浙江省舟山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测化学试题
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列矿石的主要成分属于盐的是（ ）
A．软锰矿 B．磁铁矿 C．孔雀石 D．铝土矿
2．过氧乙酸消毒剂在非典和新冠时期均发挥了巨大作用，是一种广谱高效消毒剂，下列对其主要成分过氧乙酸的有关说法不正确的是（ ）
A．过氧乙酸不稳定，但分解产物不污染环境
B．过氧乙酸分子中所有原子均可能在同一平面内
C．过氧乙酸分子中含极性键和非极性键
D．碳元素位于周期表的P区，基态碳原子核外电子的空间运动状态有4种
3．下列化学用语表示不正确的是（ ）
A．N原子能级电子云轮廓图：
B．基态的价层电子轨道表示式：
C．用电子式表示的形成过程：
D．顺式聚异戊二烯的结构简式：
4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（ ）
A．氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热，因此可用作制冷剂
B．纯铝具有很强的抗腐蚀能力，因此可用作制造飞机的材料
C．可中和酸和受热分解，并产生气体，因此可用作食物膨松剂
D．难溶于水和酸，且不容易被X射线透射，因此可用作“钡餐”
5．关于非金属含氧酸及其盐的结构与性质，下列说法正确的是（ ）
A．的氧化性会随溶液的增大而增强
B．浓具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C．硅酸盐的阴离子结构丰富多样，可以硅氧四面体结合成链状或环状
D．硝酸可形成分子内氢键，而醋酸不能，因此熔沸点硝酸高于醋酸
6．四氧化三铁磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具．水热法制备磁性纳米颗粒的反应是：
下列叙述不正确的是（ ）
A．水热法制备磁性纳米颗粒的反应中，还原剂是
B．离子方程式中
C．每生成，被氧化的的物质的量为
D．该条件下氧化性强于
7．下列离子方程式中正确的是（ ）
A．溶液中滴加足量溶液：
B．碳酸氢钘溶液与少量石灰水反应：
C．溶液中滴加过量氨水：
D．次氯酸钙溶液中通入少量
8．下列说法不正确的是（ ）
A．日常生活中经常接触到的聚苯乙烯、酚醛树脂、顺丁橡胶等都是人工合成的有机高分子
B．淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后都能为人体提供能量
C．葡萄糖在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，从链状到环状发生了加成反应
D．将废弃动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料，这一做法符合“绿色化学”的理念
9．有关有机物X（结构如图），下列说法不正确的是（ ）
A．分子中至少有4个碳原子共直线
B．分子中只含有3种官能团，1个手性碳原子
C．该物质可使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色
D．该物质可与盐酸反应
10．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期、且两种基态原子中的未成对电子数均等于次外层的电子数，Z和W为位于同一周期的金属元素，Z元素的逐级电离能依次为738、1451、7733、10540、13630．……．下列有关说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：
B．电负性：
C．X的氢化物沸点一定高于Y的氢化物
D．X、Y两种元素形成的化合物一定为非极性分子
11．如图是新型镁—锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是（ ）
A．放电时，由左向右移动
B．放电时，正极的电极反应式为
C．充电时，外加电源的正极与Y相连
D．充电时，导线上每通过，左室溶液质量减轻
12．氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用．氮气经过一系列的变化可以合成氮、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料：能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染．下列说法不正确的是（ ）
A．提供空轨道用于形成配位键
B．该配合物中阴离子空间结构为正四面体
C．配离子为，中心离子的配位数为6
D．的价层电子排布式为
13．下列有关说法正确的是（ ）
A．常温下，相同的盐酸和醋酸与铁粉反应，起始产生气泡的速率是盐酸中比较块
B．一定温度下将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐渐增大，但电离常数不变
C．时，某溶液，升温至
D．测得的一元碱溶液，则一定为弱电解质
14．甲烷与氯气发生取代反应分别生成相关有机物的能量变化如图所示：
已知键能分别为，下列说法不正确的是（ ）
A．的能量在比的能量其多
B．由图可知与的取代反应是放热反应
C．，说明与的四步取代反成，难易程度相当
D．
15．室温下，将溶液与过量固体混合，溶液随时间变化如图所示．
已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．两者混合发生反应：
B．随着反应的进行，逆向移动，溶液下降
C．充分反应后上层清液中约为
D．内上层清液中存在：
16．下列实验现象和解释都合理的是（ ）
选项 实验操作 现象 解释
A 将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中 溴的溶液褪色 溴乙烷发生消去反应，生成乙烯
B 取大小相同的金属钠块与浓盐酸、与水反应进行对照实验 金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢 浓盐酸中较小
C 将酚酞滴加到浓溶液中 试液先变红后褪色 高浓度的具有超强的漂白性
D 热的苯酚水溶液自然冷却 变浑浊 温度降低析出苯酚晶体
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17．物质结构与性质是化学学习重要的组成部分．请根据所学知识回答下列问题：
（1）分子中，有 个键， 个键，C原子的杂化轨道类型是若和具有相同的空间构型和键合形式，试写出的结构式 ．
（2）含及S的四元半导体化合物（简写为CZTS），是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域．基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 ．与相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 ．
（3）图为BP晶体的结构示意图，若BP的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为，则该晶体密度为 ；以晶胞长度为单位建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，例如图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为 ．
18．化合物A、B、C、D、X之间的转化关系见下图．
已知：化合物A是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且；化合物含三种元素；化合物D含两种元素，焰色试验呈紫色；化合物B是一种强碱；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色．回答下列问题：
（1）化合物X中所含的三种元素是 ；
（2）化合物D的化学式为 ；气体的电子式为 ；
（3）写出化合物X与水反应的化学方程式 ；
（4）化合物B的碱性 （填“强于”或“弱于”），从结构的角度解释可能的原因 ．
19．（1）Ⅰ．已知，的的．若氨水的浓度为，溶液中的约为 ．将通入该氨水中，当下降至时，溶液中和的比值是 ．
Ⅱ．是最重要的温室气体之一，其过量排放在导致全球各种变化的诱因中扮演了重要角色，近年来如何降低大气中的含量及有效地开发利用，正成为科学家研究的主要课题．利用和合成甲醇，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（2）反应Ⅰ自发进行的条件是 （填“低温”或“高温”或“任何温度”）．
（3）在体积不变的密闭容器中，充入和发生反应Ⅱ，当下列条件不再变化时，能说明反应达到平衡状态的有____．
A．的浓度
B．的质量
C．容器内气体的总压强
D．容器内混合气体的密度
E．容器内混合气体的平均摩尔质量
（4）一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入发生反应Ⅰ，反应达到平衡时，反应物的转化率关系是 （填“>”“<”或“=”），下列措施中能等同时满足增大反应速率和提高转化率的是 ．
A．使用高效催化剂 B．降低反应温度
C．将容器体积缩小为 D．不断将甲醇从反应混合物中分离出来
（5）在密闭容器中通入和，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择率（生成甲醇的占，总转化量的物质的是分数）和的平衡转化率随温度的变化趋势如下图所示．
①达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高的是 （填“D”、“E”或“F”）．
②时，反应Ⅰ的平衡常数 ．
③随着温度的升高，甲醇的选择率降低，的平衡转化率升高，其原因为 ．
20．乙酰水杨酸俗称阿司匹林（），是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为．实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐为主要原料合成阿司匹林，其制备原理为：
主要试剂和产品的物理常数如表：
名称 相对分子质量 塎点或沸点 水 相对密度
水杨酸 138 158（熔点） 微溶 1.44
乙酸酑 102 （熔）139.4（沸） 反应 1.10
乙酰水杨酸 180 135（熔点） 微溶 1.35
（1）Ⅰ．制备过程：在锥形瓶中加入适量水杨酸及醋酸酐，充分摇动使固体完全溶解．缓慢滴加少量浓硫酸后加热，维持瓶内温度在左右，充分反应．稍冷后进行如下操作．
步骤①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入冷水中，析出固体，过滤．
步骤②所得结晶粗品加入适量饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤．
步骤③滤液中加 后冷却、过滤即得粗产品．
（2）步骤①中需使用冷水，目的是 ．
（3）步骤②中饱和碳酸氢钠的作用是 ，以便过滤除去难溶杂质．写出难溶高分子杂质的结构简式 ．
（4）步骤③中所加试剂为____（填编号）．
A．冷水 B．浓盐酸 C．溶液 D．无水乙醇
（5）Ⅱ．粗产品纯化过程：用重结晶方法提纯粗产品的流程如下：
加热回流装置如图：
仪器X的名称为 ．
（6）冷凝水的流进方向是 （填“a”或“b”）．
21．普鲁卡因是一种局部麻醉剂，在传导麻醉、浸润麻醉及封闭疗法中均有良好药效．它的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是（ ）
A．可与溶液反应
B．可发生取代、加成、氧化等类型的反应
C．分子式为
D．所有碳原子可能在同一平面内
（2）试剂a为
（3）写出A的结构简式
（4）写出的反应方程式 ．
（5）D的一种同系物分子式为，写出两种该同系物的同分异构体结构简式，要求同时符合下列条件 ．
①能使溶液显紫色；
②能发生水解反应；
③谱显示分子中含有苯环，且苯环上只有一种化学环境的氢原子．
（6）通常可采用乙烯为原料合成，请用流程图表示以乙烯为原料制备的合成路线（无机试剂任选） ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】 A：软锰矿的主要成分为二氧化锰，二氧化锰属于氧化物，故A不符合题意；
B：磁铁矿的主要成分为氧化铁，氧化铁属于氧化物，故B不符合题意；
C：孔雀石的主要成分为Cu (OH) CO ，Cu (OH) CO 属于盐，故C符合题意；
D：铝土矿的主要成分为氧化铝，氧化铝属于氧化物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子的能级分布；极性键和非极性键；有机物的结构式
【解析】【解答】A：过氧乙酸不稳定，室温就能分解放出氧气，故A不符合题意；
B：过氧乙酸含有甲基，不可能所有原子共平面，故B符合题意；
C：过氧乙酸分子的结构式为，含有极性键和非极性键，故C不符合题意；
D：C的电子轨道表示式为：，故核外电子空间运动状态为4种，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】极性键和非极性键的判断：同种原子形成共价键是极性键，不同种原子形成的共价键是非极性键。
核外电子空间运动状态等于轨道数。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子的能级分布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；烯烃
【解析】【解答】A：p能级电子云为哑铃型，三个轨道互相垂直，表示正确，故A不符合题意；
B：基态Mn2+价层电子排布式为3d5，轨道表示式为 ，表示正确，故B不符合题意；
C：电子式Na2O的形成过程：，表示错误故C符合题意；，
D：结构简式表示正确，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】基态原子优先失去最外层电子。
电子式表示离子化合物形成过程：用“→”表示形成，用弯箭头表示电子得失，形成前写原子的电子式，形成后写离子化合物的电子式。
4．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；合金及其应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A：氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热，因此可用作制冷剂，故A不符合题意；
B：纯铝的抗腐蚀能力不强，硬度较低，不适合制造机器零件等，故B不符合题意；
C：可中和酸和受热分解，并产生CO2气体，因此可用作食物膨松剂，故C不符合题意；
D： 难溶于水和酸，且不容易被X射线透射，因此可用作“钡餐”，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】纯铝的抗腐蚀能力不强，硬度较低，不适合制造机器零件等。
5．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；硅酸的性质及制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】.A：NaClO 在酸性介质中，氧化性更强，故溶液的pH 增大，酸性减弱， 的氧化性 变小，故A不符合题意；
B：浓硫酸使糖类化合物炭化过程中，体现浓硫酸的脱水性，即把糖类中的 H 、 O 按照2：1脱去生成水，故B不符合题意
C：硅酸盐的阴离子结构丰富多样，可以硅氧四面体结合成链状或环状，故C符合题意
D：硝酸分子内形成氢键，醋酸分子间形成氢键，故硝酸的熔沸点低于醋酸，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】NaClO 在酸性介质中，氧化性更强。
浓硫酸使糖类物质炭化体现了脱水性。
硅酸盐的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构建的简单阴离子，如（六元环）等，也有硅氧四面体为结构单元构成的一维、二维、三维无限伸展的共价键骨架。
硝酸熔沸点低于醋酸。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A：Fe3O4中有1个FeO和1个Fe2O3，化学方程式可写为 ， Fe的化合价变化+2→+3，S的化合价变化为+2→+2.5，O的化合价变化为O→-2，故O2为氧化剂，Fe2+和为还原剂，故A不符合题意；
B：根据电荷守恒可知，x=4，故B不符合题意；
C：Fe3O4中有1个FeO和1个Fe2O3，即3moI Fe2+反应，2mol被氧化为Fe2O3，1mol生成FeO，故C符合题意；
D：O2是氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性＞氧化产物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氧化还原反应中，化合价升高的元素所在化合物发生氧化反应，为还原剂，化合价降低的元素所在化合物发生还原反应，为氧化剂，氧化剂的氧化物强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫化氢；铝的化学性质
【解析】【解答】A：氯化铜少量，反应生成H2S，故A不符合题意；
B：碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应： ，故B符合题意；
C：Al3+在过量氨水中生成Al(OH)3，故C不符合题意；
D：ClO-在酸性条件下具有强氧化性，能与SO2发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】判断离子反应方程书写是否正确：①是否符合客观事实；②是否满足质量守恒原则；③是否电荷守恒；④固体、气体、弱电解质不拆。
8．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；合成材料；绿色化学
【解析】【解答】A：聚苯乙烯和酚醛树脂属于塑料，塑料和顺丁橡胶属于有机高分子材料，故A不符合题意；
B：纤维素不能被人体吸收，故B符合题意；
C： 葡萄糖分子中醛基可以与分子内羟基作用，形成两种六元环结构，在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，从链状到环状发生了加成反应 ，故C不符合题意；
D：将废弃油脂改造成燃料，既使资源再利用，也保护了环境，符合“绿色化学”的理念，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】三大有机合成材料：塑料、合成纤维，合成橡胶.
纤维素不能被人体吸收。
绿色化学倡导用化学的技术和方法减少或停止那些对人类健康、社区安全、生态环境有害的原料、催化剂、溶剂和试剂、产物、副产物等的使用与产生
9．【答案】A
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的化学性质；酯的性质
【解析】【解答】A：与苯环相连碳原子、苯环相对原子一定共直线，故分子中至少有3个碳原子共直线，故A符合题意；
B：分子中只含有3种官能团，分别为碳碳双键、酯基、氨基，1个手性碳原子，如图，故B不符合题意；
C：碳碳双键可使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色，故C不符合题意；
D：氨基可与盐酸反应，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】乙烯分子所有原子共平面，C—H键角为120°，苯环12个原子共平面。
10．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；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】C和O符合基态原子未成对电子等于次外层电子数，又X的半径小于Y，则X为O，Y为C。X、Y位于第二周期，则Z、W位于第三周期，Z的第三电离能突然增大，则Z最外层电子数为2，Z在第IIA族，则Z为Mg，又W半径大于Y，则W为Na。
A：X、Z、W离子（即O、Na、Mg）的电子层结构相同，且原子序数X＜Z＜W，故离子半径X＞Z＞W，故A符合题意；
B：电负性C＞O，即Y＞X，故B不符合题意；
C：非金属性C＜O，氢化物的稳定性C＞O，但不能比较沸点大小，故C不符合题意；
D：CO为极性分子，故D不符题意；
故答案为：A
【分析】电子层结构相同的不同离子，核电荷越大，半径越小。
同周期元素，自左向右非金属性增大，电负性减小。非金属性越大，对应氢化物的稳定性越大。
11．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】Mg活泼金属作电极，则放电时，Mg作负极，发生氧化反应Mg-2e-=Mg2+，另一端为正极反应 ，充电时，电源负极连接阴极，正极连接阳极，Mg作阴极，发生还原反应：Mg2++2e-=Mg，另一端为阳极，发生氧化反应。
A：放电时，Li+向正极移动，即由左向右移动，故A不符合题意；
B：放电时，正极的电极反应式为 ，故B不符合题意；
C：充电时，外加电源的正极与阳极即（Y）相连，故C不符合题意；
D：充电时，导线上每通过 ，则有0.5mol Mg2+反应生成Mg，且有1mol Li+移向左室，故左室溶液质量减轻12g-7g=5g，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】二次电池装置中，放电时，为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，内部阴、阳离子分别流向负极、正极。充电时，为电解池，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，内部阴、阳离子分别流向阳极、阴极。
12．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A：配合物中，中心离子Fe2+提供空轨道，配体提供孤电子对，故A不符合题意；
B： 该配合物中阴离子为 ，中心原子孤电子对数为， σ键电子对数为 4，中心原子上的价层电子对数为0+4=4，故 空间结构为正四面体 ，故B不符合题意；
C： 配离子为，中心离子的配位数为6，故C不符合题意；
D：的价层电子排布式为，故D不符合题意；
故答案为：D
【分析】配位化合物中中心离子或原子提供空轨道，配体提供孤电子对。
中心原子孤电子对数=，中心原子上的价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数
利用价层对判断空间构型：①中心价层电子对数=2，分子或离子的空间结构为直线形。②中心价层电子对数=3，中心原子孤电子对数=1，分子或离子的空间结构为V形。中心价层电子对数=3，中心原子孤电子对数=0，分子或离子的空间结构为平面三角形。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；溶液pH的定义；电离平衡常数
【解析】【解答】A：pH相同证明，c(H+)相同，故盐酸和醋酸与铁粉反应，起始产生气泡的速率相等，故A不符合题意；
B：稀释冰醋酸有利于醋酸的电离，但浓度减小程度大于电离程度，故c(H+)逐渐变小，故B不符合题意；
C：升高温度，有利于水的电离，Kw增大，c(OH-)不变，则c(H+)增大，pH减小，故C符合题意；
D：未指明温度，不能确定ROH是否完全电离，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】电离平衡常数、水解平衡常数、离子积常数与温度有关。
稀释反应物浓度、升温有利于水的电离。
14．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A：由图可知，甲烷和氯气反应生成 CH2Cl2 ( g ）的同时还会生成HCl，故不能说明 ImolCH4 ( g )的能量比 Imol CH2Cl2 ( g ）的能量多197kJ，故A符合题意；
B：焓变为负值，故为放热反应，故B不符合题意；
C： ，说明与的四步取代反成，难易程度相当，故C不符合题意；
D： 已知键能分别为， 则△H2={4E(C—H)+E(Cl—Cl)} - {3E(C—H)+E(C—Cl)+E(H—Cl)}=-99kJ·mol-1，即E(C—H) + E(Cl—Cl) - E(C—Cl) + E(H—Cl)=-99kJ·mol-1，将键能带入该式，得E(C—H)+243kJ·mol-1 - 327kJ·mol-1 -E(H—Cl)=-99kJ·mol-1，即
E(C—H)-E(H—Cl)=-15kJ·mol-1=△H，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的生成。
△H<0，反应为放热反应；△H>0，反应为吸热反应；
△H=反应物键能之和-生成物的键能之和。
15．【答案】D
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A：Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故CaSO4沉淀能转化为CaCO3沉淀，存在 反应，故A不符合题意；
B：随着反应进行，转化为CaCO3沉淀，c（）减小，故反应向逆反应方向进行，故B不符合题意；
C：充分反应后，溶液中同时存在硫酸钙和碳酸钙沉淀平衡，故 ，故C不符合题意；
D：电荷守恒：c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c()+2c()+2c()+c(OH-)，0～600s内，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，故c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)＞c()+2c()+2c()，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质。
溶液呈现电中性，所以溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
16．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；溴乙烷的化学性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A： 溴乙烷在的乙醇溶液并加热的条件下，发生消去反应，生成乙烯，乙烯能与溴加成，使溴的溶液褪色，故A符合题意；
B：浓盐酸中c(H+)大，与Na反应速率快，故B不符合题意；
C： 溶液具有碱性，能使酚酞变红，高浓度的碱性较强，能使酚酞结构发生变化，变为无色，故C不符合题意；
D：苯酚在水中溶解度小，在水中呈浑浊状，因为苯酚熔点低（常温下43℃），不存在固态苯酚小颗粒，没有晶体沉降，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】溴乙烷在的乙醇溶液并加热的条件下，发生消去反应，生成乙烯。
浓盐酸中c(H+)大。苯酚在水中溶解度小，在水中呈浑浊状.
17．【答案】（1）2；2；
（2）或；；的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，电子处于全充满状态，其与电子能量差值更大
（3）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；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）CS2的结构式为，故有2个σ键和2个π键。C的孤电子对数为0，价层电子对数为2，空间结构为直线形，杂化类型为sp杂化。类比CS2的结构简式，写出SCN-的结构简式 。
（2）基态S原子的价电子轨道表示式为，故两种自旋状态的电子数之比为2：1，Cu的价层电子排布式为3d104s1，4s能级易失去1个电子，达到稳定结构，Zn的价层电子排布式为3d104s2，4s全充满稳定状态，第一电离能，Zn＞Cu，Cu+价层电子排布式为3d10，d能级全充满稳定状态，不易失去电子，Zn+价层电子排布式为3d104s1，较稳定，易失去1个电子达到稳定结构，故第二电离能Cu＞Zn，因此第二电离能比第一电离能差值更大的是Cu。
（3）1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子，则m=，体积为a3，故密度为，1个B原子连接3个面心上的P原子和1个顶点上的P原子，且距离相等，则到就近三个面的距离为1/4（以1的坐标作参考），故2的坐标为 。
【分析】判断空间构型：1.计算孤电子对，2.计算价层电子对数，3利用价层电子对数判断。
判断杂化类型：sp杂化对应直线形，sp2杂化对应平面三角形。sp3杂化对应正四面体。
电离能规律，同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。
晶体密度求解：1计算1个晶胞内原子个数（N），2计算1个晶胞内相应物质的物质的量3求出晶胞质量，4利用公式求出密度。
18．【答案】（1）K N H
（2）；电子式略
（3）
（4）强于；钾离子半径大于钠离子，因此离子键弱于
【知识点】无机物的推断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算
【解析】【解答】化合物是非金属氧化物，且由同周期相邻元素组成，故A为氮的氧化物，又M=44g mol-1，可知A为N2O；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C为NH3。化合物D焰色试验呈紫色，D含K。
根据反应一D的生成和反应二中C(NH3）的生成，结合反应前后元素守恒可知，X含有元素K、H和N，根据化学式的书写规律，可知X为KHN3，根据B为强碱，则B为KOH。
反应前后N元素质量守恒，在反应二中：n(NH3)==0.6mol，则X中n(N)=0.6mol。
在反应一中，反应物X和A含有的N物质的量为：n(X中N)+n(A中N）=0.6mol+×2=1.8mol，生成物C的物质的量：=0.3mol，则C中N的物质的量为0.3mol，C中N的物质的量小于反应物X和A含有的N物质的量，则证明D中含N ，其物质的量为1.8mol-0.3mol=0.9mol。 D含两种元素，焰色试验呈紫色，则D由K和N 元素组成。则n(D中K)==0.3mol。D中K、N原子个数比为0.3 ： 0.9=1：3，D的化学式为KN3。据此回答以下问题。
（1）根据以上分析可知化合物X中所含的三种元素是 K、N、H 。
（2）D的化学式为KN3，气体C为NH3， 电子式为 。
（3） X与水反应的生成KOH和NH3，化学方程式为 。
（4）KOH碱性强于NaOH， K与Na位于同一主族，K原子序数大于Na，K离子半径大于钠离子，因此离子键弱于 。
【分析】难点：计算量较大，需要结合两个反应，利用元素守恒计算确认化合物D的化学式。
突破口1 A是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且 ，知A是N2O。
突破口2 化合物D含两种元素，焰色试验呈紫色 ，D含K。
突破口3气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色 ，C为NH3。
然后通过N元素在反应前后质量守恒计算求出化合物D中的N，J进而确定化学式。
19．【答案】（1）0.006；0.62
（2）低温
（3）A；B
（4）=；C
（5）F；；当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性降低
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；电离平衡常数
【解析】【解答】（1），，c(NH3)≈2.0mol·L-1，
Kb=，则c(OH-)=0.006mol·L-1，Ka2=，则=0.62。
（2）能自发反应的自由能△G=△H-T△S<0，反应 Ⅰ △S<0，故 反应Ⅰ自发进行的条件是低温。
（3）A：H2是反应物，随着反应进行，反应物的浓度减小，则H2浓度不再改变时能说明反应达到平衡，故A符合题意；
B：CO是生成物，随着反应进行，生成物的质量增大，当CO质量不变时时能说明反应达到平衡，故B符合题意；
C：反应前与反应后的分子总数不变，即压强不变，即随着反应进行，压强不变化，则不能通过容器内气体的总压强判断平衡状态，故C不符合题意；
D：，容器内体积不变，质量不变，即密度不变，即随着反应进行，密度不变化，则不能通过容器内混合气体的密度判断平衡状态，故D不符合题意；
E：，容器内质量不变，分子数不变，即平均摩尔质量不变，即随着反应进行，平均摩尔质量不变化，则不能通过容器内混合气体的平均摩尔质量判断平衡状态，故E不符合题意；
故答案为：AB
（4）容器内投料CO2、H2的物质量之比为1：3，反应消耗的物质的量之比为1：3，故反应物的转化率相等。
A．使用高效催化剂能增大反应速率，但不能使平衡正向移动，即不能提高转化率，故不符合题意；
B．降低反应温度，使反应速率变小，故B不符合题意；
C．将容器体积缩小为 ，增大压强，反应速率增大，因为正反应是分子数减小的反应，故增大压强，平衡向着正反应方向移动，能增大CO2转化率，故C符合题意；
D．不断将甲醇从反应混合物中分离出来，不能增大反应速率，故D不符合题意。
（5） ①在密闭容器中通入和 ，则甲醇的物质的量为：n(CO2)×转化率×甲醇选择率，那么480K时，甲醇产量为1mol×13.2%×86%=0.11352mol，513K时，甲醇产量为1mol×15%×78%=0.1170mol，553K时，甲醇产量为1mol×20%×60%=0.12mol，故F点产量最高。
②553K时，生成甲醇的物质的量为0.12mol，参加反应1的H2：反应的CO2共1mol×20%=0.2mol，参加反应1的CO2：1×20%×60%=0.12mol，0.12mol×3=0.36mol，生成H2O的物质的量为0.12mol，参加反应2的CO2：1×20%×（1-60%）=0.08mol，参加反应2的H2：0.08mol×1=0.08mol，生成H2O的物质的量为0.08mol，则平衡时CO2：1-0.12-0.08=0.2mol，平衡时H2：2.44mol-0.36mol-0.08mol=2mol。则平衡时各物质浓度分别为c(CO2)=0.2mol/L、c(H2)=2mol/L、c(CH3OH)=0.12mol/L、c(H2O)=0.2mol/L，代入平衡常数公式
③ 当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性降低 。
【分析】（1）依据一水合氨的电离平衡常数计算c(OH-)，依据H2SO3第二步电离常数计算 和的比值 。
（2）依据自由能△G=△H-T△S<0时，反应能自发进行分析。
（3）化学平衡的实质是v正=v逆，特征是各物质浓度不再改变。可通过正逆反应速率相等或其他反映浓度不变的变量来判断是否达到平衡。
（4）增大反应速率的措施有：升温、加压、加催化剂等，使化学平衡朝正向移动的措施有：对体积减小的反应增压、对放热反应降温、提高反应物浓度、移走生成物等，据此判断。
（5）①甲醇的物质的量为：n(CO2)×转化率×甲醇选择率，据此比较3个温度下的甲醇产量。
②难点：反应体系有两个可逆反应，不能简单利用反应I的三段式计算，要根据甲醇的选择率确定CO2在两反应的反应比例，平衡时n(H2O)、n(CO)为两个反应生成量之和，n(H2)、n(CO2)为投料减去两反应消耗之和，最后将结果代入反应I的平衡常数，据此解答。
③反应 Ⅰ 放热反应，升温平衡逆向移动，反应 Ⅱ 放热反应，升温平衡正向移动，反应 Ⅱ 的程度大于反应 Ⅰ ，则 的转化率增加，但甲醇的选择性降低 。
20．【答案】（1）有利于充分析出乙酰水杨酸固体请回答：
（2）生成可溶性的乙酰水杨酸钠
（3）生成可溶性的乙酰水杨酸钠；
（4）B
（5）三颈烧瓶
（6）a
【知识点】酯的性质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（2）观察图表，乙酰水杨酸在常温状态下为固体，且冷水中溶解度较小，为使之充分析出，故使用冷水。
（3）碳酸氢钠可与固态乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，进而分离难溶性高分子杂质。乙酰水杨酸的结构简式为。
（4）乙酰水杨酸钠与浓盐酸反应生成乙酰水杨酸，以获得较纯净产品。
（5）仪器X的名称为三颈烧瓶。
（6）为使充分冷凝，冷凝水下口进、上口出。
【分析】难点：由于水杨酸分子内含有羟基与羧基，故制备乙酰水杨酸的过程可能会产生副产物：1、23、。加冷水后乙酰水杨酸 、水杨酸、副产物1、2、3以固体形式沉淀下来；加饱和碳酸氢钠溶液后，含有羧基的乙酰水杨酸、水杨酸、副产物1和2能与之反应进入溶液，副产物3不反应，过滤后除去；最后再向溶液中加入浓盐酸，使乙酰水杨酸钠还原为乙酰水杨酸，相应副产物也还原，得到粗产品。
21．【答案】（1）A；B；D
（2）
（3）
（4）
（5）或其他合理答案
（6）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】产物分子式含有酯基，逆推回去即含羟基化合物与含羧基化合物发生酯化，结合D的化学式，可知D为，B为HOCH2CH2N(C2H5)2，E为，根据已知信息，可知E在Fe/HCl条件下，将硝基还原为氨基，生成普鲁卡因产物。
乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，即A，A与NH(C2H5)2发生加成反应，得B（分子式HOCH2CH2N(C2H5)2），甲苯可与硝酸和浓硫酸发生硝化反应，生成，即C。苯环上的甲基可被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，生成D。
（1）A：普鲁卡因含有酯基，可在碱性条件下发生水解，故A符合题意；
B：苯环、烷基、氨基、酯基都可发生取代反应，苯环可发生加成反应，氨基可发生氧化反应，故B符合题意；
C：分子式为C13H20N2O2，故C不符合题意；
D：苯环12原子共平面，C=O 4个原子共平面，甲烷四面体结构，但三个原子可以共平面，以上结构若有共原子，则可在一个平面内，分析如图，故所有碳原子可能在同一平面内，故D符合题意；
故答案为：ABD
（2）根据甲苯的硝化反应可知a为浓硫酸和浓硫酸。
（3）乙烯与氧气在银作催化下生成环氧乙烷，A为 。
（4） 是酯化反应，反应方程式为 。
（5） 能使溶液显紫色说明苯环上连有羟基， 能发生水解反应， 说明有酯基，苯环上只有一种化学环境的氢原子，说明苯环对称结构，或者苯环上只有一个氢。根据分子中含有4个O原子，故可知分子含有2个—OH、1个—COOH，剩余的“CH2N”基团由于氢的不饱和性，可能含有一个双键结构“次氨基”（=NH），或者与苯环等组成环状。当苯环具有对称结构时，满足的有 ，当苯环只有一个氢时，2个—OH、1个—COOH和环状结构任意组合，如。
（6）观察已知反应，得反应机理为氯代烃的烷基将中的H取代，故产物逆推，应是2个乙基取代了NH3 2个H，故该反应为：一氯乙烷与NH3生成，一氯乙烷可通过乙烯与HCl加成获得，故合成路线为： 。
【分析】乙烯与氧气在Ag2O的催化作用下反应生成环氧乙烷，即A；A与NH(C2H5)2发生加成反应，得分子式HOCH2CH2N(C2H5)2，即B；甲苯在浓硝酸与浓硫酸中反应得到对硝基甲苯，即C；C在酸性高锰酸钾溶液中氧化为对硝基加酸，即D；B与D反应发生酯化反应生成为 ， 即E；E与Fe/HCl混合发生还原反应，生成产物。据此解答。
（1）A：利用酯的性质进行分析；
B：利用苯环、酯基、氨基等的性质进行分析；
C：根据分子结构数出各原子个数；
D：利用苯环12个原子共平面、甲烷为正四面体模型、羰基共平面等分析。
（2）根据甲苯硝化反应的条件解答。
（3）环氧乙烷的结构简式 。
（4）根据酯化反应的机理进行书写反应方程式。
（5）根据苯酚的特征反应和酯的性质，能确认含有的官能团，按照要求苯环上氢的要求写出两种即可。
（6）观察已知反应，得反应机理为氯代烃的烷基将中的H取代，故产物逆推，应是2个乙基取代了NH3 2个H，故该反应为：一氯乙烷与NH3生成，一氯乙烷可通过乙烯与HCl加成获得，故合成路线为： 。
浙江省舟山市2022-2023学年高二下学期期末质量检测化学试题
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列矿石的主要成分属于盐的是（ ）
A．软锰矿 B．磁铁矿 C．孔雀石 D．铝土矿
【答案】C
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】 A：软锰矿的主要成分为二氧化锰，二氧化锰属于氧化物，故A不符合题意；
B：磁铁矿的主要成分为氧化铁，氧化铁属于氧化物，故B不符合题意；
C：孔雀石的主要成分为Cu (OH) CO ，Cu (OH) CO 属于盐，故C符合题意；
D：铝土矿的主要成分为氧化铝，氧化铝属于氧化物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物。
2．过氧乙酸消毒剂在非典和新冠时期均发挥了巨大作用，是一种广谱高效消毒剂，下列对其主要成分过氧乙酸的有关说法不正确的是（ ）
A．过氧乙酸不稳定，但分解产物不污染环境
B．过氧乙酸分子中所有原子均可能在同一平面内
C．过氧乙酸分子中含极性键和非极性键
D．碳元素位于周期表的P区，基态碳原子核外电子的空间运动状态有4种
【答案】B
【知识点】原子核外电子的能级分布；极性键和非极性键；有机物的结构式
【解析】【解答】A：过氧乙酸不稳定，室温就能分解放出氧气，故A不符合题意；
B：过氧乙酸含有甲基，不可能所有原子共平面，故B符合题意；
C：过氧乙酸分子的结构式为，含有极性键和非极性键，故C不符合题意；
D：C的电子轨道表示式为：，故核外电子空间运动状态为4种，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】极性键和非极性键的判断：同种原子形成共价键是极性键，不同种原子形成的共价键是非极性键。
核外电子空间运动状态等于轨道数。
3．下列化学用语表示不正确的是（ ）
A．N原子能级电子云轮廓图：
B．基态的价层电子轨道表示式：
C．用电子式表示的形成过程：
D．顺式聚异戊二烯的结构简式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子的能级分布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；烯烃
【解析】【解答】A：p能级电子云为哑铃型，三个轨道互相垂直，表示正确，故A不符合题意；
B：基态Mn2+价层电子排布式为3d5，轨道表示式为 ，表示正确，故B不符合题意；
C：电子式Na2O的形成过程：，表示错误故C符合题意；，
D：结构简式表示正确，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】基态原子优先失去最外层电子。
电子式表示离子化合物形成过程：用“→”表示形成，用弯箭头表示电子得失，形成前写原子的电子式，形成后写离子化合物的电子式。
4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（ ）
A．氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热，因此可用作制冷剂
B．纯铝具有很强的抗腐蚀能力，因此可用作制造飞机的材料
C．可中和酸和受热分解，并产生气体，因此可用作食物膨松剂
D．难溶于水和酸，且不容易被X射线透射，因此可用作“钡餐”
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；合金及其应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A：氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热，因此可用作制冷剂，故A不符合题意；
B：纯铝的抗腐蚀能力不强，硬度较低，不适合制造机器零件等，故B不符合题意；
C：可中和酸和受热分解，并产生CO2气体，因此可用作食物膨松剂，故C不符合题意；
D： 难溶于水和酸，且不容易被X射线透射，因此可用作“钡餐”，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】纯铝的抗腐蚀能力不强，硬度较低，不适合制造机器零件等。
5．关于非金属含氧酸及其盐的结构与性质，下列说法正确的是（ ）
A．的氧化性会随溶液的增大而增强
B．浓具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C．硅酸盐的阴离子结构丰富多样，可以硅氧四面体结合成链状或环状
D．硝酸可形成分子内氢键，而醋酸不能，因此熔沸点硝酸高于醋酸
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；硅酸的性质及制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】.A：NaClO 在酸性介质中，氧化性更强，故溶液的pH 增大，酸性减弱， 的氧化性 变小，故A不符合题意；
B：浓硫酸使糖类化合物炭化过程中，体现浓硫酸的脱水性，即把糖类中的 H 、 O 按照2：1脱去生成水，故B不符合题意
C：硅酸盐的阴离子结构丰富多样，可以硅氧四面体结合成链状或环状，故C符合题意
D：硝酸分子内形成氢键，醋酸分子间形成氢键，故硝酸的熔沸点低于醋酸，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】NaClO 在酸性介质中，氧化性更强。
浓硫酸使糖类物质炭化体现了脱水性。
硅酸盐的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构建的简单阴离子，如（六元环）等，也有硅氧四面体为结构单元构成的一维、二维、三维无限伸展的共价键骨架。
硝酸熔沸点低于醋酸。
6．四氧化三铁磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具．水热法制备磁性纳米颗粒的反应是：
下列叙述不正确的是（ ）
A．水热法制备磁性纳米颗粒的反应中，还原剂是
B．离子方程式中
C．每生成，被氧化的的物质的量为
D．该条件下氧化性强于
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A：Fe3O4中有1个FeO和1个Fe2O3，化学方程式可写为 ， Fe的化合价变化+2→+3，S的化合价变化为+2→+2.5，O的化合价变化为O→-2，故O2为氧化剂，Fe2+和为还原剂，故A不符合题意；
B：根据电荷守恒可知，x=4，故B不符合题意；
C：Fe3O4中有1个FeO和1个Fe2O3，即3moI Fe2+反应，2mol被氧化为Fe2O3，1mol生成FeO，故C符合题意；
D：O2是氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性＞氧化产物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氧化还原反应中，化合价升高的元素所在化合物发生氧化反应，为还原剂，化合价降低的元素所在化合物发生还原反应，为氧化剂，氧化剂的氧化物强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。
7．下列离子方程式中正确的是（ ）
A．溶液中滴加足量溶液：
B．碳酸氢钘溶液与少量石灰水反应：
C．溶液中滴加过量氨水：
D．次氯酸钙溶液中通入少量
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫化氢；铝的化学性质
【解析】【解答】A：氯化铜少量，反应生成H2S，故A不符合题意；
B：碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应： ，故B符合题意；
C：Al3+在过量氨水中生成Al(OH)3，故C不符合题意；
D：ClO-在酸性条件下具有强氧化性，能与SO2发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】判断离子反应方程书写是否正确：①是否符合客观事实；②是否满足质量守恒原则；③是否电荷守恒；④固体、气体、弱电解质不拆。
8．下列说法不正确的是（ ）
A．日常生活中经常接触到的聚苯乙烯、酚醛树脂、顺丁橡胶等都是人工合成的有机高分子
B．淀粉、纤维素、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后都能为人体提供能量
C．葡萄糖在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，从链状到环状发生了加成反应
D．将废弃动植物油脂经反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料，这一做法符合“绿色化学”的理念
【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；合成材料；绿色化学
【解析】【解答】A：聚苯乙烯和酚醛树脂属于塑料，塑料和顺丁橡胶属于有机高分子材料，故A不符合题意；
B：纤维素不能被人体吸收，故B符合题意；
C： 葡萄糖分子中醛基可以与分子内羟基作用，形成两种六元环结构，在水溶液中存在链状和环状结构之间的平衡，从链状到环状发生了加成反应 ，故C不符合题意；
D：将废弃油脂改造成燃料，既使资源再利用，也保护了环境，符合“绿色化学”的理念，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】三大有机合成材料：塑料、合成纤维，合成橡胶.
纤维素不能被人体吸收。
绿色化学倡导用化学的技术和方法减少或停止那些对人类健康、社区安全、生态环境有害的原料、催化剂、溶剂和试剂、产物、副产物等的使用与产生
9．有关有机物X（结构如图），下列说法不正确的是（ ）
A．分子中至少有4个碳原子共直线
B．分子中只含有3种官能团，1个手性碳原子
C．该物质可使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色
D．该物质可与盐酸反应
【答案】A
【知识点】有机物中的官能团；乙烯的化学性质；酯的性质
【解析】【解答】A：与苯环相连碳原子、苯环相对原子一定共直线，故分子中至少有3个碳原子共直线，故A符合题意；
B：分子中只含有3种官能团，分别为碳碳双键、酯基、氨基，1个手性碳原子，如图，故B不符合题意；
C：碳碳双键可使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色，故C不符合题意；
D：氨基可与盐酸反应，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】乙烯分子所有原子共平面，C—H键角为120°，苯环12个原子共平面。
10．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期、且两种基态原子中的未成对电子数均等于次外层的电子数，Z和W为位于同一周期的金属元素，Z元素的逐级电离能依次为738、1451、7733、10540、13630．……．下列有关说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径：
B．电负性：
C．X的氢化物沸点一定高于Y的氢化物
D．X、Y两种元素形成的化合物一定为非极性分子
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；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】C和O符合基态原子未成对电子等于次外层电子数，又X的半径小于Y，则X为O，Y为C。X、Y位于第二周期，则Z、W位于第三周期，Z的第三电离能突然增大，则Z最外层电子数为2，Z在第IIA族，则Z为Mg，又W半径大于Y，则W为Na。
A：X、Z、W离子（即O、Na、Mg）的电子层结构相同，且原子序数X＜Z＜W，故离子半径X＞Z＞W，故A符合题意；
B：电负性C＞O，即Y＞X，故B不符合题意；
C：非金属性C＜O，氢化物的稳定性C＞O，但不能比较沸点大小，故C不符合题意；
D：CO为极性分子，故D不符题意；
故答案为：A
【分析】电子层结构相同的不同离子，核电荷越大，半径越小。
同周期元素，自左向右非金属性增大，电负性减小。非金属性越大，对应氢化物的稳定性越大。
11．如图是新型镁—锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是（ ）
A．放电时，由左向右移动
B．放电时，正极的电极反应式为
C．充电时，外加电源的正极与Y相连
D．充电时，导线上每通过，左室溶液质量减轻
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】Mg活泼金属作电极，则放电时，Mg作负极，发生氧化反应Mg-2e-=Mg2+，另一端为正极反应 ，充电时，电源负极连接阴极，正极连接阳极，Mg作阴极，发生还原反应：Mg2++2e-=Mg，另一端为阳极，发生氧化反应。
A：放电时，Li+向正极移动，即由左向右移动，故A不符合题意；
B：放电时，正极的电极反应式为 ，故B不符合题意；
C：充电时，外加电源的正极与阳极即（Y）相连，故C不符合题意；
D：充电时，导线上每通过 ，则有0.5mol Mg2+反应生成Mg，且有1mol Li+移向左室，故左室溶液质量减轻12g-7g=5g，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】二次电池装置中，放电时，为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，内部阴、阳离子分别流向负极、正极。充电时，为电解池，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，内部阴、阳离子分别流向阳极、阴极。
12．氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用．氮气经过一系列的变化可以合成氮、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料：能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染．下列说法不正确的是（ ）
A．提供空轨道用于形成配位键
B．该配合物中阴离子空间结构为正四面体
C．配离子为，中心离子的配位数为6
D．的价层电子排布式为
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A：配合物中，中心离子Fe2+提供空轨道，配体提供孤电子对，故A不符合题意；
B： 该配合物中阴离子为 ，中心原子孤电子对数为， σ键电子对数为 4，中心原子上的价层电子对数为0+4=4，故 空间结构为正四面体 ，故B不符合题意；
C： 配离子为，中心离子的配位数为6，故C不符合题意；
D：的价层电子排布式为，故D不符合题意；
故答案为：D
【分析】配位化合物中中心离子或原子提供空轨道，配体提供孤电子对。
中心原子孤电子对数=，中心原子上的价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数
利用价层对判断空间构型：①中心价层电子对数=2，分子或离子的空间结构为直线形。②中心价层电子对数=3，中心原子孤电子对数=1，分子或离子的空间结构为V形。中心价层电子对数=3，中心原子孤电子对数=0，分子或离子的空间结构为平面三角形。
13．下列有关说法正确的是（ ）
A．常温下，相同的盐酸和醋酸与铁粉反应，起始产生气泡的速率是盐酸中比较块
B．一定温度下将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐渐增大，但电离常数不变
C．时，某溶液，升温至
D．测得的一元碱溶液，则一定为弱电解质
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；溶液pH的定义；电离平衡常数
【解析】【解答】A：pH相同证明，c(H+)相同，故盐酸和醋酸与铁粉反应，起始产生气泡的速率相等，故A不符合题意；
B：稀释冰醋酸有利于醋酸的电离，但浓度减小程度大于电离程度，故c(H+)逐渐变小，故B不符合题意；
C：升高温度，有利于水的电离，Kw增大，c(OH-)不变，则c(H+)增大，pH减小，故C符合题意；
D：未指明温度，不能确定ROH是否完全电离，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】电离平衡常数、水解平衡常数、离子积常数与温度有关。
稀释反应物浓度、升温有利于水的电离。
14．甲烷与氯气发生取代反应分别生成相关有机物的能量变化如图所示：
已知键能分别为，下列说法不正确的是（ ）
A．的能量在比的能量其多
B．由图可知与的取代反应是放热反应
C．，说明与的四步取代反成，难易程度相当
D．
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A：由图可知，甲烷和氯气反应生成 CH2Cl2 ( g ）的同时还会生成HCl，故不能说明 ImolCH4 ( g )的能量比 Imol CH2Cl2 ( g ）的能量多197kJ，故A符合题意；
B：焓变为负值，故为放热反应，故B不符合题意；
C： ，说明与的四步取代反成，难易程度相当，故C不符合题意；
D： 已知键能分别为， 则△H2={4E(C—H)+E(Cl—Cl)} - {3E(C—H)+E(C—Cl)+E(H—Cl)}=-99kJ·mol-1，即E(C—H) + E(Cl—Cl) - E(C—Cl) + E(H—Cl)=-99kJ·mol-1，将键能带入该式，得E(C—H)+243kJ·mol-1 - 327kJ·mol-1 -E(H—Cl)=-99kJ·mol-1，即
E(C—H)-E(H—Cl)=-15kJ·mol-1=△H，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的生成。
△H<0，反应为放热反应；△H>0，反应为吸热反应；
△H=反应物键能之和-生成物的键能之和。
15．室温下，将溶液与过量固体混合，溶液随时间变化如图所示．
已知：
下列说法不正确的是（ ）
A．两者混合发生反应：
B．随着反应的进行，逆向移动，溶液下降
C．充分反应后上层清液中约为
D．内上层清液中存在：
【答案】D
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A：Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故CaSO4沉淀能转化为CaCO3沉淀，存在 反应，故A不符合题意；
B：随着反应进行，转化为CaCO3沉淀，c（）减小，故反应向逆反应方向进行，故B不符合题意；
C：充分反应后，溶液中同时存在硫酸钙和碳酸钙沉淀平衡，故 ，故C不符合题意；
D：电荷守恒：c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c()+2c()+2c()+c(OH-)，0～600s内，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，故c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)＞c()+2c()+2c()，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质。
溶液呈现电中性，所以溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
16．下列实验现象和解释都合理的是（ ）
选项 实验操作 现象 解释
A 将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中 溴的溶液褪色 溴乙烷发生消去反应，生成乙烯
B 取大小相同的金属钠块与浓盐酸、与水反应进行对照实验 金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢 浓盐酸中较小
C 将酚酞滴加到浓溶液中 试液先变红后褪色 高浓度的具有超强的漂白性
D 热的苯酚水溶液自然冷却 变浑浊 温度降低析出苯酚晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；溴乙烷的化学性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A： 溴乙烷在的乙醇溶液并加热的条件下，发生消去反应，生成乙烯，乙烯能与溴加成，使溴的溶液褪色，故A符合题意；
B：浓盐酸中c(H+)大，与Na反应速率快，故B不符合题意；
C： 溶液具有碱性，能使酚酞变红，高浓度的碱性较强，能使酚酞结构发生变化，变为无色，故C不符合题意；
D：苯酚在水中溶解度小，在水中呈浑浊状，因为苯酚熔点低（常温下43℃），不存在固态苯酚小颗粒，没有晶体沉降，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】溴乙烷在的乙醇溶液并加热的条件下，发生消去反应，生成乙烯。
浓盐酸中c(H+)大。苯酚在水中溶解度小，在水中呈浑浊状.
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17．物质结构与性质是化学学习重要的组成部分．请根据所学知识回答下列问题：
（1）分子中，有 个键， 个键，C原子的杂化轨道类型是若和具有相同的空间构型和键合形式，试写出的结构式 ．
（2）含及S的四元半导体化合物（简写为CZTS），是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域．基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 ．与相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 ．
（3）图为BP晶体的结构示意图，若BP的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，晶胞边长为，则该晶体密度为 ；以晶胞长度为单位建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，例如图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为 ．
【答案】（1）2；2；
（2）或；；的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，的第二电离能失去的是的电子，第一电离能失去的是电子，电子处于全充满状态，其与电子能量差值更大
（3）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；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）CS2的结构式为，故有2个σ键和2个π键。C的孤电子对数为0，价层电子对数为2，空间结构为直线形，杂化类型为sp杂化。类比CS2的结构简式，写出SCN-的结构简式 。
（2）基态S原子的价电子轨道表示式为，故两种自旋状态的电子数之比为2：1，Cu的价层电子排布式为3d104s1，4s能级易失去1个电子，达到稳定结构，Zn的价层电子排布式为3d104s2，4s全充满稳定状态，第一电离能，Zn＞Cu，Cu+价层电子排布式为3d10，d能级全充满稳定状态，不易失去电子，Zn+价层电子排布式为3d104s1，较稳定，易失去1个电子达到稳定结构，故第二电离能Cu＞Zn，因此第二电离能比第一电离能差值更大的是Cu。
（3）1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子，则m=，体积为a3，故密度为，1个B原子连接3个面心上的P原子和1个顶点上的P原子，且距离相等，则到就近三个面的距离为1/4（以1的坐标作参考），故2的坐标为 。
【分析】判断空间构型：1.计算孤电子对，2.计算价层电子对数，3利用价层电子对数判断。
判断杂化类型：sp杂化对应直线形，sp2杂化对应平面三角形。sp3杂化对应正四面体。
电离能规律，同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。
晶体密度求解：1计算1个晶胞内原子个数（N），2计算1个晶胞内相应物质的物质的量3求出晶胞质量，4利用公式求出密度。
18．化合物A、B、C、D、X之间的转化关系见下图．
已知：化合物A是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且；化合物含三种元素；化合物D含两种元素，焰色试验呈紫色；化合物B是一种强碱；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色．回答下列问题：
（1）化合物X中所含的三种元素是 ；
（2）化合物D的化学式为 ；气体的电子式为 ；
（3）写出化合物X与水反应的化学方程式 ；
（4）化合物B的碱性 （填“强于”或“弱于”），从结构的角度解释可能的原因 ．
【答案】（1）K N H
（2）；电子式略
（3）
（4）强于；钾离子半径大于钠离子，因此离子键弱于
【知识点】无机物的推断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算
【解析】【解答】化合物是非金属氧化物，且由同周期相邻元素组成，故A为氮的氧化物，又M=44g mol-1，可知A为N2O；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C为NH3。化合物D焰色试验呈紫色，D含K。
根据反应一D的生成和反应二中C(NH3）的生成，结合反应前后元素守恒可知，X含有元素K、H和N，根据化学式的书写规律，可知X为KHN3，根据B为强碱，则B为KOH。
反应前后N元素质量守恒，在反应二中：n(NH3)==0.6mol，则X中n(N)=0.6mol。
在反应一中，反应物X和A含有的N物质的量为：n(X中N)+n(A中N）=0.6mol+×2=1.8mol，生成物C的物质的量：=0.3mol，则C中N的物质的量为0.3mol，C中N的物质的量小于反应物X和A含有的N物质的量，则证明D中含N ，其物质的量为1.8mol-0.3mol=0.9mol。 D含两种元素，焰色试验呈紫色，则D由K和N 元素组成。则n(D中K)==0.3mol。D中K、N原子个数比为0.3 ： 0.9=1：3，D的化学式为KN3。据此回答以下问题。
（1）根据以上分析可知化合物X中所含的三种元素是 K、N、H 。
（2）D的化学式为KN3，气体C为NH3， 电子式为 。
（3） X与水反应的生成KOH和NH3，化学方程式为 。
（4）KOH碱性强于NaOH， K与Na位于同一主族，K原子序数大于Na，K离子半径大于钠离子，因此离子键弱于 。
【分析】难点：计算量较大，需要结合两个反应，利用元素守恒计算确认化合物D的化学式。
突破口1 A是一种非金属氧化物，由同周期相邻元素组成，且 ，知A是N2O。
突破口2 化合物D含两种元素，焰色试验呈紫色 ，D含K。
突破口3气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色 ，C为NH3。
然后通过N元素在反应前后质量守恒计算求出化合物D中的N，J进而确定化学式。
19．（1）Ⅰ．已知，的的．若氨水的浓度为，溶液中的约为 ．将通入该氨水中，当下降至时，溶液中和的比值是 ．
Ⅱ．是最重要的温室气体之一，其过量排放在导致全球各种变化的诱因中扮演了重要角色，近年来如何降低大气中的含量及有效地开发利用，正成为科学家研究的主要课题．利用和合成甲醇，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（2）反应Ⅰ自发进行的条件是 （填“低温”或“高温”或“任何温度”）．
（3）在体积不变的密闭容器中，充入和发生反应Ⅱ，当下列条件不再变化时，能说明反应达到平衡状态的有____．
A．的浓度
B．的质量
C．容器内气体的总压强
D．容器内混合气体的密度
E．容器内混合气体的平均摩尔质量
（4）一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入发生反应Ⅰ，反应达到平衡时，反应物的转化率关系是 （填“>”“<”或“=”），下列措施中能等同时满足增大反应速率和提高转化率的是 ．
A．使用高效催化剂 B．降低反应温度
C．将容器体积缩小为 D．不断将甲醇从反应混合物中分离出来
（5）在密闭容器中通入和，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择率（生成甲醇的占，总转化量的物质的是分数）和的平衡转化率随温度的变化趋势如下图所示．
①达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高的是 （填“D”、“E”或“F”）．
②时，反应Ⅰ的平衡常数 ．
③随着温度的升高，甲醇的选择率降低，的平衡转化率升高，其原因为 ．
【答案】（1）0.006；0.62
（2）低温
（3）A；B
（4）=；C
（5）F；；当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性降低
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；电离平衡常数
【解析】【解答】（1），，c(NH3)≈2.0mol·L-1，
Kb=，则c(OH-)=0.006mol·L-1，Ka2=，则=0.62。
（2）能自发反应的自由能△G=△H-T△S<0，反应 Ⅰ △S<0，故 反应Ⅰ自发进行的条件是低温。
（3）A：H2是反应物，随着反应进行，反应物的浓度减小，则H2浓度不再改变时能说明反应达到平衡，故A符合题意；
B：CO是生成物，随着反应进行，生成物的质量增大，当CO质量不变时时能说明反应达到平衡，故B符合题意；
C：反应前与反应后的分子总数不变，即压强不变，即随着反应进行，压强不变化，则不能通过容器内气体的总压强判断平衡状态，故C不符合题意；
D：，容器内体积不变，质量不变，即密度不变，即随着反应进行，密度不变化，则不能通过容器内混合气体的密度判断平衡状态，故D不符合题意；
E：，容器内质量不变，分子数不变，即平均摩尔质量不变，即随着反应进行，平均摩尔质量不变化，则不能通过容器内混合气体的平均摩尔质量判断平衡状态，故E不符合题意；
故答案为：AB
（4）容器内投料CO2、H2的物质量之比为1：3，反应消耗的物质的量之比为1：3，故反应物的转化率相等。
A．使用高效催化剂能增大反应速率，但不能使平衡正向移动，即不能提高转化率，故不符合题意；
B．降低反应温度，使反应速率变小，故B不符合题意；
C．将容器体积缩小为 ，增大压强，反应速率增大，因为正反应是分子数减小的反应，故增大压强，平衡向着正反应方向移动，能增大CO2转化率，故C符合题意；
D．不断将甲醇从反应混合物中分离出来，不能增大反应速率，故D不符合题意。
（5） ①在密闭容器中通入和 ，则甲醇的物质的量为：n(CO2)×转化率×甲醇选择率，那么480K时，甲醇产量为1mol×13.2%×86%=0.11352mol，513K时，甲醇产量为1mol×15%×78%=0.1170mol，553K时，甲醇产量为1mol×20%×60%=0.12mol，故F点产量最高。
②553K时，生成甲醇的物质的量为0.12mol，参加反应1的H2：反应的CO2共1mol×20%=0.2mol，参加反应1的CO2：1×20%×60%=0.12mol，0.12mol×3=0.36mol，生成H2O的物质的量为0.12mol，参加反应2的CO2：1×20%×（1-60%）=0.08mol，参加反应2的H2：0.08mol×1=0.08mol，生成H2O的物质的量为0.08mol，则平衡时CO2：1-0.12-0.08=0.2mol，平衡时H2：2.44mol-0.36mol-0.08mol=2mol。则平衡时各物质浓度分别为c(CO2)=0.2mol/L、c(H2)=2mol/L、c(CH3OH)=0.12mol/L、c(H2O)=0.2mol/L，代入平衡常数公式
③ 当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性降低 。
【分析】（1）依据一水合氨的电离平衡常数计算c(OH-)，依据H2SO3第二步电离常数计算 和的比值 。
（2）依据自由能△G=△H-T△S<0时，反应能自发进行分析。
（3）化学平衡的实质是v正=v逆，特征是各物质浓度不再改变。可通过正逆反应速率相等或其他反映浓度不变的变量来判断是否达到平衡。
（4）增大反应速率的措施有：升温、加压、加催化剂等，使化学平衡朝正向移动的措施有：对体积减小的反应增压、对放热反应降温、提高反应物浓度、移走生成物等，据此判断。
（5）①甲醇的物质的量为：n(CO2)×转化率×甲醇选择率，据此比较3个温度下的甲醇产量。
②难点：反应体系有两个可逆反应，不能简单利用反应I的三段式计算，要根据甲醇的选择率确定CO2在两反应的反应比例，平衡时n(H2O)、n(CO)为两个反应生成量之和，n(H2)、n(CO2)为投料减去两反应消耗之和，最后将结果代入反应I的平衡常数，据此解答。
③反应 Ⅰ 放热反应，升温平衡逆向移动，反应 Ⅱ 放热反应，升温平衡正向移动，反应 Ⅱ 的程度大于反应 Ⅰ ，则 的转化率增加，但甲醇的选择性降低 。
20．乙酰水杨酸俗称阿司匹林（），是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为．实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐为主要原料合成阿司匹林，其制备原理为：
主要试剂和产品的物理常数如表：
名称 相对分子质量 塎点或沸点 水 相对密度
水杨酸 138 158（熔点） 微溶 1.44
乙酸酑 102 （熔）139.4（沸） 反应 1.10
乙酰水杨酸 180 135（熔点） 微溶 1.35
（1）Ⅰ．制备过程：在锥形瓶中加入适量水杨酸及醋酸酐，充分摇动使固体完全溶解．缓慢滴加少量浓硫酸后加热，维持瓶内温度在左右，充分反应．稍冷后进行如下操作．
步骤①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入冷水中，析出固体，过滤．
步骤②所得结晶粗品加入适量饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤．
步骤③滤液中加 后冷却、过滤即得粗产品．
（2）步骤①中需使用冷水，目的是 ．
（3）步骤②中饱和碳酸氢钠的作用是 ，以便过滤除去难溶杂质．写出难溶高分子杂质的结构简式 ．
（4）步骤③中所加试剂为____（填编号）．
A．冷水 B．浓盐酸 C．溶液 D．无水乙醇
（5）Ⅱ．粗产品纯化过程：用重结晶方法提纯粗产品的流程如下：
加热回流装置如图：
仪器X的名称为 ．
（6）冷凝水的流进方向是 （填“a”或“b”）．
【答案】（1）有利于充分析出乙酰水杨酸固体请回答：
（2）生成可溶性的乙酰水杨酸钠
（3）生成可溶性的乙酰水杨酸钠；
（4）B
（5）三颈烧瓶
（6）a
【知识点】酯的性质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（2）观察图表，乙酰水杨酸在常温状态下为固体，且冷水中溶解度较小，为使之充分析出，故使用冷水。
（3）碳酸氢钠可与固态乙酰水杨酸反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，进而分离难溶性高分子杂质。乙酰水杨酸的结构简式为。
（4）乙酰水杨酸钠与浓盐酸反应生成乙酰水杨酸，以获得较纯净产品。
（5）仪器X的名称为三颈烧瓶。
（6）为使充分冷凝，冷凝水下口进、上口出。
【分析】难点：由于水杨酸分子内含有羟基与羧基，故制备乙酰水杨酸的过程可能会产生副产物：1、23、。加冷水后乙酰水杨酸 、水杨酸、副产物1、2、3以固体形式沉淀下来；加饱和碳酸氢钠溶液后，含有羧基的乙酰水杨酸、水杨酸、副产物1和2能与之反应进入溶液，副产物3不反应，过滤后除去；最后再向溶液中加入浓盐酸，使乙酰水杨酸钠还原为乙酰水杨酸，相应副产物也还原，得到粗产品。
21．普鲁卡因是一种局部麻醉剂，在传导麻醉、浸润麻醉及封闭疗法中均有良好药效．它的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是（ ）
A．可与溶液反应
B．可发生取代、加成、氧化等类型的反应
C．分子式为
D．所有碳原子可能在同一平面内
（2）试剂a为
（3）写出A的结构简式
（4）写出的反应方程式 ．
（5）D的一种同系物分子式为，写出两种该同系物的同分异构体结构简式，要求同时符合下列条件 ．
①能使溶液显紫色；
②能发生水解反应；
③谱显示分子中含有苯环，且苯环上只有一种化学环境的氢原子．
（6）通常可采用乙烯为原料合成，请用流程图表示以乙烯为原料制备的合成路线（无机试剂任选） ．
【答案】（1）A；B；D
（2）
（3）
（4）
（5）或其他合理答案
（6）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙烯的化学性质；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】产物分子式含有酯基，逆推回去即含羟基化合物与含羧基化合物发生酯化，结合D的化学式，可知D为，B为HOCH2CH2N(C2H5)2，E为，根据已知信息，可知E在Fe/HCl条件下，将硝基还原为氨基，生成普鲁卡因产物。
乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，即A，A与NH(C2H5)2发生加成反应，得B（分子式HOCH2CH2N(C2H5)2），甲苯可与硝酸和浓硫酸发生硝化反应，生成，即C。苯环上的甲基可被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，生成D。
（1）A：普鲁卡因含有酯基，可在碱性条件下发生水解，故A符合题意；
B：苯环、烷基、氨基、酯基都可发生取代反应，苯环可发生加成反应，氨基可发生氧化反应，故B符合题意；
C：分子式为C13H20N2O2，故C不符合题意；
D：苯环12原子共平面，C=O 4个原子共平面，甲烷四面体结构，但三个原子可以共平面，以上结构若有共原子，则可在一个平面内，分析如图，故所有碳原子可能在同一平面内，故D符合题意；
故答案为：ABD
（2）根据甲苯的硝化反应可知a为浓硫酸和浓硫酸。
（3）乙烯与氧气在银作催化下生成环氧乙烷，A为 。
（4） 是酯化反应，反应方程式为 。
（5） 能使溶液显紫色说明苯环上连有羟基， 能发生水解反应， 说明有酯基，苯环上只有一种化学环境的氢原子，说明苯环对称结构，或者苯环上只有一个氢。根据分子中含有4个O原子，故可知分子含有2个—OH、1个—COOH，剩余的“CH2N”基团由于氢的不饱和性，可能含有一个双键结构“次氨基”（=NH），或者与苯环等组成环状。当苯环具有对称结构时，满足的有 ，当苯环只有一个氢时，2个—OH、1个—COOH和环状结构任意组合，如。
（6）观察已知反应，得反应机理为氯代烃的烷基将中的H取代，故产物逆推，应是2个乙基取代了NH3 2个H，故该反应为：一氯乙烷与NH3生成，一氯乙烷可通过乙烯与HCl加成获得，故合成路线为： 。
【分析】乙烯与氧气在Ag2O的催化作用下反应生成环氧乙烷，即A；A与NH(C2H5)2发生加成反应，得分子式HOCH2CH2N(C2H5)2，即B；甲苯在浓硝酸与浓硫酸中反应得到对硝基甲苯，即C；C在酸性高锰酸钾溶液中氧化为对硝基加酸，即D；B与D反应发生酯化反应生成为 ， 即E；E与Fe/HCl混合发生还原反应，生成产物。据此解答。
（1）A：利用酯的性质进行分析；
B：利用苯环、酯基、氨基等的性质进行分析；
C：根据分子结构数出各原子个数；
D：利用苯环12个原子共平面、甲烷为正四面体模型、羰基共平面等分析。
（2）根据甲苯硝化反应的条件解答。
（3）环氧乙烷的结构简式 。
（4）根据酯化反应的机理进行书写反应方程式。
（5）根据苯酚的特征反应和酯的性质，能确认含有的官能团，按照要求苯环上氢的要求写出两种即可。
（6）观察已知反应，得反应机理为氯代烃的烷基将中的H取代，故产物逆推，应是2个乙基取代了NH3 2个H，故该反应为：一氯乙烷与NH3生成，一氯乙烷可通过乙烯与HCl加成获得，故合成路线为： 。
