精品解析：福建厦门第一中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二年级化学试卷

福建省厦门第一中学2025-2026学年度 第二学期期中考试高二年化学试卷 第Ⅰ卷 说明：本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 N：14 S：32 Ni：59 Cu：64 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 生活中的一些问题常涉及化学知识，下列有关说法不正确的是 A. 天然有机化合物可以用有机化学方法合成出来 B. 福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水 C. 室内装饰材料中释放出的有机物会污染空气 D. 糯米中的淀粉一经发生水解反应，就可酿造成酒 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的名称是2,3,3-三甲基丁烷 B. 丙烯分子的分子结构模型是 C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O+HCO D. 邻二氯苯有2种结构，其结构简式分别为和 3. 关于有机物检测，下列说法正确的是 A. 用浓溴水可鉴别溴乙烷、环己烯、乙醇和苯酚溶液 B. 用红外光谱可确定有机物的实验式 C. 质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为 D. 溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可依据沉淀的颜色为淡黄色确定溴原子的存在 4. 有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④乙烯、⑤2﹣丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A. ②③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧ 5. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 中原子的数目为 B. 28 g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为 C. 中含有σ键数目最多为 D. 向溶液通氨气至中性，铵根离子数小于 6. 结构如图所示，X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，R为周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物热稳定性： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性： C. 首次在实验室合成，打破了有机化合物与无机物的界限 D. 中采用杂化的原子只有1种 7. 绿原酸是咖啡热水提取液的成分之一，结构简式如下图。下列关于绿原酸的判断中，正确的是： A. 0.5 mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH B. 1 mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗2.5 mol溴水 C. 绿原酸的水解产物均可以与溶液发生显色反应 D. 1 mol绿原酸与足量溶液反应，生成气体 8. 用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是 A. ①检验溴乙烷水解液中 B. ②检验生成的乙烯 C. ③制备硝基苯 D. ④制备无水乙醇 9. 下列说法正确的是 A. 和互为同系物 B. 和乙烯均能使溴水褪色，两者褪色原理相同 C. 苯乙烯在Ni催化下与加成，生成乙苯比乙基环己烷更容易 D. 2-甲基-2-丁烯被酸性溶液氧化后，最终生成乙醛和丙酮 10. 研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是 选项 实例 解释 A 的碱性比强 甲基是给电子基，增加了N原子的电子云密度 B 相同温度下，2-硝基苯酚()的酸性小于4-硝基苯酚()的酸性 2-硝基苯酚中形成分子内氢键，使其更难电离出 C 沸点比沸点高 主要原因是：前者极性分子，后者是非极性分子 D 稳定性： N的电负性小于O的电负性 A. A B. B C. C D. D 11. 硝基苯是一种重要有机合成中间体，其制备、纯化流程如图。已知：制备反应在温度稍高时会生成间二硝基苯。下列说法错误的是 A. 由②、③分别获取相应物质时可采用不同的操作方法 B. 制备硝基苯所需玻璃仪器只有酒精灯、烧杯、试管、导管 C. 溶液可以用NaOH溶液代替 D. 配制混酸时，应将浓硫酸缓慢注入到浓硝酸中，边加边搅拌 12. 已知有机物a()与HBr的加成反应过程主要分两步完成，如图所示： 其中，反应速率主要由第一步a与结合生成碳正离子(中间产物x、y)决定。下列说法正确的是 A. 含苯环且为a的同分异构体(含顺反异构)有5种 B. 上述条件下，a生成中间产物y的反应活化能较高 C. b分子中可能共面的原子最多有14个 D. c分子中含有2个手性碳原子 13. 某化学兴趣小组利用有机磷试剂发生Wittig反应制备烯烃，其中Wittig试剂优先进攻醛基，具体流程如下图，则下列说法不正确的是： A. 反应过程中因结合而体现碱性 B. 形成单键的过程由O提供孤电子对 C. 产物存在顺反异构体，其中顺-2-丁烯的极性更大 D. 若将改为，得到的主要产物为 14. 我国科学家利用如图所示装置实现了5-羟甲基糠醛的电氧化，原理为：先在惰性电极上制备氧化还原媒介，后在纯水中直接氧化反应物。 下列说法错误的是 A. a电极的电势低于b电极 B. b电极反应式为 C. 每产生1 mol ，a电极产生的气体在标况下体积为33.6 L D. 纯水中发生的反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+ 15. 镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比，Ar-指芳环结构。则下列说法正确的是 A. 配合物中镍的化合价为价 B. 晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8 C. 中杂化方式为和的C原子个数比为 D. 设阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 第Ⅱ卷 二、填空题(本题包括4小题，共55分) 16. 按要求回答下列问题： （1）基态Cr原子的价电子排布式是___________。 （2）下列铍元素的不同微粒，若再失去一个电子需要能量最大的是___________。 A. B. C. D. （3）是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造等方面有广泛应用。分子的空间构型为___________。 （4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的大π键可表示为，中的大π键可表示为___________，键角___________，(填写“>”“<”或“=”) （5）()中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 （6）几种含氯化合物的熔点如表： 物质 NaCl 熔点/℃ 801 190*(在250 KPa条件下) NaCl的熔点明显高于，其原因是___________。 （7）常温时硅晶体的晶胞结构如右图，该结构中硅原子与键的数量比为___________，下图中为晶胞对角面投影图(以○表示硅原子)的是___________(填选项)。 A． B． C． D． （8）普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数分别为、，；标注为1、2、3的氧原子在轴的分数坐标分别为：、、。 晶胞中氢键的长度(的长度)为___________pm。 17. 以某氧化母液(主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)为原料回收各物质的工艺流程如下。 （1）物质X为___________(填结构简式)。 （2）25℃时，、、； ，工艺流程中“调pH”和“净化”能否调换顺序并说明理由___________。 （3）“萃取分离”的原理为，，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取剂。pH对萃取率的影响如图。 ①把Co、Mn两种元素分离开的最佳pH为___________，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有___________。 ②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为。现有含的水溶液10 mL，用5 mL萃取剂萃取一次后，的萃取率为___________%。已知：萃取率) （4）对苯二甲酸是生产聚酯的重要原料。25℃时，部分酸的电离平衡常数如下表。 对苯二甲酸 邻苯二甲酸 乙二酸 甲酸 - ①对苯二甲酸与乙醇反应生成酯的化学方程式为___________。 ②(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)，但(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)的原因是___________(只分析即可)。 18. 氯苯的合成工艺分为液相法和气相法两种，实验室模拟液相法的装置如下图(其中夹持仪器、加热装置及尾气处理装置已略去)，有关物质的性质如表所示 名称 相对分子质量 沸点/(℃) 密度/() 苯 78 78 0.88 氯苯 112.5 132.2 1.1 邻二氯苯 147 180.4 1.3 回答下列问题： （1）A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是___________。 （2）把干燥的氯气通入装有50.0 mL干燥苯、少量铁屑的三颈烧瓶C中，制备氯苯，写出本方法制备氯苯的化学方程式___________。 （3）C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②___________，球形冷凝管的作用是：___________，D出口的主要尾气成分有___________。 （4）提纯粗产品过程如下： 净化过程中加入无水的目的是（ ）。为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是（ ）。 A．质谱法 B．红外光谱法 C．滴定法 （5）实验中最终得到产品22.5 mL，产率为___________。 19. 苯胺类化合物()是一种有机光电材料前驱体，工业合成路线如下： 已知：伯胺()与碳氧双键(醛或酮)反应：CH3NH2+ (R、为烃基或氢原子)生成的亚胺很稳定，不会重排；仲胺()与碳氧双键(醛或酮)反应后生成的产物发生重排生成烯胺，以二甲基胺和丙酮的反应为例：CH3NHCH3+。 （1）E中所含官能团名称为___________。 （2）D生成E的反应类型为___________。 （3）F的结构简式为___________。 （4）已知氮原子电子云密度越大，其碱性越强，则碱性E___________F(填“>”，“<”或“=”)。 （5）写出J生成K在铜做催化剂时的催化氧化的反应方程式___________。 （6）下列说法不正确的是___________。 A. B在水中溶解度大于A在水中的溶解度 B. L中碳原子有3种杂化方式 C. 常温常压下，H的密度大于I的密度 D. 从I到J的反应条件是NaOH乙醇溶液加热 （7）从A到B引入磺酸基()可以起到定位作用，使硝基()取代在其间位上。因为磺酸基通过强烈的吸电子诱导效应降低了苯环，尤其是邻对位电子云密度，所以亲电取代发生在电子云密度相对最高的间位。则能够在苯环上定位在其间位取代的还有___________官能团 A. B. C. D. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025-2026学年度 第二学期期中考试高二年化学试卷 第Ⅰ卷 说明：本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 N：14 S：32 Ni：59 Cu：64 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 生活中的一些问题常涉及化学知识，下列有关说法不正确的是 A. 天然有机化合物可以用有机化学方法合成出来 B. 福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水 C. 室内装饰材料中释放出的有机物会污染空气 D. 糯米中的淀粉一经发生水解反应，就可酿造成酒 【答案】D 【解析】 【详解】A．天然有机化合物如尿素、青蒿素等均可通过有机合成方法制备，A正确； B．福尔马林是甲醛水溶液，可使蛋白质变性起到杀菌作用，但甲醛有毒，不能用于饮用水消毒，B正确； C．室内装饰材料会释放甲醛、苯等挥发性有机物，会造成室内空气污染，C正确； D．淀粉水解的产物为葡萄糖，葡萄糖需要在酒化酶作用下进一步发酵才能生成乙醇，并非淀粉水解直接得到酒，D错误； 故选D。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 的名称是2,3,3-三甲基丁烷 B. 丙烯分子的分子结构模型是 C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O+HCO D. 邻二氯苯有2种结构，其结构简式分别为和 【答案】C 【解析】 【详解】A．有机物命名需遵循“最长碳链为主链，离支链最近一端编号”原则。若结构为，主链含4个碳（丁烷），2号碳有2个甲基，3号碳有1个甲基，正确命名2,2,3-三甲基丁烷，而非“2,3,3-三甲基丁烷”，A错误； B．丙烯的分子结构模型应有碳碳双键，应为： ，B错误； C．苯酚钠溶液通入少量CO2时，由于酸性：H2CO3>苯酚>HCO，反应生成苯酚和碳酸氢钠，所以离子方程式为：+CO2+H2O+HCO，C正确； D．苯环为平面正六边形结构，6个碳原子的环境是一样的，邻二氯苯中两个氯原子位于相邻碳原子上，且苯环中无碳碳双键和碳碳单键交替结构，所以邻二氯苯只有一种结构，D错误； 故答案选C。 3. 关于有机物检测，下列说法正确的是 A. 用浓溴水可鉴别溴乙烷、环己烯、乙醇和苯酚溶液 B. 用红外光谱可确定有机物的实验式 C. 质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为 D. 溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可依据沉淀的颜色为淡黄色确定溴原子的存在 【答案】A 【解析】 【详解】A．溴乙烷与浓溴水分层（溴被萃取），环己烯使溴水褪色，乙醇与溴水混溶，苯酚生成白色沉淀，现象不同可鉴别，A正确； B．红外光谱用于确定官能团与化学键，实验式需元素分析，B错误； C．相对分子质量72的有机物可能为C5H12或C4H8O等，无法仅凭质谱法确定分子式，C错误； D．未中和NaOH直接加AgNO3会生成Ag2O干扰，无法确定Br-，D错误； 故选A。 4. 有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④乙烯、⑤2﹣丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A. ②③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】①甲烷为饱和烃，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故①错误； ②苯不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故②错误； ③聚乙烯不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故③错误； ④乙烯含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故④正确； ⑤2-丁炔含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑤正确； ⑥环己烷不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故⑥错误； ⑦邻二甲苯只能与酸性高锰酸钾发生反应，但不能与溴水反应，故⑦错误； ⑧环己烯含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑧正确。 答案选C。 5. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 中原子的数目为 B. 28 g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为 C. 中含有σ键数目最多为 D. 向溶液通氨气至中性，铵根离子数小于 【答案】A 【解析】 【详解】A．没有指明甲烷处于标准状况，无法确定22.4L 的物质的量，原子数目不一定为，A错误； B．环己烷和戊烯的最简式均为，28g混合物含 2mol ，碳原子数目为，B正确； C．物质的量为 0.1mol，结构为环氧乙烷时σ键数目最多，1mol环氧乙烷含7mol σ键，故最多含 σ键，C正确； D．向溶液通氨气至中性，，根据电荷守恒得 ，结合物料守恒 ，可知 ，铵根离子数小于，D正确； 故选A。 6. 结构如图所示，X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，R为周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物热稳定性： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性： C. 首次在实验室合成，打破了有机化合物与无机物的界限 D. 中采用杂化的原子只有1种 【答案】D 【解析】 【分析】R 为周期表中电负性最大的元素，则R为F元素；根据结构图可知，X可形成1个共价键，Y可形成4个共价键，Z可形成3个共价键，W可形成2个共价键，又因为X、Y、Z、W、R 原子序数依次增大，所以X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素。 【详解】A．W为O元素，R为F元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强，F的非金属性强于O，因此简单气态氢化物热稳定性：H2O<HF，A正确； B．Y是C，其最高价氧化物对应水化物是，Z是N，其最高价氧化物对应水化物是，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。非金属性：N > C，酸性： ，B正确； C．为（尿素），1828年，德国化学家维勒首次在实验室用无机物氰酸铵合成了有机物尿素，打破了当时认为有机物只能由生命体产生的“生命力论”，打破了有机化合物与无机物的界限，C正确； D．由结构图可知，C（Y）形成3个键，Z（N）形成2个键且含1个孤电子对，均为杂化，所以中采用 sp2 杂化的原子不只有1 种，D错误； 故选D。 7. 绿原酸是咖啡热水提取液的成分之一，结构简式如下图。下列关于绿原酸的判断中，正确的是： A. 0.5 mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH B. 1 mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗2.5 mol溴水 C. 绿原酸的水解产物均可以与溶液发生显色反应 D. 1 mol绿原酸与足量溶液反应，生成气体 【答案】A 【解析】 【详解】A．能和反应的基团是：2个酚羟基（各消耗1个）、1个酯基水解消耗1个）、1个游离羧基（消耗1个），因此绿原酸共消耗，故绿原酸最多消耗，A正确； B． 溴水可发生：酚羟基邻对位的取代（苯环上剩余3个可取代的邻对位，消耗）+碳碳双键的加成（消耗 ），因此绿原酸最多消耗溴水，B错误； C． 绿原酸水解后得到两种产物：产物之一含酚羟基，可与发生显色反应；另一产物所有羟基均为醇羟基，无酚羟基，不能与发生显色反应，C错误； D． 只有羧基能和反应，酚羟基、醇羟基酸性弱于碳酸，不与反应，绿原酸只有1个羧基，因此绿原酸只能生成，D错误； 故选A。 8. 用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是 A. ①检验溴乙烷水解液中 B. ②检验生成的乙烯 C. ③制备硝基苯 D. ④制备无水乙醇 【答案】B 【解析】 【详解】A．溴乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成溴化钠，水解液中先加硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银生成淡黄色溴化银沉淀，①检验溴乙烷水解液中，故A正确； B．装置②中挥发出的乙醇蒸汽能使高锰酸钾溶液褪色，②中高锰酸钾褪色，不能证明有乙烯生成，故B错误； C．苯和浓硝酸、浓硫酸的混合液在60℃发生取代反应生成硝基苯，③制备硝基苯，故C正确； D．酒精中加氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，再蒸馏得到无水乙醇，④制备无水乙醇，故D正确； 选B。 9. 下列说法正确的是 A. 和互为同系物 B. 和乙烯均能使溴水褪色，两者褪色原理相同 C. 苯乙烯在Ni催化下与加成，生成乙苯比乙基环己烷更容易 D. 2-甲基-2-丁烯被酸性溶液氧化后，最终生成乙醛和丙酮 【答案】C 【解析】 【详解】A．和，前者属于酚类物质，后者属于醇类物质，二者结构不相似，不互为同系物，A错误； B．溴水褪色是因为其具有还原性，乙烯使溴水褪色是因为其含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，两者褪色原理不相同，B错误； C．苯乙烯侧链的碳碳双键活性较高，在温和条件下（如室温、常压）即可与H2发生加成反应生成乙苯，苯环由于存在大π键，结构稳定，加成反应非常困难，需要更苛刻的条件（如高温、高压）才能与H2加成生成乙基环己烷，生成乙苯的反应比生成乙基环己烷更容易发生，C正确； D．酸性高锰酸钾是一种强氧化剂，会将烯烃的碳碳双键完全断裂。如果双键碳原子上连接有氢原子，该碳原子会被氧化成羧酸（-COOH）。如果双键碳原子上连接有两个烷基，该碳原子会被氧化成酮。2-甲基-2-丁烯的结构式为 (CH3)2C=CH-CH3，被氧化后生成丙酮（CH3COCH3）和乙酸（CH3COOH），D错误 故选C。 10. 研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是 选项 实例 解释 A 的碱性比强 甲基是给电子基，增加了N原子的电子云密度 B 相同温度下，2-硝基苯酚()的酸性小于4-硝基苯酚()的酸性 2-硝基苯酚中形成分子内氢键，使其更难电离出 C 沸点比沸点高 主要原因是：前者极性分子，后者是非极性分子 D 稳定性： N的电负性小于O的电负性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲基是给电子基团，通过诱导效应增加N原子的电子密度，从而增强碱性，故A正确； B．2-硝基苯酚因邻位-OH与-NO2形成分子内氢键（O-H⋯O），抑制H⁺电离；4-硝基苯酚无分子内氢键，利于电离，酸性更强。解释符合结构-性质关系，B正确； C．CH3CH2OH沸点高于CH3OCH3，主要原因是乙醇分子间存在氢键（O-H⋯O），而甲醚无氢键，分子间作用力弱。虽然两者均为极性分子（CH3OCH3因C-O键及不对称结构具极性），但“极性”并非沸点差异主因。原解释错误归因于极性，忽略氢键主导作用，C错误； D．N电负性小于O，NH3中N孤对电子更易提供给Cu2+，形成更稳定配位键，故[Cu(NH3)4]2+稳定性高于[Cu(H2O)4]2+。解释合理，D正确； 故选C。 11. 硝基苯是一种重要有机合成中间体，其制备、纯化流程如图。已知：制备反应在温度稍高时会生成间二硝基苯。下列说法错误的是 A. 由②、③分别获取相应物质时可采用不同的操作方法 B. 制备硝基苯所需玻璃仪器只有酒精灯、烧杯、试管、导管 C. 溶液可以用NaOH溶液代替 D. 配制混酸时，应将浓硫酸缓慢注入到浓硝酸中，边加边搅拌 【答案】B 【解析】 【分析】苯与浓硝酸和浓硫酸的混酸在50-60℃条件下发生反应生成硝基苯，得到的粗产品1，先加水除去酸，再加碳酸钠继续除去残留的酸，然后用蒸馏水除去碳酸钠等可溶性盐，得到粗产品2，干燥除水后，再蒸馏分离硝基苯和苯，据此分析解答。 【详解】A．②中由反应后的混合物得到粗产品采用分液；③中粗产品2经过干燥后，采用蒸馏得到硝基苯，A正确； B．制备硝基苯时的温度为50~60℃，需要用水浴加热，则所需玻璃仪器还有温度计，B错误； C．​的作用是中和硝基苯中残留的酸性杂质，同样可以中和酸性杂质，可以代替​，C正确； D．配制混酸时，应将密度大的浓硫酸缓慢加入到密度小的浓硝酸中，边加边搅拌，使产生的热量迅速散失，D正确； 故选B。 12. 已知有机物a()与HBr的加成反应过程主要分两步完成，如图所示： 其中，反应速率主要由第一步a与结合生成碳正离子(中间产物x、y)决定。下列说法正确的是 A. 含苯环且为a的同分异构体(含顺反异构)有5种 B. 上述条件下，a生成中间产物y的反应活化能较高 C. b分子中可能共面的原子最多有14个 D. c分子中含有2个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【分析】首先确定有机物为1-苯基丙烯（），分子式，逐一分析选项。 【详解】A．含苯环的的同分异构体中，要存在顺反异构，需双键的两个碳原子都连接不同基团：单取代：除本身外，其余单取代结构（如、​）的双键端碳都连2个H，无顺反异构，符合条件的有0种；双取代（甲基+乙烯基）：邻、间、对三种位置结构，双键都是，端碳连2个H，均无顺反异构，因此含顺反异构的同分异构体远少于5种，A错误； B．题目明确说明：反应速率主要由第一步（生成碳正离子）决定，（来自中间产物）是主要产物，说明第一步生成的速率更快，活化能更低；生成的速率更慢，因此活化能更高，B正确； C．b分子()中，苯环（11个原子）和与其相连的原子在同一平面内，通过单键旋转，可使侧链的、及上的一个H原子也进入该平面，故最多有15个原子共面，C错误； D．手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，结构为，只有连的碳原子是手性碳，共1个手性碳原子，D错误； 故答案选B。 13. 某化学兴趣小组利用有机磷试剂发生Wittig反应制备烯烃，其中Wittig试剂优先进攻醛基，具体流程如下图，则下列说法不正确的是： A. 反应过程中因结合而体现碱性 B. 形成单键的过程由O提供孤电子对 C. 产物存在顺反异构体，其中顺-2-丁烯的极性更大 D. 若将改为，得到的主要产物为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由流程可知， 夺去了​中的一个，得到叶立德（Wittig试剂），碱的本质就是结合，因此 体现了碱性，A正确； B．形成 键时，中间体中带负电，含有孤电子对，带正电，有空轨道，因此由提供孤电子对成键，B正确； C．2-丁烯存在顺反异构：顺式结构中两个甲基在双键同侧，键的极性无法抵消，反式结构两个甲基在双键异侧，极性相互抵消，因此顺-2-丁烯的极性更大，C正确； D．题干明确说明Wittig试剂优先进攻醛基，改变后的反应物 中同时存在酮羰基和醛基，Wittig试剂会优先进攻醛基，将醛基的转化为​，最终产物应该保留酮羰基、消耗醛基，而选项D的产物保留了醛基、反应了酮羰基，与规律矛盾，D错误； 故选D。 14. 我国科学家利用如图所示装置实现了5-羟甲基糠醛的电氧化，原理为：先在惰性电极上制备氧化还原媒介，后在纯水中直接氧化反应物。 下列说法错误的是 A. a电极的电势低于b电极 B. b电极反应式为 C. 每产生1 mol ，a电极产生的气体在标况下体积为33.6 L D. 纯水中发生的反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+ 【答案】C 【解析】 【分析】左侧装置为电解池，电极上被氧化为 ，失电子，故为阳极，为阴极。 【详解】A．根据分析，电解池中，阳极电势高于阴极，因此a电极电势低于b电极，A正确； B．b电极为阳极，发生氧化反应，在碱性条件下失去电子，被氧化为，电极反应式为，B正确； C．根据题意，5-羟甲基糠醛被氧化为，每个分子失去6个电子，生成1 mol时，整个电路转移6 mol电子；a电极为阴极，在碱性条件下发生还原反应：，转移6 mol电子时，生成的物质的量为，在标准状况下体积为，C错误； D．纯水中，将5-羟甲基糠醛氧化为，自身被还原为 ，配平后反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+     ，D正确； 故选C。 15. 镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比，Ar-指芳环结构。则下列说法正确的是 A. 配合物中镍的化合价为价 B. 晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8 C. 中杂化方式为和的C原子个数比为 D. 设阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．配合物中，配体里2个磺酸根 每个带1个单位负电荷，共带个负电荷；其余配体（吡啶、水）均为中性，配合物整体电中性，因此的化合价为，A错误； B．根据距离之比，位于面心，位于顶点，位于体心。每个顶点的原子最近且等距离的Ni原子的数目为，B错误； C．杂化的C原子共6个，杂化的C原子共10个，比例为，C正确； D．晶胞中：，：，：，晶胞总摩尔质量为 ，晶胞质量 ；晶胞参数 ，体积，密度，D错误； 故选C。 第Ⅱ卷 二、填空题(本题包括4小题，共55分) 16. 按要求回答下列问题： （1）基态Cr原子的价电子排布式是___________。 （2）下列铍元素的不同微粒，若再失去一个电子需要能量最大的是___________。 A. B. C. D. （3）是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造等方面有广泛应用。分子的空间构型为___________。 （4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的大π键可表示为，中的大π键可表示为___________，键角___________，(填写“>”“<”或“=”) （5）()中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 （6）几种含氯化合物的熔点如表： 物质 NaCl 熔点/℃ 801 190*(在250 KPa条件下) NaCl的熔点明显高于，其原因是___________。 （7）常温时硅晶体的晶胞结构如右图，该结构中硅原子与键的数量比为___________，下图中为晶胞对角面投影图(以○表示硅原子)的是___________(填选项)。 A． B． C． D． （8）普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数分别为、，；标注为1、2、3的氧原子在轴的分数坐标分别为：、、。 晶胞中氢键的长度(的长度)为___________pm。 【答案】（1） （2）C （3）三角锥形 （4） ①. ②. > （5）8 （6）NaCl是离子晶体，熔点取决于晶格能(或离子键)大小；固态时属于分子晶体，熔点取决于范德华力大小，所以NaCl晶体熔点远高于 （7） ①. ②. AC （8） 【解析】 【小问1详解】 Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，Cr原子的价电子排布式是； 【小问2详解】 铍元素的不同微粒中，AB中失去一个电子需要能量为第一电离能，CD中失去一个电子需要能量为第二电离能，而D中电子为激发态，故若再失去一个电子需要能量最大的是C，故选C； 【小问3详解】 分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构； 【小问4详解】 中的离域π键为三中心四电子，可表示为；中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故键角>； 【小问5详解】 WOC1中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，由结构简式可知1molWOC1中含10mol配位键，但通过螯合作用形成的配位键只有N，为8mol； 【小问6详解】 NaCl是离子晶体，熔点取决于晶格能(或离子键)大小；固态时属于分子晶体，熔点取决于范德华力大小，所以NaCl晶体熔点远高于； 【小问7详解】 硅原子的最外层电子数是4个，所以平均1个硅原子形成的Si-Si键是=2个，即硅原子与Si-Si键的数量比为1：2；沿阴影的对角线界面的投影为，若为另一个对角线则是，故答案为：AC； 【小问8详解】 氢键键长为通过氢键的两个氧原子的核间距，晶胞Z轴方向距离最近两个O原子的距离为氢键的长度，则晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为。 17. 以某氧化母液(主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)为原料回收各物质的工艺流程如下。 （1）物质X为___________(填结构简式)。 （2）25℃时，、、； ，工艺流程中“调pH”和“净化”能否调换顺序并说明理由___________。 （3）“萃取分离”的原理为，，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取剂。pH对萃取率的影响如图。 ①把Co、Mn两种元素分离开的最佳pH为___________，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有___________。 ②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为。现有含的水溶液10 mL，用5 mL萃取剂萃取一次后，的萃取率为___________%。已知：萃取率) （4）对苯二甲酸是生产聚酯的重要原料。25℃时，部分酸的电离平衡常数如下表。 对苯二甲酸 邻苯二甲酸 乙二酸 甲酸 - ①对苯二甲酸与乙醇反应生成酯的化学方程式为___________。 ②(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)，但(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)的原因是___________(只分析即可)。 【答案】（1） （2）不能，否则将形成更稳定的从而无法沉淀除去 （3） ①. 4 ②. ③. 20 （4） ①. 2CH3CH2OH++2H2O ②. 邻苯二甲酸负离子可形成分子内氢键 【解析】 【分析】氧化母液主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物，醋酸沸点低，蒸馏、冷冻分液得到的物质X是醋酸；加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤渣1是氢氧化铁；加氟化钠净化生成氟化钙、氟化镁沉淀，滤渣2是氟化钙、氟化镁；依次萃取分离出硫酸钴、硫酸锰，最终得到对苯二甲酸，据此分析作答。 【小问1详解】 根据以上分析，物质X为醋酸，结构简式为； 【小问2详解】 根据且，说明更易与结合为，从而无法沉淀去除，所以工艺流程中“调pH”和“净化”不能调换顺序； 【小问3详解】 ①根据图示，pH=4时，的萃取率达到90%以上，的萃取率小于20%，所以分离效果最佳的pH为4；根据，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有硫酸； ②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为1∶2，设萃取后有机层中的浓度为1mol/L，水层中的浓度为2mol/L，现有含的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次，则的萃取率为； 【小问4详解】 ①对苯二甲酸与乙醇反应生成酯的化学方程式为：++； ②邻苯二甲酸电离一个氢后，羧基负离子能与旁边未电离的羧基形成分子内氢键，使其结构稳定，不易再电离，所以(邻苯二甲酸)<(对苯二甲酸)。 18. 氯苯的合成工艺分为液相法和气相法两种，实验室模拟液相法的装置如下图(其中夹持仪器、加热装置及尾气处理装置已略去)，有关物质的性质如表所示 名称 相对分子质量 沸点/(℃) 密度/() 苯 78 78 0.88 氯苯 112.5 132.2 1.1 邻二氯苯 147 180.4 1.3 回答下列问题： （1）A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是___________。 （2）把干燥的氯气通入装有50.0 mL干燥苯、少量铁屑的三颈烧瓶C中，制备氯苯，写出本方法制备氯苯的化学方程式___________。 （3）C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②___________，球形冷凝管的作用是：___________，D出口的主要尾气成分有___________。 （4）提纯粗产品过程如下： 净化过程中加入无水的目的是（ ）。为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是（ ）。 A．质谱法 B．红外光谱法 C．滴定法 （5）实验中最终得到产品22.5 mL，产率为___________。 【答案】（1）平衡气压 （2）+Cl2+HCl （3） ①. 温度过高时，苯会大量挥发，降低原料利用率 ②. 冷凝回流，提高原料利用率 ③. 、HCl、苯蒸气 （4） ①. 吸水干燥 ②. AB （5）39% 【解析】 【分析】该实验的目的是制取氯苯。装置A制得的Cl2通过导管进入装置C，恒压滴液漏斗向烧瓶中滴加苯，与之发生取代反应，生成氯苯，也会发生副反应，生成邻二氯苯。球形冷凝管用于冷凝回流，可减少苯和氯苯的挥发，提高原料利用率和产率，过量的Cl2和反应生成的HCl会通过冷凝管排出。 【小问1详解】 空导管B连通装置A与外界，当A中压强升高时可平衡气压，避免装置中压强过大发生危险； 【小问2详解】 苯与氯气在铁（实际催化剂为氯化铁）催化下发生取代反应，生成氯苯和HCl，反应方程式为：+Cl2 +HCl； 【小问3详解】 苯的沸点较低，温度过高时，苯会大量挥发，降低原料利用率；球形冷凝管可将挥发出来的苯、氯苯冷凝回流到三颈烧瓶，提高原料利用率；根据分析，未反应的Cl2、生成的HCl气体，加上挥发的苯蒸气都会从D出口排出，故主要尾气有Cl2、HCl和(g)； 【小问4详解】 无水CaCl2是常用干燥剂，可除去水洗，碱洗后有机层中残留的水；质谱法可测定相对分子质量，氯苯和二氯苯相对分子质量不同，通过质谱法可区分；红外光谱法可检测分子中的化学键或官能团，二者结构不同，红外吸收光谱不同，红外光谱法可区分；二者氯原子均直接连在苯环上，无法通过滴定法区分，故选AB； 【小问5详解】 计算： ，理论上， ，实际 ，产率= ；产率低的原因是：反应本身不能完全进行，有副反应发生，副反应生成二氯苯，且苯易挥发，损失一部分，因此产率不高。 19. 苯胺类化合物()是一种有机光电材料前驱体，工业合成路线如下： 已知：伯胺()与碳氧双键(醛或酮)反应：CH3NH2+ (R、为烃基或氢原子)生成的亚胺很稳定，不会重排；仲胺()与碳氧双键(醛或酮)反应后生成的产物发生重排生成烯胺，以二甲基胺和丙酮的反应为例：CH3NHCH3+。 （1）E中所含官能团名称为___________。 （2）D生成E的反应类型为___________。 （3）F的结构简式为___________。 （4）已知氮原子电子云密度越大，其碱性越强，则碱性E___________F(填“>”，“<”或“=”)。 （5）写出J生成K在铜做催化剂时的催化氧化的反应方程式___________。 （6）下列说法不正确的是___________。 A. B在水中溶解度大于A在水中的溶解度 B. L中碳原子有3种杂化方式 C. 常温常压下，H的密度大于I的密度 D. 从I到J的反应条件是NaOH乙醇溶液加热 （7）从A到B引入磺酸基()可以起到定位作用，使硝基()取代在其间位上。因为磺酸基通过强烈的吸电子诱导效应降低了苯环，尤其是邻对位电子云密度，所以亲电取代发生在电子云密度相对最高的间位。则能够在苯环上定位在其间位取代的还有___________官能团 A. B. C. D. 【答案】（1）氨基 （2）还原反应 （3） （4）< （5）2+O2+2H2O （6）BCD （7）ABD 【解析】 【分析】化合物A在浓硫酸作用下发生磺化反应得到化合物B，化合物B通过硝化反应得到化合物C，化合物C在酸性条件下水解得到化合物D，化合物D在铁和盐酸作用下，硝基被还原为氨基，得到化合物E；根据已知信息可知，化合物E（伯胺）与甲醛反应得到亚胺化合物，亚胺在镍催化下，和氢气加成得到化合物F（）；化合物G和乙烯发生环加成反应得到化合物H，化合物H在过氧化氢作用下，和溴化氢加成得到化合物I，化合物I在一定条件下水解得到化合物J，化合物J在一定条件下氧化得到化合物K；化合物K和化合物F在酸性条件下，发生加成和消去，最终得到化合物L，以此进行分析； 【小问1详解】 根据E的结构简式可知，E中所含官能团名称为氨基； 【小问2详解】 由分析可知，D生成E的反应类型为还原反应； 【小问3详解】 由分析可知，F的结构简式为； 【小问4详解】 甲基是给电子基团，F中连接给电子甲基，氮原子电子云密度大于E（E的无甲基给电子），氮电子云密度越大碱性越强，故碱性； 【小问5详解】 化合物J生成K在铜做催化剂时，羟基被氧化为羰基，反应方程式为：2； 【小问6详解】 A：化合物B含有亲水基团磺酸基，故溶解度大于烃类A，A正确；B：化合物L中碳原子只有两种杂化方式：饱和碳为杂化，苯环、双键碳为杂化，无杂化，B错误；C：化合物H是烯烃（相对分子质量远小于I），I是溴代烃，溴原子相对原子质量大，I密度更大，故H密度小于I，C错误；D：从化合物I→J是溴原子水解为羟基，反应条件是水溶液加热，D错误； 【小问7详解】 由题知，通过强烈的吸电子诱导效应在间位发生取代，因此在间位定位基为吸电子官能团；硝基、羧基、氰基均为吸电子间位定位基，甲基是邻对位定位基，因此选ABD。 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $