2022-2023學年北京市豐臺區(qū)高二（下）期末考試化學試卷（含解析）

2022-2023學年北京市豐臺區(qū)高二（下）期末考試

化學試卷

一、選擇題（本大題共14小題，共42分）

1.下列物質、類別和官能團的對應關系不事頤的是（）

選項ABCD

OLoH

物質

CH3CH=CH2CH3COOHCH3OCH3

類別烯煌竣酸酚醒

\/O

官能團產C?Il-OH\/

-C-O-H—c-o-c^

A.AB.BC.CD.D

2.下列化學用語或圖示表達正確的是（）

A.CO2的分子結構模型：0

B.基態(tài)29CU原子的價層電子排布式：3d94s2

C羥基的電子式：迫：H

CH3—CH—CH—CH3

D.II的系統(tǒng)命名：3—甲基一2—丁醇

CH3OH

3.下列說法不氐礪的是（）

A.P軌道形狀為啞鈴形，有三種空間取向

B.金屬良好的導電性與金屬鍵有關

C.HQ分子的共價鍵是s-sσ鍵

D.NHRl中含有離子鍵、共價鍵和配位鍵

4.下列反應的化學方程式書寫正確的是（）

A.工業(yè)上由乙醇制備乙醛：-S"產I/"'//"-

B.乙醛與新制CU（OH）2懸濁液反應：

CH.CHO+2CU(O∕∕)2?CH3ICOOH+Cu2OI÷2W2O

C.苯酚鈉溶液與二氧化碳反應：2-＜）NΛ+CO2+H2O→2o∣l+Na2C03

818

D.酯在酸性條件下水解：CH3COOCH2CH3+H1O,"±CH3CH2OH+CH3COOH

5.下列各組分子或離子的空間結構不尊似的是（）

+

A.CO2和OF?B.NH^ICH4C.H30?NH3D.SO2和O3

6.有機化合物分子中的鄰近基團往往存在相互影響，這種影響會使有機化合物性質產生差

異。下列事實不熊說明上述觀點的是（）

A.甲苯能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色而苯不能

B.等物質的量的甘油和乙醇分別與足量Na反應，前者反應生成的出多

O

C.CH2=C%的加聚反應需要催化劑,α-氟基丙烯酸丁酯（“）室溫下可發(fā)生加

聚反應O

n

D.與醛、酮的Il相比，陵基中的c較難發(fā)生加成反應

-C-

7.SF6可用作高壓發(fā)電系統(tǒng)的絕緣氣體，分子呈正八面體結構，如圖所示。有關SF6的說法

正確的是（）

A.分子中只含極性鍵B.SF6是極性分子

C.S與F之間共用電子對偏向SD.S原子滿足8電子穩(wěn)定結構

8.由鍵能數(shù)據大小，不熊解釋下列事實的是（）

化學鍵C-HSi-HC=OC-OSi-OC-CSi-Si

鍵能/kJ?mol-1411318799358452346222

A.穩(wěn)定性：CH4＞SiH4B.鍵長：C=0＜C-0

C.熔點：CO2＜SiO2D.硬度：金剛石＞晶體硅

9.下列物質的性質與氫鍵木學的是（）

A.沸點：乙二醉＞丙蹴B.密度：冰＜水

C.乙醇能與水以任意比例互溶D.沸點：丙烷＜乙醛

10.2022年4月，我國首個具有完全自主知識產權的口服抗新冠藥物阿茲夫定獲批上市，阿

茲夫定的結構如圖所示。下列說法不無建的是（）

NH2

A.分子中含有4個手性碳原子

B.分子中N原子均為sp2雜化

C.分子中含有3種含氧官能團

D.該物質能發(fā)生加成反應、消去反應、取代反應、水解反應

11.富馬酸亞鐵（FeC4H2O4）是一種補鐵劑。富馬酸分子的結構模型如下圖所示，下列說法不

,建的是（）

A.鐵位于元素周期表第四周期、第VIn族

B.富馬酸分子中。鍵與π鍵的數(shù)目比為11：2

C.富馬酸中各元素的電負性由大到小的順序為O>C>H

D.Imol富馬酸與足量NaHCO3溶液反應可生成2molCO2

12.下列實驗方案能達到相應目的的是（）

滴加足量

,稀硝酸

乙醉、乙酸

C.檢驗濱乙烷水解產物中D.證明酸性：碳酸>

A.制備乙烯并檢驗B.實驗室制乙酸乙酯

含有Br-苯酚

A.AB.BC.CD.D

13.BAS是一種可定向運動的“分子機器”，其合成路線如下:

下列說法不正州的是（）

D.①為加成反應，②為消去反應

14.一定溫度下，CH3CH2CH3的氯化、溟化反應能量變化及一段時間后產物的選擇性如圖。

下列敘述不正確的是（）

資料：Rx+XxτRX（RX為烷基自由基,XX為鹵素自由基）；通?；罨茉酱?，反應速率受

溫度影響越大。

A.丙烷氯代或澳代反應均可能產生同分異構體

B.正丙基自由基（CH3C%CH2X）比異丙基自由基［XCH（CH3%］穩(wěn)定

C.升高溫度，體系中n（l-氯丙烷）：n（2-氯丙烷）的值增大

D.以丙烷為原料通過“鹵代-水解”過程合成2-丙醇時，Br2比Cl?更適于作取代試劑

二、非選擇題（58分）

15.利用光催化技術可將太陽能轉化為化學能。

（1）光催化可實現(xiàn)NoX的凈化

①比較N、。元素第一電離能大小并從結構角度解釋原因。

②光催化還原NOX可得到氮氣，從結構角度分析氮氣性質穩(wěn)定的原因

③光催化氧化NOX最終產物為硝酸鹽，N0,的空間結構是o

(2)光催化CO?和H2。合成甲靜是CO2轉化利用最有前景的途徑之一。比較甲醇分子中H-C-

H與C-0-H的鍵角大小并解釋原因_________。

(3)光催化可降解苯酚等有機物。在紫外光的作用下催化劑表面有?0H(羥基自由基)生成，?OH

可將苯酚氧化為小0和CO?,該反應的化學方程式為-

(4)某含鈦的復合型物質可作光催化劑，晶胞結構如下圖所示，邊長均為anm。

①基態(tài)鈦原子的價層電子軌道表示式為。

②晶體中每個鈦原子周圍與其距離最近且相等的氧原子的數(shù)量是。

③NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_________g?cm-3(lnm=10-7cm)o

16.手機主板中含有貴金屬單質Au(金)、Ag和Pd(把)。如下方法可從廢舊手機主板中回收貴

金屬。

已知：i.Au+3NOJ+6H+-Au3++3NO2T+3H2。κ<IO-5

+3+-5

Au+NO3+4H-Au+NO↑+2H2OK<IO

3+--5

Au+4C1-[AuCl4]κ>IO

?i.HAuCl4=H++[AuCl4]-

(1)酸浸前，將廢舊手機主板粉碎的目的是o

(2)已知，王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3]溶金反應時產生N0。

①寫出該反應的離子方程式：。

②從反應原理的角度解釋濃鹽酸的作用o

(3)若用Zn粉將溶液中的ImolHAUCl4完全還原，則參加反應的Zn的物質的量是

_________mol?

(4)AgCI溶于氨水的離子方程式為o

(5)水合朧(N2H4?H2O)是一種液態(tài)還原劑，能直接與AgCl反應生成單質Ag。上述工藝中，先

將氯化銀溶于氨水，再與水合朋反應，除了“堿性條件下水合月井的還原性增強”，還具有的

優(yōu)點可能有(寫出一條即可)?

(6)Pd(NH3)2Ck難溶于水，溶于氨水，是一種電鍍試劑，是制備杷及其化合物的重要原料。

①加入氨水，［PdChK-轉化為［Pd(NH3)4K+,則該條件下配位能力：Cl-NH3(iM

“>”或)。

②“加入鹽酸，調PHyΓ能將［Pd(NH3)4F+轉化為Pd(NH3)2CI2的原因是。

O

17.胭木二酮M是一種同時含有異黃酮和苛酮結構的天然物質，在藥物研發(fā)

n

方面潛力巨大，其合成路線如圖。

NaOH「uCZC

>A------------>CeH5ONa

H2O,△_________

請回答：

(I)A的結構簡式為。

(2)A→B的化學方程式為0

(3)下列關于化合物C和D的說法中，正確的是(填字母)。

a.ImolC最多能與2molNaoH反應

b.C中苯環(huán)上的一氯代物有3種

c.C和D均可形成氫鍵

d.D的一種同分異構體含有苯環(huán)和竣基

(4)F中含有兩個六元環(huán)，F(xiàn)的結構簡式為?

(5)H的分子式為。

(6)在H轉化成胭木二酮的過程中，Cu(OTf)2的主要作用是成環(huán)，SeOz的主要作用是

18.某小組同學探究鐵離子與苯酚的反應。

已知：Fe3++6C6H5CΓ二下636也0)6/-；任0仁6%0)6]3-為紫色配合物。

(1)配制IOOmLO.Imol?L-I苯酚溶液，需要用到的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、

__________O

(2)氯化鐵溶液呈__________(填“酸性”或“堿性”),用離子方程式表示原因___________0

(3)[Fe(C6H5θ)6p-中，提供空軌道用以形成配位鍵的微粒是。

(4)進行如下實驗。

實驗1：

5)?0.Imol?L-'

苯酚溶液，r

2mL0.1mol?L-TeClj溶液溶液為紫色

實驗2：

5滴0.1mol?L,

苯酚溶液

2mL0.05mol?LTFe2(SOJ溶液溶液為淺紫色

【提出猜想】

i.Cl-對鐵離子與苯酚的反應有促進作用；

ii.SO/對鐵離子與苯酚的反應有抑制作用。

①向實驗2反應后溶液中加入,溶液顏色無變化，證明猜想i不成立。

②實驗證明猜想ii成立，請寫出實驗操作和現(xiàn)象o

(5)實驗證明，H+對Fe3+與苯酚反應生成的配合物有抑制作用，請從平衡角度結合化學用語

進行解釋o

(6)有同學提出，溶液PH越大，越利于鐵離子與苯酚發(fā)生顯色反應。你認為是否合理，并說

明理由__________O

(7)由以上研究可知，影響鐵離子與苯酚反應的因素有。

19.治療動脈硬化的某種藥物M合成路線如下。

濃成酸

Δ

⑤

多步反應

CsH6OCI2

AICIj

知

i?.一f-°H不穩(wěn)定，易轉化成_g=o

OH

回答下列問題:

(I)B的核磁共振氫譜只有一組峰，A的結構簡式為

(2)反應①的反應類型為

(3)C中含氧官能團與B相同，C的結構簡式可能為

(4)F的結構間式為

(5)反應⑤的化學方程式為

(6)N是1的同分異構體，寫出所有滿足下列條件的N的結構簡式

①苯環(huán)上有兩個取代基

②與Fe?溶液發(fā)生顯色反應

③能發(fā)生銀鏡反應，但不能發(fā)生水解反應

④ImOlN與足量Na反應，生成ImolH?

(7)G經三步反應合成I,請寫出中間產物的結構簡式:

G→中間產物1→中間產物2…二JI

」-----------------------1催化劑—

答案和解析

I.【答案】c

【解析】

【分析】

本題考查有機物的分類，依據官能團分類即可，難度不大。

【解答】

A.丙烯屬于烯煌類，官能團是碳碳雙鍵，故A正確；

B.乙酸屬于痰酸類，官能團是竣基，故B正確；

C.苯甲醇屬于醇類，不是酚，官能團是醇羥基，故C錯誤；

D.甲醛屬于醛類，官能團是暇鍵，故D正確；

故選Co

2.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查常見化學用語的表示方法，涉及分子結構模型、價層電子排布式、電子式等知識，明確

常見化學用語的概念及書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。

【解答】

A?CC>2的空間構型為直線形，A錯誤；

B.基態(tài)29CU原子的價層電子排布式：3dκι4si,B錯誤；

c.羥基的電子式：H：6?，C錯誤；

??

CH3——CH—CH—CH

D.∣'I’的3系統(tǒng)命名為3-甲基一2-丁醇，D正確；

CH3OH

故選D。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查原子結構、離子鍵、共價鍵和配位鍵等，試題比較簡單。

【解答】

A.p軌道是啞鈴形的，有Px、Py、PZ三種空間取向，故A正確；

B.金屬晶體的作用力是金屬鍵，金屬鍵的存在對金屬的導電性有影響，故B正確；

CHCl分子的共價鍵是s—p。鍵，故C錯誤；

D.鍍根離子與氯離子之間存在離子鍵，錢根離子內有共價鍵和配位鍵，故D正確；

故選C。

4.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查化學方程式書寫的正誤判斷，難度一般。

【解答】

M∣l*1

A.工業(yè)上由乙醇制備乙醛:2CHiCHjOHO-2(IKCHOA∕Q,A錯誤；

B.乙醛與新制CU(OH)2懸濁液反應：

CHCH(∣2(l,l()lhX..?()H?r///OfλV.?.:;〃q,B錯誤；

C.碳酸的酸性強于苯酚，但碳酸氫根的酸性弱于苯酚，則苯酚鈉溶液與二氧化碳反應：ONa

+C02+H2O→<)H+NaHC03,C錯誤；

818

D.酯在酸性條件下水解得到酸和醇：：CH3COOCH2CH3+H^0.'^=iCH3CH2OH+CH3COOH,D

正確；

故選D。

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查微?？臻g構型判斷，為高頻考點，明確價層電子對互斥理論內涵及微?？臻g構型判斷方

法是解本題關鍵，難點是孤電子對個數(shù)計算方法，會判斷常見微?？臻g構型，題目難度不大。

【解答】

A.CC>2為直線形；OF?的中心原子的價層電子對數(shù)為竽=4,分子的空間構型為V形，A符合題意；

B.NH^和C%的中心原子的價層電子對數(shù)為4,配位原子數(shù)為4,均為正四面體形，B不符合題意;

C.H3O+和Nf的中心原子的價層電子對數(shù)為4,配位原子數(shù)為3,均為三角錐形，C不符合題意；

DSC2和。3的中心原子的價層電子對數(shù)為3,配位原子數(shù)為2,均為V形，D不符合題意；

故選Ao

6.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，

側重分析與應用能力的考查，注意基團的相互影響，題目難度不大。

【解答】

A.甲苯能使酸性高鐳酸鉀溶液褪色而苯不能，說明苯環(huán)使甲基活潑性增強，故A不選；

B.等物質的量的甘油和乙醇分別與足量Na反應，前者反應生成的也多，是因為甘油分子中羥基個

數(shù)大于乙醇，不能證明鄰近基團相互影響，故選B；

Ct%=CHz的加聚反應需要催化劑，α-氟基丙烯酸丁酯室溫下可發(fā)生加聚反應，說明a-氟基

丙烯酸丁酯中碳碳雙鍵受鼠基、酯基影響活潑性增強，故不選C；

OOO

nHn

D.與醛、酮的c相比，酸基中的C較難發(fā)生加成反應，說明殿基中的c受羥基影響活

潑性減弱，故不選D；

故選Bo

7.【答案】A

【解析】

【分析】

本題考查分子極性判斷、8電子結構等知識點，側重考查學生獲取信息利用信息能力，知道8電子

結構的判斷方法。

【解答】

A?SF6中的鍵為6條S-F鍵，為極性鍵，此分子中只含極性鍵，故A正確；

B.SF6是結構對稱、正負電荷中心重合的分子，為非極性分子，故B錯誤；

C.由于F的電負性比S的大，S與F之間共用電子對偏向F,故C錯誤；

D.中心原子價電子數(shù)+化合價的絕對值=8時，該分子中所有原子都達到8電子穩(wěn)定結構，但氫化

物除外，該化合物中S元素化合價+價電子數(shù)=6+6=12,貝IJS原子不是8電子穩(wěn)定結構，故D錯

誤；

故選A=

8.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查物質性質與鍵能的關系，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確物質穩(wěn)定性、

鍵長、熔點、硬度的影響因素是解本題關鍵，題目難度不大。

【解答】

A.鍵能越大越穩(wěn)定，C-H鍵能大于Si-H,所以穩(wěn)定性：CH4>SiH4.故不選A；

B.鍵能越大，鍵長越短，C=O鍵能大于C-O,所以鍵長：C=0<C-0,故不選B；

CCOz是分子晶體，熔點由分子間作用力決定，Si。?是共價晶體，所以熔點CO?〈Si。?，不能用鍵

能解釋熔點CC>2<SiO2,故選C；

D.金剛石、晶體硅都是共價晶體，共價晶體中鍵能越大，晶體的硬度越大，C-C的鍵能大于Si-Si,

所以硬度：金剛石>晶體硅，故不選D；

故選C。

9.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查了氫鍵的相關知識，側重于氫鍵對物質的性質的影響，難度不大。

【解答】

A.乙二醇中有2個羥基，丙醇中有4個羥基，乙二醇分子間形成的氫鍵的數(shù)目比丙醇分子間形成的

氫鍵的數(shù)目多，故沸點：乙二醇>丙醇，與氫鍵有關，A項不符合題意；

B.在冰晶體中水分子間存在氫鍵，由于氫鍵具有方向性，每個水分子周圍只有4個緊鄰的水分子,

這一排列使冰晶體中的水分子的空間利用率不高，留有相當大的空隙，使冰的密度比液態(tài)水的密

度小，與氫鍵有關，B項不符合題意；

C.由于乙醇分子與水分子間形成氫鍵，故乙醇能與水以任意比例互溶，與氫鍵有關，C項不符合題

Λ??.

忌；

D.由于乙醛分子的極性比丙烷分子的極性大，故乙醛分子間作用力強于丙烷分子間作用力，乙醛

的沸點比丙烷的高，與氫鍵無關，D項符合題意；

故選D。

10.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握手性碳原子、官能團的性質等為解答的關鍵,

側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。

【解答】

A.分子中含有Z個手性碳原子:A正確;

B.-NHz中氮原子形成3個共價鍵且有1對孤電子對，則為sp3雜化，B錯誤；

C.分子中含有羥基、醛鍵、撥基3種含氧官能團，C正確；

D.該物質中碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應，含有羥基能發(fā)生消去反應、取代反應，含有酰胺基能發(fā)生

水解反應，D正確；

故選B。

11.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查有機物的結構和性質、共價鍵、電負性等知識，題目難度不大。

【解答】

由元素周期表中原子半徑的變化規(guī)律，結合結構模型可推測出灰色的點是C,黑色的點是0,白色

的點是H,根據有機化學中C原子的成鍵特點可知，從左至右的順序，第一個和第四個C原子上存

在C=O鍵，在第二個C原子與第三個C原子之間存在碳碳雙鍵，其余的都是單鍵相連，富馬酸中

存在碳碳雙鍵和竣基官能團，則富馬酸結構簡式為HOoC-CH=CH-COOHo

A.鐵是26號元素，位于元素周期表的第四周期第VIll族，故A正確；

B.Imol富馬酸分子中存在Ilmol的。鍵和3mol的π鍵，數(shù)目比為11:3,故B錯誤；

C.組成富馬酸的各元素中，電負性最大的是0,最小的是H,則電負性由大到小的順序為O>C>H,

故C正確；

D.lmol富馬酸中存在2mol竣基，與足量NaHCO3溶液反應可生成2molCO2，故D正確；

故選B。

12.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、物質的制備、物質的檢驗、實驗

技能為解答關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

【解答】

A.該反應有副產物二氧化硫生成，二氧化硫能使溪水褪色，干擾乙烯與澳水的反應，故A錯誤;

B.制備乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸與碳酸鈉反應，導管不能插入液面以下，以防止倒吸，

故B錯誤；

C.漠乙烷水解液呈堿性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸銀溶液可檢驗水溶液中是否含BL,故

C正確；

D.濃鹽酸具有揮發(fā)性，生成的二氧化碳中含有HC1,鹽酸也能和苯酚鈉溶液反應生成苯酚，而影響

碳酸和苯酚鈉的反應，故D錯誤；

故選C。

13.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握有機物的官能團、有機反應為解答的關鍵，側重分析

與應用能力的考查，注意官能團的變化，題目難度不大0

【解答】

B

故選C。

14.【答案】B

【解析】

【分析】

本題考查焙變中活化能與溫度的關系，反應的選擇性，物質的穩(wěn)定性與能量的關系，同分異構體

的判斷。注意活化能與能

量的關系不要混淆。

【解答】

A.丙烷氯代反應可生成互為同分異構體的CH3CH2CH2Q和(CH3)2CHCL丙烷溪代反應可生成互為

同分異構體的CH3CH2CH2Br和(CH3)2CHBr,A項正確；

B.由圖可知，正丙基自由基(CH3CH2C%x)具有的能量比異丙基自由基［XCH(CH3)2］具有的能量

高，能量越低越穩(wěn)定，則異丙基自由基比正丙基自由基穩(wěn)定，B項錯誤；

C.由圖可知，生成1-氯丙烷的活化能比生成2-氯丙烷的活化能大，通?；罨茉酱?、反應速率

受溫度影響越大，故升高溫度，生成1-氯丙烷的速率增大得更快，體系中n(l-氯丙烷)：n(2-氯

丙烷)的值增大，C項正確；

D.由圖可知，以丙烷氯代反應生成的2-氯丙烷的選擇性為55%,而發(fā)生嗅代反應生成的2-嗅丙

烷的選擇性為97%,故以丙烷為原料通過“鹵代-水解”過程合成2-丙醇時，使用Br?作為取代

試劑所得產品的純度更高，即Br2比Ck更適于作取代試劑，D項正確；

故選B?

15.【答案】(1)①N原子的價層電子排布式為2s?2p3,0原子的價層電子排布式為2s22p3N原子

的2p軌道為半滿結構，較難失去電子，所以第一電離能：N>0

②電中存在共價三鍵(N三N),鍵能大，明化學性質穩(wěn)定

③平面三角形

(2)中心原子的雜化方式均為sp3雜化，C-0-H中氧上有2對孤電子對，孤電子對對成鍵電子對

具有較大斥力，使得鍵角：H-C-H>C-O-H

(3)C6H6O+28?OH→6CO2T+17H2O

⑷①mITn回②6③

3d4saNA

【解析】

【分析】

本題考查物質結構與性質，涉及電離能、離子的空間結構，鍵參數(shù)、晶胞計算等內容，其中晶胞

計算為解題難點，需要結合均攤法進行分析，掌握基礎為解題關鍵，整體難度較大。

【解答】

(1)①N原子的價層電子排布式為2s22p3,。原子的價層電子排布式為2s22p。N原子的2p軌道為

半滿結構，較難失去電子，所以第一電離能：N>0：

②電中存在共價三鍵(N三N),鍵能大，所以電化學性質穩(wěn)定；

③NO］中N原子價電子對數(shù)為3,無孤電子對，空間結構是平面三角形。

(2)甲醇分子中C、O原子的雜化方式均為sp3雜化，C-O-H中氧上有2對孤電子對，孤電子對對

成鍵電子對具有較大斥力，使得鍵角：H-C-H>C-O-H,

(3)-0^1可將苯酚氧化為電0和《)2，根據得失電子守恒，該反應的化學方程式為C6H6θ+28?

OH→6CO2T+17H20O

(4)①鈦是22號元素，核外有22個電子，基態(tài)鈦原子核外電子排布式為[Ar]3d24s2,其價層電子軌

道表示式為斤ItlIII同

3d4s

②根據晶胞圖，晶體中每個鈦原子周圍與其距離最近且相等的氧原子的數(shù)量是6；

③根據均攤原則，晶胞中Ti原子數(shù)為8x2=1、Co原子數(shù)為1、。原子數(shù)為12x；=3,NA表示阿

48+59+16x3_o155×1021T

3

伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為7—不Lg?cm3=g?cmo

(a×107)NAaNA

16.【答案】(1)增加反應的接觸面積，加快反應速率

(2)φ?uXoICI?IH.VO-■A<lc∣i

②提供Cl-與Au3+形成[AuO1]-,減小了Au3+濃度，促進AU與NO]反應正向移動

(3)1.5

+

(4)AgCl+2NH3?H2O=[Ag(NH3)2]+Cr+2H2O

(5)將固體AgeI溶解為[Ag(NH3)2]+,能提高反應速率；避免生成的銀單質中混有AgCI雜質(任出一

條即可)

(6)①<;②調PHB1,使部分NE轉化為NH3減弱Nf的配位能力，可溶性配離子轉化為難

溶性Pd(NH3)2S;若PH過小,c(H+)過大，則可能會轉化成[PdCkp-

【解析】

【分析】

本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握物質的性質、制備流程中發(fā)生的反應、混合物分離

提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重

分析與實驗能力的考查，注意流程及信息的應用，題目難度較大。

【解答】

手機主板中含有貴金屬單質Au(金)、Ag和Pd儂)在HNO3中酸浸，AU不發(fā)生反應，Ag,Pd發(fā)生反

應轉化為Ag+、Pd2+,AU固體用王水溶解轉化為HAUCI4溶液,再向HAUCI4溶液中加入Zn粉得到Au,

向含有Ag+、PcP+溶液中加入NacI生成AgQ固體和［PdClj-溶液，AgCl固體用氨水溶解得到溶液Y,

再向溶液丫中加入水合朋得到Ag,向含［PdCl4］2-溶液中加入氨水得到含［Pd(NH3)4K+溶液，再加

入鹽酸調PH得到Pd(NH3)2。2。

(1)酸浸前，將廢舊手機主板粉碎的目的是增加反應的接觸面積，加快反應速率；

(2)①根據氧化還原反應配平可得該反應的離子方程式為

.b∕-XOin-211vo-..i∣frr-2〃/)；

②從反應原理的角度解釋濃鹽酸的作用是提供Cl-與A/+形成［AuCl4］一,減小了Au3+濃度，促進AU

與Nol反應正向移動；

(3)根據得失電子守恒可知，1.5molZn粉能將溶液中的ImolHAUCl,完全還原；

+

(4)Aga溶于氨水的離子方程式為AgCI+2NH3?H2O=［Ag(NH3)2］+CI-+2H20;

(5)還具有的優(yōu)點可能為將固體AgCI溶解為［Ag(NH3)2］+,能提高反應速率；避免生成的銀單質中

混有AgCl雜質；

(6)①加入氨水，［PdCLj2-轉化為［Pd(NH3)4F+,說明該條件下配位能力：Cl-<NH3;

②“加入鹽酸，調PH“1”能將［Pd(NH3)4］2+轉化為為Pd(NH3)2(?的原因是調PH=1,使部分

NE轉化為NH3減弱NH3的配位能力,可溶性配離子轉化為難溶性Pd(NH3)2Q2;若PH過小,c(H+)

過大，則可能會轉化成［PdClj-。

Cl

17.【答案】

ClONa

(2)iɑ?+2X?()11號iɑ?+NaCl+H2O

(3)abd

(4)

(S)C16H12O2

(6)氧化劑

【解析】

【分析】

本題考查有機物的合成與推斷，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，正確推斷各物質的結

構簡式是解本題關鍵，題目難度中等。

【解答】

Cl

根據反應條件和C的結構簡式可知，A為［3,A在NaoH水溶液中發(fā)生水解反應生成B,B為

ONaOHI()

j?i,結合己知可知，C在AlQ3條件下發(fā)生重排生成D,D為

‘結合第(4)小問,

再根據G的結構簡式和F的分子式可知F為

Cl

(1)據分析可知，A的結構簡式為13；

ClONa

(2)A在NaoH水溶液中發(fā)生水解反應生成B,A→B的化學方程式為+2”)〃與

+NaCl+H2O;

(3)a.C含有1個酯基能與NaoH按照1:1發(fā)生水解反應，水解生成的苯酚再與NaOH按照1:1發(fā)生反應,

則ImOIC最多能與2molNaOH反應，a正確;

b.C中苯環(huán)上有3種等效氫，則C中苯環(huán)上的一氯代物有3種，b正確;

c.D中含有羥基能形成氫鍵，而C不能形成氫鍵，C錯誤;

CH；CoOH

含有苯環(huán)和竣基，d正確;

故選abd；σ

O

(4)據分析可知，F(xiàn)中含有兩個六元環(huán)，F(xiàn)的結構簡式為IfAT?I

O

(5)H的分子式為G6H12O2；

(6)H轉化成胭木二酮發(fā)生氧化反應，則在H轉化成胭木二酮的過程中，CU(OTf的主要作用是成

環(huán)，Seθ2的主要作用是作氧化劑。

18.【答案】(DloOmL容量瓶

3++

(2)酸性；Fe+3H2O二Fe(OH)3+3H

(3)Fe3+

(4)①NaQ固體；②向實驗1反應后溶液中加入Na2SO4固體，溶液顏色變淺(或向實驗2反應后溶液

中加入少量BaCk溶液，溶液紫色變深)

3

(5)溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O-二[Fe(C6H5O)6]-,H+與CGHSCT結合成C6&0H,降低了溶

液中C6H5O-的濃度，促進平衡逆向移動，尸6仁6為0)613-濃度減小，溶液顏色變淺

(6)不合理，PH過大，OH-濃度增大，與Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于鐵離子與苯酚發(fā)生顯色反

應

(7)陰離子種類、溶液PH

【解析】

【分析】

本題考查探究鐵離子與苯酚的反應，涉及溶液的配制、配位鍵、平衡移動的影響因素等，側重于

學生的分析能力和實驗能力的考查，同時考查學生理解和綜合應用能力，題目難度較大。

【解答】

實驗1中氯化鐵與苯酚反應，溶液為紫色，實驗2中硫酸鐵與苯酚反應溶液為淺紫色，通過實驗現(xiàn)

象提出猜想：i?Cl-對鐵離子與苯酚的反應有促進作用；ii.SO/對鐵離子與苯酚的反應有抑制作

用。后續(xù)驗證猜想時，在實驗2后的反應液中加入氯化鈉固體，溶液顏色無變化，說明猜想i不成

立；為了驗證猜想ii成立，可采用的方法為：實驗1的溶液中加入硫酸根或實驗2的溶液中消耗掉

硫酸根，觀察溶液顏色變化。

⑴配制IOomLo.Imol?L苯酚溶液，需要用到的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、IoOmL

容量瓶；

3+

(2)氯化鐵溶液呈酸性，原因是鐵離子水解生成氫離子，離子方程式為：Fe+3H2O二Fe(OH)3+

3H+；

(3)過渡金屬元素通?？梢蕴峁┛哲壍佬纬膳湮绘I，故[Fe(C6HsO)6]3-中，提供空軌道用以形成配

位鍵的微粒是Fe3+；

(4)①根據分析，向實驗2反應后溶液中加入NaCl固體，溶液顏色無變化，證明猜想i不成立；

②根據分析，證明猜想ii成立的實驗操作和現(xiàn)象為：向實驗1反應后溶液中加入Na2SO4固體，溶液

顏色變淺(或向實驗2反應后溶液中加入少量BaCk溶液，溶液紫色變深)；

(5)實驗證明，H+對Fe3+與苯酚反應生成的配合物有抑制作用，平衡角度解釋為：溶液中存在平

衡Fe3++6C6H5O-二

3

[Fe(C6H5O)6]-,H+與CeHsO-結合成C6H5OH,降低了溶液中，6電0一的濃度，促進平衡逆向移動，

[Fe(C6HsO)6]3-濃度減小，溶液顏色變淺；

(6)PH過大，OH-濃度增大，與Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于鐵離子與苯酚發(fā)生顯色反應，故答

案為：不合理，PH過大，OH-濃度增大，與Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于鐵離子與苯酚發(fā)生顯

色反應；

(7)由以上研究可知，影響鐵離子與苯酚反應的因素有：陰離子種類、溶液pH。

19.【答案】(I)CH3CH(OH)CH3

(2)氧化反應

OOO

⑶??A

O

(4Q8e

H

OH9.*mλθHV

⑸-CoOH+ζ?∕^CH-COO\_^+Hz°

【解析】

【分析】

本題考查有機物的合成與推斷、官能團、有機反應類型、限制條件同分異構體書寫等，難度中等。

【解答】