北京市石景山区2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题

石景山区20232024学年第二学期高二期末试卷化学本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。相对原子质量：H1C12O16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.下列有机化合物分子中，所有原子不可能位于同一平面的是A.乙烯 B.乙炔 C.苯 D.甲苯【答案】D【解析】【详解】A．碳碳双键为平面结构，所以乙烯分子中所有原子位于同一平面，故A不符合题意；B．碳碳三键为直线结构，所以乙炔分子中所有原子位于同一平面，故B不符合题意；C．苯环为平面结构，所以苯分子中所有原子位于同一平面，故C不符合题意；D．苯环为平面结构，甲苯分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，所以甲苯分子中所有原子不可能位于同一平面，故D符合题意；故选D。2.下列有机物化合物，属于苯的同系物的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】A.的环外侧链有碳碳双键，结构与苯不相似，不是苯的同系物，故A错误；B.与苯结构相似，具有一个苯环，与苯在分子组成上相差1个CH2，是苯的同系物，故B正确；C.不属于烃，不是苯的同系物，故C错误；D.分子中有两个苯环，与苯结构不相似，不是苯的同系物，故D错误；故答案为：B。3.下列有机物化合物存在顺反异构体的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．碳原子连接了2个相同的原子，不存在顺反异构，故A错误；B．碳原子连接了2个相同的H原子，不存在顺反异构，故B错误；C．存在、顺反异构体，故C正确；D．碳原子连接了2个相同的H原子，不存在顺反异构，故D错误；故选C。4.下列化学用语或图示表达不正确的是A.基态C原子的轨道表示式：B.羟基的电子式：C.的VSEPR模型：D.基态Cu原子的价层电子排布式：【答案】A【解析】【详解】A．基态C原子的轨道表示式：，A错误；B．羟基的电子式：，B正确；C．SO2的价层电子对数为3，孤电子数为1，VSEPR模型为，C正确；D．基态Cu原子为29号元素，其价层电子排布式：3d104s1，D正确；故选A。5.下列微粒的中心原子是杂化的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为，其杂化方式为，故A错误；B．中心原子价层电子对数为，其杂化方式为，故B正确；C．中心原子价层电子对数为，其杂化方式为，故C错误；D．中心原子价层电子对数为，其杂化方式为，故D错误；故选B。6.2024年6月2日至3日，嫦娥六号顺利完成在月球背面南极艾特肯盆地的智能快速采样，并首次在月球背面独立动态展示国旗。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Ca>Mg>Si B.电负性Mg<Si<OC.碱性 D.第一电离能Mg<Al<Si【答案】D【解析】【详解】A．同周期从左往右原子半径逐渐减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径Ca>Mg>Si，A正确；B．同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，故电负性Mg<Si<O，B正确；C．同主族从上往下金属性增强，金属性Ca>Mg，故碱性，C正确；D．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，Mg的2s能级全满，第一电离能大于Al，故第一电离能Al<Mg<Si，D错误；故选D。7.物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是实例解释A的沸点比的高键能大于键能B熔点：石英>干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体C在溶剂中的溶解度比在溶剂水中的大和均为非极性分子，为极性分子D酸性：键电负性比键的电负性大，使羧基中羟基的极性更大A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．的沸点比高是因为分子间能形成氢键，使沸点升高，故A错误；B．石英是共价晶体，干冰是分子晶体，共价晶体熔沸点高于分子晶体，故B错误；C．和均为非极性分子，根据相似相溶的规律，则碘易溶于四氯化碳中，故C正确D．F的电负性大于H，则中羟基的极性大于，则酸性，故D正确；故选A。8.2022年北京冬奥会和冬残奥会的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”是由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法不正确的是A.制作PVC()的单体可以使溴水褪色B.PC()中所有碳原子均可共平面C.ABS的单体苯乙烯()碳的百分含量和乙炔相同D.制备亚克力材料()的单体中官能团为碳碳双键和酯基【答案】B【解析】【详解】A．制作PVC()的单体是氯乙烯，含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；B．中用*标出的碳原子通过单键与4个碳原子相连，不可能所有碳原子共平面，故B错误；C．ABS的单体苯乙烯()分子式为C8H8，碳的百分含量和乙炔相同，故C正确；D．制备亚克力材料()的单体为，官能团为碳碳双键和酯基，故D正确；选B。9.用下图所示装置及药品进行实验，能达到实验目的的是实验目的A．制备并收集乙酸乙酯B．验证甲基对苯环的影响实验目的C．验证乙炔的还原性D．验证碳酸与苯酚的酸性强弱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．乙醇、乙酸、浓硫酸共热制取的乙酸乙酯中混有易挥发的乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、吸收乙酸，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，分液即可获得乙酸乙酯，故A正确；B．苯和甲烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验说明苯环对甲基有影响，故B错误；C．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有杂质硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该实验不能验证乙炔的还原性，故C错误；D．浓盐酸具有很强的挥发性，苯酚钠溶液变浑浊可能是HCl和苯酚钠反应生成苯酚，所以该实验不能验证碳酸与苯酚的酸性强弱，故D错误；故答案为：A。10.下列分离提纯的方法不正确的是混合物分离、提纯方法A制备溴苯时除去未反应完的溴加入NaOH溶液，分液B含泥沙、NaCl的粗苯甲酸重结晶法C碘水中提取碘单质四氯化碳萃取D苯中混有少量苯酚加浓溴水过滤A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的盐，溴苯不溶于水，与氢氧化钠溶液分层，可用分液的方法分离，故A正确；B．泥沙不溶于水，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，可用重结晶的方法分离，故B正确；C．碘单质微溶于水、易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，所以可用四氯化碳萃取，故C正确；D．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯，不能用过滤的方法分离，故D错误；故答案为：D。11.如图是利用丙醇制丙烯，再用丙烯制取1，2二溴丙烷的装置，反应过程装置①中溶液变黑，且生成有刺激性气味的气体。下列说法不正确的是A.装置①中溶液变黑是因为浓硫酸使丙醇碳化，并有、气体生成B.装置①中的反应物丙醇用1丙醇或2丙醇发生消去反应的产物相同C.②的试管中可盛放酸性溶液以除去副产物D.装置④中的现象是溶液颜色变浅直至无色【答案】C【解析】【详解】A．丙醇具有还原性，浓硫酸具有氧化性，他们之间可能发生氧化还原反应生成、气体，故A正确；B．1丙醇或2丙醇发生消去反应的产物为丙烯，丙烯只有一种结构，故B正确；C．生成的丙烯会被酸性高锰酸钾氧化，故不能在②的试管中盛放酸性溶液，故C错误；D．装置④中丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应导致溶液褪色，故D正确；故选C。12.靶向药物能够识别肿瘤细胞的特征性位点，杀灭肿瘤细胞效果好，且毒副作用小。靶向药物M的结构简式如图所示。下列说法不正确的是A.M的分子式为 B.M分子中含有3种官能团C.碳原子杂化方式均为 D.1molM最多可与3molNaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A．由分子结构简式可知其分子式为，故A正确；B．分子中含有酚羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，故B正确；C．分子中不含饱和碳原子，所有碳原子均为杂化，故C正确；D．M中含有的酚羟基，以及酯基水解后产生的羧基和酚羟基都能和氢氧化钠溶液反应，则1molM最多可与4molNaOH发生反应，故D错误；故选D。13.已知：苯环引入取代基会改变苯环的电子云密度，从而改变苯环再次取代反应的难易以及取代的位置。苯环上的电子云密度越大，取代越容易。ⅰ.ⅱ.ⅲ下列说法不正确的是A.浓硫酸在反应中起催化剂和吸水剂的作用B.由反应ⅰ和ⅲ的反应条件对比可得：硝基使苯环再次取代变得困难C.发生硝化反应生成取代物的主要产物是D.由以上实验可知甲基和硝基使苯环上的电子云密度减小【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸在反应中的作用为催化剂以及吸收剂，促进反应正向进行，故A正确；B．反应i的条件为浓硫酸、50～60℃，反应iii的条件为浓硫酸、95℃，则硝基使苯环再次取代变得困难，故B正确；C．由反应iii可知，硝基苯的主要取代位置为间为，则发生硝化反应主要取代硝基的间位，则生成的主要产物是，故C正确；D．对比试验i和ii可知，甲基使得苯环的取代反应更容易，则甲基使得苯环上的电子云密度增大，故D错误；故选D。14.配合物常用作杀虫剂、媒染剂等。其制备的流程图如下：已知：的空间结构为平面四边形。下列说法不正确的是A.若中两个被两个Cl取代，只有一种结构B.过程②发生反应的化学方程式C.过程③加入95%乙醇的作用是减小溶剂极性，以减小硫酸四氨合铜的溶解度D.根据上述实验现象可知，与结合能力的强弱顺序为：【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L硫酸铜溶液中加1mol/L氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，得深蓝色溶液，往深蓝色溶液中加95%乙醇析出晶体。【详解】A．若的空间结构为平面四边形，其中两个被两个Cl取代，有2种结构，故A错误；B．过程②为氢氧化铜与氨水反应生成，发生反应的化学方程式，故B正确；C．95%乙醇的极性较小，所以过程③加入95%乙醇的作用是减小溶剂极性，以减小硫酸四氨合铜的溶解度，故C正确；D．硫酸铜溶液中存在的是，加氨水至过量得，说明与结合能力的强弱顺序为：，故D正确；故答案为：A。第二部分本部分共6题，共58分。15.硼氮氢化合物在有机合成、储氢材料等方面备受关注。硼氮氢化合物之一氨硼烷的一种制备方法如下：ⅰ(乙硼烷)ⅱ.已知：元素的电负性：（1）中硼元素的化合价为___________。（2）分析解释中N与B原子之间的作用___________。（3）比较与键角大小：___________(填“>”、“<”或“=”)（4）新型储氢材料的晶胞为边长anm的立方体，如下图所示。①与距离最近且等距的有___________个。②已知的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，此晶体的密度为___________。()【答案】（1）+3（2）分子中N原子提供孤对电子，分子中B原子提供空轨道，形成配位键（3）＜（4）①.12②.【解析】【小问1详解】，H的电负性大于B，则H为1价，B为+3价，故答案为：+3；【小问2详解】中分子中N原子提供孤对电子，分子中B原子提供空轨道，形成配位键，故答案为：分子中N原子提供孤对电子，分子中B原子提供空轨道，形成配位键；【小问3详解】分子中B原子无孤对电子，中心原子B的杂化方式为sp2，其空间构型为平面三角形，为120°，分子中N原子有1对孤对电子，其杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，孤对电子斥力较大，为107.5°，故答案为：＜；【小问4详解】①以顶点的为对象，距离最近且等距的位于与之相邻的三个面的面心上，顶点被8个晶胞共用，面心被2个晶胞共用，则距离最近且等距的有个，故答案为：12；②根据均摊法，每个晶胞中含有的个数为，含有的个数为8，则晶胞的质量为，晶胞体积为，则其密度为，故答案为：。16.苯甲酸乙酯是一种食用香精。某化学小组用下图装置(夹持及加热装置省去)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沸点/℃249.078.0212.6相对分子量12246150Ⅱ．实验步骤如下：①向三颈烧瓶中加入12.2g苯甲酸()、15mL乙醇(约0.25mol)和2mL浓硫酸。②加热回流约2h后，改为蒸馏装置蒸出78℃馏分。③将瓶中液体倒入盛有20mL冷水的烧杯中，加入粉末至溶液呈中性。④分液，向有机层中加入无水干燥。⑤加热蒸馏211~213℃馏分，称量产物的质量为12.3g。回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________，冷却水从___________(填“a”或“b”)口进入。（2）写出制备苯甲酸乙酯的化学方程式___________。(乙醇用做标记：)（3）加入粉末的作用为___________。（4）分水器分离除去生成的水，从反应原理的角度解释此操作的目的___________。（5）通过计算，本实验的产率为___________%(产率等于产品的实际质量与理论质量的比值，保留两位有效数字)。【答案】（1）①球形冷凝管②.b（2）（3）除去苯甲酸、乙醇和硫酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度（4）使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率（5）82%【解析】【分析】向三颈烧瓶中加入12.2g苯甲酸（0.1mol）、(约0.25mol)的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加沸石，小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸馏装置，将乙醇蒸出，再将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下加进Na2CO3粉末，用pH试纸检验呈中性，分液，向有机层加入无水硫酸镁干燥，再蒸馏得到苯甲酸乙酯。【小问1详解】由仪器构造可知A为球形冷凝管，水流方向为下进上出，故答案为：球形冷凝管；b；【小问2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和水，其反应的化学方程式：，故答案为：；【小问3详解】步骤③中，加入Na2CO3粉末，主要作用是，除去苯甲酸、乙醇和硫酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度；故答案为：除去苯甲酸、乙醇和硫酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度；【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】12.2g苯甲酸（0.1mol），(约0.25mol)乙醇和2mL浓硫酸，则根据过量分析按照苯甲酸进行计算，根据关系式理论上得到苯甲酸乙酯质量m(苯甲酸乙酯)=，则本实验的产率是；故答案为：82%。17.有机物X是一种重要的医药原料，可从柳树皮中提取，某化学小组研究有机物X的方法如下：（1）将柳树皮清洗、切块、沸水煮一段时间得X的提取液，提取液经加热浓缩、___________(填操作名称)得X的晶体。（2）X完全燃烧只生成和。称取13.8gX样品，将充分燃烧产物依次通入无水和浓KOH溶液使其充分被吸收。测得质量依次增重5.4g和30.8g，则该有机物X中___________(填“是”或“否”)含有氧原子，结合质谱图得X的分子式为___________。物质X的质谱（3）实验测得X为芳香族化合物，且苯环上有两个处于邻位的取代基；不能发生银镜反应；1molX与足量的Na反应可产生1mol；X的核磁共振氢谱有6组峰，X的结构简式为___________。（4）以X和乙酸酐()为原料可以合成阿司匹林的药物粗产品。①写出乙酸合成乙酸酐的化学方程式___________。②预检验所得粗产品中是否有X剩余，可取少量粗产品，加乙醇溶解，滴加___________，若溶液显紫色，则说明有X剩余；反之则无。【答案】（1）冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（2）①.是②.C7H6O3（3）（4）①②.FeCl3溶液【解析】【分析】将有机物X完全燃烧得到水和二氧化碳，将燃烧产物依次通过无水CaCl2和浓KOH溶液，增重分别为水和二氧化碳的质量。根据数据可计算出生成的n(H2O)=5.4g÷18g/mol=0.3mol，n(CO2)=30.8g÷44g/mol=0.7mol，则有机物X中氢原子、碳原子物质的量分别为n(H)=0.6mol，n(C)=0.7mol，氧原子质量×1g/mol0.7mol×12g/mol=4.8g，n(O)=4.8g÷16g/mol=0.3mol。经计算得到有机物X中n(C):n(H):n(O)=7:6:3，即实验式为C7H6O3。据此解答。【小问1详解】将柳树皮清洗、切块、沸水煮一段时间得到X的提取液，提取液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到X的晶体。故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问2详解】根据分析可知，有机物X中一定含有氧原子，其实验式为C7H6O3。根据质谱图可知有机物X的相对分子质量为138，即(C7H6O3)n=138，n=1，则该有机物X的分子式为C7H6O3。故答案为：是；C7H6O3。【小问3详解】根据有机物X的结构和性质可知，1mol有机物X中含1mol酚羟基和1mol羧基，且二者处于邻位，则其结构简式为：故答案为：。【小问4详解】①乙酸合成乙酸酐的化学方程式为：故答案为：②若检验产品中是否有X剩余，可取少量粗产品，加入乙醇溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有X剩余，反之则无。故答案为：FeCl3溶液。【点睛】18.功能高分子P的合成路线如下：已知：RCHO+R′CH2CHO(R、R′表示烃基或氢)（1）A的分子式是，其名称为___________。（2）C的结构简式___________。（3）F的分子式是。F中含有的官能团___________。（4）B→C的化学反应方程式___________。（5）F→G中与银氨溶液主要成分反应一步的化学反应方程式___________。（6）G→H的化学反应方程式___________。【答案】（1）甲苯（2）（3）碳碳双键、醛基（4）（5）（6）【解析】【分析】由高分子P的结构简式可知，D和H两物质分别、，由反推可知C为，则C→D的反应为卤代烃的水解反应，试剂b为氢氧化钠水溶液，反推可知B为，则A为，试剂a为浓硫酸和浓硝酸的混酸；由H的结构简式及F→G的条件可知G为CH3CH=CHCOOH，则F为CH3CH=CHCHO，由已知的反应可知E为乙醛，据此解答。【小问1详解】A为，其名称为甲苯，故答案为：甲苯；【小问2详解】由分析可知C的结构简式为，故答案为：【小问3详解】F为CH3CH=CHCHO，其官能团名称为碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；【小问4详解】B→C的化学反应方程式为，故答案为：；【小问5详解】CH3CH=CHCHO与银氨溶液的第一步反应为，故答案为：；【小问6详解】G→H的反应为CH3CH=CHCOOH的加聚反应，其化学反应方程式为，故答案为：。19.8异戊烯基7，3′，4′三羟基黄烷酮()可从紫罗兰中提取和分离出来，但含量较低，一种人工全合成路线如下。已知：(R为H或烃基)（1）E→F的反应类型为___________。（2）在上述有机合成中的作用是___________。（3）实验室制备A化学反应方程式___________。（4）写出G→H的化学方程式___________。（5）符合下列条件的G的同分异构体有___________种，写出其中一种同分异构体的结构简式___________。a．遇显色b．能发生水解反应（6）A→B经过多步反应(K含有羟基)①K的结构简式为___________。②用系统命名法为B命名___________。（7）E生成F的产率大于90%，E分子中一个羟基未参与反应的主要原因为___________。（8）J的结构简式为___________。【答案】（1）取代反应（2）保护酚羟基（3）（4）（5）①.3②.或或；（6）①.②.2甲基1，3丁二烯（7）羟基与旁边的酮羰基形成了分子内氢键，使羟基不易断裂（8）【解析】【分析】A为乙炔经过多步反应生成B，结合B→C的反应条件以及C的结构简式，结合B的化学式，可知B中含有两个双键，其结构简式为，C与D发生取代反应生成E，结合E的结构简式，可知D为，E与发生取代反应生成F，F与H在催化剂、加热条件下生成I，结合已知的反应，I的结构简式为，I去保护生成J，则J的结构简式为，J经过环化生成8异戊烯基7，3′，4′三羟基黄烷酮据此解答。【小问1详解】E→F的反应除了生成F外还有小分子的HCl生成，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问2详解】根据I→J去保护，可知在上述有机合成中的作用是保护酚羟基，故答案为：保护酚羟基；【小问3详解】实验室制备乙炔的化学反应方程式为，故答案为：；【小问4详解】G→H取代反应，其化学方程式为；【小问5详解】G的同分异构体遇显色，则分子中含有酚羟基，能发生水解反应，分子中含有酯基，则分子中苯环的取代基为，其有邻、间、对三种，、、；【小问6详解】其流程为，K的结构简式为，B的系统命名法为2甲基1，3丁二烯，故答案为：；2甲基1，3丁二烯；【小问7详解】E分子中一个羟基未参与反应的主要原因为是羟基与旁边的酮羰基形成了分子内氢键，使羟基不易断裂，故答案为：羟基与旁边的酮羰基形成了分子内氢键，使羟基不易断裂；【小问8详解】由分析知，J的结构简式为，故答案为：。20.某化学小组为研究卤代烃水解反应与消去反应的规律，进行如下研究I．探究卤代烃的水解反应与消去反应：实验ⅰ：向烧瓶A中加入1溴丁烷和氢氧化钠的水溶液，加热；B中溶液褪色。实验ⅱ：向烧瓶A中加入1溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液，加热；B中溶液褪色。实验ⅲ：分别取实验ⅰ和ⅱ中上层清液于试管中，加硝酸酸化的溶液，均产生黄色沉淀。（1）烧瓶中加入碎瓷片的作用是___________。（2）实验ⅰ中发生了水解反应，反应方程式为___________。（3）甲同学认为实验ⅰ中高锰酸钾溶液褪色，因此发生了消去反应，乙同学认为反应体系中的物质___________也能使其褪色，否定了甲的结论。Ⅱ．在实验ii的体系中同时检出水解产物与消去产物，进一步查阅文献资料研究文献资料：