2023-2024学年四川省成都市高二下学期7月期末考试化学试题(新高三摸底)（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省成都市2023-2024学年高二下学期7月期末(新高三摸底)本试卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.石墨烯具有优异的光学、电学等特性，有着广泛的应用前景。下列有关叙述正确的是A.石墨烯是碳的一种同位素B.基态碳原子的电子排布式：C.第一电离能比较：D.轨道的电子云轮廓图【答案】D【解析】石墨烯是单质，不是碳的同位素，A项错误；基态碳原子的电子排布式为，B项错误；同一周期，从左至右，第一电离能有增大的趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，故第一电离能：N>C，C项错误；轨道的电子云轮廓图为哑铃型，D项正确；答案选D。2.光学分析法是融合物理学和化学实验技术的一类重要仪器分析方法。在青蒿素分子结构(相对分子质量282)测定中，使用下列方法不能得到对应结论的是

ABCD分析方法质谱法红外光谱核磁共振氢谱X射线衍射结论相对分子质量282分子中含有酯基分子中含有过氧基测定分子结A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】质谱仪可测定物质的相对分子质量，故A正确；红外光谱仪可检测结构中存在化学键和官能团，可测定青蒿素分子中的酯基，故B正确；核磁共振氢谱仪可测定青蒿素分子氢原子的类型，不可测定分子中含有过氧基，故C错误；通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故D正确；答案选C。3.下列表达有关反应的化学方程式正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】甲烷和氯气光照反应生成卤代烃和氯化氢，不会产生氢气，A项错误；乙醛和氢氧化铜和NaOH反应生成乙酸钠，氧化亚铜和水，方程式为，B项正确；乙醇的催化氧化生成乙醛和水，方程式为，C项错误；丙烯发生聚合反应生成聚丙烯的方程式为：，D项错误；答案选B。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子核外有两个未成对电子，X、Z同主族。Y是地壳中含量最多的元素，W最外层只有1个电子且内层电子全充满。下列说法正确的是A.是一种典型的共价晶体B.原子半径：C.X、Z形成最高价含氧酸的酸性：D.W为d区元素【答案】A【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，Y是地壳中含量最多的元素，地壳中含量最多的元素是氧（O），即Y为O元素；基态X原子核外有两个未成对电子，X的原子序数比Y的小，X为碳（C）元素，基态碳原子的电子排布是1s22s22p2，有两个未成对电子；X、Z同主族，Z也应该是碳族元素，在第三周期中，与碳同族的元素是硅（Si），Z为Si元素；W最外层只有1个电子且内层电子全充满，则W是铜（Cu）。Z是硅（Si），Y是氧（O），所以ZY2是SiO2是一种典型的共价晶体，选项A正确；同一周期的主族元素随原子序数的增大原子半径逐渐减小，因此，碳的原子半径大于氧的原子半径，选项B错误；非金属性越强，形成最高价含氧酸的酸性越强，碳的非金属性强于硅，所以碳形成的最高价含氧酸的酸性（碳酸）比硅形成的（硅酸）强，选项C错误；铜是ds区元素，不是d区元素，选项D错误；故答案选A。5.乙烯是石油化工重要的基本原料，由于性质活泼可以合成很多有机物。有如图的转化关系，下列有关说法错误的是A.乙烯中碳原子杂化轨道类型为B.分子A中含有非极性共价键C.反应③的副产物可能有1，2-二氯乙烷D.反应②的原子利用率为【答案】B【解析】乙烯中含有碳碳双键，为平面结构，碳原子的杂化轨道类型为sp2，故A正确；分子A中由于Cl原子和O原子电负性不同，导致两个碳原子之间的键存在一定的极性，而C-H、C-Cl、C-O、O-H均为极性键，故不含有非极性共价键，故B错误；反应③为乙烯和稀氯水的加成反应，由于氯水中含有氯气分子，氯气可能和乙烯发生加成反应生成副产物1，2-二氯乙烷，故C正确；反应②为+HCl→CH2Cl-CH2OH,生成物只有一种，原子利用率为，故D正确；故选B。6.有机反应产物往往伴随着杂质。下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法及解释都正确的是样品(杂质)除杂试剂与方法解释A酸性高锰酸钾溶液，洗气被酸性高锰酸钾溶液氧化B乙酸乙酯饱和碳酸钠溶液，洗涤分液降低乙酸乙酯溶解度，溶解乙醇C苯(苯酚)适量浓溴水，过滤酚羟基活化苯环，与浓溴水反应生成三溴苯酚D溴苯水洗，分液溴苯和溴在水中溶解度不同A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，会引入新的杂质，故A错误；饱和碳酸钠溶液可以吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，故B正确；苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，无法通过过滤分离，故C错误；溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液，洗涤分液，故D错误；故选B。7.有机合成可以使用简单易得的原料，通过化学反应增长或者缩短碳骨架。下列合成是通过氧化反应实现的是A.乙酸→乙酸乙酯 B.乙炔→聚乙炔C.乙醛→2-羟基丙腈 D.乙苯→苯甲酸【答案】D【解析】浓硫酸催化条件下，乙醇和乙酸加热生成乙酸乙酯，为取代反应，A错误；乙炔加聚生成聚乙炔，为加聚反应，B错误；乙醛转化为2-羟基丙腈，为乙醛与HCN的加成反应，C错误；乙苯中乙基氧化为羧基得到苯甲酸，为氧化反应，D正确；故选D。8.臭氧-双氧水系统是污水处理的一种高级氧化方法。已知臭氧是V形结构，且存在大π键。下列有关说法正确的是A.双氧水的电子式是 B.臭氧晶体属于分子密堆积C.双氧水和臭氧都是非极性分子 D.臭氧中氧氧键长大于双氧水中氧氧键长【答案】B【解析】过氧化氢的电子式是，故A错误；臭氧晶体是分子晶体，分子间只存在范德华力不存在氢键，属于分子密堆积，故B正确；双氧水和臭氧分子的正负电荷中心均不重合，都是极性分子，故C错误；

由于存在大π键，使臭氧中氧氧键长小于双氧水中氧氧键长，故D错误；答案选B。9.水杨酸是治疗皮炎的一种外用药，对水杨酸进行分子结构修饰能得到解热镇痛的乙酰水杨酸(阿司匹林)。下列说法错误的是A.水杨酸分子中所有原子可能共平面B.反应①的氧化过程中需注意保护酚羟基C.反应②为取代反应D.乙酰水杨酸最多与反应【答案】D【解析】水杨酸分子中含有羧基、羟基，均可通过单键旋转，使所有原子共平面，故A正确；酚羟基具有还原性，反应①的氧化过程中需注意保护酚羟基，故B正确；水杨酸中酚羟基上的氢原子被取代，反应②为取代反应，故C正确；1mol乙酰水杨酸：含有羧基和酯基可消耗2molNaOH，酯基水解后得到羟基与苯相连，结构为苯酚具有酸性，可再消耗1molNaOH，则共与3molNaOH反应，故D错误；故选D。10.为达到实验目，下列实验设计或操作正确的是A.制备乙酸乙酯B.制备乙炔C.配制银氨溶液D.证明1-溴丁烷的消去产物是烯烃A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】浓硫酸催化条件下，乙醇和乙酸加热生成乙酸乙酯，A错误；为控制反应速率，应该使用分液漏斗添加饱和食盐水和电石反应制取乙炔，B错误；配制银氨溶液的方法：在洁净的试管中加入1mL2%的硝酸银溶液，边振荡边逐滴加入2%的稀氨水，至最初产生的白色沉淀恰好溶解为止，制得银氨溶液，C错误；1-溴丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成1-丁烯，受热挥发出的乙醇不能与溴的四氯化碳溶液反应，1-丁烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，所以题给装置能用于检验1-溴丁烷的消去产物1-丁烯，D正确；故选D。11.某烃的相对分子质量为56，两分子M可脱水成六元环酯N。下列说法正确的是A.X是2-甲基丙烯B.的反应条件是稀硫酸、加热C.M中只有一种官能团D.生成时，脱去水【答案】A【解析】某烃的相对分子质量为56，能和溴加成，则含有不饱和键，56÷12=4⋯8，则为C4H8，结合两分子M可脱水成六元环酯N，则碳碳双键应该在1号碳，且2号碳上引入羟基后再无氢原子使得2号碳上羟基不能被氧化，则X为C(CH3)2=CH2，和溴加成生成Y为C(CH3)2BrCH2Br，发生取代反应生成Z为C(CH3)2OHCH2OH，Z中顶端羟基氧化为羧基得到M为C(CH3)2OHCOOH，两分子M可脱水成六元环酯；X为C(CH3)2=CH2，是2-甲基丙烯，A正确；Y中溴原子发生取代反应生成Z，条件为氢氧化钠水溶液加热，B错误M中有羟基、羧基2种官能团，C错误；生成时，生成2mol酯基，则脱去2mol水，D错误；故选A。12.乙酰丙酮()能与乙醛发生缩合反应。下列从结构角度的预测或解释有错误的是A.乙酰丙酮能与乙醇形成分子间氢键，易溶于乙醇B.上述反应中①处键断裂C.与①处相比，②处键极性更大D.碳氧双键的活性：【答案】C【解析】乙酰丙酮中氧能与乙醇分子的羟基氢形成分子间氢键，易溶于乙醇，故A正确；酮羰基吸电子能力强，使碳氢键的极性增强，上述反应中①处键断裂，故B正确；与①处相比，②处只受一个酮羰基影响，②处键极性更弱，故C错误；甲基是推电子基团，b受甲基影响，碳氧双键的活性：，故D正确；故选C。13.已知呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因，进行了实验。结合实验事实，下列分析错误的是序号实验操作现象①向较浓硫酸中滴加2滴饱和溶液溶液变淡紫色②向中滴加少量溶液黄色变浅A.实验①中被氧化为B.实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少，能抑制水解C.由实验可知铁盐溶液呈黄色可能是水解导致D.由实验①和②推测的配位能力比弱【答案】D【解析】实验①中，溶液变淡紫色，说明被氧化为，故A正确；实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少，能抑制Fe3+水解,，故B正确；由实验可知，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3+水解导致，故C正确；对比实验①②，Fe2(SO4)3溶液是黄色，且在其稀溶液中滴加少量3mol/LH2SO4，溶液黄色变浅，说明增大，Fe3+水解平衡逆向移动，则Fe3+和OH-的结合能力大于Fe3+和H2O的结合能力OH-的配位能力比H2O强，故D错误；答案选D14.常用于检验的试剂为，反应生成的蓝色沉淀其晶体中基本单元的部分结构如图。下列说法正确的是A.如图可表示蓝色晶体的一个晶胞B.由如图结构可推测中N为配位原子C.1个上述结构有1个单位负电荷D.有个键【答案】B【解析】蓝色晶体化学式为，阴离子，阳离子是K+、Fe2+，图中几何体是的重复单位，不能表示一个晶胞，故A错误；中的铁为，图中与配位的原子为N原子，故B正确；上述单位中含有的个数为，含有的个数为，则正电荷为，含有个数为，则负电荷数量为3，则1个上述结构有0.5个单位负电荷，故C错误；，中含有6个配位键，内部含有1个键，2个π键，则有键个键，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.对硝基苯甲酸广泛应用于医药、染料、感光材料等领域。实验室用下图示装置制备(加热和夹持仪器已略去)。反应原理为：。实验步骤：I．向三口烧瓶中加入水，再加入微量的溴化四丁基铵(结构如图)。加热待温度达到，恒温分批共加入对硝基甲苯。升温到一定温度控制条件反应。溴化四丁基铵Ⅱ．反应结束后趁热过滤，洗涤固体，合并洗涤液。Ⅲ．向滤液中加入，调节至，析出黄白色沉淀。待沉淀完全后，过滤，洗涤。经过重结晶，得到对硝基苯甲酸。

熔点沸点溶解性对硝基甲苯51.3238(易升华)不溶于水，溶于乙醇对硝基苯甲酸242-微溶于水，溶于乙醇回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______。（2）根据下列实验数据，从经济环保的角度选择的温度条件和时间分别是_______，加热方式为_______。温度过高会造成产率下降，可能原因是_______。（3）步骤Ⅱ反应结束后趁热过滤除去_______(填化学式)，用_______洗涤固体并合并滤液。（4）溴化四丁基铵有类似冠醚的作用(吸引)。解释溴化四丁基铵在该实验中的作用____。（5）计算对硝基苯甲酸的产率_______(保留2位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.，2.5小时②.水浴③.温度过高对硝基甲苯升华(或凝华)，附着在冷凝管内部造成原料提失(2分答到“附着在冷凝管内部，造成原料损失即可”)（3）①.②.热水（4）四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与对硝基甲苯的接触，加快反应速率并提高产率（5）【解析】【小问1详解】仪器a名称是球形冷凝管；【小问2详解】从图1分析，90℃时，产品产率几乎最高，温度再升高，产率变化升高并不大，图2分析得知，在2.5h产品产率几乎最高，时间再往后，产率提升不明显，所以从经济环保的角度选择的温度条件和时间分别是：90℃和2.5h，答案为：90℃和2.5小时；因为对硝基甲苯容易升华，为避免造成原料损失，所以温度不宜过高，应该采取：水浴加热方法，答案为：水浴加热；对硝基甲苯沸点238℃，容易升华，温度过高，对硝基甲苯易升华，同时附着在冷凝管内部冷凝，造成原料提失，所以温度过高会造成产率下降，答案为：温度过高对硝基甲苯升华(或凝华)，附着在冷凝管内部造成原料提失；【小问3详解】根据制取硝基苯甲酸方程式分析，产物中含有不溶于水的，所以应该趁热过滤除去，答案为：；因为所得的有机产品对硝基苯甲酸微溶于水，为减少产品损失，所以用热水洗涤固体，答案为：热水；【小问4详解】四丁基铵根离子可以作为相转移催化剂的阳离子部分并促进反应的进行。它的存在可以使得亲电试剂和亲核试剂的接触更加充分，从而提高反应的速率和产率。故答案为：四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与对硝基甲苯的接触，加快反应速率并提高产率；【小问5详解】根据方程式中对硝基甲苯（加入0.022mol）与产物对硝基苯甲酸的计量系数关系为1:1，反应物高锰酸钾过量，用对硝基甲苯开展计算，产品对硝基苯甲酸的物质的量为0.022mol，生产的理论质量为，产率为：，答案为：45%。16.白云石矿的主要成分为，还含有质量分数约的和的。利用白云石制备高纯度的轻质氧化镁和活性碳酸钙，流程如下。已知：回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分是_______。（2）“氧化”步骤中的作用是_______。（3）加氨水“调节”后得到的固体是_______。（4）“沉镁”反应的基本反应类型为_______，“沉钙”反应的离子方程式为_______。（5）结合数据解释“盐浸”过程中主要浸出物为的原因_______，提高浸出率的措施为_______(任写一种)。【答案】（1）（2）将转化为，便于下一步沉淀除去（3）（4）①.复分解反应②.（5）①.反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解②.蒸出氨(其他合理答案也可)【解析】白云石矿[主要成分是，还含有质量分数约的和的等]加入盐酸酸浸，与盐酸不反应，过滤后所得浸渣主要成分为，滤液中含，“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去，加入氨水调节pH，将转化为沉淀，过滤后所得滤液中通入二氧化碳沉钙，得到碳酸钙。所得固体中加入硫酸铵溶液盐浸，不溶，过滤得到氢氧铁，滤液中再加碳酸铵沉镁，得到碳酸镁晶体，经煅烧得到氧化镁。【小问1详解】根据分析，“浸渣”的主要成分是。故答案为：；【小问2详解】“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去。故答案为：将转化为，便于下一步沉淀除去；【小问3详解】根据分析，加氨水“调节”后得到的固体是。故答案为：；【小问4详解】“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO+nH2O=MgCO3•nH2O↓；“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO+nH2O=MgCO3•nH2O↓，则“沉镁”反应的基本反应类型为复分解反应；钙盐中加入氨水，再通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，“沉钙”反应的离子方程式为。故答案为：复分解反应；；【小问5详解】“盐浸”过程中主要浸出物为，发生反应，，同理，被溶解的反应K约为=，程度太小，因此盐浸只能溶解，提高浸出率的措施为蒸出氨(其他合理答案也可)。故答案为：反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解；蒸出氨(其他合理答案也可)。17.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”，直到近年来人们才研究出来其成分为，还含有微量硫元素，硫来自天然钡矿。合成“中国蓝”的原料有、孔雀石和沙子。回答下列问题：（1）氧元素在元素周期表中的位置_______，基态Cu2+的价电子轨道表示式为_______。（2）的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其配位原子是_______。（3）中心原子的杂化轨道类型为_______，的键角为_______。（4）号为平面结构，其成键方式可看作碳(C)原子的一个轨道和两个轨道形成了_______个杂化轨道，再与三个氧(O)的价层轨道形成了_______。和的中心原子均为杂化，但的键角大于的键角，其原因是_______。（5）在硅酸盐中四面体可以图示为，的结构式是可表示图示为，的图式为，其结构式是_______。【答案】（1）①.第二周期ⅥA族②.（2）O(或氧)（3）①.②.°28′（4）①.3②.三个键③.的中心原子上无孤对电子，的中心原子上有一对孤对电子，含有较大斥力，使键角变小（5）【解析】【小问1详解】氧为8号元素，在元素周期表中的位置第二周期ⅥA族，铜为29号元素，失去2个电子形成铜离子，Cu2+的价电子轨道表示式为；【小问2详解】Cu2+提供空轨道，而氧能提供孤电子对，两者形成配位键，故配位原子为O；【小问3详解】的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，故的键角为°28′；小问4详解】号为平面结构，其成键方式可看作碳(C)原子的一个轨道和两个轨道形成了3个杂化轨道，再与三个氧(O)的价层轨道头碰头形成了三个键；的中心原子上无孤对电子，的中心原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角变小，导致的键角大于的键角；【小问5详解】由图可知，中每个硅形成4个共价键，且其中3个硅、3个氧形成六元环，另每个硅原子还有2个未成环的氧，图示为：。18.苯磺酸贝斯汀用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹、湿疹等，合成路线如下。回答下列问题：（1）与互为_______，C中含氧官能团名称是_______。（2）物质G中手性碳原子是____(填“a”、“b”或“c”)。反应的反应类型为___。（3）物质I的熔点比H高，可能原因是_______(写两条)。（4）与A互为同系物，且比A多一个碳原子。写出其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为的结构_______。（5）参照上述路线，以苯和醋酸为主要原料合成如下图有机物。①M的结构简式_______。②反应i的化学反应方程式_______。【答案】（1）①.同系物②.(酮)羰基（2）①.b②.加成反应（3）I中羧基可以形成分子间氢键，且I中的羧基可以和形成盐（4）（5）①.②.【解析】A中羧基与SOCl2发生取代反应生成B，B与苯环发生取代反应生成C，C在一定条件下与氢气发生加成反应生成D，D与CCl3CN发生加成反应生产E，E发生取代反应生成F，F碱性水解生成G，G发生取代反应生成H，H再水解生成I，据此分析。【小问1详解】与结构相似，分子式上相差一个CH2，互为同系物，C中的含氧官能团为(酮)羰基；【小问2详解】手性碳原子单键所连接的原子或原子团均不同，故b为手性碳原子，反应D→E碳氮三键变为碳氮双键，属于加成反应；【小问3详解】物质I的熔点比H高,可能是因为I中羧基可以形成分子间氢键，且I中的羧基可以和形成盐；【小问4详解】与A互为同系物，且比A多一个碳原子，则A1的分子式为，且结构与A要相似，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为的结构为：；【小问5详解】参照上述A→B→C路线，乙酸先与SOCl2发生取代反应生成M()，再与苯环上的氢发生取代反应生成，再催化加氢生成，反应i化学方程式为。四川省成都市2023-2024学年高二下学期7月期末(新高三摸底)本试卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.石墨烯具有优异的光学、电学等特性，有着广泛的应用前景。下列有关叙述正确的是A.石墨烯是碳的一种同位素B.基态碳原子的电子排布式：C.第一电离能比较：D.轨道的电子云轮廓图【答案】D【解析】石墨烯是单质，不是碳的同位素，A项错误；基态碳原子的电子排布式为，B项错误；同一周期，从左至右，第一电离能有增大的趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，故第一电离能：N>C，C项错误；轨道的电子云轮廓图为哑铃型，D项正确；答案选D。2.光学分析法是融合物理学和化学实验技术的一类重要仪器分析方法。在青蒿素分子结构(相对分子质量282)测定中，使用下列方法不能得到对应结论的是

ABCD分析方法质谱法红外光谱核磁共振氢谱X射线衍射结论相对分子质量282分子中含有酯基分子中含有过氧基测定分子结A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】质谱仪可测定物质的相对分子质量，故A正确；红外光谱仪可检测结构中存在化学键和官能团，可测定青蒿素分子中的酯基，故B正确；核磁共振氢谱仪可测定青蒿素分子氢原子的类型，不可测定分子中含有过氧基，故C错误；通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故D正确；答案选C。3.下列表达有关反应的化学方程式正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】甲烷和氯气光照反应生成卤代烃和氯化氢，不会产生氢气，A项错误；乙醛和氢氧化铜和NaOH反应生成乙酸钠，氧化亚铜和水，方程式为，B项正确；乙醇的催化氧化生成乙醛和水，方程式为，C项错误；丙烯发生聚合反应生成聚丙烯的方程式为：，D项错误；答案选B。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。基态X原子核外有两个未成对电子，X、Z同主族。Y是地壳中含量最多的元素，W最外层只有1个电子且内层电子全充满。下列说法正确的是A.是一种典型的共价晶体B.原子半径：C.X、Z形成最高价含氧酸的酸性：D.W为d区元素【答案】A【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，Y是地壳中含量最多的元素，地壳中含量最多的元素是氧（O），即Y为O元素；基态X原子核外有两个未成对电子，X的原子序数比Y的小，X为碳（C）元素，基态碳原子的电子排布是1s22s22p2，有两个未成对电子；X、Z同主族，Z也应该是碳族元素，在第三周期中，与碳同族的元素是硅（Si），Z为Si元素；W最外层只有1个电子且内层电子全充满，则W是铜（Cu）。Z是硅（Si），Y是氧（O），所以ZY2是SiO2是一种典型的共价晶体，选项A正确；同一周期的主族元素随原子序数的增大原子半径逐渐减小，因此，碳的原子半径大于氧的原子半径，选项B错误；非金属性越强，形成最高价含氧酸的酸性越强，碳的非金属性强于硅，所以碳形成的最高价含氧酸的酸性（碳酸）比硅形成的（硅酸）强，选项C错误；铜是ds区元素，不是d区元素，选项D错误；故答案选A。5.乙烯是石油化工重要的基本原料，由于性质活泼可以合成很多有机物。有如图的转化关系，下列有关说法错误的是A.乙烯中碳原子杂化轨道类型为B.分子A中含有非极性共价键C.反应③的副产物可能有1，2-二氯乙烷D.反应②的原子利用率为【答案】B【解析】乙烯中含有碳碳双键，为平面结构，碳原子的杂化轨道类型为sp2，故A正确；分子A中由于Cl原子和O原子电负性不同，导致两个碳原子之间的键存在一定的极性，而C-H、C-Cl、C-O、O-H均为极性键，故不含有非极性共价键，故B错误；反应③为乙烯和稀氯水的加成反应，由于氯水中含有氯气分子，氯气可能和乙烯发生加成反应生成副产物1，2-二氯乙烷，故C正确；反应②为+HCl→CH2Cl-CH2OH,生成物只有一种，原子利用率为，故D正确；故选B。6.有机反应产物往往伴随着杂质。下列除去样品中少量杂质(括号内为杂质)所用的试剂、方法及解释都正确的是样品(杂质)除杂试剂与方法解释A酸性高锰酸钾溶液，洗气被酸性高锰酸钾溶液氧化B乙酸乙酯饱和碳酸钠溶液，洗涤分液降低乙酸乙酯溶解度，溶解乙醇C苯(苯酚)适量浓溴水，过滤酚羟基活化苯环，与浓溴水反应生成三溴苯酚D溴苯水洗，分液溴苯和溴在水中溶解度不同A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】乙烯会被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，会引入新的杂质，故A错误；饱和碳酸钠溶液可以吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，故B正确；苯酚和浓溴水生成的三溴苯酚会溶于苯，无法通过过滤分离，故C错误；溴不易溶于水，易溶于溴苯，除去溴苯中的溴应该加入氢氧化钠溶液，洗涤分液，故D错误；故选B。7.有机合成可以使用简单易得的原料，通过化学反应增长或者缩短碳骨架。下列合成是通过氧化反应实现的是A.乙酸→乙酸乙酯 B.乙炔→聚乙炔C.乙醛→2-羟基丙腈 D.乙苯→苯甲酸【答案】D【解析】浓硫酸催化条件下，乙醇和乙酸加热生成乙酸乙酯，为取代反应，A错误；乙炔加聚生成聚乙炔，为加聚反应，B错误；乙醛转化为2-羟基丙腈，为乙醛与HCN的加成反应，C错误；乙苯中乙基氧化为羧基得到苯甲酸，为氧化反应，D正确；故选D。8.臭氧-双氧水系统是污水处理的一种高级氧化方法。已知臭氧是V形结构，且存在大π键。下列有关说法正确的是A.双氧水的电子式是 B.臭氧晶体属于分子密堆积C.双氧水和臭氧都是非极性分子 D.臭氧中氧氧键长大于双氧水中氧氧键长【答案】B【解析】过氧化氢的电子式是，故A错误；臭氧晶体是分子晶体，分子间只存在范德华力不存在氢键，属于分子密堆积，故B正确；双氧水和臭氧分子的正负电荷中心均不重合，都是极性分子，故C错误；

由于存在大π键，使臭氧中氧氧键长小于双氧水中氧氧键长，故D错误；答案选B。9.水杨酸是治疗皮炎的一种外用药，对水杨酸进行分子结构修饰能得到解热镇痛的乙酰水杨酸(阿司匹林)。下列说法错误的是A.水杨酸分子中所有原子可能共平面B.反应①的氧化过程中需注意保护酚羟基C.反应②为取代反应D.乙酰水杨酸最多与反应【答案】D【解析】水杨酸分子中含有羧基、羟基，均可通过单键旋转，使所有原子共平面，故A正确；酚羟基具有还原性，反应①的氧化过程中需注意保护酚羟基，故B正确；水杨酸中酚羟基上的氢原子被取代，反应②为取代反应，故C正确；1mol乙酰水杨酸：含有羧基和酯基可消耗2molNaOH，酯基水解后得到羟基与苯相连，结构为苯酚具有酸性，可再消耗1molNaOH，则共与3molNaOH反应，故D错误；故选D。10.为达到实验目，下列实验设计或操作正确的是A.制备乙酸乙酯B.制备乙炔C.配制银氨溶液D.证明1-溴丁烷的消去产物是烯烃A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】浓硫酸催化条件下，乙醇和乙酸加热生成乙酸乙酯，A错误；为控制反应速率，应该使用分液漏斗添加饱和食盐水和电石反应制取乙炔，B错误；配制银氨溶液的方法：在洁净的试管中加入1mL2%的硝酸银溶液，边振荡边逐滴加入2%的稀氨水，至最初产生的白色沉淀恰好溶解为止，制得银氨溶液，C错误；1-溴丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成1-丁烯，受热挥发出的乙醇不能与溴的四氯化碳溶液反应，1-丁烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，所以题给装置能用于检验1-溴丁烷的消去产物1-丁烯，D正确；故选D。11.某烃的相对分子质量为56，两分子M可脱水成六元环酯N。下列说法正确的是A.X是2-甲基丙烯B.的反应条件是稀硫酸、加热C.M中只有一种官能团D.生成时，脱去水【答案】A【解析】某烃的相对分子质量为56，能和溴加成，则含有不饱和键，56÷12=4⋯8，则为C4H8，结合两分子M可脱水成六元环酯N，则碳碳双键应该在1号碳，且2号碳上引入羟基后再无氢原子使得2号碳上羟基不能被氧化，则X为C(CH3)2=CH2，和溴加成生成Y为C(CH3)2BrCH2Br，发生取代反应生成Z为C(CH3)2OHCH2OH，Z中顶端羟基氧化为羧基得到M为C(CH3)2OHCOOH，两分子M可脱水成六元环酯；X为C(CH3)2=CH2，是2-甲基丙烯，A正确；Y中溴原子发生取代反应生成Z，条件为氢氧化钠水溶液加热，B错误M中有羟基、羧基2种官能团，C错误；生成时，生成2mol酯基，则脱去2mol水，D错误；故选A。12.乙酰丙酮()能与乙醛发生缩合反应。下列从结构角度的预测或解释有错误的是A.乙酰丙酮能与乙醇形成分子间氢键，易溶于乙醇B.上述反应中①处键断裂C.与①处相比，②处键极性更大D.碳氧双键的活性：【答案】C【解析】乙酰丙酮中氧能与乙醇分子的羟基氢形成分子间氢键，易溶于乙醇，故A正确；酮羰基吸电子能力强，使碳氢键的极性增强，上述反应中①处键断裂，故B正确；与①处相比，②处只受一个酮羰基影响，②处键极性更弱，故C错误；甲基是推电子基团，b受甲基影响，碳氧双键的活性：，故D正确；故选C。13.已知呈淡紫色。为探究铁盐溶液呈黄色的原因，进行了实验。结合实验事实，下列分析错误的是序号实验操作现象①向较浓硫酸中滴加2滴饱和溶液溶液变淡紫色②向中滴加少量溶液黄色变浅A.实验①中被氧化为B.实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少，能抑制水解C.由实验可知铁盐溶液呈黄色可能是水解导致D.由实验①和②推测的配位能力比弱【答案】D【解析】实验①中，溶液变淡紫色，说明被氧化为，故A正确；实验①使用较浓硫酸因其酸性强且含水量少，能抑制Fe3+水解,，故B正确；由实验可知，铁盐溶液呈黄色可能是Fe3+水解导致，故C正确；对比实验①②，Fe2(SO4)3溶液是黄色，且在其稀溶液中滴加少量3mol/LH2SO4，溶液黄色变浅，说明增大，Fe3+水解平衡逆向移动，则Fe3+和OH-的结合能力大于Fe3+和H2O的结合能力OH-的配位能力比H2O强，故D错误；答案选D14.常用于检验的试剂为，反应生成的蓝色沉淀其晶体中基本单元的部分结构如图。下列说法正确的是A.如图可表示蓝色晶体的一个晶胞B.由如图结构可推测中N为配位原子C.1个上述结构有1个单位负电荷D.有个键【答案】B【解析】蓝色晶体化学式为，阴离子，阳离子是K+、Fe2+，图中几何体是的重复单位，不能表示一个晶胞，故A错误；中的铁为，图中与配位的原子为N原子，故B正确；上述单位中含有的个数为，含有的个数为，则正电荷为，含有个数为，则负电荷数量为3，则1个上述结构有0.5个单位负电荷，故C错误；，中含有6个配位键，内部含有1个键，2个π键，则有键个键，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.对硝基苯甲酸广泛应用于医药、染料、感光材料等领域。实验室用下图示装置制备(加热和夹持仪器已略去)。反应原理为：。实验步骤：I．向三口烧瓶中加入水，再加入微量的溴化四丁基铵(结构如图)。加热待温度达到，恒温分批共加入对硝基甲苯。升温到一定温度控制条件反应。溴化四丁基铵Ⅱ．反应结束后趁热过滤，洗涤固体，合并洗涤液。Ⅲ．向滤液中加入，调节至，析出黄白色沉淀。待沉淀完全后，过滤，洗涤。经过重结晶，得到对硝基苯甲酸。

熔点沸点溶解性对硝基甲苯51.3238(易升华)不溶于水，溶于乙醇对硝基苯甲酸242-微溶于水，溶于乙醇回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______。（2）根据下列实验数据，从经济环保的角度选择的温度条件和时间分别是_______，加热方式为_______。温度过高会造成产率下降，可能原因是_______。（3）步骤Ⅱ反应结束后趁热过滤除去_______(填化学式)，用_______洗涤固体并合并滤液。（4）溴化四丁基铵有类似冠醚的作用(吸引)。解释溴化四丁基铵在该实验中的作用____。（5）计算对硝基苯甲酸的产率_______(保留2位有效数字)。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.，2.5小时②.水浴③.温度过高对硝基甲苯升华(或凝华)，附着在冷凝管内部造成原料提失(2分答到“附着在冷凝管内部，造成原料损失即可”)（3）①.②.热水（4）四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与对硝基甲苯的接触，加快反应速率并提高产率（5）【解析】【小问1详解】仪器a名称是球形冷凝管；【小问2详解】从图1分析，90℃时，产品产率几乎最高，温度再升高，产率变化升高并不大，图2分析得知，在2.5h产品产率几乎最高，时间再往后，产率提升不明显，所以从经济环保的角度选择的温度条件和时间分别是：90℃和2.5h，答案为：90℃和2.5小时；因为对硝基甲苯容易升华，为避免造成原料损失，所以温度不宜过高，应该采取：水浴加热方法，答案为：水浴加热；对硝基甲苯沸点238℃，容易升华，温度过高，对硝基甲苯易升华，同时附着在冷凝管内部冷凝，造成原料提失，所以温度过高会造成产率下降，答案为：温度过高对硝基甲苯升华(或凝华)，附着在冷凝管内部造成原料提失；【小问3详解】根据制取硝基苯甲酸方程式分析，产物中含有不溶于水的，所以应该趁热过滤除去，答案为：；因为所得的有机产品对硝基苯甲酸微溶于水，为减少产品损失，所以用热水洗涤固体，答案为：热水；【小问4详解】四丁基铵根离子可以作为相转移催化剂的阳离子部分并促进反应的进行。它的存在可以使得亲电试剂和亲核试剂的接触更加充分，从而提高反应的速率和产率。故答案为：四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与对硝基甲苯的接触，加快反应速率并提高产率；【小问5详解】根据方程式中对硝基甲苯（加入0.022mol）与产物对硝基苯甲酸的计量系数关系为1:1，反应物高锰酸钾过量，用对硝基甲苯开展计算，产品对硝基苯甲酸的物质的量为0.022mol，生产的理论质量为，产率为：，答案为：45%。16.白云石矿的主要成分为，还含有质量分数约的和的。利用白云石制备高纯度的轻质氧化镁和活性碳酸钙，流程如下。已知：回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分是_______。（2）“氧化”步骤中的作用是_______。（3）加氨水“调节”后得到的固体是_______。（4）“沉镁”反应的基本反应类型为_______，“沉钙”反应的离子方程式为_______。（5）结合数据解释“盐浸”过程中主要浸出物为的原因_______，提高浸出率的措施为_______(任写一种)。【答案】（1）（2）将转化为，便于下一步沉淀除去（3）（4）①.复分解反应②.（5）①.反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解②.蒸出氨(其他合理答案也可)【解析】白云石矿[主要成分是，还含有质量分数约的和的等]加入盐酸酸浸，与盐酸不反应，过滤后所得浸渣主要成分为，滤液中含，“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去，加入氨水调节pH，将转化为沉淀，过滤后所得滤液中通入二氧化碳沉钙，得到碳酸钙。所得固体中加入硫酸铵溶液盐浸，不溶，过滤得到氢氧铁，滤液中再加碳酸铵沉镁，得到碳酸镁晶体，经煅烧得到氧化镁。【小问1详解】根据分析，“浸渣”的主要成分是。故答案为：；【小问2详解】“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去。故答案为：将转化为，便于下一步沉淀除去；【小问3详解】根据分析，加氨水“调节”后得到的固体是。故答案为：；【小问4详解】“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO+nH2O=MgCO3•nH2O↓；“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO+nH2O=MgCO3•nH2O↓，则“沉镁”反应的基本反应类型为复分解反应；钙盐中加入氨水，再通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，“沉钙”反应的离子方程式为。故答案为：复分解反应；；【小问5详解】“盐浸”过程中主要浸出物为，发生反应，，同理，被溶解的反