2023-2024学年内蒙古自治区巴彦淖尔市高二下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古自治区巴彦淖尔市2023-2024学年高二下学期7月期末考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题〖答案〗填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2、选择性必修3。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19S-32一、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.化学与生产、生活密切相关，下列物质的主要成分不属于有机物的是A．木桌B．玉米C．瓷器罐D．塑料脸盆A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗木桌的主要成分是纤维素，属于有机物，A错误；玉米的主要成分是淀粉，属于有机物，B错误；瓷器罐的主要成分是陶瓷，属于传统无机非金属材料，不属于有机物，C正确；塑料是有机高分子材料，属于有机物，D错误；〖答案〗选C。2.乙二醇和丙三醇（结构分别如图所示）是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用。下列说法正确的是A.沸点：乙二醇＞丙三醇 B.均能与NaOH溶液反应C.均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.乙二醇的实验式为〖答案〗C〖解析〗丙三醇分子比乙二醇分子中羟基个数多，分子间可形成更多氢键，沸点：乙二醇＜丙三醇，A错误；醇类有机物不能与NaOH反应，B错误；乙二醇和丙三醇均含羟基官能团，可被酸性高锰酸钾氧化，使其溶液褪色，C正确；乙二醇的实验式为，D错误；〖答案〗选C。3.下列物质属于离子晶体的是A.氟化钠 B.硫化氢 C.干冰 D.葡萄糖〖答案〗A〖解析〗氟化钠离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，故A正确；硫化氢属于分子晶体，故B错误；干冰属于分子晶体，故C错误；葡萄糖属于分子晶体，故D错误；故选A。4.马日夫盐是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理。下列说法正确的是A.红磷和白磷互为同位素 B.沸点：C.离子半径： D.的空间结构：正四面体形〖答案〗D〖解析〗红磷和白磷是磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，A错误；水分子间存氢键，PH3分子间不存在氢键，故沸点水高于PH3，B错误；核电荷数相同，电子数越多，离子半径越大，Mn3+价电子排布为3d4，Mn2+价电子排布为3d5，故离子半径，C错误；中P原子价层电子对数为4，不含孤电子对，空间结构为正四面体形，D正确；〖答案〗选D。5.下列图示结构中，属于晶胞的是ABCDA.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗图示结构三条竖棱上有原子，另一条竖棱上没有原子，且前后两个面也不相同，无法无隙并置，不属于晶胞，A错误；图示结构中左右两个面不同，四条竖棱中只有其中一条有原子，无法无隙并置，不属于晶胞，B错误；图示结构8个顶点都有一个原子，体心也有一个原子，能无隙并置，属于晶胞，C正确；图示结构中上下两个面、左右两个面、前后两个面均不相同，无法无隙并置，不属于晶胞，D错误；故〖答案〗选C。6.家中水壶结有较多水垢(主要成分为)时，可用适量白醋(含乙酸)浸泡，白醋可起到去除水垢的作用。下列说法正确的是A.氧为第二周期第IVA族元素B.中只存在极性共价键C.基态Ca原子的简化电子排布式为D.通过晶体X射线衍射实验可确定乙酸晶体的键长和键角〖答案〗D〖解析〗氧为第二周期第VIA族元素，故A错误；中存在极性共价键，也存在C-C非极性键，故B错误；钙为20号元素，基态Ca原子的简化电子排布式为，故C错误；通过晶体X射线衍射实验可确定乙酸晶体的键长和键角，故D正确；故选D。7.2002年诺贝尔化学奖表彰了两项成果，其中一项是瑞士科学家库尔特·维特里希发明的利用核磁共振技术测定溶液中生物大分子三维结构的方法。下列有关的说法正确的是A.化学名称为正丁烷 B.核磁共振氢谱图如图所示C.所有原子一定不在同一平面上 D.