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广东华侨中学2024-2025学年高二下学期6月月考化学试题(港澳班)
1．我国有众多非物质文化遗产，如剪纸、制香、湖笔等。下列物质的主要成分不是有机高分子材料的是
文化遗产
名称 A.剪纸中的“纸” B.制香中的“香油”
文化遗产
名称 C.丝绸中的“丝” D.湖笔笔头的“羊毫”
A．A B．B C．C D．D
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．顺式聚异戊二烯的结构简式：
B．基态铜原子的价层电子轨道表示式：
C．的电子式：
D．的简化电子排布式：
3．现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列说法正确的是
A．用元素分析仪测定分子的空间结构
B．的核磁共振氢谱中有四组峰
C．用质谱仪鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3
D．用红外光谱鉴别CH3COCH3和CH3CH2CH2OH
4．下列说法不正确的是
A．图甲表示随着核电荷数的增加，卤族元素原子半径增大
B．图乙表示第三周期的某主族元素的第一至第五电离能数据，则该元素为Mg
C．图丙表示周期表ⅣA~ⅦA中元素最简单氢化物的沸点变化，则a点代表H2S
D．图丁中18-冠-6中O原子电负性大，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征
5．结构决定物质性质。下列对有机物性质的原因分析错误的是
选项 有机物性质 原因
A 酸性比强 F电负性比Cl大
B 苯酚酸性比乙醇强 苯环使羟基中的O-H极性变强
C 对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子内氢键
D 硫化橡胶既有弹性又有强度 硫化剂将线型结构变为网状结构
A．A B．B C．C D．D
6．莽草酸易溶于水，可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有2种官能团
C．可发生加成、取代和氧化反应
D．相同物质的量的该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比4：4：1
7．下列除杂方案不正确的是
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法
A C2H5OH H2O 生石灰 蒸馏
B 乙炔 H2S CuSO4溶液 洗气
C 苯 甲苯 饱和溴水 过滤
D 乙酸乙酯 乙酸 饱和碳酸钠溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的2p能级上未成对电子数是同周期中最多的，Y元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的焰色反应为黄色，W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)
B．第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(W)
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：W>Z
D．Y的氢化物的沸点在同族元素氢化物中最低
9．绿原酸（结构如图）是金银花中富含的一类酚类化合物，具有抗菌、保肝、消炎、解热的作用。下列关于绿原酸的说法不正确的是
A．能与氨基酸中的氨基反应
B．能发生加成、取代和氧化反应
C．能使溴水和酸性溶液褪色
D．1mol绿原酸最多能与8mol完全反应
10．根据下列实验方案及现象，所得结论正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
B 向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌 形成均一稳定的混合液 猪油发生水解反应
C 向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 丙烯醛中存在醛基
D 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，振荡 有固体析出 (NH4)2SO4溶液能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
11．下列实验能达到目的的是
A．实验①可证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚
B．实验②可用于实验室制备并收集乙烯
C．实验③可用于检验消去产物
D．实验④可用于实验室制备硝基苯
12．下列实验操作可以达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 验证乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化 将乙醇与浓硫酸加热到170℃，反应生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色
B 除去苯中少量的苯酚 向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤
C 检验蔗糖的水解产物 取少量蔗糖溶液，与稀硫酸共热后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，观察是否出现砖红色沉淀
D 检验1-溴丁烷中的溴元素 向试管中滴入几滴1-溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热，反应一段时间后停止加热，静置。取数滴水层溶液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再加入几滴2%AgNO3溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
13．迷迭香酸是一种天然抗氧化剂，其结构如图所示，下列叙述不正确的是
A．迷迭香酸分子存在顺反异构体
B．迷迭香酸分子中含有1个手性碳原子
C．1mol迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗8molBr2
D．1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6molNaOH
14．哌醋甲酯是一种中枢神经系统兴奋剂，如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是
A．1mol哌醋甲酯最多与4molH2发生加成反应
B．哌醋甲酯有1个手性碳
C．该有机物既可以与盐酸反应，也可以和NaOH反应
D．该分子中所有碳原子共面
15．科研团队在实验室首次实现了以为原料人工合成淀粉，其合成路线如下图所示：
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L 中含有的σ键的数目为
B．分子中各原子上都没有孤电子对
C．HCHO分子的空间结构为平面三角形
D．1 mol淀粉与足量乙酸发生酯化反应，消耗分子的数目为
16．一水合甘氨酸锌一种配合物，微溶于水主要用作药物辅料，是锌营养强化剂，比一般的补锌剂、等稳定性和吸收率较好，其结构简式如图：
（1）基态O原子价电子轨道表示式为　 　，Zn的价层电子排布式　 　图中的配位数为　 　。
（2）甘氨酸中碳原子采取的杂化方式有　 　。
（3）甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为　 　。
（4）以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：，化学通式相同(如)且价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，具有相同的化学键类型和空间结构，下列分子或者离子与互为等电子体的是　 　。
A． 　　B． 　C． 　D．
以下关于说法正确的是　 　。
A．是配位原子 B．提供孤电子对 C．提供空轨道 　D．配离子中存在离子键
（5）与形成某种化合物的晶胞如上图所示，已知晶胞边长为，则晶胞密度　 　(阿伏加德罗常数的数值取)(列出表达式即可)
17．生活中不少同学都被蚊虫叮咬过，感觉又疼又痒，原因是蚊虫叮咬时能分泌出蚁酸刺激皮肤。蚁酸化学式为HCOOH，化学名称为甲酸，是一种有刺激性气味的无色液体，具有很强的腐蚀性，为探究甲酸的部分化学性质，同学们进行了如下实验：
I．
（1）向盛有1mL饱和溶液的试管中加入足量甲酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为　 　。
（2）向盛有甲酸溶液的试管中滴入几滴有硫酸的KMnO4溶液，振荡，发现混合溶液的紫红色褪去，说明甲酸具有　 　(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)。
（3）用甲酸与浓硫酸共热制备一氧化碳：，实验的部分装置如甲所示。制备时先加热浓硫酸至80-90℃，再逐滴滴入甲酸。
欲组装成甲图制取CO气体的发生装置，从乙图挑选所需仪器　 　(填序号)。
（4）某同学分析甲酸的结构式发现，甲酸中还有醛基，推测甲酸还应具有醛的性质。请帮助该同学设计实验验证其推测：　 　。
Ⅱ．
甲酸能与醇发生酯化反应
该兴趣小组用如图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇的酯化反应实验：
有关物质的性质如下：
沸点 /℃ 密度 (g·cm-3) 水中 溶解性
甲醇 64.5 0.79 易溶
甲酸 100.7 1.22 易溶
甲酸 甲酯 31.5 0.98 易溶
（5）装置中，仪器A的名称是　 　。
（6）甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为　 　。
（7）要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为　 　。
Ⅲ．甲酸能脱水制取一氧化碳，一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：。
（8）测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：CO与足量NaOH充分反应后，消耗标况下2.24LCO所得固体物质为8.0g，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为　 　(计算结果精确到0.1%)。
18．将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如下(反应条件略)。
（1）化合物I的分子式为　 　，名称为　 　。
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是　 　。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______。
A．由化合物I到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被还原
C．葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键
D．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成
（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（5）在一定条件下，以原子利用率的反应制备。该反应中：
①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
（6）以2-溴丙烷为唯一有机原料，合成。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第一步反应的化学方程式为　 　(写一个即可，注明反应条件)。
19．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是　 　。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出C的结构简式，用星号(*)标出C中的手性碳　 　。
（3）B到C的反应类型是　 　。
（4）写出D到E的反应方程式　 　。
（5）F的结构简式　 　。
（6）W是分子式比C少1个CH2的六元环有机物，W能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，则W可能的结构有　 　种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢，峰面积比为4：4：3：1：1：1的结构简式为　 　。
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线(无机试剂任选)　 　。
20．室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物i的分子式为　 　。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为　 　(写一种)，其名称为　 　。
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为。y为　 　。
（3）根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 　 　 　 　 消去反应
b 　 　 　 　 氧化反应(生成有机产物)
（4）关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有键和键断裂
B．反应过程中，有双键和单键形成
C．反应物i中，氧原子采取杂化，并且存在手性碳原子
D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
（5）以苯、乙烯和为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为　 　(写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为　 　。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
21．硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O又称莫尔盐，称取11.76 g新制莫尔盐，溶于水配成250 mL溶液。取25.00 mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398 g；另取25.00 mL该溶液用0.020 0 mol/L KMnO4酸性溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗溶液的体积为30.00 mL。试确定莫尔盐的化学式　 　(请写出计算过程)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、纸的主要成分是纤维素，纤维素是由多个单糖单元（ ）连接而成的有机高分子（相对分子质量大，属于天然聚合物 ），A错误；
B、香油的主要成分是油脂（如高级脂肪酸甘油酯 ），油脂的相对分子质量一般几百左右，不属于有机高分子（有机高分子相对分子质量通常上万 ），B正确；
C、丝的主要成分是蛋白质，蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，相对分子质量大（几万至几十万 ），属于有机高分子（天然聚合物 ）， C错误；
D、羊毫的主要成分是蛋白质，与丝绸同理，蛋白质是相对分子质量大的有机高分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断纸的主要成分（纤维素 ）是否为有机高分子。
B．分析香油的主要成分（油脂 ）的分子特点（相对分子质量小，不是高分子 ）。
C．判断丝的主要成分（蛋白质 ）是否为有机高分子。
D．分析羊毫的主要成分（蛋白质 ）的高分子属性。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．顺式聚异戊二烯中，相同的原子团位于碳碳双键同侧，则顺式聚异戊二烯的结构简式为，A正确；
B．铜为29号元素，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，则其轨道表示式为：，B错误；
C．为离子化合物，由Ca2+和构成，其电子式为：，C正确；
D．为35号元素，其简化电子排布式为，Br得到一个电子形成，则的简化电子排布式：，D正确；
故选B。
【分析】A．顺式结构中相同的原子团位于碳碳双键同侧；
Ｂ．基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；
Ｃ．为离子化合物；
Ｄ．核外共有35个电子，得到一个电子形成。
3．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．用元素分析仪只能测定分子的元素及含量，无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．由结构的对称性可知，分子中含有5类氢原子，因此核磁共振氢谱中有5组峰，故B错误；
C．质谱仪可确定相对分子质量，由于CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相对分子质量相同，所以用质谱仪不能鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C错误；
D．红外光谱可确定物质中的基团，丙酮和1—丙醇分子中的基团不同，因此通过红外光谱分析可以鉴别丙酮和1—丙醇，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、元素分析仪用于测定元素种类及含量。
B、根据结构的对称性确定其核磁共振氢谱的吸收峰。
C、质谱仪用于确定相对分子质量。
D、红外光谱可测定有机物中的基团。
4．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同主族元素，随着核电荷数的增加，电子层数逐渐增多，因此原子半径逐渐增大，A正确；
B．图乙中，电离能I2与I3相差较大，说明该元素原子最外层有两个电子，因此该元素为第三周期主族元素镁，B正确；
C．第ⅣA~ⅦA元素的最简单氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”，H2O分子间氢键数目多，在三者中沸点最高，因此a点代表的是第三周期与氧同族元素的氢化物，为H2S，C正确；
D．冠醚与K+之间通过配位键结合，并非离子键，D错误；
故答案为：D
【分析】A、同主族元素，电子层数越多，原子半径越大。
B、电离能I3较大，表示难以失去第三个电子，说明该元素的原子最外层有2个电子。
C、N、O、F的氢化物可形成氢键，沸点较大。
D、冠醚与K+之间通过配位键结合，配位键属于特殊的共价键。
5．【答案】C
【知识点】化学键；极性键和非极性键；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．氟元素的电负性大于氯元素，氟的吸电子能力更大，三氟乙酸分子中氢氧键的极性也就更大，电离出氢离子的能力更强，即酸性更强，A正确；
B．苯酚分子中的-OH与苯环相连，而乙醇的-OH与乙基相连。这种结构差异导致苯环对-OH的影响，使得羟基上的氢原子活泼性增强，在水溶液中较易发生电离，B正确；
C．对羟基苯甲醛分子存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛分子存在分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的分子间作用力大于邻羟基苯甲醛，沸点高于邻羟基苯甲醛，C错误；
D．硫化橡胶既有弹性又有强度是因为硫化剂可以将橡胶由线型结构变为网状结构，D正确；
故答案为：C。
【分析】熔点、沸点分子间有氢键的物质熔化或气化时，除了要克服纯粹的分子间力外，还必须提高温度，额外地供应一份能量来破坏分子间的氢键，所以这些物质的熔点、沸点比同系列氢化物的熔点、沸点高。分子内生成氢键，熔、沸点常降低。
6．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A．由结构简式可知，该分子中含有7个C原子，10个H原子，5个O原子，其分子式为C7H10O5，故A错误；
B．分子中含有羟基、碳碳双键、羧基3种官能团，故B错误；
C．该物质含有碳碳双键可发生加成，含有羟基、羧基可发生取代，含有羟基、碳碳双键可发生氧化反应，故C正确；
D．羟基只能和钠反应，羧基能和钠、氢氧化钠、碳酸氢钠反应，则相同物质的量的该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3 的物质的量之比4：1：1，故D错误。
故选C。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．该物质中的官能团有碳碳双键、羧基和羟基；
Ｃ．羧基和羟基能发生取代反应，羟基能发生氧化反应，碳碳双键能加成；
Ｄ．羟基只能和钠反应，羧基能和钠、氢氧化钠、碳酸氢钠反应。
7．【答案】C
【知识点】乙炔炔烃；乙醇的工业制法；除杂
【解析】【解答】A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，通过蒸馏可分离，A正确；
B．硫化氢与硫酸铜溶液反应，乙炔不反应，洗气可分离，B正确；
C．苯或甲苯均不能与溴水反应，且苯、甲苯互溶，无法通过过滤分离，C错误；
D．乙酸乙酯中混有乙酸，加入饱和碳酸钠溶液将乙酸转化为乙酸钠，乙酸钠易溶于水，乙酸乙酯难溶于水，则液体分层，上层为乙酸乙酯，采用分液法可分离得到乙酸乙酯，D正确；
故选C。
【分析】A．蒸馏可分离沸点不同的液体混合物；
Ｂ．硫化氢与硫酸铜溶液反应生成CuS；
Ｃ．苯和甲苯互溶；
Ｄ．乙酸乙酯和乙酸钠不互溶。
8．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大，故原子半径：r(Na)>r (N)>r(O)即r(Z)>r (X)>r(Y)，A不符合题意；
B．同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下第一电离能依次减小，第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(Al)即I1(X)>I1(Y)>I1(W)，B符合题意；
C．由分析可知，Z、W分别为Na、Al，故最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3即WD．由分析可知，Y为O，Y的氢化物即H2O，由于H2O中存在分子间氢键，故其的沸点在同族元素氢化物中最高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干分析，X为N，Y为O，Z为Na，W为Al；
A、同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大；
B、同一周期，从左到右第一电离嫩增大，同一主族，从上到下第一电离能减小，若最外层电子为全充满或者半充满则出现反常；
C、最高价氧化物对应水化物的碱性即比较金属性；
D、氢化物沸点可以根据相对分子质量判断，若有氢键则出现反常。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．该物质含羧基显酸性，能与氨基酸中的氨基反应，A正确；
B．绿原酸中含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，酚羟基能发生取代反应和氧化反应，B正确；
C．碳碳双键能与溴水加成使溴水褪色，能被酸性氧化使酸性褪色，C正确；
D．该物质含有2个酚羟基、1个酯基、1个羧基，则1 mol绿原酸最多能与4 mol NaOH发生反应，D错误；
故选D。
【分析】A．该物质含羧基，能与氨基反应；
Ｂ．含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酚羟基，能发生取代反应和氧化反应；
Ｃ．碳碳双键，能使溴水和酸性溶液褪色；
Ｄ．该物质中酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应。
10．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．用氢氧化铜氧化醛基需要在碱性环境中进行，向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后需先加NaOH溶液中和过量的稀硫酸，使溶液显碱性，再加入新制Cu(OH)2并加热，观察是否有砖红色沉淀产生，故A错误；
B．向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌，生成可溶性的高级脂肪酸的钠盐和甘油，形成均一稳定的混合液，因此说明猪油发生水解反应，故B正确；
C．碳碳双键和醛基均可以被高锰酸钾氧化，因此溶液褪色无法说明丙烯醛中含有醛基，故C错误；
D．(NH4)2SO4相当于轻金属盐，此方法为盐析，蛋白质未发生变性，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
B、形成均一稳定的混合液，说明猪油与NaOH溶液反应后得到水溶液。
C、丙烯酸中碳碳双键和醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、(NH4)2SO4能使蛋白质发生盐析。
11．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl与CO2一起进入试管中，无法确定苯酚是哪个物质制备产生，因此无法判断碳酸与苯酚的酸性强弱，A项不能达到实验目的；
B．乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集，需选择用排水法收集，B项不能达到实验目的；
C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，存在干扰，无法验证，C项不能达到实验目的；
D．实验室制硝基苯时，应使用60℃左右的水浴加热，温度计测量水浴的温度，则④装置可用于实验室制硝基苯，D项能达到实验目的；
故答案为：D
【分析】A、浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会造成干扰。
B、乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集。
C、挥发产生的乙醇的也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、苯与硝酸反应的温度为60℃，采用水浴加热。
12．【答案】D
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验不能证明乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；
B．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯互溶，不能除杂，故B错误；
C．蔗糖水解后会产生葡萄糖，在碱性溶液中用新制的Cu(OH)2悬浊液检验葡萄糖，水解后没有加NaOH中和硫酸，不能达到实验目的，故C错误；
D.1-溴丁烷发生水解后产生溴离子，取反应后溶液，加入硝酸中和NaOH溶液后，再滴入硝酸银溶液检验溴离子，故D正确；
故选D。
【分析】A．乙醇能与酸性高锰酸钾反应；
Ｂ．浓溴水与苯酚生成的三溴苯酚与苯酚互溶；
Ｃ．要在碱性环境下检验醛基；
Ｄ.1-溴丁烷在NaOH溶液中加热发生水解反应，在酸性条件下检验溴离子。
13．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的性质及用途；酯的性质
【解析】【解答】A．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构简式可知，迷迭香酸分子中碳碳双键中碳原子所连基团不同，因此该结构存在顺反异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，迷迭香酸分子中与羧基直接相连的碳原子为手性碳原子，因此该分子中含有1个手性碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的碳碳双键可以和溴水发生加成反应，含有酚羟基，酚羟基邻对位上的氢原子可以和溴水发生取代反应，因此1mol迷迭香酸与浓溴水反应时，可消耗7mol溴，故C错误；
D．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠溶液反应。1mol迷迭香酸中含有4mol酚羟基、1mol羧基和1mol酯基，因此1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mol氢氧化钠，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团，可形成顺反异构。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
C、酚羟基的邻位、对位H原子可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应。
D、酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应。
14．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．分子中只有苯环能与H2加成，因此1mol哌醋甲酯最多与3molH2发生加成反应，A错误；
B．连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，因此哌醋甲酯有2个手性碳，如图所示：，B错误；
C．该有机物含有碱性基团-NH-可以与盐酸反应，含有酯基可以和NaOH反应，C正确；
D．该分子中含有同时连有3个碳原子的sp3杂化的碳原子，为四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此不可能所有碳原子共面，D错误；
故答案为：C
【分析】A、分子结构中苯环能与H2发生加成反应。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、分子结构中的氨基能与盐酸反应，酯基能与NaOH反应。
D、采用sp3杂化的碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
15．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；多糖的性质和用途；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．所有单键都为σ键，双键的结构是1个σ键搭配1个π键，1个二氧化碳分子中共含有2个σ键。标准状况下22.4 L的物质的量为1mol，因此含有的σ键数目为2，故A错误；
B．分子中，氧原子的最外层未成键电子对没有全部成键，存在孤电子对，故B错误；
C．HCHO分子中中心C原子共形成3个σ键，杂化方式为sp2杂化，分子空间结构为平面三角形，故C正确；
D.1个葡萄糖分子中含有5个羟基，1mol葡萄糖可以和5mol乙酸发生酯化反应；淀粉水解生成nmol葡萄糖，且酯化反应属于可逆反应，因此消耗CH3COOH的分子数一定不是3NA；即使不考虑可逆反应、只考虑酯化反应，1mol淀粉的聚合度n未知，也无法计算消耗乙酸的量，因此D错误；
故选C。
【分析】A．二氧化碳结构中是碳氧双键，1个二氧化碳分子是2个σ键搭配2个π键；
B．甲醇分子中氧原子上有孤电子对；
C．甲醛分子中C杂化方式为sp2杂化，空间结构为平面三角形；
D．酯化反应属于可逆反应，且淀粉分子式中n值不确定。
16．【答案】（1）；3d104s2；5
（2）sp3、sp2
（3）甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键
（4）B；A
（5）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）氧元素的原子序数为8，基态O原子价电子的轨道表示式为；锌是30号元素，其价层电子排布式为3d104s2；从结构简式可以得出，Zn2+的配位数为5；
（2）甘氨酸的结构为H2N-CH2-COOH，其中-CH2-的碳原子为饱和碳原子，杂化类型为sp3杂化，羧基中的碳原子杂化方式为sp2杂化，因此答案为sp3、sp2；
（3）甘氨酸属于极性分子，同时分子中的氨基、羧基都可以和水分子形成氢键，因此甘氨酸在水中的溶解度更大；
（4）等电子体的定义为原子总数相等、价电子总数也相等的分子、离子或原子团，的价电子总数为8，的价电子总数为32，二者原子总数也不相等，因此不是等电子体；SiH4的原子总数和相等，且价电子总数也为8，二者互为等电子体；、CS2的原子总数、价电子总数都和不相等，不是等电子体，因此选B；
在中，N原子提供孤电子对，Zn2+提供空轨道，二者形成配位键，离子键存在于阴、阳离子之间，该配离子内部不存在离子键，因此选A；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个锌离子、4个硫离子，则晶体密度为。
【分析】（1）氧是8号元素，价电子2s22p4，锌是30号元素，价层电子排布式为3d104s2，根据题中结构可得锌离子配位数；
（2）根据甘氨酸的结构为H2N-CH2-COOH，可知碳原子采取的杂化方式sp3、sp2；
（3）甘氨酸和水分子间能形成氢键，增大溶解度；
（4）根据等电子体定义， 与互为等电子体 的是 ； 中中心离子是 ，提供空轨道，配体是 ，氮原子提供孤电子对；
（5） 晶胞密度 ，代入计算。
（1）氧的原子序数为8，基态O原子价电子的轨道表示式为；锌为30号元素，价层电子排布式为3d104s2；根据结构简式可知，可知Zn2+的配位数是5；
（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中-CH2-中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3，羧基中碳原子杂化方式为sp2；答案为sp3、sp2；
（3）甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键，所以甘氨酸在水中的溶解度较大；
（4）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，的价电子总数为8，的价电子总数为32，与不是等电子体；SiH4化学通式与相同，且价电子总数为8，与互为等电子体；、CS2的化学通式与价电子总数与都不相同，与不是等电子体；故答案选B；
中氮原子提供孤电子对，氮原子是配位原子，锌离子提供空轨道，形成配位键，离子键存在于阴阳离子间，配离子中不存在离子键，故答案选A；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个锌离子、4个硫离子，则晶体密度为。
17．【答案】；还原性；ace；取少量甲酸于洁净的小试管中，加入NaOH溶液中和其酸性，再加入银氨溶液，加热，产生了光亮银镜，可证明甲酸中含有醛；直形冷凝管；；蒸馏；85.0%
【知识点】羧酸简介；制备实验方案的设计；酯化反应
【解析】【解答】（1）碳酸氢钠和甲酸发生复分解反应，生成甲酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，甲酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲酸被高锰酸钾氧化，因此甲酸具有还原性，故答案为：还原性；
（3）①该制备反应是液液加热反应，需要控制温度在80 90℃，结合反应特点可知，需要选用蒸馏烧瓶作为反应容器，分液漏斗滴加甲酸，温度计控制反应温度，因此需要选用的仪器为ace，故答案为：ace；
（4）从甲酸的结构式可以看出，甲酸分子中含有醛基结构，因此推测甲酸还具有醛基的性质；要检验醛基可以利用银镜反应，操作方法为：取少量甲酸加入洁净试管中，先加入NaOH溶液中和甲酸的酸性，再加入银氨溶液，水浴加热，若试管内壁生成光亮的银镜，即可证明甲酸中含有醛基。
（5）根据装置图可判断，仪器A为直形冷凝管；
(6)甲酸和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为：；
(7)甲酸、甲醇、甲酸甲酯的沸点差异较大，因此可以用蒸馏的方法从混合物中提取纯净的甲酸甲酯，故答案为：蒸馏；
(8)标准状况下2.24L CO的物质的量为 0.1mol，根据反应，反应生成甲酸钠的物质的量为0.1mol，甲酸钠的摩尔质量为68g/mol，则生成甲酸钠的质量为 0.1mol×68g/mol=6.8g， 反应后所得固体总质量为8.0g，因此固体中甲酸钠的质量分数为：×100%=85.0%，故答案为：85.0%。
【分析】甲酸与浓硫酸共热可制备一氧化碳，反应为：，本题的部分实验装置如图甲所示。实验操作时，需要先将浓硫酸加热至80 90℃，再逐滴滴入甲酸，该反应属于液体混合加热型反应，需要用到蒸馏烧瓶盛放反应物、分液漏斗滴加甲酸，还需要温度计控制反应温度；仪器A为直形冷凝管；蒸气冷凝为液体后装置内压强会降低，长玻璃管c既可以平衡装置内压强，还可以对产品蒸气起到冷凝回流的作用。如果是甲酸和甲醇在浓硫酸加热条件下反应，则会发生酯化反应生成甲酸甲酯和水，反应后锥形瓶中得到液态混合物，可利用沸点差异通过蒸馏提取甲酸甲酯。
18．【答案】（1）C8H8；苯乙烯
（2）酮羰基；
（3）A；C；D
（4）H2；催化剂、加热；加成反应；HBr；加热；
（5）；CH3CH=CH2
（6）；（或）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；单糖的性质和用途
【解析】【解答】（1）由I的结构可知，其分子式为C8H8；名称为：苯乙烯；
（2）由Ⅱ的结构可知，其含氧官能团为：酮羰基；化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，即具有4种等效氢，含有醛基，符合条件的结构简式为： ；
（3）A．由化合物I到Ⅱ的转化中，I的碳碳双键先与水加成得到 ， 上的羟基催化氧化得到Ⅱ，有π键的断裂与形成，故A正确；
B．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，被氧化为葡萄糖酸：HOCH2-（CHOH）4COOH，葡萄糖酸中的羧基和羟基发生酯化反应生成葡萄糖酸内脂，由该过程可知，葡萄糖被氧化，故B错误；
C．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，有多个羟基，能与水分子形成氢键，使得葡萄糖易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ图中所示C为sp2杂化，转化为Ⅲ图中所示C为sp3杂化，C原子杂化方式改变，且该C为手性碳原子，O的杂化方式由sp2转化为sp3，故D正确；
故选ACD；
（4）①由Ⅲ的结构可知，Ⅲ中的苯环与H2加成可得新结构，反应试剂、条件为：H2，催化剂、加热，反应类型为加成反应；
②Ⅲ可发生多种取代反应，如：Ⅲ与HBr在加热的条件下羟基被Br取代，反应试剂、条件为：HBr，加热，反应形成新结构，（其他合理答案也可）；
（5）原子利用率的反应制备，反应类型应为加成反应，
①若反应物之一为非极性分子，该物质应为H2，即该反应为与H2加成；
若反应物之一为V形结构分子，该物质应为H2O，即该反应为CH3CH=CH2与H2O加成；
（6）
与NaOH水溶液在加热条件下反应得到，与NaOH醇溶液在加热条件下反应得到CH3CH=CH2，CH3CH=CH2被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，具体合成路线为：。
①最后一步为和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为：；
②第一步的化学方程式为：或。
【分析】（1）根据结构简式进行书写，注意原子数目。
（2）熟悉常见含氧官能团；同分异构体的分子式相同、结构不同， 核磁共振氢谱有几组峰表示有几种氢原子，醛基能发生银镜反应。
（3）A．由化合物I到Ⅱ的转化中，I的碳碳双键先与水加成，之后羟基催化氧化。
B．葡萄糖（HOCH2-（CHOH）4CHO）被氧化为葡萄糖酸[HOCH2-（CHOH）4COOH]，葡萄糖酸中的羧基和羟基发生酯化反应生成葡萄糖酸内脂。
C．葡萄糖（HOCH2-（CHOH）4CHO）有多个羟基，能与水分子形成氢键。
D．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
（4）①Ⅲ中的苯环与H2加成可得新结构。
②Ⅲ可发生多种取代反应。
（5）原子利用率的反应制备，反应类型应为加成反应。
（6）与NaOH水溶液在加热条件下反应得到，与NaOH醇溶液在加热条件下反应得到CH3CH=CH2，CH3CH=CH2被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成。
（1）由I的结构可知，其分子式为C8H8；名称为：苯乙烯；
（2）由Ⅱ的结构可知，其含氧官能团为：酮羰基；化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，即具有4种等效氢，含有醛基，符合条件的结构简式为：；
（3）A．由化合物I到Ⅱ的转化中，I的碳碳双键先与水加成得到，上的羟基催化氧化得到Ⅱ，有π键的断裂与形成，故A正确；
B．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，被氧化为葡萄糖酸：HOCH2-（CHOH）4COOH，葡萄糖酸中的羧基和羟基发生酯化反应生成葡萄糖酸内脂，由该过程可知，葡萄糖被氧化，故B错误；
C．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，有多个羟基，能与水分子形成氢键，使得葡萄糖易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ图中所示C为sp2杂化，转化为Ⅲ图中所示C为sp3杂化，C原子杂化方式改变，且该C为手性碳原子，O的杂化方式由sp2转化为sp3，故D正确；
故选ACD；
（4）①由Ⅲ的结构可知，Ⅲ中的苯环与H2加成可得新结构，反应试剂、条件为：H2，催化剂、加热，反应类型为加成反应；
②Ⅲ可发生多种取代反应，如：Ⅲ与HBr在加热的条件下羟基被Br取代，反应试剂、条件为：HBr，加热，反应形成新结构，（其他合理答案也可）；
（5）原子利用率的反应制备，反应类型应为加成反应，
①若反应物之一为非极性分子，该物质应为H2，即该反应为与H2加成；
若反应物之一为V形结构分子，该物质应为H2O，即该反应为CH3CH=CH2与H2O加成；
（6）与NaOH水溶液在加热条件下反应得到，与NaOH醇溶液在加热条件下反应得到CH3CH=CH2，CH3CH=CH2被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，具体合成路线为：。
①最后一步为和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为：；
②第一步的化学方程式为：或。
19．【答案】（1）羰基、酯基
（2）
（3）加成反应
（4）+C2H5OH+H2O
（5）
（6）5；
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）E中含有的官能团为羰基和酯基；
（2）C中用星号标注的位置即为手性碳原子，标注结果见下图：；
（3）根据上述推导流程，B生成C的反应类型为加成反应；
（4）D转化为E是酯化反应，对应的化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
（5）根据流程推导可得，F的结构简式为：；
(6)W是分子式比C少1个CH2的六元环有机物，W可以和饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，说明W分子中含有羧基，符合条件的W的可能结构简式为：、（图中数字表示羧基的位置），总共有5种；其中满足核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢，且峰面积比为4：4：3：1：1：1的结构简式为：；
(7)甲苯和溴单质在光照条件下发生反应得到，参考题干中E到F的合成思路，CH3COCH2COOC2H5可与反应得到，再对发生水解反应即可得到目标产物，因此完整的合成路线为：。
【分析】A分子中的羟基被氧化为羰基，得到B，B与甲醛发生加成反应得到C，C分子中的羟基被氧化得到D，D与乙醇发生酯化反应得到E，E发生取代反应得到F，F经水解反应得到G。
（1）E中的官能团为：羰基、酯基；
（2）C中图示星号标注的为手性碳原子位置：；
（3）根据分析，B到C的反应类型为：加成反应；
（4）D到E发生酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
（5）根据分析，F的结构简式为：；
（6）W是分子式比C少1个CH2的六元环有机物，W能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，W中含羧基，可能的结构简式为：、（数字代表羧基的位置），共5种；其中核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢，峰面积比为4：4：3：1：1：1的结构简式为：；
（7）甲苯与溴单质在光照条件下得到，参照E到F的合成，CH3COCH2COOC2H5与反应得到，发生水解反应得到产物，故合成路线为：。
20．【答案】（1）； (或 或 )；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)
（2）或氧气
（3）浓硫酸，加热；；、，加热(或酸性溶液)； (或 )
（4）C；D
（5） 和；；↑
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)观察化合物i的五元环结构： ，统计碳原子共5个，氢原子一共10个，氧原子数目为1，能够推出分子式是；同分异构体分子式同样为，限定氢谱仅有2组峰，说明分子只有两类等效氢，分子对称性很强，下面列举三种合规方案：
方案1：结构简式 ，系统命名为3-戊酮；
方案2：结构简式 ，系统命名为2，2-二甲基丙醛；
方案3：带有氧杂环结构的3，3-二甲基氧杂环丁烷： ，以上三者任选其一填写即可。
故答案为： ； (或 或 ) ；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷) ；
(2)化合物iii是丙烯，原子利用率达到100%意味着反应没有副产物，属于加成反应，丙烯和发生加成得到环氧丙烷也就是iv，因此气体y为氧气（）。
故答案为：或氧气；
(3) 根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成 ，或酸性溶液中氧化生成 ，见下表：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 浓硫酸，加热 消去反应
b 、，加热(或酸性溶液) (或 ) 氧化反应(生成有机产物)
故答案为：浓硫酸，加热； ；、，加热(或酸性溶液)； (或 )；
(4)A.反应⑤过程碘原子脱离碳端断开C-I键，i内部醇羟基断开H-O键，A描述正确；
B.反应构建出酯基，过程生成羰基，同时形成酯内部的C-O单键，B描述正确；
C.化合物i（ ）的氧原子采取杂化没错，但与羟基相连的碳连着两组一样的亚甲基，并不具备手性碳，C错误；
D.分子内部是p轨道肩并肩重叠形成π键的说法不符合事实，p轨道头碰头重叠形成的是σ键，D错误；
故答案为：CD；
(5)对照原题反应③、⑤的转化规律开展逆合成推导： 乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成 ，与HI反应合成 ，最后根据反应⑤的原理， 与乙醇、CO合成化合物ⅷ。
(a)最后一步反应中，有机反应物为 和。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为↑。
故答案为： 和 ； ；↑。
【分析】起始原料环戊醇 i （）先经溴代反应得到溴代环戊烷 ii（ ）；丙烯 iii 和氧气发生原子利用率 100% 的反应得到环氧乙烷类中间体 iv（ ），ii、iv 再发生反应得到带有端羟基的化合物 v（ ）；v 的羟基被碘取代生成 vi（ ）；vi 通入 CO，再和原料 i 发生反应⑤进行酯化，最终产出酯类产物 vii（ ）。
后续以苯、乙烯、CO 当作碳源，借鉴前面流程③、⑤的反应机理：先将苯溴化得到溴苯，再搭建出含碘的苯乙基中间体，乙烯水化制备乙醇，二者借助 CO 参与反应，合成目标酯 viii。
(1) 依据键线式的计数规则统计C、H、O原子得到分子式；结合核磁共振氢谱只有两组峰的限制条件，提升同分异构体结构对称性，筛选出等效氢仅两组的同分异构体，之后完成有机物系统命名。
(2) 利用原子利用率百分百属于加成反应这一特征，结合丙烯转化成环氧丙烷的元素变化，推断参与反应的气态反应物为氧气。
(3) 围绕v分子的端伯醇官能团，回忆醇的典型反应：消去需要浓硫酸加热的条件、产物出现烯烃双键；氧化分为催化氧化生成醛、强氧化剂深度氧化生成羧酸这两类路线，分情况填写试剂、条件以及有机产物结构。
(4) 从化学键断裂生成情况、碳原子手性判定、轨道重叠方式三个角度逐个排查选项；手性碳必须连接四种互不相同基团，σ键才是p轨道头碰头重叠形成，据此判定出错的C、D两项。
(5) 借助题干前面给出的反应机理做逆合成推演，拆解目标酯推出最终一步两种原料；顺着原料向前倒推，乙烯水化制备乙醇，苯通过苯环亲电溴代得到溴苯作为前置中间体，分步书写对应的有机化学方程式并标注反应条件。
（1）化合物i 的分子式为。 不饱和度为1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰，说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x的结构简式含酮羰基时为 (或含醛基时为 或含圆环是为 )，其名称为戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)。故答案为：； (或 或 )；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)；
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，y为或氧气。故答案为：或氧气；
（3）根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成 ，或酸性溶液中氧化生成 ，见下表：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 浓硫酸，加热 消去反应
b 、，加热(或酸性溶液) (或 ) 氧化反应(生成有机产物)
故答案为：浓硫酸，加热； ；、，加热(或酸性溶液)； (或 )；
（4）A． 从产物中不存在键和键可以看出，反应过程中，有键和键断裂，故A正确；
B． 反应物中不存在双键，酰碘基中碘原子离去与羟基中氢离去，余下的部分结合形成酯基中单键，所以反应过程中，有双键和单键形成，故B正确；
C． 反应物i 中，氧原子采取杂化，但与羟基相连的碳有对称轴，其它碳上均有2个氢，分子中不存在手性碳原子，故C错误；
D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的键，故D错误；
故答案为：CD；
（5）以苯、乙烯和为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成 ，与HI反应合成 ，最后根据反应⑤的原理， 与乙醇、CO合成化合物ⅷ。
(a)最后一步反应中，有机反应物为 和。故答案为： 和；
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为。故答案为：；
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为↑。故答案为：↑。
21．【答案】(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或 (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】原样品中的n(SO)＝＝6.000×10-2mol ，n(MnO)＝0.02000mol/L×0.03000 L＝6.000×10-4mol，由得失电子守恒可知：n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝3.000×10-3mol ，原样品中n(Fe2＋)＝3.000×10-2mol ， 由电荷守恒可知：原样品中n(NH)＝6.000×10-2mol 由质量守恒：n(H2O)＝0.1800mol 。
故化学式为： (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。【分析】 白色沉淀是硫酸钡，由沉淀质量可计算物质的量，可知硫酸根物质的量n(SO)＝6.000×10-2mol，用高锰酸钾溶液滴定时，存在关系是，原样品中n(Fe2＋)＝3.000×10-2mol，根据电荷守恒，n(NH)＝6.000×10-2mol，根据样品总质量，计算水的质量及物质的量，可得摩尔盐的化学式(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
1 / 1广东华侨中学2024-2025学年高二下学期6月月考化学试题(港澳班)
1．我国有众多非物质文化遗产，如剪纸、制香、湖笔等。下列物质的主要成分不是有机高分子材料的是
文化遗产
名称 A.剪纸中的“纸” B.制香中的“香油”
文化遗产
名称 C.丝绸中的“丝” D.湖笔笔头的“羊毫”
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、纸的主要成分是纤维素，纤维素是由多个单糖单元（ ）连接而成的有机高分子（相对分子质量大，属于天然聚合物 ），A错误；
B、香油的主要成分是油脂（如高级脂肪酸甘油酯 ），油脂的相对分子质量一般几百左右，不属于有机高分子（有机高分子相对分子质量通常上万 ），B正确；
C、丝的主要成分是蛋白质，蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，相对分子质量大（几万至几十万 ），属于有机高分子（天然聚合物 ）， C错误；
D、羊毫的主要成分是蛋白质，与丝绸同理，蛋白质是相对分子质量大的有机高分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断纸的主要成分（纤维素 ）是否为有机高分子。
B．分析香油的主要成分（油脂 ）的分子特点（相对分子质量小，不是高分子 ）。
C．判断丝的主要成分（蛋白质 ）是否为有机高分子。
D．分析羊毫的主要成分（蛋白质 ）的高分子属性。
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．顺式聚异戊二烯的结构简式：
B．基态铜原子的价层电子轨道表示式：
C．的电子式：
D．的简化电子排布式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．顺式聚异戊二烯中，相同的原子团位于碳碳双键同侧，则顺式聚异戊二烯的结构简式为，A正确；
B．铜为29号元素，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，则其轨道表示式为：，B错误；
C．为离子化合物，由Ca2+和构成，其电子式为：，C正确；
D．为35号元素，其简化电子排布式为，Br得到一个电子形成，则的简化电子排布式：，D正确；
故选B。
【分析】A．顺式结构中相同的原子团位于碳碳双键同侧；
Ｂ．基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；
Ｃ．为离子化合物；
Ｄ．核外共有35个电子，得到一个电子形成。
3．现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列说法正确的是
A．用元素分析仪测定分子的空间结构
B．的核磁共振氢谱中有四组峰
C．用质谱仪鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3
D．用红外光谱鉴别CH3COCH3和CH3CH2CH2OH
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．用元素分析仪只能测定分子的元素及含量，无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．由结构的对称性可知，分子中含有5类氢原子，因此核磁共振氢谱中有5组峰，故B错误；
C．质谱仪可确定相对分子质量，由于CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相对分子质量相同，所以用质谱仪不能鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C错误；
D．红外光谱可确定物质中的基团，丙酮和1—丙醇分子中的基团不同，因此通过红外光谱分析可以鉴别丙酮和1—丙醇，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、元素分析仪用于测定元素种类及含量。
B、根据结构的对称性确定其核磁共振氢谱的吸收峰。
C、质谱仪用于确定相对分子质量。
D、红外光谱可测定有机物中的基团。
4．下列说法不正确的是
A．图甲表示随着核电荷数的增加，卤族元素原子半径增大
B．图乙表示第三周期的某主族元素的第一至第五电离能数据，则该元素为Mg
C．图丙表示周期表ⅣA~ⅦA中元素最简单氢化物的沸点变化，则a点代表H2S
D．图丁中18-冠-6中O原子电负性大，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同主族元素，随着核电荷数的增加，电子层数逐渐增多，因此原子半径逐渐增大，A正确；
B．图乙中，电离能I2与I3相差较大，说明该元素原子最外层有两个电子，因此该元素为第三周期主族元素镁，B正确；
C．第ⅣA~ⅦA元素的最简单氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”，H2O分子间氢键数目多，在三者中沸点最高，因此a点代表的是第三周期与氧同族元素的氢化物，为H2S，C正确；
D．冠醚与K+之间通过配位键结合，并非离子键，D错误；
故答案为：D
【分析】A、同主族元素，电子层数越多，原子半径越大。
B、电离能I3较大，表示难以失去第三个电子，说明该元素的原子最外层有2个电子。
C、N、O、F的氢化物可形成氢键，沸点较大。
D、冠醚与K+之间通过配位键结合，配位键属于特殊的共价键。
5．结构决定物质性质。下列对有机物性质的原因分析错误的是
选项 有机物性质 原因
A 酸性比强 F电负性比Cl大
B 苯酚酸性比乙醇强 苯环使羟基中的O-H极性变强
C 对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子内氢键
D 硫化橡胶既有弹性又有强度 硫化剂将线型结构变为网状结构
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学键；极性键和非极性键；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．氟元素的电负性大于氯元素，氟的吸电子能力更大，三氟乙酸分子中氢氧键的极性也就更大，电离出氢离子的能力更强，即酸性更强，A正确；
B．苯酚分子中的-OH与苯环相连，而乙醇的-OH与乙基相连。这种结构差异导致苯环对-OH的影响，使得羟基上的氢原子活泼性增强，在水溶液中较易发生电离，B正确；
C．对羟基苯甲醛分子存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛分子存在分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的分子间作用力大于邻羟基苯甲醛，沸点高于邻羟基苯甲醛，C错误；
D．硫化橡胶既有弹性又有强度是因为硫化剂可以将橡胶由线型结构变为网状结构，D正确；
故答案为：C。
【分析】熔点、沸点分子间有氢键的物质熔化或气化时，除了要克服纯粹的分子间力外，还必须提高温度，额外地供应一份能量来破坏分子间的氢键，所以这些物质的熔点、沸点比同系列氢化物的熔点、沸点高。分子内生成氢键，熔、沸点常降低。
6．莽草酸易溶于水，可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有2种官能团
C．可发生加成、取代和氧化反应
D．相同物质的量的该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比4：4：1
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A．由结构简式可知，该分子中含有7个C原子，10个H原子，5个O原子，其分子式为C7H10O5，故A错误；
B．分子中含有羟基、碳碳双键、羧基3种官能团，故B错误；
C．该物质含有碳碳双键可发生加成，含有羟基、羧基可发生取代，含有羟基、碳碳双键可发生氧化反应，故C正确；
D．羟基只能和钠反应，羧基能和钠、氢氧化钠、碳酸氢钠反应，则相同物质的量的该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3 的物质的量之比4：1：1，故D错误。
故选C。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．该物质中的官能团有碳碳双键、羧基和羟基；
Ｃ．羧基和羟基能发生取代反应，羟基能发生氧化反应，碳碳双键能加成；
Ｄ．羟基只能和钠反应，羧基能和钠、氢氧化钠、碳酸氢钠反应。
7．下列除杂方案不正确的是
选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法
A C2H5OH H2O 生石灰 蒸馏
B 乙炔 H2S CuSO4溶液 洗气
C 苯 甲苯 饱和溴水 过滤
D 乙酸乙酯 乙酸 饱和碳酸钠溶液 分液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】乙炔炔烃；乙醇的工业制法；除杂
【解析】【解答】A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，通过蒸馏可分离，A正确；
B．硫化氢与硫酸铜溶液反应，乙炔不反应，洗气可分离，B正确；
C．苯或甲苯均不能与溴水反应，且苯、甲苯互溶，无法通过过滤分离，C错误；
D．乙酸乙酯中混有乙酸，加入饱和碳酸钠溶液将乙酸转化为乙酸钠，乙酸钠易溶于水，乙酸乙酯难溶于水，则液体分层，上层为乙酸乙酯，采用分液法可分离得到乙酸乙酯，D正确；
故选C。
【分析】A．蒸馏可分离沸点不同的液体混合物；
Ｂ．硫化氢与硫酸铜溶液反应生成CuS；
Ｃ．苯和甲苯互溶；
Ｄ．乙酸乙酯和乙酸钠不互溶。
8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的2p能级上未成对电子数是同周期中最多的，Y元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的焰色反应为黄色，W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)
B．第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(W)
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：W>Z
D．Y的氢化物的沸点在同族元素氢化物中最低
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大，故原子半径：r(Na)>r (N)>r(O)即r(Z)>r (X)>r(Y)，A不符合题意；
B．同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下第一电离能依次减小，第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(Al)即I1(X)>I1(Y)>I1(W)，B符合题意；
C．由分析可知，Z、W分别为Na、Al，故最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3即WD．由分析可知，Y为O，Y的氢化物即H2O，由于H2O中存在分子间氢键，故其的沸点在同族元素氢化物中最高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干分析，X为N，Y为O，Z为Na，W为Al；
A、同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大；
B、同一周期，从左到右第一电离嫩增大，同一主族，从上到下第一电离能减小，若最外层电子为全充满或者半充满则出现反常；
C、最高价氧化物对应水化物的碱性即比较金属性；
D、氢化物沸点可以根据相对分子质量判断，若有氢键则出现反常。
9．绿原酸（结构如图）是金银花中富含的一类酚类化合物，具有抗菌、保肝、消炎、解热的作用。下列关于绿原酸的说法不正确的是
A．能与氨基酸中的氨基反应
B．能发生加成、取代和氧化反应
C．能使溴水和酸性溶液褪色
D．1mol绿原酸最多能与8mol完全反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．该物质含羧基显酸性，能与氨基酸中的氨基反应，A正确；
B．绿原酸中含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，酚羟基能发生取代反应和氧化反应，B正确；
C．碳碳双键能与溴水加成使溴水褪色，能被酸性氧化使酸性褪色，C正确；
D．该物质含有2个酚羟基、1个酯基、1个羧基，则1 mol绿原酸最多能与4 mol NaOH发生反应，D错误；
故选D。
【分析】A．该物质含羧基，能与氨基反应；
Ｂ．含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酚羟基，能发生取代反应和氧化反应；
Ｃ．碳碳双键，能使溴水和酸性溶液褪色；
Ｄ．该物质中酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应。
10．根据下列实验方案及现象，所得结论正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
B 向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌 形成均一稳定的混合液 猪油发生水解反应
C 向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 丙烯醛中存在醛基
D 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，振荡 有固体析出 (NH4)2SO4溶液能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蔗糖与淀粉的性质实验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．用氢氧化铜氧化醛基需要在碱性环境中进行，向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后需先加NaOH溶液中和过量的稀硫酸，使溶液显碱性，再加入新制Cu(OH)2并加热，观察是否有砖红色沉淀产生，故A错误；
B．向少量猪油中加入NaOH溶液并加热搅拌，生成可溶性的高级脂肪酸的钠盐和甘油，形成均一稳定的混合液，因此说明猪油发生水解反应，故B正确；
C．碳碳双键和醛基均可以被高锰酸钾氧化，因此溶液褪色无法说明丙烯醛中含有醛基，故C错误；
D．(NH4)2SO4相当于轻金属盐，此方法为盐析，蛋白质未发生变性，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
B、形成均一稳定的混合液，说明猪油与NaOH溶液反应后得到水溶液。
C、丙烯酸中碳碳双键和醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、(NH4)2SO4能使蛋白质发生盐析。
11．下列实验能达到目的的是
A．实验①可证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚
B．实验②可用于实验室制备并收集乙烯
C．实验③可用于检验消去产物
D．实验④可用于实验室制备硝基苯
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl与CO2一起进入试管中，无法确定苯酚是哪个物质制备产生，因此无法判断碳酸与苯酚的酸性强弱，A项不能达到实验目的；
B．乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集，需选择用排水法收集，B项不能达到实验目的；
C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，存在干扰，无法验证，C项不能达到实验目的；
D．实验室制硝基苯时，应使用60℃左右的水浴加热，温度计测量水浴的温度，则④装置可用于实验室制硝基苯，D项能达到实验目的；
故答案为：D
【分析】A、浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会造成干扰。
B、乙烯的密度与空气接近，无法用排空气法收集。
C、挥发产生的乙醇的也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、苯与硝酸反应的温度为60℃，采用水浴加热。
12．下列实验操作可以达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 验证乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化 将乙醇与浓硫酸加热到170℃，反应生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色
B 除去苯中少量的苯酚 向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤
C 检验蔗糖的水解产物 取少量蔗糖溶液，与稀硫酸共热后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，观察是否出现砖红色沉淀
D 检验1-溴丁烷中的溴元素 向试管中滴入几滴1-溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振荡后加热，反应一段时间后停止加热，静置。取数滴水层溶液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再加入几滴2%AgNO3溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验不能证明乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；
B．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯互溶，不能除杂，故B错误；
C．蔗糖水解后会产生葡萄糖，在碱性溶液中用新制的Cu(OH)2悬浊液检验葡萄糖，水解后没有加NaOH中和硫酸，不能达到实验目的，故C错误；
D.1-溴丁烷发生水解后产生溴离子，取反应后溶液，加入硝酸中和NaOH溶液后，再滴入硝酸银溶液检验溴离子，故D正确；
故选D。
【分析】A．乙醇能与酸性高锰酸钾反应；
Ｂ．浓溴水与苯酚生成的三溴苯酚与苯酚互溶；
Ｃ．要在碱性环境下检验醛基；
Ｄ.1-溴丁烷在NaOH溶液中加热发生水解反应，在酸性条件下检验溴离子。
13．迷迭香酸是一种天然抗氧化剂，其结构如图所示，下列叙述不正确的是
A．迷迭香酸分子存在顺反异构体
B．迷迭香酸分子中含有1个手性碳原子
C．1mol迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗8molBr2
D．1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6molNaOH
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的性质及用途；酯的性质
【解析】【解答】A．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构简式可知，迷迭香酸分子中碳碳双键中碳原子所连基团不同，因此该结构存在顺反异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，迷迭香酸分子中与羧基直接相连的碳原子为手性碳原子，因此该分子中含有1个手性碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的碳碳双键可以和溴水发生加成反应，含有酚羟基，酚羟基邻对位上的氢原子可以和溴水发生取代反应，因此1mol迷迭香酸与浓溴水反应时，可消耗7mol溴，故C错误；
D．由结构简式可知，迷迭香酸分子中含有的酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠溶液反应。1mol迷迭香酸中含有4mol酚羟基、1mol羧基和1mol酯基，因此1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mol氢氧化钠，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团，可形成顺反异构。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
C、酚羟基的邻位、对位H原子可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应。
D、酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应。
14．哌醋甲酯是一种中枢神经系统兴奋剂，如图为哌醋甲酯的结构。下列关于哌醋甲酯的说法正确的是
A．1mol哌醋甲酯最多与4molH2发生加成反应
B．哌醋甲酯有1个手性碳
C．该有机物既可以与盐酸反应，也可以和NaOH反应
D．该分子中所有碳原子共面
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．分子中只有苯环能与H2加成，因此1mol哌醋甲酯最多与3molH2发生加成反应，A错误；
B．连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，因此哌醋甲酯有2个手性碳，如图所示：，B错误；
C．该有机物含有碱性基团-NH-可以与盐酸反应，含有酯基可以和NaOH反应，C正确；
D．该分子中含有同时连有3个碳原子的sp3杂化的碳原子，为四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此不可能所有碳原子共面，D错误；
故答案为：C
【分析】A、分子结构中苯环能与H2发生加成反应。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、分子结构中的氨基能与盐酸反应，酯基能与NaOH反应。
D、采用sp3杂化的碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
15．科研团队在实验室首次实现了以为原料人工合成淀粉，其合成路线如下图所示：
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L 中含有的σ键的数目为
B．分子中各原子上都没有孤电子对
C．HCHO分子的空间结构为平面三角形
D．1 mol淀粉与足量乙酸发生酯化反应，消耗分子的数目为
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；多糖的性质和用途；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．所有单键都为σ键，双键的结构是1个σ键搭配1个π键，1个二氧化碳分子中共含有2个σ键。标准状况下22.4 L的物质的量为1mol，因此含有的σ键数目为2，故A错误；
B．分子中，氧原子的最外层未成键电子对没有全部成键，存在孤电子对，故B错误；
C．HCHO分子中中心C原子共形成3个σ键，杂化方式为sp2杂化，分子空间结构为平面三角形，故C正确；
D.1个葡萄糖分子中含有5个羟基，1mol葡萄糖可以和5mol乙酸发生酯化反应；淀粉水解生成nmol葡萄糖，且酯化反应属于可逆反应，因此消耗CH3COOH的分子数一定不是3NA；即使不考虑可逆反应、只考虑酯化反应，1mol淀粉的聚合度n未知，也无法计算消耗乙酸的量，因此D错误；
故选C。
【分析】A．二氧化碳结构中是碳氧双键，1个二氧化碳分子是2个σ键搭配2个π键；
B．甲醇分子中氧原子上有孤电子对；
C．甲醛分子中C杂化方式为sp2杂化，空间结构为平面三角形；
D．酯化反应属于可逆反应，且淀粉分子式中n值不确定。
16．一水合甘氨酸锌一种配合物，微溶于水主要用作药物辅料，是锌营养强化剂，比一般的补锌剂、等稳定性和吸收率较好，其结构简式如图：
（1）基态O原子价电子轨道表示式为　 　，Zn的价层电子排布式　 　图中的配位数为　 　。
（2）甘氨酸中碳原子采取的杂化方式有　 　。
（3）甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为　 　。
（4）以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：，化学通式相同(如)且价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，具有相同的化学键类型和空间结构，下列分子或者离子与互为等电子体的是　 　。
A． 　　B． 　C． 　D．
以下关于说法正确的是　 　。
A．是配位原子 B．提供孤电子对 C．提供空轨道 　D．配离子中存在离子键
（5）与形成某种化合物的晶胞如上图所示，已知晶胞边长为，则晶胞密度　 　(阿伏加德罗常数的数值取)(列出表达式即可)
【答案】（1）；3d104s2；5
（2）sp3、sp2
（3）甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键
（4）B；A
（5）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）氧元素的原子序数为8，基态O原子价电子的轨道表示式为；锌是30号元素，其价层电子排布式为3d104s2；从结构简式可以得出，Zn2+的配位数为5；
（2）甘氨酸的结构为H2N-CH2-COOH，其中-CH2-的碳原子为饱和碳原子，杂化类型为sp3杂化，羧基中的碳原子杂化方式为sp2杂化，因此答案为sp3、sp2；
（3）甘氨酸属于极性分子，同时分子中的氨基、羧基都可以和水分子形成氢键，因此甘氨酸在水中的溶解度更大；
（4）等电子体的定义为原子总数相等、价电子总数也相等的分子、离子或原子团，的价电子总数为8，的价电子总数为32，二者原子总数也不相等，因此不是等电子体；SiH4的原子总数和相等，且价电子总数也为8，二者互为等电子体；、CS2的原子总数、价电子总数都和不相等，不是等电子体，因此选B；
在中，N原子提供孤电子对，Zn2+提供空轨道，二者形成配位键，离子键存在于阴、阳离子之间，该配离子内部不存在离子键，因此选A；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个锌离子、4个硫离子，则晶体密度为。
【分析】（1）氧是8号元素，价电子2s22p4，锌是30号元素，价层电子排布式为3d104s2，根据题中结构可得锌离子配位数；
（2）根据甘氨酸的结构为H2N-CH2-COOH，可知碳原子采取的杂化方式sp3、sp2；
（3）甘氨酸和水分子间能形成氢键，增大溶解度；
（4）根据等电子体定义， 与互为等电子体 的是 ； 中中心离子是 ，提供空轨道，配体是 ，氮原子提供孤电子对；
（5） 晶胞密度 ，代入计算。
（1）氧的原子序数为8，基态O原子价电子的轨道表示式为；锌为30号元素，价层电子排布式为3d104s2；根据结构简式可知，可知Zn2+的配位数是5；
（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中-CH2-中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3，羧基中碳原子杂化方式为sp2；答案为sp3、sp2；
（3）甘氨酸是极性分子，且分子中的氨基、羧基都能与水分子形成氢键，所以甘氨酸在水中的溶解度较大；
（4）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，的价电子总数为8，的价电子总数为32，与不是等电子体；SiH4化学通式与相同，且价电子总数为8，与互为等电子体；、CS2的化学通式与价电子总数与都不相同，与不是等电子体；故答案选B；
中氮原子提供孤电子对，氮原子是配位原子，锌离子提供空轨道，形成配位键，离子键存在于阴阳离子间，配离子中不存在离子键，故答案选A；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个锌离子、4个硫离子，则晶体密度为。
17．生活中不少同学都被蚊虫叮咬过，感觉又疼又痒，原因是蚊虫叮咬时能分泌出蚁酸刺激皮肤。蚁酸化学式为HCOOH，化学名称为甲酸，是一种有刺激性气味的无色液体，具有很强的腐蚀性，为探究甲酸的部分化学性质，同学们进行了如下实验：
I．
（1）向盛有1mL饱和溶液的试管中加入足量甲酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为　 　。
（2）向盛有甲酸溶液的试管中滴入几滴有硫酸的KMnO4溶液，振荡，发现混合溶液的紫红色褪去，说明甲酸具有　 　(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)。
（3）用甲酸与浓硫酸共热制备一氧化碳：，实验的部分装置如甲所示。制备时先加热浓硫酸至80-90℃，再逐滴滴入甲酸。
欲组装成甲图制取CO气体的发生装置，从乙图挑选所需仪器　 　(填序号)。
（4）某同学分析甲酸的结构式发现，甲酸中还有醛基，推测甲酸还应具有醛的性质。请帮助该同学设计实验验证其推测：　 　。
Ⅱ．
甲酸能与醇发生酯化反应
该兴趣小组用如图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇的酯化反应实验：
有关物质的性质如下：
沸点 /℃ 密度 (g·cm-3) 水中 溶解性
甲醇 64.5 0.79 易溶
甲酸 100.7 1.22 易溶
甲酸 甲酯 31.5 0.98 易溶
（5）装置中，仪器A的名称是　 　。
（6）甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为　 　。
（7）要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为　 　。
Ⅲ．甲酸能脱水制取一氧化碳，一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：。
（8）测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：CO与足量NaOH充分反应后，消耗标况下2.24LCO所得固体物质为8.0g，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为　 　(计算结果精确到0.1%)。
【答案】；还原性；ace；取少量甲酸于洁净的小试管中，加入NaOH溶液中和其酸性，再加入银氨溶液，加热，产生了光亮银镜，可证明甲酸中含有醛；直形冷凝管；；蒸馏；85.0%
【知识点】羧酸简介；制备实验方案的设计；酯化反应
【解析】【解答】（1）碳酸氢钠和甲酸发生复分解反应，生成甲酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，甲酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲酸被高锰酸钾氧化，因此甲酸具有还原性，故答案为：还原性；
（3）①该制备反应是液液加热反应，需要控制温度在80 90℃，结合反应特点可知，需要选用蒸馏烧瓶作为反应容器，分液漏斗滴加甲酸，温度计控制反应温度，因此需要选用的仪器为ace，故答案为：ace；
（4）从甲酸的结构式可以看出，甲酸分子中含有醛基结构，因此推测甲酸还具有醛基的性质；要检验醛基可以利用银镜反应，操作方法为：取少量甲酸加入洁净试管中，先加入NaOH溶液中和甲酸的酸性，再加入银氨溶液，水浴加热，若试管内壁生成光亮的银镜，即可证明甲酸中含有醛基。
（5）根据装置图可判断，仪器A为直形冷凝管；
(6)甲酸和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为：；
(7)甲酸、甲醇、甲酸甲酯的沸点差异较大，因此可以用蒸馏的方法从混合物中提取纯净的甲酸甲酯，故答案为：蒸馏；
(8)标准状况下2.24L CO的物质的量为 0.1mol，根据反应，反应生成甲酸钠的物质的量为0.1mol，甲酸钠的摩尔质量为68g/mol，则生成甲酸钠的质量为 0.1mol×68g/mol=6.8g， 反应后所得固体总质量为8.0g，因此固体中甲酸钠的质量分数为：×100%=85.0%，故答案为：85.0%。
【分析】甲酸与浓硫酸共热可制备一氧化碳，反应为：，本题的部分实验装置如图甲所示。实验操作时，需要先将浓硫酸加热至80 90℃，再逐滴滴入甲酸，该反应属于液体混合加热型反应，需要用到蒸馏烧瓶盛放反应物、分液漏斗滴加甲酸，还需要温度计控制反应温度；仪器A为直形冷凝管；蒸气冷凝为液体后装置内压强会降低，长玻璃管c既可以平衡装置内压强，还可以对产品蒸气起到冷凝回流的作用。如果是甲酸和甲醇在浓硫酸加热条件下反应，则会发生酯化反应生成甲酸甲酯和水，反应后锥形瓶中得到液态混合物，可利用沸点差异通过蒸馏提取甲酸甲酯。
18．将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如下(反应条件略)。
（1）化合物I的分子式为　 　，名称为　 　。
（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是　 　。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有_______。
A．由化合物I到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成
B．由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被还原
C．葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键
D．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成
（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（5）在一定条件下，以原子利用率的反应制备。该反应中：
①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为　 　(写结构简式)。
（6）以2-溴丙烷为唯一有机原料，合成。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第一步反应的化学方程式为　 　(写一个即可，注明反应条件)。
【答案】（1）C8H8；苯乙烯
（2）酮羰基；
（3）A；C；D
（4）H2；催化剂、加热；加成反应；HBr；加热；
（5）；CH3CH=CH2
（6）；（或）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；单糖的性质和用途
【解析】【解答】（1）由I的结构可知，其分子式为C8H8；名称为：苯乙烯；
（2）由Ⅱ的结构可知，其含氧官能团为：酮羰基；化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，即具有4种等效氢，含有醛基，符合条件的结构简式为： ；
（3）A．由化合物I到Ⅱ的转化中，I的碳碳双键先与水加成得到 ， 上的羟基催化氧化得到Ⅱ，有π键的断裂与形成，故A正确；
B．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，被氧化为葡萄糖酸：HOCH2-（CHOH）4COOH，葡萄糖酸中的羧基和羟基发生酯化反应生成葡萄糖酸内脂，由该过程可知，葡萄糖被氧化，故B错误；
C．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，有多个羟基，能与水分子形成氢键，使得葡萄糖易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ图中所示C为sp2杂化，转化为Ⅲ图中所示C为sp3杂化，C原子杂化方式改变，且该C为手性碳原子，O的杂化方式由sp2转化为sp3，故D正确；
故选ACD；
（4）①由Ⅲ的结构可知，Ⅲ中的苯环与H2加成可得新结构，反应试剂、条件为：H2，催化剂、加热，反应类型为加成反应；
②Ⅲ可发生多种取代反应，如：Ⅲ与HBr在加热的条件下羟基被Br取代，反应试剂、条件为：HBr，加热，反应形成新结构，（其他合理答案也可）；
（5）原子利用率的反应制备，反应类型应为加成反应，
①若反应物之一为非极性分子，该物质应为H2，即该反应为与H2加成；
若反应物之一为V形结构分子，该物质应为H2O，即该反应为CH3CH=CH2与H2O加成；
（6）
与NaOH水溶液在加热条件下反应得到，与NaOH醇溶液在加热条件下反应得到CH3CH=CH2，CH3CH=CH2被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，具体合成路线为：。
①最后一步为和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为：；
②第一步的化学方程式为：或。
【分析】（1）根据结构简式进行书写，注意原子数目。
（2）熟悉常见含氧官能团；同分异构体的分子式相同、结构不同， 核磁共振氢谱有几组峰表示有几种氢原子，醛基能发生银镜反应。
（3）A．由化合物I到Ⅱ的转化中，I的碳碳双键先与水加成，之后羟基催化氧化。
B．葡萄糖（HOCH2-（CHOH）4CHO）被氧化为葡萄糖酸[HOCH2-（CHOH）4COOH]，葡萄糖酸中的羧基和羟基发生酯化反应生成葡萄糖酸内脂。
C．葡萄糖（HOCH2-（CHOH）4CHO）有多个羟基，能与水分子形成氢键。
D．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
（4）①Ⅲ中的苯环与H2加成可得新结构。
②Ⅲ可发生多种取代反应。
（5）原子利用率的反应制备，反应类型应为加成反应。
（6）与NaOH水溶液在加热条件下反应得到，与NaOH醇溶液在加热条件下反应得到CH3CH=CH2，CH3CH=CH2被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成。
（1）由I的结构可知，其分子式为C8H8；名称为：苯乙烯；
（2）由Ⅱ的结构可知，其含氧官能团为：酮羰基；化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，即具有4种等效氢，含有醛基，符合条件的结构简式为：；
（3）A．由化合物I到Ⅱ的转化中，I的碳碳双键先与水加成得到，上的羟基催化氧化得到Ⅱ，有π键的断裂与形成，故A正确；
B．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，被氧化为葡萄糖酸：HOCH2-（CHOH）4COOH，葡萄糖酸中的羧基和羟基发生酯化反应生成葡萄糖酸内脂，由该过程可知，葡萄糖被氧化，故B错误；
C．葡萄糖为HOCH2-（CHOH）4CHO，有多个羟基，能与水分子形成氢键，使得葡萄糖易溶于水，故C正确；
D．化合物Ⅱ图中所示C为sp2杂化，转化为Ⅲ图中所示C为sp3杂化，C原子杂化方式改变，且该C为手性碳原子，O的杂化方式由sp2转化为sp3，故D正确；
故选ACD；
（4）①由Ⅲ的结构可知，Ⅲ中的苯环与H2加成可得新结构，反应试剂、条件为：H2，催化剂、加热，反应类型为加成反应；
②Ⅲ可发生多种取代反应，如：Ⅲ与HBr在加热的条件下羟基被Br取代，反应试剂、条件为：HBr，加热，反应形成新结构，（其他合理答案也可）；
（5）原子利用率的反应制备，反应类型应为加成反应，
①若反应物之一为非极性分子，该物质应为H2，即该反应为与H2加成；
若反应物之一为V形结构分子，该物质应为H2O，即该反应为CH3CH=CH2与H2O加成；
（6）与NaOH水溶液在加热条件下反应得到，与NaOH醇溶液在加热条件下反应得到CH3CH=CH2，CH3CH=CH2被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，具体合成路线为：。
①最后一步为和CH3COOH在浓硫酸作催化剂，加热的条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为：；
②第一步的化学方程式为：或。
19．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是　 　。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出C的结构简式，用星号(*)标出C中的手性碳　 　。
（3）B到C的反应类型是　 　。
（4）写出D到E的反应方程式　 　。
（5）F的结构简式　 　。
（6）W是分子式比C少1个CH2的六元环有机物，W能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，则W可能的结构有　 　种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢，峰面积比为4：4：3：1：1：1的结构简式为　 　。
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线(无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羰基、酯基
（2）
（3）加成反应
（4）+C2H5OH+H2O
（5）
（6）5；
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）E中含有的官能团为羰基和酯基；
（2）C中用星号标注的位置即为手性碳原子，标注结果见下图：；
（3）根据上述推导流程，B生成C的反应类型为加成反应；
（4）D转化为E是酯化反应，对应的化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
（5）根据流程推导可得，F的结构简式为：；
(6)W是分子式比C少1个CH2的六元环有机物，W可以和饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，说明W分子中含有羧基，符合条件的W的可能结构简式为：、（图中数字表示羧基的位置），总共有5种；其中满足核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢，且峰面积比为4：4：3：1：1：1的结构简式为：；
(7)甲苯和溴单质在光照条件下发生反应得到，参考题干中E到F的合成思路，CH3COCH2COOC2H5可与反应得到，再对发生水解反应即可得到目标产物，因此完整的合成路线为：。
【分析】A分子中的羟基被氧化为羰基，得到B，B与甲醛发生加成反应得到C，C分子中的羟基被氧化得到D，D与乙醇发生酯化反应得到E，E发生取代反应得到F，F经水解反应得到G。
（1）E中的官能团为：羰基、酯基；
（2）C中图示星号标注的为手性碳原子位置：；
（3）根据分析，B到C的反应类型为：加成反应；
（4）D到E发生酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
（5）根据分析，F的结构简式为：；
（6）W是分子式比C少1个CH2的六元环有机物，W能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，W中含羧基，可能的结构简式为：、（数字代表羧基的位置），共5种；其中核磁共振氢谱显示有6种不同环境的氢，峰面积比为4：4：3：1：1：1的结构简式为：；
（7）甲苯与溴单质在光照条件下得到，参照E到F的合成，CH3COCH2COOC2H5与反应得到，发生水解反应得到产物，故合成路线为：。
20．室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于、碘代烃类等，合成化合物ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：
（1）化合物i的分子式为　 　。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构简式为　 　(写一种)，其名称为　 　。
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为。y为　 　。
（3）根据化合物V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 　 　 　 　 消去反应
b 　 　 　 　 氧化反应(生成有机产物)
（4）关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。
A．反应过程中，有键和键断裂
B．反应过程中，有双键和单键形成
C．反应物i中，氧原子采取杂化，并且存在手性碳原子
D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键
（5）以苯、乙烯和为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)最后一步反应中，有机反应物为　 　(写结构简式)。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为　 　。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）； (或 或 )；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)
（2）或氧气
（3）浓硫酸，加热；；、，加热(或酸性溶液)； (或 )
（4）C；D
（5） 和；；↑
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)观察化合物i的五元环结构： ，统计碳原子共5个，氢原子一共10个，氧原子数目为1，能够推出分子式是；同分异构体分子式同样为，限定氢谱仅有2组峰，说明分子只有两类等效氢，分子对称性很强，下面列举三种合规方案：
方案1：结构简式 ，系统命名为3-戊酮；
方案2：结构简式 ，系统命名为2，2-二甲基丙醛；
方案3：带有氧杂环结构的3，3-二甲基氧杂环丁烷： ，以上三者任选其一填写即可。
故答案为： ； (或 或 ) ；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷) ；
(2)化合物iii是丙烯，原子利用率达到100%意味着反应没有副产物，属于加成反应，丙烯和发生加成得到环氧丙烷也就是iv，因此气体y为氧气（）。
故答案为：或氧气；
(3) 根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成 ，或酸性溶液中氧化生成 ，见下表：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 浓硫酸，加热 消去反应
b 、，加热(或酸性溶液) (或 ) 氧化反应(生成有机产物)
故答案为：浓硫酸，加热； ；、，加热(或酸性溶液)； (或 )；
(4)A.反应⑤过程碘原子脱离碳端断开C-I键，i内部醇羟基断开H-O键，A描述正确；
B.反应构建出酯基，过程生成羰基，同时形成酯内部的C-O单键，B描述正确；
C.化合物i（ ）的氧原子采取杂化没错，但与羟基相连的碳连着两组一样的亚甲基，并不具备手性碳，C错误；
D.分子内部是p轨道肩并肩重叠形成π键的说法不符合事实，p轨道头碰头重叠形成的是σ键，D错误；
故答案为：CD；
(5)对照原题反应③、⑤的转化规律开展逆合成推导： 乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成 ，与HI反应合成 ，最后根据反应⑤的原理， 与乙醇、CO合成化合物ⅷ。
(a)最后一步反应中，有机反应物为 和。
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为。
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为↑。
故答案为： 和 ； ；↑。
【分析】起始原料环戊醇 i （）先经溴代反应得到溴代环戊烷 ii（ ）；丙烯 iii 和氧气发生原子利用率 100% 的反应得到环氧乙烷类中间体 iv（ ），ii、iv 再发生反应得到带有端羟基的化合物 v（ ）；v 的羟基被碘取代生成 vi（ ）；vi 通入 CO，再和原料 i 发生反应⑤进行酯化，最终产出酯类产物 vii（ ）。
后续以苯、乙烯、CO 当作碳源，借鉴前面流程③、⑤的反应机理：先将苯溴化得到溴苯，再搭建出含碘的苯乙基中间体，乙烯水化制备乙醇，二者借助 CO 参与反应，合成目标酯 viii。
(1) 依据键线式的计数规则统计C、H、O原子得到分子式；结合核磁共振氢谱只有两组峰的限制条件，提升同分异构体结构对称性，筛选出等效氢仅两组的同分异构体，之后完成有机物系统命名。
(2) 利用原子利用率百分百属于加成反应这一特征，结合丙烯转化成环氧丙烷的元素变化，推断参与反应的气态反应物为氧气。
(3) 围绕v分子的端伯醇官能团，回忆醇的典型反应：消去需要浓硫酸加热的条件、产物出现烯烃双键；氧化分为催化氧化生成醛、强氧化剂深度氧化生成羧酸这两类路线，分情况填写试剂、条件以及有机产物结构。
(4) 从化学键断裂生成情况、碳原子手性判定、轨道重叠方式三个角度逐个排查选项；手性碳必须连接四种互不相同基团，σ键才是p轨道头碰头重叠形成，据此判定出错的C、D两项。
(5) 借助题干前面给出的反应机理做逆合成推演，拆解目标酯推出最终一步两种原料；顺着原料向前倒推，乙烯水化制备乙醇，苯通过苯环亲电溴代得到溴苯作为前置中间体，分步书写对应的有机化学方程式并标注反应条件。
（1）化合物i 的分子式为。 不饱和度为1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰，说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x的结构简式含酮羰基时为 (或含醛基时为 或含圆环是为 )，其名称为戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)。故答案为：； (或 或 )；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)；
（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，y为或氧气。故答案为：或氧气；
（3）根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成 ，或酸性溶液中氧化生成 ，见下表：
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a 浓硫酸，加热 消去反应
b 、，加热(或酸性溶液) (或 ) 氧化反应(生成有机产物)
故答案为：浓硫酸，加热； ；、，加热(或酸性溶液)； (或 )；
（4）A． 从产物中不存在键和键可以看出，反应过程中，有键和键断裂，故A正确；
B． 反应物中不存在双键，酰碘基中碘原子离去与羟基中氢离去，余下的部分结合形成酯基中单键，所以反应过程中，有双键和单键形成，故B正确；
C． 反应物i 中，氧原子采取杂化，但与羟基相连的碳有对称轴，其它碳上均有2个氢，分子中不存在手性碳原子，故C错误；
D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的键，故D错误；
故答案为：CD；
（5）以苯、乙烯和为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成 ，与HI反应合成 ，最后根据反应⑤的原理， 与乙醇、CO合成化合物ⅷ。
(a)最后一步反应中，有机反应物为 和。故答案为： 和；
(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为。故答案为：；
(c)从苯出发，第一步的化学方程式为↑。故答案为：↑。
21．硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O又称莫尔盐，称取11.76 g新制莫尔盐，溶于水配成250 mL溶液。取25.00 mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398 g；另取25.00 mL该溶液用0.020 0 mol/L KMnO4酸性溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗溶液的体积为30.00 mL。试确定莫尔盐的化学式　 　(请写出计算过程)
【答案】(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或 (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】原样品中的n(SO)＝＝6.000×10-2mol ，n(MnO)＝0.02000mol/L×0.03000 L＝6.000×10-4mol，由得失电子守恒可知：n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝3.000×10-3mol ，原样品中n(Fe2＋)＝3.000×10-2mol ， 由电荷守恒可知：原样品中n(NH)＝6.000×10-2mol 由质量守恒：n(H2O)＝0.1800mol 。
故化学式为： (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。【分析】 白色沉淀是硫酸钡，由沉淀质量可计算物质的量，可知硫酸根物质的量n(SO)＝6.000×10-2mol，用高锰酸钾溶液滴定时，存在关系是，原样品中n(Fe2＋)＝3.000×10-2mol，根据电荷守恒，n(NH)＝6.000×10-2mol，根据样品总质量，计算水的质量及物质的量，可得摩尔盐的化学式(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
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