2023-2024學年海南省?？谑懈叨聦W期期末考試化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1海南省?？谑?023-2024學年高二下學期期末考試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12O16S32Fe56Ga70As75Br80一、選擇題：本題共8小題，每小題2分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.下列物質的用途敘述錯誤的是A.甲醛可用于食物保鮮 B.可用于制石英坩堝C.石墨可用于制作電極 D.乙二醇可用于生產(chǎn)汽車防凍液〖答案〗A〖解析〗甲醛有毒，不可用于食物保鮮，A錯誤；熔點高，可用于制石英坩堝，B正確；石墨可以導電，可用于制作電極，C正確；乙二醇的熔點較低，不易結冰，所以可用于生產(chǎn)汽車防凍液，D正確；故選A。2.《易經(jīng)》描述的“(沼)澤中有火”，“上火下澤”，其中燃燒的氣體主要是A. B.CO C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意，“澤中有火”，“上火下澤”，澤，指湖泊池沼?！皾芍杏谢稹?，是指“氣體”在湖泊池沼水水上起火現(xiàn)象的描述，沼氣的主要成分為甲烷；〖答案〗選C。3.下列有關化學用語的表達式正確的是A.HClO的結構式為：B.順-2-丁烯的球棍模型：C.的電子式為：D.鍵的電子云圖：〖答案〗D〖解析〗次氯酸分子中O原子與H、Cl原子各形成一對共用電子對，其結構式是：H-O-Cl，故A錯誤；當組成雙鍵的兩個碳原子連接的原子或基團中，相同的基團位于雙鍵平面同側時為順式結構，順-2-丁烯的球棍模型：，故B錯誤；H2S是共價化合物，電子式為

，故C錯誤；H?H共價鍵為s-sσ鍵，電子云圖：，故D正確；〖答案〗選D。4.下列分子屬于非極性分子的是A. B. C.HCHO D.〖答案〗B〖解析〗O3為V形結構，正負電荷重心不重合，為極性分子，故A錯誤；BeCl2是直線形結構，正負電荷中心重合，為非極性分子，故B正確；HCHO為平面三角形結構，正負電荷重心不重合，為極性分子，故C錯誤；為四面體結構，正負電荷重心不重合，為極性分子，故D錯誤；故選：B。5.玻璃器皿上沾有一些殘留物，其洗滌方法錯誤的是A.殘留在試管內壁上的碘，用酒精洗滌B.沾附在試管內壁上的油脂，用熱堿液洗滌C.做銀鏡反應后試管壁上的銀鏡，用稀氨水洗滌D.盛放過苯酚的試劑瓶中殘留的苯酚，用NaOH溶液洗滌〖答案〗C〖解析〗單質碘在酒精中的溶解度大，因此可以用酒精洗滌，故A正確；因為熱堿液顯堿性，而油脂在堿性溶液中水解得到可溶性鈉鹽和甘油，可以洗滌，故B正確；做銀鏡反應后試管壁上的銀鏡成分為銀，因為銀不和稀氨水反應，不能用之洗滌，可用稀硝酸洗滌，故C錯誤；苯酚與氫氧化鈉溶液反應生成可溶于水苯酚鈉，則盛放過苯酚的試劑瓶中殘留的苯酚可用NaOH溶液洗滌，故D正確；〖答案〗為C。6.下列有關原子結構與性質的描述中正確的是A.2s、3s、4s能級的軌道數(shù)目依次增多B.電子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時能產(chǎn)生發(fā)射光譜C.基態(tài)P原子最外層電子軌道表示式：D.同一能層中，p能級的能量一定比s能級的能量高〖答案〗D〖解析〗只要是s能級，都是一個原子軌道，故A錯誤；激發(fā)態(tài)能量高于基態(tài)，需要吸收能量才能從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，應該產(chǎn)生吸收光譜，故B錯誤；根據(jù)洪特規(guī)則，P原子3p軌道上的3個電子優(yōu)先以相同自旋方向占據(jù)三個軌道，即圖示違反了洪特規(guī)則，故C錯誤；同一能層中能級的能量按照s、p、d……依次升高，故D正確；〖答案〗選D。7.下列關于與的結構與性質的描述，錯誤的是A.二者均為極性分子B.二者分子中所有原子均共面C.的沸點比高D.具有氧化性，是由于其結構中含過氧鍵〖答案〗B〖解析〗與正負電荷重心均不重合，均為極性分子，A正確；為V形結構，所有原子共面；H2O2分子的空間結構為，所有原子不共面，B錯誤；可以形成更多的氫鍵，沸點比高，C正確；中的O化合價為-1價，其結構中含過氧鍵，具有氧化性，D正確；故選B。8.下列有機物分子中所有原子不可能共平面的是A.乙苯 B.甲醛 C.苯乙烯 D.溴苯〖答案〗A〖解析〗苯為平面結構，乙基中碳原子為飽和碳原子、呈四面體結構，所以乙苯分子中所有原子不可能共平面，故A符合；醛基是平面結構，甲醛分子中所有原子都處在同一平面上，故B不符合；乙烯和苯是平面型結構，則苯乙烯分子中所有原子都處在同一平面上，故C不符合；苯為平面結構，溴苯中溴原子處于苯中H原子位置，則溴苯分子中所有原子都處在同一平面上，故D不符合；故選A。二、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題有一個或兩個選項符合題意。若正確〖答案〗只包括一個選項，多選得0分；若正確〖答案〗包括兩個選項，只選一個且正確得2分，選兩個且都正確得4分，但只要選錯一個就得0分。9.已知2-丁烯的兩種同分異構體可以相互轉化：下列說法正確的是A.兩者的沸點相同B.反式結構更穩(wěn)定C.高溫有利于反式轉化為順式D.混合氣體的含碳量不變時達到平衡〖答案〗BC〖解析〗兩者的結構不同，沸點不同，A錯誤；物質具有的能量越低越穩(wěn)定，反應是放熱反應，反式的能量較低，所以反式更穩(wěn)定，B正確；反應是放熱反應，降低溫度，有利于反應正向進行，即低溫有利于順式轉化為反式，則高溫有利于反式轉化為順式，C正確；根據(jù)碳守恒可知，混合氣體的含碳量為定值，不變時不能說明反應達到平衡，D錯誤；故選BC。10.化合物“E7974”具有抗腫瘤活性，結構簡式如圖，下列有關該化合物說法正確的是A.不能使溴水褪色B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.分子中含有4個手性碳原子D.1mol該化合物最多與3molNaOH反應〖答案〗BD〖解析〗根據(jù)結構，“E7974”含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，故A錯誤；根據(jù)結構，“E7974”含有碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；連有4個不同基團的飽和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如圖，共有3個手性碳原子，故C錯誤；如圖所示，分子中方框內結構均能與NaOH溶液反應，故1mol該化合物最多與3molNaOH反應，故D正確；〖答案〗選BD。11.由下列實驗操作和現(xiàn)象，可得出相應正確結論的是實驗操作現(xiàn)象結論A向C2H5Br中滴加過量NaOH溶液并加熱冷卻后再加入AgNO3溶液有棕黑色沉淀但未見到淺黃色沉淀未水解B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱加入少量新制的懸濁液無磚紅色沉淀蔗糖未發(fā)生水解C將通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁酸性：碳酸苯酚D檢驗乙醇中是否含有水，可以向乙醇中加入一小粒金屬鈉產(chǎn)生無色氣體乙醇中含有水A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗向C2H5Br中滴加過量NaOH溶液并加熱，水解生成NaBr，冷卻后需要加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液檢驗溴離子，A錯誤；蔗糖水解后，需要先加NaOH溶液中和硫酸并將溶液調成堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，B錯誤；向苯酚鈉溶液中通入CO2，溶液變渾濁，則二氧化碳與苯酚鈉溶液反應生成苯酚，說明碳酸酸性大于苯酚，C正確；乙醇和水都能與金屬鈉反應產(chǎn)生氫氣，所以不能用金屬鈉檢驗乙醇中是否含有水，D錯誤；故選C。12.X、Y、Z、W四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，元素Z的核電荷數(shù)是元素Y的兩倍，下列有關說法錯誤的是A.原子半徑：B.電負性：C.最高價氧化物對應的水化物的酸性：D.四種元素的簡單氫化物中，W的氫化物沸點最高〖答案〗D〖解析〗由題干信息結合四種元素在周期表中的位置可知，元素Z的核電荷數(shù)是元素Y的兩倍，則Y是O，Z為S，X為N，W為Cl，據(jù)此分析解答。X為N，Y是O，同一周期元素，原子半徑從左到右逐漸減小，原子半徑：N>O，故A正確；非金屬性N<O，電負性：，故B正確；元素最高價氧化物對應水化物酸性與元素的非金屬性一致，非金屬性W>Z，最高價氧化物對應的水化物的酸性：，故C正確；四種元素的簡單氫化物分別為：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氫鍵且氫鍵數(shù)目最多，因而沸點最高，故D錯誤；故〖答案〗選D。13.常溫下，將0.1mol/L的醋酸與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合。下列對混合溶液的描述正確的是A.混合溶液的B.混合溶液中水電離的C.混合溶液中有D.混合溶液中〖答案〗BC〖解析〗0.1mol/L的醋酸與0.1mol/L的NaOH溶液完全反應，生成醋酸鈉，混合溶液的，故A錯誤；醋酸鈉促進水的電離，又因為，所以混合溶液中水電離的，故B正確；根據(jù)物料守恒，可知，故C正確；混合溶液中，醋酸根水解得到醋酸個氫氧根，水解是微弱的，所以，故D錯誤；〖答案〗BC。14.為研究配合物的形成及其性質，某研究小組進行如下實驗：①向溶液中逐滴加入氨水至過量，先產(chǎn)生藍色沉淀后溶解生成深藍色的溶液，再加入無水乙醇，析出深藍色晶體，過濾、洗滌；②將深藍色晶體溶于水配成溶液，插入光亮鐵絲，鐵絲表面有金屬光澤的紅色固體析出。下列說法錯誤的是A.