辽宁省名校联盟2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2020页PAGE1辽宁省名校联盟2024-2025学年高二下学期期中考试一、单选题1．下列有关反应描述正确的是A．CH3CH2OH催化氧化为B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变O3C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ键和π键D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为【答案】B【解析】CH3CH2OH催化氧化为CH3CHO，CH3CH2OH断裂羟基氧氢键、断裂羟基所连碳原子上的一个碳氢键，形成碳氧双键，故A错误；催化剂能够改变反应历程，加快反应速率，氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞，破坏臭氧层，即氟氯烃破坏臭氧层，产生的氯自由基改变O3分解的历程，故B正确；丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，但丁烷为饱和链烃，分子中无π键，故C错误；石墨中碳原子为sp2．下列化学用语的表述错误的是A．C2H2的球棍模型： B．2—丁烯的键线式：C．乙烯中碳碳π键的电子云形状： D．甲基的电子式：【答案】D【解析】乙炔分子为直线型结构，原子半径：C＞H，球棍模型为：A正确；2—丁烯分子中主链上有4个碳，碳碳双键在第二个碳上，则键线式为：，B正确；乙烯中碳碳π键是关于镜面对称的，其电子云形状：，C正确；甲基是由甲烷分子中去掉1个H生成，结构简式为∙CH3，电子式为，D错误。3．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是A．X分子中共面的碳原子最多有8个B．有机物X不能与酸性高锰酸钾溶液反应C．1molY与NaOH溶液反应，最多消耗3D．有机物Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子【答案】A【解析】苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面，则该分子中最多有8个碳原子共平面，A正确；X含酚羟基，易被氧化，能与酸性高锰酸钾溶液反应，B错误；Y分子中含有1个酯基和1个溴原子，1molY最多消耗2molNaOH，C错误；Z与足量氢气发生加成反应，产物中含有的手性碳原子如图：，共4个，D错误。4．往CuSO4溶液中加入过量的NH3⋅A．析出的深蓝色晶体化学式为CuB．加C2H5OH的作用是减小C．加入氨水的过程中Cu2+D．CuNH34【答案】D【解析】往CuSO4溶液中加入过量的NH3⋅H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入C2H5OH后，析出深蓝色晶体为CuNH34SO4⋅H2O，A正确；加入C2H5OH，减小溶剂的极性，降低离子化合物CuNH5．设NAA．晶体SiO2中1mol十二元环平均含有NAB．1mol金刚石晶体中含有2NAC．1mol碳化硅晶胞中含有16NAD．晶体硅中1mol六元环平均含有NA个【答案】A【解析】硅晶体中六个硅原子连接成了一个最小环，但这六个硅原子不在一个平面上，且每个硅原子不专属于某一个六元环．可推出，每个硅原子为12个最小六元环共有，因此每个硅原子属于每个最小环的112，故每个最小六元环实际平均拥有的硅原子数为112×6=12，晶体硅中1个Si原子与4个Si形成Si-Si键，则1个Si原子拥有Si-Si键12×4=2个，则一个六元环拥有的Si-Si键为12×2=1，则1mol六元环含有NA个Si-Si键，D正确；SiO2晶体可以认为氧原子嵌入硅晶体中Si-Si键之间而形成十二元环，每个硅原子为12个最小十二元环共有，因此每个硅原子属于每个最小环的112，十二元环实际平均拥有的硅原子数为112×6=12，二氧化硅中每个Si原子形成4个Si-O键，则1mol十二元环平均含有2NA个Si-O键，A错误；金刚石中每个C原子形成四个单键，平均每个碳原子可形成2个C-C键，1mol金刚石中含2mol碳碳键，含碳碳键2NA个，故B正确；碳化硅中一个C连接四个6．我国科学家通过在离子液体的阳离子和阴离子中掺入镧系元素来制备磁性离子液体（Ln代表镧系元素），实现了磁性材料磁化率的提高。阴离子掺入镧系元素的结构简式如图，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W、Z的单质混合物在阴暗处会发生爆炸。下列说法正确的是A．离子半径：Y<Z BC．电负性：W<X<Y<Z【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W、Z的单质混合物在阴暗处会发生爆炸，结合题给结构简式中的成键情况：X形成4个键、Y形成2个键可知W为H，Z为F，X为C，Y为O。O2-、F-具有相同的核外电子排布，原子序数小的半径大，故离子半径：O2->F-，A错误；C、O、F的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O、HF均能形成分子间氢键，但水中分子间氢键个数多，沸点最高，则沸点：CH4<HF<H2O，B错误；7．布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示修饰。下列说法正确的是A．布洛芬是甲苯的同系物 B．布洛芬分子中有4个手性碳原子C．该修饰过程原子利用率小于100% D．X分子中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】布洛芬中含有羧基，与甲苯属于不同类别，不是同系物，A错误；布洛芬中的手性碳原子如图：，只有1个，B错误；该修饰过程是酯化反应，有H2O生成，原子利用率小于100%，C正确；X中连两个甲基的碳、连酯基的碳都是饱和碳，为四面体结构，所有碳原子不可能共面，D错误。8．已知臭氧氧化反应如下：①R1CH=CHR2被氧化为R1CHO和R2CHO②由此推断某烯烃C4A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【答案】B【解析】C4H8有如下三种同分异构体(不考虑顺反异构)：CH2═CHCH2CH3、CH3-CH═CH-CH3、CH2═C（CH3）2，根据题中信息，C4H8双键被氧化断裂的情况如下，三种烯烃被氧化得到的产物有：HCHO、CH3CH2CHO、CH3CHO、，故氧化产物有4种。答案选B。9．下列对有关事实的解释不正确的是选项事实解释A水的沸点比硫化氢的沸点高水分子间形成氢键B在CS2中的溶解度：CCl4＞H2OCS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子C用质谱仪检测乙酸时，谱图出现了质荷比为120的峰两个乙酸分子通过范德华力形成了二聚体D稳定性：[Cu(H2O)4]2+＜[Cu(NH3)4]2+N的电负性小于O的电负性【答案】C【解析】由于水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能，因此水的沸点比硫化氢的沸点高，A正确；CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶规律，在CS2中的溶解度：CCl4＞H2O，B正确；两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体，可以通过质谱仪检测出谱图中出现质荷比为的峰，C错误；电负性：N＜O，故配体中N原子更易形成配位键，[Cu(NH3)4]2+更稳定，D正确。10．Wolff­Kishner­黄鸣龙还原反应机理如下(R、R′均代表烃基，表示一对电子的转移)，下列有关说法不正确的是A．肼(N2H4)的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大B．过程①发生加成反应，过程②发生消去反应，过程③发生取代反应C．过程④的反应历程可表示为＋OH-→＋N2↑＋H2OD．应用该机理，可以在碱性条件下与N2H4反应转变为【答案】B【解析】肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，A正确；由图可知，过程③发生的反应为→OH-，反应中原子种类及数目不变，不可能属于取代反应，B错误；过程④的反应物是和OH-，生成物是、N2和H2O，其反应为，C正确；由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成R-CH2-R'、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，D正确。11．下列关于同分异构体的说法，错误的是A．无机物与有机物间也存在同分异构现象，如氰酸铵NH4CNOB．与互为顺反异构体C．是一种手性分子，具有光学活性，存在互为对映异构体的两种分子D．C6H6存在一种正三棱柱形的立体结构：，该结构的二氯代物有2种【答案】D【解析】同分异构现象不止存在于有机物，无机物与有机物间也存在同分异构现象，如氰酸铵NH4CNO和尿素CONH22，A正确；结合顺反异构的特点，与互为顺反异构体，B正确；中-NH2所连接的为手性碳原子，故是一种手性分子，具有光学活性，存在互为对映异构体的两种分子，C正确；根据，该结构的二氯代物有①②、①③、①④3种，D12．双烯合成即狄尔斯-阿尔德反应(Diels-Alder反应)：，该反应用于构建六元环状烃，则下列说法错误的是A．通过上述反应合成，所需反应物为2—甲基—1，3—丁二烯和乙烯B．2—甲基—1，3—丁二烯和丙烯发生上述反应产物有2种C．通过上述反应合成，所需反应物为和D．狄尔斯阿尔德反应为加成反应，原子利用率为100%【答案】C【解析】乙烯和2－甲基－1，3－丁二烯反应，因此合成所需反应物为2－甲基－1，3－丁二烯和乙烯，故A正确；2－甲基－1，3－丁二烯和丙烯发生上述反应，可以生成和两种产物，故B正确；通过上述反应合成，所需反应物为和，故C错误；狄尔斯阿尔德反应为加成反应，没有其他产物生成，原子利用率为100%，故D正确。13．已知Mg、Al、O三种元素组成尖晶石型晶体结构，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中Al3+和O2-都在小晶格内部，Mg2+部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点(A．该晶体为离子晶体B．该物质的化学式为MgAlC．晶胞中，距离Mg2+等距且最近的Al3+D．Mg2+与O2-【答案】D【解析】从题干信息可知，构成晶体的微粒为Mg2+、Al3+、O2-，则该晶体为离子晶体，A正确；在晶胞结构中，Mg2+位于晶胞顶角、面心及A型小晶格体心，共8×18+6×12+4=8个，Al3+位于晶胞B型小晶格体内，共4×4=16个，O2-位于晶胞A型小晶格及B型小晶格体内，共4×4+4×4=32，在晶胞中Mg2+、Al3+、O2-个数比为8:16:32=1:2:4，化学式为MgAl2O4，B正确；在B型小晶格内与Mg2+等距且最近的Al3+有3个，在晶体中，每个Mg2+14．物质Z的合成路线如下：下列说法正确的是A．1molX与浓溴水发生反应时，最多消耗3molBr2B．Y和H2完全加成后有3个手性碳原子C．1molY可以和4molNaOH溶液反应D．Z分子存在着顺反异构【答案】C【解析】溴原子可取代酚羟基邻对位上的H，则1molX与浓溴水发生反应时，最多消耗2molBr2，A错误；Y和H2完全加成后产物中的手性碳原子如图：，共4个，B错误；Y水解后可得到：、和C2H5OH，则1molY可以和4molNaOH溶液反应，C正确；环上的碳碳双键环张力过大，不能形成顺反异构，D错误。15．Beckmann重排是酮肟在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氮原子上，具体反应历程如图所示：已知：R、R'代表不同烷基。下列说法不正确A．H+在该反应过程中作催化剂B．物质I存在顺反异构体C．物质VII能与NaOH溶液反应D．发生上述反应生成【答案】D【解析】根据题图知，该过程的总反应为，H+作催化剂，A正确；物质I存在顺反异构体，如图、，B正确；物质VII含有酰胺基，能与NaOH溶液反应，C正确；发生Beckmann重排可得到或，D错误。二、填空题16．X、Y、Z、W、R、Q六种前四周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，W元素的焰色试验呈黄色，R的最外层电子数与其电子总数之比为3：8，X能与W形成离子化合物且W+的半径大于X-的半径，Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，Q原子p能级轨道上有三个单电子。请回答下列问题：(1)Y、Z、W、R这四种元素简单离子的半径从大到小的顺序是(用离子符号表示)。(2)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程式：。(3)基态Q原子的简化电子排布式为，单质Q的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1个R原子，形成Q4R4，俗称雄黄，则雄黄可能有种不同的结构。【答案】(1)S2->N3->O2->Na+(2)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O(3)[Ar]3d104s24p32【解析】元素Z在地壳中含量最高，Z是O；W元素的焰色反应呈黄色，则W为Na；R的最外层电子数与其电子总数比为3：8，原子序数大于Na，故R为S；X能与Na形成离子化合物且Na+的半径大于X-的半径，则X为H；Y原子序数小于钠，处于第二周期，而Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，故Y为N；Q原子p能级轨道上有三个单电子，Q为第VA族元素，原子序数大于S，应为As。（1）S2-的核外有3个电子层，半径最大；N3-、O2-、Na+核外电子层结构相同，核电荷数越小，半径越大，故离子半径为：S2->N3->O2->Na+；（2）M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，描述的是Na2S2O3和H2SO4反应生成硫酸钠、单质硫、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；（3）As是33号元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；在砷单质分子结构的4条棱边上各插入1个硫原子，可形成两种结构：。三、解答题17．按要求回答下列问题：(1)多巴胺是一种神经传导物质，请写出所含官能团的名称：。(2)Na与N形成的NaN3可用于制造汽车的安全气囊，其中阴离子N3-的空间构型为，Na在空气中燃烧发出黄色火焰，这种焰色用光谱仪摄取的光谱为光谱(填“发射”或“(3)端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应：2R-C≡C-H→R-C≡C-C≡C-R+H2称为Glaser反应，已知：，该转化关系的产物M(C16H10)的结构简式是。(4)若有机物CxHyOz为2.36g，在氧气中充分燃烧，产物仅为CO2和H2O，将生成物依次通过装有无水CaCl2和碱石灰的干燥管，实验测得无水CaCl2干燥管增重1.08(5)三醋酸锰[CH3COO3Mn⋅2H2O]是一种很好的有机反应氧化剂，一种制备方法：4MnNO32⋅6H2O+18CH3CO2O=4CH3COO(6)X射线衍射表明，三醋酸锰晶体中Mn3+的配位数均为6，每个Mn3+与4个CH3COO-和2个OH-配位，每个CH3①CH3COO-两个O均能作配位原子，原因是②能表示三醋酸锰晶体组成的化学式为。(用“Mn(OH)xCH3COO(7)碘与锰形成的某种化合物晶胞结构如图所示(已知图中I与所连接的三个Mn原子的距离相等)，则该化合物的化学式是，晶体密度的计算式为g⋅cm-3(【答案】(1)羟基和氨基(2)直线形发射(3)(4)C(5)sp22p3d4(6)均有孤电子对Mn(OH)(CH(7)MnI2309【解析】（1）所含官能团的名称为：羟基和氨基。（2）N3-离子与CO2互为等电子体，故中心N原子杂化方式为sp杂化，离子空间构型为直线形，电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，（3）端炔烃在催化剂存在下发生Glaser反应：2R-C≡C-H→R-C≡C-C≡C-R+H2，结合M的分子式可知，发生Glaser反应生成。（4）无水CaCl2干燥管增重的质量为水蒸气的质量，则有机物中m（H）=1.08g×218=0.12g，碱石灰干燥管增重的质量为CO2的质量，则有机物中m（C）=3.52g×1244=0.96g，可知有机物中m（O）=2.36g-0.12g-0.96g=1.28g，则有机物中C、H、O原子个数比为0.96g12g/mol:0.12:1.28g16g/mol=2（5）官能团中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，采取sp2杂化；基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2，结合杂化方式可知，形成π键的轨道是2p。三醋酸锰中阳离子为Mn3+，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，形成Mn3+时失去4s上2个电子和3d上一个电子，故Mn3+价层电子排布式为3d4。（6）①醋酸根的结构为，可知两个O原子上均存在有孤电子对，配位原子提供孤对电子被中心离子接受形成配位键，因此配位原子必须有孤电子对；②用“Mn(OH)xCH3COOy分子”形式表示CH3COO3Mn⋅2H2O，锰元素为+3价，根据题干信息，每个Mn3+与4个CH3COO-和2个OH-配位，而每个CH3COO-或OH-均与2个Mn3+配位，可知Mn3+与CH3COO-、OH-（7）如图所示，I在内部，有2个，Mn在顶点，数目为18×8=1，最简整数比为2：1，即化合物的化学式为MnI2，根据ρ=18．富马酸亚铁（，橙红色或红棕色粉末）是一种高效营养补铁剂，微溶于水。Ⅰ．制备流程及装置如题图1、2所示（夹持装置略去）。请回答：(1)FeSO4溶液用(2)三颈烧瓶内持续产生CO2气体，CO2对制备产品产生的作用有。不用NaHCO3溶液的原因是(3)下列叙述错误的是_______。A．凹型控温槽有利于增大受热面积，反应能平稳进行B．从取样口取出反应液后用广泛pH试纸测定溶液pHC．富马酸亚铁产品用蒸馏水洗净后再灼烧至恒重D．制备时Na2CO3Ⅱ．测定产品中的含量称取ag样品置于锥形瓶中，加入煮沸过的稀硫酸溶解和指示剂，用cmol⋅MnOCeCr(4)用上述三种试剂测定Fe2+含量，酸性KMnO4误差最大，K2Cr2O7次之，NH4(5)用元素分析仪测定富马酸亚铁粗产品的组成，产品最简式为C4H2O4.02A．Fe2SO43C．D．【答案】(1)KSCN(2)防止Fe2+被氧化，同时防止Fe2+水解碳酸氢钠和富马酸放出CO2过快(3)BC(4)富马酸亚铁含有碳碳双键，酸性高锰酸钾溶液既会氧化Fe2+，也会氧化含碳碳双键的物质，且氧化彻底，消耗更多，造成KMnO4(5)D【解析】（1）若FeSO4溶液变质会生成Fe3+，可用KSCN（2）CO2气体与水反应生成碳酸呈酸性，可抑制亚铁离子水解，同时CO2气体充满三颈烧瓶防止Fe2+被空气的氧气氧化；富马酸与碳酸钠溶液反应生成富马酸钠、二氧化碳和水，不用NaHCO3溶液的原因是碳酸氢钠和富马酸放出（3）凹型控温槽有利于增大受热面积，有利于溶液受热均匀，反应能平稳进行，A正确；控制溶液pH为6.6不能选用广泛pH试纸，原因是广泛pH试纸只能大致测定整数pH，B错误；富马酸亚铁微溶于水，用蒸馏水洗净后，不宜灼烧，防止被氧化，C错误；Na2SO3具有还原性，制备时Na2CO（4）酸性高锰酸钾溶液氧化性太强，不仅会氧化Fe2+，也会氧化含碳碳双键的物质，且氧化彻底，消耗更多，造成KMnO4（5）元素分析仪可帮助人们确定有机化合物的元素组成，由产品最简式为C4H2O4.02Fe可知不含S、C元素，则杂质不可能是Fe2SO43、Fe3OHCO34，和中只有1个Fe原子，但有7个O原子，不符合最简式为C19．K是合成某药物的中间体，一种合成K的路线如图所示。回答下列问题：(1)B→C中浓硫酸的作用是。(2)D的结构简式为。设计A→B、C→D步骤的目的是。(3)E中官能团是(填名称)。(4)G生成J