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广东省肇庆市2024-2025学年高二下学期期末考试化学试题
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，只有一项符合题目要求。
1．广东省博物馆藏品琳琅满目。下列藏品的主要材料为有机物的是
A．元青釉开片大碗 B．南宋鎏金腰带 C．清华鸟花版竹雕 D．端石千金猴王砚
A．A B．B C．C D．D
2．科技创新是推进中国式现代化的必由之路。下列说法不正确的是
A．“福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯属于烯烃
B．利用钍靶成功制备和分离医用同位素，的中子数为136
C．“深海小型机器人”深海测试，其形状记忆合金弹簧属于新型金属材料
D．“云遥一号”运载火箭推进剂采用液氧和液氢，液氧和液氢分子都属于非极性分子
3．粤式饮食讲究“鲜”。下列说法不正确的是
A．增城丝苗米香气扑鼻，大米中的淀粉可以水解
B．湛江白切鸡肉鲜脂少，油脂分子是非极性分子
C．连州甜菜心细嫩多汁，青菜中的纤维素属于多糖
D．中山脆肉鲩爽脆软滑，烹饪鱼肉时蛋白质发生了变性
4．化学之美，对称之美。下列化学用语表达正确的是
A．的VSEPR模型为
B．乙烯（）分子存在顺反异构
C．基态Ca原子核外电子占据的最高能级原子轨道为
D．键线式为的化合物名称为2，4-二乙基戊烷
5．“水是生命之源”。下列有关水的说法正确的是
A．水分子的空间结构为四面体形
B．冰变成水后，氢键的数目增多
C．与水在一定条件下反应可生成乙烯
D．苯酚与甲醛发生缩聚反应生成树脂的副产物是水
6．有机化学常用分离和提纯的方法有过滤、蒸馏和分液。上述三种方法中没有用到的仪器是
A． B． C． D．
7．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 家务劳动：在厨房安装净水器以产生直饮水 高分子分离膜具有选择性透过功能
B 科学研究：用福尔马林浸泡标本 甲醛的水溶液具有防腐性
C 化工生产：生产轮胎时在顺丁橡胶中加入硫化剂 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 社区服务：用乙酸乙酯清理图书馆铁门上的残留油漆 乙酸乙酯能发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
8．溶液中存在平衡：。向溶液中加入氨水后，溶液由绿色变为深蓝色。下列说法正确的是
A．铜元素位于元素周期表的d区
B．与的配位能力：
C．和中均含有键和键
D．物质的量相等的和的共价键数目相等
9．有机物M具有杀菌消炎功能，其结构如图所示。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．能与溶液发生显色反应
B．能发生取代反应和消去反应
C．能与溶液反应生成
D．该化合物最多能与发生加成反应
10．药物分子5-芳香二酮-1H-四氮唑（X）存在烯醇式互变异构化合物（Y）。关于化合物X和Y，下列说法不正确的是
A．二者分子式相同
B．二者的C原子均为杂化
C．转化过程中存在键的断裂和生成
D．化合物Y中所有碳原子可以共平面
11．冠醚能识别碱金属离子。12-冠-4与作用而不与作用，18-冠-6与作用而不与作用。下列说法正确的是
A．12-冠-4与18-冠-6属于同系物
B．18-冠-6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度
C．超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量
D．超分子“自组装”的特征可以用于分离与
12．结构决定性质是基本的化学学科思想。了下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 甲基能使苯环性质变活泼
B 不存在稳定的分子 N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个键
C 在水中的溶解度：甲醇>甲烷 甲醇分子与水分子之间能形成氢键
D 熔点： 离子键的强度大于分子间作用力
A．A B．B C．C D．D
13．设为阿伏加德罗常数的值。工业上以二氧化碳和液氨为原料，在高温、高压下制备尿素（）。反应的化学方程式为。下列说法正确的是
A．中含有的中子数目为
B．分了中的成键电子对数为
C．尿素分子中含有的键数目为
D．标准状况下，与混合气体中碳原子数目为
14．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 向悬浊液中滴加浓氨水，振荡，溶液变澄清 是两性物质
B 电负性： 酸性：
C 用重结晶法除去苯甲酸中混有的NaCl 苯甲酸在水中的溶解度受温度影响比较大
D 6-羟基己酸可用于合成聚-6-羟基己酸酯 6-羟基已酸可发生加聚反应
A．A B．B C．C D．D
15．苯乙酸（Ⅰ）经过两步反应可合成化合物（Ⅳ）。下列说法正确的是
A．苯乙酸可以由乙苯与酸性高锰酸钾溶液反应直接制得
B．反应①与反应②的副产物均含有非极性键
C．化合物Ⅲ的名称为二乙酸乙二酯
D．化合物Ⅳ中只含1个手性碳原子
16．E、M、X、Y、Z为五种主族元素，原子序数依次增大。E是宇宙中含量最多的元素；基态M原子含有三个能级且每个能级的电子数目相同，基态Y原子的价层电子排布为，Z元素的电负性最大。下列说法正确的是
A．键角：
B．第一电离能：
C．沸点：
D．和的空间结构均为三角锥形
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．乳酸正丙酯具有高沸点、低毒性和较好的水溶性。某小组欲以乳酸（）和正丙醇为原料，利用如图所示实验装置（部分夹持装置略）制备乳酸正丙酯。
①将45g乳酸、90g正丙醇和固体装入三颈烧瓶中；
②加热至102~105℃，反应6h，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热；
③反应结束后，降温至60℃以下；
④常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用；
⑤减压蒸馏，收集120℃左右馏分，得到乳酸正丙酯。
已知：相关物质的沸点如下表。
物质 乳酸 正丙醇 乳酸正丙酯
沸点/℃ 227.6 97.2 168
（1）仪器A的名称为　 　，冷凝水的进水口为　 　（填“a”或“b”）。
（2）三颈烧瓶中乳酸与正丙醇发生酯化反应的化学方程式为　 　。
（3）变色硅胶主要成分为细孔硅胶和氯化钴。氯化钴在无水状态下呈蓝色，为粉红色，则变色硅胶的作用除指示反应进程外，还起到的作用为　 　。
（4）步骤④中收集到的可循环使用的物质主要是　 　（填结构简式）。
（5）步骤⑤中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯（六元环状酯），该交酯的结构简式为　 　。
（6）对该实验的操作或试剂选用，下列说法正确的有_________（填字母）。
A．三颈烧瓶中可用浓硫酸代替
B．若温控磁力搅拌器的温控发生故障，可改用油浴加热
C．延长步骤②的反应时间可以实现乳酸全部转化为乳酸正丙酯
D．可利用酸性溶液检验产物乳酸正丙酯中是否含有正丙醇杂质
（7）若最终得到39.6g乳酸正丙酯，则该实验的产率为　 　（保留两位有效数字）。
18．硼及其化合物在材料、能源和医药等领域应用广泛，是推动技术革新的核心元素之一。
（1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为对固体进行_________（填字母）测定。
A．红外光谱 B．质谱
C．X射线衍射 D．核磁共振氢谱
（2）氨硼烷（）储氢量高，是目前最具潜力的储氢材料之一，其结构与乙烷相似。
①中为配位键，其中　 　（填元素符号）提供孤电子对。
②中的键角　 　（填“>”“<”或“=”）中的键角。
（3）硼酸（）常用于医药和食品防腐。硼酸晶体是一种多层片状晶体，同层分子间的主要作用力是氢键，其单层结构如图所示。中含有　 　mol氢键。
（4）立方氮化硼是一种人工合成的超硬材料，其硬度仅次于金刚石。其立方晶胞结构如图所示。
①立方氮化硼的晶体结构与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系称作原子分数坐标系。已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为　 　。
③该氮化硼晶胞的俯视投影图是　 　（填字母）。
a. b. c. d
④已知立方氮化硼晶体的密度为。设为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的棱长为　 　cm（列出计算式，用含和的式子表示）。
19．我国某课题组成功合成高能量密度储能电池的电极材料。负极采用亚铁氰化钾，正极材料为自主设计并合成的氨基酸，其结构如图所示。
（1）亚铁氰化钾的三水合物为黄色晶体，是重要的化工原料。
①基态的价层电子轨道表示式为　 　。
②中键与键的数目之比为　 　。
③该配合物中存在的作用力类型有　 　（填字母）。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
④和常一起用作食盐的添加剂，的空间结构为　 　。
（2）氨基酸作为电极材料表现优良，其合成步骤如图所示。
①下列关于该合成步骤说法正确的有　 　（填字母）。
A．化合物Ⅰ最多可消耗
B．化合物Ⅰ还可以通过依次发生消去反应、加成反应制得化合物Ⅱ
C．能与盐酸发生反应
D．两步反应的反应类型相同，且过程中的碳原子的杂化方式未发生改变
②反应中，在第i步加入NaOH的目的是　 　。
③化合物Ⅲ（半胱氨酸）是一种人体非必需的氨基酸，请写出由Ⅲ合成的多肽链的结构简式　 　。
20．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图所示。
已知：。
（1）化合物A的名称为　 　，化合物F中官能团的名称为　 　。
（2）化合物D的结构简式为　 　，化合物E的分子式为　 　。
（3）根据化合物E的结构特征，分析并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 　 　 　 　 加成反应
② 　 　 　 　
（4）化合物X是G的同分异构体，其核磁共振氢谱显示有三组峰，且峰面积之比为。写出一种符合要求的X的结构简式：　 　。
（5）以为唯一有机原料合成（其他无机试剂任选）。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
②其中一步涉及饱和卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、元青釉开片大碗的主要材料为陶瓷，属于无机非金属材料，不是有机物，故 A 错误；
B、南宋鎏金腰带的主要材料为金属合金，属于无机金属材料，不是有机物，故 B 错误；
C、清华鸟花版竹雕的主要材料为竹子，其主要成分是纤维素，属于有机物，故 C 正确；
D、端石千金猴王砚的主要材料为端石，属于无机非金属矿物材料，不是有机物，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物定义：含碳化合物（除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等少数物质外），常见的天然有机物包括纤维素、蛋白质等；
材料分类：陶瓷、石材属于无机非金属材料，金属制品属于无机金属材料，竹木类制品的主要成分为纤维素，属于天然有机物；
选项辨析：陶瓷碗、鎏金腰带、石砚的主要材料均为无机物，只有竹雕的主要成分纤维素属于有机物。
2．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A、石墨烯是由碳元素组成的单质，不含氢元素，不属于烃类，更不属于烯烃，故 A 错误；
B、Ac-225 的中子数为 225-89=136，故 B 正确；
C、形状记忆合金属于新型金属材料，故 C 正确；
D、液氧和液氢分子均为对称结构，正负电荷中心重合，都属于非极性分子，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
烯烃属于烃类，必须由碳、氢两种元素组成，石墨烯是碳单质，不含氢，因此不属于烯烃；
原子中子数计算：中子数 = 质量数 - 质子数；
材料分类：形状记忆合金是具有特殊性能的新型金属材料；
分子极性判断：由同种原子构成的双原子分子均为非极性分子。
3．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、大米中的淀粉属于多糖，在酸或酶的催化下可发生水解反应，最终生成葡萄糖，故 A 正确；
B、油脂分子中含有极性酯基，结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，并非非极性分子，故 B 错误；
C、青菜中的纤维素由多个葡萄糖单元聚合而成，属于天然多糖类物质，故 C 正确；
