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广东省大湾区2024-2025学年高二下学期7月期末联考 化学试题
一、选择题：本题共20小题，共50分。第1～10题每小题2分，第11～20题每小题3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．衣食住行皆离不开化学，下列叙述不正确的是
A．衣：涤纶(聚对苯二甲酸乙二酯)是通过缩聚反应合成的材料
B．食：全麦面包中的淀粉、膳食纤维、油脂均属于有机高分子
C．住：家居污染气体甲醛会引发健康问题，可使用活性炭吸附
D．行：汽车防冻液主要成分为乙二醇，可与水形成分子间氢键
2．物质的结构决定性质，性质决定用途。下列说法不正确的是
A．新制具有还原性，可用作尿糖检测剂
B．离子液体具有良好的导电性，可用作电池的电解质
C．石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，可用作润滑剂
D．聚乳酸()可降解吸收，可用作免拆手术缝合线
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．乙醇的球棍模型：
B．甲基的电子式：
C．中共价键的电子云图：
D．的名称为邻二苯甲醛
4．根据价层电子对互斥模型和杂化轨道理论，下列说法不正确的是
A．的VSEPR模型为四面体形
B．与空间构型都是三角锥形
C．分子的中心原子杂化方式为
D．与都属于含极性键的非极性分子
5．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 酸性： 键长：C-Cl>C-H
B 在水中的溶解度： 为非极性分子，CO为极性分子
C 苯酚具有弱酸性 苯酚中苯环使羟基中的O—H键极性变小
D “杯酚”能用于分离和 超分子具有“分子识别”的特征
A．A B．B C．C D．D
6．下列有关说法正确的是
A．75％乙醇溶液可用于杀菌消毒，体现乙醇的氧化性
B．核酸是一种生物大分子，由许多核苷酸单体缩合聚合而成
C．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成和
D．干冰和晶体的晶体类型不同，但熔化时克服粒子间的作用力相同
7．阿斯巴甜是一种人工合成的甜味剂，其结构简式如图，下列说法不正确的是
A．分子中含四种官能团
B．分子中含2个手性碳原子
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在人体内水解得到两种氨基酸
8．用下图所示装置及药品进行实验，能达到实验目的的是
A．分离甲苯(沸点110.6℃)和乙醇(沸点78.4℃)
B．实验室制备乙酸乙酯
C．实验室制备溴苯
D．证明乙醇发生消去反应
9．合成1，4-环己二醇的路线如图所示。下列说法不正确的是
A．N和Y可能含有相同的官能团
B．反应①和③的反应条件一定相同
C．合成过程中至少涉及3个加成反应
D．1，4-环己二醇环上的一氯代物共有2种
10．类比推理是化学研究物质的重要方法，下列类比合理的是
A．的沸点高于，则的沸点高于
B．的稳定性大于，则HCl的稳定性大于HBr
C．分子的空间结构为直线形，则分子的空间结构也为直线形
D．乙酸不能使高锰酸钾溶液褪色，则乙二酸(草酸)也不能使高锰酸钾溶液褪色
11．为除去下列有机物中混有的杂质，下列除杂方法正确的是
选项 有机物(杂质) 除杂方法
A 高级脂肪酸钠(甘油) 加入饱和NaCl溶液后过滤
B 苯(苯酚) 滴加足量饱和溴水后过滤
C 乙炔 通入足量溶液洗气后干燥
D 苯甲酸(泥沙) 将其溶解在热水中，冷却至室温后过滤
A．A B．B C．C D．D
12．原儿茶酸(Ⅳ)具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法不正确的是
A．Ⅰ属于芳香族化合物，所有原子可能共平面
B．Ⅱ和Ⅲ可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别
C．1molⅡ与足量反应，最多可消耗3mol
D．合成Ⅳ的过程涉及取代、氧化反应，并进行了官能团保护
13．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol中含有Si—O键数目为
B．1mol分子中含有的键数目为
C．5.85gNaCl固体中含有的分子数目为
D．22.4L和1mol反应，生成的分子数目为
14．利用为主要原料可以生产新型可降解高分子，其生产原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．生成丙也会有链节：
B．甲与互为同系物
C．乙最多能与等物质的量的NaOH反应
D．乙→丙不属于缩聚反应
15．“宏观辨识与微观探析是学科核心素养之一”。下列方程式符合题意且正确的是
A．甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应：+Cl2+HCl
B．醋酸与碳酸钙反应的离子方程式：
C．制备酚醛树脂的化学方程式为：n+nHCHO+nH2O
D．与乙酸发生酯化反应：
16．下列根据实验操作及现象不能得到相应实验结论的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 淀粉和稀共热后，取样，滴加碘水，溶液变蓝 淀粉未发生水解
B 向稀的溶液中滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化 与的配位能力：
C 溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，将生成的气体通入溴的溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应
D 向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，有沉淀析出，再继续加入蒸馏水，振荡，沉淀溶解 蛋白质的盐析是可逆过程
A．A B．B C．C D．D
17．一定条件下，通过与溴单质反应生成的中间体可进一步得到1，2-加成和1，4-加成的产物，反应历程及能量变化如图，下列说法不正确的是
A．和互为同分异构体
B．由图可知，的加成反应一定为放热反应
C．相同条件下，生成的速率更快
D．生成中间产物的同时有Br-产生
18．某营养补充剂的结构如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W和Z能形成两种室温下常见的液态化合物，基态R原子核外电子占据7个能级且有4个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能：XB．X、Z形成的氢化物沸点：XC．Y、Z形成的简单离子半径：Y>Z
D．在水溶液中与Y的最高价氧化物对应水化物能大量共存
19．几种晶体的晶胞或晶体结构如图，下列说法正确的是
A．晶胞中，每个晶胞含4个碳原子
B．晶胞中，填充在形成的正八面体空隙中
C．石墨晶体中有共价键、金属键和范德华力，属于过渡晶体
D．立方BN晶胞中，若晶胞参数为apm，则N原子间最近的距离为
20．用催化进一步合成尿素的反应路径如图，下列说法不正确的是
A．物质a中形成的O—Cu键，会降低O原子周围的电子云密度
B．反应过程中碳原子的杂化方式保持不变，铜的配体种类不变
C．在浓氨水中反应可以再生制得
D．由合成尿素的反应为：
二、非选择题：本题共4小题，共50分。
21．肉桂酸乙酯是一种具有果香味的天然香料，广泛应用于食品、医药和化妆品等领域。某小组同学通过实验研究肉桂酸的组成与结构，并制备肉桂酸乙酯。
Ⅰ．研究肉桂酸的组成和结构
（1）利用李比希法测得2.96g肉桂酸完全燃烧后产生0.18mol和0.08mol，肉桂酸的质谱图如图甲，则肉桂酸的分子式为　 　。
（2）肉桂酸的红外光谱如图乙，且其在核磁共振氢谱中有6组峰，峰面积比为1∶1∶1∶1∶2∶2，实验证明肉桂酸能与碳酸氢钠反应，推测肉桂酸的结构简式为　 　。
Ⅱ．制备肉桂酸乙酯
ⅰ．向反应容器A中依次加入7.40g肉桂酸、过量乙醇、适量浓硫酸、适量环己烷(做带水剂)，混合均匀后，安装分水器与冷凝管，加热反应4小时。当分水器中下层液面接近支管口时，打开活塞将水放出。
ⅱ．将冷却后的反应液倒入盛有水的烧杯中，分批加入碳酸钠调节溶液至中性。分液后取有机层，用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏得到粗产品。
ⅲ．通过减压蒸馏得到纯净的肉桂酸乙酯5.80g。
（3）仪器A的名称是　 　，冷凝管水流方向　 　口进　 　口出(填“a”或“b”)。
（4）制备肉桂酸乙酯的化学方程式为　 　，步骤ⅰ中使用分水器可以提高产率，其原因是　 　。
（5）步骤ⅱ中，的作用是除去多余的酸及　 　。
（6）本实验肉桂酸乙脂的产率为　 　(保留三位有效数字)。
（7）有一种高效合成肉桂酸乙脂的方法：在反应瓶中依次加入离子液体、肉桂酸、乙醇，磁力搅拌下100℃左右回流4小时，反应结束后，分离出离子液体，产品产率可达90％以上。相比本实验，该方法的优点有　 　(写一点即可)。
22．钴及其化合物应用广泛。
（1）Co位于元素周期表中的　 　区，基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）已知易被还原为，而较稳定。从原子结构角度解释比稳定的原因　 　。
（3）晶体中仅存在3种离子：、和含钴配离子(不存在分子)，配离子结构如图。
①该晶体中存在的化学键类型有　 　。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
②该含钴配离子中提供孤电子对的元素是　 　，配位数是　 　，配体乙二胺分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会　 　(填“变大”“变小”或“不变”)，说明理由　 　。
（4）钴(Ⅱ)蓝晶胞结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为　 　。设该化合物最简式的式量为Mr，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　。
23．某实验小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。
（1）配制银氨溶液：在洁净的试管中加入2mL2％溶液，边振荡边滴加2％氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止，得到银氨溶液。
①在实验室中配制质量分数为2％的溶液，下列仪器不需要用到的是　 　(填字母选项)。
A． B． C．D．
②配制银氨溶液的总反应的离子方程式为　 　。
（2）探究银镜反应的合适条件：分别取相同体积的试剂a、乙醛溶液，按下表配制系列溶液完成实验，记录相同时间的现象(忽略因加入试剂b所导致的溶液体积差异)。
已知：
实验 试剂a 试剂b pH T/℃ 现象
ⅰ 银氨溶液 NaOH 10 25 产生银镜
ⅱ 银氨溶液 浓氨水 10 60 无银镜
ⅲ 银氨溶液 / 8 60 产生银镜
ⅳ 溶液 / <7 60 无银镜
①对比实验ⅰ和ⅲ，说明一定条件下，　 　有利于银镜反应发生。
②分析实验ⅱ无银镜产生的原因　 　。
③对比实验ⅰ和ⅱ，判断氧化性：　 　(填“>”“<”或“=”)。
（3）小组同学进一步探究实验ⅳ不成功的原因。
查阅资料：醛基发生银镜反应可能的机理如图
第②步反应的还原剂为　 　，解释实验ⅳ不成功可能的原因　 　(写出一条即可)。
24．近期我国科学家发明了一种可明显提高核酸类药物递送效率的氟化可电离脂质(G)，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）F中含氧官能团的名称为　 　，B的结构简式　 　。
（2）C的分子式为　 　，用化学反应鉴别一定条件下液态的A、C，可用的试剂是　 　。
（3）关于上述合成线路相关物质的转化，下列说法正确的有_____。
A．化合物A存在顺反异构体
B．化合物E难溶于水
C．由化合物A到C的转化中，有键的断裂与形成
D．由化合物E到F的转化中，还有生成
（4）在C→E的转化中有HCl生成，写出与HCl反应的方程式　 　。
（5）化合物D的同分异构体能发生银镜反应的有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱图上有三组峰，峰面积比为3∶2∶1的结构简式　 　(写出一种)。
（6）以苯、甲苯和乙醇为原料，参照上述A→C路线的反应原理，合成三苯甲醇(结构如图)，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①从苯出发，第一步的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②乙醇参与反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；合成材料；缩聚反应
【解析】【解答】A．对苯二甲酸与乙二醇通过缩聚反应生成聚对苯二甲酸乙二酯，同时产生水分子，该过程符合缩聚反应特征，A正确；B．淀粉和纤维素（膳食纤维主要成分）属于天然高分子化合物，而油脂分子量较小（通常低于1000），不符合高分子化合物定义（分子量一般需达上万），B错误；
C．活性炭具有多孔结构，通过物理吸附作用可有效去除甲醛等有毒气体，C正确；
D．乙二醇（化学式HO-CH2-CH2-OH）分子中含有两个羟基，能与水分子形成氢键，当与水按比例混合时会显著降低混合溶液的冰点（可低于0℃），因此可用作汽车防冻液，D正确；
故答案为：B
【分析】A、生成的聚酯结构的反应为缩聚反应。
B、油脂不属于高分子化合物。
C、活性炭具有吸附性，可吸附甲醛等小分子。
D、乙二醇中的羟基能形成氢键。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；醛的化学性质
【解析】【解答】A．新制在尿糖检测中作为氧化剂，能够与葡萄糖发生反应生成砖红色的Cu2O沉淀，而不是作为还原剂，A错误；B．离子液体由于含有自由移动的离子，具有较好的导电性，能够满足电池电解质的要求，B正确；
C．石墨的层间通过范德华力结合，使得层间容易滑动，因此石墨可以用作润滑剂，C正确；
D．聚乳酸具有可降解性和良好的生物相容性，适合用于免拆手术缝合线，D正确；
故答案为：A
【分析】A、尿糖检测过程中，-CHO被氧化，新制Cu(OH)2悬浊液体现氧化锌。
B、离子液体中具有可自由移动的离子，能导电。
C、石墨的层状结构之间以范德华力结合。
D、聚乳酸中含有的酯基可发生水解反应。
3．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．是乙醇（化学式HOCH2CH3）的空间填充模型。而乙醇的球棍模型应为，球棍模型能够清晰展示分子中各原子的连接方式和空间构型，A错误。B．甲基（-CH3）中碳原子与三个氢原子各共用一对电子，碳原子还剩余一个未成键电子。其正确的电子式应为，B错误。
C．分子中的Cl-Cl键是由两个氯原子各自的3p轨道（电子云呈哑铃形）通过"头碰头"方式重叠形成的σ键，其电子云分布沿键轴呈圆柱形对称。正确的电子云示意图为，C正确。
D．分子结构中含有苯环和两个醛基（-CHO），属于苯二甲醛类化合物。由于两个醛基处于相邻位置，应命名为邻苯二甲醛，D错误。
故答案为：C
【分析】A、图示为乙醇的空间填充模型。
B、甲基中含有一个孤电子。
C、Cl2分子中Cl原子的3p轨道以“头碰头”的形式形成σ键。
D、该有机物的名称为邻苯二甲醛。
4．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解析】A．亚硫酸根离子()的中心硫原子价层电子对数为4（包含1对孤电子对和3对成键电子对），其VSEPR模型为四面体构型，A正确；B．氨分子(NH3)的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，但因存在孤电子对导致实际分子构型为三角锥形；三氟化硼(BF3)的价层电子对数为3且无孤电子对，其分子构型为平面三角形，B错误；
C．臭氧(O3)的中心氧原子价层电子对数为3（包含2对成键电子和1对孤电子对），采用sp2杂化方式，C正确；
D．甲烷(CH4)和硅烷(SiH4)分子均为正四面体结构，虽然含有极性键但由于分子结构完全对称，属于非极性分子，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、BF3的价层电子对数为3，不含孤电子对，为平面三角形结构。
C、O3中心氧原子的阶层电子对数为3，采用sp2杂化。
D、二者都是正四面体结构，为非极性分子。
5．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；苯酚的化学性质；超分子
【解析】【解析】A、氯原子（Cl）的电负性大于氢原子（H），Cl的吸电子效应增强了羧基中O-H键的极性，使其更容易电离出H+。因此，酸性强弱关系为CH2ClCOOH > CH3COOH。虽然C-Cl键长确实大于C-H键长（因Cl原子半径大于H），但酸性差异与键长无关。该选项的两个陈述均正确但无因果关系，A不符合题意。B、CO2是直线型非极性分子（O=C=O），而CO是极性分子。虽然水是极性溶剂，但CO2在水中溶解度高的主要原因是它能与水发生化学反应生成碳酸，而CO不能。因此两个陈述虽正确但无因果关系，B不符合题意。
C、苯酚确实具有弱酸性（能电离出H+），故陈述I正确；但苯酚的酸性源于苯环的吸电子效应使O-H键极性增强，而不是"苯环使羟基活化"（陈述Ⅱ表述不准确），C不符合题意。
D、杯酚的特殊空腔结构与C60分子尺寸匹配，通过超分子识别作用选择性地结合C60，而C70因尺寸不匹配难以进入空腔，从而实现分离。这完美体现了超分子的"分子识别"特性，两个陈述正确且存在因果关系，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、酸性与氢氧键的极性有关，键长于原子半径有关。
B、CO2在水中的溶解度大，是由于CO2能与H2O反应。
C、苯酚的弱酸性是由于苯环的吸电子效应使得氢氧键的极性增强。
D、“杯酚”能分离C60、C70是由于分子识别特征。
6．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；晶体的定义；核酸
【解析】【解答】A、75%乙醇溶液的杀菌消毒作用是通过使蛋白质变性实现的，这一过程不涉及氧化反应，因此不能体现乙醇的氧化性，A错误。
B、核酸作为生物大分子，是由多个核苷酸分子通过缩合聚合反应连接形成长链构成的，B正确。
C、棉、麻属于糖类物质，仅含C、H、O三种元素，完全燃烧产物只有和；而丝、毛的主要成分是蛋白质，除C、H、O外还含有N、S等元素，燃烧产物不仅限于CO2和H2O；合成纤维若含氮元素（如尼龙），燃烧也会产生其他产物，C错误。
D、干冰（分子晶体）熔化时需要克服分子间作用力，而SiO2（原子晶体）熔化时需要克服共价键，两者熔化时克服的作用力类型不同，D错误。
故答案为：B
【分析】A、乙醇消毒是由于乙醇使蛋白质变性，与其氧化性无关。
B、核酸是由多个核苷酸分子通过缩合聚合反应彼此连接形成长。
C、丝、毛的主要成分为蛋白质，含有N、S元素。
D、SiO2为共价晶体，熔化时需客服共价键。
7．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．该分子含有四种官能团：羧基（-COOH）、酯基（-COOR）、氨基（-NH2）和酰胺基（-CONH-），A正确。
B．分子中存在两个手性碳原子，它们位于三条单键交汇的位置，B正确。
C．由于阿斯巴甜分子中含有氨基（-NH2），该基团可以被高锰酸钾氧化，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误。
D．阿斯巴甜水解后会生成、和，因此在人体内水解可以得到两种氨基酸，D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据结构简式确定其所含的官能团。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、与苯环相连的碳原子上含有H原子，可被酸性KMnO4溶液所氧化。
D、根据水解产物的结构分析，羧基和氨基连接在同一个碳原子上，为α-氨基酸。
8．【答案】D
【知识点】醇类简介；蒸馏与分馏；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、在A装置中，温度计的水银球位置应调整至蒸馏烧瓶支管口处，A错误。
B、B装置右侧试管中应选用饱和溶液，若使用溶液会与产物乙酸乙酯发生反应，B错误。
C、制备溴苯的正确试剂组合应为苯和液溴，C错误。
D、乙醇与浓硫酸反应生成的乙烯气体中混有和乙醇等杂质，通过溶液可有效去除这些杂质，确保只有乙烯能使溶液褪色，D正确。
故答案为：D
【分析】A、蒸馏装置中温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处。
B、NaOH溶液能使乙酸乙酯水解。
C、制备溴苯，应使用液溴，不能用溴水。
D、NaOH溶液可吸收乙烯中混有的SO2和乙醇。
9．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】A．分析表明，N和Y的结构中可能都含有溴原子官能团，因此A选项正确。
B．反应①可能是醇或卤代烃的消去反应，而反应③只能是卤代烃的消去反应，两者的反应条件可能不同，因此B选项错误。
C．反应类型分析如下：反应①和③属于消去反应，反应②、④、⑤属于加成反应，反应⑥属于取代反应，因此C选项正确。
D.1，4-环己二醇分子（）中存在两种不等效氢原子（），因此其一氯代物有2种，D选项正确。
综上所述，正确答案为B。
【分析】若化合物M通过消去反应生成环己烯（），则M可能是卤代烃或醇类，其结构可能为或。
环己烯（）可与溴发生加成反应生成中间体N（），N再经消去反应生成1，3-环己二烯（）。该二烯烃与溴水发生1，4-加成生成，再经氢化反应得到Y（），最后水解生成。因此N的结构可能为，Y的结构为。
10．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．NH3、PH3、CH4、SiH4都是分子晶体。NH3由于分子间能形成氢键，因此沸点比PH3高；而CH4和SiH4分子间没有氢键作用，相对分子质量越大沸点越高，所以SiH4的沸点高于CH4，A错误。
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定。非金属性顺序为O＞S、Cl＞Br，因此H2O比H2S更稳定，HCl比HBr更稳定。这个类比推理是正确的，B正确。
C．C2H2的结构式为H-C≡C-H，呈直线形；但H2O2的结构式为H-O-O-H，O原子采用sp3杂化，空间构型为二面角形()，C错误。
D．乙酸(CH3COOH)不能与高锰酸钾溶液反应，无法使其褪色；而乙二酸(H2C2O4)具有强还原性，能与高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色，D错误。
故答案为：B
【分析】A、分子晶体中含有氢键，其沸点较高；不含氢键的，其相对分子质量越大，沸点越高。
B、元素的非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越强。
C、CH≡CH为直线形，H2O2为二面角形。
D、草酸具有强还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色。
11．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．高级脂肪酸钠和甘油（丙三醇）都易溶于水，但当加入饱和NaCl溶液时，会发生盐析现象使高级脂肪酸钠析出，而甘油仍保持溶解状态，通过过滤即可实现分离，A正确。
B．苯酚与饱和溴水反应生成的三溴苯酚会部分溶解在苯中，无法通过过滤完全去除，同时还会引入溴杂质。正确方法应是加入NaOH溶液（苯酚与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，而苯不与NaOH反应），再通过分液操作分离出苯，B错误。
C．H2S具有还原性，会被KMnO4氧化。但KMnO4同时也会氧化乙炔（HCCH），导致目标产物被破坏。正确的提纯方法应选用CuSO4溶液来除去H2S，C错误。
D．苯甲酸在冷水中的溶解度很小，而在热水中溶解度较高。正确操作应是趁热过滤除去泥沙，待滤液冷却后苯甲酸即可析出。若直接冷却后过滤，泥沙会与苯甲酸混合而无法分离，D错误。
故答案为：A
【分析】A、加入饱和NaCl溶液，可降低高级脂肪酸钠的溶解度，使其结晶析出。
B、生成的2，4，6－三溴苯酚，以及过量的Br2都能溶解于苯中。
C、乙炔、H2S都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、冷却后苯甲酸晶体结晶析出。
12．【答案】C
【知识点】醛的化学性质；物质的简单分类；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解析】A、化合物Ⅰ属于芳香族化合物，其苯环为平面结构，醛基()也是平面结构。由于单键可旋转，分子中所有原子可能处于同一平面，A正确。B、化合物Ⅱ含醛基()，能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色Cu2O沉淀；化合物Ⅲ含羧基()，能与Cu(OH)2发生中和反应使沉淀溶解。因此二者可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确。
C、化合物Ⅱ的苯环与H2加成比例为1：3，醛基与H2加成比例为1：1。1 mol Ⅱ最多消耗，C错误。
D、合成路线中涉及取代反应(Ⅰ→Ⅱ)、氧化反应(Ⅱ→Ⅲ)，且在氧化过程中对酚羟基进行了保护，最终合成Ⅳ时涉及取代、氧化及官能团保护等多步操作，D正确。
故答案为：C
【分析】A、含有苯环属于芳香化合物，结合苯环的平面型结构和单键的自由旋转分析。
B、Ⅱ中含有-CHO，可发生银镜反应；而Ⅲ不行。
C、Ⅱ中的苯环和-CHO都能与H2发生加成反应。
D、物质Ⅱ、Ⅲ的醚键在反应后重新生成酚羟基，起到保护酚羟基的作用。
13．【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；甲烷的取代反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】属于共价晶体结构，每个Si原子与4个O原子形成化学键，因此1mol含有个Si-O键，A正确；分子中，每个CO配体与Ni原子形成1个σ配位键，同时每个CO分子内部含有1个σ键，因此1mol总共含有个σ键，B错误；
是离子晶体，由和离子构成，不存在分子结构，因此5.85g NaCl中分子数为0，C错误；
与的取代反应会生成多种氯代甲烷产物（如、等），且题目未说明气体体积是否在标准状况下测定，因此无法准确计算的物质的量，D错误；
故答案为：A
【分析】A、一个SiO2中含有4个Si－O共价键。
B、配体CO中含有1个σ键，配位键属于特殊的σ键，据此计算。
C、NaCl是离子化合物，不存在分子。
D、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
14．【答案】C
【知识点】酯的性质；同系物；缩聚反应
【解析】【解答】A．分析乙的结构()，发现它含有两个酯基。如果在反应过程中断裂右侧酯基的C-O键，会生成；如果断裂左侧酯基的C-O键，则会形成链节""，A正确。
B．同系物的定义是结构相似且在分子组成上相差一个或多个"CH2"基团的化合物。甲与环氧乙烷()都是环状醚类化合物，且分子组成相差一个"CH2"基团，所以它们互为同系物，B正确。
C．乙分子中含有两个酯基()，1mol乙最多可以与2molNaOH反应。因此，乙与NaOH反应的物质的量之比为1：2，C错误。
D．缩聚反应是指单体通过缩合反应生成高分子化合物并伴随小分子产物(如水)的过程。根据原子守恒原理，乙聚合只生成丙，没有其他小分子产物，所以乙→丙属于加聚反应而非缩聚反应，D正确。
故答案为：C
【分析】A、物质乙中含有2个酯基，酯基断裂的位置不同，则产物不同。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、乙中有2个酯基，酯基能与NaOH反应。
D、乙生成丙的过程中没有小分子生成。
15．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；羧酸简介；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．光照条件下，甲苯与氯气发生甲基上的取代反应，+Cl2+HCl，A错误；
B．碳酸钙不溶于水，醋酸是弱酸，在离子方程式中都需保留化学式，因此该反应的离子方程式为：，B错误；
C．酚醛树脂是有苯酚与甲醛发生缩聚反应生成，因此制备酚醛树脂的化学方程式为：n+nHCHO+(n-1）H2O，C错误；
D．酯化反应的原理是：酸脱羟基、醇脱氢。因此与乙酸发生酯化反应的化学方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】A、光照条件下，发生的是烷烃基上H原子的取代反应。
B、在离子方程式中，难溶物、弱电解质需保留化学式。
C、酚醛树脂是有苯酚与甲醛发生缩聚反应生成。
D、结合酯化反应的原理分析。
16．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；卤代烃简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．淀粉水解需要在酸性条件下进行，但即使部分水解，残留的淀粉仍能与碘水反应显蓝色。题目中"未发生水解"的结论忽略了部分水解的可能性，因此实验现象不能完全支持该结论，A符合题意；B．在K3[Fe(CN)6]溶液中加入KSCN溶液无明显变化，说明没有生成Fe(SCN)3等物质，由此可以证明CN-的配位能力比SCN-更强，B不符合题意；
C．溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯能与溴发生加成反应使溴水褪色，这一现象直接证明了消去反应的发生，C不符合题意；
D．盐析是通过改变溶解度使蛋白质析出，加水后蛋白质重新溶解说明该过程是可逆的，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、加入碘水，淀粉变蓝，说明含有淀粉，不能说明淀粉是否发生水解。
B、溶液颜色无明显变化，说明Fe3＋不与SCN－结合。
C、溴的CCl4溶液褪色，说明有乙烯生成。
D、饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，盐析是一个可逆过程。
17．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、与分子式相同但结构不同（官能团位置差异），属于同分异构体关系，因此A选项正确。
B、题目提供的能量示意图未标明反应物与产物、的相对能量高低，无法判断该加成反应是否放热，故B选项错误。
C、图示表明生成的活化能小于生成的活化能，说明前者反应速率更快，C选项正确。
D根据反应历程，中间产物的生成伴随的释放，符合原子守恒，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物，据此分析。
B、结合反应物和生成物能量的相对大小比较反应的热效应。
C、根据反应活化能的大小分析，反应所需的活化能越小，则反应速率越快。
D、结合原子守恒分析。
18．【答案】C
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、比较C、N、O的第一电离能：由于N的2p轨道半充满状态稳定，导致N>O>C，A错误。
B、比较氢化物沸点：若比较CH4和H2O，因水分子间氢键作用， 沸点：X(对应CH4)C、比较N3-和O2-半径：二者电子数相同，核电荷数N3->O2-， 则简单离子半径：Y(N3-)>Z(O2-)， C正确。
D、HNO3会氧化Fe2+，二者不能共存，D错误。故答案为：C
【分析】题目给出了W、X、Y、Z四种原子序数递增的短周期元素，其中W和Z能形成两种常见液态化合物。根据图示信息：W形成一个共价键，因此W为氢(H)；Z形成两个共价键，因此Z为氧(O)，二者形成的液态化合物是H2O和H2O2。X形成四个共价键，因此X为碳(C)。Y形成三个共价键，因此Y为氮(N)。基态R原子的电子排布式为，确定为铁(Fe)元素。
19．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、在第一个图中，分子分布在晶胞的顶点（8个）和面心（6个）位置。根据均摊法计算，每个晶胞实际包含的分子数为：，A错误。B、晶胞中，离子占据顶点（8个）和面心（6个）位置，而离子位于晶胞内部（8个）。观察结构可知，每个周围有4个等距离的离子，形成正四面体配位，因此填充在形成的正四面体空隙中，B错误。
C、石墨晶体中，层内碳原子通过共价键结合，层间则依靠范德华力相互作用。虽然石墨具有类似金属的导电性，但并不存在金属键。由于石墨同时具有多种晶体微粒间的作用力特征，因此它属于过渡晶体，C错误。
D、立方BN晶胞中，B原子占据顶点（8个）和面心（6个）位置，N原子位于晶胞内部（4个）。观察结构可知，N原子之间的最近距离等于晶胞面对角线长度的一半。设晶胞参数为，则N原子间最近距离为：，D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中碳原子的个数。
B、填充在形成的正四面体空隙中。
C、石墨晶体中不含有金属键。
D、N原子之间的最近距离等于晶胞面对角线长度的一半，据此计算。
20．【答案】B
【知识点】原子核外电子的运动状态；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．在物质a中，O—Cu键的形成是通过氧原子的孤电子对进入Cu2+的空轨道形成配位键，这会降低氧原子周围的电子云密度，A正确。B．在反应过程中，中的铜配体是NH3，而中的铜配体是NH3和H2O，B错误。
C．根据图示，与氨气反应生成和水，C正确。
D．根据流程图，与氨气反应生成尿素和水，合成尿素的反应为，D正确。
故答案为：B
【分析】A、O原子的孤电子对进入Cu2+的空轨道，使得O原子周围电子云密度降低。
B、根据配离子的结构差异进行分析。
C、结合反应原理中铜配体的转化分析。
D、根据反应路径图确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式。
21．【答案】C9H8O2；；三颈烧瓶；b；a；+CH3CH2OH+H2O；分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率；降低肉桂酸乙酯中溶解度，有利于分层；65.9%；不需要浓硫酸，节约试剂，副反应少，产率高
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酯化实验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）由质谱图可知，肉桂酸的相对分子量为148， 2.96g即0.02mol肉桂酸完全燃烧后产生0.18mol和0.08mol，则肉桂酸分子内N(C) = ，N(H) =，根据肉桂酸的相对分子量为148，可得N(O)=2，则肉桂酸的分子式为C9H8O2。
故答案为： C9H8O2由肉桂酸的红外光谱可知，其含有苯环，还含有C=O、O-H、C=C、C-H，实验证明肉桂酸能与碳酸氢钠反应，则含有羧基，且其在核磁共振氢谱中有6组峰(即含有6种氢原子)，峰面积比(即含有的氢原子数目之比)为1∶1∶1∶1∶2∶2，则推测肉桂酸的结构简式为。
故答案为：
（3）仪器A的名称是三颈烧瓶，冷凝水下进上出可达到最大冷凝效果，则冷凝管水流方向b口进a口出。
故答案为： 三颈烧瓶 ；b；a
（4）肉桂酸和乙醇在浓硫酸、加热下发生酯化反应，制备肉桂酸乙酯的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O，据分析，步骤ⅰ中使用分水器可以提高产率，其原因是：分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率。
故答案为：+CH3CH2OH+H2O ； 分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率
（5）酯在饱和碳酸钠中的溶解度比水中的更小，则的作用是除去多余的酸，还可以降低肉桂酸乙酯中溶解度，有利于分层。
故答案为： 降低肉桂酸乙酯中溶解度，有利于分层
（6）7.40g肉桂酸和过量乙醇反应理论上可得到肉桂酸乙酯，则本实验肉桂酸乙脂的产率为 (保留三位有效数字)。
故答案为： 65.9%
（7）有一种高效合成肉桂酸乙脂的方法：在反应瓶中依次加入离子液体、肉桂酸、乙醇，磁力搅拌下100℃左右回流4小时，反应结束后，分离出离子液体，产品产率可达90％以上。相比本实验，该方法的优点有：不需要浓硫酸，节约试剂，副反应少，产率高。
故答案为： 不需要浓硫酸，节约试剂，副反应少，产率高
【分析】（1）根据元素质量守恒确定分子中的原子个数比，结合质荷比确定其相对分子质量，从而得到该有机物的分子式。
（2）由红外光谱确定其所含的化学键和官能团，结合核磁共振氢谱确定肉桂酸的结构简式。
（3）根据图示仪器确定其名称。冷凝管中冷凝水的流向为下口进，上口出。
（4）肉桂酸乙酯是由肉桂酸与乙醇发生酯化反应生成的，结合酯化反应的原理书写反应的化学方程式。分水器分离出H2O，可使酯化反应正向进行，提高产率。
（5）Na2CO3可除去多余的酸，同时吸收乙醇，降低肉桂酸乙酯的溶解度，便于分层分离。
（6）根据反应的化学方程式计算肉桂酸乙酯的实际产量，结合公式计算产率。
（7）该方法中无需使用浓硫酸，可节约试剂，同时减少副产物，提高产率。
22．【答案】（1）d；
（2）的价层电子排布式为，半满状态较稳定
（3）BCD；N和Cl；6；变大；形成配合物前N原子为杂化，有一对孤电子对；形成配合物后N原子为杂化，无孤电子对；孤对电子对成键电子排斥力更大，故形成配位键后键角变大
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第四周期，第VIII族，属于d区元素；基态的价层电子排布式为，其价层电子轨道表示式为。
故答案为：d；（2）的价层电子排布式为，而的价层电子排布式为，3d能级处于半满状态时较稳定，所以更易被还原，而较稳定。
故答案为：的价层电子排布式为，半满状态较稳定
（3）①该晶体中存在、和含钴配离子，则存在离子键；含钴配离子中存在配位键(一种特殊的共价键)，配体乙二胺内部存在共价键、内部存在共价键；金属键存在于金属晶体中，该晶体不是金属晶体，不存在金属键；氢键和范德华力属于分子间作用力，不属于化学键，所以该晶体中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键，答案选BCD。
故答案为：BCD
②观察配离子结构图知，该含钴配离子中，为中心离子，提供空轨道，两个乙二胺、两个作配体提供孤电子对，则提供孤电子对的元素是N和Cl，图中形成了6个配位键，则配位数是6；形成配合物前，乙二胺分子中的N为杂化，有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，分子中的H—N—H键角较小，当乙二胺作为配体与钴离子形成配合物后，其孤电子对与钴离子形成了配位键，N原子为杂化，无孤电子对，排斥力减小，则H—N—H键角会变大。
故答案为：N和Cl；6；变大； 形成配合物前N原子为杂化，有一对孤电子对；形成配合物后N原子为杂化，无孤电子对；孤对电子对成键电子排斥力更大，故形成配位键后键角变大
（4）图中立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，观察钴(Ⅱ)蓝晶胞结构可知，根据均摊法，1个晶胞中Co的个数为，Al的个数为，O的个数为，则Co、Al、O的个数比为8：16：32=1：2：4，所以该晶体化学式为。该化合物最简式的式量为Mr，则一个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为。
故答案为：；
【分析】（1）Co为27号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，据此分析。
（2）Fe3＋的核外电子排布式为[Ar]3d5，Co3+的核外电子排布式为[Ar]3d6，3d5为半充满稳定结构。
（3）①根据晶体的结构确定其所含的化学键类型。
②该配离子中提供孤电子对的是N和Cl，其配位数为6。结合孤电子对对键角的影响分析。
（4）根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到其化学式。根据公式计算晶体的密度。
（1）Co为27号元素，位于元素周期表第四周期，第VIII族，属于d区元素；基态的价层电子排布式为，其价层电子轨道表示式为。
（2）的价层电子排布式为，而的价层电子排布式为，3d能级处于半满状态时较稳定，所以更易被还原，而较稳定。
（3）①该晶体中存在、和含钴配离子，则存在离子键；含钴配离子中存在配位键(一种特殊的共价键)，配体乙二胺内部存在共价键、内部存在共价键；金属键存在于金属晶体中，该晶体不是金属晶体，不存在金属键；氢键和范德华力属于分子间作用力，不属于化学键，所以该晶体中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键，答案选BCD。
②观察配离子结构图知，该含钴配离子中，为中心离子，提供空轨道，两个乙二胺、两个作配体提供孤电子对，则提供孤电子对的元素是N和Cl，图中形成了6个配位键，则配位数是6；形成配合物前，乙二胺分子中的N为杂化，有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，分子中的H—N—H键角较小，当乙二胺作为配体与钴离子形成配合物后，其孤电子对与钴离子形成了配位键，N原子为杂化，无孤电子对，排斥力减小，则H—N—H键角会变大。
（4）图中立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，观察钴(Ⅱ)蓝晶胞结构可知，根据均摊法，1个晶胞中Co的个数为，Al的个数为，O的个数为，则Co、Al、O的个数比为8：16：32=1：2：4，所以该晶体化学式为。该化合物最简式的式量为Mr，则一个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为。
23．【答案】（1）C；
（2）提高溶液的碱性(pH值)；增大，使平衡逆向移动，减小；<
（3）；太小，反应①②不能发生(或在酸性条件下氧化性比强)
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①配制一定质量分数的溶液，步骤有计算、称量、溶解。称量需要托盘天平，溶解需要烧杯和玻璃棒。而容量瓶是用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器，在配制质量分数溶液时不需要。
故答案为：C
②硝酸银溶液中滴加氨水，首先生成氢氧化银沉淀：Ag++NH3·H2O = AgOH +；继续滴加氨水，氢氧化银沉淀溶解，生成银氨络离子：AgOH + 2 NH3·H2O = [Ag(NH3)2]++OH-+ 2H2O。将两个反应相加，得到总反应的离子方程式。
故答案为：
（2）①实验i的pH=10，实验iii的pH=8，除温度外其他条件相同，实验iii产生银镜，实验i温度低，实验i也产生银镜，说明在一定条件下，提高溶液的碱性有利于银镜反应发生。
故答案为： 提高溶液的碱性(pH值)
②银镜反应的本质是Ag+氧化乙醛，实验ii中加入浓氨水，根据[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3，氨水浓度增大，平衡逆向移动，Ag+浓度降低，导致氧化乙醛的能力减弱，所以无银镜产生。
故答案为： 增大，使平衡逆向移动，减小
③实验i中[Ag(NH3)2]+氧化乙醛产生银镜，实验iv中Ag+在酸性条件下未氧化乙醛（无银镜），说明Ag+的氧化性比[Ag(NH3)2]+强，即[Ag(NH3)2]+< Ag+。
故答案为：＜
（3）根据题给机理，在第②步反应中，RCOO-中碳元素的化合价升高，被氧化，所以RCOO-是还原剂。实验iv中pH<7，反应①醛基与OH-的反应难以进行，导致后续反应无法发生，所以实验iv不成功。
故答案为： ；太小，反应①②不能发生(或在酸性条件下氧化性比强)
【分析】本实验采用控制变量法系统研究银镜反应的关键影响因素，实验方案设计逻辑如下：
基础反应确认：首先验证银氨溶液的配制过程（AgNO3 + NH3·H2O → [Ag(NH3)2]+），建立反应基准。
变量控制实验：温度变量：固定其他条件，设置梯度温度实验（如20℃、40℃、60℃），通过银镜形成质量判断温度对反应速率的影响。氨水浓度变量：对比实验i（6mol/L NH3·H2O）与ii（12mol/L NH3·H2O），通过[Ag(NH3)2]+ Ag+ + 2NH3平衡移动解释浓度效应。离子形态对比：平行实验i（碱性[Ag(NH3)2]+）与iv（酸性Ag+），通过氧化还原电势差异说明银离子存在形式对反应的影响。
机理总结：综合实验现象得出银镜反应三要素：温度控制：50-60℃最佳反应窗口；银离子有效浓度：需维持适当[Ag+]；反应环境：碱性条件促进葡萄糖氧化。
（1）①配制一定质量分数的溶液，步骤有计算、称量、溶解。称量需要托盘天平，溶解需要烧杯和玻璃棒。而容量瓶是用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器，在配制质量分数溶液时不需要。
②硝酸银溶液中滴加氨水，首先生成氢氧化银沉淀：Ag++NH3·H2O = AgOH +；继续滴加氨水，氢氧化银沉淀溶解，生成银氨络离子：AgOH + 2 NH3·H2O = [Ag(NH3)2]++OH-+ 2H2O。将两个反应相加，得到总反应的离子方程式。
（2）①实验i的pH=10，实验iii的pH=8，除温度外其他条件相同，实验iii产生银镜，实验i温度低，实验i也产生银镜，说明在一定条件下，提高溶液的碱性有利于银镜反应发生。
②银镜反应的本质是Ag+氧化乙醛，实验ii中加入浓氨水，根据[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3，氨水浓度增大，平衡逆向移动，Ag+浓度降低，导致氧化乙醛的能力减弱，所以无银镜产生。
③实验i中[Ag(NH3)2]+氧化乙醛产生银镜，实验iv中Ag+在酸性条件下未氧化乙醛（无银镜），说明Ag+的氧化性比[Ag(NH3)2]+强，即[Ag(NH3)2]+< Ag+。
（3）根据题给机理，在第②步反应中，RCOO-中碳元素的化合价升高，被氧化，所以RCOO-是还原剂。实验iv中pH<7，反应①醛基与OH-的反应难以进行，导致后续反应无法发生，所以实验iv不成功。
24．【答案】（1）酯基、羧基；HCOOCH2CH3
（2）C19H36O；金属钠
（3）B；D
（4）+HCl
（5）13；
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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）F 中含氧官能团为酯基和羧基；根据已知反应，B的结构简式为HCOOCH2CH3。
故答案为： 酯基、羧基；HCOOCH2CH3
（2）根据C的结构简式可推出其分子式为C19H36O；A 中含有溴原子，C 中含有羟基，可用金属钠鉴别，因为羟基能与钠反应生成氢气，而溴原子不能。
故答案为： C19H36O ；金属钠
（3）A．化合物A中双键碳原子连接的基团相同，不存在顺反异构体，A错误；
B．化合物E中含有长链烃基，难溶于水，B正确；
C．由化合物A到C的转化中，没有π键的断裂与形成，C错误；
D．由化合物E到F的转化中，发生氧化反应，有CO2生成，D正确；
故答案为：BD
（4）与HCl反应生成，化学方程式为+HCl。
故答案为：+HCl
（5）化合物 D 的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基。D的分子式为C4H6OBrCl，其同分异构体为醛类，共有、、、、（数字表示氯原子的位置）13种。其中核磁共振氢谱图上有三组峰，峰面积比为3∶2∶1的结构简式为。
故答案为：13；
（6）①从苯出发，第一步是苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下反应生成溴苯，化学方程式为。
故答案为：
②乙醇参与反应是与C2H5OH发生酯化反应，生成的过程，因此该反应的化学方程式为：
故答案为：
【分析】（1）根据F的结构简式确定其其所含的含氧官能团。由“已知”反应可知，B中含有酯基，且生成该酯基的羧酸为HCOOH，据此确定B的结构简式。
（2）根据C的结构简式确定其分子中的C、H、O原子个数，从而得到其分子式。物质A、C中所含的官能团不同，结合-OH的性质分析。
（3）A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个H原子，无法形成顺反异构。
B、E中含含有长链烃基，难溶于水。
C、A→C的转化过程中不存在π键的断裂与形成。
D、碳碳双键碳原子上含有2个H原子，可被酸性KMnO4溶液氧化成CO2。
（4）C→E的转化过程中，生成(C2H5)3NHCl，据此写出反应的化学方程式。
（5）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，结合碳链异构和位置异构确定同分异构体的个数，以及满足核磁共振氢谱的结构简式。
（6）要合成，则可由与反应生成；而可由与液溴发生取代反应生成，在“Mg/THF”条件下生成。可由苯甲酸与C2H5OH发生酯化反应生成；苯甲酸可由甲苯氧化生成。据此分析作答。
（1）F 中含氧官能团为酯基和羧基；根据已知反应，B的结构简式为HCOOCH2CH3。
（2）根据C的结构简式可推出其分子式为C19H36O；A 中含有溴原子，C 中含有羟基，可用金属钠鉴别，因为羟基能与钠反应生成氢气，而溴原子不能。
（3）A．化合物A中双键碳原子连接的基团相同，不存在顺反异构体，A错误；
B．化合物E中含有长链烃基，难溶于水，B正确；
C．由化合物A到C的转化中，没有π键的断裂与形成，C错误；
D．由化合物E到F的转化中，发生氧化反应，有CO2生成，D正确；
故选BD。
（4）与HCl反应生成，化学方程式为+HCl。
（5）化合物 D 的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基。D的分子式为C4H6OBrCl，其同分异构体为醛类，共有、、、、（数字表示氯原子的位置）13种。其中核磁共振氢谱图上有三组峰，峰面积比为3∶2∶1的结构简式为。
（6）①从苯出发，第一步是苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下反应生成溴苯，化学方程式为。
②乙醇参与反应是与格氏试剂反应，化学方程式为C6H5MgBr + CH3CH2OH C6H6 + CH3CH2OMgBr。
1 / 1广东省大湾区2024-2025学年高二下学期7月期末联考 化学试题
一、选择题：本题共20小题，共50分。第1～10题每小题2分，第11～20题每小题3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．衣食住行皆离不开化学，下列叙述不正确的是
A．衣：涤纶(聚对苯二甲酸乙二酯)是通过缩聚反应合成的材料
B．食：全麦面包中的淀粉、膳食纤维、油脂均属于有机高分子
C．住：家居污染气体甲醛会引发健康问题，可使用活性炭吸附
D．行：汽车防冻液主要成分为乙二醇，可与水形成分子间氢键
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；合成材料；缩聚反应
【解析】【解答】A．对苯二甲酸与乙二醇通过缩聚反应生成聚对苯二甲酸乙二酯，同时产生水分子，该过程符合缩聚反应特征，A正确；B．淀粉和纤维素（膳食纤维主要成分）属于天然高分子化合物，而油脂分子量较小（通常低于1000），不符合高分子化合物定义（分子量一般需达上万），B错误；
C．活性炭具有多孔结构，通过物理吸附作用可有效去除甲醛等有毒气体，C正确；
D．乙二醇（化学式HO-CH2-CH2-OH）分子中含有两个羟基，能与水分子形成氢键，当与水按比例混合时会显著降低混合溶液的冰点（可低于0℃），因此可用作汽车防冻液，D正确；
故答案为：B
【分析】A、生成的聚酯结构的反应为缩聚反应。
B、油脂不属于高分子化合物。
C、活性炭具有吸附性，可吸附甲醛等小分子。
D、乙二醇中的羟基能形成氢键。
2．物质的结构决定性质，性质决定用途。下列说法不正确的是
A．新制具有还原性，可用作尿糖检测剂
B．离子液体具有良好的导电性，可用作电池的电解质
C．石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，可用作润滑剂
D．聚乳酸()可降解吸收，可用作免拆手术缝合线
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；醛的化学性质
【解析】【解答】A．新制在尿糖检测中作为氧化剂，能够与葡萄糖发生反应生成砖红色的Cu2O沉淀，而不是作为还原剂，A错误；B．离子液体由于含有自由移动的离子，具有较好的导电性，能够满足电池电解质的要求，B正确；
C．石墨的层间通过范德华力结合，使得层间容易滑动，因此石墨可以用作润滑剂，C正确；
D．聚乳酸具有可降解性和良好的生物相容性，适合用于免拆手术缝合线，D正确；
故答案为：A
【分析】A、尿糖检测过程中，-CHO被氧化，新制Cu(OH)2悬浊液体现氧化锌。
B、离子液体中具有可自由移动的离子，能导电。
C、石墨的层状结构之间以范德华力结合。
D、聚乳酸中含有的酯基可发生水解反应。
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．乙醇的球棍模型：
B．甲基的电子式：
C．中共价键的电子云图：
D．的名称为邻二苯甲醛
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．是乙醇（化学式HOCH2CH3）的空间填充模型。而乙醇的球棍模型应为，球棍模型能够清晰展示分子中各原子的连接方式和空间构型，A错误。B．甲基（-CH3）中碳原子与三个氢原子各共用一对电子，碳原子还剩余一个未成键电子。其正确的电子式应为，B错误。
C．分子中的Cl-Cl键是由两个氯原子各自的3p轨道（电子云呈哑铃形）通过"头碰头"方式重叠形成的σ键，其电子云分布沿键轴呈圆柱形对称。正确的电子云示意图为，C正确。
D．分子结构中含有苯环和两个醛基（-CHO），属于苯二甲醛类化合物。由于两个醛基处于相邻位置，应命名为邻苯二甲醛，D错误。
故答案为：C
【分析】A、图示为乙醇的空间填充模型。
B、甲基中含有一个孤电子。
C、Cl2分子中Cl原子的3p轨道以“头碰头”的形式形成σ键。
D、该有机物的名称为邻苯二甲醛。
4．根据价层电子对互斥模型和杂化轨道理论，下列说法不正确的是
A．的VSEPR模型为四面体形
B．与空间构型都是三角锥形
C．分子的中心原子杂化方式为
D．与都属于含极性键的非极性分子
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解析】A．亚硫酸根离子()的中心硫原子价层电子对数为4（包含1对孤电子对和3对成键电子对），其VSEPR模型为四面体构型，A正确；B．氨分子(NH3)的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，但因存在孤电子对导致实际分子构型为三角锥形；三氟化硼(BF3)的价层电子对数为3且无孤电子对，其分子构型为平面三角形，B错误；
C．臭氧(O3)的中心氧原子价层电子对数为3（包含2对成键电子和1对孤电子对），采用sp2杂化方式，C正确；
D．甲烷(CH4)和硅烷(SiH4)分子均为正四面体结构，虽然含有极性键但由于分子结构完全对称，属于非极性分子，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、BF3的价层电子对数为3，不含孤电子对，为平面三角形结构。
C、O3中心氧原子的阶层电子对数为3，采用sp2杂化。
D、二者都是正四面体结构，为非极性分子。
5．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 酸性： 键长：C-Cl>C-H
B 在水中的溶解度： 为非极性分子，CO为极性分子
C 苯酚具有弱酸性 苯酚中苯环使羟基中的O—H键极性变小
D “杯酚”能用于分离和 超分子具有“分子识别”的特征
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；苯酚的化学性质；超分子
【解析】【解析】A、氯原子（Cl）的电负性大于氢原子（H），Cl的吸电子效应增强了羧基中O-H键的极性，使其更容易电离出H+。因此，酸性强弱关系为CH2ClCOOH > CH3COOH。虽然C-Cl键长确实大于C-H键长（因Cl原子半径大于H），但酸性差异与键长无关。该选项的两个陈述均正确但无因果关系，A不符合题意。B、CO2是直线型非极性分子（O=C=O），而CO是极性分子。虽然水是极性溶剂，但CO2在水中溶解度高的主要原因是它能与水发生化学反应生成碳酸，而CO不能。因此两个陈述虽正确但无因果关系，B不符合题意。
C、苯酚确实具有弱酸性（能电离出H+），故陈述I正确；但苯酚的酸性源于苯环的吸电子效应使O-H键极性增强，而不是"苯环使羟基活化"（陈述Ⅱ表述不准确），C不符合题意。
D、杯酚的特殊空腔结构与C60分子尺寸匹配，通过超分子识别作用选择性地结合C60，而C70因尺寸不匹配难以进入空腔，从而实现分离。这完美体现了超分子的"分子识别"特性，两个陈述正确且存在因果关系，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、酸性与氢氧键的极性有关，键长于原子半径有关。
B、CO2在水中的溶解度大，是由于CO2能与H2O反应。
C、苯酚的弱酸性是由于苯环的吸电子效应使得氢氧键的极性增强。
D、“杯酚”能分离C60、C70是由于分子识别特征。
6．下列有关说法正确的是
A．75％乙醇溶液可用于杀菌消毒，体现乙醇的氧化性
B．核酸是一种生物大分子，由许多核苷酸单体缩合聚合而成
C．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成和
D．干冰和晶体的晶体类型不同，但熔化时克服粒子间的作用力相同
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；晶体的定义；核酸
【解析】【解答】A、75%乙醇溶液的杀菌消毒作用是通过使蛋白质变性实现的，这一过程不涉及氧化反应，因此不能体现乙醇的氧化性，A错误。
B、核酸作为生物大分子，是由多个核苷酸分子通过缩合聚合反应连接形成长链构成的，B正确。
C、棉、麻属于糖类物质，仅含C、H、O三种元素，完全燃烧产物只有和；而丝、毛的主要成分是蛋白质，除C、H、O外还含有N、S等元素，燃烧产物不仅限于CO2和H2O；合成纤维若含氮元素（如尼龙），燃烧也会产生其他产物，C错误。
D、干冰（分子晶体）熔化时需要克服分子间作用力，而SiO2（原子晶体）熔化时需要克服共价键，两者熔化时克服的作用力类型不同，D错误。
故答案为：B
【分析】A、乙醇消毒是由于乙醇使蛋白质变性，与其氧化性无关。
B、核酸是由多个核苷酸分子通过缩合聚合反应彼此连接形成长。
C、丝、毛的主要成分为蛋白质，含有N、S元素。
D、SiO2为共价晶体，熔化时需客服共价键。
7．阿斯巴甜是一种人工合成的甜味剂，其结构简式如图，下列说法不正确的是
A．分子中含四种官能团
B．分子中含2个手性碳原子
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在人体内水解得到两种氨基酸
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．该分子含有四种官能团：羧基（-COOH）、酯基（-COOR）、氨基（-NH2）和酰胺基（-CONH-），A正确。
B．分子中存在两个手性碳原子，它们位于三条单键交汇的位置，B正确。
C．由于阿斯巴甜分子中含有氨基（-NH2），该基团可以被高锰酸钾氧化，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误。
D．阿斯巴甜水解后会生成、和，因此在人体内水解可以得到两种氨基酸，D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据结构简式确定其所含的官能团。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、与苯环相连的碳原子上含有H原子，可被酸性KMnO4溶液所氧化。
D、根据水解产物的结构分析，羧基和氨基连接在同一个碳原子上，为α-氨基酸。
8．用下图所示装置及药品进行实验，能达到实验目的的是
A．分离甲苯(沸点110.6℃)和乙醇(沸点78.4℃)
B．实验室制备乙酸乙酯
C．实验室制备溴苯
D．证明乙醇发生消去反应
【答案】D
【知识点】醇类简介；蒸馏与分馏；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、在A装置中，温度计的水银球位置应调整至蒸馏烧瓶支管口处，A错误。
B、B装置右侧试管中应选用饱和溶液，若使用溶液会与产物乙酸乙酯发生反应，B错误。
C、制备溴苯的正确试剂组合应为苯和液溴，C错误。
D、乙醇与浓硫酸反应生成的乙烯气体中混有和乙醇等杂质，通过溶液可有效去除这些杂质，确保只有乙烯能使溶液褪色，D正确。
故答案为：D
【分析】A、蒸馏装置中温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处。
B、NaOH溶液能使乙酸乙酯水解。
C、制备溴苯，应使用液溴，不能用溴水。
D、NaOH溶液可吸收乙烯中混有的SO2和乙醇。
9．合成1，4-环己二醇的路线如图所示。下列说法不正确的是
A．N和Y可能含有相同的官能团
B．反应①和③的反应条件一定相同
C．合成过程中至少涉及3个加成反应
D．1，4-环己二醇环上的一氯代物共有2种
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】A．分析表明，N和Y的结构中可能都含有溴原子官能团，因此A选项正确。
B．反应①可能是醇或卤代烃的消去反应，而反应③只能是卤代烃的消去反应，两者的反应条件可能不同，因此B选项错误。
C．反应类型分析如下：反应①和③属于消去反应，反应②、④、⑤属于加成反应，反应⑥属于取代反应，因此C选项正确。
D.1，4-环己二醇分子（）中存在两种不等效氢原子（），因此其一氯代物有2种，D选项正确。
综上所述，正确答案为B。
【分析】若化合物M通过消去反应生成环己烯（），则M可能是卤代烃或醇类，其结构可能为或。
环己烯（）可与溴发生加成反应生成中间体N（），N再经消去反应生成1，3-环己二烯（）。该二烯烃与溴水发生1，4-加成生成，再经氢化反应得到Y（），最后水解生成。因此N的结构可能为，Y的结构为。
10．类比推理是化学研究物质的重要方法，下列类比合理的是
A．的沸点高于，则的沸点高于
B．的稳定性大于，则HCl的稳定性大于HBr
C．分子的空间结构为直线形，则分子的空间结构也为直线形
D．乙酸不能使高锰酸钾溶液褪色，则乙二酸(草酸)也不能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．NH3、PH3、CH4、SiH4都是分子晶体。NH3由于分子间能形成氢键，因此沸点比PH3高；而CH4和SiH4分子间没有氢键作用，相对分子质量越大沸点越高，所以SiH4的沸点高于CH4，A错误。
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定。非金属性顺序为O＞S、Cl＞Br，因此H2O比H2S更稳定，HCl比HBr更稳定。这个类比推理是正确的，B正确。
C．C2H2的结构式为H-C≡C-H，呈直线形；但H2O2的结构式为H-O-O-H，O原子采用sp3杂化，空间构型为二面角形()，C错误。
D．乙酸(CH3COOH)不能与高锰酸钾溶液反应，无法使其褪色；而乙二酸(H2C2O4)具有强还原性，能与高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色，D错误。
故答案为：B
【分析】A、分子晶体中含有氢键，其沸点较高；不含氢键的，其相对分子质量越大，沸点越高。
B、元素的非金属性越强，则简单氢化物的稳定性越强。
C、CH≡CH为直线形，H2O2为二面角形。
D、草酸具有强还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色。
11．为除去下列有机物中混有的杂质，下列除杂方法正确的是
选项 有机物(杂质) 除杂方法
A 高级脂肪酸钠(甘油) 加入饱和NaCl溶液后过滤
B 苯(苯酚) 滴加足量饱和溴水后过滤
C 乙炔 通入足量溶液洗气后干燥
D 苯甲酸(泥沙) 将其溶解在热水中，冷却至室温后过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．高级脂肪酸钠和甘油（丙三醇）都易溶于水，但当加入饱和NaCl溶液时，会发生盐析现象使高级脂肪酸钠析出，而甘油仍保持溶解状态，通过过滤即可实现分离，A正确。
B．苯酚与饱和溴水反应生成的三溴苯酚会部分溶解在苯中，无法通过过滤完全去除，同时还会引入溴杂质。正确方法应是加入NaOH溶液（苯酚与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，而苯不与NaOH反应），再通过分液操作分离出苯，B错误。
C．H2S具有还原性，会被KMnO4氧化。但KMnO4同时也会氧化乙炔（HCCH），导致目标产物被破坏。正确的提纯方法应选用CuSO4溶液来除去H2S，C错误。
D．苯甲酸在冷水中的溶解度很小，而在热水中溶解度较高。正确操作应是趁热过滤除去泥沙，待滤液冷却后苯甲酸即可析出。若直接冷却后过滤，泥沙会与苯甲酸混合而无法分离，D错误。
故答案为：A
【分析】A、加入饱和NaCl溶液，可降低高级脂肪酸钠的溶解度，使其结晶析出。
B、生成的2，4，6－三溴苯酚，以及过量的Br2都能溶解于苯中。
C、乙炔、H2S都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、冷却后苯甲酸晶体结晶析出。
12．原儿茶酸(Ⅳ)具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法不正确的是
A．Ⅰ属于芳香族化合物，所有原子可能共平面
B．Ⅱ和Ⅲ可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别
C．1molⅡ与足量反应，最多可消耗3mol
D．合成Ⅳ的过程涉及取代、氧化反应，并进行了官能团保护
【答案】C
【知识点】醛的化学性质；物质的简单分类；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解析】A、化合物Ⅰ属于芳香族化合物，其苯环为平面结构，醛基()也是平面结构。由于单键可旋转，分子中所有原子可能处于同一平面，A正确。B、化合物Ⅱ含醛基()，能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色Cu2O沉淀；化合物Ⅲ含羧基()，能与Cu(OH)2发生中和反应使沉淀溶解。因此二者可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确。
C、化合物Ⅱ的苯环与H2加成比例为1：3，醛基与H2加成比例为1：1。1 mol Ⅱ最多消耗，C错误。
D、合成路线中涉及取代反应(Ⅰ→Ⅱ)、氧化反应(Ⅱ→Ⅲ)，且在氧化过程中对酚羟基进行了保护，最终合成Ⅳ时涉及取代、氧化及官能团保护等多步操作，D正确。
故答案为：C
【分析】A、含有苯环属于芳香化合物，结合苯环的平面型结构和单键的自由旋转分析。
B、Ⅱ中含有-CHO，可发生银镜反应；而Ⅲ不行。
C、Ⅱ中的苯环和-CHO都能与H2发生加成反应。
D、物质Ⅱ、Ⅲ的醚键在反应后重新生成酚羟基，起到保护酚羟基的作用。
13．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol中含有Si—O键数目为
B．1mol分子中含有的键数目为
C．5.85gNaCl固体中含有的分子数目为
D．22.4L和1mol反应，生成的分子数目为
【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；甲烷的取代反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】属于共价晶体结构，每个Si原子与4个O原子形成化学键，因此1mol含有个Si-O键，A正确；分子中，每个CO配体与Ni原子形成1个σ配位键，同时每个CO分子内部含有1个σ键，因此1mol总共含有个σ键，B错误；
是离子晶体，由和离子构成，不存在分子结构，因此5.85g NaCl中分子数为0，C错误；
与的取代反应会生成多种氯代甲烷产物（如、等），且题目未说明气体体积是否在标准状况下测定，因此无法准确计算的物质的量，D错误；
故答案为：A
【分析】A、一个SiO2中含有4个Si－O共价键。
B、配体CO中含有1个σ键，配位键属于特殊的σ键，据此计算。
C、NaCl是离子化合物，不存在分子。
D、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
14．利用为主要原料可以生产新型可降解高分子，其生产原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．生成丙也会有链节：
B．甲与互为同系物
C．乙最多能与等物质的量的NaOH反应
D．乙→丙不属于缩聚反应
【答案】C
【知识点】酯的性质；同系物；缩聚反应
【解析】【解答】A．分析乙的结构()，发现它含有两个酯基。如果在反应过程中断裂右侧酯基的C-O键，会生成；如果断裂左侧酯基的C-O键，则会形成链节""，A正确。
B．同系物的定义是结构相似且在分子组成上相差一个或多个"CH2"基团的化合物。甲与环氧乙烷()都是环状醚类化合物，且分子组成相差一个"CH2"基团，所以它们互为同系物，B正确。
C．乙分子中含有两个酯基()，1mol乙最多可以与2molNaOH反应。因此，乙与NaOH反应的物质的量之比为1：2，C错误。
D．缩聚反应是指单体通过缩合反应生成高分子化合物并伴随小分子产物(如水)的过程。根据原子守恒原理，乙聚合只生成丙，没有其他小分子产物，所以乙→丙属于加聚反应而非缩聚反应，D正确。
故答案为：C
【分析】A、物质乙中含有2个酯基，酯基断裂的位置不同，则产物不同。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、乙中有2个酯基，酯基能与NaOH反应。
D、乙生成丙的过程中没有小分子生成。
15．“宏观辨识与微观探析是学科核心素养之一”。下列方程式符合题意且正确的是
A．甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应：+Cl2+HCl
B．醋酸与碳酸钙反应的离子方程式：
C．制备酚醛树脂的化学方程式为：n+nHCHO+nH2O
D．与乙酸发生酯化反应：
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；羧酸简介；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．光照条件下，甲苯与氯气发生甲基上的取代反应，+Cl2+HCl，A错误；
B．碳酸钙不溶于水，醋酸是弱酸，在离子方程式中都需保留化学式，因此该反应的离子方程式为：，B错误；
C．酚醛树脂是有苯酚与甲醛发生缩聚反应生成，因此制备酚醛树脂的化学方程式为：n+nHCHO+(n-1）H2O，C错误；
D．酯化反应的原理是：酸脱羟基、醇脱氢。因此与乙酸发生酯化反应的化学方程式为：，D正确；
故答案为：D
【分析】A、光照条件下，发生的是烷烃基上H原子的取代反应。
B、在离子方程式中，难溶物、弱电解质需保留化学式。
C、酚醛树脂是有苯酚与甲醛发生缩聚反应生成。
D、结合酯化反应的原理分析。
16．下列根据实验操作及现象不能得到相应实验结论的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 淀粉和稀共热后，取样，滴加碘水，溶液变蓝 淀粉未发生水解
B 向稀的溶液中滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化 与的配位能力：
C 溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，将生成的气体通入溴的溶液中，溶液褪色 溴乙烷发生了消去反应
D 向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，有沉淀析出，再继续加入蒸馏水，振荡，沉淀溶解 蛋白质的盐析是可逆过程
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；卤代烃简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．淀粉水解需要在酸性条件下进行，但即使部分水解，残留的淀粉仍能与碘水反应显蓝色。题目中"未发生水解"的结论忽略了部分水解的可能性，因此实验现象不能完全支持该结论，A符合题意；B．在K3[Fe(CN)6]溶液中加入KSCN溶液无明显变化，说明没有生成Fe(SCN)3等物质，由此可以证明CN-的配位能力比SCN-更强，B不符合题意；
C．溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯能与溴发生加成反应使溴水褪色，这一现象直接证明了消去反应的发生，C不符合题意；
D．盐析是通过改变溶解度使蛋白质析出，加水后蛋白质重新溶解说明该过程是可逆的，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、加入碘水，淀粉变蓝，说明含有淀粉，不能说明淀粉是否发生水解。
B、溶液颜色无明显变化，说明Fe3＋不与SCN－结合。
C、溴的CCl4溶液褪色，说明有乙烯生成。
D、饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，盐析是一个可逆过程。
17．一定条件下，通过与溴单质反应生成的中间体可进一步得到1，2-加成和1，4-加成的产物，反应历程及能量变化如图，下列说法不正确的是
A．和互为同分异构体
B．由图可知，的加成反应一定为放热反应
C．相同条件下，生成的速率更快
D．生成中间产物的同时有Br-产生
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、与分子式相同但结构不同（官能团位置差异），属于同分异构体关系，因此A选项正确。
B、题目提供的能量示意图未标明反应物与产物、的相对能量高低，无法判断该加成反应是否放热，故B选项错误。
C、图示表明生成的活化能小于生成的活化能，说明前者反应速率更快，C选项正确。
D根据反应历程，中间产物的生成伴随的释放，符合原子守恒，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物，据此分析。
B、结合反应物和生成物能量的相对大小比较反应的热效应。
C、根据反应活化能的大小分析，反应所需的活化能越小，则反应速率越快。
D、结合原子守恒分析。
18．某营养补充剂的结构如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W和Z能形成两种室温下常见的液态化合物，基态R原子核外电子占据7个能级且有4个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能：XB．X、Z形成的氢化物沸点：XC．Y、Z形成的简单离子半径：Y>Z
D．在水溶液中与Y的最高价氧化物对应水化物能大量共存
【答案】C
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、比较C、N、O的第一电离能：由于N的2p轨道半充满状态稳定，导致N>O>C，A错误。
B、比较氢化物沸点：若比较CH4和H2O，因水分子间氢键作用， 沸点：X(对应CH4)C、比较N3-和O2-半径：二者电子数相同，核电荷数N3->O2-， 则简单离子半径：Y(N3-)>Z(O2-)， C正确。
D、HNO3会氧化Fe2+，二者不能共存，D错误。故答案为：C
【分析】题目给出了W、X、Y、Z四种原子序数递增的短周期元素，其中W和Z能形成两种常见液态化合物。根据图示信息：W形成一个共价键，因此W为氢(H)；Z形成两个共价键，因此Z为氧(O)，二者形成的液态化合物是H2O和H2O2。X形成四个共价键，因此X为碳(C)。Y形成三个共价键，因此Y为氮(N)。基态R原子的电子排布式为，确定为铁(Fe)元素。
19．几种晶体的晶胞或晶体结构如图，下列说法正确的是
A．晶胞中，每个晶胞含4个碳原子
B．晶胞中，填充在形成的正八面体空隙中
C．石墨晶体中有共价键、金属键和范德华力，属于过渡晶体
D．立方BN晶胞中，若晶胞参数为apm，则N原子间最近的距离为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、在第一个图中，分子分布在晶胞的顶点（8个）和面心（6个）位置。根据均摊法计算，每个晶胞实际包含的分子数为：，A错误。B、晶胞中，离子占据顶点（8个）和面心（6个）位置，而离子位于晶胞内部（8个）。观察结构可知，每个周围有4个等距离的离子，形成正四面体配位，因此填充在形成的正四面体空隙中，B错误。
C、石墨晶体中，层内碳原子通过共价键结合，层间则依靠范德华力相互作用。虽然石墨具有类似金属的导电性，但并不存在金属键。由于石墨同时具有多种晶体微粒间的作用力特征，因此它属于过渡晶体，C错误。
D、立方BN晶胞中，B原子占据顶点（8个）和面心（6个）位置，N原子位于晶胞内部（4个）。观察结构可知，N原子之间的最近距离等于晶胞面对角线长度的一半。设晶胞参数为，则N原子间最近距离为：，D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中碳原子的个数。
B、填充在形成的正四面体空隙中。
C、石墨晶体中不含有金属键。
D、N原子之间的最近距离等于晶胞面对角线长度的一半，据此计算。
20．用催化进一步合成尿素的反应路径如图，下列说法不正确的是
A．物质a中形成的O—Cu键，会降低O原子周围的电子云密度
B．反应过程中碳原子的杂化方式保持不变，铜的配体种类不变
C．在浓氨水中反应可以再生制得
D．由合成尿素的反应为：
【答案】B
【知识点】原子核外电子的运动状态；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．在物质a中，O—Cu键的形成是通过氧原子的孤电子对进入Cu2+的空轨道形成配位键，这会降低氧原子周围的电子云密度，A正确。B．在反应过程中，中的铜配体是NH3，而中的铜配体是NH3和H2O，B错误。
C．根据图示，与氨气反应生成和水，C正确。
D．根据流程图，与氨气反应生成尿素和水，合成尿素的反应为，D正确。
故答案为：B
【分析】A、O原子的孤电子对进入Cu2+的空轨道，使得O原子周围电子云密度降低。
B、根据配离子的结构差异进行分析。
C、结合反应原理中铜配体的转化分析。
D、根据反应路径图确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式。
二、非选择题：本题共4小题，共50分。
21．肉桂酸乙酯是一种具有果香味的天然香料，广泛应用于食品、医药和化妆品等领域。某小组同学通过实验研究肉桂酸的组成与结构，并制备肉桂酸乙酯。
Ⅰ．研究肉桂酸的组成和结构
（1）利用李比希法测得2.96g肉桂酸完全燃烧后产生0.18mol和0.08mol，肉桂酸的质谱图如图甲，则肉桂酸的分子式为　 　。
（2）肉桂酸的红外光谱如图乙，且其在核磁共振氢谱中有6组峰，峰面积比为1∶1∶1∶1∶2∶2，实验证明肉桂酸能与碳酸氢钠反应，推测肉桂酸的结构简式为　 　。
Ⅱ．制备肉桂酸乙酯
ⅰ．向反应容器A中依次加入7.40g肉桂酸、过量乙醇、适量浓硫酸、适量环己烷(做带水剂)，混合均匀后，安装分水器与冷凝管，加热反应4小时。当分水器中下层液面接近支管口时，打开活塞将水放出。
ⅱ．将冷却后的反应液倒入盛有水的烧杯中，分批加入碳酸钠调节溶液至中性。分液后取有机层，用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏得到粗产品。
ⅲ．通过减压蒸馏得到纯净的肉桂酸乙酯5.80g。
（3）仪器A的名称是　 　，冷凝管水流方向　 　口进　 　口出(填“a”或“b”)。
（4）制备肉桂酸乙酯的化学方程式为　 　，步骤ⅰ中使用分水器可以提高产率，其原因是　 　。
（5）步骤ⅱ中，的作用是除去多余的酸及　 　。
（6）本实验肉桂酸乙脂的产率为　 　(保留三位有效数字)。
（7）有一种高效合成肉桂酸乙脂的方法：在反应瓶中依次加入离子液体、肉桂酸、乙醇，磁力搅拌下100℃左右回流4小时，反应结束后，分离出离子液体，产品产率可达90％以上。相比本实验，该方法的优点有　 　(写一点即可)。
【答案】C9H8O2；；三颈烧瓶；b；a；+CH3CH2OH+H2O；分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率；降低肉桂酸乙酯中溶解度，有利于分层；65.9%；不需要浓硫酸，节约试剂，副反应少，产率高
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酯化实验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）由质谱图可知，肉桂酸的相对分子量为148， 2.96g即0.02mol肉桂酸完全燃烧后产生0.18mol和0.08mol，则肉桂酸分子内N(C) = ，N(H) =，根据肉桂酸的相对分子量为148，可得N(O)=2，则肉桂酸的分子式为C9H8O2。
故答案为： C9H8O2由肉桂酸的红外光谱可知，其含有苯环，还含有C=O、O-H、C=C、C-H，实验证明肉桂酸能与碳酸氢钠反应，则含有羧基，且其在核磁共振氢谱中有6组峰(即含有6种氢原子)，峰面积比(即含有的氢原子数目之比)为1∶1∶1∶1∶2∶2，则推测肉桂酸的结构简式为。
故答案为：
（3）仪器A的名称是三颈烧瓶，冷凝水下进上出可达到最大冷凝效果，则冷凝管水流方向b口进a口出。
故答案为： 三颈烧瓶 ；b；a
（4）肉桂酸和乙醇在浓硫酸、加热下发生酯化反应，制备肉桂酸乙酯的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O，据分析，步骤ⅰ中使用分水器可以提高产率，其原因是：分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率。
故答案为：+CH3CH2OH+H2O ； 分离出反应生成的水，促使平衡正向移动，提高产率
（5）酯在饱和碳酸钠中的溶解度比水中的更小，则的作用是除去多余的酸，还可以降低肉桂酸乙酯中溶解度，有利于分层。
故答案为： 降低肉桂酸乙酯中溶解度，有利于分层
（6）7.40g肉桂酸和过量乙醇反应理论上可得到肉桂酸乙酯，则本实验肉桂酸乙脂的产率为 (保留三位有效数字)。
故答案为： 65.9%
（7）有一种高效合成肉桂酸乙脂的方法：在反应瓶中依次加入离子液体、肉桂酸、乙醇，磁力搅拌下100℃左右回流4小时，反应结束后，分离出离子液体，产品产率可达90％以上。相比本实验，该方法的优点有：不需要浓硫酸，节约试剂，副反应少，产率高。
故答案为： 不需要浓硫酸，节约试剂，副反应少，产率高
【分析】（1）根据元素质量守恒确定分子中的原子个数比，结合质荷比确定其相对分子质量，从而得到该有机物的分子式。
（2）由红外光谱确定其所含的化学键和官能团，结合核磁共振氢谱确定肉桂酸的结构简式。
（3）根据图示仪器确定其名称。冷凝管中冷凝水的流向为下口进，上口出。
（4）肉桂酸乙酯是由肉桂酸与乙醇发生酯化反应生成的，结合酯化反应的原理书写反应的化学方程式。分水器分离出H2O，可使酯化反应正向进行，提高产率。
（5）Na2CO3可除去多余的酸，同时吸收乙醇，降低肉桂酸乙酯的溶解度，便于分层分离。
（6）根据反应的化学方程式计算肉桂酸乙酯的实际产量，结合公式计算产率。
（7）该方法中无需使用浓硫酸，可节约试剂，同时减少副产物，提高产率。
22．钴及其化合物应用广泛。
（1）Co位于元素周期表中的　 　区，基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）已知易被还原为，而较稳定。从原子结构角度解释比稳定的原因　 　。
（3）晶体中仅存在3种离子：、和含钴配离子(不存在分子)，配离子结构如图。
①该晶体中存在的化学键类型有　 　。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
②该含钴配离子中提供孤电子对的元素是　 　，配位数是　 　，配体乙二胺分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会　 　(填“变大”“变小”或“不变”)，说明理由　 　。
（4）钴(Ⅱ)蓝晶胞结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为　 　。设该化合物最简式的式量为Mr，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　。
【答案】（1）d；
（2）的价层电子排布式为，半满状态较稳定
（3）BCD；N和Cl；6；变大；形成配合物前N原子为杂化，有一对孤电子对；形成配合物后N原子为杂化，无孤电子对；孤对电子对成键电子排斥力更大，故形成配位键后键角变大
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第四周期，第VIII族，属于d区元素；基态的价层电子排布式为，其价层电子轨道表示式为。
故答案为：d；（2）的价层电子排布式为，而的价层电子排布式为，3d能级处于半满状态时较稳定，所以更易被还原，而较稳定。
故答案为：的价层电子排布式为，半满状态较稳定
（3）①该晶体中存在、和含钴配离子，则存在离子键；含钴配离子中存在配位键(一种特殊的共价键)，配体乙二胺内部存在共价键、内部存在共价键；金属键存在于金属晶体中，该晶体不是金属晶体，不存在金属键；氢键和范德华力属于分子间作用力，不属于化学键，所以该晶体中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键，答案选BCD。
故答案为：BCD
②观察配离子结构图知，该含钴配离子中，为中心离子，提供空轨道，两个乙二胺、两个作配体提供孤电子对，则提供孤电子对的元素是N和Cl，图中形成了6个配位键，则配位数是6；形成配合物前，乙二胺分子中的N为杂化，有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，分子中的H—N—H键角较小，当乙二胺作为配体与钴离子形成配合物后，其孤电子对与钴离子形成了配位键，N原子为杂化，无孤电子对，排斥力减小，则H—N—H键角会变大。
故答案为：N和Cl；6；变大； 形成配合物前N原子为杂化，有一对孤电子对；形成配合物后N原子为杂化，无孤电子对；孤对电子对成键电子排斥力更大，故形成配位键后键角变大
（4）图中立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，观察钴(Ⅱ)蓝晶胞结构可知，根据均摊法，1个晶胞中Co的个数为，Al的个数为，O的个数为，则Co、Al、O的个数比为8：16：32=1：2：4，所以该晶体化学式为。该化合物最简式的式量为Mr，则一个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为。
故答案为：；
【分析】（1）Co为27号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，据此分析。
（2）Fe3＋的核外电子排布式为[Ar]3d5，Co3+的核外电子排布式为[Ar]3d6，3d5为半充满稳定结构。
（3）①根据晶体的结构确定其所含的化学键类型。
②该配离子中提供孤电子对的是N和Cl，其配位数为6。结合孤电子对对键角的影响分析。
（4）根据均摊法确定晶胞中原子个数比，从而得到其化学式。根据公式计算晶体的密度。
（1）Co为27号元素，位于元素周期表第四周期，第VIII族，属于d区元素；基态的价层电子排布式为，其价层电子轨道表示式为。
（2）的价层电子排布式为，而的价层电子排布式为，3d能级处于半满状态时较稳定，所以更易被还原，而较稳定。
（3）①该晶体中存在、和含钴配离子，则存在离子键；含钴配离子中存在配位键(一种特殊的共价键)，配体乙二胺内部存在共价键、内部存在共价键；金属键存在于金属晶体中，该晶体不是金属晶体，不存在金属键；氢键和范德华力属于分子间作用力，不属于化学键，所以该晶体中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键，答案选BCD。
②观察配离子结构图知，该含钴配离子中，为中心离子，提供空轨道，两个乙二胺、两个作配体提供孤电子对，则提供孤电子对的元素是N和Cl，图中形成了6个配位键，则配位数是6；形成配合物前，乙二胺分子中的N为杂化，有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，分子中的H—N—H键角较小，当乙二胺作为配体与钴离子形成配合物后，其孤电子对与钴离子形成了配位键，N原子为杂化，无孤电子对，排斥力减小，则H—N—H键角会变大。
（4）图中立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，观察钴(Ⅱ)蓝晶胞结构可知，根据均摊法，1个晶胞中Co的个数为，Al的个数为，O的个数为，则Co、Al、O的个数比为8：16：32=1：2：4，所以该晶体化学式为。该化合物最简式的式量为Mr，则一个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则该晶体的密度为。
23．某实验小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。
（1）配制银氨溶液：在洁净的试管中加入2mL2％溶液，边振荡边滴加2％氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止，得到银氨溶液。
①在实验室中配制质量分数为2％的溶液，下列仪器不需要用到的是　 　(填字母选项)。
A． B． C．D．
②配制银氨溶液的总反应的离子方程式为　 　。
（2）探究银镜反应的合适条件：分别取相同体积的试剂a、乙醛溶液，按下表配制系列溶液完成实验，记录相同时间的现象(忽略因加入试剂b所导致的溶液体积差异)。
已知：
实验 试剂a 试剂b pH T/℃ 现象
ⅰ 银氨溶液 NaOH 10 25 产生银镜
ⅱ 银氨溶液 浓氨水 10 60 无银镜
ⅲ 银氨溶液 / 8 60 产生银镜
ⅳ 溶液 / <7 60 无银镜
①对比实验ⅰ和ⅲ，说明一定条件下，　 　有利于银镜反应发生。
②分析实验ⅱ无银镜产生的原因　 　。
③对比实验ⅰ和ⅱ，判断氧化性：　 　(填“>”“<”或“=”)。
（3）小组同学进一步探究实验ⅳ不成功的原因。
查阅资料：醛基发生银镜反应可能的机理如图
第②步反应的还原剂为　 　，解释实验ⅳ不成功可能的原因　 　(写出一条即可)。
【答案】（1）C；
（2）提高溶液的碱性(pH值)；增大，使平衡逆向移动，减小；<
（3）；太小，反应①②不能发生(或在酸性条件下氧化性比强)
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①配制一定质量分数的溶液，步骤有计算、称量、溶解。称量需要托盘天平，溶解需要烧杯和玻璃棒。而容量瓶是用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器，在配制质量分数溶液时不需要。
故答案为：C
②硝酸银溶液中滴加氨水，首先生成氢氧化银沉淀：Ag++NH3·H2O = AgOH +；继续滴加氨水，氢氧化银沉淀溶解，生成银氨络离子：AgOH + 2 NH3·H2O = [Ag(NH3)2]++OH-+ 2H2O。将两个反应相加，得到总反应的离子方程式。
故答案为：
（2）①实验i的pH=10，实验iii的pH=8，除温度外其他条件相同，实验iii产生银镜，实验i温度低，实验i也产生银镜，说明在一定条件下，提高溶液的碱性有利于银镜反应发生。
故答案为： 提高溶液的碱性(pH值)
②银镜反应的本质是Ag+氧化乙醛，实验ii中加入浓氨水，根据[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3，氨水浓度增大，平衡逆向移动，Ag+浓度降低，导致氧化乙醛的能力减弱，所以无银镜产生。
故答案为： 增大，使平衡逆向移动，减小
③实验i中[Ag(NH3)2]+氧化乙醛产生银镜，实验iv中Ag+在酸性条件下未氧化乙醛（无银镜），说明Ag+的氧化性比[Ag(NH3)2]+强，即[Ag(NH3)2]+< Ag+。
故答案为：＜
（3）根据题给机理，在第②步反应中，RCOO-中碳元素的化合价升高，被氧化，所以RCOO-是还原剂。实验iv中pH<7，反应①醛基与OH-的反应难以进行，导致后续反应无法发生，所以实验iv不成功。
故答案为： ；太小，反应①②不能发生(或在酸性条件下氧化性比强)
【分析】本实验采用控制变量法系统研究银镜反应的关键影响因素，实验方案设计逻辑如下：
基础反应确认：首先验证银氨溶液的配制过程（AgNO3 + NH3·H2O → [Ag(NH3)2]+），建立反应基准。
变量控制实验：温度变量：固定其他条件，设置梯度温度实验（如20℃、40℃、60℃），通过银镜形成质量判断温度对反应速率的影响。氨水浓度变量：对比实验i（6mol/L NH3·H2O）与ii（12mol/L NH3·H2O），通过[Ag(NH3)2]+ Ag+ + 2NH3平衡移动解释浓度效应。离子形态对比：平行实验i（碱性[Ag(NH3)2]+）与iv（酸性Ag+），通过氧化还原电势差异说明银离子存在形式对反应的影响。
机理总结：综合实验现象得出银镜反应三要素：温度控制：50-60℃最佳反应窗口；银离子有效浓度：需维持适当[Ag+]；反应环境：碱性条件促进葡萄糖氧化。
（1）①配制一定质量分数的溶液，步骤有计算、称量、溶解。称量需要托盘天平，溶解需要烧杯和玻璃棒。而容量瓶是用于配制一定物质的量浓度溶液的仪器，在配制质量分数溶液时不需要。
②硝酸银溶液中滴加氨水，首先生成氢氧化银沉淀：Ag++NH3·H2O = AgOH +；继续滴加氨水，氢氧化银沉淀溶解，生成银氨络离子：AgOH + 2 NH3·H2O = [Ag(NH3)2]++OH-+ 2H2O。将两个反应相加，得到总反应的离子方程式。
（2）①实验i的pH=10，实验iii的pH=8，除温度外其他条件相同，实验iii产生银镜，实验i温度低，实验i也产生银镜，说明在一定条件下，提高溶液的碱性有利于银镜反应发生。
②银镜反应的本质是Ag+氧化乙醛，实验ii中加入浓氨水，根据[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3，氨水浓度增大，平衡逆向移动，Ag+浓度降低，导致氧化乙醛的能力减弱，所以无银镜产生。
③实验i中[Ag(NH3)2]+氧化乙醛产生银镜，实验iv中Ag+在酸性条件下未氧化乙醛（无银镜），说明Ag+的氧化性比[Ag(NH3)2]+强，即[Ag(NH3)2]+< Ag+。
（3）根据题给机理，在第②步反应中，RCOO-中碳元素的化合价升高，被氧化，所以RCOO-是还原剂。实验iv中pH<7，反应①醛基与OH-的反应难以进行，导致后续反应无法发生，所以实验iv不成功。
24．近期我国科学家发明了一种可明显提高核酸类药物递送效率的氟化可电离脂质(G)，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）F中含氧官能团的名称为　 　，B的结构简式　 　。
（2）C的分子式为　 　，用化学反应鉴别一定条件下液态的A、C，可用的试剂是　 　。
（3）关于上述合成线路相关物质的转化，下列说法正确的有_____。
A．化合物A存在顺反异构体
B．化合物E难溶于水
C．由化合物A到C的转化中，有键的断裂与形成
D．由化合物E到F的转化中，还有生成
（4）在C→E的转化中有HCl生成，写出与HCl反应的方程式　 　。
（5）化合物D的同分异构体能发生银镜反应的有　 　种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱图上有三组峰，峰面积比为3∶2∶1的结构简式　 　(写出一种)。
（6）以苯、甲苯和乙醇为原料，参照上述A→C路线的反应原理，合成三苯甲醇(结构如图)，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①从苯出发，第一步的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②乙醇参与反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）酯基、羧基；HCOOCH2CH3
（2）C19H36O；金属钠
（3）B；D
（4）+HCl
（5）13；
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；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）F 中含氧官能团为酯基和羧基；根据已知反应，B的结构简式为HCOOCH2CH3。
故答案为： 酯基、羧基；HCOOCH2CH3
（2）根据C的结构简式可推出其分子式为C19H36O；A 中含有溴原子，C 中含有羟基，可用金属钠鉴别，因为羟基能与钠反应生成氢气，而溴原子不能。
故答案为： C19H36O ；金属钠
（3）A．化合物A中双键碳原子连接的基团相同，不存在顺反异构体，A错误；
B．化合物E中含有长链烃基，难溶于水，B正确；
C．由化合物A到C的转化中，没有π键的断裂与形成，C错误；
D．由化合物E到F的转化中，发生氧化反应，有CO2生成，D正确；
故答案为：BD
（4）与HCl反应生成，化学方程式为+HCl。
故答案为：+HCl
（5）化合物 D 的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基。D的分子式为C4H6OBrCl，其同分异构体为醛类，共有、、、、（数字表示氯原子的位置）13种。其中核磁共振氢谱图上有三组峰，峰面积比为3∶2∶1的结构简式为。
故答案为：13；
（6）①从苯出发，第一步是苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下反应生成溴苯，化学方程式为。
故答案为：
②乙醇参与反应是与C2H5OH发生酯化反应，生成的过程，因此该反应的化学方程式为：
故答案为：
【分析】（1）根据F的结构简式确定其其所含的含氧官能团。由“已知”反应可知，B中含有酯基，且生成该酯基的羧酸为HCOOH，据此确定B的结构简式。
（2）根据C的结构简式确定其分子中的C、H、O原子个数，从而得到其分子式。物质A、C中所含的官能团不同，结合-OH的性质分析。
（3）A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个H原子，无法形成顺反异构。
B、E中含含有长链烃基，难溶于水。
C、A→C的转化过程中不存在π键的断裂与形成。
D、碳碳双键碳原子上含有2个H原子，可被酸性KMnO4溶液氧化成CO2。
（4）C→E的转化过程中，生成(C2H5)3NHCl，据此写出反应的化学方程式。
（5）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，结合碳链异构和位置异构确定同分异构体的个数，以及满足核磁共振氢谱的结构简式。
（6）要合成，则可由与反应生成；而可由与液溴发生取代反应生成，在“Mg/THF”条件下生成。可由苯甲酸与C2H5OH发生酯化反应生成；苯甲酸可由甲苯氧化生成。据此分析作答。
（1）F 中含氧官能团为酯基和羧基；根据已知反应，B的结构简式为HCOOCH2CH3。
（2）根据C的结构简式可推出其分子式为C19H36O；A 中含有溴原子，C 中含有羟基，可用金属钠鉴别，因为羟基能与钠反应生成氢气，而溴原子不能。
（3）A．化合物A中双键碳原子连接的基团相同，不存在顺反异构体，A错误；
B．化合物E中含有长链烃基，难溶于水，B正确；
C．由化合物A到C的转化中，没有π键的断裂与形成，C错误；
D．由化合物E到F的转化中，发生氧化反应，有CO2生成，D正确；
故选BD。
（4）与HCl反应生成，化学方程式为+HCl。
（5）化合物 D 的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基。D的分子式为C4H6OBrCl，其同分异构体为醛类，共有、、、、（数字表示氯原子的位置）13种。其中核磁共振氢谱图上有三组峰，峰面积比为3∶2∶1的结构简式为。
（6）①从苯出发，第一步是苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下反应生成溴苯，化学方程式为。
②乙醇参与反应是与格氏试剂反应，化学方程式为C6H5MgBr + CH3CH2OH C6H6 + CH3CH2OMgBr。
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