由實驗①可知，Cu(OH)2具有兩性B.加入乙醇有晶體析出是因為在乙醇中溶解度小C.由實驗②可知，與形成配合物的過程是可逆反應D.[Cu(NH3)4]2+中Cu的雜化方式為，且配體中的夾角比中的鍵角的大〖答案〗AD〖解析〗兩性物質是指既能和酸反應又能和堿反應的物質，而向溶液中逐滴加入氨水至過量，先產(chǎn)生藍色氫氧化銅沉淀，后溶解生成深藍色的溶液是因為生成了配合物，再加入無水乙醇，析出深藍色晶體，是因為該配合物在乙醇中溶解度小，A錯誤；結合上面選項分析，加入乙醇有晶體析出是因為在乙醇中溶解度小，B正確；由實驗②可知，銅離子與NH3形成配合物的過程是可逆反應，存在Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，插入鐵絲后，鐵絲置換出銅，平衡逆向移動，C正確；若Cu2+采用的是sp3雜化類型，其空間結構應該為正四面體，而實際上[Cu(NH3)4]2+的空間構形是平面正方形，所以Cu2+的雜化方式可能是dsp2，NH3提供孤對電子與Cu2+形成配位鍵后，N-H成鍵電子對受到的排斥力減小，H-N-H鍵角增大，D錯誤；故選AD。三、非選擇題：共5題，共60分。15.利用主要含氧化銅的工業(yè)廢料(還含少量的FeO和以及不溶性雜質)可制取氯化銅晶體。將廢料經(jīng)稀鹽酸溶解、過濾后得的濾液A，然后將濾液A進行如下操作制取氯化銅晶體：已知：在常溫下，，此溶液中的金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子開始沉淀時的pH4.82.27.5完全沉淀時的pH6.73.29.0回答下列問題：（1）寫出“氧化”步驟發(fā)生的離子方程式_____。（2）在“沉淀反應”步驟，加入CuO的作用是_____；反應后，濾液B的，殘留在濾液B中為_____mol/L。（3）用燃料電池電解精制飽和食鹽水可制得氯氣，相關物料的傳輸與轉化關系如下圖所示，其中的電極未標出，所用的離子交換膜都只允許陽離子通過。①圖中X是_____(填化學式)。②寫出燃料電池B中正極的電極反應_____。③比較圖示中氫氧化鈉溶液的質量分數(shù)的大小：a%_____b%(填“”“”或“”)。〖答案〗（1）（2）①.調節(jié)pH至3.2~4.8之間，使完全沉淀②.（3）①.②.③.〖解析〗含氧化銅的工業(yè)廢料(還含少量的FeO和以及不溶性雜質)，加經(jīng)稀鹽酸溶解、過濾后得的濾液A，通入Cl2可將Fe2+氧化為Fe3+，再向溶液中加入CuO，調節(jié)溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3，過濾除去不溶物，所得濾液B經(jīng)結晶得到氯化銅晶體，據(jù)此分析解答。(3)A為電解池，B為燃料電池，A池中電解飽和食鹽水陽極生成的氣體為Cl2，陰極生成氣體為H2且有氫氧化鈉溶液產(chǎn)生，則X為Cl2，Y為H2，燃料電池中負極氫氣被氧化，正極氧氣被還原?！拘?詳析】據(jù)分析，“氧化”步驟發(fā)生的離子方程式為：。【小問2詳析】在“沉淀反應”步驟，向溶液中加入CuO，調節(jié)溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3而銅離子不沉淀，則加入CuO的作用是：調節(jié)pH至3.2~4.8之間，使完全沉淀；常溫下，，濾液B的，c(OH-)=mol·L－1，則反應后，殘留在濾液B中為mol/L。【小問3詳析】①通空氣一邊為正極(還原反應)，那么左邊必然通H2，這樣Y即為H2，則電解池左邊應為陽極，生成Cl2，即圖中X為Cl2。②燃料電池B中正極上氧化被還原，電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-。③所用的離子交換膜都只允許陽離子通過，而燃料電池中正極氧氣得到電子產(chǎn)生OH-，所以反應后氫氧化鈉的濃度升高，則圖示中氫氧化鈉溶液的質量分數(shù)的大?。篴%＜b%。16.1740年英國人沃德發(fā)現(xiàn)了硝化法制硫酸，隨之，探究出了NO參與的催化氧化反應的兩步基元反應歷程：①②回答下列問題：（1）的_____（2）有人說：“反應②比①放出的能量少，所以反應②比①的速率小”。你認為是否正確？_____(填“是”或“否”)，其理由是_____。（3）某科研團隊對的催化氧化反應進行探究，在三個等體積恒容密閉容器中起始投料量如下表。測得的平衡轉化率與投料、溫度的關系如下圖。容器A4.02.0B3.02.0C1.02.0①曲線Ⅰ代表的是_____(填“A”“B”或“C”)容器。②隨著溫度升高，不同投料對應的的平衡轉化率趨向相同，其主要原因可能是_____。③某條件下，按C容器原料配比反應，達到平衡時，測得的轉化率為90.0%，則的體積分數(shù)為_____(計算結果保留一位小數(shù))。〖答案〗（1）（2）①.否②.化學反應速率與反應的活化能的大小有關，與反應的焓變無必然聯(lián)系。(其他合理〖答案〗參照給分)（3）①.A②.溫度對平衡移動的影響遠遠大于投料比對平衡移動的影響③.85.7%〖解析〗【小問1詳析】①②按蓋斯定律，反應①+2②即得則。【小問2詳析】反應中放出熱量的多少與反應速率無關，則：“反應②比①放出的能量少，所以反應②比①的速率小”的說法是錯誤的，故〖答案〗為“否”，其理由是：化學反應速率與反應的活化能的大小有關，與反應的焓變無必然聯(lián)系?！拘?詳析】①在三個等體積恒容密閉容器中SO2的起始投料均相同，但氧氣的量不同，氧氣投料越多，越有利于平衡右移、SO2的平衡轉化率越大，則曲線Ⅰ代表的是A容器。②氧氣投料越多，SO2的平衡轉化率越大；升溫，平衡左移，SO2的平衡轉化率減小，隨著溫度升高，不同投料對應的的平衡轉化率趨向相同，其主要原因可能是：溫度對平衡移動的影響遠遠大于投料比對平衡移動的影響。③某條件下，按C容器原料配比反應，達到平衡時，測得的轉化率為90.0%，則存在三段式：，則的體積分數(shù)為(計算結果保留一位小數(shù))。17.實驗室以苯甲醛為原料制備間溴苯甲醛，實驗裝置如下圖所示：已知：溫度過高時，間溴苯甲醛易被氧化。步驟1：將三頸瓶中一定配比的無水、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，控制溫度緩慢滴加經(jīng)濃硫酸干燥過的液溴，保溫反應一段時間，冷卻。步驟2：將反應混合物緩慢加入一定量的稀鹽酸中，攪拌、靜置、分液。有機相用10%溶液洗滌。步驟3：經(jīng)洗滌的有機相加入適量無水固體，放置一段時間后過濾。步驟4：減壓蒸餾有機相，收集相應餾分?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗裝置中A的名稱是_____，B的作用是_____。（2）依據(jù)下面表格的實驗數(shù)據(jù)，最佳的反應溫度控制在_____。溫度對反應的影響序號反應溫度/℃反應時間/h產(chǎn)率%141~47690.1248~54694.8355~60691.5（3）步驟2中用10%的溶液洗滌有機相，是為了除去溶于有機相中的_____(填化學式)。（4）步驟4中采用減壓蒸餾的原因是_____。（5）若實驗開始時加入6.7g苯甲醛，最終得到10.9g間溴苯甲醛，則間溴苯甲醛的產(chǎn)率為_____(計算結果保留一位小數(shù))?！即鸢浮剑?）①.分液漏斗②.冷凝回流、導氣（2）48℃~54℃（3）、HCl（4）抽走空氣，降低蒸餾溫度，避免間溴苯甲醛被氧化（5）93.2%〖解析〗苯甲醛與溴在氯化鋁催化作用下在加熱條件下反應生成間溴苯甲醛，同時生成HBr，經(jīng)冷凝回流可得到間溴苯甲醛，生成的HBr用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染空氣，有機相中含有Br2、HCl，可用碳酸氫鈉除去，有機相中加入無水硫酸鎂固體，可起到吸收水的作用，減壓蒸餾，可降低沸點，避免溫度過高，導致間溴苯甲醛被氧化。【小問1詳析】實驗裝置中A的名稱是分液漏斗，B為直行冷凝管，作用是冷凝回流、導氣?！拘?詳析】依據(jù)表格的實驗數(shù)據(jù)，48℃~54℃產(chǎn)率最高，最佳的反應溫度控制在48℃~54℃。【小問3詳析】反應混合物中有Br2、HCl，可以和、HCl反應，步驟2中用10%溶液洗滌有機相，是為了除去溶于有機相中的、HCl?！拘?詳析】根據(jù)溫度過高時，間溴苯甲醛易被氧化，步驟4中采用減壓蒸餾的原因是抽走空氣，降低蒸餾溫度，避免間溴苯甲醛被氧化?！拘?詳析】苯甲醛和溴單質發(fā)生反應生成間溴苯甲醛和HBr，反應方程式為：+Br2+HBr，6.7g苯甲醛物質mol，最終得到10.9g間溴苯甲醛，則間溴苯甲醛的產(chǎn)率為。18.高分子材料PMMA的合成路線如下：已知：(R、R'代表烴基)回答下列問題：（1）A的結構簡式為_____，D的化學名稱為_____。（2）PMMA單體的官能團名稱_____。（3）步驟①的化學反應類型是_____。（4）步驟②的化學方程式為_____。（5）寫出一種符合下列條件的PMMA單體的同分異構體的結構簡式_____。a．能與碳酸氫鈉溶液反應產(chǎn)生氣體b．含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，其個數(shù)是（6）參照上述合成路線，寫出以為主要有機原料合成的合成路線圖_____。(其他無機試劑任選)。〖答案〗（1）①.②.甲醇（2）酯基、碳碳雙鍵（3）消去反應（4）（5）或（6）(或)〖解析〗根據(jù)PMMA結構簡式逆推PMMA單體為，丙烯催化氧化得到A，A發(fā)生信息反應得到B，則B含羧基和羥基，B在濃硫酸加熱下生成C，C和D在濃硫酸加熱下發(fā)生反應生成PMMA單體，則可知D為CH3OH，C為，B在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應得到生成C，可知B為，則A為，據(jù)此進行分析?！拘?詳析】據(jù)分析，A的結構簡式為，D的化學名稱為甲醇?！拘?詳析】PMMA的單體為，官能團名稱為：酯基、碳碳雙鍵?！拘?詳析】步驟①為在濃硫酸加熱條件下轉化為，，故化學反應類型是消去反應?！拘?詳析】步驟②為CH3OH何，在濃硫酸加熱下發(fā)生酯化反應，化學方程式為：?！