2023-2024学年北京市海淀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北京市海淀区2023-2024学年高二下学期期末考试本试卷共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：C12N14Na23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。1.2024年4月24日是第九个中国航天日。在航天事业发展过程中，化学材料发挥着不可替代的作用。下列材料中．主要成分属于有机物的是A.火箭逃逸塔中使用的高性能树脂材料B.仪表操作棒中使用的碳纤维材料C.太阳翼中使用的碳化硅增强铝基复合材料D.电推进系统中使用的氮化硼陶瓷复合材料【答案】A【解析】高性能树脂是是指用作塑料基材的有机聚合物，故选A；碳纤维材料是新型无机非金属材料，故不选B；碳化硅新型无机非金属材料，故不选C；氮化硼陶瓷复合材料是新型无机非金属材料，故不选D；选A。2.下列化学用语或图示正确的是A.的电子式：B.基态碳原子的轨道表示式：C.乙炔的结构式：D.乙醛的球棍模型为：【答案】C【解析】是共价化合物，电子式为，故A错误；基态碳原子的轨道表示式为，故B错误；乙炔的结构式为，故C正确；乙醛的球棍模型为，是比例模型，故D错误；选C。3.柠檬酸加热至150℃可发生下列变化。有关下列物质的说法不正确的是A.柠檬酸和异柠檬酸互为同分异构体B.顺乌头酸转化为异柠檬酸时发生消去反应C.可以用的溶液鉴别柠檬酸和顺乌头酸D.上述三种酸均有较好的水溶性【答案】B【解析】柠檬酸和异柠檬酸化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A项正确；顺乌头酸转化为异柠檬酸时与水发生了加成反应，B项错误；顺乌头酸中的碳碳双键能使的溶液褪色，异柠檬酸不可以，所以可以用的溶液鉴别柠檬酸和顺乌头酸，C项正确；三种酸都含有大量亲水基羟基或羧基中的一种或两种，故上述三种酸均有较好的水溶性，D项正确；答案选B。4.下列物质的变化，破坏的作用主要是范德华力的是A.干冰的升华 B.溶于水C.冰融化成水 D.受热分解【答案】A【解析】干冰的升华，二氧化碳分子不变，破坏的作用主要是范德华力，故选A；溶于水形成自由移动的钠离子和氯离子，破坏离子键，故不选B；冰融化成水，水分子不变，破坏的作用主要是氢键，故不选C；受热分解生成水和氧气，破坏共价键，故不选D；选A。5.某小组同学利用如图所示装置制备乙酸乙酯。下列说法正确的是A.试剂为无水乙醇和冰醋酸B.由实验目的推测，沸点：乙酸<乙酸乙酯C.可用浓溶液替代饱和溶液D.右侧试管中的乙酸乙酯可用分液的方法进一步分离出来【答案】D【解析】乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应制备乙酸乙酯，因此试剂a为无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸的混合物，A错误；乙酸分子间存在氢键，所以沸点：乙酸>乙酸乙酯，B错误；不可以用NaOH溶液替代饱和Na2CO3溶液，因为乙酸乙酯在NaOH溶液中会水解，C错误；乙酸乙酯微溶于水，饱和碳酸钠溶液可以降低它的溶解度，因此可以用分液的方法分离出来，D正确；故选D。6.下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A验证苯环对羟基有影响向苯酚溶液中加入浓溴水B证明乙醇能发生消去反应加热乙醇与浓硫酸的混合物至170℃，将生成的气体通过装有溶液的洗气瓶，再通入的溶液C检验溴丙烷含溴元素向溴丙烷中加入适量溶液，振荡，加热，冷却后加入过量稀硝酸，再滴加少量溶液D验证蛋白质会发生盐析向鸡蛋清溶液中加入饱和溶液，振荡A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】向苯酚溶液中加入浓溴水生成2，4，6-三溴苯酚，苯环上的氢原子被溴原子代替，说明羟基对苯环产生了影响，不能证明苯环对羟基有影响，故选A；加热乙醇与浓硫酸的混合物至170℃，将生成的气体通过装有溶液的洗气瓶，除去杂质二氧化硫，再通入的溶液，的溶液褪色，证明乙醇能发生消去反应生成乙烯，故不选B；向溴丙烷中加入适量溶液，振荡，加热，冷却后加入过量稀硝酸，再滴加少量溶液，有浅黄色沉淀生成，证明溴丙烷含溴元素，故不选C；向鸡蛋清溶液中加入饱和溶液，振荡，溶液变浑浊，证明蛋白质会发生盐析，故不选D；答案选A。7.下图所示的化合物是一种用于合成药物的重要试剂，已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号元素，Z、M位于同一主族，化合物中Y、Z、M的微粒均满足8电子稳定结构。下列说法不正确的是A.简单离子半径：B.Y和M的最高价氧化物对应水化物的酸性接近C.氢化物的沸点：D.Y和Z的原子之间可通过2p轨道形成键【答案】B【解析】由图可知，化合物中N+是带一个单位正电荷的阳离子，阴离子X、Y、Z形成的共价键数目依次为1、4、2，X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号元素，Z、M位于同一主族，化合物中Y、Z、M的微粒均满足8电子稳定结构，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素、N为K元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A正确；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，则弱酸碳酸的酸性弱于强酸硫酸，故B错误；水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故C正确；二氧化碳和一氧化碳分子中都含有2p轨道肩并肩形成的π键，故D正确；故选B。8.下列有机物的系统命名不正确的是A．1，3-丁二烯B．二溴乙烷C．顺-2-戊烯D．4-甲基-1-戊炔A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】属于二烯烃，其名称为1，3-丁二烯，A正确；CH2BrCH2Br的名称为1，2-二溴乙烷，B错误；的名称顺-2-戊烯，C正确；的名称为4-甲基-1-戊炔，D正确；故选B。9.萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙的晶胞结构如下。与钙同主族的锶和钡可与氟形成结构相似的晶体。下列说法不正确的是A全部位于晶胞内部B.每个晶胞中含有14个C.和之间存在离子键D.氟化钡的熔点低于氟化钙【答案】B【解析】由晶胞结构可知，氟离子全部位于晶胞内部，故A正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钙离子个数为8×+6×=4，故B错误；氟化钙是由钙离子和氟离子构成的离子化合物，化合物中只含有离子键，故C正确；氟化钡和氟化钙都是离子晶体，钡离子的离子半径大于钙离子，则氟化钡中的离子键弱于氯化钙，熔点低于氟化钙，故D正确；故选B。10.离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。下列说法不正确的是A.微粒中键角：B.的制备过程中，与结合形成配位键C.该离子液体中，均采取杂化D.该离子液体熔点较低，可能是因为阳离子的体积较大，离子键弱【答案】C【解析】BF3中价层电子对数=，杂化轨道数=3，B采取sp2杂化，而价层电子对数=，杂化轨道数=4，B采取sp3杂化，所以键角：，A正确；中B原子有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键，B正确；含有碳碳双键，碳碳单键，碳氮双键，碳采取、杂化，C错误；阳离子的体积较大，半径大，离子间的作用力小，离子键弱，D正确；故选C。11.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】该物质含有羧基，具有酸性，能与反应，A项正确；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；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；该物质在一定条件下最多与反应，D项错误；答案选D。12.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XC.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】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；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；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；由结构简式可知，一定条件下环氧丙烷与内酯发生加聚反应生成，故D正确；故选D。13.我国科学家在实验室条件下实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，相关物质的转化过程示意图如下。下列说法不正确的是A.淀粉能发生酯化反应和水解反应 B.中含有羧基，具有酸性C.生成的反应中，有键断裂 D.转化为淀粉时，发生了缩聚反应【答案】B【解析】淀粉含有羟基，且是多糖，能发生酯化反应和水解反应，A正确；中含有羟基，不具羧基无酸性，B错误；生成的反应中碳氧双键断裂，即有键断裂，C正确；转化淀粉时脱去，发生了缩聚反应，D正确；故选B。14.某课题小组探究苯酚与显色反应的影响因素，设计了如下实验。实验操作现象I向苯酚稀溶液中滴加几滴溶液溶液呈浅紫色II向同浓度苯酚溶液中滴加与I中相同滴数的0.1mol/L溶液溶液呈浅紫色III向同浓度苯酚溶液（调）中滴加与I中相同滴数的溶液生成红褐色沉淀IV向实验III所得悬浊液中逐滴加入01mol/L盐酸沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液变为浅黄色已知：可发生如下反应。i．与苯酚发生显色反应：ii．与发生反应：（黄色）下列说法不正确的是A.中提供孤电子对，与形成配位键B.实验I和II说明少量不会干扰苯酚与的显色反应C.III中调后，增大，i中平衡正向移动D.溶液、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与的显色反应【答案】C【解析】配离子中具有孤对电子的苯氧根离子与具有空轨道的铁离子形成配位键，配位数为6，故A正确；由实验现象可知，实验I和II说明少量氯离子不能与铁离子形成配离子，不会干扰苯酚与铁离子的显色反应，故B正确；由实验现象可知，实验III中调节溶液pH为9时，溶液中铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，铁离子浓度减小，i中平衡向逆反应方向移动，故C错误；由实验现象可知，溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与溶液中铁离子的显色反应，故D正确；故选C。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、N3.0①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.abd②.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）①.②.6③.（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.苯甲醛是最简单的芳香醛，是工业上常用的化工原料。I．工业上曾用甲苯氯代再水解的方法制苯甲醛，物质转化关系如下。已知：同碳上连有两个羟基不稳定，会脱水并转变为羰基（1）氯代反应①的试剂和条件为________，反应②的化学方程式为________。II．生产过程中，如果碱浓度过高，苯甲醛会发生如下的歧化反应：（2）可以选用银氨溶液检验苯甲醛是否反应完全，化学方程式为________。III．某研究小组设计了如下实验来模拟苯甲醛的歧化反应并分离产物。相关物质的物理性质如下：物质苯甲醛苯甲醇苯甲酸乙醚熔点/℃-26-15122-116沸点/溶性微溶微溶微溶微溶乙醚中溶解性溶溶溶

已知：苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而显著增大。（3）补全流程中的操作名称：操作①________、操作②________。（4）操作③中加盐酸后发生的反应为________。（5）通过重结晶由粗品提纯物质Y，操作如下：将粗品（结晶）溶于少量热水中，加活性炭，煮沸，趁热过滤，将滤液冷却结晶后再过滤，得白色晶状物质。其中，趁热过滤的目的包括________（填序号）。a．防止苯甲酸析出造成损耗b．除去活性炭等不溶性杂质c．便于析出【答案】（1）①.和光照②.（2）（3）①.萃取分液②.