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广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题
1．（2024高二下·广州期末）氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的新型材料。下列物质的晶体类型与氮化硼相同的是
A．C60 B．铁 C．硝酸钾 D．金刚石
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】由于氮化硼具有超硬、耐磨、耐高温的性质，因此氮化硼是属于共价晶体。C60为分子晶体，铁为金属晶体，硝酸钾为离子晶体，金刚石为共价晶体，D符合题意。
故答案为：D
【分析】结合氮化硼“超硬、耐磨、耐高温”的性质可知氮化硼为共价晶体，据此结合选项个所给物质分析。
2．（2024高二下·广州期末）下列说法不正确的是
A．p能级能量一定比s能级的能量高
B．d区、ds区全部是金属元素
C．2p和3p轨道形状均为哑铃形
D．、、轨道相互垂直，但能量相等
【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子核外电子的能级分布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．p能级能量不一定比s能级的能量高，如3s能级的能量高于2p能级的能量，A错误；
B．d区包括第ⅢB~ⅦB族的元素（除了镧系元素和锕系元素）和第Ⅷ族的元素，ds区包括ⅠB、ⅡB族的元素，全部是金属元素，B正确；
C．由分析可知，2p和3p轨道形状都是哑铃形，C正确；
D.2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等，D正确；
故答案为：A
【分析】A、注意比较不同能级能量要看是否处于同一能层。
B、d区包括第ⅢB~ⅦB族的元素和第Ⅷ族的元素，ds区包括ⅠB、ⅡB族的元素。
C、p能级轨道形状都是哑铃形。
D、2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等。
3．（2024高二下·广州期末）下列说法不正确的是
A．PCl3是极性键构成的极性分子
B．H+能与H2O以配位键形成H3O+
C．分子晶体中，分子间作用力越大，分子越稳定
D．对固体进行X射线衍射测定是区分晶体和非晶体最可靠的科学方法
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A．PCl3中的P-Cl键为极性键，空间结构为三角锥形；分子中正、负电荷的中心是不重合的，属于极性分子，故A正确；
B．H2O中O原子存在孤电子对，H+能与H2O以配位键形成H3O+，故B正确；
C．分子间作用力只影响分子晶体的物理性质，如溶解性，熔沸点等；而物质的稳定性是由化学键的键能大小决定的，故C错误；
D．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，因此可用X-射线衍射实验区分晶体和非晶体，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、不同种元素形成的共价键为极性共价键；分子结构中正负电荷的重心不重合的，属于极性分子。
B、H2O中氧原子提供孤电子对，H+提供空轨道，二者共同形成配位键。
C、分子间作用力只影响物理性质，稳定性属于化学性质。
D、X-射线衍射实验，可用于区分晶体和非晶体。
4．（2024高二下·广州期末）下列反应均经一步完成，关于类型的描述不正确的是
A．加成反应：乙烯→乙醇 B．取代反应：苯→硝基苯
C．消去反应：溴乙烷→乙烯 D．氧化反应：乙炔→乙醛
【答案】D
【知识点】有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．乙烯转化为乙醇的过程中，碳碳双键断裂，发生加成反应，A正确；
B．苯与硝酸在浓硫酸催化作用下，发生取代反应生成硝基苯，B正确；
C．溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液加热的条件下，发生消去反应生成乙烯，C正确；
D．乙炔与水发生加成反应，生成乙烯醇，发生重排得到乙醛，D错误；
故答案为：D
【分析】A、乙烯转化为乙醇的反应为加成反应。
B、苯生成硝基苯的反应为取代反应。
C、生成碳碳双键的反应为消去反应。
D、乙炔与H2O反应加成反应，生成乙烯醇，乙烯醇发生重排得到乙醛。
5．（2024高二下·广州期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．溴的简化电子排布式：
B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C．1-丁醇的键线式：
D．NH3分子的VSEPR模型为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．溴的原子序数为35，因此其简化电子排布式：，A错误；
B．根据洪特规则特例，d能与为半充满时，结构稳定，因此基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，B正确；
C.1-丁醇的键线式：，C错误；
D．NH3分子中氮原子是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据溴的原子序数确定其简化的电子排布式。
B、根据d能级半充满稳定结构确定基态Cr原子的价层电子轨道式。
C、根据名称确定有机物的键线式。
D、根据中心氮原子的杂化方式，确定其VSEPR模型。
6．（2024高二下·广州期末）下列说法正确的是
A．与互为同分异构体
B．分子组成符合CnH2n+2的烃一定是同系物
C．正丁烷分子中所有碳原子均在一条直线上
D．新戊烷的一氯取代物有1种
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；烷烃
【解析】【解答】A．与 分子式和结构都相同，属于同一种物质，A错误；
B．分子组成符合CnH2n+2的烃不一定是同系物，也可能属于同分异构体，B错误；
C．根据甲烷中4个C-H键的空间位置关系可知正丁烷分子中所有碳原子不可能在同一条直线上，呈现锯齿状结构，C错误；
D．新戊烷只有如图所述一种氢原子，因此其一氯代物只有一种，D正确；
故答案为：D
【分析】A、二者的分子式和结构都相同，属于同一种物质。
B、若二者的分子式相同，则为同分异构体。
C、烷烃分子中碳原子呈现锯齿状结构。
D、新戊烷中只含有一种等效氢原子。
7．（2024高二下·广州期末）下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是
A．苯酚能与浓溴水反应而苯不能
B．乙烯能发生加成反应而乙炔不能
C．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
D．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
【答案】B
【知识点】苯的同系物及其性质；苯酚的性质及用途；加成反应
【解析】【解答】A．酚-OH影响苯环，使得苯环上邻位、对位H原子变活泼，因此苯酚与溴水直接就可反应；而苯与溴反应则需要加铁屑，体现了苯环上的取代基活化了苯环， A不符合；
B．乙烯和乙炔均能发生加成反应，B符合；
C．在苯酚中，由于苯环对-OH的影响，使得酚羟基具有酸性；对比乙醇，虽含有-OH，但不具有酸性，因此说明苯环活化了羟基，C不符合；
D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明H原子与苯基对甲基的影响不同。甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环使侧链甲基易被氧化，与有机物分子内基团间的相互作用有关， D不符合；
故答案为：B
【分析】A、苯酚与浓溴水发生取代反应，说明酚羟基使得苯环上H原子活化。
B、乙烯、乙炔都能发生加成反应。
C、苯酚能与NaOH溶液反应，说明苯环使得羟基H原子活化。
D、甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯使得甲基活化。
8．（2024高二下·广州期末）已知A、B、C、D是周期表中前三周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，D元素s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是
A．原子半径：A>B>C>D
B．第一电离能：AC．D与 C 可形成高熔点的化合物
D．最低价气态氢化物的沸点：A【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；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】由分析可知，A为B、B为C、C为O、D为Mg。A．电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：Mg>B>C>O，A错误；
B．同一主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，第一电离能越小；同一周期元素，原子序数越大，第一电离能越大。因此第一电离能：MgC．D与C形成的化合物氧化镁，为离子晶体，熔点较高，C正确；
D．简单氢化物水能形成氢键导致沸点升高，因此简单最低价气态氢化物的沸点水大于甲烷，D错误；
故答案为：C
【分析】B、C原子中均含有2个未成对的单子，因此其核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4，因此B为C、C为O。A、B、C为同周期的非金属元素，因此A为B。D元素s能级与p能级电子数相等，因此D的核外电子排布式为1s22s22p63s2，故D为Mg。据此结合元素周期律分析选项。
9．（2024高二下·广州期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为6NA
B．92g甘油中杂化的原子数目为3NA
C．标况下甲醇完全燃烧，消耗分子的数目为1.5NA
D．向乙酸溶液中通入氨气至中性，的数目小于0.1NA
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在[Ag(NH3)2]+中，每个NH3分子中含有3个N-H键，另外还形成N→Ag+配位键，配位键也属于σ键，每个OH-中含有1个O-H键，因此中键的数目为9NA，A不正确；
B．甘油为丙三醇，其结构简式为，甘油分子中，C、O原子的价层电子对数都是4，因此都采用sp3杂化，92g甘油(物质的量为1mol)中杂化的原子数目为6NA，B不正确；
C．标况下甲醇呈液态，不能应用气体摩尔体积进行计算。因此无法求出甲醇的物质的量，也就无法求出甲醇完全燃烧消耗分子的数目，C不正确；
D．向乙酸溶液中通入氨气至中性，此时溶液中c(H＋)=c(OH－)，溶液中存在、NH3 H2O、CH3COO-、CH3COOH。由电荷守恒可得，溶液中c()=c(CH3COO-)，溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)＜0.1mol/L，所以c()＜0.1mol/L，的数目小于0.1NA，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据[Ag(NH3)2]OH的结构分析其中所含的σ键个数。
B、甘油中C、O原子都是采用sp3杂化。
C、标准状态下，甲醇不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
D、中性溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒分析。
10．（2024高二下·广州期末）氯元素有多种化合价，可形成等微粒。下列说法错误的是
A．中Cl原子的杂化方式均为杂化
B．基态原子核外电子的空间运动状态有9种
C．键角：
D．的空间构型为V形，分子中的化学键的键长和键角可以通过X射线衍射实验获得
【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．这三种离子中氯原子的价层电子对数均是4，则Cl原子都是采用sp3杂化，A正确；
B．基态Cl原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则核外电子的空间运动状态共有1+1+3+1+3=9种，B正确；
C．这几种离子的中心原子均为氯原子，中心原子孤电子对越多，对成键电子排斥越强，键角越小，而
、、、中心原子的孤电子对数分别是3、2、1、0，则键角大小为，C错误；
D．中心原子为O原子，采用sp3杂化，空间构型为V形， 分子中的化学键的键长和键角可以通过X射线衍射实验获得 ，D正确；
故答案为：C
【分析】A.根据中心原子的价层电子对数分析。
B.s能级有一个轨道，p能级有3个轨道，结合基态原子核外电子排布式进行分析。
C.中心原子相同时，孤电子对越多，对成键电子排斥越强，键角越小。
D. 晶体的X射线衍射实验可以测定键长和键角。
11．（2024高二下·广州期末）有关晶体的结构如下图所示。下列说法错误的是
A．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
B．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为
C．在晶体中，阴阳离子的总个数为
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据均摊原则，在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞的顶点和面心位置，因此每个晶胞平均占有Ca2+数为，A正确；
B．在金刚石晶体中，每个碳原子与4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，因此每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键。所以碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，B正确；
C．是由1个Ca2+和1个构成，因此在晶体中，阴阳离子的总个数为，C正确；
D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，原子个数比不能约简，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中所含Ca2+的个数。
B、根据碳原子成键情况和均摊法确定碳原子与碳碳键的个数比。
C、根据CaC2的化学式确定阴阳离子的个数。
D、由结构可知，该团簇分子中所含E、F原子的个数都是4。
12．（2024高二下·广州期末）下列实验能达到目的的是
A．实验①可证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚
B．实验②可用于实验室制备并收集乙烯
C．实验③可用于检验消去产物
D．实验④可用于实验室制备硝基苯
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl与CO2一起进入试管中，无法确定苯酚是哪个物质制备产生，因此无法判断碳酸与苯酚的酸性强弱，A项不能达到实验目的；
B．乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集，需选择用排水法收集，B项不能达到实验目的；
C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，存在干扰，无法验证，C项不能达到实验目的；
D．实验室制硝基苯时，应使用60℃左右的水浴加热，温度计测量水浴的温度，则④装置可用于实验室制硝基苯，D项能达到实验目的；
故答案为：D
【分析】A、浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会造成干扰。
B、乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集。
C、挥发产生的乙醇的也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、苯与硝酸反应的温度为60℃，采用水浴加热。
13．（2024高二下·广州期末）耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是
A．由步骤①②知：加成反应也可生成酯类物质
B．反应过程中存在C-H键的断裂
C．该反应的原子利用率为100%
D．若将步骤②中换为，则产品将变为丙烯酸乙酯
【答案】C
【知识点】酯的性质；加成反应
【解析】【解答】A.步骤①②发生加成反应，且产物中均含有酯基，说明 加成反应也可生成酯类物质，故A正确；
B．步骤③中存在C—H键的断裂，故B正确；
C．原子利用率为100%的反应产物只有一种，结合机理图，该反应的 原子利用率不是100% ，故C错误；
D． 根据反应机理，若将步骤②中换为 ，则 产品将变为丙烯酸乙酯，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、加成反应所得产物含有酯基，属于酯类物质。
B、反应③中存在C-H键的断裂。
C、原子利用率为100%的反应产物只有一种 。
D、将CH3I换为CH3CH2I，则可得到丙烯酸乙酯。
14．（2024高二下·广州期末）过渡金属的氮化物和碳化物都表现了较好的催化性能，由碳(C)、钨(W)两种元素形成的两种碳化物甲(晶胞边长为)和乙(晶胞边长为)的立方晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．晶胞乙中两个原子最近距离为
B．晶体甲中与原子距离最近的原子有8个
C．甲、乙两种晶胞的密度比为
D．碳化物甲的化学式为WC
【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．晶胞乙中两个原子最近距离为面对角线长度的一半，为，A正确；
B． 晶体甲中两个W原子最近距离为面对角线长度的一半，则与原子距离最近的原子有12个，B错误；
C．根据晶胞甲、乙的结构式，甲中W原子数为8×+6×=4，C原子数为4×+1=2，则其化学式为，乙中W原子数为8×+6×=4，C原子数为12×+1=4，则其化学式为，根据m==ρV，二者密度比不会是，C错误；
D．由C项可知，甲的化学式为，D错误；
故答案为：A
【分析】A.两个原子最近距离为面对角线长度的一半。
B.根据晶胞结构分析。
C.根据均摊法及m==ρV进行分析。
D.根据均摊法确定原子个数比，从而得到其化学式。
15．（2024高二下·广州期末）电池自燃是限制电动车发展的瓶颈，某电池阻燃剂的结构式如图所示，其中X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是
A．分子中Q和Y原子的杂化方式相同
B．Z、Q、W三种元素形成的单质键能：Z2>Q2>W2
C．X、Z、Q三种元素形成的化合物可能是离子晶体
D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是Q
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．分子中C形成四个单键，为四面体结构，采用sp3杂化；O形成2个单键，且含有2对孤对电子，因此也采用sp3杂化，A项正确；
B．N、O、F三种元素形成的单质中所含的化学键分别为三键、双键、单键，轨道重叠程度依次减小，所以键能：N2>O2>F2，B项正确；
C．H、N、O三种元素形成的化合物可能是HNO3、NH4NO3等，其中NH4NO3属于离子晶体，C项正确；
D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是N和P，都含有3个未成对电子，D项错误；
故答案为：D
【分析】X、Y、Z、Q、W、M的原子序数依次增大，其中X只形成一个共价键，因此X为H。Y形成四个共价键，所以Y为C。Z形成三个共价键，所以Z为N。Q形成两个共价键，所以Q为O。W形成一个共价键，所以W为F。M形成五个共价键，所以M为P。据此结合选项分析。
16．（2024高二下·广州期末）哌醋甲酯是一种中枢神经系统兴奋剂，如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是
A．1mol哌醋甲酯最多与4molH2发生加成反应
B．哌醋甲酯有1个手性碳
C．该有机物既可以与盐酸反应，也可以和NaOH反应
D．该分子中所有碳原子共面
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．分子中只有苯环能与H2加成，因此1mol哌醋甲酯最多与3molH2发生加成反应，A错误；
B．连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，因此哌醋甲酯有2个手性碳，如图所示：，B错误；
C．该有机物含有碱性基团-NH-可以与盐酸反应，含有酯基可以和NaOH反应，C正确；
D．该分子中含有同时连有3个碳原子的sp3杂化的碳原子，为四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此不可能所有碳原子共面，D错误；
故答案为：C
【分析】A、分子结构中苯环能与H2发生加成反应。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、分子结构中的氨基能与盐酸反应，酯基能与NaOH反应。
D、采用sp3杂化的碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
17．（2024高二下·广州期末）肉桂酸(结构简式：)是合成香料、化妆品、医药和感光树脂等的重要原料。实验室可用下列反应制取肉桂酸，反应原理如下：
+(乙酸酐)+CH3COOH
已知：部分试剂相关数据如下
名称 相对分子质量 密度(g/cm3) 熔点℃ 沸点℃ 溶解度
苯甲醛 106 1.044 -26 179 微溶于水
乙酸酐 102 1.082 -73 140 与水缓慢反应生成乙酸
肉桂酸 148 1.248 135 300 难溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇
ⅰ．合成粗品：向三颈烧瓶中先后加入研细的无水醋酸钠、5.3g苯甲醛和6.0g乙酸酐，振荡使之混合均匀。在150~170℃加热1小时，保持微沸状态(实验装置如图所示)。
ⅱ．粗品精制：将上述反应后得到的混合物趁热倒入圆底烧瓶中，进行下列步骤的操作：
回答下列问题：
（1）肉桂酸的反式结构是　 　。
（2）仪器a的名称是　 　，a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是　 　。
（3）粗品精制步骤①中Na2CO3溶液的主要作用是　 　。
（4）粗品精制步骤②中操作a的名称是　 　。
（5）进一步提纯肉桂酸的方法是：　 　。
（6）设计简单实验证明肉桂酸中含有碳碳双键：　 　。
（7）若最后得到纯净的肉桂酸4.81g，则该反应中肉桂酸的产率是　 　。
【答案】（1）
（2）球形冷凝管；防止空气中水进入装置
（3）除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠
（4）冷却结晶
（5）重结晶
（6）向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键
（7）
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】（1）两个相同原子或基团在双键两侧的为反式异构体，肉桂酸的反式结构为。
故答案为：故答案为：
（2）仪器a的名称为球形冷凝管；乙酸酐与水反应生成乙酸，a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是防止空气中水进入装置，使得乙酸酐水解。
故答案为：球形冷凝管；防止空气中水进入装置
（3）加入饱和Na2CO3溶液的作用是除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠，增大它在水中的溶解性利于后续分离。
故答案为：除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠
（4）肉桂酸难溶于冷水，加入盐酸酸化，使得肉硅酸钠转化为肉桂酸，然后降温冷却使其结晶析出，故：步骤②中操作a的名称是冷却结晶。
故答案为：冷却结晶
（5）若得到的肉桂酸晶体产品不纯，提高纯度可以用重结晶，采用重结晶方法可得到纯度更高的产品。
故答案为：重结晶
（6）碳碳双键能和溴加成使得溴水褪色，故实验为：向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键。
故答案为：向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键
（7）5.3g苯甲醛为0.05mol，6.0g乙酸酐约为0.06mol，则理论上生成0.05mol肉桂酸，若最后得到纯净的肉桂酸4.81g，则该反应中肉桂酸的产率是。
故答案为：65%
【分析】（1）肉桂酸的反式结构为。
（2）仪器a为球形冷凝管。CaCl2为干燥剂，可防止空气中的水蒸气进入。
（3）精制的目的是除去乙酸酐和乙酸，据此确定Na2CO3的作用。
（4）步骤②中操作a为冷却结晶。
（5）晶体的提纯操作为重结晶。
（6）证明肉桂酸中含有碳碳双键，可根据碳碳双键能使溴水褪色的性质设计实验。
（7）根据反应的化学方程式计算肉桂酸的理论产量，结合计算产率。
（1）两个相同原子或基团在双键两侧的为反式异构体，肉桂酸的反式结构为；
（2）仪器a的名称为球形冷凝管；乙酸酐与水反应生成乙酸，a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是防止空气中水进入装置，使得乙酸酐水解；
（3）加入饱和Na2CO3溶液的作用是除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠，增大它在水中的溶解性利于后续分离；
（4）肉桂酸难溶于冷水，加入盐酸酸化，使得肉硅酸钠转化为肉桂酸，然后降温冷却使其结晶析出，故：步骤②中操作a的名称是冷却结晶；
（5）若得到的肉桂酸晶体产品不纯，提高纯度可以用重结晶，采用重结晶方法可得到纯度更高的产品。故答案为：重结晶；
（6）碳碳双键能和溴加成使得溴水褪色，故实验为：向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键；
（7）5.3g苯甲醛为0.05mol，6.0g乙酸酐约为0.06mol，则理论上生成0.05mol肉桂酸，若最后得到纯净的肉桂酸4.81g，则该反应中肉桂酸的产率是。
18．（2024高二下·广州期末）第四周期过渡金属及其化合物在生活、生产、科学研究中有广泛应用。回答下列问题：
（1）在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素的最高化合价为　 　。该元素正三价简单基态离子的价层电子排布式为　 　。
（2）绿矾(FeSO4·7H2O)是重要的化工原料，其结构如图所示。
该结构中键角1、2、3由大到小的顺序是　 　(填序号)。
（3）实验室常用镍试剂检验Ni2+，可观察到鲜红色沉淀，该沉淀的结构如图所示。
①该沉淀中存在的化学键类型有　 　(填字母)。
A．配位键 B．氢键 C．金属键 D．共价键 E．π键
②碳氮双键中的σ键是由　 　轨道重叠而成的(填字母)。
A．sp2和sp2 B．sp和sp2 C．sp和2p D.2p和2p E．sp2和2p
（4）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构和xy平面投影如图所示。
①该超导材料的化学式是　 　。
②该晶胞参数分别为a nm、c nm ，该晶体密度　 　( 用NA表示阿伏加德罗常数 )
【答案】（1）+6；3d3
（2）3＞1＞2
（3）ADE；A
（4）KFe2Se2；×1023
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素即为3d54s1，Cr元素，其价电子数目为6，则其最高化合价为+6价，该元素正三价简单基态离子即Cr3+的价层电子排布式为3d3。
故答案为：+6；3d3
（2）由图干图示信息可知，1为形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有1对孤电子对，2为没有形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有2对孤电子对，3为硫酸根离子，价层电子对数为4，没有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，即价层电子对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角1、2、3由大到小的顺序是3＞1＞2。
故答案为：3＞1＞2
（3）①由题干沉淀的结构示意图可知，该沉淀中存在的化学键类型有Ni与N之间的配位键、C-H、C-N、N-O、C-C间的共价键，双键中存在π键，不存在金属键，氢键不属于化学键。
故答案为：ADE
②由题干沉淀的结构示意图可知，碳氮双键中碳和氮均采用sp2杂化，杂化轨道形成σ键，即sp2-sp2重叠，而未参与杂化的2p轨道重叠形成π键，故碳氮双键中的σ键是由sp2-sp2轨道重叠而成的。
故答案为：A
（4）①由晶胞结构和xy平面投影图可知，K位于顶点和体内，个数为8×+1=2，Fe位于面上，个数为8×=4，Se位于棱上和体内，8×+2=4，K：Fe：Se=2：4：4=1：2：2，故化学式为KFe2Se2。
故答案为：KFe2Se2
②由上述分析可知，一个晶胞质量为g，晶胞体积为（a2c×10-21）cm3，晶体密度ρ==g/cm3=×1023g/cm3。
故答案为：×1023
【分析】（1）第四周期中基态原子未成对电子数最多的元素即为3d54s1，据此分析。
（2）根据孤电子对数对键角大小的影响分析。孤电子对数越多，键角越小。
（3）①根据沉淀的结构确定其所含的化学键类型。
②根据碳氮双键中C、N原子的杂化类型分析。
（4）①根据均摊法确定该超导材料的化学式。
②根据公式计算晶体密度。
（1）在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素即为3d54s1，Cr元素，其价电子数目为6，则其最高化合价为+6价，该元素正三价简单基态离子即Cr3+的价层电子排布式为3d3，故答案为：+6；3d3；
（2）由图干图示信息可知，1为形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有1对孤电子对，2为没有形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有2对孤电子对，3为硫酸根离子，价层电子对数为4，没有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，即价层电子对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角1、2、3由大到小的顺序是3＞1＞2，故答案为：3＞1＞2；
（3）①由题干沉淀的结构示意图可知，该沉淀中存在的化学键类型有Ni与N之间的配位键、C-H、C-N、N-O、C-C间的共价键，双键中存在π键，不存在金属键，氢键不属于化学键，故答案为：ADE；
②由题干沉淀的结构示意图可知，碳氮双键中碳和氮均采用sp2杂化，杂化轨道形成σ键，即sp2-sp2重叠，而未参与杂化的2p轨道重叠形成π键，故碳氮双键中的σ键是由sp2-sp2轨道重叠而成的，故答案为：A；
（4）①由晶胞结构和xy平面投影图可知，K位于顶点和体内，个数为8×+1=2，Fe位于面上，个数为8×=4，Se位于棱上和体内，8×+2=4，K：Fe：Se=2：4：4=1：2：2，故化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②由上述分析可知，一个晶胞质量为g，晶胞体积为（a2c×10-21）cm3，晶体密度ρ==g/cm3=×1023g/cm3，故答案为：×1023。
19．（2024高二下·广州期末）我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。
请回答下列问题：
（1）乳酸的分子式为：　 　，0.05mol乳酸与足量Na反应，产生标况下　 　L氢气。
（2）MMA中含有的官能团名称为：　 　；该转化路线中，第二步的反应类型为：　 　。
（3）MP的化学名称是　 　。
（4）MP的同分异构体中，能发生银镜反应的有　 　种。
（5）MMA可在一定条件下，生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为：　 　。
（6）对甲基苯酚与HCHO可以在一定条件下合成线型的酚醛树脂，写出该反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）C3H6O3；2.24
（2）碳碳双键、酯基；消去反应
（3）丙酸甲酯
（4）7
（5）
（6）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）乳酸为HOCHCH3COOH，乳酸的分子式为：C3H6O3，乳酸分子中羧基、羟基均会和钠反应，则0.05mol乳酸与足量Na反应，产生0.1mol氢气，标况下为2.24L氢气。
故答案为：C3H6O3；22.4
（2）MMA中含有的官能团名称为：碳碳双键、酯基；该转化路线中，MP首先和甲醛加成生成羟基，羟基消去引入碳碳双键，故第二步的反应类型为：消去反应。
故答案为：碳碳双键、酯基；消去反应
（3）由图可知，MP的化学名称是丙酸甲酯。
故答案为：丙酸甲酯
（4）MP的化学名称是丙酸甲酯；MP的同分异构体中，能发生银镜反应，则含有醛基，有7种。
故答案为：7
（5）MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子；.
故答案为：
(6对甲基苯酚含有酚羟基，与HCHO可以在一定条件下合成线型的酚醛树脂，该反应的化学方程式：。
故答案为：
【分析】（1）根据乳酸的结构简式确定其分子式。乳酸中羟基和羧基都能与Na反应生成H2，据此计算0.05mol乳酸反应生成额H2的体积。
（2）根据MMA的结构简式确定好其官能团名称。MP转化为MMA的过程中县发生加成反应，再发生消去反应。
（3）根据MP的结构简式确定其化学名称。
（4）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，据此确定同分异构体的结构。
（5）MMA中含有碳碳双键，可发生加聚反应，形成高分子化合物，据此确定该高分子化合物的结构简式。
（6）对甲基苯酚能与甲醛发生缩聚反应，据此写出反应的化学方程式。
（1）乳酸为HOCHCH3COOH，乳酸的分子式为：C3H6O3，乳酸分子中羧基、羟基均会和钠反应，则0.05mol乳酸与足量Na反应，产生0.1mol氢气，标况下为2.24L氢气。
（2）MMA中含有的官能团名称为：碳碳双键、酯基；该转化路线中，MP首先和甲醛加成生成羟基，羟基消去引入碳碳双键，故第二步的反应类型为：消去反应；
（3）由图可知，MP的化学名称是丙酸甲醇；
（4）MP的化学名称是丙酸甲醇；MP的同分异构体中，能发生银镜反应，则含有醛基，有7种。
（5）MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子；；
（6）对甲基苯酚含有酚羟基，与HCHO可以在一定条件下合成线型的酚醛树脂，该反应的化学方程式：。
20．（2024高二下·广州期末）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知： CH=N
请回答下列问题：
（1）化合物G的官能团名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是______。
A．化合物A能与发生显色反应
B．A→B的转变也可用在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物C的结构简式是　 　。
（4）已知D→E的转变经历了加成和消去的过程，请写出总的化学方程式　 　。(无需标明反应条件)
（5）研究小组在实验室用苯甲醇为原料合成。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线　 　 (用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出任意一种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环
②1H NMR谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
【答案】（1）羧基和醚键
（2）B；C
（3）(CH3)2NCH2CH2Cl
（4）+HONH2+H2O
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图可知，化合物G的官能团名称是羧基和醚键。
故答案为：羧基和醚键；
（2）A．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，则能与FeCl3发生显色反应，A正确；
B．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，酚羟基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，即A→B的转变不可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现，B错误；
C．由题干合成路线图可知，在B+C→D的反应中生成了HCl，HCl与K2CO3反应，从而使得上述平衡正向移动，即K2CO3不是作催化剂，C错误；
D．由题干依托比利的结构简式可知，依托比利中含有氨基和酰胺基，故可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：BC
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是(CH3)2NCH2CH2Cl。
故答案为：(CH3)2NCH2CH2Cl
（4）由分析可知，E的结构简式为：，已知D→E的转变经历了加成和消去的过程，结合D的结构简式和D到E的转化条件可知，该转化的总的化学方程式为：+HONH2+H2O。
故答案为：+HONH2+H2O
（5）苯甲醇即催化氧化可得到：，催化氧化可得到，根据题干流程图中G到H的转化信息可知，和SOCl2反应可得到，据此分析确定该合成路线为：。
故答案为：
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C11H15NO2，不饱和度为：5，任意一种同时符合下列条件①分子中含有苯环，②1H NMR谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()，说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，则化合物D的同分异构体的结构简式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据G的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）A、酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应。
B、酸性KMnO4溶液能将酚羟基氧化。
C、B+C→D的过程中生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进反应的进行。
D、依托比利中含有酰胺基，酸性或碱性条件下都能发生水解反应。
（3）由B、D的结构简式可确定C的结构简式为 (CH3)2NCH2CH2Cl 。
（4） F发生取代反应生成依托比利，结合F的分子式知，F为，E发生取代反应生成F，E为 ，据此书写反应的化学方程式。
（5）可由苯甲酸与SOCl2发生取代反应生成；而苯甲酸可由苯甲醛氧化生成；苯甲醛可由苯甲醇氧化生成，据此确定的合成路线图。
（6）根据限定条件确定同分异构体中所含的结构单元，从而确定同分异构体的结构简式。
（1）由题干合成流程图可知，化合物G的官能团名称是羧基和醚键，故答案为：羧基和醚键；
（2）A．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，则能与FeCl3发生显色反应，A正确；
B．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，酚羟基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，即A→B的转变不可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现，B错误；
C．由题干合成路线图可知，在B+C→D的反应中生成了HCl，HCl与K2CO3反应，从而使得上述平衡正向移动，即K2CO3不是作催化剂，C错误；
D．由题干依托比利的结构简式可知，依托比利中含有氨基和酰胺基，故可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：BC；
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是(CH3)2NCH2CH2Cl，故答案为：(CH3)2NCH2CH2Cl；
（4）由分析可知，E的结构简式为：，已知D→E的转变经历了加成和消去的过程，结合D的结构简式和D到E的转化条件可知，该转化的总的化学方程式为：+HONH2+H2O，故答案为：+HONH2+H2O；
（5）苯甲醇即催化氧化可得到：，催化氧化可得到，根据题干流程图中G到H的转化信息可知，和SOCl2反应可得到，据此分析确定该合成路线为：，故答案为：；
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C11H15NO2，不饱和度为：5，任意一种同时符合下列条件①分子中含有苯环，②1H NMR谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()，说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，则化合物D的同分异构体的结构简式为：，故答案为：。
1 / 1广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题
1．（2024高二下·广州期末）氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的新型材料。下列物质的晶体类型与氮化硼相同的是
A．C60 B．铁 C．硝酸钾 D．金刚石
2．（2024高二下·广州期末）下列说法不正确的是
A．p能级能量一定比s能级的能量高
B．d区、ds区全部是金属元素
C．2p和3p轨道形状均为哑铃形
D．、、轨道相互垂直，但能量相等
3．（2024高二下·广州期末）下列说法不正确的是
A．PCl3是极性键构成的极性分子
B．H+能与H2O以配位键形成H3O+
C．分子晶体中，分子间作用力越大，分子越稳定
D．对固体进行X射线衍射测定是区分晶体和非晶体最可靠的科学方法
4．（2024高二下·广州期末）下列反应均经一步完成，关于类型的描述不正确的是
A．加成反应：乙烯→乙醇 B．取代反应：苯→硝基苯
C．消去反应：溴乙烷→乙烯 D．氧化反应：乙炔→乙醛
5．（2024高二下·广州期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．溴的简化电子排布式：
B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C．1-丁醇的键线式：
D．NH3分子的VSEPR模型为
6．（2024高二下·广州期末）下列说法正确的是
A．与互为同分异构体
B．分子组成符合CnH2n+2的烃一定是同系物
C．正丁烷分子中所有碳原子均在一条直线上
D．新戊烷的一氯取代物有1种
7．（2024高二下·广州期末）下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是
A．苯酚能与浓溴水反应而苯不能
B．乙烯能发生加成反应而乙炔不能
C．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
D．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
8．（2024高二下·广州期末）已知A、B、C、D是周期表中前三周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，D元素s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是
A．原子半径：A>B>C>D
B．第一电离能：AC．D与 C 可形成高熔点的化合物
D．最低价气态氢化物的沸点：A9．（2024高二下·广州期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键的数目为6NA
B．92g甘油中杂化的原子数目为3NA
C．标况下甲醇完全燃烧，消耗分子的数目为1.5NA
D．向乙酸溶液中通入氨气至中性，的数目小于0.1NA
10．（2024高二下·广州期末）氯元素有多种化合价，可形成等微粒。下列说法错误的是
A．中Cl原子的杂化方式均为杂化
B．基态原子核外电子的空间运动状态有9种
C．键角：
D．的空间构型为V形，分子中的化学键的键长和键角可以通过X射线衍射实验获得
11．（2024高二下·广州期末）有关晶体的结构如下图所示。下列说法错误的是
A．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
B．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为
C．在晶体中，阴阳离子的总个数为
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
12．（2024高二下·广州期末）下列实验能达到目的的是
A．实验①可证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚
B．实验②可用于实验室制备并收集乙烯
C．实验③可用于检验消去产物
D．实验④可用于实验室制备硝基苯
13．（2024高二下·广州期末）耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是
A．由步骤①②知：加成反应也可生成酯类物质
B．反应过程中存在C-H键的断裂
C．该反应的原子利用率为100%
D．若将步骤②中换为，则产品将变为丙烯酸乙酯
14．（2024高二下·广州期末）过渡金属的氮化物和碳化物都表现了较好的催化性能，由碳(C)、钨(W)两种元素形成的两种碳化物甲(晶胞边长为)和乙(晶胞边长为)的立方晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．晶胞乙中两个原子最近距离为
B．晶体甲中与原子距离最近的原子有8个
C．甲、乙两种晶胞的密度比为
D．碳化物甲的化学式为WC
15．（2024高二下·广州期末）电池自燃是限制电动车发展的瓶颈，某电池阻燃剂的结构式如图所示，其中X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是
A．分子中Q和Y原子的杂化方式相同
B．Z、Q、W三种元素形成的单质键能：Z2>Q2>W2
C．X、Z、Q三种元素形成的化合物可能是离子晶体
D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是Q
16．（2024高二下·广州期末）哌醋甲酯是一种中枢神经系统兴奋剂，如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是
A．1mol哌醋甲酯最多与4molH2发生加成反应
B．哌醋甲酯有1个手性碳
C．该有机物既可以与盐酸反应，也可以和NaOH反应
D．该分子中所有碳原子共面
17．（2024高二下·广州期末）肉桂酸(结构简式：)是合成香料、化妆品、医药和感光树脂等的重要原料。实验室可用下列反应制取肉桂酸，反应原理如下：
+(乙酸酐)+CH3COOH
已知：部分试剂相关数据如下
名称 相对分子质量 密度(g/cm3) 熔点℃ 沸点℃ 溶解度
苯甲醛 106 1.044 -26 179 微溶于水
乙酸酐 102 1.082 -73 140 与水缓慢反应生成乙酸
肉桂酸 148 1.248 135 300 难溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇
ⅰ．合成粗品：向三颈烧瓶中先后加入研细的无水醋酸钠、5.3g苯甲醛和6.0g乙酸酐，振荡使之混合均匀。在150~170℃加热1小时，保持微沸状态(实验装置如图所示)。
ⅱ．粗品精制：将上述反应后得到的混合物趁热倒入圆底烧瓶中，进行下列步骤的操作：
回答下列问题：
（1）肉桂酸的反式结构是　 　。
（2）仪器a的名称是　 　，a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是　 　。
（3）粗品精制步骤①中Na2CO3溶液的主要作用是　 　。
（4）粗品精制步骤②中操作a的名称是　 　。
（5）进一步提纯肉桂酸的方法是：　 　。
（6）设计简单实验证明肉桂酸中含有碳碳双键：　 　。
（7）若最后得到纯净的肉桂酸4.81g，则该反应中肉桂酸的产率是　 　。
18．（2024高二下·广州期末）第四周期过渡金属及其化合物在生活、生产、科学研究中有广泛应用。回答下列问题：
（1）在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素的最高化合价为　 　。该元素正三价简单基态离子的价层电子排布式为　 　。
（2）绿矾(FeSO4·7H2O)是重要的化工原料，其结构如图所示。
该结构中键角1、2、3由大到小的顺序是　 　(填序号)。
（3）实验室常用镍试剂检验Ni2+，可观察到鲜红色沉淀，该沉淀的结构如图所示。
①该沉淀中存在的化学键类型有　 　(填字母)。
A．配位键 B．氢键 C．金属键 D．共价键 E．π键
②碳氮双键中的σ键是由　 　轨道重叠而成的(填字母)。
A．sp2和sp2 B．sp和sp2 C．sp和2p D.2p和2p E．sp2和2p
（4）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构和xy平面投影如图所示。
①该超导材料的化学式是　 　。
②该晶胞参数分别为a nm、c nm ，该晶体密度　 　( 用NA表示阿伏加德罗常数 )
19．（2024高二下·广州期末）我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。
请回答下列问题：
（1）乳酸的分子式为：　 　，0.05mol乳酸与足量Na反应，产生标况下　 　L氢气。
（2）MMA中含有的官能团名称为：　 　；该转化路线中，第二步的反应类型为：　 　。
（3）MP的化学名称是　 　。
（4）MP的同分异构体中，能发生银镜反应的有　 　种。
（5）MMA可在一定条件下，生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为：　 　。
（6）对甲基苯酚与HCHO可以在一定条件下合成线型的酚醛树脂，写出该反应的化学方程式：　 　。
20．（2024高二下·广州期末）某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知： CH=N
请回答下列问题：
（1）化合物G的官能团名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是______。
A．化合物A能与发生显色反应
B．A→B的转变也可用在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（3）化合物C的结构简式是　 　。
（4）已知D→E的转变经历了加成和消去的过程，请写出总的化学方程式　 　。(无需标明反应条件)
（5）研究小组在实验室用苯甲醇为原料合成。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线　 　 (用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出任意一种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环
②1H NMR谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】由于氮化硼具有超硬、耐磨、耐高温的性质，因此氮化硼是属于共价晶体。C60为分子晶体，铁为金属晶体，硝酸钾为离子晶体，金刚石为共价晶体，D符合题意。
故答案为：D
【分析】结合氮化硼“超硬、耐磨、耐高温”的性质可知氮化硼为共价晶体，据此结合选项个所给物质分析。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子核外电子的能级分布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．p能级能量不一定比s能级的能量高，如3s能级的能量高于2p能级的能量，A错误；
B．d区包括第ⅢB~ⅦB族的元素（除了镧系元素和锕系元素）和第Ⅷ族的元素，ds区包括ⅠB、ⅡB族的元素，全部是金属元素，B正确；
C．由分析可知，2p和3p轨道形状都是哑铃形，C正确；
D.2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等，D正确；
故答案为：A
【分析】A、注意比较不同能级能量要看是否处于同一能层。
B、d区包括第ⅢB~ⅦB族的元素和第Ⅷ族的元素，ds区包括ⅠB、ⅡB族的元素。
C、p能级轨道形状都是哑铃形。
D、2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等。
3．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A．PCl3中的P-Cl键为极性键，空间结构为三角锥形；分子中正、负电荷的中心是不重合的，属于极性分子，故A正确；
B．H2O中O原子存在孤电子对，H+能与H2O以配位键形成H3O+，故B正确；
C．分子间作用力只影响分子晶体的物理性质，如溶解性，熔沸点等；而物质的稳定性是由化学键的键能大小决定的，故C错误；
D．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，因此可用X-射线衍射实验区分晶体和非晶体，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、不同种元素形成的共价键为极性共价键；分子结构中正负电荷的重心不重合的，属于极性分子。
B、H2O中氧原子提供孤电子对，H+提供空轨道，二者共同形成配位键。
C、分子间作用力只影响物理性质，稳定性属于化学性质。
D、X-射线衍射实验，可用于区分晶体和非晶体。
4．【答案】D
【知识点】有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．乙烯转化为乙醇的过程中，碳碳双键断裂，发生加成反应，A正确；
B．苯与硝酸在浓硫酸催化作用下，发生取代反应生成硝基苯，B正确；
C．溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液加热的条件下，发生消去反应生成乙烯，C正确；
D．乙炔与水发生加成反应，生成乙烯醇，发生重排得到乙醛，D错误；
故答案为：D
【分析】A、乙烯转化为乙醇的反应为加成反应。
B、苯生成硝基苯的反应为取代反应。
C、生成碳碳双键的反应为消去反应。
D、乙炔与H2O反应加成反应，生成乙烯醇，乙烯醇发生重排得到乙醛。
5．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．溴的原子序数为35，因此其简化电子排布式：，A错误；
B．根据洪特规则特例，d能与为半充满时，结构稳定，因此基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，B正确；
C.1-丁醇的键线式：，C错误；
D．NH3分子中氮原子是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据溴的原子序数确定其简化的电子排布式。
B、根据d能级半充满稳定结构确定基态Cr原子的价层电子轨道式。
C、根据名称确定有机物的键线式。
D、根据中心氮原子的杂化方式，确定其VSEPR模型。
6．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；烷烃
【解析】【解答】A．与 分子式和结构都相同，属于同一种物质，A错误；
B．分子组成符合CnH2n+2的烃不一定是同系物，也可能属于同分异构体，B错误；
C．根据甲烷中4个C-H键的空间位置关系可知正丁烷分子中所有碳原子不可能在同一条直线上，呈现锯齿状结构，C错误；
D．新戊烷只有如图所述一种氢原子，因此其一氯代物只有一种，D正确；
故答案为：D
【分析】A、二者的分子式和结构都相同，属于同一种物质。
B、若二者的分子式相同，则为同分异构体。
C、烷烃分子中碳原子呈现锯齿状结构。
D、新戊烷中只含有一种等效氢原子。
7．【答案】B
【知识点】苯的同系物及其性质；苯酚的性质及用途；加成反应
【解析】【解答】A．酚-OH影响苯环，使得苯环上邻位、对位H原子变活泼，因此苯酚与溴水直接就可反应；而苯与溴反应则需要加铁屑，体现了苯环上的取代基活化了苯环， A不符合；
B．乙烯和乙炔均能发生加成反应，B符合；
C．在苯酚中，由于苯环对-OH的影响，使得酚羟基具有酸性；对比乙醇，虽含有-OH，但不具有酸性，因此说明苯环活化了羟基，C不符合；
D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明H原子与苯基对甲基的影响不同。甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环使侧链甲基易被氧化，与有机物分子内基团间的相互作用有关， D不符合；
故答案为：B
【分析】A、苯酚与浓溴水发生取代反应，说明酚羟基使得苯环上H原子活化。
B、乙烯、乙炔都能发生加成反应。
C、苯酚能与NaOH溶液反应，说明苯环使得羟基H原子活化。
D、甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯使得甲基活化。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；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】由分析可知，A为B、B为C、C为O、D为Mg。A．电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：Mg>B>C>O，A错误；
B．同一主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，第一电离能越小；同一周期元素，原子序数越大，第一电离能越大。因此第一电离能：MgC．D与C形成的化合物氧化镁，为离子晶体，熔点较高，C正确；
D．简单氢化物水能形成氢键导致沸点升高，因此简单最低价气态氢化物的沸点水大于甲烷，D错误；
故答案为：C
【分析】B、C原子中均含有2个未成对的单子，因此其核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4，因此B为C、C为O。A、B、C为同周期的非金属元素，因此A为B。D元素s能级与p能级电子数相等，因此D的核外电子排布式为1s22s22p63s2，故D为Mg。据此结合元素周期律分析选项。
9．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在[Ag(NH3)2]+中，每个NH3分子中含有3个N-H键，另外还形成N→Ag+配位键，配位键也属于σ键，每个OH-中含有1个O-H键，因此中键的数目为9NA，A不正确；
B．甘油为丙三醇，其结构简式为，甘油分子中，C、O原子的价层电子对数都是4，因此都采用sp3杂化，92g甘油(物质的量为1mol)中杂化的原子数目为6NA，B不正确；
C．标况下甲醇呈液态，不能应用气体摩尔体积进行计算。因此无法求出甲醇的物质的量，也就无法求出甲醇完全燃烧消耗分子的数目，C不正确；
D．向乙酸溶液中通入氨气至中性，此时溶液中c(H＋)=c(OH－)，溶液中存在、NH3 H2O、CH3COO-、CH3COOH。由电荷守恒可得，溶液中c()=c(CH3COO-)，溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)＜0.1mol/L，所以c()＜0.1mol/L，的数目小于0.1NA，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据[Ag(NH3)2]OH的结构分析其中所含的σ键个数。
B、甘油中C、O原子都是采用sp3杂化。
C、标准状态下，甲醇不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
D、中性溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒分析。
10．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．这三种离子中氯原子的价层电子对数均是4，则Cl原子都是采用sp3杂化，A正确；
B．基态Cl原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则核外电子的空间运动状态共有1+1+3+1+3=9种，B正确；
C．这几种离子的中心原子均为氯原子，中心原子孤电子对越多，对成键电子排斥越强，键角越小，而
、、、中心原子的孤电子对数分别是3、2、1、0，则键角大小为，C错误；
D．中心原子为O原子，采用sp3杂化，空间构型为V形， 分子中的化学键的键长和键角可以通过X射线衍射实验获得 ，D正确；
故答案为：C
【分析】A.根据中心原子的价层电子对数分析。
B.s能级有一个轨道，p能级有3个轨道，结合基态原子核外电子排布式进行分析。
C.中心原子相同时，孤电子对越多，对成键电子排斥越强，键角越小。
D. 晶体的X射线衍射实验可以测定键长和键角。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据均摊原则，在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞的顶点和面心位置，因此每个晶胞平均占有Ca2+数为，A正确；
B．在金刚石晶体中，每个碳原子与4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，因此每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键。所以碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，B正确；
C．是由1个Ca2+和1个构成，因此在晶体中，阴阳离子的总个数为，C正确；
D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，原子个数比不能约简，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中所含Ca2+的个数。
B、根据碳原子成键情况和均摊法确定碳原子与碳碳键的个数比。
C、根据CaC2的化学式确定阴阳离子的个数。
D、由结构可知，该团簇分子中所含E、F原子的个数都是4。
12．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl与CO2一起进入试管中，无法确定苯酚是哪个物质制备产生，因此无法判断碳酸与苯酚的酸性强弱，A项不能达到实验目的；
B．乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集，需选择用排水法收集，B项不能达到实验目的；
C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，存在干扰，无法验证，C项不能达到实验目的；
D．实验室制硝基苯时，应使用60℃左右的水浴加热，温度计测量水浴的温度，则④装置可用于实验室制硝基苯，D项能达到实验目的；
故答案为：D
【分析】A、浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会造成干扰。
B、乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集。
C、挥发产生的乙醇的也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、苯与硝酸反应的温度为60℃，采用水浴加热。
13．【答案】C
【知识点】酯的性质；加成反应
【解析】【解答】A.步骤①②发生加成反应，且产物中均含有酯基，说明 加成反应也可生成酯类物质，故A正确；
B．步骤③中存在C—H键的断裂，故B正确；
C．原子利用率为100%的反应产物只有一种，结合机理图，该反应的 原子利用率不是100% ，故C错误；
D． 根据反应机理，若将步骤②中换为 ，则 产品将变为丙烯酸乙酯，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、加成反应所得产物含有酯基，属于酯类物质。
B、反应③中存在C-H键的断裂。
C、原子利用率为100%的反应产物只有一种 。
D、将CH3I换为CH3CH2I，则可得到丙烯酸乙酯。
14．【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．晶胞乙中两个原子最近距离为面对角线长度的一半，为，A正确；
B． 晶体甲中两个W原子最近距离为面对角线长度的一半，则与原子距离最近的原子有12个，B错误；
C．根据晶胞甲、乙的结构式，甲中W原子数为8×+6×=4，C原子数为4×+1=2，则其化学式为，乙中W原子数为8×+6×=4，C原子数为12×+1=4，则其化学式为，根据m==ρV，二者密度比不会是，C错误；
D．由C项可知，甲的化学式为，D错误；
故答案为：A
【分析】A.两个原子最近距离为面对角线长度的一半。
B.根据晶胞结构分析。
C.根据均摊法及m==ρV进行分析。
D.根据均摊法确定原子个数比，从而得到其化学式。
15．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．分子中C形成四个单键，为四面体结构，采用sp3杂化；O形成2个单键，且含有2对孤对电子，因此也采用sp3杂化，A项正确；
B．N、O、F三种元素形成的单质中所含的化学键分别为三键、双键、单键，轨道重叠程度依次减小，所以键能：N2>O2>F2，B项正确；
C．H、N、O三种元素形成的化合物可能是HNO3、NH4NO3等，其中NH4NO3属于离子晶体，C项正确；
D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是N和P，都含有3个未成对电子，D项错误；
故答案为：D
【分析】X、Y、Z、Q、W、M的原子序数依次增大，其中X只形成一个共价键，因此X为H。Y形成四个共价键，所以Y为C。Z形成三个共价键，所以Z为N。Q形成两个共价键，所以Q为O。W形成一个共价键，所以W为F。M形成五个共价键，所以M为P。据此结合选项分析。
16．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．分子中只有苯环能与H2加成，因此1mol哌醋甲酯最多与3molH2发生加成反应，A错误；
B．连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，因此哌醋甲酯有2个手性碳，如图所示：，B错误；
C．该有机物含有碱性基团-NH-可以与盐酸反应，含有酯基可以和NaOH反应，C正确；
D．该分子中含有同时连有3个碳原子的sp3杂化的碳原子，为四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此不可能所有碳原子共面，D错误；
故答案为：C
【分析】A、分子结构中苯环能与H2发生加成反应。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、分子结构中的氨基能与盐酸反应，酯基能与NaOH反应。
D、采用sp3杂化的碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
17．【答案】（1）
（2）球形冷凝管；防止空气中水进入装置
（3）除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠
（4）冷却结晶
（5）重结晶
（6）向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键
（7）
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】（1）两个相同原子或基团在双键两侧的为反式异构体，肉桂酸的反式结构为。
故答案为：故答案为：
（2）仪器a的名称为球形冷凝管；乙酸酐与水反应生成乙酸，a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是防止空气中水进入装置，使得乙酸酐水解。
故答案为：球形冷凝管；防止空气中水进入装置
（3）加入饱和Na2CO3溶液的作用是除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠，增大它在水中的溶解性利于后续分离。
故答案为：除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠
（4）肉桂酸难溶于冷水，加入盐酸酸化，使得肉硅酸钠转化为肉桂酸，然后降温冷却使其结晶析出，故：步骤②中操作a的名称是冷却结晶。
故答案为：冷却结晶
（5）若得到的肉桂酸晶体产品不纯，提高纯度可以用重结晶，采用重结晶方法可得到纯度更高的产品。
故答案为：重结晶
（6）碳碳双键能和溴加成使得溴水褪色，故实验为：向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键。
故答案为：向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键
（7）5.3g苯甲醛为0.05mol，6.0g乙酸酐约为0.06mol，则理论上生成0.05mol肉桂酸，若最后得到纯净的肉桂酸4.81g，则该反应中肉桂酸的产率是。
故答案为：65%
【分析】（1）肉桂酸的反式结构为。
（2）仪器a为球形冷凝管。CaCl2为干燥剂，可防止空气中的水蒸气进入。
（3）精制的目的是除去乙酸酐和乙酸，据此确定Na2CO3的作用。
（4）步骤②中操作a为冷却结晶。
（5）晶体的提纯操作为重结晶。
（6）证明肉桂酸中含有碳碳双键，可根据碳碳双键能使溴水褪色的性质设计实验。
（7）根据反应的化学方程式计算肉桂酸的理论产量，结合计算产率。
（1）两个相同原子或基团在双键两侧的为反式异构体，肉桂酸的反式结构为；
（2）仪器a的名称为球形冷凝管；乙酸酐与水反应生成乙酸，a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是防止空气中水进入装置，使得乙酸酐水解；
（3）加入饱和Na2CO3溶液的作用是除去未反应的原料乙酸酐，中和生成的乙酸，并将肉桂酸转化为肉桂酸钠，增大它在水中的溶解性利于后续分离；
（4）肉桂酸难溶于冷水，加入盐酸酸化，使得肉硅酸钠转化为肉桂酸，然后降温冷却使其结晶析出，故：步骤②中操作a的名称是冷却结晶；
（5）若得到的肉桂酸晶体产品不纯，提高纯度可以用重结晶，采用重结晶方法可得到纯度更高的产品。故答案为：重结晶；
（6）碳碳双键能和溴加成使得溴水褪色，故实验为：向样品中加入溴水，溶液褪色，说明肉桂酸中含有碳碳双键；
（7）5.3g苯甲醛为0.05mol，6.0g乙酸酐约为0.06mol，则理论上生成0.05mol肉桂酸，若最后得到纯净的肉桂酸4.81g，则该反应中肉桂酸的产率是。
18．【答案】（1）+6；3d3
（2）3＞1＞2
（3）ADE；A
（4）KFe2Se2；×1023
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素即为3d54s1，Cr元素，其价电子数目为6，则其最高化合价为+6价，该元素正三价简单基态离子即Cr3+的价层电子排布式为3d3。
故答案为：+6；3d3
（2）由图干图示信息可知，1为形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有1对孤电子对，2为没有形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有2对孤电子对，3为硫酸根离子，价层电子对数为4，没有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，即价层电子对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角1、2、3由大到小的顺序是3＞1＞2。
故答案为：3＞1＞2
（3）①由题干沉淀的结构示意图可知，该沉淀中存在的化学键类型有Ni与N之间的配位键、C-H、C-N、N-O、C-C间的共价键，双键中存在π键，不存在金属键，氢键不属于化学键。
故答案为：ADE
②由题干沉淀的结构示意图可知，碳氮双键中碳和氮均采用sp2杂化，杂化轨道形成σ键，即sp2-sp2重叠，而未参与杂化的2p轨道重叠形成π键，故碳氮双键中的σ键是由sp2-sp2轨道重叠而成的。
故答案为：A
（4）①由晶胞结构和xy平面投影图可知，K位于顶点和体内，个数为8×+1=2，Fe位于面上，个数为8×=4，Se位于棱上和体内，8×+2=4，K：Fe：Se=2：4：4=1：2：2，故化学式为KFe2Se2。
故答案为：KFe2Se2
②由上述分析可知，一个晶胞质量为g，晶胞体积为（a2c×10-21）cm3，晶体密度ρ==g/cm3=×1023g/cm3。
故答案为：×1023
【分析】（1）第四周期中基态原子未成对电子数最多的元素即为3d54s1，据此分析。
（2）根据孤电子对数对键角大小的影响分析。孤电子对数越多，键角越小。
（3）①根据沉淀的结构确定其所含的化学键类型。
②根据碳氮双键中C、N原子的杂化类型分析。
（4）①根据均摊法确定该超导材料的化学式。
②根据公式计算晶体密度。
（1）在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素即为3d54s1，Cr元素，其价电子数目为6，则其最高化合价为+6价，该元素正三价简单基态离子即Cr3+的价层电子排布式为3d3，故答案为：+6；3d3；
（2）由图干图示信息可知，1为形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有1对孤电子对，2为没有形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有2对孤电子对，3为硫酸根离子，价层电子对数为4，没有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，即价层电子对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角1、2、3由大到小的顺序是3＞1＞2，故答案为：3＞1＞2；
（3）①由题干沉淀的结构示意图可知，该沉淀中存在的化学键类型有Ni与N之间的配位键、C-H、C-N、N-O、C-C间的共价键，双键中存在π键，不存在金属键，氢键不属于化学键，故答案为：ADE；
②由题干沉淀的结构示意图可知，碳氮双键中碳和氮均采用sp2杂化，杂化轨道形成σ键，即sp2-sp2重叠，而未参与杂化的2p轨道重叠形成π键，故碳氮双键中的σ键是由sp2-sp2轨道重叠而成的，故答案为：A；
（4）①由晶胞结构和xy平面投影图可知，K位于顶点和体内，个数为8×+1=2，Fe位于面上，个数为8×=4，Se位于棱上和体内，8×+2=4，K：Fe：Se=2：4：4=1：2：2，故化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②由上述分析可知，一个晶胞质量为g，晶胞体积为（a2c×10-21）cm3，晶体密度ρ==g/cm3=×1023g/cm3，故答案为：×1023。
19．【答案】（1）C3H6O3；2.24
（2）碳碳双键、酯基；消去反应
（3）丙酸甲酯
（4）7
（5）
（6）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）乳酸为HOCHCH3COOH，乳酸的分子式为：C3H6O3，乳酸分子中羧基、羟基均会和钠反应，则0.05mol乳酸与足量Na反应，产生0.1mol氢气，标况下为2.24L氢气。
故答案为：C3H6O3；22.4
（2）MMA中含有的官能团名称为：碳碳双键、酯基；该转化路线中，MP首先和甲醛加成生成羟基，羟基消去引入碳碳双键，故第二步的反应类型为：消去反应。
故答案为：碳碳双键、酯基；消去反应
（3）由图可知，MP的化学名称是丙酸甲酯。
故答案为：丙酸甲酯
（4）MP的化学名称是丙酸甲酯；MP的同分异构体中，能发生银镜反应，则含有醛基，有7种。
故答案为：7
（5）MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子；.
故答案为：
(6对甲基苯酚含有酚羟基，与HCHO可以在一定条件下合成线型的酚醛树脂，该反应的化学方程式：。
故答案为：
【分析】（1）根据乳酸的结构简式确定其分子式。乳酸中羟基和羧基都能与Na反应生成H2，据此计算0.05mol乳酸反应生成额H2的体积。
（2）根据MMA的结构简式确定好其官能团名称。MP转化为MMA的过程中县发生加成反应，再发生消去反应。
（3）根据MP的结构简式确定其化学名称。
（4）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，据此确定同分异构体的结构。
（5）MMA中含有碳碳双键，可发生加聚反应，形成高分子化合物，据此确定该高分子化合物的结构简式。
（6）对甲基苯酚能与甲醛发生缩聚反应，据此写出反应的化学方程式。
（1）乳酸为HOCHCH3COOH，乳酸的分子式为：C3H6O3，乳酸分子中羧基、羟基均会和钠反应，则0.05mol乳酸与足量Na反应，产生0.1mol氢气，标况下为2.24L氢气。
（2）MMA中含有的官能团名称为：碳碳双键、酯基；该转化路线中，MP首先和甲醛加成生成羟基，羟基消去引入碳碳双键，故第二步的反应类型为：消去反应；
（3）由图可知，MP的化学名称是丙酸甲醇；
（4）MP的化学名称是丙酸甲醇；MP的同分异构体中，能发生银镜反应，则含有醛基，有7种。
（5）MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子；；
（6）对甲基苯酚含有酚羟基，与HCHO可以在一定条件下合成线型的酚醛树脂，该反应的化学方程式：。
20．【答案】（1）羧基和醚键
（2）B；C
（3）(CH3)2NCH2CH2Cl
（4）+HONH2+H2O
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图可知，化合物G的官能团名称是羧基和醚键。
故答案为：羧基和醚键；
（2）A．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，则能与FeCl3发生显色反应，A正确；
B．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，酚羟基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，即A→B的转变不可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现，B错误；
C．由题干合成路线图可知，在B+C→D的反应中生成了HCl，HCl与K2CO3反应，从而使得上述平衡正向移动，即K2CO3不是作催化剂，C错误；
D．由题干依托比利的结构简式可知，依托比利中含有氨基和酰胺基，故可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：BC
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是(CH3)2NCH2CH2Cl。
故答案为：(CH3)2NCH2CH2Cl
（4）由分析可知，E的结构简式为：，已知D→E的转变经历了加成和消去的过程，结合D的结构简式和D到E的转化条件可知，该转化的总的化学方程式为：+HONH2+H2O。
故答案为：+HONH2+H2O
（5）苯甲醇即催化氧化可得到：，催化氧化可得到，根据题干流程图中G到H的转化信息可知，和SOCl2反应可得到，据此分析确定该合成路线为：。
故答案为：
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C11H15NO2，不饱和度为：5，任意一种同时符合下列条件①分子中含有苯环，②1H NMR谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()，说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，则化合物D的同分异构体的结构简式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据G的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）A、酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应。
B、酸性KMnO4溶液能将酚羟基氧化。
C、B+C→D的过程中生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进反应的进行。
D、依托比利中含有酰胺基，酸性或碱性条件下都能发生水解反应。
（3）由B、D的结构简式可确定C的结构简式为 (CH3)2NCH2CH2Cl 。
（4） F发生取代反应生成依托比利，结合F的分子式知，F为，E发生取代反应生成F，E为 ，据此书写反应的化学方程式。
（5）可由苯甲酸与SOCl2发生取代反应生成；而苯甲酸可由苯甲醛氧化生成；苯甲醛可由苯甲醇氧化生成，据此确定的合成路线图。
（6）根据限定条件确定同分异构体中所含的结构单元，从而确定同分异构体的结构简式。
（1）由题干合成流程图可知，化合物G的官能团名称是羧基和醚键，故答案为：羧基和醚键；
（2）A．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，则能与FeCl3发生显色反应，A正确；
B．由题干化合物A的结构简式可知，化合物A中含有酚羟基，酚羟基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，即A→B的转变不可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现，B错误；
C．由题干合成路线图可知，在B+C→D的反应中生成了HCl，HCl与K2CO3反应，从而使得上述平衡正向移动，即K2CO3不是作催化剂，C错误；
D．由题干依托比利的结构简式可知，依托比利中含有氨基和酰胺基，故可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：BC；
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是(CH3)2NCH2CH2Cl，故答案为：(CH3)2NCH2CH2Cl；
（4）由分析可知，E的结构简式为：，已知D→E的转变经历了加成和消去的过程，结合D的结构简式和D到E的转化条件可知，该转化的总的化学方程式为：+HONH2+H2O，故答案为：+HONH2+H2O；
（5）苯甲醇即催化氧化可得到：，催化氧化可得到，根据题干流程图中G到H的转化信息可知，和SOCl2反应可得到，据此分析确定该合成路线为：，故答案为：；
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C11H15NO2，不饱和度为：5，任意一种同时符合下列条件①分子中含有苯环，②1H NMR谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()，说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，则化合物D的同分异构体的结构简式为：，故答案为：。
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