精品解析：广东省韶关市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题

2024-2025学年第二学期普通高中非毕业班教学质量检测 高二化学 满分100分 考试用时75分钟 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Cr 52 Ga 70 一、选择题(本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。) 1. 高分子材料应用非常广泛。下列物件的主要成分不属于高分子的是 A. 金漆木雕 B. 功夫茶具 C. 莞草编织 D. 广东剪纸 【答案】B 【解析】 【详解】A．木头的主要成分为纤维素，属于有机高分子，A不符合题意； B．功夫茶具的主要成分是硅酸盐，不属于有机高分子，B符合题意； C．草的主要成分为纤维素，属于有机高分子，C不符合题意； D．纸的主要成分为纤维素，属于有机高分子，D不符合题意； 故选B。 2. 人类对原子结构的认识是不断进步的。下列说法错误的是 A. 波尔的“洋葱模型”认为，核外电子在不同壳层区域运动 B. 构造原理是根据原子光谱事实得出的经验规律 C. 2s轨道的电子云轮廓图为圆形 D. 量子力学认为核外电子可能随机出现在核外某一空间内 【答案】C 【解析】 【详解】A．波尔模型认为电子在分层的固定轨道（壳层）运动，A正确； B．构造原理的能级填充顺序由光谱实验归纳得出，B正确； C．s轨道电子云为三维球形，而非二维圆形，C错误； D．量子力学用概率描述电子位置，符合“可能随机出现”的表述，D正确； 故选C。 3. 化学使生活更美好。下列说法正确的是 A. 聚丙烯防护服材质柔软：聚丙烯的链节为 B. 冰块浮在水面：分子间氢键使冰的密度增大 C. 煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程 D. 用氨水配制银氨溶液：体现了的配位性 【答案】D 【解析】 【详解】A．聚丙烯的链节应为−CH2−CH(CH3)−，而非连续的−CH2−，A错误； B．氢键具有方向性，冰密度小于水是因氢键使分子排列疏松，而非密度增大，B错误； C．煤的气化涉及化学反应（如C与H2O生成CO和H2），是化学变化，C错误； D．银氨溶液中NH3与Ag⁺形成[Ag(NH3)2]⁺，体现配位性，D正确； 故选D。 4. 化学与生产、生活等息息相关。下列说法错误的是 A. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度强于纯铁 B. 新型半导体晶体管具有优良的导电性和水溶性 C. 纸尿裤的核心材料通过氢键与水分子作用，实现快速吸水并牢固锁水 D. 镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物，镍位于元素周期表的d区 【答案】B 【解析】 【详解】A．合金通常比纯金属硬度更大，无磁镍铬钛合金钢的硬度确实强于纯铁，A正确； B．In2Se3作为半导体材料，其导电性不如导体，且金属硒化物一般难溶于水，因此“优良导电性和水溶性”的说法错误，B错误； C．纸尿裤的高吸水性树脂通过氢键与水分子结合实现吸水锁水，描述正确，C正确； D．镍为28号元素，是过渡金属，位于元素周期表d区，镧镍合金能与形成金属氢化物而实现储氢，D正确； 故选B。 5. 下列化学用语表达错误的是 A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型 B．反-2-丁烯的结构简式 C．3，3-二甲基戊烷的键线式 D．HCl分子中键的形成 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．的价层电子对数为2+=2，故价层电子对互斥(VSEPR)模型为直线型，故A错误； B．反-2-丁烯的结构简式为，故B正确； C．的名称为3，3-二甲基戊烷的键线式，故C正确； D．HCl分子中键的形成过程为，故D正确； 故选A。 对氨基苯甲酰胺()常用作着色剂，可由对硝基苯甲酸()与氨经缩合、还原工序制得。据此完成下面小题： 6. 下列关于对氨基苯甲酰胺和对硝基苯甲酸的说法正确的是 A. 对氨基苯甲酰胺属于芳香烃 B. 对氨基苯甲酰胺能与水形成分子间氢键 C. 对硝基苯甲酸所含元素的第一电离能： D. 对硝基苯甲酸的酸性弱于苯甲酸 7. 结构决定性质，下列关于对氨基苯甲酰胺的说法错误的是 A. 分子式为 B. 该分子含有三种官能团 C. 1mol该有机物与足量反应最多消耗 D. 在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应 【答案】6. B 7. B 【解析】 【6题详解】 A．对氨基苯甲酰胺中含有O、N元素，不属于芳香烃，A错误； B．该分子中含氨基、酰胺键，能与水分子之间形成氢键，B正确； C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故所含元素的第一电离能：N>O>C，C错误； D．硝基为强吸电子基团，通过诱导效应和共轭效应增强羧基的酸性，对硝基苯甲酸的酸性强于苯甲酸，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．，分子式为，A正确； B．该分子含有两种官能团，氨基、酰胺键，B错误； C．1mol该有机物1mol苯环，与足量反应最多消耗，C正确； D．该分子含有酰胺键，在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，D正确； 故选B。 8. 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 使用萃取碘水中的碘 和都是非极性分子 B 熔点： 离子半径： C 为共价化合物 能溶于水 D 对羟基苯甲醛沸点低于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子内氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．CCl4和I2均为非极性分子、水为极性分子，根据相似相溶原理，CCl4可萃取碘水中的I2。陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且因果关系成立，A符合题意； B．K+的离子半径大于Na+，离子半径越小，晶格能越大，熔点应更高。因此Na2O的熔点应高于K2O，陈述Ⅰ错误，因果关系不成立，B不符合题意； C．AlCl3是共价化合物，但其溶于水是因水解而非共价性，陈述Ⅱ的因果关系错误，C不符合题意； D．对羟基苯甲醛因无法形成分子内氢键，可形成分子间氢键，沸点应高于邻羟基苯甲醛。但陈述Ⅰ称对羟基苯甲醛沸点更低，故陈述Ⅰ错误，D不符合题意； 故选A。 9. 实验室常用电石制乙炔。进行如图所示实验，下列说法正确的是 A. 电子式为： B. 分液漏斗中饱和食盐水的作用是加快电石与水的反应速率 C. 试剂a可以是酸性高锰酸钾溶液，作用是除去乙炔中硫化氢气体杂质 D. 乙炔使溴的溶液褪色是因为其具有键 【答案】D 【解析】 【分析】电石与水反应过于剧烈，制取乙炔时常采用电石和饱和食盐水来作原料以减缓反应速率，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； 【详解】A．电子式为：，A错误； B．据分析，分液漏斗中饱和食盐水的作用是减缓电石与水的反应速率，B错误； C．酸性高锰酸钾能氧化乙炔、硫化氢等，则试剂a不可以是酸性高锰酸钾溶液，应选用硫酸铜溶液除去乙炔中硫化氢气体杂质，C错误； D．乙炔含碳碳三键，其所含的π键不牢固，使乙炔能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应出现褪色，D正确； 故选D。 10. 关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是 A. 蒸馏法分离和 B. 欲除掉苯中的苯酚，先加NaOH溶液，再过滤 C. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质 D. 重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．蒸馏法适用于沸点差异较大的液体混合物，CH2Cl2和CCl4沸点差异较大，可用蒸馏法分离，A正确； B．苯酚与NaOH反应生成水溶性的苯酚钠，苯不溶于水且密度小，分层后应通过分液分离，B错误； C．盐析是蛋白质的可逆沉淀，多次盐析和溶解可提纯蛋白质，C正确； D．重结晶法通过溶解度和温度差异提纯苯甲酸，泥沙可先过滤，食盐在母液中分离，D正确； 故选B。 11. 尼龙66是聚酰胺类最重要的产品之一，一种高黏尼龙66的合成路线如下，下列有关说法正确的是 A. 步骤①的反应类型为缩聚反应 B. 上述反应的两种原料名称分别是丁二酸和己二胺 C. 反应②的过程中有生成 D. 尼龙66中含有两种官能团 【答案】C 【解析】 【详解】A．步骤②是缩聚反应，步骤①不是缩聚反应，故A错误； B．原料为己二酸和己二胺，故B错误； C．由尼龙66盐的结构式到尼龙66的结构简式可知，反应还生成了水，故C正确； D．尼龙66中含有羧基、氨基和酰胺基3种官能团，故D错误； 故选C。 12. 物质常用作电池正极活性物质材料，X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，X与E同周期，是一种极性分子，X常温下能与水放出氢气，基态M原子在同周期中未成对电子数最多，Y位于第四周期，基态中有5个单电子，下列说法正确的是 A. X与E燃烧反应形成 B. 简单氢化物的熔沸点： C. 是一种黑色固体 D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【分析】X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，E3是一种极性分子，E3为O3，E为O元素；X与E同周期，X常温下能与水放出氢气，则X为Li元素；基态M原子在同周期中未成对电子数最多，M位于第ⅤA族，为P元素；Y位于第四周期，基态Y3+中有5个单电子，Y的原子序数为18+5+3=26，Y为Fe元素，以此分析解答。 【详解】A．X为Li元素，锂与氧气燃烧生成Li2O，故A错误； B．M为P元素，E为O元素，水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，则简单氢化物的熔沸点：PH3＜H2O，故B正确； C．Y2E3为Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末，故C错误； D．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：P＜N＜O，故D错误； 答案选B。 13. 利用乙醇的催化氧化反应，进行如图所示的实验，通过记录溴水褪色所需鼓入空气的次数，探究金属催化剂催化效果的影响因素。下列说法错误的是 A. 实验时，铜片由黑变红，主要发生 B. 停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应 C. 气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合 D. 若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，则Ag催化效果优于Cu 【答案】D 【解析】 【分析】气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合，混合气体进入反应管，乙醇被催化氧化生成乙醛，生成的乙醛经冷凝后与溴水反应，出现褪色现象； 【详解】A．实验时，铜片由黑变红，则氧化铜被乙醇还原为铜，乙醇被催化氧化生成乙醛，化学方程式正确，A不符合题意； B．由红变黑，说明铜被氧气氧化为氧化铜，由黑变红，则氧化铜被乙醇还原为铜的同时乙醇被氧化生成乙醛，停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应，使反应能持续进行，B不符合题意； C．反应需氧气，气唧的作用是鼓入空气、提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合，C不符合题意； D．若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，说明Ag催化效果比Cu差，D符合题意； 故选D。 14. 我国学者以为原料，实现了医药中间体Z的合成。下列说法错误的是 A. X、Z均能使酸性溶液褪色 B. 的反应属于氧化反应 C. Z能发生缩聚反应 D. Z中存在与杂化方式相同的C原子 【答案】D 【解析】 【分析】X中碳碳双键和氧气催化反应成环得到Y，Y通过2步反应引入羧基、羟基转化为Z； 【详解】A．X含碳碳双键、Z含羟基，故均能使酸性溶液褪色，A正确； B．的反应为加氧反应，则属于氧化反应，B正确； C．Z自身含有羧基、羟基2种官能团，则能发生缩聚反应生成高聚物，C正确； D．中碳为sp杂化，Z中苯环碳、羰基碳为sp2杂化，Z中饱和碳为sp3杂化，不存在与杂化方式相同的C原子，D错误； 故选D。 15. 的晶胞如图所示，已知A原子的分数坐标为，B原子为，晶胞参数为acm。设阿伏加德罗常数为，关于该晶胞说法错误的是 A. 化学式为 B. N原子的配位数为6 C. 晶胞密度 D. 原子C的分数坐标为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Al位于晶胞的顶点和面心，数目为，Cr位于面心，数目为，N位于晶胞棱边的中点和体心，数目为，三者数目之比为1:1:2，则化学式为CrAlN2，A不符合题意； B．以体心的N原子为例，离它最近的有4个Cr、2个Al，N原子的配位数为6，B不符合题意； C．晶胞密度为，C符合题意； D．原子C位于正面面心，其分数坐标为，D不符合题意； 故选C。 16. 现代分析方法能有效测定有机物的结构。下列图表与甲酸异丙酯()不对应的是 A．红外光谱分析 B．核磁共振氢谱分析 C．质谱分析 D．元素分析 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲酸异丙酯分子含有酯基、甲基等，跟红外光谱分析中的C-O-C、C=O等基团一致，A不符合题意； B．甲酸异丙酯分子含有3种氢原子，原子数目之比为1:1:6，核磁共振氢谱中应出现3组峰、峰面积之比为1:1:6，与核磁共振氢谱分析不一致，B符合题意； C．质谱图中，质荷比的最大值就表示了样品分子的相对分子质量，甲酸异丙酯分子的相对分子质量为88，与质谱分析一致，C不符合题意； D．甲酸异丙酯分子中碳元素的质量分数为、氢元素的质量分数为、氧元素的质量分数为，元素分析一致，D不符合题意； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 配合物(D)具有巨大应用潜力，其部分合成路线如下图。 回答下列问题： （1）分子A中第二周期元素的第一电离能按由大到小的顺序排列为___________。 （2）的价层电子轨道排布图为___________。 （3）由A生成B的反应类型是___________，同时有小分子产物___________(填物质化学式)生成。 （4）已知C、D均为平面形大环结构(不考虑丁氧基)，则分子C中N原子的杂化方式为___________，分子中更易形成配位键的N原子是___________(填“①”或者“②”)。 （5）DMF化学名称为N，N-二甲基甲酰胺(结构如下图所示)，是有机合成中常用的优良溶剂，其化学式为___________，DMF能与水任意混合，原因是___________，物质D中Zn元素的化合价为___________。 【答案】（1）N＞O＞C （2） （3） ①. 取代反应 ②. HI （4） ①. sp2 ②. ② （5） ①. ②. N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键 ③. +2 【解析】 【小问1详解】 分子A中第二周期元素有，C、N、O，同周期元素，第一电离能从左至右增加，但N原子2p能级半充满，更稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C； 【小问2详解】 Zn是第30号元素，基态的价层电子轨道表示式为； 【小问3详解】 由A、B的结构可知，A生成B的反应类型是取代反应；根据质量守恒可知，同时有小分子产物HI； 【小问4详解】 C为平面形大环结构，则分子C中，N原子提供1个电子，参与形成大键，N原子的杂化方式为sp2；②原子有孤电子对，可以形成配位键，①原子没有孤电子对，无法形成配位键，故更易形成配位键的N原子是②； 【小问5详解】 根据N，N-二甲基甲酰胺结构，可知化学式为；由DMF结构可知，分子中含有电负性较大的N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；物质D中，1号N已形成三根共价键，原子上的孤对电子与Zn配位不影响Zn的化合价，2号N原子形成两根共价键，需要得到一个由Zn提供的电子形成共价键，故Zn元素的化合价为+2价。 18. 氢化物种类繁多，应用广泛。回答下列问题： （1）的电子式为___________；的沸点比HF的沸点高的原因为___________。 （2）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构___________。 （3）请用键参数知识解释分子比分子稳定的原因为___________。 （4）分子的空间结构分别是___________、___________，、容易与其他元素形成配合物，中提供空轨道的微粒为___________，提供孤电子对的元素为___________，中心离子的配位数为___________。 （5）超导材料晶胞如图所示，其晶胞参数为apm，在Ga原子周围距离最近的Ga数目为___________，阿伏加德罗常数的值为，其晶体密度的计算表达式为___________。 【答案】（1） ①. ②. H2O形成的氢键个数多 （2） （3）H—O的键能大于N—H （4） ①. V形 ②. 三角锥形 ③. Cr3+ ④. N、O、Cl ⑤. 6 （5） ①. 8 ②. 【解析】 【小问1详解】 氢原子各带1个价电子，氧原子带6个电子，形成共价键后，每个氢与氧之间形成一队共用电子对，氧原子周围还有两对孤对电子，因此H2O的电子式为；H2O沸点高于HF原因是H2O分子形成氢键个数多于HF形成氢键个数； 【小问2详解】 固态氟化氢中存在(HF)n形式，HF分子间存在氢键，(HF)3的链状结构为； 【小问3详解】 分子与分子，O原子半径小于N原子半径，H—O的键长小于N—H，则H—O的键能大于N—H，分子比分子稳定； 【小问4详解】 NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；以提供空轨道形成配位键的微粒一般是金属阳离子，根据该配合物的结构可知，提供空轨道的中心离子是Cr3+；提供孤电子对的配体是NH3、H2O、Cl；含有孤电子对用来形成配位键的原子是配位原子，则该配合物的配位原子是N、O、Cl；配位数是指配合物中与中心原子配位的配位原子数目，则配位数是6； 【小问5详解】 在Ga原子周围距离最近的Ga数目为8，该晶胞中含有的Ga原子数为，H原子数为，晶胞边长为，体积，； 19. 某种药物的关键中间体Ⅶ的合成路线如下(加料顺序，部分反应条件略)： 回答下列问题： （1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称是___________。 （2）根据化合物Ⅱ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 反应形成的新结构 反应类型 a ___________ 加成反应 b ___________ 氧化反应 （3）关于上述示意图中的相关物质及转化，错误的有___________。 A. 反应①存在键的断裂 B. 反应②有甲醇生成 C. 化合物Ⅲ与溶液作用显紫色 D. 反应⑥原子利用率为100% （4）反应④可表示为Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为___________。 （5）在化合物Ⅰ的同分异构体中，任写出一种满足下列条件的结构简式___________。 ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应 ⅲ．核磁共振氢谱上只有5组峰 （6）以和为含碳原料，利用反应②和⑤的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题： (a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质___________(写结构简式)。 (b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为___________。 【答案】（1）羧基和羟基 （2） ①. ②. 氧气/铜，加热 （3）CD （4） （5）或 （6） ①. ②. +2NaOH+2NaBr 【解析】 【分析】发生酯化生成，与发生取代反应生成，发生取代反应生成，与反应生成，发生还原反应生成，成环生成，据此分析； 【小问1详解】 化合物Ⅰ（）中含氧官能团的名称是羧基和羟基； 【小问2详解】 a.化合物Ⅱ（）中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应生成； b.化合物Ⅱ（）中含有羟基，可以催化氧化生成羰基，反应试剂、条件：氧气/铜，加热； 【小问3详解】 A．反应①是发生酯化生成，酸脱羟基，存在键的断裂，A正确； B．反应②为与发生取代反应生成，根据质量守恒，有甲醇生成，B正确； C．化合物Ⅲ（）无酚羟基，不能与溶液作用显紫色，C错误； D．反应⑥为成环生成，根据质量守恒可知，同时生成其他产物，原子利用率小于100%，D错误； 故选CD； 【小问4详解】 与反应生成，根据质量守恒，和信息Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为，； 【小问5详解】 在化合物的同分异构体中，满足ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应，说明含醛基，或甲酸酯类，不饱和度为3，不含苯环，核磁共振氢谱上只有5组峰，满足条件的有：或； 【小问6详解】 与溴加成生成，取代生成，与发生②反应生成，还原生成，在浓硫酸条件下消去生成；(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质为； (b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为+2NaOH+2NaBr。 20. Ⅰ．某学习小组探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，进行如下实验： 实验序号 乙醛溶液/mL 10%NaOH溶液/mL 2%CuSO4溶液/mL 蒸馏水 现象 1 0.5 2 0 0.4 无色溶液逐渐变为亮黄色浊液，最后变为橙红色浊液 2 0.5 0 2 0.4 加热过程中溶液蓝色加深，无沉淀产生 3 2 0 生成蓝色沉淀，加热后变为黑色浊液 4 0.5 2 0.4 0 先生成蓝色悬浊液，加热后，最后变为橙红色浊液，试管底部出现砖红色沉淀 （1）___________，___________。 （2）写出实验3中生成蓝色沉淀的化学方程式为___________。 （3）实验3和实验4对比，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需___________。 【查阅资料】 a．乙醛在碱性溶液加热，容易生一种橙黄色甚至红褐色的多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精； b．能溶于浓氨水形成无色的，不稳定，易被氧化成蓝色的； c．与稀盐酸反应生成白色CuCl沉淀，CuCl沉淀与浓盐酸生成无色的，而为黄色； d．在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。 Ⅱ．继续对砖红色沉淀进行探究： 【提出猜想】砖红色沉淀中可能含有：多烯醛聚合物、 【实验验证】 （4） 实验编号 实验步骤 实验现象 5 取少量实验4所得砖红色沉淀于试管中，加入适量浓氨水，振荡，静置； 沉淀部分溶解，溶液呈浅蓝色 6 将实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加___________，并振荡。 沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色 （5）甲同学根据实验5认为产物中存在，乙同学认为若产物中存在___________，也可能得到上述现象。结合已知资料，乙同学的依据是：(请完成离子方程式) ___________。 【继续验证】 （6） 实验编号 实验步骤 实验现象 7 取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸，并振荡，再滴加足量的___________，振荡、静置。 ___________ 【得出结论】结合上述实验，可知砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、。 【答案】（1） ①. 0.5 ②. 0.4 （2） （3）强碱性环境 （4）酒精 （5） ①. ②. （6） ①. 浓盐酸 ②. 洗涤液为橙黄色，样品加入稀盐酸有白色沉淀，加入浓盐酸后溶解呈无色 【解析】 【小问1详解】 由实验1可知，总体积为2.9mL，探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，则控制唯一变量，可知，； 【小问2详解】 生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，化学方程式：； 【小问3详解】 实验3和实验4对比实验3的碱浓度小于实验4，不产生砖红色沉淀，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需强碱性环境； 【小问4详解】 由多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精，故在实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加酒精，并振荡，沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色，说明含有多烯醛聚合物； 【小问5详解】 因在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的，实验5现象是浅蓝色，故若产物中存在Cu，也可以得到上述现象，离子方程式； 【小问6详解】 由结论，砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、，则需要验证两物质存在，取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，用乙醇洗涤可以洗去砖红色沉淀表面附着的有机物，滤液呈橙黄色，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸生成白色CuCl沉淀，并振荡，再滴加足量的浓盐酸生成无色的，故现象为，洗涤液为橙黄色，样品加入稀盐酸有白色沉淀，加入浓盐酸后溶解呈无色。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期普通高中非毕业班教学质量检测 高二化学 满分100分 考试用时75分钟 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Cr 52 Ga 70 一、选择题(本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。) 1. 高分子材料应用非常广泛。下列物件的主要成分不属于高分子的是 A. 金漆木雕 B. 功夫茶具 C. 莞草编织 D. 广东剪纸 2. 人类对原子结构的认识是不断进步的。下列说法错误的是 A. 波尔的“洋葱模型”认为，核外电子在不同壳层区域运动 B. 构造原理是根据原子光谱事实得出的经验规律 C. 2s轨道的电子云轮廓图为圆形 D. 量子力学认为核外电子可能随机出现在核外某一空间内 3. 化学使生活更美好。下列说法正确的是 A. 聚丙烯防护服材质柔软：聚丙烯的链节为 B. 冰块浮在水面：分子间氢键使冰的密度增大 C. 煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程 D. 用氨水配制银氨溶液：体现了的配位性 4. 化学与生产、生活等息息相关。下列说法错误的是 A. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度强于纯铁 B. 新型半导体晶体管具有优良的导电性和水溶性 C. 纸尿裤的核心材料通过氢键与水分子作用，实现快速吸水并牢固锁水 D. 镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物，镍位于元素周期表的d区 5. 下列化学用语表达错误的是 A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型 B．反-2-丁烯的结构简式 C．3，3-二甲基戊烷的键线式 D．HCl分子中键的形成 A. A B. B C. C D. D 对氨基苯甲酰胺()常用作着色剂，可由对硝基苯甲酸()与氨经缩合、还原工序制得。据此完成下面小题： 6. 下列关于对氨基苯甲酰胺和对硝基苯甲酸的说法正确的是 A. 对氨基苯甲酰胺属于芳香烃 B. 对氨基苯甲酰胺能与水形成分子间氢键 C. 对硝基苯甲酸所含元素的第一电离能： D. 对硝基苯甲酸的酸性弱于苯甲酸 7. 结构决定性质，下列关于对氨基苯甲酰胺的说法错误的是 A. 分子式为 B. 该分子含有三种官能团 C. 1mol该有机物与足量反应最多消耗 D. 在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应 8. 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 使用萃取碘水中的碘 和都是非极性分子 B 熔点： 离子半径： C 为共价化合物 能溶于水 D 对羟基苯甲醛沸点低于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子内氢键 A. A B. B C. C D. D 9. 实验室常用电石制乙炔。进行如图所示实验，下列说法正确的是 A. 电子式为： B. 分液漏斗中饱和食盐水的作用是加快电石与水的反应速率 C. 试剂a可以是酸性高锰酸钾溶液，作用是除去乙炔中硫化氢气体杂质 D. 乙炔使溴的溶液褪色是因为其具有键 10. 关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是 A. 蒸馏法分离和 B. 欲除掉苯中的苯酚，先加NaOH溶液，再过滤 C. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质 D. 重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸 11. 尼龙66是聚酰胺类最重要的产品之一，一种高黏尼龙66的合成路线如下，下列有关说法正确的是 A. 步骤①的反应类型为缩聚反应 B. 上述反应的两种原料名称分别是丁二酸和己二胺 C. 反应②的过程中有生成 D. 尼龙66中含有两种官能团 12. 物质常用作电池正极活性物质材料，X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，X与E同周期，是一种极性分子，X常温下能与水放出氢气，基态M原子在同周期中未成对电子数最多，Y位于第四周期，基态中有5个单电子，下列说法正确的是 A. X与E燃烧反应形成 B. 简单氢化物的熔沸点： C. 是一种黑色固体 D. 电负性： 13. 利用乙醇的催化氧化反应，进行如图所示的实验，通过记录溴水褪色所需鼓入空气的次数，探究金属催化剂催化效果的影响因素。下列说法错误的是 A. 实验时，铜片由黑变红，主要发生 B. 停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应 C. 气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合 D. 若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，则Ag催化效果优于Cu 14. 我国学者以为原料，实现了医药中间体Z的合成。下列说法错误的是 A. X、Z均能使酸性溶液褪色 B. 的反应属于氧化反应 C. Z能发生缩聚反应 D. Z中存在与杂化方式相同的C原子 15. 的晶胞如图所示，已知A原子的分数坐标为，B原子为，晶胞参数为acm。设阿伏加德罗常数为，关于该晶胞说法错误的是 A. 化学式为 B. N原子的配位数为6 C. 晶胞密度 D. 原子C的分数坐标为 16. 现代分析方法能有效测定有机物的结构。下列图表与甲酸异丙酯()不对应的是 A．红外光谱分析 B．核磁共振氢谱分析 C．质谱分析 D．元素分析 A. A B. B C. C D. D 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 配合物(D)具有巨大应用潜力，其部分合成路线如下图。 回答下列问题： （1）分子A中第二周期元素的第一电离能按由大到小的顺序排列为___________。 （2）的价层电子轨道排布图为___________。 （3）由A生成B的反应类型是___________，同时有小分子产物___________(填物质化学式)生成。 （4）已知C、D均为平面形大环结构(不考虑丁氧基)，则分子C中N原子的杂化方式为___________，分子中更易形成配位键的N原子是___________(填“①”或者“②”)。 （5）DMF化学名称为N，N-二甲基甲酰胺(结构如下图所示)，是有机合成中常用的优良溶剂，其化学式为___________，DMF能与水任意混合，原因是___________，物质D中Zn元素的化合价为___________。 18. 氢化物种类繁多，应用广泛。回答下列问题： （1）的电子式为___________；的沸点比HF的沸点高的原因为___________。 （2）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构___________。 （3）请用键参数知识解释分子比分子稳定的原因为___________。 （4）分子的空间结构分别是___________、___________，、容易与其他元素形成配合物，中提供空轨道的微粒为___________，提供孤电子对的元素为___________，中心离子的配位数为___________。 （5）超导材料晶胞如图所示，其晶胞参数为apm，在Ga原子周围距离最近的Ga数目为___________，阿伏加德罗常数的值为，其晶体密度的计算表达式为___________。 19. 某种药物的关键中间体Ⅶ的合成路线如下(加料顺序，部分反应条件略)： 回答下列问题： （1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称是___________。 （2）根据化合物Ⅱ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 反应形成的新结构 反应类型 a ___________ 加成反应 b ___________ 氧化反应 （3）关于上述示意图中的相关物质及转化，错误的有___________。 A. 反应①存在键的断裂 B. 反应②有甲醇生成 C. 化合物Ⅲ与溶液作用显紫色 D. 反应⑥原子利用率为100% （4）反应④可表示为Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为___________。 （5）在化合物Ⅰ的同分异构体中，任写出一种满足下列条件的结构简式___________。 ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应 ⅲ．核磁共振氢谱上只有5组峰 （6）以和为含碳原料，利用反应②和⑤的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题： (a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质___________(写结构简式)。 (b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为___________。 20. Ⅰ．某学习小组探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，进行如下实验： 实验序号 乙醛溶液/mL 10%NaOH溶液/mL 2%CuSO4溶液/mL 蒸馏水 现象 1 0.5 2 0 0.4 无色溶液逐渐变为亮黄色浊液，最后变为橙红色浊液 2 0.5 0 2 0.4 加热过程中溶液蓝色加深，无沉淀产生 3 2 0 生成蓝色沉淀，加热后变为黑色浊液 4 0.5 2 0.4 0 先生成蓝色悬浊液，加热后，最后变为橙红色浊液，试管底部出现砖红色沉淀 （1）___________，___________。 （2）写出实验3中生成蓝色沉淀的化学方程式为___________。 （3）实验3和实验4对比，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需___________。 【查阅资料】 a．乙醛在碱性溶液加热，容易生一种橙黄色甚至红褐色的多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精； b．能溶于浓氨水形成无色的，不稳定，易被氧化成蓝色的； c．与稀盐酸反应生成白色CuCl沉淀，CuCl沉淀与浓盐酸生成无色的，而为黄色； d．在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。 Ⅱ．继续对砖红色沉淀进行探究： 【提出猜想】砖红色沉淀中可能含有：多烯醛聚合物、 【实验验证】 （4） 实验编号 实验步骤 实验现象 5 取少量实验4所得砖红色沉淀于试管中，加入适量浓氨水，振荡，静置； 沉淀部分溶解，溶液呈浅蓝色 6 将实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加___________，并振荡。 沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色 （5）甲同学根据实验5认为产物中存在，乙同学认为若产物中存在___________，也可能得到上述现象。结合已知资料，乙同学的依据是：(请完成离子方程式) ___________。 【继续验证】 （6） 实验编号 实验步骤 实验现象 7 取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸，并振荡，再滴加足量的___________，振荡、静置。 ___________ 【得出结论】结合上述实验，可知砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $