2023-2024学年湖北省武汉市新洲区高二下学期6月期末质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期6月期末质量检测试卷满分：100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Zn65一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.下列化学用语或图示表达正确的是A.氨基的电子式： B.的VSEPR模型：C.苯的实验式： D.1—丙醇的结构简式：〖答案〗B【详析】A．氨基的结构式为-NH2，电子式：，A错误；B．的中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、VSEPR模型：，空间构型为三角锥形，B正确；C．苯的分子式为，实验式为CH，C错误；D．1—丙醇的结构简式：，D错误；〖答案〗选B。2.下列物质不能用于杀菌消毒的是A.乙醇 B.苯酚 C.甲醛 D.乙酸乙酯〖答案〗D【详析】A．75%乙醇为医用酒精，经常用于消毒，A正确；B．苯酚有毒，可以使蛋白质变性，苯酚在医院里广泛使用，消毒药皂的味道也是苯酚产生的，B正确；C．甲醛溶液能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，C正确；D．乙酸乙酯不能使蛋白质变性，不能用于杀菌消毒，D错误；故选D。3.下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是A.甲苯和水 B.正己烷和水 C.乙酸乙酯和水 D.乙酸和乙醇〖答案〗D【详析】分液漏斗的分液原理是利用了两种液体不互溶的规律进行的，选项中甲苯与水不互溶、正己烷与水不互溶，乙酸乙酯和水不互溶，因此ABC选项可以用分液漏斗分离，而D项乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分离，故〖答案〗选D。4.下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是选项物质的结构或性质解释A金属活动性：Mg＞Al第一电离能：Mg＞AlB熔点：SiO2＞CO2相对分子质量：SiO2大于CO2C酸性：HCOOH＞CH3COOHO-H的极性：HCOOH强于CH3COOHD熔点：Cl2＜Br2＜I2键能：Cl-Cl＞Br-Br＞I-IA.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．Mg的第一电离能大于Al的第一电离能是因为Al原子价层电子排布式为3s23p1，Mg原子价层电子排布式为3s2，为全充满状态，比较稳定，失去一个电子需要能量比Al原子多，A错误；B．SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体，共价晶体的熔点大于分子晶体，故熔点：SiO2＞CO2，B错误；C．烃基为推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，故酸性：HCOOH＞CH3COOH，C正确；D．Cl2、Br2、I2形成的晶体是分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高，熔点：Cl2＜Br2＜I2，说明分子间作用力Cl2＜Br2＜I2，共价键的键能决定分子稳定性，与熔点无关，D错误；故〖答案〗为：C。5.设代表阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是A.32g中含有杂化的原子数为2B.46g与足量醋酸充分反应后生成乙酸乙酯的分子数为C.22.4L乙烷中含C-H键的数目为6D.常温下，1.0L水溶液中含有的氧原子数为〖答案〗A【详析】A．32g的物质的量为1mol，甲醇中碳原子、氧原子为杂化，因此杂化的原子数为2，A正确；B．46g的物质的量为1mol，乙醇醋酸酯化反应为可逆反应，因此1mol乙醇酯化生成乙酸乙酯的分子数小于，B错误；C．22.4L乙烷的温度和压强未知，不能计算物质的量，C错误；D．1.0L水溶液中乙醛的物质的量为1mol，溶剂水中也含有氧原子，因此氧原子数大于，D错误；〖答案〗选A。6.下列化学方程式不正确的是A.乙酰胺与氢氧化钠溶液共热：B.乙醛被新制氢氧化铜碱性悬浊液氧化：C.2-溴丁烷中加入氢氧化钠溶液并加热：D.1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热：〖答案〗B【详析】A．酰胺在碱性环境下水解成羧酸盐和氨，故A正确；B．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液的反应中碱要过量，化学方程式为，故B错误；C．2-溴丁烷在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应，生成2-丁醇和溴化钠，故C正确；D．1-溴丙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应，生成丙烯和溴化钠和水，故D正确；故选B。7.5-甲基糠醛是一种重要的化工中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法错误的是A.分子式为B.能发生加成、氧化、还原、取代反应C.分子中所有原子可能共面D.与足量氢气加成后的产物含有2个手性碳原子〖答案〗C【详析】A．由结构简式可知，分子式为，故A正确；B．分子中含有碳碳双键、醛基，能发生加成反应、氧化反应、还原反应，含有甲基，可以发生取代反应，故B正确；C．分子中含有甲基，饱和碳原子呈四面体，所有原子不可能共平面，故C错误；D．与足量氢气加成后的产物为，分子中含有2个手性碳原子，故D正确；故选C。8.一种高效消毒漂白剂的结构式如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的s轨道电子总数与P轨道电子数相同，Y、Z不在同一周期。下列叙述错误的是A.第一电离能：X<Y B.分子的键角为180°C.简单氢化物的稳定性：W<Y D.简单离子半径：Z>X>Y〖答案〗A〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的s轨道电子总数与P轨道电子数相同，其核外电子排布式为1s22s22p4,则为O元素，Y、Z不在同一周期，化合物Z只形成一个共价键，Z为Cl元素，化合物W形成4个共价键，X形成3个共价键，结合原子序数，W为C元素，X为N元素。【详析】A．X元素为N元素，Y为O元素，同周期从左到右电离能逐渐增强，但N元素的2p轨道呈半充满状态，故第一电离能更大X>Y，A错误；B．分子为二氧化碳分子，为直线形结构，故分子的键角为180°，B正确；C．W的简单氢化物为CH4，而氮元素简单氢化物为NH3，同周期电负性增强，故NH3更稳定，C正确；D．Z离子为氯离子，X离子为氮离子，Y离子为氧离子，层数越多半径越大，当层数相同时，核电荷数小，半径大，故Z>X>Y，D正确；故选A。9.下列物质的熔点高低顺序，正确的是A.金刚石＞晶体硅＞碳化硅 B.K＞Na＞LiC.NaF＜NaCl＜NaBr D.CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4〖答案〗D【详析】A．金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长就越短，原子的结合力就越强，键能就越大，克服共价键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于共价键C－C<C－Si<Si－Si，所以熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，错误；

B．对于金属晶体来说，金属原子的半径越大，金属键就越弱，物质的熔沸点就越低，所以物质的熔点由高到低的顺序是：K<Na<Li,错误；

C．物质都是离子晶体，对于离子晶体来说，离子半径越小，离子键的键长就越短，离子的结合力就越强，键能就越大，克服离子键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于离子半径F-<Cl-<Br-，所以熔点由高到低的顺序是：NaF>NaCl>NaBr,错误。

D．这几种物质都是由分子构成的物质，结构相似，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以熔点由高到低的顺序是：CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4。正确。10.某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：下列说法错误的是A.试剂a选择溶液比溶液更合适B.回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇C.试剂b为，试剂c为稀硫酸D.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏〖答案〗D〖祥解〗废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，加入碳酸钠和苯酚、乙酸反应转化为盐，蒸馏分离出不同的沸点馏分乙醇、二氯甲烷；溶液通入二氧化碳和苯酚钠生成苯酚，分液分离，乙酸钠加入稀硫酸酸化蒸馏出乙酸；【详析】A．氢氧化钠碱性太强，加热可能导致二氯甲烷水解，故试剂a选择溶液比溶液更合适，A正确；B．乙醇沸点高于二氯甲烷，回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，B正确；C．由分析可知，试剂b为，试剂c为稀硫酸，C正确；D．由分析可知，Ⅱ为分液操作，D错误；故选D。11.下列微粒的VSEPR模型与空间结构不相同的是A. B. C. D.〖答案〗C【详析】A．分子中，中心B原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，分子的VSEPR模型为平面三角形，分子的空间构型为平面三角形，A不符合题意；B．的中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子的VSEPR模型为直线形结构，中心原子的最外层不存在孤电子对，分子的空间构型为直线形，B不符合题意；C．中，中心Cl原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体结构，存在1对孤电子对，分子的空间构型为三角锥形，C符合题意；D．中，中心C原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体结构，无孤电子对，分子的空间构型为四面体结构，D不符合题意；故选C。12.下列实验操作可以达到实验目的的是选项实验目的实验操作A除去苯甲酸中难溶杂质将粗苯甲酸在水中溶解，加热，冷却结晶，过滤B除去苯中少量的苯酚向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤C除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸加入足量饱和溶液，振荡，静置，分液，取上层液体D制备纯净的乙炔气体向装有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水，将产生的气体通过盛有溶液洗气后用排水法收集A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．