶解度仍然较大，难以结晶，加入乙醇，降低溶剂的极性，减小晶体的溶解度，利于结晶【解析】【分析】烧渣中主要含有Fe2O3、SiO2、Al2O3，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，加入足量稀硫酸，Al2O3，Fe2O3都被溶解，二氧化硅不溶于水，且不与稀硫酸反应，因此滤渣中含有SiO2，向滤液中加入过量活化硫铁矿()，将还原为Fe2+，然后加入FeCO3调节pH，除掉Al3+，随后通入空气，调节pH为5.2，发生反应，过滤后，滤液含有FeSO4，通过一系列操作得到FeSO4·7H2O，据此分析。【小问1详解】步骤Ⅰ中，酸浸前将硫铁矿烧渣粉碎，其目是增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料的利用率；与反应的离子方程式为；小问2详解】②步骤Ⅱ中，用活化硫铁矿（）还原，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式；②Fe3+和KSCN溶液反应生成Fe(SCN)3而使溶液呈红色，小组同学的操作和现象是过滤前取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈红色;【小问3详解】步骤Ⅲ中，加FeCO3调溶液pH到5.8左右，随后在步骤Ⅳ中通入空气，使溶液的pH降到5.2，亚铁离子被氧化后转化为Fe(OH)3沉淀和氢离子，所以溶液的pH降低，用离子方程式表示步骤Ⅳ中通入空气使溶液pH降低的原