甘肃白银市第十中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

参考答案 1.【答案】C 【详解】A．麦芽糖和蔗糖分子式均为，结构不同，互为同分异构体；同系物要求结构相似、分子组成相差若干个原子团，麦芽糖为二糖、葡萄糖为单糖，二者结构不相似，不互为同系物，A错误； B．酚醛树脂是热固性塑料，但其是苯酚和甲醛通过缩聚反应制得，反应中会生成小分子水，不属于加聚反应，B错误； C．植物油含不饱和碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色；在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐（肥皂的主要成分），属于皂化反应；久置时碳碳双键被空气氧化，发生氧化反应变质，C正确； D．高分子化合物相对分子质量通常在10000以上，油脂相对分子质量较小，不属于高分子；以上几种物质均可以水解，D错误；故答案选C。 2.【答案】B 【详解】A．该物质分子式应为，A错误； B．分子中只有连有的碳原子为手性碳原子，，该碳原子连接4种不同基团，其余碳原子均不满足手性碳的成键要求，故分子中仅有1个手性碳原子，B正确； C．只有羧基可与反应，酚羟基酸性弱于碳酸，不能与反应，故1 mol 氟多巴最多可与1 mol  反应，C错误； D．使溴水褪色是发生酚羟基邻对位的取代反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，二者褪色原理不同，D错误；故选B。 3.【答案】C 【详解】A．该反应属于加成反应，反应物的全部原子都转化为产物X，无其他副产物生成，原子利用率为100%，A正确； B．X中的碳原子一部分属于苯环结构，另一部分属于碳碳双键结构，均为杂化，B正确； C．顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子都连接两种不同的基团，X中碳碳双键的末端碳原子连接2个氢原子，不存在顺反异构，C错误； D．X中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；故选C。 4.【答案】C 【详解】A．中C原子价层电子对数为3，采取杂化，是平面分子；中N原子价层电子对数为4，采取杂化，所有原子不可能共平面，不是平面分子，A错误； B．醇发生消去反应要求“与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上连有氢原子”，甲醇仅含1个碳原子，无邻位碳原子，不能发生消去反应，B错误； C．乙醛含有醛基，能发生银镜反应，葡萄糖结构中也含有醛基，也能发生银镜反应，C正确； D．乙二醇被足量酸性氧化时，中间产物乙二酸具有还原性，会被进一步氧化为，即乙二醇最终被足量酸性氧化为，D错误；故选C。 5.【答案】D 【详解】A．香茅醛中含醛基，醛基也能使酸性溶液褪色，无法证明是否含碳碳双键，不符合题意； B．1-溴丁烷水解后溶液呈碱性，未加稀硝酸中和过量，直接加溶液会生成（分解为）沉淀，干扰溴离子检验，不符合题意； C．乙醇消去反应的产物中混有挥发的乙醇、副产物，二者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯检验，不符合题意； D．饱和溶液属于轻金属盐溶液，可使蛋白质发生盐析，盐析是可逆过程，析出的蛋白质加蒸馏水可重新溶解，能证明实验目的，符合题意；故答案选D。 6.【答案】B 【分析】、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，基态M最外层电子数是内层三倍，短周期元素只能是O；Z与M同族，则Z为S；W原子序数大于O，基态最外层仅有一个电子，W为Na；是地壳中含量最多的金属元素，X为Al；X与Y相邻，原子序数大于Al，则Y为Si，据此回答。 【详解】A．、、Z，分别为O、Na、S，与电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故；有3个电子层，半径大于与，因此简单离子半径，A正确； B．Y、Z、M的简单氢化物分别为、、，含氢键沸点最高；相对分子质量大于，分子间作用力更强，沸点，故沸点顺序为，B错误； C．X、Y、M分别为Al、Si、O，同周期第一电离能随原子序数增大整体升高，故；同主族从上到下，第一电离能降低，第一电离能，因此第一电离能，C正确； D．X、Y、Z分别为Al、Si、S，均为第三周期元素，非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物分别为两性的、弱酸、强酸，酸性依次增强，故酸性，D正确；故选B。 7.【答案】D 【详解】A．质谱图的最大质荷比对应有机物相对分子质量，图1最大质荷比为74，故M的相对分子质量为74，A正确； B．M分子式符合，代入相对分子质量74可得，解得，故分子式为，B正确； C．红外光谱显示含键，说明M为醚类，结合核磁共振氢谱3组峰面积比6:3:1，符合的氢原子特征，C正确； D．属于醇类的同分异构体可表示为，丁基共有4种结构，故符合条件的醇有4种，不是3种，D错误；故选D。 8.【答案】C 【详解】A．顺反异构的形成条件是碳碳双键的每个碳原子都连接2种不同的原子或原子团。Y的双键碳：一个连苯基和H，另一个连Br和醛基，满足条件；Z的双键碳：一个连苯基和H，另一个连Br和，也满足条件，因此Y、Z都存在顺反异构体，A正确； B．X含醛基，Z含碳碳双键，都能被酸性溶液氧化，都能使酸性溶液褪色，B正确； C．X的官能团有溴原子（卤原子），其消去的反应条件是强碱的醇溶液、加热；浓硫酸催化加热是醇发生消去反应的条件，X无羟基，在浓硫酸加热条件下不能发生消去反应，C错误； D．1 mol Y中：1 mol苯环加成消耗，1 mol碳碳双键加成消耗，1 mol醛基加成消耗，共计，因此最多能与加成，D正确；故选C。 9.【答案】D 【详解】A．该分子含有的官能团为氨基、酰胺基、羟基、醚键，共4种，A正确； B．分子中酰胺基水解可得到氨基酸，氨基酸同时含氨基和羧基，能发生缩聚反应生成多肽类物质，B正确； C．该分子中与羟基直接相连的碳原子上有1个氢原子，可以与氧气在铜、加热的条件下发生催化氧化反应转化为羰基，C正确； D．与足量反应时仅苯环发生加成反应生成，含有4个手性碳原子(如图中标注“*”的碳原子)，D错误；故选D。 10.【答案】A 【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Z的电负性在同周期中最大，说明Z是第ⅦA族元素，为F，；阴离子为，X形成4个共价键，整体带1个负电荷，说明X最外层有3个电子，X为第ⅢA族元素；Y能形成3个共价键，说明最外层电子数为5，结合原子序数顺序，可得第二周期符合条件的元素：为B，为N，推导成立。 【详解】A．X单质为B，硼单质属于共价晶体，熔点很高；Y单质为，属于分子晶体，常温下为气体，熔点很低。因此熔点：，A正确； B．同周期主族元素第一电离能总体从左到右增大，第二周期第一电离能顺序为：，即，B错误； C．X的氟化物为，中心B原子的价层电子对数为，杂化，平面正三角形结构，键角为；Y的简单氢化物为，中心N原子价层电子对数为，杂化，有1对孤电子对，三角锥形结构，受孤电子对斥力影响，键角约为，因此键角：，C错误； D．该物质由阴阳离子构成，难挥发的主要原因是离子键作用力强；该结构中不存在与N、F直接相连的H，无法形成氢键，D错误；故选A。 11.【答案】A 【详解】A．甲是苯环的1、3、5位碳直接连接羟基，系统命名为1，3，5-苯三酚，A错误； B．甲、乙分子中都存在直接连接在苯环上的酚羟基，酚羟基可以和发生显色反应，B正确； C．根据题干给出的互变异构规律：烯醇式会异构为酮式，1，3，5-苯三酚（三个烯醇结构）全部异构后，正好得到1，3，5-环己三酮，即选项给出的结构，分子式也匹配，C正确； D．该化合物为甲氧基乙腈（），官能团氰基含有不饱和三键，可以和氢气发生加成反应，D正确；故选A。 12.【答案】C 【详解】A．X中苯环所在平面与硝基所在平面通过碳碳单键相连，所有原子可能共平面，A正确； B．Y在酸性条件下氰基转化为羧基，酯基转化为羧基和羟基，结合化合物Y的结构，含有羧基的有机物共3个碳原子，为丙二酸，B正确； C．Z中的2号氮原子是以显碱性的氨基存在，故可与氢离子反应，1号氮原子不显碱性，不与氢离子反应，C错误； D．Z分子环上共5个H原子，且环境均不同，故分子环上的一氯代物有5种，D正确；故选C。 13.【答案】C 【详解】A．M为异丁醛，结构为，等效氢共3种：两个等效甲基含6个H、次甲基含1个H、醛基含1个H，核磁共振氢谱峰面积之比为6:1:1，A正确； B．M分子式为，N分子式为，二者组成相差，恰好是甲醛的分子式，反应为加成反应，原子利用率100%，故X为甲醛，B正确； C．N含醛基，可被溴水氧化使溴水褪色；Q含碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，二者现象相同，无法用溴水鉴别，C错误； D．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，P中所有饱和碳原子均不满足该条件，不存在手性碳原子，D正确；故选C。 14.【答案】B 【分析】以乙醇为原料，在浓硫酸、140℃条件下发生分子间脱水反应，同步蒸馏收集馏出液，馏出液中混有乙醚、挥发的硫酸、未反应乙醇、水等杂质；依次用NaOH溶液中和除去酸性硫酸杂质、饱和NaCl溶液洗去残留碱、饱和溶液除去大部分乙醇，再经无水干燥除水，最后通过蒸馏操作X提纯得到纯净乙醚； 【详解】A．反应温度要求，水浴加热的最高温度仅，无法达到反应所需温度，不能采用水浴加热，A错误； B．馏出液中混有加热挥发出来的硫酸等酸性杂质，是强碱，可与硫酸发生中和反应，除去体系内酸性杂质，B正确； C．流程中已经使用饱和溶液洗涤两次，依靠络合反应除去了绝大部分乙醇；无水的作用是吸收乙醚中残留水分，作干燥剂，而非除去乙醇，C错误； D．分液适用于分离互不相溶的两层液体；经过无水氯化钙干燥后的乙醚中还溶有微量低沸点杂质，需要通过蒸馏提纯，因此操作X为蒸馏，不是分液，D错误；故选B。 15.【答案】B 【详解】A．位于晶胞顶点和面心，数目为，每个晶胞中有4个，A正确； B．位于晶胞顶点和面心，位于棱心和体心，以位于面心的为研究对象，每个周围紧邻的为6个，不是12个，B错误； C．位于棱心和体心，之间最短距离为晶胞面对角线的一半，即，C正确； D．晶胞含4个，总质量为，晶胞体积为，密度，D正确；故选B。 16.【答案】B 【分析】由Z的结构简式可知，与乙烯共热发生加成反应生成Y，根据原子变化特点，该反应属于加成反应，属于双烯加成，则X为、Y为；Y与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成Z。 【详解】A．由分析可知，X的结构简式为，由结构简式可知，X分子含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中所有原子不可能共平面，A错误； B．由分析可知，Y的结构简式为，B正确； C．由结构简式可知，Z分子中含有2个如图*所示的手性碳原子：，C错误； D．由分析可知，X、Y的结构简式分别为、，X、Y分子中都含有碳碳双键，均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，则溴的四氯化碳溶液不能鉴别X和Y，D错误；故选B。 17.【答案】B 【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、硫酸根离子、As（Ⅴ），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。 【详解】A．细菌氧化时，被氧化为硫酸盐，反应会生成，例如：，浓度升高，体系酸性增强，A错误； B．滤液①中含、含砷微粒，加碱调节后，转化为胶体，胶体具有吸附絮凝作用，可以吸附含微粒促进其沉降，B正确； C．“浸金”过程中O2是氧化剂，将Au氧化为，NaCN仅提供配体，不作氧化剂，C错误； D．配体中C的电负性小于N，更易给出孤电子对，因此的配位原子为C，不是N，D错误；故选B。 18.【答案】D 【详解】A．①、②过程中主要发生取代反应，且不涉及电子转移，Mo元素化合价不变化；在反应③中，Mo元素的化合价由+6价降低到+4价，有化合价变化，属于氧化还原反应，在反应④中，Mo元素的化合价由+4升高到+6，有化合价变化，属于氧化还原反应，A正确； B．由图可知②过程中有Mo=O键发生断裂，④过程中的有Mo=O形成，故既有π键的断裂又有π键的生成，B正确； C．由图可知，MoO3参加反应后最后步骤又生成，为催化剂，①过程1,2-丙二醇、MoO3为反应物，生成了水和，第②过程、1，2-丙二醇为反应物，生成了水和，第③过程分解生成甲醛、乙醛和，第④过程再分解生成丙烯和MoO3，总反应方程式：2HCHO+CH3CHO+H3C-CH=CH2+2H2O，C正确； D．若将原料换为乙二醇HOCH2CH2OH，经过步骤①生成，步骤②生成，步骤③中中C-C键、Mo-O键断裂，生成2分子和，步骤④中C-O键断裂，同时有C=C双键生成，故若将原料换为乙二醇，有乙烯、甲醛生成，D错误；故答案为：D。 19.【答案】(1)球形冷凝管 a (2)氧化 (3)抑制氯化铁水解 防暴沸 (4)重结晶 趁热过滤 缓慢 加入二苯乙二酮晶体 (5)81 【分析】由安息香制备二苯乙二酮时，先将作为溶剂的10mL冰乙酸、5mL水及催化剂(9.0g FeCl3∙6H2O)在圆底烧瓶中混合，边搅拌边加热，至固体全部溶解；为防止液体暴沸，停止加热后待溶液沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min，让安息香充分氧化；加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出；过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 【详解】（1）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管；为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出； （2）通过反应原理方程式可知安息香生成二苯乙二酮时羟基与其相连的碳变为酮羰基，少2个氢，属于氧化反应；FeCl3为氧化剂，则其中的Fe元素化合价降低，还原产物为FeCl2； （3）氯化铁易水解，所以本实验步骤①-③中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；实验步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需沸腾平息后加入安息香； （4）若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯；粗品重结晶操作为：加热溶解活性炭脱色趁热过滤冷却结晶抽滤洗涤干燥；冷却结晶时缓慢冷却有利于晶体纯度更高，损失小；若溶液出现“过饱和”现象，是因为晶核数量少，加入二苯乙二酮晶体可继续结晶析出； （5）安息香的相对分子质量为212，二苯乙二酮的相对分子质量为210，理论上，2.0g安息香参加反应，可生成二苯乙二酮的质量为≈1.98g，二苯乙二酮的实际产量为1.6g，则本实验的产率为≈81%。 20.【答案】（1）2:1 （2）C （3）++ （4） A （5）反应ii为慢反应、而反应iii为快反应，使得中间产物迅速转化为 （6）C （7）反应i为气体分子数增大的反应、反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i平衡逆向移动、反应ii平衡不移动，丙烯腈选择性降低，则<< （8）26 【详解】（1）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；丙烯腈分子中，σ键与π键的数目之比为6:3=2:1； （2）同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，气态基态原子的第一电离能最大的是N，故选C； （3）由盖斯定律：反应i+反应ii+反应iii得到总反应，故总反应的++； （4）反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，则反应i．中变化的部分为酯基的左侧部分羟基消去生成碳碳双键和水，则 反应i为熵增的吸热反应，，反应能够自发进行，则该反应为高温下能自发，故选A； （5）一定条件下，以为原料发生上述反应，反应过程中基本检测不到中间产物，原因可能是：反应ii为慢反应、而反应iii为快反应，使得中间产物迅速转化为； （6）A．没有说明正逆反应，不能确定反应是否平衡，错误； B．丙烯与氨气投料之比等于系数比，其物质的量浓度之比为定值，不能说明反应达到平衡，错误； C．恒压密闭容器中进行反应，气体体积为变量，气体总质量不变，则密度为变量，容器内的气体的密度不再发生变化，反应达到平衡，正确； D．每断开键生成，描述都是正反应，不能说明反应平衡，错误； 故选C； （7）反应i为气体分子数增大的反应、反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i平衡逆向移动、反应ii平衡不移动，丙烯腈选择性降低，则<<； （8）温度为500℃、压强为时，测得平衡时的物质的量为2.6 mol，丙烯腈的选择性为0.8，设生成丙烯腈、分别为0.8amol、0.2amol，结合反应i、反应ii，则分别生成2.4amol、0.2amol水，则2.4a+0.2a=2.6，a=1，则反应i消耗、、分别为0.8mol、0.8mol、1.2mol，反应ii消耗、均为0.2mol，平衡时、、、、水、分别为0.2mol、0.4mol、0.1mol、0.8mol、2.6mol、0.2mol，则该条件下反应ii的平衡常数为。 21.【答案】(1)5 (2)加快反应速率，促进氨气逸出，防止析出 (3) (4)溶浸 (5) (6) (7) 或 【分析】硼镁矿（含、MgO、及少量铁、铝氧化物等）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，“吸收”时NH3和少量CO2反应：；根据过滤及沉镁成分知，热过滤中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=6.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有（NH4）2SO4，据此分析； 【详解】（1）Mg是第12号元素，核外电子排布式为，基态核外电子排布式为，有1+1+3=5种空间运动状态； （2）因硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大，“溶浸”时生成了NH3，故选择100℃微沸条件下进行，原因是加快反应速率，促进氨气逸出，防止析出； （3）根据分析可知，“吸收”时发生反应的化学方程式为； （4）根据分析可知，“母液”含有（NH4）2SO4，加热后可返回溶浸工序循环利用； （5）溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1，根据图1判断合适的pH范围是，此时硼酸结晶率及纯度较高；根据常温下，硼酸溶液呈弱酸性：，； （6）硼酸与甲醇完全酯化，酸脱羟基醇脱氢，化学方程式； （7） ①晶胞中含有数目为4，含有数目为， X的化学式为； ②X最简式的式量为，晶体边长为a pm，其晶胞密度：=g/cm3或g/cm3。 22.【答案】(1)苯甲酸甲酯 (2)酯基、羰基 (3)氧化反应 (4)2＋(CH3O)2SO2＋2NaOH→2＋Na2SO4＋2H2O (5) (6)吸收反应产生的HBr，促进反应进行，提高产率 (7) 【分析】由A的分子式知，A为甲苯（），A被酸性高锰酸钾氧化得到的B为，B与发生取代反应得到C（），C与发生取代反应生成D（）和甲醇，D和发生先开环后取代的反应生成E（），E和反应生成F（），F与C6H5CH2Br发生取代反应生成G（）和HBr，K2CO3可以吸收反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率，据此分析。 【详解】（1）C结构为，命名为苯甲酸甲酯； （2）观察E（）的结构，含有羰基、酯基两种官能团； （3）甲苯（）发生氧化反应生成B（）； （4）按投料，NaOH中和反应生成的酸，得到产物苯甲酸甲酯、硫酸钠和水，反应方程式为2＋(CH3O)2SO2＋2NaOH→2＋Na2SO4＋2H2O； （5）D中两个羰基之间的活性亚甲基进攻环氧乙烷开环，得到中间体H（），分子式符合，然后分子内成环反应得到E（）。 （6）F→G是羟基的取代反应，同时生成副产物HBr，可以吸收反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率； （7）C分子式为，不饱和度为5，其同分异构体满足条件：①含苯环；②能发生银镜反应说明含-CHO；③遇显色说明含酚羟基；④氢谱5组峰、峰面积比为2∶2∶2∶1∶1，说明分子对称，故符合题意的结构简式为。 23.【答案】(1)酰胺基 6 (2)c (3) (4)保护氰基 四面体形 (5) 取代反应 (6)或 【分析】由有机物的转化关系可知，酸性条件下与先发生加成反应，后发生互变异构的转化生成，催化剂作用下与发生取代反应生成，与反应转化为，与反应转化为，经过酸化后得到，与发生取代反应生成，在KOH的醇溶液中得到地氯雷他定。据此分析。 【详解】（1）B里含氧官能团为，故B中含氧官能团的名称为酰胺基；由B结构可知，吡啶环上有3种H、吡啶环侧链甲基上有1种H、叔丁基有1种H、有1种H，故共6种化学环境的氢原子，因此核磁共振氢谱组数为6。 （2）a．A→B´，的C-O键断裂，生成C-N键、C=O键，涉及C-O键的断裂与形成，a正确； b．B含C=O，B´含，红外光谱官能团吸收峰不同，可鉴别，b正确； c．O的电负性大于N，O-H键极性强于N-H键，B稳定是因为羰基共轭，不是O-H键极性弱，c错误；故选c。 （3）②中试剂M的分子式为，对比C→D前的变化：引入间氯苄基，所以M的结构简式为。 （4）步骤①把转化为受保护的酰胺，步骤③又把酰胺还原或消除变回，所以流程中反应①③的目的：保护氰基，防止其在反应②中与试剂M、n-BuLi发生副反应，待反应②完成后再脱保护恢复氰基；中心P原子价层电子对数为4，无孤电子对，故空间构型为四面体形。 （5）⑥的化学方程式为；F的N上甲基被取代，所以其反应类型为取代反应。 （6）B的分子式为，有机物N的分子式比B的少3个C和6个H，所以有机物N的分子式为，根据三个限制条件：苯环上有两个取代基，且其中一个是；可以发生水解反应（说明含有酰胺键）；核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为（说明结构具有高度对称性），所以另一取代基为或，与呈对位结构，所以有机物N的同分异构体的结构简式为：或。 学科网（北京）股份有限公司 $白银市第十中学2025~2026学年度第二学期高二化学期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H1C12016Si28S32 一、选择题（本题共18道小题，每道题目只有一个选项，每小题2.5分，共45分） 1.下列说法正确的是 A.麦芽糖和蔗糖互为同分异构体，麦芽糖和葡萄糖互为同系物 B.酚醛树脂是热固性塑料，是由苯酚和甲醛通过加聚反应制得的 C.植物油使溴水褪色发生加成反应，碱性水解发生皂化反应，久置变质发生氧化反应 D.油脂、淀粉、纤维素、蛋白质、核酸均是高分子，均可发生水解反应 2.氟多巴是治疗帕金森的核心药物，其结构如下。下列关于氟多巴的说法正确的是 A.分子式为CoHoNFO4 B.分子中仅有1个手性碳原子 HO. COOH C.1mol氟多巴最多可与3 mol NaHCO3反应 NH D.可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同 HO 3.有机光电功能材料重要中间体X的一种合成反应如下。下列说法错误的是 A.该反应的原子利用率为100% B.X中碳原子都是s即杂化 C.X存在顺反异构D.X可发生聚合反应 +HC三 CH催化剂 △ 4.下列选项中前后类比推断正确的是 A.CH4是平面分子，可推断NH4也是平面分子 B.乙醇可以发生消去反应，可推断甲醇也可以发生消去反应 C.乙醛能发生银镜反应，可推断葡萄糖也能发生银镜反应 D.乙醇被足量酸性KMnO4氧化为乙酸，可推断乙二醇被足量酸性MnO4氧化为乙二酸 5.下列实验操作能达到其对应目的是 选项 实验目的 操作 香茅醛是否含碳碳 A. 向香茅醛( 中加入酸性KMO4溶液，观察溶液颜色变化 双键 -CHO 欲检验1一溴丁烷 向1一溴丁烷中加入NaOH溶液并加热，冷却后取上层液体，再加入几 B. 中的溴原子 滴AgNO3溶液 欲检验乙醇的消去 将乙醇与浓硫酸混合，迅速加热到170℃（务必迅速加热到170C,140℃ C. 反应产物 会有乙醚生成)，将气体产物通过导气管直接通入酸性高锰酸钾溶液 蛋白质的盐析过程 向蛋白质溶液中滴加饱和NaSO4溶液，有固体析出，过滤，向固体中加 D 是可逆的 足量蒸馏水，固体溶解 6.颜料W6X4YMZ4因含有Z,而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态M 最外层电子数是内层的三倍，基态W最外层仅有一个电子，X是地壳中含量最多的金属元素且与Y相邻， Z与M同族。下列说法错误的是 A.简单离子半径：W<M<Z B.简单氢化物沸点：Z<Y<M C.第一电离能：X<Y<M D.最高价氧化物水化物酸性：X<Y<Z 第1页 7.利用现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图所示。己知：①M的分子式符合 CH2t2O;②M的核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为6：3：1。下列说法错误的是 100 100 131 80 0 90 46 14 C-H 0+ -0-C 0+ 10203040506070 4000300020001000 质荷比 波数/cm 图1 图2红外光谱 A.图1为质谱图，且M的相对分子质量为74 B.M的分子式是C4H1O C.M的结构简式为(CH)CHOCH D.M的同分异构体中属于醇类的有3种 8.化合物Z是一种药物中间体，其部分合成路线如下。下列说法不正确的是 Br CHO (C2H3)N CHO CH(OC2Hs) NaHCO: Br NH.CI X A.Y、Z均存在顺反异构体 B.X、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色 C.X在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 D.1molY最多能与5molH2发生加成反应 9.米多君具有调节血管张力的功能，结构简式如图所示。下列有关米多君的说法错误的是 A.分子中含有4种官能团 B.水解产物之一可以发生缩聚反应 H,N C.分子中的羟基可以与氧气在铜、加热的条件下发生催化氧化反应转化为羰基 D.与足量H2反应后，产物分子中含有2个手性碳原子 入 OH 10.某离子液体的键线式如图所示。X、Y、Z为原子序数依次增大的同周期主族元素，且Z在元素周期 表中电负性最大。下列说法正确的是 A.熔点：X单质>Y单质 B.第一电离能：Y>Z>X C.键角：X的氟化物<Y的简单氢化物 D.该离子液体难挥发的主要原因是存在离子键和氢键 11.已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构： 0=了，某多酚可发生如下反 应，有关说法错误的是 HO HO ① OCN,HCI-EA ②H0,△ HO OH HO OH 分 乙 A.甲的名称为1,3,5-三苯酚 B.甲、乙均可与FeCl3发生显色反应 OH 的互变异构体为 D.O入CN可以与H发生加成反应 HO OH 总4页 12.有机化合物X转化为Z的过程如图。下列说法错误的是 NCCOOCH, NO X A.X分子中所有原子可能共平面 B.Y能在酸性条件下水解最终生成丙二酸 C.Z中2号N原子可与H反应，1号N原子不能与H反应 D.Z分子环上的一氯代物有5种 13.以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 〉人C0XH0 -OH CHO CH2(COOC2Hs)2 COOC,Hs (D)OH P COOC2Hs (2)H,△ M N A.M的核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1B.若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C.用溴水可鉴别N和Q D.P分子中不存在手性碳原子 14.乙醚(CH3 CH2OCH2CH3)是一种易挥发、极易燃的液体，一种合成步骤如下，下列说法正确的是 乙醇浓硫酸， NaOH溶液饱和NaCI溶液饱和CaCl2溶液无水CaCl2,操作X 140C反应、蒸馏→馏出液洗涤 洗涤 洗涤两次 乙醚 己知：乙醇能与CaCl2反应生成CaCl24 C2HsOH。 A.“反应、蒸馏”采取的加热方式为水浴加热 B.NaOH溶液的作用是除去馏出液中的酸性杂质 C.无水CaCl2的主要作用是除去乙醚中的乙醇 D.“操作X”为分液 15.KP℉6固体材料具有相变制冷效应，室温下其立方体晶胞结构示意图如下。下列说法错误的是 A.每个晶胞中有4个P。 B.每个P。周围有12个紧邻的K+ 】 OPF6(正八面体) C.K之间的最短距离是 0 OK' -a pn 0 736 D.晶体密度表示为P= N×ax1030gcm 16.经修饰的1,3一环戊二甲酸(Z)可作为手性助剂或配体前体，合成Z的一种流程如图所示。下列说 法正确的是 COOH XC,H,)+C,H,△→YC,Ho) KMnO(H)HOOC- A.X中所有原子可能共平面 B.Y的结构简式为 C.Z分子中含有4个手性碳原子 D.可用溴的四氯化碳溶液鉴别X、Y、Z三种物质 17.中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。己知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用 细菌冶金技术处理载金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹），以提高金的浸出率并治炼 金，工艺流程如下。下列说法中正确的是 第2页， 空气NaCN溶液 足量空气HS0, 浸出液 Zn 滤渣 [Au(CN)2] →Au 浸金 沉金 细菌氧化 →滤液② 矿粉 pH=2 含Zn[(CN)42 滤液① 沉铁砷 →净化液 A.“细菌氧化”过程中，FS2参加的反应使体系的酸性减弱。 B.“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成F(OH)3胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降 C.“浸金”中NaCN将Au氧化成[Au(CN)]从而浸出 D.“沉金”中Zn发生了置换反应，配离子[Z(C)4]2-中配位原子为N 18.丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法不正确的是 HO OH Mo +H20 ① A.整个过程中属于氧化还原反应的是③④ B.反应历程中既有π键的断裂又有π键的生成 C.总反应方程式：2HQOH0HCH0+CH.CHO+H,C一CH=CH+2H0 D.若将原料换为乙二醇，有乙烯、乙醛生成 二、填空题（共5小题，共计55分） 19.二苯乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂。 FeCl I.实室由安息香制备二苯乙二酮的反应原理如下： 安息香 二苯乙二酮 Ⅱ.实验装置如下图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0 g FeCl36HO,边搅拌边加热， 至固体全部溶解。 ②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。 ③加入50L水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。 ④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 ⑤粗品经过提纯后得淡黄色结晶1.6g。 加热搅拌器 总4页 I.相关信息如下： 物质 性状 熔点C 沸点/℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸 (M=212 g/mol) 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水，溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 请回答下列问题： (1)装置中仪器B的名称为 冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。 (2)步骤②安息香发生 反应（填反应类型），反应后FeCl转化为 (填化学式)。 (3)步骤①③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是 步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 (4)步骤⑤中提纯粗品的方法为 其步骤为：加热溶解→活性炭脱色→ →冷却 结晶→抽滤→洗涤→干燥。冷却结晶时宜采取 (填“快速”或“缓慢”)冷却，若溶液出现“过 饱和”现象，可采用玻璃棒摩擦容器内壁或 等方法促进晶体析出。 (5)本实验的产率为%。（保留两位有效数字） 20.丙烯腈(CH一CH一CN)是一种重要的化工原料，在合成纤维领域中有着广泛的应用。 I.以3-羟基丙酸乙酯(HOCH2CHCOOC2H5)为原料合成丙烯腈的主要反应如下： i.HOCH2CH2COOC2Hs(g)CH2=CHCOOC2Hs(g)+H2O(g)AHI ii.CH2=CHCOOC2Hs(g)+NH3(g)CH2-CHCONH2(g)+C2HsOH(g) △H2 iii.CH2=CHCONH2(g)CH2=CHCN(g)+H2O(g) △H3 (1)丙烯腈分子中，σ键与π键的数目之比为 (2)组成CH=CHCONH的元素中，气态基态原子的第一电离能最大的是 A.氢 B.碳 C.氮 D.氧 （3)总反应HOCH2CH2COOC2H5+NH3(g)=CH=CHCN(g)十2HO(g+CH5OH(g)的△H= 。(用含 △H1、△H和△H3的代数式表示) (4)根据下表数据计算△H1= 化学键 C-O C-C C-C C-H O—H C=0 键能 351 348 615 413 463 745 结合以上计算判断，反应i可以在 自发进行。 A.高温 B.低温 C.任何温度 (5)一定条件下，以HOCH-CH-COOC2H5为原料发生上述反应，反应过程中基本检测不到中间产物 CH=CHCONH2,原因可能是 Ⅱ.工业上还可用以丙烯、氨气和氧气为原料在催化剂作用下制备丙烯腈。主要反应如下： i.CH,-CHCH,(g)+NH,(@)+3O,(g)CH,-CHCN(g)+3H,O(g)AH,--515kJ.mol ii.CH2=CHCH3(g)+O2(g)≥CH2=CHCHO(g)+H,O(g)△H2=-353kJ·mol 一定条件下，向恒压密闭容器中通入1.2 nol C3H6、1.2 nol NH3和1.5molO2发生上述反应。平衡时，丙 第3页， n(CH,CHCN) 烯腈的选择性SS= 与温度、压强的关系如图所示。 nCH2=CHCN)+nCH2=CHCHO) 0.9 0.6 0.5 蓝0.4 (500,0.8) 500 600650 (6)若在上述条件下，仅考虑反应ⅰ的发生，则下列能表明反应已经达到平衡状态的是 A.2v(O2)-V(HO) B.丙烯与氨气的物质的量浓度之比不再变化 C.容器内的气体的密度不再发生变化D.每断开3molN一H键生成1olC=N (7)比较p1、p2、p3的大小，并说明理由 (8)温度为500℃、压强为p2时，测得平衡时H0的物质的量为2.6ol,则该条件下反应iⅱ的平衡常数 为 21.一种以硼镁矿（含BO3、MgO、SiO2及少量铁、铝氧化物等)为原料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的 工艺流程如下： NH),SO,溶液滤渣 硼镁矿粉→南→过四过滤→粗HBO,→高纯H,B0, 调H-6.5 气体→吸收→沉镁☐→Mg(OH)MgCO,→轻质Mg0 少量C0, 母液 已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大 ②常温下，硼酸溶液呈弱酸性：B(OH)3+HO、三B(OH):+HK=5.8×1010 (1)基态Mg2+有 种空间运动状态。 (2)“溶浸”时选择100℃微沸条件下进行，原因是 (3)“吸收”时发生反应的化学方程式为 (4)“母液”加热后可返回 工序循环利用。 (5)热过滤后“调pH”的试剂为 (填化学式)。溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图1， c[B(OH)] 根据图1判断合适的pH范围是 此时溶液中 1(填“>”“<”或“=”)。 cB(OH) 100.0 99.0 80 1-223 3-4455- 总4页 (6)粗硼酸可以通过与甲醇酯化再水解提纯，写出硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式 (7)沉镁过程中还会生成镁的另外一种化合物X,其立方晶胞结构如图2，沿z轴方向的投影为图2b。 ☒平丽 图2a 图2b ①X的化学式为 ②X最简式的式量为M,晶体边长为apm,其晶胞密度为 gcn3。（列出计算式，Na为阿 伏加德罗常数的值) 22.化合物G是某药物的关键原料，合成路线如下，回答下列问题： 0 H:CO-S-OCH; COOCH3 0 A KMnO4 B 人OCH3 OCH CHs H2SO4 NaOH CH3OH,CHONa D 8 CHONa N(CH3)2 C6HsCH2Br N(CH3)2 (CH3)2NH K2C03 OCH2C.Hs OH G F E (1)C的化学名称为 (2)E所含官能团的名称为 (3)A→B的反应类型为 (4)B→C的化学方程式为 [n(B):X)=2:1]。 (5)已知D→E分两步进行，中间体H的结构简式为 8 OCH3 H 开环 C12H14O4取代 D (6)F→G的反应中，加入KC03的作用是 (7)在C的同分异构体中，写出同时满足下列条件的结构简式 ①含有苯环 ②能发生银镜反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1 第4页 23.地氯雷他定属于第三代H1受体阻断药，具有抗过敏，抗炎，抗组胺等功效，通常用于治疗慢性荨麻 疹等皮肤病。其一种合成路线如图所示。 (CH,);COH M CI POCI. H n-BuLi CN CN A B D CIMg ·HCI H CICOOEt KOH ⑤ ⑧ EtOH COOEt E 回 G 地氯雷他定 已知：i.Et代表一CHCH3;iⅱ.一BuLi代表CH3 CH2CH2CH2Li。回答下列问题： (1)B中含氧官能团的名称为 ，理论上核磁共振氢谱图有组峰。 (2)A一→B的过程为：A(CH)COH →B'(U H 互变异构B。下列说法错误的是 。 (填标号) a.A→B'涉及C-O键的断裂与形成 b.可用红外光谱鉴别B和B c.B占比远高于B是因为O一H键极性弱于N一H键 (3)②中试剂M的分子式为CHC2,其结构简式为 (4)流程中反应①③的日的 。POC13的分子空间构型为 (5)⑥的化学方程式为 ,反应类型为 (6)有机物N的分子式比B的少3个C和6个H,写出一种符合下列条件的有机物N的同分异构体的 结构简式 0 i.苯环上有两个取代基，且其中一个是一NH2: ⅱ.可以发生水解反应： i.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1：2：2：2：3。 总4页