与互为同系物〖答案〗C〖解析〗中有醚键，化学名称为乙醚，A错误；中只有两种氢，即核磁共振氢谱图中应出现两组峰，与图示不一致，B错误；中碳原子杂化方式均为sp3杂化，所有原子一定不在同一平面上，C正确；与不属于同类物质，不互为同系物，D错误；〖答案〗选C。8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；W元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐M，且X与W相邻；Y的焰色试验呈黄色；X与Z同主族。下列说法正确的是A.既有还原性又有氧化性B.的VSEPR模型为四面体形C.与反应后的产物为和D.往溶液中通入足量的后，溶液的pH保持不变〖答案〗A〖解析〗W元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐，说明W为N，M为NH4NO3，X与W相邻且原子序数更大，X为O，Y的焰色试验呈黄色，Y为Na，X与Z同主族，Z的原子序数更大，则Z为S，据此作答。Y2Z2X3是Na2S2O3，其中S元素化合价为+2价，可以得电子化合价降低，也可以失电子化合价升高，故既有还原性又有氧化性，A项正确；的VSEPR模型为平面三角形，B项错误；由于过氧化钠有强氧化性，与反应后的产物为，C项错误；溶液水解显碱性，通入足量的后，先发生氧化还原反应，最终溶液为酸性，溶液的pH变小，D项错误；本题选A。9.诺氟沙星(M，结构如图所示)常用于治疗敏感菌引起的各类感染，下列说法正确的是A.M不能发生氧化反应B.将M滴入足量的溶液中，可观察到有浅黄色沉淀生成C.M与足量的发生加成反应后，所得产物中无手性碳原子D.M与碳酸氢钠溶液混合后，可生成一种含有极性键的非极性分子〖答案〗D〖解析〗M中含碳碳双键，能发生氧化反应，故A错误；M不能电离出卤离子，将M滴入足量的溶液中，不能观察到有浅黄色沉淀生成，故B错误；M与足量的发生加成反应后，所得产物中含有手性碳原子，如图，故C错误；M含有羧基，与碳酸氢钠溶液混合后，可生成一种含有极性键的非极性分子CO2，故D正确；故选D。10.下列图示与对应的叙述相符且能达到实验目的的是(夹持及加热装置已略去)A．制备乙酸乙酯B．分离CCl4与水C．收集C2H4D．验证非金属性：S>C>SiA.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗制备乙酸乙酯需要加热，且导管不能插入溶液中，溶液应为饱和碳酸氢钠溶液，A不符合题意；CCl4密度大于水，应该在下层，B不符合题意；乙烯难溶于水应该选择排水法收集，C不符合题意；硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明酸性硫酸大于碳酸，则非金属性S＞C，二氧化碳进入硅酸钠中生成硅酸沉淀，说明碳酸酸性大于硅酸，则非金属性C＞Si，该实验可以验证非金属性：S>C>Si，D符合题意；故选D。11.葡萄糖是人体所需能量的重要来源之一，假设它在人体组织中完全氧化时的热化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，中所含的原子总数为0.3B.每转移2.4mol电子，形成的键总数为0.6C.等物质的量的和中，所含的氧原子数均为2D.当放出的热量为2800kJ时，生成的分子总数为6〖答案〗A〖解析〗标准状况下，(0.1mol)中所含的原子总数为=0.3，故A正确；每转移2.4mol电子，形成的键总数为=1.2，故B错误；等物质的量的和中，所含的氧原子数为6∶2=3∶1，故C错误当放出的热量为2800kJ时，生成的分子总数为6，不是气态水，故D错误；故选A。12.环已烯是重要的化工原料，其实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是A.起催化剂作用B.中碳原子的杂化方式均为C.水相中一定含有，可能还含有D.的核磁共振氢谱中显示有2种不同化学环境的氢〖答案〗D〖解析〗起催化剂的作用，故A正确；中碳原子均形成4个单键，杂化方式均为，故B正确；NaCl和环已醇均溶于水，水相中一定含有，可能还含有，故C正确；的核磁共振氢谱中显示有3种不同化学环境的氢，如图，故D错误；故选D。13.普伐他汀(，结构如图所示)是一种调节血脂的药物，若分别与、、、恰好完全反应，则消耗、、、的物质的量之比为A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗中含有2个碳碳双键，最多可消耗，-OH、-COOH均与Na反应，则1mol该有机物M与Na反应最多消耗4molNa，-COOH和酯基能与NaOH反应，则1molM最多消耗2molNaOH，只有-COOH与NaHCO3反应，则1molM最多消耗1molNaHCO3，故选A。14.单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料(M)，M的晶胞结构如图所示。已知：①假设H和S的原子半径分别为和，晶体密度为，晶胞的边长为；②晶胞中原子体积占空间体积的百分率即原子体积的空间占有率。下列说法错误的是A.常温下，该物质燃烧所得的产物中一定无B.H位于元素周期表s区C.阿伏加德罗常数为D.晶胞中S原子体积的空间占有率为〖答案〗C〖解析〗该物质燃烧，S元素燃烧生成产物二氧化硫，无，A正确；基态H电子排布式，位于元素周期表s区，B正确；根据均摊法计算，晶胞中S原子个数：，H原子个数：，晶胞质量：，晶胞体积：，根据晶胞密度计算公式：，则，C错误；晶胞中S原子数目为2，体积的空间占有率：，D正确；〖答案〗选C。15.化合物是某药物的合成中间体，M的同分异构体中，同时满足下列条件的结构共有①含有一个苯环和三个甲基②能与饱和碳酸氢钠溶液反应③能发生银镜反应，不能发生水解反应A.6种 B.8种 C.10种 D.12种〖答案〗C〖解析〗1.由信息①知，M的同分异构体中含有一个苯环和三个甲基，由信息②、③及M中碳原子、氧原子数目可知M的同分异构体中还含有一个羧基和一个醛基。2.写出碳链，组装官能团：先将苯环和三个甲基组装好，再用一个羧基和一个醛基取代苯环上的H原子。苯环上有三个相同的取代基的结构：、、。剩余两个不同的取代基可以用“定一移一法”进行组装。如“定羧基移醛基”(“定醛基移羧基”的情况与下列情况一样)：3.确定同分异构体的种类或结构简式：符合题意的同分异构体共有3+6+1=10(种)。故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.磷酸亚铁锂()可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用、等作为原料制备。请回答下列问题：（1）P在元素周期表中的位置为___________。（2）基态原子的价层电子排布式为___________，基态与中未成对的电子数之比为___________。（3）基态原子的核外电子有___________种空间运动状态，其能量最高的电子的电子云轮廓图为___________。（4）组成，的非金属元素中，N、P、O的电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)；第一电离能：N___________(填“>”或“<”)O，原因是___________。〖答案〗（1）第三周期第VA族（2）①.②.4：5（3）①.9②.哑铃状（4）①.②.＞③.N核外电子排布处于半充满状态，比较稳定，难失去一个电子〖解析〗【小问1详析】P在元素周期表中的位置：第三周期第VA族；【小问2详析】Fe原子序数26，基态原子的价层电子排布式：；基态价层电子排布：、基态价层电子排布：，未成对电子数比值：4：5；【小问3详析】Cl原子序数17，基态原子核外电子排布：，核外电子占据9个轨道，由9种空间运动状态；其能量最高的电子位于3p能级，电子云轮廓图为哑铃状；【小问4详析】同周期元素电负性从左到右逐渐增强，同族元素电负性从上到下逐渐减弱，电负性：；N核外电子排布处于半充满状态，比较稳定，难失去一个电子；17.某化学兴趣小组同学利用如图所示装置进行乙酸乙酯的制备实验，回答下列问题：（1）实验开始前，应先______。（2）往试管a中加入一定量的试剂时，加入次序正确的是______(填标号)。A．乙醇→浓硫酸→冰醋酸B．浓硫酸→乙醇→冰醋酸C．冰醋酸→乙醇→浓硫酸（3）试管b中所盛装的试剂为____(填标号)，该试剂的作用有____。A.稀硫酸B.饱和氢氧化钠溶液C.饱和碳酸钠溶液D.澄清石灰水（4）试管b处的导管____(填“能”或“不能”)伸入液面以下，原因为______。（5）试管a中发生反应的化学方程式为______，每消耗0.1mol乙醇，此时生成的乙酸乙酯的质量为______g。〖答案〗（1）检查装置的气密性（2）A（3）①.C②.减小乙酸乙酯在水中的溶解度，吸收未反应的乙醇和中和未反应的乙酸（4）①.不能②.防止试管b中的饱和碳酸钠溶液倒吸（5）①.CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O②.8.8〖解析〗〖祥解〗实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸催化、加热条件下制乙酸乙酯，生成乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集于试管中。