2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
原子结构与元素的性质
一、单选题
1．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）元素X、Y、Z、W、Q的电负性如表所示。其中，两种元素的原子最易形成离子键的是
元素 X Y Z W
电负性 3.5 2.5 2.1 0.9
A．X和W B．X和Z C．X和Y D．Y和Z
2．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）实验证据推动了人类对原子结构认识的不断深化。下列可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态，会产生多条谱线(如下图)”的原子结构模型是
A．“葡萄干布丁”模型 B．卢瑟福核式模型
C．玻尔模型 D．量子力学模型
3．（2023春·北京昌平·高二统考期末）硒(34Se)是人和动物体中一种必需的微量元素，存在于地球所有环境介质中，其同位素可有效示踪硒生物地球化学循环过程及其来源，下列说法不正确的是
A．Se位于周期表中第四周期第VIA族
B．可用质谱法区分Se的两种同位素78Se和80Se
C．第一电离能：34Se>33As
D．SeO2既具有氧化性又具有还原性
4．（2022春·北京顺义·高二统考期末）下列关于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是
A．还原性：H2S>HCl B．沸点：H2S>H2O
C．电负性：O>S>Cl D．原子半径：r(Cl)>r(S)
5．（2022春·北京东城·高二统考期末）元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr 铬 3d54s1 52.00
A．铬元素位于第四周期ⅥB族
B．铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C．铬原子第3能层有5个未成对电子
D．Cr的第一电离能小于K的第一电离能
6．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）短周期元素的四种离子、、、都具有相同的电子层结构，下列说法错误的是
A．四种离子的质子数：
B．四种元素的电负性：Z＞W＞Y＞X
C．四种离子的半径：
D．四种元素原子的最外层电子数目：W＞Z＞X＞Y
7．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）周期表中27号元素钴的方格中注明3d74s2，由此可以推断
A．它位于周期表的第四周期IIA族
B．它的基态核外电子排布式可简写为[Ar]4s2
C．Co2+的核外价电子排布式为 3d54s2
D．Co 位于周期表中 d 区
8．（2021春·北京昌平·高二统考期末）电负性是一种重要的元素性质，某些元素的电负性(鲍林标度)数值如下表所示：
元素 H Li O Al P S Cl
电负性 2.1 1.0 3.5 1.5 2.1 2.5 3.0
下列说法不正确的是
A．LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性
B．非金属性：O＞Cl
C．H－Cl键比H－S键极性大
D．Si的电负性范围在2～3之间
9．（2021春·北京丰台·高二统考期末）下列表述不正确的是
A．原子轨道能量：1S<2S<3S<4S
B．M电子层存在3个能级、9个原子轨道
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子
二、填空题
10．（2021春·北京昌平·高二统考期末）完成下列填空
(1)写出下列基态原子的核外电子排布式。
Li： ；N： ；Ti： ；Cu 。
(2)钒元素在元素周期表中的位置是 。
(3)X元素位于第三周期，同周期元素中其第一电离能最小，X的元素符号是 。
三、无机推断题
11．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的3d能级为半充满
e 元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
(1)元素a的原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能级的电子。
(2)请比较a、b、c的电负性大小顺序为 (填元素符号)。a、c的气态氢化物中，更稳定的是 (填化学式)。
(3)e元素基态原子的简化电子排布式为 ，f元素基态原子的价电子轨道表示式是 。
(4)df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式： ，若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为 。
参考答案
1．A
【分析】当两种元素原子的电负性相差较大时，易形成离子键；当两种元素原子电负性相差不大时，易形成共价键；
【详解】由表可知，X和W的电负性相差最大，最容易形成离子键，故选A。
2．D
【详解】A．汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干布丁模型，A不符合题意；
B．卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是a粒子散射实验，B不符合题意；
C．玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，是建立在三个基本假设的基础上的理论，C不符合题意；
D．原子结构的量子力学模型在处理核外电子量子化特性及波粒二象性提供主要论据和重要结论，可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态会产生多条谱线”，D符合题意；
故选D。
3．C
【详解】A．Se是氧族元素，位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，故A正确；
B．同位素可用质谱法来区分，故B正确；
C．33号元素As与34号元素Se处于同一周期，As是N族元素，其p轨道是半充满结构比较稳定，所以第一电离能是33As＞34Se，故C错误；
D．SeO2与SO2的化学性质相似，既具有氧化性也具有还原性，故D正确；
故本题选C．
4．A
【详解】A．单质氧化性氯气大于硫，对应简单氢化物还原性：H2S>HCl，A正确；
B．H2S、H2O均为分子晶体，水分子间能形成氢键，沸点较高，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：O>Cl>S，C错误；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Cl)
5．D
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．短周期元素的四种离子、、、都具有相同的电子层结构，可以推出X、Y、Z、W分别是Al、Mg、N、O，离子的质子数和相应原子的质子数相等，四种离子的质子数：Al3+＞Mg2+＞O2-＞N3-，选项A正确；
B．根据同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，四种元素的电负性：O＞N＞Al＞Mg，选项B错误；
C．四种离子具有相同的电子层结构，依据“序大径小”规律，离子半径：，选项C正确；
D．O、N、Al、Mg四种元素的最外层电子数目分别是6、5、3、2，选项D正确；
答案选B。
7．D
【详解】A．从左向右数，Co应为过渡元素，在第四周期Ⅷ族，A错误；
B．3d74s2表示价层电子排布，所以Co的基态核外电子排布式可简写为[Ar]3d74s2，不可省去3d7，B错误；
C．失电子时，应先失去最外层的电子，即先失去4s上的电子，Co2＋的价电子排布式为3d7，C错误；
D．根据价层电子排布3d74s2可知“7＋2＝9”，说明它位于周期表的第9列，位于周期表中 d 区，D正确。
答案选D。
8．D
【详解】A．Li、Al、H三种元素中，H的电负性最大，所以LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性，故A正确；
B．O的电负性大于Cl，元素的电负性越大，其非金属性越强，所以非金属性：O＞Cl，故B正确；
C．Cl的电负性大于S，则Cl和H形成的H－Cl键的极性比 S和H形成的H－S键极性大，故C正确；
D．Si位于周期表第三周期第ⅣA族，其电负性应介于它前面的元素Al和它后面的元素P之间，即Si的电负性范围在1.5~2.1之间，故D错误；
故选D。
9．C
【分析】此题考查结构化学中构造原理。
【详解】A．离原子核越远，能量越高，故A正确；
B．M电子层存在3个能级分别为，共9个原子轨道，故B正确；
C．基态碳原子的轨道表示式：，违背洪特规则多电子应优先排布不同的轨道，故C错误；
D．同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，故D正确；
故选C。
10．(1) 1s22s1 1s22s22p3 1s22s22p63s23p63d24s2 1s22s22p63s23p63d104s1
(2)第四周期第ⅤB族
(3)Na
【分析】（1）
根据构造原理和各元素的核电荷数，各元素的电子排布式分别为： Li：1s22s1；N：1s22s22p3；Ti：1s22s22p63s23p63d24s2；Cu：1s22s22p63s23p63d104s1。铜的电子排布式中，最后的11个电子在3d轨道上排10个，4s轨道上排1个，3d轨道是半充满的稳定结构。
（2）
钒元素的核电荷数为23，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤB族。
（3）
第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子时所需的最低能量。第三周期第一电离能最小的元素是钠，元素符号是Na。
11．(1) 6 3
(2) O>N>C H2O
(3) [Ar]3d104s1
(4) 3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O 13mol
【分析】a的L层上s能级电子数等于p能级电子数，其电子排布为1s22s22p2，a为C；b为非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，b为N；c的最外层电子数是内层电子数的3倍，c为O；d元素的正三价离子的3d能级为半充满，可知d的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，d为Fe；e元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，e为Cu；f的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，f为Br，据此分析解题。
(1)
由分析可知，元素a为C，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，电子排布式为：1s22s22p2，故有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；
(2)
由分析可知，a、b、c分别为C、N、O，同一周期从左往右电负性依次增大，故a、b、c的电负性大小顺序为O＞N＞C，元素气态氢化物的稳定性与其非金属性强弱一致，故a、c的气态氢化物中，更稳定的是H2O，故答案为：O＞N＞C；H2O；
(3)
由分析可知，e元素为Cu，故e元素基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，f为Br，f元素基态原子的价电子排布式为：4s24p5，故轨道表示式是，故答案为：[Ar]3d104s1；；
(4)
由分析可知，df2即FeBr2与过量的b即N的最高价氧化物对应水化物即HNO3的稀溶液反应，其中生成物有HfO3即HBrO3和一种遇空气显红棕色的气体即NO，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O，由反应方程式可知，反应中N由+5价降至+2价，化合价降低了3，故反应中转移电子数目为39mol，故若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为13mol，故答案为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O；13mol。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
核酸
一、单选题
1．（2023春·北京房山·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．蛋白质水解的最终产物为氨基酸
B．核酸水解的最终产物是磷酸、五碳糖和碱基
C．油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
D．麦芽糖和蔗糖均可发生水解反应，且水解产物相同
2．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）下图为DNA分子的局部结构示意图。下列说法不正确的是
A．DNA是一种生物大分子，分子中四种碱基均含N—H键
B．脱氧核糖分子、磷酸分子、碱基可通过脱水形成脱氧核糖核苷酸分子
C．-NH2氮原子能提供孤电子对与H+的空轨道形成配位键，因此能与酸反应
D．图中虚线表示碱基互补配对(A和T、C和G)时形成的化学键
3．（2023春·北京东城·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．核苷酸是组成核酸的基本单元
B．麦芽糖既能发生水解反应又能发生银镜反应
C．油脂氢化后产生的人造脂肪中碳原子均为杂化
D．由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应
4．（2023春·北京昌平·高二统考期末）脱氧核糖核酸(DNA)分子的局部结构示意图如下，它是由脱氧核糖、磷酸及碱基形成脱氧核糖核苷酸后，脱氧核糖核苷酸聚合成脱氧核糖核苷酸链进而形成的。
下列说法不正确的是
A．磷酸与脱氧核糖分子通过醚键结合
B．碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断N-H键
C．脱氧核糖、磷酸、碱基通过分子间脱水形成脱氧核糖核苷酸
D．碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定
5．（2022春·北京丰台·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．疫苗等生物制剂需要在低温下保存
B．工业上利用油脂在碱性条件下水解生产肥皂
C．蛋白质、氨基酸中均含有
D．脱氧核糖与碱基、磷酸基团共同组成脱氧核糖核苷酸
6．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）下列说法不正确的是
A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B．用溴水可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯
C．在酸性条件下，的水解产物是和
D．核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
7．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．CH3CONH2属于羧酸衍生物，可发生水解反应
B．核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基
C．油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
D．麦芽糖和蔗糖均可发生水解反应，且水解产物相同
8．（2021春·北京东城·高二统考期末）下列说法正确的是
A．高级脂肪酸甘油酯属于天然有机高分子
B．DNA双螺旋结构的两条链中，碱基通过氢键互补配对
C．淀粉和纤维素的组成均为，两者互为同分异构体
D．蛋白质溶液中加入溶液，出现盐析现象，可用于分离提纯蛋白质
9．（2021春·北京东城·高二统考期末）将双螺旋结构的分子彻底水解，得到的产物是
A．两条脱氧核糖核苷酸长链 B．四种脱氧核糖核苷酸
C．磷酸、含氮碱基、脱氧核糖 D．、、、、五种元素
参考答案
1．D
【详解】A．蛋白质由氨基酸通过缩聚反应形成，其水解产物为氨基酸，A正确；
B．核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，它是生命的最基本物质之一，水解的最终产物是磷酸、五碳糖和含氮碱基，B正确；
C．油脂在碱性溶液中的产物高级脂肪酸钠，可用于制备肥皂，又称为皂化反应，C正确；
D．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解生成葡萄糖，可见二者水解产物不同，D错误；
故选：D。
2．C
【详解】A．生物大分子是指生物体细胞内存在的蛋白质、核酸、多糖等大分子，DNA是一种生物大分子，分子中四种碱基均含N—H键，A正确；
B．脱氧核糖分子、磷酸分子、碱基可通过脱水形成脱氧核糖核苷酸分子，B正确；
C．-NH2氮原子能提供孤电子对与H+的空轨道形成配位键，但并不是能与酸反应，C错误；
D．由图可知虚线表示碱基互补配对(A和T、C和G)时形成的化学键，D正确；
故选C。
3．C
【详解】A．核酸分为两大类，即脱氧核糖核酸(简称DNA)与核糖核酸(简称RNA)，核苷酸是组成核酸的基本单元，A正确；
B．麦芽糖为双糖且含有醛基，既能发生水解反应又能发生银镜反应，B正确；
C．油脂氢化后产生的人造脂肪中的酯基碳原子为杂化，C错误；
D．由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应生成了酯基，D正确；
故选C。
4．A
【详解】A．由图可知，磷酸与脱氧核糖分子通过磷酸酯键结合在一起的，A错误；
B．由图可知，碱基和脱氧核糖核苷酸是紧密相连的，它们之间通过N-糖苷键连接，则碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断N-H键，B正确；
C．碱基与脱氧核糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，C正确；
D．碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，故碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定，D正确；
故选A。
5．C
【详解】A．疫苗等生物制剂属于蛋白质，需要在低温下保存，防止高温时，蛋白质变性，故A正确；
B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够发生水解反应，则利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上制取肥皂，故B正确；
C．蛋白质中含有，氨基酸中只有羧基和氨基，故C错误；
D．核糖核苷酸中含核糖、碱基和磷酸基团，是由脱氧核糖与碱基、磷酸基团共同组成的，故D正确；
故选：C。
6．C
【详解】A．麦芽糖及其水解产物(葡萄糖)均含有-CHO，均能发生银镜反应，故A正确；
B．溴水和苯酚溶液反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，2，4-己二烯和溴水发生加成反应，使溴水褪色，溴水与甲苯发生萃取，溶液分层，因此用溴水能鉴别苯酚溶液、2,4- 己二烯和甲苯，故B正确；
C．酯化时羧酸脱羟基醇脱氢，酸性条件下生成的酸与醇，故的水解产物是和，故C错误；
D．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．CH3CONH2是乙酰胺，属于羧酸衍生物，可发生水解反应，A正确；
B．核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，它是生命的最基本物质之一，水解的最终产物是磷酸、五碳糖和含氮碱基，B正确；
C．油脂在碱性溶液中的产物高级脂肪酸钠，可用于制备肥皂，又称为皂化反应，C正确；
D．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解生成葡萄糖，可见二者水解产物不同，D错误；
故合理选项是D。
8．B
【详解】A．高分子化合物相对分子质量在10000以上，高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量不大，不属于高分子化合物，属于有机小分子，故A错误；
B．DNA双螺旋结构的两条链中，碱基通过氢键互补配对，使DNA分子具有较强的稳定性，故B正确；
C．淀粉和纤维素的组成均为，但n不同，两者不是同分异构体，故C错误；
D．蛋白质溶液中加入溶液，蛋白质发生变性，析出的固体不能溶解，不能用于分离提纯蛋白质，故D错误；
答案选B。
9．C
【详解】分子由脱氧核苷酸聚合而成，一分子脱氧核苷酸由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基构成，故分子完全水解得到的产物是磷酸、含氮碱基、脱氧核糖，C正确。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
原子结构
一、单选题
1．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）磷酸铁锂(LiFePO4)电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是
A．Li位于周期表s区
B．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6
C．基态P原子的未成对电子数为5
D．基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
2．（2021春·北京昌平·高二统考期末）按照量子力学对原子核外电子运动状态的描述，下列说法不正确的是
A．核外电子运动不存在固定轨迹的轨道
B．下列能级的能量1s＜2s＜3s＜4s
C．电子云图中的小黑点密表示该核外空间的电子多
D．量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2
3．（2021春·北京昌平·高二统考期末）下列对基态碳原子价电子的轨道表示式书写正确的是
A． B．
C． D．
4．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列Li原子的电子轨道表示式的对应状态，能量由低到高的顺序是
①
②
③
④
A．④①②③ B．③②①④ C．④②①③ D．①②③④
5．（2021春·北京丰台·高二统考期末）某基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。下列说法不正确的是
A．原子核外有3个电子层 B．价电子数为4
C．处于第三周期第ⅥA族 D．属于p区元素
6．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，下列说法中不正确的是（ ）
A．该元素原子中共有25个电子
B．该元素原子核外有4个能层
C．该元素原子最外层共有2个电子
D．该元素原子M电子层共有8个电子
7．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是
A．1s22s12p1 B．1s22s22p63s23p63dl04s2
C．1s22s22p63s23p6 D．1s22s22p63s23p63d54s1
8．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列化学用语或图示不正确的是
A．乙炔的结构式：H—C≡C—H
B．苯酚的空间填充模型：
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．过氧化钠的电子式：
9．（2023春·北京昌平·高二统考期末）甲硫氨酸的结构简式如下图所示，下列说法不正确的是
A．S原子位于周期表中的p区
B．甲硫氨酸分子中，S原子为sp3杂化
C．1个甲硫氨酸分子中含有2个手性碳原子
D．既能与酸反应又能与碱反应
10．（2023春·北京丰台·高二统考期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．CO2的分子结构模型：
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C．羟基的电子式：
D．的系统命名：3-甲基-2-丁醇
参考答案
1．C
【详解】A．Li价电子排布式为2s1，位于周期表s区，故A正确；
B．Fe价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，故B正确；
C．P价电子排布式为3s23p3，基态P原子的未成对电子数为3，故C错误；
D．基态O原子核外电子占据的最高能级为2p，2p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故D正确。
综上所述，答案为C。
2．C
【详解】A．核外电子运动只是在某个区域出现的概率大些，不是围绕原子核在固定的轨道上运动，A正确；
B．同一原子中，形状相同的原子轨道能层越低，能量越低，所以能级的能量高低：1s<2s<3s<4s，B正确；
C．小黑点的密表示电子出现机会的多，不表示在该核外空间的电子数多，C错误；
D．各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子，所以量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2，D正确；
答案选C。
3．D
【分析】基态原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则。基态碳原子价电子的轨道表示式为 。
【详解】A．基态碳原子价电子层为第二层，即L层，违反了能量最低原理，故A错误；
B．在2p轨道上的两个电子自旋方向应该相同， 违反了洪特规则，故B错误；
C．2s轨道上应该排布2个电子，违反了能量最低原理，此排布式为激发态碳原子的价电子轨道表示式，故C错误；
D．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，故D正确；
故答案为D。
4．A
【详解】基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，已知能量高低为：1s＜2s＜2p，故①是1s上的一个电子跃迁到了2s上，②是1s上的2个电子跃迁到了2p上，③ 是1s上的2个电子跃迁到了2p上且在同一轨道中，根据洪特规则可知，其能量高于②，④为基态原子，能量最低，故能量由低到高的顺序为：④①②③，故答案为：A。
5．B
【分析】基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该原子核外共有16个电子，是S原子。
【详解】A．S原子的原子结构示意图为 ，有3个电子层，A正确；
B．S原子的价电子为3s23p4，价电子数为6，B错误；
C．S位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，C正确；
D．元素周期表中，第ⅢA族到0族均为p区元素，S在第ⅥA族，属于p区，D正确；
故选B。
6．D
【详解】根据1s22s22p63s23p63d54s2，该原子有4个能层，共有25个电子，最外层有2个电子，第三层（M层）有13个电子，综上所述，答案选D。
7．A
【详解】A．1s22s2是基态铍原子的核外电子排布方式，则1s22s12p1是激发态铍原子的电子排布式，故A符合题意；
B．1s22s22p63s23p63d104s2是基态锌原子的核外电子排布方式，故B不符合题意；
C．1s22s22p63s23p6是基态氩原子的核外电子排布方式，故C不符合题意；
D．1s22s22p63s23p63d54s1是基态铬原子态的核外电子排布式，故D不符合题意；
故选A。
8．C
【详解】A．乙炔分子式是C2H2，分子中2个C原子通过共价三键结合，每个C原子再分别与1个H原子形成C-H键，故其结构式是H—C≡C—H，A正确；
B．苯酚分子是平面分子，结合原子相对大小及原子结合方式可知：图示为苯酚的空间填充模型，B正确；
C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态。C是6号元素，原子核外有6个电子，则基态C原子的核外电子排布式是：，C错误；
D．Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，在中2个O原子通过共价单键结合，故过氧化钠的电子式是：，D正确；
故合理选项是C。
9．C
【详解】A．S是16号元素，其价层电子排布为3s23p4，在周期表中位于p区，A正确；
B．甲硫氨酸分子中，S原子的孤电子对数为2，σ键电子对数为2，采取sp3杂化，B正确；
C．由甲硫氨酸分子的结构可知，与氨基相连的碳原子为手性碳原子，即1个甲硫氨酸分子中含有1个手性碳原子，C错误；
D．甲硫氨酸分子中含有氨基，可以和酸反应，含有羧基，可以和碱反应，D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
物质在水溶液中的行为章节综合
一、单选题
1．（22·23下·海淀·期末）下列实验中，不能达到实验目的是。
A B C D
由制取无水固体 证明 测定溶液的浓度 验证平衡：
A．A B．B C．C D．D
2．（22·23下·海淀·期末）下列解释事实的化学方程式不正确的是。
A．电解熔融的制：(熔融)
B．用溶液除去浑浊淡水中的悬浮颗粒物：
C．能使石蕊试液变红：
D．用溶液处理水垢中的：
3．（22·23下·海淀·期末）依据下列实验现象推测，其反应过程不涉及氧化还原反应的是
A．把钠放入溶液中，有蓝色沉淀生成
B．向酸性溶液中加入，溶液紫色褪去
C．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低
D．溶液和溶液混合，产生无色气体以及红褐色沉淀
二、工业流程题
4．（21·22下·海淀·期末）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：
资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH
Fe(OH)2 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀时 6.3 1.5 6.2 9.1 11.8 6.9
完全沉淀时 8.3 2.8 8.2 11.1 13.8 8.9
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x[]+Mx+[]xM+xH+
(1)操作1、2的名称是 ，操作3的名称是 。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是 。
(3)NiF2溶液参与反应的离子方程式是Mg2++2F-=MgF2和 。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)= mol/L(c(杂质离子)<10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
(4)滤液b中含有的微粒主要有 。
(5)在硫酸盐溶液中P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是 。
(6)在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的化学方程式 。
三、实验探究题
5．（22·23下·海淀·期末）实验小组探究酸对平衡的影响。将0.005mol/L 溶液(接近无色)和0.01mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。
(1)水解显酸性的原因是 (用方程式表示)。
(2)甲同学认为加入酸后，会使体系中 浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。
【设计并实施实验】
【查阅资料】
和、均能发生络合反应：
(黄色)；(无色)。
实验Ⅰ．探究现象a中溶液颜色变化的原因
编号 操作 现象
① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化
② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol/L KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色
(3)实验①的目的是 。
(4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a： 。
实验Ⅱ．探究现象b中溶液呈浅黄色的原因
编号 操作 现象
③ 取1mL 0.0025mol/L 溶液(无色)，加入1mL 0.01mol/L KSCN溶液，再加入5滴1.5mol/L 溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色
④ 取1mL 0.005mol/L 溶液，
(5)结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是、 。
(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整： 。
参考答案
1．A
【详解】A．可发生水解生成具有挥发性的HCl气体，加热条件下这一过程受到促进，逐渐转化成，故使用制取无水固体需要在HCl气流中进行而不能采用直接蒸发结晶的方法，A符合题意；
B．由于溶液少量，生成黑色沉淀CuS的原因是溶液和白色沉淀ZnS发生了反应，属于沉淀转化原理，说明CuS比ZnS更难溶，故可证明，B不符合题意；
C．用NaOH溶液滴定溶液可测定溶液的浓度，NaOH溶液盛放在碱式滴定管中，以酚酞作指示剂，C不符合题意；
D．为橙色，为黄色，加浓硫酸后，溶液温度和其中氢离子浓度均会发生变化，加等量蒸馏水作对比实验，通过溶液颜色的变化可验证的存在，D不符合题意；
故选A。
2．C
【详解】A．熔融的中只含有钠离子和氯离子，可利用电解熔融的制，对应的化学方程式正确，A不符合题意；
B．溶液中的可发生水解生成胶体，胶体表面积大，有较强的吸附能力，能除去浑浊淡水中的悬浮颗粒物，对应的化学方程式正确，B不符合题意；
C．碳酸属于二元弱酸，分两步电离，其电离方程式应为 ，C符合题意；
D．在水中的溶解度比更小，可利用沉淀的转化原理将不易溶于酸的转化成易溶于酸，从而最终达到除水垢的目的，对应的化学方程式正确，D不符合题意；
故选C。
3．D
【详解】A．把钠放入溶液中，有蓝色沉淀生成，钠先与水反应：为氧化还原反应，A不符合题意；
B．酸性高锰酸钾与H2O2反应，，为氧化还原反应，B不符合题意；
C．氯气在光照下放置：，为氧化还原反应，C不符合题意；
D．溶液和溶液混合，发生双水解：，无化合价变化，D符合题意；
故选D。
【点睛】氧化还原反应为化合价发生变化的化学反应。
4．(1) 过滤 萃取
(2)将Fe2+氧化为Fe3+便于沉淀除去
(3) Ca2++2F-=CaF2↓
(4)Zn2+、Ni2+、F-、、Cl-
(5)pH升高H+减少，使萃取反应平衡正向，所以萃取率升高
(6)NiSO4+ 2NaOH = Ni(OH)2↓+ Na2SO4
【分析】操作1通入Cl2是氧化Fe3+便于沉淀除去。操作2加入NiF2提供F-将Mg2+、Ca2+沉淀除去。滤液b中还有Ni2+和Zn2+，操作3除去Zn2+但若采用OH-沉淀必然Ni2+共沉淀了，所以操作3采取了有机萃取除掉Zn2+。
【详解】（1）分离固体和液体选择过滤操作，答案为过滤。而操作3之后分为了两相有机和无机，则选择萃取分；
（2）Fe2+若直接沉淀会导致Ni2+同时沉淀损失，所以Cl2将Fe2+氧化为Fe3+便于沉淀除去；
（3）由Ksp知Ca2+先沉淀而Mg2+与F-后沉淀了，所以反应还有Ca2++2F-=CaF2↓。，且c(Mg2+)=10-5mol/L，则计算得c(F-)=;
（4）操作1除去了Fe3+，而操作2除去Ca2+先沉淀而Mg2+，则滤液b含Zn2+、Ni2+、F-及原溶液中的硫酸根、Cl-；
（5）pH升高H+减少，使萃取反应平衡正向，所以萃取率升高；
（6）Ni2+变为Ni(OH)2需要加入碱液，反应方程式为NiSO4+ 2NaOH = Ni(OH)2↓+ Na2SO4。
5．(1)
(2)Fe3+
(3)可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰
(4)在平衡体系中加入盐酸，Fe3+、Cl-发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色。
(5)[FeCl4]-
(6)取1mL 0.005 mol/L FeC13溶液，加入1mL蒸馏水，再加入5滴1.5 mol/LH2SO4溶液，最后得得到无色溶液。
【分析】本实验首先是将0.005mol/L 溶液(接近无色)和0.01mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。然后取两等份红色溶液，一份滴加盐酸，发现溶液颜色变浅，呈橙色，经过实验I探究发现原因是因为三价铁和氯离子发生了络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色；另一份加入硫酸溶液发现溶液变为浅黄色，经过实验II证明变黄色的原因是Fe(SCN)3造成的，据此作答；
【详解】（1）Fe3+水解使得溶液呈酸性，水解时发生的反应为；
（2）加入酸后，会抑制铁离子水解，铁离子的浓度增大，会使 平衡正向移动，导致溶液颜色加深；
（3）滴入KCl溶液时，溶液会被稀释，实验①滴入相同体积的水，可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰。
（4）结合资料中Fe3+、Cl-能够发生络合反应的信息以及实验①②的现象，从平衡移动角度解释现象a:在平衡体系中加入盐酸，Fe3+、Cl-发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色。
（5）根据题中信息，FeCl3中加入KSCN溶液，得到红色，再加入稀硫酸，由于信息中[Fe(SO4)2]-是无色，根据实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，为[FeCl4]-和Fe(SCN)3。
（6）乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是（5）中的一种，取1mL 0.005 mol/L FeC13溶液，加入1mL蒸馏水，与实验③加入的1mLKSCN相对应的体积，再加入5滴1.5 mol/LH2SO4溶液，若最后得得到无色溶液，说明实验③中溶液呈浅黄色是Fe(SCN)3。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
蛋白质
一、单选题
1．（2021春·北京朝阳·高二统考期末）下列做法中利用蛋白质变性的是
A．将淀粉水解为葡萄糖 B．将花生油催化加氢制人造脂肪
C．利用医用酒精、紫外线杀菌消毒 D．使用醋酸除去水垢
2．（2021春·北京昌平·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．糯米中的1mol淀粉能完全水解生成2mol葡萄糖
B．葡萄糖能发生银镜反应，说明其含有醛基，具有还原性
C．环式核糖与碱基、磷酸基团共同组成核糖核苷酸
D．蛋白质是含肽键的生物大分子
3．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）下列说法中，正确的是
A．油脂属于高分子化合物 B．蔗糖是具有还原性的二糖
C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
4．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）新冠疫苗对抑制新冠病毒在全球的蔓延有重要作用。新冠疫苗必须在低温下保存，是为了防止蛋白质的
A．变性 B．水解反应 C．盐析 D．显色反应
5．（2021春·北京延庆·高二统考期末）下列物质中不属于有机物的是
A．碳酸钠 B．蔗糖 C．蛋白质 D．淀粉
6．（2021春·北京延庆·高二统考期末）某种多肽的分子式为CaHbOcNd，将其完全水解后得到三种氨基酸：甘氨酸(C2H5O2N)、丙氨酸(C3H7O2N)和赖氨酸(C6H14O2N2)。1个该多肽分子完全水解后，得到甘氨酸分子的个数为
A．d a B．3d a C．3a d D．无法计算
7．（2021春·北京密云·高二统考期末）下列关于营养物质的说法中，不正确的是
A．淀粉、纤维素均属于糖类 B．油脂属于天然有机高分子
C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸 D．蛋白质的变性属于不可逆转的过程
