精品解析：北京市对外经济贸易大学附属中学2023-2024学年高二下学期期末摸底检测化学试题

贸大附中2023～2024学年度第二学期期末摸底检测 高二年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cu64 每小题只有一个选项符合题意，填写在答题卡中。共14个小题，每小题3分，共42分 1. 最近，中国科学家成功采用“变压吸附+膜分离+精制纯化”方法成功分离氢氦制得高纯氦。下列说法不正确的是 A. H的第一电离能小于He的 B. H2分子间存在共价键，He分子间存在范德华力 C. 也可以利用沸点不同对H2和He进行分离 D. 利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素 2. 下列事实与水解反应无关的是 A. 油脂在碱性溶液中进行皂化反应 B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子 C. 核酸在酶的作用下转化为核苷和磷酸 D. 四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 3. 下列叙述不正确的是 A. SO2是极性分子，VSEPR结构模型为 B. NH4Cl晶体溶于水时，破坏了离子键 C. 乙烯分子中π键的形成过程： D. CH3CH(OH)CH2CH3没有手性异构体 4. 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。在重结晶法提纯苯甲酸的过程中，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. 5. 下列性质比较中，不正确的是 A. 热稳定性：H2O＜H2S B. 沸点：HCl＜HI C. 熔点：CaF2>CaCl2 D. 水溶性：CH3CH2OH>CH3CH2CH2OH 6. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A. 键的键能小于键的键能 B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的 C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子 7. 有机物M由C、H、O三种元素组成，可作为溶剂从中草药中提取青蒿素。有关M的结构信息如下： ⅰ.M的红外光谱显示有C-H、C-O的吸收峰，无O-H的吸收峰。 ⅱ.M的核磁共振氢谱(图1，两组峰面积之比为2:3)、质谱(图2)如下所示。 下列分析不正确的是 A. M不属于醇类物质 B. M的分子中含羧基和醛基 C. M的结构简式为 D. M的相对分子质量为74 8. 下列操作能达到实验目的的是 目的 操作 A 鉴别甲苯与己烯 向两支分别盛有2mL己烯和甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡 B 检验碳卤键() 向试管里加入几滴1-溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热。一段时间后加入几滴2%AgNO3溶液 C 证明酸性：碳酸>苯酚 向试管中加入大理石和稀盐酸，将产生的气体通入澄清的苯酚钠溶液中 D 检验醛基() 在试管里加入2mL10%NaOH溶液，滴入5滴5%CuSO4溶液，振荡。然后加入0.5mL乙醛溶液，加热 A. A B. B C. C D. D 9. 下列物质转化中，所用的试剂、条件合理的是 物质转化 试剂、条件 A CH3CH2Br→CH2=CH2 NaOH溶液、加热 B 浓硝酸、加热 C 油脂→ NaOH水溶液、加热 D CH3CHO→CH3COOH 银氨溶液、加热 A. A B. B C. C D. D 10. 阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸()。关于乙酰水杨酸的下列说法中不正确的是 A. 分子式为 B. 可发生加成、水解、酯化反应 C. 与互为同系物 D. 水解产物之一能与溶液发生显色反应 11. 有机物M在碱性条件下可发生如下反应： 下列说法不正确的是 A. M中酮羰基邻位甲基的C—H键极性较强，易断键 B. 推测M转变为N的过程中，发生了取代反应和消去反应 C. 可以通过质谱法对M、N进行区分 D. 该条件下还可能生成 12. 实验室用乙醇与浓硫酸制备乙烯并验证其性质，装置及试剂如图所示。 下列说法不正确的是 A. 在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸 B. 使烧瓶内混合液的温度迅速上升到170℃，可减少乙醚的产生 C. 在浓硫酸的催化下，乙醇转变为乙烯 D. 使用NaOH溶液的目的是排除CO2的干扰 13. “杯酚”(图b)分离C60和C70的过程(图a)示意如下： 下列分析不正确的是 A. “杯酚”分子内能形成氢键 B. 图b所示的“杯酚”可由、HCHO合成 C. 图a反映了超分子具有“分子识别”的特性 D. 图a利用了C60不溶于甲苯，C70易溶于CHCl3的性质 14. 实验：①将少量白色固体溶于水，得到蓝色溶液；将少量固体溶于水，得到无色溶液； ②向蓝色溶液滴加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液； ③向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色晶体。 下列分析不正确的是 A. ①中蓝色溶液中呈蓝色的物质是离子 B. ②中形成难溶物的反应为 C. ②中难溶物溶解的反应为 D. ③中加入乙醇后析出的深蓝色晶体是 非选择题 15. 将CO2转化为CO是利用CO2的重要途径，由CO出发可以制备多种液体燃料。 （1）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，转化过程如下所示。 ①图中a的名称是_______。 ②CO2、a中碳原子的杂化轨道类型分别为_______。 （2）Cu、Cu2O可应用于CO2转化CO的研究。以CuSO4·5H2O、Na2SO3、Na2CO3为原料能制备Cu2O。 ①、、中，空间结构为平面三角形的是_______。 ②[Cu(H2O)4]2+离子中，中心离子是_______，配体是_______，配位原子是_______。 ③除配位键外，CuSO4·5H2O中存在的化学键还有_______。 ④将生成Cu2O的反应补充完整_______。 Cu2+++=Cu2O+_______+ （3）在Cu催化剂作用下，反应CO2+H2=CO+H2O的可能机理如下。 ⅰ．CO2+2Cu=CO+Cu2O ⅱ．_______(写出反应方程式)。 （4）Cu的晶胞(图1)、Cu2O的晶胞(图2)如下所示。 ①金属铜的一个晶胞中的铜原子数与Cu2O一个晶胞中的铜原子数之比为_______。 ②若Cu2O为立方晶胞且晶胞边长为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu2O晶体的晶胞密度=_______g·cm-3(1cm=1010pm)。 16. 某钙钛矿CH3NH3PbI3是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用CH3OH、NH3、I2、PbI2制备钙钛矿。 （1）晶体I2属于_______晶体。 （2）设计实验比较I2在CCl4、水中的溶解性：_______(操作、现象)。 （3）制备CH3NH3PbI3的过程如下所示： ①Ⅰ中，CH3OH的沸点_______(>、＜、=)CH3I的沸点，原因是_______。 ②Ⅱ中，由于NH3分子中的_______具有孤电子对，容易与CH3I反应生成盐CH3NH3I。 （4）钙钛矿的稳定性受空气中H2O、O2、紫外线等因素的影响。 ⅰ．CH3NH3PbI3(s)PbI2(s)+CH3NH3I(aq) ⅱ．CH3NH3I(aq)⇌CH3NH2(aq)+HI(aq) 研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释：_______。 （5）在钙钛矿中引入有机物M能抑制离子扩散，增加其稳定性。M的逆合成分析如下： ①羧酸A的结构简式为_______。 ②以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成CH3CH2CH2CHO，写出合成路线_______(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。 已知：(R、R′表示烃基或氢)。 17. 分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。 （1）有机物A()是一种医药中间体。A属于_______(填物质类别)。 （2）研究发现，在A中取代基的对位上引入“”，其抗炎活性更好。基于此，科研人员合成了具有抗炎、镇痛、解热作用的药物——布洛芬。 ①生成B的化学方程式是_______。 ②D与布洛芬的相对分子质量相差_______。 ③口服布洛芬对胃、肠道有刺激。用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，二者发生酯化反应的化学方程式是_______。 ④布洛芬的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该结构简式_______(一种即可)。 Ⅰ．苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种 Ⅱ．能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应 Ⅲ．能发生银镜反应 （3）如果对布洛芬既进行成酯修饰，又将其转变为高分子，则不仅增加它的治疗效果，还能降低毒性。科研人员对布洛芬的分子结构修饰如下： ①分析Q的结构，使其发生加聚反应的官能团是_______。 ②从反应类型的角度说明布洛芬与Q的性质差异：_______(答出两点即可)。 （4）Y是制备有机物Q的物质之一，其合成路线如下： ①E→F的反应方程式是_______。 ②X→Y所需的试剂和反应条件是_______。 可用酰胺类物质继续修饰有机物Q，得到性能更优异的药物。 18. 化合物是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。 已知：R-Br （1）A中含有羧基，A→B的化学方程式是____________________。 （2）D中含有的官能团是__________。 （3）关于D→E的反应： ① 的羰基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是____________________。 ②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是__________。 （4）下列说法正确的是__________(填序号)。 a．F存在顺反异构体 b．J和K互为同系物 c．在加热和催化条件下，不能被氧化 （5）L分子中含有两个六元环。的结构简式是__________。 （6）已知： ，依据的原理，和反应得到了。的结构简式是__________。 19. 学习小组探究乙酸乙酯的制备与水解，加深对酯化反应和酯的水解的认识。 【实验一】制备乙酸乙酯 实验装置 实验步骤 ⅰ．在a中加入2mL乙醇、0.5mL浓硫酸、2mL乙酸，再加入几片碎瓷片 ⅱ．在b中加入3mL饱和Na2CO3溶液 ⅲ．点燃酒精灯，小火加热 （1）a中生成乙酸乙酯的化学方程式为_______。 （2）本实验中既要对反应物加热，加热的目的是_______、_______；但又不能使温度过高，原因是_______。 【实验二】探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热) 实验 序号 体积/mL 乙酸乙酯 水 2mol/LH2SO4 c1mol/LNaOH Ⅰ 4 4 0 0 Ⅱ 4 0 4 0 Ⅲ 4 0 0 4 （3）c1=_______mol/L。 （4）实验Ⅰ～Ⅲ中，酯层减少的体积随时间的变化如下图所示。 ①实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。 ②针对实验Ⅱ中酯层消失的时间少于实验Ⅲ，提出假设：部分乙酸乙酯溶解于Ⅱ中的溶液。探究如下： 步骤ⅰ．向试管中加入2mL水，再依次加入2mL乙酸乙酯、1mL乙醇、1mL乙酸，振荡后互溶，得到溶液X。 步骤ⅱ．取少量溶液X，_______(填操作和现象)。证实假设合理。 （5）实验一中，能否用浓NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液？判断并解释：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贸大附中2023～2024学年度第二学期期末摸底检测 高二年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cu64 每小题只有一个选项符合题意，填写在答题卡中。共14个小题，每小题3分，共42分 1. 最近，中国科学家成功采用“变压吸附+膜分离+精制纯化”方法成功分离氢氦制得高纯氦。下列说法不正确的是 A. H的第一电离能小于He的 B. H2分子间存在共价键，He分子间存在范德华力 C. 也可以利用沸点不同对H2和He进行分离 D. 利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素 【答案】B 【解析】 【详解】A．He为稀有气体，最外层为稳定结构，难以失去电子，第一电离能较大，A正确； B．H2分子间不存在共价键，存在分子间的作用力，He分子间存在范德华力，B错误； C．H2与He的沸点不同，所以可利用沸点不同进行分离，C正确； D．原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，利用原子光谱可以鉴定He元素和H元素，D正确； 故选B。 2. 下列事实与水解反应无关的是 A. 油脂在碱性溶液中进行皂化反应 B. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子 C. 核酸在酶的作用下转化为核苷和磷酸 D. 四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 【答案】B 【解析】 【详解】A．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生水解属于皂化反应，故A项不符合题意； B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，故B项符合题意； C．核酸在酶的作用下水解为核苷和磷酸，故C项不符合题意； D．四氯化钛与大量水在加热条件水解生成二氧化钛和氯化氢，故D项不符合题意； 故本题选B。 3. 下列叙述不正确的是 A. SO2是极性分子，VSEPR结构模型为 B. NH4Cl晶体溶于水时，破坏了离子键 C. 乙烯分子中π键的形成过程： D. CH3CH(OH)CH2CH3没有手性异构体 【答案】D 【解析】 【详解】A．SO2的中心原子价电子对数为3，孤电子对数为1，为极性分子，VSEPR模型为平面三角形，故A项正确； B．NH4Cl为离子化合物，在水溶液中，能电离出铵根离子和氯离子，只破坏了离子键，故B项正确； C．乙烯分子中碳原子未参与杂化的p轨道通过肩并肩重叠形成π键，即，故C项正确； D．CH3CH(OH)CH2CH3与羟基相连的C原子为手性碳原子，则CH3CH(OH)CH2CH3有手性异构体，故D项错误； 故本题选D。 4. 某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。在重结晶法提纯苯甲酸的过程中，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中加热溶解，加快苯甲酸溶解速率，便于分离泥沙，A正确； B．苯甲酸加热溶解后，泥沙不溶，过滤除去，B正确； C．苯甲酸溶解度，随温度降低而减小，冷却结晶可析出苯甲酸晶体，C正确； D．重结晶实验中不涉及萃取、分液，D错误； 故选D。 5. 下列性质比较中，不正确的是 A. 热稳定性：H2O＜H2S B. 沸点：HCl＜HI C. 熔点：CaF2>CaCl2 D. 水溶性：CH3CH2OH>CH3CH2CH2OH 【答案】A 【解析】 【详解】A．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O＞S，则热稳定性：H2O＞H2S，故A项错误； B．氢化物的沸点和相对分子质量成正比，但含有氢键氢化物同主族沸点最高，沸点：HI＞HCl，故B项正确； C．卤化钙都是离子化合物，离子半径越大，熔点越低，故熔点：CaF2>CaCl2，故C项正确； D．一元醇中，碳原子个数越多，其水溶性越低，乙醇中烃基含有2个碳原子、丙醇中烃基含有3个碳原子，所以水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2OH，故D项正确； 故本题选A。 6. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A. 键的键能小于键的键能 B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的 C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意； B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意； C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意； D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意； 故选A。 7. 有机物M由C、H、O三种元素组成，可作为溶剂从中草药中提取青蒿素。有关M的结构信息如下： ⅰ.M的红外光谱显示有C-H、C-O的吸收峰，无O-H的吸收峰。 ⅱ.M的核磁共振氢谱(图1，两组峰面积之比为2:3)、质谱(图2)如下所示。 下列分析不正确的是 A. M不属于醇类物质 B. M的分子中含羧基和醛基 C. M的结构简式为 D. M的相对分子质量为74 【答案】B 【解析】 【分析】由图2可知有机物M的相对分子质量为74；M的红外光谱显示有C-H、C-O的吸收峰，无O-H的吸收峰，则M为醚类，饱和一元醚的结构通式为CnH2n+2O，则12n+2n+2+16=74，n=4，则分子式为C4H10O；又M的核磁共振氢谱(图1，两组峰面积之比为2:3)，则M的结构简式为CH3CH2OCH2CH3。 【详解】A．根据分析，M为醚类，M不属于醇类物质，A正确； B．M的分子中含醚键，B错误； C．M的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，C正确； D．M的相对分子质量为74，D正确； 故选B。 8. 下列操作能达到实验目的的是 目的 操作 A 鉴别甲苯与己烯 向两支分别盛有2mL己烯和甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡 B 检验碳卤键() 向试管里加入几滴1-溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热。一段时间后加入几滴2%AgNO3溶液 C 证明酸性：碳酸>苯酚 向试管中加入大理石和稀盐酸，将产生的气体通入澄清的苯酚钠溶液中 D 检验醛基() 在试管里加入2mL10%NaOH溶液，滴入5滴5%CuSO4溶液，振荡。然后加入0.5mL乙醛溶液，加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲苯和己烯都能与酸性高锰酸钾溶液反应，无法用高锰酸钾鉴别甲苯和己烯，A错误； B．水解后、滴加硝酸银溶液前，应先加硝酸中和多余的碱使溶液呈酸性，B错误； C．由于通入的二氧化碳可能参杂了氯化氢气体，影响实验准确性，应先将气体通入饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，再通入澄清的苯酚钠溶液中，C错误； D．新制氢氧化铜碱性悬浊液能与醛基反应，加热有砖红色沉淀生成，D正确； 故选D。 9. 下列物质转化中，所用的试剂、条件合理的是 物质转化 试剂、条件 A CH3CH2Br→CH2=CH2 NaOH溶液、加热 B 浓硝酸、加热 C 油脂→ NaOH水溶液、加热 D CH3CHO→CH3COOH 银氨溶液、加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH3CH2Br与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH2、NaBr、H2O，与NaOH水溶液发生水解反应生成乙醇和溴化钠，A错误； B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热50～60℃，发生取代反应产生硝基苯和水，未给出浓硫酸，B错误； C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂与NaOH的水溶液共热，发生酯的水解反应产生高级脂肪酸盐、甘油和水，C正确； D．乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下不生成乙酸，生成产物为乙酸铵、银单质、氨气和水，D错误； 故选C。 10. 阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸()。关于乙酰水杨酸的下列说法中不正确的是 A. 分子式为 B. 可发生加成、水解、酯化反应 C. 与互为同系物 D. 水解产物之一能与溶液发生显色反应 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据乙酰水杨酸()可知分子式为，A正确； B．乙酰水杨酸含有苯环结构，酯基和羧基，可发生加成、水解、酯化反应，B正确； C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个"CH2"原子团的有机化合物，与乙酰水杨酸不是同系物的关系，C错误； D．水解产物之一是邻羟基苯甲酸，酚羟基可以与溶液发生显色反应，D正确。 11. 有机物M在碱性条件下可发生如下反应： 下列说法不正确的是 A. M中酮羰基邻位甲基的C—H键极性较强，易断键 B. 推测M转变为N的过程中，发生了取代反应和消去反应 C. 可以通过质谱法对M、N进行区分 D. 该条件下还可能生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．受羰基的吸电子效应影响，羰基邻位甲基上的氢表现出一定酸性，C−H键极性较强，易断键，A正确； B．M转变为N的过程中发生成环并消去了一个氧原子，推测发生了加成反应和消去反应，B错误； C．M、N分子式不同，故能通过质谱法对M、N进行区分，C正确； D．观察到M中上下反应位点相同，呈对称结构，推测该条件下还可能生成，即碳碳双键出现在下侧，D正确； 故选B。 12. 实验室用乙醇与浓硫酸制备乙烯并验证其性质，装置及试剂如图所示。 下列说法不正确的是 A. 在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸 B. 使烧瓶内混合液的温度迅速上升到170℃，可减少乙醚的产生 C. 在浓硫酸的催化下，乙醇转变为乙烯 D. 使用NaOH溶液的目的是排除CO2的干扰 【答案】D 【解析】 【分析】将乙醇、浓硫酸放入圆底烧瓶，加入碎瓷片加热，乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170℃下发生消去反应生成乙烯，氢氧化钠溶液吸收SO2、乙醇，防止干扰乙烯性质的验证，乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色。 【详解】A．碎瓷片能防暴沸，所以在烧瓶中放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热时暴沸，故A项正确； B．乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170℃下发生消去反应生成乙烯，在浓硫酸作催化剂、加热140℃下发生取代反应生成乙醚，所以使烧瓶内混合液的温度迅速上升到170℃，可减少乙醚的产生，故B项正确； C．在浓硫酸的催化下，乙醇发生消去反应，生成乙烯，故C项正确； D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应过程中会生成CO2、SO2，SO2、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则SO2、乙醇干扰乙烯的检验，CO2不干扰乙烯的检验，所以使用氢氧化钠溶液的目的是排除SO2、乙醇的干扰，故D项错误； 故本题选D。 13. “杯酚”(图b)分离C60和C70的过程(图a)示意如下： 下列分析不正确的是 A. “杯酚”分子内能形成氢键 B. 图b所示的“杯酚”可由、HCHO合成 C. 图a反映了超分子具有“分子识别”的特性 D. 图a利用了C60不溶于甲苯，C70易溶于CHCl3的性质 【答案】D 【解析】 【详解】A．杯酚中的羟基之间可以形成氢建，A正确； B．根据苯酚与甲醛的反应可知：由、HCHO可以合成杯酚，B正确； C．由图a可知，杯酚与C60形成超分子，而杯酚与C70不能形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，C正确； D．由图a可知，杯酚与C60形成的超分子不溶于甲苯，而不是C60不溶于甲苯，而C70易溶于甲苯，过滤分离；C60不溶于CHCl3的性质，而杯酚溶于CHCl3，再过滤分离，实现C60和C70的分离，D错误； 故合理选项是D。 14. 实验：①将少量白色固体溶于水，得到蓝色溶液；将少量固体溶于水，得到无色溶液； ②向蓝色溶液滴加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液； ③向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色晶体。 下列分析不正确的是 A. ①中蓝色溶液中呈蓝色的物质是离子 B. ②中形成难溶物的反应为 C. ②中难溶物溶解的反应为 D. ③中加入乙醇后析出的深蓝色晶体是 【答案】D 【解析】 【详解】A．将少量白色固体溶于水，得到蓝色溶液，铜离子与水分子结合形成蓝色的离子，A正确； B．向蓝色溶液滴加氨水，形成难溶物，铜离子与一水合氨反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：，B正确； C．氢氧化铜沉淀溶于氨水，反应生成蓝色的四氨合铜离子，离子方程式为：，C正确； D．向深蓝色透明溶液加入乙醇，的溶解度减低，析出深蓝色晶体，D错误； 故选D。 非选择题 15. 将CO2转化为CO是利用CO2的重要途径，由CO出发可以制备多种液体燃料。 （1）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，转化过程如下所示。 ①图中a的名称是_______。 ②CO2、a中碳原子的杂化轨道类型分别为_______。 （2）Cu、Cu2O可应用于CO2转化CO的研究。以CuSO4·5H2O、Na2SO3、Na2CO3为原料能制备Cu2O。 ①、、中，空间结构为平面三角形的是_______。 ②[Cu(H2O)4]2+离子中，中心离子是_______，配体是_______，配位原子是_______。 ③除配位键外，CuSO4·5H2O中存在的化学键还有_______。 ④将生成Cu2O的反应补充完整_______。 Cu2+++=Cu2O+_______+ （3）在Cu催化剂作用下，反应CO2+H2=CO+H2O的可能机理如下。 ⅰ．CO2+2Cu=CO+Cu2O ⅱ．_______(写出反应方程式)。 （4）Cu的晶胞(图1)、Cu2O的晶胞(图2)如下所示。 ①金属铜的一个晶胞中的铜原子数与Cu2O一个晶胞中的铜原子数之比为_______。 ②若Cu2O为立方晶胞且晶胞边长为xpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Cu2O晶体的晶胞密度=_______g·cm-3(1cm=1010pm)。 【答案】（1） ①. 2-甲基丁烷或异戊烷 ②. sp、sp3 （2） ①. ②. Cu2+ ③. H2O ④. O ⑤. 离子键、共价键 ⑥. 2Cu2++2+=Cu2O+ 2CO2+ （3）Cu2O+H2=2Cu+H2O （4） ①. 1:1 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①根据a结构的球棍模型可知：该物质为2-甲基丁烷或异戊烷，故答案为：2-甲基丁烷或异戊烷； ②在CO2分子中C原子价层电子对数是2+0=2，无孤对电子，因此C原子杂化类型是sp杂化；在2-甲基丁烷分子中每个C原子都形成4对共用电子对，C原子价层电子对数是4，C原子上无孤对电子，因此C原子采用sp3杂化，故答案为：sp、sp3； 【小问2详解】 ①在中，中心S原子价层电子对数是4+0=4，无孤对电子，因此空间结构为正四面体形； 在中，中心S原子价层电子对数是3+1=4，有1对孤对电子，因此空间结构为三角锥形； 在中，中心C原子价层电子对数是3+0=3，无孤对电子，因此空间结构为平面三角形； 故答案为：； ②[Cu(H2O)4]2+离子中，中心原子是Cu2+，故答案为：Cu2+； ③[Cu(H2O)4]2+离子中，配体是H2O，故答案为：H2O； ④[Cu(H2O)4]2+离子中，配位原子为O原子，故答案为：O； ⑤CuSO4·5H2O是络合物[Cu(H2O)4]SO4·H2O，该物质是离子化合物，其中含有离子键；在配位体及外界结晶水中含有共价键，故该物质结构中，除配位键外，还存在的化学键有离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键； ⑥该反应为氧化还原反应，根据电子守恒，由于Cu2+系数是2，则Cu2O的系数是1，反应中得到2个电子，则1个会失去2个电子变为；根据电荷守恒及原子守恒，可知转化为CO2气体，它们的系数都是2，则配平后的反应方程式为：2Cu2++2+=Cu2O+ 2CO2+，故答案为：2Cu2++2+=Cu2O+ 2CO2+； 【小问3详解】 根据反应机理，总方程式为i+ii的和，则用总反应方程式减去i的反应方程式，可得ii的反应方程式为：Cu2O+H2=2Cu+H2O，故答案为：Cu2O+H2=2Cu+H2O； 【小问4详解】 ①由Cu、Cu2O晶胞结构可知：在一个Cu晶胞中含有的Cu原子数目为8×+6×=4；在一个Cu2O晶胞中含有的Cu原子数目为4×1=4，故二者一个晶胞中含有的Cu原子数目比是4:4=1:1，故答案为：1:1； ②Cu2O晶胞中含有的Cu原子数目为4×1=4，氧原子的数目为：1+8×=2，则晶胞的质量为：，晶胞的体积为：(x×10-10)3cm3，则晶胞密度为：，故答案为：。 16. 某钙钛矿CH3NH3PbI3是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用CH3OH、NH3、I2、PbI2制备钙钛矿。 （1）晶体I2属于_______晶体。 （2）设计实验比较I2在CCl4、水中的溶解性：_______(操作、现象)。 （3）制备CH3NH3PbI3的过程如下所示： ①Ⅰ中，CH3OH的沸点_______(>、＜、=)CH3I的沸点，原因是_______。 ②Ⅱ中，由于NH3分子中的_______具有孤电子对，容易与CH3I反应生成盐CH3NH3I。 （4）钙钛矿的稳定性受空气中H2O、O2、紫外线等因素的影响。 ⅰ．CH3NH3PbI3(s)PbI2(s)+CH3NH3I(aq) ⅱ．CH3NH3I(aq)⇌CH3NH2(aq)+HI(aq) 研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释：_______。 （5）在钙钛矿中引入有机物M能抑制离子扩散，增加其稳定性。M的逆合成分析如下： ①羧酸A的结构简式为_______。 ②以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成CH3CH2CH2CHO，写出合成路线_______(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。 已知：(R、R′表示烃基或氢)。 【答案】（1）分子 （2）向碘水中滴加少量CCl4溶液，振荡，CCl4层呈紫色，说明I2在CCl4中溶解度大于水中溶解度 （3） ①. ＞ ②. CH3OH分子间有氢键 ③. N （4），HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动 （5） ①. ②. CH3CH2OHCH3CHO 【解析】 【小问1详解】 I2属于非金属单质，其晶体是分子间以分子间作用力结合形成的晶体，属于分子晶体； 【小问2详解】 CCl4和水不互溶，故可以进行萃取操作比较I2在CCl4、水中的溶解性，即向碘水中加入CCl4，振荡，溶液分层，下层呈紫色； 【小问3详解】 ①CH3OH中O元素的电负性大，能与羟基H原子形成分子间氢键，使CH3OH的沸点增大，故沸点CH3OH＞CH3I； ②NH3的中心原子是N原子，其孤对电子对数为； 【小问4详解】 ，HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动； 【小问5详解】 ①从M到羧酸A是酯的水解反应，根据其断键原理，故羧酸A的结构简式为； ②根据题目信息，可知含有醛基的两种有机物在催化剂下可以发生加成反应，实现碳链的加长，再经过催化和加氢反应，即可去掉羟基； 故合成路线为： CH3CH2OHCH3CHO。 17. 分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。 （1）有机物A()是一种医药中间体。A属于_______(填物质类别)。 （2）研究发现，在A中取代基的对位上引入“”，其抗炎活性更好。基于此，科研人员合成了具有抗炎、镇痛、解热作用的药物——布洛芬。 ①生成B的化学方程式是_______。 ②D与布洛芬的相对分子质量相差_______。 ③口服布洛芬对胃、肠道有刺激。用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，二者发生酯化反应的化学方程式是_______。 ④布洛芬的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该结构简式_______(一种即可)。 Ⅰ．苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种 Ⅱ．能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应 Ⅲ．能发生银镜反应 （3）如果对布洛芬既进行成酯修饰，又将其转变为高分子，则不仅增加它的治疗效果，还能降低毒性。科研人员对布洛芬的分子结构修饰如下： ①分析Q的结构，使其发生加聚反应的官能团是_______。 ②从反应类型的角度说明布洛芬与Q的性质差异：_______(答出两点即可)。 （4）Y是制备有机物Q的物质之一，其合成路线如下： ①E→F的反应方程式是_______。 ②X→Y所需的试剂和反应条件是_______。 可用酰胺类物质继续修饰有机物Q，得到性能更优异的药物。 【答案】（1）芳香烃 （2） ①. +(CH3CO)2O+ CH3COOH ②. 28 ③. ++H2O ④. （3） ①. 碳碳双键 ②. Q能够发生水解反应、消去反应、加聚反应；布洛芬能发生中和反应 （4） ①. CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl ②. 试剂a是NaOH水溶液，条件为加热 【解析】 【分析】由流程可知，A和(CH3CO)2O在酸的条件下发生取代反应得到B为，B在催化剂作用下被氢气还原羰基转化为羟基得到D，D在催化剂作用下和CO反应引入羧基得到布洛芬； Y是制备有机物Q的物质之一，结合物质化学式和流程可知，E为丙烯，丙烯和氯气在高温下发生甲基上的取代反应得到F为CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl和HOCl发生加成反应得到X为CH2ClCH(OH)CH2Cl或CH2ClCHClCH2OH，由X的结构简式和Y的分子式可知，X⟶Y发生的是水解反应引入2个羟基，试剂a是NaOH水溶液，条件为加热； 【小问1详解】 A分子中含有苯环，为含有苯环的烃，属于芳香烃； 【小问2详解】 ①A和(CH3CO)2O在酸的条件下发生取代反应得到B为，化学方程式是+(CH3CO)2O+ CH3COOH。 ②对比D与布洛芬的结构简式可知，D转化为布洛芬时，分子中增加了一个CO原子团，则二者相对分子质量相差28； ③布洛芬含有羧基、含有羟基，在浓硫酸加热条件下二者发生酯化反应生成酯和水，反应的化学方程式为：++H2O； ④布洛芬的一种同分异构体同时满足下列条件： Ⅰ．苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种，则其中2个取代基相同；Ⅱ．能发生水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应，则含有酯基且水解生成酚羟基；Ⅲ．能发生银镜反应，则含有醛基；故结构可以为：； 【小问3详解】 ①分析Q的结构，该分子中含有酯基、羟基和碳碳双键，其中含有的碳碳双键能使其发生加聚反应，故答案为：碳碳双键； ②Q中含有酯基、羟基和碳碳双键，能够发生水解反应、消去反应、加聚反应；布洛芬中含有的官能团为羧基，能发生中和反应，故答案为：Q能够发生水解反应、消去反应、加聚反应；布洛芬能发生中和反应； 【小问4详解】 ①由分析可知，E为丙烯，丙烯和氯气在高温下发生甲基上的取代反应得到F为CH2=CHCH2Cl，反应为：CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl； ②X⟶Y发生的是水解反应引入2个羟基，试剂a是NaOH水溶液，条件为加热。 18. 化合物是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。 已知：R-Br （1）A中含有羧基，A→B的化学方程式是____________________。 （2）D中含有的官能团是__________。 （3）关于D→E的反应： ① 的羰基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是____________________。 ②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是__________。 （4）下列说法正确的是__________(填序号)。 a．F存在顺反异构体 b．J和K互为同系物 c．在加热和催化条件下，不能被氧化 （5）L分子中含有两个六元环。的结构简式是__________。 （6）已知： ，依据的原理，和反应得到了。的结构简式是__________。 【答案】（1） （2）醛基 （3） ①. 羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的键极性增强，易断裂 ②. （4）ac （5） （6） 【解析】 【分析】A中含有羧基，结合A的分子式可知A为；A与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D的结构简式为 ，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为 ，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与发生加成反应生成G，G的结构简式为 ；B与G发生已知信息的反应生成J，J为 ；K在溶液中发生水解反应生成 ，酸化得到 ；结合题中信息可知L分子中含有两个六元环，由L的分子式可知 中羧基与羟基酸化时发生酯化反应，L的结构简式为 ；由题意可知L和M可以发生类似D→E的加成反应得到 ， 发生酮式与烯醇式互变得到 ， 发生消去反应得到P，则M的结构简式为 。 【小问1详解】 根据分析可知，A→B的化学方程式为。 【小问2详解】 根据分析可知，D的结构简式为 ，含有的官能团为醛基。 【小问3详解】 ①羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向碳基上的碳原子，使得相邻碳原子上的键极性增强，易断裂。②2-戊酮酮羰基相邻的两个碳原子上均有键，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示 ，1号碳原子上的键断裂与苯甲醛的醛基加成得到E，3号碳原子上的键也可以断裂与苯甲醛的醛基加成得到副产物 。 【小问4详解】 a．F的结构简式为 ，存在顺反异构体，a项正确； b．K中含有酮羰基，J中不含有酮羰基，二者不互为同系物，b项错误； c．J的结构简式为 ，与羟基直接相连的碳原子上无H原子，在加热和作催化剂条件下，J不能被氧化，c项正确； 故选ac。 【小问5详解】 由上分析L为 。 【小问6详解】 由上分析M为 。 19. 学习小组探究乙酸乙酯的制备与水解，加深对酯化反应和酯的水解的认识。 【实验一】制备乙酸乙酯 实验装置 实验步骤 ⅰ．在a中加入2mL乙醇、0.5mL浓硫酸、2mL乙酸，再加入几片碎瓷片 ⅱ．在b中加入3mL饱和Na2CO3溶液 ⅲ．点燃酒精灯，小火加热 （1）a中生成乙酸乙酯的化学方程式为_______。 （2）本实验中既要对反应物加热，加热的目的是_______、_______；但又不能使温度过高，原因是_______。 【实验二】探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热) 实验 序号 体积/mL 乙酸乙酯 水 2mol/LH2SO4 c1mol/LNaOH Ⅰ 4 4 0 0 Ⅱ 4 0 4 0 Ⅲ 4 0 0 4 （3）c1=_______mol/L。 （4）实验Ⅰ～Ⅲ中，酯层减少的体积随时间的变化如下图所示。 ①实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。 ②针对实验Ⅱ中酯层消失的时间少于实验Ⅲ，提出假设：部分乙酸乙酯溶解于Ⅱ中的溶液。探究如下： 步骤ⅰ．向试管中加入2mL水，再依次加入2mL乙酸乙酯、1mL乙醇、1mL乙酸，振荡后互溶，得到溶液X。 步骤ⅱ．取少量溶液X，_______(填操作和现象)。证实假设合理。 （5）实验一中，能否用浓NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液？判断并解释：_______。 【答案】（1） （2） ①. 提高化学反应速率 ②. 提高乙酸、乙醇的转化率 ③. 温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低 （3）4 （4） ①. ②. 向溶液X中加入氢氧化钠溶液，振荡，溶液分层 （5）不能，浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快 【解析】 【分析】乙醇和乙酸在浓硫酸、加热下发生酯化反应生成乙酸乙酯，碎瓷片的作用是防暴沸，由于乙酸和乙醇易挥发，粗产品中含杂质乙酸和乙醇，乙酸和碳酸钠反应产生气体，乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液中，故用饱和碳酸钠承接粗产品。加热下，乙酸乙酯在一定条件下能水解，探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热)，要控制单一变量。 【小问1详解】 a中乙醇和乙酸在浓硫酸、加热下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：，故答案为：； 【小问2详解】 本实验中既要对反应物加热，但又不能使温度过高，加热的目的是加快反应速率，因反应为吸热的可逆反应，所以加热的另一个目的是：为了提高乙酸、乙醇的转化率； 乙酸和乙醇易挥发，则本实验中既要对反应物加热、但又不能使温度过高的原因是：温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低，故答案为：温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低； 【小问3详解】 对比实验中，比较氢离子和氢氧根离子存在下酯的水解，需要保证这二者离子浓度相同，硫酸中氢离子为4mol/L，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子为4mol/L，c1=4mol/L，故答案为：4； 【小问4详解】 ①实验Ⅲ中发生的反应为乙酸乙酯与氢氧化钠反应生成乙酸钠和乙醇，化学方程式为：，故答案为：； ②实验Ⅱ为酸性下乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，则假设应该是部分乙酸乙酯溶解在乙酸和乙醇中，要证实假设合理故，只要：取少量溶液X，并加入氢氧化钠溶液，振荡，乙酸被中和、乙醇溶解于水中，而乙酸乙酯还来不及完全反应、故会出现溶液分层，故答案为：向溶液X中加入氢氧化钠溶液，振荡，溶液分层。 【小问5详解】 通过酯水解实验可知，实验一中，不能用浓NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液，理由是：浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快，故答案为：不能，浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $