精品解析：广东省江门市培英高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题

培英高级中学2024-2025学年度第二学期期中考试 高二化学 本试卷8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。 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.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Mn-55 一、选择题：本题共16小题，第1∼10题每小题2分；第11~16题每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 广东有很多非物质文化遗产，下列传统民俗文化艺术品中涉及的主要材料不属于有机物的是 A．高州牛角雕刻 B．广州木刻版画 C．云浮玉雕 D．茂名剪纸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】根据含有碳元素的化合物叫有机物，简称有机物；碳的氧化物、碳酸及其盐、HCN及氰化物、HCNO及氰酸盐等，虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把他们看作无机物。 【详解】A．高州牛角雕刻，牛角属于蛋白质，属于有机物，A正确； B．广州木刻版画，组成成分为纤维素，属于有机物，B正确； C．云浮玉雕主要成分大部分是SiO2，属于无机物，C错误； D．茂名剪纸的组成成分是纤维素，属于有机物，D正确； 故答案为：C。 2. “中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过此反应制备高纯硅：。下列有关说法正确的是 A. 若硅原子的轨道表示式为，则违反了泡利原理 B. 是由极性键形成的极性分子，它的VSEPR模型为正四面体 C. 基态氯原子的价层电子排布式为 D. HCl分子中键的形成： 【答案】D 【解析】 【详解】A．若硅原子的轨道表示式为，3p上两个电子没有优先一个轨道填充1个电子，违反了洪特规则，A错误； B．是正四面体形分子，它的VSEPR模型也为正四面体，正负电荷中心能重合，属于非极性分子，B错误； C．基态氯原子最外层有7个电子，所以价层电子排布式为，C错误； D．HCl分子中键是s-p键，形成过程为：，D正确； 故选D。 3. 下列说法正确的是 A. 等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等 B. 的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构) C. 按系统命名法化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷 D. 和互为同系物 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯的分子式为C6H6，苯甲酸的分子式为C7H6O2，nmol苯和nmol苯甲酸消耗的氧气的量均为7.5nmol，A错误； B．甲苯中溴原子可取代位置分别为甲基上的氢原子，以及苯环上甲基的邻位、间位和对位上的氢原子，有4种一溴代物：2-甲基丁烷，含有四种等效氢，所以一溴代物也有4种，B正确； C．该化合物在命名时主链选错，主链应选择包含碳原子数最多的碳链作为主链，正确的命名为2,3,4,4-四甲基己烷，C错误； D．前者羟基与苯环直接相连，属于酚类化合物，后者羟基未与苯环直接相连，属于醇类化合物，酚与醇结构不相似，不是同系物，D错误； 故选B。 4. 物质结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 熔点：AlF3>AlCl3 均存在离子键，且强度：AlF3>AlCl3 B 酸性：HCOOH>CH3COOH O-H的极性：HCOOH强于CH3COOH C CO2在水中的溶解度大于CO CO2为非极性分子，CO为极性分子 D 热稳定性：HF大于HCl HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．熔点：AlF3>AlCl3，是因为AlF3属于离子晶体含离子键，AlCl3属于分子晶体含共价键，A错误； B．酸性：HCOOH＞CH3COOH，表明HCOOH比CH3COOH易发生电离，也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强，B正确； C．CO2与水结合生成碳酸，CO不与水反应，C错误； D．热稳定性HF大于HCl，表明H-F键的键能大于H-Cl，氢键只影响二者的熔沸点，不影响二者的热稳定性，D错误； 故选B。 5. 一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中、、、、原子序数依次增大且分属三个短周期。、元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是 A. 电负性大小： B. 简单离子半径： C. 简单氢化物的沸点： D. 