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北京市丰台区2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份北京市丰台区2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版），共19页。
2023北京丰台高二(下)期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ti 48 Co 59
第一部分(选择题 共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列物质、类别和官能团的对应关系不正确的是
选项
A
B
C
D
物质
CH3CH=CH2
CH3COOH
CH3OCH3
类别
烯烃
羧酸
酚
醚
官能团
—OH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烯属于烯烃类，官能团是碳碳双键，故A正确；
B．乙酸属于酸类，官能团是羧基，故B正确；
C．苯甲醇属于醇类，不是酚，官能团是醇羟基，故C错误；
D．甲醚属于醚类，官能团是醚键，故D正确；
故本题选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. CO2的分子结构模型：
B. 基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C. 羟基的电子式：
D. 的系统命名：3-甲基-2-丁醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。
3. 下列说法不正确的是
A. p轨道形状为哑铃形，有三种空间取向
B. 金属良好的导电性与金属键有关
C. HCl分子的共价键是s-s σ键
D. NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A．p轨道是哑铃形的，有px、py、pz三种空间取向，故A正确；
B．金属晶体的作用力是金属键，金属键的存在对金属的导电性有影响，故B正确；
C．HCl分子的共价键是s—p σ键，故C错误；
D．铵根离子与氯离子之间存在离子键，铵根离子内有共价键和配位键，故D正确；
故本题选C．
4. 下列反应的化学方程式书写正确的是
A. 工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2CH3CHO+H2
B. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O¯+2H2O
C. 苯酚钠溶液与二化氧碳反应：2+CO2+H2O→2+Na2CO3
D. 酯在酸性条件下水解：CH3COOCH2CH3+H218OCH3CH2OH+CH3CO18OH
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上由乙醇制备乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，A错误；
B．乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O¯+3H2O，B错误；
C．碳酸的酸性强于苯酚，但碳酸氢根的酸性弱于苯酚，则苯酚钠溶液与二化氧碳反应：+CO2+H2O→+NaHCO3，C错误；
D．酯在酸性条件下水解得到酸和醇：CH3COOCH2CH3+H218OCH3CH2OH+CH3CO18OH，D正确；
故选D。
5. 下列各组分子或离子的空间结构不相似的是
A. CO2和OF2 B. NH和CH4 C. H3O+和NH3 D. SO2和O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2为直线形；OF2的中心原子的价层电子对数为，分子的空间构型为V形，A符合题意；
B．NH和CH4的中心原子的价层电子对数为4，配位原子数为4，均为正四面体形，B不符合题意；
C．H3O+和NH3的中心原子的价层电子对数为4，配位原子数为3，均为三角锥形，C不符合题意；
D．SO2和O3的中心原子的价层电子对数为3，配位原子数为2，均为V形，D不符合题意；
故选A。
6. 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. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能
B. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
C. CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α-氰基丙烯酸丁酯()室温下可发生加聚反应
D. 与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能，说明苯环使甲基活泼性增强，故不选A；
B．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多，是因为甘油分子中羟基个数大于乙醇，不能证明邻近基团相互影响，故选B；
C．CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α-氰基丙烯酸丁酯室温下可发生加聚反应，说明α-氰基丙烯酸丁酯中碳碳双键受氰基、酯基影响活泼性增强，故不选C；
D．与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应，说明羧基中的 受羟基影响活泼性减弱，故不选D；
选B。
7. SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是
A. 分子中只含极性键 B. SF6是极性分子
C. 与之间共用电子对偏向S D. 原子满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．SF6中的键为6条S-F键，为极性键，此分子中只含极性键，故A正确；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，为非极性分子，故B错误；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；
故本题选A．
8. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键
键能/
411
318
799
358
452
346
222
A. 稳定性： B. 键长：
C. 熔点： D. 硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
选C。
9. 下列物质的性质与氢键无关的是
A. 沸点：乙二醇>丙醇 B. 密度：冰<水
C. 乙醇能与水以任意比例互溶 D. 沸点：丙烷<乙醛
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙二醇中有2个羟基，丙醇中有1个羟基，乙二醇分子间形成的氢键的数目比丙醇分子间形成的氢键的数目多，故沸点：乙二醇＞丙醇，与氢键有关，A项不符合题意；
B．在冰晶体中水分子间存在氢键，由于氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，使冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，B项不符合题意；
C．由于乙醇分子与水分子间形成氢键，故乙醇能与水以任意比例互溶，与氢键有关，C项不符合题意；
D．由于乙醛分子的极性比丙烷分子的极性大，故乙醛分子间作用力强于丙烷分子间作用力，乙醛的沸点比丙烷的高，与氢键无关，D项符合题意；
答案选D。
10. 2022年4月，我国首个具有完全自主知识产权口服抗新冠药物阿兹夫定获批上市，阿兹夫定的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中含有4个手性碳原子
B. 分子中N原子均为sp2杂化
C. 分子中含有3种含氧官能团
D. 该物质能发生加成反应、消去反应、取代反应、水解反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中含有4个手性碳原子：，A正确；
B．-NH2中氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，则为sp3杂化，B错误；
C．分子中含有羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，C正确；
D．该物质碳碳双键能发生加成反应，含有羟基能发生消去反应、取代反应，含有酰胺基能发生水解反应，D正确；
故选B。
11. 富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图所示，下列说法不正确的是
A. 铁位于元素周期表第四周期、第VIII族
B. 富马酸分子中σ键与π键的数目比为11∶2
C. 富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
D. 1 mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2 mol CO2
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在C=O键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。
【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．1mol富马酸分子中存在11mol的σ键和3mol的π键，数目比为11:3，故B错误；
C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；
D．1 mol富马酸中存在2mol羧基，与足量NaHCO3溶液反应可生成2mol CO2，故D正确；
故本题选B。
12. 下列实验方案能达到相应目的的是
A．制备乙烯并检验
B．实验室制乙酸乙酯
C．检验溴乙烷水解产物中含有Br-
D．证明酸性：碳酸>苯酚
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应有副产物二氧化硫生成，二氧化硫能使溴水褪色，干扰乙烯与溴水的反应，故A错误；
B．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，故B错误；
C．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含Br-，故C正确；
D．浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，盐酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故D错误；
故选C。
13. BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 1mol 最多可与4mol H2反应
B. 有碱性
C. 中间产物的结构简式为：
D. ①为加成反应，②为消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．中苯环和醛基都能与H2发生加成反应，1mol最多可与4molH2反应，A项正确；
B．中含有氨基，故具有碱性，B项正确；
C．与发生加成反应生成的中间产物的结构简式为，C项错误；
D．①为与发生的加成反应，②为发生消去反应生成BAS，D项正确；
答案选C。
14. 一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应能量变化及一段时间后产物的选择性如图。下列叙述不正确的是
资料：R×+X×®RX(R×为烷基自由基，X×为卤素自由基)；通常活化能越大，反应速率受温度影响越大。
A. 丙烷氯代或溴代反应均可能产生同分异构体
B. 正丙基自由基(CH3CH2CH2×)比异丙基自由基[×CH(CH3)2]稳定
C. 升高温度，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大
D. 以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，Br2比Cl2更适于作取代试剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烷氯代反应可生成互为同分异构体的CH3CH2CH2Cl和(CH3)2CHCl，丙烷溴代反应可生成互为同分异构体的CH3CH2CH2Br和(CH3)2CHBr，A项正确；
B．由图可知，正丙基自由基(CH3CH2CH2×)具有的能量比异丙基自由基[×CH(CH3)2]具有的能量高，能量越低越稳定，则异丙基自由基比正丙基自由基稳定，B项错误；
C．由图可知，生成1-氯丙烷的活化能比生成2-氯丙烷的活化能大，通常活化能越大、反应速率受温度影响越大，故升高温度，生成1-氯丙烷的速率增大得更快，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大，C项正确；
D．由图可知，以丙烷氯代反应生成的2-氯丙烷的选择性为55%，而发生溴代反应生成的2-溴丙烷的选择性为97%，故以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，使用Br2作为取代试剂所得产品的纯度更高，即Br2比Cl2更适于作取代试剂，D项正确；
答案选B。
第二部分(非选择题 共58分)
本部分共5题，共58分。
15. 利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现NOx的净化
①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因___________。
②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因___________。
③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是___________。
（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。
（3）光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)生成，·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为___________。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是___________。
③NA表示阿伏加德罗常数值，则该晶体的密度为___________g·cm-3(1nm=10-7cm)。
【答案】（1） ①. N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O ②. N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 ③. 平面三角形
（2）中心原子的杂化方式均为sp3杂化，C-O-H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，，使得键角：H-C-H>C-O-H
（3）C6H6O+28·OH®6CO2+17H2O
（4） ①. ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
①N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O。
②N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，所以N2化学性质稳定。
③中N原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构是平面三角形。
【小问2详解】
甲醇分子中C、O原子的杂化方式均为sp3杂化，C-O-H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，使得键角：H-C-H>C-O-H。
【小问3详解】
·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为C6H6O+28·OH®6CO2+17H2O。
【小问4详解】
①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价层电子轨道表示式为 。
②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。
③根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、Co原子数为1、O原子数为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g·cm-3g·cm-3。
16. 手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。
已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K<10-5
Au+NO+4H+Au3++NO↑+2H2O K<10-5
Au3++4Cl-[AuCl4]- K>105
ii．HAuCl4=H++[AuCl4]—
（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是___________。
（2）已知，王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金反应时产生NO。
①写出该反应的离子方程式：___________。
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用___________。
（3）若用Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是___________mol。
（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为___________。
（5）水合肼(N2H4·H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼还原性增强”，还具有的优点可能有___________(写出一条即可)。
（6）Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。
①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl-___________NH3(填“>”或“<”)。
②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是___________。
【答案】（1）增加反应的接触面积，加快反应速率
（2） ①. Au+NO+4Cl-+2H+=NO↑+[AuCl4]-+2H2O ②. 提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动
（3）1.5
（4）AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
（5）将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质
（6） ①. < ②. 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-
【解析】
【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和[PdCl4]2-溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含[PdCl4]2-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2；
【小问1详解】
酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
①根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO+4Cl-+2H+=NO↑+[AuCl4]-+2H2O；
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动；
【小问3详解】
根据得失电子守恒可知，1.5molZn粉能将溶液中的1mol HAuCl4完全还原；
【小问4详解】
AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；
【小问5详解】
还具有的优点可能为将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质；
【小问6详解】
①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力：Cl-< NH3；
②调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-。
17. 胭木二酮()是一种同时含有异黄酮和茚酮结构的天然物质，在药物研发方面潜力巨大，其合成路线如图。
已知：
请回答：
（1）A的结构简式为___________。
（2）A→B的化学方程式为___________。
（3）下列关于化合物C和D的说法中，正确的是___________(填字母)。
a．1mol C最多能与2mol NaOH反应
b．C中苯环上的一氯代物有3种
c．C和D均可形成氢键
d．D的一种同分异构体含有苯环和羧基
（4）F中含有两个六元环，F的结构简式为___________。
（5）H的分子式为___________。
（6）在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(OTf)2的主要作用是成环，SeO2的主要作用是___________。
【答案】（1） （2）+2NaOH+NaCl+H2O
（3）abd （4）
（5）C16H12O2
（6）氧化剂
【解析】
【分析】根据反应条件和C的结构简式可知，A为，A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B，B为，结合已知可知，C在AlCl3条件下发生重排生成D，D为，结合第(4)小问，再根据G的结构简式和F的分子式可知F为。
【小问1详解】
据分析可知，A的结构简式为；
【小问2详解】
A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B，A→B的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
【小问3详解】
a．C含有1个酯基能与NaOH按照1:1发生水解反应，水解生成的苯酚再与NaOH按照1:1发生反应，则1mol C最多能与2mol NaOH反应，a正确；
b．C中苯环上有3种等效氢，则C中苯环上的一氯代物有3种，b正确；
c．D中含有羟基能形成氢键，而C不能形成氢键，c错误；
d．D的一种同分异构体含有苯环和羧基，d正确；
故选abd；
【小问4详解】
据分析可知，F中含有两个六元环，F结构简式为；
【小问5详解】
H的分子式为C16H12O2；
【小问6详解】
H转化成胭木二酮发生氧化反应，则在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(OTf)2的主要作用是成环，SeO2的主要作用是作氧化剂。
18. 某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
已知：Fe3++6C6H5O-[Fe(C6H5O)6]3-；[Fe(C6H5O)6]3-为紫色配合物。
（1）配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。
（2）氯化铁溶液呈___________(填“酸性”或“碱性”)，用离子方程式表示原因___________。
（3）[Fe(C6H5O)6]3-中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是___________。
（4）进行如下实验。
实验1：
实验2：
【提出猜想】
i.Cl-对铁离子与苯酚的反应有促进作用；
ii.SO对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。
①向实验2反应后溶液中加入___________，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立。
②实验证明猜想ii成立，请写出实验操作和现象___________。
（5）实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，请从平衡角度结合化学用语进行解释___________。
（6）有同学提出，溶液pH越大，越利于铁离子与苯酚发生显色反应。你认为是否合理，并说明理由___________。
（7）由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有___________。
【答案】（1）100mL容量瓶
（2） ①. 酸性 ②. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
（3）Fe3+ （4） ①. NaCl固体 ②. 向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)
（5）溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O-[Fe(C6H5O)6]3-，H+与C6H5O-结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅
（6）不合理，pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应
（7）阴离子种类、溶液pH
【解析】
【分析】实验1中氯化铁与苯酚反应溶液为紫色，实验2中硫酸铁与苯酚反应溶液为浅紫色，通过实验现象提出猜想：i.Cl-对铁离子与苯酚的反应有促进作用；ii.SO对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。后续验证猜想时，在实验2后的反应液中加入氯化钠固体，溶液颜色无变化，说明猜想i不成立；为了验证猜想ii成立，可采用的方法为：实验1的溶液中加入硫酸根或实验2的溶液中消耗掉硫酸根，观察溶液颜色变化。
【小问1详解】
配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；
【小问2详解】
氯化铁溶液呈酸性，原因是铁离子水解生成氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
【小问3详解】
过渡金属元素通常可以提供空轨道形成配位键，故[Fe(C6H5O)6]3-中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是Fe3+；
【小问4详解】
①根据分析，向实验2反应后溶液中加入NaCl固体，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立；
②根据分析，证明猜想ii成立的实验操作和现象为：向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)；
【小问5详解】
实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，平衡角度解释为：溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O-[Fe(C6H5O)6]3-，H+与C6H5O-结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅；
【小问6详解】
pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应，故答案：不合理，pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应；
【小问7详解】
由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有：阴离子种类、溶液pH。
19. 治疗动脉硬化的某种药物M合成路线如下。
已知：i.
ii.不稳定，易转化成
回答下列问题：
（1）B的核磁共振氢谱只有一组峰，A的结构简式为___________。
（2）反应①的反应类型为___________。
（3）C中含氧官能团与B相同，C的结构简式可能为___________。
（4）F的结构简式为___________。
（5）反应⑤的化学方程式为___________。
（6）N是I的同分异构体，写出所有满足下列条件的N的结构简式___________。
①苯环上有两个取代基
②与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生银镜反应，但不能发生水解反应
④1mol N与足量Na反应，生成1mol H2
（7）G经三步反应合成I，请写出中间产物的结构简式：___________、___________。
【答案】（1）CH3CH(OH)CH3
（2）氧化反应 （3）或或
（4） （5）++H2O
（6）、、 （7） ①. ②.
【解析】
【分析】根据E的分子式，由M逆推，E是，E和乙酸酐反应生成F，根据信息i，可知F是；F和氯气发生取代反应生成G，根据G的分子式，可知G是，由M逆推，可知I是； A发生氧化反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，A是CH3CH(OH)CH3，B是(CH3)2C=O；根据C的分子式，可知3分子B聚和生成C，由M逆推可知C是或或；C与氢气发生加成反应生成D，D是；
【小问1详解】
A发生氧化反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，B是(CH3)2C=O 、A是CH3CH(OH)CH3；
【小问2详解】
A分子中去掉2个H原子生成B，反应①的反应类型为氧化反应；
【小问3详解】
3分子(CH3)2C=O聚和生成C ，C中含氧官能团与B相同，则C的结构简式可能为或或；
【小问4详解】
E是，E和乙酸酐反应生成F，根据信息i，可知F是；
【小问5详解】
反应⑤是和发生酯化反应生成，化学方程式为++H2O；
【小问6详解】
①苯环上有两个取代基；②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③能发生银镜反应，但不能发生水解反应，说明含有醛基，不含酯基；④1mol N与足量Na反应，生成1mol H2，说明含有2个羟基，则2个取代基为-OH、-CH(OH)CHO，符合条件的N的结构简式为、、;
【小问7详解】
结合信息ii，水解为，氧化为，再还原为，经三步反应合成I，中间产物的结构简式：、。
2023北京丰台高二(下)期末
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ti 48 Co 59
第一部分(选择题 共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列物质、类别和官能团的对应关系不正确的是
选项
A
B
C
D
物质
CH3CH=CH2
CH3COOH
CH3OCH3
类别
烯烃
羧酸
酚
醚
官能团
—OH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．丙烯属于烯烃类，官能团是碳碳双键，故A正确；
B．乙酸属于酸类，官能团是羧基，故B正确；
C．苯甲醇属于醇类，不是酚，官能团是醇羟基，故C错误；
D．甲醚属于醚类，官能团是醚键，故D正确；
故本题选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. CO2的分子结构模型：
B. 基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C. 羟基的电子式：
D. 的系统命名：3-甲基-2-丁醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。
3. 下列说法不正确的是
A. p轨道形状为哑铃形，有三种空间取向
B. 金属良好的导电性与金属键有关
C. HCl分子的共价键是s-s σ键
D. NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键
【答案】C
【解析】
【详解】A．p轨道是哑铃形的，有px、py、pz三种空间取向，故A正确；
B．金属晶体的作用力是金属键，金属键的存在对金属的导电性有影响，故B正确；
C．HCl分子的共价键是s—p σ键，故C错误；
D．铵根离子与氯离子之间存在离子键，铵根离子内有共价键和配位键，故D正确；
故本题选C．
4. 下列反应的化学方程式书写正确的是
A. 工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2CH3CHO+H2
B. 乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O¯+2H2O
C. 苯酚钠溶液与二化氧碳反应：2+CO2+H2O→2+Na2CO3
D. 酯在酸性条件下水解：CH3COOCH2CH3+H218OCH3CH2OH+CH3CO18OH
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上由乙醇制备乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，A错误；
B．乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O¯+3H2O，B错误；
C．碳酸的酸性强于苯酚，但碳酸氢根的酸性弱于苯酚，则苯酚钠溶液与二化氧碳反应：+CO2+H2O→+NaHCO3，C错误；
D．酯在酸性条件下水解得到酸和醇：CH3COOCH2CH3+H218OCH3CH2OH+CH3CO18OH，D正确；
故选D。
5. 下列各组分子或离子的空间结构不相似的是
A. CO2和OF2 B. NH和CH4 C. H3O+和NH3 D. SO2和O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2为直线形；OF2的中心原子的价层电子对数为，分子的空间构型为V形，A符合题意；
B．NH和CH4的中心原子的价层电子对数为4，配位原子数为4，均为正四面体形，B不符合题意；
C．H3O+和NH3的中心原子的价层电子对数为4，配位原子数为3，均为三角锥形，C不符合题意；
D．SO2和O3的中心原子的价层电子对数为3，配位原子数为2，均为V形，D不符合题意；
故选A。
6. 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. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能
B. 等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多
C. CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α-氰基丙烯酸丁酯()室温下可发生加聚反应
D. 与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能，说明苯环使甲基活泼性增强，故不选A；
B．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量Na反应，前者反应生成的H2多，是因为甘油分子中羟基个数大于乙醇，不能证明邻近基团相互影响，故选B；
C．CH2=CH2的加聚反应需要催化剂，α-氰基丙烯酸丁酯室温下可发生加聚反应，说明α-氰基丙烯酸丁酯中碳碳双键受氰基、酯基影响活泼性增强，故不选C；
D．与醛、酮的相比，羧基中的较难发生加成反应，说明羧基中的 受羟基影响活泼性减弱，故不选D；
选B。
7. SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是
A. 分子中只含极性键 B. SF6是极性分子
C. 与之间共用电子对偏向S D. 原子满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．SF6中的键为6条S-F键，为极性键，此分子中只含极性键，故A正确；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，为非极性分子，故B错误；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，故C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，故D错误；
故本题选A．
8. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键
键能/
411
318
799
358
452
346
222
A. 稳定性： B. 键长：
C. 熔点： D. 硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
选C。
9. 下列物质的性质与氢键无关的是
A. 沸点：乙二醇>丙醇 B. 密度：冰<水
C. 乙醇能与水以任意比例互溶 D. 沸点：丙烷<乙醛
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙二醇中有2个羟基，丙醇中有1个羟基，乙二醇分子间形成的氢键的数目比丙醇分子间形成的氢键的数目多，故沸点：乙二醇＞丙醇，与氢键有关，A项不符合题意；
B．在冰晶体中水分子间存在氢键，由于氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，使冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，B项不符合题意；
C．由于乙醇分子与水分子间形成氢键，故乙醇能与水以任意比例互溶，与氢键有关，C项不符合题意；
D．由于乙醛分子的极性比丙烷分子的极性大，故乙醛分子间作用力强于丙烷分子间作用力，乙醛的沸点比丙烷的高，与氢键无关，D项符合题意；
答案选D。
10. 2022年4月，我国首个具有完全自主知识产权口服抗新冠药物阿兹夫定获批上市，阿兹夫定的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中含有4个手性碳原子
B. 分子中N原子均为sp2杂化
C. 分子中含有3种含氧官能团
D. 该物质能发生加成反应、消去反应、取代反应、水解反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中含有4个手性碳原子：，A正确；
B．-NH2中氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，则为sp3杂化，B错误；
C．分子中含有羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，C正确；
D．该物质碳碳双键能发生加成反应，含有羟基能发生消去反应、取代反应，含有酰胺基能发生水解反应，D正确；
故选B。
11. 富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图所示，下列说法不正确的是
A. 铁位于元素周期表第四周期、第VIII族
B. 富马酸分子中σ键与π键的数目比为11∶2
C. 富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
D. 1 mol富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2 mol CO2
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在C=O键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。
【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．1mol富马酸分子中存在11mol的σ键和3mol的π键，数目比为11:3，故B错误；
C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；
D．1 mol富马酸中存在2mol羧基，与足量NaHCO3溶液反应可生成2mol CO2，故D正确；
故本题选B。
12. 下列实验方案能达到相应目的的是
A．制备乙烯并检验
B．实验室制乙酸乙酯
C．检验溴乙烷水解产物中含有Br-
D．证明酸性：碳酸>苯酚
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应有副产物二氧化硫生成，二氧化硫能使溴水褪色，干扰乙烯与溴水的反应，故A错误；
B．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，故B错误；
C．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含Br-，故C正确；
D．浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，盐酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故D错误；
故选C。
13. BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 1mol 最多可与4mol H2反应
B. 有碱性
C. 中间产物的结构简式为：
D. ①为加成反应，②为消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．中苯环和醛基都能与H2发生加成反应，1mol最多可与4molH2反应，A项正确；
B．中含有氨基，故具有碱性，B项正确；
C．与发生加成反应生成的中间产物的结构简式为，C项错误；
D．①为与发生的加成反应，②为发生消去反应生成BAS，D项正确；
答案选C。
14. 一定温度下，CH3CH2CH3的氯化、溴化反应能量变化及一段时间后产物的选择性如图。下列叙述不正确的是
资料：R×+X×®RX(R×为烷基自由基，X×为卤素自由基)；通常活化能越大，反应速率受温度影响越大。
A. 丙烷氯代或溴代反应均可能产生同分异构体
B. 正丙基自由基(CH3CH2CH2×)比异丙基自由基[×CH(CH3)2]稳定
C. 升高温度，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大
D. 以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，Br2比Cl2更适于作取代试剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烷氯代反应可生成互为同分异构体的CH3CH2CH2Cl和(CH3)2CHCl，丙烷溴代反应可生成互为同分异构体的CH3CH2CH2Br和(CH3)2CHBr，A项正确；
B．由图可知，正丙基自由基(CH3CH2CH2×)具有的能量比异丙基自由基[×CH(CH3)2]具有的能量高，能量越低越稳定，则异丙基自由基比正丙基自由基稳定，B项错误；
C．由图可知，生成1-氯丙烷的活化能比生成2-氯丙烷的活化能大，通常活化能越大、反应速率受温度影响越大，故升高温度，生成1-氯丙烷的速率增大得更快，体系中n(1-氯丙烷)∶n(2-氯丙烷)的值增大，C项正确；
D．由图可知，以丙烷氯代反应生成的2-氯丙烷的选择性为55%，而发生溴代反应生成的2-溴丙烷的选择性为97%，故以丙烷为原料通过“卤代-水解”过程合成2-丙醇时，使用Br2作为取代试剂所得产品的纯度更高，即Br2比Cl2更适于作取代试剂，D项正确；
答案选B。
第二部分(非选择题 共58分)
本部分共5题，共58分。
15. 利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现NOx的净化
①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因___________。
②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因___________。
③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是___________。
（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。
（3）光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)生成，·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为___________。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是___________。
③NA表示阿伏加德罗常数值，则该晶体的密度为___________g·cm-3(1nm=10-7cm)。
【答案】（1） ①. N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O ②. N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 ③. 平面三角形
（2）中心原子的杂化方式均为sp3杂化，C-O-H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，，使得键角：H-C-H>C-O-H
（3）C6H6O+28·OH®6CO2+17H2O
（4） ①. ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
①N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O。
②N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，所以N2化学性质稳定。
③中N原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构是平面三角形。
【小问2详解】
甲醇分子中C、O原子的杂化方式均为sp3杂化，C-O-H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，使得键角：H-C-H>C-O-H。
【小问3详解】
·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为C6H6O+28·OH®6CO2+17H2O。
【小问4详解】
①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价层电子轨道表示式为 。
②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。
③根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、Co原子数为1、O原子数为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g·cm-3g·cm-3。
16. 手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。
已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K<10-5
Au+NO+4H+Au3++NO↑+2H2O K<10-5
Au3++4Cl-[AuCl4]- K>105
ii．HAuCl4=H++[AuCl4]—
（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是___________。
（2）已知，王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金反应时产生NO。
①写出该反应的离子方程式：___________。
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用___________。
（3）若用Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是___________mol。
（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为___________。
（5）水合肼(N2H4·H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼还原性增强”，还具有的优点可能有___________(写出一条即可)。
（6）Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。
①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl-___________NH3(填“>”或“<”)。
②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是___________。
【答案】（1）增加反应的接触面积，加快反应速率
（2） ①. Au+NO+4Cl-+2H+=NO↑+[AuCl4]-+2H2O ②. 提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动
（3）1.5
（4）AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
（5）将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质
（6） ①. < ②. 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-
【解析】
【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和[PdCl4]2-溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含[PdCl4]2-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2；
【小问1详解】
酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
①根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO+4Cl-+2H+=NO↑+[AuCl4]-+2H2O；
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动；
【小问3详解】
根据得失电子守恒可知，1.5molZn粉能将溶液中的1mol HAuCl4完全还原；
【小问4详解】
AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；
【小问5详解】
还具有的优点可能为将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质；
【小问6详解】
①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力：Cl-< NH3；
②调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-。
17. 胭木二酮()是一种同时含有异黄酮和茚酮结构的天然物质，在药物研发方面潜力巨大，其合成路线如图。
已知：
请回答：
（1）A的结构简式为___________。
（2）A→B的化学方程式为___________。
（3）下列关于化合物C和D的说法中，正确的是___________(填字母)。
a．1mol C最多能与2mol NaOH反应
b．C中苯环上的一氯代物有3种
c．C和D均可形成氢键
d．D的一种同分异构体含有苯环和羧基
（4）F中含有两个六元环，F的结构简式为___________。
（5）H的分子式为___________。
（6）在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(OTf)2的主要作用是成环，SeO2的主要作用是___________。
【答案】（1） （2）+2NaOH+NaCl+H2O
（3）abd （4）
（5）C16H12O2
（6）氧化剂
【解析】
【分析】根据反应条件和C的结构简式可知，A为，A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B，B为，结合已知可知，C在AlCl3条件下发生重排生成D，D为，结合第(4)小问，再根据G的结构简式和F的分子式可知F为。
【小问1详解】
据分析可知，A的结构简式为；
【小问2详解】
A在NaOH水溶液中发生水解反应生成B，A→B的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
【小问3详解】
a．C含有1个酯基能与NaOH按照1:1发生水解反应，水解生成的苯酚再与NaOH按照1:1发生反应，则1mol C最多能与2mol NaOH反应，a正确；
b．C中苯环上有3种等效氢，则C中苯环上的一氯代物有3种，b正确；
c．D中含有羟基能形成氢键，而C不能形成氢键，c错误；
d．D的一种同分异构体含有苯环和羧基，d正确；
故选abd；
【小问4详解】
据分析可知，F中含有两个六元环，F结构简式为；
【小问5详解】
H的分子式为C16H12O2；
【小问6详解】
H转化成胭木二酮发生氧化反应，则在H转化成胭木二酮的过程中，Cu(OTf)2的主要作用是成环，SeO2的主要作用是作氧化剂。
18. 某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
已知：Fe3++6C6H5O-[Fe(C6H5O)6]3-；[Fe(C6H5O)6]3-为紫色配合物。
（1）配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。
（2）氯化铁溶液呈___________(填“酸性”或“碱性”)，用离子方程式表示原因___________。
（3）[Fe(C6H5O)6]3-中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是___________。
（4）进行如下实验。
实验1：
实验2：
【提出猜想】
i.Cl-对铁离子与苯酚的反应有促进作用；
ii.SO对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。
①向实验2反应后溶液中加入___________，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立。
②实验证明猜想ii成立，请写出实验操作和现象___________。
（5）实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，请从平衡角度结合化学用语进行解释___________。
（6）有同学提出，溶液pH越大，越利于铁离子与苯酚发生显色反应。你认为是否合理，并说明理由___________。
（7）由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有___________。
【答案】（1）100mL容量瓶
（2） ①. 酸性 ②. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
（3）Fe3+ （4） ①. NaCl固体 ②. 向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)
（5）溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O-[Fe(C6H5O)6]3-，H+与C6H5O-结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅
（6）不合理，pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应
（7）阴离子种类、溶液pH
【解析】
【分析】实验1中氯化铁与苯酚反应溶液为紫色，实验2中硫酸铁与苯酚反应溶液为浅紫色，通过实验现象提出猜想：i.Cl-对铁离子与苯酚的反应有促进作用；ii.SO对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。后续验证猜想时，在实验2后的反应液中加入氯化钠固体，溶液颜色无变化，说明猜想i不成立；为了验证猜想ii成立，可采用的方法为：实验1的溶液中加入硫酸根或实验2的溶液中消耗掉硫酸根，观察溶液颜色变化。
【小问1详解】
配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；
【小问2详解】
氯化铁溶液呈酸性，原因是铁离子水解生成氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
【小问3详解】
过渡金属元素通常可以提供空轨道形成配位键，故[Fe(C6H5O)6]3-中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是Fe3+；
【小问4详解】
①根据分析，向实验2反应后溶液中加入NaCl固体，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立；
②根据分析，证明猜想ii成立的实验操作和现象为：向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)；
【小问5详解】
实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，平衡角度解释为：溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O-[Fe(C6H5O)6]3-，H+与C6H5O-结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O-的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅；
【小问6详解】
pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应，故答案：不合理，pH过大，OH-浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应；
【小问7详解】
由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有：阴离子种类、溶液pH。
19. 治疗动脉硬化的某种药物M合成路线如下。
已知：i.
ii.不稳定，易转化成
回答下列问题：
（1）B的核磁共振氢谱只有一组峰，A的结构简式为___________。
（2）反应①的反应类型为___________。
（3）C中含氧官能团与B相同，C的结构简式可能为___________。
（4）F的结构简式为___________。
（5）反应⑤的化学方程式为___________。
（6）N是I的同分异构体，写出所有满足下列条件的N的结构简式___________。
①苯环上有两个取代基
②与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生银镜反应，但不能发生水解反应
④1mol N与足量Na反应，生成1mol H2
（7）G经三步反应合成I，请写出中间产物的结构简式：___________、___________。
【答案】（1）CH3CH(OH)CH3
（2）氧化反应 （3）或或
（4） （5）++H2O
（6）、、 （7） ①. ②.
【解析】
【分析】根据E的分子式，由M逆推，E是，E和乙酸酐反应生成F，根据信息i，可知F是；F和氯气发生取代反应生成G，根据G的分子式，可知G是，由M逆推，可知I是； A发生氧化反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，A是CH3CH(OH)CH3，B是(CH3)2C=O；根据C的分子式，可知3分子B聚和生成C，由M逆推可知C是或或；C与氢气发生加成反应生成D，D是；
【小问1详解】
A发生氧化反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，B是(CH3)2C=O 、A是CH3CH(OH)CH3；
【小问2详解】
A分子中去掉2个H原子生成B，反应①的反应类型为氧化反应；
【小问3详解】
3分子(CH3)2C=O聚和生成C ，C中含氧官能团与B相同，则C的结构简式可能为或或；
【小问4详解】
E是，E和乙酸酐反应生成F，根据信息i，可知F是；
【小问5详解】
反应⑤是和发生酯化反应生成，化学方程式为++H2O；
【小问6详解】
①苯环上有两个取代基；②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③能发生银镜反应，但不能发生水解反应，说明含有醛基，不含酯基；④1mol N与足量Na反应，生成1mol H2，说明含有2个羟基，则2个取代基为-OH、-CH(OH)CHO，符合条件的N的结构简式为、、;
【小问7详解】
结合信息ii，水解为，氧化为，再还原为，经三步反应合成I，中间产物的结构简式：、。
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