精品解析：北京市第八十中学2025-2026学年第二学期期末考前练习 高二化学试题

北京市第八十中学2025—2026学年第二学期期末考前练习 高 二 化 学 本试卷共8页，共两部分，19道题，满分100分。考试时长90分钟。试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 Na 23 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. 下列物质中，可由极性分子结合成分子晶体的是 A. CO2 B. SiO2 C. HCl D. BN 2. 下列事实不能用氢键解释的是 A. 沸点： B. 稳定性：HF>H2O C. 密度： D. 溶解性(水中)：CH3CH2OH>CH3CH2CH3 3. 下列事实不能用键能的数据解释的是 A. 的化学性质很稳定 B. 的沸点低于的沸点 C. HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱 D. 金刚石的熔点高于晶体硅的熔点 4. 科学家已证明月壤中含有Mg、Ca、Al、Si、O等元素。下列说法不正确的是 A. 原子半径 B. 电负性 C. 碱性 D. 第一电离能 5. 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、乙醛和苯酚 B. 用红外光谱可确定有机物的元素组成 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. 麦芽糖与稀硫酸共热后加溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解 6. 含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性，一种该类化合物的结构简式如下。下列关于该化合物的说法不正确的是 A. 该物质具有酸性，能与反应 B. 该物质中的3个六元环不可能共平面 C. 能发生取代反应和加成反应 D. 该物质在一定条件下最多与反应 7. 下列官能团引入的方法不正确的是 A. 引入溴原子：丙烯与HBr的加成反应 B. 引入醛基：乙醇与酸性溶液的氧化反应 C. 引入羟基：乙酸丁酯的水解反应 D. 引入碳碳双键：溴乙烷的消去反应 8. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A. 操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 9. 吡啶()是平面六元环状分子，与苯类似，分子中存在6电子大π键。二氯二吡啶合铂分子是一种以Pt2+为中心离子，Cl-和吡啶分子为配体的配合物，具有顺式和反式两种结构。下列说法不正确的是 A. 吡啶具有碱性 B. 吡啶分子中形成配位键的电子对位于N原子的sp2杂化轨道上 C. 二氯二吡啶合铂的中心铂离子的杂化类型是sp3 D. 二氯二吡啶合铂分子极性的极性：顺式>反式 10. 六方相氮化硼(BN)具有层状结构，与石墨相似，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼(BN)是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。下列关于这两种晶体的说法不正确的是 A. 虽六方相氮化硼层间作用力小，但熔点高 B. 立方相氮化硼中存在配位键B←N C. 两种氮化硼中的硼原子都是采用sp2杂化 D. 六方相氮化硼晶体不导电的原因是N的电负性大电子被束缚不能自由移动 11. 由、环氧丙烷和内酯三种单体共聚可制备PPCLAs可降解塑料，合成方法如下： 下列说法正确的是 A. 内酯的核磁共振氢谱中有1组峰 B. PPCLAs完全水解后，可直接得到内酯X C. 合成PPCLAs的反应属于缩聚反应 D. 环氧丙烷可能与合成聚合物 12. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C. 由苯得到M时，苯中的大键没有变化 D. 对于生成Y的反应，浓作催化剂 13. 用如图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是 A. 检验乙炔具有还原性 B. 检验溴乙烷水解产物中含有 C. 制备并接收乙酸乙酯 D. 验证“相似相溶”规律 14. 化学小组研究的性质，完成如下实验： 已知：；； 下列说法不正确的是 A. 溶液中加入NaCl固体： B. 溶液a中加入浓氨水时不可能出现蓝色沉淀 C. 溶液a、b中铁片的颜色不同证明 D. 溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 甲醛有毒，能使人体内蛋白质失去活性，损害人体健康。 （1）蛋白质中主要含有、、、四种元素。 ①下列关于C、H、O、N的说法中，正确的是________（填序号）。 a．的电子云呈球形 b．、、、中，的原子半径最大 c．、、、均位于区 d．基态O中含有8种不同运动状态的电子 ②第一电离能，原因是________。 （2）酸性高锰酸钾溶液、新制氧化银等氧化剂能去除甲醛。 ①基态Mn原子的价电子排布式为________。 ②已知基态Ag原子的简化电子排布式为，银元素在周期表中的位置是________。 （3）甲醛使蛋白质失活的第一步反应如下，二者遵循“正找负、负找正”的规律发生加成反应。 已知：部分元素电负性：C2.5、H2.1、O3.5、N3.0 ①结合电负性解释与N相连的H带部分正电荷的原因：________。 ②补全第二步反应_____（断键位置已用虚线标出，反应类型为取代反应）。 16. 是优良的浸金试剂，但毒性强，有望被低毒的硫氰酸盐替代。 （1）属于离子晶体。一定温度下，某种晶型的立方晶胞如下图所示，已知其边长为。 ①NaCN中，σ键和π键的个数比为________。 ②距离最近的阴离子有________个。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度是________。（） （2）配位能力强，故可作浸金试剂。 ①补全浸金反应的离子方程式：_____。 □□□________=□□ ②浸金时，若不除去矿浆中的和，浸金效果会降低。结合配位键的形成条件解释原因：________。 （3）也是一种常见的配体，其中和均能与金属离子以或的方式配位。 ①中，C不能参与配位，原因是________。 ②在两种配位方式中，C的杂化方式________（填“相同”或“不同”）。 （4）已知：HCN和HSCN均有挥发性，HCN为弱酸，HSCN为强酸。相同条件下，使用NaSCN作为浸金试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是________（填序号）。 a．更容易水解 b．的沸点比高 c．分子间易形成氢键 17. 有机物A含有C、H、O三种元素，为确定其化学式，进行了装置如图所示的实验。将A燃烧后的气体通过灼热的CuO，再用盛有NaOH固体和无水的U形管分别吸收和。 （1）C装置中盛放的试剂是___________。 （2）将7.4gA进行实验，测得生成和，A的实验式是___________ （3）可通过___________法(填仪器分析方法)快速、精确测定A的相对分子质量。 （4）①若A为醇，且A的核磁共振氢谱图中有两组峰。 ⅰ．A的结构简式为___________。 ⅱ．根据A的结构推测其不能发生的反应有___________(填序号)。 a．取代反应 b．加聚反应 c．消去反应 d．催化氧化反应 ⅲ．常温下A为液体，若A中混有少量的苯，为得到较为纯净的A，可选取的分离方法是___________。 ⅳ．含2个碳原子的A的同系物的结构简式是___________。 ②若A的红外光谱如下图所示，则其官能团的名称是___________。 18. 有机化合物J具有一定的抑菌活性，合成路线如下： 已知：i． ii． iii． （1）C中含有官能团的名称为___________。 （2）D→E的化学方程式为___________。 （3）G的结构简式为___________。 （4）F→G反应还会生成一种G的同分异构体X。已知X分子中含一个六元环与七元环，X的结构简式为___________。(只写出一种即可) （5）I→J的过程中，经历了下图所示的三步反应。 中间产物2的结构简式为___________。 （6）下列说法正确的是___________(填序号)。 a． B与D互为同系物 b． J分子中含有2个手性碳原子 c． H→I的过程中，-CN被还原 d． H→J的过程中，乙二醇起到保护官能团的作用 （7）J的碳原子中，不是来源于A的有___________(填序号)。 19. 兴趣小组欲探究乙醛被新制氧化的反应，进行了如下实验。 I．探究反应产物 （1）甲同学认为橙红色浊液中含有，理由是________（用化学方程式表示）。 （2）乙同学推测浊液的颜色变化不只与的生成有关，证据是________。 小组同学查阅资料发现，乙醛在碱性条件下可发生缩聚，生成多烯醛聚合物，其化学式为。随聚合程度增大，聚合物颜色由橙黄色加深至红褐色。为检验浊液成分，小组同学进行了如下实验。 已知：可与酸反应，不溶于乙醇。 是白色难溶固体，在含溶液中存在平衡：。 （3）经检验，橙红色浊液中含和多烯醛聚合物。 ①黄色滤液可使酸性褪色，但不能据此证明多烯醛聚合物的存在，原因是________。 ②上述实验中，随着盐酸的加入，先产生白色沉淀，后沉淀消失。从平衡移动角度解释白色沉淀消失的原因：________。 II．探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成，但反应后浊液变黑。小组同学调整溶液的浓度，重新进行原实验（和乙醛溶液的浓度、体积均不变）．反应过程中的现象记录如下： 组别 20%NaOH溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤，经乙醇洗涤后 1 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 淡蓝色浊液 土色发黑的浊液 黑色固体 3 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 （4）经检验，第2组实验中的黑色沉淀为。将检验的操作和现象补充完整：取洗涤后的黑色沉淀，________。 （5）实验现象说明，碱性增强有利于乙醛被氧化。 ①第5组实验中，加热前溶液呈深蓝色，原因是________（用离子方程式表示）。 ②第4、5组实验中，反应过程中未观察到黑色物质产生，可能的原因是________（写出一条即可）。 （6）小组同学反思乙醛被新制氧化的实验，提出下列促使实验成功的注意事项。其中合理的是________（填序号）。 a．制备时不宜过量，避免乙醛在碱性条件下缩聚 b．制备时应使过量，促进乙醛的氧化反应 c．反应后，宜用乙醇洗涤生成的固体，再观察固体颜色 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2025—2026学年第二学期期末考前练习 高 二 化 学 本试卷共8页，共两部分，19道题，满分100分。考试时长90分钟。试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 Na 23 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. 下列物质中，可由极性分子结合成分子晶体的是 A. CO2 B. SiO2 C. HCl D. BN 【答案】C 【解析】 【详解】A．为直线形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，虽属于分子晶体但不符合极性分子的要求，A错误； B．是共价晶体（原子晶体），以共价键形成空间网状结构，不存在单个分子，不属于分子晶体，B错误； C．是由不同非金属原子构成的双原子分子，正负电荷中心不重合，属于极性分子，固态时依靠分子间作用力结合为分子晶体，符合题意，C正确； D．是共价晶体（原子晶体），不存在单个分子，不属于分子晶体，D错误； 故选C。 2. 下列事实不能用氢键解释的是 A. 沸点： B. 稳定性：HF>H2O C. 密度： D. 溶解性(水中)：CH3CH2OH>CH3CH2CH3 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子间存在氢键，分子间无氢键，氢键会使物质沸点升高，因此沸点能用氢键解释，A不符合题意； B．氢化物的稳定性属于化学性质，由共价键键能决定，稳定性强于是因为的非金属性强于，键键能大于键，与氢键无关，不能用氢键解释，B符合题意； C．冰中水分子通过氢键形成疏松的空间网状结构，分子间空隙更大、密度更小，因此密度能用氢键解释，C不符合题意； D．的羟基可与水分子形成氢键，不能与水分子形成氢键，因此乙醇在水中的溶解性大于丙烷，能用氢键解释，D不符合题意； 故选B。 3. 下列事实不能用键能的数据解释的是 A. 的化学性质很稳定 B. 的沸点低于的沸点 C. HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱 D. 金刚石的熔点高于晶体硅的熔点 【答案】B 【解析】 【详解】A．N2分子中存在N≡N三键，键能极大，难以断裂，因此化学性质稳定，可用键能解释，A不符合题意； B．CH4和SiH4均为分子晶体，沸点由分子间作用力决定，SiH4分子量更大，范德华力更强，故沸点更高，与键能无关，B符合题意； C．HCl、HBr、HI的热稳定性由H-X键的键能决定，键能随Cl→I原子半径增大而减小，导致稳定性减弱，可用键能解释，C不符合题意； D．金刚石和晶体硅为共价晶体，C-C键键能大于Si-Si键，故熔点更高，可用键能解释，D不符合题意； 故选B。 4. 科学家已证明月壤中含有Mg、Ca、Al、Si、O等元素。下列说法不正确的是 A. 原子半径 B. 电负性 C. 碱性 D. 第一电离能 【答案】D 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下原子半径递增，故；同周期主族元素从左到右原子半径递减，故，原子半径，A正确； B．同周期主族元素从左到右电负性递增，故电负性；O的非金属性远强于Si，电负性，电负性，B正确； C．元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性，故碱性，C正确； D．同周期主族元素第一电离能总体呈递增趋势，但Mg的3s轨道为全满稳定结构，第一电离能大于相邻的Al，正确顺序为，D错误； 故答案选D。 5. 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、乙醛和苯酚 B. 用红外光谱可确定有机物的元素组成 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. 麦芽糖与稀硫酸共热后加溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解 【答案】A 【解析】 【详解】A．溴乙烷可萃取浓溴水中的溴，出现分层，下层为有色层，溴水具有强氧化性、乙醛具有强还原性，乙醛能还原溴水，溶液褪色，苯酚和浓溴水发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，故浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚，A正确； B．红外吸收峰的位置与强度反映了分子结构的特点，红外光谱可确定有机物的基团、官能团等，元素分析仪可以检测样品中所含有的元素，B错误； C． 质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，不可据此推断其分子式为，相对分子质量为72的还可以是、等， C错误； D． 麦芽糖及其水解产物均具有还原性，均能和新制氢氧化铜在加热反应生成砖红色沉淀Cu2O，若按方案进行该实验，不管麦芽糖是否水解，均可生成砖红色沉淀，故不能判断麦芽糖是否水解，D错误； 故选A。 6. 含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性，一种该类化合物的结构简式如下。下列关于该化合物的说法不正确的是 A. 该物质具有酸性，能与反应 B. 该物质中的3个六元环不可能共平面 C. 能发生取代反应和加成反应 D. 该物质在一定条件下最多与反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质含有羧基，具有酸性，能与反应，A项正确； B．该物质最右边的六元环有三个碳原子是饱和碳原子，最右边的六元环不是平面结构，故该物质中的3个六元环不可能共平面，B项正确； C．羧基能发生取代反应，苯环、酮碳基、碳碳双键能发生加成反应，C项正确； D． 该物质在一定条件下最多与反应，D项错误； 答案选D。 7. 下列官能团引入的方法不正确的是 A. 引入溴原子：丙烯与HBr的加成反应 B. 引入醛基：乙醇与酸性溶液的氧化反应 C. 引入羟基：乙酸丁酯的水解反应 D. 引入碳碳双键：溴乙烷的消去反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．丙烯与HBr加成反应遵循马氏规则，主要生成2-溴丙烷，成功引入溴原子，A正确； B．乙醇在酸性KMnO4溶液中被强氧化剂彻底氧化为乙酸（羧酸基团），而非停留在醛基阶段，因此无法引入醛基，B错误； C．乙酸丁酯水解生成丁醇和乙酸，丁醇含有羟基，成功引入羟基，C正确； D．溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成乙烯，形成碳碳双键，D正确； 故选B。 8. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A. 操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 【答案】B 【解析】 【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。 【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确； B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确； C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确； D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确； 故选B。 9. 吡啶()是平面六元环状分子，与苯类似，分子中存在6电子大π键。二氯二吡啶合铂分子是一种以Pt2+为中心离子，Cl-和吡啶分子为配体的配合物，具有顺式和反式两种结构。下列说法不正确的是 A. 吡啶具有碱性 B. 吡啶分子中形成配位键的电子对位于N原子的sp2杂化轨道上 C. 二氯二吡啶合铂的中心铂离子的杂化类型是sp3 D. 二氯二吡啶合铂分子极性的极性：顺式>反式 【答案】C 【解析】 【详解】A．吡啶中N原子含有孤电子对，能够结合质子，因此具有碱性，A正确； B．吡啶为平面结构，N原子为杂化，其中1个未参与成键的杂化轨道容纳孤对电子，形成配位键的电子对就位于该杂化轨道，未参与杂化的p轨道提供1个电子形成六电子大π键，B正确； C．该配合物有顺式、反式两种结构，说明其空间结构为平面正方形，若中心离子为杂化，配合物为四面体形，不存在顺反异构，因此中心铂离子不是杂化，C错误； D．反式结构对称，配体的极性相互抵消，分子极性小；顺式结构不对称，正负电中心不重合，因此分子极性：顺式反式，D正确； 故选C。 10. 六方相氮化硼(BN)具有层状结构，与石墨相似，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼(BN)是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。下列关于这两种晶体的说法不正确的是 A. 虽六方相氮化硼层间作用力小，但熔点高 B. 立方相氮化硼中存在配位键B←N C. 两种氮化硼中的硼原子都是采用sp2杂化 D. 六方相氮化硼晶体不导电的原因是N的电负性大电子被束缚不能自由移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．六方相氮化硼层间为范德华力，作用力小所以质地软，但层内原子以强共价键结合，因此熔点高，A正确； B．B原子最外层有3个电子、存在空轨道，N原子最外层有5个电子、存在孤电子对，立方相氮化硼中B形成4个共价键，其中1个为N提供孤对、B提供空轨道形成的配位键，B正确； C．六方相氮化硼中B原子形成3个键，采取杂化；立方相氮化硼中B原子形成4个键，采取杂化，并非两种氮化硼中B原子都采用杂化，C错误； D．六方相氮化硼中N的电负性大，层内的电子被N原子束缚，无法自由移动，因此不导电，D正确； 故答案选C。 11. 由、环氧丙烷和内酯三种单体共聚可制备PPCLAs可降解塑料，合成方法如下： 下列说法正确的是 A. 内酯的核磁共振氢谱中有1组峰 B. PPCLAs完全水解后，可直接得到内酯X C. 合成PPCLAs的反应属于缩聚反应 D. 环氧丙烷可能与合成聚合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，内酯分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱中有2组峰，故A错误； B．由结构简式可知，内酯分子中含有的酯基能发生水解反应，所以PPCLAs完全水解不可能得到内酯，故B错误； C．由方程式可知，合成PPCLAs的反应为催化剂作用下环氧丙烷与内酯发生加聚反应生成PPCLAs，故C错误； D．由结构简式可知，一定条件下环氧丙烷与CO2发生加聚反应生成，故D正确； 故选D。 12. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C. 由苯得到M时，苯中的大键没有变化 D. 对于生成Y的反应，浓作催化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确； B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确； C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误； D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确； 故选C。 13. 用如图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是 A. 检验乙炔具有还原性 B. 检验溴乙烷水解产物中含有 C. 制备并接收乙酸乙酯 D. 验证“相似相溶”规律 【答案】A 【解析】 【详解】A．电石反应产生乙炔含有硫化氢也能使酸性高锰酸钾褪色，A正确； B．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含溴离子，B错误； C．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，C错误； D．碘单质和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子，用此实验可以验证“相似相溶”规律，D错误； 故选A。 14. 化学小组研究的性质，完成如下实验： 已知：；； 下列说法不正确的是 A. 溶液中加入NaCl固体： B. 溶液a中加入浓氨水时不可能出现蓝色沉淀 C. 溶液a、b中铁片的颜色不同证明 D. 溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A． CuSO4溶液中加入NaCl固体，四水合铜离子会和氯离子反应生成四氯合铜离子，A正确； B．溶液a中加入少量浓氨水产生氢氧化铜蓝色沉淀，B错误； C．从颜色上可以看出，四氨合铜离子浓度大于四氯合铜离子，故K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳()，C正确； D．溶液b中加入足量乙醇时硫酸四氨合铜的溶解度减小而析出，D正确； 故选B。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 甲醛有毒，能使人体内蛋白质失去活性，损害人体健康。 （1）蛋白质中主要含有、、、四种元素。 ①下列关于C、H、O、N的说法中，正确的是________（填序号）。 a．的电子云呈球形 b．、、、中，的原子半径最大 c．、、、均位于区 d．基态O中含有8种不同运动状态的电子 ②第一电离能，原因是________。 （2）酸性高锰酸钾溶液、新制氧化银等氧化剂能去除甲醛。 ①基态Mn原子的价电子排布式为________。 ②已知基态Ag原子的简化电子排布式为，银元素在周期表中的位置是________。 （3）甲醛使蛋白质失活的第一步反应如下，二者遵循“正找负、负找正”的规律发生加成反应。 已知：部分元素电负性：C2.5、H2.1、O3.5、N3.0 ①结合电负性解释与N相连的H带部分正电荷的原因：________。 ②补全第二步反应_____（断键位置已用虚线标出，反应类型为取代反应）。 【答案】（1） ①. abd ②. N的价层电子排布为，处于半满状态，较稳定，第一电离能较高 （2） ①. ②. 第五周期IB族 （3） ①. 的电负性大于，共用电子对偏向而偏离 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①a．的1s电子云呈球形 故正确； b．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，、、、中，的原子半径最大，故正确； c．、、均位于区，但位s区，故错误； d．原子中有1个电子就有一种运动状态，基态O中含有8种不同运动状态的电子，故正确； 故答案为：abd； ②第一电离能，原因是N的价层电子排布为，处于半满状态，较稳定，第一电离能较高。故答案为：N的价层电子排布为，处于半满状态，较稳定，第一电离能较高； 【小问2详解】 ①Mn为25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为。故答案为：； ②基态Ag原子的简化电子排布式为，银元素在周期表中的位置是第五周期IB族。故答案为：第五周期IB族； 【小问3详解】 ①结合电负性解释与N相连的H带部分正电荷的原因：的电负性大于，共用电子对偏向而偏离。故答案为：的电负性大于，共用电子对偏向而偏离； ②反应类型为取代反应，-OH与H结给生成水，余下的部分结合得到,故答案为：。 16. 是优良的浸金试剂，但毒性强，有望被低毒的硫氰酸盐替代。 （1）属于离子晶体。一定温度下，某种晶型的立方晶胞如下图所示，已知其边长为。 ①NaCN中，σ键和π键的个数比为________。 ②距离最近的阴离子有________个。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度是________。（） （2）配位能力强，故可作浸金试剂。 ①补全浸金反应的离子方程式：_____。 □□□________=□□ ②浸金时，若不除去矿浆中的和，浸金效果会降低。结合配位键的形成条件解释原因：________。 （3）也是一种常见的配体，其中和均能与金属离子以或的方式配位。 ①中，C不能参与配位，原因是________。 ②在两种配位方式中，C的杂化方式________（填“相同”或“不同”）。 （4）已知：HCN和HSCN均有挥发性，HCN为弱酸，HSCN为强酸。相同条件下，使用NaSCN作为浸金试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是________（填序号）。 a．更容易水解 b．的沸点比高 c．分子间易形成氢键 【答案】（1） ①. ②. 6 ③. （2） ①. ②. 、均能提供空轨道，可与提供孤电子对的形成配位键，消耗导致，浸金效果降低 （3） ①. C上已没有孤对电子，无法形成配位键 ②. 相同 （4）ab 【解析】 【小问1详解】 ①氰酸根离子中含有碳氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，所以氰化钠中σ键和π键的个数比为1：2，故答案为：1：2； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氰酸根离子与位于面心的钠离子的距离最近，则距离氰酸根离子最近的钠离子的个数为6，由化学式可知，距离钠离子最近的氰酸根离子的个数也为6，故答案为：6； ③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钠离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的氰酸根离子的个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故答案为：； 【小问2详解】 ①由未配平的化学方程式可知，浸金反应为金与氧气和溶液中的氰酸根离子反应生成二氰合金离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：； ②铜离子和锌离子均能提供空轨道，可与具有孤对电子的氰酸根离子形成配位键，导致溶液中的氰酸根离子浓度减小，使得浸金效果降低，所以金时，要除去矿浆中的铜离子和锌离子，故答案为：、均能提供空轨道，可与提供孤电子对的形成配位键，消耗导致，浸金效果降低； 【小问3详解】 ①由结构简式可知，硫氰酸根离子中碳原子上已没有孤对电子，无法提供孤对电子形成配位键，故答案为：C上已没有孤对电子，无法形成配位键； ②由结构式可知，在两种配位方式中，碳原子的价层电子对数都为2，原子的杂化方式相同，都为sp杂化，故答案为：相同； 【小问4详解】 由题意可知，NaSCN是强酸强碱盐，在溶液中不能水解生成具有挥发性的HSCN，NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成具有挥发性的HCN，且HSCN的相对分子质量大于HCN，分子间作用力大于HCN，沸点高于HCN，所以相同条件下，使用NaSCN作为浸金试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，故选ab。 17. 有机物A含有C、H、O三种元素，为确定其化学式，进行了装置如图所示的实验。将A燃烧后的气体通过灼热的CuO，再用盛有NaOH固体和无水的U形管分别吸收和。 （1）C装置中盛放的试剂是___________。 （2）将7.4gA进行实验，测得生成和，A的实验式是___________ （3）可通过___________法(填仪器分析方法)快速、精确测定A的相对分子质量。 （4）①若A为醇，且A的核磁共振氢谱图中有两组峰。 ⅰ．A的结构简式为___________。 ⅱ．根据A的结构推测其不能发生的反应有___________(填序号)。 a．取代反应 b．加聚反应 c．消去反应 d．催化氧化反应 ⅲ．常温下A为液体，若A中混有少量的苯，为得到较为纯净的A，可选取的分离方法是___________。 ⅳ．含2个碳原子的A的同系物的结构简式是___________。 ②若A的红外光谱如下图所示，则其官能团的名称是___________。 【答案】（1）无水CaCl2 （2）C4H10O （3）质谱 （4） ①. (CH3)3COH ②. bd ③. 蒸馏 ④. CH3CH2OH ⑤. 醚键 【解析】 【分析】有机物A燃烧生成CO2、CO和H2O，CO在装置B中与CuO反应生成CO2，装置C用无水CaCl2吸收H2O，装置D可以用碱石灰吸收CO2，通过H2O和CO2的质量计算有机物A中C、H、O的比例。 【小问1详解】 根据分析，C装置中盛放的试剂是无水CaCl2； 【小问2详解】 有机物分子中含有碳原子的物质的量为=0.4mol，含有氢原子的物质的量为×2=1mol，含有氧原子的物质的量为=0.1mol，则有机物A中碳原子、氢原子和氧原子的个数比为0.4mol：1mol：0.1mol=4：10：1，实验式(最简式)为C4H10O。 【小问3详解】 质谱仪可以将有机物轰击成碎片，测出有机物的相对分子质量，因此可以用质谱法快速、精确测定A的相对分子质量； 【小问4详解】 ①ⅰ．A为醇，且A的核磁共振氢谱图中有两组峰说明A的结构对称性较好，结构简式为(CH3)3COH； ⅱ．a．(CH3)3COH可以与酸发生酯化反应，属于取代反应，a正确； b．(CH3)3COH的官能团只有羟基，无法发生加聚反应，b错误； c．(CH3)3COH含有羟基且有β-H，可以发生消去反应，c正确； d．醇发生催化氧化需要α-H，(CH3)3COH没有α-H，无法催化氧化，d错误； 故选bd； ⅲ．苯和(CH3)3COH均为液态有机物，能互溶，根据二者沸点不同可以采用蒸馏的方法分离； ⅳ．含2个碳原子的(CH3)3COH的同系物为乙醇，结构简式是CH3CH2OH； ②由红外光谱可知，官能团为醚键（C-O-C）。 18. 有机化合物J具有一定的抑菌活性，合成路线如下： 已知：i． ii． iii． （1）C中含有官能团的名称为___________。 （2）D→E的化学方程式为___________。 （3）G的结构简式为___________。 （4）F→G反应还会生成一种G的同分异构体X。已知X分子中含一个六元环与七元环，X的结构简式为___________。(只写出一种即可) （5）I→J的过程中，经历了下图所示的三步反应。 中间产物2的结构简式为___________。 （6）下列说法正确的是___________(填序号)。 a． B与D互为同系物 b． J分子中含有2个手性碳原子 c． H→I的过程中，-CN被还原 d． H→J的过程中，乙二醇起到保护官能团的作用 （7）J的碳原子中，不是来源于A的有___________(填序号)。 【答案】（1）羰基 （2）+H2O （3） （4） （5） （6）acd （7）abm 【解析】 【分析】A与足量的氢气发生加成反应生成B（）；B发生催化氧化生成C（）；C发生已知i反应生成D（）；D发生消去反应生成E（）；E发生已知ii反应生成F（），F发生已知iii反应生成G（）；G与HCN发生加成反应生成H，H与乙二醇反应，再与氢气反应最终生成I；I在H+作用下先生成中间产物1（）；中间产物1发生自身加成反应生成中间产物2（）；最后中间产物2分子内脱水生成J。 【小问1详解】 根据C的结构可知其官能团名称为羰基； 【小问2详解】 由分析可知D发生消去反应生成E，反应的化学方程式为+H2O； 【小问3详解】 由上述分析可知G的结构简式为； 【小问4详解】 F的结构为，根据信息iii反应可知，F环上的羰基失去氧，1号C原子与2号C原子相连生成G（），F环上的羰基失去氧，1号C原子与3号C原子相连生成X（）； 【小问5详解】 结合I的结构和中间产物1的分子式，推出在酸性条件下，I反应生成中间产物1（）；中间产物2分子内脱去1个水分子生成J，故中间产物1和中间产物2的分子式相同，结合中间产物1和J的结构推出中间产物2的结构为； 【小问6详解】 B、D结构相似，分子式相差2个CH2，故互为同系物，a正确；如图所示（），J分子中含有3个手性碳原子，b错误；对比H与I的结构可知，H中的-CN变成-CH2NH2，即-CN被还原，c正确；H→J的过程中，对比H、I、中间产物1的结构差异，可知乙二醇起到保护官能团羰基的作用，d正确；故答案选acd； 【小问7详解】 J结构上的碳原子a、b来自于C2H5MgBr，碳原子m来自于HCN，故答案为abm。 19. 兴趣小组欲探究乙醛被新制氧化的反应，进行了如下实验。 I．探究反应产物 （1）甲同学认为橙红色浊液中含有，理由是________（用化学方程式表示）。 （2）乙同学推测浊液的颜色变化不只与的生成有关，证据是________。 小组同学查阅资料发现，乙醛在碱性条件下可发生缩聚，生成多烯醛聚合物，其化学式为。随聚合程度增大，聚合物颜色由橙黄色加深至红褐色。为检验浊液成分，小组同学进行了如下实验。 已知：可与酸反应，不溶于乙醇。 是白色难溶固体，在含溶液中存在平衡：。 （3）经检验，橙红色浊液中含和多烯醛聚合物。 ①黄色滤液可使酸性褪色，但不能据此证明多烯醛聚合物的存在，原因是________。 ②上述实验中，随着盐酸的加入，先产生白色沉淀，后沉淀消失。从平衡移动角度解释白色沉淀消失的原因：________。 II．探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成，但反应后浊液变黑。小组同学调整溶液的浓度，重新进行原实验（和乙醛溶液的浓度、体积均不变）．反应过程中的现象记录如下： 组别 20%NaOH溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤，经乙醇洗涤后 1 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 淡蓝色浊液 土色发黑的浊液 黑色固体 3 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 （4）经检验，第2组实验中的黑色沉淀为。将检验的操作和现象补充完整：取洗涤后的黑色沉淀，________。 （5）实验现象说明，碱性增强有利于乙醛被氧化。 ①第5组实验中，加热前溶液呈深蓝色，原因是________（用离子方程式表示）。 ②第4、5组实验中，反应过程中未观察到黑色物质产生，可能的原因是________（写出一条即可）。 （6）小组同学反思乙醛被新制氧化的实验，提出下列促使实验成功的注意事项。其中合理的是________（填序号）。 a．制备时不宜过量，避免乙醛在碱性条件下缩聚 b．制备时应使过量，促进乙醛的氧化反应 c．反应后，宜用乙醇洗涤生成的固体，再观察固体颜色 【答案】（1） （2）浊液颜色从蓝色变为黄绿色，再变为红色（而不是从蓝色直接变为红色） （3） ①. 洗涤时加入的乙醇也有还原性 ②. 加盐酸使增大，平衡正向移动，白色沉淀溶解 （4）向其中加入稀盐酸（或稀硫酸），沉淀溶解，得到蓝绿色/蓝色溶液 （5） ①. ②. 碱性较强时，氧化乙醛的速率大于分解速率；或部分转化为，不易分解生成 （6）bc 【解析】 【分析】Ⅰ向NaOH溶液中滴加生成，再滴加乙醛溶液，颜色变化浊液颜色从蓝色变为黄绿色，再变为红色，生成了；浊液成分检验：可与酸反应，不溶于乙醇，用乙醇进行萃取分离，黄色滤液为多烯醛聚合物的乙醇溶液，砖红色沉淀为，加盐酸生成，盐酸过量发生反应，生成， Ⅱ通过改变NaOH的浓度，观察反应现象的不同，探究乙醛被新制氧化的实验中碱性环境对实验的影响， 【小问1详解】 乙醛可与新制发生氧化还原的反应生成羧酸钠、和水，方程式为：； 【小问2详解】 浊液颜色从蓝色变为黄绿色，再变为红色（而不是从蓝色直接变为红色），说明有中间有其他产物生成； 【小问3详解】 ①黄色滤液中含有洗涤时加入的乙醇和多烯醛聚合物的混合液体，洗涤时加入的乙醇也有还原性，可使使酸性褪色，不能据此证明多烯醛聚合物；盐酸的加入先产生白色沉淀，方程式为，是白色难溶固体，在含溶液中存在平衡：，继续加盐酸使增大，平衡正向移动，白色沉淀溶解； 【小问4详解】 为碱性氧化物可与酸反应生成Cu2+，向其中加入稀盐酸（或稀硫酸），沉淀溶解，得到蓝绿色/蓝色溶液； 【小问5详解】 加热前溶液呈深蓝色是因为过量碱与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2-，；分解生成，碱性较强时，氧化乙醛的速率大于分解速率；或碱性较强时，部分转化为，不易分解生成； 【小问6详解】 a．制备时不宜过量，避免乙醛在碱性条件下缩聚，碱性弱时，容易生成，a不合理； b．制备时应使过量，促进乙醛的氧化反应，防止有的生成，b合理； c．反应后，可与酸反应，不溶于乙醇，故可用宜用乙醇洗涤生成的固体，再观察固体颜色，c合理；故选bc； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $