四川省达州市万源中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试卷（Word版附答案）

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【详解】A．质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能测定出有机物的化学键和官能团，A错误；
B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，B正确；
C．色谱法（chrmatgraphy）又称“色谱分析”、“色谱分析法”、“层析法”，是一种分离和分析方法，在分析化 学、有机化学、生物化学等领域有着非常广泛的应用，C错误；
D．核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，不能测定出有机物的化学键和官能团，故D错误；
故选B。
3．A
【详解】
A．P-Pπ键的原子轨道以肩并肩方式重叠形成π键，故其电子云轮廓图为，故A正确；
B．P的原子序数为15，根据泡利原理和洪特规则，基态磷原子的轨道表示式：，故B错误；
C．PH3与NH3的空间结构模型相同，均为三角锥形，为其VSEPR 模型，故C错误；
D．B价层电子对：=3，价层电子对互斥（VSEPR）模型为：，故D错误；
答案选A。
6．D
【详解】A．氢键使冰晶体中的水分子呈一定规则的排列，空间利用率低，体积变大，密度变小，所以密度：冰＜水，故A不符合题意；
B．邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间氢键，分子间氢键对物质熔沸点的影响更大，所以沸点：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛，故B不符合题意；
C．含有氢键的氢化物易液化，NH3分子间存在氢键，PH3分子间不存在氢键，所以氨气易液化，此性质和氢键有关，故C不符合题意；
D．原子半径：N＜P，键长N-H＜P-H，键能：N-H＞P-H，分子稳定性：NH3＞PH3，与氢键无关，故D符合题意；
故选：D。
8．A
【详解】A．是，硅原子通过共价键连接个氧原子，形成个键，所以共价键数目为，A正确；
B．标准状况下，是液体，不能计算其物质的量，B错误；
C．氧原子是，基态氧原子的电子排布式为：，上有两个未成对电子，一共有6个电子成对，含成对电子数为，C错误；
D．常温下，水为液态，分子中含有的氢键数目不能确定，所以无法计算水分子中含有的氢键数目，其中所含的键为，D错误；
故选A。
9．A
【详解】A．山梨醇中σ键数目为25，异山梨醇中σ键数目为21，故A错误；
B．山梨醇含有羟基数目多，在水中的溶解度较大，故B正确；
C．二者碳原子均为单键碳，均采用杂化，故C正确；
D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，、均含手性碳原子(*号标出)，故D正确；
选A。
13．A
【详解】A．H2O2中O采用sp3杂化，1个该分子中含2个s-sp3σ键，H2O2为极性分子，故A错误；
B．根据图示，NaCl晶胞中，距Cl-最近的Na＋是6个，距离Cl-最近的六个Na＋构成正八面体结构，故B正确；
C．根据均摊原则，1个金刚石晶胞中平均含碳原子数为 ，1个铜晶胞中平含铜原子数，故C正确；
D．H2O2中O采用sp3杂化，O原子有2个孤电子对，所以H-O与O-O形成的键角(如图∠①)小于109°28′，故D正确；
选A。
14.B
【详解】.A．由均摊法得，结构1中含有C的数目为，含有S的数目为，C与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为C9S8，故A正确；
B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：，故B错误；
C．如图：，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确；
D．如图，当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确；
故选B。
15（15分）．(1) Mg 镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小（2分）
(2) d sp3 （2分） H2O>NH3>CH4（2分）
(3) 4 O电负性比N和C大 ，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位（2分）
(4) SrTiO3（2分） ×1010（2分）
【详解】（1）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；
（2）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，Zr位于第五周期第ⅣB族，在周期表中属于d区，C3H8中碳原子形成4个共价键，为sp3杂化；C、N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强且多，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4；
（3）铁失去2个电子形成亚铁离子，基态Fe2+原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，基态Fe2+中未成对电子数为4；在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是O电负性比N和C大 ，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位；
（4）据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O、1个Sr，该复合型物质的化学式为SrTiO3，则晶体密度为，a=×1010pm。
16（16分）．(1) +3 正四面体形
(2) 氧化剂 1.5h H2SO4、SO2
(3) 12H++3SO2+In2(Fe2O4)3=2 In3++6 Fe2++3+6H2O Fe(OH)3的Ksp小于In(OH)3，将Fe由+3价还原为Fe2+，可以在调节pH时，In3+沉淀析出而Fe2+仍留在溶液中而分离
【分析】闪锌矿(主要成分是ZnS，还有In、Fe、C、Cl等元素)焙烧产生气体和焙烧产物，焙烧产物用H SO “溶浸”得到上 清液和浸渣，上清液中用 “除钴”得到，然后加入铜渣“脱氯”得到，接着加入Zn将Cu 转化成 Cu而除去，最后电解溶液得到Zn；浸渣用还原的产物水解得到。
【详解】（1）
①基态Cu的价电子排布图：，轨道表示式为；
②中Fe、O元素的化合价分别为+3、-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，In元素的化合价为 +3价；
③中中心S原子的价层电子对数=，无孤电子对，杂化轨道模型为正四面体。
（2）①上清液中钴以C 存在，“除钴”时加入将转化成，C元素的化合价升高，则被还原、 作氧化剂；
②从脱氯率与时间关系图可知，最适宜反应时间为1.5h，此时脱氯率最高；
③“脱氯”反应生成，“除铜”时又转化为Cu，参与还原步骤后又可通过水解步骤生成，电解溶液得到Zn，同时生成和所以可循环利用的物质除铜外还有和。
（3）①酸性条件下还原得到和，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为： ；
②要水解得到，需先将和中的Fe还原为+2价，因为的小于，将Fe由还原为，可以在调节pH时，沉淀析出而仍留在溶液中而分离。
17（12分）．(1)C9H10O2
(2) 碱石灰 C
(3) 羧基 14
(4)或
【分析】X仅含C、H、O三种元素，与氧气充分反应后，生产二氧化碳和水，装置B使用无水氯化钙吸收水蒸气，装置C吸收二氧化碳，装置D是防止空气进入装置干扰实验。
【详解】（1）装置B增重的质量是生成水的质量，为3.6g，物质的量为0.2ml，装置C增重的质量是二氧化碳的质量，为15.84g，0.36ml，以上可知，有机物中含氢元素的质量是0.4g，含碳元素的质量是4.32g，X的总质量是6.00g，则含氧质量为（6.00-0.4-4.32）g=1.28，为0.08ml，则化学式中C、H、O个数比为0.36:0.4:0.08=9:10:2，X的实验式是C9H10O2。
（2）装置D是防止空气中水和二氧化碳进入装置干扰实验，盛装的药品是碱石灰。若省去装置D，装置C中可能会吸收空气成分，导致测得CO2质量增加，会导致测得的X分子中，C原子质量分数偏高，故答案是碱石灰、C。
（3）
根据红外光谱，且X能使石蕊变红，X的结构中含苯环、羧基。X中官能团的名称是羧基故答案是羧基、14。
（4）
若X分子在核磁共振氢谱上的峰面积之比为1：1：2：6，可推知X的结构简式可能为或 。
18.（15分 ）(1) 具支试管1分 防倒吸
(2) Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂，能增强过氧化氢的氧化性
(3)CuO2
(4) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复原来的颜色 66.67%或2/3
【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
（3）离子个数比1：1，原子个数比为1：2，铜的化合价为+1、+2，氧的化合价可以为-2或-1（过氧根离子），根据化合价代数和为零，则X为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1ml/L×0.02L= ml，粗品中X的相对含量为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
C
C
C
D
A
A
D
题号
11
12
13
14




答案
C
B
A
B