除去苯甲酸中难溶杂质，可用重结晶方法，将粗苯甲酸水中溶解，加热，趁热过滤掉难溶杂质后，再冷却结晶，故A错误；B．除去苯中少量的苯酚，若加入浓溴水，生成的三溴苯酚会溶于苯，可加入NaOH溶液，振荡，静置后分液，故B错误；C．乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，振荡，静置，分液，取出上层液体，故C正确；D．向装有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水，将产生的气体通过盛有溶液洗气后用排水法收集，乙炔也能被氧化，故D错误；故选C。13.ZnS的晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm，以晶胞参数建立坐标系，1号原子的坐标为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.可以用X射线衍射法测定ZnS晶体结构B.97gZnS晶体含有的晶胞数目为C.2号和3号原子之间的距离为D.3号原子的坐标为〖答案〗B〖祥解〗由图可知，白球大为，黑球小为。【详析】A．晶体结构用X射线衍射法，A项正确；B．在该晶胞中含有数目是，含有数目是，因此该晶胞中含有4个ZnS,97gZnS晶体中含有ZnS的物质的量为1mol，含有的晶胞数为，B项错误；C．根据图示2号和3号的相对位置，可知两个原子之间的最短距离为晶胞体对角线，晶胞参数是anm，则该晶胞体对角线长度为nm，故2号和3号原子之间的最短距离为nm，C项正确；D．根据晶胞中1号原子坐标可知3号原子的坐标为(1,1,1)，D项正确；〖答案〗选B。14.乙醇和乙酸在酸性条件下生成乙酸乙酯，反应机理如图，下列说法错误的是A.Ⅰ→Ⅱ形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂配位键B.Ⅱ→Ⅲ的反应的原子利用率为100%C.Ⅲ→Ⅳ质子发生转移D.加入催化剂浓硫酸，能加快反应速率，不能提高平衡产率〖答案〗D【详析】A．结合题干转化信息，Ⅰ→Ⅱ过程中，氧有孤电子对，氢离子有空轨道，形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂氢氧间的配位键，故A正确；B．Ⅱ→Ⅲ发生加成反应，原子利用率为100%，故B正确；C．结合题干结构变化信息，Ⅲ→Ⅳ过程中，质子发生转移,故C正确；D．加入催化剂浓硫酸，能加快反应速率，浓硫酸还能吸收产物水，平衡正向移动，能提高平衡产率，故D错误。〖答案〗为：D。15.已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图，以下结论和解释正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键之比为3：2B.由实验①可推知正反应为放热反应C.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-D.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动〖答案〗C【详析】A．1个[Co(H2O)6]2+中有18个σ键，1个[CoCl4]2-中有4个σ键，等物质量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键之比为9：2，故A错误；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，由实验①可知，降低温度，[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O平衡逆向移动，所以正反应为吸热反应，故B错误；C．实验③加入ZnCl2固体，溶液变为粉红色，可知Zn2+与Cl-结合为[ZnCl4]2-，使Cl-浓度降低，[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O逆向移动，所以配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，故C正确；D．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O反应，[Co(H2O)6]2+、Cl-的系数和大于[CoCl4]2-的系数，加水稀释，浓度熵大于平衡常数，平衡逆向移动，故D错误；选C。二、填空题(本题共4小题，共55分。)16.有机物的制备与合成是有机化学部分的重要学习内容。请运用所学知识回答下列问题。（1）写出由有机化合物通过加成反应→水解反应→氧化反应合成的化学方程式：①_______。②_______。③_______。（2）苯甲酸苯甲酯是一种有水果香气的食品香料。请以甲苯为基础原料，设计合成路线：_______。（3）羟醛缩合反应是选择性必修三有机合成中介绍的一种常见的增长碳链的方法，请写出以乙醛为基本原料通过加成反应→消去反应→还原反应合成正丁醇的相关化学方程式：①_______。②_______。③_______。〖答案〗（1）①.+Cl2②.+2NaOH+2NaCl③.+O22+2H2O（2）（3）①.2CH3CHOCH3CHOHCH3CHO②.CH3CHOHCH3CHOCH2=CHCH3CHO+H2O③.CH2=CHCH3CHO+H2CH3CH2CH2CH2OH【小问1详析】①与Cl2发生加成反应生成，化学方程式为：+Cl2；②发生水解反应生成，化学方程式为：+2NaOH+2NaCl；③发生氧化反应得到，化学方程式为：2+O22+2H2O；【小问2详析】可以由和酯化生成，而可以由被酸性高锰酸钾氧化制备；可以由水解制备，与氯气在光照条件下取代可以生成，所以合成路线为：；【小问3详析】①乙醛先发生相互加成反应生成CH3CHOHCH3CHO；化学方程式为：2CH3CHOCH3CHOHCH3CHO；②CH3CHOHCH3CHO发生消去反应生成CH2=CHCH3CHO，化学方程式为：CH3CHOHCH3CHOCH2=CHCH3CHO+H2O；③CH2=CHCH3CHO与H2发生加成反应得到CH3CH2CH2CH2OH，化学方程式为：CH2=CHCH3CHO+H2CH3CH2CH2CH2OH。17.镓(Ga)与砷(As)均是第四周期的主族元素，它们形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaAs)，回答下列问题：（1）基态原子的简化核外电子排布式为_______，基态原子核外有_______个未成对电子。（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为_______和+3。（3）比较下列的卤化物(从至)的熔点和沸点，总结变化规律并分析原因：镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346的熔点超过1000℃，可能的原因_______。（4）二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为_______，草酸根中碳原子的杂化方式为_______。（5）Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示：其化学式为_______，上述晶胞沿着a轴的投影图为_______(填选项字母)。A．B．C．〖答案〗（1）①②.3（2）+1（3）、、的熔、沸点依次升高；它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；是离子晶体，熔化时要破坏较强的离子键，故熔点较高（4）①.4②.（5）①.②.C【小问1详析】Ga位于元素周期表中第四周期IIIA族，则基态原子的简化核外电子排布式为；As位于元素周期表中第四周期第VA族，价电子排布式为，p轨道上有3个单电子；【小问2详析】Ga的第一电离能和第二电离能、第三电离能和第四电离能差值较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较为困难，所以呈现的价态是+1和+3；【小问3详析】三种卤化物的熔沸点较低，说明至都是分子晶体，且相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；的熔点超过1000℃，可能是为离子晶体，熔化时要破坏较强的离子键，故熔点高于其他三种卤化物；【小问4详析】一个Ga原子与4个O原子相连，则Ga的配位数为4；草酸根中碳原子形成3个σ键和1个π键，则杂化类型为；【小问5详析】根据晶胞结构可知，O原子个数为，Li原子个数为，Ga原子个数为，则化学式为；晶胞沿着a轴的投影O原子投影为正方形顶点和面心，Ga原子投影为左右两个边长中点，Li原子投影为上下边长中点，故选C。18.化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下图所示：（1）A的分子式为_______。（2）写出B与Na反应的化学方程式_______。（3）C中含有的官能团有_______。（4）C→D的反应类型为_______。（5）满足下列条件的A的同分异构体有_______种ⅰ．分子中含有苯环；ⅱ．苯环上有两个取代基，其中一个取代基为-COOH；写出其中一氯代物有四种的同分异构体的结构简式_______。〖答案〗（1）（2）（3）醚键、碳溴键(或溴原子)（4）取代反应（5）①.6②.〖祥解〗对比A和B结构简式可知，醛基变为醇羟基，发生还原反应，B通过与HBr发生取代反应生成C，C与反应生成D的反应过程为原子团取代溴原子，D在乙醇的作用下与反应成环生成E。【小问1详析】根据A结构简式可知其分子式为；故〖答案〗为：；【小问2详析】B结构中含有羟基，与可以发生置换反应，方程式为；故〖答案〗为：；【小问3详析】根据C的结构简式可知，其含有的官能团为醚键、碳溴键(或溴原子)；故〖答案〗为：醚键、碳溴键(或溴原子)【小问4详析】C生成D的反应过程为原子团取代溴原子，反应类型为取代反应；故〖答案〗为：取代反应；【小问5详析】A分子式为，满足条件的同分异构体结构中含有苯环、及，结构有2种为、，与在苯环上的位置有邻、间、对三种，故满足条件的同分异构体结构6种，、、、、、；其中一氯代物有四种的同分异构体结构为；故〖答案〗为：6；。19.乙酰苯胺()有止痛、退热的功能，在实验室按以下流程进行制备。Ⅰ．查阅资料：苯胺易被氧化，乙酰苯胺在碱性条件下水解，其他物质的有关性质如下表。名称熔点/℃沸点/℃溶解度/g(20℃)水乙醇苯胺-6.31843.4任意比混溶冰醋酸16.6118任意比混溶任意比混溶乙酰苯胺114.33040.46(温度越高，溶解度越大)36.9Ⅱ．制备过程：（1）原理与装置。实验装置如图。在三颈烧瓶中先加入0.1g锌粒和15.0mL(0.26mol)冰醋酸，然后用恒压滴液漏斗滴加10.0mL(0.11mol)苯胺。①仪器a的名称是_______，冷凝水的进水口为_______(填“M”或“N”)。②加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是_______。③写出该制备方法的主要反应方程式_______。④制备过程中温度计控制示数在105°C左右的原因是_______。（2）制得粗产品。实验流程包括：，其中最合适的“洗涤”是_______(填标号)。a．15%的乙醇溶液b．NaOH溶液c．冰水d．热水（3）重结晶提纯。粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加热煮沸→_______→冷却结晶→过滤一洗涤→干燥，得到10.0g产品。Ⅲ．计算产率。（4）已知：，本实验中乙酰苯胺的产率为_______。〖答案〗（1）①.球形冷凝管②.N③.锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气，防止苯胺被氧化④.⑤.温度高于105℃，冰醋酸蒸出，降低了原料的利用率；温度低于105℃，不利于蒸出水，影响乙酰苯胺产率的提高（2）c（3）趁热过滤（4）67%〖祥解〗该实验目的为制备乙酰苯胺，原理为，实验需解决问题是防止苯胺被氧化，提高原料利用率。【小问1详析】装置图中仪器a的名称是球形冷凝管；作用是冷凝回流冰醋酸，冷凝水的流向为下进上出，即进水口为N；原料苯胺易被氧化，实验装置中空气中的氧气易氧化苯胺，锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气；该制备方法的反应物为苯胺、冰醋酸，主要反应方程式为；冰醋酸的沸点为118℃，水的沸点100℃，温度高于105℃，冰醋酸气体被蒸出，降低了原料的利用率；温度低于105℃，反应速率较慢，且不利于水被蒸出，影响乙酰苯胺产率的提高；故〖答案〗为：球形冷凝管；N；锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气，防止苯胺被氧化；；温度高于105℃，冰醋酸蒸出，降低了原料的利用率；温度低于105℃，不利于蒸出水，影响乙酰苯胺产率的提高；【小问2详析】a．乙酰苯胺在乙醇中的溶解度较大，用15%的乙醇溶液洗涤会造成产品损失，a错误；b．乙酰苯胺在碱性溶液中能发生水解反应，用NaOH溶液洗涤会造成产品损失，b错误；c．乙酰苯胺在冰水中溶解度很小，用冰水洗涤降低产品损失，c正确；d．乙酰苯胺在热水中溶解度较大，用热水洗涤会造成产品损失，d错误；故〖答案〗为：c；【小问3详析】粗产品重结晶提纯时，加入活性炭脱色，加热煮沸，产品溶于水需除去活性炭，而温度降低乙酰苯胺在水中溶解度降低，会结晶析出，故应趁热过滤；故〖答案〗为：趁热过滤；【小问4详析】根据反应原理，15.0mL(0.26mol)冰醋酸过量，10.0mL(0.11mol)苯胺全部参加反应，理论生成的乙酰苯胺为0.11mol，故产率；故〖答案〗为：67%。湖北省武汉市新洲区2023-2024学年高二下学期6月期末质量检测试卷满分：100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Zn65一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.下列化学用语或图示表达正确的是A.氨基的电子式： B.的VSEPR模型：C.苯的实验式： D.1—丙醇的结构简式：〖答案〗B【详析】A．氨基的结构式为-NH2，电子式：，A错误；B．的中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、VSEPR模型：，空间构型为三角锥形，B正确；C．苯的分子式为，实验式为CH，C错误；D．1—丙醇的结构简式：，D错误；〖答案〗选B。2.下列物质不能用于杀菌消毒的是A.乙醇 B.苯酚 C.甲醛 D.乙酸乙酯〖答案〗D【详析】A．75%乙醇为医用酒精，经常用于消毒，A正确；B．苯酚有毒，可以使蛋白质变性，苯酚在医院里广泛使用，消毒药皂的味道也是苯酚产生的，B正确；C．甲醛溶液能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，C正确；D．乙酸乙酯不能使蛋白质变性，不能用于杀菌消毒，D错误；故选D。3.下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是A.甲苯和水 B.正己烷和水 C.乙酸乙酯和水 D.乙酸和乙醇〖答案〗D【详析】分液漏斗的分液原理是利用了两种液体不互溶的规律进行的，选项中甲苯与水不互溶、正己烷与水不互溶，乙酸乙酯和水不互溶，因此ABC选项可以用分液漏斗分离，而D项乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分离，故〖答案〗选D。4.下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是选项物质的结构或性质解释A金属活动性：Mg＞Al第一电离能：Mg＞AlB熔点：SiO2＞CO2相对分子质量：SiO2大于CO2C酸性：HCOOH＞CH3COOHO-H的极性：HCOOH强于CH3COOHD熔点：Cl2＜Br2＜I2键能：Cl-Cl＞Br-Br＞I-IA.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．Mg的第一电离能大于Al的第一电离能是因为Al原子价层电子排布式为3s23p1，Mg原子价层电子排布式为3s2，为全充满状态，比较稳定，失去一个电子需要能量比Al原子多，A错误；B．SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体，共价晶体的熔点大于分子晶体，故熔点：SiO2＞CO2，B错误；C．烃基为推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，故酸性：HCOOH＞CH3COOH，C正确；D．Cl2、Br2、I2形成的晶体是分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高，熔点：Cl2＜Br2＜I2，说明分子间作用力Cl2＜Br2＜I2，共价键的键能决定分子稳定性，与熔点无关，D错误；故〖答案〗为：C。5.设代表阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是A.32g中含有杂化的原子数为2B.46g与足量醋酸充分反应后生成乙酸乙酯的分子数为C.22.4L乙烷中含C-H键的数目为6D.常温下，1.0L水溶液中含有的氧原子数为〖答案〗A【详析】A．32g的物质的量为1mol，甲醇中碳原子、氧原子为杂化，因此杂化的原子数为2，A正确；B．46g的物质的量为1mol，乙醇醋酸酯化反应为可逆反应，因此1mol乙醇酯化生成乙酸乙酯的分子数小于，B错误；C．22.4L乙烷的温度和压强未知，不能计算物质的量，C错误；D．1.0L水溶液中乙醛的物质的量为1mol，溶剂水中也含有氧原子，因此氧原子数大于，D错误；〖答案〗选A。6.下列化学方程式不正确的是A.乙酰胺与氢氧化钠溶液共热：B.乙醛被新制氢氧化铜碱性悬浊液氧化：C.2-溴丁烷中加入氢氧化钠溶液并加热：D.1-溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热：〖答案〗B【详析】A．酰胺在碱性环境下水解成羧酸盐和氨，故A正确；B．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液的反应中碱要过量，化学方程式为，故B错误；C．2-溴丁烷在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应，生成2-丁醇和溴化钠，故C正确；D．1-溴丙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应，生成丙烯和溴化钠和水，故D正确；故选B。7.5-甲基糠醛是一种重要的化工中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法错误的是A.分子式为B.能发生加成、氧化、还原、取代反应C.分子中所有原子可能共面D.与足量氢气加成后的产物含有2个手性碳原子〖答案〗C【详析】A．由结构简式可知，分子式为，故A正确；B．分子中含有碳碳双键、醛基，能发生加成反应、氧化反应、还原反应，含有甲基，可以发生取代反应，故B正确；C．分子中含有甲基，饱和碳原子呈四面体，所有原子不可能共平面，故C错误；D．与足量氢气加成后的产物为，分子中含有2个手性碳原子，故D正确；故选C。8.一种高效消毒漂白剂的结构式如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的s轨道电子总数与P轨道电子数相同，Y、Z不在同一周期。下列叙述错误的是A.第一电离能：X<Y B.分子的键角为180°C.简单氢化物的稳定性：W<Y D.简单离子半径：Z>X>Y〖答案〗A〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的s轨道电子总数与P轨道电子数相同，其核外电子排布式为1s22s22p4,则为O元素，Y、Z不在同一周期，化合物Z只形成一个共价键，Z为Cl元素，化合物W形成4个共价键，X形成3个共价键，结合原子序数，W为C元素，X为N元素。【详析】A．X元素为N元素，Y为O元素，同周期从左到右电离能逐渐增强，但N元素的2p轨道呈半充满状态，故第一电离能更大X>Y，A错误；B．分子为二氧化碳分子，为直线形结构，故分子的键角为180°，B正确；C．W的简单氢化物为CH4，而氮元素简单氢化物为NH3，同周期电负性增强，故NH3更稳定，C正确；D．Z离子为氯离子，X离子为氮离子，Y离子为氧离子，层数越多半径越大，当层数相同时，核电荷数小，半径大，故Z>X>Y，D正确；故选A。9.下列物质的熔点高低顺序，正确的是A.金刚石＞晶体硅＞碳化硅 B.K＞Na＞LiC.NaF＜NaCl＜NaBr D.CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4〖答案〗D【详析】A．金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长就越短，原子的结合力就越强，键能就越大，克服共价键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于共价键C－C<C－Si<Si－Si，所以熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，错误；

B．对于金属晶体来说，金属原子的半径越大，金属键就越弱，物质的熔沸点就越低，所以物质的熔点由高到低的顺序是：K<Na<Li,错误；

C．物质都是离子晶体，对于离子晶体来说，离子半径越小，离子键的键长就越短，离子的结合力就越强，键能就越大，克服离子键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于离子半径F-<Cl-<Br-，所以熔点由高到低的顺序是：NaF>NaCl>NaBr,错误。

D．这几种物质都是由分子构成的物质，结构相似，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以熔点由高到低的顺序是：CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4。正确。10.某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：下列说法错误的是A.试剂a选择溶液比溶液更合适B.回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇C.试剂b为，试剂c为稀硫酸D.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏〖答案〗D〖祥解〗废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，加入碳酸钠和苯酚、乙酸反应转化为盐，蒸馏分离出不同的沸点馏分乙醇、二氯甲烷；溶液通入二氧化碳和苯酚钠生成苯酚，分液分离，乙酸钠加入稀硫酸酸化蒸馏出乙酸；【详析】A．氢氧化钠碱性太强，加热可能导致二氯甲烷水解，故试剂a选择溶液比溶液更合适，A正确；B．乙醇沸点高于二氯甲烷，回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，B正确；C．由分析可知，试剂b为，试剂c为稀硫酸，C正确；D．由分析可知，Ⅱ为分液操作，D错误；故选D。11.下列微粒的VSEPR模型与空间结构不相同的是A. B. C. D.〖答案〗C【详析】A．分子中，中心B原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，分子的VSEPR模型为平面三角形，分子的空间构型为平面三角形，A不符合题意；B．的中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子的VSEPR模型为直线形结构，中心原子的最外层不存在孤电子对，分子的空间构型为直线形，B不符合题意；C．中，中心Cl原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体结构，存在1对孤电子对，分子的空间构型为三角锥形，C符合题意；D．中，中心C原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体结构，无孤电子对，分子的空间构型为四面体结构，D不符合题意；故选C。12.下列实验操作可以达到实验目的的是选项实验目的实验操作A除去苯甲酸中难溶杂质将粗苯甲酸在水中溶解，加热，冷却结晶，过滤B除去苯中少量的苯酚向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤C除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸加入足量饱和溶液，振荡，静置，分液，取上层液体D制备纯净的乙炔气体向装有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水，将产生的气体通过盛有溶液洗气后用排水法收集A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．除去苯甲酸中难溶杂质，可用重结晶方法，将粗苯甲酸水中溶解，加热，趁热过滤掉难溶杂质后，再冷却结晶，故A错误；B．除去苯中少量的苯酚，若加入浓溴水，生成的三溴苯酚会溶于苯，可加入NaOH溶液，振荡，静置后分液，故B错误；C．乙酸与饱和碳酸钠溶液反应后，饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，振荡，静置，分液，取出上层液体，故C正确；D．向装有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水，将产生的气体通过盛有溶液洗气后用排水法收集，乙炔也能被氧化，故D错误；故选C。13.ZnS的晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm，以晶胞参数建立坐标系，1号原子的坐标为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.可以用X射线衍射法测定ZnS晶体结构B.97gZnS晶体含有的晶胞数目为C.2号和3号原子之间的距离为D.3号原子的坐标为〖答案〗B〖祥解〗由图可知，白球大为，黑球小为。【详析】A．晶体结构用X射线衍射法，A项正确；B．在该晶胞中含有数目是，含有数目是，因此该晶胞中含有4个ZnS,97gZnS晶体中含有ZnS的物质的量为1mol，含有的晶胞数为，B项错误；C．根据图示2号和3号的相对位置，可知两个原子之间的最短距离为晶胞体对角线，晶胞参数是anm，则该晶胞体对角线长度为nm，故2号和3号原子之间的最短距离为nm，C项正确；D．根据晶胞中1号原子坐标可知3号原子的坐标为(1,1,1)，D项正确；〖答案〗选B。14.乙醇和乙酸在酸性条件下生成乙酸乙酯，反应机理如图，下列说法错误的是A.Ⅰ→Ⅱ形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂配位键B.Ⅱ→Ⅲ的反应的原子利用率为100%C.Ⅲ→Ⅳ质子发生转移D.加入催化剂浓硫酸，能加快反应速率，不能提高平衡产率〖答案〗D【详析】A．结合题干转化信息，Ⅰ→Ⅱ过程中，氧有孤电子对，氢离子有空轨道，形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂氢氧间的配位键，故A正确；B．Ⅱ→Ⅲ发生加成反应，原子利用率为100%，故B正确；C．结合题干结构变化信息，Ⅲ→Ⅳ过程中，质子发生转移,故C正确；D．加入催化剂浓硫酸，能加快反应速率，浓硫酸还能吸收产物水，平衡正向移动，能提高平衡产率，故D错误。〖答案〗为：D。15.已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图，以下结论和解释正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键之比为3：2B.由实验①可推知正反应为放热反应C.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-D.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动〖答案〗C【详析】A．