【小问1详析】化学实验中，组装好器材，实验开始前，应先检查装置的气密性；【小问2详析】浓硫酸不可以最先加，否则加其他两种液体时浓硫酸大量放热液体飞溅会造成危险，先加入乙醇，再加入浓硫酸可以并搅拌可以解决，并且最先加乙醇而不是乙酸，是乙醇和浓硫酸先混合有利于浓硫酸对反应的催化，最后加冰醋酸可以减少冰醋酸的挥发，故选A；【小问3详析】制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，原因是乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，且碳酸钠溶液能够吸收挥发出来的乙醇并中和挥发出来的乙酸，故试管b中所盛装的试剂选C，试剂的作用有减小乙酸乙酯在水中的溶解度，吸收未反应的乙醇和中和未反应的乙酸；【小问4详析】试管b处的导管不能伸入液面以下，否则试管中为碱性的饱和碳酸钠溶液，气体中乙酸能与溶液反应，且乙醇也可以被吸收，故要防止试管b中的饱和碳酸钠溶液倒吸；【小问5详析】试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸催化、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，每消耗0.1mol乙醇，生成0.1mol乙酸乙酯(摩尔质量88g/mol)，故生成的乙酸乙酯的质量为0.1mol×88g/mol=8.8g。18.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）与中更稳定的是___________(填化学式)，原因为___________，键角：___________(填“>”或“<”)。（2）Ni与Co位于同一族，将(黄色)、(紫红色)、(绿色)和(紫色)四种化合物各1mol分别溶于水，分别加入足量的硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为和1mol。①根据实验事实用配合物的形式写出的化学式：___________。②后两种物质的组成相同而颜色不同，写出其在水中的电离方程式：___________。（3）一种含Ni元素的化合物的晶胞Q的结构如图。①该晶胞中粒子个数比___________。②设Q的最简式的摩尔质量为为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度的计算式为___________。〖答案〗（1）①.②.氧元素的电负性大于氮，氮作为配原子提供孤电子对的能力强，与铜形成的配位键更强③.＞（2）①.[Co(NH3)5Cl]Cl2②.[Co(NH3)4Cl2]Cl=[Co(NH3)4Cl2]++Cl-（3）①.1∶2∶4②.〖解析〗【小问1详析】与中更稳定的是，原因为氧元素的电负性大于氮，氮作为配原子提供孤电子对的能力强，与铜形成的配位键更强；H2O中心原子O价层电子对数：2+=4，中心原子为sp3杂化，含2对孤电子对，分子空间结构为V形；NH3中心原子N价层电子对数：3+=4，中心原子为sp3杂化，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为三角锥形；孤电子对数越多，键角越小；【小问2详析】①由题意知，溶于水，加入足量的硝酸银溶液，沉淀的量为2mol，则1mol有2molCl-，其化学式：[Co(NH3)5Cl]Cl2；②CoCl3•4NH3(绿色)和CoCl3•4NH3(紫色)的组成相同都是[Co(NH3)4Cl2]Cl，但是两者的空间构型不同导致颜色不同，其在水中的电离方程式：[Co(NH3)4Cl2]Cl=[Co(NH3)4Cl2]++Cl-；【小问3详析】①该晶胞中粒子个数比(8×+1)∶(8×+2)∶(16×+4×+2)=2∶4∶8=1∶2∶4；②设Q的最简式的摩尔质量为，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度的计算式为。19.有机物F是一种重要的有机合成材料。以A为起始原料合成有机物F的路线如图所示：回答下列问题：（1）A→B的反应类型为___________。（2）B→C的反应方程式为___________，F中所含官能团的名称为碳碳双键和___________。（3）化合物中N原子的杂化类型为___________，该化合物的空间结构为___________。（4）与化合物D具有相同官能团，且苯环上含三个取代基的D的同分异构体有___________种。（5）与水反应，生成2种酸性气体，该反应的化学方程式为___________。