1、陕西省黄陵中学高新部2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16Na23 S 32 K 39 Co 59卷（选择题，共45分）一、选择题（本大题共15个小题，每题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
2、1.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是A. MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，工业上也用其电解冶炼镁B. 明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C. 燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A项，MgO的熔点很高，可作优良的耐火材料，镁是活泼金属，活泼金属的冶炼用电解法， MgO的熔点为2800、熔点高，电解时耗能高，工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，故A项错误；B项，明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B项正确；C项，燃放的焰火是某些金属
3、元素焰色反应所呈现出来的色彩，故C项正确；D项，铝比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D项正确。综上所述，本题正确答案A。2.柠檬烯()是一种食用香料。下列分析正确的是A. 柠檬烯的一氯代物有8种B. 柠檬烯和互为同分异构体C. 柠檬烯分子中所有碳原子可能均处同一平面D. 一定条件下，柠檬烯可以发生加成、氧化、酯化等反应【答案】A【解析】【详解】A项，分子中一共有8种不同环境的H，则其一氯代物有8种，故A项正确；B项，二者分子式不同，丁基苯少了2个H，则二者不是同分异构体，故B项错误；C项，连接甲基的环不是苯环，环上含有亚甲基、次甲基结构，亚甲基、次甲基均是四
4、面体结构，所以不可能所有的碳原子都在同一平面，故C项错误；D项，柠檬烯中没有发生酯化反应所需要的羟基或羧基，所以不能发生酯化反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 2 L 0.5 molL-1CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目为NAB. 一定质量的某单质，若含质子数为n NA，则中子数一定小于nNAC. 标准状况下，22.4LHF含有的共价键数为NAD. 向FeI2溶液中通入一定量Cl2，当1m
5、olFe2+被氧化时，转移的电子数不小于3NA【答案】D【解析】【详解】A项，2 L 0.5 molL-1CH3COOH溶液中溶质的物质的量为2L0.5mol/L=1mol，但是醋酸为弱电解质，部分电离出CH3COO-，则CH3COO-的数目小于NA，故A项错误；B项，质子数与中子数无必然数目关系，故B项错误；C项，在标况下HF为液体，无法计算22.4LHF的物质的量及含有的共价键数目，故C项错误；D项，向FeI2溶液中通入一定量Cl2，Cl2会先将I-氧化，再将Fe2+氧化，当1mol Cl2被氧化时，根据溶液呈电中性可推知溶液中至少含有2mol I-，且I-全部被氧化，故转移的电子数不小于
6、3NA，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。4.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的。下列说法正确的是( )A. 简单离子半径：ZWXYB. X的氢化物中不可能含有非极性键C. 由X与Y两种元素组成的物质可能有漂白性D. 元素Y、Z的氧化物的水化物之间相互反应生成的盐溶液呈中性【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X2-和Y+的核外电子排布相同；Z电子层数与最外层电子数相等，W原子是同周期主族元素中半径最小的，则X、Y、Z、W分别是O、Na、Al、Cl
7、；简单离子半径：Cl- O2- Na+ Al3+，故A错误；H2O2中含有非极性键，故B错误；Na2O2具有漂白性，故C正确；氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，溶液呈碱性，故D错误。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存是A. pH=7的溶液：K、Na、Cl、Fe3+B. 能使酚酞显红色溶液：Na、Mg2、HCO3-、SO42-C. c(H)/c(OH)1012的溶液：K、Fe3、Cl、SO42-D. 水电离出的c(H)1013 molL1的溶液：Ca2、NH4+、NO3-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.由于Fe33H2OFe(OH)33H，Fe3大量存在的溶液显酸
8、性pHMgCN，原子半径最大的是A，故选A。【点睛】本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。12.下列原子中，第一电离能最大的是( )A. BB. CC. AlD. Si【答案】B【解析】试题分析：非金属性越强，第一电离能越大，四种元素中碳元素的非金属性最强，第一电离能最大，答案选B。考点：考查电离能判断13.下列元素的电负性最大的是：( )A. NaB. SC. OD. C【答案】C【解析】非金属性越强，电负性越大，在四个选项中，氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大，因此正确的答案选C。14.金属具有延展性的原因是A.
9、 金属原子半径都较大，价电子数较少B. 金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈的作用C. 金属中大量自由电子受外力作用时，运动速率加快D. 自由电子受外力作用时能迅速传递能量【答案】B【解析】试题分析： 本题考查金属物理性质的通性原因。A、金属价电子较少，容易失去电子，是能说明有还原性，A错误；B、金属键存在于整个金属中，且一般较强，难以断裂。金属通常采取最密集的堆积方式，锻压或者锤打时，金属原子之间容易滑动，但不影响紧密的堆积方式，故有延展性，B正确；C、金属延展性是原子的相对滑动，而不是电子的运动，C错误；D、自由电子传递能量，与延展性无关，可以影响金属的导热性，D错误。
10、考点：金属物理性性质通性点评：本题相对简单，只要掌握物理性质通性原理，学生作答一般不会出现太多错误。15.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )A. 碱性：NaOH Mg(OH)2 Al(OH)3B. 第一电离能：Na Mg Mg AlD. 熔点：Na Mg Al【答案】D【解析】【分析】同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能呈增大的趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，金属晶体的熔点与金属键强弱有关，以此解答该题。【详解】A同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减
11、弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱，金属性：NaMgAl，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故A错误；B同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，第一电离能：MgAlNa，故B错误；C同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：NaMgAl，故C错误；D金属晶体中阳离子半径越小，所带电荷越多，则金属键越强，金属的熔点越高，离子半径：Na+Mg2+Al3+，所带电荷Na+Mg2+Al3+，金属键强度：NaMgAl，所以熔点：NaMgAl，故D正确；故选D。【点睛】本题考查同周期元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意
12、第一电离能的变化规律，为该题的易错点，答题时要注意把握。卷（非选择题，共55分）二、非选择题（本大题共5个小题，共55分）16.（1）麻黄素又称黄碱，是我国特定的中药材麻黄中所含有的一种生物碱。经我国科学家研究发现其结构如下图，下列各物质与麻黄素互为同分异构体的是_(填字母，下同)，互为同系物的是_。（2）烷基取代苯可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成 ，但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C一H键，则不容易被氧化得到 。 现有分子式是C11H16的一烷基取代苯，已知它可以被氧化成为的异构体共有7种，其中的3种是 写出另4种的结构简式：1_2_3_4_【答案】 (1). DE (2). C
13、(3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】（1）先判断麻黄素的分子式及含有的官能团类型，然后结合同分异构体和同系物的定义进行判断；（2）由题意可知该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的七种同分异构体，此题就可解决了。【详解】（1）麻黄素的分子式为：C10H15NO，分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，题中DE与麻黄素的分子式相同、结构不同，它们互为同分异构体，答案选DE。与麻黄素的结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，答案选C；（2）由题意可知，该苯的同系物的各
14、同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样写出C5H12的3种异构体：，其一取代苯共有7种异构体分别是、。17.某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为 5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223。方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：（1）分子中共有_种化学环境不同的氢原子。（2）A的分子式为_。（3）该物质属于哪一类有机物_。（4）A的分子中只含一个甲基的依据是_(
15、填序号)。a A的相对分子质量 b A的分子式c A的核磁共振氢谱图 d A分子的红外光谱图（5）A的结构简式为_。【答案】 (1). 4 (2). C8H8O2 (3). 酯类 (4). bc (5). 【解析】【分析】（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；（3）从红外光谱可知；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223，A的分子式为C8H8O2；（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。【详解】（1）
16、由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；（2）已知A中含碳为70.59、含氢为 5.88，含氧23.53，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n ，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=O、COC、CH这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1223，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；（5）根据以
17、上分析可知，A的结构简式为：。【点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。18.已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。请回答下列问题：（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_。（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为
18、_。（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学方程式_。（4）反应的化学方程式_。（5）B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_。a能够发生水解 b能发生银镜反应c能够与FeCl3溶液显紫色d苯环上的一氯代物只有一种【答案】（1）C5H10O2（2）（3）CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr（4）+2 NaOH+ CH3COONa + CH3CH2CH2OH（5）或【解析】试题分析：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目=2
19、，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：解：E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目=2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH3
20、COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3COOCH2CH2CH3A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为：C5H10O2；（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为：；（3）D（CH3CH2CH2OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr，故答案为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；（4）反应的化学
21、方程式为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH，故答案为：+2 NaOH+CH3COONa+CH3CH2CH2OH；（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a能够发生水解，含有酯基，b能发生银镜反应，含有醛基，c能够与FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，d苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：，故答案：19.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：（1）A的化学名称是_，C中含氧官能团的名称为_。（2）F的结构简式为_，A和E生成F的反应类型为_。（3）A生成B的化学方程式为_。（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式：_。（5）同
22、时满足下列条件的E的同分异构体有_种（不含立体异构）。遇FeCl3溶液发生显色反应； 能发生银镜反应【答案】 (1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 9【解析】【分析】由框图： 知 A是环己醇；由知B为；知E为：；由E+AF,则F为, 由C为，CD可知【详解】（1）苯酚与氢发生加成反应生成A即 ，则为A是环己醇，由C的结构简式：知，C中含氧官能团的名称为：羟基；答案：环己醇；羟基。 （2）根据上述分析可知F的结构简式为；A为环己醇， E为，A+E生成F的反应类型为酯化反应或取代反应。答案：；酯化反应或取代反应。
23、（3）A为环己醇，由A生成B即反应条件知生成B的结构简式为；由A生成B的化学方程式为：2+O22+2H2O；答案：2+O22+2H2O。（4）根据已知：C为，由C合成D的反应条件：可知1)反应生成：，2）的反应为：；答案：。（5）由E的结构简式：，同时满足遇FeCl3溶液发生显色反应，能发生银镜反应的E的同分异构体有：（移动官能团有3种）；（移动官能团有6种），共9种；答案：9。20.葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 molL1NaOH标准溶液进行滴定。（1）滴定
24、前排气泡时，应选择下图中的_(填序号)。（2）若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积_(填序号)。10 mL 40 mL 10 mL 40 mL（3）上述滴定实验中，可选择_为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：_（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为_gL1。滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】 (1). (2). (3). 酚酞 (4). 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 (5). 0.24 (6)
25、. 偏低【解析】【分析】（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取；（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线；（3）强碱滴定酸用酚酞；（4）由SO2H2SO42NaOH关系计算。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小。【详解】（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取，排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡，答案选；（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线，故管内液体的体积大于40 mL，答案选；（3）强碱滴定酸用酚酞，滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为：当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化；(4)SO2与NaOH存在如下关系：SO2H2SO42NaOH64 g 2 molm(SO2) 0.090 0 molL10.025 L解得：m(SO2)0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为=0.24 gL1。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小，故测量结果比实际值偏低。