化学参考答案重庆市重庆第八中学校高2027级高二（下）阶段性检测（一）暨4月月考(4.2-4.3)

一、选择题1234567ABCABBB89CCCDBCD二、非选择题（未特殊标记，每空2分）15.（14分）（1）ABE；FG（每组2分）（2）—CH2CH2CH3、—CH(CH3)2（缺1个扣1分）（3）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑（缺少气体符号扣1分）（4）E（5）①③④（漏答扣1分，错答不得分）（6）16.（14分）答案：（1）三颈烧瓶；碱石灰（或氧化钙）；吸收产生的氯化氢、防止空气中的水蒸气进入装置和SOCl2反应（一点1分，答对一点给一分）；（2缺少气体符号扣1分）（3）除去混合物中的SOCl2以及AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时冰水还可以降低反应速率（4）A（5）88.6%（1）第五周期第ⅢA族（2）粉碎废料（1分，答到升温或者研磨、充分混合等合理答案也得分）（3）3≤pH＜6（若写3＜pH＜6扣1分）（4）Bi2O3+H2SO4=(BiO)2SO4+H2O(硫酸注明70%不扣分)（5）pH过大则Ge4+易水解；pH过小则平衡Ge4++2H2R⇌GeR2+4H+逆向移动，Ge4+无法转化为GeR2沉淀（6）4Zn+2HInCl4=4ZnCl2+2In+H2↑（缺少气体符号扣1分）（7）①电负性O＞N，Zn与O的电负性差距更大，Zn-O键极性更大，成键时离子键百分数更高（电负性O＞N得1分；电负性差距大（或Zn-O键极性更大）则离子键百分数更高得1分）②2.5×10-22×a3NA或a3NA×10−214答案1）碳碳三键（1分甲（基）苯（1分2）取代反应（2分，没有“反应”二字扣1分）（3）浓硫酸、浓硝酸、加热（试剂1分，加热1分，共2分，加热写△符号0分）++HCl（5）15或（任答一种得2分）（3分，错一步扣1分）5.【答案】B【详解】该有机化合物的最简式为C3H4，设分子式为(C3H4)n，其相对分子质量为120，故n=3，即分子式为C9H12，不饱和度为4，因其不能与溴水反应却能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该有机化合物含有苯环，苯环的不饱和度为4，故苯环上的取代基为烷基。由于在铁存在时与溴反应能生成两种一溴代物，故苯环上应有两个取代基，且两个取代基在苯环上处于对位，该有机化合物的结构简式为。6.【答案】B【详解】A．三种紫罗兰分子的结构不同，分子式相同，它们互为同分异构体，A正确；B．型紫罗兰不含手性碳原子，B错误；C．a型紫罗兰的分子式是C13H20O，C正确；D．b型紫罗兰中含有1,3-丁二烯结构，与Br2按照1:1发生加成反应可以得到2种1,2加成产物，1种1,4加成产物，故得到的产物有3种，D正确；7.【答案】B【详解】A.萘、菲、芘不满足分子式相差n个CH2的要求，故不是同系物。A错误。B．三个分子的等效氢如图所示：、、C．均为分子晶体，相对分子质量越大范德华力越大，故三个稠环芳烃密度均比苯大，C错误。D．萘、菲、芘均含有共轭大p键，所有原子均在同一平面上，D错误。9.【答案】C【详解】A．甲基所在的碳为1号，有机物B的系统命名为：4-硝基甲苯，A正确；B．甲烷不能被酸性高锰酸钾氧化，而苯环上的甲基可以被氧化，体现的是苯环对甲基性质的影响，B正确；C．若反应①和②对换，由于-COOH为苯环上间位定位基，故硝基将取代苯环上与羧基处于间位的H原子，还原后羧基与氨基处于间位，生成，C错误；D．题给路线中四种物质的氢原子种类分别为4、3、3、4，所以甲苯与对氨基苯甲酸的一氯取代产物均为4种，D正确；11.【答案】D【详解】由苧烯的键线式可知，苧烯的分子式为C10H16，不饱和度为3；A是苧烯的同分异构体，A中含有1个六元环、六元环中有2个碳碳双键，六元环上只有一个取代基，A可以写成C6H7—C4H9（C6H7—为含2个碳碳双键的六）；—的可能结构简式为、、、可能的结构简式为CHCHCHCH2—、、(CH3)2CHCH2—、(CH3)3C—，共4种；则A的可能结构有5×4=20种；答案选D。14.答案：D【解析】A→B是由和乙烯醛CH2=CHCH甲苯CC经高锰酸钾氧化后生成对苯二甲酸，E→F根据已知信息i及F的分子式可知F为，根据已知信息ii可得G为，解题B项正确，A选项五个碳的炔烃有三种结构，正确；C项E→F可以取代两个酰氯基生成，D项存在的反应物包括和，两种物质反应可以生成1种，自己可以生成1种，能自己生成两种（顺反结构），共4种(5)烯烃在合适催化剂作用下可双键断裂，两端基团重新组合为新的烯烃，对于发生烯烃的复分解反应时，C6H5CH=CHCH2CH与=CH2发生在双键位置的断裂，可形成C6H5CH=CHCH2CH=CHCH2CH=CHC6H5、③CH2=CH2，C6H5CH与=CHCH2CH=CH2发生在双键位置的断裂，可形成①,CH2=CHCH2CH=CHCH2CH=CH2、两种断裂情况同时发生可形成④,=CHCH2CH=与=CHCH2CH=，不可能生成的产物是CH2=CHCH3，综上分析可知，可以形成①③④,(6)C10H16不饱和度为3，1mol该化合物催化加氢只能吸收2molH2，所以该分子结构中应含有2个双键和1个环，1mol该化合物经上述反应可得到1mol(CH3)2C=O和1mol，由于含六元环，故其结构简式应为。16.（14分）【分析】氯苯和氯化亚砜在氯化铝催化作用下，在冰水浴中反应得到混合物M1，再加入适量的冰水除去氯化亚砜，得到混合物M2，M2再经过步骤Ⅲ得到粗产物。（1）该实验制备会产生氯化氢气体，同时由于SOCl2易水解，故需要在球形干燥管中加入一种既能吸收氯化氢也能吸收水的干燥剂，综上所述选择碱石灰或者氧化钙。（2）根据已知信息可知该反应为取代反应，故方程式为（3）由已知信息可知SOCl2极易与水发生反应，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是：除去混合物中的SOCl2以及AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时冰水还可以降低反应速率；（4）步骤II中加入加水后会产生氯化氢，氯化氢极易溶于水，故会产生白雾A，正确；步骤III中加入乙醚后萃取出目标产物Z，由于乙醚的密度小于水，故应在下层，B错误；得到Z粗产物前已加水，故杂质中不可能有AlCl3，C错误。（5）22.5g氯苯为22.5g÷112.5g/mol=0.2mol，理论上生成0.1mol产品，故产率为，故答案为：88.6%。（1）In元素在周期表第五周期第ⅢA族（2）促进固相反应，考点在于影响固体化学反应速率的因素，可采取的措施有充分混合、粉碎研磨、升温等（3）根据题目条件锌离子浓度为0.1mol/L则计算得出氢氧根离子浓度至多为10-8mol/L，进而计算得出溶液中氢离子浓度＞10-6mol/L,pH＜6；又根据氢氧化铁Ksp及铁离子完全沉淀时浓度为1×10-5mol/L,计算得出氢氧根浓度不小于10-11mol/L,故pH≥3；综上所述3≤pH＜6（4）反应原料为Bi2O3+H2SO4，产物为(BiO)2SO4，所以方程式为Bi2O3+H2SO4=(BiO)2SO4+H2O（5）根据提示信息，pH过大则Ge4+易水解；pH过小则平衡Ge4++2H2R⇌GeR2+4H+逆向移动，Ge4+无法转化为GeR2沉淀（6）Zn+HInCl4发生置换反应生成气体，根据元素守恒可以判断是氢气；In化合价降3价，H化合价降1价，Zn升2价，反应方程式为4Zn+2HInCl4=4ZnCl2+2In+H2↑（7）①离子键百分数与电负性差异有关，电负性差异越大则离子键百分数越高，O电负性大于N，所以Zn与O电负性差值更大，成键时离子键百分数更高②每个晶胞的体积为a3×10-21cm3，NA个晶胞体积为a3NA×10-21cm3，每个晶胞中含有4个锌离子与氧离子，所以ZnO晶胞的摩尔体积=1molZnO所占的体积=a3NA×10-21/4=2.5×10-22a3NA答案1）碳碳三键（1分甲（基）苯（1分2）取代反应（2分，没有“反应”二字扣1分）（3）浓硫酸、浓硝酸、加热（试剂1分，加热1分，加热写△符合0分）（5）15或（3分，