2020-2021学年福建省永泰县第一中学高二下学期期末考试化学试题（解析版）

福建省永泰县第一中学2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法中错误的是A．蔗糖和淀粉通常不发生银镜反应B．食用油属于酯类，石蜡油属于烃类C．纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应D．纤维素由碳、氢、氧元素组成的，可以表现出多元醇的性质2．市场上有一种加酶洗衣粉，即在洗衣粉中加入少量的碱性蛋白酶，它的催化活性很强，衣服上的汗渍、血迹及人体排出的蛋白质、油渍遇到它，皆能水解而除去。下列衣料不能用加酶洗衣粉洗涤的是①棉织品②羊毛织品③腈纶织品④蚕丝织品⑤涤纶织品⑥绵纶织品A．①②③ B．②④ C．③④⑤ D．③⑤⑥3．可在有机物中引入羟基的反应类型有①取代②加成③消去④酯化⑤加聚⑥缩聚⑦还原A．①②③④ B．⑤⑥⑦ C．①②⑦ D．③④⑤⑥4．1983年，福瑞堡大学的普林巴克(Prinzbach)，合成多环有机分子。如下图分子，因其形状像东方塔式庙宇(pagoda-styletemple)，所以该分子也就称为pagodane(庙宇烷)，有关该分子的说法正确的是A．分子式为C20H22B．一氯代物的同分异构体只有两种C．分子中含有8个五元环D．在核磁共振谱中显示只有3种信号峰，其强度比为8：8：45．CH3CH=CHCOOH，该有机物能发生的反应是①取代反应

