精品解析：山西省吕梁市2024-2025学年高二下学期期末调研测试化学试题

吕梁市2024-2025学年高二第二学期期末调研测试 化学试题 (本试题满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息。 2.考试作答时，请将答案正确地填写在答题卡上，答在本试卷上无效。 3.考试结束后，答案一律写在答题卡上，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 俗话说：“地上文物看山西”，其实山西的地下也藏有许多珍贵文物。下列珍贵文物中主要材质为金属的是 A．仰韶时期彩陶盆 B．玉璧 C．晋侯鸟尊 D．西周霸国漆木俑 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态Mn的价层电子排布图： B. 分子的空间填充模型： C. 的VSEPR模型： D. 的球棍模型： 3. 下列有关物质性质与用途对应关系正确的是 A. 乙醇具有还原性，可用作消毒剂 B. 乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 C. 植物油与氢气发生加成反应，可用作制肥皂 D. 苯酚与溶液作用显紫色，可用作消毒剂 4. 某化合物Q是治疗青光眼的药物，其结构如下。Q由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、M组成，只有X、Y、Z同周期，下列说法正确的是 A. 同周期第一电离能大于M的元素只有2种 B. 含氧酸的酸性：M>Y>X C. 氢化物的沸点：X<Y<Z D. W与X、Y、Z、M均可形成18电子微粒 5. 硫代硫酸盐是具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子()可看作中的一个O原子被S原子替代的产物。的晶胞形状为长方体，棱长分别为nm、nm、nm，其结构如图所示，已知的摩尔质量是，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中H-O-H的键角大于中H-O-H的键角 B. 浸金时，与形成配离子，中的中心S原子提供孤电子对 C. 的中心硫原子的杂化方式为 D. 该晶体的密度为 6. 氢气是清洁能源之一，解决氢气的存储问题是当今科学界需要攻克的课题。是新型环烯类储氢材料，利用物理吸附的方法来储存氢分子，其分子结构如图所示，下列说法正确的是 A. 的熔点高是因为分子中共价键的键能大 B. 完全燃烧的产物均为非极性分子 C. 1个分子中含有32个键 D. 储氢时与间的作用力为分子间氢键 7. 托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其结构如图所示，下列说法错误的是 A. L分子式为C26H23N2O3Cl B. L中的含氧官能团有酰胺基和酮羰基 C. L与足量H2完全加成的产物中有1个手性碳原子 D. L与酸或碱反应都可生成盐 8. 某香料N的合成路线如下：。下列说法正确的是 A. 试剂X可能为或溶液 B. 与足量的NaOH水溶液反应的化学方程式为 C. 等物质的量的M、N分别与足量的反应，最多消耗的物质的量比为1：1 D. Y中所有原子可能在同一平面 9. 由有机化合物制备的合成路线中，最合理的路线涉及的反应类型依次是 A. 加成反应、消去反应、氧化反应 B. 加成反应、取代反应、氧化反应 C. 加成反应、氧化反应、消去反应 D. 氧化反应、取代反应、加成反应 10. 下列实验方案、现象及结论不相符的是 选项 实验方案 现象 结论 A 取少许有机物滴入盛有银氨溶液的试管中，水浴加热 产生光亮的银镜 该有机物属于醛类物质 B 加热溴乙烷与NaOH的混合溶液，冷却后滴加溶液 产生沉淀 不能直接证明溴乙烷中含有溴元素 C 乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体先通过NaOH溶液，再通入溴水中 溴水褪色 乙醇发生了消去反应 D 向某溶液中加入几滴浓硝酸，加热 先有白色沉淀，加热后沉淀变黄 该溶液中含蛋白质 A. A B. B C. C D. D 11. 某种聚碳酸酯的透光性好，可制成车、船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，其结构可表示为：。原来合成聚碳酸酯的一种原料是有毒的光气(，又称碳酰氯)，为贯彻绿色化学理念可以用碳酸二甲酯()与某种物质M聚合生产聚碳酸酯。下列说法正确的是 A. M可能是二酚类物质 B. 该聚合反应为加成聚合反应 C. 反应过程中一定生成小分子物质 D. 该聚碳酸酯具有良好的亲水性 12. 下列说法正确的是 A. 一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔中C—Cl键长逐渐增长 B. 氢键是一种特殊的化学键，蛋白质的二级结构与其有密切关系 C. 金属能导电是因为金属阳离子在外加电场的作用下发生定向移动 D. 平面形分子酞菁的结构见上图，则p轨道能提供一对电子的N原子是③ 13. 下列各组有机物只用一种试剂无法进行鉴别的是 A 乙醇 乙酸 葡萄糖 B. 甲苯 溴苯 苯 C 苯酚 乙酸 1-己烯 D. 苯 1-己烯 环己烷 14. 物质结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 利用“杯酚”可分离和 “杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 B 酸性： 的极性大于，使的羧基中羟基的极性更大，更易电离出 C 离子液体难挥发 组成离子液体的粒子全都是带电荷的离子 D 纳米晶体有不同于大块晶体的特性，如熔点会随晶粒的减小而降低 纳米晶体的表面积比大块晶体的大 A. A B. B C. C D. D 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 有机化学实验室大量制备乙酸乙酯通常经过反应回流和产物蒸馏提纯两个步骤。 步骤一：反应回流 在圆底烧瓶中加入体积比为1：1的乙醇和冰醋酸各57mL，再加入乙醇和浓硫酸的混合物14.5mL。将圆底烧瓶与球形冷凝管连接，加热圆底烧瓶，并保持温度为110~120℃。 步骤二：产物蒸馏提纯 反应后将回流装置改装成蒸馏装置，加热圆底烧瓶，控制温度在80℃以下，获得粗产品。在获得的粗产品中缓慢加入饱和溶液至无二氧化碳逸出，分液保留酯层；在酯层中加入等体积的饱和NaCl溶液，充分混匀，酯层用pH试纸检验呈中性，分液保留酯层；向产品中继续加入饱和溶液，充分混匀，以去除酯层中的乙醇，分液保留酯层；向产品中加入无水硫酸镁，干燥；对产品再次蒸馏，收集馏分。几种有机化合物的沸点 物质 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点/℃ 78.5 117.9 77.1 （1）选用圆底烧瓶的规格为_______。 A．100mL B．250mL C．500mL （2）混合乙醇和浓硫酸的操作是______________________________。 （3）步骤一中，加热方式是_________。 （4）球形冷凝管的作用是___________。 （5）加入饱和NaCl溶液的目的是_______，收集_______℃左右馏分。 （6）写出制备乙酸乙酯的方程式_____________________________。 16. X、Y、Z、T四种元素，它们的原子序数依次增大，X原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，T原子核外的M层中只有两对成对电子。请回答下列问题： （1）Y属于_______区元素，Z元素基态原子的电子排布式为_______，四种元素中电负性最大的是_______(填元素符号)。 （2）相同条件下与在水中的溶解度较大的是_______(写分子式)，主要原因是_______。 （3）空间结构名称是_______。 （4）Y可与氢原子形成离子化合物，各原子均满足2电子或8电子稳定结构，的电子式是_______。 （5）Y与铁形成的晶体，其晶胞结构如图所示，对于位置的Fe原子，与其最近且距离相等的Y原子有_____个，该晶体的化学式为_____。 17. 有机高分子A可用于生产俗称“白乳胶”的木材黏合剂，B通过加聚反应可制得A。B的燃烧产物只有和，完全燃烧21.5gB，生成22.4L(标准状况)，B的蒸气对的相对密度为43。几种物质的转化关系如图所示： 已知：①羟基与碳碳双键直接相连的有机化合物会迅速转化为醛；②。 回答下列问题： （1）A的结构简式为_______。 （2）E生成D化学方程式为____________________________。 （3）写出属于不饱和羧酸的B的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)_______________。 （4）G生成链状缩聚物的化学方程式为______________________________。 （5）有机化合物H是G的同系物，且相对分子质量比G的大14，两分子H反应可生成六元环状化合物，则H的结构简式为_______________。 18. 化合物J是一种重要药物中间体，其合成路线如下(部分试剂和条件略)： 已知：ⅰMe为甲基，Et为乙基，Ac为醋酸根，rt为室温。 ⅱ（为烃基或氢原子）。 ⅲ具有还原性。 根据合成路线回答下列问题： （1）C中除含氧官能团外，还含有_______。 （2）B转化为C的反应中碳酸钾的作用为_______。 （3）G转化为H的化学方程式为_______。 （4）M是A的同分异构体，M与溶液作用显紫色，则M的结构有_______种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为_______。 （5）H→I经历了如图所示的多步反应：。中间产物1、中间产物2的结构简式分别是_______、_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 吕梁市2024-2025学年高二第二学期期末调研测试 化学试题 (本试题满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息。 2.考试作答时，请将答案正确地填写在答题卡上，答在本试卷上无效。 3.考试结束后，答案一律写在答题卡上，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 俗话说：“地上文物看山西”，其实山西的地下也藏有许多珍贵文物。下列珍贵文物中主要材质为金属的是 A．仰韶时期彩陶盆 B．玉璧 C．晋侯鸟尊 D．西周霸国漆木俑 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．彩陶盆材质为陶瓷，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误； B．玉璧的主要材质为玉石，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，B错误； C．晋侯鸟尊的主要材质为青铜，属于金属，C正确； D．漆木俑的主要材质为木头，主要成分为纤维素，属于天然有机高分子化合物，D错误； 故答案选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态Mn的价层电子排布图： B. 分子的空间填充模型： C. 的VSEPR模型： D. 的球棍模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态锰的价层电子排布图为，A错误； B．空间填充模型中的C和Cl原子的相对大小不符合事实，B错误； C．水的中心原子O应该有两对孤电子对，VSEPR模型为，C错误； D．中采取杂化，空间结构为正方形，D正确； 故答案选D。 3. 下列有关物质性质与用途对应关系正确的是 A. 乙醇具有还原性，可用作消毒剂 B. 乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 C. 植物油与氢气发生加成反应，可用作制肥皂 D. 苯酚与溶液作用显紫色，可用作消毒剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙醇的消毒原理是使蛋白质变性，与还原性不相关，A错误； B．乙炔燃烧火焰温度极高，可用于切割金属，B正确； C．制肥皂需皂化反应，而非加氢硬化，C错误； D．苯酚与溶液显色反应仅用于检测苯酚，其消毒性源于其杀菌能力，D错误； 故答案选B。 4. 某化合物Q是治疗青光眼的药物，其结构如下。Q由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、M组成，只有X、Y、Z同周期，下列说法正确的是 A. 同周期第一电离能大于M的元素只有2种 B. 含氧酸的酸性：M>Y>X C. 氢化物的沸点：X<Y<Z D. W与X、Y、Z、M均可形成18电子微粒 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、M组成，只有X、Y、Z同周期，则W为H，M可以形成6个共价键，即其价层电子数为6，故M为S，X形成4个共价键、Y形成3个共价键、Z形成2个共价键，故X为C、Y为N、Z为O，即W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、O、S，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，M为S，则同周期第一电离能大于M的元素有P、Cl、Ar3种，A错误； B．已知元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故B项中没有强调最高价含氧酸，无法比较，B不合题意； C．碳的氢化物有很多，常温下有气态、液体和固态，题干没有强调最简单氢化物，无法比较，C不合题意； D．由分析可知W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、O、S，W与X、Y、Z、M均可形成18电子微粒C2H6、N2H4、H2O2、H2S，D正确； 故答案为：D。 5. 硫代硫酸盐是具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子()可看作中的一个O原子被S原子替代的产物。的晶胞形状为长方体，棱长分别为nm、nm、nm，其结构如图所示，已知的摩尔质量是，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中H-O-H的键角大于中H-O-H的键角 B. 浸金时，与形成配离子，中的中心S原子提供孤电子对 C. 的中心硫原子的杂化方式为 D. 该晶体的密度为 【答案】A 【解析】 【详解】A．在 中，分子是配体，O原子的孤电子对与形成配位键，使得分子中O原子的孤电子对之间的排斥力减小，H-O-H键角增大；而在中，O原子有两对孤电子对，孤电子对之间排斥力大，键角小。所以中H-O-H的键角大于中H-O-H的键角，A正确； B．可看作中的一个O原子被S原子替代的产物，与形成配离子时，中是一端的S原子提供孤电子对，不是中心S原子（这里结构类似），实际是其中一个S原子（非中心，是替代O的那个S）提供孤电子对，而中心S原子无孤电子对，B错误； C．可看作中的一个O原子被S原子替代，中心S原子的价层电子对数为4（与类似，键数+孤电子对数，中S是杂化），所以的中心硫原子的杂化方式为，不是，C错误； D．晶胞中 个数：顶点，面心，体心个，棱上，共4个；个数：晶胞内4个。晶胞质量，晶胞体积（因为棱长单位是nm，，），根据密度公式，则密度，不是，D错误； 综上，答案是A。 6. 氢气是清洁能源之一，解决氢气的存储问题是当今科学界需要攻克的课题。是新型环烯类储氢材料，利用物理吸附的方法来储存氢分子，其分子结构如图所示，下列说法正确的是 A. 的熔点高是因为分子中共价键的键能大 B. 完全燃烧的产物均为非极性分子 C. 1个分子中含有32个键 D. 储氢时与间的作用力为分子间氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．是分子晶体，熔点较高是因为相对分子质量较大，范德华力强，A错误； B．完全燃烧的产物是、，为直线形，是非极性分子，为V形，是极性分子，B错误； C．分子中有化学键的地方一定存在键，每个分子中均含有32个键，C正确； D．与不能形成分子间氢键，D错误； 故选C。 7. 托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其结构如图所示，下列说法错误的是 A. L的分子式为C26H23N2O3Cl B. L中的含氧官能团有酰胺基和酮羰基 C. L与足量H2完全加成的产物中有1个手性碳原子 D. L与酸或碱反应都可生成盐 【答案】C 【解析】 【详解】A．由有机物结构简式可知，L的分子式为C26H23N2O3Cl，A正确； B．由有机物结构简式可知，L中的含氧官能团有酰胺基和酮羰基，B正确； C．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故L与足量H2完全加成的产物中有9个手性碳原子，如图所示：C错误； D．由有机物结构简式可知，L中含酰胺基，既能与酸反应生成盐，又能与碱反应生成盐，D正确； 故答案为：C。 8. 某香料N的合成路线如下：。下列说法正确的是 A. 试剂X可能为或溶液 B. 与足量的NaOH水溶液反应的化学方程式为 C. 等物质的量的M、N分别与足量的反应，最多消耗的物质的量比为1：1 D. Y中所有原子可能在同一平面 【答案】B 【解析】 【分析】经合成路线推断出为苯酚，M结构简式为，Y为。 【详解】A．苯酚只能与溶液反应，不能和溶液反应，A错误； B．中羧基能与中和，氯原子在溶液中水解，B正确； C．等物质的量的M、N分别与足量的反应，最多消耗的物质的量比为3：4，C错误； D．Y的结构简式为，分子中有杂化的C原子，所有原子不可能在同一平面，D错误； 故答案选B。 9. 由有机化合物制备的合成路线中，最合理的路线涉及的反应类型依次是 A. 加成反应、消去反应、氧化反应 B. 加成反应、取代反应、氧化反应 C. 加成反应、氧化反应、消去反应 D. 氧化反应、取代反应、加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示为合成路线，，先与溴水发生加成反应，得到的卤代烃再水解（取代）得到醇，醇再催化氧化反应得到产物，B符合条件，故选B。 10. 下列实验方案、现象及结论不相符的是 选项 实验方案 现象 结论 A 取少许有机物滴入盛有银氨溶液的试管中，水浴加热 产生光亮的银镜 该有机物属于醛类物质 B 加热溴乙烷与NaOH的混合溶液，冷却后滴加溶液 产生沉淀 不能直接证明溴乙烷中含有溴元素 C 乙醇与浓硫酸共热至170℃，将产生的气体先通过NaOH溶液，再通入溴水中 溴水褪色 乙醇发生了消去反应 D 向某溶液中加入几滴浓硝酸，加热 先有白色沉淀，加热后沉淀变黄 该溶液中含蛋白质 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．银镜反应只能证明有机物含有醛基，但该有机物可能是醛类、甲酸、甲酸酯或葡萄糖等含醛基的物质，A错误； B．溴乙烷水解后需先加硝酸酸化再滴加，否则过量的会与反应生成沉淀干扰结果，B正确； C．乙醇在170℃下发生消去反应生成乙烯，含杂质()气体经NaOH处理后通入溴水褪色，说明乙烯生成，结论正确，C正确； D．鸡蛋清（蛋白质）中加入浓硝酸，蛋白质因变性生成白色沉淀，加热后，含苯环的氨基酸与浓硝酸发生显色反应，沉淀变黄，D正确； 故答案选A。 11. 某种聚碳酸酯的透光性好，可制成车、船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，其结构可表示为：。原来合成聚碳酸酯的一种原料是有毒的光气(，又称碳酰氯)，为贯彻绿色化学理念可以用碳酸二甲酯()与某种物质M聚合生产聚碳酸酯。下列说法正确的是 A. M可能是二酚类物质 B. 该聚合反应为加成聚合反应 C. 反应过程中一定生成小分子物质 D. 该聚碳酸酯具有良好的亲水性 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据聚碳酸酯的结构简式，M可能为，故M可能为二酚类物质，A正确； B．加聚反应为含碳碳双键的小分子聚合形成高分子，由聚碳酸酯的结构简式可知该反应为M和碳酸二甲酯的缩聚反应，B错误； C．若M为二酚类物质，则生成的小分子物质为甲醇，C错误； D．聚碳酸酯中没有亲水基，亲水性不好，D错误； 故选A 12. 下列说法正确的是 A. 一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔中C—Cl键长逐渐增长 B. 氢键是一种特殊的化学键，蛋白质的二级结构与其有密切关系 C. 金属能导电是因为金属阳离子在外加电场的作用下发生定向移动 D. 平面形分子酞菁的结构见上图，则p轨道能提供一对电子的N原子是③ 【答案】D 【解析】 【详解】A．一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔中C-Cl键长逐渐减小，因为一氯乙烯Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成了1个3中心4电子的大π键，一氯乙炔中形成了2个大π键，Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键键长越短，故A错误； B．氢键不是化学键，故B错误； C．金属能导电是因为电子在外加电场的作用下发生定向移动，故C错误； D．所有N均为sp2杂化，①②号N的杂化轨道用于形成两条σ键和容纳1个孤电子对，p轨道只提供1个电子，③号N的杂化轨道用于形成三条σ键，p轨道提供1对电子，故D正确； 答案为D。 13. 下列各组有机物只用一种试剂无法进行鉴别的是 A. 乙醇 乙酸 葡萄糖 B. 甲苯 溴苯 苯 C. 苯酚 乙酸 1-己烯 D. 苯 1-己烯 环己烷 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇、乙酸、葡萄糖可用新制悬浊液鉴别：乙酸在悬浊液中溶解成蓝色溶液，葡萄糖与新制悬浊液在加热条件反应生成砖红色沉淀，乙醇与新制无反应，A错误； B．甲苯、溴苯、苯可用酸性高锰酸钾溶液鉴别：甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色，溴苯和苯与其不反应，但溴苯密度大于水，苯密度小于水，通过分层可区分，B错误； C．苯酚、乙酸、1-己烯可用溴水鉴别：1-己烯使溴水褪色，苯酚与溴水反应生成白色沉淀，乙酸与溴水混合无现象，C错误； D．苯、1-己烯、环己烷用溴水或酸性高锰酸钾只能区分1-己烯，但苯和环己烷无法通过单一试剂（如溴水或高锰酸钾）进一步区分，D正确； 故答案选D。 14. 物质结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 利用“杯酚”可分离和 “杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 B 酸性： 的极性大于，使的羧基中羟基的极性更大，更易电离出 C 离子液体难挥发 组成离子液体的粒子全都是带电荷的离子 D 纳米晶体有不同于大块晶体特性，如熔点会随晶粒的减小而降低 纳米晶体的表面积比大块晶体的大 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．“杯酚”不是超分子，杯酚与形成的物质是超分子，A错误； B．F、Cl是吸电子基，中F的电负性大于中的Cl，故的极性大于，使的羧基中羟基的极性更大，更易电离出，B正确； C．组成离子液体的粒子全都是带电荷的离子，微粒之间是离子键，其作用力大于范德华力，故离子液体难挥发，C正确； D．因为纳米晶体的表面积比大块晶体的大，所以纳米晶体有不同于大块晶体的特性，熔点会随晶粒的减小而降低，D正确； 故答案选A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 有机化学实验室大量制备乙酸乙酯通常经过反应回流和产物蒸馏提纯两个步骤。 步骤一：反应回流 在圆底烧瓶中加入体积比为1：1乙醇和冰醋酸各57mL，再加入乙醇和浓硫酸的混合物14.5mL。将圆底烧瓶与球形冷凝管连接，加热圆底烧瓶，并保持温度为110~120℃。 步骤二：产物蒸馏提纯 反应后将回流装置改装成蒸馏装置，加热圆底烧瓶，控制温度在80℃以下，获得粗产品。在获得的粗产品中缓慢加入饱和溶液至无二氧化碳逸出，分液保留酯层；在酯层中加入等体积的饱和NaCl溶液，充分混匀，酯层用pH试纸检验呈中性，分液保留酯层；向产品中继续加入饱和溶液，充分混匀，以去除酯层中的乙醇，分液保留酯层；向产品中加入无水硫酸镁，干燥；对产品再次蒸馏，收集馏分。几种有机化合物的沸点 物质 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点/℃ 78.5 117.9 77.1 （1）选用圆底烧瓶的规格为_______。 A．100mL B．250mL C．500mL （2）混合乙醇和浓硫酸的操作是______________________________。 （3）步骤一中，加热方式_________。 （4）球形冷凝管的作用是___________。 （5）加入饱和NaCl溶液的目的是_______，收集_______℃左右馏分。 （6）写出制备乙酸乙酯的方程式_____________________________。 【答案】（1）B （2）将浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断搅拌 （3）电加热套或油浴 （4）冷凝回流反应物 （5） ①. 洗出酯层中的少量碳酸钠，降低乙酸乙酯的溶解度 ②. 77 （6） 【解析】 【分析】制备乙酸乙酯，反应原理为。向圆底烧瓶中加入乙醇、冰醋酸、浓硫酸等，组装好装置，加热，制取乙酸乙酯；从混合物中分离出乙酸乙酯，分离出酯层后，向酯层中加入等体积的饱和NaCl溶液，充分混匀，洗出酯层中的少量碳酸钠，分液后得酯层，加入无水硫酸镁进行干燥，干燥后蒸馏，收集77℃左右的馏分，即为乙酸乙酯。 【小问1详解】 圆底烧瓶中加入乙醇和冰醋酸各57mL，再加入乙醇和浓硫酸的混合物14.5mL。液体共加入128.5mL，圆底烧瓶中液体体积应为烧瓶容积的三分之一到三分之二之间，故选250ml圆底烧瓶； 故选B； 【小问2详解】 乙醇易挥发，密度小于浓硫酸，且与浓硫酸混合后迅速放出大量热，故应将浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断搅拌，减少乙醇的挥发； 故答案为：将浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断搅拌； 【小问3详解】 步骤一加热温度保持在110~120℃，应选择油浴加热或电加热套加热； 故答案为：电加热套或油浴； 【小问4详解】 反应回流装置中球形冷凝管的作用为使挥发的反应物冷凝回流， 故答案为：冷凝回流反应物； 【小问5详解】 ①粗产品中已经缓慢加入饱和溶液至无二氧化碳逸出，分液保留酯层；在酯层中加入等体积的饱和NaCl溶液，充分混匀，酯层用pH试纸检验呈中性，故加入饱和NaCl溶液的目的是为了洗出酯层中的少量碳酸钠，使溶液呈中性，同时降低乙酸乙酯的溶解度； 故答案为：洗出酯层中的少量碳酸钠，降低乙酸乙酯的溶解度； ②蒸馏收集的为乙酸乙酯，根据题干已知信息，乙酸乙酯的沸点为77.1℃， 故答案为：收集77℃左右的馏分； 【小问6详解】 制备乙酸乙酯的原理为酸脱羟基醇脱氢，乙酸乙酯的化学方程式为。 16. X、Y、Z、T四种元素，它们的原子序数依次增大，X原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，T原子核外的M层中只有两对成对电子。请回答下列问题： （1）Y属于_______区元素，Z元素基态原子的电子排布式为_______，四种元素中电负性最大的是_______(填元素符号)。 （2）相同条件下与在水中的溶解度较大的是_______(写分子式)，主要原因是_______。 （3）的空间结构名称是_______。 （4）Y可与氢原子形成离子化合物，各原子均满足2电子或8电子稳定结构，的电子式是_______。 （5）Y与铁形成的晶体，其晶胞结构如图所示，对于位置的Fe原子，与其最近且距离相等的Y原子有_____个，该晶体的化学式为_____。 【答案】（1） ①. p ②. ③. O （2） ①. ②. 和都是极性分子，根据“相似相溶”原理，在中的溶解度较大 （3）平面三角形 （4） （5） ①. 8 ②. 【解析】 【分析】X原子核外的L层电子数是K层的两倍，则X有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Z是地壳内含量最多的元素，为O元素；X、Y、Z、T四种元素原子序数依次增大，Y为N元素；T原子核外的M层中只有两对成对电子，T为S元素，据此分析； 【小问1详解】 Y为N元素，属于p区元素，Z为O元素，基态原子电子排布式为1s22s22p4；四种元素中电负性最大的是O；故答案为p；1s22s22p4；O； 【小问2详解】 TZ2为SO2，SO2中S原子的孤电子对数、价层电子对数=2+1=3，分子的立体结构为V形；XZ2为CO2，分子的立体结构为直线形；相同条件下两者在水中的溶解度较大的是SO2，CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大；故答案为SO2；SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大； 【小问3详解】 TZ3为SO3，SO3中S原子的孤电子对数、价层电子对数为3，分子的空间构型为平面三角形；故答案为平面三角形； 【小问4详解】 NH5是离子化合物，阳离子为NH，阴离子为H-，电子式为：；故答案为； 【小问5详解】 氮化铁晶体中，对于a位置即顶点的Fe原子，与其最近的且距离相等的N原子为体心，共有8个；N原子有1个，铁原子有个，该氮化铁晶体的化学式为Fe4N；故答案为8；Fe4N。 17. 有机高分子A可用于生产俗称“白乳胶”的木材黏合剂，B通过加聚反应可制得A。B的燃烧产物只有和，完全燃烧21.5gB，生成22.4L(标准状况)，B的蒸气对的相对密度为43。几种物质的转化关系如图所示： 已知：①羟基与碳碳双键直接相连的有机化合物会迅速转化为醛；②。 回答下列问题： （1）A的结构简式为_______。 （2）E生成D的化学方程式为____________________________。 （3）写出属于不饱和羧酸的B的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)_______________。 （4）G生成链状缩聚物的化学方程式为______________________________。 （5）有机化合物H是G的同系物，且相对分子质量比G的大14，两分子H反应可生成六元环状化合物，则H的结构简式为_______________。 【答案】（1） （2） （3）、、 （4） （5） 【解析】 【分析】由B的蒸气对H2的相对密度为43可知，B 的相对分子质量为86，21.5gB即0.25mol完全燃烧生成标况下22.4LCO2，可推得B中有4个碳原子，相对分子质量为86，可推知B的分子式为C4H6O2，B在稀硫酸作用下能够水解，B的结构简式为，有机高分子A可用于生产俗称“白乳胶”的木材黏合剂，故A的结构简式为，根据已知①，B在稀硫酸作用下发生水解反应，生成E(CH3CHO)和D(CH3COOH)，根据已知②得，F的结构简式为BrCH2COOH，G的结构简式为HOCH2COOH。 【小问1详解】 根据以上分析可知，A 的结构简式为； 【小问2详解】 E生成D为乙醛被氧化为乙酸， 故化学方程式为; 【小问3详解】 B的分子式为C4H6O2，属于不饱和羧酸的结构简式为、、； 【小问4详解】 G发生缩聚反应生成高分子化合物， 化学方程式为； 【小问5详解】 有机化合物H是G的同系物，且相对分子质量比G的大14，两分子H反应可生成六元环状化合物，故其结构简式为CH3CH(OH)COOH。 18. 化合物J是一种重要药物中间体，其合成路线如下(部分试剂和条件略)： 已知：ⅰMe为甲基，Et为乙基，Ac为醋酸根，rt为室温。 ⅱ（为烃基或氢原子）。 ⅲ具有还原性。 根据合成路线回答下列问题： （1）C中除含氧官能团外，还含有_______。 （2）B转化为C的反应中碳酸钾的作用为_______。 （3）G转化为H的化学方程式为_______。 （4）M是A的同分异构体，M与溶液作用显紫色，则M的结构有_______种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为_______。 （5）H→I经历了如图所示的多步反应：。中间产物1、中间产物2的结构简式分别是_______、_______。 【答案】（1）碳氟键、氰基 （2）吸收反应生成的HBr，提高产率 （3）+ （4） ①. 16种 ②. （5） ①. ②. 【解析】 【分析】化合物A中酮羰基邻位碳上的H被Br取代生成化合物B；B中的溴原子被取代生成化合物C；化合物D中的氯原子被H取代生成E；E发生还原反应得到F；F催化氧化得到G；G与发生取代反应生成H；H经历了多步反应生成I ；I与反应生成J，据此回答问题； 【小问1详解】 C的结构简式为 ，C中除含氧官能团外，还含有碳氟键、氰基； 【小问2详解】 B与发生取代反应生成HBr和，HBr能与碳酸钾反应，因此碳酸钾的作用为吸收反应生成的HBr，提高产率； 【小问3详解】 G与发生取代反应生成和HCl，化学方程式为+； 【小问4详解】 M是A的同分异构体，M与溶液作用显紫色，则含有酚羟基，若有3个取代基-OH、-F、-CH=CH2，其中-F的位置如图、、，若有2个取代基，其中- OH的位置在邻、间、对位，如图、，因此M的结构共16种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为； 【小问5详解】 根据已知信息，与MeNH2发生加成反应生成，发生消去反应脱去小分子水，生成，具有还原性，还原得到，因此中间产物1、中间产物2的结构简式分别是、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$