【文档说明】浙江省杭州第二中学等四校联盟2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(24)页，3.322 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期四校联盟期中考试试卷高二年级化学学科本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无

效；4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Si28P31S32C135.5Mn55Fe56Cu64Ag108一、选择题(本题共有20个小题，1-15题每小题2分，16-20题

每小题3分，共45分。每小题请选一个最符合题意的选项。)1.下列化学用语中，正确的是A.羟基的电子式B.基态24Cr原子价层电子轨道表示式：C.2SO的VSEPR模型：D.As元素基态原子的电子排布式：23Ar4s4p【答案】C【解析】【详解】A．羟基的电子式为：，A错误；B．

基态24Cr原子的价电子式为：3d54s1，其轨道表示式：，B错误；C．SO2的孤电子对数=()162212−=，价电子对数为3，则VSEPR模型为：，C正确；D．As为33号元素，其基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，D错

误；故选C。2.下列关于物质的鉴别或除杂的说法正确的是A.先加浓溴水再分液可以除去苯中的己烯的B.通入氢气在一定条件下反应，可除去乙烷中少量乙烯C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、甲苯、戊烷D.用氯水和四氯化碳可鉴别NaBr溶液和KI溶液【答案】D【解析】【详解】A．己烯和溴水

发生加成反应的产物与苯是互溶的，因此不能用溴水来除去苯中的己烯，故A错误；B．乙烯和氢气在一定条件下发生加成反应，但氢气不会全部反应完，会引入氢气杂质，因此不能用气氢气除去乙烷中少量乙烯，一般用溴的四氯化碳溶液，故B错误；C．苯、戊烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯能使酸性高锰

酸钾溶液褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、甲苯、戊烷，故C错误；D．氯水和溴化钠反应生成溴单质，用四氯化碳萃取，溶液分层，下层为橙红色，氯水和碘化钾反应生成单质碘，用四氯化碳萃取，溶液分层，下层为紫红色，因此可用氯

水和四氯化碳可鉴别NaBr溶液和KI溶液，故D正确。综上所述，答案为D。3.下列每组物质发生转化时所克服的作用力完全相同的是A.氯化氢和酒精溶于水B.二氧化硅和生石灰的熔化C.固体氯化铵和固体碳酸氢钠分解D

.食盐和冰醋酸的熔化【答案】C【解析】【详解】A．HCl溶于水时完全电离，破坏了H-Cl共价键，酒精溶于水不电离，克服的是分子间作用力，故A不选；B．SiO2是共价晶体，原子间以共价键结合，熔化时破坏的是共价键；生石灰是离子晶体，熔化时破坏的是离子键，故B不选；

C．氯化铵和碳酸氢钠均为离子晶体，均含有离子键和共价键，氯化铵分解为氨气和氯化氢，破坏了离子键和共价键，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，也破坏了离子键和共价键，故C选；D．食盐的主要成分NaCl是离子晶体，熔化时破坏的是离子键，冰醋酸是分子晶体，熔化时破坏的是氢键和范德华力，

故D不选；故选C。4.下列关于物质的聚集状态的说法中，不正确．．．的是A.X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得分子的键长和键角的数值B.自然形成的水晶柱是晶体，从水晶柱上切削下来的粉末不是晶体C.缺角的NaCl

晶体在饱和NaCl溶液中慢慢生长为规则的多面体，体现了晶体的自范性D.液晶具有液体的流动性，在导热性、光学性质等物理性质方面具有类似晶体的各向异性【答案】B【解析】【详解】A．X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，

晶体的衍射图上有分立的斑点或明锐的衍射峰，非晶体没有；也可以获得分子的键长和键角的数值，得出分子的空间结构，故A正确；B．自然形成的水晶柱是晶体，从水晶柱上切削下来的粉末也是晶体，在光学显微镜或电子显微镜下仍可观察到规则的晶体外形，故B错误；C．缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢生长为规则

的多面体，体现了晶体的自范性，即晶体有自发地呈现多面体外形的性质，故C正确；D．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性，又具有晶体的某些物理性质，如在导热性、光学性质等物理性质方面具有类似晶体的各向异性，故D正确；故选B。5.下列有机物命名正确

的是A.：3，4，4-三甲基己烷B.：4-甲基-2-戊炔C.：2，4，6-三乙基苯D.：萘【答案】B【解析】【详解】A．根据烷烃的系统命名法，主链有6个碳原子，三个甲基取代基，编号时应使取代基位次之和最小，则该烷烃的名称为3，3，4-三甲基己烷，故A错误；B．根据炔烃的命名

法，选取包含碳碳三键在内的最长碳链为主链，从离三键最近的一端给主链编号，则该炔烃的名称为4-甲基-2-戊炔，故B正确；C．根据取代基位次之和最小的原则，该有机物的名称应为1，3，5-三乙基苯，故C错误；D．该稠环芳烃是蒽，故D错误；故选B。6.下列说法正确的是A.2p、3p、4p能级的轨道数依

次增多B.基态氮原子核外电子空间运动状态有5种C.焰色试验中可用无锈铁丝的原因是铁灼烧时不会产生发射光谱D.K和Cu元素的最外层电子数均为1，故均位于周期表中的s区【答案】B【解析】【详解】A．2p、3p、4p能级的轨道数相同，能量不相同，故A错误；B．一个轨

道就是一种空间运动状态，基态氮原子核外电子有5个轨道，因此空间运动状态有5种，故B正确；C．铁灼烧时会产生发射光谱，其波长知识不再可见光范围内，焰色试验中可用无锈铁丝的原因是看不到铁的焰色，故C错误；D．K和Cu元素的最外层电子数均为1，氮K位于周期表中的s区，Cu为ds区，故

D错误。综上所述，答案为B。7.下列各组微粒的空间构型相同的共有①3O和3SO②3NH和-3ClO③2CS和2BeCl④2COCl和2SOClA.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【详解】①臭氧和二氧化硫互为等电

子体，等电子体具有相同的空间构型，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；三氧化硫分子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，则臭氧与三氧化硫的空间构型不相同，故不符合题意；②氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数

为1，分子的空间构型为三角锥形，氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，则氨分子和氯酸根离子的空间构型相同，都是三角锥形，故符合题意；③二硫化碳中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，氯化铍中铍原子的价层电子

对数为2、孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，则二硫化碳和氯化铍的空间构型相同，都是直线形，故符合题意；④光气分子中的碳原子与二氯亚砜中的硫原子都形成3个σ键，原子的杂化方式都为sp2杂化，分子的空间构型都为平面三角形，则光气与二氯亚砜的空间构型相同，都是平面三角形

，故符合题意；符合题意的共有3个，故选C。8.化合物M是一种新型超分子晶体材料，由X、Y、4HClO、以33CHCOCH为溶剂反应制得(如图)。下列叙述正确的是A.X分子中的溴原子可由苯与溴蒸气在光照条件下发生取代反应引入B.Y与互为同系物C.Y分子中所有原子一定不

共平面D.M中碳、氮、氯原子的轨道杂化类型均为3sp【答案】C【解析】【详解】A．X分子中的溴原子是苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应引入，故A错误；B．Y有6个氧的环状化合物，Y与结构不相似，因此不互为同系物，故B错误；C．Y分子中碳原子

是sp3杂化，因此Y中所有原子一定不共平面，故C正确；D．M中苯环上的碳原子的轨道杂化类型为2sp，故D错误。综上所述，答案为C。9.结构决定性质，下列推理不恰当．．．的是A.金属晶体的导电性随温度升高而降低，是由于自

由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞B.2I易溶于4CCl，是由于两者都是由非极性分子构成的物质C.对羟基苯甲醛的沸点大于邻羟基苯甲醛，是由于前者存在氢键而后者不存在D.三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，是由于氟的电负性大于氯的

电负性【答案】C【解析】【详解】A．金属晶体在受热时，自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞，使电子的定向移动受阻，导电性降低，故A正确；B．根据“相似相溶”理论，I2易溶于CCl4，是由于两者都是由非极性分子构成的

物质，故B正确；C．对羟基苯甲醛的沸点大于邻羟基苯甲醛，是由于前者存在分子间氢键而后者存在分子内氢键，故C错误；D．三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，是由于氟的电负性大于氯的电负性，氟对电子的吸引力比氯强，使羧基上O-H键的极性增大，容易断裂，故D正确；故选C。

10.四元轴烯()、立方烷()、苯乙烯()分子式均为88CH，下列对这三种化合物的有关叙述中不正确．．．的是A.四元轴烯的七氯代物有1种B.立方烷属于饱和烃C.苯乙烯能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，且褪色原理相同D.三者分别在空气中燃烧，均能观察到浓重的黑烟

【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，四元轴烯的一氯代物只有1种，由分子式可知，四元轴烯的一氯代物与四元轴烯的七氯代物的数目相等，则四元轴烯的七氯代物有1种，故A正确；B．由结构简式可知，立方烷分子中的碳原子都是饱和碳原子，属于饱和烃，故B正确；C．苯乙烯分子中的碳碳双键与酸性高

锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，与溴水发生加成反应使溶液褪色，则反应的褪色原理不同，故C错误；D．由分子式可知，三种烃的含碳量很高，在空气中燃烧时，均因燃烧不充分而观察到浓重的黑烟，故D正确；故选C。11.下列装置能达到相应实验目的的是A.利用甲装置可制备溴苯并验证有HBr生成B.利

用乙装置可吸收HCl并防倒吸C.利用丙装置可检验含有2SO杂质的乙烯D.利用丁装置可制备并收集乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．利用甲装置制备溴苯要验证有HBr生成，要先除去混在HBr中的Br2蒸气，故A错误；B．利用乙装

置可吸收HCl并防倒吸，应将苯换成CCl4，故B错误；C．利用丙装置可检验含有2SO杂质的乙烯，因二氧化硫是酸性气体，能被NaOH溶液吸收，故C正确；D．利用丁装置制备并收集乙酸乙酯，不能将导管插入饱和碳酸钠溶液的液面以下，否则会引起

倒吸，故D错误；故选C。12.某单炔烃加成后所得烷烃主链含5个碳原子，含3个支链(两个甲基、一个乙基)。则满足该条件的单炔烃共有A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】B【解析】【详解】某单炔烃加成后所得烷烃主链含5个碳原子，含3个支

链(两个甲基、一个乙基)，乙基只能连在中间碳原子上，甲基有3种不同位置，、、，单炔烃分子中有一个碳碳三键，有一个碳碳三键的位置，即；有1种碳碳三键的位置，即；有1种碳碳三键的位置，即，所以满足该条件的单炔烃共有3种，故选B。13.我国是材料制造强国，材料对促进生产发展和改善人类生活发

挥巨大作用，下列有关材料的说法不正确的是A.冬奥会中滑雪头盔选用含玻璃纤维的新材料提高防护性能，玻璃纤维和光导纤维成分不同B.中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种无机非金属材料C.“奋斗者”号载人潜水器的钛合金属于金属材料且比纯金属钛具有更高的熔点D.

航空材料中用到的聚乙炔高分子材料能像金属一样具有导电性【答案】C【解析】【详解】A．玻璃纤维的主要成分硅酸盐，光导纤维的主要成分是二氧化硅，两者的成分不同，故A正确；B．碳化硅是一种性能优良的新型无机非金属材料，故B正确；C．合金的熔点比各

组分的熔点都低，则钛合金的熔点低于纯金属钛，故C错误；D．聚乙炔高分子材料是导电性高分子化合物，故D正确；故选C。14.2022年2月4日在北京举办的第24届冬季奥运会倡导“公平公正，纯洁体育”的价值观，在反兴奋剂工作中开展了

以“拿干净金牌”为主题的教育活动。某种兴奋剂的结构简式如图所示，关于它的说法正确的是A.分子式为16143CHOB.该兴奋剂分子中含有2种官能团C.该分子与足量2H发生加成后的产物中含有2个手性碳原子D.酸性高锰酸钾溶液可以验证该分子

中碳碳双键的存在【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，该兴奋剂的分子式为16163CHO，故A错误；B．结构简式可知，该兴奋剂分子中含有的官能团为碳碳双键和酚羟基，共有2种，故B正确；C．由结构简式可知

，该兴奋剂与足量氢气反应生成含有3个如图*所示的手性碳原子：，故C错误；D．结构简式可知，该兴奋剂分子中含有的酚羟基、碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液不能验证该分子中

碳碳双键的存在，故D错误；故选B。15.下列说法不正确．．．的是A.利用超分子的分子识别特征可以分离60C和70CB.2019年中国成功研制出“硅-锗晶体管”，单晶硅、锗均为共价晶体C.等离子体是整体上呈电中性的气态物质，其中含有带电粒子D.石墨晶体中碳原子数和σ键个数之比为1:2【答

案】D【解析】【详解】A．超分子具有分子识别特征，利用杯酚可以分离C60和C70，故A正确；B．单晶硅、锗均为原子间以共价键结合成空间网状结构的共价晶体，故B正确；C．等离子体是整体上呈电中性的气态物质，其中含有带电粒子，故C正确；D．石墨晶体中每个碳原子都和其他三个碳原子以σ键结合，每

个σ键被两个碳原子共有，则每个碳原子平均拥有1.5个σ键，则碳原子数和σ键个数之比为2：3，故D错误；故选D。16.3AlCl的二聚体分子26AlCl中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：26333AlCl2NH2Al(NHl)C+=，下列说法正确的是A.26A

lCl不存在离子键和非极性键B.26AlCl分子中8个Al-Cl键键长和键能均相同C.26AlCl在熔融状态下能导电D.26AlBr比26AlCl更难与3NH发生反应【答案】AB【解析】【详解】A．3AlCl的二聚体分子26AlCl，说明26AlCl存在极性

键和配位键，故A正确；B．26AlCl分子结构，形成配位键后键长和键能都相同，故B正确；C．26AlCl是二聚体分子，在熔融状态下能不导电，故C错误；D．溴原子半径比氯原子半径大，则键能：Al−BrAl−Cl

，导致更易断裂，且氨气与Al原子形成配位键，则26AlBr比26AlCl更易与3NH发生反应，故D错误。综上所述，答案为：AB。17.短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序数依次增大。X为金属元素，灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线

如图所示，通常状态下4YW呈气态，且W的单质是最清洁的能源。下列说法不正确．．．的是WZ2X24YYXWYQ⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯⎯→溶液△△Y的单质A.简单离子半径：Z>X>QB.键能：Y-Q>Y-YC.熔沸点：224YQ>XY>YWD.简单氢化物的稳定性：QZY【答案】A【解析】【

分析】灰黑色晶Y的单质的导电性介于导体和绝缘体之间，应为Si元素，W的单质是最清洁的能源，W为H，由转化关系可知WZ为HCl，YW4为SiH4，则可知Q为O元素，X为Mg，Y为Si元素，Z为Cl元素，以此解答该题。【详解

】A．由分析可知，Q为O、Z为Cl、X为Mg，Cl-核外电子排布为2、8、8；O2-和Mg2+核外电子排布均为2、8；核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排不相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：：C

l-＞O2-＞Mg2+，即Z>Q>X，A错误；B．O原子半径小于Si原子，原子半径越小键长越短，键能越大，因此键能：Si-O>Si-Si，即：Y-Q>Y-Y，B正确；C．224YQXYYW、、分别：SiO2、Mg2Si、

SiH4，三者分别为共价晶体、离子晶体、分子晶体，熔沸点：共价晶体>离子晶体>分子晶体，C正确；D．由分析可知，Q为O、Z为Cl、Y为Si，非金属性为：O＞Cl＞Si，故简单氢化物的稳定性：H2O＞HCl＞SiH4，即Q>Z>

Y，D正确；故选：A。18.我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列有关说法不正确的是为A.该二维晶体的化学式为2CaCl，可能具有导电性B.Ca-Cl-Ca的键

角小于120。C.n+Ca和-Cl的配位数均为3D.金属元素Mg也可能形成类似的晶体【答案】A【解析】【详解】A．由俯视图可知，每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，离子的个数之比为1：1，则二维晶体的化学式为CaCl，故A错误；B．结合侧视图可知，钙离子与氯离子形

成的六边形不是平面正六边形，Ca-Cl-Ca的键角小于120°，故B正确；C．每个Can+周围距离最近且相等的Cl-有3个，每个Cl-周围距离最近且相等的Can+有3个，则Can+和Cl-的配位数均为3

，故C正确；D．Mg和Ca是同主族元素，因此Cl－与Mg2+也可能形成类似的晶体，故D正确；故选A。19.光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。某光刻胶可由降冰片烯()

与马来酸酐()共同加聚而成。下列说法不正确．．．的是A.降冰片烯的一氯代物有4种B.降冰片烯可发生加成、加聚、氧化、取代等反应C.与互为同分异构体D.该光刻胶合成过程中可能会出现片段：【答案】C【解析】【详解】A．如图：，降冰片烯的一氯代物

有4种，A正确；B．降冰片烯中有碳碳双键、烃基等结构，可发生加成、加聚、氧化、取代等反应，B正确；C．与具有相同的分子式与结构，属于同种物质，C错误；D．降冰片烯与马来酸酐都含有碳碳双键，共聚过程中可能会出现片段：，D正确；故选C。20.化学式为x3y66zN

)(i(CN)(NHH)C的笼形包合物基本结构如图所示(H原子未画出)。2+Ni与-CN连接形成平面层，两个平面层通过3NH分子连接，中间的空隙填充苯分子。下列说法正确的是A.x:y:z=2:2:1B.该结构是晶胞C.该笼

形包合物溶于酸可形成一种弱酸HCN，HCN中σ键和π键个数之比为2:1D.部分2+Ni与C原子配位，部分2+Ni与N原子配位，且两者个数之比为1:1【答案】D【解析】【详解】A.根据均摊法镍占据八个顶点，每个单元含有镍的个数为818=1，CN-占据八个棱，每个单元含有CN-的个数为814=2，

NH3位于棱上，含有NH3为414=1，C6H6位于中心个数为1，所以x∶y∶z=2∶1∶1，A错误；B.该结构平移后不对称，不存在平移对称性，所以该结构不是晶胞结构单元，B错误；C.HCN的结构式H-CN，其中σ键和π键个数之比为1:1，C错误；D.由化合

物的基本结构可知一半的2+Ni与CN-中C原子配位，另一半的2+Ni与NH3中N原子配位，D正确；故答案选D。二、非选择题(共5大题，共55分)21.物质结构决定物质性质，试用物质结构知识解释下列实验事实（1）3GaF熔点比3GaCl熔点高很多

：_______。3GaF3GaCl3GaBr熔点/℃>100077.75122.3（2）接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18：_______。（3）向2I的4CCl溶液中加入浓KI溶液，振荡后静置，4CCl层紫色变浅：_______。（4）3NH分子中H-N-H键角大于2HO分子

中H-O-H：_______。（5）Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能：_______。【答案】（1）GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力（2）接近水沸点的水蒸气中存在因水分子之间氢键而形成的“缔合分子”（

3）发生I2+I--3I，加入浓的KI溶液后充分振荡，平衡向正向移动，则CCl4层的紫红色会变浅（4）2HO分子中心O原子上存在2对孤电子对，3NH分子中心N原子上存在1对孤电子对，排斥作用较小（5）Mn2+的价电子排布3d5，

为半充满稳定状态，较难失电子【解析】【小问1详解】GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力，所以3CaF熔点比3CaCl熔点高很多，答案：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子

间作用力；【小问2详解】接近水沸点的水蒸气中存在因水分子之间因氢键而形成的“缔合分子”，所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18，答案：接近水沸点的水蒸气中存在因水分子之间氢键而形成的“缔合分子”；【小问3详解】发生I2+I--3I，加入浓的

KI溶液后充分振荡，平衡向正向移动，CCl4层的紫红色会变浅，答案：发生I2+I--3I，加入浓的KI溶液后充分振荡，平衡向正向移动，则CCl4层的紫红色会变浅；【小问4详解】3NH分子中心N原子上存在1对孤电子对，2HO分子中心O原子上存在2对孤电子对，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键

电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力所以3NH分子中H-N-H键角大于2HO分子中H-O-H，答案：2HO分子中心O原子上存在2对孤电子对，3NH分子中心N原子上存在1对孤电子对，排斥作用较小；小问5详解】Mn2+的价电子排布3d5，处于半充满状态，较稳定，Fe2+的价电子排布3d6，失去一个

电子达半充满状态，所以Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，答案：Mn2+的价电子排布3d5，为半充满稳定状态，较难失电子。22.物质X由两种元素组成，其中每种元素只有一种价态，某学习小组进行如下实验：（1）X中阴离子的电子式为_______，

1molX中阳离子中的单电子数为_______。（2）E分子中中心原子的杂化方式为_______，E与4CuSO溶液生成F的离子方程式为_______。（3）-SCN(中心原子为C)的空间结构为_______，三种元素中第一电离能最大的是_______(填元素名称)

。（4）X的一种晶体结构与NaCl相似，其晶胞结构如图所示(部分阴离子未画出．．．．．．．．)。已知其晶胞边长为anm，则其密度为_______-3gcm(用含a与AN的式子表示)。【【答案】（1）①.②.4NA（2）①.sp3②.H2S+C

u2+=CuS↓+2H+（3）①.直线形②.N（4）7A3a10480N−（）【解析】【分析】X和足量稀硫酸反应生成淡黄色固体为单质S，物质的量为0.05mol，得到浅绿色溶液中含FeSO4，无色气体E为H2S，生成黑色固体为CuS

，物质的量为0.05mol，根据原子守恒S原子共0.1mol，Fe原子物质的量6.0g-0.1mol32g/mol=0.05mol56g/mol，所以X的化学式为FeS2。【小问1详解】FeS2中阴离子为22S−，硫元素化合价为-1，其电

子式为，阳离子Fe2+的价电子排布式3d6，单电子有4个，1molX中阳离子Fe2+中的单电子数为4NA，答案：；4NA；【小问2详解】E分子H2S中，中心原子S的孤电子对数为2，σ键数为2，所以中心S原子的杂化方式为sp3，H2S与4CuSO溶液生成

F的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，答案：sp3；H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；【小问3详解】-SCN(中心原子为C)形成σ键为2，孤电子对数为()141121302+−−=，C点杂化为sp，-SCN的空间结构为直线形，三种元素中第一电离能最大的

是N，答案：直线形；N；【小问4详解】FeS2的一种晶体结构与NaCl相似，已知其晶胞边长为anm，晶胞体积为（a×10-7）3cm3，一个晶胞中含有1168428+=个Fe2+，含有4个2-2S，则其密度为ρ=7A733AAaMN1204480=VN0NN1a10−

−=（）（），答案：7A3a10480N−（）。23.某研究小组用10.6g苯甲醛制备苯甲醇与苯甲酸，发生如下反应：(苯甲醛)2+NaOH→(苯甲醇)+充分反应后，将所得到的反应液按如图步骤处理：下表列出了有关物质的部分物理性质：物质相对分子质量溶解性苯甲醇

108在水中溶解度较小，易溶于醚、醇苯甲醛106微溶于水，易溶于醇、醚苯甲酸122苯甲酸微溶于冷水，易溶于醚、醇（1）操作I用到的关键仪器名称为_______。（2）操作Ⅱ为蒸馏，蒸馏装置如下图所示，其中温度计所处的正确位置是_______(填“a

”或“b”或“c”)。方框甲内未画出的仪器为_______。（3）重结晶过程为热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。其中趁热过滤的目的是_______。（4）下列仪器中，可鉴别苯甲酸和苯甲醇的

是_______。A.元素分析仪B.红外光谱仪C.质谱仪D.核磁共振氢谱（5）最终得到苯甲酸产品4.0g，则苯甲酸的产率为_______%(保留小数点后1位)。(产率=100%实际产量理论产量)（6）如何检验重结晶后的苯甲酸晶体中，无机物杂质是否完全除尽？

写出实验方案的具体操作_______。【答案】（1）分液漏斗（2）①.b②.直形冷凝管（3）过滤出活性炭和其他不溶性杂质，同时苯甲酸不析出（4）ABCD（5）32.8%（6）取少量样品于试管中，加入适量的水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则无机杂质已完全除尽【

解析】【分析】苯甲醛在NaOH溶液中发生歧化反应生成苯甲醇和苯甲酸钠，用乙醚萃取苯甲醇，得到苯甲醇、乙醚和苯甲醛的混合物，蒸馏分离出苯甲醇。苯甲酸钠水溶液加盐酸，得到苯甲酸和氯化钠水溶液，一系列操作后得到粗苯甲酸，重结晶得到苯甲酸纯品

。【小问1详解】操作Ⅰ是将有机相和水相分开，关键仪器为分液漏斗。【小问2详解】蒸馏实验中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口附近，目的是测蒸气温度，故选b；蒸馏需要将蒸气冷凝为液体，用到直形冷凝管。【小问3详解】重结晶时，趁热过滤的目的是过滤出活性炭和其他不溶性杂质，

同时不能让苯甲酸析出。【小问4详解】元素分析仪能确定组成元素和原子个数比，苯甲酸和苯甲醇的组成元素相同，但原子个数比不同，可以用元素分析仪鉴别两者，故A选；红外光谱仪可以鉴别出化学键和官能团，苯甲酸中含有羧基，苯甲醇中有羟基，可以用红外光谱仪鉴别，故B选；质谱仪

可以测出相对分子质量，苯甲酸和苯甲醇相对分子质量不同，可以用质谱仪鉴别，故C选；核磁共振仪可以测出分子中的等效氢及其比例，苯甲酸中有4种等效氢，比例为1：2：2：1，苯甲醇中有5种等效氢，比例为1：2：2：2：1，故核磁共振仪可以鉴别苯甲酸和苯甲醇，故D选；故选ABCD。【小问5

详解】10.6g苯甲醛的物质的量为0.1mol，理论上得到的苯甲酸也为0.1mol，质量为12.2g，实际得到的苯甲酸为4.0g，所以苯甲酸的产率为4.0g12.2g×100%=32.8%。【小问6详解】苯甲酸晶体中含有的无机杂质

为NaCl，可以通过检验Cl-判断无机杂质是否除尽，具体操作为：取少量样品于试管中，加入适量的水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则无机杂质已完全除尽。24.N、P的单质及化合物有重要的用途。请回答：（1）白磷4(P)为正四面体结构，4P分子中P原子的价层电子对数为_____

__，从能量角度看，氮以2N而白磷以4P形式存在的原因是_______。化学键N-NNNP-PPP键能(kJ/mol)193946197489（2）+5N离子的空间结构如图所示(孤电子对已标出)，其空

间构型为V形，则N原子a的杂化类型为_______，N原子b的杂化类型为_______。（3）下列说法中正确的是_______。A.电负性：N>P>SiB.因为N-N键键能大于P-H键，故3NH的沸点高于3PHC.由于成键电子对间的斥力较小，3PH的键角小于3NH的键角D.氧化

物对应水化物的酸性：N>P（4）甘氨酸(结构简式为22HNCHCOOH和氢氧化铜反应可制得重要的饲料添加剂甘氨酸铜，在甘氨酸分子中，存在_______个σ键，_______个π键(填数字)。甘氨酸铜有两种结构(如图)，已知两种结构中Cu周围的4个原子共平面，

则在水中溶解度较大的是_______(填“A”或“B”)。【答案】（1）①.4②.N2转化为N4的反应为吸热反应，P2转化为P4的反应为放热反应（2）①.sp②.sp2（3）AC（4）①.9②.1③.B【解析】【小问1详

解】由结构式可知，白磷分子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1；由表格数据可知，N2转化为N4反应的反应热△H=946kJ/mol×2—193kJ/mol×6=+734kJ/mol，该反应为反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，说明

N2分子比N4分子稳定，所以氮以N2分子形式存在，P2转化为P4反应的反应热△H=489kJ/mol×2—197kJ/mol×6=—204kJ/mol，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的吸热反应，说明P4分子比P2分子稳定，所以磷以P4分子形式存在，故答案

为：4；N2转化为N4的反应为吸热反应，P2转化为P4的反应为放热反应；【小问2详解】由氮五氧离子的结构示意图可知，氮原子a形成2个双键，说明原子的杂化方式为sp杂化，氮原子b形成1个双键，说明原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp；sp2；【小问3详解】A．元素的非金属性越强，

电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为N>P>Si，则电负性的大小顺序为N>P>Si，故A正确；B．氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢不能形成分子间氢键，所以氨分子间的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，故B错误；C．氮原子的原子半径小于磷原子，所以磷化氢分子中成键电子对间的斥

力较小，键角小于氨分子，故C正确；D．氮元素的氧化物对应水化物的酸性不一定大于磷元素的氧化物对应水化物的酸性，如中强酸磷酸的酸性强于弱酸亚硝酸，故D错误；故选AC；【小问4详解】甘氨酸分子中，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中共有9个σ键和1个π键；由甘

氨酸铜的两种结构示意图可知，顺式甘氨酸铜分子中的两个氨基能形成分子内氢键，不能和水分子形成分子间氢键，而反式甘氨酸铜分子中的两个氨基能与水分子形成分子间氢键，所以反式甘氨酸铜在水中的溶解度大于顺式甘氨酸铜，故答案为：9；1；B。25.端炔烃在催

化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。22RCC-HRCC-CCR+H⎯⎯⎯→催化剂，该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路

线：回答下列问题：（1）反应①的类型为_______，物质C中的官能团名称为_______。（2）下列说法中正确的是_______。A.物质B、D、E均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.物质A、B均能使2Br的四氯化碳溶液褪色C.物质B与A互为同系物D.物质D为非极性分子，故D难溶于水，易溶于有机溶剂（

3）E的分子式为_______，1molE最多与_______2molH反应。（4）芳香族化合物F是C的同分异构体，其分子中不同化学环境的氢原子个数比3：3：1：1，写出三种符合条件的F的结构简式_______。（5）有机反应中，能给出+H的称为酸，能接受+H的称为碱，已知给出一个

+H的能力：23HO>CHCH>NH，写出反应③和反应④的化学方程式。(已知卤代烃在碱性条件下能生成含不饱和键的化合物，如：222R-CHCHXR-CH=CH⎯⎯⎯⎯→碱一定条件)③_______。④_______。【答案】（1）①.加成反应②.碳氯键（2）ACD（3）①.

C16H10②.10（4）、、（5）①.+3NaNH2⎯⎯→+3NH3↑+2NaCl②.+H2O⎯⎯→+NaOH【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与乙烯发生加成反应生成，则A为、B为；光照条件下与氯气

发取代反应生成，在氨基钠中发生消去反应生成，与水反应生成，发生Glaser反应生成，则E为。【小问1详解】由分析可知，反应①为催化剂作用下与乙烯发生加成反应生成；由结构简式可知，物质C中的官能团为碳氯键，故答案为：加成反应；碳氯键；【小问2详解】A．分子中的侧链、和分子中的碳碳双键都能与

酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故正确；B．和但不能与溴的四氯化碳溶液反应，不能使溶液褪色，故错误；C．和是结构相似的苯及其同系物，故正确；D．是结构对称的非极性分子，由相似相溶原理可知，难溶于水，易溶

于有机溶剂，故正确；故选ACD；【小问3详解】E结构简式为，分子式为C16H10，分子中含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molE最多与10mol氢气发生加成反应，故答案为：C16H10；10；【小问4详解】C的同分异构体F是芳香族化合物，分子中不同化学环境的氢原子个数

比为3：3：1：1的结构简式可能为、、，故答案为：、、；小问5详解】由题给信息可知，反应③为在氨基钠中发生消去反应生成、氨气和氯化钠，反应的化学方程式为+3NaNH2⎯⎯→+3NH3↑+2NaCl；反

应④为与水反应生成和氢氧化钠，反应的化学方程式为+H2O⎯⎯→+NaOH，故答案为：+3NaNH2⎯⎯→+3NH3↑+2NaCl；+H2O⎯⎯→+NaOH。的【获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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