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浙江省绍兴市诸暨市2024-2025学年高二上学期期末检测化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高二上·诸暨期末）下列含有共价键的盐是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】化学键；物质的简单分类
【解析】【解答】A．是盐，其只含离子键，没有共价键，A不符合题意；
B．是含有共价键的酸，B不符合题意；
C．是碱，既含离子键，又含共价键，C不符合题意；
D．是盐，既含离子键，又含共价键，D符合题意；
故选D。
【分析】盐是由金属离子（铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物。共价键通常存在于非金属元素之间。
2．（2025高二上·诸暨期末）下列化学用语正确的是
A．SO3的VSEPR模型：
B．的系统命名为：2，2，3-三甲基丁烷
C．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
D．KCl的形成过程：
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；原子结构示意图
【解析】【解答】A、SO3中 S 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，VSEPR 模型应为平面三角形，题中图示不符合，A错误；
B、按烷烃命名规则，选最长碳链并编号，该烷烃命名为 2，2，3 - 三甲基丁烷，符合规则，B正确；
C、甲酸甲酯的结构简式需体现酯基，应为 HCOOCH3，C2H4O2是其分子式，并非结构简式，C错误；
D、KCl 是离子化合物，K 失去电子、Cl 得到电子， 形成过程为， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断 SO3的 VSEPR 模型是否正确。
B．判断烷烃系统命名是否正确。
C．区分甲酸甲酯的结构简式与分子式。
D．判断 KCl 形成过程的电子式表示是否正确。
3．（2025高二上·诸暨期末）关于乙炔的说法不正确的是
A．碳原子的价层电子的轨道表示式，违反了泡利原理
B．基态碳原子核外有3种能量不同的电子
C．乙炔分子中的C原子间采用sp杂化轨道形成了一个σ键和两个π键
D．乙炔分子内含极性键、非极性键，是非极性分子
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、泡利原理要求同一轨道中电子自旋方向相反。若选项中 2s 轨道电子自旋方向相同，就违反了该原理， 正确的电子的轨道表示式为： ，A正确；
B、基态碳原子核外电子排布为 1s22s22p2，电子分布在 1s、2s、2p 三种能量不同的轨道上，故有 3 种能量不同的电子，B正确；
C、乙炔中 C 原子为 sp 杂化，sp 杂化轨道仅形成 σ 键（C-C σ 键和 C-H σ 键），两个 π 键由未杂化的 p 轨道肩并肩重叠形成，并非杂化轨道形成 π 键，C错误；
D、乙炔含 C-H 极性键和 C≡C 非极性键，分子呈直线形对称结构，属于非极性分子，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A．判断碳原子价层电子轨道表示式是否违反泡利原理。
B．分析基态碳原子核外电子的能量差异。
C．明确乙炔中碳原子杂化与化学键的关系。
D．判断乙炔分子中的化学键类型和分子极性。
4．（2025高二上·诸暨期末）下列说法正确的是
A．可以用浓溴水来除去苯中混有的少量苯酚
B．可以用饱和NaOH溶液来除去乙酸乙酯中混有乙酸
C．溴水和酸性高锰酸钾溶液都可以用来除去乙烷中的乙烯
D．只用新制氢氧化铜(可加热)可以区分乙醇、乙醛、乙酸
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、浓溴水与苯酚反应生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯，会引入新杂质，不能用浓溴水除去苯中少量苯酚，A错误；
B、乙酸乙酯和乙酸都能与 NaOH 溶液反应，用饱和 NaOH 溶液除杂会同时消耗乙酸乙酯，不能达到除杂目的，B错误；
C、溴水与乙烯加成生成的物质可与乙烷分离，能除杂；但酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为二氧化碳，引入新杂质，不能用其除去乙烷中乙烯，C错误；
D、乙酸能与新制氢氧化铜反应使溶液显蓝色，乙醇与新制氢氧化铜不反应无现象，乙醛与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，D正确；
故答案为：D。
【分析】依次分析每个选项中除杂或鉴别方法是否合理，结合物质的化学性质（如反应性、溶解性等）判断正误。
5．（2025高二上·诸暨期末）下列物质的性质或相关数据与氢键无关的是
A．氨气易液化
B．二甲醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比例混溶
C．HF(g)分解时吸收的热量比HCl(g)分解时吸收的热量多
D．邻羟基苯甲酸()熔点为159℃，对羟基苯甲酸()熔点为213℃
【答案】C
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氨分子间存在氢键，氢键的存在增强了分子间的作用力，使得氨气分子间结合更紧密，更容易被液化，该性质与氢键有关，A不符合题意；
B、二甲醚分子不能与水分子形成氢键，所以在水中的溶解性差，微溶于水；而乙醇分子能与水分子形成氢键，增强了乙醇与水之间的相互作用，因此乙醇可与水以任意比例混溶，该溶解性差异与氢键有关，B不符合题意；
C、HF（g）分解时吸收的热量比 HCl（g）分解时吸收的热量多，是因为 H - F 键的键能大于 H - Cl 键的键能，键能大小是化学键本身的属性，与分子间的氢键无关，C符合题意；
D、邻羟基苯甲酸分子内形成氢键，对羟基苯甲酸分子间形成氢键。分子间氢键会使分子间的作用力更强，物质的熔点更高，所以对羟基苯甲酸的熔点高于邻羟基苯甲酸，该熔点差异与氢键有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．分析氨气易液化与氢键的关系。
B．对比二甲醚和乙醇在水中的溶解性与氢键的关系。
C．判断 HF 和 HCl 分解吸热差异的原因是否与氢键有关。
D．分析邻羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸熔点差异与氢键的关系。
6．（2025高二上·诸暨期末）下列关于基本营养物质的说法不正确的是
A．动物脂肪在碱性条件下水解，可得到高级脂肪酸和甘油
B．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下都可转化为葡萄糖
C．加入少量的硫酸铵能促进蛋白质的溶解
D．核酸是由磷酸、戊糖、碱基通过一定方式形成的生物大分子
【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；核酸
【解析】【解答】A、动物脂肪的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下发生水解反应，生成的是高级脂肪酸盐和甘油，而不是高级脂肪酸，A错误；
B、淀粉、纤维素属于多糖，麦芽糖是二糖，它们在一定条件下（如发生水解反应）都能够转化为葡萄糖，B正确；
C、在蛋白质的水溶液中，加入少量的硫酸铵，会增加蛋白质分子表面的电荷，增强蛋白质分子与水分子之间的相互作用，进而使蛋白质在水溶液中的溶解度增大，能促进蛋白质溶解，C正确；
D、核酸是一类生物大分子，它是由磷酸、戊糖、碱基通过一定的方式连接形成的，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．分析动物脂肪在碱性条件下水解的产物。
B．判断淀粉、纤维素、麦芽糖转化为葡萄糖的可能性。
C．探究硫酸铵对蛋白质溶解的影响。
D．明确核酸的组成与结构。
7．（2025高二上·诸暨期末）下列说法不正确的是
A．单一波长的X射线通过水晶时，记录仪上会产生明锐的衍射峰
B．某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级吸收光的波长不同
C．CS2在CCl4中的溶解度远大于H2O是因为H2O为极性分子，而CS2、CCl4为非极性分子
D．CF3COOH酸性大于CH3COOH是因为F的电负性大，导致CF3COOH羟基极性大，易电离
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；焰色反应；羧酸简介
【解析】【解答】A 、水晶属于晶体，晶体具有规则的微观结构。当单波长 X 射线照射晶体时，会因晶体原子的规则排列发生衍射现象，这种衍射信号被记录仪捕捉后，会呈现出明锐的衍射峰（非晶体则无明锐峰），A正确；
B 、金属盐灼烧时呈现不同焰色，原理是金属离子中的电子吸收能量后，从低能级跃迁到高能级（激发态），处于激发态的电子不稳定，会迅速从高能级跃迁回低能级，跃迁过程中释放的能量以光的形式体现，不同金属离子释放的光波长不同，导致焰色不同，并非 “吸收光的波长不同”，B错误；
C 、相似相溶原理指极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。CS2和 CCl4均为非极性分子，H2O 为极性分子，因此 CS2在非极性溶剂 CCl4中的溶解度，远大于在极性溶剂 H2O 中的溶解度，C正确；
D、羧酸的酸性取决于羧基（-COOH）中羟基（-OH）的极性，羟基极性越强，越易电离出 H+，酸性越强。CF3COOH 中的 F 原子电负性大，会通过化学键吸引电子，使羧基中羟基的极性显著增强；而 CH3COOH 中的 CH3为推电子基团，会减弱羟基极性，因此 CF3COOH 的酸性强于 CH3COOH，D正确。；
故答案为：B。
【分析】A．判断单波长 X 射线通过水晶时的衍射现象及记录仪表现。
B．明确焰色反应的本质是电子跃迁释放光而非吸收光。
C．依据相似相溶原理比较 CS2在不同溶剂中的溶解度。
D．通过电负性分析取代基对羧酸酸性的影响。
8．（2025高二上·诸暨期末）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1 mol C2H4O中含σ键数目最多为6NA
B．标准状况下，11.2L CCl4含有分子数目为0.5NA
C．6 g金刚石晶体中含有碳碳键的数目为2NA
D．14 g乙烯和丙烯的混合气体中总原子数目为3NA
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、C2H4O 可能为环氧乙烷 （） ，其结构中所有单键均为 σ 键，1 mol 该物质含 σ 键数目为 7N ，并非 6NA，A错误；
B、标准状况下 CCl4是液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算 11.2 L CCl4的分子数目，B错误；
C、金刚石中每个 C 原子形成 2 个碳碳键，6g 金刚石（0.5 mol C）含碳碳键数目为 NA，并非 2NA，C错误；
D、乙烯和丙烯最简式均为 CH2，14 g 混合气体含 1 mol CH2，总原子数目为 3NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析 C2H4O 的结构与 σ 键数目关系。
B．判断标准状况下 CCl4的状态对计算的影响。
C．计算金刚石中碳碳键数目与碳原子的关系。
D．利用最简式计算乙烯和丙烯混合气体的原子数目。
9．（2025高二上·诸暨期末）丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
【答案】B
【知识点】有机物的推断；烯烃
【解析】【解答】A、丙烯的结构是 CH3-CH=CH2，其中碳碳双键是平面结构（-CH=CH2部分），这部分有 6 个原子共平面；甲基（-CH3）为四面体结构，最多有 2 个氢原子可与双键平面重合。因此，丙烯分子中最多有 7 个原子共平面，A正确；
B、丙烯与 Br2在光照下发生的是甲基上的取代反应（而非双键上的加成），Br 原子取代甲基中的一个氢，因此 X 的结构简式应为 ，B错误；
C、Y 是丙烯与 Br2的加成产物，结构为 ，与足量 KOH 醇溶液共热时，会发生两次消去反应（脱去两分子 HBr），最终生成丙炔（CH3C≡CH），C正确；
D、丙烯（CH3-CH=CH2）发生加聚反应时，双键打开相互连接，形成的聚合物
Z（ ） 的重复结构单元（链节）为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．根据丙烯的结构，分析共平面原子的最大数量。
B．明确光照条件下丙烯与 Br2的反应位点（取代反应的位置）。
C．分析 Y 与 KOH 醇溶液共热时的消去反应产物。
D．判断丙烯加聚产物 Z 的链节（重复结构单元）。
10．（2025高二上·诸暨期末）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．热稳定性：X2Z>YX4 B．键角：YX>YX
C．分子的极性：Y2X2>X2Z2 D．共价晶体熔点：Y>M
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】X、Y、Z、M 原子序数依次增大且分属三个不同短周期，故 X 为 H；Z 最外层电子数是内层的 3 倍，Z 为 O；Y 与 Z 核电荷数相差 2，Y 为 C；Y 与 M 同主族，M 为 Si。
A、非金属性 O＞C，非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，所以热稳定性 H2O＞CH4，A正确；
B、CH3+中 C 原子价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化，键角大；CH3-中 C 原子价层电子对数为 4，采取 sp3 杂化，键角小，故键角 CH3+＞CH3-，B正确；
C、C2H2（乙炔）为非极性分子，H2O2（过氧化氢）为极性分子，分子极性 C2H2＜H2O2，C错误；
D、C 的原子半径比 Si 小，C - C 键键长比 Si - Si 键短、键能大，共价晶体中键能越大熔点越高，故熔点 C（金刚石等共价晶体）＞Si，D正确；
故答案为：C。
【分析】先根据元素原子结构和周期表位置信息推断出 X、Y、Z、M 四种元素，再结合元素性质、化学键、分子极性、晶体熔点等知识，逐一分析选项。
11．（2025高二上·诸暨期末）关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是
A．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键
D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、该配合物中，配位体是 Cl-和 H2O。配位数指直接结合中心离子的配位原子总数，这里 1 个 Cl-和 5 个 H2O 共 6 个配位体，配位数为 6，而非 8，A错误；
B、根据化合物整体电中性，Ti 的化合价为 + 3（中心离子为 Ti3+），配离子由 1 个 Ti3+、1 个 Cl-和 5 个 H2O 组成，带 + 2 电荷，即 [TiCl (H2O)5]2+，B正确；
C、配离子内存在 H2O 分子中的 H-O 共价键，以及中心离子与配位体间的配位键。离子键不存在于配离子内部，且氢键不属于化学键，C错误；
D、配合物中，内界的 1 个 Cl-（作为配位体）不与 Ag+反应，外界的 2 个 Cl-可反应，故 1 mol 该配合物与足量 AgNO3反应仅生成 2 mol AgCl 沉淀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确配合物中配位体种类和配位数计算。
B．确定中心离子电荷和配离子组成。
C．区分配离子中的化学键类型。
D．判断可与 Ag+反应的 Cl-数量。
12．（2025高二上·诸暨期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．硫酸铜溶液与过量氨水反应：Cu2+ + 4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2+ + 4H2O
B．向银氨溶液中加盐酸：[Ag(NH3)2]+ + 2H+= Ag+ + 2NH
C．将乙醇与足量酸性K2Cr2O7溶液混合：Cr2O+ 3CH3CH2OH + 8H+ →3CH3CHO + 2Cr3+ +7H2O
D．苯酚钠溶液通入少量的CO2：2 +CO2+H2O→2 +
【答案】A
【知识点】醇类简介；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、硫酸铜与过量氨水反应，先生成 Cu (OH)2沉淀，过量氨水再与沉淀结合形成四氨合铜离子 [Cu(NH3)4]2+，离子方程式 Cu2++ 4NH3 H2O = [Cu(NH3)4]2++4H2O 符合反应实际，A正确；
B、向银氨溶液加盐酸时，[Ag(NH3)2]+ 中的 Ag+会与 Cl-结合生成 AgCl 沉淀，原方程式遗漏了 Cl-和 AgCl 沉淀，正确的应为 [Ag(NH3)2]+ +2H++Cl-=AgCl↓ +2NH4+，B错误；
C、酸性 K2Cr2O7是强氧化剂，乙醇在足量该试剂作用下会被氧化为 CO2（而非乙醛）。结合氧化还原规律，正确的离子反应为，C错误；
D、苯酚酸性强于 HCO3-但弱于 H2CO3，因此苯酚钠与 CO2反应，无论 CO2用量多少，均生成苯酚和 NaHCO3，原方程式错误生成 CO32-，正确的为 +CO2+H2O = +HCO3-，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析氨水过量时的配合反应产物。
B．注意银氨溶液中 Cl-与 Ag+的沉淀反应。
C．判断强氧化剂下乙醇的氧化产物。
D．根据酸性强弱判断苯酚钠与 CO2反应的产物。
13．（2025高二上·诸暨期末）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 硫化剂以二硫键将顺丁橡胶的线型结构连接为网状结构 硫化交联程度越大，获得弹性越好的顺丁橡胶
B 聚乙炔存在共轭大π键体系为电荷传递提供了通路 聚乙炔可用于制备导电高分子材料
C 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D 冠醚18-冠-6空腔直径(260-320pm)与直径K+(276pm)接近 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4 在有机溶剂中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、硫化剂通过二硫键将顺丁橡胶的线型结构转化为网状结构，交联程度越大，橡胶强度提升但弹性会降低，而非 “弹性越好”，因此该结构性质无法解释所述用途，A符合题意；
B、聚乙炔的共轭大 π 键体系允许电子自由移动，为电荷传递提供通路，使其具备导电能力，这一性质可解释其用于制备导电高分子材料的用途，B不符合题意；
C、聚丙烯酸钠分子中的 - COONa 是亲水基团，能与水分子强烈相互作用，使其具有强吸水性，可解释其用于制备高吸水性树脂的用途，C不符合题意；
D、冠醚 18 - 冠 - 6 的空腔直径（260-320pm）与 K+直径（276pm）接近，能特异性识别 K+，帮助 KMnO4在有机溶剂中溶解，可解释其用途，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．分析硫化交联对顺丁橡胶弹性的实际影响。
B．判断共轭大 π 键与聚乙炔导电性的关系。
C．明确亲水基团对聚丙烯酸钠吸水性的作用。
D．探究冠醚结构与 K+的匹配对溶解度的影响。
14．（2025高二上·诸暨期末）强酸HBF4 可由如下反应制备，HF + BF3 = HBF4。下列说法正确的是
A．相同条件下，HBF4 酸性弱于HF
B．HBF4的电离方程式：HBF4 = H+ + BF
C．BF3的空间结构是三角锥形
D．HBF4 中含有离域π键
【答案】B
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、HBF4属于强酸，而 HF 是弱酸，相同条件下强酸酸性必然强于弱酸，因此 HBF4酸性强于 HF，A错误；
B、HBF4为强酸，在水溶液中完全电离，电离方程式为 HBF4 = H+ + BF4-，符合强酸的电离特征，B正确；
C、BF3中中心原子 B 的价层电子对数为 3（无孤电子对），根据价层电子对互斥理论，其空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、HBF4中，BF3的 B 有空轨道，HF 的 F 有孤电子对，二者形成配位键，不存在离域 π 键，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．对比 HBF4与 HF 的酸性强弱。
B．判断 HBF4的电离方程式是否正确。
C．确定 BF3的空间结构。
D．分析 HBF4中的化学键类型。
15．（2025高二上·诸暨期末）Mg2Si具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a nm。下列叙述正确的是
A．基态Mg核外电子有3种不同的空间运动状态
B．每个硅原子周围有4个镁原子
C．Mg与Si之间的最近距离为nm
D．Mg2Si的密度计算式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；晶胞的计算
【解析】【解答】A、基态 Mg 原子电子排布为 1s22s22p63s2，电子的空间运动状态由原子轨道决定。其核外有 1s、2s、2p（3 个轨道）、3s 共 6 种轨道，故空间运动状态为 6 种，而非 3 种，A错误；
B、通过晶胞结构分析，晶胞中 Mg 与 Si 的原子个数比为 2：1（8：4）。以 Si 原子为中心，其周围距离最近且相等的 Mg 原子共 8 个（包括相邻晶胞中的），并非 4 个，B错误；
C、Mg 与 Si 的最近距离为晶胞体对角线的。晶胞参数为 a nm，体对角线长度为√3 a nm，因此最近距离为 nm，C正确；
D、根据选项B计算可知：在1个晶胞中含有8个Mg原子，4个Si原子，晶胞参数为a nm，则晶胞的密度ρ=g/cm3= g/cm3，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断基态 Mg 核外电子的空间运动状态种类。
B．确定每个 Si 原子周围最近的 Mg 原子数。
C．计算 Mg 与 Si 的最近距离。
D．推导 Mg2Si 的密度计算公式。
16．（2025高二上·诸暨期末）下列方案设计、现象和结论正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究用“相似相溶”规律理解I2的溶解性 将一小粒碘晶体溶于约5mL蒸馏水中，观察碘在水中的溶解性。加入约1mL乙醇，振荡试管，观察溶液颜色变化 溶液分层，观察到紫红色的碘的乙醇溶液，说明碘易溶于有机溶剂
B 检验乙醇与浓硫酸在170℃下反应的气体产物 将乙醇与浓硫酸在170℃下反应的气体通入溴水中 溴水褪色，说明乙醇发生消去反应生成乙烯
C 探究苯环与烷基的相互作用 分别向盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡 甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色，说明甲基活化了苯环
D 检验有机物中是否含有卤素原子 取2mL样品于试管中，加入5mL20% NaOH水溶液混合后加热，反应完全后，待反应液冷却，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液 无沉淀生成，说明有机物中不含卤素原子
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】苯的同系物及其性质；卤代烃简介；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、“相似相溶” 规律指非极性物质易溶于非极性溶剂，极性物质易溶于极性溶剂。碘（I2）是非极性分子，水和乙醇均为极性溶剂，实验用两种极性溶剂对比，无法体现 “相似相溶” 规律，方案设计错误，A错误；
B、乙醇与浓硫酸在 170℃反应，可能生成乙烯，也可能因浓硫酸的强氧化性产生 SO2。乙烯和 SO2均能使溴水褪色，仅凭溴水褪色无法证明生成乙烯，结论不可靠，B错误；
C、甲苯中酸性 KMnO4溶液褪色，苯中不褪色，是因为苯环活化了甲基（使甲基易被氧化），而非甲基活化苯环，结论颠倒，C错误；
D、检验有机物中卤原子时，先加 NaOH 溶液加热水解，冷却后加足量稀硝酸酸化（中和过量 NaOH，避免 OH-与 Ag+反应），再加 AgNO3溶液。无沉淀生成，说明无卤化银生成，即有机物不含卤素原子，方案和结论均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断实验设计是否符合 “相似相溶” 规律。
B．分析溴水褪色的可能原因。
C．判断基团间相互作用的方向。
D．检验卤原子的实验流程是否合理。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·诸暨期末）以淀粉为基本原料可制备许多物质，如：
请回答下列问题：
（1）上述①-⑤反应中，属于消去反应的是　 　；属于氧化反应的是　 　。(填写序号)
（2）若乙醇中的O原子用18O标记(乙酸中的O不需标记)，写出乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：　 　。
（3）下列有关说法不正确的是___________。
A．可用碘水检验淀粉是否水解完全
B．淀粉是生物大分子物质，反应①的反应条件是：稀硫酸，加热
C．乙烯、聚乙烯分子中均含有碳碳双键，均可被酸性KMnO4溶液氧化
D．可利用红外光谱或核磁共振氢谱来区别葡萄糖和乙醛
（4）将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
①燃烧产物中水的物质的量为　 　mol。
②该有机物的分子式为　 　。
【答案】（1）③；⑤⑥
（2）CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O
（3）C
（4）0.06；C4H6O6
【知识点】多糖的性质和用途；乙醇的催化氧化实验；消去反应；水解反应
【解析】【解答】（1）上述①-⑤反应中，①、②、④分别属于水解反应、分解反应、加聚反应，属于消去反应的是③，属于氧化反应的是⑤⑥；
故答案为： ③ ； ⑤⑥ ；
（2）根据醇和酸的反应原理，可得乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
故答案为： CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O ；
（3）A．淀粉遇碘变蓝，所以可用碘水检验淀粉是否水解完全，故正确；
B．淀粉是生物大分子物质，反应①得到葡萄糖，进一步得到乙醇，反应条件是：稀硫酸，加热，故正确；
C．乙烯含有碳碳双键，聚乙烯不含有碳碳双键，故错误；
D．红外光谱检测分子结构中的化学键或官能团，核磁共振氢谱检测氢原子种类和个数比例，葡萄糖和乙醛结构不同，可利用来区别，故正确；
故答案为：C；
（4）①根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)==0.06mol，②n(H)=0.06mol×2=0.12mol，n(C)==0.08mol，n(O)=，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
故答案为： 0.06 ； C4H6O6 。
【分析】(1)依据消去反应（生成不饱和键并脱去小分子）和氧化反应（化合价升高）的特征，判断①-⑥中对应反应类型。
(2)遵循酯化反应 “酸脱 - OH、醇脱 - H” 规律，标记乙醇中的 8O 在产物酯中，写出反应式。
(3)分析各选项涉及物质的性质：淀粉遇碘变蓝、淀粉水解条件、乙烯与聚乙烯的结构差异（双键有无）、葡萄糖与乙醛的光谱区别。
(4)①由吸水剂增重得水的质量，计算其物质的量。
②通过 CO2吸收剂增重算 C 的量，结合水的量算 H 的量，再由总质量差得 O 的量，结合相对分子质量确定分子式。
（1）上述①-⑤反应中，①、②、④分别属于水解反应、分解反应、加聚反应，属于消去反应的是③，属于氧化反应的是⑤⑥；
（2）根据醇和酸的反应原理，可得乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
（3）A．淀粉遇碘变蓝，所以可用碘水检验淀粉是否水解完全，故正确；
B．淀粉是生物大分子物质，反应①得到葡萄糖，进一步得到乙醇，反应条件是：稀硫酸，加热，故正确；
C．乙烯含有碳碳双键，聚乙烯不含有碳碳双键，故错误；
D．红外光谱检测分子结构中的化学键或官能团，核磁共振氢谱检测氢原子种类和个数比例，葡萄糖和乙醛结构不同，可利用来区别，故正确；
选C；
（4）①根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)==0.06mol，②n(H)=0.06mol×2=0.12mol，n(C)==0.08mol，n(O)=，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
18．（2025高二上·诸暨期末）前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其相关性质如表所示：
A 原子核外有6种运动状态不同的电子
B 元素原子的核外p电子数比s电子数少1个
C 地壳中含量最多的非金属元素
D 基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子
E E3+第三周期中半径最小的简单离子
F 基态F＋各能级电子全充满
请回答下列问题：
（1）F是　 　区的元素；写出D2C2化合物的电子式：　 　。
（2）A、B、C元素中，电负性最大的是　 　；第一电离能最大的是　 　。(填元素符号)
（3）B单质分子中σ键和π键的个数比　 　，C的简单氢化物在同族元素的简单氢化物中沸点出现反常，其原因是　 　。
（4）写出E元素的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式　 　。
（5）实验室合成一种由A和B两种元素形成的化合物，该化合物具有三维骨架结构。其中每个A原子与4个B原子形成共价键，每个B原子与3个A原子形成共价键，其化学式为　 　。
【答案】（1）ds；
（2）O；N
（3）1：2；氨气分子间存在氢键
（4）
（5）C3N4
【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
【解析】【解答】（1）F元素的原子基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，F是ds区的元素； D2C2化合物即过氧化钠，由钠离子和过氧根构成，电子式：。
故答案为： ds ； ；
（2）元素周期表中，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，A、B、C元素中，电负性最大的是O；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子第一电离能高于O，原因是：基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，则第一电离能最大的是N。(填元素符号)
故答案为： O ； N ；
（3）三键中有1个σ键2个π键，B单质即氮气分子中σ键和π键的个数比1：2， C的简单氢化物即氨气在同族元素的简单氢化物中沸点出现反常，其原因是：氨气分子间存在氢键。
故答案为： 1：2 ； 氨气分子间存在氢键 ；
（4）E元素的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应，其化学方程式为：，则离子方程式。
故答案为： ；
（5）实验室合成一种由A和B两种元素形成的化合物，该化合物具有三维骨架结构。其中每个A原子与4个B原子形成共价键，每个B原子与3个A原子形成共价键，所以C的化合价为+4价，N的化合价为-3价，所以其化学式为C3N4。
故答案为： C3N4 。
【分析】根据题意可知，前四周期元素 A、B、C、D、E、F 的原子序数依次增大。C 是地壳中含量最高的非金属元素，可确定 C 为氧（O）；A 原子核外有 6 种运动状态不同的电子，因电子运动状态均不同，故 A 含 6 个电子，为碳（C）；B 原子的核外 p 电子数比 s 电子数少 1 个，经分析其电子排布为 1s22s22p3，故 B 为氮（N）；D 基态原子有 6 个原子轨道填有电子，且仅 1 个未成对电子，电子排布为 1s22s22p63s ，因此 D 为钠（Na）；E3+是第三周期中半径最小的简单离子，第三周期中 Al3+半径最小，故 E 为铝（Al）；F+的各能级电子均充满，其原子电子排布为 1s22s22p63s23p63d 4s ，因此 F 为铜（Cu）。综上，A 为 C、B 为 N、C 为 O、D 为 Na、E 为 Al、F 为 Cu。
（1）F元素的原子基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，F是ds区的元素； D2C2化合物即过氧化钠，由钠离子和过氧根构成，电子式：。
（2）元素周期表中，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，A、B、C元素中，电负性最大的是O；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子第一电离能高于O，原因是：基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，则第一电离能最大的是N。(填元素符号)
（3）三键中有1个σ键2个π键，B单质即氮气分子中σ键和π键的个数比1：2， C的简单氢化物即氨气在同族元素的简单氢化物中沸点出现反常，其原因是：氨气分子间存在氢键。
（4）E元素的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应，其化学方程式为：，则离子方程式。
（5）实验室合成一种由A和B两种元素形成的化合物，该化合物具有三维骨架结构。其中每个A原子与4个B原子形成共价键，每个B原子与3个A原子形成共价键，所以C的化合价为+4价，N的化合价为-3价，所以其化学式为C3N4。
19．（2025高二上·诸暨期末）锰氧化物具有较大应用价值，请回答下列问题：
（1）基态Mn原子的简化电子排布式：　 　；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　 　(填元素符号)。
（2）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为　 　；锰离子的配位数(紧邻的阴离子数)为　 　。
（3）[BMIM]+BF(见图2)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF的空间构型为　 　；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　 　。
（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图3)。FDCA的熔点远大于HMF，其主要原因是　 　。
（5）锰的部分含氧酸结构如下图4，酸性：HMnO4　 　H2MnO4(填“>”或“<”)，理由是　 　。
【答案】（1）[Ar]3d54s2；Cr
（2）MnO2；6
（3）正四面体形；sp2
（4）FDCA存在分子间氢键数目多于HMF，从而导致FDCA熔点远大于HMF
（5）>；HMnO4中锰氧双键数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强或HMnO4中非羟基氧数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对电子；
故答案为： [Ar]3d54s2 ； Cr ；
（2）根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离锰离子最近且相邻的氧离子为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
故答案为： MnO2 ；6；
（3）BF中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，结构为平面形，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
故答案为： 正四面体形 ； sp2 ；
（4）FDCA分子中存在2个羧基，使得FDCA存在分子间氢键数目多于HMF，从而导致FDCA熔点远大于HMF；
故答案为： ；
（5）HMnO4中锰氧双键数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强（或HMnO4中非羟基氧数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强），故酸性：HMnO4>H2MnO4。
故答案为： 。
【分析】(1)根据 Mn 的原子序数写简化电子排布式，结合同周期元素电子排布，找未成对电子数更多的元素。
(2)用均摊法算晶胞中 Mn、O 原子数得化学式，通过晶胞结构看 Mn 离子配位数。
(3)分析BF4-中 B 的杂化与空间构型，根据咪唑环大 π 键判断 N 的杂化方式。
(4)比较 FDCA 和 HMF 分子间氢键数目，解释熔点差异。
(5)依据含氧量或锰氧双键数，分析羟基极性和电离H+能力，比较酸性。
（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对电子；
（2）根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离锰离子最近且相邻的氧离子为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
（3）BF中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，结构为平面形，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）FDCA分子中存在2个羧基，使得FDCA存在分子间氢键数目多于HMF，从而导致FDCA熔点远大于HMF；
（5）HMnO4中锰氧双键数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强（或HMnO4中非羟基氧数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强），故酸性：HMnO4>H2MnO4。
20．（2025高二上·诸暨期末）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
请回答下列问题：
I．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为　 　，现象为　 　。
（2）操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为　 　。
②浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为　 　(填序号)。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2
b．FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高
（3）操作2用到的玻璃仪器是　 　。
（4）将操作3(蒸馏)的步骤补齐：　 　。(填写序号)
___________→___________→___________→___________→___________→弃去前馏分，收集83℃的馏分
①检验装置的气密性 ②点燃酒精灯，加热 ③加入待蒸馏的物质和沸石 ④接通冷凝水 ⑤安装蒸馏装置
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g环己烯样品中加入b mol Br2(过量)，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，I2与Na2S2O3标准溶液反应，最终消耗c mol·L-1Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应如下：
①Br2＋
②Br2＋2KI=I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
（5）样品中环己烯的质量分数为　 　(用字母表示)。
【答案】FeCl3溶液；溶液变紫色；；a、b；分液漏斗、烧杯；⑤→①→③→④→②；
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，苯酚能和FeCl3溶液发生显色反应，溶液变紫色；
故答案为： FeCl3溶液 ； 溶液变紫色 ；
（2）①结合制备流程知，环己醇在FeCl3·6H2O的催化下，加热生成环己烯，故烧瓶A中进行的可逆反应为：+H2O；
②a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，易使环己醇脱水炭化，炭化所得碳与浓硫酸共热反应生成污染环境的二氧化硫气体，所以选用六水氯化铁，不选用浓硫酸，故正确；
b．六水氯化铁无毒污染小，回收的六水氯化铁可循环使用，符合绿色化学理念，所以选用六水氯化铁，不选用浓硫酸，故正确；
c．催化剂能改变反应速率，但不改变平衡移动的方向，所以同等条件下，用六水氯化铁和用浓硫酸的平衡转化率相同，故错误；
故答案为： ；ab；
（3）由分析可知，操作2为分液得到有机相，用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；
故答案为： 分液漏斗、烧杯 ；
（4）由分析可知，操作3为蒸馏得到环己烯，蒸馏的操作过程为安装蒸馏装置→检验装置的气密性→加入待蒸馏的物质和沸石→向冷凝管中通冷凝水→加热蒸馏烧瓶，弃去前馏分，收集83 ℃的馏分得到环己烯，故序号为：⑤→①→③→④→②；
故答案为： ⑤→①→③→④→② ；
（5）由方程式可得如下关系：Br2—I2—2Na2S2O3，滴定由滴定终点时消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液可知，过量的溴的物质的量为cmol/L×10—3VL×=mol，则样品中环己烯的物质的量为，环己烯的质量分数为。
故答案为： 。
【分析】实验流程中，环己醇在 FeCl3 6H2O 催化和加热条件下发生消去反应，生成环己烯粗品。因环己烯会与水形成共沸物，加入饱和食盐水可避免这种情况，之后通过分液得到有机相。有机相经无水氯化钙干燥、过滤后，再通过蒸馏（依据环己烯沸点 83℃的特性）获得纯净环己烯。
21．（2025高二上·诸暨期末）某研究小组按下列路线可以合成药物氯氮平的中间体H。
已知：①；②。
请回答下列问题：
（1）化合物D的官能团名称是　 　。
（2）化合物B的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B．中间H的分子式为C18H19ClN4O
C．化合物B具有两性
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（4）写出E→G的化学方程式　 　。
（5）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式　 　。
①属于芳香族化合物；
②能在NaOH溶液中发生水解；
③1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以CH2=CH2和CH3NH2为原料合成F()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）硝基、碳氯键
（2）
（3）B；D
（4）
（5）、、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由D的结构式可知：D含有的官能团为：碳氯键、硝基；
故答案为： 硝基、碳氯键 ；
（2）根据分析可知B的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）A．硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热时发生的一种反应，试剂是浓硝酸和浓硫酸，A正确；
B．经过计算可知，H的分子式为：C18H21ClN4O，B错误；
C．由分析可知化合物B为，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C正确；
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D错误；
故答案为：BD；
（4）由分析可知E→G的方程式为：
；
故答案为：
（5）根据题干信息可知，符合要求的化合物满足：①含有苯环②含有酯基或者酰胺基③有四种等效氢，符合要求的化合物简式为：、、、；
故答案为：、、、 ；
（6）结合信息①乙烯首先氧化得到环氧乙烷，NH3和反应生成，和HBr反应得到，结合信息②和CH3NH2反应生成，具体流程为：
故答案为：
【分析】以甲苯为起始原料，先进行硝化反应引入硝基，接着氧化反应使甲基转化为羧基得到 A（）；A 经还原反应将硝基变为氨基得到 B（）；B 与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应生成 C（）；C 和含氯、硝基的芳烃 D 在催化剂作用下反应生成 E（）；E 再与含特定结构的 F 反应得到 G（）；最后 G 经催化加氢还原得到目标中间体 H。整个过程结合反应条件、物质结构变化及已知反应规律，逐步推导各物质结构。
（1）由D的结构式可知：D含有的官能团为：碳氯键、硝基；
（2）根据分析可知B的结构简式为：；
（3）A．硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热时发生的一种反应，试剂是浓硝酸和浓硫酸，A正确；
B．经过计算可知，H的分子式为：C18H21ClN4O，B错误；
C．由分析可知化合物B为，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C正确；
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D错误；
故选BD；
（4）由分析可知E→G的方程式为：
；
（5）根据题干信息可知，符合要求的化合物满足：①含有苯环②含有酯基或者酰胺基③有四种等效氢，符合要求的化合物简式为：、、、；
（6）结合信息①乙烯首先氧化得到环氧乙烷，NH3和反应生成，和HBr反应得到，结合信息②和CH3NH2反应生成，具体流程为：
。
1 / 1浙江省绍兴市诸暨市2024-2025学年高二上学期期末检测化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高二上·诸暨期末）下列含有共价键的盐是
A． B． C． D．
2．（2025高二上·诸暨期末）下列化学用语正确的是
A．SO3的VSEPR模型：
B．的系统命名为：2，2，3-三甲基丁烷
C．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
D．KCl的形成过程：
3．（2025高二上·诸暨期末）关于乙炔的说法不正确的是
A．碳原子的价层电子的轨道表示式，违反了泡利原理
B．基态碳原子核外有3种能量不同的电子
C．乙炔分子中的C原子间采用sp杂化轨道形成了一个σ键和两个π键
D．乙炔分子内含极性键、非极性键，是非极性分子
4．（2025高二上·诸暨期末）下列说法正确的是
A．可以用浓溴水来除去苯中混有的少量苯酚
B．可以用饱和NaOH溶液来除去乙酸乙酯中混有乙酸
C．溴水和酸性高锰酸钾溶液都可以用来除去乙烷中的乙烯
D．只用新制氢氧化铜(可加热)可以区分乙醇、乙醛、乙酸
5．（2025高二上·诸暨期末）下列物质的性质或相关数据与氢键无关的是
A．氨气易液化
B．二甲醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比例混溶
C．HF(g)分解时吸收的热量比HCl(g)分解时吸收的热量多
D．邻羟基苯甲酸()熔点为159℃，对羟基苯甲酸()熔点为213℃
6．（2025高二上·诸暨期末）下列关于基本营养物质的说法不正确的是
A．动物脂肪在碱性条件下水解，可得到高级脂肪酸和甘油
B．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下都可转化为葡萄糖
C．加入少量的硫酸铵能促进蛋白质的溶解
D．核酸是由磷酸、戊糖、碱基通过一定方式形成的生物大分子
7．（2025高二上·诸暨期末）下列说法不正确的是
A．单一波长的X射线通过水晶时，记录仪上会产生明锐的衍射峰
B．某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级吸收光的波长不同
C．CS2在CCl4中的溶解度远大于H2O是因为H2O为极性分子，而CS2、CCl4为非极性分子
D．CF3COOH酸性大于CH3COOH是因为F的电负性大，导致CF3COOH羟基极性大，易电离
8．（2025高二上·诸暨期末）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1 mol C2H4O中含σ键数目最多为6NA
B．标准状况下，11.2L CCl4含有分子数目为0.5NA
C．6 g金刚石晶体中含有碳碳键的数目为2NA
D．14 g乙烯和丙烯的混合气体中总原子数目为3NA
9．（2025高二上·诸暨期末）丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z的链节为
10．（2025高二上·诸暨期末）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．热稳定性：X2Z>YX4 B．键角：YX>YX
C．分子的极性：Y2X2>X2Z2 D．共价晶体熔点：Y>M
11．（2025高二上·诸暨期末）关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是
A．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键
D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀
12．（2025高二上·诸暨期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．硫酸铜溶液与过量氨水反应：Cu2+ + 4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2+ + 4H2O
B．向银氨溶液中加盐酸：[Ag(NH3)2]+ + 2H+= Ag+ + 2NH
C．将乙醇与足量酸性K2Cr2O7溶液混合：Cr2O+ 3CH3CH2OH + 8H+ →3CH3CHO + 2Cr3+ +7H2O
D．苯酚钠溶液通入少量的CO2：2 +CO2+H2O→2 +
13．（2025高二上·诸暨期末）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 硫化剂以二硫键将顺丁橡胶的线型结构连接为网状结构 硫化交联程度越大，获得弹性越好的顺丁橡胶
B 聚乙炔存在共轭大π键体系为电荷传递提供了通路 聚乙炔可用于制备导电高分子材料
C 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D 冠醚18-冠-6空腔直径(260-320pm)与直径K+(276pm)接近 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4 在有机溶剂中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高二上·诸暨期末）强酸HBF4 可由如下反应制备，HF + BF3 = HBF4。下列说法正确的是
A．相同条件下，HBF4 酸性弱于HF
B．HBF4的电离方程式：HBF4 = H+ + BF
C．BF3的空间结构是三角锥形
D．HBF4 中含有离域π键
15．（2025高二上·诸暨期末）Mg2Si具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a nm。下列叙述正确的是
A．基态Mg核外电子有3种不同的空间运动状态
B．每个硅原子周围有4个镁原子
C．Mg与Si之间的最近距离为nm
D．Mg2Si的密度计算式为
16．（2025高二上·诸暨期末）下列方案设计、现象和结论正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究用“相似相溶”规律理解I2的溶解性 将一小粒碘晶体溶于约5mL蒸馏水中，观察碘在水中的溶解性。加入约1mL乙醇，振荡试管，观察溶液颜色变化 溶液分层，观察到紫红色的碘的乙醇溶液，说明碘易溶于有机溶剂
B 检验乙醇与浓硫酸在170℃下反应的气体产物 将乙醇与浓硫酸在170℃下反应的气体通入溴水中 溴水褪色，说明乙醇发生消去反应生成乙烯
C 探究苯环与烷基的相互作用 分别向盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡 甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色，说明甲基活化了苯环
D 检验有机物中是否含有卤素原子 取2mL样品于试管中，加入5mL20% NaOH水溶液混合后加热，反应完全后，待反应液冷却，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液 无沉淀生成，说明有机物中不含卤素原子
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·诸暨期末）以淀粉为基本原料可制备许多物质，如：
请回答下列问题：
（1）上述①-⑤反应中，属于消去反应的是　 　；属于氧化反应的是　 　。(填写序号)
（2）若乙醇中的O原子用18O标记(乙酸中的O不需标记)，写出乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：　 　。
（3）下列有关说法不正确的是___________。
A．可用碘水检验淀粉是否水解完全
B．淀粉是生物大分子物质，反应①的反应条件是：稀硫酸，加热
C．乙烯、聚乙烯分子中均含有碳碳双键，均可被酸性KMnO4溶液氧化
D．可利用红外光谱或核磁共振氢谱来区别葡萄糖和乙醛
（4）将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
①燃烧产物中水的物质的量为　 　mol。
②该有机物的分子式为　 　。
18．（2025高二上·诸暨期末）前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其相关性质如表所示：
A 原子核外有6种运动状态不同的电子
B 元素原子的核外p电子数比s电子数少1个
C 地壳中含量最多的非金属元素
D 基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子
E E3+第三周期中半径最小的简单离子
F 基态F＋各能级电子全充满
请回答下列问题：
（1）F是　 　区的元素；写出D2C2化合物的电子式：　 　。
（2）A、B、C元素中，电负性最大的是　 　；第一电离能最大的是　 　。(填元素符号)
（3）B单质分子中σ键和π键的个数比　 　，C的简单氢化物在同族元素的简单氢化物中沸点出现反常，其原因是　 　。
（4）写出E元素的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式　 　。
（5）实验室合成一种由A和B两种元素形成的化合物，该化合物具有三维骨架结构。其中每个A原子与4个B原子形成共价键，每个B原子与3个A原子形成共价键，其化学式为　 　。
19．（2025高二上·诸暨期末）锰氧化物具有较大应用价值，请回答下列问题：
（1）基态Mn原子的简化电子排布式：　 　；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　 　(填元素符号)。
（2）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为　 　；锰离子的配位数(紧邻的阴离子数)为　 　。
（3）[BMIM]+BF(见图2)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF的空间构型为　 　；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　 　。
（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图3)。FDCA的熔点远大于HMF，其主要原因是　 　。
（5）锰的部分含氧酸结构如下图4，酸性：HMnO4　 　H2MnO4(填“>”或“<”)，理由是　 　。
20．（2025高二上·诸暨期末）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
请回答下列问题：
I．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为　 　，现象为　 　。
（2）操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为　 　。
②浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为　 　(填序号)。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2
b．FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高
（3）操作2用到的玻璃仪器是　 　。
（4）将操作3(蒸馏)的步骤补齐：　 　。(填写序号)
___________→___________→___________→___________→___________→弃去前馏分，收集83℃的馏分
①检验装置的气密性 ②点燃酒精灯，加热 ③加入待蒸馏的物质和沸石 ④接通冷凝水 ⑤安装蒸馏装置
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g环己烯样品中加入b mol Br2(过量)，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，I2与Na2S2O3标准溶液反应，最终消耗c mol·L-1Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应如下：
①Br2＋
②Br2＋2KI=I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
（5）样品中环己烯的质量分数为　 　(用字母表示)。
21．（2025高二上·诸暨期末）某研究小组按下列路线可以合成药物氯氮平的中间体H。
已知：①；②。
请回答下列问题：
（1）化合物D的官能团名称是　 　。
（2）化合物B的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B．中间H的分子式为C18H19ClN4O
C．化合物B具有两性
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（4）写出E→G的化学方程式　 　。
（5）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式　 　。
①属于芳香族化合物；
②能在NaOH溶液中发生水解；
③1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以CH2=CH2和CH3NH2为原料合成F()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学键；物质的简单分类
【解析】【解答】A．是盐，其只含离子键，没有共价键，A不符合题意；
B．是含有共价键的酸，B不符合题意；
C．是碱，既含离子键，又含共价键，C不符合题意；
D．是盐，既含离子键，又含共价键，D符合题意；
故选D。
【分析】盐是由金属离子（铵根离子）和酸根阴离子组成的化合物。共价键通常存在于非金属元素之间。
2．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；原子结构示意图
【解析】【解答】A、SO3中 S 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，VSEPR 模型应为平面三角形，题中图示不符合，A错误；
B、按烷烃命名规则，选最长碳链并编号，该烷烃命名为 2，2，3 - 三甲基丁烷，符合规则，B正确；
C、甲酸甲酯的结构简式需体现酯基，应为 HCOOCH3，C2H4O2是其分子式，并非结构简式，C错误；
D、KCl 是离子化合物，K 失去电子、Cl 得到电子， 形成过程为， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断 SO3的 VSEPR 模型是否正确。
B．判断烷烃系统命名是否正确。
C．区分甲酸甲酯的结构简式与分子式。
D．判断 KCl 形成过程的电子式表示是否正确。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、泡利原理要求同一轨道中电子自旋方向相反。若选项中 2s 轨道电子自旋方向相同，就违反了该原理， 正确的电子的轨道表示式为： ，A正确；
B、基态碳原子核外电子排布为 1s22s22p2，电子分布在 1s、2s、2p 三种能量不同的轨道上，故有 3 种能量不同的电子，B正确；
C、乙炔中 C 原子为 sp 杂化，sp 杂化轨道仅形成 σ 键（C-C σ 键和 C-H σ 键），两个 π 键由未杂化的 p 轨道肩并肩重叠形成，并非杂化轨道形成 π 键，C错误；
D、乙炔含 C-H 极性键和 C≡C 非极性键，分子呈直线形对称结构，属于非极性分子，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A．判断碳原子价层电子轨道表示式是否违反泡利原理。
B．分析基态碳原子核外电子的能量差异。
C．明确乙炔中碳原子杂化与化学键的关系。
D．判断乙炔分子中的化学键类型和分子极性。
4．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、浓溴水与苯酚反应生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯，会引入新杂质，不能用浓溴水除去苯中少量苯酚，A错误；
B、乙酸乙酯和乙酸都能与 NaOH 溶液反应，用饱和 NaOH 溶液除杂会同时消耗乙酸乙酯，不能达到除杂目的，B错误；
C、溴水与乙烯加成生成的物质可与乙烷分离，能除杂；但酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为二氧化碳，引入新杂质，不能用其除去乙烷中乙烯，C错误；
D、乙酸能与新制氢氧化铜反应使溶液显蓝色，乙醇与新制氢氧化铜不反应无现象，乙醛与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，D正确；
故答案为：D。
【分析】依次分析每个选项中除杂或鉴别方法是否合理，结合物质的化学性质（如反应性、溶解性等）判断正误。
5．【答案】C
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氨分子间存在氢键，氢键的存在增强了分子间的作用力，使得氨气分子间结合更紧密，更容易被液化，该性质与氢键有关，A不符合题意；
B、二甲醚分子不能与水分子形成氢键，所以在水中的溶解性差，微溶于水；而乙醇分子能与水分子形成氢键，增强了乙醇与水之间的相互作用，因此乙醇可与水以任意比例混溶，该溶解性差异与氢键有关，B不符合题意；
C、HF（g）分解时吸收的热量比 HCl（g）分解时吸收的热量多，是因为 H - F 键的键能大于 H - Cl 键的键能，键能大小是化学键本身的属性，与分子间的氢键无关，C符合题意；
D、邻羟基苯甲酸分子内形成氢键，对羟基苯甲酸分子间形成氢键。分子间氢键会使分子间的作用力更强，物质的熔点更高，所以对羟基苯甲酸的熔点高于邻羟基苯甲酸，该熔点差异与氢键有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．分析氨气易液化与氢键的关系。
B．对比二甲醚和乙醇在水中的溶解性与氢键的关系。
C．判断 HF 和 HCl 分解吸热差异的原因是否与氢键有关。
D．分析邻羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸熔点差异与氢键的关系。
6．【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；核酸
【解析】【解答】A、动物脂肪的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下发生水解反应，生成的是高级脂肪酸盐和甘油，而不是高级脂肪酸，A错误；
B、淀粉、纤维素属于多糖，麦芽糖是二糖，它们在一定条件下（如发生水解反应）都能够转化为葡萄糖，B正确；
C、在蛋白质的水溶液中，加入少量的硫酸铵，会增加蛋白质分子表面的电荷，增强蛋白质分子与水分子之间的相互作用，进而使蛋白质在水溶液中的溶解度增大，能促进蛋白质溶解，C正确；
D、核酸是一类生物大分子，它是由磷酸、戊糖、碱基通过一定的方式连接形成的，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．分析动物脂肪在碱性条件下水解的产物。
B．判断淀粉、纤维素、麦芽糖转化为葡萄糖的可能性。
C．探究硫酸铵对蛋白质溶解的影响。
D．明确核酸的组成与结构。
7．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；焰色反应；羧酸简介
【解析】【解答】A 、水晶属于晶体，晶体具有规则的微观结构。当单波长 X 射线照射晶体时，会因晶体原子的规则排列发生衍射现象，这种衍射信号被记录仪捕捉后，会呈现出明锐的衍射峰（非晶体则无明锐峰），A正确；
B 、金属盐灼烧时呈现不同焰色，原理是金属离子中的电子吸收能量后，从低能级跃迁到高能级（激发态），处于激发态的电子不稳定，会迅速从高能级跃迁回低能级，跃迁过程中释放的能量以光的形式体现，不同金属离子释放的光波长不同，导致焰色不同，并非 “吸收光的波长不同”，B错误；
C 、相似相溶原理指极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。CS2和 CCl4均为非极性分子，H2O 为极性分子，因此 CS2在非极性溶剂 CCl4中的溶解度，远大于在极性溶剂 H2O 中的溶解度，C正确；
D、羧酸的酸性取决于羧基（-COOH）中羟基（-OH）的极性，羟基极性越强，越易电离出 H+，酸性越强。CF3COOH 中的 F 原子电负性大，会通过化学键吸引电子，使羧基中羟基的极性显著增强；而 CH3COOH 中的 CH3为推电子基团，会减弱羟基极性，因此 CF3COOH 的酸性强于 CH3COOH，D正确。；
故答案为：B。
【分析】A．判断单波长 X 射线通过水晶时的衍射现象及记录仪表现。
B．明确焰色反应的本质是电子跃迁释放光而非吸收光。
C．依据相似相溶原理比较 CS2在不同溶剂中的溶解度。
D．通过电负性分析取代基对羧酸酸性的影响。
8．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、C2H4O 可能为环氧乙烷 （） ，其结构中所有单键均为 σ 键，1 mol 该物质含 σ 键数目为 7N ，并非 6NA，A错误；
B、标准状况下 CCl4是液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算 11.2 L CCl4的分子数目，B错误；
C、金刚石中每个 C 原子形成 2 个碳碳键，6g 金刚石（0.5 mol C）含碳碳键数目为 NA，并非 2NA，C错误；
D、乙烯和丙烯最简式均为 CH2，14 g 混合气体含 1 mol CH2，总原子数目为 3NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．分析 C2H4O 的结构与 σ 键数目关系。
B．判断标准状况下 CCl4的状态对计算的影响。
C．计算金刚石中碳碳键数目与碳原子的关系。
D．利用最简式计算乙烯和丙烯混合气体的原子数目。
9．【答案】B
【知识点】有机物的推断；烯烃
【解析】【解答】A、丙烯的结构是 CH3-CH=CH2，其中碳碳双键是平面结构（-CH=CH2部分），这部分有 6 个原子共平面；甲基（-CH3）为四面体结构，最多有 2 个氢原子可与双键平面重合。因此，丙烯分子中最多有 7 个原子共平面，A正确；
B、丙烯与 Br2在光照下发生的是甲基上的取代反应（而非双键上的加成），Br 原子取代甲基中的一个氢，因此 X 的结构简式应为 ，B错误；
C、Y 是丙烯与 Br2的加成产物，结构为 ，与足量 KOH 醇溶液共热时，会发生两次消去反应（脱去两分子 HBr），最终生成丙炔（CH3C≡CH），C正确；
D、丙烯（CH3-CH=CH2）发生加聚反应时，双键打开相互连接，形成的聚合物
Z（ ） 的重复结构单元（链节）为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．根据丙烯的结构，分析共平面原子的最大数量。
B．明确光照条件下丙烯与 Br2的反应位点（取代反应的位置）。
C．分析 Y 与 KOH 醇溶液共热时的消去反应产物。
D．判断丙烯加聚产物 Z 的链节（重复结构单元）。
10．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】X、Y、Z、M 原子序数依次增大且分属三个不同短周期，故 X 为 H；Z 最外层电子数是内层的 3 倍，Z 为 O；Y 与 Z 核电荷数相差 2，Y 为 C；Y 与 M 同主族，M 为 Si。
A、非金属性 O＞C，非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，所以热稳定性 H2O＞CH4，A正确；
B、CH3+中 C 原子价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化，键角大；CH3-中 C 原子价层电子对数为 4，采取 sp3 杂化，键角小，故键角 CH3+＞CH3-，B正确；
C、C2H2（乙炔）为非极性分子，H2O2（过氧化氢）为极性分子，分子极性 C2H2＜H2O2，C错误；
D、C 的原子半径比 Si 小，C - C 键键长比 Si - Si 键短、键能大，共价晶体中键能越大熔点越高，故熔点 C（金刚石等共价晶体）＞Si，D正确；
故答案为：C。
【分析】先根据元素原子结构和周期表位置信息推断出 X、Y、Z、M 四种元素，再结合元素性质、化学键、分子极性、晶体熔点等知识，逐一分析选项。
11．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、该配合物中，配位体是 Cl-和 H2O。配位数指直接结合中心离子的配位原子总数，这里 1 个 Cl-和 5 个 H2O 共 6 个配位体，配位数为 6，而非 8，A错误；
B、根据化合物整体电中性，Ti 的化合价为 + 3（中心离子为 Ti3+），配离子由 1 个 Ti3+、1 个 Cl-和 5 个 H2O 组成，带 + 2 电荷，即 [TiCl (H2O)5]2+，B正确；
C、配离子内存在 H2O 分子中的 H-O 共价键，以及中心离子与配位体间的配位键。离子键不存在于配离子内部，且氢键不属于化学键，C错误；
D、配合物中，内界的 1 个 Cl-（作为配位体）不与 Ag+反应，外界的 2 个 Cl-可反应，故 1 mol 该配合物与足量 AgNO3反应仅生成 2 mol AgCl 沉淀，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．明确配合物中配位体种类和配位数计算。
B．确定中心离子电荷和配离子组成。
C．区分配离子中的化学键类型。
D．判断可与 Ag+反应的 Cl-数量。
12．【答案】A
【知识点】醇类简介；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、硫酸铜与过量氨水反应，先生成 Cu (OH)2沉淀，过量氨水再与沉淀结合形成四氨合铜离子 [Cu(NH3)4]2+，离子方程式 Cu2++ 4NH3 H2O = [Cu(NH3)4]2++4H2O 符合反应实际，A正确；
B、向银氨溶液加盐酸时，[Ag(NH3)2]+ 中的 Ag+会与 Cl-结合生成 AgCl 沉淀，原方程式遗漏了 Cl-和 AgCl 沉淀，正确的应为 [Ag(NH3)2]+ +2H++Cl-=AgCl↓ +2NH4+，B错误；
C、酸性 K2Cr2O7是强氧化剂，乙醇在足量该试剂作用下会被氧化为 CO2（而非乙醛）。结合氧化还原规律，正确的离子反应为，C错误；
D、苯酚酸性强于 HCO3-但弱于 H2CO3，因此苯酚钠与 CO2反应，无论 CO2用量多少，均生成苯酚和 NaHCO3，原方程式错误生成 CO32-，正确的为 +CO2+H2O = +HCO3-，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析氨水过量时的配合反应产物。
B．注意银氨溶液中 Cl-与 Ag+的沉淀反应。
C．判断强氧化剂下乙醇的氧化产物。
D．根据酸性强弱判断苯酚钠与 CO2反应的产物。
13．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、硫化剂通过二硫键将顺丁橡胶的线型结构转化为网状结构，交联程度越大，橡胶强度提升但弹性会降低，而非 “弹性越好”，因此该结构性质无法解释所述用途，A符合题意；
B、聚乙炔的共轭大 π 键体系允许电子自由移动，为电荷传递提供通路，使其具备导电能力，这一性质可解释其用于制备导电高分子材料的用途，B不符合题意；
C、聚丙烯酸钠分子中的 - COONa 是亲水基团，能与水分子强烈相互作用，使其具有强吸水性，可解释其用于制备高吸水性树脂的用途，C不符合题意；
D、冠醚 18 - 冠 - 6 的空腔直径（260-320pm）与 K+直径（276pm）接近，能特异性识别 K+，帮助 KMnO4在有机溶剂中溶解，可解释其用途，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．分析硫化交联对顺丁橡胶弹性的实际影响。
B．判断共轭大 π 键与聚乙炔导电性的关系。
C．明确亲水基团对聚丙烯酸钠吸水性的作用。
D．探究冠醚结构与 K+的匹配对溶解度的影响。
14．【答案】B
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、HBF4属于强酸，而 HF 是弱酸，相同条件下强酸酸性必然强于弱酸，因此 HBF4酸性强于 HF，A错误；
B、HBF4为强酸，在水溶液中完全电离，电离方程式为 HBF4 = H+ + BF4-，符合强酸的电离特征，B正确；
C、BF3中中心原子 B 的价层电子对数为 3（无孤电子对），根据价层电子对互斥理论，其空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、HBF4中，BF3的 B 有空轨道，HF 的 F 有孤电子对，二者形成配位键，不存在离域 π 键，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．对比 HBF4与 HF 的酸性强弱。
B．判断 HBF4的电离方程式是否正确。
C．确定 BF3的空间结构。
D．分析 HBF4中的化学键类型。
15．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；晶胞的计算
【解析】【解答】A、基态 Mg 原子电子排布为 1s22s22p63s2，电子的空间运动状态由原子轨道决定。其核外有 1s、2s、2p（3 个轨道）、3s 共 6 种轨道，故空间运动状态为 6 种，而非 3 种，A错误；
B、通过晶胞结构分析，晶胞中 Mg 与 Si 的原子个数比为 2：1（8：4）。以 Si 原子为中心，其周围距离最近且相等的 Mg 原子共 8 个（包括相邻晶胞中的），并非 4 个，B错误；
C、Mg 与 Si 的最近距离为晶胞体对角线的。晶胞参数为 a nm，体对角线长度为√3 a nm，因此最近距离为 nm，C正确；
D、根据选项B计算可知：在1个晶胞中含有8个Mg原子，4个Si原子，晶胞参数为a nm，则晶胞的密度ρ=g/cm3= g/cm3，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断基态 Mg 核外电子的空间运动状态种类。
B．确定每个 Si 原子周围最近的 Mg 原子数。
C．计算 Mg 与 Si 的最近距离。
D．推导 Mg2Si 的密度计算公式。
16．【答案】D
【知识点】苯的同系物及其性质；卤代烃简介；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、“相似相溶” 规律指非极性物质易溶于非极性溶剂，极性物质易溶于极性溶剂。碘（I2）是非极性分子，水和乙醇均为极性溶剂，实验用两种极性溶剂对比，无法体现 “相似相溶” 规律，方案设计错误，A错误；
B、乙醇与浓硫酸在 170℃反应，可能生成乙烯，也可能因浓硫酸的强氧化性产生 SO2。乙烯和 SO2均能使溴水褪色，仅凭溴水褪色无法证明生成乙烯，结论不可靠，B错误；
C、甲苯中酸性 KMnO4溶液褪色，苯中不褪色，是因为苯环活化了甲基（使甲基易被氧化），而非甲基活化苯环，结论颠倒，C错误；
D、检验有机物中卤原子时，先加 NaOH 溶液加热水解，冷却后加足量稀硝酸酸化（中和过量 NaOH，避免 OH-与 Ag+反应），再加 AgNO3溶液。无沉淀生成，说明无卤化银生成，即有机物不含卤素原子，方案和结论均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断实验设计是否符合 “相似相溶” 规律。
B．分析溴水褪色的可能原因。
C．判断基团间相互作用的方向。
D．检验卤原子的实验流程是否合理。
17．【答案】（1）③；⑤⑥
（2）CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O
（3）C
（4）0.06；C4H6O6
【知识点】多糖的性质和用途；乙醇的催化氧化实验；消去反应；水解反应
【解析】【解答】（1）上述①-⑤反应中，①、②、④分别属于水解反应、分解反应、加聚反应，属于消去反应的是③，属于氧化反应的是⑤⑥；
故答案为： ③ ； ⑤⑥ ；
（2）根据醇和酸的反应原理，可得乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
故答案为： CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O ；
（3）A．淀粉遇碘变蓝，所以可用碘水检验淀粉是否水解完全，故正确；
B．淀粉是生物大分子物质，反应①得到葡萄糖，进一步得到乙醇，反应条件是：稀硫酸，加热，故正确；
C．乙烯含有碳碳双键，聚乙烯不含有碳碳双键，故错误；
D．红外光谱检测分子结构中的化学键或官能团，核磁共振氢谱检测氢原子种类和个数比例，葡萄糖和乙醛结构不同，可利用来区别，故正确；
故答案为：C；
（4）①根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)==0.06mol，②n(H)=0.06mol×2=0.12mol，n(C)==0.08mol，n(O)=，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
故答案为： 0.06 ； C4H6O6 。
【分析】(1)依据消去反应（生成不饱和键并脱去小分子）和氧化反应（化合价升高）的特征，判断①-⑥中对应反应类型。
(2)遵循酯化反应 “酸脱 - OH、醇脱 - H” 规律，标记乙醇中的 8O 在产物酯中，写出反应式。
(3)分析各选项涉及物质的性质：淀粉遇碘变蓝、淀粉水解条件、乙烯与聚乙烯的结构差异（双键有无）、葡萄糖与乙醛的光谱区别。
(4)①由吸水剂增重得水的质量，计算其物质的量。
②通过 CO2吸收剂增重算 C 的量，结合水的量算 H 的量，再由总质量差得 O 的量，结合相对分子质量确定分子式。
（1）上述①-⑤反应中，①、②、④分别属于水解反应、分解反应、加聚反应，属于消去反应的是③，属于氧化反应的是⑤⑥；
（2）根据醇和酸的反应原理，可得乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
（3）A．淀粉遇碘变蓝，所以可用碘水检验淀粉是否水解完全，故正确；
B．淀粉是生物大分子物质，反应①得到葡萄糖，进一步得到乙醇，反应条件是：稀硫酸，加热，故正确；
C．乙烯含有碳碳双键，聚乙烯不含有碳碳双键，故错误；
D．红外光谱检测分子结构中的化学键或官能团，核磁共振氢谱检测氢原子种类和个数比例，葡萄糖和乙醛结构不同，可利用来区别，故正确；
选C；
（4）①根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)==0.06mol，②n(H)=0.06mol×2=0.12mol，n(C)==0.08mol，n(O)=，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。
18．【答案】（1）ds；
（2）O；N
（3）1：2；氨气分子间存在氢键
（4）
（5）C3N4
【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
【解析】【解答】（1）F元素的原子基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，F是ds区的元素； D2C2化合物即过氧化钠，由钠离子和过氧根构成，电子式：。
故答案为： ds ； ；
（2）元素周期表中，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，A、B、C元素中，电负性最大的是O；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子第一电离能高于O，原因是：基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，则第一电离能最大的是N。(填元素符号)
故答案为： O ； N ；
（3）三键中有1个σ键2个π键，B单质即氮气分子中σ键和π键的个数比1：2， C的简单氢化物即氨气在同族元素的简单氢化物中沸点出现反常，其原因是：氨气分子间存在氢键。
故答案为： 1：2 ； 氨气分子间存在氢键 ；
（4）E元素的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应，其化学方程式为：，则离子方程式。
故答案为： ；
（5）实验室合成一种由A和B两种元素形成的化合物，该化合物具有三维骨架结构。其中每个A原子与4个B原子形成共价键，每个B原子与3个A原子形成共价键，所以C的化合价为+4价，N的化合价为-3价，所以其化学式为C3N4。
故答案为： C3N4 。
【分析】根据题意可知，前四周期元素 A、B、C、D、E、F 的原子序数依次增大。C 是地壳中含量最高的非金属元素，可确定 C 为氧（O）；A 原子核外有 6 种运动状态不同的电子，因电子运动状态均不同，故 A 含 6 个电子，为碳（C）；B 原子的核外 p 电子数比 s 电子数少 1 个，经分析其电子排布为 1s22s22p3，故 B 为氮（N）；D 基态原子有 6 个原子轨道填有电子，且仅 1 个未成对电子，电子排布为 1s22s22p63s ，因此 D 为钠（Na）；E3+是第三周期中半径最小的简单离子，第三周期中 Al3+半径最小，故 E 为铝（Al）；F+的各能级电子均充满，其原子电子排布为 1s22s22p63s23p63d 4s ，因此 F 为铜（Cu）。综上，A 为 C、B 为 N、C 为 O、D 为 Na、E 为 Al、F 为 Cu。
（1）F元素的原子基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，F是ds区的元素； D2C2化合物即过氧化钠，由钠离子和过氧根构成，电子式：。
（2）元素周期表中，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，A、B、C元素中，电负性最大的是O；同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子第一电离能高于O，原因是：基态N 原子2p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，则第一电离能最大的是N。(填元素符号)
（3）三键中有1个σ键2个π键，B单质即氮气分子中σ键和π键的个数比1：2， C的简单氢化物即氨气在同族元素的简单氢化物中沸点出现反常，其原因是：氨气分子间存在氢键。
（4）E元素的最高价氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应，其化学方程式为：，则离子方程式。
（5）实验室合成一种由A和B两种元素形成的化合物，该化合物具有三维骨架结构。其中每个A原子与4个B原子形成共价键，每个B原子与3个A原子形成共价键，所以C的化合价为+4价，N的化合价为-3价，所以其化学式为C3N4。
19．【答案】（1）[Ar]3d54s2；Cr
（2）MnO2；6
（3）正四面体形；sp2
（4）FDCA存在分子间氢键数目多于HMF，从而导致FDCA熔点远大于HMF
（5）>；HMnO4中锰氧双键数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强或HMnO4中非羟基氧数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对电子；
故答案为： [Ar]3d54s2 ； Cr ；
（2）根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离锰离子最近且相邻的氧离子为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
故答案为： MnO2 ；6；
（3）BF中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，结构为平面形，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
故答案为： 正四面体形 ； sp2 ；
（4）FDCA分子中存在2个羧基，使得FDCA存在分子间氢键数目多于HMF，从而导致FDCA熔点远大于HMF；
故答案为： ；
（5）HMnO4中锰氧双键数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强（或HMnO4中非羟基氧数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强），故酸性：HMnO4>H2MnO4。
故答案为： 。
【分析】(1)根据 Mn 的原子序数写简化电子排布式，结合同周期元素电子排布，找未成对电子数更多的元素。
(2)用均摊法算晶胞中 Mn、O 原子数得化学式，通过晶胞结构看 Mn 离子配位数。
(3)分析BF4-中 B 的杂化与空间构型，根据咪唑环大 π 键判断 N 的杂化方式。
(4)比较 FDCA 和 HMF 分子间氢键数目，解释熔点差异。
(5)依据含氧量或锰氧双键数，分析羟基极性和电离H+能力，比较酸性。
（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，有6个未成对电子；
（2）根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离锰离子最近且相邻的氧离子为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
（3）BF中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，结构为平面形，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）FDCA分子中存在2个羧基，使得FDCA存在分子间氢键数目多于HMF，从而导致FDCA熔点远大于HMF；
（5）HMnO4中锰氧双键数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强（或HMnO4中非羟基氧数目多，吸电子效应强，从而导致HMnO4中羟基极性大，易电离出H+，酸性强），故酸性：HMnO4>H2MnO4。
20．【答案】FeCl3溶液；溶液变紫色；；a、b；分液漏斗、烧杯；⑤→①→③→④→②；
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，苯酚能和FeCl3溶液发生显色反应，溶液变紫色；
故答案为： FeCl3溶液 ； 溶液变紫色 ；
（2）①结合制备流程知，环己醇在FeCl3·6H2O的催化下，加热生成环己烯，故烧瓶A中进行的可逆反应为：+H2O；
②a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，易使环己醇脱水炭化，炭化所得碳与浓硫酸共热反应生成污染环境的二氧化硫气体，所以选用六水氯化铁，不选用浓硫酸，故正确；
b．六水氯化铁无毒污染小，回收的六水氯化铁可循环使用，符合绿色化学理念，所以选用六水氯化铁，不选用浓硫酸，故正确；
c．催化剂能改变反应速率，但不改变平衡移动的方向，所以同等条件下，用六水氯化铁和用浓硫酸的平衡转化率相同，故错误；
故答案为： ；ab；
（3）由分析可知，操作2为分液得到有机相，用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；
故答案为： 分液漏斗、烧杯 ；
（4）由分析可知，操作3为蒸馏得到环己烯，蒸馏的操作过程为安装蒸馏装置→检验装置的气密性→加入待蒸馏的物质和沸石→向冷凝管中通冷凝水→加热蒸馏烧瓶，弃去前馏分，收集83 ℃的馏分得到环己烯，故序号为：⑤→①→③→④→②；
故答案为： ⑤→①→③→④→② ；
（5）由方程式可得如下关系：Br2—I2—2Na2S2O3，滴定由滴定终点时消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液可知，过量的溴的物质的量为cmol/L×10—3VL×=mol，则样品中环己烯的物质的量为，环己烯的质量分数为。
故答案为： 。
【分析】实验流程中，环己醇在 FeCl3 6H2O 催化和加热条件下发生消去反应，生成环己烯粗品。因环己烯会与水形成共沸物，加入饱和食盐水可避免这种情况，之后通过分液得到有机相。有机相经无水氯化钙干燥、过滤后，再通过蒸馏（依据环己烯沸点 83℃的特性）获得纯净环己烯。
21．【答案】（1）硝基、碳氯键
（2）
（3）B；D
（4）
（5）、、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由D的结构式可知：D含有的官能团为：碳氯键、硝基；
故答案为： 硝基、碳氯键 ；
（2）根据分析可知B的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）A．硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热时发生的一种反应，试剂是浓硝酸和浓硫酸，A正确；
B．经过计算可知，H的分子式为：C18H21ClN4O，B错误；
C．由分析可知化合物B为，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C正确；
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D错误；
故答案为：BD；
（4）由分析可知E→G的方程式为：
；
故答案为：
（5）根据题干信息可知，符合要求的化合物满足：①含有苯环②含有酯基或者酰胺基③有四种等效氢，符合要求的化合物简式为：、、、；
故答案为：、、、 ；
（6）结合信息①乙烯首先氧化得到环氧乙烷，NH3和反应生成，和HBr反应得到，结合信息②和CH3NH2反应生成，具体流程为：
故答案为：
【分析】以甲苯为起始原料，先进行硝化反应引入硝基，接着氧化反应使甲基转化为羧基得到 A（）；A 经还原反应将硝基变为氨基得到 B（）；B 与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应生成 C（）；C 和含氯、硝基的芳烃 D 在催化剂作用下反应生成 E（）；E 再与含特定结构的 F 反应得到 G（）；最后 G 经催化加氢还原得到目标中间体 H。整个过程结合反应条件、物质结构变化及已知反应规律，逐步推导各物质结构。
（1）由D的结构式可知：D含有的官能团为：碳氯键、硝基；
（2）根据分析可知B的结构简式为：；
（3）A．硝化反应是指苯在浓硝酸和浓硫酸存在的情况下，加热时发生的一种反应，试剂是浓硝酸和浓硫酸，A正确；
B．经过计算可知，H的分子式为：C18H21ClN4O，B错误；
C．由分析可知化合物B为，含有羧基和氨基，故化合物B具有两性，C正确；
D．从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，D错误；
故选BD；
（4）由分析可知E→G的方程式为：
；
（5）根据题干信息可知，符合要求的化合物满足：①含有苯环②含有酯基或者酰胺基③有四种等效氢，符合要求的化合物简式为：、、、；
（6）结合信息①乙烯首先氧化得到环氧乙烷，NH3和反应生成，和HBr反应得到，结合信息②和CH3NH2反应生成，具体流程为：
。
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