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江苏省南京市玄武区南京市第十三中学2024-2025学年高二上学期期末化学试题
1．（2025高二上·玄武期末）反应可用于壁画修复。下列说法正确的是
A．的结构示意图为：
B．中既含离子键又含共价键
C．中S元素的化合价为：+6
D．Pb位于元素周期表第Ⅳ族
2．（2025高二上·玄武期末）反应应用于石油开采。下列说法正确的是
A．的电子式为： B．的结构式为：
C．中子数为18的Cl原子： D．离子半径：
3．（2025高二上·玄武期末）前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y的周期序数与族序数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，W与Z处于同主族。下列说法正确的是
A．电负性：
B．X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
D．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
4．（2025高二上·玄武期末）下列有关、、的说法正确的是
A．是由极性键构成的极性分子
B．的空间构型为三角锥形
C．与中的键角相等
D．与形成的中有6个配位键
5．（2025高二上·玄武期末）元素C、Si、Ge位于周期表中IVA族。下列说法正确的是
A．锗原子基态核外电子排布式为
B．第一电离能：
C．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体
D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
6．（2025高二上·玄武期末）键的极性会影响物质的化学性质。羧基上连有不同的基团时，会影响羧基电离出H+的能力。CH3COOH、HCOOH、CF3COOH、CHCl2COOH中酸性最强的是
A．CH3COOH B．HCOOH C．CF3COOH D．CHCl2COOH
7．（2025高二上·玄武期末）下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．中的N原子与H+形成配位键，具有还原性
B．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．分子之间形成氢键，的热稳定性比强
D．具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
8．（2025高二上·玄武期末）下列指定物质的化学用语正确的是
A．邻二甲苯：
B．丙烯的结构简式：
C．3-丁醇的结构简式：
D．的名称：2，3，3—三甲基丁烷
9．（2025高二上·玄武期末）某有机物的分子式为，该有机物可能具有的结构是
A．含有一个碳碳三键
B．含有两个环状结构
C．含有一个碳碳双键
D．含有一个环状结构和一个碳碳双键
10．（2025高二上·玄武期末）下列有关实验装置及原理正确的是
A．用图甲装置分离苯和溴苯的混合物
B．用图乙装置检验溴乙烷的消去产物
C．用图丙装置制取并收集乙酸乙酯
D．用图丁装置验证酸性：碳酸>苯酚
11．（2025高二上·玄武期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作 结论
A 向苯和甲苯中分别滴加少量酸性溶液，充分振荡，苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色 甲基使苯环变活泼，苯环被氧化
B 向有机物Y的水溶液中加入少量稀溴水，无白色沉淀生成 Y不属于酚类物质
C 苯酚水溶液呈酸性，乙醇水溶液呈中性 对电离出能力的影响：
D 将乙醇与浓混合液加热至170℃，产生的气体通入酸性溶液，紫红色褪去 使酸性溶液褪色的一定是乙烯
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高二上·玄武期末）芳樟醇结构如图所示，在一定条件下发生消去反应生成芳樟烯。下列说法正确的是
A．芳樟醇能被催化氧化成醛
B．芳樟醇中含有1个手性碳原子
C．芳樟醇在水中溶解度小于芳樟烯
D．芳樟醇消去反应仅生成一种有机产物
13．（2025高二上·玄武期末）有机物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A．分子中存在2种含氧官能团 B．碳原子杂化方式有和两种
C．该分子存在顺反异构体 D．分子中所有碳原子可共平面
14．（2025高二上·玄武期末）废弃的塑料制品会危害环境，造成“白色污染”。为了根除“白色污染”，科学家研制出一种新材料，其结构简式为。它是由乳酸聚合而成，能在乳酸菌的作用下降解而消除对环境的污染。下列关于聚乳酸的说法不正确的是
A．聚乳酸分子是高分子化合物
B．聚乳酸的单体是
C．乳酸中含有的官能团与乙酸的一样，二者属于同系物
D．其聚合方式是缩合聚合，与丙烯酸得到聚丙烯酸不同
15．（2025高二上·玄武期末）有一种有机化合物的结构简式如下：。下列有关它的性质的叙述正确的是
①它有弱酸性，能与氢氧化钠溶液反应
②它不能发生水解反应
③它不能发生取代反应
④它能与碳酸氢钠溶液反应放出气体
⑤与溶液发生显色反应
A．①②③ B．①②④ C．①③⑤ D．①④⑤
16．（2025高二上·玄武期末）X、Y、Z、W、R是原子序数小于36的五种元素，且原子序数依次增大。X的最高正价与最低负价代数和为2，基态Y原子核外2p能级上成对电子数与未成对电子数相同，Z与Y位于同一主族，W的未成对电子数第四周期元素中最多，基态R+核外K、L、M层电子全部充满。
（1）X基态原子中电子共填充了　 　个原子轨道，能量最高电子所在能级的电子云轮廓图为　 　形。
（2）Y基态原子的价层电子的轨道表示式为　 　。
（3）基态Z原子核外存在　 　种运动状态不同的电子。
（4）R元素在周期表中位置　 　(周期和族)，属于　 　区。
（5）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　(用元素符号表示)。
（6）W的基态原子的电子排布式为　 　。
17．（2025高二上·玄武期末）结合相关知识，回答下列问题。
（1）丁二酮肟()分子中键和键的个数比为　 　。
（2）过量与在铜催化作用下反应生成，分子的VSEPR模型为　 　，其分子的空间结构为　 　形。
（3）比较大小并说明原因：沸点：邻羟基苯甲酸　 　对羟基苯甲酸(填“>”“<”或“=”，下同)，主要原因　 　。
（4）砷化镓晶胞如图所示，该晶体的化学式是　 　。Ga周围距离最近且相等的Ga的数目是　 　，Ga周围距离最近且相等的As的数目是　 　。
（5）中键的物质的量是　 　。现有10mL浓度为0.1000mol/L的溶液A，溶质可能是或，用浓度为0.1000mol/L的溶液进行滴定，消耗溶液20mL，则溶液A中的溶质是　 　(填化学式)。
18．（2025高二上·玄武期末）乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：①其中F为高分子化合物。
②。
（1）物质E的结构简式为　 　，分子中碳原子的杂化方式为　 　。
（2）反应①、⑥所涉及的反应类型是　 　、　 　。
（3）写出反应④的化学方程式为　 　。
（4）物质F的结构简式为　 　。
（5）利用下列实验检验中含有醛基，请补充完整实验方案：向洁净的试管中加入　 　，则说明乙醛中含有醛基。(实验中可使用的试剂有：2%溶液、2%的氨水、乙醛溶液)
（6）结合已有知识和已知条件，写出用乙醇为原料制备2-丁烯醛()的合成路线(其他试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
19．（2025高二上·玄武期末）由芳香烃X为原料可以合成多种物质，其转化关系图如图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A的结构简式是：。
已知：①。
②(苯胺，易被氧化)。
（1）X的一氯代物有　 　种。B的结构简式是　 　。
（2）G的结构简式是　 　。反应③的反应类型是　 　。
（3）结合已有知识和已知条件，写出以A为原料制备的合成路线(其他试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
20．（2025高二上·玄武期末）酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法。化合物F合成路线如下：
（1）B→C的反应类型为　 　。
（2）C→D反应的化学方程式为　 　。
（3）物质F中含有的官能团的名称为　 　。
（4）从整个流程看，D→E的作用是　 　。
（5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、S2-是 S 原子得到 2 个电子形成的，核外有 18 个电子，其结构示意图为，A错误；
B、H2O2是共价化合物，分子中只存在 H-O、O-O 共价键，不存在离子键，B错误；
C、在 SO42-中，O 元素化合价为 - 2，设 S 元素化合价为 x，根据 “离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数”，可得 x + 4×(-2) = -2，解得 x=+6，C正确；
D、Pb 位于元素周期表第六周期第 ⅣA 族，并非第 Ⅳ 族，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．离子结构示意图需注意核外电子数与原子的差异（如 S2-核外 18 电子）。
B．共价化合物（如 H2O2）只含共价键，无离子键。
C．化合价计算依据 “化合物 / 离子中元素化合价代数和为 0 / 所带电荷数”。
D．元素周期表中主族元素需标注 “A”，如 ⅣA 族与 Ⅳ 族不同。
2．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A ． NH4+是带正电荷的离子，电子式需用方括号标注并写出电荷，正确形式为 ： ，A错误；
B ． N2分子中两个 N 原子通过三键结合，结构式为 N≡N，表述正确，B正确；
C ． 原子符号中左上角为质量数（质子数 + 中子数），Cl 质子数为 17，中子数 18 时质量数为 35，应表示为 ，题目中质量数错误，C错误；
D ． O2-与 Na+核外电子层结构相同，核电荷数 Na+＞O2-，离子半径随核电荷数增大而减小，故 r (O2-)＞r (Na+)，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．离子电子式需体现方括号和电荷（如 NH4+）。
B．共价分子结构式要明确成键类型（如 N2的三键）。
C．原子符号书写：左上角质量数 = 质子数 + 中子数，左下角为质子数。
D．核外电子排布相同的离子，半径随核电荷数增大而减小。
3．【答案】B
【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
【解析】【解答】元素推断：X 是空气中含量最多的元素，故 X 为 N；
Y 的周期序数与族序数相等，且原子序数大于 N，故 Y 为 Al；
基态 Z 原子 3p 轨道有 5 个电子，故 Z 为 Cl；
W 与 Z 同主族，前 4 周期主族元素中 W 为 Br。
A、电负性上，金属 Al 小于非金属 Cl，即 χ(Y) < χ(Z)，A错误；
B、N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的 C 和 O，B正确；
C、非金属性 Cl > Al，故最高价氧化物对应水化物酸性：HClO4（Z 的）> Al (OH)3（Y 的），C错误；
D、同主族非金属性 Cl > Br，简单氢化物热稳定性 HCl（Z 的）> HBr（W 的），D错误；
故答案为：B。
【分析】A．依据 “空气中含量”“周期与族序数关系”“电子排布”“同主族” 确定 N、Al、Cl、Br。
B．掌握金属电负性小于非金属。
C．半充满结构（如 N 的 2p3）使第一电离能反常升高。
D．非金属性越强，酸性越强、氢化物越稳定。
4．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；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、NH3中存在 N-H 极性键，中心 N 原子价层电子对数为 4（3 个成键对 + 1 个孤电子对），分子呈三角锥型，结构不对称，属于极性分子，A正确；
B、NO3-中心 N 原子价层电子对数为 3（无孤电子对），空间构型为平面三角形，而非三角锥形，B 错误；
C、NH3中 N 有 1 对孤电子对，键角约 107°；NH4+中 N 无孤电子对，为正四面体结构，键角约 109°28'，二者键角不等，C错误；
D、[Ag(NH3)2]+中 2 个 NH3分别与 Ag+形成 1 个配位键，共 2 个配位键，并非 6 个，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．含极性键且结构不对称（如 NH3）。
B．用价层电子对互斥理论，判断分子空间构型。
C．掌握孤电子对排斥力导致 NH3与 NH4+键角不同。
D．配位键数量与配体个数一致。
5．【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A ． 锗（Ge，32 号元素）基态核外电子排布式为 [Ar] 3d 4s24p2，题目中遗漏了 3d 电子，A错误；
B ． 同主族元素从上到下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，故第一电离能顺序为 I1(C) > I1(Si) > I1(Ge)，B错误；
C ． 晶体硅、SiC 是共价晶体，但碳单质中，金刚石为共价晶体，石墨是混合晶体，C60是分子晶体，并非所有碳单质都是共价晶体，C错误；
D ． 周期表中 Si 附近的元素（如 Ge 等）多为半导体或准金属，因此可在其附近寻找新半导体材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．过渡元素需完整写出内层电子（如 Ge 的 3d ）。
B．同主族从上到下第一电离能随原子半径增大而减小。
C．碳单质晶体类型多样（共价、混合、分子），不能一概而论。
D．考查周期表中 Si 附近的准金属区域是半导体材料的重要来源。
6．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介
【解析】【解答】羧基（-COOH）的酸性强弱取决于其电离出 H+的难易，连接的基团吸电子能力越强，越易促进 H+电离，酸性越强。
吸电子能力与基团中原子的电负性相关，电负性：F > Cl > H，因此吸电子能力：-CF3 > -CHCl2 > -H > -CH3（-CH3为推电子基团）。
CH3COOH 中 - CH3推电子，酸性最弱；
HCOOH 无强吸电子基团，酸性弱于含卤原子的酸；
CHCl2COOH 中 - CHCl2有吸电子作用，但 Cl 电负性小于 F；
CF3COOH 中 - CF3因 F 电负性最强，吸电子能力最强，使羧基最易电离 H+，酸性最强。
综上，酸性最强的是 CF3COOH，
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需依据取代基的吸电子能力对羧基电离 H+的影响来分析：
核心：取代基吸电子能力越强，羧基酸性越强；关键：电负性 F > Cl > H，决定 - CF3吸电子能力强于 - CHCl2等基团。
7．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、N2H4的还原性源于 N 元素化合价为 - 2，易被氧化；而 N 原子与 H+形成配位键体现的是 N 的碱性，二者无关联，故A不符合题意 ；
B、液氨用作制冷剂是因为液氨汽化吸热，与氨极易溶于水的性质无关，故B不符合题意 ；
C、H2O (g) 热稳定性强于 H2S (g) 是因为 O 的电负性更大，O-H 键能更高；氢键影响的是物质的物理性质（如沸点），与热稳定性无关，故C不符合题意 ；
D、H2具有还原性，能在氢氧燃料电池中与 O2发生氧化还原反应，因此可作为燃料，性质与用途对应，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．N2H4的还原性由化合价决定，配位键体现碱性，二者无关。
B．液氨制冷原理：依赖汽化吸热，与溶解性无关。
C．热稳定性的本质：由共价键键能决定，氢键不影响化学稳定性。
D．燃料电池燃料的性质：H2的还原性使其能参与电极反应，作为燃料合理。
8．【答案】B
【知识点】有机化合物的命名；结构简式
【解析】【解答】A、中两个甲基在苯环的间位（相隔一个碳原子），应称为间二甲苯，而非邻二甲苯（邻位指相邻碳原子），A错误；
B、丙烯含碳碳双键，结构简式为 CH2=CH-CH3，准确体现了官能团和碳链结构，B正确；
C、醇类命名时，编号需从离羟基最近的一端开始。该有机物（）羟基在 2 号碳，应命名为 2 - 丁醇，而非 3 - 丁醇，C错误；
D、烷烃命名要使支链编号之和最小。该结构（）主链为 4 个碳，2 号碳连 2 个甲基、3 号碳连 1 个甲基，正确名称为 2，2，3 - 三甲基丁烷，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．邻、间、对二甲苯取决于甲基的相对位置。
B．结构简式需明确体现官能团。
C．醇命名得编号起点靠近羟基，确保羟基位置编号最小。
D．烷烃命名遵循 “支链编号之和最小” 原则，优先给连多个支链的碳编小序号。
9．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】计算不饱和度：对于分子式为 C5H8Br2的有机物，计算时把 Br 当作 H（因卤原子与 H 在成键上类似），等效为 C5H10。不饱和度公式为 Ω；
A、一个碳碳三键的不饱和度是 2，与计算结果 1 不符，A错误；
B、两个环状结构的不饱和度为 2（每个环 1），不符合不饱和度 1，B错误；
C、一个碳碳双键的不饱和度为 1，与计算结果一致，C正确；
D、一个环（不饱和度 1）加一个双键（不饱和度 1），总不饱和度为 2，不符合，D错误；
故答案为：C。
【分析】先计算不饱和度，再利用结构对应：双键或单环的不饱和度为 1，三键或双环为 2，据此匹配选项。
10．【答案】B
【知识点】溴乙烷的化学性质；分液和萃取；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、苯和溴苯互溶，分液装置适用于分离互不相溶的液体，因此不能用图甲的分液装置分离二者，A错误；
B、溴乙烷在强碱醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯能使溴水褪色，可通过图乙装置中溴水是否褪色检验消去产物，B正确；
C、图丙中收集乙酸乙酯的导管若伸入 Na2CO3溶液液面以下，会因装置内压强减小引发倒吸，C错误；
D、浓盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性的比较，因此图丁装置不能验证酸性：碳酸＞苯酚，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分液分离的前提是液体互不相溶，苯与溴苯互溶。
B．消去反应产物乙烯的检验利用其与溴水的加成反应，装置原理合理。
C．乙酸乙酯收集时导管需在液面上方，防止倒吸。
D．浓盐酸的挥发性会干扰酸性比较实验。
11．【答案】C
【知识点】苯的同系物及其性质；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、向苯和甲苯中滴加酸性 KMnO4溶液，苯中溶液呈紫红色（KMnO4未反应），甲苯中溶液无色（KMnO4被还原）。这说明是苯环使甲基变活泼，甲基被氧化，而非苯环被氧化，A错误；
B、向有机物 Y 的水溶液中加少量稀溴水，无白色沉淀生成。可能是 Y 不属于酚类，也可能是溴水浓度小，生成的三溴苯酚量少未形成沉淀，因此不能直接判定 Y 不属于酚类，B错误；
C、苯酚水溶液呈酸性，乙醇水溶液呈中性。说明苯环（C6H5-）对 - OH 电离出 H+的促进作用强于乙基（C2H5-），即对 - OH 电离出 H+能力的影响：C6H5- > C2H5-，C正确；
D、乙醇与浓 H2SO4加热至 170℃产生的气体中，乙醇蒸气、副产物 SO2均能使酸性 KMnO4溶液褪色，因此不能确定使溶液褪色的一定是乙烯，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．苯环使甲基活化，甲基被氧化，而非苯环被氧化。
B．需考虑溴水浓度，少量溴水可能因产物溶解或量少不产生沉淀。
C．苯环的吸电子作用使苯酚中 - OH 更易电离 H+，乙醇中乙基的推电子作用使 - OH 难电离。
D．乙醇挥发、SO2生成均会干扰酸性 KMnO4的褪色实验。
12．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醇类简介
【解析】【解答】A、芳樟醇中与 - OH 相连的碳原子上没有氢原子，根据醇的催化氧化规律，此类醇不能被催化氧化为醛，A错误；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的碳原子。芳樟醇中与羟基相连的碳原子连有 4 种不同的原子或基团，因此含有 1 个手性碳原子，B正确；
C、芳樟醇含 - OH，可与水分子形成氢键，而芳樟烯无羟基，因此芳樟醇在水中的溶解度大于芳樟烯，C错误；
D、芳樟醇中与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，且邻位碳原子结构不对称，消去反应可生成多种有机产物（其中一种不稳定），并非仅生成一种，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．与 - OH 相连的碳原子上需有氢原子才能被氧化，无氢则不能氧化。
B．识别连有 4 种不同原子或基团的碳原子。
C．含羟基的有机物因能形成氢键，水溶性更强。
D．邻位碳不对称时，消去产物可能有多种。
13．【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、有机物 M 分子中含羟基（-OH）和羧基（-COOH）两种含氧官能团，A正确；
B、饱和碳原子（如连羟基、羧基的碳）为 sp3 杂化，苯环和碳碳双键上的碳原子为 sp2 杂化，仅存在 sp2 和 sp3 两种杂化方式，B正确；
C、分子中碳碳双键的两个碳原子均连有不同的原子或基团，满足顺反异构的条件，因此存在顺反异构体，C正确；
D、分子中含饱和碳原子（如与羟基相连的碳、叔碳原子等），饱和碳原子的空间构型为四面体，导致所有碳原子不可能共平面，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．明确羟基、羧基的结构特征。
B．sp3 杂化对应饱和碳，sp2 杂化对应苯环、双键碳。
C．掌握顺反异构条件：双键碳连不同原子或基团。
D．含四面体结构的饱和碳时，原子无法共平面。
14．【答案】C
【知识点】同系物；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A、聚乳酸的结构简式中含重复单元且链节数 n 较大，属于高分子化合物，A正确；
B、聚乳酸的结构简式为， ，是由乳酸（ ）通过缩聚反应形成，因此单体为 ，B正确；
C、乳酸的官能团是羧基（-COOH）和羟基（-OH），乙酸的官能团仅为羧基（-COOH），二者官能团种类不同，且分子组成不相差若干个 CH2，不符合同系物定义，C错误；
D、聚乳酸通过缩聚反应生成（过程中脱去水分子），而丙烯酸生成聚丙烯酸是加聚反应（无小分子生成），聚合方式不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确高分子化合物由重复结构单元聚合而成，链节数 n≥1000。
B．缩聚产物可通过拆分官能团逆向得到单体。
C．官能团种类和数目完全相同，分子组成相差 n 个 CH2（n≥1）。
D．缩聚反应伴随小分子（如水）生成，加聚反应仅通过双键加成连接，无小分子。
15．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】官能团识别：该有机物含羧基（-COOH）、酚羟基（-OH 直接连苯环）、酯基（-COO-）。
① 羧基和酚羟基均有弱酸性，能与 NaOH 溶液反应（羧基、酚羟基、酯基均能与 NaOH 反应），①正确；
② 含酯基，能发生水解反应（酯的水解属于取代反应），②错误；
③ 酚羟基的邻、对位可发生溴代等取代反应，酯基水解也属于取代反应，因此能发生取代反应，③错误；
④ 羧基的酸性强于碳酸，能与碳酸氢钠溶液反应生成 CO2气体，④正确；
⑤ 含酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应（显紫色），⑤正确；
综上，①④⑤正确，
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需先分析有机物的官能团（羧基、酚羟基、酯基），再结合各官能团的性质逐一判断。
16．【答案】（1）5；哑铃型或纺锤形
（2）
（3）16
（4）第四周期第ⅠB族；ds
（5）N>O>S
（6）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1
【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
【解析】【解答】（1）X为N，基态核外电子排布式为：1s22s22p3；电子共填充了5个原子轨道；能量最高电子所在能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型或纺锤形；
故答案为： 5 ；哑铃型或纺锤形；
（2）Y为O，其基态原子的价层电子的轨道表示式为：；
故答案为： ；
（3）Z为S，核外有16个运动状态不同的电子；
故答案为：16；
（4）R为Cu，位于第四周期第ⅠB族；属于ds区元素；
故答案为： 第四周期第ⅠB族 ； ds ；
（5）N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O；O、S为同主族元素，从上到下第一电离能减小，则第一电离能：N>O>S；
故答案为： N>O>S ；
（6）W为Cr，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1。
故答案为： 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1 。
【分析】X 的最高正价与最低负价代数和为 2，说明其最高正价为 + 5、最低负价为 - 3，属于第 ⅤA 族元素；结合原子序数最小，推断 X 为 N（氮）。
基态 Y 原子的 2p 能级中，成对电子数与未成对电子数相同。2p 能级最多容纳 6 个电子，排布为 2p4时，成对电子有 4 个（2 对）、未成对电子有 2 个（1 对），符合条件，故 Y 为 O（氧）。
Z 与 Y 同主族，且原子序数大于 Y，因此 Z 为 S（硫）。
W 位于第四周期，未成对电子数在同周期元素中最多。第四周期中，Cr 的价电子排布为 3d54s ，未成对电子数为 6（3d 轨道 5 个、4s 轨道 1 个），是最多的，故 W 为 Cr（铬）。
基态 R+的 K、L、M 层电子全充满，K、L、M 层分别有 2、8、18 个电子，总电子数为 28，因此 R 为 Cu（铜，原子序数 29）。据此解题。
（1）X为N，基态核外电子排布式为：1s22s22p3；电子共填充了5个原子轨道；能量最高电子所在能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型或纺锤形；
（2）Y为O，其基态原子的价层电子的轨道表示式为：；
（3）Z为S，核外有16个运动状态不同的电子；
（4）R为Cu，位于第四周期第ⅠB族；属于ds区元素；
（5）N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O；O、S为同主族元素，从上到下第一电离能减小，则第一电离能：N>O>S；
（6）W为Cr，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1。
17．【答案】（1）2：15
（2）正四面体形；三角锥形
（3）<；邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点
（4）GaAs；12；4
（5）24；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）单键均为键，碳氮双键含1个键和1个键，则键和键的个数比为2：15；
故答案为： 2：15 ；
（2）中心N原子的价层电子对数=，含一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体形，分子构型为三角锥形；
故答案为： 正四面体形 ； 三角锥形 ；
（3）邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，而分子间氢键升高沸点，因此沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；
故答案为： < ； 邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点 ；
（4）Ga位于顶点和面心，个数为：；As位于晶胞内部，个数为4，两原子个数比为1：1；则该晶体的化学式是GaAs；以顶点Ga为观察对象，距离其最近且相等的Ga位于相邻面心，共12个；以面心Ga为观察对象，距离其最近且相等的As有4个；
故答案为： GaAs ；12；4；
（5）1分子中含4个键；与Co3+形成的配位键也为键，中键的物质的量是24mol；10mL浓度为0.1000mol/L的溶液A，A的物质的量为0.01L×0.1000mol/L=0.001 mol；消耗硝酸银的物质的量为0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，可知A可电离出2个氯离子，即外界氯离子个数为2，A为。
故答案为：24；。
【分析】(1)单键为 σ 键，碳氮双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，分别计数后求比。
(2)计算 NF3中心 N 原子的价层电子对数，判断 VSEPR 模型；结合孤电子对判断分子空间结构。
(3)比较分子内氢键（邻羟基苯甲酸）和分子间氢键（对羟基苯甲酸）对沸点的影响，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点。
(4)用均摊法计算晶胞中 Ga 和 As 的原子数，确定化学式；通过晶胞结构分析 Ga 周围最近且相等的 Ga 和 As 的数目。
(5)配位键和 NH3内的 σ 键均为 σ 键，计数后求物质的量；通过 AgNO3滴定确定外界 Cl-数目，进而判断配合物化学式。
（1）单键均为键，碳氮双键含1个键和1个键，则键和键的个数比为2：15；
（2）中心N原子的价层电子对数=，含一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体形，分子构型为三角锥形；
（3）邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，而分子间氢键升高沸点，因此沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；
（4）Ga位于顶点和面心，个数为：；As位于晶胞内部，个数为4，两原子个数比为1：1；则该晶体的化学式是GaAs；以顶点Ga为观察对象，距离其最近且相等的Ga位于相邻面心，共12个；以面心Ga为观察对象，距离其最近且相等的As有4个；
（5）1分子中含4个键；与Co3+形成的配位键也为键，中键的物质的量是24mol；10mL浓度为0.1000mol/L的溶液A，A的物质的量为0.01L×0.1000mol/L=0.001 mol；消耗硝酸银的物质的量为0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，可知A可电离出2个氯离子，即外界氯离子个数为2，A为。
18．【答案】（1）CH3COOH；sp3、 sp2
（2）加成反应；酯化(取代)反应
（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（4）
（5）向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜
（6）CH3CH2OH CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
【知识点】有机物的合成；烯烃；加成反应；酯化反应；结构简式
【解析】【解答】（1）由题图可知，D为CH3CH2OH，E 由乙醛(CH3CHO)发生氧化反应而得，E为乙酸，结构简式为CH3COOH。D与E发生酯化反应生成的G为CH3COOCH2CH3；E可写为， 分子中甲基上的C原子为sp3杂化，羧基(-COOH)中的C原子为sp2杂化。
故答案为： CH3COOH ； sp3、 sp2 ；
（2）反应①是溴与乙烯发生的加成反应，反应⑥是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯），即反应类型属于酯化(取代)反应。
故答案为： 加成反应 ； 酯化(取代)反应 ；
（3）反应④是在Cu作催化剂、O2作氧化剂条件下，乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
故答案为： 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
（4）由乙烯经反应⑦加聚生成的高分子 F 即聚乙烯，结构简式为 。
故答案为： ；
（5）检验乙醛中醛基的常用方法是银镜反应：向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜，则说明其中含醛基。
故答案为： 向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜 ；
（6）由乙醇制备2‐丁烯醛(CH3CH=CHCHO)的典型路线是： 先将乙醇在Cu、O2等条件下氧化为乙醛，然后乙醛在稀碱溶液下经“羟醛缩合”并脱水即可得到2‐丁烯醛。合成路线为 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
故答案为： CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
【分析】乙烯与溴发生加成反应生成 A（BrCH2CH2Br），A 水解生成 B（HOCH2CH2OH）；乙烯与水加成生成 D（乙醇），乙醇氧化为乙醛，乙醛进一步氧化为 E（乙酸）；乙醇与乙酸发生酯化反应生成 G（乙酸乙酯）；乙烯通过加聚反应生成高分子 F（聚乙烯）。据此解题。
（1）由题图可知，D为CH3CH2OH，E 由乙醛(CH3CHO)发生氧化反应而得，E为乙酸，结构简式为CH3COOH。D与E发生酯化反应生成的G为CH3COOCH2CH3；E可写为， 分子中甲基上的C原子为sp3杂化，羧基(-COOH)中的C原子为sp2杂化。
（2）反应①是溴与乙烯发生的加成反应，反应⑥是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯），即反应类型属于酯化(取代)反应。
（3）反应④是在Cu作催化剂、O2作氧化剂条件下，乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（4）由乙烯经反应⑦加聚生成的高分子 F 即聚乙烯，结构简式为 。
（5）检验乙醛中醛基的常用方法是银镜反应：向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜，则说明其中含醛基。
（6）由乙醇制备2‐丁烯醛(CH3CH=CHCHO)的典型路线是： 先将乙醇在Cu、O2等条件下氧化为乙醛，然后乙醛在稀碱溶液下经“羟醛缩合”并脱水即可得到2‐丁烯醛。合成路线为 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
19．【答案】（1）4；
（2）；还原反应
（3）
【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；醇类简介
【解析】【解答】（1）X为，由结构简式可知含4种氢原子，则一氯代物有4种；由上述分析可知B的结构简式为：；
故答案为：4； ；
（2）由上述分析可知G为；反应③的反应类型是还原反应；
故答案为： ；还原反应；
（3）与氢气发生加成反应生成；发生消去反应生成，与溴单质发生加成反应生成，水解得到，合成路线为：。
故答案为： 。
【分析】由A的结构简式以及X到A的条件，X为；A发生水解反应生成B()，经催化氧化生成C()；发生硝化反应生成F，结合最终产物，可知F为；由已知条件，氨基易被氧化，因此F应先氧化生成G()，G再经还原反应生成，据此分析解答。
(1)确定 X 为甲苯，分析其氢原子种类得一氯代物数目；根据 A 的水解反应推出 B 的结构。
(2)结合硝化、氧化及还原反应的规律，推出 G 的结构；根据反应类型定义判断反应③为还原反应。
(3)设计从 A 出发，经加成、消去、加成、水解反应的合成路线，逐步转化得到目标产物。
（1）X为，由结构简式可知含4种氢原子，则一氯代物有4种；由上述分析可知B的结构简式为：；
（2）由上述分析可知G为；反应③的反应类型是还原反应；
（3）与氢气发生加成反应生成；发生消去反应生成，与溴单质发生加成反应生成，水解得到，合成路线为：。
20．【答案】（1）氧化反应
（2）+ CH3OH+H2O
（3）酮羰基、羟基
（4）保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI反应
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由分析可知，B→C发生的反应为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成；
故答案为： 氧化反应 ；
（2）C→D的反应为浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH+H2O；
故答案为：+ CH3OH+H2O ；
（3）由结构简式可知，分子中含有的官能团名称为酮羰基、羟基；
故答案为： 酮羰基、羟基 ；
（4）由结构简式可知，和分子中都含有酮羰基，则D→E的作用是保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI发生副反应；
故答案为： 保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI反应 ；
（5）由有机物的转化关系可知，以、和为原料制备的合成步骤为浓硫酸作用下丙烯酸与甲醇共热发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯一定条件下转化为HOCH2CH2COOCH3，HOCH2CH2COOCH3一定条件下转化为，铜做催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，合成路线为。
故答案为： 。
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下转化为，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，则D为；干燥HCl作用下与先发生加成反应，后发生取代反应生成，一定条件下转化为。
(1)分析 B 到 C 的反应，判断为氧化反应。
(2)明确 C 到 D 是酯化反应，写出化学方程式。
(3)识别 F 的官能团，为酮羰基、羟基。
(4)D 到 E 的作用是保护酮羰基，避免其与格氏试剂反应。
(5)设计合成路线，依次经过酯化、还原、格氏试剂反应、氧化步骤。
（1）由分析可知，B→C发生的反应为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成；
（2）C→D的反应为浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH+H2O；
（3）由结构简式可知，分子中含有的官能团名称为酮羰基、羟基；
（4）由结构简式可知，和分子中都含有酮羰基，则D→E的作用是保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI发生副反应；
（5）由有机物的转化关系可知，以、和为原料制备的合成步骤为浓硫酸作用下丙烯酸与甲醇共热发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯一定条件下转化为HOCH2CH2COOCH3，HOCH2CH2COOCH3一定条件下转化为，铜做催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，合成路线为。
1 / 1江苏省南京市玄武区南京市第十三中学2024-2025学年高二上学期期末化学试题
1．（2025高二上·玄武期末）反应可用于壁画修复。下列说法正确的是
A．的结构示意图为：
B．中既含离子键又含共价键
C．中S元素的化合价为：+6
D．Pb位于元素周期表第Ⅳ族
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、S2-是 S 原子得到 2 个电子形成的，核外有 18 个电子，其结构示意图为，A错误；
B、H2O2是共价化合物，分子中只存在 H-O、O-O 共价键，不存在离子键，B错误；
C、在 SO42-中，O 元素化合价为 - 2，设 S 元素化合价为 x，根据 “离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷数”，可得 x + 4×(-2) = -2，解得 x=+6，C正确；
D、Pb 位于元素周期表第六周期第 ⅣA 族，并非第 Ⅳ 族，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．离子结构示意图需注意核外电子数与原子的差异（如 S2-核外 18 电子）。
B．共价化合物（如 H2O2）只含共价键，无离子键。
C．化合价计算依据 “化合物 / 离子中元素化合价代数和为 0 / 所带电荷数”。
D．元素周期表中主族元素需标注 “A”，如 ⅣA 族与 Ⅳ 族不同。
2．（2025高二上·玄武期末）反应应用于石油开采。下列说法正确的是
A．的电子式为： B．的结构式为：
C．中子数为18的Cl原子： D．离子半径：
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A ． NH4+是带正电荷的离子，电子式需用方括号标注并写出电荷，正确形式为 ： ，A错误；
B ． N2分子中两个 N 原子通过三键结合，结构式为 N≡N，表述正确，B正确；
C ． 原子符号中左上角为质量数（质子数 + 中子数），Cl 质子数为 17，中子数 18 时质量数为 35，应表示为 ，题目中质量数错误，C错误；
D ． O2-与 Na+核外电子层结构相同，核电荷数 Na+＞O2-，离子半径随核电荷数增大而减小，故 r (O2-)＞r (Na+)，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．离子电子式需体现方括号和电荷（如 NH4+）。
B．共价分子结构式要明确成键类型（如 N2的三键）。
C．原子符号书写：左上角质量数 = 质子数 + 中子数，左下角为质子数。
D．核外电子排布相同的离子，半径随核电荷数增大而减小。
3．（2025高二上·玄武期末）前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y的周期序数与族序数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，W与Z处于同主族。下列说法正确的是
A．电负性：
B．X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
D．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
【答案】B
【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
【解析】【解答】元素推断：X 是空气中含量最多的元素，故 X 为 N；
Y 的周期序数与族序数相等，且原子序数大于 N，故 Y 为 Al；
基态 Z 原子 3p 轨道有 5 个电子，故 Z 为 Cl；
W 与 Z 同主族，前 4 周期主族元素中 W 为 Br。
A、电负性上，金属 Al 小于非金属 Cl，即 χ(Y) < χ(Z)，A错误；
B、N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的 C 和 O，B正确；
C、非金属性 Cl > Al，故最高价氧化物对应水化物酸性：HClO4（Z 的）> Al (OH)3（Y 的），C错误；
D、同主族非金属性 Cl > Br，简单氢化物热稳定性 HCl（Z 的）> HBr（W 的），D错误；
故答案为：B。
【分析】A．依据 “空气中含量”“周期与族序数关系”“电子排布”“同主族” 确定 N、Al、Cl、Br。
B．掌握金属电负性小于非金属。
C．半充满结构（如 N 的 2p3）使第一电离能反常升高。
D．非金属性越强，酸性越强、氢化物越稳定。
4．（2025高二上·玄武期末）下列有关、、的说法正确的是
A．是由极性键构成的极性分子
B．的空间构型为三角锥形
C．与中的键角相等
D．与形成的中有6个配位键
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；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、NH3中存在 N-H 极性键，中心 N 原子价层电子对数为 4（3 个成键对 + 1 个孤电子对），分子呈三角锥型，结构不对称，属于极性分子，A正确；
B、NO3-中心 N 原子价层电子对数为 3（无孤电子对），空间构型为平面三角形，而非三角锥形，B 错误；
C、NH3中 N 有 1 对孤电子对，键角约 107°；NH4+中 N 无孤电子对，为正四面体结构，键角约 109°28'，二者键角不等，C错误；
D、[Ag(NH3)2]+中 2 个 NH3分别与 Ag+形成 1 个配位键，共 2 个配位键，并非 6 个，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．含极性键且结构不对称（如 NH3）。
B．用价层电子对互斥理论，判断分子空间构型。
C．掌握孤电子对排斥力导致 NH3与 NH4+键角不同。
D．配位键数量与配体个数一致。
5．（2025高二上·玄武期末）元素C、Si、Ge位于周期表中IVA族。下列说法正确的是
A．锗原子基态核外电子排布式为
B．第一电离能：
C．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体
D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料
【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A ． 锗（Ge，32 号元素）基态核外电子排布式为 [Ar] 3d 4s24p2，题目中遗漏了 3d 电子，A错误；
B ． 同主族元素从上到下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，故第一电离能顺序为 I1(C) > I1(Si) > I1(Ge)，B错误；
C ． 晶体硅、SiC 是共价晶体，但碳单质中，金刚石为共价晶体，石墨是混合晶体，C60是分子晶体，并非所有碳单质都是共价晶体，C错误；
D ． 周期表中 Si 附近的元素（如 Ge 等）多为半导体或准金属，因此可在其附近寻找新半导体材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．过渡元素需完整写出内层电子（如 Ge 的 3d ）。
B．同主族从上到下第一电离能随原子半径增大而减小。
C．碳单质晶体类型多样（共价、混合、分子），不能一概而论。
D．考查周期表中 Si 附近的准金属区域是半导体材料的重要来源。
6．（2025高二上·玄武期末）键的极性会影响物质的化学性质。羧基上连有不同的基团时，会影响羧基电离出H+的能力。CH3COOH、HCOOH、CF3COOH、CHCl2COOH中酸性最强的是
A．CH3COOH B．HCOOH C．CF3COOH D．CHCl2COOH
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介
【解析】【解答】羧基（-COOH）的酸性强弱取决于其电离出 H+的难易，连接的基团吸电子能力越强，越易促进 H+电离，酸性越强。
吸电子能力与基团中原子的电负性相关，电负性：F > Cl > H，因此吸电子能力：-CF3 > -CHCl2 > -H > -CH3（-CH3为推电子基团）。
CH3COOH 中 - CH3推电子，酸性最弱；
HCOOH 无强吸电子基团，酸性弱于含卤原子的酸；
CHCl2COOH 中 - CHCl2有吸电子作用，但 Cl 电负性小于 F；
CF3COOH 中 - CF3因 F 电负性最强，吸电子能力最强，使羧基最易电离 H+，酸性最强。
综上，酸性最强的是 CF3COOH，
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需依据取代基的吸电子能力对羧基电离 H+的影响来分析：
核心：取代基吸电子能力越强，羧基酸性越强；关键：电负性 F > Cl > H，决定 - CF3吸电子能力强于 - CHCl2等基团。
7．（2025高二上·玄武期末）下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．中的N原子与H+形成配位键，具有还原性
B．氨极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C．分子之间形成氢键，的热稳定性比强
D．具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；氨的性质及用途
【解析】【解答】A、N2H4的还原性源于 N 元素化合价为 - 2，易被氧化；而 N 原子与 H+形成配位键体现的是 N 的碱性，二者无关联，故A不符合题意 ；
B、液氨用作制冷剂是因为液氨汽化吸热，与氨极易溶于水的性质无关，故B不符合题意 ；
C、H2O (g) 热稳定性强于 H2S (g) 是因为 O 的电负性更大，O-H 键能更高；氢键影响的是物质的物理性质（如沸点），与热稳定性无关，故C不符合题意 ；
D、H2具有还原性，能在氢氧燃料电池中与 O2发生氧化还原反应，因此可作为燃料，性质与用途对应，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．N2H4的还原性由化合价决定，配位键体现碱性，二者无关。
B．液氨制冷原理：依赖汽化吸热，与溶解性无关。
C．热稳定性的本质：由共价键键能决定，氢键不影响化学稳定性。
D．燃料电池燃料的性质：H2的还原性使其能参与电极反应，作为燃料合理。
8．（2025高二上·玄武期末）下列指定物质的化学用语正确的是
A．邻二甲苯：
B．丙烯的结构简式：
C．3-丁醇的结构简式：
D．的名称：2，3，3—三甲基丁烷
【答案】B
【知识点】有机化合物的命名；结构简式
【解析】【解答】A、中两个甲基在苯环的间位（相隔一个碳原子），应称为间二甲苯，而非邻二甲苯（邻位指相邻碳原子），A错误；
B、丙烯含碳碳双键，结构简式为 CH2=CH-CH3，准确体现了官能团和碳链结构，B正确；
C、醇类命名时，编号需从离羟基最近的一端开始。该有机物（）羟基在 2 号碳，应命名为 2 - 丁醇，而非 3 - 丁醇，C错误；
D、烷烃命名要使支链编号之和最小。该结构（）主链为 4 个碳，2 号碳连 2 个甲基、3 号碳连 1 个甲基，正确名称为 2，2，3 - 三甲基丁烷，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．邻、间、对二甲苯取决于甲基的相对位置。
B．结构简式需明确体现官能团。
C．醇命名得编号起点靠近羟基，确保羟基位置编号最小。
D．烷烃命名遵循 “支链编号之和最小” 原则，优先给连多个支链的碳编小序号。
9．（2025高二上·玄武期末）某有机物的分子式为，该有机物可能具有的结构是
A．含有一个碳碳三键
B．含有两个环状结构
C．含有一个碳碳双键
D．含有一个环状结构和一个碳碳双键
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】计算不饱和度：对于分子式为 C5H8Br2的有机物，计算时把 Br 当作 H（因卤原子与 H 在成键上类似），等效为 C5H10。不饱和度公式为 Ω；
A、一个碳碳三键的不饱和度是 2，与计算结果 1 不符，A错误；
B、两个环状结构的不饱和度为 2（每个环 1），不符合不饱和度 1，B错误；
C、一个碳碳双键的不饱和度为 1，与计算结果一致，C正确；
D、一个环（不饱和度 1）加一个双键（不饱和度 1），总不饱和度为 2，不符合，D错误；
故答案为：C。
【分析】先计算不饱和度，再利用结构对应：双键或单环的不饱和度为 1，三键或双环为 2，据此匹配选项。
10．（2025高二上·玄武期末）下列有关实验装置及原理正确的是
A．用图甲装置分离苯和溴苯的混合物
B．用图乙装置检验溴乙烷的消去产物
C．用图丙装置制取并收集乙酸乙酯
D．用图丁装置验证酸性：碳酸>苯酚
【答案】B
【知识点】溴乙烷的化学性质；分液和萃取；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、苯和溴苯互溶，分液装置适用于分离互不相溶的液体，因此不能用图甲的分液装置分离二者，A错误；
B、溴乙烷在强碱醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯能使溴水褪色，可通过图乙装置中溴水是否褪色检验消去产物，B正确；
C、图丙中收集乙酸乙酯的导管若伸入 Na2CO3溶液液面以下，会因装置内压强减小引发倒吸，C错误；
D、浓盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性的比较，因此图丁装置不能验证酸性：碳酸＞苯酚，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分液分离的前提是液体互不相溶，苯与溴苯互溶。
B．消去反应产物乙烯的检验利用其与溴水的加成反应，装置原理合理。
C．乙酸乙酯收集时导管需在液面上方，防止倒吸。
D．浓盐酸的挥发性会干扰酸性比较实验。
11．（2025高二上·玄武期末）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作 结论
A 向苯和甲苯中分别滴加少量酸性溶液，充分振荡，苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色 甲基使苯环变活泼，苯环被氧化
B 向有机物Y的水溶液中加入少量稀溴水，无白色沉淀生成 Y不属于酚类物质
C 苯酚水溶液呈酸性，乙醇水溶液呈中性 对电离出能力的影响：
D 将乙醇与浓混合液加热至170℃，产生的气体通入酸性溶液，紫红色褪去 使酸性溶液褪色的一定是乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】苯的同系物及其性质；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、向苯和甲苯中滴加酸性 KMnO4溶液，苯中溶液呈紫红色（KMnO4未反应），甲苯中溶液无色（KMnO4被还原）。这说明是苯环使甲基变活泼，甲基被氧化，而非苯环被氧化，A错误；
B、向有机物 Y 的水溶液中加少量稀溴水，无白色沉淀生成。可能是 Y 不属于酚类，也可能是溴水浓度小，生成的三溴苯酚量少未形成沉淀，因此不能直接判定 Y 不属于酚类，B错误；
C、苯酚水溶液呈酸性，乙醇水溶液呈中性。说明苯环（C6H5-）对 - OH 电离出 H+的促进作用强于乙基（C2H5-），即对 - OH 电离出 H+能力的影响：C6H5- > C2H5-，C正确；
D、乙醇与浓 H2SO4加热至 170℃产生的气体中，乙醇蒸气、副产物 SO2均能使酸性 KMnO4溶液褪色，因此不能确定使溶液褪色的一定是乙烯，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．苯环使甲基活化，甲基被氧化，而非苯环被氧化。
B．需考虑溴水浓度，少量溴水可能因产物溶解或量少不产生沉淀。
C．苯环的吸电子作用使苯酚中 - OH 更易电离 H+，乙醇中乙基的推电子作用使 - OH 难电离。
D．乙醇挥发、SO2生成均会干扰酸性 KMnO4的褪色实验。
12．（2025高二上·玄武期末）芳樟醇结构如图所示，在一定条件下发生消去反应生成芳樟烯。下列说法正确的是
A．芳樟醇能被催化氧化成醛
B．芳樟醇中含有1个手性碳原子
C．芳樟醇在水中溶解度小于芳樟烯
D．芳樟醇消去反应仅生成一种有机产物
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醇类简介
【解析】【解答】A、芳樟醇中与 - OH 相连的碳原子上没有氢原子，根据醇的催化氧化规律，此类醇不能被催化氧化为醛，A错误；
B、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的碳原子。芳樟醇中与羟基相连的碳原子连有 4 种不同的原子或基团，因此含有 1 个手性碳原子，B正确；
C、芳樟醇含 - OH，可与水分子形成氢键，而芳樟烯无羟基，因此芳樟醇在水中的溶解度大于芳樟烯，C错误；
D、芳樟醇中与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，且邻位碳原子结构不对称，消去反应可生成多种有机产物（其中一种不稳定），并非仅生成一种，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．与 - OH 相连的碳原子上需有氢原子才能被氧化，无氢则不能氧化。
B．识别连有 4 种不同原子或基团的碳原子。
C．含羟基的有机物因能形成氢键，水溶性更强。
D．邻位碳不对称时，消去产物可能有多种。
13．（2025高二上·玄武期末）有机物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A．分子中存在2种含氧官能团 B．碳原子杂化方式有和两种
C．该分子存在顺反异构体 D．分子中所有碳原子可共平面
【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；烯烃
【解析】【解答】A、有机物 M 分子中含羟基（-OH）和羧基（-COOH）两种含氧官能团，A正确；
B、饱和碳原子（如连羟基、羧基的碳）为 sp3 杂化，苯环和碳碳双键上的碳原子为 sp2 杂化，仅存在 sp2 和 sp3 两种杂化方式，B正确；
C、分子中碳碳双键的两个碳原子均连有不同的原子或基团，满足顺反异构的条件，因此存在顺反异构体，C正确；
D、分子中含饱和碳原子（如与羟基相连的碳、叔碳原子等），饱和碳原子的空间构型为四面体，导致所有碳原子不可能共平面，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．明确羟基、羧基的结构特征。
B．sp3 杂化对应饱和碳，sp2 杂化对应苯环、双键碳。
C．掌握顺反异构条件：双键碳连不同原子或基团。
D．含四面体结构的饱和碳时，原子无法共平面。
14．（2025高二上·玄武期末）废弃的塑料制品会危害环境，造成“白色污染”。为了根除“白色污染”，科学家研制出一种新材料，其结构简式为。它是由乳酸聚合而成，能在乳酸菌的作用下降解而消除对环境的污染。下列关于聚乳酸的说法不正确的是
A．聚乳酸分子是高分子化合物
B．聚乳酸的单体是
C．乳酸中含有的官能团与乙酸的一样，二者属于同系物
D．其聚合方式是缩合聚合，与丙烯酸得到聚丙烯酸不同
【答案】C
【知识点】同系物；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A、聚乳酸的结构简式中含重复单元且链节数 n 较大，属于高分子化合物，A正确；
B、聚乳酸的结构简式为， ，是由乳酸（ ）通过缩聚反应形成，因此单体为 ，B正确；
C、乳酸的官能团是羧基（-COOH）和羟基（-OH），乙酸的官能团仅为羧基（-COOH），二者官能团种类不同，且分子组成不相差若干个 CH2，不符合同系物定义，C错误；
D、聚乳酸通过缩聚反应生成（过程中脱去水分子），而丙烯酸生成聚丙烯酸是加聚反应（无小分子生成），聚合方式不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确高分子化合物由重复结构单元聚合而成，链节数 n≥1000。
B．缩聚产物可通过拆分官能团逆向得到单体。
C．官能团种类和数目完全相同，分子组成相差 n 个 CH2（n≥1）。
D．缩聚反应伴随小分子（如水）生成，加聚反应仅通过双键加成连接，无小分子。
15．（2025高二上·玄武期末）有一种有机化合物的结构简式如下：。下列有关它的性质的叙述正确的是
①它有弱酸性，能与氢氧化钠溶液反应
②它不能发生水解反应
③它不能发生取代反应
④它能与碳酸氢钠溶液反应放出气体
⑤与溶液发生显色反应
A．①②③ B．①②④ C．①③⑤ D．①④⑤
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】官能团识别：该有机物含羧基（-COOH）、酚羟基（-OH 直接连苯环）、酯基（-COO-）。
① 羧基和酚羟基均有弱酸性，能与 NaOH 溶液反应（羧基、酚羟基、酯基均能与 NaOH 反应），①正确；
② 含酯基，能发生水解反应（酯的水解属于取代反应），②错误；
③ 酚羟基的邻、对位可发生溴代等取代反应，酯基水解也属于取代反应，因此能发生取代反应，③错误；
④ 羧基的酸性强于碳酸，能与碳酸氢钠溶液反应生成 CO2气体，④正确；
⑤ 含酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应（显紫色），⑤正确；
综上，①④⑤正确，
故答案为：D。
【分析】要解决这道题，需先分析有机物的官能团（羧基、酚羟基、酯基），再结合各官能团的性质逐一判断。
16．（2025高二上·玄武期末）X、Y、Z、W、R是原子序数小于36的五种元素，且原子序数依次增大。X的最高正价与最低负价代数和为2，基态Y原子核外2p能级上成对电子数与未成对电子数相同，Z与Y位于同一主族，W的未成对电子数第四周期元素中最多，基态R+核外K、L、M层电子全部充满。
（1）X基态原子中电子共填充了　 　个原子轨道，能量最高电子所在能级的电子云轮廓图为　 　形。
（2）Y基态原子的价层电子的轨道表示式为　 　。
（3）基态Z原子核外存在　 　种运动状态不同的电子。
（4）R元素在周期表中位置　 　(周期和族)，属于　 　区。
（5）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　(用元素符号表示)。
（6）W的基态原子的电子排布式为　 　。
【答案】（1）5；哑铃型或纺锤形
（2）
（3）16
（4）第四周期第ⅠB族；ds
（5）N>O>S
（6）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1
【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
【解析】【解答】（1）X为N，基态核外电子排布式为：1s22s22p3；电子共填充了5个原子轨道；能量最高电子所在能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型或纺锤形；
故答案为： 5 ；哑铃型或纺锤形；
（2）Y为O，其基态原子的价层电子的轨道表示式为：；
故答案为： ；
（3）Z为S，核外有16个运动状态不同的电子；
故答案为：16；
（4）R为Cu，位于第四周期第ⅠB族；属于ds区元素；
故答案为： 第四周期第ⅠB族 ； ds ；
（5）N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O；O、S为同主族元素，从上到下第一电离能减小，则第一电离能：N>O>S；
故答案为： N>O>S ；
（6）W为Cr，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1。
故答案为： 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1 。
【分析】X 的最高正价与最低负价代数和为 2，说明其最高正价为 + 5、最低负价为 - 3，属于第 ⅤA 族元素；结合原子序数最小，推断 X 为 N（氮）。
基态 Y 原子的 2p 能级中，成对电子数与未成对电子数相同。2p 能级最多容纳 6 个电子，排布为 2p4时，成对电子有 4 个（2 对）、未成对电子有 2 个（1 对），符合条件，故 Y 为 O（氧）。
Z 与 Y 同主族，且原子序数大于 Y，因此 Z 为 S（硫）。
W 位于第四周期，未成对电子数在同周期元素中最多。第四周期中，Cr 的价电子排布为 3d54s ，未成对电子数为 6（3d 轨道 5 个、4s 轨道 1 个），是最多的，故 W 为 Cr（铬）。
基态 R+的 K、L、M 层电子全充满，K、L、M 层分别有 2、8、18 个电子，总电子数为 28，因此 R 为 Cu（铜，原子序数 29）。据此解题。
（1）X为N，基态核外电子排布式为：1s22s22p3；电子共填充了5个原子轨道；能量最高电子所在能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型或纺锤形；
（2）Y为O，其基态原子的价层电子的轨道表示式为：；
（3）Z为S，核外有16个运动状态不同的电子；
（4）R为Cu，位于第四周期第ⅠB族；属于ds区元素；
（5）N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O；O、S为同主族元素，从上到下第一电离能减小，则第一电离能：N>O>S；
（6）W为Cr，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar] 3d54s1。
17．（2025高二上·玄武期末）结合相关知识，回答下列问题。
（1）丁二酮肟()分子中键和键的个数比为　 　。
（2）过量与在铜催化作用下反应生成，分子的VSEPR模型为　 　，其分子的空间结构为　 　形。
（3）比较大小并说明原因：沸点：邻羟基苯甲酸　 　对羟基苯甲酸(填“>”“<”或“=”，下同)，主要原因　 　。
（4）砷化镓晶胞如图所示，该晶体的化学式是　 　。Ga周围距离最近且相等的Ga的数目是　 　，Ga周围距离最近且相等的As的数目是　 　。
（5）中键的物质的量是　 　。现有10mL浓度为0.1000mol/L的溶液A，溶质可能是或，用浓度为0.1000mol/L的溶液进行滴定，消耗溶液20mL，则溶液A中的溶质是　 　(填化学式)。
【答案】（1）2：15
（2）正四面体形；三角锥形
（3）<；邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点
（4）GaAs；12；4
（5）24；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）单键均为键，碳氮双键含1个键和1个键，则键和键的个数比为2：15；
故答案为： 2：15 ；
（2）中心N原子的价层电子对数=，含一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体形，分子构型为三角锥形；
故答案为： 正四面体形 ； 三角锥形 ；
（3）邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，而分子间氢键升高沸点，因此沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；
故答案为： < ； 邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点 ；
（4）Ga位于顶点和面心，个数为：；As位于晶胞内部，个数为4，两原子个数比为1：1；则该晶体的化学式是GaAs；以顶点Ga为观察对象，距离其最近且相等的Ga位于相邻面心，共12个；以面心Ga为观察对象，距离其最近且相等的As有4个；
故答案为： GaAs ；12；4；
（5）1分子中含4个键；与Co3+形成的配位键也为键，中键的物质的量是24mol；10mL浓度为0.1000mol/L的溶液A，A的物质的量为0.01L×0.1000mol/L=0.001 mol；消耗硝酸银的物质的量为0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，可知A可电离出2个氯离子，即外界氯离子个数为2，A为。
故答案为：24；。
【分析】(1)单键为 σ 键，碳氮双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，分别计数后求比。
(2)计算 NF3中心 N 原子的价层电子对数，判断 VSEPR 模型；结合孤电子对判断分子空间结构。
(3)比较分子内氢键（邻羟基苯甲酸）和分子间氢键（对羟基苯甲酸）对沸点的影响，分子内氢键降低沸点，分子间氢键升高沸点。
(4)用均摊法计算晶胞中 Ga 和 As 的原子数，确定化学式；通过晶胞结构分析 Ga 周围最近且相等的 Ga 和 As 的数目。
(5)配位键和 NH3内的 σ 键均为 σ 键，计数后求物质的量；通过 AgNO3滴定确定外界 Cl-数目，进而判断配合物化学式。
（1）单键均为键，碳氮双键含1个键和1个键，则键和键的个数比为2：15；
（2）中心N原子的价层电子对数=，含一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体形，分子构型为三角锥形；
（3）邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子内氢键降低沸点，而分子间氢键升高沸点，因此沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；
（4）Ga位于顶点和面心，个数为：；As位于晶胞内部，个数为4，两原子个数比为1：1；则该晶体的化学式是GaAs；以顶点Ga为观察对象，距离其最近且相等的Ga位于相邻面心，共12个；以面心Ga为观察对象，距离其最近且相等的As有4个；
（5）1分子中含4个键；与Co3+形成的配位键也为键，中键的物质的量是24mol；10mL浓度为0.1000mol/L的溶液A，A的物质的量为0.01L×0.1000mol/L=0.001 mol；消耗硝酸银的物质的量为0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，可知A可电离出2个氯离子，即外界氯离子个数为2，A为。
18．（2025高二上·玄武期末）乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：①其中F为高分子化合物。
②。
（1）物质E的结构简式为　 　，分子中碳原子的杂化方式为　 　。
（2）反应①、⑥所涉及的反应类型是　 　、　 　。
（3）写出反应④的化学方程式为　 　。
（4）物质F的结构简式为　 　。
（5）利用下列实验检验中含有醛基，请补充完整实验方案：向洁净的试管中加入　 　，则说明乙醛中含有醛基。(实验中可使用的试剂有：2%溶液、2%的氨水、乙醛溶液)
（6）结合已有知识和已知条件，写出用乙醇为原料制备2-丁烯醛()的合成路线(其他试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
【答案】（1）CH3COOH；sp3、 sp2
（2）加成反应；酯化(取代)反应
（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（4）
（5）向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜
（6）CH3CH2OH CH3CHO CH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
【知识点】有机物的合成；烯烃；加成反应；酯化反应；结构简式
【解析】【解答】（1）由题图可知，D为CH3CH2OH，E 由乙醛(CH3CHO)发生氧化反应而得，E为乙酸，结构简式为CH3COOH。D与E发生酯化反应生成的G为CH3COOCH2CH3；E可写为， 分子中甲基上的C原子为sp3杂化，羧基(-COOH)中的C原子为sp2杂化。
故答案为： CH3COOH ； sp3、 sp2 ；
（2）反应①是溴与乙烯发生的加成反应，反应⑥是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯），即反应类型属于酯化(取代)反应。
故答案为： 加成反应 ； 酯化(取代)反应 ；
（3）反应④是在Cu作催化剂、O2作氧化剂条件下，乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
故答案为： 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
（4）由乙烯经反应⑦加聚生成的高分子 F 即聚乙烯，结构简式为 。
故答案为： ；
（5）检验乙醛中醛基的常用方法是银镜反应：向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜，则说明其中含醛基。
故答案为： 向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜 ；
（6）由乙醇制备2‐丁烯醛(CH3CH=CHCHO)的典型路线是： 先将乙醇在Cu、O2等条件下氧化为乙醛，然后乙醛在稀碱溶液下经“羟醛缩合”并脱水即可得到2‐丁烯醛。合成路线为 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
故答案为： CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
【分析】乙烯与溴发生加成反应生成 A（BrCH2CH2Br），A 水解生成 B（HOCH2CH2OH）；乙烯与水加成生成 D（乙醇），乙醇氧化为乙醛，乙醛进一步氧化为 E（乙酸）；乙醇与乙酸发生酯化反应生成 G（乙酸乙酯）；乙烯通过加聚反应生成高分子 F（聚乙烯）。据此解题。
（1）由题图可知，D为CH3CH2OH，E 由乙醛(CH3CHO)发生氧化反应而得，E为乙酸，结构简式为CH3COOH。D与E发生酯化反应生成的G为CH3COOCH2CH3；E可写为， 分子中甲基上的C原子为sp3杂化，羧基(-COOH)中的C原子为sp2杂化。
（2）反应①是溴与乙烯发生的加成反应，反应⑥是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯），即反应类型属于酯化(取代)反应。
（3）反应④是在Cu作催化剂、O2作氧化剂条件下，乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
（4）由乙烯经反应⑦加聚生成的高分子 F 即聚乙烯，结构简式为 。
（5）检验乙醛中醛基的常用方法是银镜反应：向洁净试管中先加入适量2％AgNO3溶液，滴加2％氨水至开始产生的沉淀恰好完全溶解，再加入乙醛溶液并水浴加热，若出现银镜，则说明其中含醛基。
（6）由乙醇制备2‐丁烯醛(CH3CH=CHCHO)的典型路线是： 先将乙醇在Cu、O2等条件下氧化为乙醛，然后乙醛在稀碱溶液下经“羟醛缩合”并脱水即可得到2‐丁烯醛。合成路线为 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO。
19．（2025高二上·玄武期末）由芳香烃X为原料可以合成多种物质，其转化关系图如图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。其中A的结构简式是：。
已知：①。
②(苯胺，易被氧化)。
（1）X的一氯代物有　 　种。B的结构简式是　 　。
（2）G的结构简式是　 　。反应③的反应类型是　 　。
（3）结合已有知识和已知条件，写出以A为原料制备的合成路线(其他试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)　 　。
【答案】（1）4；
（2）；还原反应
（3）
【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；醇类简介
【解析】【解答】（1）X为，由结构简式可知含4种氢原子，则一氯代物有4种；由上述分析可知B的结构简式为：；
故答案为：4； ；
（2）由上述分析可知G为；反应③的反应类型是还原反应；
故答案为： ；还原反应；
（3）与氢气发生加成反应生成；发生消去反应生成，与溴单质发生加成反应生成，水解得到，合成路线为：。
故答案为： 。
【分析】由A的结构简式以及X到A的条件，X为；A发生水解反应生成B()，经催化氧化生成C()；发生硝化反应生成F，结合最终产物，可知F为；由已知条件，氨基易被氧化，因此F应先氧化生成G()，G再经还原反应生成，据此分析解答。
(1)确定 X 为甲苯，分析其氢原子种类得一氯代物数目；根据 A 的水解反应推出 B 的结构。
(2)结合硝化、氧化及还原反应的规律，推出 G 的结构；根据反应类型定义判断反应③为还原反应。
(3)设计从 A 出发，经加成、消去、加成、水解反应的合成路线，逐步转化得到目标产物。
（1）X为，由结构简式可知含4种氢原子，则一氯代物有4种；由上述分析可知B的结构简式为：；
（2）由上述分析可知G为；反应③的反应类型是还原反应；
（3）与氢气发生加成反应生成；发生消去反应生成，与溴单质发生加成反应生成，水解得到，合成路线为：。
20．（2025高二上·玄武期末）酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法。化合物F合成路线如下：
（1）B→C的反应类型为　 　。
（2）C→D反应的化学方程式为　 　。
（3）物质F中含有的官能团的名称为　 　。
（4）从整个流程看，D→E的作用是　 　。
（5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）氧化反应
（2）+ CH3OH+H2O
（3）酮羰基、羟基
（4）保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI反应
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由分析可知，B→C发生的反应为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成；
故答案为： 氧化反应 ；
（2）C→D的反应为浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH+H2O；
故答案为：+ CH3OH+H2O ；
（3）由结构简式可知，分子中含有的官能团名称为酮羰基、羟基；
故答案为： 酮羰基、羟基 ；
（4）由结构简式可知，和分子中都含有酮羰基，则D→E的作用是保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI发生副反应；
故答案为： 保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI反应 ；
（5）由有机物的转化关系可知，以、和为原料制备的合成步骤为浓硫酸作用下丙烯酸与甲醇共热发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯一定条件下转化为HOCH2CH2COOCH3，HOCH2CH2COOCH3一定条件下转化为，铜做催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，合成路线为。
故答案为： 。
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下转化为，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，则D为；干燥HCl作用下与先发生加成反应，后发生取代反应生成，一定条件下转化为。
(1)分析 B 到 C 的反应，判断为氧化反应。
(2)明确 C 到 D 是酯化反应，写出化学方程式。
(3)识别 F 的官能团，为酮羰基、羟基。
(4)D 到 E 的作用是保护酮羰基，避免其与格氏试剂反应。
(5)设计合成路线，依次经过酯化、还原、格氏试剂反应、氧化步骤。
（1）由分析可知，B→C发生的反应为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成；
（2）C→D的反应为浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+ CH3OH+H2O；
（3）由结构简式可知，分子中含有的官能团名称为酮羰基、羟基；
（4）由结构简式可知，和分子中都含有酮羰基，则D→E的作用是保护酮羰基，防止酮羰基与CH3MgI发生副反应；
（5）由有机物的转化关系可知，以、和为原料制备的合成步骤为浓硫酸作用下丙烯酸与甲醇共热发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯一定条件下转化为HOCH2CH2COOCH3，HOCH2CH2COOCH3一定条件下转化为，铜做催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，合成路线为。
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