精品解析：江苏省淮安市2024-2025学年高二下学期期末化学试卷

2024—2025学年度第二学期期末高二调研测试 化学试题 注意事项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共7页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡规定的位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Au 197 I卷（选择题 共39分） 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列物质不属于高分子化合物的是 A. 淀粉 B. 油脂 C. 蛋白质 D. 纤维素 2. As2O3是两性氧化物。与盐酸反应的方程式为As2O3+6HCl=2AsCl3+H2O。下列叙述正确的是 A. H2O是极性分子 B. 基态As原子电子排布式：[Ar]4s24p3 C. AsCl3的电子式： D. 基态O原子的价电子轨道表示式： 3. 氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)是合成工业洗涤剂的中间体。下列说法正确的是 A 沸点：H2O < NH3 B. 电负性：χ(O) < χ(C) C. 半径：r(O2-) < r(Na＋) D. 电离能：I1(O) < I1(N) 4. 下列有关实验能达到相应实验目的的是 A. 用图甲所示操作转移溶液到容量瓶中 B. 用图乙所示操作从FeCl3溶液中获得无水FeCl3 C. 用图丙所示操作观察钾元素的焰色反应 D. 用图丁所示操作以NaOH溶液滴定H2C2O4溶液 阅读下列材料，完成下面小题： 铁系元素铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族元素。铁元素能与CO形成Fe(CO)5，室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃。在碱性介质中，CO可以将NiS还原为Ni(CO)4。Co(OH)2在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2-。Co(Ⅲ)在酸性条件下氧化性很强，可以将Mn2+氧化为MnO。[Co(NH3)5Cl]Cl2热稳定性较好，可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。 5. 下列说法不正确的是 A. 铁系元素位于元素周期表中的d区 B. 第四电离能：I4(Co)>I4(Fe) C. 聚氯乙烯没有固定的熔点 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2中存在离子键和配位键 6. 下列方程式表达正确的是 A. 碱性介质中，CO与NiS反应：NiS+5CO+2OH- = Ni(CO)4+S2-+CO2+H2O B. 向Co(OH)2中加过量氨水：Co(OH)2+2NH3·H2O = [Co(OH)4]2-+2NH C. 向Co2O3中加入浓盐酸并加热：Co2O3+2Cl-+6H+2Co2++Cl2↑+3H2O D. 向[Co(NH3)5Cl]Cl2中加足量硝酸银溶液：[Co(NH3)5Cl]Cl2+3AgNO3 = 3AgCl↓+[Co(NH3)5NO3](NO3)2 7. 已知NiS的晶胞结构与NaCl相似，Fe(CO)5的结构如图所示。下列说法中正确的是 A. Fe(CO)5属于离子晶体 B. 图中的B原子是氧原子 C. NiS中Ni2+的配位数是8 D. 1molFe(CO)5中含有10mol π键 8. 莫西赛利可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。其合成路线中间体X的结构如下图所示，下列关于该中间体的说法不正确的是 A. 1mol中间体X与盐酸反应，最多消耗1molHCl B. 中间体X中sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比为7：9 C. 中间体X中所有碳原子不可能在同一平面 D. 中间体X与足量H2加成后的产物中含有4个手性碳原子 9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成，下列说法不正确的是 A. X的熔沸点比对羟基苯甲酸低是因为X形成分子内氢键 B. 1molY水解，最多消耗3molNaOH C. Z可以发生加成、氧化、取代反应 D. 可用酸性KMnO4溶液检验产品Z中否含有X 10. 甲烷催化重整反应为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH>0。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔS>0 B. 使用催化剂可降低反应的焓变 C. 平衡时升高温度，正增大，逆减小 D. 反应平衡常数 11. 下列实验方案能实现对应实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 向试管中加入0.5 g麦芽糖和4 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH中和，再向中和液中加入少量新制的Cu(OH)2 悬浊液加热，观察现象 验证麦芽糖水解液中存在还原性糖 B 向0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，观察溶液颜色的变化 验证Cl-与H2O在配合物中存在相互竞争 C 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4一段时间后过滤洗涤，向所得的滤渣上滴加稀盐酸，观察是否有气泡 比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3) 的相对大小 D 用pH计分别测定CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的pH 比较CH3COOH和CH2ClCOOH 分子中O-H键的极性 A. A B. B C. C D. D 12. 