北京朝阳区2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

第1页/共1页北京市朝阳区2022～2023学年度第二学期期末质量检测高二化学考试时间90分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16一、选择题，共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是节日燃放的焰火绚丽多彩宇宙飞船返回舱外壳用网状结构的酚醛树脂制造利用紫外线为图书消毒植物油氢化所得硬化油不易被空气氧化A．与原子核外电子跃迁有关B．与网状结构高分子的热固性有关C．与紫外线可以使蛋白质变性有关D．与植物油中含有酯基有关A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，选项A正确；B．酚醛树脂具有热固性，受热后不能软化或熔融，可用于生产宇宙飞船外壳的烧蚀材料，选项B正确；C．利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，选项C正确；D．植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，选项D错误；答案选D。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.甲酸的结构式： B.乙烯的电子式：C.乙醇的分子结构模型： D.基态Cr原子的价层电子排布式：【答案】D【解析】【详解】A．甲酸的结构简式为HCOOH，故其结构式为，A正确；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，故其电子式为，B正确；C．乙醇的结构简式为C2H5OH，故其结构模型为，C正确；D．基态Cr原子的价层电子排布式为：3d54s1，D错误；故选D。3.干冰()的晶胞结构如下图所示。下列说法不正确的是A干冰晶体属于分子晶体B.干冰晶胞中，含有4个分子C.干冰晶体中，每个周围等距且紧邻的有6个D.干冰晶体中分子间作用力较小，常压下易升华【答案】C【解析】【详解】A．干冰晶体是由CO2分子通过分子间作用力结合而成的，为分子晶体，A正确；B．CO2分子在晶胞的顶点和面心，顶点上的CO2分子被8个晶胞共有，面心上的CO2分子被2个晶胞共有，所以每个晶胞中含有=4个CO2分子，B正确；C．干冰晶体为分子密堆积，二氧化碳的配位数为12，即每个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子，C错误；D．干冰晶体是由CO2分子通过分子间作用力结合而成的，又分子间作用力较小，即常压下易升华，D正确；故选C。4.青蒿琥酯是一种高效抗疟药，实验证明其分子中含有能与碘化钠作用生成碘单质的基团。下列关于青蒿琥酯的说法不正确的是A.青蒿琥酯对热不稳定 B.分子中含有3种含氧官能团C.难溶于水，易溶于乙酸乙酯 D.酸性条件下水解可得到丁二酸【答案】B【解析】【详解】A．含有酯基，容易受热水解，对热不稳定，A正确；B．分子含有过氧键、醚键、酯基、羧基4种含氧官能团，B错误；C．碳原子数较多，一般难溶于水易溶于有机溶剂，C正确；D．酯基在酸性条件下水解，可生成丁二酸，D正确；故选B。5.下列对于物质结构和性质的分析不正确的是A.碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅B.邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛C.氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸D.卤代烃中键极性较强，使卤素原子易被取代【答案】B【解析】【详解】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，A正确；B．分子内氢键会导致沸点降低，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B错误；C．氟的电负性大于氯，故其诱导效应氟强于氯，所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，C正确；D．卤代烃中C-X键极性较强，容易断裂，使卤素原子易被取代，D正确；故选B。6.下列构建碳骨架的反应，不属于加成反应的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．加成反应将不饱和键变为单键，醛基加氢变为羟基，属于加成反应，A不符合题意；B．反应物中有3个不饱和度，生成物中有2个不饱和度，属于加成反应，B不符合题意；C．反应物中有4个不饱和度，生成物中有5个不饱和度，不属于加成，应该氧化反应，C符合题意；D．反应物中的醛基经过加成反应生成羟基，属于加成反应，D不符合题意；故答案为：C。7.下列对实验事实的解释不正确的是实验事实解释A甲苯能使酸性溶液褪色但苯不能甲基使苯环活化B甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低甲基使苯环上的部分H活化C苯酚能和浓溴水反应产生白色沉淀但苯不能羟基使苯环上的部分H活化D常温下与NaOH反应的程度苯酚大于环己醇苯环使羟基的键极性增强A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，推出苯环使甲基活化，易被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A说法错误；B．甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低，说明甲基使苯环邻位、对位上的H活化，容易被取代，故B说法正确；C．