精品解析：陕西渭南市富平县迤山中学2025-2026学年下学期高二年级期末质量检测 化学试题

迤山中学高二年级期末质量检测 化学试题 时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Ba-137 一、单项选择题 1. 推理是提升化学核心素养的重要方法，下列推理正确的是 A. 单质是只含一种元素的纯净物，所以由一种元素组成的纯净物一定是单质 B. NaCl溶液可以导电，NaCl是电解质；氨气的水溶液也可以导电，则氨气也是电解质 C. 活泼金属与稀酸反应有气体产生，则与稀酸反应产生气体的物质一定是活泼金属 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，则金属氧化物一定是碱性氧化物 2. 国家科技实力的发展离不开化学材料的助力。下列关于材料科学的说法正确的是 A. 飞船火箭使用偏二甲肼[]作燃料，属于烃类 B. 制作宇航服常用的材料有聚酯膜、聚四氟乙烯等，聚四氟乙烯与溴水可以发生加成反应 C. 碳纤维可以用于导弹外壳、飞机部件等领域，能有效代替铝合金实现30％~50％的减重，碳纤维属于有机高分子材料 D. 用光刻机制作计算机芯片的过程中用到的光刻胶是由马来酸酐( )等物质共聚而成，马来酸酐的分子式为 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 异丁烷的球棍模型： B. 乙醚的结构式： C. CaC2的电子式： D. 乙炔的实验式： 4. 用NA表示阿伏伽德罗常数。下列说法正确的是 A. 1 mol苯乙烯()中碳碳双键的数目为4 B. 标准状况下，22.4 L CHCl3中所含C-Cl的数目为3 C. 常温常压下，14 g C2H4和C3H6的混合气体含有的原子总数为3 D. 17 g羟基所含电子数目为10 5. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是 A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 苯在50～60℃时发生硝化反应，而甲苯在30℃时发生硝化反应 C. 苯乙烯能和溴水发生加成反应，而乙苯不能和溴水发生加成反应 D. 苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能与NaOH溶液反应 6. 东莨菪内酯可用于治疗支气管疾病和哮喘，结构简式如图。下列说法正确的是 A. 1 mol该物质与足量氢气反应，最多可消耗5 mol氢气 B. 该物质用足量氢气反应后的产物分子中有4个手性碳原子 C. 1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗1 mol Br2 D. 1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH 7. 下列实验装置或操作正确且能达到相应实验目的的是 A．验证碳酸的酸性比苯酚强 B．检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯 C．乙炔的实验室制取及检验 D．制备溴苯 A. A B. B C. C D. D 8. 有机物M中含碳、氢元素，可能含氧元素，某同学利用如图所示的实验装置(加热及夹持装置略)测定M的分子式。 已知：装置B中样品M的质量为1.85g，实验测得装置C增重2.25g，装置D增重4.40g。下列说法错误的是 A. 能推算M的分子式为C4H10O B. 若去掉CuO，测得的碳的含量可能偏低 C. 装置C可用盛有P2O5的U形管代替 D. 装置E的作用是吸收未反应完的二氧化碳，避免测量误差 9. 环己烯是重要的化工原料，实验室用环己醇制备环己烯流程如下。下列说法错误的是 A. 环己醇的沸点高于环己烯，主要原因是环己醇相对分子质量大，范德华力大 B. 饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层 C. 分液时，无机相和有机相依次从分液漏斗下口放出和上口倒出 D. 操作a用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管、温度计、锥形瓶、蒸馏烧瓶等 10. 化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下： 下列说法不正确的是 A. 为该反应的催化剂 B. 化合物A的一溴代物有7种 C. 步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D. 化合物E可发生氧化、加成和取代反应 11. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 用食醋去除水垢中的 B. 溶液中加入至完全沉淀： C. 已知氧化性，将少量通入溶液中： D. 溶液中加入足量 12. 将与空气的混合气体通入、、的混合溶液中，可回收并消除空气污染，其机理如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中，所有元素的化合价均发生变化 B. 反应①的离子方程式为： C. 反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D. 总反应方程式为： 13. 在两份相同的溶液中，分别滴入等浓度(即单位体积溶液中含有相等数量的溶质)的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. 点的溶质为 B. 实验时可以用代替也能得到对应曲线 C. ②代表滴加溶液的变化曲线 D. 、两点对应的的质量相同 14. 2020年9月，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢气体。常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示：下列说法正确的是 A. 白磷与浓溶液反应的化学方程式为：(浓) B. 次磷酸的分子式为，属于三元酸 C. 流程中，属于还原产物 D. 理论上，消耗1个白磷可生产2个 二、填空题 15. Ⅰ、某混合物的水溶液中，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、、、。现分别取的两等份溶液进行如下实验： ①第一份加过量溶液后加热，收集到气体，无沉淀生成，得到溶液甲。 ②向甲溶液中通入过量生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到固体。 ③第二份加足量溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到固体。 综合以上实验，回答下列问题： （1）该混合物的水溶液中一定不存在的离子是___________(填离子符号)。 （2）写出②中产生沉淀的离子方程式___________。 （3）该溶液中一定___________(填“存在”或“不存在”)；理由是___________。 Ⅱ、为紫色固体，具有强氧化性(酸性条件下，氧化性更强)，微溶于溶液，在碱性溶液中较稳定。的一种制备路线如下： （4）“氧化”过程会生成，写出离子方程式：___________。 （5）简述转化为的原因：___________。 （6）高铁酸钾可去除水中的氨氮(、)，其原理如图所示。 写出过程①中去除废水中的离子方程式：___________。 （7）高铁酸钾在酸性溶液中不稳定，将其加入稀硫酸中，有无色气体产生，该反应的化学方程式为___________。 16. 有机物种类繁多，结构多样。现有8种不同的物质，请用所学知识回答下列问题。 （1）②的系统命名为___________。 （2）③与④互为___________。 （3）下列试剂可以用来鉴别①和⑤的是___________(填字母)。 a．溴水 b．新制溶液 c．溶液 d．酸性溶液 （4）若只用一种物质实现把①转化为，可加入___________(填化学式)。 （5）1 mol⑥与足量的溶液反应，反应的化学方程式为___________。 （6）⑦（甘氨酸）具有两性，请写出甘氨酸和盐酸反应的化学方程式___________；若甘氨酸分子中碳上一个氢原子被氯取代()，则其碱性会___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)，其原因是___________。 17. 乙酰苯胺()是一种重要的化工原料，实验室合成乙酰苯胺的路线如图(部分反应条件和产物略去)： 已知：①苯胺在空气中极易被氧化；②实验参数： 化合物 M(g/mol) 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度 冰醋酸 60 无色透明液体 16.6 117.9 易溶于水，乙醇和乙醚 苯胺 93 棕黄色油状液体 -6.3 184 微溶于水，易溶于乙醇和乙醚 乙酰苯胺 135 白色晶体 114.3 304 溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚等有机溶剂 Ⅰ、苯胺的制备： （1）制取的苯胺中混有少量硝基苯杂质，可以采用如下方案除杂提纯：混合物水层油相较纯净苯胺。试剂Y应用___________。 Ⅱ、乙酰苯胺的制备： （2）如图，在三颈烧瓶中先加入0.1 g锌粒和15.0 mL(0.26 mol)冰醋酸，然后用恒压滴液漏斗滴加10.0 mL(0.11 mol)新制备的苯胺。加热回流1 h，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100 mL水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，洗涤，干燥制得乙酰苯胺。 ①仪器a的名称是___________。 ②加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是___________。 ③制备过程中温度计控制示数在105℃左右的原因是___________。 ④洗涤晶体宜采用___________洗涤。 Ⅲ、乙酰苯胺的提纯： （3）上述提纯乙酰苯胺的方法叫___________。提纯过程中下列说法错误的是___________。 A．选乙醇作为加热溶解乙酰苯胺的溶剂 B．加活性炭前应稍微冷却溶解液是为了防止暴沸 C．趁热过滤的目的是防止易溶杂质析出导致产品不纯 D．趁热过滤时不用烧杯替代该装置中的锥形瓶，原因是烧杯口大于锥形瓶口，散热快 E．减压过滤的优点是加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀 Ⅳ、计算产率： （4）提纯后得到10.0 g产品。本实验中乙酰苯胺的产率为___________(保留两位有效数字)。 18. 一种非甾体抗炎药物(H)的合成路线如下(部分反应条件省略)： 已知：Ⅰ．。 Ⅱ．。 回答下列问题： （1）物质B中官能团名称为___________；物质D的系统命名为___________。 （2）物质C的结构简式为___________。 （3）H中最多有___________个碳原子共平面；设计A→B、C→D反应的目的是___________。 （4）E→F的化学反应方程式为___________。 （5）X是D的同系物，其相对分子质量比D多14，苯环上有4个取代基，则X的结构有___________种(不考虑立体异构)；写出其中一种核磁共振氢谱只出现三组峰且峰面积之比为1:2:3的结构简式___________。 （6）已知：。综合上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 迤山中学高二年级期末质量检测 化学试题 时间：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Ba-137 一、单项选择题 1. 推理是提升化学核心素养的重要方法，下列推理正确的是 A. 单质是只含一种元素的纯净物，所以由一种元素组成的纯净物一定是单质 B. NaCl溶液可以导电，NaCl是电解质；氨气的水溶液也可以导电，则氨气也是电解质 C. 活泼金属与稀酸反应有气体产生，则与稀酸反应产生气体的物质一定是活泼金属 D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，则金属氧化物一定是碱性氧化物 【答案】A 【解析】 【详解】A．单质的定义为只含一种元素的纯净物，因此由一种元素组成的纯净物必然符合单质的定义，A正确； B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由移动离子而导电的化合物，NaCl在水溶液中自身电离出和导电，属于电解质；氨气的水溶液导电是因为氨气与水反应生成的电离出离子，并非氨气自身电离，因此氨气是非电解质，B错误； C．与稀酸反应产生气体的物质不一定是活泼金属，例如碳酸盐、亚硫酸盐等物质也能和稀酸反应分别生成、气体，C错误； D．碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如是两性氧化物、是酸性氧化物，均不属于碱性氧化物，D错误； 故答案选A。 2. 国家科技实力的发展离不开化学材料的助力。下列关于材料科学的说法正确的是 A. 飞船火箭使用偏二甲肼[]作燃料，属于烃类 B. 制作宇航服常用的材料有聚酯膜、聚四氟乙烯等，聚四氟乙烯与溴水可以发生加成反应 C. 碳纤维可以用于导弹外壳、飞机部件等领域，能有效代替铝合金实现30％~50％的减重，碳纤维属于有机高分子材料 D. 用光刻机制作计算机芯片的过程中用到的光刻胶是由马来酸酐( )等物质共聚而成，马来酸酐的分子式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．烃是仅含碳、氢两种元素的有机物，而偏二甲肼含碳、氢、氮三种元素，则其不属于烃类，A错误； B．聚四氟乙烯中不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，B错误； C．碳纤维的主要成分是碳，属于新型无机非金属材料，C错误； D．由马来酸酐的结构简式可知其分子式为，D正确； 故选D。 3. 下列化学用语表述正确的是 A. 异丁烷的球棍模型： B. 乙醚的结构式： C. CaC2的电子式： D. 乙炔的实验式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．图示球棍模型为直链结构的正丁烷，异丁烷存在支链，结构与之不符，A错误； B．图示结构式为二甲醚（）的结构式，乙醚结构简式为，与图示不符，B错误； C．的阴离子为，两个碳原子之间形成碳碳三键，是整体阴离子，图示电子式拆分了且电子数不符合结构要求，C错误； D．乙炔分子式为，实验式即最简式为，D正确； 故答案选D。 4. 用NA表示阿伏伽德罗常数。下列说法正确的是 A. 1 mol苯乙烯()中碳碳双键的数目为4 B. 标准状况下，22.4 L CHCl3中所含C-Cl的数目为3 C. 常温常压下，14 g C2H4和C3H6的混合气体含有的原子总数为3 D. 17 g羟基所含电子数目为10 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯环中不含碳碳双键，1 mol苯乙烯（）仅侧链含有1 mol碳碳双键，故1 mol苯乙烯中碳碳双键的数目为，A错误； B．标准状况下为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误； C．和的最简式均为，CH2的摩尔质量为14 g/mol，14 g混合气体中CH2单元的物质的量为，含有的原子总数为，C正确； D．1个羟基（-OH）含9个电子，17 g羟基的物质的量为1 mol，所含电子的数目为，D错误； 故选C。 5. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是 A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 苯在50～60℃时发生硝化反应，而甲苯在30℃时发生硝化反应 C. 苯乙烯能和溴水发生加成反应，而乙苯不能和溴水发生加成反应 D. 苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能与NaOH溶液反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲苯中苯环的存在使相连甲基活性增强，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，甲烷中无苯环对甲基的影响，该事实能用基团间相互作用解释，A不符合题意； B．甲苯中甲基的存在使苯环上氢原子活性增强，硝化反应所需温度更低，该事实能用基团间相互作用解释，B不符合题意； C．苯乙烯能和溴水发生加成反应是因为分子中含有碳碳双键官能团，碳碳双键本身具备加成的性质，乙苯不含碳碳双键因此无法发生加成反应，该事实与基团间相互作用无关，不能用其解释，C符合题意； D．苯酚中苯环的存在使相连羟基活性增强，可电离出与反应，乙醇中乙基对羟基的活化作用弱，羟基难电离，该事实能用基团间相互作用解释，D不符合题意； 故答案选C。 6. 东莨菪内酯可用于治疗支气管疾病和哮喘，结构简式如图。下列说法正确的是 A. 1 mol该物质与足量氢气反应，最多可消耗5 mol氢气 B. 该物质用足量氢气反应后的产物分子中有4个手性碳原子 C. 1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗1 mol Br2 D. 1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯环加成消耗，碳碳双键加成消耗，高中阶段酯基的羰基不能与氢气加成，因此最多消耗，A错误； B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该物质用足量氢气还原后的产物为，手性碳原子的个数和位置为，共4个，B正确； C．该物质中含有碳碳双键和Br2发生加成反应，含有酚羟基，苯环可以和溴水发生取代反应，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2mol Br2，C错误； D．该物质中酯基和酚羟基都可以和NaOH反应且酯基水解后又生成1个酚羟基，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH，D错误； 故选B。 7. 下列实验装置或操作正确且能达到相应实验目的的是 A．验证碳酸的酸性比苯酚强 B．检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯 C．乙炔的实验室制取及检验 D．制备溴苯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．盐酸易挥发，挥发出的HCl也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性强弱的验证，A不能达到实验目的； B．乙醇与浓硫酸共热时，挥发的乙醇以及副反应生成的都能使酸性溶液褪色，无法证明生成了乙烯，B不能达到实验目的； C．用饱和食盐水与电石反应制取乙炔，反应速率适中，溶液可除去乙炔中混有的、等还原性杂质，酸性溶液褪色可证明生成了乙炔，装置和操作正确，C能达到实验目的； D．苯与浓溴水不发生取代反应，制备溴苯需要使用液溴，试剂选择错误，D不能达到实验目的； 故答案选C。 8. 有机物M中含碳、氢元素，可能含氧元素，某同学利用如图所示的实验装置(加热及夹持装置略)测定M的分子式。 已知：装置B中样品M的质量为1.85g，实验测得装置C增重2.25g，装置D增重4.40g。下列说法错误的是 A. 能推算M的分子式为C4H10O B. 若去掉CuO，测得的碳的含量可能偏低 C. 装置C可用盛有P2O5的U形管代替 D. 装置E的作用是吸收未反应完的二氧化碳，避免测量误差 【答案】D 【解析】 【分析】装置A中是浓硫酸，用于除去中的水蒸气，B中氧气与有机物M反应，C中增重为水的质量，D中增重为二氧化碳的质量，E中碱石灰是防止空气中的和进入装置D干扰实验结果；M中，，，，M的最简式为，据此分析。 【详解】A．由分析可知，M的最简式为，此时碳原子已经是饱和的，M的分子式和最简式一样，为，A正确； B．装置B中CuO的作用是使CO充分转化为，在装置D中被吸收，如果没有CuO，测得的碳的含量将偏低，B正确； C．可以吸收水分，并且不和二氧化碳气体反应，装置C可用盛有P2O5的U形管代替，C正确； D．装置E中碱石灰的作用是防止空气中的和进入装置D干扰实验结果，D错误； 故选D。 9. 环己烯是重要的化工原料，实验室用环己醇制备环己烯流程如下。下列说法错误的是 A. 环己醇的沸点高于环己烯，主要原因是环己醇相对分子质量大，范德华力大 B. 饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层 C. 分液时，无机相和有机相依次从分液漏斗下口放出和上口倒出 D. 操作a用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管、温度计、锥形瓶、蒸馏烧瓶等 【答案】A 【解析】 【详解】A．环己醇的沸点高于环己烯的主要原因是环己醇可以形成分子间氢键，故A错误； B．环己烯不易溶于水，所以饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层，故B正确； C．环己烯的密度小于水的密度，所以分液时，无机相在下层，有机相在上层，故无机相和有机相依次从分液漏斗下口放出和上口倒出，故C正确； D．操作a是蒸馏过程，需要用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管、温度计、锥形瓶、蒸馏烧瓶等，故D正确； 故选：A。 10. 化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下： 下列说法不正确的是 A. 为该反应的催化剂 B. 化合物A的一溴代物有7种 C. 步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D. 化合物E可发生氧化、加成和取代反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确； B．化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、，B错误； C．步骤III可知C转化到D，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确； D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确； 答案选B。 11. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 用食醋去除水垢中的 B. 溶液中加入至完全沉淀： C. 已知氧化性，将少量通入溶液中： D. 溶液中加入足量 【答案】B 【解析】 【详解】A．食醋中的醋酸是弱酸，不能完全离解为H+，应以分子形式参与反应，应为，，A错误； B．完全离解为和，与反应至完全沉淀时，与按1:1中和，生成，同时Ba2+与生成沉淀，B正确； C．氧化性，少量应优先氧化I-而非Fe2+，应为，C错误； D．与足量反应时，与、与的物质的量比例应为2:6和3:3，应为，D错误； 故选B。 12. 将与空气的混合气体通入、、的混合溶液中，可回收并消除空气污染，其机理如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中，所有元素的化合价均发生变化 B. 反应①的离子方程式为： C. 反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D. 总反应方程式为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．转化过程中，Cl⁻化合价始终为-1价，未发生变化，并非所有元素化合价均变化，A错误； B．H2S为弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，反应①正确离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B错误； C．反应③为O2氧化Fe2+生成Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，氧化剂为O2，还原剂为Fe2+，物质的量之比等于化学计量数之比，为1：4，C错误； D．将分步反应①Cu2++H2S=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+、③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O叠加，消去中间产物后总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O，D正确； 故选D。 13. 在两份相同的溶液中，分别滴入等浓度(即单位体积溶液中含有相等数量的溶质)的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. 点的溶质为 B. 实验时可以用代替也能得到对应曲线 C. ②代表滴加溶液的变化曲线 D. 、两点对应的的质量相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．d点为NaHSO4与Ba(OH)2完全反应后继续滴加的点，此时OH-已被完全中和，溶质为Na2SO4，A正确； B．HCl与Ba(OH)2反应生成可溶性BaCl2，溶液中始终存在Ba2+和Cl-，导电能力不会出现H2SO4反应时的“先降后升且最低点接近零”的曲线，B错误； C．H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4和H2O，完全反应时离子浓度极低，导电能力最低，对应曲线①的最低点a；NaHSO4与Ba(OH)2反应分步进行，第一步生成NaOH和BaSO4，导电能力下降但未达最低，对应曲线②，C正确； D．a点表示H2SO4完全反应，b点表示NaHSO4中Ba2+完全沉淀，两者均生成等物质的量的BaSO4，质量相同，D正确； 故选B。 14. 2020年9月，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢气体。常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示：下列说法正确的是 A. 白磷与浓溶液反应的化学方程式为：(浓) B. 次磷酸的分子式为，属于三元酸 C. 流程中，属于还原产物 D. 理论上，消耗1个白磷可生产2个 【答案】A 【解析】 【详解】A．白磷与浓NaOH溶液反应生成和过程中，白磷发生歧化反应：部分P元素(0价)被还原为(P元素为-3价)，部分被氧化为(P元素为+1价)，根据得失电子守恒、原子守恒知，所给方程式无误，A正确； B．白磷与过量的浓NaOH溶液反应生成了，说明次磷酸钠为正盐，故次磷酸的分子式为，为一元酸，B错误； C．次磷酸的分子式为，其中P元素为+1价，而中P元素为+5价，所以磷酸是P元素化合价升高过程中得到的产物，为氧化产物，C错误； D．假设最初的白磷为1 mol，1mol P4与NaOH反应生成1mol 和3 mol；3 mol 可转化生成3 mol ，分解反应的方程式为，3 mol 分解生成1.5 mol ，整个流程生成的为2.5 mol，故理论上，消耗1个白磷可生成2.5个，D错误； 故选A。 二、填空题 15. Ⅰ、某混合物的水溶液中，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、、、。现分别取的两等份溶液进行如下实验： ①第一份加过量溶液后加热，收集到气体，无沉淀生成，得到溶液甲。 ②向甲溶液中通入过量生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到固体。 ③第二份加足量溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到固体。 综合以上实验，回答下列问题： （1）该混合物的水溶液中一定不存在的离子是___________(填离子符号)。 （2）写出②中产生沉淀的离子方程式___________。 （3）该溶液中一定___________(填“存在”或“不存在”)；理由是___________。 Ⅱ、为紫色固体，具有强氧化性(酸性条件下，氧化性更强)，微溶于溶液，在碱性溶液中较稳定。的一种制备路线如下： （4）“氧化”过程会生成，写出离子方程式：___________。 （5）简述转化为的原因：___________。 （6）高铁酸钾可去除水中的氨氮(、)，其原理如图所示。 写出过程①中去除废水中的离子方程式：___________。 （7）高铁酸钾在酸性溶液中不稳定，将其加入稀硫酸中，有无色气体产生，该反应的化学方程式为___________。 【答案】（1）、、、 （2） （3） ①. 存在 ②. 、的正电荷总量小于负电荷总量，据电荷守恒，有 （4） （5）在溶液中，溶解度低于 （6）(或) （7） 【解析】 【分析】第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体。能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有(是铝离子溶于过量氢氧化钠生成的)，四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体。说明沉淀不溶于强酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有，由此判断溶液中一定不含，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有，结合离子共存判断溶液中一定不含有； 【小问1详解】 由上面分析可知混合物水溶液中一定不含：； 【小问2详解】 ②中进行的是四羟基合铝酸根离子和二氧化碳生成氢氧化铝白色沉淀，离子方程式为：； 【小问3详解】 一定存在，由实验①中生成共0.02mol，可知原混合溶液100mL中含0.02mol。由实验②中生成氧化铝，可知原混合溶液100mL中 含0.02mol。由实验③中生成硫酸钡，可知原混合溶液100mL中含0.05mol；由溶液中电荷守恒和溶液中所含离子类别可知一定含有，且100mL溶液中； 【小问4详解】 “氧化”过程中生成的离子方程式为：； 【小问5详解】 在溶液中加入KOH溶液时，由于溶解度小于，所以经过一系列处理后获得； 【小问6详解】 用去除废水中NH3的离子方程式为：或； 【小问7详解】 高铁酸钾在酸性溶液中不稳定，将其加入稀硫酸中，有无色气体产生，该反应的化学方程式为。 【点睛】该题综合性强，难度较大，既有定性分析，也有定量计算。掌握常见离子的性质以及明确铝离子、硫酸根离子、铵根离子的分析判断和计算是解答该题的关键，难点是钾离子的判断，答题时注意灵活应用电荷守恒。 16. 有机物种类繁多，结构多样。现有8种不同的物质，请用所学知识回答下列问题。 （1）②的系统命名为___________。 （2）③与④互为___________。 （3）下列试剂可以用来鉴别①和⑤的是___________(填字母)。 a．溴水 b．新制溶液 c．溶液 d．酸性溶液 （4）若只用一种物质实现把①转化为，可加入___________(填化学式)。 （5）1 mol⑥与足量的溶液反应，反应的化学方程式为___________。 （6）⑦（甘氨酸）具有两性，请写出甘氨酸和盐酸反应的化学方程式___________；若甘氨酸分子中碳上一个氢原子被氯取代()，则其碱性会___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)，其原因是___________。 【答案】（1）2-甲基-1,3-丁二烯 （2）同分异构体 （3）ac （4） （5） （6） ①. ②. 减弱 ③. 为吸电子基，使得氨基中给出电子对的能力减弱，结合的能力减弱 【解析】 【小问1详解】 ②的主链为含4个碳原子的二烯烃，双键位于1、3位，2号碳上连有甲基，根据烯烃系统命名规则得到名称2-甲基-1,3-丁二烯。 【小问2详解】 ③和④分子式均为，结构不同，符合同分异构体的定义。 【小问3详解】 a：①含酚羟基，可与溴水发生取代反应使其褪色，⑤无酚羟基，不与溴水反应，可鉴别；b：①和⑤都含羧基，均能溶解新制，无法鉴别；c：①含酚羟基，遇溶液显紫色，⑤无酚羟基，无现象，可鉴别；d：①的酚羟基、醇羟基和⑤的醇羟基均能被酸性氧化，均使其褪色，无法鉴别，故选ac。 【小问4详解】 酸性顺序为，仅与羧基反应，不与酚羟基、醇羟基反应，可实现指定转化。 【小问5详解】 1mol⑥含1mol羧基、1mol酚羟基、1mol酚酯基：羧基、酚羟基各消耗1mol；酚酯基水解生成1mol乙酸和1mol酚羟基，共消耗2mol，总计消耗4mol，据此配平方程式。 【小问6详解】 甘氨酸的氨基具有碱性，可与盐酸反应生成铵盐；氯是吸电子基团，会降低氨基的电子云密度，使结合的能力下降，故碱性减弱。 17. 乙酰苯胺()是一种重要的化工原料，实验室合成乙酰苯胺的路线如图(部分反应条件和产物略去)： 已知：①苯胺在空气中极易被氧化；②实验参数： 化合物 M(g/mol) 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度 冰醋酸 60 无色透明液体 16.6 117.9 易溶于水，乙醇和乙醚 苯胺 93 棕黄色油状液体 -6.3 184 微溶于水，易溶于乙醇和乙醚 乙酰苯胺 135 白色晶体 114.3 304 溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚等有机溶剂 Ⅰ、苯胺的制备： （1）制取的苯胺中混有少量硝基苯杂质，可以采用如下方案除杂提纯：混合物水层油相较纯净苯胺。试剂Y应用___________。 Ⅱ、乙酰苯胺的制备： （2）如图，在三颈烧瓶中先加入0.1 g锌粒和15.0 mL(0.26 mol)冰醋酸，然后用恒压滴液漏斗滴加10.0 mL(0.11 mol)新制备的苯胺。加热回流1 h，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100 mL水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，洗涤，干燥制得乙酰苯胺。 ①仪器a的名称是___________。 ②加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是___________。 ③制备过程中温度计控制示数在105℃左右的原因是___________。 ④洗涤晶体宜采用___________洗涤。 Ⅲ、乙酰苯胺的提纯： （3）上述提纯乙酰苯胺的方法叫___________。提纯过程中下列说法错误的是___________。 A．选乙醇作为加热溶解乙酰苯胺的溶剂 B．加活性炭前应稍微冷却溶解液是为了防止暴沸 C．趁热过滤的目的是防止易溶杂质析出导致产品不纯 D．趁热过滤时不用烧杯替代该装置中的锥形瓶，原因是烧杯口大于锥形瓶口，散热快 E．减压过滤的优点是加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀 Ⅳ、计算产率： （4）提纯后得到10.0 g产品。本实验中乙酰苯胺的产率为___________(保留两位有效数字)。 【答案】（1）碱性溶液(或溶液等，答案合理即可) （2） ①. 球形冷凝管 ②. 锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气，防止苯胺被氧化 ③. 温度高于，冰醋酸过多蒸出，降低了原料的利用率；温度低于，不利于蒸出水，影响乙酰苯胺产率的提高(或：减少冰醋酸的蒸出，同时将生成的H2O及时分离出来，促进反应正向进行，可以提高原料利用率) ④. 冷水 （3） ①. 重结晶 ②. AC （4）67% 【解析】 【分析】本实验以硝基苯为原料，硝基苯被还原得到苯胺，反应后的混合产物经分液得到较纯净的苯胺；然后苯胺与冰醋酸在无氧加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺，经重结晶得到固体乙酰苯胺； 【小问1详解】 苯胺与盐酸反应生成可溶性盐，硝基苯不溶于水，利用溶解度不同可通过分液操作进行分离；在水中加入氢氧化钠将该盐转化为苯胺，分液即得到苯胺，故试剂Y是碱性溶液（NaOH或KOH溶液等）； 【小问2详解】 ①由图示可知仪器a为球形冷凝管； ②加入锌粒，除了防止暴沸外，锌粒与醋酸反应产生的氢气可排出装置中的空气，防止苯胺被空气中的氧化； ③反应会生成水，为了使平衡正向移动，需要将水蒸出。冰醋酸的沸点为117.9°C，若温度过高冰醋酸会被大量蒸出，降低原料利用率；若温度过低，则不利于将生成的水蒸出，影响乙酰苯胺产率的提高，故制备过程中温度计示数控制在105℃左右的原因是：温度高于105°C，冰醋酸过多蒸出，降低原料利用率；温度低于105°C，不利于蒸出水，影响乙酰苯胺产率的提高（或：将温度计示数控制在105℃左右是为了减少冰醋酸的蒸出，同时将生成的H2O及时分离出来，促进反应正向进行，可以提高原料利用率）； ④已知乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于乙醇和乙醚等有机溶剂，且在水中温度越高，乙酰苯胺溶解度越大（溶于沸水），为了洗去表面附着的杂质同时尽量减少晶体的溶解损失，故采用冷水洗涤； 【小问3详解】 把含有杂质的固体物质，先加热溶解在溶剂里，再慢慢降温，让纯净的物质重新析出晶体，杂质留在溶液里，从而提纯固体的方法叫重结晶，上述提纯乙酰苯胺的方法即为重结晶（高温时溶解度大，低温时溶解度小）； A．由于乙酰苯胺在冷、热乙醇中溶解度均较大，且重结晶通常利用其在水中“溶于沸水，微溶于冷水”的性质，选水作溶剂，A错误； B．活性炭具有多孔结构，加入沸腾的液体中易引起暴沸，因此加活性炭前应稍微冷却，B正确； C．趁热过滤是为了防止温度降低导致乙酰苯胺提前析出，导致产率降低，C错误； D．趁热过滤时不用烧杯替代该装置中的锥形瓶，原因是烧杯口径大于锥形瓶，散热更快，容易导致溶液温度迅速下降使乙酰苯胺析出在滤纸或漏斗上，D正确； E．采用减压过滤，压强差更大，过滤速度更快，同时能更充分地除去晶体表面的溶剂，得到更干燥的沉淀，E正确； 故选AC； 【小问4详解】 由反应原理：+，根据质量守恒定律，已知在三颈烧瓶中加入0.26 mol冰醋酸和0.11 mol新制的苯胺发生反应可知，冰醋酸过量，故理论上可得乙酰苯胺的物质的量最大为0.11 mol，最大质量为，提纯后得到10.0 g产品，本实验中乙酰苯胺的产率为：。 18. 一种非甾体抗炎药物(H)的合成路线如下(部分反应条件省略)： 已知：Ⅰ．。 Ⅱ．。 回答下列问题： （1）物质B中官能团名称为___________；物质D的系统命名为___________。 （2）物质C的结构简式为___________。 （3）H中最多有___________个碳原子共平面；设计A→B、C→D反应的目的是___________。 （4）E→F的化学反应方程式为___________。 （5）X是D的同系物，其相对分子质量比D多14，苯环上有4个取代基，则X的结构有___________种(不考虑立体异构)；写出其中一种核磁共振氢谱只出现三组峰且峰面积之比为1:2:3的结构简式___________。 （6）已知：。综合上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线：___________。 【答案】（1） ①. 羟基、磺酸基 ②. 2,6-二氯苯酚 （2） （3） ①. 14 ②. 保护酚羟基的对位H不被取代 （4） （5） ①. 16 ②. 或 （6） 【解析】 【分析】根据A→B的条件和B的结构式可以推断A为苯酚，根据B→C的反应条件推断该反应为氯原子取代苯环上的氢原子，根据D的结构式和C的分子式，可以推断C的结构式为；根据E的分子式推断D→E为中氨基的氢原子取代了D的酚羟基，E的结构式为；E→F的反应原理与已知反应Ⅰ一致，因此F的结构式为；F→G的反应原理与已知反应Ⅱ一致，结合H的分子式，推断G的结构式为；G→H为水解反应，由此解答； 【小问1详解】 物质B的结构式为，官能团的名称为酚羟基和磺酸基；物质D的结构式为，系统命名为2，6-二氯苯酚； 【小问2详解】 由分析可知，C的结构式为； 【小问3详解】 两个苯环可以通过旋转氨基来使两个苯环的所有碳原子共平面，同时亚甲基和羧基上的碳原子也可通过单键旋转达到共面，因此一共最多有14个碳原子可以共平面。设计A→B、C→D反应的目的是为了使氯原子只取代苯环中酚羟基邻位的氢原子，防止酚羟基对位被取代； 【小问4详解】 由分析可知，E→F的反应原理与已知反应Ⅰ一致，因此化学方程式为； 【小问5详解】 X是D的同系物，说明X和D的官能团种类和数量均一致，其相对分子质量比D大14，并且X在苯环上有四个取代基，可以确定四个取代基为一个酚羟基、两个氯原子和一个甲基，当酚羟基和甲基为邻位时，氯原子的放置方式一共有6种；，当酚羟基和甲基为间位时，氯原子的放置方式一共有6种；当酚羟基和甲基为对位时，氯原子的放置方式一共有4种，一共有16种；核磁共振氢谱只有三组峰，说明结构高度对称，只能是酚羟基和甲基对位的情况，因此结构式为或； 【小问6详解】 为了形成环状结构，与流程中F→G的过程类似，因此想合成需要的前置结构为，可以与通过已知反应Ⅰ的原理合成该物质，而可以通过来合成，因此合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $