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广西河池市2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2024年巴黎奥运会上，“化学智慧”与体育双向奔赴，释放迷人魅力。下列说法错误的是
A．奥运会的餐具使用了可降解的淀粉-聚乙烯醇共混材料，可以减少“白色污染”
B．中国队领奖服采用的环保再生纤维材料为有机高分子材料
C．奥运会大量采用的LED灯的发光过程：电子吸收能量跃迁到较高能级
D．巴黎奥运会金牌的材料是常用金属材料制作，大多数合金属于金属晶体
【答案】C
【知识点】金属晶体；常见的生活环境的污染及治理；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．可降解的淀粉 - 聚乙烯醇共混材料可以在自然环境中分解，能减少传统塑料造成的 “白色污染”，故A正确；
B．环保再生纤维属于有机高分子材料，这类材料的相对分子质量较大，符合有机高分子的特征，故B正确；
C．LED 灯的发光过程是电子从较高能级跃迁到较低能级，同时释放能量（以光的形式），而不是 “吸收能量跃迁到较高能级”，故C错误；
D．大多数合金属于金属晶体，金铁合金也不例外，金属晶体具有金属光泽、良好的导电性、导热性和延展性等特点，故D正确；
故选C。
【分析】A．可降解的淀粉 - 聚乙烯醇共混材料可被微生物分解；
Ｂ．再生纤维材料属于合成高分子材料；
Ｃ．电子从高能级向低能级跃迁时释放能量；
Ｄ．大多数合金属于金属晶体。
2．在Co催化下，柴油汽车尾气中的污染物碳烟(C)和可反应转化为无毒的和。下列表述正确的是
A．基态Co的电子排布式： B．的空间填充模型：
C．的电子式： D．C的一种核素：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Co是27号元素，核外共有27个电子，基态Co的电子排布式：，A错误；
B．为直线形分子，原子半径：C>O，其空间填充模型为 ，B正确；
C．氮气的电子式为，C错误；
D．核素的表示方法是元素符号左上角标注质量数，左下角标注质子数，D错误；
故选B。
【分析】A．Co 的原子序数为 27；
Ｂ．的空间结构为直线形；
Ｃ．氮气分子中两个氮原子间形成三键；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
3．某化学兴趣小组用以下装置制备溴苯并检验其性质，其中能达到实验目的的是
A．制备溴苯 B．除去溴苯中的溴
C．分离苯和溴苯 D．检验溴苯中的溴元素
【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；分液和萃取
【解析】【解答】A．制备溴苯时，苯与液溴在铁粉（实际起催化作用的是 FeBr3）作用下发生取代反应，但装置 A 中使用的是浓溴水，苯与浓溴水不发生取代反应，只会发生萃取，因此不能制备溴苯，A无法达到实验目的；
B．溴苯中混有未反应的溴，溴能与 NaOH 溶液反应生成易溶于水的 NaBr 和 NaBrO，而溴苯不溶于 NaOH 溶液且密度比水大，通过分液操作可以分离出溴苯，因此该装置能达到除去溴苯中溴的目的，B可以达到实验目的；
C．采用蒸馏方法分离苯和溴苯，温度计水银球不能插入液体中，应位于支管口处，C无法达到实验目的；
D．检验溴苯中的溴元素，需先将溴苯在 NaOH 溶液中加热条件下水解，再用硝酸酸化，最后加 AgNO3溶液，因此该装置不能达到检验目的，D无法达到实验目的；
故选B。
【分析】A．苯与浓溴水不发生取代反应；
Ｂ．溴能与 NaOH 溶液反应生成易溶于水的 NaBr 和 NaBrO；
Ｃ．蒸馏时温度计应与蒸馏烧瓶的支管口处平齐；
Ｄ．溴苯中的溴是以原子形式存在于分子中，不能直接与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 沉淀。
4．接种疫苗前，需用75%的乙醇溶液消毒皮肤。下列相关说法错误的是
A．蘸取乙醇溶液使用的棉签的主要成分属于多糖
B．消毒的原理是乙醇能使细菌、病毒的蛋白质变性
C．皮肤中皮脂的主要成分是甘油三酯等，甘油三酯属于生物大分子
D．RNA疫苗经水解可得到核苷酸
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．棉签的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，A正确；
B.75%的乙醇通过使使细菌、病毒的蛋白质变性，从而失去生物活性，B正确；
C．甘油三酯的相对分子质量较小，不属于生物大分子（生物大分子一般指相对分子质量超过 1 万的物质，如蛋白质、核酸、多糖等），C错误；
D．核苷酸是RNA的基本组成单位，RNA 疫苗经水解可得到核苷酸，D正确；
答案选C。
【分析】A．棉签的主要成分是纤维素；
Ｂ.75%的乙醇能使蛋白质变性；
Ｃ．甘油三酯相对分子质量较小，不属于生物大分子；
Ｄ．RNA 的基本组成单位是核苷酸。
5．硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。下列说法错误的是
A．中，提供孤电子对，提供空轨道
B．该配位化合物的配位数为6
C．该配位化合物中阴离子的空间构型是正四面体
D．该配位化合物中存在配位键、共价键和离子键
【答案】A
【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． 中，Ni2+是中心离子，提供空轨道，NH3是配体，提供孤电子对，A错误；
B．中，配体NH3的数量为6，该配位化合物的配位数为 6，B正确；
C．该配位化合物中阴离子为SO，SO的中心S原子的价层电子对数为4，且无孤电子对，所以空间构型为正四面体，C正确；
D．[Ni(NH3)6]2+与SO之间为离子键，SO内部为共价键，Ni2+与NH3之间为配位键，D正确；
故选A。
【分析】A．配合物中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对；
Ｂ．该离子中配体的数量为6；
Ｃ．SO的空间构型为正四面体；
Ｄ． 中存在配位键、共价键和离子键。
6．在工业生产中，可以通过银镜反应来检测甲醛是否泄漏，原理为：(未配平)。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LHCHO含σ键数目为
B．0.1mol含有电子数为
C．常温下，0.1mol/L银氨溶液含的数目为
D．每生成10.8gAg，消耗HCHO的分子数为
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个HCHO分子含有有3个σ键，标准状况下11.2L HCHO的物质的量为0.5mol，含σ键数目为，A正确；
B.1个含有10个电子，则0.1mol含电子数为，B错误；
C．溶液的体积未知，无法计算数目，C错误；
D．根据得失电子守恒配平该方程式为：，每1mol HCHO生成4mol Ag，生成10.8gAg物质的量为0.1mol，需0.025mol HCHO，即消耗HCHO的分子数为，D错误；
答案选A。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｂ．一个含有10个电子；
Ｃ．溶液体积未知，无法计算数目；
Ｄ．根据计算。
7．下列方程式书写错误的是
A．用稀硝酸清洗银镜反应后的试管：
B．用溶液除去乙炔中的：
C．丙烯在催化剂作用下合成聚丙烯：nCH2=CHCH3
D．与发生酯化反应：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．银镜反应后的试管内壁附着银，硝酸具有强氧化性，能与Ag反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式为：，A正确；
B．与反应生成的CuS和硫酸，离子方程式为，B正确；
C．丙烯发生加聚反应时，碳碳双键断裂，生成的聚丙烯，化学方程式为，C错误；
D．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为，D正确；
故选C。
【分析】A．银和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水；
Ｂ．硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸；
Ｃ．丙烯发生加聚反应时，碳碳双键断裂；
Ｄ．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。
8．物质的组成和结构决定物质的性质，关于下列事实的解释中错误的是
事实 解释
A 可以用杯酚分离和 超分子具有自组装的特征
B 酸性溶液不能氧化，却可将甲苯氧化为苯甲酸 苯环对产生影响，使甲苯中的可以被酸性溶液氧化
C 相同条件下，在水中的溶解度大于 相似相溶：是极性分子，为极性分子而为非极性分子
D 沸点： 邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，对羟基苯甲酸能形成分子间氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A．杯酚可以分离 C60和 C70，是因为超分子具有分子识别特征，杯酚能够通过分子间作用力选择性地结合 C60，实现分离，A错误；
B．酸性 KMnO4溶液不能氧化 CH4，但可以氧化甲苯的 - CH3为 - COOH，原因是苯环对 - CH3产生影响，使 - CH3的活性增强，能够被酸性 KMnO4氧化，B正确；
C．是极性分子，为极性分子，而为非极性分子，根据“相似相溶”原理，相同条件下，臭氧在水中的溶解度大于氧气，C正确；
D．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，会使分子间的作用力减弱，沸点降低；对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，分子间作用力较强，沸点较高。所以沸点：邻羟基苯甲酸 < 对羟基苯甲酸，D正确；
答案选A。
【分析】A．超分子具有分子识别的特征；
Ｂ．有机物分子中的基团之间存在相互影响；
Ｃ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｄ．形成分子间氢键使物质的沸点升高，形成分子内氢键使物质的沸点降低。
9．某有机合成催化剂结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中M是唯一的金属元素，W、X、Y在同一周期。W在地壳中的含量最多，Y形成的化合物种类最多，W与Z同主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：M>W B．简单氢化物热稳定性：Z＜X
C．Y与W无法形成非极性分子 D．Y形成的含氧酸仅有1种
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Al3+和 O2-电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，所以半径：，A错误；
B． 非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，元素的非金属性，故简单氢化物热稳定性， B正确；
C．Y（C）与 W（O）可形成 CO2，CO2是非极性分子，C错误；
D．（C）形成的含氧酸有碳酸、草酸等多种，D错误；
故选B。
【分析】W 在地壳中含量最多，所以W 是 O，W、X、Y 在同一周期（第二周期），Y 形成的化合物种类最多，所以Y 是 C，W 与 Z 同主族，所以Z 是 S，M 是唯一的金属元素，结合结构中的电荷，M 为 + 3 价短周期金属，所以M 是 Al，X为第二周期主族元素，只能形成一条共价键，故X为F。
10．根据下列实验过程及现象，能得出相应结论的是
　 实验过程 现象 结论
A 取少量1-溴丁烷，加入氢氧化钠的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 1-溴丁烷发生了消去反应
B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸并水浴加热，冷却后加入少量新制悬浊液并加热 无砖红色沉淀生成 蔗糖未发生水解
C 向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接通入苯酚钠溶液中 苯酚钠溶液中出现白色浑浊 酸性：醋酸>碳酸>苯酚
D 向饱和溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，振荡；再加入蒸馏水，振荡，观察现象 先产生白色沉淀，后沉淀溶解 蛋白质的盐析是一个可逆过程
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】卤代烃简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；苯酚的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.实验过程中，氢氧化钠的乙醇溶液加热时，乙醇会挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对消去反应生成的乙烯的检验，不能仅凭酸性高锰酸钾褪色就判断 1 - 溴乙烷发生了消去反应，A错误；
B．蔗糖水解后生成葡萄糖，检验葡萄糖需要在碱性条件下进行，实验中加了稀硫酸作催化剂，冷却后直接加入新制 Cu (OH)2悬浊液，溶液呈酸性，无法生成砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，B错误；
C．向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，生成的 CO2气体中会混有挥发的醋酸，醋酸也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰实验，无法证明碳酸酸性强于苯酚。C错误；
D．饱和(NH4)2SO4使蛋白质盐析，加水后沉淀溶解，说明盐析是可逆过程。D正确；
故选D。
【分析】A．乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
Ｂ．用新制氢氧化铜检验葡萄糖应在碱性条件下进行；
Ｃ．醋酸易挥发，挥发的醋酸能与苯酚钠反应；
Ｄ．盐析是可逆的，变性不可逆。
11．某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是
A．结构1中S的配位数为8 B．晶胞2中S与Li的最短距离为
C．晶胞3中化合物的化学式为 D．晶胞2和晶胞3表示不同晶体
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.结构 1 是钴硫化物晶胞的一部分，观察其结构可知，S 周围最近且等距的 Co 的数量为4，因此 S 的配位数是 4，A错误；
B.由图可知，晶胞2中S与Li的最短距离为体对角线的，晶胞棱长为a，即S与Li的最短距离为，B错误；
C.晶胞 3 是立方晶胞，含有Li的数目为8，含有S的数目为，Li 与 S 的原子个数比为为2：1，其化学式为 ，C正确；
D.晶胞 2 和晶胞 3 的原子种类、个数比、空间排列方式均相同，属于同一种晶体，D错误；
故选C。
【分析】A．S周围最近且等距的 Co 的数量为4；
Ｂ．S 位于晶胞的顶点、面心等位置，Li 位于晶胞内部；
Ｃ．根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；
Ｄ．晶胞 2 和晶胞 3 的原子种类、个数比、空间排列方式均相同。
12．蜂胶的主要成分咖啡酸苯乙酯(CAPE)的结构如图所示。下列有关CAPE的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．CAPE与足量充分反应后的产物中，含有3个手性碳CAPE
D．1molCAPE与浓溴水反应，最多可消耗3mol
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；烯烃；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．CAPE 分子中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子连接的基团都不相同，存在顺反异构，A正确；
B．苯环、碳碳双键、酯基都是平面结构，且单键可以旋转，因此分子中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．CAPE与足量充分反应后的产物，含有3个手性碳，如图所示，C正确；
D.1molCAPE与溴水反应，两个酚羟基的邻位和对位，共3个位置，消耗3mol Br2，碳碳双键发生加成反应，故最多可消耗4mol，D错误；
故选D。
【分析】A．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．CAPE与浓溴水反应时，溴能取代酚羟基的邻位和对位，碳碳双键能与溴发生加成反应。
13．的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成高分子P，其合成路线如下。下列说法错误的是
A．X是两性化合物
B．反应②是缩聚反应
C．Y→P的化学反应方程式为
D．高分子P在一定条件下充分水解的产物是Y
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．X 的结构中含有氨基（-NH2）和羧基（-COOH），氨基具有碱性，羧基具有酸性，所以 X 是两性化合物，A正确；
B．由Y在催化剂作用下发生反应②生成高分子P，是和上的氢原子发生缩聚反应生成P，同时脱去水分子，B正确；
C．Y→P发生缩聚反应时，n 个 Y 分子会脱去
(n 1)个水分子，生成高分子P，化学反应方程式为，C正确；
D．高分子 P 在一定条件下充分水解，产物是X和CO2，而不是 Y，D错误；
故选D。
【分析】A．X含有氨基和羧基，具有两性；
Ｂ．反应②是 Y 分子间通过脱去水分子形成高分子 P；
Ｃ．根据反应物和产物书写化学方程式；
Ｄ．高分子 P 在一定条件下充分水解，产物是X和CO2。
14．甲基水杨酸(a)可与乳酸(b)反应生成c。下列说法错误的是
A．c的分子式为
B．c中C、O原子均有2种杂化方式
C．a的酸性比水杨酸()弱
D．1mola与足量溶液、溶液、浓溴水反应，消耗溶质的物质的量均为1mol
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．c中含有11个C原子，10个H原子，4个O原子，其分子式为，A正确；
B．c中苯环上的碳原子采用杂化，饱和碳原子采用杂化；O原子有酯基中杂化、醚键中杂化 ， C、O原子均有、两种杂化方式，B正确；
C．a 的苯环上有一个甲基（-CH3），属于给电子基团，会使羧基的酸性减弱，水杨酸的苯环上没有给电子基团，羧基酸性更强，C正确；
D．a中含有羧基与酚羟基，羧基能与碳酸氢钠和碳酸钠反应，酚羟基能与碳酸钠反应，不能与碳酸氢钠反应，溴与酚发生取代时，取代的位置是苯环上酚羟基的邻位和对位，a的酚羟基邻位与对位能被取代的只有一个位置，所以1mola与足量溶液、溶液、浓溴水反应，消耗溶质的物质的量分别为2mol、1mol、1mol，D错误；
综上，答案是D。
【分析】A．数出 C、H、O 原子数进而确定其分子式；
Ｂ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．甲基是推电子基；
Ｄ．羧基和酚羟基均能与碳酸钠反应，只有羧基能与碳酸氢钠反应，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．已知W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前四周期元素，其原子结构如下：
元素 原子结构
W 基态原子价层电子排布为
X 基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同
Y 原子最外层电子数是其内层的3倍
Z 基态原子3p轨道上有4个电子
M 的3d轨道中有10个电子
（1）M元素位于　 　区，基态M原子的价层电子排布图为　 　。
（2）W、X、Y三种元素的第一电离能由小到大的顺序是　 　(填元素符号，下同)。
（3）中键角比中的　 　(填“大”或“小”)，原因是　 　。
（4）在乙醇中的溶解度：大于，其原因是　 　。
（5）W、X形成的常作为配位化合物中的配体。
①在中，元素W的原子采取sp杂化，则中含有的σ键与π键的数目之比为　 　，作为配体时，提供孤电子对的原子是　 　。
②金(Au)与M均能与形成配离子，已知与形成配离子时，配位数为4；与形成配离子时，配位数为2。工业上常用与形成的配离子与M单质反应，生成与形成的配离子和Au单质来提取Au，请写出上述反应的离子方程式　 　。
【答案】（1）ds；
（2）
（3）小；分子中N原子有一对孤电子对而没有，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，
（4）能与乙醇分子形成分子间的氢键，而不能
（5）1：2；C；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）M为Zn元素，基态Zn原子的价层电子排布式为，因此位于ds区；
基态Zn原子的价层电子排布图为：。
（2）同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态，较为稳定，因此比相邻元素的第一电离能更大，W、X、Y即C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是：。
（3）为NH3，中心原子N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，为，中心原子N原子的价层电子对数为，不含孤电子对，分子中N原子有一对孤电子对而没有，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角：。
（4）为H2O，为H2S，能与乙醇分子形成分子间的氢键，而不能与乙醇分子形成分子间的氢键，所以在乙醇中的溶解度较大。
（5）①为，元素C的原子采取sp杂化，因此C与N之间为三键，一个σ键和两个π键，σ键与π键的数目之比为1：2；
C的电负性比N小，更易给出电子对，因此在形成配合物时C原子更容易提供孤电子对；
②为，M为Zn元素，都能与离子形成配合物离子，与中心离子结合的配离子数为配位数，因此Zn形成的是[Zn(CN)4]2-，Au形成的是[Au(CN)2]-，用Zn提取Au的离子方程式为：。
【分析】基态W原子的价层电子排布是，因为 s 轨道最多填 2 个电子，所以n=2，价层电子排布为，则W为C元素，基态X原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同。结合原子序数大于 W（C），最高能级为 p 轨道，且 p 轨道电子分占不同轨道、自旋相同，对应N元素，Y原子最外层电子数是其内层的 3 倍。内层电子数为 2（K 层），最外层电子数为 6，对应氧（O），Z元素基态原子 3p 轨道上有 4 个电子，电子排布为 ，Z为S元素，的3d轨道中有10个电子，则其核外电子排布式为，则M为Zn元素；故W、X、Y、Z、M依次为C、N、O、S、Zn。
（1）M为Zn元素，基态Zn原子的价层电子排布式为，因此位于ds区；
基态Zn原子的价层电子排布图为：。
（2）同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态，较为稳定，因此比相邻元素的第一电离能更大，W、X、Y即C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是：。
（3）为NH3，中心原子N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，为，中心原子N原子的价层电子对数为，不含孤电子对，分子中N原子有一对孤电子对而没有，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角：。
（4）为H2O，为H2S，能与乙醇分子形成分子间的氢键，而不能与乙醇分子形成分子间的氢键，所以在乙醇中的溶解度较大。
（5）①为，元素C的原子采取sp杂化，因此C与N之间为三键，一个σ键和两个π键，σ键与π键的数目之比为1：2；
C的电负性比N小，更易给出电子对，因此在形成配合物时C原子更容易提供孤电子对；
②为，M为Zn元素，都能与离子形成配合物离子，与中心离子结合的配离子数为配位数，因此Zn形成的是[Zn(CN)4]2-，Au形成的是[Au(CN)2]-，用Zn提取Au的离子方程式为：。
16．邻硝基苯甲酸在医药、染料等领域有着重要作用。实验室可通过邻硝基甲苯氧化制取邻硝基苯甲酸，其反应原理简示如下：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
邻硝基甲苯 137 -9.5 223 不溶于水，易溶于乙醇
邻硝基苯甲酸 167 148 295.6 微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：
I.氧化：在如图所示的装置中依次加入一定量的邻硝基甲苯、水、KOH溶液和稍过量的高锰酸钾，搅拌加热反应2小时。反应过程中高锰酸钾转化为二氧化锰，反应完成后，向反应液中加入适量亚硫酸氢钠溶液，过滤。
II.酸化得到粗产品：向所得滤液中缓缓加入硫酸至溶液呈弱酸性，加入活性炭进行脱色，蒸发浓缩、趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。
III.重结晶：热水溶解粗产品，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。
IV.纯度测定：称取重结晶后的产品0.167g，溶于乙醇配成100mL溶液，每次取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0100mol·L-1氢氧化钠溶液滴定，平均消耗氢氧化钠溶液24.30mL。回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）“氧化”步骤中，原料充分反应后，若观察到　 　，则说明高锰酸钾是过量的。请从下列选项中选择可以替换亚硫酸氢钠溶液的最佳试剂　 　(填标号)。
a.浓盐酸　　b.草酸溶液　　c.碳酸氢钠溶液
（3）“酸化得到粗产品”步骤中，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分是　 　。
（4）“重结晶”步骤中，趁热过滤的目的是　 　。
（5）“纯度测定”步骤中，氢氧化钠溶液滴定时发生反应的化学方程式为　 　。
（6）本实验制备的邻硝基苯甲酸的纯度为　 　(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）球形冷凝管
（2）溶液未褪成无色；b
（3）活性炭
（4）滤去不溶性物质、防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降
（5）+NaOH→+H2O
（6）97.2%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称是球形冷凝管；
故答案为球形冷凝管；
（2）如果高锰酸钾完全反应，则会出现紫红色褪成无色的现象，故溶液未褪成无色，则说明高锰酸钾是过量的；亚硫酸氢钠溶液的作用是将过量的高锰酸钾还原为二氧化锰，所选试剂应该具有较强的还原性，故排除c，浓盐酸与高锰酸钾反应会产生有毒气体氯气，不符合绿色化学的要求，草酸还原高锰酸钾，生成的二氧化碳无污染，因此最佳试剂选b；
故答案为溶液未褪成无色；b；
（3）根据题干信息可知，“酸化得到粗产品”步骤中加入脱色剂活性炭进行脱色，活性炭难溶于水，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分是活性炭；
故答案为活性炭；
（4）过滤的目的是滤去不溶性物质，由题干信息“邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水”可知，趁热的目的是防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
故答案为滤去不溶性物质，防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
（5）根据邻硝基苯甲酸的结构可知，滴定原理为酸碱中和滴定，因此反应的化学方程式是+NaOH→+H2O；
故答案为+NaOH→+H2O；
（6）发生的反应有：+NaOH→+H2O；根据滴定原理可知，产品的纯度为；
故答案为97.2%。
【分析】邻硝基甲苯在碱性条件下被高锰酸钾溶液氧化成邻硝基苯甲酸钾，反应完成后，加入适量亚硫酸氢钠溶液，除去多余高锰酸钾溶液，过滤后，向滤液中缓慢加入硫酸至溶液弱酸性，使邻硝基苯甲酸钾转化为邻硝基苯甲酸，因邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于乙醇、热水，向溶液中加入活性炭进行脱色，蒸发浓缩、趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到粗产品；
（1）根据仪器构造可知，仪器A为球形冷凝管；
（2）高锰酸钾为紫色，溶液未完全褪色，说明其过量；
（3）酸化得到粗产品”步骤中加入脱色剂活性炭，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分为活性炭；
（4）趁热过滤可滤去不溶性物质、防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
（5）滴定时发生反应+NaOH→+H2O ；
（6）根据反应的方程式计算产品纯度。
（1）由图可知，仪器A的名称是球形冷凝管；故答案为球形冷凝管；
（2）如果高锰酸钾完全反应，则会出现紫红色褪成无色的现象，故溶液未褪成无色，则说明高锰酸钾是过量的；亚硫酸氢钠溶液的作用是将过量的高锰酸钾还原为二氧化锰，所选试剂应该具有较强的还原性，故排除c，浓盐酸与高锰酸钾反应会产生有毒气体氯气，不符合绿色化学的要求，草酸还原高锰酸钾，生成的二氧化碳无污染，因此最佳试剂选b；故答案为溶液未褪成无色；b；
（3）根据题干信息可知，“酸化得到粗产品”步骤中加入脱色剂活性炭进行脱色，活性炭难溶于水，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分是活性炭；故答案为活性炭；
（4）过滤的目的是滤去不溶性物质，由题干信息“邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水”可知，趁热的目的是防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；故答案为滤去不溶性物质，防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
（5）根据邻硝基苯甲酸的结构可知，滴定原理为酸碱中和滴定，因此反应的化学方程式是+NaOH→+H2O；故答案为+NaOH→+H2O；
（6）发生的反应有：+NaOH→+H2O；根据滴定原理可知，产品的纯度为；故答案为97.2%。
17．第IVA族元素形成的单质及化合物有丰富的化学性质，在各领域有广泛的应用。回答下列问题：
（1）该族元素在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为　 　。基态C原子中，有　 　种不同空间运动状态的电子。
（2）Si与同周期的Al、P相比，电负性从大到小的顺序为　 　。下列状态的硅中，电离最外层一个电子所需能量最大的是　 　。
A.　　B.　　C.　　D.
（3）Ge晶体具有与金刚石相似的结构，其中Ge原子的杂化方式为　 　，微粒之间存在的作用力是　 　。
（4）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的空间构型为　 　。
②已知的熔点为442℃，而的熔点为-34℃，两者熔点差距大的原因是　 　。
（5）PbS晶胞如图所示：
①原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。如图中原子A的坐标参数为，则原子B的坐标参数为　 　。
②已知晶胞密度为ρg·cm-3，晶胞中两个的最近距离为anm，则阿伏加德罗常数为　 　(列出计算式)。
【答案】（1）+4；4
（2）；D
（3）；共价键
（4）V形；为离子晶体，而为分子晶体
（5）；
【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；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①第ⅣA族元素最外层电子数为4，在与其他元素形成化合物时，通常呈现最高化合价+4价；
②基态C原子的电子排布式为：；能级上的电子的空间运动状态不同，能级有3个轨道，2个2p电子占据2个不同的2p轨道，所以基态C原子有4种不同空间运动状态的电子；
（2）①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以Si与同周期的Al、P相比，电负性从大到小的顺序为；
②A．表示Si原子处于基态，失去最外层（3p能级）一个电子相对较容易，所需能量比阳离子失去电子要小；
B．表示处于基态，已经失去了一个电子，此时再失去最外层（3p能级）一个电子，是从阳离子中失去电子，且该电子处于半充满稳定状态，电离能较大；
C．表示原子处于激发态，是从二价阳离子中失去电子，电离所需能量比A、B的大；
D．表示基态，此时相比于激发态原子，能量更低，再失去一个电子所需能量大于激发态Si2+原子；
故答案选D；
（3）①Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中C与4个C相连为sp3杂化，所以Ge原子的杂化方式为sp3杂化；
②Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中微粒之间存在的作用力是共价键，所以Ge原子之间微粒的作用力也是共价键；
（4）①中Sn原子的价层电子对数为：，分子的VSEPR模型为平面三角形，有一对孤电子对，实际分子的空间构型为V形；
②F非金属性较强，Sn的金属性较强，两者结合形成离子晶体，形成的是离子键，因Cl的原子半径较大，分子间通过分子间作用力形成分子晶体；离子晶体稳定性大于分子，所以的熔点大于；
（5）①根据图示，B点位于右侧面面心位置，晶胞边长为1，根据A点的坐标得出B点的坐标为：；
②晶胞中S原子个数为：，晶胞中两个的最近距离为anm，即面对角线的为anm，可以计算出晶胞的边长是nm即cm，晶胞体积为，根据公式：，；
【分析】（1）第IVA族元素最高化合价为+4价；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性是同主族元素中最大的应该是同主族中位于最上方的元素。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
（3）Ge晶体具有与金刚石相似的结构，则Ge采用 杂化，金刚石中C原子间形成共价键，则Ge晶体之间存在的作用力是共价键；
（4）中心Sn原子的价层电子对数为3，含有一个孤电子对；一般情况下，离子晶体的熔点高于分子晶体；
（5）根据计算。
（1）①第ⅣA族元素最外层电子数为4，在与其他元素形成化合物时，通常呈现最高化合价+4价；
②基态C原子的电子排布式为：；能级上的电子的空间运动状态不同，能级有3个轨道，2个2p电子占据2个不同的2p轨道，所以基态C原子有4种不同空间运动状态的电子；
（2）①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以Si与同周期的Al、P相比，电负性从大到小的顺序为；
②A．表示Si原子处于基态，失去最外层（3p能级）一个电子相对较容易，所需能量比阳离子失去电子要小；
B．表示处于基态，已经失去了一个电子，此时再失去最外层（3p能级）一个电子，是从阳离子中失去电子，且该电子处于半充满稳定状态，电离能较大；
C．表示原子处于激发态，是从二价阳离子中失去电子，电离所需能量比A、B的大；
D．表示基态，此时相比于激发态原子，能量更低，再失去一个电子所需能量大于激发态Si2+原子；
故答案选D；
（3）①Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中C与4个C相连为sp3杂化，所以Ge原子的杂化方式为sp3杂化；
②Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中微粒之间存在的作用力是共价键，所以Ge原子之间微粒的作用力也是共价键；
（4）①中Sn原子的价层电子对数为：，分子的VSEPR模型为平面三角形，有一对孤电子对，实际分子的空间构型为V形；
②F非金属性较强，Sn的金属性较强，两者结合形成离子晶体，形成的是离子键，因Cl的原子半径较大，分子间通过分子间作用力形成分子晶体；离子晶体稳定性大于分子，所以的熔点大于；
（5）①根据图示，B点位于右侧面面心位置，晶胞边长为1，根据A点的坐标得出B点的坐标为：；
②晶胞中S原子个数为：，晶胞中两个的最近距离为anm，即面对角线的为anm，可以计算出晶胞的边长是nm即cm，晶胞体积为，根据公式：，；
18．普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下。(部分条件已略去)
已知：i.
ii.，该转化涉及两步反应：
（1）将A转化为B的目的是　 　。
（2）试剂C的名称为　 　。
（3）D中的含氧官能团除羟基外，还有　 　(写名称)。
（4）F→G中第一步反应的化学方程式为　 　。
（5）I的结构简式为　 　。
（6）由J生成普卡必利的反应类型为　 　。
（7）M为D的同系物，相对分子质量比D小28。M的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)，写出其中任意一种的结构简式　 　。
①分子中有硝基 ②遇溶液显紫色 ③核磁共振氢谱有4组峰
（8）参照上述合成路线和信息，设计以甲苯和苯胺为原料，制备的路线　 　。(无机试剂任选)。
【答案】（1）保护氨基
（2）乙二醇
（3）醚键 酰胺基
（4）
（5）
（6）氧化反应
（7）3；或或
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B的目的为保护氨基，防止其在后续反应中发生反应；
（2）根据分析，试剂C为HOCH2CH2OH，命名为为乙二醇；
（3）D为，含氧官能团除羟基外，还有醚键和酰胺基；
（4）F→G中第一步反应是酰胺基在NaOH溶液中水解，化学方程式为：；
（5）由已知条件ii，可知I为；
（6）J生成普卡必利，羟基变成了羰基，发生了氧化反应；
（7）根据题目描述，M相对分子质量比D小28，即少了2个，则M的分子式为，根据已知条件，分子中含有酚羟基和硝基，还有3个碳原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子对称性高，则符合条件的有：或或，故答案为3种；
（8）根据题目流程和题目信息，使用逆合成分析法，可由与反应制得，可由催化氧化制得，可由在NaOH溶液中水解制得，可由与溴蒸汽在光照条件下制得，因此合成路线为：
。
【分析】与(CH3CO)2O发生取代反应生成，在试剂C和金属催化剂条件下发生已知i的反应得到，则试剂C为HOCH2CH2OH，在苯环上引入Cl原子得到，则在光照条件与溴发生取代反应得到，G催化氧化得到H，H发生取代反应得到J，则I为；J再发生催化氧化得到普卡必利。
（1）A→B的目的为保护氨基，防止其在后续反应中发生反应；
（2）根据分析，试剂C为HOCH2CH2OH，命名为为乙二醇；
（3）D为，含氧官能团除羟基外，还有醚键和酰胺基；
（4）F→G中第一步反应是酰胺基在NaOH溶液中水解，化学方程式为：；
（5）由已知条件ii，可知I为；
（6）J生成普卡必利，羟基变成了羰基，发生了氧化反应；
（7）根据题目描述，M相对分子质量比D小28，即少了2个，则M的分子式为，根据已知条件，分子中含有酚羟基和硝基，还有3个碳原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子对称性高，则符合条件的有：或或，故答案为3种；
（8）根据题目流程和题目信息，使用逆合成分析法，可由与反应制得，可由催化氧化制得，可由在NaOH溶液中水解制得，可由与溴蒸汽在光照条件下制得，因此合成路线为：
。
1 / 1广西河池市2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2024年巴黎奥运会上，“化学智慧”与体育双向奔赴，释放迷人魅力。下列说法错误的是
A．奥运会的餐具使用了可降解的淀粉-聚乙烯醇共混材料，可以减少“白色污染”
B．中国队领奖服采用的环保再生纤维材料为有机高分子材料
C．奥运会大量采用的LED灯的发光过程：电子吸收能量跃迁到较高能级
D．巴黎奥运会金牌的材料是常用金属材料制作，大多数合金属于金属晶体
2．在Co催化下，柴油汽车尾气中的污染物碳烟(C)和可反应转化为无毒的和。下列表述正确的是
A．基态Co的电子排布式： B．的空间填充模型：
C．的电子式： D．C的一种核素：
3．某化学兴趣小组用以下装置制备溴苯并检验其性质，其中能达到实验目的的是
A．制备溴苯 B．除去溴苯中的溴
C．分离苯和溴苯 D．检验溴苯中的溴元素
4．接种疫苗前，需用75%的乙醇溶液消毒皮肤。下列相关说法错误的是
A．蘸取乙醇溶液使用的棉签的主要成分属于多糖
B．消毒的原理是乙醇能使细菌、病毒的蛋白质变性
C．皮肤中皮脂的主要成分是甘油三酯等，甘油三酯属于生物大分子
D．RNA疫苗经水解可得到核苷酸
5．硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。下列说法错误的是
A．中，提供孤电子对，提供空轨道
B．该配位化合物的配位数为6
C．该配位化合物中阴离子的空间构型是正四面体
D．该配位化合物中存在配位键、共价键和离子键
6．在工业生产中，可以通过银镜反应来检测甲醛是否泄漏，原理为：(未配平)。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LHCHO含σ键数目为
B．0.1mol含有电子数为
C．常温下，0.1mol/L银氨溶液含的数目为
D．每生成10.8gAg，消耗HCHO的分子数为
7．下列方程式书写错误的是
A．用稀硝酸清洗银镜反应后的试管：
B．用溶液除去乙炔中的：
C．丙烯在催化剂作用下合成聚丙烯：nCH2=CHCH3
D．与发生酯化反应：
8．物质的组成和结构决定物质的性质，关于下列事实的解释中错误的是
事实 解释
A 可以用杯酚分离和 超分子具有自组装的特征
B 酸性溶液不能氧化，却可将甲苯氧化为苯甲酸 苯环对产生影响，使甲苯中的可以被酸性溶液氧化
C 相同条件下，在水中的溶解度大于 相似相溶：是极性分子，为极性分子而为非极性分子
D 沸点： 邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，对羟基苯甲酸能形成分子间氢键
A．A B．B C．C D．D
9．某有机合成催化剂结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中M是唯一的金属元素，W、X、Y在同一周期。W在地壳中的含量最多，Y形成的化合物种类最多，W与Z同主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：M>W B．简单氢化物热稳定性：Z＜X
C．Y与W无法形成非极性分子 D．Y形成的含氧酸仅有1种
10．根据下列实验过程及现象，能得出相应结论的是
　 实验过程 现象 结论
A 取少量1-溴丁烷，加入氢氧化钠的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 1-溴丁烷发生了消去反应
B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸并水浴加热，冷却后加入少量新制悬浊液并加热 无砖红色沉淀生成 蔗糖未发生水解
C 向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接通入苯酚钠溶液中 苯酚钠溶液中出现白色浑浊 酸性：醋酸>碳酸>苯酚
D 向饱和溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，振荡；再加入蒸馏水，振荡，观察现象 先产生白色沉淀，后沉淀溶解 蛋白质的盐析是一个可逆过程
A．A B．B C．C D．D
11．某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是
A．结构1中S的配位数为8 B．晶胞2中S与Li的最短距离为
C．晶胞3中化合物的化学式为 D．晶胞2和晶胞3表示不同晶体
12．蜂胶的主要成分咖啡酸苯乙酯(CAPE)的结构如图所示。下列有关CAPE的说法错误的是
A．存在顺反异构
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．CAPE与足量充分反应后的产物中，含有3个手性碳CAPE
D．1molCAPE与浓溴水反应，最多可消耗3mol
13．的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成高分子P，其合成路线如下。下列说法错误的是
A．X是两性化合物
B．反应②是缩聚反应
C．Y→P的化学反应方程式为
D．高分子P在一定条件下充分水解的产物是Y
14．甲基水杨酸(a)可与乳酸(b)反应生成c。下列说法错误的是
A．c的分子式为
B．c中C、O原子均有2种杂化方式
C．a的酸性比水杨酸()弱
D．1mola与足量溶液、溶液、浓溴水反应，消耗溶质的物质的量均为1mol
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．已知W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前四周期元素，其原子结构如下：
元素 原子结构
W 基态原子价层电子排布为
X 基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同
Y 原子最外层电子数是其内层的3倍
Z 基态原子3p轨道上有4个电子
M 的3d轨道中有10个电子
（1）M元素位于　 　区，基态M原子的价层电子排布图为　 　。
（2）W、X、Y三种元素的第一电离能由小到大的顺序是　 　(填元素符号，下同)。
（3）中键角比中的　 　(填“大”或“小”)，原因是　 　。
（4）在乙醇中的溶解度：大于，其原因是　 　。
（5）W、X形成的常作为配位化合物中的配体。
①在中，元素W的原子采取sp杂化，则中含有的σ键与π键的数目之比为　 　，作为配体时，提供孤电子对的原子是　 　。
②金(Au)与M均能与形成配离子，已知与形成配离子时，配位数为4；与形成配离子时，配位数为2。工业上常用与形成的配离子与M单质反应，生成与形成的配离子和Au单质来提取Au，请写出上述反应的离子方程式　 　。
16．邻硝基苯甲酸在医药、染料等领域有着重要作用。实验室可通过邻硝基甲苯氧化制取邻硝基苯甲酸，其反应原理简示如下：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
邻硝基甲苯 137 -9.5 223 不溶于水，易溶于乙醇
邻硝基苯甲酸 167 148 295.6 微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：
I.氧化：在如图所示的装置中依次加入一定量的邻硝基甲苯、水、KOH溶液和稍过量的高锰酸钾，搅拌加热反应2小时。反应过程中高锰酸钾转化为二氧化锰，反应完成后，向反应液中加入适量亚硫酸氢钠溶液，过滤。
II.酸化得到粗产品：向所得滤液中缓缓加入硫酸至溶液呈弱酸性，加入活性炭进行脱色，蒸发浓缩、趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。
III.重结晶：热水溶解粗产品，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。
IV.纯度测定：称取重结晶后的产品0.167g，溶于乙醇配成100mL溶液，每次取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0100mol·L-1氢氧化钠溶液滴定，平均消耗氢氧化钠溶液24.30mL。回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　。
（2）“氧化”步骤中，原料充分反应后，若观察到　 　，则说明高锰酸钾是过量的。请从下列选项中选择可以替换亚硫酸氢钠溶液的最佳试剂　 　(填标号)。
a.浓盐酸　　b.草酸溶液　　c.碳酸氢钠溶液
（3）“酸化得到粗产品”步骤中，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分是　 　。
（4）“重结晶”步骤中，趁热过滤的目的是　 　。
（5）“纯度测定”步骤中，氢氧化钠溶液滴定时发生反应的化学方程式为　 　。
（6）本实验制备的邻硝基苯甲酸的纯度为　 　(计算结果保留三位有效数字)。
17．第IVA族元素形成的单质及化合物有丰富的化学性质，在各领域有广泛的应用。回答下列问题：
（1）该族元素在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为　 　。基态C原子中，有　 　种不同空间运动状态的电子。
（2）Si与同周期的Al、P相比，电负性从大到小的顺序为　 　。下列状态的硅中，电离最外层一个电子所需能量最大的是　 　。
A.　　B.　　C.　　D.
（3）Ge晶体具有与金刚石相似的结构，其中Ge原子的杂化方式为　 　，微粒之间存在的作用力是　 　。
（4）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的空间构型为　 　。
②已知的熔点为442℃，而的熔点为-34℃，两者熔点差距大的原因是　 　。
（5）PbS晶胞如图所示：
①原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。如图中原子A的坐标参数为，则原子B的坐标参数为　 　。
②已知晶胞密度为ρg·cm-3，晶胞中两个的最近距离为anm，则阿伏加德罗常数为　 　(列出计算式)。
18．普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下。(部分条件已略去)
已知：i.
ii.，该转化涉及两步反应：
（1）将A转化为B的目的是　 　。
（2）试剂C的名称为　 　。
（3）D中的含氧官能团除羟基外，还有　 　(写名称)。
（4）F→G中第一步反应的化学方程式为　 　。
（5）I的结构简式为　 　。
（6）由J生成普卡必利的反应类型为　 　。
（7）M为D的同系物，相对分子质量比D小28。M的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)，写出其中任意一种的结构简式　 　。
①分子中有硝基 ②遇溶液显紫色 ③核磁共振氢谱有4组峰
（8）参照上述合成路线和信息，设计以甲苯和苯胺为原料，制备的路线　 　。(无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属晶体；常见的生活环境的污染及治理；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．可降解的淀粉 - 聚乙烯醇共混材料可以在自然环境中分解，能减少传统塑料造成的 “白色污染”，故A正确；
B．环保再生纤维属于有机高分子材料，这类材料的相对分子质量较大，符合有机高分子的特征，故B正确；
C．LED 灯的发光过程是电子从较高能级跃迁到较低能级，同时释放能量（以光的形式），而不是 “吸收能量跃迁到较高能级”，故C错误；
D．大多数合金属于金属晶体，金铁合金也不例外，金属晶体具有金属光泽、良好的导电性、导热性和延展性等特点，故D正确；
故选C。
【分析】A．可降解的淀粉 - 聚乙烯醇共混材料可被微生物分解；
Ｂ．再生纤维材料属于合成高分子材料；
Ｃ．电子从高能级向低能级跃迁时释放能量；
Ｄ．大多数合金属于金属晶体。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Co是27号元素，核外共有27个电子，基态Co的电子排布式：，A错误；
B．为直线形分子，原子半径：C>O，其空间填充模型为 ，B正确；
C．氮气的电子式为，C错误；
D．核素的表示方法是元素符号左上角标注质量数，左下角标注质子数，D错误；
故选B。
【分析】A．Co 的原子序数为 27；
Ｂ．的空间结构为直线形；
Ｃ．氮气分子中两个氮原子间形成三键；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
3．【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；分液和萃取
【解析】【解答】A．制备溴苯时，苯与液溴在铁粉（实际起催化作用的是 FeBr3）作用下发生取代反应，但装置 A 中使用的是浓溴水，苯与浓溴水不发生取代反应，只会发生萃取，因此不能制备溴苯，A无法达到实验目的；
B．溴苯中混有未反应的溴，溴能与 NaOH 溶液反应生成易溶于水的 NaBr 和 NaBrO，而溴苯不溶于 NaOH 溶液且密度比水大，通过分液操作可以分离出溴苯，因此该装置能达到除去溴苯中溴的目的，B可以达到实验目的；
C．采用蒸馏方法分离苯和溴苯，温度计水银球不能插入液体中，应位于支管口处，C无法达到实验目的；
D．检验溴苯中的溴元素，需先将溴苯在 NaOH 溶液中加热条件下水解，再用硝酸酸化，最后加 AgNO3溶液，因此该装置不能达到检验目的，D无法达到实验目的；
故选B。
【分析】A．苯与浓溴水不发生取代反应；
Ｂ．溴能与 NaOH 溶液反应生成易溶于水的 NaBr 和 NaBrO；
Ｃ．蒸馏时温度计应与蒸馏烧瓶的支管口处平齐；
Ｄ．溴苯中的溴是以原子形式存在于分子中，不能直接与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 沉淀。
4．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．棉签的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，A正确；
B.75%的乙醇通过使使细菌、病毒的蛋白质变性，从而失去生物活性，B正确；
C．甘油三酯的相对分子质量较小，不属于生物大分子（生物大分子一般指相对分子质量超过 1 万的物质，如蛋白质、核酸、多糖等），C错误；
D．核苷酸是RNA的基本组成单位，RNA 疫苗经水解可得到核苷酸，D正确；
答案选C。
【分析】A．棉签的主要成分是纤维素；
Ｂ.75%的乙醇能使蛋白质变性；
Ｃ．甘油三酯相对分子质量较小，不属于生物大分子；
Ｄ．RNA 的基本组成单位是核苷酸。
5．【答案】A
【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． 中，Ni2+是中心离子，提供空轨道，NH3是配体，提供孤电子对，A错误；
B．中，配体NH3的数量为6，该配位化合物的配位数为 6，B正确；
C．该配位化合物中阴离子为SO，SO的中心S原子的价层电子对数为4，且无孤电子对，所以空间构型为正四面体，C正确；
D．[Ni(NH3)6]2+与SO之间为离子键，SO内部为共价键，Ni2+与NH3之间为配位键，D正确；
故选A。
【分析】A．配合物中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对；
Ｂ．该离子中配体的数量为6；
Ｃ．SO的空间构型为正四面体；
Ｄ． 中存在配位键、共价键和离子键。
6．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个HCHO分子含有有3个σ键，标准状况下11.2L HCHO的物质的量为0.5mol，含σ键数目为，A正确；
B.1个含有10个电子，则0.1mol含电子数为，B错误；
C．溶液的体积未知，无法计算数目，C错误；
D．根据得失电子守恒配平该方程式为：，每1mol HCHO生成4mol Ag，生成10.8gAg物质的量为0.1mol，需0.025mol HCHO，即消耗HCHO的分子数为，D错误；
答案选A。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｂ．一个含有10个电子；
Ｃ．溶液体积未知，无法计算数目；
Ｄ．根据计算。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．银镜反应后的试管内壁附着银，硝酸具有强氧化性，能与Ag反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式为：，A正确；
B．与反应生成的CuS和硫酸，离子方程式为，B正确；
C．丙烯发生加聚反应时，碳碳双键断裂，生成的聚丙烯，化学方程式为，C错误；
D．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为，D正确；
故选C。
【分析】A．银和稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水；
Ｂ．硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸；
Ｃ．丙烯发生加聚反应时，碳碳双键断裂；
Ｄ．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。
8．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A．杯酚可以分离 C60和 C70，是因为超分子具有分子识别特征，杯酚能够通过分子间作用力选择性地结合 C60，实现分离，A错误；
B．酸性 KMnO4溶液不能氧化 CH4，但可以氧化甲苯的 - CH3为 - COOH，原因是苯环对 - CH3产生影响，使 - CH3的活性增强，能够被酸性 KMnO4氧化，B正确；
C．是极性分子，为极性分子，而为非极性分子，根据“相似相溶”原理，相同条件下，臭氧在水中的溶解度大于氧气，C正确；
D．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，会使分子间的作用力减弱，沸点降低；对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，分子间作用力较强，沸点较高。所以沸点：邻羟基苯甲酸 < 对羟基苯甲酸，D正确；
答案选A。
【分析】A．超分子具有分子识别的特征；
Ｂ．有机物分子中的基团之间存在相互影响；
Ｃ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｄ．形成分子间氢键使物质的沸点升高，形成分子内氢键使物质的沸点降低。
9．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Al3+和 O2-电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，所以半径：，A错误；
B． 非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，元素的非金属性，故简单氢化物热稳定性， B正确；
C．Y（C）与 W（O）可形成 CO2，CO2是非极性分子，C错误；
D．（C）形成的含氧酸有碳酸、草酸等多种，D错误；
故选B。
【分析】W 在地壳中含量最多，所以W 是 O，W、X、Y 在同一周期（第二周期），Y 形成的化合物种类最多，所以Y 是 C，W 与 Z 同主族，所以Z 是 S，M 是唯一的金属元素，结合结构中的电荷，M 为 + 3 价短周期金属，所以M 是 Al，X为第二周期主族元素，只能形成一条共价键，故X为F。
10．【答案】D
【知识点】卤代烃简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；苯酚的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.实验过程中，氢氧化钠的乙醇溶液加热时，乙醇会挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了对消去反应生成的乙烯的检验，不能仅凭酸性高锰酸钾褪色就判断 1 - 溴乙烷发生了消去反应，A错误；
B．蔗糖水解后生成葡萄糖，检验葡萄糖需要在碱性条件下进行，实验中加了稀硫酸作催化剂，冷却后直接加入新制 Cu (OH)2悬浊液，溶液呈酸性，无法生成砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，B错误；
C．向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，生成的 CO2气体中会混有挥发的醋酸，醋酸也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰实验，无法证明碳酸酸性强于苯酚。C错误；
D．饱和(NH4)2SO4使蛋白质盐析，加水后沉淀溶解，说明盐析是可逆过程。D正确；
故选D。
【分析】A．乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
Ｂ．用新制氢氧化铜检验葡萄糖应在碱性条件下进行；
Ｃ．醋酸易挥发，挥发的醋酸能与苯酚钠反应；
Ｄ．盐析是可逆的，变性不可逆。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.结构 1 是钴硫化物晶胞的一部分，观察其结构可知，S 周围最近且等距的 Co 的数量为4，因此 S 的配位数是 4，A错误；
B.由图可知，晶胞2中S与Li的最短距离为体对角线的，晶胞棱长为a，即S与Li的最短距离为，B错误；
C.晶胞 3 是立方晶胞，含有Li的数目为8，含有S的数目为，Li 与 S 的原子个数比为为2：1，其化学式为 ，C正确；
D.晶胞 2 和晶胞 3 的原子种类、个数比、空间排列方式均相同，属于同一种晶体，D错误；
故选C。
【分析】A．S周围最近且等距的 Co 的数量为4；
Ｂ．S 位于晶胞的顶点、面心等位置，Li 位于晶胞内部；
Ｃ．根据均摊法计算各原子数目，进而确定其化学式；
Ｄ．晶胞 2 和晶胞 3 的原子种类、个数比、空间排列方式均相同。
12．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；烯烃；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．CAPE 分子中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子连接的基团都不相同，存在顺反异构，A正确；
B．苯环、碳碳双键、酯基都是平面结构，且单键可以旋转，因此分子中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．CAPE与足量充分反应后的产物，含有3个手性碳，如图所示，C正确；
D.1molCAPE与溴水反应，两个酚羟基的邻位和对位，共3个位置，消耗3mol Br2，碳碳双键发生加成反应，故最多可消耗4mol，D错误；
故选D。
【分析】A．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．CAPE与浓溴水反应时，溴能取代酚羟基的邻位和对位，碳碳双键能与溴发生加成反应。
13．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．X 的结构中含有氨基（-NH2）和羧基（-COOH），氨基具有碱性，羧基具有酸性，所以 X 是两性化合物，A正确；
B．由Y在催化剂作用下发生反应②生成高分子P，是和上的氢原子发生缩聚反应生成P，同时脱去水分子，B正确；
C．Y→P发生缩聚反应时，n 个 Y 分子会脱去
(n 1)个水分子，生成高分子P，化学反应方程式为，C正确；
D．高分子 P 在一定条件下充分水解，产物是X和CO2，而不是 Y，D错误；
故选D。
【分析】A．X含有氨基和羧基，具有两性；
Ｂ．反应②是 Y 分子间通过脱去水分子形成高分子 P；
Ｃ．根据反应物和产物书写化学方程式；
Ｄ．高分子 P 在一定条件下充分水解，产物是X和CO2。
14．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．c中含有11个C原子，10个H原子，4个O原子，其分子式为，A正确；
B．c中苯环上的碳原子采用杂化，饱和碳原子采用杂化；O原子有酯基中杂化、醚键中杂化 ， C、O原子均有、两种杂化方式，B正确；
C．a 的苯环上有一个甲基（-CH3），属于给电子基团，会使羧基的酸性减弱，水杨酸的苯环上没有给电子基团，羧基酸性更强，C正确；
D．a中含有羧基与酚羟基，羧基能与碳酸氢钠和碳酸钠反应，酚羟基能与碳酸钠反应，不能与碳酸氢钠反应，溴与酚发生取代时，取代的位置是苯环上酚羟基的邻位和对位，a的酚羟基邻位与对位能被取代的只有一个位置，所以1mola与足量溶液、溶液、浓溴水反应，消耗溶质的物质的量分别为2mol、1mol、1mol，D错误；
综上，答案是D。
【分析】A．数出 C、H、O 原子数进而确定其分子式；
Ｂ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．甲基是推电子基；
Ｄ．羧基和酚羟基均能与碳酸钠反应，只有羧基能与碳酸氢钠反应，酚羟基的邻、对位能与浓溴水发生取代反应。
15．【答案】（1）ds；
（2）
（3）小；分子中N原子有一对孤电子对而没有，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，
（4）能与乙醇分子形成分子间的氢键，而不能
（5）1：2；C；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）M为Zn元素，基态Zn原子的价层电子排布式为，因此位于ds区；
基态Zn原子的价层电子排布图为：。
（2）同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态，较为稳定，因此比相邻元素的第一电离能更大，W、X、Y即C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是：。
（3）为NH3，中心原子N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，为，中心原子N原子的价层电子对数为，不含孤电子对，分子中N原子有一对孤电子对而没有，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角：。
（4）为H2O，为H2S，能与乙醇分子形成分子间的氢键，而不能与乙醇分子形成分子间的氢键，所以在乙醇中的溶解度较大。
（5）①为，元素C的原子采取sp杂化，因此C与N之间为三键，一个σ键和两个π键，σ键与π键的数目之比为1：2；
C的电负性比N小，更易给出电子对，因此在形成配合物时C原子更容易提供孤电子对；
②为，M为Zn元素，都能与离子形成配合物离子，与中心离子结合的配离子数为配位数，因此Zn形成的是[Zn(CN)4]2-，Au形成的是[Au(CN)2]-，用Zn提取Au的离子方程式为：。
【分析】基态W原子的价层电子排布是，因为 s 轨道最多填 2 个电子，所以n=2，价层电子排布为，则W为C元素，基态X原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同。结合原子序数大于 W（C），最高能级为 p 轨道，且 p 轨道电子分占不同轨道、自旋相同，对应N元素，Y原子最外层电子数是其内层的 3 倍。内层电子数为 2（K 层），最外层电子数为 6，对应氧（O），Z元素基态原子 3p 轨道上有 4 个电子，电子排布为 ，Z为S元素，的3d轨道中有10个电子，则其核外电子排布式为，则M为Zn元素；故W、X、Y、Z、M依次为C、N、O、S、Zn。
（1）M为Zn元素，基态Zn原子的价层电子排布式为，因此位于ds区；
基态Zn原子的价层电子排布图为：。
（2）同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态，较为稳定，因此比相邻元素的第一电离能更大，W、X、Y即C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是：。
（3）为NH3，中心原子N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，为，中心原子N原子的价层电子对数为，不含孤电子对，分子中N原子有一对孤电子对而没有，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角：。
（4）为H2O，为H2S，能与乙醇分子形成分子间的氢键，而不能与乙醇分子形成分子间的氢键，所以在乙醇中的溶解度较大。
（5）①为，元素C的原子采取sp杂化，因此C与N之间为三键，一个σ键和两个π键，σ键与π键的数目之比为1：2；
C的电负性比N小，更易给出电子对，因此在形成配合物时C原子更容易提供孤电子对；
②为，M为Zn元素，都能与离子形成配合物离子，与中心离子结合的配离子数为配位数，因此Zn形成的是[Zn(CN)4]2-，Au形成的是[Au(CN)2]-，用Zn提取Au的离子方程式为：。
16．【答案】（1）球形冷凝管
（2）溶液未褪成无色；b
（3）活性炭
（4）滤去不溶性物质、防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降
（5）+NaOH→+H2O
（6）97.2%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称是球形冷凝管；
故答案为球形冷凝管；
（2）如果高锰酸钾完全反应，则会出现紫红色褪成无色的现象，故溶液未褪成无色，则说明高锰酸钾是过量的；亚硫酸氢钠溶液的作用是将过量的高锰酸钾还原为二氧化锰，所选试剂应该具有较强的还原性，故排除c，浓盐酸与高锰酸钾反应会产生有毒气体氯气，不符合绿色化学的要求，草酸还原高锰酸钾，生成的二氧化碳无污染，因此最佳试剂选b；
故答案为溶液未褪成无色；b；
（3）根据题干信息可知，“酸化得到粗产品”步骤中加入脱色剂活性炭进行脱色，活性炭难溶于水，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分是活性炭；
故答案为活性炭；
（4）过滤的目的是滤去不溶性物质，由题干信息“邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水”可知，趁热的目的是防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
故答案为滤去不溶性物质，防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
（5）根据邻硝基苯甲酸的结构可知，滴定原理为酸碱中和滴定，因此反应的化学方程式是+NaOH→+H2O；
故答案为+NaOH→+H2O；
（6）发生的反应有：+NaOH→+H2O；根据滴定原理可知，产品的纯度为；
故答案为97.2%。
【分析】邻硝基甲苯在碱性条件下被高锰酸钾溶液氧化成邻硝基苯甲酸钾，反应完成后，加入适量亚硫酸氢钠溶液，除去多余高锰酸钾溶液，过滤后，向滤液中缓慢加入硫酸至溶液弱酸性，使邻硝基苯甲酸钾转化为邻硝基苯甲酸，因邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于乙醇、热水，向溶液中加入活性炭进行脱色，蒸发浓缩、趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到粗产品；
（1）根据仪器构造可知，仪器A为球形冷凝管；
（2）高锰酸钾为紫色，溶液未完全褪色，说明其过量；
（3）酸化得到粗产品”步骤中加入脱色剂活性炭，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分为活性炭；
（4）趁热过滤可滤去不溶性物质、防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
（5）滴定时发生反应+NaOH→+H2O ；
（6）根据反应的方程式计算产品纯度。
（1）由图可知，仪器A的名称是球形冷凝管；故答案为球形冷凝管；
（2）如果高锰酸钾完全反应，则会出现紫红色褪成无色的现象，故溶液未褪成无色，则说明高锰酸钾是过量的；亚硫酸氢钠溶液的作用是将过量的高锰酸钾还原为二氧化锰，所选试剂应该具有较强的还原性，故排除c，浓盐酸与高锰酸钾反应会产生有毒气体氯气，不符合绿色化学的要求，草酸还原高锰酸钾，生成的二氧化碳无污染，因此最佳试剂选b；故答案为溶液未褪成无色；b；
（3）根据题干信息可知，“酸化得到粗产品”步骤中加入脱色剂活性炭进行脱色，活性炭难溶于水，用少量热水洗涤的滤渣的主要成分是活性炭；故答案为活性炭；
（4）过滤的目的是滤去不溶性物质，由题干信息“邻硝基苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水”可知，趁热的目的是防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；故答案为滤去不溶性物质，防止邻硝基苯甲酸析出，导致产率下降；
（5）根据邻硝基苯甲酸的结构可知，滴定原理为酸碱中和滴定，因此反应的化学方程式是+NaOH→+H2O；故答案为+NaOH→+H2O；
（6）发生的反应有：+NaOH→+H2O；根据滴定原理可知，产品的纯度为；故答案为97.2%。
17．【答案】（1）+4；4
（2）；D
（3）；共价键
（4）V形；为离子晶体，而为分子晶体
（5）；
【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；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①第ⅣA族元素最外层电子数为4，在与其他元素形成化合物时，通常呈现最高化合价+4价；
②基态C原子的电子排布式为：；能级上的电子的空间运动状态不同，能级有3个轨道，2个2p电子占据2个不同的2p轨道，所以基态C原子有4种不同空间运动状态的电子；
（2）①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以Si与同周期的Al、P相比，电负性从大到小的顺序为；
②A．表示Si原子处于基态，失去最外层（3p能级）一个电子相对较容易，所需能量比阳离子失去电子要小；
B．表示处于基态，已经失去了一个电子，此时再失去最外层（3p能级）一个电子，是从阳离子中失去电子，且该电子处于半充满稳定状态，电离能较大；
C．表示原子处于激发态，是从二价阳离子中失去电子，电离所需能量比A、B的大；
D．表示基态，此时相比于激发态原子，能量更低，再失去一个电子所需能量大于激发态Si2+原子；
故答案选D；
（3）①Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中C与4个C相连为sp3杂化，所以Ge原子的杂化方式为sp3杂化；
②Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中微粒之间存在的作用力是共价键，所以Ge原子之间微粒的作用力也是共价键；
（4）①中Sn原子的价层电子对数为：，分子的VSEPR模型为平面三角形，有一对孤电子对，实际分子的空间构型为V形；
②F非金属性较强，Sn的金属性较强，两者结合形成离子晶体，形成的是离子键，因Cl的原子半径较大，分子间通过分子间作用力形成分子晶体；离子晶体稳定性大于分子，所以的熔点大于；
（5）①根据图示，B点位于右侧面面心位置，晶胞边长为1，根据A点的坐标得出B点的坐标为：；
②晶胞中S原子个数为：，晶胞中两个的最近距离为anm，即面对角线的为anm，可以计算出晶胞的边长是nm即cm，晶胞体积为，根据公式：，；
【分析】（1）第IVA族元素最高化合价为+4价；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
（2）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性是同主族元素中最大的应该是同主族中位于最上方的元素。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
（3）Ge晶体具有与金刚石相似的结构，则Ge采用 杂化，金刚石中C原子间形成共价键，则Ge晶体之间存在的作用力是共价键；
（4）中心Sn原子的价层电子对数为3，含有一个孤电子对；一般情况下，离子晶体的熔点高于分子晶体；
（5）根据计算。
（1）①第ⅣA族元素最外层电子数为4，在与其他元素形成化合物时，通常呈现最高化合价+4价；
②基态C原子的电子排布式为：；能级上的电子的空间运动状态不同，能级有3个轨道，2个2p电子占据2个不同的2p轨道，所以基态C原子有4种不同空间运动状态的电子；
（2）①同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以Si与同周期的Al、P相比，电负性从大到小的顺序为；
②A．表示Si原子处于基态，失去最外层（3p能级）一个电子相对较容易，所需能量比阳离子失去电子要小；
B．表示处于基态，已经失去了一个电子，此时再失去最外层（3p能级）一个电子，是从阳离子中失去电子，且该电子处于半充满稳定状态，电离能较大；
C．表示原子处于激发态，是从二价阳离子中失去电子，电离所需能量比A、B的大；
D．表示基态，此时相比于激发态原子，能量更低，再失去一个电子所需能量大于激发态Si2+原子；
故答案选D；
（3）①Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中C与4个C相连为sp3杂化，所以Ge原子的杂化方式为sp3杂化；
②Ge具有和金刚石相似的结构，金刚石中微粒之间存在的作用力是共价键，所以Ge原子之间微粒的作用力也是共价键；
（4）①中Sn原子的价层电子对数为：，分子的VSEPR模型为平面三角形，有一对孤电子对，实际分子的空间构型为V形；
②F非金属性较强，Sn的金属性较强，两者结合形成离子晶体，形成的是离子键，因Cl的原子半径较大，分子间通过分子间作用力形成分子晶体；离子晶体稳定性大于分子，所以的熔点大于；
（5）①根据图示，B点位于右侧面面心位置，晶胞边长为1，根据A点的坐标得出B点的坐标为：；
②晶胞中S原子个数为：，晶胞中两个的最近距离为anm，即面对角线的为anm，可以计算出晶胞的边长是nm即cm，晶胞体积为，根据公式：，；
18．【答案】（1）保护氨基
（2）乙二醇
（3）醚键 酰胺基
（4）
（5）
（6）氧化反应
（7）3；或或
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B的目的为保护氨基，防止其在后续反应中发生反应；
（2）根据分析，试剂C为HOCH2CH2OH，命名为为乙二醇；
（3）D为，含氧官能团除羟基外，还有醚键和酰胺基；
（4）F→G中第一步反应是酰胺基在NaOH溶液中水解，化学方程式为：；
（5）由已知条件ii，可知I为；
（6）J生成普卡必利，羟基变成了羰基，发生了氧化反应；
（7）根据题目描述，M相对分子质量比D小28，即少了2个，则M的分子式为，根据已知条件，分子中含有酚羟基和硝基，还有3个碳原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子对称性高，则符合条件的有：或或，故答案为3种；
（8）根据题目流程和题目信息，使用逆合成分析法，可由与反应制得，可由催化氧化制得，可由在NaOH溶液中水解制得，可由与溴蒸汽在光照条件下制得，因此合成路线为：
。
【分析】与(CH3CO)2O发生取代反应生成，在试剂C和金属催化剂条件下发生已知i的反应得到，则试剂C为HOCH2CH2OH，在苯环上引入Cl原子得到，则在光照条件与溴发生取代反应得到，G催化氧化得到H，H发生取代反应得到J，则I为；J再发生催化氧化得到普卡必利。
（1）A→B的目的为保护氨基，防止其在后续反应中发生反应；
（2）根据分析，试剂C为HOCH2CH2OH，命名为为乙二醇；
（3）D为，含氧官能团除羟基外，还有醚键和酰胺基；
（4）F→G中第一步反应是酰胺基在NaOH溶液中水解，化学方程式为：；
（5）由已知条件ii，可知I为；
（6）J生成普卡必利，羟基变成了羰基，发生了氧化反应；
（7）根据题目描述，M相对分子质量比D小28，即少了2个，则M的分子式为，根据已知条件，分子中含有酚羟基和硝基，还有3个碳原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子对称性高，则符合条件的有：或或，故答案为3种；
（8）根据题目流程和题目信息，使用逆合成分析法，可由与反应制得，可由催化氧化制得，可由在NaOH溶液中水解制得，可由与溴蒸汽在光照条件下制得，因此合成路线为：
。
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