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1、2023学年高二年级第二学期绍兴会稽联盟期中联考化学试题考生须知：1.本卷共8页满分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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。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，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Al-27 Ag-108选择题部分一、选择题(包括25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个选项中只有一个符合题意，不选、多选、错选均不得分)1. 下列生产和生
2、活常见用品的主要成分不属于有机物的是A. 蔗糖B. 尿素C. 乙醇D. 纯碱【答案】D【解析】【详解】A蔗糖()是含有碳元素的化合物，属于有机物，故A错误；B尿素是含有碳元素的化合物，属于有机物，故B错误；C乙醇()是含有碳元素的化合物，属于有机物，故C错误；D纯碱()是含有碳元素的化合物，性质与无机物相似，为无机物，不属于有机物，故D正确；故选：D。2. 下列物质中，含有极性共价键的离子晶体是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】ANaOH为离子晶体，H和O之间为极性共价键，A正确；BNa2O2为离子晶体，O原子之间为非极性共价键，B错误；CMgH2离子晶体，只含离子键，C错误；
3、DCO(NH2)2分子晶体，D错误；故选A。3. 下列化学用语正确的是A. 全氟丙烷的球棍模型： B. 丙醛的键线式：C. 次氯酸钠的电子式 D. 异丙醇的结构简式：CH3CH(OH)CH3【答案】D【解析】【详解】AF的原子半径比C小，全氟丙烷的球棍模型应为，A错误；B键线式中每个拐点或终点均表示有1个碳原子，是丁酮的键线式，丙醛的键线式为，B错误；C次氯酸钠属于离子化合物由阴阳离子构成，其电子式应为：，C错误；D异丙醇中羟基在中间碳原子上，即2-丙醇，其结构简式为：CH3CH(OH)CH3，D正确；故选D。4. 下列原子的电子排布式属于激发态原子的是A. B. C. D. 【答案】B【解析
4、】【详解】A是F原子的基态原子排布式，选项A不符合；B是Ne原子的激发态，电子从能级跃迁到能级，表示的是激发态原子，选项B符合；C是N原子的基态原子排布式，选项C不符合；D由于半充满结构比较稳定，所以24号元素Cr的电子排布式为，是基态电子排布式，选项D不符合；答案选B5. 下列说法中错误的是A. 轨道的电子云轮廊图表示的是该轨道上电子运动的全部空间B. 金属的电子气理论可以很好地解释金属的导电性、导热性、延展性C. 电子从3d轨道跃迁到3s轨道时，会产生发射光谱D. X射线衍射法可以准确鉴别钻石和玻璃【答案】A【解析】【详解】A电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的
5、形象化描述，电子云轮廊图通常是将电子在原子核外空间出现概率P = 90%的空间圈出来形成的，故A错误；B金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属子离子之间流动，使金属不会断裂，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞，所以电子气理论可以解释金属的导电性、导热性、延展性，故B正确；C由高能级向低能级跃迁时辐射光子，因此电子从3d轨道跃迁到3s轨道时，会产生发射光谱，故C正确；D钻石的成分是金刚石，金刚石是晶体，玻璃的成分是硅酸盐，硅酸盐是非晶体，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，故D正确；答案选A。6.
6、下列关于三种元素的比较正确的是A. 电负性：B. 第一电离能：C. 原子半径：D. 最高正化合价：【答案】A【解析】【详解】A非金属元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性，所以电负性的大小顺序为，故A正确；B同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能的大小顺序为，故B错误；C同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为，故C错误；D氧元素的非金属性强，不存在最高正化合价，故D错误；故选A。7. 下列表达方式正确的是A. 33As的电子排布式： Ar4s24p3B. N的价电子轨道排布图：C. Cr原
7、子结构示意图D. Fe2+的价电子排布式为： Ar3d54s1【答案】C【解析】【详解】AAs的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：Ar3d104s24p3，故A错误；BN原子价电子为2S、2P电子，所以原子的价电子电子排布图为，故B错误；C、Cr为24号元素，原子核中有24个质子，分别位于4个电子层上，价电子有6个电子，故Cr的原子结构示意图为，故C正确；DFe2+核外有24个电子，电子排布式为Ar3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故D错误；故选：C。8. 下列各组物质互为同分异
8、构体且属于位置异构的是A. CH3CH2CH2CH3和(CH3)3CHB. CH3CH2OH和CH3OCH3C. 和D. 和【答案】D【解析】【详解】ACH3CH2CH2CH3和(CH3)3CH都属于烷烃，二者分子式相同，但是由于碳链结构不同引起异构体，因此属于碳链异构，A不符合题意；BCH3CH2OH是乙醇，属于醇类，而CH3OCH3是二甲醚，属于醚类，它们是两种不同类别的异构体，因此这两种物质属于官能团异构，B不符合题意；C乙烯分子是平面分子，键角是120，碳碳双键不能旋转。 与分子中，由于Cl、H原子在两个不饱和C原子连接的空间位置不同引起的的异构体，属于空间异构，C不符合题意；D分子中
9、2个Cl原子处于苯环的邻位，而分子中2个Cl原子处于苯环的间位，是由于两个Cl原子在苯环上的连接的位置不同引起的异构体，属于位置异构，D符合题意；故合理选项是D。9. 下列说法不正确的是A. 乙烯中碳碳双键的键能小于乙烷中碳碳单键键能的2倍B. 共价键一定有原子轨道的重叠C. 两个p轨道不能形成键，只能形成键D. 键和键的电子云图形都是轴对称【答案】C【解析】【详解】A乙烯中碳碳双键中一个是键，一个是键，两个键结合的牢固程度不同，键键，因此乙烯中碳碳双键的键能小于乙烷中碳碳单键键能的2倍，A正确；B共价键是原子核外电子运动轨道的重叠，重叠程度越大，共价键就越牢固，因此共价键一定有原子轨道的重叠
10、，B正确；C两个p轨道可以形成键，如Cl2分子中两个Cl原子的p轨道形成键，C错误；D因s-s键与s-p键的电子云均为头碰头重叠，因此二者都是轴对称图形，D正确；故合理选项是C。10. 分子式为的属于醇的同分异构体数目为A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】C【解析】【详解】醇的官能团为-OH，剩余基团为丁基，丁基有四种结构，则分子式为且属于醇的同分异构体有4种， 答案选C。11. 某小组在实验室研究一种有机物，按顺序采取以下步骤确定其结构，采用的方法不正确的是A. 利用沸点不同蒸馏提纯该有机物B. 利用燃烧法确定该有机物的实验式为C2H6OC. 利用质谱图确定该有机物的相对分子质量为46D
11、. 利用红外光谱图确定该有机物分子中某种化学键的个数【答案】D【解析】【详解】A有机物往往易挥发，沸点低，且有机物间沸点相差较大，可利用沸点不同蒸馏提纯该有机物，A正确；B利用燃烧法，可确定该有机物含有的元素种类及生成物的物质的量之比，进而确定其实验式，B正确；C利用质谱图可确定该有机物的结构片断的相对分子质量，其中的最大数值就是该有机物的相对分子质量，C正确；D利用红外光谱图可确定该有机物分子中含有的化学键类型，可确定有机物的结构，但不能确定某种化学键的个数，D不正确；故选D。12. 下列化合物的核磁共振氢谱中吸收峰的数目不正确的是A. (2组)B. (4组)C. (3组)D. (4组)【答
12、案】B【解析】【详解】A从A的结构简式可知，其核磁共振氢谱吸收峰个数为2组，A正确；B从B的结构简式可知，其核磁共振氢谱吸收峰个数为5组，B错误；C从C的结构简式可知，其核磁共振氢谱吸收峰个数为3组，C正确；D从D的结构简式可知，其核磁共振氢谱吸收峰个数为4组，D正确；故答案选B。13. 下列微粒能提供孤电子对与金属离子形成配位键的是 A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】水中氧原子有孤电子对，可以形成配位键；氢氧根中氧原子有孤电子对，可以形成配位键； 碳酸根中氧原子有孤电子对，可以形成配位键；氨气中氮原子有孤电子对，可以形成配位键； 铵根中所有原子不存在孤电子对，不能形成配位
13、键；故选C。14. 下列微粒的空间结构与其模型一致的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】ANH3有一对孤电子对，还有3个 键，故VSEPR模型是四面体形，分子空间构型为三角锥形，A错误；B碳酸根孤电子对数为 ，还有3个 键，故VSEPR模型是平面三角形，分子空间构型为平面三角形，B正确；C二氧化硫的孤电子对数为，还有2个 键，故VSEPR模型是平面三角形，分子空间构型为V形，C错误；D水的孤电子对数为2，还有2个 键，故VSEPR模型是四面体形，分子空间构型为V形，D错误；故选B。15. 由苯酚制取时，最简便的流程需要下列哪些反应，其正确的顺序是取代；加成；氧化；消去；还原A.
14、 B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】用逆合成分析法，可以推知，要得到，可通过在氢氧化钠溶液中水解，要得到，可通过与溴水反应，把苯酚与氢气在催化剂作用下发生加成反应得到环己醇，环己醇在浓硫酸、加热下发生消去反应即可得到，故由苯酚制取最简便的流程为：苯酚环己醇环己烯，其正确的顺序是加成；消去；加成；取代；B正确；答案选B。16. 由乙酸乙酯、葡萄糖、乙醛、丙酸四种物质组成的混合物，已知其中氧元素的质量分数为44%，则氢元素的质量分数为A. 48%B. 8%C. 56%D. 10%【答案】B【解析】【分析】【详解】乙酸乙酯、葡萄糖、乙醛、丙酸四种物质的分子式分别为C4H8O2、C6H12O6、C2H4O、C3H6O2，观察可发现碳、氢两种元素的原子数之比为1：2，在混合物中质量分数之比为 ，因此氢元素的质量分数为 ，故答案选B。17. 某化合物晶胞结构如图所示，晶胞的边长为a，下列说法不正确的是A. 与Cs+距离最近I-个数为12B. 每个 I-被2个晶胞所共用C. 该物质的化学式为CsPbI3D. Pb2+与Cs+间最近距离为【答案】D【解析】【详解】A在该晶体中，与Cs+距离最近I-个数为，A正确；B每个 I-处于晶胞的面心上，因此被2个晶胞所共用，B正确；C在一个晶胞中含有Cs+个数为：8=1，含有的I-个数为：6=3，含有Pb2+为
