1、山东省济宁市2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签宇笔书写，字体工整、笔迹清楚。请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的案答无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65 Se-79第I卷 选择题(共20分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有
2、一个选项符合题意。1. 生活中有很多化学问题。下列判断正确的是A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. 可乐饮料中含有的兴奋性物质咖啡因(C8H10O2N4)属于有机物C. 石墨烯是一种新型有机材料D. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子后被人体吸收【答案】B【解析】【详解】A新型冠状病毒主要成分是蛋白质，由C、H、O、N等元素组成，故A错误；B咖啡因(C8H10O2N4)含有C、H、O、N四种元素，该物质属于有机物，故B正确；C石墨烯是一种碳单质，属于无机材料，故C错误；D油脂水解产物为高级脂肪酸和甘油，故D错误；综上所述答案为B。2. 某元素基态原子最外层的电子排布式如下，其中能
3、表示该元素一定为主族元素的是（ ）A. 3s23p6B. ns2C. 4s24p1D. 4s1【答案】C【解析】【详解】A. 3s23p6为Ar元素，0族元素，不是主族，A不符合题意；B. ns2可以表示第A族和大多数副族元素，B不符合题意；C. 4s24p1最外层三个电子，在第四周期第A族，为Ga元素，C符合题意；D. 4s1可以表示K、Cr、Cu，K在主族，Cr、Cu在副族，D不符合题意；答案选C。【点睛】注意主族、副族、族、0族元素的最外层电子的特征。3. 下列各组元素的性质正确的是A. 第一电离能：NOCB. 非金属性：FNOC. 最高正价：FSSiD. 原子半径：PNC【答案】A【解
4、析】【详解】A一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以氮元素的非金属性虽然弱于氧元素的，但第一电离能却大于氧元素，所以第一电离能：NOC，故A正确；B同周期主族元素自左至右非金属性逐渐增大，所以非金属性：FON，故B错误；CF没有正价，故C错误；D电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径：PCN，故D错误；综上所述答案为A。4. 下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是( )A. 任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有 N、O、F 的物质中B. 范德华力比氢键的作用还要弱C. 范德华力与氢键共同决定物
5、质的物理性质D. 范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关【答案】B【解析】【详解】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。【点睛】本题的易错点为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。5. 下列关于物质结构的说
6、法错误的是A. 晶格能：NaFNaClNaBrB. 基态碳原子有三种能量不同电子C. CH4和NH都是正四面体结构，键角均为10928D. 甲醛(HCHO)和光气(COCl2)分子中的键角HCHINi的原因是_。【答案】 (1). (2). N (3). 2p (4). 3 (5). ac (6). N2H4分子间能形成较多的氢键 (7). (8). CN-或C (9). Cu3Ni (10). Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是4s1电子【解析】【详解】(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为Ar3d84s2，则价电子排布图；核外电子占据最高能层的符号为N；(
7、2)N元素为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子为2p能级的电子，其电子云在空间有3个伸展方向；(3)根据丁二酮肟镍分子的结构可知分子内含有OH和氧原子形成的氢键，有氮原子和Ni原子形成的配位键；不含离子键，范德华力为分子间作用力，所以选ac；(4)已知联氨(N2H4)的熔沸点与水接近，这是由于N2H4分子间能形成较多的氢键，所以联氨(N2H4)的熔沸点与水接近；根据N4H结构可知该离子中每个N原子均形成3个键，由于含有大键，所以N原子为sp2杂化，而分子中氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，所以N原子采用sp2等性杂化，则在杂化时2s轨道上有一个电子
8、跃迁到2p能级的一个轨道上，所以该轨道中有一对电子，且该轨道垂直于杂化轨道形成的平面，即该轨道中的电子参与形成大键，4个N原子均参与，而整个原子团带两个单位负电荷，所以参与形成大键的电子数为24-2=6，所以其中的大键可表示为；(5)Ni(CO)4中的配体为CO，含有2个原子，10个价电子，O可用N-或者C2-代替，所以形成的等电子体可以为：CN-或C；根据均摊法，晶胞中Ni原子的个数为=1，Cu原子的个数为=3，所以化学式为Cu3Ni；铜失去1个电子后的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，达到全充满稳定状态，很难失去第2个电子；而镍失去1个电子后的电子排布式为：1s22s2
9、2p63s23p63d84s1，很不稳定，易失去4s的1个电子；所以第二电离能ICuINi。17. 糖类、油脂和蛋白质都是生命中重要的有机物质。(1)淀粉在硫酸作用下发生水解反应，证明淀粉水解产物中含有醛基：试剂X为_，试管C的实验现象为_。(2)某油脂A的结构简式为。从酯的性质看，油脂A在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是_(写结构简式)(3)某科学杂志刊载如图所示A(多肤)B、物质(图中“”是长链省略符号)图中的B是由A与甲醛(HCHO)反应得到，假设“”部分没有反应，1molA消耗甲醛_mol，该过程称为蛋白质的_。天然蛋白质水解生成的最简单的氨基酸的结构简式_，该氨基
10、酸形成的二肽的结构简式是_。(4)聚丙烯酸钠、涤纶的结构简式如图：合成聚丙烯酸钠的单体的结构简式是_；合成涤纶有两种单体；其中能和NaHCO3反应的单体的结构简式是_。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 产生砖红色沉淀 (3). (4). 3 (5). 变性 (6). H2NCH2COOH (7). H2NCH2CONHCH2COOH (8). (9). 【解析】【详解】(1)淀粉是高分子化合物，在稀硫酸作催化剂的条件下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，可发生银镜反应，也可被新制取的氢氧化铜悬浊液氧化，产生砖红色沉淀，但在反应前一定要先加入碱将稀硫酸中和，使反应处于碱性环境中，
11、否则实验失败，看不到实验现象，所以试剂X为NaOH溶液，试管C的实验现象为产生砖红色沉淀；(2)油脂在酸性条件下水解产生高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解产生高级脂肪酸钠和甘油，即共同产物为甘油，结构简式为；(3)对比A、B的分子结构可知，图中的氨基(或亚氨基)和甲醛发生加成反应，假设“”部分没有反应，则反应部位如图所示，所以1molA消耗甲醛3mol；该过程中A的结构和性质发生了变化，称为蛋白质的变性；天然蛋白质水解生成的最简单的氨基酸为甘氨酸，结构简式为H2NCH2COOH；该氨基酸形成的二肽的结构简式是H2NCH2CONHCH2COOH；(4)由高分子的主链只有2个C可知合成聚丙烯酸钠为
12、加聚反应，单体的结构简式为；涤纶中含-COOC-，该合成反应为缩聚反应，单体为对苯二甲酸和乙二醇，其中能和NaHCO3反应的单体应含有羧基，结构简式是。【点睛】凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可。18. 环己酮是重要化工原料，是制造尼龙的主要中间体，也是重要的工业溶剂，实验室利用如下反应原理和实验装置(部分夹持装置略去)制备环己酮：有关物质的物理性质见表。物质沸点()密度(gcm-3，20)溶解性环己醇161.1(97.8)*0.96能溶于水和醚环己酮155.6(95.0)*095微溶于水，能溶于醚水100.010*括号中的数据表示该有机物
13、与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，在5560进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95100的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。(1)装置D的的名称是为_。(2)酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的H0，反应剧烈将导致系体温度迅速上升，副反应增多。简述滴加酸性Na2Cr2O7溶液的方法_；A中发生反应的离子方程式为_。(3)环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a.蒸馏、除去乙醚后，收集151156馏分b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c.过滤d.往液体中加入NaCl固体至饱
14、和，静置，分液e.加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水上述提纯步骤的正确顺序是_；d中往液体中加入NaCl固体的目的是_；上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_。(4)恢复至室温时，分离得到纯产品体积为8rnL，则环己酮的产率为_(保留三个有效数字)。【答案】 (1). 冷凝管 (2). 打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加 (3). 3+Cr2O+8H+=3+2Cr3+7H2O (4). dbeca (5). 降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层 (6). 漏斗、分液漏斗 (7). 80.8%【解析】【分析】本实验的目的是
15、制备环己酮，装置A中利用酸性Na2Cr2O7溶液将环己醇在55 65 时氧化得到环己酮，反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95 100C的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物；之后进行提纯，首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮。【详解】(1)根据装置D结构特点可知其名称是冷凝管；(2)由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应放热，导致体系温度迅速上升、副反应增多，所以酸性Na2Cr2O7 溶液加入不能太快，
16、应打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加； Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，能把环己醇氧化为环己酮，则滴加酸性Na2Cr2O7溶液时反应的离子方程式为：3+Cr2O+8H+=3+2Cr3+7H2O；(3)环己酮的提纯：首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮，所以，提纯步骤的正确顺序是 dbeca； NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层； 过滤需要由漏斗组成的过滤器，分液需要的主要仪
17、器为分液漏斗； (4) 环己醇的质量为10mL0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量= 98g/mol=9.408g，恢复至室温时，分离得到纯产品体积为8mL，由表中的密度可以算出环己酮的实际质量为0.95g/mL8mL=7.6g ，所以环己酮的产率为：=80.8%。【点睛】题通过制取制备环己酮的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，对于陌生物质的制备，关键是理解题目所给的有关该物质的性质，将这些性质充分利用到解题过程中。19. 三明清流“天芳悦潭”温泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题：(1)基态Ge原子价
18、电子排布图为_，Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得_光谱(填“连续”或 “线状”)，鉴定Ge元素的存在。(2)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。 Na2GeO3中锗原子的杂化方式是_。推测 1molGenH2n+2中含有的键的数目是_(用NA表示阿伏加德罗常数值)。(3)利用离子液体EMIM AlCl4可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7其中 EMIM+结构如图所示。该物质的晶体类型是_。EMIM+ 离子中组成元素的电负性由小到大的顺序
19、是_。(4)独立的NH3分子中H-N-H 的键角为 107.3 ，Zn(NH3)62+离子中H-N-H的键角_107.3 ( 填“大于”、“小于”或“等于” )。(5)硒化锌( ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是_；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为( 0，0，0)，B点坐标为(，a，) ，则 D点坐标为_；若该晶胞密度为 gcm-3，则阿伏加德罗常数NA为_(列出计算式)。【答案】 (1). (2). 线状 (3). sp2 (4). (3n+1)NA (5). 离子晶体 (6). HCN (7). 大于 (8). 4 (9)
20、. (，) (10). 【解析】【详解】(1)Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为Ar3d104s24p2，所以价电子排布图为；Ge 原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得线状光谱；(2)Na2GeO3中锗原子的价层电子对数为=3，所以杂化方式为sp2；GenH2n+2与甲烷类似，所以分子中的共价键均为键，n个Ge原子之间形成(n-1)个键，与2n+2个H原子形成(2n+2)个键，则1个分子中键的个数为(2n+2)+(n-1)=3n+1，所以1molGenH2n+2中含有的键的数目为(3n+1)NA；(3)该物质由EMIM+和AlCl4构成，所以属于离子晶体；E
21、MIM+的组成元素为H、C、N，非金属性越强电负性越大，非金属性HCN，所以电负性HCN；(4)孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨气分子中含有孤电子对，而Zn(NH3)62+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键，所以Zn(NH3)62+离子中H-N-H键角107.3；(5)以顶面面心的Se原子为例，该晶胞中有2个Zn距离Se原子最近且距离相等，而在该晶胞的上方的晶胞中还有两个同样的Zn原子，所以Se原子的配位数为4；，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，a，) ，所以A为原点，各坐标轴的方向为，根据俯视图可知D点的x、y坐标参数为、，根据晶胞结构示意图可知
22、z坐标参数为，所以D点坐标为(，)；晶胞的边长为a pm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a10-10)3cm3；根据均摊法可知一个晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子个数为4，所以晶胞的质量m=g，所以晶胞的密度，解得NA=。【点睛】孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，比如NH3和H2O均为sp3杂化，但水分子有2对孤电子对，而氨气分子只有1对，所以NH3的键角大于H2O。20. 化合物H是合成抗胆碱药的一种中间体，合成路线如图，回答下列问题：已知：.+C2H5OH.烯烃与酸性高锰酸钾溶液反应的氧化产物有如下的对应关系：+R3-COOH+CO2(1)化合物A的结构简式是_
23、，H含氧官能团的名称为_。(2)GH的反应类型是_，可证明G已经完全转化为H物质是_(填代号)。a溴水 b酸性KMnO4溶液 c四氯化碳 d钠(3)DE的化学方程式为_。(4)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_。含氧官能团与E不同与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢除苯环外，无其它环状结构(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成的合成路线(其它试剂任选)_。【答案】 (1). (2). 酯基 (3). 消去反应 (4). d (5). +C2H5OH+H2O (6). 或 (7). 【解析】【分析】根据C的结
24、构为，A在光照条件下和氯气转化为B,根据B加NaCN转化为C，逆推B为，A为，由上述关系C在酸性条件下水解生成D，则D的结构简式为，D与乙醇在浓硫酸及加热条件下发生酯化反应生成E，E的分子式为C10H12O2，则E的结构简式为，HCOOC2H5与E发生题中已知所给的反应，则F的结构简式为，F在催化剂作用下与氢气反应，生成G，则G的结构简式为，G在一定条件下生成H，H的结构简式为，则G在一定条件下发生消去反应生成H，据此分析。【详解】(1)根据分析可知，化合物A是甲苯，结构简式是，H的结构简式为：，H含氧官能团的名称为酯基；(2)因为G结构简式为，G中含有醇羟基和酯基，G完全转化为H，H的结构简
25、式为， GH的反应类型是消去反应，生成的H中的含氧官能团为酯基；aG和溴水不反应，H含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，使溴水褪色，无论G全部转化为H还是部分转化为H，都可以使溴水褪色，故无法证明G全部转化为H，故a不符合题意；bG和H都可以被酸性KMnO4溶液氧化，都会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法证明G全部转化为H，b不符合题意； c四氯化碳与G和H都互溶，没有现象，故无法证明G全部转化为H，故c不符合题意； dH中不再含醇羟基，可用金属钠检验，若不与金属钠反应，不产生气体，则G完全转化为H，故d符合题意；答案选d；(3)DE是和乙醇发生酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O；(
26、4)E是，含有酯基，根据题目要求，它的同分异构体不含酯基，能与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2，则可判定该结构中有两个酚羟基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和两个酚羟基，还有3个碳原子作一个取代基，取代基为异丙基，为满足苯环上有两种不同化学环境的氢，二个酚羟基只能处于异丙基的邻位和间位，满足取代基上共有三种不同化学环境的氢，另一个3个碳原子取代基还有2种氢，符合要求的结构式为或；(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成，环己烯是六元环，而目标物为五元环，必须开环，环己烯断键用高锰酸钾即可，被高锰酸钾氧化成二元羧酸，再与乙醇发生酯化反应，生成的酯根据题目的信息，发生如已知的反应即可合成目标产物，因此合成路线为：。【点睛】写出符合下列条件的E的一种同分异构体时，它的同分异构体不含酯基，能与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2，则可判定该结构中有两个酚羟基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和两个酚羟基，还有3个碳原子作一个取代基，取代基为异丙基，要满足两个酚羟基位于对称的位置，为易错点。
