江苏省泰州市2021-2022学年高二化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

2021~2022学年度第二学期期末考试高二化学试题(考试时间：75分钟：总分：100分)注意事项：1.本试卷共分两部分，I卷为选择题，II卷为非选择题。2.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24S-32Fe-56As-75I卷(选择题共42分)单项选择题：本题包括14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.有机化合物是生命活动的基础。下列有关糖类、蛋白质、核酸的说法正确的是A.糖类的组成都符合通式B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.蛋白质只含有C、H、O三种元素D.双螺旋结构中存在氢键【答案】D【解析】【详解】A．不是所有糖类的组成都符合通式，比如鼠李糖，A错误；B．淀粉和纤维素的聚合度n不同，二者不是同分异构体，B错误；C．蛋白质的组成元素一定有C、H、O、N，有些蛋白质还可能含有P、Fe等，C错误；D．双螺旋结构中存在氢键，D正确；故选D。2.是常见的补铁剂。下列说法正确的是A.中子数为10的氧原子：B.其中碳原子的杂化类型：和C.名称：胺基D.基态的价电子的排布图：【答案】B【解析】 【详解】A．中子数为10的氧原子，质量数为8+10=18，表示为：，A错误；B．分子中的C=O上的碳原子为杂化，亚甲基上的碳原子为杂化，B正确；C．的名称为氨基，C错误；D．基态的价电子的排布图为，D错误；故选B。3.下列有机物的系统命名正确的是A.乙基丁烷B.甲基丁烯C.甲基丙醇D.2.4.三溴苯酚【答案】D【解析】【详解】A．，从右边开始编号，得到3−甲基戊烷，故A错误；B．：从右边开始编号，得到3−甲基−1−丁烯，故B错误；C．：羟基在2号位，因此为2−丁醇，故C错误；D．：酚羟基所在的碳原子为1号位，因此为2，4，6-三溴苯酚，故D正确。 综上所述，答案为D。4.下列制备少量硝基苯的实验原理和装置不能达到实验目的的是A.混合浓酸B.水浴加热C.水洗分液D.蒸馏提纯【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸密度较大，和浓硝酸混合时，应该将浓硫酸加到浓硝酸中，A错误；B．制备硝基苯，需要在50℃—60℃下发生反应，需要水浴加热，B正确；C．硝基苯密度小于水，和水不互溶，可以用分液漏斗分离，C正确；D．硝基苯在制备的时候，没有反应完全的苯会溶到硝基苯中，两者沸点相差较大，可以用蒸馏的方式分离，D正确；故选A。5.下列说法没有因果关系的是A.氧化铝熔点高，故作耐高温材料B.聚乙炔能燃烧，故作导电高分子材料C.浓硫酸具有吸水性，故用于干燥D.电负性，故酸性【答案】B【解析】【详解】A．氧化铝熔点高，高温时不熔化，可作高温材料，有因果关系，A不符合题意；B．燃烧和导电之间没有必然联系，B符合题意；C．浓硫酸具有吸水性，可以吸收水蒸气，可用于干燥，有因果关系，C不符合题意； D．电负性，电负性越大，羧基上碳上电子云密度越小，羟基上碳和氢之间的共用电子对向氧靠近，更加容易断裂，有因果关系，D不符合题意；故选B。6.参与有机合成是实现“碳中和”的途径之一、高温、高压条件下和可合成尿素。与苯酚经过一系列反应可制得水杨酸(沸点)，水杨酸和甲醇(沸点)发生如下反应制取冬青油(沸点：+CH3OH+H2O。下列说法正确的是A.是极性分子B.第一电离能：C.的沸点高于D.在合成尿素的反应中作氧化剂【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳的分子构型为直线形，为非极性分子，A错误；B．同周期第一电离能越靠右越大，但是第ⅢA族和第ⅥA族反常，故第一电离能：，B错误；C．水杨酸苯环上的两个支链在邻位，容易形成分子内氢键，而中两个支链在对位，容易形成分子间氢键，从而分子间作用力较大，沸点较高，C正确；D．合成尿素的反应不是氧化还原反应，D错误；故选C。7.参与有机合成是实现“碳中和”的途径之一、高温、高压条件下和可合成尿素。与苯酚经过一系列反应可制得水杨酸(沸点)，水杨酸和甲醇(沸点)发生如下反应制取冬青油(沸点：+CH3OH+H2O。对于水杨酸制备冬青油的反应，下列说法错误的是 A.若用进行示踪，可得产物B.可边反应边蒸馏出冬青油以提高水杨酸的转化率C.油层厚度不再变化说明该反应已达到化学平衡状态D.加入适量浓硫酸既能加快反应速率又能提高冬青油的产率【答案】C【解析】【详解】A．酯化反应的实质是羧酸脱羟基醇脱氢，所以若用进行示踪，可得产物，故A正确；B．边反应边蒸馏出冬青油，相当于减小生成物的浓度，可以使平衡正向移动，使更多的水杨酸反应，可以提高水杨酸的转化率，故B正确；C．油层厚度不再变化，是肉眼观察的，浓度可能还在变化，所以不能说明该反应已达到化学平衡状态，故C错误；D．浓硫酸可以做反应的催化剂加快反应速率，同时浓硫酸具有吸水性，可以吸收生成的水，使平衡正向移动，所以加入适量浓硫酸既能加快反应速率又能提高冬青油的产率，故D正确；故答案为：C。8.参与有机合成是实现“碳中和”的途径之一、高温、高压条件下和可合成尿素。与苯酚经过一系列反应可制得水杨酸(沸点)，水杨酸和甲醇(沸点)发生如下反应制取冬青油(沸点：+CH3OH+H2O。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A.B. C.D.【答案】A【解析】【详解】A．酸性：-COOH＞H2CO3＞酚羟基＞，则酚羟基不能与碳酸氢根离子反应，则该物质间转化不能实现，故A符合；B．苯环、醛基均能与氢气发生加成反应，则该物质间转化能实现，故B不符合；C．苯的同系物中，当与苯环直接相连的碳原子上有氢原子时，能被酸性高锰酸钾氧化成羧基，则该物质间转化能实现，故C不符合；D．-CONH2能与盐酸发生反应：-CONH2+HCl+H2O=-COOH+NH4Cl，则该物质间转化能实现，故D不符合；故选A。9.溶液可用于蚀刻铜，向蚀刻生成的溶液中加入并通入可使溶液再生。下列说法正确的是A.中键的数目为B.晶体中既有离子键又有非极性共价键C.晶体(晶胞见如图)中与1个距离最近的有8个D.再生反应的离子方程式为【答案】C【解析】【详解】A．单键都是键，由于还还有配位键，所以中键 物质的量为，A错误；B．晶体中既有离子键又有极性共价键，没有非极性共价键，B错误；C．晶体(晶胞见如图)中与1个距离最近的有8个D．根据电子得失守恒可知再生反应的离子方程式为，D错误；答案选C。10.液氨中存在平衡：，用情性电极电解的液氨溶液的装置如图所示。下列说法正确的是A.的键角小于键角B.电极b连接电源正极C.电解液中不定向移动D.a极发生的反应为【答案】D【解析】【分析】由图可知，a极生成氮气，氮元素由-3价升高为0价，价态升高失电子，故a极为阳极，b极为阴极，电极反应式为2NH3+2e-＝H2↑+2NH，据此作答。【详解】A．是正四面体形结构，是V形，因此的键角大于键角，A错误；B．b极为阴极，连接电源的负极，故B错误；C．电解过程中，阳离子向阴极移动，电解液中定向移动到阴极，故C错误；D．a极为阳极，发生失去电子的氧化反应，即a极发生的反应为，故D正确； 故选D。11.化合物Y是合成治疗新冠肺炎药物阿比朵尔的中间体，可由下列反应制得：下列说法正确是A.X分子存在顺反异构现象BX与Y分子组成相差一个C.相同条件下，Y在盐酸中的溶解性大于在水中的溶解性D.与足量溶液反应最多可消耗【答案】C【解析】【详解】A．X中连接碳碳双键的碳原子连接不同的原子或者原子团，但是环状结构，所以X不存在顺反异构，故A错误；B．对比X和Y的结构简式可知，CH3CO-代替X分子羟基上的H原子，X与Y分子组成相差C2H2O，故B错误；C．Y中N原子有孤对电子，可以与盐酸反应生成盐，故其在盐酸中溶解度大于在水中的溶解性，C正确；D．Y含有两个酯基，其中1个酯基是酚羟基形成的，与足量溶液反应生成1mol、1molCH3COONa、1molCH3CH2OH，最多可消耗，故D错误；选C。12.的氯代反应是自由基(如、)反应，机理如下：I.链引发II.链传递III.链终止 …………下列说法正确的是A.链引发吸收能量，链终止放出能量B.氯代可以得到纯净的C.光照后，在黑暗中与混合，也可以得到氯代甲烷D.生成的链传递方程式为【答案】A【解析】【详解】A．链引发是化学键断裂，吸收能量，链终止是形成化学键，放出能量，A正确；B．