2021-2022学年福建省南平市高二下学期期末质量检测化学试题（含解析）

1、 南平市2021-2022学年第二学期高二期末质量检测化学试题一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 2022年北京冬奥会使用了许多化学产品。下列说法正确的是A. 速滑竞赛服使用的聚氨酯材料是纯净物B. 运动员服装使用的保温材料石墨烯，其与碳互称为同位素C. 火炬外壳使用的碳纤维和高性能树脂属于无机非金属材料D. 颁奖花束所用编织绒线的原料为羊毛，其主要成分为蛋白质【答案】D【解析】【详解】A聚氨酯是有机高分子材料，高聚物是混合物，故A错误；B石墨烯是碳的一种同素异形体，故B错误；C树脂属于有机高分子材料，故C错误；D羊毛的主

2、要成分为蛋白质，故D正确；选D。2. 下列表示正确的是A. 丙烷的比例模型：B. 顺-2-丁烯的键线式：C. 聚丙烯的结构简式：D. 基态Cr的价层电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A 是丙烷的球棍模型，故A错误；B2-丁烯存在顺反异构，顺-2-丁烯的键线式，故B正确；C丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故C错误；D根据洪特规则，基态Cr的价层电子轨道表示式为，故D错误；选B。3. 下列有关除杂试剂和分离方法正确的是选项被提纯的物质(括号内为杂质)除杂试剂分离方法A乙醇(水)CaO蒸馏B苯(苯酚)NaHCO3溶液过滤C乙烷(乙烯)酸性KMnO4溶液洗气D溴苯(液溴)苯分液

3、A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ACaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，蒸馏可分离，A项正确；B苯酚与碳酸氢钠溶液不反应，无法除去苯中的苯酚，B项错误；C乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，C项错误；D液溴、溴苯与苯互溶，不能萃取分离，D项错误；答案选A。4. 下列说法正确的是A. 第一电离能：Na MgAlB. 熔点：NaFNaClNaBrC. 键能：Si-SiC-SiC-CD. 共价键的极性：HBrHClHF【答案】B【解析】【详解】A同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但是IIA族和VA族的元素的第一电离能均高于其相邻元素，即第一电离能：Mg

4、AlNa，A错误；BNaF、NaCl、NaBr都属于离子晶体，离子半径：Br-Cl-F-，则晶格能：NaFNaClNaBr，熔点：NaFNaClNaBr，B正确；C原子半径：SiC，则共价键长度：Si-SiSi-CC-C，键能：C-CSi-CSi-Si，C错误；D电负性：FClBr，则共价键的极性：HFHClHBr，D错误；故选B。5. 下列装置能达到实验目的的是A.实验室制取硝基苯B.实验室制取并收集乙烯C.验证苯和液溴发生取代反应D.验证石蜡分解生成乙烯A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A实验室中，苯和浓硫酸、浓硝酸混合，在60条件下可制取硝基苯，A正确；B浓硫酸和

5、乙醇共热制备乙烯，还会产生二氧化硫、乙醇蒸气等杂质，需要除杂，B错误；C溴具有挥发性，挥发出来的溴也能和硝酸银反应，需要先除杂，C错误；D石蜡分解产生多种不饱和烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色只能说明有不饱和烃产生，不一定乙烯，D错误；故答案选A。6. 己二酸是一种重要的化工原料，合成路线如图所示。下列说法正确的是A. 苯与环己醇的分子中键之比为12：19B 环己烷分子中所有碳原子共平面C. 己二酸中碳原子的杂化方式均为sp3D. 0.1 mol己二酸与足量NaHCO3溶液反应生成4.48 L CO2气体【答案】A【解析】【详解】A苯分子中有12个键，环己醇分子中含有19个键，键数之比为12：19

6、，故A正确；B环己烷分子的空间构型为“船型或椅形”，不可能所有碳原子共平面，故B错误；C己二酸中单键碳原子的杂化方式为sp3，羧基中碳原子杂化方式为sp2，故C错误；D0.1 mol己二酸与足量NaHCO3溶液反应生成0.2mol二氧化碳，没有明确是否为标准状况，CO2的体积不一定是4.48L，故D错误；选A。7. 下列说法正确的是ABCD一个NaCl晶胞中含有6个Na+和6个Cl-CaF2晶胞中F-配位数为8，Ca2+配位数为4二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1：2石墨晶体是层状结构，图中7个六元环完全占有的碳原子数为14A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A根据

7、均摊法可知，Na+的个数个，Cl-的个数个，A项错误；B以顶面面心Ca2+为例，该晶胞中距离其最近且相等的F-有4个，上方晶胞中还有4个，所以Ca2+配位数为8，化学式为CaF2，则F-的配位数为4，B项错误；C根据晶体结构可知，二氧化硅晶体中，硅原子与硅氧键个数比为1：4，C项错误；D根据石墨晶体结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，D项正确；答案选D。8. 某有机物结构如图所示。下列说法正确的是A. 该有机物能发生加成反应、消去反应B. 1 mol该有机物最多能与4 mol N

