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广东省东莞市2024-2025学年高二下学期期末质量检查化学试题
1．文物是历史的见证，也是文化的载体。下列文物中，主要材质为有机高分子的是
A.南宋牡丹纹玉梳 B.西汉漆木马 C.战国陶熏炉 D.辽鎏金高士图银杯
A．A B．B C．C D．D
2．科技乃兴国之重。下列说法正确的是
A．“奋斗者”号潜水艇使用了新型钛合金材料，与互为同素异形体
B．全球首款石墨烯柔性显示屏于广东研制成功，石墨烯与乙烯互为同系物
C．高强度特种钢应用于我国新能源汽车制造，铁元素位于元素周期表的d区
D．我国民企火箭发动机“天鹊”使用了氮化硅材料，属于分子晶体
3．衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．真丝、棉麻衣物穿着舒适，其主要成分均为纤维素
B．久置红薯比新挖红薯更甜，缘于葡萄糖发生了水解
C．铝合金被广泛用于门窗制造，因其熔点比纯铝高
D．汽车轮胎的韧性好、强度高，与橡胶的硫化有关
4．化学用语是化学独特的语言。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型：
B．基态Na原子最外层原子轨道形状：
C．的电子式：
D．反-2-丁烯的结构简式：
5．实验室用电石和饱和食盐水反应制取，按照制备、净化、性质检验、收集的顺序进行实验。下列实验仪器及试剂选用不正确的是
A．制备
B．净化
C．检验不饱和性
D．排水收集
6．劳动光荣、创造伟大。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 酿酒：用葡萄酿酒 葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇
B 鉴宝：用X射线衍射仪区分真水晶和玻璃仿水晶 水晶属于晶体，玻璃属于非晶体
C 消毒：用苯酚水溶液进行环境消毒 苯酚有还原性
D 帮厨：向沸水中加入鸡蛋液制作蛋花汤 加热能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
7．人形机器人的肢体骨骼及关节结构件等，采用高强度、低密度的高分子材料PEEK(聚醚醚酮)制造。合成PEEK的两种单体结构简式如图所示。下列叙述正确的是
A．单体I分子中所有原子不可能在同一平面
B．单体I的水溶性低于单体II
C．单体II属于烃
D．单体I、II通过加聚反应制得材料PEEK
8．短周期主族元素的原子序数依次增大，且在前三周期均有分布，W与X同主族，Y的基态原子的价层电子排布式为原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．的简单氢化物的水溶液均显酸性
D．电负性：
9．晶胞是物质世界精巧的积木。下列说法正确的是
A．每个氯化钠晶胞中含有1个NaCl分子
B．熔点：金刚石>干冰
C．12g金刚石晶体中含有8mol碳原子
D．干冰晶胞中每个分子周围有12个紧邻的分子
10．化学键的断裂与形成，谱写着物质变奏曲。下列有机方程式正确且与反应类型对应的是
选项 反应类型 有机化学方程式
A 取代反应
B 加聚反应
C 水解反应
D 氧化反应
A．A B．B C．C D．D
11．甲醇羰基化法(反应条件略)工业制乙酸，已逐步取代乙醛氧化法。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．32g甲醇中含有的非极性键数目为
B．22.4LCO中O的价层电子对数为
C．1mol乙醛氧化为乙酸转移电子数目为
D．乙酸溶液中的数目为
12．下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 的键角比的键角小 分子间作用力氨比水大
B 多次盐析、溶解可分离提纯蛋白质 蛋白质的盐析是可逆的
C 酸性强于 氟的电负性比氯大
D 比稳定 甲烷分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
13．在给定的反应条件下，下列选项所示的物质转化难以实现的是
A．
B．
C．CH3CHOCH3COOHCH3CO18OC2H5
D．
14．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体X通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。下列说法不正确的是
A．X能与氨基酸的羧基发生反应
B．反应①、②的反应类型相同
C．Z能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．氟他胺中碳原子的杂化方式有和 sp3
15．蓝晶绽彩，化韵无穷。以蓝色的CuSO4溶液制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：
B．过程②可观察到蓝色沉淀逐渐溶解，得到深蓝色的透明溶液
C．过程③乙醇的作用是降低溶剂极性，减小溶质的溶解度
D．配合物离子[Cu(H2O)4]2+的稳定性大于[Cu(NH3)4]2+
16．M具有抗氧化作用且能消除体内自由基，其分子结构见图。是原子半径依次递增的短周期主族元素，Y和Z同族且与R位于不同周期。下列说法正确的是
A．最高价氧化物的水化物的酸性：
B．和空间结构均为平面三角形
C．物质M既能与酸反应，又能与碱反应
D．是合成某导电高分子材料的单体
17．硫及其化合物在工业、生物体内有重要作用。
（1）硫单质是重要的化工原料，可以合成等物质。
①基态硫原子的价层电子排布式为　 　。
②硫单质的一种同素异形体分子(结构见图)像顶皇冠。中硫的杂化方式为　 　，其易溶于的原因是　 　。
③工业上，常用作还原剂。的分子构型为　 　，其沸点　 　(填“高于”、或“低于”)，原因是　 　。
④浓硫酸广泛应用于有机合成领域，有机反应使用浓硫酸，常利用其　 　性质。1mol分子中所含的键数目为　 　。
（2）铁硫簇广泛存在于生物体内，是多种蛋白质的辅因子。一种铁硫原子簇的结构特点如图所示，该化合物的化学式为　 　，中心原子Fe的配位数为　 　。
18．我国稀土资源丰富。一种利用氟碳铈矿(含等)制备稀土化合物的流程如下。
（1）基态F原子的核外电子空间运动状态有　 　种。
（2）中Ce元素的化合价为　 　。“焙烧”时，转化为和，同时生成一种非极性气体分子，反应的化学方程式为　 　。
（3）滤渣1的主要成分有和。分别属于　 　、　 　晶体。
（4）已知：半径比小。的熔点　 　BaO(填“高于”或“低于”)。
（5）一种晶体的立方晶胞结构如图所示。的配位数为　 　。若晶胞边长为anm，则与的最短距离为　 　nm。
19．卤代烃在有机合成中起着重要的桥梁作用。某化学兴趣小组为探究卤代烷在不同溶剂中的反应情况，进行了以下实验。
（1）甲同学检验1-溴丁烷与NaOH水溶液发生水解反应的产物。
①淡黄色沉淀是　 　(写化学式)。
②1-溴丁烷水解的反应方程式为　 　。
③乙同学认为仅凭上述实验现象不能证明1-溴丁烷发生了水解反应，原因是1-溴丁烷发生消去反应也能生成大量，故建议需要进一步检验是否生成1-丁醇，下列方法中可行的是　 　。
A.对产物进行红外光谱分析　　B.对产物进行核磁共振氢谱分析　　C.取反应混合物与金属钠反应
（2）丙同学利用如图装置检验1-溴丁烷与NaOH醇溶液发生消去反应的产物。加热圆底烧瓶一段时间后，装置C中酸性高锰酸钾溶液褪色。
①仪器a的名称是　 　，装置B的作用是　 　。
②若无装置B，也可用　 　试剂代替酸性溶液检验1-丁烯。
（3）丁同学在丙同学实验后的反应体系中，同时检测出1-丁醇和1-丁烯。查阅文献，获得如下资料。
文献资料1：
如图所示，与官能团直接相连的碳原子称为碳，与碳相连的碳原子称为碳；碳个数影响卤代烃反应时各类产物的占比。
文献资料2：
三种卤代烃在强碱的乙醇溶液中反应，水解产物与消去产物的含量占比见下表。
卤代烃 强碱的醇溶液 水解产物／％ 消去产物／％
90 10
21 79
7 93
研究资料可得出以下结论：
①不同的卤代烃在相同条件下反应，水解产物与消去产物含量占比不同。
②　 　。
（4）发生消去反应的有机产物的结构简式为　 　。
20．苦杏仁酸广泛应用于医药、化妆品、食品及工业领域。一种以苯和乙醛酸(物质ii)为原料，合成苦杏仁酸(物质iii)及其衍生物的路线如下。
（1）化合物v中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物iii的分子式为　 　。化合物iii的某种同分异构体，能与溶液发生显色反应，核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：2：1：1，其结构简式为　 　(写出一种)。
（3）根据化合物iv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 　 　 　 　
b ，催化剂，加热 　 　 　 　
（4）下列说法正确的是_______。
A．反应1过程中有键的断裂和键的形成
B．化合物iii存在以“头碰头”方式形成的键
C．可用溶液鉴别物质iii和物质iv
D．化合物ii和v均含有手性碳原子
（5）一定条件下，以反应物x和y制备乙醛酸(HOOCCHO)，，若x为单质，则y的结构简式为　 　。
（6）乙醇酸()可用于工业制备聚乙醇酸。以乙醇为唯一有机原料(无机试剂任选)设计合成聚乙醇酸的路线。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
已知：
①第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、南宋牡丹纹玉梳，主要材质为玉石（主要成分为硅酸盐类无机物），不属于有机高分子材料，故 A 错误。
B、西汉漆木马，主体为木材（纤维素，天然有机高分子），表面的漆为大漆（天然树脂，有机高分子），主要材质为有机高分子材料，故 B 正确。
C、战国陶熏炉，主要材质为陶瓷（硅酸盐类无机物），不属于有机高分子材料，故 C 错误。
D、辽鎏金高士图银杯，主要材质为银（金属单质，无机物），不属于有机高分子材料，故 D 错误。
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
明确常见材料的分类：有机高分子材料包括天然高分子（如纤维素、蛋白质、天然树脂）和合成高分子（如塑料、合成橡胶）；
区分各选项文物的主要材质：玉石、陶瓷、金属均属于无机材料，而木材和大漆属于有机高分子材料；
大漆（生漆）的主要成分是漆酚聚合物，属于天然有机高分子，木材的主要成分纤维素也是天然有机高分子，因此漆木马的主要材质为有机高分子材料。
2．【答案】C
【知识点】同素异形体；晶体的定义；同系物；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、与是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，二者互为同位素，而非同素异形体，故A错误。
B、石墨烯是由碳原子构成的二维碳单质，乙烯是含有碳碳双键的有机化合物，二者结构、类别均不相似，不互为同系物，故B错误。
C、铁元素的核外电子排布为，价电子排布在、轨道，位于元素周期表的d区，故C正确。
D、是由硅原子和氮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D错误。
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
同位素与同素异形体的区分：同位素是同种元素的不同核素，同素异形体是同种元素形成的不同单质；
同系物的判断：结构相似、分子组成相差一个或若干个原子团的有机物；
元素周期表分区：铁元素的价电子排布决定其位于d区；
晶体类型判断：由原子通过共价键形成，属于原子晶体。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、棉麻衣物的主要成分为纤维素，而真丝衣物的主要成分是蛋白质，并非纤维素，A 错误；
B、久置红薯比新挖红薯更甜，是因为红薯中的淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，B 错误；
C、合金的熔点通常低于其成分纯金属，因此铝合金的熔点比纯铝低，铝合金用于门窗制造主要是因为其硬度大、耐腐蚀性强，C 错误；
D、汽车轮胎的韧性好、强度高，是因为橡胶硫化时，硫原子与橡胶分子链形成交联结构，使线性分子变为网状结构，提升了橡胶的性能，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
衣物纤维成分：棉麻属于植物纤维，主要成分为纤维素；真丝属于动物纤维，主要成分为蛋白质；
糖类水解规律：淀粉可水解为葡萄糖，而葡萄糖是单糖，不能再发生水解反应；合
金的通性：合金的熔点一般低于其成分金属，硬度一般高于成分金属；
橡胶硫化的作用：硫化使橡胶分子形成网状交联结构，显著提升橡胶的韧性、强度和稳定性。
4．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、分子中，中心S原子的价层电子对数为，其中包含2个σ键和1对孤电子对，因此其VSEPR模型为平面三角形 ： ，A正确；
B、基态Na原子的核外电子排布为，最外层轨道为3s轨道，轨道形状为球形，而非p轨道的哑铃形，B错误；
C、的电子式中，N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子成键，剩余1对孤电子对未标出，正确的电子式应为 （N原子周围有8个电子），C错误；
D、反-2-丁烯中，两个甲基应位于碳碳双键的两侧，而图示结构中两个甲基位于双键的同侧，属于顺-2-丁烯， 反-2-丁烯为：，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
VSEPR模型判断：中心原子价层电子对数包括σ键数和孤电子对数，的价层电子对数为3，对应平面三角形模型；
原子轨道形状：s轨道为球形，p轨道为哑铃形，Na原子最外层为3s轨道；
电子式书写：需标出所有原子的最外层电子，包括孤电子对；
顺反异构判断：碳碳双键两端的基团，相同基团在同侧为顺式，在异侧为反式。
5．【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、电石与饱和食盐水反应剧烈，且电石遇水易粉末化，多孔塑料板无法稳定放置电石，不能实现固液分离、随开随用的控制，A不正确；
B、电石中含硫化钙杂质，反应生成的 H2S 可用 CuSO4溶液除去，B正确；
C、乙炔含碳碳三键，能与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应使其褪色，可检验不饱和性，C正确；
D、乙炔难溶于水，可用排水法收集，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
制备装置：电石与水反应剧烈且电石易粉末化，不能用启普发生器类装置（带多孔塑料板）制备；
净化装置：用 CuSO4溶液除去乙炔中混有的 H2S 杂质；
性质检验：乙炔含碳碳三键，可通过溴的四氯化碳溶液检验不饱和性；
收集装置：乙炔难溶于水，可用排水法收集。
6．【答案】C
【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；晶体的定义
【解析】【解答】A、酿酒过程中，葡萄糖在酒化酶的催化作用下发生分解反应，生成乙醇和二氧化碳，该过程属于生物发酵，因此 “用葡萄酿酒” 的劳动项目与 “葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇” 这一化学知识直接关联，A 正确；
B、水晶（二氧化硅晶体）属于晶体，内部粒子呈周期性有序排列，X 射线衍射时会出现特征的衍射峰；而玻璃仿水晶属于非晶体，内部粒子排列无序，X 射线衍射无固定特征峰，因此可用 X 射线衍射仪区分二者，劳动项目与化学知识有关联，B 正确；
C、苯酚水溶液用于环境消毒，是因为苯酚能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而失去生物活性，达到消毒目的，并非利用苯酚的还原性，因此该劳动项目与所述化学知识没有关联，C 错误；
D、蛋白质在加热条件下会发生变性，空间结构被破坏，从而凝聚形成固体，因此向沸水中加入鸡蛋液会形成蛋花汤，劳动项目与 “加热能使蛋白质变性” 的化学知识直接关联，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酿酒的化学本质：葡萄糖在酒化酶催化下分解为乙醇和二氧化碳，属于酶促反应；
晶体与非晶体的鉴别：晶体具有周期性有序结构，X 射线衍射有特征峰，非晶体无此特征，可通过该方法区分水晶与玻璃仿制品；
苯酚消毒的原理：苯酚通过使蛋白质变性实现消毒，与还原性无关；
蛋白质的变性条件：加热、强酸、强碱、重金属盐等均可使蛋白质变性，生活中煮鸡蛋、制作蛋花汤就是利用了加热变性的原理。
7．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、单体 Ⅰ 中两个苯环与羰基相连，羰基为平面结构，苯环也为平面结构，通过单键旋转，分子中所有原子有可能共平面，A 错误；
B、单体 Ⅰ 不含羟基等亲水基团，水溶性较差；单体 Ⅱ 为对苯二酚，含有两个羟基，可与水形成氢键，水溶性较好，因此单体 Ⅰ 的水溶性低于单体 Ⅱ，B 正确；
C、单体 Ⅱ 中含有氧元素，而烃是仅由碳、氢两种元素组成的化合物，因此单体 Ⅱ 不属于烃，C 错误；
D、单体 Ⅰ 和 Ⅱ 反应生成 PEEK 时，会脱去小分子（如 HF），属于缩聚反应，而非加聚反应，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子共面判断：羰基与苯环均为平面结构，通过单键旋转，单体 Ⅰ 的所有原子可能共平面；
水溶性比较：含羟基等亲水基团的有机物水溶性更好，单体 Ⅱ 含两个羟基，水溶性优于单体 Ⅰ；
烃的定义：仅含 C、H 元素的有机物为烃，单体 Ⅱ 含 O 元素，不属于烃；
反应类型判断：生成高分子的过程中脱去小分子的反应为缩聚反应，加聚反应无小分子生成。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、N 原子的 2p 轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻的 O 原子，故A错误；
B、Na+、O2-、N3-的核外电子排布相同，核电荷数越小，离子半径越大，因此离子半径顺序应为 Na+ < O2- < N3-，B错误；
C、NH3溶于水生成一水合氨，溶液显碱性；NaH 与水反应生成 NaOH 和 H2，溶液也呈碱性，C错误；
D、O 的非金属性强于 H，电负性大于 H，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：由价层电子排布 nsnnpn+1 得 n=2，故 Y 为 N；Z 的最外层电子数为次外层的 3 倍，故 Z 为 O；结合原子序数递增、前三周期分布且 X 与 W 同主族，得 X 为 H、W 为 Na。
9．【答案】D
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体
【解析】【解答】A、氯化钠属于离子晶体，晶体内部只有与，并不存在独立的分子，借助分摊法计算可知单个晶胞一共含有4组和，A错误；
B、金刚石是原子晶体，依靠键能很高的共价键维系结构，熔点最高；氯化钠为离子晶体，熔点次于金刚石；干冰属于分子晶体，分子间作用力偏弱，熔点最低，正确熔点排序是金刚石干冰，B错误；
C、分摊金刚石晶胞能够得出单个晶胞包含8个C原子，金刚石也就是碳原子，并不是碳原子，C错误；
D、观察干冰面心立方晶胞结构，选取任意一处面心的进行考察，同一层面有4个紧邻分子，上下两层各自排布4个紧邻分子，总计存在12个紧邻的分子，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氯化钠晶胞辨析：离子晶体不存在独立小分子，通过顶点、面心等处的分摊运算统计晶胞内部阴阳离子数目；
晶体熔点比较规则：一般情况下原子晶体熔点大于离子晶体，离子晶体熔点大于普通分子晶体，据此排布三种晶体熔点顺序；
金刚石原子分摊方法：按照晶胞原子分摊规则算出单个金刚石晶胞碳原子总数，再结合质量换算物质的量；
干冰紧邻分子统计：依托面心立方堆积的排布特征，分层统计距离最近的分子数量，得出配位数为12的结论。
10．【答案】C
【知识点】烯烃；酯的性质；取代反应；聚合反应
【解析】【解答】A、乙醇与 HBr 在加热条件下发生取代反应，产物应为溴乙烷（CH3CH2Br）和水， 正确反应方程式为：，A错误；
B、丙烯加聚反应的链节书写不规范，主链碳原子连接方式错误， 正确反应方程式为：，B错误；
C、乙酸乙酯在稀硫酸、加热条件下发生水解反应，生成乙酸和乙醇，方程式书写正确，反应类型对应正确，故 C 正确；
D、乙醛与 H2在催化剂、加热条件下生成乙醇，该反应为加成反应（还原反应），而非氧化反应，反应类型对应错误，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
取代反应判断：醇与卤化氢反应时，羟基被卤素原子取代，产物为卤代烃和水；
加聚反应书写：烯烃加聚产物的链节应保留双键断裂后的两个主链碳，取代基标注正确；
酯的水解反应：酸性条件下酯水解为羧酸和醇，反应可逆，方程式需用可逆号；
氧化 / 还原反应区分：有机反应中加氢属于还原反应，加氧属于氧化反应。
11．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、甲醇结构式为，分子内部全部化学键均为极性键，不存在C-C类型的非极性键，甲醇物质的量是，对应的非极性键数目为，A错误；
B、题目只给出体积为，没有标注标准状况条件，无法借助气体摩尔体积算出的物质的量，也就不能推算O对应的价层电子对数，B错误；
C、乙醛氧化转变为乙酸的过程中，醛基碳化合价升高，经过推算每乙醛参与氧化反应会失去电子，转移电子数目等于，C正确；
D、只给出乙酸溶液浓度为，没有给出溶液实际体积，无法得到乙酸溶质总量，加之乙酸属于弱电解质仅能部分电离，无法算出溶液当中的具体数目，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
极性键与非极性键区分：拆解甲醇内部化学键，确认甲醇没有非极性键。
气体摩尔体积使用前提：只有处于标准状况环境，才可利用换算气体物质的量，缺少条件就无法计算。
氧化还原电子统计：跟踪醛基氧化成羧基时碳的化合价变化，精准求出每摩尔乙醛反应转移的电子量。
弱电解质溶液计算细节：求解氢离子总数需要知晓溶液体积，醋酸电离并不完全。
12．【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；氢键的存在对物质性质的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 错误，NH3的键角（约 107°）比 H2O 的键角（约 105°）大；陈述 Ⅱ 错误，水分子间存在氢键，分子间作用力比氨大，二者无因果关系，故 A 错误；
B、陈述 Ⅰ 正确，多次盐析、溶解可分离提纯蛋白质；陈述 Ⅱ 正确，蛋白质的盐析是可逆的，因此可通过多次盐析提纯蛋白质，二者具有因果关系，故 B 正确；
C、陈述 Ⅰ 错误，F 的电负性大于 Cl，CF3COOH 中 F 的吸电子效应更强，羧基更易电离，酸性强于 CCl3COOH；陈述 Ⅱ 正确，但二者无因果关系，故 C 错误；
D、陈述 Ⅰ 正确，C 的非金属性强于 Si，CH4的热稳定性比 SiH4强；陈述 Ⅱ 错误，甲烷分子间不存在氢键，二者无因果关系，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键角判断：孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小；NH3含 1 对孤电子对，H2O 含 2 对孤电子对，故 NH3键角更大；
盐析原理：蛋白质的盐析是可逆过程，通过多次盐析可去除杂质，实现分离提纯；
羧酸酸性比较：取代基的电负性越强，吸电子效应越强，羧基酸性越强；F 的电负性大于 Cl，故 CF3COOH 酸性更强；
稳定性与氢键：氢化物的稳定性取决于共价键强弱，与分子间作用力无关；甲烷分子间不存在氢键。
13．【答案】A
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；羧酸简介；醛的化学性质
【解析】【解答】A、甲苯与溴在光照条件下，发生的是甲基上的取代反应，溴原子会取代甲基上的氢原子， 所得产物为，而不是， 故 A 错误；
B、乙醛与 HCN 发生加成反应生成 ，该产物在酸性条件下水解可得到 ，转化可实现，故 B 正确；
C、乙醛被新制 Cu(OH)2氧化为乙酸，乙酸与 C2H518OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成的酯中18O 存在于酯的烷氧基部分，即 CH3CO18OC2H5，转化可实现，故 C 正确；
D、苯酚与 H2在催化剂、加热条件下加成生成 ， 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，转化可实现，
故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
甲苯与溴的反应，光照条件下为侧链甲基的取代，FeBr3催化条件下才是苯环上的取代，条件不同产物不同；
醛与 HCN 的加成反应，产物在酸性条件下水解可得到羟基羧酸；
酯化反应的机理是 “酸脱羟基醇脱氢”，因此醇中的18O 会进入酯的烷氧基部分；
苯酚加氢生成环己醇，环己醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应生成烯烃。
14．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子中含有氨基，可与氨基酸的羧基发生脱水缩合反应，故 A 正确；
B、反应①是 X 中的氨基与 Y 中的氯原子发生取代反应，生成 Z 和 HCl；反应②是 Z 中苯环上的氢原子被硝基取代，二者均为取代反应，反应类型相同，故 B 正确；
C、Z 分子中不存在碳碳双键、碳碳三键等不饱和键，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，无法使其褪色，故 C 错误；
D、氟他胺中苯环和羰基上的碳原子为 sp2 杂化，烷基上的碳原子为 sp3 杂化，因此碳原子的杂化方式有 sp2 和 sp3 两种，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨基的化学性质：氨基可与羧基发生脱水缩合反应，也可与卤代烃发生取代反应；
反应类型判断：反应①为氨基与酰氯的取代反应，反应②为苯环的硝化取代反应，均属于取代反应；
有机物与溴的反应：能使溴的四氯化碳溶液褪色的物质通常含有碳碳双键、碳碳三键等不饱和键；
碳原子杂化方式：苯环和羰基中的碳原子为 sp2 杂化，饱和烷基中的碳原子为 sp3 杂化。
15．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、基态 Cu2+的价层电子排布式为 3d9，轨道表示式为 3d 轨道中 5 个轨道填充 9 个电子，其中 4 个轨道为成对电子，1 个轨道为单电子，图示表示式正确，故 A 正确；
B、过程②中，Cu(OH)2蓝色沉淀与足量氨水反应，生成深蓝色的 [Cu(NH3)4]2+溶液，可观察到沉淀逐渐溶解，得到深蓝色透明溶液，故 B 正确；
C、过程③中加入 95% 乙醇，乙醇会降低溶剂的极性，减小 [Cu(NH3)4]SO4 H2O 的溶解度，使其结晶析出，故 C 正确；
D、向 CuSO4溶液中加入氨水，[Cu(H2O)4]2+会转化为更稳定的 [Cu(NH3)4]2+，因此配合物离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+ < [Cu(NH3)4]2+，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价层电子轨道表示式：Cu 原子价电子排布为 3d 4s ，失去 4s 的 1 个电子和 3d 的 1 个电子形成 Cu2+，价层电子排布为 3d9，轨道表示式需体现洪特规则；
铜氨配合物的形成：Cu(OH)2沉淀可溶于过量氨水，生成稳定的深蓝色 [Cu(NH3)4]2+配离子；
结晶原理：加入乙醇降低溶剂极性，利用相似相溶原理减小配合物盐的溶解度，促进晶体析出；
配合物稳定性：配体 NH3对 Cu2+的配位能力强于 H2O，因此 [Cu(NH3)4]2+比 [Cu(H2O)4]2+更稳定。
16．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、最高价氧化物对应水化物的酸性与元素非金属性正相关，非金属性 C＜S，因此酸性：H2CO3＜H2SO4，A错误；
B、WY32-为 CO32-，中心 C 原子价层电子对数为 3，空间结构为平面三角形；ZY32-为 SO32-，中心 S 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，B错误；
C、物质 M 的结构中含有羧基（显酸性）和氨基（显碱性），因此既能与酸反应，又能与碱反应，C正确；
D、W2R4为 C2H4（乙烯），可发生加聚反应生成聚乙烯，但聚乙烯中不存在自由移动的离子或电子，不具有导电性，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题先通过元素成键特征与原子半径递变规律推断元素：R、Y、X、W、Z 为原子半径依次递增的短周期主族元素，Y、Z 同族且均形成 2 条共价键，可推 Y 为 O、Z 为 S；R 形成 1 条共价键且与 Y 不同周期，故 R 为 H；X 形成 3 条共价键、W 形成 4 条共价键，结合原子半径顺序，推 X 为 N、W 为 C。再针对各选项，结合元素周期律、微粒空间结构、官能团性质与有机物结构进行分析。
17．【答案】（1）；；两者均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；V形；低于；分子间存在氢键，而分子间不存在氢键；强酸性、脱水性、吸水性、催化性；
（2）；4
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1) ①基态硫原子的价层电子排布式为。
②中每个硫原子形成2个键，含2对孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为；与均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于。
③分子中硫原子含2对孤电子对，分子构型为V形；其沸点低于，原因是分子间存在氢键，而分子间仅存在范德华力，氢键使分子间作用力显著增强，沸点升高。
④有机反应中常用浓硫酸的强酸性、脱水性、吸水性和催化性；1个分子中含4个键和2个键，共6个键，故1mol分子中含个键。
故答案为： ； ； 两者均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于 ； V形 ； 低于 ；分子间存在氢键，而分子间不存在氢键 ； 强酸性、脱水性、吸水性、催化性 ； ；
(2) 结构中每两个四元环构成一个重复单元，结构中各原子比例为：K：Fe：S=1：1：2， 故该铁硫簇化合物的化学式为；中心原子的配位数为4。
故答案为： ；4；
【分析】(1) ①根据硫的原子序数（16），写出价层电子排布式，价层电子为最外层电子，即和轨道电子。
②根据价层电子对互斥理论，计算硫原子的价层电子对数，判断杂化方式；结合相似相溶原理，分析分子极性与溶解性的关系。
③根据中心原子的孤电子对数，判断分子构型；从分子间作用力（氢键与范德华力）的差异，比较沸点高低。
④结合浓硫酸在有机反应中的作用，总结其化学性质；通过分析分子的结构，数出键数目。
(2)根据铁硫簇的结构，数出、、原子的个数比，写出化学式；根据与中心原子直接相连的配位原子数目，确定配位数。
（1）S的原子序数为16，根据构造原理，其电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子是指原子参与化学反应时能够用于成键的电子，对于主族元素，价层电子就是最外层电子，所以基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4。
在S8分子中，每个硫原子形成2个键，且有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=键数+孤电子对数=2+2=4，所以硫原子的杂化方式为sp3。
相似相溶原理是指非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，S8和CS2都是非极性分子，所以S8易溶于CS2。
H2S分子中，硫原子的价层电子对数=键数+ 孤电子对数，有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其分子构型为V形。
H2S和H2O都属于分子晶体，分子晶体的沸点主要取决于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，所以H2S的沸点低于H2O。
浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性等性质，在有机合成领域，常利用其吸水性来促进反应的进行。
在H2SO4分子中，H-O键、S-O键都是键，1个H2SO4分子中含有2个H-O键和4个 S-O键，共6个键，所以1molH2SO4分子中所含的键数目为6NA。
（2）根据图可知，结构中每两个四元环构成一个重复单元，结构中各原子比例为：K：Fe：S=1：1：2，则其化学式为KFeS2，在该结构中，每个Fe原子周围有4个S原子，所以中心原子Fe配位数为4。
18．【答案】（1）5
（2）+3；
（3）离子；共价
（4）高于
（5）8；
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】(1) 基态F原子的核外电子空间运动状态有5种。
故答案为： 5 ；
(2) 在中，F为-1价、C为+4价、O为-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零，可算出Ce元素的化合价为+3；“焙烧”时，与反应生成、和非极性气体，配平后的化学方程式为：
故答案为：+3； ；
(3) 由和通过离子键结合，属于离子晶体；由硅原子和氧原子通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体（原子晶体）。
故答案为： 离子 ；共价；
(4) 的半径比小，二者均为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，因此的熔点高于。
故答案为：高于；
(5) 晶体中，的配位数为8；若晶胞边长为，则顶点与面心的之间的距离为晶胞面对角线的一半，即，这也是之间的最短距离。
故答案为：8； ；
【分析】氟碳铈矿（含、、等）在空气中焙烧时，与氧气反应转化为和，同时生成非极性气体；与不参与反应。随后向烧渣中加入稀硫酸酸浸，和转化为进入滤液，与硫酸反应生成难溶的，不溶于酸，二者共同构成滤渣1。向含的滤液中加入溶液，转化为沉淀，最终煅烧得到产品。
(1) 核外电子的空间运动状态数等于原子轨道数，基态F原子的电子排布式为，共占据5个原子轨道，因此空间运动状态有5种。
(2) 根据化合物中元素化合价代数和为零，计算Ce的化合价；结合焙烧产物，利用原子守恒和氧化还原反应规律，配平化学方程式。
(3) 根据构成晶体的微粒及微粒间的作用力类型，判断晶体类型：由离子键构成的是离子晶体，由共价键形成空间网状结构的是共价晶体。
(4) 离子晶体的熔点与晶格能有关，离子半径越小、所带电荷数越多，晶格能越大，熔点越高，据此比较和的熔点。
(5) 观察晶胞结构，确定与直接相连的氧原子数目，得出配位数；根据晶胞中原子的位置，利用勾股定理计算之间的最短距离。
（1）基态F原子的核外电子排布1s22s22p5，电子的空间运动状态由能层、能级和轨道决定：1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，空间运动状态为1+1+3=5。
（2）CeFCO3中Ce元素的化合价为+3价；“焙烧”时，CeFCO3转化为CeF4和CeO2，同时生成非极性气体，应为 CO2，反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。
（3）BaSO4由 Ba2+和 SO通过离子键结合，属于离子晶体，SiO2由 Si和O 通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体。
（4）离子半径越小、电荷越高，晶格能越大，熔点越高，Ce4+半径比Ba2+小，因此 CeO2的熔点高于BaO。
（5）分析晶胞结构图，黑球个数为8×+6×=4，白球个数为8个，故黑球为铈离子、白球为氧离子，处于面心铈离子周围有8个氧离子，铈离子的配位数为8；面心的Ce4+与顶点的Ce4+距离最近，晶胞边长为anm，Ce4+与Ce4+最近距离为。
19．【答案】（1）；；AB
（2）分液漏斗；除去挥发的乙醇；溴水(或溴的四氯化碳溶液)
（3）卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少／消去产物占比越多
（4）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；卤代烃简介；消去反应
【解析】【解答】(1) ①1-溴丁烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应，生成的在酸性条件下与反应，生成淡黄色沉淀AgBr；
②1-溴丁烷在NaOH的水溶液中 水解生成1-丁醇和溴化钠，水解的反应方程式为：
；
③要证明发生了水解反应，需检验产物中的1-丁醇：
红外光谱可检测到羟基（-OH）的特征吸收峰，能证明产物中含醇；
核磁共振氢谱可检测到1-丁醇中不同化学环境的氢原子，与1-丁烯的氢谱不同；
金属钠与1-丁醇、水均能反应产生氢气，无法区分；
故可行的方法是AB。
故答案为： ； ；AB；
(2) ①仪器a的名称是分液漏斗；装置B中盛有水，乙醇易溶于水，而1-丁烯难溶于水，因此装置B的作用是除去挥发出来的乙醇，防止乙醇使酸性溶液褪色，干扰1-丁烯的检验；
②若无装置B，乙醇也能还原酸性，此时可用**溴水（或溴的四氯化碳溶液）**代替：1-丁烯与溴发生加成反应，使溴水（或溴的四氯化碳溶液）褪色，而乙醇不与溴反应，因此可直接检验。
故答案为： 分液漏斗 ； 除去挥发的乙醇 ； 溴水(或溴的四氯化碳溶液) ；
(3) ②对比三种卤代烃的反应数据：
（1-溴丙烷，β碳上烷基少）：水解产物占比90%，消去产物占比10%；
（2-溴丙烷，β碳上烷基增多）：水解产物占比21%，消去产物占比79%；
（叔丁基溴，β碳上烷基最多）：水解产物占比7%，消去产物占比93%；
可得出结论：卤代烃中β碳上的烷基越多（空间位阻越大），水解产物占比越低，消去产物占比越高，即越易发生消去反应。
故答案为： 卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少／消去产物占比越多 ；
(4) （叔丁基溴）为叔卤代烃，在强碱的醇溶液中发生消去反应，脱去溴原子和β碳上的氢原子，生成烯烃，产物为2-甲基丙烯（异丁烯），结构简式为： ；
故答案为： ；
【分析】1 - 溴丁烷在 NaOH 水溶液中加热时发生水解反应，生成 1 - 丁醇和溴离子；检验反应是否发生，可通过检测生成的溴离子：先用稀硝酸中和过量的 NaOH，再加入硝酸银溶液，溴离子与银离子结合生成淡黄色的溴化银沉淀。1 - 溴丁烷与 NaOH 醇溶液共热时，发生消去反应生成 1 - 丁烯；由于乙醇易挥发，且也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，装置 B 中用水吸收挥发出来的乙醇，排除其干扰；1 - 丁烯含有碳碳双键，可使装置 C 中的酸性高锰酸钾溶液褪色，以此检验消去产物。
(1) 卤代烃水解的本质是取代反应，生成醇和卤离子；检验水解产物需区分醇和烯烃，红外光谱和核磁共振氢谱可通过官能团和氢原子环境区分，而金属钠无法区分醇和水。
(2) 乙醇具有还原性和挥发性，会干扰酸性对烯烃的检验，装置B的作用是除去乙醇；溴水与烯烃的加成反应不受乙醇干扰，可作为替代试剂。
(3) 通过对比不同卤代烃的结构（β碳上烷基数目）与产物占比，发现空间位阻对反应类型的影响：β碳上烷基越多，越不利于亲核取代（水解），越有利于消除反应。
(4) 叔卤代烃易发生消去反应，遵循扎伊采夫规则，脱去卤原子和β-H生成烯烃，产物为结构更稳定的多取代烯烃。
（1）①由分析可知，溴离子与银离子反应生成淡黄色沉淀，故答案为：。
②1-溴丁烷在氢氧化钠水溶液中水解生成1-丁醇和溴化钠，反应方程式为，故答案为：。
③A．醇类有羟基特征峰，对产物进行红外光谱分析可以确认是否生成1-丁醇，A项正确；
B.1-丁醇和1-丁烯核磁共振氢谱不同，对产物进行核磁共振氢谱分析可以确认是否生成1-丁醇，B项正确；
C．取反应混合物，因为混合物中有水一定会与金属钠反应，无法确认是否生成1-丁醇，C项错误；
答案选AB。
（2）①根据仪器特征，可知仪器a的名称是分液漏斗；装置A中的乙醇具有挥发性，会影响C中的检验，则装置B的作用是除去挥发的乙醇，故答案为：分液漏斗；除去挥发的乙醇。
②若无装置B，检验烯烃可用溴水或溴的试剂代替酸性溶液检验1-丁烯，因为乙醇与溴单质不反应，故答案为：溴水或溴的。
（3）通过文献2可知，在强碱的醇溶液相同的情况下，可以得到的结论还有：卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少或消去产物占比越多，故答案为：卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少或消去产物占比越多。
（4）发生消去反应，生成2-甲基丙烯，其结构简式为，故答案为：。
20．【答案】（1）酯基
（2）；或
（3）Cu，O2，加热；氧化反应；；加成反应(或还原反应)
（4）A；C
（5）OHCCHO
（6）；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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) 化合物v中含氧官能团的名称为酯基。
故答案为： 酯基 ；
(2) 化合物iii的分子式为；其同分异构体中，能与溶液发生显色反应（说明含酚羟基），且核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，结构简式可为：或 。
故答案为： ；或 ；
(3) ①a中反应试剂、条件为Cu、O2，加热，反应类型为氧化反应；
②b中反应后形成的新结构为苯环和羰基均被加成的醇酯（ ），反应类型为加成反应（或还原反应）。
故答案为： Cu，O2，加热 ； 氧化反应 ； ； 加成反应(或还原反应) ；
(4) A：反应1为苯与乙醛酸的加成反应，苯环的大π键断裂，形成新的σ键，正确；
B：化合物iii中苯环的π键为“肩并肩”方式形成，而非“头碰头”，错误；
C：iii含羧基，可与反应产生，iv不含羧基，可用鉴别，正确；
D： 手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物ii不含手性碳，中含有1个手性碳原子，错误；
故答案为： A C ；
(5) 若x为单质，由反应可知，y的结构简式为OHCCHO（乙二醛）。
故答案为： OHCCHO ；
(6) 乙醇被催化氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙酸在PCl3、加热条件下发生已知反应生成CH2ClCOOH，然后在氢氧化钠水溶液加热条件下将氯原子转化为羟基得到，发生缩聚反应生成，故①第一步反应的化学方程式为；②最后一步反应的化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】该合成流程以苯和乙醛酸（物质 ii）为起始原料，经三步核心反应制备苦杏仁酸及其衍生物：
反应 1（加成反应）：苯环在一定条件下与乙醛酸（HOOCCHO）发生亲核加成反应，在苯环上引入羟基和羧基侧链，生成苦杏仁酸（化合物 iii，α- 羟基苯乙酸）。
反应 2（酯化反应）：苦杏仁酸的羧基与甲醇发生酯化反应，生成甲酯衍生物（化合物 iv），将羧基转化为酯基，提高后续反应的活性。
反应 3（取代反应）：化合物 iv 中的 α- 羟基被溴原子取代，生成含溴的衍生物（化合物 v），完成目标产物的构建。
(1) 观察化合物v的结构，含氧官能团为酯基（-COOCH3）。
(2) 根据化合物iii的结构简式，数出C、H、O原子数，写出分子式；结合“能与显色”和氢谱峰面积比，推断含酚羟基且结构对称的同分异构体。
(3) 根据化合物iv的结构（含醇羟基、酯基、苯环），醇羟基可在Cu、O2、加热条件下被氧化为羰基；苯环和羰基均可与H2发生加成反应。
(4) 结合有机反应的成键断键特点、π键形成方式、官能团性质及手性碳原子定义，逐一分析选项。
(5) 根据原子守恒，由反应式推导出y的结构，乙二醛（OHCCHO）被氧化生成乙醛酸。
(6) 以乙醇为原料，先氧化为乙醛，再氧化为乙酸，经PCl3取代、水解、还原得到羟基乙酸，最后缩聚生成聚乙醇酸。
（1）由结构可知，化合物v中含氧官能团的名称为酯基；
（2）由结构，化合物iii的分子式为。化合物iii除苯环外还含有2个碳、3个氧、1个不饱和度，化合物iii的某种同分异构体，能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基，核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：2：1：1，则其结构对称且应该不含甲基，其结构简式为或；
（3）分子中含羟基，羟基可以发生催化氧化生成酮羰基，故答案为：Cu，O2，加热；氧化反应；
分子中苯环能和氢气催化加成生成饱和碳环，故形成的结构为，为还原反应（或加成反应）；
（4）A．反应1为苯和HOOCCHO发生反应引入新的支链生成ⅲ，HOOCCHO中醛基转化为羟基，碳氧双键中的键的断裂，且反应中存在碳碳、氧氢键的形成，正确；
B．键均为肩并肩形成的，错误；
C．iii中含有羧基，能和碳酸氢钠生成二氧化碳气体，iv中不含能和碳酸氢钠反应的基团，故可用溶液鉴别物质iii和物质iv，正确；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物ii不含手性碳，中含有1个手性碳原子，错误；
故选AC；
（5）醛基可以被氧气氧化为羧基，结合题意、质量守恒，若x为单质，则x为氧气，y为OHCCHO；
（6）乙醇被催化氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙酸在PCl3、加热条件下发生已知反应生成CH2ClCOOH，然后在氢氧化钠水溶液加热条件下将氯原子转化为羟基得到，发生缩聚反应生成，故①第一步反应的化学方程式为；②最后一步反应的化学方程式为。
1 / 1广东省东莞市2024-2025学年高二下学期期末质量检查化学试题
1．文物是历史的见证，也是文化的载体。下列文物中，主要材质为有机高分子的是
A.南宋牡丹纹玉梳 B.西汉漆木马 C.战国陶熏炉 D.辽鎏金高士图银杯
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；合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、南宋牡丹纹玉梳，主要材质为玉石（主要成分为硅酸盐类无机物），不属于有机高分子材料，故 A 错误。
B、西汉漆木马，主体为木材（纤维素，天然有机高分子），表面的漆为大漆（天然树脂，有机高分子），主要材质为有机高分子材料，故 B 正确。
C、战国陶熏炉，主要材质为陶瓷（硅酸盐类无机物），不属于有机高分子材料，故 C 错误。
D、辽鎏金高士图银杯，主要材质为银（金属单质，无机物），不属于有机高分子材料，故 D 错误。
故答案为：B
【分析】本题解题要点：
明确常见材料的分类：有机高分子材料包括天然高分子（如纤维素、蛋白质、天然树脂）和合成高分子（如塑料、合成橡胶）；
区分各选项文物的主要材质：玉石、陶瓷、金属均属于无机材料，而木材和大漆属于有机高分子材料；
大漆（生漆）的主要成分是漆酚聚合物，属于天然有机高分子，木材的主要成分纤维素也是天然有机高分子，因此漆木马的主要材质为有机高分子材料。
2．科技乃兴国之重。下列说法正确的是
A．“奋斗者”号潜水艇使用了新型钛合金材料，与互为同素异形体
B．全球首款石墨烯柔性显示屏于广东研制成功，石墨烯与乙烯互为同系物
C．高强度特种钢应用于我国新能源汽车制造，铁元素位于元素周期表的d区
D．我国民企火箭发动机“天鹊”使用了氮化硅材料，属于分子晶体
【答案】C
【知识点】同素异形体；晶体的定义；同系物；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、与是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，二者互为同位素，而非同素异形体，故A错误。
B、石墨烯是由碳原子构成的二维碳单质，乙烯是含有碳碳双键的有机化合物，二者结构、类别均不相似，不互为同系物，故B错误。
C、铁元素的核外电子排布为，价电子排布在、轨道，位于元素周期表的d区，故C正确。
D、是由硅原子和氮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D错误。
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
同位素与同素异形体的区分：同位素是同种元素的不同核素，同素异形体是同种元素形成的不同单质；
同系物的判断：结构相似、分子组成相差一个或若干个原子团的有机物；
元素周期表分区：铁元素的价电子排布决定其位于d区；
晶体类型判断：由原子通过共价键形成，属于原子晶体。
3．衣食住行皆化学。下列说法正确的是
A．真丝、棉麻衣物穿着舒适，其主要成分均为纤维素
B．久置红薯比新挖红薯更甜，缘于葡萄糖发生了水解
C．铝合金被广泛用于门窗制造，因其熔点比纯铝高
D．汽车轮胎的韧性好、强度高，与橡胶的硫化有关
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、棉麻衣物的主要成分为纤维素，而真丝衣物的主要成分是蛋白质，并非纤维素，A 错误；
B、久置红薯比新挖红薯更甜，是因为红薯中的淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，B 错误；
C、合金的熔点通常低于其成分纯金属，因此铝合金的熔点比纯铝低，铝合金用于门窗制造主要是因为其硬度大、耐腐蚀性强，C 错误；
D、汽车轮胎的韧性好、强度高，是因为橡胶硫化时，硫原子与橡胶分子链形成交联结构，使线性分子变为网状结构，提升了橡胶的性能，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
衣物纤维成分：棉麻属于植物纤维，主要成分为纤维素；真丝属于动物纤维，主要成分为蛋白质；
糖类水解规律：淀粉可水解为葡萄糖，而葡萄糖是单糖，不能再发生水解反应；合
金的通性：合金的熔点一般低于其成分金属，硬度一般高于成分金属；
橡胶硫化的作用：硫化使橡胶分子形成网状交联结构，显著提升橡胶的韧性、强度和稳定性。
4．化学用语是化学独特的语言。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型：
B．基态Na原子最外层原子轨道形状：
C．的电子式：
D．反-2-丁烯的结构简式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；烯烃；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、分子中，中心S原子的价层电子对数为，其中包含2个σ键和1对孤电子对，因此其VSEPR模型为平面三角形 ： ，A正确；
B、基态Na原子的核外电子排布为，最外层轨道为3s轨道，轨道形状为球形，而非p轨道的哑铃形，B错误；
C、的电子式中，N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子成键，剩余1对孤电子对未标出，正确的电子式应为 （N原子周围有8个电子），C错误；
D、反-2-丁烯中，两个甲基应位于碳碳双键的两侧，而图示结构中两个甲基位于双键的同侧，属于顺-2-丁烯， 反-2-丁烯为：，D错误。
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
VSEPR模型判断：中心原子价层电子对数包括σ键数和孤电子对数，的价层电子对数为3，对应平面三角形模型；
原子轨道形状：s轨道为球形，p轨道为哑铃形，Na原子最外层为3s轨道；
电子式书写：需标出所有原子的最外层电子，包括孤电子对；
顺反异构判断：碳碳双键两端的基团，相同基团在同侧为顺式，在异侧为反式。
5．实验室用电石和饱和食盐水反应制取，按照制备、净化、性质检验、收集的顺序进行实验。下列实验仪器及试剂选用不正确的是
A．制备
B．净化
C．检验不饱和性
D．排水收集
【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A、电石与饱和食盐水反应剧烈，且电石遇水易粉末化，多孔塑料板无法稳定放置电石，不能实现固液分离、随开随用的控制，A不正确；
B、电石中含硫化钙杂质，反应生成的 H2S 可用 CuSO4溶液除去，B正确；
C、乙炔含碳碳三键，能与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应使其褪色，可检验不饱和性，C正确；
D、乙炔难溶于水，可用排水法收集，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
制备装置：电石与水反应剧烈且电石易粉末化，不能用启普发生器类装置（带多孔塑料板）制备；
净化装置：用 CuSO4溶液除去乙炔中混有的 H2S 杂质；
性质检验：乙炔含碳碳三键，可通过溴的四氯化碳溶液检验不饱和性；
收集装置：乙炔难溶于水，可用排水法收集。
6．劳动光荣、创造伟大。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 酿酒：用葡萄酿酒 葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇
B 鉴宝：用X射线衍射仪区分真水晶和玻璃仿水晶 水晶属于晶体，玻璃属于非晶体
C 消毒：用苯酚水溶液进行环境消毒 苯酚有还原性
D 帮厨：向沸水中加入鸡蛋液制作蛋花汤 加热能使蛋白质变性
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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；晶体的定义
【解析】【解答】A、酿酒过程中，葡萄糖在酒化酶的催化作用下发生分解反应，生成乙醇和二氧化碳，该过程属于生物发酵，因此 “用葡萄酿酒” 的劳动项目与 “葡萄糖在酶的作用下转化为乙醇” 这一化学知识直接关联，A 正确；
B、水晶（二氧化硅晶体）属于晶体，内部粒子呈周期性有序排列，X 射线衍射时会出现特征的衍射峰；而玻璃仿水晶属于非晶体，内部粒子排列无序，X 射线衍射无固定特征峰，因此可用 X 射线衍射仪区分二者，劳动项目与化学知识有关联，B 正确；
C、苯酚水溶液用于环境消毒，是因为苯酚能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而失去生物活性，达到消毒目的，并非利用苯酚的还原性，因此该劳动项目与所述化学知识没有关联，C 错误；
D、蛋白质在加热条件下会发生变性，空间结构被破坏，从而凝聚形成固体，因此向沸水中加入鸡蛋液会形成蛋花汤，劳动项目与 “加热能使蛋白质变性” 的化学知识直接关联，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酿酒的化学本质：葡萄糖在酒化酶催化下分解为乙醇和二氧化碳，属于酶促反应；
晶体与非晶体的鉴别：晶体具有周期性有序结构，X 射线衍射有特征峰，非晶体无此特征，可通过该方法区分水晶与玻璃仿制品；
苯酚消毒的原理：苯酚通过使蛋白质变性实现消毒，与还原性无关；
蛋白质的变性条件：加热、强酸、强碱、重金属盐等均可使蛋白质变性，生活中煮鸡蛋、制作蛋花汤就是利用了加热变性的原理。
7．人形机器人的肢体骨骼及关节结构件等，采用高强度、低密度的高分子材料PEEK(聚醚醚酮)制造。合成PEEK的两种单体结构简式如图所示。下列叙述正确的是
A．单体I分子中所有原子不可能在同一平面
B．单体I的水溶性低于单体II
C．单体II属于烃
D．单体I、II通过加聚反应制得材料PEEK
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；缩聚反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、单体 Ⅰ 中两个苯环与羰基相连，羰基为平面结构，苯环也为平面结构，通过单键旋转，分子中所有原子有可能共平面，A 错误；
B、单体 Ⅰ 不含羟基等亲水基团，水溶性较差；单体 Ⅱ 为对苯二酚，含有两个羟基，可与水形成氢键，水溶性较好，因此单体 Ⅰ 的水溶性低于单体 Ⅱ，B 正确；
C、单体 Ⅱ 中含有氧元素，而烃是仅由碳、氢两种元素组成的化合物，因此单体 Ⅱ 不属于烃，C 错误；
D、单体 Ⅰ 和 Ⅱ 反应生成 PEEK 时，会脱去小分子（如 HF），属于缩聚反应，而非加聚反应，D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子共面判断：羰基与苯环均为平面结构，通过单键旋转，单体 Ⅰ 的所有原子可能共平面；
水溶性比较：含羟基等亲水基团的有机物水溶性更好，单体 Ⅱ 含两个羟基，水溶性优于单体 Ⅰ；
烃的定义：仅含 C、H 元素的有机物为烃，单体 Ⅱ 含 O 元素，不属于烃；
反应类型判断：生成高分子的过程中脱去小分子的反应为缩聚反应，加聚反应无小分子生成。
8．短周期主族元素的原子序数依次增大，且在前三周期均有分布，W与X同主族，Y的基态原子的价层电子排布式为原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．的简单氢化物的水溶液均显酸性
D．电负性：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、N 原子的 2p 轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻的 O 原子，故A错误；
B、Na+、O2-、N3-的核外电子排布相同，核电荷数越小，离子半径越大，因此离子半径顺序应为 Na+ < O2- < N3-，B错误；
C、NH3溶于水生成一水合氨，溶液显碱性；NaH 与水反应生成 NaOH 和 H2，溶液也呈碱性，C错误；
D、O 的非金属性强于 H，电负性大于 H，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：由价层电子排布 nsnnpn+1 得 n=2，故 Y 为 N；Z 的最外层电子数为次外层的 3 倍，故 Z 为 O；结合原子序数递增、前三周期分布且 X 与 W 同主族，得 X 为 H、W 为 Na。
9．晶胞是物质世界精巧的积木。下列说法正确的是
A．每个氯化钠晶胞中含有1个NaCl分子
B．熔点：金刚石>干冰
C．12g金刚石晶体中含有8mol碳原子
D．干冰晶胞中每个分子周围有12个紧邻的分子
【答案】D
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体
【解析】【解答】A、氯化钠属于离子晶体，晶体内部只有与，并不存在独立的分子，借助分摊法计算可知单个晶胞一共含有4组和，A错误；
B、金刚石是原子晶体，依靠键能很高的共价键维系结构，熔点最高；氯化钠为离子晶体，熔点次于金刚石；干冰属于分子晶体，分子间作用力偏弱，熔点最低，正确熔点排序是金刚石干冰，B错误；
C、分摊金刚石晶胞能够得出单个晶胞包含8个C原子，金刚石也就是碳原子，并不是碳原子，C错误；
D、观察干冰面心立方晶胞结构，选取任意一处面心的进行考察，同一层面有4个紧邻分子，上下两层各自排布4个紧邻分子，总计存在12个紧邻的分子，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氯化钠晶胞辨析：离子晶体不存在独立小分子，通过顶点、面心等处的分摊运算统计晶胞内部阴阳离子数目；
晶体熔点比较规则：一般情况下原子晶体熔点大于离子晶体，离子晶体熔点大于普通分子晶体，据此排布三种晶体熔点顺序；
金刚石原子分摊方法：按照晶胞原子分摊规则算出单个金刚石晶胞碳原子总数，再结合质量换算物质的量；
干冰紧邻分子统计：依托面心立方堆积的排布特征，分层统计距离最近的分子数量，得出配位数为12的结论。
10．化学键的断裂与形成，谱写着物质变奏曲。下列有机方程式正确且与反应类型对应的是
选项 反应类型 有机化学方程式
A 取代反应
B 加聚反应
C 水解反应
D 氧化反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】烯烃；酯的性质；取代反应；聚合反应
【解析】【解答】A、乙醇与 HBr 在加热条件下发生取代反应，产物应为溴乙烷（CH3CH2Br）和水， 正确反应方程式为：，A错误；
B、丙烯加聚反应的链节书写不规范，主链碳原子连接方式错误， 正确反应方程式为：，B错误；
C、乙酸乙酯在稀硫酸、加热条件下发生水解反应，生成乙酸和乙醇，方程式书写正确，反应类型对应正确，故 C 正确；
D、乙醛与 H2在催化剂、加热条件下生成乙醇，该反应为加成反应（还原反应），而非氧化反应，反应类型对应错误，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
取代反应判断：醇与卤化氢反应时，羟基被卤素原子取代，产物为卤代烃和水；
加聚反应书写：烯烃加聚产物的链节应保留双键断裂后的两个主链碳，取代基标注正确；
酯的水解反应：酸性条件下酯水解为羧酸和醇，反应可逆，方程式需用可逆号；
氧化 / 还原反应区分：有机反应中加氢属于还原反应，加氧属于氧化反应。
11．甲醇羰基化法(反应条件略)工业制乙酸，已逐步取代乙醛氧化法。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．32g甲醇中含有的非极性键数目为
B．22.4LCO中O的价层电子对数为
C．1mol乙醛氧化为乙酸转移电子数目为
D．乙酸溶液中的数目为
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、甲醇结构式为，分子内部全部化学键均为极性键，不存在C-C类型的非极性键，甲醇物质的量是，对应的非极性键数目为，A错误；
B、题目只给出体积为，没有标注标准状况条件，无法借助气体摩尔体积算出的物质的量，也就不能推算O对应的价层电子对数，B错误；
C、乙醛氧化转变为乙酸的过程中，醛基碳化合价升高，经过推算每乙醛参与氧化反应会失去电子，转移电子数目等于，C正确；
D、只给出乙酸溶液浓度为，没有给出溶液实际体积，无法得到乙酸溶质总量，加之乙酸属于弱电解质仅能部分电离，无法算出溶液当中的具体数目，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
极性键与非极性键区分：拆解甲醇内部化学键，确认甲醇没有非极性键。
气体摩尔体积使用前提：只有处于标准状况环境，才可利用换算气体物质的量，缺少条件就无法计算。
氧化还原电子统计：跟踪醛基氧化成羧基时碳的化合价变化，精准求出每摩尔乙醛反应转移的电子量。
弱电解质溶液计算细节：求解氢离子总数需要知晓溶液体积，醋酸电离并不完全。
12．下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 的键角比的键角小 分子间作用力氨比水大
B 多次盐析、溶解可分离提纯蛋白质 蛋白质的盐析是可逆的
C 酸性强于 氟的电负性比氯大
D 比稳定 甲烷分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
【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；氢键的存在对物质性质的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 错误，NH3的键角（约 107°）比 H2O 的键角（约 105°）大；陈述 Ⅱ 错误，水分子间存在氢键，分子间作用力比氨大，二者无因果关系，故 A 错误；
B、陈述 Ⅰ 正确，多次盐析、溶解可分离提纯蛋白质；陈述 Ⅱ 正确，蛋白质的盐析是可逆的，因此可通过多次盐析提纯蛋白质，二者具有因果关系，故 B 正确；
C、陈述 Ⅰ 错误，F 的电负性大于 Cl，CF3COOH 中 F 的吸电子效应更强，羧基更易电离，酸性强于 CCl3COOH；陈述 Ⅱ 正确，但二者无因果关系，故 C 错误；
D、陈述 Ⅰ 正确，C 的非金属性强于 Si，CH4的热稳定性比 SiH4强；陈述 Ⅱ 错误，甲烷分子间不存在氢键，二者无因果关系，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键角判断：孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小；NH3含 1 对孤电子对，H2O 含 2 对孤电子对，故 NH3键角更大；
盐析原理：蛋白质的盐析是可逆过程，通过多次盐析可去除杂质，实现分离提纯；
羧酸酸性比较：取代基的电负性越强，吸电子效应越强，羧基酸性越强；F 的电负性大于 Cl，故 CF3COOH 酸性更强；
稳定性与氢键：氢化物的稳定性取决于共价键强弱，与分子间作用力无关；甲烷分子间不存在氢键。
13．在给定的反应条件下，下列选项所示的物质转化难以实现的是
A．
B．
C．CH3CHOCH3COOHCH3CO18OC2H5
D．
【答案】A
【知识点】苯的结构与性质；卤代烃简介；羧酸简介；醛的化学性质
【解析】【解答】A、甲苯与溴在光照条件下，发生的是甲基上的取代反应，溴原子会取代甲基上的氢原子， 所得产物为，而不是， 故 A 错误；
B、乙醛与 HCN 发生加成反应生成 ，该产物在酸性条件下水解可得到 ，转化可实现，故 B 正确；
C、乙醛被新制 Cu(OH)2氧化为乙酸，乙酸与 C2H518OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成的酯中18O 存在于酯的烷氧基部分，即 CH3CO18OC2H5，转化可实现，故 C 正确；
D、苯酚与 H2在催化剂、加热条件下加成生成 ， 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，转化可实现，
故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
甲苯与溴的反应，光照条件下为侧链甲基的取代，FeBr3催化条件下才是苯环上的取代，条件不同产物不同；
醛与 HCN 的加成反应，产物在酸性条件下水解可得到羟基羧酸；
酯化反应的机理是 “酸脱羟基醇脱氢”，因此醇中的18O 会进入酯的烷氧基部分；
苯酚加氢生成环己醇，环己醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应生成烯烃。
14．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体X通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。下列说法不正确的是
A．X能与氨基酸的羧基发生反应
B．反应①、②的反应类型相同
C．Z能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．氟他胺中碳原子的杂化方式有和 sp3
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子中含有氨基，可与氨基酸的羧基发生脱水缩合反应，故 A 正确；
B、反应①是 X 中的氨基与 Y 中的氯原子发生取代反应，生成 Z 和 HCl；反应②是 Z 中苯环上的氢原子被硝基取代，二者均为取代反应，反应类型相同，故 B 正确；
C、Z 分子中不存在碳碳双键、碳碳三键等不饱和键，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，无法使其褪色，故 C 错误；
D、氟他胺中苯环和羰基上的碳原子为 sp2 杂化，烷基上的碳原子为 sp3 杂化，因此碳原子的杂化方式有 sp2 和 sp3 两种，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨基的化学性质：氨基可与羧基发生脱水缩合反应，也可与卤代烃发生取代反应；
反应类型判断：反应①为氨基与酰氯的取代反应，反应②为苯环的硝化取代反应，均属于取代反应；
有机物与溴的反应：能使溴的四氯化碳溶液褪色的物质通常含有碳碳双键、碳碳三键等不饱和键；
碳原子杂化方式：苯环和羰基中的碳原子为 sp2 杂化，饱和烷基中的碳原子为 sp3 杂化。
15．蓝晶绽彩，化韵无穷。以蓝色的CuSO4溶液制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：
B．过程②可观察到蓝色沉淀逐渐溶解，得到深蓝色的透明溶液
C．过程③乙醇的作用是降低溶剂极性，减小溶质的溶解度
D．配合物离子[Cu(H2O)4]2+的稳定性大于[Cu(NH3)4]2+
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、基态 Cu2+的价层电子排布式为 3d9，轨道表示式为 3d 轨道中 5 个轨道填充 9 个电子，其中 4 个轨道为成对电子，1 个轨道为单电子，图示表示式正确，故 A 正确；
B、过程②中，Cu(OH)2蓝色沉淀与足量氨水反应，生成深蓝色的 [Cu(NH3)4]2+溶液，可观察到沉淀逐渐溶解，得到深蓝色透明溶液，故 B 正确；
C、过程③中加入 95% 乙醇，乙醇会降低溶剂的极性，减小 [Cu(NH3)4]SO4 H2O 的溶解度，使其结晶析出，故 C 正确；
D、向 CuSO4溶液中加入氨水，[Cu(H2O)4]2+会转化为更稳定的 [Cu(NH3)4]2+，因此配合物离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+ < [Cu(NH3)4]2+，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价层电子轨道表示式：Cu 原子价电子排布为 3d 4s ，失去 4s 的 1 个电子和 3d 的 1 个电子形成 Cu2+，价层电子排布为 3d9，轨道表示式需体现洪特规则；
铜氨配合物的形成：Cu(OH)2沉淀可溶于过量氨水，生成稳定的深蓝色 [Cu(NH3)4]2+配离子；
结晶原理：加入乙醇降低溶剂极性，利用相似相溶原理减小配合物盐的溶解度，促进晶体析出；
配合物稳定性：配体 NH3对 Cu2+的配位能力强于 H2O，因此 [Cu(NH3)4]2+比 [Cu(H2O)4]2+更稳定。
16．M具有抗氧化作用且能消除体内自由基，其分子结构见图。是原子半径依次递增的短周期主族元素，Y和Z同族且与R位于不同周期。下列说法正确的是
A．最高价氧化物的水化物的酸性：
B．和空间结构均为平面三角形
C．物质M既能与酸反应，又能与碱反应
D．是合成某导电高分子材料的单体
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、最高价氧化物对应水化物的酸性与元素非金属性正相关，非金属性 C＜S，因此酸性：H2CO3＜H2SO4，A错误；
B、WY32-为 CO32-，中心 C 原子价层电子对数为 3，空间结构为平面三角形；ZY32-为 SO32-，中心 S 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，B错误；
C、物质 M 的结构中含有羧基（显酸性）和氨基（显碱性），因此既能与酸反应，又能与碱反应，C正确；
D、W2R4为 C2H4（乙烯），可发生加聚反应生成聚乙烯，但聚乙烯中不存在自由移动的离子或电子，不具有导电性，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题先通过元素成键特征与原子半径递变规律推断元素：R、Y、X、W、Z 为原子半径依次递增的短周期主族元素，Y、Z 同族且均形成 2 条共价键，可推 Y 为 O、Z 为 S；R 形成 1 条共价键且与 Y 不同周期，故 R 为 H；X 形成 3 条共价键、W 形成 4 条共价键，结合原子半径顺序，推 X 为 N、W 为 C。再针对各选项，结合元素周期律、微粒空间结构、官能团性质与有机物结构进行分析。
17．硫及其化合物在工业、生物体内有重要作用。
（1）硫单质是重要的化工原料，可以合成等物质。
①基态硫原子的价层电子排布式为　 　。
②硫单质的一种同素异形体分子(结构见图)像顶皇冠。中硫的杂化方式为　 　，其易溶于的原因是　 　。
③工业上，常用作还原剂。的分子构型为　 　，其沸点　 　(填“高于”、或“低于”)，原因是　 　。
④浓硫酸广泛应用于有机合成领域，有机反应使用浓硫酸，常利用其　 　性质。1mol分子中所含的键数目为　 　。
（2）铁硫簇广泛存在于生物体内，是多种蛋白质的辅因子。一种铁硫原子簇的结构特点如图所示，该化合物的化学式为　 　，中心原子Fe的配位数为　 　。
【答案】（1）；；两者均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；V形；低于；分子间存在氢键，而分子间不存在氢键；强酸性、脱水性、吸水性、催化性；
（2）；4
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1) ①基态硫原子的价层电子排布式为。
②中每个硫原子形成2个键，含2对孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为；与均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于。
③分子中硫原子含2对孤电子对，分子构型为V形；其沸点低于，原因是分子间存在氢键，而分子间仅存在范德华力，氢键使分子间作用力显著增强，沸点升高。
④有机反应中常用浓硫酸的强酸性、脱水性、吸水性和催化性；1个分子中含4个键和2个键，共6个键，故1mol分子中含个键。
故答案为： ； ； 两者均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于 ； V形 ； 低于 ；分子间存在氢键，而分子间不存在氢键 ； 强酸性、脱水性、吸水性、催化性 ； ；
(2) 结构中每两个四元环构成一个重复单元，结构中各原子比例为：K：Fe：S=1：1：2， 故该铁硫簇化合物的化学式为；中心原子的配位数为4。
故答案为： ；4；
【分析】(1) ①根据硫的原子序数（16），写出价层电子排布式，价层电子为最外层电子，即和轨道电子。
②根据价层电子对互斥理论，计算硫原子的价层电子对数，判断杂化方式；结合相似相溶原理，分析分子极性与溶解性的关系。
③根据中心原子的孤电子对数，判断分子构型；从分子间作用力（氢键与范德华力）的差异，比较沸点高低。
④结合浓硫酸在有机反应中的作用，总结其化学性质；通过分析分子的结构，数出键数目。
(2)根据铁硫簇的结构，数出、、原子的个数比，写出化学式；根据与中心原子直接相连的配位原子数目，确定配位数。
（1）S的原子序数为16，根据构造原理，其电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子是指原子参与化学反应时能够用于成键的电子，对于主族元素，价层电子就是最外层电子，所以基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4。
在S8分子中，每个硫原子形成2个键，且有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=键数+孤电子对数=2+2=4，所以硫原子的杂化方式为sp3。
相似相溶原理是指非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，S8和CS2都是非极性分子，所以S8易溶于CS2。
H2S分子中，硫原子的价层电子对数=键数+ 孤电子对数，有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其分子构型为V形。
H2S和H2O都属于分子晶体，分子晶体的沸点主要取决于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，所以H2S的沸点低于H2O。
浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性等性质，在有机合成领域，常利用其吸水性来促进反应的进行。
在H2SO4分子中，H-O键、S-O键都是键，1个H2SO4分子中含有2个H-O键和4个 S-O键，共6个键，所以1molH2SO4分子中所含的键数目为6NA。
（2）根据图可知，结构中每两个四元环构成一个重复单元，结构中各原子比例为：K：Fe：S=1：1：2，则其化学式为KFeS2，在该结构中，每个Fe原子周围有4个S原子，所以中心原子Fe配位数为4。
18．我国稀土资源丰富。一种利用氟碳铈矿(含等)制备稀土化合物的流程如下。
（1）基态F原子的核外电子空间运动状态有　 　种。
（2）中Ce元素的化合价为　 　。“焙烧”时，转化为和，同时生成一种非极性气体分子，反应的化学方程式为　 　。
（3）滤渣1的主要成分有和。分别属于　 　、　 　晶体。
（4）已知：半径比小。的熔点　 　BaO(填“高于”或“低于”)。
（5）一种晶体的立方晶胞结构如图所示。的配位数为　 　。若晶胞边长为anm，则与的最短距离为　 　nm。
【答案】（1）5
（2）+3；
（3）离子；共价
（4）高于
（5）8；
【知识点】原子核外电子排布；离子晶体；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】(1) 基态F原子的核外电子空间运动状态有5种。
故答案为： 5 ；
(2) 在中，F为-1价、C为+4价、O为-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零，可算出Ce元素的化合价为+3；“焙烧”时，与反应生成、和非极性气体，配平后的化学方程式为：
故答案为：+3； ；
(3) 由和通过离子键结合，属于离子晶体；由硅原子和氧原子通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体（原子晶体）。
故答案为： 离子 ；共价；
(4) 的半径比小，二者均为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，因此的熔点高于。
故答案为：高于；
(5) 晶体中，的配位数为8；若晶胞边长为，则顶点与面心的之间的距离为晶胞面对角线的一半，即，这也是之间的最短距离。
故答案为：8； ；
【分析】氟碳铈矿（含、、等）在空气中焙烧时，与氧气反应转化为和，同时生成非极性气体；与不参与反应。随后向烧渣中加入稀硫酸酸浸，和转化为进入滤液，与硫酸反应生成难溶的，不溶于酸，二者共同构成滤渣1。向含的滤液中加入溶液，转化为沉淀，最终煅烧得到产品。
(1) 核外电子的空间运动状态数等于原子轨道数，基态F原子的电子排布式为，共占据5个原子轨道，因此空间运动状态有5种。
(2) 根据化合物中元素化合价代数和为零，计算Ce的化合价；结合焙烧产物，利用原子守恒和氧化还原反应规律，配平化学方程式。
(3) 根据构成晶体的微粒及微粒间的作用力类型，判断晶体类型：由离子键构成的是离子晶体，由共价键形成空间网状结构的是共价晶体。
(4) 离子晶体的熔点与晶格能有关，离子半径越小、所带电荷数越多，晶格能越大，熔点越高，据此比较和的熔点。
(5) 观察晶胞结构，确定与直接相连的氧原子数目，得出配位数；根据晶胞中原子的位置，利用勾股定理计算之间的最短距离。
（1）基态F原子的核外电子排布1s22s22p5，电子的空间运动状态由能层、能级和轨道决定：1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，空间运动状态为1+1+3=5。
（2）CeFCO3中Ce元素的化合价为+3价；“焙烧”时，CeFCO3转化为CeF4和CeO2，同时生成非极性气体，应为 CO2，反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。
（3）BaSO4由 Ba2+和 SO通过离子键结合，属于离子晶体，SiO2由 Si和O 通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体。
（4）离子半径越小、电荷越高，晶格能越大，熔点越高，Ce4+半径比Ba2+小，因此 CeO2的熔点高于BaO。
（5）分析晶胞结构图，黑球个数为8×+6×=4，白球个数为8个，故黑球为铈离子、白球为氧离子，处于面心铈离子周围有8个氧离子，铈离子的配位数为8；面心的Ce4+与顶点的Ce4+距离最近，晶胞边长为anm，Ce4+与Ce4+最近距离为。
19．卤代烃在有机合成中起着重要的桥梁作用。某化学兴趣小组为探究卤代烷在不同溶剂中的反应情况，进行了以下实验。
（1）甲同学检验1-溴丁烷与NaOH水溶液发生水解反应的产物。
①淡黄色沉淀是　 　(写化学式)。
②1-溴丁烷水解的反应方程式为　 　。
③乙同学认为仅凭上述实验现象不能证明1-溴丁烷发生了水解反应，原因是1-溴丁烷发生消去反应也能生成大量，故建议需要进一步检验是否生成1-丁醇，下列方法中可行的是　 　。
A.对产物进行红外光谱分析　　B.对产物进行核磁共振氢谱分析　　C.取反应混合物与金属钠反应
（2）丙同学利用如图装置检验1-溴丁烷与NaOH醇溶液发生消去反应的产物。加热圆底烧瓶一段时间后，装置C中酸性高锰酸钾溶液褪色。
①仪器a的名称是　 　，装置B的作用是　 　。
②若无装置B，也可用　 　试剂代替酸性溶液检验1-丁烯。
（3）丁同学在丙同学实验后的反应体系中，同时检测出1-丁醇和1-丁烯。查阅文献，获得如下资料。
文献资料1：
如图所示，与官能团直接相连的碳原子称为碳，与碳相连的碳原子称为碳；碳个数影响卤代烃反应时各类产物的占比。
文献资料2：
三种卤代烃在强碱的乙醇溶液中反应，水解产物与消去产物的含量占比见下表。
卤代烃 强碱的醇溶液 水解产物／％ 消去产物／％
90 10
21 79
7 93
研究资料可得出以下结论：
①不同的卤代烃在相同条件下反应，水解产物与消去产物含量占比不同。
②　 　。
（4）发生消去反应的有机产物的结构简式为　 　。
【答案】（1）；；AB
（2）分液漏斗；除去挥发的乙醇；溴水(或溴的四氯化碳溶液)
（3）卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少／消去产物占比越多
（4）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；卤代烃简介；消去反应
【解析】【解答】(1) ①1-溴丁烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应，生成的在酸性条件下与反应，生成淡黄色沉淀AgBr；
②1-溴丁烷在NaOH的水溶液中 水解生成1-丁醇和溴化钠，水解的反应方程式为：
；
③要证明发生了水解反应，需检验产物中的1-丁醇：
红外光谱可检测到羟基（-OH）的特征吸收峰，能证明产物中含醇；
核磁共振氢谱可检测到1-丁醇中不同化学环境的氢原子，与1-丁烯的氢谱不同；
金属钠与1-丁醇、水均能反应产生氢气，无法区分；
故可行的方法是AB。
故答案为： ； ；AB；
(2) ①仪器a的名称是分液漏斗；装置B中盛有水，乙醇易溶于水，而1-丁烯难溶于水，因此装置B的作用是除去挥发出来的乙醇，防止乙醇使酸性溶液褪色，干扰1-丁烯的检验；
②若无装置B，乙醇也能还原酸性，此时可用**溴水（或溴的四氯化碳溶液）**代替：1-丁烯与溴发生加成反应，使溴水（或溴的四氯化碳溶液）褪色，而乙醇不与溴反应，因此可直接检验。
故答案为： 分液漏斗 ； 除去挥发的乙醇 ； 溴水(或溴的四氯化碳溶液) ；
(3) ②对比三种卤代烃的反应数据：
（1-溴丙烷，β碳上烷基少）：水解产物占比90%，消去产物占比10%；
（2-溴丙烷，β碳上烷基增多）：水解产物占比21%，消去产物占比79%；
（叔丁基溴，β碳上烷基最多）：水解产物占比7%，消去产物占比93%；
可得出结论：卤代烃中β碳上的烷基越多（空间位阻越大），水解产物占比越低，消去产物占比越高，即越易发生消去反应。
故答案为： 卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少／消去产物占比越多 ；
(4) （叔丁基溴）为叔卤代烃，在强碱的醇溶液中发生消去反应，脱去溴原子和β碳上的氢原子，生成烯烃，产物为2-甲基丙烯（异丁烯），结构简式为： ；
故答案为： ；
【分析】1 - 溴丁烷在 NaOH 水溶液中加热时发生水解反应，生成 1 - 丁醇和溴离子；检验反应是否发生，可通过检测生成的溴离子：先用稀硝酸中和过量的 NaOH，再加入硝酸银溶液，溴离子与银离子结合生成淡黄色的溴化银沉淀。1 - 溴丁烷与 NaOH 醇溶液共热时，发生消去反应生成 1 - 丁烯；由于乙醇易挥发，且也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，装置 B 中用水吸收挥发出来的乙醇，排除其干扰；1 - 丁烯含有碳碳双键，可使装置 C 中的酸性高锰酸钾溶液褪色，以此检验消去产物。
(1) 卤代烃水解的本质是取代反应，生成醇和卤离子；检验水解产物需区分醇和烯烃，红外光谱和核磁共振氢谱可通过官能团和氢原子环境区分，而金属钠无法区分醇和水。
(2) 乙醇具有还原性和挥发性，会干扰酸性对烯烃的检验，装置B的作用是除去乙醇；溴水与烯烃的加成反应不受乙醇干扰，可作为替代试剂。
(3) 通过对比不同卤代烃的结构（β碳上烷基数目）与产物占比，发现空间位阻对反应类型的影响：β碳上烷基越多，越不利于亲核取代（水解），越有利于消除反应。
(4) 叔卤代烃易发生消去反应，遵循扎伊采夫规则，脱去卤原子和β-H生成烯烃，产物为结构更稳定的多取代烯烃。
（1）①由分析可知，溴离子与银离子反应生成淡黄色沉淀，故答案为：。
②1-溴丁烷在氢氧化钠水溶液中水解生成1-丁醇和溴化钠，反应方程式为，故答案为：。
③A．醇类有羟基特征峰，对产物进行红外光谱分析可以确认是否生成1-丁醇，A项正确；
B.1-丁醇和1-丁烯核磁共振氢谱不同，对产物进行核磁共振氢谱分析可以确认是否生成1-丁醇，B项正确；
C．取反应混合物，因为混合物中有水一定会与金属钠反应，无法确认是否生成1-丁醇，C项错误；
答案选AB。
（2）①根据仪器特征，可知仪器a的名称是分液漏斗；装置A中的乙醇具有挥发性，会影响C中的检验，则装置B的作用是除去挥发的乙醇，故答案为：分液漏斗；除去挥发的乙醇。
②若无装置B，检验烯烃可用溴水或溴的试剂代替酸性溶液检验1-丁烯，因为乙醇与溴单质不反应，故答案为：溴水或溴的。
（3）通过文献2可知，在强碱的醇溶液相同的情况下，可以得到的结论还有：卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少或消去产物占比越多，故答案为：卤代烃中碳个数越多，水解产物占比越少或消去产物占比越多。
（4）发生消去反应，生成2-甲基丙烯，其结构简式为，故答案为：。
20．苦杏仁酸广泛应用于医药、化妆品、食品及工业领域。一种以苯和乙醛酸(物质ii)为原料，合成苦杏仁酸(物质iii)及其衍生物的路线如下。
（1）化合物v中含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物iii的分子式为　 　。化合物iii的某种同分异构体，能与溶液发生显色反应，核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：2：1：1，其结构简式为　 　(写出一种)。
（3）根据化合物iv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 　 　 　 　
b ，催化剂，加热 　 　 　 　
（4）下列说法正确的是_______。
A．反应1过程中有键的断裂和键的形成
B．化合物iii存在以“头碰头”方式形成的键
C．可用溶液鉴别物质iii和物质iv
D．化合物ii和v均含有手性碳原子
（5）一定条件下，以反应物x和y制备乙醛酸(HOOCCHO)，，若x为单质，则y的结构简式为　 　。
（6）乙醇酸()可用于工业制备聚乙醇酸。以乙醇为唯一有机原料(无机试剂任选)设计合成聚乙醇酸的路线。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
已知：
①第一步反应的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）酯基
（2）；或
（3）Cu，O2，加热；氧化反应；；加成反应(或还原反应)
（4）A；C
（5）OHCCHO
（6）；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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) 化合物v中含氧官能团的名称为酯基。
故答案为： 酯基 ；
(2) 化合物iii的分子式为；其同分异构体中，能与溶液发生显色反应（说明含酚羟基），且核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，结构简式可为：或 。
故答案为： ；或 ；
(3) ①a中反应试剂、条件为Cu、O2，加热，反应类型为氧化反应；
②b中反应后形成的新结构为苯环和羰基均被加成的醇酯（ ），反应类型为加成反应（或还原反应）。
故答案为： Cu，O2，加热 ； 氧化反应 ； ； 加成反应(或还原反应) ；
(4) A：反应1为苯与乙醛酸的加成反应，苯环的大π键断裂，形成新的σ键，正确；
B：化合物iii中苯环的π键为“肩并肩”方式形成，而非“头碰头”，错误；
C：iii含羧基，可与反应产生，iv不含羧基，可用鉴别，正确；
D： 手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物ii不含手性碳，中含有1个手性碳原子，错误；
故答案为： A C ；
(5) 若x为单质，由反应可知，y的结构简式为OHCCHO（乙二醛）。
故答案为： OHCCHO ；
(6) 乙醇被催化氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙酸在PCl3、加热条件下发生已知反应生成CH2ClCOOH，然后在氢氧化钠水溶液加热条件下将氯原子转化为羟基得到，发生缩聚反应生成，故①第一步反应的化学方程式为；②最后一步反应的化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】该合成流程以苯和乙醛酸（物质 ii）为起始原料，经三步核心反应制备苦杏仁酸及其衍生物：
反应 1（加成反应）：苯环在一定条件下与乙醛酸（HOOCCHO）发生亲核加成反应，在苯环上引入羟基和羧基侧链，生成苦杏仁酸（化合物 iii，α- 羟基苯乙酸）。
反应 2（酯化反应）：苦杏仁酸的羧基与甲醇发生酯化反应，生成甲酯衍生物（化合物 iv），将羧基转化为酯基，提高后续反应的活性。
反应 3（取代反应）：化合物 iv 中的 α- 羟基被溴原子取代，生成含溴的衍生物（化合物 v），完成目标产物的构建。
(1) 观察化合物v的结构，含氧官能团为酯基（-COOCH3）。
(2) 根据化合物iii的结构简式，数出C、H、O原子数，写出分子式；结合“能与显色”和氢谱峰面积比，推断含酚羟基且结构对称的同分异构体。
(3) 根据化合物iv的结构（含醇羟基、酯基、苯环），醇羟基可在Cu、O2、加热条件下被氧化为羰基；苯环和羰基均可与H2发生加成反应。
(4) 结合有机反应的成键断键特点、π键形成方式、官能团性质及手性碳原子定义，逐一分析选项。
(5) 根据原子守恒，由反应式推导出y的结构，乙二醛（OHCCHO）被氧化生成乙醛酸。
(6) 以乙醇为原料，先氧化为乙醛，再氧化为乙酸，经PCl3取代、水解、还原得到羟基乙酸，最后缩聚生成聚乙醇酸。
（1）由结构可知，化合物v中含氧官能团的名称为酯基；
（2）由结构，化合物iii的分子式为。化合物iii除苯环外还含有2个碳、3个氧、1个不饱和度，化合物iii的某种同分异构体，能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基，核磁共振氢谱的峰面积比为2：2：2：1：1，则其结构对称且应该不含甲基，其结构简式为或；
（3）分子中含羟基，羟基可以发生催化氧化生成酮羰基，故答案为：Cu，O2，加热；氧化反应；
分子中苯环能和氢气催化加成生成饱和碳环，故形成的结构为，为还原反应（或加成反应）；
（4）A．反应1为苯和HOOCCHO发生反应引入新的支链生成ⅲ，HOOCCHO中醛基转化为羟基，碳氧双键中的键的断裂，且反应中存在碳碳、氧氢键的形成，正确；
B．键均为肩并肩形成的，错误；
C．iii中含有羧基，能和碳酸氢钠生成二氧化碳气体，iv中不含能和碳酸氢钠反应的基团，故可用溶液鉴别物质iii和物质iv，正确；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；化合物ii不含手性碳，中含有1个手性碳原子，错误；
故选AC；
（5）醛基可以被氧气氧化为羧基，结合题意、质量守恒，若x为单质，则x为氧气，y为OHCCHO；
（6）乙醇被催化氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙酸在PCl3、加热条件下发生已知反应生成CH2ClCOOH，然后在氢氧化钠水溶液加热条件下将氯原子转化为羟基得到，发生缩聚反应生成，故①第一步反应的化学方程式为；②最后一步反应的化学方程式为。
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