2023-2024學年廣東省廣州市八區(qū)高二下學期期末教學質量檢測化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1廣東省廣州市八區(qū)2023-2024學年高二下學期期末教學質量檢測本試卷共8頁，20小題，滿分100分。考試用時75分鐘。注意事項：1、答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上。2、選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的〖答案〗信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗?！即鸢浮讲荒艽鹪谠嚲砩稀?、非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的〖答案〗，然后再寫上新的〖答案〗；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的〖答案〗無效。4、考生必須保持答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12O-16Cl-35.5Cu-64Br-80第I卷選擇題(共44分)一、單項選擇題：本題共16小題，共44分。第1-10小題，每小題2分；第11-16小題，每小題4分。每小題只有一個選項符合題意。1.廣東漢樂歷史悠久，通常使用的樂器有嗩吶、椰胡、琵琶和大鼓等。下列樂器或部件主要成分為合成纖維的是A．嗩吶：主要材料為黃銅B．椰胡：主要材料為椰子殼C．琵琶弦線：主要材料為尼龍線D．大鼓鼓面：主要材料為牛皮A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．嗩吶：主要材料為黃銅，黃銅屬于金屬材料，A不符合題意；B．椰胡：主要材料為椰子殼，椰子殼主要成分纖維素屬于天然纖維，天然纖維是天然高分子化合物，B不符合題意；C．琵琶弦線：主要材料為尼龍線，尼龍屬于合成纖維，C符合題意；D．大鼓鼓面：主要材料為牛皮，牛皮的主要成分是蛋白質，蛋白質屬于天然高分子化合物，D不符合題意；故合理選項是C。2.現(xiàn)代化學測定有機物組成及結構的分析方法較多。下列說法正確的是A.用元素分析儀測定分子的空間結構B.核磁共振氫譜中有四組峰C.用質譜儀鑒別CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3D.用紅外光譜鑒別CH3COCH3和CH3CH2CH2OH〖答案〗D〖解析〗A．用元素分析儀可以測定分子的元素及含量，但無法確定有機化合物的空間結構，故A錯誤；B．由結構簡式可知，連甲基的碳原子有一個氫，分子中含有5類氫原子，核磁共振氫譜中有5組峰，故B錯誤；C．CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相對分子質量相同，所以用質譜儀不能鑒別CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C錯誤；D．紅外光譜可確定物質中的基團，丙酮和1—丙醇分子中的基團不同，則通過紅外光譜分析可以鑒別丙酮和1—丙醇，故D正確；故選D。3.下列化學用語正確的是A.羥基的電子式：B.甲醛的結構式：C.乙炔的空間填充模型：D.p-pσ鍵電子云輪廓圖：〖答案〗B〖解析〗A．羥基的結構簡式為—OH，電子式為，故A錯誤；B．甲醛的結構簡式為HCHO，結構式為，故B正確；C．乙炔的空間結構為直線形，空間填充模型為，故C錯誤；D．頭碰頭的p-pσ鍵電子云輪廓圖為，故D錯誤；故選B。4.下列現(xiàn)象不能用“相似相溶”規(guī)律解釋的是A.氨氣易溶于水 B.乙醇易溶于水C.碘易溶于苯 D.氯氣易溶于NaOH溶液〖答案〗D〖解析〗A．氨氣和水都是極性分子，同時氨分子和水分子間易形成氫鍵，所以氨氣易溶于水，故A不符合題意；B．乙醇分子和水分子都是極性分子，且乙醇分子和水分子間易形成氫鍵，所以酒精易溶于水，故B不符合題意；C．碘是非極性分子，苯是非極性分子，碘易溶于苯符合相似相溶規(guī)律，故C不符合題意；D．氯氣分子是非極性分子，氫氧化鈉是離子化合物，氯氣和氫氧化鈉的結構不相似，氯氣易溶于NaOH溶液是因為氯氣能與氫氧化鈉反應，故D符合題意；故〖答案〗為：D。5.下列反應中，屬于取代反應的是A.乙醇轉化為乙酸B.乙烯與氯化氫反應生成氯乙烷C.苯與溴反應生成溴苯D.溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱生成乙烯〖答案〗C〖解析〗A．乙醇與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應轉化為乙酸，故A不符合題意；B．乙烯與氯化氫發(fā)生加成反應生成氯乙烷，故B不符合題意；C．溴化鐵做催化劑條件下苯與溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫，故C符合題意；D．溴乙烷在氫氧化鈉的乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應生成乙烯、溴化鈉和水，故D不符合題意；故選C。6.元素周期表中硒元素的數(shù)據(jù)見圖，下列說法正確的是A.硒元素的質量數(shù)為78.96B.基態(tài)硒原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4C.基態(tài)硒原子的4p能級有4個未成對電子D.硒原子的最高化合價為+4〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知硒元素的相對原子質量為78.96，不能說其質量數(shù)是78.96，A錯誤；B．Se是34號元素，根據(jù)構造原理可知基態(tài)硒原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4，B正確；C．基態(tài)硒原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4，由于p能級有3個能量相同的軌道，原子核外電子總是盡可能成單排列，而且自旋方法相同，這種排布使原子能量最低，處于溫度狀態(tài)，則基態(tài)硒原子的4p能級有2個未成對電子，C錯誤；D．根據(jù)基態(tài)硒原子的電子排布式[Ar]3d104s24p4，可知基態(tài)硒原子的價層電子排布式為4s24p4，則硒原子的最高化合價為+6，D錯誤；故合理選項是B。7.“人世間的美好夢想，只有通過誠實勞動才能實現(xiàn)”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯(lián)的是選項勞動項目化學知識A用葡萄糖進行銀鏡反應制備保溫瓶內膽葡萄糖在人體內氧化分解時放出能量B宣傳使用聚乳酸制造的包裝材料聚乳酸自然界可生物降解C用醋酸清洗水壺中的水垢醋酸能與CaCO3、Mg(OH)2反應D用廚余垃圾制肥料廚余垃圾中含N、P等元素A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．葡萄糖分子中含有醛基，葡萄糖溶液能夠與銀氨溶液在水浴加熱條件下發(fā)生銀鏡反應，反應產生Ag單質，因此可以利用該性質進行銀鏡反應制備保溫瓶內膽；葡萄糖是有機物小分子，在人體內能夠被氧化分解放出能量，能夠給人提供生命活動所需要的能量，但這與葡萄糖能夠發(fā)生銀鏡反應的性質無關，A符合題意；B．