重庆市2021-2022学年高二年级下册期末化学试题 含解析

高2023届高二（下）期末考试

化学试卷

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。

3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Zn-65Sc-79

一、单选题（其中1-10小题，每题2分，11-18小题每题3分，共44分）

1.近期的天宫课堂、冬奥会和新冠疫情都是热点话题，下列有关说法错误的是

A.天宫材料中Ti简化的电子排布式：[Ar]3d24s2

B.冬奥会期间使用芳纶1313（聚间苯二甲酰间苯二胺）与芳纶1414（聚对苯二甲酰对苯二胺）互为同分异构

体

C.航空材料中用到聚乙快高分子材料能像金属一样具有导电性

D.有机含氯消毒剂二氯异氟尿酸（C3HCI2N3O3）属于煌的衍生物

【答案】B

【解析】

【详解】A.钛元素的原子序数为22,简化的电子排布式为[Ar]3d24s2,故A正确；

B,聚间苯二甲酰间苯二胺和聚对苯二甲酰对苯二胺都是合成高分子化合物，聚合度n值不确定，两者分

子式不同，不可能互为同分异构体，故B错误；

C.聚乙焕高分子材料能像金属一样能传递电子，具有导电性，故C正确；

D.有机含氯消毒剂二氯异氟尿酸分子中含有氯元素、氮元素和氧元素，属于烽的衍生物，故D正确；

故选B。

2.下列化学用语表述正确的是

A.葡萄糖的实验式：C6Hl2。6B.乙醛官能团的结构简式：一COH

C.2—丁烯的键线式：D.聚丙烯睛的结构简式：

四乩一CH—CN+“

【答案】c

【解析】

【详解】A.葡萄糖的分子式为C6Hl2。6,实验式为CH2O,故A错误；

B.乙醛的官能团为醛基，结构简式为一CHO,故B错误；

C.2—丁烯的结构简式为H3cH=CHCH3,键线式为7^，故C增强；

CN

D.丙烯睛发生加聚反应生成结构简式为「「口।1的聚丙烯月青，故D错误；

--------------Cri------

故选Co

3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.15g甲基所含有的电子数是IONA个

B.Imol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA个

N

C.标准状况下，1L乙醛所含有的分子数为^

22.4

D.常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个

【答案】D

【解析】

15g

【详解】A.甲基中含有9个电子，则15g甲基所含有的电子数是二•六^乂乡义乂^^厂三乡必个，故A

15g/mol

错误；

B.苯环不是单双键交替结构，所以Imol苯乙烯中含有的碳碳双键数为IHIOIXNAHIOI—JNA个，故B错

误；

C.标准状况下，乙醛为液态，无法计算1L乙醛的物质的量和含有的分子数，故C错误；

14g

D.乙烯和丙烯的最简式相同都为CFb,则14gCH2所含有的原子数是7rT^><3XNAmo「i=3NA个，

14g/mol

故D正确；

故选D。

4.下列说法正确的是

A.变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应

B.乙醛和丙烯醛不互为同系物，但它们与氢气充分反应后的产物互为同系物

C.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后都能为人体提供能量

D.若两种二肽互为同分异构体，则二者水解的产物不同

【答案】B

【解析】

【详解】A.变质的油脂有难闻的气味是因为油脂发生了氧化反应而变质，故A错误；

B.乙醛的官能团为醛基、丙烯醛的官能团为碳碳双键和醛基，两者含有的官能团不同，不是同类物质，

不互为同系物，乙醛和丙烯醛与氢气充分发生加成反应所得产物分别为乙醇和丙醇，乙醇和丙醇的官能

团相同，都是羟基，都是饱和一元醇，互为同系物，故B正确；

C.油脂相对分子质量小于一万，不是高分子化合物，人体不含水解纤维素的酶，纤维素摄入后，不能被

人体吸收利用，不能为人体提供能量，故c错误；

D.若两种二肽互为同分异构体，两种二肽水解所得水解产物可能是相同的氨基酸，如甘氨酸和丙氨酸发

生脱水反应能形成两种互为同分异构体的二肽，两种二肽水解时的产物相同，都是甘氨酸和丙氨酸，故

D错误；

故选B。

5.下列实验装置能达到实验目的的是

A.装置甲制备并接收乙酸乙酯B.装置乙检验乙醇消去的产物

C.装置丙检验1一澳丁烷的消去产物D.装置丁制备硝基苯

【答案】A

【解析】

【详解】A.在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸和乙醇具有挥发性，制

得的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，将混合气体通入饱和碳酸钠溶液的液面上，可以中和乙酸，溶解乙

醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯分层析出，则装置甲能制备并接收乙酸乙酯，故A正确；

B.乙醇在浓硫酸作用下共热到170℃发生消去反应生成乙烯，具有还原性乙醇与浓硫酸共热反应生成

二氧化硫，二氧化硫也能与滨水反应使溶液褪色，则装置乙不能用于检验乙醇消去的产物乙烯，故B错

误；

C.1—澳丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成1一丁烯，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇

也能与酸性高铳酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，会干扰1一丁烯的检验，则装置丙不能用于检验1—

澳丁烷的消去产物1—丁烯，故C错误；

D.在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸在50—60℃的水浴中反应生成硝基苯，实验时需用温度计控制水浴的

温度，则装置丁缺少温度计，不能用于制备硝基苯，故D错误；

故选Ao

6.下列化学实验中的操作、现象及结论都正确的是

选项实验操作实验现织解释或结论

向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热，再加入

A出现银镜麦芽糖水解产物具有还原性

氢氧化钠调节至弱碱性，再加入银氨溶液，水浴加热

向中滴加酸性溶液紫红色褪去中含碳碳双键

BCH2=CHCHOKMnCUCH2=CHCHO

C向苯酚浊液中滴加Na2c03溶液浊液变澄清CO；结合H+的能力比C6H5。-强

将一定量的乙二醇(HOCH2cH2OH)滴入酸性KMnCU溶

D紫红色褪去乙二醇被氧化为乙二酸

液中

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.麦芽糖本身具有还原性，无法判断麦芽糖水解产物具有还原性，A错误；

B.CH2=CHCHO中的碳碳双键和醛基都能使KMnCM酸性溶液褪色，无法判断CH2=CHCHO中含碳碳双

键，B错误；

C.向苯酚浊液中滴加Na2cCh溶液，浊液变澄清，苯酚与Na2cCh溶液反应生成苯酚钠和NaHCCh,即苯

酚酸性强于碳酸氢根，故CO7结合H+的能力比C6H50-强，C正确；

D.将一定量的乙二醇(HOCH2cH2OH)滴入酸性KMnCU溶液中，溶液紫红色褪去，说明KMnCU被还原，

但不能据此判断乙二醇被氧化后的产物，D错误；

故答案为C。

7.以下化学物质中：①聚乙烯、②丙焕、③苯酚、④葡萄糖、⑤间二甲苯、⑥环己烯、⑦乙酸，既能使

酸性高镒酸钾褪色又能使滨水因反应褪色的是

A.②③④⑥B.②③⑥C.①②③⑥D.①②③⑤⑥⑦

【答案】A

【解析】

【详解】①聚乙烯分子中不含有碳碳双键，既不能与酸性高镒酸钾反应，又不能与澳水反应，故错误；

②丙快分子中含有碳碳三键，既能与酸性高镒酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溟水发生加成

反应使溶液褪色，故正确;

③苯酚既能与酸性高镒酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与澳水发生取代反应生成三漠苯酚沉淀

使溶液褪色，故正确;

④葡萄糖分子中含有醛基，能与酸性高镒酸钾溶液和滨水发生氧化反应使溶液褪色，故正确;

⑤间二甲苯属于苯的同系物，能与酸性高镒酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，但不能与澳水反应，故

错误;

⑥环己烯含有碳碳双键，既能与酸性高锦酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与澳水发生加成反应

使溶液褪色，故正确;

⑦乙酸不能与酸性高铳酸钾溶液反应，也不能与澳水反应，故错误;

②③④⑥正确，故选A。

8.黄苓素是一种抑制新冠病毒活性较强的药物，其结构如图所示，下列说法正确的是

A.黄苓素的核磁共振氢谱显示有八组峰

B.Imol黄苓素最多能够消耗7moi的比加成

C.黄苓素分子式为Cl5Hl2。5

D.黄岑素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有5个手性碳原子

【答案】A

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，黄苓素分子中含有八类氢原子，核磁共振氢谱显示有八组峰，故A正确;

B.由结构简式可知，黄苓素分子中含有的苯环、堤基和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则

Imol黄苓素最多能够消耗8moi氢气，故B错误;

C.由结构简式可知，黄苓素分子的分子式为C15H10O5,故C错误;

D.由结构简式可知，黄苓素分子与足量氢气发生加成反应所得产物的结构简式为

分子中连有氧原子的碳原子中有6个连有不同原子或原子

团的手性碳原子，故D错误;

故选Ao

9.一种药物的分于结构如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态

氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是

Z

II

/X、

W—YY—W

II

Z=X、/X=Z

X

/\

WW

A.第一电离能：X<Z<Y

B.在该结构中Y原子采用sp2杂化

C.W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物

D.该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物

【答案】B

【解析】

【分析】根据题目所给信息分析，Y是N元素，X在第二周期，其原子能形成四条共用电子对，所以X

是C元素，Z在第二周期，其原子能与C原子形成双键，所以Z是O元素，W不在第二周期，且原子序

数最小，且能与N、与C均形成单键，所以W是H元素；

【详解】A.C、N、O三元素第一电离能N最高，O次之，C最小，选项判断正确，不符题意；

B.结构中N原子形成的都是单键，所以N原子采用的是sp3杂化，选项判断错误，符合题意；

C.H与O形成的化合物有H2O和H2O2,原子个数比满足选项描述，选项判断正确，不符题意；

o

D.该结构中含有肽键(R-N-)结构，能在碱性条件下水解生成NH3,选项判断正确，不符题意；

H

综上，本题选B。

10.脯氨酸及其衍生物经常用作不对称有机催化剂，在催化合成酮醛反应如图，下列说法正确的是

NH2

C.a、b、c均能使得酸性高锦酸钾褪色D.脯氨酸与/互为同分异

O

构体

【答案】D

【解析】

【详解】A.b中醛基转化为羟基，为加成反应，故A错误；

B.CH3cH(NH2)COOH与脯氨酸的结构不相似，二者不属于同系物，故B错误；

C.a为酮，不能被酸性高锌酸钾溶液氧化，b、c均能使得酸性高铳酸钾褪色，故C错误；

NH2

D.脯氨酸与/的分子式均是c5H9NO2,分子式相同，结构不同，二者互为同分

O

异构体，故D正确；

故答案选D。

11.苯乙醛主要用于风信子、水仙等花香香料配方中，下列说法正确的是

cH2cH20HCH2cH20H

，人一定条件＞人

式催化剂,△k④0A】。V⑤u

③户苯乙醇苯乙醛

C1CH2cH20H

A.常温下，苯乙醛为油状液态主要是由于分子间存在氢键的原因

B.①和④反应的原子利用率均小于100%

D.向试管中加入2mLi0%的硫酸铜，滴加5滴2%的氢氧化钠溶液后，再加入0.5mL苯乙醛溶液，加热

后有砖红色沉淀出现

【答案】C

【解析】

【分析】乙烯和氧气在催化剂作用下反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和苯发生加成反应生成苯乙醇，苯乙

醇在一定条件下发生催化氧化生成苯乙醛。

【详解】A.苯乙醛不能形成分子间氢键，不满足氢键的形成（氢键是X-H…Y,X、Y电负性都要大得元

素），常温下，苯乙醛为油状液态主要是分子间作用力较大引起的，故A错误；

B.①和④反应都属于加成反应，原子利用率为100%,故B错误;

D.向试管中加入2mLi0%的硫酸铜，滴加5滴2%的氢氧化钠溶液后，说明碱不足，不能检验醛基，故

D错误。

综上所述，答案为C。

12,某种含苯环的化合物分子式为CioHuCICh,已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为一C1,且

能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，则满足条件的有机化合物的同分异构体数目有多少种

A.3种B.6种C.10种D.15种

【答案】D

【解析】

【详解】该有机物能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明含有竣基；苯环上只有两个取代

基，其中一个取代基为一C1,根据分子式确定另一个取代基为-c4H7。2,取代基为-c4H7。2的种类数为该

有机物的同分异构体数目，当取代基为-C4H7。2的含竣基的主链为4个碳有1种，含竣基的主链为3个碳

有2种，含孩基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7。2与取代基一C1有邻、间、对三种情

况，则满足条件的同分异构体的数目为5x3=15种，故答案为D。

13.某科研团队报道了一种制备酯的反应机理如图（其中Ph—代表苯基）。下列说法不正确的是

CH,

CH,

A.化合物1为该反应的催化剂

B.反应过程中涉及碳氧键的断裂和形成

O

C.总反应中入H与a°2的化学计量数之比为2：1

D.若原料为CECHO和〔J,则预期产物为

【答案】C

【解析】

O

【详解】A.在终产物JfH；之后催化剂完成催化过程恢复原状，故化合物1为反应的催化剂，A

正确。

B.2一3过程中涉及碳氧键的断裂，3-4、4一1过程中涉及碳氧键的形成，故B正确。

o

，和

C.根据催化循环的箭头指向，总反应物为、CH30H和H2O2，总产物为

1^0（图中未示出），故总反应为J与的化

Ph

学计量数之比为1：1,故c错误。

CH,OHCH,OH

D.,CH3CHO可视为CH3coOH,形成的

n

酯为故D正确。

故选C。

14.X、Y、Z、W为原子序数依次增大四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两

种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28,B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化

关系如图所示。下列说法正确的是

A.化合物A、C、E均不溶于水

!3.丫分别与*、Z均可形成为非极性分子

C.X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低

D.W是所在周期中原子半径最大的元素

【答案】B

【解析】

【分析】根据分析A的相对分子质量为28的两种或三种元素所组成的化合物，容易想到一氧化碳和乙

烯，而B分子中含有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但

要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为乙醇，从而X、

Y、Z、W分别为H、C、0、CL

【详解】A.A为乙烯、C为氯乙烷不溶于水，而E为乙醇与水互溶，A错误；

B.X、Y组成的分子乙焕为非极性分子，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，B正确；

C.C、H组成化合物为烧，当是固态煌时，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，C错误；

D.同周期从左往右半径逐渐减小，因此氯是所在周期中原子半径最小的元素，D错误；

故答案为B。

15.2022年3月，我国科学家在实验室实现C02到淀粉的全合成，其合成路线如图：

ZnO-ZnO,醺氧化酶O0

CO2①一CH30H②一X甲［酶>HC>J<^OH一一

HO^6HN

%5HHDHA

淀粉

下列有关说法错误的是

A.反应②中，3.2gCH30H生成HCHO时转移电子数目为0.2NA

B.为加快③反应速率，可采用高温环境进行反应

C.DHA存在核磁共振只有一种氢同分异构体

D.ImolDHA与乙酸发生取代反应，可消耗分子数目为NA的乙酸

【答案】B

【解析】

【详解】A.3.2gCH30H的物质的量为O.lmol,根据甲醇催化氧化生成甲醛的方程式可知，O.lmol甲醇

消耗0.05mol氧气，转移电子数为0.05molX4=0.2mol,故转移电子数为0.2NA,A正确；

B.酶的催化需要适宜的温度，温度过高会使酶失去活性，B错误；

C.DHA的一种同分异构体为人，该同分异构体中只有一种氢，C正确；

CH3OOCH3

D.DHA含有的2个羟基与乙酸发生酯化反应，酯化反应是可逆反应，消耗乙酸的物质的量小于2mol,

可消耗NA个乙酸分子，D正确；

故答案选B。

16.硒是一种第四周期第VIA族的元素，硒化锌是一种黄色晶体，可用于荧光材料、半导体掺杂物。硒

化锌的立方晶胞结构如图所示，其晶胞边长为apm。下列叙述错误的是

A.SeO：的空间构型是三角锥形

B.图中相邻的Se与Zn之间的距离为正apm

4

C.与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的有3种

144

D.若硒化锌晶体的密度为pg・cm-3,则阿伏加德罗常数的值为NA=p（axl0」°）3

【答案】D

【解析】

【详解】A.SeO：的中心原子Se的价层电子对数为3+处2^色=4,Se采用sp3杂化，由于含有一

个孤电子对，其空间构型为三角锥形，A正确；

B.图中2个锌离子平分体对角线，相邻的Se与Zn之间的距离为体对角线的;，体对角线为&apm,

则相邻的Se和Zn之间的距离为^apm，B正确；

C.主族元素同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，As的4P轨道处于半满稳定状态，其第一电

离能大于同周期相邻元素，所以与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、

Br、Kr,C正确；

D.一个晶胞中含有4个ZnSe,取Imol晶胞，贝|有4NA个ZnSe,质量为4X144g,其密度p=

m4x144/.144

丁E而产/而3‘所以D错误；

故答案选D。

17.下列关于有机化合物的叙述不正确的是

A.当总质量一定时，甲苯和甘油二者以任意比例混合，充分燃烧生成水的质量是不变的

B.某嫌的结构简式可表示为（碳原子数W10）,已知煌分子中有两种化学环境不同的氢原

子，则该煌一定是苯的同系物

C.有机物A、B只可能是炫或炫含氧衍生物，等物质的量的A和B完全燃烧时，消耗氧气的量相等，

则A和B的相对分子质量相差可能为8n（n为正整数）

D.1—丙醇、2一氯丙烷、丙醛溶液、苯酚溶液用一种试剂即可逐一鉴别

【答案】B

【解析】

【详解】A.每个甲苯（C7H8）和甘油（C3H8。3）都含有8个氢原子，由于二者的相对分子质量都是

92,则所含氢元素质量分数相同，所以当总质量一定时，含H质量一定，充分燃烧生成水的质量不变，

故A正确；

B.该嫌分子中有两种化学环境不同的氢原子，由于结构对称，苯环上4个氢原子为同一类型，X中还应

有1种氢原子，根据分子内碳原子总数不超过10个，则X可能为-CH3或-OCH,则该煌不一定是苯的

同系物，故B错误；

C.若煌为CxHy,则与等物质的量的且能拆成CxHy-（co2）m-（H2O）n的炫的含氧衍生物消耗氧气的量相

等，由于有机物中的一个碳原子被另一个有机物中的4个氢原子代替时，耗氧量不变，则这两种有机物

的相对分子质量相差可能为8的倍数，故C正确；

D.向4种溶液中分别滴加澳水，出现分层的是2一氯丙烷，不分层，但澳水不变色的是1一丙醇，澳水

褪色的是丙醛溶液，产生白色沉淀的是苯酚，所以用一种试剂即可逐一鉴别，故D正确；

答案选B。

C

—H—3

，

C

18.一种缓释阿司匹林G（4CH2-

——

C

oo22

OHQHoo

COONaIIII

HCH3C一O-CCH工m

回―浓H2so4,A~

A催

化

剂

化剂

①HCN浓硫酸一Kft

CHOC4H8O3CHOCHO.(C6H2)"

36^H+462催化剂610

FMQp

下列说法正确的有几个

（1）有机物M的系统命名为2—羟基一2一竣基丙烷

(2)K的沸点图于乙醇

(3)ImolD分别和Na、NaOH,Na2cO3、NaHCCh物质充分反应，所消耗的物质的量之比为2：2：1：1

(4)有机物E的同分异构体中，同时满足下列条件的有9种

①遇FeCb溶液不显色②Imol该物质消耗4molNaOH

A.4个B.3个C.2个D.1个

【答案】C

【解析】

【分析】对比A、C的结构简式，结合反应条件可知，苯酚与氢氧化钠发生中和反应生成B,B先与二氧

化碳发生加成反应、然后竣基与苯酚钠反应生成C,故B为ONa，C酸化生成D为

OHrx^xOCOCHj

,由G的结构简式、F的分子式，可推知E为口T、P为

COOHV-C00H

C-H

a忙H

2a,则D中酚羟基与乙酸酎发生取代反应生成E和CH3coOH,由分子式,

COOCH2cH20H

CH3

结合P的结构简式，可推知Q为CH2=C(CH3)COOCH2cH2OH,则L为I-、K为

CH2=C-COOH

CH3-CH-COOH

HOCH2cH2OH,由分子式、反应条件可知M发生消去反应生成L,故M为

CH2OH

OH

Io

(或H3C—C-COOH),则F为II，F与HCN先发生加成反应、然后-CN再水解为-

H3C-C-CH3

CH3

COOH生成M。

CH,-CH-COOHI

【详解】(1)有机物M为I(或HsC—C—COOH),丙酸为母体，系统命名为

CH.OHI

2-甲基-3-羟基丙酸(或2-甲基-2羟基丙酸)，(1)错误;

(2)K为HOCH2cH2OH,乙二醇分子间形成的氢键数目比乙醇分子间氢键多，故乙二醇的沸点高于乙

醇,(2)正确;

(3)D为I,竣基、酚羟基都与Na、NaOH反应，ImolD反应消耗2moiNa、

k^-COOH

2molNaOH,酚羟基能与碳酸钠反应转化为碳酸氢钠，而竣基都能与碳酸钠(或碳酸氢钠)反应生成二氧

化碳，故ImolD反应可以消耗2moiNa2co3,ImolD反应消耗Imol碳酸氢钠，消耗Na、NaOH、

Na2co3、NaHCCh的物质的量之比为2：2：2：1,(3)错误；

OCOCH3

,E的同分异构体同时满足下列条件：①遇FeCb溶液不显色，说明没有

COOH

酚羟基；②aImol该物质消耗4moiNaOH,苯环可以含有2个-OOCH、1个-CH3,2个-OOCH有邻、间、

对3种位置关系，对应的-CH3分别有2种、3种、1种位置，苯环有2个取代基为-OOCH、-00CCH3,有

邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有2+3+1+3=9种，(4)正确；

故答案选B。

二、非选择题(共4个小题，共56分)

19.回答下列问题：

(1)按要求完成下列问题：

①写出羟基的电子式—o

②写出蔗糖的分子式—；丙氨酸的结构简式—O

/°\

o=cCH2

③写出维生素类药物中间体TTCT、/中含有的官能团的名称—O

HOHC—C—CH3

CH3

(2)按要求写出化合物HOCH2cH2cHO反应的化学方程式:

①与单质Na反应:

②银镜反应:

(3)有三种有机物质如图:

COOH土CH—CH士

CH3COOCH2CH2CH3

丙

①写出有机物甲的核磁共振氢谱的面积之比为.

OH

②请写出将有机物乙转化为COONa的化学方程式.

③高分子化合物丙的单体是,2mol丙发生完全水解反应消耗NaOH的物质的量为___moL

【答案】⑴①..O:H②.Ci2H22O11③.H2NCH2cH2coOH④.酯基、羟基

(2)①2HoeH2cH2cHe)+2Na-2NaOCH2cH2cH0+H2t②.HOCH2cH2cHO+2[Ag(NH3)2〕OH

HOCH2cH2coONH4+2Ag(+3NH3t+H2O

OH

(3)①.3：1：1

COOH+NaHC03COONa+H2O+CO2t③.CH3CH

=CHCOOCH2cH2cH3

【解析】

【小问1详解】

①羟基电中性，其电子式为.0:H，故答案为：.O:H；

②蔗糖属于二糖，分子式为Ci2H22011：丙氨酸也称为氨基丙酸，其结构简式为HzNCH2cH2co0H,故答

案为：Cl2H22011:H2NCH2CH2COOH;

③根据结构简式可判断维生素类药物中间中含有的官能团的名称为酯基和羟基，故答案为：酯基和羟

基;

【小问2详解】

①HOCH2cH2cHO中羟基与单质Na反应，反应的方程式为:

2HoeH2cH2cHe)+2Na-2NaOCH2cH2cHO+H2t,故答案为:

2HoeH2cH2cHO+2Naf2NaOCH2cH2cHO+H2t；

②HOCH2cH2cH。中醛基发生银镜反应，反应的化学方程式为：HOCH2cH2cHO+2[Ag(NH3)2]OH^^

HOCH2CH2COONH4+2AgI+3NH3t+H2O,故答案为：HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OH

HOCH2cH2coONH4+2AgI+3NH3t+H2O；

【小问3详解】

①有机物甲结构对称，核磁共振氢谱的峰而积之比为3：1：1,故答案为：3：1：1；

②有机物乙中一COOH需要转化为一COONa,且酚羟基不变，则应该与NaHCCh反应，其反应的化学方

0H0H0H

程式为COOH+NaHC°3COONa+HzO+CCht,故答案为：COOH

OH

+NaHCO3-COONa+H2O+CO2t；

③高分子化合物丙是加聚反应生成的，其单体为CH3cH=CHCOOCH2cH2cH3,丙的1个链节完全水解

消耗1个NaOH,2moi丙发生完全水解反应消耗NaOH的物质的量为2nmol,故答案为：CH3cH=

CHCOOCH2CH2CH3；2no

20.苯甲酸乙酯（＜^^）—COOCH2cH3）是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。某化学

兴趣小如通过酯化反应，以苯甲酸和乙醇为原料合成苯甲酸乙酯。

I.试剂相关性质如表:

苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯

常温性

白色叶状晶体无色液体无色透明液体

状

沸点/℃249.078.0212.6

相对分

12246150

子量

微溶于水，易溶于乙醇、乙与水任意比难溶于冷水，微溶于热水，易

溶解性

醴等有机溶剂互溶溶于乙醇和乙醴

II.实验装置如图（部分夹持装置以及加热装置已省去）

III.实验步骤如下：

①加料：于100mL三颈烧瓶中加入：9.8g苯甲酸、15mL（约0.25mol）95%的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀,

加沸石。

②加热：小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸储装置。

③除杂：将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加进Na2cCh粉末，用pH试纸检验呈

中性。

④分离萃取、干燥：分液，水层用10mL乙醛萃取。合并有机层，用无水氯化钙干燥。

⑤精储：回收乙酸，加热蒸储，收集211〜213℃储分，称量产物的质量为9.5g。

回答下列问题：

（1）为提高原料苯甲酸晶体的纯度，可采用的纯化方法为一=

（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），仪器A的名称为—；冷却水从—（填“a”或"b”）

口进入。

（3）写出该法制备苯甲酸乙酯的化学方程式：—o

（4）该反应装置中使用到了分水器，通过分水器不断分离除去反应生成的水，这样做的目的是—o

（5）步骤③中，加入Na2cCh粉末，除了可以除去苯甲酸、乙醇和硫酸外，还有的作用是：―0

（6）实验得到的苯甲酸乙酯的质量低于理论产量，可能的原因是—（填序号）。

a.开始加热时，加热温度过高，导致原料乙醇挥发

b.苯甲酸实际用量多了

c.步骤③中除杂过程中苯甲酸乙酯有溶解损失

（7）通过计算，本实验的产率是—（保留三位有效数字）。

【答案】（1）重结晶（2）①.球形冷凝管②.b

（）浓:酸

3＜^2^~COOH+CH3CH2OHCOOCH2CH3+H2O

（4）使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率

（5）降低苯甲酸乙酯的溶解度

（6）ac（7）87.0%

【解析】

【分析】向100mL三颈烧瓶中加入9.8g苯甲酸、15mL（约0.25mol）95%的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加

沸石，小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸储装置，将乙醇蒸出，再将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧

杯中，在搅拌下分批加进Na2cCh粉末，用pH试纸检验呈中性，分液，水层用10mL乙醛萃取，合并有

机层，用无水氯化钙干燥，再蒸储得到苯甲酸乙酯。

【小问1详解】

苯甲酸水溶性随温度变化明显，所以可以利用重结晶方法提纯；故答案为：重结晶。

【小问2详解】

步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），仪器A的名称为球形冷凝管；冷却水是“下进上出”即

从b口进入；故答案为：球形冷凝管；bo

【小问3详解】

制备苯甲酸乙酯是苯甲酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成苯甲酸乙酯，其反应的化学方程式：

COOH+CH3cH20HCOOCH2cH3+H2O；故答案为:

浓硫酸

+CH3cH20H.""A""COOCH2cH3+H2O。

【小问4详解】

该反应是可逆反应，使用分水器及时分离出生成的水，可以使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙

酯的产率；故答案为：使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率。

【小问5详解】

步骤③中，加入Na2c03粉末，主要有三个作用，除了可以除去苯甲酸、乙醇和硫酸外，还有的作用是：

降低苯甲酸乙酯的溶解度；故答案为：降低苯甲酸乙酯的溶解度。

【小问6详解】

a.开始加热时，加热温度过高，导致原料乙醇挥发，苯甲酸乙酯的质量偏小，因此实际产量低于理论产

量，故a符合题意；b.苯甲酸实际用量多了，得到的苯甲酸乙酯的产量增大，则苯甲酸甲酯的质量高于

理论产量，故b不符合题意；c.步骤③中除杂过程中苯甲酸乙酯有溶解损失，导致得到的苯甲酸乙酯的

产量降低，因此苯甲酸甲酯的质量低于理论产量，故c符合题意；综上所述，答案为：aco

【小问7详解】

98g

9起苯甲酸物质的量为近8m°1，15mL（约0.25m°I）95%的乙醇和2mL浓硫酸’贝惘据

过量分析按照苯甲酸进行计算，根据关系式COOCH2cH3,理论上得到

9.8gxl3695a

苯甲酸乙酯质量m（苯甲酸乙酯尸力.92g,则本实验的产率是病|xlOO%'87.。％；

~122~

故答案为：87.0%。

21.1由C02、甲醇为原料合成绿色化学品碳酸二甲酯（petcE，）的过程如图，请回答下列问

CH,-0—C—0—CH,

题:

(1)o原子的核外有一种空间运动状态的电子。碳酸二甲酯中非金属元素的电负性从大到小的顺序为

(2)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：

①N的p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；

②0

(3)下列说法不亚做的是一(填字母)。

A.上述过程a中，从反应物到产物，C和N元素的杂化方式均保持不变

B.NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键

C.尿素的沸点比碳酸二甲酯的高，主要原因为前者能形成分子间氢键，而后者不能形成分子间氢键

(4)碳酸二甲酯在碱性条件下水解可产生甲醇和碳酸盐，水解产物中CO：的空间构型为一。己知大

兀键可以用兀：表示，其中m表示参与形成大兀键的原子数，n代表大兀键中的电子数，(如苯分子中的大

兀键可表示为兀：)，则CO：中的大兀键应表示为—。

II.在CeCh—ZrCh固溶体的催化体系中也能将CCh转化为碳酸二甲酯。

(5)氧化格(化学式为ZrCh)晶胞结构如图1所示，若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞

中各原子的位置，称为原子的分数坐标。以a点为原点，按如图所示方向建立直角坐标系，若a、b点微

粒的分数坐标分别为(0,0,0),(1,0,1),则c点微粒的分数坐标为—。晶胞沿z轴方向在xy平面

的投影平面图如图2,如：d点的投影如图2中涂黑的部分，请在图2中涂黑标并注b和e点微粒的位置

(2)0原子失去的是已经配对的2P电子，配对电子相互排斥

(3)AB(4)①.平面三角形②.兀:

【解析】

【小问1详解】

量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，氧元素的原子序数为8,电子排布式

为Is22s22P3则氧原子则Is、2s、2P的原子轨道数为5,则氧原子的核外有5种；元素的非金属性越

强，电负性越大，碳酸二甲酯中非金属元素的强弱顺序为O>C>H,则元素的电负性从大到小的顺序为

0>C>H,故答案为：5；0>C>H；

【小问2详解】

尿素中氮原是子P轨道是半充满的稳定结构，较难失去电子，且原子失去的是已经配对的2P电子，配对

电子相互排斥，较易失去电子，所以尿素中氮原子的第一电离能比氧原子的高，故答案为：O原子失去

的是己经配对的2P电子，配对电子相互排斥；

【小问3详解】

A.由图可知，上述过程a中，反应物氨分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化，产物尿素分子中氮原子的

杂化方式为Sp2杂化，故错误；

B.氨分子与水分子间能形成分子间氢键，且氨分子为极性分子，由相似相溶原理可知，氨气极易溶解在

水中，故错误；

C.尿素能形成分子间氢键，而碳酸二甲酯不能形成分子间氢键，所以尿素的分子间作用力强于碳酸二甲

酯，沸点高于碳酸二甲酯，故正确；

故选AB；

【小问4详解】

碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0,所以碳原子的杂化方式为sp2杂化，离子

的空间构型为平面三角形，由题给信息可知，离子中碳原子和氧原子形成兀；大无键，故答案为：兀；；

【小问5详解】

由位于顶点的a和