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广东省佛山市2024-2025学年高二下学期期末考试 化学试题
一、选择题：本题包括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，只有一项符合题目要求。
1．“讲好佛山故事，传承传统文化”。下列相关物质不包含有机高分子化合物的是
A．香云纱布料 B．叠滘木制龙舟
C．石湾陶瓷公仔 D．“臭屁醋”米汤
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A、香云纱布料的主要成分是蚕丝或纤维素，蚕丝属于蛋白质，纤维素属于多糖，二者均为有机高分子化合物，故 A 不符合题意；
B、叠滘木制龙舟的主要材料是木材，木材的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，故 B 不符合题意；
C、石湾陶瓷公仔的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不含有机高分子化合物，故 C 符合题意；
D、“臭屁醋” 米汤的主要成分是淀粉，属于多糖，是有机高分子化合物，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确有机高分子化合物的定义：相对分子质量在一万以上的有机物；
蚕丝、纤维素、淀粉、蛋白质等均属于常见的有机高分子化合物；
陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机材料，不含有机高分子化合物。
2．铜基金属材料催化还原CO2可制备CH4、C2H4等，相关微粒用符号表征错误的是
A．CH4的VSEPR模型：正四面体形
B．C2H4的球棍模型：
C．基态Cu的核外电子排布式：
D．基态O的价电子轨道表示式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、CH4分子中 C 原子的价层电子对数为 4（ 4+=4），无孤电子对，VSEPR 模型为正四面体形，表征正确，故 A 不符合题意；
B、C2H4为平面结构，存在碳碳双键、碳氢键，其球棍模型：，B正确； ，故 B 不符合题意；
C、基态 Cu 原子的核外电子排布遵循洪特规则特例，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d 4s ，表征正确，故 C 不符合题意；
D、基态 O 原子的价电子排布为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道中电子应优先分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式应为 ：，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥模型的判断：价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，CH4的价层电子对数为 4；
乙烯的球棍模型需体现平面结构及碳碳双键的特点；
铜原子的核外电子排布存在洪特规则特例，3d 轨道全充满时更稳定；
轨道表示式需严格遵循泡利不相容原理和洪特规则，2p 轨道的电子应优先分占不同轨道且自旋平行。
罗哌卡因是一种局部麻醉药，可用于外科手术麻醉，其结构如下图所示。完成下面小题。
3．关于罗哌卡因的结构说法正确的是
A．电负性：N>O B．N的杂化类型均为sp2
C．分子中含有手性碳原子 D．分子间不能形成氢键
4．关于罗哌卡因的性质说法错误的是
A．N原子含孤电子对，具有碱性 B．可发生加成反应
C．可使酸性KMnO4溶液褪色 D．可发生水解反应生成芳香烃
【答案】3．C
4．D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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；酰胺
【解析】【解答】（1）A、同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性 O>N； A错误；
B、酰胺基中的 N 为 sp3 杂化，环上的 N 也为 sp3 杂化； B错误；
C、与酰胺基相连的环上碳原子，连接了四个不同基团，属于手性碳； C正确；
D、分子中含有 N-H 键，可形成分子间氢键； D错误；
故答案为：C。
（2）A、N 原子上的孤电子对可接受质子，体现碱性； A正确；
B、苯环可与氢气发生加成反应； B正确；
C、苯环上的烷基可被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色； C正确；
D、酰胺键水解生成芳香胺类化合物（），不属于芳香烃； D错误；
故答案为：D。
【分析】（1）本题解题要点：同周期元素电负性变化规律：同周期从左到右电负性增大；
N 原子杂化类型判断：根据 σ 键数和孤电子对数，两个 N 原子均为 sp3 杂化；
手性碳判断：需连接四个不同原子或基团；氢键形成条件：分子中需有 N-H、O-H 或 F-H 键。
（2）本题解题要点：
含孤电子对的 N 原子具有碱性，可与酸反应；苯环可发生加成反应；
苯环侧链的烷基可被酸性高锰酸钾氧化；酰胺键水解生成的是芳香胺，芳香烃仅含 C、H 两种元素。
3．A、同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性 O>N； A错误；
B、酰胺基中的 N 为 sp3 杂化，环上的 N 也为 sp3 杂化； B错误；
C、与酰胺基相连的环上碳原子，连接了四个不同基团，属于手性碳； C正确；
D、分子中含有 N-H 键，可形成分子间氢键； D错误；
故答案为：C。
4．A、N 原子上的孤电子对可接受质子，体现碱性； A正确；
B、苯环可与氢气发生加成反应； B正确；
C、苯环上的烷基可被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色； C正确；
D、酰胺键水解生成芳香胺类化合物（），不属于芳香烃； D错误；
故答案为：D。
5．实验室以铁粉、液溴和苯为原料制备溴苯并分离提纯，实验过程中不涉及的操作是
A．制备溴苯 B．蒸发
C．蒸馏 D．萃取分液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、制备溴苯、以铁粉为催化剂，苯与液溴发生取代反应制备溴苯，装置符合反应需求，实验中涉及该操作，故 A 不符合题意；
B、蒸发、溴苯的提纯过程中无需蒸发操作，蒸发常用于从溶液中获取可溶性固体，而本实验的产物为液态有机物，因此不涉及该操作，故 B 符合题意；
C、蒸馏、溴苯与苯的沸点差异较大，可通过蒸馏操作分离二者，提纯过程中涉及该操作，故 C 不符合题意；
D、萃取分液、粗溴苯中混有溴单质，可先用 NaOH 溶液洗涤除去溴，再通过分液分离有机层，涉及萃取分液操作，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查溴苯的制备与提纯实验操作，
溴苯制备时以铁粉为催化剂，苯与液溴发生取代反应；
粗溴苯中混有溴、苯等杂质，提纯需经过水洗、碱洗、分液、干燥、蒸馏等步骤；
蒸发操作适用于从溶液中得到可溶性固体，本实验产物为液态有机物，因此无需蒸发；
萃取分液可除去溴苯中溶解的溴单质，蒸馏可分离沸点差异较大的苯和溴苯。
6．“劳动最有滋味”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 自制肥皂 油脂水解
B 酿制米酒 淀粉水解
C 水煮鸡蛋 蛋白质盐析
D 熬制中药 固液萃取
A．A B．B C．C D．D
【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；分液和萃取；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、自制肥皂利用了油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应），二者有关联，故 A 不符合题意；
B、酿制米酒时，淀粉先水解为葡萄糖，葡萄糖再经发酵生成乙醇，二者有关联，故 B 不符合题意；
C、水煮鸡蛋时，蛋白质受热发生变性，而非盐析，二者无关联，故 C 符合题意；
D、熬制中药是利用水将药材中的有效成分提取出来，属于固液萃取，二者有关联，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，可用于制肥皂；
淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，是酿酒的原理；
蛋白质受热发生不可逆的变性，而盐析是可逆的物理变化，二者本质不同；
熬制中药是利用溶剂（水）将固体药材中的可溶性有效成分提取出来，属于固液萃取操作。
7．三草酸合铁酸钾（）是一种翠绿色单斜晶体，外形酷似绿宝石，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。下列有关说法错误的是
A．制备三草酸合铁酸钾晶体时，不断搅拌有利于形成大晶体
B．三草酸合铁酸钾能自发形成规则的外形，体现了晶体的自范性
C．可利用X射线衍射法区分三草酸合铁酸钾和玻璃
D．三草酸合铁酸钾晶体中含有离子键和非极性共价键
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；晶体的定义
【解析】【解答】A、制备三草酸合铁酸钾晶体时，不断搅拌会促进晶体快速成核，形成细小的晶体颗粒，不利于形成大晶体，故 A 错误；
B、晶体的自范性是指晶体能自发形成规则的几何外形，三草酸合铁酸钾作为晶体可体现该性质，故 B 正确；
C、X 射线衍射法可区分晶体和非晶体，三草酸合铁酸钾是晶体，玻璃是非晶体，可通过该方法区分，故 C 正确；
D、K3[Fe(C2O4)3] 3H2O 中，K+与 [Fe(C2O4)3]3-之间存在离子键，C2O42-中含有 C-C 非极性共价键，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体生长过程中，搅拌会促进晶核生成，不利于形成大晶体；
晶体具有自范性，能自发形成规则的几何外形；
X 射线衍射法是区分晶体与非晶体的常用方法；
离子化合物中，阴阳离子间存在离子键，草酸根离子中含有碳碳非极性共价键。
胺类物质是一类重要的有机物，可用于制备超分子、配合物等。请完成下面小题。
8．我国化学家发现应用于分子识别领域的新型冠醚超分子，由苯胺阳离子、冠醚（15-冠-5）及阴离子（R-）组装而成，苯胺阳离子与冠醚的作用如下图所示。下列说法正确的是
A．苯胺阳离子中所有原子在同一平面内
B．苯胺阳离子与冠醚的作用力为氢键
C．15-冠-5与乙醚互为同系物
D．苯胺阳离子与其他体积尺寸的冠醚均能组装成超分子
9．一种Cu2+的配合物的结构如图所示。有关该配合物的说法正确的是
A．Cu2+的配位数为2
B．的空间构型为平面四边形
C．1mol配体en中含有极性键的数目为
D．该配合物在水中的溶解度比在乙醇中大
【答案】8．B
9．D
【知识点】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）A、苯胺阳离子中氮原子为 sp3 杂化，与氮相连的氢原子不在苯环的平面内，所有原子不可能共平面，故 A 错误；
B、由图可知，苯胺阳离子的 N-H 键氢原子与冠醚的氧原子间形成了氢键，故 B 正确；
C、15 - 冠 - 5 为环状多醚，乙醚为链状单醚，二者结构不相似，不互为同系物，故 C 错误；
D、冠醚对阳离子的识别具有选择性，只有尺寸匹配的冠醚才能与苯胺阳离子组装成超分子，故 D 错误；
故答案为：B。
（2）A、每个 en 配体提供 2 个配位原子，Cu2+与 2 个 en 配位，故配位数为 4，故 A 错误；
B、SO42-中 S 原子的价层电子对数为 4（ ），无孤电子对，空间构型为正四面体形，故 B 错误；
C、en 的结构为 H2N-CH2-CH2-NH2，1 个 en 分子中含 6 个极性键（N-H 键和 C-H 键），故 1mol en 含极性键数目为 7NA，故 C 错误；
D、该配合物为离子化合物，水为极性溶剂，乙醇极性较弱，根据相似相溶原理，其在水中的溶解度比在乙醇中大，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】（1）本题考查超分子与氢键相关知识：
苯胺阳离子中氮原子为 sp3 杂化，空间结构为三角锥形，所有原子不共平面；
苯胺阳离子与冠醚之间通过氢键作用结合；
15 - 冠 - 5 与乙醚的结构不相似，不符合同系物的定义；
冠醚对阳离子的识别具有尺寸选择性，并非所有冠醚都能与苯胺阳离子组装成超分子。
（2）本题考查配合物的结构与性质：
Cu2+的配位数为 4，而非 2；SO42-中 S 原子价层电子对数为 4，空间构型为正四面体；
1mol en 中含 7 个极性共价键，而非 6 个；
离子化合物在极性溶剂水中的溶解度大于在弱极性溶剂乙醇中的溶解度。
8．A、苯胺阳离子中氮原子为 sp3 杂化，与氮相连的氢原子不在苯环的平面内，所有原子不可能共平面，故 A 错误；
B、由图可知，苯胺阳离子的 N-H 键氢原子与冠醚的氧原子间形成了氢键，故 B 正确；
C、15 - 冠 - 5 为环状多醚，乙醚为链状单醚，二者结构不相似，不互为同系物，故 C 错误；
D、冠醚对阳离子的识别具有选择性，只有尺寸匹配的冠醚才能与苯胺阳离子组装成超分子，故 D 错误；
故答案为：B。
9．A、每个 en 配体提供 2 个配位原子，Cu2+与 2 个 en 配位，故配位数为 4，故 A 错误；
B、SO42-中 S 原子的价层电子对数为 4（ ），无孤电子对，空间构型为正四面体形，故 B 错误；
C、en 的结构为 H2N-CH2-CH2-NH2，1 个 en 分子中含 6 个极性键（N-H 键和 C-H 键），故 1mol en 含极性键数目为 7NA，故 C 错误；
D、该配合物为离子化合物，水为极性溶剂，乙醇极性较弱，根据相似相溶原理，其在水中的溶解度比在乙醇中大，故 D 正确；
故答案为：D。
10．碳酸三亚甲酯是聚乳酸的创新型改性剂，其绿色合成路线如下，有关说法正确的是
A．反应①的另一个产物是H2O B．化合物ii的命名为1，3-丙二醇
C．化合物ii可与醋酸发生缩聚反应 D．化合物iv最多可与2molNaOH反应
【答案】B
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、反应①为酯交换反应，碳酸二甲酯与 1，3 - 丙二醇发生取代反应，另一产物是甲醇而非水，故 A 错误；
B、化合物 ii 的结构为 HOCH2CH2CH2OH，根据系统命名法，其名称为 1，3 - 丙二醇，故 B 正确；
C、缩聚反应要求两种单体均含有两个可反应官能团，醋酸为一元酸，仅含一个羧基，无法与 1，3 - 丙二醇发生缩聚反应，故 C 错误；
D、选项未给出化合物 iv 的物质的量，无法计算消耗 NaOH 的物质的量，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酯交换反应的小分子产物判断：碳酸二甲酯参与的酯交换反应，小分子产物为甲醇；
二元醇的系统命名：根据羟基在碳链上的位置进行编号命名；
缩聚反应的条件：单体需为双官能团物质，能形成高分子化合物；
定量反应计算的前提：必须给出反应物的物质的量，才能计算消耗碱的量。
11．丙酰胺（CH3CH2CONH2）是合成抗菌药物的关键中间体，一种电化学合成丙酰胺的原理如图所示，下列说法正确的是
A．a极为外接电源的负极
B．键角：中O—N—OC．可用银镜反应检验产品中丙醇是否有残留
D．最终合成丙酰胺的反应原子利用率达到100%
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A、a 极上 NO3-被还原为 NH2OH，发生还原反应，为电解池的阴极，因此 a 极为外接电源的负极，故 A 正确；
B、NO3-中 N 原子为 sp2 杂化，键角为 120°；NH2OH 中 N 原子为 sp3 杂化，受孤电子对排斥，H—N—H 键角小于 109°28'，故键角：NO3-中 O—N—O > NH2OH 中 H—N—H，故 B 错误；
C、丙醇（CH3CH2CH2OH）无醛基，无法发生银镜反应，不能用银镜反应检验其残留，故 C 错误；
D、NH2OH 与 CH3CH2CHO 反应生成丙酰胺，原子利用率并非 100%，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：发生还原反应的电极为阴极，连接电源负极；
键角比较：根据中心原子杂化类型和孤电子对数目判断键角大小；
银镜反应条件：只有含醛基的物质才能发生银镜反应；
原子利用率：若反应生成副产物，则原子利用率达不到 100%。
12．根据实验操作，下列现象及结论均正确的是
　 操作 现象 结论
A 将电石与饱和食盐水反应生成的气体直接通入酸性溶液中 紫红色褪去 乙炔具有还原性
B 1-溴丁烷与足量NaOH水溶液混合，加热充分反应后，滴加几滴溶液 产生淡黄色沉淀 1-溴丁烷发生水解
C 苯和溴水混合，充分振荡 溶液分层，上层为橙色 溴在苯中的溶解度比在水中大
D 乙醇和浓硫酸混合共热，生成的气体通入溴水 溴水褪色 乙醇发生消去反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】卤代烃简介；乙醇的消去反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢杂质，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明乙炔具有还原性，故 A 错误；
B、1 - 溴丁烷水解后的溶液呈碱性，直接滴加硝酸银溶液会生成氧化银沉淀，干扰溴离子的检验，应先加硝酸酸化，故 B 错误；
C、苯与溴水混合振荡，发生萃取，溴在苯中的溶解度更大，且苯的密度比水小，溶液分层后上层为橙红色，可证明溴在苯中的溶解度比在水中大，故 C 正确；
D、乙醇与浓硫酸共热生成的乙烯中混有二氧化硫杂质，二氧化硫也能使溴水褪色，无法证明发生了消去反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气体检验时需排除杂质干扰，如乙炔中的硫化氢会干扰还原性检验；
卤代烃水解后检验卤素离子，需先加硝酸中和过量的碱，再加硝酸银；
萃取实验的原理：利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离物质，苯的密度比水小；
乙醇消去反应生成的乙烯中混有二氧化硫，会干扰乙烯的检验。
13．是特征鉴定Fe2+的试剂，两者混合后产生蓝色沉淀，俗称普鲁士蓝。普鲁士蓝的晶体结构为图Ⅰ与图Ⅱ结构在空间中交替排列而成。下列说法错误的是
A．普鲁士蓝晶胞的体积为a3nm3
B．普鲁士蓝的化学式为
C．距离Fe2+的最近的CN-有6个
D．K+处于Fe2+形成的四面体空隙中
【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、普鲁士蓝晶胞由图I和图II两个边长为的小立方体交替排列而成，晶胞边长为，因此晶胞体积为，而非，故A错误；
B、通过均摊法计算，晶胞中、、、的数目比为，故普鲁士蓝的化学式为，故B正确；
C、位于晶胞顶点，周围最近的位于棱上，共有6个，故C正确；
D、位于形成的四面体空隙中，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶胞结构与体积：普鲁士蓝晶胞由两个边长为的小立方体交替排列而成，晶胞边长为，体积为；
均摊法计算过程：计算图I中各微粒数目：（顶点）：；（顶点）：；
（棱心）：；
计算图II中各微粒数目：（顶点）：；（顶点）：；（棱心）：；（体内）：
晶胞中各微粒总数：：；：；：；：
故数目比为，化学式为；
配位数判断：周围最近的数目为6；
空隙位置判断：位于形成的四面体空隙中。
14．肉桂酸广泛应用于医药、食品工业，一种合成肉桂酸的原理和实验装置如下。下列有关说法正确的是
A．装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流，提升原料利用率
B．用蒸馏法分离肉桂酸与苯甲醛的混合物时，肉桂酸先被蒸出
C．实验室进行该反应最好使用水浴加热
D．若上述流程中苯甲醛换成甲醛，最终产物为丙酸
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置中球形冷凝管可使反应过程中挥发的苯甲醛、酸酐等原料冷凝回流，减少原料损失，提升原料利用率，故 A 正确；
B、肉桂酸的相对分子质量比苯甲醛大，沸点更高，蒸馏时苯甲醛沸点低，会先被蒸出，故 B 错误；
C、该反应温度为 160~170℃，超过了水的沸点（100℃），无法使用水浴加热，应采用油浴加热，故 C 错误；
D、若苯甲醛换成甲醛，甲醛无 α-H，无法发生类似的缩合反应生成丙烯酸（丙酸为饱和酸，也不符合产物结构），故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
球形冷凝管的作用：冷凝回流易挥发反应物，提高原料利用率；
蒸馏分离原理：沸点低的物质先被蒸出，肉桂酸沸点高于苯甲醛；
加热方式选择：反应温度超过 100℃，不能用水浴加热；
缩合反应条件：该反应需醛基邻位有 α-H，甲醛无 α-H，无法生成类似产物。
15．某离子液体可用于金属的电沉积，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期元素，Z的第一电离能比同周期相邻元素高，基态W和Q原子的未成对电子数均为1。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：YB．W和Q的最高价氧化物水化物能发生反应
C．上述阳离子所含元素均达到8电子结构
D．简单离子半径：Q>W>Z
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、碳的氢化物（各类烃）种类多样，相对分子质量较大的烃（如固态烷烃）沸点可高于氮的氢化物（如氨气），因此沸点不一定更低，故 A 错误；
B、铝的最高价氧化物对应的水化物是两性氢氧化物 Al (OH)3，氯的最高价氧化物对应的水化物是强酸 HClO4，二者可以发生中和反应，故 B 正确；
C、该物质的阳离子中含有氢原子，氢原子最外层最多只能达到 2 电子稳定结构，无法形成 8 电子稳定结构，故 C 错误；
D、简单离子半径比较时，电子层数越多半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，因此半径顺序为：Cl-＞N3-＞Al3+，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】根据题中给出的成键特征、电离能规律与电子排布信息，可推断出各元素：X 形成 1 个键且原子序数最小，为 H；Y 可形成 4 个共价键，为 C；Z 第一电离能高于同周期相邻元素且能形成 3 个键，为 N；W 和 Q 基态原子未成对电子数均为 1，结合阴离子结构特征，W 为 Al，Q 为 Cl。
16．化合物M是合成丁苯橡胶()的一种芳香族单体，下列与化合物M不对应的是
A．元素分析 B．核磁共振氢谱
C．质谱 D．红外光谱
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、苯乙烯的分子式为，其中碳元素的质量分数计算式为，约等于92.31%，氢元素质量分数约为7.69%，故A正确；
B、苯乙烯分子中，不同化学环境的氢原子共有5种，因此其核磁共振氢谱应呈现5组峰，但峰面积比应为 ，而非题目给出的比例，故B错误；
C、苯乙烯的相对分子质量为104，在质谱分析中，其分子离子峰的质荷比最大值等于相对分子质量，即为104，故C正确；
D、红外光谱可以识别分子中的化学键和官能团，苯乙烯分子中包含的C-H键、C-C键、碳碳双键以及苯环骨架，都可以通过红外光谱检测出来，故D正确；
故答案为：B。
【分析】丁苯橡胶是由苯乙烯（ ）和1，3-丁二烯 通过加聚反应合成的，本题的核心就是对其单体之一——苯乙烯的组成、结构和谱学性质进行全面分析。
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．PVM是合成可自愈合高强韧水凝胶的阳离子单体，其合成反应如下所示：
回答下列问题：
（1）化合物I是重要的有机合成原料。
①化合物Ⅰ的系统命名为　 　，分子式为　 　，其与NaOH水溶液共热的化学方程式为　 　。
②化合物Ⅰ中碳原子的杂化类型为　 　。
③基态溴原子的价层电子排布式为　 　。
④化合物Ⅰ比丙酸的酸性更　 　（填“强”或“弱”）。
（2）1mol化合物Ⅱ含有键的数目为　 　。
（3）化合物Ⅱ中含有咪唑（）的结构，已知咪唑分子中存在类似于苯的大π键，所有原子均位于同一平面。若大键用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表形成大键的电子数，则咪唑分子中的大键可表示为　 　。
（4）PVM中，位于第二周期元素的基态原子第一电离能从大到小的顺序为　 　。
（5）下列关于PVM的说法正确的是________。
A．PVM属于有机高分子材料，存在离子键和共价键
B．PVM中所有原子可能处于同一平面上
C．PVM可发生取代反应、加成反应和氧化反应
D．PVM因可形成氢键，使其参与合成的水凝胶具有自愈合性
【答案】（1）3-溴丙酸；C3H5O2Br；；sp2、sp3；4s24p5；强
（2）13
（3）
（4）N>O>C
（5）C；D
【知识点】原子核外电子排布；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；有机物中的官能团
【解析】【解答】（1） ①系统命名以羧基碳为 1 号碳，溴原子位于 3 号碳，故命名为 3 - 溴丙酸；分子式为C3H5O2Br， 反应中溴原子发生水解、羧基与 NaOH 发生中和反应，1mol 有机物共消耗 2mol NaOH。 化学方程式为：。
②化合物Ⅰ中饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
③ 溴为 35 号元素，价层电子排布式为 4s24p5。
④ 溴是强吸电子基团，会增大羧基中 O-H 键的极性，使氢离子更易电离，因此酸性比丙酸更强；
故答案为：3-溴丙酸 ； C3H5O2Br ； ； sp2、sp3 ； 4s24p5 ； 强 ；
（2）化合物 Ⅱ 中所有单键及双键中的 σ 键总数为 13 个，因此 1mol 化合物 Ⅱ 含 13个键；
故答案为：13；
（3） 咪唑分子中，5 个原子（2 个 N、3 个 C）均参与大 π 键，共提供 6 个电子，因此大 π 键可表示为；
故答案为： ；
（4）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C；
故答案为： N>O>C ；
（5）A：PVM 相对分子质量较小，不属于有机高分子材料，A错误；
B：PVM 中含有饱和碳原子，不满足所有原子共平面的条件，B错误；
C：PVM 中含羧基可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成反应和氧化反应，C正确；
D：PVM 含羧基，可形成氢键，使其参与合成的水凝胶具有自愈合性，D正确，
故答案为：CD。
【分析】（1）① 以羧基碳为 1 号碳，按系统命名规则命名；直接数出结构中各原子个数得分子式；结合卤代烃水解、羧酸中和反应的规律，写出与 NaOH 水溶液共热的化学方程式。
② 依据碳原子的成键方式（单键、双键），判断其杂化类型。
③ 根据溴元素的原子序数，写出其价层电子排布式。
④ 结合溴原子的吸电子诱导效应，分析其对羧基电离能力的影响，判断酸性强弱。
（2）明确单键均为 σ 键、双键含 1 个 σ 键，数出化合物 Ⅱ 中所有 σ 键总数，得出 1mol 分子中 σ 键的数目。
（3）根据咪唑分子的原子共面结构，结合各原子的价电子数，计算参与大 π 键的原子数与电子数，得出大 π 键的表示式。
（4）结合第二周期元素第一电离能的递变规律，考虑 N 的 2p 轨道半充满的特殊稳定性，判断 N、O、C 的第一电离能大小顺序。
（5）结合高分子材料的定义、有机物原子共面的条件、官能团的典型反应以及氢键的作用，逐一分析各选项的正误。
（1）①化合物Ⅰ碳链为3，含有羧基，在3号碳含溴，系统命名为3-溴丙酸，分子式为C3H5O2Br，其与NaOH水溶液共热，则溴原子被取代成为羟基，羧基和氢氧化钠反应成为羧酸钠，化学方程式为：。
②化合物Ⅰ中饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
③溴为35号元素，基态溴原子的价层电子排布式为4s24p5。
④化合物Ⅰ中溴为吸电子基团，使得羧基中O-H极性增大，更容易电离出氢离子，故其比丙酸的酸性更强；
（2）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1mol化合物Ⅱ含有13molσ键，数目为13；
（3）咪唑分子中碳、氮原子均为sp2杂化，五元环中每个碳提供1个电子、没有结合氢的氮提供2个电子、结合氢的氮提供1个电子，形成五原子六电子的大π键，大键可表示为；
（4）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C；
（5）A．PVM相对分子质量较小，不属于有机高分子材料，错误；
B．PVM中含有饱和碳，饱和碳为四面体形，故不是所有原子处于同一平面上，错误；
C．PVM中含羧基可发生取代反应，含碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，正确；
D．PVM含有羧基，则可形成氢键，使其参与合成的水凝胶具有自愈合性，正确；
故选CD。
18．工业上将H2与Cl2气流通过同心钢管燃烧，将生成的气体用水吸收，可制得浓盐酸，工业浓盐酸通常呈亮黄色。
（1）在实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需要用到下列仪器中的________（填标号）。
A． B． C． D．
（2）浓盐酸在有机合成中具有重要作用。在浓硫酸的催化下，浓盐酸可与乙醇反应，反应的化学方程式为　 　。
（3）某化学小组探究工业浓盐酸显亮黄色的原因。
提出猜想 猜想1：工业浓盐酸含Fe3+，Fe3+在水溶液中显黄色。
查阅资料 显淡紫色（稀溶液接近无色）。
①的配位原子是　 　，其配体的空间构型为　 　。
由上述资料判断，猜想1不合理，继续探究。
修正猜想 猜想2：少量Fe3+在水溶液中水解，导致水溶液中显黄色。
②Fe3+在水溶液中水解反应的离子方程式为　 　。
设计实验 分别取2mL0.01mol·L-1的FeCl3溶液于四支试管中，观察到溶液均显黄色。再分别向其中加入5滴硫酸、硝酸、盐酸和蒸馏水，实验现象如下表：
加入试剂 c1mol·L-1硫酸 c2mol·L-1硝酸 12mol·L-1盐酸 蒸馏水
实验现象 现象Ⅰ 现象Ⅰ 黄色变亮变深 黄色略变浅
③c1=　 　，c2=　 　
④甲同学根据现象I，推断猜想2正确，现象I是　 　。
（4）乙同学根据上述加12mol·L-1盐酸后黄色变亮的现象，推测工业浓盐酸显亮黄色应与高浓度Cl-有关，继续进行深入探究。
补充猜想 猜想3：Fe3+能与高浓度Cl-形成显亮黄色的配离子。
设计实验 分别取2mL0.005mol·L-1的溶液于两支试管中，观察到溶液显黄色。再分别向其中加入等物质的量的下列固体药品，实验现象如下表：
加入药品 氯化钠 硫酸钠
实验现象 亮黄色加深 无明显变化
①上述实验中，加入硫酸钠的目的是　 　。
②乙同学继续向上述亮黄色加深后的溶液中加入少量　 　（填化学式）溶液，观察到有白色沉淀生成，静置后上层溶液亮黄色变浅。
得出结论 生成配离子是工业浓盐酸呈黄色的主要原因。
【答案】（1）B；D
（2）CH3-CH2-OH+HClCH3-CH2-Cl+H2O
（3）O；V形；；6；12；溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）
（4）排除Na+的影响；AgNO3
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需用到的仪器有容量瓶、胶头滴管，
故答案为：BD。
（2） 浓硫酸催化下，浓盐酸与乙醇发生取代反应，化学方程式为：；
故答案为：。
（3）①的配体是，中可提供孤电子对的是，所以配位原子是，的空间构型是V形；
②在水溶液中水解反应的离子方程式为；
③ 为控制变量，使氢离子浓度一致，故，，根据猜想2是少量在水溶液中水解，导致水溶液中显黄色，加入稀硫酸或者稀硝酸，导致水解平衡逆向移动，导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）；
故答案为：；V形。；6；12；导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）。
（4）①加入硫酸钠的目的是排除的影响；
② 可向亮黄色加深后的溶液中加入少量 AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，静置后上层溶液亮黄色变浅。
故答案为：排除的影响，。
【分析】本题围绕工业浓盐酸的相关知识展开，综合考查溶液配制、有机反应、配位化学与实验探究。
(1) 溶液配制仪器选择：根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤，确定需要容量瓶和胶头滴管，对应选项 B、D。
(2) 有机反应方程式书写：浓硫酸催化下，乙醇与浓盐酸发生取代反应，生成氯乙烷和水。
(3) 配位化学与离子平衡：
①根据配位键形成条件，判断配位原子为 O；根据价层电子对互斥理论，水分子的空间构型为 V 形；
②根据盐类水解规律，写出 Fe3+的水解离子方程式；
③为控制变量，需保证加入的酸中氢离子浓度一致，因此硫酸浓度为 6mol/L，硝酸浓度为 12mol/L；
④加入酸抑制 Fe3+水解，溶液黄色会消失或变浅。
(4) 实验探究与变量控制：①加入硫酸钠是为了排除阳离子 Na+对实验的干扰；
②利用 Ag+与 Cl-生成沉淀的反应，降低溶液中 Cl-浓度，使配离子解离，验证工业浓盐酸显黄色与高浓度 Cl-有关。
（1）在实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需要用到仪器有：某规格容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；故答案选BD。
（2）在浓硫酸的催化下，浓盐酸可与乙醇反应，反应的化学方程式为：；故答案为：。
（3）①的配体是，中可提供孤电子对的是，所以配位原子是，的空间构型是V形；故答案为；V形。
②在水溶液中水解反应的离子方程式为；故答案为：。
③为了满足控制变量法，只有一个变量，需要满足氢离子浓度相等，故，，根据猜想2是少量在水溶液中水解，导致水溶液中显黄色，加入稀硫酸或者稀硝酸，导致水解平衡逆向移动，导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）；
故答案为：6；12；导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）。
（4）①根据猜想3是能与高浓度形成显亮黄色的配离子，所以加入硫酸钠的目的是排除的影响；故答案为：排除的影响。
②根据猜想3是能与高浓度形成显亮黄色的配离子，加入少量某溶液，观察到有白色沉淀生成，静置后上层溶液亮黄色变浅，可知加入的溶液为溶液；故答案为。
19．Na3AlF6又称冰晶石，是一种重要的工业原料，微溶于水。以磷肥副产物氟硅酸为原料，经两步反应制备冰晶石的工艺流程如下图。
已知：氟硅酸的水溶液为强酸。
回答下列问题：
（1）“分离①”操作的名称为　 　。
（2）“气体”主要成分的分子空间构型为　 　，“母液”主要成分的化学式是　 　。
（3）①证明冰晶石是晶体最可靠的科学方法是　 　。
②下列状态的铝元素，电离最外层一个电子所需能量最大的是　 　。
A． B． C． D．
（4）冰晶石可用作电解铝的助溶剂。
①氧化铝溶于冰晶石时发生配位置换反应，形成两种配离子，其结构式如图所示。两种离子中Al的杂化方式为　 　，Al的配位数之比为　 　。
②向冰晶石中添加LiF、NaCl等电解质能改进电解效率。LiF的熔点高于NaCl，其原因为　 　。
（5）Na3AlF6的四方晶胞结构如图所示，边长分别为anm、anm、cnm，阿伏加德罗常数的值为，计算晶体的密度　 　g·cm-3（写计算式）。
【答案】（1）过滤
（2）直线形；(NH4)2SO4或NH4HSO4
（3）X射线衍射法；D
（4）sp3；1：1；LiF、NaCl均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子，氟离子半径小于氯离子，则LiF中离子键更短，晶格能更大，使得LiF的熔点高于NaCl
（5）
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 分离固液混合物的常用操作是过滤，对应流程中分离出 SiO2沉淀。
故答案为： 过滤 ；
（2） 反应生成的气体为 CO2，其分子空间构型为直线形；根据反应前后元素守恒，母液主要成分为 (NH4)2SO4或NH4HSO4；
故答案为： 直线形 ； (NH4)2SO4或NH4HSO4 ；
（3）① 区分晶体与非晶体最可靠的方法是 X 射线衍射法；
②基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1；为基态铝原子、为激发态铝原子，、均为失去1个电子的后形成的Al+，Al失去第二电子较失去第一个电子所需能量更大，则、电离最外层一个电子所需能量较大，由于为3s全满较稳定状态，更难再失去1个电子，故电离最外层一个电子所需能量最大的是；
故答案为： X射线衍射法 ；D；
（4）① 两种配离子中 Al 均形成 4 个 σ 键，杂化方式为 sp3，配位数均为 4，故比值为 1：1；
② 离子晶体熔点与晶格能有关，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，因此 LiF 熔点高于 NaCl。
故答案为： sp3 ； 1：1 ； LiF、NaCl均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子，氟离子半径小于氯离子，则LiF中离子键更短，晶格能更大，使得LiF的熔点高于NaCl ；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个，结合化学式Na3AlF6，则晶体密度为。
故答案为： ；
【分析】根据工艺流程，氟硅酸与碳酸氢铵反应生成二氧化碳气体和二氧化硅沉淀，通过过滤分离出二氧化硅后，氟离子、铵根离子进入滤液；向滤液中加入硫酸钠和硫酸铝，反应后再次分离，得到冰晶石（Na3AlF6）和母液；结合质量守恒定律可知，母液的主要成分为硫酸铵或硫酸氢铵。
（1）根据 “分离①” 操作可得到固体 SiO2和滤液，判断该操作是用于分离固液混合物的过滤操作。
（2）根据流程反应可知气体为 CO2，结合价层电子对互斥理论判断其空间构型为直线形；再结合反应前后的元素种类与守恒关系，推断母液的主要成分为硫酸铵或硫酸氢铵。
（3）①根据化学基础知识点，明确区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是 X 射线衍射法；②根据电子排布式的稳定性规律，全满轨道更稳定，失去电子所需能量更高，判断 D 选项的电离能最大。
（4）①根据配离子中 Al 的成键数，判断其杂化方式为 sp3，再根据结构数出两种配离子的配位数，得出比值为 1：1；
②根据离子晶体熔点与晶格能的关系，离子半径越小晶格能越大，解释 LiF 熔点高于 NaCl 的原因。
（5）利用均摊法算出晶胞中 [AlF6]3-的个数，再根据晶胞的边长计算体积，结合密度公式，写出晶体密度的计算表达式。
（1）“分离①”为分离固液的操作，操作的名称为过滤；
（2）“气体”主要成分为二氧化碳，二氧化碳的分子空间构型为直线形，由分析，“母液”主要成分的化学式是(NH4)2SO4或NH4HSO4；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；
②基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1；为基态铝原子、为激发态铝原子，、均为失去1个电子的后形成的Al+，Al失去第二电子较失去第一个电子所需能量更大，则、电离最外层一个电子所需能量较大，由于为3s全满较稳定状态，更难再失去1个电子，故电离最外层一个电子所需能量最大的是；
故选D；
（4）①由图，两种离子中Al均形成4个共价键，杂化方式为sp3，Al最近且相邻的原子均为4个，配位数之比为1：1；
②LiF、NaCl均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子，氟离子半径小于氯离子，则LiF中离子键更短，晶格能更大，使得LiF的熔点高于NaCl；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个，结合化学式Na3AlF6，则晶体密度为。
20．化合物E是一种新型甲基丙烯酸特种酯，常用于合成高固含量的溶剂型丙烯酸树脂。一种合成化合物E的路线如下所示：
回答下列问题：
（1）化合物B的官能团名称为　 　；化合物A与CO、H2O按1∶1∶1合成化合物B，该反应原子利用率100%，则化合物A的结构简式为　 　。
（2）下列有关说法正确的是________。
A．Ⅱ为取代反应，Ⅲ为消去反应
B．HCHO分子的所有原子共平面
C．1mol化合物C最多能与2molNaHCO3反应
D．化合物D加聚反应产物为
（3）对化合物F，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 　 　 　 　 加成反应
（4）化合物M是化合物E的同分异构体，写出满足下列条件的一种M的结构　 　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②1molM最多可与2molNaOH反应；
③M的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为：9∶3∶2∶2。
（5）参考题干合成路线，只用乙酸、甲醛两种有机原料，合成化合物Q（）。基于设计的合成路线，回答下列问题：
①有乙酸参与的反应，得到的产物结构简式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　（要求写条件）。
【答案】（1）羧基；CH2=CH2
（2）B
（3）铜、氧气、加热；氧化反应；催化剂、氢气；
（4）
（5）CH2OHCH2COOH；HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）官能团与结构推断：根据 B 的结构简式，直接判断官能团为羧基；结合反应 Ⅰ 的原子利用率 100%，利用元素守恒推断 A 为乙烯；
故答案为： 羧基 ； CH2=CH2 ；
（2）A、反应 Ⅱ 为加成反应，反应 Ⅲ 为消去反应，故 A 错误；
B、甲醛为 sp2 杂化，所有原子共平面，正确；C 选项中，
C、分子中只有羧基能与 NaHCO3反应，1molC 最多消耗 1molNaHCO3，错误；
D、化合物D中含碳碳双键，加聚反应产物为，错误；
故答案为：B；
（3）F分子中含羟基，能被铜催化氧化和氧气反应生成醛基，故答案为：铜、氧气、加热，氧化反应；F分子中含碳碳双键，能和氢气在催化剂作用下加成生成碳碳单键，
故答案为： 铜、氧气、加热 ； 氧化反应 ；催化剂、氢气，；
（4）E分子不饱和度为4、含2个氧、11个碳，化合物M是化合物E的同分异构体，满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4；②1molM最多可与2molNaOH反应，能和氢氧化钠反应的酚羟基，则含2个酚羟基；③M的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9∶3∶2∶2，则分子中应含有3个相同的甲基、1个单独的甲基，且结构对称；可以为：；
故答案为： ；
（5）乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH，分子中羟基氧化为醛基，进一步氧化为羧基得到HOOCCH2COOH，再和甲醇发生酯化反应得到产物；
①乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH。
②最后一步反应为HOOCCH2COOH和甲醇的酯化反应，化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O。
故答案为： CH2OHCH2COOH ； HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O
【分析】化合物 A 与 CO、H2O 按物质的量之比 1：1：1 反应生成化合物 B，又因为反应原子利用率为 100%，可推知 A 为乙烯（CH2=CH2）；B 与甲醛发生加成反应得到 C，C 中的羟基再经消去反应形成碳碳双键，生成 D；最终 D 与 F 发生酯化反应，得到目标产物 E。
（1）根据化合物 B 的结构判断官能团，再结合反应 Ⅰ 的原子利用率 100%，利用元素守恒推断化合物 A 的结构。
（2）逐一分析各选项，结合反应类型、分子空间结构、官能团性质和聚合物结构，判断正误。
（3）有机物性质预测：①F 分子中的羟基在铜催化、加热条件下被氧气氧化为醛基，属于氧化反应；②F 分子中的碳碳双键可在催化剂作用下与氢气发生加成反应，双键变为单键，生成环己烷结构。
（4）同分异构体书写：根据显色反应、与 NaOH 反应的比例及核磁共振氢谱峰数，推断分子中含 2 个酚羟基、对称结构，再结合不饱和度和分子式，写出合理结构。
（5）合成路线设计：参考题干路线，乙酸与甲醛发生加成反应生成 HOCH2CH2COOH，再经氧化、酯化反应，最终得到目标产物。
（1）由结构，化合物B的官能团名称为羧基；化合物A与CO、H2O按1∶1∶1合成化合物B，该反应原子利用率100%，则化合物A的结构简式为CH2=CH2；
（2）A．Ⅱ为甲醛加成，使得醛基转化为羟基得到C的反应，为加成反应；Ⅲ为C中羟基发生消去反应生成碳碳双键得到D，为消去反应，错误；
B．HCHO分子中碳为sp2杂化，为平面三角形结构，所有原子共平面，正确；
C．羧基能和碳酸氢钠反应，而羟基不反应，故1mol化合物C最多能与1molNaHCO3反应，错误；
D．化合物D中含碳碳双键，加聚反应产物为，错误；
故选B；
（3）F分子中含羟基，能被铜催化氧化和氧气反应生成醛基，故答案为：铜、氧气、加热，氧化反应；
F分子中含碳碳双键，能和氢气在催化剂作用下加成生成碳碳单键，故答案为：催化剂、氢气，；
（4）E分子不饱和度为4、含2个氧、11个碳，化合物M是化合物E的同分异构体，满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4；②1molM最多可与2molNaOH反应，能和氢氧化钠反应的酚羟基，则含2个酚羟基；③M的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9∶3∶2∶2，则分子中应含有3个相同的甲基、1个单独的甲基，且结构对称；可以为：；
（5）乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH，分子中羟基氧化为醛基，进一步氧化为羧基得到HOOCCH2COOH，再和甲醇发生酯化反应得到产物；
①由分析，有乙酸参与的反应为，乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH。
②最后一步反应为HOOCCH2COOH和甲醇的酯化反应，化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O。
1 / 1广东省佛山市2024-2025学年高二下学期期末考试 化学试题
一、选择题：本题包括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，只有一项符合题目要求。
1．“讲好佛山故事，传承传统文化”。下列相关物质不包含有机高分子化合物的是
A．香云纱布料 B．叠滘木制龙舟
C．石湾陶瓷公仔 D．“臭屁醋”米汤
A．A B．B C．C D．D
2．铜基金属材料催化还原CO2可制备CH4、C2H4等，相关微粒用符号表征错误的是
A．CH4的VSEPR模型：正四面体形
B．C2H4的球棍模型：
C．基态Cu的核外电子排布式：
D．基态O的价电子轨道表示式：
罗哌卡因是一种局部麻醉药，可用于外科手术麻醉，其结构如下图所示。完成下面小题。
3．关于罗哌卡因的结构说法正确的是
A．电负性：N>O B．N的杂化类型均为sp2
C．分子中含有手性碳原子 D．分子间不能形成氢键
4．关于罗哌卡因的性质说法错误的是
A．N原子含孤电子对，具有碱性 B．可发生加成反应
C．可使酸性KMnO4溶液褪色 D．可发生水解反应生成芳香烃
5．实验室以铁粉、液溴和苯为原料制备溴苯并分离提纯，实验过程中不涉及的操作是
A．制备溴苯 B．蒸发
C．蒸馏 D．萃取分液
A．A B．B C．C D．D
6．“劳动最有滋味”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 自制肥皂 油脂水解
B 酿制米酒 淀粉水解
C 水煮鸡蛋 蛋白质盐析
D 熬制中药 固液萃取
A．A B．B C．C D．D
7．三草酸合铁酸钾（）是一种翠绿色单斜晶体，外形酷似绿宝石，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。下列有关说法错误的是
A．制备三草酸合铁酸钾晶体时，不断搅拌有利于形成大晶体
B．三草酸合铁酸钾能自发形成规则的外形，体现了晶体的自范性
C．可利用X射线衍射法区分三草酸合铁酸钾和玻璃
D．三草酸合铁酸钾晶体中含有离子键和非极性共价键
胺类物质是一类重要的有机物，可用于制备超分子、配合物等。请完成下面小题。
8．我国化学家发现应用于分子识别领域的新型冠醚超分子，由苯胺阳离子、冠醚（15-冠-5）及阴离子（R-）组装而成，苯胺阳离子与冠醚的作用如下图所示。下列说法正确的是
A．苯胺阳离子中所有原子在同一平面内
B．苯胺阳离子与冠醚的作用力为氢键
C．15-冠-5与乙醚互为同系物
D．苯胺阳离子与其他体积尺寸的冠醚均能组装成超分子
9．一种Cu2+的配合物的结构如图所示。有关该配合物的说法正确的是
A．Cu2+的配位数为2
B．的空间构型为平面四边形
C．1mol配体en中含有极性键的数目为
D．该配合物在水中的溶解度比在乙醇中大
10．碳酸三亚甲酯是聚乳酸的创新型改性剂，其绿色合成路线如下，有关说法正确的是
A．反应①的另一个产物是H2O B．化合物ii的命名为1，3-丙二醇
C．化合物ii可与醋酸发生缩聚反应 D．化合物iv最多可与2molNaOH反应
11．丙酰胺（CH3CH2CONH2）是合成抗菌药物的关键中间体，一种电化学合成丙酰胺的原理如图所示，下列说法正确的是
A．a极为外接电源的负极
B．键角：中O—N—OC．可用银镜反应检验产品中丙醇是否有残留
D．最终合成丙酰胺的反应原子利用率达到100%
12．根据实验操作，下列现象及结论均正确的是
　 操作 现象 结论
A 将电石与饱和食盐水反应生成的气体直接通入酸性溶液中 紫红色褪去 乙炔具有还原性
B 1-溴丁烷与足量NaOH水溶液混合，加热充分反应后，滴加几滴溶液 产生淡黄色沉淀 1-溴丁烷发生水解
C 苯和溴水混合，充分振荡 溶液分层，上层为橙色 溴在苯中的溶解度比在水中大
D 乙醇和浓硫酸混合共热，生成的气体通入溴水 溴水褪色 乙醇发生消去反应
A．A B．B C．C D．D
13．是特征鉴定Fe2+的试剂，两者混合后产生蓝色沉淀，俗称普鲁士蓝。普鲁士蓝的晶体结构为图Ⅰ与图Ⅱ结构在空间中交替排列而成。下列说法错误的是
A．普鲁士蓝晶胞的体积为a3nm3
B．普鲁士蓝的化学式为
C．距离Fe2+的最近的CN-有6个
D．K+处于Fe2+形成的四面体空隙中
14．肉桂酸广泛应用于医药、食品工业，一种合成肉桂酸的原理和实验装置如下。下列有关说法正确的是
A．装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流，提升原料利用率
B．用蒸馏法分离肉桂酸与苯甲醛的混合物时，肉桂酸先被蒸出
C．实验室进行该反应最好使用水浴加热
D．若上述流程中苯甲醛换成甲醛，最终产物为丙酸
15．某离子液体可用于金属的电沉积，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期元素，Z的第一电离能比同周期相邻元素高，基态W和Q原子的未成对电子数均为1。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：YB．W和Q的最高价氧化物水化物能发生反应
C．上述阳离子所含元素均达到8电子结构
D．简单离子半径：Q>W>Z
16．化合物M是合成丁苯橡胶()的一种芳香族单体，下列与化合物M不对应的是
A．元素分析 B．核磁共振氢谱
C．质谱 D．红外光谱
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．PVM是合成可自愈合高强韧水凝胶的阳离子单体，其合成反应如下所示：
回答下列问题：
（1）化合物I是重要的有机合成原料。
①化合物Ⅰ的系统命名为　 　，分子式为　 　，其与NaOH水溶液共热的化学方程式为　 　。
②化合物Ⅰ中碳原子的杂化类型为　 　。
③基态溴原子的价层电子排布式为　 　。
④化合物Ⅰ比丙酸的酸性更　 　（填“强”或“弱”）。
（2）1mol化合物Ⅱ含有键的数目为　 　。
（3）化合物Ⅱ中含有咪唑（）的结构，已知咪唑分子中存在类似于苯的大π键，所有原子均位于同一平面。若大键用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表形成大键的电子数，则咪唑分子中的大键可表示为　 　。
（4）PVM中，位于第二周期元素的基态原子第一电离能从大到小的顺序为　 　。
（5）下列关于PVM的说法正确的是________。
A．PVM属于有机高分子材料，存在离子键和共价键
B．PVM中所有原子可能处于同一平面上
C．PVM可发生取代反应、加成反应和氧化反应
D．PVM因可形成氢键，使其参与合成的水凝胶具有自愈合性
18．工业上将H2与Cl2气流通过同心钢管燃烧，将生成的气体用水吸收，可制得浓盐酸，工业浓盐酸通常呈亮黄色。
（1）在实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需要用到下列仪器中的________（填标号）。
A． B． C． D．
（2）浓盐酸在有机合成中具有重要作用。在浓硫酸的催化下，浓盐酸可与乙醇反应，反应的化学方程式为　 　。
（3）某化学小组探究工业浓盐酸显亮黄色的原因。
提出猜想 猜想1：工业浓盐酸含Fe3+，Fe3+在水溶液中显黄色。
查阅资料 显淡紫色（稀溶液接近无色）。
①的配位原子是　 　，其配体的空间构型为　 　。
由上述资料判断，猜想1不合理，继续探究。
修正猜想 猜想2：少量Fe3+在水溶液中水解，导致水溶液中显黄色。
②Fe3+在水溶液中水解反应的离子方程式为　 　。
设计实验 分别取2mL0.01mol·L-1的FeCl3溶液于四支试管中，观察到溶液均显黄色。再分别向其中加入5滴硫酸、硝酸、盐酸和蒸馏水，实验现象如下表：
加入试剂 c1mol·L-1硫酸 c2mol·L-1硝酸 12mol·L-1盐酸 蒸馏水
实验现象 现象Ⅰ 现象Ⅰ 黄色变亮变深 黄色略变浅
③c1=　 　，c2=　 　
④甲同学根据现象I，推断猜想2正确，现象I是　 　。
（4）乙同学根据上述加12mol·L-1盐酸后黄色变亮的现象，推测工业浓盐酸显亮黄色应与高浓度Cl-有关，继续进行深入探究。
补充猜想 猜想3：Fe3+能与高浓度Cl-形成显亮黄色的配离子。
设计实验 分别取2mL0.005mol·L-1的溶液于两支试管中，观察到溶液显黄色。再分别向其中加入等物质的量的下列固体药品，实验现象如下表：
加入药品 氯化钠 硫酸钠
实验现象 亮黄色加深 无明显变化
①上述实验中，加入硫酸钠的目的是　 　。
②乙同学继续向上述亮黄色加深后的溶液中加入少量　 　（填化学式）溶液，观察到有白色沉淀生成，静置后上层溶液亮黄色变浅。
得出结论 生成配离子是工业浓盐酸呈黄色的主要原因。
19．Na3AlF6又称冰晶石，是一种重要的工业原料，微溶于水。以磷肥副产物氟硅酸为原料，经两步反应制备冰晶石的工艺流程如下图。
已知：氟硅酸的水溶液为强酸。
回答下列问题：
（1）“分离①”操作的名称为　 　。
（2）“气体”主要成分的分子空间构型为　 　，“母液”主要成分的化学式是　 　。
（3）①证明冰晶石是晶体最可靠的科学方法是　 　。
②下列状态的铝元素，电离最外层一个电子所需能量最大的是　 　。
A． B． C． D．
（4）冰晶石可用作电解铝的助溶剂。
①氧化铝溶于冰晶石时发生配位置换反应，形成两种配离子，其结构式如图所示。两种离子中Al的杂化方式为　 　，Al的配位数之比为　 　。
②向冰晶石中添加LiF、NaCl等电解质能改进电解效率。LiF的熔点高于NaCl，其原因为　 　。
（5）Na3AlF6的四方晶胞结构如图所示，边长分别为anm、anm、cnm，阿伏加德罗常数的值为，计算晶体的密度　 　g·cm-3（写计算式）。
20．化合物E是一种新型甲基丙烯酸特种酯，常用于合成高固含量的溶剂型丙烯酸树脂。一种合成化合物E的路线如下所示：
回答下列问题：
（1）化合物B的官能团名称为　 　；化合物A与CO、H2O按1∶1∶1合成化合物B，该反应原子利用率100%，则化合物A的结构简式为　 　。
（2）下列有关说法正确的是________。
A．Ⅱ为取代反应，Ⅲ为消去反应
B．HCHO分子的所有原子共平面
C．1mol化合物C最多能与2molNaHCO3反应
D．化合物D加聚反应产物为
（3）对化合物F，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 　 　 　 　 加成反应
（4）化合物M是化合物E的同分异构体，写出满足下列条件的一种M的结构　 　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②1molM最多可与2molNaOH反应；
③M的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为：9∶3∶2∶2。
（5）参考题干合成路线，只用乙酸、甲醛两种有机原料，合成化合物Q（）。基于设计的合成路线，回答下列问题：
①有乙酸参与的反应，得到的产物结构简式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　（要求写条件）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A、香云纱布料的主要成分是蚕丝或纤维素，蚕丝属于蛋白质，纤维素属于多糖，二者均为有机高分子化合物，故 A 不符合题意；
B、叠滘木制龙舟的主要材料是木材，木材的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，故 B 不符合题意；
C、石湾陶瓷公仔的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不含有机高分子化合物，故 C 符合题意；
D、“臭屁醋” 米汤的主要成分是淀粉，属于多糖，是有机高分子化合物，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确有机高分子化合物的定义：相对分子质量在一万以上的有机物；
蚕丝、纤维素、淀粉、蛋白质等均属于常见的有机高分子化合物；
陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机材料，不含有机高分子化合物。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、CH4分子中 C 原子的价层电子对数为 4（ 4+=4），无孤电子对，VSEPR 模型为正四面体形，表征正确，故 A 不符合题意；
B、C2H4为平面结构，存在碳碳双键、碳氢键，其球棍模型：，B正确； ，故 B 不符合题意；
C、基态 Cu 原子的核外电子排布遵循洪特规则特例，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d 4s ，表征正确，故 C 不符合题意；
D、基态 O 原子的价电子排布为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道中电子应优先分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式应为 ：，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥模型的判断：价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，CH4的价层电子对数为 4；
乙烯的球棍模型需体现平面结构及碳碳双键的特点；
铜原子的核外电子排布存在洪特规则特例，3d 轨道全充满时更稳定；
轨道表示式需严格遵循泡利不相容原理和洪特规则，2p 轨道的电子应优先分占不同轨道且自旋平行。
【答案】3．C
4．D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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；酰胺
【解析】【解答】（1）A、同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性 O>N； A错误；
B、酰胺基中的 N 为 sp3 杂化，环上的 N 也为 sp3 杂化； B错误；
C、与酰胺基相连的环上碳原子，连接了四个不同基团，属于手性碳； C正确；
D、分子中含有 N-H 键，可形成分子间氢键； D错误；
故答案为：C。
（2）A、N 原子上的孤电子对可接受质子，体现碱性； A正确；
B、苯环可与氢气发生加成反应； B正确；
C、苯环上的烷基可被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色； C正确；
D、酰胺键水解生成芳香胺类化合物（），不属于芳香烃； D错误；
故答案为：D。
【分析】（1）本题解题要点：同周期元素电负性变化规律：同周期从左到右电负性增大；
N 原子杂化类型判断：根据 σ 键数和孤电子对数，两个 N 原子均为 sp3 杂化；
手性碳判断：需连接四个不同原子或基团；氢键形成条件：分子中需有 N-H、O-H 或 F-H 键。
（2）本题解题要点：
含孤电子对的 N 原子具有碱性，可与酸反应；苯环可发生加成反应；
苯环侧链的烷基可被酸性高锰酸钾氧化；酰胺键水解生成的是芳香胺，芳香烃仅含 C、H 两种元素。
3．A、同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性 O>N； A错误；
B、酰胺基中的 N 为 sp3 杂化，环上的 N 也为 sp3 杂化； B错误；
C、与酰胺基相连的环上碳原子，连接了四个不同基团，属于手性碳； C正确；
D、分子中含有 N-H 键，可形成分子间氢键； D错误；
故答案为：C。
4．A、N 原子上的孤电子对可接受质子，体现碱性； A正确；
B、苯环可与氢气发生加成反应； B正确；
C、苯环上的烷基可被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色； C正确；
D、酰胺键水解生成芳香胺类化合物（），不属于芳香烃； D错误；
故答案为：D。
5．【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、制备溴苯、以铁粉为催化剂，苯与液溴发生取代反应制备溴苯，装置符合反应需求，实验中涉及该操作，故 A 不符合题意；
B、蒸发、溴苯的提纯过程中无需蒸发操作，蒸发常用于从溶液中获取可溶性固体，而本实验的产物为液态有机物，因此不涉及该操作，故 B 符合题意；
C、蒸馏、溴苯与苯的沸点差异较大，可通过蒸馏操作分离二者，提纯过程中涉及该操作，故 C 不符合题意；
D、萃取分液、粗溴苯中混有溴单质，可先用 NaOH 溶液洗涤除去溴，再通过分液分离有机层，涉及萃取分液操作，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查溴苯的制备与提纯实验操作，
溴苯制备时以铁粉为催化剂，苯与液溴发生取代反应；
粗溴苯中混有溴、苯等杂质，提纯需经过水洗、碱洗、分液、干燥、蒸馏等步骤；
蒸发操作适用于从溶液中得到可溶性固体，本实验产物为液态有机物，因此无需蒸发；
萃取分液可除去溴苯中溶解的溴单质，蒸馏可分离沸点差异较大的苯和溴苯。
6．【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；分液和萃取；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、自制肥皂利用了油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应），二者有关联，故 A 不符合题意；
B、酿制米酒时，淀粉先水解为葡萄糖，葡萄糖再经发酵生成乙醇，二者有关联，故 B 不符合题意；
C、水煮鸡蛋时，蛋白质受热发生变性，而非盐析，二者无关联，故 C 符合题意；
D、熬制中药是利用水将药材中的有效成分提取出来，属于固液萃取，二者有关联，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，可用于制肥皂；
淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，是酿酒的原理；
蛋白质受热发生不可逆的变性，而盐析是可逆的物理变化，二者本质不同；
熬制中药是利用溶剂（水）将固体药材中的可溶性有效成分提取出来，属于固液萃取操作。
7．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；晶体的定义
【解析】【解答】A、制备三草酸合铁酸钾晶体时，不断搅拌会促进晶体快速成核，形成细小的晶体颗粒，不利于形成大晶体，故 A 错误；
B、晶体的自范性是指晶体能自发形成规则的几何外形，三草酸合铁酸钾作为晶体可体现该性质，故 B 正确；
C、X 射线衍射法可区分晶体和非晶体，三草酸合铁酸钾是晶体，玻璃是非晶体，可通过该方法区分，故 C 正确；
D、K3[Fe(C2O4)3] 3H2O 中，K+与 [Fe(C2O4)3]3-之间存在离子键，C2O42-中含有 C-C 非极性共价键，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体生长过程中，搅拌会促进晶核生成，不利于形成大晶体；
晶体具有自范性，能自发形成规则的几何外形；
X 射线衍射法是区分晶体与非晶体的常用方法；
离子化合物中，阴阳离子间存在离子键，草酸根离子中含有碳碳非极性共价键。
【答案】8．B
9．D
【知识点】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）A、苯胺阳离子中氮原子为 sp3 杂化，与氮相连的氢原子不在苯环的平面内，所有原子不可能共平面，故 A 错误；
B、由图可知，苯胺阳离子的 N-H 键氢原子与冠醚的氧原子间形成了氢键，故 B 正确；
C、15 - 冠 - 5 为环状多醚，乙醚为链状单醚，二者结构不相似，不互为同系物，故 C 错误；
D、冠醚对阳离子的识别具有选择性，只有尺寸匹配的冠醚才能与苯胺阳离子组装成超分子，故 D 错误；
故答案为：B。
（2）A、每个 en 配体提供 2 个配位原子，Cu2+与 2 个 en 配位，故配位数为 4，故 A 错误；
B、SO42-中 S 原子的价层电子对数为 4（ ），无孤电子对，空间构型为正四面体形，故 B 错误；
C、en 的结构为 H2N-CH2-CH2-NH2，1 个 en 分子中含 6 个极性键（N-H 键和 C-H 键），故 1mol en 含极性键数目为 7NA，故 C 错误；
D、该配合物为离子化合物，水为极性溶剂，乙醇极性较弱，根据相似相溶原理，其在水中的溶解度比在乙醇中大，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】（1）本题考查超分子与氢键相关知识：
苯胺阳离子中氮原子为 sp3 杂化，空间结构为三角锥形，所有原子不共平面；
苯胺阳离子与冠醚之间通过氢键作用结合；
15 - 冠 - 5 与乙醚的结构不相似，不符合同系物的定义；
冠醚对阳离子的识别具有尺寸选择性，并非所有冠醚都能与苯胺阳离子组装成超分子。
（2）本题考查配合物的结构与性质：
Cu2+的配位数为 4，而非 2；SO42-中 S 原子价层电子对数为 4，空间构型为正四面体；
1mol en 中含 7 个极性共价键，而非 6 个；
离子化合物在极性溶剂水中的溶解度大于在弱极性溶剂乙醇中的溶解度。
8．A、苯胺阳离子中氮原子为 sp3 杂化，与氮相连的氢原子不在苯环的平面内，所有原子不可能共平面，故 A 错误；
B、由图可知，苯胺阳离子的 N-H 键氢原子与冠醚的氧原子间形成了氢键，故 B 正确；
C、15 - 冠 - 5 为环状多醚，乙醚为链状单醚，二者结构不相似，不互为同系物，故 C 错误；
D、冠醚对阳离子的识别具有选择性，只有尺寸匹配的冠醚才能与苯胺阳离子组装成超分子，故 D 错误；
故答案为：B。
9．A、每个 en 配体提供 2 个配位原子，Cu2+与 2 个 en 配位，故配位数为 4，故 A 错误；
B、SO42-中 S 原子的价层电子对数为 4（ ），无孤电子对，空间构型为正四面体形，故 B 错误；
C、en 的结构为 H2N-CH2-CH2-NH2，1 个 en 分子中含 6 个极性键（N-H 键和 C-H 键），故 1mol en 含极性键数目为 7NA，故 C 错误；
D、该配合物为离子化合物，水为极性溶剂，乙醇极性较弱，根据相似相溶原理，其在水中的溶解度比在乙醇中大，故 D 正确；
故答案为：D。
10．【答案】B
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、反应①为酯交换反应，碳酸二甲酯与 1，3 - 丙二醇发生取代反应，另一产物是甲醇而非水，故 A 错误；
B、化合物 ii 的结构为 HOCH2CH2CH2OH，根据系统命名法，其名称为 1，3 - 丙二醇，故 B 正确；
C、缩聚反应要求两种单体均含有两个可反应官能团，醋酸为一元酸，仅含一个羧基，无法与 1，3 - 丙二醇发生缩聚反应，故 C 错误；
D、选项未给出化合物 iv 的物质的量，无法计算消耗 NaOH 的物质的量，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酯交换反应的小分子产物判断：碳酸二甲酯参与的酯交换反应，小分子产物为甲醇；
二元醇的系统命名：根据羟基在碳链上的位置进行编号命名；
缩聚反应的条件：单体需为双官能团物质，能形成高分子化合物；
定量反应计算的前提：必须给出反应物的物质的量，才能计算消耗碱的量。
11．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A、a 极上 NO3-被还原为 NH2OH，发生还原反应，为电解池的阴极，因此 a 极为外接电源的负极，故 A 正确；
B、NO3-中 N 原子为 sp2 杂化，键角为 120°；NH2OH 中 N 原子为 sp3 杂化，受孤电子对排斥，H—N—H 键角小于 109°28'，故键角：NO3-中 O—N—O > NH2OH 中 H—N—H，故 B 错误；
C、丙醇（CH3CH2CH2OH）无醛基，无法发生银镜反应，不能用银镜反应检验其残留，故 C 错误；
D、NH2OH 与 CH3CH2CHO 反应生成丙酰胺，原子利用率并非 100%，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电解池电极判断：发生还原反应的电极为阴极，连接电源负极；
键角比较：根据中心原子杂化类型和孤电子对数目判断键角大小；
银镜反应条件：只有含醛基的物质才能发生银镜反应；
原子利用率：若反应生成副产物，则原子利用率达不到 100%。
12．【答案】C
【知识点】卤代烃简介；乙醇的消去反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢杂质，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明乙炔具有还原性，故 A 错误；
B、1 - 溴丁烷水解后的溶液呈碱性，直接滴加硝酸银溶液会生成氧化银沉淀，干扰溴离子的检验，应先加硝酸酸化，故 B 错误；
C、苯与溴水混合振荡，发生萃取，溴在苯中的溶解度更大，且苯的密度比水小，溶液分层后上层为橙红色，可证明溴在苯中的溶解度比在水中大，故 C 正确；
D、乙醇与浓硫酸共热生成的乙烯中混有二氧化硫杂质，二氧化硫也能使溴水褪色，无法证明发生了消去反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
气体检验时需排除杂质干扰，如乙炔中的硫化氢会干扰还原性检验；
卤代烃水解后检验卤素离子，需先加硝酸中和过量的碱，再加硝酸银；
萃取实验的原理：利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离物质，苯的密度比水小；
乙醇消去反应生成的乙烯中混有二氧化硫，会干扰乙烯的检验。
13．【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、普鲁士蓝晶胞由图I和图II两个边长为的小立方体交替排列而成，晶胞边长为，因此晶胞体积为，而非，故A错误；
B、通过均摊法计算，晶胞中、、、的数目比为，故普鲁士蓝的化学式为，故B正确；
C、位于晶胞顶点，周围最近的位于棱上，共有6个，故C正确；
D、位于形成的四面体空隙中，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶胞结构与体积：普鲁士蓝晶胞由两个边长为的小立方体交替排列而成，晶胞边长为，体积为；
均摊法计算过程：计算图I中各微粒数目：（顶点）：；（顶点）：；
（棱心）：；
计算图II中各微粒数目：（顶点）：；（顶点）：；（棱心）：；（体内）：
晶胞中各微粒总数：：；：；：；：
故数目比为，化学式为；
配位数判断：周围最近的数目为6；
空隙位置判断：位于形成的四面体空隙中。
14．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置中球形冷凝管可使反应过程中挥发的苯甲醛、酸酐等原料冷凝回流，减少原料损失，提升原料利用率，故 A 正确；
B、肉桂酸的相对分子质量比苯甲醛大，沸点更高，蒸馏时苯甲醛沸点低，会先被蒸出，故 B 错误；
C、该反应温度为 160~170℃，超过了水的沸点（100℃），无法使用水浴加热，应采用油浴加热，故 C 错误；
D、若苯甲醛换成甲醛，甲醛无 α-H，无法发生类似的缩合反应生成丙烯酸（丙酸为饱和酸，也不符合产物结构），故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
球形冷凝管的作用：冷凝回流易挥发反应物，提高原料利用率；
蒸馏分离原理：沸点低的物质先被蒸出，肉桂酸沸点高于苯甲醛；
加热方式选择：反应温度超过 100℃，不能用水浴加热；
缩合反应条件：该反应需醛基邻位有 α-H，甲醛无 α-H，无法生成类似产物。
15．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、碳的氢化物（各类烃）种类多样，相对分子质量较大的烃（如固态烷烃）沸点可高于氮的氢化物（如氨气），因此沸点不一定更低，故 A 错误；
B、铝的最高价氧化物对应的水化物是两性氢氧化物 Al (OH)3，氯的最高价氧化物对应的水化物是强酸 HClO4，二者可以发生中和反应，故 B 正确；
C、该物质的阳离子中含有氢原子，氢原子最外层最多只能达到 2 电子稳定结构，无法形成 8 电子稳定结构，故 C 错误；
D、简单离子半径比较时，电子层数越多半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，因此半径顺序为：Cl-＞N3-＞Al3+，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】根据题中给出的成键特征、电离能规律与电子排布信息，可推断出各元素：X 形成 1 个键且原子序数最小，为 H；Y 可形成 4 个共价键，为 C；Z 第一电离能高于同周期相邻元素且能形成 3 个键，为 N；W 和 Q 基态原子未成对电子数均为 1，结合阴离子结构特征，W 为 Al，Q 为 Cl。
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、苯乙烯的分子式为，其中碳元素的质量分数计算式为，约等于92.31%，氢元素质量分数约为7.69%，故A正确；
B、苯乙烯分子中，不同化学环境的氢原子共有5种，因此其核磁共振氢谱应呈现5组峰，但峰面积比应为 ，而非题目给出的比例，故B错误；
C、苯乙烯的相对分子质量为104，在质谱分析中，其分子离子峰的质荷比最大值等于相对分子质量，即为104，故C正确；
D、红外光谱可以识别分子中的化学键和官能团，苯乙烯分子中包含的C-H键、C-C键、碳碳双键以及苯环骨架，都可以通过红外光谱检测出来，故D正确；
故答案为：B。
【分析】丁苯橡胶是由苯乙烯（ ）和1，3-丁二烯 通过加聚反应合成的，本题的核心就是对其单体之一——苯乙烯的组成、结构和谱学性质进行全面分析。
17．【答案】（1）3-溴丙酸；C3H5O2Br；；sp2、sp3；4s24p5；强
（2）13
（3）
（4）N>O>C
（5）C；D
【知识点】原子核外电子排布；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；有机物中的官能团
【解析】【解答】（1） ①系统命名以羧基碳为 1 号碳，溴原子位于 3 号碳，故命名为 3 - 溴丙酸；分子式为C3H5O2Br， 反应中溴原子发生水解、羧基与 NaOH 发生中和反应，1mol 有机物共消耗 2mol NaOH。 化学方程式为：。
②化合物Ⅰ中饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
③ 溴为 35 号元素，价层电子排布式为 4s24p5。
④ 溴是强吸电子基团，会增大羧基中 O-H 键的极性，使氢离子更易电离，因此酸性比丙酸更强；
故答案为：3-溴丙酸 ； C3H5O2Br ； ； sp2、sp3 ； 4s24p5 ； 强 ；
（2）化合物 Ⅱ 中所有单键及双键中的 σ 键总数为 13 个，因此 1mol 化合物 Ⅱ 含 13个键；
故答案为：13；
（3） 咪唑分子中，5 个原子（2 个 N、3 个 C）均参与大 π 键，共提供 6 个电子，因此大 π 键可表示为；
故答案为： ；
（4）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C；
故答案为： N>O>C ；
（5）A：PVM 相对分子质量较小，不属于有机高分子材料，A错误；
B：PVM 中含有饱和碳原子，不满足所有原子共平面的条件，B错误；
C：PVM 中含羧基可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成反应和氧化反应，C正确；
D：PVM 含羧基，可形成氢键，使其参与合成的水凝胶具有自愈合性，D正确，
故答案为：CD。
【分析】（1）① 以羧基碳为 1 号碳，按系统命名规则命名；直接数出结构中各原子个数得分子式；结合卤代烃水解、羧酸中和反应的规律，写出与 NaOH 水溶液共热的化学方程式。
② 依据碳原子的成键方式（单键、双键），判断其杂化类型。
③ 根据溴元素的原子序数，写出其价层电子排布式。
④ 结合溴原子的吸电子诱导效应，分析其对羧基电离能力的影响，判断酸性强弱。
（2）明确单键均为 σ 键、双键含 1 个 σ 键，数出化合物 Ⅱ 中所有 σ 键总数，得出 1mol 分子中 σ 键的数目。
（3）根据咪唑分子的原子共面结构，结合各原子的价电子数，计算参与大 π 键的原子数与电子数，得出大 π 键的表示式。
（4）结合第二周期元素第一电离能的递变规律，考虑 N 的 2p 轨道半充满的特殊稳定性，判断 N、O、C 的第一电离能大小顺序。
（5）结合高分子材料的定义、有机物原子共面的条件、官能团的典型反应以及氢键的作用，逐一分析各选项的正误。
（1）①化合物Ⅰ碳链为3，含有羧基，在3号碳含溴，系统命名为3-溴丙酸，分子式为C3H5O2Br，其与NaOH水溶液共热，则溴原子被取代成为羟基，羧基和氢氧化钠反应成为羧酸钠，化学方程式为：。
②化合物Ⅰ中饱和碳为sp3杂化，羰基碳为sp2杂化；
③溴为35号元素，基态溴原子的价层电子排布式为4s24p5。
④化合物Ⅰ中溴为吸电子基团，使得羧基中O-H极性增大，更容易电离出氢离子，故其比丙酸的酸性更强；
（2）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1mol化合物Ⅱ含有13molσ键，数目为13；
（3）咪唑分子中碳、氮原子均为sp2杂化，五元环中每个碳提供1个电子、没有结合氢的氮提供2个电子、结合氢的氮提供1个电子，形成五原子六电子的大π键，大键可表示为；
（4）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小：N>O>C；
（5）A．PVM相对分子质量较小，不属于有机高分子材料，错误；
B．PVM中含有饱和碳，饱和碳为四面体形，故不是所有原子处于同一平面上，错误；
C．PVM中含羧基可发生取代反应，含碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，正确；
D．PVM含有羧基，则可形成氢键，使其参与合成的水凝胶具有自愈合性，正确；
故选CD。
18．【答案】（1）B；D
（2）CH3-CH2-OH+HClCH3-CH2-Cl+H2O
（3）O；V形；；6；12；溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）
（4）排除Na+的影响；AgNO3
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需用到的仪器有容量瓶、胶头滴管，
故答案为：BD。
（2） 浓硫酸催化下，浓盐酸与乙醇发生取代反应，化学方程式为：；
故答案为：。
（3）①的配体是，中可提供孤电子对的是，所以配位原子是，的空间构型是V形；
②在水溶液中水解反应的离子方程式为；
③ 为控制变量，使氢离子浓度一致，故，，根据猜想2是少量在水溶液中水解，导致水溶液中显黄色，加入稀硫酸或者稀硝酸，导致水解平衡逆向移动，导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）；
故答案为：；V形。；6；12；导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）。
（4）①加入硫酸钠的目的是排除的影响；
② 可向亮黄色加深后的溶液中加入少量 AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，静置后上层溶液亮黄色变浅。
故答案为：排除的影响，。
【分析】本题围绕工业浓盐酸的相关知识展开，综合考查溶液配制、有机反应、配位化学与实验探究。
(1) 溶液配制仪器选择：根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤，确定需要容量瓶和胶头滴管，对应选项 B、D。
(2) 有机反应方程式书写：浓硫酸催化下，乙醇与浓盐酸发生取代反应，生成氯乙烷和水。
(3) 配位化学与离子平衡：
①根据配位键形成条件，判断配位原子为 O；根据价层电子对互斥理论，水分子的空间构型为 V 形；
②根据盐类水解规律，写出 Fe3+的水解离子方程式；
③为控制变量，需保证加入的酸中氢离子浓度一致，因此硫酸浓度为 6mol/L，硝酸浓度为 12mol/L；
④加入酸抑制 Fe3+水解，溶液黄色会消失或变浅。
(4) 实验探究与变量控制：①加入硫酸钠是为了排除阳离子 Na+对实验的干扰；
②利用 Ag+与 Cl-生成沉淀的反应，降低溶液中 Cl-浓度，使配离子解离，验证工业浓盐酸显黄色与高浓度 Cl-有关。
（1）在实验室配制一定物质的量浓度的盐酸，需要用到仪器有：某规格容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；故答案选BD。
（2）在浓硫酸的催化下，浓盐酸可与乙醇反应，反应的化学方程式为：；故答案为：。
（3）①的配体是，中可提供孤电子对的是，所以配位原子是，的空间构型是V形；故答案为；V形。
②在水溶液中水解反应的离子方程式为；故答案为：。
③为了满足控制变量法，只有一个变量，需要满足氢离子浓度相等，故，，根据猜想2是少量在水溶液中水解，导致水溶液中显黄色，加入稀硫酸或者稀硝酸，导致水解平衡逆向移动，导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）；
故答案为：6；12；导致溶液黄色消失（或黄色比加蒸馏水的更浅）。
（4）①根据猜想3是能与高浓度形成显亮黄色的配离子，所以加入硫酸钠的目的是排除的影响；故答案为：排除的影响。
②根据猜想3是能与高浓度形成显亮黄色的配离子，加入少量某溶液，观察到有白色沉淀生成，静置后上层溶液亮黄色变浅，可知加入的溶液为溶液；故答案为。
19．【答案】（1）过滤
（2）直线形；(NH4)2SO4或NH4HSO4
（3）X射线衍射法；D
（4）sp3；1：1；LiF、NaCl均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子，氟离子半径小于氯离子，则LiF中离子键更短，晶格能更大，使得LiF的熔点高于NaCl
（5）
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 分离固液混合物的常用操作是过滤，对应流程中分离出 SiO2沉淀。
故答案为： 过滤 ；
（2） 反应生成的气体为 CO2，其分子空间构型为直线形；根据反应前后元素守恒，母液主要成分为 (NH4)2SO4或NH4HSO4；
故答案为： 直线形 ； (NH4)2SO4或NH4HSO4 ；
（3）① 区分晶体与非晶体最可靠的方法是 X 射线衍射法；
②基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1；为基态铝原子、为激发态铝原子，、均为失去1个电子的后形成的Al+，Al失去第二电子较失去第一个电子所需能量更大，则、电离最外层一个电子所需能量较大，由于为3s全满较稳定状态，更难再失去1个电子，故电离最外层一个电子所需能量最大的是；
故答案为： X射线衍射法 ；D；
（4）① 两种配离子中 Al 均形成 4 个 σ 键，杂化方式为 sp3，配位数均为 4，故比值为 1：1；
② 离子晶体熔点与晶格能有关，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，因此 LiF 熔点高于 NaCl。
故答案为： sp3 ； 1：1 ； LiF、NaCl均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子，氟离子半径小于氯离子，则LiF中离子键更短，晶格能更大，使得LiF的熔点高于NaCl ；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个，结合化学式Na3AlF6，则晶体密度为。
故答案为： ；
【分析】根据工艺流程，氟硅酸与碳酸氢铵反应生成二氧化碳气体和二氧化硅沉淀，通过过滤分离出二氧化硅后，氟离子、铵根离子进入滤液；向滤液中加入硫酸钠和硫酸铝，反应后再次分离，得到冰晶石（Na3AlF6）和母液；结合质量守恒定律可知，母液的主要成分为硫酸铵或硫酸氢铵。
（1）根据 “分离①” 操作可得到固体 SiO2和滤液，判断该操作是用于分离固液混合物的过滤操作。
（2）根据流程反应可知气体为 CO2，结合价层电子对互斥理论判断其空间构型为直线形；再结合反应前后的元素种类与守恒关系，推断母液的主要成分为硫酸铵或硫酸氢铵。
（3）①根据化学基础知识点，明确区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是 X 射线衍射法；②根据电子排布式的稳定性规律，全满轨道更稳定，失去电子所需能量更高，判断 D 选项的电离能最大。
（4）①根据配离子中 Al 的成键数，判断其杂化方式为 sp3，再根据结构数出两种配离子的配位数，得出比值为 1：1；
②根据离子晶体熔点与晶格能的关系，离子半径越小晶格能越大，解释 LiF 熔点高于 NaCl 的原因。
（5）利用均摊法算出晶胞中 [AlF6]3-的个数，再根据晶胞的边长计算体积，结合密度公式，写出晶体密度的计算表达式。
（1）“分离①”为分离固液的操作，操作的名称为过滤；
（2）“气体”主要成分为二氧化碳，二氧化碳的分子空间构型为直线形，由分析，“母液”主要成分的化学式是(NH4)2SO4或NH4HSO4；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；
②基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1；为基态铝原子、为激发态铝原子，、均为失去1个电子的后形成的Al+，Al失去第二电子较失去第一个电子所需能量更大，则、电离最外层一个电子所需能量较大，由于为3s全满较稳定状态，更难再失去1个电子，故电离最外层一个电子所需能量最大的是；
故选D；
（4）①由图，两种离子中Al均形成4个共价键，杂化方式为sp3，Al最近且相邻的原子均为4个，配位数之比为1：1；
②LiF、NaCl均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子，氟离子半径小于氯离子，则LiF中离子键更短，晶格能更大，使得LiF的熔点高于NaCl；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个，结合化学式Na3AlF6，则晶体密度为。
20．【答案】（1）羧基；CH2=CH2
（2）B
（3）铜、氧气、加热；氧化反应；催化剂、氢气；
（4）
（5）CH2OHCH2COOH；HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）官能团与结构推断：根据 B 的结构简式，直接判断官能团为羧基；结合反应 Ⅰ 的原子利用率 100%，利用元素守恒推断 A 为乙烯；
故答案为： 羧基 ； CH2=CH2 ；
（2）A、反应 Ⅱ 为加成反应，反应 Ⅲ 为消去反应，故 A 错误；
B、甲醛为 sp2 杂化，所有原子共平面，正确；C 选项中，
C、分子中只有羧基能与 NaHCO3反应，1molC 最多消耗 1molNaHCO3，错误；
D、化合物D中含碳碳双键，加聚反应产物为，错误；
故答案为：B；
（3）F分子中含羟基，能被铜催化氧化和氧气反应生成醛基，故答案为：铜、氧气、加热，氧化反应；F分子中含碳碳双键，能和氢气在催化剂作用下加成生成碳碳单键，
故答案为： 铜、氧气、加热 ； 氧化反应 ；催化剂、氢气，；
（4）E分子不饱和度为4、含2个氧、11个碳，化合物M是化合物E的同分异构体，满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4；②1molM最多可与2molNaOH反应，能和氢氧化钠反应的酚羟基，则含2个酚羟基；③M的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9∶3∶2∶2，则分子中应含有3个相同的甲基、1个单独的甲基，且结构对称；可以为：；
故答案为： ；
（5）乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH，分子中羟基氧化为醛基，进一步氧化为羧基得到HOOCCH2COOH，再和甲醇发生酯化反应得到产物；
①乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH。
②最后一步反应为HOOCCH2COOH和甲醇的酯化反应，化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O。
故答案为： CH2OHCH2COOH ； HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O
【分析】化合物 A 与 CO、H2O 按物质的量之比 1：1：1 反应生成化合物 B，又因为反应原子利用率为 100%，可推知 A 为乙烯（CH2=CH2）；B 与甲醛发生加成反应得到 C，C 中的羟基再经消去反应形成碳碳双键，生成 D；最终 D 与 F 发生酯化反应，得到目标产物 E。
（1）根据化合物 B 的结构判断官能团，再结合反应 Ⅰ 的原子利用率 100%，利用元素守恒推断化合物 A 的结构。
（2）逐一分析各选项，结合反应类型、分子空间结构、官能团性质和聚合物结构，判断正误。
（3）有机物性质预测：①F 分子中的羟基在铜催化、加热条件下被氧气氧化为醛基，属于氧化反应；②F 分子中的碳碳双键可在催化剂作用下与氢气发生加成反应，双键变为单键，生成环己烷结构。
（4）同分异构体书写：根据显色反应、与 NaOH 反应的比例及核磁共振氢谱峰数，推断分子中含 2 个酚羟基、对称结构，再结合不饱和度和分子式，写出合理结构。
（5）合成路线设计：参考题干路线，乙酸与甲醛发生加成反应生成 HOCH2CH2COOH，再经氧化、酯化反应，最终得到目标产物。
（1）由结构，化合物B的官能团名称为羧基；化合物A与CO、H2O按1∶1∶1合成化合物B，该反应原子利用率100%，则化合物A的结构简式为CH2=CH2；
（2）A．Ⅱ为甲醛加成，使得醛基转化为羟基得到C的反应，为加成反应；Ⅲ为C中羟基发生消去反应生成碳碳双键得到D，为消去反应，错误；
B．HCHO分子中碳为sp2杂化，为平面三角形结构，所有原子共平面，正确；
C．羧基能和碳酸氢钠反应，而羟基不反应，故1mol化合物C最多能与1molNaHCO3反应，错误；
D．化合物D中含碳碳双键，加聚反应产物为，错误；
故选B；
（3）F分子中含羟基，能被铜催化氧化和氧气反应生成醛基，故答案为：铜、氧气、加热，氧化反应；
F分子中含碳碳双键，能和氢气在催化剂作用下加成生成碳碳单键，故答案为：催化剂、氢气，；
（4）E分子不饱和度为4、含2个氧、11个碳，化合物M是化合物E的同分异构体，满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，含有苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4；②1molM最多可与2molNaOH反应，能和氢氧化钠反应的酚羟基，则含2个酚羟基；③M的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为9∶3∶2∶2，则分子中应含有3个相同的甲基、1个单独的甲基，且结构对称；可以为：；
（5）乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH，分子中羟基氧化为醛基，进一步氧化为羧基得到HOOCCH2COOH，再和甲醇发生酯化反应得到产物；
①由分析，有乙酸参与的反应为，乙酸、甲醛发生B生成C的反应原理转化为CH2OHCH2COOH。
②最后一步反应为HOOCCH2COOH和甲醇的酯化反应，化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O。
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