宣傳使用聚乳酸制造的包裝材料，既可以滿足包裝需要，同時聚乳酸在自然界能夠發(fā)生水解反應生成小分子，回歸自然，防止白色污染的產生，說明利用了聚乳酸可生物降解的性質，B不符合題意；C．醋酸能與CaCO3、Mg(OH)2反應產生可溶性物質，因此可以使用醋酸清洗水壺中的水垢，二者有因果關系，C不符合題意；D．廚余垃圾中含N、P等元素，因此可以用廚余垃圾制肥料，二者有因果關系，D不符合題意；故合理選項是A。8.下列物質互為同系物的是A.CH3OCH3與CH3CH2CHOB.CH3CH2CH2CH2CH3與C.與D.與〖答案〗C〖解析〗A．CH3OCH3屬于醚，CH3CH2CHO屬于醛，二者結構不相似，不是同系物關系，A錯誤；B．CH3CH2CH2CH2CH3與分子式相同，不是同系物關系，B錯誤；C．與結構相似且分子組成上相差一個CH2，二者互為同系物，C正確；D．中羥基直接連在苯環(huán)上，屬于酚，中羥基不直接連在苯環(huán)上，屬于醇，二者結構不相似，不是同系物關系，D錯誤；〖答案〗選C。9.下列狀態(tài)的鋁中，失掉最外層的一個電子需要能量最高的是A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗A．是鋁原子的核外電子排布，為基態(tài)，失去最外層1個電子需要能量較低；B．為鋁失去1個電子的核外電子排布，再失去1個電子需要能量比選項A要高；C．是鋁原子的核外電子排布，激發(fā)態(tài)，失去最外層1個電子需要能量最低，比選項A更低；D．為鋁失去2個電子的核外電子排布，再失去1個電子需要能量比選項B要高，為第三電離能；〖答案〗選D。10.用如圖所示裝置及藥品進行實驗，不能達到實驗目的的是A、檢驗乙炔分子中含有不飽和鍵B、檢驗溴乙烷水解產物中含有Br-C、制備并收集乙酸乙酯D、證明酸性：鹽酸>碳酸>苯酚A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．電石中含有的硫化鈣等雜質，能與水反應生成的硫化氫等氣體，也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，所以實驗中用盛有硫酸銅溶液的洗氣瓶除去硫化氫等氣體排除干擾，再用盛有酸性高錳酸鉀溶液的洗氣瓶驗證乙炔分子中含有不飽和鍵，則題給裝置能達到檢驗乙炔分子中含有不飽和鍵的實驗目的，故A正確；B．溴乙烷水解液中含有的氫氧化鈉會干擾溶液中溴離子的檢驗，實驗中先加稀硝酸至溶液呈酸性，排出氫氧根離子的干擾，再加硝酸銀溶液可檢驗水溶液中是否含溴離子，則題給裝置能達到檢驗溴乙烷水解產物中含有溴離子的實驗目的，故B正確；C．濃硫酸作用下乙醇與乙酸共熱發(fā)生酯化反應能制備乙酸乙酯，乙酸乙酯中混有揮發(fā)出的乙酸、乙醇，將反應得到的混合氣體通入飽和碳酸鈉溶液的液面上，可以除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，經分液操作可以收集乙酸乙酯，則題給裝置能達到制備并收集乙酸乙酯的實驗目的，故C正確；D．鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的氯化氫會優(yōu)先與苯酚鈉溶液反應，干擾二氧化碳與苯酚鈉溶液的反應，所以題給裝置不能達到驗證乙酸、碳酸、苯酚的酸性強弱的實驗目的，故D錯誤；故選D。11.類比是化學中的常用方法，下列說法不正確的是A.H2、O2為非極性分子，所以N2是非極性分子B.CO2為分子晶體，所以SiO2是分子晶體C.沸點：Cl2<Br2，所以沸點：H2<O2D.酸性：CH3COOH<CH2ClCOOH，所以酸性：CHCl2COOH<CCl3COOH〖答案〗B〖解析〗A．H2、O2只含非極性鍵為非極性分子，N2也只含非極性鍵是非極性分子，故A正確；B．CO2為分子晶體，但二氧化硅是由原子構成的，所以二氧化硅中不存在分子，二氧化硅是空間網狀結構，SiO2是共價晶體，故B錯誤；C．結構相似，相對分子質量前者小于后者，則Cl2的沸點高于Br2，沸點：Cl2<Br2，類比推出沸點：H2<O2，故C正確；D．氯的電負性強于氫，使羧基上O-H鍵的極性增強，酸性：CH3COOH<CH2ClCOOH，同理得出酸性：CHCl2COOH<CCl3COOH，故D正確；故選B。12.晶胞是晶體結構的基本單元。下列示意圖可以表示晶胞的是A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗晶體可以看成是晶胞無隙并置而成的，因而看一個立方體是不是晶胞，必須看它能否平行移動重合，且是最小的重復單元。A．平行移動不能重合，該結構不能無隙并置，不能表示晶胞，故A錯誤；B．平行移動可以重合，該結構可以無隙并置，且是最小的重復單元，可以表示晶胞，故B正確；C．平行移動可以重合，但不是最小的重復單元，該結構的八分之一為晶胞結構，故C錯誤；D．平行移動不能重合，該結構不能無隙并置，不能表示晶胞，故D錯誤；故選B。13.迷迭香酸是一種天然抗氧化劑，其結構如圖所示，下列敘述不正確的是A.迷迭香酸分子存在順反異構體B.迷迭香酸分子中含有1個手性碳原子C.1mol迷迭香酸與濃溴水反應時最多消耗8molBr2D.1mol迷迭香酸與燒堿溶液共熱反應時最多消耗6molNaOH〖答案〗C〖解析〗A．碳碳雙鍵兩端任何一個碳上連的兩個不相同的原子或原子團就有順反異構體，由結構簡式可知，迷迭香酸分子中碳碳雙鍵中碳原子所連基團不同，存在順反異構體，故A正確；B．手性碳原子是連有四個不同基團的碳原子，由結構簡式可知，迷迭香酸分子中與羧基直接相連的碳原子為手性碳原子，則分子中含有1個手性碳原子，故B正確；C．由結構簡式可知，迷迭香酸分子中含有的碳碳雙鍵可以和溴水發(fā)生加成反應，含有酚羥基，酚羥基鄰對位上的氫原子可以和溴水發(fā)生取代反應，則1mol迷迭香酸與濃溴水反應時最多消耗7mol溴，故C錯誤；D．由結構簡式可知，迷迭香酸分子中含有的酚羥基、酯基、羧基均能和氫氧化鈉溶液反應，則1mol迷迭香酸與燒堿溶液共熱反應時最多消耗6mol氫氧化鈉，故D正確；故選C。14.根據(jù)下列實驗方案及現(xiàn)象，所得結論正確的是選項實驗方案現(xiàn)象結論A向淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱，冷卻后加入新制Cu(OH)2，加熱無磚紅色沉淀生成淀粉未水解B向少量豬油中加入NaOH溶液并加熱攪拌形成均一穩(wěn)定的混合液豬油發(fā)生水解反應C向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加酸性KMnO4溶液紫色褪去丙烯醛中存在醛基D向雞蛋清溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，振蕩有固體析出(NH4)2SO4溶液能使蛋白質變性A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗A．用氫氧化銅氧化醛基需要在堿性環(huán)境中進行，向淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱，冷卻后先加NaOH中和至中性或弱堿性，再加入新制Cu(OH)2，加熱，故A錯誤；B．向少量豬油中加入NaOH溶液并加熱攪拌，生成可溶性的高級脂肪酸的鈉鹽和甘油，形成均一穩(wěn)定的混合液，豬油發(fā)生水解反應，故B正確；C．