精品解析：北京市昌平区2024-2025学年高二下学期期末考试 化学试题

2025北京昌平高二(下)期末 化学 2025.7 本试卷共 8 页，共 100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：B 11 C 12 N 14 O 16 Si 28 第一部分 选择题(共 42 分) 在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。(每小题 3 分，共 42 分) 1. 依托立林在防晒剂中作紫外线吸收剂，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是 A. 官能团含有酯基 B. 属于烃的衍生物 C. 存在顺反异构 D. 分子式为 C18H15NO2 2. 下列图示表达不正确的是 A. 基态碳原子的轨道表示式： B. 乙烯的球棍模型： C. H2O 的 VSEPR 模型： D. 1s 的电子云图： 3. 某烷烃的结构简式为 ，其系统命名是 A. 3，4 -二甲基戊烷 B. 2，3-二甲基戊烷 C. 2-甲基-3-乙基丁烷 D. 3-甲基- 2-乙基丁烷 4. 氨基酸分子中主要含有 C、H、O、N 四种元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：N < O B. 第一电离能：N < O C. 稳定性：NH3 > H2O D. 电负性：N < O 5. 下列物质中，互为同分异构体的是 A. 甲烷和乙烷 B. 乙醇和乙二醇 C. 丁酸和乙酸乙酯 D. 淀粉和纤维素 6. 下列说法不正确的是 A. 甲醛可使蛋白质因变性而失去生理活性 B. 两个甘氨酸分子脱水缩合最多生成一个水分子 C. 葡萄糖在与新制 Cu (OH)2悬浊液反应时被氧化 D. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 7. 芦荟大黄素具有抗菌作用，其结构简式如图所示。关于芦荟大黄素的说法不正确的是 A. 能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 能与Na2CO3溶液反应 C. 可发生取代反应、加成反应、消去反应 D. 其碳原子为sp2、sp3杂化 8. NaCN 可作浸金试剂，熔点为 563.7℃，其立方晶胞如图所示。下列说法不正确的是 A. NaCN 为离子晶体 B. 每个晶胞中含有 4 个 Na+ C. 距离 CN-最近的阳离子有 6 个 D. 晶体中 σ 键和 π 键个数比为 2:1 9. 下列事实与解释不相符的是 事实 解释 A. 沸点：> 形成分子间氢键，可形成分子内氢键 B. 熔点：SiO2>CO2 相对分子质量：SiO2>CO2 C. I2在不同溶剂中的溶解性：CCl4>H2O I2、CCl4均为非极性分子，H2O 为极性分子 D. 键角：>NH3 N 原子杂化方式相同，NH3中有一对孤电子对，中无孤电子对 A. A B. B C. C D. D 10. 有机物分子中原子(团)之间的相互影响会导致物质性质的不同，下列说法不正确的是 A. 苯不能使酸性 KMnO4溶液褪色而甲苯能，是甲基对苯环影响的结果 B. 乙醇不能与 NaOH 溶液反应而苯酚能，是苯环对羟基影响的结果 C. 金属钠与乙醇反应不如与水反应剧烈，是由于乙基是推电子基团，使乙醇中 O-H 键极性减弱 D. 三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，是由于氟的电负性大于氯的电负性，使三氟乙酸中 O-H 键极性增强 11. 下列实验能达到实验目的的是 A.制备乙酸乙酯 B.检验溴乙烷中的溴元素 C.检验乙炔的还原性 D.检验乙醇的消去产物 A. A B. B C. C D. D 12. Z3[Z(XY)6]2是一种蓝色染料。X、Y、Z 的原子序数依次增加，且 X、Y 属于同一周期的短周期元素。X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，Y 的第一电离能比左右相邻元素都高，基态 Z 原子的 M 层未成对电子数为 4。下列说法不正确的是 A. X、Y、Z 三种元素的单质中 Z 的熔点最高 B. 每个 XY-存在两对孤电子对 C. 该蓝色染料中 Z 的化合价为 + 2、 + 3 D. Z 位于元素周期表的 d 区 13. 化合物 X、Y、Z 反应生成托品酮 M 的过程如下(条件已省略)：下列说法正确的是 A. Z 为乙二醛 B. 反应物 X、Y、Z 的化学计量比是 1:1:1 C. L 与托品酮 M 具有相同数目的手性碳原子 D. 生成的 n (H2O):n (CO2)=1:2 14. 某研究小组为探究配合物的形成及性质，进行如下实验 序号 步骤 I 向 2 mL 0.2 mol∙L-1CuSO4溶液中滴加 0.5 mL 1 mol∙L-1氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约1.5 mL 氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 II 向 I 得到的深蓝色溶液中滴加5滴 1 mol∙L-1 NaOH 溶液，产生蓝色沉淀 III 取0.1 g 氢氧化铜固体于试管中，加入 5 mL 1 mol∙L-1氨水，溶液略变为蓝色，固体未见明显溶解；滴加 2 滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液 下列说法不正确的是 A. 氨水中能与Cu2+配位的微粒有H2O、NH3、OH- B. 对比实验 I、III，I 中沉淀完全溶解是沉淀与NH3、共同作用的结果 C. 上述实验无法排除沉淀直接溶于饱和氯化铵溶液的可能 D. 综合上述实验可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 第二部分 非选择题(共 58 分) 15. 硼及其化合物广泛用于电化学、材料等领域。 （1）B 的基态原子价电子排布式为_______，在元素周期表的位置是_______。 （2）NaBF4是制备离子液体 [BMIM]+BF()的原料之一，可由 BF3与 NaF 反应制得。 ①从原子结构角度说明 BF3中 B 显正价的理由：_______。 ②BF3中的 B - F 键是由硼的_______轨道与氟的 2p 轨道重叠形成的 σ 键。 ③比较 BF3和 BF中 F- B-F 键角的大小并解释原因_______。 ④NaBF4常温下为固体，而[BMIM]+BF常温下为液体的原因是_______。 （3）立方氮化硼(BN)是一种耐高温的新型材料，晶体结构与金刚石类似，晶胞如下图所示。 ①距离 B 原子最近且距离相等的 N 原子有_______个。 ②晶胞的边长为 a nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_______ g∙cm-3。(1 nm = 10-7 cm) 16. 乙烯是一种重要的化工原料，可以发生以下转化(部分试剂和条件已略去)： 资料：i. H 是一种具有香味的油状液体； ii. L 是一种常见的高分子材料，具有广泛的用途。 （1）A→F 的反应方程式是_______。 （2）B→D 的官能团转化是_______→_______。 （3）D 直接与 AgNO₃溶液反应不能产生银镜，但与 [Ag (NH3)2] OH 溶液能产生银镜，解释原因：_______。 （4）F→G 的反应试剂和条件是_______。 （5）F→I 的反应类型是_______。 （6）I→J 的反应方程式是_______。 （7）E 与 G 以物质的量之比 2:1 发生反应生成 H，该反应的化学方程式为_______。 （8）L 的结构简式是_______。 17. 研究小组研究某补铁口服液的有效成分乳酸亚铁的结构，并设计实验检验其中铁元素的价态。 资料 1：乳酸结构简式为，可用 L 表示，乳酸钠盐的阴离子与 Fe2+形成配合物 FeL2，FeL2⇌Fe2+ + 2L-。 Ⅰ. 结构分析 （1）Fe2+价电子的轨道表示式为_______。 （2）Fe2+与乳酸根离子形成配位键，原因是_______。 （3）乳酸亚铁可由乳酸溶液与铁粉反应制得。乳酸在水中的溶解性大于相对分子质量相近的烃类，从结构角度分析原因_______。 Ⅱ. 铁元素价态的检验 实验 加入试剂 现象 i 5 滴 0.01 mol∙L-1酸性 KMnO4溶液 紫色褪去 ii 5 滴 0.1 mol∙L-1 NaOH 溶液 无沉淀生成 iii 邻二氮菲溶液 溶液变为橙红色 资料 2：邻二氮菲的结构简式为 ，可用 phen 表示，与 Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子 [Fe (phen)3] 2+。 （4）甲同学认为实验 i 中的现象无法证明铁元素为 +2 价，其理由是_______ 。 （5）实验 ii 无沉淀生成的原因可能是 _______(答两点)。 （6）邻二氮菲检验 Fe2+受 pH 的影响，pH 过低也会影响显色。结合邻二氮菲的结构，从平衡移动角度分析如何影响显色：_______ 。 18. 肾上腺素在临床上可用于急症抢救过敏性休克患者，其中一种合成路线如下(部分试剂和条件已略去)： （1）A 的名称是_______。 （2）B 能与 NaHCO3溶液反应，B 的结构简式为_______。 （3）D + E→F 的化学方程式为_______。 （4）与 NH3相比，CH3NH2中 N 原子结合 H+能力更强，原因是_______。 （5）下列说法不正确的是_______(填序号)。 a. 1 mol E 最多能消耗 2 mol Br2 b. 1 mol F 最多能消耗 3 mol NaOH c. E、F、G、H 均可使酸性 KMnO4溶液褪色 d. H 存在含有苯环和酰胺基的同分异构体 （6）F 生成 G 的过程中会生成副产物 M，M 的分子式为 C17H17NO6，其结构简式为_______。 （7）G→H 的过程中，1 mol G 反应得到_______mol 电子。 19. L 是一种口服有效的蛋白拮抗剂，可预防小鼠结肠炎。其合成路线如下(部分试剂和条件已略去)： 已知：①(R1、R2最多只能有一个是H) ②CDI的结构简式为 （1）A 中官能团的名称是_______。 （2）D→E 的化学方程式为_______。 （3）B→D 中 Na2CO3(aq) 的作用是_______。 （4）G 的结构简式为_______。 （5）下列说法中正确的是_______(填序号)。 a. B 中有手性碳原子 b. C7H3Cl3O 中有 2 种不同环境氢原子 c. I→J 中 n (I):n (H2)=1:1 （6）K 的分子式为 C28H28Cl2N4O6。L 分子中存在两个 C-Cl 键，除苯环外，还有一个含两个氮原子的六元环。K→L 过程中断裂的化学键有_______键，L 的结构简式是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025北京昌平高二(下)期末 化学 2025.7 本试卷共 8 页，共 100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：B 11 C 12 N 14 O 16 Si 28 第一部分 选择题(共 42 分) 在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。(每小题 3 分，共 42 分) 1. 依托立林在防晒剂中作紫外线吸收剂，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是 A. 官能团含有酯基 B. 属于烃的衍生物 C. 存在顺反异构 D. 分子式为 C18H15NO2 【答案】C 【解析】 【详解】A．官能团含有酯基、碳碳双键、氰基，A正确； B．烃分子中的氢原子被其他原子或原子团所取代而生成的一系列有机化合物称为烃的衍生物，B正确； C．碳碳双键的左侧均为苯环，不存在顺反异构，C错误； D．根据其结构简式可知分子式为，D正确； 故答案选C。 2. 下列图示表达不正确的是 A. 基态碳原子的轨道表示式： B. 乙烯的球棍模型： C. H2O 的 VSEPR 模型： D. 1s 的电子云图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．基态碳原子的轨道表示式应该为，A错误； B．乙烯中含有碳碳双键且半径碳比氢大，B正确； C．水的中心O原子的价层电子对数为，孤电子对数为2，VSEPR模型为四面体形，C正确； D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，1s电子云图为，D正确； 故答案选A。 3. 某烷烃的结构简式为 ，其系统命名是 A. 3，4 -二甲基戊烷 B. 2，3-二甲基戊烷 C. 2-甲基-3-乙基丁烷 D. 3-甲基- 2-乙基丁烷 【答案】B 【解析】 【详解】根据烷烃的系统命名法，选取上述烷烃最长链并编号如图，结合甲基的位置，可命名为：2，3-二甲基戊烷，故选B。 4. 氨基酸分子中主要含有 C、H、O、N 四种元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：N < O B. 第一电离能：N < O C. 稳定性：NH3 > H2O D. 电负性：N < O 【答案】D 【解析】 【详解】A．同一周期主族元素，原子半径随原子序数增大而减小，原子半径：N>O，A错误； B．氮元素为第VA族，2p为半满结构，第一电离能要比同周期相邻元素第一电离能大，第一电离能：N>O，B错误； C．O的非金属性强于N，H2O的稳定性强于NH3，C错误； D．同周期元素，电负性随原子序数递增而增大，电负性：N>O，D正确； 故选D。 5. 下列物质中，互为同分异构体的是 A. 甲烷和乙烷 B. 乙醇和乙二醇 C. 丁酸和乙酸乙酯 D. 淀粉和纤维素 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲烷分子式为CH4，乙烷分子式为C2H6，分子式不同，不是同分异构体，故不选A； B．乙醇分子式C2H6O，乙二醇分子式为C2H6O2，分子式不同，不是同分异构体，故不选B； C．丁酸结构简式为CH3CH2CH2COOH，乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，分子式都是C4H8O2，但结构不同，互为同分异构体，故选C； D．淀粉和纤维素虽通式均为(C6H10O5)n，但n值不同，不是同分异构体，故不选D； 选C。 6. 下列说法不正确的是 A. 甲醛可使蛋白质因变性而失去生理活性 B. 两个甘氨酸分子脱水缩合最多生成一个水分子 C. 葡萄糖在与新制 Cu (OH)2悬浊液反应时被氧化 D. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲醛能使蛋白质变性，导致其失去生理活性，A正确； B．氨基酸脱水的机理是氨基脱氢，羧基脱去羟基，若两个氨基酸分子形成环状物质，即两分子氨基酸的羧基和氨基均脱水缩合，就会生成两分子水，B错误； C．葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液反应时被氧化为葡萄糖酸，C正确； D．核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，D正确； 故选B。 7. 芦荟大黄素具有抗菌作用，其结构简式如图所示。关于芦荟大黄素的说法不正确的是 A. 能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 能与Na2CO3溶液反应 C. 可发生取代反应、加成反应、消去反应 D. 其碳原子为sp2、sp3杂化 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，A正确； B．分子中含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应生成酚钠和NaHCO3，B正确； C．酚羟基邻、对位有H，可以和饱和溴水发生取代反应，含有苯环、酮羰基，可以发生加成反应，含有-CH2OH，可以发生取代反应，与-CH2OH相连C上无H，不能发生消去反应，C错误； D．-CH2OH中的碳为sp3杂化，其余碳均为sp2杂化，D正确； 故选C。 8. NaCN 可作浸金试剂，熔点为 563.7℃，其立方晶胞如图所示。下列说法不正确的是 A. NaCN 为离子晶体 B. 每个晶胞中含有 4 个 Na+ C. 距离 CN-最近的阳离子有 6 个 D. 晶体中 σ 键和 π 键个数比为 2:1 【答案】D 【解析】 【详解】A．由钠离子和构成，为离子化合物，A正确； B．根据均摊法，钠离子数为，B正确； C．距离最近的阳离子位于面心，共有6个，C正确； D．中存在三键，有1个σ和2个π键，比值为1:2，D错误； 故答案选D。 9. 下列事实与解释不相符的是 事实 解释 A. 沸点：> 形成分子间氢键，可形成分子内氢键 B. 熔点：SiO2>CO2 相对分子质量：SiO2>CO2 C. I2在不同溶剂中的溶解性：CCl4>H2O I2、CCl4均为非极性分子，H2O 为极性分子 D. 键角：>NH3 N 原子杂化方式相同，NH3中有一对孤电子对，中无孤电子对 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中羟基与醛基相邻，容易形成分子内氢键，导致分子间作用力减弱；中羟基与醛基处于对位，易形成分子间氢键，使分子间作用力增强，分子间作用力越强，沸点越高，A正确； B．CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，熔点差异的主因是晶体类型不同（分子间作用力与共价键的差异），与摩尔质量无关，B错误； C．I2和CCl4均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，I2在CCl4中的溶解度更大，C正确； D．中心原子价层电子对数，无孤电子对，NH3中心原子价层电子对数，有1对孤电子对，根据孤电子对对成键电子对的排斥力更大，则键角：>NH3，D正确； 故选B。 10. 有机物分子中原子(团)之间的相互影响会导致物质性质的不同，下列说法不正确的是 A. 苯不能使酸性 KMnO4溶液褪色而甲苯能，是甲基对苯环影响的结果 B. 乙醇不能与 NaOH 溶液反应而苯酚能，是苯环对羟基影响的结果 C. 金属钠与乙醇反应不如与水反应剧烈，是由于乙基是推电子基团，使乙醇中 O-H 键极性减弱 D. 三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，是由于氟的电负性大于氯的电负性，使三氟乙酸中 O-H 键极性增强 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲苯被氧化的是甲基，而非苯环。苯环的共轭效应使甲基的C-H键更易断裂，因此是苯环对甲基的影响，而非甲基影响苯环，A错误； B．苯酚中，氧原子的孤对电子与苯环形成p-π共轭，使生成的苯氧负离子因负电荷离域而稳定，酸性增强，故能与NaOH反应，体现了苯环对羟基影响，B正确； C．乙基的推电子诱导效应减弱乙醇中O-H键极性，H+更难解离，反应不如水剧烈，C正确； D．氟的电负性大于氯，更强的吸电子诱导效应使三氟乙酸的O-H键更易解离，酸性更强，D正确； 故选A。 11. 下列实验能达到实验目的的是 A.制备乙酸乙酯 B.检验溴乙烷中的溴元素 C.检验乙炔的还原性 D.检验乙醇的消去产物 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．制备乙酸乙酯不能用氢氧化钠溶液收集，要用饱和碳酸钠溶液，A错误； B．检验卤代烃中卤素原子，先将卤代烃水解，生成卤素离子，再加硝酸中和NaOH，然后加硝酸银溶液观察沉淀颜色，B错误； C．制取的乙炔中含有硫化氢等杂质也能使高锰酸钾溶液褪色，C错误； D．乙醇消去反应过程中会生成二氧化硫，同时也有乙醇挥发，二氧化硫能使溴的四氯化碳溶液褪色，应先除去二氧化硫后再通入溴的四氯化碳溶液中，D正确； 故答案选D。 12. Z3[Z(XY)6]2是一种蓝色染料。X、Y、Z 的原子序数依次增加，且 X、Y 属于同一周期的短周期元素。X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，Y 的第一电离能比左右相邻元素都高，基态 Z 原子的 M 层未成对电子数为 4。下列说法不正确的是 A. X、Y、Z 三种元素的单质中 Z 的熔点最高 B. 每个 XY-存在两对孤电子对 C. 该蓝色染料中 Z 的化合价为 + 2、 + 3 D. Z 位于元素周期表的 d 区 【答案】A 【解析】 【分析】X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，X 的电子排布为，原子序数为 6，故 X 为碳（C）；Y 的第一电离能比左右相邻元素都高，Y 在第二周期且原子序数大于 X，第二周期元素的第一电离能氮（N）的电离能高于碳（C）和氧（O），因其 2p 轨道半满更稳定，故 Y 为氮（N），Z 原子序数大于 Y（N，7），M 层（n=3）未成对电子数为 4，Z3[Z(XY)6]2是一种蓝色染料，铁（Fe，原子序数 26）的基态电子排布为，其中 M 层的有 4 个未成对电子，故 Z 为铁（Fe）。 【详解】A．碳的单质（如金刚石）熔点远高于铁，而氮气熔点极低，因此Z（Fe）的熔点并非最高，A错误； B．CN⁻与N2互为等电子体，即C与N形成三键，剩余两对孤电子对（C和N各一对），B正确； C．该蓝色染料化学式为，与配位的铁是+3价，外界的Fe是+2价，故化合物中Fe呈+2和+3两种价态，C正确； D．Z（Fe，原子序数 26）位于第四周期第Ⅷ族，属于 d 区元素，D正确； 故选A。 13. 化合物 X、Y、Z 反应生成托品酮 M 的过程如下(条件已省略)：下列说法正确的是 A. Z 为乙二醛 B. 反应物 X、Y、Z 的化学计量比是 1:1:1 C. L 与托品酮 M 具有相同数目的手性碳原子 D. 生成的 n (H2O):n (CO2)=1:2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中合成过程，，红色部分由X提供，绿色部分由Y提供，则Z含4个碳原子，每个X、Y分别减少两个氢原子，故生成2分子H2O，根据质量守恒，Z失去2个氧原子，故Z可能为，由L生成Z，为失去羧基，，相当于失去2分子CO2，据此分析； 【详解】A．根据分析可知，Z可能为，A错误； B．根据L的结构可知，反应物X、Y、Z的化学计量比是1:1:1，B正确； C．L与托品酮M具不同数目的手性碳原子，C错误； D．生成的n(H2O):n(CO2)=2:2=1：1，D错误； 故选B。 14. 某研究小组为探究配合物的形成及性质，进行如下实验 序号 步骤 I 向 2 mL 0.2 mol∙L-1CuSO4溶液中滴加 0.5 mL 1 mol∙L-1氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约1.5 mL 氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 II 向 I 得到的深蓝色溶液中滴加5滴 1 mol∙L-1 NaOH 溶液，产生蓝色沉淀 III 取0.1 g 氢氧化铜固体于试管中，加入 5 mL 1 mol∙L-1氨水，溶液略变为蓝色，固体未见明显溶解；滴加 2 滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液 下列说法不正确的是 A. 氨水中能与Cu2+配位的微粒有H2O、NH3、OH- B. 对比实验 I、III，I 中沉淀完全溶解是沉淀与NH3、共同作用的结果 C. 上述实验无法排除沉淀直接溶于饱和氯化铵溶液的可能 D. 综合上述实验可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 【答案】D 【解析】 【分析】实验 I：先发生Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加氨水1.5mL发生Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液； 实验II：发生[Cu(NH3)4]2++2OH-=Cu(OH)2↓+4NH3，产生Cu(OH)2蓝色沉淀； 对比实验I和II可知存在平衡Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-，实验III中氨水直接溶解Cu(OH)2的能力较小，加入氯化铵后降低了OH-浓度，使平衡正向移动，Cu(OH)2完全溶解。 【详解】A．氨水中能H2O、NH3和OH-均易给出孤电子对，均能与Cu²⁺配位，A正确； B．对比实验 I、III可知降低溶液pH，NH3作配体使氢氧化铜溶解，故氢氧化铜沉淀完全溶解是NH3、共同作用的结果，B正确； C．实验III未单独测试Cu(OH)2与的作用，无法排除沉淀直接溶于的可能，C正确； D．对比实验I、II、III可知pH较小时，Cu2+与NH3的结合能力强于与OH-的结合能力，pH较大时，Cu2+与NH3的结合能力弱于与OH-的结合能力，即Cu2+与NH3、OH-的结合能力与溶液的pH有关，D错误； 故选D。 第二部分 非选择题(共 58 分) 15. 硼及其化合物广泛用于电化学、材料等领域。 （1）B 的基态原子价电子排布式为_______，在元素周期表的位置是_______。 （2）NaBF4是制备离子液体 [BMIM]+BF()的原料之一，可由 BF3与 NaF 反应制得。 ①从原子结构角度说明 BF3中 B 显正价的理由：_______。 ②BF3中的 B - F 键是由硼的_______轨道与氟的 2p 轨道重叠形成的 σ 键。 ③比较 BF3和 BF中 F- B-F 键角的大小并解释原因_______。 ④NaBF4常温下为固体，而[BMIM]+BF常温下为液体的原因是_______。 （3）立方氮化硼(BN)是一种耐高温的新型材料，晶体结构与金刚石类似，晶胞如下图所示。 ①距离 B 原子最近且距离相等的 N 原子有_______个。 ②晶胞的边长为 a nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_______ g∙cm-3。(1 nm = 10-7 cm) 【答案】（1） ①. 2s22p1 ②. 第二周期第ⅢA族 （2） ①. F的半径小，吸电子能力强，F显负性，B显正价 ②. sp2杂化 ③. BF3采用sp2杂化，BF杂化方式为sp3，F−B−F键角：BF3>BF； ④. Na+半径小于[BMIM]+的离子半径，晶格能NaBF4>[BMIM]+BF （3） ①. 4 ②. 【解析】 【小问1详解】 B为5号元素，基态B原子价电子排布式为2s22p1，在元素周期表的位置是第二周期第ⅢA族； 【小问2详解】 ①原子结构解释B、F在同周期，F的半径小，吸电子能力强，非金属性强，得电子能力强，故F显负性，B显正价； ②BF3中B形成3个共价键且无孤电子对，采用sp2杂化，故B-F键是由硼的sp2杂化轨道与氟的2p轨道重叠形成的σ键； ③BF3中B形成3个共价键且无孤电子对，采用sp2杂化，BF中B的价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，B原子杂化方式为sp3，所以F−B−F键角：BF3>BF； ④两者均为离子晶体，因[BMIM]+的半径大于BH，故晶格能：NaBF4>[BMIM]+BF，熔点：NaBF4>[BMIM]+BF； 【小问3详解】 ①可以想象出另一个晶胞位于此晶胞的上方，可知B原子周围距离最近且相等的N原子数为； ②据均摊法可知，N原子位于体心，因此晶胞含有4个N原子，B原子位于面心和顶点，因此晶胞中含有个B原子，可知晶体的密度为：。 16. 乙烯是一种重要的化工原料，可以发生以下转化(部分试剂和条件已略去)： 资料：i. H 是一种具有香味的油状液体； ii. L 是一种常见的高分子材料，具有广泛的用途。 （1）A→F 的反应方程式是_______。 （2）B→D 的官能团转化是_______→_______。 （3）D 直接与 AgNO₃溶液反应不能产生银镜，但与 [Ag (NH3)2] OH 溶液能产生银镜，解释原因：_______。 （4）F→G 的反应试剂和条件是_______。 （5）F→I 的反应类型是_______。 （6）I→J 的反应方程式是_______。 （7）E 与 G 以物质的量之比 2:1 发生反应生成 H，该反应的化学方程式为_______。 （8）L 的结构简式是_______。 【答案】（1）CH2=CH2 +Br2 → BrCH2CH2Br （2） ①. 羟基 ②. 醛基 （3）Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜，且在酸性条件下醛基不能被银离子氧化 （4）NaOH的水溶液、加热 （5）取代反应 （6）+NaOH +NaBr+H2O （7） （8） 【解析】 【分析】由A的分子式可知A为乙烯CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛CH3CHO，乙醛被银氨溶液氧化，再酸化，得到E为乙酸，乙烯与溴单质发生加成反应生成F为BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br与苯发生取代反应生成和HBr，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成J为苯乙烯，发生加聚反应生成L为聚苯乙烯，E乙酸与G在浓硫酸加热的条件发生的反应应为酯化反应，则G应含有羟基，故F(BrCH2CH2Br)应在NaOH水溶液，加热的条件下发生水解反应生成，据此分析解答。 【小问1详解】 乙烯与溴单质发生加成反应生成F为BrCH2CH2Br，故A→F 的反应方程式是CH2=CH2 +Br2 → BrCH2CH2Br。 【小问2详解】 由分析知，B为CH3CH2OH、D为CH3CHO， B→D的官能团转化是羟基→醛基。 【小问3详解】 CH3CHO直接与AgNO3溶液反应不能产生银镜，但与[Ag (NH3) 2] OH溶液能产生银镜，解释原因：Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜，醛基在酸性条件下不能被Ag⁺氧化，在碱性条件下才能发生银镜反应。 【小问4详解】 由分析知，F→G的反应为溴代烃水解生成醇，该反应试剂和条件是NaOH的水溶液、加热。 【小问5详解】 由分析知，F→I 的反应类型是取代反应。 【小问6详解】 由分析知，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成J为苯乙烯，故I→J 的反应方程式是+NaOH +NaBr+H2O。 【小问7详解】 由分析知，E与G以物质的量之比2:1发生反应生成H，该反应的化学方程式为。 【小问8详解】 由分析知，L 的结构简式是。 17. 研究小组研究某补铁口服液的有效成分乳酸亚铁的结构，并设计实验检验其中铁元素的价态。 资料 1：乳酸结构简式为，可用 L 表示，乳酸钠盐的阴离子与 Fe2+形成配合物 FeL2，FeL2⇌Fe2+ + 2L-。 Ⅰ. 结构分析 （1）Fe2+价电子的轨道表示式为_______。 （2）Fe2+与乳酸根离子形成配位键，原因是_______。 （3）乳酸亚铁可由乳酸溶液与铁粉反应制得。乳酸在水中的溶解性大于相对分子质量相近的烃类，从结构角度分析原因_______。 Ⅱ. 铁元素价态的检验 实验 加入试剂 现象 i 5 滴 0.01 mol∙L-1酸性 KMnO4溶液 紫色褪去 ii 5 滴 0.1 mol∙L-1 NaOH 溶液 无沉淀生成 iii 邻二氮菲溶液 溶液变为橙红色 资料 2：邻二氮菲的结构简式为 ，可用 phen 表示，与 Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子 [Fe (phen)3] 2+。 （4）甲同学认为实验 i 中的现象无法证明铁元素为 +2 价，其理由是_______ 。 （5）实验 ii 无沉淀生成的原因可能是 _______(答两点)。 （6）邻二氮菲检验 Fe2+受 pH 的影响，pH 过低也会影响显色。结合邻二氮菲的结构，从平衡移动角度分析如何影响显色：_______ 。 【答案】（1） （2）乳酸根离子中O原子含孤对电子，Fe2+离子有空轨道，可以形成配位键 （3）乳酸含羟基和羧基，能与水分子形成氢键 （4）口服液中乳酸根离子含有羟基，也能被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使酸性 KMnO4溶液褪色，干扰检验 （5）FeL2电离出的Fe2+浓度低，乳酸根离子与亚铁离子结合稳定，难以形成沉淀；或者乳酸亚铁口服液中含有未反应的乳酸，中和了NaOH，难以形成沉淀。 （6）pH过低时，H+与邻二氮菲中的N结合，使[Fe (phen)3] 2+解离平衡正向进行，显色变浅 【解析】 【小问1详解】 铁是26号元素，Fe2+的价电子排布式为3d6，轨道表示式为。 【小问2详解】 Fe2+与乳酸根离子形成配位键，原因是：乳酸根离子中O原子含孤对电子，Fe2+离子有空轨道，可以形成配位键。 【小问3详解】 乳酸在水中的溶解性大于相对分子质量相近的烃类，从结构角度分析原因是：乳酸含羟基，能与水形成氢键。 【小问4详解】 甲同学认为实验i中的现象无法证明铁元素为+2价，其理由是：口服液中乳酸根离子含有羟基，也能被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使酸性 KMnO4溶液褪色，干扰检验。 【小问5详解】 实验ii无沉淀生成的原因可能的原因是：FeL2电离出的Fe2+浓度低，乳酸根离子与亚铁离子结合稳定，难以形成沉淀；或者乳酸亚铁口服液中含有未反应的乳酸，中和了NaOH，难以形成沉淀。 【小问6详解】 pH过低时，H+与邻二氮菲中的N结合，使[Fe (phen)3] 2+解离平衡正向进行，显色变浅。 18. 肾上腺素在临床上可用于急症抢救过敏性休克患者，其中一种合成路线如下(部分试剂和条件已略去)： （1）A 的名称是_______。 （2）B 能与 NaHCO3溶液反应，B 的结构简式为_______。 （3）D + E→F 的化学方程式为_______。 （4）与 NH3相比，CH3NH2中 N 原子结合 H+能力更强，原因是_______。 （5）下列说法不正确的是_______(填序号)。 a. 1 mol E 最多能消耗 2 mol Br2 b. 1 mol F 最多能消耗 3 mol NaOH c. E、F、G、H 均可使酸性 KMnO4溶液褪色 d. H 存在含有苯环和酰胺基的同分异构体 （6）F 生成 G 的过程中会生成副产物 M，M 的分子式为 C17H17NO6，其结构简式为_______。 （7）G→H 的过程中，1 mol G 反应得到_______mol 电子。 【答案】（1）乙酸 （2）CH2ClCOOH （3） （4）甲基为推电子基团，CH3NH2中N原子的电荷密度大于NH3 （5）ad （6） （7）2 【解析】 【分析】由A的分子式和B的分子式可知发生了取代反应，B在POCl3作用下生成D，由分子式可知发生取代反应，故A为CH3COOH，B能与NaHCO3溶液反应，故B为CH2ClCOOH，D与E反应生成F，F与CH3NH2发生取代反应（由分子式可知Cl被取代）生成G，G发生还原反应生成H，反应中未有酚羟基的引入，故E中含有两个酚羟基，E为，F为，G为，据此分析； 【小问1详解】 由分析可知，A名称是乙酸； 【小问2详解】 B能与NaHCO3溶液反应说明含有羧基，B的结构简式为CH2ClCOOH； 【小问3详解】 根据分析，D+E→F的化学方程式为； 【小问4详解】 甲基为推电子基团，给电子能力大于氢，CH3NH2中N原子的电荷密度大于NH3，故与NH3相比，CH3NH2中N原子结合H+能力更强； 【小问5详解】 a．1molE含有两个邻位酚羟基，最多能消耗4molBr2，a错误； b．1molF含有两个邻位酚羟基，一个碳氯键，最多能消耗3molNaOH，b正确； c．E、F、G、H均含有酚羟基，G另外又含氨基，H另外又含氨基和羟基，均具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，c正确； d．H含苯环，羟基，氨基，与含有苯环和酰胺基的结构相比，少了一个不饱和度，不存在同分异构体，d错误； 故选ad； 【小问6详解】 F生成G的过程是氯原子被氨基取代，生成副产物M，M的分子式为C17H17NO6，其结构简式为； 【小问7详解】 G→H的过程是羰基的还原反应，1mol羰基得2mol电子还原成羟基，故1molG反应得到2mol电子。 19. L 是一种口服有效的蛋白拮抗剂，可预防小鼠结肠炎。其合成路线如下(部分试剂和条件已略去)： 已知：①(R1、R2最多只能有一个是H) ②CDI的结构简式为 （1）A 中官能团的名称是_______。 （2）D→E 的化学方程式为_______。 （3）B→D 中 Na2CO3(aq) 的作用是_______。 （4）G 的结构简式为_______。 （5）下列说法中正确的是_______(填序号)。 a. B 中有手性碳原子 b. C7H3Cl3O 中有 2 种不同环境氢原子 c. I→J 中 n (I):n (H2)=1:1 （6）K 的分子式为 C28H28Cl2N4O6。L 分子中存在两个 C-Cl 键，除苯环外，还有一个含两个氮原子的六元环。K→L 过程中断裂的化学键有_______键，L 的结构简式是_______。 【答案】（1）氨基、羧基 （2）+CH3OH+H2O （3）使平衡正向移动，提高产率 （4） （5）ab （6） ①. N-H、C-O ②. 。 【解析】 【分析】与浓硫酸、硝酸反应生成B，由反应条件可知发生取代反应引入硝基，B与C7H3Cl3O发生反应，酸化后生成D，D与试剂m反应生成E，由E结构可知左侧为C7H3Cl3O发生反应后形成，右上为B发生反应后形成，右侧酯基是B中羧基与试剂m酯化形成，则B为，C7H3Cl3O为，D为，试剂m为甲醇，E与氢气反应生成F（）；G与反应（-HCl）生成H，H与试剂m（甲醇）酯化生成I，故推知H为，G为，I与氢气反应生成J（）；F（）和J（）、反应生成K（），K与成CH3ONa反应生成L，据此分析； 【小问1详解】 根据A的结构简式可知，其官能团的名称是氨基、羧基； 【小问2详解】 D为，试剂m为甲醇，D→E是酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O； 【小问3详解】 B为，与反应生成和HCl，Na2CO3(aq)的作用是中和产生的HCl，使平衡正向移动，提高产率； 【小问4详解】 根据分析可知，G与反应（-HCl）生成H，H与试剂m（甲醇）酯化生成I，故推知H为，G为； 【小问5详解】 a．B为，其中与氨基相连的C为手性碳原子，a正确； b．C7H3Cl3O有2种不同环境氢原子：，b正确； c．I为，J为，硝基上有两个氧原子需要4个氢原子形成2个水分子，氨基新增2个氢原子，共需要6个氢原子，故1mol硝基转化为氨基需要3mol氢气，n(I):n (H2)=1:3，c错误； 故选ab； 【小问6详解】 根据分析，F（）和J（）、发生信息①的反应生成K（分子式为C28H28Cl2N4O6），K的结构简式为，K与CH3ONa反应生成L，L分子中存在两个C-Cl键，除苯环外，还有一个含两个氮原子的六元环，说明在绿色框中六原子成环，绿色框内右侧N与酯基上的C连接，故K→L过程中断裂的化学键有N-H键、C-O键，L的结构简式是。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $