1、河南省郑州市2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56第I卷(选择题)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是( )A. 棉、麻、丝、毛的燃烧产物都只有CO2和H2OB. 塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料C. 石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇D. 检测新冠病毒的核酸是一种无机酸，属于生物小分子化合物【答案】C【解析】【详解】A棉、麻是纤维素燃烧产物只有CO2和H2O，而丝、毛属于蛋白质的燃烧产物不仅仅是CO2和H2O，还有N2甚至还有SO2等
2、物质，A错误；B橡胶有天然橡胶和纤维有天然纤维都不属于合成高分子材料，B错误；C石油分馏产品经过裂解可以等到乙烯，乙烯与水催化加成反应可制得乙醇，C正确；D核酸分为核糖核酸和脱氧核糖核酸，核酸是有机高分子化合物，D错误；故答案为：C。2.乙醇俗称酒精，75%的酒精能用来杀菌消毒。下列说法中正确的是( )A. 乙醇的球棍模型：B. 酒精的杀菌消毒原理是让蛋白质变性，且浓度越大消毒效果越好C. 酒精可以通过大量喷洒来消毒，也可以和84消毒液混合使用消毒D. 95%的酒精和蒸馏水以体积比75：20混合可配制75%的酒精(忽略体积变化)【答案】D【解析】【详解】A由于C原子半径比O原子半径大，而图中乙
3、醇的球棍模型：明显是O原子比C原子更大一些，故该球棍模型错误，A不正确；B酒精的杀菌消毒原理是让蛋白质变性，但不是浓度越大消毒效果越好，通常用75%的酒精进行消毒，B错误；C酒精易挥发且易燃，故不可以大量喷洒来消毒，同时84消毒液又强氧化性，会与乙醇发生氧化还原反应甚至发生自燃或爆炸危险，故也不可以和84消毒液混合使用消毒，C错误；D95%的酒精和蒸馏水以体积比75：20(忽略体积变化)混合后酒精的体积分数为，故可配制75%的酒精，D正确；故答案为：D。3.医用口罩一般都是多层结构(如图所示)，其液体原料主要是聚丙烯(Polypropylene，简称PP)。生成聚丙烯的单体是丙烯。下列说法中正
4、确的是( )A. 丙烯分子中最多有9个原子共平面B. 聚丙烯材料难溶于水，也没有固定的熔点C. 丙烯生成聚丙烯的方程式为nCH3CH=CH2 D. 医用一次性口罩使用后应投入“可回收垃圾箱”回收【答案】B【解析】【详解】A丙烯分子CH2=CHCH3中存在一个碳碳双键，与之相连的六个原子共平面，另一个甲基上最多增加一个H原子与之共平面，故最多有7个原子共平面，A错误；B聚丙烯材料是有机高分子材料，是混合物，难溶于水，也没有固定的熔点，B正确；C丙烯生成聚丙烯的方程式应该为nCH3CH=CH2 ，C错误；D医用一次性口罩不属于可回收垃圾，属于有害垃圾，故使用后不能投入“可回收垃圾箱”回收，而要进行
5、专业的无害化处理，D错误；故答案为：B。4.以下6种有机物 异戊烷 2,2-二甲基丙烷 乙醇 乙酸 油酸甘油酯 软脂酸甘油酯，沸点由高到低的排列顺序是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】和均为5个碳原子的烷烃，碳原子相同的烷烃，支链越多，其沸点越低，异戊烷含有1个支链，2，2二甲基丙烷含有2个支链，则沸点；乙醇和乙酸，乙酸的相对分子质量更大，分子间作用力更大，因此乙酸的沸点更高，则沸点；油酸甘油酯，其中油酸为C17H33COOH，烃基中含有碳碳双键，则其与甘油形成油酸甘油酯常温下为液体；软脂酸甘油酯，其中软脂酸为C15H31COOH，烃基为烷基，则其与甘油形成的软脂酸甘油酯
6、常温下为固体，可知沸点；和常温下是液体，和常温下是液体，但是其沸点低于高级脂肪酸甘油酯和的沸点，综上沸点由高到低的排列顺序为，A符合题意；答案选A。5.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是( )A. 二溴乙烷B. 2羟基戊烷C. 2甲基3乙基1丁烯D. 2，4，5三溴苯甲酸【答案】D【解析】【详解】A二溴乙烷，命名中没有指出溴原子位置，正确命名为1，2-二溴乙烷，选项A错误；B主链名称应为醇，名称为 2-戊醇，选项B错误；C含有碳碳双键的最长碳链为5个碳，正确命名为2，3-二甲基-1-戊烯，选项C错误；D为羧酸，命名为2，4，5三溴苯甲酸，选项D正确；答案选。6.为提纯物质(括号内的物质
7、为杂质)，下列选项所选用除杂试剂和分离方法都正确的是( )选项ABCD被提纯物质乙醇(水)苯(甲苯)乙烷(乙烯)溴苯(溴)除杂试剂生石灰硝酸酸性高锰酸钾溶液KI溶液分离方法蒸馏过滤洗气分液A AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ACaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，选项A正确；B苯和甲苯均不能与硝酸反应，无法除杂，应用酸性高锰酸钾氧化甲苯，然后用氢氧化钠溶液处理，再分液可得苯，选项B错误；C乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，选项C错误；D溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，选项D错误；答案选
