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广东省江门市2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题
一、选择题：本题共16小题，第1~10题每小题2分；第11~16题每小题4分，共44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．江门市非物质文化遗产丰富。下列括号中所列制品材料的主要成分属于蛋白质的是
A．葵扇（葵树叶） B．陈皮（柑皮） C．白沙茅龙笔（茅草） D．金声狮鼓鼓皮（牛皮）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．树叶的主要成分是纤维素，因此选项A不符合题意；
B．陈皮的主要成分也是纤维素，所以选项B不符合题意；
C．茅草的主要成分同样是纤维素，故选项C不符合题意；
D．牛皮的主要成分属于动物蛋白质，因此选项D符合题意；
正确答案是D。
【分析】树叶、柑皮和茅草成分是纤维素，牛皮成分是蛋白质。
2．大豆在我国已有五千年栽培历史，营养丰富，用途广泛。下列说法正确的是
A．大豆秸秆中的纤维素属于二糖
B．大豆中的油脂是天然有机高分子
C．大豆中的核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物
D．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质水解生成了氨基酸
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．纤维素是天然高分子化合物，其结构单元为葡萄糖（化学式：），但属于多糖而非二糖，因此A选项错误；
B．油脂是甘油与高级脂肪酸形成的酯类（结构通式：），其分子量通常在1000以下，不符合高分子（分子量≥1万）的标准，故B错误；
C．核酸（包括DNA和RNA）是由核苷酸单体通过-磷酸二酯键聚合形成的高分子化合物，因此C选项正确；
D．蛋白质在煮沸时发生变性（二级/三级结构破坏），但肽键（）未被断裂，水解需蛋白酶或极端酸碱条件，故D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．纤维素属于多糖；
B．油脂不是高分子；
C．核酸是由核苷酸单体形成的聚合物；
D．加热条件下，蛋白质会变性。
3．飞向太空的运载火箭发动机以偏二甲肼和液态为主要燃料，发生的反应为：。下列有关说法正确的是
A．C、N、O的第一电离能依次升高
B．基态碳原子价层电子的轨道表示式为：
C．偏二甲肼结构中所有原子最外层均满足8电子稳定结构
D．基态O原子有2个未成对电子
【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
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但氮元素的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻的氧和碳元素。因此C、N、O的第一电离能顺序为：N > O > C，选项A错误；
B．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的轨道表示式为：，选项B错误；
C．偏二甲肼分子中的氢原子最外层电子数不足8个，不满足8电子稳定结构，选项C错误；
D．基态氧原子的核外电子排布图为，其价电子层有2个未成对电子，选项D正确；
正确答案为D。
【分析】A．根据元素电离能变化规律，从大到小为N > O > C；
B．根据碳元素核外电子排布，价层电子轨道表示式为：；
C．偏二甲肼分子中氢原子最外层为2个电子；
D．基态氧原子由2个未成对电子。
4．我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．分子的结构式为
B．和HCHO均属于烃的衍生物
C．二羟基丙酮分子中σ键和π键的个数比为5：1
D．淀粉无固定的熔沸点
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．二氧化碳分子呈直线形结构，其结构式为，选项A正确；
B．（甲醇）属于醇类，HCHO（甲醛）属于醛类，二者都是烃的衍生物，选项B正确；
C．在二羟基丙酮分子中，单键都是σ键，双键包含1个σ键和1个π键。经计算，该分子中σ键与π键的数量比为11：1，因此选项C是错误的；
D．淀粉是高分子化合物，其聚合度n值不固定，因此没有确定的熔点和沸点，选项D正确；
综上所述，错误的选项是C。
【分析】A．分子的结构式为 ；
B．烃指的是只含碳氢两种元素的化合物，醇和醛属于烃的衍生物；
C．二羟基丙酮分子中，σ键与π键的数量比为11：1；
D．淀粉属于高分子化合物，无固定熔沸点。
5．邻甲基苯甲酸（）主要用于农药、医药的合成，下列关于该有机物的说法不正确的是
A．不属于芳香烃
B．与溶液反应有生成
C．可与NaOH溶液反应
D．能发生取代反应，不能发生加成反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A．烃类化合物仅由碳和氢两种元素组成，而该物质分子中还含有氧元素，因此不属于烃类，A选项正确；
B．分子结构中存在羧基（-COOH），具有酸性，能够与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，B选项正确；
C．由于含有羧基，该物质具有酸性，能够与氢氧化钠溶液发生中和反应，C选项正确；
D．虽然分子中的羧基可以发生取代反应，且含有苯环结构能在特定条件下与氢气加成，但题目要求选择"不正确"的选项，因此D选项是错误的；
最终选择D。
【分析】烃指的是只含碳氢两种元素的化合物，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，羧基也可与氢氧化钠反应，根据有机物结构，能发生取代反应和加成反应。
6．维生素C（结构如图）是重要的营养素。下列关于维生素C说法不正确的是
A．分子式为
B．具有三种含氧官能团
C．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．易溶于水，可能是因为含有多个羟基
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据维生素C的结构式，其分子式为，选项A正确；B．维生素C分子中含有的含氧官能团为羟基和酯基，共2种，选项B错误；
C．维生素C分子中的碳碳双键和羟基均能与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，选项C正确；
D．由于维生素C分子中含有多个亲水性羟基，因此易溶于水，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】根据维生素C结构，含有官能团羟基、碳碳双键和酯基，羟基和碳碳双键能与高锰酸钾反应，结构中羟基能与水形成分子间氢键，溶解度增大。
7．根据结构的不同，烃可分为烷烃、烯烃、炔烃和芳香烃等。下列关于烃的叙述正确的是
A．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，键发生断裂
C．乙炔分子中含有极性键和非极性键
D．名称为1，3，4-三甲苯
【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；烷烃
【解析】【解答】A．对于碳原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低。因此，烷烃的沸点不仅由碳原子数决定，还受支链数量影响，A选项错误；
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应时，碳碳双键中的一根键会断裂，B选项错误；
C．乙炔分子中既含有C-H极性键，又含有C≡C非极性键，C选项正确；
D．的正确名称应为1，2，4-三甲基苯，D选项错误；
正确答案是C。
【分析】A．一般来水，烷烃分析含碳原子数越多，沸点越高；
B．乙烯发生加成反应，碳碳键断裂；
C．乙炔分子中含碳碳键和碳氢键；
D．．名称为1，2，4-三甲基苯。
8．冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下列说法正确的是
A．冠醚适配碱金属离子时形成离子键
B．冠醚分子中三种元素电负性由大到小的顺序为：
C．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征
D．中心碱金属离子的配位数随着空穴大小不同而改变
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；超分子
【解析】【解答】A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，该说法不正确，A错误；
B．根据元素周期律，同周期从左到右电负性逐渐增大。氢的电负性（2.20）小于碳（2.55），而氧的电负性（3.44）大于碳，因此该选项描述存在错误，B错误；
C．冠醚具有皇冠状结构，其空穴尺寸可选择性匹配不同大小的碱金属离子，这体现了超分子的"分子识别"特性，因此该选项判断有误，C错误；
D．中心碱金属离子的配位数确实会随冠醚空穴尺寸的变化而改变，这个描述是正确的，D正确；
正确答案是D。
【分析】A．根据结构，冠醚和金属离子形成配位键；
B．碳氢氧电负性大小顺序为O>H>C；
C．冠醚识别碱金属离子，体现分子识别；
D．根据分子识别，空穴大小不同，配位数也不同。
9．有机物M与酸性溶液反应后的产物为，则有机物M不可能是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A. 分子结构中与苯环直接相连的碳原子为双键碳（），该碳原子上含有1个氢原子，可被酸性高锰酸钾氧化为羧基（），因此A选项正确；
B. 与苯环直接相连的碳原子上存在氢原子，能够被酸性高锰酸钾氧化生成羧基，故B选项正确；
C. 与苯环直接相连的碳原子上没有氢原子，无法被酸性高锰酸钾氧化为羧基，因此C选项错误；
D. 分子中的醛基（）可被酸性高锰酸钾氧化为羧基，故D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】根据芳香烃被高锰酸钾氧化规律，和苯环直接相连的碳原子上有氢原子，能被氧化成羧基，据此分析。
10．Cu及其化合物种类繁多，呈现多样的结构和性质。呈蓝色、呈黄色，物质A的晶胞结构和俯视图如图所示。下列说法不正确的是
A．铜元素焰色试验的光谱为吸收光谱
B．中配体的空间结构为V形
C．物质A的化学式是
D．若A的水溶液呈绿色，则A中存在和
【答案】A
【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
【解析】【解答】A．铜元素焰色试验的光谱是电子从较高能级跃迁到较低能级时释放能量产生的发射光谱，选项A表述错误；
B．在配合物中，水分子作为配体，其氧原子的价层电子对数为，采用sp3杂化方式，分子呈V形结构，选项B正确；
C．通过晶胞结构分析可知，每个晶胞含有2个Cu2+和4个水分子，根据电荷平衡原理，化学式应为，选项C正确；
D．当溶液中同时存在蓝色和黄色时，混合会呈现绿色，选项D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．焰色实验中为发射光谱；
B．水的空间结构为v形；
C．根据晶胞结构，利用均摊法可得物质A的化学式；
D．水溶液呈绿色，同时存在和 。
11．微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列物质性质与解释均正确且相符的是
选项 物质性质 解释
A 易溶于、乙醇 三者均为非极性分子
B 比稳定 的3d能级为半充满状态
C 酸性： 氢原子的推电子能力比甲基的强
D 沸点： 中的键能大于中的键能
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. I2和CCl4都是非极性分子，根据相似相溶原理可以互溶，但乙醇是极性分子，该解释与"碘易溶于乙醇"的现象不符，故A错误；
B. Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，属于半充满稳定结构；而Fe2+为[Ar]3d6，稳定性较差，这与Fe3+比Fe2+稳定的事实相符，故B正确；
C. 实际上甲酸（HCOOH）的酸性强于乙酸（CH3COOH），因为甲基的推电子效应会减弱羧基的酸性，原解释将酸性强弱关系说反了，故C错误；
D. NH3沸点异常升高是由于分子间存在氢键，与N-H键能大小无关，该解释混淆了分子间作用力和化学键的概念，故D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 乙醇是极性分子；
B. 价层电子排布式为3d5，为半充满状态，比较稳定；
C. 甲基是推电子基团，则乙酸酸性弱与甲酸；
D. 氨分子间形成氢键， 沸点： 。
12．硼原子与氮原子结合可以形成多种晶体。其中六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方相氮化硼是超硬材料，耐磨性高。它们的晶体结构如图所示。下列有关说法不正确的是
A．两种氮化硼晶体均属于共价晶体
B．六方相氮化硼晶体层间不存在化学键
C．在一定条件下，六方相氮化硼可转化为立方相氮化硼
D．两种氮化硼晶体中的硼原子的杂化方式有和
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A．六方相氮化硼晶体结构类似石墨，层内存在共价键，层间存在范德华力，属于混合型晶体（又称过渡型晶体）；立方相氮化硼晶体结构与金刚石相似，原子间通过共价键形成三维网状结构，属于共价晶体。因此选项A的表述是错误的；B．六方相氮化硼晶体层间仅存在分子间作用力（范德华力），不存在化学键，此说法正确；
C．在高温高压条件下，六方相氮化硼可以转化为立方相氮化硼，这与石墨在高温高压下转化为金刚石的过程类似，此说法正确；
D．六方相氮化硼中硼原子采用sp2杂化（形成平面六元环结构），立方相氮化硼中硼原子采用sp3杂化（形成四面体结构），此说法正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分许】A．根据图中晶体结构，六方相氮化硼为混合晶体；
B． 六方相氮化硼晶体层间 是范德华力；
C．高温高压条件下，六方相氮化硼可以转化为立方相氮化硼；
D．根据晶体结构，六方相氮化硼中硼原子采用sp2杂化，立方相氮化硼中硼原子采用sp3杂化。
13．对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料，下列对其结构与性质的推断正确的是
A．属于苯的同系物
B．在核磁共振氢谱图上只有4组峰
C．含有苯环的烯烃类同分异构体还有5种
D．使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；同系物
【解析】【解答】A．该分子结构中含有碳碳双键，不符合苯的同系物定义（仅含一个苯环且侧链为饱和烃基），因此A选项错误；
B．分子中氢原子化学环境有5种，对应核磁共振氢谱显示5组峰，B选项描述正确但不符合题目"错误"要求，故B错误；
C． C．具有相同官能团的芳香烃同分异构体为 5 种、、、、，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，溴水褪色属于加成反应，两者反应原理不同，D选项错误；
正确答案为C。
【分析】根据有机物结构，含有碳碳双键，不属于苯的同系物，有机物结构对称，有5中等效氢，和高锰酸钾发生氧化反应，和溴的四氯化碳发生加成反应，含苯环的烯烃类同分异构体有、、、、，共5中。
14．水杨酸苯酯是一种常用的紫外防晒剂，以水杨酸、苯酚为原料生产水杨酸苯酯的主要反应如下。下列说法不正确的是
A．该反应类型为取代反应
B．苯酚能与溶液作用显紫色
C．1mol水杨酸苯酯与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH
D．水杨酸和苯酚都可以与溶液反应
【答案】C
【知识点】羧酸简介；酯的性质
【解析】【解答】 A. 酯化反应本质是取代反应，描述正确；
B. 苯酚中的酚羟基可与FeCl3（）发生显色反应，生成紫色络合物，正确；
C. 1 mol水杨酸苯酯中含1个酯基和1个酚羟基，酯基水解后新增1个酚羟基，故最多消耗3 mol NaOH， C错误；
D. 水杨酸的羧基和酚羟基、苯酚的酚羟基均能与Na2CO3反应，正确；
故选C。
【分析】水杨酸与苯酚通过酯化反应生成酯基和水，该过程属于取代反应。
15．2025年央视春晚中，灵活舞动的机器人引人赞叹，其关节、机械臂等关键部件采用了聚醚醚酮（PEEK）等材料。PEEK可由单体1和单体2在作用下反应制得，相应的结构简式如图。下列说法正确的是
A．单体1能发生还原、取代、缩聚反应
B．单体2苯环上的一溴代物有2种
C．制备PEEK的过程只生成的两种小分子：NaF、
D．1mol单体1、单体2分别与足量反应，消耗物质的量之比为2：1
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．单体1含有酮羰基和苯环，能够发生还原反应；苯环上的氢原子和氟原子可以发生取代反应。根据图示，单体1和单体2通过缩聚反应生成高聚物，并释放HF和H2O，因此选项A正确；
B．单体2的苯环上只有1种氢原子，因此其一溴代物仅有1种，选项B错误；
C．根据分析，制备PEEK的过程中仅生成3种小分子：NaF、碳酸氢钠和水，选项C错误；
D．单体1含有酮羰基和苯环，在一定条件下可与氢气发生还原反应；单体2含有苯环，同样可与氢气发生还原反应。若分别与足量反应，消耗的物质的量之比为7：3，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】单体1和单体2通过缩聚反应生成高聚物，同时释放小分子物质HF和H2O。生成的HF会与碳酸钠反应，进一步生成NaF和碳酸氢钠。
16．玉米芯等农林副产品中的木聚糖可转化为木糖，并进一步转化为木糖醇、糠醛等物质，如下图。下列说法正确的是
A．1mol木糖醇与足量Na反应生成56L
B．木糖的结构简式为：
C．木糖醇是一种甜味剂，与葡萄糖互为同系物
D．木糖脱水缩合生成1mol糠醛的过程中，产生了2mol水
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同系物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．题目未说明是否在标准状况下，因此无法计算氢气的体积，选项A错误；
B．根据木糖醇的结构和木糖的分子式分析，催化加氢过程中只消耗了1mol氢气。脱水缩合后得到的糠醛含有醛基，说明木糖分子中原本含有醛基，选项B正确；
C．葡萄糖是多羟基醛化合物，含有醛基；而木糖醇不含醛基，两者结构不相似，不属于同系物关系，选项C错误；
D．木糖脱水缩合生成1mol糠醛的过程包括：成环反应生成1mol水，以及形成双键时消去2mol水，总共生成3mol水，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．未指明是否是标准状况，无法计算；
B．根据题中物质转化，木糖结构中含有醛基；
C．葡萄糖是多羟基醛，和木糖醇是不是同系物；
D．根据木糖和糖醛分子式可知，此过程生成3mol水。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．某化学小组进行乙酸乙酯的合成实验，通过表1和表2所示酸醇比和滴速进行实验，检测产品产率，优化实验条件。实验装置如下图所示，加热和夹持装置已省略。
已知：乙醇和氯化钙反应生成的不溶于有机溶剂但微溶于水
酸醇比[n(乙酸)(乙醇)] 产品产率/%
1：1.3 70.3
1：1.4 74.2
1：1.5 72.7
表1投料酸醇比对产品产率的影响
滴速（mL/min） 产品产率/%
1.20 68.7
0.80 72.7
0.60 71.0
0.40 70.2
表2原料滴加速度对产品产率的影响
先加热仪器M中溶液，当温度升至约120℃时，通过恒压滴液漏斗开始滴加乙醇和乙酸的混合液并控制滴液速度，及时蒸出乙酸乙酯。
（1）仪器M的名称是　 　。
（2）实验中乙醇要过量的原因是　 　。写出该反应的化学方程式　 　。
（3）实验温度为120℃时产率最高，此时需要观察温度计　 　（填“a”或“b”）的读数。当反应温度过高时，可能会引发副反应生成乙醚，化学方程式为　 　。
（4）为提高产品的产率，酸醇比应选择　 　；反应过程滴速过快会导致产率较低，原因可能是　 　。
（5）通过条件优化后，化学小组称取10.20g乙酸和10.95g乙醇，量取了3mL浓硫酸进行实验，并对得到的粗产品进行提纯：
①向粗产品中加入碳酸钠粉末，至无二氧化碳气体逸出。
②向其中加入饱和氯化钙溶液，以除去　 　。
③向所得有机层中加入无水硫酸镁，过滤后再蒸馏，收集77℃左右的馏分共mg（经检测纯度为n%），则该反应的产率为　 　（用含m、n的计算式表示）。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）提高乙酸的利用率，增大产率；
（3）b；
（4）1：1.4；乙酸乙酯未及时蒸出，在反应体系中积累，促使平衡逆向移动，降低产率
（5）乙醇；
【知识点】物质的分离与提纯；乙酸乙酯的制取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据实验装置图，仪器M的名称为三颈烧瓶；
（2）①实验中乙醇过量的目的是提高乙酸的利用率，从而增加产物产率；
②该反应的化学方程式为：；
（3）①实验装置中，温度计a位于三颈烧瓶支管口处，用于测量馏分温度；温度计b置于反应液中，用于监测反应温度。当反应温度为120℃时产率最高，此时应观察温度计b的示数；
②温度过高可能引发副反应生成乙醚，其化学方程式为：
；
（4）①根据表1数据，最佳酸醇比为1：1.4，此时产品产率最高；
②滴加反应物速度过快会导致产率下降，原因是乙酸乙酯未能及时蒸出，在体系中积累会使平衡向逆反应方向移动，从而降低产率；
（5）①根据乙醇可与CaCl2结合形成难溶物，所以加入饱和氯化钙溶液，目的是除去乙醇；
②根据题意，乙醇过量，因此要用乙酸的用量来计算乙酸乙酯的产量，乙酸的物质的量为，因此理论上生成的乙酸乙酯物质的量为0.17mol，理论上乙酸乙酯的产量为，则该反应的产率为。
【分析】（1） 仪器M的名称是三颈烧瓶；
（2）增大乙醇的用量，可提高乙酸的利用率；
（3）温度计b检测反应溶液温度，乙醇分子间发生取代反应生成乙醚；
（4）根据表格中数据，酸醇比为1：1.4时，产品产率最高；
（5）产率=。
（1）根据实验装置图，可知仪器M的名称是三颈烧瓶；
（2）①实验中乙醇要过量的原因是：提高乙酸的利用率，增大产率；
②该反应的化学方程式为：；
（3）①根据实验装置图可知，温度计a在三颈烧瓶支管口，测的是馏分温度，而温度计b在反应液中，测的是反应温度，所以实验温度为120℃时产率最高，此时需要观察温度计b；
②当反应温度过高时，可能会引发副反应生成乙醚，化学方程式为：；
（4）①根据表1信息，可知为提高产品的产率，酸醇比应选择1：1.4；
②反应过程滴速过快会导致产率较低，原因可能是乙酸乙酯未及时蒸出，在反应体系中积累，促使平衡逆向移动，降低产率；
（5）①根据乙醇可与CaCl2结合形成难溶物，所以加入饱和氯化钙溶液，目的是除去乙醇；
②根据题意，乙醇过量，因此要用乙酸的用量来计算乙酸乙酯的产量，乙酸的物质的量为，因此理论上生成的乙酸乙酯物质的量为0.17mol，理论上乙酸乙酯的产量为，则该反应的产率为。
18．西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂。已知其相关性质如下表所示：
结构简式 熔点 溶解性
170℃~172℃ 易溶于水
回答下列问题：
（1）基态N原子的电子排布式为　 　，核外有　 　种不同空间运动状态的电子，环上的氮原子的杂化轨道类型为　 　。
（2）氯吡苯脲晶体类型为　 　晶体。
（3）氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有　 　（填序号）。
A．离子键 B．金属键 C．共价键 D．配位键 E．氢键
（4）查文献可知，可用异氰酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式如下：
反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲，断裂　 　molσ键。
（5）膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有、、等。
①比较热稳定性：　 　（选填“>”或“<”），请从化学键的角度解释其原因　 　。
②已知分子中的键角为104.5°，则分子中的键角　 　104.5°（选填“>”或“<”），并说明理由　 　。
【答案】（1）1s22s22p3；5；sp2
（2）分子
（3）CE
（4）1
（5）>；原子半径：O；>；和的中心原子均为sp3杂化，O原子含2个孤电子对，N原子有1个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，故分子中键角大于H2O的键角
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）基态氮原子(N)的电子排布式为1s22s22p3，其电子占据5条原子轨道，核外存在5种不同空间运动状态的电子。环状结构中的氮原子与相邻碳原子采用相同的sp2杂化方式；
（2）氯吡苯脲晶体具有较低的熔点和沸点，表明其晶体类型属于分子晶体；
（3）在氯吡苯脲晶体中，非金属原子间通过共价键结合。根据氢键的形成条件（N、O、F等电负性较大的原子与H原子相互作用），该晶体中存在氢键。因此，微粒间作用力类型包括共价键和氢键（选项CE）；
（4）单键均为σ键，双键包含1个σ键和1个π键。根据反应方程式计算，每生成1mol氯吡苯脲需要断裂1molN-Hσ键；
（5）①同周期元素从左至右原子半径递减，故原子半径关系为ONH3。从化学键角度解释为：O原子半径较小使O-H键更强；
②H2O中O原子的价层电子对数=(6+2)/2=4（含2个孤电子对），NH3中N原子的价层电子对数=(5+3)/2=4（含1个孤电子对）。由于孤电子对间斥力＞孤电子对-成键电子对斥力，且H2O比NH3多1个孤电子对，因此NH3的H-N-H键角大于H2O的键角。
【分析】（1）空间运动状态不同的电子等于轨道数， 西瓜膨大剂 结构中 环上的氮原子的杂化轨道类型为 sp2 ；
（2）根据物理性质可知， 氯吡苯脲 为分子晶体；
（3） 氯吡苯脲为分子晶体，结合分子结构，微粒间作用有氢键和共价键；
（4）根据题中物质转化，氮氢键发生断裂， 每生成1mol氯吡苯脲，断裂 1 molσ键；
（5） ①H-O键能大于N-H， 更稳定；
② 和 中心原子杂化类型相同，O原子含孤电子对数多，斥力大，键角小。
（1）基态N原子的电子排布式为：1s22s22p3，电子占据了5条原子轨道，核外有5种不同空间运动状态的电子；环上的氮原子与碳原子杂化类型一致，为sp2杂化；
（2）氯吡苯脲晶体的熔沸点较低，晶体类型为：分子晶体；
（3）氯吡苯脲晶体中，非金属原子之间为共价键，根据氢键的定义，非金属性较强的N、O、F元素能与N、O、F上的H元素形成氢键，则氯吡苯脲晶体中含存在氢键，微粒间的作用力类型有：CE；
（4）单键全部是σ键，双键中含1个σ键和1个键，根据方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂1molN-H σ键；
（5）①同周期从左往右原子半径减小，故原子半径：O，化学键角度解释原因为：原子半径：O；
②中O原子的价层电子对数为：，含2个孤电子对，中N原子的价层电子对数为：，含1个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，故键角>104.5°，理由是：和的中心原子均为sp3杂化，O原子含2个孤电子对，N原子有1个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，故分子中键角大于H2O的键角。
19．钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，钛的化合物的应用是当今研究热点之一。
（1）Ti元素在周期表中的位置是　 　，基态Ti原子中最高能层电子的电子云轮廓形状为　 　。
（2）四卤化钛（）的熔点如图所示，熔点先降低后逐渐增大的原因为　 　。
（3）钛酸钡（英文缩写为BTO）具有优良的介电、压电特性，主要用于电容器、自动温控等领域。
已知：ⅰ.钛酸钡的晶胞结构如图所示。
ⅱ.钛酸钡制备原理为：。
①钛酸钡晶胞结构中，、、的个数比为　 　。
②X的化学式为　 　。
③钛酸钡晶胞中每个周围与其距离最近且相等的的数量是　 　，若将置于晶胞的体心，置于晶胞顶点，则处于立方体的　 　位置。
④若钛酸钡晶胞边长为apm，则该晶体的密度　 　g·cm-3（设阿伏加德罗常数的值为，用含a、的代数式表示）。
【答案】（1）第四周期第ⅣB族；球形
（2）是离子晶体，Ti与F之间的离子键作用力较强，熔点较高，、、属于分子晶体，分子晶体中的分子间作用力比离子键弱得多，所以到熔点降低，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，、、的相对分子质量逐渐增大，所以熔点逐渐升高
（3）；；12；面心；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Ti在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族。基态Ti原子中，4s轨道的电子云轮廓为球形。
答案：第四周期第ⅣB族；球形；
（2）熔点变化分析， TiF4：离子晶体，Ti与F间通过强离子键结合，熔点较高。 TiCl4、TiBr4、TiI4：分子晶体，熔点由分子间作用力决定。结构相似的分子晶体中，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高。因此熔点顺序为：TiF4（离子晶体） > TiI4 > TiBr4 > TiCl4；
答案：TiF4为离子晶体，离子键作用力强，熔点高；TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点依次升高。
（3）晶胞结构分析① 离子比例：Ba2+：1个（体心），Ti4+：8×（顶点）=1，O2 ：12×（棱心）=3。比例为：Ti4+：Ba2+：O2 = 1：1：3；
② 化学式推导：根据原子守恒，BTO的化学式为BaTiO3，故X为TiO2；
③ 配位数与氧位置： Ba2+周围最近的O2 有12个（面心位置）。 若Ti4+置于体心，Ba2+置于顶点，则O2 位于立方体的面心。
答案：① 1：1：3；② TiO2；③ 12；面心。
④取1mol晶胞，则有个晶胞，1mol晶胞质量m=233g，一个晶胞体积为，所以晶体密度为；
故答案为：；；12；面心；。
【分析】 (1) 钛（Ti）是22号元素，位于元素周期表第四周期第ⅣB族。其基态原子的核外电子排布式为，最高能层（4s轨道）电子的电子云轮廓呈球形。
(2) 根据物质熔点变化曲线，可判断TiF4是离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶体，离子晶体的熔点较高，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高。
(3)晶胞计算用均摊法，顶点原子占八分之一，棱心位置原子占四分之一，体心位置原子占1；晶胞密度计算公式为 ，注意单位换算。
（1）Ti元素在周期表中的位置是：第四周期第ⅣB族，Ti的核外电子排布式为：，所以基态Ti原子中最高能层电子的电子云轮廓形状为球形，故答案为：第四周期第ⅣB族；球形；
（2）中Ti与F之间形成离子键，是离子晶体，、、属于分子晶体，Ti与F之间的离子键作用力较强，熔点较高，分子晶体中的分子间作用力比离子键弱得多，所以到熔点降低，对于、、这三种分子晶体，它们的分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，、、的相对分子质量逐渐增大，所以熔点逐渐升高；
故答案为：是离子晶体，Ti与F之间的离子键作用力较强，熔点较高，、、属于分子晶体，分子晶体中的分子间作用力比离子键弱得多，所以到熔点降低，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，、、的相对分子质量逐渐增大，所以熔点逐渐升高；
（3）①根据均摊法，顶点粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以1个晶胞中含有的数量为1，含有的数量为，含有的数量为，所以该晶胞结构中，、、的个数比为为；
②BTO的化学式为，根据原子个数守恒可得X的化学式为；
③从晶胞结构可知，晶胞中每个周围与其距离最近且相等的有12个。若将置于晶胞的体心，置于晶胞顶点，根据晶胞结构的对称性，处于立方体的面心位置；
④取1mol晶胞，则有个晶胞，1mol晶胞质量m=233g，一个晶胞体积为，所以晶体密度为；
故答案为：；；12；面心；。
20．聚甲基丙烯酸甲酯在涂料等领域具有广泛的应用。利用生物技术发酵与化学催化法相结合，可实现该聚合物的绿色合成，示意图如下（部分反应条件略）。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。
（2）化合物Ⅱ中官能团的名称是　 　，化合物Ⅱ的某同分异构体含有2个羧基、1个羟基，其核磁共振氢谱显示有4类化学环境不同的氢原子，且峰面积之比为1：1：2：4，其结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有______（填序号）。
A．化合物Ⅰ中有5个手性碳原子
B．化合物Ⅰ的水溶液不能发生银镜反应
C．化合物Ⅲ分子中所有碳原子不在同一平面
D．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化过程中，存在碳原子杂化方式由到的改变
（4）对应化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 水解反应
（5）化合物Ⅳ可通过如下路线合成：，已知该合成方法原子利用率100%，则A的结构简式为　 　。
（6）已知，以丙酮和为原料，制备，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应中，在HCN试剂的作用下，其有机产物的结构简式是　 　。
②若第三步发生消去反应，其化学方程式为　 　。
【答案】（1）C6H12O6
（2）羧基、羟基；
（3）A；D
（4）氢气、催化剂；加成反应；H+、加热；CH2=C(CH3)COOH、CH3OH
（5）CH3OH
（6）(CH3)2C(OH)CN；(CH3)2C(OH)COOH+H2O
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）根据结构分析，化合物Ⅰ的分子式为C6H12O6；
（2）化合物Ⅱ中的官能团为羧基和羟基。其同分异构体需满足以下条件：
分子式为C5H6O5（含2个羧基和1个羟基）；
-核磁共振氢谱显示4类氢原子，峰面积比为1：1：2：4。
符合条件的结构简式为：
（3） A：化合物Ⅰ中，除与羟基直接相连的碳外，其余5个碳均为手性碳原子（连接四个不同基团），正确；
B：Ⅰ和Ⅰ'在水溶液中可相互转化，但Ⅰ本身不含醛基，不能发生银镜反应，错误；
C：化合物Ⅲ中，与碳碳双键直接相连的原子共面，但其他碳原子不一定共面，错误；
D：化合物Ⅱ到Ⅲ的转化过程中，部分碳原子从杂化（如）变为杂化（如），存在杂化方式改变，正确。
正确答案为 AD。
（4）分子Ⅳ中含有碳碳双键，可以和氢气催化加成得到碳碳单键，故答案为：氢气、催化剂，加成反应；分子Ⅳ中含有酯基，可以发生酸性水解生成羧酸CH2=C(CH3)COOH和甲醇CH3OH，故答案为：H+、加热，CH2=C(CH3)COOH、CH3OH；
（5）已知该合成方法原子利用率100%，结合质量守恒，则A为甲醇，结构简式为CH3OH；
(6)由已知原理，丙酮和HCN发生加成反应生成(CH3)2C(OH)CN，然后水解生成(CH3)2C(OH)COOH，然后羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，再和甲醇发生酯化反应得到；
①由分析，第一步反应中，在HCN试剂的作用下，其有机产物的结构简式是(CH3)2C(OH)CN。
②由分析，若第三步反应为羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，化学方程式为：(CH3)2C(OH)COOH+H2O。
【分析】Ⅰ通过混合发酵转化为Ⅱ，Ⅱ经热催化生成Ⅲ，Ⅲ通过取代反应引入甲基得到Ⅳ，Ⅳ含有碳碳双键，进一步发生加聚反应生成Ⅴ；同时Ⅰ和Ⅰ'可以相互转化。
(1)根据有机物结构可得对应分子式；
(2)根据化合物 Ⅱ 结构，含有官能团羟基和羧基；
(3)手性碳原子指碳原子连接四个不同的原子或原子团，含有醛基的物质可发生银镜反应；
(4) 化合物Ⅳ含碳碳双键和羧基，能发生加成反应和水解反应；
(5)根据反应前后原子守恒，可知A为甲醇；
(6)第一步是加成反应，生成物结构简式为 (CH3)2C(OH)CN ；羟基和发生消去反应，生成碳碳双键。
（1）由结构，化合物Ⅰ的分子式为C6H12O6；
（2）化合物Ⅱ中官能团的名称是羧基、羟基，化合物Ⅱ含5个碳、5个氧、2个不饱和度，其同分异构体含有2个羧基、1个羟基，其核磁共振氢谱显示有4类化学环境不同的氢原子，且峰面积之比为1：1：2：4，则其结构简式为；
（3）A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物Ⅰ中除与羟基直接相连的碳之外的5个碳均为手性碳原子，正确；
B．Ⅰ和Ⅰ＇在水溶液中可以相互转化，Ⅰ＇中含醛基，则化合物Ⅰ的水溶液能发生银镜反应，错误；
C．与碳碳双键直接相连的原子共面，则化合物Ⅲ分子中所有碳原子在同一平面，错误；
D．的圈中碳为sp3杂化，的圈中碳为sp2杂化，化合物Ⅱ到Ⅲ的转化过程中，存在碳原子杂化方式由到的改变，正确；
故选AD；
（4）分子Ⅳ中含有碳碳双键，可以和氢气催化加成得到碳碳单键，故答案为：氢气、催化剂，加成反应；
分子Ⅳ中含有酯基，可以发生酸性水解生成羧酸CH2=C(CH3)COOH和甲醇CH3OH，故答案为：H+、加热，CH2=C(CH3)COOH、CH3OH；
（5）已知该合成方法原子利用率100%，结合质量守恒，则A为甲醇，结构简式为CH3OH；
（6）由已知原理，丙酮和HCN发生加成反应生成(CH3)2C(OH)CN，然后水解生成(CH3)2C(OH)COOH，然后羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，再和甲醇发生酯化反应得到；
①由分析，第一步反应中，在HCN试剂的作用下，其有机产物的结构简式是(CH3)2C(OH)CN。
②由分析，若第三步反应为羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，化学方程式为：(CH3)2C(OH)COOH+H2O。
1 / 1广东省江门市2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题
一、选择题：本题共16小题，第1~10题每小题2分；第11~16题每小题4分，共44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．江门市非物质文化遗产丰富。下列括号中所列制品材料的主要成分属于蛋白质的是
A．葵扇（葵树叶） B．陈皮（柑皮） C．白沙茅龙笔（茅草） D．金声狮鼓鼓皮（牛皮）
A．A B．B C．C D．D
2．大豆在我国已有五千年栽培历史，营养丰富，用途广泛。下列说法正确的是
A．大豆秸秆中的纤维素属于二糖
B．大豆中的油脂是天然有机高分子
C．大豆中的核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物
D．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质水解生成了氨基酸
3．飞向太空的运载火箭发动机以偏二甲肼和液态为主要燃料，发生的反应为：。下列有关说法正确的是
A．C、N、O的第一电离能依次升高
B．基态碳原子价层电子的轨道表示式为：
C．偏二甲肼结构中所有原子最外层均满足8电子稳定结构
D．基态O原子有2个未成对电子
4．我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．分子的结构式为
B．和HCHO均属于烃的衍生物
C．二羟基丙酮分子中σ键和π键的个数比为5：1
D．淀粉无固定的熔沸点
5．邻甲基苯甲酸（）主要用于农药、医药的合成，下列关于该有机物的说法不正确的是
A．不属于芳香烃
B．与溶液反应有生成
C．可与NaOH溶液反应
D．能发生取代反应，不能发生加成反应
6．维生素C（结构如图）是重要的营养素。下列关于维生素C说法不正确的是
A．分子式为
B．具有三种含氧官能团
C．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．易溶于水，可能是因为含有多个羟基
7．根据结构的不同，烃可分为烷烃、烯烃、炔烃和芳香烃等。下列关于烃的叙述正确的是
A．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，键发生断裂
C．乙炔分子中含有极性键和非极性键
D．名称为1，3，4-三甲苯
8．冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下列说法正确的是
A．冠醚适配碱金属离子时形成离子键
B．冠醚分子中三种元素电负性由大到小的顺序为：
C．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征
D．中心碱金属离子的配位数随着空穴大小不同而改变
9．有机物M与酸性溶液反应后的产物为，则有机物M不可能是
A． B．
C． D．
10．Cu及其化合物种类繁多，呈现多样的结构和性质。呈蓝色、呈黄色，物质A的晶胞结构和俯视图如图所示。下列说法不正确的是
A．铜元素焰色试验的光谱为吸收光谱
B．中配体的空间结构为V形
C．物质A的化学式是
D．若A的水溶液呈绿色，则A中存在和
11．微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列物质性质与解释均正确且相符的是
选项 物质性质 解释
A 易溶于、乙醇 三者均为非极性分子
B 比稳定 的3d能级为半充满状态
C 酸性： 氢原子的推电子能力比甲基的强
D 沸点： 中的键能大于中的键能
A．A B．B C．C D．D
12．硼原子与氮原子结合可以形成多种晶体。其中六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方相氮化硼是超硬材料，耐磨性高。它们的晶体结构如图所示。下列有关说法不正确的是
A．两种氮化硼晶体均属于共价晶体
B．六方相氮化硼晶体层间不存在化学键
C．在一定条件下，六方相氮化硼可转化为立方相氮化硼
D．两种氮化硼晶体中的硼原子的杂化方式有和
13．对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料，下列对其结构与性质的推断正确的是
A．属于苯的同系物
B．在核磁共振氢谱图上只有4组峰
C．含有苯环的烯烃类同分异构体还有5种
D．使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同
14．水杨酸苯酯是一种常用的紫外防晒剂，以水杨酸、苯酚为原料生产水杨酸苯酯的主要反应如下。下列说法不正确的是
A．该反应类型为取代反应
B．苯酚能与溶液作用显紫色
C．1mol水杨酸苯酯与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH
D．水杨酸和苯酚都可以与溶液反应
15．2025年央视春晚中，灵活舞动的机器人引人赞叹，其关节、机械臂等关键部件采用了聚醚醚酮（PEEK）等材料。PEEK可由单体1和单体2在作用下反应制得，相应的结构简式如图。下列说法正确的是
A．单体1能发生还原、取代、缩聚反应
B．单体2苯环上的一溴代物有2种
C．制备PEEK的过程只生成的两种小分子：NaF、
D．1mol单体1、单体2分别与足量反应，消耗物质的量之比为2：1
16．玉米芯等农林副产品中的木聚糖可转化为木糖，并进一步转化为木糖醇、糠醛等物质，如下图。下列说法正确的是
A．1mol木糖醇与足量Na反应生成56L
B．木糖的结构简式为：
C．木糖醇是一种甜味剂，与葡萄糖互为同系物
D．木糖脱水缩合生成1mol糠醛的过程中，产生了2mol水
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．某化学小组进行乙酸乙酯的合成实验，通过表1和表2所示酸醇比和滴速进行实验，检测产品产率，优化实验条件。实验装置如下图所示，加热和夹持装置已省略。
已知：乙醇和氯化钙反应生成的不溶于有机溶剂但微溶于水
酸醇比[n(乙酸)(乙醇)] 产品产率/%
1：1.3 70.3
1：1.4 74.2
1：1.5 72.7
表1投料酸醇比对产品产率的影响
滴速（mL/min） 产品产率/%
1.20 68.7
0.80 72.7
0.60 71.0
0.40 70.2
表2原料滴加速度对产品产率的影响
先加热仪器M中溶液，当温度升至约120℃时，通过恒压滴液漏斗开始滴加乙醇和乙酸的混合液并控制滴液速度，及时蒸出乙酸乙酯。
（1）仪器M的名称是　 　。
（2）实验中乙醇要过量的原因是　 　。写出该反应的化学方程式　 　。
（3）实验温度为120℃时产率最高，此时需要观察温度计　 　（填“a”或“b”）的读数。当反应温度过高时，可能会引发副反应生成乙醚，化学方程式为　 　。
（4）为提高产品的产率，酸醇比应选择　 　；反应过程滴速过快会导致产率较低，原因可能是　 　。
（5）通过条件优化后，化学小组称取10.20g乙酸和10.95g乙醇，量取了3mL浓硫酸进行实验，并对得到的粗产品进行提纯：
①向粗产品中加入碳酸钠粉末，至无二氧化碳气体逸出。
②向其中加入饱和氯化钙溶液，以除去　 　。
③向所得有机层中加入无水硫酸镁，过滤后再蒸馏，收集77℃左右的馏分共mg（经检测纯度为n%），则该反应的产率为　 　（用含m、n的计算式表示）。
18．西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂。已知其相关性质如下表所示：
结构简式 熔点 溶解性
170℃~172℃ 易溶于水
回答下列问题：
（1）基态N原子的电子排布式为　 　，核外有　 　种不同空间运动状态的电子，环上的氮原子的杂化轨道类型为　 　。
（2）氯吡苯脲晶体类型为　 　晶体。
（3）氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有　 　（填序号）。
A．离子键 B．金属键 C．共价键 D．配位键 E．氢键
（4）查文献可知，可用异氰酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式如下：
反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲，断裂　 　molσ键。
（5）膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有、、等。
①比较热稳定性：　 　（选填“>”或“<”），请从化学键的角度解释其原因　 　。
②已知分子中的键角为104.5°，则分子中的键角　 　104.5°（选填“>”或“<”），并说明理由　 　。
19．钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，钛的化合物的应用是当今研究热点之一。
（1）Ti元素在周期表中的位置是　 　，基态Ti原子中最高能层电子的电子云轮廓形状为　 　。
（2）四卤化钛（）的熔点如图所示，熔点先降低后逐渐增大的原因为　 　。
（3）钛酸钡（英文缩写为BTO）具有优良的介电、压电特性，主要用于电容器、自动温控等领域。
已知：ⅰ.钛酸钡的晶胞结构如图所示。
ⅱ.钛酸钡制备原理为：。
①钛酸钡晶胞结构中，、、的个数比为　 　。
②X的化学式为　 　。
③钛酸钡晶胞中每个周围与其距离最近且相等的的数量是　 　，若将置于晶胞的体心，置于晶胞顶点，则处于立方体的　 　位置。
④若钛酸钡晶胞边长为apm，则该晶体的密度　 　g·cm-3（设阿伏加德罗常数的值为，用含a、的代数式表示）。
20．聚甲基丙烯酸甲酯在涂料等领域具有广泛的应用。利用生物技术发酵与化学催化法相结合，可实现该聚合物的绿色合成，示意图如下（部分反应条件略）。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。
（2）化合物Ⅱ中官能团的名称是　 　，化合物Ⅱ的某同分异构体含有2个羧基、1个羟基，其核磁共振氢谱显示有4类化学环境不同的氢原子，且峰面积之比为1：1：2：4，其结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有______（填序号）。
A．化合物Ⅰ中有5个手性碳原子
B．化合物Ⅰ的水溶液不能发生银镜反应
C．化合物Ⅲ分子中所有碳原子不在同一平面
D．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化过程中，存在碳原子杂化方式由到的改变
（4）对应化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 水解反应
（5）化合物Ⅳ可通过如下路线合成：，已知该合成方法原子利用率100%，则A的结构简式为　 　。
（6）已知，以丙酮和为原料，制备，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步反应中，在HCN试剂的作用下，其有机产物的结构简式是　 　。
②若第三步发生消去反应，其化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．树叶的主要成分是纤维素，因此选项A不符合题意；
B．陈皮的主要成分也是纤维素，所以选项B不符合题意；
C．茅草的主要成分同样是纤维素，故选项C不符合题意；
D．牛皮的主要成分属于动物蛋白质，因此选项D符合题意；
正确答案是D。
【分析】树叶、柑皮和茅草成分是纤维素，牛皮成分是蛋白质。
2．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．纤维素是天然高分子化合物，其结构单元为葡萄糖（化学式：），但属于多糖而非二糖，因此A选项错误；
B．油脂是甘油与高级脂肪酸形成的酯类（结构通式：），其分子量通常在1000以下，不符合高分子（分子量≥1万）的标准，故B错误；
C．核酸（包括DNA和RNA）是由核苷酸单体通过-磷酸二酯键聚合形成的高分子化合物，因此C选项正确；
D．蛋白质在煮沸时发生变性（二级/三级结构破坏），但肽键（）未被断裂，水解需蛋白酶或极端酸碱条件，故D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．纤维素属于多糖；
B．油脂不是高分子；
C．核酸是由核苷酸单体形成的聚合物；
D．加热条件下，蛋白质会变性。
3．【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
【解析】【解答】A．同一周期元素的第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但氮元素的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻的氧和碳元素。因此C、N、O的第一电离能顺序为：N > O > C，选项A错误；
B．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的轨道表示式为：，选项B错误；
C．偏二甲肼分子中的氢原子最外层电子数不足8个，不满足8电子稳定结构，选项C错误；
D．基态氧原子的核外电子排布图为，其价电子层有2个未成对电子，选项D正确；
正确答案为D。
【分析】A．根据元素电离能变化规律，从大到小为N > O > C；
B．根据碳元素核外电子排布，价层电子轨道表示式为：；
C．偏二甲肼分子中氢原子最外层为2个电子；
D．基态氧原子由2个未成对电子。
4．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．二氧化碳分子呈直线形结构，其结构式为，选项A正确；
B．（甲醇）属于醇类，HCHO（甲醛）属于醛类，二者都是烃的衍生物，选项B正确；
C．在二羟基丙酮分子中，单键都是σ键，双键包含1个σ键和1个π键。经计算，该分子中σ键与π键的数量比为11：1，因此选项C是错误的；
D．淀粉是高分子化合物，其聚合度n值不固定，因此没有确定的熔点和沸点，选项D正确；
综上所述，错误的选项是C。
【分析】A．分子的结构式为 ；
B．烃指的是只含碳氢两种元素的化合物，醇和醛属于烃的衍生物；
C．二羟基丙酮分子中，σ键与π键的数量比为11：1；
D．淀粉属于高分子化合物，无固定熔沸点。
5．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A．烃类化合物仅由碳和氢两种元素组成，而该物质分子中还含有氧元素，因此不属于烃类，A选项正确；
B．分子结构中存在羧基（-COOH），具有酸性，能够与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，B选项正确；
C．由于含有羧基，该物质具有酸性，能够与氢氧化钠溶液发生中和反应，C选项正确；
D．虽然分子中的羧基可以发生取代反应，且含有苯环结构能在特定条件下与氢气加成，但题目要求选择"不正确"的选项，因此D选项是错误的；
最终选择D。
【分析】烃指的是只含碳氢两种元素的化合物，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，羧基也可与氢氧化钠反应，根据有机物结构，能发生取代反应和加成反应。
6．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据维生素C的结构式，其分子式为，选项A正确；B．维生素C分子中含有的含氧官能团为羟基和酯基，共2种，选项B错误；
C．维生素C分子中的碳碳双键和羟基均能与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，选项C正确；
D．由于维生素C分子中含有多个亲水性羟基，因此易溶于水，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】根据维生素C结构，含有官能团羟基、碳碳双键和酯基，羟基和碳碳双键能与高锰酸钾反应，结构中羟基能与水形成分子间氢键，溶解度增大。
7．【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；烷烃
【解析】【解答】A．对于碳原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低。因此，烷烃的沸点不仅由碳原子数决定，还受支链数量影响，A选项错误；
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应时，碳碳双键中的一根键会断裂，B选项错误；
C．乙炔分子中既含有C-H极性键，又含有C≡C非极性键，C选项正确；
D．的正确名称应为1，2，4-三甲基苯，D选项错误；
正确答案是C。
【分析】A．一般来水，烷烃分析含碳原子数越多，沸点越高；
B．乙烯发生加成反应，碳碳键断裂；
C．乙炔分子中含碳碳键和碳氢键；
D．．名称为1，2，4-三甲基苯。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；超分子
【解析】【解答】A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，该说法不正确，A错误；
B．根据元素周期律，同周期从左到右电负性逐渐增大。氢的电负性（2.20）小于碳（2.55），而氧的电负性（3.44）大于碳，因此该选项描述存在错误，B错误；
C．冠醚具有皇冠状结构，其空穴尺寸可选择性匹配不同大小的碱金属离子，这体现了超分子的"分子识别"特性，因此该选项判断有误，C错误；
D．中心碱金属离子的配位数确实会随冠醚空穴尺寸的变化而改变，这个描述是正确的，D正确；
正确答案是D。
【分析】A．根据结构，冠醚和金属离子形成配位键；
B．碳氢氧电负性大小顺序为O>H>C；
C．冠醚识别碱金属离子，体现分子识别；
D．根据分子识别，空穴大小不同，配位数也不同。
9．【答案】C
【知识点】苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A. 分子结构中与苯环直接相连的碳原子为双键碳（），该碳原子上含有1个氢原子，可被酸性高锰酸钾氧化为羧基（），因此A选项正确；
B. 与苯环直接相连的碳原子上存在氢原子，能够被酸性高锰酸钾氧化生成羧基，故B选项正确；
C. 与苯环直接相连的碳原子上没有氢原子，无法被酸性高锰酸钾氧化为羧基，因此C选项错误；
D. 分子中的醛基（）可被酸性高锰酸钾氧化为羧基，故D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】根据芳香烃被高锰酸钾氧化规律，和苯环直接相连的碳原子上有氢原子，能被氧化成羧基，据此分析。
10．【答案】A
【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
【解析】【解答】A．铜元素焰色试验的光谱是电子从较高能级跃迁到较低能级时释放能量产生的发射光谱，选项A表述错误；
B．在配合物中，水分子作为配体，其氧原子的价层电子对数为，采用sp3杂化方式，分子呈V形结构，选项B正确；
C．通过晶胞结构分析可知，每个晶胞含有2个Cu2+和4个水分子，根据电荷平衡原理，化学式应为，选项C正确；
D．当溶液中同时存在蓝色和黄色时，混合会呈现绿色，选项D正确；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．焰色实验中为发射光谱；
B．水的空间结构为v形；
C．根据晶胞结构，利用均摊法可得物质A的化学式；
D．水溶液呈绿色，同时存在和 。
11．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. I2和CCl4都是非极性分子，根据相似相溶原理可以互溶，但乙醇是极性分子，该解释与"碘易溶于乙醇"的现象不符，故A错误；
B. Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，属于半充满稳定结构；而Fe2+为[Ar]3d6，稳定性较差，这与Fe3+比Fe2+稳定的事实相符，故B正确；
C. 实际上甲酸（HCOOH）的酸性强于乙酸（CH3COOH），因为甲基的推电子效应会减弱羧基的酸性，原解释将酸性强弱关系说反了，故C错误；
D. NH3沸点异常升高是由于分子间存在氢键，与N-H键能大小无关，该解释混淆了分子间作用力和化学键的概念，故D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 乙醇是极性分子；
B. 价层电子排布式为3d5，为半充满状态，比较稳定；
C. 甲基是推电子基团，则乙酸酸性弱与甲酸；
D. 氨分子间形成氢键， 沸点： 。
12．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A．六方相氮化硼晶体结构类似石墨，层内存在共价键，层间存在范德华力，属于混合型晶体（又称过渡型晶体）；立方相氮化硼晶体结构与金刚石相似，原子间通过共价键形成三维网状结构，属于共价晶体。因此选项A的表述是错误的；B．六方相氮化硼晶体层间仅存在分子间作用力（范德华力），不存在化学键，此说法正确；
C．在高温高压条件下，六方相氮化硼可以转化为立方相氮化硼，这与石墨在高温高压下转化为金刚石的过程类似，此说法正确；
D．六方相氮化硼中硼原子采用sp2杂化（形成平面六元环结构），立方相氮化硼中硼原子采用sp3杂化（形成四面体结构），此说法正确；
综上所述，错误的选项是A。
【分许】A．根据图中晶体结构，六方相氮化硼为混合晶体；
B． 六方相氮化硼晶体层间 是范德华力；
C．高温高压条件下，六方相氮化硼可以转化为立方相氮化硼；
D．根据晶体结构，六方相氮化硼中硼原子采用sp2杂化，立方相氮化硼中硼原子采用sp3杂化。
13．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃；同系物
【解析】【解答】A．该分子结构中含有碳碳双键，不符合苯的同系物定义（仅含一个苯环且侧链为饱和烃基），因此A选项错误；
B．分子中氢原子化学环境有5种，对应核磁共振氢谱显示5组峰，B选项描述正确但不符合题目"错误"要求，故B错误；
C． C．具有相同官能团的芳香烃同分异构体为 5 种、、、、，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，溴水褪色属于加成反应，两者反应原理不同，D选项错误；
正确答案为C。
【分析】根据有机物结构，含有碳碳双键，不属于苯的同系物，有机物结构对称，有5中等效氢，和高锰酸钾发生氧化反应，和溴的四氯化碳发生加成反应，含苯环的烯烃类同分异构体有、、、、，共5中。
14．【答案】C
【知识点】羧酸简介；酯的性质
【解析】【解答】 A. 酯化反应本质是取代反应，描述正确；
B. 苯酚中的酚羟基可与FeCl3（）发生显色反应，生成紫色络合物，正确；
C. 1 mol水杨酸苯酯中含1个酯基和1个酚羟基，酯基水解后新增1个酚羟基，故最多消耗3 mol NaOH， C错误；
D. 水杨酸的羧基和酚羟基、苯酚的酚羟基均能与Na2CO3反应，正确；
故选C。
【分析】水杨酸与苯酚通过酯化反应生成酯基和水，该过程属于取代反应。
15．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．单体1含有酮羰基和苯环，能够发生还原反应；苯环上的氢原子和氟原子可以发生取代反应。根据图示，单体1和单体2通过缩聚反应生成高聚物，并释放HF和H2O，因此选项A正确；
B．单体2的苯环上只有1种氢原子，因此其一溴代物仅有1种，选项B错误；
C．根据分析，制备PEEK的过程中仅生成3种小分子：NaF、碳酸氢钠和水，选项C错误；
D．单体1含有酮羰基和苯环，在一定条件下可与氢气发生还原反应；单体2含有苯环，同样可与氢气发生还原反应。若分别与足量反应，消耗的物质的量之比为7：3，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】单体1和单体2通过缩聚反应生成高聚物，同时释放小分子物质HF和H2O。生成的HF会与碳酸钠反应，进一步生成NaF和碳酸氢钠。
16．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同系物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．题目未说明是否在标准状况下，因此无法计算氢气的体积，选项A错误；
B．根据木糖醇的结构和木糖的分子式分析，催化加氢过程中只消耗了1mol氢气。脱水缩合后得到的糠醛含有醛基，说明木糖分子中原本含有醛基，选项B正确；
C．葡萄糖是多羟基醛化合物，含有醛基；而木糖醇不含醛基，两者结构不相似，不属于同系物关系，选项C错误；
D．木糖脱水缩合生成1mol糠醛的过程包括：成环反应生成1mol水，以及形成双键时消去2mol水，总共生成3mol水，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．未指明是否是标准状况，无法计算；
B．根据题中物质转化，木糖结构中含有醛基；
C．葡萄糖是多羟基醛，和木糖醇是不是同系物；
D．根据木糖和糖醛分子式可知，此过程生成3mol水。
17．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）提高乙酸的利用率，增大产率；
（3）b；
（4）1：1.4；乙酸乙酯未及时蒸出，在反应体系中积累，促使平衡逆向移动，降低产率
（5）乙醇；
【知识点】物质的分离与提纯；乙酸乙酯的制取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据实验装置图，仪器M的名称为三颈烧瓶；
（2）①实验中乙醇过量的目的是提高乙酸的利用率，从而增加产物产率；
②该反应的化学方程式为：；
（3）①实验装置中，温度计a位于三颈烧瓶支管口处，用于测量馏分温度；温度计b置于反应液中，用于监测反应温度。当反应温度为120℃时产率最高，此时应观察温度计b的示数；
②温度过高可能引发副反应生成乙醚，其化学方程式为：
；
（4）①根据表1数据，最佳酸醇比为1：1.4，此时产品产率最高；
②滴加反应物速度过快会导致产率下降，原因是乙酸乙酯未能及时蒸出，在体系中积累会使平衡向逆反应方向移动，从而降低产率；
（5）①根据乙醇可与CaCl2结合形成难溶物，所以加入饱和氯化钙溶液，目的是除去乙醇；
②根据题意，乙醇过量，因此要用乙酸的用量来计算乙酸乙酯的产量，乙酸的物质的量为，因此理论上生成的乙酸乙酯物质的量为0.17mol，理论上乙酸乙酯的产量为，则该反应的产率为。
【分析】（1） 仪器M的名称是三颈烧瓶；
（2）增大乙醇的用量，可提高乙酸的利用率；
（3）温度计b检测反应溶液温度，乙醇分子间发生取代反应生成乙醚；
（4）根据表格中数据，酸醇比为1：1.4时，产品产率最高；
（5）产率=。
（1）根据实验装置图，可知仪器M的名称是三颈烧瓶；
（2）①实验中乙醇要过量的原因是：提高乙酸的利用率，增大产率；
②该反应的化学方程式为：；
（3）①根据实验装置图可知，温度计a在三颈烧瓶支管口，测的是馏分温度，而温度计b在反应液中，测的是反应温度，所以实验温度为120℃时产率最高，此时需要观察温度计b；
②当反应温度过高时，可能会引发副反应生成乙醚，化学方程式为：；
（4）①根据表1信息，可知为提高产品的产率，酸醇比应选择1：1.4；
②反应过程滴速过快会导致产率较低，原因可能是乙酸乙酯未及时蒸出，在反应体系中积累，促使平衡逆向移动，降低产率；
（5）①根据乙醇可与CaCl2结合形成难溶物，所以加入饱和氯化钙溶液，目的是除去乙醇；
②根据题意，乙醇过量，因此要用乙酸的用量来计算乙酸乙酯的产量，乙酸的物质的量为，因此理论上生成的乙酸乙酯物质的量为0.17mol，理论上乙酸乙酯的产量为，则该反应的产率为。
18．【答案】（1）1s22s22p3；5；sp2
（2）分子
（3）CE
（4）1
（5）>；原子半径：O；>；和的中心原子均为sp3杂化，O原子含2个孤电子对，N原子有1个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，故分子中键角大于H2O的键角
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）基态氮原子(N)的电子排布式为1s22s22p3，其电子占据5条原子轨道，核外存在5种不同空间运动状态的电子。环状结构中的氮原子与相邻碳原子采用相同的sp2杂化方式；
（2）氯吡苯脲晶体具有较低的熔点和沸点，表明其晶体类型属于分子晶体；
（3）在氯吡苯脲晶体中，非金属原子间通过共价键结合。根据氢键的形成条件（N、O、F等电负性较大的原子与H原子相互作用），该晶体中存在氢键。因此，微粒间作用力类型包括共价键和氢键（选项CE）；
（4）单键均为σ键，双键包含1个σ键和1个π键。根据反应方程式计算，每生成1mol氯吡苯脲需要断裂1molN-Hσ键；
（5）①同周期元素从左至右原子半径递减，故原子半径关系为ONH3。从化学键角度解释为：O原子半径较小使O-H键更强；
②H2O中O原子的价层电子对数=(6+2)/2=4（含2个孤电子对），NH3中N原子的价层电子对数=(5+3)/2=4（含1个孤电子对）。由于孤电子对间斥力＞孤电子对-成键电子对斥力，且H2O比NH3多1个孤电子对，因此NH3的H-N-H键角大于H2O的键角。
【分析】（1）空间运动状态不同的电子等于轨道数， 西瓜膨大剂 结构中 环上的氮原子的杂化轨道类型为 sp2 ；
（2）根据物理性质可知， 氯吡苯脲 为分子晶体；
（3） 氯吡苯脲为分子晶体，结合分子结构，微粒间作用有氢键和共价键；
（4）根据题中物质转化，氮氢键发生断裂， 每生成1mol氯吡苯脲，断裂 1 molσ键；
（5） ①H-O键能大于N-H， 更稳定；
② 和 中心原子杂化类型相同，O原子含孤电子对数多，斥力大，键角小。
（1）基态N原子的电子排布式为：1s22s22p3，电子占据了5条原子轨道，核外有5种不同空间运动状态的电子；环上的氮原子与碳原子杂化类型一致，为sp2杂化；
（2）氯吡苯脲晶体的熔沸点较低，晶体类型为：分子晶体；
（3）氯吡苯脲晶体中，非金属原子之间为共价键，根据氢键的定义，非金属性较强的N、O、F元素能与N、O、F上的H元素形成氢键，则氯吡苯脲晶体中含存在氢键，微粒间的作用力类型有：CE；
（4）单键全部是σ键，双键中含1个σ键和1个键，根据方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂1molN-H σ键；
（5）①同周期从左往右原子半径减小，故原子半径：O，化学键角度解释原因为：原子半径：O；
②中O原子的价层电子对数为：，含2个孤电子对，中N原子的价层电子对数为：，含1个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，故键角>104.5°，理由是：和的中心原子均为sp3杂化，O原子含2个孤电子对，N原子有1个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对的斥力，故分子中键角大于H2O的键角。
19．【答案】（1）第四周期第ⅣB族；球形
（2）是离子晶体，Ti与F之间的离子键作用力较强，熔点较高，、、属于分子晶体，分子晶体中的分子间作用力比离子键弱得多，所以到熔点降低，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，、、的相对分子质量逐渐增大，所以熔点逐渐升高
（3）；；12；面心；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）Ti在周期表中的位置为第四周期第ⅣB族。基态Ti原子中，4s轨道的电子云轮廓为球形。
答案：第四周期第ⅣB族；球形；
（2）熔点变化分析， TiF4：离子晶体，Ti与F间通过强离子键结合，熔点较高。 TiCl4、TiBr4、TiI4：分子晶体，熔点由分子间作用力决定。结构相似的分子晶体中，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高。因此熔点顺序为：TiF4（离子晶体） > TiI4 > TiBr4 > TiCl4；
答案：TiF4为离子晶体，离子键作用力强，熔点高；TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点依次升高。
（3）晶胞结构分析① 离子比例：Ba2+：1个（体心），Ti4+：8×（顶点）=1，O2 ：12×（棱心）=3。比例为：Ti4+：Ba2+：O2 = 1：1：3；
② 化学式推导：根据原子守恒，BTO的化学式为BaTiO3，故X为TiO2；
③ 配位数与氧位置： Ba2+周围最近的O2 有12个（面心位置）。 若Ti4+置于体心，Ba2+置于顶点，则O2 位于立方体的面心。
答案：① 1：1：3；② TiO2；③ 12；面心。
④取1mol晶胞，则有个晶胞，1mol晶胞质量m=233g，一个晶胞体积为，所以晶体密度为；
故答案为：；；12；面心；。
【分析】 (1) 钛（Ti）是22号元素，位于元素周期表第四周期第ⅣB族。其基态原子的核外电子排布式为，最高能层（4s轨道）电子的电子云轮廓呈球形。
(2) 根据物质熔点变化曲线，可判断TiF4是离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶体，离子晶体的熔点较高，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高。
(3)晶胞计算用均摊法，顶点原子占八分之一，棱心位置原子占四分之一，体心位置原子占1；晶胞密度计算公式为 ，注意单位换算。
（1）Ti元素在周期表中的位置是：第四周期第ⅣB族，Ti的核外电子排布式为：，所以基态Ti原子中最高能层电子的电子云轮廓形状为球形，故答案为：第四周期第ⅣB族；球形；
（2）中Ti与F之间形成离子键，是离子晶体，、、属于分子晶体，Ti与F之间的离子键作用力较强，熔点较高，分子晶体中的分子间作用力比离子键弱得多，所以到熔点降低，对于、、这三种分子晶体，它们的分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，、、的相对分子质量逐渐增大，所以熔点逐渐升高；
故答案为：是离子晶体，Ti与F之间的离子键作用力较强，熔点较高，、、属于分子晶体，分子晶体中的分子间作用力比离子键弱得多，所以到熔点降低，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，、、的相对分子质量逐渐增大，所以熔点逐渐升高；
（3）①根据均摊法，顶点粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以1个晶胞中含有的数量为1，含有的数量为，含有的数量为，所以该晶胞结构中，、、的个数比为为；
②BTO的化学式为，根据原子个数守恒可得X的化学式为；
③从晶胞结构可知，晶胞中每个周围与其距离最近且相等的有12个。若将置于晶胞的体心，置于晶胞顶点，根据晶胞结构的对称性，处于立方体的面心位置；
④取1mol晶胞，则有个晶胞，1mol晶胞质量m=233g，一个晶胞体积为，所以晶体密度为；
故答案为：；；12；面心；。
20．【答案】（1）C6H12O6
（2）羧基、羟基；
（3）A；D
（4）氢气、催化剂；加成反应；H+、加热；CH2=C(CH3)COOH、CH3OH
（5）CH3OH
（6）(CH3)2C(OH)CN；(CH3)2C(OH)COOH+H2O
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）根据结构分析，化合物Ⅰ的分子式为C6H12O6；
（2）化合物Ⅱ中的官能团为羧基和羟基。其同分异构体需满足以下条件：
分子式为C5H6O5（含2个羧基和1个羟基）；
-核磁共振氢谱显示4类氢原子，峰面积比为1：1：2：4。
符合条件的结构简式为：
（3） A：化合物Ⅰ中，除与羟基直接相连的碳外，其余5个碳均为手性碳原子（连接四个不同基团），正确；
B：Ⅰ和Ⅰ'在水溶液中可相互转化，但Ⅰ本身不含醛基，不能发生银镜反应，错误；
C：化合物Ⅲ中，与碳碳双键直接相连的原子共面，但其他碳原子不一定共面，错误；
D：化合物Ⅱ到Ⅲ的转化过程中，部分碳原子从杂化（如）变为杂化（如），存在杂化方式改变，正确。
正确答案为 AD。
（4）分子Ⅳ中含有碳碳双键，可以和氢气催化加成得到碳碳单键，故答案为：氢气、催化剂，加成反应；分子Ⅳ中含有酯基，可以发生酸性水解生成羧酸CH2=C(CH3)COOH和甲醇CH3OH，故答案为：H+、加热，CH2=C(CH3)COOH、CH3OH；
（5）已知该合成方法原子利用率100%，结合质量守恒，则A为甲醇，结构简式为CH3OH；
(6)由已知原理，丙酮和HCN发生加成反应生成(CH3)2C(OH)CN，然后水解生成(CH3)2C(OH)COOH，然后羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，再和甲醇发生酯化反应得到；
①由分析，第一步反应中，在HCN试剂的作用下，其有机产物的结构简式是(CH3)2C(OH)CN。
②由分析，若第三步反应为羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，化学方程式为：(CH3)2C(OH)COOH+H2O。
【分析】Ⅰ通过混合发酵转化为Ⅱ，Ⅱ经热催化生成Ⅲ，Ⅲ通过取代反应引入甲基得到Ⅳ，Ⅳ含有碳碳双键，进一步发生加聚反应生成Ⅴ；同时Ⅰ和Ⅰ'可以相互转化。
(1)根据有机物结构可得对应分子式；
(2)根据化合物 Ⅱ 结构，含有官能团羟基和羧基；
(3)手性碳原子指碳原子连接四个不同的原子或原子团，含有醛基的物质可发生银镜反应；
(4) 化合物Ⅳ含碳碳双键和羧基，能发生加成反应和水解反应；
(5)根据反应前后原子守恒，可知A为甲醇；
(6)第一步是加成反应，生成物结构简式为 (CH3)2C(OH)CN ；羟基和发生消去反应，生成碳碳双键。
（1）由结构，化合物Ⅰ的分子式为C6H12O6；
（2）化合物Ⅱ中官能团的名称是羧基、羟基，化合物Ⅱ含5个碳、5个氧、2个不饱和度，其同分异构体含有2个羧基、1个羟基，其核磁共振氢谱显示有4类化学环境不同的氢原子，且峰面积之比为1：1：2：4，则其结构简式为；
（3）A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物Ⅰ中除与羟基直接相连的碳之外的5个碳均为手性碳原子，正确；
B．Ⅰ和Ⅰ＇在水溶液中可以相互转化，Ⅰ＇中含醛基，则化合物Ⅰ的水溶液能发生银镜反应，错误；
C．与碳碳双键直接相连的原子共面，则化合物Ⅲ分子中所有碳原子在同一平面，错误；
D．的圈中碳为sp3杂化，的圈中碳为sp2杂化，化合物Ⅱ到Ⅲ的转化过程中，存在碳原子杂化方式由到的改变，正确；
故选AD；
（4）分子Ⅳ中含有碳碳双键，可以和氢气催化加成得到碳碳单键，故答案为：氢气、催化剂，加成反应；
分子Ⅳ中含有酯基，可以发生酸性水解生成羧酸CH2=C(CH3)COOH和甲醇CH3OH，故答案为：H+、加热，CH2=C(CH3)COOH、CH3OH；
（5）已知该合成方法原子利用率100%，结合质量守恒，则A为甲醇，结构简式为CH3OH；
（6）由已知原理，丙酮和HCN发生加成反应生成(CH3)2C(OH)CN，然后水解生成(CH3)2C(OH)COOH，然后羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，再和甲醇发生酯化反应得到；
①由分析，第一步反应中，在HCN试剂的作用下，其有机产物的结构简式是(CH3)2C(OH)CN。
②由分析，若第三步反应为羟基发生消去反应生成碳碳双键得到，化学方程式为：(CH3)2C(OH)COOH+H2O。
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