【化学】河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）

河北省沧州市任丘市第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Zn 65
一、选择题，本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。
1.面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是
A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性
B. N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维
C. 酒精浓度越高，灭新型冠状肺炎病毒效果越好
D. 我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质变性，并非酒精的氧化性，故A错误；
B.聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；
C.能有效杀菌消毒的酒精是75%的酒精，酒精浓度太高，就会迅速将菌体表面的蛋白质凝固，在其表面形成一层保护膜，阻止酒精继续渗进病毒内部，不易使核酸变性，故C错误；
D.疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；
答案选B。
2.二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别是
A. 利用金属钠或者金属钾 B. 利用红外光谱法
C. 利用质谱法 D. 利用核磁共振氢谱
【答案】C
【解析】
【详解】A.醇能和钠或钾反应，但醚不反应，能鉴别，A错误；
B.二者官能团不同，能用红外光谱鉴别，B错误；
C.相对分子质量相同，不能用质谱法鉴别，C正确；
D.二甲醚有2种氢原子，乙醇有3种氢原子，能用核磁共振氢谱鉴别，D错误；
答案选C。
3.下列物质的沸点按由高到低顺序排列正确的是
①丙三醇 ② 丁烷 ③ 乙二醇 ④ 乙醇
A. ①②③④ B. ④③②① C. ②①③④ D. ①③④②
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①③④都含有氢键，但所含有的羟基数①＞③＞④，且相对分子质量①＞③＞④，故沸点①＞③＞④；丙烷不含氢键，沸点较低，故④＞②，故沸点由高到低的顺序是：①＞③＞④＞②，答案选D。
4.分子式为C5H10O2的酯共有(不考虑立体异构) ：
A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】这些酯有：甲酸丁酯4种（丁基4种异构）、乙酸丙酯2种（丙基2种异构）、丙酸乙酯1种、丁酸甲酯2种（丁酸的烃基为丙基，丙基2种异构），共9种，故合理选项为C。
5.2020年，我省爆发了新型冠状病毒肺炎疫情，严重影响了人民的健康。茚地那韦或对新型肺炎有治疗效果。茚地那韦的结构简式如图所示。下列有关茚地那韦说法正确的是

A. 可以发生取代反应和消去反应
B. 苯环上的一溴代物只有五种
C. 分子中含氧官能团有羟基和羧基
D. 该分子属于合成高分子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.有羟基可以发生酯化反应（或取代反应），有肽键可以发生水解反应（或取代反应），羟基邻碳上有氢，可以发生消去反应，A正确；
B.分子中有两个苯环，苯环上一溴代物共有7种，B错误；
C.分子中含氧官能团有羟基、肽键，没有羧基，C错误；
D.该分子不是高分子化合物，D错误；
答案选A。
6.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4　②1s22s22p63s23p3　③1s22s22p3　④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是(　　)
A. 最高正化合价：④>③＝②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 第一电离能：④>③>②>①
【答案】D
【解析】
【分析】
根据基态原子的电子排布式，①1s22s22p63s23p4是S元素；　②1s22s22p63s23p3是P元素；　③1s22s22p3是N元素；　④1s22s22p5是F元素。
【详解】最高正化合价等于最外层电子数，F元素没有正价，所以最高正化合价： ①>③＝②，故A错误；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：②>①>③>④，故B错误；非金属性越强，电负性越大，电负性：④>③>①>②，故C错误；P3P轨道为半充满状态，所以第一电离能P>S，第一电离能④>③>②>①，故D正确。
7.前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【分析】
前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同，即第一周期有1个未成对电子，第二周期有2个未成对电子数，第三周期有3个未成对电子数，第四周期有4个未成对电子数，结合电子排布规律来解答。
【详解】第一周期中，有一个未成对电子的是1s1；第二周期中，未成对电子是两个的有两种：1s22s22p2 和1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是：1s22s22p63s23p3；第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2，共有5种，故合理选项是D。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、未成对电子数的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第四周期电子排布为解答的难点，题目难度不大。
8.下列叙述正确的是
A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B. H2S是极性分子，分子中O原子处在2个H原子所连成的直线的中央
C. CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
D. CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中央
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.N与3个H原子形成3个键，孤对电子数为，所以N原子采用杂化，为三角锥形分子，N原子没有处在3个H原子所组成的三角形的中心，A错误；
B.H2O中O与2个H形成键，孤对电子数为，所以O原子采用杂化，为V形分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，B错误；
C.CCl4中C与4个Cl形成4个键，孤对电子数为0，所以C原子采用杂化，为正四面体结构，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，不是正方形，C错误；
D.CO2中C与2个O形成键，孤对电子数为，所以C原子采用sp杂化，为直线型分子，分子中C原子和2个O原子在一条直线上，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，D正确；
答案选D。
9.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是

A. 晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12
B. 空间利用率的大小关系为①N>C>H (6). 高 (7).
【解析】
【分析】
判断有机物中C原子的杂化方式可以根据有机物中C的成键方式进行判断；计算键数目时，要注意一个双键中含有一个键；比较由分子构成的物质的沸点大小时，可以从摩尔质量，氢键以及结构中支链个数这几个角度入手分析；书写的结构时，要清楚其是由水合氢离子与水分子通过氢键形成的。
【详解】(1)宇宙中氢元素占88.6%、氦占11.1%，宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的电子排布为1s22s22p2，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，基态原子电子排布满足洪特规则，因此基态碳原子的2p能级有两个轨道被占据，基态碳原子核外电子总计占有4个轨道；
(2)①PAN分子中，C原子形成了单键和双键，形成4条单键的碳原子，其键角约为109°28′，形成一个双键的碳原子，其键角约为120°，因此碳原子的杂化类型有sp3、sp2；一个双键含有一个σ键，由PAN结构可知，一个PAN分子中含有10个σ键，所以1mol PAN中含有的σ键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞N＞C＞H；
②由于HCOOH存在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3高；
(3)是由水分子和水合氢离子通过氢键形成的微粒，则的结构式为：。
【点睛】对于碳原子，形成4条单键时一般可认为是sp3的杂化方式，形成1个双键时一般可认为是sp2的杂化方式，形成1个三键时一般可认为是sp的杂化方式；对于O原子，形成单键时一般可认为是sp3的杂化方式；对于N原子，形成单键时一般可认为是sp3的杂化方式，形成双键时一般可认为是sp2的杂化方式。
22.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是：
2+KOH→；+HCl→+KCl
已知：①苯甲醛易被空气氧化；
②苯甲醇沸点为205.3℃；
③苯甲酸熔点为121.7℃，沸点为249℃，溶解度为0.34g；
④乙醚(C2H5OC2H5)沸点为34.8℃，难溶于水，
⑤苯甲酸钾易溶于水，可以与盐酸等强酸发生复分解反应制备苯甲酸。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：

试根据上述信息回答：
（1）苯甲酸在常温下为______态，写出苯甲酸与NaOH反应的方程式：________________。
（2）操作Ⅰ的用到的主要仪器是______，乙醚溶液中所溶解的主要成分是___________。
（3）操作Ⅱ的名称是____________。收集产品甲的适宜温度为___________。
（4）操作Ⅲ的名称是_____________，产品乙是______________。
【答案】 (1). 固 (2). +NaOH→+H2O (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 苯甲醇 (5). 蒸馏 (6). 205.3℃ (7). 过滤 (8). 苯甲酸
【解析】
【分析】
由流程结合题中信息可知，苯甲醛与KOH反应生成白色糊状物为苯甲醇、苯甲酸钾的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，操作Ⅰ为萃取、分液，得到的乙醚溶液中含苯甲醇，操作Ⅱ为蒸馏，得到的产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此分析解答此题。
【详解】（1）由题中信息苯甲酸熔点为121.7℃，沸点为249℃可知，苯甲酸在常温下为固态，苯甲酸与NaOH发生中和反应，化学方程式为：+NaOH→+H2O；
（2）根据以上分析可知操作Ⅰ为萃取、分液，用到的主要仪器有：分液漏斗、烧杯；乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇；
（3）根据以上分析可知操作Ⅱ为蒸馏，得到的产品甲为苯甲醇，由题知苯甲醇沸点为205.3℃，收集产品甲的适宜温度为205.3℃；
（4）根据以上分析可知操作Ⅲ为过滤，由题知苯甲酸在常温下为固态，而且在水中溶解度很小，所以过滤后得到的产品乙为苯甲酸。
23.铁系元素是人体必需的微量元素，Fe3+可以与KSCN溶液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。
（1）Fe3+的基态核外电子排布式为____________________。
（2）与SCN−互为等电子体且为非极性分子的化学式为_____________（任写一种）。
（3）普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_________。

（4）血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）______________

（5）镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为____________；晶胞是图中的_________________（填a、b或c）；配位数是__________________；晶胞的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg·cm－3，已知阿伏伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。
【答案】 (1). [Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） (2). CO2或CS2 (3). 1∶1 (4). (5). 六方最密堆积 (6). c (7). 12 (8). NAaρ g/mol
【解析】
【分析】
(1)铁元素是26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失电子先失去最外层电子，然后书写Fe3＋基态电子排布式；
(2)根据等电子体的定义进行分析；
(3)平均每两个晶胞立方体中含有1个K＋，说明每个晶胞中含有个K＋，然后用均摊方法得到Fex＋和CN－的个数，求出化学式，最后判断出Fe2＋和Fe3＋的个数比；
(4)N最外层有5个电子，形成三个共价键达到饱和，多余的键为配位键，进行分析；
(5)根据图a，镁单质堆积方式为六方最密堆积，配位数为12，然后根据密度定义进行分析；
【详解】(1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；
(2)SCN−中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN−互为等电子体的一种非极性分子的为CO2(或CS2)；
(3)平均每两个晶胞立方体中含有一个K＋，所以一个晶胞中钾离子个数==0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN−位于每条棱中点，该立方体中含有CN−个数=12×=3，平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，即亚铁离子与铁离子之比是1:1；
(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N原子提供电子对，Fe2+与N原子间的的配位键为：；
(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB…的方式堆积，单质晶体中原子为六方最密堆积，配位数为12，晶胞是图中的c；晶胞质量=2g，则ρg·cm−3=，则有Mr=NAaρ g/mol。
24.中国工程院院士李兰娟团队，于2020年2月4日公布治疗新冠病毒感染的肺炎最新研究成果。他们初步测试发现，在体外细胞实验中，阿比朵尔在10~30微摩尔浓度下，与药物未处理的对照组比较，能有效抑制冠状病毒达60倍，并有显著抑制病毒对细胞的病变效应。因此“阿比朵尔”成为抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如下：

回答下列问题：
（1）有机物A的名称是____________。
（2）反应②、⑥反应类型分别是_________、______________。
（3）F中含氧官能团的名称是_______________；G的分子式为_______________。
（4）请写出反应③的化学反应方程式______________________________________。
（5）M是B的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有________种：①苯环上有3个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应，且1molM水解消耗4molNaOH。
其中核磁共振氢谱为有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为_________________。
（6）设计由甲苯和2-丙醇为原料制备的合成路线。_____________
【答案】 (1). 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 (2). 还原反应 (3). 取代反应 (4). 酯基 (5). C15H17NO4 (6). (7). 6 (8). (9). ，。
【解析】
【分析】
(1)根据A的结构简式以及有机物的命名原则进行分析；
(2)对比B和C，B中－NO2→－NH2，添氢去氧，属于还原反应，对比G和H结构简式，Br原子取代甲基上的H原子，即该反应类型为取代反应；
(3)根据F的结构简式，得出含氧官能团；根据有机物碳成键特点，推出G的分子式；
(4)对比C和E结构简式，反应③的类型为取代反应，然后书写出化学反应方程式；
(5)能发生银镜反应和水解反应，说明应是甲酸某酯的形式，1molM水解消耗4molNaOH，说明书写结构中含有2个，然后判断同分异构体的数目；
(6)利用反应③，应让甲苯先在甲基对位上引入－NO2，然后Fe/NH4Cl作用下，－NO2→－NH2，2－丙醇发生氧化反应生成丙酮，利用上述反应③，得到所用物质；
【详解】(1)根据A的结构简式，该有机物的名称为对硝基苯酚或4－硝基苯酚；
(2)对比B和C，B中－NO2→－NH2，添氢去氧，属于还原反应，对比G和H结构简式，Br原子取代甲基上的H原子，即该反应类型为取代反应
(3)根据F结构简式，F中含氧官能团是酯基；G的分子式为C15H17NO4；
(4)对比C和E结构简式，反应③的类型为取代反应，其反应方程式为；
(5)能发生银镜反应和水解反应，说明应是甲酸某酯的形式，1molM水解消耗4molNaOH，说明书写结构中含有2个，有三个取代基，即含有一个－NH2，和处于邻位，－NH2在苯环上有2个位置，如果处于间位，－NH2在苯环上有3种位置，如果处于对位，－NH2在苯环上有1种位置，综上所述，符合条件的共有6种；核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种不同的氢原子，峰面积之比为2：2：2：1，则结构简式为和；
(6) 利用反应③，应让甲苯先在甲基对位上引入－NO2，然后Fe/NH4Cl作用下，－NO2→－NH2，2－丙醇发生氧化反应生成丙酮，即路线，。