【化学】北京市海淀区2024-2025学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市海淀区2024-2025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：H1C12N14O16Cu64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.金刚石、石墨、富勒烯是具有重要应用价值的碳单质。金刚石石墨富勒烯(C60)下列关于这三种物质的说法正确的是A.均能导电 B.互为同位素C.均属于分子晶体 D.均含有碳碳原子间的键【答案】D【解析】金刚石中碳原子以共价键形成空间网状结构，不存在自由移动电子，不能导电；石墨中存在自由移动电子，能导电；富勒烯()为分子晶体，一般不导电，A错误；同位素是指质子数相同、中子数不同的原子，金刚石、石墨、富勒烯是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，不是同位素，B错误；金刚石是原子晶体，石墨是混合型晶体，富勒烯()是分子晶体，C错误；金刚石中碳原子之间通过键连接；石墨中每层碳原子之间存在键；富勒烯()分子中碳原子之间也存在键，所以均含有碳碳原子间的键，D正确；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的空间填充模型：B.的电子式：C.反丁烯的结构简式：D.Na的原子结构示意图：【答案】A【解析】分子的空间构型为直线形，空间填充模型为：，A正确；为共价化合物，H原子与O原子之间共用1对电子，O原子与O原子之间也共用1对电子，电子式为：，B错误；2-丁烯分子中碳碳双键的2个碳原子均连有不同的原子或原子团，存在顺反异构，其中反-2-丁烯的结构简式为：，C错误；Na为11号元素，原子核外有11个电子，原子结构示意图：，D错误；故选A。3.下列事实不能由电负性数值解释的是元素FOCHSiK电负性4.03.52.52.11.80.8A.非金属性： B.是非极性分子C.中H的化合价是-1价 D.中存在离子键【答案】B【解析】根据表格中的数据可知，F的电负性（4.0）大于O（3.5），电负性越大非金属性越强，因此非金属性F＞O可由电负性解释，A不符合题意；CH4是非极性分子，其原因是分子结构对称导致极性抵消，而电负性仅能说明C-H键的微弱极性，无法直接解释分子整体的非极性，B不能由电负性数值单独解释，B符合题意；Si的电负性（1.8）小于H（2.1），H吸引电子能力更强，因此SiH4中H为-1价，这可通过电负性差异直接解释，C不符合题意；两成键元素间电负性差值大于1.7时，一般形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，一般形成共价键，K（0.8）与O（3.5）电负性差值大于1.7，易形成离子键，这符合电负性判断离子键的规律，D不符合题意；故答案选B。4.生物体中普遍存在的有机化合物是生命活动的物质基础。下列说法不正确的是A.淀粉、纤维素均属于多糖，二者完全水解的产物不同B.多个核苷酸分子间脱水形成磷酯键后，聚合成核苷酸长链C.DNA分子中两条链上的碱基互补配对时形成氢键D.甲醛能与蛋白质反应使其失去原有活性，从而危害人体健康【答案】A【解析】淀粉、纤维素均属于多糖，二者完全水解的产物都是葡萄糖，A错误；多个核苷酸分子间通过脱水形成磷酯键，进而聚合成核苷酸长链（核酸），B正确；DNA分子中两条链上的碱基互补配对时（如A与T、G与C

）形成氢键，C正确；甲醛能与蛋白质发生反应，使蛋白质变性，失去原有活性，从而危害人体健康，D正确；故选A。5.分子式符合C4H10O且能与金属钠反应生成氢气的有机物的同分异构体有A.2种 B.3种 C.4种 D.5种【答案】C【解析】分子式为C4H10O且能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可知丁烷中的1个H原子被羟基取代产物，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，CH3CH（CH3）CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，故符合条件的C4H10O结构共有4种，答案选C。6.化学家利用各种谱图研究物质结构。下列说法不正确的是A．依据氢原子光谱图提出核外电子分层排布的原子结构模型B．利用X射线衍射图计算晶体内部的微粒排列情况C．利用红外光谱图测定有机化合物中不同化学环境的氢原子数目比值D．利用质谱图确定有机化合物的相对分子质量A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】氢原子光谱图可以体现原子核外电子运动分布情况，所以可依据氢原子光谱图提出核外电子分层排布的原子结构模型，A正确；通过X射线衍射谱图可以计算晶体内部的微粒排列情况，B正确；有机物的红外光谱图可以获得分子中所含化学键和官能团的信息；核磁共振氢谱可以获得有机物分子中不同类型氢原子的种类和相对数目的信息，C错误；质谱仪通过质荷比的数值可以确定有机化合物的相对分子质量，通过质谱图最右边的分子离子峰推测待测物质的相对分子质量，D正确；故选C。7.下列有机化合物的系统命名不正确的是A.2，3-二甲基戊烷 B.1，3-丁二烯C.2-溴丙烷 D.2-甲基-4-丁醇【答案】D【解析】该物质属于烷烃，根据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，3-二甲基戊烷，故A说法正确；该物质属于二烯烃，根据二烯烃命名原则，该有机物的名称为1，3-丁二烯，故B说法正确；该物质属于卤代烃，根据卤代烃命名原则，该有机物的名称为2-溴丙烷，故C说法正确；该物质属于醇，根据醇的命名原则，该有机物的名称为3-甲基-1-丁醇，故D说法错误；答案为D。8.下列官能团引入的方法不正确的是A.引入溴原子：丙烯与HBr的加成反应B.引入醛基：乙醇与酸性溶液的氧化反应C.引入羟基：乙酸丁酯的水解反应D.引入碳碳双键：溴乙烷的消去反应【答案】B【解析】丙烯与HBr加成反应遵循马氏规则，主要生成2-溴丙烷，成功引入溴原子，A正确；乙醇在酸性KMnO4溶液中被强氧化剂彻底氧化为乙酸（羧酸基团），而非停留在醛基阶段，因此无法引入醛基，B错误；乙酸丁酯水解生成丁醇和乙酸，丁醇含有羟基，成功引入羟基，C正确；溴乙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成乙烯，形成碳碳双键，D正确；故选B。9.在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，反应如下。下列叙述不正确的是A.动植物油脂属于高分子化合物B.生物柴油是含有不同酯的混合物C.制备生物柴油的同时会生成甘油D.厨余垃圾中的油脂可用于制备生物柴油【答案】A【解析】油脂不是高分子化合物，A错误；由于烃基不同，所以生物柴油是由不同酯组成的混合物，B正确；对比动植物油脂和生物柴油的结构简式，可以得出此取代反应还生成了甘油，C正确；厨余垃圾中的油脂，通过这种方式转化为生物柴油，变废为宝，可行，D正确；答案为A。10.甘氨酸亚铁配合物是一种安全、高效的补铁剂，可由甘氨酸(与反应制得，其结构简式如图。下列说法正确的是A.甘氨酸含有手性碳原子B.第一电离能：C.甘氨酸亚铁中心离子的配位数为6D.制备反应中甘氨酸体现了碱性【答案】B【解析】手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，甘氨酸中包括-CH2-和羧基两种碳原子，不含手性碳原子，A错误；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：，B正确；由图可知，甘氨酸亚铁中心离子的配位数为4（与2个N、2个O配位），C错误；甘氨酸与反应，甘氨酸的羧基（）体现酸性，与反应，不是体现碱性，D错误；故选B。11.冠醚能将碱金属阳离子及对应的阴离子带入有机溶剂，增大离子浓度，从而用作有机反应中的催化剂。某冠醚c可与结合，其制备反应如下。下列说法不正确的是A.均可与NaOH溶液反应 B.a可由邻苯二酚与b在一定条件下合成C.c的核磁共振氢谱有3组峰 D.c可增大KI在苯中的溶解度【答案】C【解析】a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性，能与NaOH反应，b中含有Cl原子，可在NaOH溶液中发生水解反应生成醇类物质，A正确；a的结构可看作邻苯二酚与b发生取代反应（酚羟基中-OH上H被取代）生成，B正确；根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，C错误；c可与K+形成螯合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故选C。12.下列实验操作、现象与结论的对应关系正确的是选项实验操作现象结论A蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制悬浊液，加热没有砖红色沉淀生成蔗糖未水解B向酸性溶液中滴加葡萄糖溶液紫色褪去葡萄糖中存在醛基C乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中溴水褪色乙醇发生了消去反应D向苯酚钠溶液中通入过量溶液变浑浊酸性：苯酚<碳酸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】蔗糖水解后，应先加NaOH溶液中和稀硫酸至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液检验葡萄糖，否则稀硫酸会与Cu(OH)2反应，无法检验蔗糖是否水解，A错误；葡萄糖中不仅醛基能使酸性溶液褪色，羟基也能被氧化使溶液褪色，不能仅根据紫色褪去证明存在醛基，B错误；乙醇和浓硫酸共热至170℃，产生的气体可能含SO2（浓硫酸强氧化性，与乙醇发生副反应），SO2也能使溴水褪色，不能证明乙醇发生消去反应生成乙烯，C错误；向苯酚钠溶液中通入过量CO2，溶液变浑浊，生成苯酚，根据强酸制弱酸原理，说明酸性：碳酸>苯酚，D正确；故选D。13.医疗领域中用标记酪氨酸以诊断某些疾病，标记过程如下。下列说法不正确的是A.I元素位于周期表的p区B.标记过程中发生了取代反应C.标记酪氨酸分子中N原子采取杂化D.酪氨酸中所有C原子不一定共平面【答案】C【解析】碘元素位于周期表，最外层电子在轨道上，属于周期表的区，A正确；根据题目描述，酪氨酸羟基邻位的氢原子被碘取代，生成一碘代物，是典型的取代反应，B正确；酪氨酸中的氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，为杂化，C错误；酪氨酸中其支链有两个C原子采用杂化，不一定共平面，D正确；故选C。14.喜树碱是一类具有抗肿瘤活性的天然生物碱，某喜树碱合成路线的关键反应如下。下列说法正确的是A.a与互为同分异构体，且官能团种类相同B.b与水能形成氢键因而极易溶于水C.该反应生成1molc的同时会生成D.反应中可能产生由a缩聚而成的副产物【答案】D【解析】a与的分子式相同但结构不同，二者互为同分异构体，但官能团种类不相同，a中官能团为氨基、醛基，而的官能团为酰胺基，A错误；b与水能形成氢键，但b中含有的酯基等难溶于水，因而b不极易溶于水，B错误；由原子守恒可知，该反应生成1molc的同时会生成，C错误；反应中可能产生由a缩聚而成的副产物，D正确；故选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.广泛应用在化工、农药等领域，化学家采用多种技术研究其结构及变化。（1）利用X射线衍射法测得某晶体的局部平面结构示意图如下。①基态Cu的价层电子排布式为___________。②的空间结构是___________。③失水变成的过程中，破坏的微粒间相互作用类型主要是___________(填序号)。a．离子键b．配位键c．金属键d．氢键④中键角小于中键角，结合VSEPR理论解释其原因是___________。（2）利用热分析技术研究的分解。取一定质量持续加热，测定反应过程中的能量变化及固体质量变化。数据表明，实验条件下的分解包含两个吸热反应步骤，固体质量经步骤i之后减少，经步骤ii之后不变。请在下图的“___________”上填入中间产物，并用“”在坐标图中标记出其能量所处的位置____________。已知：的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃。（3）持续分解可得。晶体的立方晶胞结构如图，其边长为①距离最近的有___________个。②该晶体的密度为___________g/cm3(为阿伏加德罗常数)。【答案】（1）①.②.正四面体③.bd④.依据VSEPR理论，和SO的中心原子均有四个价电子对，O原子有孤电子对、斥力大，S原子没有孤电子对，因此键角小于键角（2）（3）①.4②.【解析】【小问1详解】①Cu的原子序数为29，基态Cu的价层电子排布式为；②的中心原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间结构是正四面体；③水分子和铜离子间存在配位键，水分子间存在氢键，失水变成的过程中，破坏的微粒间相互作用类型主要是配位键、氢键，故选bd；④中键角小于中键角，依据VSEPR理论，和SO的中心原子均有四个价电子对，O原子有孤电子对、斥力大，S原子没有孤电子对，因此键角小于键角；【小问2详解】固体质量经步骤i之后减少，经步骤ii之后不变，步骤ii固体产物为，则步骤i产物有，不稳定，能分解生成二氧化硫和氧气，推测步骤i产物为；两步反应均为吸热反应，产物能量高于反应物，能量的纵坐标高度处于反应物和步骤ii产物之间：；【小问3详解】①白球代表，晶胞中含有1+=2个，黑球代表，晶胞中含有4个，可知距离最近的有4个；②该晶体的密度为g/cm3。16.酯类物质在有机合成中常作为重要的中间体或反应试剂。I．PVA()是医药领域的绿色环保高分子材料。由乙烯合成PVA的路线如下。已知：RCOOR＇（1）B能发生银镜反应，B的名称为___________；反应的化学方程式为___________。（2）D发生加聚反应可制得E，E的结构简式为___________。（3）F的分子式为，其核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，由E制备PVA的反应的化学方程式为___________。II．对硝基苯甲酸乙酯()是一种重要的医药合成中间体。实验室利用下图装置(加热、夹持、搅拌装置已略)进行制备，步骤如下。i．在圆底烧瓶中加入对硝基苯甲酸、无水乙醇(过量)及浓硫酸，装上球形冷凝管，水浴加热反应2h。ii．将圆底烧瓶中所得的液态混合物冷却，进行常压蒸馏。iii．将蒸馏后烧瓶中的混合物倒入适量冷水中，析出沉淀，减压过滤得到滤渣。用的溶液多次洗涤滤渣至滤液呈中性，得到最终产品。已知：部分物质的熔、沸点如下表。物质乙醇对硝基苯甲酸对硝基苯甲酸乙酯熔点-114242.855~59沸点78.3359.1186.3（4）步骤i中，生成对硝基苯甲酸乙酯的反应的化学方程式是___________。（5）为实现反应物回收，步骤ii中蒸馏操作应控制的温度范围是___________(填序号)。a．b．c．d．以上（6）步骤iii中，溶液的主要作用是___________。（7）对甲基苯磺酸是一种常见固体有机酸，氧化性较弱，工业上以其替代浓硫酸作催化剂制备对硝基苯甲酸乙酯，对甲基苯磺酸作为催化剂的优势是___________(答出一条即可)。【答案】（1）①.乙醛②.（2）（3）+nCH3OH+nCH3OOCCH3（4）+C2H5OH+H2O（5）b（6）除去对硝基苯甲酸乙酯中的对硝基苯甲酸（7）便于存储和运输；减少废酸排放对环境的污染；试剂在有机物中溶解性好，反应物接触面积大催化效果好；减少对设备的腐蚀等【解析】乙烯氧化为乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙酸和乙烯在一定条件下氧化为乙酸乙烯酯，乙酸乙烯酯发生加聚反应生成，与甲醇反应生成和乙酸甲酯。【小问1详解】B能发生银镜反应，说明B中含有醛基，则B的结构简式为CH3CHO，B的名称为乙醛；是乙醛被氧气氧化为乙酸，反应的化学方程式为。【小问2详解】D中含有碳碳双键，D发生加聚反应可制得E，E的结构简式为。【小问3详解】根据RCOOR＇，F的分子式为，其核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，F是CH3COOCH3，和甲醇反应生成PVA和乙酸甲酯，反应的化学方程式为+nCH3OH+nCH3OOCCH3。【小问4详解】对硝基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成对硝基苯甲酸乙酯和水，反应的化学方程式是+C2H5OH+H2O【小问5详解】该实验中乙醇过量，为实现乙醇回收利用，步骤ii中蒸馏操作应控制的温度范围是，故选B；【小问6详解】能与酸反应，步骤iii中，溶液的主要作用是除去对硝基苯甲酸乙酯中的对硝基苯甲酸；【小问7详解】对甲基苯磺酸作为催化剂的优势是：对甲基苯磺酸是固态有机酸，便于存储和运输；减少废酸排放对环境的污染；试剂在有机物中溶解性好，反应物接触面积大催化效果好；减少对设备的腐蚀等。17.广泛应用于补铁剂等领域，为避免被氧化，常使其形成配合物以保持稳定性。实验小组探究不同配体与能否形成配合物并比较其稳定性(实验中所用配体溶液均已调制最适pH)。资料：与邻二氮菲()形成的配合物中均含有6个配位键，配体齿数、配合物在溶液中的颜色如下表(配体中可配位原子数称作齿数)。配体EDTA邻二氮菲配体齿数262配合物颜色黄色无色橙色I．探究配合物的生成序号装置试剂现象i溶液(接近无色)溶液溶液变为黄色ii邻二氮菲溶液溶液变为橙色iiiEDTA溶液无明显现象（1）的价层电子轨道表示式为___________。（2）依据实验i、实验ii的现象可知生成了配合物。①实验i中，生成配合物的离子方程式为___________。②实验ii中，邻二氮菲中的配位原子是___________。（3）继续实验：取实验iii所得溶液，向其中加入___________(填试剂)，无蓝色沉淀产生，由此验证EDTA与也生成了配合物。II．探究配合物的稳定性序号操作现象iv取1mL实验i所得溶液，向其中滴加5滴EDTA溶液溶液黄色变浅v取1mL实验iii所得溶液，向其中滴加5滴邻二氮菲溶液溶液变为橙色（4）同学们认为仅通过实验iv不能证明发生了配合物的转化，进行补充实验：___________(填操作和现象)，确认发生了配合物的转化。（5）综合实验i~V，可得到的结论是___________。（6）实验室常用邻二氮菲测定的含量，测定时溶液酸性不能过强，原因是___________。【答案】（1）（2）①.②.N（3）（4）取1mL实验i所得溶液，向其中滴加5滴水，溶液黄色比实验iv所得溶液深（5）实验条件下，、EDTA、邻二氮菲均能与形成配合物，且稳定性依次增强（6）能与邻二氮菲中的N原子形成配位键，阻碍成键，影响测定准确度【解析】本题探究了探究不同配体（邻二氮菲）与能否形成配合物，通过配合物之间的转化比较其稳定性。小问2：根据实验现象判断是否生成配合物，并写出对应的方程式；小问3：验证EDTA与也生成配合物可通过检验二价铁不存在的方法，选择对应的试剂；小问4：通过实验iv要证明发生了配合物的转化，需排除加入水导致溶液体积增大，颜色变浅带来的干扰；小问5：对比几项实验的现象得出实验结论；小问6：用邻二氮菲测定的含量的原理是通过形成配位键，酸性过强会影响邻二氮菲与配位键的形成。【小问1详解】铁是26号元素，的价层电子轨道表示式为；【小问2详解】与邻二氮菲()形成的配合物中均含有6个配位键，根据表格可知，3个与二价铁形成配离子，3个邻二氮菲与二价铁形成配离子：实验i中，生成配合物的离子方程式为；邻二氮菲中，N提供孤对电子，实验ii中，邻二氮菲中的配位原子是N；【小问3详解】要证明EDTA与生成配合物，可通过检验二价铁是否存在的方法判断，即向其中加入，无蓝色沉淀产生，证明EDTA与生成配合物；【小问4详解】根据分析，实验iv中颜色变浅可能是因为加水稀释导致浓度降低，颜色变浅，为了排除这个干扰，可进行补充实验：取1mL实验i所得溶液，向其中滴加5滴水，溶液黄色比实验iv所得溶液深，确认发生了配合物的转化；【小问5详解】通过对比5项实验的现象，可得出结论：实验条件下，、EDTA、邻二氮菲均能与形成配合物，且稳定性依次增强；【小问6详解】根据分析，测定时溶液酸性过强，能与邻二氮菲中的N原子形成配位键，阻碍成键，影响测定准确度。18.化合物P是一种抗肿瘤药物中间体，其合成路线如下。已知：a．b．（1）A属于芳香族化合物。A分子中的官能团为___________。（2）的化学方程式为___________。（3）J分子中碳原子的杂化方式有___________。（4）K能与反应，M分子中仅含有一个环。M的结构简式为___________。（5）下列说法中正确的是___________(填序号)。A.D与E互为同系物 B.F的核磁共振氢谱中有5组峰C.的反应类型为取代反应 D.P分子中手性碳原子的数目为2（6）由G合成J的步骤如下。(G的结构简式中的“1”“2”表示与-OH相连的碳原子的序号)已知：c．Cl-TBS的结构简式为；d．①Y的结构简式为___________。②步骤i和步骤iv的作用是___________。【答案】（1）酚羟基（2）（3）和（4）（5）AD（6）①.②.保护G分子中1号碳的羟基不被氧化【解析】A与氢气发生加成反应生成B，B发生催化氧化生成D，D与CH3I发生取代反应生成E，根据A的分子式，由E逆推，可知A是，B是、D是；根据信息a，可知F是；J发生氧化反应生成K，根据K的分子式，可知K是，与CH2=CH-CH2OH发生酯化反应生成L，L是，L发生消去反应生成M，M是。【小问1详解】根据以上分析，A是，分子中的官能团为酚羟基；【小问2详解】B是，B发生催化氧化生成，的化学方程式为；【小问3详解】J分子中既有单键碳又有双键碳，碳原子的杂化方式有和；【小问4详解】K能与反应，说明J氧化产物K中含有羧基，K与CH2=CH-CH2OH发生酯化反应生成L，L是，L发生消去反应生成M，M分子中仅含有一个环，M是。【小问5详解】A．D是，D与E结构相似，分子组成相差1个CH2，D与E互为同系物，故A正确；B．F是，F中有7中不同环境的H原子，核磁共振氢谱中有7组峰，故B错误；C．L是、M是，是的反应类型为消去反应，故C错误；D．分子中有2个手性碳原子(*标出)，故D正确；选AD。【小问6详解】根据信息c，G中1号碳原子连接的-OH与Cl-TBS发生取代反应生成，氧化生成，与CH2=CHMgBr反应生成，发生反应iv生成J。①根据以上分析，Y的结构简式为②步骤i和步骤iv的作用是保护G分子中1号碳的羟基不被氧化。19.溶液可用于吸收废气中的醛类物质。实验小组探究乙醛与溶液的反应。【猜想及分析】（1）依据、乙醛均既有氧化性又有还原性，提出猜想。猜想1：生成S和乙酸；猜想2：生成___________和乙醇。（2）依据乙醛中含有碳氧双键，结合资料提出发生加成反应的猜想。①猜想3：查阅资料，推测乙醛与溶液反应可生成磺酸盐。用化学用语表示溶液中含有的原因：___________。②猜想4：溶液显碱性，查阅资料，推测在溶液中，乙醛()自身能发生加成反应，两个分子分别断裂碳氧双键中的一个键和___________号键，从基团间相互影响的角度说明该键的反应活性增强的原因：___________。【实验及结论】（3）向pH为9.1饱和溶液中滴加几滴乙醛，充分振荡后，测