碳碳雙鍵和醛基均可以被高錳酸鉀氧化，故C錯誤；D．(NH4)2SO4相當于輕金屬鹽，此方法為鹽析，蛋白質未變性，故D錯誤；故選B。15.光學性能優(yōu)良的高分子材料聚碳酸異山梨醇酯可如圖反應制備。下列說法正確的是A.該反應為加聚反應B.碳酸二甲酯中碳氧原子一定在同一平面C.反應式中化合物X為水D.碳酸二甲酯可水解〖答案〗D〖解析〗A．該聚合反應生成高分子的同時還生成了小分子，因此該反應為縮聚反應，故A錯誤；B．碳酸二甲酯中碳氧單鍵可以旋轉，碳氧原子不一定在同一平面，故B錯誤；C．根據(jù)質量守恒反應式中化合物X為甲醇，故C錯誤；D．碳酸二甲酯中含有酯基，可水解，故D正確；故選D。16.下列說法不正確的是A.圖甲表示隨著核電荷數(shù)的增加，鹵族元素原子半徑增大B.圖乙表示第三周期的某主族元素的第一至第五電離能數(shù)據(jù)，則該元素為MgC.圖丙表示周期表ⅣA~ⅦA中元素最簡單氫化物的沸點變化，則a點代表H2SD.圖丁中18-冠-6中O原子電負性大，通過離子鍵與K+作用，體現(xiàn)了超分子“分子識別”的特征〖答案〗D〖解析〗A．同主族元素，隨著核電荷數(shù)的增加，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，A正確；B．圖乙中，I2與I3相差較大，該元素原子最外層有兩個電子，應是第三周期主族元素鎂，B正確；C．第ⅣA~ⅦA元素的最簡單氫化物中，NH3、H2O、HF的分子間有氫鍵，使得它們的沸點與同族其它元素的氫化物相比“反?！?，H2O分子間氫鍵數(shù)目多，因此在三者中沸點最高，故a點代表的是第三周期與氧同族元素的氫化物，為H2S，C正確；D．冠醚與K+之間并非離子鍵，而是通過配位鍵結合，D錯誤；〖答案〗選D。第Ⅱ卷非選擇題(共56分)二、填空題。共4題，共56分。17.乙酰水楊酸(阿司匹林)是常用藥物之一，實驗室通過水楊酸進行乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下：

水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點/℃157~159﹣72~﹣74135~138相對密度/(g·cm-3)1.441.101.35相對分子質量138102180實驗過程：在100mL錐形瓶中加入水楊酸6.9g及醋酸酐10mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5mL濃硫酸后加熱，維持瓶內溫度在70℃左右，充分反應，稍冷后進行如下操作：①在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。②所得結晶粗品加入50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。④固體經純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4g?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列玻璃儀器中，①中需使用有___________(填標號)。（2）該合成反應中應采用的加熱方法為___________。（3）①中需使用冷水，目的是___________。（4）③中用濃鹽酸酸化的主要作用是___________(用方程式表示)。（5）④采用的純化方法為___________，本實驗的產率為___________%（6）設計實驗檢驗制得乙酰水楊酸晶體中羧基和酯基官能團。步驟現(xiàn)象結論取樣品加入水中，振蕩靜置、向兩支試管中分別加入2mL清液//向其中一支試管中滴入2滴石蕊溶液___含有羧基向另一支試管中滴入2滴稀硫酸，加熱后滴入幾滴NaHCO3溶液中和過量硫酸，振蕩，再向其中滴入幾滴___________溶液，振蕩____含有酯基〖答案〗（1）AC（2）水浴加熱（3）充分析出乙酰水楊酸固體（4）+HCl+H2O+NaCl+CH3COOH（5）①.重結晶②.60（6）①.溶液變?yōu)榧t色②.FeCl3溶液③.溶液變?yōu)樽仙冀馕觥接深}意可知，濃硫酸作用下水楊酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共熱反應生成乙酰水楊酸，提純分離反應混合液得到乙酰水楊酸的操作為在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100mL冷水中，析出乙酰水楊酸，過濾得到乙酰水楊酸；所得乙酰水楊酸粗品加入50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解，將乙酰水楊酸反應生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，過濾得到乙酰水楊酸鈉溶液；濾液用濃鹽酸酸化，將乙酰水楊酸鈉轉化為乙酰水楊酸，冷卻、過濾得乙酰水楊酸粗品；粗品經重結晶得白色的乙酰水楊酸晶體。【小問1詳析】由分析可知，操作①溶解、過濾得到乙酰水楊酸粗品，溶解、過濾需要使用的儀器是燒杯和漏斗，不需要使用的儀器是分液漏斗和容量瓶，故選AC；【小問2詳析】由分析可知，制備乙酰水楊酸的反應為濃硫酸作用下水楊酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共熱反應生成乙酰水楊酸和乙酸，故〖答案〗為：水浴加熱；【小問3詳析】由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水楊酸的溶解度，充分結晶析出乙酰水楊酸固體，故〖答案〗為：充分析出乙酰水楊酸固體；【小問4詳析】由分析可知，操作③用濃鹽酸酸化的目的是將乙酰水楊酸鈉轉化為乙酰水楊酸，反應的化學方程式為+HCl+H2O+NaCl+CH3COOH，故〖答案〗為：+HCl+H2O+NaCl+CH3COOH；【小問5詳析】由分析可知，純化得到乙酰水楊酸晶體的方法為重結晶；由題給數(shù)據(jù)可知，水楊酸的物質的量為=0.05mol、乙酸酐的物質的量為≈0.11mol，由方程式可知，反應中乙酸酐過量，則本實驗的產率為×100%=60%，故〖答案〗為：重結晶；60；【小問6詳析】檢驗制得乙酰水楊酸晶體中羧基和酯基官能團的操作為取樣品加入水中，振蕩靜置、向兩支試管中分別加入2mL清液，向其中一支試管中滴入2滴石蕊溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明乙酰水楊酸中含有羧基；向另一支試管中滴入2滴稀硫酸加熱，使乙酰水楊酸部分水解生成水楊酸和乙酸，加熱后滴入幾滴碳酸氫鈉溶液中和過量硫酸，振蕩，再向其中滴入幾滴氯化鐵溶液，溶液變?yōu)樽仙f明乙酰水楊酸中含有酯基，故〖答案〗為：溶液變?yōu)榧t色；FeCl3溶液；溶液變?yōu)樽仙?8.元素周期律是學習和研究化學的重要工具。（1）X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。其元素性質及原子結構如下：元素元素性質或原子結構X電子只有一種自旋取向Y基態(tài)原子的核外電子所有電子層共有3個不同的能級，各能級中電子數(shù)相等Z與Y同周期，其第一電離能高于同周期與之相鄰的元素①Y位于周期表中的第___________周期第___________族。②X與Y形成化合物YX4，其空間結構為___________。③Y與Z形成的YZ-常作為配位化合物中的配體。