精品解析：北京市第一七一中学2023-2024学年高二下学期6月月考化学试题

北京市第一七一中学2023—2024学年度第二学期 高二化学6月考试题 可能用到的相对原子质量：H：1；C：12；O：16；Ti：48；Co：59 第Ⅰ卷(共42分) 本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分 1. 下列物质的主要成分不属于高分子的是 A．花生油 B．棉花 C．羊毛 D．天然橡胶 A. A B. B C. C D. D 2. 下列说法不正确的是 A. 植物油氢化后得到硬化油的过程属于加成反应 B. 葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液可发生氧化反应 C. 核苷酸间通过缩合聚合生成核酸 D. 溶液和溶液使鸡蛋清溶液变浑浊的原因相同 3. 下列有机物的系统命名正确的是 A. 2，3-甲基丁烷 B. 3-甲基-2-乙基戊烷 C. 3-甲基-1-丁烯 D. 2-甲基-4-戊醇 4. 下列各组物质既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是 A. 苯和甲苯 B. 己烷和己烯 C. 己烯和己炔 D. 己烯和甲苯 5. 下列说法正确的是 A. 中含有两种不同环境的氢原子 B. 顺丁烯与反丁烯与氢气的加成产物不同 C. 在铜催化下能被氧气氧化为醛 D. 中的所有碳原子均处在同一直线上 6. 二氯亚砜()的结构式为，易水解产生两种刺激性气味的气体。下列说法不正确的是 A. S的化合价为＋4 B. 该分子呈平面三角形 C. 该分子是极性分子 D. 7. 下列对事实的分析正确的是 选项 事实 分析 A 键角： 电负性： B 粮食可以用于酿酒 过程中发生了淀粉水解得到葡萄糖，进而在酒化酶的作用下水解得到乙醇 C 沸点： CO为极性分子，为非极性分子 D 热稳定性： HF中存在氢键，HCl中不存在氢键 A. A B. B C. C D. D 8. 溴匹立明用于治疗膀胱癌，毒副作用小，其结构简式如下图。下列关于溴匹立明的说法不正确的是 A. 分子式为C10H8BrN3O B. 能与NaOH溶液反应 C. 能与酸性KMnO4溶液反应 D. 能发生消去反应 9. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰。下列说法不正确的是 A. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中苯环上的一氯代物的种数不同 B. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中均含手性碳原子 C. 布洛芬和成酯修饰产物均可发生取代反应、加成反应 D. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中碳原子均有、两种杂化方式 10. 用如图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是 A. 检验乙炔具有还原性 B. 检验溴乙烷水解产物中含有 C. 制备并接收乙酸乙酯 D. 验证“相似相溶”规律 11. N()是合成COA的中间体。其合成路线如下。 已知： ⅰ.+CH3CHO。 ⅱ.M→N时，需控制M的浓度不宜过大。 下列说法不正确的是 A. E的结构简式是 B. F→G的反应类型是加成反应 C. M浓度过大会导致M分子间脱水生成的副产物增多 D. 含且核磁共振氢谱有2组峰的N的同分异构体有1种 12. 含氟高分子是良好的防水涂层材料，某含氟高分子P的合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 合成高分子P的聚合反应为加聚反应 B. X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上 C. X与试剂反应每生成，同时生成 D. 将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯可得到网状高分子 13. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 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+XRX(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 第Ⅱ卷(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的值，则该晶体的密度为___________g·cm-3(1nm=10-7cm)。 16. 乳酸正丙酯具有高沸点、低毒性和较好的水溶性，广泛应用于涂料、化妆品及生物溶剂领域。某小组同学欲通过实验研究乳酸的结构，并制备乳酸正丙酯。 【实验1】研究乳酸的结构 i．确定分子式。利用元素分析法和质谱法测得乳酸的分子式为C3H6O3。 ii．确定官能团。通过红外光谱初步确定乳酸分子的官能团为-COOH和-OH，并进行如下实验验证。 序号 待验证官能团 检测试剂 实验现象 实验结论 ① -COOH ___________ 产生无色气泡 含有-COOH ② -OH 酸性KMnO4溶液 ___________ 含有-OH （1）实验①中，检测试剂为___________。 （2）实验②中，观察到的现象为___________。 iii．确定结构简式。 （3）乳酸分子的核磁共振氢谱如下图所示。结合上述信息推测乳酸的结构简式为___________。 【实验2】制备乳酸正丙酯 实验室制备乳酸正丙酯的步骤如下： i．将乳酸、正丙醇(物质的量之比为1：3)和浓硫酸投入三口瓶中(装置如图，加热、夹持、搅拌装置已略去)，加热至102~105℃，反应6h。 ii．酯化结束后，降温至60℃以下，加入与硫酸等物质的量的纯碱。 iii．常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用。 iv．当温度高于110℃时，停止加热，冷却，当温度降至40℃以下时，接好减压装置，进行减压蒸馏，收集120℃左右的馏分，获得乳酸正丙酯。资料：相关物质的沸点如下表。 物质 乳酸 正丙醇 乳酸正丙酯 沸点/℃ 227.6 97.2 168 （4）步骤i中，乳酸与正丙醇发生酯化反应的化学方程式为___________。 （5）步骤iii中，收集到的可循环使用的物质主要是___________。 （6）步骤iv中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯(六元环状酯)，该交酯的结构简式为___________。 17. 丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药(分子式为)和应用广泛的DAP树脂： 已知酯与醇可发生如下酯交换反应： （1）农药分子中每个碳原子上均连有卤原子。 ①A的结构简式是_______，A含有的官能团名称是_______； ②由丙烯生成A的反应类型是_______。 （2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是_______。 （3）C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60％，氢8％，氧32％。C的结构简式是_______。 （4）C的同分异构体中，属于羧酸类且含有2个甲基的结构简式有_______(不考虑立体异构)。 （5）下列说法正确的是(选填序号字母)_______。 a.C能发生聚合反应、还原反应和氧化反应 b.D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量 c.E具有芳香气味，易溶于水 （6）E的水解产物经分离最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备。其中将甲醇与H分离的操作方法是_______。 （7）F的分子式为。DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种。D和F反应生成DAP单体的化学方程式是_______。 18. 多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下： 已知： ⅰ. ⅱ. ⅲ.核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。 （1）所需试剂是_______。 （2）的反应为取代反应，该反应的化学方程式为_______。 （3）E中官能团的名称为_______。 （4）的过程中会得到少量聚合物，该反应的化学方程式为_______。 （5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：_______。 a.能与反应 b.核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为 （6）的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。 中间产物1、3的结构简式分别为_______、_______。 （7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为，此时K的产率为_______。 19. 某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。 已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。 （1）将25%的NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下： 实验 试剂用量 实验现象 I n(HCHO)：n(CuSO4) > 20 生成紫红色固体，有大量气体产生 II n(HCHO)：n(CuSO4) = 1 生成砖红色固体，有少量气体产生 ①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为___________；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象___________。 ②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式___________。 ③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式___________。 （2）在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下： 实验 实验操作 实验现象 III 铜粉中加入7 mol/L盐酸，振荡 铜粉未溶解，溶液呈无色 IV 氧化亚铜中加入7 mol/L盐酸，振荡； 再加入过量铜粉 固体全部溶解，溶液变为黄色； 黄色溶液变为无色 V 橙红色固体中加入7 mol/L盐酸，振荡 固体全部溶解，溶液变为黄色 ①实验III的目的___________。 ②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化：___________。 ③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一七一中学2023—2024学年度第二学期 高二化学6月考试题 可能用到的相对原子质量：H：1；C：12；O：16；Ti：48；Co：59 第Ⅰ卷(共42分) 本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分 1. 下列物质的主要成分不属于高分子的是 A．花生油 B．棉花 C．羊毛 D．天然橡胶 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．花生油为油脂，不是高分子化合物，A符合题意； B．棉花为植物纤维，属于高分子化合物，B不符合题意； C．羊毛含有蛋白质，属于高分子化合物，C不符合题意； D．天然橡胶中成分的相对分子质量很大，为高分子化合物，D不符合题意； 故选A。 2. 下列说法不正确的是 A. 植物油氢化后得到硬化油的过程属于加成反应 B. 葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液可发生氧化反应 C. 核苷酸间通过缩合聚合生成核酸 D. 溶液和溶液使鸡蛋清溶液变浑浊的原因相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．油脂的硬化是不饱和高级脂肪酸甘油酯与氢气在一定条件下发生变成饱和高级脂肪酸甘油酯，属于加成反应，A正确； B．葡萄糖中含有醛基，属于还原糖，与新制氢氧化铜悬浊液可发生氧化反应生成砖红色沉淀，B正确； C．核酸是由许多核酸核苷酸缩合聚合而成的生物大分子，C正确； D．溶液使鸡蛋清溶液变浑浊是因为发生了盐析，物理变化，溶液使鸡蛋清溶液变浑浊是因为重金属盐使蛋白质发生了变性，化学变化，D错误； 故选D。 3. 下列有机物的系统命名正确的是 A. 2，3-甲基丁烷 B. 3-甲基-2-乙基戊烷 C. 3-甲基-1-丁烯 D. 2-甲基-4-戊醇 【答案】C 【解析】 【详解】A．2，3-甲基丁烷的名称中取代基个数未写出，正确的名称为：2，3-二甲基丁烷，A错误； B．3-甲基-2-乙基戊烷名称中主碳链选错，正确名称为：3，4-二甲基己烷，B错误； C．3-甲基-1-丁烯符合系统命名法，C正确； D．2-甲基-4-戊醇名称中的主碳链起点选错，正确名称为：4-甲基-2-戊醇，D错误； 故选C。 4. 下列各组物质既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是 A. 苯和甲苯 B. 己烷和己烯 C. 己烯和己炔 D. 己烯和甲苯 【答案】B 【解析】 【分析】既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的有机物应含有不饱和键。 【详解】A．苯、甲苯均与溴水都不发生反应，不能用溴水鉴别，故A不符合题意； B．己烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，可与溴水发生加成反应，而己烷与二者均不反应，可鉴别，故B符合题意； C．己烯和已炔分别含有碳碳双键、碳碳三键，均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，实验现象相同，不能鉴别，故C不符合题意； D．己烯和甲苯均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，高锰酸钾溶液均褪色，实验现象相同，不能鉴别，故D不符合题意； 故选：B。 5. 下列说法正确的是 A. 中含有两种不同环境的氢原子 B. 顺丁烯与反丁烯与氢气的加成产物不同 C. 在铜催化下能被氧气氧化为醛 D. 中的所有碳原子均处在同一直线上 【答案】D 【解析】 【详解】A．由结构可知该分子结构对称，只含一种H原子，故A错误； B．顺丁烯与反丁烯与氢气加成均得到丁烷，故B错误； C．该结构中羟基所连碳上无氢原子，不能发生催化氧化，故C错误； D．碳碳三键以及与其直接相连的碳原子在同一直线上，故D正确； 故选：D。 6. 二氯亚砜()的结构式为，易水解产生两种刺激性气味的气体。下列说法不正确的是 A. S的化合价为＋4 B. 该分子呈平面三角形 C. 该分子是极性分子 D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据化合物化合价代数和为0，O为-2价，Cl为-1价，可求得S的化合价为+4价，A正确； B．中心原子S的价层电子对数，是sp3杂化，有一对孤电子对，为三角锥形，B错误； C．分子呈三角锥形，为由极性键形成的极性分子，C正确； D．易水解产生两种刺激性气味的气体，则气体为SO2和HCl，故化学方程式为：，D正确； 故选B。 7. 下列对事实的分析正确的是 选项 事实 分析 A 键角： 电负性： B 粮食可以用于酿酒 过程中发生了淀粉水解得到葡萄糖，进而在酒化酶的作用下水解得到乙醇 C 沸点： CO为极性分子，为非极性分子 D 热稳定性： HF中存在氢键，HCl中不存在氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH4分子中的中心原子C的价层电子对数为4，无孤电子对，NH3分子中的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1、H2O分子中的中心原子O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，由于孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，所以键角大小为，与电负性大小无关，故A错误； B．葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇，葡萄糖为单糖不能发生水解，故B错误； C．CO和N2结构相似，相对分子质量相等，但CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2的沸点，故C正确； D．F、Cl位于同一主族，同一主族从上到下，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的稳定性减弱，所以热稳定性：HF>HCl，故D错误； 故选：C。 8. 溴匹立明用于治疗膀胱癌，毒副作用小，其结构简式如下图。下列关于溴匹立明的说法不正确的是 A. 分子式为C10H8BrN3O B. 能与NaOH溶液反应 C. 能与酸性KMnO4溶液反应 D. 能发生消去反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据溴匹立明的结构简式，可知分子式为C10H8BrN3O，故A正确； B．含有碳溴键、酰胺键，所以能与NaOH溶液反应，故B正确； C．含有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液反应，故C正确； D．连有溴原子的邻位碳上没有H，不能发生消去反应，故D错误； 选D。 9. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成酯修饰。下列说法不正确的是 A. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中苯环上的一氯代物的种数不同 B. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中均含手性碳原子 C. 布洛芬和成酯修饰产物均可发生取代反应、加成反应 D. 布洛芬和成酯修饰产物的分子中碳原子均有、两种杂化方式 【答案】A 【解析】 【详解】A．布洛芬和成酯修饰产物的分子中含有的苯环都是上下对称有两个不同的取代基，所以一氯代物的种数相同，A错误； B．连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，布洛芬和成酯修饰产物中均含1个手性碳原子(与羧基或酯基相连碳原子)，B正确； C．布洛芬和成酯修饰产物结构中都有苯环都可发生加成反应，结构中碳原子上均连接氢原子都可发生取代反应，C正确； D．布洛芬结构中构成环和羧基的碳原子是杂化方式，其它碳原子是杂化方式，成酯修饰产物中构成环和酯基的碳原子是杂化方式，其它碳原子是杂化方式，D正确； 故选A。 10. 用如图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是 A. 检验乙炔具有还原性 B. 检验溴乙烷水解产物中含有 C. 制备并接收乙酸乙酯 D. 验证“相似相溶”规律 【答案】A 【解析】 【详解】A．电石反应产生乙炔含有硫化氢也能使酸性高锰酸钾褪色，A正确； B．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溴离子，B错误； C．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，C错误； D．碘单质和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子，用此实验可以验证“相似相溶”规律，D错误； 故选A。 11. N()是合成COA的中间体。其合成路线如下。 已知： ⅰ.+CH3CHO。 ⅱ.M→N时，需控制M的浓度不宜过大。 下列说法不正确的是 A. E的结构简式是 B. F→G的反应类型是加成反应 C. M浓度过大会导致M分子间脱水生成的副产物增多 D. 含且核磁共振氢谱有2组峰的N的同分异构体有1种 【答案】D 【解析】 【分析】根据逆推法，由M脱水得到N()，则M为，E与HCHO发生加成反应生成F，F与HCN发生加成反应生成G，结合分子式及G水解得到M的原理，可推知G为，F为，则E为； 【详解】A．根据分析可知，E的结构简式是，A正确； B．F→G是与HCN发生加成反应生成，B正确； C．M浓度过大会导致M分子间脱水生成的副产物（或等）增多，C正确； D．含且核磁共振氢谱有2组峰的N()的同分异构体有共2种，D不正确； 答案选D。 12. 含氟高分子是良好的防水涂层材料，某含氟高分子P的合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 合成高分子P的聚合反应为加聚反应 B. X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上 C. X与试剂反应每生成，同时生成 D. 将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯可得到网状高分子 【答案】C 【解析】 【分析】X和试剂a发生脱水反应生成Y，结合高分子p，a为CF3CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，Y、Z、发生加聚反应生成P。 【详解】A．Y、Z、均断开双键，然后生成高分子P，该聚合反应为加聚反应，A正确； B．X含有碳碳双键，碳碳双键连接的原子，均共面，故X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上，B正确； C．a为CF3CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，X与试剂反应每生成，同时生成，C错误， D．将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯，由于对二乙烯基苯（）的对位也可以发生同样的加聚反应，故可得到网状高分子，D正确； 故选C。 13. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；； B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅰ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确； C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确； D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误； 故选D。 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+XRX(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Ⅱ卷(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的值，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，COH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：HCH>COH （3）C6H6O+28·OH6CO2+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，COH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：HCH>COH。 【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·OH6CO2+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、Co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. 乳酸正丙酯具有高沸点、低毒性和较好的水溶性，广泛应用于涂料、化妆品及生物溶剂领域。某小组同学欲通过实验研究乳酸的结构，并制备乳酸正丙酯。 【实验1】研究乳酸的结构 i．确定分子式。利用元素分析法和质谱法测得乳酸的分子式为C3H6O3。 ii．确定官能团。通过红外光谱初步确定乳酸分子的官能团为-COOH和-OH，并进行如下实验验证。 序号 待验证官能团 检测试剂 实验现象 实验结论 ① -COOH ___________ 产生无色气泡 含有-COOH ② -OH 酸性KMnO4溶液 ___________ 含有-OH （1）实验①中，检测试剂为___________。 （2）实验②中，观察到的现象为___________。 iii．确定结构简式。 （3）乳酸分子的核磁共振氢谱如下图所示。结合上述信息推测乳酸的结构简式为___________。 【实验2】制备乳酸正丙酯 实验室制备乳酸正丙酯的步骤如下： i．将乳酸、正丙醇(物质的量之比为1：3)和浓硫酸投入三口瓶中(装置如图，加热、夹持、搅拌装置已略去)，加热至102~105℃，反应6h。 ii．酯化结束后，降温至60℃以下，加入与硫酸等物质的量的纯碱。 iii．常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用。 iv．当温度高于110℃时，停止加热，冷却，当温度降至40℃以下时，接好减压装置，进行减压蒸馏，收集120℃左右的馏分，获得乳酸正丙酯。资料：相关物质的沸点如下表。 物质 乳酸 正丙醇 乳酸正丙酯 沸点/℃ 227.6 97.2 168 （4）步骤i中，乳酸与正丙醇发生酯化反应的化学方程式为___________。 （5）步骤iii中，收集到的可循环使用的物质主要是___________。 （6）步骤iv中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯(六元环状酯)，该交酯的结构简式为___________。 【答案】（1）Na2CO3溶液 （2）溶液的紫色褪色 （3） （4）+CH3CH2CH2OH +H2O （5）CH3CH2CH2OH （6） 【解析】 【分析】乳酸分子中含有-COOH、-OH，可根据其具有酸性，酸性比碳酸的酸性强，能够与Na2CO3反应产生CO2气体检验其含有-COOH；根据其能够使酸性KMnO4溶液褪色说明其中含有-OH；根据其核磁共振氢谱图确定其含有的H原子的种类，从而确定物质的分子结构。乳酸与正丙醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生乳酸正丙酯和水，该反应是可逆反应，反应后溶液中含有未反应的乳酸、正丙醇、乳酸正丙酯、硫酸，反应后向其中加入与H2SO4等物质的量的Na2CO3，反应消耗催化剂硫酸，在常温下蒸馏收集得到的馏分是正丙醇；通过减压蒸馏收集120℃的馏分得到乳酸正丙酯。 【小问1详解】 在实验①中可根据羧酸的酸性比碳酸强，向其中加入Na2CO3溶液，反应产生CO2气体而有气泡，证明其中含有-COOH，故实验①中试剂是Na2CO3溶液； 【小问2详解】 在实验②中可根据醇羟基具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，来检验-OH的存在，故实验②中，观察到的现象为溶液的紫色褪色； 【小问3详解】 根据核磁共振氢谱图可知：乳酸分子中含有四种不同的H原子，它们的数目比是1：1：1：3，故其分子结构简式是； 【小问4详解】 在步骤i中，乳酸与正丙醇发生酯化反应产生乳酸正丙酯和水，该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：+CH3CH2CH2OH +H2O； 【小问5详解】 根据表格数据可知正丙醇的沸点是97.2℃，所以在步骤iii中，在常压蒸馏至110℃左右收集到的可循环使用的物质主要是正丙醇CH3CH2CH2OH； 【小问6详解】 在步骤iv中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯(六元环状酯)，每个乳酸分子的羧基脱去羟基，每个羟基脱去H原子，形成环状酯，该交酯的结构简式为。 17. 丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药(分子式为)和应用广泛的DAP树脂： 已知酯与醇可发生如下酯交换反应： （1）农药分子中每个碳原子上均连有卤原子。 ①A的结构简式是_______，A含有的官能团名称是_______； ②由丙烯生成A的反应类型是_______。 （2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是_______。 （3）C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60％，氢8％，氧32％。C的结构简式是_______。 （4）C的同分异构体中，属于羧酸类且含有2个甲基的结构简式有_______(不考虑立体异构)。 （5）下列说法正确的是(选填序号字母)_______。 a.C能发生聚合反应、还原反应和氧化反应 b.D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量 c.E具有芳香气味，易溶于水 （6）E的水解产物经分离最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备。其中将甲醇与H分离的操作方法是_______。 （7）F的分子式为。DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种。D和F反应生成DAP单体的化学方程式是_______。 【答案】（1） ①. ②. 碳碳双键、碳氯键 ③. 取代反应 （2） （3） （4）CH3C(CH3)=CHCOOH、CH3CH=C(CH3)COOH （5）ab （6）蒸馏 （7）+2+2CH3OH。 【解析】 【分析】农药分子中每个碳原子上均连有卤原子，则可知丙烯在(500℃)条件下发生取代反应生成，A与溴发生加成反应生成；C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60％，氢8％，氧32％，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含，，，则分子式为，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为，C→D发生酯交换反应，则D为，E为，水解生成甲醇和B，则B为，H为。 【小问1详解】 ①由以上分析可知A为，官能团含有碳碳双键、碳氯键； ②由丙烯生成A的反应类型是取代反应。 【小问2详解】 A水解可得到D，该水解反应的化学方程式为。 【小问3详解】 由分析可知，C的结构简式为。 【小问4详解】 C的同分异构体中，属于羧酸类且含有2个甲基的结构简式有CH3C(CH3)=CHCOOH、CH3CH=C(CH3)COOH共2种。 【小问5详解】 a．C为，含有碳碳双键，可发生聚合反应、还原反应和氧化反应，故a正确； b．D为，加成产物为，相对分子质量为60，B为，相对分子质量为60，故b正确； c．E为，属于酯类物质，具有芳香气味，易溶于乙醇，难溶于水，故d错误； 故答案为：ab。 【小问6详解】 H为乙酸钠，与甲醇的沸点差异较大，可利用蒸馏的方法来分离。 【小问7详解】 F的分子式为，DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种，应位于邻位，D为，则F为，反应生成DAP单体的化学方程式是：+2+2CH3OH。 18. 多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下： 已知： ⅰ. ⅱ. ⅲ.核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。 （1）所需试剂是_______。 （2）的反应为取代反应，该反应的化学方程式为_______。 （3）E中官能团的名称为_______。 （4）的过程中会得到少量聚合物，该反应的化学方程式为_______。 （5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：_______。 a.能与反应 b.核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为 （6）的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。 中间产物1、3的结构简式分别为_______、_______。 （7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为，此时K的产率为_______。 【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸 （2） （3）硝基、羧基 （4） （5） （6） ①. ②. （7）40% 【解析】 【分析】A的分子式为C7H8，从D的结构简式和C生成D的反应条件可知，C发生水解反应生成D，结合C的分子式可以推知C的结构简式为，B和CH3OOCCOOCH3发生取代反应生成C，可知，B是，则A发生硝化反应生成B，A为，根据G的结构简式，结合已知信息ii，可知F的结构简式为，E发生还原反应生成F，则E的结构简式为，F到G失水发生取代反应形成环状结构，G到I发生氧化反应，I与H2O2反应生成J，J转化为K。 【小问1详解】 A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸。 【小问2详解】 B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：。 【小问3详解】 E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基。 【小问4详解】 F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：。 【小问5详解】 I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：。 【小问6详解】 J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K。 【小问7详解】 三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。 19. 某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。 已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。 （1）将25%的NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下： 实验 试剂用量 实验现象 I n(HCHO)：n(CuSO4) > 20 生成紫红色固体，有大量气体产生 II n(HCHO)：n(CuSO4) = 1 生成砖红色固体，有少量气体产生 ①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为___________；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象___________。 ②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式___________。 ③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式___________。 （2）在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下： 实验 实验操作 实验现象 III 铜粉中加入7 mol/L盐酸，振荡 铜粉未溶解，溶液呈无色 IV 氧化亚铜中加入7 mol/L盐酸，振荡； 再加入过量铜粉 固体全部溶解，溶液变为黄色； 黄色溶液变为无色 V 橙红色固体中加入7 mol/L盐酸，振荡 固体全部溶解，溶液变为黄色 ①实验III的目的___________。 ②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化：___________。 ③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因___________。 【答案】（1） ①. Cu ②. 取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体 ③. HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O ④. Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O （2） ①. 验证铜粉与7 mol/L盐酸不反应 ②. Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O、4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O、[CuCl4]2− + Cu = 2[CuCl2]− ③. 不合理；橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物 【解析】 【分析】探究Cu(OH)2和醛的反应产物，通过对比实验，先用Cu和盐酸反应，再用Cu2O于盐酸反应，通过观察现象来判断产物； 【小问1详解】 ①实验I中的紫红色固体过滤、加入稀硫酸，溶液无明显变化，说明该固体不与酸反应，已知Cu2O能与酸反应生成Cu2+，溶液会呈蓝色，则该紫红色固体是Cu，证明Cu(OH)2被还原为Cu；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，碳酸钠能与酸反应生成二氧化碳气体，若通过实验排除了Na2CO3的可能，则加入足量酸无明显现象，实验操作和现象：取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体； ②实验II中HCHO 和 Cu(OH)2发生氧化还原反应生成Cu2O和甲酸，在NaOH碱过量下生成甲酸钠，反应的化学方程式HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O； ③在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，甲醛被氧化为HCOO−，反应的离子方程式Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O； 【小问2详解】 ①实验III加入盐酸铜粉未溶解，溶液呈无色，说明铜单质不与酸反应，目的验证铜粉与7 mol/L盐酸不反应； ②已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O，固体全部溶解，则产物为[CuCl2]−，反应的离子方程式为：Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O，已知[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)，溶液变为黄色，反应的离子方程式为：4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O，黄色溶液变为无色，则Cu与[CuCl4]2−反应生成[CuCl2]−，反应的离子方程式为：[CuCl4]2− + Cu =2[CuCl2]−； ③结合以上实验，Cu也能与[CuCl4]2−反应从而溶解，则认为橙红色固体只有Cu2O不合理，橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $