四川省甘孜藏族自治州某重点中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题
注意事项：
1.请考生务必准确将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡相应位置。
2.请将答案写在答题卡相应位置，在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后，只交答题卡。
S-32 N-14 O-16 C-12 H-1 Si-28
一、单选题(每小题2.5分，共45分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；
B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；
C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；
D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；
综上所述，本题选B。
2. 下列叙述中不正确的是
A. 超分子具有分子识别与自组装的特征
B. 等离子体具有良好的导电性，是一种特殊的液态物质
C. 进行X射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体最可靠的方法
D. 液晶介于液态和晶态之间，可用于制造显示器和高强度纤维
【答案】B
【解析】
【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，超分子的重要特征是分子识别与自组装，故A正确；
B．由大量带电微粒（离子、电子）和中性微粒（原子或分子）所组成的物质聚集体称为等离子体，等离子体是一种特殊的气体，故B错误；
C．当X射线通过晶体时，会在记录仪上看到分立的斑点或谱线，而非晶体则没有，所以X射线衍射实验是区分晶体与非晶体最可靠的方法，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、黏度、形变性等，又具有晶体的某些物理性质，如导热性、光学性质等，表现出类似晶体的各向异性，所以可用于制造显示器和高强度纤维，故D正确；
故选B。
3. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18g冰(图甲)中含键数目为2
B. 28g晶体硅(图乙)中含有键数目为
C. 干冰(图丙)的晶胞中含有4个分子
D. 石墨烯(图丁)是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含键数目为1.5
【答案】B
【解析】
【详解】A．一个水分子中有2个O—H，则18g冰，即1mol冰中含O—H键数目为2NA，故A项正确；
B．28g晶体硅含有1mol硅原子，晶体硅中每个硅原子形成的共价键平均为×4=2，则1mol晶体硅中含有Si—Si键数目为2NA，故B项错误；
C．干冰晶胞中，有8个CO2分子位于顶点，6个位于面心，运用均摊法，含有CO2分子的个数为：，故C项正确；
D．石墨烯中，每个碳原子周围有两个碳碳单键和一个碳碳双键，所以每个碳原子实际拥有C—C键为1.5个，则12g石墨烯，即1mol石墨烯中，含C—C键数目为1.5NA，故D项正确；
故本题选B。
4. 中国工程院李兰娟院士团队公布研究成果，药物阿比朵尔对新冠病毒有明显抑制作用，其分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 其分子式为
B. 分子中碳原子均采取杂化
C. 阿比朵尔为芳香烃
D. 分子结构中含有多个官能团，如羟基，酯基，碳溴键，苯环
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据该有机物的结构简式，可知其分子式为，故A正确；
B．分子中含有单键碳，单键碳采用sp3杂化，苯环中的碳原子和双键碳原子采取杂化，故B错误；
C．阿比朵尔含有C、H、N、O、S、Br等元素，为烃的衍生物，故C错误；
D．分子结构中含有多个官能团，如羟基、酯基、碳溴键，苯环不是官能团，故D错误；
选A。
5. 化合物R经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为。其核磁共振氢谱与红外光谱如图，则R的结构可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该结构中不含C-O-C，不符合红外光谱特征，故A不选；
B．该结构中不含C-O-C，不符合红外光谱特征，故B不选；
C．该结构中不存在，不符合红外光谱特征，故C不选；
D．该结构符合核磁共振氢谱及红外光谱特征峰，故D选；
故选：D。
6. 下图是某物质的分子结构模型图，下列有关该物质的说法中错误的是
A. 分子式为TiC B. 是共价化合物
C. Ti位于元素周期表的第四周期第ⅣB族 D. Ti与C之间形成的是极性键
【答案】A
【解析】
【详解】A．该模型是一个分子的结构模型，即它不是晶胞，所以确定其组成时不能按均摊法进行计算，观察结构模型图知，分子中有14个钛原子、13个碳原子，故分子式为，A项错误；
B．钛与碳原子间形成的是共价键，该物质是共价化合物，B项正确；
C．Ti是22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅣB族，C项正确；
D．该物质由分子构成，则钛与碳原子间形成的是极性共价键，D项正确；
答案选A。
7. 下列说法正确的是
A. 3p2表示第三个电子层有2个电子
B. 基态As原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p3
C. 价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第ⅣA族，是p区元素
D. 第3、4周期同主族元素的原子序数均相差8
【答案】C
【解析】
【详解】A．3p2表示3p能级上有2个电子，故A错误；
B．基态As原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3，故B错误；
C．价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第ⅣA族，是p区元素，故C正确；
D．第3、4周期元素的种类数分别为8、18，在左侧时两元素相差为8，右侧相差18，故D错误；
故选C。
8. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. 易溶于水，因为其分子极性与水分子相似
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物不一定是共价化合物
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，可知Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素；化合物Z2X4的电子总数为18个，则X原子电子数为（18 2×7）÷4=1，故X为H元素；Q的原子序数大于Si，故Q处于第三周期，Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，Q原子最外层电子数为8-1=7，故Q为Cl元素。由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素。
【详解】A．Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素，同周期主族元素原子半径从左向右减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径：N＜C＜Si，故A正确；
B．Y为C元素、Z为N元素、Q为Cl元素，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞N＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，故B错误；
C．X为H元素、Z为N元素，中N原子的sp3杂化，分子的正负电荷中心不重合，具有很大的极性，水分子也为极性分子，根据相似相溶原理可知H2N—NH2易溶于水，故C正确；
D．H、N和Cl三种元素可以形成离子化合物氯化铵，故D正确；
故答案选B。
9. 解释下列现象的原因不正确的是
选项 现象 原因
A SO2的键角小于120° 二氧化硫中心原子的杂化方式是sp2且中心原子上有孤对电子
B 对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键
C 酸性： 电负性：F>Cl
D HF的稳定性强于HCl HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫中心原子价层电子对数为2+1=3，杂化方式是sp2，中心原子上有孤对电子，因此SO2的键角小于120°，故A不符合题意；
B．对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高是由于对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，故B不符合题意；
C．电负性：F>Cl，F吸引电子能力更强，使得羟基中氧和氢的键极性更大，羧基上的氢更易电离，因此酸性：，故C不符合题意；
D．HF的稳定性强于HCl是由于键长：H F＜H Cl，则键能：H Cl＜H F，与分子间作用力无关，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10. 向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是
A. 依据反应可知：还原性：
B. 基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3
C. 生成的配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
D. 生成的配合物的中心离子是Fe2+，配位数是6
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据反应，铁为还原剂，氢气为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的 ，则还原性：，故A正确；
B．基态碳原子和基态氮原子的价电子排布式分别为2s22p2,2s22p3，则两者未成对电子之比为2∶3，故B正确；
C．生成的配合物，该配合物中不含非极性键，故C错误；
D．生成的配合物的配离子为，其中心离子是Fe2+，配位数是6，故D正确。
综上所述，答案为C。
11. A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族元素，A是宇宙中含量最多的元素；基态B原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素；C是制芯片的主要元素；D与A元素在周期表中处于同一主族。下列说法错误的是
A. A元素和第VIA族元素形成的简单化合物的沸点从上至下依次升高
B. B单质在空气中燃烧产物不止一种
C. C的氧化物可以形成共价晶体
D. D元素原子核外共有19种不同运动状态的电子
【答案】A
【解析】
【分析】A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族元素，A是宇宙中含量最多的元素，则A为H；基态B原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素，则B为Mg；C是制芯片的主要元素，则C为Si；D与A元素在周期表中处于同一主族，则D为K。
【详解】A．水存在分子间氢键，A元素和第VIA族元素形成的简单化合物中水的沸点最高，故A错误；
B．B单质在空气中燃烧产物为氧化镁、二氮化三镁，产物不止一种，故B正确；
C．C的氧化物二氧化硅形成共价晶体，故C正确；
D．一个电子是一种运动状态的电子，则D元素(K)原子核外共有19种不同运动状态的电子，故D正确。
综上所述，答案为A。
12. 下列描述中不正确的是
A. 金属晶体中，自由电子为许多金属离子所共有
B. 和的分子结构中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构
C. 金刚石晶体中，碳原子数与C-C键数之比为1∶2
D. 中离子键百分数为62%，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
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属晶胞的组成微粒是金属阳离子和自由电子，根据电子气理论，电子可以在金属晶体中自由移动，因此自由电子为许多金属离子所共有，故A项正确；
B．HClO和PCl3的分子结构中，氢原子最外层不具有8电子稳定结构，是2电子稳定结构，故B项错误；
C．金刚石晶体中一个碳原子与周围四个碳原子形成空间网状正四面体结构，碳原子数与C C键数之比为1∶=1∶2，故C项正确；
D．MgCl2中离子键的百分数为62%，说明MgCl2中存在共价键，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D项正确；
故本题选B。
13. 与在催化剂(简写为)表面催化生成和的历程示意图如图。下列说法错误的是
A. 该反应是放热反应
B. 与分子中的中心原子的杂化轨道类型不相同
C. 羟基磷灰石()的作用是降低反应的活化能，加快反应速率
D. 该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，也有极性共价键和非极性共价键的形成。
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，该反应为放热反应，A项正确；
B．HCHO中C原子的σ键数为3，中心原子C上无孤电子对，杂化方式为杂化，分子中C原子的σ键数为2，无孤电子对，C原子的杂化方式为sp杂化，二者杂化方式不同，B项正确；
C．由题意可知，羟基磷灰石(HAP)是甲醛催化氧化的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率，C项正确；
D．反应过程存在氧原子和氧原子之间非极性共价键的断裂，也存在碳氢、碳氧极性键的断裂，存在极性键的形成，不存在非极性键的形成，D项错误；
答案选D。
14. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A. 该晶体中存在N-H…O氢键 B. 基态原子的第一电离能：
C. 基态原子未成对电子数： D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A说法正确；
B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B说法不正确；
C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
综上所述，本题选A。
15. 酸性条件下通过电催化法可生成，、是可用于阴极电极两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. 电极处发生氧化反应
B. 合成过程中均作为还原剂
C. 合成过程中用作电极催化剂更利于生成
D. 电极上发生反应：
【答案】C
【解析】
【分析】c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH，i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，电解质为酸性介质。
【详解】A．i-NC电极上得电子生成CO，发生还原反应，故A错误；
B．c-NC电极上转化为，i-NC电极上得电子生成CO和，均发生还原反应，均做氧化剂，故B错误；
C．由图示可知，i-NC电极上生成CO和两种产物，c-NC作电极催化剂完全将转化为，由此可知c-NC作电极催化剂利用率更高，更利于生成，故C正确；
D．电解质为酸性介质，电极反应为：，故D错误；
故选：C。
16. 烷烃(以甲烷为例)在光照条件下发生卤代反应，原理如图所示。某研究人员研究了异丁烷发生溴代反应生成一溴代物的比例，结果如图。下列说法正确的是
A. 应使用相应的水溶液
B. 异丁烷的一氟一氯代物有3种
C. 异丁烷在反应过程中更容易形成的自由基是
D. 由题推断，丙烷在光照条件下发生溴代反应，生成的一溴代物中2-溴丙烷含量更高
【答案】D
【解析】
【详解】A．应使用纯净物，不能使用相应的水溶液，故A错误；
B．异丁烷的一氟一氯代物有、、、，共4种，故B错误；
C．异丁烷与Br2在光照下主要生成，即更容易形成的自由基是：，故C错误；
D．由题可知，Br取代了C上H较少的H，因此丙烷在光照条件下发生溴代反应，生成的一溴代物中2-溴丙烷含量更高，故D正确；
故选D。
17. 常温下，用 0.1mol L -1 醋酸溶液滴定 10mL 浓度均为 0.1mol L -1 的 NaOH 和氨水的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A. 滴定前，NaOH 和氨水的混合液中 c(Na+)>c(NH4+)
B. 当滴入醋酸 10mL 时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3 H 2O)
C. 当滴入醋酸 20mL 时，c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3 H 2O)+c(OH-)
D. 当溶液呈中性时，醋酸滴入量大于 20mL，c(CH3COO-)＜c(Na+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓度均为0.1mol L-1的NaOH 和NH3·H2O的混合液中，NaOH完全电离，NH3·H2O部分电离，则c(Na+)>c(NH4+)，故A正确；
B．当滴入醋酸10mL时，NaOH恰好全部反应，得到等浓度的CH3COONa和NH3·H2O的混合物，结合溶液中物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3 H2O)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故B正确；
C．当滴入醋酸20mL时，NaOH和NH3 H2O恰好全部反应，得到等浓度的CH3COONH4和CH3COONa的混合物，物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3 H2O) + c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，等量替换即可得c(CH3COOH)+c(H+)═c(NH3 H2O)+c(OH-)，故C正确；
D．同一浓度，乙酸和氨水的电离程度相当，乙酸铵呈中性，当滴入醋酸20mL时，得到等浓度的CH3COONa和CH3COONH4的混合物，CH3COONa中CH3COO-离子水解，溶液呈碱性，欲使溶液呈中性，需滴入的醋酸的量大于20mL，由电荷守恒得：c(H+)+c(NH4+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)+ c(Na+)=c(CH3COO-)，此时c(CH3COO-)＞c(Na+)，故D错误；
故答案为D。
18. 硒化锌是一种重要的半导体材料，图甲为其立方晶胞结构，图乙是其晶胞的俯视图。已知阿伏加德罗常数的值为，a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，晶胞参数为n pm。下列说法错误的是
A. 基态简化电子排布式为
B. c点的坐标为()
C. 晶体中相邻两个的最短距离为
D. 晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态Se的电子排布式为，基态比基态Se多2个电子，其简化电子排布式为，A正确；
B．根据晶胞结构示意图并结合a、b两点的坐标可知，c点的坐标为，B正确；
C．根据图乙可知，晶体中相邻两个的最短距离为面对角线长度的一半，即，C错误；
D．由图甲可知Se2-位于晶胞的顶点和面心上，故晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个，D正确；
故答案为：C。
二、填空题(共55分)
19. 近年来国家大力提倡发展新能源汽车，对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。其中很多新能源汽车使用的电池是磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池，工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。请回答下列问题。
（1）Fe元素在周期表中位置__________，属于________区。
（2）写出亚铁离子的基态离子核外电子排布式___________。请从原子结构的角度来解释Fe3+比Fe2+稳定___________。
（3）下列 Li 原子轨道表示式表示的状态中，能量最高和最低的分别为___________、___________ (填字母)。
A． B．
C． D．
（4）比较离子半径大小：Li+_____H-(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（5）1mol中含有______molσ键；苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但熔沸点苯胺____甲苯(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___________________。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIII族 ②. d
（2） ①. 1s22s22p63s23p63d6 ②. Fe3+的价电子排布式是3d5，3d上是半充满状态，比较稳定；而Fe2+的价电子排布式是3d6
（3） ①. C ②. D
（4）＜ （5） ①. 14 ②. ＞ ③. 苯胺分子间可形成氢键
【解析】
【小问1详解】
Fe元素为26号元素，在周期表中的位置第4周期第VIII族，属于d区。
【小问2详解】
基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子得到亚铁离子，亚铁离子的基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d6；失去3个电子得到铁离子，Fe3+的价电子排布式是3d5，3d上是半充满状态，比较稳定；而Fe2+的价电子排布式是3d6，故导致Fe3+比Fe2+稳定；
【小问3详解】
基态Li原子核外电子排布为1s22s1，此时能量最低，2p能级的能量大于2s能级，C中有2个电子跃迁到2p能级，能量最高，故选C、D；
【小问4详解】
电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：Li+
单键均为σ键，1分子中含有个14σ键，则1mol中含有14molσ键；苯胺分子间能形成氢键，导致其熔沸点较高，而甲苯分子间不能形成氢键，故熔沸点苯胺>甲苯。
20. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
小问2详解】
可采用将焙烧后产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
21. 是重要的硫-氮二元化合物室温下为橙黄色固体，178~187℃熔化并分解。实验室利用和制备的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知易水解，熔点为-78℃，沸点为60℃。
回答下列问题：
Ⅰ.制备
（1）操作步骤的先后顺序为___________。
①组装仪器并检验装置气密性，加入药品
②加热装置C使其中的硫磺熔化
③通入，通冷凝水，一段时间后，关闭
④打开、，关闭
⑤充分反应后停止滴加浓盐酸
⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置C至135℃左右
（2）仪器b名称为___________，装置B中盛放的试剂为___________(填试剂名称)。
（3）为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为___________，装置D的作用为___________。
Ⅱ.制备
打开止水夹，向装置F中滴入浓氨水，待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水，冷却后停止通冷凝水。
（4）生成的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，反应的化学方程式为___________。
Ⅲ.测定的纯度
称取5.00g 样品，加入NaOH溶液加热，使氮元素完全转化为，用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液，用移液管移取20.00mL，以甲基红-亚甲蓝为指示剂用1.00盐酸进行滴定，重复3次实验，平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为。
（5）制得的纯度为___________。下列实验操作导致测定结果偏低的是___________。
A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用
B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数
【答案】（1）①④③②⑥⑤
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 浓硫酸
（3） ①. 油浴加热 ②. 吸收多余的氯气，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入C装置是二氯化硫水解
（4）6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl
（5） ①. 92% ②. BD
【解析】
【分析】浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气，浓盐酸具有较强的挥发性，所以制取的氯气中有氯化氢和水蒸气，由于二氯化硫易水解，所以进入C装置的气体必须是干燥的，氯化氢和S不反应，所以B装置应是干燥装置，其中盛装浓硫酸，由于二氯化硫沸点较低，为防止其损失，用冷凝管冷凝回流，由于氯气有毒，不能直接排放，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，D装置中盛装碱石灰，干燥的氯气和和S在加热条件下反应制取二氯化硫；浓氨水和碱石灰在装置F中制取氨气，由于二氯化硫易水解，所以E装置用于干燥氨气，二氯化硫与氨气在装置C中制备S4N4。
【小问1详解】
为防止熔化的硫与氧气反应，该装置应在无氧环境中进行，即要通入氮气，待装置的空气排尽之后，制取干燥的氯气通入C中和S反应生成二氯化硫，所以操作步骤的先后顺序为①④③②⑥⑤；
【小问2详解】
据仪器b的构造可知其名称为三颈烧瓶；浓盐酸与高锰酸钾在装置A中制取氯气，浓盐酸具有较强的挥发性，所以制取氯气中有氯化氢和水蒸气，氯化氢和S不反应，由于二氯化硫易水解，所以进入C装置的气体必须是干燥的，因此B装置应是干燥装置，其中盛装浓硫酸；
【小问3详解】
为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为油浴加热；由于氯气有毒，多余的氯气不能直接排放，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，D装置中盛装碱石灰，所以装置D的作用为吸收多余的氯气，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入C装置使二氯化硫水解；
【小问4详解】
据反应的现象以及元素种类可知，生成S4N4的同时还生成的一种常见固体单质为S、一种盐为NH4Cl，反应的化学方程式为6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl；
【小问5详解】
结合化学方程式和原子守恒可得出关系式S4N4~4NH3~4HCl，消耗盐酸平均体积为20.00mL，所以，所以S4N4的纯度为；
A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用，不会影响消耗的盐酸体积，对实验结果无影响，故A错误；
