2023-2024学年四川省内江市高二下学期期末考试化学试题（新高三零模）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省内江市2023-2024学年高二下学期期末考试（新高三零模）本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间为75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置。2.选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。不能答在试题卷上。3.非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上。4.考试结束后，监考人员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16P-31As-75Ag-108一、选择题(本题共14小题。每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活密切相关。下列现象或事实的对应解释错误的是选项现象或事实解释A制造光导纤维的关键材料是二氧化硅二氧化硅具有光学特性B液态油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪液态油分子中含价键不饱和的碳原子C浸泡过溶液的硅藻土可用于水果保鲜溶液可氧化水果释放的催熟剂——乙烯D水被誉为“生命之源”，性质很稳定水分子间能形成氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】二氧化硅具有光学特性，是制造光导纤维的关键材料，A正确；液态油分子中含价键不饱和原子，通过催化加氢可转变为半固态的脂肪，B正确；乙烯具有催熟作用，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，所以浸泡过溶液的硅藻土可吸收乙烯气体，延迟水果成熟，可用于水果保鲜，C正确；水分子间能形成氢键，导致水的沸点较高；水的稳定性强，是因为氢氧共价键键能大，D错误；答案选D。2.下列化学用语表述正确的是A.葡萄糖的实验式：B.乙醛官能团的结构简式：—COHC.乙醇分子的空间填充模型：D.丙烯的结构简式：【答案】C【解析】葡萄糖的实验式是，分子式为，A错误；乙醛官能团的是醛基，结构简式，B错误；乙醇分子的空间填充模型（比例模型）是，C正确；丙烯的结构简式，D错误；答案选C。3.下列说法正确的是A.不存在同分异构体的事实说明不是平面结构B.油脂、蛋白质都是天然高分子化合物C.原子最外层电子数为2的元素一定位于元素周期表第ⅡA族D.X射线衍射技术能区分晶体与非晶体，但不能测定晶体结构【答案】A【解析】如果是平面结构，有和，事实上不存在同分异构体，也就是不是平面结构，A正确；油脂不是天然高分子化合物，B错误；原子最外层电子数为2的元素可能是0族、ⅡA族或Ⅷ族，不一定位于元素周期表第ⅡA族，C错误；X射线衍射技术能区分晶体与非晶体，且测定晶体结构，D错误；故答案选A；4.冠醚是皇冠状的分子，可由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构如图。下列说法错误的是A.超分子具有分子识别的重要特征B.利用超分子的分子识别特征可分离与C.利用18-冠-6也可识别D.该超分子中的配位数为6【答案】C【解析】18-冠-6与K+作用，不与其他碱金属离子作用，可知结合具有选择性，说明超分子有“分子识别”的特性，故A正确；利用超分子的分子识别特征可分离与，这是利用超分子的分子识别特征，故B正确；因为冠醚由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，18-冠-6与钾离子以配位键结合，离子半径：Na+<K+，则不可识别Na+，故C错误；由图可知，中心K+周围形成了6个配位键，其的配位数为6，故D正确；答案选C。5.氢氰酸(HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构。下列有关HCN的说法错误的是A.分子是直线形 B.电子式为C.中心原子是sp杂化 D.是极性分子【答案】B【解析】在HCN分子中，C原子形成2个σ键，C原子采用sp杂化，分子中三个原子在同一条直线上，A正确；在HCN分子中，C与H形成共价单键，与N原子形成共价三键，使H原子达到最外层2个电子的稳定结构；C原子达到最外层8个电子的稳定结构，N原子最外层有5个电子，由1对孤电子对和3个成单电子。当3个成单电子与C原子形成共价三键后，N原子达到最外层8个电子的稳定结构，故该物质的电子式应该为：，B错误；在HCN分子中，C原子与H、N两个原子形成2个σ键，则C原子采用sp杂化方式，C正确；在HCN分子中，由于正负电荷重心不重合，因此HCN分子是极性分子，D正确；故合理选项是B。6.下列有关原子结构与性质的叙述正确的是A.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B.所有元素中，氟的第一电离能最大C.电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据D.如图为元素周期表Bi的数据，该原子的6p能级有一个未成对电子【答案】C【解析】2p、3p、4p能级的轨道数相同，A项错误；氦（He）的第一电离能是所有元素中最大的，B项错误；电负性表示不同元素原子对键合电子吸引力的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大，其变化规律与非金属性强弱变化规律一致，电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，C项正确；Bi原子的外围电子排布为6s26p3，p能级有3个轨道，p能级的3个电子优先各占据1个轨道，Bi原子6p能级三个电子都是单电子，D项错误；答案选C。7.下列关于晶体结构和性质的叙述正确的是A.同一元素形成单质可能具有不同的晶体结构B.等离子体是由阴、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质C.天然气水合物晶体是分子晶体，其中仅存在范德华力D.冰和干冰都是分子晶体，因此二者晶体中每个分子周围的紧邻分子均为12个【答案】A【解析】金刚石是共价晶体，石墨是混合晶体，C60是分子晶体，它们都是碳元素的不同单质，故A正确；等离子体也可以是液态，B错误；天然气水合物晶体是分子晶体，其中存在范德华力、氢键、共价键，C错误；干冰是由分子密堆积形成的晶体，一个分子周围有12个紧邻的分子，冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子形成四面体结构，D错误；本题选A。8.分离和提纯下列有机物所用的方法正确的是A.分离汽油和柴油：分馏B.分离酒精和水：分液C.除去乙烷中的乙烯：通入酸性高锰酸钾溶液中洗气D.除去苯中混有的苯酚：加入足量饱和溴水，过滤【答案】A【解析】汽油和柴油互溶，但沸点不同，可用分馏的方法分离，故A正确；酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，即乙烷中引入了新的杂质，故C错误；苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚能溶解于苯，不能用溴水除去苯中混有的苯酚，故D错误；故答案为：A。9.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.15g甲基所含有的电子数是B.28g乙烯与环丁烷(C4H8)的混合物中含有的碳原子数目为C.62g白磷(P4)中共价键的数目为D.中含有的键数目为【答案】D【解析】甲基的电子数9，则15g甲基所含有的电子数为×9×NAmol﹣1=0.9NA，故A错误；乙烯与环丁烷的最简式相同，都为CH2，则28g乙烯与环丁烷的混合物中含有的碳原子数目为×1×NAmol﹣1=2NA，故B错误；白磷分子含有6个磷磷键，则62g白磷分子中含有共价键的数目为×6×NAmol﹣1=3NA，故C错误；四水合铜离子中配位键和氢氧键属于σ键，则0.5mol四水合铜离子中含有的σ键数目为0.5mol×12×NAmol﹣1=6NA，故D正确；故选D。10.下列实验现象及结论都正确且具有因果关系的是选项实验现象结论A向酸性溶液中滴加溶液的紫红色逐渐褪去中含碳碳双键B向苯酚钠溶液中通入足量溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚C向两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液前者溶液变蓝，后者无黄色沉淀生成溶液中存在：D将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，产生的气体直接通入酸性溶液中溶液的紫红色逐渐褪去乙烯具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】丙烯醛分子中含有的碳碳双键和醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液的紫红色逐渐褪去不能说明丙烯醛分子中含有碳碳双键，故A错误；向苯酚钠溶液中通入足量二氧化碳，溶液变浑浊是因为碳酸的酸性强于苯酚，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，故B正确；向两支盛有三碘化钾溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者变蓝，后者有黄色沉淀生成才能说明溶液中存在如下平衡，故C错误；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液的紫红色逐渐褪去不能说明乙烯具有还原性，故D错误；故选B。11.用下列装置进行实验，能达成相应目的的是实验目的A．制备乙酸乙酯B．制备乙炔实验装置实验目的C．制备硝基苯D．蒸馏提纯硝基苯实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】将含有乙酸、乙醇的乙酸乙酯直接通入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，所以题给装置不能达到制备乙酸乙酯的实验目的，故A错误；电石与饱和食盐水的反应速率快，电石遇水粉化，不能控制，且反应放出大量的热，反应生成的氢氧化钙易堵塞导气管，所以题给装置不能达到制备乙炔的实验目的，故B错误；浓硫酸作用下苯与浓硝酸在60℃水浴加热条件下发生硝化反应生成硝基苯，则题给装置能达到制备硝基苯的实验目的，故C正确；蒸馏提纯硝基苯时温度计应放在支管口附近测定硝基苯的温度，不能插入混合溶液中，水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；故选C。12.麻黄是一种发散风寒药，其结构简式如图。下列有关麻黄的说法正确的是A.分子式为B.1mol分子含6mol碳碳双键C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.理论上1mol麻黄最多消耗5molNaOH【答案】C【解析】其分子式为，A错误；苯环中无碳碳双键，B错误；因为含有酚羟基和醇羟基，可以被高锰酸钾氧化，C正确；理论上1mol麻黄最多消耗4molNaOH，醇羟基不能与氢氧化钠反应，D错误；答案选C13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为18，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法错误的是A.X、W都能与Y形成离子化合物B.原子半径：C.第一电离能大小：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】B【解析】X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，则Z为Si元素，W与X位于同一主族，则W为S元素，4中原子最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子为2，为Mg元素，据此解答。Mg与O、S可以形成离子化合物MgO、MgS，故A正确；同周期从左到右原子半径依次递减，则，故B错误；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小：，故C正确；元素非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性S＞Si，故D正确；故选B。14.6.8gX完全燃烧生成3.6g和8.96L(标准状况)。X的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为。X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其质谱、红外光谱图如下。关于X的下列判断正确的是A.摩尔质量为136B.含有官能团的名称为羰基、醚键C.分子中所有碳原子不可能在同一个平面上D.其同分异构体中可能存在同时含有苯环和羧基的分子【答案】D【解析】本题考查有机物的研究方法。由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，则有机物X的物质的量为，完全燃烧后生成的水的物质的量为，则氢原子的物质的量为，CO2的物质的量为，碳原子的物质的量为，即1个有机物分子含有8个碳原子，8个氢原子，根据相对分子质量计算氧原子个数为：，因此该有机物的分子式为C8H8O2，据红外光谱图和核磁共振氢谱可知，X的结构简式为。由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，A错误；根据分析可知，X结构简式为，分子中含有的官能团名称为酯基，B错误；X的结构简式为，分子中所有碳原子可能在同一个平面上，C错误；X的同分异构体，同时含有苯环和羧基，D正确；故答案选D。二、非选择题(本大题包括4小题，共58分)15.先进的雷达需要锗、砷等元素形成的化合物；坦克装甲离不开铁、铬元素；各种电子元器件和计算芯片是以铜、硅为基本原料制造的；各种导弹燃料和炸药中都含有碳、氢、氧、氯、氮等元素。回答下列问题：（1）基态铬原子的价层电子排布式为___________；铜元素分布在元素周期表的区___________。（2）元素铜与锌的第二电离能分别为，，I2(Cu)＞I2(Zn)的原因是___________。（3）金刚石中碳原子的杂化方式为___________；18g金刚石所含碳碳键的数目为___________。（4）氯化铁易升华且熔融状态下不能导电，其晶体类型为___________；氮、砷形成的简单氢化物中沸点较高的是___________(填化学式)。（5）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。是一种四面体形的离子(属硅酸根)，其结构可用图a表示，硅原子位居该四面体中心(图中不可见)，四个氧原子各占一个顶点。图b和图c则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。①写出b的化学式：___________。②若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则其化学式为___________。【答案】（1）①.3d54s1②.ds（2）Cu+最外层电子排布为3d10，呈全满状态，相对更稳定，所以第二电离能更高（3）①.sp3②.3NA（4）①.分子晶体②.NH3（5）①.(或)②.(或)【解析】【小问1详解】Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；铜元素是29号元素，Cu元素分布在元素周期表的第四周期第ⅠB族，属于ds区元素；【小问2详解】铜元素是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，当Cu原子失去最外层的1个4s电子形成Cu+时，最外层电子排布为3d10，呈全满状态，相对更稳定，所以第二电离能更高；而30号Zn元素的价层电子排布式为3d104s2，当Zn原子失去最外层的1个4s电子形成Zn+时，最外层电子排布为3d104s1，只有当在失去1个4s电子后才能变为次外层3d10的全满的相对稳定的状态，所以第二电离能I2(Cu)＞I2(Zn)；【小问3详解】在金刚石中，C原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，这四个C原子构成正四面体结构，这种结构向空间无限扩展就形成结构式的立体网状结构。由于每个C原子相邻的4个C原子形成正四面体结构，可见C原子采用sp3杂化；在金刚石中，C原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，每个共价键是相邻的两个C原子形成的，因此属于每个C原子的共价键数目是4×=2；18g金刚石所含C原子的物质的量是n(C)==1.5mol，因此其中含有的C-C共价键数目为N(C-C)=1.5mol×2×NA/mol=3NA；【小问4详解】氯化铁易升华且熔融状态下不能导电，说明构成微粒不带电，微粒之间作用力比较小，则其晶体类型为分子晶体；氮、砷都是第ⅤA主族元素，二者形成的简单氢化物分别是NH3、AsH3，物质分子之间都是以分子间作用力结合，形成的都是分子晶体，但NH3分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故二者分子中沸点较高的是NH3；【小问5详解】①b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为+4，氧元素化合价为-2可知，b的化学式为：(或)；②c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的O原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：6×(-2)=-12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则含有n个四面体结构。含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n×(-2)=-2n，其化学式为(或)。16.氨气是重要的化工原料，工业上合成氨的反应：。回答下列问题：（1）已知键能，，。工业上合成氨反应的___________。（2）工业合成氨在合成塔中进行，下列事实能说明反应已达化学平衡状态的有___________(填字母标号)。a．密闭的合成塔中气体密度不再变化b．合成塔中混合气体的平均摩尔质量不再变化c．氮气的百分含量保持不变d．氮气、氢气、氨气物质的量之比为（3）氨是一种极易溶于水的气体。氨气极易溶于水的主要原因是___________。（4）将稀氨水逐滴滴加到溶液中，出现蓝色沉淀，滴加一定量氨水后蓝色沉淀溶解，得深蓝色溶液，沉淀溶解的化学方程式为___________；向深蓝色溶液中加入无水乙醇有深蓝色晶体析出，该晶体中阴离子的空间结构为___________。（5）稀氨水也能用于配制银氨溶液。①下列有关银氨溶液的相关描述正确的有___________(填字母标号)。a．向盛有1mL2%溶液的试管中，边振荡边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀恰好溶解，制得银氨溶液b．是配位化合物，配位原子是N，中心离子的配位数是2c．将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中，用酒精灯的外焰给试管底部加热可产生银镜d．能发生银镜反应的物质一定属醛类物质②若用0.05mol乙醛与足量的银氨溶液发生银镜反应，理论上可生成银___________g。【答案】（1）-92kJ/mol（2）bc（3）氨分子能与水分子间形成氢键(合理原因均可)（4）①.②.正四面体（5）①.ab②.10.8【解析】【小问1详解】工业上合成氨反应化学方程式为：，；【小问2详解】密闭的合成塔中气体质量不变，体积恒定，密度一直不变，不能说明达到化学平衡状态，a错误；该反应前后气体分子数变化，合成塔中混合气体的平均摩尔质量不再变化，达到化学平衡状态，b正确；氮气的百分含量保持不变，说明达到化学平衡状态，c正确；氮气、氢气、氨气物质的量之比为不能说明达到化学平衡状态，d错误；故选bc；【小问3详解】氨是一种极易溶于水的气体。氨气极易溶于水的主要原因是：氨分子能与水分子间形成氢键(合理原因均可)；【小问4详解】将稀氨水逐滴滴加到溶液中，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加一定量氨水后蓝色沉淀溶解，得深蓝色溶液，沉淀溶解的化学方程式为：；向深蓝色溶液中加入无水乙醇有深蓝色晶体析出，该晶体中硫酸根的空间结构为正四面体；【小问5详解】①a．向盛有1mL2%溶液的试管中，边振荡边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀恰好溶解，制得银氨溶液，正确；b．是配位化合物，银离子有空轨道，N原子有孤电子对，故配位原子是N，中心离子的配位数是2，正确；c．银镜反应应采用水浴加热，错误；d．葡萄糖也能发生银镜反应，属于糖类，错误；故选ab；②醛基与银氨溶液反应时的关系式为：，若用0.05mol乙醛与足量的银氨溶液发生银镜反应，理论上可生成银0.1mol，质量为。17.苯甲酸甲酯常用作有机合成中间体、溶剂、食品保鲜剂等，可利用苯甲酸和甲醇在下图所示装置中制得。相关物质的物理性质见下表：

苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯相对分子质量12232136熔点/℃122-93.9-12.3沸点/℃24965199.6反应密度/(g/cm3)1.26590.7921.0888水溶性0.17g(25℃)、0.95g(50℃)易溶难溶回答下列问题：Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入18.3g苯甲酸()和19.2g甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品。（1）仪器X的名称是___________；加入沸石的作用是___________。（2）写出该实验中制取苯甲酸甲酯的化学方程式___________。（3）实验中需使用过量的甲醇，其目的是___________。Ⅱ．粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制：（4）蒸馏时，温度应控制在___________℃左右；操作a的名称是___________。（5）实验制得苯甲酸甲酯精制品13.2g，则本实验中苯甲酸甲酯的产率为___________%(结果保留三位有效数字)。Ⅲ．探究苯甲酸甲酯的碱性水解并回收苯甲酸(装置如下图)（6）能说明i装置中反应基本完全的现象是___________。（7）完成步骤③适宜采用的方法是___________(填字母标号)。a．常温过滤b．趁热过滤c．蒸发d．分液【答案】（1）①.球形冷凝管②.防止暴沸（2）（3）提高苯甲酸的转化率(或提高苯甲酸甲酯的产率)（4）①.65②.分液（5）64.7（6）烧瓶中液体不再分层（7）a【解析】苯甲酸()、甲醇和浓硫酸混匀后，投入几粒沸石，小心加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品；苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，控制温度蒸馏得乙醇，剩余的混合溶液用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，得水层和有机层，有机层经过一系列操作得苯甲酸甲酯。【小问1详解】由仪器X的构造可知，其名称是球形冷凝管；混合液体加热时，加入沸石的作用是防止暴沸；【小问2详解】苯甲酸()、甲醇和浓硫酸加热反应制取苯甲酸甲酯，制取苯甲酸甲酯的化学方程式为；【小问3详解】苯甲酸()、甲醇和浓硫酸加热反应制取苯甲酸甲酯，实验中需使用过量的甲醇，其目的是提高苯甲酸的转化率(或提高苯甲酸甲酯的产率)；【小问4详解】据图示可知蒸馏时得甲醇，甲醇的沸点为65℃，所以温度应控制在65℃左右；操作a后得水层和有机层，所以操作a名称是分液；【小问5详解】18.3g苯甲酸()的物质的量为，19.2g甲醇的物质的量为，即甲醇过量，所以苯甲酸甲酯的理论产量为0.15mol×136g/mol=20.4g，实验制得苯甲酸甲酯精制品13.2g，则本实验中苯甲酸甲酯的产率为；【小问6详解】苯甲酸甲酯和氢氧化钠溶液不互溶，液体会分层，苯甲酸甲酯和氢氧化钠溶液反应生成苯甲酸钠和甲醇，苯甲酸钠和甲醇均溶于水，当烧瓶中液体不再分层时说明i装置中反应基本完全；【小问7详解】由表格数据可知，常温下苯甲酸的溶解度较小，完成步骤③需将固液分离，适宜采用的方法是常温过滤，故答案为：a。18.化合物G()是一种新型化工原料，其合成路线图如下：已知：（1）A的分子式为___________。（2）反应①的化学方程式为___________。（3）C中官能团的名称是羧基、___________。（4）F的结构简式为___________；③的反应类型是___________。（5）F的多种同分异构体中，遇氯化铁溶液发生显色反应且能发生水解反应、银镜反应的共有___________种，其中核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式为___________。（6）下图是以A和乙烯为原料合成的路线设计。请写出图中标注“ⅰ、ⅱ”的合成路线图(无机试剂任选)：___________；图中“中间产物1”的系统名称为___________。【答案】（1）（2）+Cl2+HCl（3）碳氯键（4）①.②.取代反应（5）①.13②.（6）①②.1，2—二溴乙烷【解析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下CH3CHO与银氨溶液共热发生氧化反应后酸化生成CH3COOH，则A为CH3CHO；CH3COOH与三氯化磷发生取代反应生成；催化剂作用下与氯气发生取代反应生成，则B为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则C为；一定条件下与氢氧化钠溶液反应生成，则D为；与硫酸溶液反应生成，浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，则F为；催化剂作用下与发生取代反应，适当条件下转化为。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O，故答案为：C2H4O；【小问2详解】由分析可知，反应①为催化剂作用下与氯气发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；【小问3详解】由分析可知，C结构简式为，官能团为羧基和碳氯键，故答案为：碳氯键；【小问4详解】由分析可知，F的结构简式为；反应③为催化剂作用下与发生取代反应和氯化氢，故答案为：；取代反应；小问5详解】的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应且能发生水解反应、银镜反应说明同分异构体分子中含有酚羟基和甲酸酯基，同分异构体的结构可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中烃基上的氢原子被—OOCH取代所得结构，共有5+5+3=13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为，故答案为：13；；【小问6详解】由有机物的转化关系可知，乙烯转化为中间产物ⅱ的合成步骤为乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，1，2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇，合成路线为，故答案为：；1，2—二溴乙烷。四川省内江市2023-2024学年高二下学期期末考试（新高三零模）本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间为75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置。2.选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。不能答在试题卷上。3.非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上。4.考试结束后，监考人员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16P-31As-75Ag-108一、选择题(本题共14小题。每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与生产、生活密切相关。下列现象或事实的对应解释错误的是选项现象或事实解释A制造光导纤维的关键材料是二氧化硅二氧化硅具有光学特性B液态油通过催化加氢可转变为半固态的脂肪液态油分子中含价键不饱和的碳原子C浸泡过溶液的硅藻土可用于水果保鲜溶液可氧化水果释放的催熟剂——乙烯D水被誉为“生命之源”，性质很稳定水分子间能形成氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】二氧化硅具有光学特性，是制造光导纤维的关键材料，A正确；液态油分子中含价键不饱和原子，通过催化加氢可转变为半固态的脂肪，B正确；乙烯具有催熟作用，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，所以浸泡过溶液的硅藻土可吸收乙烯气体，延迟水果成熟，可用于水果保鲜，C正确；水分子间能形成氢键，导致水的沸点较高；水的稳定性强，是因为氢氧共价键键能大，D错误；答案选D。2.下列化学用语表述正确的是A.葡萄糖的实验式：B.乙醛官能团的结构简式：—COHC.乙醇分子的空间填充模型：D.丙烯的结构简式：【答案】C【解析】葡萄糖的实验式是，分子式为，A错误；乙醛官能团的是醛基，结构简式，B错误；乙醇分子的空间填充模型（比例模型）是，C正确；丙烯的结构简式，D错误；答案选C。3.下列说法正确的是A.不存在同分异构体的事实说明不是平面结构B.油脂、蛋白质都是天然高分子化合物C.原子最外层电子数为2的元素一定位于元素周期表第ⅡA族D.X射线衍射技术能区分晶体与非晶体，但不能测定晶体结构【答案】A【解析】如果是平面结构，有和，事实上不存在同分异构体，也就是不是平面结构，A正确；油脂不是天然高分子化合物，B错误；原子最外层电子数为2的元素可能是0族、ⅡA族或Ⅷ族，不一定位于元素周期表第ⅡA族，C错误；X射线衍射技术能区分晶体与非晶体，且测定晶体结构，D错误；故答案选A；4.冠醚是皇冠状的分子，可由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构如图。下列说法错误的是A.超分子具有分子识别的重要特征B.利用超分子的分子识别特征可分离与C.利用18-冠-6也可识别D.该超分子中的配位数为6【答案】C【解析】18-冠-6与K+作用，不与其他碱金属离子作用，可知结合具有选择性，说明超分子有“分子识别”的特性，故A正确；利用超分子的分子识别特征可分离与，这是利用超分子的分子识别特征，故B正确；因为冠醚由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，18-冠-6与钾离子以配位键结合，离子半径：Na+<K+，则不可识别Na+，故C错误；由图可知，中心K+周围形成了6个配位键，其的配位数为6，故D正确；答案选C。5.氢氰酸(HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构。下列有关HCN的说法错误的是A.分子是直线形 B.电子式为C.中心原子是sp杂化 D.是极性分子【答案】B【解析】在HCN分子中，C原子形成2个σ键，C原子采用sp杂化，分子中三个原子在同一条直线上，A正确；在HCN分子中，C与H形成共价单键，与N原子形成共价三键，使H原子达到最外层2个电子的稳定结构；C原子达到最外层8个电子的稳定结构，N原子最外层有5个电子，由1对孤电子对和3个成单电子。当3个成单电子与C原子形成共价三键后，N原子达到最外层8个电子的稳定结构，故该物质的电子式应该为：，B错误；在HCN分子中，C原子与H、N两个原子形成2个σ键，则C原子采用sp杂化方式，C正确；在HCN分子中，由于正负电荷重心不重合，因此HCN分子是极性分子，D正确；故合理选项是B。6.下列有关原子结构与性质的叙述正确的是A.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B.所有元素中，氟的第一电离能最大C.电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据D.如图为元素周期表Bi的数据，该原子的6p能级有一个未成对电子【答案】C【解析】2p、3p、4p能级的轨道数相同，A项错误；氦（He）的第一电离能是所有元素中最大的，B项错误；电负性表示不同元素原子对键合电子吸引力的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大，其变化规律与非金属性强弱变化规律一致，电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，C项正确；Bi原子的外围电子排布为6s26p3，p能级有3个轨道，p能级的3个电子优先各占据1个轨道，Bi原子6p能级三个电子都是单电子，D项错误；答案选C。7.下列关于晶体结构和性质的叙述正确的是A.同一元素形成单质可能具有不同的晶体结构B.等离子体是由阴、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质C.天然气水合物晶体是分子晶体，其中仅存在范德华力D.冰和干冰都是分子晶体，因此二者晶体中每个分子周围的紧邻分子均为12个【答案】A【解析】金刚石是共价晶体，石墨是混合晶体，C60是分子晶体，它们都是碳元素的不同单质，故A正确；等离子体也可以是液态，B错误；天然气水合物晶体是分子晶体，其中存在范德华力、氢键、共价键，C错误；干冰是由分子密堆积形成的晶体，一个分子周围有12个紧邻的分子，冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子形成四面体结构，D错误；本题选A。8.分离和提纯下列有机物所用的方法正确的是A.分离汽油和柴油：分馏B.分离酒精和水：分液C.除去乙烷中的乙烯：通入酸性高锰酸钾溶液中洗气D.除去苯中混有的苯酚：加入足量饱和溴水，过滤【答案】A【解析】汽油和柴油互溶，但沸点不同，可用分馏的方法分离，故A正确；酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，即乙烷中引入了新的杂质，故C错误；苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚能溶解于苯，不能用溴水除去苯中混有的苯酚，故D错误；故答案为：A。9.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.15g甲基所含有的电子数是B.28g乙烯与环丁烷(C4H8)的混合物中含有的碳原子数目为C.62g白磷(P4)中共价键的数目为D.中含有的键数目为【答案】D【解析】甲基的电子数9，则15g甲基所含有的电子数为×9×NAmol﹣1=0.9NA，故A错误；乙烯与环丁烷的最简式相同，都为CH2，则28g乙烯与环丁烷的混合物中含有的碳原子数目为×1×NAmol﹣1=2NA，故B错误；白磷分子含有6个磷磷键，则62g白磷分子中含有共价键的数目为×6×NAmol﹣1=3NA，故C错误；四水合铜离子中配位键和氢氧键属于σ键，则0.5mol四水合铜离子中含有的σ键数目为0.5mol×12×NAmol﹣1=6NA，故D正确；故选D。10.下列实验现象及结论都正确且具有因果关系的是选项实验现象结论A向酸性溶液中滴加溶液的紫红色逐渐褪去中含碳碳双键B向苯酚钠溶液中通入足量溶液变浑浊酸性：碳酸>苯酚C向两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液前者溶液变蓝，后者无黄色沉淀生成溶液中存在：D将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，产生的气体直接通入酸性溶液中溶液的紫红色逐渐褪去乙烯具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】丙烯醛分子中含有的碳碳双键和醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液的紫红色逐渐褪去不能说明丙烯醛分子中含有碳碳双键，故A错误；向苯酚钠溶液中通入足量二氧化碳，溶液变浑浊是因为碳酸的酸性强于苯酚，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，故B正确；向两支盛有三碘化钾溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者变蓝，后者有黄色沉淀生成才能说明溶液中存在如下平衡，故C错误；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液的紫红色逐渐褪去不能说明乙烯具有还原性，故D错误；故选B。11.用下列装置进行实验，能达成相应目的的是实验目的A．制备乙酸乙酯B．制备乙炔实验装置实验目的C．制备硝基苯D．蒸馏提纯硝基苯实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】将含有乙酸、乙醇的乙酸乙酯直接通入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，所以题给装置不能达到制备乙酸乙酯的实验目的，故A错误；电石与饱和食盐水的反应速率快，电石遇水粉化，不能控制，且反应放出大量的热，反应生成的氢氧化钙易堵塞导气管，所以题给装置不能达到制备乙炔的实验目的，故B错误；浓硫酸作用下苯与浓硝酸在60℃水浴加热条件下发生硝化反应生成硝基苯，则题给装置能达到制备硝基苯的实验目的，故C正确；蒸馏提纯硝基苯时温度计应放在支管口附近测定硝基苯的温度，不能插入混合溶液中，水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；故选C。12.麻黄是一种发散风寒药，其结构简式如图。下列有关麻黄的说法正确的是A.分子式为B.1mol分子含6mol碳碳双键C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.理论上1mol麻黄最多消耗5molNaOH【答案】C【解析】其分子式为，A错误；苯环中无碳碳双键，B错误；因为含有酚羟基和醇羟基，可以被高锰酸钾氧化，C正确；理论上1mol麻黄最多消耗4molNaOH，醇羟基不能与氢氧化钠反应，D错误；答案选C13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为18，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法错误的是A.X、W都能与Y形成离子化合物B.原子半径：C.第一电离能大小：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】B【解析】X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，则Z为Si元素，W与X位于同一主族，则W为S元素，4中原子最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子为2，为Mg元素，据此解答。Mg与O、S可以形成离子化合物MgO、MgS，故A正确；同周期从左到右原子半径依次递减，则，故B错误；同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小：，故C正确；元素非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性S＞Si，故D正确；故选B。14.6.8gX完全燃烧生成3.6g和8.96L(标准状况)。X的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为。X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其质谱、红外光谱图如下。关于X的下列判断正确的是A.摩尔质量为136B.含有官能团的名称为羰基、醚键C.分子中所有碳原子不可能在同一个平面上D.其同分异构体中可能存在同时含有苯环和羧基的分子【答案】D【解析】本题考查有机物的研究方法。由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，则有机物X的物质的量为，完全燃烧后生成的水的物质的量为，则氢原子的物质的量为，CO2的物质的量为，碳原子的物质的量为，即1个有机物分子含有8个碳原子，8个氢原子，根据相对分子质量计算氧原子个数为：，因此该有机物的分子式为C8H8O2，据红外光谱图和核磁共振氢谱可知，X的结构简式为。由质谱图可知，X的相对分子质量为最大碎片荷比即136，A错误；根据分析可知，X结构简式为，分子中含有的官能团名称为酯基，B错误；X的结构简式为，分子中所有碳原子可能在同一个平面上，C错误；X的同分异构体，同时含有苯环和羧基，D正确；故答案选D。二、非选择题(本大题包括4小题，共58分)15.先进的雷达需要锗、砷等元素形成的化合物；坦克装甲离不开铁、铬元素；各种电子元器件和计算芯片是以铜、硅为基本原料制造的；各种导弹燃料和炸药中都含有碳、氢、氧、氯、氮等元素。回答下列问题：（1）基态铬原子的价层电子排布式为___________；铜元素分布在元素周期表的区___________。（2）元素铜与锌的第二电离能分别为，，I2(Cu)＞I2(Zn)的原因是___________。（3）金刚石中碳原子的杂化方式为___________；18g金刚石所含碳碳键的数目为___________。（4）氯化铁易升华且熔融状态下不能导电，其晶体类型为___________；氮、砷形成的简单氢化物中沸点较高的是___________(填化学式)。（5）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。是一种四面体形的离子(属硅酸根)，其结构可用图a表示，硅原子位居该四面体中心(图中不可见)，四个氧原子各占一个顶点。图b和图c则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。①写出b的化学式：___________。②若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则其化学式为___________。【答案】（1）①.3d54s1②.ds（2）Cu+最外层电子排布为3d10，呈全满状态，相对更稳定，所以第二电离能更高（3）①.sp3②.3NA（4）①.分子晶体②.NH3（5）①.(或)②.(或)【解析】【小问1详解】Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；铜元素是29号元素，Cu元素分布在元素周期表的第四周期第ⅠB族，属于ds区元素；【小问2详解】铜元素是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，当Cu原子失去最外层的1个4s电子形成Cu+时，最外层电子排布为3d10，呈全满状态，相对更稳定，所以第二电离能更高；而30号Zn元素的价层电子排布式为3d104s2，当Zn原子失去最外层的1个4s电子形成Zn+时，最外层电子排布为3d104s1，只有当在失去1个4s电子后才能变为次外层3d10的全满的相对稳定的状态，所以第二电离能I2(Cu)＞I2(Zn)；【小问3详解】在金刚石中，C原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，这四个C原子构成正四面体结构，这种结构向空间无限扩展就形成结构式的立体网状结构。由于每个C原子相邻的4个C原子形成正四面体结构，可见C原子采用sp3杂化；在金刚石中，C原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，每个共价键是相邻的两个C原子形成的，因此属于每个C原子的共价键数目是4×=2；18g金刚石所含C原子的物质的量是n(C)==1.5mol，因此其中含有的C-C共价键数目为N(C-C)=1.5mol×2×NA/mol=3NA；【小问4详解】氯化铁易升华且熔融状态下不能导电，说明构成微粒不带电，微粒之间作用力比较小，则其晶体类型为分子晶体；氮、砷都是第ⅤA主族元素，二者形成的简单氢化物分别是NH3、AsH3，物质分子之间都是以分子间作用力结合，形成的都是分子晶体，但NH3分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故二者分子中沸点较高的是NH3；【小问5详解】①b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为+4，氧元素化合价为-2可知，b的化学式为：(或)；②c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的O原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：6×(-2)=-12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则含有n个四面体结构。含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n×(-2)=-2n，其化学式为(或)。16.氨气是重要的化工原料，工业上合成氨的反应：。回答下列问题：（1）已知键能，，。工业上合成氨反应的___________。（2）工业合成氨在合成塔中进行，下列事实能说明反应已达化学平衡状态的有___________(填字母标号)。a．密闭的合成塔中气体密度不再变化b．合成塔中混合气体的平均摩尔质量不再变化c．氮气的百分含量保持不变d．氮气、氢气、氨气物质的量之比为（3）氨是一种极易溶于水的气体。氨气极易溶于水的主要原因是___________。（4）将稀氨水逐滴滴加到溶液中，出现蓝色沉淀，滴加一定量氨水后蓝色沉淀溶解，得深蓝色溶液，沉淀溶解的化学方程式为___________；向深蓝色溶液中加入无水乙醇有深蓝色晶体析出，该晶体中阴离子的空间结构为___________。（5）稀氨水也能用于配制银氨溶液。①下列有关银氨溶液的相关描述正确的有___________(填字母标号)。a．向盛有1mL2%溶液的试管中，边振荡边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀恰好溶解，制得银氨溶液b．是配位化合物，配位原子是N，中心离子的配位数是2c．将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中，用酒精灯的外焰给试管底部加热可产生银镜d．能发生银镜反应的物质一定属醛类物质②若用0.05mol乙醛与足量的银氨溶液发生银镜反应，理论上可生成银___________g。【答案】（1）-92kJ/mol（2）bc（3）氨分子能与水分子间形成氢键(合理原因均可)（4）①.②.正四面体（5）①.ab②.10.8【解析】【小问1详解】工业上合成氨反应化学方程式为：，；【小问2详解】密闭的合成塔中气体质量不变，体积恒定，密度一直不变，不能说明达到化学平衡状态，a错误；该反应前后气体分子数变化，合成塔中混合气体的平均摩尔质量不再变化，达到化学平衡状态，b正确；氮气的百分含量保持不变，说明达到化学平衡状态，c正确；氮气、氢气、氨气物质的量之比为不能说明达到化学平衡状态，d错误；故选bc；【小问3详解】氨是一种极易溶于水的气体。氨气极易溶于水的主要原因是：氨分子能与水分子间形成氢键(合理原因均可)；【小问4详解】将稀氨水逐滴滴加到溶液中，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加一定量氨水后蓝色沉淀溶解，得深蓝色溶液，沉淀溶解的化学方程式为：；向深蓝色溶液中加入无水乙醇有深蓝色晶体析出，该晶体中硫酸根的空间结构为正四面体；【小问5详解】①a．向盛有1mL2%溶液的试管中，边振荡边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀恰好溶解，制得银氨溶液，正确；b．是配位化合物，银离子有空轨道，N原子有孤电子对，故配位原子是N，中心离子的配位数是2，正确；c．银镜反应应采用水浴加热，错误；d．葡萄糖也能发生银镜反应，属于糖类，错误；故选ab；②醛基与银氨溶液反应时的关系式为：，若用0.05mol乙醛与足量的银氨溶液发生银镜反应，理论上可生成银0.1mol，质量为。17.苯甲酸甲酯常用作有机合成中间体、溶剂、食品保鲜剂等，可利用苯甲酸和甲醇在下图所示装置中制得。相关物质的物理性质见下表：

苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯相对分子质量12232136熔点/℃122-93.9-12.3沸点/℃24965199.6反应密度/(g/cm3)1.26590.7921.0888水溶性0.17g(25℃)、0.95g(50℃)易溶难溶回答下列问题：Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入18.3g苯甲酸()和19.2g甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品。（1）仪器X的名称是___________；加入沸石的作用是___________。（2）写出该实验中制取苯甲酸甲酯的化学方程式___________。（3）实验中需使用过量的甲醇，其目的是___________。Ⅱ．粗产品的精制苯甲