1个[Co(H2O)6]2+中有18个σ键，1个[CoCl4]2-中有4个σ键，等物质量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键之比为9：2，故A错误；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，由实验①可知，降低温度，[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O平衡逆向移动，所以正反应为吸热反应，故B错误；C．实验③加入ZnCl2固体，溶液变为粉红色，可知Zn2+与Cl-结合为[ZnCl4]2-，使Cl-浓度降低，[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O逆向移动，所以配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，故C正确；D．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O反应，[Co(H2O)6]2+、Cl-的系数和大于[CoCl4]2-的系数，加水稀释，浓度熵大于平衡常数，平衡逆向移动，故D错误；选C。二、填空题(本题共4小题，共55分。)16.有机物的制备与合成是有机化学部分的重要学习内容。请运用所学知识回答下列问题。（1）写出由有机化合物通过加成反应→水解反应→氧化反应合成的化学方程式：①_______。②_______。③_______。（2）苯甲酸苯甲酯是一种有水果香气的食品香料。请以甲苯为基础原料，设计合成路线：_______。（3）羟醛缩合反应是选择性必修三有机合成中介绍的一种常见的增长碳链的方法，请写出以乙醛为基本原料通过加成反应→消去反应→还原反应合成正丁醇的相关化学方程式：①_______。②_______。③_______。〖答案〗（1）①.+Cl2②.+2NaOH+2NaCl③.+O22+2H2O（2）（3）①.2CH3CHOCH3CHOHCH3CHO②.CH3CHOHCH3CHOCH2=CHCH3CHO+H2O③.CH2=CHCH3CHO+H2CH3CH2CH2CH2OH【小问1详析】①与Cl2发生加成反应生成，化学方程式为：+Cl2；②发生水解反应生成，化学方程式为：+2NaOH+2NaCl；③发生氧化反应得到，化学方程式为：2+O22+2H2O；【小问2详析】可以由和酯化生成，而可以由被酸性高锰酸钾氧化制备；可以由水解制备，与氯气在光照条件下取代可以生成，所以合成路线为：；【小问3详析】①乙醛先发生相互加成反应生成CH3CHOHCH3CHO；化学方程式为：2CH3CHOCH3CHOHCH3CHO；②CH3CHOHCH3CHO发生消去反应生成CH2=CHCH3CHO，化学方程式为：CH3CHOHCH3CHOCH2=CHCH3CHO+H2O；③CH2=CHCH3CHO与H2发生加成反应得到CH3CH2CH2CH2OH，化学方程式为：CH2=CHCH3CHO+H2CH3CH2CH2CH2OH。17.镓(Ga)与砷(As)均是第四周期的主族元素，它们形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaAs)，回答下列问题：（1）基态原子的简化核外电子排布式为_______，基态原子核外有_______个未成对电子。（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为_______和+3。（3）比较下列的卤化物(从至)的熔点和沸点，总结变化规律并分析原因：镓的卤化物熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346的熔点超过1000℃，可能的原因_______。（4）二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为_______，草酸根中碳原子的杂化方式为_______。（5）Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示：其化学式为_______，上述晶胞沿着a轴的投影图为_______(填选项字母)。A．B．C．〖答案〗（1）①②.3（2）+1（3）、、的熔、沸点依次升高；它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；是离子晶体，熔化时要破坏较强的离子键，故熔点较高（4）①.4②.（5）①.②.C【小问1详析】Ga位于元素周期表中第四周期IIIA族，则基态原子的简化核外电子排布式为；As位于元素周期表中第四周期第VA族，价电子排布式为，p轨道上有3个单电子；【小问2详析】Ga的第一电离能和第二电离能、第三电离能和第四电离能差值较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较为困难，所以呈现的价态是+1和+3；【小问3详析】三种卤化物的熔沸点较低，说明至都是分子晶体，且相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；的熔点超过1000℃，可能是为离子晶体，熔化时要破坏较强的离子键，故熔点高于其他三种卤化物；【小问4详析】一个Ga原子与4个O原子相连，则Ga的配位数为4；草酸根中碳原子形成3个σ键和1个π键，则杂化类型为；【小问5详析】根据晶胞结构可知，O原子个数为，Li原子个数为，Ga原子个数为，则化学式为；晶胞沿着a轴的投影O原子投影为正方形顶点和面心，Ga原子投影为左右两个边长中点，Li原子投影为上下边长中点，故选C。18.化合物E是合成降糖药瑞格列净的重要中间体，其合成路线如下图所示：（1）A的分子式为_______。（2）写出B与Na反应的化学方程式_______。（3）C中含有的官能团有_______。（4）C→D的反应类型为_______。（5）满足下列条件的A的同分异构体有_______种ⅰ．分子中含有苯环；ⅱ．苯环上有两个取代基，其中一个取代基为-COOH；写出其中一氯代物有四种的同分异构体的结构