福建省厦门市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含答案解析）

厦门市2022—2023学年第二学期高二年级质量检测化学试题满分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Ca40一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.以下模型能够解释多电子原子光谱复杂现象的是A.“葡萄干布丁”模型 B.核式模型C.玻尔原子结构模型 D.量子力学模型【答案】D【解析】【详解】A．汤姆逊“葡萄干布丁”模型成功解释了原子中存在正、负粒子，且粒子间存在极大的作用力，选项A错误；B．卢瑟福通过粒子散射实验提出核式结构模型，指出了原子核与核外电子的质量关系、电性关系及占有的体积关系，选项B错误；C．玻尔电子分层排布结构模型只引入了一个量子化，只能解释H原子光谱，而不能解释比较复杂的原子光谱，选项C错误；D．量子力学模型能合理解释多电子原子光谱现象的复杂性及其在外磁场存在时的谱线分裂现象，选项D正确；答案选D。2.下列有关硼及其化合物说法正确的是A.硼酸电离方程式：B.基态B原子价电子轨道表示式：C.电子式：D.的VSEPR模型：【答案】C【解析】【详解】A．硼酸是一元弱酸，电离方程式为H3BO3+H2O=[B(OH)4]++H+，选项A错误；B．硼的价电子排布式2s22pl，其价电子轨道表达式为，选项B错误；C．NaBH4是离子化合物，由Na+和构成，中B、H原子间共用1对电子对，电子式为，选项C正确；D．BF3分子中B原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，即，选项D错误；答案选C。3.下列说法正确的是A.系统命名：2—丁醇 B.的比例模型：C.的分子式： D.乙烯的结构简式：【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，醇分子中含有羟基的最长碳链含有4个碳原子，名称为2—丁醇，故A正确；B．四溴化碳分子的空间构型为正四面体形，溴原子的原子半径大于碳原子，比例模型为，故B错误；C．由键线式可知，的分子式为C2H4Br2，故C错误；D．乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故D错误；故选A。4.抗菌药物氯霉素的结构如图。下列有关说法正确的是A.可发生取代反应、消去反应 B.1mol氯霉素最多消耗2molNaOHC.只有一个手性碳原子 D.最多有12个碳原子共平面【答案】A【解析】【详解】A．有机物分子中含羟基、碳氯键等官能团，能发生取代反应；有醇羟基，且邻位碳上含有氢原子，能发生消去反应，故A正确；B．分子中含1个酰胺基，2个碳氯键，最多可消耗3molNaOH，故B错误；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图所示的2个C为手性碳原子，故C错误；D．苯环及与其直接相连的原子共平面，与N相连的3个原子共平面，根据单键可旋转的特性判断，最多有11个C共平面，故D错误；答案选A。5.一种自修复HOF材料的部分结构如图，下列有关说法错误的是A.基态原子的第一电离能：N>O>C B.基态原子的未成对电子数：N>O>HC.碳原子轨道的杂化类型为 D.存在2种氢键【答案】C【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故A正确；B．氮原子、氧原子和氢原子的未成对电子数分别为3、2、1，则基态原子的未成对电子数为N>O>H，故B正确；C．由图可知，HOF材料中含有烷基，烷基中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；D．由图可知，HOF材料中含有氮氢氢键和氢氧氢键，共有2种，故D正确；故选C。6.下列实验装置、操作均能达到实验目的的是A．在溶液中加入浓盐酸析出晶体，过滤B．验证酸性强弱；盐酸>碳酸>苯酚C．苯萃取溴水后分液D．验证卤代烃的消去反应生成烯烃A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．在[Co(NH3)6]Cl3溶液中加入浓盐酸可促进析出晶体，但过滤时漏斗下端应紧靠烧杯壁，故A错误；B．盐酸与Na2CO3反应产生CO2，但是从导管中出来的除了CO2之外还有挥发的HCl，之后没有考虑HCl的影响，故B错误；C．苯萃取溴水后，有机层在上层，水层在下层，水层从下口流出，有机层从上口倒出，故C错误；D．溴乙烷与NaOH的醇溶液加热可制取乙烯，从导管出来的有乙烯和挥发的乙醇，乙醇与水互溶，除掉乙醇的影响，然后乙烯遇到高锰酸钾使其褪色，故D正确；故本题选D。7.我国科学家利用双位点催化剂实现乙炔双烷氧羰基化的反应机理如图。下列说法正确的是A.吸附CO能力：Ru位点>Pd位点B.该催化循环中Pd的成键数目保持不变C.F→A转化中仅有极性键断裂D.该反应为【答案】A【解析】【详解】A．根据图中信息可知，由D转化为E，E更稳定，故吸附CO能力：Ru位点>Pd位点，选项A正确；B．整个过程中Pd的成键数由2个变为3个，又变为2个，先增加后减少，选项B错误；C．F→A转化中有O2反应，有非极性键断裂，选项C错误；D．根据流程中乙炔、CO、ROH、O2指入，ROOCHC=COOR、H2O指出，结合质量守恒，故该反应为，选项D错误；答案选A。8.氧载体具有良好的储氧放氧能力，甲烷化学链重整技术原理如图。下列说法错误的是A.Ce的配位数为8 B.氧空穴位于Ce构成的四面体空隙C.中 D.反应过程中Ce的化合价发生变化【答案】C【解析】【详解】A．由结构可知，Ce位于顶点和面心，Ce的配位数为8，故A正确；B．根据晶胞图可知，1个O与4个Ce相连，因此氧原子位于Ce构成的四面体空隙中，故B正确；C．中Ce原子的个数为8=4，O2-的个数为7，则1：(2-x)=4：7，x=0.25，故C错误；D．CeO2和CeO2-x中氧原子的化合价都为-2价，故Ce的化合价发生变化，故D正确；故选C。9.利用如图装置制备乙酸乙酯粗产品，再经除杂、干燥、蒸馏收集74~80℃的馏分，获得较高纯度乙酸乙酯。分馏柱可以分离沸点差异较小的组分。相关物质及组成共沸体系的沸点如下。物质沸点/℃共沸体系沸点/℃水100.0乙醇-水78.2乙醇78.5乙醇-乙酸乙酯72.0乙酸117.9乙酸乙酯-水70.4乙酸乙酯77.0乙醇-水-乙酸乙酯70.2下列说法错误的是A.选择合适长度的分馏柱可减少乙醇损失B.原料中水的作用是为了形成含水共沸体系利于乙酸乙酯蒸出C.反应温度控制在120℃左右，可减少副反应发生D.粗产品除杂后直接蒸馏将导致收集到的产物质量偏大【答案】D【解析】【详解】A．选择合适长度的分馏柱可使乙醇回流减少乙醇损失，A正确；B．原料中水的作用是为了形成含水共沸体系利用共沸物沸点不同利于乙酸乙酯蒸出，B正确；C．反应温度控制在120℃左右，可减少乙醇分子间脱水形成乙醚，或者乙醇脱水形成乙烯等副反应发生，C正确；D．粗产品除杂后直接蒸馏将导致收集到的产物质量偏小，D错误；故选D。10.利用酸碱滴定法测定聚苯醚的聚合度：取12.10g聚苯醚样品溶于氯仿，加入4-甲氧基苯甲酰氯，加热回流发生如下反应，冷却至室温后加入去离子水配成20.00mL水溶液，用0.1000mol/LNaOH标准溶液滴定，滴定过程中的pH变化如图。下列说法错误的是A.聚苯醚的单体为 B.聚苯醚难溶于水C.聚苯醚样品的聚合度约为1000 D.未冷却到室温将导致测得聚合度偏大【答案】C【解析】【详解】A．由聚苯醚的结构可知，聚苯醚的单体为，A正确；B．聚苯醚为有机物，易溶于有机溶剂，难溶于水，B正确；C．当达到滴定终点时，消耗NaOH溶液的体积为10mL，则n(NaOH)=0.01L×0.1000mol/L=l×10-3mol，则聚苯醚的物质的量为l×10-3mol，其摩尔质量M=，n99，C错误；D．若未冷却到室温，则消耗氢氧化钠的体积偏小，聚苯醚的物质的量偏小，将导致测得聚合度偏大，D正确；故合理选项是C。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.我国科学家合成有机-无机“杂化分子”，进而制备“弹性陶瓷塑料”过程如下。（1）碳酸钙中各元素电负性从大到小的顺序为___________。（2）理论上参加反应的碳酸钙寡聚体和硫辛酸的物质的量之比为___________。（3）“弹性陶瓷塑料”相较于单一材料具有更好的性能，其微观结构如图。①杂化分子在120℃时仅断开___________(填“C-S键”或“S-S键”)，加压至l10MPa的目的是___________，便于重新成键，进一步交联，形成“弹性陶瓷塑料”。②对比橡胶，___________(填微粒间作用力)主导的无机骨架有刚性支撑作用，抗压性好：对比陶瓷，由于___________片段(填片段名称)交联的结构起弹性缓冲作用，回弹率好。（4）若合成时直接采用过饱和碳酸钙溶液，将得到一种碳酸钙晶体，其晶胞结构如图。该晶胞中氧原子的个数为___________，密度为___________。(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)【答案】（1）O>C>Ca（2）1∶2（3）①.S-S键②.减小分子间距③.离子键④.硫辛酸（4）①.18②.【解析】【分析】碳酸钙中有O、C、Ca三种元素，电负性从大到小为：O>C>Ca；根据题图可知：理论上参加反应的碳酸钙寡聚体和硫辛酸的物质的量之比为1:2；根据题图可知：①杂化分子在120℃时仅断开S-S键，加压至l10MPa的目的是减小分子间距，便于重新成键，进一步交联，形成“弹性陶瓷塑料”；②对比橡胶，离子键主导的无机骨架有刚性支撑作用，抗压性好：对比陶瓷，由于硫辛酸片段交联的结构起弹性缓冲作用，回弹率好；4个内部碳酸根，8个棱上碳酸根，碳酸根个数=4+8个，故氧原子为6x3=18个；该晶胞相当于有6个碳酸钙分子构成，故密度=。【小问1详解】碳酸钙中有O、C、Ca三种元素，电负性从大到小为：O>C>Ca；【小问2详解】根据题图可知：理论上参加反应的碳酸钙寡聚体和硫辛酸的物质的量之比为1:2；【小问3详解】根据题图可知：①杂化分子在120℃时仅断开S-S键，加压至l10MPa的目的是减小分子间距，便于重新成键，进一步交联，形成“弹性陶瓷塑料”；②对比橡胶，离子键主导的无机骨架有刚性支撑作用，抗压性好：对比陶瓷，由于硫辛酸片段交联的结构起弹性缓冲作用，回弹率好；【小问4详解】4个内部碳酸根，8个棱上碳酸根，碳酸根个数=4+8个，故氧原子为6x3=18个；该晶胞相当于有6个碳酸钙分子构成，故密度=。12.高密度生物燃料F的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。（1）A的分子式为___________。（2）根据B的结构特征，预测其化学性质(可选试剂有：溶液、新制悬浊液、溶液、CuO)。参考示例完成表格。序号官能团结构一定条件下可反应的试剂反应形成的新结构示例①___________单质Na___________②______________________（3）C→D的化学方程式为___________。（4）在水中的溶解度，D高于苯酚的主要原因是___________。（5）E可能存在的结构有___________种。D→E受位阻影响，经检测D中酚羟基的邻对位具有高活性，E的核磁共振氢谱有5组峰，则E的结构简式为___________。（6）参照上述合成路线，设计由制备的合成路线___________(无机试剂任选)。【答案】（1）（2）①—OH②.—ONa或—O③.或—CHO④.新制悬浊液（3）+H2O（4）D中有更多羟基。可与水分子形成更多氢键（5）①.6②.（6）【解析】【分析】A与水发生加成反应生成B，B在碱性情况下发生异构生成C，C在一定条件下脱水生成D，D发生氧化并分子间脱水生成E，E发生还原反应生成F。【小问1详解】根据题图可知，A的分子式为。【小问2详解】还有-OH、和-CHO，-OH和Na可以反应生成-ONa，-CHO可以和新制悬浊液反应生成-COOH。【小问3详解】根据分析可知方程式：+H2O。【小问4详解】在水中的溶解度，D高于苯酚的主要原因是D中有更多羟基，可与水分子形成更多氢键。【小问5详解】将1个看作官能团，取代另一个苯环上的氢，可知同分异构体有6种；D→E受位阻影响，经检测D中酚羟基的邻对位具有高活性，E的核磁共振氢谱有5组峰，则E的结构简式为。【小问6详解】类比A→D的合成过程可知：。13.以某氧化母液(主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)为原料回收各物质的工艺流程如下。（1）物质X为___________(填结构简式)。（2）25℃时，、、；①基态的核外电子排布式为___________。②工艺流程中“调pH”和“净化”能否调换顺序并说明理由。___________（3）“萃取分离”的原理为，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取剂。pH对萃取率的影响如图。①分离效果最佳的pH为___________，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有___________。②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为1∶2.现有含的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，的萃取率为___________%。(已知：萃取率=)（4）对苯二甲酸是生产聚酯的重要原料。25℃时，部分酸的电离平衡常数如下表。对苯二甲酸邻苯二甲酸乙二酸甲酸-①对苯二甲酸与乙二醇反应生成聚酯的化学方程式为___________。②(邻苯二甲酸)>(对苯二甲酸)，但(邻苯二甲酸)<(对苯二甲酸)的原因是_______。③对比乙二酸和甲酸，可知存在_____(填“给电子”或“吸电子”)效应，依据是______。【答案】（1）（2）①.②.不能,Fe3+更易与F-结合为。（3）①.4②.③.20（4）①.②.邻苯二甲酸负离子可形成分子内氢键③.给电子④.(乙二酸)<(甲酸)【解析】【分析】氧化母液主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物，醋酸沸点低，蒸馏、冷冻分液得到的物质X是醋酸；加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤渣1是氢氧化铁；加氟化钠净化生成氟化钙、氟化镁沉淀，滤渣2是氟化钙、氟化镁；依次萃取分离出硫酸钴、硫酸锰，得对苯二甲酸。【小问1详解】根据以上分析，物质X为醋酸，结构简式为CH3COOH；。【小问2详解】①铁是26号元素，基态铁原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。②根据，，Fe3+更易与F-结合为，所以工艺流程中“调pH”和“净化”不能调换顺序。【小问3详解】①根据图示，pH=4时，Mn2+的萃取率达到90%以上，Co2+的萃取率小于20%，所以分离效果最佳的pH为4；根据，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有硫酸。②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为1∶2，设萃取后有机层中的浓度为c2mol/L，萃取前水层中的浓度为c1mol/L，现有含的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次，c2mol/L×5+2c2mol/L×10=c1mol/L×10，则5c2mol/L=2c1mol/L，的萃取率为。【小问4详解】①对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应反应生成聚酯，反应的化学方程式为。②邻苯二甲酸负离子可形成分子内氢键，所以(邻苯二甲酸)<(对苯二甲酸)。③对比乙二酸和甲酸，(乙二酸)<(甲酸)，可知存在给电子效应。14.科研小组通过实验I和实验Ⅱ从黄花蒿中高效提取抗疟疾药物青蒿素。实验I从黄花蒿中提取青蒿素，过程如下。（1）青蒿素中含有的官能团有过氧键、___________。（2）“萃取”时可供选用溶剂的相关数据如下。溶剂水乙醇乙醚沸点/℃100.078534.6溶解度/(25℃)0.0732.2026.50①“萃取”温度超过60℃，青蒿素会失去药效，推测___________(填官能团结构式)被破坏。②结合上表数据，溶剂X应选择___________，理由是___________。（3）“操作”的名称为___________。实验Ⅱ利用实验I中“减压过滤”所得滤渣制备青蒿素，过程如下。（4）“还原”时将青蒿酸转化为二氢青蒿酸。其中无机产物之一为含π键的非极性分子，补充完整该反应的化学方程式：___________。。（5）已知：。“还原”时加入固体可避免二氢青蒿酸被进一步还原，原因是___________。（6）利用水蒸气蒸馏的实验装置如图。①装置A的作用是___________。②装置B的名称为___________。③停止水蒸气蒸馏应进行的操作是___________。（7）单位质量黄花蒿粉末中青蒿素的总提取量为___________。【答案】（1）醚键、酯基（2）