2022届广东省深圳市盐田高级中学高二下学期期中考试化学试题（含解析）

2021—2022学年第二学期期中考试盐田高级中学高二化学试题卷考试时间：75分钟分数：100可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Al27Cu64S32Zn65一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项)1.下列说法中，错误的是A.只含分子的晶体一定是分子晶体B.碘晶体升华时破坏了共价键C.几乎所有的酸都属于分子晶体D.稀有气体中只含原子，但稀有气体的晶体属于分子晶体【答案】B【解析】【详解】A．分子晶体是分子通过相邻分子间的作用力形成的，只含分子的晶体一定是分子晶体，故A正确；B．碘晶体属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，故B错误；C．几乎所有的酸都是由分子构成的，故几乎所有的酸都属于分子晶体，故C正确；D．稀有气体是由原子直接构成的，只含原子，故稀有气体的晶体属于分子晶体，故D正确。故选B。2.下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.： B.As：C.： D.Cr：【答案】D【解析】【详解】A．K原子核外有19个电子，失去1个电子形成，则的电子排布式为，A正确；B．基态原子核外有33个电子，核外电子排布式为，B正确；C．N原子核外有7个电子，得到3个电子形成，则基态的电子排布式为，C正确；D．原子核外有24个电子，原子核外电子轨道为半满、全充满或全空时较稳定，所以基态原子的核外电子排布式为，D错误；答案选D。3.根据价层电子对互斥理论，判断下列分子或者离子的空间构型为平面三角形的ACO B.CCl4 C.ClO D.NH3【答案】A【解析】【详解】A．CO的中心原子上的价层电子对数为3，为平面三角形，A符合题意；B．CCl4的中心原子上的价层电子对数为4，为正四面体形，B不符合题意；C．ClO的中心原子上的价层电子对数为4，为四面体形，C不符合题意；D．NH3的中心原子上的价层电子对数为4，为三角锥形，D不符合题意；故选A。4.下列说法正确的是A.6C的电子排布式1s22s22p，违反了泡利不相容原理B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是p区元素C.电子排布式（22Ti）1s22s22p63s23p10违反了洪特规则D.ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，6C的电子排布式1s22s22py2违反了洪特规则，A错误；B．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，B错误；C．选项所给电子排布式中，3p能级有10个电子，根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，C错误；D．根据构造原理可知，能量由低到高的顺序为：1s2s2p3s3p4s

3d4p5s4d5p6s4f

5d6p7s等，则ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，D正确；综上所述答案为D。5.下列说法不正确的是A.中离子键的百分数为62%，则不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体B.通常当作离子晶体来处理，因为是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近C.是偏向离子晶体的过渡晶体，当作离子晶体来处理；是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理D.分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型【答案】C【解析】【分析】【详解】A．中离子键的百分数为62%，说明还存在共价键，则不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，故A正确；B．离子键与共价键的区别在于形成化学键的两元素电负性差值，差值大为离子键，差值小为共价键，通常当作离子晶体来处理，因为是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近，故B正确；C．、均是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故C错误；D．根据微粒间存在的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，故D正确；故选C。6.二氧化硅有晶体和无定形两种形态，晶态二氧化硅主要存在于石英矿中。除石英外，SiO2还有磷石英和方石英等多种变体。方石英结构和金刚石相似，其结构单元如图。下列有关说法正确的是

A.方石英晶体中存在着SiO4结构单元B.1molSi形成2molSi—O键C.图示结构单元中实际占有18个硅原子D.方石英晶体中，Si—O键之间的夹角为90°【答案】A【解析】【详解】A．由方英石结构示意图可知，每个Si与4个O相连接，存在SiO4结构单元，故A正确；B．1个Si与4个O各形成1个共价键，故1molSi原子能形成4molSi-O键，故B错误；C．由示意图可知，8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，结构单元实际上占有的硅原子数为8×+6×+4=8个，故C错误；D．方英石晶体中存在SiO4

的结构单元，说Si-O键之间的夹角为109°28′，故D错误；

故选A。7.汽车尾气中的CO、NOx、硫氧化物、乙烯、丙烯等碳氢化合物会引起光化学烟雾、酸雨等污染；汽油抗震添加剂四乙基铅(熔点—136°C，极易挥发)的排放严重危害人体中枢神经系统。汽车尾气净化装置可将污染物中的CO和NO转化为无害气体，发生反应为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ·mol-1。下列有关说法正确的是A.SO2和SO3中的键角相等 B.丙烯能形成分子间氢键C.N2中σ键和π键数目之比为1：2 D.固态四乙基铅为离子晶体【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，三氧化硫中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，二氧化硫和三氧化硫的空间构型不同，键角不相等，故A错误；B．丙烯分子中不含有原子半径小、非金属性强的氮原子、氧原子和氟原子，不能形成分子间氢键，故B错误；C．氮气分子中含有氮氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，分子中σ键和π键数目之比为1：2，故C正确；D．由题给信息可知，固态四乙基铅为熔沸点低的分子晶体，故D错误；故选C。8.已知某有机物的分子式为C9H12，该有机物为苯的同系物，且苯环上只有一个取代基，下列说法正确的是A.该有机物能发生加成反应，但不能发生取代反应B.该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色C.该有机物分子中的所有原子不可能在同一平面上D.该有机物的一溴代物一定有5种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据有机物分子式，结合其是苯的同系物，可知该有机物的结构简式为或，苯环可以和H2发生加成反应，在光照条件下可发生侧链上的取代反应，A错误；B．该有机物的苯环侧链上与苯环连接的C原子上含有H原子，因此可以被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色；该有机物可萃取溴水中的溴而使溴水褪色，B错误；C．该有机物分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此分子上所有原子不可能共面，C正确；D．有6种一溴代物;有5种一溴代物，D错误；故合理选项是C。9.只用一种试剂就能将1-戊烯、甲苯、苯酚溶液、碘化钾溶液区别，该试剂可以是A.硝酸银溶液 B.氯化铁溶液 C.溴水 D.高锰酸钾溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．硝酸银溶液能使碘化钾产生黄色沉淀，其余不反应，A不选；B．1-戊烯、甲苯不与氯化铁溶液反应、氯化铁溶液能使苯酚显示、能和碘化钾发生氧化还原反应，得到碘单质，颜色加深，B不选；C．溴水能与1-戊烯加成使之褪色，甲苯能萃取溴水中的溴出现分层上层橙红色、苯酚溶液和溴水产生白色沉淀、溴水能和碘化钾发生氧化还原反应得到碘单质使颜色加深，C选；D．1-戊烯、甲苯、苯酚溶液能使高锰酸钾溶液褪色，D不选；答案选C。10.间苯三酚和HCl的甲醇溶液反应生成3，5－二甲氧基苯酚和水。提纯3，5－二甲氧基苯酚时，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取，分液后得到的有机层用饱和NaHCO3溶液、蒸馏水依次进行洗涤，再经蒸馏、重结晶等操作进行产品的纯化。相关物质的部分物理性质如下表：物质沸点/℃密度(20℃)/(g·cm-3)溶解性甲醇64.70.7915易溶于水乙醚3450.7138微溶于水下列说法不正确的是A.分离出甲醇的操作是蒸馏B.用乙醚萃取后得到的有机层在分液漏斗的下层C.用饱和NaHCO3溶液洗涤可以除去HClD.重结晶除去间苯三酚是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度不同而将杂质除去【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图表知，甲醇和乙醚的能互溶，但沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离出甲醇，A正确；B．根据密度知，有机层的密度小于水，是在上方，B错误；C．混合物中含有氯化氢，氯化氢能和碳酸氢钠反应，所以为除去氯化氢用饱和NaHCO3

溶液洗涤，C正确；D．重结晶除去间苯三酚是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度不同而将杂质除去，从而提纯，D正确；故选：B。二、选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个选项)11.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩A.②④⑦⑧⑩ B.②③④⑦⑨⑩ C.①③④⑦⑩ D.③④⑤⑦⑨⑩【答案】B【解析】【分析】【详解】①中Be为第二周期第ⅡA族，原子序数4，最外层最多为4个电子，故①错误；②中N的最外层电子数为5+3=8，Cl的最外层电子数为7+1=9，均满足最外层8电子结构，故②正确；③与相似，所有原子最外层均满足8电子结构，故③正确；④中C最外层电子数为4+4=8、O原子最外层电子数为6+2=8、Cl最外层电子数为7+1=8，所有原子均满足最外层8电子结构，故④正确；⑤中只有F原子最外层满足8电子结构，故⑤错误；⑥中，Xe原子最外层电子数为8+2=10，故⑥错误；⑦中C原子最外层电子数为4+4=8，S原子最外层电子数为6+2=8，故⑦正确；⑧中H原子最外层为2个电子，故⑧错误；⑨中C原子最外层电子数为4+4=8，F、Cl相似，最外层电子数为7+1=8，故⑨正确；⑩中S最外层电子数为6+2=8，Cl原子最外层电子数为7+1=8，故⑩正确；综上②③④⑦⑨⑩正确，故选B。12.“医用酒精"和84消毒液”混合，产生QW、Y2X4Z、YX3W等多种物质，已知X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列叙述正确的是A.Y2X4Z中σ键和π键数目之比5：1B.简单离子半径：Q+>Z2->X+C.氧化物对应水化物的酸性：W＞YD.Z与Q形成的常见化合物中阴阳离子个数比1：2【答案】D【解析】【分析】“医用酒精"主要成分使CH3CH2OH，84消毒液”主要成分是NaClO，二者混合反应生成氯化钠、乙醛、一氯甲烷等多种物质，且X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H、Y为C、Z为O、Q为Na、W为Cl。【详解】A．1个乙醛CH3CHO分子中含有σ键6个，π键1个，比值为6：1，错误；B．核外电子数相同核电荷数越大半径越小，故Q+＜Z2-，错误；C．不是最高价氧化物对应水化物，不能比较，如HClO＜H2CO3，错误；D．Z与Q形成的常见化合物氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都为1：2，正确；故选D。13.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.23gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NAB.0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NAC.1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4NAD.标准状况下，11.2LCO和H2的混合气体中分子数为0.5NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．中C和O均为杂化，23g乙醇为0.5mol，杂化的原子数为，选项A错误；B．中氙的孤电子对数为，价层电子对数为，则中氙的价层电子对数为，选项B正确；C．1个中含有4个配位键，1mol含配位键的个数为，选项C正确；D．标准状况下。11.2LCO和的混合气体为0.5mol，分子数为，选项D正确。答案选A。14.下列用系统命名法命名的有机物名称正确的是A.2—甲基—4—乙基戊烷 B.3，4，4—三甲基己烷C.2，3—二甲基戊烷 D.1，2—二甲基丙烷【答案】C【解析】【分析】【详解】A．2-甲基-4-乙基戊烷，戊烷的命名中出现了2-乙基，说明选取的主链不是最长碳链，该有机物主链为己烷，在2、4号C个含有一个甲基，该有机物正确命名为：2，4-二甲基己烷，故A错误；B．烷烃命名时，应从离支链近的一端开始编号，当两端离支链一样近时，应从支链多的一端开始编，使支链编号之和必须最小，故正确命名是：3，3，4-三甲基己烷，故B错误；C．2，3—二甲基戊烷是正确的命名，故C正确；D．主链选错，正确的名称是2-甲基丁烷，故D错误；故选：C。15.苯及其同系物与氢气发生的加成反应称为氢化。甲苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】C【解析】【分析】【详解】苯及其同系物与氢气发生的加成反应称为氢化。甲苯完全氢化后，得到，发生氯代反应，由于有5种位置的氢，因此其一氯代物的同分异构体数目有5种，故C符合题意。综上所述，答案为C。16.我国科学家研发出一种绿色锌碘二次电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时，聚烯烃多孔电极上发生还原反应B.放电时，向多孔石墨电极迁移C.充电时，阴极净增65g时，外电路中通过2mol电子D.充电时，阳极的电极反应式为【答案】C【解析】【分析】装置连接用电器时，该装置为电池装置，连接光伏电池时，该装置为电解装置，若为电池时，根据原电池工作原理，以及装置图可知，聚烯烃多孔电极为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，多孔石墨电极为正极，电极反应式为I2+2e-=2I-，据此分析；【详解】A．根据上述分析，放电时，聚烯烃多孔电极作负极，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B．根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即放电时，Cl-向聚烯烃多孔电极迁移，故B错误；C．充电时，聚烯烃多孔电极作阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，增加65g锌，转移电子物质的量2mol，故C正确；D．充电时，电池正极接电源的正极，阳极的电极反应式为，故D错误；答案为C。三、填空题(本题共4大题，共56分)17.常温下，青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点约为156.5℃，易受湿、热的影响而分解。某实验小组对青蒿素的提取和组成进行了探究。I．提取流程：

（1）“破碎”的目的是_______。（2）操作a和操作b的名称分别是_______、_______。（3）操作a所用青蒿必须干燥且不宜加热，原因是_______。Ⅱ．燃烧法测定最简式：实验室用如图所示装置测定青蒿素(烃的含氧衍生物)中氧元素的质量分数。（4）装置D中所盛固体可以是_______(用对应符号填空)；F作用是_______。a．生石灰b．c．碱石灰d．浓硫酸（5）燃烧mg青蒿素，图中D、E的质量分别增重ag、bg，则青蒿素中氧元素的质量分数可表示为_______(只写计算式，用含有m、a、b的符号来表示，可不化简)。【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率（2）①.过滤②.蒸馏（3）青蒿素易受湿、热的影响而分解（4）①.b②.防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果（5）×100%【解析】【分析】Ⅰ．根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，向粗品中加入95%的乙醇，经浓缩、结晶、过滤可得青蒿素的精品；Ⅱ．由题给实验装置可知，装置A为氧气制备装置，装置B为氧气的干燥装置，装置C为青蒿素的燃烧装置，其中氧化铜的作用是使青蒿素燃烧生成的一氧化碳氧化生成二氧化碳，装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置E中盛有碱石灰固体，目的是吸收、测定反应生成的二氧化碳的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸汽，防止空气中的二氧化碳和水蒸汽进入装置E中，导致实验出现测定误差。【小问1详解】根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；【小问2详解】由分析可知，操作a是用过滤的方法分离用乙醚对青蒿素进行浸取后得到的悬浊液，操作b是用蒸馏的方法分离提取液得到青蒿素的粗品，故答案为：过滤；蒸馏；【小问3详解】由题意可知，青蒿素易受湿、热的影响而分解，则过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解，故答案为：青蒿素易受湿、热的影响而分解；【小问4详解】装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸汽，防止空气中的二氧化碳和水蒸汽进入装置E中，导致实验出现测定误差，故答案为：b；防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果；小问5详解】由D、E的质量分别增重ag、bg可知，mg青蒿素中含有碳元素和氢元素的质量分别为×1×12g/mol=g、×2×1g/mol=g，则青蒿素中含有氧元素的质量为(m——)g，氧元素的质量分数为×100%，故答案为：×100%。18.肼()常用于火箭或原电池的燃料。已知：①②③回答下列问题：（1）反应___________kJ/mol（2）一定温度下，将与以体积比1：1置于10L密闭容器中发生上述反应：，下列选项不能说明反应达到平衡状态的是________(填编号)。a.混合气体密度保持不变b.混合气体颜色保持不变c.与体积之比保持不变d.体系压强保持不变（3）在10L的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量变化如下表：物质的量(mol)时间开始0.81.602min末0.6a0.35min末0.41.20.66min末0.41.20610min末0.61.40.3①前2min内的平均反应速率为___________。该温度下反应的平衡常数K=___________。②反应在6min时改变了条件，改变的条件可能是___________(填选项字母)。A．使用催化剂B．升高温度C．减小压强D．增大的量【答案】（1）-1311.7（2）c（3）①.0.01②.9.375③.BC【解析】【小问1详解】利用盖斯定律，②2-①+③4得到：(-534kJ/mol)2-67.7kJ/mol-44kJ/mol4=-1311.7kJ/mol；故答案为：-1311.7。【小问2详解】判断达到化学平衡状态的标志，只要看正逆反应速率相等以及各物质浓度保持不变即可。a．随着反应进行，平衡右移，由于生成液态水，混合气体质量会变小，体积不变，密度会减小，所以当密度不变，说明平衡不再移动，说明达到平衡状态，故a能说明；b．NO2为红棕色气体，混合气体颜色不变，说明浓度不变，故b能说明；c．起始时与体积之比为1:1，反应消耗的与体积之比也是1:1，则二者体积之比始终是1:1，则体积不变不能说明浓度不变，故c不能说明；d．由于反应前后体积发生变化，当压强不变，说明混合气体的物质的量不变，说明各物质浓度不变，故d能说明；答案选c。【小问3详解】①由图表数据知，反应进行至2min，n(N2H4)=0.8mol-0.6mol=0.2mol，(N2H4)==0.02mol/L，(N2H4)==0.01，速率之比等于化学计量数之比，则(NO2)=(N2H4)=0.01；由图表数据知，5min~6min时间段内各物质的浓度保持不变，说明该时间段内反应处于平衡状态，平衡常数K===9.375。②由图表数据知，6min时改变了条件，在10min时N2减少0.3mol，N2H4和NO2都增加0.2mol，说明改变条件使平衡逆向移动，且变化量之比等于化学计量数之比，故改变的条件肯定不是使用催化剂和增大NO2的量，故A、D不选，该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度和减小压强都能使平衡向逆反应方向移动，符合题意，故选BC。19.六方BN与石墨有类似结构。BN纳米片负载纳米可催化还原对硝基苯酚，生成对氨基苯酚，反应所用还原剂为。回答下列问题：（1）基态Cu原子的价电子排布式为___________。在催化剂/BN中，O、B、N、Cu电负性由大到小的顺序是___________，六方BN晶体中层与层之间的作用力属于___________。（2）还原剂中，阴离子空间构型是______，中心原子的杂化形式为_______。中存在_______(填标号)。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（3）比较对硝基苯酚与对氨基苯酚，熔点高的是___________，原因是___________。（4）属立方晶胞，结构如图所示，其边长(晶胞参数)为anm，晶胞中O处于顶角和体心位置，Cu处于晶胞内部，Cu与O间的最短距离为___________nm，该晶胞中含有的O个数为___________。设阿伏加德罗常数的值为，则的密度计算表达式为___________。【答案】（1）①.②.O>N>B>Cu③.分子间作用力(或范德华力)（2）①.正四面体②.③.AB（3）①.对氨基苯酚②.对氨基苯酚可形成更多的分子间氢键（4）①.②.2③.【解析】【分析】【详解】(1)铜为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为，非金属性越强电负性越强，O、B、N、Cu电负性由大到小的顺序是O>N>B>Cu，根据石墨结构可知，六方BN晶体中层与层之间的作用力属于分子间作用力。(2)中，阴离子为，孤对电子数，中心原子的杂化形式为，空间构型是正四面体，中存在离子键和B与H以单键连接形成的键。(3)对硝基苯酚与对氨基苯酚之间，酚羟基与氨基可形成氢键，硝基中氧原子不易形成氢键，故对氨基苯酚可形成更多的分子间氢键，熔点较高。(4)由立方晶胞结构可知，Cu与O间的最短距离为体对角线的1/4，即，晶胞内O个数为个，的密度计算表