D、烹饪鱼肉时的高温会破坏蛋白质的空间结构，使其发生不可逆的变性，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
淀粉是可水解的多糖，在酸或酶催化下可逐步水解为葡萄糖；
油脂分子含极性酯基，整体为极性分子，不属于非极性分子；
纤维素是由葡萄糖组成的天然多糖，是植物细胞壁的主要成分；
高温会破坏蛋白质的空间结构，使其发生不可逆的变性反应。
4．【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；烯烃
【解析】【解答】A、BF3中 B 原子的价层电子对数为 3，无孤电子对，VSEPR 模型应为平面三角形，不是三角锥形，故 A 错误；
B、乙烯（ ）分子中双键两端的碳原子均连接两个氢原子，不存在顺反异构现象，故 B 错误；
C、基态 Ca 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，核外电子占据的最高能级为 4s，其原子轨道呈球形，故 C 正确；
D、该键线式化合物的主链有 7 个碳原子，正确名称应为 3，5 - 二甲基庚烷，不是 2，4 - 二乙基戊烷，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
BF3中 B 原子价层电子对数为 3 且无孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形；
顺反异构要求双键两端的碳原子各连接不同原子或基团，乙烯不满足该条件；
基态 Ca 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，最高能级为 4s，轨道呈球形；
烷烃命名需选择最长碳链为主链，该化合物主链含 7 个碳原子，正确名称为 3，5 - 二甲基庚烷。
5．【答案】D
【知识点】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；缩聚反应
【解析】【解答】A、水分子中 O 原子的价层电子对数为 4，含 2 对孤电子对，空间结构为 V 形，不是四面体形，故 A 错误；
B、冰晶体中每个水分子通过氢键与周围 4 个水分子相连，形成空旷的笼状结构，冰变成水后，部分氢键断裂，氢键数目减少，故 B 错误；
C、CaC2与水反应生成氢氧化钙和乙炔，不是乙烯，故 C 错误；
D、苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，同时脱去小分子水，副产物为水，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
水分子中 O 原子含 2 对孤电子对，价层电子对互斥理论下空间结构为 V 形；
冰晶体中氢键数目多，融化时部分氢键断裂，液态水中氢键数目减少；
CaC2与水反应的产物是乙炔，而非乙烯；
苯酚与甲醛的缩聚反应属于缩聚反应，生成酚醛树脂的同时会脱去小分子水。
6．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、该仪器为碱式滴定管，主要用于滴定实验，在过滤、蒸馏和分液三种分离提纯方法中均未用到，故 A 符合题意；
B、该仪器为普通漏斗，过滤操作中会用到，故 B 不符合题意；
C、该仪器为冷凝管，蒸馏操作中会用到，故 C 不符合题意；
D、该仪器为分液漏斗，分液操作中会用到，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
过滤操作的核心仪器为普通漏斗、烧杯、玻璃棒；蒸馏操作的核心仪器包括冷凝管、蒸馏烧瓶、温度计等；分液操作的核心仪器为分液漏斗和烧杯；碱式滴定管是滴定实验的专用仪器，与题目所述三种分离方法无关。
7．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、净水器中的高分子分离膜具有选择性透过功能，可过滤杂质产生直饮水，二者直接关联，故 A 不符合题意；
B、福尔马林是甲醛的水溶液，具有防腐性，可用于浸泡标本，二者直接关联，故 B 不符合题意；
C、顺丁橡胶中的碳碳双键可打开与硫原子形成二硫键，实现橡胶硫化，二者直接关联，故 C 不符合题意；
D、用乙酸乙酯清理残留油漆，利用的是乙酸乙酯作为有机溶剂能溶解油漆的性质，与乙酸乙酯的水解反应无关，二者没有关联，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
净水器利用高分子分离膜的选择性透过功能净化水质，该技术与膜的分离特性直接相关；
福尔马林防腐的核心原理是甲醛能使蛋白质变性，因此可用于标本保存；
橡胶硫化的本质是通过硫原子在碳碳双键间形成交联键，改善橡胶性能；
乙酸乙酯清洗油漆利用的是相似相溶原理，而非其水解反应，因此二者无关联。
8．【答案】B
【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；化学平衡的影响因素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、铜元素的价电子排布式为 3d 4s ，位于元素周期表的 ds 区，不是 d 区，故 A 错误；
B、向 CuCl2溶液中加入氨水后，溶液由绿色变为深蓝色，说明生成了更稳定的铜氨配离子，因此 NH3与 Cu2+的配位能力强于 Cl-，故 B 正确；
C、[Cu(H2O)4]2+中 O-H 键为 σ 键，无 π 键；[CuCl4]2-中只有配位 σ 键，也无 π 键，故 C 错误；
D、1mol [Cu(H2O)4]2+中含有 4 个配位键和 4×2=8 个 O-H 键，共 12 个共价键；1mol [CuCl4]2-中只含 4 个配位键，二者共价键数目不相等，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
元素周期表分区：铜元素价电子排布为 3d 4s ，属于 ds 区元素；
配位能力判断：加入氨水后生成深蓝色铜氨配离子，说明 NH3对 Cu2+的配位能力强于 Cl-；
化学键类型：[Cu(H2O)4]2+和 [CuCl4]2-中均只含 σ 键，不存在 π 键；
共价键数目计算：1mol [Cu(H2O)4]2+含 12 个共价键，1mol [CuCl4]2-仅含 4 个共价键，数目不同。
9．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介
【解析】【解答】A、该化合物含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，故 A 正确；
B、该化合物含有醇羟基，且与醇羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生取代反应和消去反应，故 B 正确；
C、该化合物含有羧基，酸性强于碳酸，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，故 C 正确；
D、该化合物中苯环可与 3mol H2加成，碳碳双键可与 1mol H2加成，酯基和羧基中的碳氧双键不能与 H2加成，因此 1mol 该化合物最多能与 4mol H2发生加成反应，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
酚羟基的特征反应：能与 FeCl3溶液发生显色反应；
醇羟基的反应：可发生取代反应，且当邻位碳原子上有氢原子时可发生消去反应；
羧基的酸性：能与 NaHCO3反应生成 CO2；
加成反应的判断：苯环和碳碳双键可与 H2加成，酯基、羧基中的碳氧双键不与 H2加成。
10．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、X 和 Y 是互变异构体，分子式相同、结构不同，故 A 正确；
B、X 中存在亚甲基（-CH2-），该碳原子形成 4 个单键，属于 sp3 杂化，并非所有碳原子均为 sp2 杂化，故 B 错误；C、互变异构过程中存在 C-H、O-H 等 σ 键的断裂和生成，故 C 正确；
D、Y 中苯环、羰基、碳碳双键均为平面结构，通过单键旋转，所有碳原子可以共平面，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
互变异构体的分子式相同，结构不同；
杂化类型判断：形成 4 个 σ 键的碳原子为 sp3 杂化，形成 3 个 σ 键的碳原子为 sp2 杂化；
互变异构过程涉及化学键的断裂与生成，包括 σ 键；
有机物中所有碳原子共平面的判断，可结合苯环、双键等平面结构及单键旋转分析。
11．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A、12 - 冠 - 4 与 18 - 冠 - 4 的分子式不相差若干个 CH2原子团，且结构不相似，不属于同系物，故 A 错误；
B、18 - 冠 - 6 可与 K+形成稳定的超分子，使 K+进入溴乙烷中，从而增大 KCN 在溴乙烷中的溶解度，故 B 正确；
C、超分子是由分子通过非共价键结合形成的聚集体，不属于高分子化合物，没有很高的相对分子质量，故 C 错误；
D、超分子的 “分子识别” 特征可用于分离 Li+与 K+，而非 “自组装”，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同系物的判断需满足结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团；
18 - 冠 - 6 可与 K+结合，将 K+带入有机溶剂，从而增大离子化合物的溶解度；
超分子是分子聚集体，不属于高分子化合物；
冠醚识别金属离子利用的是 “分子识别” 而非 “自组装” 特征。
12．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为侧链甲基被氧化，而非苯环性质变活泼，实例与解释不相符，故 A 符合题意；
B、N 原子价层只有 4 个原子轨道（1 个 2s 轨道和 3 个 2p 轨道），无法形成 5 个 N-F 键，因此不存在稳定的 NF5分子，实例与解释相符，故 B 不符合题意；
C、甲醇分子中含有羟基，可与水分子形成氢键，而甲烷不能，因此甲醇在水中的溶解度大于甲烷，实例与解释相符，故 C 不符合题意；
D、NaCl 是离子晶体，熔点由离子键强度决定；I2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，离子键强度大于分子间作用力，因此熔点 NaCl＞I2，实例与解释相符，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
甲苯与酸性高锰酸钾的反应中，被氧化的是侧链甲基，苯环本身未被破坏，解释错误；
N 原子价层轨道数为 4，最多形成 4 个共价键，无法形成 5 个 N-F 键；
分子间氢键可显著增大物质在水中的溶解度；
离子晶体的熔点由离子键强度决定，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，离子键强度大于分子间作用力。
13．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1 个 分子含 10 个中子，H218O 的摩尔质量为 20g/mol， 的物质的量为 ，含中子数为 0.9NA，故 A 错误；
B、1 个 NH3分子含 3 个 N-H 成键电子对，1mol NH3中成键电子对数为 3NA，故 B 错误；
C、1 个尿素（ ）分子含 7 个 σ 键（1 个 C=O 双键中含 1 个 σ 键，2 个 C-N 键，4 个 N-H 键），1mol 尿素含 7NA个 σ 键，故 C 错误；
D、标准状况下 22.4L CO2与 CH4混合气体的物质的量为 1mol，CO2和 CH4分子中均含 1 个碳原子，故碳原子数目为 NA，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中子数计算： 中18O 含 10 个中子，需结合摩尔质量计算物质的量；
成键电子对判断：NH3分子中 N 原子与 3 个 H 原子形成 3 个成键电子对；
σ 键计数：双键中含 1 个 σ 键，单键均为 σ 键，尿素分子中 C=O、C-N、N-H 键共含 7 个 σ 键；
混合气体中原子数计算：标准状况下气体摩尔体积为 22.4L/mol，结合分子中碳原子数判断。
14．【答案】C
【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；缩聚反应
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 中，向 Cu(OH)2悬浊液中滴加浓氨水，溶液变澄清，是因为 Cu(OH)2与 NH3形成了可溶性的铜氨络离子（ ），而非因为 Cu(OH)2是两性物质，陈述 Ⅱ 错误，二者无因果关系，故 A 错误；
B、陈述 Ⅰ 中电负性 F>Cl>Br 正确，但陈述 Ⅱ 中，苯酚的酸性受取代基吸电子效应影响，F 的电负性最大，吸电子能力最强，对应的苯酚酸性应最强，酸性顺序应为 ，陈述 Ⅱ 错误，故 B 错误；
C、陈述 Ⅰ 中，用重结晶法除去苯甲酸中混有的 NaCl，陈述 Ⅱ 中苯甲酸在水中的溶解度受温度影响比 NaCl 大，二者均正确，且因为苯甲酸的溶解度随温度变化大，NaCl 的溶解度受温度影响小，所以可以通过重结晶分离，存在因果关系，故 C 正确；
D、陈述 Ⅰ 中 6 - 羟基己酸可用于合成聚 - 6 - 羟基己酸酯，陈述 Ⅱ 中 6 - 羟基己酸可发生加聚反应错误，6 - 羟基己酸含有羟基和羧基，应发生缩聚反应而非加聚反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
Cu(OH)2溶于浓氨水是配位反应，与两性物质的性质判定无关；
取代苯酚的酸性随取代基电负性增大而增强，顺序为 F 取代苯酚 > Cl 取代苯酚 > Br 取代苯酚；
重结晶法利用物质溶解度随温度变化的差异分离，苯甲酸溶解度受温度影响比 NaCl 更大；
含羟基和羧基的有机物发生缩聚反应，生成聚酯并脱去小分子水，而非加聚反应。
15．【答案】D
【知识点】化学键；“手性分子”在生命科学等方面的应用；苯的同系物及其性质；酯的性质
【解析】【解答】A、乙苯与酸性高锰酸钾溶液反应时，侧链乙基被氧化为羧基，直接生成的是苯甲酸，而非苯乙酸，故 A 错误；
B、反应①为苯乙酸与乙醇的酯化反应，副产物为水，只含极性键；反应②为酯的取代反应，副产物为乙醇，只含极性键，二者均不含非极性键，故 B 错误；
C、化合物 Ⅲ 的结构为乙二酸二乙酯，而非二乙酸乙二酯，故 C 错误；
D、化合物 Ⅳ 中，连接苯环的碳原子同时连接四个不同的基团（苯基、氢原子及两个不同的酯基部分），属于手性碳原子，分子中仅含 1 个手性碳原子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
乙苯被酸性高锰酸钾氧化时，侧链直接被氧化为羧基，生成苯甲酸；
酯化反应和酯交换反应的副产物为水或乙醇，均只含极性键；
酯类命名需根据羧酸和醇的种类判断，化合物 Ⅲ 由乙二酸和乙醇形成，名称为乙二酸二乙酯；
手性碳原子需满足连有四个不同基团的条件，化合物 Ⅳ 中仅与苯环直接相连的碳原子符合该条件。
16．【答案】C
【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；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、键角对比：CO2中 C 为 sp 杂化（2 ），分子呈直线形；H2O 中 O 为 sp3 杂化（4 ）且含两对孤电子对，分子呈 V 形，孤电子对的排斥作用使键角被压缩，因此键角 CO2 > H2O，A错误；
B、第一电离能：同周期主族元素第一电离能总体呈递增趋势，但 N 原子 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常高于 O，故顺序为 N > O > C，B错误；
C、沸点对比：CH4与 CF4均为结构相似的分子晶体，分子间作用力随相对分子质量增大而增强，因此沸点 CH4 < CF4，C正确；
D、空间结构：NO3-中 N 的价层电子对数 ，为 sp2 杂化，无孤电子对，为平面三角形；NF3中 N 为 sp3 杂化且含一对孤电子对（4 ），为三角锥形，二者结构不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】E 元素：宇宙中含量最高的元素是氢，因此 E 为 H；M 元素：基态 M 原子有三个能级，且每个能级电子数相同，其电子排布为 1s22s22p2，对应碳元素，因此 M 为 C；Y 元素：价层电子排布为 nsnnp2n，因 np 轨道有电子，故 n=2，价层电子排布为 2s22p4，对应氧元素，因此 Y 为 O；
Z 元素：元素周期表中电负性最大的元素是氟，因此 Z 为 F；X 元素：原子序数介于 C 和 O 之间的主族元素为氮，因此 X 为 N。综上，五种元素分别为：E： H、M： C、X： N、Y： O、Z： F，据此分析选项。
17．【答案】（1）球形冷凝管；a
（2）
（3）吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率
（4）
（5）
（6）A；B
（7）60%
【知识点】常用仪器及其使用；乙酸乙酯的制取；制备实验方案的设计；结构简式
【解析】【解答】（1）仪器 A 的名称为球形冷凝管；冷凝水的进水口为 a；故答案为：球形冷凝管；a。
（2）乳酸与正丙醇在 NaHSO4催化、加热条件下发生酯化反应，化学方程式为：
。
故答案为：。
（3）酯化反应过程中生成水，会被无色的氯化钴吸收变为粉红色的，此时水蒸气的含量就降低， 氯化钴的作用是吸收反应生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率；
故答案为：吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率。
（4）已知信息中正丙醇的沸点是97.2℃，步骤④常压蒸馏至110℃左右，收集到的主要是， 故常压蒸馏至 110℃左右，收集到的主要物质为正丙醇（CH3CH2CH2OH），可循环使用；
故答案为：。
（5）减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯（六元环状酯），按照题目要求，六元环状酯是两分子高乳酸成环的过程，形成的酯是。
故答案为：。
（6）A．乳酸、正丙醇和固体放入三颈烧瓶发生反应，NaHSO4的作用与教材中酯化反应的催化剂浓硫酸类似，A正确；
B．步骤②加热至102~105℃，可用油浴加热，B正确；
C．乳酸生成乳酸正丙酯是酯化反应，属于可逆反应，即使延长步骤②的反应时间也不可以实现乳酸全部转化为乳酸正丙酯，C错误；
D．乳酸正丙酯（）中含有醇羟基，也可以使酸性高锰酸钾褪色，不可利用酸性溶液检验产物乳酸正丙酯中是否含有正丙醇杂质，D错误。
故答案选：AB。
（7）步骤①将45g乳酸（）、90g正丙醇（）和固体装入三颈烧瓶中，所以理论产生的乳酸正丙酯为，即66g，最终得到39.6g乳酸正丙酯是实际产生的质量，该实验的产率为。
故答案为：60%。
【分析】本实验以乳酸 （） 和正丙醇为原料，制备乳酸正丙酯，核心是对酯化反应原理的应用与拓展。实验中，乳酸、正丙醇与 NaHSO4固体在三颈烧瓶中发生反应，NaHSO4的作用与教材中酯化反应的催化剂浓硫酸类似，兼具催化与吸水的双重作用。后续需结合各物质的沸点差异，选择合适的蒸馏等分离方法提纯产品，同时可通过加入吸水剂等方式促进平衡正向移动，提高产率。
（1）根据装置图识别仪器名称，结合冷凝管 “下进上出” 的冷凝水通入原则，确定进水口。
（2）酯化反应为可逆反应，酸脱羟基、醇脱氢，以 NaHSO4为催化剂，加热条件下生成乳酸正丙酯和水，据此写出化学方程式。
（3）利用勒夏特列原理，酯化反应生成水，氯化钴吸收水使平衡正向移动，从而提高产率。
（4）根据正丙醇的沸点，判断常压蒸馏时收集到的物质为未反应的正丙醇，可循环使用。
（5）两分子乳酸发生分子间酯化反应，脱去两分子水，形成六元环状酯，据此写出结构简式。
（6）逐一分析选项，A 选项中 NaHSO4与浓硫酸作用类似，可作酯化反应的催化剂；B 选项中 102~105℃的加热温度适合油浴加热；C 选项中酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化；D 选项中乳酸正丙酯和正丙醇均能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法检验杂质。
（7）先根据乳酸的物质的量计算理论上生成乳酸正丙酯的质量，再结合实际产量，利用产率公式 “产率 = 实际产量 ÷理论产量 ×100%” 计算得出结果。
（1）仪器A的名称为球形冷凝管；冷凝水从冷凝管的下方进入上方流出，所以进水口为a。
故答案为：球形冷凝管 a。
（2）三颈烧瓶中乳酸与正丙醇发生酯化反应NaHSO4是该反应的催化剂，与教材所学乙酸乙酯的合成类似，化学方程式为：
。
故答案为：。
（3）酯化反应过程中生成水，会被无色的氯化钴吸收变为粉红色的，此时水蒸气的含量就降低，使酯化反应平衡正移，提高乳酸正丙酯的产率。
故答案为：吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率。
（4）已知信息中正丙醇的沸点是97.2℃，步骤④常压蒸馏至110℃左右，收集到的主要是，该物质可循环使用。
故答案为：。
（5）减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯（六元环状酯），按照题目要求，六元环状酯是两分子高乳酸成环的过程，形成的酯是。
故答案为：。
（6）A．乳酸、正丙醇和固体放入三颈烧瓶发生反应，NaHSO4的作用与教材中酯化反应的催化剂浓硫酸类似，A正确；
B．步骤②加热至102~105℃，可用油浴加热，B正确；
C．乳酸生成乳酸正丙酯是酯化反应，属于可逆反应，即使延长步骤②的反应时间也不可以实现乳酸全部转化为乳酸正丙酯，C错误；
D．乳酸正丙酯（）中含有醇羟基，也可以使酸性高锰酸钾褪色，不可利用酸性溶液检验产物乳酸正丙酯中是否含有正丙醇杂质，D错误。
故答案选：AB。
（7）步骤①将45g乳酸（）、90g正丙醇（）和固体装入三颈烧瓶中，所以理论产生的乳酸正丙酯为，即66g，最终得到39.6g乳酸正丙酯是实际产生的质量，该实验的产率为。
故答案为：60%。
18．【答案】（1）C
（2）N；>
（3）3
（4）比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低；；b；
【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
【解析】【解答】（1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为 X 射线衍射，
故答案选：C。
（2）①NH3BH3中 N-B 为配位键，其中 NH3中的 N 原子含有 1 对孤电子对，BH3中的 B 原子有空轨道，因此由 N 原子提供孤电子对形成配位键；
②NH3BH3和 NH3中 N 原子均为 sp3 杂化，但 NH3中含有 1 对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致 H-N-H 键角被压缩，因此键角：NH3BH3 > NH3；
故答案为：N；>。
（3）图像虚框中是1个硼酸分子，连接6个氢键，按照均摊法每个氢键需×，故为3个。
故答案为：3.
（4）① 立方氮化硼和金刚石均为共价晶体，共价晶体的熔点取决于共价键的键能，键长越短，键能越大，熔点越高。B-N 键的键长比 C-C 键长，键能比 C-C 键小，因此立方氮化硼的熔点比金刚石低；
②已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为。
③该氮化硼晶胞的俯视投影图中正方形的顶点和每条边的中心均有投影N原子，正方形中心也是N原子；在正方体晶胞中，体对角线的连线上有2个N和2个B。
④根据均摊法，该晶胞中N原子个数=，B原子个数=4。设该晶胞的棱长为x cm，，x=。
故答案为：比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低 ；；b ；；
【分析】本题围绕硼及其化合物，对物质结构与性质的核心知识点进行了综合考查。区分晶体与非晶体的最科学手段是 X 射线衍射，这是解决 B 单质同分异构体区分问题的关键；硼原子因存在空轨道，易形成配位键，在分析相关问题时，可将配位键视为共价键，通过比较杂化类型（sp > sp2 > sp3）和孤电子对数目（杂化相同时，孤电子对越多，键角越小）来判断键角大小；氢键数目和晶胞棱长的计算，则需运用均摊法，这是解决晶体结构问题的常用方法。
（1）区分晶体与非晶体最科学的方法是 X 射线衍射，晶体具有固定的晶胞结构，衍射图谱有特征峰，而非晶体没有。
（2）①配位键中，提供孤电子对的一方为电子给予体，NH3中 N 原子含孤电子对，因此由 N 提供；
②键角大小与孤电子对数目有关，孤电子对越多，成键电子对间的排斥力越小，键角越小，NH3含孤电子对，键角小于 NH3BH3。
（3）氢键为分子间作用力，每个氢键被两个分子共用，因此按均摊法计算，1 个硼酸分子实际含有的氢键数目为连接数的一半。
（4）①共价晶体的熔点与键能有关，键长越短，键能越大，熔点越高，B-N 键能小于 C-C 键，因此熔点较低；
②根据晶胞中已知原子的分数坐标，结合空间位置关系，推导出 D 原子的坐标；
③根据氮化硼晶胞的结构特点，描述 N 原子的投影位置；④利用均摊法计算晶胞中原子数目，再结合密度公式，推导出晶胞棱长的表达式。
（1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为X射线衍射，C正确。
故答案选：C。
（2）①中为配位键，其中NH3中还有1对孤电子对，所以是N提供孤电子对。
②和中N原子均是sp3杂化，但中含有1对孤电子对，所以键角：>。
故答案为：N >。
（3）图像虚框中是1个硼酸分子，连接6个氢键，按照均摊法每个氢键需×，故为3个。
故答案为：3.
（4）①立方氮化硼的晶体结构与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是都为共价晶体，比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低。
②已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为。
③该氮化硼晶胞的俯视投影图中正方形的顶点和每条边的中心均有投影N原子，正方形中心也是N原子；在正方体晶胞中，体对角线的连线上有2个N和2个B。
④根据均摊法，该晶胞中N原子个数=，B原子个数=4。设该晶胞的棱长为x cm，，x=。
故答案为：比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低 b
19．【答案】（1）；；BCD；三角锥形
（2）CD；吸收反应生成的，提高转化率；
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）① 基态 Fe 的价层电子轨道表示式为。② 每个 CN-含 1 条 σ 键、2 条 π 键，该物质中 Fe2+与 6 个 CN-形成配位键（σ 键），故 σ 键共 12 条，π 键共 12 条，二者数目比为 1：1；
③ 该配合物中存在的作用力类型为离子键、共价键、配位键，对应选项 BCD；
④的空间结构用价电子对互斥理论解决，可知中有3条键，孤电子对数=，价电子对数是4，1对孤电子对，的空间结构为三角锥形。
故答案为：（轨道表示式）；1：1；BCD；三角锥形。
故答案为： BCD 三角锥形。
（2）
①A．化合物I中的酚羟基(2个)会与溶液反应，化合物Ⅰ最多可消耗，A错误；
B．化合物Ⅰ直接通过取代反应制得化合物Ⅱ，其条件是、催化剂、加热，B错误；
C．中含有，显碱性，能与盐酸发生反应，C正确；
D．两步反应的反应类型均是取代反应，取代反应中的碳原子的杂化方式不变，D正确。
②的化学方程式：
+， 加入 NaOH 溶液可吸收 HBr，使平衡正向移动，提高转化率；
③化合物Ⅲ（）合成的多肽链时脱，脱，形成的聚合物的结构简式为。
故答案为：CD；吸收反应生成的，提高转化率 ；。
【分析】（1）①首先根据 Fe 为 26 号元素，确定其价电子排布式为 3d64s2，再按照泡利不相容原理和洪特规则，画出轨道表示式，注意 3d 轨道的电子排布要分占不同轨道且自旋平行。
②每个 CN-中含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，Fe2+与 CN-之间的配位键属于 σ 键，6 个 CN-形成 6 个配位 σ 键，加上 CN-自身的 6 个 σ 键，共 12 个 σ 键；每个 CN-含 2 个 π 键，6 个 CN-共含 12 个 π 键，因此 σ 键与 π 键数目比为 1：1。
③该配合物由内界和外界组成，内界 Fe2+与 CN-之间为配位键，CN-内部为共价键，内界与外界之间为离子键，因此存在离子键、共价键、配位键三种作用力。
④根据价层电子对互斥理论，计算 IO3-的价电子对数，中心 I 原子的价电子数为 7，加上负电荷数 1，减去 3 个 O 原子的成键电子数，再除以 2，得到价电子对数为 4，其中 σ 键数为 3，孤电子对数为 1，因此空间结构为三角锥形。
（2）①A 选项中化合物 Ⅰ 含 2 个酚羟基，1mol 可消耗 2mol NaOH，描述错误；B 选项中化合物 Ⅰ 制 Ⅱ 的反应条件描述错误；C 选项中 Cys-AE 含氨基，可与盐酸反应，正确；D 选项中两步取代反应的中心原子杂化方式不变，正确，因此选 CD。
②Ⅱ 与 Ⅲ 的反应为取代反应，生成 HBr，加入 NaOH 溶液可与 HBr 发生中和反应，降低生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，从而提高原料转化率。
③化合物 Ⅲ 为氨基酸，合成多肽链时，羧基脱 - OH、氨基脱 - H，形成肽键，多个氨基酸缩合形成多肽，据此写出对应的结构简式。
（1）①基态是26号元素，其价层电子轨道表示式为。②每个中有1条键，2条键，该物质中有6个；Fe2+与之间有6条配位键，属于键；共12条键，12条键。
③该配合物中存在的作用力类型离子键、共价键、配位键。
④的空间结构用价电子对互斥理论解决，可知中有3条键，孤电子对数=，价电子对数是4，1对孤电子对，的空间结构为三角锥形。
故答案为： BCD 三角锥形。
（2）①A．化合物I中的酚羟基(2个)会与溶液反应，化合物Ⅰ最多可消耗，A错误；
B．化合物Ⅰ直接通过取代反应制得化合物Ⅱ，其条件是、催化剂、加热，B错误；
C．中含有，显碱性，能与盐酸发生反应，C正确；
D．两步反应的反应类型均是取代反应，取代反应中的碳原子的杂化方式不变，D正确。
②的化学方程式：
+，加入NaOH溶液可以消耗生成的，使反应向右移动，提高转化率。
③化合物Ⅲ（）合成的多肽链时脱，脱，形成的聚合物的结构简式为。
故答案为：CD 吸收反应生成的，提高转化率 。
20．【答案】（1）1，3-丁二烯；酯基、羰基
（2）；
（3）H2，催化剂、加热；；稀硫酸，加热；水解反应(取代反应)
（4）
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；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；结构简式
【解析】【解答】（1） 化合物 A 的名称为 1，3 - 丁二烯；化合物 F 中的官能团为酯基、羰基；
故答案为：1，3-丁二烯；酯基、羰基。
（2） C→D 发生酯化反应，生成的 D 的结构简式为；化合物E（）的分子式是。
故答案为：；。
（3）E（）中含有酮羰基、酯基， 酮羰基发生加成反应的试剂、条件是H2，催化剂、加热，可生成含有醇羟基的新物质，其结构简式为；化合物E（）生成的新结构为，即酯基变为羧基，需酯基在酸性条件下水解，故反应试剂、条件是稀硫酸，加热，反应类型是水解反应（取代反应）
故答案为：H2，催化剂、加热 ；；稀硫酸，加热；水解反应（取代反应）；
（4）X是G（）的同分异构体，G的分子式为C7H10O3，不饱和度为3；要求且峰面积之比为，说明需要让10个氢对称性较高，为了同时满足含有3个不饱和度，考虑要让3个-CHO完成，此时用去3个H，那6个氢的环境相同只能是3个-CH2-，故可能的结构简式有：。
故答案为：。
（5）以为唯一有机原料合成，合成过程中碳原子数不变，只有官能团的改变。先通过加成反应合成，水解反应生成，再由发生氧化反应生成。
①最后一步反应的化学方程式为：。
②其中一步涉及饱和卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
。
【分析】环加成反应起始原料A（1，3 - 丁二烯）与乙烯发生环加成反应，生成六元环烯烃B（4 - 环己烯），构建了分子的核心碳环骨架。氧化开环反应中间体 B 在酸性高锰酸钾（KMnO4/H+）的强氧化作用下，环内双键断裂，碳环被打开，生成两端均为羧基的直链分子C（1，6 - 己二酸）。酯化反应化合物 C 与乙醇发生酯化反应，两个羧基被转化为乙酯基，生成D（ ）。分子内酯缩合在乙醇钠（C2H5ONa）的作用下，D 发生分子内的酯缩合反应，脱去一分子乙醇，形成一个新的五元环酮酯结构，得到中间体E。甲基化反应中间体 E 在乙醇钠作用下，活泼亚甲基形成碳负离子，再与碘甲烷（或溴甲烷）发生亲核取代反应，在酮羰基的 α 位引入一个甲基，生成中间体F。酯水解与酸化中间体 F 在碱性条件下水解，乙酯基被转化为羧酸盐，再经酸化处理，最终得到目标产物G。
（1）根据有机物的结构，结合烯烃的系统命名规则，确定化合物 A 的名称；根据化合物 F 的结构，识别其中的官能团。
（2）根据 C 和 D 的碳原子数差异，判断 C→D 为酯化反应，写出 D 的结构简式；根据化合物 E 的结构，数出 C、H、O 原子个数，确定其分子式。
（3）根据酮羰基和酯基的化学性质，分别判断其加成反应和水解反应的试剂、条件及反应类型。
（4）结合同分异构体的分子式、不饱和度及核磁共振氢谱的峰面积比，分析结构对称性和官能团分布，推导出化合物 X 的结构简式。
（5）根据题目要求的合成路线，结合 1，3 - 丁二烯的加成、水解和氧化反应，写出关键步骤的化学方程式。
（1）化合物A含有两个碳碳双键，属于二烯烃，其名称为1，3-丁二烯；化合物F中官能团的名称有酯基、羰基。
故答案为：1，3-丁二烯 酯基、羰基。
（2）根据化合物D的分子式中含有10个C原子、化合物C的结构简式中含有6个碳原子，可判断CD发生的是酯化反应，生成的D的结构简式为；化合物E（）的分子式是。
故答案为：。
（3）化合物E（）中含有酮羰基、酯基，该物质中的酮羰基可发生加成反应，反应试剂、条件是H2，催化剂、加热，可生成含有醇羟基的新物质，其结构简式为；化合物E（）生成的新结构为，即酯基变为羧基，需酯基在酸性条件下水解，故反应试剂、条件是稀硫酸，加热，反应类型是水解反应（取代反应）
故答案为：H2，催化剂、加热 稀硫酸，加热 水解反应（取代反应）
（4）化合物X是G（）的同分异构体，G的分子式为C7H10O3，不饱和度为3；要求且峰面积之比为，说明需要让10个氢对称性较高，为了同时满足含有3个不饱和度，考虑要让3个-CHO完成，此时用去3个H，那6个氢的环境相同只能是3个-CH2-，故可能的结构简式有：。
故答案为：。
（5）以为唯一有机原料合成，合成过程中碳原子数不变，只有官能团的改变。先通过加成反应合成，水解反应生成，再由发生氧化反应生成。
①最后一步反应的化学方程式为：。
②其中一步涉及饱和卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
。
1 / 1广东省肇庆市2024-2025学年高二下学期期末考试化学试题
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，只有一项符合题目要求。
1．广东省博物馆藏品琳琅满目。下列藏品的主要材料为有机物的是
A．元青釉开片大碗 B．南宋鎏金腰带 C．清华鸟花版竹雕 D．端石千金猴王砚
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、元青釉开片大碗的主要材料为陶瓷，属于无机非金属材料，不是有机物，故 A 错误；
B、南宋鎏金腰带的主要材料为金属合金，属于无机金属材料，不是有机物，故 B 错误；
C、清华鸟花版竹雕的主要材料为竹子，其主要成分是纤维素，属于有机物，故 C 正确；
D、端石千金猴王砚的主要材料为端石，属于无机非金属矿物材料，不是有机物，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物定义：含碳化合物（除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等少数物质外），常见的天然有机物包括纤维素、蛋白质等；
材料分类：陶瓷、石材属于无机非金属材料，金属制品属于无机金属材料，竹木类制品的主要成分为纤维素，属于天然有机物；
选项辨析：陶瓷碗、鎏金腰带、石砚的主要材料均为无机物，只有竹雕的主要成分纤维素属于有机物。
2．科技创新是推进中国式现代化的必由之路。下列说法不正确的是
A．“福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯属于烯烃
B．利用钍靶成功制备和分离医用同位素，的中子数为136
C．“深海小型机器人”深海测试，其形状记忆合金弹簧属于新型金属材料
D．“云遥一号”运载火箭推进剂采用液氧和液氢，液氧和液氢分子都属于非极性分子