阴离子中各原子都满足电子稳定结构 【答案】A 【解析】 【分析】、、、、原子序数依次增大且分属三个短周期，X形成1个共价键，X是H元素；、元素的基态原子中均有两个未成对电子，Y能形成4个共价键，Y是C元素；Z形成3个共价键、Q形成2个共价键，Z是N元素、Q是O元素；W形成+1价阳离子，W是Na元素。 【详解】A．元素非金属性越强电负性越大，电负性大小：O>N>C>H，故A正确； B．电子层数相同，质子数越多离子半径越小，简单离子半径：N3->O2->Na+，故B错误； C．H2O、NH3分子间能形成氢键，沸点高，简单氢化物的沸点H2O>NH3>CH4，故C错误； D．阴离子中H原子不满足电子稳定结构，故D错误； 选A。 6. 分子的结构与性质息息相关，下列说法错误的是 A. 易溶于苯、难溶于水，都可用“相似相溶”原理解释 B. 金属活动性：，是因为第一电离能： C. 和的中心原子都是杂化 D. 碘和干冰升华时克服的粒子间作用为同种类型 【答案】B 【解析】 【详解】A．I2是非极性分子，易溶于非极性的苯；CH4是非极性分子，难溶于极性的水，均符合“相似相溶”原理，A正确； B．金属活动性Mg＞Al，但第一电离能Mg＞Al的原因是Al的3p轨道不是稳定结构，电子更容易失去电子，而镁的3p轨道为全空，较稳定，难失电子，金属活动性还与升华焓、水合能等因素有关，不能直接由第一电离能决定，B错误； C．中O的价层电子对数为4（杂化），中N的价层电子对数也为4（杂化），两者杂化方式相同，C正确； D．碘和干冰升华均破坏分子间作用力（范德华力），属于同种类型，D正确； 故选B。 7. 有机物Q为合成药物的中间体，下列说法不正确的是 A. M和N转化为Q的反应类型为取代反应 B. 有机物M的分子式为 C. Q中含有两种官能团 D. Q中环上的一氯代物有5种 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据结构分析可知，M和N反应生成Q和HBr，反应类型为取代反应，A项正确； B．观察知，一个M分子中含10个C、7个H、1个O、1个Br，则有机物M的分子式为，B项正确； C．Q中含有羟基、醚键、碳碳三键、碳碳双键共四种官能团，C项错误； D．Q中含有一个五元环和一个苯环，五元环中有3种H，苯环上有2种H，则Q中环上共含5种H，一氯代物有5种，D项正确； 故选C。 8. 下列实验方案不能达到实验目的的是 A．检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯 B．检验1-溴丁烷发生消去反应生成丁烯 C．验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱 D．检验电石与水反应生成乙炔 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙醇在浓硫酸作用下共热到170℃发生消去反应生成乙烯，同时有副产物二氧化硫生成，二氧化硫和挥发出的乙醇均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明有乙烯生成，所以题给装置不能完成检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯的实验目的，A错误； B．1－溴丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成丁烯，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴的四氯化碳溶液反应，则溴的四氯化碳溶液褪色说明有丁烯生成，所以题给装置能完成检验1－溴丁烷发生消去反应生成丁烯的实验目的，B正确； C．乙酸溶液与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳说明乙酸的酸性强于碳酸，乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，排除乙酸对二氧化碳与苯酚钠溶液反应的干扰，二氧化碳与苯酚钠溶液反应说明碳酸的酸性强于苯酚，则题给装置能完成验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱的实验目的，C正确； D．电石中含有的硫化钙、磷化钙杂质也能与水反应，反应制得的乙炔中混有硫化氢、磷化氢，硫酸铜溶液能吸收硫化氢、磷化氢，排除硫化氢、磷化氢对乙炔与溴的四氯化碳溶液反应的干扰，则溴的四氯化碳溶液褪色说明有乙炔生成，所以题给装置能完成检验电石与水反应生成乙炔的实验目的，D正确； 故答案为：A。 9. 由化合物X、Y为起始原料可合成药物乙。下列说法正确是(已知羧基不与溴水反应) A. X分子中所有碳原子可处于同一平面 B. 1molY最多能与发生加成反应 C. 1molZ最多只能与发生反应 D. X、Y、Z均可与稀溶液发生反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．X分子中的六元环不是苯环而含有烷基，根据甲烷的正四面体结构，X中所有碳原子不可能处于同一平面，A错误； B．Y中只有苯环能加成，则1molY最多能与发生加成反应，B正确； C．1molZ中存在2mol双键，可以与发生加成反应；然后酚羟基对位还可以取代，如图所示：，则1molZ最多能与发生反应，C错误； D．X只含有碳碳双键和醇羟基，不能与NaOH稀溶液发生反应；Y、Z均含有酚羟基，Z含有羧基，可与NaOH稀溶液发生反应，D错误； 故答案为：B。 10. 半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1molSi中含有键的数目为 B. 标准状况下，中含有的电子总数为 C. 的溶液中离子数为 D. 反应每生成1mol氧化产物，转移电子数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．1mol Si中每个Si原子形成4个共价键，但每个键被两个原子共享，总键数为，A错误； B．2.7g H2O的物质的量为0.15mol，每个H2O分子含10个电子，总电子数为0.15×10×=，B正确； C．在酸性溶液中会部分转化为，实际的浓度小于0.1mol/L，且没有溶液体积，无法计算离子数目，C错误； D．每生成1mol Si4+（氧化产物），Si失去4mol电子，转移电子数为，D错误； 故选B。 11. 乙二胺与可形成配离子(如图所示)，下列有关说法不正确的是 A. 该配离子中心离子是，配位数为2 B. 该配离子中既有极性键又有非极性键 C. 乙二胺在水中溶解度高于 D. 乙二胺分子中的键角小于的键角 【答案】A 【解析】 【详解】A．该配离子中心离子为Cu2+，从图中可知，Cu2+的配位数为4，A错误； B．该配离子中既有C-H极性键，又有C-C非极性键，B正确； C．乙二胺能与水分子形成分子间氢键，故其在水中溶解度高于ClCH2CH2Cl，C正确； D．乙二胺分子H-N-H中N有一对孤对电子，H-C-H没有孤对电子，孤对电子对成键电子有排斥作用，因此H-N-H的键角小于H-C-H的键角，D正确； 故答案选A。 12. 耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列叙述错误的是 A. 步骤①属于加成反应 B. 反应过程中存在键的断裂 C. 该反应的原子利用率为100% D. 若将步骤②中换为，则产品将发生变化 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，耦合反应制备丙烯酸乙酯的反应物为二氧化碳、乙烯和碘乙烷，生成物为丙烯酸乙酯和碘化氢，反应的化学方程式为。 【详解】A．由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯，A正确； B．由图可知，步骤③中生成碳碳双键，存在 C－H键的断裂，B正确； C．由分析可知，生成物为丙烯酸乙酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%，C错误； D．由分析可知，二氧化碳、乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，则二氧化碳、乙烯和碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，因此产品将发生变化，D正确； 故选C。 13. 某抗氧化剂Z可由图中反应制得： 下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是(已知羧基不与溴水反应) A. 化合物Z中采用杂化和杂化的碳原子个数比为3：5 B. 化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗 C. 化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素 D. 化合物Y中含有2个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用杂化的碳原子(形成四个单键的饱和碳原子)有6个，采用杂化的碳原子(苯环上的碳原子、形成碳碳双键的碳原子、形成碳氧双键的碳原子)有10个，因此二者个数比为3∶5，A正确； B．化合物X结构中，酚羟基的两个邻位碳上的H能被溴原子取代，每取代一个邻位碳上的H，消耗一分子Br2，另外一个碳碳双键可以与一分子Br2发生加成，因此1molX最多可消耗，B错误； C．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但有特殊之处，如N>O(N、O基态原子的价电子排布式为，2p3处于半满状态较稳定，较难失去电子)，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，C错误； D．连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子(氨基所连的碳原子)，D错误； 故选A。 14. 已知：铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。 下列说法不正确的是 A. b中得到配合物，其配体为 B. 硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致 C. 由实验可知，的配位能力比弱 D. 加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液 【答案】C 【解析】 【详解】A．和均为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物，由化学式可知，其配体为，A正确； B．水分子中氧原子可以提供孤电子对，能和铜离子形成配离子，硫酸铜溶液呈蓝色原因是的颜色所致，B正确； C．由实验ac可知，的配位能力比强，C错误； D．加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确； 故选C。 15. 硫化锂()的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为反萤石(萤石)结构，其晶胞结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a，晶体密度为。下列说法错误的是 A. 的配位数是8，基态S原子的核外电子的空间运动状态有9种 B. B点的原子分数坐标为 C. 该晶胞边长a为： D. 显胞在y方向的投影图为 【答案】D 【解析】 【分析】根据晶胞图，位于晶胞体内，个数为8；位于晶胞的顶点和面心，个数为；晶胞的化学式为，据此分析解答。 【详解】A．由图可知，面心的周围的在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故的配位数为8；基态S原子的核外电子排布式为：，空间运动状态s轨道1种，p轨道3种，共9种空间运动状态，A正确； B．由图中A的分数坐标为可知，B点的原子分数坐标为，B正确； C．已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，晶体密度为，有，解得晶胞边长，C正确； D．由于面心还存在，则显胞在y方向的投影图为：，D错误； 故答案为：D。 16. 砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，熔点为1238℃。从砷化镓废料(主要成分为GaAs、，，和)中回收镓和砷的工艺流程如图1所示(碱浸时GaAs变成，)。 下列说法正确的是 A. GaAs是分子晶体 B. GaAs晶胞如图2，距离As最近且等距离的As原子数为8 C. 滤渣Ⅱ的主要成分是 D. “碱浸”时，GaAs被氧化，则每反应1molGaAs，转移电子的数目为8mol 【答案】D 【解析】 【分析】砷化镓废料(主要成分为GaAs、，，和)经过溶液和碱㓎，、溶解，和进入滤渣过滤除去，㓎出液用中和得到，同时得到滤渣Ⅱ：、，继续加酸化，得到溶液，和滤渣Ⅲ：，最后对溶液进行电解后生成Ga，据此分析解答。 【详解】A．砷化镓是优良的半导体材料，熔点为1238℃，其熔点高可能为共价晶体，不是分子晶体，A错误； B．根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离最近的原子数为，B错误； C．根据分析，滤渣Ⅱ的主要成分为、，C错误； D．“碱浸”时，GaAs转化为、，As元素的化合价由价升高为＋5价，则每反应，转移电子的物质的量为8mol，D正确； 故答案为：D。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 二甲基亚砜()是一种重要的极性溶剂。铭和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题： （1）Mn元素位于元素周期表的___________区。基态Cr原子的价电子排布式为___________，其第一电离能比Mn___________ (填“大”或“小”) （2）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。 ①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为___________。 ②沸点：二甲基亚砜___________丙酮(填“>”或“<”) ③二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为___________。 （3）钛元素的检验方法如图： 可与形成配离子，其原因是___________。 【答案】（1） ①. d ②. ③. 小 （2） ①. sp3杂化 ②. > ③. 二甲基亚砜与水能形成分子间氢键，且均为极性分子 （3）TiO2+中Ti存在空轨道，而双氧水中氧原子可以提供孤对电子 【解析】 【小问1详解】 Mn的原子序数为25，价电子排布式，位于d区；Cr为24号元素，价电子排布式；铬元素、锰元素的原子序数分别为24、25，基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态Cr失去4s上1个电子后的d轨道为半满较稳定结构，较容易失去4s上1个电子，则第一电离能：Cr＜Mn，； 【小问2详解】 由二甲基亚砜结构简式可知，中心原子S中心原子价层电子对数4，有一对孤电子对，采取sp3杂化；二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；二甲基亚砜的硫氧键极性较强，氧原子上有孤对电子，能够与水的氢原子之间形成氢键，同时二甲基亚砜与水均为极性分子，相似相溶，故能与水以任意比互溶； 【小问3详解】 物质形成配位键的基本要求是一个微粒提供空轨道，另一个微粒提供孤对电子，所以两者能形成配离子的原因是因为TiO2+中Ti存在空轨道，而双氧水中氧原子可以提供孤对电子。 18. 利用 (铁氰化钾)可灵敏检验出溶液中的，产生特征的蓝色，沉淀(滕氏蓝)，历史上普作为颜料而被广泛研究。回答下列问题： （1）基态的简化电子排布式为___________，基态中未成对电子数之比为___________。 （2）中键与π键的个数比为___________；铁氰化钾中存在的化学键类型有___________(填标号)。 A．离子键 B．非极性键 C．配位键 D．金属键 （3）滕氏蓝晶体的微观结构如图所示。 ①图1不是滕氏蓝晶体的晶胞单元，理由是___________。 ②图2为滕氏蓝的晶胞结构，晶胞中与1个等距且最近的的数目为___________；晶胞中与的核间距为anm，该晶胞密度为___________(列出计算式即可，已知的摩尔质量为)。 【答案】（1） ①. [Ar]3d5 ②. 4：5 （2） ①. 1：1 ②. AC （3） ①. 不是晶体中最小结构的重复单元 ②. 12 ③. 【解析】 【小问1详解】 铁元素的原子序数为26，基态铁离子的简化电子排布式为[Ar]3d5，离子中未成对电子数为5，基态亚铁离子的简化电子排布式为[Ar]3d6，离子中未成对电子数为4，则亚铁离子和铁离子中未成对电子数之比为4：5； 【小问2详解】 铁氰酸根离子中配位键属于σ键，氰酸根离子的碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，则配离子σ键与π键的个数比为(6+6)：(6×2)=1：1，铁氰化钾中存在离子键和配位键，不存在非极性键和金属键，故选AC； 【小问3详解】 ①晶胞是晶体微观空间结构里最小结构的重复单元，晶胞的结构应是对称的，图1结构不是对称，对比图2可知，晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，故图1不是晶胞单元； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于面心的亚铁离子距离最近，则与1个亚铁离子等距且最近的亚铁离子数目为12；晶胞中Fe2+与Fe3+的核间距为anm，则晶胞边长为2anm，根据晶胞结构分析亚铁离子个数为，说明晶胞中有4个KFe[Fe(CN)6]，该晶胞密度为g·cm－3。 19. 苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸。 反应原理： 制备装置及相关信息： 苯甲酸 相对分子质量 122 熔点 122.4℃ 水中溶解度 25℃：0.3g 95℃：6.9g 实验方法：将甲苯和溶液加热回流一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。 （1）制备装置中仪器a的名称为___________，主要作用是___________。 （2）操作Ⅰ为，操作Ⅱ为___________，无色液体A是___________。 （3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。推测白色固体B是苯甲酸与___________的混合物，进一步提纯苯甲酸的方法为___________。 （4）提纯时，往往要洗涤苯甲酸，检验苯甲酸是否洗涤干净的操作是___________。 （5）将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入搅拌，过滤，滤液静置一段时间，可获得有机合成常用的催化剂苯甲酸铜，混合溶剂中乙醇的作用是___________。 （6）称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，每次移取25.00mL溶液。用0.1000mol/L的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗23.45mL的KOH标准溶液。产品中苯甲酸质量分数为___________(保留三位有效数字)。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 冷凝回流 （2） ①. 分液 ②. 甲苯 （3） ①. KCl ②. 重结晶 （4）取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净 （5）苯甲酸易溶于乙醇，将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，可促进苯甲酸的溶解，使反应更充分 （6） 【解析】 【分析】一定量甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸钾，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯；水相为KOH和苯甲酸钾的混合液，加入浓盐酸，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得白色固体B为苯甲酸和KCl的混合物，据此分析； 【小问1详解】 根据装置图，制备装置中仪器a的名称为球形冷凝管，主要作用是冷凝回流； 【小问2详解】 操作Ⅰ把有机层和水层分开，则操作Ⅰ为分液；操作Ⅱ为有机相中分离出甲苯，方法为蒸馏，无水Na2SO4干燥剂，作用是除水，无色液体A是甲苯； 【小问3详解】 水相为KOH和苯甲酸钾的混合液，加入浓盐酸，生成苯甲酸和氯化钾，测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物；将白色固体B加入水中，加热溶解，冷却，过滤，得到白色晶体和无色溶液，该方法为重结晶；进一步提纯苯甲酸的方法为重结晶； 【小问4详解】 苯甲酸固体上可能残留KCl，通过检验否有Cl-来判断是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净； 【小问5详解】 苯甲酸易溶于乙醇，将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，可促进苯甲酸的溶解，使反应更充分； 【小问6详解】 称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，每次移取25.00mL溶液。用0.1000mol/L的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗23.45mL的KOH标准溶液。消耗KOH的物质的量为0.1000mol/L×0.02345L=2.345×10−3mol，苯甲酸是一元弱酸，和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，实验样品中苯甲酸的物质的量为2.345×10−3mol×=9.38×10−3mol，产品中苯甲酸质量分数为。 20. 有机化合物ⅶ是一种重要的染料中间体。一种合成ⅶ的路线如下。 （1）化合物ⅶ的分子式为___________ （2）化合物ⅰ的名称为___________。化合物X的氢原子数比ⅰ多4且X为ⅰ的同系物，X的结构有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为___________。 （3）根据化合物ⅵ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新官能团名称 反应类型 a 氢气/催化剂、加热 ___________ 加成反应 b 浓硫酸、加热、乙醇 酯基 ___________ （4）反应②为取代反应，下列关于反应②的说法中，不正确的是___________(选填字母)。 A. 有C—O键和H—C断裂 B. 有C—C键和H—O键生成 C. 推测ⅲ易溶于水 D. 生成物ⅳ中，存在p轨道“头碰头”形成的π键 （5）参考上述合成路线，无机及3碳以下有机试剂任选，以为原料合成。基于你的合成路线回答下列问题： a．第一步反应的化学方程式为___________。 b．第二步反应的反应类型为___________。 c．第三步反应另一种有机反应物的结构简式为___________。 【答案】（1） （2） ①. 甲苯 ②. 8 ③. （3） ①. 羟基 ②. 酯化反应(或取代反应) （4）CD （5） ①. ＋HNO3＋H2O ②. 还原反应 ③. 【解析】 【分析】C7H8的结构简式为，与ii发生取代反应生成iii，进一步发生取代反应生成iv，发生氧化反应生成v，继续发生硝化反应生成vi，最后发生还原反应生成vii； 【小问1详解】 根据结构简式可知，化合物ⅶ的分子式为； 【小问2详解】 化合物ⅰ的名称是甲苯；化合物X的氢原子数比ⅰ多4且X为ⅰ的同系物，则X的分子式为，含有苯环，可以为(正丙基、异丙基两种)，可以为连一个甲基、一个乙基，有邻、间、对三种相对位置，或连三个甲基，又有三种，共有8种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为的结构简式为； 【小问3详解】 化合物vi中含有酮羰基能与氢气在催化剂、加热条件下，发生加成反应，加成反应后可生成羟基；在乙醇、浓硫酸、加热条件下会发生酯化反应，生成的新官能团的名称为酯基； 【小问4详解】 A．反应②中羧基的C—O键断裂，苯环上H—C键断裂，形成C—C键，同时有水生成，有H—O键生成，A正确； B．由A项分析可知B也正确； C．ⅲ含有羧基，但受烃基结构影响，不易溶于水，C错误； D．生成物iv中，含有键，p轨道形成的π键为“肩并肩”，D错误； 答案为CD； 【小问5详解】 以为原料合成时，先发生硝化反应(参考④)得到硝基，然后发生还原反应(参考⑤)得到氨基，再与乙酸发生取代反应。 a．第一步反应的化学方程式为＋HNO3＋H2O； b．第二步反应的反应类型为还原反应； c．第三步反应另一种有机反应物的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 培英高级中学2024-2025学年度第二学期期中考试 高二化学 本试卷8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。 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.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Mn-55 一、选择题：本题共16小题，第1∼10题每小题2分；第11~16题每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 广东有很多非物质文化遗产，下列传统民俗文化艺术品中涉及的主要材料不属于有机物的是 A．高州牛角雕刻 B．广州木刻版画 C．云浮玉雕 D．茂名剪纸 A. A B. B C. C D. D 2. “中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过此反应制备高纯硅：。下列有关说法正确的是 A. 若硅原子的轨道表示式为，则违反了泡利原理 B. 是由极性键形成的极性分子，它的VSEPR模型为正四面体 C. 基态氯原子的价层电子排布式为 D. HCl分子中键的形成： 3. 下列说法正确的是 A. 等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等 B. 的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构) C. 按系统命名法化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷 D. 和互为同系物 4. 物质结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 熔点：AlF3>AlCl3 均存在离子键，且强度：AlF3>AlCl3 B 酸性：HCOOH>CH3COOH O-H极性：HCOOH强于CH3COOH C CO2在水中的溶解度大于CO CO2为非极性分子，CO为极性分子 D 热稳定性：HF大于HCl HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键 A. A B. B C. C D. D 5. 一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中、、、、原子序数依次增大且分属三个短周期。、元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是 A. 电负性大小： B. 简单离子半径： C. 简单氢化物的沸点： D. 阴离子中各原子都满足电子稳定结构 6. 分子的结构与性质息息相关，下列说法错误的是 A. 易溶于苯、难溶于水，都可用“相似相溶”原理解释 B. 金属活动性：，是因为第一电离能： C. 和的中心原子都是杂化 D. 碘和干冰升华时克服的粒子间作用为同种类型 7. 有机物Q为合成药物的中间体，下列说法不正确的是 A. M和N转化为Q的反应类型为取代反应 B. 有机物M的分子式为 C. Q中含有两种官能团 D. Q中环上的一氯代物有5种 8. 下列实验方案不能达到实验目的的是 A．检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯 B．检验1-溴丁烷发生消去反应生成丁烯 C．验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱 D．检验电石与水反应生成乙炔 A. A B. B C. C D. D 9. 由化合物X、Y为起始原料可合成药物乙。下列说法正确的是(已知羧基不与溴水反应) A. X分子中所有碳原子可处于同一平面 B. 1molY最多能与发生加成反应 C. 1molZ最多只能与发生反应 D. X、Y、Z均可与稀溶液发生反应 10. 半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1molSi中含有键的数目为 B. 标准状况下，中含有的电子总数为 C. 的溶液中离子数为 D. 反应每生成1mol氧化产物，转移电子数目为 11. 乙二胺与可形成配离子(如图所示)，下列有关说法不正确的是 A. 该配离子中心离子是，配位数为2 B. 该配离子中既有极性键又有非极性键 C. 乙二胺在水中溶解度高于 D. 乙二胺分子中的键角小于的键角 12. 耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列叙述错误的是 A 步骤①属于加成反应 B. 反应过程中存在键的断裂 C. 该反应的原子利用率为100% D. 若将步骤②中换，则产品将发生变化 13. 某抗氧化剂Z可由图中反应制得： 下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是(已知羧基不与溴水反应) A. 化合物Z中采用杂化和杂化的碳原子个数比为3：5 B. 化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗 C. 化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素 D. 化合物Y中含有2个手性碳原子 14. 已知：铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。 下列说法不正确的是 A. b中得到配合物，其配体为 B. 硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致 C. 由实验可知，的配位能力比弱 D. 加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液 15. 硫化锂()的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为反萤石(萤石)结构，其晶胞结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a，晶体密度为。下列说法错误的是 A. 的配位数是8，基态S原子的核外电子的空间运动状态有9种 B. B点的原子分数坐标为 C. 该晶胞边长a： D. 显胞在y方向的投影图为 16. 砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，熔点为1238℃。从砷化镓废料(主要成分为GaAs、，，和)中回收镓和砷的工艺流程如图1所示(碱浸时GaAs变成，)。 下列说法正确的是 A. GaAs是分子晶体 B. GaAs晶胞如图2，距离As最近且等距离的As原子数为8 C. 滤渣Ⅱ的主要成分是 D. “碱浸”时，GaAs被氧化，则每反应1molGaAs，转移电子的数目为8mol 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 二甲基亚砜()是一种重要的极性溶剂。铭和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题： （1）Mn元素位于元素周期表的___________区。基态Cr原子的价电子排布式为___________，其第一电离能比Mn___________ (填“大”或“小”) （2）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。 ①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为___________。 ②沸点：二甲基亚砜___________丙酮(填“>”或“<”) ③二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为___________。 （3）钛元素的检验方法如图： 可与形成配离子，其原因是___________。 18. 利用 (铁氰化钾)可灵敏检验出溶液中的，产生特征的蓝色，沉淀(滕氏蓝)，历史上普作为颜料而被广泛研究。回答下列问题： （1）基态的简化电子排布式为___________，基态中未成对电子数之比为___________。 （2）中键与π键的个数比为___________；铁氰化钾中存在的化学键类型有___________(填标号)。 A．离子键 B．非极性键 C．配位键 D．金属键 （3）滕氏蓝晶体的微观结构如图所示。 ①图1不是滕氏蓝晶体的晶胞单元，理由是___________。 ②图2为滕氏蓝的晶胞结构，晶胞中与1个等距且最近的的数目为___________；晶胞中与的核间距为anm，该晶胞密度为___________(列出计算式即可，已知的摩尔质量为)。 19. 苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸。 反应原理： 制备装置及相关信息： 苯甲酸 相对分子质量 122 熔点 122.4℃ 水中溶解度 25℃：0.3g 95℃：6.9g 实验方法：将甲苯和溶液加热回流一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。 （1）制备装置中仪器a名称为___________，主要作用是___________。 （2）操作Ⅰ为，操作Ⅱ为___________，无色液体A是___________。 （3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。推测白色固体B是苯甲酸与___________的混合物，进一步提纯苯甲酸的方法为___________。 （4）提纯时，往往要洗涤苯甲酸，检验苯甲酸是否洗涤干净的操作是___________。 （5）将苯甲酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入搅拌，过滤，滤液静置一段时间，可获得有机合成常用的催化剂苯甲酸铜，混合溶剂中乙醇的作用是___________。 （6）称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，每次移取25.00mL溶液。用0.1000mol/L的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗23.45mL的KOH标准溶液。产品中苯甲酸质量分数为___________(保留三位有效数字)。 20. 有机化合物ⅶ是一种重要的染料中间体。一种合成ⅶ的路线如下。 （1）化合物ⅶ的分子式为___________ （2）化合物ⅰ的名称为___________。化合物X的氢原子数比ⅰ多4且X为ⅰ的同系物，X的结构有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为___________。 （3）根据化合物ⅵ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新官能团名称 反应类型 a 氢气/催化剂、加热 ___________ 加成反应 b 浓硫酸、加热、乙醇 酯基 ___________ （4）反应②为取代反应，下列关于反应②的说法中，不正确的是___________(选填字母)。 A. 有C—O键和H—C断裂 B. 有C—C键和H—O键生成 C. 推测ⅲ易溶于水 D. 生成物ⅳ中，存在p轨道“头碰头”形成的π键 （5）参考上述合成路线，无机及3碳以下有机试剂任选，以为原料合成。基于你的合成路线回答下列问题： a．第一步反应的化学方程式为___________。 b．第二步反应的反应类型为___________。 c．第三步反应另一种有机反应物的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $