滨城高中联盟 2022-2023学年度下学期高二期中考试化学答案
1.【答案】B
【解析】
A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功
能的聚集体，A正确；
B．甲烷与水分子之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；
C．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分
子识别”，C正确；
D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；
2.【答案】D
【解析】
A. C原子的半径大于 H原子，因此 CH4分子的球棍模型为 ，A错误；
B．丙炔的三个碳原子在一条线上，故 B错误；
C. Si3N4为氮化硅的化学式，氮化硅为共价晶体，不存在分子式，故 C错误
D．丙氨酸中碳原子上连着 4个不同的基团和原子，即甲基、羧基、氨基、氢原子，故存在立体异构，是手性分子，
故 D正确；
3.【答案】C
【解析】
A．C60、Si60、N60都属于单质，故 A错误；
B．根据分子晶体中如果只有范德华力，它的晶体一般采取密堆积结构可知，C60、Si60、N60均为分子晶体，且只存
在范德华力，均采取密堆积结构，故 B错误；
C．氮原子形成三个共价键，N60结构中只存在σ键，碳原子可形成四个共价键，C60结构中既有σ键又有π键，故 C
正确；
D．金刚石属于共价晶体，C60属于分子晶体，共价晶体熔化，需克服共价键，分子晶体熔化只需克服范德华力，故
金刚石的熔点高于 C60，故 D错误；
4.【答案】A
【解析】
A. 该反应产物只有环氧乙烷，无其他产物，原子利用率 100%，故 A正确
B. 该消去反应生成三种产物，分别为乙烯、NaBr和水，B错误
C. 该反应为取代反应，除主产物外还有 HBr，C错误
D. 实验室制备乙炔，同时生成 Ca(OH)2，D错误
5.【答案】C
【解析】
A．1个单键即 1个σ键，1个双键含有 1个σ键和 1个π键，根据 DHA的结构式，含有键数目为 11NA，A错误；
B. DHA中 sp3杂化的原子为 2个 C，2个 O，共四个原子，即 4NA，B错误；
C．根据图示转化，过程②中１mol甲醇氧化为甲醛，断裂１molC-H键和１molO-H键，共 2mol极性共价键，即
2NA，故 C正确
D．CH3OH分子中，以碳为中心的结构为四面体结构，碳原子，氧原子均采取 sp3杂化，其之间的共价键为 sp3-sp3 σ
键
6.【答案】B
【解析】
A．由本反应历程图示知，转化的过程中碳碳三键转化为碳碳双键生成烯醇，后重排为醛，没有涉及消去反应，A
错误；
B．由图可知，过程①中 H2O与 Hg2+形成配合物，水分子中的氧原子具有孤对电子，可向 Hg2+的空轨道提供孤对电
子形成配位键，B正确；
C．图中 CH2=CHOH的能量最高，故其稳定性最弱，C错误；
D．三种非金属元素第一电离能大小关系 O>C>H，故 D错误
7.【答案】D
【解析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增
大，且总和为 24，根据图示，W为 1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为 Na，Y为 3价，Y为 N，24-1-11-7=5，
X为 B元素。
A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故 A正确；
B．Na单质既能与苯酚反应生成苯酚钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故 B正确；
C．N和 H可以形成分子晶体 NH3、N2H4，也可以形成离子晶体 NH4H，故 C正确
D．B的氟化物 BF3中 B原子最外层只有 6个电子，达不到 8电子稳定结构，故 D错误；
8.【答案】B
【解析】
A． 核磁氢谱中有 4组峰，面积比为 1∶2∶2∶3，但分子中不含有 C-O-C键，A不合题意；
B． 核磁氢谱中有 4组峰，面积比为 1∶2∶2∶3，且分子中含有 、C-H、C-O-C和碳氧双键,B
符合题意；
C． 核磁氢谱中有 4组峰，面积比为 1∶2∶2∶3，且分子中不含有 键，C不合题意；
D． 核磁氢谱中有 5组峰，面积比为 1∶2∶2∶2∶1，且分子中不含有 C-O-C键，D不合题意；
９.【答案】A
【解析】
A．杂质 SO2和 CO2都是酸性氧化物，可以与碱 NaOH发生反应，产生可溶性物质，而被提纯的物质乙烯不能与
NaOH溶液反应，因此可以达到除杂、净化的目的，A正确
B．丙烯醇分子中含有的碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液褪色不能证
明丙烯醇分子中存在碳碳双键，故 B错误；
C．乙酸具有挥发性，挥发的乙酸蒸气也能够与苯酚钠溶液发生反应产生苯酚沉淀，因此不能证明物质的酸性：碳
酸＞苯酚，C错误；
D．甘油与水互溶，不能作萃取剂萃取溴水中的溴单质，D错误；
10.【答案】C
【解析】
A．该有机物中含有酚羟基，该有机物加入 FeCl3溶液显紫色，A项正确；
B．该有机物中含有酚羟基，碳碳双键，醇羟基，能使酸性 KMnO4溶液褪色，B项正确；
C．该有机物中酚羟基能与 1molNaOH溶液反应，与苯环相连的溴原子，最多能和 2molNaOH溶液反应，该有机物
最多能与 3molNaOH反应，C项错误；
D．该有机物中苯环能与 3molH2发生加成反应，碳碳双键能与 1molH2发生加成反应，该有机物最多能与 4molH2
反应，D项正确；
11.【答案】D
【解析】
A．苯的同系物分子中只含有 1个苯环，联苯分子中含有 2个苯环，联苯不属于苯的同系物，联苯分子结构对称，
含有 3种不同化学环境的氢原子，其一溴代物有 3种，故 A错误；
B．乙苯和苯乙烯都能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，不能鉴别两者，可以用溴水鉴别，苯乙烯使溴水溶液褪色，
而乙苯可以萃取溴水中的溴，静置后分层，B错误；
C．该烷烃分子中最长碳链有 6个碳原子，名称为 2，4-二甲基已烷，故 C错误；
D ． 有两种化学环境的 H，其二氯代物有 4种，故 D正确
12.【答案】C
【解析】
A项，反应③中 与 Br2发生加成反应可生成 ，故 A正确；
B项，Z在浓硫酸加热条件下，发生消去反应生成 B，故 B正确；
C项，过程②为消去反应，试剂１为 NaOH醇溶液，过程⑤为取代反应，试剂 2为 NaOH水溶液，故 C错误；
D项，根据酯化反应原理：酸脱羟基醇脱氢，故若用 18O标记 Z中的 O原子，则M中一定含有 18O，故 D正确
13．【答案】B
【解析】
A．Ge为 32号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2 4p2，共占据 17个原子轨道，因此有 17种空间
运动状态不同的电子，故 A错误；
B．C、Si、Ge三种元素均为第ⅣA族，其氢化物均为分子晶体，熔沸点受分子间作用力大小影响，其摩尔质量依
次增大，沸点依次增大，故 B正确；
C．有机物都含有碳元素，GeH4不含碳元素，所以锗烷不是有机物，不属于烷烃，故 C错误；
D．有机锗虽然和草酸一样有两个羧基，但二者并不是相差 n个CH2原子团，因此，只是性质相似，并不是同系物，
故 D错误；
14.【答案】B
【解析】
黑球位于顶点和面心，共 4个，且正八面体中心为金属离子铁，顶点为 NH3配体，即[Fe(NH3)6]x+有 4个。白球位于
晶胞内，共 8个，且正四面体中心为硼原子，顶点为氢原子， 8个 BH -4，阴阳离子之比为 2:1。该物质的化学式为
[Fe(NH3)6](BH4)2，该物质中 Fe为+2价。
A．由上分析化学式为[Fe(NH3)6](BH4)2，A项错误；
B．Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2。+2价铁为[Ar]3d6，其价电子排布为 3d6，B项正确；
C．该晶胞中，阴离子 BH -4处于与其距离最近且相等的 4个[Fe(NH ) ]2+3 6 连接而成的正四面体的中心，故其配位数为
4，C项错误；
D．该物质中存在配位键、离子键、共价键，D项错误；
15.【答案】C
【解析】
A．装置甲中粗溴苯中的溴在通入氨气后反应生成溴化铵，溴化铵溶液与溴苯不互溶分层后分液可得纯的溴苯，选
项 A正确；
B．用装置乙进行的实验后溶液分层，分液能分离甲中反应后的混合液得到溴苯，选项 B正确；
C．NH4Br受热易分解，用装置丙蒸干溶液得不到 NH4Br晶体，选项 C错误；
D. 利用溴苯和苯的沸点不同，用装置丁蒸馏分离溴苯与苯，选项 D正确；答案选 C。
16.（12分）
【答案】
(1)三颈烧瓶 B （各 1分）
(2)防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子（2分）
(3)在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却（2分）
(4)BD （2分）
(5)AC （2分）
(6)14.3% （2分）
【解析】
(1)根据仪器的外观可知图 1中仪器 a的名称是三颈烧瓶，由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于 65°C。
若温度过低，磺化反应的速率过慢；间苯二酚具有较强的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，若温度过高，苯二酚易
被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反应的进行，因此，在磺化步骤中控制温
度最合适的范围为 60°C~65°C，
(2)已知：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是防止硝基
取代两个酚羟基对位上的氢原子，
(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，
因此，硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加
边搅拌，冷却，
(4)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，在低于 100°C的情况下,有机物可以随水蒸气一
起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的
挥发性，可以随水蒸气-起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后分离；在沸腾条件下不与水发生化学反应，
(5) A．由于 2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是 87.8°C，且其难溶于水，因此，冷凝管 C中有 2-硝基-1， 3-苯二酚析出，
可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出，A正确；B．反应一段时间后，停止蒸馏，应先打开旋塞，再熄
灭酒精灯，B错误；C．图 2中烧瓶 A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围，既
能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸，C正确；D.球形冷凝管用于冷凝分离时，会有物质
存留在球形凹槽内，使分离物质的量减少，故不能替换，D错误。
77g
(6) 77.0 g间苯二酚的物质的量为= =0.7mol，理论上可以制备出 2-硝基-1，3-苯二酚 0.7mol，其质量为
110g/mol
15.5g
0.7mol×155g/mol=7×15.5g。本实验最终获得 15.5桔红色晶体，则 2-硝基-1，3-苯二酚的产率= 100%，约为
7 15.5g
14.3%，故答案为：14.3%。
17.（16分）
【答案】
(1)分子晶体 （1分） 钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比 C-Cl键的键长大、键能低，易断裂 （2分）
(2) 化合乙分子间存在氢键 （2分）
(3) (3) +3（2分）；Cl-、H2O（各 1分）
4 (48 14)
g/cm3
3
(4) （2分）, Ti : Al : N 3 :1: 4（2分）, 2 2c N 10
21
A （3分）
【解析】
（1）TiCl4和 CCl4都是正四面体结构，熔沸点较低，为分子晶体；钛原子半径比碳原子半径大，Ti-Cl键比 C-Cl键
的键长长，键能低，易断裂，所以 TiCl4稳定性比 CCl4差，故答案为：分子晶体；钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比
C-Cl键的键长大、键能低，易断裂；
（2）化合物乙因分子间存在氢键，则化合物乙的沸点比化合物甲高
(3)配离子[TiCl(H O) ]2+2 5 的中心离子所带的电荷 2+1=3，故中心离子为 Ti3+，Cl-、H2O含有孤对电子对是配体，故
答案为：+3；Cl-、H2O。
(4)① 为了表示晶胞中所有原子的位置，用坐标（x，y，z）表达晶胞中原子的分布，该坐标被称为原子分数坐标。
原子坐标取值范围为 1>|x(y,x)|>=0，若值取 1，就相当于平移到另一个晶胞，故为
1 1 1
②结合晶胞结构，Ti为 12× =3，Al为 1，N为 8× +6× =4，晶体中Ti : Al : N 3 :1: 4，
4 8 2
1 1 1
③最近的两个 N原子之间的距离为 cnm，则晶胞边长为 2 cnm，氮化钛晶体中 Ti为 12× +1=4，N为 8× +6× =4，
4 8 2
(48 + 14) 4
m g 4 (48 14)
则化学式为 TiN，密度为 = N = g/cm
3
A
V 2 2c
3 NA 10
21
( 2c 10- 7cm)3
18.（13分）
【答案】
Ⅰ(1)否（1分）；1：1（2分）
(2)对甲基苯酚(4-甲基苯酚) （2分）
(3)取少量 C于试管中，向其中加入 NaOH(醇)溶液，加热，依次向其中加入过量稀硝酸，AgNO3溶液，若产生浅黄
色沉淀，则 C中含有溴原子（2分）
Ⅱ.
（1）n 催 化剂 （2分）
Δ
（2） （2分）
（3）c（2分）
【解析】
Ⅰ（1）A、B都含有羟基,但 A连接在脂环上，物质类别属于醇，B连接在苯环上，物质类别属于酚，A物质含有碳
碳双键与 2molBr2加成，B物质含有酚羟基，在苯环的邻位与 2molBr2发生取代反应，故比值为 1：1
(2) 官能团为酚羟基，其所在位置编号为 1，甲基编号为苯环 4号位，也可称作对位
(3) 将-Br转化为 Br-，调 pH 后，检验
Ⅱ.(1)丁子香酚含有碳碳双键，能发生加聚反应，发生反应的化学方程式为 n 催 化剂 ，
Δ
(2)根据②确定物质含有苯基，羟基，且直接相连，根据信息①和④应在羟基对位连接基团，且满足局部对称，实现
核磁共振吸收峰最少
(3)质谱仪根据带电粒子在磁场中偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测的一类仪器；
红外光谱仪用来分析分子中含有的化学键和官能团；元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同；核磁共振谱仪判断
氢原子种类，故选 c。
19.（14分）
【答案】
(1) 羰基、酯基 （各 1分）
(2)加成反应 还原反应 （各 2分）
(3)C6H13O2Br（2分）
(4)保护羰基（2分）
(5) （2分）
(6)8种（2分）
【解析】A到 B在双键上发生了加成反应；B到 C在醛基上发生了加成反应，C到 D羰基复原，-CN水解成-COOH，
B→C的目的是保护羰基；D到 E发生了还原的反应，羰基还原成羟基，E到 F发生了酯化反应。
(1)A、F中含氧官能团的名称分别为；羰基、酯基
(2)A→B的反应类型为加成反应；D→E的过程，羰基转化为羟基，反应类型为还原
(3)略
(4)根据分析，B→C的目的是保护羰基；
(5)略
(6)①比 E少一个-CH2-的 E的同系物，相当于丙基二取代（-OH，-COOH） ，①②连羧基时存在立体异
构， ①连羧基时，存在立体异构，共 8种滨城高中联盟2022-2023学年度下学期高二期中考试
化学试卷
注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效
2.本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，满分100分，考试时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、0-16、A-27、C1-35.5、Ti-48
第I卷（选择题，共45分）
一.选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求。
1.下列说法不正确的是
A.超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集
体，能表现出不同于单个分子的性质
B.可燃冰(CH48H20)中甲烷与水分子间存在氢键
C.冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”
D.晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象
2.下列说法正确的是
A.CH4分子球棍模型：
B.丙炔的键线式：
COOH
COOH
C.氮化硅的分子式为：SiN4D.丙氨酸的手性异构体H
w H
NH2
H2N
CH
3.能源材料是当今科学研究的热点。氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题。
C60(结构如图)可用作储氢材料。继C6o后，科学家又合成了Sio、N60,它们的结构
相似，下列有关说法正确的是
足球烯C9
A.C60、Si60、N6o都属于新型化合物
B.C60、Si60晶体采取密堆积，N6o晶体采取非密堆积
C.N60结构中只存在o键，而C60结构中既有o键又有π键
D.己知金刚石中C-C键长154pm,C60中C-C键长140~145pm,故C60熔点高于
金刚石
高二化学试卷第1页共7页
4.最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。
下列属于最理想的“原子经济性反应”的是
A.用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷()的反应
B.用溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热制备乙烯的反应
C.用苯酚稀溶液与饱和溴水制备2,4,6一三溴苯酚的反应
D.用电石与水制备乙炔的反应
5.中国科学院天津工业生物技术研究所科研团队在实验室里首次实现了以C02为原料
人工合成淀粉，其合成路线如图所示。设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正
确的是
OH
H2→doH
02.
C022n0-Z02
醇氧花酥人1国H0人oH+
HO
OH
①
②
DHA
淀粉
A.1 mol DHA中含有c键数目为7NA
B.1 mol DHA中，sp3杂化的原子数为2NA
C.过程②中，1 molCH3OH断裂极性键的数目为2NA
D.CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间的共价键为p3-pσ键
6.乙炔(HC三CH)能在Hg2+催化下与水反应生成CH3CHO,反应历程及相对能垒如图
所示。下列说法正确的是
安
④CH2=CHOi
0.00.①
E
-Hg21
⑤
H,O
E
+Hgei,o③
HH
E
+HC=CH
·Es
Hg一C=C一OH
CH CHO
Hg.
H,0
A.HC≡CH转化为CH3CHO的过程涉及消去反应
B.过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子
C.本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH最稳定
D.上述转化关系中涉及的三种非金属元素的第一电离能大小关系为C>O>H
7.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良好的储氢性能，其中元素
W、X、YZ的原子序数依次增大且总和为24。下列有关叙述错误的是
WW
Z*W-X-Y-Y]
WWW
A.该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B.Z的单质既能与苯酚反应，也可与甲醇反应
C.W与Y既可以形成分子晶体，也可以形成离子晶体
D,X的氟化物中原子均为8电子稳定结构
高二化学试卷第2页共7页
