精品解析：吉林省长春外国语学校2024-2025学年高二下学期4月月考 化学试题

长春外国语学校2024-2025学年第二学期高二年级第一次月考 化学试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共3页。考试结束后，将答题卡交回。 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 第I卷(选择题) 一、单选题(本题共14小题，每题3分 ，共42分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项) 1. “新能源汽车小米SU7”在汽车界掀起的一股浪潮，新能源科技的发展与化学密切相关。下列选项不正确的是 A. 小米SU7的轮胎材料主要为新型橡胶，属于有机合成高分子材料 B. 小米SU7车身采用了钢铝合金材料，相对于纯铝具有硬度大熔点高的特点 C. 小米SU7的前后电驱均使用的材料为碳化硅SiC，属于共价晶体 D. 小米SU7的采用了镀银玻璃，其中玻璃的主要成分为硅酸盐 【答案】B 【解析】 【详解】A．橡胶可以分为天然橡胶和合成橡胶，其中轮胎是合成橡胶，合成橡胶是通过人工方法利用低分子物质合成的弹性高聚物，因此轮胎属于有机合成高分子材料，故A正确； B．钢铝合金材料相对于纯铝具有硬度大、熔点低的特点，故B错误； C．SiC中的Si和C以共价键结合形成三维骨架结构，和金刚石结构相似，SiC属于共价晶体，故C正确； D．玻璃的主要成分包括二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙等，所以玻璃的主要成分为硅酸盐，故D正确； 故选B。 2. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 异丁烷分子中共价键的数目为 B. 标准状况下，中电子的数目为 C. 的溶液中的数目为 D. 的溶液中的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．异丁烷的结构式为 ，1mol异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确； B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24L SO3物质的量，故无法求出其电子数目，B错误； C．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H+)=0.01mol/L，则1.0L pH=2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误； D．属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO会发生水解，所以1.0L 1.0 mol/LNa2CO3溶液中CO的数目小于1.0NA，D错误； 故选A。 3. 下列化学用语表述错误的是 A. HClO的电子式： B. 中子数为10的氧原子：O C. NH3分子的VSEPR模型： D. 基态N原子的价层电子排布图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确； B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为O，B正确； C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误； D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确； 故答案选C。 4. 下列方程式不正确的是 A. 与浓盐酸反应： B. 与反应： C. 将少量灼热的加入中： D. 将通入酸性溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，所给离子方程式正确，A正确； B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所给离子方程式正确，B正确； C．乙醇的催化氧化生成乙醛，该反应氧化铜被还原生成铜，所给方程式正确，C正确； D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，反应离子方程式为：，D错误； 故选D。 5. 下列装置不能达到实验目的的是 A. 图①可用于实验室制 B. 图②可用于除去中少量的 C. 图③可用于分离和 D. 图④可用于制备明矾晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．CaO与水反应生成Ca(OH)2使c(OH-)增大，溶剂(水)减少，且反应放热，促使NH3·H2O分解，化学方程式：NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2，试管口放一团用水或稀硫酸浸湿的棉花球，既可以减小空气对流，使NH3充满试管，又可以吸收多余的氨气，防止污染空气，故A正确； B．硫化氢能和硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，所以图②可用于除去中少量的，故B正确； C．和沸点不同，应采用蒸馏的方法分离，蒸馏时温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误； D．制备明矾晶体时，先用饱和明矾溶液制取小晶体，再将小晶体悬挂在饱和明矾溶液的中央位置，有利于获得对称性更好的晶体，盖上硬纸片可防止空气中的灰尘等掉入溶液中，影响大晶体形成，故D正确； 故答案为：C。 6. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 酸性： 电负性： B 某冠醚与能形成超分子，与则不能 与的离子半径不同 C 由氨制硝酸： 和均具有氧化性 D 苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 合成酚醛树脂的反应是加聚反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性F＞Cl，F的吸电子能力大于Cl，导致CF3COOH中O-H键的极性大于CCl3COOH中O-H键的极性，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，故陈述I不正确，A不符合题意； B． 冠醚最大的特点就是能与正离子，尤其是与碱金属离子形成超分子，并且随环的大小不同而与不同的金属离子形成超分子，某冠醚与Li+能形成超分子，与K+则不能，则说明Li+与K+的离子半径不同，陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，B符合题意； C．由氨制硝酸过程中，NH3做还原剂，体现了的还原性，故陈述Ⅱ不正确，C不符合题意； D．苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂，该反应是缩聚反应，故陈述Ⅱ不正确，D不符合题意； 故选B。 7. 贵州盛产灵芝等中药材。灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如图。下列说法错误的是 A. 分子中只有4种官能团 B. 分子中仅含3个手性碳原子 C. 分子中碳原子的杂化轨道类型是和 D. 该物质可发生酯化反应、加成反应和氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中的官能团有羟基、碳碳双键、羰基、羧基4种官能团，A正确； B．分子中的手性碳原子如图所示，总共9个，B错误； C．分子中的碳原子有饱和碳原子和碳碳双键的碳原子，其杂化类型有sp2和sp3，C正确； D．该物质中有羟基和羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键和羰基，可以发生加成反应，同时，也一定能发生氧化反应，D正确； 故选B。 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. HCl制备：溶液和 B. 金属Mg制备：溶液 C. 纯碱工业：溶液 D. 硫酸工业： 【答案】A 【解析】 【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现； B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现； C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现； D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现； 故选A。 9. 侯氏制碱法工艺流程中的主反应为，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 单质沸点： D. 电负性： 【答案】C 【解析】 【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、元素、元素。 【详解】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，故A错误； B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，故B错误； C．、为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，在常温下为固体，则沸点：，故C正确； D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：，故D错误； 故选C。 10. NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. Nb的配位数是6 B. Nb和O最短距离为anm C. 晶体密度 D. M的分数坐标为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，NbO的立方晶胞中距离Nb原子最近且距离相等的O原子有4个，Nb的配位数是4，故A错误； B．由图可知，Nb和O最短距离为边长的，晶胞参数为anm，Nb和O最短距离为anm，故B错误； C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为6×=3，O的个数为12×=3，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为ρ=g/cm3，故C错误； D．P的分数坐标为（0，0，0），M位于正方体的面心，M的分数坐标为（，，），故D正确； 故选：D。 11. 苯甲酸（）常用作食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如下，下列说法不正确的是 A. 操作Ⅰ加热溶解的目的是增大粗苯甲酸的溶解度 B. 苯甲酸与互为同分异构体 C. 操作Ⅱ需要趁热的原因是防止NaCl冷却析出 D. 检验操作Ⅳ产物是否洗干净可用硝酸酸化的 【答案】C 【解析】 【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。 【详解】A．操作Ⅰ中，为增大粗苯甲酸的溶解度，进行加热溶解，A正确； B．苯甲酸与分子式均为C7H6O2，结构不同，互为同分异构体，B正确； C．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，C错误； D．操作Ⅳ目的是洗去晶体表面的NaCl，可以检验洗涤液种的Cl-判断是否洗干净，可用硝酸酸化的，D正确； 故选C。 12. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C. 由苯得到M时，苯中的大键没有变化 D. 对于生成Y的反应，浓作催化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确； B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确； C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误； D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确； 故选C。 13. 分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构) A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 【答案】B 【解析】 【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。 14. 如图是甲苯的转化关系(部分产物没有标出)，叙述正确的是 A. 反应③说明了甲基对苯环的影响 B. 因为甲烷与苯均不与酸性KMnO4反应，所以反应②不会发生 C. 反应①为取代反应，其产物只有1种 D. 反应④是1 mol甲苯与1 mol H2发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲苯发生硝化反应可以在甲基的邻对位发生取代，是由于甲基使苯环上与甲基处于邻、对位的氢原子活性更高，A正确； B．苯环对甲基的影响使甲基活性增强了，甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，B正确； C．甲苯在光照条件下能与氯气发生取代反应，氯原子取代甲基上氢，甲基上存在3个氢，则产物会有3种有机物及HCl，共4种，C错误； D．甲苯中苯环能与氢气加成，1 mol甲苯与3 mol H2发生加成反应，D错误； 故选A。 15. 下列说法不正确的是 A. 邻羟基苯甲醛()的熔、沸点比对羟基苯甲醛()的熔、沸点高 B. 乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比互溶与氢键有关 C. 水分子的稳定性与氢键无关 D. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，使对羟基苯甲醛的熔、沸点升高，故对羟基苯甲醛的熔、沸点比邻羟基苯甲醛高，A错误； B．乙醇含有羟基，能和水形成氢键，乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比互溶与氢键有关，B正确； C．化合物的稳定性与化学键的强弱有关，氢键属于特殊的分子间作用力，影响水的沸点但不影响水的稳定性，C正确； D．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，D正确； 故选A。 二、解答题(本题共4小题，共58) 16. 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为___________。 （2）常用于的鉴定，S、C两种元素电负性由大到小的顺序是___________；其对应的酸有两种，分别为硫氰酸()和异硫氰酸()，这两种酸中沸点较高的是___________。(填名称) （3）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为___________(填标号)。 A. 不产生废液废渣 B. 无需控温 C. 设备无需耐高温 D. 可减少有害气体产生 （4）Au难被氧化，该流程“浸金”中NaCN的作用为___________；通常使用王水也可溶解金，依据此反应原理，也可以使用盐酸和溶液将单质金转化为，写出该转化的化学方程式___________。 （5）滤液②经酸化，转化为和HCN的化学方程式为___________。 【答案】（1） （2） ①. S>C ②. 异硫氰酸 （3）CD （4） ①. 做络合剂，将Au转化为从而浸出或者将Au转化为，增强Au的还原性 ②. （5） 【解析】 【分析】由题给流程可知，向矿粉中加入硫酸溶液，在足量空气和pH为2的条件下发生细菌氧化，将铁元素转化为铁离子、硫元素转化为硫酸根离子、砷元素转化为砷酸，过滤得到含有得到滤液1和滤渣；向滤液1中加入碱溶液调节pH值，将铁元素、砷元素转化为沉淀，过滤得到净化液；向滤渣中加入氰化钠溶液，在空气中浸金，将金转化为二氰合金离子，向含有二氰合金离子的浸出液中加入锌，将溶液中二氰合金离子转化为金，过滤得到含有四氰合锌离子的滤液2和金； 【小问1详解】 “细菌氧化”中，二硫化铁发生的反应为细菌作用下二硫化铁与氧气和水反应生成硫酸铁和硫酸，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 元素的非金属性越强，电负性越大，两种元素的非金属性强弱顺序为S>C，则电负性的大小顺序为S>C；由结构简式可知，硫氰酸分子间不能形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，所以异硫氰酸的沸点较高 【小问3详解】 A．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，故不符合题意； B．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，故不符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，故符合题意； D．焙烧氧化时，金属硫化物中硫元素通常转化为二氧化硫，而细菌氧化时，金属硫化物中的硫元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，故符合题意； 故选CD； 【小问4详解】 由分析可知，加入氰化钠溶液，在空气中浸金的目的是将金转化为二氰合金离子，则“浸金”中氰化钠的作用为做络合剂，将金转化为二氰合金离子，增强Au的还原性；由题意可知，将单质金转化为HAuCl4的反应为金与盐酸和过氧化氢的混合溶液反应生成HAuCl4和水，反应的化学方程式为； 【小问5详解】 由题意可知，四氰合锌离子转化为硫酸锌和氢氰酸的反应为四氰合锌酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫酸锌和氢氰酸，反应的化学方程式为。 17. 草酸是一种用途广泛的有机弱酸，可溶于水。某同学通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)，用其制备一定量的草酸晶体，并验证该晶体具有的某些性质。 回答下列问题： （1）装置中主要发生反应，用饱和食盐水代替自来水的目的为_______。 （2）装置的作用是除去、，其中硫酸铜与发生反应生成、和，写出该反应的化学方程式：_______。 （3）草酸在装置中生成，相应的化学方程式为_______，使草酸从装置中分离出来的操作是_______、_______过滤、洗涤、干燥。 （4）待反应结束后，从C中分离出草酸晶体，然后用的酸性溶液进行滴定以测定其纯度。 ①称量草酸晶体配制溶液，下列配制操作中错误的是_______(填标号)。 a．    b．    c．    d． ②三次平行滴定实验中消耗溶液的体积如表所示，其中第一次实验滴定后的液面位置如图所示： 滴定次数 待测溶液体积 标准溶液的体积 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液的体积 第一次 20.00 0.20 第二次 20.00 2.56 28.40 第三次 20.00 0.22 20.32 则_______，样品中草酸晶体的质量分数为_______(保留一位小数)。 【答案】（1）降低反应速率，防止反应过于剧烈 （2） （3） ①. ②. 蒸发浓缩 ③. 冷却结晶 （4） ①. ac ②. 20.10 ③. 90.0% 【解析】 【分析】装置A中饱和食盐水和电石（杂质）反应生成乙炔，乙炔中混有、，通过B中溶液除去、，乙炔进入C中和浓硝酸反应生成草酸，据此分析作答； 【小问1详解】 电石与水反应非常剧烈，用饱和食盐水代替自来水可以减小其反应速率，防止反应过于剧烈； 【小问2详解】 硫酸铜与发生反应生成、和，根据得失电子守恒和元素质量守恒，可得化学方程式：； 【小问3详解】 乙炔和浓硝酸发生氧化还原反应，乙炔被氧化成草酸，浓硝酸的还原产物为二氧化氮，根据得失电子守恒和元素质量守恒，可得相应的化学方程式为：； 使草酸从装置中分离出来的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； 【小问4详解】 ①a．称量药品时，药品应放在左盘，a错误； b．在烧杯中溶解固体，用玻璃棒搅拌加快溶解速率，b正确； c．将溶液转移至容量瓶时要用玻璃棒引流，c错误； d．定容时视线与容量瓶刻度线相平，d正确； 故答案为：ac； ②滴定管的“0”刻度在上面，读数时由上往下读，故由图可知； 用的酸性溶液滴定溶液发生的反应为：，根据表格所给数据，第二次滴定误差较大，应舍去，故两次滴定消耗酸性的体积为：，根据方程式可得溶液中的质量为：，故样品中草酸晶体的质量分数为。 18. A~I是常见有机物，A是烃，E的分子式为C4H8O2，H为有香味的油状物质。 已知： （1）0.2molA完全燃烧生成17.6gCO2和7.2gH2O，则A的结构简式为_______。 （2）B分子中含有官能团的名称为_______。 （3）①的反应类型为_______。 （4）G可能具有的性质为_______ (填字母)。 a．与钠反应 b．与NaOH溶液反应 c．易溶于水 （5）请写出②和⑦的化学方程式： 反应②：_______。 反应⑦：_______。 【答案】（1）CH2＝CH2 （2）羟基 （3）加成 （4）ac （5） ①. 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O ②. HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O 【解析】 【分析】17.6g CO2的物质的量为：n(CO2)==0.4mol，7.2g水的物质的量为=0.4mol，A是一种烃，则n（A）：n（C）：n（H）=0.2mol：0.4mol：0.8mol=1:2:4，A的分子式为C2H4，A的结构简式为CH2=CH2，A与水加成生成B，B为CH3CH2OH，B发生氧化反应生成的C为乙醛，乙醛发生氧化反应生成的D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成的E为乙酸乙酯；乙烯与氢气加成生成的I为乙烷；乙烯与溴加成生成的F为1，2-二溴乙烷， 1，2-二溴乙烷发生水解生成的G为乙二醇，乙二醇和过量乙酸反应生成二乙酸乙二酯，据此答题。 【小问1详解】 根据以上分析可知A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，故答案为CH2=CH2； 【小问2详解】 反应①为CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B为CH3CH2OH，官能团是羟基，故答案为羟基； 【小问3详解】 反应①为CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为加成反应； 【小问4详解】 G为CH2OHCH2OH，属于二元醇；a．含羟基，能与金属钠反应HOCH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2ONa+H2↑，故a正确；b．醇不能与NaOH溶液反应，故b错误；c．乙二醇易溶于水，故c正确，故答案为ac； 【小问5详解】 反应②：乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应⑦为乙二醇与过量乙酸的酯化反应：HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O； HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O； 19. 某芳香烃A是一种重要的有机化工原料。以它为初始原料经过如下转化可以合成扁桃酸、医药中间体G等多种物质。 （1）B生成C的反应类型为___________，扁桃酸中官能团的名称___________，其结构中含有___________个手性碳。 （2）写出C生成D的化学方程式___________。 （3）写出由单体G通过加聚反应所得产物的结构简式___________。 （4）扁桃酸有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________(不考虑立体异构)种。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为___________。 ①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环 ②能发生银镜反应和水解反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 （5）已知，某兴趣小组拟用A合成阿司匹林前体水杨酸()，合成路线如图所示： 水杨酸的名称___________(用系统命名法命名)写出上述流程由生成H的化学方程式为___________。 【答案】（1） ①. 取代反应或水解反应 ②. 羟基、羧基 ③. 1 （2）2 （3） （4） ①. 13 ②. （5） ①. 2-羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸 ②. +3NaOH+NaBr+2H2O 【解析】 【分析】根据芳香烃A的分子式，可知A的结构简式为，根据的反应条件可判断D结构中含有醛基，C结构中含有-CH2OH，结合A转化成B的反应条件为光照、，则B为，C为，D为，D与HCN发生加成反应生成E，E为，发生水解反应生成扁桃酸，根据F的分子式及氧化生成的，确定F结构为，由与HCHO发生反应生成的G的分子式为C9H8O2，且能发生加聚反应生成高聚物，则G结构为。 【小问1详解】 由上述反应可知，B为，C为，则B生成C的反应为氯代烃的水解反应，属于取代反应；根据扁桃酸的结构简式可知，含有官能团为羟基、羧基；连有羟基、羧基的碳原子为手性碳原子； 故答案为：取代反应或水解反应；羟基、羧基；1； 【小问2详解】 C为，D为，该反应是醇的催化氧化反应，化学方程式为2； 故答案为：2； 【小问3详解】 G结构为，加聚反应生成的高聚物为； 故答案为：； 【小问4详解】 扁桃酸分子式为，满足条件的同分异构体含有酚羟基、甲酸酯基，则有、、、、、、、、、、、、共13种，其中符合峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为；由信息由生成H的化学方程式为 故答案为：13；； 【小问5详解】 根据水杨酸的结构，其系统命名名称为2-羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸；由信息可知反应化学方程式为+3NaOH+NaBr+2H2O； 故答案为：2-羟基苯甲酸或邻羟基苯甲酸；+3NaOH+NaBr+2H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春外国语学校2024-2025学年第二学期高二年级第一次月考 化学试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共3页。考试结束后，将答题卡交回。 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 第I卷(选择题) 一、单选题(本题共14小题，每题3分 ，共42分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项) 1. “新能源汽车小米SU7”在汽车界掀起的一股浪潮，新能源科技的发展与化学密切相关。下列选项不正确的是 A. 小米SU7的轮胎材料主要为新型橡胶，属于有机合成高分子材料 B. 小米SU7的车身采用了钢铝合金材料，相对于纯铝具有硬度大熔点高的特点 C. 小米SU7的前后电驱均使用的材料为碳化硅SiC，属于共价晶体 D. 小米SU7的采用了镀银玻璃，其中玻璃的主要成分为硅酸盐 2. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 异丁烷分子中共价键的数目为 B. 标准状况下，中电子的数目为 C. 的溶液中的数目为 D. 的溶液中的数目为 3. 下列化学用语表述错误的是 A. HClO的电子式： B. 中子数为10的氧原子：O C. NH3分子的VSEPR模型： D. 基态N原子的价层电子排布图： 4. 下列方程式不正确的是 A. 与浓盐酸反应： B. 与反应： C. 将少量灼热加入中： D. 将通入酸性溶液： 5. 下列装置不能达到实验目的的是 A. 图①可用于实验室制 B. 图②可用于除去中少量的 C 图③可用于分离和 D. 图④可用于制备明矾晶体 6. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 酸性： 电负性： B 某冠醚与能形成超分子，与则不能 与的离子半径不同 C 由氨制硝酸： 和均具有氧化性 D 苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 合成酚醛树脂的反应是加聚反应 A. A B. B C. C D. D 7. 贵州盛产灵芝等中药材。灵芝酸B是灵芝的主要活性成分之一，其结构简式如图。下列说法错误的是 A 分子中只有4种官能团 B. 分子中仅含3个手性碳原子 C. 分子中碳原子的杂化轨道类型是和 D. 该物质可发生酯化反应、加成反应和氧化反应 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. HCl制备：溶液和 B. 金属Mg制备：溶液 C. 纯碱工业：溶液 D. 硫酸工业： 9. 侯氏制碱法工艺流程中的主反应为，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 单质沸点： D. 电负性： 10. NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. Nb的配位数是6 B. Nb和O最短距离为anm C. 晶体密度 D. M的分数坐标为 11. 苯甲酸（）常用作食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如下，下列说法不正确的是 A. 操作Ⅰ加热溶解的目的是增大粗苯甲酸的溶解度 B. 苯甲酸与互为同分异构体 C. 操作Ⅱ需要趁热原因是防止NaCl冷却析出 D. 检验操作Ⅳ产物是否洗干净可用硝酸酸化的 12. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C. 由苯得到M时，苯中的大键没有变化 D. 对于生成Y的反应，浓作催化剂 13. 分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构) A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 14. 如图是甲苯的转化关系(部分产物没有标出)，叙述正确的是 A. 反应③说明了甲基对苯环的影响 B. 因为甲烷与苯均不与酸性KMnO4反应，所以反应②不会发生 C. 反应①为取代反应，其产物只有1种 D. 反应④是1 mol甲苯与1 mol H2发生加成反应 15. 下列说法不正确的是 A. 邻羟基苯甲醛()的熔、沸点比对羟基苯甲醛()的熔、沸点高 B. 乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比互溶与氢键有关 C. 水分子的稳定性与氢键无关 D. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子 二、解答题(本题共4小题，共58) 16. 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为___________。 （2）常用于的鉴定，S、C两种元素电负性由大到小的顺序是___________；其对应的酸有两种，分别为硫氰酸()和异硫氰酸()，这两种酸中沸点较高的是___________。(填名称) （3）“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为___________(填标号)。 A. 不产生废液废渣 B. 无需控温 C. 设备无需耐高温 D. 可减少有害气体产生 （4）Au难被氧化，该流程“浸金”中NaCN的作用为___________；通常使用王水也可溶解金，依据此反应原理，也可以使用盐酸和溶液将单质金转化为，写出该转化的化学方程式___________。 （5）滤液②经酸化，转化为和HCN的化学方程式为___________。 17. 草酸是一种用途广泛的有机弱酸，可溶于水。某同学通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)，用其制备一定量的草酸晶体，并验证该晶体具有的某些性质。 回答下列问题： （1）装置中主要发生反应，用饱和食盐水代替自来水的目的为_______。 （2）装置的作用是除去、，其中硫酸铜与发生反应生成、和，写出该反应的化学方程式：_______。 （3）草酸在装置中生成，相应的化学方程式为_______，使草酸从装置中分离出来的操作是_______、_______过滤、洗涤、干燥。 （4）待反应结束后，从C中分离出草酸晶体，然后用的酸性溶液进行滴定以测定其纯度。 ①称量草酸晶体配制溶液，下列配制操作中错误是_______(填标号)。 a．    b．    c．    d． ②三次平行滴定实验中消耗溶液的体积如表所示，其中第一次实验滴定后的液面位置如图所示： 滴定次数 待测溶液体积 标准溶液的体积 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液的体积 第一次 20.00 0.20 第二次 20.00 2.56 28.40 第三次 20.00 0.22 20.32 则_______，样品中草酸晶体的质量分数为_______(保留一位小数)。 18. A~I是常见有机物，A是烃，E的分子式为C4H8O2，H为有香味的油状物质。 已知： （1）0.2molA完全燃烧生成17.6gCO2和7.2gH2O，则A的结构简式为_______。 （2）B分子中含有官能团的名称为_______。 （3）①的反应类型为_______。 （4）G可能具有的性质为_______ (填字母)。 a．与钠反应 b．与NaOH溶液反应 c．易溶于水 （5）请写出②和⑦的化学方程式： 反应②：_______。 反应⑦：_______。 19. 某芳香烃A是一种重要的有机化工原料。以它为初始原料经过如下转化可以合成扁桃酸、医药中间体G等多种物质。 （1）B生成C的反应类型为___________，扁桃酸中官能团的名称___________，其结构中含有___________个手性碳。 （2）写出C生成D的化学方程式___________。 （3）写出由单体G通过加聚反应所得产物的结构简式___________。 （4）扁桃酸有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________(不考虑立体异构)种。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为___________。 ①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环 ②能发生银镜反应和水解反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 （5）已知，某兴趣小组拟用A合成阿司匹林前体水杨酸()，合成路线如图所示： 水杨酸的名称___________(用系统命名法命名)写出上述流程由生成H的化学方程式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $