福建厦门第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试 化学试题（含解析）

化学第Ⅰ卷说明：本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H：1O：16N：14S：32Ni：59Cu：64一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1.生活中的一些问题常涉及化学知识，下列有关说法不正确的是A.天然有机化合物可以用有机化学方法合成出来B.福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水C.室内装饰材料中释放出的有机物会污染空气D.糯米中的淀粉一经发生水解反应，就可酿造成酒2.下列化学用语表示正确的是A.的名称是2,3,3-三甲基丁烷B.丙烯分子的分子结构模型是C.苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O+HCOD.邻二氯苯有2种结构，其结构简式分别为和3.关于有机物检测，下列说法正确的是A.用浓溴水可鉴别溴乙烷、环己烯、乙醇和苯酚溶液B.用红外光谱可确定有机物的实验式C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为D.溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可依据沉淀的颜色为淡黄色确定溴原子的存在4.有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④乙烯、⑤2﹣丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是A.②③④⑤⑧ B.④⑤⑦⑧ C.④⑤⑧ D.③④⑤⑦⑧5.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.中原子的数目为B.28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为C.中含有σ键数目最多为D.向溶液通氨气至中性，铵根离子数小于6.结构如图所示，X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，R为周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.简单气态氢化物热稳定性：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.首次在实验室合成，打破了有机化合物与无机物的界限D.中采用杂化的原子只有1种7.绿原酸是咖啡热水提取液的成分之一，结构简式如下图。下列关于绿原酸的判断中，正确的是：A.0.5mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHB.1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗2.5mol溴水C.绿原酸的水解产物均可以与溶液发生显色反应D.1mol绿原酸与足量溶液反应，生成气体8.用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是A.①检验溴乙烷水解液中B.②检验生成的乙烯C.③制备硝基苯D.④制备无水乙醇9.下列说法正确的是A.和互为同系物B.和乙烯均能使溴水褪色，两者褪色原理相同C.苯乙烯在Ni催化下与加成，生成乙苯比乙基环己烷更容易D.2-甲基-2-丁烯被酸性溶液氧化后，最终生成乙醛和丙酮10.研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是选项实例解释A的碱性比强甲基是给电子基，增加了N原子的电子云密度B相同温度下，2-硝基苯酚()的酸性小于4-硝基苯酚()的酸性2-硝基苯酚中形成分子内氢键，使其更难电离出C沸点比沸点高主要原因是：前者极性分子，后者是非极性分子D稳定性：N的电负性小于O的电负性A.A B.B C.C D.D11.硝基苯是一种重要有机合成中间体，其制备、纯化流程如图。已知：制备反应在温度稍高时会生成间二硝基苯。下列说法错误的是A.由②、③分别获取相应物质时可采用不同的操作方法B.制备硝基苯所需玻璃仪器只有酒精灯、烧杯、试管、导管C.溶液可以用NaOH溶液代替D.配制混酸时，应将浓硫酸缓慢注入到浓硝酸中，边加边搅拌12.已知有机物a()与HBr的加成反应过程主要分两步完成，如图所示：其中，反应速率主要由第一步a与结合生成碳正离子(中间产物x、y)决定。下列说法正确的是A.含苯环且为a的同分异构体(含顺反异构)有5种B.上述条件下，a生成中间产物y的反应活化能较高C.b分子中可能共面的原子最多有14个D.c分子中含有2个手性碳原子13.某化学兴趣小组利用有机磷试剂发生Wittig反应制备烯烃，其中Wittig试剂优先进攻醛基，具体流程如下图，则下列说法不正确的是：A.反应过程中因结合而体现碱性B.形成单键的过程由O提供孤电子对C.产物存在顺反异构体，其中顺-2-丁烯的极性更大D.若将改为，得到的主要产物为14.我国科学家利用如图所示装置实现了5-羟甲基糠醛的电氧化，原理为：先在惰性电极上制备氧化还原媒介，后在纯水中直接氧化反应物。下列说法错误的是A.a电极的电势低于b电极B.b电极反应式为C.每产生1mol，a电极产生的气体在标况下体积为33.6LD.纯水中发生的反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+15.镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比，Ar-指芳环结构。则下列说法正确的是A.配合物中镍的化合价为价B.晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8C.中杂化方式为和的C原子个数比为D.设阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为第Ⅱ卷二、填空题(本题包括4小题，共55分)16.按要求回答下列问题：（1）基态Cr原子的价电子排布式是___________。（2）下列铍元素的不同微粒，若再失去一个电子需要能量最大的是___________。A. B.C. D.（3）是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造等方面有广泛应用。分子的空间构型为___________。（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的大π键可表示为，中的大π键可表示为___________，键角___________，(填写“>”“<”或“=”)（5）()中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。（6）几种含氯化合物的熔点如表：物质NaCl熔点/℃801190*(在250KPa条件下)NaCl的熔点明显高于，其原因是___________。（7）常温时硅晶体的晶胞结构如右图，该结构中硅原子与键的数量比为___________，下图中为晶胞对角面投影图(以○表示硅原子)的是___________(填选项)。A．B．C．D．（8）普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数分别为、，；标注为1、2、3的氧原子在轴的分数坐标分别为：、、。晶胞中氢键的长度(的长度)为___________pm。17.以某氧化母液(主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)为原料回收各物质的工艺流程如下。（1）物质X为___________(填结构简式)。（2）25℃时，、、；，工艺流程中“调pH”和“净化”能否调换顺序并说明理由___________。（3）“萃取分离”的原理为，，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取剂。pH对萃取率的影响如图。①把Co、Mn两种元素分离开的最佳pH为___________，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有___________。②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为。现有含的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，的萃取率为___________%。已知：萃取率)（4）对苯二甲酸是生产聚酯的重要原料。25℃时，部分酸的电离平衡常数如下表。

对苯二甲酸邻苯二甲酸乙二酸甲酸-①对苯二甲酸与乙醇反应生成酯的化学方程式为___________。②(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)，但(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)的原因是___________(只分析即可)。18.氯苯的合成工艺分为液相法和气相法两种，实验室模拟液相法的装置如下图(其中夹持仪器、加热装置及尾气处理装置已略去)，有关物质的性质如表所示名称相对分子质量沸点/(℃)密度/()苯78780.88氯苯112.5132.21.1邻二氯苯147180.41.3回答下列问题：（1）A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是___________。（2）把干燥的氯气通入装有50.0mL干燥苯、少量铁屑的三颈烧瓶C中，制备氯苯，写出本方法制备氯苯的化学方程式___________。（3）C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②___________，球形冷凝管的作用是：___________，D出口的主要尾气成分有___________。（4）提纯粗产品过程如下：净化过程中加入无水的目的是（）。为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是（）。A．质谱法B．红外光谱法C．滴定法（5）实验中最终得到产品22.5mL，产率为___________。19.苯胺类化合物()是一种有机光电材料前驱体，工业合成路线如下：已知：伯胺()与碳氧双键(醛或酮)反应：CH3NH2+(R、为烃基或氢原子)生成的亚胺很稳定，不会重排；仲胺()与碳氧双键(醛或酮)反应后生成的产物发生重排生成烯胺，以二甲基胺和丙酮的反应为例：CH3NHCH3+。（1）E中所含官能团名称为___________。（2）D生成E的反应类型为___________。（3）F的结构简式为___________。（4）已知氮原子电子云密度越大，其碱性越强，则碱性E___________F(填“>”，“<”或“=”)。（5）写出J生成K在铜做催化剂时的催化氧化的反应方程式___________。（6）下列说法不正确的是___________。A.B在水中溶解度大于A在水中的溶解度B.L中碳原子有3种杂化方式C.常温常压下，H的密度大于I的密度D.从I到J的反应条件是NaOH乙醇溶液加热（7）从A到B引入磺酸基()可以起到定位作用，使硝基()取代在其间位上。因为磺酸基通过强烈的吸电子诱导效应降低了苯环，尤其是邻对位电子云密度，所以亲电取代发生在电子云密度相对最高的间位。则能够在苯环上定位在其间位取代的还有___________官能团A. B. C. D.

化学第Ⅰ卷说明：本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H：1O：16N：14S：32Ni：59Cu：64一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1.生活中的一些问题常涉及化学知识，下列有关说法不正确的是A.天然有机化合物可以用有机化学方法合成出来B.福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水C.室内装饰材料中释放出的有机物会污染空气D.糯米中的淀粉一经发生水解反应，就可酿造成酒答案：D解析：解答过程：A．天然有机化合物如尿素、青蒿素等均可通过有机合成方法制备，A正确；

B．福尔马林是甲醛水溶液，可使蛋白质变性起到杀菌作用，但甲醛有毒，不能用于饮用水消毒，B正确；

C．室内装饰材料会释放甲醛、苯等挥发性有机物，会造成室内空气污染，C正确；

D．淀粉水解的产物为葡萄糖，葡萄糖需要在酒化酶作用下进一步发酵才能生成乙醇，并非淀粉水解直接得到酒，D错误；

故选D。2.下列化学用语表示正确的是A.的名称是2,3,3-三甲基丁烷B.丙烯分子的分子结构模型是C.苯酚钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O+HCOD.邻二氯苯有2种结构，其结构简式分别为和答案：C解析：解答过程：A．有机物命名需遵循“最长碳链为主链，离支链最近一端编号”原则。若结构为，主链含4个碳（丁烷），2号碳有2个甲基，3号碳有1个甲基，正确命名2,2,3-三甲基丁烷，而非“2,3,3-三甲基丁烷”，A错误；B．丙烯的分子结构模型应有碳碳双键，应为：，B错误；C．苯酚钠溶液通入少量CO2时，由于酸性：H2CO3>苯酚>HCO，反应生成苯酚和碳酸氢钠，所以离子方程式为：+CO2+H2O+HCO，C正确；D．苯环为平面正六边形结构，6个碳原子的环境是一样的，邻二氯苯中两个氯原子位于相邻碳原子上，且苯环中无碳碳双键和碳碳单键交替结构，所以邻二氯苯只有一种结构，D错误；故答案选C。3.关于有机物检测，下列说法正确的是A.用浓溴水可鉴别溴乙烷、环己烯、乙醇和苯酚溶液B.用红外光谱可确定有机物的实验式C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为D.溴乙烷与NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可依据沉淀的颜色为淡黄色确定溴原子的存在答案：A解析：解答过程：A．溴乙烷与浓溴水分层（溴被萃取），环己烯使溴水褪色，乙醇与溴水混溶，苯酚生成白色沉淀，现象不同可鉴别，A正确；B．红外光谱用于确定官能团与化学键，实验式需元素分析，B错误；C．相对分子质量72的有机物可能为C5H12或C4H8O等，无法仅凭质谱法确定分子式，C错误；D．未中和NaOH直接加AgNO3会生成Ag2O干扰，无法确定Br-，D错误；故选A。4.有八种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④乙烯、⑤2﹣丁炔、⑥环己烷、⑦邻二甲苯、⑧环己烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是A.②③④⑤⑧ B.④⑤⑦⑧ C.④⑤⑧ D.③④⑤⑦⑧答案：C解析：思路：解答过程：①甲烷为饱和烃，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故①错误；②苯不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故②错误；③聚乙烯不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故③错误；④乙烯含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故④正确；⑤2-丁炔含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑤正确；⑥环己烷不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故⑥错误；⑦邻二甲苯只能与酸性高锰酸钾发生反应，但不能与溴水反应，故⑦错误；⑧环己烯含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑧正确。答案选C。5.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.中原子的数目为B.28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为C.中含有σ键数目最多为D.向溶液通氨气至中性，铵根离子数小于答案：A解析：解答过程：A．没有指明甲烷处于标准状况，无法确定22.4L的物质的量，原子数目不一定为，A错误；B．环己烷和戊烯的最简式均为，28g混合物含2mol，碳原子数目为，B正确；C．物质的量为0.1mol，结构为环氧乙烷时σ键数目最多，1mol环氧乙烷含7molσ键，故最多含σ键，C正确；D．向溶液通氨气至中性，，根据电荷守恒得，结合物料守恒，可知，铵根离子数小于，D正确；故选A。6.结构如图所示，X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，R为周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.简单气态氢化物热稳定性：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.首次在实验室合成，打破了有机化合物与无机物的界限D.中采用杂化的原子只有1种答案：D解析：思路：R为周期表中电负性最大的元素，则R为F元素；根据结构图可知，X可形成1个共价键，Y可形成4个共价键，Z可形成3个共价键，W可形成2个共价键，又因为X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，所以X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素。解答过程：A．W为O元素，R为F元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强，F的非金属性强于O，因此简单气态氢化物热稳定性：H2O<HF，A正确；B．Y是C，其最高价氧化物对应水化物是，Z是N，其最高价氧化物对应水化物是，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。非金属性：N>C，酸性：

，B正确；C．为（尿素），1828年，德国化学家维勒首次在实验室用无机物氰酸铵合成了有机物尿素，打破了当时认为有机物只能由生命体产生的“生命力论”，打破了有机化合物与无机物的界限，C正确；D．由结构图可知，C（Y）形成3个键，Z（N）形成2个键且含1个孤电子对，均为杂化，所以中采用sp2杂化的原子不只有1种，D错误；故选D。7.绿原酸是咖啡热水提取液的成分之一，结构简式如下图。下列关于绿原酸的判断中，正确的是：A.0.5mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHB.1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗2.5mol溴水C.绿原酸的水解产物均可以与溶液发生显色反应D.1mol绿原酸与足量溶液反应，生成气体答案：A解析：解答过程：A．能和反应的基团是：2个酚羟基（各消耗1个）、1个酯基水解消耗1个）、1个游离羧基（消耗1个），因此绿原酸共消耗，故绿原酸最多消耗，A正确；B．

溴水可发生：酚羟基邻对位的取代（苯环上剩余3个可取代的邻对位，消耗）+碳碳双键的加成（消耗），因此绿原酸最多消耗溴水，B错误；C．

绿原酸水解后得到两种产物：产物之一含酚羟基，可与发生显色反应；另一产物所有羟基均为醇羟基，无酚羟基，不能与发生显色反应，C错误；D．

只有羧基能和反应，酚羟基、醇羟基酸性弱于碳酸，不与反应，绿原酸只有1个羧基，因此绿原酸只能生成，D错误；故选A。8.用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是A.①检验溴乙烷水解液中B.②检验生成的乙烯C.③制备硝基苯D.④制备无水乙醇答案：B解析：解答过程：A．溴乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成溴化钠，水解液中先加硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银生成淡黄色溴化银沉淀，①检验溴乙烷水解液中，故A正确；B．装置②中挥发出的乙醇蒸汽能使高锰酸钾溶液褪色，②中高锰酸钾褪色，不能证明有乙烯生成，故B错误；C．苯和浓硝酸、浓硫酸的混合液在60℃发生取代反应生成硝基苯，③制备硝基苯，故C正确；D．酒精中加氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，再蒸馏得到无水乙醇，④制备无水乙醇，故D正确；选B。9.下列说法正确的是A.和互为同系物B.和乙烯均能使溴水褪色，两者褪色原理相同C.苯乙烯在Ni催化下与加成，生成乙苯比乙基环己烷更容易D.2-甲基-2-丁烯被酸性溶液氧化后，最终生成乙醛和丙酮答案：C解析：解答过程：A．和，前者属于酚类物质，后者属于醇类物质，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．溴水褪色是因为其具有还原性，乙烯使溴水褪色是因为其含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，两者褪色原理不相同，B错误；C．苯乙烯侧链的碳碳双键活性较高，在温和条件下（如室温、常压）即可与H2发生加成反应生成乙苯，苯环由于存在大π键，结构稳定，加成反应非常困难，需要更苛刻的条件（如高温、高压）才能与H2加成生成乙基环己烷，生成乙苯的反应比生成乙基环己烷更容易发生，C正确；D．酸性高锰酸钾是一种强氧化剂，会将烯烃的碳碳双键完全断裂。如果双键碳原子上连接有氢原子，该碳原子会被氧化成羧酸（-COOH）。如果双键碳原子上连接有两个烷基，该碳原子会被氧化成酮。2-甲基-2-丁烯的结构式为(CH3)2C=CH-CH3，被氧化后生成丙酮（CH3COCH3）和乙酸（CH3COOH），D错误故选C。10.研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是选项实例解释A的碱性比强甲基是给电子基，增加了N原子的电子云密度B相同温度下，2-硝基苯酚()的酸性小于4-硝基苯酚()的酸性2-硝基苯酚中形成分子内氢键，使其更难电离出C沸点比沸点高主要原因是：前者极性分子，后者是非极性分子D稳定性：N的电负性小于O的电负性A.A B.B C.C D.D答案：C解析：解答过程：A．甲基是给电子基团，通过诱导效应增加N原子的电子密度，从而增强碱性，故A正确；B．2-硝基苯酚因邻位-OH与-NO2形成分子内氢键（O-H⋯O），抑制H⁺电离；4-硝基苯酚无分子内氢键，利于电离，酸性更强。解释符合结构-性质关系，B正确；C．CH3CH2OH沸点高于CH3OCH3，主要原因是乙醇分子间存在氢键（O-H⋯O），而甲醚无氢键，分子间作用力弱。虽然两者均为极性分子（CH3OCH3因C-O键及不对称结构具极性），但“极性”并非沸点差异主因。原解释错误归因于极性，忽略氢键主导作用，C错误；D．N电负性小于O，NH3中N孤对电子更易提供给Cu2+，形成更稳定配位键，故[Cu(NH3)4]2+稳定性高于[Cu(H2O)4]2+。解释合理，D正确；故选C。11.硝基苯是一种重要有机合成中间体，其制备、纯化流程如图。已知：制备反应在温度稍高时会生成间二硝基苯。下列说法错误的是A.由②、③分别获取相应物质时可采用不同的操作方法B.制备硝基苯所需玻璃仪器只有酒精灯、烧杯、试管、导管C.溶液可以用NaOH溶液代替D.配制混酸时，应将浓硫酸缓慢注入到浓硝酸中，边加边搅拌答案：B解析：思路：苯与浓硝酸和浓硫酸的混酸在50-60℃条件下发生反应生成硝基苯，得到的粗产品1，先加水除去酸，再加碳酸钠继续除去残留的酸，然后用蒸馏水除去碳酸钠等可溶性盐，得到粗产品2，干燥除水后，再蒸馏分离硝基苯和苯，据此分析解答。解答过程：A．②中由反应后的混合物得到粗产品采用分液；③中粗产品2经过干燥后，采用蒸馏得到硝基苯，A正确；B．制备硝基苯时的温度为50~60℃，需要用水浴加热，则所需玻璃仪器还有温度计，B错误；C．​的作用是中和硝基苯中残留的酸性杂质，同样可以中和酸性杂质，可以代替​，C正确；D．配制混酸时，应将密度大的浓硫酸缓慢加入到密度小的浓硝酸中，边加边搅拌，使产生的热量迅速散失，D正确；故选B。12.已知有机物a()与HBr的加成反应过程主要分两步完成，如图所示：其中，反应速率主要由第一步a与结合生成碳正离子(中间产物x、y)决定。下列说法正确的是A.含苯环且为a的同分异构体(含顺反异构)有5种B.上述条件下，a生成中间产物y的反应活化能较高C.b分子中可能共面的原子最多有14个D.c分子中含有2个手性碳原子答案：B解析：思路：首先确定有机物为1-苯基丙烯（），分子式，逐一分析选项。解答过程：A．含苯环的的同分异构体中，要存在顺反异构，需双键的两个碳原子都连接不同基团：单取代：除本身外，其余单取代结构（如、​）的双键端碳都连2个H，无顺反异构，符合条件的有0种；双取代（甲基+乙烯基）：邻、间、对三种位置结构，双键都是，端碳连2个H，均无顺反异构，因此含顺反异构的同分异构体远少于5种，A错误；B．题目明确说明：反应速率主要由第一步（生成碳正离子）决定，（来自中间产物）是主要产物，说明第一步生成的速率更快，活化能更低；生成的速率更慢，因此活化能更高，B正确；C．b分子()中，苯环（11个原子）和与其相连的原子在同一平面内，通过单键旋转，可使侧链的、及上的一个H原子也进入该平面，故最多有15个原子共面，C错误；D．手性碳原子是连有4个不同基团的碳原子，结构为，只有连的碳原子是手性碳，共1个手性碳原子，D错误；故答案选B。13.某化学兴趣小组利用有机磷试剂发生Wittig反应制备烯烃，其中Wittig试剂优先进攻醛基，具体流程如下图，则下列说法不正确的是：A.反应过程中因结合而体现碱性B.形成单键的过程由O提供孤电子对C.产物存在顺反异构体，其中顺-2-丁烯的极性更大D.若将改为，得到的主要产物为答案：D解析：解答过程：A．由流程可知，夺去了​中的一个，得到叶立德（Wittig试剂），碱的本质就是结合，因此体现了碱性，A正确；B．形成键时，中间体中带负电，含有孤电子对，带正电，有空轨道，因此由提供孤电子对成键，B正确；C．2-丁烯存在顺反异构：顺式结构中两个甲基在双键同侧，键的极性无法抵消，反式结构两个甲基在双键异侧，极性相互抵消，因此顺-2-丁烯的极性更大，C正确；D．题干明确说明Wittig试剂优先进攻醛基，改变后的反应物中同时存在酮羰基和醛基，Wittig试剂会优先进攻醛基，将醛基的转化为​，最终产物应该保留酮羰基、消耗醛基，而选项D的产物保留了醛基、反应了酮羰基，与规律矛盾，D错误；故选D。14.我国科学家利用如图所示装置实现了5-羟甲基糠醛的电氧化，原理为：先在惰性电极上制备氧化还原媒介，后在纯水中直接氧化反应物。下列说法错误的是A.a电极的电势低于b电极B.b电极反应式为C.每产生1mol，a电极产生的气体在标况下体积为33.6LD.纯水中发生的反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+答案：C解析：思路：左侧装置为电解池，电极上被氧化为

，失电子，故为阳极，为阴极。解答过程：A．根据分析，电解池中，阳极电势高于阴极，因此a电极电势低于b电极，A正确；B．b电极为阳极，发生氧化反应，在碱性条件下失去电子，被氧化为，电极反应式为，B正确；C．根据题意，5-羟甲基糠醛被氧化为，每个分子失去6个电子，生成1mol时，整个电路转移6mol电子；a电极为阴极，在碱性条件下发生还原反应：，转移6mol电子时，生成的物质的量为，在标准状况下体积为，C错误；D．纯水中，将5-羟甲基糠醛氧化为，自身被还原为

，配平后反应为6Ni0.85Co0.15OOH++2H2O6Ni0.85Co0.15(OH)2+

，D正确；故选C。15.镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比，Ar-指芳环结构。则下列说法正确的是A.配合物中镍的化合价为价B.晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8C.中杂化方式为和的C原子个数比为D.设阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为答案：C解析：解答过程：A．配合物中，配体里2个磺酸根每个带1个单位负电荷，共带个负电荷；其余配体（吡啶、水）均为中性，配合物整体电中性，因此的化合价为，A错误；B．根据距离之比，位于面心，位于顶点，位于体心。每个顶点的原子最近且等距离的Ni原子的数目为，B错误；C．杂化的C原子共6个，杂化的C原子共10个，比例为，C正确；D．晶胞中：，：，：，晶胞总摩尔质量为，晶胞质量；晶胞参数，体积，密度，D错误；故选C。第Ⅱ卷二、填空题(本题包括4小题，共55分)16.按要求回答下列问题：（1）基态Cr原子的价电子排布式是___________。（2）下列铍元素的不同微粒，若再失去一个电子需要能量最大的是___________。A. B.C. D.（3）是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造等方面有广泛应用。分子的空间构型为___________。（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的大π键可表示为，中的大π键可表示为___________，键角___________，(填写“>”“<”或“=”)（5）()中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。（6）几种含氯化合物的熔点如表：物质NaCl熔点/℃801190*(在250KPa条件下)NaCl的熔点明显高于，其原因是___________。（7）常温时硅晶体的晶胞结构如右图，该结构中硅原子与键的数量比为___________，下图中为晶胞对角面投影图(以○表示硅原子)的是___________(填选项)。A．B．C．D．（8）普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数分别为、，；标注为1、2、3的氧原子在轴的分数坐标分别为：、、。晶胞中氢键的长度(的长度)为___________pm。答案：（1）（2）C（3）三角锥形（4）①.②.>（5）8（6）NaCl是离子晶体，熔点取决于晶格能(或离子键)大小；固态时属于分子晶体，熔点取决于范德华力大小，所以NaCl晶体熔点远高于（7）①.②.AC（8）解析：（1）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，Cr原子的价电子排布式是；（2）铍元素的不同微粒中，AB中失去一个电子需要能量为第一电离能，CD中失去一个电子需要能量为第二电离能，而D中电子为激发态，故若再失去一个电子需要能量最大的是C，故选C；（3）分子中N原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构；（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为；中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故键角>；（5）WOC1中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，由结构简式可知1molWOC1中含10mol配位键，但通过螯合作用形成的配位键只有N，为8mol；（6）NaCl是离子晶体，熔点取决于晶格能(或离子键)大小；固态时属于分子晶体，熔点取决于范德华力大小，所以NaCl晶体熔点远高于；（7）硅原子的最外层电子数是4个，所以平均1个硅原子形成的Si-Si键是=2个，即硅原子与Si-Si键的数量比为1：2；沿阴影的对角线界面的投影为，若为另一个对角线则是，故答案为：AC；（8）氢键键长为通过氢键的两个氧原子的核间距，晶胞Z轴方向距离最近两个O原子的距离为氢键的长度，则晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为。17.以某氧化母液(主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)为原料回收各物质的工艺流程如下。（1）物质X为___________(填结构简式)。（2）25℃时，、、；，工艺流程中“调pH”和“净化”能否调换顺序并说明理由___________。（3）“萃取分离”的原理为，，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取剂。pH对萃取率的影响如图。①把Co、Mn两种元素分离开的最佳pH为___________，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有___________。②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为。现有含的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，的萃取率为___________%。已知：萃取率)（4）对苯二甲酸是生产聚酯的重要原料。25℃时，部分酸的电离平衡常数如下表。

对苯二甲酸邻苯二甲酸乙二酸甲酸-①对苯二甲酸与乙醇反应生成酯的化学方程式为___________。②(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)，但(邻苯二甲酸)(对苯二甲酸)的原因是___________(只分析即可)。答案：（1）（2）不能，否则将形成更稳定的从而无法沉淀除去（3）①.4②.③.20（4）①.2CH3CH2OH++2H2O②.邻苯二甲酸负离子可形成分子内氢键解析：思路：氧化母液主要成分为对苯二甲酸、醋酸，杂质为Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物，醋酸沸点低，蒸馏、冷冻分液得到的物质X是醋酸；加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤渣1是氢氧化铁；加氟化钠净化生成氟化钙、氟化镁沉淀，滤渣2是氟化钙、氟化镁；依次萃取分离出硫酸钴、硫酸锰，最终得到对苯二甲酸，据此分析作答。（1）根据以上分析，物质X为醋酸，结构简式为；（2）根据且，说明更易与结合为，从而无法沉淀去除，所以工艺流程中“调pH”和“净化”不能调换顺序；（3）①根据图示，pH=4时，的萃取率达到90%以上，的萃取率小于20%，所以分离效果最佳的pH为4；根据，“萃取分离”获得需要的试剂除萃取剂外还有硫酸；②一定条件下，用萃取剂萃取，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子浓度之比为1∶2，设萃取后有机层中的浓度为1mol/L，水层中的浓度为2mol/L，现有含的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次，则的萃取率为；（4）①对苯二甲酸与乙醇反应生成酯的化学方程式为：++；②邻苯二甲酸电离一个氢后，羧基负离子能与旁边未电离的羧基形成分子内氢键，使其结构稳定，不易再电离，所以(邻苯二甲酸)<(对苯二甲酸)。18.氯苯的合成工艺分为液相法和气相法两种，实验室模拟液相法的装置如下图(其中夹持仪器、加热装置及尾气处理装置已略去)，有关物质的性质如表所示名称相对分子质量沸点/(℃)密度/()苯78780.88氯苯112.5132.21.1邻二氯苯147180.41.3回答下列问题：（1）A反应器是利用实验室法制取氯气，装置中空导管B的作用是___________。（2）把干燥的氯气通入装有50.0mL干燥苯、少量铁屑的三颈烧瓶C中，制备氯苯，写出本方法制备氯苯的化学方程式___________。（3）C的反应温度不宜过高，原因为①温度过高，反应得到二氯苯；②___________，球形冷凝管的作用是：___________，D出口的主要尾气成分有___________。（4）提纯粗产品过程如下：净化过程中加入无水的目的是（）。为了确定所得产品为氯苯，而非二氯苯，可对产品进行分析，下列方法可行的是（）。A．质谱法B．红外光谱法C．滴定法（5）实验中最终得到产品22.5mL，产率为___________。答案：（1）平衡气压（2）+Cl2+HCl（3）①.温度过高时，苯会大量挥发，降低原料利用率②.冷凝回流，提高原料利用率③.、HCl、苯蒸气（4）①.吸水干燥②.AB（5）39%解析：思路：该实验的目的是制取氯苯。装置A制得的Cl2通过导管进入装置C，恒压滴液漏斗向烧瓶中滴加苯，与之发生取代反应，生成氯苯，也会发生副反应，生成邻二氯苯。球形冷凝管用于冷凝回流，可减少苯和氯苯的挥发，提高原料利用率和产率，过量的Cl2和反应生成的HCl会通过冷凝管排出。（1）空导管B连通装置A与外界，当A中压强升高时可平衡气压，避免装置中压强过大发生危险；（2）苯与氯气在铁（实际催化剂为氯化铁）催化下发生取代反应，生成氯苯和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；（3）苯的沸点较低，温度过高时，苯会大量挥发，降低原料利用率；球形冷凝管可将挥发出来的苯、氯苯冷凝回流到三颈烧瓶，提高原料利用率；根据分析，未反