期末押题卷01（解析版）-备战高二期末化学

2023-2024学年高二化学下学期期末考试押题卷（一）（考试时间：75分钟试卷满分：100分）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。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版2019选择性必修2+选择性必修3。5．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：H-1C-12N-14O-16Si-28S-32Zn-65Ge-73第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A．油脂没有固定的熔沸点B．酚醛树脂是用酚类与醛类在酸性或碱性的催化下相互缩合而成的高分子化合物C．一定条件下蔗糖和麦芽糖均能水解D．纤维素和聚氯乙烯均为天然的高分子化合物【答案】D【详解】A．油脂是油和脂肪的统称，植物油在常温常压下一般为液态，称为油，而动物脂肪在常温常压下为固态，称为脂肪，油脂均为混合物，无固定的熔沸点，A正确；B．酚醛树脂是酚与醛在酸性或碱性的催化下缩合而成的高分子化合物，因选用催化剂的不同，可分为热固性和热塑性两类，B正确；C．蔗糖和麦芽糖均为二糖，一定条件下，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，C正确；D．纤维素是天然高分子化合物，聚氯乙烯是合成高分子化合物，D错误；故选D。2．下列化学用语不正确的是A．乙烯的结构简式B．的价层电子排布式：C．苯分子的填充模型：

D．镁原子的核外电子排布图：

【答案】B【详解】A．乙烯分子中存在碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故A正确；B．Fe的价电子核外电子排布式为3d64s2，4s能级上电子的能量低于3d，Fe失去的是4s能级上的两个电子后得到Fe2+，Fe2+的价层电子排布式：3d6，故B错误；C．苯为平面正六边形结构，其填充模型为：

，故C正确；D．镁是12号元素，原子核外有12个电子，根据构造原理可知，镁原子的核外电子排布图：

，故D正确；故选：B。3．某烯烃分子式为C9H18，加氢后产物的键线式为

，该烯烃的同分异构体(不考虑顺反异构)有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种【答案】B【详解】该烯烃分子式为C9H18，说明该烯烃中含有1个碳碳双键，加氢后产物的键线式为，该烷烃结构不存在对称，中红色和粉红色部分碳原子分别等效，因此该烯烃的结构可能为、、、、，共5种；答案为B。4．Zn2GeO4是一种具有高催化活性的新型光催化剂，下列相关说法错误的是A．Zn处于元素周期表中的ds区 B．基态Ge存在7种不同能量的电子C．基态O原子中含有3对成对电子 D．电负性大小顺序O>Ge>Zn【答案】B【详解】A．Zn元素价电子排布式是3d104s2，根据价电子排布式判断Zn元素位于ds区，选项A正确；B．基态Ge的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，根据能级能量不同判断共有8种能量的电子，选项B错误；C．基态O原子排布式为1s22s22p4，根据洪特规则可知其含有3对成对电子，选项C正确；D．非金属电负性一般大于金属，同周期从左往右电负性逐渐增大，故电负性：O>Ge>Zn，选项D正确；答案选B。5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．晶体中键数目为B．标准状况下，2.24L甲醇中氧原子数目为C．14g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为D．足量乙醇在浓硫酸中加热，每脱去，生成乙烯分子的数目为【答案】C【详解】A．晶体中存在Si-O，不存在，故A错误；B．甲醇在标准状况下不是气体，2.24L甲醇的物质的量不是0.1mol，故B错误；C．14g环戊烷的物质的量为=0.2mol，含有0.2mol×15=3molσ键，14g环己烷的物质的量为mol，含有mol×18=3molσ键，则14g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为，故C正确；D．乙醇在浓硫酸中加热发生消去反应：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，或者发生分子间脱水生成乙醚：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，则每脱去，生成乙烯分子的数目小于，故D错误；故选C。6．关于

的说法正确的是A．分子中有3种杂化轨道类型的碳原子 B．分子中共平面的原子数目最多为14C．分子的核磁共振氢谢图中共有5组峰 D．与发生取代反应生成两种产物【答案】A【详解】A．sp3杂化的为甲基-CH3中的碳原子，sp2杂化的是苯环中的碳原子，直线结构的乙炔基的碳原子为sp杂化；共有3种杂化类型，故A正确；B．苯为平面结构，6个C原子和6个H原子共平面，乙炔基为直线结构，乙炔基的直线在苯的对角线上，CH4为正四面体结构，最多3个原子共平面，甲基-CH3中的3个H原子最多有一个在苯的平面上，分子中共平面的原子数目最多为12+1+2=15，故B错误；C．

含有6种氢原子，故核磁共振氢谱图中共有6组峰，故C错误；D．与氯气发生一氯取代时，产物有5种，但还有可能发生二氯、三氯等取代，所以取代产物远多于5种，故D错误；故选：A。7．、这两种离子中各原子的空间排列情况和CH4分子相似。下列关于几种微粒的说法中，不正确的是A．简单氢化物H2O、NH3、PH3、CH4的沸点逐渐降低B．NH3极易溶于水，CH4难溶于水C．相同物质的量的、、CH4、P4(白磷)四种微粒所含的σ键个数相同D．离子中四个N-H键键长完全相同，、两离子的空间结构为正四面体形【答案】C【详解】A．H2O分子间形成氢键，NH3分子间形成氢键，且H2O中分子间氢键比NH3的多，水的沸点比NH3高，且H2O和NH3的沸点比PH3和CH4的沸点高，PH3的相对分子质量比CH4的相对分子质量大，范德华力大，PH3沸点比CH4高；A正确；B．NH3是极性分子，CH4是非极性分子，H2O是极性分子，根据“相似相溶”原理且NH3与H2O可形成分子间氢键，则NH3极易溶于水，CH4难溶于水；B正确；C．1个、1个、1个CH4微粒中均含有4个键，1个(白磷)中含有6个键，C错误；D．、中价层电子对均为4对，无孤电子对，为正四面体形，杂化，N-H键均相同，D正确；故答案为：C。8．乙酸的结构式为

，其发生下列反应时断键部位正确的是①乙酸的电离，是a键断裂②乙酸与乙醇发生酯化反应，是b键断裂③在红磷存在时，与的反应：，是c键断裂④乙酸生成乙酸酐的反应：

，是a、b键断裂A．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【答案】B【详解】①乙酸是一元弱酸，能够在溶液中发生微弱电离产生CH3COO−、H+，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO−+H+，可见CH3COOH发生电离时是a键断裂，故①正确；②CH3COOH具有羧基，CH3CH2OH具有醇羟基，CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化下加热可以发生酯化反应，反应原理是酸脱羟基醇脱氢，因此CH3COOH断键部位是b键断裂，故②正确；③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2BrCOOH+HBr，反应类型是取代反应，断键部位是c键断裂，故③正确；④CH3COO在浓H2SO4存在条件下，2个CH3COO分子脱水反应生成乙酸酐，反应中一个CH3COO分子断裂H−O键脱去H原子，另一个断裂转化的C−O键脱去羟基，因此断键部位是a、b键，故④正确；综上所述可知：说法正确的是①②③④。故选B。9．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是A．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，析出晶体，是因为加入乙醇增大了溶剂极性B．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强C．稳定性：H2OH2S，是由于水分子间存在氢键D．酸性：三氯乙酸>乙酸，是因为氯原子电负性大，增强了氧氢键的极性【答案】D【详解】A．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，析出晶体，是因为加入乙醇降低了溶液的极性，故A错误；B．对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛中存在分子间氢键，对邻羟基苯甲醛中存在分子内氢键，故B错误；C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O＞S，则稳定性：H2O＞H2S，故C错误；D．酸性：三氯乙酸＞乙酸，是因为氯原子电负性大，增强了氧氢键的极性、三氯乙酸更易电离出氢离子，故D正确；故选D。10．生活中的有机物非常重要，下列说法正确的是A．煮沸后豆浆中的蛋白质大部分水解成了氨基酸B．淀粉、纤维素可转化为葡萄糖，两者互为同分异构体C．油脂不属于天然高分子化合物D．仅用氢氧化钠溶液就能区分乙醇和乙醛【答案】C【详解】A．煮沸后豆浆中的蛋白质发生了变性，没有发生水解，故A错误；B．淀粉和纤维素的分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C．油脂不属于天然高分子化合物，故C正确；D．乙醛、乙醇中加入NaOH溶液均无明显现象，不能用氢氧化钠溶液就能区分乙醇和乙醛，故D错误；故选C。11．某种锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s和p能级电子数之比为2∶3，下列说法正确的是

A．简单离子半径：W>Z>YB．电负性：X>Y>ZC．X与Y或Z元素均可构成非极性分子D．氢键的作用使得氢化物的稳定性：Z>W【答案】C【分析】基态W原子的s和p能级电子数之比为2∶3，W为P；离子结构中X形成4根键，X为C，Y形成两根键，Y为O，Z形成1根键，Z为F。【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，电子层数越多的离子，半径越大，故P3->O2->F-，A错误；B．同周期从左往右电负性增大，则电负性C<O<F，B错误；C．CO2是直线形结构，CF4是正四面体结构，两者均为非极性分子，C正确；D．由于氢键作用，氢化物沸点HF>PH3，非金属性F>P，氢化物稳定性HF>PH3，D错误；故选C。12．涤纶的结构简式如下图，合成涤纶的单体有两种，其中能与NaHCO3反应的单体其核磁共振氢谱的峰面积之比为

A．1：2 B．1：4 C．1：1：1 D．1：2：2：1【答案】A【详解】单体为

和，只有酸与碳酸氢钠溶液反应，

中有2种等效氢，个数为2和4，故比例为1:2，故选A。13．某新型78Pt配合物可用于电致发光技术，结构如图，R代表烃基。下列有关说法错误的是A．该配合物中非金属元素电负性H<C<N B．该配合物是平面结构C．该配合物中中心原子位于元素周期表d区 D．该配合物中Pt的配位数是4【答案】B【详解】A．该配合物中非金属元素为H、C、N，电负性大小顺序是N＞C＞H，故A说法正确；B．N原子的杂化类型为sp3杂化，该配合物是立体结构，故B说法错误；C．Pt位于Ⅷ族，位于元素周期表的d区，故C说法正确；D．由图可知，该配合物中Pt的配位数为4，故D说法正确；答案为B。14．绿原酸(结构如图所示)具有抗菌、抗病毒的作用，下列说法错误的是

A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．能发生取代反应、加成反应C．绿原酸可与发生反应 D．存在手性碳原子【答案】C【详解】A．该分子中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．.羟基、羧基、酯基能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应，所以该分子能发生取代反应、加成反应，B正确；C．苯环和氢气以1:3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1:1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，所以1mol绿原酸可与4molH2发生反应，C错误；D．连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子，所以该分子中含有手性碳原子，D正确；故选C。15．在实际工业生产中，乙二醇可通过环氧乙烷与水直接化合的方法合成，其合成路线如图所示，下列说法正确的是

A．乙二醇可用于生产汽车防冻液 B．CH2=CH2的结构简式为CH2C．上述两步反应均属于取代反应 D．上述合成路线的设计不符合“绿色化学”理念【答案】A【详解】A．乙二醇可用于生产汽车防冻液，故A正确；B．CH2是乙烯的最简式，乙烯的结构简式：CH2=CH2，故B错误；C．根据图示两步反应特征，产物均只有一种，原子利用率百分之百，均属于加成反应，故C错误；D．上述合成路线各步反应原子利用率达百分之百，符合“绿色化学”理念，故D错误；答案选A。16．ZnS的晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm，以晶胞参数建立坐标系，1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．可以用质谱仪测定ZnS晶体结构B．97gZnS晶体含有的晶胞数目为C．2号和3号原子之间的距离为nmD．2号原子的坐标为()【答案】C【分析】由图可知，白球大为Zn2+，黑球小为S2-，据此回答问题。【详解】A．晶体结构用X射线衍射法，故A错误；B．在该晶胞中含有Zn2+数目是；含有的S2-数目是4×1=4，因此该晶胞中含有4个ZnS。97gZnS晶体中含有ZnS的物质的量是1mol，因此含有的晶胞数目为，B错误；C．根据图示2号和3号的相对位置，可知两个原子之间的最短距离为晶胞体对角线的。晶胞参数是anm，则该晶胞体对角线长度为√，故2号和3号原子之间的最短距离为，C正确；D．根据晶胞中1号、3号原子的坐标及2号原子坐标中处于体对角线的位置处，可知2号原子的坐标为，D错误;故选C。第II卷（非选择题共52分）二、非选择题：本题共4个小题，共52分。17．（13分）氰化钾是一种剧毒的物质，贮存和使用时必须注意安全。已知：。回答下列问题：(1)KCN的电子式为(2)KOCN中K、O、C、N的电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)，C元素的化合价为价，1molOCN-中含有的σ键数目为，OCN-的空间结构为。(3)H2S2与H2O2相似，分子中的共价键类型为(填“σ键”或“π键”)，其中S原子的杂化轨道类型为；分子中4个原子(填“在”或“不在”)同一条直线上；H2S2在水中的溶解度比H2O2的小，其主要原因为【答案】(1)(2)直线形(3)键不在分子与分子间可形成氢键，而不能【详解】（1）KCN由K+和CN-离子构成，电子式为。（2）电负性越大，对键合电子的吸引力越大，同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则K、O、C、N的电负性由大到小的顺序为，KOCN由K+和CNO-离子构成，C元素的化合价为+4价，1molOCN-中含有的σ键数目为，OCN-的中心原子形成2个σ键、2个π键，即价层电子对数为2，空间结构为直线形。（3）H2O2中O原子形成2个σ键、2对孤电子对，则中心原子为sp3杂化，H2S2与H2O2相似，分子中的共价键类型为σ键，其中S原子的杂化轨道类型为sp3；分子中4个原子不在同一条直线上；H2S2在水中的溶解度比H2O2的小，其主要原因为：分子与分子间可形成氢键，而不能。18．（12分）现有下列几种有机物：①CH≡CH②CH3C≡CH③④⑤⑥⑦⑧CH3CH2CHO请回答下列问题：(1)属于芳香烃的是(填序号，下同)。(2)与①互为同系物的是。(3)互为同分异构体的是。(4)用系统命名法给⑧命名，其名称为。(5)⑦的键线式可表示为，其一氯代物有种。【答案】(1)③(2)②(3)④⑤(4)丙醛(5)5【分析】芳香烃为结构中含有苯环的碳氢化合物，同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，分子式相同、结构不同的化合物互称同分异构体，据此回答。【详解】（1）上述物质中只有③为乙苯，属于芳香烃，答案为③；（2）①为乙炔，与①互为同系物的只有②丙炔，答案为②；（3）互为同分异构体的是④⑤，分子式均为C4H8，结构不同，分别为2-丙烯和1-丁烯，答案为④⑤；（4）用系统命名法给⑧命名，最长碳链3个碳且包含醛基，没有支链，其名称为丙醛；（5）⑦为2-甲基戊烷，其键线式可表示为，分子中有5种化学环境下的氢原子，其一氯代物有5种。19．（14分）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：(1)基态Si原子的价电子排布图为，其中能量最高的电子所占据的原子轨道呈形。(2)中的Si为价。电负性：SiH(填“>”或“<”)。(3)分子中Si原子的杂化方式是；第一电离能：SiN(填“>”或“<”)。(4)由硅原子核形成的三种微粒的电子排布式分别为：①②③。三种微粒中失去一个电子所需能量最多的是(填数字序号)。(5)一种含锗化合物的晶胞结构如图。

①该含锗晶胞有多种图式，其中一种以Ge原子为顶点，I原子为(填“面心”“体心”或“棱中点”)。②用表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞的密度为(用含x、y、z和的式子表示)。【答案】(1)

哑铃或纺锤(2)<(3)<(4)②(5)棱中点【详解】（1）Si是14号元素，基态Si原子的价电子排布图为

，其中能量最高的电子占据3p轨道，3p轨道呈哑铃或纺锤形；（2）中的Si为价，H为-1价，说明H吸引电子的能力更强，则电负性：Si<H；（3）与的结构相同，均为四面体形，Si采取杂化，而可视为4个取代了分子中的4个H，所以结构中的Si原子也采取的杂化方式；Si和C最外层电子数相同，Si的电子层数比C多，则第一电离能：Si<C，N和C的价层电子排布式分别为和，由于N的2p轨道处于半满状态，比较稳定，则第一电离能：C<N，故第一电离能：Si<N；（4）①为基态硅原子，②是硅原子失去一个电子后所得，由于第一电离能大于第二电离能，②失去一个电子比①所需的能量高，③失去的是4s能级的电子，4s能级的电子离核较远，能量较高，失去时所需的能量最少，故选②；（5）观察图中含锗化合物晶胞结构中的Ge原子和I原子相对位置知，若以Ge原子为顶点，两个Ge原子连线的中点位置有一个I原子，那么I原子为棱中点；该晶胞、Ge原子、I原子分别处于八