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广东省云浮市2024-2025学年高二下学期7月期末考试 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的。
1．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体的主要成分属于有机物的是
A．古代银制聚宝盆
B．纸张
C．铜器
D．大理石
2．“北京冬奥会”“神舟十三号”“天宫课堂”及“华龙一号”等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法错误的是
A．核电站反应堆所用铀棒中含有的的中子数为143
B．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为，和互为同位素
C．乙酸钠过饱和溶液析出的晶体可用X射线衍射实验判断晶体中存在的化学键
D．飞船返回舱表层材料中含有玻璃纤维，玻璃纤维中的硅是第三周期第ⅥA族元素
3．下列化学用语或描述正确的是
A．对硝基甲苯的结构简式：
B．不具有手性碳原子
C．中的碳原子既有杂化又有杂化
D．是苯的同系物
4．实验室进行粗盐提纯时，需除去和，所用试剂包括和稀盐酸，下列说法错误的是
A．电负性：
B．与不具有相同的空间结构
C．离子半径：
D．基态原子的未成对电子数：
5．劳动开创未来。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 用醋酸处理水壶中的水垢(主要成分为) 醋酸可与反应
B 用溶液检验废水中的苯酚 溶液与苯酚发生显色反应
C 用新制氢氧化铜检测血液中的葡萄糖含量 葡萄糖为还原性糖
D 用银氨溶液检测装修后空气中甲醛的含量 甲醛易溶于水
A．A B．B C．C D．D
6．X、Y、Z、R、Q均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。Q的最高价氧化物对应的水化物为强酸，其中单质为助燃性气体。下列说法错误的是
A．沸点：
B．和均属于共价晶体
C．通常状况下，在水中的溶解度：
D．R的最高正价与其最低负价的代数和为2
7．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法错误的是
A．米饭中的主要成分为淀粉
B．葡萄糖与果糖具有相同的分子式
C．转化为淀粉的过程中，碳元素的化合价先升高后降低
D．和CO不互为同素异形体
8．以熔融盐为电解液，以含有Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，可实现Al的再生。下列说法正确的是
A．熔点：
B．随着温度升高，Cu、Mg、Al的导电率均升高
C．的中心离子为，提供孤电子对的为氢原子
D．根据“对角线规则”，常温下，碳酸镁微溶于水，则碳酸锂也微溶于水
9．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 乙酸能与金属钠反应 与的离子半径不同
B 石油裂解气能使溴的溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
C 一定条件下，用和制 无机物可转化为有机物
D 苯酚的酸性弱于碳酸 苯酚可与碳酸氢钠溶液共存
A．A B．B C．C D．D
10．建设美丽乡村，守护美好家乡，衣食住行皆化学。下列说法错误的是
A．千家万户通光纤，光纤中含有的属于共价晶体
B．在鸡蛋清溶液中加入饱和溶液，蛋白质会发生盐析，加水后又重新溶解
C．美容扮靓迎佳节，化妆品甘油中所含碳、氧原子的第一电离能：
D．人人环保动起来，包装袋使用的材料聚乳酸属于可降解材料
11．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。“点击化学”研究中常用化合物分子的结构如图所示。关于该化合物，下列说法正确的是
A．含氧官能团的名称为酮羰基和羟基
B．能发生氧化反应和取代反应
C．不能与氨基酸中的氨基反应
D．分子中所有碳原子有可能位于同一平面
12．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0所含的键数目为
B．等物质的量的和中所含的碳原子数目均为
C．常温下，与足量的溶液反应，理论上生成AgCl的数目为
D．标准状况下，分子中，所含的极性共价键数目可能为
13．下列叙述与如图所示(加热及夹持装置已略去)不符的是
A．振荡后的放气操作 B．除去中的
C．分离碘和沙子 D．收集气体
A．A B．B C．C D．D
14．完成下列实验所选用的试剂和操作、现象和结论均正确的是
选项 实验 试剂和操作 现象和结论
A 检验蔗糖水解产物是否含有葡萄糖 取少许冷却后的水解液于试管中，滴入银氨溶液，混合均匀后水浴加热 没有出现光亮的银镜，蔗糖水解产物不含葡萄糖
B 检验苯与液溴发生的反应是否为取代反应 将苯与液溴反应后的气体直接通入溶液中 溶液中产生白色沉淀即可证明苯与液溴发生的反应为取代反应
C 检验1-溴丁烷发生的反应是否为消去反应 将1-溴丁烷、NaOH和无水乙醇反应产生的气体通入溴水中 溴水褪色，证明1-溴丁烷发生的反应为消去反应
D 检验苯中是否含有苯酚 向溶液中滴加少量浓溴水，振荡 无白色沉淀，溶液中无苯酚
A．A B．B C．C D．D
15．下列化学方程式书写错误的是
A．
B．
C．
D．
16．由可制备，其立方晶胞如图所示。Al与O的最小间距大于Co与O的最小间距，m、n为整数，设晶胞的边长为apm。下列说法错误的是
A．表示Co
B．
C．1号原子与2号原子之间的距离为
D．3号原子的分数坐标为
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可用于无机合成、功能性材料制备，回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）进行焰色试验时，Cu呈　 　色，金属的焰色反应属于　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
（3）离子半径：(填“>”或“<”)。
（4）中碳原子的杂化方式为　 　。
（5）酸性：　 　(填“>”或“<”)，判断的理由为　 　(用化学方程式表示)。
（6）一般过渡金属易形成配合物，如硫酸镍溶于氨水形成。中的空间结构是　 　；在中，与之间形成的化学键为　 　；的配位数为　 　。
18．溴乙烷是一种重要的液体化工原料，沸点为，难溶于水且是非电解质，可与碱溶液反应。实验室中制取少量溴乙烷的反应原理为。某研究性学习小组的同学设计了如图所示的装置(夹持及加热仪器已省略)来制备溴乙烷，并验证有副产物生成(的沸点为)。
已知：。
（1）仪器A的名称是　 　，仪器B接自来水的是　 　(填“a”或“b”)口。
（2）证明一定有生成是利用了的　 　性，证明一定有生成的现象为　 　。
（3）C中得到的溴乙烷中可能含有　 　。为得到纯净的溴乙烷，该同学取出C中的液体依次用水洗→过量溶液洗→水洗，再用无水干燥，最后进行蒸馏，写出用溶液洗涤时发生反应的化学方程式：　 　。
（4）设计一种实验方案，利用化学方法证明C中的液体中含有单质溴：　 　。
（5）溴乙烷可与烧碱溶液反应，请写出相关的化学方程式：　 　。
19．现有M、X、Y、Z、W五种元素，M的基态原子价层电子排布式为。X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2.元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。元素W的三价阳离子的价层电子排布式为。
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图1所示。在该晶胞中，X离子的数目为　 　；该化合物的化学式为　 　。
（2）在Y的氢化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是　 　。
（3）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，其原因是　 　。
（4）是制备硫酸的主要原料，中Y元素的化合价为　 　价。
（5）写出与氧气反应的化学方程式：　 　。
（6）M与Z形成的化合物的晶胞结构如图2所示(立方晶胞)，设晶胞边长为apm。
①距最近的的个数为　 　。
②该晶体的密度为　 　。
③化合物MZ在生活中有诸多用途，请写出其中的一种：　 　。
20．曲美托嗪(Ⅲ)是一种抗焦虑药，其合成路线如图所示，回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为羟基和　 　。
（2）可由硫酸与甲醇酯化而得，则的名称为　 　。
（3）Ⅰ→Ⅱ的反应类型为　 　。
（4）关于合成路线图中相关物质及其转化，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．能溶于水，该分子可与水分子形成氢键
C．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，C原子的杂化方式不变，且无手性碳原子形成
D．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可用溶液鉴别
（5）对化合物Ⅰ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂(足量) 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 置换反应
② 　 　 　 　 加成反应
（6）在一定条件下，以原子利用率为100%的反应制备。该反应中：
①若反应物之一为极性分子且只含极性键，则另一反应物为　 　(填结构简式)。
②若反应物之一为非极性分子且只含非极性键，则另一反应物为　 　(填结构简式)。
（7）以苯为唯一有机原料，设计合成的路线。基于你设计的合成路线：
①第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②最后一步的反应条件为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、古代银制聚宝盆，主要成分为银（Ag），属于金属单质，是无机物，故 A 不符合题意；
B、纸张的主要成分为纤维素，纤维素是含碳的有机高分子化合物，属于有机物，故 B 符合题意；
C、铜器的主要成分为铜（Cu），属于金属单质，是无机物，故 C 不符合题意；
D、大理石的主要成分为碳酸钙（CaCO3），属于碳酸盐，是无机物，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查有机物与无机物的区分，解题关键是明确有机物的定义：含碳化合物（除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、氰化物等少数物质外）。
银、铜为金属单质，碳酸钙为碳酸盐，均属于无机物；
纤维素是由碳、氢、氧元素组成的有机高分子化合物，是纸张的主要成分，属于有机物。
2．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；晶体的定义；元素、核素
【解析】【解答】A、 的中子数 = 质量数 - 质子数 = 235 - 92 = 143，故A正确；
B、 和 质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；
C、X射线衍射实验可用于测定晶体结构，判断晶体中化学键的存在，故C正确；
D、硅元素位于元素周期表第三周期第ⅣA族，而非第ⅥA族，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查原子结构、同位素、晶体测定及元素周期表位置判断：
原子中中子数计算：中子数 = 质量数 - 质子数；
同位素定义：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素；
X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可用于分析化学键；
硅的周期表位置：硅为14号元素，位于第三周期第ⅣA族。
3．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同系物
【解析】 【解答】A、对硝基甲苯中，硝基（）的正确写法为， 其结构简式应为，A错误；
B、该分子中与苯环相连的碳原子，同时连接了苯环、甲基、羟基（）、氰基（）四种不同基团，属于手性碳原子，故B错误；
C、丙烯（）中，甲基碳原子形成4个σ键，为杂化；双键碳原子形成3个σ键和1个π键，为杂化，因此分子中既有杂化又有杂化的碳原子，故C正确；
D、苯的同系物需满足分子中只含一个苯环，且侧链为饱和烷基。该分子含有除苯环外的不饱和碳碳双键和脂环，结构不满足苯的同系物的定义，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学用语的规范书写、手性碳原子判断、杂化类型分析及苯的同系物定义，解题关键如下：
对硝基甲苯的结构简式中，硝基的正确连接方式为，直接写不符合规范；
手性碳原子的判断标准是：碳原子连接四个不同的原子或基团，B选项中的中心碳原子满足此条件；
杂化类型的判断：饱和碳原子为杂化，双键碳原子为杂化，丙烯分子中两种杂化方式均存在；
苯的同系物需符合“只有一个苯环，侧链为饱和烷基，通式为”，D选项分子含有额外不饱和键，不符合定义。
4．【答案】A
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、电负性：C > O、错误，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性 O > C； A错误；
B、SO42-与 CO32-不具有相同的空间结构、正确，SO42-的中心 S 原子价层电子对数为 4，无孤电子对，空间结构为正四面体；CO32-的中心 C 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，空间结构为平面三角形； B正确；
C、离子半径：S2- > Mg2+、正确，S2-核外有 3 个电子层，Mg2+核外有 2 个电子层，电子层数越多，离子半径越大 ，S2-＞Mg2+，C正确；
D、基态原子的未成对电子数：Cl > Ca、正确，Cl 原子的价电子排布为 3s23p5，p 轨道有 1 个未成对电子；Ca 原子的价电子排布为 4s2，无未成对电子，故未成对电子数 Cl > Ca ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题考查元素电负性、离子空间结构、离子半径、未成对电子数的判断，解题要点如下：
电负性递变规律：同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大；
空间结构判断：根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数和孤电子对数，判断离子空间结构；
离子半径比较：电子层数不同时，电子层数越多，离子半径越大；
未成对电子数判断：根据基态原子的电子排布式，分析价层轨道中未成对电子的数量。
5．【答案】D
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；苯酚的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】A、用醋酸处理水壶中的水垢，利用的是醋酸能与 CaCO3发生复分解反应，二者直接关联；故A不符合题意 ；
B、用 FeCl3溶液检验废水中的苯酚，利用的是 FeCl3与苯酚发生显色反应，二者直接关联；故B不符合题意 ；
C、用新制氢氧化铜检测血液中的葡萄糖含量，利用的是葡萄糖的还原性，二者直接关联；故C不符合题意 ；
D、用银氨溶液检测装修后空气中甲醛的含量，利用的是甲醛的还原性，可与银氨溶液发生银镜反应，而非甲醛易溶于水的性质，二者没有关联；故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题考查化学知识在实际劳动项目中的应用，解题关键是明确各检测方法的化学原理：
醋酸除水垢的原理是强酸制弱酸，醋酸酸性强于碳酸，可与 CaCO3反应生成可溶性醋酸钙；
苯酚与 FeCl3溶液的显色反应是苯酚的特征反应，可用于检验苯酚；
葡萄糖含有醛基，属于还原性糖，能与新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀；
甲醛与银氨溶液的反应是利用其还原性发生银镜反应，与甲醛的水溶性无关。
6．【答案】B
【知识点】晶体的定义；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、YX（SiC）属于共价晶体，原子间以强共价键结合，沸点极高；XQ2（CS2）属于分子晶体，分子间靠较弱范德华力结合，沸点较低，因此沸点：SiC > CS2，A 正确；
B、XZ2（CO2）和 QZ2（SO2）均属于分子晶体，晶体类型相同，B 错误；
C、O 元素形成的 O3为极性分子，O2为非极性分子，而水是极性溶剂，根据 “相似相溶” 原理，O3在水中的溶解度大于 O2，C 正确；
D、R（P）为第 ⅤA 族元素，最高正价为 + 5，最低负价为 - 3，二者代数和为 2，D 正确；
故答案为：B。
【分析】这是一道短周期元素推断题，解题核心是根据周期表位置与物质特征性质定位元素：Z2为助燃性气体，可确定 Z 为 O；Z 与 Q 同主族，且 Q 的最高价氧化物对应水化物为强酸，可确定 Q 为 S；再结合周期表位置，依次推出 X 为 C、Y 为 Si、R 为 P。即 X、Y、Z、R、Q 分别为 C、Si、O、P、S。
7．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；同素异形体
【解析】【解答】A、米饭中的主要成分为淀粉，A正确；B、葡萄糖与果糖的分子式均为 C6H12O6，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确；
C、CO2中碳元素化合价为 + 4，转化为淀粉（碳元素平均化合价低于 + 4）的过程中，碳元素的化合价是逐步降低的，不存在 “先升高后降低” 的过程，C错误；
D、同素异形体是同种元素形成的不同单质，而 CO2和 CO 是化合物，因此二者不互为同素异形体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题结合碳循环研究考查基础化学概念，解题关键如下：
淀粉是大米等主食的主要成分；
葡萄糖和果糖是常见的单糖同分异构体；
CO2中碳为 + 4 价，是碳的最高正价，因此在转化为淀粉的过程中，碳元素化合价只能降低，无法升高；同素异形体的定义限定为单质，化合物不适用该概念。
8．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；金属晶体；铝的化学性质
【解析】【解答】A、硅为原子晶体，熔点远高于金属晶体，金属晶体中铜的熔点高于铝和镁，故熔点顺序为 Si > Cu > Al > Mg，选项中 Al > Cu > Mg > Si 错误，故 A 错误；
B、金属的导电性随温度升高而降低，温度升高会加剧金属阳离子的热振动，阻碍自由电子定向移动，故 B 错误；
C、在 [Cu(H2O)4]2+中，是水分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键，而非氢原子，故 C 错误；
D、根据元素周期表对角线规则，锂与镁的化学性质相似，碳酸镁微溶于水，因此碳酸锂也微溶于水，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题综合考查物质结构与元素周期律的知识点，解题关键如下：
晶体熔点比较：原子晶体（硅）的熔点远高于金属晶体，金属晶体熔点与金属键强弱有关；
金属导电性的影响因素：温度升高会降低金属的导电性；
配位键的成键特点：配位原子是提供孤电子对的原子，在水合铜离子中，配位原子是氧；
对角线规则：锂与镁的化学性质相似，可根据碳酸镁的溶解性推断碳酸锂的溶解性。
9．【答案】A
【知识点】石油的裂化和裂解；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、乙酸能与金属钠反应，陈述 Ⅰ 正确；H+与 Na+的离子半径不同，陈述 Ⅱ 正确；但乙酸与钠反应的本质是乙酸中的羧基氢具有酸性，与 H+和 Na+的离子半径差异无关，二者不具有因果关系，故 A 符合题意；
B、石油裂解气能使溴的 CCl4溶液褪色，陈述 Ⅰ 正确；石油裂解可得到乙烯等不饱和烃，陈述 Ⅱ 正确；正是因为裂解气中含有不饱和烃，能与溴发生加成反应，才使溶液褪色，二者具有因果关系，故 B 不符合题意；
C、一定条件下，用 CO2和 H2制 C2H5OH，陈述 Ⅰ 正确；无机物可转化为有机物，陈述 Ⅱ 正确；该反应本身就是无机物转化为有机物的实例，二者具有因果关系，故 C 不符合题意；
D、苯酚的酸性弱于碳酸，陈述 Ⅰ 正确；苯酚可与碳酸氢钠溶液共存，陈述 Ⅱ 正确；正是因为苯酚酸性弱于碳酸，无法与碳酸氢钠反应生成 CO2，所以二者可以共存，二者具有因果关系，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
解题核心是判断两组陈述是否同时满足 “均正确” 和 “无因果关系” 两个条件；
乙酸与钠反应的本质是羧基的酸性，与离子半径差异无关；
不饱和烃的加成反应、无机物与有机物的转化、强酸制弱酸原理，均存在明确的因果逻辑；
需区分陈述间的 “现象 - 本质” 关系，避免将无关的两个正确陈述误判为存在因果关系。
10．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；元素电离能、电负性的含义及应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、光纤的主要成分是 SiO2，它是由 Si 和 O 原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，故 A 正确；
B、向鸡蛋清溶液中加入饱和 (NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生盐析，这是可逆的物理变化，加水后蛋白质会重新溶解，故 B 正确；
C、C 和 O 同属第二周期，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第一电离能 O > C，选项中 “O < C” 的说法错误，故 C 错误；
D、聚乳酸是一种可降解高分子材料，在自然环境中可最终分解为 CO2和 H2O，属于环保材料，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
SiO2是典型的共价晶体，常用于制作光导纤维；
盐析是蛋白质的可逆物理变化，常用于蛋白质的分离提纯；
同周期主族元素的第一电离能从左到右总体呈增大趋势（需注意 N、O，Mg、Al 等特殊情况）；
聚乳酸是常见的可降解高分子材料，对环境友好。
11．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机分子中原子共线、共面的判断
12．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、中，每个分子含3个键，4个共12个，加上4个配位键，以及中4个键，总共 键，数目为，故A错误；
B、选项未给出等物质的量的具体数值，无法确定碳原子数目，故B错误；
C、是共价化合物，分子中的氯原子不能电离出，无法与反应生成沉淀，故C错误；
D、的物质的量为，若为二甲醚，分子中含8个极性共价键，含极性键数目为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
配合物中键包括分子内共价键、配位键和酸根中的共价键，需全部计算；
阿伏加德罗常数题目中，未给出具体物质的量数值时，无法确定微粒数目；
只有能电离出的物质才能与反应生成沉淀；
存在同分异构体，不同结构的极性共价键数目不同，需分情况讨论。
13．【答案】B
【知识点】乙醇的物理、化学性质；分液和萃取；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、分液漏斗振荡后放气操作，需将漏斗倒置，打开活塞放出气体，图示操作符合规范，故 A 与叙述相符；
B、乙烯（C2H4）和乙醇（C2H5OH）均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，该装置无法除去乙烯中的乙醇，反而会同时消耗乙烯，故 B 与叙述不符；
C、碘受热易升华，遇冷又会凝华，可用图示装置加热碘和沙子的混合物，使碘升华后在烧瓶底部凝华，实现二者分离，故 C 与叙述相符；
D、甲烷（CH4）密度比空气小，可用向下排空气法收集，图示装置中甲烷从短管进入，空气从长管排出，可收集甲烷，故 D 与叙述相符；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分液漏斗振荡后放气的标准操作：倒置漏斗，打开活塞；
乙烯和乙醇都具有还原性，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用该溶液除去乙烯中的乙醇；
碘的升华与凝华特性，可用于分离碘与难挥发杂质；
甲烷密度小于空气，采用短进长出的方式收集，属于向下排空气法的变形装置。
14．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；苯酚的化学性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖水解时需用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性，而银镜反应需在碱性条件下进行，未加碱中和酸就直接滴加银氨溶液，无法发生银镜反应，不能据此判断水解产物不含葡萄糖，故 A 错误；
B、液溴易挥发，挥发出来的 Br2也能与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 白色沉淀，会干扰 HBr 的检验，无法证明反应为取代反应，故 B 错误；
C、1 - 溴丁烷在 NaOH 无水乙醇中加热发生消去反应生成 1 - 丁烯，1 - 丁烯能与溴水发生加成反应使溴水褪色，可证明发生了消去反应，故 C 正确；
D、苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯中，即使溶液中含有苯酚，也可能观察不到白色沉淀，因此不能据此判断溶液中无苯酚，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
银镜反应必须在碱性条件下进行，酸性水解后的溶液需加碱中和才能进行检验；
液溴易挥发，挥发的 Br2会干扰取代产物 HBr 的检验，需先除去 Br2；
1 - 溴丁烷的消去反应生成烯烃，烯烃能使溴水褪色，可据此检验；
三溴苯酚易溶于苯，在苯中加入少量浓溴水时，即使有苯酚也可能不产生沉淀。
15．【答案】B
【知识点】甲烷的取代反应；苯酚的化学性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、乙烷与氯气在光照下发生取代反应，生成一氯乙烷和氯化氢，方程式书写正确，故 A 不符合题意；
B、苯酚钠与少量二氧化碳反应，因苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，产物应为苯酚和碳酸氢钠，而非碳酸钠，正确的反应的化学方程式应为+，故 B 符合题意；
C、羟基酸在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应，生成内酯和水，方程式书写正确，故 C 不符合题意；
D、乙二醇与乙二酸在浓硫酸加热条件下发生缩聚反应，生成聚酯和水，方程式书写正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
烷烃与卤素单质在光照下发生自由基取代反应；
苯酚钠与 CO2反应，无论 CO2量多少，均生成苯酚和碳酸氢钠，遵循 “强酸制弱酸” 原理；
同时含有羟基和羧基的有机物可发生分子内酯化反应生成环酯；
二元醇与二元酸可发生缩聚反应生成聚酯，注意配平生成的水分子数。
16．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
17．【答案】（1）
（2）绿；发射
（3）>
（4）
（5）>；
（6）三角锥形；配位键或共价键；6
【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；焰色反应；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】(1) 基态Cu原子的价电子排布式为，失去2个电子形成时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此的价电子排布式为，对应的轨道表示式为：
故答案为：；
(2) 铜元素的焰色为绿色；焰色反应的本质是原子中的电子吸收能量跃迁到激发态，再从激发态跃迁回基态时释放出特定波长的光，因此属于发射光谱。
故答案为： 绿 ； 发射 ；
(3) 同一元素的不同价态离子，核电荷数相同，核外电子数越多，电子间的排斥作用越强，离子半径越大。的核外电子数比多1个，因此半径更大。
故答案为： > ；
(4) 草酸根离子中，每个碳原子形成3个σ键（与2个氧原子成键，其中1个为双键），无孤电子对，价层电子对数为3，因此杂化方式为杂化。
故答案为： ；
(5)判断依据为“强酸制弱酸”原理，草酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，反应方程式为：
，说明草酸酸性强于碳酸。
故答案为： > ； ；
(6)①的空间结构：分子中N原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，因此空间结构为三角锥形；
② 化学键类型：有空轨道，中的N原子有孤电子对，二者之间形成配位键；
③ 配位数：直接与中心离子结合的配体有6个，因此配位数为6。
故答案为： 三角锥形 ； 配位键或共价键 ；6；
【分析】本题围绕铜的化合物展开，综合考查物质结构与性质的多个知识点。
(1) 价层电子轨道表示式：先写出Cu原子的价电子排布式，再根据离子形成过程，写出的价电子排布式，画出轨道表示式。
(2) 焰色试验：根据铜的焰色记忆为绿色；焰色反应是电子从激发态跃迁回基态时释放能量，属于发射光谱。
(3) 离子半径比较：同一元素的不同价态离子，价态越低，核外电子数越多，电子间斥力越大，半径越大，故。
(4) 杂化方式判断：根据中碳原子的成键情况，其形成3个σ键，无孤电子对，故杂化方式为。
(5) 酸性强弱判断：根据“强酸制弱酸”原理，草酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明草酸酸性强于碳酸。
(6) 配合物相关：根据价层电子对互斥理论判断的空间结构；根据配合物的形成原理，判断中心离子与配体之间的化学键为配位键；根据配体数目确定配位数。
（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，故Cu2+的轨道表示式为；
（2）铜的焰色为绿色；基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量，即该光谱为发射光谱；
（3）根据离子半径的基本规律，同一元素的不同价态离子中，高价阳离子半径小于低价阳离子半径，这是因为Cu+与Cu2+核电荷数、电子层数相同，Cu+核外电子数比Cu2+多一个，电子云间的排斥力更大，所以Cu+>Cu2+；
（4）中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2杂化；
（5）根据强酸制弱酸，H2C2O4酸性大于H2CO3，即答案为>；反应的化学方程式为：；
（6）NH3中N原子价层电子对数=，有1对孤电子对，空间结构是三角锥形；[Ni(NH3)6]2+中Ni2+有空轨道，NH3中N有孤电子对，形成配位键(共价键)；[Ni(NH3)6]2+的配体为NH3，配位数为6。
18．【答案】（1）蒸馏烧瓶；b
（2）漂白；酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊
（3）少量的乙醇、、HBr；或
（4）取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色
（5）
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶；仪器 B（冷凝管）接自来水的是b口。
故答案为：蒸馏烧瓶 b。
（2）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此用 E 装置的品红溶液直接检验 SO2；由于 SO2也能使澄清石灰水变浑浊，会干扰 CO2的检验，因此需先用 F 装置的酸性 KMnO4溶液除去 SO2，当 KMnO4溶液颜色变浅但未完全褪去时，说明 SO2已被除尽，此时 G 装置的澄清石灰水变浑浊，即可证明有 CO2生成。
故答案为：漂白 酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊。
（3）C中是冰盐水，可以将A中挥发出来的乙醇冷凝下来，A装置中NaBr与浓硫酸反应可得到HBr具有挥发性也会进入C中，另外有反应，故还会生成易挥发的。综上得到的溴乙烷中可能含有少量的乙醇、、HBr。
溶液可以与C中的发生氧化还原反应、与HBr发生复分解反应，方程式为：
或。
故答案为：少量的乙醇、、HBr，
或
（4）取适量 C 中的液体，与适量含的 KI 溶液混合，充分振荡后静置，若观察到有机层显紫色，则证明液体中含有单质溴。
故答案为：取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色。
（5） 溴乙烷与烧碱溶液反应的化学方程式为：。
故答案为：。
【分析】实验室制取溴乙烷的核心反应为：NaBr+H2SO4(浓)+C2H5OH→NaHSO4+C2H5Br+H2O。反应在装置 A 中进行，溴乙烷的沸点仅为 38.4℃，易挥发，因此装置 C 中的冰盐水用于冷凝收集溴乙烷；而副产物 SO2、CO2的沸点极低，不会被冷凝留在 C 装置中，会继续进入后续装置，因此可以通过 D、E、F、G 装置依次验证这两种气体的存在。
(1) 仪器识别与冷凝管使用：根据装置形状判断仪器 A 为蒸馏烧瓶；冷凝管需下口进水、上口出水，故仪器 B 接自来水的是 b 口。
(2) SO2与 CO2的检验：SO2能使品红溶液褪色，利用其漂白性检验；CO2的检验需先除尽 SO2，故酸性 KMnO4溶液颜色未完全褪去且澄清石灰水变浑浊，可证明有 CO2生成。
(3) 溴乙烷的杂质与洗涤反应：反应过程中乙醇、HBr、Br2会挥发进入收集装置，故溴乙烷中含少量乙醇、Br2、HBr；Na2CO3可与 HBr 发生复分解反应，也可与 Br2发生歧化反应，因此可写出对应方程式。
(4) 溴单质的检验：溴单质具有氧化性，可与 KI 反应生成 I2，I2溶于 CCl4显紫色，据此设计实验检验溴单质。
(5) 溴乙烷的水解反应：溴乙烷在 NaOH 水溶液、加热条件下发生水解反应，生成乙醇和 NaBr，据此写出化学方程式。
（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；冷凝管的进水口从较低处，出水口在高处，所以仪器B接自来水的是b。
故答案为：蒸馏烧瓶 b。
（2）E装置用于检验有无生成，品红遇会褪色，因为有漂白性；由于都能使澄清石灰水变浑浊，故的存在对检验有干扰，故装置中用E检验完有后用F装置中的酸性高锰酸钾完全除去中的，即酸性高锰酸钾颜色变浅但不完全褪去，再通到澄清石灰水中检验有无，证明一定有生成的现象为：酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊。
故答案为：漂白 酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊。
（3）C中是冰盐水，可以将A中挥发出来的乙醇冷凝下来，A装置中NaBr与浓硫酸反应可得到HBr具有挥发性也会进入C中，另外有反应，故还会生成易挥发的。综上得到的溴乙烷中可能含有少量的乙醇、、HBr。
溶液可以与C中的发生氧化还原反应、与HBr发生复分解反应，方程式为：
或。
故答案为：少量的乙醇、、HBr
或
（4）利用化学方法证明含有溴单质，因溴单质有氧化性，可利用此证明：取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色。
故答案为：取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色。
（5）溴乙烷可与烧碱溶液反应，是卤代烃的水解反应，化学方程式为。
故答案为：。
19．【答案】（1）4；ZnS
（2）
（3）水和乙醇间能形成氢键，而不能和乙醇形成氢键
（4）
（5）
（6）6；；作电子元件、催化剂、抗酸剂、吸附剂、填充剂、添加剂等
【知识点】原子结构与元素的性质；晶胞的计算；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) 位于晶胞的8个顶点和6个面心，通过均摊法计算：个；晶胞中的数目也为4个，因此该化合物的化学式为。
故答案为：；。
(2) 在分子中，S原子的价层电子对数为，因此原子轨道的杂化类型为
故答案为：。
(3) 乙醇分子中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，显著增大溶解度；而无法与乙醇形成氢键，因此在乙醇中的溶解度远大于。
故答案为：水和乙醇间能形成氢键，而不能和乙醇形成氢键。
(4) 中Fe元素的化合价为+2价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，可计算出S元素的化合价为-1价。
故答案为：。
(5) 在高温条件下与氧气反应，生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为：
故答案为： 。
(6) ①观察晶胞结构，体心的周围最近的分布在6个面心位置，因此配位数为6；
②晶胞中的数目为个，的数目为个；根据密度公式，晶胞质量为，晶胞体积为，因此密度为：
③是碱性氧化物，可用作抗酸剂、催化剂载体、电子元件材料、吸附剂等。
故答案为：①；② ；③作抗酸剂（或电子元件、催化剂、吸附剂等，合理即可）。
【分析】基态M原子的价层电子排布式为，对应元素为Mg；X位于第四周期，内层轨道电子全部排满，且最外层有2个电子，符合Zn的电子排布特征，因此X为Zn；基态Y原子的3p轨道上填充了4个电子，说明Y的价电子排布为，对应元素为S；Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可推知内层只有2个电子，最外层为6个电子，对应元素为O；W的三价阳离子价层电子排布式为，说明W原子的价电子排布为，对应元素为Fe。完成元素推断后，就可以结合晶胞结构、化学键与物质性质规律，对后续问题进行解答。
（1）晶胞离子数目与化学式计算：使用均摊法，顶点按、面心按计算，得到晶胞中和的数目，进而推出化学式。
（2）杂化类型判断：计算中心原子的价层电子对数（σ键数+孤电子对数），根据价层电子对互斥理论，对数为4时对应杂化。
（3）溶解度差异分析：从氢键的形成角度分析，乙醇与水可形成氢键，而与无法形成，导致溶解度差异。
（4）化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为零，结合已知的Fe元素化合价，计算出S元素的化合价。
（5）化学方程式书写：根据反应条件和产物，利用原子守恒配平与氧气的高温反应方程式。
（6）晶胞配位数、密度与用途：①观察晶胞结构确定离子配位数；②利用均摊法和密度公式，结合晶胞质量与体积计算密度；③根据的性质，列举其在生活中的常见用途。
（1）Zn2+在8个顶点和6个面心，均摊为个，S2-为4个，该化合物的化学式为ZnS；
（2）在Y的氢化物分子中S的价层电子对数为：，原子轨道的杂化类型是sp3；
（3）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于在乙醇中的溶解度的原因为：水和乙醇间能形成氢键，而不能和乙醇形成氢键；
（4）中Fe元素的化合价为+2价，S元素的化合价为-1价；
（5）与氧气高温反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为：；
（6）Mg2+在12条棱心和体心，均摊为个，O2-在8个顶点和6个面心，均摊为个，则化学式为MgO，据此回答；
①根据体心Mg2+可知，距最近的的个数为6个；
②该晶体的密度g cm 3；
③化合物MgO在生活中有诸多用途，比如作电子元件、催化剂、抗酸剂、吸附剂、填充剂、添加剂等。
20．【答案】（1）羧基
（2）硫酸二甲酯
（3）取代反应
（4）B；C
（5）Na；；
（6）；
（7）+HO-NO2(浓)+H2O；Fe/HCl
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】(1) 化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为羟基和羧基。
故答案为：羧基；
(2) 由硫酸与甲醇酯化得到的，名称为硫酸二甲酯。
故答案为：硫酸二甲酯；
(3) 根据分析可知， Ⅰ→Ⅱ的反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
(4) A.化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，是酚羟基的断裂，中S-O键的断裂，还有Ⅱ中C-O键的形成，没有键的断裂与形成，A错误；
B．中N、O原子电负性较大，能溶于水，该分子可与水分子形成氢键，B正确；
C．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，是C-H键的断裂和N-H键的断裂，C原子的杂化方式不变，且无手性碳原子形成，C正确；
D．化合物Ⅰ含有酚羟基，而Ⅱ、Ⅲ均无酚羟基，只能用溶液鉴别出Ⅰ，Ⅱ、Ⅲ无法鉴别，D错误；
故答案为：BC；
(5) ①Ⅰ中含有一个羧基和三个酚羟基，均能与钠发生置换反应，答案为Na；
②Ⅰ中含有一个苯环，能与氢气发生加成反应，答案为H2；；
故答案为： Na ； ； ；
(6) ①若反应物之一为极性分子且只含极性键（），则另一反应物为；②若反应物之一为非极性分子且只含非极性键（），则另一反应物为。
故答案为：①；②。
(7) 以苯为唯一有机原料，设计合成的路线：第一步反应为硝化反应，生成硝基苯，反应的化学方程式为+HO-NO2(浓)+H2O；
②最后一步的反应条件为Fe/HCl，将硝基还原为氨基。
故答案为：+HO-NO2(浓)+H2O ； Fe/HCl ；
【分析】该合成路线的核心流程可以概括为：
化合物 Ⅰ（含羧基和三个酚羟基）与硫酸二甲酯发生甲基化反应，将酚羟基转化为甲氧基，得到中间体 Ⅱ；中间体 Ⅱ 再与 生酰胺化反应，将羧基转化为酰胺基，最终合成目标产物曲美托嗪（Ⅲ）。
（1）官能团识别：根据化合物Ⅰ的结构简式，直接识别出含氧官能团为羟基和羧基。
（2）有机物命名：根据酯化反应的产物命名规则，将硫酸与甲醇形成的酯命名为硫酸二甲酯。
（3）反应类型判断：Ⅰ→Ⅱ的反应中，酚羟基上的氢被甲基取代，符合取代反应的特征。
（4）A：Ⅰ到Ⅱ的转化仅涉及O-H键和S-O键的断裂，无π键变化；
B：含N、O的吗啉环可与水分子形成氢键，能溶于水；
C：Ⅱ到Ⅲ的转化中，各碳原子杂化方式不变，无新的手性碳原子生成；
D：只有Ⅰ含酚羟基，Ⅱ、Ⅲ均无，因此无法用溶液鉴别Ⅱ和Ⅲ；
（5）有机物性质预测：①化合物Ⅰ中的羧基和酚羟基均可与Na发生置换反应；②苯环可与发生加成反应，生成环己烷结构。
（6）原子利用率100%的反应：①乙烯与水加成生成乙醇，反应物水为极性分子且只含极性键；②乙醛与氢气加成生成乙醇，反应物氢气为非极性分子且只含非极性键。
（7）有机合成路线设计：以苯为原料合成苯胺，第一步先通过硝化反应引入硝基，再在Fe/HCl条件下将硝基还原为氨基。
（1）根据结构简式可知，化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为羟基和羧基；
（2）可由硫酸与甲醇酯化而得，则的名称为硫酸二甲酯；
（3）根据分析可知，Ⅰ→Ⅱ的反应类型为取代反应；
（4）A.化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，是酚羟基的断裂，中S-O键的断裂，还有Ⅱ中C-O键的形成，没有键的断裂与形成，A错误；
B．中N、O原子电负性较大，能溶于水，该分子可与水分子形成氢键，B正确；
C．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，是C-H键的断裂和N-H键的断裂，C原子的杂化方式不变，且无手性碳原子形成，C正确；
D．化合物Ⅰ含有酚羟基，而Ⅱ、Ⅲ均无酚羟基，只能用溶液鉴别出Ⅰ，Ⅱ、Ⅲ无法鉴别，D错误；
答案选BC；
（5）①Ⅰ中含有一个羧基和三个酚羟基，均能与钠发生置换反应，答案为Na；
②Ⅰ中含有一个苯环，能与氢气发生加成反应，答案为H2；；
（6）在一定条件下，以原子利用率为100%的反应制备。该反应中：
①若反应物之一为极性分子且只含极性键，判断为H2O，与之发生加成反应，则另一反应物为；
②若反应物之一为非极性分子且只含非极性键，判断为H2，与之发生加成反应，则另一反应物为；
（7）以苯为唯一有机原料，设计合成的路线：第一步反应为硝化反应，生成硝基苯，反应的化学方程式为+HO-NO2(浓)+H2O；
②最后一步的反应条件为Fe/HCl，将硝基还原为氨基。
1 / 1广东省云浮市2024-2025学年高二下学期7月期末考试 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的。
1．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体的主要成分属于有机物的是
A．古代银制聚宝盆
B．纸张
C．铜器
D．大理石
【答案】B
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、古代银制聚宝盆，主要成分为银（Ag），属于金属单质，是无机物，故 A 不符合题意；
B、纸张的主要成分为纤维素，纤维素是含碳的有机高分子化合物，属于有机物，故 B 符合题意；
C、铜器的主要成分为铜（Cu），属于金属单质，是无机物，故 C 不符合题意；
D、大理石的主要成分为碳酸钙（CaCO3），属于碳酸盐，是无机物，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查有机物与无机物的区分，解题关键是明确有机物的定义：含碳化合物（除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、氰化物等少数物质外）。
银、铜为金属单质，碳酸钙为碳酸盐，均属于无机物；
纤维素是由碳、氢、氧元素组成的有机高分子化合物，是纸张的主要成分，属于有机物。
2．“北京冬奥会”“神舟十三号”“天宫课堂”及“华龙一号”等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法错误的是
A．核电站反应堆所用铀棒中含有的的中子数为143
B．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料为，和互为同位素
C．乙酸钠过饱和溶液析出的晶体可用X射线衍射实验判断晶体中存在的化学键
D．飞船返回舱表层材料中含有玻璃纤维，玻璃纤维中的硅是第三周期第ⅥA族元素
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；晶体的定义；元素、核素
【解析】【解答】A、 的中子数 = 质量数 - 质子数 = 235 - 92 = 143，故A正确；
B、 和 质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；
C、X射线衍射实验可用于测定晶体结构，判断晶体中化学键的存在，故C正确；
D、硅元素位于元素周期表第三周期第ⅣA族，而非第ⅥA族，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题考查原子结构、同位素、晶体测定及元素周期表位置判断：
原子中中子数计算：中子数 = 质量数 - 质子数；
同位素定义：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素；
X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可用于分析化学键；
硅的周期表位置：硅为14号元素，位于第三周期第ⅣA族。
3．下列化学用语或描述正确的是
A．对硝基甲苯的结构简式：
B．不具有手性碳原子
C．中的碳原子既有杂化又有杂化
D．是苯的同系物
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同系物
【解析】 【解答】A、对硝基甲苯中，硝基（）的正确写法为， 其结构简式应为，A错误；
B、该分子中与苯环相连的碳原子，同时连接了苯环、甲基、羟基（）、氰基（）四种不同基团，属于手性碳原子，故B错误；
C、丙烯（）中，甲基碳原子形成4个σ键，为杂化；双键碳原子形成3个σ键和1个π键，为杂化，因此分子中既有杂化又有杂化的碳原子，故C正确；
D、苯的同系物需满足分子中只含一个苯环，且侧链为饱和烷基。该分子含有除苯环外的不饱和碳碳双键和脂环，结构不满足苯的同系物的定义，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学用语的规范书写、手性碳原子判断、杂化类型分析及苯的同系物定义，解题关键如下：
对硝基甲苯的结构简式中，硝基的正确连接方式为，直接写不符合规范；
手性碳原子的判断标准是：碳原子连接四个不同的原子或基团，B选项中的中心碳原子满足此条件；
杂化类型的判断：饱和碳原子为杂化，双键碳原子为杂化，丙烯分子中两种杂化方式均存在；
苯的同系物需符合“只有一个苯环，侧链为饱和烷基，通式为”，D选项分子含有额外不饱和键，不符合定义。
4．实验室进行粗盐提纯时，需除去和，所用试剂包括和稀盐酸，下列说法错误的是
A．电负性：
B．与不具有相同的空间结构
C．离子半径：
D．基态原子的未成对电子数：
【答案】A
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、电负性：C > O、错误，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性 O > C； A错误；
B、SO42-与 CO32-不具有相同的空间结构、正确，SO42-的中心 S 原子价层电子对数为 4，无孤电子对，空间结构为正四面体；CO32-的中心 C 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，空间结构为平面三角形； B正确；
C、离子半径：S2- > Mg2+、正确，S2-核外有 3 个电子层，Mg2+核外有 2 个电子层，电子层数越多，离子半径越大 ，S2-＞Mg2+，C正确；
D、基态原子的未成对电子数：Cl > Ca、正确，Cl 原子的价电子排布为 3s23p5，p 轨道有 1 个未成对电子；Ca 原子的价电子排布为 4s2，无未成对电子，故未成对电子数 Cl > Ca ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题考查元素电负性、离子空间结构、离子半径、未成对电子数的判断，解题要点如下：
电负性递变规律：同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大；
空间结构判断：根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数和孤电子对数，判断离子空间结构；
离子半径比较：电子层数不同时，电子层数越多，离子半径越大；
未成对电子数判断：根据基态原子的电子排布式，分析价层轨道中未成对电子的数量。
5．劳动开创未来。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 用醋酸处理水壶中的水垢(主要成分为) 醋酸可与反应
B 用溶液检验废水中的苯酚 溶液与苯酚发生显色反应
C 用新制氢氧化铜检测血液中的葡萄糖含量 葡萄糖为还原性糖
D 用银氨溶液检测装修后空气中甲醛的含量 甲醛易溶于水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；苯酚的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】A、用醋酸处理水壶中的水垢，利用的是醋酸能与 CaCO3发生复分解反应，二者直接关联；故A不符合题意 ；
B、用 FeCl3溶液检验废水中的苯酚，利用的是 FeCl3与苯酚发生显色反应，二者直接关联；故B不符合题意 ；
C、用新制氢氧化铜检测血液中的葡萄糖含量，利用的是葡萄糖的还原性，二者直接关联；故C不符合题意 ；
D、用银氨溶液检测装修后空气中甲醛的含量，利用的是甲醛的还原性，可与银氨溶液发生银镜反应，而非甲醛易溶于水的性质，二者没有关联；故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题考查化学知识在实际劳动项目中的应用，解题关键是明确各检测方法的化学原理：
醋酸除水垢的原理是强酸制弱酸，醋酸酸性强于碳酸，可与 CaCO3反应生成可溶性醋酸钙；
苯酚与 FeCl3溶液的显色反应是苯酚的特征反应，可用于检验苯酚；
葡萄糖含有醛基，属于还原性糖，能与新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀；
甲醛与银氨溶液的反应是利用其还原性发生银镜反应，与甲醛的水溶性无关。
6．X、Y、Z、R、Q均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。Q的最高价氧化物对应的水化物为强酸，其中单质为助燃性气体。下列说法错误的是
A．沸点：
B．和均属于共价晶体
C．通常状况下，在水中的溶解度：
D．R的最高正价与其最低负价的代数和为2
【答案】B
【知识点】晶体的定义；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、YX（SiC）属于共价晶体，原子间以强共价键结合，沸点极高；XQ2（CS2）属于分子晶体，分子间靠较弱范德华力结合，沸点较低，因此沸点：SiC > CS2，A 正确；
B、XZ2（CO2）和 QZ2（SO2）均属于分子晶体，晶体类型相同，B 错误；
C、O 元素形成的 O3为极性分子，O2为非极性分子，而水是极性溶剂，根据 “相似相溶” 原理，O3在水中的溶解度大于 O2，C 正确；
D、R（P）为第 ⅤA 族元素，最高正价为 + 5，最低负价为 - 3，二者代数和为 2，D 正确；
故答案为：B。
【分析】这是一道短周期元素推断题，解题核心是根据周期表位置与物质特征性质定位元素：Z2为助燃性气体，可确定 Z 为 O；Z 与 Q 同主族，且 Q 的最高价氧化物对应水化物为强酸，可确定 Q 为 S；再结合周期表位置，依次推出 X 为 C、Y 为 Si、R 为 P。即 X、Y、Z、R、Q 分别为 C、Si、O、P、S。
7．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法错误的是
A．米饭中的主要成分为淀粉
B．葡萄糖与果糖具有相同的分子式
C．转化为淀粉的过程中，碳元素的化合价先升高后降低
D．和CO不互为同素异形体
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；同素异形体
【解析】【解答】A、米饭中的主要成分为淀粉，A正确；B、葡萄糖与果糖的分子式均为 C6H12O6，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确；
C、CO2中碳元素化合价为 + 4，转化为淀粉（碳元素平均化合价低于 + 4）的过程中，碳元素的化合价是逐步降低的，不存在 “先升高后降低” 的过程，C错误；
D、同素异形体是同种元素形成的不同单质，而 CO2和 CO 是化合物，因此二者不互为同素异形体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题结合碳循环研究考查基础化学概念，解题关键如下：
淀粉是大米等主食的主要成分；
葡萄糖和果糖是常见的单糖同分异构体；
CO2中碳为 + 4 价，是碳的最高正价，因此在转化为淀粉的过程中，碳元素化合价只能降低，无法升高；同素异形体的定义限定为单质，化合物不适用该概念。
8．以熔融盐为电解液，以含有Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，可实现Al的再生。下列说法正确的是
A．熔点：
B．随着温度升高，Cu、Mg、Al的导电率均升高
C．的中心离子为，提供孤电子对的为氢原子
D．根据“对角线规则”，常温下，碳酸镁微溶于水，则碳酸锂也微溶于水
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；金属晶体；铝的化学性质
【解析】【解答】A、硅为原子晶体，熔点远高于金属晶体，金属晶体中铜的熔点高于铝和镁，故熔点顺序为 Si > Cu > Al > Mg，选项中 Al > Cu > Mg > Si 错误，故 A 错误；
B、金属的导电性随温度升高而降低，温度升高会加剧金属阳离子的热振动，阻碍自由电子定向移动，故 B 错误；
C、在 [Cu(H2O)4]2+中，是水分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键，而非氢原子，故 C 错误；
D、根据元素周期表对角线规则，锂与镁的化学性质相似，碳酸镁微溶于水，因此碳酸锂也微溶于水，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题综合考查物质结构与元素周期律的知识点，解题关键如下：
晶体熔点比较：原子晶体（硅）的熔点远高于金属晶体，金属晶体熔点与金属键强弱有关；
金属导电性的影响因素：温度升高会降低金属的导电性；
配位键的成键特点：配位原子是提供孤电子对的原子，在水合铜离子中，配位原子是氧；
对角线规则：锂与镁的化学性质相似，可根据碳酸镁的溶解性推断碳酸锂的溶解性。
9．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 乙酸能与金属钠反应 与的离子半径不同
B 石油裂解气能使溴的溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
C 一定条件下，用和制 无机物可转化为有机物
D 苯酚的酸性弱于碳酸 苯酚可与碳酸氢钠溶液共存
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】石油的裂化和裂解；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、乙酸能与金属钠反应，陈述 Ⅰ 正确；H+与 Na+的离子半径不同，陈述 Ⅱ 正确；但乙酸与钠反应的本质是乙酸中的羧基氢具有酸性，与 H+和 Na+的离子半径差异无关，二者不具有因果关系，故 A 符合题意；
B、石油裂解气能使溴的 CCl4溶液褪色，陈述 Ⅰ 正确；石油裂解可得到乙烯等不饱和烃，陈述 Ⅱ 正确；正是因为裂解气中含有不饱和烃，能与溴发生加成反应，才使溶液褪色，二者具有因果关系，故 B 不符合题意；
C、一定条件下，用 CO2和 H2制 C2H5OH，陈述 Ⅰ 正确；无机物可转化为有机物，陈述 Ⅱ 正确；该反应本身就是无机物转化为有机物的实例，二者具有因果关系，故 C 不符合题意；
D、苯酚的酸性弱于碳酸，陈述 Ⅰ 正确；苯酚可与碳酸氢钠溶液共存，陈述 Ⅱ 正确；正是因为苯酚酸性弱于碳酸，无法与碳酸氢钠反应生成 CO2，所以二者可以共存，二者具有因果关系，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
解题核心是判断两组陈述是否同时满足 “均正确” 和 “无因果关系” 两个条件；
乙酸与钠反应的本质是羧基的酸性，与离子半径差异无关；
不饱和烃的加成反应、无机物与有机物的转化、强酸制弱酸原理，均存在明确的因果逻辑；
需区分陈述间的 “现象 - 本质” 关系，避免将无关的两个正确陈述误判为存在因果关系。
10．建设美丽乡村，守护美好家乡，衣食住行皆化学。下列说法错误的是
A．千家万户通光纤，光纤中含有的属于共价晶体
B．在鸡蛋清溶液中加入饱和溶液，蛋白质会发生盐析，加水后又重新溶解
C．美容扮靓迎佳节，化妆品甘油中所含碳、氧原子的第一电离能：
D．人人环保动起来，包装袋使用的材料聚乳酸属于可降解材料
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；元素电离能、电负性的含义及应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、光纤的主要成分是 SiO2，它是由 Si 和 O 原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，故 A 正确；
B、向鸡蛋清溶液中加入饱和 (NH4)2SO4溶液，蛋白质会发生盐析，这是可逆的物理变化，加水后蛋白质会重新溶解，故 B 正确；
C、C 和 O 同属第二周期，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第一电离能 O > C，选项中 “O < C” 的说法错误，故 C 错误；
D、聚乳酸是一种可降解高分子材料，在自然环境中可最终分解为 CO2和 H2O，属于环保材料，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
SiO2是典型的共价晶体，常用于制作光导纤维；
盐析是蛋白质的可逆物理变化，常用于蛋白质的分离提纯；
同周期主族元素的第一电离能从左到右总体呈增大趋势（需注意 N、O，Mg、Al 等特殊情况）；
聚乳酸是常见的可降解高分子材料，对环境友好。
11．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。“点击化学”研究中常用化合物分子的结构如图所示。关于该化合物，下列说法正确的是
A．含氧官能团的名称为酮羰基和羟基
B．能发生氧化反应和取代反应
C．不能与氨基酸中的氨基反应
D．分子中所有碳原子有可能位于同一平面
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机分子中原子共线、共面的判断
12．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0所含的键数目为
B．等物质的量的和中所含的碳原子数目均为
C．常温下，与足量的溶液反应，理论上生成AgCl的数目为
D．标准状况下，分子中，所含的极性共价键数目可能为
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、中，每个分子含3个键，4个共12个，加上4个配位键，以及中4个键，总共 键，数目为，故A错误；
B、选项未给出等物质的量的具体数值，无法确定碳原子数目，故B错误；
C、是共价化合物，分子中的氯原子不能电离出，无法与反应生成沉淀，故C错误；
D、的物质的量为，若为二甲醚，分子中含8个极性共价键，含极性键数目为，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
配合物中键包括分子内共价键、配位键和酸根中的共价键，需全部计算；
阿伏加德罗常数题目中，未给出具体物质的量数值时，无法确定微粒数目；
只有能电离出的物质才能与反应生成沉淀；
存在同分异构体，不同结构的极性共价键数目不同，需分情况讨论。
13．下列叙述与如图所示(加热及夹持装置已略去)不符的是
A．振荡后的放气操作 B．除去中的
C．分离碘和沙子 D．收集气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】乙醇的物理、化学性质；分液和萃取；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、分液漏斗振荡后放气操作，需将漏斗倒置，打开活塞放出气体，图示操作符合规范，故 A 与叙述相符；
B、乙烯（C2H4）和乙醇（C2H5OH）均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，该装置无法除去乙烯中的乙醇，反而会同时消耗乙烯，故 B 与叙述不符；
C、碘受热易升华，遇冷又会凝华，可用图示装置加热碘和沙子的混合物，使碘升华后在烧瓶底部凝华，实现二者分离，故 C 与叙述相符；
D、甲烷（CH4）密度比空气小，可用向下排空气法收集，图示装置中甲烷从短管进入，空气从长管排出，可收集甲烷，故 D 与叙述相符；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分液漏斗振荡后放气的标准操作：倒置漏斗，打开活塞；
乙烯和乙醇都具有还原性，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用该溶液除去乙烯中的乙醇；
碘的升华与凝华特性，可用于分离碘与难挥发杂质；
甲烷密度小于空气，采用短进长出的方式收集，属于向下排空气法的变形装置。
14．完成下列实验所选用的试剂和操作、现象和结论均正确的是
选项 实验 试剂和操作 现象和结论
A 检验蔗糖水解产物是否含有葡萄糖 取少许冷却后的水解液于试管中，滴入银氨溶液，混合均匀后水浴加热 没有出现光亮的银镜，蔗糖水解产物不含葡萄糖
B 检验苯与液溴发生的反应是否为取代反应 将苯与液溴反应后的气体直接通入溶液中 溶液中产生白色沉淀即可证明苯与液溴发生的反应为取代反应
C 检验1-溴丁烷发生的反应是否为消去反应 将1-溴丁烷、NaOH和无水乙醇反应产生的气体通入溴水中 溴水褪色，证明1-溴丁烷发生的反应为消去反应
D 检验苯中是否含有苯酚 向溶液中滴加少量浓溴水，振荡 无白色沉淀，溶液中无苯酚
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；苯酚的化学性质；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A、蔗糖水解时需用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性，而银镜反应需在碱性条件下进行，未加碱中和酸就直接滴加银氨溶液，无法发生银镜反应，不能据此判断水解产物不含葡萄糖，故 A 错误；
B、液溴易挥发，挥发出来的 Br2也能与 AgNO3溶液反应生成 AgBr 白色沉淀，会干扰 HBr 的检验，无法证明反应为取代反应，故 B 错误；
C、1 - 溴丁烷在 NaOH 无水乙醇中加热发生消去反应生成 1 - 丁烯，1 - 丁烯能与溴水发生加成反应使溴水褪色，可证明发生了消去反应，故 C 正确；
D、苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯中，即使溶液中含有苯酚，也可能观察不到白色沉淀，因此不能据此判断溶液中无苯酚，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
银镜反应必须在碱性条件下进行，酸性水解后的溶液需加碱中和才能进行检验；
液溴易挥发，挥发的 Br2会干扰取代产物 HBr 的检验，需先除去 Br2；
1 - 溴丁烷的消去反应生成烯烃，烯烃能使溴水褪色，可据此检验；
三溴苯酚易溶于苯，在苯中加入少量浓溴水时，即使有苯酚也可能不产生沉淀。
15．下列化学方程式书写错误的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】甲烷的取代反应；苯酚的化学性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、乙烷与氯气在光照下发生取代反应，生成一氯乙烷和氯化氢，方程式书写正确，故 A 不符合题意；
B、苯酚钠与少量二氧化碳反应，因苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，产物应为苯酚和碳酸氢钠，而非碳酸钠，正确的反应的化学方程式应为+，故 B 符合题意；
C、羟基酸在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应，生成内酯和水，方程式书写正确，故 C 不符合题意；
D、乙二醇与乙二酸在浓硫酸加热条件下发生缩聚反应，生成聚酯和水，方程式书写正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
烷烃与卤素单质在光照下发生自由基取代反应；
苯酚钠与 CO2反应，无论 CO2量多少，均生成苯酚和碳酸氢钠，遵循 “强酸制弱酸” 原理；
同时含有羟基和羧基的有机物可发生分子内酯化反应生成环酯；
二元醇与二元酸可发生缩聚反应生成聚酯，注意配平生成的水分子数。
16．由可制备，其立方晶胞如图所示。Al与O的最小间距大于Co与O的最小间距，m、n为整数，设晶胞的边长为apm。下列说法错误的是
A．表示Co
B．
C．1号原子与2号原子之间的距离为
D．3号原子的分数坐标为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可用于无机合成、功能性材料制备，回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）进行焰色试验时，Cu呈　 　色，金属的焰色反应属于　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
（3）离子半径：(填“>”或“<”)。
（4）中碳原子的杂化方式为　 　。
（5）酸性：　 　(填“>”或“<”)，判断的理由为　 　(用化学方程式表示)。
（6）一般过渡金属易形成配合物，如硫酸镍溶于氨水形成。中的空间结构是　 　；在中，与之间形成的化学键为　 　；的配位数为　 　。
【答案】（1）
（2）绿；发射
（3）>
（4）
（5）>；
（6）三角锥形；配位键或共价键；6
【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；焰色反应；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】(1) 基态Cu原子的价电子排布式为，失去2个电子形成时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此的价电子排布式为，对应的轨道表示式为：
故答案为：；
(2) 铜元素的焰色为绿色；焰色反应的本质是原子中的电子吸收能量跃迁到激发态，再从激发态跃迁回基态时释放出特定波长的光，因此属于发射光谱。
故答案为： 绿 ； 发射 ；
(3) 同一元素的不同价态离子，核电荷数相同，核外电子数越多，电子间的排斥作用越强，离子半径越大。的核外电子数比多1个，因此半径更大。
故答案为： > ；
(4) 草酸根离子中，每个碳原子形成3个σ键（与2个氧原子成键，其中1个为双键），无孤电子对，价层电子对数为3，因此杂化方式为杂化。
故答案为： ；
(5)判断依据为“强酸制弱酸”原理，草酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，反应方程式为：
，说明草酸酸性强于碳酸。
故答案为： > ； ；
(6)①的空间结构：分子中N原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，因此空间结构为三角锥形；
② 化学键类型：有空轨道，中的N原子有孤电子对，二者之间形成配位键；
③ 配位数：直接与中心离子结合的配体有6个，因此配位数为6。
故答案为： 三角锥形 ； 配位键或共价键 ；6；
【分析】本题围绕铜的化合物展开，综合考查物质结构与性质的多个知识点。
(1) 价层电子轨道表示式：先写出Cu原子的价电子排布式，再根据离子形成过程，写出的价电子排布式，画出轨道表示式。
(2) 焰色试验：根据铜的焰色记忆为绿色；焰色反应是电子从激发态跃迁回基态时释放能量，属于发射光谱。
(3) 离子半径比较：同一元素的不同价态离子，价态越低，核外电子数越多，电子间斥力越大，半径越大，故。
(4) 杂化方式判断：根据中碳原子的成键情况，其形成3个σ键，无孤电子对，故杂化方式为。
(5) 酸性强弱判断：根据“强酸制弱酸”原理，草酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明草酸酸性强于碳酸。
(6) 配合物相关：根据价层电子对互斥理论判断的空间结构；根据配合物的形成原理，判断中心离子与配体之间的化学键为配位键；根据配体数目确定配位数。
（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，故Cu2+的轨道表示式为；
（2）铜的焰色为绿色；基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量，即该光谱为发射光谱；
（3）根据离子半径的基本规律，同一元素的不同价态离子中，高价阳离子半径小于低价阳离子半径，这是因为Cu+与Cu2+核电荷数、电子层数相同，Cu+核外电子数比Cu2+多一个，电子云间的排斥力更大，所以Cu+>Cu2+；
（4）中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2杂化；
（5）根据强酸制弱酸，H2C2O4酸性大于H2CO3，即答案为>；反应的化学方程式为：；
（6）NH3中N原子价层电子对数=，有1对孤电子对，空间结构是三角锥形；[Ni(NH3)6]2+中Ni2+有空轨道，NH3中N有孤电子对，形成配位键(共价键)；[Ni(NH3)6]2+的配体为NH3，配位数为6。
18．溴乙烷是一种重要的液体化工原料，沸点为，难溶于水且是非电解质，可与碱溶液反应。实验室中制取少量溴乙烷的反应原理为。某研究性学习小组的同学设计了如图所示的装置(夹持及加热仪器已省略)来制备溴乙烷，并验证有副产物生成(的沸点为)。
已知：。
（1）仪器A的名称是　 　，仪器B接自来水的是　 　(填“a”或“b”)口。
（2）证明一定有生成是利用了的　 　性，证明一定有生成的现象为　 　。
（3）C中得到的溴乙烷中可能含有　 　。为得到纯净的溴乙烷，该同学取出C中的液体依次用水洗→过量溶液洗→水洗，再用无水干燥，最后进行蒸馏，写出用溶液洗涤时发生反应的化学方程式：　 　。
（4）设计一种实验方案，利用化学方法证明C中的液体中含有单质溴：　 　。
（5）溴乙烷可与烧碱溶液反应，请写出相关的化学方程式：　 　。
【答案】（1）蒸馏烧瓶；b
（2）漂白；酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊
（3）少量的乙醇、、HBr；或
（4）取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色
（5）
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶；仪器 B（冷凝管）接自来水的是b口。
故答案为：蒸馏烧瓶 b。
（2）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此用 E 装置的品红溶液直接检验 SO2；由于 SO2也能使澄清石灰水变浑浊，会干扰 CO2的检验，因此需先用 F 装置的酸性 KMnO4溶液除去 SO2，当 KMnO4溶液颜色变浅但未完全褪去时，说明 SO2已被除尽，此时 G 装置的澄清石灰水变浑浊，即可证明有 CO2生成。
故答案为：漂白 酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊。
（3）C中是冰盐水，可以将A中挥发出来的乙醇冷凝下来，A装置中NaBr与浓硫酸反应可得到HBr具有挥发性也会进入C中，另外有反应，故还会生成易挥发的。综上得到的溴乙烷中可能含有少量的乙醇、、HBr。
溶液可以与C中的发生氧化还原反应、与HBr发生复分解反应，方程式为：
或。
故答案为：少量的乙醇、、HBr，
或
（4）取适量 C 中的液体，与适量含的 KI 溶液混合，充分振荡后静置，若观察到有机层显紫色，则证明液体中含有单质溴。
故答案为：取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色。
（5） 溴乙烷与烧碱溶液反应的化学方程式为：。
故答案为：。
【分析】实验室制取溴乙烷的核心反应为：NaBr+H2SO4(浓)+C2H5OH→NaHSO4+C2H5Br+H2O。反应在装置 A 中进行，溴乙烷的沸点仅为 38.4℃，易挥发，因此装置 C 中的冰盐水用于冷凝收集溴乙烷；而副产物 SO2、CO2的沸点极低，不会被冷凝留在 C 装置中，会继续进入后续装置，因此可以通过 D、E、F、G 装置依次验证这两种气体的存在。
(1) 仪器识别与冷凝管使用：根据装置形状判断仪器 A 为蒸馏烧瓶；冷凝管需下口进水、上口出水，故仪器 B 接自来水的是 b 口。
(2) SO2与 CO2的检验：SO2能使品红溶液褪色，利用其漂白性检验；CO2的检验需先除尽 SO2，故酸性 KMnO4溶液颜色未完全褪去且澄清石灰水变浑浊，可证明有 CO2生成。
(3) 溴乙烷的杂质与洗涤反应：反应过程中乙醇、HBr、Br2会挥发进入收集装置，故溴乙烷中含少量乙醇、Br2、HBr；Na2CO3可与 HBr 发生复分解反应，也可与 Br2发生歧化反应，因此可写出对应方程式。
(4) 溴单质的检验：溴单质具有氧化性，可与 KI 反应生成 I2，I2溶于 CCl4显紫色，据此设计实验检验溴单质。
(5) 溴乙烷的水解反应：溴乙烷在 NaOH 水溶液、加热条件下发生水解反应，生成乙醇和 NaBr，据此写出化学方程式。
（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；冷凝管的进水口从较低处，出水口在高处，所以仪器B接自来水的是b。
故答案为：蒸馏烧瓶 b。
（2）E装置用于检验有无生成，品红遇会褪色，因为有漂白性；由于都能使澄清石灰水变浑浊，故的存在对检验有干扰，故装置中用E检验完有后用F装置中的酸性高锰酸钾完全除去中的，即酸性高锰酸钾颜色变浅但不完全褪去，再通到澄清石灰水中检验有无，证明一定有生成的现象为：酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊。
故答案为：漂白 酸性溶液的颜色没有完全褪去而澄清石灰水出现浑浊。
（3）C中是冰盐水，可以将A中挥发出来的乙醇冷凝下来，A装置中NaBr与浓硫酸反应可得到HBr具有挥发性也会进入C中，另外有反应，故还会生成易挥发的。综上得到的溴乙烷中可能含有少量的乙醇、、HBr。
溶液可以与C中的发生氧化还原反应、与HBr发生复分解反应，方程式为：
或。
故答案为：少量的乙醇、、HBr
或
（4）利用化学方法证明含有溴单质，因溴单质有氧化性，可利用此证明：取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色。
故答案为：取适量的C中液体与适量含的KI溶液混合，充分振荡后静置，有机层中显紫色。
（5）溴乙烷可与烧碱溶液反应，是卤代烃的水解反应，化学方程式为。
故答案为：。
19．现有M、X、Y、Z、W五种元素，M的基态原子价层电子排布式为。X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2.元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。元素W的三价阳离子的价层电子排布式为。
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图1所示。在该晶胞中，X离子的数目为　 　；该化合物的化学式为　 　。
（2）在Y的氢化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是　 　。
（3）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，其原因是　 　。
（4）是制备硫酸的主要原料，中Y元素的化合价为　 　价。
（5）写出与氧气反应的化学方程式：　 　。
（6）M与Z形成的化合物的晶胞结构如图2所示(立方晶胞)，设晶胞边长为apm。
①距最近的的个数为　 　。
②该晶体的密度为　 　。
③化合物MZ在生活中有诸多用途，请写出其中的一种：　 　。
【答案】（1）4；ZnS
（2）
（3）水和乙醇间能形成氢键，而不能和乙醇形成氢键
（4）
（5）
（6）6；；作电子元件、催化剂、抗酸剂、吸附剂、填充剂、添加剂等
【知识点】原子结构与元素的性质；晶胞的计算；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) 位于晶胞的8个顶点和6个面心，通过均摊法计算：个；晶胞中的数目也为4个，因此该化合物的化学式为。
故答案为：；。
(2) 在分子中，S原子的价层电子对数为，因此原子轨道的杂化类型为
故答案为：。
(3) 乙醇分子中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，显著增大溶解度；而无法与乙醇形成氢键，因此在乙醇中的溶解度远大于。
故答案为：水和乙醇间能形成氢键，而不能和乙醇形成氢键。
(4) 中Fe元素的化合价为+2价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，可计算出S元素的化合价为-1价。
故答案为：。
(5) 在高温条件下与氧气反应，生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为：
故答案为： 。
(6) ①观察晶胞结构，体心的周围最近的分布在6个面心位置，因此配位数为6；
②晶胞中的数目为个，的数目为个；根据密度公式，晶胞质量为，晶胞体积为，因此密度为：
③是碱性氧化物，可用作抗酸剂、催化剂载体、电子元件材料、吸附剂等。
故答案为：①；② ；③作抗酸剂（或电子元件、催化剂、吸附剂等，合理即可）。
【分析】基态M原子的价层电子排布式为，对应元素为Mg；X位于第四周期，内层轨道电子全部排满，且最外层有2个电子，符合Zn的电子排布特征，因此X为Zn；基态Y原子的3p轨道上填充了4个电子，说明Y的价电子排布为，对应元素为S；Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可推知内层只有2个电子，最外层为6个电子，对应元素为O；W的三价阳离子价层电子排布式为，说明W原子的价电子排布为，对应元素为Fe。完成元素推断后，就可以结合晶胞结构、化学键与物质性质规律，对后续问题进行解答。
（1）晶胞离子数目与化学式计算：使用均摊法，顶点按、面心按计算，得到晶胞中和的数目，进而推出化学式。
（2）杂化类型判断：计算中心原子的价层电子对数（σ键数+孤电子对数），根据价层电子对互斥理论，对数为4时对应杂化。
（3）溶解度差异分析：从氢键的形成角度分析，乙醇与水可形成氢键，而与无法形成，导致溶解度差异。
（4）化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为零，结合已知的Fe元素化合价，计算出S元素的化合价。
（5）化学方程式书写：根据反应条件和产物，利用原子守恒配平与氧气的高温反应方程式。
（6）晶胞配位数、密度与用途：①观察晶胞结构确定离子配位数；②利用均摊法和密度公式，结合晶胞质量与体积计算密度；③根据的性质，列举其在生活中的常见用途。
（1）Zn2+在8个顶点和6个面心，均摊为个，S2-为4个，该化合物的化学式为ZnS；
（2）在Y的氢化物分子中S的价层电子对数为：，原子轨道的杂化类型是sp3；
（3）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于在乙醇中的溶解度的原因为：水和乙醇间能形成氢键，而不能和乙醇形成氢键；
（4）中Fe元素的化合价为+2价，S元素的化合价为-1价；
（5）与氧气高温反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式为：；
（6）Mg2+在12条棱心和体心，均摊为个，O2-在8个顶点和6个面心，均摊为个，则化学式为MgO，据此回答；
①根据体心Mg2+可知，距最近的的个数为6个；
②该晶体的密度g cm 3；
③化合物MgO在生活中有诸多用途，比如作电子元件、催化剂、抗酸剂、吸附剂、填充剂、添加剂等。
20．曲美托嗪(Ⅲ)是一种抗焦虑药，其合成路线如图所示，回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为羟基和　 　。
（2）可由硫酸与甲醇酯化而得，则的名称为　 　。
（3）Ⅰ→Ⅱ的反应类型为　 　。
（4）关于合成路线图中相关物质及其转化，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．能溶于水，该分子可与水分子形成氢键
C．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，C原子的杂化方式不变，且无手性碳原子形成
D．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可用溶液鉴别
（5）对化合物Ⅰ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂(足量) 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 置换反应
② 　 　 　 　 加成反应
（6）在一定条件下，以原子利用率为100%的反应制备。该反应中：
①若反应物之一为极性分子且只含极性键，则另一反应物为　 　(填结构简式)。
②若反应物之一为非极性分子且只含非极性键，则另一反应物为　 　(填结构简式)。
（7）以苯为唯一有机原料，设计合成的路线。基于你设计的合成路线：
①第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②最后一步的反应条件为　 　。
【答案】（1）羧基
（2）硫酸二甲酯
（3）取代反应
（4）B；C
（5）Na；；
（6）；
（7）+HO-NO2(浓)+H2O；Fe/HCl
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】(1) 化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为羟基和羧基。
故答案为：羧基；
(2) 由硫酸与甲醇酯化得到的，名称为硫酸二甲酯。
故答案为：硫酸二甲酯；
(3) 根据分析可知， Ⅰ→Ⅱ的反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应；
(4) A.化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，是酚羟基的断裂，中S-O键的断裂，还有Ⅱ中C-O键的形成，没有键的断裂与形成，A错误；
B．中N、O原子电负性较大，能溶于水，该分子可与水分子形成氢键，B正确；
C．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，是C-H键的断裂和N-H键的断裂，C原子的杂化方式不变，且无手性碳原子形成，C正确；
D．化合物Ⅰ含有酚羟基，而Ⅱ、Ⅲ均无酚羟基，只能用溶液鉴别出Ⅰ，Ⅱ、Ⅲ无法鉴别，D错误；
故答案为：BC；
(5) ①Ⅰ中含有一个羧基和三个酚羟基，均能与钠发生置换反应，答案为Na；
②Ⅰ中含有一个苯环，能与氢气发生加成反应，答案为H2；；
故答案为： Na ； ； ；
(6) ①若反应物之一为极性分子且只含极性键（），则另一反应物为；②若反应物之一为非极性分子且只含非极性键（），则另一反应物为。
故答案为：①；②。
(7) 以苯为唯一有机原料，设计合成的路线：第一步反应为硝化反应，生成硝基苯，反应的化学方程式为+HO-NO2(浓)+H2O；
②最后一步的反应条件为Fe/HCl，将硝基还原为氨基。
故答案为：+HO-NO2(浓)+H2O ； Fe/HCl ；
【分析】该合成路线的核心流程可以概括为：
化合物 Ⅰ（含羧基和三个酚羟基）与硫酸二甲酯发生甲基化反应，将酚羟基转化为甲氧基，得到中间体 Ⅱ；中间体 Ⅱ 再与 生酰胺化反应，将羧基转化为酰胺基，最终合成目标产物曲美托嗪（Ⅲ）。
（1）官能团识别：根据化合物Ⅰ的结构简式，直接识别出含氧官能团为羟基和羧基。
（2）有机物命名：根据酯化反应的产物命名规则，将硫酸与甲醇形成的酯命名为硫酸二甲酯。
（3）反应类型判断：Ⅰ→Ⅱ的反应中，酚羟基上的氢被甲基取代，符合取代反应的特征。
（4）A：Ⅰ到Ⅱ的转化仅涉及O-H键和S-O键的断裂，无π键变化；
B：含N、O的吗啉环可与水分子形成氢键，能溶于水；
C：Ⅱ到Ⅲ的转化中，各碳原子杂化方式不变，无新的手性碳原子生成；
D：只有Ⅰ含酚羟基，Ⅱ、Ⅲ均无，因此无法用溶液鉴别Ⅱ和Ⅲ；
（5）有机物性质预测：①化合物Ⅰ中的羧基和酚羟基均可与Na发生置换反应；②苯环可与发生加成反应，生成环己烷结构。
（6）原子利用率100%的反应：①乙烯与水加成生成乙醇，反应物水为极性分子且只含极性键；②乙醛与氢气加成生成乙醇，反应物氢气为非极性分子且只含非极性键。
（7）有机合成路线设计：以苯为原料合成苯胺，第一步先通过硝化反应引入硝基，再在Fe/HCl条件下将硝基还原为氨基。
（1）根据结构简式可知，化合物Ⅰ中含氧官能团的名称为羟基和羧基；
（2）可由硫酸与甲醇酯化而得，则的名称为硫酸二甲酯；
（3）根据分析可知，Ⅰ→Ⅱ的反应类型为取代反应；
（4）A.化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，是酚羟基的断裂，中S-O键的断裂，还有Ⅱ中C-O键的形成，没有键的断裂与形成，A错误；
B．中N、O原子电负性较大，能溶于水，该分子可与水分子形成氢键，B正确；
C．化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，是C-H键的断裂和N-H键的断裂，C原子的杂化方式不变，且无手性碳原子形成，C正确；
D．化合物Ⅰ含有酚羟基，而Ⅱ、Ⅲ均无酚羟基，只能用溶液鉴别出Ⅰ，Ⅱ、Ⅲ无法鉴别，D错误；
答案选BC；
（5）①Ⅰ中含有一个羧基和三个酚羟基，均能与钠发生置换反应，答案为Na；
②Ⅰ中含有一个苯环，能与氢气发生加成反应，答案为H2；；
（6）在一定条件下，以原子利用率为100%的反应制备。该反应中：
①若反应物之一为极性分子且只含极性键，判断为H2O，与之发生加成反应，则另一反应物为；
②若反应物之一为非极性分子且只含非极性键，判断为H2，与之发生加成反应，则另一反应物为；
（7）以苯为唯一有机原料，设计合成的路线：第一步反应为硝化反应，生成硝基苯，反应的化学方程式为+HO-NO2(浓)+H2O；
②最后一步的反应条件为Fe/HCl，将硝基还原为氨基。
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