8、A。7.下列实验操作、现象、结论、因果关系均正确的是( )选项实验操作现象结论A向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热，再加碘水溶液变蓝淀粉没有水解B将的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性溶液中溶液褪色有乙烯生成C向溶液中滴入5滴溶液，再加入的葡萄糖溶液混合加热产生砖红色沉淀葡萄糖具有还原性D将乙醇加入浓硫酸中，快速加热到170，将产生的气体通入溴水溴水褪色不能证明有乙烯生成A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热，再加碘水，观察到溶液变蓝，只能说明溶液还有淀粉，不能得出淀粉没有水解的结论，A不符合题意；B 将的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，由
9、于乙醇易挥发且乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将产生的气体直接通入酸性溶液中，观察到溶液褪色，不能得出有乙烯生成的结论，B不符合题意；C向溶液中滴入5滴溶液，再加入的葡萄糖溶液混合加热，产生砖红色沉淀，葡萄糖具有还原性，该实验的实验操作、现象、结论、因果关系均正确，C符合题意；D将乙醇加入浓硫酸中，快速加热到170，在170温度以下乙醇和浓硫酸反应不可能得到SO2气体，故将产生的气体通入溴水，观察到溴水褪色，只能证明有乙烯生成，D不符合题意；故答案为：C。8.有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致其化学性质发生变化。下列事实不能说明上述观点的是( )A. 苯酚跟NaOH溶液反应，乙醇
10、不能与NaOH溶液反应B. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 乙烯能与溴水发生加成反应，乙烷不能与溴水发生加成反应D. 乙醛能与氢气发生加成反应，乙酸不能与氢气发生加成反应【答案】C【解析】【详解】AOH与苯环相连，在水溶液中能够发生电离，能够与NaOH反应；而OH与CH2CH3相连，在水溶液中不具有酸性，不与NaOH反应，能够说明有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致其化学性质发生变化，A不选；BCH3与苯环相连，苯环对甲基的影响使得甲基能够被高锰酸钾氧化；而2个CH3相连，则不能被高锰酸钾氧化，能够说明有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致其
11、化学性质发生变化，B不选；C乙烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成；而乙烷中是碳碳单键，是化学键的不同，而不是原子或原子团的不同，不能说明有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致其化学性质发生变化，C符合题意；D乙醛中，碳氧双键和H原子相连，能发生加成反应；而在乙酸中，碳氧双键和OH相连，不能发生加成反应，能够说明有机物分子中原子(或原子团)间的相互影响会导致其化学性质发生变化，D不选；答案选C。9.有以下合成路线(部分反应条件已省略)下列有关说法不正确的是( )A. CHCH的电子式为B. M中所有原子一定共平面C. R的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基的有3种D. 、对应的反
12、应类型分别为加成反应和氧化反应【答案】B【解析】【详解】A乙烯含碳碳三键，乙烯的电子式为，A不符合题意；BM中最多有12个原子共平面，甲基处不可能所有原子共平面，B符合题意；CR的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基，分别为NH2，OH，二者有邻间对三种结构，故C不符合题意；D反应是乙炔和CH3CN的加成反应；反应R中的CH2OH转化为CHO，脱去2个H，为氧化反应，D不符合题意；答案选B。10.一定条件下，欲实现下列有机物之间的转化，所选试剂正确的是( )选项物质转化试剂A足量酸性溶液B溶液或溶液C浓硫酸和浓硝酸的混合溶液D溴的四氯化碳溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析
13、】【详解】A甲醛可以被足量酸性高锰酸钾溶液先氧化成甲酸，继续通入酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，故A错误；B中含有官能团为：羧基，酚羟基和醇羟基，其中的酚羟基和羧基遇到氢氧化钠或碳酸钠会发生反应生成，故B正确；C苯可以和浓硫酸、浓硝酸共热发生取代反应生成硝基苯，如需制得苯磺酸，需要苯和浓硫酸在75-80下发生反应，故C错误；DCH2=CHCH3和溴的四氯化碳溶液反应生成CH2BrCHBrCH3，甲基上H不能被取代，故D错误；答案选B。11.Calanolide A是一种抗HIV药物，其结构简式如下图所示。已知：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。下列关于Calanolide A
14、的说法不正确的是( )A. 分子中有3个手性碳原子B. 分子中有5种含氧官能团C. 能发生消去反应、加成反应、氧化反应和还原反应D. 1molCalanolide A最多消耗2molNaOH或5molH2【答案】B【解析】【详解】A根据手性碳原子的定义，该物质中有3个手性碳原子，将用“*”标识，如图所示，A正确，不选；B分子中含有3种含氧官能团，分别为羟基、醚键、酯基，B错误，符合题意；C分子中含有羟基，且与其相连的碳原子有相邻的碳原子且与此相邻的碳原子上连有氢原子，可以发生消去反应；含有苯环、碳碳双键，可以与氢气发生加成反应，也是还原反应；碳碳双键、羟基等可以被氧化，可以发生氧化反应，C正确
15、，不选；D分子中含有酯基，该酯基在酸性条件下水解后得到羧基和与苯环相连的羟基，均可与NaOH反应，则1molCalanolide A最多消耗2molNaOH；1mol苯环可与3molH2加成，1mol碳碳双键可与1molH2加成，1molCalanolide A含有1mol苯环和2mol碳碳双键，可与5molH2发生加成，D正确，不选；答案选B。12.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。螺环烃A()是其中的一种。下列关于螺环烃A的说法中正确的是( )A. 所有碳原子可能共平面B. 属于芳香烃的同分异构体数目有5种C. 常温时密度比水小，能溶于水及甲苯D. 与HBr以物质的量之比1:
16、1加成生成的产物有2种【答案】D【解析】【详解】A两个碳环共用的碳原子为饱和碳原子，其与其他相连的碳原子构成的空间构型，类似于CH4，不可能都共面，A错误；B该物质的分子式为C9H12，其芳香烃的同分异构体，除了苯环外，侧链共有3个碳原子，均为烷基。若只有一个侧链，为丙基，有2种，分别为正丙基(CH2CH2CH3)，异丙基CH(CH3)2；若有2个侧链，分别为CH3和CH2CH3，在苯环上的同分异构体有邻间对3种；若为3个CH3，在苯环上的同分异构体有3种，则一共7种，B错误；C该物质为烃类，不溶于水，C错误；D与HBr发生加成时，可生成两种物质，结构简式分别、，D正确；答案选D。13.工业上
17、用甲苯合成苯甲醛的一种合成路线如下图所示。下列说法中正确的是( )A. 甲苯的一氯取代物有5种B. 苯甲醇与互为同系物C. 苯甲醛既有氧化性又有还原性D. 的反应类型相同【答案】C【解析】【详解】A甲苯上的一氯代物有4种，氯原子取代在甲基上的H原子有1种，取代苯环上的H原子，有与甲基有邻间对共3种，则一共4种，A错误；B苯甲醇中OH与苯环上的侧链上的C相连，而选项中的物质，OH与苯环相连，结构不相似，不是同系物，B错误；C苯甲醛中含有醛基，CHO可以被氧化转化为COOH，可以与氢气发生加成被还原，转化为CH2OH，因此苯甲醛既有氧化性又有还原性，C正确；D反应为氯原子取代了甲基上的H原子为取代
18、反应；反应氯原子被OH取代，是取代反应；反应为醇的催化氧化，得到CHO，为氧化反应，反应类型不同，D错误；答案选C。14.常用的食品抗氧化剂BHT的合成方法如下图所示(假设原料均能恰好完全反应)：下列说法中不正确的是( )A. 方法一的原子利用率为100%B. 方法二属于取代反应C. X与Y均能与、溶液、溴水发生反应D. 在稀条件下发生消去反应可生成【答案】C【解析】【详解】A方法一为原料X与发生反应，根据质量守恒可知，只生成产品Y，故反应类型为加成反应，原子利用率为100%，选项A正确；B方法二为原料X与反应生成产品Y，根据质量守恒可知，应该还有水的生成，反应类型为取代反应，选项B正确；CX
19、与Y均含有酚羟基，均能与、溶液反应，但Y中酚羟基的邻、对位上不能与溴发生取代反应，也不含有碳碳双键等，故Y不能与溴水发生反应，选项C不正确；D根据醇的消去反应原理可知，在稀条件下发生消去反应可生成和水，选项D正确。答案选C。15.某二元醇的结构简式为，关于该有机物的说法中不正确的是( )A. 用系统命名法命名的名称：5-甲基-2,5-庚二醇B. 催化氧化得到的物质只含一种含氧官能团C. 消去反应能得到6种不同结构的二烯烃D. 1mol该有机物与足量金属钠反应产生22.4LH2(标准状况)【答案】B【解析】【详解】A取连有羟基的最长的碳链，有7个碳原子，碳链上连有2个羟基，为二醇，官能团的编号要
20、小，则羟基的编号为2和5，在5号碳上还连有1个甲基，则名称为5-甲基-2,5-庚二醇，正确，A不选；B左边的羟基连接的C原子上没有H原子，不能发生催化氧化，而右边的羟基可以发生催化氧化反应，得到羰基，则催化氧化得到的物质含有两种含氧官能团，分别为羟基、羰基，错误，B符合题意；C左边的羟基消去时，形成的碳碳双键的位置有3种；右边的羟基消去时，形成的碳碳双键的位置有2种，则得到的二烯烃，共32=6种，正确，C不选；D1mol该有机物中含有2molOH，与金属Na反应时，提供2molH原子，得到1molH2，在标况下的体积为22.4L，正确，D不选；答案选B。16.“清肺排毒汤”来源于中医经典方剂组
21、合，对新冠肺炎病毒感染的轻型、普通型的治疗具有良好的效果。其中的一味中药黄芩，其有效成分黄芩苷的结构简式如下图所示，下列有关黄芩苷的说法中正确的是( )A. 属于芳香族化合物，分子式为B. 分子中苯环上的一氯代物有4种C. 可发生取代反应、加成反应，不能发生氧化反应D. 与足量发生加成反应后，官能团种类减少1种【答案】B【解析】【详解】A黄芩苷分子中含有苯环，属于芳香族化合物，根据结构简式可得分子式为，选项A错误；B. 分子中有两个苯环，苯环上分别有1种和3种不同化学环境下的氢，故一氯代物有4种，选项B正确；C分子中含有羟基、羧基，能发生取代反应；含有碳碳双键、羰基，能发生加成反应；含有羟基、
22、碳碳双键，能发生氧化反应，选项C错误；D分子中含有苯环、碳碳双键、羰基，均能与氢气发生加成反应，反应后官能团减少羰基和碳碳双键两种，选项D错误；答案选B。第II卷(非选择题)二、必做题17.按要求填空：(1)写出与反应的化学方程式_。(2)能一次鉴别出苯、苯酚、已烯、氯仿的试剂是_。(3)写出皂化反应的化学方程式_。(4)写出蔗糖水解的化学方程式_。(5)酚醛树脂的结构简式为，写出其单体的结构简式_。【答案】 (1). +CH3CO18OCH2CH3+H2O (2). 溴水 (3). RCOOCH2CH(OOCR)CH2OOCR +3NaOHHOCH2CH(OH)CH2OH+3RCOONa (
23、4). C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖) (5). HCHO、【解析】【详解】(1) 根据酯化反应的原理，与发生酯化反应生成CH3CO18OCH2CH3和水，反应的化学方程式为+CH3CO18OCH2CH3+H2O；(2)加入溴水溶液褪色的为已烯，产生白色沉淀的为苯酚，分层后上层显橙黄色的为苯，分层后下层显橙黄色的为氯仿，故能一次鉴别出苯、苯酚、已烯、氯仿的试剂是溴水；(3)皂化反应是高级脂肪酸甘油酯在氢氧化钠溶液中加热反应生成高级脂肪酸钠和甘油，反应的化学方程式为RCOOCH2CH(OOCR)CH2OOCR +3NaOHHOCH2CH(OH
24、)CH2OH+3RCOONa；(4)蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，反应的化学方程式为C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)；(5)酚醛树脂的结构简式为，是苯酚与甲醛通过缩聚反应而生成，故其单体的结构简式为HCHO、。18.有机物X具有消炎功效，为测定其结构，某化学小组设计如下实验探究过程：I. 确定X的分子式(1)确定X的实验式。将有机物X的样品充分燃烧，对燃烧后的物质进行定量测量，所需装置及试剂如下所示：A. B. C. D.装置的连接顺序是_。(填字母，部分装置可重复使用)取X样品6.9g，用连接好的装置进行实验，X样品充分燃烧后，测得B管增重15
25、.4g，C管增重2.7g，则X的实验式为_。(2)确定X的分子式。X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，则X的分子式为_。. 确定的结构(3)确定X的官能团。红外光谱图呈现，X中有OH、CO、CC、苯环上的CH、羧酸上的C=O等化学键以及邻二取代特征振动吸收峰，由此预测X含有的官能团有_(填名称)。(4)确定X的结构式。核磁振动氢谱如下图所示，X的结构简式为_。【答案】 (1). ADCBB (2). C7H6O3 (3). C7H6O3 (4). 羧基、羟基 (5). 【解析】【分析】有机物和O2在CuO作催化剂的作用下完全氧化生成CO2、H2O，利用无水氯化钙吸收H2O，利用碱石
26、灰吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入碱石灰中，需要外界一个B装置。利用原子守恒，可求出X的最简式，再根据质谱、红外、核磁共振氢谱等得到其结构简式。【详解】(1)装置A生成O2，通入装置D中，与有机物发生反应，利用装置C吸收水，利用装置B吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入装置B，需额外再连接一个装置B，则装置的连接顺序是ADCBB；B增重是由于吸收了CO2，则n(CO2)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.35molC原子；C装置增重2.7g，是吸收了H2O，则n(H2O)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.15mol2=0.3molH原子；根据质量守
27、恒，6.9g样品中含有6.9g0.3512g0.151g=2.4gO，则6.9g样品中含有O原子；则该有机物中，n(C):n(H):n(O)=7:6:3，则其实验室为C7H6O3；(2)根据(1)可知该有机物的实验室为C7H6O3，则该有机物的分子式可表示为(C7H6O3)n，X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，可求得n=1，则X的分子式为C7H6O3；(3)根据红外光谱，X中含有OH，以及CO，以及羧酸上的C=O，根据分子式，可知其含有3个O原子，则含有的官能团有羧基、羟基；(4)根据X的核磁共振氢谱，分子中有6组峰，且其面积均相同，根据红外，有两个邻位取代基，含有羧基，则其结构
28、简式为。三、选做题选修3：物质结构与性质19.“结构决定性质”是化学科学的重要理论。(1)下列关于基态O原子结构的相关描述中错误的是_。A.轨道表达式(电子排布图)为 B.有2个未成对电子C.电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形 D.价电子数为4(2)Na的焰色反应为黄色，其原因是_。(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的电子亲和能E1变化趋势如图所示。氮元素的E1呈现异常的原因是_。(4)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_。(5)Ge与C是同族元素
29、，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是_。【答案】 (1). AD (2). 电子由较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以黄色光的形式释放能量 (3). N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，故不易结合一个电子 (4). K的原子半径较大，且价电子数较少，金属键较弱 (5). Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难形成键【解析】【详解】(1)A 氧原子核外有8个电子，根据核外电子排布规律，基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，选项A错误；B根据基态氧原子的轨
30、道表示式可知，O原子的2p能级上有2个未成对电子，选项B正确；C氧原子核外电子占据的最高能级为2p，p能级的电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形，选项C正确；D氧为第A族元素，2s轨道上的2个电子和在2p轨道上的4个电子都为价电子，故氧的价电子数为6，选项D错误；答案选AD；(2)Na的焰色反应为黄色，其原因是电子由较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以黄色光的形式释放能量；(3)根据图中信息可知，N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，故不易结合一个电子，故氮元素的E1呈现异常；(4) K的原子半径较Cr的大，且K的价电子数较少，故K的金属键较Cr的弱，熔、沸点较Cr的低；(5)虽然
31、Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难形成键。20.碳是形成单质和化合物种类最多的元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。(1)碳有多种单质，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：石墨烯能导电而金刚石不能导电的原因是_。(2)碳的主要氧化物有CO和CO2CO能与金属Fe形成一种浅黄色液体Fe(CO)5，其熔点为-20，沸点为103，热稳定性较高，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水。据此判断：该化合物的晶体中不涉及的作用力有_。A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.范德华力 E.配位键
32、CO2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为：。该反应所涉及的4种物质，沸点从高到低的顺序为_。(3)是重要的有机反应中间体，其空间构型为_。(4)碳的有机物常作为金属有机化合物的配体，如EDTA(乙二胺四乙酸)。EDTA与Ca2+形成的配离子如图所示。钙离子的配位数是_。配体中碳原子的杂化方式有_。【答案】 (1). 石墨烯中C原子上未参与杂化的所有P轨道相互平行且重叠，使P轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电，金刚石中C原子的四个价电子均已杂化生成键 (2). AC (3). H2OCH3OHCO2H2 (4). 三角锥性 (5). 6 (6). sp2和sp3【解析】【分析】(1)
33、根据石墨烯和金刚石中碳原子的成键特点分析；(2)根据物质的性质分析其晶体类型，从而确定物质中存在的作用力；根据影响物质熔沸点的因素分析；(3)根据价层电子对互斥理论分析；(4)根据配位数的概念分析；根据杂化轨道理论分析。【详解】(1)石墨烯中C原子上未参与杂化的所有P轨道相互平行且重叠，使P轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电，金刚石中C原子的四个价电子均已杂化生成键，因此金刚石不能导电；(2)CO能与金属Fe形成一种浅黄色液体Fe(CO)5，其熔点为-20，沸点为103，熔沸点较低，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水，故其为分子晶体，则Fe(CO)5分子间存在范德华力，C与O原子间形成极性键
34、，CO作为配体与中心原子Fe原子间形成配位键，则该化合物的晶体中不涉及的作用力有离子键、非极性键；由于常温下，H2O与CH3OH是液体，CO2与H2为气体，故H2O与CH3OH的沸点较高，CO2与H2的沸点较低，又由于H2O与CH3OH均为极性分子，H2O分子间形成的氢键数比甲醇多，则H2O的沸点比CH3OH的沸点高；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大，范德华力较大，故CO2的沸点比H2的高，故这4种物质的沸点从高到低的顺序为H2OCH3OHCO2H2；(3)的键电子对数为3，孤电子对数为，则其价层电子对数为4，空间构型为三角锥性；(4)如图所示，该配离子中钙离与N、O原子之间形成配
35、位键，Ca2+的配位数为6；EDTA中羧基上的C原子形成3个键，没有孤电子对，该类C原子杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，-CH2-的C原子形成4个键，没有孤电子对，该类C原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故配体中碳原子的杂化方式有sp2和sp3。【点睛】H2O分子间可以形成氢键，CH3OH分子间也可以形成氢键，但是H2O分子间形成的氢键数比甲醇多，故H2O的沸点比CH3OH的沸点高，这是学生们的盲区。21.铁及其化合物在生活、生产、国防等方面有广泛应用。(1)基态铁原子的价电子排布式为_。(2)Fe2易被氧化成Fe3，从微粒结构上分析其主要原因是_。(3)原子坐标参数可表示晶胞内部各原子
36、的相对位置。金属铁是体心立方晶系，其构型如图。其中原子坐标参数A(0,0,0)、B(1,0,0)，则C原子的坐标参数为_。若晶胞参数为apm，假定金属铁原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切，则铁原子的半径为_pm。(4)FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图的循环得到，则FeO的晶格能为_。(5)下图是晶体的晶胞示意图。晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_空隙中(填空间结构)。若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为_(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】 (1). 3d64s2 (2). Fe3的3d轨道为半充满，较稳定，Fe2易被氧化成Fe3 (3). (,) (4). (
37、5). 3902kJmol1 (6). 正四面体 (7). 【解析】【详解】(1)铁原子为26号元素，根据核外电子排布规律，3d、4s能级上的电子是其价电子，其价电子排布式3d64s2；(2)Fe原子失去2个电子形成Fe2，失去3个电子形成Fe3，则Fe2、Fe3的价电子排布分别为3d6、3d5，Fe3的3d轨道为半充满，较稳定，Fe2易被氧化成Fe3；(3)已知A、B的原子坐标分别为A(0,0,0)、B(1,0,0)，以A为晶胞坐标原点，C在立方体的中心，则C的原子坐标为(,)；假设Fe原子的半径为rpm，则(4r)2=3a2，则r=pm；(4)晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量
38、，有图可知，Fe2(g)和O2(g)形成1molFeO晶体时，释放3902kJ的热量，则晶格能为3902kJmol1；(5)晶胞中Fe2周边有4个O2，处于O2围成的正四面体空隙中；若晶胞的体对角线为anm，则晶胞棱长=，晶胞体积为=。晶胞中Fe2个数为1；在晶胞中，有4个位于顶点，为8个晶胞所共有，有3个位于面心，为2个晶胞所共有，则一个晶胞中有个；有12个O2在棱上，为4个晶胞所共有，有1个在体心，则一个晶胞中有，则一个晶胞中含有1个Fe2、2个Fe3、4个O2，则Fe3O4晶体的密度为。选修5：有机化学基础 22.PMMA是一种具有较好的透明性、化学稳定性、易染色、易加工、外观优美的塑料
39、，在建筑业中有着广泛应用，分子式是。一种从原料合成PMMA的路线如图所示：请回答：(1)原料X的结构简式为_。(2)的反应类型是_。F中含有的官能团名称是_。(3)写出的化学方程式_。(4)D同分异构体中，能发生银镜反应、水解反应和酯化反应的同分异构体有_种。(5)已知(其中R、均代表烃基)。若以丙烯为原料，利用上述信息设计合成中间体D，在得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是_。【答案】 (1). CH2=C(CH3)2 (2). 取代反应或水解反应 (3). 酯基、碳碳双键 (4). (CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH
40、4+2Ag+3NH3+H2O (5). 5 (6). CH3CH2CH(OH)COOH【解析】【分析】根据F与G的分子式可知， F发生加聚反应生成G，F为G的单体，结合合成路线中的信息可知，F中含有碳碳双键，由E与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成F，根据分子式可知，E的分子式为C4H6O2，D在浓硫酸催化下发生消去反应生成E，根据逆推法可知，D为(CH3)2C(OH)COOH，E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，则C为(CH3)2C(OH)CHO，B为(CH3)2C(OH)CH2OH，A为(CH3)2CBrCH2Br，X的分子式为C4H8，能与溴的四氯化碳
41、发生反应，则X为烯烃，X为CH2=C(CH3)2，据此分析。【详解】根据F与G的分子式可知， F发生加聚反应生成G，F为G的单体，结合合成路线中的信息可知，F中含有碳碳双键，由E与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成F，根据分子式可知，E的分子式为C4H6O2，D在浓硫酸催化下发生消去反应生成E，根据逆推法可知，D为(CH3)2C(OH)COOH，E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，则C为(CH3)2C(OH)CHO，B为(CH3)2C(OH)CH2OH，A为(CH3)2CBrCH2Br，X的分子式为C4H8，能与溴的四氯化碳发生反应，则X为烯烃，X为CH2=
42、C(CH3)2。(1)原料X的结构简式为CH2=C(CH3)2；(2)是(CH3)2CBrCH2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，也属于消去反应生成(CH3)2C(OH)CH2OH、溴化钠和水，反应类型是取代反应或水解反应；F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；(3)反应是(CH3)2C(OH)CHO在银氨溶液中反应生成(CH3)2C(OH)COONH4、银、氨气和水，反应的化学方程式为(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(4)D为(CH3)2C(OH)COOH，其同分异构体中，能
43、发生银镜反应、水解反应和酯化反应的同分异构体有HCOOCH(OH)CH2CH3、HCOOCH2CH(OH) CH3、HCOOCH2CH2CH2OH、HCOOCH(OH)(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2OH共5种；(5)已知(其中R、均代表烃基)。若以丙烯为原料，利用上述信息设计合成中间体D，过程中生成C为CH3COCHO，CH3COCHO在得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是CH3CH2CH(OH)COOH。23.乙酸乙酯是一种重要的化工原料，广泛用于药物染料、香料等工业。查阅资料得到下列数据：物质沸点/密度/相对分子质量水溶性乙醇78.00.846互溶乙酸1
44、18.01.160可溶乙酸乙酯77.50.988微溶乙醚34.60.774微溶浓硫酸(98%)338.01.898易溶无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH请回答以下问题：(1)实验室常用下图装置来制备乙酸乙酯。配制反应混合液时，乙醇、冰醋酸和浓硫酸的混合顺序是_；浓硫酸对反应有催化作用，但加入的浓硫酸不能太多也不能太少，原因是_。防止加热时液体暴沸，需要在试管加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记了加碎瓷片，应该采取的正确操作是_。A立即补加 B冷却后补加 C不需补加 D重新配料实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_。(2)产品纯化。分液法从试管B中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的
45、乙醇、乙醚和水，首先向乙酸乙酯中加入无水氯化钙，除去_(填名称)；然后再加入无水硫酸钠除去水，最后进行_(填操作名称)，得到较纯净的乙酸乙酯。(3)该实验中用30 g乙酸与46 g乙醇反应，如果实际得到的乙酸乙酯的质量是30.8 g，则该实验中乙酸乙酯的产率是_。(产率指的是某种生成物的实际产量与理论产量的比值)(4)另一化学小组设计下图所示的装置制取乙酸乙酯(铁架台、铁夹、加热装置均已略去)。此装置和上图装置相比的优点是_(写出一条即可)。【答案】 (1). 乙醇、浓硫酸、冰醋酸 (2). 浓硫酸能够吸收反应产生的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；浓硫酸同时具有强氧化性和脱水性，会使有
46、机物碳化，降低酯的产率，因此浓硫酸不能过少，也不能过多 (3). B (4). 溶解乙醇；反应消耗乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度 (5). 乙醇 (6). 蒸馏 (7). 70.0% (8). 能够控制反应温度，减少副反应的发生【解析】【分析】(1)为防止酸液飞溅，应先加入乙醇，然后再加入浓硫酸和乙酸；根据浓硫酸的作用分析判断；从实验安全角度分析判断；根据加热时乙醇、乙酸易挥发，且乙酸乙酯的沸点比较低，结合物质的物理性质和化学性质及分离提纯的目的解答；(2)根据无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH分析；(3)先计算乙酸、乙醇的物质的量，利用二者反应关系计算理论上乙酸乙酯的产量，
47、最后根据产率的含义计算乙酸乙酯的产率；(4)装置中使用了温度计，可控制反应温度，能够减少副反应的发生。【详解】(1)浓硫酸遇乙醇会放出大量热，由于乙醇的密度比硫酸小，为防止酸滴飞溅，应先加入乙醇，然后沿器壁缓缓加入浓硫酸，并用玻璃塞不断搅拌，使热量迅速扩散，当混合溶液冷却后再加入乙酸，如先加浓硫酸就会出现酸液飞溅现象，故加入物质的先后顺序是乙醇、浓硫酸、乙酸；在该反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，由于该进行的比较缓慢，且反应是可逆反应，反应产生水，为了提高反应速率，同时提高乙酸乙酯的产率，要加入一定量的浓硫酸作催化剂，并在加热条件下进行；但由于浓硫酸同时具有强的氧化性和脱水性，若浓硫酸加入量
48、过多，在加热时会将有机物脱水碳化，也不利用反应的发生，因此浓硫酸不能太多；为防止加热时液体暴沸，需要在试管加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记了加碎瓷片，应该采取的正确操作是冷却后补加，故合理选项是B；在实验中，反应产生的乙酸乙酯及挥发的乙醇和乙酸都通过导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇；反应消耗乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；(2)分液法从试管B中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，首先向乙酸乙酯中加入无水氯化钙，无水氯化钙与乙醇反应产生CaCl26C2H5OH，可以达到除去其中含有的乙醇的目的；然后再加入无水硫酸钠除去水，最后进行根据乙酸乙酯与
49、乙醚沸点的不同，采用蒸馏方法分离得到乙酸乙酯；(3)30 g乙酸的物质的量是n(CH3COOH)=30 g60 g/mol=0.5 mol，46 g乙醇的物质的量n(C2H5OH)=46 g46 g/mol=1 mol，由于二者反应的物质的量的比是1：1，所以反应产生乙酸乙酯要根据不足量的乙酸计算，反应产生的乙酸乙酯的物质的量n(乙酸乙酯)=0.5 mol，其质量m(乙酸乙酯)=0.5 mol88 g/mol=44 g，实际得到的乙酸乙酯的质量是30.8 g，则该实验中乙酸乙酯的产率是：100%=70.0%；(4)根据装置图可知：该装置中使用了温度计，可控制反应温度，能够减少副反应的发生，从而
50、可提高物质的产率。【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性以及操作方法，把握实验原理，侧重考查学生的分析与实验能力。24.有机化合物K是有机合成中的一种重要的中间体，K的合成路线如下(部分产物及条件略去)：回答下列问题：(1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，A的名称为_。(2)BC的反应类型是_。(3)GH反应的化学方程式为_。(4)G的同分异构体中，既能发生银镜反应又能发生水解反应的物质的结构简式为_。(5)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_。【答案】 (1). 丙酮 (2). 消去反应 (3). HOCH2C
51、H2CHOCH2=CHCHO+H2O (4). HCOOCH2CH3 (5). 【解析】【分析】根据已知，可知由A与乙炔反应生成B是丙酮与乙炔发生加成反应生成，A为丙酮，在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，CH2=C(CH3)-CCH部分还原生成D；根据D与H反应生成K，则H为CH2=CHCHO，根据已知，可知G为CH2OHCHCHO，则E为CH3CHO，据此分析。【详解】根据已知，可知由A与乙炔反应生成B是丙酮与乙炔发生加成反应生成，A为丙酮，在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，CH2=C(CH3)-CCH部分还原生成D；根据D与H反应生成K，则H为C
52、H2=CHCHO，根据已知，可知G为CH2OHCHCHO，则E为CH3CHO。(1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，高度对称，A的名称为丙酮；(2)BC是在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，反应类型是消去反应；(3)GH反应的化学方程式为HOCH2CH2CHOCH2=CHCHO+H2O；(4)G为CH2OHCHCHO，其同分异构体中，既能发生银镜反应又能发生水解反应的物质含有甲酸酯的结构，其结构简式为HCOOCH2CH3；(5)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线，可以由CH3CH(OH)CCH在氧化铝作用下发生消去反应生成CH2=CH-CCH，CH2=CH-CCH部分还原得到CH2=CH-CH=CH2，CH2=CH-CH=CH2受热得到，合成路线为。