[化学]北京市丰台区2023-2024学年高二下学期期末考试(解析版)

这是一份[化学]北京市丰台区2023-2024学年高二下学期期末考试(解析版)，共20页。试卷主要包含了 有机物 中不含有的官能团是， 下列物质的性质与氢键无关的是， 下列方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，选项A正确；二氧化硅是共价晶体，SiO2熔点较高，因此石英材料能进行高温下作业，选项B正确；植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，选项C错误；利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，选项D正确；
答案选C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 1s电子云图为
B. SO的VSEPR模型为
C. H2O的空间填充模型为
D. 基态Li原子的轨道表示式为为
【答案】D
【解析】电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，1s电子云图为，A项正确；中中心S原子的价层电子对数为3+×(6+2-3×2)=4，其VSEPR模型为四面体形，有一对孤电子对，表示为，B项正确；H2O中中心O原子的孤电子对数为×(6-2×1)=2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形，空间填充模型为，C项正确；基态Li的核外电子排布式为1s22s1，轨道表示式为，D项错误；
答案选D
3. 有机物 中不含有的官能团是
A. 羰基B. 碳碳双键C. 醚键D. 羧基
【答案】B
【解析】该有机物结构中含有的官能团有：羰基、氯原子（碳氯键）、醚键、羧基，不含碳碳双键，故B项符合题意；
答案选B。
4. 制取较纯的一溴乙烷，下列方法中最合理的是
A. 乙烯与溴化氢加成B. 乙炔和溴化氢加成
C. 乙烯和溴水加成D. 乙烷和液溴取代
【答案】A
【解析】乙烯与溴化氢加成反应生成一溴乙烷，产物只有一种，A正确；乙炔和溴化氢加成反应生成溴乙烯，没有得到一溴乙烷，B错误；乙烯和溴水加成反应生成1,2-二溴乙烷，没有得到一溴乙烷，C错误；乙烷和液溴取代可以是一溴取代，也可以是多溴取代，副产物较多，D错误；
答案选A。
5. 下列物质的性质与氢键无关的是
A. 沸点：H2OH2SB. 密度：冰水
C. 稳定性：HF>HClD. 熔点：乙醇>丙烷
【答案】C
【解析】H2O分子间存在氢键，H2S分子间没有氢键，故H2O的沸点高于H2S的沸点，与氢键有关，A项不符合题意；H2O的VSEPR模型为四面体形，在冰晶体中，每个水分子与周围紧邻的4个水分子形成氢键，由于氢键具有方向性，使得冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，其密度比液态水的小，与氢键有关，B项不符合题意；键长：H—F键＜H—Cl键，键能：H—F键＞H—Cl键，故稳定性：HF＞HCl，与氢键无关，C项符合题意；乙醇中含有O—H键，乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间没有氢键，故乙醇的熔点高于丙烷，与氢键有关，D项不符合题意；
答案选C。
6. 碱金属离子可形成两种结构，如图所示，下列说法不正确的是
A. 碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
B. K+与冠醚形成超分子，增大了KMnO4在有机溶剂中的溶解度
C. NaCl晶胞中代表Cl-
D. 1个NaCl晶胞中平均含有个Na+和个Cl-
【答案】A
【解析】碱金属离子与冠醚通过配位键形成超分子，故A错误；高锰酸钾在有机溶剂中存在如下溶解平衡：KMnO4K++MnO，加入冠醚，钾离子与冠醚形成超分子使得溶液中钾离子浓度减小，平衡右移，高锰酸钾在有机溶剂中的溶解度增大，故B正确；氯化钠晶体中氯离子的离子半径大于钠离子，所以晶胞中代表氯离子，故C正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，所以1个氯化钠晶胞中平均含有4个氯离子和4个钠离子，故D正确；
故选A。
7. 有机化合物分子中的邻近基团往往存在相互影响，这种影响会使有机化合物性质产生差异。下列事实不能说明上述观点的是
A. 甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，而甲烷不能
B. 乙酸能与碳酸钠发生反应，而乙醇不能
C. 与苯相比，甲苯更易与浓HNO3发生取代反应
D. 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
【答案】D
【解析】甲苯受苯环影响导致甲基的活泼性增强，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，能说明上述观点，故A不符合题意；乙酸能与碳酸钠反应放出气体，而乙醇不能，甲基影响-COOH易电离显酸性，可说明原子团之间相互影响导致化学性质不同，故B不符合题意；羟基影响苯环，苯环上H变活泼，则与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应，说明羟基活化了苯环，故C不符合题意；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，故D符合题意；
答案选D。
8. 阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如图所示。
下列说法正确的是
A. 第一电离能：CC60，因为C60为分子晶体，金刚石为共价晶体，共价键远比范德华力强
（5）①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
金刚石和均不导电，石墨和石墨炔中存在可在整个碳原子平面上自由移动的电子，因此可以导电。
【小问2详解】
金刚石碳原子之间只存在σ键，石墨中碳原子之间除了有σ键还有π键，碳原子间电子云重叠程度更大，键长更短，因此C-C键的键长：金刚石>石墨。
【小问3详解】
a．在石墨层间插入F原子后形成的C-F键键长更短，键能更大，则分子结构稳定性增强，所以与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，a正确；
b．石墨晶体中每个碳原子都有未参与杂化的1个2p轨道上电子在碳原子平面中运动，所以石墨晶体能导电；在石墨层间插入F原子后，则不存在未参与杂化的2p轨道上的电子，所以与石墨相比，(CF)x导电性减弱，b正确；
c．(CF)x中每个碳原子与3个碳原子和1个氟原子形成4个共价单键，其中碳碳键为2个碳原子所共有，则每个碳原子形成共价键的数目为，因此1ml(CF)x中含有2.5xml共价单键，c正确；
答案选abc。
【小问4详解】
C60为分子晶体，金刚石为共价晶体，共价键远比范德华力强，因此熔点：金刚石>C60。
【小问5详解】
①根据晶胞可知，白球的个数为，黑球的个数为，因此结合化学式为K3C60可得白球为C60；根据晶胞中C60的相对位置可知，距离C60最近且相等的C60有12个；
②晶胞形状为立方体，边长分别为anm，则该晶体的密度为。
18. Daprdustat是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J的合成路线如下图所示。
已知：R-ClRCOOH
（1）A是一种芳香族化合物，则反应Ⅰ的试剂和条件是___________。
（2）反应Ⅱ的化学方程式是___________。
（3）D→E的反应类型是___________
（4）F不能水解，G的核磁共振氢谱中有2组峰。
①F含有的官能团是___________。
②H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物的化学方程式是___________。
（5）由中间体J合成Daprdustat的过程中需经历以下三步。
其中试剂1的分子式为C5H7O3N，J生成K为加成反应，则试剂1和L的结构简式分别为___________和___________。
【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸、加热
（2） （3）加成反应
（4）①. 羧基 ②. HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O
（5）①. ②.
【解析】
【分析】A是一种芳香族化合物，则A为，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B为，硝基还原为氨基，C为，苯环与氢气发生加成反应生成D为，D发生加成反应生成E，E和I发生取代反应生成J和HCl，则I为，逆推H为，根据已知反应可知G为，则F为CH3COOH；
【小问1详解】
A是一种芳香族化合物，则A为，苯与浓硝酸在浓硫酸作用下加热发生硝化反应生成B为，则反应Ⅰ的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；
【小问2详解】
C为，苯环与氢气发生加成反应生成D为，反应Ⅱ的化学方程式是；
【小问3详解】
D发生加成反应生成E，D→E的反应类型是加成反应；
【小问4详解】
①根据分析，F为CH3COOH，F含有的官能团是羧基；
②H为，H与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物，化学方程式是：HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2+2H2O；
【小问5详解】
L发生酯的水解脱去C2H5OH，结合Daprdustat中羧基的位置可知，L的结构简式为，试剂1的分子式为C5H7O3N，J生成K为加成反应，K→L是异构化，则试剂1中含-COOC2H5，结合L的结构可知试剂1的结构简式为，发生加成反应时，碳氮双键断裂。
19. 某小组探究等浓度Na2S2O3溶液与AgNO3溶液的反应。
资料：ⅰ.S2O可看做是SO中的一个O原子被S原子取代的产物
ⅱ.Ag2S2O3为白色固体，难溶于水
ⅲ.Ag2S2O3+3S2O2[Ag(S2O3)2]3−
ⅳ.Ag2S不溶于Na2S2O3溶液
实验Ⅰ
（1）写出实验Ⅰ中生成白色沉淀的离子方程式___________。
（2）结合资料，分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由___________。
（3）将实验Ⅰ中产生的沉淀过滤后，向滤液中加入___________(填操作和现象)，证明该上层清液中含有SO。
（4）设计如下操作证明实验Ⅰ中产生的沉淀除了含有Ag2S2O3外，还含有，不含S。
①取少量沉淀，加入足量CS2，充分振荡，过滤得滤液A和固体B。取滤液A加水后没有明显现象，证明沉淀中不含S。
②取固体B，___________(填操作和现象)，证明沉淀中含有。(可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、浓硝酸、Na2S2O3溶液)
（5）S2O中若中心S为32S，端基S为35S，反应中S2O断裂的只有硫硫键，补齐白色沉淀变为黑色沉淀的反应，并注明S的质量数：___________。
Ag2S2O3+H2O=___________+___________+2H+。
实验Ⅱ：
向2mlNa2S2O3溶液中逐滴加入2mlAgNO3溶液，开始阶段局部产生白色沉淀，振荡后消失，随着AgNO3溶液的滴加，再次产生白色沉淀，最终转化为黑色沉淀。
（6）从化学反应速率和限度的角度分析解释虚线部分可能的原因___________；
根据实验可知，Na2S2O3溶液与AgNO3溶液反应的多样性与溶液的相对用量有关。
【答案】（1）2Ag++S2O=Ag2S2O3↓
（2）中心S无孤电子对不能做配位原子，端基S有孤电子对可以做配位原子
（3）足量稀盐酸，充分静置，取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
（4）加入足量Na2S2O3溶液，过滤，洗涤，向滤渣中加入浓硝酸，沉淀溶解，有黄色固体和红棕色气体生成
（5）Ag2S2O3+H2O=Ag235S+32SO+2H+
（6）发生反应ⅰ：3S2O+Ag2S2O32[Ag(S2O3)2]3-；反应ⅱ：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，反应ⅰ的速率大，反应ⅱ的限度大
【解析】Na2S2O3与硝酸银溶液反应生成白色沉淀Ag2S2O3，最终生成黑色沉淀Ag2S；
【小问1详解】
已知Ag2S2O3为白色固体，难溶于水，实验Ⅰ中Na2S2O3与硝酸银溶液反应生成白色沉淀Ag2S2O3，反应的离子方程式：2Ag++ =Ag2S2O3↓；
【小问2详解】
可看做是中的一个O原子被S原子取代的产物，则中中心原子为S，该中心原子周围孤电子对数，中心S无孤电子对不能做配位原子，端基S有孤电子对可以做配位原子；
【小问3详解】
可以用HCl溶液排除银离子的影响，再用氯化钡溶液检验生成硫酸钡沉淀，向滤液中加入足量稀盐酸，充分静置，取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；
【小问4详解】
已知Ag2S不溶于Na2S2O3溶液，②取固体B，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，洗涤，向滤渣中加入浓硝酸，沉淀溶解，有黄色固体和红棕色气体生成，证明沉淀中含有；
【小问5详解】
由(2)可知中心S无孤电子对，端基S有孤电子对，反应中断裂的只有硫硫键，端基35S与银离子反应生成Ag235S，中心32S保留在硫酸根离子中，离子方程式为：Ag2S2O3+H2O=Ag235S++2H+；
【小问6详解】
发生反应ⅰ：3+Ag2S2O32[Ag(S2O3)2]3-；反应ⅱ：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，反应ⅰ的速率大，因此产生白色沉淀，反应ⅱ的限度大，所以白色沉淀最终转化为黑色沉淀。
焰火绚丽多彩
中国深井一号采用石英材料进行高温下作业
A．与原子核外电子跃迁有关
B．与SiO2熔点较高有关
植物油氢化所得人造奶油
利用紫外线为餐具消毒
C．与植物油中酯基与H2加成有关
D．与紫外线可以使蛋白质变性有关
A．制备并收集乙酸乙酯
B．检验乙醇消去反应生成的乙烯
C．除去苯中的苯酚
D．检验溴乙烷中的溴元素
编号
实验
试剂a
混合液pH
现象
Ⅰ
NaOH
10
常温产生银镜
Ⅱ
浓氨水
10
加热无银镜
Ⅲ
无
8
加热产生银镜