湖北省孝感市普通高中2022-2022学年高二化学下学期期末考试试题答案.doc

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1、湖北省孝感市普通高中2022-2021学年高二化学下学期期末考试试题答案1. 【答案】C【解析】A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反响生产的，A错误；B聚氯乙烯难降解，大量使用会引起“白的污染，且聚氯乙烯受热会放出有毒物质，不能用于食品包装，B错误；C丙烯可以通过石油的裂化和裂解得到，C正确；D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于食品的保鲜，D错误。故答案选C。2. 【答案】B【解析】A. HCCH中含有3个键和2个键，所以1molHCCH分子中所含键数为3 NA，所以A错；B. 标准状况下，7.8 g乙炔

2、(C2H2，0.3mol) 中含C-H键0.6mol，7.8 g苯(C6H6，0.1mol) 中含C-H键0.6mol，所以二者的混合物中含C-H键数目为0.6NA，B项正确；C. CH4 和Cl2 反响生成HCl和多种氯代甲烷，且除一氯甲烷外其他氯代甲烷均为液态，故无法确定生成物中气体的分子数，所以C错；D. 标准状况下，C2H5OH是液体，不是气体，所以不能用来计算，所以D错。3. 【答案】B【解析】A. 姜黄素中有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反响，故A正确；B. 姜黄素不仅可以发生加成反响，也可以发生取代反响，故B错误；C. 姜黄素中存在羟基、酮基和醚键3种含氧官能团，故C正确；D

3、. 手性碳原子所连接的四个原子或原子团要是不同的，并且是饱和的，姜黄素分子中不存在手性碳原子，故D正确；4. 【答案】D【解析】A. 温度升高，蛋白质会发生变性，为了防止蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，所以冷链运输和冷藏储存不是防止蛋白质盐析，而是变性，故A错误；B75%的医用酒精主要成分是乙醇，酒精具有复原性，“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能氧化乙醇，两者会发生氧化复原反响，降低消毒能力，故B错误；C生产“口罩的无纺布材料聚丙烯是合成材料，不是天然高分子材料，故C错误；D四氟乙烯发生加聚反响生成聚四氟乙烯，因此四氟乙烯是单体，故D正确。答案选D。5. 【答案】 D【解析】

4、A. K+离子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为121/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，那么超氧化钾的化学式为KO2，故A正确；B. K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故B正确；C. O原子间以共价键结合，故C正确；D. 由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故D错误。应选D。6.【答案】 C【解析】AHBr的热稳定性比HCl弱，因为Cl的非金属性强于Br，H-Cl比H-Br的键能大，故A正确；BCH4与NH3分子的空间构型不同，

5、但两者中心原子杂化轨道类型均为sp3，故B正确；C金属的焰色反响是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故C错误；D. 水分子中有氢键的作用力大于范德华力，导致沸点变大，硫化氢分子间没有氢键，所以水的沸点比硫化氢的沸点高，故D正确。7.【答案】B【解析】丙烯氧化生成C，C与新制氢氧化铜反响，结合 D的分子式可知，那么C为CH2=CHCHO、D为 CH2=CHCOOH。B与D在浓硫酸、加热条件下生成E，应是发生酯化反响，结合E的分子式可知，应是1分子B与2分子D发生酯化反响，故B为HOCH2CH2OH，那么E为 CH2=CHCOOCH2CH2OO

6、CCH=CH2，E发生加聚反响得到F。由B的结构可知，乙烯与氯气或溴发生加成反响生成A，A为1，2-二卤代烃，A水解得到乙二醇，据此解答。A. 由上述分析可知，反响的反响类型是加成反响，故A错误；B. 由上述分析可知，物质B为HOCH2CH2OH，那么物质B的官能团是羟基，故B正确；C. 由上述分析可知，物质D为CH2=CHCOOH，官能团有羧基，那么物质D可以与Na2CO3 反响，故C错误；D. 由上述分析可知，物质C是CH2=CHCHO，故D错误。8.【答案】A【解析】A. 甲与溴水发生取代反响，乙与溴水发生加成反响，故A项错误；B. 甲和乙所有的碳都没有连接四个不同的原子或原子团，那么都

7、不含有手性碳原子，故B 项正确；C. 甲和乙二者分子式相同，都是C10H14O，相对分子质量相同，那么甲和乙不能用质谱法鉴别，故C项正确；D. 甲和乙二者分子式相同，都是C10H14O，但结构不同，是同分异构体， 故D项正确；答案选A。9. 【答案】B【解析】 A. 该反响是可逆反响，参加过量的乙酸，增加反响物的量，使反响正向移动，丁醇的转化率升高，故A正确； B. 应停止加热，待冷却至室温时再参加沸石，以防止热的液体迸溅而烫伤，故B错误; C. 乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反响，正丁醇易溶于水，那么可用饱和碳酸钠溶液除去，故C正确；D. 由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水

8、在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反响为可逆反响，生成物有水，别离生成的水，使平衡正向移动，提高反响产率，所以要通过分水器不断别离除去反响生成的水，故D正确。10. 【答案】C【解析】A. 基态铬原子的电子排布式为：1S22S22P63S23P6 3d54s1，那么基态铬原子的价电子排布式为：3d54s1，故A正确；B. 基态铁原子的电子排布式为1S22S22P63S23P63d64s2 ，故基态铁原子的简化电子排布式：Ar3d64s2 ，故B正确；C. O为8号元素，2S轨道的两个电子的自旋方向应该相反，故C错误；D. 基态钾原子的电子排布式为1S22S22P63S23P6 4s1，那么K+电

9、子排布式：1S22S22P63S23P6，故D正确。11. 【答案】D【解析】A. 乙醇分子中有3种氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现3种信号，故A错误； B. 正戊烷分子中有3种氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现3种信号，故B错误；C.分子中有4种氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现4种信号，故C错误； D. 分子中有2种氢原子，在核磁共振氢谱图中出现2种信号，故D正确；D. 正戊烷分子中有3种氢原子，在核磁共振氢谱图中出现出现3种信号，故D错误。12.【答案】 A【解析】A. 淀粉水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反响，故A正确；B. 糖类中单糖不能水解，故B错误；C. 淀粉和纤维素的

10、通式均为C6H10O5n ，但二者n不同，故不互为同分异构体，故C错误；D. 糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误。13. 【答案】C【解析】A. 乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B. 乙醛的分子式为：C2H4O，结构简式为：CH3CHO，故B错误；C. C正确；D. 乙酸的官能团是：-COOH，故D错误。14. 【答案】D【解析】A. 碘遇淀粉试液变蓝色，如果淀粉溶液中参加碘水后溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解；如果淀粉溶液中参加碘水后溶液不变蓝色，说明淀粉完全水解。故A能到达实验目的;B. 重铬酸钾具有强氧化性，能氧化乙醇生成乙酸，该反响中重铬酸钾得

11、电子作氧化剂，乙醇作复原剂，表达复原性，故B能到达实验目的;C. CuSO4溶液中参加过量NaOH溶液振荡，得到碱性条件下的氢氧化铜悬浊液，那么可验证是否患有糖尿病，故C能到达实验目的;D. CH3CH2Cl在NaOH溶液中发生水解后，假设要检验氯离子，需在酸性条件下参加硝酸银溶液，假设直接取上层清液参加硝酸银溶液，硝酸银溶液会与过量的NaOH反响产生沉淀干扰氯离子的检验，故D不能到达实验目的。15.【答案】D【解析】X与Y形成的某一化合物是一种空气污染物，其易生成二聚体，可知该化合物为NO2，NO2易生成N2O4，且X、Y两基态原子的核外电子的空间运动状态相同，短周期主族元素X、Y、Z、W的

12、原子序数依次增大可知X为N元素、Y为O元素；W在周期表中的周期数与族序数相等，那么W为Al元素；Y的基态原子的核外电子排布式为1S22S22P4,最低能级电子数为2，Z的基态原子的最高能级的电子数是Y的基态原子的最低能级电子数的一半，那么Z的基态原子的最高能级的电子数为1，Z的原子序数比Y的大，所以Z有3个电子层， Z为Na元素，由以上分析可知X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Al元素。A. 同周期元素从左到右原子半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，那么原子的半径：NaAlNO,即ZWXY，故A正确；B. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性NO，Y的非金属性最强，故B正确；C. 同

13、周期元素从左向右第一电离能增大，同主族元素从上到下第一电离能减小，且N的2p电子半满为稳定结构，那么第一电离能: ZWYX，故D错误。16.14分【答案】1第三周期第A族2分 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar 3d104s12分 2 sp3 2分3 四面体形2分4N或氮2分 ； ac2分；5521.4NA或224+141.4NA 2分 【解析】1Mg是12号元素，在周期表中的位置是：第三周期第A族；Cu是29号元素，根据核外电子排布规律可知，Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar 3d104s1，故答案为：第三周期第A族；1s22s22p63s2

