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山东省淄博市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 附解析
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这是一份山东省淄博市2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 附解析，共23页。试卷主要包含了选择题，本题包括5小题，共60分等内容，欢迎下载使用。
山东省淄博市2021-2022学年高二下学期期中考试
化学试题
本试卷分第I卷和第II卷两部分， 考试用时90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16
第I卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)
1. 下列化学用语表示不正确的是
A. 甲烷的电子式： B. 氯乙烷的结构简式： CH3CH2Cl
C. 2−甲基−1−丁醇的键线式： D. 乙烯的空间填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷中碳与每个氢原子形成一对共用电子对，其电子式：，故A正确；
B．氯乙烷相当于氯原子取代了乙烷中一个氢原子，其结构简式： CH3CH2Cl，故B正确；
C．是2−丁醇的键线式，故C错误；
D．乙烯中碳原子半径大于氢原子半径，其空间填充模型为：，故D正确；
综上所述，答案为C。
2. 下列说法正确的是
A. 与含有相同的官能团，互为同系物
B. 属于醛类，官能团为−CHO
C. 的名称为： 2−乙基−1−丁烯
D. 乙醚与乙醇互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于醇，含醇羟基，属于酚，含酚羟基，两者物质类别不固体，不互为同系物，故A错误；
B．属于酯类，官能团为−COO−R，故B错误；
C．主链为含碳碳双键的最长碳链，其名称为： 2−乙基−1−丁烯，故C正确；
D．乙醚是CH3CH2OCH2CH3，乙醇是CH3CH2OH，两者分子式不相同，不互为同分异构体，故D错误。
综上所述，答案为C。
3. 下列各项中I、II两个反应不属于同一反应类型的是
选项
反应I
反应II
A
CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3
→
B
CH3CH2Cl→CH3CH2OH
CH3CH2OH→CH2=CH2
C
CH2=CH2→CH3CH2Cl
→
D
CH3CH2OH→CH3CHO
CH3CHO→CH3COOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3CH2OH与乙酸发生酯化反应转化为CH3COOCH2CH3，属于取代反应； 苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应生成硝基苯，属于取代反应，A错误；
B．CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成CH3CH2OH，属于取代反应；CH3CH2OH在170°C、浓硫酸催化作用下生成CH2=CH2和水，属于消去反应，B正确；
C．CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，属于加成反应；与H2在催化剂存在条件下加热发生加成反应产生，属于加成反应，C错误；
D．CH3CH2OH与氧气在铜或银催化剂作用下加热反应生成CH3CHO和水，属于氧化反应；CH3CHO与氧气、高锰酸钾（H+）、重铬酸钾反应生成和水，属于氧化反应，D错误；
故选B。
4. 有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质的化学性质不同。下列事实不可以用上述观点解释的是（ ）
A. 苯不能与溴水发生取代反应，而苯酚能与溴水发生取代反应
B. 乙醇不能与碱发生中和反应，而乙酸能与碱发生中和反应
C. 2-甲基-1-丙醇能发生消去反应，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应
D. 乙烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯不能与溴水发生取代反应，而苯酚能与溴水发生取代反应说明羟基的存在使苯环上邻对位的H原子活性增强，故A正确；
B．乙醇不能与碱发生中和反应，而乙酸能与碱发生中和反应说明CH3CH2O-对H原子活性的影响和CH3COO-对H原子活性的影响不同，故B正确；
C．2-甲基-1-丙醇能发生消去反应是因为2号C上有H，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应是因为2号C上没有H，与基团之间的相互影响无关，C错误；
D．乙烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色说明甲基对甲基的影响和苯基对甲基的影响不同，故D正确。
答案选C。
5. 有关晶体的结构如图所示，下 列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有4个Cl－
B. 在CsCl晶体中，距Cl－最近的Cs＋有6个
C. 在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子
D. CO2 晶胞中一个分子周围有12个紧邻分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有个Cl－，故A正确；
B．在CsCl晶体中，以体心的Cs＋分析，距Cs＋最近的Cl－有8个，距Cl－最近的Cs＋有8个，故B错误；
C．在金刚石晶体中，根据图中信息得到最小的环上有6个C原子，故C正确；
D．根据CO2 晶胞，以顶点的二氧化碳分子分析，面心的距离为紧邻的二氧化碳，每个横截面有4个，总共有三个横截面，因此一个分子周围有12个紧邻分子，故D正确。
综上所述，答案为B。
6. 为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是
选项
混合物
除杂试剂
分离方法
A
苯（苯酚）
浓溴水
过滤
B
溴苯（溴）
NaOH溶液
分液
C
甲烷（乙烯）
酸性KMnO4溶液
洗气
D
乙酸乙酯（乙酸）
氢氧化钠溶液
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴单质和2,4,6-三溴苯酚都可溶于苯，因此用浓溴水除杂时，会引入新杂质；应当用NaOH溶液中和苯酚，再进行分液即可，A错误；
B．溴能与氢氧化钠反应生成不溶于苯的物质，然后再进行分液即可，B正确；
C．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，因此会引入新杂质，需要再用NaOH溶液吸收生成的CO2再进行干燥才可，C错误；
D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，因此应用饱和碳酸钠溶液除去乙酸，随后再进行分液即可，D错误；
答案选B。
7. X、Y、Z是原子序数依次增大短周期元素，可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如图(注：实线代表共价键，其他Y原子之间的重复单元中的W、X未展开标注)，W、X、Z分别位于不同周期， Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是
A. Y位于第二周期第ⅥA族
B. XW4形成的晶体堆积属于分子密堆积
C. X单质不存在能导电的晶体
D. Y与Z可组成阴阳离子数之比为1：2的离子晶体
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素， W、X、Z分别位于不同周期，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素； Y能形成2个共价键，则Y为O元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；W只形成了1个共价键，则W为H元素；
【详解】A． Y即氧元素，位于第二周期第VIA 族，故A正确；
B． XW4形成的甲烷晶体属于分子晶体，分子晶体不含氢键都采取分子密堆积，即甲烷中分子周围紧邻的微粒数为12个，故B正确；
C． X即碳元素的单质中，石墨是能导电的混合型晶体，故C错误；
D． Y与Z可组成氧化钠、过氧化钠，晶体内阴阳离子数之比均为1:2的离子晶体，故D正确；
答案选C。
8. 下列关于2-环己基丙烯()和2-苯基丙烯()的说法中不正确的是
A. 碳原原子的杂化方式都只有sp2和sp3杂化
B. 两种物质均有5种不同化学环境的氢
C. 二者均可发生加聚反应和氧化反应
D. 2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．饱和碳原子为sp3杂化，苯环上的碳和形成双键的碳为sp2杂化，故A正确；
B．2-环己基丙烯中有6种环境的氢原子，故B错误；
C．都含有碳碳双键，均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；
D．苯环和碳碳双键之间为单键，可自由旋转，所以2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
综上所述答案为B。
9. 某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是
A. 该物质属于离子化合物
B. 该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C. 该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，配位数是4
D. 该物质中C、N、O原子均存在孤对电子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示，该物质不含离子，属于共价化合物，故A错误；
B．该物质的分子中含有共价键、配位键、氢键三种作用力，故B错误；
C．根据图示， Ni原子与4个N原子形成配位键，配位数是4，故C正确；
D．该物质中C原子最外层4个电子，形成4个共价键，C原子不存在孤对电子，故D错误；
故选C。
10. 下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
实验室制乙炔并检验乙炔
实验室制取少量的乙烯气体
证明酸性：碳酸>苯酚
实验室制备溴苯
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应装置错误，不能用圆孔隔板，滴加饱和食盐水应用分液漏斗，且制得的乙炔中混有H2S，H2S也能与酸性KMnO4反应，A错误；
B．乙醇在浓硫酸下加热到170℃发生消去，所以温度计应插入溶液中，B错误；
C．盐酸挥发出的HCl未除去，HCl会和苯酚钠反应生成苯酚，不能判断碳酸和苯酚的酸性强弱，C错误；
D．苯和液溴取代反应生成溴苯，CCl4可以溶解挥发的Br2，最后烧杯中也吸收生成的HBr，D正确。
综上所述答案为D。
二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列对有关事实的解释正确的是
选项
事实
解释
A
SiO2的熔点比干冰高
SiO2晶体是共价晶体，分子间作用力大
B
在CS2中的溶解度：CCl4 >H2O
CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
C
用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰
两个乙酸分子通过范德华力形成了二聚体
D
离子液体有难挥发性
离子液体的粒子全都是带电荷的离子
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．SiO2晶体是共价晶体，原子间通过共价键结合，干冰是分子晶体，晶体中的二氧化碳分子间以较弱的分子间作用力结合，共价键强度远大于分子间作用力，所以SiO2的熔点比干冰高，故A错误；
B．CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，CCl4在CS2中的溶解度大于水在CS2中的溶解度，故B正确；
C．用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，是因为两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体，故C错误；
D．离子液体的粒子全都是带电荷的离子，所以离子液体有难挥发性，故D正确；
故选BD。
12. 某有机物分子式为C5H10O3，与饱和NaHCO3溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等，该有机物有(不含立体异构)( )
A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】D
【解析】
【分析】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子。
【详解】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4种，分别为CH3CH2CH2CH2－（4种）、CH3CH（CH3）CH2－（3种）、CH3CH2CH（CH3）-（4种）、C（CH3）3-（1种），共12种。
故选D。
【点睛】本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意把握同分异构体的判断角度和方法。
13. 有机物Z是一种重要的医药中间体，可由如下反应制得。下列说法正确的是
A. 该反应另一种小分子产物是HCl
B. Z分子中的官能团有氯原子、酮基和羟基
C. Y分子中所有原子位于同一平面内，则Y中碳原子的杂化方式有2种
D. X的同分异构体中能发生银镜反应，且属于芳香族化合物的共有6种
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据原子守恒，该反应另一种小分子产物是CH3Cl，故A错误；
B．根据Z的结构简式，Z分子中的官能团有氯原子、酮基(或羰基)和羟基，故B正确；
C．甲基为四面体结构，Y分子中所有原子不可能位于同一平面内，故C错误；
D．X的同分异构体中能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，且属于芳香族化合物，X的同分异构体是苯环上含有醛基和2个氯原子，其中2个氯原子在苯环上有邻位、间位和对位3种情况，则醛基分别有2种、3种、1种位置，共有6种同分异构体，故D正确；
故选BD。
14. 下列实验中，操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液加入AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
CH3CH2Br中含有溴原子
B
向2 mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶 液4至6滴，得到新制的Cu(OH)2悬浊液，然后加入乙醛溶液0.5 mL，振荡后加热
产生砖红色沉淀
醛基具有还原性
C
将乙醇与浓硫酸共热至170℃所得气体直接通入酸性KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
乙醇发生消去反应的产物为乙烯
D
向苯酚钠溶液中通入一定量CO2
溶液变浑浊
碳酸的酸性比苯酚的酸性强
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，溶液中可能存在过量NaOH，影响Br-的检验，应该先加入HNO3酸化，然后取出上层水溶液加入AgNO3溶液检验，若产生淡黄色沉淀，证明产生了AgBr，说明CH3CH2Br中含有溴元素，A错误；
B．向2 mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4至6滴，得到新制的Cu(OH)2悬浊液，然后加入乙醛溶液0. 5 mL，振荡后加热煮沸，观察到产生砖红色Cu2O沉淀，说明醛基具有强的还原性，B正确；
C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇和乙烯都能够被KMnO4溶液氧化而褪色，不能据此判断乙醇发生消去反应的产物为乙烯，C错误；
D．向苯酚钠溶液中通入一定量CO2，发生反应：C6H5-ONa+CO2+H2O=C6H5-OH↓+NaHCO3，证明碳酸的酸性比苯酚的酸性强，D正确；
故合理选项是BD。
15. 异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一。一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是
A. 1molZ 与过量碳酸钠溶液反应消耗2mol碳酸钠
B. 1molY 最多能与3molNaOH反应
C. X与足量H2反应后，产物分子中有4个手性碳原子
D. 等物质的量的X、Y分别与足量溴水反应，消耗单质溴的物质的量： Y=X
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol羧基消耗1mol碳酸钠，1mol酚羟基消耗1mol碳酸钠，则1molZ与过量碳酸钠溶液反应消耗2mol碳酸钠，A正确；
B．Y水解生成、HOOCCOOH、C2H5OH，1mol酚羟基消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，则1molY最多能与4molNaOH反应，B错误；
C．人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，X与足量H2反应后的产物为：，分子中有4个手性碳原子(如图*所示)，C正确；
D．溴能与酚羟基的邻位、对位的氢原子发生取代反应，1molX与足量溴水反应，最多消耗2mol溴单质，1molY与足量溴水反应，最多消耗2mol溴单质，等物质的量的X、Y分别与足量溴水反应，消耗单质溴的物质的量：Y=X，D正确；
答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。
16. 完成下列问题
（1）参考表中物质的熔点，问答有关问题。
物质
NaF
NaCl
NaBr
NaI
熔点/℃
995
801
755
651
物质
SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/℃
−90.2
−70.4
5.2
120.0
钠的卤化物熔点变化的原因是 _______， 影响硅的卤化物熔点的因素是_______，钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多的原因是_______。
（2）向胆矾溶液中滴加氨水至过量，最终得到深蓝色的透明溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出生成深蓝色透明溶液的离子方程式：_______。该实验可知，与Cu2+结合生成配离子的稳定性： NH3_______ H2O(填 “>”或“<” )。
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。卟啉配合物叶绿素是一种，其结构如图所示。叶绿素的中心离子无论是Mg2+还是Zn2+，都能形成稳定结构，原因是_______， 其中稳定性相对较高的是_______ (填“Mg2+”或“Zn2+”) ， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键的数目为_______。
【答案】（1） ①. 从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低 ②. 结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高 ③. 钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体
（2） ①. Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O ②. ＞
（3） ①. Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键 ②. Zn2+ ③. 4NA
【解析】
【小问1详解】
钠的卤化物熔点变化的原因是从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低， 影响硅的卤化物熔点的因素是结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多的原因是钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体；故答案为：从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低；结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体。
【小问2详解】
根据题知硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜沉淀，再继续滴加氨水，沉淀变为深蓝色透明溶液，则生成深蓝色透明溶液的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。该实验可知，[Cu(H2O)4]2+变为[Cu(NH3)4]2+，从而说明与Cu2+结合生成配离子的稳定性： NH3＞H2O；故答案为：Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O；＞。
【小问3详解】
根据题意Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键， Mg2+有两个电子层，Zn2+有三个电子层，Zn2+半径比Mg2+半径大，更容易形成配位键，因此稳定性相对较高的是 Zn2+ ， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键物质的量为4mol，其配位键的数目为4NA；故答案为：Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键；Zn2+；4NA。
17 完成下列问题
（1）As2Se3是一种非晶态半导体，也称玻璃半导体。区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是_______。
（2）钴的一种化合物的立方晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)，则C点的原子坐标参数为_______，钴周围等距离且最近的O2-数目为 _______，该物质的化学式为_______。
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为a pm、b pm、c pm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______。CsSiB3O7的摩尔质量为M g∙mol−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_______g·cm−3(用代数式表示)。为点(0.5，0.8，0)与点(1.0，0.7，1.0)之间的距离为_______pm。
【答案】（1）X−射线衍射法
（2） ①. (，，) ②. 6 ③. TiCoO3
（3） ①. 4 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
As2Se3是一种非晶态半导体，也称玻璃半导体。区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X−射线衍射法；故答案为：X−射线衍射法。
【小问2详解】
钴的一种化合物的立方晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)，则C点在体心，因此C的原子坐标参数为(，，)，钴周围等距离且最近的O2−是上下左右前后，其数目为6，该晶胞中Co2+有1个，O2−有个，Ti4+有个，物质的化学式为TiCoO3；故答案为：(，，)；6；TiCoO3。
【小问3详解】
晶胞体内，原子分数坐标分别为 ，则晶胞中Cs原子数目为，由化学式CsSiB3O7，可知晶胞相当于含4个“CsSiB3O7”，CsSiB3O7的摩尔质量为M g∙mol−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为。则为点(0.5，0.8，0)与点(1.0，0.7， 1.0)之间表示为 ，其距离为pm；故答案为：4；；。
18. 苯甲酸乙酯(密度1.05g/cm3)，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品以及用作有机合成中间体等。制备苯甲酸乙酯的过程如下：
制备粗产品：如图所示装置中，在装置A中加入8.0g苯甲酸、20mL 乙醇(密度0. 79g/cm3)、15mL 环己烷、3mL 浓硫酸，摇匀，加沸石。在分水器中加水，接通冷凝水，水浴回流约2h，反应基本完成。记录体积，继续蒸出多余环己烷和醇(从分水器中放出)。
粗产品纯化：加水30mL，分批加入饱和NaHCO3溶液。分液，然后水层用20mL石油醚分两次萃取。合并有机层，用无水硫酸镁干燥。回收石油醚，加热精馏，收集210~213℃馏分。相关数据如下：
物质
苯甲酸
苯甲酸乙酯
石油醚
水
乙醇
环己烷
共沸物(环己烷-水-乙醇)
沸点(℃)
249
212.6
40~80
100
78.3
80.75
62.6
根据以上信息和装置图回答下述实验室制备有关问题：
（1）仪器B的名称是_______。
（2）写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式_______。
（3）采用水浴加热的优点是_______。 通过分水器不断分离除去反应生成的水，目的是_______。
（4）如何利用实验现象判断反应已基本完成 _______。
（5）加入饱和NaHCO3溶液的作用除降低苯甲酸乙酯溶解度外，还有_______。
（6）经精馏得210~213℃馏分6.0 mL，则实验中苯甲酸乙酯的产率为_______。 (保留两位有效数字)
【答案】（1）球形冷凝管
（2） +CH3CH2OH+H2O
（3） ①. 受热均匀且温度易于控制 ②. 酯化反应为可逆反应，不断分离出生成的水，可以使平衡正向移动，提高苯甲酸乙酯的产率
（4）加热回流至分水器中水位不再上升
（5）将未反应的苯甲酸和硫酸反应除去
（6）64%
【解析】
【分析】该实验是用苯甲酸和乙醇制取苯甲酸乙酯，加入环己烷的目的是形成水-乙醇-环己烷三元共沸物分离出反应过程中生成的水，使用恒压滴液漏斗是可以顺利滴加液体；
【小问1详解】
根据装置图可知仪器B的名称为球形冷凝管；
小问2详解】
根据题干信息可知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，化学反应方程式为： +C2H5OH +H2O；
【小问3详解】
水浴加热不但受热均匀，而且温度易于控制；该反应为可逆反应，使用分水器及时分离出反应产生的水，使平衡正向移动，提高产率；
【小问4详解】
苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，分水器中可收集到水，所以判断反应已基本完成的方法是加热回流至分水器中水位不再上升；
【小问5详解】
NaHCO3和酸性物质可以反应，所以加碳酸氢钠可以将未反应的苯甲酸和硫酸反应除去；
【小问6详解】
n(苯甲酸)= m÷M=8.0g÷122g/mol≈0.0656mol ，n(乙醇)= m÷M=20mL×0.79g/mL÷46g/mol≈0.34mol ，乙醇过量，所以理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.0656mol，m(理论)=0.0656mol×150 g·mol-1=9.84g，m(实际)=1.05g/cm3 ×6mL =6.30g，产率为： 6.30g÷9.84g ×100%= 64%。
19. Ⅰ．扑热息痛是最常用的非抗炎解热镇痛药，对胃无刺激，副作用小。对扑热息痛进行结构表征，测得的相关数据和谱图如下。回答下列问题：
（1）测定实验式。
将15.1 g样品在足量纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重8.1g和35.2 g，再将等量的样品通入二氧化碳气流中，在氧化铜/铜的作用下氧化有机物中氮元素，测定生成气体的体积为1.12 L(已换算成标准状况)。其实验式为_______。
（2）确定分子式。测得目标化合物的质谱图如下：其分子式为_______。
（3）推导结构式。
用化学方法推断样品分子中的官能团。
①加入NaHCO3溶液，无明显变化；
②加入FeCl3溶液，显紫色；
③水解可以得到一种两性化合物。
波谱分析：通过目标化合物的红外光谱图分析可知该有机化合物分子中存在：、-OH、、
②测得目标化合物的核磁共振氢谱图如下：
该有机化合物分子含有五种不同化学环境H原子，其峰面积之比为1：1：2：2：3，综上所述，扑热息痛的结构简式为_______。
Ⅱ．有机物M是药物合成的中间体，可用C和F在一定条件下合成。合成路线如图：
已知以下信息： i．
ii．RCOCH3+R' CHO RCOCH=CHR'
iii．F能发生银镜反应
回答下列问题：
（4）A的化学名称为_______。M中含氧官能团的名称_______。
（5）A生成B的化学方程式为_______。
（6）B生成C的反应类型为_______。E生成F的反应类型为_______。
（7）D的结构简式为_______。
（8）B的同分异构体中能与FeCl3溶液反应显紫色的共有_______种
【答案】（1）C8H9NO2
（2）C8H9NO2 （3）
（4） ①. 苯乙烯 ②. 羰基、醚键
（5）+H2O
（6） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（7） （8）9
【解析】
【分析】Ⅰ．将一定量样品灼烧，产物先通过浓硫酸，再通过碱石灰，增重质量分别是H2O、CO2，据此可知样品中含有的H、C元素的质量，结合等量样品在CO2气流中与CuO灼烧后产生N2的体积计算N元素的物质的量及其质量，结合样品质量与H、C、N三种元素质量和是否相等，判断其中是否含有O元素及其质量，由n=计算C、H、O的物质的量，由其最简比得到物质实验式；再根据实验式的式量、相对分子质量、其中含有的官能团的性质及各种H原子个数比可得其分子式；
Ⅱ．A是苯乙烯，苯乙烯与H2O在酸性条件下发生加成反应产生B是，B发生催化氧化反应产生C：；结合M结构简式及题目已知信息逆推可知：F是，E是，D是。
【小问1详解】
浓硫酸增重8.1 g ，生成n(H2O) =，所含有n(H)=0.9 mol；碱石灰增重35.2 g，生成CO2的物质的量n(CO2)=，所以n(C)=0.8 mol，n(N2)=，n(N)=0.1mol，m(C)+m(H)+m(N)=0.8 mol×12 g/mol+0.9 mol× 1 g/mol+0.1 mol×14 g/mol=11.9 g＜15.1g，说明其中含氧元素，m(O)=15.1 g-11.9 g=3.2 g，n(O) =，n(C)：n(H)：n(N)：n(O)=0.8 mol：0.9 mol：0.1 mol ：0.2 mol=8：9 ：1：2，即其实验式为C8H9NO2；
【小问2详解】
C8H9NO2式量为151，测得目标化合物的质谱图荷质比最大值为151，故其实验式就是分子式，因此其分子式为C8H9NO2；
【小问3详解】
用化学方法推断样品分子中的官能团。①加入NaHCO3溶液，无明显变化，说明不含羧基；②加入FeCl3溶液，显紫色，说明含有酚羟基；③水解可以得到一种两性化合物，说明分子中含有酰胺键；由波谱分析①测得目标化合物的红外光谱图，得出该有机化合物分子中存在苯环、羰基、亚氨基，②测得目标化合物的核磁共振氢谱图得出该有机化合物分子含有五种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为1：1：2：2：3，综上所述信息可知扑热息痛的结构简式为；
【小问4详解】
A是，名称为苯乙烯，根据M结构简式可知其中的含氧官能团名称为羰基、醚键；
【小问5详解】
A是，与H2O在酸性条件下发生加成反应产生B：，则由A生成B的化学反应方程式为：+H2O ；
【小问6详解】
B是，含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生C：和H2O，故B生成C的反应类型为氧化反应；
E是，E与CH3I发生信息i的取代反应产生F：，故E生成F的反应类型为取代反应；
【小问7详解】
根据上述分析可知D结构简式是：；
【小问8详解】
B是，其同分异构体中若能与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，其可能结构有：、、、、、、、、，共有9种不同结构。
20. 某抗癌药物G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）R名称是_______； G含官能团有碳氟键、硝基和_______。
（2）F→G的反应类型是_______。
（3）写出E→F的化学方程式：_______；吡啶的结构简式为 ，有弱碱性，吡啶在该反应中作用是_______。
（4）Y→Z、F→G都是在苯环上引入硝基，−CF3是苯环的间位控制基(即使苯环间位氢变活泼，发生取代反应时主要取代间位)，−NHCOCH(CH3)2是苯环的_______位控制基。
（5）R的二氯代物有_______ (填字母)。
a.4种 b.6种 c.9种 d.10种
（6）参照上述合成路线，设计一条以苯甲醚( )和CH3COC1为原料合成甲氧基乙酰苯胺( )的路线，其他试剂自选，合成路线示例见题目。_______
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 酰胺基
（2）取代反应 （3） ①. ＋＋HCl ②. 吡啶吸收氯化氢，有利于提高产率
（4）对 （5）D
（6）
【解析】
【分析】根据Y的结构和R的分子式，再根据X的相对分子质量得到X为 ，则R为甲苯，X一定条件下反应得到Y，Y发生硝化反应得到Z，Z发生还原反应得到E，E发生取代反应得到F( )，F发生硝化反应得到G。
【小问1详解】
R( )，其名称是甲苯； G含官能团有碳氟键、硝基和酰胺基；故答案为：甲苯；酰胺基；
【小问2详解】
根据E和G的结构分析F→G是发生硝化反应，因此其反应类型是取代反应；故答案为：取代反应；
【小问3详解】
根据E→F的结构分析，其化学方程式： ＋＋HCl；吡啶的结构简式为 ，有弱碱性，则吡啶和HCl反应，有利于提高产率；故答案为： ＋＋HCl；吡啶吸收氯化氢，有利于提高产率；
【小问4详解】
Y→Z、F→G都是在苯环上引入硝基，−CF3是苯环的间位控制基(即使苯环间位氢变活泼，发生取代反应时主要取代间位)，根据F到G可以得出−NHCOCH(CH3)2是苯环的对位控制基；故答案为：对；
【小问5详解】
R的二氯代物有 、 ；还可以理解为两个氯原子在邻位，苯环有两种位置的氢，甲基取代则有两种；两个氯原子在间位，苯环有三种位置的氢，甲基取代则有三种；两个氯原子在对位，苯环有一种位置的氢，甲基取代则有一种；因此其二氯代物共10种；故答案为：D；
【小问6详解】
根据前面的流程可以得到 和浓硝酸、浓硫酸加热反应生成， 和Fe/HCl发生还原反应生成 ， 和CH3COC1在吡啶的作用下反应生成 ；故答案为：。
山东省淄博市2021-2022学年高二下学期期中考试
化学试题
本试卷分第I卷和第II卷两部分， 考试用时90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16
第I卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题包括10小题，每题只有一个选项符合题意；每题2分，共20分)
1. 下列化学用语表示不正确的是
A. 甲烷的电子式： B. 氯乙烷的结构简式： CH3CH2Cl
C. 2−甲基−1−丁醇的键线式： D. 乙烯的空间填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷中碳与每个氢原子形成一对共用电子对，其电子式：，故A正确；
B．氯乙烷相当于氯原子取代了乙烷中一个氢原子，其结构简式： CH3CH2Cl，故B正确；
C．是2−丁醇的键线式，故C错误；
D．乙烯中碳原子半径大于氢原子半径，其空间填充模型为：，故D正确；
综上所述，答案为C。
2. 下列说法正确的是
A. 与含有相同的官能团，互为同系物
B. 属于醛类，官能团为−CHO
C. 的名称为： 2−乙基−1−丁烯
D. 乙醚与乙醇互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于醇，含醇羟基，属于酚，含酚羟基，两者物质类别不固体，不互为同系物，故A错误；
B．属于酯类，官能团为−COO−R，故B错误；
C．主链为含碳碳双键的最长碳链，其名称为： 2−乙基−1−丁烯，故C正确；
D．乙醚是CH3CH2OCH2CH3，乙醇是CH3CH2OH，两者分子式不相同，不互为同分异构体，故D错误。
综上所述，答案为C。
3. 下列各项中I、II两个反应不属于同一反应类型的是
选项
反应I
反应II
A
CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3
→
B
CH3CH2Cl→CH3CH2OH
CH3CH2OH→CH2=CH2
C
CH2=CH2→CH3CH2Cl
→
D
CH3CH2OH→CH3CHO
CH3CHO→CH3COOH
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3CH2OH与乙酸发生酯化反应转化为CH3COOCH2CH3，属于取代反应； 苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应生成硝基苯，属于取代反应，A错误；
B．CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成CH3CH2OH，属于取代反应；CH3CH2OH在170°C、浓硫酸催化作用下生成CH2=CH2和水，属于消去反应，B正确；
C．CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，属于加成反应；与H2在催化剂存在条件下加热发生加成反应产生，属于加成反应，C错误；
D．CH3CH2OH与氧气在铜或银催化剂作用下加热反应生成CH3CHO和水，属于氧化反应；CH3CHO与氧气、高锰酸钾（H+）、重铬酸钾反应生成和水，属于氧化反应，D错误；
故选B。
4. 有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质的化学性质不同。下列事实不可以用上述观点解释的是（ ）
A. 苯不能与溴水发生取代反应，而苯酚能与溴水发生取代反应
B. 乙醇不能与碱发生中和反应，而乙酸能与碱发生中和反应
C. 2-甲基-1-丙醇能发生消去反应，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应
D. 乙烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯不能与溴水发生取代反应，而苯酚能与溴水发生取代反应说明羟基的存在使苯环上邻对位的H原子活性增强，故A正确；
B．乙醇不能与碱发生中和反应，而乙酸能与碱发生中和反应说明CH3CH2O-对H原子活性的影响和CH3COO-对H原子活性的影响不同，故B正确；
C．2-甲基-1-丙醇能发生消去反应是因为2号C上有H，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应是因为2号C上没有H，与基团之间的相互影响无关，C错误；
D．乙烷不能使高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾溶液褪色说明甲基对甲基的影响和苯基对甲基的影响不同，故D正确。
答案选C。
5. 有关晶体的结构如图所示，下 列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有4个Cl－
B. 在CsCl晶体中，距Cl－最近的Cs＋有6个
C. 在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子
D. CO2 晶胞中一个分子周围有12个紧邻分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，每个晶胞平均占有个Cl－，故A正确；
B．在CsCl晶体中，以体心的Cs＋分析，距Cs＋最近的Cl－有8个，距Cl－最近的Cs＋有8个，故B错误；
C．在金刚石晶体中，根据图中信息得到最小的环上有6个C原子，故C正确；
D．根据CO2 晶胞，以顶点的二氧化碳分子分析，面心的距离为紧邻的二氧化碳，每个横截面有4个，总共有三个横截面，因此一个分子周围有12个紧邻分子，故D正确。
综上所述，答案为B。
6. 为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是
选项
混合物
除杂试剂
分离方法
A
苯（苯酚）
浓溴水
过滤
B
溴苯（溴）
NaOH溶液
分液
C
甲烷（乙烯）
酸性KMnO4溶液
洗气
D
乙酸乙酯（乙酸）
氢氧化钠溶液
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴单质和2,4,6-三溴苯酚都可溶于苯，因此用浓溴水除杂时，会引入新杂质；应当用NaOH溶液中和苯酚，再进行分液即可，A错误；
B．溴能与氢氧化钠反应生成不溶于苯的物质，然后再进行分液即可，B正确；
C．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，因此会引入新杂质，需要再用NaOH溶液吸收生成的CO2再进行干燥才可，C错误；
D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，因此应用饱和碳酸钠溶液除去乙酸，随后再进行分液即可，D错误；
答案选B。
7. X、Y、Z是原子序数依次增大短周期元素，可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如图(注：实线代表共价键，其他Y原子之间的重复单元中的W、X未展开标注)，W、X、Z分别位于不同周期， Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是
A. Y位于第二周期第ⅥA族
B. XW4形成的晶体堆积属于分子密堆积
C. X单质不存在能导电的晶体
D. Y与Z可组成阴阳离子数之比为1：2的离子晶体
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素， W、X、Z分别位于不同周期，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素； Y能形成2个共价键，则Y为O元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；W只形成了1个共价键，则W为H元素；
【详解】A． Y即氧元素，位于第二周期第VIA 族，故A正确；
B． XW4形成的甲烷晶体属于分子晶体，分子晶体不含氢键都采取分子密堆积，即甲烷中分子周围紧邻的微粒数为12个，故B正确；
C． X即碳元素的单质中，石墨是能导电的混合型晶体，故C错误；
D． Y与Z可组成氧化钠、过氧化钠，晶体内阴阳离子数之比均为1:2的离子晶体，故D正确；
答案选C。
8. 下列关于2-环己基丙烯()和2-苯基丙烯()的说法中不正确的是
A. 碳原原子的杂化方式都只有sp2和sp3杂化
B. 两种物质均有5种不同化学环境的氢
C. 二者均可发生加聚反应和氧化反应
D. 2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．饱和碳原子为sp3杂化，苯环上的碳和形成双键的碳为sp2杂化，故A正确；
B．2-环己基丙烯中有6种环境的氢原子，故B错误；
C．都含有碳碳双键，均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；
D．苯环和碳碳双键之间为单键，可自由旋转，所以2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
综上所述答案为B。
9. 某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是
A. 该物质属于离子化合物
B. 该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C. 该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，配位数是4
D. 该物质中C、N、O原子均存在孤对电子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示，该物质不含离子，属于共价化合物，故A错误；
B．该物质的分子中含有共价键、配位键、氢键三种作用力，故B错误；
C．根据图示， Ni原子与4个N原子形成配位键，配位数是4，故C正确；
D．该物质中C原子最外层4个电子，形成4个共价键，C原子不存在孤对电子，故D错误；
故选C。
10. 下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
实验室制乙炔并检验乙炔
实验室制取少量的乙烯气体
证明酸性：碳酸>苯酚
实验室制备溴苯
实验方案
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应装置错误，不能用圆孔隔板，滴加饱和食盐水应用分液漏斗，且制得的乙炔中混有H2S，H2S也能与酸性KMnO4反应，A错误；
B．乙醇在浓硫酸下加热到170℃发生消去，所以温度计应插入溶液中，B错误；
C．盐酸挥发出的HCl未除去，HCl会和苯酚钠反应生成苯酚，不能判断碳酸和苯酚的酸性强弱，C错误；
D．苯和液溴取代反应生成溴苯，CCl4可以溶解挥发的Br2，最后烧杯中也吸收生成的HBr，D正确。
综上所述答案为D。
二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列对有关事实的解释正确的是
选项
事实
解释
A
SiO2的熔点比干冰高
SiO2晶体是共价晶体，分子间作用力大
B
在CS2中的溶解度：CCl4 >H2O
CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子
C
用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰
两个乙酸分子通过范德华力形成了二聚体
D
离子液体有难挥发性
离子液体的粒子全都是带电荷的离子
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．SiO2晶体是共价晶体，原子间通过共价键结合，干冰是分子晶体，晶体中的二氧化碳分子间以较弱的分子间作用力结合，共价键强度远大于分子间作用力，所以SiO2的熔点比干冰高，故A错误；
B．CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，CCl4在CS2中的溶解度大于水在CS2中的溶解度，故B正确；
C．用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，是因为两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体，故C错误；
D．离子液体的粒子全都是带电荷的离子，所以离子液体有难挥发性，故D正确；
故选BD。
12. 某有机物分子式为C5H10O3，与饱和NaHCO3溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等，该有机物有(不含立体异构)( )
A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】D
【解析】
【分析】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子。
【详解】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4种，分别为CH3CH2CH2CH2－（4种）、CH3CH（CH3）CH2－（3种）、CH3CH2CH（CH3）-（4种）、C（CH3）3-（1种），共12种。
故选D。
【点睛】本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意把握同分异构体的判断角度和方法。
13. 有机物Z是一种重要的医药中间体，可由如下反应制得。下列说法正确的是
A. 该反应另一种小分子产物是HCl
B. Z分子中的官能团有氯原子、酮基和羟基
C. Y分子中所有原子位于同一平面内，则Y中碳原子的杂化方式有2种
D. X的同分异构体中能发生银镜反应，且属于芳香族化合物的共有6种
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据原子守恒，该反应另一种小分子产物是CH3Cl，故A错误；
B．根据Z的结构简式，Z分子中的官能团有氯原子、酮基(或羰基)和羟基，故B正确；
C．甲基为四面体结构，Y分子中所有原子不可能位于同一平面内，故C错误；
D．X的同分异构体中能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，且属于芳香族化合物，X的同分异构体是苯环上含有醛基和2个氯原子，其中2个氯原子在苯环上有邻位、间位和对位3种情况，则醛基分别有2种、3种、1种位置，共有6种同分异构体，故D正确；
故选BD。
14. 下列实验中，操作、现象及结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液加入AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
CH3CH2Br中含有溴原子
B
向2 mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶 液4至6滴，得到新制的Cu(OH)2悬浊液，然后加入乙醛溶液0.5 mL，振荡后加热
产生砖红色沉淀
醛基具有还原性
C
将乙醇与浓硫酸共热至170℃所得气体直接通入酸性KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
乙醇发生消去反应的产物为乙烯
D
向苯酚钠溶液中通入一定量CO2
溶液变浑浊
碳酸的酸性比苯酚的酸性强
A. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，溶液中可能存在过量NaOH，影响Br-的检验，应该先加入HNO3酸化，然后取出上层水溶液加入AgNO3溶液检验，若产生淡黄色沉淀，证明产生了AgBr，说明CH3CH2Br中含有溴元素，A错误；
B．向2 mL10%的NaOH溶液中滴入2%的CuSO4溶液4至6滴，得到新制的Cu(OH)2悬浊液，然后加入乙醛溶液0. 5 mL，振荡后加热煮沸，观察到产生砖红色Cu2O沉淀，说明醛基具有强的还原性，B正确；
C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇和乙烯都能够被KMnO4溶液氧化而褪色，不能据此判断乙醇发生消去反应的产物为乙烯，C错误；
D．向苯酚钠溶液中通入一定量CO2，发生反应：C6H5-ONa+CO2+H2O=C6H5-OH↓+NaHCO3，证明碳酸的酸性比苯酚的酸性强，D正确；
故合理选项是BD。
15. 异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一。一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是
A. 1molZ 与过量碳酸钠溶液反应消耗2mol碳酸钠
B. 1molY 最多能与3molNaOH反应
C. X与足量H2反应后，产物分子中有4个手性碳原子
D. 等物质的量的X、Y分别与足量溴水反应，消耗单质溴的物质的量： Y=X
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol羧基消耗1mol碳酸钠，1mol酚羟基消耗1mol碳酸钠，则1molZ与过量碳酸钠溶液反应消耗2mol碳酸钠，A正确；
B．Y水解生成、HOOCCOOH、C2H5OH，1mol酚羟基消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，则1molY最多能与4molNaOH反应，B错误；
C．人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，X与足量H2反应后的产物为：，分子中有4个手性碳原子(如图*所示)，C正确；
D．溴能与酚羟基的邻位、对位的氢原子发生取代反应，1molX与足量溴水反应，最多消耗2mol溴单质，1molY与足量溴水反应，最多消耗2mol溴单质，等物质的量的X、Y分别与足量溴水反应，消耗单质溴的物质的量：Y=X，D正确；
答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、本题包括5小题，共60分。答案必须写在答题卡内相应的位置，不能写在试卷上。
16. 完成下列问题
（1）参考表中物质的熔点，问答有关问题。
物质
NaF
NaCl
NaBr
NaI
熔点/℃
995
801
755
651
物质
SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/℃
−90.2
−70.4
5.2
120.0
钠的卤化物熔点变化的原因是 _______， 影响硅的卤化物熔点的因素是_______，钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多的原因是_______。
（2）向胆矾溶液中滴加氨水至过量，最终得到深蓝色的透明溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出生成深蓝色透明溶液的离子方程式：_______。该实验可知，与Cu2+结合生成配离子的稳定性： NH3_______ H2O(填 “>”或“<” )。
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。卟啉配合物叶绿素是一种，其结构如图所示。叶绿素的中心离子无论是Mg2+还是Zn2+，都能形成稳定结构，原因是_______， 其中稳定性相对较高的是_______ (填“Mg2+”或“Zn2+”) ， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键的数目为_______。
【答案】（1） ①. 从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低 ②. 结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高 ③. 钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体
（2） ①. Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O ②. ＞
（3） ①. Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键 ②. Zn2+ ③. 4NA
【解析】
【小问1详解】
钠的卤化物熔点变化的原因是从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低， 影响硅的卤化物熔点的因素是结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多的原因是钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体；故答案为：从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低；结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体。
【小问2详解】
根据题知硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜沉淀，再继续滴加氨水，沉淀变为深蓝色透明溶液，则生成深蓝色透明溶液的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。该实验可知，[Cu(H2O)4]2+变为[Cu(NH3)4]2+，从而说明与Cu2+结合生成配离子的稳定性： NH3＞H2O；故答案为：Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O；＞。
【小问3详解】
根据题意Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键， Mg2+有两个电子层，Zn2+有三个电子层，Zn2+半径比Mg2+半径大，更容易形成配位键，因此稳定性相对较高的是 Zn2+ ， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键物质的量为4mol，其配位键的数目为4NA；故答案为：Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键；Zn2+；4NA。
17 完成下列问题
（1）As2Se3是一种非晶态半导体，也称玻璃半导体。区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是_______。
（2）钴的一种化合物的立方晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)，则C点的原子坐标参数为_______，钴周围等距离且最近的O2-数目为 _______，该物质的化学式为_______。
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为a pm、b pm、c pm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______。CsSiB3O7的摩尔质量为M g∙mol−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_______g·cm−3(用代数式表示)。为点(0.5，0.8，0)与点(1.0，0.7，1.0)之间的距离为_______pm。
【答案】（1）X−射线衍射法
（2） ①. (，，) ②. 6 ③. TiCoO3
（3） ①. 4 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
As2Se3是一种非晶态半导体，也称玻璃半导体。区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X−射线衍射法；故答案为：X−射线衍射法。
【小问2详解】
钴的一种化合物的立方晶胞结构如图所示，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点为(，0，)，则C点在体心，因此C的原子坐标参数为(，，)，钴周围等距离且最近的O2−是上下左右前后，其数目为6，该晶胞中Co2+有1个，O2−有个，Ti4+有个，物质的化学式为TiCoO3；故答案为：(，，)；6；TiCoO3。
【小问3详解】
晶胞体内，原子分数坐标分别为 ，则晶胞中Cs原子数目为，由化学式CsSiB3O7，可知晶胞相当于含4个“CsSiB3O7”，CsSiB3O7的摩尔质量为M g∙mol−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为。则为点(0.5，0.8，0)与点(1.0，0.7， 1.0)之间表示为 ，其距离为pm；故答案为：4；；。
18. 苯甲酸乙酯(密度1.05g/cm3)，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品以及用作有机合成中间体等。制备苯甲酸乙酯的过程如下：
制备粗产品：如图所示装置中，在装置A中加入8.0g苯甲酸、20mL 乙醇(密度0. 79g/cm3)、15mL 环己烷、3mL 浓硫酸，摇匀，加沸石。在分水器中加水，接通冷凝水，水浴回流约2h，反应基本完成。记录体积，继续蒸出多余环己烷和醇(从分水器中放出)。
粗产品纯化：加水30mL，分批加入饱和NaHCO3溶液。分液，然后水层用20mL石油醚分两次萃取。合并有机层，用无水硫酸镁干燥。回收石油醚，加热精馏，收集210~213℃馏分。相关数据如下：
物质
苯甲酸
苯甲酸乙酯
石油醚
水
乙醇
环己烷
共沸物(环己烷-水-乙醇)
沸点(℃)
249
212.6
40~80
100
78.3
80.75
62.6
根据以上信息和装置图回答下述实验室制备有关问题：
（1）仪器B的名称是_______。
（2）写出制备苯甲酸乙酯反应的化学方程式_______。
（3）采用水浴加热的优点是_______。 通过分水器不断分离除去反应生成的水，目的是_______。
（4）如何利用实验现象判断反应已基本完成 _______。
（5）加入饱和NaHCO3溶液的作用除降低苯甲酸乙酯溶解度外，还有_______。
（6）经精馏得210~213℃馏分6.0 mL，则实验中苯甲酸乙酯的产率为_______。 (保留两位有效数字)
【答案】（1）球形冷凝管
（2） +CH3CH2OH+H2O
（3） ①. 受热均匀且温度易于控制 ②. 酯化反应为可逆反应，不断分离出生成的水，可以使平衡正向移动，提高苯甲酸乙酯的产率
（4）加热回流至分水器中水位不再上升
（5）将未反应的苯甲酸和硫酸反应除去
（6）64%
【解析】
【分析】该实验是用苯甲酸和乙醇制取苯甲酸乙酯，加入环己烷的目的是形成水-乙醇-环己烷三元共沸物分离出反应过程中生成的水，使用恒压滴液漏斗是可以顺利滴加液体；
【小问1详解】
根据装置图可知仪器B的名称为球形冷凝管；
小问2详解】
根据题干信息可知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，化学反应方程式为： +C2H5OH +H2O；
【小问3详解】
水浴加热不但受热均匀，而且温度易于控制；该反应为可逆反应，使用分水器及时分离出反应产生的水，使平衡正向移动，提高产率；
【小问4详解】
苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，分水器中可收集到水，所以判断反应已基本完成的方法是加热回流至分水器中水位不再上升；
【小问5详解】
NaHCO3和酸性物质可以反应，所以加碳酸氢钠可以将未反应的苯甲酸和硫酸反应除去；
【小问6详解】
n(苯甲酸)= m÷M=8.0g÷122g/mol≈0.0656mol ，n(乙醇)= m÷M=20mL×0.79g/mL÷46g/mol≈0.34mol ，乙醇过量，所以理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.0656mol，m(理论)=0.0656mol×150 g·mol-1=9.84g，m(实际)=1.05g/cm3 ×6mL =6.30g，产率为： 6.30g÷9.84g ×100%= 64%。
19. Ⅰ．扑热息痛是最常用的非抗炎解热镇痛药，对胃无刺激，副作用小。对扑热息痛进行结构表征，测得的相关数据和谱图如下。回答下列问题：
（1）测定实验式。
将15.1 g样品在足量纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重8.1g和35.2 g，再将等量的样品通入二氧化碳气流中，在氧化铜/铜的作用下氧化有机物中氮元素，测定生成气体的体积为1.12 L(已换算成标准状况)。其实验式为_______。
（2）确定分子式。测得目标化合物的质谱图如下：其分子式为_______。
（3）推导结构式。
用化学方法推断样品分子中的官能团。
①加入NaHCO3溶液，无明显变化；
②加入FeCl3溶液，显紫色；
③水解可以得到一种两性化合物。
波谱分析：通过目标化合物的红外光谱图分析可知该有机化合物分子中存在：、-OH、、
②测得目标化合物的核磁共振氢谱图如下：
该有机化合物分子含有五种不同化学环境H原子，其峰面积之比为1：1：2：2：3，综上所述，扑热息痛的结构简式为_______。
Ⅱ．有机物M是药物合成的中间体，可用C和F在一定条件下合成。合成路线如图：
已知以下信息： i．
ii．RCOCH3+R' CHO RCOCH=CHR'
iii．F能发生银镜反应
回答下列问题：
（4）A的化学名称为_______。M中含氧官能团的名称_______。
（5）A生成B的化学方程式为_______。
（6）B生成C的反应类型为_______。E生成F的反应类型为_______。
（7）D的结构简式为_______。
（8）B的同分异构体中能与FeCl3溶液反应显紫色的共有_______种
【答案】（1）C8H9NO2
（2）C8H9NO2 （3）
（4） ①. 苯乙烯 ②. 羰基、醚键
（5）+H2O
（6） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（7） （8）9
【解析】
【分析】Ⅰ．将一定量样品灼烧，产物先通过浓硫酸，再通过碱石灰，增重质量分别是H2O、CO2，据此可知样品中含有的H、C元素的质量，结合等量样品在CO2气流中与CuO灼烧后产生N2的体积计算N元素的物质的量及其质量，结合样品质量与H、C、N三种元素质量和是否相等，判断其中是否含有O元素及其质量，由n=计算C、H、O的物质的量，由其最简比得到物质实验式；再根据实验式的式量、相对分子质量、其中含有的官能团的性质及各种H原子个数比可得其分子式；
Ⅱ．A是苯乙烯，苯乙烯与H2O在酸性条件下发生加成反应产生B是，B发生催化氧化反应产生C：；结合M结构简式及题目已知信息逆推可知：F是，E是，D是。
【小问1详解】
浓硫酸增重8.1 g ，生成n(H2O) =，所含有n(H)=0.9 mol；碱石灰增重35.2 g，生成CO2的物质的量n(CO2)=，所以n(C)=0.8 mol，n(N2)=，n(N)=0.1mol，m(C)+m(H)+m(N)=0.8 mol×12 g/mol+0.9 mol× 1 g/mol+0.1 mol×14 g/mol=11.9 g＜15.1g，说明其中含氧元素，m(O)=15.1 g-11.9 g=3.2 g，n(O) =，n(C)：n(H)：n(N)：n(O)=0.8 mol：0.9 mol：0.1 mol ：0.2 mol=8：9 ：1：2，即其实验式为C8H9NO2；
【小问2详解】
C8H9NO2式量为151，测得目标化合物的质谱图荷质比最大值为151，故其实验式就是分子式，因此其分子式为C8H9NO2；
【小问3详解】
用化学方法推断样品分子中的官能团。①加入NaHCO3溶液，无明显变化，说明不含羧基；②加入FeCl3溶液，显紫色，说明含有酚羟基；③水解可以得到一种两性化合物，说明分子中含有酰胺键；由波谱分析①测得目标化合物的红外光谱图，得出该有机化合物分子中存在苯环、羰基、亚氨基，②测得目标化合物的核磁共振氢谱图得出该有机化合物分子含有五种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为1：1：2：2：3，综上所述信息可知扑热息痛的结构简式为；
【小问4详解】
A是，名称为苯乙烯，根据M结构简式可知其中的含氧官能团名称为羰基、醚键；
【小问5详解】
A是，与H2O在酸性条件下发生加成反应产生B：，则由A生成B的化学反应方程式为：+H2O ；
【小问6详解】
B是，含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生C：和H2O，故B生成C的反应类型为氧化反应；
E是，E与CH3I发生信息i的取代反应产生F：，故E生成F的反应类型为取代反应；
【小问7详解】
根据上述分析可知D结构简式是：；
【小问8详解】
B是，其同分异构体中若能与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，其可能结构有：、、、、、、、、，共有9种不同结构。
20. 某抗癌药物G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）R名称是_______； G含官能团有碳氟键、硝基和_______。
（2）F→G的反应类型是_______。
（3）写出E→F的化学方程式：_______；吡啶的结构简式为 ，有弱碱性，吡啶在该反应中作用是_______。
（4）Y→Z、F→G都是在苯环上引入硝基，−CF3是苯环的间位控制基(即使苯环间位氢变活泼，发生取代反应时主要取代间位)，−NHCOCH(CH3)2是苯环的_______位控制基。
（5）R的二氯代物有_______ (填字母)。
a.4种 b.6种 c.9种 d.10种
（6）参照上述合成路线，设计一条以苯甲醚( )和CH3COC1为原料合成甲氧基乙酰苯胺( )的路线，其他试剂自选，合成路线示例见题目。_______
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 酰胺基
（2）取代反应 （3） ①. ＋＋HCl ②. 吡啶吸收氯化氢，有利于提高产率
（4）对 （5）D
（6）
【解析】
【分析】根据Y的结构和R的分子式，再根据X的相对分子质量得到X为 ，则R为甲苯，X一定条件下反应得到Y，Y发生硝化反应得到Z，Z发生还原反应得到E，E发生取代反应得到F( )，F发生硝化反应得到G。
【小问1详解】
R( )，其名称是甲苯； G含官能团有碳氟键、硝基和酰胺基；故答案为：甲苯；酰胺基；
【小问2详解】
根据E和G的结构分析F→G是发生硝化反应，因此其反应类型是取代反应；故答案为：取代反应；
【小问3详解】
根据E→F的结构分析，其化学方程式： ＋＋HCl；吡啶的结构简式为 ，有弱碱性，则吡啶和HCl反应，有利于提高产率；故答案为： ＋＋HCl；吡啶吸收氯化氢，有利于提高产率；
【小问4详解】
Y→Z、F→G都是在苯环上引入硝基，−CF3是苯环的间位控制基(即使苯环间位氢变活泼，发生取代反应时主要取代间位)，根据F到G可以得出−NHCOCH(CH3)2是苯环的对位控制基；故答案为：对；
【小问5详解】
R的二氯代物有 、 ；还可以理解为两个氯原子在邻位，苯环有两种位置的氢，甲基取代则有两种；两个氯原子在间位，苯环有三种位置的氢，甲基取代则有三种；两个氯原子在对位，苯环有一种位置的氢，甲基取代则有一种；因此其二氯代物共10种；故答案为：D；
【小问6详解】
根据前面的流程可以得到 和浓硝酸、浓硫酸加热反应生成， 和Fe/HCl发生还原反应生成 ， 和CH3COC1在吡啶的作用下反应生成 ；故答案为：。
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