在YZ-中，元素Y的原子采取sp雜化，則該微粒中的化學鍵中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目比為___________。（2）幾種含氯化合物的熔點如下表：物質NaClAlCl3SiCl4熔點/℃801190*-70.4*250kPa條件下①NaCl的熔點明顯高于SiCl4，其原因是___________。②AlCl3處于熔融狀態(tài)時可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3為缺電子分子，Al傾向于接受電子對形成sp3雜化軌道。請寫出Al2Cl6的結構式___________。（3）ZnSO4·7H2O結構示意圖如圖，回答下列問題：①H2O中H-O-H鍵角___________(填“＞”“＜”或“=”)中O-S-O鍵角，原因是___________。②該晶體受熱失水時，隨著溫度的升高，先失去一個水分子，再失去其它水分子，首先失去的水分子應為___________(填“a”或“b”)?！即鸢浮剑?）①.二②.ⅣA③.正四面體④.1：2（2）二者的晶體類型不同。NaCl是離子晶體，構成微粒Na+與Cl-之間是以強烈的離子鍵結合，斷裂需消耗較高能量；而SiCl4在固態(tài)時屬于分子晶體，分子之間以微弱的范德華力結合，破壞只需消耗較少能量；（3）①.＞②.H2O中的O原子和中的S原子都采用sp3雜化，但H2O中O原子上有2對孤電子對，中的S原子上無孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，導致鍵角：H2O＞③.B?！冀馕觥絏、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,X元素的電子只有一種自旋取向，則X是H元素；基態(tài)Y原子的核外電子所有電子層共有3個不同的能級，各能級中電子數(shù)相等，則Y原子核外電子排布是1s22s22p2，所以Y是C元素；Z與Y同周期，其第一電離能高于同周期與之相鄰的元素，則Z是第ⅤA的N元素，然后根據(jù)問題，結合元素周期律分析解答?！拘?詳析】①Y是C元素，位于周期表中的第二周期第ⅣA族；②根據(jù)上述分析可知：X是H，Y是C，X與Y形成化合物YX4是CH4，CH4的空間結構為正四面體形；②根據(jù)上述分析可知：Y是C，Z是N元素，Y與Z形成的YZ-是CN-，CN-常作為配位化合物中的配體。在YZ-中，元素Y的原子采取sp雜化，C原子與N原子形成共價三鍵，其中一個是σ鍵，兩個是π鍵，則該微粒中的化學鍵中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目比為1：2；【小問2詳析】①NaCl的熔點明顯高于SiCl4，是由于二者的晶體類型不同。NaCl是離子晶體，構成微粒Na+與Cl-之間是以離子鍵結合，離子鍵是一種強烈相互作用力，斷裂需消耗較高能量，因此NaCl的熔點高；而SiCl4在固態(tài)時屬于分子晶體，分子之間以范德華力結合，范德華力比較微弱，破壞只需消耗較少能量，因此其熔點遠低于NaCl；②AlCl3處于熔融狀態(tài)時可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3為缺電子分子，Al傾向于接受電子對形成sp3雜化軌道。則Al2Cl6的結構式是；【小問3詳析】①H2O分子中的中心O原子價層電子對數(shù)是2+=4，因此O原子采用sp3雜化，但O原子上有2電子，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，導致H2O分子呈V形，分子中的H-O-H鍵角是104.5°；中的中心S原子價層電子對數(shù)是4+=4，因此S原子采用sp3雜化，而S原子上無孤對電子，因此的空間構型是正四面體形，O-S-O鍵角是1098°28′，因此鍵角：H2O＞；②根據(jù)裝置圖可知在ZnSO4·7H2O中的7個結晶水中，有6個H2O分子與Zn2+以配位鍵結合為內界離子[Zn(H2O)6]2+，而有1個H2O分子則為外界水分子，內界離子結合力是配位鍵強，因此升高溫度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子應為外界的b分子。19.銅及其化合物在生產和生活中有著廣泛的應用。請回答下列問題：（1）基態(tài)銅原子的價層電子軌道表示式為___________，位于周期表___________區(qū)。（2）Cu2+能與多種物質形成配合物，為研究配合物的形成及性質，某小組進行如下實驗。步驟實驗操作實驗現(xiàn)象或結論ⅰ向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至過量產生藍色沉淀，隨后沉淀溶解得到深藍色的溶液ⅱ再加入無水乙醇得到深藍色晶體ⅲ測定深藍色晶體的結構晶體的化學式為[Cu(NH3)4]SO4·H2O①寫出步驟i中“沉淀溶解得到深藍色的溶液”的離子方程式___________。②已知[Cu(NH3)4]2+具有對稱的空間構型，[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被Cl-取代，能得到兩種不同結構的產物，則[Cu(NH3)4]2+的空間構型為___________(填“正四面體”或“平面正方形”)。③配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O中的配位原子為___________。（3）①銅是一種導電性良好的金屬，其晶胞結構如圖所示，則該晶體中每個銅原子周圍與它最近且相等距離的銅原子有___________個；若晶體密度為dg·cm-3，晶胞參數(shù)為apm，則阿伏加德羅常數(shù)的值NA為___________(用含d和a的式子表示)。②一種由Cu、In、Te組成的晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶體中Te原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則該晶體中粒子個數(shù)比Cu：In：Te=___________。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標，如A點，B點原子的分數(shù)坐標分別為(0，0，0)、(，，)，則D點原子的分數(shù)坐標為___________?！即鸢浮剑?）①.②.Ds（2）①.Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O②.平面正方形③.N（3）①.12②.mol－１③.1：1：2④.