广东省东莞市2022-2023学年高二化学上学期期末试题（Word版附解析）

广东省东莞市东莞中学2022-2023学年高二上学期教学质量检查化学试题注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。2.试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1N14O16S32Zn65一、选择题(本题包括16小题，共44分。其中1~10小题，每小题2分，共20分。11~16小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意)(一)选择性必修2物质结构与性质1.下列现象中与电子跃迁无关的是A．节日燃放的焰火B．舞台LED灯光C．广州塔的霓虹灯光D．虎英公园水中倒影A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】水中倒影则是光线反射的结果，与电子跃迁无关，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态，能释放能量，光是释放能量的重要形式之一，节日燃放的焰火、舞台表演时的灯光、城市的霓虹灯光是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故答案为：D。2.普鲁士蓝的化学式为，是一种配位化合物，可用作油画染料等。下表有关普鲁士蓝构成微粒的符号表征错误的是 A.氮原子结构示意图B.基态价电子排布图C.电子式D.阴离子结构式A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氮原子结构示意图：，A项正确；B．基态铁原子失区3个电子形成基态Fe3+，其价电子排布图为，B项正确；C．CN-的电子式为，C项正确；D．配位键箭头指向错误，D项错误；故选D。3.量子力学指出一定空间运动状态的电子在核外空间各处都有可能出现，出现的概率密度分布被形象地称作电子云。下列说法正确的是As电子云轮廓图呈球形B.p电子云在直角坐标系里有两个取向C.Be原子最外层电子的电子云轮廓如图所示D.s和p轨道采用“肩并肩”方式形成键【答案】A【解析】【详解】A．已知s电子云轮廓图呈球形，A正确；B．p能级上有3个轨道，故p能级的电子云在三位坐标系里有三个取向，B错误； C．Be是4号元素，故Be原子最外层电子为2s上的两个电子，故其电子云轮廓为球形不是纺锤体，C错误全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》；D．σ键采用“头碰头”方式重叠，“肩并肩”方式重叠形成π键，故s和p轨道采用“头碰头”方式形成键，D错误；故答案为：A。4.化学让生活更美好。下列叙述不正确的是A.肥皂含有表面活性剂，具有去污能力B.日光灯的灯管里存在具有良好流动性和导电能力的等离子体C.液晶材料属于晶体，但不能体现晶体的各向异性D.由于氢键的存在，玻璃瓶装啤酒放冰箱冰冻室易炸裂【答案】C【解析】【详解】A．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果，故A正确；B．等离子体由电子、阳离子和电中性粒子组成，存在于日光灯和霓虹灯的灯管里、蜡烛火焰里、极光和雷电里等，具有良好流动性和导电能力，故B正确；C．液晶分子的空间排列是不稳定的，但具有各向异性，属于非晶体，故C错误；D．由于氢键的存在，会使冰的密度变小，导致体积膨胀，玻璃瓶装啤酒放冰箱冰冻室易炸裂，故D正确；故选：C。5.下列对物质所属晶体类型判断不正确的是A.石英是原子晶体B.干冰是共价晶体C.银是金属晶体D.氯化钠是离子晶体【答案】B【解析】【详解】A．石英主要成分是二氧化硅，属于原子晶体，A正确；B．干冰是固体CO2，属于分子晶体，B错误；C．银是金属，属于金属晶体，C正确；D．氯化钠是离子化合物，含有离子键，属于离子晶体，D正确；故选B。 (二)选择性必修3有机化学基础6.下列物品中含有大量纤维素的是物品选项A.北狼毫(黄鼠狼毛做)B.涤纶布料C.纸张D.碳纤维管A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．北狼毫是动物的毛发，主要成分为蛋白质，A不符合题意；B．涤纶布料的主要成分涤纶，是一种化学纤维，B不符合题意；C．纸张是用植物的秸杆、树木等生产的，主要成分为纤维素，C符合题意；D．碳纤维管的主要成分为碳单质，D不符合题意；故选C。7.化学为疫情防控提供了强有力的支撑。下列说法正确的是A.采样管中红色病毒核酸保存液常为盐酸胍(如图)，化学式为B.生产N95口罩的主要原料聚丙烯，含有大量双键C.免洗酒精消毒凝胶能杀灭新冠病毒，消毒原理与“84”消毒液不相同D.新冠核酸疫苗的主要成分DNA或RNA，均为小分子化合物【答案】C 【解析】【详解】A．由结构简式可得化学式为，故A错误；B．聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构中不含碳碳双键，故B错误；C．“84”消毒液的消毒原理是次氯酸钠的强氧化性使病毒蛋白质变性，酒精无氧化性，但酒精可以使蛋白质变性，从而达到杀死细菌的目的，二者消毒原理不同，故C正确；D．生物小分子化合物，指分子量小于500的生物功能分子，DNA或RNA是高分子化合物，故D错误；故选：C。8.对下列物质的类别与所含官能团的判断均正确的是物质A.B.C.D.类别羧酸酚类醛类酮类官能团—COOH—OH—CHOA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．由A分子的结构简式可知，A中含有羧基(-COOH)，属于羧酸，A符合题意；B．由B分子的结构简式可知，B中含有醇羟基(-OH)，属于醇类而不是酚类，B不合题意；C．由C分子的结构简式可知，C中含甲酸酯基，故其属于酯类而不是醛类，官能团是酯基(-COO-)而不是醛基(-CHO)，C不合题意；D．由D分子的结构简式可知，D中含醚键()而不是酮羰基，属于醚类，D 不合题意；故答案为：A。9.绿色奥运、科技奥运是北京冬奥会的重要理念。聚乳酸是制作环保餐具的生物材料，其合成单体乳酸的结构如图所示。下列有关乳酸的说法正确的是A.分子中三个碳原子在同一直线上B.分子中存在手性碳原子C.可发生消去反应而不可使酸性溶液褪色D.可通过加聚反应得到聚乳酸【答案】B【解析】【详解】A．中标*的碳原子为饱和碳原子，与其直接相连的4个原子构成四面体，分子中三个碳原子不可能在同一直线上，A项错误；B．中标*的碳原子连有4个不同的原子和原子团，为手性碳原子，B项正确；C．与—OH相连碳原子的邻碳上有H原子，能发生消去反应生成CH2=CHCOOH，与—OH相连碳原子上连有H原子，能使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误；D．含有—OH和—COOH，能通过缩聚反应得到聚乳酸，D项错误；答案选B。10.某有机物只含C、H、O三种元素，其分子结构见图(图中键线可表示单键、双键或三键)，下列关于该物质的说法正确的是 A.是的同系物B.分子结构中含有2个双键C.含有三种官能团D.核磁共振氢谱显示3组峰【答案】B【解析】【分析】由题干分子结构的示意图可知，黑球周围能形成4个共价键，即黑球代表碳原子，白球只能形成1个共价键，即白球代表氢原子，灰球可以形成两个键，即灰球代表氧原子，则该有机的结构简式为：,据此分析解题。【详解】A．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)且组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，由分析可知，题干中有机物含醛基和羧基，而中含有羟基和羧基，二者结构不相似，不是的同系物，A错误；B．由分析可知，分子结构中含有2个碳氧双键，B正确；C．由分析可知，该有机的结构简式为：,故含有醛基和羧基二种官能团，C错误；D．根据等效氢可知，该有机物的核磁共振氢谱显示4组峰，D错误；故答案为：B。(一)选择性必修2物质结构与性质11.是一种强还原剂，能将乙酸直接还原成乙醇。下列说法正确的是 A.同周期简单金属阳离子半径，最大B.双键对单键的斥力强于单键之间，图中键角C.的空间构型是正四面体形D.与相比，中O-H键极性更弱【答案】C【解析】【详解】A．第三周期元素的简单离子中，Na、Mg、Al原子对应的离子核外有3个电子层，从Si到Cl原子对应的简单离子核外有3个电子层，第三周期元素中简单离子半径从Na到Al依次减小、从Si到Cl依次减小，则第三周期简单离子中离子半径最小的是Al3+，故A错误；B．羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，所以键角α＜β，故B错误；C．中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形，故C正确；D．烃基为斥电子基，因为O的非金属性比C的强，吸引电子对的能力强，O原子为吸电子基，使得羟基O-H键极性增强，易电离出H+，则中O-H键极性更强，故D错误；故选：C。12.类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实验的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论，正确的是A.NH3分子的空间结构为三角锥形，则BCl3分子的空间结构也为三角锥形B.CF4的熔沸点小于CCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3C.N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定D.Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，则Al(OH)3也可以溶解在浓氨水中【答案】B【解析】【详解】A．BCl3中心B原子价层电子对数为3+=3，B原子采用sp2杂化，无孤对电子，分子空间结构为平面三角形，A错误； B．NCl3、PCl3均为分子晶体，PCl3的相对分子质量更大，分子间作用力更大，故NCl3的熔沸点小于PCl3，B正确；C．C≡C键能小于碳碳单键键能的3倍，故结构不是很稳定，C错误；D．Al(OH)3可以溶解在强碱中，不能溶于弱碱浓氨水中，D错误；故选B。13.某物质M是制造染料的中间体，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，其结构如图所示。X是周期表中原子半径最小的元素，基态W原子的3p轨道有5个电子，Y、Z同主族且能形成的化合物。下列说法正确的是A.电负性B.W的氧化物对应水化物一定为强酸C.是极性分子D.Z最高价氧化物的VSEPR模型为四面体形【答案】C【解析】【分析】由M的球棍模型可知，X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为1、2、6、1，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，则X为H元素，W的3p轨道有5个电子，则W为Cl元素；Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物，则Y为O元素、Z为S元素。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氯元素的非金属性强于硫元素，则电负性强于硫元素，即W>Z，故A错误；B．Cl的最高价氧化物对应的水化物才是强酸，不是最高价不一定是强酸，故B错误；C．过氧化氢的空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，故C正确；D．Z最高价氧化物是SO3，三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数，分子的空间构型为平面正三角形，故D错误；故选C。(二)选择性必修3有机化学基础 14.下列实验设计正确的是A.对比碳酸、苯酚酸性强弱B.分离乙醇、乙酸乙酯C.制备乙烯并收集D.检验乙炔还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．稀硫酸不挥发，与NaHCO3反应生成的CO2通入到苯酚钠溶液中发生反应H2O+CO2++NaHCO3，根据强酸制弱酸的原理，可证明碳酸的酸性强于苯酚，A正确；B．乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用分液法分离，B错误；C．乙烯的相对分子质量为28，空气的平均相对分子质量为29，乙烯的密度比空气略小，所以不能用向上排空气法收集乙烯，应用排水法收集，C错误；D．CaC2与水反应产生的C2H2中含有的杂质H2S，二者都具有还原性，都可以使溴水褪色，因此不能检验乙炔具有还原性，D错误；故选A。15.不同波长的光可以使有机化合物之间相互转化，俘精酸酐类化合物甲可通过加成反应转化为化合物乙。下列说法正确的是A.乙属于芳香族化合物 B.甲使酸性KMnO4溶液、溴水褪色的原理相同C.等物质的量的甲、乙分别与足量H2反应，消耗H2的量相等D.甲与乙互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，乙分子不含苯环，故乙不属于芳香族化合物，A错误；B．甲使酸性KMnO4溶液是由于氧化还原反应，而溴水褪色是由于与Br2发生加成反应，故二者原理不相同，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，甲分子中含有4个碳碳双键能与H2加成，而乙分子中只有3个碳碳双键能与H2加成，故等物质的量的甲、乙分别与足量H2反应，消耗H2的量不相等，C错误；D．由题干有机物结构简式可知，甲与乙分子式相同结构不同，故互为同分异构体，D正确；故答案为：D。16.某课题组设计一种以化合物A辅助固定的方法，原理如图所示，其中反应①为取代反应。下列说法不正确的是A.化合物A为B.反应②为加成反应C.总反应的原子利用率为100%D.能与NaOH溶液反应【答案】C【解析】 【详解】A．反应①为+CH3OH→H2O+，化合物A为CH3OH，故A正确；B．反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故B正确；C．根据总反应2CH3OH+CO2→H2O+，产物中有水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；D．中的官能团是酯基，酯基能与NaOH溶液发生水解反应，D正确；故选C。二、非选择题(本部分包括4题，共56分)(一)选择性必修2物质结构与性质17.钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，一种制备金属钛的工艺流程如下所示。（1）Ti在元素周期表的位置为_______；下列基态或激发态Ti原子价电子排布图中，能量最高的是_______。A.B.C.（2）已知在通常情况下是无色液体，熔点为，沸点为，结构与相似，的晶体类型是_______。稳定性比差，试从化学键角度分析原因_______。（3）纳米是一种应用广泛的催化剂，其催化作用的一个实例如下所示： 化合物甲中采取杂化的原子有_______(填元素符号)。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是_______。（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示。该阳离子的化学式为_______。【答案】（1）①.第四周期第ⅣB族②.C（2）①.分子晶体②.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（3）①.C和O②.化合乙分子间存氢键（4）TiO2+【解析】【小问1详解】Ti 的原子序数为22，在元素周期表的位置是第四周期第ⅣB族；由洪特规则可知，在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，3d电子应占据不同轨道，3d轨道能级比4s高，C中4s电子激发到3d轨道中，故能量最高的是C；【小问2详解】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；【小问3详解】采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，价层电子对个数是4的原子有形成甲基和亚甲基的3个碳原子和形成醚键的氧原子，即原子有C和O；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【小问4详解】 该阳离子中每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，则O、Ti原子个数之比为1：1，该离子中Ti为+4价，所以该阳离子为TiO2+。18.赖氨酸锌属于第二代有机锌，用于防治小儿及青少年因缺乏赖氨酸和锌而引起的生长发育迟缓、营养不良及食欲缺乏症等，其结构如图所示。（1）基态氮原子的电子排布式为_______。（2）螯合物是一种特殊的配合物，其形成条件为①配体含有两个及以上配位原子；②配体与同一中心离子(或原子)通过螯合作用配位成环。螯合物赖氨酸锌中氮原子的杂化方式为_______，1mol赖氨酸锌中通过螯合作用形成的配位键有_______mol(填“2”或“4”)。（3）ZnS常用作分析试剂、荧光体、光导体材料等。立方ZnS晶体的晶胞结构如图所示。①晶胞中周围距离最近且相等的共有_______个，在该立方晶胞的体对角线的一维空间上，、的分布规律正确的是_______(填选项)。A.B.C.②离子型ZnO与ZnS熔点高低比较：ZnO_______ZnS(填“高于”或“低于”)，判断理由是_______。 ③已知ZnS晶体密度为，阿伏加德罗常数用表示，则晶胞边长为_______nm(列出计算式即可)。【答案】（1）1s22s22p3（2）①.sp3②.4（3）①.4②.B③.高于④.ZnO和ZnS均为离子晶体，O2-半径小于S2-，则ZnO具有的晶格能比ZnS的大，熔沸点ZnO高于ZnS⑤.×107【解析】【小问1详解】已知氮是7号元素，根据能级构造原理可知，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，故答案为：1s22s22p3；【小问2详解】由题干螯合物赖氨酸锌的结构简式可知，其中与Zn连接的两个氮原子周围形成了4个σ键，故其杂化方式为sp3，另两个-NH2中N原子形成3个σ键且N原子周围的孤电子对数为：=1，故其杂化方式为sp3，故N原子的杂化方式为sp3，由题干螯合物赖氨酸锌的结构简式可知，1分子中含有4个配位键，如图所示：，故1mol赖氨酸锌中通过螯合作用形成的配位键有4mol，故答案为：sp3；4；【小问3详解】①由题干晶胞示意图可知，晶胞中S2-位于8个顶点和6个面心上，4个Zn2+位于体对角线离顶点处，且四个Zn2+对应的顶点处于交错位置，和改点所在面的面心构成正四面体，故晶胞中Zn2+周围距离最近且相等的S2-共有4个，一个晶胞内体对角线分为四段，五点上离子顺序是“S2----Zn2+---体心—空---S2-”，故在该立方晶胞的体对角线的一维空间上，S2-、Zn2+的分布规律正确的是，故答案为：4；B；②离子晶体中离子所带电荷数相等是，离子半径越小，离子键的键能越大，离子晶体具有的晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高，由于O2-的半径小于S2-，故离子型ZnO与ZnS熔点高低比较：ZnO高于ZnS，故答案为：高于；ZnO和ZnS均为离子晶体，O2-半径小于S2-，则ZnO具有的晶格能比ZnS的大，熔沸点ZnO高于ZnS; ③由ZnS的晶胞示意图可知，一个晶胞中含Zn2+个数为：=4，含有S2-个数为4个，故一个晶胞的质量为：g，ZnS晶体密度为，阿伏加德罗常数用表示，则一个晶胞的体积为：=cm3，则晶胞边长为cm=×107nm，故答案为：×107。19.溴乙烷是一种重要的有机合成原料，为无色液体，难溶于水，沸点，熔点，密度。某实验小组用下图所示装置制取溴苯和溴乙烷。主要实验步骤如下：①检查装置的气密性后，向装置A中加入一定量的苯和液溴。②向B处锥形瓶中加入乙醇和浓的混合液至浸没导管口。③将A装置中的纯铁丝小心向下插入混合液中。④点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10min。回答下列问题：（1）仪器a的名称_______。装置A中生成的有机产物结构简式为_______。（2）已知B装置中主要反应的反应类型为取代反应，其化学方程式为_______。浓硫酸的作用是_______。（3）C装置中U形管浸在冰水中的目的是_______。（4）步骤④中不能用大火加热，理由是_______。【答案】（1）①.圆底烧瓶②. （2）①.②.催化剂（3）收集溴乙烷（4）易发生副反应生成乙醚、乙烯等【解析】【分析】A装置中铁与溴发生反应生成溴化铁，溴化铁作为催化剂催化溴与苯的反应，其中生成的溴化氢和挥发的溴单质通过导管a进入到装置B中与乙醇发生取代反应，由溴乙烷数据可知，在冰水浴中溴乙烷液化，故装置C为溴乙烷的收集装置，装置C底部用蒸馏水液封，作用是吸收生成的溴化氢；【小问1详解】仪器a的名称是圆底烧瓶；装置A中铁与溴发生反应生成溴化铁，溴化铁作为催化剂催化溴与苯反应生成溴苯，生成的有机产物结构简式为；【小问2详解】生成的溴化氢和挥发的溴单质通过导管a进入到装置B中与乙醇发生取代反应，反应方程式为；浓硫酸的作用是催化剂；【小问3详解】C装置中U形管浸在冰水中的目的是收集溴乙烷；小问4详解】在温度较高的情况下浓H2SO4存在条件下发生副反应生成乙醚、乙烯等，故答案为：易发生副反应生成乙醚、乙烯等。20.化合物H是科学家正在研制的一种新药物，其合成路线如下：已知： （1）化合物A的名称为_______。（2）化合物B的官能团名称为_______。（3）化合物G的结构简式为_______。（4）写出反应⑤的化学方程式_______(注明反应条件)。（5）E、F均可发生_______反应(填写一个除燃烧反应以外的反应类型)。（6）化合物I是D的同分异构体，满足下列条件的I的结构有_______种(不考虑立体异构)；i.1molI与足量溶液反应时，最多产生标况下44.8L气体ii.苯环上有三个取代基，其中两个氯原子处于苯环上相邻位置满足条件i，核磁共振氢谱有三组峰的I的结构简式为_______(任写一种)。（7）参照上述合成路线，写出以和为原料合成的路线_______(无机试剂任选，注明反应条件)。【答案】（1）邻二甲苯（2）羧基、氯原子（3）（4）+O2+2H2O（5）取代反应（6）①.6②.（7）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，加热条件下脱水生成，酸性条件下， 与甲醇反应生成，在硼氢化锂作用下转化为，在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，与过氧化氢溶液反应生成，则G为；酸性条件下与ROH发生取代反应生成。【小问1详解】A的结构简式是，其名称为邻二甲苯；【小问2详解】由结构简式可知，化合物B分子中的官能团为羧基、氯原子；【小问3详解】由分析可知，G的结构简式为，【小问4详解】由分析可知，反应⑤为在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为+O2+2H2O；【小问5详解】根据E和F的结构简式判断，E和F均可以发生取代反应，【小问6详解】1molD的同分异构体I与足量碳酸氢钠溶液反应最多产生标况下气体44.8L说明分子中含有 2个羧基，由苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置可知，I的结构可以视作分子中苯环上的氢原子被、、取代所得结构，共有6种；满足条件i，说明分子中含有2个羧基，核磁共振氢谱有三组峰，说明分子中有3种不同化学环境的氢原子，满足条件的I的结构简式可以是：、等；【小问7详解】由题给合成路线可知，以1，4—丁二醇和甲醇为原料的合成的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在加热条件下发生脱水反应生成，酸性条件下与甲醇发生取代反应生成，合成路线为。