河南省新乡市河南师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题

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化学试卷（答案和解析）
【答案】
1. C 2. C 3. C 4. D 5. A 6. C 7. C
8. D 9. B 10. B 11. C 12. A 13. D 14. D
15. D 16. D
17. 碘水 水浴加热 球形冷凝管 C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O 做安全瓶，防止倒吸 吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气 重结晶 强 C2H5OOC−COOC2H5
18. 除去HBr中混有的Br2蒸气 D管中变红 E管中出现浅黄色沉淀 有红褐色沉淀产生 底层出现油状液体 取代反应 加成反应
19. 极性 c 平面三角形 非极性 sp3 H3BO3中B原子提供空轨道，OH−中O原子提供孤电子对，通过形成配位键生成[B(OH)4]− 3.1Va%
20. 甲苯 羧基 水解反应或取代反应 加聚反应 +2Ag(NH3)2OH→△+2Ag↓+3NH3+H2O (CH3)3CCH2Cl
【解析】
1. 【详解】A.苯酚能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，因此可以把苯酚添加到肥皂中制成药皂，A正确；
B.甘油分子中含有3个羟基，具有吸湿性，化妆品中常添加的甘油可以起到保湿作用，B正确；
C.甲醛的水溶液(福尔马林)具有杀菌、防腐性能，有毒不可用于保鲜食品，C错误；
D.苯甲酸是一种食品防腐剂，在水中的溶解度受温度影响较大，实验室常用重结晶法提纯，D正确；
故选C。
2. 解：A． ​32Ge基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2，故A错误；
B. ​24Cr基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p53d1， ​24Cr原子的价电子排布式：3d54s1，故B错误；
C.O原子的电子排布图：，故C正确；
D.基态F−的电子排布式：F−：1s22s22p6，故D错误；
故选：C。
A.根据电子填充规则进行判断；
B. ​24Cr基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p53d1；
C.根据电子填充规则进行判断；
D.基态F−的电子排布式：F−：1s22s22p6。
本题考查电子式的书写、轨道表示式、电子排布式以及结构式的判断，难度不大，注重基础知识的考查。
3. 解：A.乙炔中含有碳碳三键，是直线结构，乙炔的结构式：H−C≡C−H，故A正确；
B.C原子半径比O原子半径大，苯酚的空间填充模型：，故B正确；
C.基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据泡利原理和洪特规则可得其轨道表示式为，故C错误；
D.Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的，Na2O2中存在离子键，过氧化钠的电子式为，故D正确；
故选：C。
A.乙炔中含有碳碳三键，是直线结构；
B.C原子半径比O原子半径大；
C.基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据泡利原理和洪特规则；
D.Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的，Na2O2中存在离子键。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、分子空间充填模型、电子排布等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度不大。
4. 解：A．中含2种H，且H原子数目比为3：1，故A不选；
B.中含3种H，H原子数目比为3：1：1，故B不选；
C.中含3种H，H原子数目比为3：1：4，故C不选；
D.中含2种H，且H原子数目比为3：2，故D选；
故选：D。
核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2，可知含2种H，且H原子数目比为3：2，结合对称性判断H的种类及个数，以此来解答。
本题考查有机物的结构，为高频考点，把握结构对称性、H的种类及数目为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C不含苯环，题目难度不大。
5. 解：由表中数据可知，元素X的电负性最大，元素Y的电负性最小，电负性越大，非金属性越强，电负性越小，金属性越强，一般而言，活泼金属与非金属易形成离子化合物，即两种元素的电负性相差越大，越易形成离子化合物，所以两种元素的原子最易形成离子键的是X和W，故A正确；
故选：A。
由表中数据可知，元素X、Y、Z、W、Q的电负性逐渐减小，电负性越大，非金属性越强，电负性越小，金属性越强，则元素X、Y、Z、W、Q中X的非金属性最大，Q的金属性最强，即两种元素的电负性相差越大，越易形成离子化合物，两种元素的电负性相差越小，越易形成共价化合物，据此分析解答。
本题考查元素电负性及其应用，把握电负性与元素性质的关系是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度不大。
6. 解：A.NH3中N原子形成3个σ键，有1对未成键的孤对电子，采取sp3杂化；CH4分子中C原子形成4个σ键，无孤对电子，采取sp3杂化，故A错误；
B.NH3中N原子形成3个σ键，有1对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4；CH4分子中C原子形成4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，故B错误；
C.孤对电子对成键电子的排斥作用大于成键电子对成键电子的排斥作用，所以氨分子的空间结构是三角锥形，而甲烷的杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的H原子，分子的空间结构是正四面体形，故C正确；
D.分子的空间结构与分子中原子个数无关，故D错误；
故选：C。
