1、化学试卷一、单选题（本大题共20小题，共50.0分）1.下列物质中，其主要成分不属于烃的是（ ）A. 汽油B. 甘油C. 煤油D. 柴油【答案】B【解析】【详解】A. 汽油的主要成分是烃； B. 甘油为丙三醇，属于多元醇类，不是烃；C. 煤油的主要成分是烃； D. 柴油的主要成分是烃。答案选B。2.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A. 2甲基丁烷也称异丁烷B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应C. C4H9Cl有3种同分异构体D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A异丁烷含有4个C原子，2-甲基丁烷含有5个C原子，故A错误；B乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成
2、乙醇，故B正确；C同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3 2种，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；CH3CH(CH3)CH3分子中也有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；C4H9Cl的同分异构体共有4种，故C错误；D油脂相对分子质量不大，不是高分子化合物，故D错误。答案为B。3.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A. 聚合物可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得B. 戊烷（C5H12）有两种同分异构体C. 乙烯、聚乙烯和苯分子均含有碳
3、碳双键D. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A【解析】【详解】A.中主链含4个C，为加聚反应产物，由添键断键可知由两种烯烃单体加聚生成，则两种单体为CH3CH=CH2和CH2=CH2，故A正确；B.分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有3种，正戊烷、异戊烷和新戊烷，分别为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、，故B错误；C.聚乙烯、苯中不含碳碳双键，乙烯中含碳碳双键，故C错误；D.单糖不能发生水解反应，二糖、多糖、油脂和蛋白质均可发生水解反应，故D错误。故选A。4.2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与
4、矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（ ）A. 点燃，能燃烧的是矿物油B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油C. 加入水中，浮在水面上的是地沟油D. 测定沸点，有固定沸点的是矿物油【答案】B【解析】【详解】A、地沟油与矿物油都能燃烧，不能鉴别，A不正确；B、地沟油主要成分是油脂，属于酯类，能与氢氧化钠溶液加热发生水解反应。而矿物油主要成分是烃类，与氢氧化钠溶液不反应，可以鉴别，B正确；C、地沟油与矿物油的密度都小于水，不溶于水，不能用水鉴别，C不正确；D、地沟油与矿物油都是混合物，没有固体的熔沸点，不能鉴别，D不正确；答案选B。【点睛】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应
5、，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。5.下列说法错误是（ ）A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B. 绝大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A蔗糖和麦芽糖均双糖，果糖为单糖，故A错误；B绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，如复合酶，故B正确；C植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色，发生加成反应，故C正
6、确；D淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；答案为A。6.下列说法正确的是（ ）A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1-氯丁烷B. 用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D. 油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同【答案】A【解析】【详解】A含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇苯酚1-氯丁烷，A正确；BHCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，B错误
7、；CCH3COOH与碳酸钠溶液反应产生气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，C错误；D油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，D错误。答案选A7.下列实验中的现象与结论不对应的是（ ）选项实验现象结论A在盛番茄汁的玻璃杯中加入适量植物油，充分搅拌、静置上层液体颜色比下层液体深番茄色素在植物油中的溶解度比在水中的大B将苯乙烯滴入溴水中，振荡、静置溴水褪色溴与苯乙烯发生加成反应C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制Cu
8、(OH)2悬浊液并加热无砖红色沉淀蔗糖未水解D将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解生成了不饱和烃A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.植物油的密度比水的密度小，且发生萃取，则上层溶液颜色比下层更深，可以知道番茄色素在植物油中的溶解度比在水中的大，故A正确；B.苯乙烯中含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；C.蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，故C
