资源简介

浙江省杭州市滨江区浙江省杭州第二中学2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题Ⅰ(本大题共20小题，1~12每小题2分，13~20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·滨江期末）下列各组物质中，是极性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025高二上·滨江期末）下列晶体中不属于原子晶体的是(　　)
A．干冰 B．金刚砂
C．金刚石 D．水晶
3．（2025高二上·滨江期末）下列有机物属于醇类的是
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·滨江期末）下列有关氢键的说法不正确的是
A．“X—H…Y”三原子不在一条直线上时，也能形成氢键
B．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18
C．比稳定是因为水分子间存在氢键
D．氢键键长一般定义为X—H…Y的长度，而不是H…Y的长度
5．（2025高二上·滨江期末）下列表示正确的是
A．的电子式：
B．中共价键的电子云图：
C．的空间填充模型：
D．新戊烷的键线式：
6．（2025高二上·滨江期末）下列各组物质发生变化时，克服的粒子间作用力种类相同的是
A．水和乙醇沸腾
B．味精(谷氨酸钠)和蔗糖溶解在水中
C．石英和岩盐(NaCl)熔化下
D．碘和钨升华
7．（2025高二上·滨江期末）下列有关实验说法不正确的是
A．图①装置可用于过滤，且玻璃棒紧贴三层滤纸处
B．图②装置分离时上层液体从上口倒出
C．图③的装置可用于乙醇与浓硫酸加热反应制乙烯
D．图④装置可以用于蒸馏分离二氯甲烷(沸点40℃)和四氯化碳(沸点77℃)
8．（2025高二上·滨江期末）甲酸乙酯和乙酸甲脂分别用下列仪器检测，结果基本相同的是
A．元素分析仪 B．红外光谱仪 C．X射线衍射仪 D．核磁共振仪
9．（2025高二上·滨江期末）下列事实从能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是
A．苯酚能与显色而乙醇不能
B．苯酚能与溴水迅速反应而苯与液溴反应需要加入催化剂
C．甲苯能使酸性溶液褪色而甲烷不能
D．乙烯能发生加成反应而乙烷不能
10．（2025高二上·滨江期末）已知X、Y、Z、W、M、Q是原子序数依次增大的前四周期元素。其中X是宇宙中含量最多的元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Z元素原子的价层电子排布式为；W元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；M与W的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。Q元素基态原子是第四周期单电子最多的。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．原子半径：
D．第四周期与Q最外层电子数相同的原子还有两种
11．（2025高二上·滨江期末）已知烯烃与可发生多种加成反应，则与发生加成反应的产物可能有多少种(不考虑立体异构体)
A．3 B．4 C．5 D．6
12．（2025高二上·滨江期末）针对如图所示的乙醇分子结构，下列说法不正确的是
A．与乙酸、浓硫酸共热时，②键断裂
B．与钠反应时，①键断裂
C．与浓硫酸共热至170℃时，②、④键断裂
D．在Ag催化下与O2反应时，①、③键断裂
13．（2025高二上·滨江期末）当某实验小组设计的晶体制备实验方案如下：
胆矾晶体蓝色溶液深蓝色溶液晶体
下列说法不正确的是
A．形成深蓝色溶液说明与的配位能力：
B．加入乙醇的目的是减小的溶解度
C．为促进晶体析出可以用玻璃棒摩擦试管内壁
D．含有键的数量为
14．（2025高二上·滨江期末）下列有关晶体的说法不正确的是
A．干冰晶体中，每个周围紧邻12个
B．氯化钠晶体中，每个周围紧邻且距离相等的共有6个
C．金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
D．金属晶体的电导率随温度升高而降低与自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞有关
15．（2025高二上·滨江期末）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 壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维 该仿生胶带可用作新型黏着材料
B 聚乙炔存在共轭大键体系 聚乙炔可作为导电高分子材料
C 向水中加入乙二醇能显著提高液体沸点 乙二醇可作为汽车防冻液
D 离子液体由带电荷的阴阳离子组成 离子液体可用作不易挥发的新型溶剂
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高二上·滨江期末）结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是
A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子
B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大
C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂
D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高
17．（2025高二上·滨江期末）有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法正确的是
A．有机物A可与反应生成
B．有机物A易与溴水反应使其褪色
C．有机物A与乙二醇为同系物
D．质荷比45的峰对应的碎片可能为
18．（2025高二上·滨江期末）下列说法正确的是
A．当晶体颗粒小至纳米量级，熔点会下降。晶体颗粒小于200nm时，晶粒越小，熔点越低
B．离子晶体中的离子半径越大，离子间存在的离子键越强，使离子晶体的硬度更大
C．当液态水温度从0℃升高至4℃时，由于热运动加剧，分子间距离加大，密度渐渐减小
D．对石英玻璃进行X射线衍射可以得到分立的斑点
19．（2025高二上·滨江期末）根据观察到的相关现象，下列实验方案设计和结论均正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性溶液中 溶液紫色褪去 电石与饱和食盐水反应生成了乙炔
B 向溶液中滴加2～3滴浓盐酸 生成白色沉淀 结合的能力：
C 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于中的溶解能力
D 向苯酚的苯溶液中滴加几滴浓溴水 未出现白色沉淀 在苯中苯酚不与反应生成2，4，6-三溴苯酚
A．A B．B C．C D．D
20．（2025高二上·滨江期末）苯的溴化反应机理如下所示，下列说法不正确的是
①　慢反应
②　快反应
A．与也可以通过同样的过程生成
B．反应①形成了键，反应②断开了键
C．的催化原理可能是与结合生成，促进反应①进行
D．苯与ICl反应可得到碘苯
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
21．（2025高二上·滨江期末）回答下列问题：
（1）写出苯制备硝基苯反应的化学方程式：　 　；
（2）写出乙炔与水反应的化学方程式：　 　；
（3）写出1-溴丁烷消去反应的化学方程式：　 　；
（4）写出乙二醇在铜催化下与氧气反应的化学方程式：　 　；
（5）写出向苯酚钠溶液中通入反应的化学方程式：　 　；
（6）根据系统命名法写出的名称　 　。
22．（2025高二上·滨江期末）超导体是目前材料领域研究的热点之一，请回答下列问题：
（1）某铜氧高温超导材料的晶胞如图所示，其化学式是　 　，每个Cu原子周围距离最近且相等的O原子个数为　 　；
（2）某铜氧超导体中含有价的Cu，请写出基态的核外电子排布式　 　；
（3）YBCO(钇钡铜氧)是首个超导温度在77K以上的材料，其中钇元素位于元素周期表第五周期第ⅢB族，请写出其基态原子的价层轨道表示式　 　。
（4）下列说法正确的是______；
A．电负性：
B．Ba元素在元素周期表中位于p区
C．与中心原子均为杂化
D．键角：
23．（2025高二上·滨江期末）物质的结构可以决定物质的物理化学性质，请回答下列问题：
（1）三氟乙酸的小于三氯乙酸，请简要解释原因　 　。
（2）画出邻羟基苯甲醛分子内氢键的结构示意图　 　。
（3）已知(熔点1290℃)与(熔点194℃)熔点差别较大，请简要解释熔点远高于的原因　 　。
（4）已知吡啶()中含有与苯类似的大键。
①吡啶中N原子的价层孤电子对占据　 　(填标号)。
A.2s轨道 B.2p轨道 C．sp杂化轨道 D．杂化轨道
②吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是(写出两点)　 　，　 　。
③、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是　 　。
24．（2025高二上·滨江期末）某化学兴趣小组在实验室以甲苯为原料合成苯甲酸开进行纯度测定，按如下流程进行实验：
苯甲酸的制备与提纯：
已知：
（1）仪器A的名称为　 　；冷凝水应从　 　口流入(填“a”或“b”)。
（2）写出滤液C加入浓盐酸反应的化学方程式并写出检验苯甲酸粗产品是否洗净的实验操作：　 　；
（3）苯甲酸粗产品重结晶按先后顺序的步骤为　 　。
(______)→(______)→(______)→(______)；
a．加入适量水，加热溶解 b．加入适量乙醇，加热溶解
c．加热蒸发溶剂至出现晶膜(形成饱和溶液) d．加热蒸发溶剂至出现大量晶体
e．冷却结晶，过滤 f．趁热过滤 g．洗涤、干燥
（4）下列说法正确的是______；
A．步骤Ⅵ操作时需要依据苯甲酸的溶解度估算加入溶剂的体积
B．步骤Ⅵ中快速冷却结晶可减少杂质被包裹
C．加入溴化四丁基铵的作用是增大在甲苯中的溶解度，加快反应
D．步骤Ⅱ中当加热至上层油状液体消失(回流液体中油滴消失)时可停止加热
（5）重结晶后得到苯甲酸()3.05g，该实验苯甲酸总产率为　 　％(保留一位小数)。
25．（2025高二上·滨江期末）常见有机原料可发生如下转化(部分反应条件省略)，请完成下列问题。
已知：
（1）写出E的分子式　 　，写出D的结构简式　 　；
（2）已知F不能发生催化氧化反应，写出F→C的化学方程式　 　；
（3）写出B→F的化学方程式　 　；
（4）苯甲醛()是一种工业中常用的芳香醛，请以甲苯为主要原料设计合成苯甲醛的路线　 　(其他无机试剂任选，用流程图表示：AB……目标产物)。
（5）写出满足下列条件的B的同分异构体　 　。
①存在苯环；
②存在4种化学环境的H原子。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、分子中 C-H 键为极性键，但 CH4呈正四面体结构，空间对称，正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，故A不符合题意 ；
B、分子中 O-H 键为极性键，且 H2O 呈 V 形结构，空间不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B符合题意 ；
C、分子中 P-P 键为非极性键，且 P4呈正四面体结构，空间对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C不符合题意 ；
D、分子中 C=O 键为极性键，但 CO2呈直线形结构，空间对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】判断分子是否为极性分子，关键在于两点：一是分子内化学键的极性，二是分子的空间结构是否对称。若分子结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；反之则为极性分子。
2．【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】干冰是分子晶体
【分析】分子晶体一般是由分子构成，而原子晶体主要是由原子之间通过很强的共价键形成
3．【答案】B
【知识点】醇类简介
【解析】【解答】A、分子中没有羟基（-OH），仅含醚键（-O-），不符合醇类的结构特点，A不属于醇类；
B、结构中羟基（-OH）连接在苯环侧链的 CH2- 上（即与链烃基的碳原子相连），完全符合醇类的定义，B属于醇类；
C、羟基（-OH）直接与氮原子（N）相连，形成的是羟胺类化合物，C非醇类；
D、羟基（-OH）直接连接在苯环上，这类化合物属于酚类，D不属于醇类；
故答案为：B。
【分析】判断有机物是否为醇类，关键看其结构中羟基（-OH）的连接方式：醇类的羟基必须直接与链烃基（或苯环侧链的碳原子）相连。以此为标准分析各选项。
4．【答案】C
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氢键的形成是 “X—H…Y” 的相互作用（X、Y 为电负性大的原子），虽有方向性，但不要求三原子严格共线，不在一条直线上仍可形成氢键，A正确；
B、接近沸点的水蒸气中，水分子通过氢键形成缔合分子（如 (H2O) ），导致测得的相对分子质量大于单个 H2O 的 18，B正确；
C、H2O 比 H2S 稳定，取决于分子内化学键的强弱（O-H 键能大于 S-H 键能），这是化学性质；而氢键影响的是沸点等物理性质，与稳定性无关，C错误；
D、氢键键长的定义是 “X—H…Y” 的总长度（X 原子中心到 Y 原子中心的距离），而非仅 H 与 Y 之间的距离，D正确；
故答案为：C。
【分析】判断关于氢键的说法是否正确，需结合氢键的基本特性（形成条件、方向性、键长定义）及其对物质性质的影响（区分物理性质与化学性质），对各选项逐一分析。
5．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CCl4的电子式需体现各原子 8 电子稳定结构，每个 Cl 原子应画出 3 对孤电子对， 电子式为：， A错误；
B、Cl2的共价键由两个 Cl 原子的 3p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云图应为轴对称的圆柱形， 共价键电子云图为：， B错误；
C、NH3中 N 原子为 sp3 杂化，含 1 对孤电子对和 3 个 N-H 键，空间结构为三角锥形， 空间填充模型：， C正确；
D、新戊烷结构为中心 C 原子连接 4 个 - CH3，键线式应呈对称的四面体简化形态； 新戊烷的键线式为， D错误；
故答案为：C。
【分析】判断化学用语表示是否正确，需结合电子式、共价键电子云特征、分子空间结构及有机物键线式的规范，逐一分析选项。
6．【答案】A
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、水和乙醇都属于分子晶体，沸腾时由液态变为气态，均需克服分子间作用力（其中水和乙醇分子间还存在氢键，氢键属于分子间作用力范畴），所以克服的作用力种类相同，故A符合题意 ；
B、味精（谷氨酸钠）是离子晶体，溶解时要克服离子键，解离成钠离子和谷氨酸根离子；蔗糖是非电解质，属于分子晶体，溶解时只需克服分子间作用力，二者克服的作用力种类不同，故B不符合题意 ；
C、石英（SiO2）是共价晶体，熔化时需要破坏共价键；岩盐（NaCl）是离子晶体，熔化时需要克服离子键，二者克服的作用力种类不同，故C不符合题意 ；
D、碘是分子晶体，升华时克服分子间作用力；钨是金属晶体，升华时需要破坏金属键，二者克服的作用力种类不同，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要判断各组物质变化时克服的粒子间作用力是否相同，需先明确每种物质所属的晶体类型（分子晶体、离子晶体、共价晶体、金属晶体等），再确定其粒子间作用力（分子间作用力、离子键、共价键、金属键等），进而分析变化时克服的作用力类型。
7．【答案】D
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、图①为过滤装置，过滤时玻璃棒需紧贴三层滤纸处，可避免戳破滤纸，保证过滤正常进行，A正确；
B、图②是分液装置，I2的 CCl4溶液密度比水大，处于下层，分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；
C、图③装置可用于乙醇和浓硫酸加热制乙烯，该反应需迅速升温至 170℃，温度计伸入液面以下能准确测量反应液温度，C正确；
D、图④是蒸馏装置，蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测量馏分温度，图中温度计位置错误，D不正确；
故答案为：D。
【分析】判断实验装置相关说法是否正确，需依据过滤、分液、乙醇制乙烯、蒸馏的操作规范及装置要求，逐一分析各选项。A．考查过滤操作中玻璃棒的放置要求。
B．掌握分液操作中液体的倾倒要求。
C．掌握乙醇与浓硫酸制乙烯的反应条件及温度计使用要求。
D．考查蒸馏操作中温度计的放置要求。
8．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、甲酸乙酯（HCOOCH2CH3）和乙酸甲酯（CH3COOCH3）的分子式都是 C3H6O2，所含元素种类（C、H、O）以及各元素的含量完全一致。元素分析仪检测的是物质的元素组成及含量，所以用元素分析仪检测时结果基本相同，故A符合题意 ；
B、红外光谱仪用于检测有机物中的官能团及官能团周围的基团情况。甲酸乙酯的羰基（HCOO—）和乙酸甲酯的羰基（CH3COO—）周围连接的基团不同，会使红外吸收峰的位置存在差异，因此红外光谱仪检测结果不同，故B不符合题意 ；
C、X 射线衍射仪反映的是分子排列形成的晶体结构。甲酸乙酯和乙酸甲酯分子结构不同（取代基有差异），其晶体结构也必然不同，所以 X 射线衍射仪检测结果不同，故C不符合题意 ；
D、核磁共振仪用于检测有机物中氢原子的环境。甲酸乙酯中，甲酸部分的氢原子是单峰，乙基（—CH2CH3）的氢原子是多重峰；乙酸甲酯中两个不同环境的甲基氢原子均为单峰，氢谱图明显不同，所以核磁共振仪检测结果不同，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要判断甲酸乙酯和乙酸甲酯用不同仪器检测结果是否基本相同，需结合各仪器的检测原理，分析两种物质在元素组成、官能团周围基团、晶体结构、氢原子环境等方面的差异。
9．【答案】B,C
【知识点】有机分子中基团之间的关系；乙烯的物理、化学性质；苯的同系物及其性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、苯酚与 FeCl3显色是酚羟基的特征反应，源于羟基直接连接苯环的特殊结构，主要由羟基自身结构决定，并非不同基团间的相互作用，故不能用基团间相互作用解释；
B、苯酚中的羟基（-OH）作为活化基团，会增强苯环的电子密度，使苯环更易与溴发生亲电取代反应；而苯与液溴反应需催化剂，这是羟基与苯环相互作用（羟基活化苯环）的结果，能用基团间相互作用解释；
C、甲苯中苯环通过共轭效应活化侧链甲基（-CH3），使甲基的 C-H 键更易被酸性 KMnO4氧化；甲烷无此性质，这是苯环与甲基相互作用（苯环活化甲基）的体现，能用基团间相互作用解释；
D、乙烯能发生加成反应是因含碳碳双键，乙烷不能是因只有单键，这是官能团自身性质决定的，与基团间相互作用无关，故不能用基团间相互作用解释；
故答案为：BC。
【分析】判断事实能否用有机物分子中基团间相互作用解释，关键看物质性质差异是源于官能团自身性质，还是不同基团间的相互影响。
10．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、第一电离能是原子失去电子的难易程度。Na 比 H 易失电子，故第一电离能：W (Na) < X (H)，A错误；
B、电负性随非金属性增强而增大。非金属性 N C、原子半径规律：电子层越多半径越大，同周期核电荷数大则半径小。O（2 个电子层）D、Q (Cr) 最外层电子数为 1，第四周期中最外层电子数为 1 的原子还有 K（4s ）和 Cu（3d 4s ），共两种，D正确；
故答案为：D。
【分析】先根据元素特征推断各元素种类，再结合元素周期律和原子结构知识分析选项：X：宇宙中含量最多的元素是氢（H）。
Y：最高能级不同轨道均有电子且自旋方向相同，结合原子序数递增，为氮（N，2p 轨道 3 个电子分占不同轨道且自旋相同）。
Z：价层电子排布为 nsnnp2n，n=2 时为 2s22p4，对应氧（O）。
W：电子云只有 s 和 p 两种形状，最外层电子自旋方向单一（1 个电子），为钠（Na，3s ）。
M：与 W 同属第三周期，价层电子数 = 电子层数（3），为铝（Al，3s23p ）。
Q：第四周期单电子最多，基态电子排布为 [Ar] 3d54s ，为铬（Cr）。
11．【答案】B
【知识点】烯烃
【解析】【解答】该烯烃分子 含 3 个独立的碳碳双键，1：1 加成时可能的反应情况如下：
与左端第一个碳碳双键发生加成，生成一种产物。
与中间的碳碳双键发生加成，生成第二种产物。
与右端第三个碳碳双键发生加成，生成第三种产物。
中间双键与相邻双键形成共轭结构，可发生 1，4 - 加成，生成第四种产物。
综上，共产生 4 种不同产物：
故答案为：B。
【分析】判断该烯烃与 Br2发生 1：1 加成的产物种类，需分析分子中 3 个碳碳双键的位置，考虑 Br2与不同双键的加成方式（包括双键直接加成和共轭双键的特殊加成），统计不同结构的产物数量。
12．【答案】A
【知识点】乙醇的消去反应；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、乙醇与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，乙醇脱去羟基上的 H 原子，应断裂①键，而非②键，A错误；
B、乙醇与钠反应生成乙醇钠，反应中乙醇脱去羟基上的 H 原子，断裂①键，B正确；
C、乙醇与浓硫酸共热至 170℃发生消去反应生成乙烯，需断裂羟基（②键）和羟基相邻碳原子上的氢原子（④键），C正确；
D、乙醇在 Ag 催化下与 O2发生催化氧化生成乙醛，需断裂羟基上的 H（①键）和与羟基相连碳原子上的 H（③键），D正确；
故答案为：A。【分析】A．分析酯化反应中乙醇的断键位置。
B．分析乙醇与钠反应的断键位置。
C．分析乙醇消去反应的断键位置。
D．分析乙醇催化氧化反应的断键位置。
13．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、胆矾溶于水形成 [Cu(H2O)4]2+（蓝色），加入氨水后生成 [Cu(NH3)4]2+（深蓝色），说明 NH3能取代 H2O 与 Cu2+配位，即配位能力：NH3 > H2O，A正确；
B、[Cu(NH3)4] SO4 H2O 是极性化合物，在极性较弱的乙醇中溶解度更小，加入乙醇可降低其溶解度，促使晶体析出，B正确；
C、玻璃棒摩擦试管内壁会产生微小颗粒，作为晶核促进晶体生长，加速晶体析出，C正确；
D、每个 NH3分子含 3 个 N-H σ 键，Cu2+与 4 个 NH3形成 4 个配位 σ 键，故 1mol 该离子中 σ 键总数为 4×3 + 4 = 16NA，而非 12NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题需结合配合物性质、实验操作原理及化学键知识，分析各选项说法的正确性：A．通过配合物颜色变化判断配体配位能力。
B．判断乙醇对晶体溶解度的影响。
C．掌握晶体析出的促进方法。
D．考查[Cu(NH3)4]2+中 σ 键的计数。
14．【答案】B
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；金属晶体
【解析】【解答】A、干冰（CO2）属于面心立方晶体，每个 CO2分子周围等距离且紧邻的 CO2分子有 12 个（每个面心位置对应一个），A正确；
B、氯化钠晶体为面心立方结构，每个 Na+周围紧邻的是 Cl-（6 个），而紧邻且距离相等的 Na+位于相邻面的面心，共 12 个，而非 6 个，B错误；
C、金刚石中碳原子通过共价键形成三维骨架，每个碳原子连接 4 个其他碳原子，形成的最小碳原子环含 6 个碳原子，C正确；
D、金属导电依靠自由电子定向移动，温度升高时，金属原子振动加剧，自由电子与原子碰撞频繁，阻碍定向移动，导致电导率降低，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断关于晶体的说法是否正确，需结合干冰、氯化钠、金刚石的晶体结构特点及金属晶体的导电原理，逐一分析选项：A．干冰晶体的堆积方式及相邻分子数量。
B．考查氯化钠晶体中 Na+的紧邻离子情况。
C．掌握金刚石的晶体结构及最小碳环组成。
D．考查金属晶体电导率随温度变化的原因。
15．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、壁虎仿生胶带上的纳米级长纤维可大幅增加与接触表面的接触面积，使范德华力总和显著增强，从而产生强黏着力，适合作新型黏着材料，A合理；
B、聚乙炔分子中存在连续的共轭大 π 键，电子可在共轭体系内自由流动，使其具备导电性，能作为导电高分子材料使用，B合理；
C、乙二醇用于汽车防冻液，是因为其与水混合后能降低溶液的凝固点（而非提高沸点），避免低温时冷却液结冰膨胀损坏设备，C错误；
D、离子液体由阴阳离子构成，离子间存在强烈的库仑力，导致其沸点高、不易挥发，适合作为稳定的新型溶剂，D合理；
故答案为：C。
【分析】判断物质的结构或性质与用途的对应关系是否合理，需分析各选项中物质的核心特性如何支撑其实际应用，明确因果关联是否成立。A．纳米级长纤维与范德华力对黏着性的影响。
B．考查聚乙炔的共轭结构与导电性的关系。
C．考查乙二醇作为防冻液的核心原理。
D．判断子液体的组成与挥发性的关系。
16．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、①属于超分子，冠醚空腔直径不同，超分子具有分子识别能力，能依据空腔大小识别特定碱金属离子，A正确；
B、②中在纯金属里加入其他元素，会使原子层之间相对滑动更困难，从而导致合金硬度增大，B正确；
C、表面活性剂在水中应形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，这样疏水的油污才会被包裹在胶束内以去污；而烷基磺酸根离子实际形成的是亲水基向外、疏水基向内的胶束，并非亲水基向内、疏水基向外，C错误；
D、④中石墨为层状结构，每个碳原子配位数为 3，层内碳原子通过共价键结合，层间靠范德华力，同时具有类似金属晶体的导电性，属于混合晶体，熔沸点高，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题依据 “结构决定性质” 的化学思想，结合超分子、合金、表面活性剂、石墨晶体的结构特点，分析结构与性质的对应关系，判断各选项描述是否正确。A．考查超分子的分子识别特性。
B．掌握合金硬度变化的结构原因。
C．考查表面活性剂胶束的结构特点。
D．判断石墨晶体的结构与晶体类型、熔沸点的关系。
17．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】质谱图中质荷比最大值为 46，说明 A 的相对分子质量是 46。
核磁共振氢谱有 3 个峰，峰面积比 1：2：3，表明含 3 种化学环境的氢，原子数比 1：2：3，结合元素组成（C、H、O），推断 A 为 CH3CH2OH（乙醇）。
A、乙醇的羟基（-OH）酸性弱于碳酸，不能与 NaHCO3反应生成 CO2，A错误；
B、乙醇不含碳碳双键等不饱和结构，与溴水不反应，无法使溴水褪色，B错误；
C、同系物要求官能团种类和数目相同且分子组成相差 CH2原子团。乙醇含 1 个 - OH，乙二醇含 2 个 - OH，官能团数目不同，不互为同系物，C错误；
D、[CH3CH=OH]+的相对分子质量为 45，与质谱图中质荷比 45 的峰匹配，故该碎片可能存在，D正确；
故答案为：D。
【分析】先结合质谱图和核磁共振氢谱推断有机物 A 的结构，再依据其结构和性质分析各选项：A．掌握乙醇与 NaHCO3的反应性。
B．考查乙醇与溴水的反应性。
C．掌握同系物的判断标准。
D．考查质谱图中碎片离子的推断。
18．【答案】A
【知识点】离子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、晶体颗粒小至纳米级（<200nm）时，表面原子比例随粒径减小而增大，表面能升高，晶格缺陷增多，破坏晶格所需能量降低，导致熔点下降，且粒径越小熔点越低，A正确；
B、离子键强弱与离子半径成反比（与电荷成正比），离子半径越大，离子键越弱，晶体硬度越小，B错误；
C、液态水在 0℃到 4℃间，分子间氢键重组使体积缩小，质量不变时密度增大（这是水的反常膨胀特性），C错误；
D、石英玻璃是非晶体，无规则晶格结构，X 射线衍射呈弥散图样；只有晶体因规则结构才会产生分立斑点，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断各选项说法是否正确，需结合纳米晶体特性、离子键强度影响因素、水的密度特性及晶体与非晶体的 X 射线衍射差异分析：A．研究纳米晶体颗粒大小对熔点的影响。
B．判断离子晶体中离子键强度的决定因素。
C．掌握0℃至 4℃时水的密度变化规律。
D．考查非晶体的 X 射线衍射特征。
19．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、电石与饱和食盐水反应除生成乙炔外，还可能含硫化氢等杂质。硫化氢也能使酸性 KMnO4溶液褪色，因此不能仅凭溶液褪色证明生成乙炔，A错误；
B、[Ag(NH3)2]NO3中 Ag+与 NH3形成配离子，滴加浓盐酸后生成 AgCl 白色沉淀，说明 Cl-能取代 NH3与 Ag+结合，即结合 Ag+的能力：Cl- > NH3，B正确；
C、碘的 CCl4溶液加浓 KI 后，发生反应 I2+I- I3-，I3-更易溶于水，导致 CCl4层（下层）颜色变浅，这是化学反应导致的分配变化，而非碘在 KI 中溶解度更大，C错误；
D、苯酚与浓溴水反应生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯酚溶液，因此未出现白色沉淀，并非不反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断实验方案与结论是否合理，需结合物质性质及反应原理，分析实验现象能否唯一推导结论：A．考查电石反应产物的杂质对实验现象的干扰。
B．考查配离子中配体与其他离子的取代反应。
C．考查碘在不同溶剂中的溶解平衡与反应。
D．掌握苯酚与溴反应的产物溶解性。
20．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、苯的溴化是亲电取代反应（通过 Br+进攻苯环），而 CH4与 Br2的反应是自由基取代（需光照或高温生成 Br 自由基），两者反应机理完全不同，故 CH4不能通过此过程生成 CH3Br，A错误；
B、反应①中 Br+与苯环结合形成 C-Br 键（生成中间体 C6H6Br+）；反应②中中间体失去 H+，断开 C-H 键生成 C6H5Br，B正确；
C、FeBr3可与 Br-结合为 FeBr4-，促使 Br2极化产生更多 Br+（亲电试剂），加速反应①（慢反应）进行，C合理；
D、ICl 中 I+具有强亲电性，可作为亲电试剂进攻苯环，发生亲电取代生成碘苯（Cl-作为离去基团），D正确；
故答案为：A。
【分析】判断关于苯溴化反应机理的说法是否正确，需结合反应类型、化学键变化、催化剂作用及亲电取代反应特点分析：A．判断甲烷与溴反应的机理差异。
B．考查反应中化学键的变化。
C．掌握FeBr3的催化作用原理。
D．判断ICl 与苯的反应可能性。
21．【答案】（1）
（2）CH≡CH + H2OCH3CHO
（3）
（4）
（5）+CO2+H2O→+NaHCO3
（6）2，4，4-三甲基己烷
【知识点】乙炔炔烃；卤代烃简介；醇类简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】（1）实验室利用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂并在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为；
故答案为： ；
（2）乙炔与水发生加成反应生成乙烯醇不稳定，异构化为乙醛，化学方程式为：CH≡CH + H2OCH3CHO；
故答案为： CH≡CH + H2OCH3CHO ；
（3）1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯和NaBr、H2O，化学方程式：；
故答案为： ；
（4）乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化生成乙二醛，化学反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）向苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3；
故答案为：+CO2+H2O→+NaHCO3 ；
（6）的主链为6个C原子，2号C上1个-CH3、4号C上2个-CH3，命名为2，4，4-三甲基己烷。
故答案为： 2，4，4-三甲基己烷 。
【分析】（1）苯与浓硝酸在浓硫酸催化、加热下发生取代反应生成硝基苯。
（2）乙炔与水加成生成不稳定的乙烯醇，异构化为乙醛。
（3）1 - 溴丁烷在 NaOH 的无水乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 1 - 丁烯等。
（4）乙二醇在铜催化、加热下被氧气氧化为乙二醛。
（5）苯酚钠溶液与 CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠。
（6）选取含 6 个碳原子的最长碳链为主链，从离支链近的一端编号，确定支链位置命名。
（1）实验室利用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂并在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为；
（2）乙炔与水发生加成反应生成乙烯醇不稳定，异构化为乙醛，化学方程式为：CH≡CH + H2OCH3CHO；
（3）1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯和NaBr、H2O，化学方程式：；
（4）乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化生成乙二醛，化学反应方程式为：；
（5）向苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3；
（6）的主链为6个C原子，2号C上1个-CH3、4号C上2个-CH3，命名为2，4，4-三甲基己烷。
22．【答案】（1）；6
（2）
（3）
（4）A；D
【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）根据均摊法计算：晶胞中含有La的个数是，含有Cu的个数是，含有O的个数是，则晶胞的化学式为，以顶点的Cu原子为研究对象，其周围距离最近且相等的O原子个数为6，分别位于上下、前后、左右；
故答案为： ；6；
（2）Cu为29号元素，原子核外含有29个电子，故Cu基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，则基态的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8；
故答案为： ；
（3）钇元素位于元素周期表第五周期第ⅢB族，则价电子排布式为，轨道表达式为<>；
故答案为： ；
（4）A．非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>N，N和S的电负性可通过简单氢化物的稳定性比较，由于N原子半径更小，键键能更大，氨气稳定性高于硫化氢，侧面印证氮的非金属性比硫强；即电负性：，A正确；
B．Ba是ⅡA族元素，在元素周期表中位于s区，B错误；
C．中心原子S的价层电子对数是：4＋(6+2-4×2)=4，为sp3杂化；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5＋1-3×2)=3，为sp2杂化，C错误；
D．中心原子S的价层电子对数是：3＋(6-3×2)=3，无孤对电子，空间构型是平面三角形，键角是120°；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5-3×1)=4，为sp3杂化，有1对孤对电子，对成键电子对存在斥力，键角大约是107°；中心原子O的价层电子对数是：2＋(6-2×1)=4，为sp3杂化，有2对孤对电子，对成键电子对斥力更大，键角大约是105°；D正确；
故答案为：AD。
【分析】（1） 用均摊法计算晶胞中各原子个数确定化学式；以顶点 Cu 原子为研究对象，数出最近且相等的 O 原子数。
（2） 依据 Cu 原子序数，先写基态 Cu 原子电子排布式，再失去 3 个电子得Cu3+电子排布式。
（3） 根据钇在周期表的位置，确定价电子排布式，进而写出价层轨道表示式。
（4）A：结合非金属性强弱判断电负性顺序。
B：根据 Ba 的族序数判断其在周期表的分区。
C：用价层电子对互斥理论计算中心原子价层电子对数，判断杂化类型。
D：通过价层电子对互斥理论分析分子空间构型，比较键角大小。
（1）根据均摊法计算：晶胞中含有La的个数是，含有Cu的个数是，含有O的个数是，则晶胞的化学式为，以顶点的Cu原子为研究对象，其周围距离最近且相等的O原子个数为6，分别位于上下、前后、左右；
（2）Cu为29号元素，原子核外含有29个电子，故Cu基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，则基态的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8；
（3）钇元素位于元素周期表第五周期第ⅢB族，则价电子排布式为，轨道表达式为<>；
（4）A．非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>N，N和S的电负性可通过简单氢化物的稳定性比较，由于N原子半径更小，键键能更大，氨气稳定性高于硫化氢，侧面印证氮的非金属性比硫强；即电负性：，A正确；
B．Ba是ⅡA族元素，在元素周期表中位于s区，B错误；
C．中心原子S的价层电子对数是：4＋(6+2-4×2)=4，为sp3杂化；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5＋1-3×2)=3，为sp2杂化，C错误；
D．中心原子S的价层电子对数是：3＋(6-3×2)=3，无孤对电子，空间构型是平面三角形，键角是120°；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5-3×1)=4，为sp3杂化，有1对孤对电子，对成键电子对存在斥力，键角大约是107°；中心原子O的价层电子对数是：2＋(6-2×1)=4，为sp3杂化，有2对孤对电子，对成键电子对斥力更大，键角大约是105°；D正确；
故选AD。
23．【答案】（1）F的电负性Cl大，F—C极性大于Cl—C极性，使F3C—C极性大于Cl3C—C极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（2）
（3）AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高
（4）D；吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）氟元素的电负性强于氯元素，三氟乙酸分子中F—C极性大于三氯乙酸中Cl—C极性，导致三氟乙酸分子中F3C—C极性大于三氯乙酸中Cl3C—C极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强；
故答案为： F的电负性Cl大，F—C极性大于Cl—C极性，使F3C—C极性大于Cl3C—C极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 ；
（2）邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：；
故答案为： ；
（3）AlF3的熔点为1290℃，AlCl3熔点为194℃，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
故答案为： AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高 ；
（4）①吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D；
②已知苯分子为非极性分子，吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯；
③-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： > > ，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为： ；
故答案为： D ； 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 ； 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子 ； 。
【分析】（1）F 电负性比 Cl 大，F-C 极性强于 Cl-C，使三氟乙酸中羧基的羟基极性更大，更易电离出 H+，酸性更强（pKa 更小）。
（2）邻羟基苯甲醛的羟基与醛基氧形成分子内氢键，画出 O-H…O 结构。
（3）AlF3是离子晶体，靠强离子键结合；AlCl3是分子晶体，靠弱分子间作用力结合，故 AlF3熔点更高。
（4）①吡啶 N 原子参与大 π 键，为 sp2 杂化，孤电子对占 sp2 杂化轨道。
②吡啶与水均为极性分子（相似相溶）；吡啶 N 原子与水形成分子间氢键。
③-Cl 是吸电子基，使 N 原子电子云密度降低，故含 - Cl 的吡啶碱性最弱。
（1）氟元素的电负性强于氯元素，三氟乙酸分子中F—C极性大于三氯乙酸中Cl—C极性，导致三氟乙酸分子中F3C—C极性大于三氯乙酸中Cl3C—C极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强；
（2）邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：；
（3）AlF3的熔点为1290℃，AlCl3熔点为194℃，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
（4）①吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D；
②已知苯分子为非极性分子，吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯；
③-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： > > ，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为： ；
24．【答案】（1）（球形）冷凝管；b
（2）+HCl+KCl；取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净
（3）a→c→e→g
（4）A；D
（5）83.3
【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）仪器A的名称为（球形）冷凝管；冷凝水应下进上出，从b口流入。
故答案为： （球形）冷凝管 ；b；
（2）滤液C加入浓盐酸反应的化学方程式+HCl+KCl；苯甲酸固体上可能残留，通过检验是否有来判断是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净。
故答案为：+HCl+KCl；取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净 ；
（3）苯甲酸粗产品重结晶按先后顺序的步骤为a．加入适量水，加热溶解→c．加热蒸发溶剂至出现晶膜(形成饱和溶液) →e．冷却结晶，过滤→g．洗涤、干燥，则顺序为a→c→e→g。
故答案为： a→c→e→g ；
（4）A．加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，则骤Ⅵ操作时需要依据苯甲酸的溶解度估算加入溶剂的体积，故A正确；
B．KCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则操作Ⅵ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，KCl留在溶液中，故B错误；
C．四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与甲苯的接触，加快反应速率并提高产率，但是高锰酸钾并不溶于甲苯，不能说增大了高锰酸钾在甲苯中的溶解度，故C错误；
D．步骤Ⅱ中当加热至上层油状液体消失(回流液体中油滴消失)时，说明甲苯反应完全，可停止加热，故D正确；
故答案为：AD。
（5）根据已知方程式，高锰酸钾过量，根据甲苯的物质的量计算，由关系式~~，该实验苯甲酸总产率为。
故答案为： 83.3 。
【分析】实验以甲苯为原料，经高锰酸钾氧化制备苯甲酸。首先将高锰酸钾、溴化四丁基铵、甲苯混合，溴化四丁基铵作相转移催化剂，促进非水溶性甲苯与高锰酸钾水溶液的反应。随后加热回流，使甲苯在80°-85°下被充分氧化为苯甲酸钾。反应后加入NaHSO3 ，除去体系中过量的强氧化性高锰酸钾，防止后续酸化时高锰酸钾氧化盐酸。接着趁热过滤，得到含苯甲酸钾的滤液C，此时趁热过滤可避免苯甲酸钾因温度降低结晶析出而损失。之后向滤液C中加浓盐酸酸化，苯甲酸钾转化为苯甲酸（苯甲酸溶解度随酸度增大而减小，从而析出）。最后通过过滤、洗涤得到苯甲酸粗产品，再经重结晶提纯，获得纯净的苯甲酸。
（1）仪器A的名称为（球形）冷凝管；冷凝水应下进上出，从b口流入。
（2）滤液C加入浓盐酸反应的化学方程式+HCl+KCl；苯甲酸固体上可能残留，通过检验是否有来判断是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净。
（3）苯甲酸粗产品重结晶按先后顺序的步骤为a．加入适量水，加热溶解→c．加热蒸发溶剂至出现晶膜(形成饱和溶液) →e．冷却结晶，过滤→g．洗涤、干燥，则顺序为a→c→e→g。
（4）A．加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，则骤Ⅵ操作时需要依据苯甲酸的溶解度估算加入溶剂的体积，故A正确；
B．KCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则操作Ⅵ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，KCl留在溶液中，故B错误；
C．四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与甲苯的接触，加快反应速率并提高产率，但是高锰酸钾并不溶于甲苯，不能说增大了高锰酸钾在甲苯中的溶解度，故C错误；
D．步骤Ⅱ中当加热至上层油状液体消失(回流液体中油滴消失)时，说明甲苯反应完全，可停止加热，故D正确；
故选AD。
（5）根据已知方程式，高锰酸钾过量，根据甲苯的物质的量计算，由关系式~~，该实验苯甲酸总产率为。
25．【答案】（1）；
（2）+
（3）+NaOH+NaCl
（4）
（5）、、。
【知识点】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；乙炔炔烃
【解析】【解答】（1）E的结构式为，可得E的分子式为；D由C（）加聚而得结构简式为
故答案为： ；
（2）F（）到C（）发生消去反应，故F到C的反应为+；
故答案为：+ ；
（3）B（）在条件下发生水解反应生成F（），化学方程式为+NaOH+NaCl；
故答案为：+NaOH+NaCl ；
（4）甲苯（）先与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成，然后在NaOH/H2O条件下水解生成苯甲醇（），最后苯甲醇在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化为苯甲醛（），合成路线为；
故答案为： ；
（5）B为，要满足存在苯环且有4种化学环境的H原子。可以从苯环上取代基的种类和位置来考虑，如苯环上连接一个和一个异丙基且处于对位；或者苯环上连接一个和两个，两个处于间位，满足条件的同分异构体有、、。
故答案为：、、。
【分析】A（）在酸性作用下，侧链被氧化。由于酸性具有强氧化性，会将与苯环直接相连的侧链碳（有氢原子）氧化为羧基，所以E为苯甲酸，其分子式为。A（）与在光照条件下发生侧链取代反应，生成B() ，此时氯原子取代了异丙基上的氢原子；B在NaOH /乙醇、加热条件下发生消去反应，这是卤代烃的典型消去反应条件，与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上的氢原子和氯原子结合生成HCl脱去，从而生成含有碳碳双键的C（）；C（）发生加聚反应，碳碳双键打开相互连接形成高分子化合物D，D的结构简式为。B（）在、加热条件下发生水解反应，这是卤代烃水解的条件，氯原子被羟基取代生成醇F，因为F不能发生催化氧化反应，根据醇催化氧化的条件（与羟基相连的碳原子上有氢原子才能被催化氧化），可知F中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，所以F为。
（1）A 被酸性 KMnO4氧化生成苯甲酸（E），确定分子式 C7H6O2；C 含碳碳双键，加聚生成 D，写出重复单元结构。
（2）F 中与羟基相连的碳无氢（不能催化氧化），F 在浓 H2SO4加热下发生消去反应生成 C，写反应式。
（3）B（卤代烃）在 NaOH 水溶液中加热发生水解反应生成 F（醇），写反应式。
（4）甲苯光照下与 Cl2取代生成 CH2Cl - 苯，再水解得 CH2OH - 苯，最后催化氧化得苯甲醛，设计流程。
（5）B 含苯环和 - Cl，根据 4 种化学环境 H 原子的要求，写出对称结构的同分异构体。
（1）E的结构式为，可得E的分子式为；D由C（）加聚而得结构简式为
（2）F（）到C（）发生消去反应，故F到C的反应为+；
（3）B（）在条件下发生水解反应生成F（），化学方程式为+NaOH+NaCl；
（4）甲苯（）先与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成，然后在NaOH/H2O条件下水解生成苯甲醇（），最后苯甲醇在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化为苯甲醛（），合成路线为；
（5）B为，要满足存在苯环且有4种化学环境的H原子。可以从苯环上取代基的种类和位置来考虑，如苯环上连接一个和一个异丙基且处于对位；或者苯环上连接一个和两个，两个处于间位，满足条件的同分异构体有、、。
1 / 1浙江省杭州市滨江区浙江省杭州第二中学2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题Ⅰ(本大题共20小题，1~12每小题2分，13~20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·滨江期末）下列各组物质中，是极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、分子中 C-H 键为极性键，但 CH4呈正四面体结构，空间对称，正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，故A不符合题意 ；
B、分子中 O-H 键为极性键，且 H2O 呈 V 形结构，空间不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B符合题意 ；
C、分子中 P-P 键为非极性键，且 P4呈正四面体结构，空间对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C不符合题意 ；
D、分子中 C=O 键为极性键，但 CO2呈直线形结构，空间对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】判断分子是否为极性分子，关键在于两点：一是分子内化学键的极性，二是分子的空间结构是否对称。若分子结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；反之则为极性分子。
2．（2025高二上·滨江期末）下列晶体中不属于原子晶体的是(　　)
A．干冰 B．金刚砂
C．金刚石 D．水晶
【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】干冰是分子晶体
【分析】分子晶体一般是由分子构成，而原子晶体主要是由原子之间通过很强的共价键形成
3．（2025高二上·滨江期末）下列有机物属于醇类的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】醇类简介
【解析】【解答】A、分子中没有羟基（-OH），仅含醚键（-O-），不符合醇类的结构特点，A不属于醇类；
B、结构中羟基（-OH）连接在苯环侧链的 CH2- 上（即与链烃基的碳原子相连），完全符合醇类的定义，B属于醇类；
C、羟基（-OH）直接与氮原子（N）相连，形成的是羟胺类化合物，C非醇类；
D、羟基（-OH）直接连接在苯环上，这类化合物属于酚类，D不属于醇类；
故答案为：B。
【分析】判断有机物是否为醇类，关键看其结构中羟基（-OH）的连接方式：醇类的羟基必须直接与链烃基（或苯环侧链的碳原子）相连。以此为标准分析各选项。
4．（2025高二上·滨江期末）下列有关氢键的说法不正确的是
A．“X—H…Y”三原子不在一条直线上时，也能形成氢键
B．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18
C．比稳定是因为水分子间存在氢键
D．氢键键长一般定义为X—H…Y的长度，而不是H…Y的长度
【答案】C
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氢键的形成是 “X—H…Y” 的相互作用（X、Y 为电负性大的原子），虽有方向性，但不要求三原子严格共线，不在一条直线上仍可形成氢键，A正确；
B、接近沸点的水蒸气中，水分子通过氢键形成缔合分子（如 (H2O) ），导致测得的相对分子质量大于单个 H2O 的 18，B正确；
C、H2O 比 H2S 稳定，取决于分子内化学键的强弱（O-H 键能大于 S-H 键能），这是化学性质；而氢键影响的是沸点等物理性质，与稳定性无关，C错误；
D、氢键键长的定义是 “X—H…Y” 的总长度（X 原子中心到 Y 原子中心的距离），而非仅 H 与 Y 之间的距离，D正确；
故答案为：C。
【分析】判断关于氢键的说法是否正确，需结合氢键的基本特性（形成条件、方向性、键长定义）及其对物质性质的影响（区分物理性质与化学性质），对各选项逐一分析。
5．（2025高二上·滨江期末）下列表示正确的是
A．的电子式：
B．中共价键的电子云图：
C．的空间填充模型：
D．新戊烷的键线式：
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CCl4的电子式需体现各原子 8 电子稳定结构，每个 Cl 原子应画出 3 对孤电子对， 电子式为：， A错误；
B、Cl2的共价键由两个 Cl 原子的 3p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云图应为轴对称的圆柱形， 共价键电子云图为：， B错误；
C、NH3中 N 原子为 sp3 杂化，含 1 对孤电子对和 3 个 N-H 键，空间结构为三角锥形， 空间填充模型：， C正确；
D、新戊烷结构为中心 C 原子连接 4 个 - CH3，键线式应呈对称的四面体简化形态； 新戊烷的键线式为， D错误；
故答案为：C。
【分析】判断化学用语表示是否正确，需结合电子式、共价键电子云特征、分子空间结构及有机物键线式的规范，逐一分析选项。
6．（2025高二上·滨江期末）下列各组物质发生变化时，克服的粒子间作用力种类相同的是
A．水和乙醇沸腾
B．味精(谷氨酸钠)和蔗糖溶解在水中
C．石英和岩盐(NaCl)熔化下
D．碘和钨升华
【答案】A
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、水和乙醇都属于分子晶体，沸腾时由液态变为气态，均需克服分子间作用力（其中水和乙醇分子间还存在氢键，氢键属于分子间作用力范畴），所以克服的作用力种类相同，故A符合题意 ；
B、味精（谷氨酸钠）是离子晶体，溶解时要克服离子键，解离成钠离子和谷氨酸根离子；蔗糖是非电解质，属于分子晶体，溶解时只需克服分子间作用力，二者克服的作用力种类不同，故B不符合题意 ；
C、石英（SiO2）是共价晶体，熔化时需要破坏共价键；岩盐（NaCl）是离子晶体，熔化时需要克服离子键，二者克服的作用力种类不同，故C不符合题意 ；
D、碘是分子晶体，升华时克服分子间作用力；钨是金属晶体，升华时需要破坏金属键，二者克服的作用力种类不同，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要判断各组物质变化时克服的粒子间作用力是否相同，需先明确每种物质所属的晶体类型（分子晶体、离子晶体、共价晶体、金属晶体等），再确定其粒子间作用力（分子间作用力、离子键、共价键、金属键等），进而分析变化时克服的作用力类型。
7．（2025高二上·滨江期末）下列有关实验说法不正确的是
A．图①装置可用于过滤，且玻璃棒紧贴三层滤纸处
B．图②装置分离时上层液体从上口倒出
C．图③的装置可用于乙醇与浓硫酸加热反应制乙烯
D．图④装置可以用于蒸馏分离二氯甲烷(沸点40℃)和四氯化碳(沸点77℃)
【答案】D
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、图①为过滤装置，过滤时玻璃棒需紧贴三层滤纸处，可避免戳破滤纸，保证过滤正常进行，A正确；
B、图②是分液装置，I2的 CCl4溶液密度比水大，处于下层，分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；
C、图③装置可用于乙醇和浓硫酸加热制乙烯，该反应需迅速升温至 170℃，温度计伸入液面以下能准确测量反应液温度，C正确；
D、图④是蒸馏装置，蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，用于测量馏分温度，图中温度计位置错误，D不正确；
故答案为：D。
【分析】判断实验装置相关说法是否正确，需依据过滤、分液、乙醇制乙烯、蒸馏的操作规范及装置要求，逐一分析各选项。A．考查过滤操作中玻璃棒的放置要求。
B．掌握分液操作中液体的倾倒要求。
C．掌握乙醇与浓硫酸制乙烯的反应条件及温度计使用要求。
D．考查蒸馏操作中温度计的放置要求。
8．（2025高二上·滨江期末）甲酸乙酯和乙酸甲脂分别用下列仪器检测，结果基本相同的是
A．元素分析仪 B．红外光谱仪 C．X射线衍射仪 D．核磁共振仪
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、甲酸乙酯（HCOOCH2CH3）和乙酸甲酯（CH3COOCH3）的分子式都是 C3H6O2，所含元素种类（C、H、O）以及各元素的含量完全一致。元素分析仪检测的是物质的元素组成及含量，所以用元素分析仪检测时结果基本相同，故A符合题意 ；
B、红外光谱仪用于检测有机物中的官能团及官能团周围的基团情况。甲酸乙酯的羰基（HCOO—）和乙酸甲酯的羰基（CH3COO—）周围连接的基团不同，会使红外吸收峰的位置存在差异，因此红外光谱仪检测结果不同，故B不符合题意 ；
C、X 射线衍射仪反映的是分子排列形成的晶体结构。甲酸乙酯和乙酸甲酯分子结构不同（取代基有差异），其晶体结构也必然不同，所以 X 射线衍射仪检测结果不同，故C不符合题意 ；
D、核磁共振仪用于检测有机物中氢原子的环境。甲酸乙酯中，甲酸部分的氢原子是单峰，乙基（—CH2CH3）的氢原子是多重峰；乙酸甲酯中两个不同环境的甲基氢原子均为单峰，氢谱图明显不同，所以核磁共振仪检测结果不同，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要判断甲酸乙酯和乙酸甲酯用不同仪器检测结果是否基本相同，需结合各仪器的检测原理，分析两种物质在元素组成、官能团周围基团、晶体结构、氢原子环境等方面的差异。
9．（2025高二上·滨江期末）下列事实从能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是
A．苯酚能与显色而乙醇不能
B．苯酚能与溴水迅速反应而苯与液溴反应需要加入催化剂
C．甲苯能使酸性溶液褪色而甲烷不能
D．乙烯能发生加成反应而乙烷不能
【答案】B,C
【知识点】有机分子中基团之间的关系；乙烯的物理、化学性质；苯的同系物及其性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、苯酚与 FeCl3显色是酚羟基的特征反应，源于羟基直接连接苯环的特殊结构，主要由羟基自身结构决定，并非不同基团间的相互作用，故不能用基团间相互作用解释；
B、苯酚中的羟基（-OH）作为活化基团，会增强苯环的电子密度，使苯环更易与溴发生亲电取代反应；而苯与液溴反应需催化剂，这是羟基与苯环相互作用（羟基活化苯环）的结果，能用基团间相互作用解释；
C、甲苯中苯环通过共轭效应活化侧链甲基（-CH3），使甲基的 C-H 键更易被酸性 KMnO4氧化；甲烷无此性质，这是苯环与甲基相互作用（苯环活化甲基）的体现，能用基团间相互作用解释；
D、乙烯能发生加成反应是因含碳碳双键，乙烷不能是因只有单键，这是官能团自身性质决定的，与基团间相互作用无关，故不能用基团间相互作用解释；
故答案为：BC。
【分析】判断事实能否用有机物分子中基团间相互作用解释，关键看物质性质差异是源于官能团自身性质，还是不同基团间的相互影响。
10．（2025高二上·滨江期末）已知X、Y、Z、W、M、Q是原子序数依次增大的前四周期元素。其中X是宇宙中含量最多的元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Z元素原子的价层电子排布式为；W元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；M与W的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。Q元素基态原子是第四周期单电子最多的。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．原子半径：
D．第四周期与Q最外层电子数相同的原子还有两种
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、第一电离能是原子失去电子的难易程度。Na 比 H 易失电子，故第一电离能：W (Na) < X (H)，A错误；
B、电负性随非金属性增强而增大。非金属性 N C、原子半径规律：电子层越多半径越大，同周期核电荷数大则半径小。O（2 个电子层）D、Q (Cr) 最外层电子数为 1，第四周期中最外层电子数为 1 的原子还有 K（4s ）和 Cu（3d 4s ），共两种，D正确；
故答案为：D。
【分析】先根据元素特征推断各元素种类，再结合元素周期律和原子结构知识分析选项：X：宇宙中含量最多的元素是氢（H）。
Y：最高能级不同轨道均有电子且自旋方向相同，结合原子序数递增，为氮（N，2p 轨道 3 个电子分占不同轨道且自旋相同）。
Z：价层电子排布为 nsnnp2n，n=2 时为 2s22p4，对应氧（O）。
W：电子云只有 s 和 p 两种形状，最外层电子自旋方向单一（1 个电子），为钠（Na，3s ）。
M：与 W 同属第三周期，价层电子数 = 电子层数（3），为铝（Al，3s23p ）。
Q：第四周期单电子最多，基态电子排布为 [Ar] 3d54s ，为铬（Cr）。
11．（2025高二上·滨江期末）已知烯烃与可发生多种加成反应，则与发生加成反应的产物可能有多少种(不考虑立体异构体)
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】烯烃
【解析】【解答】该烯烃分子 含 3 个独立的碳碳双键，1：1 加成时可能的反应情况如下：
与左端第一个碳碳双键发生加成，生成一种产物。
与中间的碳碳双键发生加成，生成第二种产物。
与右端第三个碳碳双键发生加成，生成第三种产物。
中间双键与相邻双键形成共轭结构，可发生 1，4 - 加成，生成第四种产物。
综上，共产生 4 种不同产物：
故答案为：B。
【分析】判断该烯烃与 Br2发生 1：1 加成的产物种类，需分析分子中 3 个碳碳双键的位置，考虑 Br2与不同双键的加成方式（包括双键直接加成和共轭双键的特殊加成），统计不同结构的产物数量。
12．（2025高二上·滨江期末）针对如图所示的乙醇分子结构，下列说法不正确的是
A．与乙酸、浓硫酸共热时，②键断裂
B．与钠反应时，①键断裂
C．与浓硫酸共热至170℃时，②、④键断裂
D．在Ag催化下与O2反应时，①、③键断裂
【答案】A
【知识点】乙醇的消去反应；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、乙醇与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，乙醇脱去羟基上的 H 原子，应断裂①键，而非②键，A错误；
B、乙醇与钠反应生成乙醇钠，反应中乙醇脱去羟基上的 H 原子，断裂①键，B正确；
C、乙醇与浓硫酸共热至 170℃发生消去反应生成乙烯，需断裂羟基（②键）和羟基相邻碳原子上的氢原子（④键），C正确；
D、乙醇在 Ag 催化下与 O2发生催化氧化生成乙醛，需断裂羟基上的 H（①键）和与羟基相连碳原子上的 H（③键），D正确；
故答案为：A。【分析】A．分析酯化反应中乙醇的断键位置。
B．分析乙醇与钠反应的断键位置。
C．分析乙醇消去反应的断键位置。
D．分析乙醇催化氧化反应的断键位置。
13．（2025高二上·滨江期末）当某实验小组设计的晶体制备实验方案如下：
胆矾晶体蓝色溶液深蓝色溶液晶体
下列说法不正确的是
A．形成深蓝色溶液说明与的配位能力：
B．加入乙醇的目的是减小的溶解度
C．为促进晶体析出可以用玻璃棒摩擦试管内壁
D．含有键的数量为
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、胆矾溶于水形成 [Cu(H2O)4]2+（蓝色），加入氨水后生成 [Cu(NH3)4]2+（深蓝色），说明 NH3能取代 H2O 与 Cu2+配位，即配位能力：NH3 > H2O，A正确；
B、[Cu(NH3)4] SO4 H2O 是极性化合物，在极性较弱的乙醇中溶解度更小，加入乙醇可降低其溶解度，促使晶体析出，B正确；
C、玻璃棒摩擦试管内壁会产生微小颗粒，作为晶核促进晶体生长，加速晶体析出，C正确；
D、每个 NH3分子含 3 个 N-H σ 键，Cu2+与 4 个 NH3形成 4 个配位 σ 键，故 1mol 该离子中 σ 键总数为 4×3 + 4 = 16NA，而非 12NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题需结合配合物性质、实验操作原理及化学键知识，分析各选项说法的正确性：A．通过配合物颜色变化判断配体配位能力。
B．判断乙醇对晶体溶解度的影响。
C．掌握晶体析出的促进方法。
D．考查[Cu(NH3)4]2+中 σ 键的计数。
14．（2025高二上·滨江期末）下列有关晶体的说法不正确的是
A．干冰晶体中，每个周围紧邻12个
B．氯化钠晶体中，每个周围紧邻且距离相等的共有6个
C．金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
D．金属晶体的电导率随温度升高而降低与自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞有关
【答案】B
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；金属晶体
【解析】【解答】A、干冰（CO2）属于面心立方晶体，每个 CO2分子周围等距离且紧邻的 CO2分子有 12 个（每个面心位置对应一个），A正确；
B、氯化钠晶体为面心立方结构，每个 Na+周围紧邻的是 Cl-（6 个），而紧邻且距离相等的 Na+位于相邻面的面心，共 12 个，而非 6 个，B错误；
C、金刚石中碳原子通过共价键形成三维骨架，每个碳原子连接 4 个其他碳原子，形成的最小碳原子环含 6 个碳原子，C正确；
D、金属导电依靠自由电子定向移动，温度升高时，金属原子振动加剧，自由电子与原子碰撞频繁，阻碍定向移动，导致电导率降低，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断关于晶体的说法是否正确，需结合干冰、氯化钠、金刚石的晶体结构特点及金属晶体的导电原理，逐一分析选项：A．干冰晶体的堆积方式及相邻分子数量。
B．考查氯化钠晶体中 Na+的紧邻离子情况。
C．掌握金刚石的晶体结构及最小碳环组成。
D．考查金属晶体电导率随温度变化的原因。
15．（2025高二上·滨江期末）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 壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维 该仿生胶带可用作新型黏着材料
B 聚乙炔存在共轭大键体系 聚乙炔可作为导电高分子材料
C 向水中加入乙二醇能显著提高液体沸点 乙二醇可作为汽车防冻液
D 离子液体由带电荷的阴阳离子组成 离子液体可用作不易挥发的新型溶剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、壁虎仿生胶带上的纳米级长纤维可大幅增加与接触表面的接触面积，使范德华力总和显著增强，从而产生强黏着力，适合作新型黏着材料，A合理；
B、聚乙炔分子中存在连续的共轭大 π 键，电子可在共轭体系内自由流动，使其具备导电性，能作为导电高分子材料使用，B合理；
C、乙二醇用于汽车防冻液，是因为其与水混合后能降低溶液的凝固点（而非提高沸点），避免低温时冷却液结冰膨胀损坏设备，C错误；
D、离子液体由阴阳离子构成，离子间存在强烈的库仑力，导致其沸点高、不易挥发，适合作为稳定的新型溶剂，D合理；
故答案为：C。
【分析】判断物质的结构或性质与用途的对应关系是否合理，需分析各选项中物质的核心特性如何支撑其实际应用，明确因果关联是否成立。A．纳米级长纤维与范德华力对黏着性的影响。
B．考查聚乙炔的共轭结构与导电性的关系。
C．考查乙二醇作为防冻液的核心原理。
D．判断子液体的组成与挥发性的关系。
16．（2025高二上·滨江期末）结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是
A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子
B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大
C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂
D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、①属于超分子，冠醚空腔直径不同，超分子具有分子识别能力，能依据空腔大小识别特定碱金属离子，A正确；
B、②中在纯金属里加入其他元素，会使原子层之间相对滑动更困难，从而导致合金硬度增大，B正确；
C、表面活性剂在水中应形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，这样疏水的油污才会被包裹在胶束内以去污；而烷基磺酸根离子实际形成的是亲水基向外、疏水基向内的胶束，并非亲水基向内、疏水基向外，C错误；
D、④中石墨为层状结构，每个碳原子配位数为 3，层内碳原子通过共价键结合，层间靠范德华力，同时具有类似金属晶体的导电性，属于混合晶体，熔沸点高，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题依据 “结构决定性质” 的化学思想，结合超分子、合金、表面活性剂、石墨晶体的结构特点，分析结构与性质的对应关系，判断各选项描述是否正确。A．考查超分子的分子识别特性。
B．掌握合金硬度变化的结构原因。
C．考查表面活性剂胶束的结构特点。
D．判断石墨晶体的结构与晶体类型、熔沸点的关系。
17．（2025高二上·滨江期末）有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法正确的是
A．有机物A可与反应生成
B．有机物A易与溴水反应使其褪色
C．有机物A与乙二醇为同系物
D．质荷比45的峰对应的碎片可能为
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】质谱图中质荷比最大值为 46，说明 A 的相对分子质量是 46。
核磁共振氢谱有 3 个峰，峰面积比 1：2：3，表明含 3 种化学环境的氢，原子数比 1：2：3，结合元素组成（C、H、O），推断 A 为 CH3CH2OH（乙醇）。
A、乙醇的羟基（-OH）酸性弱于碳酸，不能与 NaHCO3反应生成 CO2，A错误；
B、乙醇不含碳碳双键等不饱和结构，与溴水不反应，无法使溴水褪色，B错误；
C、同系物要求官能团种类和数目相同且分子组成相差 CH2原子团。乙醇含 1 个 - OH，乙二醇含 2 个 - OH，官能团数目不同，不互为同系物，C错误；
D、[CH3CH=OH]+的相对分子质量为 45，与质谱图中质荷比 45 的峰匹配，故该碎片可能存在，D正确；
故答案为：D。
【分析】先结合质谱图和核磁共振氢谱推断有机物 A 的结构，再依据其结构和性质分析各选项：A．掌握乙醇与 NaHCO3的反应性。
B．考查乙醇与溴水的反应性。
C．掌握同系物的判断标准。
D．考查质谱图中碎片离子的推断。
18．（2025高二上·滨江期末）下列说法正确的是
A．当晶体颗粒小至纳米量级，熔点会下降。晶体颗粒小于200nm时，晶粒越小，熔点越低
B．离子晶体中的离子半径越大，离子间存在的离子键越强，使离子晶体的硬度更大
C．当液态水温度从0℃升高至4℃时，由于热运动加剧，分子间距离加大，密度渐渐减小
D．对石英玻璃进行X射线衍射可以得到分立的斑点
【答案】A
【知识点】离子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、晶体颗粒小至纳米级（<200nm）时，表面原子比例随粒径减小而增大，表面能升高，晶格缺陷增多，破坏晶格所需能量降低，导致熔点下降，且粒径越小熔点越低，A正确；
B、离子键强弱与离子半径成反比（与电荷成正比），离子半径越大，离子键越弱，晶体硬度越小，B错误；
C、液态水在 0℃到 4℃间，分子间氢键重组使体积缩小，质量不变时密度增大（这是水的反常膨胀特性），C错误；
D、石英玻璃是非晶体，无规则晶格结构，X 射线衍射呈弥散图样；只有晶体因规则结构才会产生分立斑点，D错误；
故答案为：A。
【分析】判断各选项说法是否正确，需结合纳米晶体特性、离子键强度影响因素、水的密度特性及晶体与非晶体的 X 射线衍射差异分析：A．研究纳米晶体颗粒大小对熔点的影响。
B．判断离子晶体中离子键强度的决定因素。
C．掌握0℃至 4℃时水的密度变化规律。
D．考查非晶体的 X 射线衍射特征。
19．（2025高二上·滨江期末）根据观察到的相关现象，下列实验方案设计和结论均正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性溶液中 溶液紫色褪去 电石与饱和食盐水反应生成了乙炔
B 向溶液中滴加2～3滴浓盐酸 生成白色沉淀 结合的能力：
C 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于中的溶解能力
D 向苯酚的苯溶液中滴加几滴浓溴水 未出现白色沉淀 在苯中苯酚不与反应生成2，4，6-三溴苯酚
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、电石与饱和食盐水反应除生成乙炔外，还可能含硫化氢等杂质。硫化氢也能使酸性 KMnO4溶液褪色，因此不能仅凭溶液褪色证明生成乙炔，A错误；
B、[Ag(NH3)2]NO3中 Ag+与 NH3形成配离子，滴加浓盐酸后生成 AgCl 白色沉淀，说明 Cl-能取代 NH3与 Ag+结合，即结合 Ag+的能力：Cl- > NH3，B正确；
C、碘的 CCl4溶液加浓 KI 后，发生反应 I2+I- I3-，I3-更易溶于水，导致 CCl4层（下层）颜色变浅，这是化学反应导致的分配变化，而非碘在 KI 中溶解度更大，C错误；
D、苯酚与浓溴水反应生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯酚溶液，因此未出现白色沉淀，并非不反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断实验方案与结论是否合理，需结合物质性质及反应原理，分析实验现象能否唯一推导结论：A．考查电石反应产物的杂质对实验现象的干扰。
B．考查配离子中配体与其他离子的取代反应。
C．考查碘在不同溶剂中的溶解平衡与反应。
D．掌握苯酚与溴反应的产物溶解性。
20．（2025高二上·滨江期末）苯的溴化反应机理如下所示，下列说法不正确的是
①　慢反应
②　快反应
A．与也可以通过同样的过程生成
B．反应①形成了键，反应②断开了键
C．的催化原理可能是与结合生成，促进反应①进行
D．苯与ICl反应可得到碘苯
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、苯的溴化是亲电取代反应（通过 Br+进攻苯环），而 CH4与 Br2的反应是自由基取代（需光照或高温生成 Br 自由基），两者反应机理完全不同，故 CH4不能通过此过程生成 CH3Br，A错误；
B、反应①中 Br+与苯环结合形成 C-Br 键（生成中间体 C6H6Br+）；反应②中中间体失去 H+，断开 C-H 键生成 C6H5Br，B正确；
C、FeBr3可与 Br-结合为 FeBr4-，促使 Br2极化产生更多 Br+（亲电试剂），加速反应①（慢反应）进行，C合理；
D、ICl 中 I+具有强亲电性，可作为亲电试剂进攻苯环，发生亲电取代生成碘苯（Cl-作为离去基团），D正确；
故答案为：A。
【分析】判断关于苯溴化反应机理的说法是否正确，需结合反应类型、化学键变化、催化剂作用及亲电取代反应特点分析：A．判断甲烷与溴反应的机理差异。
B．考查反应中化学键的变化。
C．掌握FeBr3的催化作用原理。
D．判断ICl 与苯的反应可能性。
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
21．（2025高二上·滨江期末）回答下列问题：
（1）写出苯制备硝基苯反应的化学方程式：　 　；
（2）写出乙炔与水反应的化学方程式：　 　；
（3）写出1-溴丁烷消去反应的化学方程式：　 　；
（4）写出乙二醇在铜催化下与氧气反应的化学方程式：　 　；
（5）写出向苯酚钠溶液中通入反应的化学方程式：　 　；
（6）根据系统命名法写出的名称　 　。
【答案】（1）
（2）CH≡CH + H2OCH3CHO
（3）
（4）
（5）+CO2+H2O→+NaHCO3
（6）2，4，4-三甲基己烷
【知识点】乙炔炔烃；卤代烃简介；醇类简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】（1）实验室利用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂并在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为；
故答案为： ；
（2）乙炔与水发生加成反应生成乙烯醇不稳定，异构化为乙醛，化学方程式为：CH≡CH + H2OCH3CHO；
故答案为： CH≡CH + H2OCH3CHO ；
（3）1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯和NaBr、H2O，化学方程式：；
故答案为： ；
（4）乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化生成乙二醛，化学反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）向苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3；
故答案为：+CO2+H2O→+NaHCO3 ；
（6）的主链为6个C原子，2号C上1个-CH3、4号C上2个-CH3，命名为2，4，4-三甲基己烷。
故答案为： 2，4，4-三甲基己烷 。
【分析】（1）苯与浓硝酸在浓硫酸催化、加热下发生取代反应生成硝基苯。
（2）乙炔与水加成生成不稳定的乙烯醇，异构化为乙醛。
（3）1 - 溴丁烷在 NaOH 的无水乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 1 - 丁烯等。
（4）乙二醇在铜催化、加热下被氧气氧化为乙二醛。
（5）苯酚钠溶液与 CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠。
（6）选取含 6 个碳原子的最长碳链为主链，从离支链近的一端编号，确定支链位置命名。
（1）实验室利用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂并在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为；
（2）乙炔与水发生加成反应生成乙烯醇不稳定，异构化为乙醛，化学方程式为：CH≡CH + H2OCH3CHO；
（3）1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯和NaBr、H2O，化学方程式：；
（4）乙二醇可以在铜催化下被氧气氧化生成乙二醛，化学反应方程式为：；
（5）向苯酚钠溶液中通入CO2生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3；
（6）的主链为6个C原子，2号C上1个-CH3、4号C上2个-CH3，命名为2，4，4-三甲基己烷。
22．（2025高二上·滨江期末）超导体是目前材料领域研究的热点之一，请回答下列问题：
（1）某铜氧高温超导材料的晶胞如图所示，其化学式是　 　，每个Cu原子周围距离最近且相等的O原子个数为　 　；
（2）某铜氧超导体中含有价的Cu，请写出基态的核外电子排布式　 　；
（3）YBCO(钇钡铜氧)是首个超导温度在77K以上的材料，其中钇元素位于元素周期表第五周期第ⅢB族，请写出其基态原子的价层轨道表示式　 　。
（4）下列说法正确的是______；
A．电负性：
B．Ba元素在元素周期表中位于p区
C．与中心原子均为杂化
D．键角：
【答案】（1）；6
（2）
（3）
（4）A；D
【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）根据均摊法计算：晶胞中含有La的个数是，含有Cu的个数是，含有O的个数是，则晶胞的化学式为，以顶点的Cu原子为研究对象，其周围距离最近且相等的O原子个数为6，分别位于上下、前后、左右；
故答案为： ；6；
（2）Cu为29号元素，原子核外含有29个电子，故Cu基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，则基态的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8；
故答案为： ；
（3）钇元素位于元素周期表第五周期第ⅢB族，则价电子排布式为，轨道表达式为<>；
故答案为： ；
（4）A．非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>N，N和S的电负性可通过简单氢化物的稳定性比较，由于N原子半径更小，键键能更大，氨气稳定性高于硫化氢，侧面印证氮的非金属性比硫强；即电负性：，A正确；
B．Ba是ⅡA族元素，在元素周期表中位于s区，B错误；
C．中心原子S的价层电子对数是：4＋(6+2-4×2)=4，为sp3杂化；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5＋1-3×2)=3，为sp2杂化，C错误；
D．中心原子S的价层电子对数是：3＋(6-3×2)=3，无孤对电子，空间构型是平面三角形，键角是120°；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5-3×1)=4，为sp3杂化，有1对孤对电子，对成键电子对存在斥力，键角大约是107°；中心原子O的价层电子对数是：2＋(6-2×1)=4，为sp3杂化，有2对孤对电子，对成键电子对斥力更大，键角大约是105°；D正确；
故答案为：AD。
【分析】（1） 用均摊法计算晶胞中各原子个数确定化学式；以顶点 Cu 原子为研究对象，数出最近且相等的 O 原子数。
（2） 依据 Cu 原子序数，先写基态 Cu 原子电子排布式，再失去 3 个电子得Cu3+电子排布式。
（3） 根据钇在周期表的位置，确定价电子排布式，进而写出价层轨道表示式。
（4）A：结合非金属性强弱判断电负性顺序。
B：根据 Ba 的族序数判断其在周期表的分区。
C：用价层电子对互斥理论计算中心原子价层电子对数，判断杂化类型。
D：通过价层电子对互斥理论分析分子空间构型，比较键角大小。
（1）根据均摊法计算：晶胞中含有La的个数是，含有Cu的个数是，含有O的个数是，则晶胞的化学式为，以顶点的Cu原子为研究对象，其周围距离最近且相等的O原子个数为6，分别位于上下、前后、左右；
（2）Cu为29号元素，原子核外含有29个电子，故Cu基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，则基态的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8；
（3）钇元素位于元素周期表第五周期第ⅢB族，则价电子排布式为，轨道表达式为<>；
（4）A．非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>N，N和S的电负性可通过简单氢化物的稳定性比较，由于N原子半径更小，键键能更大，氨气稳定性高于硫化氢，侧面印证氮的非金属性比硫强；即电负性：，A正确；
B．Ba是ⅡA族元素，在元素周期表中位于s区，B错误；
C．中心原子S的价层电子对数是：4＋(6+2-4×2)=4，为sp3杂化；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5＋1-3×2)=3，为sp2杂化，C错误；
D．中心原子S的价层电子对数是：3＋(6-3×2)=3，无孤对电子，空间构型是平面三角形，键角是120°；中心原子N的价层电子对数是：3＋(5-3×1)=4，为sp3杂化，有1对孤对电子，对成键电子对存在斥力，键角大约是107°；中心原子O的价层电子对数是：2＋(6-2×1)=4，为sp3杂化，有2对孤对电子，对成键电子对斥力更大，键角大约是105°；D正确；
故选AD。
23．（2025高二上·滨江期末）物质的结构可以决定物质的物理化学性质，请回答下列问题：
（1）三氟乙酸的小于三氯乙酸，请简要解释原因　 　。
（2）画出邻羟基苯甲醛分子内氢键的结构示意图　 　。
（3）已知(熔点1290℃)与(熔点194℃)熔点差别较大，请简要解释熔点远高于的原因　 　。
（4）已知吡啶()中含有与苯类似的大键。
①吡啶中N原子的价层孤电子对占据　 　(填标号)。
A.2s轨道 B.2p轨道 C．sp杂化轨道 D．杂化轨道
②吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是(写出两点)　 　，　 　。
③、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是　 　。
【答案】（1）F的电负性Cl大，F—C极性大于Cl—C极性，使F3C—C极性大于Cl3C—C极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（2）
（3）AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高
（4）D；吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）氟元素的电负性强于氯元素，三氟乙酸分子中F—C极性大于三氯乙酸中Cl—C极性，导致三氟乙酸分子中F3C—C极性大于三氯乙酸中Cl3C—C极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强；
故答案为： F的电负性Cl大，F—C极性大于Cl—C极性，使F3C—C极性大于Cl3C—C极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 ；
（2）邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：；
故答案为： ；
（3）AlF3的熔点为1290℃，AlCl3熔点为194℃，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
故答案为： AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高 ；
（4）①吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D；
②已知苯分子为非极性分子，吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯；
③-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： > > ，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为： ；
故答案为： D ； 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 ； 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子 ； 。
【分析】（1）F 电负性比 Cl 大，F-C 极性强于 Cl-C，使三氟乙酸中羧基的羟基极性更大，更易电离出 H+，酸性更强（pKa 更小）。
（2）邻羟基苯甲醛的羟基与醛基氧形成分子内氢键，画出 O-H…O 结构。
（3）AlF3是离子晶体，靠强离子键结合；AlCl3是分子晶体，靠弱分子间作用力结合，故 AlF3熔点更高。
（4）①吡啶 N 原子参与大 π 键，为 sp2 杂化，孤电子对占 sp2 杂化轨道。
②吡啶与水均为极性分子（相似相溶）；吡啶 N 原子与水形成分子间氢键。
③-Cl 是吸电子基，使 N 原子电子云密度降低，故含 - Cl 的吡啶碱性最弱。
（1）氟元素的电负性强于氯元素，三氟乙酸分子中F—C极性大于三氯乙酸中Cl—C极性，导致三氟乙酸分子中F3C—C极性大于三氯乙酸中Cl3C—C极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强；
（2）邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：；
（3）AlF3的熔点为1290℃，AlCl3熔点为194℃，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
（4）①吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D；
②已知苯分子为非极性分子，吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯；
③-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： > > ，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为： ；
24．（2025高二上·滨江期末）某化学兴趣小组在实验室以甲苯为原料合成苯甲酸开进行纯度测定，按如下流程进行实验：
苯甲酸的制备与提纯：
已知：
（1）仪器A的名称为　 　；冷凝水应从　 　口流入(填“a”或“b”)。
（2）写出滤液C加入浓盐酸反应的化学方程式并写出检验苯甲酸粗产品是否洗净的实验操作：　 　；
（3）苯甲酸粗产品重结晶按先后顺序的步骤为　 　。
(______)→(______)→(______)→(______)；
a．加入适量水，加热溶解 b．加入适量乙醇，加热溶解
c．加热蒸发溶剂至出现晶膜(形成饱和溶液) d．加热蒸发溶剂至出现大量晶体
e．冷却结晶，过滤 f．趁热过滤 g．洗涤、干燥
（4）下列说法正确的是______；
A．步骤Ⅵ操作时需要依据苯甲酸的溶解度估算加入溶剂的体积
B．步骤Ⅵ中快速冷却结晶可减少杂质被包裹
C．加入溴化四丁基铵的作用是增大在甲苯中的溶解度，加快反应
D．步骤Ⅱ中当加热至上层油状液体消失(回流液体中油滴消失)时可停止加热
（5）重结晶后得到苯甲酸()3.05g，该实验苯甲酸总产率为　 　％(保留一位小数)。
【答案】（1）（球形）冷凝管；b
（2）+HCl+KCl；取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净
（3）a→c→e→g
（4）A；D
（5）83.3
【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）仪器A的名称为（球形）冷凝管；冷凝水应下进上出，从b口流入。
故答案为： （球形）冷凝管 ；b；
（2）滤液C加入浓盐酸反应的化学方程式+HCl+KCl；苯甲酸固体上可能残留，通过检验是否有来判断是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净。
故答案为：+HCl+KCl；取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净 ；
（3）苯甲酸粗产品重结晶按先后顺序的步骤为a．加入适量水，加热溶解→c．加热蒸发溶剂至出现晶膜(形成饱和溶液) →e．冷却结晶，过滤→g．洗涤、干燥，则顺序为a→c→e→g。
故答案为： a→c→e→g ；
（4）A．加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，则骤Ⅵ操作时需要依据苯甲酸的溶解度估算加入溶剂的体积，故A正确；
B．KCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则操作Ⅵ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，KCl留在溶液中，故B错误；
C．四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与甲苯的接触，加快反应速率并提高产率，但是高锰酸钾并不溶于甲苯，不能说增大了高锰酸钾在甲苯中的溶解度，故C错误；
D．步骤Ⅱ中当加热至上层油状液体消失(回流液体中油滴消失)时，说明甲苯反应完全，可停止加热，故D正确；
故答案为：AD。
（5）根据已知方程式，高锰酸钾过量，根据甲苯的物质的量计算，由关系式~~，该实验苯甲酸总产率为。
故答案为： 83.3 。
【分析】实验以甲苯为原料，经高锰酸钾氧化制备苯甲酸。首先将高锰酸钾、溴化四丁基铵、甲苯混合，溴化四丁基铵作相转移催化剂，促进非水溶性甲苯与高锰酸钾水溶液的反应。随后加热回流，使甲苯在80°-85°下被充分氧化为苯甲酸钾。反应后加入NaHSO3 ，除去体系中过量的强氧化性高锰酸钾，防止后续酸化时高锰酸钾氧化盐酸。接着趁热过滤，得到含苯甲酸钾的滤液C，此时趁热过滤可避免苯甲酸钾因温度降低结晶析出而损失。之后向滤液C中加浓盐酸酸化，苯甲酸钾转化为苯甲酸（苯甲酸溶解度随酸度增大而减小，从而析出）。最后通过过滤、洗涤得到苯甲酸粗产品，再经重结晶提纯，获得纯净的苯甲酸。
（1）仪器A的名称为（球形）冷凝管；冷凝水应下进上出，从b口流入。
（2）滤液C加入浓盐酸反应的化学方程式+HCl+KCl；苯甲酸固体上可能残留，通过检验是否有来判断是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少许，加入硝酸酸化，再滴加溶液，若生成白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净。
（3）苯甲酸粗产品重结晶按先后顺序的步骤为a．加入适量水，加热溶解→c．加热蒸发溶剂至出现晶膜(形成饱和溶液) →e．冷却结晶，过滤→g．洗涤、干燥，则顺序为a→c→e→g。
（4）A．加水溶解时需保证苯甲酸完全溶解，则骤Ⅵ操作时需要依据苯甲酸的溶解度估算加入溶剂的体积，故A正确；
B．KCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则操作Ⅵ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，KCl留在溶液中，故B错误；
C．四丁基铵根离子溶于有机层且带正电，吸引进入有机层，增大与甲苯的接触，加快反应速率并提高产率，但是高锰酸钾并不溶于甲苯，不能说增大了高锰酸钾在甲苯中的溶解度，故C错误；
D．步骤Ⅱ中当加热至上层油状液体消失(回流液体中油滴消失)时，说明甲苯反应完全，可停止加热，故D正确；
故选AD。
（5）根据已知方程式，高锰酸钾过量，根据甲苯的物质的量计算，由关系式~~，该实验苯甲酸总产率为。
25．（2025高二上·滨江期末）常见有机原料可发生如下转化(部分反应条件省略)，请完成下列问题。
已知：
（1）写出E的分子式　 　，写出D的结构简式　 　；
（2）已知F不能发生催化氧化反应，写出F→C的化学方程式　 　；
（3）写出B→F的化学方程式　 　；
（4）苯甲醛()是一种工业中常用的芳香醛，请以甲苯为主要原料设计合成苯甲醛的路线　 　(其他无机试剂任选，用流程图表示：AB……目标产物)。
（5）写出满足下列条件的B的同分异构体　 　。
①存在苯环；
②存在4种化学环境的H原子。
【答案】（1）；
（2）+
（3）+NaOH+NaCl
（4）
（5）、、。
【知识点】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；乙炔炔烃
【解析】【解答】（1）E的结构式为，可得E的分子式为；D由C（）加聚而得结构简式为
故答案为： ；
（2）F（）到C（）发生消去反应，故F到C的反应为+；
故答案为：+ ；
（3）B（）在条件下发生水解反应生成F（），化学方程式为+NaOH+NaCl；
故答案为：+NaOH+NaCl ；
（4）甲苯（）先与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成，然后在NaOH/H2O条件下水解生成苯甲醇（），最后苯甲醇在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化为苯甲醛（），合成路线为；
故答案为： ；
（5）B为，要满足存在苯环且有4种化学环境的H原子。可以从苯环上取代基的种类和位置来考虑，如苯环上连接一个和一个异丙基且处于对位；或者苯环上连接一个和两个，两个处于间位，满足条件的同分异构体有、、。
故答案为：、、。
【分析】A（）在酸性作用下，侧链被氧化。由于酸性具有强氧化性，会将与苯环直接相连的侧链碳（有氢原子）氧化为羧基，所以E为苯甲酸，其分子式为。A（）与在光照条件下发生侧链取代反应，生成B() ，此时氯原子取代了异丙基上的氢原子；B在NaOH /乙醇、加热条件下发生消去反应，这是卤代烃的典型消去反应条件，与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上的氢原子和氯原子结合生成HCl脱去，从而生成含有碳碳双键的C（）；C（）发生加聚反应，碳碳双键打开相互连接形成高分子化合物D，D的结构简式为。B（）在、加热条件下发生水解反应，这是卤代烃水解的条件，氯原子被羟基取代生成醇F，因为F不能发生催化氧化反应，根据醇催化氧化的条件（与羟基相连的碳原子上有氢原子才能被催化氧化），可知F中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，所以F为。
（1）A 被酸性 KMnO4氧化生成苯甲酸（E），确定分子式 C7H6O2；C 含碳碳双键，加聚生成 D，写出重复单元结构。
（2）F 中与羟基相连的碳无氢（不能催化氧化），F 在浓 H2SO4加热下发生消去反应生成 C，写反应式。
（3）B（卤代烃）在 NaOH 水溶液中加热发生水解反应生成 F（醇），写反应式。
（4）甲苯光照下与 Cl2取代生成 CH2Cl - 苯，再水解得 CH2OH - 苯，最后催化氧化得苯甲醛，设计流程。
（5）B 含苯环和 - Cl，根据 4 种化学环境 H 原子的要求，写出对称结构的同分异构体。
（1）E的结构式为，可得E的分子式为；D由C（）加聚而得结构简式为
（2）F（）到C（）发生消去反应，故F到C的反应为+；
（3）B（）在条件下发生水解反应生成F（），化学方程式为+NaOH+NaCl；
（4）甲苯（）先与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成，然后在NaOH/H2O条件下水解生成苯甲醇（），最后苯甲醇在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化为苯甲醛（），合成路线为；
（5）B为，要满足存在苯环且有4种化学环境的H原子。可以从苯环上取代基的种类和位置来考虑，如苯环上连接一个和一个异丙基且处于对位；或者苯环上连接一个和两个，两个处于间位，满足条件的同分异构体有、、。
1 / 1

展开更多......

收起↑