甲烷的氯代反应得到多种卤代烃，是混合物，B错误；C．甲烷和氯气在光照条件下反应，在黑暗处不反应，C错误；D．根据链传递分析，生成的链传递方程式为　，D错误；故选A。13.室温下，通过下列实验探究，溶液的性质。已知：，。实验实验操作和现象1用试纸测量溶液的，测得为a2将为10的溶液加热一段时间后恢复至室温，测得为9 3将浓度均为和溶液等体积混合，有沉淀产生4溶液中加入适量溶液，测得为7下列说法正确的是A.实验1中，B.实验2中，变小是因为水分蒸发增大C.由实验3不能得出：D.实验4所得溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=，则Kh<Ka2，即电离为主，此时溶液显酸性，A错误；B．实验2中，变小是因为被氧化为硫酸根离子，B错误；C．浓度均为和溶液等体积混合后，溶液中c()=c(Ba2+)，但是因为有沉淀生成，故两种离子的浓度均小于0.005mol/L，故其，C错误；D．，此时pH=7，则，根据电荷守恒，溶液显中性，则，，D正确；故选D。 14.在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：反应I：反应II：反应III：下列说法错误的是A.反应I在低温下不能自发进行，说明B.曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/CC.，主要发生反应IIID.下，适当增大空气的流速可以提高的产率【答案】D【解析】【详解】A．由反应I可知该反应ΔS>0，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH－TΔS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；B．温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；C．由图可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C 正确；D．由图可知450℃时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；故选D。II卷(非选择题共58分)15.处理含的废水(含量均超标)的流程如下：已知：①时，，。②室温下，溶液中(III)物种分布分数与的关系如图所示。（1）“过程I”除及部分砷。①基态As的核外电子排布式为_______。②用离子方程式表示溶液呈碱性的原因_______。（2）“过程II”除和。测得滤液中，此时_______。（3）“过程III”进一步除砷。(聚合硫酸铁)溶于水形成的胶体和加入的可将砷转化为难溶的除去。 ①生成的离子方程式为_______。②测定“滤渣C”中含量。称取样品用稀硫酸溶解后，转移至100容量瓶中并加水稀释至刻度。量取溶液于锥形瓶中，依次加入足量的溶液和溶液。充分反应后，用标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。(已知：，；与反应生成，氧化性。)i.加入足量的溶液的作用为_______。ii.计算样品中的质量分数_______(写出计算过程)。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p3②.S²⁻+H₂O⇌HS⁻+OH⁻（2）（3）①.++=+OH-+3H2O②.与三价铁形成，防止三价铁和碘离子反应生成单质碘③.7.800%【解析】【分析】硫化氢的水溶液为弱酸，故硫离子可以水解，使溶液显碱性；根据硫酸根离子的浓度计算钙离子的浓度，根据钙离子的浓度再计算氟离子的浓度，根据坐标图判断在pH为10—11时砷的存在性质，进而根据得失电子守恒写出方程式，以此解题。【小问1详解】①As是33号元素，则基态As的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3 ；②溶液中硫离子水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，水解的离子方程式为：S²⁻+H₂O⇌HS⁻+OH⁻；【小问2详解】根据溶度积计算，，； 【小问3详解】①根据题意知道反应物为、、产物为，溶液为碱性条件，用氢氧根离子配平电荷，则反应的离子方程式为：++=+OH-+3H2O；②根据信息可知，氟离子可以和三价铁结合，防止三价铁把碘离子氧化为单质碘，影响实验，故答案为：与三价铁形成，防止三价铁和碘离子反应生成单质碘；根据已知信息可知~I2~2，则n()=n()=××16.00×10-3L×0.025=0.001000mol，则样品中的质量分数=。16.柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线如下（1）化合物F中含有的手性碳原子数目是_______。（2）丙酮的反应经历两步，第二步是消去反应，第一步的反应类型为_______。（3）根据的反应判断，在碱溶液中水解产物的结构简式为_______。（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式_______。①可与溶液发生显色反应②分子中有4种不同化学环境的氢（5）写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂、不超过两个碳原子的有机物及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。【答案】（1）2；（2）加成反应 （3）（4）或；（5）【解析】【分析】该柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线中的反应物与生成物的结构简式均给出，不需要对物质进行判断；但是路线中的反应都比较陌生，对各个物质的变化进行判断时，一定要做好反应物与生成物的结构差异的对比，从而判断出反应是如何进行的，再将这路线中的反应与各小题结合进行分析判断，从而找到解题的思路。【小问1详解】手性碳原子指的是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，F为，则手性碳如图示；故答案2；【小问2详解】题目流程丙酮为，该反应经历两步，第二步是消去反应，对比A和B的结构差异，可推断出与丙酮反应先 生成，再由发生消去反应生成，所以第一步反应为加成反应；故答案为加成反应；【小问3详解】的反应为，由此可以发现与氧原子相连的双键碳变成了碳氧双键，则在碱溶液中水解产物为；故答案为；【小问4详解】G为，不饱和度为4，10个C原子，2个O原子，同分异构体可与溶液发生显色反应，表明该分子包含有结构，苯环结构占据4个不饱和度，则该分子没有其他的不饱和键；除苯环结构外，该分子还有5个C原子，而分子中有4种不同化学环境的氢，表明该分子有一定的对称性且有同碳上的甲基；则G的同分异构体的结构简式可能是或； 故答案为或；【小问5详解】要求以为原料制备，对比两个物质的结构，相差甚远，无法直接推断，应该结合流程与原料先进行逆向推导。依据过程，可以确定最终产物的上一步中间产物为；结合中间产物和原料的结构，必须考虑卤代烃的水解反应与醇的催化氧化反应，所以先对原料进行水解反应得，后进行催化氧化反应得到；把改变画法变形为，让它与中间产物相近，发现利用反应，可使转变为，得到合成路线为 ；故答案为。17.铁的腐蚀和防护与生产生活密切相关。已知：氢氧化物沉淀的如下表(开始沉淀时金属离子浓度为)。沉淀物开始沉淀1.15.85.9完全沉淀3.28.88.0（1）研究铁的腐蚀。将一定量铁粉和碳粉混合后置于一密闭容器中，加入和盐酸的混合溶液。测得溶液和压强随时间变化的曲线如所示。①容器内压强先增大后减小，除温度影响外的原因是_______。 ②反应过程中，混合液里先期生成的会被氧化生成，反应的离子方程式为_______。③后略下降，原因是_______。（2）研究铁的防护。①在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀。已知：镀层金属析出缓慢、平稳时，镀层致密、细腻；溶液中与可发生反应：。以通入一定量的溶液为电镀液热镀锌，得到的镀层更加致密、细腻，原因是_______。②镀锌废液的回收。镀锌废液中含有等阳离子。请设计利用该电镀废液回收溶液的实验方案：_______。(实验中可选用试剂：、溶液、氨水)【答案】（1）①.铁与碳粉构成原电池发生吸氧腐蚀，消耗容器内的氧气导致压强减小，同时亚铁离子被氧化成铁离子也会消耗氧气，使容器内压强减小②.③.铁发生吸氧腐蚀产生的氢氧根离子与Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，消耗了溶液中的氢氧根离子，使得pH略下降（2）①.电镀消耗Zn2+导致平衡逆向移动，有效控制溶液中锌离子浓度。②.往镀锌废液中加入过量双氧水，然后加入氨水将pH调整到略小于5.9，过滤后加热滤液，得到ZnCl2-NH4Cl溶液。【解析】【小问1详解】铁先和盐酸反应，生成氢气导致容器内压强增大，盐酸消耗完后铁与碳粉构成原电池发生吸氧腐蚀，消耗容器内的氧气导致压强减小，同时亚铁离子被氧化成铁离子也会消耗氧气，使容器内压强减小。Fe2+被氧化生成氢氧化铁的离子方程式为。铁发生吸氧腐蚀产生的氢氧根离子与Fe2+生成氢氧化亚铁沉淀，消耗了溶液中的氢氧根离子，使得pH略下降。【小问2详解】通入一定量NH3的ZnCl2-NH4Cl溶液中存在平衡， 电镀消耗Zn2+的过程导致溶液中锌离子浓度减小，化学平衡逆向移动，产生锌离子，这种方法可有效控制溶液中锌离子浓度，使镀层金属析出缓慢，得到的镀层更加致密、细腻。往镀锌废液中加入过量双氧水，然后加入氨水将pH调整到略小于5.9，确保铁离子完全沉淀，同时降低氢离子浓度，过滤除去氢氧化铁沉淀，加热滤液使多余的双氧水分解成氧气和水，氧气逸出，最终得到ZnCl2-NH4Cl溶液。18.乙二醇是重要的化工原料，通过下列过程可实现煤到乙二醇的转化。（1）“气化”中主要反应：验共酬巷|反应I：反应II：反应的_______。（2）“转化1”中主要反应：反应III：反应IV：将和按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在和下达到平衡，下平衡转化率更大、甲醇的产率较低，原因是_______。（3）“转化2”中的总反应为，该转化分为两步进行，第一步为，机理如图所示。①化合物X的结构简式为_______。 ②中混有的少量，会在表面形成中间体参与反应，生成的有机物有、_______。③“转化2”的第二步为和进行的再生反应，反应的化学方程式为_______。（4）“转化3”生成乙二醇和甲醇，每生成乙二醇转移的电子为_______。【答案】（1）172（2）反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低（3）①.CH3OOC-OCH3②.CH3OH③.4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O（4）8【解析】【小问1详解】反应I-反应II可得CO2(g)+C(s)2CO(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2=+131kJ⋅mol-1-(-41kJ⋅mol-1)=172kJ⋅mol-1。【小问2详解】反应IV是反应II的逆反应，则反应IV是吸热反应；将CO2和H2按一定比例投入恒容密闭容器中，分别在500℃和600℃下达到平衡，600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低，是因为反应III是放热反应，反应IV是吸热反应，升高温度，反应III逆向移动，反应IV正向移动，使得CO2的平衡转化率增大、甲醇的产率降低，所以600℃下CO2平衡转化率更大、甲醇的产率较低。【小问3详解】①结合图中左侧“脱附”过程，CH3OOC-Pd-COOCH3脱附生成CH3OOC-COOCH3和Pd，CH3OOC-Pd-OCH3脱附生成化合物X和Pd，则化合物X的结构简式为CH3OOC-OCH3；②CO中混有的少量H2，会在Pd表面形成Pd-H中间体参与反应，生成的有机物有HCHO，HCHO还可以被还原为CH3OH；③“转化2”的第二步为NO、CH3OH和O2进行的CH3ONO再生反应，反应的化学方程式为4NO+4CH3OH+O24CH3ONO+2H2O。【小问4详解】 “转化3”中，CH3OOCCOOCH3和H2反应生成HOCH2CH2OH和CH3OH，该反应的化学方程式为CH3OOCCOOCH3+4H2HOCH2CH2OH+2CH3OH，每生成1mol乙二醇，就有4molH2发生反应，转移的电子为8mol。