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广东省韶关市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题
一、选择题(本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。)
1．高分子材料应用非常广泛。下列物件的主要成分不属于高分子的是
A．金漆木雕
B．功夫茶具
C．莞草编织
D．广东剪纸
【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．木头的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，因此A选项不符合题意；
B．功夫茶具的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于有机高分子，所以B选项符合题意；
C．草的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，因此C选项不符合题意；
D．纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，因此D选项不符合题意；
综上所述，正确答案是B。
【分析】题目考查材料成分，木雕、草和纸成分是纤维素，茶具成分是陶瓷。
2．人类对原子结构的认识是不断进步的。下列说法错误的是
A．波尔的“洋葱模型”认为，核外电子在不同壳层区域运动
B．构造原理是根据原子光谱事实得出的经验规律
C．2s轨道的电子云轮廓图为圆形
D．量子力学认为核外电子可能随机出现在核外某一空间内
【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】A．根据波尔模型，电子在分层的固定轨道（壳层）上运动，选项A正确；
B．构造原理中的能级填充顺序是通过光谱实验归纳得出的，选项B正确；
C．s轨道电子云是三维球形分布，不是二维圆形，因此选项C错误；
D．量子力学用概率描述电子位置，符合题目中"可能随机出现"的描述，选项D正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】 波尔 提出原子核外电子在不同壳层运动；s能级的电子云轮廓图是球形。
3．化学使生活更美好。下列说法正确的是
A．聚丙烯防护服材质柔软：聚丙烯的链节为
B．冰块浮在水面：分子间氢键使冰的密度增大
C．煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程
D．用氨水配制银氨溶液：体现了的配位性
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．聚丙烯的链节结构应为 CH2 CH(CH3) ，而不是连续的 CH2 单元，因此选项A是错误的；
B．冰的密度小于水是因为氢键具有方向性，导致水分子在固态时排列更疏松，而非密度增大，故选项B是错误的；
C．煤的气化过程涉及化学反应（例如碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气），属于化学变化，因此选项C是错误的；
D．银氨溶液中氨分子(NH3)与银离子(Ag+)形成二氨合银离子([Ag(NH3)2]+)，这一现象体现了配位化学性质，所以选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据加聚反应特点，聚丙烯的链节为 CH2 CH(CH3) ；
B．水分子间氢键使冰的密度减小，因此冰附在水面上；
C．煤的汽化是化学变化；
D．银氨溶液中的银氨离子中氨是配体。
4．化学与生产、生活等息息相关。下列说法错误的是
A．福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度强于纯铁
B．新型半导体晶体管具有优良的导电性和水溶性
C．纸尿裤的核心材料通过氢键与水分子作用，实现快速吸水并牢固锁水
D．镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物，镍位于元素周期表的d区
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．合金通常比纯金属硬度更大，题目中提到的无磁镍铬钛合金钢的硬度确实高于纯铁，因此选项A正确；
B．In2Se3作为半导体材料，其导电性能不如导体，且金属硒化物通常难溶于水，因此题目中"优良导电性和水溶性"的说法是错误的，选项B错误；
C．纸尿裤中使用的高吸水性树脂确实是通过与水分子形成氢键来实现吸水锁水功能的，这一描述正确，选项C正确；
D．镍是28号元素，属于过渡金属，位于元素周期表d区。镧镍合金能够与形成金属氢化物从而实现储氢功能，这一说法正确，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．根据合金性质，合金硬度更大；
B．In2Se3不具有优良的导电性和水溶性；
C．纸尿裤可快速吸水并锁水；
D．镧镍合金和作储氢材料。
5．下列化学用语表达错误的是
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型 B．反-2-丁烯的结构简式
C.3，3-二甲基戊烷的键线式 D．HCl分子中键的形成
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【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；烯烃
【解析】【解答】A. 的价层电子对数计算为2（来自Be的价电子）加上（Cl提供的电子），总和为2。根据价层电子对互斥理论(VSEPR)，其分子构型为直线型，因此选项A的描述是错误的；
B. 展示了反-2-丁烯的结构简式：，这个描述是正确的；
C. 中的键线式对应的是3，3-二甲基戊烷，这个命名是正确的；
D. 描述了HCl分子中键的形成过程：，这个描述也是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A. 氯化铍是直线形分子；
B. 根据有机物结构可知其名称；
C. 根据有机物名称，可得对应键线式；
D. 氯化氢分子中是键，呈轴对称。
对氨基苯甲酰胺()常用作着色剂，可由对硝基苯甲酸()与氨经缩合、还原工序制得。据此完成下面小题：
6．下列关于对氨基苯甲酰胺和对硝基苯甲酸的说法正确的是
A．对氨基苯甲酰胺属于芳香烃
B．对氨基苯甲酰胺能与水形成分子间氢键
C．对硝基苯甲酸所含元素的第一电离能：
D．对硝基苯甲酸的酸性弱于苯甲酸
7．结构决定性质，下列关于对氨基苯甲酰胺的说法错误的是
A．分子式为
B．该分子含有三种官能团
C．1mol该有机物与足量反应最多消耗
D．在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应
【答案】6．B
7．B
【知识点】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；有机物中的官能团；酰胺
【解析】【解答】（1）A．对氨基苯甲酰胺中含有O、N元素，不属于芳香烃，A错误；
B．该分子中含氮原子，能与水分子之间形成氢键，B正确；
C．由于N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故C、N和O元素的第一电离能：N>O>C，C错误；
D．根据硝基为强吸电子基团，通过诱导效应和共轭效应增强羧基的酸性，对硝基苯甲酸的酸性强于苯甲酸，D错误；
故选B。
（2）A．根据结构简式，分子式为，A正确；
B．该分子含有氨基、酰胺键两种官能团，B错误；
C.1mol该有机物1mol苯环，与足量反应最多消耗，C正确；
D．根据酰胺键性质，在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，D正确；
故选B。
【分析】（1）烃指的是含碳氢两种元素的化合物，根据对氨基苯甲酸的结构，可与水形成分子间氢键，碳氢氧三种元素第一电离能排序为N>O>C，硝基是吸电子基团，使羧基上氢氧键更容易断裂，酸性增强；
（2）根据 对氨基苯甲酰胺 结构，含有官能团氨基和酰胺基，酰胺基在酸性或碱性条件下水解，苯环可与氢气发生加成反应，据此分析。
6．A．对氨基苯甲酰胺中含有O、N元素，不属于芳香烃，A错误；
B．该分子中含氨基、酰胺键，能与水分子之间形成氢键，B正确；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故所含元素的第一电离能：N>O>C，C错误；
D．硝基为强吸电子基团，通过诱导效应和共轭效应增强羧基的酸性，对硝基苯甲酸的酸性强于苯甲酸，D错误；
故选B。
7．A．，分子式为，A正确；
B．该分子含有两种官能团，氨基、酰胺键，B错误；
C.1mol该有机物1mol苯环，与足量反应最多消耗，C正确；
D．该分子含有酰胺键，在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，D正确；
故选B。
8．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 使用萃取碘水中的碘 和都是非极性分子
B 熔点： 离子半径：
C 为共价化合物 能溶于水
D 对羟基苯甲醛沸点低于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子内氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学键；晶体熔沸点的比较；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．CCl4和I2都是非极性分子，而水是极性分子。根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，因此CCl4可以萃取碘水中的I2。陈述Ⅰ和Ⅱ都正确，且存在因果关系，选项A正确；
B．K+的离子半径确实大于Na+，但离子半径越小，晶格能越大，熔点应该越高。所以Na2O的熔点应高于K2O，陈述Ⅰ是错误的，因果关系不成立，选项B错误；
C．AlCl3确实是共价化合物，但它溶于水是因为发生了水解反应，而不是因为其共价性。陈述Ⅱ的因果关系是错误的，选项C错误；
D．对羟基苯甲醛由于无法形成分子内氢键，可以形成分子间氢键，因此沸点应该高于邻羟基苯甲醛。但陈述Ⅰ说对羟基苯甲醛沸点更低，所以陈述Ⅰ是错误的，选项D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．根据相似相容原理，可用四氯化碳萃取碘单质；
B．氧化钾和氧化钠都为离子晶体，离子半径越大，熔点越低；
C．氯化铝易溶于水是其溶解度知识，和氯化铝是共价化合物无关；
D．对羟基苯甲醛存在分子间氢键。
9．实验室常用电石制乙炔。进行如图所示实验，下列说法正确的是
A．电子式为：
B．分液漏斗中饱和食盐水的作用是加快电石与水的反应速率
C．试剂a可以是酸性高锰酸钾溶液，作用是除去乙炔中硫化氢气体杂质
D．乙炔使溴的溶液褪色是因为其具有键
【答案】D
【知识点】乙炔炔烃；化学实验方案的评价；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．的电子式应为：，选项A错误；
B．饱和食盐水的主要作用是控制电石与水的反应速率，选项B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液会同时氧化乙炔和硫化氢，因此不能作为除杂试剂，应选用硫酸铜溶液，选项C错误；
D．乙炔分子中的碳碳三键含有不稳定的π键，能与溴发生加成反应使溶液褪色，选项D正确。
【答案】D
【分析】实验采用电石与饱和食盐水反应制取乙炔，目的是减缓反应速率。电石中的杂质硫化钙、磷化钙会生成硫化氢、磷化氢等气体，需用硫酸铜溶液吸收这些杂质气体，避免干扰后续乙炔与溴的四氯化碳溶液的反应。当溴的四氯化碳溶液褪色时，说明有乙炔生成。
10．关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A．蒸馏法分离和
B．欲除掉苯中的苯酚，先加NaOH溶液，再过滤
C．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
D．重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A. 蒸馏法适用于沸点相差较大的液体混合物分离。CH2Cl2（沸点39.6℃）与CCl4（沸点76.8℃）沸点差>30℃，可通过蒸馏分离，故A正确；
B. 苯酚与NaOH反应生成水溶性的苯酚钠（C6H5ONa），而苯（密度0.88 g/cm3）不反应且不溶于水，分层后应使用分液法分离，而非过滤法，故B错误；
C. 盐析通过加入电解质（如(NH4)2SO4）使蛋白质胶体聚沉，此过程可逆，多次重复可提纯蛋白质，故C正确；
D. 重结晶法利用苯甲酸在冷/热水中溶解度的显著差异（25℃时0.34 g/100 mL，100℃时5.6 g/100 mL）进行提纯，泥沙不溶可先过滤，NaCl留在母液中，故D正确；
综上，错误的选项是B。
【分析】A.根据和 沸点差异，用蒸馏法分离；
B.除去苯中的苯酚，加入氢氧化钠后，分液；
C.多次盐析，可分离提纯蛋白质；
D.根据苯甲酸溶解度随温度变化较大，提纯苯甲酸用重结晶。
11．尼龙66是聚酰胺类最重要的产品之一，一种高黏尼龙66的合成路线如下，下列有关说法正确的是
A．步骤①的反应类型为缩聚反应
B．上述反应的两种原料名称分别是丁二酸和己二胺
C．反应②的过程中有生成
D．尼龙66中含有两种官能团
【答案】C
【知识点】羧酸简介；缩聚反应
【解析】【解答】A．步骤②是缩聚反应，但步骤①不属于缩聚反应，因此选项A是错误的；
B．反应原料应为己二酸和己二胺，所以选项B的表述也是错误的；
C．从尼龙66盐到尼龙66的结构转化过程中，确实有水分子生成，因此选项C是正确的；
D．尼龙66分子中含有羧基（-COOH）、氨基（-NH2）和酰胺基（-CONH-）三种官能团，故选项D的说法是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】根据合成路线分析，反应类型为缩聚反应，反应物名称为己二酸和己二胺， 尼龙66中 的官能团为酰胺基。
12．物质常用作电池正极活性物质材料，X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，X与E同周期，是一种极性分子，X常温下能与水放出氢气，基态M原子在同周期中未成对电子数最多，Y位于第四周期，基态中有5个单电子，下列说法正确的是
A．X与E燃烧反应形成 B．简单氢化物的熔沸点：
C．是一种黑色固体 D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A．X（Li）与氧气反应生成Li2O，而非Li2O2，选项A错误；B．M（P）的简单氢化物PH3的沸点低于E（O）的氢化物H2O，因H2O分子间存在氢键，选项B正确；
C．Y2E3（Fe2O3）是红棕色固体，选项C错误；
D．电负性规律：同周期从左到右增大（P＜O），同主族从上到下减小（N＞P），故电负性P＜N＜O，选项D错误；
正确答案为B。
【分析】根据题目描述，X、E、M为核电荷数递增的短周期元素。已知E3是极性分子，可推断E3为O3（臭氧），因此E为氧元素（O）。X与E同周期且常温下能与水反应放出氢气，说明X是锂元素（Li）。M的基态原子在同周期中未成对电子数最多，位于第ⅤA族，故M为磷元素（P）。Y位于第四周期，其基态Y3+离子有5个单电子，通过计算原子序数（18+5+3=26）确定Y为铁元素（Fe）。
13．利用乙醇的催化氧化反应，进行如图所示的实验，通过记录溴水褪色所需鼓入空气的次数，探究金属催化剂催化效果的影响因素。下列说法错误的是
A．实验时，铜片由黑变红，主要发生
B．停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应
C．气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合
D．若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，则Ag催化效果优于Cu
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A．实验过程中，铜片由黑色变为红色，说明氧化铜被乙醇还原为铜，同时乙醇被催化氧化生成乙醛，化学方程式正确，A不符合题意；
B．铜片由红色变为黑色，说明铜被氧气氧化为氧化铜；由黑色变为红色，说明氧化铜被乙醇还原为铜，同时乙醇被氧化生成乙醛。停止加热后，铜片表面仍呈现红黑交替现象，表明存在放热反应（ΔH < 0），使反应能持续进行，B不符合题意；
C．反应需要氧气参与，气唧的作用是鼓入空气、提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合，C不符合题意；
D．若溴水褪色所需鼓气次数在银片实验中多于铜片实验，说明Ag的催化效果比Cu差，D符合题意；
故选D。
【分析】气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合。混合气体进入反应管后，乙醇在催化作用下被氧化生成乙醛。生成的乙醛经冷凝后与溴水反应，导致溴水褪色。
14．我国学者以为原料，实现了医药中间体Z的合成。下列说法错误的是
A．X、Z均能使酸性溶液褪色
B．的反应属于氧化反应
C．Z能发生缩聚反应
D．Z中存在与杂化方式相同的C原子
【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；缩聚反应；有机反应中的氧化反应
【解析】【解答】A．X含有碳碳双键，Z含有羟基，两者均能使酸性溶液褪色，因此选项A正确；
B．的反应涉及加氧过程，属于氧化反应，因此选项B正确；
C．Z分子中同时含有羧基和羟基两种官能团，因此能够发生缩聚反应形成高聚物，选项C正确；
D．中的碳原子为sp杂化，而Z分子中苯环上的碳和羰基碳为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，因此Z中不存在与杂化方式相同的碳原子，选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】化合物X中的碳碳双键在氧气催化作用下发生成环反应，生成Y；随后Y经过两步反应，分别引入羧基和羟基，最终转化为Z。
15．的晶胞如图所示，已知A原子的分数坐标为，B原子为，晶胞参数为acm。设阿伏加德罗常数为，关于该晶胞说法错误的是
A．化学式为 B．N原子的配位数为6
C．晶胞密度 D．原子C的分数坐标为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．Al原子位于晶胞的顶点和面心位置，其数量计算为：顶点贡献，面心贡献，总数为；Cr原子位于面心位置，数量为；N原子位于棱边中点和体心位置，数量为。三者比例为1：1：2，化学式应为CrAlN2，故A选项不符合题意；
B．以体心的N原子为例，其最近邻原子包括4个Cr和2个Al，因此N的配位数为6，故B选项不符合题意；
C．晶胞密度计算公式为，计算结果与选项C一致，故C选项符合题意；
D．原子C位于正面面心位置，其分数坐标应为，故D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据晶胞计算，化学式为CrAlN2；
B．根据晶胞结构可知，N的配位数为6；
C．根据计算公式分析；
D． 原子C 在晶胞面心位置，可得坐标值。
16．现代分析方法能有效测定有机物的结构。下列图表与甲酸异丙酯()不对应的是
A．红外光谱分析 B．核磁共振氢谱分析
C．质谱分析 D．元素分析
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．甲酸异丙酯分子中含有酯基（C-O-C）和羰基（C=O）等特征官能团，这些基团的红外吸收峰与红外光谱分析结果相符，因此选项A不符合题意；
B．甲酸异丙酯分子中存在3种化学环境不同的氢原子，其数量比为1：1：6。核磁共振氢谱应显示3组吸收峰且峰面积比为1：1：6，但题目给出的谱图与此不符，故选项B符合题意；
C．在质谱分析中，分子离子峰（质荷比最大值）对应样品的相对分子质量。甲酸异丙酯的相对分子质量为88，与质谱图显示的分子离子峰一致，因此选项C不符合题意；
D．通过计算可得甲酸异丙酯的元素组成：碳元素质量分数为，氢元素为，氧元素为，与元素分析结果一致，故选项D不符合题意。
综上所述，正确答案为B。
【分析】 根据甲酸异丙酯结构，含有官能团酯基，等效氢种类数为4，相对分子质量为88，有机物分子式为C4H8O2，可计算每种元素质量分数。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．配合物(D)具有巨大应用潜力，其部分合成路线如下图。
回答下列问题：
（1）分子A中第二周期元素的第一电离能按由大到小的顺序排列为　 　。
（2）的价层电子轨道排布图为　 　。
（3）由A生成B的反应类型是　 　，同时有小分子产物　 　(填物质化学式)生成。
（4）已知C、D均为平面形大环结构(不考虑丁氧基)，则分子C中N原子的杂化方式为　 　，分子中更易形成配位键的N原子是　 　(填“①”或者“②”)。
（5）DMF化学名称为N，N-二甲基甲酰胺(结构如下图所示)，是有机合成中常用的优良溶剂，其化学式为　 　，DMF能与水任意混合，原因是　 　，物质D中Zn元素的化合价为　 　。
【答案】（1）N＞O＞C
（2）
（3）取代反应；HI
（4）sp2；②
（5）；N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；+2
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）分子A中第二周期元素包括碳（C）、氮（N）、氧（O）。在同一周期中，元素的第一电离能通常从左到右逐渐增大，但由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，使其更稳定，因此氮的第一电离能高于氧。因此，C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N > O > C；
（2）锌（Zn）是第30号元素，其基态Zn2+的价层电子轨道表示式为：
；
（3）根据A和B的结构分析，A生成B的反应类型为取代反应。根据质量守恒定律，该反应还生成小分子产物HI；
（4）分子C具有平面形大环结构，其中氮原子提供一个电子参与形成大π键，因此氮原子的杂化方式为sp2。在氮原子中，②号氮原子具有孤电子对，可以形成配位键，而①号氮原子没有孤电子对，因此更易形成配位键的是②号氮原子；
（5）根据N，N-二甲基甲酰胺结构，可知化学式为；由DMF结构可知，分子中含有电负性较大的N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；物质D中，1号N已形成三根共价键，原子上的孤对电子与Zn配位不影响Zn的化合价，2号N原子形成两根共价键，需要得到一个由Zn提供的电子形成共价键，故Zn元素的化合价为+2价。
【分析】 (1)根据同周期元素电离能变化规律作答；
(2)根据锌元素在周期表中位置，锌原子价层电子排布式为3d104s2，可得电子排布图；
(3)根据物质结构变化， A生成B 反应类型是酯化反应；
(4)根据物质为平面结构，可知原子杂化方式为 sp2 ， ② 中氮原子有孤电子对，可形成配位键；
(5)根据D结构，锌与2个氮原子形成配位键，不影响锌化合价，和2个氮原子形成共价键，氮电负性大，锌显正价，故锌为+2价。
（1）分子A中第二周期元素有，C、N、O，同周期元素，第一电离能从左至右增加，但N原子2p能级半充满，更稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；
（2）Zn是第30号元素，基态的价层电子轨道表示式为；
（3）由A、B的结构可知，A生成B的反应类型是取代反应；根据质量守恒可知，同时有小分子产物HI；
（4）C为平面形大环结构，则分子C中，N原子提供1个电子，参与形成大键，N原子的杂化方式为sp2；②原子有孤电子对，可以形成配位键，①原子没有孤电子对，无法形成配位键，故更易形成配位键的N原子是②；
（5）根据N，N-二甲基甲酰胺结构，可知化学式为；由DMF结构可知，分子中含有电负性较大的N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；物质D中，1号N已形成三根共价键，原子上的孤对电子与Zn配位不影响Zn的化合价，2号N原子形成两根共价键，需要得到一个由Zn提供的电子形成共价键，故Zn元素的化合价为+2价。
18．氢化物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）的电子式为　 　；的沸点比HF的沸点高的原因为　 　。
（2）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构　 　。
（3）请用键参数知识解释分子比分子稳定的原因为　 　。
（4）分子的空间结构分别是　 　、　 　，、容易与其他元素形成配合物，中提供空轨道的微粒为　 　，提供孤电子对的元素为　 　，中心离子的配位数为　 　。
（5）超导材料晶胞如图所示，其晶胞参数为apm，在Ga原子周围距离最近的Ga数目为　 　，阿伏加德罗常数的值为，其晶体密度的计算表达式为　 　。
【答案】（1）；H2O形成的氢键个数多
（2）
（3）H—O的键能大于N—H
（4）V形；三角锥形；Cr3+；N、O、Cl；6
（5）8；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）氢原子各带1个价电子，氧原子带6个电子。形成共价键后，每个氢与氧之间形成一对共用电子对，氧原子周围还有两对孤对电子，因此H2O的电子式为。H2O沸点高于HF的原因是H2O分子形成的氢键数量多于HF分子形成的氢键数量；
（2）固态氟化氢中存在(HF)n形式，HF分子间通过氢键结合。(HF)3的链状结构为；
（3）H2O分子与NH3分子中，O原子半径小于N原子半径，H—O键长小于N—H键长，因此H—O键能大于N—H键能，使得H2O分子比NH3分子更稳定；
（4）NH3分子中N原子的价层电子对数=3+=4，孤电子对数为1，分子构型为三角锥形。H2O分子中O原子的价层电子对数=2+=4，O原子采用sp3杂化，含有2对孤电子对，分子构型为V形。在配合物中，提供空轨道的中心离子是Cr3+；配体为NH3、H2O、Cl ；配位原子是N、O、Cl；配位数为6；
（5）在Ga晶胞中，每个Ga原子周围最近的Ga原子数为8。晶胞中Ga原子数=8×+1=2，H原子数=4+8×=8。晶胞边长=a×10 10 cm，体积V=(a×10 10 cm)3，密度ρ= g·cm 3。
【分析】 (1)水的沸点高于氟化氢沸点的原因为，水分子间形成氢键数目多；
(2)聚合氟化氢结构中存在结构；
(3)氧原子半径小于氮原子半径， H—O的键长小于N—H ， H—O的键能大于N—H；
(4)根据价层电子对互斥理论模型，水是V形分子，氨是三角锥形分子，形成配位键时，铜离子提供空轨道，氮原子和氧原子提供孤电子对；
(5)晶胞密度计算公式为。
（1）氢原子各带1个价电子，氧原子带6个电子，形成共价键后，每个氢与氧之间形成一队共用电子对，氧原子周围还有两对孤对电子，因此H2O的电子式为；H2O沸点高于HF原因是H2O分子形成氢键个数多于HF形成氢键个数；
（2）固态氟化氢中存在(HF)n形式，HF分子间存在氢键，(HF)3的链状结构为；
（3）分子与分子，O原子半径小于N原子半径，H—O的键长小于N—H，则H—O的键能大于N—H，分子比分子稳定；
（4）NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；以提供空轨道形成配位键的微粒一般是金属阳离子，根据该配合物的结构可知，提供空轨道的中心离子是Cr3+；提供孤电子对的配体是NH3、H2O、Cl；含有孤电子对用来形成配位键的原子是配位原子，则该配合物的配位原子是N、O、Cl；配位数是指配合物中与中心原子配位的配位原子数目，则配位数是6；
（5）在Ga原子周围距离最近的Ga数目为8，该晶胞中含有的Ga原子数为，H原子数为，晶胞边长为，体积，；
19．某种药物的关键中间体Ⅶ的合成路线如下(加料顺序，部分反应条件略)：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称是　 　。
（2）根据化合物Ⅱ的结构特征，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
a 　 　 加成反应
b 　 　 氧化反应
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，错误的有___________。
A．反应①存在键的断裂
B．反应②有甲醇生成
C．化合物Ⅲ与溶液作用显紫色
D．反应⑥原子利用率为100%
（4）反应④可表示为Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为　 　。
（5）在化合物Ⅰ的同分异构体中，任写出一种满足下列条件的结构简式　 　。
ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应 ⅲ．核磁共振氢谱上只有5组峰
（6）以和为含碳原料，利用反应②和⑤的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质　 　(写结构简式)。
(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为　 　。
【答案】（1）羧基和羟基
（2）；氧气/铜，加热
（3）C；D
（4）
（5）或
（6）；+2NaOH+2NaBr
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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）化合物Ⅰ（）中含氧官能团的名称是羧基和羟基；（2）
a.化合物Ⅱ（）中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应生成；b.化合物Ⅱ（）中含有羟基，可以催化氧化生成羰基，反应试剂、条件：氧气/铜，加热；
（3）
A．反应①是发生酯化生成，酸脱羟基，存在键的断裂，A正确；B．反应②为与发生取代反应生成，根据质量守恒，有甲醇生成，B正确；
C．化合物Ⅲ（）无酚羟基，不能与溶液作用显紫色，C错误；
D．反应⑥为成环生成，根据质量守恒可知，同时生成其他产物，原子利用率小于100%，D错误；
故选CD；
（4）
与反应生成，根据质量守恒，和信息Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为，；
（5）
在化合物的同分异构体中，满足ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应，说明含醛基，或甲酸酯类，不饱和度为3，不含苯环，核磁共振氢谱上只有5组峰，满足条件的有：或；
(6)
与溴加成生成，取代生成，与发生②反应生成，还原生成，在浓硫酸条件下消去生成；(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质为；(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为+2NaOH+2NaBr。
【分析】
通过酯化反应生成；
与发生取代反应生成；
进一步发生取代反应生成；
与反应生成；
经还原反应生成；
最终成环生成。
（1）化合物Ⅰ（）中含氧官能团的名称是羧基和羟基；
（2）a.化合物Ⅱ（）中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应生成；
b.化合物Ⅱ（）中含有羟基，可以催化氧化生成羰基，反应试剂、条件：氧气/铜，加热；
（3）A．反应①是发生酯化生成，酸脱羟基，存在键的断裂，A正确；
B．反应②为与发生取代反应生成，根据质量守恒，有甲醇生成，B正确；
C．化合物Ⅲ（）无酚羟基，不能与溶液作用显紫色，C错误；
D．反应⑥为成环生成，根据质量守恒可知，同时生成其他产物，原子利用率小于100%，D错误；
故选CD；
（4）与反应生成，根据质量守恒，和信息Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为，；
（5）在化合物的同分异构体中，满足ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应，说明含醛基，或甲酸酯类，不饱和度为3，不含苯环，核磁共振氢谱上只有5组峰，满足条件的有：或；
（6）与溴加成生成，取代生成，与发生②反应生成，还原生成，在浓硫酸条件下消去生成；(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质为；
(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为+2NaOH+2NaBr。
20． Ⅰ．某学习小组探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，进行如下实验：
实验序号 乙醛溶液/mL 10%NaOH溶液/mL 2%CuSO4溶液/mL 蒸馏水 现象
1 0.5 2 0 0.4 无色溶液逐渐变为亮黄色浊液，最后变为橙红色浊液
2 0.5 0 2 0.4 加热过程中溶液蓝色加深，无沉淀产生
3 2 0 生成蓝色沉淀，加热后变为黑色浊液
4 0.5 2 0.4 0 先生成蓝色悬浊液，加热后，最后变为橙红色浊液，试管底部出现砖红色沉淀
（1）　 　，　 　。
（2）写出实验3中生成蓝色沉淀的化学方程式为　 　。
（3）实验3和实验4对比，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需　 　。
【查阅资料】
a．乙醛在碱性溶液加热，容易生一种橙黄色甚至红褐色的多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精；
b．能溶于浓氨水形成无色的，不稳定，易被氧化成蓝色的；
c．与稀盐酸反应生成白色CuCl沉淀，CuCl沉淀与浓盐酸生成无色的，而为黄色；
d．在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。
Ⅱ．继续对砖红色沉淀进行探究：
【提出猜想】砖红色沉淀中可能含有：多烯醛聚合物、
【实验验证】
（4）
实验编号 实验步骤 实验现象
5 取少量实验4所得砖红色沉淀于试管中，加入适量浓氨水，振荡，静置； 沉淀部分溶解，溶液呈浅蓝色
6 将实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加　 　，并振荡。 沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色
（5）甲同学根据实验5认为产物中存在，乙同学认为若产物中存在　 　，也可能得到上述现象。结合已知资料，乙同学的依据是：(请完成离子方程式) 　 　。
【继续验证】
（6）
实验编号 实验步骤 实验现象
7 取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸，并振荡，再滴加足量的　 　，振荡、静置。 　 　
【得出结论】结合上述实验，可知砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、。
【答案】0.5；0.4；；强碱性环境；酒精；；；浓盐酸；洗涤液为橙黄色，样品加入稀盐酸有白色沉淀，加入浓盐酸后溶解呈无色
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据实验1数据，总体积为2.9mL，研究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜反应的影响时，需保持其他变量不变，因此可确定，；
（2）蓝色沉淀是氢氧化铜，其生成反应为：；
（3）对比实验3（碱浓度较低）和实验4（碱浓度较高）的结果，实验3未产生砖红色沉淀，说明新制氢氧化铜氧化乙醛需要强碱性条件；
（4）多烯醛聚合物不溶于水但溶于酒精，实验5中向洗净的沉淀加入酒精后，沉淀完全溶解且溶液呈橙黄色，证明含有多烯醛聚合物；
（5）铜在氧气存在下可缓慢溶于浓氨水生成蓝色。实验5观察到浅蓝色现象，若产物含铜也能解释该现象，反应离子方程式为：；
（6）为验证砖红色沉淀含多烯醛聚合物和，可进行以下操作：取实验4沉淀用乙醇洗涤（溶解有机物），滤液呈橙黄色；将洗净的沉淀样品与稀盐酸反应生成白色CuCl，再加浓盐酸形成无色，现象依次为：洗涤液橙黄色→加稀盐酸产生白色沉淀→加浓盐酸溶解为无色溶液。
【分析】 Ⅰ．根据表格中实验数据，溶液总体积为2.9m，可计算V1，V2；硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硫酸钠；
Ⅱ． 根据实验中现象，乙同学推测产物中可能存在铜单质，溶液呈蓝色是由于生成四氨合铜离子，氧化亚铜在酸性条件下，生成铜单质和二价铜离子。
1 / 1广东省韶关市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题
一、选择题(本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。)
1．高分子材料应用非常广泛。下列物件的主要成分不属于高分子的是
A．金漆木雕
B．功夫茶具
C．莞草编织
D．广东剪纸
2．人类对原子结构的认识是不断进步的。下列说法错误的是
A．波尔的“洋葱模型”认为，核外电子在不同壳层区域运动
B．构造原理是根据原子光谱事实得出的经验规律
C．2s轨道的电子云轮廓图为圆形
D．量子力学认为核外电子可能随机出现在核外某一空间内
3．化学使生活更美好。下列说法正确的是
A．聚丙烯防护服材质柔软：聚丙烯的链节为
B．冰块浮在水面：分子间氢键使冰的密度增大
C．煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程
D．用氨水配制银氨溶液：体现了的配位性
4．化学与生产、生活等息息相关。下列说法错误的是
A．福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度强于纯铁
B．新型半导体晶体管具有优良的导电性和水溶性
C．纸尿裤的核心材料通过氢键与水分子作用，实现快速吸水并牢固锁水
D．镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物，镍位于元素周期表的d区
5．下列化学用语表达错误的是
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型 B．反-2-丁烯的结构简式
C.3，3-二甲基戊烷的键线式 D．HCl分子中键的形成
A．A B．B C．C D．D
对氨基苯甲酰胺()常用作着色剂，可由对硝基苯甲酸()与氨经缩合、还原工序制得。据此完成下面小题：
6．下列关于对氨基苯甲酰胺和对硝基苯甲酸的说法正确的是
A．对氨基苯甲酰胺属于芳香烃
B．对氨基苯甲酰胺能与水形成分子间氢键
C．对硝基苯甲酸所含元素的第一电离能：
D．对硝基苯甲酸的酸性弱于苯甲酸
7．结构决定性质，下列关于对氨基苯甲酰胺的说法错误的是
A．分子式为
B．该分子含有三种官能团
C．1mol该有机物与足量反应最多消耗
D．在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应
8．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 使用萃取碘水中的碘 和都是非极性分子
B 熔点： 离子半径：
C 为共价化合物 能溶于水
D 对羟基苯甲醛沸点低于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子内氢键
A．A B．B C．C D．D
9．实验室常用电石制乙炔。进行如图所示实验，下列说法正确的是
A．电子式为：
B．分液漏斗中饱和食盐水的作用是加快电石与水的反应速率
C．试剂a可以是酸性高锰酸钾溶液，作用是除去乙炔中硫化氢气体杂质
D．乙炔使溴的溶液褪色是因为其具有键
10．关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A．蒸馏法分离和
B．欲除掉苯中的苯酚，先加NaOH溶液，再过滤
C．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
D．重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸
11．尼龙66是聚酰胺类最重要的产品之一，一种高黏尼龙66的合成路线如下，下列有关说法正确的是
A．步骤①的反应类型为缩聚反应
B．上述反应的两种原料名称分别是丁二酸和己二胺
C．反应②的过程中有生成
D．尼龙66中含有两种官能团
12．物质常用作电池正极活性物质材料，X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，X与E同周期，是一种极性分子，X常温下能与水放出氢气，基态M原子在同周期中未成对电子数最多，Y位于第四周期，基态中有5个单电子，下列说法正确的是
A．X与E燃烧反应形成 B．简单氢化物的熔沸点：
C．是一种黑色固体 D．电负性：
13．利用乙醇的催化氧化反应，进行如图所示的实验，通过记录溴水褪色所需鼓入空气的次数，探究金属催化剂催化效果的影响因素。下列说法错误的是
A．实验时，铜片由黑变红，主要发生
B．停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应
C．气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合
D．若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，则Ag催化效果优于Cu
14．我国学者以为原料，实现了医药中间体Z的合成。下列说法错误的是
A．X、Z均能使酸性溶液褪色
B．的反应属于氧化反应
C．Z能发生缩聚反应
D．Z中存在与杂化方式相同的C原子
15．的晶胞如图所示，已知A原子的分数坐标为，B原子为，晶胞参数为acm。设阿伏加德罗常数为，关于该晶胞说法错误的是
A．化学式为 B．N原子的配位数为6
C．晶胞密度 D．原子C的分数坐标为
16．现代分析方法能有效测定有机物的结构。下列图表与甲酸异丙酯()不对应的是
A．红外光谱分析 B．核磁共振氢谱分析
C．质谱分析 D．元素分析
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．配合物(D)具有巨大应用潜力，其部分合成路线如下图。
回答下列问题：
（1）分子A中第二周期元素的第一电离能按由大到小的顺序排列为　 　。
（2）的价层电子轨道排布图为　 　。
（3）由A生成B的反应类型是　 　，同时有小分子产物　 　(填物质化学式)生成。
（4）已知C、D均为平面形大环结构(不考虑丁氧基)，则分子C中N原子的杂化方式为　 　，分子中更易形成配位键的N原子是　 　(填“①”或者“②”)。
（5）DMF化学名称为N，N-二甲基甲酰胺(结构如下图所示)，是有机合成中常用的优良溶剂，其化学式为　 　，DMF能与水任意混合，原因是　 　，物质D中Zn元素的化合价为　 　。
18．氢化物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）的电子式为　 　；的沸点比HF的沸点高的原因为　 　。
（2）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构　 　。
（3）请用键参数知识解释分子比分子稳定的原因为　 　。
（4）分子的空间结构分别是　 　、　 　，、容易与其他元素形成配合物，中提供空轨道的微粒为　 　，提供孤电子对的元素为　 　，中心离子的配位数为　 　。
（5）超导材料晶胞如图所示，其晶胞参数为apm，在Ga原子周围距离最近的Ga数目为　 　，阿伏加德罗常数的值为，其晶体密度的计算表达式为　 　。
19．某种药物的关键中间体Ⅶ的合成路线如下(加料顺序，部分反应条件略)：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称是　 　。
（2）根据化合物Ⅱ的结构特征，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
a 　 　 加成反应
b 　 　 氧化反应
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，错误的有___________。
A．反应①存在键的断裂
B．反应②有甲醇生成
C．化合物Ⅲ与溶液作用显紫色
D．反应⑥原子利用率为100%
（4）反应④可表示为Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为　 　。
（5）在化合物Ⅰ的同分异构体中，任写出一种满足下列条件的结构简式　 　。
ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应 ⅲ．核磁共振氢谱上只有5组峰
（6）以和为含碳原料，利用反应②和⑤的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质　 　(写结构简式)。
(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为　 　。
20． Ⅰ．某学习小组探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，进行如下实验：
实验序号 乙醛溶液/mL 10%NaOH溶液/mL 2%CuSO4溶液/mL 蒸馏水 现象
1 0.5 2 0 0.4 无色溶液逐渐变为亮黄色浊液，最后变为橙红色浊液
2 0.5 0 2 0.4 加热过程中溶液蓝色加深，无沉淀产生
3 2 0 生成蓝色沉淀，加热后变为黑色浊液
4 0.5 2 0.4 0 先生成蓝色悬浊液，加热后，最后变为橙红色浊液，试管底部出现砖红色沉淀
（1）　 　，　 　。
（2）写出实验3中生成蓝色沉淀的化学方程式为　 　。
（3）实验3和实验4对比，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需　 　。
【查阅资料】
a．乙醛在碱性溶液加热，容易生一种橙黄色甚至红褐色的多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精；
b．能溶于浓氨水形成无色的，不稳定，易被氧化成蓝色的；
c．与稀盐酸反应生成白色CuCl沉淀，CuCl沉淀与浓盐酸生成无色的，而为黄色；
d．在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。
Ⅱ．继续对砖红色沉淀进行探究：
【提出猜想】砖红色沉淀中可能含有：多烯醛聚合物、
【实验验证】
（4）
实验编号 实验步骤 实验现象
5 取少量实验4所得砖红色沉淀于试管中，加入适量浓氨水，振荡，静置； 沉淀部分溶解，溶液呈浅蓝色
6 将实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加　 　，并振荡。 沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色
（5）甲同学根据实验5认为产物中存在，乙同学认为若产物中存在　 　，也可能得到上述现象。结合已知资料，乙同学的依据是：(请完成离子方程式) 　 　。
【继续验证】
（6）
实验编号 实验步骤 实验现象
7 取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸，并振荡，再滴加足量的　 　，振荡、静置。 　 　
【得出结论】结合上述实验，可知砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．木头的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，因此A选项不符合题意；
B．功夫茶具的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于有机高分子，所以B选项符合题意；
C．草的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，因此C选项不符合题意；
D．纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，因此D选项不符合题意；
综上所述，正确答案是B。
【分析】题目考查材料成分，木雕、草和纸成分是纤维素，茶具成分是陶瓷。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】A．根据波尔模型，电子在分层的固定轨道（壳层）上运动，选项A正确；
B．构造原理中的能级填充顺序是通过光谱实验归纳得出的，选项B正确；
C．s轨道电子云是三维球形分布，不是二维圆形，因此选项C错误；
D．量子力学用概率描述电子位置，符合题目中"可能随机出现"的描述，选项D正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】 波尔 提出原子核外电子在不同壳层运动；s能级的电子云轮廓图是球形。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．聚丙烯的链节结构应为 CH2 CH(CH3) ，而不是连续的 CH2 单元，因此选项A是错误的；
B．冰的密度小于水是因为氢键具有方向性，导致水分子在固态时排列更疏松，而非密度增大，故选项B是错误的；
C．煤的气化过程涉及化学反应（例如碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气），属于化学变化，因此选项C是错误的；
D．银氨溶液中氨分子(NH3)与银离子(Ag+)形成二氨合银离子([Ag(NH3)2]+)，这一现象体现了配位化学性质，所以选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据加聚反应特点，聚丙烯的链节为 CH2 CH(CH3) ；
B．水分子间氢键使冰的密度减小，因此冰附在水面上；
C．煤的汽化是化学变化；
D．银氨溶液中的银氨离子中氨是配体。
4．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．合金通常比纯金属硬度更大，题目中提到的无磁镍铬钛合金钢的硬度确实高于纯铁，因此选项A正确；
B．In2Se3作为半导体材料，其导电性能不如导体，且金属硒化物通常难溶于水，因此题目中"优良导电性和水溶性"的说法是错误的，选项B错误；
C．纸尿裤中使用的高吸水性树脂确实是通过与水分子形成氢键来实现吸水锁水功能的，这一描述正确，选项C正确；
D．镍是28号元素，属于过渡金属，位于元素周期表d区。镧镍合金能够与形成金属氢化物从而实现储氢功能，这一说法正确，选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．根据合金性质，合金硬度更大；
B．In2Se3不具有优良的导电性和水溶性；
C．纸尿裤可快速吸水并锁水；
D．镧镍合金和作储氢材料。
5．【答案】A
【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；烯烃
【解析】【解答】A. 的价层电子对数计算为2（来自Be的价电子）加上（Cl提供的电子），总和为2。根据价层电子对互斥理论(VSEPR)，其分子构型为直线型，因此选项A的描述是错误的；
B. 展示了反-2-丁烯的结构简式：，这个描述是正确的；
C. 中的键线式对应的是3，3-二甲基戊烷，这个命名是正确的；
D. 描述了HCl分子中键的形成过程：，这个描述也是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A. 氯化铍是直线形分子；
B. 根据有机物结构可知其名称；
C. 根据有机物名称，可得对应键线式；
D. 氯化氢分子中是键，呈轴对称。
【答案】6．B
7．B
【知识点】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；有机物中的官能团；酰胺
【解析】【解答】（1）A．对氨基苯甲酰胺中含有O、N元素，不属于芳香烃，A错误；
B．该分子中含氮原子，能与水分子之间形成氢键，B正确；
C．由于N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故C、N和O元素的第一电离能：N>O>C，C错误；
D．根据硝基为强吸电子基团，通过诱导效应和共轭效应增强羧基的酸性，对硝基苯甲酸的酸性强于苯甲酸，D错误；
故选B。
（2）A．根据结构简式，分子式为，A正确；
B．该分子含有氨基、酰胺键两种官能团，B错误；
C.1mol该有机物1mol苯环，与足量反应最多消耗，C正确；
D．根据酰胺键性质，在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，D正确；
故选B。
【分析】（1）烃指的是含碳氢两种元素的化合物，根据对氨基苯甲酸的结构，可与水形成分子间氢键，碳氢氧三种元素第一电离能排序为N>O>C，硝基是吸电子基团，使羧基上氢氧键更容易断裂，酸性增强；
（2）根据 对氨基苯甲酰胺 结构，含有官能团氨基和酰胺基，酰胺基在酸性或碱性条件下水解，苯环可与氢气发生加成反应，据此分析。
6．A．对氨基苯甲酰胺中含有O、N元素，不属于芳香烃，A错误；
B．该分子中含氨基、酰胺键，能与水分子之间形成氢键，B正确；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故所含元素的第一电离能：N>O>C，C错误；
D．硝基为强吸电子基团，通过诱导效应和共轭效应增强羧基的酸性，对硝基苯甲酸的酸性强于苯甲酸，D错误；
故选B。
7．A．，分子式为，A正确；
B．该分子含有两种官能团，氨基、酰胺键，B错误；
C.1mol该有机物1mol苯环，与足量反应最多消耗，C正确；
D．该分子含有酰胺键，在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，D正确；
故选B。
8．【答案】A
【知识点】化学键；晶体熔沸点的比较；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．CCl4和I2都是非极性分子，而水是极性分子。根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，因此CCl4可以萃取碘水中的I2。陈述Ⅰ和Ⅱ都正确，且存在因果关系，选项A正确；
B．K+的离子半径确实大于Na+，但离子半径越小，晶格能越大，熔点应该越高。所以Na2O的熔点应高于K2O，陈述Ⅰ是错误的，因果关系不成立，选项B错误；
C．AlCl3确实是共价化合物，但它溶于水是因为发生了水解反应，而不是因为其共价性。陈述Ⅱ的因果关系是错误的，选项C错误；
D．对羟基苯甲醛由于无法形成分子内氢键，可以形成分子间氢键，因此沸点应该高于邻羟基苯甲醛。但陈述Ⅰ说对羟基苯甲醛沸点更低，所以陈述Ⅰ是错误的，选项D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．根据相似相容原理，可用四氯化碳萃取碘单质；
B．氧化钾和氧化钠都为离子晶体，离子半径越大，熔点越低；
C．氯化铝易溶于水是其溶解度知识，和氯化铝是共价化合物无关；
D．对羟基苯甲醛存在分子间氢键。
9．【答案】D
【知识点】乙炔炔烃；化学实验方案的评价；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．的电子式应为：，选项A错误；
B．饱和食盐水的主要作用是控制电石与水的反应速率，选项B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液会同时氧化乙炔和硫化氢，因此不能作为除杂试剂，应选用硫酸铜溶液，选项C错误；
D．乙炔分子中的碳碳三键含有不稳定的π键，能与溴发生加成反应使溶液褪色，选项D正确。
【答案】D
【分析】实验采用电石与饱和食盐水反应制取乙炔，目的是减缓反应速率。电石中的杂质硫化钙、磷化钙会生成硫化氢、磷化氢等气体，需用硫酸铜溶液吸收这些杂质气体，避免干扰后续乙炔与溴的四氯化碳溶液的反应。当溴的四氯化碳溶液褪色时，说明有乙炔生成。
10．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A. 蒸馏法适用于沸点相差较大的液体混合物分离。CH2Cl2（沸点39.6℃）与CCl4（沸点76.8℃）沸点差>30℃，可通过蒸馏分离，故A正确；
B. 苯酚与NaOH反应生成水溶性的苯酚钠（C6H5ONa），而苯（密度0.88 g/cm3）不反应且不溶于水，分层后应使用分液法分离，而非过滤法，故B错误；
C. 盐析通过加入电解质（如(NH4)2SO4）使蛋白质胶体聚沉，此过程可逆，多次重复可提纯蛋白质，故C正确；
D. 重结晶法利用苯甲酸在冷/热水中溶解度的显著差异（25℃时0.34 g/100 mL，100℃时5.6 g/100 mL）进行提纯，泥沙不溶可先过滤，NaCl留在母液中，故D正确；
综上，错误的选项是B。
【分析】A.根据和 沸点差异，用蒸馏法分离；
B.除去苯中的苯酚，加入氢氧化钠后，分液；
C.多次盐析，可分离提纯蛋白质；
D.根据苯甲酸溶解度随温度变化较大，提纯苯甲酸用重结晶。
11．【答案】C
【知识点】羧酸简介；缩聚反应
【解析】【解答】A．步骤②是缩聚反应，但步骤①不属于缩聚反应，因此选项A是错误的；
B．反应原料应为己二酸和己二胺，所以选项B的表述也是错误的；
C．从尼龙66盐到尼龙66的结构转化过程中，确实有水分子生成，因此选项C是正确的；
D．尼龙66分子中含有羧基（-COOH）、氨基（-NH2）和酰胺基（-CONH-）三种官能团，故选项D的说法是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】根据合成路线分析，反应类型为缩聚反应，反应物名称为己二酸和己二胺， 尼龙66中 的官能团为酰胺基。
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A．X（Li）与氧气反应生成Li2O，而非Li2O2，选项A错误；B．M（P）的简单氢化物PH3的沸点低于E（O）的氢化物H2O，因H2O分子间存在氢键，选项B正确；
C．Y2E3（Fe2O3）是红棕色固体，选项C错误；
D．电负性规律：同周期从左到右增大（P＜O），同主族从上到下减小（N＞P），故电负性P＜N＜O，选项D错误；
正确答案为B。
【分析】根据题目描述，X、E、M为核电荷数递增的短周期元素。已知E3是极性分子，可推断E3为O3（臭氧），因此E为氧元素（O）。X与E同周期且常温下能与水反应放出氢气，说明X是锂元素（Li）。M的基态原子在同周期中未成对电子数最多，位于第ⅤA族，故M为磷元素（P）。Y位于第四周期，其基态Y3+离子有5个单电子，通过计算原子序数（18+5+3=26）确定Y为铁元素（Fe）。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A．实验过程中，铜片由黑色变为红色，说明氧化铜被乙醇还原为铜，同时乙醇被催化氧化生成乙醛，化学方程式正确，A不符合题意；
B．铜片由红色变为黑色，说明铜被氧气氧化为氧化铜；由黑色变为红色，说明氧化铜被乙醇还原为铜，同时乙醇被氧化生成乙醛。停止加热后，铜片表面仍呈现红黑交替现象，表明存在放热反应（ΔH < 0），使反应能持续进行，B不符合题意；
C．反应需要氧气参与，气唧的作用是鼓入空气、提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合，C不符合题意；
D．若溴水褪色所需鼓气次数在银片实验中多于铜片实验，说明Ag的催化效果比Cu差，D符合题意；
故选D。
【分析】气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合。混合气体进入反应管后，乙醇在催化作用下被氧化生成乙醛。生成的乙醛经冷凝后与溴水反应，导致溴水褪色。
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；缩聚反应；有机反应中的氧化反应
【解析】【解答】A．X含有碳碳双键，Z含有羟基，两者均能使酸性溶液褪色，因此选项A正确；
B．的反应涉及加氧过程，属于氧化反应，因此选项B正确；
C．Z分子中同时含有羧基和羟基两种官能团，因此能够发生缩聚反应形成高聚物，选项C正确；
D．中的碳原子为sp杂化，而Z分子中苯环上的碳和羰基碳为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，因此Z中不存在与杂化方式相同的碳原子，选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】化合物X中的碳碳双键在氧气催化作用下发生成环反应，生成Y；随后Y经过两步反应，分别引入羧基和羟基，最终转化为Z。
15．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．Al原子位于晶胞的顶点和面心位置，其数量计算为：顶点贡献，面心贡献，总数为；Cr原子位于面心位置，数量为；N原子位于棱边中点和体心位置，数量为。三者比例为1：1：2，化学式应为CrAlN2，故A选项不符合题意；
B．以体心的N原子为例，其最近邻原子包括4个Cr和2个Al，因此N的配位数为6，故B选项不符合题意；
C．晶胞密度计算公式为，计算结果与选项C一致，故C选项符合题意；
D．原子C位于正面面心位置，其分数坐标应为，故D选项不符合题意；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据晶胞计算，化学式为CrAlN2；
B．根据晶胞结构可知，N的配位数为6；
C．根据计算公式分析；
D． 原子C 在晶胞面心位置，可得坐标值。
16．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．甲酸异丙酯分子中含有酯基（C-O-C）和羰基（C=O）等特征官能团，这些基团的红外吸收峰与红外光谱分析结果相符，因此选项A不符合题意；
B．甲酸异丙酯分子中存在3种化学环境不同的氢原子，其数量比为1：1：6。核磁共振氢谱应显示3组吸收峰且峰面积比为1：1：6，但题目给出的谱图与此不符，故选项B符合题意；
C．在质谱分析中，分子离子峰（质荷比最大值）对应样品的相对分子质量。甲酸异丙酯的相对分子质量为88，与质谱图显示的分子离子峰一致，因此选项C不符合题意；
D．通过计算可得甲酸异丙酯的元素组成：碳元素质量分数为，氢元素为，氧元素为，与元素分析结果一致，故选项D不符合题意。
综上所述，正确答案为B。
【分析】 根据甲酸异丙酯结构，含有官能团酯基，等效氢种类数为4，相对分子质量为88，有机物分子式为C4H8O2，可计算每种元素质量分数。
17．【答案】（1）N＞O＞C
（2）
（3）取代反应；HI
（4）sp2；②
（5）；N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；+2
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）分子A中第二周期元素包括碳（C）、氮（N）、氧（O）。在同一周期中，元素的第一电离能通常从左到右逐渐增大，但由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，使其更稳定，因此氮的第一电离能高于氧。因此，C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N > O > C；
（2）锌（Zn）是第30号元素，其基态Zn2+的价层电子轨道表示式为：
；
（3）根据A和B的结构分析，A生成B的反应类型为取代反应。根据质量守恒定律，该反应还生成小分子产物HI；
（4）分子C具有平面形大环结构，其中氮原子提供一个电子参与形成大π键，因此氮原子的杂化方式为sp2。在氮原子中，②号氮原子具有孤电子对，可以形成配位键，而①号氮原子没有孤电子对，因此更易形成配位键的是②号氮原子；
（5）根据N，N-二甲基甲酰胺结构，可知化学式为；由DMF结构可知，分子中含有电负性较大的N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；物质D中，1号N已形成三根共价键，原子上的孤对电子与Zn配位不影响Zn的化合价，2号N原子形成两根共价键，需要得到一个由Zn提供的电子形成共价键，故Zn元素的化合价为+2价。
【分析】 (1)根据同周期元素电离能变化规律作答；
(2)根据锌元素在周期表中位置，锌原子价层电子排布式为3d104s2，可得电子排布图；
(3)根据物质结构变化， A生成B 反应类型是酯化反应；
(4)根据物质为平面结构，可知原子杂化方式为 sp2 ， ② 中氮原子有孤电子对，可形成配位键；
(5)根据D结构，锌与2个氮原子形成配位键，不影响锌化合价，和2个氮原子形成共价键，氮电负性大，锌显正价，故锌为+2价。
（1）分子A中第二周期元素有，C、N、O，同周期元素，第一电离能从左至右增加，但N原子2p能级半充满，更稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；
（2）Zn是第30号元素，基态的价层电子轨道表示式为；
（3）由A、B的结构可知，A生成B的反应类型是取代反应；根据质量守恒可知，同时有小分子产物HI；
（4）C为平面形大环结构，则分子C中，N原子提供1个电子，参与形成大键，N原子的杂化方式为sp2；②原子有孤电子对，可以形成配位键，①原子没有孤电子对，无法形成配位键，故更易形成配位键的N原子是②；
（5）根据N，N-二甲基甲酰胺结构，可知化学式为；由DMF结构可知，分子中含有电负性较大的N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；物质D中，1号N已形成三根共价键，原子上的孤对电子与Zn配位不影响Zn的化合价，2号N原子形成两根共价键，需要得到一个由Zn提供的电子形成共价键，故Zn元素的化合价为+2价。
18．【答案】（1）；H2O形成的氢键个数多
（2）
（3）H—O的键能大于N—H
（4）V形；三角锥形；Cr3+；N、O、Cl；6
（5）8；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）氢原子各带1个价电子，氧原子带6个电子。形成共价键后，每个氢与氧之间形成一对共用电子对，氧原子周围还有两对孤对电子，因此H2O的电子式为。H2O沸点高于HF的原因是H2O分子形成的氢键数量多于HF分子形成的氢键数量；
（2）固态氟化氢中存在(HF)n形式，HF分子间通过氢键结合。(HF)3的链状结构为；
（3）H2O分子与NH3分子中，O原子半径小于N原子半径，H—O键长小于N—H键长，因此H—O键能大于N—H键能，使得H2O分子比NH3分子更稳定；
（4）NH3分子中N原子的价层电子对数=3+=4，孤电子对数为1，分子构型为三角锥形。H2O分子中O原子的价层电子对数=2+=4，O原子采用sp3杂化，含有2对孤电子对，分子构型为V形。在配合物中，提供空轨道的中心离子是Cr3+；配体为NH3、H2O、Cl ；配位原子是N、O、Cl；配位数为6；
（5）在Ga晶胞中，每个Ga原子周围最近的Ga原子数为8。晶胞中Ga原子数=8×+1=2，H原子数=4+8×=8。晶胞边长=a×10 10 cm，体积V=(a×10 10 cm)3，密度ρ= g·cm 3。
【分析】 (1)水的沸点高于氟化氢沸点的原因为，水分子间形成氢键数目多；
(2)聚合氟化氢结构中存在结构；
(3)氧原子半径小于氮原子半径， H—O的键长小于N—H ， H—O的键能大于N—H；
(4)根据价层电子对互斥理论模型，水是V形分子，氨是三角锥形分子，形成配位键时，铜离子提供空轨道，氮原子和氧原子提供孤电子对；
(5)晶胞密度计算公式为。
（1）氢原子各带1个价电子，氧原子带6个电子，形成共价键后，每个氢与氧之间形成一队共用电子对，氧原子周围还有两对孤对电子，因此H2O的电子式为；H2O沸点高于HF原因是H2O分子形成氢键个数多于HF形成氢键个数；
（2）固态氟化氢中存在(HF)n形式，HF分子间存在氢键，(HF)3的链状结构为；
（3）分子与分子，O原子半径小于N原子半径，H—O的键长小于N—H，则H—O的键能大于N—H，分子比分子稳定；
（4）NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；以提供空轨道形成配位键的微粒一般是金属阳离子，根据该配合物的结构可知，提供空轨道的中心离子是Cr3+；提供孤电子对的配体是NH3、H2O、Cl；含有孤电子对用来形成配位键的原子是配位原子，则该配合物的配位原子是N、O、Cl；配位数是指配合物中与中心原子配位的配位原子数目，则配位数是6；
（5）在Ga原子周围距离最近的Ga数目为8，该晶胞中含有的Ga原子数为，H原子数为，晶胞边长为，体积，；
19．【答案】（1）羧基和羟基
（2）；氧气/铜，加热
（3）C；D
（4）
（5）或
（6）；+2NaOH+2NaBr
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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）化合物Ⅰ（）中含氧官能团的名称是羧基和羟基；（2）
a.化合物Ⅱ（）中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应生成；b.化合物Ⅱ（）中含有羟基，可以催化氧化生成羰基，反应试剂、条件：氧气/铜，加热；
（3）
A．反应①是发生酯化生成，酸脱羟基，存在键的断裂，A正确；B．反应②为与发生取代反应生成，根据质量守恒，有甲醇生成，B正确；
C．化合物Ⅲ（）无酚羟基，不能与溶液作用显紫色，C错误；
D．反应⑥为成环生成，根据质量守恒可知，同时生成其他产物，原子利用率小于100%，D错误；
故选CD；
（4）
与反应生成，根据质量守恒，和信息Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为，；
（5）
在化合物的同分异构体中，满足ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应，说明含醛基，或甲酸酯类，不饱和度为3，不含苯环，核磁共振氢谱上只有5组峰，满足条件的有：或；
(6)
与溴加成生成，取代生成，与发生②反应生成，还原生成，在浓硫酸条件下消去生成；(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质为；(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为+2NaOH+2NaBr。
【分析】
通过酯化反应生成；
与发生取代反应生成；
进一步发生取代反应生成；
与反应生成；
经还原反应生成；
最终成环生成。
（1）化合物Ⅰ（）中含氧官能团的名称是羧基和羟基；
（2）a.化合物Ⅱ（）中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应生成；
b.化合物Ⅱ（）中含有羟基，可以催化氧化生成羰基，反应试剂、条件：氧气/铜，加热；
（3）A．反应①是发生酯化生成，酸脱羟基，存在键的断裂，A正确；
B．反应②为与发生取代反应生成，根据质量守恒，有甲醇生成，B正确；
C．化合物Ⅲ（）无酚羟基，不能与溶液作用显紫色，C错误；
D．反应⑥为成环生成，根据质量守恒可知，同时生成其他产物，原子利用率小于100%，D错误；
故选CD；
（4）与反应生成，根据质量守恒，和信息Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为，；
（5）在化合物的同分异构体中，满足ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应，说明含醛基，或甲酸酯类，不饱和度为3，不含苯环，核磁共振氢谱上只有5组峰，满足条件的有：或；
（6）与溴加成生成，取代生成，与发生②反应生成，还原生成，在浓硫酸条件下消去生成；(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质为；
(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为+2NaOH+2NaBr。
20．【答案】0.5；0.4；；强碱性环境；酒精；；；浓盐酸；洗涤液为橙黄色，样品加入稀盐酸有白色沉淀，加入浓盐酸后溶解呈无色
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据实验1数据，总体积为2.9mL，研究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜反应的影响时，需保持其他变量不变，因此可确定，；
（2）蓝色沉淀是氢氧化铜，其生成反应为：；
（3）对比实验3（碱浓度较低）和实验4（碱浓度较高）的结果，实验3未产生砖红色沉淀，说明新制氢氧化铜氧化乙醛需要强碱性条件；
（4）多烯醛聚合物不溶于水但溶于酒精，实验5中向洗净的沉淀加入酒精后，沉淀完全溶解且溶液呈橙黄色，证明含有多烯醛聚合物；
（5）铜在氧气存在下可缓慢溶于浓氨水生成蓝色。实验5观察到浅蓝色现象，若产物含铜也能解释该现象，反应离子方程式为：；
（6）为验证砖红色沉淀含多烯醛聚合物和，可进行以下操作：取实验4沉淀用乙醇洗涤（溶解有机物），滤液呈橙黄色；将洗净的沉淀样品与稀盐酸反应生成白色CuCl，再加浓盐酸形成无色，现象依次为：洗涤液橙黄色→加稀盐酸产生白色沉淀→加浓盐酸溶解为无色溶液。
【分析】 Ⅰ．根据表格中实验数据，溶液总体积为2.9m，可计算V1，V2；硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硫酸钠；
Ⅱ． 根据实验中现象，乙同学推测产物中可能存在铜单质，溶液呈蓝色是由于生成四氨合铜离子，氧化亚铜在酸性条件下，生成铜单质和二价铜离子。
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