山东省临沂市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题 （含答案解析）

临沂市2021级普通高中学科素养水平监测试卷化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1He4C12N14O16Na23Al27Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性B.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层C.焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关D.利用合成脂肪酸实现了无机小分子向有机高分子的转变【答案】D【解析】【详解】A．大多数病毒都是蛋白质构成的，故加热使蛋白质变性能杀死病毒，A正确；B．聚四氟乙烯而酸碱腐蚀，不受环境影响，可以用作化工反应器的内壁涂层，B正确；C．焰火和激光都是利用原子核外电子跃迁来实现的，C正确；D．脂肪酸不是有机高分子，D错误；故选D。2.下列化学用语对事实的表述错误的是A.用电子云轮廓图表示的键形成示意图：B.碳化钙的电子式：C.3-甲基戊烷的键线式：D.基态Ge原子的核外电子排布式：【答案】D【解析】【详解】A．两个氢原子形成氢分子时，两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新轨道，用电子云轮廓图表示键的键形成示意图为，故A正确；B．碳化钙属于离子化合物，阴离子中存在碳碳三键，电子式：，故B正确；C．3-甲基戊烷主链上5个C，在3号C上连接1个甲基，键线式为：，故C正确：D．Ge为32号元素，根据构造原理，基态原子核外电子排布式：或[Ar]3d104s24p2，故D错误；答案选D。3.下列状态的氟中，能量最高的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，能量最低，选项A不符合；B．为F-离子，最高能级为2p，能量较低，选项B不符合；C．激发态F原子能量较高，2p能级上的一个电子分别跃迁到3p能级上，3p能级上的电子能量高，比选项D中的能量高，选项C符合；D．2p能级上的一个电子分别跃迁到3s能级上，3s能级上的电子能量较高，选项D不符合；答案选C。4.某种解热镇痛药主要成分的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是A.分子式为 B.苯环上的氢原子氯代时，一氯代物有6种C.1mol该分子取多可与3molNaOH反应 D.可发生加成反应、取代反应和氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，它含有18个C、17个H、1个N和5个O，故分子式为C18H17NO5，A正确；B．两个苯环上一共有六种环境的氢原子，故一共有6种一氯代物，如图所示，*表示一氯可取代的位置，B正确；C．该分子中含有两个酯基和一个肽键，由于两个酯基中含有酚羟基，故1mol该分子一共可以和5mol氢氧化钠反应，C错误；D．苯环可以加成，酯基可以水解（取代），有机物可以燃烧（氧化），D正确；故选。5.下列关于溴苯制备、产物验证、分离提纯的装置正确的是A.制备溴苯 B.验证产物HBrC.洗涤粗溴苯 D.分离苯和溴苯【答案】B【解析】【详解】A．制备溴苯不需要加热，A错误；B．四氯化碳可以吸收HBr中混有的Br2，并用硝酸银溶液鉴证生成的HBr，产生浅黄色沉淀即可，B正确；C．溴苯是液体，不能用过滤的装置进行洗涤，C错误；D．苯和溴苯可以互溶，不能用分液的方式进行分离，D错误；故选B。6.是阿佛伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.9.2g由甲苯与甘油组成的混合物中所含氢原子数为B.中氙的价层电子对数为C.0.1mol三肽中的肽键数为D.标准状况下，与在光照下反应生成的分子数为【答案】A【解析】【详解】A．甲苯的分子式为C7H8，甘油的分子式为C3H8O3，两种物质分子中所含的氢原子个数相同，且两种物质分子的摩尔质量均为92g/mol，所以9.2g混合物所含的氢原子总数一定为0.8NA，选项A正确；B．的价层电子对数为=5，中氙的价层电子对数为0.5mol5=2.5，选项B错误；C．1mol三肽中含有2mol肽键，0.1mol三肽中的肽键数为，选项C错误；D．甲烷与氯气的取代反应是连锁反应，生成的能继续和氯气发生取代反应，所以无法计算生成的的分子数，选项D错误；答案选A。7.下列有关化合物结构与性质的论述错误的是A.F的电负性大于Cl，因此酸性强于B.键能、，因此稳定性大于C.的结构与苯相似，每个B、N各提供1个电子形成大键D.Si—C键的键长大于C—C键的键长，因此SiC的熔点和硬度低于金刚石【答案】C【解析】【详解】A．F的电负性大于Cl，导致中氢氧键极性增强，羧基更容易电离出氢离子，酸性＞，故A正确；B．原子半径越小，共价键键能越大，物质越稳定。原子半径，所以键能、，因此稳定性大于，故B正确；C．B原子最外层3电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5电子，与其它原子形成3个键，N原子中还有2个电子参与形成大键，故C错误；D．原子半径越小，共价键键能越大，物质越稳定。原子半径，所以键能，金刚石结构更稳定，熔点和硬度更大，故D正确；答案选C。8.苯甲醛具有强还原性，实验室以甲苯和为原料制备苯甲醛的主要流程如图。已知：苯甲醛沸点为179℃，甲苯沸点为110.6℃。下列说法错误的是A.操作I、II分别为分液、过滤 B.可以用代替C.无水作用是干燥除水 D.蒸馏时选用直形冷凝管【答案】B【解析】【分析】Mn2O3在酸性环境下将甲苯氧化为苯甲醛，分液将硫酸锰溶液和有机相I分离，在硫酸镁作用下除去有机相I余下水分，经过过滤操作将无水硫酸镁和有机相II分离，利用甲苯和苯甲醛沸点不同经过蒸馏将二者分离；【详解】A．经过操作I后分离出溶液和有机相，说明是分液操作；据分析，硫酸镁作用除去有机相I余下水分，需将固体无水硫酸镁与液态有机相分离，操作II为过滤，故A正确；B．通过Mn元素前后化合价变化可知作氧化剂，具有强氧化性，会将甲苯氧化为苯甲酸，所以不能代替，故B错误；C．据分析，无水的作用是干燥除水，故C正确；D．蒸馏分离苯甲醛和甲苯时应选用直形冷凝管，故D正确；答案选B。9.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子核外s电子数等于p电子数，W和Y位于同一主族，X和Z形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法正确的是A.分子的极性：B.简单离子半径：C.、中X的杂化方式相同D.X元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性【答案】A【解析】【分析】W、X、Y，Z是原子序数依次增大，基态W原子核外s电子数等于p电子数，则X为O；W与Y同族，即Y为S；X和Z形成的一种化合物能以[XZ4]+[XZ6]−，说明X为+5价，Z为-1价，则X为P，X为Cl。【详解】A．根据分析知，Y为S，W为O，YW2和YW3分别为SO2和SO3，其中SO2是极性分子，SO3是非极性分子，故分子的极性SO2大于SO3，A正确；B．同一周期，对于电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故离子半径Cl-<S2-<P3-，B错误；C．[XZ4]+中X的价层电子对数为4+0.5（4-4×1）=4；[XZ6]−中X的价层电子对数为6+0.5（6-6×1）=6；故杂化方式不同，C错误；D．X最高价氧化物对应的水化物的是磷酸，没有强氧化性，D错误；故选A。10.塑料PET的一种合成路线如图所示，其中反应I、II均为可逆反应。下列说法正确的是A.反应Ⅱ是加聚反应 B.X和Y互为同系物C.PET是一种不可降解塑料 D.该合成路线中乙二醇可循环使用【答案】D【解析】【详解】A．PET是通过发生缩聚反应生成的高分子化合物，反应Ⅱ是缩聚反应，故A错误；B．X和Y的结构不相似，二者不能互为同系物，故B错误；C．PET含有酯基，是一种不可降解塑料，故C错误；D．反应Ⅰ中消耗乙二醇、反应Ⅱ中生成乙二醇，所以乙二醇能循环利用，故D正确；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.根据下列实验操作和现象，所得结论正确的是实验操作和现象结论A石蜡油加强热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去石蜡油中含有不饱和烃B向淀粉溶液中加适量稀硫酸，加热，冷却后滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解C取少量乙酰水杨酸样品，加入3mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1~2滴溶液，溶液变为紫色乙酰水杨酸样品中可能含有水杨酸D向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色丙烯醛中含有碳碳双键A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．石蜡油在强热时，会发生反应生成不饱和烃，故不能确定石蜡油中含有不饱和烃，A错误；B．在酸性条件下，淀粉可以部分水解，B错误；C．水杨酸是，乙酰水杨酸是，向乙酰水杨酸样品中滴入水和乙醇，再加入氯化铁溶液变为紫色，有可能乙酰水杨酸中混有水杨酸，C正确；D．溴水与过量的碱发生反应而褪色，不一定是与碳碳双键发生的化学反应，D错误；故选C。12.用[Ru]催化硝基化合物与醇反应制备胺，反应过程如图所示。已知：、表示烃基或氢原子。下列叙述错误的是A.既是反应中间体又是反应产物B.中N的价层孤电子对占据2p轨道C.每生成，消耗D.制备的硝基化合物是或【答案】BC【解析】【详解】A．由流程图可知左侧为中间体，由此可得到，则既是反应中间体又是反应产物，故A正确；B．中N价层孤电子对占据杂化后的sp2轨道，故B错误；C．有机反应中有副产物产生，反应物不能全部转化为产物，所以每生成，消耗的物质的量大于1mol，故C错误；D．根据流程图可知硝基化合物中的烃基可以是甲基或乙基，故D正确；答案选BC。13.具有和石墨相似的层状结构，其二维平面结构如图所示，实线圈部分代表一个基本结构单元。研究表明，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。下列关于的说法正确的是A.N原子第三电离能大于C原子的第三电离能B.晶体中存在的微粒间作用力有极性键、键、范德华力C.配位数为2的N原子与配位数为3的N原子数目之比为3∶2D.每个基本结构单元中两个N原子(图中虚线圈)被O原子替代所得物质化学式为【答案】BD【解析】【详解】A．C、N、O和F失去2个电子后，电子排布分别为：、、、，第三电离能也呈增大趋势，但C2+处于全满稳定状态，故碳的第三电离能大于氮原子的第三电离能，A错误；B．具有和石墨相似的层状结构，则其晶体中层内存在π键、层间范德华力和环内存在极性键，B正确；C．从基本结构单元分析得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有7个N原子配位数为2，个N原子配位数为3，故配位数为2的N原子与配位数为3的N原子数目之比不为3∶2，C错误；D．根据图示可知，每个基本结构单元(图中实线圈部分)中含有：6个C原子，7+=8个N原子；若两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN每个基本结构单元含有：6个C原子，5+=6个N原子，2个O原子；故其化学式为，D正确；故选BD。14.在催化作用下，卤素取代丙酸的反应机理如下。下列说法错误的是A.有机物V、Ⅵ中均含有手性碳原子B.Ⅲ→Ⅳ过程中存在非极性键的断裂和极性键的形成C.苯甲酸不能与卤素发生的取代反应D.由反应机理可知酰溴的比羧基活性低【答案】C【解析】【详解】A．有机物V、VI中连接溴原子的C上连接四个不同原子或原子团，为手性碳原子，选项A正确；B．Ⅲ→Ⅳ过程中存在非极性键的断裂和极性键的形成，选项B正确；C．苯甲酸中的羧基可以与卤素发生的取代反应，选项C错误；D．由反应机理可知酰溴的比羧基活性低，选项D正确；答案选C。15.通过在晶体(正极)中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。下列说法正确的是A.①代表充电过程，②代表放电过程B.每个晶胞中含有2个OC.嵌入和脱嵌过程中未发生氧化还原反应D.每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为x【答案】A【解析】【分析】对原电池来说LiCoO2是正极，Li1-xCoO2是负极，对电解池来说，LiCoO2是阳极，Li1-xCoO2是极极，根据锂离子的移动方向可判断出充电和放电的过程。【详解】A．从图示中可以看出，过程①Li+从a极移动到b极，即从阳极向阴极移动，故过程①是充电过程；过程②即代表放电过程，A正确；B．由图示可知，每个LiCoO2晶胞中O原子数大于2个，B错误；C．Li+嵌入和脱嵌过程实现了LiCoO2和Li1-xCoO2的相互转化，Li元素的化合价发生了变化，故有氧化还原反应发生，C错误；D．Co从+3价变为+（3+x），一个Co转移的电子数为x，但每个晶胞中Co的个数为3个，故转移的电子数为3x，D错误；故选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.丙烯酸(V)是重要的化工原料，可用化合物I为原料制备，合成路线如下。回答下列问题：（1）鉴别I和III可选用的试剂为_______；III分子中共平面的原子最多有_______个。（2）II与反应生成III的化学方程式为_______。（3）IV存在顺反异构体，其中沸点较高的是_______(填“版式”或“反式”)，理由是_______。（4）IV生成V的反应中原子利用率为100%，且1molIV与1molX反应得到2molV，则X的名称为_______。（5）1molI与_______发生加成反应可以生成；M有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱只有两组峰的结构简式为_______。【答案】（1）①.银氨溶液

②.9（2）（3）①.反式②.反式异构体存在分子间氢键，顺式异构体存在分子内氢键（4）乙烯（5）①.3②.HCOOC（CH3）3【解析】【小问1详解】I含有醛基，III没有醛基，故使用银氨溶液或新制氢氧化铜进行鉴别；III中所有的原子都可以在一个平面内，故最多9个原子共平面。【小问2详解】II与氧气发生催化氧化生成III和水，方程式。【小问3详解】由于顺式异构体两个羟基形成分子内氢键，导致沸点降低；反式异构体中两个羟基形成分子间氢键，导致沸点升高，故反式异构体的沸点更高。【小问4详解】从V的结构可以看出，IV中C-COOH键断裂，生成-COOH和HOOC-C2H3-，生成的HOOC-C2H3-与H结合生成V，-COOH与-C2H3结合即生成V，故X为乙烯。【小问5详解】M的不饱和度为1，即所有的C=O和C=C都与氢气发生了加成，故一共需要3mol氢气；能发生银镜反应，说明其含有醛基，核磁共振氢谱有两组峰，即含有两种环境的H，故其结构简式为HCOOC(CH3)3。17.由C、N、Co组成的新型催化剂可用于催化氧化。回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______，Co在元素周期表中的位置为_______。（2）空气中会被氧化成，其中中S的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。（3）苯胺衍生物具有碱性，碱性随氮原子电子云密度的增大而增强，则碱性：_______(填“>”、“<”或“=”)，理由是_______。（4）氮化硼(BN)陶瓷属于新型无机非金属材料，具有广泛应用。①立方氮化硼结构与金刚石类似，其晶胞沿z轴方向的投影如图所示。晶胞中N填充在B构成的_______(填空间构型)空隙中，其填充率为_______；若原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为_______。②六方氮化硼结构与石墨相似，但不能导电，是优良的绝缘体，原因是_______。【答案】（1）①.2：1

②.第四周期第VIII族（2）①.sp3；②.

（3）①.<②.-CH3是推电子基，-Cl是吸电子基，则的N原子电子云密度更大。（4）①.正四面体②.50%③.④.氮的电负性较大，键上的电子很大程度上被定域在氮原子周围，不能自由移动。【解析】【小问1详解】Co的价电子轨道表达式为，故两种自旋状态的电子数之比为2：1或1：2；Co是27号元素，位于周期表中第四周期第VIII族。【小问2详解】中的S的价层电子对数为4，采取sp3杂化，与O的sp轨道形成键。

【小问3详解】碱性随着N原子电子云密度的增大而增强，而甲基属于推电子基，氯原子属于亲电子基，故的N原子电子云密度更大，碱性更强。【小问4详解】①BN结构与金刚石相似，故其构型为正四面体；该晶胞中含有4个B和4个N，故空间填充率为50%；1原子和2原子的Z轴位置相同，同时x和y轴分别处于的位置，故原子2的坐标为②六方氮化硼是绝缘体，主要是因为N的电负性很强，π键上的电子很大程度上被定域在氮原子周围，不能自由移动，故不能导电。18.乙二胺四乙酸简称EDTA，白色粉末，微溶于冷水，是一种重要的络合剂。实验室常用氯乙酸、乙二胺、NaOH为原料制备EDTA，操作步骤及反应装置如下(夹持装置略)：回答下列问题：（1）制备氯乙酸钠时，能否用替代_______(填“能”或“否”)？理由是_______。（2）仪器A的名称是_______；仪器B的作用是_______。（3）制备乙二胺四乙酸四钠宜采用的加热方式为_______，该反应的化学方程式为_______。（4）EDTA的产率为_______(EDTA的相对分子质量为292)。（5）EDTA可与多种金属离子形成稳定的配合物，结构如图所示。具有惰性气体结构的阳离子与EDTA形成配合物时，配位能力与二者之间的静电引力成正比。与EDTA形成的配合物稳定性相对较高的是_______(填“”或“”)EDTA与形成配合物时需严格控制pH，不能太低太高，原因是_______。【答案】（1）①.能②.氯乙酸与也能生成氯乙酸钠，且反应速率更快。（2）①.滴液漏斗②.使气体冷却回流，让反应更为彻底。（3）①.水浴加热②.（4）60%（5）①.②.pH太低，酸性增强，酸效应会影响络合反应；pH太高，会沉淀。【解析】【小问1详解】氯乙酸与也能生成氯乙酸钠，且反应速率更快。因此可以用代替。【小问2详解】由图可知仪器A的名称是：滴液漏斗；仪器B是球型冷凝管，作用是使气体冷却回流，让反应更为彻底。【小问3详解】制备乙二胺四乙酸反应温度是50℃，因此用水浴加热；反应的化学方程式为：。【小问4详解】设：理论上生成乙二胺四乙酸的质量为x。x=73gEDTA的产率为:【小问5详解】具有惰性气体结构的阳离子与EDTA形成配合物时，配位能力与二者之间的静电引力成正比。比带电荷多，因此与EDTA形成的配合物稳定性相对较高。EDTA与形成配合物时需严格控制pH，不能太低太高，pH太低，酸性增强，酸效应会影响络合反应；pH太高，会沉淀。19.M、N、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大前四周期元素，基态N原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W是电负性最小的短周期主族元素，基态R原子含有4个未成对电子，其中5种元素形成的一种阳离子结构如图所示。回答下列问题：（1）基态X原子的价电子排布图为_______；与Y同周期且第一电离能大于Y的元素有_______种。（2）M、X形成两种离子、，键角：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。（3）R的一种配合物的中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，一定条件下发生分解反应：。①_______。②该配合物中键与键的数目之比为_______。③反应过程中断裂的化学键只有配位键，形成的化学键是_______。（4）在超高压下，W与N可形成化合物，(小圆球)按简单立方排布，形成立方体空隙(如下图所示)，电子对和N原子交替分布填充在立方体的中心。_______，晶体中配位的N原子数为_______；晶胞中W和N的最短距离为dnm，为阿佛伽德罗常数的值，该晶体的密度为_______。【答案】（1）①.②.2（2）①.>②.含有3个键，没有孤对电子，碳原子杂化方式为sp2，为正三角形结构，键角为120°，含有3个键，1对孤对电子，碳原子杂化方式为sp3，为三角锥形结构，键角小于120°（3）①.5②.1：1③.金属键（4）①.2：1：1②.4③.【解析】【分析】由阳离子结构可知，X可形成双键且饱和键数为4，猜测其为C，Y饱和键数为3，猜测为N，Z饱和键数为2，猜测为O，M为H；N原子最外层电子数是电子层数的2倍，N元素为He，W为Na，R为Fe；【小问1详解】根据分析可知，X为C元素，因此基态C原子的价电子排布图为；与N同周期且第一电离能在于N的元素有F、Ne共2种，答案为；2；【小问2详解】含有3个键，没有孤对电子，碳原子杂化方式为sp2，为正三角形结构，键角为120°，含有3个键，1对孤对电子，碳原子杂化方式为sp3，为三角锥形结构，键角小于120°，故键角>；【小问3详解】配合物为，中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2n=18，n=5，CO与氮气互为等电子体，故CO中C与O原子之间形成三键，分子中键与键的数目比为1：2，中心原子与CO之间形成键，该配合物中键与键的数目之比为2：2=1：1；在一定条件下发生反应：，产物中Fe为金属晶体，Fe中含有金属键，只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；答案为5；1：1；金属键；【小问4详解】钠离子按简单立方排布，形成如图所示的立方体空隙，由均摊法可知，1个立方空隙单独占有Na+数为8=1，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心，则1个立方体空隙相当于填充0.5个电子对、0.5个He原子，若用表示该晶体的组成，则1：0.5：0.5=2：1：1；晶胞中电子