(，1，)〖解析〗【小問1詳析】銅元素的原子序數(shù)為29，基態(tài)原子的價層電子排布式為3d104s1，軌道表示式為，位于元素周期表的ds區(qū)，故〖答案〗為：；ds；【小問2詳析】①步驟i中“沉淀溶解得到深藍色的溶液”的反應為氫氧化銅與氨水反應生成四氨合銅離子、氫氧根離子和水，反應的離子方程式為Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故〖答案〗為：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；②若四氨合銅離子的空間結構為正四面體形，離子中兩個氨分子被氯離子取代所得結構只有一種，若離子的空間結構為平面正方形，離子中兩個氨分子被氯離子取代能得到結構有兩種，由離子中兩個氨分子被氯離子取代能得到兩種不同結構的產物可知，四氨合銅離子的空間結構為平面正方形，故〖答案〗為：平面正方形；③配合物中具有空軌道的銅離子為中心離子，氨分子為配體，具有孤對電子的氮原子為配位原子，配位數(shù)為4，故〖答案〗為：N；【小問3詳析】①由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的銅原子與位于面心的銅原子的距離最近，則晶體中每個銅原子周圍與它最近且相等距離的銅原子有12個；晶胞中位于頂點和面心的銅原子個數(shù)為8×+6×=4，由晶胞的質量公式可得：=(10-10a)3d，解得NA=mol-1，故〖答案〗為：12；mol-1；②由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點、面上和體內的銅原子個數(shù)為8×+4×+1=4，位于棱上和面上的銦原子個數(shù)為6×12+4×=4，位于體內的碲原子個數(shù)為8，則該晶體中粒子個數(shù)比Cu：In：Te=1：1：2；A點，B點原子的分數(shù)坐標分別為(0，0，0)、(，，)，則位于面上的D點原子的分數(shù)坐標為(，1，)，故〖答案〗為：1：1：2；(，1，)。20.室溫下可見光催化合成技術，對于人工模仿自然界、發(fā)展有機合成新方法意義重大。一種基于CO、碘代烴類等，合成化合物G路線如下(加料順序、反應條件略)：（1）化合物A中的官能團名稱是___________。（2）化合物B的分子式為___________。（3）C生成D的反應方程式為___________。（4）化合物X僅含碳氫氧元素，相對分子質量比化合物B大14，且在核磁共振氫譜上只有1組峰。X的結構簡式為___________。（5）根據(jù)化合物D的結構特征，分析預測其可能的化學性質，完成下表。序號反應試劑、條件有機產物的結構簡式反應類型a______________________取代反應b______________________消去反應（6）參照上述合成路線，設計以苯和為原料(無機試劑任選)制備化合物H()的合成路線_________。〖答案〗（1）碳碳雙鍵（2）C2H4O（3）+HBr+（4）（5）①.氫氧化鈉溶液，加熱②.③.氧化鈉乙醇溶液，加熱④.（6）〖解析〗A在催化劑的作用下發(fā)生氧化反應生成環(huán)氧乙烷B，C與HBr加熱發(fā)生取代反應生成D，D與B在一定條件下發(fā)生開環(huán)加成反應生成E，E與HI發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)與CO、環(huán)戊醇生成G?！拘?詳析】化合物A的官能團為碳碳雙鍵?！拘?詳析】根據(jù)結構簡式可知B的分子式為C2H4O?！拘?詳析】C與HBr在加熱條件下生成D，方程式為+HBr+H2O。小問4詳析】化合物X僅含碳氫氧元素，相對分子質量比化合物B大14，則X的分子式為C3H6O，核磁共振氫譜只有1組峰的是丙酮，結構簡式為。【小問5詳析】化合物D中含有碳氯鍵，可以發(fā)生水解和消去反應，①氫氧化鈉溶液，加熱，產物為②氫氧化鈉乙醇溶液，加熱，產物為?！拘?詳析】逆合成分析法可知H的反應物有CO和、，其中可由，生成，的反應物有環(huán)氧乙烷和溴苯。故合成路線為廣東省廣州市八區(qū)2023-2024學年高二下學期期末教學質量檢測本試卷共8頁，20小題，滿分100分。考試用時75分鐘。注意事項：1、答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上。2、選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的〖答案〗信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗?！即鸢浮讲荒艽鹪谠嚲砩?。3、非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，〖答案〗必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的〖答案〗，然后再寫上新的〖答案〗；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的〖答案〗無效。4、考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Cl-35.5Cu-64Br-80第I卷選擇題(共44分)一、單項選擇題：本題共16小題，共44分。第1-10小題，每小題2分；第11-16小題，每小題4分。每小題只有一個選項符合題意。1.廣東漢樂歷史悠久，通常使用的樂器有嗩吶、椰胡、琵琶和大鼓等。下列樂器或部件主要成分為合成纖維的是A．嗩吶：主要材料為黃銅B．椰胡：主要材料為椰子殼C．琵琶弦線：主要材料為尼龍線D．大鼓鼓面：主要材料為牛皮A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．嗩吶：主要材料為黃銅，黃銅屬于金屬材料，A不符合題意；B．椰胡：主要材料為椰子殼，椰子殼主要成分纖維素屬于天然纖維，天然纖維是天然高分子化合物，B不符合題意；C．琵琶弦線：主要材料為尼龍線，尼龍屬于合成纖維，C符合題意；D．大鼓鼓面：主要材料為牛皮，牛皮的主要成分是蛋白質，蛋白質屬于天然高分子化合物，D不符合題意；故合理選項是C。2.現(xiàn)代化學測定有機物組成及結構的分析方法較多。下列說法正確的是A.用元素分析儀測定分子的空間結構B.核磁共振氫譜中有四組峰C.用質譜儀鑒別CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3D.用紅外光譜鑒別CH3COCH3和CH3CH2CH2OH〖答案〗D〖解析〗A．用元素分析儀可以測定分子的元素及含量，但無法確定有機化合物的空間結構，故A錯誤；B．由結構簡式可知，連甲基的碳原子有一個氫，分子中含有5類氫原子，核磁共振氫譜中有5組峰，故B錯誤；C．CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相對分子質量相同，所以用質譜儀不能鑒別CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C錯誤；D．紅外光譜可確定物質中的基團，丙酮和1—丙醇分子中的基團不同，則通過紅外光譜分析可以鑒別丙酮和1—丙醇，故D正確；故選D。3.下列化學用語正確的是A.羥基的電子式：B.甲醛的結構式：C.乙炔的空間填充模型：D.p-pσ鍵電子云輪廓圖：〖答案〗B〖解析〗A．羥基的結構簡式為—OH，電子式為，故A錯誤；B．甲醛的結構簡式為HCHO，結構式為，故B正確；C．乙炔的空間結構為直線形，空間填充模型為，故C錯誤；D．頭碰頭的p-pσ鍵電子云輪廓圖為，故D錯誤；故選B。4.下列現(xiàn)象不能用“相似相溶”規(guī)律解釋的是A.氨氣易溶于水 B.乙醇易溶于水C.碘易溶于苯 D.氯氣易溶于NaOH溶液〖答案〗D〖解析〗A．氨氣和水都是極性分子，同時氨分子和水分子間易形成氫鍵，所以氨氣易溶于水，故A不符合題意；B．乙醇分子和水分子都是極性分子，且乙醇分子和水分子間易形成氫鍵，所以酒精易溶于水，故B不符合題意；C．碘是非極性分子，苯是非極性分子，碘易溶于苯符合相似相溶規(guī)律，故C不符合題意；D．氯氣分子是非極性分子，氫氧化鈉是離子化合物，氯氣和氫氧化鈉的結構不相似，氯氣易溶于NaOH溶液是因為氯氣能與氫氧化鈉反應，故D符合題意；故〖答案〗為：D。5.下列反應中，屬于取代反應的是A.乙醇轉化為乙酸B.乙烯與氯化氫反應生成氯乙烷C.苯與溴反應生成溴苯D.溴乙烷與NaOH的乙醇溶液共熱生成乙烯〖答案〗C〖解析〗A．乙醇與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應轉化為乙酸，故A不符合題意；B．乙烯與氯化氫發(fā)生加成反應生成氯乙烷，故B不符合題意；C．溴化鐵做催化劑條件下苯與溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫，故C符合題意；D．溴乙烷在氫氧化鈉的乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應生成乙烯、溴化鈉和水，故D不符合題意；故選C。6.元素周期表中硒元素的數(shù)據(jù)見圖，下列說法正確的是A.硒元素的質量數(shù)為78.96B.基態(tài)硒原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4C.基態(tài)硒原子的4p能級有4個未成對電子D.硒原子的最高化合價為+4〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知硒元素的相對原子質量為78.96，不能說其質量數(shù)是78.96，A錯誤；B．Se是34號元素，根據(jù)構造原理可知基態(tài)硒原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4，B正確；C．基態(tài)硒原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4，由于p能級有3個能量相同的軌道，原子核外電子總是盡可能成單排列，而且自旋方法相同，這種排布使原子能量最低，處于溫度狀態(tài)，則基態(tài)硒原子的4p能級有2個未成對電子，C錯誤；D．根據(jù)基態(tài)硒原子的電子排布式[Ar]3d104s24p4，可知基態(tài)硒原子的價層電子排布式為4s24p4，則硒原子的最高化合價為+6，D錯誤；故合理選項是B。7.“人世間的美好夢想，只有通過誠實勞動才能實現(xiàn)”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯(lián)的是選項勞動項目化學知識A用葡萄糖進行銀鏡反應制備保溫瓶內膽葡萄糖在人體內氧化分解時放出能量B宣傳使用聚乳酸制造的包裝材料聚乳酸自然界可生物降解C用醋酸清洗水壺中的水垢醋酸能與CaCO3、Mg(OH)2反應D用廚余垃圾制肥料廚余垃圾中含N、P等元素A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．葡萄糖分子中含有醛基，葡萄糖溶液能夠與銀氨溶液在水浴加熱條件下發(fā)生銀鏡反應，反應產生Ag單質，因此可以利用該性質進行銀鏡反應制備保溫瓶內膽；葡萄糖是有機物小分子，在人體內能夠被氧化分解放出能量，能夠給人提供生命活動所需要的能量，但這與葡萄糖能夠發(fā)生銀鏡反應的性質無關，A符合題意；B．宣傳使用聚乳酸制造的包裝材料，既可以滿足包裝需要，同時聚乳酸在自然界能夠發(fā)生水解反應生成小分子，回歸自然，防止白色污染的產生，說明利用了聚乳酸可生物降解的性質，B不符合題意；C．醋酸能與CaCO3、Mg(OH)2反應產生可溶性物質，因此可以使用醋酸清洗水壺中的水垢，二者有因果關系，C不符合題意；D．廚余垃圾中含N、P等元素，因此可以用廚余垃圾制肥料，二者有因果關系，D不符合題意；故合理選項是A。8.下列物質互為同系物的是A.CH3OCH3與CH3CH2CHOB.CH3CH2CH2CH2CH3與C.與D.與〖答案〗C〖解析〗A．CH3OCH3屬于醚，CH3CH2CHO屬于醛，二者結構不相似，不是同系物關系，A錯誤；B．CH3CH2CH2CH2CH3與分子式相同，不是同系物關系，B錯誤；C．與結構相似且分子組成上相差一個CH2，二者互為同系物，C正確；D．中羥基直接連在苯環(huán)上，屬于酚，中羥基不直接連在苯環(huán)上，屬于醇，二者結構不相似，不是同系物關系，D錯誤；〖答案〗選C。9.下列狀態(tài)的鋁中，失掉最外層的一個電子需要能量最高的是A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗A．是鋁原子的核外電子排布，為基態(tài)，失去最外層1個電子需要能量較低；B．為鋁失去1個電子的核外電子排布，再失去1個電子需要能量比選項A要高；C．是鋁原子的核外電子排布，激發(fā)態(tài)，失去最外層1個電子需要能量最低，比選項A更低；D．為鋁失去2個電子的核外電子排布，再失去1個電子需要能量比選項B要高，為第三電離能；〖答案〗選D。10.用如圖所示裝置及藥品進行實驗，不能達到實驗目的的是A、檢驗乙炔分子中含有不飽和鍵B、檢驗溴乙烷水解產物中含有Br-C、制備并收集乙酸乙酯D、證明酸性：鹽酸>碳酸>苯酚A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．電石中含有的硫化鈣等雜質，能與水反應生成的硫化氫等氣體，也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，所以實驗中用盛有硫酸銅溶液的洗氣瓶除去硫化氫等氣體排除干擾，再用盛有酸性高錳酸鉀溶液的洗氣瓶驗證乙炔分子中含有不飽和鍵，則題給裝置能達到檢驗乙炔分子中含有不飽和鍵的實驗目的，故A正確；B．溴乙烷水解液中含有的氫氧化鈉會干擾溶液中溴離子的檢驗，實驗中先加稀硝酸至溶液呈酸性，排出氫氧根離子的干擾，再加硝酸銀溶液可檢驗水溶液中是否含溴離子，則題給裝置能達到檢驗溴乙烷水解產物中含有溴離子的實驗目的，故B正確；C．濃硫酸作用下乙醇與乙酸共熱發(fā)生酯化反應能制備乙酸乙酯，乙酸乙酯中混有揮發(fā)出的乙酸、乙醇，將反應得到的混合氣體通入飽和碳酸鈉溶液的液面上，可以除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，經分液操作可以收集乙酸乙酯，則題給裝置能達到制備并收集乙酸乙酯的實驗目的，故C正確；D．鹽酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的氯化氫會優(yōu)先與苯酚鈉溶液反應，干擾二氧化碳與苯酚鈉溶液的反應，所以題給裝置不能達到驗證乙酸、碳酸、苯酚的酸性強弱的實驗目的，故D錯誤；故選D。11.類比是化學中的常用方法，下列說法不正確的是A.H2、O2為非極性分子，所以N2是非極性分子B.CO2為分子晶體，所以SiO2是分子晶體C.沸點：Cl2<Br2，所以沸點：H2<O2D.酸性：CH3COOH<CH2ClCOOH，所以酸性：CHCl2COOH<CCl3COOH〖答案〗B〖解析〗A．H2、O2只含非極性鍵為非極性分子，N2也只含非極性鍵是非極性分子，故A正確；B．CO2為分子晶體，但二氧化硅是由原子構成的，所以二氧化硅中不存在分子，二氧化硅是空間網狀結構，SiO2是共價晶體，故B錯誤；C．結構相似，相對分子質量前者小于后者，則Cl2的沸點高于Br2，沸點：Cl2<Br2，類比推出沸點：H2<O2，故C正確；D．氯的電負性強于氫，使羧基上O-H鍵的極性增強，酸性：CH3COOH<CH2ClCOOH，同理得出酸性：CHCl2COOH<CCl3COOH，故D正確；故選B。12.晶胞是晶體結構的基本單元。下列示意圖可以表示晶胞的是A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗晶體可以看成是晶胞無隙并置而成的，因而看一個立方體是不是晶胞，必須看它能否平行移動重合，且是最小的重復單元。A．平行移動不能重合，該結構不能無隙并置，不能表示晶胞，故A錯誤；B．平行移動可以重合，該結構可以無隙并置，且是最小的重復單元，可以表示晶胞，故B正確；C．平行移動可以重合，但不是最小的重復單元，該結構的八分之一為晶胞結構，故C錯誤；D．平行移動不能重合，該結構不能無隙并置，不能表示晶胞，故D錯誤；故選B。13.迷迭香酸是一種天然抗氧化劑，其結構如圖所示，下列敘述不正確的是A.迷迭香酸分子存在順反異構體B.迷迭香酸分子中含有1個手性碳原子C.1mol迷迭香酸與濃溴水反應時最多消耗8molBr2D.1mol迷迭香酸與燒堿溶液共熱反應時最多消耗6molNaOH〖答案〗C〖解析〗A．碳碳雙鍵兩端任何一個碳上連的兩個不相同的原子或原子團就有順反異構體，由結構簡式可知，迷迭香酸分子中碳碳雙鍵中碳原子所連基團不同，存在順反異構體，故A正確；B．手性碳原子是連有四個不同基團的碳原子，由結構簡式可知，迷迭香酸分子中與羧基直接相連的碳原子為手性碳原子，則分子中含有1個手性碳原子，故B正確；C．由結構簡式可知，迷迭香酸分子中含有的碳碳雙鍵可以和溴水發(fā)生加成反應，含有酚羥基，酚羥基鄰對位上的氫原子可以和溴水發(fā)生取代反應，則1mol迷迭香酸與濃溴水反應時最多消耗7mol溴，故C錯誤；D．由結構簡式可知，迷迭香酸分子中含有的酚羥基、酯基、羧基均能和氫氧化鈉溶液反應，則1mol迷迭香酸與燒堿溶液共熱反應時最多消耗6mol氫氧化鈉，故D正確；故選C。14.根據(jù)下列實驗方案及現(xiàn)象，所得結論正確的是選項實驗方案現(xiàn)象結論A向淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱，冷卻后加入新制Cu(OH)2，加熱無磚紅色沉淀生成淀粉未水解B向少量豬油中加入NaOH溶液并加熱攪拌形成均一穩(wěn)定的混合液豬油發(fā)生水解反應C向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加酸性KMnO4溶液紫色褪去丙烯醛中存在醛基D向雞蛋清溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，振蕩有固體析出(NH4)2SO4溶液能使蛋白質變性A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗A．用氫氧化銅氧化醛基需要在堿性環(huán)境中進行，向淀粉溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱，冷卻后先加NaOH中和至中性或弱堿性，再加入新制Cu(OH)2，加熱，故A錯誤；B．向少量豬油中加入NaOH溶液并加熱攪拌，生成可溶性的高級脂肪酸的鈉鹽和甘油，形成均一穩(wěn)定的混合液，豬油發(fā)生水解反應，故B正確；C．碳碳雙鍵和醛基均可以被高錳酸鉀氧化，故C錯誤；D．(NH4)2SO4相當于輕金屬鹽，此方法為鹽析，蛋白質未變性，故D錯誤；故選B。15.光學性能優(yōu)良的高分子材料聚碳酸異山梨醇酯可如圖反應制備。下列說法正確的是A.該反應為加聚反應B.碳酸二甲酯中碳氧原子一定在同一平面C.反應式中化合物X為水D.碳酸二甲酯可水解〖答案〗D〖解析〗A．該聚合反應生成高分子的同時還生成了小分子，因此該反應為縮聚反應，故A錯誤；B．碳酸二甲酯中碳氧單鍵可以旋轉，碳氧原子不一定在同一平面，故B錯誤；C．根據(jù)質量守恒反應式中化合物X為甲醇，故C錯誤；D．碳酸二甲酯中含有酯基，可水解，故D正確；故選D。16.下列說法不正確的是A.圖甲表示隨著核電荷數(shù)的增加，鹵族元素原子半徑增大B.圖乙表示第三周期的某主族元素的第一至第五電離能數(shù)據(jù)，則該元素為MgC.圖丙表示周期表ⅣA~ⅦA中元素最簡單氫化物的沸點變化，則a點代表H2SD.圖丁中18-冠-6中O原子電負性大，通過離子鍵與K+作用，體現(xiàn)了超分子“分子識別”的特征〖答案〗D〖解析〗A．同主族元素，隨著核電荷數(shù)的增加，電子層數(shù)增多，原子半徑增大，A正確；B．圖乙中，I2與I3相差較大，該元素原子最外層有兩個電子，應是第三周期主族元素鎂，B正確；C．第ⅣA~ⅦA元素的最簡單氫化物中，NH3、H2O、HF的分子間有氫鍵，使得它們的沸點與同族其它元素的氫化物相比“反?！保琀2O分子間氫鍵數(shù)目多，因此在三者中沸點最高，故a點代表的是第三周期與氧同族元素的氫化物，為H2S，C正確；D．冠醚與K+之間并非離子鍵，而是通過配位鍵結合，D錯誤；〖答案〗選D。第Ⅱ卷非選擇題(共56分)二、填空題。共4題，共56分。17.乙酰水楊酸(阿司匹林)是常用藥物之一，實驗室通過水楊酸進行乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下：

水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點/℃157~159﹣72~﹣74135~138相對密度/(g·cm-3)1.441.101.35相對分子質量138102180實驗過程：在100mL錐形瓶中加入水楊酸6.9g及醋酸酐10mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5mL濃硫酸后加熱，維持瓶內溫度在70℃左右，充分反應，稍冷后進行如下操作：①在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100mL冷水中，析出固體，過濾。②所得結晶粗品加入50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。④固體經純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4g?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列玻璃儀器中，①中需使用有___________(填標號)。（2）該合成反應中應采用的加熱方法為___________。（3）①中需使用冷水，目的是___________。（4）③中用濃鹽酸酸化的主要作用是___________(用方程式表示)。（5）④采用的純化方法為___________，本實驗的產率為___________%（6）設計實驗檢驗制得乙酰水楊酸晶體中羧基和酯基官能團。步驟現(xiàn)象結論取樣品加入水中，振蕩靜置、向兩支試管中分別加入2mL清液//向其中一支試管中滴入2滴石蕊溶液___含有羧基向另一支試管中滴入2滴稀硫酸，加熱后滴入幾滴NaHCO3溶液中和過量硫酸，振蕩，再向其中滴入幾滴___________溶液，振蕩____含有酯基〖答案〗（1）AC（2）水浴加熱（3）充分析出乙酰水楊酸固體（4）+HCl+H2O+NaCl+CH3COOH（5）①.重結晶②.60（6）①.溶液變?yōu)榧t色②.FeCl3溶液③.溶液變?yōu)樽仙冀馕觥接深}意可知，濃硫酸作用下水楊酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共熱反應生成乙酰水楊酸，提純分離反應混合液得到乙酰水楊酸的操作為在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100mL冷水中，析出乙酰水楊酸，過濾得到乙酰水楊酸；所得乙酰水楊酸粗品加入50mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解，將乙酰水楊酸反應生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，過濾得到乙酰水楊酸鈉溶液；濾液用濃鹽酸酸化，將乙酰水楊酸鈉轉化為乙酰水楊酸，冷卻、過濾得乙酰水楊酸粗品；粗品經重結晶得白色的乙酰水楊酸晶體?！拘?詳析】由分析可知，操作①溶解、過濾得到乙酰水楊酸粗品，溶解、過濾需要使用的儀器是燒杯和漏斗，不需要使用的儀器是分液漏斗和容量瓶，故選AC；【小問2詳析】由分析可知，制備乙酰水楊酸的反應為濃硫酸作用下水楊酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共熱反應生成乙酰水楊酸和乙酸，故〖答案〗為：水浴加熱；【小問3詳析】由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水楊酸的溶解度，充分結晶析出乙酰水楊酸固體，故〖答案〗為：充分析出乙酰水楊酸固體；【小問4詳析】由分析可知，操作③用濃鹽酸酸化的目的是將乙酰水楊酸鈉轉化為乙酰水楊酸，反應的化學方程式為+HCl+H2O+NaCl+CH3COOH，故〖答案〗為：+HCl+H2O+NaCl+CH3COOH；【小問5詳析】由分析可知，純化得到乙酰水楊酸晶體的方法為重結晶；由題給數(shù)據(jù)可知，水楊酸的物質的量為=0.05mol、乙酸酐的物質的量為≈0.11mol，由方程式可知，反應中乙酸酐過量，則本實驗的產率為×100%=60%，故〖答案〗為：重結晶；60；【小問6詳析】檢驗制得乙酰水楊酸晶體中羧基和酯基官能團的操作為取樣品加入水中，振蕩靜置、向兩支試管中分別加入2mL清液，向其中一支試管中滴入2滴石蕊溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明乙酰水楊酸中含有羧基；向另一支試管中滴入2滴稀硫酸加熱，使乙酰水楊酸部分水解生成水楊酸和乙酸，加熱后滴入幾滴碳酸氫鈉溶液中和過量硫酸，振蕩，再向其中滴入幾滴氯化鐵溶液，溶液變?yōu)樽仙f明乙酰水楊酸中含有酯基，故〖答案〗為：溶液變?yōu)榧t色；FeCl3溶液；溶液變?yōu)樽仙?8.元素周期律是學習和研究化學的重要工具。（1）X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。其元素性質及原子結構如下：元素元素性質或原子結構X電子只有一種自旋取向Y基態(tài)原子的核外電子所有電子層共有3個不同的能級，各能級中電子數(shù)相等Z與Y同周期，其第一電離能高于同周期與之相鄰的元素①Y位于周期表中的第___________周期第___________族。②X與Y形成化合物YX4，其空間結構為___________。③Y與Z形成的YZ-常作為配位化合物中的配體。在YZ-中，元素Y的原子采取sp雜化，則該微粒中的化學鍵中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目比為___________。（2）幾種含氯化合物的熔點如下表：物質NaClAlCl3SiCl4熔點/℃801190*-70.4*250kPa條件下①NaCl的熔點明顯高于SiCl4，其原因是___________。②AlCl3處于熔融狀態(tài)時可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3為缺電子分子，Al傾向于接受電子對形成sp3雜化軌道。請寫出Al2Cl6的結構式___________。（3）ZnSO4·7H2O結構示意圖如圖，回答下列問題：①H2O中H-O-H鍵角___________(填“＞”“＜”或“=”)中O-S-O鍵角，原因是___________。②該晶體受熱失水時，隨著溫度的升高，先失去一個水分子，再失去其它水分子，首先失去的水分子應為___________(填“a”或“b”)?！即鸢浮剑?）①.二②.ⅣA③.正四面體④.1：2（2）二者的晶體類型不同。NaCl是離子晶體，構成微粒Na+與Cl-之間是以強烈的離子鍵結合，斷裂需消耗較高能量；而SiCl4在固態(tài)時屬于分子晶體，分子之間以微弱的范德華力結合，破壞只需消耗較少能量；（3）①.＞②.H2O中的O原子和中的S原子都采用sp3雜化，但H2O中O原子上有2對孤電子對，中的S原子上無孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，導致鍵角：H2O＞③.B?！冀馕觥絏、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素,X元素的電子只有一種自旋取向，則X是H元素；基態(tài)Y原子的核外電子所有電子層共有3個不同的能級，各能級中電子數(shù)相等，則Y原子核外電子排布是1s22s22p2，所以Y是C元素；Z與Y同周期，其第一電離能高于同周期與之相鄰的元素，則Z是第ⅤA的N元素，然后根據(jù)問題，結合元素周期律分析解答?！拘?詳析】①Y是C元素，位于周期表中的第二周期第ⅣA族；②根據(jù)上述分析可知：X是H，Y是C，X與Y形成化合物YX4是CH4，CH4的空間結構為正四面體形；②根據(jù)上述分析可知：Y是C，Z是N元素，Y與Z形成的YZ-是CN-，CN-常作為配位化合物中的配體。在YZ-中，元素Y的原子采取sp雜化，C原子與N原子形成共價三鍵，其中一個是σ鍵，兩個是π鍵，則該微粒中的化學鍵中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目比為1：2；【小問2詳析】①NaCl的熔點明顯高于SiCl4，是由于二者的晶體類型不同。NaCl是離子晶體，構成微粒Na+與Cl-之間是以離子鍵結合，離子鍵是一種強烈相互作用力，斷裂需消耗較高能量，因此NaCl的熔點高；而SiCl4在固態(tài)時屬于分子晶體，分子之間以范德華力結合，范德華力比較微弱，破壞只需消耗較少能量，因此其熔點遠低于NaCl；②AlCl3處于熔融狀態(tài)時可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3為缺電子分子，Al傾向于接受電子對形成sp3雜化軌道。則Al2Cl6的結構式是；【小問3詳析】①H2O分子中的中心O原子價層電子對數(shù)是2+=4，因此O原子采用sp3雜化，但O原子上有2電子，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用，導致H2O分子呈V形，分子中的H-O-H鍵角是104.5°；中的中心S原子價層電子對數(shù)是4+=4，因此S原子采用sp3雜化，而S原子上無孤對電子，因此的空間構型是正四面體形，O-S-O鍵角是1098°28′，因此鍵角：H2O＞；②根據(jù)裝置圖可知在ZnSO4·7H2O中的7個結晶水中，有6個H2O分子與Zn2+以配位鍵結合為內界離子[Zn(H2O)6]2+，而有1個H2O分子則為外界水分子，內界離子結合力是配位鍵強，因此升高溫度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子應為外界的b分子。19.銅及其化合物在生