苯酚能与浓溴水生成白色沉淀，生成，而苯不行，说明羟基使苯环的邻位、对位上的H活化，容易被取代，故C说法正确；D．苯酚能与NaOH溶液反应生成苯酚钠，而环己醇则不行，说明苯环使O-H键极性增强，容易断裂，故D说法正确；答案为A。8.硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一、科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：下列说法不正确的是A.中的O为杂化B.的VSEPR模型为平面三角形C.是由极性键形成的极性分子D.反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成【答案】B【解析】【详解】A．水的价层电子对=4，O为sp3杂化，选项A正确；B．价层电子对=3+1，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形，选项B错误；C．HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，形成的是极性分子，选项C正确；D．根据图示，有氢氧键断裂，转化为的过程中有硫氧键形成，选项D正确；答案选B。9.下列说法不正确的是A.纤维素分子中含有羟基、可与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维B.氨基酸分子中含有氨基和羧基，多个氨基酸分子可通过肽键生成多肽C.油酸分子中含有碳碳双键，因此含有油酸甘油酯的植物油可使溴水褪色D.核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如【答案】D【解析】【详解】A．纤维素分子中含有3n个羟基，能与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维，A正确；B．氨基酸分中的官能团为羧基和氨基，可以通过缩聚反应生成多肽，B正确；C．油酸分子中含有碳碳双键，故含有油酸甘油酯的植物油与溴发生加成反应而使溴水褪色，C正确；D．核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸，D错误；故选D。10.桂皮中肉桂醛()是一种食用香料，一种合成路线如下：下列说法不正确的是A.实验室制取的反应为：B.M能发生银镜反应：C.苯甲醛与肉桂醛互为同系物D.肉桂醛分子中含有碳碳双键，存在顺反异构体【答案】C【解析】【分析】M和苯甲醛反应生成肉桂醛，由肉桂醛的结构简式逆推，可知M是乙醛。【详解】A．实验室用电石和水反应制取，反应方程式为：，故A正确；B．M是乙醛，乙醛能发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、银、水，反应的方程式为，，故B正确；C．苯甲醛不含碳碳双键，肉桂醛含有碳碳双键，苯甲醛与肉桂醛不是同系物，故C错误；D．肉桂醛分子中含有碳碳双键，存在顺反异构体、，故D正确；选C。11.利用下列实验药品，不能达到实验目的的是实验目的实验药品A验证乙醇的消去产物含有乙烯乙醇、浓硫酸、酸性溶液B验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性溶液、固体、饱和溶液、澄清石灰水C验证蛋白质的盐析是可逆过程鸡蛋清溶液、饱和溶液、蒸馏水D比较水和四氯化碳分子的极性碘晶体、、A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．乙醇易挥发且也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即对乙烯的检验产生干扰，A错误；B．溶液和固体反应生成二氧化碳气体，通过饱和溶液除去乙酸蒸汽，使澄清石灰水变浑浊，即证明乙酸酸性强于碳酸，B正确；C．通过调节硫酸铵溶液溶度，鸡蛋清会析出、溶解，即蛋白质盐析是可逆的，C正确；D．根据相似相溶原理，碘、四氯化碳为非极性分子，水为极性分子，碘易溶于四氯化碳而水与四氯化碳不溶，D正确；故选A。12.阿司匹林片的有效成分为乙酰水杨酸()。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验：①将阿司匹林片研碎，加水溶解，过滤，弃去滤渣；②取少量滤液，滴加2滴溶液，无明显现象；③另取少量滤液，加足量NaOH溶液，加热；④冷却③溶液后，滴加2滴溶液，产生红褐色沉淀，静置后上层溶液几乎无色；⑤向④的悬浊液中加入适量稀硫酸，溶液呈紫色。下列说法正确的是A.③中加热时发生的反应为B.对比④⑤中现象说明乙酰水杨酸在碱性溶液中不能水解但在酸性溶液中可以水解C.若③步骤中只滴加少量NaOH溶液，则④步骤可能观察到溶液呈紫色D.该实验已检验出乙酰水杨酸分子中的全部官能团【答案】C【解析】【详解】A．③中加热时发生的反应为，A错误；B．乙酰水杨酸在碱性溶液和酸性溶液中都可以水解，只是氢氧化钠过量，加入氯化铁时与氢氧化钠作用生成氢氧化铁沉淀，加入稀硫酸后生成酚羟基以及硫酸铁，即显紫色，B错误；C．由于羧基显酸性，即③步骤中只滴加少量NaOH溶液，④步骤可能观察到溶液呈紫色，C正确；D．结构中的羧基无法检验验证，D错误；故选C。13.中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体、、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图所示：。下列说法不正确的是A.芳砜纶纤维中不含手性碳原子B.的名称为4，4'-DDS，推测的名称为3，3'-DDSC.参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8D.及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物【答案】C【解析】【详解】A．芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；B．根据的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′-DDS，故B正确；C．芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n，为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl,及时移除HCl,平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；故选：C。14.化学小组研究的性质，完成如下实验：已知：；；下列说法不正确的是A.溶液中加入NaCl固体：B.溶液a中加入浓氨水时不可能出现蓝色沉淀C.溶液a、b中铁片的颜色不同证明D.溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体【答案】B【解析】【详解】A．CuSO4溶液中加入NaCl固体，四水合铜离子会和氯离子反应生成四氯合铜离子，A正确；B．溶液a中加入少量浓氨水产生氢氧化铜蓝色沉淀，B错误；C．从颜色上可以看出，四氨合铜离子浓度大于四氯合铜离子，故K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳()，C正确；D．溶液b中加入足量乙醇时硫酸四氨合铜的溶解度减小而析出，D正确；故选B。二、非选择题，本部分共5题，共58分。15.氨硼烷()是一种具有研究价值的固体储氢材料。已知：含氢19.5%，白色晶体，熔点为104℃。可溶于水和甲醇等溶剂中。常温常压下能够稳定存在。在催化剂存在的情况下，能够快速与水反应。元素HBN电负性2.12.03.0（1）基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为___________。（2）B的第一电离能低于Be，可能的原因是___________。（3）分子结构示意图如图1，其中为___________键(填序号，下同)，为___________键。a．配位键b．非极性键c．键d．键（4）在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。①若用和做反应物，生成的氢气是___________(填序号)。a．b．c．HD②写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式：___________。（5）研究发现，在低温高压条件下为正交晶系结构。的2×2×2超晶胞结构如图3所示(超晶胞内含有16个氨硼烷分子，)。氨硼烷晶体的密度为___________(已知：；表示阿伏加德罗常数)。【答案】（1）（2）Be原子的2s轨道为全满，能量更低，更稳定，故第一电离能高于B。（3）①.d②.a（4）①.c②.

（5）

【解析】【小问1详解】N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，故其轨道表达式为【小问2详解】Be的电子排布式为1s22s2，2s轨道为全满，能量更低，更稳定，故第一电离能高于B。【小问3详解】-NH3中N原子采取sp3杂化，故N-H键是s−sp3σ键，选d；N提供孤电子对，B提供轨道，故N-B键属于配位键，选a。【小问4详解】①从机理上可以看出，-BH3提供一个H，D2O提供一个D原子，从而构成氢气HD，故选c。②NH3BH3与H2O反应，生成、和H2，其方程式为【小问5详解】该晶胞中含有16个NH3BH3，则16.有机物中的(键较难断裂，活化键是有机反应研究的热点之一、由经两步反应合成，均需使键活化，步骤如下（1）铬、铁位于元素周期表中的___________(填序号)。a．s区b．d区c．p区d．ds区（2）转化为的过程中，键中的___________(填“”或“”)键断裂，发生加成反应，转化为键。（3）利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。注：代表+2价铁，代表+3价铁。①与的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有：ⅰ．的极性强于；ⅱ．___________。②易被氧化为，结合价层电子排布解释原因：___________。（4）铜铬催化剂的主要成分是CuCl、和(甲基硼酸)等，能有效抑制副产物的生成。①中B的杂化轨道类型是___________。②已知：和均为一元弱酸。推测___________(填“>”或“<”)【答案】（1）b（2）π（3）①.甲醇分子间存在氢键②.FeⅡ价层电子排布为3d6，易失去1个e-达到3d5半满稳定结构（4）①.sp2②.>

【解析】【小问1详解】Cr、Fe均位于周期表的d区；【小问2详解】C=O中含有一个σ键和一个π键，而π键不如σ牢固，所以转化过程中π键断裂；【小问3详解】①甲醇分子间存在氢键，使沸点增大；②FeⅡ价层电子排布为3d6，易失去1个e-达到3d5半满稳定结构；【小问4详解】①B原子与两个-OH和一个-CH3相连，价层电子对数为3，属于sp2杂化；②由于电负性O>C>B，则O-B键极性大于C-B键，导致B(OH)3中B原子更易与OH形成配位键，故Ka[B(OH)3]>Ka[CH3B(OH)2]。17.不同空腔尺寸的瓜环可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。瓜环[7]的一种合成路线如下。（1）A的名称是___________。（2）1，1，2，2-四溴乙烷与反应生成B的化学方程式是___________。此反应过程需要加入远远过量的，目的有：①减少副反应，提高生成物纯度。②___________。（3）推测“成环”反应中生成M和___________。（4）瓜环[7]的分子结构模型如下图所示。①下列关于瓜环[7]的说法正确的是___________(填序号)。a．含有的官能团是酰胺基b．含有2种不同化学环境的氢原子c．分子间存范德华力和氢键d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是___________。（5）提出一种测定瓜环[n]中n值的方案：___________。【答案】（1）乙炔

（2）①.+8NH3→+4NH4Br②.与HBr反应，提高的产率（3）CH3OH（4）①.abd②.7（5）通过质谱仪测定瓜环[n]的相对分子质量进行推算【解析】【分析】A是乙炔，通过加成反应生成，再与NH3发生取代反应，生成，再与反应，生成，再通过HCHO和催化剂作用，生成和水。【小问1详解】A是C2H2，即乙炔。【小问2详解】1，1，2，2-四溴乙烷与NH3反应生成B和溴化铵，其方程式为：+8NH3→+4NH4Brr【小问3详解】NH3过量，除了可以减少副反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产率。【小问4详解】①a．含有的官能团是酰胺基，a正确；b．根据对称性可以分析，其中含有2种不同化学环境的氢原子，b正确；c．分子间只有范德华力没有氢键，c错误；d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力通过分析断键机理，d正确；故选abd。②在与反应生成和甲醇CH3OH。【小问5详解】质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值。18.某治疗胃溃疡的药物中间体N，可通过如下合成路线制得。资料：“重排”指有机物分子中的一个基团迁移到另外一个原子上，其分子式不变。（1）A→B的反应类型是___________。（2）按官能团分类，D的类别是___________。（3）E含有酯基。E的结构简式是___________。（4）写出符合下列条件的F的同分异构体：___________(写出2种)。ⅰ．在一定条件下可以发生银镜反应ⅱ．核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3（5）F与反应生成G的过程如下。已知：ⅰ．发生加成反应时，断开键。ⅱ．同一个碳上连着一个羟基和一个氨基(或取代的氨基)时不稳定，易脱水生成亚胺()。写出P、Q的结构简式：___________、___________。（6）J含有醚键。试剂a是___________。（7）K与NaOH反应得到L的化学方程式是___________。【答案】（1）取代反应（2）酚（3）（4）、（5）①.②.（6）浓硫酸和浓硝酸混合液（7）+NaOH+CH3COONa【解析】【分析】根据A分子式可知为；在氯化铁催化条件下与氯气发生取代反应生成B；B先与NaOH作用后酸化生成D；E重排可变为F，说明E分子式C8H8O2，结合题目含酯基，则E为；G反应后生成J，结合题目J含醚键，则J为；通过对比J和K分子式，结合后续合成路线苯环上取代基个数，推测J→K发生硝化反应，则K结构简式为；结合K和L分子式及反应条件可知发生肽键水解，则L结构简式；【小问1详解】A分子式为在氯化铁催化条件下与氯气发生取代反应生成B；【小问2详解】据分析，结合D分子式推出为苯酚；【小问3详解】E重排可变为F，说明E分子式C8H8O2，结合题目含酯基，则E为；【小问4详解】F的同分异构体在一定条件下可以发生银镜反应，说明可能含有醛基或甲酸酯基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，说明含有1个甲基结构，可写出2种同分异构体分别为：、；【小问5详解】F与发生加成反应时，断开键，同一个碳上连着一个羟基和一个氨基(或取代的氨基)时不稳定，易脱水生成亚胺()，所以P结构简式为，Q结构简式为；【小问6详解】通过对比J和K分子式，结合后续合成路线苯环上取代基个数，推测J→K发生硝化反应，则试剂a为浓硫酸和浓硝酸混合液；【小问7详解】K中肽键在NaOH作用下发生水解，反应方程式：+NaOH+CH3COONa；19.实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。资料：ⅰ．葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕色)的聚合物。ⅱ．Cu2O、CuO均溶于氨水，生成、；Cu不溶于氨水。（1）探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验方案实验现象加热，无明显现象，静置后未见砖红色沉淀加热、静置后，底部有砖红色沉淀①实验Ⅱ中，葡萄糖转化为___________。②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：a．电极反应式：ⅰ．还原反应：ⅱ．氧化反应：___________。b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是___________。（2）探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响。编号实验Ⅲ实Ⅳ实验方案温度现象50℃得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色70℃得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤液呈棕色100℃得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，___________(填操作和现象)。②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。假设b