精品解析：北京市石景山区2024-2025学年高二下学期期末考试 化学试题

石景山区2024-2025学年第二学期高二期末试卷 化学 本试卷共9页，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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 故宫博物院是中国最大的古代文化艺术博物馆，下列文物主要材质为有机化合物的是 A. 白玉双龙佩 B. 青铜颂鼎 C. 青花瓷荷莲纹碗 D. 龙纹丝绸朝袍 2. 下列化学用语或图示不正确是 A. 甲醛分子的空间结构模型： B. 乙烯的官能团： C. HClO的结构式： D. 键电子云轮廓图： 3. 下列分子或离子中，VSEPR模型和空间结构不一致的是 A. B. C. D. 4. 下列反应在有机合成中不能用于增长碳链的是 A. 羧酸和醇的酯化反应 B. 乙醛与HCN的加成反应 C. 烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化 D. 苯酚与甲醛生成酚醛树脂 5. 下列事实不能用氢键解释的是 A. Cl2比HCl更易液化 B. 常压0℃时，冰的密度比水小 C. 甲醇的沸点比甲硫醇(CH3SH)高 D. 甲醇与水以任意比互溶 6. 下列各组物质中，互为同系物的是 A. 乙烯与乙炔 B. 乙二醇与丙三醇 C. 正戊烷与新戊烷 D. 苯与甲苯 7. 下列反应的化学方程式书写正确的是 A. 实验室制乙炔的方程式： B. 1，3-丁二烯合成顺丁橡胶： C. 苯酚钠溶液与反应： D. 溴乙烷的消去反应： 8. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互影响解释的是 A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能 B. 苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应，苯酚与浓溴水常温下容易发生取代反应 C. 乙醇能发生消去反应而甲醇不能 D. 分子中键易断裂程度：①>②>③ 9. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实与解释不符的是 事实 解释 A 干冰可用于人工降雨 干冰升华时断裂化学键，吸热使水蒸气液化 B 取代反应中逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 C 冠醚18-冠-6可使在有机溶剂中的溶解度增大 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可与之形成配合物 D 第一电离能：Mg>Al Mg原子失去3s能级电子，Al原子失去3p能级电子 A. A B. B C. C D. D 10. 光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯的合成反应如下。 下列说法不正确的是 A. 异山梨醇的化学式为C6H10O4 B. 反应式中化合物X为H2O C. 该聚合反应为缩聚反应 D. 1mol碳酸二甲酯能与2mol NaOH反应 11. “肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()其反应历程如下所示。 下列说法不正确的是 A. 反应历程涉及有、键断裂，还有键的生成 B. 分子的一种结构为，该分子为非极性分子 C. 催化剂配合物在催化反应的过程中，化合价发生变化 D. 将替换为，反应可得 12. 丁二酮肟(a)可与镍元素形成鲜红色沉淀二丁二酮肟合镍(b)，用以检验镍元素的存在。已知二丁二酮肟合镍(b)显电中性，下列说法不正确的是 A. 物质a中的键角小于的键角 B. 物质b中镍提供空轨道，氮提供孤电子对 C. 物质a、b中氮原子杂化类型分别为sp、 D. 物质b中镍元素的化合价为+2 13. 某学习小组研究某有机化合物A的组成和结构，研究过程如下：9.0g A在足量氧气中充分燃烧，产物只有和，将产物依次通过浓硫酸、碱石灰，使其充分吸收，两者分别增重5.4g和13.2g。A的波谱分析结果如图。 下列说法不正确的是 A. 有机化合物A的实验式 B. 结合图谱信息可知A的结构简式为 C. 1mol A与甲醛的混合物燃烧消耗氧气的量与二者的比例有关 D. 分子A中含有一个手性碳原子 14. 苯甲酸可用作食品防腐剂实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，反应原理如下。 一定量的甲苯和碱性水溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。(已知：苯甲酸易溶于乙醇，在水中的溶解度：25℃和95℃时分别为0.3g和6.9g) 下列说法不正确的是 A. 操作I为分液，其中所需产品以有机酸盐的形式存在于水溶液中 B. 系列操作II为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. 检验产品苯甲酸是否洗涤干净可用硝酸酸化的溶液 D. 洗涤苯甲酸时，用乙醇的效果比用蒸馏水好 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 铜氨离子在化工和生物学方面用途广泛。 （1）制备铜氨配合物(已知：1氨水pH约为11.5) ①实验第一步生成蓝色沉淀离子方程式为_______。 ②甲同学认为实验所得深蓝色溶液中的配离子为，乙同学认为配离子也可能为，乙同学判断的依据是_______。 ③丙同学重复实验的第一步，然后向含蓝色沉淀的悬浊液中滴加_______，沉淀无明显变化，证明实验所得深蓝色溶液中的配离子不是。 ④向铜氨溶液中加入乙醇可析出晶体。乙醇降低配合物溶解度的原因是_______。 （2）铜氨法可用于测定气体中的氧气浓度。该方法是以过量Cu作为还原剂，用一定量铵盐和氨水的混合液作为吸收液吸收，其原理如图所示。 ①写出基态价电子排布式_______。 ②以为还原剂，用铵盐和氨水混合液吸收总反应的离子方程式为_______。 ③结合以上信息，下列说法正确的是_______。 a.混合液中铵盐可抑制氨水的电离，有利于配离子的形成 b.吸收过程中，CuO、是中间产物 c.被全部吸收时，反应终点的现象为：吸收液由无色变为蓝色 16. 钾、硒(Se)和铁都是人体所必需的微量元素，且在材料化学领域有广泛应用。 （1）乙烷硒啉是一种抗癌新药，其结构简式如图。 ①H、C、N、O原子电负性由大到小的顺序为_______。 ②从原子结构的角度解释N第一电离能大于O的原因是_______。 ③Se和O同族，位于第四周期，Se基态原子价电子的轨道表示式_______。 ④比较键角大小：气态_______气态(填“>”、“<”或“=”)，原因是_______。 （2）中科院物理所研究组成功发现了由钾、铁、硒组成的一种超导材料，开辟了超导研究的新方向。 ①铁元素位于元素周期表中的_______区，该区命名的依据是_______。 ②该超导材料的最简化学式为_______。 ③该超导材料的晶胞形状为长方体，其边长分别为a nm、a nm、b nm阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(列出计算式，该超导材料最简化学式的相对分子质量为M，) 17. 小组同学对烷烃的卤代反应进行文献研究。 （1）化学反应中某一键断裂产生带有单电子的原子或原子团，称之为自由基。例如： 甲烷碳氢键断裂会生成氢自由基和甲基自由基： 甲基自由基是平面结构，此碳原子的杂化方式为_______。 （2）甲烷的卤代反应 ①甲烷的一氯取代反应过程如图。 链引发： 链增长： 链终止： 甲烷与氯气的取代反应会有副产物乙烷生成，原因是_______。 ②在连续多步反应中，反应速率最慢的一步为决速步骤。甲烷与卤素单质一取代反应的决速步骤是链增长，其反应焓变与活化能如下表。 -128.9 +7.5 +73.2 +141 +4.2 +16.7 +75.3 >+141 由表中数据可得： i．氟与甲烷反应决速步骤是_______(填“吸热”或“放热”)反应，是反应生成碳单质的原因之一。 ii．依据表中数据比较并分析甲烷氯代反应与溴代反应的难易_______。 iii．碘不能与甲烷发生取代反应。 （3）丙烷一卤代反应两种产物的比例 决速步骤能量随反应进程的变化如下图。 由图示机理可知： ①稳定性：_______(填“>”、“<”或“=”)。 ②从化学反应速率的角度加以解释2-氯丙烷占比55%、2-溴丙烷占比97%的原因_______。 18. 一种紫外光敏树脂M为合成高分辨率光刻胶提供了新方法，其合成路线如下： （1）A为芳香烃，则A的名称为_______。 （2）A转化为B为取代反应，A→B的化学方程式为_______。 （3）D中所含官能团的名称为_______。 （4）G→H的化学方程式为_______。 （5）K的结构简式为_______。 （6）下列说法正确是_______。 a．D→E发生的取代反应 b．L存在顺反异构体 c．G与物质X是同分异构体，且都可发生消去反应 19. 利用生物资源合成一种重要医药中间体2，5-二羟基对苯二甲酸(DHTA)的路线如下； 已知： （1）A→B的反应类型_______。 （2）C→D的反应方程式为_______。 （3）E的结构简式为_______。 （4）G→H的化学方程式为_______。 （5）F芳构化的原理如下，F中一个碳碳双键先与次碘酸(HIO)加成，同时脱去一分子水生成I(分子I中含有三个“”)，I消去HI分子生成J，J异构化为G。 (资料：2个羟基连在同一个碳原子上不稳定，易失去水分子形成碳氧双键) 写出I、J的结构简式：I_______、J_______。 （6）D→E的反应过程中会发生副反应生成E的同分异构体K，写出K的结构简式_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 石景山区2024-2025学年第二学期高二期末试卷 化学 本试卷共9页，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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 故宫博物院是中国最大的古代文化艺术博物馆，下列文物主要材质为有机化合物的是 A. 白玉双龙佩 B. 青铜颂鼎 C. 青花瓷荷莲纹碗 D. 龙纹丝绸朝袍 【答案】D 【解析】 【详解】A．白玉双龙佩主要成分是硅酸盐等无机物，不是有机化合物，A不合题意； B．青铜颂鼎是由青铜制成，青铜是合金，属于金属材料，不是有机化合物，B不合题意； C．青花瓷荷莲纹碗主要成分是硅酸盐等无机物，不是有机化合物，C不合题意； D．龙纹丝绸朝袍的丝绸属于蛋白质，蛋白质是有机高分子化合物，D符合题意； 故答案为：D。 2. 下列化学用语或图示不正确的是 A. 甲醛分子的空间结构模型： B. 乙烯的官能团： C. HClO的结构式： D. 键电子云轮廓图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲醛分子中原子半径碳大于氧大于氢，空间结构模型正确，A正确； B．乙烯的官能团为碳碳双键，B正确； C．HClO的结构式：，C错误； D．p-pσ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为，D正确； 故选C。 3. 下列分子或离子中，VSEPR模型和空间结构不一致的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH3的VSEPR模型为四面体形，但存在1对孤电子对导致其空间结构为三角锥形，两者不一致，A符合题意； B．的价层电子对数为4且无孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，B不符合题意； C．SO3的价层电子对数为3且无孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为平面三角形，C不符合题意； D．的价层电子对数为4且无孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，D不符合题意； 故选A。 4. 下列反应在有机合成中不能用于增长碳链的是 A. 羧酸和醇的酯化反应 B. 乙醛与HCN的加成反应 C. 烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化 D. 苯酚与甲醛生成酚醛树脂 【答案】C 【解析】 【详解】A．羧酸和醇的酯化反应将羧酸和醇的碳链通过酯键连接，总碳数增加，可以增长碳链，A不符合题意； B．乙醛与HCN的加成反应在羰基上引入氰基(-CN)，产物碳数由2增至3，可以增长碳链，B不符合题意； C．烯烃被酸性高锰酸钾氧化时，双键断裂生成羧酸或酮等产物，碳链被断开，导致碳链缩短，不能用于增长碳链，C符合题意； D．苯酚与甲醛缩聚生成酚醛树脂时，甲醛的碳作为桥连结构连接苯酚单元，形成长链或网状高分子，碳链增长，D不符合题意； 故选C。 5. 下列事实不能用氢键解释的是 A. Cl2比HCl更易液化 B. 常压0℃时，冰的密度比水小 C. 甲醇的沸点比甲硫醇(CH3SH)高 D. 甲醇与水以任意比互溶 【答案】A 【解析】 【详解】A．Cl2的相对分子质量比HCl大，范德华力更强，Cl2的沸点比HCl的高，因此更易液化，这与氢键无关，A符合题意； B．冰中水分子通过氢键形成有序结构，体积膨胀密度减小，可用氢键解释，B不合题意； C．甲醇的-OH能形成氢键，甲硫醇的S-H几乎不形成氢键，导致甲醇沸点更高，可用氢键解释，C不合题意； D．甲醇与水的-OH间形成氢键，增强互溶性，可用氢键解释，D不合题意； 故答案为：A。 6. 下列各组物质中，互为同系物的是 A. 乙烯与乙炔 B. 乙二醇与丙三醇 C. 正戊烷与新戊烷 D. 苯与甲苯 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯含双键，乙炔含三键，官能团不同，结构不相似，A错误； B．乙二醇与丙三醇羟基数目不同，不满足同系物条件，B错误； C．正戊烷与新戊烷分子式相同，为同分异构体，非同系物，C错误； D．苯与甲苯结构相似(均为苯环结构)，分子式相差，属于同系物，D正确； 答案选D。 7. 下列反应的化学方程式书写正确的是 A. 实验室制乙炔的方程式： B. 1，3-丁二烯合成顺丁橡胶： C. 苯酚钠溶液与反应： D. 溴乙烷的消去反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室制乙炔为碳化钙和水生成氢氧化钙和乙炔：，A错误； B．1，3-丁二烯合成顺丁橡胶为加聚反应，且生成碳碳双键两端的氢在同侧，B正确； C．苯酚钠溶液与反应生成苯酚和碳酸氢钠：，C错误； D．溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应生成乙烯：，D错误； 故选B。 8. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互影响解释的是 A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能 B. 苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应，苯酚与浓溴水常温下容易发生取代反应 C. 乙醇能发生消去反应而甲醇不能 D. 分子中键易断裂程度：①>②>③ 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲烷中的甲基不能被高锰酸钾溶液氧化，而甲苯中的甲基可以被高锰酸钾溶液氧化，体现出苯环使甲基变得更活泼，更易被氧化，故能体现出基团间的相互影响，A不符合题意； B．苯酚可看作是苯基与羟基连接形成的化合物，苯酚能跟浓溴水发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，而苯不能，说明羟基使苯环的邻对位变得活泼，能用有机物分子内基团间的相互影响解释，B不符合题意； C．乙醇能发生消去反应是因为羟基碳相邻的碳上有氢，而甲醇不能是因为其只有1个碳，不能用有机化合物分子中基团间的相互影响解释，C符合题意； D．氧电负性大于碳大于氢，羧基中羰基氧的吸电子作用使得其中氢氧键更容易断裂，而醇羟基中亚甲基碳的供电子作用使得其中氢氧键更难断裂，故分子中键易断裂程度：①>②>③，能用有机物分子内基团间的相互影响解释，D不符合题意； 故选C。 9. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实与解释不符的是 事实 解释 A 干冰可用于人工降雨 干冰升华时断裂化学键，吸热使水蒸气液化 B 取代反应中逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 C 冠醚18-冠-6可使在有机溶剂中的溶解度增大 冠醚18-冠-6空腔直径与直径接近，可与之形成配合物 D 第一电离能：Mg>Al Mg原子失去3s能级电子，Al原子失去3p能级电子 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．干冰升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力而非化学键，A错误； B．甲烷中四个C-H键在取代反应中因逐步取代导致化学环境变化，所需能量不同，B正确； C．冠醚与K+尺寸匹配形成配合物，提高溶解度，C正确； D．Mg原子3s轨道为全充满稳定结构，其第一电离能大于3p轨道上有单个电子的Al，D正确； 答案选A。 10. 光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯的合成反应如下。 下列说法不正确的是 A. 异山梨醇的化学式为C6H10O4 B. 反应式中化合物X为H2O C. 该聚合反应为缩聚反应 D. 1mol碳酸二甲酯能与2mol NaOH反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干异山梨醇的结构简式可知，异山梨醇的化学式为C6H10O4，A正确； B．反应式中异山梨醇释放出一个氢原子与碳酸二甲酯释放出的甲氧基结合生成甲醇，所以反应式中X为甲醇，B错误； C．由题干反应方程式可知，该聚合反应为单体异山梨醇和碳酸二甲酯通过脱去CH3OH分子之后形成高分子化合物，属于缩聚反应，C正确； D．由题干碳酸二甲酯的结构简式可知，1mol碳酸二甲酯能与2mol NaOH反应，D正确； 故答案为：B。 11. “肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()其反应历程如下所示。 下列说法不正确的是 A. 反应历程涉及有、键断裂，还有键的生成 B. 分子的一种结构为，该分子为非极性分子 C. 催化剂配合物在催化反应的过程中，化合价发生变化 D. 将替换为，反应可得 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图，反应涉及中N-O键断裂、氨分子中N-H键断裂，生成过程中涉及N-N键生成，A正确； B．肼的结构式为，N原子是sp3杂化的，不是平面结构且氮氮单键可以旋转，导致分子构象发生变化，当N-N键旋转到两端的氢原子位于N-N键的同一侧时，分子呈现出最大的极性，B错误； C．由图，催化中心的亚铁离子被氧化为铁离子，后又被还原为亚铁离子，化合价发生变化，C正确； D．根据图中信息可知，反应是NH2OH中-OH被-NH2取代得H2N-NH2，故将NH2OH替换成ND2OD，反应可得ND2NH2，D正确； 故选B。 12. 丁二酮肟(a)可与镍元素形成鲜红色沉淀二丁二酮肟合镍(b)，用以检验镍元素的存在。已知二丁二酮肟合镍(b)显电中性，下列说法不正确的是 A. 物质a中的键角小于的键角 B. 物质b中镍提供空轨道，氮提供孤电子对 C. 物质a、b中氮原子杂化类型分别为sp、 D. 物质b中镍元素的化合价为+2 【答案】C 【解析】 【详解】A．物质a中甲基碳为sp3杂化，a中N原子的σ键电子对数为2，孤电子对数为1，则价层电子对数为3，故N的杂化轨道类型是sp2杂化，则的键角小于的键角，A正确； B．物质b中镍提供空轨道，氮提供孤电子对，在两者之间形成配位键，B正确； C．a中N的杂化轨道类型是sp2杂化；b中氮原子价层电子对数为3，无孤电子对，杂化类型sp2杂化，C错误； D．已知二丁二酮肟合镍(b)显电中性，而2分子a失去2个氢后与镍结合，则镍化合价为+2，D正确； 故选C。 13. 某学习小组研究某有机化合物A的组成和结构，研究过程如下：9.0g A在足量氧气中充分燃烧，产物只有和，将产物依次通过浓硫酸、碱石灰，使其充分吸收，两者分别增重5.4g和13.2g。A的波谱分析结果如图。 下列说法不正确的是 A. 有机化合物A的实验式 B. 结合图谱信息可知A的结构简式为 C. 1mol A与甲醛的混合物燃烧消耗氧气的量与二者的比例有关 D. 分子A中含有一个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【分析】9gA在足量氧气中充分燃烧，并使产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g，增重的5.4g为水(物质的量为)，则9gA中含有0.3×2×1g=0.6gH，13.2g为二氧化碳(物质的量为)，即9gA中含有0.3×1×12g=3.6gC，可推知9gA中还有O质量为(9-0.6-3.6)g=4.8g(物质的量为)，可得该有机物中N(C):N(H):N(O)=0.3mol:(0.3×2mol):0.3mol=1:2:1，实验式为CH2O，设该分子的分子式为(CH2O)x，由质谱图可知相对分子量为90，12x+2x+16x=90，x=3，即分子中有3个碳原子，由核磁共振氢谱可知该分子中有4种化学环境的氢，由红外光谱图可知该分子存在羟基和羧基，则该分子的结构简式为CH3CH(OH)COOH或HOCH2CH2COOH，根据核磁共振氢谱可知4种氢比例为1：1：1：(>1)，则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH。 【详解】A．由分析可知该有机物的实验式为CH2O，A正确 B．由分析可知该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，B错误； C．该有机物分子式为C3H6O3，甲醛的分子式为CH2O，1molA和xmol甲醛的混合物燃烧消耗氧气的量为(3+x)mol，因此消耗氧气的量与二者的比例有关，C正确； D．2号碳连接甲基、H、羟基、羧基为手性碳，甲基碳和羧基碳均不是手性碳，D正确； 故答案为B。 14. 苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，反应原理如下。 一定量的甲苯和碱性水溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。(已知：苯甲酸易溶于乙醇，在水中的溶解度：25℃和95℃时分别为0.3g和6.9g) 下列说法不正确的是 A. 操作I为分液，其中所需产品以有机酸盐的形式存在于水溶液中 B. 系列操作II为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. 检验产品苯甲酸是否洗涤干净可用硝酸酸化的溶液 D. 洗涤苯甲酸时，用乙醇效果比用蒸馏水好 【答案】D 【解析】 【分析】根据题给信息知，一定量的甲苯和溶液在100℃反应一段时间后停止反应，反应混合物为苯甲酸钾、氢氧化钾（暂定）、二氧化锰和剩余的甲苯，经过滤除去不溶物二氧化锰，滤液为苯甲酸钾、氢氧化钾（暂定）和剩余的甲苯，经过操作I分液，得到的有机相为甲苯，经过干燥、过滤、蒸馏得到无色液体A，A为纯净的甲苯液体；水相为氢氧化钾（暂定）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、洗涤、干燥得到白色固体B（苯甲酸）； 【详解】A．根据分析可知，操作I为分液，水相为氢氧化钾（暂定）和苯甲酸钾混合液，A正确； B．根据分析可知，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶（25℃时苯甲酸溶解度为0.3 g）、过滤、洗涤、干燥得到固体B，B正确； C．提纯加入了浓盐酸，检验产品苯甲酸是含氯，用硝酸酸化的溶液检验，有白色沉淀，说明含氯离子，反之则没有氯离子，C正确； D．根据题意可知，苯甲酸在水中的溶解度：25℃和95℃时分别为0.3 g和6.9 g，易溶于乙醇，洗涤苯甲酸时用冷蒸馏水比乙醇好，D错误； 故答案选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 铜氨离子在化工和生物学方面用途广泛。 （1）制备铜氨配合物(已知：1氨水的pH约为11.5) ①实验第一步生成蓝色沉淀的离子方程式为_______。 ②甲同学认为实验所得深蓝色溶液中的配离子为，乙同学认为配离子也可能为，乙同学判断的依据是_______。 ③丙同学重复实验的第一步，然后向含蓝色沉淀的悬浊液中滴加_______，沉淀无明显变化，证明实验所得深蓝色溶液中的配离子不是。 ④向铜氨溶液中加入乙醇可析出晶体。乙醇降低配合物溶解度的原因是_______。 （2）铜氨法可用于测定气体中的氧气浓度。该方法是以过量Cu作为还原剂，用一定量铵盐和氨水的混合液作为吸收液吸收，其原理如图所示。 ①写出基态价电子排布式_______。 ②以为还原剂，用铵盐和氨水混合液吸收总反应的离子方程式为_______。 ③结合以上信息，下列说法正确的是_______。 a.混合液中铵盐可抑制氨水的电离，有利于配离子的形成 b.吸收过程中，CuO、是中间产物 c.被全部吸收时，反应终点的现象为：吸收液由无色变为蓝色 【答案】（1） ①. ②. 加入氨水，不仅提高了，也提高了 ③. 10滴pH=11.5的NaOH溶液 ④. 乙醇降低水溶液的极性 （2） ①. 3d10 ②. 或 ③. ab 【解析】 【分析】（1）硫酸铜加入氨水生成氢氧化铜，氢氧化铜加氨水生成含铜配合物，目的是探究含铜配离子的类型为或； （2）②在铵盐和氨水中与反应经过和是中间体生成铜氨离子或，在过量Cu中转化为，被氧气氧化为。 【小问1详解】 ①实验第一步中硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，离子方程式为； ②加入氨水，不仅提高了，也提高了，因此所形成的配合物可能为或； ③，增加，溶解，可判断深蓝色溶液中的配离子是否为，同时应避免引入，此外加入的试剂的量和pH应与氨水相同，故所用试剂为10滴pH=11.5的NaOH溶液； ④乙醇降低水溶液的极性，故向铜氨溶液中加入乙醇可析出晶体； 【小问2详解】 ①Cu为29号元素，基态价电子排布式； ②在铵盐和氨水中与反应生成铜氨离子或，离子方程式为（或：）； ③a．氨水存在电离平衡，加入氯化铵，很大，抑制氨水电离，有利于配离子的形成，a正确； b．根据启动阶段，和是反应物，和是中间产物，铜氨离子或是生成物，b正确； c．根据循环阶段，过量，完全吸收时铜氨离子为，吸收液为无色，反应终点的现象为：吸收液由蓝色变为无色，c错误； 故答案为ab。 16. 钾、硒(Se)和铁都是人体所必需的微量元素，且在材料化学领域有广泛应用。 （1）乙烷硒啉是一种抗癌新药，其结构简式如图。 ①H、C、N、O原子电负性由大到小的顺序为_______。 ②从原子结构的角度解释N第一电离能大于O的原因是_______。 ③Se和O同族，位于第四周期，Se基态原子价电子的轨道表示式_______。 ④比较键角大小：气态_______气态(填“>”、“<”或“=”)，原因_______。 （2）中科院物理所研究组成功发现了由钾、铁、硒组成的一种超导材料，开辟了超导研究的新方向。 ①铁元素位于元素周期表中的_______区，该区命名的依据是_______。 ②该超导材料的最简化学式为_______。 ③该超导材料的晶胞形状为长方体，其边长分别为a nm、a nm、b nm阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(列出计算式，该超导材料最简化学式的相对分子质量为M，) 【答案】（1） ①. O>N>C>H ②. N原子价电子排布为，2p能级为半满稳定结构，更难失去电子 ③. ④. < ⑤. 和分子中Se均为杂化，但中的孤电子对排斥力比键更大，使键角小于的120° （2） ①. d ②. 该区原子按构造原理最后填入电子的能级的符号为d ③. ④. 【解析】 【小问1详解】 ①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，H的电负性最小，所以电负性由大到小的顺序为。 ②N原子价电子排布为，2p能级为半满稳定结构，更难失去电子，因此N第一电离能大于O。 ③基态Se的价电子排布为，轨道表示式为。 ④和分子中Se均为杂化，但中的孤电子对排斥力比键更大，使键角小于的120°，因此气态小于气态。 【小问2详解】 ①铁元素价电子排布为，位于元素周期表中的d区，该区命名的依据是：该区原子按构造原理最后填入电子的能级的符号为d。 ②K个数为，Fe个数为，Se个数为，K：Fe：Se=2：4：4=1：2：2，化学式为。 ③一个晶胞中的摩尔质量为2Mg/mol，则晶体密度为。 17. 小组同学对烷烃的卤代反应进行文献研究。 （1）化学反应中某一键断裂产生带有单电子的原子或原子团，称之为自由基。例如： 甲烷碳氢键断裂会生成氢自由基和甲基自由基： 甲基自由基是平面结构，此碳原子的杂化方式为_______。 （2）甲烷的卤代反应 ①甲烷的一氯取代反应过程如图。 链引发： 链增长： 链终止： 甲烷与氯气的取代反应会有副产物乙烷生成，原因是_______。 ②在连续的多步反应中，反应速率最慢的一步为决速步骤。甲烷与卤素单质一取代反应的决速步骤是链增长，其反应焓变与活化能如下表。 -128.9 +7.5 +73.2 +141 +4.2 +16.7 +75.3 >+141 由表中数据可得： i．氟与甲烷反应决速步骤是_______(填“吸热”或“放热”)反应，是反应生成碳单质的原因之一。 ii．依据表中数据比较并分析甲烷氯代反应与溴代反应的难易_______。 iii．碘不能与甲烷发生取代反应。 （3）丙烷一卤代反应两种产物的比例 决速步骤能量随反应进程的变化如下图。 由图示机理可知： ①稳定性：_______(填“>”、“<”或“=”)。 ②从化学反应速率的角度加以解释2-氯丙烷占比55%、2-溴丙烷占比97%的原因_______。 【答案】（1）sp2 （2） ①. 甲基自由基不稳定，2个甲基自由基结合为乙烷 ②. 放热 ③. 氯代反应更容易，其决速步骤的活化能低 （3） ①. < ②. 生成2-溴丙烷与2-氯丙的活化能低，反应速率快，因此占比多；溴代反应两者的活化能差异较大，因此反应速率差异较大，反应主要生成速率更快的2-溴丙烷 【解析】 【小问1详解】 甲基自由基是平面结构，三个δ键呈平面三角形分布，此碳原子的杂化方式为sp2。故答案为：sp2； 【小问2详解】 ①甲烷与氯气的取代反应会有副产物乙烷生成，原因是甲基自由基不稳定，2个甲基自由基结合为乙烷。 ②i．氟与甲烷反应决速步骤，是放热反应，是反应生成碳单质的原因之一。故答案为：放热； ii．依据表中数据比较并分析甲烷氯代反应与溴代反应的难易氯代反应更容易，其决速步骤的活化能低，+16.7<+75.3。故答案为：氯代反应更容易，其决速步骤的活化能低； 【小问3详解】 ①由图可知，CH3CH2CH3＋生成＋HCl放出的热量大于生成＋HCl放出的热量，稳定性：<。故答案为：<； ②从化学反应速率的角度解释2-氯丙烷占比55%、2-溴丙烷占比97%的原因生成2-溴丙烷与2-氯丙的活化能低，反应速率快，因此占比多；溴代反应两者的活化能差异较大，因此反应速率差异较大，反应主要生成速率更快的2-溴丙烷。 18. 一种紫外光敏树脂M为合成高分辨率光刻胶提供了新方法，其合成路线如下： （1）A为芳香烃，则A的名称为_______。 （2）A转化为B为取代反应，A→B的化学方程式为_______。 （3）D中所含官能团的名称为_______。 （4）G→H的化学方程式为_______。 （5）K的结构简式为_______。 （6）下列说法正确是_______。 a．D→E发生的取代反应 b．L存在顺反异构体 c．G与物质X是同分异构体，且都可发生消去反应 【答案】（1）甲苯 （2） （3）醛基、酚羟基 （4） （5） （6）ac 【解析】 【分析】甲苯浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生硝化反应生成硝基甲苯，根据C的结构可知，B为对硝基甲苯，B经过多步反应得到C（）， C与水反应生成D（），D与发生取代反应生成E和HCl，E在Ph3P=CHBr作用下生成F，根据聚合物M的结构可知，F为，L为；(CH3)2CHCH2OH（G）氧化得到(CH3)2CHCHO（H）、(CH3)2CHCOOH（I），I与氯气发生取代反应生成J，J在CO2/MgCl2作用下消去反应生成CH2=C(CH3)COOH（K），K与(CH3)3COH（X）发生酯化反应生成L，F和L发生加聚反应生成M。 【小问1详解】 A的分子式为C7H8，且为芳香烃，则其名称为甲苯。 小问2详解】 甲苯在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生硝化反应生成硝基甲苯和水，化学方程式为。 【小问3详解】 D为，所含官能团的名称为醛基、酚羟基。 【小问4详解】 G→H为(CH3)2CHCH2OH在Cu催化下的氧化，生成(CH3)2CHCHO，化学方程式为。 【小问5详解】 据分析，KCH2=C(CH3)COOH。 【小问6详解】 a．据分析，D→E发生为取代反应，a正确； b．L为，碳碳双键上的基团处于同一碳原子上，不存在顺反异构体，b错误； c．G为(CH3)2CHCH2OH，X为(CH3)3COH，分子式相同，为同分异构体，两者羟基β碳上均有氢，可以发生消去反应，c正确； 故答案为ac。 19. 利用生物资源合成一种重要医药中间体2，5-二羟基对苯二甲酸(DHTA)的路线如下； 已知： （1）A→B的反应类型_______。 （2）C→D的反应方程式为_______。 （3）E的结构简式为_______。 （4）G→H的化学方程式为_______。 （5）F芳构化的原理如下，F中一个碳碳双键先与次碘酸(HIO)加成，同时脱去一分子水生成I(分子I中含有三个“”)，I消去HI分子生成J，J异构化为G。 (资料：2个羟基连在同一个碳原子上不稳定，易失去水分子形成碳氧双键) 写出I、J的结构简式：I_______、J_______。 （6）D→E的反应过程中会发生副反应生成E的同分异构体K，写出K的结构简式_______。 【答案】（1）加成或还原 （2） （3） （4） （5） ①. ②. （6） 【解析】 【分析】A与氢气加成生成B，根据B的分子式可知为，B与甲醇发生取代反应生成C（），C与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成D（），D与CH3ONa/CH3OH反应、经过酸化得到E，E经过烯醇化得到F，则E为，F经过芳构化是G（），G在NaOH水溶液发生碱性水解和酚羟基的酸碱中和反应生成H（），H经过酸化得到DHTA。 【小问1详解】 据分析，A→B的反应为碳碳双键与氢气的加成反应，则反应类型为加成反应或还原反应。 【小问2详解】 C（）与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成D（）和水，化学方程式为。 【小问3详解】 据分析，E为。 【小问4详解】 1molG（）与2molNaOH发生酯基水解，与2molNaOH发生酚羟基的酸碱中和反应，生成H（），化学方程式为。 【小问5详解】 1mol F（）与1mol HOI发生加成反应生成I（），I发生消去反应生成J（），J经过异构化得到G（）。 【小问6详解】 根据已知反应可知，2分子D（）在CH3ONa/CH3OH条件下反应、经过酸化得到或，同时生成2分子甲醇。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$