北京市丰台区2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份北京市丰台区2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是， 下列物质的性质与氢键无关的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ti 48 C 59
第一部分(选择题 共42分)
本部分共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. 下列物质、类别和官能团的对应关系不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烯属于烯烃类，官能团是碳碳双键，故A正确；
B．乙酸属于酸类，官能团是羧基，故B正确；
C．苯甲醇属于醇类，不是酚，官能团是醇羟基，故C错误；
D．甲醚属于醚类，官能团是醚键，故D正确；
故本题选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. CO2的分子结构模型：
B. 基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C. 羟基的电子式：
D. 的系统命名：3-甲基-2-丁醇
【答案】D更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【解析】
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。
3. 下列说法不正确的是
A. p轨道形状为哑铃形，有三种空间取向
B. 金属良好的导电性与金属键有关
C. HCl分子的共价键是s-s σ键
D. NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A．p轨道是哑铃形的，有px、py、pz三种空间取向，故A正确；
B．金属晶体的作用力是金属键，金属键的存在对金属的导电性有影响，故B正确；
C．HCl分子的共价键是s—p σ键，故C错误；
D．铵根离子与氯离子之间存在离子键，铵根离子内有共价键和配位键，故D正确；
故本题选C．
4. 下列反应的化学方程式书写正确的是
A. 工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2CH3CHO+H2
B. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O+2H2O
C. 苯酚钠溶液与二化氧碳反应：2+CO2+H2O→2+Na2CO3
D. 酯在酸性条件下水解：CH3COOCH2CH3+H218OCH3CH2OH+CH3CO18OH
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上由乙醇制备乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，A错误；
B．乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，B错误；
C．碳酸的酸性强于苯酚，但碳酸氢根的酸性弱于苯酚，则苯酚钠溶液与二化氧碳反应：+CO2+H2O→+NaHCO3，C错误；
D．酯在酸性条件下水解得到酸和醇：CH3COOCH2CH3+H218OCH3CH2OH+CH3CO18OH，D正确；
故选D。
5. 下列各组分子或离子的空间结构不相似的是
A. CO2和OF2B. NH和CH4C. H3O+和NH3D. SO2和O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2为直线形；OF2的中心原子的价层电子对数为，分子的空间构型为V形，A符合题意；
B．NH和CH4的中心原子的价层电子对数为4，配位原子数为4，均为正四面体形，B不符合题意；
C．H3O+和NH3的中心原子的价层电子对数为4，配位原子数为3，均为三角锥形，C不符合题意；
D．SO2和O3的中心原子的价层电子对数为3，配位原子数为2，均为V形，D不符合题意；
故选A。
6. 有机化合物分子中的邻近基团往往存在相互影响，这种影响会使有机化合物性质产生差异。下列事实不能说明上述观点的是
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能
B. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
C. CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α-氰基丙烯酸丁酯()室温下可发生加聚反应
D. 与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能，说明苯环使甲基活泼性增强，故不选A；
B．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多，是因为甘油分子中羟基个数大于乙醇，不能证明邻近基团相互影响，故选B；
C．CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α-氰基丙烯酸丁酯室温下可发生加聚反应，说明α-氰基丙烯酸丁酯中碳碳双键受氰基、酯基影响活泼性增强，故不选C；
D．与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应，说明羧基中的 受羟基影响活泼性减弱，故不选D；
选B。
7. SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是
A. 分子中只含极性键B. SF6是极性分子
C. 与之间共用电子对偏向SD. 原子满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．SF6中的键为6条S-F键，为极性键，此分子中只含极性键，故A正确；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，为非极性分子，故B错误；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；
故本题选A．
8. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是
A. 稳定性：B. 键长：
C. 熔点：D. 硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
选C。
9. 下列物质的性质与氢键无关的是
A. 沸点：乙二醇>丙醇B. 密度：冰H
D. 1 ml富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2 ml CO2
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在C=O键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。
【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．1ml富马酸分子中存在11ml的σ键和3ml的π键，数目比为11:3，故B错误；
C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；
D．1 ml富马酸中存在2ml羧基，与足量NaHCO3溶液反应可生成2ml CO2，故D正确；
故本题选B。
12. 下列实验方案能达到相应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应有副产物二氧化硫生成，二氧化硫能使溴水褪色，干扰乙烯与溴水的反应，故A错误；
B．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，故B错误；
C．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含Br，故C正确；
D．浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，盐酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故D错误；
故选C。
13. BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 1ml 最多可与4ml H2反应
B. 有碱性
C. 中间产物的结构简式为：
D. ①为加成反应，②为消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．中苯环和醛基都能与H2发生加成反应，1ml最多可与4mlH2反应，A项正确；
B．中含有氨基，故具有碱性，B项正确；
C．与发生加成反应生成的中间产物的结构简式为，C项错误；
D．①为与发生的加成反应，②为发生消去反应生成BAS，D项正确；
答案选C。
14. 一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应能量变化及一段时间后产物的选择性如图。下列叙述不正确的是
资料：R+XRX(R为烷基自由基，X为卤素自由基)；通常活化能越大，反应速率受温度影响越大。
A. 丙烷氯代或溴代反应均可能产生同分异构体
B. 正丙基自由基(CH3CH2CH2)比异丙基自由基[CH(CH3)2]稳定
C. 升高温度，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大
D. 以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，Br2比Cl2更适于作取代试剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烷氯代反应可生成互为同分异构体的CH3CH2CH2Cl和(CH3)2CHCl，丙烷溴代反应可生成互为同分异构体的CH3CH2CH2Br和(CH3)2CHBr，A项正确；
B．由图可知，正丙基自由基(CH3CH2CH2)具有的能量比异丙基自由基[CH(CH3)2]具有的能量高，能量越低越稳定，则异丙基自由基比正丙基自由基稳定，B项错误；
C．由图可知，生成1-氯丙烷的活化能比生成2-氯丙烷的活化能大，通常活化能越大、反应速率受温度影响越大，故升高温度，生成1-氯丙烷的速率增大得更快，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大，C项正确；
D．由图可知，以丙烷氯代反应生成的2-氯丙烷的选择性为55%，而发生溴代反应生成的2-溴丙烷的选择性为97%，故以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，使用Br2作为取代试剂所得产品的纯度更高，即Br2比Cl2更适于作取代试剂，D项正确；
答案选B。
第二部分(非选择题 共58分)
本部分共5题，共58分。
15. 利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现NOx的净化
①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因___________。
②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因___________。
③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是___________。
（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。
（3）光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)生成，·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为___________。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。

①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是___________。
③NA表示阿伏加德罗常数值，则该晶体的密度为___________g·cm-3(1nm=10-7cm)。
【答案】（1） ①. N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O ②. N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 ③. 平面三角形
（2）中心原子的杂化方式均为sp3杂化，COH中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，，使得键角：HCH>COH
（3）C6H6O+28·OH6CO2+17H2O
（4） ①. ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
①N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O。
②N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，所以N2化学性质稳定。
③中N原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构是平面三角形。
【小问2详解】
甲醇分子中C、O原子的杂化方式均为sp3杂化，COH中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，使得键角：HCH>COH。
【小问3详解】
·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为C6H6O+28·OH6CO2+17H2O。
【小问4详解】
①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价层电子轨道表示式为 。
②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。
③根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、C原子数为1、O原子数为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g·cm-3g·cm-3。
16. 手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。
已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K”或“苯酚