14、3p63d104s1或Ar 3d104s1；2CH3OH分子中碳原子的价层电子对数为4，所以CH3OH分子中碳原子采取SP3方式 杂化，故答案为：SP3；3水分子中O原子的价层电子对数=2+12 (621)=4，所以H2O的VSEPR模型为四面体形。故答案为：四面体形；4铜离子具有空轨道，乙二胺分子中氮原子具有孤对电子，铜离子与乙二胺分子中氮原子形成配位键，那么Cu(en)22+离子中含有配位键，乙二胺分子中还含有碳氢、碳碳、碳氮、氮氢 键，那么ac正确，故答案为：N或氮；ac；5X的晶胞结构中H-数目为4，Mg2+数目为2，那么该晶胞的化学式为MgH2，由X的晶胞结构可知，晶胞的质量为：22

15、4+14NA g，密度为1.4 g -3，根据m=V，那么晶胞的体积为：224+141.4NAcm3，那么故答案为：224+141.4NA或 521.4NA17. 14分【答案】1 2分冷凝管2分 冷凝回流，减少环己醇的蒸出损失或提高环己醇的利用率2分 2分液2分3参加待蒸馏的物质环己烯和沸石，再向冷凝管中通入冷凝水，最后加热2分4a-cV200082b100% 2分5b2分【解析】1由流程图可知，烧瓶A中，环己醇在 FeCl3.6H2O的催化下发生消去反响生成环己烯，反响的化学方程式为：仪器B的名称为冷凝管，可以冷凝回流，减少环己醇的蒸出损失，从而提高其利用率。2经操作2后得到了有机相和水相

16、，可知操作2为分液 3在操作3中，先安装好蒸馏装置，然后参加待蒸馏的物质环己烯和沸石，再向冷凝管中通入冷凝水，最后加热，弃去前馏分，同时收集83的馏分。4过程中发生的反响有 Br2+2KI=I2+2KBr、 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S406，由上述反响可得关系式: Br2 I22Na2S2O3，与KI反响的Br2的物质的量：n(Br2)=12nNa2S2O3=12cV10-3 mol, 与环己烯反响的Br2的物质的量：n(Br2)=(a-12cV10-3)mol，环己烯与Br2发生加成反响时的化学方程式为:， 可知环己烯的物质的量为(a-12cV10-3)mol，环己烯的摩尔质

17、量为82g/mol，那么环己烯的质量为：(a-12cV10-3)82g，样品质量为bg，环己烯的质量分数=实际质量样品质量100%=a-cV200082b100%；(5) a项，Na2S2O3 标准溶液局部被氧化，消耗的Na2S2O3标准溶液的体积会偏大，测定结果会偏低，故不选a项;b项，假设样品中含有苯酚杂质，苯酚和Br2会发生取代反响生成沉淀，相同质量的苯酚与环己烯，苯酚能够和更多的Br2反响，因此测定结果会偏高，应选b项；c项，测定过程中局部环己烯挥发，导致环己烷质量减少，测定结果会偏低，不选c项;1814分【答案】14 2分2对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸2分3 、 2分，只填一个1分，

18、一对一错0分4酯基2分 硝基、酯基 2分，只填一个1分，一对一错0分5 2分6 +HNO3 +H2O 2分【解析】甲苯发生硝化反响生成A，A中甲基被高锰酸钾溶液氧化为羧基，根据B的结构简式，可知A是；B和乙醇发生酯化反响生成C，C发生复原反响生成莱佐卡因。1甲苯中一共有4种等效氢，故答案为：4；2B是，那么B的名称是对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸，故答案为：对硝基苯甲酸或4-硝基苯甲酸；3由以上分析可知，A是，在的同分异构体中，与A具有相同官能团、属于芳香化合物 、核磁共振氢谱有5组峰，符合条件的是和，故答案为：，；4莱佐卡因中的官能团有氨基和酯基，其中含氧官能团的名称为酯基；C是，官能团名称为

19、硝基、酯基，故答案为：酯基；硝基、酯基；5BC是和乙醇发生酯化反响生成，反响的反响方程式为：6甲苯A是甲苯和浓硝酸反响生成A，反响的反响方程式为：+HNO3 +H2O19.13分【答案】 (1). 醚键、羟基 2分(2). 酯化(取代)反响 2分(3). 6 2分4. 2分 (5). 是 2分3分，每步1.5分【解析】(1)根据F结构简式，含氧官能团的名称是醚键、羟基；(2)AB为A与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反响，反响类型为酯化(取代)反响；(3)C为对称结构，其中C2H5-有2组氢原子，-OCH3有1组，苯环上1组，-CH2COOCH3有2组氢原子，核磁共振氢谱有6组；(4)D的结构简式为；(5)E和F分子式均为C14H16O4，其结构不同，互为同分异构体；(6)生成化合物，需要与乙二酸二乙酯反响制取，乙二酸二乙酯那么需要乙二酸与足量的乙醇反响制取，流程为CH3CH2OH与HOOCCOOHCH3CH2OOCCOOCH2CH3与。7