2024-2025学年湖北省七市州高二下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省七市州2024-2025学年高二下学期期末考试本试卷共8页，19题。全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1N14O16F19K39Mn55Y89Ce140一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.合成高分子材料的发展得益于化学技术的进步。下列不属于合成高分子材料的是A.蚕丝被 B.人造草坪 C.纸尿裤 D.有机玻璃【答案】A【解析】蚕丝被的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，是天然高分子材料，A符合题意；人造草坪通常由聚乙烯或聚丙烯等合成纤维制成，属于合成高分子材料，B不符合题意；纸尿裤中的吸水层多为聚丙烯酸钠等高分子树脂，属于合成高分子材料，C不符合题意；有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)是典型合成高分子材料，D不符合题意；故选A。2.下列变化过程中，存在化学键断裂是A.碘晶体升华 B.冰融化成水 C.氯化钾融化 D.硫化氢液化【答案】C【解析】碘升华是碘由固态转化为气态，分子间作用力被破坏，化学键未断裂，A不符合题意；冰中的H2O之间存在氢键，冰融化破坏的是氢键(分子间作用力)，未断裂H-O共价键，B不符合题意；氯化钾融化时，间的离子键断裂，离子键属于化学键，C符合题意；硫化氢液化改变了H2S分子间的距离，未破坏S-H共价键，D不符合题意；故选C。3.下列化学用语正确的是A.甲醛的电子式B.乙烷的空间填充模型C.2-甲基戊烷的键线式D.醇分子间氢键【答案】D【解析】甲醛的电子式中氧原子应满足8电子稳定结构，A错误；是乙烷的球棍模型，B错误；3-甲基戊烷的键线式为，C错误；醇分子间可形成氢键，如，D正确；故选D。4.我国屠呦呦等科学家使用乙醚从中药中提取并用柱色谱分离得到抗虐有效成分青蒿素，随后展开了对青蒿素分子结构的测定。下列说法错误的是A.通过质谱法确定青蒿素的相对分子质量B.通过红外光谱分析确定青蒿素含酯基C.通过核磁共振氢谱确定青蒿素含过氧基D.通过X射线衍射确定青蒿素的分子结构【答案】C【解析】一般而言，质谱图中的最大质荷比等于有机物的相对分子质量，所以通过质谱法可确定青蒿素的相对分子质量，A正确；红外光谱可以测定有机物中的特定基团，酯基有其特征吸收峰，所以通过红外光谱分析可以确定青蒿素含酯基，B正确；核磁共振氢谱主要用于确定有机物分子中氢原子的种类和数目，而过氧基(-O-O-)中没有氢原子，不能通过核磁共振氢谱确定青蒿素含过氧基，C错误；X射线衍射仪可测定晶体的结构，青蒿素为分子晶体，可以通过X射线衍射确定其分子结构，D正确；故选C。5.基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是A.含有配位键的化合物一定是配位化合物B.同种原子之间形成的共价键一定是非极性键C.可燃冰()中与之间形成了氢键D.电子气理论可以用来解释金属材料良好的延展性【答案】D【解析】含有配位键的化合物不一定是配位化合物，如CO、铵盐等，A错误；同种原子之间形成的共价键不一定是非极性键，如臭氧分子中共价键为极性键，B错误；C的非金属性较弱，则结合氢键的定义可知，可燃冰（）中与之间无法形成氢键，C错误；金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属离子之间流动，使金属键不会断裂，所以能用电子气理论解释金属的延展性,，D正确；故选D。6.一定条件下，。下列说法正确的是A.易形成分子内氢键B.键的键长比键的更长C.的酸性比弱D.HCl是强电解质，其熔融态可以导电【答案】C【解析】乙酸中含羧基(-COOH)，羧基中的O-H键与另一个羧基中的O原子易形成分子间氢键，而不是分子内氢键，A错误；Cl的原子半径比I小，Cl-Cl键的键长应比I-I键更短，B错误；Cl的电负性较大，中氯原子的吸电子作用使得羧基中O-H键的极性增强，更易电离出，的酸性更强，C正确；HCl在水中能完全电离产生，是强电解质，但HCl属于共价化合物，熔融态时不发生电离，没有自由移动的离子，所以熔融态不可以导电，D错误；故选C。7.下列过程中发生的化学反应，相应方程式错误的是A.探究溴乙烷的消去反应：B.向电石逐滴滴加饱和食盐水：C.向苯酚钠溶液通入少量：D.向新生成的AgCl沉淀滴入1mol/L氨水：【答案】A【解析】溴乙烷发生消去反应的条件是NaOH的醇溶液、加热，反应的方程式应为，A错误；电石的主要成分是，与水反应生成氢氧化钙和乙炔，所给化学方程式无误，B正确；苯酚的酸性强于碳酸氢根而弱于碳酸，则向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物为苯酚和碳酸氢钠，所给离子方程式无误，C正确；向新生成的沉淀中滴入1mol/L氨水，氯化银与氨水反应生成银氨络离子和氯离子，反应的离子方程式可表示为，D正确；故选A。8.[Co(Ⅱ)Salen]常用于模拟研究金属蛋白质的载氧机理，水杨醛合成[Co(Ⅱ)Salen]的反应原理如下图所示：下列说法错误的是A.水杨醛沸点比对羟基苯甲醛低B.乙二胺可与盐酸反应生成盐C.双水杨缩乙二胺最多消耗D.[Co(Ⅱ)Salen]配合物中Co(Ⅱ)的配位数为4【答案】C【解析】水杨醛中羟基和醛基处于邻位，水杨醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成的是分子间氢键，分子内氢键使沸点降低而分子间氢键使沸点升高，故水杨醛沸点比对羟基苯甲醛低，A正确；乙二胺()含有氨基(-NH2)，具有碱性，可以与盐酸反应生成盐，B正确；双水杨缩乙二胺中含有2个苯环、2个碳氮双键，1mol双水杨缩乙二胺最多消耗()mol=8molH2，但由于未给出双水杨缩乙二胺的物质的量，无法确定消耗氢气的具体量，C错误；由所给[Co(Ⅱ)Salen]配合物的结构知，Co(Ⅱ)与两个N、两个O形成配位键，Co(Ⅱ)的配位数为4，D正确；故选C9.鉴别有机物是研究有机物重要的环节。下列叙述错误的是A.利用溴水是否褪色区分乙醛和己烯B.用金属钠可区分乙醇和乙醚C.用高锰酸钾酸性溶液可区分苯和甲苯D.用银氨溶液区分甲酸甲酯和乙酸乙酯【答案】A【解析】乙醛(CH3CHO)具有还原性，能被溴水氧化从而使溴水褪色；己烯(C6H12)含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，所以不能利用溴水是否褪色区分乙醛和己烯，A错误；乙醇(C2H5OH)含羟基，与金属钠反应生成氢气，乙醚(C2H5OC2H5)与Na不反应，现象明显不同，所以用金属钠可区分乙醇和乙醚，B正确；甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯与酸性高锰酸钾溶液不反应，所以用高锰酸钾酸性溶液可区分苯和甲苯，C正确；甲酸甲酯(HCOOCH3)中含有“-CHO”的结构，能与银氨溶液发生银镜反应，乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)不能与银氨溶液反应，所以用银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙酸乙酯，D正确；故选A。10.甲壳素主要从废弃蟹、虾和龙虾壳等海产品废弃物中提取，来源广泛且可再生，是最丰富的天然多糖。壳聚糖是甲壳素的脱乙酰产物。甲壳素及壳聚糖可以方便地加工成不同的材料，这些材料可用于生物医学领域，包括药物递送和伤口愈合等。甲壳素脱乙酰反应方程式如下：下列说法错误的是A.反应过程涉及酰胺键的断裂B.产物中氨基的引入会改变其水溶性C.每脱除1个乙酰基，理论上消耗1个D.产物能与盐酸反应而甲壳素不能与盐酸反应【答案】D【解析】观察反应方程式，甲壳素中存在酰胺基结构，反应后生成氨基，反应过程涉及酰胺基的断裂，A正确。氨基是亲水基团，甲壳素中原有基团与引入氨基后的亲水性不同，所以氨基的引入会改变其水溶性，B正确。从反应方程式可知，每脱除1个乙酰基同时消耗1个，C正确。产物结构中含有氨基，可以与盐酸反应；甲壳素中含有酰胺基结构，在加热条件下能与盐酸反应，D错误；故选D。11.护发养发成为新潮流，头发主要由角蛋白组成。下列说法正确的是A.头发中的角蛋白的二级结构与肽键的形成有关B.角蛋白在某些酶的作用下最终水解得到氨基酸C.洗头时一般先用酸性的洗发剂洗去分泌出的油脂D.烫发时需先用氧化剂使得头发中二硫键变为【答案】B【解析】蛋白质的二级结构(如α螺旋、β折叠)是指多肽链主链原子的局部空间排布，由氢键维持，而肽键的形成是在氨基酸脱水缩合形成多肽链时，肽键与一级结构有关，故A错误；角蛋白是蛋白质，在某些酶的作用下最终水解彻底得到氨基酸，故B正确；油脂在碱性条件下更易水解，所以洗头时一般先用碱性的洗发剂洗去分泌出的油脂，故C错误；烫发时需先用还原剂使得头发中二硫键变为，然后再用氧化剂重新形成二硫键，从而改变头发的形状，故D错误；故选B。12.二氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据部分位置可得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为apm。已知：(i)掺杂后的晶体中(ii)的空缺率下列说法错误的是A.晶胞中的配位数为8 B.晶胞边长为C.晶体的密度为 D.掺杂后的空缺率为10%【答案】C【解析】根据晶胞结构，可知的配位数为8，故A正确；设棱长为x，体对角线是与最近的核间距的4倍，即体对角线为4apm，x=，故B正确；根据均摊原则，晶胞中数为4，数为8，晶胞中与最近的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为，故C错误掺杂后的晶体中，化学式为Ce3Y2O9,中阴阳离子比为2:1，掺杂后的晶胞中阴阳离子比为1.8:1，的空缺率为，故D正确；选C。13.将固体溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，如下所示。已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。以下结论和解释正确的是A.等物质的量的和中键数之比为B.由实验①可推知正反应为吸热反应C.实验②是由于增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：【答案】B【解析】中键数为18mol，中键数为4mol，等物质的量的二者键数之比为，A错误；由实验①可推知，置于冰水浴中蓝色溶液变为粉红色，说明降温平衡逆向移动，故推知正反应为吸热反应，B正确；因为水是溶剂，所以实验②中加水，不变，但、、浓度都减小，平衡向离子总浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，C错误；加入少量，即可使得溶液由蓝色变为粉红色，平衡逆向移动，说明配离子的稳定性，D错误；故选B。14.科学家预测环[18]碳()可用作储能和储氢材料。在5K的温度下，利用原子力显微镜的尖端将分子中的CO基团剔除，成功制备了环[18]碳，原理如图所示。下列说法正确的是A.环[18]碳属于环状有机物B.分子中有4种碳原子C.、和互为同系物D.中键与键数目之比为【答案】B【解析】环[18]碳是环状碳单质，不属于有机物，A错误；分子具有对称结构，分子中有4种碳原子，B正确；、和官能团数目不同，不符合同系物概念，C错误；中键与键数目之比为，D错误；故选B。15.杯酚分离和、冠醚识别碱金属离子等超分子性质的运用带来了生命、信息和材料产业的技术革命。下列有关说法错误的是A.晶体和晶体的配位数均为12B.杯酚分离和的过程中操作①为过滤C.18-冠-6识别钾离子后形成的物质为超分子D.跨膜运输过程中体现超分子的重要特征为自组装【答案】D【解析】和均为分子晶体且分子间只有范德华力，晶胞中位于晶胞的顶点、面心，其配位数均为12，A正确杯酚与结合呈不溶于甲苯的固体，杯酚分离和的过程中操作①为过滤，B正确冠醚利用环上氧原子和不同大小的空穴识别碱金属离子，18-冠-6识别钾离子后形成的物质为超分子，C正确右图中示例描述了跨膜运输过程中超分子的重要特征为分子识别，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氮及其化合物在能源领域应用广泛。回答下列问题：（1）非常稳定，通常只能与电离能小的Li、Mg等金属元素形成离子型化合物。①在水中能产生。分子的VSEPR模型为_______。②与水反应的化学方程式为_______。（2）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示为)，局部结构示意图如下所示。中所有原子共平面与其结构中形成的大键(用表示大键，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)有关，中大键可表示为_______。（3）羟胺()的水溶液呈碱性，其碱性原理与氨水相似，同浓度的氨水和羟胺两种溶液的碱性较强的是_______(填“”或“”)，原因是_______。（4）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点的原因是_______。【答案】（1）①.四面体形②.（2）（3）①.②.氧的电负性远高于氮，吸引氮原子电子云，降低其结合的能力（4）A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积（或半径/尺寸）增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低【解析】【小问1详析】①中N原子价电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形。②与水反应生成氢氧化锂和氨气，化学方程式为：，故答案为：。【小问2详析】中所有原子共平面，N均为杂化，每个N中2p轨道均有1个电子，且轨道平行，加上带一个单位负电荷，则中大键可表示为，故答案为：。【小问3详析】氧的电负性远高于氮，吸引氮原子电子云，降低其结合的能力，因此碱性较强的是，故答案为：；氧的电负性远高于氮，吸引氮原子电子云，降低其结合的能力。【小问4详析】A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积（或半径/尺寸）增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低，故答案为：A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积（或半径/尺寸）增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低。17.教材中提到酸性重铬酸钾()溶液可与乙醇发生氧化还原反应，但未明确具体反应条件。某实验小组利用手持技术开展实验，发现反应与溶液酸度密切相关。配制溶液，的硫酸溶液，75%乙醇，按如图所示装置通过传感器实时监测溶液pH和氧化还原电势(ORP)。向溶液中逐滴加入75%乙醇，无明显现象；再滴加的硫酸，当溶液时，溶液颜色由橙色逐渐变为绿色，ORP传感器数值下降(数值越大，氧化性越强)。回答下列问题：（1）配制75%乙醇时用到的玻璃仪器有_______(从下图中选择，写出名称)。（2）溶液变绿色的原因是被还原为_______(填离子符号)。（3）实验小组记录了不同pH时溶液的ORP值，数据如下：pH1.501.471.40ORP/mV634633620当时，溶液开始变绿，说明此时_______(填“发生”或“未发生”)氧化还原反应，除溶液变绿现象外的证据是_______。（4）为什么酸性增强时，溶液更容易与乙醇反应？(从氧化性角度解释)_______。取三份溶液，分别调节pH至15、1.47、1.4，加入等量乙醇后观察现象：pH1.51.471.4现象溶液颜色加深为棕红色，无绿色溶液迅速变绿溶液迅速变绿（5）通过实验可知，溶液与乙醇反应的必要条件是_______。（6）酸性条件下溶液将乙醇氧化为乙酸的化学方程式为_______。【答案】（1）量筒、烧杯（2）（3）①.发生②.时ORP数值下降，说明被还原（4）酸性越强，的氧化性越强（电极电势越高），越容易氧化乙醇（5）溶液（6）【解析】【小问1详析】配制75%乙醇时要考虑到是体积分数而非质量分数，故需要量筒，烧杯，最后一个是温度计，不是玻璃棒，故答案为：量筒、烧杯；【小问2详析】绿色，为橙色，所以溶液变绿色的原因是被还原为：；【小问3详析】当时，溶液开始变绿，说明此时发生氧化还原反应，判断依据是时ORP数值下降，说明被还原，故答案为：发生；时ORP数值下降，说明被还原；【小问4详析】酸性强时，氧化还原电势(ORP)高，所以酸性越强，的氧化性越强（电极电势越高），越容易氧化乙醇；【小问5详析】通过实验可知及表格中的数据可推知，时，溶液迅速变绿，所以溶液与乙醇反应的必要条件是溶液；【小问6详析】酸性条件下，乙醇被氧化成乙酸，根据生成物和反应产物及得失电子守恒，易得反应方程式为：。18.化合物J是一种抗肿瘤药物，其合成路线如下(略去部分试剂和条件)。回答下列问题：（1）理论上，1molA最多消耗_______。（2）C→E包含两步，涉及的反应类型有_______、_______。（3）F→G的化学方程式为_______。（4）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)。①遇溶液发生显色反应；②含环己烷结构和醚键。其中，核磁共振氢谱中峰数最少的结构简式为_______。（5）某研究小组结合上述合成路线，设计了合成的一种路线。该路线中“条件”具体为_______，M的结构简式为_______。【答案】（1）2（2）①.加成反应②.消去反应（3）（4）①.22②.（5）①.，催化剂②.【解析】由A和B反应生成C的结构变化可知，A为，发生了取代反应，C与D生成E分两步进行，先发生加成反应，再发生消去反应，E再酸性条件下水解最终得到F，F-G的条件是，G-H第一步是氧化剂氧化醛基变成羧基，说明生成物G是，G与氧化剂，甲醇在浓硫酸催化下生成了H，H在氢气的还原下生成了I，I脱去1分子甲醇成环生成了J，据此解答。【小问1详析】根据A→C，可推理知A为，酚羟基的邻、对位的氢原子可被溴取代，理论上，1molA最多消耗；【小问2详析】由分析可知，C→E涉及的反应类型有加成反应、消去反应；【小问3详析】首先根据G→H的反应条件，1）氧化剂是将醛基氧化为羧基；2），为酯化反应，可推知G的结构简式为，故F→G的化学方程式为；【小问4详析】根据C的结构，含有2个氧原子，其中满足条件“①遇溶液发生显色反应”即酚羟基；另一个氧原子满足“②含环己烷结构和醚键”，即可以移动的基团为酚羟基与溴原子且无多余碳原子，即酚羟基分别在以下3种位置移动，而溴原子可在剩余任意不重复位置，如下：当酚羟基在1号位置，Br有8种位置；当酚羟基在2号位置，Br有8种位置；当酚羟基在3号位置，Br有6种位置，共有22种同分异构体满足以上条件；而其中，核磁共振氢谱图中峰数最少的结构简式为；【小问5详析】某研究小组结合上述合成路线，设计了合成的一种路线。该路线中最后一步催化加氢是将硝基还原为氨基；而“”是将醛基氧化为羧基；本题又有“结合上述合成路线”的暗示，故“条件”为，催化剂；M的结构简式；L的结构简式为：。19.以和丙烯酸合成(沸点为130℃)的方案如下。（1）制备的四氢呋喃(THF)溶液，实验装置如图。①盛装30%硫酸的仪器名称为_______。②该装置明显存在的不足之处是_______。（2）合成的实验过程如下：将上述所得溶液转移至反应容器内，依次加入0.3mol丙烯酸、3.0mmol离子液体催化剂ILs，密封反应器后于90℃水浴恒温反应一段时间。其反应机理如图。①中N1与结合形成配位键的孤电子对所处的原子轨道为_______。②中官能团名称为_______；虚线框内中间产物的结构简式为_______。③若将换为甲硫醇()与丙烯酸发生上述反应，则最终产物的结构简式为_______。（3）分离产物与催化剂的实验流程如下。①操作1中乙酸乙酯的作用为_______。②操作3通过加入适当浓度的、溶液来提纯分离，其原理是_______。【答案】（1）①.恒压分液漏斗②.无尾气处理装置（2）①.杂化轨道②.巯基、羧基③.④.（3）①.萃取剂②.、均为离子化合物，均为强电解质，加入适当浓度的、能增强溶液极性而降低ILs在水中的溶解【解析】（1）三颈烧瓶中盛有饱和NaHS溶液，通过分液漏斗加入30%硫酸，两者发生反应生成H2S气体，最后形成H2S的四氢呋喃溶液；（2）图为化学反应机理图，将（1）所得溶液继续反应，在丙烯酸和离子液体的共同作用下，合成HSCH2CH2COOH；（3)该流程图的核心是对反应液进行处理，分离出目标产物HSCH2​CH2​COOH和ILs。【小问1详析】由图可知，盛装30%硫酸的仪器名称为恒压分液漏斗；H2S是剧毒气体，应防止其污染空气，该装置明显存在的不足之处是无尾气处理装置；【小问2详析】中N1原子采用sp2杂化，其中1个sp2杂化轨道中含孤电子对，可与H+结合；中官能团名称为巯基、羧基；结合转化流程中，与正负电荷结合及最终产物，可知虚线框内中间产物的结构简式为；若将H2S换为甲硫醇()与丙烯酸发生上述反应，则最终产物的结构简式为；【小问3详析】根据操作1中加入乙酸乙酯后，分离得到“有机相”和“水相”可推知，乙酸乙酯的作用为萃取剂；操作3通过加入适当浓度的K3PO4、Na2SO4溶液来提纯分离，其原理是K3PO4、Na2SO4均为离子化合物，均为强电解质，加入适当浓度的K3PO4、Na2SO4能增强溶液极性而降低ILs在水中的溶解。湖北省七市州2024-2025学年高二下学期期末考试本试卷共8页，19题。全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1N14O16F19K39Mn55Y89Ce140一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.合成高分子材料的发展得益于化学技术的进步。下列不属于合成高分子材料的是A.蚕丝被 B.人造草坪 C.纸尿裤 D.有机玻璃【答案】A【解析】蚕丝被的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，是天然高分子材料，A符合题意；人造草坪通常由聚乙烯或聚丙烯等合成纤维制成，属于合成高分子材料，B不符合题意；纸尿裤中的吸水层多为聚丙烯酸钠等高分子树脂，属于合成高分子材料，C不符合题意；有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)是典型合成高分子材料，D不符合题意；故选A。2.下列变化过程中，存在化学键断裂是A.碘晶体升华 B.冰融化成水 C.氯化钾融化 D.硫化氢液化【答案】C【解析】碘升华是碘由固态转化为气态，分子间作用力被破坏，化学键未断裂，A不符合题意；冰中的H2O之间存在氢键，冰融化破坏的是氢键(分子间作用力)，未断裂H-O共价键，B不符合题意；氯化钾融化时，间的离子键断裂，离子键属于化学键，C符合题意；硫化氢液化改变了H2S分子间的距离，未破坏S-H共价键，D不符合题意；故选C。3.下列化学用语正确的是A.甲醛的电子式B.乙烷的空间填充模型C.2-甲基戊烷的键线式D.醇分子间氢键【答案】D【解析】甲醛的电子式中氧原子应满足8电子稳定结构，A错误；是乙烷的球棍模型，B错误；3-甲基戊烷的键线式为，C错误；醇分子间可形成氢键，如，D正确；故选D。4.我国屠呦呦等科学家使用乙醚从中药中提取并用柱色谱分离得到抗虐有效成分青蒿素，随后展开了对青蒿素分子结构的测定。下列说法错误的是A.通过质谱法确定青蒿素的相对分子质量B.通过红外光谱分析确定青蒿素含酯基C.通过核磁共振氢谱确定青蒿素含过氧基D.通过X射线衍射确定青蒿素的分子结构【答案】C【解析】一般而言，质谱图中的最大质荷比等于有机物的相对分子质量，所以通过质谱法可确定青蒿素的相对分子质量，A正确；红外光谱可以测定有机物中的特定基团，酯基有其特征吸收峰，所以通过红外光谱分析可以确定青蒿素含酯基，B正确；核磁共振氢谱主要用于确定有机物分子中氢原子的种类和数目，而过氧基(-O-O-)中没有氢原子，不能通过核磁共振氢谱确定青蒿素含过氧基，C错误；X射线衍射仪可测定晶体的结构，青蒿素为分子晶体，可以通过X射线衍射确定其分子结构，D正确；故选C。5.基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是A.含有配位键的化合物一定是配位化合物B.同种原子之间形成的共价键一定是非极性键C.可燃冰()中与之间形成了氢键D.电子气理论可以用来解释金属材料良好的延展性【答案】D【解析】含有配位键的化合物不一定是配位化合物，如CO、铵盐等，A错误；同种原子之间形成的共价键不一定是非极性键，如臭氧分子中共价键为极性键，B错误；C的非金属性较弱，则结合氢键的定义可知，可燃冰（）中与之间无法形成氢键，C错误；金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属离子之间流动，使金属键不会断裂，所以能用电子气理论解释金属的延展性,，D正确；故选D。6.一定条件下，。下列说法正确的是A.易形成分子内氢键B.键的键长比键的更长C.的酸性比弱D.HCl是强电解质，其熔融态可以导电【答案】C【解析】乙酸中含羧基(-COOH)，羧基中的O-H键与另一个羧基中的O原子易形成分子间氢键，而不是分子内氢键，A错误；Cl的原子半径比I小，Cl-Cl键的键长应比I-I键更短，B错误；Cl的电负性较大，中氯原子的吸电子作用使得羧基中O-H键的极性增强，更易电离出，的酸性更强，C正确；HCl在水中能完全电离产生，是强电解质，但HCl属于共价化合物，熔融态时不发生电离，没有自由移动的离子，所以熔融态不可以导电，D错误；故选C。7.下列过程中发生的化学反应，相应方程式错误的是A.探究溴乙烷的消去反应：B.向电石逐滴滴加饱和食盐水：C.向苯酚钠溶液通入少量：D.向新生成的AgCl沉淀滴入1mol/L氨水：【答案】A【解析】溴乙烷发生消去反应的条件是NaOH的醇溶液、加热，反应的方程式应为，A错误；电石的主要成分是，与水反应生成氢氧化钙和乙炔，所给化学方程式无误，B正确；苯酚的酸性强于碳酸氢根而弱于碳酸，则向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物为苯酚和碳酸氢钠，所给离子方程式无误，C正确；向新生成的沉淀中滴入1mol/L氨水，氯化银与氨水反应生成银氨络离子和氯离子，反应的离子方程式可表示为，D正确；故选A。8.[Co(Ⅱ)Salen]常用于模拟研究金属蛋白质的载氧机理，水杨醛合成[Co(Ⅱ)Salen]的反应原理如下图所示：下列说法错误的是A.水杨醛沸点比对羟基苯甲醛低B.乙二胺可与盐酸反应生成盐C.双水杨缩乙二胺最多消耗D.[Co(Ⅱ)Salen]配合物中Co(Ⅱ)的配位数为4【答案】C【解析】水杨醛中羟基和醛基处于邻位，水杨醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成的是分子间氢键，分子内氢键使沸点降低而分子间氢键使沸点升高，故水杨醛沸点比对羟基苯甲醛低，A正确；乙二胺()含有氨基(-NH2)，具有碱性，可以与盐酸反应生成盐，B正确；双水杨缩乙二胺中含有2个苯环、2个碳氮双键，1mol双水杨缩乙二胺最多消耗()mol=8molH2，但由于未给出双水杨缩乙二胺的物质的量，无法确定消耗氢气的具体量，C错误；由所给[Co(Ⅱ)Salen]配合物的结构知，Co(Ⅱ)与两个N、两个O形成配位键，Co(Ⅱ)的配位数为4，D正确；故选C9.鉴别有机物是研究有机物重要的环节。下列叙述错误的是A.利用溴水是否褪色区分乙醛和己烯B.用金属钠可区分乙醇和乙醚C.用高锰酸钾酸性溶液可区分苯和甲苯D.用银氨溶液区分甲酸甲酯和乙酸乙酯【答案】A【解析】乙醛(CH3CHO)具有还原性，能被溴水氧化从而使溴水褪色；己烯(C6H12)含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，所以不能利用溴水是否褪色区分乙醛和己烯，A错误；乙醇(C2H5OH)含羟基，与金属钠反应生成氢气，乙醚(C2H5OC2H5)与Na不反应，现象明显不同，所以用金属钠可区分乙醇和乙醚，B正确；甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯与酸性高锰酸钾溶液不反应，所以用高锰酸钾酸性溶液可区分苯和甲苯，C正确；甲酸甲酯(HCOOCH3)中含有“-CHO”的结构，能与银氨溶液发生银镜反应，乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)不能与银氨溶液反应，所以用银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙酸乙酯，D正确；故选A。10.甲壳素主要从废弃蟹、虾和龙虾壳等海产品废弃物中提取，来源广泛且可再生，是最丰富的天然多糖。壳聚糖是甲壳素的脱乙酰产物。甲壳素及壳聚糖可以方便地加工成不同的材料，这些材料可用于生物医学领域，包括药物递送和伤口愈合等。甲壳素脱乙酰反应方程式如下：下列说法错误的是A.反应过程涉及酰胺键的断裂B.产物中氨基的引入会改变其水溶性C.每脱除1个乙酰基，理论上消耗1个D.产物能与盐酸反应而甲壳素不能与盐酸反应【答案】D【解析】观察反应方程式，甲壳素中存在酰胺基结构，反应后生成氨基，反应过程涉及酰胺基的断裂，A正确。氨基是亲水基团，甲壳素中原有基团与引入氨基后的亲水性不同，所以氨基的引入会改变其水溶性，B正确。从反应方程式可知，每脱除1个乙酰基同时消耗1个，C正确。产物结构中含有氨基，可以与盐酸反应；甲壳素中含有酰胺基结构，在加热条件下能与盐酸反应，D错误；故选D。11.护发养发成为新潮流，头发主要由角蛋白组成。下列说法正确的是A.头发中的角蛋白的二级结构与肽键的形成有关B.角蛋白在某些酶的作用下最终水解得到氨基酸C.洗头时一般先用酸性的洗发剂洗去分泌出的油脂D.烫发时需先用氧化剂使得头发中二硫键变为【答案】B【解析】蛋白质的二级结构(如α螺旋、β折叠)是指多肽链主链原子的局部空间排布，由氢键维持，而肽键的形成是在氨基酸脱水缩合形成多肽链时，肽键与一级结构有关，故A错误；角蛋白是蛋白质，在某些酶的作用下最终水解彻底得到氨基酸，故B正确；油脂在碱性条件下更易水解，所以洗头时一般先用碱性的洗发剂洗去分泌出的油脂，故C错误；烫发时需先用还原剂使得头发中二硫键变为，然后再用氧化剂重新形成二硫键，从而改变头发的形状，故D错误；故选B。12.二氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据部分位置可得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为apm。已知：(i)掺杂后的晶体中(ii)的空缺率下列说法错误的是A.晶胞中的配位数为8 B.晶胞边长为C.晶体的密度为 D.掺杂后的空缺率为10%【答案】C【解析】根据晶胞结构，可知的配位数为8，故A正确；设棱长为x，体对角线是与最近的核间距的4倍，即体对角线为4apm，x=，故B正确；根据均摊原则，晶胞中数为4，数为8，晶胞中与最近的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为，故C错误掺杂后的晶体中，化学式为Ce3Y2O9,中阴阳离子比为2:1，掺杂后的晶胞中阴阳离子比为1.8:1，的空缺率为，故D正确；选C。13.将固体溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，如下所示。已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。以下结论和解释正确的是A.等物质的量的和中键数之比为B.由实验①可推知正反应为吸热反应C.实验②是由于增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：【答案】B【解析】中键数为18mol，中键数为4mol，等物质的量的二者键数之比为，A错误；由实验①可推知，置于冰水浴中蓝色溶液变为粉红色，说明降温平衡逆向移动，故推知正反应为吸热反应，B正确；因为水是溶剂，所以实验②中加水，不变，但、、浓度都减小，平衡向离子总浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，C错误；加入少量，即可使得溶液由蓝色变为粉红色，平衡逆向移动，说明配离子的稳定性，D错误；故选B。14.科学家预测环[18]碳()可用作储能和储氢材料。在5K的温度下，利用原子力显微镜的尖端将分子中的CO基团剔除，成功制备了环[18]碳，原理如图所示。下列说法正确的是A.环[18]碳属于环状有机物B.分子中有4种碳原子C.、和互为同系物D.中键与键数目之比为【答案】B【解析】环[18]碳是环状碳单质，不属于有机物，A错误；分子具有对称结构，分子中有4种碳原子，B正确；、和官能团数目不同，不符合同系物概念，C错误；中键与键数目之比为，D错误；故选B。15.杯酚分离和、冠醚识别碱金属离子等超分子性质的运用带来了生命、信息和材料产业的技术革命。下列有关说法错误的是A.晶体和晶体的配位数均为12B.杯酚分离和的过程中操作①为过滤C.18-冠-6识别钾离子后形成的物质为超分子D.跨膜运输过程中体现超分子的重要特征为自组装【答案】D【解析】和均为分子晶体且分子间只有范德华力，晶胞中位于晶胞的顶点、面心，其配位数均为12，A正确杯酚与结合呈不溶于甲苯的固体，杯酚分离和的过程中操作①为过滤，B正确冠醚利用环上氧原子和不同大小的空穴识别碱金属离子，18-冠-6识别钾离子后形成的物质为超分子，C正确右图中示例描述了跨膜运输过程中超分子的重要特征为分子识别，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.氮及其化合物在能源领域应用广泛。回答下列问题：（1）非常稳定，通常只能与电离能小的Li、Mg等金属元素形成离子型化合物。①在水中能产生。分子的VSEPR模型为_______。②与水反应的化学方程式为_______。（2）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示为)，局部结构示意图如下所示。中所有原子共平面与其结构中形成的大键(用表示大键，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)有关，中大键可表示为_______。（3）羟胺()的水溶液呈碱性，其碱性原理与氨水相似，同浓度的氨水和羟胺两种溶液的碱性较强的是_______(填“”或“”)，原因是_______。（4）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点的原因是_______。【答案】（1）①.四面体形②.（2）（3）①.②.氧的电负性远高于氮，吸引氮原子电子云，降低其结合的能力（4）A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积（或半径/尺寸）增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低【解析】【小问1详析】①中N原子价电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形。②与水反应生成氢氧化锂和氨气，化学方程式为：，故答案为：。【小问2详析】中所有原子共平面，N均为杂化，每个N中2p轨道均有1个电子，且轨道平行，加上带一个单位负电荷，则中大键可表示为，故答案为：。【小问3详析】氧的电负性远高于氮，吸引氮原子电子云，降低其结合的能力，因此碱性较强的是，故答案为：；氧的电负性远高于氮，吸引氮原子电子云，降低其结合的能力。【小问4详析】A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积（或半径/尺寸）增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低，故答案为：A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同。当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积（或半径/尺寸）增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低。17.教材中提到酸性重铬酸钾()溶液可与乙醇发生氧化还原反应，但未明确具体反应条件。某实验小组利用手持技术开展实验，发现反应与溶液酸度密切相关。配制溶液，的硫酸溶液，75%乙醇，按如图所示装置通过传感器实时监测溶液pH和氧化还原电势(ORP)。向溶液中逐滴加入75%乙醇，无明显现象；再滴加的硫酸，当溶液时，溶液颜色由橙色逐渐变为绿色，ORP传感器数值下降(数值越大，氧化性越强)。回答下列问题：（1）配制75%乙醇时用到的玻璃仪器有_______(从下图中选择，写出名称)。（2）溶液变绿色的原因是被还原为_______(填离子符号)。（3）实验小组记录了不同pH时溶液的ORP值，数据如下：pH1.501.471.40ORP/mV634633620当时，溶液开始变绿，说明此时_______(填“发生”或“未发生”)氧化还原反应，除溶液变绿现象外的证据是_______。（4）为什么酸性增强时，溶液更容易与乙醇反应？(从氧化性角度解释)_______。取三份溶液，分别调节pH至15、1.47、1.4，加入等量乙醇后观察现象：pH1.51.471.4现象溶液颜色加深为棕红色，无绿色溶液迅速变绿溶液迅速变绿（5）通过实验可知，溶液与乙醇反应的必要条件是_______。（6）酸性条件下溶液将乙醇氧化为乙酸的化学方程式为_______。【答案】（1）量筒、烧杯（2）（3）①.发生②.时ORP数值下降，说明被还原（4）酸性越强，的氧化性越强（电极电势越高），越容易氧化乙醇（5）溶液（6）【解析】【小问1详析】配制75%乙醇时要考虑到是体积分数而非质量分数，故需要量筒，烧杯，最后一个是温度计，不是玻璃棒，故答案为：量筒、烧杯；【小问2详析】绿色，为橙色，所以溶液变绿色的原因是被还原为：；【小问3详析】当时，溶液开始变绿，说明此时发生氧化还原反应，判断依据是时ORP数值下降，说明被还原，故答案为：发生；时ORP数值下降，说明被还原；【小问4详析】酸性强时，氧化还原电势(ORP)高，所以酸性越强，的氧化性越强（电极电势越高），越容易氧化乙醇；【小问5详析】通过实验可知及表格中的数据可推知，时，溶液迅速变绿，所以溶液与乙醇反应的必要条件是溶液；【小问6详析】酸性条件下，乙醇被氧化成乙酸，根据生成物和反应产物及得失电子守恒，易得反应方程式为：。18.化合物J是一种抗肿瘤药物，其合成路线如下(略去部分试剂和条件)。回答下列问题：（1）理论上，1molA最多消耗_______。（2）C→E包含两步，涉及的反应类型有_______、_______。（3）F→G的化学方程式为_______。（4）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)。①遇溶液发生显色反应；②含环己烷结构和醚键。其中，核磁共振氢谱中峰数最少的