贵州省六盘水市2022-2023学年高二化学下学期期末教学质量监测试题（Word版附解析）

这是一份贵州省六盘水市2022-2023学年高二化学下学期期末教学质量监测试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卷交回，考试时间， 下列叙述正确的是， 下列有机物命名正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

六盘水市2022-2023学年度第二学期期末教学质量监测
高二年级化学试题卷
注意事项：
1.答题前，务必在答题卷上填写姓名和考号等相关信息并贴好条形码。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卷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，将答案写在答题卷上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卷交回。
4.考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Zn：65
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，下列说法不合理的是
A. 蔗糖分子结构被修饰后得到的三氯蔗糖可供糖尿病患者使用
B. 硫酸铵、硫酸铜、氢氧化钠和乙醇均能使蛋白质变性
C. 甲醛的水溶液可用于消毒和制作生物标本
D. 石墨晶体中存在范德华力，常用作润滑剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖分子结构被修饰后得到三氯蔗糖，是一种甜味剂，其特点具有无能量，高甜度，纯正甜味，安全度高等，故可供糖尿病患者使用，A正确；
B． 硫酸铵是无机盐，不属于重金属盐，能使蛋白质盐析，不能使蛋白质变性，B不正确；
C． 甲醛水溶液可使蛋白质变性，故用于消毒和制作生物标本，C正确；
D． 石墨是平面层状结构，层与层之间存在微弱的范德华力，可引起滑动，故常用作润滑剂，D正确；
答案选B。
2. 下列有关化学用语的表述不正确的是
A. 乙烷的空间填充模型： B. 的结构式：
C. 乙醇的分子式： D. 分子间的氢键：
【答案】C
【解析】
【详解】A．空间填充模型要体现分子的空间构型、原子的相对大小，乙烷分子中的碳原子为四面体结构，故图示模型正确，A正确；
B． HCN是共价分子，碳氮原子间为三键，碳氢之间为单键，的结构式：，B正确；
C． 乙醇的结构简式：，分子式为C2H6O，C不正确；
D． 氢键具有方向性和饱和性，分子间的氢键：，D正确；
答案选C。
3. 下列操作能达到实验目的的是
A
B
C
D




用酒精萃取碘水中的碘
蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体
混合浓硫酸和乙醇
证明乙炔可使酸性高锰酸钾溶液褪色

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．酒精和水互溶，不能用来萃取碘水中的碘，A不符合题意；
B．冷凝水的方向是下进上出，B不符合题意；
C．混合浓硫酸和乙醇，不能将乙醇倒入浓硫酸中，容易发生液体飞溅造成危险，C不符合题意；
D．电石和饱和食盐水反应制出乙炔，乙炔经过硫酸铜溶液除杂后通入酸性高锰酸钾酸性溶液中，证明乙炔可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D符合题意；
故选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 分子中含有键数目为
B. 标准状况下，己烷所含C原子数目为
C. 苯乙烯( ）中含有碳碳双键数为
D. 的配位键数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中含有键数目为，A错误；
B．标准状况下，己烷为液体，不知密度无法计算，B错误；
C．苯环不含碳碳双键，苯乙烯()中含有碳碳双键数为，C错误；
D．的配位键数目为，每个铜与4个CN-形成4个配位键，D正确；
故选D。
5. 下列叙述正确的是
A. 氧原子电子的电子云轮廓图：
B. 表示3p能级有4个轨道
C. 基态N原子电子排布的轨道表示式：
D. 金属产生焰色原因是金属原子发生电子跃迁
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧原子2s电子的电子云轮廓图： ，A错误；
B．表示3p能级有4个电子，B错误；
C．基态N原子电子排布的轨道表示式： ，C错误；
D．金属产生焰色的原因是激发态金属原子的电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，从而产生焰色，D正确；
故选D。
6. 下列反应的离子方程式不正确的是
A. 向苯酚钠溶液中通入少量：2+ CO2+H2O2 +CO32-
B. 乙醛与新制氢氧化铜悬浊液混合后加热：
C. 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入过量氨水，得到深蓝色溶液：
D. 乙酸乙酯与溶液混合后加热：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠： +CO2+H2O→ +HCO，A不正确；
B． 乙醛与新制氢氧化铜悬浊液混合后加热生成乙酸钠、氧化亚铜和水：，B正确；
C． 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入过量氨水，得到含铜氨离子的深蓝色溶液：，C正确；
D． 乙酸乙酯与溶液混合后在加热下彻底水解，得到乙酸钠和乙醇：，D正确；
答案选A。
7. 下列有机物命名正确的是