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A、石墨烯是由碳元素组成的单质，不含氢元素，不属于烃类，更不属于烯烃，故 A 错误；
B、Ac-225 的中子数为 225-89=136，故 B 正确；
C、形状记忆合金属于新型金属材料，故 C 正确；
D、液氧和液氢分子均为对称结构，正负电荷中心重合，都属于非极性分子，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
烯烃属于烃类，必须由碳、氢两种元素组成，石墨烯是碳单质，不含氢，因此不属于烯烃；
原子中子数计算：中子数 = 质量数 - 质子数；
材料分类：形状记忆合金是具有特殊性能的新型金属材料；
分子极性判断：由同种原子构成的双原子分子均为非极性分子。
3．粤式饮食讲究“鲜”。下列说法不正确的是
A．增城丝苗米香气扑鼻，大米中的淀粉可以水解
B．湛江白切鸡肉鲜脂少，油脂分子是非极性分子
C．连州甜菜心细嫩多汁，青菜中的纤维素属于多糖
D．中山脆肉鲩爽脆软滑，烹饪鱼肉时蛋白质发生了变性
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、大米中的淀粉属于多糖，在酸或酶的催化下可发生水解反应，最终生成葡萄糖，故 A 正确；
B、油脂分子中含有极性酯基，结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，并非非极性分子，故 B 错误；
C、青菜中的纤维素由多个葡萄糖单元聚合而成，属于天然多糖类物质，故 C 正确；
D、烹饪鱼肉时的高温会破坏蛋白质的空间结构，使其发生不可逆的变性，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
淀粉是可水解的多糖，在酸或酶催化下可逐步水解为葡萄糖；
油脂分子含极性酯基，整体为极性分子，不属于非极性分子；
纤维素是由葡萄糖组成的天然多糖，是植物细胞壁的主要成分；
高温会破坏蛋白质的空间结构，使其发生不可逆的变性反应。
4．化学之美，对称之美。下列化学用语表达正确的是
A．的VSEPR模型为
B．乙烯（）分子存在顺反异构
C．基态Ca原子核外电子占据的最高能级原子轨道为
D．键线式为的化合物名称为2，4-二乙基戊烷
【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；烯烃
【解析】【解答】A、BF3中 B 原子的价层电子对数为 3，无孤电子对，VSEPR 模型应为平面三角形，不是三角锥形，故 A 错误；
B、乙烯（ ）分子中双键两端的碳原子均连接两个氢原子，不存在顺反异构现象，故 B 错误；
C、基态 Ca 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，核外电子占据的最高能级为 4s，其原子轨道呈球形，故 C 正确；
D、该键线式化合物的主链有 7 个碳原子，正确名称应为 3，5 - 二甲基庚烷，不是 2，4 - 二乙基戊烷，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
BF3中 B 原子价层电子对数为 3 且无孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形；
顺反异构要求双键两端的碳原子各连接不同原子或基团，乙烯不满足该条件；
基态 Ca 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，最高能级为 4s，轨道呈球形；
烷烃命名需选择最长碳链为主链，该化合物主链含 7 个碳原子，正确名称为 3，5 - 二甲基庚烷。
5．“水是生命之源”。下列有关水的说法正确的是
A．水分子的空间结构为四面体形
B．冰变成水后，氢键的数目增多
C．与水在一定条件下反应可生成乙烯
D．苯酚与甲醛发生缩聚反应生成树脂的副产物是水
【答案】D
【知识点】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；缩聚反应
【解析】【解答】A、水分子中 O 原子的价层电子对数为 4，含 2 对孤电子对，空间结构为 V 形，不是四面体形，故 A 错误；
B、冰晶体中每个水分子通过氢键与周围 4 个水分子相连，形成空旷的笼状结构，冰变成水后，部分氢键断裂，氢键数目减少，故 B 错误；
C、CaC2与水反应生成氢氧化钙和乙炔，不是乙烯，故 C 错误；
D、苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，同时脱去小分子水，副产物为水，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
水分子中 O 原子含 2 对孤电子对，价层电子对互斥理论下空间结构为 V 形；
冰晶体中氢键数目多，融化时部分氢键断裂，液态水中氢键数目减少；
CaC2与水反应的产物是乙炔，而非乙烯；
苯酚与甲醛的缩聚反应属于缩聚反应，生成酚醛树脂的同时会脱去小分子水。
6．有机化学常用分离和提纯的方法有过滤、蒸馏和分液。上述三种方法中没有用到的仪器是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、该仪器为碱式滴定管，主要用于滴定实验，在过滤、蒸馏和分液三种分离提纯方法中均未用到，故 A 符合题意；
B、该仪器为普通漏斗，过滤操作中会用到，故 B 不符合题意；
C、该仪器为冷凝管，蒸馏操作中会用到，故 C 不符合题意；
D、该仪器为分液漏斗，分液操作中会用到，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
过滤操作的核心仪器为普通漏斗、烧杯、玻璃棒；蒸馏操作的核心仪器包括冷凝管、蒸馏烧瓶、温度计等；分液操作的核心仪器为分液漏斗和烧杯；碱式滴定管是滴定实验的专用仪器，与题目所述三种分离方法无关。
7．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 家务劳动：在厨房安装净水器以产生直饮水 高分子分离膜具有选择性透过功能
B 科学研究：用福尔马林浸泡标本 甲醛的水溶液具有防腐性
C 化工生产：生产轮胎时在顺丁橡胶中加入硫化剂 碳碳双键可打开与硫形成二硫键
D 社区服务：用乙酸乙酯清理图书馆铁门上的残留油漆 乙酸乙酯能发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、净水器中的高分子分离膜具有选择性透过功能，可过滤杂质产生直饮水，二者直接关联，故 A 不符合题意；
B、福尔马林是甲醛的水溶液，具有防腐性，可用于浸泡标本，二者直接关联，故 B 不符合题意；
C、顺丁橡胶中的碳碳双键可打开与硫原子形成二硫键，实现橡胶硫化，二者直接关联，故 C 不符合题意；
D、用乙酸乙酯清理残留油漆，利用的是乙酸乙酯作为有机溶剂能溶解油漆的性质，与乙酸乙酯的水解反应无关，二者没有关联，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
净水器利用高分子分离膜的选择性透过功能净化水质，该技术与膜的分离特性直接相关；
福尔马林防腐的核心原理是甲醛能使蛋白质变性，因此可用于标本保存；
橡胶硫化的本质是通过硫原子在碳碳双键间形成交联键，改善橡胶性能；
乙酸乙酯清洗油漆利用的是相似相溶原理，而非其水解反应，因此二者无关联。
8．溶液中存在平衡：。向溶液中加入氨水后，溶液由绿色变为深蓝色。下列说法正确的是
A．铜元素位于元素周期表的d区
B．与的配位能力：
C．和中均含有键和键
D．物质的量相等的和的共价键数目相等
【答案】B
【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；化学平衡的影响因素；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、铜元素的价电子排布式为 3d 4s ，位于元素周期表的 ds 区，不是 d 区，故 A 错误；
B、向 CuCl2溶液中加入氨水后，溶液由绿色变为深蓝色，说明生成了更稳定的铜氨配离子，因此 NH3与 Cu2+的配位能力强于 Cl-，故 B 正确；
C、[Cu(H2O)4]2+中 O-H 键为 σ 键，无 π 键；[CuCl4]2-中只有配位 σ 键，也无 π 键，故 C 错误；
D、1mol [Cu(H2O)4]2+中含有 4 个配位键和 4×2=8 个 O-H 键，共 12 个共价键；1mol [CuCl4]2-中只含 4 个配位键，二者共价键数目不相等，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
元素周期表分区：铜元素价电子排布为 3d 4s ，属于 ds 区元素；
配位能力判断：加入氨水后生成深蓝色铜氨配离子，说明 NH3对 Cu2+的配位能力强于 Cl-；
化学键类型：[Cu(H2O)4]2+和 [CuCl4]2-中均只含 σ 键，不存在 π 键；
共价键数目计算：1mol [Cu(H2O)4]2+含 12 个共价键，1mol [CuCl4]2-仅含 4 个共价键，数目不同。
9．有机物M具有杀菌消炎功能，其结构如图所示。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．能与溶液发生显色反应
B．能发生取代反应和消去反应
C．能与溶液反应生成
D．该化合物最多能与发生加成反应
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；羧酸简介
【解析】【解答】A、该化合物含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，故 A 正确；
B、该化合物含有醇羟基，且与醇羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生取代反应和消去反应，故 B 正确；
C、该化合物含有羧基，酸性强于碳酸，能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2，故 C 正确；
D、该化合物中苯环可与 3mol H2加成，碳碳双键可与 1mol H2加成，酯基和羧基中的碳氧双键不能与 H2加成，因此 1mol 该化合物最多能与 4mol H2发生加成反应，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
酚羟基的特征反应：能与 FeCl3溶液发生显色反应；
醇羟基的反应：可发生取代反应，且当邻位碳原子上有氢原子时可发生消去反应；
羧基的酸性：能与 NaHCO3反应生成 CO2；
加成反应的判断：苯环和碳碳双键可与 H2加成，酯基、羧基中的碳氧双键不与 H2加成。
10．药物分子5-芳香二酮-1H-四氮唑（X）存在烯醇式互变异构化合物（Y）。关于化合物X和Y，下列说法不正确的是
A．二者分子式相同
B．二者的C原子均为杂化
C．转化过程中存在键的断裂和生成
D．化合物Y中所有碳原子可以共平面
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、X 和 Y 是互变异构体，分子式相同、结构不同，故 A 正确；
B、X 中存在亚甲基（-CH2-），该碳原子形成 4 个单键，属于 sp3 杂化，并非所有碳原子均为 sp2 杂化，故 B 错误；C、互变异构过程中存在 C-H、O-H 等 σ 键的断裂和生成，故 C 正确；
D、Y 中苯环、羰基、碳碳双键均为平面结构，通过单键旋转，所有碳原子可以共平面，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
互变异构体的分子式相同，结构不同；
杂化类型判断：形成 4 个 σ 键的碳原子为 sp3 杂化，形成 3 个 σ 键的碳原子为 sp2 杂化；
互变异构过程涉及化学键的断裂与生成，包括 σ 键；
有机物中所有碳原子共平面的判断，可结合苯环、双键等平面结构及单键旋转分析。
11．冠醚能识别碱金属离子。12-冠-4与作用而不与作用，18-冠-6与作用而不与作用。下列说法正确的是
A．12-冠-4与18-冠-6属于同系物
B．18-冠-6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度
C．超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量
D．超分子“自组装”的特征可以用于分离与
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A、12 - 冠 - 4 与 18 - 冠 - 4 的分子式不相差若干个 CH2原子团，且结构不相似，不属于同系物，故 A 错误；
B、18 - 冠 - 6 可与 K+形成稳定的超分子，使 K+进入溴乙烷中，从而增大 KCN 在溴乙烷中的溶解度，故 B 正确；
C、超分子是由分子通过非共价键结合形成的聚集体，不属于高分子化合物，没有很高的相对分子质量，故 C 错误；
D、超分子的 “分子识别” 特征可用于分离 Li+与 K+，而非 “自组装”，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
同系物的判断需满足结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团；
18 - 冠 - 6 可与 K+结合，将 K+带入有机溶剂，从而增大离子化合物的溶解度；
超分子是分子聚集体，不属于高分子化合物；
冠醚识别金属离子利用的是 “分子识别” 而非 “自组装” 特征。
12．结构决定性质是基本的化学学科思想。了下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 甲基能使苯环性质变活泼
B 不存在稳定的分子 N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个键
C 在水中的溶解度：甲醇>甲烷 甲醇分子与水分子之间能形成氢键
D 熔点： 离子键的强度大于分子间作用力
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A、甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为侧链甲基被氧化，而非苯环性质变活泼，实例与解释不相符，故 A 符合题意；
B、N 原子价层只有 4 个原子轨道（1 个 2s 轨道和 3 个 2p 轨道），无法形成 5 个 N-F 键，因此不存在稳定的 NF5分子，实例与解释相符，故 B 不符合题意；
C、甲醇分子中含有羟基，可与水分子形成氢键，而甲烷不能，因此甲醇在水中的溶解度大于甲烷，实例与解释相符，故 C 不符合题意；
D、NaCl 是离子晶体，熔点由离子键强度决定；I2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，离子键强度大于分子间作用力，因此熔点 NaCl＞I2，实例与解释相符，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
甲苯与酸性高锰酸钾的反应中，被氧化的是侧链甲基，苯环本身未被破坏，解释错误；
N 原子价层轨道数为 4，最多形成 4 个共价键，无法形成 5 个 N-F 键；
分子间氢键可显著增大物质在水中的溶解度；
离子晶体的熔点由离子键强度决定，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，离子键强度大于分子间作用力。
13．设为阿伏加德罗常数的值。工业上以二氧化碳和液氨为原料，在高温、高压下制备尿素（）。反应的化学方程式为。下列说法正确的是
A．中含有的中子数目为
B．分了中的成键电子对数为
C．尿素分子中含有的键数目为
D．标准状况下，与混合气体中碳原子数目为
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1 个 分子含 10 个中子，H218O 的摩尔质量为 20g/mol， 的物质的量为 ，含中子数为 0.9NA，故 A 错误；
B、1 个 NH3分子含 3 个 N-H 成键电子对，1mol NH3中成键电子对数为 3NA，故 B 错误；
C、1 个尿素（ ）分子含 7 个 σ 键（1 个 C=O 双键中含 1 个 σ 键，2 个 C-N 键，4 个 N-H 键），1mol 尿素含 7NA个 σ 键，故 C 错误；
D、标准状况下 22.4L CO2与 CH4混合气体的物质的量为 1mol，CO2和 CH4分子中均含 1 个碳原子，故碳原子数目为 NA，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中子数计算： 中18O 含 10 个中子，需结合摩尔质量计算物质的量；
成键电子对判断：NH3分子中 N 原子与 3 个 H 原子形成 3 个成键电子对；
σ 键计数：双键中含 1 个 σ 键，单键均为 σ 键，尿素分子中 C=O、C-N、N-H 键共含 7 个 σ 键；
混合气体中原子数计算：标准状况下气体摩尔体积为 22.4L/mol，结合分子中碳原子数判断。
14．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 向悬浊液中滴加浓氨水，振荡，溶液变澄清 是两性物质
B 电负性： 酸性：
C 用重结晶法除去苯甲酸中混有的NaCl 苯甲酸在水中的溶解度受温度影响比较大
D 6-羟基己酸可用于合成聚-6-羟基己酸酯 6-羟基已酸可发生加聚反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【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；缩聚反应
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 中，向 Cu(OH)2悬浊液中滴加浓氨水，溶液变澄清，是因为 Cu(OH)2与 NH3形成了可溶性的铜氨络离子（ ），而非因为 Cu(OH)2是两性物质，陈述 Ⅱ 错误，二者无因果关系，故 A 错误；
B、陈述 Ⅰ 中电负性 F>Cl>Br 正确，但陈述 Ⅱ 中，苯酚的酸性受取代基吸电子效应影响，F 的电负性最大，吸电子能力最强，对应的苯酚酸性应最强，酸性顺序应为 ，陈述 Ⅱ 错误，故 B 错误；
C、陈述 Ⅰ 中，用重结晶法除去苯甲酸中混有的 NaCl，陈述 Ⅱ 中苯甲酸在水中的溶解度受温度影响比 NaCl 大，二者均正确，且因为苯甲酸的溶解度随温度变化大，NaCl 的溶解度受温度影响小，所以可以通过重结晶分离，存在因果关系，故 C 正确；
D、陈述 Ⅰ 中 6 - 羟基己酸可用于合成聚 - 6 - 羟基己酸酯，陈述 Ⅱ 中 6 - 羟基己酸可发生加聚反应错误，6 - 羟基己酸含有羟基和羧基，应发生缩聚反应而非加聚反应，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
Cu(OH)2溶于浓氨水是配位反应，与两性物质的性质判定无关；
取代苯酚的酸性随取代基电负性增大而增强，顺序为 F 取代苯酚 > Cl 取代苯酚 > Br 取代苯酚；
重结晶法利用物质溶解度随温度变化的差异分离，苯甲酸溶解度受温度影响比 NaCl 更大；
含羟基和羧基的有机物发生缩聚反应，生成聚酯并脱去小分子水，而非加聚反应。
15．苯乙酸（Ⅰ）经过两步反应可合成化合物（Ⅳ）。下列说法正确的是
A．苯乙酸可以由乙苯与酸性高锰酸钾溶液反应直接制得
B．反应①与反应②的副产物均含有非极性键
C．化合物Ⅲ的名称为二乙酸乙二酯
D．化合物Ⅳ中只含1个手性碳原子
【答案】D
【知识点】化学键；“手性分子”在生命科学等方面的应用；苯的同系物及其性质；酯的性质
【解析】【解答】A、乙苯与酸性高锰酸钾溶液反应时，侧链乙基被氧化为羧基，直接生成的是苯甲酸，而非苯乙酸，故 A 错误；
B、反应①为苯乙酸与乙醇的酯化反应，副产物为水，只含极性键；反应②为酯的取代反应，副产物为乙醇，只含极性键，二者均不含非极性键，故 B 错误；
C、化合物 Ⅲ 的结构为乙二酸二乙酯，而非二乙酸乙二酯，故 C 错误；
D、化合物 Ⅳ 中，连接苯环的碳原子同时连接四个不同的基团（苯基、氢原子及两个不同的酯基部分），属于手性碳原子，分子中仅含 1 个手性碳原子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
乙苯被酸性高锰酸钾氧化时，侧链直接被氧化为羧基，生成苯甲酸；
酯化反应和酯交换反应的副产物为水或乙醇，均只含极性键；
酯类命名需根据羧酸和醇的种类判断，化合物 Ⅲ 由乙二酸和乙醇形成，名称为乙二酸二乙酯；
手性碳原子需满足连有四个不同基团的条件，化合物 Ⅳ 中仅与苯环直接相连的碳原子符合该条件。
16．E、M、X、Y、Z为五种主族元素，原子序数依次增大。E是宇宙中含量最多的元素；基态M原子含有三个能级且每个能级的电子数目相同，基态Y原子的价层电子排布为，Z元素的电负性最大。下列说法正确的是
A．键角：
B．第一电离能：
C．沸点：
D．和的空间结构均为三角锥形
【答案】C
【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；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、键角对比：CO2中 C 为 sp 杂化（2 ），分子呈直线形；H2O 中 O 为 sp3 杂化（4 ）且含两对孤电子对，分子呈 V 形，孤电子对的排斥作用使键角被压缩，因此键角 CO2 > H2O，A错误；
B、第一电离能：同周期主族元素第一电离能总体呈递增趋势，但 N 原子 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常高于 O，故顺序为 N > O > C，B错误；
C、沸点对比：CH4与 CF4均为结构相似的分子晶体，分子间作用力随相对分子质量增大而增强，因此沸点 CH4 < CF4，C正确；
D、空间结构：NO3-中 N 的价层电子对数 ，为 sp2 杂化，无孤电子对，为平面三角形；NF3中 N 为 sp3 杂化且含一对孤电子对（4 ），为三角锥形，二者结构不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】E 元素：宇宙中含量最高的元素是氢，因此 E 为 H；M 元素：基态 M 原子有三个能级，且每个能级电子数相同，其电子排布为 1s22s22p2，对应碳元素，因此 M 为 C；Y 元素：价层电子排布为 nsnnp2n，因 np 轨道有电子，故 n=2，价层电子排布为 2s22p4，对应氧元素，因此 Y 为 O；
Z 元素：元素周期表中电负性最大的元素是氟，因此 Z 为 F；X 元素：原子序数介于 C 和 O 之间的主族元素为氮，因此 X 为 N。综上，五种元素分别为：E： H、M： C、X： N、Y： O、Z： F，据此分析选项。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．乳酸正丙酯具有高沸点、低毒性和较好的水溶性。某小组欲以乳酸（）和正丙醇为原料，利用如图所示实验装置（部分夹持装置略）制备乳酸正丙酯。
①将45g乳酸、90g正丙醇和固体装入三颈烧瓶中；
②加热至102~105℃，反应6h，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热；
③反应结束后，降温至60℃以下；
④常压蒸馏至110℃左右，收集到的馏分经处理后循环使用；
⑤减压蒸馏，收集120℃左右馏分，得到乳酸正丙酯。
已知：相关物质的沸点如下表。
物质 乳酸 正丙醇 乳酸正丙酯
沸点/℃ 227.6 97.2 168
（1）仪器A的名称为　 　，冷凝水的进水口为　 　（填“a”或“b”）。
（2）三颈烧瓶中乳酸与正丙醇发生酯化反应的化学方程式为　 　。
（3）变色硅胶主要成分为细孔硅胶和氯化钴。氯化钴在无水状态下呈蓝色，为粉红色，则变色硅胶的作用除指示反应进程外，还起到的作用为　 　。
（4）步骤④中收集到的可循环使用的物质主要是　 　（填结构简式）。
（5）步骤⑤中，减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯（六元环状酯），该交酯的结构简式为　 　。
（6）对该实验的操作或试剂选用，下列说法正确的有_________（填字母）。
A．三颈烧瓶中可用浓硫酸代替
B．若温控磁力搅拌器的温控发生故障，可改用油浴加热
C．延长步骤②的反应时间可以实现乳酸全部转化为乳酸正丙酯
D．可利用酸性溶液检验产物乳酸正丙酯中是否含有正丙醇杂质
（7）若最终得到39.6g乳酸正丙酯，则该实验的产率为　 　（保留两位有效数字）。
【答案】（1）球形冷凝管；a
（2）
（3）吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率
（4）
（5）
（6）A；B
（7）60%
【知识点】常用仪器及其使用；乙酸乙酯的制取；制备实验方案的设计；结构简式
【解析】【解答】（1）仪器 A 的名称为球形冷凝管；冷凝水的进水口为 a；故答案为：球形冷凝管；a。
（2）乳酸与正丙醇在 NaHSO4催化、加热条件下发生酯化反应，化学方程式为：
。
故答案为：。
（3）酯化反应过程中生成水，会被无色的氯化钴吸收变为粉红色的，此时水蒸气的含量就降低， 氯化钴的作用是吸收反应生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率；
故答案为：吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率。
（4）已知信息中正丙醇的沸点是97.2℃，步骤④常压蒸馏至110℃左右，收集到的主要是， 故常压蒸馏至 110℃左右，收集到的主要物质为正丙醇（CH3CH2CH2OH），可循环使用；
故答案为：。
（5）减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯（六元环状酯），按照题目要求，六元环状酯是两分子高乳酸成环的过程，形成的酯是。
故答案为：。
（6）A．乳酸、正丙醇和固体放入三颈烧瓶发生反应，NaHSO4的作用与教材中酯化反应的催化剂浓硫酸类似，A正确；
B．步骤②加热至102~105℃，可用油浴加热，B正确；
C．乳酸生成乳酸正丙酯是酯化反应，属于可逆反应，即使延长步骤②的反应时间也不可以实现乳酸全部转化为乳酸正丙酯，C错误；
D．乳酸正丙酯（）中含有醇羟基，也可以使酸性高锰酸钾褪色，不可利用酸性溶液检验产物乳酸正丙酯中是否含有正丙醇杂质，D错误。
故答案选：AB。
（7）步骤①将45g乳酸（）、90g正丙醇（）和固体装入三颈烧瓶中，所以理论产生的乳酸正丙酯为，即66g，最终得到39.6g乳酸正丙酯是实际产生的质量，该实验的产率为。
故答案为：60%。
【分析】本实验以乳酸 （） 和正丙醇为原料，制备乳酸正丙酯，核心是对酯化反应原理的应用与拓展。实验中，乳酸、正丙醇与 NaHSO4固体在三颈烧瓶中发生反应，NaHSO4的作用与教材中酯化反应的催化剂浓硫酸类似，兼具催化与吸水的双重作用。后续需结合各物质的沸点差异，选择合适的蒸馏等分离方法提纯产品，同时可通过加入吸水剂等方式促进平衡正向移动，提高产率。
（1）根据装置图识别仪器名称，结合冷凝管 “下进上出” 的冷凝水通入原则，确定进水口。
（2）酯化反应为可逆反应，酸脱羟基、醇脱氢，以 NaHSO4为催化剂，加热条件下生成乳酸正丙酯和水，据此写出化学方程式。
（3）利用勒夏特列原理，酯化反应生成水，氯化钴吸收水使平衡正向移动，从而提高产率。
（4）根据正丙醇的沸点，判断常压蒸馏时收集到的物质为未反应的正丙醇，可循环使用。
（5）两分子乳酸发生分子间酯化反应，脱去两分子水，形成六元环状酯，据此写出结构简式。
（6）逐一分析选项，A 选项中 NaHSO4与浓硫酸作用类似，可作酯化反应的催化剂；B 选项中 102~105℃的加热温度适合油浴加热；C 选项中酯化反应为可逆反应，反应物不能完全转化；D 选项中乳酸正丙酯和正丙醇均能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法检验杂质。
（7）先根据乳酸的物质的量计算理论上生成乳酸正丙酯的质量，再结合实际产量，利用产率公式 “产率 = 实际产量 ÷理论产量 ×100%” 计算得出结果。
（1）仪器A的名称为球形冷凝管；冷凝水从冷凝管的下方进入上方流出，所以进水口为a。
故答案为：球形冷凝管 a。
（2）三颈烧瓶中乳酸与正丙醇发生酯化反应NaHSO4是该反应的催化剂，与教材所学乙酸乙酯的合成类似，化学方程式为：
。
故答案为：。
（3）酯化反应过程中生成水，会被无色的氯化钴吸收变为粉红色的，此时水蒸气的含量就降低，使酯化反应平衡正移，提高乳酸正丙酯的产率。
故答案为：吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乳酸正丙酯的产率。
（4）已知信息中正丙醇的沸点是97.2℃，步骤④常压蒸馏至110℃左右，收集到的主要是，该物质可循环使用。
故答案为：。
（5）减压蒸馏的目的之一是防止温度过高乳酸分子间生成交酯（六元环状酯），按照题目要求，六元环状酯是两分子高乳酸成环的过程，形成的酯是。
故答案为：。
（6）A．乳酸、正丙醇和固体放入三颈烧瓶发生反应，NaHSO4的作用与教材中酯化反应的催化剂浓硫酸类似，A正确；
B．步骤②加热至102~105℃，可用油浴加热，B正确；
C．乳酸生成乳酸正丙酯是酯化反应，属于可逆反应，即使延长步骤②的反应时间也不可以实现乳酸全部转化为乳酸正丙酯，C错误；
D．乳酸正丙酯（）中含有醇羟基，也可以使酸性高锰酸钾褪色，不可利用酸性溶液检验产物乳酸正丙酯中是否含有正丙醇杂质，D错误。
故答案选：AB。
（7）步骤①将45g乳酸（）、90g正丙醇（）和固体装入三颈烧瓶中，所以理论产生的乳酸正丙酯为，即66g，最终得到39.6g乳酸正丙酯是实际产生的质量，该实验的产率为。
故答案为：60%。
18．硼及其化合物在材料、能源和医药等领域应用广泛，是推动技术革新的核心元素之一。
（1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为对固体进行_________（填字母）测定。
A．红外光谱 B．质谱
C．X射线衍射 D．核磁共振氢谱
（2）氨硼烷（）储氢量高，是目前最具潜力的储氢材料之一，其结构与乙烷相似。
①中为配位键，其中　 　（填元素符号）提供孤电子对。
②中的键角　 　（填“>”“<”或“=”）中的键角。
（3）硼酸（）常用于医药和食品防腐。硼酸晶体是一种多层片状晶体，同层分子间的主要作用力是氢键，其单层结构如图所示。中含有　 　mol氢键。
（4）立方氮化硼是一种人工合成的超硬材料，其硬度仅次于金刚石。其立方晶胞结构如图所示。
①立方氮化硼的晶体结构与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系称作原子分数坐标系。已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为　 　。
③该氮化硼晶胞的俯视投影图是　 　（填字母）。
a. b. c. d
④已知立方氮化硼晶体的密度为。设为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的棱长为　 　cm（列出计算式，用含和的式子表示）。
【答案】（1）C
（2）N；>
（3）3
（4）比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低；；b；
【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
【解析】【解答】（1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为 X 射线衍射，
故答案选：C。
（2）①NH3BH3中 N-B 为配位键，其中 NH3中的 N 原子含有 1 对孤电子对，BH3中的 B 原子有空轨道，因此由 N 原子提供孤电子对形成配位键；
②NH3BH3和 NH3中 N 原子均为 sp3 杂化，但 NH3中含有 1 对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致 H-N-H 键角被压缩，因此键角：NH3BH3 > NH3；
故答案为：N；>。
（3）图像虚框中是1个硼酸分子，连接6个氢键，按照均摊法每个氢键需×，故为3个。
故答案为：3.
（4）① 立方氮化硼和金刚石均为共价晶体，共价晶体的熔点取决于共价键的键能，键长越短，键能越大，熔点越高。B-N 键的键长比 C-C 键长，键能比 C-C 键小，因此立方氮化硼的熔点比金刚石低；
②已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为。
③该氮化硼晶胞的俯视投影图中正方形的顶点和每条边的中心均有投影N原子，正方形中心也是N原子；在正方体晶胞中，体对角线的连线上有2个N和2个B。
④根据均摊法，该晶胞中N原子个数=，B原子个数=4。设该晶胞的棱长为x cm，，x=。
故答案为：比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低 ；；b ；；
【分析】本题围绕硼及其化合物，对物质结构与性质的核心知识点进行了综合考查。区分晶体与非晶体的最科学手段是 X 射线衍射，这是解决 B 单质同分异构体区分问题的关键；硼原子因存在空轨道，易形成配位键，在分析相关问题时，可将配位键视为共价键，通过比较杂化类型（sp > sp2 > sp3）和孤电子对数目（杂化相同时，孤电子对越多，键角越小）来判断键角大小；氢键数目和晶胞棱长的计算，则需运用均摊法，这是解决晶体结构问题的常用方法。
（1）区分晶体与非晶体最科学的方法是 X 射线衍射，晶体具有固定的晶胞结构，衍射图谱有特征峰，而非晶体没有。
（2）①配位键中，提供孤电子对的一方为电子给予体，NH3中 N 原子含孤电子对，因此由 N 提供；
②键角大小与孤电子对数目有关，孤电子对越多，成键电子对间的排斥力越小，键角越小，NH3含孤电子对，键角小于 NH3BH3。
（3）氢键为分子间作用力，每个氢键被两个分子共用，因此按均摊法计算，1 个硼酸分子实际含有的氢键数目为连接数的一半。
（4）①共价晶体的熔点与键能有关，键长越短，键能越大，熔点越高，B-N 键能小于 C-C 键，因此熔点较低；
②根据晶胞中已知原子的分数坐标，结合空间位置关系，推导出 D 原子的坐标；
③根据氮化硼晶胞的结构特点，描述 N 原子的投影位置；④利用均摊法计算晶胞中原子数目，再结合密度公式，推导出晶胞棱长的表达式。
（1）区分晶体硼和无定形硼最科学的方法为X射线衍射，C正确。
故答案选：C。
（2）①中为配位键，其中NH3中还有1对孤电子对，所以是N提供孤电子对。
②和中N原子均是sp3杂化，但中含有1对孤电子对，所以键角：>。
故答案为：N >。
（3）图像虚框中是1个硼酸分子，连接6个氢键，按照均摊法每个氢键需×，故为3个。
故答案为：3.
（4）①立方氮化硼的晶体结构与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是都为共价晶体，比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低。
②已知A、B、C三个原子的分数坐标分别为、、，则D原子的分数坐标为。
③该氮化硼晶胞的俯视投影图中正方形的顶点和每条边的中心均有投影N原子，正方形中心也是N原子；在正方体晶胞中，体对角线的连线上有2个N和2个B。
④根据均摊法，该晶胞中N原子个数=，B原子个数=4。设该晶胞的棱长为x cm，，x=。
故答案为：比的键长要长，比的键能小，故熔点比金刚石低 b
19．我国某课题组成功合成高能量密度储能电池的电极材料。负极采用亚铁氰化钾，正极材料为自主设计并合成的氨基酸，其结构如图所示。
（1）亚铁氰化钾的三水合物为黄色晶体，是重要的化工原料。
①基态的价层电子轨道表示式为　 　。
②中键与键的数目之比为　 　。
③该配合物中存在的作用力类型有　 　（填字母）。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
④和常一起用作食盐的添加剂，的空间结构为　 　。
（2）氨基酸作为电极材料表现优良，其合成步骤如图所示。
①下列关于该合成步骤说法正确的有　 　（填字母）。
A．化合物Ⅰ最多可消耗
B．化合物Ⅰ还可以通过依次发生消去反应、加成反应制得化合物Ⅱ
C．能与盐酸发生反应
D．两步反应的反应类型相同，且过程中的碳原子的杂化方式未发生改变
②反应中，在第i步加入NaOH的目的是　 　。
③化合物Ⅲ（半胱氨酸）是一种人体非必需的氨基酸，请写出由Ⅲ合成的多肽链的结构简式　 　。
【答案】（1）；；BCD；三角锥形
（2）CD；吸收反应生成的，提高转化率；
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）① 基态 Fe 的价层电子轨道表示式为。② 每个 CN-含 1 条 σ 键、2 条 π 键，该物质中 Fe2+与 6 个 CN-形成配位键（σ 键），故 σ 键共 12 条，π 键共 12 条，二者数目比为 1：1；
③ 该配合物中存在的作用力类型为离子键、共价键、配位键，对应选项 BCD；
④的空间结构用价电子对互斥理论解决，可知中有3条键，孤电子对数=，价电子对数是4，1对孤电子对，的空间结构为三角锥形。
故答案为：（轨道表示式）；1：1；BCD；三角锥形。
故答案为： BCD 三角锥形。
（2）
①A．化合物I中的酚羟基(2个)会与溶液反应，化合物Ⅰ最多可消耗，A错误；
B．化合物Ⅰ直接通过取代反应制得化合物Ⅱ，其条件是、催化剂、加热，B错误；
C．中含有，显碱性，能与盐酸发生反应，C正确；
D．两步反应的反应类型均是取代反应，取代反应中的碳原子的杂化方式不变，D正确。
②的化学方程式：
+， 加入 NaOH 溶液可吸收 HBr，使平衡正向移动，提高转化率；
③化合物Ⅲ（）合成的多肽链时脱，脱，形成的聚合物的结构简式为。
故答案为：CD；吸收反应生成的，提高转化率 ；。
【分析】（1）①首先根据 Fe 为 26 号元素，确定其价电子排布式为 3d64s2，再按照泡利不相容原理和洪特规则，画出轨道表示式，注意 3d 轨道的电子排布要分占不同轨道且自旋平行。
②每个 CN-中含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，Fe2+与 CN-之间的配位键属于 σ 键，6 个 CN-形成 6 个配位 σ 键，加上 CN-自身的 6 个 σ 键，共 12 个 σ 键；每个 CN-含 2 个 π 键，6 个 CN-共含 12 个 π 键，因此 σ 键与 π 键数目比为 1：1。
③该配合物由内界和外界组成，内界 Fe2+与 CN-之间为配位键，CN-内部为共价键，内界与外界之间为离子键，因此存在离子键、共价键、配位键三种作用力。
④根据价层电子对互斥理论，计算 IO3-的价电子对数，中心 I 原子的价电子数为 7，加上负电荷数 1，减去 3 个 O 原子的成键电子数，再除以 2，得到价电子对数为 4，其中 σ 键数为 3，孤电子对数为 1，因此空间结构为三角锥形。
（2）①A 选项中化合物 Ⅰ 含 2 个酚羟基，1mol 可消耗 2mol NaOH，描述错误；B 选项中化合物 Ⅰ 制 Ⅱ 的反应条件描述错误；C 选项中 Cys-AE 含氨基，可与盐酸反应，正确；D 选项中两步取代反应的中心原子杂化方式不变，正确，因此选 CD。
②Ⅱ 与 Ⅲ 的反应为取代反应，生成 HBr，加入 NaOH 溶液可与 HBr 发生中和反应，降低生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，从而提高原料转化率。
③化合物 Ⅲ 为氨基酸，合成多肽链时，羧基脱 - OH、氨基脱 - H，形成肽键，多个氨基酸缩合形成多肽，据此写出对应的结构简式。
（1）①基态是26号元素，其价层电子轨道表示式为。②每个中有1条键，2条键，该物质中有6个；Fe2+与之间有6条配位键，属于键；共12条键，12条键。
③该配合物中存在的作用力类型离子键、共价键、配位键。
④的空间结构用价电子对互斥理论解决，可知中有3条键，孤电子对数=，价电子对数是4，1对孤电子对，的空间结构为三角锥形。
故答案为： BCD 三角锥形。
（2）①A．化合物I中的酚羟基(2个)会与溶液反应，化合物Ⅰ最多可消耗，A错误；
B．化合物Ⅰ直接通过取代反应制得化合物Ⅱ，其条件是、催化剂、加热，B错误；
C．中含有，显碱性，能与盐酸发生反应，C正确；
D．两步反应的反应类型均是取代反应，取代反应中的碳原子的杂化方式不变，D正确。
②的化学方程式：
+，加入NaOH溶液可以消耗生成的，使反应向右移动，提高转化率。
③化合物Ⅲ（）合成的多肽链时脱，脱，形成的聚合物的结构简式为。
故答案为：CD 吸收反应生成的，提高转化率 。
20．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图所示。
已知：。
（1）化合物A的名称为　 　，化合物F中官能团的名称为　 　。
（2）化合物D的结构简式为　 　，化合物E的分子式为　 　。
（3）根据化合物E的结构特征，分析并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 　 　 　 　 加成反应
② 　 　 　 　
（4）化合物X是G的同分异构体，其核磁共振氢谱显示有三组峰，且峰面积之比为。写出一种符合要求的X的结构简式：　 　。
（5）以为唯一有机原料合成（其他无机试剂任选）。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
②其中一步涉及饱和卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为　 　（注明反应条件）。
【答案】（1）1，3-丁二烯；酯基、羰基
（2）；
（3）H2，催化剂、加热；；稀硫酸，加热；水解反应(取代反应)
（4）
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；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；结构简式
【解析】【解答】（1） 化合物 A 的名称为 1，3 - 丁二烯；化合物 F 中的官能团为酯基、羰基；
故答案为：1，3-丁二烯；酯基、羰基。
（2） C→D 发生酯化反应，生成的 D 的结构简式为；化合物E（）的分子式是。
故答案为：；。
（3）E（）中含有酮羰基、酯基， 酮羰基发生加成反应的试剂、条件是H2，催化剂、加热，可生成含有醇羟基的新物质，其结构简式为；化合物E（）生成的新结构为，即酯基变为羧基，需酯基在酸性条件下水解，故反应试剂、条件是稀硫酸，加热，反应类型是水解反应（取代反应）
故答案为：H2，催化剂、加热 ；；稀硫酸，加热；水解反应（取代反应）；
（4）X是G（）的同分异构体，G的分子式为C7H10O3，不饱和度为3；要求且峰面积之比为，说明需要让10个氢对称性较高，为了同时满足含有3个不饱和度，考虑要让3个-CHO完成，此时用去3个H，那6个氢的环境相同只能是3个-CH2-，故可能的结构简式有：。
故答案为：。
（5）以为唯一有机原料合成，合成过程中碳原子数不变，只有官能团的改变。先通过加成反应合成，水解反应生成，再由发生氧化反应生成。
①最后一步反应的化学方程式为：。
②其中一步涉及饱和卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
。
【分析】环加成反应起始原料A（1，3 - 丁二烯）与乙烯发生环加成反应，生成六元环烯烃B（4 - 环己烯），构建了分子的核心碳环骨架。氧化开环反应中间体 B 在酸性高锰酸钾（KMnO4/H+）的强氧化作用下，环内双键断裂，碳环被打开，生成两端均为羧基的直链分子C（1，6 - 己二酸）。酯化反应化合物 C 与乙醇发生酯化反应，两个羧基被转化为乙酯基，生成D（ ）。分子内酯缩合在乙醇钠（C2H5ONa）的作用下，D 发生分子内的酯缩合反应，脱去一分子乙醇，形成一个新的五元环酮酯结构，得到中间体E。甲基化反应中间体 E 在乙醇钠作用下，活泼亚甲基形成碳负离子，再与碘甲烷（或溴甲烷）发生亲核取代反应，在酮羰基的 α 位引入一个甲基，生成中间体F。酯水解与酸化中间体 F 在碱性条件下水解，乙酯基被转化为羧酸盐，再经酸化处理，最终得到目标产物G。
（1）根据有机物的结构，结合烯烃的系统命名规则，确定化合物 A 的名称；根据化合物 F 的结构，识别其中的官能团。
（2）根据 C 和 D 的碳原子数差异，判断 C→D 为酯化反应，写出 D 的结构简式；根据化合物 E 的结构，数出 C、H、O 原子个数，确定其分子式。
（3）根据酮羰基和酯基的化学性质，分别判断其加成反应和水解反应的试剂、条件及反应类型。
（4）结合同分异构体的分子式、不饱和度及核磁共振氢谱的峰面积比，分析结构对称性和官能团分布，推导出化合物 X 的结构简式。
（5）根据题目要求的合成路线，结合 1，3 - 丁二烯的加成、水解和氧化反应，写出关键步骤的化学方程式。
（1）化合物A含有两个碳碳双键，属于二烯烃，其名称为1，3-丁二烯；化合物F中官能团的名称有酯基、羰基。
故答案为：1，3-丁二烯 酯基、羰基。
（2）根据化合物D的分子式中含有10个C原子、化合物C的结构简式中含有6个碳原子，可判断CD发生的是酯化反应，生成的D的结构简式为；化合物E（）的分子式是。
故答案为：。
（3）化合物E（）中含有酮羰基、酯基，该物质中的酮羰基可发生加成反应，反应试剂、条件是H2，催化剂、加热，可生成含有醇羟基的新物质，其结构简式为；化合物E（）生成的新结构为，即酯基变为羧基，需酯基在酸性条件下水解，故反应试剂、条件是稀硫酸，加热，反应类型是水解反应（取代反应）
故答案为：H2，催化剂、加热 稀硫酸，加热 水解反应（取代反应）
（4）化合物X是G（）的同分异构体，G的分子式为C7H10O3，不饱和度为3；要求且峰面积之比为，说明需要让10个氢对称性较高，为了同时满足含有3个不饱和度，考虑要让3个-CHO完成，此时用去3个H，那6个氢的环境相同只能是3个-CH2-，故可能的结构简式有：。
故答案为：。
（5）以为唯一有机原料合成，合成过程中碳原子数不变，只有官能团的改变。先通过加成反应合成，水解反应生成，再由发生氧化反应生成。
①最后一步反应的化学方程式为：。
②其中一步涉及饱和卤代烃的水解反应，该反应的化学方程式为：。
故答案为：
。
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