8、aOH反应C. 1 mol该有机物与足量的溴水反应，最多能消耗 2 mol Br2D. 向该有机物溶液中滴加几滴FeCl3溶液有紫色沉淀生成【答案】C【解析】【详解】A该有机物含有碳碳双键，能发生加成反应，羟基的相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，A错误；B酚羟基能与NaOH反应，酯基能与NaOH反应，故1 mol该有机物最多能与3 mol NaOH反应，B错误；C碳碳双键能与溴加成，酚羟基邻对位能与溴取代，故1 mol该有机物与足量的溴水反应，最多能消耗 2 mol Br2，C正确；D该有机物含有酚羟基，向该有机物溶液中滴加几滴FeCl3溶液有紫色物质生成，但不是沉淀，D错误；故选C。9.

9、 一种常用的有机催化剂结构如图所示。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Z原子的2p轨道有两个单电子，Q2+离子的价电子排布式为3d9。下列说法错误的是A. 原子半径：YZMB. 简单氢化物的沸点：ZMYC. Q(OH)2能与氨水反应D. 含有X、Y、Z的酸的分子式一定是X2YZ3【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，X能形成1个共价键，X是H元素；Y、Z、M同周期，基态Z原子的2p轨道有两个单电子，Z形成2个共价键，同时Y有孤电子对，所以Z是O元素；Y能形成4个共价键，Y是C元素；M能形成1个共价键，M是F元素；Q2+离子的价电子

10、排布式为3d9，Q是Cu元素。【详解】A同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径：COF，故A正确；BH2O、HF能形成分子间氢键，简单氢化物的沸点：H2OHFCH4，故B正确；CCu(OH)2能与氨水反应生成，故C正确；D含有H、C、O的酸的分子式可能是H2CO3、H2CO2、C2H4O2、H2C2O4等，故D错误；选D。10. 中国科学院微生物研究所发表了全新最小化人工固碳循环图，如图所示。下列说法错误的是A. 甲、乙、丙、丁均能与乙醇发生酯化反应B. 甲与CO2生成乙的反应是加成反应C. 该循环过程中不存在非极性键的断裂和生成D. 每轮循环可以转化两分子CO2生成一分子乙二酸【答案

11、】C【解析】【详解】A甲、乙、丙、丁中均含有羧基，-COOH都能和乙醇发生酯化反应，A项正确；B由图可知，甲与CO2发生加成反应生成乙，该反应为加成反应，B项正确；C乙丁的过程断开C-C非极性共价键，甲乙的过程形成C-C非极性共价键，C项错误；D根据图知，消耗2分子CO2生成1分子HOOCCOOH，所以每轮循环可以转化两分子CO2生成一分子乙二酸，D项正确；答案选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11. 有机化学中常出现的一些关键词：官能团、反应类型、名称、结构简式、光谱，识别这些关键词是学习有机化学重要的手段，按要求回答下列问题：（1）阿司匹林()含有的官能团名称为_。（2）的反应类

12、型为_。（3）的名称为 _，分子中_手性碳原子(填“有”或“无”)。（4）PES是一种生物可降解的聚酯。其结构简式如下：形成该聚合物的两种单体是_和 _(写出结构简式)。（5）用质谱法测得化合物A的相对分子质量为136. A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如图所示：化合物A的结构简式为_。【答案】（1）羧基、酯基 （2）还原反应 （3） . 4-甲基-3-己醇 . 有 （4） . HOOCCH2CH2COOH . HOCH2CH2OH （5）【解析】【小问1详解】根据题目所给结构简式可以看到，阿司匹林的分子结构中有“羧基、酯基”；【小问2详解】有机化学中对去氧

13、加氢的反应变化称为还原反应，所以本问应填“还原反应”；【小问3详解】根据题目所给结构简式可以看到，主碳链共6个C原子，根据羟基所在位置确定主链右端C原子是1号碳，所以羟基在3号碳上，甲基在4号碳上，所以该有机物命名是“4-甲基-3-己醇”；该有机物主链3号碳和4号碳都是次甲基()结构，碳原子上连接的三个结构均不相同，所以这两个碳原子均是手性碳原子；【小问4详解】根据题目所给的聚合物单元的结构简式，可以看到该有机物是由两种有机物发生缩聚反应生成的聚酯，由“”虚线所示位置断键，分别补上羟基和氢原子，得到两种有机物分别是一种二元酸“HOOCCH2CH2COOH”、一种二元醇“HOCH2CH2OH”；

14、【小问5详解】根据所给分子量可以推算，所以该有机物C、H、O原子个数分别是：8、8、2，有机物分子式应为C8H8O2，根据有机物红外光谱图及题目所给信息，可以推断出结构中有苯环、有酯基、氧原子不直连苯环，再根据核磁共振氢谱可以得到不同环境的氢原子个数比为3221，可知侧链上有甲基，那么根据碳原子数量及官能团数量，该有机物应是苯甲酸甲酯“”。12. A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A原子最外层电子数等于周期序数且原子半径最小；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同；D原子2p轨道上成对电子数等于未成对电子数；基态E原子的价电子排布式为3d74s2。（1）

15、基态B原子的核外电子排布式为_；其最高能级的电子云形状为_。（2）A、C形成的最简单分子的空间构型为_；该分子与A、B形成最简单分子的键角相比_大(填“前者”或“后者”)。（3）BD2在高温高压下可形成的晶胞如图所示。该晶体熔点可高达1800K，其晶体的类型属于_晶体；1 mol BD2晶体中含有的共价键数目为_ (阿伏加德罗常数的值为NA)。（4）E(NH3)63+的空间构型为正八面体，则配合物E(NH3)3Cl3的空间结构有_种，E(NH3)3Cl3中含有的化学键类型有_。A.极性共价键 B.离子键 C.配位键 D.金属键 E.氢键【答案】（1） . 1s22s22p2 . 纺锤形(或哑铃

16、形) （2） . 三角锥形 . 后者 （3） . 共价 . 4NA （4） . 2 . AC【解析】【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A原子最外层电子数等于周期序数且原子半径最小，A是H元素；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，B是C元素；D原子2p轨道上成对电子数等于未成对电子数，D是O元素，则C是N元素；基态E原子的价电子排布式为3d74s2，E是Co元素。【小问1详解】B是C元素，C是6号元素，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；其最高能级为2p，电子云形状为哑铃形。【小问2详解】H、N形成的最简单分子为NH3，NH3分子中

17、N原子价电子对数是4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；CH4分子中C原子价电子对数是4，无孤电子对，空间构型为正四面体，形成最简单分子的键角相比后者大。【小问3详解】由于该晶体熔点可高，可知晶体的类型属于共价晶体；1 mol CO2晶体中含有的共价键数目为4NA。【小问4详解】Co(NH3)63+的空间构型为正八面体，Co (NH3)3Cl3相当于氯离子取代1、2、3号位置的氨分子，空间构型有、，共2种，Co (NH3)3Cl3中Co3+与Cl-、NH3通过配位键结合，NH3中N、H原子通过极性共价键结合，选AC。13. 建盏由建阳坯土、天然矿物釉烧制，含有SiO2、Al2O3、Fe2O3

18、、FeO、CaO、TiO2等化学成分。（1）现代化学可利用_特征谱线来鉴定建盏中的元素。（2）建盏胎釉中含SiO2是硅酸的酸酐。硅酸结构式如图所示，硅原子的杂化方式_。（3）Fe2+与蛋白质链上咪唑环通过配位键连接形成的物质结构如图所示。A、W、X、Y为短周期前10号主族元素。四种元素的电负性由大到小的顺序为_ (用元素符号表示)。（4）元素Fe在周期表中的位置为_；其第三电离能(I3)为2957 KJ mol-1、第四电离能(I4)为5290 KJ mol-1，I4远大于I3的原因为_。（5）建盏胎釉矿石中的钙钛矿晶胞如图所示，Ti4处于6个O2-组成的_空隙中，在钙钛矿晶胞结构的另一种表示

19、中，Ti4处于各顶角位置，则O2-处于_位置(选填“面心”“体心”或“棱心”)。已知晶胞密度为 gcm-3，则两个O2-离子间的最短距离为_nm(阿伏加德罗常数的值为NA，列出表达式)。【答案】（1）原子光谱 （2）sp2 （3）ONCH （4） . 第四周期族 . Fe3+ 的3d能级处于半充满状态，结构稳定，难失去电子 （5） . 正八面体 . 棱心 . 【解析】【小问1详解】现代化学可利用原子光谱特征谱线来鉴定建盏中的元素。【小问2详解】硅原子形成3条键，无孤电子对，价层电子数对数为3，杂化方式为sp2杂化。【小问3详解】从图中结构可知，A形成单键，为H，氧分子通过配位键与Fe2+连接，

20、W为O，Y与其他物质形成4条键，Y为C，X可以形成3条共价键，X为N。四种元素的电负性从大到小顺序为ONCH。【小问4详解】Fe元素在周期表中位置为第四周期族。Fe3+的3d能级处于半充满状态，结构稳定，难以失去电子，故I4远大于I3。【小问5详解】根据图示可知，Ti4+位于体心，也位于6个O2-形成的正八面体空隙中。将钙钛矿晶胞扩展为222结构，此时8个晶胞体心的Ti4+构成新立方晶胞的顶点，O2-位于晶胞的棱心。根据均摊法，一个晶胞中有Ti4+1个，O2-3个，Ca2+1个，设该晶胞的边长为xnm，则，x=，两个O2-离子间最短距离为=。14. 乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛用于药物

21、、染料、香料等化学工业。.乙酸乙酯粗产品的制备(如图所示省略夹持仪器和加热装置).乙酸乙酯纯化的流程回答下列问题：（1）仪器乙的名称为_；仪器甲为刺形分馏柱，其作用为_。（2）制备乙酸乙酯的化学方程式为_。（3）向粗产品中加入饱和碳酸钠溶液的作用除了吸收乙醇，还有_；“分液”操作需要的主要玻璃仪器为_。（4）用饱和食盐水洗涤有机层的主要目的是除去_(填离子符号)；若省去“洗涤II”，其后果为_。（5）已知：乙酸密度为1.05 gcm-3、乙醇密度为0.789 gcm-3，经上述制备、纯化过程得到8.8 g乙酸乙酯，所得产品产率为_(保留3位有效数字)。（6）为了证明浓硫酸在该反应中起到催化和吸

22、水的作用。某同学用上述装置进行以下4个实验，用酒精灯加热使之微微沸腾30 min，实验结束后，充分振荡丙烧瓶，静置后再测有机层的厚度。实验记录如表：编号三颈烧瓶中试剂丙中试剂丙中有机层的厚度/cmA10 mL乙醇、8mL乙酸、5 mL 18molL-1浓硫酸5 mL饱和溶液2.0B10 mL乙醇、8 mL乙酸、5 mLH2O0.1C10 mL乙醇、8 mL乙酸、5 mL 2molL-1硫酸溶液0.6D10 mL乙醇、8 mL乙酸、盐酸0.6为证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积_mL，浓度_molL-1。分析实验A与_(填编号)的数据，可以推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯

23、的产率。【答案】（1） . (直形)冷凝管 . 冷凝回流 （2） （3） . 除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 . 分液漏斗 （4） . . 防止生成CaCO3堵塞分液漏斗或酯层中有乙醇残留 （5）71.4% （6） . 5 . 4 . C【解析】【分析】乙酸乙酯纯化的过程中，向粗产品中加人饱和碳酸钠溶液的目的是除去未反应的乙酸，吸收部分未反应的乙醇，同时降低乙酸乙酯在水中的溶解度；分液有机层主要是乙酸乙酯和碳酸钠、乙醇，饱和食盐水洗涤有机相的主要目的是除掉有机相中含有的CO，分液，有机层加入饱和氯化钙溶液，除去残留的乙醇，分液有机层加入无水硫酸镁，除去水，蒸馏得到乙酸乙酯，以此来解析；【小问1

24、详解】仪器乙的名称是蒸馏烧瓶；仪器甲为刺形分馏柱，其作用是充分冷凝回流乙醇；【小问2详解】乙酸和乙醇在浓硫酸催化条件下反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；【小问3详解】乙酸乙酯纯化的过程中，向粗产品中加人饱和碳酸钠溶液的目的是除去未反应的乙酸，吸收部分未反应的乙醇，同时降低乙酸乙酯在水中的溶解度；“分液操作所需要的主要玻璃仪器是分液漏斗；【小问4详解】用饱和食盐水洗涤有机相的主要目的是除掉有机相中含有的CO，若直接用饱和氯化钙溶液洗涤有机相(除去残留的乙醇)，其后果是Ca2+和CO反应生成碳酸钙难溶物，无法除去残留的乙醇，

25、生成CaCO3会堵塞分液漏斗；【小问5详解】8mL乙酸密度为1.05 gcm-3的物质的量为=0.14mol，10mL乙醇密度为0.789 gcm-3的物质的量为=0.17mol，根据反应CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，可知乙醇的过量，所以按乙酸的量进行计算，所以上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为100%=71.4%；【小问6详解】本题是研究实验D与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C 5 mL 2molL-1硫酸溶液实验D盐酸，所以达到实验目的，实验D与实验C中H+的浓度一样，实验C 10 mL乙醇、8 mL乙酸、5 mL 2molL-1硫酸溶液，实验D 10 mL乙醇、8 mL乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为5mL，实验D与实验C中H+的浓度一样，所以盐酸的浓度为4molL-1；对照实验A和C可知：实验A中使用1mL 18 molL-1浓硫酸，生成的乙酸乙酯比C中生成的乙酸乙酯大很多，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；15. 化合物H是