②加成反应

③使溴水褪色

④使酸性溶液褪色⑤酯化反应⑥加聚反应A．以上反应均可发生 B．只有⑤不能发生C．只有⑥不能发生 D．只有②不能发生6．下列有机物命名正确的是（）A．2﹣乙基丙烷B．3﹣丁醇C．邻二甲苯D．2﹣甲基﹣2﹣丙烯7．下列说法不正确的是A．石油主要是由烃组成的混合物 B．①主要发生物理变化C．②主要是通过石油产品的裂解 D．③属于取代反应8．有机物分子中，当某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团时，这种碳原子称为“手性碳原子”。例如，如图所示的是某有机物分子的结构简式，其中带“*”的碳原子就是手性碳原子。当此有机物分别发生下列反应后，生成的有机物分子中仍含有手性碳原子的是A．与乙酸发生酯化反应B．与NaOH水溶液反应C．催化剂作用下与H2反应D．与银氨溶液作用只发生银镜反应9．能在KOH的醇溶液中发生消去反应的是A． B．C． D．10．某有机物结构简式如下图所示，用Na，NaOH，NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na，NaOH，NaHCCO3的物质的量之比为（）A．3：3：2 B．3:2:1 C．1:1:1 D．3:2:211．已知烯烃经臭氧氧化后，在Zn存在下水解，可得到醛和一种有机化合物酮。如：，现有化学式为的某烯烃，它与加成后生成2，3-二甲基戊烷，它经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮，据此推知该烯烃的结构简式为A． B．C． D．12．分子式为、且含有2个甲基的醇与分子式为的酸发生酯化反应，得到的有机物结构可能有(不包括立体异构)A．8种 B．16种 C．24种 D．32种13．下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是A．乙醇和浓硫酸混合加热至140℃：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OB．1－溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrC．苯酚钠溶液中通入少量的CO2：+H2O+CO2→+D．乙醛在碱性条件下被新制的氢氧化铜氧化：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O14．中国工程院院士、天津中医药大学校长张伯礼表示，中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎患者有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如下图所示，下列有关绿原酸说法正确的是A．所有碳原子均可能共平面B．与足量H2加成的产物中含有8个手性碳原子C．1mol绿原酸可消耗5molNaOHD．能发生酯化、加成、消去、还原反应15．多奈哌齐是一种抗阿尔茨海默病药物，其合成路线中的一步反应如下。下列说法正确的是A．分子存在顺反异构体B．分子中化学环境不同的氢原子有6种C．发生了取代反应D．、不可用溴的溶液鉴别二、实验题16．实验室制取硝基苯常规方法为：在大试管中将浓硝酸和浓硫酸按体积比混合，摇匀、冷却后滴入苯，水浴加热至50℃~60℃，即可制得硝基苯。将该实验进行改进，以为绿色硝化剂制取硝基苯的反应原理、实验装置及实验步骤如下：反应方程式：实验步骤：Ⅰ．将100浓度为1mol/L的溶液加入到装有高选择性分子筛催化剂()的反应器中。Ⅱ．在搅拌状态下，将一定量的苯用恒压滴液漏斗滴加至反应器中，使与物质的量之比达到1：1，并控制反应温度在15℃以下。Ⅲ．滴加完毕后继续搅拌一段时间，将反应器中的液体倒入饱和溶液中，分液得到粗产品。Ⅳ．将粗产品进一步纯化得到硝基苯7.38g。回答下列问题：(1)常规法制取硝基苯的化学方程式为___________。(2)对比常规法，以制取硝基苯的方法更符合“绿色化学”理念，原因是___________。(3)准确配制100浓度为1mol/L的的溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，___________。(4)“步骤Ш”中饱和碳酸氢钠溶液的作用是___________。(5)“步骤Ⅳ”中“进一步纯化”的方法是___________。(6)若忽略提纯过程中硝基苯的损耗，的转化率为___________。三、有机推断题17．法匹拉韦是我国最早批准的可用于抗新冠肺炎临床试验的药物之一，而最新文献研究也证实了其对新型冠状病毒(2019nCoV)表现出良好的体外抑制作用。F是合成法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如下：已知：①R-CHO②R-NH2++H2O(1)法匹拉韦包含的含氧官能团名称___________，___________(2)A可以与溶液反应产生，则B与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式是___________。(3)依据整个反应流程判断反应②的目的是___________。(4)写出符合下列条件的的同分异构体G的结构简式：___________。①lmolG和足量钠反应生成；②不考虑；③核磁共振氢谱图有两组峰且峰面积之比为1∶2。(5)补充下列合成路线：合成E分三步进行，其中③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请写出中间产物1的结构简式___________。(提示：中间产物2的结构简式为)四、结构与性质18．钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：(1)与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元索有___________种。(2)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是___________，(3)ZrCl4可以与乙二胺形成配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]，其中配位数为6。①1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为___________mol。②H2NCH2CH2NH2形成[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，H-N-H键角将___________(填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是___________。(4)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心，其晶胞结构如下图所示。①TiO2晶胞中O2-的配位数是___________。②TiO2晶胞中A．B．D的原子坐标为(0.69，0.69，1)，(0.19，0.81，0.5)，(0.31，0.31，0)则C原子坐标为___________。③已知二氧化锆晶胞的密度为ρg·cm-3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离___________cm(列出表达式，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为Mg/mol)。19．氨、磷、砷、铁等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。(一)如，是新型锂离子电池的电极材料，可采用、、LiC1和苯胺等作为原料制备。(1)基态铁原子的价电子排布式为___________，中，除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是___________(填元素符号)。(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，的晶体类型是___________。(3)苯胺()和中的N原子杂化方式分别为___________、___________。(4)苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，原因是___________。(二)。氮、磷、砷、锑等第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。(5)白磷在氯气中燃烧可得到和，气态分子的立体构型为___________。(6)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，①锑酸亚铁的化学式为___________。②晶体的密度为___________(设为阿伏加德罗常数的值)。(1nm=10-7cm)参考答案1．C【详解】A．蔗糖和淀粉没有醛基，不能发生银镜反应，故A正确；B．食用油是高级脂肪酸与甘油形成的酯，石蜡油属于烃类，故B正确；C．葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故C错误；D．纤维素属于多糖，由C、H、O元素组成，含有多个羟基，有多元醇的性质，故D正确。

故选：C。2．B【分析】加酶洗衣粉可使蛋白质发生水解，所以凡是蛋白质类织物，都不能用加酶洗衣粉洗涤。【详解】①棉织品的主要成分是纤维素，可以用加酶洗衣粉洗涤，①不合题意；②羊毛织品的主要成分是蛋白质，不可用加酶洗衣粉洗涤，②符合题意；③腈纶织品的主要成分属于化学纤维，可以用加酶洗衣粉洗涤，③不合题意；④蚕丝织品的主要成分是蛋白质，不可用加酶洗衣粉洗涤，④符合题意；⑤涤纶织品的主要成分是化学纤维，可以用加酶洗衣粉洗涤，⑤不合题意；⑥绵纶织品的主要成分是化学纤维，可以用加酶洗衣粉洗涤，⑥不合题意；综合以上分析，②④符合题意，故选B。3．C【详解】①-Cl水解可生成羟基，也为取代反应，故①正确；

②醛基发生加成反应可生成羟基，故②正确；

③消去反应不能生成羟基，故③错误；

④酯化反应不能生成羟基，故④错误；

⑤加聚反应与碳碳双键有关，不能生成羟基，故⑤错误；

⑥缩聚反应中-OH、-COOH发生酯化反应，不能不能引入羟基，故⑥错误；⑦醛基与氢气发生加成反应可生成羟基，也为还原反应，故⑦正确；

故选：C。4．D【详解】A．根据庙宇烷的结构可知，分子中含有20个C原子、20个H原子，所以庙宇烷分子式为C20H20，故A错误；

B．庙宇烷具有一定的对称性，分子中有三种不同的H原子，在该烃中有三种不同的H可发生一氯取代，故B错误；

C．由庙宇烷的结构可知，分子的每个面均为五元碳环，共12个五元环，故C错误；

D．有机物含有4个亚甲基、12个次甲基，其中次甲基有2种，强度比为8：8：4，故D正确。

故选：D。5．A【详解】有机物含有碳碳双键，可发生加成、使溴水褪色、使酸性溶液褪色、加聚反应，含有羧基，具有酸性，可发生取代、酯化反应，则以上反应均可发生，故选：A。6．C【详解】A．2-乙基丙烷，烷烃命名中出现2-乙基，说明选取的主链不是最长的，主链应该为丁烷，正确命名为：2-甲基丁烷，选项A错误；B．3-丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在2号C，正确命名为：2﹣丁醇，选项B错误；C．邻二甲苯，两个甲基分别在苯环的邻位，名称为邻二甲苯，选项C正确；D．碳碳双键在1号C，该有机物正确命名为：2-甲基-1-丙烯，选项D错误；答案选C。7．D【详解】A．石油由多种烷烃、环烷烃组成的混合物，故A正确；

B．分馏是物理变化，故B正确；

C．通过石油的裂化、裂解可以制得乙烯，故C正确；

D．乙烯与溴的四氯化碳或溴水发生加成反应得到1，2-二溴乙烷，故D错误。

故选：D。8．D【详解】A．该有机物与乙酸反应生成的酯中，原来的手性碳原子现在连接两个CH3COOCH2-，所以没有手性碳原子，故A错误；B．该有机物与氢氧化钠溶液反应后生成的醇中，原来的手性碳原子现在连接两个－CH2OH，所以没有手性碳原子，故B错误；C．该有机物在催化剂作用下与氢气反应，原来的手性碳原子现在连接两个－CH2OH，所以没有手性碳原子，故C错误；D．该有机物与银氨溶液反应后的生成的有机物中，原来的手性碳原子现在连接的原子或原子团是：一个溴原子、一个－CH2OH、一个CH3COOCH2-、一个－COOH，所以该原子仍然是手性碳原子，故D正确。本题答案为：D。【点睛】9．C【详解】卤代烃能发生消去反应结构特点：与-X相连的碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子。

A．CH3Cl与-X相连的碳原子的邻位碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，故A错误；

B．与-Cl相连的碳原子的邻位碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，故B错误；

C．与-Br相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，故C正确；

D．与-Br相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故D错误。

故选：C。10．B【详解】能与Na反应的有1个酚羟基、1个羧基和1个醇羟基；能与NaOH反应的有1个酚羟基和1个羧基；能与NaHCO3反应的只有1个羧基，则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:2:1，故答案为B。11．C【详解】该烯烃与H2的加成产物为，它经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮，则表明其烯烃分子中含有CH3-CH=结构片断，从而得出该烯烃的结构简式为，故选C。12．B【详解】分子式为C5H10O2的酸的种类取决于-C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于-C5H11的种类，-C4H9异构体有4种：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，-C5H11的异构体有8种：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH2CH3、-CH(CH2CH3)2、-CHCH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)2CH2CH3、-C(CH3)CH(CH3)2、-CH2CH2CH(CH3)2、-CH2C(CH3)3，其中含两个甲基4种：-CH(CH3)CH2CH2CH3、-CH(CH2CH3)2、-CHCH(CH3)CH2CH3、-CH2CH2CH(CH3)2，即分子式为C5H10O2的酸有4种，分子式为C5H12O的醇有4种，所以形成的酯共有4×4=16种，故选：B。13．D【详解】A.乙醇和浓硫酸混合加热至140℃生成二甲醚：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，A错误；B.1－溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH=CH2↑+H2O+NaBr，B错误；C.苯酚钠溶液中通入少量的CO2生成碳酸氢钠：+H2O+CO2→+，C错误；D.乙醛在碱性条件下被新制的氢氧化铜氧化：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-CH3COO-+Cu2O↓+3H2O，D正确；答案选D。14．D【详解】A．苯环、碳碳双键、酯基都为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，且C-C键可自由旋转，则最多有10个碳原子共面，故A错误；

B．与足量H2加成，则碳碳双键变成单键，产物含有7个手性碳原子，故B错误；

C．1mol绿原酸含有2mol酚羟基、1mol酯基、1mol羧基，可消耗4molNaOH，故C错误；

D．含有羧基，能发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、还原反应，与醇羟基相连的碳原子上有H，能发生消去反应，故D正确；

故选：D。15．A【详解】A．碳碳双键的两个碳原子分别连接两个不同的原子或原子团，就会存在顺反异构体，X中碳碳双键的一个碳原子连接一个H和一个-COOH，另一个碳原子连接一个带侧链的苯环和一个H，故A正确；B．中侧链-CH2CH2COOH有三种不同化学环境的H，苯环上有三种不同化学环境的H，两个CH3O-各含有一种不同化学环境的H，一共有8种不同化学环境的H，故B错误；C．从X到Y，碳碳双键变成碳碳单键，发生了加成反应，不是取代反应，故C错误；D．中含有碳碳双键，能使溴的溶液褪色，不能与溴发生反应，所以可用溴的溶液鉴别X和Y，故D错误；答案选A。16．+HO-NO2+H2O常规法制取硝基苯使用较多的硫酸作催化剂，原子利用率低，产生废酸较多，处理废酸消耗化学试剂较多100容量瓶除去硝基苯中混有的蒸馏60%【详解】(1)常规法用苯和浓硝酸在浓硫酸催化加热下制取硝基苯，反应的化学方程式为+HO-NO2+H2O；(2)常规法需要浓硫酸做催化剂，产生废酸多，且产率较低，以制取硝基苯的方法更符合“绿色化学”理念，原因是常规法制取硝基苯使用较多的硫酸作催化剂，原子利用率低，产生废酸较多，处理废酸消耗化学试剂较多；(3)配制100溶液还需要100容量瓶；(4)“步骤Ш”中饱和碳酸氢钠溶液的作用是除去硝基苯中混有的；(5)“步骤Ⅳ”中“进一步纯化”为分离有机物，方法是蒸馏；(6)7.38g硝基苯的物质的量为，根据方程式可知消耗的物质的量为n()=n(C6H5-)=0.06mol，原始的物质的量为n=cV=1mol/L×0.1L=0.1mol，则的转化率为。17．羟基肽键(或酰胺基)ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O保护醛基【分析】采用逆推法，根据HOCH2COOH并结合物质B分子式可知B为ClCH2COOH，则A结构简式是CH3COOH，为乙酸，乙酸与Cl2在一定条件下发生取代反应生成B为ClCH2COOH，HOCH2COOH与O2在Cu或Ag催化氧化反应生成物质C为OHC-COOH，C与乙醇、浓硫酸共热，发生已知信息中的反应生成，与NaOH溶液共热发生碱性水解，然后酸化可得；经一系列反应生成；在酸性条件下反应生成中间产物1：中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2为，中间产物2变形可产生E为，E发生取代反应产生F为，据此分析解答。【详解】(1)法匹拉韦结构简式为，其中含有的含氧官能团是羟基、肽键(或酰胺基)；(2)B含有羧基和氯原子，都可以和NaOH溶液发生反应，反应方程式为：，故答案为：；(3)依据中间产物1的生成，判断反应②的目的是保护醛基，故答案为：保护醛基；(4)根据条件，①lmolG和足量钠反应生成2molH2说明G中含有4mol羟基，②不考虑，核磁共振氢谱图有两组峰且峰面积之比为1：2，即有两种环境的H原子，即结构对称，故符合下列条件的的同分异构体G的结构简式为：，故答案为：；(5)根据上述分析可知中间产物1是，中间产物2是，E是，故答案为：。18．3正四面体17变大H2NCH2CH2NH2与Zn结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大3(0.81，0.19，0.5)×【详解】(1)Ti的未成对电子数2，与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有：[Ar]3d84s2、[Ar]3d104s24p2、[Ar]3d104s24p4，即Ni、Ge、Se，故答案为：3；

(2)BH与CH4具有相同的原子数目和相同的价电子数目，两者互为等电子体，空间构型相似，甲烷为正四面体形，故答案为：正四面体；

(3)①1

个[ZrCl4(

H2NCH2CH2NH2)]中含有Zr←Cl配位键4个，Zr←N配位键2个，配位键属于σ键，共6个，H2NCH2CH2NH2中含有N-H键4个、C-H键4个、N-C键2个、C-C键1个，共11个共价键，属于σ键，所以总共有17个共价键，则1

mol[ZrCl4(

H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为17mol，故答案为：17；

②游离态

H2NCH2CH2NH2中N原子有一对孤对电子，配合物中N原子提供一对孤对电子与Zr形成配位键，孤电子对之间的斥力＞孤电子与成键电子之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，与Zr形成配位键，孤电子对变成了σ键电子对，即成键电子对，排斥力减小，因此H-N-H之间的夹角会增大，故答案为：变大；游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间