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型；分子的空间结构与分子中元素的电负性无关，据此分析解答。
考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论。
7. 解：A.加热条件下，无水乙醇、冰醋酸在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯和水，所以试管中所盛物质为无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸的混合物，故A正确；
B.加热液体时易发生暴沸，则试管中应加入沸石，可防止液体暴沸，故B正确；
C.制备乙酸乙酯时常用饱和Na2CO3溶液除去乙醇、乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度使之分层，但NaOH是强碱，能使生成的乙酸乙酯发生水解反应，所以不能用NaOH溶液替代饱和Na2CO3溶液，故C错误；
D.乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，易出现分层，可用分液方法分离出乙酸乙酯，故D正确；
故选：C。
A.制备乙酸乙酯时，浓硫酸作催化剂和吸水剂，则反应装置中的物质为无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸的混合物；
B.加热液体时易发生暴沸；
C.NaOH是强碱，能使生成的乙酸乙酯发生水解反应；
D.乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，易出现分层。
本题考查乙酸乙酯的制备实验，把握有机物的性质、制备原理、分离操作、浓硫酸及饱和Na2CO3溶液的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
8. 解：A．中羟基与苯环侧链的碳原子相连，属于醇类，不是酚类，故A错误；
B.中含有官能团羧基，不含−CHO，属于羧酸类，故B错误；
C.的官能团为酯基，属于酯类，不属于醛类，故C错误；
D.CH3−O−CH3中为醚键，属于醚类，故D正确；
故选：D。
A.羟基没有直接与苯环相连，不属于酚类；
B.该有机物分子中官能团为羧基，属于羧酸；
C.该有机物官能团为酯基，为甲酸苯甲酯，不属于醛类；
D.该有机物中的官能团为醚键
本题考查了有机物官能团结构与有机物类型关系，题目难度不大，注意掌握常见的官能团结构与性质，明确有机物类型与官能团之间关系。
9. 解：A.淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，由实验操作和现象，不能证明淀粉没有水解，故A错误；
B.1−溴丙烷水解后，冷却后取上层液体，滴加过量稀硝酸，再加入几滴AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀为AgBr，则该卤代烃中含有溴元素，故B正确；
C.碳碳双键、醛基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则紫色褪去，不能证明该有机物中存在醛基，故C错误；
D.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，发生盐析，析出沉淀后加水沉淀溶解，故D错误；
故选：B。
A.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
B.1−溴丙烷水解后，在酸性溶液中检验溴离子；
C.碳碳双键、醛基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，发生盐析。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10. 解：A.不是任何物质中都存在范德华力，如氯化钠为离子晶体，其中没有范德华力，只存在离子键，故A错误；
B.范德华力比氢键的作用力要弱，故B正确；
C.只有由分子构成的物质，物质的物理性质才由范德华力与氢键共同决定，不是分子构成的物质的物理性质不是由范德华力与氢键决定的，故C错误；
D.范德华力的强弱与相对分子质量有关，氢键还与原子电负性的大小和半径大小有关，故D错误；
故选：B。
A.不是任何物质中都存在范德华力；
B、氢键比普通的分子间作用力强；
C、只有由分子构成的物质，物质的物理性质才由范德华力与氢键共同决定；
D、氢键还与原子电负性的大小和半径大小有关；
本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，题目难度不大，易错点为C，要注意范德华力存在与分子之间，在离子和原子之间不是的，如离子晶体中由离子键决定，原子晶体由共价键决定。
11. ①烷烃中只含有碳碳单键(甲烷除外)、碳氢单键，故①正确；
②烷烃均不能被酸性高锰酸钾氧化，故②错误；
③分子通式为CnH2n+2的烃，C处于饱和状态，一定属于烷烃，故③错误；
④烷烃的特征反应为取代反应，所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应，故④正确；
⑤乙烷与溴水不能发生化学反应，故⑤错误；
故选：C。
本题考查了烷烃的结构和性质，题目难度不大，掌握物质的结构和性质是解题的关键．
12. 解：A.由结构可知分子式为C14H18N2O4，阿斯巴甜只有1个肽键，不属于蛋白质，故A正确；
B.水解时肽键、酯基均断裂，生成氨基丁二酸、氨基苯丙酸，两种氨基酸，故B错误；
C.含氨基、−COOH，能与酸、碱反应，故C错误；
D.连接4个不同基团的C原子为手性碳原子，只有与氨基相连的C为手性碳，故D错误；
故选：A。
由结构可知分子式，分子中含氨基、−COOH、肽键、−COOC−，以此来解答．
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氨基酸的判断及性质应用，题目难度不大。
13. 解：A.该分子中C、H、Br、N、O原子个数依次是10、1、3、1，分子式为C10H8BrN3O，故A正确；
B.分子中的酰胺基能和NaOH水溶液反应生成−COONa和氨基，溴原子能和NaOH的水溶液共热发生取代反应，故B正确；
C.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，故C正确；
D.该分子中连接溴原子的碳原子相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；
故选：D。
A.该分子中C、H、Br、N、O原子个数依次是10、1、3、1；
B.酰胺基、溴原子都能和NaOH的水溶液反应；
C.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.连接溴原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子的溴代烃、连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇都能发生消去反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
14. 【分析】
本题考查了晶胞结构及计算，注意利用均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具有一定空间想象能力，难度中等。
【解答】
X失去1个电子后形成的X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则其原子电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为29号元素铜；晶胞中Cu+位于棱心，一个晶胞中数目为14×12=3，N3−位于晶胞顶点，一个晶胞数目为18×8=1，则其化学式为Cu3N，
故选D。
15. 解：A.苯和溴苯互溶，不能选图中分液漏斗分离，故A错误；
B.蒸馏时温度计测定馏分的温度，图中温度计的水银球未在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管中冷水未下进上出，故B错误；
C.图中缺少玻璃棒引流，操作不合理，故C错误；
D.萃取时应充分混合，则用左手托住分液漏斗活塞，右手抵住玻璃塞，将分液漏斗按图所示双手用力振荡，使液体混合，操作合理，故D正确；
故选：D。
A.苯和溴苯互溶；
B.蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷凝管中冷水下进上出；
C.过滤需要玻璃棒引流；
D.萃取时应充分混合。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16. 解：A.脱氧核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合成DNA单链，单链通过四种碱基A、T、C和G互补配对形成双链，则DNA生物大分子，由图可知四种碱基A、T、C和G中均含有N−H键，故A正确；
B.脱氧核糖分子中含有羟基，H3PO4分子中含有羟基，碱基中含有亚氨基，由图可知，三者通过分子间脱水形成脱氧核糖核苷酸分子，故B正确；
C.−NH2氮原子能提供孤电子对，H+含有空轨道，根据配位键形成条件可知，二者能形成配位键生成−NH3+，使氨基表现出碱性，能与酸发生反应，故C正确；
D.图中虚线表示碱基互补配对(A和T、C和G)时形成的氢键，氢键不是化学键，属于分子间作用力，故D错误；
故选：D。
A.脱氧核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合成DNA单链，单链通过四种碱基A、T、C和G互补配对形成双链；
B.脱氧核糖分子中的羟基与H3PO4分子、碱基分子通分子间脱水得到脱氧核糖核苷酸分子，脱氧核糖核苷酸分子间通过氢键形成DNA片段；
C.氨基电子式为，N原子含有孤电子对，能与含有空轨道的H+形成配位键，类似于氨气形成铵根离子；
D.氢键不是化学键，属于分子间作用力。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确DNH形成原理、配位键形成条件、氢键及其形成等知识是解题关键，注意氢键不是化学键，题目难度中等。
17. 解：(1)“水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100℃，所以最适宜的加热方式是水浴加热，
故答案为：碘水；水浴加热；
(2)①仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用，
故答案为：球形冷凝管；
②在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4⋅2H2O，硝酸被还原为NO和NO2(体积比为1：3)，根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O，
故答案为：C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；
③装置B是安全瓶，防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置C的作用是吸收尾气，防止NO和NO2污染空气，
答案为：做安全瓶，防止倒吸；吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气；
(3)草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸，
故答案为：重结晶；
(4)①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO3溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强，
故答案为：强；
②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为C2H5OOC−COOC2H5，
故答案为：C2H5OOC−COOC2H5。
淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70℃到80℃发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60℃下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2，草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2C2O4⋅2H2O。
本题考查物质制备，为高频考点，明确实验原理、物质的性质、仪器的用途等知识点是解本题关键，侧重考查学生实验设计、实验分析及知识的综合应用能力，题目难度中等。
18. 解：(1)苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，反应方程式为，
故答案为：；
(2)溴易挥发导致生成的HBr中含有溴，溴易溶于苯，所以试管C中苯的作用是：除去HBr中混有的Br2蒸气；HBr水溶液呈酸性，酸遇石蕊试液变红色，所以D溶液变红色，HBr和硝酸银反应生成淡黄色AgBr沉淀，所以E中有淡黄色沉淀生成，
故答案为：除去HBr中混有的Br2蒸气；D管中变红；E管中出现浅黄色沉淀；
(3)溴苯密度大于水且和水不互溶，溴化铁与NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，所以反应2 min～3 min后，在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是：有红褐色沉淀产生，底层出现油状液体，
故答案为：有红褐色沉淀产生；底层出现油状液体；
(4)①A转化为B的化学方程式是，
故答案为：；
②由C生成D的反应类型是取代反应，D与H2反应的反应类型是加成反应，E的结构简式为：，
故答案为：取代反应；加成反应；。
A中发生取代反应生成溴苯和HBr，溴和苯易挥发，所以得到的HBr中含有溴和苯，C装置用于吸收挥发出的溴，D与E检验HBr，F吸收未反应的HBr，防止污染大气。
(1)在溴化铁作催化剂条件下苯和液溴发生取代反应生成溴苯；
(2)溴易溶于苯；酸能使石蕊试液变红色，HBr和硝酸银反应生成淡黄色沉淀；
(3)溴苯密度大于水且和水不互溶，溴化铁与NaOH反应生成氢氧化铁沉淀；
(4)苯和浓硝酸发生取代反应生成A为，B发生信息a的反应生成间甲基苯胺，则B为，A和一氯甲苯发生取代反应生成B.苯和液溴在催化剂条件下发生取代反应生成C为，D和氢气发生加成反应生成，则D为，C发生取代反应生成D.由A→B及C→D转化可知定位规律为：在硝基的间位引入新取代基，在−Br的对位引入请取代基，故苯和溴发生取代反应生成E，E和浓硝酸发生取代反应生成，故E为。
本题考查有机物合成与推断、有机合成实验，理解实验原理明确各装置作用，(4)中注意根据转化分析出定位规律，是对学生综合能力的考查。
19. 解：(1)由图可知，H3BO3分子中含有B−O键、O−H键，均为极性共价键，
故答案为：极性；
(2)图中虚线部分表示H3BO3分子间的一种作用力，并且是电负性大的O原子与H原子间的一种作用力，则为氢键，
故答案为：c；
(3)①BCl3分子中B原子的价层电子对数为3+3−1×32=3，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
②BCl3分子中B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，BCl3分子的空间构型均为平面三角形，正负电荷中心能重合，属于非极性分子，
故答案为：非极性；
(4)①[B(OH)4]−中硼原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，则B原子的杂化方式为sp3，
故答案为：sp3；
②H3BO3分子中B原子含有空轨道，OH−中O原子含有孤电子对，B、O原子间通过配位键形成配离子[B(OH)4]−，
故答案为：H3BO3中B原子提供空轨道，OH−中O原子提供孤电子对，通过形成配位键生成[B(OH)4]−；
③H3BO3是一元弱酸，NaOH是一元强碱，二者反应时n(H3BO3)=n(NaOH)=cV=0.0005Vml，m(H3BO3)=nM=0.0005Vml×62g/ml=0.031Vg，则H3BO3的纯度为0.031Vgag×100%=3.1Va%，
故答案为：3.1Va%。
(1)同种原子间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子间形成的共价键为极性共价键；
(2)图中虚线部分表示H3BO3分子间的一种作用力，不是化学键，结合氢键的形成条件分析判断；
(3)①BCl3分子中B原子的价层电子对数为3+3−1×32=3，VSEPR模型为平面三角形；
②BCl3分子中B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为平面三角形；
(4)①[B(OH)4]−中硼原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体；
②H3BO3分子中B原子含有空轨道，OH−中O原子含有孤电子对，结合配位键形成条件分析解答；
③H3BO3是一元弱酸，与NaOH反应时，n(H3BO3)=n(NaOH)=cV=0.0005Vml，m(H3BO3)=nM=0.0005Vml×62g/ml=0.031Vg。
本题考查了物质结构与性质，把握极性键及分子极性的判断、VSSEPR模型的应用、配合键形成条件、氢键等知识即可解答，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意掌握微粒空间构型和原子杂化方式的判断，题目难度中等。
20. 解：(1)A为，A的名称为甲苯，E为，官能团名称为羧基，B为，
故答案为：甲苯；羧基；；
(2)B→C和G→J两步的反应类型分别为水解反应或取代反应、加聚反应，
故答案为：取代反应或水解反应；加聚反应；
(3)①E+F→H的化学方程式为；
②D与银氨溶液反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH→△+2Ag↓+3NH3+H2O，
故答案为：；+2Ag(NH3)2OH→△+2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)I(CH3CHClCH3)的同系物K比I相对分子质量大28，则K的分子式为C5H11Cl，若K不能发生消去反应，则K的结构简式为(CH3)3CCH2Cl，
故答案为：(CH3)3CCH2Cl。
A属于芳香烃，其分子式为C7H8，则A为，由合成流程可知，B与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为；I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，H属于酯类物质，则E与F发生酯化反应生成H为；I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，以此来解答。
本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意碳原子数及官能团的变化，题目难度不大。