9、错误；D.将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成了不饱和烃，故D正确。故选C。8.从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意知，该物质是一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基。【详解】A该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；B该分子中不含
10、酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；C该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；D该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误；故选A。9.下列说法正确的是（ ）A. 植物油氢化过程中发生了加成反应B. 淀粉和纤维素互为同分异构体C. 环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别D. 水可以用来分离溴苯和苯的混合物【答案】A【解析】【详解】A.植物油中的烃基含有碳碳双键，氢化过程中，碳碳双键与氢气发生加成反应，故A正确；B.淀粉和纤维素都可以表示为（C6H10O5）n，但n的取值不同，两者不属于同分异构体，故B错误；C
11、.己烷、苯都不能使酸性KMnO4溶液褪色，所以己烷与苯不能用酸性KMnO4溶液鉴别，故C错误；D.溴苯和苯互溶，溴苯和苯都难溶于水，所以不能用水分离溴苯和苯的混合物，故D错误；答案选A。10.下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确的是（ ）A. 乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色B. 光照下甲烷和Cl2的反应、在FeBr3催化下苯和Br2的反应，均属于同一反应类型C. 甲醇、醋酸均能与Na反应放出H2，二者所含官能团相同D. 葡萄糖和果糖互为同分异构体，其结构中均含有5个羟基【答案】C【解析】乙醇、乙烯均能被酸性KMnO4溶液氧化，故A正确；光照下甲烷和Cl2的反应、在FeBr3催化下苯
12、和Br2的反应，均属于取代反应，故B正确；甲醇、醋酸所含官能团分别是羟基、羧基，故C错误；葡萄糖分子中有5个羟基和1个醛基，果糖中分子中有5个羟基和1个羰基，互为同分异构体，故D正确。11.立方烷（C8H8）为外观有光泽的晶体。其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是（ ）A. 立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生B. 立方烷一氯代物有1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种C. 立方烷是苯（C6H6）的同系物，也是苯乙烯（C6H5CH=CH2）的同分异构体D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气【答案】C【解析】立方烷含碳量高，所以燃烧有黑烟产生，故A正确；立方烷
13、中只有一种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有1种；立方烷二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有三种；立方烷有8个H原子，依据立方烷的二氯代物有3种，那么在此基础上，剩余的H的环境分别也只有一种，故得到三氯代物也有3种同分异构，故B正确；苯(C6H6)的同系物必须含有苯环，故C错误；八硝基立方烷分子式是 ，完全分解可能只产生二氧化碳和氮气，故D正确。 点睛：烃分子中氢元素质量分数越低，燃烧时黑烟越浓，如乙炔燃烧冒出浓烟；同系物是结构相似，分子组成相差若干个 原子团的有机物，立方烷和苯结构不同，所以不属于同系物。12.某羧酸酯的
14、分子式为C8H14O6,1mol该酯完全水解可得到2mol羧酸和1mol某常见的醇，且1mol该羧酸能与足量的钠反应放出22.4L（标准状况）H2，下列说法错误的是（ ）A. 该醇是乙二醇B. 该羧酸有3种同分异构体C. 该羧酸含有的官能团是羟基和羧基D. 该羧酸的分子式是C3H6O3【答案】B【解析】【分析】C8H14O6的不饱和度为：=2，1mol该酯完全水解可得到2mol羧酸和1mol某常见的醇，说明该酯中含有2个酯基，生成的羧酸含有1个-COOH，生成的醇含有2个-OH；1mol该羧酸能与足量的钠反应放出22.4LH2（标准状况），氢气的物质的量为1mol，生成1mol氢气需要2个羟基
15、，而该羧酸中只含有1个羧基，则其分子中还含有1个羟基；生成的含有2个羟基的醇为常见醇，应该为乙二醇，该羧酸的分子式为C3H6O3，据此进行解答。【详解】A.根据分析可知，该醇是乙二醇，故A正确；B.该羧酸的分子式为C3H6O3，其中属于含有1个羧基和1个羟基的同分异构体有2种，含有1个醛基、2个羟基的同分异构体有2种，还可以为酯类物质，所以其同分异构体大于4种，故B错误；C.根据分析可知：该羧酸的官能团含有羟基和羧基，故C正确；D该的分子式是C3H6O3，故D正确。故选B。13. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中含有2种官能团B. 可与乙醇、乙酸反
16、应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理
17、不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。14.实验室可用少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷，反应原理为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br。制备装置如图所示：下列说法中不正确的是（ ）A. 使用恒压低液漏斗的目的是防止有机物挥发，使漏斗内液体顺利滴下B. 实验中为了防止有机物大量挥发，应缓慢升高反应温度至170C. 装置C中应加入氢氧化钠溶液，以吸收反应中可能生成的酸性气体D.
18、 实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发【答案】B【解析】【详解】A.因为有机物乙醇易挥发，使用恒压低液漏斗的目的是防止有机物挥发，使恒压低液漏斗上下压强相等，使漏斗内液体顺利滴下，故A正确；B.实验中由CH3CH2OH和浓硫酸的混合液制CH2=CH2，为了减少副反应的发生，应迅速升温到170，故B错误；C.由于浓硫酸具有强氧化性，CH3CH2OH具有还原性，浓硫酸会与CH3CH2OH发生氧化还原反应生成SO2、CO2和H2O，SO2也能与溴反应，装置C中加入氢氧化钠溶液，用于吸收反应中可能生成的酸性气体，故C正确；D.由于溴易挥发，为了提高原料的利用率，实验过程中应用冷水冷却装置D
19、，以避免溴的大量挥发，故D正确。故选B。15.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）选项目的分离方法原理A分离苯和苯酚加浓溴水过滤苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去乙烯中混有的SO2酸性KMnO4溶液洗气SO2能被酸性KMnO4溶液氧化生成SO42D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.在苯和苯酚的混合物中加入浓溴水，苯酚和浓溴水反应生成的三溴苯酚是有机物，能继续溶于有机溶剂苯，即生成的三溴苯酚在苯中不是白色沉淀，故A错误；B.乙酸乙酯与乙醇不分层，不能利用分液法
20、分离，因利用蒸馏，故B错误；C.乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，则不能用高锰酸钾溶液除杂，因二氧化硫为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，而乙烯与氢氧化钠不反应，则可用氢氧化钠溶液除杂，然后用浓硫酸干燥，故C错误；D.丁醇与乙醚混溶，但二者沸点不同，则除去丁醇中的乙醚，利用蒸馏即可除杂，故D正确。故选D。【点睛】分离、提纯的方法：1.蒸馏：分离、提纯沸点相差较大的混合溶液；2.重结晶：分离、提纯溶解度受温度影响较大的固体混合物；3.分液：分离、提纯互不相溶的液体混合物；4.洗气：分离、提纯气体混合物；5.过滤：分离不溶性的固
21、体和液体。16.根据下列实验操作和现象所得到的的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的紫色石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性B再适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热5min，加入NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，有红色沉淀生成淀粉完全水解C将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，溶液分层油脂发生皂化反应，盐析上层得到硬脂酸钠D向蛋白质溶液中分别加入乙醇溶液和饱和(NH4)2SO4溶液，均产生白色沉淀蛋白质均发生了变性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.甲烷与氯气在光照下反应除生
22、成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷外，还生成了HCl，HCl与水反应生成盐酸能使湿润的紫色石蕊试纸变红，故A错误；B.淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，如果淀粉部分水解，此溶液中有葡萄糖，按照上述操作，也可以得到砖红色沉淀，故B错误；C.牛油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，将牛油和烧碱溶液混合加热，发生酯的水解反应，充分反应后加入热的饱和食盐水，发生盐析，析出高级脂肪酸盐，上层为高级脂肪酸盐，下层为甘油的水溶液，故C正确；D.饱和(NH4)2SO4溶液使蛋白质发生盐析，而不是变性，乙醇溶液使蛋白质发生变性，故D错误。故选C。17.某化妆品的
23、组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A. X、Y和Z均能使溴水褪色B. X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C. Y既能发生取代反应，也能发生加成反应D. Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体【答案】B【解析】【详解】A. X、Z中有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，Y中有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，它们均能使溴水褪色，A正确；B.酚羟基的酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B错误；C.Y中有碳碳双键，能发生加成反应，有苯环，能发生取代反应，C正确；D.Y有碳碳双键，能发生类似聚乙烯的加聚反应，Y中也有酚羟基，能发生类似酚醛树脂的缩
24、聚反应，D正确；答案选B。18.某同学设计如图装置进行乙醇氧化反应的探究实验，以下叙述错误的是（ ）A. 铜网表面乙醇发生氧化反应B. 甲、乙烧杯中的水均起冷却作用C. 试管a收集到的液体中至少有两种有机物D. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应【答案】B【解析】【详解】A在铜作催化剂的条件下，乙醇与氧气反应生成乙醛，即铜的表面氧气与乙醇发生氧化反应，故A正确；B甲中为热水，起到加热乙醇的作用，使乙醇形成蒸气挥发，乙中水起到冷凝作用，使乙醛蒸气冷却，故B错误；C试管a收集到的液体为乙醇和乙醛，乙醛还可能被氧化为乙酸，所以试管a收集到的液体中至少有两种有机物，故C正确；D熄
25、灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，故D正确。答案为B。19.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是A. 完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团COOH或NH2C. 氢键对该高分子的性能没有影响D. 结构简式为：【答案】B【解析】【详解】A、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或
26、-NH2，B正确；C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误；D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D错误；答案选B。20.芳樟醇和橙花叔醇是决定茶叶花甜香的关键物质。芳樟醇和橙花叔醇的结构如图所示。下列有关叙述正确的是（ ） A. 橙花叔醇的分子式C15H28OB. 芳樟醇和橙花叔醇互为同分异构体C. 芳樟醇和橙花叔醇与H2完全加成后的产物互为同系物D. 二者均能发生取代反应、加成反应、还原反应，但不能发生氧化反应【答案】C【解析】【详解】A、根据橙花叔醇的结构，橙花叔醇的分子式为C15H26O，故A错误；B、芳樟
27、醇的分子式为C10H18O，芳樟醇与橙花叔醇不属于同分异构体，故B错误；C、与氢气加成后产物的分子式分别是C10H22O、C15H32O，两者都属于醇，且含有1个羟基，碳的连接方式相同，因此与氢气加成后的产物互为同系物，故C正确；D、两种有机物含有的官能团都是碳碳双键和羟基，可以发生取代反应、加成反应、还原反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此芳樟醇和橙花叔醇能发生氧化反应，故D错误；答案选C。二、推断题（本大题共1小题，共15.0分）21.伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式
28、为_；B中含有的官能团为：_（写名称）。（2）写出BC的化学方程式：_；CD的反应类型为_。（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出E的结构简式：_。（4）满足下列要求的A的同分异构体有_种；能发生银镜反应 苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的是（写出所有有机物的结构简式）：_（5）已知：RCOOHRCOCl。参照上述合成路线，设计一条以苯和乙酸为原料制备的合成路线。_【答案】 (1). C10H15NO (2). 羰基 溴原子 (3). +HBr (4). 还原反应 (5). (6). 4 (7). (8). 【解析】【分析】根据D的
29、结构写分子式；根据B 的结构判断含有的官能团名称；由框图知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；根据消去反应的定义是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，进行推断。根据条件发生银镜反应的有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱有四组峰，且比例是6:2:1:1，由此进行判断。由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可。【详解】（1）根据D的结构简式得出分子式为C10H15NO，由B的结构式得B中含有羰基和溴原子；故答案：C10H15N
30、O；羰基、溴原子；（2）由题可知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代，化学反应方程式为；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；故答案：；还原反应；（3）消去反应是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，加聚是将n个C=C变为-C-C-，所以B经消去再聚合后的产物是；（4）A的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构体有：、，共4种。其中核磁共振氢谱有四组峰，即有四种氢原子，且比例是6:2:1:1的是和；（5）由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后
31、再进行还原反应即可：。三、简答题（本大题共3小题，共35.0分）22.化学元素形成的单质或化合物在工农业生产、军事国防、医疗生活各个领域发挥着重要的作用。（1）钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量，反应原理为：2Mn2+5S2O82+8H2O2MnO4+10SO42+16H+基态S原子核外有_种不同空间运动状态的电子。已知H2S2O8的结构如图所示：H2S2O8中硫原子的轨道杂化方式为_；上述反应每生成1molMnO4，S2O82断裂的共价键类型及其数目分别为_、_（设阿伏伽德罗常数的值为NA）（2）Fe可以与CN、H2NCONH2（尿素）等多种配体形成配合物。请写出与CN互为等电子体
32、的一种分子：_、一种离子：_。组成尿素的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为：_，1molH2NCONH2（尿素）分子中含有键的数目为_。FeN的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn)CunNy。Cu处于周期表中_区，其最高能层的符号为_，基态铜原子的价电子排布式为_。FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示，其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为_。（3）铬是银灰色的结晶体，质硬而脆，是制造不锈钢、高速钢的重要原料。CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是_（填“极性
33、”或“非极性”）分子CrCl36H2O实际上是配合物，配位数是6，其固体有三种颜色，其中一种浅绿色固体于足量硝酸银反应时，1mol固体可生成1molAgCl沉淀，则这种浅绿色固体中阳离子的化学式为_。【答案】 (1). 16 (2). sp3 (3). 键（或非极性键） (4). 2.5NA (5). CO (6). C22- (7). NOC (8). 7NA (9). ds (10). N (11). 3d104s1 (12). FeCu3N (13). 非极性 (14). Cr(H2O)4Cl2+【解析】【详解】（1）原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，硫
34、原子核外有16个电子，所以有16种不同运动状态的电子，故答案为16。H2S2O8中，硫原子价层电子对数=键电子对+中心原子上的孤电子对=4+(6-41-2)=4，所以采取sp3杂化；由方程式可知生成MnO4-时，S2O82-转化为SO42-，断掉中间的过氧键，即非极性键（或键），反应生成1molMnO4-，需要反应2.5NA的S2O82-，即断裂2.5NA的非极性键。故答案为sp3杂化；键（或非极性键）；2.5NA。（2）价电子数与原子数都分别相等的粒子是等电子体，因此与CN-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式分别是CO和C22-，故答案为CO、C22-。组成尿素的第二周期元素为N、C、
35、O，同周期从左向右第一电离能增大，氮原子2p轨道半充满，为稳定状态，第一电离能大于O，因此第一电离能大小顺序是NOC；由尿素分子的结构式可知：1个CN键中含有1个键，1个C=O键含有1个键，键的数目为3，每个亚氨基中键的数目2，一分子尿素中含键的数目为3+22=7，故每摩尔尿素中含有键的数目为7NA，故答案为NOC，7NA。Cu的价电子排布式为3d104s1，位于第四周期IB族，属于ds区；最高能层符号为N；Cu属于副族元素，价电子包括最外层电子，以及次外层的d能级，即基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；能量低的晶胞稳定性强，即Cu替代a位置Fe型晶胞更稳定，每个晶胞均摊：Cu原子的个数
36、为81/8=1，Fe位于面心，Fe原子的个数为61/2=3，N位于体心，N原子个数1，则Cu替代a位置Fe型化学式为Fe3CuN，故答案为ds，N，3d104s1，FeCu3N。（3）CCl4、CS2都是非极性分子，非极性分子的溶质极易溶于非极性分子形成的溶剂，根据相似相溶原理知，CrO2Cl2是非极性分子，故答案为非极性。1mol固体可生成1mol氯化银沉淀，说明该配合物的分子的外界有1个氯离子，则该配合物阳离子带1个单位的正电荷，其配位数是6，根据氯原子守恒知，则该配合物內界中含有2个氯原子和4个水分子，所以其阳离子为Cr(H2O)4Cl2+，故答案为Cr(H2O)4Cl2+。23.以葡萄
37、糖为原料制得的山梨酸醇（A）和异山梨酸醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：回答下列问题：（1）葡萄糖的分子式为_；A中含有的官能团的名称为_。（2）C的结构简式为_；由B到C的反应类型为_。（3）由D到E反应方程式为：_。（4）F是B的同分异构体。7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24LCO2（标准状况），F的可能结构有_种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构为_。【答案】 (1). C6H12O6 (2). 羟基 (3). (4). 酯化反应 (5). (6). 9 (7). 【解
38、析】【分析】葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，故A为，A在浓硫酸作用下发生分子内脱水反应生成B，B与乙酸发生酯化反应生成C，由分子式推知为酯化反应，根据C与D的分子式可知D是C分子中另一个羟基与硝酸发生酯化反应，D在NaOH溶液中发生水解反应，结合E的结构推知B中上方的-OH中-H被-NO2，下方-OH发生酯化反应，故C为，D为，据此答题。【详解】（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6；葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，因此A中含有的官能团的名称为羟基，故答案为C6H12O6，羟基。（2）根据B的结构简式可知C的结构简式为：，由B到C的反应为酯化反应，故答案为
39、，酯化反应。（3）由D到E的反应是乙酸形成的酯基水解，反应方程式为：，故答案为 。（4）F是B的同分异构体。7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24LCO2（标准状况），说明F分子中含有羧基，7.30g的F的物质的量为7.30g146g/mol=0.05mol，二氧化碳的物质的量为0.1mol，因此F分子中含有2个羧基，则F相当于是丁烷分子中的两个氢原子被羧基取代，如果是正丁烷，根据定一移一可知有6种结构，如果是异丁烷，则有3种，所以可能有的结构有9种，即、，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构为，故答案为9，。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建
40、立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。24.前四周期元素X、Y、Z、M、N、O、P，原子序数逐渐增大，其中X、Y、Z、M、N为短周期元素，而X、Y、Z、M处于同周期的P区，且未成对电子数之比为1:2:3:2；N与Z同族。O、P分别位于周期表第2、4列，P的单质被称为“未来金属”，具有质量轻、强度大、耐腐蚀性好的优点。（1）Y、Z、M三种元素的电负性由大到小的顺序：_（用元素符号表示）。（2）M的常见氢化物的氢键的键能小于HF的氢键的键能，但Z的常见氢化物常温下为液态而HF常温下为气态的原因是：_。（3）XN一种耐磨涂
41、料，可用于金属表面保护层，该化合物可由X的三溴化物和N的三溴化物于高温下在氢气的氛围中合成。写出合成XN的化学方程式：_。（各物质用化学式表示）XN的晶体的晶胞如图所示：其中实心球为N，在一个晶胞中N原子空间堆积方式为_，N原子的配位数为_；该结构中有一个配位键，提供空轨道的原子是_（写元素符号）。（4）O和硫形成的某种晶体的晶胞如图a所示：该晶胞原子的坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）。则C原子的坐标参数为_。（5）图b为P的一种面心立方晶胞结构，若晶胞的边长为anm，则P的密度为_gcm-3（用含a和NA的代数式表示）【答案】 (1). ONC (2). 平均每个H2O分子间的
42、氢键数目比HF分子间的多 (3). BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr (4). 面心立方堆积 (5). 4 (6). B (7). （1/4，1/4，1/4） (8). 【解析】【分析】前四周期元素X、Y、Z、M、N、O、P，原子序数逐渐增大，其中X、Y、Z、M、N为短周期元素，而X、Y、Z、M处于同周期的p区，且未成对电子数之比为1:2:3:2；推出X为B元素、Y为C元素、Z为N元素、M为O元素；N与Z同族，则N为P元素；则O、P为第四周期，且分别位于周期表第2、4列，P的单质被称为“未来金属”，具有质量轻、强度大、耐腐蚀性好的优点，则P为Ti元素，O为Ca元素，结合元素的结构及性质
43、进行答题。【详解】由分析可知：X为B元素、Y为C元素、Z为N元素、M为O元素、N为P元素、O为Ca元素、P为Ti元素。（1）由分析可知：Y为C元素、Z为N元素、M为O元素，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以元素C、N、O的电负性由大到小的顺序为ONC，故答案为ONC。（2）M为O元素，M的常见氢化物为H2O，每个分子能形成两条氢键，而每个HF分子只能形成一个氢键，所以虽然H2O氢键的键能小于HF氢键的键能，但水常温下为液态而HF常温下为气态，故答案为每个H2O平均形成的氢键数目比每个HF平均形成的氢键数目多。（3）XR的分子式为BP，R的三溴化物PBr3，所以合成XR的化学方程式为：BBr
44、3PBr33H2BP6HBr，故答案为BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr。BP晶体结构中，实心球为P原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积；P位于顶点和面心，故1mol晶胞中含有P原子的数目为8+6=4，B位于晶胞内，故含有B原子的数目为4个，所以P原子的配位数为4，没有孤电子对的原子提供空轨道，B原子没有孤电子对，所以提供空轨道，P原子提供孤电子对，故答案为面心立方堆积；4；B。（4）根据各个原子的相对位置可知，C在各个方向的1/4处，所以其坐标为（1/4，1/4，1/4），故答案为（1/4，1/4，1/4）。（5）图b为Ti的一种面心立方晶胞结构，Ti原子的个数为：8+6=4个，若晶胞的边长为anm，体积为(a10-7)3cm3，NA表示阿伏伽德罗常数，则晶体Ti的密度为=gcm-3，故答案为。【点睛】元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。