（6）在加热条件下，lmol乙酸酐()最多可消耗___________mol氢氧化钠。（7）结合所学知识，并参考上述合成路线，设计以为原料合成路线___________(无机试剂任选)。〖答案〗（1）取代反应（2）①.+HCOOH②.酰胺基（3）①.sp2②.平面形（4）10（5）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑（6）2（7）〖解析〗A在浓硫酸加热条件下和浓硝酸发生取代反应生成B，B和HCOOH发生加成反应生成C，C发生还原反应生成D，C中的硝基转化为氨基，D和SOCl2发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，以此解答。【小问1详析】由A、B的结构简式和反应条件可知，A→B的反应类型为取代反应；【小问2详析】由B、C的结构简式可知，B和HCOOH发生加成反应生成C，则B→C的反应方程式为：+HCOOH，F中所含官能团的名称为碳碳双键和酰胺基；【小问3详析】化合物中N原子形成2个键，另外还有1对孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为sp2，另外C原子的杂化方式也为sp2，该化合物中含有2个碳碳双键和1个碳氮双键，其空间结构为：平面形；【小问4详析】D的同分异构体满足条件：与化合物D具有相同官能团，且苯环上含三个取代基，则其同分异构体中苯环上的取代基为：-COOH、-NH2、-CH=CH2，在苯环上共有10种位置关系，则满足条件的同分异构体共有10种；【小问5详析】中Cl为-1价，S为+4价，与水反应，生成2种酸性气体，该酸性气体为HCl和SO2，则该反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；【小问6详析】乙酸酐和NaOH溶液反应可以看成乙酸酐先和水反应生成2个CH3COOH分子，则在加热条件下，lmol乙酸酐最多可消耗2mol氢氧化钠；【小问7详析】可由和发生取代反应得到，可由发生氧化反应生成的和发生取代反应得到，可由发生硝化反应后再还原得到，则合成路线为：。内蒙古自治区巴彦淖尔市2023-2024学年高二下学期7月期末考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题〖答案〗填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2、选择性必修3。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19S-32一、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.化学与生产、生活密切相关，下列物质的主要成分不属于有机物的是A．木桌B．玉米C．瓷器罐D．塑料脸盆A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗木桌的主要成分是纤维素，属于有机物，A错误；玉米的主要成分是淀粉，属于有机物，B错误；瓷器罐的主要成分是陶瓷，属于传统无机非金属材料，不属于有机物，C正确；塑料是有机高分子材料，属于有机物，D错误；〖答案〗选C。2.乙二醇和丙三醇（结构分别如图所示）是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用。下列说法正确的是A.沸点：乙二醇＞丙三醇 B.均能与NaOH溶液反应C.均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.乙二醇的实验式为〖答案〗C〖解析〗丙三醇分子比乙二醇分子中羟基个数多，分子间可形成更多氢键，沸点：乙二醇＜丙三醇，A错误；醇类有机物不能与NaOH反应，B错误；乙二醇和丙三醇均含羟基官能团，可被酸性高锰酸钾氧化，使其溶液褪色，C正确；乙二醇的实验式为，D错误；〖答案〗选C。3.下列物质属于离子晶体的是A.氟化钠 B.硫化氢 C.干冰 D.葡萄糖〖答案〗A〖解析〗氟化钠离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，故A正确；硫化氢属于分子晶体，故B错误；干冰属于分子晶体，故C错误；葡萄糖属于分子晶体，故D错误；故选A。4.马日夫盐是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理。下列说法正确的是A.红磷和白磷互为同位素 B.沸点：C.离子半径： D.的空间结构：正四面体形〖答案〗D〖解析〗红磷和白磷是磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，A错误；水分子间存氢键，PH3分子间不存在氢键，故沸点水高于PH3，B错误；核电荷数相同，电子数越多，离子半径越大，Mn3+价电子排布为3d4，Mn2+价电子排布为3d5，故离子半径，C错误；中P原子价层电子对数为4，不含孤电子对，空间结构为正四面体形，D正确；〖答案〗选D。5.下列图示结构中，属于晶胞的是ABCDA.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗图示结构三条竖棱上有原子，另一条竖棱上没有原子，且前后两个面也不相同，无法无隙并置，不属于晶胞，A错误；图示结构中左右两个面不同，四条竖棱中只有其中一条有原子，无法无隙并置，不属于晶胞，B错误；图示结构8个顶点都有一个原子，体心也有一个原子，能无隙并置，属于晶胞，C正确；图示结构中上下两个面、左右两个面、前后两个面均不相同，无法无隙并置，不属于晶胞，D错误；故〖答案〗选C。6.家中水壶结有较多水垢(主要成分为)时，可用适量白醋(含乙酸)浸泡，白醋可起到去除水垢的作用。下列说法正确的是A.氧为第二周期第IVA族元素B.中只存在极性共价键C.基态Ca原子的简化电子排布式为D.通过晶体X射线衍射实验可确定乙酸晶体的键长和键角〖答案〗D〖解析〗氧为第二周期第VIA族元素，故A错误；中存在极性共价键，也存在C-C非极性键，故B错误；钙为20号元素，基态Ca原子的简化电子排布式为，故C错误；通过晶体X射线衍射实验可确定乙酸晶体的键长和键角，故D正确；故选D。7.2002年诺贝尔化学奖表彰了两项成果，其中一项是瑞士科学家库尔特·维特里希发明的利用核磁共振技术测定溶液中生物大分子三维结构的方法。下列有关的说法正确的是A.化学名称为正丁烷 B.核磁共振氢谱图如图所示C.所有原子一定不在同一平面上 D.与互为同系物〖答案〗C〖解析〗中有醚键，化学名称为乙醚，A错误；中只有两种氢，即核磁共振氢谱图中应出现两组峰，与图示不一致，B错误；中碳原子杂化方式均为sp3杂化，所有原子一定不在同一平面上，C正确；与不属于同类物质，不互为同系物，D错误；〖答案〗选C。8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；W元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐M，且X与W相邻；Y的焰色试验呈黄色；X与Z同主族。下列说法正确的是A.既有还原性又有氧化性B.的VSEPR模型为四面体形C.与反应后的产物为和D.往溶液中通入足量的后，溶液的pH保持不变〖答案〗A〖解析〗W元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐，说明W为N，M为NH4NO3，X与W相邻且原子序数更大，X为O，Y的焰色试验呈黄色，Y为Na，X与Z同主族，Z的原子序数更大，则Z为S，据此作答。Y2Z2X3是Na2S2O3，其中S元素化合价为+2价，可以得电子化合价降低，也可以失电子化合价升高，故既有还原性又有氧化性，A项正确；的VSEPR模型为平面三角形，B项错误；由于过氧化钠有强氧化性，与反应后的产物为，C项错误；溶液水解显碱性，通入足量的后，先发生氧化还原反应，最终溶液为酸性，溶液的pH变小，D项错误；本题选A。9.诺氟沙星(M，结构如图所示)常用于治疗敏感菌引起的各类感染，下列说法正确的是A.M不能发生氧化反应B.将M滴入足量的溶液中，可观察到有浅黄色沉淀生成C.M与足量的发生加成反应后，所得产物中无手性碳原子D.M与碳酸氢钠溶液混合后，可生成一种含有极性键的非极性分子〖答案〗D〖解析〗M中含碳碳双键，能发生氧化反应，故A错误；M不能电离出卤离子，将M滴入足量的溶液中，不能观察到有浅黄色沉淀生成，故B错误；M与足量的发生加成反应后，所得产物中含有手性碳原子，如图，故C错误；M含有羧基，与碳酸氢钠溶液混合后，可生成一种含有极性键的非极性分子CO2，故D正确；故选D。10.下列图示与对应的叙述相符且能达到实验目的的是(夹持及加热装置已略去)A．制备乙酸乙酯B．分离CCl4与水C．收集C2H4D．验证非金属性：S>C>SiA.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗制备乙酸乙酯需要加热，且导管不能插入溶液中，溶液应为饱和碳酸氢钠溶液，A不符合题意；CCl4密度大于水，应该在下层，B不符合题意；乙烯难溶于水应该选择排水法收集，C不符合题意；硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明酸性硫酸大于碳酸，则非金属性S＞C，二氧化碳进入硅酸钠中生成硅酸沉淀，说明碳酸酸性大于硅酸，则非金属性C＞Si，该实验可以验证非金属性：S>C>Si，D符合题意；故选D。11.葡萄糖是人体所需能量的重要来源之一，假设它在人体组织中完全氧化时的热化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，中所含的原子总数为0.3B.每转移2.4mol电子，形成的键总数为0.6C.等物质的量的和中，所含的氧原子数均为2D.当放出的热量为2800kJ时，生成的分子总数为6〖答案〗A〖解析〗标准状况下，(0.1mol)中所含的原子总数为=0.3，故A正确；每转移2.4mol电子，形成的键总数为=1.2，故B错误；等物质的量的和中，所含的氧原子数为6∶2=3∶1，故C错误当放出的热量为2800kJ时，生成的分子总数为6，不是气态水，故D错误；故选A。12.环已烯是重要的化工原料，其实验室制备流程如图所示。下列说法错误的是A.起催化剂作用B.中碳原子的杂化方式均为C.水相中一定含有，可能还含有D.的核磁共振氢谱中显示有2种不同化学环境的氢〖答案〗D〖解析〗起催化剂的作用，故A正确；中碳原子均形成4个单键，杂化方式均为，故B正确；NaCl和环已醇均溶于水，水相中一定含有，可能还含有，故C正确；的核磁共振氢谱中显示有3种不同化学环境的氢，如图，故D错误；故选D。13.普伐他汀(，结构如图所示)是一种调节血脂的药物，若分别与、、、恰好完全反应，则消耗、、、的物质的量之比为A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗中含有2个碳碳双键，最多可消耗，-OH、-COOH均与Na反应，则1mol该有机物M与Na反应最多消耗4molNa，-COOH和酯基能与NaOH反应，则1molM最多消耗2molNaOH，只有-COOH与NaHCO3反应，则1molM最多消耗1molNaHCO3，故选A。14.单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料(M)，M的晶胞结构如图所示。已知：①假设H和S的原子半径分别为和，晶体密度为，晶胞的边长为；②晶胞中原子体积占空间体积的百分率即原子体积的空间占有率。下列说法错误的是A.常温下，该物质燃烧所得的产物中一定无B.H位于元素周期表s区C.阿伏加德罗常数为D.晶胞中S原子体积的空间占有率为〖答案〗C〖解析〗该物质燃烧，S元素燃烧生成产物二氧化硫，无，A正确；基态H电子排布式，位于元素周期表s区，B正确；根据均摊法计算，晶胞中S原子个数：，H原子个数：，晶胞质量：，晶胞体积：，根据晶胞密度计算公式：，则，C错误；晶胞中S原子数目为2，体积的空间占有率：，D正确；〖答案〗选C。15.化合物是某药物的合成中间体，M的同分异构体中，同时满足下列条件的结构共有①含有一个苯环和三个甲基②能与饱和碳酸氢钠溶液反应③能发生银镜反应，不能发生水解反应A.6种 B.8种 C.10种 D.12种〖答案〗C〖解析〗1.由信息①知，M的同分异构体中含有一个苯环和三个甲基，由信息②、③及M中碳原子、氧原子数目可知M的同分异构体中还含有一个羧基和一个醛基。2.写出碳链，组装官能团：先将苯环和三个甲基组装好，再用一个羧基和一个醛基取代苯环上的H原子。苯环上有三个相同的取代基的结构：、、。剩余两个不同的取代基可以用“定一移一法”进行组装。如“定羧基移醛基”(“定醛基移羧基”的情况与下列情况一样)：3.确定同分异构体的种类或结构简式：符合题意的同分异构体共有3+6+1=10(种)。故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.磷酸亚铁锂()可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用、等作为原料制备。请回答下列问题：（1）P在元素周期表中的位置为___________。（2）基态原子的价层电子排布式为___________，基态与中未成对的电子数之比为___________。（3）基态原子的核外电子有___________种空间运动状态，其能量最高的电子的电子云轮廓图为___________。（4）组成，的非金属元素中，N、P、O的电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)；第一电离能：N___________(填“>”或“<”)O，原因是___________。〖答案〗（1）第三周期第VA族（2）①.②.4：5（3）①.9②.哑铃状（4）①.②.＞③.N核外电子排布处于半充满状态，比较稳定，难失去一个电子〖解析〗【小问1详析】P在元素周期表中的位置：第三周期第VA族；【小问2详析】Fe原子序数26，基态原子的价层电子排布式：；基态价层电子排布：、基态价层电子排布：，未成对电子数比值：4：5；【小问3详析】Cl原子序数17，基态原子核外电子排布：，核外电子占据9个轨道，由9种空间运动状态；其能量最高的电子位于3p能级，电子云轮廓图为哑铃状；【小问4详析】同周期元素电负性从左到右逐渐增强，同族元素电负性从上到下逐渐减弱，电负性：；N核外电子排布处于半充满状态，比较稳定，难失去一个电子；17.某化学兴趣小组同学利用如图所示装置进行乙酸乙酯的制备实验，回答下列问题：（1）实验开始前，应先______。（2）往试管a中加入一定量的试剂时，加入次序正确的是______(填标号)。A．乙醇→浓硫酸→冰醋酸B．浓硫酸→乙醇→冰醋酸C．冰醋酸→乙醇→浓硫酸（3）试管b中所盛装的试剂为____(填标号)，该试剂的作用有____。A.稀硫酸B.饱和氢氧化钠溶液C.饱和碳酸钠溶液D.澄清石灰水（4）试管b处的导管____(填“能”或“不能”)伸入液面以下，原因为______。（5）试管a中发生反应的化学方程式为______，每消耗0.1mol乙醇，此时生成的乙酸乙酯的质量为______g。〖答案〗（1）检查装置的气密性（2）A（3）①.C②.减小乙酸乙酯在水中的溶解度，吸收未反应的乙醇和中和未反应的乙酸（4）①.不能②.防止试管b中的饱和碳酸钠溶液倒吸（5）①.CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O②.8.8〖解析〗〖祥解〗实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸催化、加热条件下制乙酸乙酯，生成乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集于试管中。【小问1详析】化学实验中，组装好器材，实验开始前，应先检查装置的气密性；【小问2详析】浓硫酸不可以最先加，否则加其他两种液体时浓硫酸大量放热液体飞溅会造成危险，先加入乙醇，再加入浓硫酸可以并搅拌可以解决，并且最先加乙醇而不是乙酸，是乙醇和浓硫酸先混合有利于浓硫酸对反应的催化，最后加冰醋酸可以减少冰醋酸的挥发，故选A；【小问3详析】制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，原因是乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，且碳酸钠溶液能够吸收挥发出来的乙醇并中和挥发出来的乙酸，故试管b中所盛装的试剂选C，试剂的作用有减小乙酸乙酯在水中的溶解度，吸收未反应的乙醇和中和未反应的乙酸；【小问4详析】试管b处的导管不能伸入液面以下，否则试管中为碱性的饱和碳酸钠溶液，气体中乙酸能与溶液反应，且乙醇也可以被吸收，故要防止试管b中的饱和碳酸钠溶液倒吸；【小问5详析】试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸催化、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，每消耗0.1mol乙醇，生成0.1mol乙酸乙酯(摩尔质量88g/mol)，故生成的乙酸乙酯的质量为0.1mol×88g/mol=8.8g。18.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）与中更稳定的是___________(填化学式)，原因为___________，键角：___________(填“>”或“<”)。（2）Ni与Co位于同一族，将(黄色)、(紫红色)、(绿色)和(紫色)四种化合物各1mol分别溶于水，分别加入足量的硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为和1mol。①根据实验事实用配合物的形式写出的化学式：___________。②后两种物质的组成相同而颜色不同，写出其在水中的电离方程式：___________。（3）一种含Ni元素的化合物的晶胞Q的结构如图。①该晶胞中粒子个数比___________。②设Q的最简式的摩尔质量为为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度的计算式为___________。〖答案〗（1）①.②.氧元素的电负性大于氮，氮作为配原子提供孤电子对的能力强，与铜形成的配位键更强③.＞（2）①.[Co(NH3)5Cl]Cl2②.[Co(NH3)4Cl2