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甘肃省张掖市高台县第一中学2022-2023学年高二下学期7月月考化学试题（解析版）
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这是一份甘肃省张掖市高台县第一中学2022-2023学年高二下学期7月月考化学试题（解析版），共22页。
化学
本试卷总分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56
第I卷(选择题 共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料
B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D. 研发催化剂将还原为甲醇
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；
B．大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；
D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；
故选D。
2. 某烯烃与氢气加成后得到2，3－二甲基戊烷，烯烃的名称不正确的是
A 2，3－二甲基－1－戊烯 B. 2，3－二甲基－4－戊烯
C. 3，4－二甲基－2－戊烯 D. 2，3－二甲基－2－戊烯
【答案】B
【解析】
【分析】烯烃的加成反应原理，碳碳双键中的一个键断开，分别结合H原子，生成2，3-二甲基戊烷：(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到该烯烃。
【详解】2，3-二甲基戊烷的碳链结构为：，如果1和2号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为2，3－二甲基－1－戊烯；如果2和3号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为2，3－二甲基－2－戊烯；如果3和4号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3，4－二甲基－2－戊烯；如果4和5号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3，4－二甲基－1－戊烯；如果3和3号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3－甲基－2－乙基－1－丁烯；不可能是2，3－二甲基－4－戊烯。
答案选B。
3. 据报道：清华大学的科学家将古老的养蚕技术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维，延展性和抗拉强度显著提高。下列说法正确的是
A. 石墨烯属于烯烃，属于有机物
B. 碳纳米管和石墨烯互为同分异构体
C. 蚕丝纤维属于纤维素，可水解
D. 鉴别某丝织品是否为真蚕丝可以用灼烧的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨烯属于单质，故A错误；
B．碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故B错误；
C．蚕丝纤维属于蛋白质，故C错误；
D．真蚕丝的成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，可以鉴别，故D正确；
故选D。
4. 我国屠呦呦等科学家通过元素分析和___________分析，确定青蒿素的相对分子质量为282，分子式为C15H22O5。经___________和___________分析，确定青蒿素分子中含有酯基和甲基等结构片段。通过___________最终测定了青蒿素的分子结构。以上横线中使用方法顺序正确的是
a．X射线衍射实验 b．红外光谱法 c．核磁共振氢谱 d．质谱法
A. d—b—c—a B. b—c—d—a C. a—b—c—d D. c—d—b—a
【答案】A
【解析】
【详解】我国屠呦呦等科学家通过元素分析和质谱法分析，确定青蒿素的相对分子质量为282，分子式为C15H22O5。经红外光谱法和核磁共振氢谱分析，确定青蒿素分子中含有酯基和甲基等结构片段。通过X射线衍射实验最终测定了青蒿素的分子结构；因此以上横线中使用方法顺序d—b—c—a，选A。
5. 如图为某烃的键线式结构，下列说法错误的是
A. 该烃与环己二烯相差5个“CH2”基团
B. 一定条件下，能发生加聚反应
C. 苯环上只有一个取代基的同分异构体共有8种
D. 该烃和Br2按物质的量之比1：1加成时，所得产物共有5种
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子的分子式为C11H16而环己二烯的分子式为C6H8，它们之间差C5H8，A项错误；
B．该分子中含有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应、氧化反应，B项正确；
C．该分子含有4个不饱和度，含一个苯环和一个C5H11烷基，由基元法-C5H11为8种，所以该同分异构体为8种，C项正确；
D．该物质为含三个双键的多烯烃，可以发生1,2-加成也可以发生1,4-加成。前者有三种后者2种，总共5种，D项正确；
答案选A。
6 实验室用环戊醇(沸点160.8℃，密度)与溴化氢反应制备溴代环戊烷(沸点138℃，密度)，其反应原理如下：
则制备溴代环戊烷的装置可以选择
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】制备溴代环戊烷的反应原理为：，需要水浴加热，测定水的温度为75~ 80，该反应条件下，环戊醇和溴代环戊烷都不会挥发，只有C合理；
故选C。
7. 下列说法错误的有
①乙醇、苯等有机溶剂易挥发且易被引燃，使用时需远离明火，用毕立即塞紧瓶塞
②第四周期元素中，未成对电子数最多元素位于钾元素后面第五位
③高分子分离膜根据膜孔大小分为微滤膜、超滤膜、纳滤膜和反渗透膜等
④聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可以用于手术缝合线等
⑤价层电子对互斥模型中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
⑥H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键
⑦卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量增大而升高
⑧邻羟基苯甲醛容易形成分子间氢键
A. ①③⑥⑧ B. ③④⑤⑥ C. ⑥⑦⑧ D. ②⑦⑧
【答案】C
【解析】
【详解】①乙醇、苯等有机溶剂易挥发且易燃烧，使用时要将有机溶剂远离明火，用毕立即塞紧瓶塞，故①正确；
②第四周期元素中，未成对电子数最多的元素是24号元素Cr，位于钾元素后面第五位，故②正确；
③高分子分离膜根据膜孔大小分为微滤膜、超滤膜、纳滤膜和反渗透膜等，分离膜一般只允许水及一些小分子物质通过，其余物质则被截留在膜的另一侧，形成浓缩液，故③正确；
④聚乳酸是乳酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，具有良好的生物相容性和生物可吸收性，也具有良好的可降解性，因此常用于手术缝合线等，故④正确；
⑤价层电子对互斥模型中价层电子对数包含σ键电子对和孤对电子对，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故⑤正确；
⑥H2O比H2S稳定是因为氧氢键比硫氢 键能大，水存在分子间氢键是水的沸点比H2S的沸点高，故⑥错误；
⑦卤素单质、卤素碳化物(CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量增大而升高，而卤素氢化物中HF由于存在分子间氢键，因此HF的沸点比较高，故⑦错误；
⑧邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，故⑧错误；
因此⑥⑦⑧说话错误，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
8. 下列转化不能通过一步反应实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．己烷在一定条件下可通过裂化反应生成丙烷、丙烯，A不符合题意；
B．，该反应属于1，4-加成反应，可一步实现，B不符合题意；
C．乙炔在一定条件下发生加聚反应得到聚乙炔：，C不符合题；
D．在 过程中，不能通过一步反应实现物质的转化；一般可先通过卤素单质取代两个甲基中的氢原子，将转化为，再通过取代反应将转化为，最后用酸性高锰酸钾氧化为，D符合题意；
故选D。
9. 根据下列事实所作的结论，正确的是
编号
事实
结论。
A
甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O
甲和乙分子中C−H键数一定不同
B
某烷烃分子结构对称
该烷烃一氯代物不可能有多种
C
质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水
等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同
D
某有机物的分子式为C4H4
该有机物分子中不可能只有单键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O，甲和乙分子中C−H键数可能相同，比如1−丙醇和2−丙醇，C−H键数可能不同，比如1−丙醇和甲乙醚，故A错误；
B．某烷烃分子结构对称，也可能有多种，比如正戊烷有3种一氯代物，故B错误；
C．质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水，说明氢的质量分数相同，则等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同，故C正确；
D．某有机物的分子式为C4H4，该有机物分子中可能只有单键，比如，故D错误。
综上所述，答案为C。
10. 某药物合成的中间体结构简式如图。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 化学式为C16H18O5 B. 存在顺反异构和对映异构
C. 其晶体类型属于共价晶体 D. 苯环上的氢原子共有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．由该化合物的结构简式可知，该化合物的化学式为C16H18O5，A正确；
B．如图所示，苯环上，羟基的间位取代基中的碳碳双键上的两个碳原子连接了氢原子和不同的基团，故该化合物存在顺反异构体，该化合物含有手性碳原子(羟基的邻位取代基中的饱和碳原子)，故该化合物存在对映异构体(旋光异构体)，B正确；
C．该化合物属于分子晶体，C错误；
D．如图所示，该化合物的苯环上的氢原子共有3种，D正确；
故选C。
11. 有机物的结构共有(不考虑立体异构)
A. 24种 B. 28种 C. 32种 D. 36种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】-C4H9共有4种结构，-C3H5Cl2共有9种结构，因此该有机物的结构的数目为，故D正确。
12. 光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。某光刻胶可由降冰片烯()与马来酸酐()共聚而成。下列说法正确的是
A. 降冰片烯可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应
B. 与互为同分异构体
C. 马来酸酐可稳定存在于碱性溶液中
D. 该光刻胶的结构简式一定为
【答案】A
【解析】
【详解】A．降冰片烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应，故A正确；
B．两者分子式相同、结构相同，二者是同种物质，故B错误；
C．马来酸酐含有酯基，在碱性溶液中发生水解反应，不能稳定存在，故C错误；
D．降冰片烯与马来酸酐之间可以发生加聚反应，马来酸酐分子之间也可以发生加聚反应，该光刻胶的结构简式可能为：或，故D错误；
故选：A。
13. 邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. Cu2+的配位数是2
B. 配位原子为N原子和O原子
C. N原子的杂化类型均为sp3
D. O的电负性与第一电离能均大于N
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知Cu2+与2个配位体的N原子及2个配位体的O原子形成4个配位键，故Cu2+的配位数是4，A错误；
B．在该配位化合物中，中心Cu2+上有空轨道，2个配位体的N原子提供孤电子对，2个配位体的O原子提供孤电子对，故配位原子为N原子和O原子，B正确；
C．根据物质结构简式可知：氨基N原子采用sp3杂化，而六元环上的N原子则采用sp2杂化，C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N，所以元素的电负性：O＞N。一般情况下同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，故其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，即第一电离能：N＞O，D错误；
故合理选项是B。
14. 溴乙烷是有机合成的重要原料，实验室中可由乙醇与氢溴酸反应制备，路线如下。
下列说法错误是
A. 浓硫酸的浓度过大，会使粗产品略显橙色
B. 用5% Na2CO3溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层
C. 无水MgSO4的作用是除去有机相中残存的少量水
D. 蒸馏除去残余反应物乙醇时，乙醇先蒸馏出体系
【答案】D
【解析】
【分析】乙醇和氢溴酸在浓硫酸作用下反应生成溴乙烷和水，溴乙烷密度比水大，在下层，分液得到下层有机相，用5%Na2CO3溶液洗涤有机相除去附着在溴Z烷表面的氢溴酸，分液得到溴乙烷，用水洗除去溴乙烷表面的碳酸钠，分液得有机相，有机相中加无水硫酸镁吸水、蒸馏得溴乙烷，据此解答。
【详解】A．浓硫酸浓度过大，可能会将部分Br-氧化成Br2，因为溴单质易溶于有机溶剂中显橙色，所以上述过程中会使粗产品略显橙色，A正确；
B．由于溴乙烷的密度比水大，故分液时，有机相在下层，B正确；
C．无水MgSO4有一定的吸水能力，可以用来除去有机相中残留的少量水，C正确；
D．由于乙醇存在分子间氢键，故其沸点比溴乙烷高，所以先蒸馏出的是溴乙烷，D错误；
故答案选D。
15. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A. 增大压强，甲醇转化率增大 B. b点反应速率
C. 反应速率 D. 生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，所以增大压强可使平衡正向移动，甲醇转化率增大，故A正确；
B．b点后CO转化率还可以升高，说明反应未达平衡状态，正向进行，所以，故B错误；
C．a点温度比d点温度低，所以反应速率，故C正确；
D．温度控制在80~85℃内，CO转化率最高，继续升高温度，转化率反而下降，所以生产时反应温度控制在80~85℃为宜，故D正确；
答案选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
16. 一种具有广谱抗菌活性的有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法错误的是
A. 其分子式为C16H15NO7
B. 其水解产物均为反式结构
C. 该分子中有6种官能团
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗5molNaOH
【答案】CD
【解析】
【详解】A．其分子式为C16H15NO7，A正确；
B．其水解产物 、 均为反式结构，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，该分子中有羟基、碳碳双键、酯基、酰胺基和羧基等5种官能团，C错误；
D．由题干有机物结构简式可知，1mol该物质含有2mol酚羟基，消耗2molNaOH，1mol酚酯基消耗2molNa0H，1mol酰胺基消耗1molNa0H，1mol羧基消耗1molNaOH，与足量NaOH溶液反应时消耗6molNaOH，D错误；
故选CD。
17. 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′代表烷基。下列说法正确的是
A. 在该反应过程中作催化剂
B. 物质I中碳原子均为sp2杂化
C. 物质VII能发生水解反应
D. 发生上述反应生成
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题图知,该过程的总反应为 ，H+作催化剂，A正确；
B．物质I中双键碳原子为sp2杂化，R、R′代表烷基，R、R′中碳原子为sp3杂化，B错误；
C．物质VII中含有肽键能发生水解反应，C正确；
D． 发生上述反应生成 ，D错误；
故选AC。
18. 在160℃、200℃条件下，分别向两个固定容积为2L的容器中充入2mol CO和2mol ，发生反应： 。实验测得两容器中CO或的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. ac段的平均反应速率为0.10mol/(L·min)
B. 曲线ac对应160℃条件下的反应
C. 当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
D. 160℃时，该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】充入2mol CO和2mol ，则物质的量减少的曲线，即bd曲线代表CO，物质的量增加的曲线，即ac曲线代表N2；温度较高则反应较快，较早达到平衡，故曲线ac代表200℃条件，曲线bd代表160℃条件。
【详解】A．据分析及图中所示数据，ac段增加0.8mol，耗时8min，的平均反应速率为= 0.05mol/(L·min)，A错误；
B．据分析，曲线ac对应200℃条件下的反应，B错误；
C．该反应各物质均是气体，气体总质量不变，容器体积不变，容器中混合气体的密度始终不变，当容器中混合气体的密度不随时间变化时，不能判断该反应是否达到平衡状态，C错误；
D．据分析，曲线bd代表160℃条件，d点代表平衡状态，此时CO物质的量剩余0.5mol，则其反应消耗1.5mol，根据反应方程式有：
则平衡常数，D正确；
故选D。
19. 工业上利用废铁屑(含少量Fe2O3、Al2O3)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. 该工艺流程符合绿色化学的理念
B. 滤液中所含的阳离子主要为、、
C. 反应II加入H2SO4只是用于调节溶液酸碱性
D. 蒸发过程中可以升高温度，在加快反应速率的同时还能让充分水解
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸和过量废铁屑经过反应I后溶液中的金属离子有 Fe2+、Al3+，加入氨水后形成氢氧化铝沉淀过滤后滤渣中为氢氧化铝沉淀，滤液中含的金属离子为Fe2+，其他阳离子为 、在滤液中加入硫酸和NaNO2后，NaNO2与反应生成 NO，被氧化为，经过反应蒸发冷却得到Fe(OH)SO4。
【详解】A．该过程中有NO生成，不符合绿色化学的理念，A错误；
B．滤液中所含的阳离子主要为、、，B正确；
C．在滤液中加入硫酸和NaNO2后，NaNO2与反应生成 NO，H2SO4不仅用于调节溶液酸碱性还参与反应，C错误；
D．蒸发过程中温度过高，铁离子水解转变为Fe(OH)3，同时Fe(OH)2+，水解程度也会增大，不能生成Fe(OH)SO4，D错误；
故选B。
20. 乙烷脱氢过程中因为条件控制不当可能发生多个副反应，常温常压下它们的有关数据如下表所示。
序号
反应
正反应活化能(kJ/mol)
逆反应活化能(kJ/mol)
1
a
b
2
c
d
3
e
f
4
—
下列说法错误的是
A. 已知反应1的，则其在高温下可以自发进行
B. 反应2中，d>c
C. 若反应3使用催化剂，则正、逆反应活化能的减小值恰好相等
D. 反应4的kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知反应1的，且反应1是乙烷脱氢反应，为熵增的反应，则其在高温下才可能存在，可以自发进行，选项A正确；
B．反应2：中，氢氧化合生成水为放热反应，，故d>c，选项B正确；
C．催化剂同等程度改变正逆反应的活化能，故若反应3使用催化剂，则正、逆反应活化能的减小值恰好相等，选项C正确；
D．根据盖斯定律，反应4=反应1+反应2+反应3，故kJ/mol，选项D错误；
答案选D。
第II卷(非选择题 共55分)
三、非选择题：本题共5小题，共55分。
21. 苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化制备苯甲酸，反应原理如下：
（1）实验方法：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后，当出现___________现象时，表明反应已基本完成，停止反应即可。
按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。
已知：苯甲酸相对分子质量为122，熔点为122.4℃，在25℃和95℃时，溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
（2）操作I为___________，需要用到的主要玻璃分离仪器为___________；操作II为___________。
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃时开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确，请将相关的实验操作或实验现象填写在下列空格中。
①将白色固体B加入水中，___________、___________、过滤，得到白色晶体和无色溶液。
②取少量滤液于试管中，___________，会生成白色沉淀，表明滤液含。
③取干燥白色晶体，___________，表明白色晶体是苯甲酸。
【答案】（1）油层高度不变或紫色消失
（2） ①. 分液 ②. 分液漏斗 ③. 蒸馏
（3） ①. 加热溶解 ②. 冷却结晶 ③. 滴加2~3滴硝酸酸化的硝酸银溶液 ④. 加热使其熔化，并测其熔点，熔点为122.4℃
【解析】
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾强氧化生成苯甲酸钾，通过分液操作分出水相和有机相，有机相主要成分是甲苯，甲苯通过无水硫酸钠干燥后利用蒸馏操作将其蒸出；水相主要成分是苯甲酸钾，经过酸化获得苯甲酸，通过蒸发浓缩，将多余盐酸挥发，冷却过滤，白色固体即为苯甲酸；
【小问1详解】
甲苯和适量的KMnO4溶液发生反应被氧化，反应结束后酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，液体油层高度不变；
【小问2详解】
经过操作I后可获得有机相和水相，说明操作为分液；分液操作主要需要仪器为分液漏斗；利用液体沸点不同，可通过蒸馏操作将甲苯分离出；
【小问3详解】
推测固体B是苯甲酸与KCl的混合物，则先将固体加水加热进行溶解，由于苯甲酸溶解度受温度影响较大，所以进行冷却结晶，将苯甲酸析出晶体后，进行过滤获得苯甲酸固体和溶液；取溶液进行检验，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液；利用苯甲酸熔点进行检验，将固体加热至融化，测量温度与苯甲酸熔点进行对比.
22. 氧化锌在半导体领域的液晶显示器、薄膜晶体管、发光二极管等产品中应用广泛。实验室利用清洗过的废电池铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：
已知：锌灰的主要成分为Zn、ZnO，含有铁及其氧化物杂质；ZnO、均为两性化合物。
（1）实验室用质量分数30%的双氧水配制约15%的双氧水通常使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、___________(填名称)。
（2）写出第Ⅰ步中Cu参加反应的离子方程式：___________。
（3）若溶液C中、，常温下，有关离子沉淀的pH如表所示(当离子浓度为时认为沉淀完全)：
离子
开始沉淀的pH
2.3
7.3
6.2
沉淀完全的pH
3.3
—
8.37
①溶液C中加入过氧化氢溶液的目的是___________。
②查阅资料发现，沉淀的pH不能大于11，其原因是___________。
（4）第V步中“系列操作”指的是过滤、洗涤和煅烧，检验沉淀洗涤干净的试剂是___________(写出试剂名称)。
【答案】（1）玻璃棒 （2）
（3） ①. 将溶液中亚铁离子氧化为铁离子 ②. 碱性太强时，溶解转化为，从而降低ZnO的产率
（4）稀盐酸、氯化钡溶液
【解析】
【分析】由题给流程可知，废电池铜帽中锌、铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应得到含有硫酸锌、硫酸铜的溶液A；向适当加热后的溶液A中加入碱溶液调节溶液pH约为2，得到溶液B；向溶液B中加入锌灰，锌与溶液中的铜离子发生置换反应生成铜，过滤得到粗铜和溶液C；向溶液C中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再向溶液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到溶液D；向溶液D中加入氢氧化钠溶液，锌离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化锌，过滤得到氢氧化锌，煅烧氢氧化锌制得氧化锌。
【小问1详解】
实验室用质量分数30%的双氧水配制约15%的双氧水通常使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒，故答案为：玻璃棒；
【小问2详解】
第Ⅰ步中过氧化氢具有强氧化性，铜被氧化为铜离子，反应为铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
【小问3详解】
①亚铁离子和锌离子的沉淀范围存在重合，而铁离子会先于锌离子产生沉淀，故溶液C中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，利于铁的除去；
②由题意可知，氢氧化锌为两性化合物，若沉淀锌离子的pH大于11，溶液碱性过强，氢氧化锌会与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠，降低氧化锌的产率，故答案为：碱性太强时，溶解转化为，从而降低ZnO的产率；
【小问4详解】
氢氧化锌沉淀表面附有可溶性的硫酸钠杂质，检验氢氧化锌沉淀是否洗涤干净就是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净，即检验试剂为稀盐酸、氯化钡溶液。
23. 碳酸亚铁(FeCO3)是菱镁矿的主要成分，将FeCO3加热到200℃，FeCO3开始分解为FeO和CO2，若在空气中高温煅烧FeCO3生成Fe2O3。
I．已知25℃，101kPa时：
①
②
③
（1）④ ___________。
II．生成的FeO和Fe2O3在一定条件下被还原为金属铁。
（2）据报道一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。其反应为
①原子序数为26的铁元素位于元素周期表的第___________周期。
②反应在5L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量消耗4.8g。则该段时间内用H2表达的平均反应速率为___________。
③将一定量的Fe2O3(s)和一定量的CH4(g)置于恒温恒压容器中，在一定条件下反应，能表明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．CH4的转化率等于CO的产率
b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．
d．固体的总质量不变
（3）FeO可用CO进行还原，已知：T℃时，，，若在1L密闭容器中加入0.04molFeO(s)，并通入xmolCO，T℃时反应达到平衡，此时FeO(s)的转化率为50%，则x=___________。
【答案】（1）
（2） ①. 四 ②. ③. bcd
（3）0.06
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应④=③×2+③×2+①，反应热进行相应计算结果为：；
【小问2详解】
①铁元素原子序数为26，位于元素周期表第四周期；
②2min内Fe2O3在反应中质量消耗4.8g对应物质的量，根据可知生成氢气物质的量，则反应速率；
③a．CH4的转化率和CO的产率表示相同反应方向，无法判断反应是否平衡，故a错误；
b．根据反应方程式可知该反应有非气体参加反应，说明混合气体总质量在反应进行时不断变化，反应前后气体计量数不相等，说明气体物质的量也不断变化，则混合气体的平均相对分子质量在反应时也不断变化，当其不变，说明反应达到平衡，故b正确；
c．表明反应进行方向不同，且速率大小符合计量数之比，说明反应达到平衡，故c正确；
d．该反应中固体质量随反应进行，不断变化，当固体的总质量不变，说明反应达平衡状态，故d正确；
答案选bcd；
【小问3详解】
根据反应方程式列三段式：，，解得x=0.06。
24. 铁系元素是第一过渡系列第VIII族的三个相邻元素——Fe、Co、Ni，它们是人体必需的微量元素，也是现代工业和高新技术的重要材料。
（1）基态Ni的轨道中未成对电子有___________个。
（2）如图，Co的羰基配合物在工业上常用作有机物偶联和羰基引入的试制。常温下为橙红色固体，不溶于水，易溶于有机溶剂。推测是___________(填“极性”或“非极性”)分子；写出CO的结构式：___________。
（3）已知，金属离子的电荷越高，极化能力越强，水解能力越强。故在酸性溶液中常发生水解：(配离子)。则配离子中的配位数为___________，1mol该配离子所含σ键的数目为___________(设为阿伏伽德罗常数)。
（4）Fe-Mg是一种高效储氢材料，其晶胞结构如图。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中点位置，则晶体吸附H2后的化学式为___________。
【答案】（1）2 （2） ①. 非极性 ②. C≡O
（3） ①. 6 ②.
（4）FeMg2H2
【解析】
【小问1详解】
基态Ni价层电子排布式为3d84s2，其轨道中未成对电子有2个；故答案为：2。
【小问2详解】
如图，Co的羰基配合物在工业上常用作有机物偶联和羰基引入的试制。常温下为橙红色固体，不溶于水，易溶于有机溶剂，说明与水不是同一类分子，则推测是非极性分子；CO与N2互为等电子体，氮气存在氮氮三键，则CO的结构式：C≡O；故答案为：非极性；C≡O。
【小问3详解】
根据配离子分析，水和氢氧根都能提供孤对电子，因此配离子中的配位数为6，1个水有2个σ键，配位键也是σ键，则1mol该配离子所含σ键的数目为；故答案为：6；。
【小问4详解】
根据晶胞结构分析晶胞中Fe原子个数为个，Mg原子个数为8个，储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中点位置，则H2分子个数为个，则晶体吸附H2后的化学式为FeMg2H2；故答案为：FeMg2H2。
25. 医药中间体M()的一种合成路线如图：
已知：
i．
ii．(R代表烃基，X代表卤素原子)
iii．(代表烃基或氢原子，代表烃基)
回答下列问题：
（1）M中含氧官能团的名称为___________；A的名称为___________，试剂a为___________。
（2）同时满足下列条件的C的同分异构体有___________种。
a．含有苯环 b．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为1：1：2：6
（3）G生成H的同时还生成一种有机物___________(写结构简式)；H→I的反应类型为___________。
（4）J→K可认为分三步进行：JXYK，则Y的结构简式为______。
（5）综合上述信息，写出由甲苯和甲醇制备的合成路线：___________。
【答案】（1） ①. 酰胺基 ②. 苯乙烯 ③. HCl、H2O2
（2）6 （3） ①. CH3CH2OH ②. 取代反应
（4） （5）
【解析】
【分析】A分子式为C8H8，根据物质在反应过程中碳链结构不变可知A为苯乙烯；A与HCl在H2O2存在条件下发生加成反应生成B，B与NaCN发生取代反应然后酸性条件下发生水解生成C，C与SOCl2发生取代反应生成D，D与NaN3发生取代生成E，加热E反应生成F；G与CH3OH、Na发生反应后酸化可得H（CH3COCH2COOC2H5）以及CH3CH2OH，H与CH3CH2Br发生取代反应生成I，I与HCN发生加成生成J，J与H2发生反应生成K，K与F反应生成M；
【小问1详解】
根据M结构简式可知含官能团为：酰胺基；根据分析推断A为苯乙烯；结合已知信息可知A与HCl在H2O2存在条件下发生加成反应生成B；
【小问2详解】
要求C的同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1：1：2：6，说明苯环上有2个甲基对称，当剩余1个取代基为甲酸酯基，则有2种结构；当剩余1个取代基为羧基，则结构有2种；剩余2个取代基分别为醛基和羟基，结构有2种，共计6种；
【小问3详解】
G与CH3OH、Na发生反应后酸化可得H（CH3COCH2COOC2H5）以及CH3CH2OH；
【小问4详解】
J与H2先发生加成反应生成X ，X发生取代反应生成Y ，Y与浓硫酸共热发生消去反应生成K；
【小问5详解】
甲苯在光照条件下先与氯气发生取代反应生成氯甲苯，参考已知信息ii反应生成苯乙酸，苯乙酸在浓硫酸加热条件下与甲醇发生酯化反应生成苯乙酸甲酯，最终参考已知信息iii反应生成，合成路线如下：；
化学
本试卷总分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56
第I卷(选择题 共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料
B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D. 研发催化剂将还原为甲醇
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；
B．大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；
D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；
故选D。
2. 某烯烃与氢气加成后得到2，3－二甲基戊烷，烯烃的名称不正确的是
A 2，3－二甲基－1－戊烯 B. 2，3－二甲基－4－戊烯
C. 3，4－二甲基－2－戊烯 D. 2，3－二甲基－2－戊烯
【答案】B
【解析】
【分析】烯烃的加成反应原理，碳碳双键中的一个键断开，分别结合H原子，生成2，3-二甲基戊烷：(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到该烯烃。
【详解】2，3-二甲基戊烷的碳链结构为：，如果1和2号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为2，3－二甲基－1－戊烯；如果2和3号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为2，3－二甲基－2－戊烯；如果3和4号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3，4－二甲基－2－戊烯；如果4和5号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3，4－二甲基－1－戊烯；如果3和3号碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，得到的烯烃为3－甲基－2－乙基－1－丁烯；不可能是2，3－二甲基－4－戊烯。
答案选B。
3. 据报道：清华大学的科学家将古老的养蚕技术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维，延展性和抗拉强度显著提高。下列说法正确的是
A. 石墨烯属于烯烃，属于有机物
B. 碳纳米管和石墨烯互为同分异构体
C. 蚕丝纤维属于纤维素，可水解
D. 鉴别某丝织品是否为真蚕丝可以用灼烧的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨烯属于单质，故A错误；
B．碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故B错误；
C．蚕丝纤维属于蛋白质，故C错误；
D．真蚕丝的成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，可以鉴别，故D正确；
故选D。
4. 我国屠呦呦等科学家通过元素分析和___________分析，确定青蒿素的相对分子质量为282，分子式为C15H22O5。经___________和___________分析，确定青蒿素分子中含有酯基和甲基等结构片段。通过___________最终测定了青蒿素的分子结构。以上横线中使用方法顺序正确的是
a．X射线衍射实验 b．红外光谱法 c．核磁共振氢谱 d．质谱法
A. d—b—c—a B. b—c—d—a C. a—b—c—d D. c—d—b—a
【答案】A
【解析】
【详解】我国屠呦呦等科学家通过元素分析和质谱法分析，确定青蒿素的相对分子质量为282，分子式为C15H22O5。经红外光谱法和核磁共振氢谱分析，确定青蒿素分子中含有酯基和甲基等结构片段。通过X射线衍射实验最终测定了青蒿素的分子结构；因此以上横线中使用方法顺序d—b—c—a，选A。
5. 如图为某烃的键线式结构，下列说法错误的是
A. 该烃与环己二烯相差5个“CH2”基团
B. 一定条件下，能发生加聚反应
C. 苯环上只有一个取代基的同分异构体共有8种
D. 该烃和Br2按物质的量之比1：1加成时，所得产物共有5种
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子的分子式为C11H16而环己二烯的分子式为C6H8，它们之间差C5H8，A项错误；
B．该分子中含有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应、氧化反应，B项正确；
C．该分子含有4个不饱和度，含一个苯环和一个C5H11烷基，由基元法-C5H11为8种，所以该同分异构体为8种，C项正确；
D．该物质为含三个双键的多烯烃，可以发生1,2-加成也可以发生1,4-加成。前者有三种后者2种，总共5种，D项正确；
答案选A。
6 实验室用环戊醇(沸点160.8℃，密度)与溴化氢反应制备溴代环戊烷(沸点138℃，密度)，其反应原理如下：
则制备溴代环戊烷的装置可以选择
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】制备溴代环戊烷的反应原理为：，需要水浴加热，测定水的温度为75~ 80，该反应条件下，环戊醇和溴代环戊烷都不会挥发，只有C合理；
故选C。
7. 下列说法错误的有
①乙醇、苯等有机溶剂易挥发且易被引燃，使用时需远离明火，用毕立即塞紧瓶塞
②第四周期元素中，未成对电子数最多元素位于钾元素后面第五位
③高分子分离膜根据膜孔大小分为微滤膜、超滤膜、纳滤膜和反渗透膜等
④聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可以用于手术缝合线等
⑤价层电子对互斥模型中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
⑥H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键
⑦卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量增大而升高
⑧邻羟基苯甲醛容易形成分子间氢键
A. ①③⑥⑧ B. ③④⑤⑥ C. ⑥⑦⑧ D. ②⑦⑧
【答案】C
【解析】
【详解】①乙醇、苯等有机溶剂易挥发且易燃烧，使用时要将有机溶剂远离明火，用毕立即塞紧瓶塞，故①正确；
②第四周期元素中，未成对电子数最多的元素是24号元素Cr，位于钾元素后面第五位，故②正确；
③高分子分离膜根据膜孔大小分为微滤膜、超滤膜、纳滤膜和反渗透膜等，分离膜一般只允许水及一些小分子物质通过，其余物质则被截留在膜的另一侧，形成浓缩液，故③正确；
④聚乳酸是乳酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，具有良好的生物相容性和生物可吸收性，也具有良好的可降解性，因此常用于手术缝合线等，故④正确；
⑤价层电子对互斥模型中价层电子对数包含σ键电子对和孤对电子对，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，故⑤正确；
⑥H2O比H2S稳定是因为氧氢键比硫氢 键能大，水存在分子间氢键是水的沸点比H2S的沸点高，故⑥错误；
⑦卤素单质、卤素碳化物(CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量增大而升高，而卤素氢化物中HF由于存在分子间氢键，因此HF的沸点比较高，故⑦错误；
⑧邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，故⑧错误；
因此⑥⑦⑧说话错误，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
8. 下列转化不能通过一步反应实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．己烷在一定条件下可通过裂化反应生成丙烷、丙烯，A不符合题意；
B．，该反应属于1，4-加成反应，可一步实现，B不符合题意；
C．乙炔在一定条件下发生加聚反应得到聚乙炔：，C不符合题；
D．在 过程中，不能通过一步反应实现物质的转化；一般可先通过卤素单质取代两个甲基中的氢原子，将转化为，再通过取代反应将转化为，最后用酸性高锰酸钾氧化为，D符合题意；
故选D。
9. 根据下列事实所作的结论，正确的是
编号
事实
结论。
A
甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O
甲和乙分子中C−H键数一定不同
B
某烷烃分子结构对称
该烷烃一氯代物不可能有多种
C
质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水
等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同
D
某有机物的分子式为C4H4
该有机物分子中不可能只有单键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O，甲和乙分子中C−H键数可能相同，比如1−丙醇和2−丙醇，C−H键数可能不同，比如1−丙醇和甲乙醚，故A错误；
B．某烷烃分子结构对称，也可能有多种，比如正戊烷有3种一氯代物，故B错误；
C．质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水，说明氢的质量分数相同，则等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同，故C正确；
D．某有机物的分子式为C4H4，该有机物分子中可能只有单键，比如，故D错误。
综上所述，答案为C。
10. 某药物合成的中间体结构简式如图。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 化学式为C16H18O5 B. 存在顺反异构和对映异构
C. 其晶体类型属于共价晶体 D. 苯环上的氢原子共有3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．由该化合物的结构简式可知，该化合物的化学式为C16H18O5，A正确；
B．如图所示，苯环上，羟基的间位取代基中的碳碳双键上的两个碳原子连接了氢原子和不同的基团，故该化合物存在顺反异构体，该化合物含有手性碳原子(羟基的邻位取代基中的饱和碳原子)，故该化合物存在对映异构体(旋光异构体)，B正确；
C．该化合物属于分子晶体，C错误；
D．如图所示，该化合物的苯环上的氢原子共有3种，D正确；
故选C。
11. 有机物的结构共有(不考虑立体异构)
A. 24种 B. 28种 C. 32种 D. 36种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】-C4H9共有4种结构，-C3H5Cl2共有9种结构，因此该有机物的结构的数目为，故D正确。
12. 光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。某光刻胶可由降冰片烯()与马来酸酐()共聚而成。下列说法正确的是
A. 降冰片烯可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应
B. 与互为同分异构体
C. 马来酸酐可稳定存在于碱性溶液中
D. 该光刻胶的结构简式一定为
【答案】A
【解析】
【详解】A．降冰片烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应，故A正确；
B．两者分子式相同、结构相同，二者是同种物质，故B错误；
C．马来酸酐含有酯基，在碱性溶液中发生水解反应，不能稳定存在，故C错误；
D．降冰片烯与马来酸酐之间可以发生加聚反应，马来酸酐分子之间也可以发生加聚反应，该光刻胶的结构简式可能为：或，故D错误；
故选：A。
13. 邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. Cu2+的配位数是2
B. 配位原子为N原子和O原子
C. N原子的杂化类型均为sp3
D. O的电负性与第一电离能均大于N
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知Cu2+与2个配位体的N原子及2个配位体的O原子形成4个配位键，故Cu2+的配位数是4，A错误；
B．在该配位化合物中，中心Cu2+上有空轨道，2个配位体的N原子提供孤电子对，2个配位体的O原子提供孤电子对，故配位原子为N原子和O原子，B正确；
C．根据物质结构简式可知：氨基N原子采用sp3杂化，而六元环上的N原子则采用sp2杂化，C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N，所以元素的电负性：O＞N。一般情况下同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，故其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，即第一电离能：N＞O，D错误；
故合理选项是B。
14. 溴乙烷是有机合成的重要原料，实验室中可由乙醇与氢溴酸反应制备，路线如下。
下列说法错误是
A. 浓硫酸的浓度过大，会使粗产品略显橙色
B. 用5% Na2CO3溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层
C. 无水MgSO4的作用是除去有机相中残存的少量水
D. 蒸馏除去残余反应物乙醇时，乙醇先蒸馏出体系
【答案】D
【解析】
【分析】乙醇和氢溴酸在浓硫酸作用下反应生成溴乙烷和水，溴乙烷密度比水大，在下层，分液得到下层有机相，用5%Na2CO3溶液洗涤有机相除去附着在溴Z烷表面的氢溴酸，分液得到溴乙烷，用水洗除去溴乙烷表面的碳酸钠，分液得有机相，有机相中加无水硫酸镁吸水、蒸馏得溴乙烷，据此解答。
【详解】A．浓硫酸浓度过大，可能会将部分Br-氧化成Br2，因为溴单质易溶于有机溶剂中显橙色，所以上述过程中会使粗产品略显橙色，A正确；
B．由于溴乙烷的密度比水大，故分液时，有机相在下层，B正确；
C．无水MgSO4有一定的吸水能力，可以用来除去有机相中残留的少量水，C正确；
D．由于乙醇存在分子间氢键，故其沸点比溴乙烷高，所以先蒸馏出的是溴乙烷，D错误；
故答案选D。
15. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A. 增大压强，甲醇转化率增大 B. b点反应速率
C. 反应速率 D. 生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，所以增大压强可使平衡正向移动，甲醇转化率增大，故A正确；
B．b点后CO转化率还可以升高，说明反应未达平衡状态，正向进行，所以，故B错误；
C．a点温度比d点温度低，所以反应速率，故C正确；
D．温度控制在80~85℃内，CO转化率最高，继续升高温度，转化率反而下降，所以生产时反应温度控制在80~85℃为宜，故D正确；
答案选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
16. 一种具有广谱抗菌活性的有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法错误的是
A. 其分子式为C16H15NO7
B. 其水解产物均为反式结构
C. 该分子中有6种官能团
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗5molNaOH
【答案】CD
【解析】
【详解】A．其分子式为C16H15NO7，A正确；
B．其水解产物 、 均为反式结构，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，该分子中有羟基、碳碳双键、酯基、酰胺基和羧基等5种官能团，C错误；
D．由题干有机物结构简式可知，1mol该物质含有2mol酚羟基，消耗2molNaOH，1mol酚酯基消耗2molNa0H，1mol酰胺基消耗1molNa0H，1mol羧基消耗1molNaOH，与足量NaOH溶液反应时消耗6molNaOH，D错误；
故选CD。
17. 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′代表烷基。下列说法正确的是
A. 在该反应过程中作催化剂
B. 物质I中碳原子均为sp2杂化
C. 物质VII能发生水解反应
D. 发生上述反应生成
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题图知,该过程的总反应为 ，H+作催化剂，A正确；
B．物质I中双键碳原子为sp2杂化，R、R′代表烷基，R、R′中碳原子为sp3杂化，B错误；
C．物质VII中含有肽键能发生水解反应，C正确；
D． 发生上述反应生成 ，D错误；
故选AC。
18. 在160℃、200℃条件下，分别向两个固定容积为2L的容器中充入2mol CO和2mol ，发生反应： 。实验测得两容器中CO或的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. ac段的平均反应速率为0.10mol/(L·min)
B. 曲线ac对应160℃条件下的反应
C. 当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
D. 160℃时，该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
【分析】充入2mol CO和2mol ，则物质的量减少的曲线，即bd曲线代表CO，物质的量增加的曲线，即ac曲线代表N2；温度较高则反应较快，较早达到平衡，故曲线ac代表200℃条件，曲线bd代表160℃条件。
【详解】A．据分析及图中所示数据，ac段增加0.8mol，耗时8min，的平均反应速率为= 0.05mol/(L·min)，A错误；
B．据分析，曲线ac对应200℃条件下的反应，B错误；
C．该反应各物质均是气体，气体总质量不变，容器体积不变，容器中混合气体的密度始终不变，当容器中混合气体的密度不随时间变化时，不能判断该反应是否达到平衡状态，C错误；
D．据分析，曲线bd代表160℃条件，d点代表平衡状态，此时CO物质的量剩余0.5mol，则其反应消耗1.5mol，根据反应方程式有：
则平衡常数，D正确；
故选D。
19. 工业上利用废铁屑(含少量Fe2O3、Al2O3)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A. 该工艺流程符合绿色化学的理念
B. 滤液中所含的阳离子主要为、、
C. 反应II加入H2SO4只是用于调节溶液酸碱性
D. 蒸发过程中可以升高温度，在加快反应速率的同时还能让充分水解
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸和过量废铁屑经过反应I后溶液中的金属离子有 Fe2+、Al3+，加入氨水后形成氢氧化铝沉淀过滤后滤渣中为氢氧化铝沉淀，滤液中含的金属离子为Fe2+，其他阳离子为 、在滤液中加入硫酸和NaNO2后，NaNO2与反应生成 NO，被氧化为，经过反应蒸发冷却得到Fe(OH)SO4。
【详解】A．该过程中有NO生成，不符合绿色化学的理念，A错误；
B．滤液中所含的阳离子主要为、、，B正确；
C．在滤液中加入硫酸和NaNO2后，NaNO2与反应生成 NO，H2SO4不仅用于调节溶液酸碱性还参与反应，C错误；
D．蒸发过程中温度过高，铁离子水解转变为Fe(OH)3，同时Fe(OH)2+，水解程度也会增大，不能生成Fe(OH)SO4，D错误；
故选B。
20. 乙烷脱氢过程中因为条件控制不当可能发生多个副反应，常温常压下它们的有关数据如下表所示。
序号
反应
正反应活化能(kJ/mol)
逆反应活化能(kJ/mol)
1
a
b
2
c
d
3
e
f
4
—
下列说法错误的是
A. 已知反应1的，则其在高温下可以自发进行
B. 反应2中，d>c
C. 若反应3使用催化剂，则正、逆反应活化能的减小值恰好相等
D. 反应4的kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知反应1的，且反应1是乙烷脱氢反应，为熵增的反应，则其在高温下才可能存在，可以自发进行，选项A正确；
B．反应2：中，氢氧化合生成水为放热反应，，故d>c，选项B正确；
C．催化剂同等程度改变正逆反应的活化能，故若反应3使用催化剂，则正、逆反应活化能的减小值恰好相等，选项C正确；
D．根据盖斯定律，反应4=反应1+反应2+反应3，故kJ/mol，选项D错误；
答案选D。
第II卷(非选择题 共55分)
三、非选择题：本题共5小题，共55分。
21. 苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化制备苯甲酸，反应原理如下：
（1）实验方法：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后，当出现___________现象时，表明反应已基本完成，停止反应即可。
按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。
已知：苯甲酸相对分子质量为122，熔点为122.4℃，在25℃和95℃时，溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
（2）操作I为___________，需要用到的主要玻璃分离仪器为___________；操作II为___________。
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃时开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确，请将相关的实验操作或实验现象填写在下列空格中。
①将白色固体B加入水中，___________、___________、过滤，得到白色晶体和无色溶液。
②取少量滤液于试管中，___________，会生成白色沉淀，表明滤液含。
③取干燥白色晶体，___________，表明白色晶体是苯甲酸。
【答案】（1）油层高度不变或紫色消失
（2） ①. 分液 ②. 分液漏斗 ③. 蒸馏
（3） ①. 加热溶解 ②. 冷却结晶 ③. 滴加2~3滴硝酸酸化的硝酸银溶液 ④. 加热使其熔化，并测其熔点，熔点为122.4℃
【解析】
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾强氧化生成苯甲酸钾，通过分液操作分出水相和有机相，有机相主要成分是甲苯，甲苯通过无水硫酸钠干燥后利用蒸馏操作将其蒸出；水相主要成分是苯甲酸钾，经过酸化获得苯甲酸，通过蒸发浓缩，将多余盐酸挥发，冷却过滤，白色固体即为苯甲酸；
【小问1详解】
甲苯和适量的KMnO4溶液发生反应被氧化，反应结束后酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，液体油层高度不变；
【小问2详解】
经过操作I后可获得有机相和水相，说明操作为分液；分液操作主要需要仪器为分液漏斗；利用液体沸点不同，可通过蒸馏操作将甲苯分离出；
【小问3详解】
推测固体B是苯甲酸与KCl的混合物，则先将固体加水加热进行溶解，由于苯甲酸溶解度受温度影响较大，所以进行冷却结晶，将苯甲酸析出晶体后，进行过滤获得苯甲酸固体和溶液；取溶液进行检验，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液；利用苯甲酸熔点进行检验，将固体加热至融化，测量温度与苯甲酸熔点进行对比.
22. 氧化锌在半导体领域的液晶显示器、薄膜晶体管、发光二极管等产品中应用广泛。实验室利用清洗过的废电池铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：
已知：锌灰的主要成分为Zn、ZnO，含有铁及其氧化物杂质；ZnO、均为两性化合物。
（1）实验室用质量分数30%的双氧水配制约15%的双氧水通常使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、___________(填名称)。
（2）写出第Ⅰ步中Cu参加反应的离子方程式：___________。
（3）若溶液C中、，常温下，有关离子沉淀的pH如表所示(当离子浓度为时认为沉淀完全)：
离子
开始沉淀的pH
2.3
7.3
6.2
沉淀完全的pH
3.3
—
8.37
①溶液C中加入过氧化氢溶液的目的是___________。
②查阅资料发现，沉淀的pH不能大于11，其原因是___________。
（4）第V步中“系列操作”指的是过滤、洗涤和煅烧，检验沉淀洗涤干净的试剂是___________(写出试剂名称)。
【答案】（1）玻璃棒 （2）
（3） ①. 将溶液中亚铁离子氧化为铁离子 ②. 碱性太强时，溶解转化为，从而降低ZnO的产率
（4）稀盐酸、氯化钡溶液
【解析】
【分析】由题给流程可知，废电池铜帽中锌、铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应得到含有硫酸锌、硫酸铜的溶液A；向适当加热后的溶液A中加入碱溶液调节溶液pH约为2，得到溶液B；向溶液B中加入锌灰，锌与溶液中的铜离子发生置换反应生成铜，过滤得到粗铜和溶液C；向溶液C中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再向溶液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到溶液D；向溶液D中加入氢氧化钠溶液，锌离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化锌，过滤得到氢氧化锌，煅烧氢氧化锌制得氧化锌。
【小问1详解】
实验室用质量分数30%的双氧水配制约15%的双氧水通常使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒，故答案为：玻璃棒；
【小问2详解】
第Ⅰ步中过氧化氢具有强氧化性，铜被氧化为铜离子，反应为铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
【小问3详解】
①亚铁离子和锌离子的沉淀范围存在重合，而铁离子会先于锌离子产生沉淀，故溶液C中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，利于铁的除去；
②由题意可知，氢氧化锌为两性化合物，若沉淀锌离子的pH大于11，溶液碱性过强，氢氧化锌会与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠，降低氧化锌的产率，故答案为：碱性太强时，溶解转化为，从而降低ZnO的产率；
【小问4详解】
氢氧化锌沉淀表面附有可溶性的硫酸钠杂质，检验氢氧化锌沉淀是否洗涤干净就是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净，即检验试剂为稀盐酸、氯化钡溶液。
23. 碳酸亚铁(FeCO3)是菱镁矿的主要成分，将FeCO3加热到200℃，FeCO3开始分解为FeO和CO2，若在空气中高温煅烧FeCO3生成Fe2O3。
I．已知25℃，101kPa时：
①
②
③
（1）④ ___________。
II．生成的FeO和Fe2O3在一定条件下被还原为金属铁。
（2）据报道一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。其反应为
①原子序数为26的铁元素位于元素周期表的第___________周期。
②反应在5L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量消耗4.8g。则该段时间内用H2表达的平均反应速率为___________。
③将一定量的Fe2O3(s)和一定量的CH4(g)置于恒温恒压容器中，在一定条件下反应，能表明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．CH4的转化率等于CO的产率
b．混合气体的平均相对分子质量不变
c．
d．固体的总质量不变
（3）FeO可用CO进行还原，已知：T℃时，，，若在1L密闭容器中加入0.04molFeO(s)，并通入xmolCO，T℃时反应达到平衡，此时FeO(s)的转化率为50%，则x=___________。
【答案】（1）
（2） ①. 四 ②. ③. bcd
（3）0.06
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应④=③×2+③×2+①，反应热进行相应计算结果为：；
【小问2详解】
①铁元素原子序数为26，位于元素周期表第四周期；
②2min内Fe2O3在反应中质量消耗4.8g对应物质的量，根据可知生成氢气物质的量，则反应速率；
③a．CH4的转化率和CO的产率表示相同反应方向，无法判断反应是否平衡，故a错误；
b．根据反应方程式可知该反应有非气体参加反应，说明混合气体总质量在反应进行时不断变化，反应前后气体计量数不相等，说明气体物质的量也不断变化，则混合气体的平均相对分子质量在反应时也不断变化，当其不变，说明反应达到平衡，故b正确；
c．表明反应进行方向不同，且速率大小符合计量数之比，说明反应达到平衡，故c正确；
d．该反应中固体质量随反应进行，不断变化，当固体的总质量不变，说明反应达平衡状态，故d正确；
答案选bcd；
【小问3详解】
根据反应方程式列三段式：，，解得x=0.06。
24. 铁系元素是第一过渡系列第VIII族的三个相邻元素——Fe、Co、Ni，它们是人体必需的微量元素，也是现代工业和高新技术的重要材料。
（1）基态Ni的轨道中未成对电子有___________个。
（2）如图，Co的羰基配合物在工业上常用作有机物偶联和羰基引入的试制。常温下为橙红色固体，不溶于水，易溶于有机溶剂。推测是___________(填“极性”或“非极性”)分子；写出CO的结构式：___________。
（3）已知，金属离子的电荷越高，极化能力越强，水解能力越强。故在酸性溶液中常发生水解：(配离子)。则配离子中的配位数为___________，1mol该配离子所含σ键的数目为___________(设为阿伏伽德罗常数)。
（4）Fe-Mg是一种高效储氢材料，其晶胞结构如图。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中点位置，则晶体吸附H2后的化学式为___________。
【答案】（1）2 （2） ①. 非极性 ②. C≡O
（3） ①. 6 ②.
（4）FeMg2H2
【解析】
【小问1详解】
基态Ni价层电子排布式为3d84s2，其轨道中未成对电子有2个；故答案为：2。
【小问2详解】
如图，Co的羰基配合物在工业上常用作有机物偶联和羰基引入的试制。常温下为橙红色固体，不溶于水，易溶于有机溶剂，说明与水不是同一类分子，则推测是非极性分子；CO与N2互为等电子体，氮气存在氮氮三键，则CO的结构式：C≡O；故答案为：非极性；C≡O。
【小问3详解】
根据配离子分析，水和氢氧根都能提供孤对电子，因此配离子中的配位数为6，1个水有2个σ键，配位键也是σ键，则1mol该配离子所含σ键的数目为；故答案为：6；。
【小问4详解】
根据晶胞结构分析晶胞中Fe原子个数为个，Mg原子个数为8个，储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中点位置，则H2分子个数为个，则晶体吸附H2后的化学式为FeMg2H2；故答案为：FeMg2H2。
25. 医药中间体M()的一种合成路线如图：
已知：
i．
ii．(R代表烃基，X代表卤素原子)
iii．(代表烃基或氢原子，代表烃基)
回答下列问题：
（1）M中含氧官能团的名称为___________；A的名称为___________，试剂a为___________。
（2）同时满足下列条件的C的同分异构体有___________种。
a．含有苯环 b．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为1：1：2：6
（3）G生成H的同时还生成一种有机物___________(写结构简式)；H→I的反应类型为___________。
（4）J→K可认为分三步进行：JXYK，则Y的结构简式为______。
（5）综合上述信息，写出由甲苯和甲醇制备的合成路线：___________。
【答案】（1） ①. 酰胺基 ②. 苯乙烯 ③. HCl、H2O2
（2）6 （3） ①. CH3CH2OH ②. 取代反应
（4） （5）
【解析】
【分析】A分子式为C8H8，根据物质在反应过程中碳链结构不变可知A为苯乙烯；A与HCl在H2O2存在条件下发生加成反应生成B，B与NaCN发生取代反应然后酸性条件下发生水解生成C，C与SOCl2发生取代反应生成D，D与NaN3发生取代生成E，加热E反应生成F；G与CH3OH、Na发生反应后酸化可得H（CH3COCH2COOC2H5）以及CH3CH2OH，H与CH3CH2Br发生取代反应生成I，I与HCN发生加成生成J，J与H2发生反应生成K，K与F反应生成M；
【小问1详解】
根据M结构简式可知含官能团为：酰胺基；根据分析推断A为苯乙烯；结合已知信息可知A与HCl在H2O2存在条件下发生加成反应生成B；
【小问2详解】
要求C的同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1：1：2：6，说明苯环上有2个甲基对称，当剩余1个取代基为甲酸酯基，则有2种结构；当剩余1个取代基为羧基，则结构有2种；剩余2个取代基分别为醛基和羟基，结构有2种，共计6种；
【小问3详解】
G与CH3OH、Na发生反应后酸化可得H（CH3COCH2COOC2H5）以及CH3CH2OH；
【小问4详解】
J与H2先发生加成反应生成X ，X发生取代反应生成Y ，Y与浓硫酸共热发生消去反应生成K；
【小问5详解】
甲苯在光照条件下先与氯气发生取代反应生成氯甲苯，参考已知信息ii反应生成苯乙酸，苯乙酸在浓硫酸加热条件下与甲醇发生酯化反应生成苯乙酸甲酯，最终参考已知信息iii反应生成，合成路线如下：；
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