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广东省清远市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题
一、选择题：本题共16小题，第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要成分属于天然有机高分子的是
A．青铜兽面纹爵 B直裾素纱素禅衣 C．青龙瓦当 D．骑虎人形佩
A．A B．B C．C D．D
2．科技为新质生产力的发展赋能。下列说法正确的是
A．隐身舰载战斗机“歼一35”使用的燃料煤油属于可再生能源
B．“有源相控阵雷达”使用的氮化硅属于分子晶体
C．“奋斗者号”的钛合金材料中的Ti位于元素周期表ds区
D．“深地塔科”钻探井使用金刚石钻头，金刚石与石墨互为同素异形体
3．下列化学用语或图示表示正确的是
A．顺式聚1，3-丁二烯的结构简式：
B．HF中的s-pσ键示意图：
C．羟基的电子式：
D．基态As原子的核外电子排布式：[Ar]4s24p3
4．下列有关有机物的说法正确的是
A．和互为同系物
B．所有原子可能处于同一平面
C．新戊烷按照系统命名法的名称是2，2-二甲基丙烷
D．等质量的烃燃烧消耗O2的质量：乙烷>甲烷
5．化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．环己烷呈现对称美，分子中六个碳原子连接成环，呈平面正六边形结构
B．晶莹剔透的雪花飞扬，六角雪花体现了晶体的自范性
C．霓虹灯呈现出五颜六色的光，电子从基态跃迁到激发态
D．游泳池里定期添加硫酸铜，主要目的是使池水更美丽梦幻
6．提纯粗乙酸乙酯(含乙醇和乙酸)的过程如下，其中操作a、b分别为
A．分液、蒸馏 B．蒸馏、萃取 C．萃取、升华 D．升华、分液
7．“劳动创造幸福，实干成就伟业”。下列劳动项目与所述化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用聚乳酸制作可降解的一次性餐具 聚乳酸呈酸性
B 用油脂为原料制肥皂 甘油具有水溶性
C 通过X射线衍射实验区分石英玻璃和水晶 石英玻璃是非晶体，水晶是晶体
D 石墨可用作润滑剂 石墨具有导电性
A．A B．B C．C D．D
8．类比推理是重要的学科思想，下列有关类比推理的说法正确的是
A．NH3分子间存在氢键，可推测PH3分子间也存在氢键
B．干冰晶体是分子密堆积，可推测冰晶体也是分子密堆积
C．CH3CH2Cl能发生消去反应，可推测CH3Cl也能发生消去反应
D．CO2为直线形分子，可推测CS2也为直线形分子
9．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且相互关联的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A O3在水中溶解度比在CCl4中大 H2O和O3是极性分子，CCl4是非极性分子
B 乙二醇、丙三醇都是黏稠液体 乙二醇、丙三醇都能形成分子间氢键
C 用植物油萃取溴水中的溴 植物油是有机溶剂，溴易溶于有机溶剂
D 用银氨溶液检验葡萄糖 葡萄糖具有氧化性，可氧化银氨溶液
A．A B．B C．C D．D
10．按如图装置进行实验，Ⅰ装置迅速升温并控制温度在170℃，乙醇的沸点为73.8℃。下列说法错误的是
A．反应一段时间后，Ⅰ装置溶液颜色变黑，说明乙醇可能炭化
B．Ⅱ装置溶液由黄色变为浅绿色，无法说明乙烯具有还原性
C．反应一段时间后，Ⅲ装置红色逐渐褪去
D．Ⅴ装置Br2的CCl4溶液褪色，Ⅵ装置出现沉淀，说明Ⅴ中发生取代反应
11．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热：C2H5Br+OH-CH2=CH2↑+Br-+H2O
B．乙酸乙酯在碱性条件下的水解：CH3CO18OC2H5+OH-CH3CO18O-+CH3CH2OH
C．向硫酸铜溶液中滴入少量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
D．线性酚醛树脂的制备：
12．下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇，过滤，用少量乙醇洗涤，干燥
B 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉中加入少许稀硫酸，加热一段时间后，向水解液中加入Cu(OH)2悬浊液，加热，观察有无砖红色沉淀生成
C 检验某有机物X中是否含有氯原子 向试管中加入X和20%KOH溶液，加热，再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，观察有无白色沉淀生成
D 检验丙烯醛中的碳碳双键 向装有1mL丙烯醛的试管中加入足量溴水，观察溴水是否褪色
A．A B．B C．C D．D
13．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X基态原子各能级电子数相同，Z的简单氢化物常温下呈液态，四种元素形成的某种化合物是蛋白质代谢分解的终产物，结构如图所示。下列判断错误的是
A．电负性：XB．简单氢化物的热稳定性：XC．原子半径：Y>Z>W
D．价电子数：W14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．14gN2含有的孤电子对数为2NA
B．60g丙醇中存在的碳氢键总数为8NA
C．1.8g甲基(-CD3)中含有的中子数为0.9NA
D．标准状况下，22.4LCHCl3中含有的分子数为NA
15．化合物Z是合成昆虫信息素的中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是
A．用质谱仪检测X的最大质荷比为98
B．X、Y、Z均能与金属钠反应，产生气体
C．结合Y与Z的结构可知，LiAlH4具有还原性
D．Y的分子式为C14H12O4
16．乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是
A．Fe+是该反应的催化剂
B．C2H5OH是合成过程中的副产物
C．乙醛和乙烷中碳原子杂化方式相同
D．该合成乙醛的反应为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态N原子的轨道表示式为　 　，比较磷元素与硫元素第一电离能的大小：I1(P)　 　I1(S)(填“>”或“<”)，说明原因：　 　。
（2）N、P、As的气态氢化物NH3、PH3、AsH3中，最不稳定的是　 　(填化学式)。
（3）液氨存在类似于水的电离：2NH3+，反应涉及的三种微粒中键角最小的是　 　(填化学式)。
（4）两分子磷酸脱去一分子水生成焦磷酸，形成过程如图所示。三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸(H5P3O10)。含磷洗衣粉中含有三聚磷酸，则该钠盐的化学式及1mol此钠盐中P-О单键的物质的量分别是___________(填标号)。
A．Na5P3O10 7mol B．Na3H2P3O10 8mol
C．Na5P3O10 9mol D．Na2H3P3O10 12mol
（5）氮化铟(InN)是一种优良的半导体材料，熔点高达1350℃。如图为氮化铟的立方晶胞结构，晶胞的密度为ρg·cm-3，a、b原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1，)。设NA为阿伏加德罗常数的值。
①c点的原子分数坐标为　 　。
②N原子间的最短距离为　 　cm(用ρ和NA表示)。
18．某小组同学探究铁盐种类和pH对苯酚显色反应的影响。
（1）配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，该过程中没有用到的仪器是　 　(填标号)。
查阅资料ⅰ．[Fe(C6H5O)6]3-为紫色；
ⅱ．Na+对苯酚与Fe3+中的显色反应无影响；
ⅲ．[Fe(C6H5O)6]3-对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与[Fe(C6H5O)6]3-的浓度在一定范围内成正比；
ⅳ．苯酚与Fe3+的显色原理：Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-+6H+。
提出猜想﹐猜想1：Cl-对苯酚与Fe3+的显色反应有影响；
猜想2：对苯酚与Fe3+的显色反应有影响；
猜想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
进行实验﹐常温下，用盐酸调节配制得到pH分别为α和b的0.1mol·L-1FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节配制得到pH分别为a和b的0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液。取5mL苯酚溶液于试管中，按实验1～4分别再加入0.1mL含Fe3+的试剂，显色10min后用紫外一可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
序号 含Fe3+的试剂 吸光度
0.1mol/LFeCl3溶液 0.05mol/LFe2(SO4)3溶液
1 pH=a / A1
2 pH=b / A2
3 / pH=a A3
4 / pH=b A4
结果讨论实验结果为A1>A2>A3>A4。
（2）①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是　 　。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6如下表，则c=　 　mol/L，d=　 　mol/L，试剂M为　 　(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)。
序号 cmol/LFeCl3溶液 dmol/LFe2(SO4)3溶液 再加试剂 吸光度
5 / pH=a 试剂M A5
6 pH=a / Na2SO4固体 A6
③小组同学得出实验结果为A5=A3，A6④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是　 　。
19．现代医药发展方向之一是合成药物长效化和低毒化，低分子药物高分子化是其有效途径。
（1）1853年，德国化学家柯尔柏合成了能镇痛和退热的水杨酸()。
①一个水杨酸分子中含有的σ键个数为　 　。
②写出水杨酸与氢氧化钠反应的化学方程式：　 　。
（2）1898年，德国化学家霍夫曼制得乙酰水杨酸(阿司匹林)，改善了水杨酸的疗效。
+A→+CH3COOH
①上述反应的另一种反应物A是　 　。
②对水杨酸分子进行成酯修饰后，水溶性：水杨酸　 　乙酰水杨酸(填“>”或 “<”)。
③在霍夫曼制取阿司匹林的反应中，可用于检验水杨酸是否完全反应的试剂是　 　。
（3）1982年，科学家把阿司匹林连接在高聚物B上，制成缓释长效阿司匹林()
①高分子聚合物B的单体的结构简式为　 　。
②1mol缓释长效阿司匹林最多可与含　 　molNaOH的溶液反应。
20．黄酮类物质具有抗金黄色葡萄球菌，有机物是合成黄酮类药物的重要中间体。
已知：R1—CHO+
回答下列问题：
（1）有机物Ⅰ的含氧官能团名称为　 　。
（2）有机物Ⅱ→Ⅲ反应的化学方程式为　 　。
（3）有机物Ⅲ的一种同分异构体能水解且水解产物能与FeCl3发生显色反应，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，其结构简式为　 　(任写一种)。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________(填标号)。
A．有机物Ⅰ分子中存在手性碳原子
B．有机物Ⅴ→Ⅵ的反应类型为还原反应
C．有机物Ⅵ的核磁共振氢谱图上有8组峰
D．有机物Ⅵ→Ⅶ转化中，涉及极性键和非极性键的断裂和生成
（5）对于下列有机物，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 有机物 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① Ⅱ 　 　 　 　
② Ⅳ 浓硝酸、浓硫酸﹑加热 　 　 　 　
（6）以和CH3CHO为原料，参考上述信息，合成化合物，合成路线中第一步反应的产物为　 　(填结构简式)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、青铜兽面纹爵的主要成分为铜锡合金，属于金属材料，不是有机高分子材料，故 A 错误；
B、直裾素纱禅衣的主要成分为蚕丝，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，故 B 正确；
C、青龙瓦当的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故 C 错误；
D、骑虎人形佩的主要成分为玉石（硅酸盐或二氧化硅），属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
天然有机高分子材料主要包括蛋白质、淀粉、纤维素、天然橡胶等；
青铜属于合金，是金属材料；
瓦当、玉佩的主要成分均为无机硅酸盐类物质，属于无机非金属材料；
蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是典型的天然有机高分子化合物。
2．【答案】D
【知识点】原料与能源的合理利用；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、煤油是由石油分馏得到的产品，属于化石燃料，是不可再生能源，故 A 错误；
B、氮化硅（Si3N4）由原子通过共价键形成空间网状结构，属于原子晶体，而非分子晶体，故 B 错误；
C、钛（Ti）的价电子排布为 3d24s2，位于元素周期表的 d 区，而非 ds 区，故 C 错误；
D、金刚石与石墨是由同种元素（碳）组成的不同单质，二者互为同素异形体，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
能源分类：煤油属于石油分馏产物，是不可再生能源；
晶体类型判断：Si3N4具有高熔点、高硬度的特点，属于原子晶体；
元素分区判断：Ti 的价电子排布为 3d24s2，属于 d 区元素；
同素异形体定义：由同种元素形成的不同单质互为同素异形体。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、顺式聚 1，3 - 丁二烯中，双键两端的氢原子应在同侧，题给结构为反式，故 A 错误；
B、HF 分子中，H 的 1s 轨道与 F 的 p 轨道沿键轴方向重叠形成 s-p σ 键，图示正确，故 B 正确；
C、羟基（-OH）为中性基团，氧原子最外层有 7 个电子，电子式中氧原子周围应为 7 个电子，正确电子式为： ，故 C 错误；
D、基态 As 原子的核外电子排布式应为 [Ar]3d 4s24p3，题给排布式缺少 3d 轨道电子，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
顺反聚合物的结构特征：顺式聚 1，3 - 丁二烯的双键氢原子在同侧；
σ 键的形成方式：s 轨道与 p 轨道沿键轴方向重叠形成 s-p σ 键；
羟基的电子式：羟基为中性基团，氧原子最外层电子数为 7；
核外电子排布式：需包含所有内层轨道电子，As 的完整排布式应包含 3d 。
4．【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；同系物；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、前者为酚类，后者为醇类，官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，故 A 错误；
B、乙苯中含有甲基，甲基中的碳原子为饱和碳原子，其连接的原子呈四面体结构，所有原子不可能共平面，故 B 错误；
C、新戊烷（ ）的主链含 3 个碳原子，2 号碳上连有两个甲基，系统命名为 2，2 - 二甲基丙烷，故 C 正确；
D、等质量的烃燃烧，含氢量越高，耗氧量越大，甲烷含氢量高于乙烷，故耗氧量：甲烷 > 乙烷，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
同系物判断：需结构相似，官能团的种类、数目相同，且分子组成相差若干个 CH2；
有机物共面问题：饱和碳原子（sp3 杂化）连接的原子呈四面体结构，无法全部共面；
系统命名法：选择最长碳链为主链，从靠近取代基的一端编号；
烃的耗氧量规律：等质量的烃，含氢质量分数越高，完全燃烧耗氧量越大。
5．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的定义
【解析】【解答】A、环己烷中碳原子均为 sp3 杂化，分子呈椅式或船式构象，而非平面正六边形结构，故 A 错误；
B、雪花是晶体，六角形的规则外形体现了晶体的自范性，故 B 正确；
C、霓虹灯发光是电子从激发态跃迁回基态时释放能量，而非从基态跃迁到激发态，故 C 错误；
D、游泳池添加硫酸铜的主要目的是利用铜离子的毒性杀菌消毒，而非使池水变美，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
环己烷的空间结构：sp3 杂化的碳原子构成的环无法形成平面结构；
晶体的自范性：晶体能自发形成规则的几何外形；
霓虹灯发光原理：电子从激发态回到基态释放光子；
硫酸铜的用途：铜离子可使蛋白质变性，用于杀菌消毒。
6．【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】粗乙酸乙酯加入饱和Na2CO3溶液后，乙酸乙酯不溶于水，会出现有机相和水相分层，因此操作 a 为分液，分离出有机相；有机相中仍含有少量乙醇，加入无水CaCl2除去残留水分后，利用乙酸乙酯与乙醇的沸点差异，通过蒸馏（操作 b）分离得到纯净的乙酸乙酯；
故操作 a、b 分别为分液、蒸馏；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
饱和 Na2CO3溶液的作用：中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，使体系分层；
分液：适用于分离互不相溶的液体混合物；
蒸馏：适用于分离沸点不同的互溶液体混合物，乙酸乙酯与乙醇的沸点差异明显，可用蒸馏分离；
无水 CaCl2的作用：作为干燥剂，除去有机相中的残留水分。
7．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的定义
【解析】【解答】A、聚乳酸可降解的原因是其结构中含有酯基，可在一定条件下水解，与聚乳酸是否呈酸性无关，故 A 错误；
B、用油脂制肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应），与甘油的水溶性无关，故 B 错误；
C、晶体具有各向异性，X 射线衍射实验中会出现特征衍射峰，而非晶体无此现象，因此可通过 X 射线衍射实验区分石英玻璃（非晶体）和水晶（晶体），故 C 正确；
D、石墨用作润滑剂是因为其层状结构中，层与层之间作用力弱，易发生相对滑动，与石墨的导电性无关，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
聚乳酸可降解性：源于酯基的水解特性，与酸性无关；
油脂制肥皂：核心是皂化反应，与产物甘油的水溶性无直接关联；
晶体与非晶体的区分：X 射线衍射实验是区分二者的科学方法，晶体有特征衍射峰，非晶体无；
石墨的润滑性：由其层状结构的弱层间作用力决定，与导电性无关。
8．【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；消去反应
【解析】【解答】A、N 的电负性大、原子半径小，NH3分子间存在氢键；而 P 的电负性较小、原子半径较大，PH3分子间不存在氢键，A 错误；
B、干冰晶体是分子密堆积结构，但冰晶体中水分子间存在氢键，形成空隙较大的四面体结构，不属于分子密堆积，B 错误；
C、CH3CH2Cl 能发生消去反应，是因为与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子；而 CH3Cl 分子中没有邻位碳原子，无法发生消去反应，C 错误；
D、CO2和 CS2的中心原子 C 均采取 sp 杂化，分子结构对称，均为直线形分子，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氢键形成条件：与 N、O、F 等电负性大、半径小的原子相连的氢原子，易与其他分子的 N、O、F 形成氢键；
分子密堆积：干冰中 CO2分子间只存在范德华力，采取密堆积；冰中氢键的方向性使分子无法紧密排列；
消去反应条件：卤代烃分子中，与卤原子相连的碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子；
分子空间结构：CO2和 CS2的中心原子均为 sp 杂化，形成直线形分子。
9．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 中 O3为非极性分子，故 A 错误；
B、乙二醇、丙三醇分子中均含多个羟基，可形成分子间氢键，分子间作用力强，因此常温下为黏稠液体，陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确且相互关联，故 B 正确；
C、植物油中含有不饱和键，会与溴发生加成反应，不能用于萃取溴水中的溴，陈述 Ⅰ 错误，故 C 错误；
D、用银氨溶液检验葡萄糖，是因为葡萄糖具有还原性，可还原银氨溶液，陈述 Ⅱ 错误，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子极性与相似相溶：O3为 V 形结构，属于非极性分子，其在水中溶解度大于 CCl4，是因为 O3可与水形成微弱的相互作用，并非 “极性分子易溶于极性溶剂”；
氢键与物质状态：分子间氢键越强，分子间作用力越大，物质的黏度越大；乙二醇、丙三醇的羟基数量多，氢键作用显著，导致常温下呈黏稠液态；
萃取剂的选择：萃取剂需满足不与溶质反应的条件，而植物油中的不饱和键会与溴发生加成反应，因此不能作为溴水的萃取剂；
葡萄糖的还原性：葡萄糖含醛基，可被银氨溶液氧化，因此葡萄糖表现为还原性，而非氧化性。
10．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；乙醇的消去反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓硫酸具有脱水性，能使乙醇脱水炭化，导致溶液颜色变黑，故 A 正确；
B、浓硫酸与乙醇反应会生成具有还原性的 SO2，SO2也能使 FeCl3溶液由黄色变为浅绿色，因此无法说明乙烯具有还原性，故 B 正确；
C、反应生成的 SO2等酸性气体进入 Ⅲ 装置，与 NaOH 溶液反应，使溶液碱性减弱，红色逐渐褪去，故 C 正确；
D、乙烯与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应生成 1，2 - 二溴乙烷，该反应不会生成 HBr，因此 Ⅵ 装置中不会出现沉淀；若出现沉淀，可能是因为 SO2等杂质气体未除尽，并非 V 中发生了取代反应，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸的脱水性：可使乙醇脱水炭化，导致溶液变黑；
干扰气体分析：反应生成的 SO2也具有还原性，会干扰乙烯还原性的检验；
尾气成分与性质：反应产生的 SO2、CO2等酸性气体会与 NaOH 溶液反应，使酚酞褪色；
乙烯与溴的反应类型：乙烯与溴发生加成反应，而非取代反应，加成反应不生成 HBr，无法使 AgNO3溶液产生沉淀。
11．【答案】D
【知识点】卤代烃简介；酯的性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热发生的是水解反应（取代反应），生成乙醇和溴化钠，不会生成乙烯；乙烯是溴乙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应的产物，故A错误；
B、乙酸乙酯在碱性条件下水解时，断裂的是酰氧键（），因此应进入乙醇分子中，反应式应为： ，故B错误；
C、向硫酸铜溶液中滴入少量氨水，先生成氢氧化铜沉淀，只有氨水过量时才会生成铜氨络离子，因此离子方程式应为： ，故C错误；
D、在酸性条件下，苯酚与甲醛发生缩聚反应，生成线性酚醛树脂和水，题给方程式书写正确，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应条件与反应类型：卤代烃的水解反应和消去反应条件不同，水溶液加热发生水解，醇溶液加热发生消去；
酯的水解断键位置：酯水解时断裂的是酰氧键，因此标记的氧原子会进入醇分子；
铜氨络离子的生成：氨水少量时生成氢氧化铜沉淀，氨水过量时沉淀溶解生成络离子；
酚醛树脂的制备：酸性条件下苯酚与甲醛缩聚生成线性酚醛树脂，碱性条件下生成体型酚醛树脂。
12．【答案】A
【知识点】卤代烃简介；蔗糖与淀粉的性质实验；醛的化学性质
【解析】【解答】A、向溶液中加入95%乙醇，可降低的溶解度，使其结晶析出，再经过滤、乙醇洗涤、干燥即可得到晶体，方案可行，A正确；
B、淀粉水解后溶液呈酸性，而悬浊液与还原性糖的反应需在碱性条件下进行，因此应先加碱中和硫酸，再加入悬浊液加热，B错误；
C、反应后的溶液呈碱性，直接加入溶液时，会与反应生成沉淀，干扰氯原子的检验，应先加稀硝酸中和至酸性，再加入溶液，C错误；
D、丙烯醛中的醛基也能与溴水发生氧化反应，使溴水褪色，因此无法证明碳碳双键的存在，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配合物晶体的制备：利用乙醇降低配合物盐的溶解度，使其结晶析出；
还原性糖的检验：反应必须在碱性条件下进行，酸性水解液需先中和；
卤代烃中卤素原子的检验：碱性水解后，需先加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液；
碳碳双键的检验：需排除其他还原性基团（如醛基）的干扰，可先将醛基氧化后再检验。
13．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、电负性：C < H < N，即 X < W < Y，故 A 错误；
B、非金属性 O > N > C，简单氢化物热稳定性：H2O > NH3 > CH4，即 X < Y < Z，故 B 正确；
C、原子半径：N > O > H，即 Y > Z > W，故 C 正确；
D、价电子数：H (1) < C (4) < O (6)，即 W < X < Z，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】X基态原子各能级电子数相同，为碳元素，其电子排布式为；Z的简单氢化物常温下为液态，对应物质为水，因此Z为氧元素；再结合题目给出的化合物结构、化学键特点，以及W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期主族元素条件，可确定W为氢元素，Y为氮元素。
14．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、14g N2的物质的量为 0.5mol，每个 N2分子含 2 对孤电子对，故含孤电子对数为 0.5×2×NA=1NA，故 A 错误；
B、丙醇有正丙醇和异丙醇两种结构，分子式均为 C3H8O，60g 丙醇物质的量为 1mol，其中 C-H 键总数为 7NA，故 B 错误；
C、1.8g 甲基 (-CD3) 的物质的量为 0.1mol，每个 - C-D3含中子数为 6（C）+1×3（D）=9，故含中子数为 0.1×9×NA=0.9NA，故 C 正确；
D、标准状况下，CHCl3为液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数计算需结合物质的结构、状态及化学键特点；
N2分子中每个 N 原子有 1 对孤电子对，1 个 N2分子共含 2 对孤电子对；
丙醇（C3H8O）中，无论正丙醇还是异丙醇，分子中 C-H 键均为 7 个；
甲基 (-CD3) 中，D 为2H，中子数为 1，计算时需注意同位素原子的中子数；
标准状况下 CHCl3为液态，不能使用气体摩尔体积公式。
15．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、X 为苯酚，分子式为 C6H6O，相对分子质量为 94，质谱仪检测的最大质荷比等于相对分子质量，故最大质荷比为 94，故 A 错误；
B、X 含酚羟基，Y 含酚羟基，Z 含酚羟基和醇羟基，三者均能与金属钠反应生成氢气，故 B 正确；
C、Y 中的酯基被 LiAlH4还原为醇羟基，说明 LiAlH4具有还原性，故 C 正确；
D、根据结构简式，Y 的分子式为 C14H12O4，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
质谱中最大质荷比等于分子的相对分子质量，需先计算 X（苯酚）的相对分子质量；
含羟基（酚羟基或醇羟基）的有机物均能与钠反应放出氢气；
酯基被还原为醇羟基，说明 LiAlH4在此反应中作还原剂；
根据 Y 的结构简式，数出 C、H、O 原子数，写出分子式。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、反应机理中，Fe+参与反应历程，最终又生成，是反应的催化剂，故 A 正确；
B、反应过程中生成的 C2H5OH 未出现在总反应中，属于合成过程中的副产物，故 B 正确；
C、乙醛中醛基碳原子为 sp2 杂化，乙烷中碳原子为 sp3 杂化，二者杂化方式不同，故 C 错误；
D、根据反应机理，总反应为 C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂的判断标准：参与反应历程，反应前后质量和化学性质不变；
副产物的定义：反应过程中生成、但非目标产物的物质；
碳原子杂化方式判断：单键碳为 sp3 杂化，双键碳为 sp2 杂化；
总反应方程式的推导：将反应机理中的中间产物消去，整理反应物与生成物。
17．【答案】（1）；>；P处于半充满的稳定状态
（2）AsH3
（3）
（4）C
（5）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）N 元素基态原子的轨道表示式为：；P （ 价电子为3s23p3 ）的第一电离能大于 S（ 价电子为3s23p4 ），即 I1(P) > I1(S)；故答案为： ； > ； P处于半充满的稳定状态
（2）非金属性越强，简单氢化物稳定性越强， N、P、As 的简单氢化物中，最不稳定的是 AsH3；
故答案为：AsH3。
（3）NH3、、中孤电子对数量分别为1、0、2，成键电子之间的排斥+、NH2-中，键角最小的是 NH2-；
故答案为： ；
（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，呈酸性，该钠盐的化学式是Na5P3O10，所以1mol此钠盐中P-O键的物质的量是9mol，
故答案为：C；
（5）由a、b原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)可知，位于体对角线上的c原子的参数坐标为；由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的N原子个数为4，位于顶点和面心的In原子个数为，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：，解得，晶胞中N原子与N原子的最近距离为面对角线的，距离为。
故答案为： ； ；
【分析】本题围绕物质结构与性质展开，解题需结合原子结构、元素周期律、化学键与晶胞计算的核心知识点。
（1）N 原子序数为 7，基态电子排布需遵循泡利原理与洪特规则，轨道表示式需正确表示电子的自旋状态；P 的价电子排布为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的 S 元素。
（2）同主族元素非金属性从上到下减弱，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，因此最不稳定的是 AsH3。
（3）孤电子对越多，成键电子对之间的排斥力越小，键角越小，NH2-含 2 对孤电子对，键角最小。
（4）三聚磷酸由三分子磷酸脱两分子水生成，根据结构可知钠盐中 P-O 键总数，结合物质的量关系得出结果。
（5）根据晶胞中已知原子的分数坐标，可推导出体对角线上原子的坐标；利用均摊法计算晶胞中原子数，结合晶胞质量公式求出边长，再根据晶胞结构计算原子间的最近距离。
（1）N元素的原子序数为7，基态原子的轨道表示式为；P的价电子为3s23p3，S的价电子为3s23p4，P处于半充满的稳定状态，则I1(P)>I1(S)；
（2）非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性：N>P>As，则稳定性：NH3>PH3>AsH3，即最不稳定的是AsH3；
（3）NH3、、中孤电子对数量分别为1、0、2，成键电子之间的排斥<成键电子-孤电子对<孤电子对-孤电子对，因此H-N-H键角：，即键角最小的是；
（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，呈酸性，该钠盐的化学式是Na5P3O10，所以1mol此钠盐中P-O键的物质的量是9mol，故答案为C；
（5）由a、b原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)可知，位于体对角线上的c原子的参数坐标为；由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的N原子个数为4，位于顶点和面心的In原子个数为，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：，解得，晶胞中N原子与N原子的最近距离为面对角线的，距离为。
18．【答案】B；实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中、，说明、对苯酚与的显色反应也有影响，不确定对苯酚与的显色反应是否有影响；；0.1；0.05；NaCl固体；不成立；成立；根据苯酚与的显色原理Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用。
【知识点】常用仪器及其使用；苯酚的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配置 100mL 0.1mol L- 苯酚溶液，需用到的仪器为 100mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管和玻璃棒，不需要冷凝管，故答案为：B；
（2） ①实验 1 与 3、实验 2 与 4 的 pH 相同、酸根离子不同，对应吸光度 A1≠A3、A2≠A4，说明 Cl-、SO42-对苯酚与 Fe3+的显色反应存在影响，无法确定 H+对该显色反应是否有影响；
②为验证 Cl-、SO42-对显色反应的影响，实验 5、6 需保持 Fe3+浓度和溶液体积不变，研究不同酸根离子浓度的影响，故实验 5 需加入 NaCl 固体改变 Cl-浓度，实验 6 需加入 Na2SO4固体改变 SO42-浓度，
③已知 Na+对显色反应无影响，若 A5=A3，说明 Cl-浓度对显色反应无影响；若 A6
④苯酚与 Fe3+显色反应的离子方程式为 Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加 H+浓度，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故 H+对该显色反应有抑制作用。
故答案为： 实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中、，说明、对苯酚与的显色反应也有影响，不确定对苯酚与的显色反应是否有影响； 0.1 ； 0.05 ； NaCl固体 ； 不成立； 成立； 根据苯酚与的显色原理Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用 ；
【分析】本题围绕苯酚与 Fe3+显色反应的影响因素展开探究，解题核心是控制变量法的应用与平衡移动原理的分析。
（1）配置一定物质的量浓度的溶液，需根据操作步骤选择仪器，冷凝管用于加热回流操作，溶液配制无需使用；
（2）①通过对比 pH 相同、酸根离子不同的实验，根据吸光度差异判断酸根离子对显色反应的影响，因变量不唯一，无法确定 H+的作用；
②验证酸根离子浓度的影响时，需控制 Fe3+浓度和溶液体积不变，通过加入含对应酸根离子的钠盐改变浓度；
③结合已知 Na+无影响的条件，通过吸光度对比判断 Cl-、SO42-的作用，验证猜想是否成立；
④根据显色反应的可逆平衡，利用勒夏特列原理分析 H+浓度变化对平衡移动方向和溶液颜色的影响，得出 H+对显色反应的抑制作用。
19．【答案】（1）16；
（2）；；溶液
（3）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；酯的性质；结构简式
【解析】（1）（1）①1 个水杨酸分子中含有的 σ 键个数为 16；
②水杨酸与 NaOH 反应的化学方程式为：
故答案为：16；；
（2）①根据酯交换反应的产物结构，可推知 A 为 CH3COOCOCH3；故答案为：CH3COOCOCH3。
②对水杨酸进行成酯修饰会引入憎水的酯基，减弱其水溶性，因此水溶性：水杨酸 > 乙酰水杨酸；故答案为：水杨酸 > 乙酰水杨酸。
③水杨酸含酚羟基，可与氯化铁溶液反应显紫色，因此可用氯化铁溶液检验水杨酸是否完全反应；故答案为：氯化铁溶液。
故答案为： ； ；溶液 ；
（3）①根据缓释长效阿司匹林结构，可知高分子聚合物B为。
②缓释阿司匹林含有酯基，其中酯基水解会得到酚羟基，最多可与含的溶液反应。
故答案为： ； ；
【分析】（1）①根据水杨酸的结构，逐一分析单键和双键中的 σ 键数目，双键中含 1 个 σ 键，单键全为 σ 键，总数为 16。
②水杨酸分子中羧基和酚羟基均能与 NaOH 反应，1mol 水杨酸可消耗 2mol NaOH，生成对应的钠盐和水。
（2）①根据酯交换反应的定义，结合产物乙酰水杨酸的结构，反推反应物 A 的结构。
②根据亲水基与憎水基的性质，分析成酯修饰前后分子中基团的变化，判断水溶性强弱。
③利用酚羟基与氯化铁的显色反应特性，检验反应体系中是否残留水杨酸。
（3）①根据缓释长效阿司匹林的结构，找出重复单元，推导出高分子聚合物 B 的结构简式。
②分析缓释阿司匹林中酯基的类型，酚酯基水解会生成酚羟基，消耗额外的 NaOH，结合 1mol 酯基消耗 1mol NaOH、1mol 酚羟基消耗 1mol NaOH，计算总消耗量。
（1）①根据水杨酸的结构，1个水杨酸分子含有键个数为16。
②水杨酸含有和酚羟基，均显酸性，和氢氧化钠反应的化学方程式为：
（2）①根据该方程式变化情况，属于酯交换反应，根据产物结构可知，A是。
②酚羟基属于亲水基、酯基属于憎水基，对水杨酸分子进行成酯修饰目的是减弱其水溶性，所以水溶性：水杨酸>乙酰水杨酸。
③水杨酸中含有酚羟基，水杨酸能与氯化铁溶液反应变紫色，可以用氯化铁溶液检验水杨酸是否完全反应。
（3）①根据缓释长效阿司匹林结构，可知高分子聚合物B为。
②缓释阿司匹林含有酯基，其中酯基水解会得到酚羟基，最多可与含的溶液反应。
20．【答案】（1）醚键、醛基
（2）
（3）、
（4）B
（5）银氨溶液、加热；氧化反应；；取代反应
（6）
【知识点】有机物中的官能团；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）有机物 Ⅰ 的含氧官能团名称为醚键、醛基；
故答案为：醚键、醛基。
（2）根据题意， Ⅱ→Ⅲ 的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）满足条件的对称结构有 2 种，分别为：
① 苯环上醛基与三个甲氧基呈对称分布（）；
② 苯环上醛基与三个甲氧基呈另一种对称分布（；）；
故答案为：、；
（4）A．有机物I中苯环和醛基上的碳原子均为sp2杂化，-OCH3有3个等价的氢，该化合物不含手性碳原子，故A错误；
B．有机物Ⅴ→Ⅵ为羰基转化为CH2，反应类型为还原反应，故B正确；
C．有机物VI中苯环上有2种氢原子，-CH3、-CH2CH2CH2COOH上的氢原子各不相同，有4种，该化合物有7种化学环境的氢原子，核磁共振氢谱图上有7组峰，故C错误；
D．有机物Ⅵ→Ⅶ为-COOH与苯环间位的C-H键发生取代反应，形成羰基，同时脱去一分子水，反应中断裂C-H、C-O键，形成C-C、O-H键，不涉及非极性键的断裂，故D错误；
故答案为：B；
（5） ① 有机物 Ⅱ 在银氨溶液、加热条件下反应生成，反应类型为氧化反应；
② 甲苯在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下生成对硝基甲苯 ，结构为；
故答案为： 银氨溶液、加热 ； 氧化反应 ； ； 取代反应 ；
（6）根据已知信息，和CH3CHO在NaOH、加热条件下反应生成。
故答案为：；
【分析】该有机合成路线以有机物 Ⅰ 为起始原料，先在氢氧化钠溶液中水解并酸化得到 Ⅱ；Ⅱ 再与 发生取代反应生成 Ⅲ。同时，甲苯（Ⅳ）与丁二酸酐发生取代反应得到 Ⅴ，Ⅴ 经还原反应生成 Ⅵ；Ⅵ 在催化剂作用下环化形成六元环 Ⅶ，Ⅶ 再与 Ⅲ 在氢氧化钠条件下反应生成目标产物 Ⅷ，据此可完成各步推断与作答。
（1）直接观察有机物 Ⅰ 的结构，识别含氧官能团，醛基和醚键是其含氧官能团。
（2）根据取代反应的定义，酚羟基与氯代烃在碱作用下脱去 HCl 生成醚，配平化学方程式。
（3）根据 “醛基和三个甲氧基取代苯且为对称结构” 的条件，结合苯环的对称性，写出两种可能的结构。
（4）A 选项分析杂化类型、氢原子环境和手性碳；B 选项判断羰基还原为亚甲基的反应类型；C 选项数氢原子种类；D 选项分析反应中断裂的化学键类型，逐一排除错误选项。
（5）① 醛基在银氨溶液加热条件下被氧化为羧酸铵；
② 甲苯硝化反应中硝基优先进入对位，生成对硝基甲苯。
（6）根据已知信息，苯乙酮与乙醛在碱性条件下发生羟醛缩合反应，生成对应的 α，β- 不饱和酮。
（1）根据有机物I的结构，其含氧官能团的名称为醚键、醛基；
（2）II→III的化学反应为-OH与-Cl发生取代反应，脱去HCl，化学方程式为；
（3）据已知，有机物III为-CHO和3个-OCH3取代的苯，且为对称结构，满足要求的结构有：、；
（4）A．有机物I中苯环和醛基上的碳原子均为sp2杂化，-OCH3有3个等价的氢，该化合物不含手性碳原子，故A错误；
B．有机物Ⅴ→Ⅵ为羰基转化为CH2，反应类型为还原反应，故B正确；
C．有机物VI中苯环上有2种氢原子，-CH3、-CH2CH2CH2COOH上的氢原子各不相同，有4种，该化合物有7种化学环境的氢原子，核磁共振氢谱图上有7组峰，故C错误；
D．有机物Ⅵ→Ⅶ为-COOH与苯环间位的C-H键发生取代反应，形成羰基，同时脱去一分子水，反应中断裂C-H、C-O键，形成C-C、O-H键，不涉及非极性键的断裂，故D错误；
故答案为B；
（5）①有机物II在银氨溶液、加热条件下反应生成，反应类型为氧化反应；
②甲苯在浓硝酸、浓硫酸﹑加热发生取代反应生成对硝基甲苯，结构为；
（6）根据已知信息，和CH3CHO在NaOH、加热条件下反应生成。
1 / 1广东省清远市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题
一、选择题：本题共16小题，第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要成分属于天然有机高分子的是
A．青铜兽面纹爵 B直裾素纱素禅衣 C．青龙瓦当 D．骑虎人形佩
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、青铜兽面纹爵的主要成分为铜锡合金，属于金属材料，不是有机高分子材料，故 A 错误；
B、直裾素纱禅衣的主要成分为蚕丝，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，故 B 正确；
C、青龙瓦当的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故 C 错误；
D、骑虎人形佩的主要成分为玉石（硅酸盐或二氧化硅），属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：B。【分析】本题解题要点：
天然有机高分子材料主要包括蛋白质、淀粉、纤维素、天然橡胶等；
青铜属于合金，是金属材料；
瓦当、玉佩的主要成分均为无机硅酸盐类物质，属于无机非金属材料；
蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是典型的天然有机高分子化合物。
2．科技为新质生产力的发展赋能。下列说法正确的是
A．隐身舰载战斗机“歼一35”使用的燃料煤油属于可再生能源
B．“有源相控阵雷达”使用的氮化硅属于分子晶体
C．“奋斗者号”的钛合金材料中的Ti位于元素周期表ds区
D．“深地塔科”钻探井使用金刚石钻头，金刚石与石墨互为同素异形体
【答案】D
【知识点】原料与能源的合理利用；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、煤油是由石油分馏得到的产品，属于化石燃料，是不可再生能源，故 A 错误；
B、氮化硅（Si3N4）由原子通过共价键形成空间网状结构，属于原子晶体，而非分子晶体，故 B 错误；
C、钛（Ti）的价电子排布为 3d24s2，位于元素周期表的 d 区，而非 ds 区，故 C 错误；
D、金刚石与石墨是由同种元素（碳）组成的不同单质，二者互为同素异形体，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
能源分类：煤油属于石油分馏产物，是不可再生能源；
晶体类型判断：Si3N4具有高熔点、高硬度的特点，属于原子晶体；
元素分区判断：Ti 的价电子排布为 3d24s2，属于 d 区元素；
同素异形体定义：由同种元素形成的不同单质互为同素异形体。
3．下列化学用语或图示表示正确的是
A．顺式聚1，3-丁二烯的结构简式：
B．HF中的s-pσ键示意图：
C．羟基的电子式：
D．基态As原子的核外电子排布式：[Ar]4s24p3
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、顺式聚 1，3 - 丁二烯中，双键两端的氢原子应在同侧，题给结构为反式，故 A 错误；
B、HF 分子中，H 的 1s 轨道与 F 的 p 轨道沿键轴方向重叠形成 s-p σ 键，图示正确，故 B 正确；
C、羟基（-OH）为中性基团，氧原子最外层有 7 个电子，电子式中氧原子周围应为 7 个电子，正确电子式为： ，故 C 错误；
D、基态 As 原子的核外电子排布式应为 [Ar]3d 4s24p3，题给排布式缺少 3d 轨道电子，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
顺反聚合物的结构特征：顺式聚 1，3 - 丁二烯的双键氢原子在同侧；
σ 键的形成方式：s 轨道与 p 轨道沿键轴方向重叠形成 s-p σ 键；
羟基的电子式：羟基为中性基团，氧原子最外层电子数为 7；
核外电子排布式：需包含所有内层轨道电子，As 的完整排布式应包含 3d 。
4．下列有关有机物的说法正确的是
A．和互为同系物
B．所有原子可能处于同一平面
C．新戊烷按照系统命名法的名称是2，2-二甲基丙烷
D．等质量的烃燃烧消耗O2的质量：乙烷>甲烷
【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；同系物；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、前者为酚类，后者为醇类，官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，故 A 错误；
B、乙苯中含有甲基，甲基中的碳原子为饱和碳原子，其连接的原子呈四面体结构，所有原子不可能共平面，故 B 错误；
C、新戊烷（ ）的主链含 3 个碳原子，2 号碳上连有两个甲基，系统命名为 2，2 - 二甲基丙烷，故 C 正确；
D、等质量的烃燃烧，含氢量越高，耗氧量越大，甲烷含氢量高于乙烷，故耗氧量：甲烷 > 乙烷，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
同系物判断：需结构相似，官能团的种类、数目相同，且分子组成相差若干个 CH2；
有机物共面问题：饱和碳原子（sp3 杂化）连接的原子呈四面体结构，无法全部共面；
系统命名法：选择最长碳链为主链，从靠近取代基的一端编号；
烃的耗氧量规律：等质量的烃，含氢质量分数越高，完全燃烧耗氧量越大。
5．化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．环己烷呈现对称美，分子中六个碳原子连接成环，呈平面正六边形结构
B．晶莹剔透的雪花飞扬，六角雪花体现了晶体的自范性
C．霓虹灯呈现出五颜六色的光，电子从基态跃迁到激发态
D．游泳池里定期添加硫酸铜，主要目的是使池水更美丽梦幻
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的定义
【解析】【解答】A、环己烷中碳原子均为 sp3 杂化，分子呈椅式或船式构象，而非平面正六边形结构，故 A 错误；
B、雪花是晶体，六角形的规则外形体现了晶体的自范性，故 B 正确；
C、霓虹灯发光是电子从激发态跃迁回基态时释放能量，而非从基态跃迁到激发态，故 C 错误；
D、游泳池添加硫酸铜的主要目的是利用铜离子的毒性杀菌消毒，而非使池水变美，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
环己烷的空间结构：sp3 杂化的碳原子构成的环无法形成平面结构；
晶体的自范性：晶体能自发形成规则的几何外形；
霓虹灯发光原理：电子从激发态回到基态释放光子；
硫酸铜的用途：铜离子可使蛋白质变性，用于杀菌消毒。
6．提纯粗乙酸乙酯(含乙醇和乙酸)的过程如下，其中操作a、b分别为
A．分液、蒸馏 B．蒸馏、萃取 C．萃取、升华 D．升华、分液
【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】粗乙酸乙酯加入饱和Na2CO3溶液后，乙酸乙酯不溶于水，会出现有机相和水相分层，因此操作 a 为分液，分离出有机相；有机相中仍含有少量乙醇，加入无水CaCl2除去残留水分后，利用乙酸乙酯与乙醇的沸点差异，通过蒸馏（操作 b）分离得到纯净的乙酸乙酯；
故操作 a、b 分别为分液、蒸馏；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
饱和 Na2CO3溶液的作用：中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，使体系分层；
分液：适用于分离互不相溶的液体混合物；
蒸馏：适用于分离沸点不同的互溶液体混合物，乙酸乙酯与乙醇的沸点差异明显，可用蒸馏分离；
无水 CaCl2的作用：作为干燥剂，除去有机相中的残留水分。
7．“劳动创造幸福，实干成就伟业”。下列劳动项目与所述化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用聚乳酸制作可降解的一次性餐具 聚乳酸呈酸性
B 用油脂为原料制肥皂 甘油具有水溶性
C 通过X射线衍射实验区分石英玻璃和水晶 石英玻璃是非晶体，水晶是晶体
D 石墨可用作润滑剂 石墨具有导电性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的定义
【解析】【解答】A、聚乳酸可降解的原因是其结构中含有酯基，可在一定条件下水解，与聚乳酸是否呈酸性无关，故 A 错误；
B、用油脂制肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解反应（皂化反应），与甘油的水溶性无关，故 B 错误；
C、晶体具有各向异性，X 射线衍射实验中会出现特征衍射峰，而非晶体无此现象，因此可通过 X 射线衍射实验区分石英玻璃（非晶体）和水晶（晶体），故 C 正确；
D、石墨用作润滑剂是因为其层状结构中，层与层之间作用力弱，易发生相对滑动，与石墨的导电性无关，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
聚乳酸可降解性：源于酯基的水解特性，与酸性无关；
油脂制肥皂：核心是皂化反应，与产物甘油的水溶性无直接关联；
晶体与非晶体的区分：X 射线衍射实验是区分二者的科学方法，晶体有特征衍射峰，非晶体无；
石墨的润滑性：由其层状结构的弱层间作用力决定，与导电性无关。
8．类比推理是重要的学科思想，下列有关类比推理的说法正确的是
A．NH3分子间存在氢键，可推测PH3分子间也存在氢键
B．干冰晶体是分子密堆积，可推测冰晶体也是分子密堆积
C．CH3CH2Cl能发生消去反应，可推测CH3Cl也能发生消去反应
D．CO2为直线形分子，可推测CS2也为直线形分子
【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；消去反应
【解析】【解答】A、N 的电负性大、原子半径小，NH3分子间存在氢键；而 P 的电负性较小、原子半径较大，PH3分子间不存在氢键，A 错误；
B、干冰晶体是分子密堆积结构，但冰晶体中水分子间存在氢键，形成空隙较大的四面体结构，不属于分子密堆积，B 错误；
C、CH3CH2Cl 能发生消去反应，是因为与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子；而 CH3Cl 分子中没有邻位碳原子，无法发生消去反应，C 错误；
D、CO2和 CS2的中心原子 C 均采取 sp 杂化，分子结构对称，均为直线形分子，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氢键形成条件：与 N、O、F 等电负性大、半径小的原子相连的氢原子，易与其他分子的 N、O、F 形成氢键；
分子密堆积：干冰中 CO2分子间只存在范德华力，采取密堆积；冰中氢键的方向性使分子无法紧密排列；
消去反应条件：卤代烃分子中，与卤原子相连的碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子；
分子空间结构：CO2和 CS2的中心原子均为 sp 杂化，形成直线形分子。
9．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且相互关联的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A O3在水中溶解度比在CCl4中大 H2O和O3是极性分子，CCl4是非极性分子
B 乙二醇、丙三醇都是黏稠液体 乙二醇、丙三醇都能形成分子间氢键
C 用植物油萃取溴水中的溴 植物油是有机溶剂，溴易溶于有机溶剂
D 用银氨溶液检验葡萄糖 葡萄糖具有氧化性，可氧化银氨溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 正确，但陈述 Ⅱ 中 O3为非极性分子，故 A 错误；
B、乙二醇、丙三醇分子中均含多个羟基，可形成分子间氢键，分子间作用力强，因此常温下为黏稠液体，陈述 Ⅰ 和 Ⅱ 均正确且相互关联，故 B 正确；
C、植物油中含有不饱和键，会与溴发生加成反应，不能用于萃取溴水中的溴，陈述 Ⅰ 错误，故 C 错误；
D、用银氨溶液检验葡萄糖，是因为葡萄糖具有还原性，可还原银氨溶液，陈述 Ⅱ 错误，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
分子极性与相似相溶：O3为 V 形结构，属于非极性分子，其在水中溶解度大于 CCl4，是因为 O3可与水形成微弱的相互作用，并非 “极性分子易溶于极性溶剂”；
氢键与物质状态：分子间氢键越强，分子间作用力越大，物质的黏度越大；乙二醇、丙三醇的羟基数量多，氢键作用显著，导致常温下呈黏稠液态；
萃取剂的选择：萃取剂需满足不与溶质反应的条件，而植物油中的不饱和键会与溴发生加成反应，因此不能作为溴水的萃取剂；
葡萄糖的还原性：葡萄糖含醛基，可被银氨溶液氧化，因此葡萄糖表现为还原性，而非氧化性。
10．按如图装置进行实验，Ⅰ装置迅速升温并控制温度在170℃，乙醇的沸点为73.8℃。下列说法错误的是
A．反应一段时间后，Ⅰ装置溶液颜色变黑，说明乙醇可能炭化
B．Ⅱ装置溶液由黄色变为浅绿色，无法说明乙烯具有还原性
C．反应一段时间后，Ⅲ装置红色逐渐褪去
D．Ⅴ装置Br2的CCl4溶液褪色，Ⅵ装置出现沉淀，说明Ⅴ中发生取代反应
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；乙醇的消去反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓硫酸具有脱水性，能使乙醇脱水炭化，导致溶液颜色变黑，故 A 正确；
B、浓硫酸与乙醇反应会生成具有还原性的 SO2，SO2也能使 FeCl3溶液由黄色变为浅绿色，因此无法说明乙烯具有还原性，故 B 正确；
C、反应生成的 SO2等酸性气体进入 Ⅲ 装置，与 NaOH 溶液反应，使溶液碱性减弱，红色逐渐褪去，故 C 正确；
D、乙烯与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应生成 1，2 - 二溴乙烷，该反应不会生成 HBr，因此 Ⅵ 装置中不会出现沉淀；若出现沉淀，可能是因为 SO2等杂质气体未除尽，并非 V 中发生了取代反应，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸的脱水性：可使乙醇脱水炭化，导致溶液变黑；
干扰气体分析：反应生成的 SO2也具有还原性，会干扰乙烯还原性的检验；
尾气成分与性质：反应产生的 SO2、CO2等酸性气体会与 NaOH 溶液反应，使酚酞褪色；
乙烯与溴的反应类型：乙烯与溴发生加成反应，而非取代反应，加成反应不生成 HBr，无法使 AgNO3溶液产生沉淀。
11．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热：C2H5Br+OH-CH2=CH2↑+Br-+H2O
B．乙酸乙酯在碱性条件下的水解：CH3CO18OC2H5+OH-CH3CO18O-+CH3CH2OH
C．向硫酸铜溶液中滴入少量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
D．线性酚醛树脂的制备：
【答案】D
【知识点】卤代烃简介；酯的性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热发生的是水解反应（取代反应），生成乙醇和溴化钠，不会生成乙烯；乙烯是溴乙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应的产物，故A错误；
B、乙酸乙酯在碱性条件下水解时，断裂的是酰氧键（），因此应进入乙醇分子中，反应式应为： ，故B错误；
C、向硫酸铜溶液中滴入少量氨水，先生成氢氧化铜沉淀，只有氨水过量时才会生成铜氨络离子，因此离子方程式应为： ，故C错误；
D、在酸性条件下，苯酚与甲醛发生缩聚反应，生成线性酚醛树脂和水，题给方程式书写正确，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应条件与反应类型：卤代烃的水解反应和消去反应条件不同，水溶液加热发生水解，醇溶液加热发生消去；
酯的水解断键位置：酯水解时断裂的是酰氧键，因此标记的氧原子会进入醇分子；
铜氨络离子的生成：氨水少量时生成氢氧化铜沉淀，氨水过量时沉淀溶解生成络离子；
酚醛树脂的制备：酸性条件下苯酚与甲醛缩聚生成线性酚醛树脂，碱性条件下生成体型酚醛树脂。
12．下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇，过滤，用少量乙醇洗涤，干燥
B 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉中加入少许稀硫酸，加热一段时间后，向水解液中加入Cu(OH)2悬浊液，加热，观察有无砖红色沉淀生成
C 检验某有机物X中是否含有氯原子 向试管中加入X和20%KOH溶液，加热，再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，观察有无白色沉淀生成
D 检验丙烯醛中的碳碳双键 向装有1mL丙烯醛的试管中加入足量溴水，观察溴水是否褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】卤代烃简介；蔗糖与淀粉的性质实验；醛的化学性质
【解析】【解答】A、向溶液中加入95%乙醇，可降低的溶解度，使其结晶析出，再经过滤、乙醇洗涤、干燥即可得到晶体，方案可行，A正确；
B、淀粉水解后溶液呈酸性，而悬浊液与还原性糖的反应需在碱性条件下进行，因此应先加碱中和硫酸，再加入悬浊液加热，B错误；
C、反应后的溶液呈碱性，直接加入溶液时，会与反应生成沉淀，干扰氯原子的检验，应先加稀硝酸中和至酸性，再加入溶液，C错误；
D、丙烯醛中的醛基也能与溴水发生氧化反应，使溴水褪色，因此无法证明碳碳双键的存在，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配合物晶体的制备：利用乙醇降低配合物盐的溶解度，使其结晶析出；
还原性糖的检验：反应必须在碱性条件下进行，酸性水解液需先中和；
卤代烃中卤素原子的检验：碱性水解后，需先加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液；
碳碳双键的检验：需排除其他还原性基团（如醛基）的干扰，可先将醛基氧化后再检验。
13．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X基态原子各能级电子数相同，Z的简单氢化物常温下呈液态，四种元素形成的某种化合物是蛋白质代谢分解的终产物，结构如图所示。下列判断错误的是
A．电负性：XB．简单氢化物的热稳定性：XC．原子半径：Y>Z>W
D．价电子数：W【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、电负性：C < H < N，即 X < W < Y，故 A 错误；
B、非金属性 O > N > C，简单氢化物热稳定性：H2O > NH3 > CH4，即 X < Y < Z，故 B 正确；
C、原子半径：N > O > H，即 Y > Z > W，故 C 正确；
D、价电子数：H (1) < C (4) < O (6)，即 W < X < Z，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】X基态原子各能级电子数相同，为碳元素，其电子排布式为；Z的简单氢化物常温下为液态，对应物质为水，因此Z为氧元素；再结合题目给出的化合物结构、化学键特点，以及W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期主族元素条件，可确定W为氢元素，Y为氮元素。
14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．14gN2含有的孤电子对数为2NA
B．60g丙醇中存在的碳氢键总数为8NA
C．1.8g甲基(-CD3)中含有的中子数为0.9NA
D．标准状况下，22.4LCHCl3中含有的分子数为NA
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、14g N2的物质的量为 0.5mol，每个 N2分子含 2 对孤电子对，故含孤电子对数为 0.5×2×NA=1NA，故 A 错误；
B、丙醇有正丙醇和异丙醇两种结构，分子式均为 C3H8O，60g 丙醇物质的量为 1mol，其中 C-H 键总数为 7NA，故 B 错误；
C、1.8g 甲基 (-CD3) 的物质的量为 0.1mol，每个 - C-D3含中子数为 6（C）+1×3（D）=9，故含中子数为 0.1×9×NA=0.9NA，故 C 正确；
D、标准状况下，CHCl3为液态，无法用气体摩尔体积计算分子数，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数计算需结合物质的结构、状态及化学键特点；
N2分子中每个 N 原子有 1 对孤电子对，1 个 N2分子共含 2 对孤电子对；
丙醇（C3H8O）中，无论正丙醇还是异丙醇，分子中 C-H 键均为 7 个；
甲基 (-CD3) 中，D 为2H，中子数为 1，计算时需注意同位素原子的中子数；
标准状况下 CHCl3为液态，不能使用气体摩尔体积公式。
15．化合物Z是合成昆虫信息素的中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是
A．用质谱仪检测X的最大质荷比为98
B．X、Y、Z均能与金属钠反应，产生气体
C．结合Y与Z的结构可知，LiAlH4具有还原性
D．Y的分子式为C14H12O4
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、X 为苯酚，分子式为 C6H6O，相对分子质量为 94，质谱仪检测的最大质荷比等于相对分子质量，故最大质荷比为 94，故 A 错误；
B、X 含酚羟基，Y 含酚羟基，Z 含酚羟基和醇羟基，三者均能与金属钠反应生成氢气，故 B 正确；
C、Y 中的酯基被 LiAlH4还原为醇羟基，说明 LiAlH4具有还原性，故 C 正确；
D、根据结构简式，Y 的分子式为 C14H12O4，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
质谱中最大质荷比等于分子的相对分子质量，需先计算 X（苯酚）的相对分子质量；
含羟基（酚羟基或醇羟基）的有机物均能与钠反应放出氢气；
酯基被还原为醇羟基，说明 LiAlH4在此反应中作还原剂；
根据 Y 的结构简式，数出 C、H、O 原子数，写出分子式。
16．乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是
A．Fe+是该反应的催化剂
B．C2H5OH是合成过程中的副产物
C．乙醛和乙烷中碳原子杂化方式相同
D．该合成乙醛的反应为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A、反应机理中，Fe+参与反应历程，最终又生成，是反应的催化剂，故 A 正确；
B、反应过程中生成的 C2H5OH 未出现在总反应中，属于合成过程中的副产物，故 B 正确；
C、乙醛中醛基碳原子为 sp2 杂化，乙烷中碳原子为 sp3 杂化，二者杂化方式不同，故 C 错误；
D、根据反应机理，总反应为 C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂的判断标准：参与反应历程，反应前后质量和化学性质不变；
副产物的定义：反应过程中生成、但非目标产物的物质；
碳原子杂化方式判断：单键碳为 sp3 杂化，双键碳为 sp2 杂化；
总反应方程式的推导：将反应机理中的中间产物消去，整理反应物与生成物。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态N原子的轨道表示式为　 　，比较磷元素与硫元素第一电离能的大小：I1(P)　 　I1(S)(填“>”或“<”)，说明原因：　 　。
（2）N、P、As的气态氢化物NH3、PH3、AsH3中，最不稳定的是　 　(填化学式)。
（3）液氨存在类似于水的电离：2NH3+，反应涉及的三种微粒中键角最小的是　 　(填化学式)。
（4）两分子磷酸脱去一分子水生成焦磷酸，形成过程如图所示。三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸(H5P3O10)。含磷洗衣粉中含有三聚磷酸，则该钠盐的化学式及1mol此钠盐中P-О单键的物质的量分别是___________(填标号)。
A．Na5P3O10 7mol B．Na3H2P3O10 8mol
C．Na5P3O10 9mol D．Na2H3P3O10 12mol
（5）氮化铟(InN)是一种优良的半导体材料，熔点高达1350℃。如图为氮化铟的立方晶胞结构，晶胞的密度为ρg·cm-3，a、b原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1，)。设NA为阿伏加德罗常数的值。
①c点的原子分数坐标为　 　。
②N原子间的最短距离为　 　cm(用ρ和NA表示)。
【答案】（1）；>；P处于半充满的稳定状态
（2）AsH3
（3）
（4）C
（5）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）N 元素基态原子的轨道表示式为：；P （ 价电子为3s23p3 ）的第一电离能大于 S（ 价电子为3s23p4 ），即 I1(P) > I1(S)；故答案为： ； > ； P处于半充满的稳定状态
（2）非金属性越强，简单氢化物稳定性越强， N、P、As 的简单氢化物中，最不稳定的是 AsH3；
故答案为：AsH3。
（3）NH3、、中孤电子对数量分别为1、0、2，成键电子之间的排斥+、NH2-中，键角最小的是 NH2-；
故答案为： ；
（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，呈酸性，该钠盐的化学式是Na5P3O10，所以1mol此钠盐中P-O键的物质的量是9mol，
故答案为：C；
（5）由a、b原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)可知，位于体对角线上的c原子的参数坐标为；由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的N原子个数为4，位于顶点和面心的In原子个数为，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：，解得，晶胞中N原子与N原子的最近距离为面对角线的，距离为。
故答案为： ； ；
【分析】本题围绕物质结构与性质展开，解题需结合原子结构、元素周期律、化学键与晶胞计算的核心知识点。
（1）N 原子序数为 7，基态电子排布需遵循泡利原理与洪特规则，轨道表示式需正确表示电子的自旋状态；P 的价电子排布为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的 S 元素。
（2）同主族元素非金属性从上到下减弱，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，因此最不稳定的是 AsH3。
（3）孤电子对越多，成键电子对之间的排斥力越小，键角越小，NH2-含 2 对孤电子对，键角最小。
（4）三聚磷酸由三分子磷酸脱两分子水生成，根据结构可知钠盐中 P-O 键总数，结合物质的量关系得出结果。
（5）根据晶胞中已知原子的分数坐标，可推导出体对角线上原子的坐标；利用均摊法计算晶胞中原子数，结合晶胞质量公式求出边长，再根据晶胞结构计算原子间的最近距离。
（1）N元素的原子序数为7，基态原子的轨道表示式为；P的价电子为3s23p3，S的价电子为3s23p4，P处于半充满的稳定状态，则I1(P)>I1(S)；
（2）非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性：N>P>As，则稳定性：NH3>PH3>AsH3，即最不稳定的是AsH3；
（3）NH3、、中孤电子对数量分别为1、0、2，成键电子之间的排斥<成键电子-孤电子对<孤电子对-孤电子对，因此H-N-H键角：，即键角最小的是；
（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，呈酸性，该钠盐的化学式是Na5P3O10，所以1mol此钠盐中P-O键的物质的量是9mol，故答案为C；
（5）由a、b原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)可知，位于体对角线上的c原子的参数坐标为；由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的N原子个数为4，位于顶点和面心的In原子个数为，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：，解得，晶胞中N原子与N原子的最近距离为面对角线的，距离为。
18．某小组同学探究铁盐种类和pH对苯酚显色反应的影响。
（1）配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，该过程中没有用到的仪器是　 　(填标号)。
查阅资料ⅰ．[Fe(C6H5O)6]3-为紫色；
ⅱ．Na+对苯酚与Fe3+中的显色反应无影响；
ⅲ．[Fe(C6H5O)6]3-对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与[Fe(C6H5O)6]3-的浓度在一定范围内成正比；
ⅳ．苯酚与Fe3+的显色原理：Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-+6H+。
提出猜想﹐猜想1：Cl-对苯酚与Fe3+的显色反应有影响；
猜想2：对苯酚与Fe3+的显色反应有影响；
猜想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
进行实验﹐常温下，用盐酸调节配制得到pH分别为α和b的0.1mol·L-1FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节配制得到pH分别为a和b的0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液。取5mL苯酚溶液于试管中，按实验1～4分别再加入0.1mL含Fe3+的试剂，显色10min后用紫外一可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
序号 含Fe3+的试剂 吸光度
0.1mol/LFeCl3溶液 0.05mol/LFe2(SO4)3溶液
1 pH=a / A1
2 pH=b / A2
3 / pH=a A3
4 / pH=b A4
结果讨论实验结果为A1>A2>A3>A4。
（2）①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是　 　。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6如下表，则c=　 　mol/L，d=　 　mol/L，试剂M为　 　(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)。
序号 cmol/LFeCl3溶液 dmol/LFe2(SO4)3溶液 再加试剂 吸光度
5 / pH=a 试剂M A5
6 pH=a / Na2SO4固体 A6
③小组同学得出实验结果为A5=A3，A6④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是　 　。
【答案】B；实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中、，说明、对苯酚与的显色反应也有影响，不确定对苯酚与的显色反应是否有影响；；0.1；0.05；NaCl固体；不成立；成立；根据苯酚与的显色原理Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用。
【知识点】常用仪器及其使用；苯酚的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）配置 100mL 0.1mol L- 苯酚溶液，需用到的仪器为 100mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管和玻璃棒，不需要冷凝管，故答案为：B；
（2） ①实验 1 与 3、实验 2 与 4 的 pH 相同、酸根离子不同，对应吸光度 A1≠A3、A2≠A4，说明 Cl-、SO42-对苯酚与 Fe3+的显色反应存在影响，无法确定 H+对该显色反应是否有影响；
②为验证 Cl-、SO42-对显色反应的影响，实验 5、6 需保持 Fe3+浓度和溶液体积不变，研究不同酸根离子浓度的影响，故实验 5 需加入 NaCl 固体改变 Cl-浓度，实验 6 需加入 Na2SO4固体改变 SO42-浓度，
③已知 Na+对显色反应无影响，若 A5=A3，说明 Cl-浓度对显色反应无影响；若 A6
④苯酚与 Fe3+显色反应的离子方程式为 Fe3++6C6H5OH [Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加 H+浓度，平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故 H+对该显色反应有抑制作用。
故答案为： 实验1、3的pH相同、酸根离子不同，实验2、4的pH相同、酸根离子不同，而实验中、，说明、对苯酚与的显色反应也有影响，不确定对苯酚与的显色反应是否有影响； 0.1 ； 0.05 ； NaCl固体 ； 不成立； 成立； 根据苯酚与的显色原理Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-+6H+，增加氢离子浓度，平衡逆向移动，导致[Fe(C6H5O)6]3-浓度减小，溶液颜色变浅，故H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用 ；
【分析】本题围绕苯酚与 Fe3+显色反应的影响因素展开探究，解题核心是控制变量法的应用与平衡移动原理的分析。
（1）配置一定物质的量浓度的溶液，需根据操作步骤选择仪器，冷凝管用于加热回流操作，溶液配制无需使用；
（2）①通过对比 pH 相同、酸根离子不同的实验，根据吸光度差异判断酸根离子对显色反应的影响，因变量不唯一，无法确定 H+的作用；
②验证酸根离子浓度的影响时，需控制 Fe3+浓度和溶液体积不变，通过加入含对应酸根离子的钠盐改变浓度；
③结合已知 Na+无影响的条件，通过吸光度对比判断 Cl-、SO42-的作用，验证猜想是否成立；
④根据显色反应的可逆平衡，利用勒夏特列原理分析 H+浓度变化对平衡移动方向和溶液颜色的影响，得出 H+对显色反应的抑制作用。
19．现代医药发展方向之一是合成药物长效化和低毒化，低分子药物高分子化是其有效途径。
（1）1853年，德国化学家柯尔柏合成了能镇痛和退热的水杨酸()。
①一个水杨酸分子中含有的σ键个数为　 　。
②写出水杨酸与氢氧化钠反应的化学方程式：　 　。
（2）1898年，德国化学家霍夫曼制得乙酰水杨酸(阿司匹林)，改善了水杨酸的疗效。
+A→+CH3COOH
①上述反应的另一种反应物A是　 　。
②对水杨酸分子进行成酯修饰后，水溶性：水杨酸　 　乙酰水杨酸(填“>”或 “<”)。
③在霍夫曼制取阿司匹林的反应中，可用于检验水杨酸是否完全反应的试剂是　 　。
（3）1982年，科学家把阿司匹林连接在高聚物B上，制成缓释长效阿司匹林()
①高分子聚合物B的单体的结构简式为　 　。
②1mol缓释长效阿司匹林最多可与含　 　molNaOH的溶液反应。
【答案】（1）16；
（2）；；溶液
（3）；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；酯的性质；结构简式
【解析】（1）（1）①1 个水杨酸分子中含有的 σ 键个数为 16；
②水杨酸与 NaOH 反应的化学方程式为：
故答案为：16；；
（2）①根据酯交换反应的产物结构，可推知 A 为 CH3COOCOCH3；故答案为：CH3COOCOCH3。
②对水杨酸进行成酯修饰会引入憎水的酯基，减弱其水溶性，因此水溶性：水杨酸 > 乙酰水杨酸；故答案为：水杨酸 > 乙酰水杨酸。
③水杨酸含酚羟基，可与氯化铁溶液反应显紫色，因此可用氯化铁溶液检验水杨酸是否完全反应；故答案为：氯化铁溶液。
故答案为： ； ；溶液 ；
（3）①根据缓释长效阿司匹林结构，可知高分子聚合物B为。
②缓释阿司匹林含有酯基，其中酯基水解会得到酚羟基，最多可与含的溶液反应。
故答案为： ； ；
【分析】（1）①根据水杨酸的结构，逐一分析单键和双键中的 σ 键数目，双键中含 1 个 σ 键，单键全为 σ 键，总数为 16。
②水杨酸分子中羧基和酚羟基均能与 NaOH 反应，1mol 水杨酸可消耗 2mol NaOH，生成对应的钠盐和水。
（2）①根据酯交换反应的定义，结合产物乙酰水杨酸的结构，反推反应物 A 的结构。
②根据亲水基与憎水基的性质，分析成酯修饰前后分子中基团的变化，判断水溶性强弱。
③利用酚羟基与氯化铁的显色反应特性，检验反应体系中是否残留水杨酸。
（3）①根据缓释长效阿司匹林的结构，找出重复单元，推导出高分子聚合物 B 的结构简式。
②分析缓释阿司匹林中酯基的类型，酚酯基水解会生成酚羟基，消耗额外的 NaOH，结合 1mol 酯基消耗 1mol NaOH、1mol 酚羟基消耗 1mol NaOH，计算总消耗量。
（1）①根据水杨酸的结构，1个水杨酸分子含有键个数为16。
②水杨酸含有和酚羟基，均显酸性，和氢氧化钠反应的化学方程式为：
（2）①根据该方程式变化情况，属于酯交换反应，根据产物结构可知，A是。
②酚羟基属于亲水基、酯基属于憎水基，对水杨酸分子进行成酯修饰目的是减弱其水溶性，所以水溶性：水杨酸>乙酰水杨酸。
③水杨酸中含有酚羟基，水杨酸能与氯化铁溶液反应变紫色，可以用氯化铁溶液检验水杨酸是否完全反应。
（3）①根据缓释长效阿司匹林结构，可知高分子聚合物B为。
②缓释阿司匹林含有酯基，其中酯基水解会得到酚羟基，最多可与含的溶液反应。
20．黄酮类物质具有抗金黄色葡萄球菌，有机物是合成黄酮类药物的重要中间体。
已知：R1—CHO+
回答下列问题：
（1）有机物Ⅰ的含氧官能团名称为　 　。
（2）有机物Ⅱ→Ⅲ反应的化学方程式为　 　。
（3）有机物Ⅲ的一种同分异构体能水解且水解产物能与FeCl3发生显色反应，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，其结构简式为　 　(任写一种)。
（4）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________(填标号)。
A．有机物Ⅰ分子中存在手性碳原子
B．有机物Ⅴ→Ⅵ的反应类型为还原反应
C．有机物Ⅵ的核磁共振氢谱图上有8组峰
D．有机物Ⅵ→Ⅶ转化中，涉及极性键和非极性键的断裂和生成
（5）对于下列有机物，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 有机物 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① Ⅱ 　 　 　 　
② Ⅳ 浓硝酸、浓硫酸﹑加热 　 　 　 　
（6）以和CH3CHO为原料，参考上述信息，合成化合物，合成路线中第一步反应的产物为　 　(填结构简式)。
【答案】（1）醚键、醛基
（2）
（3）、
（4）B
（5）银氨溶液、加热；氧化反应；；取代反应
（6）
【知识点】有机物中的官能团；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）有机物 Ⅰ 的含氧官能团名称为醚键、醛基；
故答案为：醚键、醛基。
（2）根据题意， Ⅱ→Ⅲ 的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）满足条件的对称结构有 2 种，分别为：
① 苯环上醛基与三个甲氧基呈对称分布（）；
② 苯环上醛基与三个甲氧基呈另一种对称分布（；）；
故答案为：、；
（4）A．有机物I中苯环和醛基上的碳原子均为sp2杂化，-OCH3有3个等价的氢，该化合物不含手性碳原子，故A错误；
B．有机物Ⅴ→Ⅵ为羰基转化为CH2，反应类型为还原反应，故B正确；
C．有机物VI中苯环上有2种氢原子，-CH3、-CH2CH2CH2COOH上的氢原子各不相同，有4种，该化合物有7种化学环境的氢原子，核磁共振氢谱图上有7组峰，故C错误；
D．有机物Ⅵ→Ⅶ为-COOH与苯环间位的C-H键发生取代反应，形成羰基，同时脱去一分子水，反应中断裂C-H、C-O键，形成C-C、O-H键，不涉及非极性键的断裂，故D错误；
故答案为：B；
（5） ① 有机物 Ⅱ 在银氨溶液、加热条件下反应生成，反应类型为氧化反应；
② 甲苯在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下生成对硝基甲苯 ，结构为；
故答案为： 银氨溶液、加热 ； 氧化反应 ； ； 取代反应 ；
（6）根据已知信息，和CH3CHO在NaOH、加热条件下反应生成。
故答案为：；
【分析】该有机合成路线以有机物 Ⅰ 为起始原料，先在氢氧化钠溶液中水解并酸化得到 Ⅱ；Ⅱ 再与 发生取代反应生成 Ⅲ。同时，甲苯（Ⅳ）与丁二酸酐发生取代反应得到 Ⅴ，Ⅴ 经还原反应生成 Ⅵ；Ⅵ 在催化剂作用下环化形成六元环 Ⅶ，Ⅶ 再与 Ⅲ 在氢氧化钠条件下反应生成目标产物 Ⅷ，据此可完成各步推断与作答。
（1）直接观察有机物 Ⅰ 的结构，识别含氧官能团，醛基和醚键是其含氧官能团。
（2）根据取代反应的定义，酚羟基与氯代烃在碱作用下脱去 HCl 生成醚，配平化学方程式。
（3）根据 “醛基和三个甲氧基取代苯且为对称结构” 的条件，结合苯环的对称性，写出两种可能的结构。
（4）A 选项分析杂化类型、氢原子环境和手性碳；B 选项判断羰基还原为亚甲基的反应类型；C 选项数氢原子种类；D 选项分析反应中断裂的化学键类型，逐一排除错误选项。
（5）① 醛基在银氨溶液加热条件下被氧化为羧酸铵；
② 甲苯硝化反应中硝基优先进入对位，生成对硝基甲苯。
（6）根据已知信息，苯乙酮与乙醛在碱性条件下发生羟醛缩合反应，生成对应的 α，β- 不饱和酮。
（1）根据有机物I的结构，其含氧官能团的名称为醚键、醛基；
（2）II→III的化学反应为-OH与-Cl发生取代反应，脱去HCl，化学方程式为；
（3）据已知，有机物III为-CHO和3个-OCH3取代的苯，且为对称结构，满足要求的结构有：、；
（4）A．有机物I中苯环和醛基上的碳原子均为sp2杂化，-OCH3有3个等价的氢，该化合物不含手性碳原子，故A错误；
B．有机物Ⅴ→Ⅵ为羰基转化为CH2，反应类型为还原反应，故B正确；
C．有机物VI中苯环上有2种氢原子，-CH3、-CH2CH2CH2COOH上的氢原子各不相同，有4种，该化合物有7种化学环境的氢原子，核磁共振氢谱图上有7组峰，故C错误；
D．有机物Ⅵ→Ⅶ为-COOH与苯环间位的C-H键发生取代反应，形成羰基，同时脱去一分子水，反应中断裂C-H、C-O键，形成C-C、O-H键，不涉及非极性键的断裂，故D错误；
故答案为B；
（5）①有机物II在银氨溶液、加热条件下反应生成，反应类型为氧化反应；
②甲苯在浓硝酸、浓硫酸﹑加热发生取代反应生成对硝基甲苯，结构为；
（6）根据已知信息，和CH3CHO在NaOH、加热条件下反应生成。
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