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广东省湛江第一中学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．中华民族创造了辉煌灿烂的文化，下列说法错误的是
A．内江糖画制作所用白糖的主要成分属于二糖
B．“缣帛”是丝织品制成的“纸”，其主要成分属于纤维素
C．北京绢花、扬州绒花用到的主要材料蚕丝是天然高分子材料
D．虞弘墓汉白玉石椁的汉白玉晶体结构可用X射线衍射仪测定
【答案】B
【知识点】二糖的性质和用途；高分子材料；晶体的定义
【解析】【解答】A、白糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，故 A 正确；
B、“缣帛” 是丝织品，主要成分是蛋白质，不是纤维素，故 B 错误；
C、蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，故 C 正确；
D、X 射线衍射仪可用于测定晶体结构，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
白糖的主要成分是蔗糖，属于典型的二糖；
丝织品的主要成分是蛋白质，纤维素是植物纤维的主要成分；
蚕丝是天然蛋白质，属于高分子材料；
X 射线衍射仪是测定晶体结构的常用仪器。
2．化学与科技、生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A．冠醚可用于识别碱金属离子
B．苯酚消毒液是利用其酸性破坏病毒蛋白结构进行杀毒
C．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
D．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油
【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；营养均衡与人体健康的关系；晶体的定义
【解析】【解答】A、冠醚具有特定的空腔结构，可与半径匹配的碱金属离子形成稳定配合物，用于识别碱金属离子，故 A 正确；
B、苯酚消毒是利用其使蛋白质变性的性质，而非酸性，故 B 错误；
C、Si3N4是由原子通过共价键形成的空间网状结构，属于原子晶体，而非分子晶体，故 C 错误；
D、油脂在人体内水解生成高级脂肪酸和甘油，而非氨基酸，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
冠醚的分子识别特性：不同冠醚的空腔大小不同，可选择性结合特定半径的碱金属离子；
苯酚的消毒原理：苯酚通过使蛋白质变性来杀菌，与其酸性无关；
晶体类型判断：Si3N4由原子构成，属于原子晶体，具有高熔点、高硬度的特点；
油脂的水解产物：油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，氨基酸是蛋白质的水解产物。
3．荜茇酰胺是从中药荜茇中提取的一种有抗癌活性的天然生物碱，结构如下图所示。下列说法错误的是
A．分子式为C17H19NO5 B．能使溴水褪色
C．分子中有3种官能团 D．不存在顺反异构
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团
【解析】【解答】A、根据结构简式，该有机物的分子式为 C17H19NO5，故 A 正确；
B、分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使其褪色，故 B 正确；
C、分子中含有醚键、碳碳双键、酰胺基（含羰基）三种官能团，故 C 正确；
D、分子中碳碳双键两端的碳原子均连接不同的原子或基团，存在顺反异构，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子式的确定：需准确数清分子中 C、H、N、O 原子的个数；
碳碳双键的性质：可与溴水发生加成反应，使溴水褪色；
官能团识别：醚键、碳碳双键、酰胺基是该分子含有的主要官能团；
顺反异构的判断：当碳碳双键两端的碳原子均连接两个不同的原子或基团时，分子存在顺反异构。
4．下列有关化学用语错误的是
A．H2Se分子的价层电子对互斥模型：
B．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图：
C．反-2-丁烯的结构简式：
D．基态Co2+的价层电子轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、H2Se 分子中心 Se 原子的价层电子对数为 4（ ），价层电子对互斥模型为：，A正确；
B、基态 Be 原子的核外电子排布为 1s22s2，最高能级为 2s，其电子云轮廓图为球形，而非哑铃形，故 B 错误；
C、反 - 2 - 丁烯中两个甲基位于碳碳双键的两侧，结构简式为，C正确；
D、基态 Co2+的价层电子排布为 3d7，根据洪特规则，电子优先分占不同轨道且自旋平行，该轨道表示式为，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥模型的判断：需计算中心原子的价层电子对数，包括 σ 键电子对和孤电子对；
电子云轮廓图的形状：s 轨道为球形，p 轨道为哑铃形，Be 原子的最高能级为 2s；
烯烃顺反异构的结构表示：反式结构中相同基团位于双键两侧；
价层电子轨道表示式的书写：需遵循泡利不相容原理和洪特规则。
5．物质结构决定性质，下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A．分子呈三角锥形结构，其中的N原子采用杂化
B．CO为极性分子，N2为非极性分子，因此沸点：CO＜N2
C．NaCl晶体中，和以分子形式存在于晶胞中
D．Mg2+的半径比Ca2+小，CaO的熔点比MgO高
【答案】A
【知识点】离子晶体；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（ ），采取 sp3 杂化，分子空间构型为三角锥形，故 A 正确；
B、CO 为极性分子，N2为非极性分子，且二者相对分子质量相同，极性分子的范德华力更强，因此沸点：CO > N2，故 B 错误；
C、NaCl 晶体是离子晶体，由 Na+和 Cl-直接构成，不存在分子，故 C 错误；
D、离子晶体的熔点与晶格能有关，Mg2+半径比 Ca2+小，MgO 的晶格能更大，因此 MgO 的熔点比 CaO 高，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子空间构型与杂化方式：价层电子对数决定杂化类型，NH3中 N 原子为 sp3 杂化，含一对孤电子对，分子呈三角锥形；
分子晶体沸点比较：极性分子的范德华力通常比非极性分子强（相对分子质量相近时）；
离子晶体的构成：NaCl 晶体中不存在分子，只存在离子；
晶格能与熔点的关系：离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高。
6．下列物质结构、性质与用途具有对应关系的是
A．乙烯分子中有碳碳双键，可用于制聚乙烯保鲜膜
B．甲醛能发生银镜反应，可用于浸制生物标本
C．乙二醇易溶于水，可用作汽车防冻液
D．甲苯具有挥发性，可用于制备2，4，6-三硝基甲苯
【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的同系物及其性质；醇类简介
【解析】【解答】A、乙烯分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯可用于制作保鲜膜，故 A 正确；
B、甲醛能使蛋白质变性，因此可用于浸制生物标本，与发生银镜反应的性质无关，故 B 错误；
C、乙二醇用作汽车防冻液，是因为其水溶液凝固点低，而非易溶于水的性质，故 C 错误；
D、甲苯用于制备 2，4，6 - 三硝基甲苯，是因为甲基对苯环的活化作用，而非挥发性，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质的用途由其特定化学性质决定，需明确性质与用途之间的因果关系；
乙烯的碳碳双键是其发生加聚反应的结构基础，直接对应聚乙烯保鲜膜的用途；
甲醛的防腐作用源于蛋白质变性，与醛基的还原性无关；
防冻液的核心原理是降低水溶液凝固点，与溶解性无关；
甲苯的硝化反应依赖于苯环的活化，与挥发性无关。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol羟基所含电子数为10NA
B．2.6 g苯和乙炔的混合物中含有原子总数为0.2NA
C．1 mol[Cu(NH3)4]2+中σ键数为12NA
D．12 g石墨晶体中六元环数量为0.5NA
【答案】D
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1 个羟基（-OH）含 9 个电子，1mol 羟基所含电子数为 9NA，故 A 错误；
B、苯（C6H6）和乙炔（C2H2）的最简式均为 CH，2.6g 混合物含 CH 的物质的量为 0.2mol，原子总数为 0.4NA，故 B 错误；
C、1 个 [Cu(NH3)4]2+中，每个 NH3含 3 个 σ 键，共 4 个 NH3，再加上 4 个配位 σ 键，σ 键总数为 16，故 1mol 该离子含 16NA个 σ 键，故 C 错误；
D、石墨晶体中，每个碳原子被 3 个六元环共用，每个六元环平均含 2 个碳原子，12g 石墨（1mol C）中六元环数量为 0.5NA，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
羟基与氢氧根的电子数差异：羟基不带电荷，电子数为 9，氢氧根带负电荷，电子数为 10；
最简式法计算混合气体原子数：苯和乙炔的最简式均为 CH，可按最简式直接计算；
配合物中 σ 键的计数：需包括配体内部的共价 σ 键和中心离子与配体之间的配位 σ 键；
石墨晶体中六元环与碳原子的关系：每个碳原子为 3 个六元环共有，每个六元环平均占有 2 个碳原子。
8．一种对乙酰氨基酚的合成路线如下。下列说法错误的是
A．a至少有12个原子共平面 B．b→c的反应类型为还原反应
C．c苯环上的二氯代物有3种 D．1mol d最多能与2mol NaOH反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、a 为苯酚，苯环上的 12 个原子（6 个 C 和 6 个 H）一定共平面，加上羟基的 O 原子，至少有 12 个原子共平面，故 A 正确；
B、b→c 的过程中，硝基被还原为氨基，属于还原反应，故 B 正确；
C、c 为对氨基苯酚，苯环上有 4 个不同的氢原子，其二氯代物共有 6 种，故 C 错误；
D、d 中酚羟基和酰胺基均能与 NaOH 反应，1mol d 最多能与 2mol NaOH 反应，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
苯酚分子的共面原子判断：苯环为平面结构，苯环及直接相连的原子均可共平面；
有机反应类型判断：硝基转化为氨基是加氢去氧的过程，属于还原反应；
二氯代物同分异构体数目判断：采用定一移一法分析对氨基苯酚苯环上氢原子的种类；
有机物与 NaOH 反应的比例判断：酚羟基和酰胺基均能与 NaOH 反应，需结合官能团的性质分析反应比例。
9．有机物M、N、Q的转化关系如下图。下列说法错误的是
A．M→N的反应类型为取代反应
B．N中存在手性碳原子
C．Q分子中所有的碳原子一定共面
D．Q中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
【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；取代反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、M→N 是烷烃的氢原子被氯原子取代的反应，属于取代反应，故 A 正确；
B、N 中与氯原子直接相连的碳原子，连接了四个不同的基团，为手性碳原子： ，故 B 正确；
C、Q 分子中，碳碳双键及其直接相连的碳原子共面，但分子中存在多个饱和碳原子，碳碳单键可以旋转，所有碳原子不一定共面，故 C 错误；
D、Q 中碳碳双键上的碳原子为 sp2 杂化，饱和碳原子为 sp3 杂化，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：烷烃的卤代反应属于取代反应；
手性碳原子判断：需连接四个不同原子或基团；
有机物共面问题：碳碳双键为平面结构，但饱和碳的单键可旋转，不一定所有碳原子共面；
杂化方式判断：双键碳为 sp2 杂化，饱和碳为 sp3 杂化。
10．硫化亚砷()常用作颜料、还原剂和药物等，易溶于NaOH溶液，反应原理为。下列说法正确的是
A．第一电离能：O>N>S
B．键角：
C．电负性：As>S>O
D．的空间结构是平面三角形
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、N 原子的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常高于 O，故顺序应为 N>O>S，A 错误；
B、NH3、PH3、AsH3中中心原子的电负性逐渐减小，成键电子对之间的排斥力逐渐减弱，键角逐渐减小，故键角：NH3>PH3>AsH3，B 正确；
C、同主族元素电负性从上到下逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，故电负性顺序为 O>S>As，C 错误；
D、AsO33-中心 As 原子的价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），空间结构为三角锥形，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
第一电离能的变化规律：需注意第 ⅤA 族元素因 p 轨道半充满，第一电离能高于相邻的第 ⅥA 族元素；
键角的影响因素：中心原子电负性越小，成键电子对越远离中心原子，成键电子对之间排斥力越弱，键角越小；
电负性的递变规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；
离子空间结构的判断：通过价层电子对互斥理论计算价层电子对数，孤电子对会影响分子的空间构型。
11．实验室提纯以下物质(括号内为杂质)，所选用除杂试剂和实验方法都正确的是
选项 被提纯的物质 除杂试剂 实验方法
A 乙酸(乙醇) 氢氧化钠溶液 蒸馏
B 苯甲酸(含少量泥沙、NaCl) 水 重结晶
C 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
D 苯(环己烯) 溴水 过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、乙酸会与氢氧化钠溶液发生中和反应，不能达到除杂目的，故 A 错误；
B、苯甲酸在水中的溶解度随温度变化较大，而泥沙不溶于水、NaCl 溶解度受温度影响小，可通过加水溶解、过滤、重结晶的方法提纯，故 B 正确；
C、乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，引入新的杂质，故 C 错误；
D、环己烯与溴水加成后的产物与苯互溶，无法通过过滤分离，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
除杂试剂不能与被提纯物质发生反应，乙酸会与 NaOH 反应；
重结晶法适用于溶解度随温度变化差异大的物质提纯，苯甲酸符合该条件；
除杂过程不能引入新杂质，乙烯被酸性 KMnO4氧化会生成 CO2；
过滤适用于分离固液混合物，苯与溴水加成产物互溶，无法用过滤分离。
12．F2和Xe可在一定条件下反应生成X，若Xe过量则生成Y，X和Y的晶胞示意图如图所示，晶胞体积之比为V(X)：V(Y)=17∶13.下列关于X和Y的说法错误的是
A．两种晶体都属于分子晶体 B．XeF4的配位数为8
C．晶体密度：X>Y D．两种分子都属于非极性分子
【答案】C
【知识点】分子晶体；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、X 和 Y 均由分子构成，均属于分子晶体，故 A 正确；
B、观察 X 的晶胞结构，XeF4分子周围最近且等距离的 Xe 原子数为 8，故其配位数为 8，B 正确；
C、计算晶胞中分子数，X 晶胞含 8×+1=2 个 XeF4，Y 晶胞含 8×+1=2 个 XeF2；根据密度公式，质量比为 (2×207)：(2×171)，体积比为 17：13， 设XeF4和XeF2晶体的密度分别为d1g/cm3、d2g/cm3， 由晶胞的质量公式可得：， 故晶体密度：X＜Y ，C错误；
D、XeF4为平面正方形结构，XeF2为直线形结构，分子结构对称，正负电荷中心重合，均为非极性分子，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：由分子构成的晶体为分子晶体；
配位数判断：通过晶胞结构观察分子周围最近且等距离的原子数目；
晶体密度计算：根据晶胞中分子数、相对分子质量和晶胞体积，利用密度公式 ρ= 进行计算比较；
分子极性判断：根据分子的空间结构是否对称，判断正负电荷中心是否重合。
13．下列实验方案能达到实验目的的是
实验目的 实验方案
A 检验苯中是否含 有苯酚 在盛有苯和苯酚混合溶液的试管中滴加少量溴水。观察实验现象
B 检验氯丙烷中是 否含有氯元素 将氯丙烷和NaOH溶液混合后加热，再滴加硝酸银溶液，观察实验现象
C 探究葡萄糖的 还原性 在一支试管中先加入2mL10%NaOH溶液，滴入5滴5%CuSO4溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热。观察实验现象
D 探究乙醇发生 消去反应 加热乙醇与浓硫酸的混合液至170℃，将生成的气体通入溴水中，观察溴水是否褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】卤代烃简介；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、苯酚与少量溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，无法观察到白色沉淀，不能检验，故A不符合题意 ；
B、氯丙烷在碱性条件下水解后，需先加稀硝酸中和过量的 NaOH，再滴加硝酸银溶液，否则 OH-会干扰 Cl-的检验，故B不符合题意 ；
C、新制 Cu(OH)2悬浊液的制备需 NaOH 过量，葡萄糖在碱性条件下加热能还原 Cu(OH)2生成砖红色 Cu2O 沉淀，可探究其还原性，故C符合题意 ；
D、乙醇消去反应生成的乙烯中混有 SO2杂质，SO2也能使溴水褪色，无法证明生成了乙烯，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚易溶于有机溶剂苯，无法直接观察到沉淀；
卤代烃水解后检验卤素离子，需先加酸中和过量的碱，避免 OH-与 Ag+反应生成沉淀；
葡萄糖与新制 Cu(OH)2悬浊液反应需在碱性条件下进行，NaOH 需过量；
乙醇消去反应的产物中混有 SO2杂质，SO2具有还原性，会干扰乙烯的检验。
14．是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是
A．该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键
B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，应先用CuCl的盐酸溶液吸收CO
C．中只有Cl-、作配体
D．中Cu的化合价为+1，配位数为3
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配位键由空轨道的接受体和孤电子对的给予体形成，Cu+价层有空轨道，CO 中 C 原子含孤电子对，二者形成配位键，A正确；
B、H [CuCl2] 不仅吸收 CO，还能吸收 O2，若先用其吸收 CO，O保存进入下一题2也会被同时吸收，无法单独测定 CO 含量，B错误；
C、从结构可知，[Cu(CO) Cl H2O]2中除了 Cl-、H2O，CO 也是配体（与 Cu+配位），C错误；
D、Cu 化合价为 +1，但配位数是 4（每个 Cu+与 1 个 CO、1 个 Cl-、2 个 H2O 配位），并非 3，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
配位键的形成主体混淆：易误判 CO 中提供孤电子对的原子（实际是 C 而非 O），或忽略 Cu+的空轨道作用。
吸收剂的选择性忽略：错认为 H [CuCl2] 仅吸收 CO，未注意它也能吸收 O2，导致测定混合气体时的操作顺序错误。
配体的判断不全面：只关注 Cl-、H2O，遗漏结构中与 Cu+配位的 CO，误判配体种类。
配位数的计算错误：未结合结构分析每个 Cu+的配位对象（CO、Cl-、2 个 H2O），错将配位数算为 3。
15．通过以下反应机理可以实现有机增环反应：
已知：为。
下列说法错误的是
A．a与b生成c的反应类型为加成反应
B．d中含氧官能团为酯基和酮羰基
C．e与足量氢气加成后的分子中含有4个手性碳
D．与经上述反应可生成
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A、a 与 b 在碱的作用下生成 c，是发生的加成反应，故 A 正确；
B、d 分子中含氧官能团为酯基和酮羰基，故 B 正确；
C、e 与足量氢气加成后，羰基全部还原为羟基： ，此时分子中含有3个手性碳原子，如图：，故 C 错误；
D、根据题目中的反应机理，和先反应生成，接着在碱性环境中转化为，再然后在碱性环境中转化为，其发生消去反应生成，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：a 与 b 的反应是典型的 Michael 加成反应，属于加成反应；
官能团识别：d 分子中含有酯基（-COOEt）和酮羰基（C=O）；
手性碳判断：与足量 H2加成后，所有羰基被还原为饱和碳，需逐个判断连有 4 个不同基团的碳原子，共 6 个手性碳；
反应机理迁移：根据题干的增环反应机理，可判断 D 选项中的反应物能生成目标产物。
16．某除草剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E与Z同族，W与Z同周期。下列说法正确的是
A．基态原子的未成对电子数：Y>Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>E
C．Y的氢化物的沸点小于Z的氢化物的沸点
D．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、基态 C 原子未成对电子数为 2，基态 N 原子未成对电子数为 3，故未成对电子数：Y < Z，A 错误；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3 > H2CO3 > H3PO4，即 Z > Y > E 不成立，正确顺序为 Z > E > Y，B 错误；
C、Y 的氢化物（烃类）沸点不一定小于 Z 的氢化物（如 NH3），例如大分子烃沸点可高于 NH3，C 错误；
D、N3-与 O2-核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故半径：O2- < N3-，即 W < Z，D 正确；
故答案为：D。
【分析】已知条件：X、Y、Z、W、E 为原子序数依次增大的短周期主族元素，E 与 Z 同族，W 与 Z 同周期，分子中 X 形成 1 个单键，是所有元素中成键数最少的，且原子序数最小，因此X 为 H（氢）。Y 在分子中形成 4 个单键，符合碳元素的成键特征，且原子序数大于 H，因此Y 为 C（碳）。Z 在分子中形成 3 个单键，最外层有 5 个电子，原子序数大于 C，因此Z 为 N（氮）。W 与 Z 同周期（第二周期），且在分子中可形成 2 个单键或双键，符合氧元素的成键特征，原子序数大于 N，因此W 为 O（氧）。E 与 Z（N）同族，为第 ⅤA 族元素，且原子序数大于 O，因此E 为 P（磷）。综上， X为H、Y为C、Z为N、W为O、E为P，据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．有机物种类繁多，回答下列问题：
（1）下列几组物质中，互为同系物的是　 　，互为同分异构体的是　 　(填序号)。
①氯气和液氯；②D和T；③和；④和；⑤和
（2）填写下列空白：
①的单体是　 　和　 　。
②的单体是　 　和　 　。
③已知A和B发生狄尔斯-阿尔德反应生成，则则A、B分别为　 　和　 　。
（3）有机物A、B的结构简式如下图所示：
①下列关于A物质的叙述中，正确的是　 　(填标号)。
A．可以发生还原反应
B．与FeCl3溶液发生显色反应
C.1 mol A最多可与1 mol H2反应
D．可与NaHCO3溶液反应
②写出1 mol B与过量Na2CO3溶液反应的化学方程式：　 　。
③写出1-溴丁烷与NaOH水溶液共热反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）③；④⑤
（2）；HOCH2CH2OH；；CH2=CH2；；
（3）AC；+2Na2CO3+2NaHCO3；BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHO CH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr
【知识点】同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；缩聚反应
【解析】（1）①氯气和液氯属于同一物质，但一种是气态、一种是液态；
②D和T是H元素的不同原子，二者互为同位素；
③CH3CH3和(CH3)2CH2CH3的结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，二者互为同系物；
④和分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体；
⑤和CH2=CHCH2CH3的分子式都是C4H8，结构不同，互为同分异构体；
互为同系物的是③；互为同分异构体的是④⑤；
故答案为：③；④⑤。
（2）①聚合物结构可知，的单体是和HOCH2CH2OH，两者发生缩聚反应生成高聚物；
②由和CH2=CH2发生加聚反应得到，所以的单体是和CH2=CH2；
③A和B发生狄尔斯-阿尔德反应生成，则A、B分别为、；
故答案为： ； HOCH2CH2OH ； ； CH2=CH2 ； ； ；
（3）①A．A含有碳碳双键能与氢气发生加成反应，因此可以发生还原反应，A正确；
B．A中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；
C．A中含有1个碳碳双键，1molA最多可与1molH2反应，C正确；
D．A中不含酚羟基，不与NaHCO3溶液反应，D错误；
②B中酚羟基和羧基都能与碳酸钠溶液反应，反应的化学方程式为+2Na2CO3+2NaHCO3；
③1-溴丁烷与氢氧化钠水溶液共热发生水解反应生成丁醇，化学方程式：BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHOCH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr。
故答案为：AC； +2Na2CO3+2NaHCO3 ； BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHO CH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr ；
【分析】（1）本题考查同素异形体、同位素、同系物、同分异构体的概念辨析。首先明确各组物质的类别：①为同种物质的不同状态；②为同种元素的不同核素；③为结构相似、组成相差 2 个 CH2的烷烃，符合同系物定义；④和⑤为分子式相同、结构不同的有机物，符合同分异构体定义，据此完成判断。
（2）①根据缩聚反应的断键规律，聚酯由二元酸和二元醇脱水缩合而成，反推得到单体；
②根据加聚反应的链节结构，断键后得到对应的烯烃单体；
③根据狄尔斯 - 阿尔德反应的成环规律，从产物结构反推双烯体和亲双烯体。
（3）①根据有机物 A 的官能团（碳碳双键），分析其加成反应、显色反应、与碳酸氢钠反应的可能性；
②根据 B 中酚羟基和羧基的酸性强弱，判断其与碳酸钠的反应产物，配平化学方程式；③根据卤代烃水解反应的条件和产物，写出 1 - 溴丁烷的水解方程式。
（1）①氯气和液氯属于同一物质，但一种是气态、一种是液态；
②D和T是H元素的不同原子，二者互为同位素；
③CH3CH3和(CH3)2CH2CH3的结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，二者互为同系物；
④和分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体；
⑤和CH2=CHCH2CH3的分子式都是C4H8，结构不同，互为同分异构体；
互为同系物的③，互为同分异构体的是④⑤；
（2）①聚合物结构可知，的单体是和HOCH2CH2OH，两者发生缩聚反应生成高聚物；
②由和CH2=CH2发生加聚反应得到，所以的单体是和CH2=CH2；
③A和B发生狄尔斯-阿尔德反应生成，则A、B分别为、；
（3）①A．A含有碳碳双键能与氢气发生加成反应，因此可以发生还原反应，A正确；
B．A中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；
C．A中含有1个碳碳双键，1molA最多可与1molH2反应，C正确；
D．A中不含酚羟基，不与NaHCO3溶液反应，D错误；
故选AC；
②B中酚羟基和羧基都能与碳酸钠溶液反应，反应的化学方程式为+2Na2CO3+2NaHCO3；
③1-溴丁烷与氢氧化钠水溶液共热发生水解反应生成丁醇，化学方程式：BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHOCH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr。
18．山梨酸乙酯()对细菌、霉菌等有很好的灭活作用，广泛地用作各类食品的保鲜剂以及家畜、家禽的消毒剂。直接酯化法合成山梨酸乙酯的装置(夹持装置省略)如图所示，该方法简单，原料易得，产物纯度高。
可能用到的有关数据如下表：
物质 相对分子质量 密度/( g cm-3 ) 沸点/℃ 水溶性
山梨酸 112 1.204 228 易溶
乙醇 46 0.789 78 易溶
山梨酸乙酯 140 0.926 195 难溶
环己烷 84 0.780 80.7 难溶
实验步骤：
在三颈烧瓶中加入5.6 g山梨酸()、乙醇、环己烷、少量催化剂和几粒沸石，油浴加热三颈烧瓶，反应温度为110℃，回流4小时后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温，滤去催化剂和沸石，将滤液倒入分液漏斗中，先用5% NaHCO3溶液洗涤至中性，再用水洗涤、分液，在有机层中加入少量无水MgSO4，静置片刻，过滤，最后再进行蒸馏，收集195℃的馏分得到纯净的山梨酸乙酯5.2 g。
回答下列问题：
（1）仪器 a 的名称是　 　，仪器 b 的作用是　 　。
（2）为了将反应中生成的水及时移出反应体系，常加入带水剂。该山梨酸乙酯合成过程中在使用带水剂的同时还需在三颈烧瓶和仪器b之间装一个干燥管，该干燥管中可填充的试剂是　 　。
a．碱石灰 b．无水Na2SO4 c．浓硫酸
（3）洗涤、分液过程中，加入5% NaHCO3溶液的目的是　 　，有机层从分液漏斗的　 　(填“上口倒出”或“下口放出”)。
（4）写出山梨酸和乙醇反应制取山梨酸乙酯的化学方程式：　 　。
（5）对滤液进行蒸馏时，可使用到的仪器是下列中的　 　(填标号)。
（6）本实验中，山梨酸乙酯的产率是　 　(精确至0.1%)。
【答案】（1）三颈烧瓶；冷凝回流
（2）b
（3）除去剩余的山梨酸；上口倒出
（4）
（5）BD
（6）
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 仪器 a 的名称为三颈烧瓶；乙醇和环己烷的沸点较低，反应过程中易气化，仪器 b（冷凝管）的作用是冷凝回流未反应的乙醇和环己烷，提高原料利用率；
故答案为：三颈烧瓶；冷凝回流未反应的乙醇和环己烷，提高原料利用率。
（2） 浓硫酸为液态酸性干燥剂，通常用于洗气瓶中，不适合填充在干燥管内；碱石灰为碱性干燥剂，会与体系中的山梨酸发生反应，不能使用；无水硫酸钠为中性固体干燥剂，既能有效吸收水分，又不与反应体系中的物质发生反应，因此应选用 b；
故答案为：b。
（3）①山梨酸分子中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成易溶于水的山梨酸钠、二氧化碳和水，因此加入 5% NaHCO3溶液的目的是除去反应体系中剩余的山梨酸；
②有机层的密度小于水，会浮在水层上方，因此分液时水层从下口放出，有机层需从分液漏斗的上口倒出；
故答案为：除去剩余的山梨酸；上口倒出。
（4）山梨酸和乙醇反应制取山梨酸乙酯的化学方程式为：；
（5） 蒸馏操作需要用到蒸馏烧瓶（B）盛放液体混合物、冷凝管（D）冷凝蒸气，分液漏斗（A）用于分液、容量瓶（C）用于配制溶液、普通漏斗（E）用于过滤，均与蒸馏操作无关，
故答案为：BD。
（6）根据反应方程式，1mol山梨酸理论上生成1mol山梨酸乙酯，5.6g山梨酸理论上生成山梨酸乙酯，本实验中，山梨酸乙酯的产率是：，
故答案为：74.3%。
【分析】本实验以山梨酸与乙醇的酯化反应为核心，装置中 a 为三颈烧瓶，作为反应容器；b 为冷凝管，由于反应可逆且原料乙醇、带水剂环己烷沸点低易挥发，冷凝管可对气化的原料进行冷凝回流，减少挥发损失，提高原料利用率与反应产率。反应结束后，需对产物进行干燥、洗涤、分液等后处理，再结合产率公式（产率 = 实际产量÷理论产量 ×100%），通过山梨酸的质量计算理论产量，进而求得实验产率。
（1）根据实验装置图识别仪器名称，结合乙醇、环己烷沸点低易气化的特点，判断冷凝管的作用为冷凝回流，提高原料利用率。
（2）结合干燥剂的状态、酸碱性及与反应体系的相容性，排除浓硫酸（液态，不适用于干燥管）和碱石灰（碱性，会与山梨酸反应），选择中性的无水硫酸钠。
（3）①利用山梨酸的羧基与碳酸氢钠的反应，除去体系中剩余的山梨酸；②根据有机层密度小于水的特点，判断分液时有机层的出口为分液漏斗上口。
（4）根据酯化反应的原理，酸脱羟基、醇脱氢，写出山梨酸与乙醇的可逆反应方程式，标注反应条件。
（5）根据蒸馏操作的仪器要求，选择蒸馏烧瓶和冷凝管，排除分液漏斗、容量瓶、普通漏斗等无关仪器。
（6）先根据山梨酸的质量计算理论上生成山梨酸乙酯的质量，再结合实际产量，利用产率公式（实际产量÷理论产量 ×100%）计算产率。
（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；乙醇、环己烷的沸点比较低，易气化，仪器b的作用是冷凝回流未反应的乙醇和环己烷；故答案为：三颈烧瓶；冷凝回流；
（2）浓硫酸是酸性干燥剂，吸水性强，但通常以液态形式用于洗气瓶中，而非干燥管，干燥管一般填充固体干燥剂；碱石灰是碱性干燥剂，会与反应体系中的山梨酸发生反应，不适用在此干燥管中填充；无水硫酸钠是中性干燥剂，它能有效吸收水分且不会与反应体系中的物质发生反应，故答案为：b；
（3）①山梨酸中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成山梨酸钠、二氧化碳和水，洗涤、分液过程中，加入5% NaHCO3溶液的目的是除去剩余的山梨酸；
②有机层的密度小于水，浮在水上，水层从下口放出，有机层从分液漏斗的上口倒出；
故答案为：除去剩余的山梨酸；上口倒出；
（4）山梨酸和乙醇反应制取山梨酸乙酯的化学方程式为：；
（5）蒸馏需蒸馏烧瓶(B)和冷凝管(D)，A是分液漏斗用于分液，C是容量瓶用于配制溶液，E是漏斗用于过滤，均不选，故答案为：BD；
（6）根据反应方程式，1mol山梨酸理论上生成1mol山梨酸乙酯，5.6g山梨酸理论上生成山梨酸乙酯，本实验中，山梨酸乙酯的产率是：，故答案为：74.3%。
19．实验室以含锌废液(主要成分为，含少量的、、)为原料制备活性的实验流程如图所示。
已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示(当溶液中金属阳离子浓度为时恰好完全沉淀)：
物质
开始沉淀的pH 1.9 6.8 6.2
完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.2(注：开始溶解)
请回答下列问题：
（1）基态锌原子的价层电子排布式为　 　，处于周期表的　 　区。
（2）“除锰”阶段被氧化的元素有　 　(填元素名称)。
（3）“除铁”时需调节溶液的pH范围为　 　。
（4）用必要的化学用语和平衡移动原理解释“除铁”原理：　 　。
（5）利用与醋酸反应也能制备。若、、分别用、、表示，则的化学平衡常数　 　(用含、、的代数式表示)
（6）“一系列操作”包括　 　、过滤、洗涤、干燥等。
（7）用锌与铜制得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为nm。
①与Cu等距离且最近的Cu有　 　个。
②该铜锌合金晶体密度为　 　(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）；ds
（2）锰、铁
（3）
（4）溶液中存在水解平衡：，加入的消耗，溶液中减小，水解平衡正向移动
（5）
（6）蒸发浓缩、冷却结晶
（7）①8；②
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)Zn为30号元素，核外电子排布式，价层电子包含3d、4s轨道电子，价层电子排布式为；Zn最外层价电子位于4s轨道，内层3d轨道填满，属于周期表ds区元素。
故答案为： ； ds ；
(2)除锰工序加入作氧化剂，废液中被氧化生成，同步被氧化为；Mn、Fe两种元素化合价升高，发生氧化反应，因此被氧化的元素为锰、铁。
故答案为：锰、铁；
(3)除铁目标是让完全沉淀，同时保证不开始沉淀；由表格数据，完全沉淀pH=2.8，开始沉淀pH=6.2，因此pH控制范围为 。
故答案为：；
(4)溶液中存在可逆水解平衡：；加入会与体系发生中和反应，使溶液中降低，根据勒夏特列原理，水解平衡正向移动，最终完全转化为沉淀除去。
故答案为：溶液中存在水解平衡：，加入的消耗，溶液中减小，水解平衡正向移动；
(5)已知平衡：
醋酸电离：
水的离子积： ，
目标反应：
平衡常数表达式：
故答案为： ；
(6)醋酸与反应得到醋酸锌水溶液，要获得二水合醋酸锌晶体，需先蒸发浓缩提高溶液浓度，再冷却结晶析出晶体，后续过滤、洗涤、干燥得到产物，因此一系列操作包含蒸发浓缩、冷却结晶。
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(7)①晶胞内部Cu原子位于正八面体中心，同一层内4个Cu原子距离相等，上下两层各4个Cu原子，总计8个与中心Cu等距且最近的Cu原子。
答案：
②晶胞均摊计算：Zn位于顶点，；Cu位于体内，共4个；单个晶胞总质量；
晶胞参数，晶胞体积；
密度公式，代入得：
故答案为：8；；
【分析】以含、、的含锌废液为原料，先通入氧化、，过滤除去实现除锰；再加入调节pH，使完全沉淀除铁；向滤液加沉锌，过滤洗涤得到固体；固体与醋酸反应后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，最终制得。
(1) 依据Zn元素原子序数书写价层电子排布，根据价电子轨道类型判断元素周期分区。
(2) 除锰步骤加入氧化剂，对比反应前后Mn、Fe元素化合价，化合价升高的元素发生氧化反应。
(3) 结合金属氢氧化物沉淀pH表格，找到完全沉淀、不沉淀的pH区间。
(4) 写出水解可逆方程式，利用勒夏特列平衡移动原理，分析消耗氢离子对水解平衡的推动作用。
(5) 拆分溶度积、醋酸电离常数、水的离子积三个平衡式，通过代数变形联立推导总反应平衡常数代数式。
(6) 从水溶液获取结晶水合物的常规提纯操作，先浓缩再降温析出晶体。
(7)① 观察晶胞内部Cu原子空间排布，数出距离中心Cu原子最近的等距Cu原子数目。
② 先使用均摊法算出晶胞内Zn、Cu原子总数，求出晶胞总质量；统一长度单位得到晶胞体积，代入密度公式化简得出密度表达式。
（1）核外有30个电子，电子排布式为，价层电子排布式为，处于周期表的区；
（2）由分析可知，在“除锰”阶段，向废液中加入，可将转化为，将氧化为，故被氧化的元素为锰和铁；
（3）“除铁”时，加入后可将转化为，根据已知条件表格中的数据可知，要让完全沉淀，此时，但又不能让以沉淀的形式存在，因此，故“除铁”时需调节溶液的pH范围为；
（4）在“除铁”的过程中存在的水解平衡，向其中加入，可消耗体系中的，使平衡正向移动，即可将完全沉淀；
（5），，，反应的平衡常数；
（6）中加入醋酸，得到，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，可得到；
（7）①由晶胞的结构可知，与等距离的原子有8个；
②根据均摊法可知，该晶胞中含：个，含：个，故该铜锌合金晶体密度为。
20．偶联反应在有机合成中应用比较广泛，常用于增长碳链，一种利用该方法合成化工中间体(Ⅵ)的路线如图所示：
回答下列问题：
（1）I的化学名称为　 　。
（2）写出Ⅱ→Ⅲ的化学方程式：　 　。
（3）根据VI的结构特征，分析预测其化学性质，完成下表。
序号 官能团名称 可反应的试剂 反应形成新官能团的名称 反应类型
① 碳碳三键 碳碳双键 加成反应
② 　 　 　 　 　 　 　 　
（4）已知写出V()与HCHO在催化剂条件下发生羟醛缩合反应的化学方程式：　 　。
（5）属于二烯烃且两个碳碳双键仅间隔一个碳碳单键的Ⅲ的链状同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶1∶1的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线和信息，以苯和苯乙炔为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：　 　(不用写具体反应条件)。
【答案】（1）3，3-二甲基-1-丁烯
（2）
（3）酮羰基；H2；羟基；加成反应
（4）
（5）7；
（6）
【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
【解析】【解答】（1） 有机物 Ⅰ 的结构为 CH2=CH-C (CH3)3，主链为含碳碳双键的 4 个碳原子，双键在 1 号碳上，3 号碳上连有两个甲基，按照烯烃系统命名法，化学名称为 3，3 - 二甲基 - 1 - 丁烯；
故答案为：3，3 - 二甲基 - 1 - 丁烯。
（2） Ⅱ→Ⅲ 为 1，2 - 二氯 - 3，3 - 二甲基丁烷的消去反应，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下，脱去两分子 HCl，生成 3，3 - 二甲基 - 1 - 丁炔，化学方程式为：；
故答案为：；
（3） 有机物 Ⅵ 中的官能团为酮羰基和碳碳三键；酮羰基可与 H2发生加成反应，生成羟基；该反应属于加成反应；
故答案为：酮羰基；H2；羟基；加成反应。
（4） 溴代苯乙酮与甲醛在催化剂作用下发生加成反应，化学方程式为：；
故答案为：；
（5）满足条件的Ⅲ的同分异构体如下，若数字表示甲基位置：，，若数字表示乙基位置：，共7种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶1∶1的结构简式为：；
故答案为：7；；
（6）对照原料苯和苯乙炔与目标产物的结构，可知需要增长碳链，考虑利用上述流程的偶联反应，由逆向合成分析法，可得合成路线：。
故答案为：。
【分析】该有机合成流程以 为起始原料，先与 Cl2 发生加成反应，在碳碳双键上引入两个氯原子，生成 ；随后该氯代烃在碱的醇溶液、加热条件下发生消去反应，脱去两分子氯化氢，形成碳碳三键，得到 ；最终，该炔烃通过偶联反应生成目标产物。
（1）根据烯烃的系统命名规则，选取含碳碳双键的最长碳链为主链，从靠近双键的一端编号，结合取代基的位置和名称，确定有机物 Ⅰ 的化学名称。
（2）氯代烃在碱的醇溶液、加热条件下发生消去反应，脱去两分子 HCl，生成碳碳三键，根据反应原理配平化学方程式。
（3）识别有机物 Ⅵ 中的官能团，结合酮羰基的化学性质，判断其可与氢气发生加成反应，生成羟基，确定反应类型。
（4）根据已知反应信息，仿照反应原理，写出溴代苯乙酮与甲醛的反应方程式，标注反应条件。
（5）根据限定条件书写同分异构体，通过分析双键位置、取代基种类与位置，得出总数；再结合核磁共振氢谱的峰组数和面积比，筛选出符合条件的结构。
（6）采用逆向合成分析法，结合题目中的偶联反应和加成反应，设计从苯到目标产物的合成路线，标注每一步的反应试剂和条件。
（1）I含有碳碳双键，化学名称为3，3-二甲基-1-丁烯；故答案为：3，3-二甲基-1-丁烯；
（2）根据分析，Ⅱ→Ⅲ为氯代烃的消去反应，方程式为；
故答案为：；
（3）VI中的官能团为酮羰基和碳碳三键，酮羰基可与H2发生加成反应生成羟基；故答案为：酮羰基；H2；羟基；加成反应；
（4）根据已知信息，与HCHO反应的化学方程式为：；
（5）满足条件的Ⅲ的同分异构体如下，若数字表示甲基位置：，，若数字表示乙基位置：，共7种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶1∶1的结构简式为：；
故答案为：7；；
（6）对照原料苯和苯乙炔与目标产物的结构，可知需要增长碳链，考虑利用上述流程的偶联反应，由逆向合成分析法，可得合成路线：。
1 / 1广东省湛江第一中学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．中华民族创造了辉煌灿烂的文化，下列说法错误的是
A．内江糖画制作所用白糖的主要成分属于二糖
B．“缣帛”是丝织品制成的“纸”，其主要成分属于纤维素
C．北京绢花、扬州绒花用到的主要材料蚕丝是天然高分子材料
D．虞弘墓汉白玉石椁的汉白玉晶体结构可用X射线衍射仪测定
2．化学与科技、生产、生活密切相关。下列叙述正确的是
A．冠醚可用于识别碱金属离子
B．苯酚消毒液是利用其酸性破坏病毒蛋白结构进行杀毒
C．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
D．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油
3．荜茇酰胺是从中药荜茇中提取的一种有抗癌活性的天然生物碱，结构如下图所示。下列说法错误的是
A．分子式为C17H19NO5 B．能使溴水褪色
C．分子中有3种官能团 D．不存在顺反异构
4．下列有关化学用语错误的是
A．H2Se分子的价层电子对互斥模型：
B．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图：
C．反-2-丁烯的结构简式：
D．基态Co2+的价层电子轨道表示式：
5．物质结构决定性质，下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A．分子呈三角锥形结构，其中的N原子采用杂化
B．CO为极性分子，N2为非极性分子，因此沸点：CO＜N2
C．NaCl晶体中，和以分子形式存在于晶胞中
D．Mg2+的半径比Ca2+小，CaO的熔点比MgO高
6．下列物质结构、性质与用途具有对应关系的是
A．乙烯分子中有碳碳双键，可用于制聚乙烯保鲜膜
B．甲醛能发生银镜反应，可用于浸制生物标本
C．乙二醇易溶于水，可用作汽车防冻液
D．甲苯具有挥发性，可用于制备2，4，6-三硝基甲苯
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol羟基所含电子数为10NA
B．2.6 g苯和乙炔的混合物中含有原子总数为0.2NA
C．1 mol[Cu(NH3)4]2+中σ键数为12NA
D．12 g石墨晶体中六元环数量为0.5NA
8．一种对乙酰氨基酚的合成路线如下。下列说法错误的是
A．a至少有12个原子共平面 B．b→c的反应类型为还原反应
C．c苯环上的二氯代物有3种 D．1mol d最多能与2mol NaOH反应
9．有机物M、N、Q的转化关系如下图。下列说法错误的是
A．M→N的反应类型为取代反应
B．N中存在手性碳原子
C．Q分子中所有的碳原子一定共面
D．Q中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
10．硫化亚砷()常用作颜料、还原剂和药物等，易溶于NaOH溶液，反应原理为。下列说法正确的是
A．第一电离能：O>N>S
B．键角：
C．电负性：As>S>O
D．的空间结构是平面三角形
11．实验室提纯以下物质(括号内为杂质)，所选用除杂试剂和实验方法都正确的是
选项 被提纯的物质 除杂试剂 实验方法
A 乙酸(乙醇) 氢氧化钠溶液 蒸馏
B 苯甲酸(含少量泥沙、NaCl) 水 重结晶
C 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
D 苯(环己烯) 溴水 过滤
A．A B．B C．C D．D
12．F2和Xe可在一定条件下反应生成X，若Xe过量则生成Y，X和Y的晶胞示意图如图所示，晶胞体积之比为V(X)：V(Y)=17∶13.下列关于X和Y的说法错误的是
A．两种晶体都属于分子晶体 B．XeF4的配位数为8
C．晶体密度：X>Y D．两种分子都属于非极性分子
13．下列实验方案能达到实验目的的是
实验目的 实验方案
A 检验苯中是否含 有苯酚 在盛有苯和苯酚混合溶液的试管中滴加少量溴水。观察实验现象
B 检验氯丙烷中是 否含有氯元素 将氯丙烷和NaOH溶液混合后加热，再滴加硝酸银溶液，观察实验现象
C 探究葡萄糖的 还原性 在一支试管中先加入2mL10%NaOH溶液，滴入5滴5%CuSO4溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热。观察实验现象
D 探究乙醇发生 消去反应 加热乙醇与浓硫酸的混合液至170℃，将生成的气体通入溴水中，观察溴水是否褪色
A．A B．B C．C D．D
14．是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是
A．该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键
B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，应先用CuCl的盐酸溶液吸收CO
C．中只有Cl-、作配体
D．中Cu的化合价为+1，配位数为3
15．通过以下反应机理可以实现有机增环反应：
已知：为。
下列说法错误的是
A．a与b生成c的反应类型为加成反应
B．d中含氧官能团为酯基和酮羰基
C．e与足量氢气加成后的分子中含有4个手性碳
D．与经上述反应可生成
16．某除草剂的分子结构如图所示。X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E与Z同族，W与Z同周期。下列说法正确的是
A．基态原子的未成对电子数：Y>Z
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>E
C．Y的氢化物的沸点小于Z的氢化物的沸点
D．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．有机物种类繁多，回答下列问题：
（1）下列几组物质中，互为同系物的是　 　，互为同分异构体的是　 　(填序号)。
①氯气和液氯；②D和T；③和；④和；⑤和
（2）填写下列空白：
①的单体是　 　和　 　。
②的单体是　 　和　 　。
③已知A和B发生狄尔斯-阿尔德反应生成，则则A、B分别为　 　和　 　。
（3）有机物A、B的结构简式如下图所示：
①下列关于A物质的叙述中，正确的是　 　(填标号)。
A．可以发生还原反应
B．与FeCl3溶液发生显色反应
C.1 mol A最多可与1 mol H2反应
D．可与NaHCO3溶液反应
②写出1 mol B与过量Na2CO3溶液反应的化学方程式：　 　。
③写出1-溴丁烷与NaOH水溶液共热反应的化学方程式：　 　。
18．山梨酸乙酯()对细菌、霉菌等有很好的灭活作用，广泛地用作各类食品的保鲜剂以及家畜、家禽的消毒剂。直接酯化法合成山梨酸乙酯的装置(夹持装置省略)如图所示，该方法简单，原料易得，产物纯度高。
可能用到的有关数据如下表：
物质 相对分子质量 密度/( g cm-3 ) 沸点/℃ 水溶性
山梨酸 112 1.204 228 易溶
乙醇 46 0.789 78 易溶
山梨酸乙酯 140 0.926 195 难溶
环己烷 84 0.780 80.7 难溶
实验步骤：
在三颈烧瓶中加入5.6 g山梨酸()、乙醇、环己烷、少量催化剂和几粒沸石，油浴加热三颈烧瓶，反应温度为110℃，回流4小时后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温，滤去催化剂和沸石，将滤液倒入分液漏斗中，先用5% NaHCO3溶液洗涤至中性，再用水洗涤、分液，在有机层中加入少量无水MgSO4，静置片刻，过滤，最后再进行蒸馏，收集195℃的馏分得到纯净的山梨酸乙酯5.2 g。
回答下列问题：
（1）仪器 a 的名称是　 　，仪器 b 的作用是　 　。
（2）为了将反应中生成的水及时移出反应体系，常加入带水剂。该山梨酸乙酯合成过程中在使用带水剂的同时还需在三颈烧瓶和仪器b之间装一个干燥管，该干燥管中可填充的试剂是　 　。
a．碱石灰 b．无水Na2SO4 c．浓硫酸
（3）洗涤、分液过程中，加入5% NaHCO3溶液的目的是　 　，有机层从分液漏斗的　 　(填“上口倒出”或“下口放出”)。
（4）写出山梨酸和乙醇反应制取山梨酸乙酯的化学方程式：　 　。
（5）对滤液进行蒸馏时，可使用到的仪器是下列中的　 　(填标号)。
（6）本实验中，山梨酸乙酯的产率是　 　(精确至0.1%)。
19．实验室以含锌废液(主要成分为，含少量的、、)为原料制备活性的实验流程如图所示。
已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示(当溶液中金属阳离子浓度为时恰好完全沉淀)：
物质
开始沉淀的pH 1.9 6.8 6.2
完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.2(注：开始溶解)
请回答下列问题：
（1）基态锌原子的价层电子排布式为　 　，处于周期表的　 　区。
（2）“除锰”阶段被氧化的元素有　 　(填元素名称)。
（3）“除铁”时需调节溶液的pH范围为　 　。
（4）用必要的化学用语和平衡移动原理解释“除铁”原理：　 　。
（5）利用与醋酸反应也能制备。若、、分别用、、表示，则的化学平衡常数　 　(用含、、的代数式表示)
（6）“一系列操作”包括　 　、过滤、洗涤、干燥等。
（7）用锌与铜制得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为nm。
①与Cu等距离且最近的Cu有　 　个。
②该铜锌合金晶体密度为　 　(设为阿伏加德罗常数的值)。
20．偶联反应在有机合成中应用比较广泛，常用于增长碳链，一种利用该方法合成化工中间体(Ⅵ)的路线如图所示：
回答下列问题：
（1）I的化学名称为　 　。
（2）写出Ⅱ→Ⅲ的化学方程式：　 　。
（3）根据VI的结构特征，分析预测其化学性质，完成下表。
序号 官能团名称 可反应的试剂 反应形成新官能团的名称 反应类型
① 碳碳三键 碳碳双键 加成反应
② 　 　 　 　 　 　 　 　
（4）已知写出V()与HCHO在催化剂条件下发生羟醛缩合反应的化学方程式：　 　。
（5）属于二烯烃且两个碳碳双键仅间隔一个碳碳单键的Ⅲ的链状同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶1∶1的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线和信息，以苯和苯乙炔为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：　 　(不用写具体反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二糖的性质和用途；高分子材料；晶体的定义
【解析】【解答】A、白糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，故 A 正确；
B、“缣帛” 是丝织品，主要成分是蛋白质，不是纤维素，故 B 错误；
C、蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，故 C 正确；
D、X 射线衍射仪可用于测定晶体结构，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
白糖的主要成分是蔗糖，属于典型的二糖；
丝织品的主要成分是蛋白质，纤维素是植物纤维的主要成分；
蚕丝是天然蛋白质，属于高分子材料；
X 射线衍射仪是测定晶体结构的常用仪器。
2．【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；营养均衡与人体健康的关系；晶体的定义
【解析】【解答】A、冠醚具有特定的空腔结构，可与半径匹配的碱金属离子形成稳定配合物，用于识别碱金属离子，故 A 正确；
B、苯酚消毒是利用其使蛋白质变性的性质，而非酸性，故 B 错误；
C、Si3N4是由原子通过共价键形成的空间网状结构，属于原子晶体，而非分子晶体，故 C 错误；
D、油脂在人体内水解生成高级脂肪酸和甘油，而非氨基酸，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
冠醚的分子识别特性：不同冠醚的空腔大小不同，可选择性结合特定半径的碱金属离子；
苯酚的消毒原理：苯酚通过使蛋白质变性来杀菌，与其酸性无关；
晶体类型判断：Si3N4由原子构成，属于原子晶体，具有高熔点、高硬度的特点；
油脂的水解产物：油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，氨基酸是蛋白质的水解产物。
3．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团
【解析】【解答】A、根据结构简式，该有机物的分子式为 C17H19NO5，故 A 正确；
B、分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应使其褪色，故 B 正确；
C、分子中含有醚键、碳碳双键、酰胺基（含羰基）三种官能团，故 C 正确；
D、分子中碳碳双键两端的碳原子均连接不同的原子或基团，存在顺反异构，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子式的确定：需准确数清分子中 C、H、N、O 原子的个数；
碳碳双键的性质：可与溴水发生加成反应，使溴水褪色；
官能团识别：醚键、碳碳双键、酰胺基是该分子含有的主要官能团；
顺反异构的判断：当碳碳双键两端的碳原子均连接两个不同的原子或基团时，分子存在顺反异构。
4．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、H2Se 分子中心 Se 原子的价层电子对数为 4（ ），价层电子对互斥模型为：，A正确；
B、基态 Be 原子的核外电子排布为 1s22s2，最高能级为 2s，其电子云轮廓图为球形，而非哑铃形，故 B 错误；
C、反 - 2 - 丁烯中两个甲基位于碳碳双键的两侧，结构简式为，C正确；
D、基态 Co2+的价层电子排布为 3d7，根据洪特规则，电子优先分占不同轨道且自旋平行，该轨道表示式为，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价层电子对互斥模型的判断：需计算中心原子的价层电子对数，包括 σ 键电子对和孤电子对；
电子云轮廓图的形状：s 轨道为球形，p 轨道为哑铃形，Be 原子的最高能级为 2s；
烯烃顺反异构的结构表示：反式结构中相同基团位于双键两侧；
价层电子轨道表示式的书写：需遵循泡利不相容原理和洪特规则。
5．【答案】A
【知识点】离子晶体；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（ ），采取 sp3 杂化，分子空间构型为三角锥形，故 A 正确；
B、CO 为极性分子，N2为非极性分子，且二者相对分子质量相同，极性分子的范德华力更强，因此沸点：CO > N2，故 B 错误；
C、NaCl 晶体是离子晶体，由 Na+和 Cl-直接构成，不存在分子，故 C 错误；
D、离子晶体的熔点与晶格能有关，Mg2+半径比 Ca2+小，MgO 的晶格能更大，因此 MgO 的熔点比 CaO 高，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子空间构型与杂化方式：价层电子对数决定杂化类型，NH3中 N 原子为 sp3 杂化，含一对孤电子对，分子呈三角锥形；
分子晶体沸点比较：极性分子的范德华力通常比非极性分子强（相对分子质量相近时）；
离子晶体的构成：NaCl 晶体中不存在分子，只存在离子；
晶格能与熔点的关系：离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔点越高。
6．【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的同系物及其性质；醇类简介
【解析】【解答】A、乙烯分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯可用于制作保鲜膜，故 A 正确；
B、甲醛能使蛋白质变性，因此可用于浸制生物标本，与发生银镜反应的性质无关，故 B 错误；
C、乙二醇用作汽车防冻液，是因为其水溶液凝固点低，而非易溶于水的性质，故 C 错误；
D、甲苯用于制备 2，4，6 - 三硝基甲苯，是因为甲基对苯环的活化作用，而非挥发性，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
物质的用途由其特定化学性质决定，需明确性质与用途之间的因果关系；
乙烯的碳碳双键是其发生加聚反应的结构基础，直接对应聚乙烯保鲜膜的用途；
甲醛的防腐作用源于蛋白质变性，与醛基的还原性无关；
防冻液的核心原理是降低水溶液凝固点，与溶解性无关；
甲苯的硝化反应依赖于苯环的活化，与挥发性无关。
7．【答案】D
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1 个羟基（-OH）含 9 个电子，1mol 羟基所含电子数为 9NA，故 A 错误；
B、苯（C6H6）和乙炔（C2H2）的最简式均为 CH，2.6g 混合物含 CH 的物质的量为 0.2mol，原子总数为 0.4NA，故 B 错误；
C、1 个 [Cu(NH3)4]2+中，每个 NH3含 3 个 σ 键，共 4 个 NH3，再加上 4 个配位 σ 键，σ 键总数为 16，故 1mol 该离子含 16NA个 σ 键，故 C 错误；
D、石墨晶体中，每个碳原子被 3 个六元环共用，每个六元环平均含 2 个碳原子，12g 石墨（1mol C）中六元环数量为 0.5NA，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
羟基与氢氧根的电子数差异：羟基不带电荷，电子数为 9，氢氧根带负电荷，电子数为 10；
最简式法计算混合气体原子数：苯和乙炔的最简式均为 CH，可按最简式直接计算；
配合物中 σ 键的计数：需包括配体内部的共价 σ 键和中心离子与配体之间的配位 σ 键；
石墨晶体中六元环与碳原子的关系：每个碳原子为 3 个六元环共有，每个六元环平均占有 2 个碳原子。
8．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、a 为苯酚，苯环上的 12 个原子（6 个 C 和 6 个 H）一定共平面，加上羟基的 O 原子，至少有 12 个原子共平面，故 A 正确；
B、b→c 的过程中，硝基被还原为氨基，属于还原反应，故 B 正确；
C、c 为对氨基苯酚，苯环上有 4 个不同的氢原子，其二氯代物共有 6 种，故 C 错误；
D、d 中酚羟基和酰胺基均能与 NaOH 反应，1mol d 最多能与 2mol NaOH 反应，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
苯酚分子的共面原子判断：苯环为平面结构，苯环及直接相连的原子均可共平面；
有机反应类型判断：硝基转化为氨基是加氢去氧的过程，属于还原反应；
二氯代物同分异构体数目判断：采用定一移一法分析对氨基苯酚苯环上氢原子的种类；
有机物与 NaOH 反应的比例判断：酚羟基和酰胺基均能与 NaOH 反应，需结合官能团的性质分析反应比例。
9．【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；取代反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、M→N 是烷烃的氢原子被氯原子取代的反应，属于取代反应，故 A 正确；
B、N 中与氯原子直接相连的碳原子，连接了四个不同的基团，为手性碳原子： ，故 B 正确；
C、Q 分子中，碳碳双键及其直接相连的碳原子共面，但分子中存在多个饱和碳原子，碳碳单键可以旋转，所有碳原子不一定共面，故 C 错误；
D、Q 中碳碳双键上的碳原子为 sp2 杂化，饱和碳原子为 sp3 杂化，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：烷烃的卤代反应属于取代反应；
手性碳原子判断：需连接四个不同原子或基团；
有机物共面问题：碳碳双键为平面结构，但饱和碳的单键可旋转，不一定所有碳原子共面；
杂化方式判断：双键碳为 sp2 杂化，饱和碳为 sp3 杂化。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、N 原子的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常高于 O，故顺序应为 N>O>S，A 错误；
B、NH3、PH3、AsH3中中心原子的电负性逐渐减小，成键电子对之间的排斥力逐渐减弱，键角逐渐减小，故键角：NH3>PH3>AsH3，B 正确；
C、同主族元素电负性从上到下逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，故电负性顺序为 O>S>As，C 错误；
D、AsO33-中心 As 原子的价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），空间结构为三角锥形，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
第一电离能的变化规律：需注意第 ⅤA 族元素因 p 轨道半充满，第一电离能高于相邻的第 ⅥA 族元素；
键角的影响因素：中心原子电负性越小，成键电子对越远离中心原子，成键电子对之间排斥力越弱，键角越小；
电负性的递变规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；
离子空间结构的判断：通过价层电子对互斥理论计算价层电子对数，孤电子对会影响分子的空间构型。
11．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、乙酸会与氢氧化钠溶液发生中和反应，不能达到除杂目的，故 A 错误；
B、苯甲酸在水中的溶解度随温度变化较大，而泥沙不溶于水、NaCl 溶解度受温度影响小，可通过加水溶解、过滤、重结晶的方法提纯，故 B 正确；
C、乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，引入新的杂质，故 C 错误；
D、环己烯与溴水加成后的产物与苯互溶，无法通过过滤分离，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
除杂试剂不能与被提纯物质发生反应，乙酸会与 NaOH 反应；
重结晶法适用于溶解度随温度变化差异大的物质提纯，苯甲酸符合该条件；
除杂过程不能引入新杂质，乙烯被酸性 KMnO4氧化会生成 CO2；
过滤适用于分离固液混合物，苯与溴水加成产物互溶，无法用过滤分离。
12．【答案】C
【知识点】分子晶体；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、X 和 Y 均由分子构成，均属于分子晶体，故 A 正确；
B、观察 X 的晶胞结构，XeF4分子周围最近且等距离的 Xe 原子数为 8，故其配位数为 8，B 正确；
C、计算晶胞中分子数，X 晶胞含 8×+1=2 个 XeF4，Y 晶胞含 8×+1=2 个 XeF2；根据密度公式，质量比为 (2×207)：(2×171)，体积比为 17：13， 设XeF4和XeF2晶体的密度分别为d1g/cm3、d2g/cm3， 由晶胞的质量公式可得：， 故晶体密度：X＜Y ，C错误；
D、XeF4为平面正方形结构，XeF2为直线形结构，分子结构对称，正负电荷中心重合，均为非极性分子，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：由分子构成的晶体为分子晶体；
配位数判断：通过晶胞结构观察分子周围最近且等距离的原子数目；
晶体密度计算：根据晶胞中分子数、相对分子质量和晶胞体积，利用密度公式 ρ= 进行计算比较；
分子极性判断：根据分子的空间结构是否对称，判断正负电荷中心是否重合。
13．【答案】C
【知识点】卤代烃简介；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、苯酚与少量溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，无法观察到白色沉淀，不能检验，故A不符合题意 ；
B、氯丙烷在碱性条件下水解后，需先加稀硝酸中和过量的 NaOH，再滴加硝酸银溶液，否则 OH-会干扰 Cl-的检验，故B不符合题意 ；
C、新制 Cu(OH)2悬浊液的制备需 NaOH 过量，葡萄糖在碱性条件下加热能还原 Cu(OH)2生成砖红色 Cu2O 沉淀，可探究其还原性，故C符合题意 ；
D、乙醇消去反应生成的乙烯中混有 SO2杂质，SO2也能使溴水褪色，无法证明生成了乙烯，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚易溶于有机溶剂苯，无法直接观察到沉淀；
卤代烃水解后检验卤素离子，需先加酸中和过量的碱，避免 OH-与 Ag+反应生成沉淀；
葡萄糖与新制 Cu(OH)2悬浊液反应需在碱性条件下进行，NaOH 需过量；
乙醇消去反应的产物中混有 SO2杂质，SO2具有还原性，会干扰乙烯的检验。
14．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配位键由空轨道的接受体和孤电子对的给予体形成，Cu+价层有空轨道，CO 中 C 原子含孤电子对，二者形成配位键，A正确；
B、H [CuCl2] 不仅吸收 CO，还能吸收 O2，若先用其吸收 CO，O保存进入下一题2也会被同时吸收，无法单独测定 CO 含量，B错误；
C、从结构可知，[Cu(CO) Cl H2O]2中除了 Cl-、H2O，CO 也是配体（与 Cu+配位），C错误；
D、Cu 化合价为 +1，但配位数是 4（每个 Cu+与 1 个 CO、1 个 Cl-、2 个 H2O 配位），并非 3，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
配位键的形成主体混淆：易误判 CO 中提供孤电子对的原子（实际是 C 而非 O），或忽略 Cu+的空轨道作用。
吸收剂的选择性忽略：错认为 H [CuCl2] 仅吸收 CO，未注意它也能吸收 O2，导致测定混合气体时的操作顺序错误。
配体的判断不全面：只关注 Cl-、H2O，遗漏结构中与 Cu+配位的 CO，误判配体种类。
配位数的计算错误：未结合结构分析每个 Cu+的配位对象（CO、Cl-、2 个 H2O），错将配位数算为 3。
15．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A、a 与 b 在碱的作用下生成 c，是发生的加成反应，故 A 正确；
B、d 分子中含氧官能团为酯基和酮羰基，故 B 正确；
C、e 与足量氢气加成后，羰基全部还原为羟基： ，此时分子中含有3个手性碳原子，如图：，故 C 错误；
D、根据题目中的反应机理，和先反应生成，接着在碱性环境中转化为，再然后在碱性环境中转化为，其发生消去反应生成，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应类型判断：a 与 b 的反应是典型的 Michael 加成反应，属于加成反应；
官能团识别：d 分子中含有酯基（-COOEt）和酮羰基（C=O）；
手性碳判断：与足量 H2加成后，所有羰基被还原为饱和碳，需逐个判断连有 4 个不同基团的碳原子，共 6 个手性碳；
反应机理迁移：根据题干的增环反应机理，可判断 D 选项中的反应物能生成目标产物。
16．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、基态 C 原子未成对电子数为 2，基态 N 原子未成对电子数为 3，故未成对电子数：Y < Z，A 错误；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3 > H2CO3 > H3PO4，即 Z > Y > E 不成立，正确顺序为 Z > E > Y，B 错误；
C、Y 的氢化物（烃类）沸点不一定小于 Z 的氢化物（如 NH3），例如大分子烃沸点可高于 NH3，C 错误；
D、N3-与 O2-核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故半径：O2- < N3-，即 W < Z，D 正确；
故答案为：D。
【分析】已知条件：X、Y、Z、W、E 为原子序数依次增大的短周期主族元素，E 与 Z 同族，W 与 Z 同周期，分子中 X 形成 1 个单键，是所有元素中成键数最少的，且原子序数最小，因此X 为 H（氢）。Y 在分子中形成 4 个单键，符合碳元素的成键特征，且原子序数大于 H，因此Y 为 C（碳）。Z 在分子中形成 3 个单键，最外层有 5 个电子，原子序数大于 C，因此Z 为 N（氮）。W 与 Z 同周期（第二周期），且在分子中可形成 2 个单键或双键，符合氧元素的成键特征，原子序数大于 N，因此W 为 O（氧）。E 与 Z（N）同族，为第 ⅤA 族元素，且原子序数大于 O，因此E 为 P（磷）。综上， X为H、Y为C、Z为N、W为O、E为P，据此解题。
17．【答案】（1）③；④⑤
（2）；HOCH2CH2OH；；CH2=CH2；；
（3）AC；+2Na2CO3+2NaHCO3；BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHO CH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr
【知识点】同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；缩聚反应
【解析】（1）①氯气和液氯属于同一物质，但一种是气态、一种是液态；
②D和T是H元素的不同原子，二者互为同位素；
③CH3CH3和(CH3)2CH2CH3的结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，二者互为同系物；
④和分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体；
⑤和CH2=CHCH2CH3的分子式都是C4H8，结构不同，互为同分异构体；
互为同系物的是③；互为同分异构体的是④⑤；
故答案为：③；④⑤。
（2）①聚合物结构可知，的单体是和HOCH2CH2OH，两者发生缩聚反应生成高聚物；
②由和CH2=CH2发生加聚反应得到，所以的单体是和CH2=CH2；
③A和B发生狄尔斯-阿尔德反应生成，则A、B分别为、；
故答案为： ； HOCH2CH2OH ； ； CH2=CH2 ； ； ；
（3）①A．A含有碳碳双键能与氢气发生加成反应，因此可以发生还原反应，A正确；
B．A中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；
C．A中含有1个碳碳双键，1molA最多可与1molH2反应，C正确；
D．A中不含酚羟基，不与NaHCO3溶液反应，D错误；
②B中酚羟基和羧基都能与碳酸钠溶液反应，反应的化学方程式为+2Na2CO3+2NaHCO3；
③1-溴丁烷与氢氧化钠水溶液共热发生水解反应生成丁醇，化学方程式：BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHOCH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr。
故答案为：AC； +2Na2CO3+2NaHCO3 ； BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHO CH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr ；
【分析】（1）本题考查同素异形体、同位素、同系物、同分异构体的概念辨析。首先明确各组物质的类别：①为同种物质的不同状态；②为同种元素的不同核素；③为结构相似、组成相差 2 个 CH2的烷烃，符合同系物定义；④和⑤为分子式相同、结构不同的有机物，符合同分异构体定义，据此完成判断。
（2）①根据缩聚反应的断键规律，聚酯由二元酸和二元醇脱水缩合而成，反推得到单体；
②根据加聚反应的链节结构，断键后得到对应的烯烃单体；
③根据狄尔斯 - 阿尔德反应的成环规律，从产物结构反推双烯体和亲双烯体。
（3）①根据有机物 A 的官能团（碳碳双键），分析其加成反应、显色反应、与碳酸氢钠反应的可能性；
②根据 B 中酚羟基和羧基的酸性强弱，判断其与碳酸钠的反应产物，配平化学方程式；③根据卤代烃水解反应的条件和产物，写出 1 - 溴丁烷的水解方程式。
（1）①氯气和液氯属于同一物质，但一种是气态、一种是液态；
②D和T是H元素的不同原子，二者互为同位素；
③CH3CH3和(CH3)2CH2CH3的结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，二者互为同系物；
④和分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体；
⑤和CH2=CHCH2CH3的分子式都是C4H8，结构不同，互为同分异构体；
互为同系物的③，互为同分异构体的是④⑤；
（2）①聚合物结构可知，的单体是和HOCH2CH2OH，两者发生缩聚反应生成高聚物；
②由和CH2=CH2发生加聚反应得到，所以的单体是和CH2=CH2；
③A和B发生狄尔斯-阿尔德反应生成，则A、B分别为、；
（3）①A．A含有碳碳双键能与氢气发生加成反应，因此可以发生还原反应，A正确；
B．A中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；
C．A中含有1个碳碳双键，1molA最多可与1molH2反应，C正确；
D．A中不含酚羟基，不与NaHCO3溶液反应，D错误；
故选AC；
②B中酚羟基和羧基都能与碳酸钠溶液反应，反应的化学方程式为+2Na2CO3+2NaHCO3；
③1-溴丁烷与氢氧化钠水溶液共热发生水解反应生成丁醇，化学方程式：BrCH2CH2CH2CH3+NaOHHOCH2CH2CH2CH3+H2O+NaBr。
18．【答案】（1）三颈烧瓶；冷凝回流
（2）b
（3）除去剩余的山梨酸；上口倒出
（4）
（5）BD
（6）
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 仪器 a 的名称为三颈烧瓶；乙醇和环己烷的沸点较低，反应过程中易气化，仪器 b（冷凝管）的作用是冷凝回流未反应的乙醇和环己烷，提高原料利用率；
故答案为：三颈烧瓶；冷凝回流未反应的乙醇和环己烷，提高原料利用率。
（2） 浓硫酸为液态酸性干燥剂，通常用于洗气瓶中，不适合填充在干燥管内；碱石灰为碱性干燥剂，会与体系中的山梨酸发生反应，不能使用；无水硫酸钠为中性固体干燥剂，既能有效吸收水分，又不与反应体系中的物质发生反应，因此应选用 b；
故答案为：b。
（3）①山梨酸分子中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成易溶于水的山梨酸钠、二氧化碳和水，因此加入 5% NaHCO3溶液的目的是除去反应体系中剩余的山梨酸；
②有机层的密度小于水，会浮在水层上方，因此分液时水层从下口放出，有机层需从分液漏斗的上口倒出；
故答案为：除去剩余的山梨酸；上口倒出。
（4）山梨酸和乙醇反应制取山梨酸乙酯的化学方程式为：；
（5） 蒸馏操作需要用到蒸馏烧瓶（B）盛放液体混合物、冷凝管（D）冷凝蒸气，分液漏斗（A）用于分液、容量瓶（C）用于配制溶液、普通漏斗（E）用于过滤，均与蒸馏操作无关，
故答案为：BD。
（6）根据反应方程式，1mol山梨酸理论上生成1mol山梨酸乙酯，5.6g山梨酸理论上生成山梨酸乙酯，本实验中，山梨酸乙酯的产率是：，
故答案为：74.3%。
【分析】本实验以山梨酸与乙醇的酯化反应为核心，装置中 a 为三颈烧瓶，作为反应容器；b 为冷凝管，由于反应可逆且原料乙醇、带水剂环己烷沸点低易挥发，冷凝管可对气化的原料进行冷凝回流，减少挥发损失，提高原料利用率与反应产率。反应结束后，需对产物进行干燥、洗涤、分液等后处理，再结合产率公式（产率 = 实际产量÷理论产量 ×100%），通过山梨酸的质量计算理论产量，进而求得实验产率。
（1）根据实验装置图识别仪器名称，结合乙醇、环己烷沸点低易气化的特点，判断冷凝管的作用为冷凝回流，提高原料利用率。
（2）结合干燥剂的状态、酸碱性及与反应体系的相容性，排除浓硫酸（液态，不适用于干燥管）和碱石灰（碱性，会与山梨酸反应），选择中性的无水硫酸钠。
（3）①利用山梨酸的羧基与碳酸氢钠的反应，除去体系中剩余的山梨酸；②根据有机层密度小于水的特点，判断分液时有机层的出口为分液漏斗上口。
（4）根据酯化反应的原理，酸脱羟基、醇脱氢，写出山梨酸与乙醇的可逆反应方程式，标注反应条件。
（5）根据蒸馏操作的仪器要求，选择蒸馏烧瓶和冷凝管，排除分液漏斗、容量瓶、普通漏斗等无关仪器。
（6）先根据山梨酸的质量计算理论上生成山梨酸乙酯的质量，再结合实际产量，利用产率公式（实际产量÷理论产量 ×100%）计算产率。
（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；乙醇、环己烷的沸点比较低，易气化，仪器b的作用是冷凝回流未反应的乙醇和环己烷；故答案为：三颈烧瓶；冷凝回流；
（2）浓硫酸是酸性干燥剂，吸水性强，但通常以液态形式用于洗气瓶中，而非干燥管，干燥管一般填充固体干燥剂；碱石灰是碱性干燥剂，会与反应体系中的山梨酸发生反应，不适用在此干燥管中填充；无水硫酸钠是中性干燥剂，它能有效吸收水分且不会与反应体系中的物质发生反应，故答案为：b；
（3）①山梨酸中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成山梨酸钠、二氧化碳和水，洗涤、分液过程中，加入5% NaHCO3溶液的目的是除去剩余的山梨酸；
②有机层的密度小于水，浮在水上，水层从下口放出，有机层从分液漏斗的上口倒出；
故答案为：除去剩余的山梨酸；上口倒出；
（4）山梨酸和乙醇反应制取山梨酸乙酯的化学方程式为：；
（5）蒸馏需蒸馏烧瓶(B)和冷凝管(D)，A是分液漏斗用于分液，C是容量瓶用于配制溶液，E是漏斗用于过滤，均不选，故答案为：BD；
（6）根据反应方程式，1mol山梨酸理论上生成1mol山梨酸乙酯，5.6g山梨酸理论上生成山梨酸乙酯，本实验中，山梨酸乙酯的产率是：，故答案为：74.3%。
19．【答案】（1）；ds
（2）锰、铁
（3）
（4）溶液中存在水解平衡：，加入的消耗，溶液中减小，水解平衡正向移动
（5）
（6）蒸发浓缩、冷却结晶
（7）①8；②
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)Zn为30号元素，核外电子排布式，价层电子包含3d、4s轨道电子，价层电子排布式为；Zn最外层价电子位于4s轨道，内层3d轨道填满，属于周期表ds区元素。
故答案为： ； ds ；
(2)除锰工序加入作氧化剂，废液中被氧化生成，同步被氧化为；Mn、Fe两种元素化合价升高，发生氧化反应，因此被氧化的元素为锰、铁。
故答案为：锰、铁；
(3)除铁目标是让完全沉淀，同时保证不开始沉淀；由表格数据，完全沉淀pH=2.8，开始沉淀pH=6.2，因此pH控制范围为 。
故答案为：；
(4)溶液中存在可逆水解平衡：；加入会与体系发生中和反应，使溶液中降低，根据勒夏特列原理，水解平衡正向移动，最终完全转化为沉淀除去。
故答案为：溶液中存在水解平衡：，加入的消耗，溶液中减小，水解平衡正向移动；
(5)已知平衡：
醋酸电离：
水的离子积： ，
目标反应：
平衡常数表达式：
故答案为： ；
(6)醋酸与反应得到醋酸锌水溶液，要获得二水合醋酸锌晶体，需先蒸发浓缩提高溶液浓度，再冷却结晶析出晶体，后续过滤、洗涤、干燥得到产物，因此一系列操作包含蒸发浓缩、冷却结晶。
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(7)①晶胞内部Cu原子位于正八面体中心，同一层内4个Cu原子距离相等，上下两层各4个Cu原子，总计8个与中心Cu等距且最近的Cu原子。
答案：
②晶胞均摊计算：Zn位于顶点，；Cu位于体内，共4个；单个晶胞总质量；
晶胞参数，晶胞体积；
密度公式，代入得：
故答案为：8；；
【分析】以含、、的含锌废液为原料，先通入氧化、，过滤除去实现除锰；再加入调节pH，使完全沉淀除铁；向滤液加沉锌，过滤洗涤得到固体；固体与醋酸反应后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，最终制得。
(1) 依据Zn元素原子序数书写价层电子排布，根据价电子轨道类型判断元素周期分区。
(2) 除锰步骤加入氧化剂，对比反应前后Mn、Fe元素化合价，化合价升高的元素发生氧化反应。
(3) 结合金属氢氧化物沉淀pH表格，找到完全沉淀、不沉淀的pH区间。
(4) 写出水解可逆方程式，利用勒夏特列平衡移动原理，分析消耗氢离子对水解平衡的推动作用。
(5) 拆分溶度积、醋酸电离常数、水的离子积三个平衡式，通过代数变形联立推导总反应平衡常数代数式。
(6) 从水溶液获取结晶水合物的常规提纯操作，先浓缩再降温析出晶体。
(7)① 观察晶胞内部Cu原子空间排布，数出距离中心Cu原子最近的等距Cu原子数目。
② 先使用均摊法算出晶胞内Zn、Cu原子总数，求出晶胞总质量；统一长度单位得到晶胞体积，代入密度公式化简得出密度表达式。
（1）核外有30个电子，电子排布式为，价层电子排布式为，处于周期表的区；
（2）由分析可知，在“除锰”阶段，向废液中加入，可将转化为，将氧化为，故被氧化的元素为锰和铁；
（3）“除铁”时，加入后可将转化为，根据已知条件表格中的数据可知，要让完全沉淀，此时，但又不能让以沉淀的形式存在，因此，故“除铁”时需调节溶液的pH范围为；
（4）在“除铁”的过程中存在的水解平衡，向其中加入，可消耗体系中的，使平衡正向移动，即可将完全沉淀；
（5），，，反应的平衡常数；
（6）中加入醋酸，得到，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，可得到；
（7）①由晶胞的结构可知，与等距离的原子有8个；
②根据均摊法可知，该晶胞中含：个，含：个，故该铜锌合金晶体密度为。
20．【答案】（1）3，3-二甲基-1-丁烯
（2）
（3）酮羰基；H2；羟基；加成反应
（4）
（5）7；
（6）
【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
【解析】【解答】（1） 有机物 Ⅰ 的结构为 CH2=CH-C (CH3)3，主链为含碳碳双键的 4 个碳原子，双键在 1 号碳上，3 号碳上连有两个甲基，按照烯烃系统命名法，化学名称为 3，3 - 二甲基 - 1 - 丁烯；
故答案为：3，3 - 二甲基 - 1 - 丁烯。
（2） Ⅱ→Ⅲ 为 1，2 - 二氯 - 3，3 - 二甲基丁烷的消去反应，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下，脱去两分子 HCl，生成 3，3 - 二甲基 - 1 - 丁炔，化学方程式为：；
故答案为：；
（3） 有机物 Ⅵ 中的官能团为酮羰基和碳碳三键；酮羰基可与 H2发生加成反应，生成羟基；该反应属于加成反应；
故答案为：酮羰基；H2；羟基；加成反应。
（4） 溴代苯乙酮与甲醛在催化剂作用下发生加成反应，化学方程式为：；
故答案为：；
（5）满足条件的Ⅲ的同分异构体如下，若数字表示甲基位置：，，若数字表示乙基位置：，共7种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶1∶1的结构简式为：；
故答案为：7；；
（6）对照原料苯和苯乙炔与目标产物的结构，可知需要增长碳链，考虑利用上述流程的偶联反应，由逆向合成分析法，可得合成路线：。
故答案为：。
【分析】该有机合成流程以 为起始原料，先与 Cl2 发生加成反应，在碳碳双键上引入两个氯原子，生成 ；随后该氯代烃在碱的醇溶液、加热条件下发生消去反应，脱去两分子氯化氢，形成碳碳三键，得到 ；最终，该炔烃通过偶联反应生成目标产物。
（1）根据烯烃的系统命名规则，选取含碳碳双键的最长碳链为主链，从靠近双键的一端编号，结合取代基的位置和名称，确定有机物 Ⅰ 的化学名称。
（2）氯代烃在碱的醇溶液、加热条件下发生消去反应，脱去两分子 HCl，生成碳碳三键，根据反应原理配平化学方程式。
（3）识别有机物 Ⅵ 中的官能团，结合酮羰基的化学性质，判断其可与氢气发生加成反应，生成羟基，确定反应类型。
（4）根据已知反应信息，仿照反应原理，写出溴代苯乙酮与甲醛的反应方程式，标注反应条件。
（5）根据限定条件书写同分异构体，通过分析双键位置、取代基种类与位置，得出总数；再结合核磁共振氢谱的峰组数和面积比，筛选出符合条件的结构。
（6）采用逆向合成分析法，结合题目中的偶联反应和加成反应，设计从苯到目标产物的合成路线，标注每一步的反应试剂和条件。
（1）I含有碳碳双键，化学名称为3，3-二甲基-1-丁烯；故答案为：3，3-二甲基-1-丁烯；
（2）根据分析，Ⅱ→Ⅲ为氯代烃的消去反应，方程式为；
故答案为：；
（3）VI中的官能团为酮羰基和碳碳三键，酮羰基可与H2发生加成反应生成羟基；故答案为：酮羰基；H2；羟基；加成反应；
（4）根据已知信息，与HCHO反应的化学方程式为：；
（5）满足条件的Ⅲ的同分异构体如下，若数字表示甲基位置：，，若数字表示乙基位置：，共7种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶1∶1的结构简式为：；
故答案为：7；；
（6）对照原料苯和苯乙炔与目标产物的结构，可知需要增长碳链，考虑利用上述流程的偶联反应，由逆向合成分析法，可得合成路线：。
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