2022-2023学年山东省潍坊市临朐县等5地高二（下）期中化学试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年山东省潍坊市临朐县等5地高二（下）期中化学试卷1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是(

)A.人类利用无机物首次合成的有机物是蛋白质

B.糯米中的淀粉一经发生水解反应，就可酿造成酒

C.“书于竹帛，镂于金石”，其中“竹”的主要成分为纤维素

D.苯酚对皮肤有腐蚀性，若沾到皮肤上，可用浓Na2.下列有关微粒间作用的说法正确的是(

)A.极性分子中可能含有非极性键 B.金属键具有方向性

C.分子晶体中一定存在共价键 D.范德华力比化学键弱，比氢键强3.某有机物的键线式为，其名称正确的是(

)A.5−乙基−2−己烯 B.2−乙基−4−己烯

C.3−甲基−4.NH3与BF3可以形成化合物NA. B. C. D.5.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图。下列对柠檬烯的分析正确的是(

)A.与1，3−丁二烯互为同系物

B.与Br2发生加成反应只有2种不同产物

C.分子中至少有5个碳原子共平面

D.与丁基苯(

)6.冠醚能与阳离子作用，12−冠−4与Li+作用而不与K+作用；18−冠−6与K+A.冠醚与阳离子作用跟环的大小有关 B.超分子中O原子与K+间存在离子键

C.12−冠−4中C和O的杂化方式相同 D.18−冠7.工业合成乙苯的反应为：。下列说法错误的是(

)A.甲、乙均可通过石油分馏获取

B.丙的一氯代物有5种

C.甲、丙在一定条件下都可与H2发生加成反应

D.8.已知：铜离子的配位数通常为4，[Cu(OH)4]A.硫酸铜溶液呈蓝色是因为Cu2+与H2O结合形成[Cu(H2O)4]2+

B.b9.淀粉和纤维素的结构如图所示，下列说法正确的是(

)A.淀粉和纤维素互为同分异构体

B.纤维素通过水解反应可制得纤维素硝酸酯

C.淀粉和纤维素水解都可以生成葡萄糖

D.葡萄糖、链式核糖、环式核糖中都含有醛基10.茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，其结构简式如图。下列叙述错误的是(

)

A.茉莉醛属于烃的衍生物

B.1mol茉莉醛能从足量银氨溶液中还原出2mol银

C.一定条件下，111.我国建成全球首套千吨级液态太阳能燃料合成示范装置，其原理如图所示。下列说法正确的是(

)

A.CO2中σ键和Π键个数比是1：1

B.反应Ⅰ和Ⅱ中均存在极性键的断裂和形成

C.CH3OH和CO12.实验室中由叔丁醇与浓盐酸反应制备2−甲基−2−氯丙烷的路线如图。下列说法错误的是(

)

A.由叔丁醇制备2−甲基−2−氯丙烷的反应类型为取代反应

B.5%Na2CO3溶液的作用是与剩余的叔丁醇反应

C.13.钴蓝是一种高性能的环保无毒无机颜料，其晶体结构如图所示，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成。下列说法错误的是(

)

A.钴蓝晶体的化学式为CoAl2O4

B.晶体中Al原子占据O原子形成的八面体空隙

C.14.我国自主研发了对二甲苯绿色合成项目，合成过程如图所示。下列说法错误的是(

)

A.甲物质不存在顺反异构体

B.乙物质与丙酮互为同分异构体

C.丙物质不饱和度为3

D.丁与硝酸在一定条件下发生反应只能得到一种硝化产物15.香草醛是一种食品添加剂，可由愈创木酚作原料合成，合成路线如图：

已知：R−COOHA.1mol乙与足量Na反应产生1molH2

B.可用NaHCO3溶液鉴别化合物甲和乙

C.检验制得的丁16.因为其较高的比容量，近年来在锂离子电池市场中很受欢迎。回答下列问题。

(1)Mn在化合物中的常见价态有：+2、+4、+6、+7价，其中基态Mn2+的核外电子运动状态有______种。

(2)第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性小的元素是______。

(3)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是______。

(4)金属Ni与CO可形成易溶于CCl4、苯等有机溶剂的液态配合物(结构如图1所示)。该配合物在固态时属于晶体，CO作为配体时，提供孤电子对的通常是C原子而不是O原子，其原因是______。

(5)含Co2+的盐溶液用KCN处理，最终生成淡黄色[Co(CN)6]3−。[Co(CN)617.化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如图：

回答下列问题：

(1)A的化学名称为______(−OH为取代基)。

(2)B中官能团的名称为______；可用于鉴别A与B的一种盐溶液的溶质为______(填化学式)。

(3)C→D的反应类型为______。

(4)下列关于C的相关说法正确的是______(填字母序号)。

a.分子中含有手性碳原子

b.苯环上一溴代物有7种(不含立体异构)

c.能发生消去反应

d.最多能与6molH2发生加成反应

(5)已知F的分子式为C22H20O2，其结构简式为18.2022年诺贝尔化学奖授予在发展点击化学和生物正交化学方面做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为Cu催化的叠氮一炔基Husigen环加成反应，NaN3、SO2F2、FSO2N2等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题：

(1)叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co3+的配位数为______。

(2)SO2F2分子结构如图1所示，键角α为124°，β为96°，α>β的主要原因是______。

(3)HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10−10m)。

19.甲醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的产物受多种条件的影响。某同学为探究其反应产物设计了如下实验，发生装置如图所示，反应一段时间后，有大量气体生成，悬浊液的蓝色褪去，三颈烧瓶的底部有红色沉淀生成。回答下列问题：

已知：①CO与银氨溶液能发生反应生成银；

②Cu2O能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]+(无色)，[Cu(NH3)4]气体产物H2、CO溶液中的产物HCO固体产物Cu、①利用下列装置确定气体成分，装置的连接顺序是______(按气流方向填字母序号)。

实验发现，A中固体颜色变蓝，C、D中均无明显现象，E中固体变为红色，证明生成的气体是______。

②为确定溶液中产物与固体产物，该同学又做了以下实验：

由实验现象可知，溶液中的产物为猜想中的______(填离子符号)；向滤渣1中加入足量浓氨水，发生反应的离子方程式为______；固体产物为______(填化学式)。20.布洛芬(C13H18O2)是一种常用的解热镇痛药，具有抗炎、镇痛、解热作用。以有机物A和B为原料合成布洛芬的一种合成路线如图：

已知：i．(R1、R2代表烃基)

ii．

iii．

回答下列问题：

(1)A的化学名称是______。

(2)试剂a是甲醛，则有机物B的结构简式为______。

(3)E→F的反应类型为______；E中所含官能团的名称为______。

(4)根据布洛芬的结构特点，预测其性质可能有______(填字母序号)。

a.易溶于有机溶剂

b.能与碱或碱性物质反应

c.能与溴发生加成反应

(5)答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.1828年，德国化学家维勒在实验室里首次用无机化合物氰酸铵(NH4CNO)合成出有机化合物尿素[CO(NH2)2]，尿素不属于蛋白质，故A错误；

B.糯米中的淀粉水解生成葡萄糖，还有经过发酵才能获得酒精，故B错误；

C.“竹”的主要成分为纤维素，故C正确；

D.浓NaOH溶液具有腐蚀性，会腐蚀皮肤，应该用酒精洗涤，故D错误；

故选：C。

A.1828年，德国化学家维勒在实验室里首次用无机化合物氰酸铵(2.【答案】A

【解析】解：A.极性分子中可能含有非极性键，如H2O2中是极性分子，分子中存在非极性键，故A正确；

B.金属键不具有方向性，故B错误；

C.分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体为单原子分子，只存在分子间作用力，不存在共价键，故C错误；

D.氢键比化学键弱，比范德华力强，故D错误；

故选：A。

A.极性分子中可能含有非极性键，如H2O2中是极性分子，分子中存在非极性键；

B.金属键不具有方向性；

C.分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体为单原子分子，只存在分子间作用力；3.【答案】D

【解析】解：中含有碳碳双键的最长碳链含有7个C，主链为庚烯，编号从距离碳碳双键最近的左端开始，碳碳双键在2号C，甲基在5号C，该有机物命名为：5−甲基−2−庚烯，

故选：D。

该有机物分子中含有碳碳双键，所以烯烃类，选取含有碳碳双键的最长碳链为主链，然后从距离碳碳双键最近的一端开始编号，据此完成该有机物的命名即可．

4.【答案】D

【解析】解：NH3与BF3可以形成化合物NH3⋅BF3，NH3⋅BF3中，N原子提供孤电子对、B原子提供空轨道，N、B原子之间形成配位键，配位键用→由提供孤电子对的N原子指向提供空轨道的B原子，即该化合物结构的正确表示方法为，

故选：D。

5.【答案】C

【解析】解：A.柠檬烯与1，3−丁二烯的结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；

B.柠檬烯含2个碳碳双键，与溴以1：1加成生成2种有机物，与溴以1：2加成生成一种有机物，共生成3种有机物，故B错误；

C.碳碳双键为平面结构，与双键碳直接相连的碳原子与双键共面，且3个碳原子可确定1个平面，则分子中至少有5个碳原子共平面，故C正确；

D.柠檬烯的不饱和度为3，丁基苯的不饱和度为4，二者分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；

故选：C。

A.柠檬烯与1，3−丁二烯的结构不相似；

B.柠檬烯含2个碳碳双键；

C.碳碳双键为平面结构，与双键碳直接相连的碳原子与双键共面；

D.柠檬烯的不饱和度为3，丁基苯的不饱和度为4。6.【答案】B

【解析】解：A.冠醚只与能与之大小适配的离子作用，冠醚与阳离子作用跟环的大小有关，故A正确；

B.超分子中O原子能提供孤电子对，K+提供空轨道，两者之间以配位键结合，故B错误；

C.12−冠−4中C原子形成4条σ键，为sp3杂化，O原子形成2条σ键、2对孤电子对，也为sp3杂化，故C正确；

D.18−冠−6能与K+作用，且和溴乙烷互溶，故可将KCN带入溴乙烷中，故D正确；

故选：B。

A.冠醚只与能与之大小适配的离子作用；

B.超分子中O原子与K+间以配位键结合；

C.12−冠−4中C和O的杂化方式均为7.【答案】A

【解析】解：A.石油分馏产品含饱和烃，苯、乙烯均为不饱和烃，需裂化、裂解生成，故A错误；

B.丙含5种H原子，则丙的一氯代物有5种，故B正确；

C.苯与氢气发生加成反应生成环己烷，乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，则甲、丙在一定条件下都可与H2发生加成反应，故C正确；

D.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，乙苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，则乙、丙都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；

故选：A。

A.石油分馏产品含饱和烃；

B.丙含5种H原子；

C.苯与氢气发生加成反应生成环己烷，乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷；

D.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，乙苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A8.【答案】C

【解析】解：A.硫酸铜溶液呈蓝色是因为Cu2+与H2O结合形成[Cu(H2O)4]2+，[Cu(H2O)4]2+是蓝色的，故A正确；

B.b中得到配合物是Na2[Cu(OH)4]，其中心原子是Cu，配体为OH−，配位数是4，故B正确；

C.由a、c两组实验比较可知，NH3的配位能力比OH−强，故C错误；

D.加热c中溶液，NH9.【答案】C

【解析】解：A.淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度介于较大范围之间，二者的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；

B.纤维素分子中含有羟基，可与硝酸发生酯化反应，不是水解反应，故B错误；

C.淀粉和纤维素都是多糖，都可以水解生成葡萄糖，故C正确；

D.葡萄糖、链式核糖中都含有醛基，环式核糖中无醛基，故D错误；

故选：C。

A.淀粉和纤维素的分子式不同；

B.纤维素分子中含有羟基，可与硝酸发生酯化反应；

C.淀粉和纤维素都是多糖，水解最终产物都是葡萄糖；

D.环式核糖中无醛基。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。10.【答案】D

【解析】解：A.茉莉醛含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，故A正确；

B.一个醛基能从足量银氨溶液中还原出2个银单质，茉莉醛中含有一个醛基，故1mol茉莉醛能从足量银氨溶液中还原出2mol银，故B正确；

C.一个苯环可以与3个氢气发生加成反应，一个碳碳双键可以和1个氢气发生加成反应，一个醛基可以和1个氢气发生加成反应，1mol茉莉醛最多能和5molH2发生反应，故C正确；

D.11.【答案】AC【解析】解：A.共价双键中含有1个σ键和1个π键，CO2的结构式为O=C=O，所以该分子中σ键和Π键个数比为2：2=1：1，故A正确；

B.反应Ⅰ的方程式为，该反应中有O−H键的断裂和O−O、H−H键的形成，不存在极性键的形成；反应Ⅱ的方程式为CO2+3H2→一定条件下CH3OH+H2O，该反应中有C=O键和H−H键的断裂，有C−H、O−H键的形成，存在极性键的断裂和形成，故B错误；

C.CH3OH中C原子价层电子对个数是4，CO2分子中C原子价层电子对个数是2，前者为sp3杂化、后者为sp杂化，所以杂化类型不同，故C正确；

D.能形成分子间氢键的个数越多，其沸点越高，甲醇形成的分子间氢键个数小于水分子，所以CH3OH沸点比水低，故D错误；

故选：AC。

A.共价双键中含有1个σ键和1个π12.【答案】BD【解析】解：A.结合反应物和产物的结构可知，Cl原子取代了−OH，该反应为取代反应，故A正确；

B.用5%Na2CO3溶液的目的是溶解叔丁醇，与盐酸反应，故B错误；

C.无水CaCl2为干燥剂，作用是除去有机相中残存的少量水，故C正确；

D.根据分离过程，蒸馏目的主要是分离2−甲基−2−氯丙烷和有机相，故D错误；

故选：BD。

结合图示可知，叔丁醇与浓盐酸常温搅拌反应15min13.【答案】BC【解析】解：A.由图可知，Ⅰ中含有Co原子数目为4×18+1=32个，O原子数目是4×1=4个，不含Al原子，Ⅱ中含有Co原子数目为4×18=12，Al原子为4×1=4，O原子为4×1=4，该立方晶胞中含有4个Ⅰ型和4个Ⅱ型，所以Co原子数目为个，Al原子数目为4×4=16个，O原子数为4×(4+4)=32个，则Co：Al：O=8：16：32=1：2：4，所以晶体的化学式为CoAl2O4，故A正确；

B.根据图中Ⅱ的结构可知，晶体中Al原子位于O原子形成的八面体中心，故B正确；

C.根据Ⅰ和Ⅱ的结构，结合整个晶胞结构可知，Co原子占据顶点、棱上、体内的位置，故C错误；

D.根据A14.【答案】B

【解析】解：A.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构，根据甲中含有H2C=，碳原子连接两个相同的氢原子，所以不存在顺反异构，故A正确；

B.乙的分子式为C3H4O、丙酮的分子式为C3H6O，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；

C.碳碳双键、环、醛基的不饱和度都是1，所以丙的不饱和度是3，故C正确；

D.丁结构对称且苯环上只有一种氢原子，丁和硝酸发生取代反应时，取代的位置相同，所以丁与硝酸在一定条件下发生反应只能得到一种硝化产物，故D正确；

故选：B。

A.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；

B.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；15.【答案】AC【解析】解：A.乙中羟基、羧基均与Na反应，则1mol乙与足量Na反应产生1.5molH2，故A错误；

B.乙含羧基，与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则可用NaHCO3溶液鉴别化合物甲和乙，故B正确；

C.丙、丁均含酚羟基，其邻位均可与溴水发生取代反应，则浓溴水不能检验丁中是否含丙，故C错误；

D.甲中只有酚羟基与NaOH反应，乙中酚羟基、羧基与NaOH反应，则等物质的量的甲、乙分别与足量NaOH反应，消耗NaOH的物质的量之比为1：2，故D正确；

故选：16.【答案】23

C

Mg

C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易

D

(34【解析】解：(1)Mn的原子序数为25，基态Mn2+的核外有23个电子，根据泡利不相溶原理可知，每个电子的运动状态都是不同的，则基态Mn2+核外电子的运动状态有23种，

故答案为：23；

(2)Ni的价电子轨道表示式为，有2个未成对电子，第二周期基态原子未成对电子数为2的元素为C、O，但电负性C<O，所以第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性小的元素是C，

故答案为：C；

(3)根据对角线规则可知，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，

故答案为：Mg；

(4)由于C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，所以CO作配体时提供孤电子对的通常是C原子而不是O原子，

故答案为：C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易；

空间构型为正八面体形，则中心原子杂化轨道数为6，而sp2杂化轨道数为3，sp3杂化轨道数为4，sp3d杂化轨道数为5，d2sp3杂化轨道数为6，则中心原子杂化方式是d2sp3，

故答案为：D；

(6)点坐标为(0,0,0)，C点原子是下层、距离A点最远的Li原子，位于正四面体的中心位置，其坐标为：(34,34,14)；C、D之间的距离为正四面体体对角线长的二分之一，为晶胞体对角线长的四分之一，晶胞体对角线长为3anm，则C、D之间的距离为3a4nm，

故答案为：17.【答案】邻羟基苯甲醛(水杨醛或2−羟基苯甲醛)

醚键、醛基

FeCl3

取代反应

B【解析】解：(1)A为，化学名称为邻羟基苯甲醛(水杨醛或2−羟基苯甲醛)，

故答案为：邻羟基苯甲醛(水杨醛或2−羟基苯甲醛)；

(2)B为，官能团的名称为醚键、醛基；A中含有酚羟基而B中没有酚羟基，前者遇FeCl3溶液呈紫色后者不会，故可用于鉴别

A与B的一种盐溶液的溶质为FeCl3，

故答案为：醚键、醛基；FeCl3；

(3)据分析，由C生成D(同时有SO2和HCl生成)的化学方程式为SOCl2++SO2+HCl，故C→D的反应类型为取代反应，

故答案为：取代反应；

(4)A.C为，不存在手性碳原子，故A错误；

B.C的苯环上7种不同化学环境的氢原子，一溴代物有7种(不含立体异构)，故B正确；

C.分子中存在羟基，但羟基相连的碳原子相邻的碳上没有H，不能发生消去反应，故C错误；

D.分子中存在2个苯基，最多能与6

mol

H2发生加成反应，故D正确；

故答案为：BD；

(5)根据分析可知，F为，

故答案为：；

(6)化合物分子式为C8H8O2，不饱和度为5，同分异构体满足条件：含有苯环并能发生银镜反应和水解反应，则同分异构体含有1个HCOO−、1个苯环，当苯环只有1个侧链时，侧链为HCOOCH2−，当苯环有2个侧链时，侧链分别为HCOO−、−CH3，且2个侧链可处以邻间对位，则共有4种，

故答案为：4。

由流程可知，18.【答案】6

S、O之间是共价双键，S、F之间是共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用>单键成键电子对之间的排斥作用

sp

4

【解析】解：(1)根据配位化合物[Co(N3)(NH3)5]SO4的组成可知，Co3+的配体是1个N3−和5个NH3，所以配位数为6，

故答案为：6；

(2)由图可知，S、O之间是共价双键，S、F之间是共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用>单键成键电子对之间的排斥作用，所以α>β，

故答案为：S、O之间是共价双键，S、F之间是共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用>单键成键电子对之间的排斥作用；

(3)参考甲酸根离子的两个极端电子式可知书写规律为尽可能的让其中一个成键最多或最少，电子偏向其中一极，则为两种极端形式，参考这种极端形式，可让HN3分子中最右侧原子最多成三键和最少成双键，其余N原子按照8电子理论补齐，则两种极端电子式为：，由图2结构式可知，三个N原子呈直线型，则中间N原子为sp杂化，

故答案为：；sp；

(4)以上表面面心处的Mg为例，距离其最近的Mg为位于下方四面体空隙中的2个Mg以及相应的上方四面体空隙中的2个Mg，共4个，由晶胞结构以及截面图可知，Cu原子的半径为面对角线的18，即2a8pm，

故答案为：4；。

(1)根据配位化合物[Co(N3)(NH19.【答案】球形冷凝管

水浴加热

H2

HCOO−

C【解析】解：(1)根据仪器a的构造，可知仪器a的名称是球形冷凝管，反应控制温度为65℃，低于100℃，适宜采用的加热方式为水浴加热，

故答案为：球形冷凝管；水浴加热；

(2)①根据分析可知，装置的顺序为：