B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗，相当于稀释了吸收液，消耗的盐酸体积偏小，所测结果偏低，故B正确；
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，造成盐酸体积偏大，所测结果偏高，故C错误；
D．滴定前仰视滴定管读数，初次读数读大，滴定后俯视读数，末次读数读小，即盐酸体积偏小，所测结果偏低，故D正确；
故答案为：BD。
22. 回答下列问题：
（1）将一定量的 CH4和Cl2混合，光照条件下反应。请写出生成具有正四面体构型的有机产物的化学方程式：_______。
（2）相对分子质量为114的烷烃，其分子式为_______，若此有机物的一氯代物只有一种，请写出此有机物的结构简式_______，名称为_______。
（3）已知是由某单烯烃与HCl加成而获得，该单烯烃的结构简式为_______。
（4）某物质的最简式为CH，属于芳香烃，且所有原子一定在一个平面上，写出该物质与浓硝酸、浓硫酸混合加热的化学方程式_______，反应类型_______。
（5）苯乙烯在一定条件下有如图转化关系，根据框图回答下列问题：
①苯乙烯与Br2的CCl4溶液生成B的化学方程式为_______。
②苯乙烯生成高聚物D的的化学方程式为_______，该反应类型是_______。
③苯乙烯分子中，至少_______个原子共平面，最多_______个碳原子共平面。
④苯乙烯与足量H2在一定条件下充分反应的生成物A的分子式为_______，A的一氯代物有_______种。
【答案】（1）CH4 + 4Cl2CCl4 +4HCl
（2） ①. C8H18 ②. (CH3)3C C(CH3)3 ③. 2，2，3，3-四甲基丁烷
（3）CH3 CH=CHCH3、CH3CH2CH=CH2
（4） ①. +HO-NO2+H2O ②. 取代反应
（5） ①. +Br2→ ②. n ③. 加聚反应 ④. 12 ⑤. 8 ⑥. C8H16 ⑦. 6
【解析】
【小问1详解】
甲烷和氯气在光照条件下，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，其中空间构型为正四面体的是CCl4，即反应方程式为CH4 + 4Cl2CCl4 +4HCl故答案CH4 + 4Cl2CCl4 +4HCl；
【小问2详解】
烷烃的通式为CnH2n＋2，烷烃相对分子质量为114，14n＋2=114，n=8，该烷烃为C8H18；一氯代物只有一种，只有一种氢原子，应是高度对称结构，即结构简式为，按照烷烃命名，该有机物为2，2，3，3－四甲基丁烷；故答案为C8H18；；2，2，3，3－四甲基丁烷；
【小问3详解】
该有机物是由单烯烃与HCl发生加成反应得到，推出单烯烃的结构简式为CH3CH2CH=CH2或CH3CH=CHCH3；故答案为CH3CH2CH=CH2或CH3CH=CHCH3；
【小问4详解】
最简式为CH，属于芳香烃，含有苯环，所有原子一定在一个平面上，该物质为苯，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应或取代反应，得到硝基苯，其反应方程式为+HO-NO2+H2O；故答案为+HO-NO2+H2O；取代反应；
【小问5详解】
苯乙烯含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，其反应方程式为+Br2→；故答案为+Br2→；
苯乙烯发生加聚反应，生成聚苯乙烯，其反应方程式为n；故答案为n；加聚反应；
苯空间构型为平面六边形，乙烯空间构型为平面形，由于单键可以旋转，因此苯乙烯中一定共面的原子有12个；所有碳原子可以共面，即有8个；故答案为12；8；
苯乙烯与足量H2发生加成反应生成，分子式为C8H16；有六种不同的氢原子，因此一氯代物有6种；故答案为C8H16；6。四川省甘孜藏族自治州某重点中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题
注意事项：
1.请考生务必准确将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡相应位置。
2.请将答案写在答题卡相应位置，在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后，只交答题卡。
S-32 N-14 O-16 C-12 H-1 Si-28
一、单选题(每小题2.5分，共45分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
2. 下列叙述中不正确的是
A. 超分子具有分子识别与自组装的特征
B. 等离子体具有良好的导电性，是一种特殊的液态物质
C. 进行X射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体最可靠的方法
D. 液晶介于液态和晶态之间，可用于制造显示器和高强度纤维
3. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18g冰(图甲)中含键数目为2
B. 28g晶体硅(图乙)中含有键数目为
C. 干冰(图丙)的晶胞中含有4个分子
D. 石墨烯(图丁)是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含键数目为1.5
4. 中国工程院李兰娟院士团队公布研究成果，药物阿比朵尔对新冠病毒有明显抑制作用，其分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 其分子式为
B. 分子中碳原子均采取杂化
C. 阿比朵尔为芳香烃
D. 分子结构中含有多个官能团，如羟基，酯基，碳溴键，苯环
5. 化合物R经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为。其核磁共振氢谱与红外光谱如图，则R的结构可能是
A. B.
C. D.
6. 下图是某物质的分子结构模型图，下列有关该物质的说法中错误的是
A. 分子式为TiC B. 是共价化合物
C. Ti位于元素周期表的第四周期第ⅣB族 D. Ti与C之间形成的是极性键
7. 下列说法正确的是
A. 3p2表示第三个电子层有2个电子
B. 基态As原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p3
C. 价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第ⅣA族，是p区元素
D. 第3、4周期同主族元素的原子序数均相差8
8. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是
A. 原子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. 易溶于水，因为其分子极性与水分子相似
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物不一定是共价化合物
9. 解释下列现象的原因不正确的是
选项 现象 原因
A SO2的键角小于120° 二氧化硫中心原子的杂化方式是sp2且中心原子上有孤对电子
B 对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键
C 酸性： 电负性：F>Cl
D HF的稳定性强于HCl HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键
A. A B. B C. C D. D
10. 向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是
A. 依据反应可知：还原性：
B. 基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3
C. 生成的配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
D. 生成的配合物的中心离子是Fe2+，配位数是6
11. A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族元素，A是宇宙中含量最多的元素；基态B原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素；C是制芯片的主要元素；D与A元素在周期表中处于同一主族。下列说法错误的是
A. A元素和第VIA族元素形成的简单化合物的沸点从上至下依次升高
B. B单质在空气中燃烧产物不止一种
C. C的氧化物可以形成共价晶体
D. D元素原子核外共有19种不同运动状态电子
12. 下列描述中不正确的是
A. 金属晶体中，自由电子为许多金属离子所共有
B. 和的分子结构中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构
C. 金刚石晶体中，碳原子数与C-C键数之比1∶2
D. 中离子键百分数为62%，不是纯粹离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
13. 与在催化剂(简写为)表面催化生成和的历程示意图如图。下列说法错误的是
A. 该反应放热反应
B. 与分子中的中心原子的杂化轨道类型不相同
C. 羟基磷灰石()的作用是降低反应的活化能，加快反应速率
D. 该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，也有极性共价键和非极性共价键的形成。
14. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A. 该晶体中存在N-H…O氢键 B. 基态原子的第一电离能：
C. 基态原子未成对电子数： D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
15. 酸性条件下通过电催化法可生成，、是可用于阴极电极两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. 电极处发生氧化反应
B. 合成过程中均作为还原剂
C. 合成过程中用作电极催化剂更利于生成
D. 电极上发生反应：
16. 烷烃(以甲烷为例)在光照条件下发生卤代反应，原理如图所示。某研究人员研究了异丁烷发生溴代反应生成一溴代物的比例，结果如图。下列说法正确的是
A. 应使用相应的水溶液
B. 异丁烷的一氟一氯代物有3种
C. 异丁烷在反应过程中更容易形成的自由基是
D. 由题推断，丙烷在光照条件下发生溴代反应，生成的一溴代物中2-溴丙烷含量更高
17. 常温下，用 0.1mol L -1 醋酸溶液滴定 10mL 浓度均为 0.1mol L -1 的 NaOH 和氨水的混合液，下列说法不正确的是（ ）
A. 滴定前，NaOH 和氨水的混合液中 c(Na+)>c(NH4+)
B. 当滴入醋酸 10mL 时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(NH4+)+c(NH3 H 2O)
C. 当滴入醋酸 20mL 时，c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3 H 2O)+c(OH-)
D. 当溶液呈中性时，醋酸滴入量大于 20mL，c(CH3COO-)＜c(Na+)
18. 硒化锌是一种重要的半导体材料，图甲为其立方晶胞结构，图乙是其晶胞的俯视图。已知阿伏加德罗常数的值为，a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，晶胞参数为n pm。下列说法错误的是
A. 基态的简化电子排布式为
B. c点的坐标为()
C. 晶体中相邻两个的最短距离为
D. 晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个
二、填空题(共55分)
19. 近年来国家大力提倡发展新能源汽车，对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。其中很多新能源汽车使用的电池是磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池，工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。请回答下列问题。
（1）Fe元素在周期表中的位置__________，属于________区。
（2）写出亚铁离子的基态离子核外电子排布式___________。请从原子结构的角度来解释Fe3+比Fe2+稳定___________。
（3）下列 Li 原子轨道表示式表示的状态中，能量最高和最低的分别为___________、___________ (填字母)。
A． B．
C． D．
（4）比较离子半径大小：Li+_____H-(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（5）1mol中含有______molσ键；苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但熔沸点苯胺____甲苯(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___________________。
20. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
21. 是重要的硫-氮二元化合物室温下为橙黄色固体，178~187℃熔化并分解。实验室利用和制备的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知易水解，熔点为-78℃，沸点为60℃。
回答下列问题：
Ⅰ.制备
（1）操作步骤的先后顺序为___________。
①组装仪器并检验装置气密性，加入药品
②加热装置C使其中的硫磺熔化
③通入，通冷凝水，一段时间后，关闭
④打开、，关闭
⑤充分反应后停止滴加浓盐酸
⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置C至135℃左右
（2）仪器b的名称为___________，装置B中盛放的试剂为___________(填试剂名称)。
（3）为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为___________，装置D的作用为___________。
Ⅱ.制备
打开止水夹，向装置F中滴入浓氨水，待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水，冷却后停止通冷凝水。
（4）生成的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，反应的化学方程式为___________。
Ⅲ.测定的纯度
称取5.00g 样品，加入NaOH溶液加热，使氮元素完全转化为，用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液，用移液管移取20.00mL，以甲基红-亚甲蓝为指示剂用1.00盐酸进行滴定，重复3次实验，平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为。
（5）制得的纯度为___________。下列实验操作导致测定结果偏低的是___________。
A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用
B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗
C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数
22. 回答下列问题：
（1）将一定量的 CH4和Cl2混合，光照条件下反应。请写出生成具有正四面体构型的有机产物的化学方程式：_______。
（2）相对分子质量为114的烷烃，其分子式为_______，若此有机物的一氯代物只有一种，请写出此有机物的结构简式_______，名称为_______。
（3）已知是由某单烯烃与HCl加成而获得，该单烯烃的结构简式为_______。
（4）某物质的最简式为CH，属于芳香烃，且所有原子一定在一个平面上，写出该物质与浓硝酸、浓硫酸混合加热的化学方程式_______，反应类型_______。
（5）苯乙烯在一定条件下有如图转化关系，根据框图回答下列问题：
①苯乙烯与Br2的CCl4溶液生成B的化学方程式为_______。
②苯乙烯生成高聚物D的的化学方程式为_______，该反应类型是_______。
③苯乙烯分子中，至少_______个原子共平面，最多_______个碳原子共平面。
④苯乙烯与足量H2在一定条件下充分反应的生成物A的分子式为_______，A的一氯代物有_______种。