拘?詳析】PMMA的單體為，PMMA單體的同分異構體符合下列條件：a．能與碳酸氫鈉溶液反應產(chǎn)生氣體，即含有1個羧基；b．含有4種不同化學環(huán)境的氫原子即分子內有4種氫原子，其個數(shù)是；則滿足條件的同分異構體為：或?！拘?詳析】要得到目標產(chǎn)物，需要在濃硫酸加熱下發(fā)生酯化反應，可由發(fā)生信息反應得到，可由或催化氧化得到，可由在氫氧化鈉水溶液加熱下水解得到；可由在氫氧化鈉醇溶液加熱下發(fā)生消去反應得到。則反應流程：?；蛘邽椋?19.金屬和非金屬分界線附近的元素(如鎵Ga、鍺Ge、砷As)，可用于制造半導體材料，也是目前科學研究的熱點。回答下列問題：（1）基態(tài)As原子的價層電子排布式_____。（2）Ga元素位于周期表中的位置_____，處于周期表的_____區(qū)。（3）第一電離能(硒)，其原因是_____。（4）砷化鎵是人工合成的新型半導體材料，其晶體結構與金剛石相似，如圖所示，若該立方晶胞參數(shù)為anm。①砷化鎵的化學式_____。②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，如A點、D點原子的分數(shù)坐標分別為、，則C點原子的分數(shù)坐標為_____；已知阿伏加德羅常數(shù)的值為，則砷化鎵晶體的密度為_____(列計算式)?！即鸢浮剑?）（2）①.第四周期第ⅢA族②.p（3）基態(tài)As的價層電子排布是半充滿的，比較穩(wěn)定，第一電離能較高（4）①.GaAs()②.③.或〖解析〗【小問1詳析】基態(tài)As為33號元素，原子核外價層電子排布式為；【小問2詳析】基態(tài)Ga為31號元素，Ga元素位于周期表中的位置第四周期第ⅢA族，處于周期表的p區(qū)；【小問3詳析】同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，基態(tài)As的價層電子排布是半充滿的，比較穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能(硒)；【小問4詳析】①根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個As、4個Ga，則砷化鎵的化學式GaAs()。②A點、D點原子的分數(shù)坐標分別為、，則C點原子在xyz軸上的坐標投影分別為、、，則分數(shù)坐標為；已知阿伏加德羅常數(shù)的值為，則砷化鎵晶體的密度為。海南省?？谑?023-2024學年高二下學期期末考試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16S32Fe56Ga70As75Br80一、選擇題：本題共8小題，每小題2分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.下列物質的用途敘述錯誤的是A.甲醛可用于食物保鮮 B.可用于制石英坩堝C.石墨可用于制作電極 D.乙二醇可用于生產(chǎn)汽車防凍液〖答案〗A〖解析〗甲醛有毒，不可用于食物保鮮，A錯誤；熔點高，可用于制石英坩堝，B正確；石墨可以導電，可用于制作電極，C正確；乙二醇的熔點較低，不易結冰，所以可用于生產(chǎn)汽車防凍液，D正確；故選A。2.《易經(jīng)》描述的“(沼)澤中有火”，“上火下澤”，其中燃燒的氣體主要是A. B.CO C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意，“澤中有火”，“上火下澤”，澤，指湖泊池沼?！皾芍杏谢稹保侵浮皻怏w”在湖泊池沼水水上起火現(xiàn)象的描述，沼氣的主要成分為甲烷；〖答案〗選C。3.下列有關化學用語的表達式正確的是A.HClO的結構式為：B.順-2-丁烯的球棍模型：C.的電子式為：D.鍵的電子云圖：〖答案〗D〖解析〗次氯酸分子中O原子與H、Cl原子各形成一對共用電子對，其結構式是：H-O-Cl，故A錯誤；當組成雙鍵的兩個碳原子連接的原子或基團中，相同的基團位于雙鍵平面同側時為順式結構，順-2-丁烯的球棍模型：，故B錯誤；H2S是共價化合物，電子式為

，故C錯誤；H?H共價鍵為s-sσ鍵，電子云圖：，故D正確；〖答案〗選D。4.下列分子屬于非極性分子的是A. B. C.HCHO D.〖答案〗B〖解析〗O3為V形結構，正負電荷重心不重合，為極性分子，故A錯誤；BeCl2是直線形結構，正負電荷中心重合，為非極性分子，故B正確；HCHO為平面三角形結構，正負電荷重心不重合，為極性分子，故C錯誤；為四面體結構，正負電荷重心不重合，為極性分子，故D錯誤；故選：B。5.玻璃器皿上沾有一些殘留物，其洗滌方法錯誤的是A.殘留在試管內壁上的碘，用酒精洗滌B.沾附在試管內壁上的油脂，用熱堿液洗滌C.做銀鏡反應后試管壁上的銀鏡，用稀氨水洗滌D.盛放過苯酚的試劑瓶中殘留的苯酚，用NaOH溶液洗滌〖答案〗C〖解析〗單質碘在酒精中的溶解度大，因此可以用酒精洗滌，故A正確；因為熱堿液顯堿性，而油脂在堿性溶液中水解得到可溶性鈉鹽和甘油，可以洗滌，故B正確；做銀鏡反應后試管壁上的銀鏡成分為銀，因為銀不和稀氨水反應，不能用之洗滌，可用稀硝酸洗滌，故C錯誤；苯酚與氫氧化鈉溶液反應生成可溶于水苯酚鈉，則盛放過苯酚的試劑瓶中殘留的苯酚可用NaOH溶液洗滌，故D正確；〖答案〗為C。6.下列有關原子結構與性質的描述中正確的是A.2s、3s、4s能級的軌道數(shù)目依次增多B.電子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時能產(chǎn)生發(fā)射光譜C.基態(tài)P原子最外層電子軌道表示式：D.同一能層中，p能級的能量一定比s能級的能量高〖答案〗D〖解析〗只要是s能級，都是一個原子軌道，故A錯誤；激發(fā)態(tài)能量高于基態(tài)，需要吸收能量才能從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，應該產(chǎn)生吸收光譜，故B錯誤；根據(jù)洪特規(guī)則，P原子3p軌道上的3個電子優(yōu)先以相同自旋方向占據(jù)三個軌道，即圖示違反了洪特規(guī)則，故C錯誤；同一能層中能級的能量按照s、p、d……依次升高，故D正確；〖答案〗選D。7.下列關于與的結構與性質的描述，錯誤的是A.二者均為極性分子B.二者分子中所有原子均共面C.的沸點比高D.具有氧化性，是由于其結構中含過氧鍵〖答案〗B〖解析〗與正負電荷重心均不重合，均為極性分子，A正確；為V形結構，所有原子共面；H2O2分子的空間結構為，所有原子不共面，B錯誤；可以形成更多的氫鍵，沸點比高，C正確；中的O化合價為-1價，其結構中含過氧鍵，具有氧化性，D正確；故選B。8.下列有機物分子中所有原子不可能共平面的是A.乙苯 B.甲醛 C.苯乙烯 D.溴苯〖答案〗A〖解析〗苯為平面結構，乙基中碳原子為飽和碳原子、呈四面體結構，所以乙苯分子中所有原子不可能共平面，故A符合；醛基是平面結構，甲醛分子中所有原子都處在同一平面上，故B不符合；乙烯和苯是平面型結構，則苯乙烯分子中所有原子都處在同一平面上，故C不符合；苯為平面結構，溴苯中溴原子處于苯中H原子位置，則溴苯分子中所有原子都處在同一平面上，故D不符合；故選A。二、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題有一個或兩個選項符合題意。若正確〖答案〗只包括一個選項，多選得0分；若正確〖答案〗包括兩個選項，只選一個且正確得2分，選兩個且都正確得4分，但只要選錯一個就得0分。9.已知2-丁烯的兩種同分異構體可以相互轉化：下列說法正確的是A.兩者的沸點相同B.反式結構更穩(wěn)定C.高溫有利于反式轉化為順式D.混合氣體的含碳量不變時達到平衡〖答案〗BC〖解析〗兩者的結構不同，沸點不同，A錯誤；物質具有的能量越低越穩(wěn)定，反應是放熱反應，反式的能量較低，所以反式更穩(wěn)定，B正確；反應是放熱反應，降低溫度，有利于反應正向進行，即低溫有利于順式轉化為反式，則高溫有利于反式轉化為順式，C正確；根據(jù)碳守恒可知，混合氣體的含碳量為定值，不變時不能說明反應達到平衡，D錯誤；故選BC。10.化合物“E7974”具有抗腫瘤活性，結構簡式如圖，下列有關該化合物說法正確的是A.不能使溴水褪色B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.分子中含有4個手性碳原子D.1mol該化合物最多與3molNaOH反應〖答案〗BD〖解析〗根據(jù)結構，“E7974”含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，故A錯誤；根據(jù)結構，“E7974”含有碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；連有4個不同基團的飽和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如圖，共有3個手性碳原子，故C錯誤；如圖所示，分子中方框內結構均能與NaOH溶液反應，故1mol該化合物最多與3molNaOH反應，故D正確；〖答案〗選BD。11.由下列實驗操作和現(xiàn)象，可得出相應正確結論的是實驗操作現(xiàn)象結論A向C2H5Br中滴加過量NaOH溶液并加熱冷卻后再加入AgNO3溶液有棕黑色沉淀但未見到淺黃色沉淀未水解B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱加入少量新制的懸濁液無磚紅色沉淀蔗糖未發(fā)生水解C將通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁酸性：碳酸苯酚D檢驗乙醇中是否含有水，可以向乙醇中加入一小粒金屬鈉產(chǎn)生無色氣體乙醇中含有水A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗向C2H5Br中滴加過量NaOH溶液并加熱，水解生成NaBr，冷卻后需要加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液檢驗溴離子，A錯誤；蔗糖水解后，需要先加NaOH溶液中和硫酸并將溶液調成堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液，B錯誤；向苯酚鈉溶液中通入CO2，溶液變渾濁，則二氧化碳與苯酚鈉溶液反應生成苯酚，說明碳酸酸性大于苯酚，C正確；乙醇和水都能與金屬鈉反應產(chǎn)生氫氣，所以不能用金屬鈉檢驗乙醇中是否含有水，D錯誤；故選C。12.X、Y、Z、W四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示，元素Z的核電荷數(shù)是元素Y的兩倍，下列有關說法錯誤的是A.原子半徑：B.電負性：C.最高價氧化物對應的水化物的酸性：D.四種元素的簡單氫化物中，W的氫化物沸點最高〖答案〗D〖解析〗由題干信息結合四種元素在周期表中的位置可知，元素Z的核電荷數(shù)是元素Y的兩倍，則Y是O，Z為S，X為N，W為Cl，據(jù)此分析解答。X為N，Y是O，同一周期元素，原子半徑從左到右逐漸減小，原子半徑：N>O，故A正確；非金屬性N<O，電負性：，故B正確；元素最高價氧化物對應水化物酸性與元素的非金屬性一致，非金屬性W>Z，最高價氧化物對應的水化物的酸性：，故C正確；四種元素的簡單氫化物分別為：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氫鍵且氫鍵數(shù)目最多，因而沸點最高，故D錯誤；故〖答案〗選D。13.常溫下，將0.1mol/L的醋酸與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合。下列對混合溶液的描述正確的是A.混合溶液的B.混合溶液中水電離的C.混合溶液中有D.混合溶液中〖答案〗BC〖解析〗0.1mol/L的醋酸與0.1mol/L的NaOH溶液完全反應，生成醋酸鈉，混合溶液的，故A錯誤；醋酸鈉促進水的電離，又因為，所以混合溶液中水電離的，故B正確；根據(jù)物料守恒，可知，故C正確；混合溶液中，醋酸根水解得到醋酸個氫氧根，水解是微弱的，所以，故D錯誤；〖答案〗BC。14.為研究配合物的形成及其性質，某研究小組進行如下實驗：①向溶液中逐滴加入氨水至過量，先產(chǎn)生藍色沉淀后溶解生成深藍色的溶液，再加入無水乙醇，析出深藍色晶體，過濾、洗滌；②將深藍色晶體溶于水配成溶液，插入光亮鐵絲，鐵絲表面有金屬光澤的紅色固體析出。下列說法錯誤的是A.由實驗①可知，Cu(OH)2具有兩性B.加入乙醇有晶體析出是因為在乙醇中溶解度小C.由實驗②可知，與形成配合物的過程是可逆反應D.[Cu(NH3)4]2+中Cu的雜化方式為，且配體中的夾角比中的鍵角的大〖答案〗AD〖解析〗兩性物質是指既能和酸反應又能和堿反應的物質，而向溶液中逐滴加入氨水至過量，先產(chǎn)生藍色氫氧化銅沉淀，后溶解生成深藍色的溶液是因為生成了配合物，再加入無水乙醇，析出深藍色晶體，是因為該配合物在乙醇中溶解度小，A錯誤；結合上面選項分析，加入乙醇有晶體析出是因為在乙醇中溶解度小，B正確；由實驗②可知，銅離子與NH3形成配合物的過程是可逆反應，存在Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，插入鐵絲后，鐵絲置換出銅，平衡逆向移動，C正確；若Cu2+采用的是sp3雜化類型，其空間結構應該為正四面體，而實際上[Cu(NH3)4]2+的空間構形是平面正方形，所以Cu2+的雜化方式可能是dsp2，NH3提供孤對電子與Cu2+形成配位鍵后，N-H成鍵電子對受到的排斥力減小，H-N-H鍵角增大，D錯誤；故選AD。三、非選擇題：共5題，共60分。15.利用主要含氧化銅的工業(yè)廢料(還含少量的FeO和以及不溶性雜質)可制取氯化銅晶體。將廢料經(jīng)稀鹽酸溶解、過濾后得的濾液A，然后將濾液A進行如下操作制取氯化銅晶體：已知：在常溫下，，此溶液中的金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子開始沉淀時的pH4.82.27.5完全沉淀時的pH6.73.29.0回答下列問題：（1）寫出“氧化”步驟發(fā)生的離子方程式_____。（2）在“沉淀反應”步驟，加入CuO的作用是_____；反應后，濾液B的，殘留在濾液B中為_____mol/L。（3）用燃料電池電解精制飽和食鹽水可制得氯氣，相關物料的傳輸與轉化關系如下圖所示，其中的電極未標出，所用的離子交換膜都只允許陽離子通過。①圖中X是_____(填化學式)。②寫出燃料電池B中正極的電極反應_____。③比較圖示中氫氧化鈉溶液的質量分數(shù)的大?。篴%_____b%(填“”“”或“”)?！即鸢浮剑?）（2）①.調節(jié)pH至3.2~4.8之間，使完全沉淀②.（3）①.②.③.〖解析〗含氧化銅的工業(yè)廢料(還含少量的FeO和以及不溶性雜質)，加經(jīng)稀鹽酸溶解、過濾后得的濾液A，通入Cl2可將Fe2+氧化為Fe3+，再向溶液中加入CuO，調節(jié)溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3，過濾除去不溶物，所得濾液B經(jīng)結晶得到氯化銅晶體，據(jù)此分析解答。(3)A為電解池，B為燃料電池，A池中電解飽和食鹽水陽極生成的氣體為Cl2，陰極生成氣體為H2且有氫氧化鈉溶液產(chǎn)生，則X為Cl2，Y為H2，燃料電池中負極氫氣被氧化，正極氧氣被還原?！拘?詳析】據(jù)分析，“氧化”步驟發(fā)生的離子方程式為：?！拘?詳析】在“沉淀反應”步驟，向溶液中加入CuO，調節(jié)溶液pH，使Fe3+沉淀完全生成Fe(OH)3而銅離子不沉淀，則加入CuO的作用是：調節(jié)pH至3.2~4.8之間，使完全沉淀；常溫下，，濾液B的，c(OH-)=mol·L－1，則反應后，殘留在濾液B中為mol/L?！拘?詳析】①通空氣一邊為正極(還原反應)，那么左邊必然通H2，這樣Y即為H2，則電解池左邊應為陽極，生成Cl2，即圖中X為Cl2。②燃料電池B中正極上氧化被還原，電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-。③所用的離子交換膜都只允許陽離子通過，而燃料電池中正極氧氣得到電子產(chǎn)生OH-，所以反應后氫氧化鈉的濃度升高，則圖示中氫氧化鈉溶液的質量分數(shù)的大小：a%＜b%。16.1740年英國人沃德發(fā)現(xiàn)了硝化法制硫酸，隨之，探究出了NO參與的催化氧化反應的兩步基元反應歷程：①②回答下列問題：（1）的_____（2）有人說：“反應②比①放出的能量少，所以反應②比①的速率小”。你認為是否正確？_____(填“是”或“否”)，其理由是_____。（3）某科研團隊對的催化氧化反應進行探究，在三個等體積恒容密閉容器中起始投料量如下表。測得的平衡轉化率與投料、溫度的關系如下圖。容器A4.02.0B3.02.0C1.02.0①曲線Ⅰ代表的是_____(填“A”“B”或“C”)容器。②隨著溫度升高，不同投料對應的的平衡轉化率趨向相同，其主要原因可能是_____。③某條件下，按C容器原料配比反應，達到平衡時，測得的轉化率為90.0%，則的體積分數(shù)為_____(計算結果保留一位小數(shù))?！即鸢浮剑?）（2）①.否②.化學反應速率與反應的活化能的大小有關，與反應的焓變無必然聯(lián)系。(其他合理〖答案〗參照給分)（3）①.A②.溫度對平衡移動的影響遠遠大于投料比對平衡移動的影響③.85.7%〖解析〗【小問1詳析】①②按蓋斯定律，反應①+2②即得則?！拘?詳析】反應中放出熱量的多少與反應速率無關，則：“反應②比①放出的能量少，所以反應②比①的速率小”的說法是錯誤的，故〖答案〗為“否”，其理由是：化學反應速率與反應的活化能的大小有關，與反應的焓變無必然聯(lián)系?！拘?詳析】①在三個等體積恒容密閉容器中SO2的起始投料均相同，但氧氣的量不同，氧氣投料越多，越有利于平衡右移、SO2的平衡轉化率越大，則曲線Ⅰ代表的是A容器。②氧氣投料越多，SO2的平衡轉化率越大；升溫，平衡左移，SO2的平衡轉化率減小，隨著溫度升高，不同投料對應的的平衡轉化率趨向相同，其主要原因可能是：溫度對平衡移動的影響遠遠大于投料比對平衡移動的影響。③某條件下，按C容器原料配比反應，達到平衡時，測得的轉化率為90.0%，則存在三段式：，則的體積分數(shù)為(計算結果保留一位小數(shù))。17.實驗室以苯甲醛為原料制備間溴苯甲醛，實驗裝置如下圖所示：已知：溫度過高時，間溴苯甲醛易被氧化。步驟1：將三頸瓶中一定配比的無水、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，控制溫度緩慢滴加經(jīng)濃硫酸干燥過的液溴，保溫反應一段時間，冷卻。步驟2：將反應混合物緩慢加入一定量的稀鹽酸中，攪拌、靜置、分液。有機相用10%溶液洗滌。步驟3：經(jīng)洗滌的有機相加入適量無水固體，放置一段時間后過濾。步驟4：減壓蒸餾有機相，收集相應餾分?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗裝置中A的名稱是_____，B的作用是_____。（2）依據(jù)下面表格的實驗數(shù)據(jù)，最佳的反應溫度控制在_____。溫度對反應的影響序號反應溫度/℃反應時間/h產(chǎn)率%141~47690.1248~54694.8355~60691.5（3）步驟2中用10%的溶液洗滌有機相，是為了除去溶于有機相中的_____(填化學式)。（4）步驟4中采用減壓蒸餾的原因是_____。（5）若實驗開始時加入6.7g苯甲醛，最終得到10.9g間溴苯甲醛，則間溴苯甲醛的產(chǎn)率為_____(計算結果保留一位小數(shù))?！即鸢浮剑?）①.分液漏斗②.冷凝回流、導氣（2）48℃~54℃（3）、HCl（4）抽走空氣，降低蒸餾溫度，避免間溴苯甲醛被氧化（5）93.2%〖解析〗苯甲醛與溴在氯化鋁催化作用下在加熱條件下反應生成間溴苯甲醛，同時生成HBr，經(jīng)冷凝回流可得到間溴苯甲醛，生成的HBr用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染空氣，有機相中含有Br2、HCl，可用碳酸氫鈉除去，有機相中加入無水硫酸鎂固體，可起到吸收水的作用，減壓蒸餾，可降低沸點，避免溫度過高，導致間溴苯甲醛被氧化?！拘?詳析】實驗裝置中A的名稱是分液漏斗，B為直行冷凝管，作用是