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广东省广州市八区2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测化学试卷
1．（2024高二下·广州期末）广东汉乐历史悠久，通常使用的乐器有唢呐、椰胡、琵琶和大鼓等。下列乐器或部件主要成分为合成纤维的是
A．唢呐：主要材料为黄铜 B．椰胡：主要材料为椰子壳
C．琵琶弦线：主要材料为尼龙线 D．大鼓鼓面：主要材料为牛皮
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．唢呐的主要材料为黄铜，黄铜为合金，属于金属材料，A不符合题意；
B．椰胡的主要材料为椰子壳，椰子壳主要成分为纤维素，属于天然纤维，天然纤维是天然高分子化合物，B不符合题意；
C．琵琶弦线的主要材料为尼龙线，尼龙属于合成纤维，C符合题意；
D．大鼓鼓面的主要材料为牛皮，牛皮的主要成分为蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对物质成分的考查，结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．（2024高二下·广州期末）现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列说法正确的是
A．用元素分析仪测定分子的空间结构
B．的核磁共振氢谱中有四组峰
C．用质谱仪鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3
D．用红外光谱鉴别CH3COCH3和CH3CH2CH2OH
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．用元素分析仪只能测定分子的元素及含量，无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．由结构的对称性可知，分子中含有5类氢原子，因此核磁共振氢谱中有5组峰，故B错误；
C．质谱仪可确定相对分子质量，由于CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相对分子质量相同，所以用质谱仪不能鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C错误；
D．红外光谱可确定物质中的基团，丙酮和1—丙醇分子中的基团不同，因此通过红外光谱分析可以鉴别丙酮和1—丙醇，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、元素分析仪用于测定元素种类及含量。
B、根据结构的对称性确定其核磁共振氢谱的吸收峰。
C、质谱仪用于确定相对分子质量。
D、红外光谱可测定有机物中的基团。
3．（2024高二下·广州期末）下列化学用语正确的是
A．羟基的电子式：
B．甲醛的结构式：
C．乙炔的空间填充模型：
D．p-pσ键电子云轮廓图：
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；甲醛；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．羟基的结构简式为—OH，不带电荷，其电子式为，故A错误；
B．甲醛的结构简式为HCHO，含有碳氧双键，其结构式为，故B正确；
C．乙炔的空间结构为直线形，其空间填充模型为，故C错误；
D．头碰头的p-pσ键电子云轮廓图为，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、羟基为-OH，不带电荷，图示为OH-的电子式。
B、甲醛的结构简式为HCHO，据此确定其结构式。
C、图示为乙炔的球棍模型。
D、图示为p-pπ键的电子云轮廓图。
4．（2024高二下·广州期末）下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是
A．氨气易溶于水 B．乙醇易溶于水
C．碘易溶于苯 D．氯气易溶于NaOH溶液
【答案】D
【知识点】相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．氨气和水都是极性分子，相似相容，因此氨气易溶于水，故A不符合题意；
B．乙醇分子和水分子都是极性分子，相似相容，因此酒精易溶于水，故B不符合题意；
C．碘是非极性分子，苯是非极性分子，相似相容，因此碘易溶于苯，故C不符合题意；
D．氯气分子是非极性分子，氢氧化钠是离子化合物，二者的结构不相似，氯气易溶于NaOH溶液是因为氯气能与氢氧化钠反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】极性相同的两物质可相互溶解，即为“相似相容”，结合选项所给物质的极性分析即可。
5．（2024高二下·广州期末）下列反应中，属于取代反应的是
A．乙醇转化为乙酸
B．乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷
C．苯与溴反应生成溴苯
D．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；溴乙烷的化学性质；乙醇的物理、化学性质；取代反应
【解析】【解答】A．乙醇转化为乙酸的过程中发生氧化反应，故A不符合题意；
B．乙烯与氯化氢生成氯乙烷的过程中发生加成反应，故B不符合题意；
C．溴化铁做催化剂条件下，苯与溴反应生成溴苯和溴化氢的过程中发生取代反应，故C符合题意；
D．溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液共热反应生成乙烯、溴化钠和水，该反应属于消去反应，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、乙醇转化为乙酸为氧化反应。
B、乙烯转化为氯乙烷为加成反应。
C、苯转化为溴苯为取代反应。
D、溴乙烷转化为乙烯发生消去反应。
6．（2024高二下·广州期末）元素周期表中硒元素的数据见图，下列说法正确的是
A．硒元素的质量数为78.96
B．基态硒原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4
C．基态硒原子的4p能级有4个未成对电子
D．硒原子的最高化合价为+4
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A．硒元素的相对原子质量为78.96，不能说其质量数是78.96，A错误；
B．Se的原子序数为34，根据构造原理可知基态硒原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，B正确；
C．基态硒原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，为使原子结构处于稳定状态，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方法相同，因此基态硒原子的4p能级有2个未成对电子，C错误；
D．基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4，因此硒原子的最高化合价为+6，D错误；
故答案为：B
【分析】A、由数据可知其相对原子质量为78.96。
B、Se的原子序数为34，结合构造原理确定核外电子排布式。
C、根据构造原理确定其未成对电子。
D、根据价层电子对数确定其最高化合价。
7．（2024高二下·广州期末）“人世间的美好梦想，只有通过诚实劳动才能实现”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用葡萄糖进行银镜反应制备保温瓶内胆 葡萄糖在人体内氧化分解时放出能量
B 宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解
C 用醋酸清洗水壶中的水垢 醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应
D 用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾中含N、P等元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】乙酸的化学性质；人体新陈代谢过程中的生化反应；葡萄糖的银镜反应；绿色化学
【解析】【解答】A．葡萄糖分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，生成单质Ag，因此可以利用该性质进行银镜反应制备保温瓶内胆。葡萄糖是有机物小分子，在人体内能够被氧化分解放出能量，能够给人提供生命活动所需要的能量，但这与葡萄糖能够发生银镜反应的性质无关，A符合题意；
B．宣传使用聚乳酸制造的包装材料，既可以满足包装需要，同时聚乳酸在自然界能够发生水解反应生成小分子，防止白色污染的产生，B不符合题意；
C．醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应产生可溶性物质，所以可以使用醋酸清洗水壶中的水垢，C不符合题意；
D．厨余垃圾中含N、P等元素，所以可以用厨余垃圾制肥料，二者有因果关系，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、葡萄糖的银镜反应与其氧化分解释放能量无关。
B、聚乳酸可降解，适合做包装材料。
C、醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应。
D、厨余垃圾中含有N、P营养元素。
8．（2024高二下·广州期末）下列物质互为同系物的是
A．CH3OCH3与CH3CH2CHO
B．CH3CH2CH2CH2CH3与
C．与
D．与
【答案】C
【知识点】同系物
【解析】【解答】A．CH3OCH3属于醚， CH3CH2CHO属于醛，二者结构不相似，因此不属于同系物，A错误；
B．CH3CH2CH2CH2CH3与分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B错误；
C．与结构相似且分子组成上相差一个CH2，二者互为同系物，C正确；
D．中羟基直接连在苯环上，属于酚，中羟基不直接连在苯环上，属于醇，二者结构不相似，不属于同系物，D错误；
故答案为：C
【分析】此题是对同系物判断的考查，结合同系物的概念分析选项即可。同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
9．（2024高二下·广州期末）下列状态的铝中，失掉最外层的一个电子需要能量最高的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A． 是铝原子的核外电子排布，为基态，失去最外层1个电子需要能量较低；
B． 为铝失去1个电子的核外电子排布，再失去1个电子需要能量比选项A要高；
C． 是铝原子的核外电子排布，激发态，失去最外层1个电子需要能量最低，比选项A更低；
D． 为铝失去2个电子的核外电子排布，再失去1个电子需要能量比选项B要高，为第三电离能；
故答案为：D。
【分析】电离最外层的一个电子所需能量：基态>激发态，第一电离能<第二电离能<第三电离能，据此解答。
10．（2024高二下·广州期末）用如图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是
A、检验乙炔分子中含有不饱和键 B、检验溴乙烷水解产物中含有Br-
C、制备并收集乙酸乙酯 D、证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】卤代烃简介；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．电石中含有的硫化钙等杂质，能与水反应生成的硫化氢等气体，H2S也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以实验中用盛有硫酸铜溶液的洗气瓶除去硫化氢等气体排除干扰，再用盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶验证乙炔分子中含有不饱和键，则题给装置能达到检验乙炔分子中含有不饱和键的实验目的，故A正确；
B．溴乙烷水解液中含有的氢氧化钠，能与Ag+产生沉淀，实验中先加稀硝酸至溶液呈酸性，排除氢氧根离子的干扰，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含溴离子，则题给装置能达到检验溴乙烷水解产物中含有溴离子的实验目的，故B正确；
C．浓硫酸作用下乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯中混有挥发出的乙酸、乙醇，将反应得到的混合气体通入饱和碳酸钠溶液的液面上，可以除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，经分液操作可以收集乙酸乙酯，因此题给装置能达到制备并收集乙酸乙酯的实验目的，故C正确；
D．盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会优先与苯酚钠溶液反应，干扰二氧化碳与苯酚钠溶液的反应，因此题给装置不能达到验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱的实验目的，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、CuSO4溶液可除去乙炔中混有的H2S。
B、滴加稀硝酸中和过量的NaOH，再加AgNO3溶液，检验卤素离子。
C、饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中混有的CH3COOH和C2H5OH，同时降低乙酸乙酯的溶解度。
D、浓盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有HCl，造成干扰。
11．（2024高二下·广州期末）类比是化学中的常用方法，下列说法不正确的是
A．H2、O2为非极性分子，所以N2是非极性分子
B．CO2为分子晶体，所以SiO2是分子晶体
C．沸点：Cl2D．酸性：CH3COOH【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；分子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A． H2、O2只含非极性键，属于非极性分子；N2也只含非极性键，也属于非极性分子，故A正确；
B． CO2为分子晶体，而二氧化硅是由原子构成的，属于共价晶体，故B错误；
C． 结构相似，相对分子质量前者小于后者，因此沸点：Cl2＜Br2，类比推出沸点：H2D． 电负性：Cl＞H，使羧基上O-H键的极性增强，因此酸性：CH3COOH故答案为：B
【分析】A、H2、O2、N2都只由非极性键构成，属于非极性分子。
B、SiO2是由原子构成的网状结构，属于共价晶体。
C、相对分子质量越大，范德华力越大，则沸点越高。
D、根据电负性强弱，比较酸性强弱。
12．（2024高二下·广州期末）晶胞是晶体结构的基本单元。下列示意图可以表示晶胞的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．平行移动不能重合，因此该结构不能无隙并置，不能表示晶胞，故A错误；
B．平行移动可以重合，因此该结构可以无隙并置，且是最小的重复单元，可以表示晶胞，故B正确；
C．平行移动可以重合，但不是最小的重复单元，该结构的八分之一为晶胞结构，故C错误；
D．平行移动不能重合，因此该结构不能无隙并置，不能表示晶胞，故D错误；
故答案为：B
【分析】此题是对晶胞概念的考查，结合晶体的概念分析即可。晶体是由晶胞无隙并置而成的，晶胞是晶体中的最小结构单元。
13．（2024高二下·广州期末）迷迭香酸是一种天然抗氧化剂，其结构如图所示，下列叙述不正确的是
A．迷迭香酸分子存在顺反异构体
B．迷迭香酸分子中含有1个手性碳原子
C．1mol迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗8molBr2
D．1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6molNaOH
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的性质及用途；酯的性质
【解析】【解答】A．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构简式可知，迷迭香酸分子中碳碳双键中碳原子所连基团不同，因此该结构存在顺反异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，迷迭香酸分子中与羧基直接相连的碳原子为手性碳原子，因此该分子中含有1个手性碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的碳碳双键可以和溴水发生加成反应，含有酚羟基，酚羟基邻对位上的氢原子可以和溴水发生取代反应，因此1mol迷迭香酸与浓溴水反应时，可消耗7mol溴，故C错误；
D．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠溶液反应。1mol迷迭香酸中含有4mol酚羟基、1mol羧基和1mol酯基，因此1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mol氢氧化钠，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团，可形成顺反异构。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
C、酚羟基的邻位、对位H原子可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应。
D、酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应。
14．（2024高二下·广州期末）根据下列实验方案及现象，所得结论正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
B 向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌 形成均一稳定的混合液 猪油发生水解反应
C 向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 丙烯醛中存在醛基
D 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，振荡 有固体析出 (NH4)2SO4溶液能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．用氢氧化铜氧化醛基需要在碱性环境中进行，向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后需先加NaOH溶液中和过量的稀硫酸，使溶液显碱性，再加入新制Cu(OH)2并加热，观察是否有砖红色沉淀产生，故A错误；
B．向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌，生成可溶性的高级脂肪酸的钠盐和甘油，形成均一稳定的混合液，因此说明猪油发生水解反应，故B正确；
C．碳碳双键和醛基均可以被高锰酸钾氧化，因此溶液褪色无法说明丙烯醛中含有醛基，故C错误；
D．(NH4)2SO4相当于轻金属盐，此方法为盐析，蛋白质未发生变性，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
B、形成均一稳定的混合液，说明猪油与NaOH溶液反应后得到水溶液。
C、丙烯酸中碳碳双键和醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、(NH4)2SO4能使蛋白质发生盐析。
15．（2024高二下·广州期末）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可如图反应制备。
下列说法正确的是
A．该反应为加聚反应
B．碳酸二甲酯中碳氧原子一定在同一平面
C．反应式中化合物X为水
D．碳酸二甲酯可水解
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A． 该聚合反应生成高分子的同时还生成了小分子，因此该反应属于缩聚反应，故A错误；
B． 碳酸二甲酯中碳氧单键可以旋转，因此碳氧原子不一定在同一平面，故B错误；
C． 根据质量守恒定律可知，反应式中化合物X为甲醇，故C错误；
D． 碳酸二甲酯中含有酯基，因此可发生水解反应，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、该反应管生成高分子的同时生成小分子，属于缩聚反应。
B、单键可以自由旋转，碳氧原子不一定共平面。
C、根据反应前后原子个数守恒确定X的化学式。
D、碳酸二甲酯中含有酯基，可发生水解反应。
16．（2024高二下·广州期末）下列说法不正确的是
A．图甲表示随着核电荷数的增加，卤族元素原子半径增大
B．图乙表示第三周期的某主族元素的第一至第五电离能数据，则该元素为Mg
C．图丙表示周期表ⅣA~ⅦA中元素最简单氢化物的沸点变化，则a点代表H2S
D．图丁中18-冠-6中O原子电负性大，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同主族元素，随着核电荷数的增加，电子层数逐渐增多，因此原子半径逐渐增大，A正确；
B．图乙中，电离能I2与I3相差较大，说明该元素原子最外层有两个电子，因此该元素为第三周期主族元素镁，B正确；
C．第ⅣA~ⅦA元素的最简单氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”，H2O分子间氢键数目多，在三者中沸点最高，因此a点代表的是第三周期与氧同族元素的氢化物，为H2S，C正确；
D．冠醚与K+之间通过配位键结合，并非离子键，D错误；
故答案为：D
【分析】A、同主族元素，电子层数越多，原子半径越大。
B、电离能I3较大，表示难以失去第三个电子，说明该元素的原子最外层有2个电子。
C、N、O、F的氢化物可形成氢键，沸点较大。
D、冠醚与K+之间通过配位键结合，配位键属于特殊的共价键。
17．（2024高二下·广州期末）乙酰水杨酸(阿司匹林)是常用药物之一，实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸
熔点/℃ 157~159 ﹣72~﹣74 135~138
相对密度/(g·cm-3) 1.44 1.10 1.35
相对分子质量 138 102 180
实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应，稍冷后进行如下操作：
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。
回答下列问题：
（1）下列玻璃仪器中，①中需使用的有　 　(填标号)。
（2）该合成反应中应采用的加热方法为　 　。
（3）①中需使用冷水，目的是　 　。
（4）③中用浓盐酸酸化的主要作用是　 　(用方程式表示)。
（5）④采用的纯化方法为　 　，本实验的产率为　 　%
（6）设计实验检验制得乙酰水杨酸晶体中羧基和酯基官能团。
步骤 现象 结论
取样品加入水中，振荡静置、向两支试管中分别加入2mL清液 / /
向其中一支试管中滴入2滴石蕊溶液 　 　 含有羧基
向另一支试管中滴入2滴稀硫酸，加热后滴入几滴NaHCO3溶液中和过量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴　 　溶液，振荡 　 　 含有酯基
【答案】（1）AC
（2）水浴加热
（3）充分析出乙酰水杨酸固体
（4）+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH
（5）重结晶；60
（6）溶液变为红色；FeCl3溶液；溶液变为紫色
【知识点】羧酸简介；有机物（官能团）的检验；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，操作①溶解、过滤得到乙酰水杨酸粗品，溶解、过滤需要使用的仪器是烧杯和漏斗，不需要使用的仪器是分液漏斗和容量瓶，故选AC。
故答案为：AC
（2）由分析可知，制备乙酰水杨酸的反应为浓硫酸作用下水杨酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共热反应生成乙酰水杨酸和乙酸。
故答案为：水浴加热
（3）由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水杨酸的溶解度，充分结晶析出乙酰水杨酸固体。
故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体
（4）由分析可知，操作③用浓盐酸酸化的目的是将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH。
故答案为：+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH
（5）由分析可知，纯化得到乙酰水杨酸晶体的方法为重结晶；由题给数据可知，水杨酸的物质的量为=0.05mol、乙酸酐的物质的量为≈0.11mol，由方程式可知，反应中乙酸酐过量，则本实验的产率为×100%=60%。
故答案为：重结晶；60
（6）检验制得乙酰水杨酸晶体中羧基和酯基官能团的操作为取样品加入水中，振荡静置、向两支试管中分别加入2mL清液，向其中一支试管中滴入2滴石蕊溶液，溶液变为红色，说明乙酰水杨酸中含有羧基；向另一支试管中滴入2滴稀硫酸加热，使乙酰水杨酸部分水解生成水杨酸和乙酸，加热后滴入几滴碳酸氢钠溶液中和过量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴氯化铁溶液，溶液变为紫色，说明乙酰水杨酸中含有酯基。
故答案为：溶液变为红色；FeCl3溶液；溶液变为紫色
【分析】（1）根据步骤①操作确定其所需的仪器。
（2）反应温度为70℃，采用水浴加热。
（3）冷水温度较低，有利于乙酰水杨酸结晶析出。
（4）盐酸酸化的过程中与HCl反应生成羧基和酚羟基，据此写出反应的化学方程式。
（5）晶体的提纯操作为重结晶。根据反应的化学方程式计算乙酰水杨酸的理论产量，结合公式计算。
（6）结合羧基和酯基的性质进行分析。
（1）由分析可知，操作①溶解、过滤得到乙酰水杨酸粗品，溶解、过滤需要使用的仪器是烧杯和漏斗，不需要使用的仪器是分液漏斗和容量瓶，故选AC；
（2）由分析可知，制备乙酰水杨酸的反应为浓硫酸作用下水杨酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共热反应生成乙酰水杨酸和乙酸，故答案为：水浴加热；
（3）由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水杨酸的溶解度，充分结晶析出乙酰水杨酸固体，故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体；
（4）由分析可知，操作③用浓盐酸酸化的目的是将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH，故答案为：+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH；
（5）由分析可知，纯化得到乙酰水杨酸晶体的方法为重结晶；由题给数据可知，水杨酸的物质的量为=0.05mol、乙酸酐的物质的量为≈0.11mol，由方程式可知，反应中乙酸酐过量，则本实验的产率为×100%=60%，故答案为：重结晶；60；
（6）检验制得乙酰水杨酸晶体中羧基和酯基官能团的操作为取样品加入水中，振荡静置、向两支试管中分别加入2mL清液，向其中一支试管中滴入2滴石蕊溶液，溶液变为红色，说明乙酰水杨酸中含有羧基；向另一支试管中滴入2滴稀硫酸加热，使乙酰水杨酸部分水解生成水杨酸和乙酸，加热后滴入几滴碳酸氢钠溶液中和过量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴氯化铁溶液，溶液变为紫色，说明乙酰水杨酸中含有酯基，故答案为：溶液变为红色；FeCl3溶液；溶液变为紫色。
18．（2024高二下·广州期末）元素周期律是学习和研究化学的重要工具。
（1）X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。其元素性质及原子结构如下：
元素 元素性质或原子结构
X 电子只有一种自旋取向
Y 基态原子的核外电子所有电子层共有3个不同的能级，各能级中电子数相等
Z 与Y同周期，其第一电离能高于同周期与之相邻的元素
①Y位于周期表中的第　 　周期第　 　族。
②X与Y形成化合物YX4，其空间结构为　 　。
③Y与Z形成的YZ-常作为配位化合物中的配体。在YZ-中，元素Y的原子采取sp杂化，则该微粒中的化学键中含有的σ键与π键的数目比为　 　。
（2）几种含氯化合物的熔点如下表：
物质 NaCl AlCl3 SiCl4
熔点/℃ 801 190* -70.4
*在250kPa条件下
①NaCl的熔点明显高于SiCl4，其原因是　 　。
②AlCl3处于熔融状态时可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3为缺电子分子，Al倾向于接受电子对形成sp3杂化轨道。请写出Al2Cl6的结构式　 　。
（3）ZnSO4·7H2O结构示意图如图，回答下列问题：
①H2O中H-O-H键角　 　(填“＞”“＜”或“=”)中O-S-O键角，原因是　 　。
②该晶体受热失水时，随着温度的升高，先失去一个水分子，再失去其它水分子，首先失去的水分子应为　 　(填“a”或“b”)。
【答案】（1）二；ⅣA；正四面体；1：2
（2）二者的晶体类型不同；NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以强烈的离子键结合，断裂需消耗较高能量；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以微弱的范德华力结合，破坏只需消耗较少能量
（3）＞；H2O中的O原子和中的S原子都采用sp3杂化，但H2O中O原子上有2对孤电子对，中的S原子上无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致键角：H2O＞；；b
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）①Y是C元素，位于周期表中的第二周期第ⅣA族。
故答案为：二；ⅣA
②根据上述分析可知：X是H，Y是C，X与Y形成化合物YX4是CH4，CH4的空间结构为正四面体形。
故答案为：正四面体形
②根据上述分析可知：Y是C，Z是N元素，Y与Z形成的YZ-是CN-，CN-常作为配位化合物中的配体。在YZ-中，元素Y的原子采取sp杂化，C原子与N原子形成共价三键，其中一个是σ键，两个是π键，则该微粒中的化学键中含有的σ键与π键的数目比为1：2。
故答案为：1：2
（2）①NaCl的熔点明显高于SiCl4，是由于二者的晶体类型不同。NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以离子键结合，离子键是一种强烈相互作用力，断裂需消耗较高能量，因此NaCl的熔点高；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以范德华力结合，范德华力比较微弱，破坏只需消耗较少能量，因此其熔点远低于NaCl。
故答案为：二者的晶体类型不同。NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以强烈的离子键结合，断裂需消耗较高能量；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以微弱的范德华力结合，破坏只需消耗较少能量
②AlCl3处于熔融状态时可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3为缺电子分子，Al倾向于接受电子对形成sp3杂化轨道。则Al2Cl6的结构式是。
故答案为：
（3）①H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，因此O原子采用sp3杂化，但O原子上有2电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致H2O分子呈V形，分子中的H-O-H键角是104.5°；中的中心S原子价层电子对数是4+=4，因此S原子采用sp3杂化，而S原子上无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形，O-S-O键角是1098°28'，因此键角：H2O＞。
故答案为：＞；H2O中的O原子和中的S原子都采用sp3杂化，但H2O中O原子上有2对孤电子对，中的S原子上无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致键角：H2O＞
②根据装置图可知在ZnSO4·7H2O中的7个结晶水中，有6个H2O分子与Zn2+以配位键结合为内界离子[Zn(H2O)6]2+，而有1个H2O分子则为外界水分子，内界离子结合力是配位键强，因此升高温度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子应为外界的b分子。
故答案为：b
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素， X元素的电子只有一种自旋取向，则X是H元素；基态Y原子的核外电子所有电子层共有3个不同的能级，各能级中电子数相等，则Y原子核外电子排布是1s22s22p2，所以Y是C元素；Z与Y同周期，其第一电离能高于同周期与之相邻的元素，则Z是第ⅤA的N元素，然后根据问题，结合元素周期律分析解答。
（1）①Y是C元素，位于周期表中的第二周期第ⅣA族；
②根据上述分析可知：X是H，Y是C，X与Y形成化合物YX4是CH4，CH4的空间结构为正四面体形；
②根据上述分析可知：Y是C，Z是N元素，Y与Z形成的YZ-是CN-，CN-常作为配位化合物中的配体。在YZ-中，元素Y的原子采取sp杂化，C原子与N原子形成共价三键，其中一个是σ键，两个是π键，则该微粒中的化学键中含有的σ键与π键的数目比为1：2；
（2）①NaCl的熔点明显高于SiCl4，是由于二者的晶体类型不同。NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以离子键结合，离子键是一种强烈相互作用力，断裂需消耗较高能量，因此NaCl的熔点高；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以范德华力结合，范德华力比较微弱，破坏只需消耗较少能量，因此其熔点远低于NaCl；
②AlCl3处于熔融状态时可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3为缺电子分子，Al倾向于接受电子对形成sp3杂化轨道。则Al2Cl6的结构式是；
（3）①H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，因此O原子采用sp3杂化，但O原子上有2电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致H2O分子呈V形，分子中的H-O-H键角是104.5°；中的中心S原子价层电子对数是4+=4，因此S原子采用sp3杂化，而S原子上无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形，O-S-O键角是1098°28'，因此键角：H2O＞；
②根据装置图可知在ZnSO4·7H2O中的7个结晶水中，有6个H2O分子与Zn2+以配位键结合为内界离子[Zn(H2O)6]2+，而有1个H2O分子则为外界水分子，内界离子结合力是配位键强，因此升高温度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子应为外界的b分子。
19．（2024高二下·广州期末）铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子轨道表示式为　 　，位于周期表　 　区。
（2）Cu2+能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。
步骤 实验操作 实验现象或结论
ⅰ 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色的溶液
ⅱ 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体
ⅲ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O
①写出步骤i中“沉淀溶解得到深蓝色的溶液”的离子方程式　 　。
②已知[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为　 　(填“正四面体”或“平面正方形”)。
③配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O中的配位原子为　 　。
（3）①铜是一种导电性良好的金属，其晶胞结构如图所示，则该晶体中每个铜原子周围与它最近且相等距离的铜原子有　 　个；若晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA为　 　(用含d和a的式子表示)。
②一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则该晶体中粒子个数比Cu：In：Te=　 　。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则D点原子的分数坐标为　 　。
【答案】（1）；ds
（2）Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；平面正方形；N
（3）12； mol—1；1：1：2；(，1，)
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，位于元素周期表的ds区。
故答案为：；ds
（2）①步骤i中“沉淀溶解得到深蓝色的溶液”的反应为氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
故答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
②若四氨合铜离子的空间结构为正四面体形，离子中两个氨分子被氯离子取代所得结构只有一种，若离子的空间结构为平面正方形，离子中两个氨分子被氯离子取代能得到结构有两种，由离子中两个氨分子被氯离子取代能得到两种不同结构的产物可知，四氨合铜离子的空间结构为平面正方形。
故答案为：平面正方形
③配合物中具有空轨道的铜离子为中心离子，氨分子为配体，具有孤对电子的氮原子为配位原子，配位数为4。
故答案为：N
（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的铜原子的距离最近，则晶体中每个铜原子周围与它最近且相等距离的铜原子有12个；晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+6×=4，由晶胞的质量公式可得：=(10-10 a)3d，解得NA= mol-1。
故答案为：12； mol-1
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则该晶体中粒子个数比Cu：In：Te=1：1：2；A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则位于面上的D点原子的分数坐标为(，1，)。
故答案为：1：1：2；(，1，)
【分析】（1）Cu的原子序数为29，结合其核外电子排布式确定价层电子轨道表示式和其在周期表中的位置。
（2）①Cu(OH)2沉淀与氨水反应形成的的深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋，据此写出反应的离子方程式。
② [Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，说明 [Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形。
③配合物中提供孤电子对的为配位原子。
（3）①根据晶胞结构确定晶体中每个Cu周围与之最近且等距离的Cu的个数。根据密度公式计算NA。
②根据均摊法确定晶体中微粒的个数比。结合晶胞结构和A、B点的坐标确定D点原子的坐标。
（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，位于元素周期表的ds区，故答案为：；ds；
（2）①步骤i中“沉淀溶解得到深蓝色的溶液”的反应为氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；
②若四氨合铜离子的空间结构为正四面体形，离子中两个氨分子被氯离子取代所得结构只有一种，若离子的空间结构为平面正方形，离子中两个氨分子被氯离子取代能得到结构有两种，由离子中两个氨分子被氯离子取代能得到两种不同结构的产物可知，四氨合铜离子的空间结构为平面正方形，故答案为：平面正方形；
③配合物中具有空轨道的铜离子为中心离子，氨分子为配体，具有孤对电子的氮原子为配位原子，配位数为4，故答案为：N；
（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的铜原子的距离最近，则晶体中每个铜原子周围与它最近且相等距离的铜原子有12个；晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+6×=4，由晶胞的质量公式可得：=(10-10 a)3d，解得NA= mol-1，故答案为：12； mol-1；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则该晶体中粒子个数比Cu：In：Te=1：1：2；A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则位于面上的D点原子的分数坐标为(，1，)，故答案为：1：1：2；(，1，)。
20．（2024高二下·广州期末）室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于CO、碘代烃类等，合成化合物G路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物A中的官能团名称是　 　。
（2）化合物B的分子式为　 　。
（3）C生成D的反应方程式为　 　。
（4）化合物X仅含碳氢氧元素，相对分子质量比化合物B大14，且在核磁共振氢谱上只有1组峰。X的结构简式为　 　。
（5）根据化合物D的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 有机产物的结构简式 反应类型
a 　 　 　 　 取代反应
b 　 　 　 　 消去反应
（6）参照上述合成路线，设计以苯和为原料(无机试剂任选)制备化合物H()的合成路线　 　。
【答案】（1）碳碳双键
（2）C2H4O
（3）+HBr+
（4）
（5）氢氧化钠溶液，加热；；氧化钠乙醇溶液，加热；
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）化合物A的官能团为碳碳双键。
故答案为：碳碳双键
（2）根据结构简式可知B的分子式为C2H4O。
故答案为：C2H4O
（3）C与HBr在加热条件下生成D，方程式为+HBr+H2O。
故答案为：+HBr+H2O
（4）化合物X仅含碳氢氧元素，相对分子质量比化合物B大14，则X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有1组峰的是丙酮，结构简式为。
故答案为：为+HBr+H2O
（5）化合物D中含有碳氯键，可以发生水解和消去反应，①氢氧化钠溶液，加热，产物为②氢氧化钠乙醇溶液，加热，产物为。
故答案为：氢氧化钠溶液，加热；；氧化钠乙醇溶液，加热；
（6）逆合成分析法可知H的反应物有CO和、，其中可由，生成，的反应物有环氧乙烷和溴苯。故合成路线为。
故答案为：
【分析】（1） 根据化合物A的结构简式确定其官能团。
（2）根据B的结构简式确定其分子式。
（3）C与HBr发生取代反应生成D和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（4）相对分子质量比化合物B大14，则X的分子式为C3H6O，结构中含有1个不饱和度和1种化学环境氢原子，据此确定其结构简式。
（5）根据化合物D中所含官能团的性质分析。
（6）逆合成分析法可知H的反应物有CO和、，其中可由，生成，的反应物有环氧乙烷和溴苯。据此设计合成路线图。
（1）化合物A的官能团为碳碳双键。
（2）根据结构简式可知B的分子式为C2H4O。
（3）C与HBr在加热条件下生成D，方程式为+HBr+H2O。
（4）化合物X仅含碳氢氧元素，相对分子质量比化合物B大14，则X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有1组峰的是丙酮，结构简式为。
（5）化合物D中含有碳氯键，可以发生水解和消去反应，①氢氧化钠溶液，加热，产物为②氢氧化钠乙醇溶液，加热，产物为。
（6）逆合成分析法可知H的反应物有CO和、，其中可由，生成，的反应物有环氧乙烷和溴苯。故合成路线为
1 / 1广东省广州市八区2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测化学试卷
1．（2024高二下·广州期末）广东汉乐历史悠久，通常使用的乐器有唢呐、椰胡、琵琶和大鼓等。下列乐器或部件主要成分为合成纤维的是
A．唢呐：主要材料为黄铜 B．椰胡：主要材料为椰子壳
C．琵琶弦线：主要材料为尼龙线 D．大鼓鼓面：主要材料为牛皮
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高二下·广州期末）现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列说法正确的是
A．用元素分析仪测定分子的空间结构
B．的核磁共振氢谱中有四组峰
C．用质谱仪鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3
D．用红外光谱鉴别CH3COCH3和CH3CH2CH2OH
3．（2024高二下·广州期末）下列化学用语正确的是
A．羟基的电子式：
B．甲醛的结构式：
C．乙炔的空间填充模型：
D．p-pσ键电子云轮廓图：
4．（2024高二下·广州期末）下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是
A．氨气易溶于水 B．乙醇易溶于水
C．碘易溶于苯 D．氯气易溶于NaOH溶液
5．（2024高二下·广州期末）下列反应中，属于取代反应的是
A．乙醇转化为乙酸
B．乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷
C．苯与溴反应生成溴苯
D．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯
6．（2024高二下·广州期末）元素周期表中硒元素的数据见图，下列说法正确的是
A．硒元素的质量数为78.96
B．基态硒原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4
C．基态硒原子的4p能级有4个未成对电子
D．硒原子的最高化合价为+4
7．（2024高二下·广州期末）“人世间的美好梦想，只有通过诚实劳动才能实现”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用葡萄糖进行银镜反应制备保温瓶内胆 葡萄糖在人体内氧化分解时放出能量
B 宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸在自然界可生物降解
C 用醋酸清洗水壶中的水垢 醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应
D 用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾中含N、P等元素
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高二下·广州期末）下列物质互为同系物的是
A．CH3OCH3与CH3CH2CHO
B．CH3CH2CH2CH2CH3与
C．与
D．与
9．（2024高二下·广州期末）下列状态的铝中，失掉最外层的一个电子需要能量最高的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高二下·广州期末）用如图所示装置及药品进行实验，不能达到实验目的的是
A、检验乙炔分子中含有不饱和键 B、检验溴乙烷水解产物中含有Br-
C、制备并收集乙酸乙酯 D、证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高二下·广州期末）类比是化学中的常用方法，下列说法不正确的是
A．H2、O2为非极性分子，所以N2是非极性分子
B．CO2为分子晶体，所以SiO2是分子晶体
C．沸点：Cl2D．酸性：CH3COOH12．（2024高二下·广州期末）晶胞是晶体结构的基本单元。下列示意图可以表示晶胞的是
A． B．
C． D．
13．（2024高二下·广州期末）迷迭香酸是一种天然抗氧化剂，其结构如图所示，下列叙述不正确的是
A．迷迭香酸分子存在顺反异构体
B．迷迭香酸分子中含有1个手性碳原子
C．1mol迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗8molBr2
D．1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6molNaOH
14．（2024高二下·广州期末）根据下列实验方案及现象，所得结论正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
B 向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌 形成均一稳定的混合液 猪油发生水解反应
C 向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 丙烯醛中存在醛基
D 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，振荡 有固体析出 (NH4)2SO4溶液能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高二下·广州期末）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可如图反应制备。
下列说法正确的是
A．该反应为加聚反应
B．碳酸二甲酯中碳氧原子一定在同一平面
C．反应式中化合物X为水
D．碳酸二甲酯可水解
16．（2024高二下·广州期末）下列说法不正确的是
A．图甲表示随着核电荷数的增加，卤族元素原子半径增大
B．图乙表示第三周期的某主族元素的第一至第五电离能数据，则该元素为Mg
C．图丙表示周期表ⅣA~ⅦA中元素最简单氢化物的沸点变化，则a点代表H2S
D．图丁中18-冠-6中O原子电负性大，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征
17．（2024高二下·广州期末）乙酰水杨酸(阿司匹林)是常用药物之一，实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸
熔点/℃ 157~159 ﹣72~﹣74 135~138
相对密度/(g·cm-3) 1.44 1.10 1.35
相对分子质量 138 102 180
实验过程：在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应，稍冷后进行如下操作：
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。
回答下列问题：
（1）下列玻璃仪器中，①中需使用的有　 　(填标号)。
（2）该合成反应中应采用的加热方法为　 　。
（3）①中需使用冷水，目的是　 　。
（4）③中用浓盐酸酸化的主要作用是　 　(用方程式表示)。
（5）④采用的纯化方法为　 　，本实验的产率为　 　%
（6）设计实验检验制得乙酰水杨酸晶体中羧基和酯基官能团。
步骤 现象 结论
取样品加入水中，振荡静置、向两支试管中分别加入2mL清液 / /
向其中一支试管中滴入2滴石蕊溶液 　 　 含有羧基
向另一支试管中滴入2滴稀硫酸，加热后滴入几滴NaHCO3溶液中和过量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴　 　溶液，振荡 　 　 含有酯基
18．（2024高二下·广州期末）元素周期律是学习和研究化学的重要工具。
（1）X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。其元素性质及原子结构如下：
元素 元素性质或原子结构
X 电子只有一种自旋取向
Y 基态原子的核外电子所有电子层共有3个不同的能级，各能级中电子数相等
Z 与Y同周期，其第一电离能高于同周期与之相邻的元素
①Y位于周期表中的第　 　周期第　 　族。
②X与Y形成化合物YX4，其空间结构为　 　。
③Y与Z形成的YZ-常作为配位化合物中的配体。在YZ-中，元素Y的原子采取sp杂化，则该微粒中的化学键中含有的σ键与π键的数目比为　 　。
（2）几种含氯化合物的熔点如下表：
物质 NaCl AlCl3 SiCl4
熔点/℃ 801 190* -70.4
*在250kPa条件下
①NaCl的熔点明显高于SiCl4，其原因是　 　。
②AlCl3处于熔融状态时可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3为缺电子分子，Al倾向于接受电子对形成sp3杂化轨道。请写出Al2Cl6的结构式　 　。
（3）ZnSO4·7H2O结构示意图如图，回答下列问题：
①H2O中H-O-H键角　 　(填“＞”“＜”或“=”)中O-S-O键角，原因是　 　。
②该晶体受热失水时，随着温度的升高，先失去一个水分子，再失去其它水分子，首先失去的水分子应为　 　(填“a”或“b”)。
19．（2024高二下·广州期末）铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子轨道表示式为　 　，位于周期表　 　区。
（2）Cu2+能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。
步骤 实验操作 实验现象或结论
ⅰ 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色的溶液
ⅱ 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体
ⅲ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O
①写出步骤i中“沉淀溶解得到深蓝色的溶液”的离子方程式　 　。
②已知[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为　 　(填“正四面体”或“平面正方形”)。
③配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O中的配位原子为　 　。
（3）①铜是一种导电性良好的金属，其晶胞结构如图所示，则该晶体中每个铜原子周围与它最近且相等距离的铜原子有　 　个；若晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA为　 　(用含d和a的式子表示)。
②一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则该晶体中粒子个数比Cu：In：Te=　 　。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则D点原子的分数坐标为　 　。
20．（2024高二下·广州期末）室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于CO、碘代烃类等，合成化合物G路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物A中的官能团名称是　 　。
（2）化合物B的分子式为　 　。
（3）C生成D的反应方程式为　 　。
（4）化合物X仅含碳氢氧元素，相对分子质量比化合物B大14，且在核磁共振氢谱上只有1组峰。X的结构简式为　 　。
（5）根据化合物D的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 有机产物的结构简式 反应类型
a 　 　 　 　 取代反应
b 　 　 　 　 消去反应
（6）参照上述合成路线，设计以苯和为原料(无机试剂任选)制备化合物H()的合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．唢呐的主要材料为黄铜，黄铜为合金，属于金属材料，A不符合题意；
B．椰胡的主要材料为椰子壳，椰子壳主要成分为纤维素，属于天然纤维，天然纤维是天然高分子化合物，B不符合题意；
C．琵琶弦线的主要材料为尼龙线，尼龙属于合成纤维，C符合题意；
D．大鼓鼓面的主要材料为牛皮，牛皮的主要成分为蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对物质成分的考查，结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．用元素分析仪只能测定分子的元素及含量，无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．由结构的对称性可知，分子中含有5类氢原子，因此核磁共振氢谱中有5组峰，故B错误；
C．质谱仪可确定相对分子质量，由于CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相对分子质量相同，所以用质谱仪不能鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C错误；
D．红外光谱可确定物质中的基团，丙酮和1—丙醇分子中的基团不同，因此通过红外光谱分析可以鉴别丙酮和1—丙醇，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、元素分析仪用于测定元素种类及含量。
B、根据结构的对称性确定其核磁共振氢谱的吸收峰。
C、质谱仪用于确定相对分子质量。
D、红外光谱可测定有机物中的基团。
3．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；甲醛；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．羟基的结构简式为—OH，不带电荷，其电子式为，故A错误；
B．甲醛的结构简式为HCHO，含有碳氧双键，其结构式为，故B正确；
C．乙炔的空间结构为直线形，其空间填充模型为，故C错误；
D．头碰头的p-pσ键电子云轮廓图为，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、羟基为-OH，不带电荷，图示为OH-的电子式。
B、甲醛的结构简式为HCHO，据此确定其结构式。
C、图示为乙炔的球棍模型。
D、图示为p-pπ键的电子云轮廓图。
4．【答案】D
【知识点】相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．氨气和水都是极性分子，相似相容，因此氨气易溶于水，故A不符合题意；
B．乙醇分子和水分子都是极性分子，相似相容，因此酒精易溶于水，故B不符合题意；
C．碘是非极性分子，苯是非极性分子，相似相容，因此碘易溶于苯，故C不符合题意；
D．氯气分子是非极性分子，氢氧化钠是离子化合物，二者的结构不相似，氯气易溶于NaOH溶液是因为氯气能与氢氧化钠反应，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】极性相同的两物质可相互溶解，即为“相似相容”，结合选项所给物质的极性分析即可。
5．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；溴乙烷的化学性质；乙醇的物理、化学性质；取代反应
【解析】【解答】A．乙醇转化为乙酸的过程中发生氧化反应，故A不符合题意；
B．乙烯与氯化氢生成氯乙烷的过程中发生加成反应，故B不符合题意；
C．溴化铁做催化剂条件下，苯与溴反应生成溴苯和溴化氢的过程中发生取代反应，故C符合题意；
D．溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液共热反应生成乙烯、溴化钠和水，该反应属于消去反应，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、乙醇转化为乙酸为氧化反应。
B、乙烯转化为氯乙烷为加成反应。
C、苯转化为溴苯为取代反应。
D、溴乙烷转化为乙烯发生消去反应。
6．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A．硒元素的相对原子质量为78.96，不能说其质量数是78.96，A错误；
B．Se的原子序数为34，根据构造原理可知基态硒原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，B正确；
C．基态硒原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，为使原子结构处于稳定状态，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方法相同，因此基态硒原子的4p能级有2个未成对电子，C错误；
D．基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4，因此硒原子的最高化合价为+6，D错误；
故答案为：B
【分析】A、由数据可知其相对原子质量为78.96。
B、Se的原子序数为34，结合构造原理确定核外电子排布式。
C、根据构造原理确定其未成对电子。
D、根据价层电子对数确定其最高化合价。
7．【答案】A
【知识点】乙酸的化学性质；人体新陈代谢过程中的生化反应；葡萄糖的银镜反应；绿色化学
【解析】【解答】A．葡萄糖分子中含有醛基，与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，生成单质Ag，因此可以利用该性质进行银镜反应制备保温瓶内胆。葡萄糖是有机物小分子，在人体内能够被氧化分解放出能量，能够给人提供生命活动所需要的能量，但这与葡萄糖能够发生银镜反应的性质无关，A符合题意；
B．宣传使用聚乳酸制造的包装材料，既可以满足包装需要，同时聚乳酸在自然界能够发生水解反应生成小分子，防止白色污染的产生，B不符合题意；
C．醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应产生可溶性物质，所以可以使用醋酸清洗水壶中的水垢，C不符合题意；
D．厨余垃圾中含N、P等元素，所以可以用厨余垃圾制肥料，二者有因果关系，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、葡萄糖的银镜反应与其氧化分解释放能量无关。
B、聚乳酸可降解，适合做包装材料。
C、醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应。
D、厨余垃圾中含有N、P营养元素。
8．【答案】C
【知识点】同系物
【解析】【解答】A．CH3OCH3属于醚， CH3CH2CHO属于醛，二者结构不相似，因此不属于同系物，A错误；
B．CH3CH2CH2CH2CH3与分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B错误；
C．与结构相似且分子组成上相差一个CH2，二者互为同系物，C正确；
D．中羟基直接连在苯环上，属于酚，中羟基不直接连在苯环上，属于醇，二者结构不相似，不属于同系物，D错误；
故答案为：C
【分析】此题是对同系物判断的考查，结合同系物的概念分析选项即可。同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
9．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A． 是铝原子的核外电子排布，为基态，失去最外层1个电子需要能量较低；
B． 为铝失去1个电子的核外电子排布，再失去1个电子需要能量比选项A要高；
C． 是铝原子的核外电子排布，激发态，失去最外层1个电子需要能量最低，比选项A更低；
D． 为铝失去2个电子的核外电子排布，再失去1个电子需要能量比选项B要高，为第三电离能；
故答案为：D。
【分析】电离最外层的一个电子所需能量：基态>激发态，第一电离能<第二电离能<第三电离能，据此解答。
10．【答案】D
【知识点】卤代烃简介；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．电石中含有的硫化钙等杂质，能与水反应生成的硫化氢等气体，H2S也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以实验中用盛有硫酸铜溶液的洗气瓶除去硫化氢等气体排除干扰，再用盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶验证乙炔分子中含有不饱和键，则题给装置能达到检验乙炔分子中含有不饱和键的实验目的，故A正确；
B．溴乙烷水解液中含有的氢氧化钠，能与Ag+产生沉淀，实验中先加稀硝酸至溶液呈酸性，排除氢氧根离子的干扰，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含溴离子，则题给装置能达到检验溴乙烷水解产物中含有溴离子的实验目的，故B正确；
C．浓硫酸作用下乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯中混有挥发出的乙酸、乙醇，将反应得到的混合气体通入饱和碳酸钠溶液的液面上，可以除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，经分液操作可以收集乙酸乙酯，因此题给装置能达到制备并收集乙酸乙酯的实验目的，故C正确；
D．盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会优先与苯酚钠溶液反应，干扰二氧化碳与苯酚钠溶液的反应，因此题给装置不能达到验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱的实验目的，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、CuSO4溶液可除去乙炔中混有的H2S。
B、滴加稀硝酸中和过量的NaOH，再加AgNO3溶液，检验卤素离子。
C、饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中混有的CH3COOH和C2H5OH，同时降低乙酸乙酯的溶解度。
D、浓盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有HCl，造成干扰。
11．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；分子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A． H2、O2只含非极性键，属于非极性分子；N2也只含非极性键，也属于非极性分子，故A正确；
B． CO2为分子晶体，而二氧化硅是由原子构成的，属于共价晶体，故B错误；
C． 结构相似，相对分子质量前者小于后者，因此沸点：Cl2＜Br2，类比推出沸点：H2D． 电负性：Cl＞H，使羧基上O-H键的极性增强，因此酸性：CH3COOH故答案为：B
【分析】A、H2、O2、N2都只由非极性键构成，属于非极性分子。
B、SiO2是由原子构成的网状结构，属于共价晶体。
C、相对分子质量越大，范德华力越大，则沸点越高。
D、根据电负性强弱，比较酸性强弱。
12．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．平行移动不能重合，因此该结构不能无隙并置，不能表示晶胞，故A错误；
B．平行移动可以重合，因此该结构可以无隙并置，且是最小的重复单元，可以表示晶胞，故B正确；
C．平行移动可以重合，但不是最小的重复单元，该结构的八分之一为晶胞结构，故C错误；
D．平行移动不能重合，因此该结构不能无隙并置，不能表示晶胞，故D错误；
故答案为：B
【分析】此题是对晶胞概念的考查，结合晶体的概念分析即可。晶体是由晶胞无隙并置而成的，晶胞是晶体中的最小结构单元。
13．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的性质及用途；酯的性质
【解析】【解答】A．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构简式可知，迷迭香酸分子中碳碳双键中碳原子所连基团不同，因此该结构存在顺反异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，迷迭香酸分子中与羧基直接相连的碳原子为手性碳原子，因此该分子中含有1个手性碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的碳碳双键可以和溴水发生加成反应，含有酚羟基，酚羟基邻对位上的氢原子可以和溴水发生取代反应，因此1mol迷迭香酸与浓溴水反应时，可消耗7mol溴，故C错误；
D．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠溶液反应。1mol迷迭香酸中含有4mol酚羟基、1mol羧基和1mol酯基，因此1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mol氢氧化钠，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团，可形成顺反异构。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
C、酚羟基的邻位、对位H原子可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应。
D、酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应。
14．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．用氢氧化铜氧化醛基需要在碱性环境中进行，向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后需先加NaOH溶液中和过量的稀硫酸，使溶液显碱性，再加入新制Cu(OH)2并加热，观察是否有砖红色沉淀产生，故A错误；
B．向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌，生成可溶性的高级脂肪酸的钠盐和甘油，形成均一稳定的混合液，因此说明猪油发生水解反应，故B正确；
C．碳碳双键和醛基均可以被高锰酸钾氧化，因此溶液褪色无法说明丙烯醛中含有醛基，故C错误；
D．(NH4)2SO4相当于轻金属盐，此方法为盐析，蛋白质未发生变性，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
B、形成均一稳定的混合液，说明猪油与NaOH溶液反应后得到水溶液。
C、丙烯酸中碳碳双键和醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、(NH4)2SO4能使蛋白质发生盐析。
15．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A． 该聚合反应生成高分子的同时还生成了小分子，因此该反应属于缩聚反应，故A错误；
B． 碳酸二甲酯中碳氧单键可以旋转，因此碳氧原子不一定在同一平面，故B错误；
C． 根据质量守恒定律可知，反应式中化合物X为甲醇，故C错误；
D． 碳酸二甲酯中含有酯基，因此可发生水解反应，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、该反应管生成高分子的同时生成小分子，属于缩聚反应。
B、单键可以自由旋转，碳氧原子不一定共平面。
C、根据反应前后原子个数守恒确定X的化学式。
D、碳酸二甲酯中含有酯基，可发生水解反应。
16．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同主族元素，随着核电荷数的增加，电子层数逐渐增多，因此原子半径逐渐增大，A正确；
B．图乙中，电离能I2与I3相差较大，说明该元素原子最外层有两个电子，因此该元素为第三周期主族元素镁，B正确；
C．第ⅣA~ⅦA元素的最简单氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”，H2O分子间氢键数目多，在三者中沸点最高，因此a点代表的是第三周期与氧同族元素的氢化物，为H2S，C正确；
D．冠醚与K+之间通过配位键结合，并非离子键，D错误；
故答案为：D
【分析】A、同主族元素，电子层数越多，原子半径越大。
B、电离能I3较大，表示难以失去第三个电子，说明该元素的原子最外层有2个电子。
C、N、O、F的氢化物可形成氢键，沸点较大。
D、冠醚与K+之间通过配位键结合，配位键属于特殊的共价键。
17．【答案】（1）AC
（2）水浴加热
（3）充分析出乙酰水杨酸固体
（4）+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH
（5）重结晶；60
（6）溶液变为红色；FeCl3溶液；溶液变为紫色
【知识点】羧酸简介；有机物（官能团）的检验；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，操作①溶解、过滤得到乙酰水杨酸粗品，溶解、过滤需要使用的仪器是烧杯和漏斗，不需要使用的仪器是分液漏斗和容量瓶，故选AC。
故答案为：AC
（2）由分析可知，制备乙酰水杨酸的反应为浓硫酸作用下水杨酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共热反应生成乙酰水杨酸和乙酸。
故答案为：水浴加热
（3）由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水杨酸的溶解度，充分结晶析出乙酰水杨酸固体。
故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体
（4）由分析可知，操作③用浓盐酸酸化的目的是将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH。
故答案为：+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH
（5）由分析可知，纯化得到乙酰水杨酸晶体的方法为重结晶；由题给数据可知，水杨酸的物质的量为=0.05mol、乙酸酐的物质的量为≈0.11mol，由方程式可知，反应中乙酸酐过量，则本实验的产率为×100%=60%。
故答案为：重结晶；60
（6）检验制得乙酰水杨酸晶体中羧基和酯基官能团的操作为取样品加入水中，振荡静置、向两支试管中分别加入2mL清液，向其中一支试管中滴入2滴石蕊溶液，溶液变为红色，说明乙酰水杨酸中含有羧基；向另一支试管中滴入2滴稀硫酸加热，使乙酰水杨酸部分水解生成水杨酸和乙酸，加热后滴入几滴碳酸氢钠溶液中和过量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴氯化铁溶液，溶液变为紫色，说明乙酰水杨酸中含有酯基。
故答案为：溶液变为红色；FeCl3溶液；溶液变为紫色
【分析】（1）根据步骤①操作确定其所需的仪器。
（2）反应温度为70℃，采用水浴加热。
（3）冷水温度较低，有利于乙酰水杨酸结晶析出。
（4）盐酸酸化的过程中与HCl反应生成羧基和酚羟基，据此写出反应的化学方程式。
（5）晶体的提纯操作为重结晶。根据反应的化学方程式计算乙酰水杨酸的理论产量，结合公式计算。
（6）结合羧基和酯基的性质进行分析。
（1）由分析可知，操作①溶解、过滤得到乙酰水杨酸粗品，溶解、过滤需要使用的仪器是烧杯和漏斗，不需要使用的仪器是分液漏斗和容量瓶，故选AC；
（2）由分析可知，制备乙酰水杨酸的反应为浓硫酸作用下水杨酸和乙酸酐在70℃左右的水浴中共热反应生成乙酰水杨酸和乙酸，故答案为：水浴加热；
（3）由分析可知，操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水杨酸的溶解度，充分结晶析出乙酰水杨酸固体，故答案为：充分析出乙酰水杨酸固体；
（4）由分析可知，操作③用浓盐酸酸化的目的是将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，反应的化学方程式为+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH，故答案为：+HCl+H2O+NaCl+ CH3COOH；
（5）由分析可知，纯化得到乙酰水杨酸晶体的方法为重结晶；由题给数据可知，水杨酸的物质的量为=0.05mol、乙酸酐的物质的量为≈0.11mol，由方程式可知，反应中乙酸酐过量，则本实验的产率为×100%=60%，故答案为：重结晶；60；
（6）检验制得乙酰水杨酸晶体中羧基和酯基官能团的操作为取样品加入水中，振荡静置、向两支试管中分别加入2mL清液，向其中一支试管中滴入2滴石蕊溶液，溶液变为红色，说明乙酰水杨酸中含有羧基；向另一支试管中滴入2滴稀硫酸加热，使乙酰水杨酸部分水解生成水杨酸和乙酸，加热后滴入几滴碳酸氢钠溶液中和过量硫酸，振荡，再向其中滴入几滴氯化铁溶液，溶液变为紫色，说明乙酰水杨酸中含有酯基，故答案为：溶液变为红色；FeCl3溶液；溶液变为紫色。
18．【答案】（1）二；ⅣA；正四面体；1：2
（2）二者的晶体类型不同；NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以强烈的离子键结合，断裂需消耗较高能量；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以微弱的范德华力结合，破坏只需消耗较少能量
（3）＞；H2O中的O原子和中的S原子都采用sp3杂化，但H2O中O原子上有2对孤电子对，中的S原子上无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致键角：H2O＞；；b
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）①Y是C元素，位于周期表中的第二周期第ⅣA族。
故答案为：二；ⅣA
②根据上述分析可知：X是H，Y是C，X与Y形成化合物YX4是CH4，CH4的空间结构为正四面体形。
故答案为：正四面体形
②根据上述分析可知：Y是C，Z是N元素，Y与Z形成的YZ-是CN-，CN-常作为配位化合物中的配体。在YZ-中，元素Y的原子采取sp杂化，C原子与N原子形成共价三键，其中一个是σ键，两个是π键，则该微粒中的化学键中含有的σ键与π键的数目比为1：2。
故答案为：1：2
（2）①NaCl的熔点明显高于SiCl4，是由于二者的晶体类型不同。NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以离子键结合，离子键是一种强烈相互作用力，断裂需消耗较高能量，因此NaCl的熔点高；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以范德华力结合，范德华力比较微弱，破坏只需消耗较少能量，因此其熔点远低于NaCl。
故答案为：二者的晶体类型不同。NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以强烈的离子键结合，断裂需消耗较高能量；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以微弱的范德华力结合，破坏只需消耗较少能量
②AlCl3处于熔融状态时可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3为缺电子分子，Al倾向于接受电子对形成sp3杂化轨道。则Al2Cl6的结构式是。
故答案为：
（3）①H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，因此O原子采用sp3杂化，但O原子上有2电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致H2O分子呈V形，分子中的H-O-H键角是104.5°；中的中心S原子价层电子对数是4+=4，因此S原子采用sp3杂化，而S原子上无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形，O-S-O键角是1098°28'，因此键角：H2O＞。
故答案为：＞；H2O中的O原子和中的S原子都采用sp3杂化，但H2O中O原子上有2对孤电子对，中的S原子上无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致键角：H2O＞
②根据装置图可知在ZnSO4·7H2O中的7个结晶水中，有6个H2O分子与Zn2+以配位键结合为内界离子[Zn(H2O)6]2+，而有1个H2O分子则为外界水分子，内界离子结合力是配位键强，因此升高温度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子应为外界的b分子。
故答案为：b
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素， X元素的电子只有一种自旋取向，则X是H元素；基态Y原子的核外电子所有电子层共有3个不同的能级，各能级中电子数相等，则Y原子核外电子排布是1s22s22p2，所以Y是C元素；Z与Y同周期，其第一电离能高于同周期与之相邻的元素，则Z是第ⅤA的N元素，然后根据问题，结合元素周期律分析解答。
（1）①Y是C元素，位于周期表中的第二周期第ⅣA族；
②根据上述分析可知：X是H，Y是C，X与Y形成化合物YX4是CH4，CH4的空间结构为正四面体形；
②根据上述分析可知：Y是C，Z是N元素，Y与Z形成的YZ-是CN-，CN-常作为配位化合物中的配体。在YZ-中，元素Y的原子采取sp杂化，C原子与N原子形成共价三键，其中一个是σ键，两个是π键，则该微粒中的化学键中含有的σ键与π键的数目比为1：2；
（2）①NaCl的熔点明显高于SiCl4，是由于二者的晶体类型不同。NaCl是离子晶体，构成微粒Na+与Cl-之间是以离子键结合，离子键是一种强烈相互作用力，断裂需消耗较高能量，因此NaCl的熔点高；而SiCl4在固态时属于分子晶体，分子之间以范德华力结合，范德华力比较微弱，破坏只需消耗较少能量，因此其熔点远低于NaCl；
②AlCl3处于熔融状态时可以二聚分子Al2Cl6形式存在，其原因是AlCl3为缺电子分子，Al倾向于接受电子对形成sp3杂化轨道。则Al2Cl6的结构式是；
（3）①H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，因此O原子采用sp3杂化，但O原子上有2电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致H2O分子呈V形，分子中的H-O-H键角是104.5°；中的中心S原子价层电子对数是4+=4，因此S原子采用sp3杂化，而S原子上无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形，O-S-O键角是1098°28'，因此键角：H2O＞；
②根据装置图可知在ZnSO4·7H2O中的7个结晶水中，有6个H2O分子与Zn2+以配位键结合为内界离子[Zn(H2O)6]2+，而有1个H2O分子则为外界水分子，内界离子结合力是配位键强，因此升高温度失去的水分子首先是外界水分子，故首先失去的水分子应为外界的b分子。
19．【答案】（1）；ds
（2）Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；平面正方形；N
（3）12； mol—1；1：1：2；(，1，)
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，位于元素周期表的ds区。
故答案为：；ds
（2）①步骤i中“沉淀溶解得到深蓝色的溶液”的反应为氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
故答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
②若四氨合铜离子的空间结构为正四面体形，离子中两个氨分子被氯离子取代所得结构只有一种，若离子的空间结构为平面正方形，离子中两个氨分子被氯离子取代能得到结构有两种，由离子中两个氨分子被氯离子取代能得到两种不同结构的产物可知，四氨合铜离子的空间结构为平面正方形。
故答案为：平面正方形
③配合物中具有空轨道的铜离子为中心离子，氨分子为配体，具有孤对电子的氮原子为配位原子，配位数为4。
故答案为：N
（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的铜原子的距离最近，则晶体中每个铜原子周围与它最近且相等距离的铜原子有12个；晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+6×=4，由晶胞的质量公式可得：=(10-10 a)3d，解得NA= mol-1。
故答案为：12； mol-1
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则该晶体中粒子个数比Cu：In：Te=1：1：2；A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则位于面上的D点原子的分数坐标为(，1，)。
故答案为：1：1：2；(，1，)
【分析】（1）Cu的原子序数为29，结合其核外电子排布式确定价层电子轨道表示式和其在周期表中的位置。
（2）①Cu(OH)2沉淀与氨水反应形成的的深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋，据此写出反应的离子方程式。
② [Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，说明 [Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形。
③配合物中提供孤电子对的为配位原子。
（3）①根据晶胞结构确定晶体中每个Cu周围与之最近且等距离的Cu的个数。根据密度公式计算NA。
②根据均摊法确定晶体中微粒的个数比。结合晶胞结构和A、B点的坐标确定D点原子的坐标。
（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，位于元素周期表的ds区，故答案为：；ds；
（2）①步骤i中“沉淀溶解得到深蓝色的溶液”的反应为氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；
②若四氨合铜离子的空间结构为正四面体形，离子中两个氨分子被氯离子取代所得结构只有一种，若离子的空间结构为平面正方形，离子中两个氨分子被氯离子取代能得到结构有两种，由离子中两个氨分子被氯离子取代能得到两种不同结构的产物可知，四氨合铜离子的空间结构为平面正方形，故答案为：平面正方形；
③配合物中具有空轨道的铜离子为中心离子，氨分子为配体，具有孤对电子的氮原子为配位原子，配位数为4，故答案为：N；
（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的铜原子的距离最近，则晶体中每个铜原子周围与它最近且相等距离的铜原子有12个；晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+6×=4，由晶胞的质量公式可得：=(10-10 a)3d，解得NA= mol-1，故答案为：12； mol-1；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面上的铟原子个数为6×+4×=4，位于体内的碲原子个数为8，则该晶体中粒子个数比Cu：In：Te=1：1：2；A点，B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则位于面上的D点原子的分数坐标为(，1，)，故答案为：1：1：2；(，1，)。
20．【答案】（1）碳碳双键
（2）C2H4O
（3）+HBr+
（4）
（5）氢氧化钠溶液，加热；；氧化钠乙醇溶液，加热；
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）化合物A的官能团为碳碳双键。
故答案为：碳碳双键
（2）根据结构简式可知B的分子式为C2H4O。
故答案为：C2H4O
（3）C与HBr在加热条件下生成D，方程式为+HBr+H2O。
故答案为：+HBr+H2O
（4）化合物X仅含碳氢氧元素，相对分子质量比化合物B大14，则X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有1组峰的是丙酮，结构简式为。
故答案为：为+HBr+H2O
（5）化合物D中含有碳氯键，可以发生水解和消去反应，①氢氧化钠溶液，加热，产物为②氢氧化钠乙醇溶液，加热，产物为。
故答案为：氢氧化钠溶液，加热；；氧化钠乙醇溶液，加热；
（6）逆合成分析法可知H的反应物有CO和、，其中可由，生成，的反应物有环氧乙烷和溴苯。故合成路线为。
故答案为：
【分析】（1） 根据化合物A的结构简式确定其官能团。
（2）根据B的结构简式确定其分子式。
（3）C与HBr发生取代反应生成D和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（4）相对分子质量比化合物B大14，则X的分子式为C3H6O，结构中含有1个不饱和度和1种化学环境氢原子，据此确定其结构简式。
（5）根据化合物D中所含官能团的性质分析。
（6）逆合成分析法可知H的反应物有CO和、，其中可由，生成，的反应物有环氧乙烷和溴苯。据此设计合成路线图。
（1）化合物A的官能团为碳碳双键。
（2）根据结构简式可知B的分子式为C2H4O。
（3）C与HBr在加热条件下生成D，方程式为+HBr+H2O。
（4）化合物X仅含碳氢氧元素，相对分子质量比化合物B大14，则X的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱只有1组峰的是丙酮，结构简式为。
（5）化合物D中含有碳氯键，可以发生水解和消去反应，①氢氧化钠溶液，加热，产物为②氢氧化钠乙醇溶液，加热，产物为。
（6）逆合成分析法可知H的反应物有CO和、，其中可由，生成，的反应物有环氧乙烷和溴苯。故合成路线为
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