8．（2021春·北京东城·高二统考期末）Moxifloxacin(莫西沙星)是缓解呼吸道感染的药物之一，临床上用于抗菌消炎，其分子结构如图所示。下列关于莫西沙星的说法中，不正确的是
A．分子式为 B．分子中含有4种含氧官能团
C．莫西沙星属于芳香族化合物 D．一定条件下，可与盐酸发生反应
9．（2021春·北京西城·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．麦芽糖是具有还原性的二糖
B．淀粉和纤维素互为同分异构体
C．氨基酸和蛋白质都具有两性
D．核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基
10．（2021春·北京西城·高二统考期末）下列物质中，不属于生物大分子的是
A．塑料 B．淀粉 C．蛋白质 D．核酸
A．A B．B C．C D．D
11．（2022春·北京昌平·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．高级脂肪酸甘油酯是天然高分子化合物
B．蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应
C．75%酒精可使蛋白质变性
D．核糖核苷酸与氨基酸均含氮元素
12．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．氨基酸和蛋白质都具有两性 B．油脂属于天然有机高分子
C．葡萄糖属于还原糖 D．鸡蛋清溶液遇AgNO3溶液发生变性
13．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．纤维素分子中含有羟基、可与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维
B．氨基酸分子中含有氨基和羧基，多个氨基酸分子可通过肽键生成多肽
C．油酸分子中含有碳碳双键，因此含有油酸甘油酯的植物油可使溴水褪色
D．核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
14．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）提纯下列物质所选试剂及对应分离方法不可行的是
主要成分 杂质 除杂试剂 分离方法
A CO2 SO2 饱和NaHCO3溶液 洗气
B 乙烷 乙烯 酸性KMnO4 洗气
C 苯 苯酚 NaOH溶液 分液
D 蛋白质溶液 葡萄糖 浓(NH4)2SO4溶液 盐析、过滤、洗涤、溶解
A．A B．B C．C D．D
15．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）下列说法不正确的是
A．冠醚与碱金属的分子识别作用可加快高锰酸钾氧化烯烃反应的速率
B．纤维素和硝酸可以发生酯化反应生成纤维素硝酸酯
C．超分子具有分子识别的特征，杯酚与C60之间可通过共价键形成超分子进而实现C60和C70的分离
D．新冠疫苗一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性
16．（2023春·北京昌平·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．油脂碱性条件下的水解反应可用于生产肥皂
B．CuSO4溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性
C．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要
D．麦芽糖、葡萄糖均能发生银镜反应
二、多选题
17．（2022春·北京丰台·高二统考期末）下列说法中不正确的是( )
A．乳酸()分子中含有手性碳原子
B．甘氨酸和丙氨酸结合生成的二肽有两种
C．用溴水可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯
D．丙烯(CH3CH=CH2)分子所有原子都在同一平面上
参考答案
1．C
【详解】A．稀硫酸可以作催化剂，使淀粉水解变为葡萄糖，其作用是催化作用，而不是利用蛋白质变性，A不符合题意；
B．花生油中含有不饱和高级脂肪酸的甘油酯，在催化剂存在和加热条件下不饱和烃基与H2与发生加成反应变为饱和烃基，油脂变为高级脂肪酸甘油酯，物质的状态由液态变为固态，从而将花生油催化加氢变为人造脂肪，与蛋白质变性无关，B不符合题意；
C．医用酒精能够使蛋白质因失去水分而失去生理活性，从而导致变性；紫外线能够使细菌的蛋白质发生结构改变而失去生理活性，故它们都可以用于环境消毒，利用了蛋白质的变性的性质，C符合题意；
D．水垢的主要成分是CaCO3、Mg(OH)2，由于醋酸是是酸，具有酸的通性，其酸性比碳酸强，可以与CaCO3、Mg(OH)2反应产生可溶性物质，因此使用醋酸可以除去水垢，这与醋酸的酸性有关，而与蛋白质的变性无关，D不符合题意；
故合理选项是C。
2．A
【详解】A．糯米中的1mol淀粉(C6H10O5)n能完全水解最终生成nmol葡萄糖，不是2mol，故A错误；
B．葡萄糖含有醛基，具有还原性，能与银氨溶液能发生银镜反应，也能与新制氢氧化铜反应，故B正确；
C．核糖核苷酸中含有核糖、碱基和磷酸基团，是由环式核糖与碱基、磷酸基团共同组成的，故C正确；
D．氨基酸能发生氨基和羧基的脱水缩合，最终生成蛋白质，因此蛋白质是含肽键的生物大分子，故D正确。
综上所述，答案为A。
3．C
【详解】A．高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达10000以上的化合物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量不足10000，不是高分子化合物，A错误；
B．蔗糖是葡萄糖和果糖脱水形成的二糖，没有醛基，不具有还原性，B错误；
C．蛋白质的基本单位是氨基酸，在一定条件下水解生成氨基酸，C正确；
D．淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但由于聚合度n不同，故二者不是同分异构体，D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．蛋白质受物理或化学因素的影响，分子内部原有的特定构象发生改变，从而导致其性质和功能发生部分或全部丧失，这种作用称作蛋白质的变性，蛋白质在强酸、强碱、高温、重金属等的作用下会发生变性，A符合题意；
B．蛋白质水解生成氨基酸，与低温保存无关，B不符合题意；
C．蛋白质属于生物大分子，可以形成胶体，胶体可以发生盐析，与低温保存无关，C不符合题意；
D．蛋白质遇浓硝酸可以变黄，该现象为显色反应，可用于检验蛋白质，与低温保存无关，D不符合题意；
故选A。
5．A
【详解】A．碳酸钠是碳酸盐，属于无机物，故A符合题意；
B．蔗糖属于糖类物质，属于有机物，故B不符合题意；
C．蛋白质属于有机物，故C不符合题意；
D．淀粉属于糖类物质，属于有机物，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
6．B
【详解】某种多肽的分子式为CaHbOcNd，将其完全水解后得到三种氨基酸：甘氨酸(C2H5O2N)、丙氨酸(C3H7O2N)和赖氨酸(C6H14O2N2)，设它们的数目分别为x、y、z，根据碳原子和氮原子守恒建立两个方程式：2x+3y+6z=a，x+y+2z=d，解得x=3d a，因此1个该多肽分子完全水解后，得到甘氨酸分子的个数为3d a；故B符合题意。
综上所述，答案为B。
7．B
【详解】A．淀粉和纤维素都是多糖，纤维素在人体内不能水解，淀粉在人体内最终水解生成葡萄糖，A正确；
B．油脂是酯类物质不属于高分子，而是大分子，B错误；
C．蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其水解最终产物是氨基酸，C正确；
D．变性是蛋白质失去生理活性，是一个不可逆过程，D正确；
答案选B。
8．B
【详解】A．分子式为，故A正确；
B．由结构可知分子中含羰基、-COOH及醚键，有3种含氧官能团，故B错误；
C．含苯环属于芳香族化合物，故C正确；
D．含可与盐酸反应，故D正确；
故选：B。
9．B
【详解】A．二糖中，蔗糖不具有还原性，麦芽糖是还原性糖，A正确；
B．尽管分子式均为(C6H10O5)n，但是n值不同，不是同分异构体，B错误；
C．氨基酸分子中含有氨基(- NH2 )和羧基(- COOH)，既能够和与酸反应，又能与碱反应，蛋白质是由氨基酸形成的，C正确；
D．核酸的基本单位核苷酸，它是由五碳糖、含氮碱基、磷酸基团三部分构成，核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基，D正确；
答案选B。
10．A
【详解】A．塑料成分是聚乙烯，是合成高分子材料，不属于生物大分子，A选；
B．淀粉是多糖，属于生物大分子，B不选；
C．蛋白质是由氨基酸聚合形成的大分子物质，C不选；
D．核酸是由核苷酸聚合形成的大分子物质，D不选；
故选：A。
11．A
【详解】A．高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量远小于10000，不是天然高分子化合物，故A错误；
B．蔗糖分子中不含-CHO，蔗糖溶液不能发生银镜反应，为非还原性糖，故B正确；
C．75%酒精可使蛋白质变性，常用于消毒，故C正确；
D．核糖核苷酸的单体由戊糖、磷酸基和含氮碱基构成，氨基酸含有氨基和羧基，故核糖核苷酸与氨基酸均含氮元素，故D正确；
故选：A。
12．B
【详解】A．氨基酸和蛋白质分子中都含有氨基和羧基，因此它们都可以与酸发生反应，也可以与碱发生反应，故二者都具有两性，A正确；
B．油脂分子有确定的分子式，是小分子化合物，不属于天然有机高分子化合物，B错误；
C．葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，因此属于还原糖，C正确；
D．Ag是重金属元素，因此鸡蛋清溶液中的蛋白质遇重金属盐溶液AgNO3溶液会发生变性，D正确；
故合理选项是B。
13．D
【详解】A．纤维素分子中含有3n个羟基，能与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维，A正确；
B．氨基酸分中的官能团为羧基和氨基，可以通过缩聚反应生成多肽，B正确；
C．油酸分子中含有碳碳双键，故含有油酸甘油酯的植物油与溴发生加成反应而使溴水褪色，C正确；
D． 核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸，D错误；
故选D。
14．B
【详解】A．亚硫酸酸性比碳酸强，故饱和碳酸氢钠溶液洗气可以除去二氧化碳中的二氧化硫，A可行；
B．乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，又引入了新的杂质，B不可行；
C．苯酚能与氢氧化钠溶液反应，苯与水溶液分层，该方法可实现除去苯中混有的苯酚，C可行；
D．浓硫酸铵溶液能使蛋白质盐析，过滤、洗涤、溶解后可得到蛋白质溶液，能与葡萄糖溶液分离，D可行；
故选B。
15．C
【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，但不易溶于大多数有机溶剂，利用该原理可以用冠醚将高锰酸钾带入有机物中，增大反应物的接触面积，所以更有利于有机物的氧化，从而加快高锰酸钾氧化烯烃反应的速率，故A正确；
B．纤维素含有羟基，可与硝酸在催化剂作用下发生酯化反应生成纤维素硝酸酯，故B正确；
C．杯酚与C60之间通过分子间作用力形成超分子，不是通过共价键，进而实现C60和C70的分离，故C错误；
D．新冠疫苗是蛋白质，高温会使蛋白质变性，因此一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性，故D正确。
综上所述，答案为C。
16．C
【详解】A． 油脂在碱性条件下的水解反应即为皂化反应，可用于生产肥皂，A正确；
B． CuSO4是重金属盐，其溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性，B正确；
C． 人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，C不正确；
D． 麦芽糖、葡萄糖均具有还原性，均能发生银镜反应，D正确；
答案选C。
17．BD
【详解】A．手性碳原子是指碳原子周围连有四个不同的原子团称为手性碳原子，中连羟基的碳原子是手性碳原子，A正确；
B．在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，称为成肽反应，因此甘氨酸和丙氨酸结合既可以是自身缩合（共有2种），也可以是甘氨酸提供氨基，丙氨酸提供羧基或者甘氨酸提供羧基，丙氨酸提供氨基，总共有4种，B错误；
C．溴水与苯酚溶液反应产生白色沉淀，溴水与2，4-己二烯发生加成反应使溴水褪色，溴水与甲苯不反应，会发生萃取分液，三者与溴水混合现象不同可以鉴别，C正确；
D．碳原子周围4个单键时最多3个原子共面，则丙烯(CH3CH=CH2)分子中所有原子不可能在同一平面上，D错误；
故答案为BD。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
化学反应的方向、限度与速率章节综合
一、单选题
1．（22·23下·海淀·期末）一定温度下，在2个恒压密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，充分反应并达到化学平衡状态，相关数据见下表。下列说法正确的是
容器编号 起始时各物质的物质的量浓度 平衡时的浓度
Ⅰ 0.01 0.01 0.008
Ⅱ 0.02 0.02 x
A．Ⅱ中 B．该温度下，反应的化学平衡常数
C．容器内气体的密度不再改变时反应达到平衡 D．容器中的转化率：Ⅰ>Ⅱ
2．（22·23下·海淀·期末）生产钛的方法之一是将金红石(，熔点为1840℃)转化为(熔点为℃)，再进一步还原得到钛。转化为有直接氯化法和碳氯化法，相关能量示意图如下所示。下列说法不正确的是。
A．与的晶体类型不同
B．可推知
C．将反应物固体粉碎可以加快直按氯化、碳氯化的反应速率
D．判断直接氯化反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变和熵变
3．（21·22下·海淀·期末）研究“2Fe3++2I—2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
下列说法不正确的是
A．a中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I—=AgI↓
B．可依据a中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的
C．加水的作用是排除稀释对溶液颜色的影响
D．还原性：实验a中I—>Fe2+，实验b中I—
4．（22·23下·丰台·期末）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。
已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K<105
Au+NO+4H+Au3++NO↑+2H2O K<105
Au3++4Cl[AuCl4] K>105
ii．HAuCl4=H++[AuCl4]—
(1)酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是 。
(2)已知，王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金反应时产生NO。
①写出该反应的离子方程式： 。
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用 。
(3)若用Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。
(4)AgCl溶于氨水的离子方程式为 。
(5)水合肼(N2H4·H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。
(6)Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。
①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。
②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是 。
三、填空题
5．（20·21下·昌平·期末）完成下列填空
(1)下列常见物质的空间结构呈直线形的是 ，呈平面三角形的是 。中心原子轨道采取sp3杂化的是 ，采取sp2杂化的是 。
①BF3 ②CO2 ③NH3 ④CCl4 ⑤HC≡CH
(2)NF3是微电子工业中种优良的等离子蚀刻气体，利用杂化轨道理论解释其空间结构是三角锥形： 。
(3)某小组进行如下操作，观察到下列现象：
步骤1：向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，产生白色沉淀；
步骤2：继续滴加，沉淀消失，溶液变澄清。
①澄清溶液中含[Ag(NH3)2]+，其中含有的化学键类型有 。
a．σ键 b．配位键 c．氢键
②已知：Ag++NH3 H2OAgOH↓+NH，利用平衡移动原理解释步骤2的现象 。
四、实验探究题
6．（21·22下·海淀·期末）某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
[猜想预测]
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
[实验探究]
实验i：向装有0.5gCu的烧杯中加入20mL30%H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式： 。
[继续探究]
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+为深蓝色；
Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置 序号 试剂a 现象
ii 20mL30%H2O2与4mL5mol/LH2SO4混合液 Cu表面很快产生少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
iii 20mL30%H2O2与4mL5mol/L氨水混合液 溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ii中：溶液变蓝的原因是 (用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是 。
(3)对比实验i和iii，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论： 。
利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)实验iii有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因可能是 。
(5)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有 和 。
参考答案
1．B
【分析】该反应在恒温恒压条件下的密闭容器中进行，加入的反应物浓度为1:2，那么平衡时两容器中反应物的转化率相同，Ⅱ中各组分浓度为Ⅰ中对应的各组分浓度的2倍。
【详解】A．由分析知，Ⅱ中，A错误；
B．容器Ⅰ中平衡时，说明的浓度减少了，则平衡时，，故该温度下反应的化学平衡常数，B正确；
C．该反应气体前后的化学计量数之和相等，则容器体积反应前后不变，而容器内气体总质量守恒，那么密度一直为定值，当密度不再改变时不能说明反应一定达到了平衡状态，C错误；
D．由分析知，两容器中的转化率相同，D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．熔点为1840℃，属于原子晶体，的熔点为℃，属于分子晶体，A不符合题意；
B．可由图知碳氯化法的热化学方程式减去直接氯化法的热化学方程式得到，故，B符合题意；
C．粉碎反应物固体可以增大固体表面积，使反应更易更快进行，C不符合题意；
D．ΔG=ΔH-TΔS<0的反应可自发进行，故判断直接氯化反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变ΔH和熵变ΔS，D不符合题意；
故选B。
3．D
【详解】A．由图可知，a中发生的反应为碘离子与银离子反应生成碘化银黄色沉淀，反应是的离子方程式为Ag++I—=AgI↓，故A正确；
B．依据a中现象可知，平衡逆向移动，铁离子浓度增大，但是溶液褪色，说明实验I中的棕黄色可是碘引起的，故B正确；
C．对比b、c实验现象可知，加水的作用是排除稀释对溶液颜色的影响，故C正确；
D．实验a中加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀，溶液中碘离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，没有体现碘离子的还原性，故D错误；
故选D。
4．(1)增加反应的接触面积，加快反应速率
(2) Au+NO+4Cl+2H+=NO↑+[AuCl4]+2H2O 提供Cl与Au3+形成[AuCl4]，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动
(3)1.5
(4)AgCl+2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O
(5)将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质
(6) < 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-
【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和[PdCl4]2-溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含[PdCl4]2-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2；
【详解】（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率；
（2）①根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO+4Cl+2H+=NO↑+[AuCl4]+2H2O；
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl与Au3+形成[AuCl4]，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动；
（3）根据得失电子守恒可知，1.5molZn粉能将溶液中的1mol HAuCl4完全还原；
（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O；
（5）还具有的优点可能为将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质；
（6）①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力：Cl< NH3；
②调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-。
5．(1) ②⑤ ① ③④ ①
(2)NF3的中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，则N采取sp3杂化，由于有一孤电子对，所以分子结构是三角锥形
(3) a b 向硝酸银溶液中滴加氨水，发生反应Ag++NH3 H2OAgOH↓+NH，生成白色沉淀AgOH，AgOH在水溶液中存在电离平衡：AgOHAg++OH-，继续滴加氨水，Ag+与NH3生成[Ag(NH3)2]+，由于该配离子很稳定，促使AgOH的溶解平衡正向移动，AgOH逐渐溶解
【分析】(1)
①BF3 的中心原子B的价层电子对数=3+(3-3×1)=3，则B采取sp2杂化，分子结构是平面三角形；②CO2的中心原子C的价层电子对数=2+ (4-2×2)=2，则C采取sp杂化，分子结构为直线形； ③NH3的中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，则N采取sp3杂化，由于有一孤电子对，所以分子结构是三角锥形； ④CCl4 的中心原子C的价层电子对数=4+(4-4×1)=4，则C采取sp3杂化，分子结构是正四面体；⑤HC≡CH为乙炔，是直线形分子，中心原子C的价层电子对数为2，采取sp杂化，分子结构是直线形。故空间结构呈直线形的是②⑤；呈平面三角形的是①；中心原子轨道采取sp3杂化的是③④；采取sp2杂化的是①。
(2)
NF3的中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，则N采取sp3杂化，由于有一孤电子对，所以分子结构是三角锥形。
(3)
①[Ag(NH3)2]+中有Ag+和NH3之间是配位键、构成NH3的N和H之间是σ键，故选a和 b。
②向硝酸银溶液中滴加氨水，发生反应Ag++NH3 H2OAgOH↓+NH，生成白色沉淀AgOH，AgOH在水溶液中存在电离平衡：AgOHAg++OH-，继续滴加氨水，Ag+与NH3生成[Ag(NH3)2]+，由于该配离子很稳定，促使AgOH的溶解平衡正向移动，AgOH逐渐溶解。
6．(1)Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓
(2) Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O 产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢
(3)加入氨水，提高了Cu的还原性
(4)Cu (OH)2(aq) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O NH3·H2O ＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
(5) 酸碱性 产物微粒的种类
【分析】本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2））实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U形管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U形管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3 Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀；
（5）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
合成高分子的基本方法
一、单选题
1．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）PET是一种聚酯纤维，拉伸强度高，透光性好，广泛用作手机贴膜，合成如下，下列关于该高分子的说法不正确的是
n +nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O
A．合成PET的反应为缩聚反应
B．通过质谱法测定PET的平均相对分子质量，可得其聚合度
C．PET两种单体的核磁共振氢谱的谱峰的组数不同
D．PET膜应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触
2．（2021春·北京延庆·高二统考期末）某高吸水性树脂P的结构片段如图所示。其中X为，Y起交联作用，由在合成P的过程中形成。下列说法不正确的是
A．合成P的反应可能是加聚反应
B．P的高吸水性与“—COONa”结构有关
C．由Y的结构推测CH2=CH2也可起到类似的交联作用
D．合成P的过程中用到的一种原料可能是CH2=CH—COONa
3．（2021春·北京密云·高二统考期末）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图：
下列说法不正确的是
A．a分子的核磁共振氢谱有2组峰
B．生成高分子b的反应为加成反应
C．高分子b最多可与反应
D．高分子c的水溶性好于高分子b
4．（2021春·北京西城·高二统考期末）某柔性屏手机的电池采用有机高聚物做固态电解质，该高聚物的结构片段如图。下列说法正确的是
A．合成高聚物的反应为缩聚反应
B．氢键对高聚物的性能没有影响
C．高聚物的单体是
D．高聚物在NaOH溶液中水解的产物之一是
5．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是
A．能水解成小分子
B．单体只含一种官能团
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
6．（2022春·北京顺义·高二统考期末）不饱和聚酯(UP，结构简式如图所示)是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP的流程：
下列说法不正确的是
A．物质甲为CH2=CH-CH=CH2
B．上述流程设计③和⑤是为了保护碳碳双键
C．上述流程涉及到的反应类型有加成、取代、氧化、消去、加聚、还原
D．调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子的材料
7．（2022春·北京西城·高二统考期末）某网状吸水性高分子树脂的部分结构如图所示，其制备方法是：将有机化合物A用NaOH部分中和，加入交联剂乙二醇，再引发聚合。
下列说法不正确的是
A．有机化合物A是CH2=CH－COOH
B．制备过程中主要发生了中和反应、酯化反应和缩聚反应
C．该高分子树脂的吸水性与－COONa有关
D．网状结构有利于提高材料的保水能力
8．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）可生物降解高分子材料PET的结构片段如下：~~~X-Y-X-Y~~~(~~~表示链延长)X为，Y为－OCH2CH2O－，下列有关PET的说法不正确的是
A．PET分子中含有酯基，能发生水解反应
B．PET的结构简式可写为
C．可以通过缩聚反应制备PET
D．若PET结构中的Y用替代，可形成网状结构
9．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯与马来酸酐共同加成聚合(共聚)而成。下列说法不正确的是
A．降冰片烯分子式为C7H10，其分子本身可以发生加聚反应
B．该光刻胶的结构简式可能为：
C．1 mol马来酸酐，最多消耗1 mol NaOH
D．光刻胶合成过程中可能会出现链节：
10．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）聚合物X(结构简式如图a)经硫化后可得到硫化顺丁橡胶(局部结构示意图如图b)，下列说法不正确的是
A．聚合物X的单体为1，3-丁二烯
B．聚合物X能发生氧化反应，橡胶的老化与该反应有关
C．聚合物X在硫化过程中仅涉及σ键的变化
D．聚合物X在硫化过程中由线型结构链接为网状结构，强度增大
11．（2023春·北京西城·高二统考期末）有一种功能性的聚合物P，合成路线如下：
已知：
下列说法不正确的是
A．E的分子式为
B．F的结构简式是
C．E和F发生缩聚反应生成P
D．聚合物P中含有酯基
12．（2023春·北京西城·高二统考期末）下列物质的主要成分不属于高分子的是
A．花生油 B．棉花 C．羊毛 D．天然橡胶
A．A B．B C．C D．D
13．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体 、 、 缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图所示： 。下列说法不正确的是
A．芳砜纶纤维中不含手性碳原子
B． 的名称为4，4'-DDS，推测 的名称为3，3'-DDS
C．参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8
D．及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物
14．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）在抗击新冠肺炎的过程中“合成材料”发挥了重要的作用。下列有关合成材料的说法不正确的是
A．CH3CHOHCOOH可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料
B．合成有机硅橡胶的单体是，则有机硅橡胶是通过加聚反应制得的
C．人造象牙的主要成分的结构简式是，可通过HCHO发生加聚反应制得
D．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯能使溴水褪色
15．（2023春·北京昌平·高二统考期末）已知，下列关于甲醛()危害、去除与利用的说法不正确的是
A．上述已知过程中发生了加成反应和消去反应
B．依据电负性，甲醛中C带部分正电荷可能与蛋白质中带部分负电荷的N结合，使蛋白质失活，对人体造成危害
C．含氨基的试剂和酸性KMnO4溶液均可与甲醛反应，反应原理相同
D．甲醛与可反应生成
16．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有键断裂
D．合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成
17．（2023春·北京西城·高二北京八中校考期末）聚合物P是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法不正确的是
A．聚合物P可以在碱性溶液中发生水解反应
B．由X、Y、Z对应的原料单体合成聚合物P的反应是缩聚反应
C．Z对应的原料单体是
D．仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子
18．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）一种可完全降解的环保型塑料(PPC)的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．PPC中含有2种官能团
B．聚合过程中没有小分子生成
C．顺丁烯二酸酐可使的溶液褪色
D．由于PPC中存在碳碳双键，可进行交联改性
二、有机推断题
19．（2021春·北京昌平·高二统考期末）缓释阿司匹林是种常用的解热镇痛类药物，其合成路线如下：
(1)B的结构简式是 。
(2)已知D→E脱去一分子CH3COOH，且E能与NaHCO3溶液反应，E的结构简式是 。
(3)D→E反应过程中可能发生副反应，D自身缩合成高分子化合物，副反应的化学方程式是 。
(4)F含有的官能团是 。
(5)试剂a是 。
(6)H的结构简式是 。
20．（2022春·北京昌平·高二统考期末）乙烯是一种重要的化工原料。
I．乙烯可发生以下转化(部分条件已省略)：
(1)B的结构简式是 。
(2)B→C中发生的官能团转化是 。
(3)C→D的反应类型是 。C与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，而直接与AgNO3溶液反应则无银镜，解释原因： 。
(4)写出B+EF的化学方程式 。
II．某同学设计了由乙烯合成高聚物Z的路线如下图所示(部分条件已省略)：
(5)反应①的反应类型是 。
(6)X的官能团名称是 。
(7)反应②的化学方程式是 。
(8)Z是，则M的结构简式是 。
21．（2022春·北京西城·高二统考期末）有机化合物A可由葡萄糖发酵得到，在医药和食品领域中有广泛应用，研究有机化合物A的分子结构、性质如下：
(1)确定A的分子式
经元素分析得到化合物A的实验式为CH2O，通过 法(填仪器分析方法)可以测得A的相对分子质量为90，则A的分子式为 。
(2)确定A的分子结构
使用现代分析仪器对A的分子结构进行测定，结果如图：
谱图 数据分析结果
红外光谱 含有－COOH、－OH
核磁共振氢谱 峰面积比为1︰1︰1︰3
A的结构简式为 。
(3)研究A的结构和性质的关系
①A的分子存在两种空间结构，它们具有完全相同的组成和原子排列，却互为镜像，具有不同的光学性质，两种分子的关系为 (填字母，下同)。
a．碳架异构 b．位置异构 c．官能团异构 d．手性异构
②根据A的结构推测，有机化合物A不能发生的反应有 。
a．取代反应 b．加聚反应 c．消去反应 d．酯化反应
③已知：电离常数Ka(A)=1.38×10-4，Ka(丙酸)=1.38×10-5，分析数据可知A的酸性强于丙酸，请从共价键极性的角度解释原因 。
(4)A通过缩聚反应得到的产物可用作手术缝合线，能直接在人体内降解吸收。A发生缩聚反应的化学方程式是 。
22．（2022春·北京海淀·高二统考期末）北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”摆件由环保聚氯乙烯(PVC)、ABS树脂、亚克力(PMMA)和聚碳酸酯( PC)等高分子材料制作而成，材质轻盈，形象深受人们的喜爱。
(1)写出由氯乙烯(CH2=CH- C1) 在一定条件下合成聚氯乙烯(PVC)的化学方程式： 。
(2)ABS的结构如下所示：
写出ABS对应单体的结构简式： CH2=CH-CN、 、 。
(3)亚克力( PMMA)的合成路线如下所示：
已知： (R、 R'代表烃基)
①B的核磁共振氢谱中只有一组峰， A→B的化学方程式为 。
②D的结构简式为 。
③D→E和E→PMMA单体的反应类型分别为 、 。
(4)下图是聚碳酸酯(PC )的合成过程和分子结构片段。下列说法正确的是 ( 填字母序号)。
a.反应物Ⅰ和Ⅱ均可与NaOH溶液发生反应
b.反应物Ⅰ和Ⅱ的核磁共振氢谱中均有三组峰
c.生成物除聚碳酸酯外还有苯酚
d.通过化学方法可实现聚碳酸酯的降解
(5)PVC、ABS、PMMA和PC四种聚合物中属于缩聚产物的是 。
23．（2023春·北京西城·高二统考期末）有机化合物X主要用作工程塑料的原料。研究有机化合物X的分子结构、性质的过程如下。
(1)确定X的分子式
通过燃烧法确定X的实验式为C3H5O2，然后通过质谱法测得X的相对分子质量，测量结果如图，则X的分子式为 。
(2)确定X的分子结构
使用仪器分析法测定X的分子结构，结果如下表：
序号 谱图 数据分析结果
① 只含有-COOH
② 峰面积比为2：2：1
①中的仪器分析方法为 。
②中的仪器分析方法为核磁共振氢谱法，X的结构简式是 。
(3)X的分子结构与性质的关系
①根据X的分子结构推测，其可以发生的反应类型有 (填序号)。
a．中和反应 b．取代反应 c．消去反应
②X与己二胺[H2N(CH2)6NH2]反应生成高分子，化学方程式是 。
24．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）不同空腔尺寸的瓜环可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。瓜环[7]的一种合成路线如下。
(1)A的名称是 。
(2)1，1，2，2-四溴乙烷与反应生成B的化学方程式是 。此反应过程需要加入远远过量的，目的有：
①减少副反应，提高生成物纯度。
② 。
(3)推测“成环”反应中生成M和 。
(4)瓜环[7]的分子结构模型如下图所示。
①下列关于瓜环[7]的说法正确的是 (填序号)。
a．含有的官能团是酰胺基
b．含有2种不同化学环境的氢原子
c．分子间存在范德华力和氢键
d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力
②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是 。
(5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案： 。
25．（2023春·北京大兴·高二统考期末）有机化合物M是一种药品辅料的中间体，下图是该有机化合物的合成线路。请回答下列问题。
已知: i.
ii.两种或两种以上的单体发生的加聚反应称为共聚反应，如:
（1）A的结构简式是 。
（2）反应②的化学方程式是 。
（3）合成线路①~⑤中属于氧化反应的有 (填序号)。
（4）反应④的化学方程式是 。
（5）若1mol D与2mol HCHO反应，该反应产物的结构简式是 。
（6）反应⑧的反应物及反应条件是 。
（7）合成线路中⑦~⑨的目的是 。
（8）在一定条件下，F与L按物质的量之比1 : 1发生共聚反应合成M,其链节中不含碳碳双键，且除苯环外不含其他环状结构，则M的结构简式是 。
三、结构与性质
26．（2021春·北京朝阳·高二统考期末）某钙钛矿是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用制备钙钛矿。
(1)晶体属于 。
A．离子晶体 B．分子晶体 C．共价晶体
(2)设计实验比较在、水中的溶解性： 。
(3)制备的过程如下所示：
①Ⅰ中，的沸点高于的沸点，原因是分子间存在 。
②Ⅱ中，由于分子中的 具有孤电子对，容易与反应生成盐。
(4)钙钛矿的稳定性受空气中、紫外线等因素的影响。
ⅰ.
ⅱ.
研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释： 。
我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。
(5)在钙钛矿中引入有机物M能抑制离子扩散，增加其稳定性。M的逆合成分析如下：
①羧酸A的结构简式为 。
②以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
已知：+ R＇-CH2CHO (R、R＇表示烃基或氢)。
参考答案
1．C
【详解】A．缩合聚合反应，简称缩聚反应，是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物，缩聚反应在生成高分子的同时会有小分子生成，由方程式可知，PET是由 和HOCH2CH2OH缩聚而成，A正确；
B．质谱法可测出PET的平均相对分子质量，再由链节计算出聚合度，B正确；
C．PET两种单体是 和HOCH2CH2OH， 有2种不同化学环境的H，因此它的核磁共振氢谱有2组峰，HOCH2CH2OH也有2组峰，因此二者的谱峰的组数相同，C错误；
D．PET中含有酯基，在碱性条件下发生水解，因此PET膜应避免与碱性物质长期接触，D正确；
故选C。
2．C
【分析】由X为可知，生成P的单体为CH2=CH—COONa和Y，CH2=CH—COONa和Y以2:1的物质的量比发生加聚反应生成P。
【详解】A．由分析可知，合成P的反应为CH2=CH—COONa和Y以2:1的物质的量比发生加聚反应生成P，故A正确；
B．由结构片段可知，P分子中含有许多—COONa，—COONa可以发生水解反应生成亲水基—COOH，则P的高吸水性与分子中含有—COONa结构有关，故B正确；
C．由结构简式可知，Y的结构中含有2个碳碳双键，在形成P的反应中CH2=CH—COONa和Y以2:1的物质的量比发生加聚反应，Y分子中的2个碳碳双键起到了交联作用，而CH2=CH2分子中只含有1个碳碳双键，无法起到类似的交联作用，故C错误；
D．由分析可知，生成P的单体为CH2=CH—COONa和Y，故D正确；
故选C。
3．C
【详解】A．a分子是对称分子，只有两种等效氢，核磁共振氢谱有2组峰，故A正确；
B．与 a分子的N=N双键加成生成高分子b，故B正确；
C．高分子b最多可与反应，故C错误；
D．高分子c是b水解后生成的钠盐，b属于酯，a水溶性好于高分子b，故D正确；
故答案为C。
4．D
【详解】A．该反应为加聚反应，故A错误；
B．氢键是分子间作用力，能提高高聚物的稳定性，故B错误；
C．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，氢键是分子间作用力，合成有机高聚物的单体是：，故C错误；
D．高聚物含肽键，在NaOH溶液中水解的产物之一是，故D正确；
故选：D。
5．D
【分析】根据图示可知，该有机物的结构简式为，其单体的结构简式为CH2=CHCOOH。
【详解】A．为CH2=CHCOOH通过加聚反应生成的，不能发生水解反应，A说法错误；
B．CH2=CHCOOH分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团，B说法错误；
C．氢键影响该高分子化合物的熔点和沸点，C说法错误；
D．该高分子化合物的结构简式为，D说法正确；
答案为D。
6．C
【分析】由UP的结构简式可知，UP的单体为HOCH2CH2OH、HOOCCH=CHCOOH、 ，根据合成路线可知，甲、乙、丙、丁、戊、单体1中碳原子个数都是4，且单体1中含有碳碳双键，则单体1为HOOCCH=CHCOOH，戊发生消去反应然后酸化得到单体1，根据戊的分子式知，戊为HOOCCH2CHBrCOOH；甲为链状结构，甲为CH2=CHCH=CH2，丙能和HBr发生加成反应，则丙中含有碳碳不饱和键，乙为CH2BrCH=CHCH2Br，乙发生水解反应生成丙为HOCH2CH=CHCH2OH，丁为HOCH2CH2CHBrCH2OH，丁连续被氧化生成戊。
【详解】A．由上述分析可知，甲为CH2=CHCH=CH2，故A正确；
B．③中碳碳双键和HBr发生加成反应生成单键、⑤中碳溴键发生消去反应生成碳碳双键，所以上述流程设计③和⑤是为了保护碳碳双键，故B正确；
C．①②③④⑤⑥分别是加成反应、取代反应或水解反应、加成反应、氧化反应、消去反应、缩聚反应，故C错误；
D．m、n的比值不同，得到的物质不同，所以调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子的材料，故D正确；
故答案选C。
7．B
【详解】A．CH2=CH－COOH用NaOH部分中和，加入交联剂乙二醇，再引发聚合，可生成该网状吸水性高分子树脂，故A正确；
B．CH2=CH－COOH用NaOH部分中和，加入交联剂乙二醇发生酯化反应，再引发加聚反应制备该网状吸水性高分子树脂，故B错误；
C．该高分子树脂含有吸水性强的－COONa，所以该高分子树脂具有吸水性，故C正确；
D．少量交联后形成网状结构有利于提高材料的保水能力，故D正确；
选B。
8．B
【详解】A．PET分子是由XY链接而成，分子中含有酯基，能发生水解反应，A正确；
B．PET的结构简式可写为，B错误；
C．由题意可知，PET的单体为 、HOCH2CH2OH，两者可以通过缩聚生成PET同时生成小分子水，C正确；
D．若PET结构中的Y用 替代，分子中不同链之间可以相互结合，形成网状结构，D正确；
故选B。
9．C
【详解】A．根据降冰片烯的结构简式，其分子式为C7H10，含有碳碳双键，则分子本身可以发生加聚反应，A说法正确；
B．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，可发生1∶1的加聚反应，故该光刻胶的结构简式可能为：，B说法正确；
C．1个马来酸酐水解生成2个羧基，则1 mol马来酸酐，最多消耗2 mol NaOH，C说法错误；
D．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，发生加聚反应时，可能导致马来酸酐相邻2个，故光刻胶合成过程中可能会出现链节：，D说法正确；
答案为C。
10．C
【详解】A．图a为1，3-丁二烯经过加聚得到的高聚物，所以其单体为1，3-丁二烯，A正确；
B．聚合物X中含碳碳双键，容易被氧化，所以橡胶的老化与该反应有关，B正确；
C．根据图b可知，硫化过程中涉及碳碳双键的断裂和碳硫单键的形成，所以涉及σ键和π键的变化，C错误；
D．聚合物X在硫化过程中形成的网状结构，强度比线状结构的大，D正确；
答案选C。
11．C
【详解】A．由图可知，E的分子式为，A正确；
B．结合EP结构可知，形成高分子化合物P的单体之一F的结构简式是 ，B正确；
C．E和F发生成P的过程中没有生成小分子化合物，为加聚反应，C错误；
D．聚合物P中含有酯基-COO-，D正确；
故选C。
12．A
【详解】A．花生油为油脂，不是高分子化合物，A符合题意；
B．棉花为植物纤维，属于高分子化合物，B不符合题意；
C．羊毛含有蛋白质，属于高分子化合物，C不符合题意；
D．天然橡胶中成分的相对分子质量很大，为高分子化合物，D不符合题意；
故选A。
13．C
【详解】A．芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B．根据 的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则 中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′-DDS，故B正确；
C．芳砜纶纤维的结构简式为 ，则 为0.75n， 为0.25n， 为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；
D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl,及时移除HCl,平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；
故选：C。
14．B
【详解】A．分子中含有羟基、羧基，可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料，A正确；
B．有机硅橡胶是通过缩聚反应制得的，反应过程中得到小分子水，B错误；
C．由结构可知，甲醛分子含有碳氧双键，通过加聚反应生成，C正确；
D．聚异戊二烯分子中含有碳碳双键，，能使溴水褪色，D正确；
故选B。
15．C
【分析】由图可知，甲醛和NH2R发生加成反应生成，随后发生消去反应生成，以此解题。
【详解】A．由分析可知，上述已知过程中发生了加成反应和消去反应，A正确；
B．因为电负性：N>C，蛋白质中N带负电，HCHO中C带正电，所以带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合，使蛋白质失活，对人体造成危害，B正确；
C．含氨基的试剂与甲醛反应为加成反应，酸性KMnO4溶液和甲醛反应属于氧化还原反应，原理不同，C错误；
D．和甲醛先发生加成反应，再发生缩聚反应生成，D正确；
故选C。
16．D
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选：D。
17．B
【详解】A．组成聚合物P的X物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A正确；
B．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，X、Y、Z对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-O和C=S键合成聚合物P，没有生成小分子物质，该反应是加聚反应，B错误；
C．物质Z去掉高聚物符号以及断裂C=O其中一条键得到单体是 ，C正确；
D．线型高分子是指官能团种数为2的单体经过缩合聚合得到的高分子，仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物含有支链但不是网状体型高分子，是线型高分子，D正确；
故选：B。
18．A
【详解】A．PPC中含有酯基、碳碳双键、羰基3种官能团，A错误；
B．该聚合过程中没有小分子生成，B正确；
C．顺丁烯二酸酐含有碳碳双键，可使的溶液褪色，C正确；
D．由于PPC中存在碳碳双键，可以发生加成反应进行交联改性，D正确；
故选A。
19．(1)
(2)
(3)n+(n-1)H2O
(4)碳碳双键和羧基
(5)HOCH2CH2OH
(6)
【分析】A具有酸性，能和氢氧化钠反应生成B，B和二氧化碳反应生成C，C酸化得到D，D→E脱去一分子CH3COOH，且E能与碳酸氢钠溶液反应，E中含羧基，则E为，根据缓释阿司匹林的结构简式可知，E和H发生酯化反应生成缓释阿司匹林，H为：，G发生聚合反应生成H，G为：，F和a发生酯化反应生成G，根据F的分子式可知，F为CH2=C(CH3)COOH，a为HOCH2CH2OH，据此分析解题。
(1)
通过分析可知，B的结构简式为：；
(2)
通过分析可知，E的结构简式为：；
(3)
D自身缩合成高分子子化合物为：，副反应的方程式为：n+(n-1)H2O；
(4)
F为CH2=C(CH3)COOH，F含有的官能团为碳碳双键和羧基；
(5)
根据分析可知，试剂a为HOCH2CH2OH；
(6)
根据分析可知，H的结构简式为：。
20．(1)CH3CH2OH
(2)-OH-CHO
(3) 氧化反应 银氨溶液呈碱性，而硝酸银溶液呈酸性
(4)CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
(5)加成反应
(6)碳氯键
(7)ClCH2CH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl
(8)
【分析】CH2=CH2在一定条件下与H2O反应生成B为CH3CH2OH，B催化氧化生成C为CH3CHO，C与银氨溶液反应生成的D为CH3COONH4，酸化后生成E为CH3COOH，B与E发生酯化反应生成F为CH3COOCH2CH3。
【详解】（1）由分析知，B的结构简式是CH3CH2OH。答案为：CH3CH2OH；
（2）B(CH3CH2OH)→C(CH3CHO)，发生的官能团转化是-OH-CHO。答案为：-OH-CHO；
（3）C(CH3CHO)→D(CH3COONH4)，反应类型是氧化反应。CH3CHO与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，而直接CH3CHO与AgNO3溶液反应则无银镜，主要是溶液的性质不同，原因：银氨溶液呈碱性，而硝酸银溶液呈酸性。答案为：氧化反应；银氨溶液呈碱性，而硝酸银溶液呈酸性；
（4）B(CH3CH2OH)+E(CH3COOH)F(CH3COOCH2CH3)，化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
（5）反应①为CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl，反应类型是加成反应。答案为：加成反应；
（6）X为ClCH2CH2Cl，官能团名称是碳氯键。答案为：碳氯键；
（7）反应②为ClCH2CH2Cl水解生成HOCH2CH2OH，化学方程式是：ClCH2CH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl。答案为：ClCH2CH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl；
（8）Z是，由M与HOCH2CH2OH发生缩聚反应生成，则M的结构简式是。答案为：。
【点睛】判断缩聚反应的单体时，可先确定链节，然后让其发生水解。
21．(1) 质谱 C3H6O3
(2)
(3) d b O—C键的极性强于C—H键的极性，中羧基的极性增强，更易电离出氢离子
(4)n
【详解】（1）经元素分析得到化合物A的实验式为CH2O，通过质谱法测得A的相对分子质量为90，设A的分子式为(CH2O)n，则n==3，分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；
（2）由红外光谱可知，A分子中含有羟基和羧基，则符合核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1︰1︰1︰3的结构简式为，故答案为：；
（3）①由结构简式可知，A分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，所以A分子存在手性异构，故选d；
②由结构简式可知，A分子中含有羟基和羧基，一定条件下能发生取代反应、消去反应和酯化反应，不含有碳碳双键，不能发生加聚反应，故选b；
③O—C键的极性强于C—H键的极性，与丙酸相比，中羟基使羧基的极性增强，更易电离出氢离子，所以的电离常数大于丙酸，酸性强于丙酸，故答案为：O—C键的极性强于C—H键的极性，中羧基的极性增强，更易电离出氢离子；
（4）由结构简式可知，A分子中含有羟基和羧基，催化剂作用下能发生缩聚反应生成，反应的化学方程式为n，故答案为：n。
22．(1)
(2) CH2=CH-CH=CH2
(3) 消去反应 取代反应（或酯化反应）
(4)acd
(5)PC
【详解】（1）由氯乙烯(CH2=CH-Cl) 在一定条件下合成聚氯乙烯(PVC)的化学方程式为。
（2）ABS对应单体为 CH2=CH-CN、CH2=CH-CH=CH2和。
（3）①A的分子式为C3H8O，则A为丙醇，被O2氧化后生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，则B为，A为，A→B的化学方程式为；
②结合“已知”可知，D为；
③D在浓硫酸的作用下反应生成E，E为，该反应为消去反应；E和CH3OH反应生成PMMA单体（），该反应为取代反应（或酯化反应）。
（4）a．反应物I含有酚羟基，反应物II含有酯基，二者均可与NaOH溶液发生反应，a正确；
b．反应物的核磁共振氢谱中有四组峰，反应物Ⅱ的核磁共振氢谱中有三组峰，b错误；
c．根据图中的合成过程可知，反应中生成物除聚碳酸酯外还有苯酚，c正确；
d．聚碳酸酯含有酯基，可通过化学方法可实现聚碳酸酯的降解，d正确；
故选acd。
（5）PVC、ABS、PMMA的单体都含有碳碳双键，它们都由相应的单体通过聚合反应得到，都属于聚合产物；而PC是由两种单体通过缩聚反应获得，属于缩聚产物。
23．(1)C6H10O4
(2) 红外光谱 HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH
(3) ab nHOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH+nH2N(CH2)6NH2+(2n-1)H2O
【详解】（1）X的实验式为C3H5O2，其式量是73，根据质谱法测得其最大质合比是146，故其相对分子质量是146，故该物质分子式是C6H10O4；
（2）①中显示物质分子中含有的官能团，该仪器分析方法为红外光谱法；
②根据红外光谱图可知：X分子中含有-OH、C=O，且只含有-COOH，X不饱和度是2，结合其核磁共振氢谱图显示该物质分子中含有3种H原子，由于它们的个数比为2：2：1，说明该物质分子高度对称，可见X分子结构简式是HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH；
（3）①a．X是1，6-己二酸，物质分子中含有羧基，因此能够与碱发生中和反应，a正确；
b．X分子中含有-COOH，能够与醇在一定条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，b正确；
c．该物质分子中无-OH、卤素原子，因此不能发生消去反应，c错误；
故合理选项是ab；
②X是HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH，分子中含有2个-COOH，己二胺[H2N(CH2)6NH2]分子中含有2个-NH2，它们在一定条件下发生缩聚反应产生高聚物——聚己二酸己二胺和H2O，该反应的化学方程式为：nHOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH+nH2N(CH2)6NH2+(2n-1)H2O。
24．(1)乙炔
(2) + 8NH3 → + 4NH4Br 与HBr反应，提高 的产率
(3)CH3OH
(4) abd 7
(5)通过质谱仪测定瓜环[n]的相对分子质量进行推算
【分析】A是乙炔，通过加成反应生成 ，再与NH3发生取代反应，生成 ，再与 反应，生成 ，再通过HCHO和催化剂作用，生成 和水。
【详解】（1）A是C2H2，即乙炔。
（2）1，1，2，2-四溴乙烷与 NH3 反应生成B和溴化铵，其方程式为：
+ 8NH3 → + 4NH4Brr
（3）NH3过量，除了可以减少副反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产率。
（4）①a．含有的官能团是酰胺基，a正确；
b．根据对称性可以分析，其中含有2种不同化学环境的氢原子，b正确；
c．分子间只有范德华力没有氢键，c错误；
d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力通过分析断键机理，d正确；
故选abd。
② 在与 反应生成 和甲醇CH3OH。
（5）质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值。
25． CH3CH=CH2 CH3CH2CH2Cl+NaOH CH3CH2CH2OH+NaCl ③⑤ 反应物是C2H5Br, 用AlCl3作催化剂 利用—SO3H 基团，占据乙苯的邻位，使反应⑧中乙基主要在乙苯的对位取代,以减少副反应的发生
【分析】合E的分子式和F的结构简式可知，E氧化生成F，推知E为 ，D与甲醛在氢氧化钠中加热发生类似已知: i.的反应，得到E，可推知D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，则A为CH3CH=CH2；苯与溴乙烷在氯化铝作用下发生反应生成乙苯H，乙苯与浓硫酸发生磺化反应生成I为邻乙基苯磺酸，邻乙基苯磺酸溴乙烷在氯化铝作用下发生反应生成J为 ， 酸化得到K为 ， 在一定条件下发生一系列反应得到L为 ， 与 反应生成M为 ，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，A的结构简式是CH3CH=CH2；
（2）反应②是CH3CH2CH2Cl在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2CH2OH和氯化钠，反应的化学方程式是CH3CH2CH2Cl+NaOH CH3CH2CH2OH+NaCl；
（3）合成线路①~⑤中属于氧化反应的有③⑤；
（4）反应④是丙醛和甲醛在氢氧化钠中加热发生反应生成 和水，反应的化学方程式是 ；
（5）若1mol D（CH3CH2CHO）与2mol HCHO反应，丙醛中醛基相连的碳上两个碳氢键断裂加成在甲醛上，该反应产物的结构简式是 ；
（6）反应⑧与反应⑥相似，邻乙基苯磺酸溴乙烷在氯化铝作用下发生反应生成J，反应物是C2H5Br，用AlCl3作催化剂；
（7）合成线路中⑦~⑨的目的是利用—SO3H 基团，占据乙苯的邻位，使反应⑧中乙基主要在乙苯的对位取代，以减少副反应的发生；
（8）在一定条件下，F（ ）与L( )按物质的量之比1 : 1发生共聚反应合成M，其链节中不含碳碳双键，且除苯环外不含其他环状结构，则M的结构简式是 。
26．(1)B
(2)向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色
(3) 氢键 N(氮原子)
(4)(或)，HI浓度减小，使上述平衡正向移动
(5)
【解析】（1）
I2属于非金属单质，其晶体是分子间以分子间作用力结合形成的晶体，属于分子晶体，故答案：B；
（2）
和水不互溶，故可以进行萃取操作比较在、水中的溶解性，即向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色，故答案：向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色；
（3）
①中O元素的电负性大，能与H原子形成分子间氢键，使的沸点增大，故答案：氢键；
②的中心原子是N原子，其孤对电子对数为，故答案：N；
（4）
HI是强酸，在水中会电离，HI浓度减小，使上述平衡正向移动，故答案：(或)，HI浓度减小，使上述平衡正向移动；
（5）
①从M到羧酸A是酯的水解反应，其断键位置为，故羧酸A的结构简式为，故答案：；
②根据题目信息，可知含有醛基的两种有机物在催化剂下可以发生加成反应，实现碳链的加长，再经过催化和加氢反应，即可去掉羟基，故合成路线为：，故答案：。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
物质结构元素周期律章节综合
一、单选题
1．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列事实不能用元素周期律解释的是
A．电负性：N
①NaOH②③④金刚石⑤NaCl⑥白磷
A．①③⑥ B．①②④ C．②④⑤ D．③④⑤
3．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图：
下列说法不正确的是：
A．反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量
B．反应②中涉及到极性键、非极性键的断裂
C．C6→淀粉的过程中只涉及O－H键的断裂和形成
D．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的结构组成是否一致
4．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2和 NaOH 所含化学键类型完全相同
B．NH3比 PH3稳定是因为 NH3分子间存在氢键
C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D．H2O2 是含非极性键的极性分子
5．（2021春·北京朝阳·高二统考期末）下列性质比较中，正确的是
A．沸点：
B．热稳定性：
C．酸性：
D．在水中的溶解度：
6．（2021春·北京密云·高二统考期末）下列化合物既含离子键又含共价键的是
A． B．H2S C． D．KBr
7．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．CH4分子的比例模型 B．乙烯的电子式：
C．羟基的结构简式：-OH D．聚丙烯的结构简式：
8．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下，S2Cl2遇水易与水发生反应，并产生能使品红褪色的气体，下列说法中错误的是
A．S2Cl2的结构式为 Cl—S—S—Cl
B．S2Cl2与水反应时只有S—Cl断裂
C．S2Br2含有极性键和非极性键
D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
参考答案
1．D
【详解】A．N、O、F是同周期元素，原子系数依次增大，电负性依次增大，A不合题意；
B．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，B不合题意；
C．非金属性越强，气态氢化物的稳定性就越强，C不合题意；
D．H2SO3不是最高价氧化物对应的水化物，故不能用酸性来解释 ，D符合题意；
故选D。
2．A
【分析】NaOH中包含有和作用形成的离子键和中H原子与O原子之间的共价键，有两种作用力；中只胡Si原子和O原子间的共价键，只有一种作用力；中包含有和作用形成的离子键和中N原子与H原子之间的共价键，有两种作用力；金刚石中只有C原子之间的共价键，只有一种作用力；NaCl中只有和作用形成的离子键，只有一种作用力；白磷中包含有P原子之间的共价键，还有分子之间的范德华力，有两种作用力；
【详解】A． NaOH、和白磷都包含有两种作用力，A正确；
B． NaOH有两种作用力，但是和金刚石都只有一种作用力，B错误；
C．、金刚石、NaCl中都只有一种作用力，C错误；
D．中有两种作用力，金刚石、NaCl中只有一种作用力，D错误；
故合理选项为A。
3．C
【详解】A．生成H2O的反应为放热反应，那么H2O分解为吸热需要外界提供能量，A项正确；
B．H2中H-H非极性键断裂而CO2中的C=O极性键断裂，B项正确；
C．该过程中有O-H键和C-O的断裂与形成，还有O-P断裂，C项错误；
D．核磁共振、X射线等，D项正确；
故选C。
4．D
【详解】A.NaOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以两者化学键类型不同，A错误；
B. 氢键影响物理性质，不影响氢化物稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属强于P，B错误；
C. 化学反应的实质是旧键断裂生成新键，CO2溶于水与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，干冰升华只是CO2从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，C错误；
D. H2O2即含极性共价键又含非极性键的极性分子，D正确；
故答案为：D。
【点睛】氢键不是化学键，是一种分子间作用力，主要影响物理性质，比如熔沸点、溶解性等，不影响其化学性质。
5．D
【详解】A．能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以沸点：H2O＞H2S，A选项错误；
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性Cl＞I，所以热稳定性HCl＞HI，B选项错误；
C．Cl原子为吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强，使得CH2ClCOOH酸性比CH3COOH强，C选项错误；
D．一元醇中，烃基基团越大，其溶解度越小，所以在水中的溶解度：CH3CH2OH＞CH3CH2CH2CH2CH2OH，D选项正确；
答案选D。
6．C
【详解】A．属于共价化合物，只含共价键，故A错误；
B．属于共价化合物，只含共价键，故B错误；
C．属于离子化合物，其中既含离子键又含共价键，故C正确；
D．KBr中只含离子键，故D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，表示 CH4分子的比例模型，故A正确；
B． 乙烯分子中碳原子和碳原子间形成两对共用电子对，碳原子和氢原子间各形成四对共用电子对，故乙烯的电子式为：，故B正确；
C．水分子去掉一个氢原子为羟基，羟基的结构简式为：-OH，故C正确；
D．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为，故D错误；
答案选D。
8．B
【详解】A．根据结构式知，该分子中每个氯原子和S原子之间形成一个共用电子对、S原子之间形成一个共用电子对，所以每个原子都达到8电子稳定结构，则该分子结构式正确，
B．S2Cl2与水反应时产生S单质、SO2及HCl，所有的化学键都断裂，产生新的化学键，错误；
C．S2Br2分子类似S2Cl2晶体结构，分子中含有非极性共价键S-S键，也存在极性共价键S-Br键，正确；
D．常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，说明生成二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），S2Cl2中Cl元素化合价为-1价，所以不能再得电子，只能是一部分S元素化合价降低到0价（生成S），所以反应方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，正确。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
糖类
一、单选题
1．（2022春·北京丰台·高二统考期末）下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 除去苯中含有的少量苯酚 加入足量的溴水，过滤
B 比较水和乙醇中羟基氢的活泼性 向乙醇和水中分别加入少量Na
C 检验溴乙烷中的溴原子 先加入适量NaOH溶液，振荡，加热，再滴加少量AgNO3溶液
D 验证淀粉能发生水解反应 将淀粉和稀硫酸混合后，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加加热
A．A B．B C．C D．D
2．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）下列实验中，为实现实验目的需要使用试剂排除干扰，选择的试剂正确的是
实验 实验目的 试剂
① 电石与水反应 用酸性溶液检验乙炔的还原性 溶液
② 与NaOH溶液共热 用溶液检验中的Br 溶液
③ 淀粉与稀水浴共热 用银氨溶液检验水解产物的还原性 NaOH溶液
④ 与浓加热至170℃ 用的溶液证明该反应为消去反应 NaOH溶液
A．只有①②③ B．只有①②④ C．只有②③④ D．①②③④
3．（2022春·北京昌平·高二统考期末）下列实验不能达到实验目的的是
选项 A B
实验
实验目的 验证葡萄糖分子中含有羟基 检验淀粉发生水解
选项 C D
实验
实验目的 对比水与乙醇中羟基氢原子的活泼性 制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
4．（2022春·北京海淀·高二统考期末）有机化合物种类繁多，不同物质发生反应的反应类型不尽相同，下列说法不正确的是
A．苯酚和浓溴水发生加成反应
B．乙醛在一定条件下可发生还原反应
C．烷烃与氯气光照下发生取代反应
D．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液可发生氧化反应
5．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法正确的是
A．的名称为2-乙基丙烷 B．属于胺类化合物
C．和互为同系物 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
6．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列说法不正确的是
A．淀粉和纤维素是糖类中的天然高分子，完全水解后的产物都是葡萄糖
B．核酸和蛋白质是生命活动中的重要的高分子化合物，它们都含有氮元素
C．油脂是提供人体活动所需能量的高分子化合物
D．塑料、合成纤维、合成橡胶是三大合成高分子材料
7．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列实验方案中，不能达到相应实验目的的是
实验方案
目的 A．检验溴乙烷消去反应的产物 B．证明葡萄糖中含有羟基 C．实验室制备和收集乙酸乙酯 D．检验蔗糖水解产物的还原性
A．A B．B C．C D．D
8．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）下列实验操作能达到实验目的的是
实验操作 实验目的
A 将乙醇和浓硫酸混合加热后的气体产物通入KMnO4(H+)溶液中 检验生成的有机物
B 乙醇与重铬酸钾(K2Cr2O7)酸性溶液混合 验证乙醇具有还原性
C 蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间后，加新制备的Cu(OH)2，加热 检验蔗糖水解产物具有还原性
D 向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液 证明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚
A．A B．B C．C D．D
9．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）维生素C在人体中有抗氧化延缓细胞衰老的作用，以葡萄糖为原料制取维生素C的过程如下，下列说法不正确的是
A．维生素C具有还原性
B．葡萄糖通过氧化反应制得山梨糖醇
C．山梨糖醇制维生素C需经氧化、酯化等反应过程
D．向维生素C溶液中滴加碘的淀粉溶液，蓝色褪去(反应如下)，该反应中维生素C被氧化+I2→+2HI
10．（2021春·北京延庆·高二统考期末）下列物质中，能够在酸性溶液中水解，生成两种相对分子质量相同物质的是
A．乙酸乙酯 B．麦芽糖 C．蔗糖 D．淀粉
二、有机推断题
11．（2021春·北京延庆·高二统考期末）可再生的生物质资源的应用是科学家研究的重大课题。我国科学家研发了葡萄糖的各种应用。
I.淀粉是绿色植物光合作用的产物，淀粉在酸或酶的作用下水解，生成一系列产物，最终生成葡萄糖。
(1)写出淀粉在稀硫酸作催化剂发生水解反应的化学方程式 。
(2)某小组同学欲检验淀粉水解后产生葡萄糖，按下图进行实验，未观察到产生红色沉淀，原因是 。
II.聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纤维、可降解塑料和医用材料。以葡萄糖为原料可以制备聚乳酸，相互转化关系如下：
(3)反应②的化学方程式为 。
(4)两分子的乳酸发生酯化反应可以生成六元环状化合物，写出该反应的化学方程式 。
III.葡萄糖在不同的氧化剂作用下可以发生以下转化关系：
已知A和B都不能发生银镜反应，且以下几类有机化合物被氧化的容易程度：RCHO＞R-CH2OH＞。
(5)A脱水可得到具有五元环状结构的酯C或具有六元环状结构的酯D，写出C的结构简式 。
(6)写出B的结构简式 。
三、填空题
12．（2021春·北京东城·高二统考期末）按要求回答下列问题：
(1)下列5种物质：a.乙烯；b.苯；c.甲苯；d.溴乙烷；e.聚乙烯。
①互为同系物的是 (填序号，下同)。
②分子中所有原子在同一平面内的是 。
③从上述5种物质中选出2种，使其能通过一步反应发生转化。写出任意一个符合上述要求的反应的化学方程式： 。
(2)分子式为的芳香族化合物有多种同分异构体。写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式。
①能与溶液作用显色： (任写一种)。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子： 、 。
(3)①淀粉或纤维素在酸的作用下彻底发生水解反应，均可得到的产物是 。
②若要证明淀粉在水解过程中是否完全发生反应，可采取的实验方法： 。
四、实验探究题
13．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。
资料：ⅰ．葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕色)的聚合物。
ⅱ．Cu2O、CuO均溶于氨水，生成、；Cu不溶于氨水。
(1)探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。
编号 实验Ⅰ 实验Ⅱ
实验方案
实验现象 加热，无明显现象， 静置后未见砖红色沉淀 加热、静置后， 底部有砖红色沉淀
①实验Ⅱ中，葡萄糖转化为 。
②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：
a．电极反应式：
ⅰ．还原反应：
ⅱ．氧化反应： 。
b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是 。
(2)探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响。
编号 实验Ⅲ 实Ⅳ
实验方案 现象 温度
50℃ 得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色 得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色
70℃ 得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色 得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤液呈棕色
100℃ 得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色 得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色
①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤， (填操作和现象)。
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。
假设b： (补充完整)。
经定量分析可知假设a不成立。
(3)综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，将宜采用的条件填入下表。
温度／℃ NaOH溶液 葡萄糖溶液
条件 2mL10%NaOH溶液
参考答案
1．B
【详解】A．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯，不能除杂，应加NaOH溶液、分液，故A错误；
B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，可比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，故B正确；
C．水解后没有加硝酸中和NaOH，操作不合理，不能检验溴乙烷中的溴原子，故C错误；
D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，故D错误；
故选：B。
2．D
【详解】①反应生成乙炔，可能混有硫化氢杂质，则CuSO4溶液除去硫化氢，然后利用高锰酸钾溶液褪色可验乙炔的还原性，①正确；
②发生水解反应生成乙醇和NaBr，检验溴离子应在酸性溶液中，则先加硝酸，再用AgNO3溶液检验CH3CH2Br中的Br，②正确；
③水解生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中，则先加NaOH溶液，再用银氨溶液检验水解产物葡萄糖的还原性，③正确；
④发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，且可能发生氧化还原反应生成SO2，则用NaOH溶液吸收乙醇和SO2，用Br2的CCl4溶液检验乙烯证明该反应为消去反应，④正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．葡萄糖分子中含有羟基和醛基，二者都能还原酸性KMnO4溶液，并使其褪色，不能检验羟基的存在，A符合题意；
B．淀粉中加入稀硫酸后发生水解生成葡萄糖，加入NaOH使溶液呈碱性，再加入银氨溶液，可检验葡萄糖的存在，B不符合题意；
C．相同体积的钠块分别放入水和乙醇中，根据反应的剧烈程度，可确定水和羟基的活泼性，C不符合题意；
D．制备乙酸乙酯时，试管内分别加入无水乙醇、浓硫酸、冰乙酸，出气导管口位于液面上，可制得乙酸乙酯，D不符合题意；
故选A。
4．A
【详解】A．苯酚和浓溴水发生取代反应生成2,4,6 三溴苯酚白色沉淀，故A错误；
B．乙醛在一定条件下与氢气发生加成反应，该反应也属于还原反应，故B正确；
C．烷烃与氯气光照下发生取代反应，故C正确；
D．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液在碱性加热条件下发生氧化反应，醛基被氧化，故D正确。
综上所述，答案为A。
5．B
【详解】A． 主链有4个碳原子的烷烃，2号碳上有1个甲基，系统命名为：2-甲基丁烷，故A错误；
B． 甲胺可以看作甲基被氨基取代，属于胺类化合物，故B正确；
C． 属于酚类物质，属于醇，二者不是同类物质，不是同系物，故C错误；
D． 淀粉和纤维素的聚合度不同，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
故选：B。
6．C
【详解】A．淀粉和纤维素在酸的催化作用下完全水解后的产物都是葡萄糖，A正确；
B．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，他们都含有氮元素，B正确；
C．油脂不是高分子化合物，C错误；
D．三大合成材料是指合成塑料、合成纤维、合成橡胶，他们都是高分子化合物，D正确；
故选C。
7．B
【详解】A．溴乙烷消去反应生成乙烯，乙烯可以使溴的四氯化碳褪色，但是乙醇和溴乙烷都不行，故可以达到目的，A正确；
B．葡萄糖中含有醛基，醛基也可以使高锰酸钾褪色，B错误；
C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠中，且饱和碳酸钠可以除去乙醇和乙酸，C正确；
D．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，其中葡萄糖可以发生银镜反应，D正确；
故选B。
8．B
【详解】A．乙醇和浓硫酸混合加热会生成乙烯，但乙醇也可能挥发出来，所以使酸性KMnO4褪色的可能是乙醇，不一定是乙烯，A不符合题意；
B．重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液为橙色，Cr3+为绿色，Cr由+6价降为+3价，为氧化剂，则乙醇为还原剂，有还原性，B符合题意；
C．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与Cu(OH)2浊液的反应需在碱性条件下进行，在酸性条件下，因酸碱中和将Cu(OH)2消耗而看不到现象，C不符合题意；
D．醋酸易挥发，可以与苯酚钠反应生成苯酚，因此不能证明酸性碳酸＞苯酚，D不符合题意；
故选B。
9．B
【详解】A．由维生素C的结构式可知，维生素C含有碳碳双键和醇羟基，均具有还原性，A正确；
B．由图可知，由葡萄糖转化为山梨糖醇的过程中，-CHO转化为-CH2OH，有机化学中去氧或加氢的反应为还原反应，因此葡萄糖通过还原反应制得山梨糖醇，B错误；
C．由图可知，山梨糖醇制维生素C的过程中，1号（如图：）位置处的-CH2OH被氧化为羧基（-COOH），生成的羧基与2号C上的羟基（-OH）发生了酯化反应，因此需经氧化、酯化等反应过程，C正确；
D．由方程式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，化合物 的分子式为C6H6O6，有机化学中去氢或加氧的反应为氧化反应，因此该反应属于氧化反应，D正确；
故选B。
10．C
【详解】A．乙酸乙酯在酸性溶液中发生水解反应生成乙酸和乙醇，乙酸和乙醇的相对分子质量不相同，故A错误；
B．麦芽糖在酸性溶液中发生水解反应生成葡萄糖，水解产物只有一种，故B错误；
C．蔗糖在酸性溶液中发生水解反应生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和果糖的相对分子质量相同，故C正确；
D．淀粉在酸性溶液中发生水解反应生成葡萄糖，水解产物只有一种，故D错误；
故选C。
11．(1)(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)
(2)水解后未加入NaOH中和溶液至碱性
(3)n+(n-1)H2O
(4)2+2H2O
(5)
(6)HOOC(CHOH)4COOH
【解析】(1)
淀粉在稀硫酸作催化剂时发生水解反应生成葡萄糖，反应的化学方程式为：(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)。
(2)
检验淀粉水解后产生了葡萄糖，必须在碱性条件下用新制氢氧化铜悬浊液与水解液共热；图示实验未观察到产生红色沉淀的原因是：水解后未加入NaOH中和溶液至碱性。
(3)
乳酸中含羧基和羟基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的化学方程式为：n+(n-1)H2O。
(4)
两分子乳酸发生分子间酯化反应生成六元环状化合物，反应的化学方程式为：2+2H2O。
(5)
葡萄糖的分子式为C6H12O6、结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，根据A、B的分子式可知，葡萄糖→A以及A→B均为氧化反应，结合“有机物被氧化的容易程度：RCHO＞R—CH2OH＞”，A和B都不能发生银镜反应，则A的结构简式为HOCH2(CHOH)4COOH，B的结构简式为HOOC(CHOH)4COOH；A脱水可得到具有五元环状结构的酯C或具有六元环状结构的酯D，则C的结构简式为 ，D的结构简式为：。
(6)
根据上述分析，B的结构简式为HOOC(CHOH)4COOH。
12． bc ab 葡萄糖 向水解液中加入碘水，若不变蓝色，则淀粉全部水解
【详解】(1)①同系物为结构相似、在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，故答案为：bc；
②乙烯中6原子共面，苯中12原子共面，甲苯中甲基中原子不能都共面，溴乙烷中都是饱和碳原子、不能都共面，聚乙烯的结构中是单键相连不能都共面，故答案为：ab；
③乙烯可以一步转化为溴乙烷，如；
(2)①能与溶液作用显色的为酚类，应该是甲基苯酚的邻、间、对位均可以，如：；
②符合分子中有4种不同化学环境的氢原子的为：、；
(3)①淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物都是葡萄糖；
②若要证明淀粉在水解过程中是否完全反应，就是检验水解液中是否还有淀粉，应选用碘水检验，故答案为：向水解液中加入碘水，若不变蓝色，则淀粉全部水解。
13．(1) CH2OH(CHOH)4COONa CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O 随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强
(2) 加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体 葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质
(3) 50℃ 5滴10%葡萄糖溶液
【分析】通过设计实验，探究NaOH溶液的用量对该反应的影响；探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响；综合实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，对实验进行分析；
【详解】（1）①实验Ⅱ中，加热、静置后，底部有砖红色沉淀产生，则葡萄糖被氧化，转化为CH2OH(CHOH)4COONa；
②a．ⅰ．还原反应，氢氧化铜得电子发生还原反应生成氧化亚铜：；
ⅱ．氧化反应，葡萄糖失电子产生葡萄糖酸，电极反应为：CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O；
b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强；
（2）①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；
假设b：葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；
经定量分析可知假设a不成立；
（3）根据上述实验可知，在50℃时，实验Ⅲ得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色，实验Ⅳ得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色，所以使葡萄糖的浓度较大，量较少，故答案为50℃；5滴10%葡萄糖溶液。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
生物大分子章节综合
一、单选题
1．（2023春·北京房山·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．蛋白质水解的最终产物为氨基酸
B．核酸水解的最终产物是磷酸、五碳糖和碱基
C．油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
D．麦芽糖和蔗糖均可发生水解反应，且水解产物相同
2．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）下图为DNA分子的局部结构示意图。下列说法不正确的是
A．DNA是一种生物大分子，分子中四种碱基均含N—H键
B．脱氧核糖分子、磷酸分子、碱基可通过脱水形成脱氧核糖核苷酸分子
C．-NH2氮原子能提供孤电子对与H+的空轨道形成配位键，因此能与酸反应
D．图中虚线表示碱基互补配对(A和T、C和G)时形成的化学键
3．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列实验方案、现象、结论的对应关系正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解
B 向1-溴丙烷中加入NaOH溶液并加热，冷却后取上层液体，滴加过量稀硝酸，再加入几滴AgNO3溶液 有淡黄色沉淀生成 该卤代烃中含有溴元素
C 向2-丁烯醛(CH3—CH=CH—CHO)中滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 该有机物中存在醛基
D 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，振荡 有固体析出 (NH4)2SO4溶液能使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
4．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．纤维素分子中含有羟基、可与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维
B．氨基酸分子中含有氨基和羧基，多个氨基酸分子可通过肽键生成多肽
C．油酸分子中含有碳碳双键，因此含有油酸甘油酯的植物油可使溴水褪色
D．核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
5．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）提纯下列物质所选试剂及对应分离方法不可行的是
主要成分 杂质 除杂试剂 分离方法
A CO2 SO2 饱和NaHCO3溶液 洗气
B 乙烷 乙烯 酸性KMnO4 洗气
C 苯 苯酚 NaOH溶液 分液
D 蛋白质溶液 葡萄糖 浓(NH4)2SO4溶液 盐析、过滤、洗涤、溶解
A．A B．B C．C D．D
6．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）下列说法不正确的是
A．冠醚与碱金属的分子识别作用可加快高锰酸钾氧化烯烃反应的速率
B．纤维素和硝酸可以发生酯化反应生成纤维素硝酸酯
C．超分子具有分子识别的特征，杯酚与C60之间可通过共价键形成超分子进而实现C60和C70的分离
D．新冠疫苗一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性
7．（2023春·北京东城·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．核苷酸是组成核酸的基本单元
B．麦芽糖既能发生水解反应又能发生银镜反应
C．油脂氢化后产生的人造脂肪中碳原子均为杂化
D．由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应
8．（2023春·北京昌平·高二统考期末）脱氧核糖核酸(DNA)分子的局部结构示意图如下，它是由脱氧核糖、磷酸及碱基形成脱氧核糖核苷酸后，脱氧核糖核苷酸聚合成脱氧核糖核苷酸链进而形成的。
下列说法不正确的是
A．磷酸与脱氧核糖分子通过醚键结合
B．碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断N-H键
C．脱氧核糖、磷酸、碱基通过分子间脱水形成脱氧核糖核苷酸
D．碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定
9．（2023春·北京昌平·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．油脂碱性条件下的水解反应可用于生产肥皂
B．CuSO4溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性
C．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要
D．麦芽糖、葡萄糖均能发生银镜反应
10．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）下列说法不正确的是
A．银镜反应后试管壁上的银镜，用稀硝酸洗涤
B．盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤
C．淀粉溶液加稀硫酸共热后，加入新制Cu(OH)2悬浊液，可检验淀粉水解产物
D．将2%的氨水逐滴滴入2%的AgNO3溶液，直至沉淀恰好消失溶解，可制得银氨溶液
11．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．糖类、油脂、蛋白质均可发生水解反应
B．甘氨酸既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应
C．淀粉供给人体能量时，先在体内水解成葡萄糖再被氧化
D．75%的酒精能使蛋白质变性，能用于消毒以预防新冠肺炎
12．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）白居易在《秦中吟·重赋》中说“厚地植桑麻，所用济生民”，其中“麻”属于
A．淀粉 B．纤维素 C．蛋白质 D．油脂
13．（2022春·北京丰台·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．疫苗等生物制剂需要在低温下保存
B．工业上利用油脂在碱性条件下水解生产肥皂
C．蛋白质、氨基酸中均含有
D．脱氧核糖与碱基、磷酸基团共同组成脱氧核糖核苷酸
14．（2022春·北京丰台·高二统考期末）下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 除去苯中含有的少量苯酚 加入足量的溴水，过滤
B 比较水和乙醇中羟基氢的活泼性 向乙醇和水中分别加入少量Na
C 检验溴乙烷中的溴原子 先加入适量NaOH溶液，振荡，加热，再滴加少量AgNO3溶液
D 验证淀粉能发生水解反应 将淀粉和稀硫酸混合后，水浴加热，冷却后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加加热
A．A B．B C．C D．D
15．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）下列实验中，为实现实验目的需要使用试剂排除干扰，选择的试剂正确的是
实验 实验目的 试剂
① 电石与水反应 用酸性溶液检验乙炔的还原性 溶液
② 与NaOH溶液共热 用溶液检验中的Br 溶液
③ 淀粉与稀水浴共热 用银氨溶液检验水解产物的还原性 NaOH溶液
④ 与浓加热至170℃ 用的溶液证明该反应为消去反应 NaOH溶液
A．只有①②③ B．只有①②④ C．只有②③④ D．①②③④
16．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）下列说法不正确的是
A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B．用溴水可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯
C．在酸性条件下，的水解产物是和
D．核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
17．（2022春·北京昌平·高二统考期末）下列实验不能达到实验目的的是
选项 A B
实验
实验目的 验证葡萄糖分子中含有羟基 检验淀粉发生水解
选项 C D
实验
实验目的 对比水与乙醇中羟基氢原子的活泼性 制备乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
18．（2022春·北京昌平·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．高级脂肪酸甘油酯是天然高分子化合物
B．蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应
C．75%酒精可使蛋白质变性
D．核糖核苷酸与氨基酸均含氮元素
19．（2022春·北京海淀·高二统考期末）有机化合物种类繁多，不同物质发生反应的反应类型不尽相同，下列说法不正确的是
A．苯酚和浓溴水发生加成反应
B．乙醛在一定条件下可发生还原反应
C．烷烃与氯气光照下发生取代反应
D．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液可发生氧化反应
20．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．CH3CONH2属于羧酸衍生物，可发生水解反应
B．核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基
C．油脂在碱性溶液中的水解反应称为皂化反应
D．麦芽糖和蔗糖均可发生水解反应，且水解产物相同
21．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．氨基酸和蛋白质都具有两性 B．油脂属于天然有机高分子
C．葡萄糖属于还原糖 D．鸡蛋清溶液遇AgNO3溶液发生变性
22．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）下列说法正确的是
A．的名称为2-乙基丙烷 B．属于胺类化合物
C．和互为同系物 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
23．（2021春·北京朝阳·高二统考期末）下列做法中利用蛋白质变性的是
A．将淀粉水解为葡萄糖 B．将花生油催化加氢制人造脂肪
C．利用医用酒精、紫外线杀菌消毒 D．使用醋酸除去水垢
24．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列说法不正确的是
A．淀粉和纤维素是糖类中的天然高分子，完全水解后的产物都是葡萄糖
B．核酸和蛋白质是生命活动中的重要的高分子化合物，它们都含有氮元素
C．油脂是提供人体活动所需能量的高分子化合物
D．塑料、合成纤维、合成橡胶是三大合成高分子材料
25．（2021春·北京昌平·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．糯米中的1mol淀粉能完全水解生成2mol葡萄糖
B．葡萄糖能发生银镜反应，说明其含有醛基，具有还原性
C．环式核糖与碱基、磷酸基团共同组成核糖核苷酸
D．蛋白质是含肽键的生物大分子
26．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列实验方案中，不能达到相应实验目的的是
实验方案
目的 A．检验溴乙烷消去反应的产物 B．证明葡萄糖中含有羟基 C．实验室制备和收集乙酸乙酯 D．检验蔗糖水解产物的还原性
A．A B．B C．C D．D
27．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）下列实验操作能达到实验目的的是
实验操作 实验目的
A 将乙醇和浓硫酸混合加热后的气体产物通入KMnO4(H+)溶液中 检验生成的有机物
B 乙醇与重铬酸钾(K2Cr2O7)酸性溶液混合 验证乙醇具有还原性
C 蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间后，加新制备的Cu(OH)2，加热 检验蔗糖水解产物具有还原性
D 向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液 证明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚
A．A B．B C．C D．D
28．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）维生素C在人体中有抗氧化延缓细胞衰老的作用，以葡萄糖为原料制取维生素C的过程如下，下列说法不正确的是
A．维生素C具有还原性
B．葡萄糖通过氧化反应制得山梨糖醇
C．山梨糖醇制维生素C需经氧化、酯化等反应过程
D．向维生素C溶液中滴加碘的淀粉溶液，蓝色褪去(反应如下)，该反应中维生素C被氧化+I2→+2HI
29．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）下列说法中，正确的是
A．油脂属于高分子化合物 B．蔗糖是具有还原性的二糖
C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
30．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）新冠疫苗对抑制新冠病毒在全球的蔓延有重要作用。新冠疫苗必须在低温下保存，是为了防止蛋白质的
A．变性 B．水解反应 C．盐析 D．显色反应
31．（2021春·北京延庆·高二统考期末）下列物质中不属于有机物的是
A．碳酸钠 B．蔗糖 C．蛋白质 D．淀粉
32．（2021春·北京延庆·高二统考期末）某种多肽的分子式为CaHbOcNd，将其完全水解后得到三种氨基酸：甘氨酸(C2H5O2N)、丙氨酸(C3H7O2N)和赖氨酸(C6H14O2N2)。1个该多肽分子完全水解后，得到甘氨酸分子的个数为
A．d a B．3d a C．3a d D．无法计算
33．（2021春·北京延庆·高二统考期末）下列物质中，能够在酸性溶液中水解，生成两种相对分子质量相同物质的是
A．乙酸乙酯 B．麦芽糖 C．蔗糖 D．淀粉
34．（2021春·北京密云·高二统考期末）下列关于营养物质的说法中，不正确的是
A．淀粉、纤维素均属于糖类 B．油脂属于天然有机高分子
C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸 D．蛋白质的变性属于不可逆转的过程
35．（2021春·北京东城·高二统考期末）Moxifloxacin(莫西沙星)是缓解呼吸道感染的药物之一，临床上用于抗菌消炎，其分子结构如图所示。下列关于莫西沙星的说法中，不正确的是
A．分子式为 B．分子中含有4种含氧官能团
C．莫西沙星属于芳香族化合物 D．一定条件下，可与盐酸发生反应
36．（2021春·北京东城·高二统考期末）下列说法正确的是
A．高级脂肪酸甘油酯属于天然有机高分子
B．DNA双螺旋结构的两条链中，碱基通过氢键互补配对
C．淀粉和纤维素的组成均为，两者互为同分异构体
D．蛋白质溶液中加入溶液，出现盐析现象，可用于分离提纯蛋白质
37．（2021春·北京西城·高二统考期末）下列说法不正确的是
A．麦芽糖是具有还原性的二糖
B．淀粉和纤维素互为同分异构体
C．氨基酸和蛋白质都具有两性
D．核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基
38．（2021春·北京西城·高二统考期末）下列物质中，不属于生物大分子的是
A．塑料 B．淀粉 C．蛋白质 D．核酸
A．A B．B C．C D．D
39．（2021春·北京东城·高二统考期末）将双螺旋结构的分子彻底水解，得到的产物是
A．两条脱氧核糖核苷酸长链 B．四种脱氧核糖核苷酸
C．磷酸、含氮碱基、脱氧核糖 D．、、、、五种元素
二、多选题
40．（2022春·北京丰台·高二统考期末）下列说法中不正确的是( )
A．乳酸()分子中含有手性碳原子
B．甘氨酸和丙氨酸结合生成的二肽有两种
C．用溴水可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯
D．丙烯(CH3CH=CH2)分子所有原子都在同一平面上
三、有机推断题
41．（2021春·北京延庆·高二统考期末）可再生的生物质资源的应用是科学家研究的重大课题。我国科学家研发了葡萄糖的各种应用。
I.淀粉是绿色植物光合作用的产物，淀粉在酸或酶的作用下水解，生成一系列产物，最终生成葡萄糖。
(1)写出淀粉在稀硫酸作催化剂发生水解反应的化学方程式 。
(2)某小组同学欲检验淀粉水解后产生葡萄糖，按下图进行实验，未观察到产生红色沉淀，原因是 。
II.聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纤维、可降解塑料和医用材料。以葡萄糖为原料可以制备聚乳酸，相互转化关系如下：
(3)反应②的化学方程式为 。
(4)两分子的乳酸发生酯化反应可以生成六元环状化合物，写出该反应的化学方程式 。
III.葡萄糖在不同的氧化剂作用下可以发生以下转化关系：
已知A和B都不能发生银镜反应，且以下几类有机化合物被氧化的容易程度：RCHO＞R-CH2OH＞。
(5)A脱水可得到具有五元环状结构的酯C或具有六元环状结构的酯D，写出C的结构简式 。
(6)写出B的结构简式 。
四、填空题
42．（2021春·北京东城·高二统考期末）按要求回答下列问题：
(1)下列5种物质：a.乙烯；b.苯；c.甲苯；d.溴乙烷；e.聚乙烯。
①互为同系物的是 (填序号，下同)。
②分子中所有原子在同一平面内的是 。
③从上述5种物质中选出2种，使其能通过一步反应发生转化。写出任意一个符合上述要求的反应的化学方程式： 。
(2)分子式为的芳香族化合物有多种同分异构体。写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式。
①能与溶液作用显色： (任写一种)。
②分子中有4种不同化学环境的氢原子： 、 。
(3)①淀粉或纤维素在酸的作用下彻底发生水解反应，均可得到的产物是 。
②若要证明淀粉在水解过程中是否完全发生反应，可采取的实验方法： 。
五、实验探究题
43．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。
资料：ⅰ．葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕色)的聚合物。
ⅱ．Cu2O、CuO均溶于氨水，生成、；Cu不溶于氨水。
(1)探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。
编号 实验Ⅰ 实验Ⅱ
实验方案
实验现象 加热，无明显现象， 静置后未见砖红色沉淀 加热、静置后， 底部有砖红色沉淀
①实验Ⅱ中，葡萄糖转化为 。
②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：
a．电极反应式：
ⅰ．还原反应：
ⅱ．氧化反应： 。
b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是 。
(2)探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响。
编号 实验Ⅲ 实Ⅳ
实验方案 现象 温度
50℃ 得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色 得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色
70℃ 得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色 得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤液呈棕色
100℃ 得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色 得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色
①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤， (填操作和现象)。
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。
假设b： (补充完整)。
经定量分析可知假设a不成立。
(3)综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，将宜采用的条件填入下表。
温度／℃ NaOH溶液 葡萄糖溶液
条件 2mL10%NaOH溶液
参考答案
1．D
【详解】A．蛋白质由氨基酸通过缩聚反应形成，其水解产物为氨基酸，A正确；
B．核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，它是生命的最基本物质之一，水解的最终产物是磷酸、五碳糖和含氮碱基，B正确；
C．油脂在碱性溶液中的产物高级脂肪酸钠，可用于制备肥皂，又称为皂化反应，C正确；
D．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解生成葡萄糖，可见二者水解产物不同，D错误；
故选：D。
2．C
【详解】A．生物大分子是指生物体细胞内存在的蛋白质、核酸、多糖等大分子，DNA是一种生物大分子，分子中四种碱基均含N—H键，A正确；
B．脱氧核糖分子、磷酸分子、碱基可通过脱水形成脱氧核糖核苷酸分子，B正确；
C．-NH2氮原子能提供孤电子对与H+的空轨道形成配位键，但并不是能与酸反应，C错误；
D．由图可知虚线表示碱基互补配对(A和T、C和G)时形成的化学键，D正确；
故选C。
3．B
【详解】A．用氢氧化铜氧化醛基需要在碱性环境中进行，A错误；
B．生成了溴化钠，用硝酸酸化的硝酸银可以检验，B正确；
C．碳碳双键和醛基均可以被高锰酸钾氧化，C错误；
D．此方法为盐析，蛋白质未变性，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．纤维素分子中含有3n个羟基，能与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维，A正确；
B．氨基酸分中的官能团为羧基和氨基，可以通过缩聚反应生成多肽，B正确；
C．油酸分子中含有碳碳双键，故含有油酸甘油酯的植物油与溴发生加成反应而使溴水褪色，C正确；
D． 核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸，D错误；
故选D。
5．B
【详解】A．亚硫酸酸性比碳酸强，故饱和碳酸氢钠溶液洗气可以除去二氧化碳中的二氧化硫，A可行；
B．乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，又引入了新的杂质，B不可行；
C．苯酚能与氢氧化钠溶液反应，苯与水溶液分层，该方法可实现除去苯中混有的苯酚，C可行；
D．浓硫酸铵溶液能使蛋白质盐析，过滤、洗涤、溶解后可得到蛋白质溶液，能与葡萄糖溶液分离，D可行；
故选B。
6．C
【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，但不易溶于大多数有机溶剂，利用该原理可以用冠醚将高锰酸钾带入有机物中，增大反应物的接触面积，所以更有利于有机物的氧化，从而加快高锰酸钾氧化烯烃反应的速率，故A正确；
B．纤维素含有羟基，可与硝酸在催化剂作用下发生酯化反应生成纤维素硝酸酯，故B正确；
C．杯酚与C60之间通过分子间作用力形成超分子，不是通过共价键，进而实现C60和C70的分离，故C错误；
D．新冠疫苗是蛋白质，高温会使蛋白质变性，因此一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性，故D正确。
综上所述，答案为C。
7．C
【详解】A．核酸分为两大类，即脱氧核糖核酸(简称DNA)与核糖核酸(简称RNA)，核苷酸是组成核酸的基本单元，A正确；
B．麦芽糖为双糖且含有醛基，既能发生水解反应又能发生银镜反应，B正确；
C．油脂氢化后产生的人造脂肪中的酯基碳原子为杂化，C错误；
D．由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应生成了酯基，D正确；
故选C。
8．A
【详解】A．由图可知，磷酸与脱氧核糖分子通过磷酸酯键结合在一起的，A错误；
B．由图可知，碱基和脱氧核糖核苷酸是紧密相连的，它们之间通过N-糖苷键连接，则碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断N-H键，B正确；
C．碱基与脱氧核糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，C正确；
D．碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，故碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定，D正确；
故选A。
9．C
【详解】A． 油脂在碱性条件下的水解反应即为皂化反应，可用于生产肥皂，A正确；
B． CuSO4是重金属盐，其溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性，B正确；
C． 人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，C不正确；
D． 麦芽糖、葡萄糖均具有还原性，均能发生银镜反应，D正确；
答案选C。
10．C
【详解】A. 银与稀硝酸反应生成硝酸银而溶解，银镜反应后试管壁上的银镜，可用稀硝酸洗涤，选项Ａ正确；
B．苯酚不易溶于水，但易溶于酒精，所以盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤，选项B正确；
C．检验淀粉水解产物葡萄糖应在碱性条件下，应水解后冷却先加氢氧化钠溶液至碱性，在碱性溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液可检验淀粉水解产物，选项C不正确；
D．向硝酸银溶液中滴加氨水配制银氨溶液，即将2%的稀氨水逐滴加入2%的AgNO3溶液中，至沉淀恰好溶解为止，可制得银氨溶液，选项D正确；
答案选C。
11．A
【详解】A. 糖类中的单糖不能发生水解反应，A错误；
B. 甘氨酸含有氨基和羧基，既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应，B正确；
C. 淀粉供给人体能量时，先在体内水解成葡萄糖再被氧化生成二氧化碳和水，同时释放能量，C正确；
D. 75%的酒精能使蛋白质变性，因此能用于消毒以预防新冠肺炎，D正确；答案选A。
12．B
【详解】“厚地植桑麻，所用济生民”，其中“麻”的主要成分是纤维素，即“麻”属于纤维素，答案选B。
13．C
【详解】A．疫苗等生物制剂属于蛋白质，需要在低温下保存，防止高温时，蛋白质变性，故A正确；
B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够发生水解反应，则利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上制取肥皂，故B正确；
C．蛋白质中含有，氨基酸中只有羧基和氨基，故C错误；
D．核糖核苷酸中含核糖、碱基和磷酸基团，是由脱氧核糖与碱基、磷酸基团共同组成的，故D正确；
故选：C。
14．B
【详解】A．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚、溴均易溶于苯，不能除杂，应加NaOH溶液、分液，故A错误；
B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，可比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，故B正确；
C．水解后没有加硝酸中和NaOH，操作不合理，不能检验溴乙烷中的溴原子，故C错误；
D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，故D错误；
故选：B。
15．D
【详解】①反应生成乙炔，可能混有硫化氢杂质，则CuSO4溶液除去硫化氢，然后利用高锰酸钾溶液褪色可验乙炔的还原性，①正确；
②发生水解反应生成乙醇和NaBr，检验溴离子应在酸性溶液中，则先加硝酸，再用AgNO3溶液检验CH3CH2Br中的Br，②正确；
③水解生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中，则先加NaOH溶液，再用银氨溶液检验水解产物葡萄糖的还原性，③正确；
④发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，且可能发生氧化还原反应生成SO2，则用NaOH溶液吸收乙醇和SO2，用Br2的CCl4溶液检验乙烯证明该反应为消去反应，④正确；
答案选D。
16．C
【详解】A．麦芽糖及其水解产物(葡萄糖)均含有-CHO，均能发生银镜反应，故A正确；
B．溴水和苯酚溶液反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，2，4-己二烯和溴水发生加成反应，使溴水褪色，溴水与甲苯发生萃取，溶液分层，因此用溴水能鉴别苯酚溶液、2,4- 己二烯和甲苯，故B正确；
C．酯化时羧酸脱羟基醇脱氢，酸性条件下生成的酸与醇，故的水解产物是和，故C错误；
D．所有的核酸都是核苷酸的多聚体，通过磷酸二酯键相连，故D正确；
故选C。
17．A
【详解】A．葡萄糖分子中含有羟基和醛基，二者都能还原酸性KMnO4溶液，并使其褪色，不能检验羟基的存在，A符合题意；
B．淀粉中加入稀硫酸后发生水解生成葡萄糖，加入NaOH使溶液呈碱性，再加入银氨溶液，可检验葡萄糖的存在，B不符合题意；
C．相同体积的钠块分别放入水和乙醇中，根据反应的剧烈程度，可确定水和羟基的活泼性，C不符合题意；
D．制备乙酸乙酯时，试管内分别加入无水乙醇、浓硫酸、冰乙酸，出气导管口位于液面上，可制得乙酸乙酯，D不符合题意；
故选A。
18．A
【详解】A．高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量远小于10000，不是天然高分子化合物，故A错误；
B．蔗糖分子中不含-CHO，蔗糖溶液不能发生银镜反应，为非还原性糖，故B正确；
C．75%酒精可使蛋白质变性，常用于消毒，故C正确；
D．核糖核苷酸的单体由戊糖、磷酸基和含氮碱基构成，氨基酸含有氨基和羧基，故核糖核苷酸与氨基酸均含氮元素，故D正确；
故选：A。
19．A
【详解】A．苯酚和浓溴水发生取代反应生成2,4,6 三溴苯酚白色沉淀，故A错误；
B．乙醛在一定条件下与氢气发生加成反应，该反应也属于还原反应，故B正确；
C．烷烃与氯气光照下发生取代反应，故C正确；
D．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液在碱性加热条件下发生氧化反应，醛基被氧化，故D正确。
综上所述，答案为A。
20．D
【详解】A．CH3CONH2是乙酰胺，属于羧酸衍生物，可发生水解反应，A正确；
B．核酸是由核苷酸聚合形成的高分子化合物，它是生命的最基本物质之一，水解的最终产物是磷酸、五碳糖和含氮碱基，B正确；
C．油脂在碱性溶液中的产物高级脂肪酸钠，可用于制备肥皂，又称为皂化反应，C正确；
D．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；麦芽糖水解生成葡萄糖，可见二者水解产物不同，D错误；
故合理选项是D。
21．B
【详解】A．氨基酸和蛋白质分子中都含有氨基和羧基，因此它们都可以与酸发生反应，也可以与碱发生反应，故二者都具有两性，A正确；
B．油脂分子有确定的分子式，是小分子化合物，不属于天然有机高分子化合物，B错误；
C．葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，因此属于还原糖，C正确；
D．Ag是重金属元素，因此鸡蛋清溶液中的蛋白质遇重金属盐溶液AgNO3溶液会发生变性，D正确；
故合理选项是B。
22．B
【详解】A． 主链有4个碳原子的烷烃，2号碳上有1个甲基，系统命名为：2-甲基丁烷，故A错误；
B． 甲胺可以看作甲基被氨基取代，属于胺类化合物，故B正确；
C． 属于酚类物质，属于醇，二者不是同类物质，不是同系物，故C错误；
D． 淀粉和纤维素的聚合度不同，分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
故选：B。
23．C
【详解】A．稀硫酸可以作催化剂，使淀粉水解变为葡萄糖，其作用是催化作用，而不是利用蛋白质变性，A不符合题意；
B．花生油中含有不饱和高级脂肪酸的甘油酯，在催化剂存在和加热条件下不饱和烃基与H2与发生加成反应变为饱和烃基，油脂变为高级脂肪酸甘油酯，物质的状态由液态变为固态，从而将花生油催化加氢变为人造脂肪，与蛋白质变性无关，B不符合题意；
C．医用酒精能够使蛋白质因失去水分而失去生理活性，从而导致变性；紫外线能够使细菌的蛋白质发生结构改变而失去生理活性，故它们都可以用于环境消毒，利用了蛋白质的变性的性质，C符合题意；
D．水垢的主要成分是CaCO3、Mg(OH)2，由于醋酸是是酸，具有酸的通性，其酸性比碳酸强，可以与CaCO3、Mg(OH)2反应产生可溶性物质，因此使用醋酸可以除去水垢，这与醋酸的酸性有关，而与蛋白质的变性无关，D不符合题意；
故合理选项是C。
24．C
【详解】A．淀粉和纤维素在酸的催化作用下完全水解后的产物都是葡萄糖，A正确；
B．蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，他们都含有氮元素，B正确；
C．油脂不是高分子化合物，C错误；
D．三大合成材料是指合成塑料、合成纤维、合成橡胶，他们都是高分子化合物，D正确；
故选C。
25．A
【详解】A．糯米中的1mol淀粉(C6H10O5)n能完全水解最终生成nmol葡萄糖，不是2mol，故A错误；
B．葡萄糖含有醛基，具有还原性，能与银氨溶液能发生银镜反应，也能与新制氢氧化铜反应，故B正确；
C．核糖核苷酸中含有核糖、碱基和磷酸基团，是由环式核糖与碱基、磷酸基团共同组成的，故C正确；
D．氨基酸能发生氨基和羧基的脱水缩合，最终生成蛋白质，因此蛋白质是含肽键的生物大分子，故D正确。
综上所述，答案为A。
26．B
【详解】A．溴乙烷消去反应生成乙烯，乙烯可以使溴的四氯化碳褪色，但是乙醇和溴乙烷都不行，故可以达到目的，A正确；
B．葡萄糖中含有醛基，醛基也可以使高锰酸钾褪色，B错误；
C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠中，且饱和碳酸钠可以除去乙醇和乙酸，C正确；
D．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，其中葡萄糖可以发生银镜反应，D正确；
故选B。
27．B
【详解】A．乙醇和浓硫酸混合加热会生成乙烯，但乙醇也可能挥发出来，所以使酸性KMnO4褪色的可能是乙醇，不一定是乙烯，A不符合题意；
B．重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液为橙色，Cr3+为绿色，Cr由+6价降为+3价，为氧化剂，则乙醇为还原剂，有还原性，B符合题意；
C．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与Cu(OH)2浊液的反应需在碱性条件下进行，在酸性条件下，因酸碱中和将Cu(OH)2消耗而看不到现象，C不符合题意；
D．醋酸易挥发，可以与苯酚钠反应生成苯酚，因此不能证明酸性碳酸＞苯酚，D不符合题意；
故选B。
28．B
【详解】A．由维生素C的结构式可知，维生素C含有碳碳双键和醇羟基，均具有还原性，A正确；
B．由图可知，由葡萄糖转化为山梨糖醇的过程中，-CHO转化为-CH2OH，有机化学中去氧或加氢的反应为还原反应，因此葡萄糖通过还原反应制得山梨糖醇，B错误；
C．由图可知，山梨糖醇制维生素C的过程中，1号（如图：）位置处的-CH2OH被氧化为羧基（-COOH），生成的羧基与2号C上的羟基（-OH）发生了酯化反应，因此需经氧化、酯化等反应过程，C正确；
D．由方程式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，化合物 的分子式为C6H6O6，有机化学中去氢或加氧的反应为氧化反应，因此该反应属于氧化反应，D正确；
故选B。
29．C
【详解】A．高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达10000以上的化合物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量不足10000，不是高分子化合物，A错误；
B．蔗糖是葡萄糖和果糖脱水形成的二糖，没有醛基，不具有还原性，B错误；
C．蛋白质的基本单位是氨基酸，在一定条件下水解生成氨基酸，C正确；
D．淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但由于聚合度n不同，故二者不是同分异构体，D错误；
故选C。
30．A
【详解】A．蛋白质受物理或化学因素的影响，分子内部原有的特定构象发生改变，从而导致其性质和功能发生部分或全部丧失，这种作用称作蛋白质的变性，蛋白质在强酸、强碱、高温、重金属等的作用下会发生变性，A符合题意；
B．蛋白质水解生成氨基酸，与低温保存无关，B不符合题意；
C．蛋白质属于生物大分子，可以形成胶体，胶体可以发生盐析，与低温保存无关，C不符合题意；
D．蛋白质遇浓硝酸可以变黄，该现象为显色反应，可用于检验蛋白质，与低温保存无关，D不符合题意；
故选A。
31．A
【详解】A．碳酸钠是碳酸盐，属于无机物，故A符合题意；
B．蔗糖属于糖类物质，属于有机物，故B不符合题意；
C．蛋白质属于有机物，故C不符合题意；
D．淀粉属于糖类物质，属于有机物，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
32．B
【详解】某种多肽的分子式为CaHbOcNd，将其完全水解后得到三种氨基酸：甘氨酸(C2H5O2N)、丙氨酸(C3H7O2N)和赖氨酸(C6H14O2N2)，设它们的数目分别为x、y、z，根据碳原子和氮原子守恒建立两个方程式：2x+3y+6z=a，x+y+2z=d，解得x=3d a，因此1个该多肽分子完全水解后，得到甘氨酸分子的个数为3d a；故B符合题意。
综上所述，答案为B。
33．C
【详解】A．乙酸乙酯在酸性溶液中发生水解反应生成乙酸和乙醇，乙酸和乙醇的相对分子质量不相同，故A错误；
B．麦芽糖在酸性溶液中发生水解反应生成葡萄糖，水解产物只有一种，故B错误；
C．蔗糖在酸性溶液中发生水解反应生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和果糖的相对分子质量相同，故C正确；
D．淀粉在酸性溶液中发生水解反应生成葡萄糖，水解产物只有一种，故D错误；
故选C。
34．B
【详解】A．淀粉和纤维素都是多糖，纤维素在人体内不能水解，淀粉在人体内最终水解生成葡萄糖，A正确；
B．油脂是酯类物质不属于高分子，而是大分子，B错误；
C．蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其水解最终产物是氨基酸，C正确；
D．变性是蛋白质失去生理活性，是一个不可逆过程，D正确；
答案选B。
35．B
【详解】A．分子式为，故A正确；
B．由结构可知分子中含羰基、-COOH及醚键，有3种含氧官能团，故B错误；
C．含苯环属于芳香族化合物，故C正确；
D．含可与盐酸反应，故D正确；
故选：B。
36．B
【详解】A．高分子化合物相对分子质量在10000以上，高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量不大，不属于高分子化合物，属于有机小分子，故A错误；
B．DNA双螺旋结构的两条链中，碱基通过氢键互补配对，使DNA分子具有较强的稳定性，故B正确；
C．淀粉和纤维素的组成均为，但n不同，两者不是同分异构体，故C错误；
D．蛋白质溶液中加入溶液，蛋白质发生变性，析出的固体不能溶解，不能用于分离提纯蛋白质，故D错误；
答案选B。
37．B
【详解】A．二糖中，蔗糖不具有还原性，麦芽糖是还原性糖，A正确；
B．尽管分子式均为(C6H10O5)n，但是n值不同，不是同分异构体，B错误；
C．氨基酸分子中含有氨基(- NH2 )和羧基(- COOH)，既能够和与酸反应，又能与碱反应，蛋白质是由氨基酸形成的，C正确；
D．核酸的基本单位核苷酸，它是由五碳糖、含氮碱基、磷酸基团三部分构成，核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基，D正确；
答案选B。
38．A
【详解】A．塑料成分是聚乙烯，是合成高分子材料，不属于生物大分子，A选；
B．淀粉是多糖，属于生物大分子，B不选；
C．蛋白质是由氨基酸聚合形成的大分子物质，C不选；
D．核酸是由核苷酸聚合形成的大分子物质，D不选；
故选：A。
39．C
【详解】分子由脱氧核苷酸聚合而成，一分子脱氧核苷酸由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基构成，故分子完全水解得到的产物是磷酸、含氮碱基、脱氧核糖，C正确。
40．BD
【详解】A．手性碳原子是指碳原子周围连有四个不同的原子团称为手性碳原子，中连羟基的碳原子是手性碳原子，A正确；
B．在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，称为成肽反应，因此甘氨酸和丙氨酸结合既可以是自身缩合（共有2种），也可以是甘氨酸提供氨基，丙氨酸提供羧基或者甘氨酸提供羧基，丙氨酸提供氨基，总共有4种，B错误；
C．溴水与苯酚溶液反应产生白色沉淀，溴水与2，4-己二烯发生加成反应使溴水褪色，溴水与甲苯不反应，会发生萃取分液，三者与溴水混合现象不同可以鉴别，C正确；
D．碳原子周围4个单键时最多3个原子共面，则丙烯(CH3CH=CH2)分子中所有原子不可能在同一平面上，D错误；
故答案为BD。
41．(1)(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)
(2)水解后未加入NaOH中和溶液至碱性
(3)n+(n-1)H2O
(4)2+2H2O
(5)
(6)HOOC(CHOH)4COOH
【解析】(1)
淀粉在稀硫酸作催化剂时发生水解反应生成葡萄糖，反应的化学方程式为：(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)。
(2)
检验淀粉水解后产生了葡萄糖，必须在碱性条件下用新制氢氧化铜悬浊液与水解液共热；图示实验未观察到产生红色沉淀的原因是：水解后未加入NaOH中和溶液至碱性。
(3)
乳酸中含羧基和羟基，乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸，反应的化学方程式为：n+(n-1)H2O。
(4)
两分子乳酸发生分子间酯化反应生成六元环状化合物，反应的化学方程式为：2+2H2O。
(5)
葡萄糖的分子式为C6H12O6、结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，根据A、B的分子式可知，葡萄糖→A以及A→B均为氧化反应，结合“有机物被氧化的容易程度：RCHO＞R—CH2OH＞”，A和B都不能发生银镜反应，则A的结构简式为HOCH2(CHOH)4COOH，B的结构简式为HOOC(CHOH)4COOH；A脱水可得到具有五元环状结构的酯C或具有六元环状结构的酯D，则C的结构简式为 ，D的结构简式为：。
(6)
根据上述分析，B的结构简式为HOOC(CHOH)4COOH。
42． bc ab 葡萄糖 向水解液中加入碘水，若不变蓝色，则淀粉全部水解
【详解】(1)①同系物为结构相似、在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，故答案为：bc；
②乙烯中6原子共面，苯中12原子共面，甲苯中甲基中原子不能都共面，溴乙烷中都是饱和碳原子、不能都共面，聚乙烯的结构中是单键相连不能都共面，故答案为：ab；
③乙烯可以一步转化为溴乙烷，如；
(2)①能与溶液作用显色的为酚类，应该是甲基苯酚的邻、间、对位均可以，如：；
②符合分子中有4种不同化学环境的氢原子的为：、；
(3)①淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物都是葡萄糖；
②若要证明淀粉在水解过程中是否完全反应，就是检验水解液中是否还有淀粉，应选用碘水检验，故答案为：向水解液中加入碘水，若不变蓝色，则淀粉全部水解。
43．(1) CH2OH(CHOH)4COONa CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O 随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强
(2) 加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体 葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质
(3) 50℃ 5滴10%葡萄糖溶液
【分析】通过设计实验，探究NaOH溶液的用量对该反应的影响；探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响；综合实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，对实验进行分析；
【详解】（1）①实验Ⅱ中，加热、静置后，底部有砖红色沉淀产生，则葡萄糖被氧化，转化为CH2OH(CHOH)4COONa；
②a．ⅰ．还原反应，氢氧化铜得电子发生还原反应生成氧化亚铜：；
ⅱ．氧化反应，葡萄糖失电子产生葡萄糖酸，电极反应为：CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O；
b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强；
（2）①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；
假设b：葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；
经定量分析可知假设a不成立；
（3）根据上述实验可知，在50℃时，实验Ⅲ得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色，实验Ⅳ得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色，所以使葡萄糖的浓度较大，量较少，故答案为50℃；5滴10%葡萄糖溶液。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
原子结构与性质章节综合
一、单选题
1．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）元素X、Y、Z、W、Q的电负性如表所示。其中，两种元素的原子最易形成离子键的是
元素 X Y Z W
电负性 3.5 2.5 2.1 0.9
A．X和W B．X和Z C．X和Y D．Y和Z
2．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列化学用语或图示不正确的是
A．乙炔的结构式：H—C≡C—H
B．苯酚的空间填充模型：
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．过氧化钠的电子式：
3．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）实验证据推动了人类对原子结构认识的不断深化。下列可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态，会产生多条谱线(如下图)”的原子结构模型是
A．“葡萄干布丁”模型 B．卢瑟福核式模型
C．玻尔模型 D．量子力学模型
4．（2023春·北京昌平·高二统考期末）甲硫氨酸的结构简式如下图所示，下列说法不正确的是
A．S原子位于周期表中的p区
B．甲硫氨酸分子中，S原子为sp3杂化
C．1个甲硫氨酸分子中含有2个手性碳原子
D．既能与酸反应又能与碱反应
5．（2023春·北京昌平·高二统考期末）硒(34Se)是人和动物体中一种必需的微量元素，存在于地球所有环境介质中，其同位素可有效示踪硒生物地球化学循环过程及其来源，下列说法不正确的是
A．Se位于周期表中第四周期第VIA族
B．可用质谱法区分Se的两种同位素78Se和80Se
C．第一电离能：34Se>33As
D．SeO2既具有氧化性又具有还原性
6．（2023春·北京丰台·高二统考期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．CO2的分子结构模型：
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C．羟基的电子式：
D．的系统命名：3-甲基-2-丁醇
7．（2022春·北京顺义·高二统考期末）下列关于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是
A．还原性：H2S>HCl B．沸点：H2S>H2O
C．电负性：O>S>Cl D．原子半径：r(Cl)>r(S)
8．（2022春·北京东城·高二统考期末）元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr 铬 3d54s1 52.00
A．铬元素位于第四周期ⅥB族
B．铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C．铬原子第3能层有5个未成对电子
D．Cr的第一电离能小于K的第一电离能
9．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是
A．1s22s12p1 B．1s22s22p63s23p63dl04s2
C．1s22s22p63s23p6 D．1s22s22p63s23p63d54s1
10．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）短周期元素的四种离子、、、都具有相同的电子层结构，下列说法错误的是
A．四种离子的质子数：
B．四种元素的电负性：Z＞W＞Y＞X
C．四种离子的半径：
D．四种元素原子的最外层电子数目：W＞Z＞X＞Y
11．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）周期表中27号元素钴的方格中注明3d74s2，由此可以推断
A．它位于周期表的第四周期IIA族
B．它的基态核外电子排布式可简写为[Ar]4s2
C．Co2+的核外价电子排布式为 3d54s2
D．Co 位于周期表中 d 区
12．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）磷酸铁锂(LiFePO4)电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是
A．Li位于周期表s区
B．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6
C．基态P原子的未成对电子数为5
D．基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
13．（2021春·北京昌平·高二统考期末）按照量子力学对原子核外电子运动状态的描述，下列说法不正确的是
A．核外电子运动不存在固定轨迹的轨道
B．下列能级的能量1s＜2s＜3s＜4s
C．电子云图中的小黑点密表示该核外空间的电子多
D．量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2
14．（2021春·北京昌平·高二统考期末）电负性是一种重要的元素性质，某些元素的电负性(鲍林标度)数值如下表所示：
元素 H Li O Al P S Cl
电负性 2.1 1.0 3.5 1.5 2.1 2.5 3.0
下列说法不正确的是
A．LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性
B．非金属性：O＞Cl
C．H－Cl键比H－S键极性大
D．Si的电负性范围在2～3之间
15．（2021春·北京昌平·高二统考期末）下列对基态碳原子价电子的轨道表示式书写正确的是
A． B．
C． D．
16．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）下列Li原子的电子轨道表示式的对应状态，能量由低到高的顺序是
①
②
③
④
A．④①②③ B．③②①④ C．④②①③ D．①②③④
17．（2021春·北京丰台·高二统考期末）下列表述不正确的是
A．原子轨道能量：1S<2S<3S<4S
B．M电子层存在3个能级、9个原子轨道
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子
18．（2021春·北京丰台·高二统考期末）某基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。下列说法不正确的是
A．原子核外有3个电子层 B．价电子数为4
C．处于第三周期第ⅥA族 D．属于p区元素
19．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）元素X的各级电离能数据如下：
I1 I2 I3 I4 I5 I6
I/(kJ·mol 1) 568 1517 9745 10978 13931 17978
则元素A常见价态是
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
20．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，下列说法中不正确的是（ ）
A．该元素原子中共有25个电子
B．该元素原子核外有4个能层
C．该元素原子最外层共有2个电子
D．该元素原子M电子层共有8个电子
二、填空题
21．（2021春·北京昌平·高二统考期末）完成下列填空
(1)写出下列基态原子的核外电子排布式。
Li： ；N： ；Ti： ；Cu 。
(2)钒元素在元素周期表中的位置是 。
(3)X元素位于第三周期，同周期元素中其第一电离能最小，X的元素符号是 。
三、无机推断题
22．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的3d能级为半充满
e 元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
(1)元素a的原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能级的电子。
(2)请比较a、b、c的电负性大小顺序为 (填元素符号)。a、c的气态氢化物中，更稳定的是 (填化学式)。
(3)e元素基态原子的简化电子排布式为 ，f元素基态原子的价电子轨道表示式是 。
(4)df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式： ，若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为 。
参考答案
1．A
【分析】当两种元素原子的电负性相差较大时，易形成离子键；当两种元素原子电负性相差不大时，易形成共价键；
【详解】由表可知，X和W的电负性相差最大，最容易形成离子键，故选A。
2．C
【详解】A．乙炔分子式是C2H2，分子中2个C原子通过共价三键结合，每个C原子再分别与1个H原子形成C-H键，故其结构式是H—C≡C—H，A正确；
B．苯酚分子是平面分子，结合原子相对大小及原子结合方式可知：图示为苯酚的空间填充模型，B正确；
C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态。C是6号元素，原子核外有6个电子，则基态C原子的核外电子排布式是：，C错误；
D．Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，在中2个O原子通过共价单键结合，故过氧化钠的电子式是：，D正确；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干布丁模型，A不符合题意；
B．卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是a粒子散射实验，B不符合题意；
C．玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，是建立在三个基本假设的基础上的理论，C不符合题意；
D．原子结构的量子力学模型在处理核外电子量子化特性及波粒二象性提供主要论据和重要结论，可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态会产生多条谱线”，D符合题意；
故选D。
4．C
【详解】A．S是16号元素，其价层电子排布为3s23p4，在周期表中位于p区，A正确；
B．甲硫氨酸分子中，S原子的孤电子对数为2，σ键电子对数为2，采取sp3杂化，B正确；
C．由甲硫氨酸分子的结构可知，与氨基相连的碳原子为手性碳原子，即1个甲硫氨酸分子中含有1个手性碳原子，C错误；
D．甲硫氨酸分子中含有氨基，可以和酸反应，含有羧基，可以和碱反应，D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．Se是氧族元素，位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，故A正确；
B．同位素可用质谱法来区分，故B正确；
C．33号元素As与34号元素Se处于同一周期，As是N族元素，其p轨道是半充满结构比较稳定，所以第一电离能是33As＞34Se，故C错误；
D．SeO2与SO2的化学性质相似，既具有氧化性也具有还原性，故D正确；
故本题选C．
6．D
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。
7．A
【详解】A．单质氧化性氯气大于硫，对应简单氢化物还原性：H2S>HCl，A正确；
B．H2S、H2O均为分子晶体，水分子间能形成氢键，沸点较高，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：O>Cl>S，C错误；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Cl)
8．D
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D。
9．A
【详解】A．1s22s2是基态铍原子的核外电子排布方式，则1s22s12p1是激发态铍原子的电子排布式，故A符合题意；
B．1s22s22p63s23p63d104s2是基态锌原子的核外电子排布方式，故B不符合题意；
C．1s22s22p63s23p6是基态氩原子的核外电子排布方式，故C不符合题意；
D．1s22s22p63s23p63d54s1是基态铬原子态的核外电子排布式，故D不符合题意；
故选A。
10．B
【详解】A．短周期元素的四种离子、、、都具有相同的电子层结构，可以推出X、Y、Z、W分别是Al、Mg、N、O，离子的质子数和相应原子的质子数相等，四种离子的质子数：Al3+＞Mg2+＞O2-＞N3-，选项A正确；
B．根据同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，四种元素的电负性：O＞N＞Al＞Mg，选项B错误；
C．四种离子具有相同的电子层结构，依据“序大径小”规律，离子半径：，选项C正确；
D．O、N、Al、Mg四种元素的最外层电子数目分别是6、5、3、2，选项D正确；
答案选B。
11．D
【详解】A．从左向右数，Co应为过渡元素，在第四周期Ⅷ族，A错误；
B．3d74s2表示价层电子排布，所以Co的基态核外电子排布式可简写为[Ar]3d74s2，不可省去3d7，B错误；
C．失电子时，应先失去最外层的电子，即先失去4s上的电子，Co2＋的价电子排布式为3d7，C错误；
D．根据价层电子排布3d74s2可知“7＋2＝9”，说明它位于周期表的第9列，位于周期表中 d 区，D正确。
答案选D。
12．C
【详解】A．Li价电子排布式为2s1，位于周期表s区，故A正确；
B．Fe价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，故B正确；
C．P价电子排布式为3s23p3，基态P原子的未成对电子数为3，故C错误；
D．基态O原子核外电子占据的最高能级为2p，2p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故D正确。
综上所述，答案为C。
13．C
【详解】A．核外电子运动只是在某个区域出现的概率大些，不是围绕原子核在固定的轨道上运动，A正确；
B．同一原子中，形状相同的原子轨道能层越低，能量越低，所以能级的能量高低：1s<2s<3s<4s，B正确；
C．小黑点的密表示电子出现机会的多，不表示在该核外空间的电子数多，C错误；
D．各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子，所以量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2，D正确；
答案选C。
14．D
【详解】A．Li、Al、H三种元素中，H的电负性最大，所以LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性，故A正确；
B．O的电负性大于Cl，元素的电负性越大，其非金属性越强，所以非金属性：O＞Cl，故B正确；
C．Cl的电负性大于S，则Cl和H形成的H－Cl键的极性比 S和H形成的H－S键极性大，故C正确；
D．Si位于周期表第三周期第ⅣA族，其电负性应介于它前面的元素Al和它后面的元素P之间，即Si的电负性范围在1.5~2.1之间，故D错误；
故选D。
15．D
【分析】基态原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则。基态碳原子价电子的轨道表示式为 。
【详解】A．基态碳原子价电子层为第二层，即L层，违反了能量最低原理，故A错误；
B．在2p轨道上的两个电子自旋方向应该相同， 违反了洪特规则，故B错误；
C．2s轨道上应该排布2个电子，违反了能量最低原理，此排布式为激发态碳原子的价电子轨道表示式，故C错误；
D．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，故D正确；
故答案为D。
16．A
【详解】基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，已知能量高低为：1s＜2s＜2p，故①是1s上的一个电子跃迁到了2s上，②是1s上的2个电子跃迁到了2p上，③ 是1s上的2个电子跃迁到了2p上且在同一轨道中，根据洪特规则可知，其能量高于②，④为基态原子，能量最低，故能量由低到高的顺序为：④①②③，故答案为：A。
17．C
【分析】此题考查结构化学中构造原理。
【详解】A．离原子核越远，能量越高，故A正确；
B．M电子层存在3个能级分别为，共9个原子轨道，故B正确；
C．基态碳原子的轨道表示式：，违背洪特规则多电子应优先排布不同的轨道，故C错误；
D．同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，故D正确；
故选C。
18．B
【分析】基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该原子核外共有16个电子，是S原子。
【详解】A．S原子的原子结构示意图为 ，有3个电子层，A正确；
B．S原子的价电子为3s23p4，价电子数为6，B错误；
C．S位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，C正确；
D．元素周期表中，第ⅢA族到0族均为p区元素，S在第ⅥA族，属于p区，D正确；
故选B。
19．B
【详解】对比表中电离能数据可知，I1、I2电离能数值相对较小，而I3数值突然增大，说明元素X的原子中，有2个电子是容易失去的，因此，该元素的常见化合价为＋2。
【点睛】通过各级电离能的数据来推断化合价时，只要找出突增的电离能的级数n，那么可求出它的化合价为。
20．D
【详解】根据1s22s22p63s23p63d54s2，该原子有4个能层，共有25个电子，最外层有2个电子，第三层（M层）有13个电子，综上所述，答案选D。
21．(1) 1s22s1 1s22s22p3 1s22s22p63s23p63d24s2 1s22s22p63s23p63d104s1
(2)第四周期第ⅤB族
(3)Na
【分析】（1）
根据构造原理和各元素的核电荷数，各元素的电子排布式分别为： Li：1s22s1；N：1s22s22p3；Ti：1s22s22p63s23p63d24s2；Cu：1s22s22p63s23p63d104s1。铜的电子排布式中，最后的11个电子在3d轨道上排10个，4s轨道上排1个，3d轨道是半充满的稳定结构。
（2）
钒元素的核电荷数为23，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤB族。
（3）
第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子时所需的最低能量。第三周期第一电离能最小的元素是钠，元素符号是Na。
22．(1) 6 3
(2) O>N>C H2O
(3) [Ar]3d104s1
(4) 3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O 13mol
【分析】a的L层上s能级电子数等于p能级电子数，其电子排布为1s22s22p2，a为C；b为非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，b为N；c的最外层电子数是内层电子数的3倍，c为O；d元素的正三价离子的3d能级为半充满，可知d的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，d为Fe；e元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，e为Cu；f的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，f为Br，据此分析解题。
(1)
由分析可知，元素a为C，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，电子排布式为：1s22s22p2，故有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；
(2)
由分析可知，a、b、c分别为C、N、O，同一周期从左往右电负性依次增大，故a、b、c的电负性大小顺序为O＞N＞C，元素气态氢化物的稳定性与其非金属性强弱一致，故a、c的气态氢化物中，更稳定的是H2O，故答案为：O＞N＞C；H2O；
(3)
由分析可知，e元素为Cu，故e元素基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，f为Br，f元素基态原子的价电子排布式为：4s24p5，故轨道表示式是，故答案为：[Ar]3d104s1；；
(4)
由分析可知，df2即FeBr2与过量的b即N的最高价氧化物对应水化物即HNO3的稀溶液反应，其中生成物有HfO3即HBrO3和一种遇空气显红棕色的气体即NO，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O，由反应方程式可知，反应中N由+5价降至+2价，化合价降低了3，故反应中转移电子数目为39mol，故若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为13mol，故答案为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O；13mol。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
原子结构与元素性质章节综合
一、单选题
1．（22·23下·海淀·期末）元素X、Y、Z、W、Q的电负性如表所示。其中，两种元素的原子最易形成离子键的是
元素 X Y Z W
电负性 3.5 2.5 2.1 0.9
A．X和W B．X和Z C．X和Y D．Y和Z
2．（22·23下·海淀·期末）下列化学用语或图示不正确的是
A．乙炔的结构式：H—C≡C—H
B．苯酚的空间填充模型：
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．过氧化钠的电子式：
3．（22·23下·海淀·期末）实验证据推动了人类对原子结构认识的不断深化。下列可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态，会产生多条谱线(如下图)”的原子结构模型是
A．“葡萄干布丁”模型 B．卢瑟福核式模型
C．玻尔模型 D．量子力学模型
4．（22·23下·朝阳·期末）下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是
节日燃放的焰火绚丽多彩 宇宙飞船返回舱外壳用网状结构的酚醛树脂制造 利用紫外线为图书消毒 植物油氢化所得硬化油不易被空气氧化
A．与原子核外电子跃迁有关 B．与网状结构高分子的热固性有关 C．与紫外线可以使蛋白质变性有关 D．与植物油中含有酯基有关
A．A B．B C．C D．D
5．（22·23下·昌平·期末）硒(34Se)是人和动物体中一种必需的微量元素，存在于地球所有环境介质中，其同位素可有效示踪硒生物地球化学循环过程及其来源，下列说法不正确的是
A．Se位于周期表中第四周期第VIA族
B．可用质谱法区分Se的两种同位素78Se和80Se
C．第一电离能：34Se>33As
D．SeO2既具有氧化性又具有还原性
6．（22·23下·丰台·期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．CO2的分子结构模型：
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C．羟基的电子式：
D．的系统命名：3-甲基-2-丁醇
7．（22·23下·海淀·期末）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．反-2-丁烯的分子结构模型：
B．丙酮的结构简式
C．基态C原子的价层电子轨道表示式：
D．的电子式：
8．（21·22下·顺义·期末）下列关于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是
A．还原性：H2S>HCl B．沸点：H2S>H2O
C．电负性：O>S>Cl D．原子半径：r(Cl)>r(S)
9．（21·22下·东城·期末）元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr 铬 3d54s1 52.00
A．铬元素位于第四周期ⅥB族
B．铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C．铬原子第3能层有5个未成对电子
D．Cr的第一电离能小于K的第一电离能
10．（21·22下·海淀·期末）下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是
A．1s22s12p1 B．1s22s22p63s23p63dl04s2
C．1s22s22p63s23p6 D．1s22s22p63s23p63d54s1
11．（20·21下·海淀·期末）磷酸铁锂(LiFePO4)电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是
A．Li位于周期表s区
B．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6
C．基态P原子的未成对电子数为5
D．基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
12．（20·21下·昌平·期末）按照量子力学对原子核外电子运动状态的描述，下列说法不正确的是
A．核外电子运动不存在固定轨迹的轨道
B．下列能级的能量1s＜2s＜3s＜4s
C．电子云图中的小黑点密表示该核外空间的电子多
D．量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2
13．（20·21下·昌平·期末）电负性是一种重要的元素性质，某些元素的电负性(鲍林标度)数值如下表所示：
元素 H Li O Al P S Cl
电负性 2.1 1.0 3.5 1.5 2.1 2.5 3.0
下列说法不正确的是
A．LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性
B．非金属性：O＞Cl
C．H－Cl键比H－S键极性大
D．Si的电负性范围在2～3之间
14．（20·21下·昌平·期末）下列对基态碳原子价电子的轨道表示式书写正确的是
A． B．
C． D．
15．（20·21下·海淀·期末）下列Li原子的电子轨道表示式的对应状态，能量由低到高的顺序是
①
②
③
④
A．④①②③ B．③②①④ C．④②①③ D．①②③④
16．（20·21下·丰台·期末）下列表述不正确的是
A．原子轨道能量：1S<2S<3S<4S
B．M电子层存在3个能级、9个原子轨道
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子
17．（20·21下·丰台·期末）某基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。下列说法不正确的是
A．原子核外有3个电子层 B．价电子数为4
C．处于第三周期第ⅥA族 D．属于p区元素
二、填空题
18．（20·21下·昌平·期末）完成下列填空
(1)写出下列基态原子的核外电子排布式。
Li： ；N： ；Ti： ；Cu 。
(2)钒元素在元素周期表中的位置是 。
(3)X元素位于第三周期，同周期元素中其第一电离能最小，X的元素符号是 。
三、无机推断题
19．（20·21下·海淀·期末）已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的3d能级为半充满
e 元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
(1)元素a的原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能级的电子。
(2)请比较a、b、c的电负性大小顺序为 (填元素符号)。a、c的气态氢化物中，更稳定的是 (填化学式)。
(3)e元素基态原子的简化电子排布式为 ，f元素基态原子的价电子轨道表示式是 。
(4)df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式： ，若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为 。
参考答案
1．A
【分析】当两种元素原子的电负性相差较大时，易形成离子键；当两种元素原子电负性相差不大时，易形成共价键；
【详解】由表可知，X和W的电负性相差最大，最容易形成离子键，故选A。
2．C
【详解】A．乙炔分子式是C2H2，分子中2个C原子通过共价三键结合，每个C原子再分别与1个H原子形成C-H键，故其结构式是H—C≡C—H，A正确；
B．苯酚分子是平面分子，结合原子相对大小及原子结合方式可知：图示为苯酚的空间填充模型，B正确；
C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态。C是6号元素，原子核外有6个电子，则基态C原子的核外电子排布式是：，C错误；
D．Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，在中2个O原子通过共价单键结合，故过氧化钠的电子式是：，D正确；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干布丁模型，A不符合题意；
B．卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是a粒子散射实验，B不符合题意；
C．玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，是建立在三个基本假设的基础上的理论，C不符合题意；
D．原子结构的量子力学模型在处理核外电子量子化特性及波粒二象性提供主要论据和重要结论，可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态会产生多条谱线”，D符合题意；
故选D。
4．D
【详解】A．节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，选项A正确；
B．酚醛树脂具有热固性，受热后不能软化或熔融，可用于生产宇宙飞船外壳的烧蚀材料，选项B正确；
C．利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，选项C正确；
D．植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，选项D错误；
答案选D。
5．C
【详解】A．Se是氧族元素，位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，故A正确；
B．同位素可用质谱法来区分，故B正确；
C．33号元素As与34号元素Se处于同一周期，As是N族元素，其p轨道是半充满结构比较稳定，所以第一电离能是33As＞34Se，故C错误；
D．SeO2与SO2的化学性质相似，既具有氧化性也具有还原性，故D正确；
故本题选C．
6．D
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．反-2-丁烯为 ，其分子结构模型： ，A正确；
B．丙酮的结构简式 ，B正确；
C．基态C原子的价层电子轨道表示式：，C错误；
D．的电子式： ，D正确；
故选C。
8．A
【详解】A．单质氧化性氯气大于硫，对应简单氢化物还原性：H2S>HCl，A正确；
B．H2S、H2O均为分子晶体，水分子间能形成氢键，沸点较高，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：O>Cl>S，C错误；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Cl)
9．D
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D。
10．A
【详解】A．1s22s2是基态铍原子的核外电子排布方式，则1s22s12p1是激发态铍原子的电子排布式，故A符合题意；
B．1s22s22p63s23p63d104s2是基态锌原子的核外电子排布方式，故B不符合题意；
C．1s22s22p63s23p6是基态氩原子的核外电子排布方式，故C不符合题意；
D．1s22s22p63s23p63d54s1是基态铬原子态的核外电子排布式，故D不符合题意；
故选A。
11．C
【详解】A．Li价电子排布式为2s1，位于周期表s区，故A正确；
B．Fe价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，故B正确；
C．P价电子排布式为3s23p3，基态P原子的未成对电子数为3，故C错误；
D．基态O原子核外电子占据的最高能级为2p，2p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故D正确。
综上所述，答案为C。
12．C
【详解】A．核外电子运动只是在某个区域出现的概率大些，不是围绕原子核在固定的轨道上运动，A正确；
B．同一原子中，形状相同的原子轨道能层越低，能量越低，所以能级的能量高低：1s<2s<3s<4s，B正确；
C．小黑点的密表示电子出现机会的多，不表示在该核外空间的电子数多，C错误；
D．各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子，所以量子数为n的电子层具有的原子轨道数为n2，D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A．Li、Al、H三种元素中，H的电负性最大，所以LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性，故A正确；
B．O的电负性大于Cl，元素的电负性越大，其非金属性越强，所以非金属性：O＞Cl，故B正确；
C．Cl的电负性大于S，则Cl和H形成的H－Cl键的极性比 S和H形成的H－S键极性大，故C正确；
D．Si位于周期表第三周期第ⅣA族，其电负性应介于它前面的元素Al和它后面的元素P之间，即Si的电负性范围在1.5~2.1之间，故D错误；
故选D。
14．D
【分析】基态原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则。基态碳原子价电子的轨道表示式为 。
【详解】A．基态碳原子价电子层为第二层，即L层，违反了能量最低原理，故A错误；
B．在2p轨道上的两个电子自旋方向应该相同， 违反了洪特规则，故B错误；
C．2s轨道上应该排布2个电子，违反了能量最低原理，此排布式为激发态碳原子的价电子轨道表示式，故C错误；
D．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，故D正确；
故答案为D。
15．A
【详解】基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，已知能量高低为：1s＜2s＜2p，故①是1s上的一个电子跃迁到了2s上，②是1s上的2个电子跃迁到了2p上，③ 是1s上的2个电子跃迁到了2p上且在同一轨道中，根据洪特规则可知，其能量高于②，④为基态原子，能量最低，故能量由低到高的顺序为：④①②③，故答案为：A。
16．C
【分析】此题考查结构化学中构造原理。
【详解】A．离原子核越远，能量越高，故A正确；
B．M电子层存在3个能级分别为，共9个原子轨道，故B正确；
C．基态碳原子的轨道表示式：，违背洪特规则多电子应优先排布不同的轨道，故C错误；
D．同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，故D正确；
故选C。
17．B
【分析】基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该原子核外共有16个电子，是S原子。
【详解】A．S原子的原子结构示意图为 ，有3个电子层，A正确；
B．S原子的价电子为3s23p4，价电子数为6，B错误；
C．S位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，C正确；
D．元素周期表中，第ⅢA族到0族均为p区元素，S在第ⅥA族，属于p区，D正确；
故选B。
18．(1) 1s22s1 1s22s22p3 1s22s22p63s23p63d24s2 1s22s22p63s23p63d104s1
(2)第四周期第ⅤB族
(3)Na
【分析】（1）
根据构造原理和各元素的核电荷数，各元素的电子排布式分别为： Li：1s22s1；N：1s22s22p3；Ti：1s22s22p63s23p63d24s2；Cu：1s22s22p63s23p63d104s1。铜的电子排布式中，最后的11个电子在3d轨道上排10个，4s轨道上排1个，3d轨道是半充满的稳定结构。
（2）
钒元素的核电荷数为23，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤB族。
（3）
第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子时所需的最低能量。第三周期第一电离能最小的元素是钠，元素符号是Na。
19．(1) 6 3
(2) O>N>C H2O
(3) [Ar]3d104s1
(4) 3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O 13mol
【分析】a的L层上s能级电子数等于p能级电子数，其电子排布为1s22s22p2，a为C；b为非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，b为N；c的最外层电子数是内层电子数的3倍，c为O；d元素的正三价离子的3d能级为半充满，可知d的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，d为Fe；e元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，e为Cu；f的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，f为Br，据此分析解题。
(1)
由分析可知，元素a为C，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，电子排布式为：1s22s22p2，故有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；
(2)
由分析可知，a、b、c分别为C、N、O，同一周期从左往右电负性依次增大，故a、b、c的电负性大小顺序为O＞N＞C，元素气态氢化物的稳定性与其非金属性强弱一致，故a、c的气态氢化物中，更稳定的是H2O，故答案为：O＞N＞C；H2O；
(3)
由分析可知，e元素为Cu，故e元素基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，f为Br，f元素基态原子的价电子排布式为：4s24p5，故轨道表示式是，故答案为：[Ar]3d104s1；；
(4)
由分析可知，df2即FeBr2与过量的b即N的最高价氧化物对应水化物即HNO3的稀溶液反应，其中生成物有HfO3即HBrO3和一种遇空气显红棕色的气体即NO，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O，由反应方程式可知，反应中N由+5价降至+2价，化合价降低了3，故反应中转移电子数目为39mol，故若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为13mol，故答案为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O；13mol。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
化学反应速率与化学平衡章节综合
一、单选题
1．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）一定温度下，在2个恒压密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，充分反应并达到化学平衡状态，相关数据见下表。下列说法正确的是
容器编号 起始时各物质的物质的量浓度 平衡时的浓度
Ⅰ 0.01 0.01 0.008
Ⅱ 0.02 0.02 x
A．Ⅱ中 B．该温度下，反应的化学平衡常数
C．容器内气体的密度不再改变时反应达到平衡 D．容器中的转化率：Ⅰ>Ⅱ
2．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）生产钛的方法之一是将金红石(，熔点为1840℃)转化为(熔点为℃)，再进一步还原得到钛。转化为有直接氯化法和碳氯化法，相关能量示意图如下所示。下列说法不正确的是。
A．与的晶体类型不同
B．可推知
C．将反应物固体粉碎可以加快直按氯化、碳氯化的反应速率
D．判断直接氯化反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变和熵变
3．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）已知：2NO(g) +O2(g)2NO2(g)，其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线（如图）,下列说法不正确的是
A．p1＜p2
B．该反应的△H＜0
C．A、B两点的平衡常数：K(A)＜K(B)
D．A、B两点的化学反应速率：v(A)＜v(B)
4．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）研究“2Fe3++2I—2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
下列说法不正确的是
A．a中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I—=AgI↓
B．可依据a中现象推测，实验I中的棕黄色主要是I2引起的
C．加水的作用是排除稀释对溶液颜色的影响
D．还原性：实验a中I—>Fe2+，实验b中I—
选项 事实 解释
A F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点依次升高 F2、Cl2、Br2、I2的范德华力逐渐增强
B 在氯化钠晶体中，Na+可以吸引不同方向的6个Cl﹣ 离子键具有饱和性
C 浓CuCl2溶液显绿色，加水稀释过程中变蓝 Cu2+与Cl﹣、H2O均能形成配合物
D 铜金属具有良好的导电性 铜金属中有“自由电子”
A．A B．B C．C D．D
二、工业流程题
6．（2023春·北京丰台·高二统考期末）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。
已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K<105
Au+NO+4H+Au3++NO↑+2H2O K<105
Au3++4Cl[AuCl4] K>105
ii．HAuCl4=H++[AuCl4]—
(1)酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是 。
(2)已知，王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金反应时产生NO。
①写出该反应的离子方程式： 。
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用 。
(3)若用Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。
(4)AgCl溶于氨水的离子方程式为 。
(5)水合肼(N2H4·H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。
(6)Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。
①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。
②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是 。
三、填空题
7．（2021春·北京昌平·高二统考期末）完成下列填空
(1)下列常见物质的空间结构呈直线形的是 ，呈平面三角形的是 。中心原子轨道采取sp3杂化的是 ，采取sp2杂化的是 。
①BF3 ②CO2 ③NH3 ④CCl4 ⑤HC≡CH
(2)NF3是微电子工业中种优良的等离子蚀刻气体，利用杂化轨道理论解释其空间结构是三角锥形： 。
(3)某小组进行如下操作，观察到下列现象：
步骤1：向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，产生白色沉淀；
步骤2：继续滴加，沉淀消失，溶液变澄清。
①澄清溶液中含[Ag(NH3)2]+，其中含有的化学键类型有 。
a．σ键 b．配位键 c．氢键
②已知：Ag++NH3 H2OAgOH↓+NH，利用平衡移动原理解释步骤2的现象 。
四、实验探究题
8．（2022春·北京海淀·高二首都师范大学附属中学校考期末）某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
[猜想预测]
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
[实验探究]
实验i：向装有0.5gCu的烧杯中加入20mL30%H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式： 。
[继续探究]
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+为深蓝色；
Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置 序号 试剂a 现象
ii 20mL30%H2O2与4mL5mol/LH2SO4混合液 Cu表面很快产生少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
iii 20mL30%H2O2与4mL5mol/L氨水混合液 溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ii中：溶液变蓝的原因是 (用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是 。
(3)对比实验i和iii，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论： 。
利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)实验iii有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因可能是 。
(5)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有 和 。
参考答案
1．B
【分析】该反应在恒温恒压条件下的密闭容器中进行，加入的反应物浓度为1:2，那么平衡时两容器中反应物的转化率相同，Ⅱ中各组分浓度为Ⅰ中对应的各组分浓度的2倍。
【详解】A．由分析知，Ⅱ中，A错误；
B．容器Ⅰ中平衡时，说明的浓度减少了，则平衡时，，故该温度下反应的化学平衡常数，B正确；
C．该反应气体前后的化学计量数之和相等，则容器体积反应前后不变，而容器内气体总质量守恒，那么密度一直为定值，当密度不再改变时不能说明反应一定达到了平衡状态，C错误；
D．由分析知，两容器中的转化率相同，D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．熔点为1840℃，属于原子晶体，的熔点为℃，属于分子晶体，A不符合题意；
B．可由图知碳氯化法的热化学方程式减去直接氯化法的热化学方程式得到，故，B符合题意；
C．粉碎反应物固体可以增大固体表面积，使反应更易更快进行，C不符合题意；
D．ΔG=ΔH-TΔS<0的反应可自发进行，故判断直接氯化反应能否自发进行需要综合考虑体系的焓变ΔH和熵变ΔS，D不符合题意；
故选B。
3．C
【详解】A．温度不变时压强增大，平衡正向移动，平衡转化率增大，说明 p1＜p2，A正确；
B． 随着温度升高一氧化氮的平衡转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，即该反应的△H＜0，B正确；
C． A、B两点的温度相同， 则A、B两点的平衡常数相同：K(A)=K(B) ，C不正确；
D． A、B两点的温度相同、B点的压强大于A，所以A、B两点的化学反应速率：v(A)＜v(B) ，D正确；
选C。
4．D
【详解】A．由图可知，a中发生的反应为碘离子与银离子反应生成碘化银黄色沉淀，反应是的离子方程式为Ag++I—=AgI↓，故A正确；
B．依据a中现象可知，平衡逆向移动，铁离子浓度增大，但是溶液褪色，说明实验I中的棕黄色可是碘引起的，故B正确；
C．对比b、c实验现象可知，加水的作用是排除稀释对溶液颜色的影响，故C正确；
D．实验a中加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀，溶液中碘离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，没有体现碘离子的还原性，故D错误；
故选D。
5．B
【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，所以F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点依次升高，故A正确；
B．当两个异电荷离子彼此吸引形成离子键后，由于离子的电场无方向性，各自仍具有吸引异电荷离子的能力，只要空间条件许可，每种离子均可结合更多的异电荷离子，因此离子键无饱和性，故B错误；
C．Cu2+与Cl﹣形成的[CuCl4]2-为黄色，Cu2+与H2O形成的[Cu(H2O)4]2+为蓝色，在溶液中存在平衡：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-，所以浓CuCl2溶液显绿色，加水稀释，平衡正向移动，溶液变蓝，故C正确；
D．金属键理论认为，在金属晶体中，金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”被所有原子所共用。当通电时，电子定向移动，所以一般金属都有良好的导电性，故D正确；
故选B。
6．(1)增加反应的接触面积，加快反应速率
(2) Au+NO+4Cl+2H+=NO↑+[AuCl4]+2H2O 提供Cl与Au3+形成[AuCl4]，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动
(3)1.5
(4)AgCl+2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O
(5)将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质
(6) < 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-
【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和[PdCl4]2-溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含[PdCl4]2-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2；
【详解】（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率；
（2）①根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO+4Cl+2H+=NO↑+[AuCl4]+2H2O；
②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl与Au3+形成[AuCl4]，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动；
（3）根据得失电子守恒可知，1.5molZn粉能将溶液中的1mol HAuCl4完全还原；
（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O；
（5）还具有的优点可能为将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质；
（6）①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力：Cl< NH3；
②调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-。
7．(1) ②⑤ ① ③④ ①
(2)NF3的中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，则N采取sp3杂化，由于有一孤电子对，所以分子结构是三角锥形
(3) a b 向硝酸银溶液中滴加氨水，发生反应Ag++NH3 H2OAgOH↓+NH，生成白色沉淀AgOH，AgOH在水溶液中存在电离平衡：AgOHAg++OH-，继续滴加氨水，Ag+与NH3生成[Ag(NH3)2]+，由于该配离子很稳定，促使AgOH的溶解平衡正向移动，AgOH逐渐溶解
【分析】(1)
①BF3 的中心原子B的价层电子对数=3+(3-3×1)=3，则B采取sp2杂化，分子结构是平面三角形；②CO2的中心原子C的价层电子对数=2+ (4-2×2)=2，则C采取sp杂化，分子结构为直线形； ③NH3的中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，则N采取sp3杂化，由于有一孤电子对，所以分子结构是三角锥形； ④CCl4 的中心原子C的价层电子对数=4+(4-4×1)=4，则C采取sp3杂化，分子结构是正四面体；⑤HC≡CH为乙炔，是直线形分子，中心原子C的价层电子对数为2，采取sp杂化，分子结构是直线形。故空间结构呈直线形的是②⑤；呈平面三角形的是①；中心原子轨道采取sp3杂化的是③④；采取sp2杂化的是①。
(2)
NF3的中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，则N采取sp3杂化，由于有一孤电子对，所以分子结构是三角锥形。
(3)
①[Ag(NH3)2]+中有Ag+和NH3之间是配位键、构成NH3的N和H之间是σ键，故选a和 b。
②向硝酸银溶液中滴加氨水，发生反应Ag++NH3 H2OAgOH↓+NH，生成白色沉淀AgOH，AgOH在水溶液中存在电离平衡：AgOHAg++OH-，继续滴加氨水，Ag+与NH3生成[Ag(NH3)2]+，由于该配离子很稳定，促使AgOH的溶解平衡正向移动，AgOH逐渐溶解。
8．(1)Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓
(2) Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O 产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢
(3)加入氨水，提高了Cu的还原性
(4)Cu (OH)2(aq) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O NH3·H2O ＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
(5) 酸碱性 产物微粒的种类
【分析】本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2））实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U形管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U形管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3 Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀；
（5）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
合成高分子章节综合
一、单选题
1．（2023春·北京海淀·高二101中学校考期末）聚合物X(结构简式如图a)经硫化后可得到硫化顺丁橡胶(局部结构示意图如图b)，下列说法不正确的是
A．聚合物X的单体为1，3-丁二烯
B．聚合物X能发生氧化反应，橡胶的老化与该反应有关
C．聚合物X在硫化过程中仅涉及σ键的变化
D．聚合物X在硫化过程中由线型结构链接为网状结构，强度增大
2．（2023春·北京西城·高二统考期末）有一种功能性的聚合物P，合成路线如下：
已知：
下列说法不正确的是
A．E的分子式为
B．F的结构简式是
C．E和F发生缩聚反应生成P
D．聚合物P中含有酯基
3．（2023春·北京西城·高二统考期末）下列物质的主要成分不属于高分子的是
A．花生油 B．棉花 C．羊毛 D．天然橡胶
A．A B．B C．C D．D
4．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体 、 、 缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图所示： 。下列说法不正确的是
A．芳砜纶纤维中不含手性碳原子
B． 的名称为4，4'-DDS，推测 的名称为3，3'-DDS
C．参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8
D．及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物
5．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）在抗击新冠肺炎的过程中“合成材料”发挥了重要的作用。下列有关合成材料的说法不正确的是
A．CH3CHOHCOOH可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料
B．合成有机硅橡胶的单体是，则有机硅橡胶是通过加聚反应制得的
C．人造象牙的主要成分的结构简式是，可通过HCHO发生加聚反应制得
D．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯能使溴水褪色
6．（2023春·北京昌平·高二统考期末）已知，下列关于甲醛()危害、去除与利用的说法不正确的是
A．上述已知过程中发生了加成反应和消去反应
B．依据电负性，甲醛中C带部分正电荷可能与蛋白质中带部分负电荷的N结合，使蛋白质失活，对人体造成危害
C．含氨基的试剂和酸性KMnO4溶液均可与甲醛反应，反应原理相同
D．甲醛与可反应生成
7．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有键断裂
D．合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成
8．（2023春·北京西城·高二北京八中校考期末）聚合物P是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法不正确的是
A．聚合物P可以在碱性溶液中发生水解反应
B．由X、Y、Z对应的原料单体合成聚合物P的反应是缩聚反应
C．Z对应的原料单体是
D．仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子
9．（2023春·北京东城·高二北京二中校考期末）一种可完全降解的环保型塑料(PPC)的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．PPC中含有2种官能团
B．聚合过程中没有小分子生成
C．顺丁烯二酸酐可使的溶液褪色
D．由于PPC中存在碳碳双键，可进行交联改性
10．（2022春·北京顺义·高二统考期末）不饱和聚酯(UP，结构简式如图所示)是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP的流程：
下列说法不正确的是
A．物质甲为CH2=CH-CH=CH2
B．上述流程设计③和⑤是为了保护碳碳双键
C．上述流程涉及到的反应类型有加成、取代、氧化、消去、加聚、还原
D．调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子的材料
11．（2022春·北京丰台·高二统考期末）短道速滑作为冬奥会上的正式项目，一直备受瞩目。下列速滑竞赛服和速滑冰刀使用的材料中不属于有机高分子材料的是
A．速滑冰刀中采用钛合金材料
B．速滑竞赛服右胯部的位置采用一种合成纤维
C．速滑竞赛服手脚处使用了蜂窝样式的聚氨基甲酸酯材料
D．速滑竞赛服大腿部位选择一种比普通纤维弹性强数十倍的橡胶材料
12．（2022春·北京西城·高二统考期末）某网状吸水性高分子树脂的部分结构如图所示，其制备方法是：将有机化合物A用NaOH部分中和，加入交联剂乙二醇，再引发聚合。
下列说法不正确的是
A．有机化合物A是CH2=CH－COOH
B．制备过程中主要发生了中和反应、酯化反应和缩聚反应
C．该高分子树脂的吸水性与－COONa有关
D．网状结构有利于提高材料的保水能力
13．（2022春·北京海淀·高二统考期末）医用胶能够在常温、常压下发生加聚反应，快速黏合伤口，且黏合部位牢固，它的结构中含有a-氰基丙烯酸酯(结构如图所示)。下列关于医用胶的说法正确的是
A．碳碳双键发生加聚反应使医用胶形成网状结构
B．氰基和酯基使碳碳双键活化，更易发生加聚反应
C．医用胶中含有极性基团，故水溶性很好
D．医用胶与皮肤黏合牢固只靠氰基与蛋白质分子间形成的氢键
14．（2022春·北京海淀·高二统考期末）尼龙-6可由己内酰胺() 一步合成，结构片段如下图所示， 表示链的延伸。下列说法正确的是
A．氢键对尼龙-6 的性能没有影响
B．尼龙- 6的链节为
C．由己内酰胺合成尼龙-6的过程中脱去水分子
D．己内酰胺的水解产物只能与NaOH溶液发生酸碱反应
15．（2022春·北京海淀·高二统考期末）下列物质属于合成高分子材料的是
A．棉花 B．天然橡胶 C．合金 D．酚醛树脂
16．（2022春·北京朝阳·高二统考期末）高分子M和N的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．物质A中含有酯基
B．试剂B为
C．反应①为加聚反应，反应②为缩聚反应
D．用甘油(丙三醇)代替试剂B，可得到网状结构的高分子
17．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）可生物降解高分子材料PET的结构片段如下：~~~X-Y-X-Y~~~(~~~表示链延长)X为，Y为－OCH2CH2O－，下列有关PET的说法不正确的是
A．PET分子中含有酯基，能发生水解反应
B．PET的结构简式可写为
C．可以通过缩聚反应制备PET
D．若PET结构中的Y用替代，可形成网状结构
18．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯与马来酸酐共同加成聚合(共聚)而成。下列说法不正确的是
A．降冰片烯分子式为C7H10，其分子本身可以发生加聚反应
B．该光刻胶的结构简式可能为：
C．1 mol马来酸酐，最多消耗1 mol NaOH
D．光刻胶合成过程中可能会出现链节：
19．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）PET是一种聚酯纤维，拉伸强度高，透光性好，广泛用作手机贴膜，合成如下，下列关于该高分子的说法不正确的是
n +nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O
A．合成PET的反应为缩聚反应
B．通过质谱法测定PET的平均相对分子质量，可得其聚合度
C．PET两种单体的核磁共振氢谱的谱峰的组数不同
D．PET膜应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触
20．（2021春·北京延庆·高二统考期末）某高吸水性树脂P的结构片段如图所示。其中X为，Y起交联作用，由在合成P的过程中形成。下列说法不正确的是
A．合成P的反应可能是加聚反应
B．P的高吸水性与“—COONa”结构有关
C．由Y的结构推测CH2=CH2也可起到类似的交联作用
D．合成P的过程中用到的一种原料可能是CH2=CH—COONa
21．（2021春·北京密云·高二统考期末）高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图：
下列说法不正确的是
A．a分子的核磁共振氢谱有2组峰
B．生成高分子b的反应为加成反应
C．高分子b最多可与反应
D．高分子c的水溶性好于高分子b
22．（2021春·北京西城·高二统考期末）某柔性屏手机的电池采用有机高聚物做固态电解质，该高聚物的结构片段如图。下列说法正确的是
A．合成高聚物的反应为缩聚反应
B．氢键对高聚物的性能没有影响
C．高聚物的单体是
D．高聚物在NaOH溶液中水解的产物之一是
23．（2021春·北京丰台·高二统考期末）对羟基肉桂酸甲酯具有高光敏性等优良的特点，用于制作触摸屏和光纤材料，该物质的结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A．不饱和度为6
B．可与甲醛发生缩聚反应
C．1mol该有机化合物最多可与2molBr2发生反应
D．1mol该有机化合物最多可与2molNaOH发生反应
24．（2021春·北京西城·高二北京四中校考期末）一种在工业生产中有广泛用途的有机高分子结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是
A．能水解成小分子
B．单体只含一种官能团
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
25．（2021春·北京海淀·高二101中学校考期末）北京航空航天大学教授偶然中发现米虫吃塑料，受此启发进行了系列实验，证实黄粉虫的肠道微生物可降解聚苯乙烯(PS)，蜡虫可降解聚乙烯(PE)。聚苯乙烯在虫肠内降解的示意图如下，下列说法正确的是
A．在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯断裂碳碳双键
B．在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯直接降解为CO2分子
C．在虫肠内微生物作用下，聚苯乙烯发生降解，分子量降低
D．聚乙烯与聚苯乙烯是同系物，具有烯烃的性质
二、有机推断题
26．（2023春·北京西城·高二统考期末）有机化合物X主要用作工程塑料的原料。研究有机化合物X的分子结构、性质的过程如下。
(1)确定X的分子式
通过燃烧法确定X的实验式为C3H5O2，然后通过质谱法测得X的相对分子质量，测量结果如图，则X的分子式为 。
(2)确定X的分子结构
使用仪器分析法测定X的分子结构，结果如下表：
序号 谱图 数据分析结果
① 只含有-COOH
② 峰面积比为2：2：1
①中的仪器分析方法为 。
②中的仪器分析方法为核磁共振氢谱法，X的结构简式是 。
(3)X的分子结构与性质的关系
①根据X的分子结构推测，其可以发生的反应类型有 (填序号)。
a．中和反应 b．取代反应 c．消去反应
②X与己二胺[H2N(CH2)6NH2]反应生成高分子，化学方程式是 。
27．（2023春·北京朝阳·高二统考期末）不同空腔尺寸的瓜环可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。瓜环[7]的一种合成路线如下。
(1)A的名称是 。
(2)1，1，2，2-四溴乙烷与反应生成B的化学方程式是 。此反应过程需要加入远远过量的，目的有：
①减少副反应，提高生成物纯度。
② 。
(3)推测“成环”反应中生成M和 。
(4)瓜环[7]的分子结构模型如下图所示。
①下列关于瓜环[7]的说法正确的是 (填序号)。
a．含有的官能团是酰胺基
b．含有2种不同化学环境的氢原子
c．分子间存在范德华力和氢键
d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力
②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是 。
(5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案： 。
28．（2023春·北京大兴·高二统考期末）有机化合物M是一种药品辅料的中间体，下图是该有机化合物的合成线路。请回答下列问题。
已知: i.
ii.两种或两种以上的单体发生的加聚反应称为共聚反应，如:
（1）A的结构简式是 。
（2）反应②的化学方程式是 。
（3）合成线路①~⑤中属于氧化反应的有 (填序号)。
（4）反应④的化学方程式是 。
（5）若1mol D与2mol HCHO反应，该反应产物的结构简式是 。
（6）反应⑧的反应物及反应条件是 。
（7）合成线路中⑦~⑨的目的是 。
（8）在一定条件下，F与L按物质的量之比1 : 1发生共聚反应合成M,其链节中不含碳碳双键，且除苯环外不含其他环状结构，则M的结构简式是 。
29．（2022春·北京昌平·高二统考期末）乙烯是一种重要的化工原料。
I．乙烯可发生以下转化(部分条件已省略)：
(1)B的结构简式是 。
(2)B→C中发生的官能团转化是 。
(3)C→D的反应类型是 。C与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，而直接与AgNO3溶液反应则无银镜，解释原因： 。
(4)写出B+EF的化学方程式 。
II．某同学设计了由乙烯合成高聚物Z的路线如下图所示(部分条件已省略)：
(5)反应①的反应类型是 。
(6)X的官能团名称是 。
(7)反应②的化学方程式是 。
(8)Z是，则M的结构简式是 。
30．（2022春·北京西城·高二统考期末）有机化合物A可由葡萄糖发酵得到，在医药和食品领域中有广泛应用，研究有机化合物A的分子结构、性质如下：
(1)确定A的分子式
经元素分析得到化合物A的实验式为CH2O，通过 法(填仪器分析方法)可以测得A的相对分子质量为90，则A的分子式为 。
(2)确定A的分子结构
使用现代分析仪器对A的分子结构进行测定，结果如图：
谱图 数据分析结果
红外光谱 含有－COOH、－OH
核磁共振氢谱 峰面积比为1︰1︰1︰3
A的结构简式为 。
(3)研究A的结构和性质的关系
①A的分子存在两种空间结构，它们具有完全相同的组成和原子排列，却互为镜像，具有不同的光学性质，两种分子的关系为 (填字母，下同)。
a．碳架异构 b．位置异构 c．官能团异构 d．手性异构
②根据A的结构推测，有机化合物A不能发生的反应有 。
a．取代反应 b．加聚反应 c．消去反应 d．酯化反应
③已知：电离常数Ka(A)=1.38×10-4，Ka(丙酸)=1.38×10-5，分析数据可知A的酸性强于丙酸，请从共价键极性的角度解释原因 。
(4)A通过缩聚反应得到的产物可用作手术缝合线，能直接在人体内降解吸收。A发生缩聚反应的化学方程式是 。
31．（2022春·北京海淀·高二统考期末）北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”摆件由环保聚氯乙烯(PVC)、ABS树脂、亚克力(PMMA)和聚碳酸酯( PC)等高分子材料制作而成，材质轻盈，形象深受人们的喜爱。
(1)写出由氯乙烯(CH2=CH- C1) 在一定条件下合成聚氯乙烯(PVC)的化学方程式： 。
(2)ABS的结构如下所示：
写出ABS对应单体的结构简式： CH2=CH-CN、 、 。
(3)亚克力( PMMA)的合成路线如下所示：
已知： (R、 R'代表烃基)
①B的核磁共振氢谱中只有一组峰， A→B的化学方程式为 。
②D的结构简式为 。
③D→E和E→PMMA单体的反应类型分别为 、 。
(4)下图是聚碳酸酯(PC )的合成过程和分子结构片段。下列说法正确的是 ( 填字母序号)。
a.反应物Ⅰ和Ⅱ均可与NaOH溶液发生反应
b.反应物Ⅰ和Ⅱ的核磁共振氢谱中均有三组峰
c.生成物除聚碳酸酯外还有苯酚
d.通过化学方法可实现聚碳酸酯的降解
(5)PVC、ABS、PMMA和PC四种聚合物中属于缩聚产物的是 。
32．（2021春·北京昌平·高二统考期末）缓释阿司匹林是种常用的解热镇痛类药物，其合成路线如下：
(1)B的结构简式是 。
(2)已知D→E脱去一分子CH3COOH，且E能与NaHCO3溶液反应，E的结构简式是 。
(3)D→E反应过程中可能发生副反应，D自身缩合成高分子化合物，副反应的化学方程式是 。
(4)F含有的官能团是 。
(5)试剂a是 。
(6)H的结构简式是 。
33．（2021春·北京丰台·高二统考期末）以石油裂解气为原料，合成化工原料丁烯二酸的路线如下：
(1)A的名称是 。
(2)B→D的反应试剂为 ，反应类型是 。
(3)步骤a、b的目的是 。
(4)F的结构简式是 。
(5)丁烯二酸可用于生产多种聚合物，聚丁烯二酸为盐碱地土壤改良剂，聚丁烯二酸乙二酯可用于神经组织的3D打印。
①丁烯二酸存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为
②聚合物M的结构简式为 ，反应类型为 。
③由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚合物N的化学方程式为 。
三、结构与性质
34．（2022春·北京东城·高二统考期末）利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如下图所示
(1)“杯酚”的官能团是 。
(2)“杯酚”分子内官能团之间通过 (填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底”。
(3)(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。
①该无机物是 。
②关于对叔丁基苯酚的叙述，正确的是 (填序号)。
a.分子式为
b.分子中所有碳原子均为杂化
c.易被空气中的氧气氧化
d.1mol对叔丁基苯酚最多能与1mol发生反应。
(4)不溶于氯仿(化学式为)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是 。
(5)的晶胞结构如下所示。
①碳60晶胞中含有 个分子。
②每个分子周围最多可以有 个紧邻的分子。
35．（2021春·北京朝阳·高二统考期末）某钙钛矿是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用制备钙钛矿。
(1)晶体属于 。
A．离子晶体 B．分子晶体 C．共价晶体
(2)设计实验比较在、水中的溶解性： 。
(3)制备的过程如下所示：
①Ⅰ中，的沸点高于的沸点，原因是分子间存在 。
②Ⅱ中，由于分子中的 具有孤电子对，容易与反应生成盐。
(4)钙钛矿的稳定性受空气中、紫外线等因素的影响。
ⅰ.
ⅱ.
研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释： 。
我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。
(5)在钙钛矿中引入有机物M能抑制离子扩散，增加其稳定性。M的逆合成分析如下：
①羧酸A的结构简式为 。
②以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
已知：+ R＇-CH2CHO (R、R＇表示烃基或氢)。
参考答案
1．C
【详解】A．图a为1，3-丁二烯经过加聚得到的高聚物，所以其单体为1，3-丁二烯，A正确；
B．聚合物X中含碳碳双键，容易被氧化，所以橡胶的老化与该反应有关，B正确；
C．根据图b可知，硫化过程中涉及碳碳双键的断裂和碳硫单键的形成，所以涉及σ键和π键的变化，C错误；
D．聚合物X在硫化过程中形成的网状结构，强度比线状结构的大，D正确；
答案选C。
2．C
【详解】A．由图可知，E的分子式为，A正确；
B．结合EP结构可知，形成高分子化合物P的单体之一F的结构简式是 ，B正确；
C．E和F发生成P的过程中没有生成小分子化合物，为加聚反应，C错误；
D．聚合物P中含有酯基-COO-，D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．花生油为油脂，不是高分子化合物，A符合题意；
B．棉花为植物纤维，属于高分子化合物，B不符合题意；
C．羊毛含有蛋白质，属于高分子化合物，C不符合题意；
D．天然橡胶中成分的相对分子质量很大，为高分子化合物，D不符合题意；
故选A。
4．C
【详解】A．芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B．根据 的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则 中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′-DDS，故B正确；
C．芳砜纶纤维的结构简式为 ，则 为0.75n， 为0.25n， 为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；
D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl,及时移除HCl,平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；
故选：C。
5．B
【详解】A．分子中含有羟基、羧基，可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料，A正确；
B．有机硅橡胶是通过缩聚反应制得的，反应过程中得到小分子水，B错误；
C．由结构可知，甲醛分子含有碳氧双键，通过加聚反应生成，C正确；
D．聚异戊二烯分子中含有碳碳双键，，能使溴水褪色，D正确；
故选B。
6．C
【分析】由图可知，甲醛和NH2R发生加成反应生成，随后发生消去反应生成，以此解题。
【详解】A．由分析可知，上述已知过程中发生了加成反应和消去反应，A正确；
B．因为电负性：N>C，蛋白质中N带负电，HCHO中C带正电，所以带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合，使蛋白质失活，对人体造成危害，B正确；
C．含氨基的试剂与甲醛反应为加成反应，酸性KMnO4溶液和甲醛反应属于氧化还原反应，原理不同，C错误；
D．和甲醛先发生加成反应，再发生缩聚反应生成，D正确；
故选C。
7．D
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选：D。
8．B
【详解】A．组成聚合物P的X物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A正确；
B．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，X、Y、Z对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-O和C=S键合成聚合物P，没有生成小分子物质，该反应是加聚反应，B错误；
C．物质Z去掉高聚物符号以及断裂C=O其中一条键得到单体是 ，C正确；
D．线型高分子是指官能团种数为2的单体经过缩合聚合得到的高分子，仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物含有支链但不是网状体型高分子，是线型高分子，D正确；
故选：B。
9．A
【详解】A．PPC中含有酯基、碳碳双键、羰基3种官能团，A错误；
B．该聚合过程中没有小分子生成，B正确；
C．顺丁烯二酸酐含有碳碳双键，可使的溶液褪色，C正确；
D．由于PPC中存在碳碳双键，可以发生加成反应进行交联改性，D正确；
故选A。
10．C
【分析】由UP的结构简式可知，UP的单体为HOCH2CH2OH、HOOCCH=CHCOOH、 ，根据合成路线可知，甲、乙、丙、丁、戊、单体1中碳原子个数都是4，且单体1中含有碳碳双键，则单体1为HOOCCH=CHCOOH，戊发生消去反应然后酸化得到单体1，根据戊的分子式知，戊为HOOCCH2CHBrCOOH；甲为链状结构，甲为CH2=CHCH=CH2，丙能和HBr发生加成反应，则丙中含有碳碳不饱和键，乙为CH2BrCH=CHCH2Br，乙发生水解反应生成丙为HOCH2CH=CHCH2OH，丁为HOCH2CH2CHBrCH2OH，丁连续被氧化生成戊。
【详解】A．由上述分析可知，甲为CH2=CHCH=CH2，故A正确；
B．③中碳碳双键和HBr发生加成反应生成单键、⑤中碳溴键发生消去反应生成碳碳双键，所以上述流程设计③和⑤是为了保护碳碳双键，故B正确；
C．①②③④⑤⑥分别是加成反应、取代反应或水解反应、加成反应、氧化反应、消去反应、缩聚反应，故C错误；
D．m、n的比值不同，得到的物质不同，所以调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子的材料，故D正确；
故答案选C。
11．A
【详解】A．速滑冰刀中采用钛合金材料属于金属材料，故A符合题意；
B．速滑竞赛服右胯部的位置采用一种合成纤维属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；
C．速滑竞赛服手脚处使用了蜂窝样式的聚氨基甲酸酯材料属于合成有机高分子材料，故C不符合题意；
D．速滑竞赛服大腿部位选择一种比普通纤维弹性强数十倍的橡胶材料为合成橡胶，属于合成有机高分子材料，故D不符合题意；
故选A。
12．B
【详解】A．CH2=CH－COOH用NaOH部分中和，加入交联剂乙二醇，再引发聚合，可生成该网状吸水性高分子树脂，故A正确；
B．CH2=CH－COOH用NaOH部分中和，加入交联剂乙二醇发生酯化反应，再引发加聚反应制备该网状吸水性高分子树脂，故B错误；
C．该高分子树脂含有吸水性强的－COONa，所以该高分子树脂具有吸水性，故C正确；
D．少量交联后形成网状结构有利于提高材料的保水能力，故D正确；
选B。
13．B
【详解】A．碳碳双键发生加聚反应形成线状结构，故A错误；
B．氰基和酯基使碳碳双键的极性增大，更容易断键发生加聚反应，故B正确；
C．该医用胶中的氰基和酯基具有强极性，但其形成的聚合物更易溶于有机溶剂，故C错误；
D．α-氰基丙烯酸酯，可通过吸收空气中或被粘物表面上的湿气，发生阴离子聚合实现固化，故D错误；
故选：B。
14．B
【详解】A．由于氢键的存在，尼龙-6具有较大的吸湿性，制品尺寸稳定性差，所以氢键对尼龙-6 的性能的影响，A错误；
B．观察尼龙-6的结构片段，可知片段中不断重复的部分为 ，即，则尼龙- 6的链节为，B正确；
C．结合己内酰胺的结构简式和尼龙-6的结构片段，可以确定尼龙- 6的链节即为己内酰胺的酰胺基断裂后的结构，即尼龙-6由己内酰胺开环聚合得到，所以由己内酰胺合成尼龙-6的过程中没有脱去水分子，C错误；
D．己内酰胺的水解产物为，其中可与酸反应，可与碱反应，所以己内酰胺的水解产物既能与酸反应，又能与碱反应，D错误；
故合理选项为B。
15．D
【详解】A．棉花属于天然高分子材料，故A不符合题意；
B．天然橡胶属于天然高分子材料，故B不符合题意；
C．合金属于金属材料，故C不符合题意；
D．酚醛树脂属于合成高分子材料，故D符合题意；
故选D。
16．A
【详解】A．由M的结构简式，可知HOOC CH＝CH COOH脱水生成A为，A中不含酯基，A项错误；
B．由N的结构简式可知，HOOC CH＝CH COOH与HOCH2CH2OH发生缩聚反应生成N，故B的结构简式为HOCH2CH2OH，B项正确；
C．反应①是碳碳双键发生加聚反应生成高聚物M，反应②除生成高聚物外还有小分子物质水生成，该反应类型为缩聚反应，C项正确；
D．用甘油（丙三醇）代替试剂乙二醇，甘油中3个羟基都可以发生酯化反应，可得到网状结构的高分子，D项正确；
答案选A。
17．B
【详解】A．PET分子是由XY链接而成，分子中含有酯基，能发生水解反应，A正确；
B．PET的结构简式可写为，B错误；
C．由题意可知，PET的单体为 、HOCH2CH2OH，两者可以通过缩聚生成PET同时生成小分子水，C正确；
D．若PET结构中的Y用 替代，分子中不同链之间可以相互结合，形成网状结构，D正确；
故选B。
18．C
【详解】A．根据降冰片烯的结构简式，其分子式为C7H10，含有碳碳双键，则分子本身可以发生加聚反应，A说法正确；
B．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，可发生1∶1的加聚反应，故该光刻胶的结构简式可能为：，B说法正确；
C．1个马来酸酐水解生成2个羧基，则1 mol马来酸酐，最多消耗2 mol NaOH，C说法错误；
D．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，发生加聚反应时，可能导致马来酸酐相邻2个，故光刻胶合成过程中可能会出现链节：，D说法正确；
答案为C。
19．C
【详解】A．缩合聚合反应，简称缩聚反应，是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物，缩聚反应在生成高分子的同时会有小分子生成，由方程式可知，PET是由 和HOCH2CH2OH缩聚而成，A正确；
B．质谱法可测出PET的平均相对分子质量，再由链节计算出聚合度，B正确；
C．PET两种单体是 和HOCH2CH2OH， 有2种不同化学环境的H，因此它的核磁共振氢谱有2组峰，HOCH2CH2OH也有2组峰，因此二者的谱峰的组数相同，C错误；
D．PET中含有酯基，在碱性条件下发生水解，因此PET膜应避免与碱性物质长期接触，D正确；
故选C。
20．C
【分析】由X为可知，生成P的单体为CH2=CH—COONa和Y，CH2=CH—COONa和Y以2:1的物质的量比发生加聚反应生成P。
【详解】A．由分析可知，合成P的反应为CH2=CH—COONa和Y以2:1的物质的量比发生加聚反应生成P，故A正确；
B．由结构片段可知，P分子中含有许多—COONa，—COONa可以发生水解反应生成亲水基—COOH，则P的高吸水性与分子中含有—COONa结构有关，故B正确；
C．由结构简式可知，Y的结构中含有2个碳碳双键，在形成P的反应中CH2=CH—COONa和Y以2:1的物质的量比发生加聚反应，Y分子中的2个碳碳双键起到了交联作用，而CH2=CH2分子中只含有1个碳碳双键，无法起到类似的交联作用，故C错误；
D．由分析可知，生成P的单体为CH2=CH—COONa和Y，故D正确；
故选C。
21．C
【详解】A．a分子是对称分子，只有两种等效氢，核磁共振氢谱有2组峰，故A正确；
B．与 a分子的N=N双键加成生成高分子b，故B正确；
C．高分子b最多可与反应，故C错误；
D．高分子c是b水解后生成的钠盐，b属于酯，a水溶性好于高分子b，故D正确；
故答案为C。
22．D
【详解】A．该反应为加聚反应，故A错误；
B．氢键是分子间作用力，能提高高聚物的稳定性，故B错误；
C．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，氢键是分子间作用力，合成有机高聚物的单体是：，故C错误；
D．高聚物含肽键，在NaOH溶液中水解的产物之一是，故D正确；
故选：D。
23．C
【分析】该化合物的官能团有酚羟基、碳碳双键、酯基。
【详解】A．对羟基肉桂酸甲酯中含有一个苯环，两个双键，苯环的不饱和度为4，双键的不饱和度为1，故对羟基肉桂酸甲酯的不饱和度为6，A正确；
B．对羟基肉桂酸甲酯含有酚羟基，酚羟基临位的H可与甲醛发生缩聚反应，B正确；
C．该物质酚羟基的两个临位可与Br2发生取代反应，碳碳双键可与Br2发生加成反应，因此1mol该有机化合物最多可与3molBr2发生反应，C错误；
D．酚羟基可与NaOH发生中和反应，酯基可与NaOH发生水解，故1mol该有机化合物最多可与2molNaOH发生反应，D正确；
故选C。
24．D
【分析】根据图示可知，该有机物的结构简式为，其单体的结构简式为CH2=CHCOOH。
【详解】A．为CH2=CHCOOH通过加聚反应生成的，不能发生水解反应，A说法错误；
B．CH2=CHCOOH分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团，B说法错误；
C．氢键影响该高分子化合物的熔点和沸点，C说法错误；
D．该高分子化合物的结构简式为，D说法正确；
答案为D。
25．C
【详解】A、聚苯乙烯结构中已经不存在碳碳双键，无法断裂碳碳双键，A错误；
B、根据图示可知，聚苯乙烯先降解为低分子中间产物，最后降解为CO2分子，B错误；
C、聚苯乙烯是高分子，发生降解后，变为小分子的物质，分子量变小，C正确；
D、聚乙烯与聚苯乙烯二者结构不相似，不是同系物，且二者中已经没有碳碳双键，不再具备烯烃的性质，D错误；
答案选C。
【点睛】乙烯、苯乙烯都含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化；而聚乙烯与聚苯乙烯结构中已经没有碳碳双键，不再具有烯烃的性质。
26．(1)C6H10O4
(2) 红外光谱 HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH
(3) ab nHOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH+nH2N(CH2)6NH2+(2n-1)H2O
【详解】（1）X的实验式为C3H5O2，其式量是73，根据质谱法测得其最大质合比是146，故其相对分子质量是146，故该物质分子式是C6H10O4；
（2）①中显示物质分子中含有的官能团，该仪器分析方法为红外光谱法；
②根据红外光谱图可知：X分子中含有-OH、C=O，且只含有-COOH，X不饱和度是2，结合其核磁共振氢谱图显示该物质分子中含有3种H原子，由于它们的个数比为2：2：1，说明该物质分子高度对称，可见X分子结构简式是HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH；
（3）①a．X是1，6-己二酸，物质分子中含有羧基，因此能够与碱发生中和反应，a正确；
b．X分子中含有-COOH，能够与醇在一定条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，b正确；
c．该物质分子中无-OH、卤素原子，因此不能发生消去反应，c错误；
故合理选项是ab；
②X是HOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH，分子中含有2个-COOH，己二胺[H2N(CH2)6NH2]分子中含有2个-NH2，它们在一定条件下发生缩聚反应产生高聚物——聚己二酸己二胺和H2O，该反应的化学方程式为：nHOOC-CH2CH2CH2CH2-COOH+nH2N(CH2)6NH2+(2n-1)H2O。
27．(1)乙炔
(2) + 8NH3 → + 4NH4Br 与HBr反应，提高 的产率
(3)CH3OH
(4) abd 7
(5)通过质谱仪测定瓜环[n]的相对分子质量进行推算
【分析】A是乙炔，通过加成反应生成 ，再与NH3发生取代反应，生成 ，再与 反应，生成 ，再通过HCHO和催化剂作用，生成 和水。
【详解】（1）A是C2H2，即乙炔。
（2）1，1，2，2-四溴乙烷与 NH3 反应生成B和溴化铵，其方程式为：
+ 8NH3 → + 4NH4Brr
（3）NH3过量，除了可以减少副反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产率。
（4）①a．含有的官能团是酰胺基，a正确；
b．根据对称性可以分析，其中含有2种不同化学环境的氢原子，b正确；
c．分子间只有范德华力没有氢键，c错误；
d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力通过分析断键机理，d正确；
故选abd。
② 在与 反应生成 和甲醇CH3OH。
（5）质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值。
28． CH3CH=CH2 CH3CH2CH2Cl+NaOH CH3CH2CH2OH+NaCl ③⑤ 反应物是C2H5Br, 用AlCl3作催化剂 利用—SO3H 基团，占据乙苯的邻位，使反应⑧中乙基主要在乙苯的对位取代,以减少副反应的发生
【分析】合E的分子式和F的结构简式可知，E氧化生成F，推知E为 ，D与甲醛在氢氧化钠中加热发生类似已知: i.的反应，得到E，可推知D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，则A为CH3CH=CH2；苯与溴乙烷在氯化铝作用下发生反应生成乙苯H，乙苯与浓硫酸发生磺化反应生成I为邻乙基苯磺酸，邻乙基苯磺酸溴乙烷在氯化铝作用下发生反应生成J为 ， 酸化得到K为 ， 在一定条件下发生一系列反应得到L为 ， 与 反应生成M为 ，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，A的结构简式是CH3CH=CH2；
（2）反应②是CH3CH2CH2Cl在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2CH2OH和氯化钠，反应的化学方程式是CH3CH2CH2Cl+NaOH CH3CH2CH2OH+NaCl；
（3）合成线路①~⑤中属于氧化反应的有③⑤；
（4）反应④是丙醛和甲醛在氢氧化钠中加热发生反应生成 和水，反应的化学方程式是 ；
（5）若1mol D（CH3CH2CHO）与2mol HCHO反应，丙醛中醛基相连的碳上两个碳氢键断裂加成在甲醛上，该反应产物的结构简式是 ；
（6）反应⑧与反应⑥相似，邻乙基苯磺酸溴乙烷在氯化铝作用下发生反应生成J，反应物是C2H5Br，用AlCl3作催化剂；
（7）合成线路中⑦~⑨的目的是利用—SO3H 基团，占据乙苯的邻位，使反应⑧中乙基主要在乙苯的对位取代，以减少副反应的发生；
（8）在一定条件下，F（ ）与L( )按物质的量之比1 : 1发生共聚反应合成M，其链节中不含碳碳双键，且除苯环外不含其他环状结构，则M的结构简式是 。
29．(1)CH3CH2OH
(2)-OH-CHO
(3) 氧化反应 银氨溶液呈碱性，而硝酸银溶液呈酸性
(4)CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
(5)加成反应
(6)碳氯键
(7)ClCH2CH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl
(8)
【分析】CH2=CH2在一定条件下与H2O反应生成B为CH3CH2OH，B催化氧化生成C为CH3CHO，C与银氨溶液反应生成的D为CH3COONH4，酸化后生成E为CH3COOH，B与E发生酯化反应生成F为CH3COOCH2CH3。
【详解】（1）由分析知，B的结构简式是CH3CH2OH。答案为：CH3CH2OH；
（2）B(CH3CH2OH)→C(CH3CHO)，发生的官能团转化是-OH-CHO。答案为：-OH-CHO；
（3）C(CH3CHO)→D(CH3COONH4)，反应类型是氧化反应。CH3CHO与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，而直接CH3CHO与AgNO3溶液反应则无银镜，主要是溶液的性质不同，原因：银氨溶液呈碱性，而硝酸银溶液呈酸性。答案为：氧化反应；银氨溶液呈碱性，而硝酸银溶液呈酸性；
（4）B(CH3CH2OH)+E(CH3COOH)F(CH3COOCH2CH3)，化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
（5）反应①为CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl，反应类型是加成反应。答案为：加成反应；
（6）X为ClCH2CH2Cl，官能团名称是碳氯键。答案为：碳氯键；
（7）反应②为ClCH2CH2Cl水解生成HOCH2CH2OH，化学方程式是：ClCH2CH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl。答案为：ClCH2CH2Cl+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaCl；
（8）Z是，由M与HOCH2CH2OH发生缩聚反应生成，则M的结构简式是。答案为：。
【点睛】判断缩聚反应的单体时，可先确定链节，然后让其发生水解。
30．(1) 质谱 C3H6O3
(2)
(3) d b O—C键的极性强于C—H键的极性，中羧基的极性增强，更易电离出氢离子
(4)n
【详解】（1）经元素分析得到化合物A的实验式为CH2O，通过质谱法测得A的相对分子质量为90，设A的分子式为(CH2O)n，则n==3，分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；
（2）由红外光谱可知，A分子中含有羟基和羧基，则符合核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1︰1︰1︰3的结构简式为，故答案为：；
（3）①由结构简式可知，A分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，所以A分子存在手性异构，故选d；
②由结构简式可知，A分子中含有羟基和羧基，一定条件下能发生取代反应、消去反应和酯化反应，不含有碳碳双键，不能发生加聚反应，故选b；
③O—C键的极性强于C—H键的极性，与丙酸相比，中羟基使羧基的极性增强，更易电离出氢离子，所以的电离常数大于丙酸，酸性强于丙酸，故答案为：O—C键的极性强于C—H键的极性，中羧基的极性增强，更易电离出氢离子；
（4）由结构简式可知，A分子中含有羟基和羧基，催化剂作用下能发生缩聚反应生成，反应的化学方程式为n，故答案为：n。
31．(1)
(2) CH2=CH-CH=CH2
(3) 消去反应 取代反应（或酯化反应）
(4)acd
(5)PC
【详解】（1）由氯乙烯(CH2=CH-Cl) 在一定条件下合成聚氯乙烯(PVC)的化学方程式为。
（2）ABS对应单体为 CH2=CH-CN、CH2=CH-CH=CH2和。
（3）①A的分子式为C3H8O，则A为丙醇，被O2氧化后生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，则B为，A为，A→B的化学方程式为；
②结合“已知”可知，D为；
③D在浓硫酸的作用下反应生成E，E为，该反应为消去反应；E和CH3OH反应生成PMMA单体（），该反应为取代反应（或酯化反应）。
（4）a．反应物I含有酚羟基，反应物II含有酯基，二者均可与NaOH溶液发生反应，a正确；
b．反应物的核磁共振氢谱中有四组峰，反应物Ⅱ的核磁共振氢谱中有三组峰，b错误；
c．根据图中的合成过程可知，反应中生成物除聚碳酸酯外还有苯酚，c正确；
d．聚碳酸酯含有酯基，可通过化学方法可实现聚碳酸酯的降解，d正确；
故选acd。
（5）PVC、ABS、PMMA的单体都含有碳碳双键，它们都由相应的单体通过聚合反应得到，都属于聚合产物；而PC是由两种单体通过缩聚反应获得，属于缩聚产物。
32．(1)
(2)
(3)n+(n-1)H2O
(4)碳碳双键和羧基
(5)HOCH2CH2OH
(6)
【分析】A具有酸性，能和氢氧化钠反应生成B，B和二氧化碳反应生成C，C酸化得到D，D→E脱去一分子CH3COOH，且E能与碳酸氢钠溶液反应，E中含羧基，则E为，根据缓释阿司匹林的结构简式可知，E和H发生酯化反应生成缓释阿司匹林，H为：，G发生聚合反应生成H，G为：，F和a发生酯化反应生成G，根据F的分子式可知，F为CH2=C(CH3)COOH，a为HOCH2CH2OH，据此分析解题。
(1)
通过分析可知，B的结构简式为：；
(2)
通过分析可知，E的结构简式为：；
(3)
D自身缩合成高分子子化合物为：，副反应的方程式为：n+(n-1)H2O；
(4)
F为CH2=C(CH3)COOH，F含有的官能团为碳碳双键和羧基；
(5)
根据分析可知，试剂a为HOCH2CH2OH；
(6)
根据分析可知，H的结构简式为：。
33． 1，3-丁二烯 NaOH水溶液 取代(水解) 保护碳碳双键，避免被O2氧化 加聚反应 nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
【详解】A是1.3-丁二烯可以与溴发生1,4-加成反应生成B为ClCH2CH=CHCH2Cl，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成D，D与HCl发生加成反应生成E为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，E催化氧化生成酸F，F为HOOCCH2CH(Cl) COOH，F在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去生成G，则G为NaOOC-CH=CH-COONa，G酸化得丁二烯。
(1) A的名称是1，3-丁二烯，故答案为：1，3-丁二烯
(2) B为ClCH2CH=CHCH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成D，反应类型为取代反应，故答案为：NaOH水溶液、取代(水解)
(3) 步骤a D与HCl发生加成反应生成E为HOCH2CH2CH(Cl)CH2OH，保护双键不被氧化，b步骤F为HOOCCH2CH(Cl) COOH，F在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下发生消去生成G，则G为NaOOC-CH=CH-COONa，恢复双键，所以步骤a、b的目的是保护碳碳双键，避免被O2氧化，故答案为：保护碳碳双键，避免被O2氧化
(4) 根据分析F的结构简式是，故答案为：
(5) ①丁烯二酸为，存在顺反异构体，顺式丁烯二酸的结构简式为，故答案为：
②聚合物M是加聚产物，结构简式为，故答案为：
③由丁烯二酸与乙二醇反应生成聚合物N的化学方程式为nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
故答案为：nHOOC-CH=CH-COOH+nHOCH2-CH2OH+(2n-1)H2O
34．(1)羟基或
(2)氢键
(3) 水或 ac
(4)为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的
(5) 4 12
【解析】（1）依据杯酚的结构可判断出来，杯酚含有的官能团为羟基；故答案为羟基或；
（2）“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”；故答案为氢键；
（3）(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下发生的反应为羟醛缩合，会脱去小分子水，所以反应生成“杯酚”和水；结合对叔丁基苯酚的结构简式，数出C原子数为10，不饱和度为4，则H原子数为，所以分子为，a正确；依据对叔丁基苯酚的结构简式可知，形成苯环的C原子为杂化，苯环侧链上的C原子为杂化，b错误；对叔丁基苯酚含有的官能团为酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，c正确；对叔丁基苯酚中羟基邻对位上的氢容易与发生取代反应，而对位被烷烃基占据，所以还有两个邻位可发生反应，即1mol对叔丁基苯酚最多能与2mol发生反应，d错误；故答案为水或；ac；
（4）为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，不溶于极性的，而“杯酚”溶于氯仿，说明“杯酚”与氯仿相似，都为极性分子；故答案为为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的；
（5）依据的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到晶胞中含有的分子数目为；而晶胞是面心立方，配位数为12，所以每个分子周围最多可以有12个紧邻的分子；故答案为4；12。
35．(1)B
(2)向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色
(3) 氢键 N(氮原子)
(4)(或)，HI浓度减小，使上述平衡正向移动
(5)
【解析】（1）
I2属于非金属单质，其晶体是分子间以分子间作用力结合形成的晶体，属于分子晶体，故答案：B；
（2）
和水不互溶，故可以进行萃取操作比较在、水中的溶解性，即向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色，故答案：向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色；
（3）
①中O元素的电负性大，能与H原子形成分子间氢键，使的沸点增大，故答案：氢键；
②的中心原子是N原子，其孤对电子对数为，故答案：N；
（4）
HI是强酸，在水中会电离，HI浓度减小，使上述平衡正向移动，故答案：(或)，HI浓度减小，使上述平衡正向移动；
（5）
①从M到羧酸A是酯的水解反应，其断键位置为，故羧酸A的结构简式为，故答案：；
②根据题目信息，可知含有醛基的两种有机物在催化剂下可以发生加成反应，实现碳链的加长，再经过催化和加氢反应，即可去掉羟基，故合成路线为：，故答案：。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
元素性质及其变化规律
一、单选题
1．（22·23下·海淀·期末）元素X、Y、Z、W、Q的电负性如表所示。其中，两种元素的原子最易形成离子键的是
元素 X Y Z W
电负性 3.5 2.5 2.1 0.9
A．X和W B．X和Z C．X和Y D．Y和Z
2．（22·23下·昌平·期末）硒(34Se)是人和动物体中一种必需的微量元素，存在于地球所有环境介质中，其同位素可有效示踪硒生物地球化学循环过程及其来源，下列说法不正确的是
A．Se位于周期表中第四周期第VIA族
B．可用质谱法区分Se的两种同位素78Se和80Se
C．第一电离能：34Se>33As
D．SeO2既具有氧化性又具有还原性
3．（21·22下·顺义·期末）下列关于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是
A．还原性：H2S>HCl B．沸点：H2S>H2O
C．电负性：O>S>Cl D．原子半径：r(Cl)>r(S)
4．（21·22下·东城·期末）元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr 铬 3d54s1 52.00
A．铬元素位于第四周期ⅥB族
B．铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C．铬原子第3能层有5个未成对电子
D．Cr的第一电离能小于K的第一电离能
5．（20·21下·昌平·期末）电负性是一种重要的元素性质，某些元素的电负性(鲍林标度)数值如下表所示：
元素 H Li O Al P S Cl
电负性 2.1 1.0 3.5 1.5 2.1 2.5 3.0
下列说法不正确的是
A．LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性
B．非金属性：O＞Cl
C．H－Cl键比H－S键极性大
D．Si的电负性范围在2～3之间
6．（20·21下·丰台·期末）下列表述不正确的是
A．原子轨道能量：1S<2S<3S<4S
B．M电子层存在3个能级、9个原子轨道
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子
二、填空题
7．（20·21下·昌平·期末）完成下列填空
(1)写出下列基态原子的核外电子排布式。
Li： ；N： ；Ti： ；Cu 。
(2)钒元素在元素周期表中的位置是 。
(3)X元素位于第三周期，同周期元素中其第一电离能最小，X的元素符号是 。
三、无机推断题
8．（20·21下·海淀·期末）已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的3d能级为半充满
e 元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
(1)元素a的原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能级的电子。
(2)请比较a、b、c的电负性大小顺序为 (填元素符号)。a、c的气态氢化物中，更稳定的是 (填化学式)。
(3)e元素基态原子的简化电子排布式为 ，f元素基态原子的价电子轨道表示式是 。
(4)df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式： ，若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为 。
参考答案
1．A
【分析】当两种元素原子的电负性相差较大时，易形成离子键；当两种元素原子电负性相差不大时，易形成共价键；
【详解】由表可知，X和W的电负性相差最大，最容易形成离子键，故选A。
2．C
【详解】A．Se是氧族元素，位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，故A正确；
B．同位素可用质谱法来区分，故B正确；
C．33号元素As与34号元素Se处于同一周期，As是N族元素，其p轨道是半充满结构比较稳定，所以第一电离能是33As＞34Se，故C错误；
D．SeO2与SO2的化学性质相似，既具有氧化性也具有还原性，故D正确；
故本题选C．
3．A
【详解】A．单质氧化性氯气大于硫，对应简单氢化物还原性：H2S>HCl，A正确；
B．H2S、H2O均为分子晶体，水分子间能形成氢键，沸点较高，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：O>Cl>S，C错误；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Cl)
4．D
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D。
5．D
【详解】A．Li、Al、H三种元素中，H的电负性最大，所以LiAlH4中H是－1价，该物质具有还原性，故A正确；
B．O的电负性大于Cl，元素的电负性越大，其非金属性越强，所以非金属性：O＞Cl，故B正确；
C．Cl的电负性大于S，则Cl和H形成的H－Cl键的极性比 S和H形成的H－S键极性大，故C正确；
D．Si位于周期表第三周期第ⅣA族，其电负性应介于它前面的元素Al和它后面的元素P之间，即Si的电负性范围在1.5~2.1之间，故D错误；
故选D。
6．C
【分析】此题考查结构化学中构造原理。
【详解】A．离原子核越远，能量越高，故A正确；
B．M电子层存在3个能级分别为，共9个原子轨道，故B正确；
C．基态碳原子的轨道表示式：，违背洪特规则多电子应优先排布不同的轨道，故C错误；
D．同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，故D正确；
故选C。
7．(1) 1s22s1 1s22s22p3 1s22s22p63s23p63d24s2 1s22s22p63s23p63d104s1
(2)第四周期第ⅤB族
(3)Na
【分析】（1）
根据构造原理和各元素的核电荷数，各元素的电子排布式分别为： Li：1s22s1；N：1s22s22p3；Ti：1s22s22p63s23p63d24s2；Cu：1s22s22p63s23p63d104s1。铜的电子排布式中，最后的11个电子在3d轨道上排10个，4s轨道上排1个，3d轨道是半充满的稳定结构。
（2）
钒元素的核电荷数为23，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤB族。
（3）
第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子时所需的最低能量。第三周期第一电离能最小的元素是钠，元素符号是Na。
8．(1) 6 3
(2) O>N>C H2O
(3) [Ar]3d104s1
(4) 3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O 13mol
【分析】a的L层上s能级电子数等于p能级电子数，其电子排布为1s22s22p2，a为C；b为非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，b为N；c的最外层电子数是内层电子数的3倍，c为O；d元素的正三价离子的3d能级为半充满，可知d的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，d为Fe；e元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，e为Cu；f的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，f为Br，据此分析解题。
(1)
由分析可知，元素a为C，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，电子排布式为：1s22s22p2，故有3种不同能级的电子，故答案为：6；3；
(2)
由分析可知，a、b、c分别为C、N、O，同一周期从左往右电负性依次增大，故a、b、c的电负性大小顺序为O＞N＞C，元素气态氢化物的稳定性与其非金属性强弱一致，故a、c的气态氢化物中，更稳定的是H2O，故答案为：O＞N＞C；H2O；
(3)
由分析可知，e元素为Cu，故e元素基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，f为Br，f元素基态原子的价电子排布式为：4s24p5，故轨道表示式是，故答案为：[Ar]3d104s1；；
(4)
由分析可知，df2即FeBr2与过量的b即N的最高价氧化物对应水化物即HNO3的稀溶液反应，其中生成物有HfO3即HBrO3和一种遇空气显红棕色的气体即NO，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O，由反应方程式可知，反应中N由+5价降至+2价，化合价降低了3，故反应中转移电子数目为39mol，故若有1moldf2参加反应，则转移的电子的物质的量为13mol，故答案为：3FeBr2+22HNO3=3Fe(NO3)3+6HBrO3+13NO↑+8H2O；13mol。2021-2023北京重点校高二（下）期末化学汇编
原子结构与元素周期表
一、单选题
1．（22·23下·海淀·期末）下列化学用语或图示不正确的是
A．乙炔的结构式：H—C≡C—H
B．苯酚的空间填充模型：
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．过氧化钠的电子式：
2．（22·23下·朝阳·期末）下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是
节日燃放的焰火绚丽多彩 宇宙飞船返回舱外壳用网状结构的酚醛树脂制造 利用紫外线为图书消毒 植物油氢化所得硬化油不易被空气氧化
A．与原子核外电子跃迁有关 B．与网状结构高分子的热固性有关 C．与紫外线可以使蛋白质变性有关 D．与植物油中含有酯基有关
A．A B．B C．C D．D
3．（22·23下·丰台·期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．CO2的分子结构模型：
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d94s2
C．羟基的电子式：
D．的系统命名：3-甲基-2-丁醇
4．（22·23下·海淀·期末）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．反-2-丁烯的分子结构模型：
B．丙酮的结构简式
C．基态C原子的价层电子轨道表示式：
D．的电子式：
5．（21·22下·海淀·期末）下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是
A．1s22s12p1 B．1s22s22p63s23p63dl04s2
C．1s22s22p63s23p6 D．1s22s22p63s23p63d54s1
6．（20·21下·海淀·期末）磷酸铁锂(LiFePO4)电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是
A．Li位于周期表s区
B．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6
C．基态P原子的未成对电子数为5
D．基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
7．（20·21下·昌平·期末）下列对基态碳原子价电子的轨道表示式书写正确的是
A． B．
C． D．
8．（20·21下·海淀·期末）下列Li原子的电子轨道表示式的对应状态，能量由低到高的顺序是
①
②
③
④
A．④①②③ B．③②①④ C．④②①③ D．①②③④
9．（20·21下·丰台·期末）某基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。下列说法不正确的是
A．原子核外有3个电子层 B．价电子数为4
C．处于第三周期第ⅥA族 D．属于p区元素
参考答案
1．C
【详解】A．乙炔分子式是C2H2，分子中2个C原子通过共价三键结合，每个C原子再分别与1个H原子形成C-H键，故其结构式是H—C≡C—H，A正确；
B．苯酚分子是平面分子，结合原子相对大小及原子结合方式可知：图示为苯酚的空间填充模型，B正确；
C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态。C是6号元素，原子核外有6个电子，则基态C原子的核外电子排布式是：，C错误；
D．Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，在中2个O原子通过共价单键结合，故过氧化钠的电子式是：，D正确；
故合理选项是C。
2．D
【详解】A．节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，选项A正确；
B．酚醛树脂具有热固性，受热后不能软化或熔融，可用于生产宇宙飞船外壳的烧蚀材料，选项B正确；
C．利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，选项C正确；
D．植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，选项D错误；
答案选D。
3．D
【详解】A．CO2的空间构型为直线形，A错误；
B．基态29Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，B错误；
C．羟基的电子式：，C错误；
D．的系统命名为3-甲基-2-丁醇，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．反-2-丁烯为 ，其分子结构模型： ，A正确；
B．丙酮的结构简式 ，B正确；
C．基态C原子的价层电子轨道表示式：，C错误；
D．的电子式： ，D正确；
故选C。
5．A
【详解】A．1s22s2是基态铍原子的核外电子排布方式，则1s22s12p1是激发态铍原子的电子排布式，故A符合题意；
B．1s22s22p63s23p63d104s2是基态锌原子的核外电子排布方式，故B不符合题意；
C．1s22s22p63s23p6是基态氩原子的核外电子排布方式，故C不符合题意；
D．1s22s22p63s23p63d54s1是基态铬原子态的核外电子排布式，故D不符合题意；
故选A。
6．C
【详解】A．Li价电子排布式为2s1，位于周期表s区，故A正确；
B．Fe价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，故B正确；
C．P价电子排布式为3s23p3，基态P原子的未成对电子数为3，故C错误；
D．基态O原子核外电子占据的最高能级为2p，2p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故D正确。
综上所述，答案为C。
7．D
【分析】基态原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则。基态碳原子价电子的轨道表示式为 。
【详解】A．基态碳原子价电子层为第二层，即L层，违反了能量最低原理，故A错误；
B．在2p轨道上的两个电子自旋方向应该相同， 违反了洪特规则，故B错误；
C．2s轨道上应该排布2个电子，违反了能量最低原理，此排布式为激发态碳原子的价电子轨道表示式，故C错误；
D．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，故D正确；
故答案为D。
8．A
【详解】基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，已知能量高低为：1s＜2s＜2p，故①是1s上的一个电子跃迁到了2s上，②是1s上的2个电子跃迁到了2p上，③ 是1s上的2个电子跃迁到了2p上且在同一轨道中，根据洪特规则可知，其能量高于②，④为基态原子，能量最低，故能量由低到高的顺序为：④①②③，故答案为：A。
9．B
【分析】基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该原子核外共有16个电子，是S原子。
【详解】A．S原子的原子结构示意图为 ，有3个电子层，A正确；
B．S原子的价电子为3s23p4，价电子数为6，B错误；
C．S位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，C正确；
D．元素周期表中，第ⅢA族到0族均为p区元素，S在第ⅥA族，属于p区，D正确；
故选B。