蒸馏（4）（5）ab【解析】Ⅲ苯甲醛加过量碱，苯甲醛会发生如下的歧化反应：，加入乙醚进行萃取，苯甲醇溶于乙醚，苯甲酸钠不易溶于乙醚，进行分液，操作①萃取分液；苯甲醇的乙醚溶液进行蒸馏，分离苯甲醇；苯甲酸钠的水溶液加入盐酸得到苯甲酸，重结晶得到纯净苯甲酸；【小问1详解】同碳上连有两个羟基不稳定，会脱水并转变为羰基，则先转化成二卤代烃，再脱水转变为醛基，故氯代反应①的试剂和条件为：和光照；反应②的化学方程式为：；【小问2详解】醛基与银氨溶液发生银境反应，方程式为：；【小问3详解】苯甲醛加过量碱，苯甲醛会发生如下的歧化反应生成苯甲醇和苯甲酸钠，加入乙醚进行萃取，苯甲醇溶于乙醚，苯甲酸钠不易溶于乙醚，进行分液，操作①萃取分液；苯甲醇的乙醚溶液进行操作②蒸馏；【小问4详解】苯甲酸钠加入盐酸，强酸制弱酸得到苯甲酸和氯化钠，过量的氢氧化钠与盐酸发生中和反应，方程式为：，；【小问5详解】加活性炭，趁热过滤，目的包括除去活性炭等不溶性杂质，因为苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而显著增大，故趁热过滤。可防止降温苯甲酸析出造成损耗，故选ab；18.有机化合物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）过程中，还会生成的同分异构体。已知分子中含一个六元环和一个七元环，的结构简式为________（写出一种即可）。（5）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．的过程中，被还原d．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）酮羰基（2）（3）（4）（5）（6）acd（7）abm【解析】【分析】A()与足量的H2加成生成B()，催化氧化得到C()，C发生信息i反应生成D()，再发生消去反应生成E()，E发生信息ii反应被氧化生成F()，F在NaOH作用下发生信息iii反应生成G()，G与HCN加成生成H()，H先与乙二醇反应，再与氢气反应得到I()，I经过三步反应得到J()，据此分析解答。【小问1详解】C为，含有官能团的名称为酮羰基；【小问2详解】D（），发生消去反应生成E（），方程式为；【小问3详解】根据分析可知，G的结构简式为；【小问4详解】F为，根据信息iii反应可知，环上的酮羰基中氧失去连接链烃上酮羰基左侧邻近的C上，得到，连接链烃上酮羰基右侧邻近的C上，得到；【小问5详解】在酸性条件下，I反应生成中间产物1为中间产物1中N-H键和C=O键加成生成中间产物2为，中间产物2再发生消去反应生成J；【小问6详解】a．与结构相似，组成相差2个CH2，互为同系物，a正确；b．如图所示，带星号的为手性碳原子，分子中含有3个手性碳原子，b错误；c．→的过程中，变成-CH2NH2，被还原，c正确；d．→的过程中，乙二醇起到保护官能团酮羰基的作用，d正确；故选acd；【小问7详解】J的碳原子中，不是来源于A，有ab来自格式试剂C2H5MgBr，m来源于HCN，故填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22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】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；北京市海淀区2023-2024学年高二下学期期末考试本试卷共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：C12N14Na23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。1.2024年4月24日是第九个中国航天日。在航天事业发展过程中，化学材料发挥着不可替代的作用。下列材料中．主要成分属于有机物的是A.火箭逃逸塔中使用的高性能树脂材料B.仪表操作棒中使用的碳纤维材料C.太阳翼中使用的碳化硅增强铝基复合材料D.电推进系统中使用的氮化硼陶瓷复合材料【答案】A【解析】高性能树脂是是指用作塑料基材的有机聚合物，故选A；碳纤维材料是新型无机非金属材料，故不选B；碳化硅新型无机非金属材料，故不选C；氮化硼陶瓷复合材料是新型无机非金属材料，故不选D；选A。2.下列化学用语或图示正确的是A.的电子式：B.基态碳原子的轨道表示式：C.乙炔的结构式：D.乙醛的球棍模型为：【答案】C【解析】是共价化合物，电子式为，故A错误；基态碳原子的轨道表示式为，故B错误；乙炔的结构式为，故C正确；乙醛的球棍模型为，是比例模型，故D错误；选C。3.柠檬酸加热至150℃可发生下列变化。有关下列物质的说法不正确的是A.柠檬酸和异柠檬酸互为同分异构体B.顺乌头酸转化为异柠檬酸时发生消去反应C.可以用的溶液鉴别柠檬酸和顺乌头酸D.上述三种酸均有较好的水溶性【答案】B【解析】柠檬酸和异柠檬酸化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A项正确；顺乌头酸转化为异柠檬酸时与水发生了加成反应，B项错误；顺乌头酸中的碳碳双键能使的溶液褪色，异柠檬酸不可以，所以可以用的溶液鉴别柠檬酸和顺乌头酸，C项正确；三种酸都含有大量亲水基羟基或羧基中的一种或两种，故上述三种酸均有较好的水溶性，D项正确；答案选B。4.下列物质的变化，破坏的作用主要是范德华力的是A.干冰的升华 B.溶于水C.冰融化成水 D.受热分解【答案】A【解析】干冰的升华，二氧化碳分子不变，破坏的作用主要是范德华力，故选A；溶于水形成自由移动的钠离子和氯离子，破坏离子键，故不选B；冰融化成水，水分子不变，破坏的作用主要是氢键，故不选C；受热分解生成水和氧气，破坏共价键，故不选D；选A。5.某小组同学利用如图所示装置制备乙酸乙酯。下列说法正确的是A.试剂为无水乙醇和冰醋酸B.由实验目的推测，沸点：乙酸<乙酸乙酯C.可用浓溶液替代饱和溶液D.右侧试管中的乙酸乙酯可用分液的方法进一步分离出来【答案】D【解析】乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应制备乙酸乙酯，因此试剂a为无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸的混合物，A错误；乙酸分子间存在氢键，所以沸点：乙酸>乙酸乙酯，B错误；不可以用NaOH溶液替代饱和Na2CO3溶液，因为乙酸乙酯在NaOH溶液中会水解，C错误；乙酸乙酯微溶于水，饱和碳酸钠溶液可以降低它的溶解度，因此可以用分液的方法分离出来，D正确；故选D。6.下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A验证苯环对羟基有影响向苯酚溶液中加入浓溴水B证明乙醇能发生消去反应加热乙醇与浓硫酸的混合物至170℃，将生成的气体通过装有溶液的洗气瓶，再通入的溶液C检验溴丙烷含溴元素向溴丙烷中加入适量溶液，振荡，加热，冷却后加入过量稀硝酸，再滴加少量溶液D验证蛋白质会发生盐析向鸡蛋清溶液中加入饱和溶液，振荡A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】向苯酚溶液中加入浓溴水生成2，4，6-三溴苯酚，苯环上的氢原子被溴原子代替，说明羟基对苯环产生了影响，不能证明苯环对羟基有影响，故选A；加热乙醇与浓硫酸的混合物至170℃，将生成的气体通过装有溶液的洗气瓶，除去杂质二氧化硫，再通入的溶液，的溶液褪色，证明乙醇能发生消去反应生成乙烯，故不选B；向溴丙烷中加入适量溶液，振荡，加热，冷却后加入过量稀硝酸，再滴加少量溶液，有浅黄色沉淀生成，证明溴丙烷含溴元素，故不选C；向鸡蛋清溶液中加入饱和溶液，振荡，溶液变浑浊，证明蛋白质会发生盐析，故不选D；答案选A。7.下图所示的化合物是一种用于合成药物的重要试剂，已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号元素，Z、M位于同一主族，化合物中Y、Z、M的微粒均满足8电子稳定结构。下列说法不正确的是A.简单离子半径：B.Y和M的最高价氧化物对应水化物的酸性接近C.氢化物的沸点：D.Y和Z的原子之间可通过2p轨道形成键【答案】B【解析】由图可知，化合物中N+是带一个单位正电荷的阳离子，阴离子X、Y、Z形成的共价键数目依次为1、4、2，X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前20号元素，Z、M位于同一主族，化合物中Y、Z、M的微粒均满足8电子稳定结构，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素、N为K元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A正确；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，则弱酸碳酸的酸性弱于强酸硫酸，故B错误；水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故C正确；二氧化碳和一氧化碳分子中都含有2p轨道肩并肩形成的π键，故D正确；故选B。8.下列有机物的系统命名不正确的是A．1，3-丁二烯B．二溴乙烷C．顺-2-戊烯D．4-甲基-1-戊炔A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】属于二烯烃，其名称为1，3-丁二烯，A正确；CH2BrCH2Br的名称为1，2-二溴乙烷，B错误；的名称顺-2-戊烯，C正确；的名称为4-甲基-1-戊炔，D正确；故选B。9.萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙的晶胞结构如下。与钙同主族的锶和钡可与氟形成结构相似的晶体。下列说法不正确的是A全部位于晶胞内部B.每个晶胞中含有14个C.和之间存在离子键D.氟化钡的熔点低于氟化钙【答案】B【解析】由晶胞结构可知，氟离子全部位于晶胞内部，故A正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钙离子个数为8×+6×=4，故B错误；氟化钙是由钙离子和氟离子构成的离子化合物，化合物中只含有离子键，故C正确；氟化钡和氟化钙都是离子晶体，钡离子的离子半径大于钙离子，则氟化钡中的离子键弱于氯化钙，熔点低于氟化钙，故D正确；故选B。10.离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。下列说法不正确的是A.微粒中键角：B.的制备过程中，与结合形成配位键C.该离子液体中，均采取杂化D.该离子液体熔点较低，可能是因为阳离子的体积较大，离子键弱【答案】C【解析】BF3中价层电子对数=，杂化轨道数=3，B采取sp2杂化，而价层电子对数=，杂化轨道数=4，B采取sp3杂化，所以键角：，A正确；中B原子有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键，B正确；含有碳碳双键，碳碳单键，碳氮双键，碳采取、杂化，C错误；阳离子的体积较大，半径大，离子间的作用力小，离子键弱，D正确；故选C。11.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】该物质含有羧基，具有酸性，能与反应，A项正确；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；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；该物质在一定条件下最多与反应，D项错误；答案选D。12.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XC.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】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；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；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；由结构简式可知，一定条件下环氧丙烷与内酯发生加聚反应生成，故D正确；故选D。13.我国科学家在实验室条件下实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，相关物质的转化过程示意图如下。下列说法不正确的是A.淀粉能发生酯化反应和水解反应 B.中含有羧基，具有酸性C.生成的反应中，有键断裂 D.转化为淀粉时，发生了缩聚反应【答案】B【解析】淀粉含有羟基，且是多糖，能发生酯化反应和水解反应，A正确；中含有羟基，不具羧基无酸性，B错误；生成的反应中碳氧双键断裂，即有键断裂，C正确；转化淀粉时脱去，发生了缩聚反应，D正确；故选B。14.某课题小组探究苯酚与显色反应的影响因素，设计了如下实验。实验操作现象I向苯酚稀溶液中滴加几滴溶液溶液呈浅紫色II向同浓度苯酚溶液中滴加与I中相同滴数的0.1mol/L溶液溶液呈浅紫色III向同浓度苯酚溶液（调）中滴加与I中相同滴数的溶液生成红褐色沉淀IV向实验III所得悬浊液中逐滴加入01mol/L盐酸沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液变为浅黄色已知：可发生如下反应。i．与苯酚发生显色反应：ii．与发生反应：（黄色）下列说法不正确的是A.中提供孤电子对，与形成配位键B.实验I和II说明少量不会干扰苯酚与的显色反应C.III中调后，增大，i中平衡正向移动D.溶液、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与的显色反应【答案】C【解析】配离子中具有孤对电子的苯氧根离子与具有空轨道的铁离子形成配位键，配位数为6，故A正确；由实验现象可知，实验I和II说明少量氯离子不能与铁离子形成配离子，不会干扰苯酚与铁离子的显色反应，故B正确；由实验现象可知，实验III中调节溶液pH为9时，溶液中铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，铁离子浓度减小，i中平衡向逆反应方向移动，故C错误；由实验现象可知，溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与溶液中铁离子的显色反应，故D正确；故选C。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、N3.0①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.abd②.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）①.②.6③.（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.苯甲醛是最简单的芳香醛，是工业上常用的化工原料。I．工业上曾用甲苯氯代再水解的方法制苯甲醛，物质转化关系如下。已知：同碳上连有两个羟基不稳定，会脱水并转变为羰基（1）氯代反应①的试剂和条件为________，反应②的化学方程式为________。II．生产过程中，如果碱浓度过高，苯甲醛会发生如下的歧化反应：（2）可以选用银氨溶液检验苯甲醛是否反应完全，化学方程式为________。III．某研究小组设计了如下实验来模拟苯甲醛的歧化反应并分离产物。相关物质的物理性质如下：物质苯甲醛苯甲醇苯甲酸乙醚熔点/℃-26-15122-116沸点/溶性微溶微溶微溶微溶乙醚中溶解性溶溶溶

已知：苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而显著增大。（3）补全流程中的操作名称：操作①________、操作②________。（4）操作③中加盐酸后发生的反应为________。（5）通过重结晶由粗品提纯物质Y，操作如下：将粗品（结晶）溶于少量热水中，加活性炭，煮沸，趁热过滤，将滤液冷却结晶后再过滤，得白色晶状物质。其中，趁热过滤的目的包括________（填序号）。a．防止苯甲酸析出造成损耗b．除去活性炭等不溶性杂质c．便于析出【答案】（1）①.和光照②.（2）（3）①.萃取分液②.蒸馏（4）（5）ab【解析】Ⅲ苯甲醛加过量碱，苯甲醛会发生如下的歧化反应：，加入乙醚进行萃取，苯甲醇溶于乙醚，苯甲酸钠不易溶于乙醚，进行分液，操作①萃取分液；苯甲醇的乙醚溶液进行蒸馏，分离苯甲醇；苯甲酸钠的水溶液加入盐酸得到苯甲酸，重结晶得到纯净苯甲酸；【小问1详解】同碳上连有两个羟基不稳定，会脱水并转变为羰基，则先转化成二卤代烃，再脱水转变为醛基，故氯代反应①的试剂和条件为：和光照；反应②的化学方程式为：；【小问2详解】醛基与银氨溶液发生银境反应，方程式为：；【小问3详解】苯甲醛加过量碱，苯甲醛会发生如下的歧化反应生成苯甲醇和苯甲酸钠，加入乙醚进行萃取，苯甲醇溶于乙醚，苯甲酸钠不易溶于乙醚，进行分液，操作①萃取分液；苯甲醇的乙醚溶液进行操作②蒸馏；【小问4详解】苯甲酸钠加入盐酸，强酸制弱酸得到苯甲酸和氯化钠，过量的氢氧化钠与盐酸发生中和反应，方程式为：，；【小问5详解】加活性炭，趁热过滤，目的包括除去活性炭等不溶性杂质，因为苯甲酸在水中的溶解度随温度升高而显著增大，故趁热过滤。可防止降温苯甲酸析出造成损耗，故选ab；18.有机化合物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）过程中，还会生成的同分异构体。已知分子中含一个六元环和一个七元环，的结构简式为________（写出一种即可）。（5）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．的过程中，被还原d．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）酮羰基（2）（3）（4）（5）（6）acd（7）abm【解析】【分析】A()与足量的H2加成生成B()，催化氧化得到C()，C发生信息i反应生成D()，再发生消去反应生成E()，E发生信息ii反应被氧化生成F()，F在NaOH作用下发生信息iii反应生成G()，G与HCN加成生成H()，H先与乙二醇反应，再与氢气反应得到I()，I经过三步反应得到J()，据此分析解答。【小问1详解】C为，含有官能团的名称为