盐酸羟胺(NH2OH·HCl)可用于合成抗癌药，工业上可采用电化学方法制备，正极反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应过程中X为 B. Fe在反应过程中起催化作用 C. 反应过程中既有极性键又有非极性键的形成 D. 反应过程中正极电极反应为 13. 碳正离子作为高活性中间体，在有机合成中扮演着关键角色。 已知：①一氯代烃在NaOH溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如图1。 ②一定条件下，只改变叔丁基氯()的浓度或NaOH溶液的浓度对反应速率的影响示意图如图2。 ③甲基是推电子基，碳正离子的稳定性：CH< CH3CH < (CH3)2CH+ < (CH3)3C+。 下列说法不正确的是 A. 反应的活化能：步骤Ⅰ大于步骤Ⅱ B. 假设一定条件下一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”，则叔丁基氯水解的相对速率小于2-氯丙烷 C. 叔丁基氯(CH3)3CCl在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成(CH3)3COH或(CH3)3CF D. 碳正离子的稳定性： BrCH2CH大于FCH2CH II卷（非选择题 共61分） 14. 金(Au)是一种重要的贵金属。某研究小组在实验室条件下以电子废料（含铜和金以及其他不溶于水和酸的杂质）为原料提炼金单质，流程如下： （1）“富金”的目的是分离金和铜元素。则试剂X可选用 。 A. FeCl3 B. 王水 C. 稀硝酸 D. 稀硫酸 （2）“溶金”时，Au单质被氧化为氯金酸H[AuCl4](强酸)，写出Au单质与含双氧水的浓盐酸发生反应的离子方程式：____。 （3）①“沉金”步骤中，不加还原剂直接加水稀释也可以得到金单质，与之相比，工业上用葡萄糖做还原剂主要优势是____。 ②若用Zn作为还原剂，1mol H[AuCl4]被足量的Zn完全还原时，消耗的Zn的物质的量是____mol。 ③用柠檬酸钠还原氯金酸可以制备几十个纳米级的金纳米颗粒。已知柠檬酸含有三个羧基，柠檬酸根离子能吸附在Au的表面。1972年，Frens等发现适当提高柠檬酸钠与氯金酸的比值能够减小金纳米颗粒的粒径，使纳米金具有良好的分散性，原因是：____。 （4）研究表明H[AuCl4]•4H2O（摩尔质量为412g/mol）热分解得到Au的过程可分为四步。某实验小组取一定质量的H[AuCl4]•4H2O样品进行热重分析，剩余固体质量与起始固体质量比随温度变化的曲线如图所示： ①130.7℃时固体的成分是____。 ②分解过程中生成的AuCl3是一种褐红色晶体，无论是固态还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式____。 ③写出247.4℃～344.5℃时发生反应的化学方程式____。 15. 药物H可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，其合成路线如下： 已知：i．R1—COOR2R1—COCl+R2Cl（R2为烃基或H） ii．-Ts表示某易离去的基团 iii． （1）B分子中的含氧官能团有____。E→F的反应类型为____反应。 （2）从D到E的转化过程经历了D→X→E的两步转化，X的结构简式为______。 （3）G→H的转化过程中生成的另一种产物是______。 （4）写出同时满足下列条件的C(分子式C9H7O2F)的一种链状同分异构体的结构简式：______。 ①能发生银镜反应 ②能使溴的四氯化碳褪色 ③核磁共振氢谱显示结构中有三种不同化学环境的氢原子，个数比为2：4：1 （5）F经多步反应得到G的流程如下。一般情况下，羟基直接连在双键上不稳定，从物质结构角度解释M比L稳定的原因：______。 （6）已知：（苯胺，易被氧化），该条件下酮和酯不会被还原。写出以、CH3OH、丙酸甲酯（CH3CH2COOCH3）为原料制备合成路线流程图______（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。 16. 甘氨酸(NH2CH2COOH)是最简单的氨基酸，易溶于60℃以上热水。顺式甘氨酸铜是一种补铜剂，难溶于乙醇，具有生物利用率高、胃肠道刺激小、稳定性强等优点。 （1）生成顺式和反式甘氨酸铜的反应过程与能量变化如图1所示，顺式甘氨酸铜和反式甘氨酸铜结构如图2所示。 ①顺式甘氨酸铜对水的溶解度_____(填“大于”或“小于”)反式甘氨酸铜。 ②制备顺式甘氨酸铜时，控制温度在65℃~70℃，若温度太高，会引入反式甘氨酸铜杂质，结合图1，解释产生反式甘氨酸铜的原因：____。 （2）实验室用甘氨酸和Cu(OH)2制备顺式甘氨酸铜 ①Cu(OH)2的制备有两种方案： 【方案1】用[Cu(NH3)4]SO4溶液和NaOH溶液反应； 【方案2】用硫酸铜溶液和NaOH溶液反应。 在等物质的量浓度的条件下，方案1制备的Cu(OH)2更纯净的原因是：____（已知：沉淀反应速率太快时，沉淀会包裹溶液中的离子共沉淀）。 ②补充完整实验方案：取一定量甘氨酸晶体，____，过滤，用25%乙醇洗涤沉淀2~3次，干燥，得顺式甘氨酸铜产品。（须使用的试剂：新制Cu(OH)2沉淀、95%乙醇、蒸馏水） （3）顺式甘氨酸铜产品中铜元素含量测定的实验流程如下： 重复上述操作2次。数据处理。 已知：ⅰ.2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 、2S2O+I2 =2I−+S4O。 ⅱ.CuI固体能吸附溶液中的少量碘单质。 ⅲ.Ksp(CuSCN)<Ksp(CuI)。 ①煮解时若稀硫酸过多，对后续加入的Na2S2O3标准液有影响，该影响用离子方程式表示为____。 ②加入适量NH4SCN溶液并剧烈振荡锥形瓶的目的是____。 ③Na2S2O3标准液的浓度为0.2500mol/L，本实验滴定消耗Na2S2O3标准液的平均值为18.00mL，则样品中的Cu元素的含量为____。（保留三位有效数字，写出计算过程） 17. 有机物种类繁多，用途广泛。研究有机化学的合成机理对研制有机物有不可替代的作用。 Ⅰ．冠醚作为一种有机物，可以选择性提取低浓度的Li＋。某种冠醚的结构如下图。当冠醚空腔大小与金属离子接近时，金属离子易被吸附进入空腔中，实现萃取。该冠醚在某溶剂中的离子选择性如下表。 离子选择性 n(Li＋)/n(Na＋) n(Li＋)/n(Mg2＋) 164∶1 3∶1 （1）①图中键角1______(填“大于”“小于”或“等于”)键角2。 ②从微粒半径角度解释离子选择性[n(Li＋)/n(Na＋)]>[n(Li＋)/n(Mg2＋)]原因：______。 Ⅱ．理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林  ，然而实际生产中该反应产率极低。 已知：i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理如下： ii．苯酚中氧原子2p轨道与碳原子2p轨道平行，氧原子2p轨道电子云与苯环大键电子云发生重叠，电子向苯环偏移，降低了氧原子周围的电子云密度。 （2）①根据已知信息分析苯酚中氧原子的杂化方式为：______。 ②乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林的产率极低原因可能有两种：原因一是邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应发生；结合已知信息分析原因二可能是______。 Ⅲ．CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是： 其反应历程如下图所示： （3）过程③可能生成的副产物的结构简式为______。 （4）反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，pH太高或太低均会降低乙苯的转化率，则pH太高使乙苯转化率降低的原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第二学期期末高二调研测试 化学试题 注意事项： 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共7页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡规定的位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Au 197 I卷（选择题 共39分） 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列物质不属于高分子化合物的是 A. 淀粉 B. 油脂 C. 蛋白质 D. 纤维素 【答案】B 【解析】 【详解】A．淀粉是多糖，淀粉(C6H10O5)n的相对分子质量为(12×6+1×10+16×5)×n=162n，它的相对分子质量可在10000以上，属于天然高分子化合物，故A不选； B． 油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B选； C． 蛋白质是生物体一切组织的基本组成部分，相对分子质量可高达几万，甚至几百万，属于天然高分子化合物，故C不选； D． 纤维素(C6H10O5)n的相对分子质量为(12×6+1×10+16×5)×n=162n，它的相对分子质量可以在10000以上，属于天然高分子化合物，故D不选； 故选B。 2. As2O3是两性氧化物。与盐酸反应的方程式为As2O3+6HCl=2AsCl3+H2O。下列叙述正确的是 A. H2O是极性分子 B. 基态As原子电子排布式：[Ar]4s24p3 C. AsCl3的电子式： D. 基态O原子的价电子轨道表示式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2O是V形分子，结构不对称，属于极性分子，故A正确； B．As是33号元素，基态As原子电子排布式：[Ar]3d104s24p3，故B错误； C．AsCl3的电子式为，故C错误； D．O是8号元素，基态O原子的价电子轨道表示式为，故D错误； 选A。 3. 氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)是合成工业洗涤剂的中间体。下列说法正确的是 A. 沸点：H2O < NH3 B. 电负性：χ(O) < χ(C) C. 半径：r(O2-) < r(Na＋) D. 电离能：I1(O) < I1(N) 【答案】D 【解析】 【详解】A．水的沸点高于氨，因水分子间氢键更强、更多，A错误； B．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，电负性O＞C，B错误； C．O2-和Na+具有相同的电子层结构，但O2-核电荷更小，半径更大，故r(O2-)＞r(Na+)，C错误； D．氮的2p轨道半充满更稳定，第一电离能I₁(N)＞I₁(O)，D正确； 故选D 4. 下列有关实验能达到相应实验目的的是 A. 用图甲所示操作转移溶液到容量瓶中 B. 用图乙所示操作从FeCl3溶液中获得无水FeCl3 C. 用图丙所示操作观察钾元素的焰色反应 D. 用图丁所示操作以NaOH溶液滴定H2C2O4溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．转移溶液到容量瓶时，需要用玻璃棒引流，图甲无玻璃棒，A不能达到目的； B．溶液加热时，由于HCl挥发，促进水解生成，不能获得无水，B不能达到目的； C．观察钾元素焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，图丙操作正确，C能达到目的； D．NaOH溶液呈碱性，应装在碱式滴定管中，图丁是酸式滴定管，D不能达到目的； 故选C。 阅读下列材料，完成下面小题： 铁系元素铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族元素。铁元素能与CO形成Fe(CO)5，室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃。在碱性介质中，CO可以将NiS还原为Ni(CO)4。Co(OH)2在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2-。Co(Ⅲ)在酸性条件下氧化性很强，可以将Mn2+氧化为MnO。[Co(NH3)5Cl]Cl2热稳定性较好，可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。 5. 下列说法不正确是 A. 铁系元素位于元素周期表中的d区 B. 第四电离能：I4(Co)>I4(Fe) C. 聚氯乙烯没有固定的熔点 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2中存在离子键和配位键 6. 下列方程式表达正确的是 A. 碱性介质中，CO与NiS反应：NiS+5CO+2OH- = Ni(CO)4+S2-+CO2+H2O B. 向Co(OH)2中加过量氨水：Co(OH)2+2NH3·H2O = [Co(OH)4]2-+2NH C. 向Co2O3中加入浓盐酸并加热：Co2O3+2Cl-+6H+2Co2++Cl2↑+3H2O D. 向[Co(NH3)5Cl]Cl2中加足量硝酸银溶液：[Co(NH3)5Cl]Cl2+3AgNO3 = 3AgCl↓+[Co(NH3)5NO3](NO3)2 7. 已知NiS的晶胞结构与NaCl相似，Fe(CO)5的结构如图所示。下列说法中正确的是 A. Fe(CO)5属于离子晶体 B. 图中的B原子是氧原子 C. NiS中Ni2+的配位数是8 D. 1molFe(CO)5中含有10mol π键 【答案】5. B 6. C 7. D 【解析】 【5题详解】 A．铁系元素是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表中的d区，A正确； B．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2，I4(Fe)失去的为3d5电子，半满，I4(Co)失去的为3d6电子，故I4(Co)< I4(Fe)，B错误； C．聚氯乙烯为混合物，没有固定的熔点，C正确； D．[Co(NH3)5Cl]Cl2中Co原子和配体氨气、氯离子之间为配位键，[Co(NH3)5Cl]2+、Cl－之间为离子键，D正确； 故选B。 【6题详解】 A．在碱性介质中，CO可以将NiS还原为Ni(CO)4，自身被氧化为CO2，碱性介质中存在形式为：NiS+5CO+4OH- = Ni(CO)4+S2-++2H2O，A错误； B．根据题意，Co(OH)2在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2-，在氨水中不能形成[Co(OH)4]2-，B错误； C．Co(Ⅲ)在酸性条件下氧化性很强，能将氯离子氧化为氯气，故向Co2O3中加入浓盐酸并加热：Co2O3+2Cl-+6H+2Co2++Cl2↑+3H2O，C正确； D．向[Co(NH3)5Cl]Cl2中加足量硝酸银溶液，只有外界氯离子能电离出来：[Co(NH3)5Cl]Cl2+2AgNO3 = 2AgCl↓+[Co(NH3)5Cl](NO3)2，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点低，Fe(CO)5属于分子晶体，A错误； B．C的电负性小于O，由C原子提供孤对电子形成配位键，图中的B原子是C原子，B错误； C．NiS的晶胞结构与NaCl相似，NiS中Ni2+的配位数是6，C错误； D．CO的结构式为(1个三键中含2个π键)，1molFe(CO)5中含有10mol π键，D正确； 故选D。 8. 莫西赛利可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。其合成路线中间体X的结构如下图所示，下列关于该中间体的说法不正确的是 A. 1mol中间体X与盐酸反应，最多消耗1molHCl B. 中间体X中sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比为7：9 C. 中间体X中所有碳原子不可能在同一平面 D. 中间体X与足量H2加成后的产物中含有4个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．1mol该物质与盐酸反应，酰胺基消耗等量HCl，右侧N也有碱性，也消耗等量HCl，1mol中间体最多消耗2molHCl，A错误； B．1个该分子中有9个饱和碳原子，如图标注，即含有9个sp3杂化的碳原子，苯环上的碳原子和形成碳氧双键的碳原子是sp2杂化，1个分子含有7个sp2杂化碳原子，中间体X中sp2杂化和sp3杂化的碳原子数目之比为7∶9，B正确； C．该中间体有碳原子为sp3杂化，以四面体结构通过单键连接了3个另外的碳原子和1个氢原子，所有碳原子不可能共面，C正确； D．手性碳原子连有4个不同的原子或基团，中间体X与足量H2加成后的产物：，含有4个手性碳原子（*所示），D正确； 故选A。 9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成，下列说法不正确的是 A. X的熔沸点比对羟基苯甲酸低是因为X形成分子内氢键 B. 1molY水解，最多消耗3molNaOH C. Z可以发生加成、氧化、取代反应 D. 可用酸性KMnO4溶液检验产品Z中是否含有X 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中羟基和羧基处于邻位，X的熔沸点比对羟基苯甲酸低是因为X形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，A正确； B．由结构简式可知，Y分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基能消耗2mol氢氧化钠，所以1molY发生水解反应时最多能消耗3mol氢氧化钠，B正确； C．Z含有碳碳双键可以发生加成、氧化反应，含有酯基可以发生取代反应，C正确； D．X分子中酚羟基和Z分子中的碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生反应使溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验产品Z中是否含有X，D错误； 故选D。 10. 甲烷催化重整反应为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH>0。下列说法正确的是 A. 该反应的ΔS>0 B. 使用催化剂可降低反应的焓变 C. 平衡时升高温度，正增大，逆减小 D. 反应平衡常数 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题干方程式可知，反应过程中气体的化学计量数和由2增至4，即该反应正反应是一个熵增反应，则ΔS>0，A正确； B．催化剂能改变反应途径从而降低活化能，但不影响焓变，B错误； C．升高温度时正、逆反应速率均增大，但正增大的幅度更大，C错误； D．该反应中，H2O为气态，故平衡常数表达式漏掉H2O浓度，该反应的平衡常数K= ，D错误； 故答案为：A。 11. 下列实验方案能实现对应实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 向试管中加入0.5 g麦芽糖和4 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH中和，再向中和液中加入少量新制的Cu(OH)2 悬浊液加热，观察现象 验证麦芽糖水解液中存在还原性糖 B 向0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，观察溶液颜色的变化 验证Cl-与H2O在配合物中存在相互竞争 C 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4一段时间后过滤洗涤，向所得的滤渣上滴加稀盐酸，观察是否有气泡 比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3) 的相对大小 D 用pH计分别测定CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液的pH 比较CH3COOH和CH2ClCOOH 分子中O-H键的极性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．麦芽糖本身是还原性二糖（含醛基），其水解产物葡萄糖也是还原性糖。实验方案中未排除麦芽糖本身的干扰，因此无法验证“水解液中存在还原性糖”，实验方案不能实现目的，故A项错误； B．CuSO4溶液通常是蓝色的，因为Cu2+与水分子形成了配合物[Cu(H2O)4]2+，这种配合物是蓝色的。当加入NaCl时，引入了Cl-，Cl-可与Cu2+形成另一种配合物，比如：[CuCl4]2-，这种配合物是黄绿色的。所以加入NaCl后，溶液颜色可能从蓝色变为绿色，这表示氯离子取代了水分子在铜离子周围的配位位置，这涉及到配位化学中的竞争：氯离子和水分子竞争与铜离子的配位，实验方案能实现目的，故B项正确； C．实验目的为“比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小”。 BaSO4的Ksp（约1.1×10-10）远小于BaCO3的Ksp（约5.1×10-9），BaSO4更难溶。即饱和Na2CO3溶液使BaSO4部分转化为BaCO3需浓度极高，也不能说明Ksp（BaCO3）更大，实验方案无法实现目的，故C项错误； D．CH2ClCOOH中Cl的吸电子作用使羧基（-COOH）的O-H键极性增强，H+更易电离，溶液酸性更强，pH更小。但由于二者的浓度不一定相等，所以通过pH计测定两者pH，不能比较O-H键的极性，实验方案不能实现目的，故D项错误； 故答案选B。 12. 盐酸羟胺(NH2OH·HCl)可用于合成抗癌药，工业上可采用电化学方法制备，正极反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应过程中X为 B. Fe在反应过程中起催化作用 C. 反应过程中既有极性键又有非极性键的形成 D. 反应过程中正极电极反应为 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，正极反应机理为NO在催化剂Fe的作用下，经多步反应结合和生成，电极反应为。 【详解】A．由图可知，吸附在催化剂Fe表面的结合生成X，则X为，A正确； B．由图可知，反应过程中，Fe先与NO结合，后又生成，故Fe在反应过程中起催化作用，B正确； C．由图可知，反应过程中只有氮氢键、氧氢键等极性键的形成，C错误； D．由图可知，反应过程中NO在催化剂Fe的作用下，结合和生成，故正极电极反应为，D正确； 故答案选C。 13. 碳正离子作为高活性中间体，在有机合成中扮演着关键角色。 已知：①一氯代烃在NaOH溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如图1。 ②一定条件下，只改变叔丁基氯()的浓度或NaOH溶液的浓度对反应速率的影响示意图如图2。 ③甲基是推电子基，碳正离子的稳定性：CH< CH3CH < (CH3)2CH+ < (CH3)3C+。 下列说法不正确的是 A. 反应的活化能：步骤Ⅰ大于步骤Ⅱ B. 假设一定条件下一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”，则叔丁基氯水解的相对速率小于2-氯丙烷 C. 叔丁基氯(CH3)3CCl在NaOH和NaF的混合溶液中发生反应，可能生成(CH3)3COH或(CH3)3CF D. 碳正离子的稳定性： BrCH2CH大于FCH2CH 【答案】B 【解析】 【详解】A．只增大叔丁基氯的浓度反应加快，只增大氢氧化钠浓度，反应速率不变，说明步骤Ⅰ是决速步骤，反应的活化能：步骤Ⅰ大于步骤Ⅱ，故A正确； B．稳定性(CH3)2CH+< (CH3)3C+，叔丁基氯水解的第一步反应速率大于2-氯丙烷水解的第一步反应，步骤Ⅰ是决速步骤，则叔丁基氯水解的相对速率大于2-氯丙烷，故B错误； C．叔丁基氯(CH3)3CCl在NaOH和NaF的混合溶液中发生，氯原子可能被-OH或F代替，所以可能生成(CH3)3COH或(CH3)3CF，故C正确； D．根据信息③，推电子作用越强，碳正离子越稳定，F的电负性大于Br，F的吸电子效应大于Br，碳正离子的稳定性BrCH2CH大于FCH2CH，故D正确； 选B。 II卷（非选择题 共61分） 14. 金(Au)是一种重要的贵金属。某研究小组在实验室条件下以电子废料（含铜和金以及其他不溶于水和酸的杂质）为原料提炼金单质，流程如下： （1）“富金”的目的是分离金和铜元素。则试剂X可选用 。 A. FeCl3 B. 王水 C. 稀硝酸 D. 稀硫酸 （2）“溶金”时，Au单质被氧化为氯金酸H[AuCl4](强酸)，写出Au单质与含双氧水的浓盐酸发生反应的离子方程式：____。 （3）①“沉金”步骤中，不加还原剂直接加水稀释也可以得到金单质，与之相比，工业上用葡萄糖做还原剂的主要优势是____。 ②若用Zn作为还原剂，1mol H[AuCl4]被足量的Zn完全还原时，消耗的Zn的物质的量是____mol。 ③用柠檬酸钠还原氯金酸可以制备几十个纳米级的金纳米颗粒。已知柠檬酸含有三个羧基，柠檬酸根离子能吸附在Au的表面。1972年，Frens等发现适当提高柠檬酸钠与氯金酸的比值能够减小金纳米颗粒的粒径，使纳米金具有良好的分散性，原因是：____。 （4）研究表明H[AuCl4]•4H2O（摩尔质量为412g/mol）热分解得到Au的过程可分为四步。某实验小组取一定质量的H[AuCl4]•4H2O样品进行热重分析，剩余固体质量与起始固体质量比随温度变化的曲线如图所示： ①130.7℃时固体的成分是____。 ②分解过程中生成的AuCl3是一种褐红色晶体，无论是固态还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式____。 ③写出247.4℃～344.5℃时发生反应的化学方程式____。 【答案】（1）AC （2） （3） ①. 避免产生污染性气体 ②. 2 ③. 柠檬酸根离子带负电荷，吸附在金的表面，同性相斥，粒子间的排斥力增大，粒子不易团聚 （4） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】电子废料含铜和金以及其他不溶于水和酸的杂质，用试剂X除去铜，从而达到富金的目的，滤液1含有铜离子，滤渣1含有金和杂质，用含双氧水的浓盐酸溶解金，Au单质被氧化为氯金酸，滤渣2为杂质，向滤液2中加入还原剂沉金，得到金单质，据此分析。 【小问1详解】 “富金”的目的是分离金和铜元素，试剂X能溶解铜且不能溶解金，氯化铁能溶解铜，不能溶解金，A符合题意；王水能溶解铜和金，B不符合题意；稀硝酸能溶解铜，不能溶解金，C符合题意；稀硫酸既不能溶解铜，也不能溶解金，D不符合题意。故选AC； 【小问2详解】 “溶金”时，Au单质被氧化为氯金酸H[AuCl4](强酸)，被还原为水，发生反应的离子方程式为。 【小问3详解】 ①“沉金”步骤中，不加还原剂直接加水稀释也可以得到金单质，转化为金单质的同时有氯气生成，则用葡萄糖做还原剂的主要优势是避免产生污染性气体氯气； ②用Zn作为还原剂，反应的化学方程式为，则1 mol 被足量的Zn完全还原时，消耗的Zn的物质的量是2 mol； ③柠檬酸含有三个羧基，柠檬酸根离子能吸附在Au的表面，适当提高柠檬酸钠与氯金酸的比值能够减小金纳米颗粒的粒径，使纳米金具有良好的分散性，原因是柠檬酸根离子带负电荷，吸附在金的表面，同性相斥，粒子间的排斥力增大，粒子不易团聚。 【小问4详解】 假设称取的质量为412g，36至130.7℃损失72g，即4molH2O，此时固体为HAuCl4；130.7至142.6℃，损失36.5g，损失1molHCl，此时固体为AuCl3；142.6至247.4℃，损失71g，即1molCl2，此时固体为AuCl；247.4至344.5℃，损失35.5g，0.5molCl2，此时固体为Au。 ①的摩尔质量为412 g/mol ，由图可知，130.7℃时固体的摩尔质量为340 g/mol ，可推知失去了全部的结晶水，故固体的成分是； ②由的二聚体的结构可知，二聚体的结构式为； ③由图可知，247.4℃时固体的摩尔质量为232.5 g/mol，则固体的成分为AuCl，344.5℃时固体的摩尔质量为197 g/mol，则固体的成分为Au，247.4℃～344.5℃时发生反应的化学方程式为。 15. 药物H可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，其合成路线如下： 已知：i．R1—COOR2R1—COCl+R2Cl（R2为烃基或H） ii．-Ts表示某易离去的基团 iii． （1）B分子中的含氧官能团有____。E→F的反应类型为____反应。 （2）从D到E的转化过程经历了D→X→E的两步转化，X的结构简式为______。 （3）G→H的转化过程中生成的另一种产物是______。 （4）写出同时满足下列条件的C(分子式C9H7O2F)的一种链状同分异构体的结构简式：______。 ①能发生银镜反应 ②能使溴的四氯化碳褪色 ③核磁共振氢谱显示结构中有三种不同化学环境的氢原子，个数比为2：4：1 （5）F经多步反应得到G的流程如下。一般情况下，羟基直接连在双键上不稳定，从物质结构角度解释M比L稳定的原因：______。 （6）已知：（苯胺，易被氧化），该条件下酮和酯不会被还原。写出以、CH3OH、丙酸甲酯（CH3CH2COOCH3）为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。 【答案】（1） ①. 酰胺基、羟基 ②. 取代 （2） （3）CH3OH （4）OHC-C≡C-CH2-CHF-CH2-C≡C-CHO或OHC-CH2-C≡C-CHF-C≡C-CH2-CHO （5）M中连羟基的碳碳双键与酯基碳氧双键及苯环形成共轭体系，结构更稳定 （6） 【解析】 【小问1详解】 根据B分子的结构简式，B中的含氧官能团有酰胺基、羟基。E→F是E中氯原子被代替，反应类型为取代反应。 【小问2详解】 从D到E的转化过程经历了D→X→E的两步转化，根据信息i，X的结构简式为。 【小问3详解】 G→H是G与H2NCH2COOH发生取代反应生成H和甲醇，转化过程中生成的另一种产物是CH3OH； 【小问4详解】 ①能发生银镜反应，说明含有醛基； ②能使溴的四氯化碳褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键； ③核磁共振氢谱显示结构中有三种不同化学环境的氢原子，个数比为2：4：1，说明分子结构对称，符合条件的C的链状同分异构体的结构简式为OHC-C≡C-CH2-CHF-CH2-C≡C-CHO或OHC-CH2-C≡C-CHF-C≡C-CH2-CHO； 【小问5详解】 M中连羟基的碳碳双键与酯基碳氧双键及苯环形成共轭体系，结构更稳定，所以M比L稳定的。 【小问6详解】 被酸性高锰酸钾氧化为；与甲醇发生酯化反应生成，和丙酸甲酯反应生成，发生还原反应生成；在催化剂作用下生成；合成路线为。 16. 甘氨酸(NH2CH2COOH)是最简单的氨基酸，易溶于60℃以上热水。顺式甘氨酸铜是一种补铜剂，难溶于乙醇，具有生物利用率高、胃肠道刺激小、稳定性强等优点。 （1）生成顺式和反式甘氨酸铜的反应过程与能量变化如图1所示，顺式甘氨酸铜和反式甘氨酸铜结构如图2所示。 ①顺式甘氨酸铜对水溶解度_____(填“大于”或“小于”)反式甘氨酸铜。 ②制备顺式甘氨酸铜时，控制温度在65℃~70℃，若温度太高，会引入反式甘氨酸铜杂质，结合图1，解释产生反式甘氨酸铜的原因：____。 （2）实验室用甘氨酸和Cu(OH)2制备顺式甘氨酸铜 ①Cu(OH)2的制备有两种方案： 【方案1】用[Cu(NH3)4]SO4溶液和NaOH溶液反应； 【方案2】用硫酸铜溶液和NaOH溶液反应。 在等物质的量浓度的条件下，方案1制备的Cu(OH)2更纯净的原因是：____（已知：沉淀反应速率太快时，沉淀会包裹溶液中的离子共沉淀）。 ②补充完整实验方案：取一定量甘氨酸晶体，____，过滤，用25%乙醇洗涤沉淀2~3次，干燥，得顺式甘氨酸铜产品。（须使用的试剂：新制Cu(OH)2沉淀、95%乙醇、蒸馏水） （3）顺式甘氨酸铜产品中铜元素含量测定的实验流程如下： 重复上述操作2次。数据处理。 已知：ⅰ.2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 、2S2O+I2 =2I−+S4O。 ⅱ.CuI固体能吸附溶液中的少量碘单质。 ⅲ.Ksp(CuSCN)<Ksp(CuI)。 ①煮解时若稀硫酸过多，对后续加入的Na2S2O3标准液有影响，该影响用离子方程式表示为____。 ②加入适量NH4SCN溶液并剧烈振荡锥形瓶的目的是____。 ③Na2S2O3标准液的浓度为0.2500mol/L，本实验滴定消耗Na2S2O3标准液的平均值为18.00mL，则样品中的Cu元素的含量为____。（保留三位有效数字，写出计算过程） 【答案】（1） ①. 大于 ②. 生成反式产物的活化能大，温度越高生成反式产物的相对速率越快，更容易生成反式产物；其次，反式产物的能量更低更稳定。 （2） ①. 铜氨溶液中铜离子浓度低于等浓度的硫酸铜溶液，沉淀反应速率慢，不易包裹溶液中的离子 ②. 溶于适量 65℃蒸馏水，边搅拌边加入足量新制 Cu(OH)2沉淀，保持 65℃充分反应至沉淀不再溶解，过滤，滤液冷却后加入适量 95%乙醇至大量晶体析出 （3） ①. 2H++=S↓+SO2+H2O ②. 将 CuI 转化为 CuSCN，释放出被 CuI 吸附的碘单质 ③. 28.8% 【解析】 【分析】小问1：由图1可知，生成顺式甘氨酸铜的反应是个放热反应，反应活化能较低，生成反式甘氨酸铜的反应也是个放热反应，活化能相对较高，且顺式甘氨酸铜的能量比反式甘氨酸铜的能量高，说明反式甘氨酸铜更稳定。 小问2：以[Cu(NH3)4]SO4、硫酸铜、NaOH为原料，用两种方案制备顺式甘氨酸铜，并对产物进行分离提纯。 小问3：先溶解产物，加入过量碘化钾溶液，生成CuI和碘单质，再加Na2S2O3标准液将碘单质还原成碘离子，加入适量NH4SCN溶液，SCN-会将 CuI 转化为 CuSCN 沉淀，同时释放出被 CuI 吸附的碘单质，通过消耗Na2S2O3标准液的物质的量，计算样品中Cu元素的含量。 【小问1详解】 ① 观察顺式甘氨酸铜和反式甘氨酸铜的结构，顺式甘氨酸铜分子的极性大于反式甘氨酸铜，根据“相似相溶”原理，水是极性分子，所以顺式甘氨酸铜对水的溶解度大于反式甘氨酸铜。 ② 由图 1 可知，生成反式产物的活化能大，温度越高生成反式产物的相对速率越快，更容易生成反式产物；其次，反式产物的能量更低更稳定。 【小问2详解】 ①在方案1中，[Cu(NH3)4]SO4溶液中的铜离子以配离子形式存在，与NaOH溶液反应时，NH3·H2O是弱电解质，OH-浓度较小，沉淀反应速率较慢，沉淀不容易包裹溶液中的离子共沉淀；而方案2中硫酸铜溶液与NaOH溶液反应时，沉淀反应速率快，容易包裹溶液中的离子共沉淀，所以方案1制备的Cu(OH)2更纯净。 ②取一定量甘氨酸晶体，加入适量蒸馏水，加热至60℃以上使其溶解，再加入新制 Cu(OH)2沉淀，控制温度在65℃-70℃，充分反应后，趁热过滤（因为顺式甘氨酸铜在 60℃以上热水中溶解度相对较大，趁热过滤可减少其损失），用95%乙醇洗涤沉淀2-3 次，干燥，得顺式甘氨酸铜产品。 【小问3详解】 ① 煮解时若稀硫酸过多，会与 H+发生反应，离子方程式为 2H++=S↓+SO2+H2O，从而影响后续加入的Na2S2O3标准液的量。 ② 因为 Ksp(CuSCN)<Ksp(CuI) ，加入适量NH4SCN溶液，SCN-会将 CuI 转化为 CuSCN 沉淀，同时释放出被 CuI 吸附的碘单质，使滴定结果更准确。 ③ 由已知反应 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 、2S2O+I2 =2I−+S4O可得关系式：2Cu2+ ~I2~2 。n() = 0.2500mol/L×0.018L = 0.0045mol 。移取的是20mL溶液，而配制成的是100mL溶液，则样品中 n(Cu2+) = 0.0045mol×5 = 0.0225mol ，m(Cu) = 0.0225mol×64g/mol = 1.44g 。样品中的 Cu 元素的含量为×100%=28.8% 17. 有机物种类繁多，用途广泛。研究有机化学的合成机理对研制有机物有不可替代的作用。 Ⅰ．冠醚作为一种有机物，可以选择性提取低浓度的Li＋。某种冠醚的结构如下图。当冠醚空腔大小与金属离子接近时，金属离子易被吸附进入空腔中，实现萃取。该冠醚在某溶剂中的离子选择性如下表。 离子选择性 n(Li＋)/n(Na＋) n(Li＋)/n(Mg2＋) 164∶1 3∶1 （1）①图中键角1______(填“大于”“小于”或“等于”)键角2。 ②从微粒半径角度解释离子选择性[n(Li＋)/n(Na＋)]>[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的原因：______。 Ⅱ．理论上可以通过乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林  ，然而实际生产中该反应产率极低。 已知：i．乙醇和乙酸在酸性条件下发生酯化反应，部分反应机理如下： ii．苯酚中氧原子2p轨道与碳原子2p轨道平行，氧原子2p轨道电子云与苯环大键电子云发生重叠，电子向苯环偏移，降低了氧原子周围的电子云密度。 （2）①根据已知信息分析苯酚中氧原子的杂化方式为：______。 ②乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林的产率极低原因可能有两种：原因一是邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应发生；结合已知信息分析原因二可能是______。 Ⅲ．CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是： 其反应历程如下图所示： （3）过程③可能生成的副产物的结构简式为______。 （4）反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，pH太高或太低均会降低乙苯的转化率，则pH太高使乙苯转化率降低的原因是______。 【答案】（1） ①. 小于 ②. Mg2+的半径小于Na+半径，相比于Na+，Mg2+与Li+更接近，更易被冠醚吸附，更难与Li+分离，故[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的离子选择性更低 （2） ①. sp2 ②. 羧基是吸电子基，羧基和苯环共同作用，降低了酚羟基氧原子周围的电子云密度，难以与乙酸中的羧基碳原子成键，酯化反应难以发生 （3） （4）碱性太强，一方面和CO2反应，使吸附在催化剂表面的CO2减少；另一方面，OH-和H+在催化剂表面竞争吸附 【解析】 【小问1详解】 ①孤电子对数越多，排斥作用越强，键角越小，图中键角1和键角2中心原子均为sp3杂化，但O原子有两对孤电子对，C原子没有孤电子对，因此，图中键角1小于键角2； ②Mg2+的半径小于Na+半径，相比于Na+，Mg2+与Li+更接近，更易被冠醚吸附，更难与Li+分离，故[n(Li＋)/n(Mg2＋)]的离子选择性更低； 【小问2详解】 该分子中O原子含有2个共价键、2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断O原子杂化类型为sp3杂化；但苯酚中氧原子2p轨道与碳原子2p轨道平行，氧原子2p轨道电子云与苯环大键电子云发生重叠，电子向苯环偏移，降低了氧原子周围的电子云密度，根据已知信息分析苯酚中氧原子的杂化方式为sp2杂化； ②乙酸和邻羟基苯甲酸反应制备阿司匹林的产率极低原因可能有两种：原因一是邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，阻碍酯化反应发生；另一原因可能是：羧基是吸电子基，羧基和苯环共同作用，降低了酚羟基氧原子周围的电子云密度，难以与乙酸中的羧基碳原子成键，酯化反应难以发生； 【小问3详解】 由题干反应历程图示信息可知，过程③中存在和中间体微粒，故过程③可能生成的副产物的结构简式为； 【小问4详解】 反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，pH太高或太低均会降低乙苯的转化率，则pH太高使乙苯转化率降低的原因是碱性太强，一方面和CO2反应，使吸附在催化剂表面的CO2减少；另一方面，OH-和H+在催化剂表面竞争吸附。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $