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广东省番禺区仲元中学2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测化学试卷
1．（2024高二下·番禺期末）中华文明源远流长，衣、食、住、行都凝结了中华民族智慧的结晶。下列文明载体使用的材料，主要属于有机高分子材料的是
A B C D
蜀绣(三峡博物馆的秦良玉平金绣蟒凤衫) 火锅所用牛油(重庆美食) 解放碑(重庆抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑) 长江索道所用钢缆(出行工具)
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高二下·番禺期末）作为研究化学的工具，化学用语也是一种国际性的科技语言。下列化学用语或图示表达正确的是
A．NaCl的电子式：
B．基态Cr原子的价电子轨道表示式
C．苯分子中的大π键：
D．冠醚与K结合形成的超分子：
3．（2024高二下·番禺期末）元素周期表中某些过渡元素在生产生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是
A．Mn 可形成Mn和Mn两种简单离子，稳定性：MnB．基态 Ti 原子核外电子的空间运动状态有22种
C．Cu 元素位于元素周期表 d区，IB族
D．基态Fe与Fe中未成对的电子数之比为4：5
4．（2024高二下·番禺期末）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法不正确的是
A．具有自范性
B．与石墨互为同素异形体
C．化学性质与金刚石相似
D．足球烯(C60)的沸点可达 500℃左右，足球烯为分子晶体
5．（2024高二下·番禺期末）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向澄清的苯酚钠溶液中通入少量 CO2 出现浑浊 Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)
B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性： H2SC 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向 CuSO4溶液中滴加过量氨水 出现蓝色沉淀 Cu在碱性条件下生成 Cu(OH) 2沉淀
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高二下·番禺期末）下列说法正确的是
A．聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚丙烯是乙烯的同系物
B．通过 X射线衍射实验确定苯分子内含有碳碳双键
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为C5H12
D．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
7．（2024高二下·番禺期末）有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．化合物X属于芳香烃
B．化合物 X 最多能与2mol NaOH 反应
C．化合物 X 的分子式为 C15H12O4
D．化合物 X 分子中所有碳原子可能共平面
8．（2024高二下·番禺期末）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
9．（2024高二下·番禺期末）下列除杂方案不正确的是
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法
A C2H5OH H2O 生石灰 蒸馏
B 乙炔 H2S CuSO4溶液 洗气
C 苯 甲苯 饱和溴水 过滤
D 乙酸乙酯 乙酸 饱和碳酸钠溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高二下·番禺期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中所含Cu数目为0.01NA
B．12g石墨晶体中含有碳碳单键数目为3NA
C．0.1mol环氧乙烷中所含σ键数目为0.3NA
D．常温常压下，4.6g乙醇中所含sp杂化的原子数目为0.3NA
11．（2024高二下·番禺期末）向淀粉溶液中加入少量硫酸，并加热使之发生水解，为测定水解的程度所需的试剂是（　　）
①NaOH溶液 ②银氨溶液 ③新制氢氧化铜悬浊液 ④碘水 ⑤BaCl2溶液
A．①⑤ B．②④
C．①②④ D．②③④
12．（2024高二下·番禺期末）下列说法正确的是
A．O3分子中的共价键是极性键，中心氧原子呈正电性
B．NH3、NH、H2O、SCN-都可以作配合物的配位体
C．离子晶体中一定有离子键，分子晶体中一定有共价键
D．由丙烯腈电解合成己二腈时，丙烯腈在阳极发生了氧化反应
13．（2024高二下·番禺期末）过渡金属氧化物离子(以MO表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。 MO与反应的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤I<步骤Ⅱ
B．CH3OH在一定条件下能发生催化氧化反应
C．若 MO与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种
D．
14．（2024高二下·番禺期末）下列实验操作不能达到实验目的是
选项 A B C D
目的 检验1-氯丁烷中氯元素 检验是否沉淀完全 制备检验醛基用的 制备晶体
操作
A．A B．B C．C D．D
15．（2024高二下·番禺期末）酞菁和酞菁钴可制得光动力学中的光敏剂，分子结构如图所示，其中酞菁分子中所有原子共平面。下列说法不正确的是
A．元素的第一电离能：N>C
B．在酞菁分子中，标注③的N原子 p轨道能提供1个电子
C．在酞菁钴分子中，钴元素的化合价为正二价
D．在一定条件下，酞菁钴分子能发生加成反应
16．（2024高二下·番禺期末）某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中 W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W 是有机分子的骨架元素。下列说法不正确的是
A．元素最高价氧化物的水合物的酸性：X>W
B．简单离子半径：M>Y>Z
C．分子极性：
D．简单氢化物的沸点：X>M
17．（2024高二下·番禺期末）某学习小组欲探究苯酚的化学性质。
回答下列问题：
Ⅰ．探究苯酚的酸性。
小组分别进行了下列实验：
实验编号 实验内容 实验现象
实验1 向盛有苯酚溶液的试管中逐滴加入5%NaOH溶液并振荡 无明显现象
实验2 向盛有苯酚浊液的试管中逐滴加入5%NaOH溶液并振荡 溶液变澄清
实验3 向盛有苯酚溶液的试管中加入几滴紫色石蕊溶液 无明显现象
（1）实验　 　（填编号）的对比现象能说明苯酚的酸性较弱。
（2）为进一步探究苯酚的酸性，学习小组采用电位滴定法进行测定。分别取20mL浓度均为的盐酸、醋酸溶液、苯酚溶液、乙醇溶液于四个50mL的烧杯中，用电导率传感器测定其电导率，用数据采集器和计算机进行分析，数据结果如图所示：
①苯酚溶液的电导率曲线为　 　（填图中字母）。
②推测、、的酸性强弱：　 　（用结构简式表示）。
Ⅱ．探究苯酚与溴水的反应。
设计实验相关量如表所示，分别向蒸馏水和苯酚溶液中逐滴滴入浓溴水，同时进行磁力搅拌，观察并记录电导率的变化，电导率随时间的变化曲线如图所示：
物质 溶液浓度 溶液体积 加入浓溴水滴数
蒸馏水 0 30 10
苯酚溶液 0.1
（3）根据实验信息推测，　 　，　 　。
（4）苯酚溶液与浓溴水反应的电导率曲线为　 　（填图中字母）；根据曲线信息推断该反应为　 　（填“取代”或“加成”）反应；结合化学反应方程式和必要的文字说明推断理由：　 　。
（5）实验采用的苯酚溶液为稀溶液，溴水为浓溶液，若两者的浓度关系相反，则产生的后果是　 　。
（6）写出苯酚在生产生活中的一种用途：　 　。
18．（2024高二下·番禺期末）二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含(为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce能与F结合成也能与结合成
②在硫酸体系中Ce能被萃取剂萃取，而Ce不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是　 　。
（2）“反萃取”中， 在稀硫酸和H2O2的作用下Ce转化为，反应的离子方程式为：　 　。
（3）向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于　 　时，(完全生成沉淀。[已知，当时，认为沉淀完全。]
（4）“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
（5）氧化铈常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来(的位置，可以得到更稳定的结构，如下图所示。(已知：O的空缺率
①已知M点原子的分数坐标为(0，0，0)，则N点原子的分数坐标为　 　。
②晶胞中与距离最近的Ce的个数为　 　。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为　 　。
19．（2024高二下·番禺期末）硼元素有“金属材料的维生素”之称，其单质及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位。请回答下列问题：
（1）基态硼原子的电子排布式为：　 　。
（2）硼的化合物中氢元素化合价为-1，故而被称为“万能还原剂”，广泛用于有机合成。中所含元素电负性由大到小的顺序为：　 　。
（3）与可以通过配位键形成。
①的空间构型为：　 　，中硼原子的杂化方式为　 　。
②的键角　 　的键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（4）硼酸晶体中单元结构如图1所示。各单元中的氧原子通过氢键连结成层状结构如图2所示，层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体。
①若HF中氢键表示为“F—H…F”，则硼酸中氢键表示为　 　。
②1mol硼酸中含有氢键的数目为　 　。
③在加热过程中会形成链状多硼酸根，其结构如图3所示。已知链状多硼酸根所有氧原子都达到8电子稳定结构，则含n个硼原子的多硼酸根可表示为　 　。
（5）科学家合成了一种含硼高温超导材料，其立方晶胞结构如图4所示。
①晶胞中硼原子和碳原子构成的多面体有　 　个面。
②已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为，则该晶体密度为　 　(用含、a的式子表示，写出表达式即可)。
20．（2024高二下·番禺期末）某研究小组通过以下路线合成抗肿瘤药物阿贝西利(Abemaciclib)；
已知：
①②
（1）化合物A的分子式为　 　；化合物C中官能团名称是　 　。
（2）A→B的反应类型为　 　；化合物H的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的是_____。
A．化合物B的碱性比苯胺()的强
B．D→E的反应类型为消去反应
C．化合物E和F可通过红外光谱区别
D．化合物与足量加成后的产物中有3个手性碳原子
（4）写出B→D的化学方程式　 　。
（5）满足下列条件D的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连；
②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，存在氮氮双键结构。
（6）请利用以上相关信息，以和为原料，合成的流程图如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为　 　和　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．蜀绣主要原料为蚕丝，主要成分为蛋白质，蛋白质为天然高分子，A符合题意；
B．牛油是油脂，油脂相对分子质量较小，不是高分子，B不合题意；
C．解放碑是用石材雕刻，主要成分可能是花岗岩、硅酸盐或大理石，属于无机非金属材料，C不合题意；
D．长江索道所用钢缆是合金材料，属于金属材料，D不合题意；
故选A。
【分析】A．蛋白质为天然高分子；
Ｂ．油脂相对分子质量较小；
Ｃ．解放碑的材料为无机非金属材料；
Ｄ．钢缆是合金材料。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．NaCl为离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．Cr基态原子的价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为：，B错误；
C．苯分子中碳原子是sp2杂化，形成三个σ键，每个碳原子剩余一个p电子，6个碳原子和p电子肩并肩重叠形成大π键，电子云是两块组成，镜面对称，该结构未表示镜面对称两块电子云，C错误；
D．冠醚的不同大小的空腔可以识别不同直径的离子，冠醚与K+结合形成的超分子：，D正确；
故选D。
【分析】A．NaCl为离子化合物；
Ｂ．Cr为24号元素；
Ｃ．苯分子中6个碳原子和p电子肩并肩重叠形成大π键；
Ｄ．冠醚的不同大小的空腔可以识别不同直径的离子。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．电子排布式、电子排布式为，为3d能级半充满，较稳定，A错误；
B．基态Ti的核外电子排布式为，核外电子的空间运动状态等于原子轨道数，则基态Ti原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+2+1=12种，B错误；
C．基态Cu原子的电子排布式为，位于元素周期表 ds区，C错误；
D．基态电子排布式为，未成对电子数为4，电子排布式为，未成对电子数为5，故基态与中未成对的电子数之比为4：5，D正确；
故选D。
【分析】A．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
Ｂ．核外电子的空间运动状态等于原子轨道数；
Ｃ．Cu位于元素周期表 ds区；
Ｄ．的电子排布式为，电子排布式为。
4．【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；晶体的定义；元素、核素
【解析】【解答】A．碳玻璃为非晶态，没有自范性，A错误；
B．碳玻璃和石墨均是由碳元素形成的不同的单质，互为同素异形体，B正确；
C．金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，C正确；
D．足球烯(C60)相对分子质量较大，沸点可达 500℃左右，但足球烯由分子构成，为分子晶体，D正确；
故选A。
【分析】A．自范性是晶体的特性；
Ｂ．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｃ．同素异形体化学性质相似；
Ｄ．足球烯由分子构成。
5．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．向澄清的苯酚钠溶液中通入少量 CO2，苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，说明酸性：苯酚<碳酸，Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)，A正确；
B．H2S与硫酸铜反应生成CuS，是因为硫化铜的溶解度较小，该实验不能说明酸性酸性：H2SC．乙醇和浓硫酸共热至170℃，反应过程中可能产生二氧化硫，二氧化硫能和溴发生氧化还原反应，因此溴水褪色，无法确定乙烯发生了加成反应，也可能是二氧化硫与溴水反应，C错误；
D．向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，开始反应时发生复分解反应，生成沉淀， 由于氨水过量，还可以发生络和反应，生成铜氨络离子，，D错误；
故选A。
【分析】A．苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
Ｂ．H2S与硫酸铜反应生成CuS；
Ｃ．反应过程中可能产生二氧化硫，二氧化硫和溴发生氧化还原反应；
Ｄ．氨水过量 Cu(OH) 2沉淀溶解。
6．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．聚丙烯不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚丙烯的结构与乙烯不相似，不是乙烯的同系物，A错误；
B．苯分子中不含碳碳双键，苯分子含有的碳碳键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊化学键，B错误。
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，其分子式可能为C5H12或C4H8O或C3H4O2，C错误；
D．蛋白质中加入某些盐类，可降低蛋白质在水中的溶液度使之析出，通过多次盐析和溶解可以提纯蛋白质，D正确；
故选D。
【分析】A．聚丙烯不含碳碳双键；
Ｂ．苯分子不含碳碳双键；
Ｃ．相对分子质量为72的有机物有多种；
Ｄ．可以通过多次盐析和溶解提纯蛋白质。
7．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．化合物X中含有O元素，属于芳香烃衍生物，A错误；
B．X的物质的量未知，无法判断消耗NaOH的量，B错误；
C．化合物 X有15个C原子和12个H原子，1个氧原子，分子式为 C15H12O4，C正确；
D．化合物 X含有饱和C原子（图中用*标记），该碳与三个碳相连，所有碳原子不可能共面，D错误；
故选C。
【分析】A．烃只含碳元素和氢元素；
Ｂ．该物质中酚羟基和酯基能与NaOH反应；
Ｃ．根据结构简式确定其分子式；
Ｄ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征。
8．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．操作I中，为了减少苯甲酸的溶解损失，应当根据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤时NaCl并不能结晶析出，不能除去NaCl，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶形成较大的苯甲酸晶体颗粒，减少杂质被包裹，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，为了减少损失，操作Ⅳ应用冷水洗涤晶体，D正确；
故选B。
【分析】粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)加水、加热溶解得到悬浊液，趁热过滤，将泥沙过滤除去，滤液中含有大量苯甲酸，冷却结晶、过滤、洗涤得到纯净的苯甲酸。
9．【答案】C
【知识点】乙炔炔烃；乙醇的工业制法；除杂
【解析】【解答】A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，通过蒸馏可分离，A正确；
B．硫化氢与硫酸铜溶液反应，乙炔不反应，洗气可分离，B正确；
C．苯或甲苯均不能与溴水反应，且苯、甲苯互溶，无法通过过滤分离，C错误；
D．乙酸乙酯中混有乙酸，加入饱和碳酸钠溶液将乙酸转化为乙酸钠，乙酸钠易溶于水，乙酸乙酯难溶于水，则液体分层，上层为乙酸乙酯，采用分液法可分离得到乙酸乙酯，D正确；
故选C。
【分析】A．蒸馏可分离沸点不同的液体混合物；
Ｂ．硫化氢与硫酸铜溶液反应生成CuS；
Ｃ．苯和甲苯互溶；
Ｄ．乙酸乙酯和乙酸钠不互溶。
10．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在[Cu(NH3)4]SO4溶液中Cu元素以[Cu(NH3)4]2-存在，不含Cu2+，A错误；
B．石墨中每个碳原子都以碳碳单键连接3个碳原子，但每个碳碳单键被2个碳原子共有，所以每摩碳原子平均含有1.5摩碳碳单键，12g石墨的物质的量为1mol，所以12g石墨晶体中含有碳碳单键数目为1.5NA，B错误；
C.1个环氧乙烷中含有7个σ键，所以0.1mol环氧乙烷中所含σ键数目为0.7NA，C错误；
D．乙醇中C原子和O原子都是sp3杂化，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，所含杂化的原子数目为0.3NA，D正确；
故选D。
【分析】A．[Cu(NH3)4]SO4溶液中不含铜离子；
Ｂ．石墨中每个碳原子都以碳碳单键连接3个碳原子，每个碳碳单键被2个碳原子共有；
Ｃ．单键均为σ键；
Ｄ．乙醇中C原子和O原子都是sp3杂化。
11．【答案】C
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】淀粉在稀硫酸催化下水解，最终产物是葡萄糖。如果未发生水解，则溶液不能发生银镜反应；如果部分水解，则既能发生银镜反应又能遇碘水变蓝；如果已完全水解，则遇碘水不显蓝色。因此，选择碘水和银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液可确定有无淀粉存在和有无葡萄糖生成，但检验水解产物前必须加碱来中和酸。
【分析】本题主要考查淀粉水解的产物及淀粉的检验。注意葡萄糖与银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的反应是在碱性条件下进行的，据此分析解答。
12．【答案】A
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．臭氧是极性分子，臭氧分子中的共价键是极性键，其中心氧原子带正电性，而端位的两个氧原子带负电性，A正确；
B．的中心原子N无孤电子对，无法提供孤电子对，不能作为配合物的配位体，B错误；
C．离子晶体中一定有离子键，分子晶体不一定含有共价键，如稀有气体形成的单原子分子晶体不含化学键，C错误；
D．用惰性电极电解丙烯腈生成己二腈的电极反应式为：，发生还原反应，D错误；
故选A。
【分析】A．臭氧为极性分子；
Ｂ．中心原子含有孤电子对，能提供电子，可作为配体；
Ｃ．分子晶体可能不含共价键；
Ｄ． 丙烯腈电解合成己二腈时，丙烯腈发生还原反应。
13．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．活化能越大反应速率越慢，步骤I的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率：步骤I>步骤Ⅱ，A正确；
B． CH3OH 在Cu或Ag、氧气、加热的条件下能发生催化氧化反应生成甲醛，B正确；
C．若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，C正确；
D．由图可知，该反应的反应热为ΔH=E1-E2+E3-E4，D错误；
故选D。
【分析】A．活化能越大反应速率越慢；
Ｂ．甲醇催化氧化生成甲醛；
Ｃ．结合反应进程可知，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH；
Ｄ．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，结合盖斯定律分析。
14．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．检验1-氯丁烷中氯元素，向1-氯丁烷中加入氢氧化钠溶液，加热条件下水解，再加入硝酸酸化的硝酸银，若产生白色沉淀，则含有氯元素，故A错误；
B．向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明已经沉淀完全，故B正确；
C．向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，醛基与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故C正确；
D． 在乙醇溶液中溶解度小，加入乙醇，析出 晶体，故D正确。
答案为：A。
【分析】A.1-氯丁烷中的氯元素并非以离子形式存在；
Ｂ．硫酸根能与钡离子结合生成硫酸钡沉淀；
Ｃ．醛基与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；
Ｄ．硫酸四氨合铜在乙醇溶液中溶解度小。
15．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，因此元素的第一电离能为N＞C，A正确；
B．因为酞菁分子中所有原子共平面，故标注③的N原子采取杂化与2个碳原子和1个氢原子形成3个键，价电子中剩余2个电子在p轨道上参与形成大键，故标注③的N原子p轨道能提供1对电子，B错误；
C．酞菁钴中，失去了2个的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成配合物，因此，钴离子的化合价为＋2，C正确；
D．酞菁钴中C=N和苯环均可以发生加成反应，D正确；
故选B。
【分析】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
Ｂ．酞菁分子中所有原子共平面；
Ｃ．酞菁钴中2个酞菁离子与钴离子通过配位键结合；
Ｄ．苯环和双键能发生加成反应。
16．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同周期主族元素从左往右非金属性逐渐增强，非金属性：N>C，因此最高价氧化物的水合物的酸性：HNO3>H2CO3，即X>W，故A正确；
B．电子层数越多，半径越大，电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：S2 ＞O2 ＞F ，即M>Y>Z，故B正确；
C．WY2为CO2，分子构型为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，MY2为SO2，空间结构为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，则分子极性：SO2> CO2，故C错误；
D．X的简单氢化物为NH3，M的简单氢化物为H2S，NH3分子之间可以形成氢键，沸点升高，则沸点：NH3>H2S，故D正确；
故选C。
【分析】W是有机分子的骨架元素，则W为C元素， W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，Y形成双键，则其最外层电子数为6，结合原子序数可知，Y为O元素，Z形成1个单键，则Z为F元素，M周围形成2个双键、2个单键，则M为S元素。
17．【答案】2、3；c；；30；10；m；取代；发生的反应为，生成的HBr使溶液中离子浓度增大程度远大于溴水，故电导率增大，若是加成反应则会使离子浓度变小，电导率减小；若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，将难以观察到溶液浑浊的现象；制备外用药膏、护肤品、外科消毒剂、防腐剂、抗氧化剂、杀虫剂、除草剂、染料、香料、合成树脂等
【知识点】苯酚的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验1无明显现象说明苯酚不一定与NaOH溶液反应，实验2溶液变澄清说明苯酚确实与NaOH溶液反应了，具有酸性，只有实验3无明显现象说明该条件下苯酚不能使紫色石蕊变色，由实验2、3的对比推测苯酚的酸性很弱，故答案为：2、3；
（2）①电导率值越大，溶液离子浓度越大，溶液中浓度越大，酸性越强，曲线a的电导率最大，则推测a为盐酸，曲线d电导率值几乎为零，则d为乙醇溶液，苯酚酸性介于醋酸和乙醇之间，为曲线c，故答案为：c；
②为吸电子基团，能使酚羟基的极性增强，因此的酸性比 强，为推电子基团，使酚羟基的极性减弱，因此的酸性比 弱，故答案为： ；
（3）该实验过程中，应当控制溶液体积、加入浓溴水的量一致，则，，故答案为：30；10；
（4）反应 生成，增大了溶液中的和，溶液导电性增强，故电导率曲线为变化较大的曲线m；该反应为取代反应，若为加成反应，则生成物中离子浓度大大下降，不会出现电导率增加的情况，故答案为：m；取代； 发生的反应为，生成的HBr使溶液中离子浓度增大程度远大于溴水，故电导率增大，若是加成反应则会使离子浓度变小，电导率减小 ；
（5）对于反应量的相关问题应考虑的是反应进行的程度、杂质的产生、实验操作原则（节约试剂、分离简便等），故可结合相似相溶原理，反应中生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，难以观察到溶液浑浊的现象，也会给产物的分离带来困难，故答案为：若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，将难以观察到溶液浑浊的现象；
（6）苯酚具有还原性，可作抗氧化剂，具有消毒防腐作用，可作防腐剂、外用药膏、外科消毒剂等，因本身有毒性，可做杀虫剂、除草剂等，故答案为：制备外用药膏、护肤品、外科消毒剂、防腐剂、抗氧化剂、杀虫剂、除草剂、染料、香料、合成树脂等。
【分析】（1）根据实验内容，结合实验现象分析；
（2）①电导率值越大，溶液离子浓度越大；
②分子极性越强，越容易电离产生氢离子；
（3）该实验要控制变量唯一；
（4）溶液中的离子浓度越大，电导率越大；
（5）若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚；
（6）苯酚具有毒性、还原性，据此分析其用途。
18．【答案】（1）将+3价铈氧化为+4价
（2）
（3）9
（4）1：2
（5）；12；10%
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）中Ce为+3价，在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价，故答案为：将+3价铈氧化为+4价；
（2）水层含，则作氧化剂，作还原剂，氧化产物有氧气，在酸性环境下反应，反应的离子方程式为，故答案为： ；
（3）完全生成沉淀时，浓度小于，根据，，则pH大于9时，完全生成沉淀，故答案为：9；
（4）“氧化”步骤中，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，发生的反应为，NaClO为氧化剂，Ce(OH)3为还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（5）①根据M点原子的分数坐标为，N在面心位置，则N点原子的分数坐标为，故答案为： ；
②根据图示，晶胞中，与最近的的个数为12，故答案为：12；
③中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂后得到的晶体，阳离子和阴离子的个数比为，则此晶体中的空缺率为，故答案为：10%。
【分析】 Ce能被萃取剂萃取，而Ce不能，因此氟碳铈矿(主要含( 进行氧化焙烧，将Ce氧化为+4价，同时逸出CO2，加入盐酸酸浸，得到含有的溶液，加入萃取剂进行萃取， Ce能与F结合成 则再加入氟洗液除去溶液中的，加入硫酸和过氧化氢反萃取，分离出有机层，得到含的溶液，向溶液中加入NaOH，转化为，过滤后加入NaClO进行氧化得到，过滤得，煅烧得到产物。
（1）原料中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价；
（2）依据流程中水层含可知，作氧化剂，作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式；
（3）完全生成沉淀时，浓度小于，依据，，则pH大于9时，完全生成沉淀；
（4）“氧化”步骤中，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，发生的反应为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（5）①根据M点原子的分数坐标为，N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据图示，晶胞中，与最近的的个数为1：2；
③中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂后得到的晶体，阳离子和阴离子的个数比为，则此晶体中的空缺率为。
19．【答案】（1）1s22s22p1
（2）H>B>Na
（3）平面正三角形；sp3；大于
（4）O—H…O；3NA；(BO2) (或者BnO)
（5）14；(或)
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）硼元素原子序数为5，则基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，故答案为： 1s22s22p1 ；
（2）元素非金属性越强，电负性越大，故NaBH4中所含元素电负性由大到小的顺序为H>B>Na，故答案为：H>B>Na；
（3）①BF3中心原子硼原子与3个氟原子以单键连接，不含孤对电子，为sp2杂化，空间构型为平面三角形；NH3 BF3中硼原子与三个氟原子连接外，还与氮原子形成配位键，硼原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：平面正三角形； sp3 ；
②NF3中心原子为sp3杂化，分子构型为三角锥形，N原子上有一对孤对电子对N-F键有排斥力，使F-N-F键角小于109°28'，而BF3空间构型为平面三角形，键角为120°，BF3的键角大于NF3的键角，故答案为：大于；
（4）①硼酸中的氢键是OH中的氢原子与其他氧原子间形成的，则表示为O—H…O，故答案为：O—H…O；
②B(OH)3中3个OH中的氢原子分别与其他氧原子形成氢键，故1mol硼酸中含有氢键的数目为3NA，故答案为： 3NA ；
③每个硼原子与3个氧原子相连，则每个硼原子对应占有的氧原子数目为1+2×=2，故硼和氧的原子数目比为1：2，其中硼元素为+3价，氧元素为-2价，链状多硼酸根可表示为(BO2)(或者BnO)，故答案为： (BO2) (或者BnO) ；
（5）①从其中一个四边形开始，其周围一圈是4个六边形，四个六边形之间间隔4个四边形，往下一层还是4个六边形，这4个六边形围绕的四边形在开始的四边形的对面，故多面体一共14个面，故答案为：14；
②由图可知，该晶胞中，K位于顶点，数目为=1，C原子在面上，数目为=6，B原子在面上，数目为=6，Ca位于体心，数目为1，则晶体密度为，故答案为：(或) 。
【分析】（1）B为5号元素；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）① 中B原子采用sp2杂化，中硼原子 采用sp3杂化；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4）①硼酸中羟基上的H原子与O原子形成氢键；
②B(OH)3中3个OH中的氢原子分别与其他氧原子形成氢键；
③结合图示根据均摊法计算；
（5）根据均摊法确定化学式，再结合计算。
（1）硼元素原子序数为5，根据原子核外电子排布规则基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；
（2）元素非金属性越强，电负性越大，故NaBH4中所含元素电负性由大到小的顺序为H>B>Na；
（3）①BF3中心原子硼原子与3个氟原子以单键连接，没有孤对电子，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，NH3 BF3中硼原子与三个氟原子连接外，还与氮原子形成配位键，硼原子的杂化方式为sp3杂化；
②NF3中心原子为sp3杂化，分子构型为三角锥形，N原子上有一对孤对电子对N-F键有排斥力，使F-N-F键角小于109°28'，而BF3空间构型为平面三角形，键角为120°，BF3的键角大于NF3的键角；
（4）①硼酸中氢键是与氧原子相连的氢原子，即OH中的氢原子与其他氧原子间的分子间较强作用，表示为O—H…O；
②B(OH)3中3个OH中的氢原子分别与其他氧原子形成氢键，故1mol硼酸中含有氢键的数目为3NA；
③如图所示，每个硼原子与3个氧原子相连，根据均摊法，每个硼原子对应占有的氧原子数目为1+2×=2，故硼和氧的原子数目比为1：2，其中硼元素为+3价，氧元素为-2价，链状多硼酸根可表示为(BO2)(或者BnO)；
（5）①如图，从其中一个四边形开始，其周围一圈是4个六边形，四个六边形之间间隔4个四边形，往下一层还是4个六边形，这4个六边形围绕的四边形在开始的四边形的对面，故多面体一共14个面；
②每个晶胞中钙原子个数为1，钾原子在8个顶点上，个数为=1，碳原子都在面上，每个面上2个，共=6个，硼原子与碳相同，也是6个，故晶体密度为。
20．【答案】（1）C6H2O2NF2Br；酰胺基
（2）还原反应；
（3）C；D
（4）
（5）4
（6）；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，分子中含有6个C原子，2个H原子，2个O原子，1个N原子，2个F原子，1个Br原子，则其分子式为C6H2O2NF2Br，由分析可知，C的结构简式为，官能团为酰胺基，故答案为：C6H2O2NF2Br，酰胺基；
（2）B比A多了2个H原子，则A→B为硝基还原为氨基，反应类型为还原反应；由分析可知，H为，故答案为：还原反应；；
（3）A．B为，F、Br电负性较大，则化合物B中氨基极性增大，更不易结合水中的H+，碱性比苯胺()的弱，A错误；
B．由分析可知，E的结构简式为，则D→E为取代反应，B错误；
C．E与F化学键不同，可通过红外光谱区别，C正确；
D．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，化合物与足量加成后的产物中环上碳原子均为手性碳，产物中有3个手性碳原子，D正确；
故答案为：CD。
（4）B→D的化学方程式为，故答案为：
（5）D的同分异构体满足：①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连，存在氮氮双键结构，则氮氮双键与苯环间连有一个碳，②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构，则符合条件的同分异构体的结构简式为：、、、，共4种，故答案为：4；
（6） 发生已知信息②的反应得到，中的羟基发生消去反应得到，发生加成反应生成，在NaOH水溶液中水解得到 ，合成路线为：
，
故M为，N为，故答案为：，。
【分析】根据流程图，G和H反应生成产物阿贝西利，结合G和产物的结构简式可知，H为，E与发生取代反应得到F，结合E的分子式可知，E的结构简式为，B与A相比，多了2个H原子，则A→B为硝基还原为氨基的过程，则B为，B和C反应得到F，结合B和F的结构简式可知，C为。
（1）A的结构简式为，分子式为C6H2O2NF2Br，C的结构简式为，官能团为酰胺基，故答案为：C6H2O2NF2Br，酰胺基；
（2）A→B根据分子式多了两个氢，故为硝基还原，反应类型为还原反应，故答案为还原反应；由G→产物知H为，故答案为；
（3）A．化合物B由于受F、Br电负性大，使氨基极性增大，更不易结合水中H+，碱性比苯胺()的弱，A错误；
B．D→E为取代反应，B错误；
C．E为与F化学键不同，可通过红外光谱区别，C正确；
D．化合物与足量加成后的产物中环上碳原子均为手性碳，产物中有3个手性碳原子，D正确；
故答案选CD。
（4）B→D的化学方程式为，故答案为：
（5）D的同分异构体①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连，存在氮氮双键结构，则氮氮双键与苯环间连有一个碳，②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构，D的同分异构体的结构简式：、、、；共4种，故答案为：4；
（6）根据已知信息②，增加碳原子，后发生消去反应、加成反应、取代反应改变官能团种类和数目，流程如下：
故M为，N为，故答案为，。
1 / 1广东省番禺区仲元中学2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测化学试卷
1．（2024高二下·番禺期末）中华文明源远流长，衣、食、住、行都凝结了中华民族智慧的结晶。下列文明载体使用的材料，主要属于有机高分子材料的是
A B C D
蜀绣(三峡博物馆的秦良玉平金绣蟒凤衫) 火锅所用牛油(重庆美食) 解放碑(重庆抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑) 长江索道所用钢缆(出行工具)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．蜀绣主要原料为蚕丝，主要成分为蛋白质，蛋白质为天然高分子，A符合题意；
B．牛油是油脂，油脂相对分子质量较小，不是高分子，B不合题意；
C．解放碑是用石材雕刻，主要成分可能是花岗岩、硅酸盐或大理石，属于无机非金属材料，C不合题意；
D．长江索道所用钢缆是合金材料，属于金属材料，D不合题意；
故选A。
【分析】A．蛋白质为天然高分子；
Ｂ．油脂相对分子质量较小；
Ｃ．解放碑的材料为无机非金属材料；
Ｄ．钢缆是合金材料。
2．（2024高二下·番禺期末）作为研究化学的工具，化学用语也是一种国际性的科技语言。下列化学用语或图示表达正确的是
A．NaCl的电子式：
B．基态Cr原子的价电子轨道表示式
C．苯分子中的大π键：
D．冠醚与K结合形成的超分子：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．NaCl为离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．Cr基态原子的价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为：，B错误；
C．苯分子中碳原子是sp2杂化，形成三个σ键，每个碳原子剩余一个p电子，6个碳原子和p电子肩并肩重叠形成大π键，电子云是两块组成，镜面对称，该结构未表示镜面对称两块电子云，C错误；
D．冠醚的不同大小的空腔可以识别不同直径的离子，冠醚与K+结合形成的超分子：，D正确；
故选D。
【分析】A．NaCl为离子化合物；
Ｂ．Cr为24号元素；
Ｃ．苯分子中6个碳原子和p电子肩并肩重叠形成大π键；
Ｄ．冠醚的不同大小的空腔可以识别不同直径的离子。
3．（2024高二下·番禺期末）元素周期表中某些过渡元素在生产生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是
A．Mn 可形成Mn和Mn两种简单离子，稳定性：MnB．基态 Ti 原子核外电子的空间运动状态有22种
C．Cu 元素位于元素周期表 d区，IB族
D．基态Fe与Fe中未成对的电子数之比为4：5
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．电子排布式、电子排布式为，为3d能级半充满，较稳定，A错误；
B．基态Ti的核外电子排布式为，核外电子的空间运动状态等于原子轨道数，则基态Ti原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+2+1=12种，B错误；
C．基态Cu原子的电子排布式为，位于元素周期表 ds区，C错误；
D．基态电子排布式为，未成对电子数为4，电子排布式为，未成对电子数为5，故基态与中未成对的电子数之比为4：5，D正确；
故选D。
【分析】A．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
Ｂ．核外电子的空间运动状态等于原子轨道数；
Ｃ．Cu位于元素周期表 ds区；
Ｄ．的电子排布式为，电子排布式为。
4．（2024高二下·番禺期末）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法不正确的是
A．具有自范性
B．与石墨互为同素异形体
C．化学性质与金刚石相似
D．足球烯(C60)的沸点可达 500℃左右，足球烯为分子晶体
【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；晶体的定义；元素、核素
【解析】【解答】A．碳玻璃为非晶态，没有自范性，A错误；
B．碳玻璃和石墨均是由碳元素形成的不同的单质，互为同素异形体，B正确；
C．金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，C正确；
D．足球烯(C60)相对分子质量较大，沸点可达 500℃左右，但足球烯由分子构成，为分子晶体，D正确；
故选A。
【分析】A．自范性是晶体的特性；
Ｂ．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｃ．同素异形体化学性质相似；
Ｄ．足球烯由分子构成。
5．（2024高二下·番禺期末）下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向澄清的苯酚钠溶液中通入少量 CO2 出现浑浊 Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)
B 向CuSO4溶液中通入H2S气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性： H2SC 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向 CuSO4溶液中滴加过量氨水 出现蓝色沉淀 Cu在碱性条件下生成 Cu(OH) 2沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．向澄清的苯酚钠溶液中通入少量 CO2，苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，说明酸性：苯酚<碳酸，Ka1(H2CO3)>Ka(苯酚)，A正确；
B．H2S与硫酸铜反应生成CuS，是因为硫化铜的溶解度较小，该实验不能说明酸性酸性：H2SC．乙醇和浓硫酸共热至170℃，反应过程中可能产生二氧化硫，二氧化硫能和溴发生氧化还原反应，因此溴水褪色，无法确定乙烯发生了加成反应，也可能是二氧化硫与溴水反应，C错误；
D．向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，开始反应时发生复分解反应，生成沉淀， 由于氨水过量，还可以发生络和反应，生成铜氨络离子，，D错误；
故选A。
【分析】A．苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；
Ｂ．H2S与硫酸铜反应生成CuS；
Ｃ．反应过程中可能产生二氧化硫，二氧化硫和溴发生氧化还原反应；
Ｄ．氨水过量 Cu(OH) 2沉淀溶解。
6．（2024高二下·番禺期末）下列说法正确的是
A．聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚丙烯是乙烯的同系物
B．通过 X射线衍射实验确定苯分子内含有碳碳双键
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为C5H12
D．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．聚丙烯不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚丙烯的结构与乙烯不相似，不是乙烯的同系物，A错误；
B．苯分子中不含碳碳双键，苯分子含有的碳碳键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的特殊化学键，B错误。
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，其分子式可能为C5H12或C4H8O或C3H4O2，C错误；
D．蛋白质中加入某些盐类，可降低蛋白质在水中的溶液度使之析出，通过多次盐析和溶解可以提纯蛋白质，D正确；
故选D。
【分析】A．聚丙烯不含碳碳双键；
Ｂ．苯分子不含碳碳双键；
Ｃ．相对分子质量为72的有机物有多种；
Ｄ．可以通过多次盐析和溶解提纯蛋白质。
7．（2024高二下·番禺期末）有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．化合物X属于芳香烃
B．化合物 X 最多能与2mol NaOH 反应
C．化合物 X 的分子式为 C15H12O4
D．化合物 X 分子中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．化合物X中含有O元素，属于芳香烃衍生物，A错误；
B．X的物质的量未知，无法判断消耗NaOH的量，B错误；
C．化合物 X有15个C原子和12个H原子，1个氧原子，分子式为 C15H12O4，C正确；
D．化合物 X含有饱和C原子（图中用*标记），该碳与三个碳相连，所有碳原子不可能共面，D错误；
故选C。
【分析】A．烃只含碳元素和氢元素；
Ｂ．该物质中酚羟基和酯基能与NaOH反应；
Ｃ．根据结构简式确定其分子式；
Ｄ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征。
8．（2024高二下·番禺期末）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．操作I中，为了减少苯甲酸的溶解损失，应当根据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤时NaCl并不能结晶析出，不能除去NaCl，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶形成较大的苯甲酸晶体颗粒，减少杂质被包裹，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，为了减少损失，操作Ⅳ应用冷水洗涤晶体，D正确；
故选B。
【分析】粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)加水、加热溶解得到悬浊液，趁热过滤，将泥沙过滤除去，滤液中含有大量苯甲酸，冷却结晶、过滤、洗涤得到纯净的苯甲酸。
9．（2024高二下·番禺期末）下列除杂方案不正确的是
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法
A C2H5OH H2O 生石灰 蒸馏
B 乙炔 H2S CuSO4溶液 洗气
C 苯 甲苯 饱和溴水 过滤
D 乙酸乙酯 乙酸 饱和碳酸钠溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】乙炔炔烃；乙醇的工业制法；除杂
【解析】【解答】A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，通过蒸馏可分离，A正确；
B．硫化氢与硫酸铜溶液反应，乙炔不反应，洗气可分离，B正确；
C．苯或甲苯均不能与溴水反应，且苯、甲苯互溶，无法通过过滤分离，C错误；
D．乙酸乙酯中混有乙酸，加入饱和碳酸钠溶液将乙酸转化为乙酸钠，乙酸钠易溶于水，乙酸乙酯难溶于水，则液体分层，上层为乙酸乙酯，采用分液法可分离得到乙酸乙酯，D正确；
故选C。
【分析】A．蒸馏可分离沸点不同的液体混合物；
Ｂ．硫化氢与硫酸铜溶液反应生成CuS；
Ｃ．苯和甲苯互溶；
Ｄ．乙酸乙酯和乙酸钠不互溶。
10．（2024高二下·番禺期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中所含Cu数目为0.01NA
B．12g石墨晶体中含有碳碳单键数目为3NA
C．0.1mol环氧乙烷中所含σ键数目为0.3NA
D．常温常压下，4.6g乙醇中所含sp杂化的原子数目为0.3NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在[Cu(NH3)4]SO4溶液中Cu元素以[Cu(NH3)4]2-存在，不含Cu2+，A错误；
B．石墨中每个碳原子都以碳碳单键连接3个碳原子，但每个碳碳单键被2个碳原子共有，所以每摩碳原子平均含有1.5摩碳碳单键，12g石墨的物质的量为1mol，所以12g石墨晶体中含有碳碳单键数目为1.5NA，B错误；
C.1个环氧乙烷中含有7个σ键，所以0.1mol环氧乙烷中所含σ键数目为0.7NA，C错误；
D．乙醇中C原子和O原子都是sp3杂化，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，所含杂化的原子数目为0.3NA，D正确；
故选D。
【分析】A．[Cu(NH3)4]SO4溶液中不含铜离子；
Ｂ．石墨中每个碳原子都以碳碳单键连接3个碳原子，每个碳碳单键被2个碳原子共有；
Ｃ．单键均为σ键；
Ｄ．乙醇中C原子和O原子都是sp3杂化。
11．（2024高二下·番禺期末）向淀粉溶液中加入少量硫酸，并加热使之发生水解，为测定水解的程度所需的试剂是（　　）
①NaOH溶液 ②银氨溶液 ③新制氢氧化铜悬浊液 ④碘水 ⑤BaCl2溶液
A．①⑤ B．②④
C．①②④ D．②③④
【答案】C
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】淀粉在稀硫酸催化下水解，最终产物是葡萄糖。如果未发生水解，则溶液不能发生银镜反应；如果部分水解，则既能发生银镜反应又能遇碘水变蓝；如果已完全水解，则遇碘水不显蓝色。因此，选择碘水和银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液可确定有无淀粉存在和有无葡萄糖生成，但检验水解产物前必须加碱来中和酸。
【分析】本题主要考查淀粉水解的产物及淀粉的检验。注意葡萄糖与银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的反应是在碱性条件下进行的，据此分析解答。
12．（2024高二下·番禺期末）下列说法正确的是
A．O3分子中的共价键是极性键，中心氧原子呈正电性
B．NH3、NH、H2O、SCN-都可以作配合物的配位体
C．离子晶体中一定有离子键，分子晶体中一定有共价键
D．由丙烯腈电解合成己二腈时，丙烯腈在阳极发生了氧化反应
【答案】A
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．臭氧是极性分子，臭氧分子中的共价键是极性键，其中心氧原子带正电性，而端位的两个氧原子带负电性，A正确；
B．的中心原子N无孤电子对，无法提供孤电子对，不能作为配合物的配位体，B错误；
C．离子晶体中一定有离子键，分子晶体不一定含有共价键，如稀有气体形成的单原子分子晶体不含化学键，C错误；
D．用惰性电极电解丙烯腈生成己二腈的电极反应式为：，发生还原反应，D错误；
故选A。
【分析】A．臭氧为极性分子；
Ｂ．中心原子含有孤电子对，能提供电子，可作为配体；
Ｃ．分子晶体可能不含共价键；
Ｄ． 丙烯腈电解合成己二腈时，丙烯腈发生还原反应。
13．（2024高二下·番禺期末）过渡金属氧化物离子(以MO表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。 MO与反应的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤I<步骤Ⅱ
B．CH3OH在一定条件下能发生催化氧化反应
C．若 MO与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种
D．
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．活化能越大反应速率越慢，步骤I的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率：步骤I>步骤Ⅱ，A正确；
B． CH3OH 在Cu或Ag、氧气、加热的条件下能发生催化氧化反应生成甲醛，B正确；
C．若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，C正确；
D．由图可知，该反应的反应热为ΔH=E1-E2+E3-E4，D错误；
故选D。
【分析】A．活化能越大反应速率越慢；
Ｂ．甲醇催化氧化生成甲醛；
Ｃ．结合反应进程可知，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH；
Ｄ．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，结合盖斯定律分析。
14．（2024高二下·番禺期末）下列实验操作不能达到实验目的是
选项 A B C D
目的 检验1-氯丁烷中氯元素 检验是否沉淀完全 制备检验醛基用的 制备晶体
操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．检验1-氯丁烷中氯元素，向1-氯丁烷中加入氢氧化钠溶液，加热条件下水解，再加入硝酸酸化的硝酸银，若产生白色沉淀，则含有氯元素，故A错误；
B．向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明已经沉淀完全，故B正确；
C．向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，醛基与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故C正确；
D． 在乙醇溶液中溶解度小，加入乙醇，析出 晶体，故D正确。
答案为：A。
【分析】A.1-氯丁烷中的氯元素并非以离子形式存在；
Ｂ．硫酸根能与钡离子结合生成硫酸钡沉淀；
Ｃ．醛基与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；
Ｄ．硫酸四氨合铜在乙醇溶液中溶解度小。
15．（2024高二下·番禺期末）酞菁和酞菁钴可制得光动力学中的光敏剂，分子结构如图所示，其中酞菁分子中所有原子共平面。下列说法不正确的是
A．元素的第一电离能：N>C
B．在酞菁分子中，标注③的N原子 p轨道能提供1个电子
C．在酞菁钴分子中，钴元素的化合价为正二价
D．在一定条件下，酞菁钴分子能发生加成反应
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，因此元素的第一电离能为N＞C，A正确；
B．因为酞菁分子中所有原子共平面，故标注③的N原子采取杂化与2个碳原子和1个氢原子形成3个键，价电子中剩余2个电子在p轨道上参与形成大键，故标注③的N原子p轨道能提供1对电子，B错误；
C．酞菁钴中，失去了2个的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成配合物，因此，钴离子的化合价为＋2，C正确；
D．酞菁钴中C=N和苯环均可以发生加成反应，D正确；
故选B。
【分析】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
Ｂ．酞菁分子中所有原子共平面；
Ｃ．酞菁钴中2个酞菁离子与钴离子通过配位键结合；
Ｄ．苯环和双键能发生加成反应。
16．（2024高二下·番禺期末）某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中 W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W 是有机分子的骨架元素。下列说法不正确的是
A．元素最高价氧化物的水合物的酸性：X>W
B．简单离子半径：M>Y>Z
C．分子极性：
D．简单氢化物的沸点：X>M
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同周期主族元素从左往右非金属性逐渐增强，非金属性：N>C，因此最高价氧化物的水合物的酸性：HNO3>H2CO3，即X>W，故A正确；
B．电子层数越多，半径越大，电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：S2 ＞O2 ＞F ，即M>Y>Z，故B正确；
C．WY2为CO2，分子构型为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，MY2为SO2，空间结构为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，则分子极性：SO2> CO2，故C错误；
D．X的简单氢化物为NH3，M的简单氢化物为H2S，NH3分子之间可以形成氢键，沸点升高，则沸点：NH3>H2S，故D正确；
故选C。
【分析】W是有机分子的骨架元素，则W为C元素， W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，Y形成双键，则其最外层电子数为6，结合原子序数可知，Y为O元素，Z形成1个单键，则Z为F元素，M周围形成2个双键、2个单键，则M为S元素。
17．（2024高二下·番禺期末）某学习小组欲探究苯酚的化学性质。
回答下列问题：
Ⅰ．探究苯酚的酸性。
小组分别进行了下列实验：
实验编号 实验内容 实验现象
实验1 向盛有苯酚溶液的试管中逐滴加入5%NaOH溶液并振荡 无明显现象
实验2 向盛有苯酚浊液的试管中逐滴加入5%NaOH溶液并振荡 溶液变澄清
实验3 向盛有苯酚溶液的试管中加入几滴紫色石蕊溶液 无明显现象
（1）实验　 　（填编号）的对比现象能说明苯酚的酸性较弱。
（2）为进一步探究苯酚的酸性，学习小组采用电位滴定法进行测定。分别取20mL浓度均为的盐酸、醋酸溶液、苯酚溶液、乙醇溶液于四个50mL的烧杯中，用电导率传感器测定其电导率，用数据采集器和计算机进行分析，数据结果如图所示：
①苯酚溶液的电导率曲线为　 　（填图中字母）。
②推测、、的酸性强弱：　 　（用结构简式表示）。
Ⅱ．探究苯酚与溴水的反应。
设计实验相关量如表所示，分别向蒸馏水和苯酚溶液中逐滴滴入浓溴水，同时进行磁力搅拌，观察并记录电导率的变化，电导率随时间的变化曲线如图所示：
物质 溶液浓度 溶液体积 加入浓溴水滴数
蒸馏水 0 30 10
苯酚溶液 0.1
（3）根据实验信息推测，　 　，　 　。
（4）苯酚溶液与浓溴水反应的电导率曲线为　 　（填图中字母）；根据曲线信息推断该反应为　 　（填“取代”或“加成”）反应；结合化学反应方程式和必要的文字说明推断理由：　 　。
（5）实验采用的苯酚溶液为稀溶液，溴水为浓溶液，若两者的浓度关系相反，则产生的后果是　 　。
（6）写出苯酚在生产生活中的一种用途：　 　。
【答案】2、3；c；；30；10；m；取代；发生的反应为，生成的HBr使溶液中离子浓度增大程度远大于溴水，故电导率增大，若是加成反应则会使离子浓度变小，电导率减小；若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，将难以观察到溶液浑浊的现象；制备外用药膏、护肤品、外科消毒剂、防腐剂、抗氧化剂、杀虫剂、除草剂、染料、香料、合成树脂等
【知识点】苯酚的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验1无明显现象说明苯酚不一定与NaOH溶液反应，实验2溶液变澄清说明苯酚确实与NaOH溶液反应了，具有酸性，只有实验3无明显现象说明该条件下苯酚不能使紫色石蕊变色，由实验2、3的对比推测苯酚的酸性很弱，故答案为：2、3；
（2）①电导率值越大，溶液离子浓度越大，溶液中浓度越大，酸性越强，曲线a的电导率最大，则推测a为盐酸，曲线d电导率值几乎为零，则d为乙醇溶液，苯酚酸性介于醋酸和乙醇之间，为曲线c，故答案为：c；
②为吸电子基团，能使酚羟基的极性增强，因此的酸性比 强，为推电子基团，使酚羟基的极性减弱，因此的酸性比 弱，故答案为： ；
（3）该实验过程中，应当控制溶液体积、加入浓溴水的量一致，则，，故答案为：30；10；
（4）反应 生成，增大了溶液中的和，溶液导电性增强，故电导率曲线为变化较大的曲线m；该反应为取代反应，若为加成反应，则生成物中离子浓度大大下降，不会出现电导率增加的情况，故答案为：m；取代； 发生的反应为，生成的HBr使溶液中离子浓度增大程度远大于溴水，故电导率增大，若是加成反应则会使离子浓度变小，电导率减小 ；
（5）对于反应量的相关问题应考虑的是反应进行的程度、杂质的产生、实验操作原则（节约试剂、分离简便等），故可结合相似相溶原理，反应中生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，难以观察到溶液浑浊的现象，也会给产物的分离带来困难，故答案为：若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚，将难以观察到溶液浑浊的现象；
（6）苯酚具有还原性，可作抗氧化剂，具有消毒防腐作用，可作防腐剂、外用药膏、外科消毒剂等，因本身有毒性，可做杀虫剂、除草剂等，故答案为：制备外用药膏、护肤品、外科消毒剂、防腐剂、抗氧化剂、杀虫剂、除草剂、染料、香料、合成树脂等。
【分析】（1）根据实验内容，结合实验现象分析；
（2）①电导率值越大，溶液离子浓度越大；
②分子极性越强，越容易电离产生氢离子；
（3）该实验要控制变量唯一；
（4）溶液中的离子浓度越大，电导率越大；
（5）若苯酚浓度过大，生成的三溴苯酚溶于过量苯酚；
（6）苯酚具有毒性、还原性，据此分析其用途。
18．（2024高二下·番禺期末）二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含(为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce能与F结合成也能与结合成
②在硫酸体系中Ce能被萃取剂萃取，而Ce不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是　 　。
（2）“反萃取”中， 在稀硫酸和H2O2的作用下Ce转化为，反应的离子方程式为：　 　。
（3）向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于　 　时，(完全生成沉淀。[已知，当时，认为沉淀完全。]
（4）“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
（5）氧化铈常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来(的位置，可以得到更稳定的结构，如下图所示。(已知：O的空缺率
①已知M点原子的分数坐标为(0，0，0)，则N点原子的分数坐标为　 　。
②晶胞中与距离最近的Ce的个数为　 　。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为　 　。
【答案】（1）将+3价铈氧化为+4价
（2）
（3）9
（4）1：2
（5）；12；10%
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）中Ce为+3价，在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价，故答案为：将+3价铈氧化为+4价；
（2）水层含，则作氧化剂，作还原剂，氧化产物有氧气，在酸性环境下反应，反应的离子方程式为，故答案为： ；
（3）完全生成沉淀时，浓度小于，根据，，则pH大于9时，完全生成沉淀，故答案为：9；
（4）“氧化”步骤中，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，发生的反应为，NaClO为氧化剂，Ce(OH)3为还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（5）①根据M点原子的分数坐标为，N在面心位置，则N点原子的分数坐标为，故答案为： ；
②根据图示，晶胞中，与最近的的个数为12，故答案为：12；
③中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂后得到的晶体，阳离子和阴离子的个数比为，则此晶体中的空缺率为，故答案为：10%。
【分析】 Ce能被萃取剂萃取，而Ce不能，因此氟碳铈矿(主要含( 进行氧化焙烧，将Ce氧化为+4价，同时逸出CO2，加入盐酸酸浸，得到含有的溶液，加入萃取剂进行萃取， Ce能与F结合成 则再加入氟洗液除去溶液中的，加入硫酸和过氧化氢反萃取，分离出有机层，得到含的溶液，向溶液中加入NaOH，转化为，过滤后加入NaClO进行氧化得到，过滤得，煅烧得到产物。
（1）原料中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价；
（2）依据流程中水层含可知，作氧化剂，作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式；
（3）完全生成沉淀时，浓度小于，依据，，则pH大于9时，完全生成沉淀；
（4）“氧化”步骤中，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，发生的反应为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（5）①根据M点原子的分数坐标为，N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据图示，晶胞中，与最近的的个数为1：2；
③中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂后得到的晶体，阳离子和阴离子的个数比为，则此晶体中的空缺率为。
19．（2024高二下·番禺期末）硼元素有“金属材料的维生素”之称，其单质及其化合物的研究在无机化学的发展中占有独特的地位。请回答下列问题：
（1）基态硼原子的电子排布式为：　 　。
（2）硼的化合物中氢元素化合价为-1，故而被称为“万能还原剂”，广泛用于有机合成。中所含元素电负性由大到小的顺序为：　 　。
（3）与可以通过配位键形成。
①的空间构型为：　 　，中硼原子的杂化方式为　 　。
②的键角　 　的键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（4）硼酸晶体中单元结构如图1所示。各单元中的氧原子通过氢键连结成层状结构如图2所示，层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体。
①若HF中氢键表示为“F—H…F”，则硼酸中氢键表示为　 　。
②1mol硼酸中含有氢键的数目为　 　。
③在加热过程中会形成链状多硼酸根，其结构如图3所示。已知链状多硼酸根所有氧原子都达到8电子稳定结构，则含n个硼原子的多硼酸根可表示为　 　。
（5）科学家合成了一种含硼高温超导材料，其立方晶胞结构如图4所示。
①晶胞中硼原子和碳原子构成的多面体有　 　个面。
②已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为，则该晶体密度为　 　(用含、a的式子表示，写出表达式即可)。
【答案】（1）1s22s22p1
（2）H>B>Na
（3）平面正三角形；sp3；大于
（4）O—H…O；3NA；(BO2) (或者BnO)
（5）14；(或)
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）硼元素原子序数为5，则基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，故答案为： 1s22s22p1 ；
（2）元素非金属性越强，电负性越大，故NaBH4中所含元素电负性由大到小的顺序为H>B>Na，故答案为：H>B>Na；
（3）①BF3中心原子硼原子与3个氟原子以单键连接，不含孤对电子，为sp2杂化，空间构型为平面三角形；NH3 BF3中硼原子与三个氟原子连接外，还与氮原子形成配位键，硼原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：平面正三角形； sp3 ；
②NF3中心原子为sp3杂化，分子构型为三角锥形，N原子上有一对孤对电子对N-F键有排斥力，使F-N-F键角小于109°28'，而BF3空间构型为平面三角形，键角为120°，BF3的键角大于NF3的键角，故答案为：大于；
（4）①硼酸中的氢键是OH中的氢原子与其他氧原子间形成的，则表示为O—H…O，故答案为：O—H…O；
②B(OH)3中3个OH中的氢原子分别与其他氧原子形成氢键，故1mol硼酸中含有氢键的数目为3NA，故答案为： 3NA ；
③每个硼原子与3个氧原子相连，则每个硼原子对应占有的氧原子数目为1+2×=2，故硼和氧的原子数目比为1：2，其中硼元素为+3价，氧元素为-2价，链状多硼酸根可表示为(BO2)(或者BnO)，故答案为： (BO2) (或者BnO) ；
（5）①从其中一个四边形开始，其周围一圈是4个六边形，四个六边形之间间隔4个四边形，往下一层还是4个六边形，这4个六边形围绕的四边形在开始的四边形的对面，故多面体一共14个面，故答案为：14；
②由图可知，该晶胞中，K位于顶点，数目为=1，C原子在面上，数目为=6，B原子在面上，数目为=6，Ca位于体心，数目为1，则晶体密度为，故答案为：(或) 。
【分析】（1）B为5号元素；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）① 中B原子采用sp2杂化，中硼原子 采用sp3杂化；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4）①硼酸中羟基上的H原子与O原子形成氢键；
②B(OH)3中3个OH中的氢原子分别与其他氧原子形成氢键；
③结合图示根据均摊法计算；
（5）根据均摊法确定化学式，再结合计算。
（1）硼元素原子序数为5，根据原子核外电子排布规则基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；
（2）元素非金属性越强，电负性越大，故NaBH4中所含元素电负性由大到小的顺序为H>B>Na；
（3）①BF3中心原子硼原子与3个氟原子以单键连接，没有孤对电子，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，NH3 BF3中硼原子与三个氟原子连接外，还与氮原子形成配位键，硼原子的杂化方式为sp3杂化；
②NF3中心原子为sp3杂化，分子构型为三角锥形，N原子上有一对孤对电子对N-F键有排斥力，使F-N-F键角小于109°28'，而BF3空间构型为平面三角形，键角为120°，BF3的键角大于NF3的键角；
（4）①硼酸中氢键是与氧原子相连的氢原子，即OH中的氢原子与其他氧原子间的分子间较强作用，表示为O—H…O；
②B(OH)3中3个OH中的氢原子分别与其他氧原子形成氢键，故1mol硼酸中含有氢键的数目为3NA；
③如图所示，每个硼原子与3个氧原子相连，根据均摊法，每个硼原子对应占有的氧原子数目为1+2×=2，故硼和氧的原子数目比为1：2，其中硼元素为+3价，氧元素为-2价，链状多硼酸根可表示为(BO2)(或者BnO)；
（5）①如图，从其中一个四边形开始，其周围一圈是4个六边形，四个六边形之间间隔4个四边形，往下一层还是4个六边形，这4个六边形围绕的四边形在开始的四边形的对面，故多面体一共14个面；
②每个晶胞中钙原子个数为1，钾原子在8个顶点上，个数为=1，碳原子都在面上，每个面上2个，共=6个，硼原子与碳相同，也是6个，故晶体密度为。
20．（2024高二下·番禺期末）某研究小组通过以下路线合成抗肿瘤药物阿贝西利(Abemaciclib)；
已知：
①②
（1）化合物A的分子式为　 　；化合物C中官能团名称是　 　。
（2）A→B的反应类型为　 　；化合物H的结构简式为　 　。
（3）下列说法正确的是_____。
A．化合物B的碱性比苯胺()的强
B．D→E的反应类型为消去反应
C．化合物E和F可通过红外光谱区别
D．化合物与足量加成后的产物中有3个手性碳原子
（4）写出B→D的化学方程式　 　。
（5）满足下列条件D的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连；
②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，存在氮氮双键结构。
（6）请利用以上相关信息，以和为原料，合成的流程图如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为　 　和　 　。
【答案】（1）C6H2O2NF2Br；酰胺基
（2）还原反应；
（3）C；D
（4）
（5）4
（6）；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，分子中含有6个C原子，2个H原子，2个O原子，1个N原子，2个F原子，1个Br原子，则其分子式为C6H2O2NF2Br，由分析可知，C的结构简式为，官能团为酰胺基，故答案为：C6H2O2NF2Br，酰胺基；
（2）B比A多了2个H原子，则A→B为硝基还原为氨基，反应类型为还原反应；由分析可知，H为，故答案为：还原反应；；
（3）A．B为，F、Br电负性较大，则化合物B中氨基极性增大，更不易结合水中的H+，碱性比苯胺()的弱，A错误；
B．由分析可知，E的结构简式为，则D→E为取代反应，B错误；
C．E与F化学键不同，可通过红外光谱区别，C正确；
D．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，化合物与足量加成后的产物中环上碳原子均为手性碳，产物中有3个手性碳原子，D正确；
故答案为：CD。
（4）B→D的化学方程式为，故答案为：
（5）D的同分异构体满足：①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连，存在氮氮双键结构，则氮氮双键与苯环间连有一个碳，②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构，则符合条件的同分异构体的结构简式为：、、、，共4种，故答案为：4；
（6） 发生已知信息②的反应得到，中的羟基发生消去反应得到，发生加成反应生成，在NaOH水溶液中水解得到 ，合成路线为：
，
故M为，N为，故答案为：，。
【分析】根据流程图，G和H反应生成产物阿贝西利，结合G和产物的结构简式可知，H为，E与发生取代反应得到F，结合E的分子式可知，E的结构简式为，B与A相比，多了2个H原子，则A→B为硝基还原为氨基的过程，则B为，B和C反应得到F，结合B和F的结构简式可知，C为。
（1）A的结构简式为，分子式为C6H2O2NF2Br，C的结构简式为，官能团为酰胺基，故答案为：C6H2O2NF2Br，酰胺基；
（2）A→B根据分子式多了两个氢，故为硝基还原，反应类型为还原反应，故答案为还原反应；由G→产物知H为，故答案为；
（3）A．化合物B由于受F、Br电负性大，使氨基极性增大，更不易结合水中H+，碱性比苯胺()的弱，A错误；
B．D→E为取代反应，B错误；
C．E为与F化学键不同，可通过红外光谱区别，C正确；
D．化合物与足量加成后的产物中环上碳原子均为手性碳，产物中有3个手性碳原子，D正确；
故答案选CD。
（4）B→D的化学方程式为，故答案为：
（5）D的同分异构体①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连，存在氮氮双键结构，则氮氮双键与苯环间连有一个碳，②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构，D的同分异构体的结构简式：、、、；共4种，故答案为：4；
（6）根据已知信息②，增加碳原子，后发生消去反应、加成反应、取代反应改变官能团种类和数目，流程如下：
故M为，N为，故答案为，。
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