2023-2024学年北京市丰台区高二下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市丰台区2023-2024学年高二下学期期末考试第一部分1.下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是焰火绚丽多彩中国深井一号采用石英材料进行高温下作业A．与原子核外电子跃迁有关B．与SiO2熔点较高有关植物油氢化所得人造奶油利用紫外线为餐具消毒C．与植物油中酯基与H2加成有关D．与紫外线可以使蛋白质变性有关A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，选项A正确；二氧化硅是共价晶体，SiO2熔点较高，因此石英材料能进行高温下作业，选项B正确；植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，选项C错误；利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，选项D正确；〖答案〗选C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.1s电子云图为B.SO的VSEPR模型为C.H2O的空间填充模型为D.基态Li原子的轨道表示式为为〖答案〗D〖解析〗电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，1s电子云图为，A项正确；中中心S原子的价层电子对数为3+×(6+2-3×2)=4，其VSEPR模型为四面体形，有一对孤电子对，表示为，B项正确；H2O中中心O原子的孤电子对数为×(6-2×1)=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形，空间填充模型为，C项正确；基态Li的核外电子排布式为1s22s1，轨道表示式为，D项错误；〖答案〗选D3.有机物中不含有的官能团是A.羰基 B.碳碳双键 C.醚键 D.羧基〖答案〗B〖解析〗该有机物结构中含有的官能团有：羰基、氯原子（碳氯键）、醚键、羧基，不含碳碳双键，故B项符合题意；〖答案〗选B。4.制取较纯的一溴乙烷，下列方法中最合理的是A.乙烯与溴化氢加成 B.乙炔和溴化氢加成C.乙烯和溴水加成 D.乙烷和液溴取代〖答案〗A〖解析〗乙烯与溴化氢加成反应生成一溴乙烷，产物只有一种，A正确；乙炔和溴化氢加成反应生成溴乙烯，没有得到一溴乙烷，B错误；乙烯和溴水加成反应生成1,2-二溴乙烷，没有得到一溴乙烷，C错误；乙烷和液溴取代可以是一溴取代，也可以是多溴取代，副产物较多，D错误；〖答案〗选A。5.下列物质的性质与氢键无关的是A.沸点：H2OH2S B.密度：冰水C.稳定性：HF>HCl D.熔点：乙醇>丙烷〖答案〗C〖解析〗H2O分子间存在氢键，H2S分子间没有氢键，故H2O的沸点高于H2S的沸点，与氢键有关，A项不符合题意；H2O的VSEPR模型为四面体形，在冰晶体中，每个水分子与周围紧邻的4个水分子形成氢键，由于氢键具有方向性，使得冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，其密度比液态水的小，与氢键有关，B项不符合题意；键长：H—F键＜H—Cl键，键能：H—F键＞H—Cl键，故稳定性：HF＞HCl，与氢键无关，C项符合题意；乙醇中含有O—H键，乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间没有氢键，故乙醇的熔点高于丙烷，与氢键有关，D项不符合题意；〖答案〗选C。6.碱金属离子可形成两种结构，如图所示，下列说法不正确的是A.碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子B.K+与冠醚形成超分子，增大了KMnO4在有机溶剂中的溶解度C.NaCl晶胞中代表Cl-D.1个NaCl晶胞中平均含有个Na+和个Cl-〖答案〗A〖解析〗碱金属离子与冠醚通过配位键形成超分子，故A错误；高锰酸钾在有机溶剂中存在如下溶解平衡：KMnO4K++MnO，加入冠醚，钾离子与冠醚形成超分子使得溶液中钾离子浓度减小，平衡右移，高锰酸钾在有机溶剂中的溶解度增大，故B正确；氯化钠晶体中氯离子的离子半径大于钠离子，所以晶胞中代表氯离子，故C正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，所以1个氯化钠晶胞中平均含有4个氯离子和4个钠离子，故D正确；故选A。7.有机化合物分子中的邻近基团往往存在相互影响，这种影响会使有机化合物性质产生差异。下列事实不能说明上述观点的是A.甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，而甲烷不能B.乙酸能与碳酸钠发生反应，而乙醇不能C.与苯相比，甲苯更易与浓HNO3发生取代反应D.2-甲基-1-丙醇能发生消去反应，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应〖答案〗D〖解析〗甲苯受苯环影响导致甲基的活泼性增强，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，能说明上述观点，故A不符合题意；乙酸能与碳酸钠反应放出气体，而乙醇不能，甲基影响-COOH易电离显酸性，可说明原子团之间相互影响导致化学性质不同，故B不符合题意；羟基影响苯环，苯环上H变活泼，则与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应，说明羟基活化了苯环，故C不符合题意；2-甲基-1-丙醇能发生消去反应是因为2号C上有H，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应是因为2号C上没有H，与基团之间的相互影响无关，故D符合题意；〖答案〗选D。8.阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如图所示。下列说法正确的是A.第一电离能：C<N<OB.分子中碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式C.该分子存在顺反异构体D.该物质既有酸性又有碱性〖答案〗D〖解析〗C、N、O属于同周期元素，随着核电荷数逐渐增大，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，其第一电离能大于其右边相邻元素，因此第一电离能：N＞O＞C，A错误；甲基上的碳原子为sp3杂化，苯环中的碳原子以及双键两端碳原子为sp2杂化，不存在sp杂化，B错误；碳碳双键一端的碳连接相同的H基团，不存在顺反异构体，C错误；该物质含有羧基具有酸性，含亚氨基具有碱性，D正确；故选D。9.下列方程式书写正确的是A.CH3CH2Br与NaOH溶液反应：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OB.乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热出现砖红色浑浊：CH3CHO+Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+CuO↓+2H2OC.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→+2D.硬脂酸甘油酯的皂化反应：〖答案〗D〖解析〗CH3CH2Br与NaOH溶液发生取代反应，方程式为，A错误；乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀为，方程式为，B错误；苯酚的酸性弱于碳酸，但强于，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2反应方程式为+，C错误；硬脂酸为，硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解属于皂化反应，方程式为，D正确；〖答案〗选D。10.下列实验方案能达到实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．检验乙醇消去反应生成的乙烯C．除去苯中的苯酚D．检验溴乙烷中的溴元素A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应，无法制取，A错误；乙醇发生消去反应生成乙烯，挥发出的乙醇蒸气以及浓硫酸被还原为SO2通过NaOH溶液除去，最后乙烯和溴单质发生加成反应使溶液褪色，可检验乙醇消去反应生成的乙烯，B正确；三溴苯酚不溶于水，易溶于有机溶剂，浓溴水与苯酚生成的三溴苯酚可溶于苯，故D错误；溴乙烷中加入NaOH水溶液，加热，发生水解反应，水解后没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，D错误；故选：B。11.在葡萄糖水溶液中，存在着链式结构和两种氧环式结构的平衡，如图所示。下列说法不正确的是A.葡萄糖在水中溶解性较好的原因是其可以与水形成氢键B.β-D-葡萄糖水溶液不能发生银镜反应C.氧环式结构的形成可看作羟基与醛基发生了加成反应D.葡萄糖分子间反应可生成麦芽糖〖答案〗B〖解析〗葡萄糖分子中含有羟基，可以与水形成分子间氢键，因此在水中溶解性较好，A正确；β-D-葡萄糖在水溶液中可以转化为链式葡萄糖，链式葡萄糖结构中含有醛基，可以发生银镜反应，B错误；根据两种氧环式葡萄糖结构可知，链式葡萄糖中羟基与醛基发生加成反应可以形成氧环式结构，C正确；葡萄糖分子间可以发生脱水缩合反应，生成麦芽糖，D正确；〖答案〗选B。12.尿素()中氢原子可以像苯酚中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，其中生成脲醛树脂化学方程式为：n+nHCHO+xH2O，下列说法不正确的是A.尿素可以与甲醛发生加成反应生成B.方程式中x=n-1C.尿素和甲醛也可以反应生成网状的脲醛树脂D.脲醛树脂水解可得到尿素和甲醛〖答案〗D〖解析〗根据苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的原理，可推测尿素先与甲醛发生加成反应生成，A项正确；尿素先与甲醛反应生成，再发生缩聚反应生成脲醛树脂，发生缩聚反应时单体只有一种，故x=n-1，B项正确；甲醛可以和中的亚氨基继续发生加成反应再发生反应生成网状结构的脲醛树脂，C项正确；脲醛树脂存在酰胺基，故可以发生水解反应，但水解产物不是尿素和甲醛，D项错误；〖答案〗选D。13.某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件，进行了如下实验。已知：Ag(NH3)Ag++2NH3编号实验试剂a混合液pH现象ⅠNaOH10常温产生银镜Ⅱ浓氨水10加热无银镜Ⅲ无8加热产生银镜下列说法不正确的是A.乙醛与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OB.对比实验Ⅰ、Ⅲ说明碱性条件有利于银镜产生C.实验Ⅱ未产生银镜的原因是CH3CHO还原性较弱D.基于此实验推断，制备银氨溶液时，加氨水的量不是越多越好〖答案〗C〖解析〗乙醛与银氨溶液发生银镜反应生成乙酸铵、单质银，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，A正确；对比实验Ⅰ、Ⅲ在强碱条件下，发生银镜反应更容易，B正确；一水合氨受热分解，实验II未产生银镜的原因加热促进NH3•H2O分解，逸出NH3，碱性变弱，C错误；已知存在平衡：Ag++2NH3，溶液中加入过量氨水，氨水的浓度过大会抑制银氨配离子的电离使溶液中Ag+浓度相应减小，导致银镜反应效果不佳，D正确；故选C。14.药物e具有抗癌抑菌功效，其合成路线如下。下列说法不正确的是A.NaBH4具有还原性因为H为-1价B.有机物b分子中含有5个手性碳原子C.反应①和③是为了保护醛基D.药物e分子中含有4个六元环〖答案〗B〖解析〗a与乙二醇发生加成后再脱水生成b，b中氰基NaBH4还原为氨基生成c，d脱水后生成e，e为。NaBH4中H为-1价，因此具有强还原性，A正确；连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，用“*”标记处手性碳原子，有，有机物b分子中含有4个手性碳原子，B错误；a到b反应过程中是为了保护醛基不被NaBH4还原，则反应①的目的是保护醛基不被还原，而反应③是为了脱去对醛基的保护，C正确；e为，含有4个六元环，D正确；故选B。第二部分15.合成防晒霜的主要成分M()的路线如下：已知：（1）A分子中含有的官能团的名称是___________。（2）A→B的反应类型是___________。（3）B→C的化学方程式是___________。（4）下列有关G的说法正确的是___________(填序号)。a．能与浓溴水发生取代反应b．能发生还原反应，不能发生氧化反应c．1molG与足量的Na反应产生1molH2d．能用FeCl3的溶液检验（5）H的一种芳香族同分异构体，能与NaHCO3反应的同分异构体，其名称是___________。（6）I的结构简式是___________。（7）F和J反应的化学方程式是___________。〖答案〗（1）碳碳双键（2）加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）ad（5）苯甲酸（6）（7）〖解析〗A为乙烯，A与水发生加成反应生成B（乙醇），乙醇催化氧化成乙醛（C），乙醛发生题目中已知的反应生成D，则D的结构简式为，D与氢气发生加成反应生成E，E经过一定条件生成F，结合M的结构简式，以及F的分子式可知F为，结合H的结构可知G为苯酚，H经过一定条件生成I，结合M的结构简式以及I的分子式可知I为，I经过一定条件生成J，结合M的结构可知J为，J与F通过酯化反应合成M。【小问1详析】A为乙烯，其官能团名称为碳碳双键，故〖答案〗为：碳碳双键；【小问2详析】A→B的反应为乙烯和水的加成反应生成乙醇，故〖答案〗为：乙醇；【小问3详析】B→C为乙醇的催化氧化反应，故〖答案〗为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；小问4详析】G为苯酚，a．能与浓溴水发生取代反应，生成三溴苯酚沉淀，故a选；b．能和H2发生加成（还原）反应，在空气中易被氧气氧化为红色物质，故b不选；c．1mol苯酚含有1mol酚羟基，与足量的Na反应产生0.5molH2，故c不选；d．苯酚能与FeCl3的溶液发生显色反应，故d选；故选ad；【小问5详析】H的一种芳香族同分异构体，能与NaHCO3反应，则结构中含有羧基，结合分子式可知，其名称为苯甲酸，故〖答案〗为：苯甲酸；小问6详析】由分析可知I为，故〖答案〗为：；【小问7详析】J与F通过酯化反应合成M，其化学方程式为，故〖答案〗为：。16.氟锑酸(HSbF6)是石油重整中常用的催化剂，酸性极强，被称为超强酸。HSbF6可由SbF5与HF混合得到，HSbF6在HF中容易生成[H2F]+[SbF6]-。（1）氟元素在周期表的位置是___________。（2）HF中H-F键是由H的1s轨道和F的___________轨道“头碰头”重叠形成的σ键。（3）[H2F]+中F原子杂化类型是___________。（4）温度接近沸点时，HF蒸气的实测相对分子质量明显高于用相对原子质量和HF化学式计算出来的相对分子质量，原因是___________。（5）Sb位于第五周期，与N同主族，基态Sb原子的价层电子排布式是___________。（6）1mol[SbF6]-含有___________mol配位键。（7）碳正离子是有机反应中间体，已知稳定性：，等物质的量的与HSbF6发生反应的化学方程式是___________。〖答案〗（1）第二周期第VIIA族（2）2p（3）sp3（4）HF分子在气相的时候会通过氢键二聚或多聚，导致实测相对分子质量偏大（5）5s25p3（6）1（7）〖解析〗【小问1详析】氟是9号元素，氟元素在周期表的位置是第二周期ⅦA族；【小问2详析】HF中H-F键是由H的1s轨道和F的2p轨道“头碰头”重叠形成的σ键。【小问3详析】[H2F]+中F原子孤电子对数为2，σ键数为2，价电子对数为4，杂化类型是sp3；【小问4详析】HF能形成分子间氢键，温度接近沸点时，HF蒸气的实测相对分子质量明显高于用相对原子质量和HF化学式计算出来的相对分子质量，原因是HF分子在气相的时候会通过氢键二聚或多聚，导致实测相对分子质量偏大。【小问5详析】Sb位于第五周期，与N同主族，基态Sb原子的价层电子排布式是5s25p3。【小问6详析】Sb价电子数为5，能形成5个键，1mol[SbF6]-含有1mol配位键。【小问7详析】碳正离子是有机反应中间体，已知稳定性：，易形成，所以等物质的量的与HSbF6发生反应的化学方程式是。17.碳元素在材料领域有着广泛的应用。（1）上述物质中能导电的有___________。（2）C-C键的键长：金刚石>石墨，理由是___________。（3）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列说法正确的是___________(填序号)。a．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强b．与石墨相比，(CF)x导电性减弱c．1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键（4）比较C60晶体和金刚石的熔点并解释原因___________。（5）C60可以与K形成低温超导化合物K3C60，其晶胞形状为立方体，边长分别为anm，结构如下图所示。①距离C60最近且相等的C60有___________个。②已知阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________。(1nm=10-7cm)〖答案〗（1）石墨、石墨炔（2）金刚石碳原子之间只存在σ键；石墨中碳原子之间除了有σ键还有π键，碳原子间电子云重叠程度更大，键长更短（3）abc（4）熔点：金刚石>C60，因为C60为分子晶体，金刚石为共价晶体，共价键远比范德华力强（5）①.12②.〖解析〗【小问1详析】金刚石和均不导电，石墨和石墨炔中存在可在整个碳原子平面上自由移动的电子，因此可以导电。【小问2详析】金刚石碳原子之间只存在σ键，石墨中碳原子之间除了有σ键还有π键，碳原子间电子云重叠程度更大，键长更短，因此C-C键的键长：金刚石>石墨。【小问3详析】a．在石墨层间插入F原子后形成的C-F键键长更短，键能更大，则分子结构稳定性增强，所以与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，a正确；b．石墨晶体中每个碳原子都有未参与杂化的1个2p轨道上电子在碳原子平面中运动，所以石墨晶体能导电；在石墨层间插入F原子后，则不存在未参与杂化的2p轨道上的电子，所以与石墨相比，(CF)x导电性减弱，b正确；c．(CF)x中每个碳原子与3个碳原子和1个氟原子形成4个共价单键，其中碳碳键为2个碳原子所共有，则每个碳原子形成共价键的数目为，因此1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，c正确；〖答案〗选abc。【小问4详析】C60为分子晶体，金刚石为共价晶体，共价键远比范德华力强，因此熔点：金刚石>C60。【小问5详析】①根据晶胞可知，白球的个数为，黑球的个数为，因此结合化学式为K3C60可得白球为C60；根据晶胞中C60的相对位置可知，距离C60最近且相等的C60有12个；②晶胞形状为立方体，边长分别为anm，则该晶体的密度为。18.Daprodustat是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J的合成路线如下图所示。已知：R-ClRCOOH（1）A是一种芳香族化合物，则反应Ⅰ的试剂和条件是___________。（2）反应Ⅱ的化学方程式是___________。（3）D→E的反应类型是___________（4）F不能水解，G的核磁共振氢谱中有2组峰。①F含有的官能团是___________。②H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物的化学方程式是___________。（5）由中间体J合成Daprodustat的过程中需经历以下三步。其中试剂1的分子式为C5H7O3N，J生成K为加成反应，则试剂1和L的结构简式分别为___________和___________。〖答案〗（1）浓硝酸、浓硫酸、加热（2）（3）加成反应（4）①.羧基②.HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O（5）①.②.〖解析〗〖祥解〗A是一种芳香族化合物，则A为，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B为，硝基还原为氨基，C为，苯环与氢气发生加成反应生成D为，D发生加成反应生成E，E和I发生取代反应生成J和HCl，则I为，逆推H为，根据已知反应可知G为，则F为CH3COOH；【小问1详析】A是一种芳香族化合物，则A为，苯与浓硝酸在浓硫酸作用下加热发生硝化反应生成B为，则反应Ⅰ的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；【小问2详析】C为，苯环与氢气发生加成反应生成D为，反应Ⅱ的化学方程式是；【小问3详析】D发生加成反应生成E，D→E的反应类型是加成反应；【小问4详析】①根据分析，F为CH3COOH，F含有的官能团是羧基；②H为，H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物，化学方程式是：HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O；【小问5详析】L发生酯的水解脱去C2H5OH，结合Daprodustat中羧基的位置可知，L的结构简式为，试剂1的分子式为C5H7O3N，J生成K为加成反应，K→L是异构化，则试剂1中含-COOC2H5，结合L的结构可知试剂1的结构简式为，发生加成反应时，碳氮双键断裂。19.某小组探究等浓度Na2S2O3溶液与AgNO3溶液的反应。资料：ⅰ.S2O可看做是SO中的一个O原子被S原子取代的产物ⅱ.Ag2S2O3为白色固体，难溶于水ⅲ.Ag2S2O3+3S2O2[Ag(S2O3)2]3−ⅳ.Ag2S不溶于Na2S2O3溶液实验Ⅰ（1）写出实验Ⅰ中生成白色沉淀的离子方程式___________。（2）结合资料，分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由___________。（3）将实验Ⅰ中产生的沉淀过滤后，向滤液中加入___________(填操作和现象)，证明该上层清液中含有SO。（4）设计如下操作证明实验Ⅰ中产生的沉淀除了含有Ag2S2O3外，还含有，不含S。①取少量沉淀，加入足量CS2，充分振荡，过滤得滤液A和固体B。取滤液A加水后没有明显现象，证明沉淀中不含S。②取固体B，___________(填操作和现象)，证明沉淀中含有。(可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、浓硝酸、Na2S2O3溶液)（5）S2O中若中心S为32S，端基S为35S，反应中S2O断裂的只有硫硫键，补齐白色沉淀变为黑色沉淀的反应，并注明S的质量数：___________。Ag2S2O3+H2O=___________+___________+2H+。实验Ⅱ：向2mlNa2S2O3溶液中逐滴加入2mlAgNO3溶液，开始阶段局部产生白色沉淀，振荡后消失，随着AgNO3溶液的滴加，再次产生白色沉淀，最终转化为黑色沉淀。（6）从化学反应速率和限度的角度分析解释虚线部分可能的原因___________；根据实验可知，Na2S2O3溶液与AgNO3溶液反应的多样性与溶液的相对用量有关。〖答案〗（1）2Ag++S2O=Ag2S2O3↓（2）中心S无孤电子对不能做配位原子，端基S有孤电子对可以做配位原子（3）足量稀盐酸，充分静置，取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生（4）加入足量Na2S2O3溶液，过滤，洗涤，向滤渣中加入浓硝酸，沉淀溶解，有黄色固体和红棕色气体生成（5）Ag2S2O3+H2O=Ag235S+32SO+2H+（6）发生反应ⅰ：3S2O+Ag2S2O32[Ag(S2O3)2]3-；反应ⅱ：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，反应ⅰ的速率大，反应ⅱ的限度大〖解析〗Na2S2O3与硝酸银溶液反应生成白色沉淀Ag2S2O3，最终生成黑色沉淀Ag2S；【小问1详析】已知Ag2S2O3为白色固体，难溶于水，实验Ⅰ中Na2S2O3与硝酸银溶液反应生成白色沉淀Ag2S2O3，反应的离子方程式：2Ag++=Ag2S2O3↓；【小问2详析】可看做是中的一个O原子被S原子取代的产物，则中中心原子为S，该中心原子周围孤电子对数，中心S无孤电子对不能做配位原子，端基S有孤电子对可以做配位原子；【小问3详析】可以用HCl溶液排除银离子的影响，再用氯化钡溶液检验生成硫酸钡沉淀，向滤液中加入足量稀盐酸，充分静置，取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；【小问4详析】已知Ag2S不溶于Na2S2O3溶液，②取固体B，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，洗涤，向滤渣中加入浓硝酸，沉淀溶解，有黄色固体和红棕色气体生成，证明沉淀中含有；【小问5详析】由(2)可知中心S无孤电子对，端基S有孤电子对，反应中断裂的只有硫硫键，端基35S与银离子反应生成Ag235S，中心32S保留在硫酸根离子中，离子方程式为：Ag2S2O3+H2O=Ag235S++2H+；【小问6详析】发生反应ⅰ：3+Ag2S2O32[Ag(S2O3)2]3-；反应ⅱ：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，反应ⅰ的速率大，因此产生白色沉淀，反应ⅱ的限度大，所以白色沉淀最终转化为黑色沉淀。北京市丰台区2023-2024学年高二下学期期末考试第一部分1.下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是焰火绚丽多彩中国深井一号采用石英材料进行高温下作业A．与原子核外电子跃迁有关B．与SiO2熔点较高有关植物油氢化所得人造奶油利用紫外线为餐具消毒C．与植物油中酯基与H2加成有关D．与紫外线可以使蛋白质变性有关A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，选项A正确；二氧化硅是共价晶体，SiO2熔点较高，因此石英材料能进行高温下作业，选项B正确；植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，选项C错误；利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，选项D正确；〖答案〗选C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.1s电子云图为B.SO的VSEPR模型为C.H2O的空间填充模型为D.基态Li原子的轨道表示式为为〖答案〗D〖解析〗电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，1s电子云图为，A项正确；中中心S原子的价层电子对数为3+×(6+2-3×2)=4，其VSEPR模型为四面体形，有一对孤电子对，表示为，B项正确；H2O中中心O原子的孤电子对数为×(6-2×1)=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形，空间填充模型为，C项正确；基态Li的核外电子排布式为1s22s1，轨道表示式为，D项错误；〖答案〗选D3.有机物中不含有的官能团是A.羰基 B.碳碳双键 C.醚键 D.羧基〖答案〗B〖解析〗该有机物结构中含有的官能团有：羰基、氯原子（碳氯键）、醚键、羧基，不含碳碳双键，故B项符合题意；〖答案〗选B。4.制取较纯的一溴乙烷，下列方法中最合理的是A.乙烯与溴化氢加成 B.乙炔和溴化氢加成C.乙烯和溴水加成 D.乙烷和液溴取代〖答案〗A〖解析〗乙烯与溴化氢加成反应生成一溴乙烷，产物只有一种，A正确；乙炔和溴化氢加成反应生成溴乙烯，没有得到一溴乙烷，B错误；乙烯和溴水加成反应生成1,2-二溴乙烷，没有得到一溴乙烷，C错误；乙烷和液溴取代可以是一溴取代，也可以是多溴取代，副产物较多，D错误；〖答案〗选A。5.下列物质的性质与氢键无关的是A.沸点：H2OH2S B.密度：冰水C.稳定性：HF>HCl D.熔点：乙醇>丙烷〖答案〗C〖解析〗H2O分子间存在氢键，H2S分子间没有氢键，故H2O的沸点高于H2S的沸点，与氢键有关，A项不符合题意；H2O的VSEPR模型为四面体形，在冰晶体中，每个水分子与周围紧邻的4个水分子形成氢键，由于氢键具有方向性，使得冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，其密度比液态水的小，与氢键有关，B项不符合题意；键长：H—F键＜H—Cl键，键能：H—F键＞H—Cl键，故稳定性：HF＞HCl，与氢键无关，C项符合题意；乙醇中含有O—H键，乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间没有氢键，故乙醇的熔点高于丙烷，与氢键有关，D项不符合题意；〖答案〗选C。6.碱金属离子可形成两种结构，如图所示，下列说法不正确的是A.碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子B.K+与冠醚形成超分子，增大了KMnO4在有机溶剂中的溶解度C.NaCl晶胞中代表Cl-D.1个NaCl晶胞中平均含有个Na+和个Cl-〖答案〗A〖解析〗碱金属离子与冠醚通过配位键形成超分子，故A错误；高锰酸钾在有机溶剂中存在如下溶解平衡：KMnO4K++MnO，加入冠醚，钾离子与冠醚形成超分子使得溶液中钾离子浓度减小，平衡右移，高锰酸钾在有机溶剂中的溶解度增大，故B正确；氯化钠晶体中氯离子的离子半径大于钠离子，所以晶胞中代表氯离子，故C正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，所以1个氯化钠晶胞中平均含有4个氯离子和4个钠离子，故D正确；故选A。7.有机化合物分子中的邻近基团往往存在相互影响，这种影响会使有机化合物性质产生差异。下列事实不能说明上述观点的是A.甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，而甲烷不能B.乙酸能与碳酸钠发生反应，而乙醇不能C.与苯相比，甲苯更易与浓HNO3发生取代反应D.2-甲基-1-丙醇能发生消去反应，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应〖答案〗D〖解析〗甲苯受苯环影响导致甲基的活泼性增强，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，能说明上述观点，故A不符合题意；乙酸能与碳酸钠反应放出气体，而乙醇不能，甲基影响-COOH易电离显酸性，可说明原子团之间相互影响导致化学性质不同，故B不符合题意；羟基影响苯环，苯环上H变活泼，则与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应，说明羟基活化了苯环，故C不符合题意；2-甲基-1-丙醇能发生消去反应是因为2号C上有H，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应是因为2号C上没有H，与基团之间的相互影响无关，故D符合题意；〖答案〗选D。8.阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如图所示。下列说法正确的是A.第一电离能：C<N<OB.分子中碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式C.该分子存在顺反异构体D.该物质既有酸性又有碱性〖答案〗D〖解析〗C、N、O属于同周期元素，随着核电荷数逐渐增大，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，其第一电离能大于其右边相邻元素，因此第一电离能：N＞O＞C，A错误；甲基上的碳原子为sp3杂化，苯环中的碳原子以及双键两端碳原子为sp2杂化，不存在sp杂化，B错误；碳碳双键一端的碳连接相同的H基团，不存在顺反异构体，C错误；该物质含有羧基具有酸性，含亚氨基具有碱性，D正确；故选D。9.下列方程式书写正确的是A.CH3CH2Br与NaOH溶液反应：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OB.乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热出现砖红色浑浊：CH3CHO+Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+CuO↓+2H2OC.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→+2D.硬脂酸甘油酯的皂化反应：〖答案〗D〖解析〗CH3CH2Br与NaOH溶液发生取代反应，方程式为，A错误；乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀为，方程式为，B错误；苯酚的酸性弱于碳酸，但强于，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2反应方程式为+，C错误；硬脂酸为，硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解属于皂化反应，方程式为，D正确；〖答案〗选D。10.下列实验方案能达到实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．检验乙醇消去反应生成的乙烯C．除去苯中的苯酚D．检验溴乙烷中的溴元素A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应，无法制取，A错误；乙醇发生消去反应生成乙烯，挥发出的乙醇蒸气以及浓硫酸被还原为SO2通过NaOH溶液除去，最后乙烯和溴单质发生加成反应使溶液褪色，可检验乙醇消去反应生成的乙烯，B正确；三溴苯酚不溶于水，易溶于有机溶剂，浓溴水与苯酚生成的三溴苯酚可溶于苯，故D错误；溴乙烷中加入NaOH水溶液，加热，发生水解反应，水解后没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，D错误；故选：B。11.在葡萄糖水溶液中，存在着链式结构和两种氧环式结构的平衡，如图所示。下列说法不正确的是A.葡萄糖在水中溶解性较好的原因是其可以与水形成氢键B.β-D-葡萄糖水溶液不能发生银镜反应C.氧环式结构的形成可看作羟基与醛基发生了加成反应D.葡萄糖分子间反应可生成麦芽糖〖答案〗B〖解析〗葡萄糖分子中含有羟基，可以与水形成分子间氢键，因此在水中溶解性较好，A正确；β-D-葡萄糖在水溶液中可以转化为链式葡萄糖，链式葡萄糖结构中含有醛基，可以发生银镜反应，B错误；根据两种氧环式葡萄糖结构可知，链式葡萄糖中羟基与醛基发生加成反应可以形成氧环式结构，C正确；葡萄糖分子间可以发生脱水缩合反应，生成麦芽糖，D正确；〖答案〗选B。12.尿素()中氢原子可以像苯酚中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，其中生成脲醛树脂化学方程式为：n+nHCHO+xH2O，下列说法不正确的是A.尿素可以与甲醛发生加成反应生成B.方程式中x=n-1C.尿素和甲醛也可以反应生成网状的脲醛树脂D.脲醛树脂水解可得到尿素和甲醛〖答案〗D〖解析〗根据苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的原理，可推测尿素先与甲醛发生加成反应生成，A项正确；尿素先与甲醛反应生成，再发生缩聚反应生成脲醛树脂，发生缩聚反应时单体只有一种，故x=n-1，B项正确；甲醛可以和中的亚氨基继续发生加成反应再发生反应生成网状结构的脲醛树脂，C项正确；脲醛树脂存在酰胺基，故可以发生水解反应，但水解产物不是尿素和甲醛，D项错误；〖答案〗选D。13.某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件，进行了如下实验。已知：Ag(NH3)Ag++2NH3编号实验试剂a混合液pH现象ⅠNaOH10常温产生银镜Ⅱ浓氨水10加热无银镜Ⅲ无8加热产生银镜下列说法不正确的是A.乙醛与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OB.对比实验Ⅰ、Ⅲ说明碱性条件有利于银镜产生C.实验Ⅱ未产生银镜的原因是CH3CHO还原性较弱D.基于此实验推断，制备银氨溶液时，加氨水的量不是越多越好〖答案〗C〖解析〗乙醛与银氨溶液发生银镜反应生成乙酸铵、单质银，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，A正确；对比实验Ⅰ、Ⅲ在强碱条件下，发生银镜反应更容易，B正确；一水合氨受热分解，实验II未产生银镜的原因加热促进NH3•H2O分解，逸出NH3，碱性变弱，C错误；已知存在平衡：Ag++2NH3，溶液中加入过量氨水，氨水的浓度过大会抑制银氨配离子的电离使溶液中Ag+浓度相应减小，导致银镜反应效果不佳，D正确；故选C。14.药物e具有抗癌抑菌功效，其合成路线如下。下列说法不正确的是A.NaBH4具有还原性因为H为-1价B.有机物b分子中含有5个手性碳原子C.反应①和③是为了保护醛基D.药物e分子中含有4个六元环〖答案〗B〖解析〗a与乙二醇发生加成后再脱水生成b，b中氰基NaBH4还原为氨基生成c，d脱水后生成e，e为。NaBH4中H为-1价，因此具有强还原性，A正确；连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，用“*”标记处手性碳原子，有，有机物b分子中含有4个手性碳原子，B错误；a到b反应过程中是为了保护醛基不被NaBH4还原，则反应①的目的是保护醛基不被还原，而反应③是为了脱去对醛基的保护，C正确；e为，含有4个六元环，D正确；故选B。第二部分15.合成防晒霜的主要成分M()的路线如下：已知：（1）A分子中含有的官能团的名称是___________。（2）A→B的反应类型是___________。（3）B→C的化学方程式是___________。（4）下列有关G的说法正确的是___________(填序号)。a．能与浓溴水发生取代反应b．能发生还原反应，不能发生氧化反应c．1molG与足量的Na反应产生1molH2d．能用FeCl3的溶液检验（5）H的一种芳香族同分异构体，能与NaHCO3反应的同分异构体，其名称是___________。（6）I的结构简式是___________。（7）F和J反应的化学方程式是___________。〖答案〗（1）碳碳双键（2）加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）ad（5）苯甲酸（6）（7）〖解析〗A为乙烯，A与水发生加成反应生成B（乙醇），乙醇催化氧化成乙醛（C），乙醛发生题目中已知的反应生成D，则D的结构简式为，D与氢气发生加成反应生成E，E经过一定条件生成F，结合M的结构简式，以及F的分子式可知F为，结合H的结构可知G为苯酚，H经过一定条件生成I，结合M的结构简式以及I的分子式可知I为，I经过一定条件生成J，结合M的结构可知J为，J与F通过酯化反应合成M。【小问1详析】A为乙烯，其官能团名称为碳碳双键，故〖答案〗为：碳碳双键；【小问2详析】A→B的反应为乙烯和水的加成反应生成乙醇，故〖答案〗为：乙醇；【小问3详析】B→C为乙醇的催化氧化反应，故〖答案〗为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；小问4详析】G为苯酚，a．能与浓溴水发生取代反应，生成三溴苯酚沉淀，故a选；b．能和H2发生加成（还原）反应，在空气中易被氧气氧化为红色物质，故b不选；c．1mol苯酚含有1mol酚羟基，与足量的Na反应产生0.5molH2，故c不选；d．苯酚能与FeCl3的溶液发生显色反应，故d选；故选ad；【小问5详析】H的一种芳香族同分异构体，能与NaHCO3反应，则结构中含有羧基，结合分子式可知，其名称为苯甲酸，故〖答案〗为：苯甲酸；小问6详析】由分析可知I为，故〖答案〗为：；【小问7详析】J与F通过酯化反应合成M，其化学方程式为，故〖答案〗为：。16.氟锑酸(HSbF6)是石油重整中常用的催化剂，酸性极强，被称为超强酸。HSbF6可由SbF5与HF混合得到，HSbF6在HF中容易生成[H2F]+[SbF6]-。（1）氟元素在周期表的位置是___________。（2）HF中H-F键是由H的1s轨道和F的___________轨道“头碰头”重叠形成的σ键。（3）[H2F]+中F原子杂化类型是___________。（4）温度接近沸点时，HF蒸气的实测相对分子质量明显高于用相对原子质量和HF化学式计算出来的相对分子质量，原因是___________。（5）Sb位于第五周期，与N同主族，基态Sb原子的价层电子排布式是___________。（6）1mol[SbF6]-含有___________mol配位键。（7）碳正离子是有机反应中间体，已知稳定性：，等物质的量的与HSbF6发生反应的化学方程式是___________。〖答案〗（1）第二周期第VIIA族（2）2p（3）sp3（4）HF分子在气相的时候会通过氢键二聚或多聚，导致实测相对分子质量偏大（5）5s25p3（6）1（7）〖解析〗【小问1详析】氟是9号元素，氟元素在周期表的位置是第二周期ⅦA族；【小问2详析】HF中H-F键是由H的1s轨道和F的2p轨道“头碰头”重叠形成的σ键。【小问3详析】[H2F]+中F原子孤电子对数为2，σ键数为2，价电子对数为4，杂化类型是sp3；【小问4详析】HF能形成分子间氢键，温度接近沸点时，HF蒸气的实测相对分子质量明显高于用相对原子质量和HF化学式计算出来的相对分子质量，原因是HF分子在气相的时候会通过氢键二聚或多聚，导致实测相对分子质量偏大。【小问5详析】Sb位于第五周期，与N同主族，基态Sb原子的价层电子排布式是5s25p3。【小问6详析】Sb价电子数为5，能形成5个键，1mol[SbF6]-含有1mol配位键。【小问7详析】碳正离子是有机反应中间体，已知稳定性：，易形成，所以等物质的量的与HSbF6发生反应的化学方程式是。17.碳元素在材料领域有着广泛的应用。（1）上述物质中能导电的有___________。（2）C-C键的键长：金刚石>石墨，理由是___________。（3）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列说法正确的是___________(填序号)。a．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强b．与石墨相比，(CF)x导电性减弱c．1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键（4）比较C60晶体和金刚石的熔点并解释原因___________。（5）C60可以与K形成低温超导化合物K3C60，其晶胞形状为立方体，边长分别为anm，结构如下图所示。①距离C60最近且相等的C60有___________个。②已知阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________。(1nm=10-7cm)〖答案〗（1）石墨、石墨炔（2）金刚石碳原子之间只存在σ键；石墨中碳原子之间除了有σ键还有π键，碳原子间电子云重叠程度更大，键长更短（3）abc（4）熔点：金刚石>C60，因为C60为分子晶体，金刚石为共价晶体，共价键远比范德华力强（5）①.12②.〖解析〗【小问1详析】金刚石和均不导电，石墨和石墨炔中存在可在整个碳原子平面上自由移动的电子，因此可以导电。【小问2详析】金刚石碳原子之间只存在σ键，石墨中碳原子之间除了有σ键还有π键，碳原子间电子云重叠程度更大，键长更短，因此C-C键的键长：金刚石>石墨。【小问3详析】a．在石墨层间插入F原子后形成的C-F键键长更短，键能更大，则分子结构稳定性增强，所以与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，a正确；b．石墨晶体中每个碳原子都有未参与杂化的1个2p轨道上电子在碳原子平面中运动，所以石墨晶体能导电；在石墨层间插入F原子后，则不存在未参与杂化的2p轨道上的电子，所以与石墨相比，(CF)x导电性减弱，b正确；c．(CF)x中每个碳原子与3个碳原子和1个氟原子形成4个共价单键，其中碳碳键为2个碳原子所共有，则每个碳原子形成共价键的数目为，因此1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，c正确；〖答案〗选abc。【小问4详析】C60为分子晶体，金刚石为共价晶体，共价键远比范德华力强，因此熔点：金刚石>C60。【小问5详析】①根据晶胞可知，白球的个数为，黑球的个数为，因此结合化学式为K3C60可得白球为C60；根据晶胞中C60的相对位置可知，距离C60最近且相等的C60有12个；②晶胞形状为立方体，边长分别为anm，则该晶体的密度为。18.Daprodustat是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J的合成路线如下图所示。已知：R-ClRCOOH（1）A是一种芳香族化合物，则反应Ⅰ的试剂和条件是___________。（2）反应Ⅱ的化学方程式是___________。（3）D→E的反应类型是___________（4）F不能水解，G的核磁共振氢谱中有2组峰。①F含有的官能团是___________。②H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物的化学方程式是___________。（5）由中间体J合成Daprodustat的过程中需经历以下三步。其中试剂1的分子式为C5H7O3N，J生成K为加成反应，则试剂1和L的结构简式分别为___________和___________。〖答案〗（1）浓硝酸、浓硫酸、加热（2）（3）加成反应（4）①.羧基②.HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O（5）①.②.〖解析〗〖祥解〗A是一种芳香族化合物，则A为，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B为，硝基还原为氨基，C为，苯环与氢气发生加成反应生成D为，D发生加成反应生成E，E和I发生取代反