2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考（二）化学试题含解析

这是一份2023届湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考（二）化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

湖南省长沙市雅礼中学2023届高三上学期月考（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国古代诗词中蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是
A．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化亚铜
B．“东风夜放花千树，更吹落，星如雨”中的焰火实质上是金属化合物在灼烧时呈现的各种艳丽色彩
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明金的化学性质很稳定
D．“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分属于糖类
【答案】A
【详解】A．是砖红色固体，诗句中的“翠色”不可能来自，A错误；
B．焰火实质上是焰色，各种不同金属化合物在灼烧时火焰呈现出的各种艳丽色彩，B正确；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明自然界中存在金的单质，故金的化学性质很稳定，C正确；
D．柳絮的主要成分为纤维素，多糖纤维素属于糖类，故D正确。
故选A。
2．化学与生产、生活、环保等方面密切相关，下列说法正确的是
A．煤的气化、液化与石油的裂化、分馏均为化学变化
B．人体各种体液都有一定的pH，以保证正常的生理活动
C．核酸是生物体遗传信息的载体，通过红外光谱可检测其结构中存在多种单键、双键、氢键等化学键
D．城市内的光化学烟雾污染与氮、碳及硫的氧化物都有关
【答案】B
【详解】A．煤的气化、液化与石油的裂化属于化学变化，石油的分馏为物理变化，A错误；
B．由于各种酶作用的适宜pH各不相同，故人体各种体液都有一定的pH，以保证正常的生理活动，B正确；
C．红外光谱可检测化学键及官能团，氢键不属于化学键，C错误；
D．光化学污染与氮的氧化物有关，与碳、硫的氧化物无关，D错误；
故选：B。
3．若表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是
A．1 mol 含有个键。
B．50mL溶液和10mL溶液中所含分子数目相等
C．在标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为
D．8.7g与40mL浓盐酸充分反应，此时转移的电子数目为
【答案】C
【详解】A．1mol 含有个键，A错误；
B．醋酸是一元弱酸，电离程度和浓度有关系，所以50mL溶液和10mL溶液中所含分子数不相等，B错误；
C．甲烷和乙烯分子中C-H极性键数均为4，标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为，C正确；
D．浓盐酸变稀后，该反应不能进行，40mL浓盐酸不能完全反应，D错误。
故选Ｃ。
4．下列有关说法正确的是
A．明矾既可作净水剂，又可起到杀菌消毒的作用
B．利用溶液或均可以鉴别和溴蒸气
C．加热NaI与浓溶液混合物可制备HI，说明酸性比HI强
D．工业上用焦炭和二氧化硅高温下制取粗硅时生成粗硅和气体
【答案】B
【详解】A．明矾既可作净水剂，但是不能起到杀菌消毒的作用，A错误；
B．溶液和溴蒸气生成淡黄色沉淀、和二氧化氮无明显变化；和吸收溴蒸气变为红棕色、和二氧化氮无明显变化，B正确；
C．浓磷酸难挥发，HI易挥发，加热NaI与浓溶液混合物可制备HI，是难挥发性酸制取易挥发性酸，不能说明酸性比HI强，C错误；
D．焦炭和二氧化硅高温下制取粗硅时生成粗硅和一氧化碳气体，D错误。
故选B。
5．已知通入溶液无明显现象。某同学利用下图所示装置探究与溶液反应生成白色沉淀的条件，则下列判断正确的是

A．e、f两管中的试剂可以分别是浓硝酸和铜片
B．乙中产生的必须为氧化性气体，溶液才可能产生沉淀
C．玻璃管会使空气中的氧气进入广口瓶，从而影响反应，应该去除
D．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
【答案】A
【分析】与溶液反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的或，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，若是碱性气体，溶液中存在大量的，若是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为或；容器内压强增大，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，去掉玻璃管，形成封闭体系，存在危险性，由此分析解答。
【详解】A．若是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为或，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓硝酸和铜片，故A正确；
B．SO2与BaCl2不反应，氧化性气体或碱性气体都可以，故B错误；
C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D．如果产生氨气，氨气极易溶于水，为防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误；
答案选A。
6．一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是

A．反应①中发生了氧化反应 B．反应①和②均属于“氮的固定”
C．反应③为 D．三步循环的总结果为
【答案】C
【分析】由反应①和②可知，氮气和水是该循环过程的反应物，由反应③可知氧气和水是产物，据此分析解答。
【详解】A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A错误；
B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B错误；
C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为，C正确；
D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环的总结果为，D错误；
故选C。
【点睛】反应历程的题，在解题的过程中主要是找到总的反应物和产物。一般来说可以从题干中找到，而不是图中。
7．的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化加氢()合成低碳烯烃的反应过程如下图所示：

下列说法错误的是
A．异构化反应过程中发生化学键的断裂和形成
B．第ii步反应过程中每生成1mol转移个电子
C．该反应总过程即加氢合成低碳烯烃的原子利用率为100%
D．催化剂的使用不会影响加氢合成低碳烯烃的
【答案】C
【详解】A．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中发生了化学键的断裂和形成，A正确；
B．第ii步反应过程中CO转化为，碳原子化合价由+2转化为-2价，故每生成1mol转移个电子，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5是催化剂，不影响CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH，D正确；
故选C。
8．下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是


A．制备并收集少量
B．制备并收集乙烯


C．制备并检验气体
D．制备并收集

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，在管口遇冷又生成氯化铵，所以不能用A装置和药品制取氨气，A错误；
B．在浓硫酸存在下，乙醇消去制乙烯需要迅速升温到170℃，B错误；
C．浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，二氧化硫能使品红褪色，二氧化硫属于酸性氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，C正确；
D．二氧化氮与水反应，不能用排水法收集，D错误。
故选C。
9．卤素间形成的化合物如“、BrCl、IBr”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物的性质的描述及发生的相关反应正确的是
A．和卤素单质分子都是非极性分子
B．
C．1 mol BrCl与足量溶液完全反应时转移的电子为1mol
D．IBr与NaOH溶液发生的反应不是氧化还原反应
【答案】D
【详解】A．分子结构不对称，是极性分子，A错误；
B．氧化性：，IBr与Fe反应生成，B错误；
C．BrCl与足量反应相当于溴单质与反应生成三价铁离子，电子转移情况为BrCl~2e-，故1 mol BrCl与足量溶液完全反应时转移的电子为2mol，C错误；
D．IBr中溴电负性较强，溴显负价、碘显正价；IBr可以与NaOH溶液生成NaIO和NaBr，各元素化合价没有改变，不是氧化还原反应，D正确。
故选D。
10．向21.6 g 铁粉和铜粉的混合物中加入1L 1 mol/L 硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO3‾) 可能为
A．0.45 mol/L B．0.6 mol/L C．0.75 mol/L D．0.9 mol/L
【答案】C
【详解】铁粉和铜粉和硝酸反应后金属有剩余，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，所以反应后溶液中不可能是铁离子，生成物中金属离子为亚铁离子或铜离子，设金属为M则方程式为3M+8HNO3=M(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸根离子在反应中有1/4被还原生成一氧化氮气体，有3/4留在溶液中，所以溶液中的硝酸的物质的量为0.75mol。故选C。
【点睛】掌握金属和硝酸的反应的先后顺序和铁的产物的价态。铁先和硝酸反应生成硝酸铁，然后铁和硝酸铁生成硝酸亚铁，铜也可以和硝酸铁反应生成硝酸铜和硝酸亚铁，所以当金属有剩余时，溶液中不可能有铁离子，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，溶液中肯定有硝酸亚铁，可能有硝酸铜。
11．白色圆体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验(已知Ag2SO4可溶于硝酸)。
①A溶于足量水，最终得到无色溶液B和固体C
②固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D，蓝色溶液E和固体F
下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
C．固体F中有H2SiO3
D．溶液B加HNO3酸化，无沉淀；再加AgNO3，若有白色沉淀生成，则A中有KCl
【答案】B
【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B和固体C，且固体C不能完全溶解于硝酸中，不溶于硝酸的只有H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含有Cu2＋，则溶液A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4；无色溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含有KCl、CaCO3。
【详解】A．溶液B中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠和硅酸钠，因此溶液B可能是中性或碱性，故pH≥7，A正确，不选；
B．根据分析，A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含有KCl、CaCO3，B错误，符合题意；
C．根据分析，硅酸不溶于硝酸，则F中含有H2SiO3，C正确，不选；
D．无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀，可排除Na2SiO3，再滴加AgNO3，有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl，说明A中含有KCl，D正确，不选；
故选B。
12．研究表明固体(固体的组成用表示)热分解得到的过程可分为四步，每一步产生和的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、3∶2。某实验小组取固体进行热重分析，剩余固体的质量与温度的关系如图所示：

下列分析错误的是
A．可表示为
B．时，剩余固体的组成可表示为
C．已知时，剩余固体的组成可表示为，则
D．图中m的值为18.20
【答案】C
【分析】NH4VO3可以表示为，NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，23.4gNH4VO3固体为0.2mol，相当于0.1molV2O5，0.2molNH3，0.1molH2O，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，剩余固体的组成可表示为，当剩余固体为V2O5时，质量为0.1mol×182g/mol=18.2g。
【详解】A．NH4VO3各原子数均2倍后可表示为，故A正确；
B．由分析，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，时，剩余固体的组成可表示为，故B正确；
C．已知时，剩余固体的组成可表示为，由时，剩余固体的组成可表示为，则失去的氨的物质的量：失水的物质的量=(1-):(-)=3:1，则，故C错误；
D．23.4gNH4VO3固体为0.2mol，将NH3和H2O全部失去后为V2O5，质量为23.4g-0.2mol×34g/mol-0.1mol×18g/mol=18.2g，图中m的值为18.20,故D正确；
故选C。

二、多选题
13．空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法可制得硝酸，反应过程如下图：

硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物，应处理后才能排放。下列说法不正确的是
A．固体能溶于稀硝酸，生成，同时放出气体
B．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率
C．工业尾气中常用碱液吸收处理，、的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是
D．向浓溶液中插入红热炭，产生红棕色气体，则可证明炭与浓溶液一定反应生成
【答案】AD
【详解】A．硝酸是氧化性酸，BaSO3固体能溶于稀硝酸，被氧化生成硫酸钡，硝酸被还原生成NO，A错误；
B．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，降低生成物浓度，同时将未反应的原料气送回合成塔，增大反应物浓度，因此可以提高原料的利用率，B正确；
C．NO2与烧碱溶液反应的方程式为NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，、的混合气体与烧碱溶液反应的方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，故时、的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收，故C正确；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，该气体可能是浓硝酸与C在加热时发生氧化还原反应产生，也可能是浓硝酸受热分解产生，因此不能证明炭可与浓HNO3反应生成NO2，故D错误；
答案选AD。
14．氯化亚铜(CuCl)为白色结晶，微溶于水，不溶于硫酸、稀硝酸和乙醇，溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物，它露置于空气中易被氧化为绿色的高价铜盐。其工业生产流程如下图，实验室可在如图所示装置中完成合成反应。以下说法正确的是

A．如图玻璃容器的名称是圆底烧瓶
B．反应①的化学方程式为
C．洗涤烘干时，应用稀硫酸洗涤，主要目的是洗去晶体表面的杂质离子及水分，减小CuCl的溶解损失
D．从环保角度考虑，当反应容器上方红棕色气体最终全部变为无色才能停止通入氧气
【答案】BD
【分析】本实验由Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O和O2反应生成 ，加水、过滤洗涤烘干得到CuCl，据此分析回答问题。
【详解】A．图中玻璃容器的名称是三颈烧瓶，A错误；
B．观察反应①的反应物和生成物，即可确定该反应的化学方程式为，B正确；
C．洗涤CuCl宜选用无水乙醇，不选用稀硫酸，虽然CuCl难溶于稀硫酸，但用稀硫酸洗涤，会给CuCl表面带来少量的和杂质，C错误；
D．NO2是有毒气体，NO2、O2和H2O反应生成HNO3，故通O2可消除NO2的污染，D正确；
故选BD。

三、工业流程题
15．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、A1、Fe及其对应氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：

常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子




开始沉淀时()的pH




沉淀完全时()的pH





回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH作用之一是洗去油脂，其另一作用是___________。
(2)为回收金属，可将过量二氧化碳通入“滤液①”，最终生成沉淀。写出该反应的离子方程式：___________。
(3)“转化”中可用于替代的物质是___________。
(4)如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制pH范围是___________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：___________。
(6)基态Ni原子核外电子排布式为___________。F、K和Ni三种元素组成的一种化合物的晶胞如图所示。下列说法错误的是___________(填标号)。

A．Ni位于元素周期表d区B．该物质的化学式为
C．的配位数为6D．该晶体属于分子晶体
【答案】(1)溶解铝及其氧化物
(2)
(3)(或空气)
(4)3.2~6.2
(5)
(6)          D

【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行“碱浸”，可除去油脂，并发生反应、，将A1及其氧化物溶解，得到的滤液①含有，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀硫酸“酸浸”后得到含有、、的滤液②，经氧化为后，加入NaOH溶液调节pH使转化为沉淀除去，再“控制pH浓缩结晶”得到硫酸镍的晶体。
（1）
由分析可知，NaOH作用之一是洗去油脂，其另一作用是溶解铝及其氧化物。
（2）
滤液①含有，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故离子方程式为。
（3）
作氧化剂，故可以用(或空气)代替。
（4）
由表格信息可知，的，如果“转化”后的溶液中浓度为，为避免沉淀，此时，则，即；完全沉淀的pH为3.2，因此“调pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。
（5）
由题干信息，在强碱溶液中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中被氧化为沉淀，被还原为，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为。
（6）
Ni是28号元素，核外电子排布式为。A位于元素周期表d区，对；B晶胞中含有K为，F为。Ni为，则该物质的化学式为，对；C由图像可知，每个Ni周围距离最近的F有6个，故Ni的配位数为6，对；D该晶胞由阳离子和阴离子构成，属于离子晶体，错。故选D。

四、原理综合题
16．碳排放问题是第26届联合国气候变化大会讨论的焦点。下面是转化为高附加值化学品的反应。相关反应的热化学方程式如下：
反应I：  
反应II：  
反应III：  
反应IV：  
反应V：  
请回答下列问题：
(1)反应III一般认为通过反应I、II来实现，则反应I的___________；已知：由实验测得反应I的，(、为速率常数，其与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则___________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)在一定条件下催化加氢生成，主要发生三个竞争反应(即反应III、IV、V)，为分析催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2.0 mol 和5.3mol，若测得反应进行相同时间后，有关物质的物质的量随温度变化如下图所示：

①催化剂在较低温度时主要选择反应___________(填“III”“IV”或“V”)。研究发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量均会迅速降低，其主要原因可能是___________。
②在一定温度下达到平衡，此时测得容器中部分物质的含量为：，，。则该温度下反应III的平衡常数___________(保留两位小数)。
(3)常温下，以NaOH溶液作捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。用1L溶液将2.33 g 固体全都转化为，再过滤，则下列说法正确的是___________(填标号)。 [已知：常温下，；忽略溶液体积的变化。]
A．所用的溶液的物质的量浓度至少为
B．溶液中存在：
C．反应正向进行，需满足
D．过滤后所得清液中一定存在：且
(4)研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时零排放，其基本原理如下图所示。温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为，则阴极的电极反应为___________。

【答案】(1)     +41.0     减小
(2)     IV     温度升高催化剂活性降低     1.92
(3)D
(4)

【解析】（1）
根据盖斯定律：反应Ⅲ-反应Ⅱ可得 ；反应Ⅰ属于吸热反应，升温平衡正向移动，，则减小。
（2）
①在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅳ。
催化剂需要合适的催化活性温度，若温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，其主要原因可能是温度升高催化剂活性降低。
②列三段式：




（3）
A ．2.33 g 固体的物质的量为0.01mol，根据可知，设所用的溶液浓度为x，所得1L溶液中，反应平衡常数，平衡时，，，则所用的溶液的物质的量浓度至少为，A错误；
B．溶液中根据电荷守恒可知，；由物料守恒可知，；两者联立可知：，B错误；
C．由A分析可知，反应的K=0.1，反应正向进行，需Q D．固体全都转化为，则过滤后所得清液为碳酸钡的饱和溶液、为硫酸钙的不饱和溶液，故一定存在：且，D正确；
故选D；
（4）
温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和，电解质为熔融碳酸盐，熔融碳酸钠中的碳酸根移向阳极，阳极的电极反应为，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应为。

五、实验题
17．次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入潮湿的碳酸钠中可以制得。
已知：①；
②，反应温度为18~25℃；
③用水吸收 (不含)制得次氯酸溶液。

(1)各装置的连接顺序为___________。(每种装置只用一次)。
(2)实验中控制氯气与空气体积比的方法是___________。
(3)装置C应盛装___________，其主要作用是___________。
(4)产品浓度分析：取一定体积的E中溶液，加入___________以及一定量的稀溶液，充分反应。以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，终点现象是___________。
(5)HClO的VSEPR模型为___________，其中氧原子的杂化方式为___________，其分子的空间结构为___________。
【答案】(1)ADBCE
(2)通过观察D中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比
(3)     HgO     除去中的
(4)     过量KI溶液     溶液由蓝色变为无色且30秒无变化
(5)     四面体形          V形

【分析】A装置生成氯气，通过装置D吸收挥发出的氯化氢气体后，进入B装置和碳酸钠反应生成，通过装置C（盛有HgO）吸收中过量的，生成的进入装置E和水反应转化为次氯酸溶液；
（1）
A装置生成氯气，通过装置D吸收挥发出的氯化氢气体后，进入B装置和碳酸钠反应生成，通过装置C（盛有HgO）吸收中过量的，生成的进入装置E和水反应转化为次氯酸溶液；故各装置的连接顺序为ADBCE；
（2）
生成氯气需要通过装置D吸收氯化氢，可以通过观察D中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比；
（3）
装置B生成的中含有不反应的氯气，由题干可知，用水吸收 (不含)制得次氯酸溶液，且已知，故装置C作用为吸收中的，盛放的药品为氧化汞；
（4）
次氯酸能和碘离子生成碘单质，生成的碘单质能使淀粉变蓝色；故滴定操作为：取一定体积的E中溶液，加入过量KI溶液以及一定量的稀溶液，充分反应，反应生成碘单质；以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，碘单质和反应，滴定终点时蓝色变无色，故终点现象是最后一滴滴定液加入后，溶液由蓝色变为无色且30秒无变化。
（5）
HClO的中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型为正四面体形，分子中含有2对孤电子对，其分子的空间结构为V形。

六、有机推断题
18．有机物K()是一种常用的赋香剂，其合成路线如图所示：

已知：①；②R1-CHO。
请回答下列问题：
(1)K分子中含有官能团的名称为___________。
(2)X的名称为___________。
(3)G在铜作催化剂条件下，发生催化氧化反应的化学方程式为___________。
(4)M是D的同分异构体。M分子核磁共振氢谱显示有四种峰，峰面积之比为3：2：1：1，则M可能的结构简式为___________(写出其中一种即可)。
(5)结合本题信息，设计以乙醇、乙醚和苯甲醇为原料，制备的合成路线：___________。
【答案】(1)碳碳双键、酯基
(2)丙烯酸
(3)2+O22+2H2O
(4)或
(5)CH3CH2OHCH3CHO
苯甲醇。

【分析】根据题意，以及已知信息，和发生1，4-加成成环反应，生成C，C加成得到D，D和HBr发生取代反应生成E，E发生已知①反应生成F，F发生已知②反应生成G，G和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成K。
（1）
由K结构简式可知，官能团为酯基、碳碳双键；
（2）
G为，结合K结构可知，G和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成K，则X为丙烯酸；
（3）
G中含有羟基，在铜作催化剂条件下，发生催化氧化反应羟基转化为酮基，化学方程式为2+O22+2H2O
（4）
D为；M是D的同分异构体，则其不饱和度为1且含有1个碳原子，M分子核磁共振氢谱显示有四种峰，峰面积之比为3:2:1:1，则M可能含有2个甲基且会含有1个成环的醚键，结构简式可以为或；
（5）
乙醇氧化生成乙醛；苯甲醇和HBr反应在甲基上引入-Br，和Mg、乙醚反应将-Br转化为-MgBr，再和乙醛反应后酸化使得苯环原甲基转化为-CH2CHOHCH3，然后氧化将羟基转化为羰基，反应流程为：CH3CH2OHCH3CHO
苯甲醇。