A．2-乙基丙烷
B．3-丁醇
C．2-甲基丙烯
D．苯甲酸甲酯

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．主链应该为4个C原子，离取代基较近的一端开始编号，则2号位有个甲基，正确命名为2-甲基丁烷，故A错误；
B．分子含羟基，属于醇，按命名规则，选择含羟基的最长碳链、离羟基近的一端开始编号，故其名称为2-丁醇，故B错误；
C．该烯烃主链为包含碳碳双键的最长碳链，离碳碳双键近的一端开始编号，2号位有1个甲基，故名称为2-甲基丙烯，故C正确；
D．苯甲酸甲酯的结构简式为，水解后生成乙酸和苯酚，故D错误；
选C。
8. 下列说法正确的是
A. 三氯乙酸的酸性小于二氯乙酸的，是因为的极性小于的极性
B. 易溶于溶液，可用“相似相溶”规律解释
C. 冰浮在水面，是由于水分子之间形成氢键使冰晶体中水分子间的空隙增大
D. 键长，因此稳定性
【答案】C
【解析】
【详解】A．羧酸的酸性取决于羧酸根的稳定性，即羧酸根上负电荷的分散程度，而-Cl是一个吸电子基团，它的存在可以分散羧酸根的负电荷，增大羧酸根的稳定性，羧酸酸性增强，且-Cl的个数越多，羧酸根的稳定性越强，羧酸酸性越强，A错误；
B．易溶于溶液是发生了反应，B错误;
C．冰浮在水面，是由于水分子之间形成氢键使冰晶体中水分子间的空隙增大，C正确；
D．键长越长，键能越小，键长，因此稳定性，D错误；
故选C。
9. 乙酰水杨酸(又称阿司匹林)是一种常用解热镇痛、抗风湿类药物，广泛应用于临床治疗和预防心脑血管疾病，其结构如图所示。下列说法错误的是

A. 该物质含有两种官能团
B. 能发生氧化、取代、加成、消去反应
C. 分子中最少有7个碳原子共平面
D. 该有机化合物最多与氢氧化钠发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质含有酯基和羧基两种官能团，A正确；
B．能发生氧化、取代、加成反应，不能发生消去反应，B错误；
C．分子中最少有7个碳原子共平面，酯基的氧为sp3杂化，羧基中的C为sp2杂化，C正确；
D．1mol羧基反应1mol氢氧化钠，酯基水解消耗1mol氢氧化钠，酚羟基消耗1mol氢氧化钠，故1mol该有机物最多与氢氧化钠发生反应，D正确；
故选B。
10. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素组成的无机盐溶于盐酸有无色无味的气体生成，离子与具有相同的核外电子数，下列叙述正确的是
A. 分子的空间结构为三角锥形 B. 原子半径：
C. X单质只有4种同素异形体 D. W、Y、Z三种元素形成的化合物都是酸
【答案】A
【解析】
【分析】据题干信息可知W为H、X为C、Y为N、Z为O；
【详解】A．分子即氨分子，中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、VSEPR模型为四面体、空间构型为三角锥形，A正确；
B． H只有1个电子，同周期从左到右元素原子半径递减，原子半径：，B错误；
C． X单质即碳的单质有金刚石、石墨、C60、C70、纳米碳管等，有远不只4种同素异形体，C错误；
D． W、Y、Z三种元素形成的化合物中硝酸铵、亚硝酸铵不属于酸，D错误；
答案选A。
11. 下列实验操作及现象、结论表述不合理的是
选项
实验操作及现象
结论
A
向和无水乙醇的混合溶液中加入1-溴丁烷和几片碎瓷片并微热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色
1-溴丁烷发生消去反应生成了烯烃
B
向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
鸡蛋清蛋白质中含有苯环
C
向酸性溶液中通入乙烯至过量，溶液紫红色褪去
酸性溶液能氧化乙烯
D
向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅
苯能将溴从水中萃取出来

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．挥发的乙醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则酸性KMnO4溶液褪色，不能说明1-溴丁烷发生了消去反应，A错误；
B．鸡蛋清蛋白质中含有苯环，向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色，B正确；
C．乙烯能被酸性溶液氧化使高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．向溴水中加入苯，苯能将溴从水中萃取出来，振荡后静置，水层颜色变浅，D正确；
故选A。
12. 仅用一种试剂即可将酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯4种无色液体区分开来，这种试剂是
A. FeCl3溶液 B. KMnO4溶液 C. 溴水 D. 金属钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铁溶液可以和苯酚作用显紫色，与酒精互溶，但与己稀和甲苯均不反应，也不互溶，且己稀和甲苯密度都比水小，分层后有机层在上层，无法区分，故A不符合题意；
B．四种物质均可以使高锰酸钾溶液褪色，无法区分，故B不符合题意；
C．酒精可以与溴水互溶；苯酚可以和溴水反应生成沉淀；己稀可以和溴水发生加成反应生成溴代物，该加成产物与水不互溶，且密度比水大，分层后有机层在下层；甲苯与溴水不反应，与水不互溶，密度比水小，分层后有机层在上层，四种物质现象不同，可以区分，故C符合题意；
D．酒精、苯酚均与Na反应生成氢气，己稀和甲苯均不与Na反应，无法区分，故D不符合题意；
故答案为C。
13. 分子式为C6H12O且能发生银镜反应的有机化合物有(不考虑立体异构)
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
【详解】分子式为C6H12O且能发生银镜反应的有机化合物含有-CHO，可写为C5H11CHO，-C5H11有、、、、、、、，共8种结构，则符合条件的有机物共有8种，故选D；
答案选D。
14. 下列有关晶体结构和性质的判断错误的是
A
B
C
D




金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共用
晶体中，每个晶胞平均含有4个
干冰熔化或升华时，分子内的共价键被破坏
晶体中，距最近且等距的有6个

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共用，A正确；
B．晶体中，位于面心和顶点根据均摊法，B正确；
C．干冰熔化或升华时，分子内的共价键没有被破坏，破坏的是分子间作用力，C错误；
D．根据图示可知晶体中，距最近且等距的有6个，D正确；
故选C。
15. 材料在国民经济发展中发挥着重要作用，下列有关说法不正确的是
A
防弹衣的主要材料：
聚合物分子内含有酰胺基
B
隐形飞机的微波吸收材料：
单体能使溴水褪色
C
隐形眼镜的材料：
该物质具有良好的亲水性，可经加聚反应制备
D
尼龙66：
由己胺和己酸经缩聚反应制备

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．从结构简式可知，该聚合物分子内含有酰胺基，A正确；
B．聚乙炔的单体为乙炔，含碳碳三键、能使溴水褪色，B正确；
C．该物质富含亲水基羟基、具有良好的亲水性，可由经加聚反应制备，C正确；
D．尼龙66由1,6-己二胺和1，6-己二酸经缩聚反应制备，D不正确；
选D。
16. 已知：Diels-Alder反应 ，则 与 反应得到的产物是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据Diels-Alder反应 分析， 与 反应得到的产物应该具有一个六元环，环内有一个双键，且酯基作为取代基位于双键碳的间位上，故选A。
二、非选择题(共52分)
17. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素，其相关信息如下：
元素
相关信息
A
基态原子轨道上只有1个电子
B
基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等
C
短周期主族元素中原子半径最大
D
单质为良好的半导体材料
E
基态有5个未成对电子
请回答下列问题：
（1）E的元素符号___________，E基态原子的电子排布式___________。
（2）和半径较大的是___________(填元素离子符号)。
（3）C的基态原子含有___________种空间运动状态不同的电子，A与C形成的二元化合物的晶体类型为___________。
（4）D的氧化物熔点高于干冰的原因是___________；写出C的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物反应的离子方程式___________。
【答案】（1） ①. ②. 或
（2）
（3） ①. 6 ②. 离子晶体
（4） ①. 二氧化硅为共价晶体，干冰为分子晶体 ②.
【解析】
【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素结合图表所给信息可知，A为H，B为O，C为Na，D为Si，E为Fe。
【小问1详解】
E的元素符号为：Fe，E基态原子的电子排布式：或。
【小问2详解】
和半径较大的是。
【小问3详解】
C的基态原子含有6种空间运动状态不同的电子，氢化钠为离子晶体。
【小问4详解】
D的氧化物熔点高于干冰的原因是：二氧化硅为共价晶体，干冰为分子晶体；
C的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物反应的离子方程式：。
18. 2-呋喃甲酸乙酯()常用于合成香料，是一种透明液体，不溶于水。实验室可用2-呋喃甲酸()和乙醇在浓硫酸催化下反应制得2-呋喃甲酸乙酯，反应原理及部分制备装置如下：


Ⅰ．制备
步骤1：按图1装置，在三颈瓶中加入苯、浓硫酸、(约)无水乙醇，用仪器B加入2-呋喃甲酸，控制反应液温度保持在68℃，回流。
Ⅱ．提纯
步骤2：将反应后的混合物倒入水中，加入无水固体(20℃时，水中最多能溶解无水固体)，搅拌、静置、过滤，向滤液中加入活性炭(用于吸附反应后混合物中的固体小颗粒)，再次搅拌、静置、过滤。
步骤3：将滤液静置，待分层后分离水相和有机相，并用苯对水层少量多次萃取，合并有机相(仍残留少量水)，再利用图2装置进行蒸馏，保留少量浓缩液，待浓缩液冷却后，在乙醇中重结晶，得无色针状晶体。
几种物质的沸点和相对分子质量如表：
物质
2-呋喃甲酸乙酯
2-呋喃甲酸
乙醇
苯和水恒沸物
沸点／℃
196
230
78
69
相对分子质量
140
112
46
-
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是___________。
（2）步骤1装置的加热方式是___________，其优点是___________。
（3）步骤2中的作用是___________。
（4）步骤3中用苯多次萃取的目的是___________；锥形瓶中收集的主要物质是___________。
（5）本实验中2-呋喃甲酸乙酯的产率为___________(精确到小数点后一位)。
【答案】（1）球形冷凝管(或冷凝管)
（2） ①. 热水浴加热 ②. 使反应混合物受热均匀，温度容易控制
（3）除去残留的酸 （4） ①. 提高原料利用率、提高产率 ②. 苯和水
（5）77.7%
【解析】
【分析】三颈烧瓶中加入2-呋喃甲酸和乙醇，加苯有利于反应物互溶，使在浓硫酸催化下、68℃，回流发生酯化反应制得2-呋喃甲酸乙酯，将反应后的混合物倒入水中，加入以除去酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度，过滤，向滤液中加入活性炭(用于吸附反应后混合物中的固体小颗粒)，再次过滤。将滤液静置后分液，得有机层为2-呋喃甲酸乙酯和苯的混合液，并用苯对水层少量多次萃取水中残留的2-呋喃甲酸乙酯，合并有机相(仍残留少量水)以提高产物的产率，最后用图2装置蒸馏2-呋喃甲酸乙酯和苯的混合液(含少量水)，通过形成苯和水恒沸物除去水分制得浓缩液，冷却、在乙醇中重结晶，得目标产物。
【小问1详解】
仪器A的名称是球形冷凝管。
【小问2详解】
步骤1在68℃下反应，则装置的加热方式是热水浴加热，其优点是使反应混合物受热均匀，温度容易控制。
【小问3详解】
步骤2：反应后的混合物中加入碳酸钠，的作用是除去残留的酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度。
【小问4详解】
水层中残留有少量的2-呋喃甲酸乙酯，用苯可萃取出来，则步骤3中用苯多次萃取的目的是提高原料利用率、提高产率；由表知，苯和水恒沸物最低，蒸馏2-呋喃甲酸乙酯和苯的混合液(含少量水)形成浓缩液时，通过形成苯和水恒沸物除去水分制得浓缩液，故锥形瓶中收集的主要物质是苯和水。
【小问5详解】
由题干数据可知，投料乙醇为0.2087mol、2-呋喃甲酸为0.065mol，则2-呋喃甲酸乙酯理论产量为0.0625mol、其质量为0.0625mol ×140g/mol=8.75g，2-呋喃甲酸乙酯实际质量为6.8g，则本实验中2-呋喃甲酸乙酯的产率为77.7%(精确到小数点后一位)。
19. 龙葵醛W是一种珍贵的香料，在自然界中未发现其存在，属于合成香料，可按下列路线合成。

已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的结构简式为___________；F中含有的官能团名称为___________。
（2）B→C反应的试剂和条件为___________。
（3）D→E的反应类型是___________。
（4）写出G→W反应的化学方程式___________。
（5）G有多种同分异构体，写出满足下列条件的有机物G的同分异构体的结构简式________。
①其水溶液遇溶液显紫色。
②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1∶2∶3∶6。
（6）参照上述合成路线和信息，以乙醇为基本原料(无机试剂任选)设计制备正丁醇()合成路线：___________。
【答案】（1） ① ②. 碳碳双键、醛基
（2）水溶液、加热
（3）加成反应 （4）2 +O22 +2H2O
（5） 、 （6）
【解析】
【分析】A 发生加成反应生成B ，B发生取代反应生成C ，C催化氧化得到D ，D与HCHO加成反应生成E ，E发生消去反应生成F ，F加成得到G ，G催化氧化得到W ，据分析答题。
【小问1详解】
由B的结构简式结合A的分子式可知，AB是加成反应，A的结构简式为 ；F中含有的官能团名称碳碳双键、醛基；
【小问2详解】
B →C 发生的是氯代烃的取代反应，因此反应的试剂和条件为水溶液、加热；
【小问3详解】
D E ，发生的是加成反应；
【小问4详解】
G W 发生的是醇的催化氧化，化学方程式为：2+O2+2H2O ；
【小问5详解】
①其水溶液遇溶液显紫色,含酚羟基，②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1∶2∶3∶6，条件符合的G的同分异构体结构简式为: 、 ；
【小问6详解】
以乙醇为基本原料(无机试剂任选)设计制备正丁醇()，先将乙醇氧化为乙醛，再利用已知中反应乙醛和乙醛加成，再消去最后加成即可得到正丁醇()，合成路线为： 。
20. 葡萄糖酸锌用于治疗缺锌引起的营养不良、厌食症、儿童生长发育迟缓等，可用葡萄糖酸钙和硫酸锌反应制得。
（1）位于周期表的___________(填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区；元素氮和氧在周期表中相邻，第一电离能N___________O(填“>”或者“<”)。
（2）葡萄糖酸分子中所含元素的电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)，该分子中碳原子杂化类型为___________。
（3）中的空间结构为___________(用文字描述)。
（4）晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体性能，键与键相比，键离子键成分的百分数较大，原因是___________。
（5）的立方晶胞如图所示，原子填充于O原子形成的___________(填多面体名称)空隙中，若晶胞的密度为阿伏加德罗常数的值用表示，则晶胞的棱长为___________(用代数式表示)。

【答案】（1） ①. s ②. >
（2） ①. O、C、H或 ②. 、
（3）正四面体形 （4）与O原子电负性差值大于与N原子电负性差值
（5） ①. 正四面体形 ②.
【解析】
【小问1详解】
钙在元素周期表中位于第4周期、第IIA族，属于s区；根据洪特规则，氮的2p轨道是半充满，处于稳定状态，非常难电离，而氧的2p为4个电子，电离一个电子，变为半充满，因此N的第一电离能大；
【小问2详解】
元素的非金属性越强，其电负性越大，同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，非金属性强弱顺序是O>C>H，所以电负性大小顺序是：氧>碳>氢。有羧基，羧基碳原子为sp2杂化，其余碳原子为sp3杂化；
【小问3详解】
硫酸根中硫原子以sp3杂化轨道成键，硫原子位于四面体的中心位置上，而四个氧原子则位于它的四个顶点，因此硫酸根的空间构型是正四面体结构；
【小问4详解】
由于电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更容易形成离子键，因此Zn-O键中离子键成分的百分数大于Zn-N键；
【小问5详解】