山西省吕梁市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题
一、选择题(本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法不正确的是（ ）
A．美酒酿制过程中有气体产生
B．夜光杯的主要成分属于氧化物
C．木料或竹料的主要成分为纤维素
D．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质
2．下列化学用语表示正确的是（ ）
A．的VSEPR模型：
B．葡萄糖的结构简式：
C．乙酸乙酯的实验式：
D．的名称为2，4，4-三甲基戊烷
3．设为阿佛伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．(无机苯)的结构与苯相似，1 mol无机苯中键数目为
B．1 mol配合物中键数目为
C．100 g 46%的乙醇溶液中，含键的数目为
D．78 g苯和苯乙烯()的混合物中，含有的碳氢键数为
4．下列关于有机物说法正确的是（ ）
①酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应
②核酸检测是确认病毒类型有效手段，核酸属于天然高分子化合物
③油脂水解可得到氨基酸和甘油
④纤维素和淀粉都是多糖，二者互为同分异构体
⑤溴乙烷、酰胺和蛋白质在一定条件都能水解
⑥过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
A．①②③ B．②⑤ C．⑤⑥ D．④⑤
5．配离子球棍模型如下图所示。下列关于该配离子的说法中不正确的是（ ）
A．配位数为4
B．中的采用杂化
C．配体是，的空间构型为三角锥形
D．若用代替与形成配位键，则配位键的强度将减弱
6．下列比较正确的是（ ）
A．键长由小到大：金刚石<碳化硅<硅
B．熔点由低到高：二氧化碳<氧化镁<氯化钠
C．硬度由大到小：C60>铁>氯化钠
D．共价键的极性由强到弱：
7．可用于制造火柴，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．S元素的电负性大于P元素
B．的键角小于
C．1 mol 分子中孤电子对的数目为
D．该分子结构中S、P最外层电子数均达到8电子稳定结构
8．下列说法正确的是（ ）
A．根据“相似相溶”原理，能溶于水，不溶于
B．邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高
C．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键
D．烷基是推电子基团，所以甲酸、乙酸、丙酸的酸性逐渐增强
9．下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．图1证明乙炔可使溴水褪色
B．图2制备硝基苯
C．图3证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成了乙烯
D．图4制备乙烯
10．Tf2O在医药领域有广泛的应用前景，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期非金属元素，W位于元素周期表的p区。下列说法不正确的是（ ）
A．沸点：
B．基态原子未成对电子数：
C．中元素的化合价为价
D．Y形成的氢化物可能既含极性键，又含非极性键
11．国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法正确的是（ ）
A．基态Se原子的价层电子排布式为
B．分子所含元素中第一电离能最大的为O
C．分子中的碳原子都采取杂化
D．分子中有8种不同化学环境的碳原子
12．药物“达芦那韦”可用于治疗HIV感染，合成“达芦那韦”的部分路线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．A分子中所有原子可能在同一平面
B．B的同分异构体有7种(含B且不考虑立体异构)
C．C分子式为
D．反应②为还原反应
13．下列实验操作能达到相应实验目的是（ ）
实验目的 实验操作
A 检验淀粉已经完全水解 取少量水解液加适量氢氧化钠溶液使其呈碱性，加入银氨溶液混合加热，观察是否有有光亮的银镜生成
B 证明Y中是否含有醛基 向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的溶液，振荡后再加入0.5 mL有机物Y，加热，观察是否出现砖红色沉淀
C 除去苯中混有的少量苯酚 加入NaOH溶液，振荡，静置分层后，用分液漏斗可分离出苯
D 检验RX是溴代烷 将RX与NaOH水溶液共热，经充分反应后冷却，向冷却液中加溶液，观察沉淀颜色
A．A B．B C．C D．D
14．下列关于分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是（ ）
A．属于酯类的有4种
B．属于羧酸类的有2种
C．存在分子中含有六元环的同分异构体
D．既含有羟基又含有醛基的有3种
15．利用如图所示的有机物X可生产Y。下列说法正确的是（ ）
A．Y可以发生加聚反应、缩聚反应、取代反应、银镜反应
B．X既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水
C．Y既可以与溶液发生显色反应，又可使酸性溶液褪色
D．1 mol X分别与足量的氢氧化钠溶液、氢气反应，消耗二者的物质的量之比为5∶7
16．下图是活性炭中的含氧基团催化双氧水氧化苯制苯酚的反应历程，下列说法正确的是（ ）
A．有7个
B．反应②中没有元素化合价变化
C．在反应过程中起催化作用
D．已知中的氧氧键比中的氧氧键的键长短，则氧化苯比容易
17．有一种由简单单体聚合而成的高分子，结构片段如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．该高分子由4种单体缩聚而成
B．该高分子的几种羧酸单体互为同系物
C．该高分子的单体之一为乙二醇，乙二醇可被连续催化氧化生成单体之一的草酸
D．该高分子有固定熔、沸点，1 mol上述结构片段在NaOH溶液中完全水解，最多消耗5 mol NaOH
18．是钙钛矿型太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图所示。已知：B代表，A的原子分数坐标为(0，0，0)，摩尔质量为M g/mol，晶胞边长为a pm，为阿佛伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．该晶体为共价晶体
B．的配位数为8
C．C的原子分数坐标为(，1，)
D．该晶体的密度为
二、非选择题
19．完成下列问题
（1）基态的核外电子排布式 。
（2）的系统命名法为 ，
（3）苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳反应的离子方程式 。
（4）肉桂醛()发生银镜反应的化学方程式 。
20．第Ⅷ族元素铁、钴、镍性质相似，称为铁系元素。单质及其化合物在生命科学、工业生产等领域有着重要的应用。回答下列问题。
（1）卟吩分子中所有原子共平面，具有独特的电子结构，其结构如图1。血红素是由中心与配体卟吩衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图2。
卟吩分子中N原子采取 杂化，血红素中心离子的配位数为 ，血红素中含有的化学键有 (填序号)。
a．离子键 b．共价键 c．氢键 d．配位键 e．金属键
（2）某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其晶胞参数为a pm。
①已知阿伏加德罗常数为，则NiO晶体的摩尔体积 。(列出算式)
②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分的百分数小于键，原因是 。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为 ；N所替代的O的位置可能是 。
21．对氨基苯磺酸是制备药物的重要中间体，可用苯胺()、浓硫酸为原料合成。实验流程、装置示意图如下。
相关数据如下表：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
苯胺 93 184 微溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
对氨基苯磺酸 173 288 —— 微溶于冷水，溶于热水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
回答下列问题：
（1）仪器A的名称 。
（2）写出该反应的化学方程式 。
（3）步骤1中加热方式是 (填“水浴”、“油浴”或“直接加热”)。步骤1加入浓硫酸时，为防止温度过高致苯胺被氧化，可采取的措施有 。
（4）下列有关说法正确是____
A．反应产物中可能有邻氨基苯磺酸
B．冷凝管进出水方向是b进a出
C．如果加热后发现忘加沸石，应立刻补加
D．步骤2将混合液倒入盛有冷水烧杯中，用玻璃棒摩擦器壁可促使晶体析出
（5）对氨基苯磺酸粗产品因含杂质而显色，可用重结晶法进行提纯。从下列选项中选择合理操作并排序：( )→( )→( )→( )→过滤→洗涤→干燥。
a．沸水溶解 b．过滤 c．趁热过滤 d．蒸发结晶 e．冷却结晶 f．加入活性炭
（6）对氨基苯磺酸与对二甲氨基苯甲醛在一定条件下可以发生显色反应。利用这一原理，用分光光度法可以测定对氨基苯磺酸的含量，吸光度与对氨基苯磺酸浓度关系如图所示。
取1.00 g对氨基苯磺酸样品，配成1 L溶液，取样加入显色剂，测得吸光度为0.52。则样品中对氨基苯磺酸质量分数是 。
22．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是 ，②的反应类型是 。
（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。用星号(*)标出B中的手性碳。 。
（3）B的同分异构体中，含有六元环且能发生银镜反应的化合物共有 种(不考虑立体异构)。写出其中核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：1：4：4：3的结构简式 。
（4）D→E的化学方程式为 。
（5）下列说法正确的是____。
A．E→F的反应类型为加成反应 B．化合物A与乙醇互为同系物
C．化合物G的分子式是 D．化合物B一氯代物有7种
（6）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯()制备 的合成路线(无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、葡萄糖酿酒的过程中发生反应：C6H12O62C2H5OH＋2CO2↑，因此美酒酿制过程中有气体生成，A不符合题意。
B、夜光杯的主要成分是硅酸盐，B符合题意。
C、木料或竹料的主要成分都是纤维素，C不符合题意。
D、蚕丝的主要成分是蛋白质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、酿酒过程中，葡萄糖在酒化酶的作用下分解成C2H5OH和CO2。
B、夜光杯的主要成分为硅酸盐。
C、木料或竹料的主要成分都是纤维素。
D、蚕丝的主要成分是蛋白质。
2．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；结构简式
【解析】【解答】A、SO3中心硫原子的价层电子对数为，所以中心硫原子上不存在孤电子对，为平面三角形结构，A不符合题意。
B、葡萄糖的分子式为C6H12O6，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，B不符合题意。
C、乙酸乙酯的结构简式为CH3COOC2H5，分子式为C4H8O2，实验式为C2H4O，C符合题意。
D、该有机物的最长碳链上含有5个碳原子，为戊烷；其中第2个碳原子上含有2个甲基，第4个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的名称为：2，2，4－三甲基戊烷，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据中心硫原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、葡萄糖的结构为多羟基醛。
C、实验式为分子的最简式。
D、选择最长碳链作为主链，从靠近支链的一端开始编号，同时支链的位数和最小，进而确定烷烃的命名。
3．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、无机苯的结构与苯相似，因此1mol无机苯中也只含有1molπ键，所以1mol无机苯中π键的数目为1NA，A不符合题意。
B、一个C≡N中含有一个σ键，C与Fe形成6个配位键，一个配位键也属于一个σ键，因此1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键的个数为1mol×(6+1×6)×NA=12NA，B不符合题意。
C、100g46%的乙醇溶液中，其所含的H-O键个数为1NA；溶液中，其所含的H-O键的个数为3mol×2×NA=6NA。所以溶液中所含H-O键的数目为1NA+6NA=7NA，C不符合题意。
D、苯和苯乙烯的最简式都是CH，因此可将混合物的化学式设为（CH）n进行计算，所以78g混合中所含C-H键的个数为，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、一分子苯中只有一个π键。
B、一个C≡N中含有一个σ键，配位键也属于σ键，需一起计算。
C、乙醇溶液中的C2H5OH、H2O都含有H-O键。
D、苯和苯乙烯的最简式都是CH，可直接用CH进行计算。
4．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；水解反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】①油脂的碱性水解反应称为皂化反应，其他酯类物质的水解反应不能称为皂化反应，①说法错误。
②核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸属于天然高分子化合物，②说法正确。
③油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，其水解产物可得到高级脂肪酸和甘油，③说法错误。
④纤维素和淀粉都是多糖，其分子式都可表示为(C6H10O5)n，但二者n的值不同，因此不属于同分异构体，④说法错误。
⑤溴乙烷、酰胺和蛋白质在一定条件下都可以发生水解反应，⑤说法正确。
⑥过氧化氢、过氧乙酸都具有氧化性，能将病毒氧化而起到消毒作用；乙醇不具有氧化性，但乙醇能使病毒的蛋白质结构变性，而起到消毒作用，⑥说法错误。
综上，上述说法正确的有②⑤，B符合题意。
故答案为：B
【分析】①油脂的碱性水解反应称为皂化反应。
②核酸属于天然高分子化合物。
③油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质。
④纤维素和淀粉不属于同分异构体。
⑤卤素原子、酰胺基都能发生水解反应。
⑥乙醇不具有氧化性。
5．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、由配离子的结构模型可知，Cu2+的配位数为4，A不符合题意。
B、由配离子的球棍模型图可知，配离子内N原子排列成平面正方形，因此Cu2+采用的dsp2杂化，B符合题意。
C、配离子中配体是NH3，NH3中心氮原子的价层电子对数为，所以NH3的空间构型为三角锥形，C不符合题意。
D、由于电负性N＜O，O原子给出电子的能力比N原子弱，所以用H2O代替NH3与Cu2+形成配位键，则配位键的强度将减弱，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据配离子的结构其配位数为4。
B、Cu2+采用dsp2杂化。
C、根据氮原子的价层电子对数确定其空间结构。
D、结合电负性N＜O分析。
6．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；极性键和非极性键
【解析】【解答】A、金刚石中的化学键为C-C，碳化硅中的化学键为C-Si，硅中的化学键为Si-Si。由于原子半径C＜Si，原子半径越大，键长越长，因此键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，即金刚石＜碳化硅＜硅，A符合题意。
B、CO2为分子晶体，MgO、NaCl为离子晶体，因此CO2的熔点最低。由于离子半径Mg2＋＜Na＋，O2－＜Cl－，因此离子键的强度：MgO＞NaCl，所以熔点MgO＞NaCl＞CO2，B不符合题意。
C、C60为分子晶体，铁为金属晶体，氯化钠为离子晶体，因此硬度大小为：C60＜氯化钠＜铁，C不符合题意。
D、原子半径：I＞Br＞Cl，原子半径越大，结合电子的能力越弱，因此形成共价键的极性越弱，因此共价键的极性：H－I＜H－Br＜H－Cl，D不符合题意
故答案为：A
【分析】A、原子半径越大，键长越长。
B、离子晶体的熔点高于分子晶体，离子晶体中，离子半径越小、离子所带电荷数越大，离子键强度越大，离子晶体的熔点越高。
C、各种晶体的硬度大小关系：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，不同金属晶体硬度差别大。
D、原子半径越大，非金属性越弱，结合电子能力越弱，因此共价键的极性越强。
7．【答案】C
【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
【解析】【解答】A、S、P处于同一周期，且核电荷数S＞P，所以S元素的电负性大于P元素，A不符合题意。
B、由结构图可知，P原子上有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以S-P-S的键角小于正四面体的键角，所以S-P-S的键角小于109°28′，B不符合题意。
C、由结构图可知，每个S原子上含有2个孤电子对，每个P原子上含有1个孤电子对，所以一分子P4S3中所含的孤电子对数为1×4+3×2=10，所以1molP4S3分子中孤电子对数为10NA，C符合题意。
D、该分子结构中，S、P原子的最外层电子数都满足8电子稳定结构，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、同一周期，核电荷数越大， 电负性越强。
B、结合孤电子对与成键电子对之间的排斥力作用分析键角的大小。
C、每个硫原子上有2个孤电子对；每个P原子上有1个孤电子对。
D、S、P最外层电子数都达到8电子稳定结构。
8．【答案】A
【知识点】相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；羧酸简介
【解析】【解答】A、H2O2、H2O为极性分子，而CCl4为非极性分子，根据“相似相溶”原理，H2O2能溶于水，不溶于CCl4，A符合题意。
B、邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，使得沸点降低；而对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，使得沸点增大。所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，B不符合题意。
C、水加热到很高的温度都难以分解，说明H2O的化学性质稳定，而氢键只影响物理性质，因此“难以分解”与分子间存在氢键无关，C不符合题意。
D、烷基是推电子基团，烷基的存在使得－COOH上的电子云密度增大，氢氧键难以断裂形成H＋，因此HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH的酸性逐渐减弱，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、H2O2、H2O都是极性分子，而CCl4为非极性分子。
B、结合氢键对熔沸点的影响分析。
C、氢键只影响物质的物理性质，“难以分解”属于化学性质，与氢键无关。
D、推电子基团使得－COOH上电子云密度增大，氢氧键难以断裂，酸性减弱。
9．【答案】B
【知识点】乙炔炔烃；苯的结构与性质；溴乙烷的化学性质；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、电石与食盐水反应生成C2H2的同时，产生了H2S，H2S也能使溴水褪色，因此不能说明C2H2使溴水褪色，A不符合题意。
B、制备硝基苯的反应温度为50～60℃，因此温度计应测量水浴的温度，B符合题意。
C、溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯，乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色。由于乙醇具有挥发性，加热过程中乙醇会发逸出，使得乙烯中混有乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此酸性KMnO4溶液褪色，不能说明一定就有乙烯生成，C不符合题意。
D、乙醇在浓硫酸170℃条件下发生消去反应，生成乙烯，因此温度计需测量反应溶液的温度，则温度计的水银球应进入溶液中，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、反应生成C2H2中混有H2S，也能使溴水褪色。
B、制备硝基苯应控制水浴的温度50～60℃。
C、乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、乙醇发生消去反应的温度为170℃，温度计应测量反应溶液的温度。
10．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；分子间作用力对物质的状态等方面的影响；常见元素的化合价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，W为F、X为O、Y为C、Z为S。
A、YX2的化学式为CO2，YZ2的化学式为CS2，二者都是分子晶体，且结构相似，则相对分子质量越大，沸点越高，所以沸点YX2＜YZ2，A不符合题意。
B、X的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4，含有1个未成对电子；Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，含有2个未成对电子；Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，含有2个未成对电子，所以基态原子未成对电子数：X＜Y=Z，B符合题意。
C、XW2的化学式为OF2，由于电负性F＞O，所以化合物中F显－1价，O显＋2价，C不符合题意。
D、Y形成的氢化物可能为CH4、C2H4等，因此可能既含有极性键，又含有非极性键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】W位于周期表的p区，且只能形成一个共价键，所以W为F。X可形成2个共价键，Y可形成4个共价键，Z可形成6个共价键。且W、X、Y、Z的原子半径依次增大，所以X为O、Y为C、Z为S。
11．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Se位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，因此基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4，A不符合题意。
B、N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，不易失去电子，因此其第一电离能最大，B不符合题意。
C、苯环上的碳原子，以及羰基上的碳原子都采用sp2杂化；-CH2-CH2-上的碳原子采用sp3杂化，C不符合题意。
D、由分子结构的对称性可知，分子中含有8种不同化学环境的碳原子，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据Se在周期表中的位置确定其价电子排布式。
B、N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，第一电离能较大。
C、苯环上的碳原子采用sp2杂化。
D、根据结构的对称性确定不同化学环境的碳原子数。
12．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质；分子式
【解析】【解答】A、苯环、-CHO都是平面型结构，因此苯甲醛中所有原子都可能在同一个平面内，A不符合题意。
B、B的分子式为C4H11N，分子结构中只含有单键，其同分异构体的结构简式为：CH3CH2CH2CH2NH2、CH3CH(NH2)CH2CH3、H2NCH3CH(CH3)2、H2NC(CH3)3、CH3NHCH2CH2CH3、CH3NHCH(CH3)2、CH3CH2NHCH2CH3、CH3CH2N(CH3)2，共有8种结构，B符合题意。
C、由C的结构简式可知，C的分子式为C11H15N，C不符合题意。
D、反应②中C=N转化为C－N，因此发生的还原反应，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、苯环、-CHO都是平面型结构。
B、根据碳链异构、位置异构确定其同分异构体的结构。
C、根据结构简式确定其分子式。
D、反应②中双键转化为单键，发生还原反应。
13．【答案】C
【知识点】溴乙烷的化学性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；苯酚的化学性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、若淀粉已完全水解，则加入碘水后，溶液不变蓝。若加入银氨溶液，则检验的是淀粉是否已发生水解，A不符合题意。
B、新制Cu(OH)2悬浊液在碱性条件下才具有氧化性，1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，NaOH量不足，所制得的Cu(OH)2悬浊液不具有氧化性，无法检验醛基，B不符合题意。
C、加入NaOH溶液后，苯酚与NaOH溶液反应生成易溶于水的苯酚钠溶液，与苯不互溶，可用分液的方法进行分离，C符合题意。
D、检验RX中的卤素原子时，应先加NaOH溶液进行水解，再加稀硝酸除去过量的NaOH；防止NaOH与AgNO3反应，干扰卤素原子的检验，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、检验淀粉已经完全水解，则应用碘水检验水解后的溶液中是否还含有淀粉。
B、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
C、苯酚能与NaOH溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不互溶。
D、加入AgNO3溶液前，应先加稀硝酸，除去过量的NaOH。
14．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、属于酯类的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共有4种结构，A不符合题意。
B、属于羧酸类的同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，共有2种结构，B不符合题意。
C、4个碳原子和2个氧原子可形成环状醚的结构，其结构简式为，C不符合题意。
D、以醛基所在的碳链作为主链，则主链的碳链结构为、；-OH作为支链，其所在的位置为、，共有5种结构，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据酯化反应的原理，确定酯类物质的结构。
B、属于羧酸类，则其结构为C3H7－COOH，据此判断属于羧酸类的同分异构体。
C、可形成环状醚的结构。
D、根据官能团位置异构确定其同分异构体。
15．【答案】D
【知识点】苯酚的性质及用途；羧酸简介；酰胺
【解析】【解答】A、Y中含有-OH和-COOH，可发生缩聚反应；含有碳碳双键可发生加聚反应；含有羧基、羟基可发生取代反应；不含有-CHO，不能发生银镜反应，A不符合题意。
B、X中含有-COOH，能与NaOH反应生成羧酸盐和H2O；含有-NH2，能与HCl反应生成有机盐，但没有H2O生成，B不符合题意。
C、Y中不含有酚羟基，不会与FeCl3溶液发生显色反应，C不符合题意。
D、1molX能与5molNaOH溶液；能与7molH2发生加成反应，因此消耗NaOH、H2的物质的量之比为5：7，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据所含的官能团确定其所能发生的反应。
B、-COOH能与NaOH反应生成盐和水，-NH2与HCl反应只生成盐，没有生成水。
C、含有酚羟基的结构与FeCl3溶液显紫色。
D、羧基、酰胺基、酚羟基都能与NaOH反应，碳碳双键、羰基、苯环能与H2发生加成反应。
16．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；键能、键长、键角及其应用；催化剂；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、中的电子数为8+1=9，A不符合题意。
B、反应②中氧元素由0价变为-2价，化合价降低，B不符合题意。
C、在反应③中参与反应，在反应①中生成，因此属于催化剂，在反应过程中起到催化作用，C符合题意。
D、键长越短，键能越大，结构越稳定，所以O2氧化苯比H2O2难，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、一个羟基中含有9个电子。
B、反应②中氧元素由0价变为-2价。
C、该物质在反应过程中参与反应，而后又生成，属于催化剂。
D、键长越短，键能越大，结构越稳定。
17．【答案】C
【知识点】乙醇的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质；同系物；缩聚反应
【解析】【解答】A、形成该高分子化合物的单体为：HOCH2CH2OH、HOOC－COOH、HOCH2CH(OH)CH3、、HOOCCH2COOH，共有5种单体，A不符合题意。
B、单体中的三种羧酸，其结构不相似，因此不属于同系物，B不符合题意。
C、乙二醇（HOCH2CH2OH），可被氧化生成乙二醛（OHC－CHO），乙二醛进一步氧化，可生成乙二酸（HOOC-COOH），C符合题意。
D、该高分子化合物为混合物，没有固定的熔沸点，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据高分子结构片段确定其单体的结构简式。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、乙二醇可被氧化生成乙二酸。
D、高分子化合物为混合物，没有固定的熔沸点。
18．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，(CH3NH3)PbI3是由(CH3NH3)＋、Pb2＋和I－构成的，因此该晶体属于离子晶体，A不符合题意。
B、由晶胞结构可知，Pb2＋周围有6个白球，所以Pb2+的配位数为6，B不符合题意。
C、B代表Pb2＋，化学式中Pb2＋和I－的个数比为1：3，因此晶胞中I－的个数为3，所以C表示的是I－，C位于面心处，所以C的坐标参数为，C不符合题意。
D、该晶体的密度，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、(CH3NH3)PbI3是由(CH3NH3)＋、Pb2＋和I－构成的。
B、Pb2＋周围有6个白球，因此其配位数为6。
C、根据C原子的位置确定其坐标参数。
D、根据公式计算密度。
19．【答案】（1）(或)
（2）3-甲基-2-乙基-1-丁烯
（3） +H2O+CO2→ +
（4）+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；苯酚的性质及用途；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）Fe的原子序数为26，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2。Fe2+是由Fe失去2个电子形成的，所以Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。
（2）该有机物中含有碳碳双键，且双键所在的最长碳链上含有4个碳原子，因此称为丁烯。对最长碳链进行编号，双键在第一个碳原子上；第2个碳原子上含有一个乙基；第3个碳原子上含有一个甲基，所以该有机物的系统命名为3-甲基-2-乙基-1-丁烯。
（3）由于酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，所以往苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和NaHCO3，该反应的离子方程式为： +H2O+CO2→ + 。
（4）银氨溶液具有氧化性，能将-CHO氧化成-COOH，再与NH3反应生成-COONH4。银氨溶液的氧化性较弱，无法将碳碳双键氧化。因此反应的化学方程式为： +2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
【分析】（1）Fe的原子序数为26，Fe2+是由Fe失去2个电子形成的，据此确定其核外电子排布式。
（2）分子结构中含有碳碳双键，属于烯烃。选择碳碳双键所在的最长碳链为主链，并结合支链所在的位置进行命名。
（3）根据酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，利用强酸制弱酸原理，书写反应的离子方程式。
（4）银氨溶液具有氧化性，能将-CHO氧化成-COOH，但不能氧化碳碳双键。
20．【答案】（1）；4；bd
（2）；电负性，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键；；顶点或一对平行平面的面心
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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）卟吩分子中氮原子以单键形式结合的，采用sp3杂化；以双键形式结合的，采用sp2杂化。所以卟吩分子中N原子采取sp2、sp3杂化。由血红素的结构可知，中心离子的配位数为4。血红素中所含的化学键有共价键、配位键。
（2）①由晶胞结构可知，Ni2+位于棱心和体心，因此晶胞中Ni2+的个数为；O2-用于顶点和面心，所以晶胞中O2-的个数为，所以一个晶胞中含有4个NiO。故NiO晶体的摩尔质量。
②由于电负性O＞Ni，O原子对电子的吸引能力更强，使得Ni和O之间更容易形成离子键，导致Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O键。
③一个NiO晶胞中含有4个Ni和4个O，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则所得晶体的晶胞中含有4个Ni、3个O和1个N，所以该晶体的化学式为Ni4O3N。替代后所得晶体中含有一个N原子，则N所替代的O的位置可能为顶点或一对平行平面的面心。
【分析】（1）根据氮原子的成键情况，确定其杂化方式。根据血红素的结构简式进行分析。
（2）①根据“均摊法”确定晶胞中所含NiO的个数，结合公式进行计算。
②根据电负性O＞N进行分析。
③由原子个数比确定晶体的化学式。根据氮原子的个数确定其在晶胞中的位置。
21．【答案】（1）三颈烧瓶
（2） +H2SO4+H2O
（3）油浴；三颈烧瓶放在冷水中；缓慢滴入浓硫酸(只需答出一点即可。其他合理答案也可)
（4）A；D
（5）a；f；c；e
（6）89.96%
【知识点】苯的结构与性质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器A为三颈烧瓶。
（2）苯胺与H2SO4发生取代反应生成对氨基苯磺酸和H2O，该反应的化学方程式为： +H2SO4+H2O。
（3）步骤1中反应温度为170~180℃，高于100℃，因此采用的加热反应为油浴加热。步骤1中加入浓硫酸时，由于浓硫酸稀释过程放热，会使得温度升高，为防止温度过高而导致苯胺被氧化，可缓慢滴入浓硫酸；或将三颈烧瓶放在冷水中进行降温。
（4）A、苯胺中-NH2邻位、对位上的氢原子较活泼，因此反应产物中可能含有邻氨基苯磺酸，A符合题意。
B、冷凝管的进水方向为“下进上出”，所以冷凝管进出水方向为c进b出，B不符合题意。
C、如果加热后发现忘加沸石，需等装置冷却至室温后，再补加沸石，C不符合题意。
D、步骤2中将混合溶液倒入盛有冷水的烧杯中，用玻璃棒摩擦器壁，可促使晶体结晶析出，D符合题意。
故答案为：AD
（5）对粗产品进行重结晶操作，其步骤为：沸水溶解，增大对氨基苯磺酸的溶解度。再加入活性炭，吸附色素。过滤，除去过量的活性炭。最后进行冷却结晶，使对氨基苯磺酸结晶析出，经过过滤、洗涤、干燥，得到对氨基苯磺酸。因此合理的操作顺序为afce。
（6）由图可知，当吸光度为0.52时，对氨基苯磺酸的浓度为5.2×10-3mol·L-1，此时溶液中对氨基苯磺酸的质量为5.2×10-3mol·L-1×1L×173g·mol-1=0.8996g，所以样品中对氨基苯磺酸的质量分数为。
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）苯胺与H2SO4发生取代反应生成对氨基苯磺酸和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（3）加热温度高于100℃，采用的是油浴加热。为防止温度过高，可采用冷水降温。
（4）A、-NH2的邻位、对位的氢原子较活泼，易发生取代反应。
B、冷凝水的方向为下口进，上口出。
C、补加沸石，应等溶液冷却至室温后再加入。
D、用玻璃棒摩擦器壁课促使晶体结晶析出。
（5）结合晶体提纯操作进行分析。
（6）吸光度为0.52时，对氨基苯磺酸的浓度为5.2×10-3mol·L-1，据此计算样品中对氨基苯磺酸的质量分数。
22．【答案】（1）酮羰基、酯基；加成反应
（2）
（3）5；
（4） +CH3CH2OH +H2O
（5）C；D
（6），
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；同系物；加成反应
【解析】【解答】（1）由E的结构简式可知，E中所含的官能团有酯基、羰基。反应②中与HCHO反应只生成，HCHO中的碳氧双键发生加成反应，因此反应②的反应类型为加成反应。
（2）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。因此物质B中的手性碳原子为。
（3）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，且含有六元环，则为碳环结构，满足条件的同分异构体的结构简式为、、、、，共有5种结构。其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：1：4：4：3的结构简式为。
（4）由分析可知，D的结构简式为，D与CH3COOH发生酯化反应，生成E（）和H2O，该反应的化学方程式为：+CH3COOH +H2O。
（5）A、E与CH3CH2CH2Br反应生成F的同时，还生成HBr，该反应为取代反应，A不符合题意。
B、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，物质A中含有环状结构，因此与乙醇的结构不相似，二者不属于同系物，B不符合题意。
C、化合物G的结构简式为C12H20O3，C符合题意。
D、化合物B中共有7种等效氢原子，因此其一氯代物共有7种，D符合题意。
故答案为：CD
（6）甲苯与Br2发生取代反应，生成C6H5CH2Br，C6H5CH2Br进一步与乙酰乙酸乙酯发生取代反应生成，进一步水解，即可得到。所以可得合成路线图如下： ， 。
【分析】与KMnO4发生羟基的氧化反应，生成。与HCHO发生加成反应生成。与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成D，D进一步反应生成，该反应为酯化反应。因此D的结构简式为。反应生成F，F发生水解反应生成，所以F的结构简式为。
山西省吕梁市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题
一、选择题(本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法不正确的是（ ）
A．美酒酿制过程中有气体产生
B．夜光杯的主要成分属于氧化物
C．木料或竹料的主要成分为纤维素
D．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、葡萄糖酿酒的过程中发生反应：C6H12O62C2H5OH＋2CO2↑，因此美酒酿制过程中有气体生成，A不符合题意。
B、夜光杯的主要成分是硅酸盐，B符合题意。
C、木料或竹料的主要成分都是纤维素，C不符合题意。
D、蚕丝的主要成分是蛋白质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、酿酒过程中，葡萄糖在酒化酶的作用下分解成C2H5OH和CO2。
B、夜光杯的主要成分为硅酸盐。
C、木料或竹料的主要成分都是纤维素。
D、蚕丝的主要成分是蛋白质。
2．下列化学用语表示正确的是（ ）
A．的VSEPR模型：
B．葡萄糖的结构简式：
C．乙酸乙酯的实验式：
D．的名称为2，4，4-三甲基戊烷
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；结构简式
【解析】【解答】A、SO3中心硫原子的价层电子对数为，所以中心硫原子上不存在孤电子对，为平面三角形结构，A不符合题意。
B、葡萄糖的分子式为C6H12O6，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，B不符合题意。
C、乙酸乙酯的结构简式为CH3COOC2H5，分子式为C4H8O2，实验式为C2H4O，C符合题意。
D、该有机物的最长碳链上含有5个碳原子，为戊烷；其中第2个碳原子上含有2个甲基，第4个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的名称为：2，2，4－三甲基戊烷，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据中心硫原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、葡萄糖的结构为多羟基醛。
C、实验式为分子的最简式。
D、选择最长碳链作为主链，从靠近支链的一端开始编号，同时支链的位数和最小，进而确定烷烃的命名。
3．设为阿佛伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．(无机苯)的结构与苯相似，1 mol无机苯中键数目为
B．1 mol配合物中键数目为
C．100 g 46%的乙醇溶液中，含键的数目为
D．78 g苯和苯乙烯()的混合物中，含有的碳氢键数为
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、无机苯的结构与苯相似，因此1mol无机苯中也只含有1molπ键，所以1mol无机苯中π键的数目为1NA，A不符合题意。
B、一个C≡N中含有一个σ键，C与Fe形成6个配位键，一个配位键也属于一个σ键，因此1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键的个数为1mol×(6+1×6)×NA=12NA，B不符合题意。
C、100g46%的乙醇溶液中，其所含的H-O键个数为1NA；溶液中，其所含的H-O键的个数为3mol×2×NA=6NA。所以溶液中所含H-O键的数目为1NA+6NA=7NA，C不符合题意。
D、苯和苯乙烯的最简式都是CH，因此可将混合物的化学式设为（CH）n进行计算，所以78g混合中所含C-H键的个数为，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、一分子苯中只有一个π键。
B、一个C≡N中含有一个σ键，配位键也属于σ键，需一起计算。
C、乙醇溶液中的C2H5OH、H2O都含有H-O键。
D、苯和苯乙烯的最简式都是CH，可直接用CH进行计算。
4．下列关于有机物说法正确的是（ ）
①酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应
②核酸检测是确认病毒类型有效手段，核酸属于天然高分子化合物
③油脂水解可得到氨基酸和甘油
④纤维素和淀粉都是多糖，二者互为同分异构体
⑤溴乙烷、酰胺和蛋白质在一定条件都能水解
⑥过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
A．①②③ B．②⑤ C．⑤⑥ D．④⑤
【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；水解反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】①油脂的碱性水解反应称为皂化反应，其他酯类物质的水解反应不能称为皂化反应，①说法错误。
②核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸属于天然高分子化合物，②说法正确。
③油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，其水解产物可得到高级脂肪酸和甘油，③说法错误。
④纤维素和淀粉都是多糖，其分子式都可表示为(C6H10O5)n，但二者n的值不同，因此不属于同分异构体，④说法错误。
⑤溴乙烷、酰胺和蛋白质在一定条件下都可以发生水解反应，⑤说法正确。
⑥过氧化氢、过氧乙酸都具有氧化性，能将病毒氧化而起到消毒作用；乙醇不具有氧化性，但乙醇能使病毒的蛋白质结构变性，而起到消毒作用，⑥说法错误。
综上，上述说法正确的有②⑤，B符合题意。
故答案为：B
【分析】①油脂的碱性水解反应称为皂化反应。
②核酸属于天然高分子化合物。
③油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质。
④纤维素和淀粉不属于同分异构体。
⑤卤素原子、酰胺基都能发生水解反应。
⑥乙醇不具有氧化性。
5．配离子球棍模型如下图所示。下列关于该配离子的说法中不正确的是（ ）
A．配位数为4
B．中的采用杂化
C．配体是，的空间构型为三角锥形
D．若用代替与形成配位键，则配位键的强度将减弱
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、由配离子的结构模型可知，Cu2+的配位数为4，A不符合题意。
B、由配离子的球棍模型图可知，配离子内N原子排列成平面正方形，因此Cu2+采用的dsp2杂化，B符合题意。
C、配离子中配体是NH3，NH3中心氮原子的价层电子对数为，所以NH3的空间构型为三角锥形，C不符合题意。
D、由于电负性N＜O，O原子给出电子的能力比N原子弱，所以用H2O代替NH3与Cu2+形成配位键，则配位键的强度将减弱，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据配离子的结构其配位数为4。
B、Cu2+采用dsp2杂化。
C、根据氮原子的价层电子对数确定其空间结构。
D、结合电负性N＜O分析。
6．下列比较正确的是（ ）
A．键长由小到大：金刚石<碳化硅<硅
B．熔点由低到高：二氧化碳<氧化镁<氯化钠
C．硬度由大到小：C60>铁>氯化钠
D．共价键的极性由强到弱：
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；极性键和非极性键
【解析】【解答】A、金刚石中的化学键为C-C，碳化硅中的化学键为C-Si，硅中的化学键为Si-Si。由于原子半径C＜Si，原子半径越大，键长越长，因此键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，即金刚石＜碳化硅＜硅，A符合题意。
B、CO2为分子晶体，MgO、NaCl为离子晶体，因此CO2的熔点最低。由于离子半径Mg2＋＜Na＋，O2－＜Cl－，因此离子键的强度：MgO＞NaCl，所以熔点MgO＞NaCl＞CO2，B不符合题意。
C、C60为分子晶体，铁为金属晶体，氯化钠为离子晶体，因此硬度大小为：C60＜氯化钠＜铁，C不符合题意。
D、原子半径：I＞Br＞Cl，原子半径越大，结合电子的能力越弱，因此形成共价键的极性越弱，因此共价键的极性：H－I＜H－Br＜H－Cl，D不符合题意
故答案为：A
【分析】A、原子半径越大，键长越长。
B、离子晶体的熔点高于分子晶体，离子晶体中，离子半径越小、离子所带电荷数越大，离子键强度越大，离子晶体的熔点越高。
C、各种晶体的硬度大小关系：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，不同金属晶体硬度差别大。
D、原子半径越大，非金属性越弱，结合电子能力越弱，因此共价键的极性越强。
7．可用于制造火柴，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．S元素的电负性大于P元素
B．的键角小于
C．1 mol 分子中孤电子对的数目为
D．该分子结构中S、P最外层电子数均达到8电子稳定结构
【答案】C
【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
【解析】【解答】A、S、P处于同一周期，且核电荷数S＞P，所以S元素的电负性大于P元素，A不符合题意。
B、由结构图可知，P原子上有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以S-P-S的键角小于正四面体的键角，所以S-P-S的键角小于109°28′，B不符合题意。
C、由结构图可知，每个S原子上含有2个孤电子对，每个P原子上含有1个孤电子对，所以一分子P4S3中所含的孤电子对数为1×4+3×2=10，所以1molP4S3分子中孤电子对数为10NA，C符合题意。
D、该分子结构中，S、P原子的最外层电子数都满足8电子稳定结构，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、同一周期，核电荷数越大， 电负性越强。
B、结合孤电子对与成键电子对之间的排斥力作用分析键角的大小。
C、每个硫原子上有2个孤电子对；每个P原子上有1个孤电子对。
D、S、P最外层电子数都达到8电子稳定结构。
8．下列说法正确的是（ ）
A．根据“相似相溶”原理，能溶于水，不溶于
B．邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高
C．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键
D．烷基是推电子基团，所以甲酸、乙酸、丙酸的酸性逐渐增强
【答案】A
【知识点】相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；羧酸简介
【解析】【解答】A、H2O2、H2O为极性分子，而CCl4为非极性分子，根据“相似相溶”原理，H2O2能溶于水，不溶于CCl4，A符合题意。
B、邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，使得沸点降低；而对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，使得沸点增大。所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，B不符合题意。
C、水加热到很高的温度都难以分解，说明H2O的化学性质稳定，而氢键只影响物理性质，因此“难以分解”与分子间存在氢键无关，C不符合题意。
D、烷基是推电子基团，烷基的存在使得－COOH上的电子云密度增大，氢氧键难以断裂形成H＋，因此HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH的酸性逐渐减弱，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、H2O2、H2O都是极性分子，而CCl4为非极性分子。
B、结合氢键对熔沸点的影响分析。
C、氢键只影响物质的物理性质，“难以分解”属于化学性质，与氢键无关。
D、推电子基团使得－COOH上电子云密度增大，氢氧键难以断裂，酸性减弱。
9．下列实验装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．图1证明乙炔可使溴水褪色
B．图2制备硝基苯
C．图3证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成了乙烯
D．图4制备乙烯
【答案】B
【知识点】乙炔炔烃；苯的结构与性质；溴乙烷的化学性质；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、电石与食盐水反应生成C2H2的同时，产生了H2S，H2S也能使溴水褪色，因此不能说明C2H2使溴水褪色，A不符合题意。
B、制备硝基苯的反应温度为50～60℃，因此温度计应测量水浴的温度，B符合题意。
C、溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生消去反应生成乙烯，乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色。由于乙醇具有挥发性，加热过程中乙醇会发逸出，使得乙烯中混有乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此酸性KMnO4溶液褪色，不能说明一定就有乙烯生成，C不符合题意。
D、乙醇在浓硫酸170℃条件下发生消去反应，生成乙烯，因此温度计需测量反应溶液的温度，则温度计的水银球应进入溶液中，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、反应生成C2H2中混有H2S，也能使溴水褪色。
B、制备硝基苯应控制水浴的温度50～60℃。
C、乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、乙醇发生消去反应的温度为170℃，温度计应测量反应溶液的温度。
10．Tf2O在医药领域有广泛的应用前景，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期非金属元素，W位于元素周期表的p区。下列说法不正确的是（ ）
A．沸点：
B．基态原子未成对电子数：
C．中元素的化合价为价
D．Y形成的氢化物可能既含极性键，又含非极性键
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；分子间作用力对物质的状态等方面的影响；常见元素的化合价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，W为F、X为O、Y为C、Z为S。
A、YX2的化学式为CO2，YZ2的化学式为CS2，二者都是分子晶体，且结构相似，则相对分子质量越大，沸点越高，所以沸点YX2＜YZ2，A不符合题意。
B、X的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4，含有1个未成对电子；Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，含有2个未成对电子；Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，含有2个未成对电子，所以基态原子未成对电子数：X＜Y=Z，B符合题意。
C、XW2的化学式为OF2，由于电负性F＞O，所以化合物中F显－1价，O显＋2价，C不符合题意。
D、Y形成的氢化物可能为CH4、C2H4等，因此可能既含有极性键，又含有非极性键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】W位于周期表的p区，且只能形成一个共价键，所以W为F。X可形成2个共价键，Y可形成4个共价键，Z可形成6个共价键。且W、X、Y、Z的原子半径依次增大，所以X为O、Y为C、Z为S。
11．国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法正确的是（ ）
A．基态Se原子的价层电子排布式为
B．分子所含元素中第一电离能最大的为O
C．分子中的碳原子都采取杂化
D．分子中有8种不同化学环境的碳原子
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Se位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，因此基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4，A不符合题意。
B、N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，不易失去电子，因此其第一电离能最大，B不符合题意。
C、苯环上的碳原子，以及羰基上的碳原子都采用sp2杂化；-CH2-CH2-上的碳原子采用sp3杂化，C不符合题意。
D、由分子结构的对称性可知，分子中含有8种不同化学环境的碳原子，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据Se在周期表中的位置确定其价电子排布式。
B、N的2p轨道为半充满状态，结构稳定，第一电离能较大。
C、苯环上的碳原子采用sp2杂化。
D、根据结构的对称性确定不同化学环境的碳原子数。
12．药物“达芦那韦”可用于治疗HIV感染，合成“达芦那韦”的部分路线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．A分子中所有原子可能在同一平面
B．B的同分异构体有7种(含B且不考虑立体异构)
C．C分子式为
D．反应②为还原反应
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质；分子式
【解析】【解答】A、苯环、-CHO都是平面型结构，因此苯甲醛中所有原子都可能在同一个平面内，A不符合题意。
B、B的分子式为C4H11N，分子结构中只含有单键，其同分异构体的结构简式为：CH3CH2CH2CH2NH2、CH3CH(NH2)CH2CH3、H2NCH3CH(CH3)2、H2NC(CH3)3、CH3NHCH2CH2CH3、CH3NHCH(CH3)2、CH3CH2NHCH2CH3、CH3CH2N(CH3)2，共有8种结构，B符合题意。
C、由C的结构简式可知，C的分子式为C11H15N，C不符合题意。
D、反应②中C=N转化为C－N，因此发生的还原反应，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、苯环、-CHO都是平面型结构。
B、根据碳链异构、位置异构确定其同分异构体的结构。
C、根据结构简式确定其分子式。
D、反应②中双键转化为单键，发生还原反应。
13．下列实验操作能达到相应实验目的是（ ）
实验目的 实验操作
A 检验淀粉已经完全水解 取少量水解液加适量氢氧化钠溶液使其呈碱性，加入银氨溶液混合加热，观察是否有有光亮的银镜生成
B 证明Y中是否含有醛基 向1 mL 1%的NaOH溶液中加入2 mL 2%的溶液，振荡后再加入0.5 mL有机物Y，加热，观察是否出现砖红色沉淀
C 除去苯中混有的少量苯酚 加入NaOH溶液，振荡，静置分层后，用分液漏斗可分离出苯
D 检验RX是溴代烷 将RX与NaOH水溶液共热，经充分反应后冷却，向冷却液中加溶液，观察沉淀颜色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】溴乙烷的化学性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；苯酚的化学性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、若淀粉已完全水解，则加入碘水后，溶液不变蓝。若加入银氨溶液，则检验的是淀粉是否已发生水解，A不符合题意。
B、新制Cu(OH)2悬浊液在碱性条件下才具有氧化性，1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，NaOH量不足，所制得的Cu(OH)2悬浊液不具有氧化性，无法检验醛基，B不符合题意。
C、加入NaOH溶液后，苯酚与NaOH溶液反应生成易溶于水的苯酚钠溶液，与苯不互溶，可用分液的方法进行分离，C符合题意。
D、检验RX中的卤素原子时，应先加NaOH溶液进行水解，再加稀硝酸除去过量的NaOH；防止NaOH与AgNO3反应，干扰卤素原子的检验，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、检验淀粉已经完全水解，则应用碘水检验水解后的溶液中是否还含有淀粉。
B、新制Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下才具有氧化性。
C、苯酚能与NaOH溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不互溶。
D、加入AgNO3溶液前，应先加稀硝酸，除去过量的NaOH。
14．下列关于分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是（ ）
A．属于酯类的有4种
B．属于羧酸类的有2种
C．存在分子中含有六元环的同分异构体
D．既含有羟基又含有醛基的有3种
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、属于酯类的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共有4种结构，A不符合题意。
B、属于羧酸类的同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，共有2种结构，B不符合题意。
C、4个碳原子和2个氧原子可形成环状醚的结构，其结构简式为，C不符合题意。
D、以醛基所在的碳链作为主链，则主链的碳链结构为、；-OH作为支链，其所在的位置为、，共有5种结构，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据酯化反应的原理，确定酯类物质的结构。
B、属于羧酸类，则其结构为C3H7－COOH，据此判断属于羧酸类的同分异构体。
C、可形成环状醚的结构。
D、根据官能团位置异构确定其同分异构体。
15．利用如图所示的有机物X可生产Y。下列说法正确的是（ ）
A．Y可以发生加聚反应、缩聚反应、取代反应、银镜反应
B．X既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水
C．Y既可以与溶液发生显色反应，又可使酸性溶液褪色
D．1 mol X分别与足量的氢氧化钠溶液、氢气反应，消耗二者的物质的量之比为5∶7
【答案】D
【知识点】苯酚的性质及用途；羧酸简介；酰胺
【解析】【解答】A、Y中含有-OH和-COOH，可发生缩聚反应；含有碳碳双键可发生加聚反应；含有羧基、羟基可发生取代反应；不含有-CHO，不能发生银镜反应，A不符合题意。
B、X中含有-COOH，能与NaOH反应生成羧酸盐和H2O；含有-NH2，能与HCl反应生成有机盐，但没有H2O生成，B不符合题意。
C、Y中不含有酚羟基，不会与FeCl3溶液发生显色反应，C不符合题意。
D、1molX能与5molNaOH溶液；能与7molH2发生加成反应，因此消耗NaOH、H2的物质的量之比为5：7，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据所含的官能团确定其所能发生的反应。
B、-COOH能与NaOH反应生成盐和水，-NH2与HCl反应只生成盐，没有生成水。
C、含有酚羟基的结构与FeCl3溶液显紫色。
D、羧基、酰胺基、酚羟基都能与NaOH反应，碳碳双键、羰基、苯环能与H2发生加成反应。
16．下图是活性炭中的含氧基团催化双氧水氧化苯制苯酚的反应历程，下列说法正确的是（ ）
A．有7个
B．反应②中没有元素化合价变化
C．在反应过程中起催化作用
D．已知中的氧氧键比中的氧氧键的键长短，则氧化苯比容易
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；键能、键长、键角及其应用；催化剂；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、中的电子数为8+1=9，A不符合题意。
B、反应②中氧元素由0价变为-2价，化合价降低，B不符合题意。
C、在反应③中参与反应，在反应①中生成，因此属于催化剂，在反应过程中起到催化作用，C符合题意。
D、键长越短，键能越大，结构越稳定，所以O2氧化苯比H2O2难，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、一个羟基中含有9个电子。
B、反应②中氧元素由0价变为-2价。
C、该物质在反应过程中参与反应，而后又生成，属于催化剂。
D、键长越短，键能越大，结构越稳定。
17．有一种由简单单体聚合而成的高分子，结构片段如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．该高分子由4种单体缩聚而成
B．该高分子的几种羧酸单体互为同系物
C．该高分子的单体之一为乙二醇，乙二醇可被连续催化氧化生成单体之一的草酸
D．该高分子有固定熔、沸点，1 mol上述结构片段在NaOH溶液中完全水解，最多消耗5 mol NaOH
【答案】C
【知识点】乙醇的化学性质；有机高分子化合物的结构和性质；同系物；缩聚反应
【解析】【解答】A、形成该高分子化合物的单体为：HOCH2CH2OH、HOOC－COOH、HOCH2CH(OH)CH3、、HOOCCH2COOH，共有5种单体，A不符合题意。
B、单体中的三种羧酸，其结构不相似，因此不属于同系物，B不符合题意。
C、乙二醇（HOCH2CH2OH），可被氧化生成乙二醛（OHC－CHO），乙二醛进一步氧化，可生成乙二酸（HOOC-COOH），C符合题意。
D、该高分子化合物为混合物，没有固定的熔沸点，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据高分子结构片段确定其单体的结构简式。
B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
C、乙二醇可被氧化生成乙二酸。
D、高分子化合物为混合物，没有固定的熔沸点。
18．是钙钛矿型太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图所示。已知：B代表，A的原子分数坐标为(0，0，0)，摩尔质量为M g/mol，晶胞边长为a pm，为阿佛伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．该晶体为共价晶体
B．的配位数为8
C．C的原子分数坐标为(，1，)
D．该晶体的密度为
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，(CH3NH3)PbI3是由(CH3NH3)＋、Pb2＋和I－构成的，因此该晶体属于离子晶体，A不符合题意。
B、由晶胞结构可知，Pb2＋周围有6个白球，所以Pb2+的配位数为6，B不符合题意。
C、B代表Pb2＋，化学式中Pb2＋和I－的个数比为1：3，因此晶胞中I－的个数为3，所以C表示的是I－，C位于面心处，所以C的坐标参数为，C不符合题意。
D、该晶体的密度，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、(CH3NH3)PbI3是由(CH3NH3)＋、Pb2＋和I－构成的。
B、Pb2＋周围有6个白球，因此其配位数为6。
C、根据C原子的位置确定其坐标参数。
D、根据公式计算密度。
二、非选择题
19．完成下列问题
（1）基态的核外电子排布式 。
（2）的系统命名法为 ，
（3）苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳反应的离子方程式 。
（4）肉桂醛()发生银镜反应的化学方程式 。
【答案】（1）(或)
（2）3-甲基-2-乙基-1-丁烯
（3） +H2O+CO2→ +
（4）+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；苯酚的性质及用途；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）Fe的原子序数为26，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2。Fe2+是由Fe失去2个电子形成的，所以Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。
（2）该有机物中含有碳碳双键，且双键所在的最长碳链上含有4个碳原子，因此称为丁烯。对最长碳链进行编号，双键在第一个碳原子上；第2个碳原子上含有一个乙基；第3个碳原子上含有一个甲基，所以该有机物的系统命名为3-甲基-2-乙基-1-丁烯。
（3）由于酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，所以往苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和NaHCO3，该反应的离子方程式为： +H2O+CO2→ + 。
（4）银氨溶液具有氧化性，能将-CHO氧化成-COOH，再与NH3反应生成-COONH4。银氨溶液的氧化性较弱，无法将碳碳双键氧化。因此反应的化学方程式为： +2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
【分析】（1）Fe的原子序数为26，Fe2+是由Fe失去2个电子形成的，据此确定其核外电子排布式。
（2）分子结构中含有碳碳双键，属于烯烃。选择碳碳双键所在的最长碳链为主链，并结合支链所在的位置进行命名。
（3）根据酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3-，利用强酸制弱酸原理，书写反应的离子方程式。
（4）银氨溶液具有氧化性，能将-CHO氧化成-COOH，但不能氧化碳碳双键。
20．第Ⅷ族元素铁、钴、镍性质相似，称为铁系元素。单质及其化合物在生命科学、工业生产等领域有着重要的应用。回答下列问题。
（1）卟吩分子中所有原子共平面，具有独特的电子结构，其结构如图1。血红素是由中心与配体卟吩衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图2。
卟吩分子中N原子采取 杂化，血红素中心离子的配位数为 ，血红素中含有的化学键有 (填序号)。
a．离子键 b．共价键 c．氢键 d．配位键 e．金属键
（2）某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其晶胞参数为a pm。
①已知阿伏加德罗常数为，则NiO晶体的摩尔体积 。(列出算式)
②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分的百分数小于键，原因是 。
③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为 ；N所替代的O的位置可能是 。
【答案】（1）；4；bd
（2）；电负性，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键；；顶点或一对平行平面的面心
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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）卟吩分子中氮原子以单键形式结合的，采用sp3杂化；以双键形式结合的，采用sp2杂化。所以卟吩分子中N原子采取sp2、sp3杂化。由血红素的结构可知，中心离子的配位数为4。血红素中所含的化学键有共价键、配位键。
（2）①由晶胞结构可知，Ni2+位于棱心和体心，因此晶胞中Ni2+的个数为；O2-用于顶点和面心，所以晶胞中O2-的个数为，所以一个晶胞中含有4个NiO。故NiO晶体的摩尔质量。
②由于电负性O＞Ni，O原子对电子的吸引能力更强，使得Ni和O之间更容易形成离子键，导致Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O键。
③一个NiO晶胞中含有4个Ni和4个O，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则所得晶体的晶胞中含有4个Ni、3个O和1个N，所以该晶体的化学式为Ni4O3N。替代后所得晶体中含有一个N原子，则N所替代的O的位置可能为顶点或一对平行平面的面心。
【分析】（1）根据氮原子的成键情况，确定其杂化方式。根据血红素的结构简式进行分析。
（2）①根据“均摊法”确定晶胞中所含NiO的个数，结合公式进行计算。
②根据电负性O＞N进行分析。
③由原子个数比确定晶体的化学式。根据氮原子的个数确定其在晶胞中的位置。
21．对氨基苯磺酸是制备药物的重要中间体，可用苯胺()、浓硫酸为原料合成。实验流程、装置示意图如下。
相关数据如下表：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
苯胺 93 184 微溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
对氨基苯磺酸 173 288 —— 微溶于冷水，溶于热水，不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
回答下列问题：
（1）仪器A的名称 。
（2）写出该反应的化学方程式 。
（3）步骤1中加热方式是 (填“水浴”、“油浴”或“直接加热”)。步骤1加入浓硫酸时，为防止温度过高致苯胺被氧化，可采取的措施有 。
（4）下列有关说法正确是____
A．反应产物中可能有邻氨基苯磺酸
B．冷凝管进出水方向是b进a出
C．如果加热后发现忘加沸石，应立刻补加
D．步骤2将混合液倒入盛有冷水烧杯中，用玻璃棒摩擦器壁可促使晶体析出
（5）对氨基苯磺酸粗产品因含杂质而显色，可用重结晶法进行提纯。从下列选项中选择合理操作并排序：( )→( )→( )→( )→过滤→洗涤→干燥。
a．沸水溶解 b．过滤 c．趁热过滤 d．蒸发结晶 e．冷却结晶 f．加入活性炭
（6）对氨基苯磺酸与对二甲氨基苯甲醛在一定条件下可以发生显色反应。利用这一原理，用分光光度法可以测定对氨基苯磺酸的含量，吸光度与对氨基苯磺酸浓度关系如图所示。
取1.00 g对氨基苯磺酸样品，配成1 L溶液，取样加入显色剂，测得吸光度为0.52。则样品中对氨基苯磺酸质量分数是 。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2） +H2SO4+H2O
（3）油浴；三颈烧瓶放在冷水中；缓慢滴入浓硫酸(只需答出一点即可。其他合理答案也可)
（4）A；D
（5）a；f；c；e
（6）89.96%
【知识点】苯的结构与性质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器A为三颈烧瓶。
（2）苯胺与H2SO4发生取代反应生成对氨基苯磺酸和H2O，该反应的化学方程式为： +H2SO4+H2O。
（3）步骤1中反应温度为170~180℃，高于100℃，因此采用的加热反应为油浴加热。步骤1中加入浓硫酸时，由于浓硫酸稀释过程放热，会使得温度升高，为防止温度过高而导致苯胺被氧化，可缓慢滴入浓硫酸；或将三颈烧瓶放在冷水中进行降温。
（4）A、苯胺中-NH2邻位、对位上的氢原子较活泼，因此反应产物中可能含有邻氨基苯磺酸，A符合题意。
B、冷凝管的进水方向为“下进上出”，所以冷凝管进出水方向为c进b出，B不符合题意。
C、如果加热后发现忘加沸石，需等装置冷却至室温后，再补加沸石，C不符合题意。
D、步骤2中将混合溶液倒入盛有冷水的烧杯中，用玻璃棒摩擦器壁，可促使晶体结晶析出，D符合题意。
故答案为：AD
（5）对粗产品进行重结晶操作，其步骤为：沸水溶解，增大对氨基苯磺酸的溶解度。再加入活性炭，吸附色素。过滤，除去过量的活性炭。最后进行冷却结晶，使对氨基苯磺酸结晶析出，经过过滤、洗涤、干燥，得到对氨基苯磺酸。因此合理的操作顺序为afce。
（6）由图可知，当吸光度为0.52时，对氨基苯磺酸的浓度为5.2×10-3mol·L-1，此时溶液中对氨基苯磺酸的质量为5.2×10-3mol·L-1×1L×173g·mol-1=0.8996g，所以样品中对氨基苯磺酸的质量分数为。
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）苯胺与H2SO4发生取代反应生成对氨基苯磺酸和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（3）加热温度高于100℃，采用的是油浴加热。为防止温度过高，可采用冷水降温。
（4）A、-NH2的邻位、对位的氢原子较活泼，易发生取代反应。
B、冷凝水的方向为下口进，上口出。
C、补加沸石，应等溶液冷却至室温后再加入。
D、用玻璃棒摩擦器壁课促使晶体结晶析出。
（5）结合晶体提纯操作进行分析。
（6）吸光度为0.52时，对氨基苯磺酸的浓度为5.2×10-3mol·L-1，据此计算样品中对氨基苯磺酸的质量分数。
22．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是 ，②的反应类型是 。
（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。用星号(*)标出B中的手性碳。 。
（3）B的同分异构体中，含有六元环且能发生银镜反应的化合物共有 种(不考虑立体异构)。写出其中核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：1：4：4：3的结构简式 。
（4）D→E的化学方程式为 。
（5）下列说法正确的是____。
A．E→F的反应类型为加成反应 B．化合物A与乙醇互为同系物
C．化合物G的分子式是 D．化合物B一氯代物有7种
（6）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯()制备 的合成路线(无机试剂任选)。
【答案】（1）酮羰基、酯基；加成反应
（2）
（3）5；
（4） +CH3CH2OH +H2O
（5）C；D
（6），
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；同系物；加成反应
【解析】【解答】（1）由E的结构简式可知，E中所含的官能团有酯基、羰基。反应②中与HCHO反应只生成，HCHO中的碳氧双键发生加成反应，因此反应②的反应类型为加成反应。
（2）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。因此物质B中的手性碳原子为。
（3）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，且含有六元环，则为碳环结构，满足条件的同分异构体的结构简式为、、、、，共有5种结构。其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：1：4：4：3的结构简式为。
（4）由分析可知，D的结构简式为，D与CH3COOH发生酯化反应，生成E（）和H2O，该反应的化学方程式为：+CH3COOH +H2O。
（5）A、E与CH3CH2CH2Br反应生成F的同时，还生成HBr，该反应为取代反应，A不符合题意。
B、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，物质A中含有环状结构，因此与乙醇的结构不相似，二者不属于同系物，B不符合题意。
C、化合物G的结构简式为C12H20O3，C符合题意。
D、化合物B中共有7种等效氢原子，因此其一氯代物共有7种，D符合题意。
故答案为：CD
（6）甲苯与Br2发生取代反应，生成C6H5CH2Br，C6H5CH2Br进一步与乙酰乙酸乙酯发生取代反应生成，进一步水解，即可得到。所以可得合成路线图如下： ， 。
【分析】与KMnO4发生羟基的氧化反应，生成。与HCHO发生加成反应生成。与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成D，D进一步反应生成，该反应为酯化反应。因此D的结构简式为。反应生成F，F发生水解反应生成，所以F的结构简式为。
