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2022-2023学年河北省邯郸市第一中学高二下学期3月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年河北省邯郸市第一中学高二下学期3月月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题包括15小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 聚乙炔可用于制备导电高分子材料，是由于其属于电解质
B. 苯甲酸钠可用作防腐剂，是由于其具有抗菌活性
C. 乙二醇可用于生产汽车防冻液，是由于其凝固点低、热稳定性高
D. 运动员受伤时喷氯乙烷止疼，是因为液态氯乙烷汽化时大量吸热
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚乙炔中掺杂I2，具有与金属材料一样的导电性，因此聚乙炔制备导电高分子材料，不属于电解质，故A说法错误；
B．苯甲酸钠可用作防腐剂，是因为苯甲酸钠具有抗菌活性，故B说法正确；
C．乙二醇可用于生产汽车防冻液，是由于其凝固点低、热稳定性高，故C说法正确；
D．液态氯乙烷汽化时吸从环境中吸收大量的热，因此氯乙烷具有冷冻、麻醉作用，故D说法正确；
故答案A。
2. 验证某有机物是否属于烃，应完成的实验内容是（ ）
A. 只测定它的C、H原子个数比
B. 只要证明它完全燃烧后产物只有H2O和CO2
C. 只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值
D. 测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成CO2和H2O的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过测定有机物中C、H元素的原子个数比，不能确定是否含有O，因此不能确定其是否为烃，A错误；
B．燃烧产物只有H2O和CO2，只能证明有机物含有H和C，不能确定是否含有O，因此不能确定其是否为烃，B错误；
C．只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值，只能测定它的C、H比，不能确定是否含有O，因此不能验证某有机物是否属于烃，C错误；
D．测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成CO2和H2O的质量，能确定消耗氧气的质量，从而确定有机物中是否含有O，因此能确定该有机物是否属于烃，D正确。
答案选D。
3. 某有机物的核磁共振氢谱图如图所示，该有机物可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据核磁共振氢谱图，可知该有机物有3种等效氢，个数比=峰面积比=1:2:3。
【详解】A．有4种等效氢，故不选A；
B．有1种等效氢，故不选B；
C．有5种等效氢，故不选C；
D．有3种等效氢，故选D；
选D。
4. 下列说法错误的是
A. 柠檬烯( )与3，3，4，4-四甲基-1，5-己二烯互为同分异构体
B. 聚乙烯、2-丁炔、环己烯不都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 液化石油气的主要成分C3H8、C4H10与圆白菜叶子表层中的二十九烷一定互为同系物
D. (CH3)3CC(CH3)2CH2CH3的名称是2，2，3，3-四甲基戊烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据柠檬烯结构简式可知其分子式是C10H16；3，3，4，4-四甲基-1，5-己二烯的分子式也是C10H18，二者分子式不相同，因此二者不能互为同分异构体，A错误；
B．聚乙烯分子中无不饱和键，因此不能使酸性KMnO4溶液褪色，而2-丁炔、环己烯分子中含有不饱和碳碳三键及碳碳双键，因此二者能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C．液化石油气的主要成分C3H8、C4H10与圆白菜叶子表层中的二十九烷都是烷烃，分子式符合通式CnH2n+2，三种物质的分子结构相似，因此它们一定互为同系物，C正确；
D．根据烷烃的系统命名方法可知：(CH3)3CC(CH3)2CH2CH3的名称是2，2，3，3-四甲基戊烷，D正确；
故合理选项是A。
5. 维生素E能有效减少皱纹的产生，保持青春的容貌。维生素E有四种类型，其结构简式如图，若R代表相同的烃基，下列互为同分异构体的是
A. 甲和乙B. 乙和丙C. 丙和丁D. 甲和丁
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】同分异构体分子式相同，结构不同的化合物的互称，根据结构简式可知甲的分子式为C11H13O2R，乙的分子式为C12H15O2R，丙的分子式为C12H15O2R，丁的分子式为C13H17O2R，R代表相同的烃基，分子式相同的是乙、丙，且两者结构不同，两者互为同分异构体；
故选：B。
6. 5－氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料。该盐结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是
A. 阴离子的空间构型为三角锥形
B. 该化合物难溶于水
C. 该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同
D. 该化合物存在类似于苯分子的大π键，化学性质比较稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸根中，成键电子对为3，孤对电子对为=0，因此其空间构型为平面三角形，A错误；
B．硝酸盐易溶于水，B错误；
C．其中五元环为平面结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，故C正确；
D．该化合物受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，化学性质不稳定，D错误。
故本题选C。
7. 结构为的有机物可以通过不同的反应得到下列四种物质：① ② ③④。生成这四种有机物的反应类型依次为
A. 消去、消去、氧化、取代B. 取代、还原、消去、取代
C. 取代、取代、消去、置换D. 取代、消去、氧化、取代
【答案】D
【解析】
【详解】①通过酯化反应生成；
②生成发生的是醇的消去反应；
③生成发生的是醇的催化氧化；
④生成发生的是取代反应；
因此生成这四种有机物的反应类型依次为取代、消去、氧化、取代，故答案选D。
8. 对羟基苯甲醛是一种用途极广的有机合成中间体。主要工业合成路线有以下两种：
下列说法正确的是
A. ①的反应类型为取代反应
B. 对羟基苯甲醇的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C. 对羟基苯甲醛中所有原子不可能共平面
D. 对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环的有4种(不包括其本身)
【答案】D
【解析】
【详解】A． ①反应类型为加成反应，故A错误；
B．对羟基苯甲醇有5种等效氢，一氯代物有5种(不考虑立体异构)，故B错误；
C．苯环、醛基都是是平面结构，单键可以旋转，对羟基苯甲醛中所有原子可能共平面，故C错误；
D．对甲基苯酚的含有苯环的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇、苯甲醚，共4种(不包括其本身)，故D正确；
选D。
9. 乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，时在乙醇中的溶解度为，在水中的溶解度如下表：
某种乙酰苯胺样品中混入了少量氯化钠杂质，下列提纯乙酰苯胺的方法正确的是(注：氯化钠可分散在乙醇中形成胶体)
A. 乙酰苯胺中碳原子共有3种杂化方式B. 用乙醇溶解后过滤
C. 用乙醇作溶剂进行重结晶D. 用水作溶剂进行重结晶
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酰苯胺结构为，苯环上及羰基上C原子价层电子对个数是3、甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，甲基上C原子采用sp3杂化、苯环和羰基上C原子采用sp2杂化，只有2种，故A不选；
B．氯化钠可分散在醇中形成胶体，不能用过滤的方法分离，故B不选；
C．20℃时乙酰苯胺在乙醇中的溶解度为36.9g，氯化钠可分散在乙醇中形成胶体，不能用重结晶法提纯乙酰苯胺，故C不选；
D．氯化钠在水中的溶解度随温度变化不大，根据表中数据，乙酰苯胺在水中的溶解度随温度降低而降低，所以可选用重结晶方法，先用水溶解加热形成乙酰苯胺的热饱和溶液，然后降温结晶让大量的乙酰苯胺析出晶体，故D选；
故选：D。
10. 下列图示正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在浓硫酸作催化剂、水浴加热下，苯与浓硝酸发生硝化反应，生成硝基苯，温度计的水银球插在水浴中，题中所给装置能够达到实验目的，故A符合题意；
B．乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水，因此乙酸乙酯应在上层，水层在下层，故B不符合题意；
C．乙醇易挥发，因此乙烯中混有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此乙醇对乙烯检验产生干扰，故C不符合题意；
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，因此收集乙酸乙酯时，应用饱和碳酸钠溶液，为防止倒吸，导管不能插入液面以下，故D不符合题意；
答案为A。
11. 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶的说法错误的是
A. 分子式为
B. 分子中含有14个甲基
C. 属于芳香化合物
D. 可发生加成反应和取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A正确；
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．该物质没有苯环，不属于芳香化合物，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D正确；
答案选C。
12. 某二元醇的结构简式为 ，关于该有机物的说法中不正确的是
A. 用系统命名法命名的名称：5-甲基-2,5-庚二醇
B. 催化氧化得到的物质只含一种含氧官能团
C. 消去反应能得到6种不同结构的二烯烃(不考虑立体异构)
D. 1ml该有机物与足量金属钠反应产生22.4LH2(标准状况)
【答案】B
【解析】
【详解】A．取连有羟基的最长的碳链，有7个碳原子，碳链上连有2个羟基，为二醇，官能团的编号要小，则羟基的编号为2和5，在5号碳上还连有1个甲基，则名称为5-甲基-2,5-庚二醇，正确，A不选；
B．左边的羟基连接的C原子上没有H原子，不能发生催化氧化，而右边的羟基可以发生催化氧化反应，得到羰基，则催化氧化得到的物质含有两种含氧官能团，分别为羟基、羰基，错误，B符合题意；
C．左边的羟基消去时，形成的碳碳双键的位置有3种；右边的羟基消去时，形成的碳碳双键的位置有2种，则得到的二烯烃，共3×2=6种，正确，C不选；
D．1ml该有机物中含有2ml－OH，与金属Na反应时，提供2mlH原子，得到1mlH2，在标况下的体积为22.4L，正确，D不选；
答案选B。
13. 甲醛能与[Zn(CN)4]2-的水溶液发生反应：[Zn(CN)4]2-+4H++4HCHO+4H2O=4HOCH2CN+[Zn(H2O)4]2+，下列说法错误的是
A. [Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供空轨道，CN-提供孤电子对
B. H2O分子中H—O—H的键角与HCHO分子中H—C—O的键角，前者大于后者
C. CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN->H2O
D. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+中σ键数目之比为2：3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A． [Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供空轨道，C原子提供电子对形成配位键，结构示意图表示为：，故A正确；
B． H2O分子中心原子O采用sp3杂化，有两对孤电子对，H—O—H的键角小于109.5°与HCHO分子中心原子C采用sp2杂化，H—C—O的键角为120°，前者小于后者，故B错误；
C．CN-中碳原子电负性小，更容易给出孤电子对， 则CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN->H2O，故C正确；
D． [Zn(CN)4]2-中含有4+4=8个σ键，[Zn(H2O)4]2+中含有4+4×2=12个σ键，σ键数目之比为2：3，故D正确；
故选B。
14. 冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A. 18-冠-6分子中C、O都采用sp3杂化
B. 18-冠-6可以适配任意碱金属离子
C. 冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D. 制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．18-冠-6分子中C、O的价层电子对数都是4个，都采用sp3杂化，故A正确；
B．18-冠-6的空穴有一定的大小，可以适配某种碱金属离子，不能适配任意碱金属离子，故B错误；
C．冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，故C正确；
D．由参与反应的有机物结构可知，制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl，故D正确；
故选B。
15. 类石墨相氮化碳()作为一种新型光催化材料，在光解水产氢等领域具有广阔的应用前景，研究表明非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如图所示。
下列说法错误的是
A. 晶体中存在π键、范德华力和非极性键
B. 中C原子的杂化轨道类型为sp2杂化
C. 中N原子的配位数为2和3
D. 每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN的化学式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有和石墨相似的层状结构，则其晶体中层内存在π键、层间范德华力和环内存在极性键，没有非极性键，A错误；
B．具有和石墨相似的层状结构，则其中C原子的杂化轨道类型为sp2杂化，B正确；
C．从图示层结构图中可知，N原子有两类，一种是连接两个C原子，另一种是连接三C原子，故其配位数为2和3，C正确；
D．根据图示可知，每个基本结构单元(图中实线圈部分)中含有：6个C原子，7+=8个N原子；若两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN每个基本结构单元含有：6个C原子，5+=6个N原子，2个O原子；故其化学式为，D正确；
故选A。
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分)
16. 路易斯·巴斯德(LuisPasteur)分离手性酒石酸盐实验(1848年)被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为、 。酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸(HCN)反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN。下列说法正确的是
A. 左旋和右旋酒石酸铵钠盐中含有的化学键类型相同
B. 氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是O
C. 一个酒石酸( )分子中含有2个手性碳原子
D. 乙二醛(OHC—CHO)分子中σ键和π键的数目之比为3∶2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中都是含有共价键和离子键，A正确；
B．氢氰酸溶液所含元素中含有的元素有，H、N、C、O，其中N的价层电子排布式为2s22p3，为半满的稳定结构，其第一电离能大于O，故第一电离能最大的是N，B错误；
C．酒石酸中，标有“*”的碳原子为手性碳，一共有2个手性碳原子，C正确；
D．1个乙二醛(OHC—CHO)分子中，σ键为5个，π键的为2个数目之比为5∶2，D错误；
故选AC。
17. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 30.0g20％的丙醇水溶液中所含的氢原子总数为
B. 标准状况下，33.6L苯中含有的碳碳双键的数目为
C. 室温下，14.0g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含的质子总数为
D. 等物质的量的乙醇与乙酸充分反应后，生成的乙酸乙酯分子数可能为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．30.0g20％的丙醇，其中丙醇的质量为6g，物质的量为 ，丙醇中所含的氢原子总数 ，但丙醇溶液中水中也含有氢原子，故丙醇水溶液中所含的氢原子总数不为，A错误；
B．标准状况下，苯是液体，且苯中不含有碳碳双键，B错误；
C．乙烯和丙烯组成的混合气体可以看成是CH2，14.0g由乙烯和丙烯组成的混合气体物质的量为 ，故所含的质子总数为，C正确；
D．乙醇与乙酸的反应是可逆反应，但是等物质的量的乙醇与乙酸充分反应后，生成的乙酸乙酯分子数可能为，D正确；
故选CD。
18. 某化合物(结构如图所示)由X、Y、Z、Q、W五种短周期元素组成，X、Q、Y为同周期且相邻的元素，Y的某种单质可用于饮用水的杀菌消毒。Z与W位于另外两个周期，关于上述五种元素及其化合物的说法正确的是
A. W的单质易溶于XW2
B. X、Q、Y的原子半径依次增大
C. Y、Z、Q三种元素能形成离子化合物
D. WY2易溶于水，且与水化合生成一种强酸
【答案】AC
【解析】
【分析】Y形成2个共价键且Y的某种单质可用于饮用水的杀菌消毒应该是O3，则Y为O元素，X、Q、Y为同周期且相邻的元素，则X为C、Q为N元素，Z与W位于另外两个周期，Z形成1个共价键而W形成6个共价键，则Z为H元素，W为S元素；
【详解】A．由分析可知，W为S元素，X为C，硫单质易溶于CS2溶剂中，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：X(C)>Q(N)>Y(O)，B错误；
C．O、H、N三种元素能形成离子化合物如NH4NO3，C正确；
D．WY2是SO2，易溶于水，与水化合生成H2SO3一种弱酸，D错误；
故选：AC。
19. 合成环已酮缩乙二醇的原理为 +H2O。在反应体系中加入适量苯，利用如图装置(加热及夹持装置省略)制备环已酮缩乙二醇。下列说法错误的是
A. b是冷却水的进水口
B. 苯可将反应产生的水及时带出
C. 当苯即将回流至烧瓶中时，应将分水器中的水和苯放出
D. 利用分水器分离出水，可提高环己酮缩乙二醇的产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．冷凝管中的冷却水应该“低进高出”，b是冷却水的进水口，A项正确；
B．苯易挥发，根据图示，苯可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，B项正确；
C．分水器中的苯回流烧瓶中，提高苯的利用率，当分水器中的水即将回流烧瓶中时，必须将分水器中的水放出，C项错误；
D．根据反应方程式，水为生成物，分离出水会使反应向正方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，D项正确；
答案选C。
20. 2021年诺贝尔化学奖授予了对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，其研究成果羟醛缩合反应的催化循环机理如下图所示。下列说法不正确的是
A. L-脯氨酸是该反应的催化剂
B. 该过程的总反应方程式为
C. 根据该机理，用苯甲醛和二苯甲酮()作为原料，无法完成羟醛缩合反应
D. 若用含H218O的溶剂和不含18O的RCHO和丙酮进行该反应，得到的产物可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．从催化循环机理图可知，L-脯氨酸参与了反应后又重新生成，为该反应的催化剂，A正确；
B．从催化循环机理图可知，该过程的总反应方程式为，B正确；
C．如用苯甲醛和二苯甲酮作为原料，二苯甲酮与L-脯氨酸反应生成的产物无法发生醇的消去反应，故无法完成羟醛缩合反应，C正确；
D．该反应产物中羟基上的O来源于RCHO，因此不可能得到，D错误；
故答案选D。
三、非选择题(本题包括4小题，共50分)
21. 由近几年高考试题分析可看，信息型有机合成题是必考题型之一，考查方式一般是：题目或明或暗地给出一些学生从未见过的信息和几种原料分子，然后要求考生设计出合理路线来合成目标分子，重点考查信息获取和应用能力。按要求完成下面题目：
（1）已知：，则有机物C( )转化为D的方程式为_______。
（2）已知： ，根据信息写出A→B的反应方程式：_______。
（3）已知： R1—CH=CH—R2，则C4H6Cl2的结构简式为_______。
（4）已知： 则由 推测，C的结构为_______。
（5）已知：＋， 则图中B的结构简式为_______。
【答案】（1） （2）
（3） （4） （5）
【解析】
【小问1详解】
已知 ，形成六元环，且苯环临位的碳形成羰基，则有机物C( )转化为D的结构为 ，则化学方程式为： ；
【小问2详解】
，由于 ，用类比的方式推A的结构简式R’为-C2H5，R为H，则A为CH3COOC2H5，故A→B的化学方程式为： ；
【小问3详解】
看不清题干，且信息不完整，无法作答。
【小问4详解】
，Cl原子取代在1号碳上，消去HCl后碳碳双键出现在2号和3号碳上，据此分析 ，C为 ，所以答案为 ；
【小问5详解】
已知：＋，由已知可知，R’将 中O换成C，同时连上R’，据此可推出B的结构简式为 。
22. 环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.环己烯的制备与提纯
（1）“操作1”的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
烧瓶A中的化学方程式为_______。
（2）下列玻璃仪器中，“操作2”需使用的有_______(填标号)，不需使用的有_______(填名称)。
A. B. C. D.
（3）在安装蒸馏装置时，仪器选择及安装都正确的是_______。
a. b. c. d.
Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的x ml Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，以淀粉溶液为指示剂，用y ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液w mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应为：①Br2+ ② ③
（4）判断达到滴定终点的现象是_______；样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。
（5）下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。
a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化
【答案】（1）+H2O
（2） ①. AB ②. 漏斗、容量瓶
（3）b （4） ①. 加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变 ②.
（5）bc
【解析】
【分析】从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，有机相中加入无水硫酸镁固体，经过过滤和洗涤得到环己烯，以此解答。
【小问1详解】
从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：+H2O。
【小问2详解】
操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯，故选AB，不需使用的有漏斗、容量瓶。
【小问3详解】
蒸馏的方法是用来分离互溶的且沸点不同的液体，因此蒸馏的实验装置中，温度计的水银球应该处于蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸气的温度，要用直形冷凝管进行冷凝，故选b。
【小问4详解】
因滴定的是碘单质的溶液，指示剂是淀粉溶液，则滴定终点的现象为：加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1:2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×wml·L-1×ymL×10-3L·mL-1= ml，反应消耗的Br2的物质的量为(x-)ml，据反应①式中环己烯与溴单质1:1反应，可知环己烯的物质的量也为(x-)ml，其质量为(x-)×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为: 。
【小问5详解】
a．样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1mlBr2，消耗苯酚的质量为31.3g，而每反应1ml Br2，消耗环己烯的质量为82g，所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大，a项错误；
b．测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低，b项正确；
c．Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低，c项正确；
故选bc。
23. 3，4-二羟基肉桂酸乙酯( ) 具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力，由气体A制备该物质的合成路线如下：
已知：①A与氢气的相对密度为14
②
回答下列问题：
（1）D的名称为_______。C的结构简式为_______。
（2）E→F的化学反应方程式为_______。
（3）F→G①的反应类型为_______。
（4）H→I的化学反应方程式为_______。
（5）H有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种。
①属于芳香族化合物 ②含两个羧基
其中，满足核磁共振氢谱的峰面积比为1：2：2：3的有机物结构简式为_______(写出一种)。
【答案】（1） ①. 3，4-二氯苯甲醛 ②. CH3CHO
（2）+H2O
（3）氧化反应 （4）+C2H5OH+H2O
（5） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】气体A对氢气的相对密度为14，即A的相对分子质量为28，再由B的分子式可知A的分子式为C2H4，所以可知A为乙烯，B的分子式为C2H6O及A→B→C的条件可知B为乙醇，由已知信息可知C、D均为醛，结合B为乙醇，则C为乙醛，再由E逆推可知D的结构简式为 、C和D发生信息反应生成E为 ，由E →F的反应条件可知F为 ，由F和反应条件可知G为，H为，据此依次分析。
【小问1详解】
结合D的结构简式为，系统命名法为3，4-二氯苯甲醛；由分析知C为乙醛结构简式为CH3CHO；
【小问2详解】
E→F的化学反应即在浓硫酸作用下发生消去反应生成，即化学方程式为+H2O；
【小问3详解】
分析和F为 、G为， F→G①的反应为醛基被银氨溶液所氧化，故反应类型为氧化反应；
【小问4详解】
据分析，H→I的反应为与C2H5OH在浓硫酸、加热下的酯化反应，生成和H2O，化学方程式为+C2H5OH+H2O；
【小问5详解】
H的结构简式为， ①属于芳香族化合物，则含1个苯环，
②含两个羧基；当苯环上有一个取代基一种，苯环上有两个取代基邻、间、对三种，苯环上有三个取代基、、六种，综上共计10种；满足且峰面积比为1：2：2：3，即核磁共振氢谱有4组吸收峰有4种氢原子，考虑到对称性，符合条件的结构简式为 和 。
24. 吡啶()是类似于苯的芳香化合物，工业上用作合成药品、消毒剂、染料等的原料。2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如图路线合成。
+
请回答下列问题：
（1）MPy 的分子式为_______，其中碳原子的杂化方式为_______，其组成元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。分子中的大π键可用表示，则吡啶中大π键表示为_______。
（2）EPy晶体中存在的作用力类型有_______(填标号)。
a.离子键 b.金属键 c.极性键 d.非极性键 e.配位键 f.氢键
（3）反应①中每生成1 ml EPy，断裂_______个π键，形成_______个 σ键(用NA表示阿伏伽德罗常数)。
（4）邻二氮菲(phen，结构如图)中的N与吡啶中N杂化方式一致，邻二氮菲通过N原子与Fe2+形成稳定的配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的特征颜色可用于测定Fe2+的浓度。[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为_______；实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，试分析原因是_______。
【答案】（1） ①. C6H7N ②. sp2、sp3 ③. N＞H＞C ④.
（2）cdf （3） ①. NA ②. 2NA
（4） ①. 6 ②. 当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位
【解析】
【小问1详解】
根据MPy的结构简式，MPy的分子式为C6H7N，MPy分子中有两种碳原子，环上的碳原子杂化类型为sp2，甲基上碳原子杂化类型为sp3，MPy的结构简式，组成元素为H、C、N，第一电离能大小顺序是N＞H＞C；吡啶是类似与苯的芳香族化合物，环上的5个碳原子各提供一个电子，N原子提供一个电子，共同形成大π键，表示形式为；故答案为C6H7N；sp2、sp3；N＞H＞C；；
【小问2详解】
EPy为分子晶体，不存在离子键和金属键，“C-N”、“C-H”、“C-O”、“O-H”之间为极性键，“C-C”存在非极性键，1个EPy分子中的羟基与另一个EPy分子中的羟基构成氢键，根据EPy的结构简式，不存在配位键，因此存在的作用力是cdf；故答案为cdf；
【小问3详解】
根据反应①分析，MPy中甲基上一个“C-H”断裂，甲醛中碳氧双键的π断裂，发生加成反应，形成2个σ键，因此每生成1mlEPy，断裂π键数目为NA，形成2NA个σ键，故答案为NA；2NA；
【小问4详解】
根据邻二氮菲结构简式，N有孤电子对，提供孤电子对，因此该配合物中Fe2+的配位数3×2=6，当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位，因此适宜范围是2～9，故答案为6；当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位。
温度/
25
50
80
100
溶解度g
056
0.84
3.5
5.5
A
B
C
D
利用该装置可以制备硝基苯
分离乙酸乙酯和水溶液
检验产物中是否含有乙烯
制备乙酸乙酯
一、单项选择题(本题包括15小题，每小题2分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 聚乙炔可用于制备导电高分子材料，是由于其属于电解质
B. 苯甲酸钠可用作防腐剂，是由于其具有抗菌活性
C. 乙二醇可用于生产汽车防冻液，是由于其凝固点低、热稳定性高
D. 运动员受伤时喷氯乙烷止疼，是因为液态氯乙烷汽化时大量吸热
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚乙炔中掺杂I2，具有与金属材料一样的导电性，因此聚乙炔制备导电高分子材料，不属于电解质，故A说法错误；
B．苯甲酸钠可用作防腐剂，是因为苯甲酸钠具有抗菌活性，故B说法正确；
C．乙二醇可用于生产汽车防冻液，是由于其凝固点低、热稳定性高，故C说法正确；
D．液态氯乙烷汽化时吸从环境中吸收大量的热，因此氯乙烷具有冷冻、麻醉作用，故D说法正确；
故答案A。
2. 验证某有机物是否属于烃，应完成的实验内容是（ ）
A. 只测定它的C、H原子个数比
B. 只要证明它完全燃烧后产物只有H2O和CO2
C. 只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值
D. 测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成CO2和H2O的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过测定有机物中C、H元素的原子个数比，不能确定是否含有O，因此不能确定其是否为烃，A错误；
B．燃烧产物只有H2O和CO2，只能证明有机物含有H和C，不能确定是否含有O，因此不能确定其是否为烃，B错误；
C．只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值，只能测定它的C、H比，不能确定是否含有O，因此不能验证某有机物是否属于烃，C错误；
D．测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成CO2和H2O的质量，能确定消耗氧气的质量，从而确定有机物中是否含有O，因此能确定该有机物是否属于烃，D正确。
答案选D。
3. 某有机物的核磁共振氢谱图如图所示，该有机物可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据核磁共振氢谱图，可知该有机物有3种等效氢，个数比=峰面积比=1:2:3。
【详解】A．有4种等效氢，故不选A；
B．有1种等效氢，故不选B；
C．有5种等效氢，故不选C；
D．有3种等效氢，故选D；
选D。
4. 下列说法错误的是
A. 柠檬烯( )与3，3，4，4-四甲基-1，5-己二烯互为同分异构体
B. 聚乙烯、2-丁炔、环己烯不都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 液化石油气的主要成分C3H8、C4H10与圆白菜叶子表层中的二十九烷一定互为同系物
D. (CH3)3CC(CH3)2CH2CH3的名称是2，2，3，3-四甲基戊烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据柠檬烯结构简式可知其分子式是C10H16；3，3，4，4-四甲基-1，5-己二烯的分子式也是C10H18，二者分子式不相同，因此二者不能互为同分异构体，A错误；
B．聚乙烯分子中无不饱和键，因此不能使酸性KMnO4溶液褪色，而2-丁炔、环己烯分子中含有不饱和碳碳三键及碳碳双键，因此二者能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C．液化石油气的主要成分C3H8、C4H10与圆白菜叶子表层中的二十九烷都是烷烃，分子式符合通式CnH2n+2，三种物质的分子结构相似，因此它们一定互为同系物，C正确；
D．根据烷烃的系统命名方法可知：(CH3)3CC(CH3)2CH2CH3的名称是2，2，3，3-四甲基戊烷，D正确；
故合理选项是A。
5. 维生素E能有效减少皱纹的产生，保持青春的容貌。维生素E有四种类型，其结构简式如图，若R代表相同的烃基，下列互为同分异构体的是
A. 甲和乙B. 乙和丙C. 丙和丁D. 甲和丁
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】同分异构体分子式相同，结构不同的化合物的互称，根据结构简式可知甲的分子式为C11H13O2R，乙的分子式为C12H15O2R，丙的分子式为C12H15O2R，丁的分子式为C13H17O2R，R代表相同的烃基，分子式相同的是乙、丙，且两者结构不同，两者互为同分异构体；
故选：B。
6. 5－氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料。该盐结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是
A. 阴离子的空间构型为三角锥形
B. 该化合物难溶于水
C. 该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同
D. 该化合物存在类似于苯分子的大π键，化学性质比较稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸根中，成键电子对为3，孤对电子对为=0，因此其空间构型为平面三角形，A错误；
B．硝酸盐易溶于水，B错误；
C．其中五元环为平面结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，它们的杂化方式相同，故C正确；
D．该化合物受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，化学性质不稳定，D错误。
故本题选C。
7. 结构为的有机物可以通过不同的反应得到下列四种物质：① ② ③④。生成这四种有机物的反应类型依次为
A. 消去、消去、氧化、取代B. 取代、还原、消去、取代
C. 取代、取代、消去、置换D. 取代、消去、氧化、取代
【答案】D
【解析】
【详解】①通过酯化反应生成；
②生成发生的是醇的消去反应；
③生成发生的是醇的催化氧化；
④生成发生的是取代反应；
因此生成这四种有机物的反应类型依次为取代、消去、氧化、取代，故答案选D。
8. 对羟基苯甲醛是一种用途极广的有机合成中间体。主要工业合成路线有以下两种：
下列说法正确的是
A. ①的反应类型为取代反应
B. 对羟基苯甲醇的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C. 对羟基苯甲醛中所有原子不可能共平面
D. 对甲基苯酚的同分异构体中含有苯环的有4种(不包括其本身)
【答案】D
【解析】
【详解】A． ①反应类型为加成反应，故A错误；
B．对羟基苯甲醇有5种等效氢，一氯代物有5种(不考虑立体异构)，故B错误；
C．苯环、醛基都是是平面结构，单键可以旋转，对羟基苯甲醛中所有原子可能共平面，故C错误；
D．对甲基苯酚的含有苯环的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇、苯甲醚，共4种(不包括其本身)，故D正确；
选D。
9. 乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，时在乙醇中的溶解度为，在水中的溶解度如下表：
某种乙酰苯胺样品中混入了少量氯化钠杂质，下列提纯乙酰苯胺的方法正确的是(注：氯化钠可分散在乙醇中形成胶体)
A. 乙酰苯胺中碳原子共有3种杂化方式B. 用乙醇溶解后过滤
C. 用乙醇作溶剂进行重结晶D. 用水作溶剂进行重结晶
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酰苯胺结构为，苯环上及羰基上C原子价层电子对个数是3、甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，甲基上C原子采用sp3杂化、苯环和羰基上C原子采用sp2杂化，只有2种，故A不选；
B．氯化钠可分散在醇中形成胶体，不能用过滤的方法分离，故B不选；
C．20℃时乙酰苯胺在乙醇中的溶解度为36.9g，氯化钠可分散在乙醇中形成胶体，不能用重结晶法提纯乙酰苯胺，故C不选；
D．氯化钠在水中的溶解度随温度变化不大，根据表中数据，乙酰苯胺在水中的溶解度随温度降低而降低，所以可选用重结晶方法，先用水溶解加热形成乙酰苯胺的热饱和溶液，然后降温结晶让大量的乙酰苯胺析出晶体，故D选；
故选：D。
10. 下列图示正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在浓硫酸作催化剂、水浴加热下，苯与浓硝酸发生硝化反应，生成硝基苯，温度计的水银球插在水浴中，题中所给装置能够达到实验目的，故A符合题意；
B．乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水，因此乙酸乙酯应在上层，水层在下层，故B不符合题意；
C．乙醇易挥发，因此乙烯中混有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此乙醇对乙烯检验产生干扰，故C不符合题意；
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，因此收集乙酸乙酯时，应用饱和碳酸钠溶液，为防止倒吸，导管不能插入液面以下，故D不符合题意；
答案为A。
11. 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶的说法错误的是
A. 分子式为
B. 分子中含有14个甲基
C. 属于芳香化合物
D. 可发生加成反应和取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A正确；
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．该物质没有苯环，不属于芳香化合物，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D正确；
答案选C。
12. 某二元醇的结构简式为 ，关于该有机物的说法中不正确的是
A. 用系统命名法命名的名称：5-甲基-2,5-庚二醇
B. 催化氧化得到的物质只含一种含氧官能团
C. 消去反应能得到6种不同结构的二烯烃(不考虑立体异构)
D. 1ml该有机物与足量金属钠反应产生22.4LH2(标准状况)
【答案】B
【解析】
【详解】A．取连有羟基的最长的碳链，有7个碳原子，碳链上连有2个羟基，为二醇，官能团的编号要小，则羟基的编号为2和5，在5号碳上还连有1个甲基，则名称为5-甲基-2,5-庚二醇，正确，A不选；
B．左边的羟基连接的C原子上没有H原子，不能发生催化氧化，而右边的羟基可以发生催化氧化反应，得到羰基，则催化氧化得到的物质含有两种含氧官能团，分别为羟基、羰基，错误，B符合题意；
C．左边的羟基消去时，形成的碳碳双键的位置有3种；右边的羟基消去时，形成的碳碳双键的位置有2种，则得到的二烯烃，共3×2=6种，正确，C不选；
D．1ml该有机物中含有2ml－OH，与金属Na反应时，提供2mlH原子，得到1mlH2，在标况下的体积为22.4L，正确，D不选；
答案选B。
13. 甲醛能与[Zn(CN)4]2-的水溶液发生反应：[Zn(CN)4]2-+4H++4HCHO+4H2O=4HOCH2CN+[Zn(H2O)4]2+，下列说法错误的是
A. [Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供空轨道，CN-提供孤电子对
B. H2O分子中H—O—H的键角与HCHO分子中H—C—O的键角，前者大于后者
C. CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN->H2O
D. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+中σ键数目之比为2：3
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A． [Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供空轨道，C原子提供电子对形成配位键，结构示意图表示为：，故A正确；
B． H2O分子中心原子O采用sp3杂化，有两对孤电子对，H—O—H的键角小于109.5°与HCHO分子中心原子C采用sp2杂化，H—C—O的键角为120°，前者小于后者，故B错误；
C．CN-中碳原子电负性小，更容易给出孤电子对， 则CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN->H2O，故C正确；
D． [Zn(CN)4]2-中含有4+4=8个σ键，[Zn(H2O)4]2+中含有4+4×2=12个σ键，σ键数目之比为2：3，故D正确；
故选B。
14. 冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A. 18-冠-6分子中C、O都采用sp3杂化
B. 18-冠-6可以适配任意碱金属离子
C. 冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D. 制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．18-冠-6分子中C、O的价层电子对数都是4个，都采用sp3杂化，故A正确；
B．18-冠-6的空穴有一定的大小，可以适配某种碱金属离子，不能适配任意碱金属离子，故B错误；
C．冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，故C正确；
D．由参与反应的有机物结构可知，制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl，故D正确；
故选B。
15. 类石墨相氮化碳()作为一种新型光催化材料，在光解水产氢等领域具有广阔的应用前景，研究表明非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如图所示。
下列说法错误的是
A. 晶体中存在π键、范德华力和非极性键
B. 中C原子的杂化轨道类型为sp2杂化
C. 中N原子的配位数为2和3
D. 每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN的化学式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有和石墨相似的层状结构，则其晶体中层内存在π键、层间范德华力和环内存在极性键，没有非极性键，A错误；
B．具有和石墨相似的层状结构，则其中C原子的杂化轨道类型为sp2杂化，B正确；
C．从图示层结构图中可知，N原子有两类，一种是连接两个C原子，另一种是连接三C原子，故其配位数为2和3，C正确；
D．根据图示可知，每个基本结构单元(图中实线圈部分)中含有：6个C原子，7+=8个N原子；若两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN每个基本结构单元含有：6个C原子，5+=6个N原子，2个O原子；故其化学式为，D正确；
故选A。
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分)
16. 路易斯·巴斯德(LuisPasteur)分离手性酒石酸盐实验(1848年)被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为、 。酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸(HCN)反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN。下列说法正确的是
A. 左旋和右旋酒石酸铵钠盐中含有的化学键类型相同
B. 氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是O
C. 一个酒石酸( )分子中含有2个手性碳原子
D. 乙二醛(OHC—CHO)分子中σ键和π键的数目之比为3∶2
【答案】AC
【解析】
【详解】A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中都是含有共价键和离子键，A正确；
B．氢氰酸溶液所含元素中含有的元素有，H、N、C、O，其中N的价层电子排布式为2s22p3，为半满的稳定结构，其第一电离能大于O，故第一电离能最大的是N，B错误；
C．酒石酸中，标有“*”的碳原子为手性碳，一共有2个手性碳原子，C正确；
D．1个乙二醛(OHC—CHO)分子中，σ键为5个，π键的为2个数目之比为5∶2，D错误；
故选AC。
17. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 30.0g20％的丙醇水溶液中所含的氢原子总数为
B. 标准状况下，33.6L苯中含有的碳碳双键的数目为
C. 室温下，14.0g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含的质子总数为
D. 等物质的量的乙醇与乙酸充分反应后，生成的乙酸乙酯分子数可能为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．30.0g20％的丙醇，其中丙醇的质量为6g，物质的量为 ，丙醇中所含的氢原子总数 ，但丙醇溶液中水中也含有氢原子，故丙醇水溶液中所含的氢原子总数不为，A错误；
B．标准状况下，苯是液体，且苯中不含有碳碳双键，B错误；
C．乙烯和丙烯组成的混合气体可以看成是CH2，14.0g由乙烯和丙烯组成的混合气体物质的量为 ，故所含的质子总数为，C正确；
D．乙醇与乙酸的反应是可逆反应，但是等物质的量的乙醇与乙酸充分反应后，生成的乙酸乙酯分子数可能为，D正确；
故选CD。
18. 某化合物(结构如图所示)由X、Y、Z、Q、W五种短周期元素组成，X、Q、Y为同周期且相邻的元素，Y的某种单质可用于饮用水的杀菌消毒。Z与W位于另外两个周期，关于上述五种元素及其化合物的说法正确的是
A. W的单质易溶于XW2
B. X、Q、Y的原子半径依次增大
C. Y、Z、Q三种元素能形成离子化合物
D. WY2易溶于水，且与水化合生成一种强酸
【答案】AC
【解析】
【分析】Y形成2个共价键且Y的某种单质可用于饮用水的杀菌消毒应该是O3，则Y为O元素，X、Q、Y为同周期且相邻的元素，则X为C、Q为N元素，Z与W位于另外两个周期，Z形成1个共价键而W形成6个共价键，则Z为H元素，W为S元素；
【详解】A．由分析可知，W为S元素，X为C，硫单质易溶于CS2溶剂中，A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：X(C)>Q(N)>Y(O)，B错误；
C．O、H、N三种元素能形成离子化合物如NH4NO3，C正确；
D．WY2是SO2，易溶于水，与水化合生成H2SO3一种弱酸，D错误；
故选：AC。
19. 合成环已酮缩乙二醇的原理为 +H2O。在反应体系中加入适量苯，利用如图装置(加热及夹持装置省略)制备环已酮缩乙二醇。下列说法错误的是
A. b是冷却水的进水口
B. 苯可将反应产生的水及时带出
C. 当苯即将回流至烧瓶中时，应将分水器中的水和苯放出
D. 利用分水器分离出水，可提高环己酮缩乙二醇的产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．冷凝管中的冷却水应该“低进高出”，b是冷却水的进水口，A项正确；
B．苯易挥发，根据图示，苯可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，B项正确；
C．分水器中的苯回流烧瓶中，提高苯的利用率，当分水器中的水即将回流烧瓶中时，必须将分水器中的水放出，C项错误；
D．根据反应方程式，水为生成物，分离出水会使反应向正方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，D项正确；
答案选C。
20. 2021年诺贝尔化学奖授予了对有机小分子不对称催化作出重大贡献的科学家，其研究成果羟醛缩合反应的催化循环机理如下图所示。下列说法不正确的是
A. L-脯氨酸是该反应的催化剂
B. 该过程的总反应方程式为
C. 根据该机理，用苯甲醛和二苯甲酮()作为原料，无法完成羟醛缩合反应
D. 若用含H218O的溶剂和不含18O的RCHO和丙酮进行该反应，得到的产物可能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．从催化循环机理图可知，L-脯氨酸参与了反应后又重新生成，为该反应的催化剂，A正确；
B．从催化循环机理图可知，该过程的总反应方程式为，B正确；
C．如用苯甲醛和二苯甲酮作为原料，二苯甲酮与L-脯氨酸反应生成的产物无法发生醇的消去反应，故无法完成羟醛缩合反应，C正确；
D．该反应产物中羟基上的O来源于RCHO，因此不可能得到，D错误；
故答案选D。
三、非选择题(本题包括4小题，共50分)
21. 由近几年高考试题分析可看，信息型有机合成题是必考题型之一，考查方式一般是：题目或明或暗地给出一些学生从未见过的信息和几种原料分子，然后要求考生设计出合理路线来合成目标分子，重点考查信息获取和应用能力。按要求完成下面题目：
（1）已知：，则有机物C( )转化为D的方程式为_______。
（2）已知： ，根据信息写出A→B的反应方程式：_______。
（3）已知： R1—CH=CH—R2，则C4H6Cl2的结构简式为_______。
（4）已知： 则由 推测，C的结构为_______。
（5）已知：＋， 则图中B的结构简式为_______。
【答案】（1） （2）
（3） （4） （5）
【解析】
【小问1详解】
已知 ，形成六元环，且苯环临位的碳形成羰基，则有机物C( )转化为D的结构为 ，则化学方程式为： ；
【小问2详解】
，由于 ，用类比的方式推A的结构简式R’为-C2H5，R为H，则A为CH3COOC2H5，故A→B的化学方程式为： ；
【小问3详解】
看不清题干，且信息不完整，无法作答。
【小问4详解】
，Cl原子取代在1号碳上，消去HCl后碳碳双键出现在2号和3号碳上，据此分析 ，C为 ，所以答案为 ；
【小问5详解】
已知：＋，由已知可知，R’将 中O换成C，同时连上R’，据此可推出B的结构简式为 。
22. 环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.环己烯的制备与提纯
（1）“操作1”的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
烧瓶A中的化学方程式为_______。
（2）下列玻璃仪器中，“操作2”需使用的有_______(填标号)，不需使用的有_______(填名称)。
A. B. C. D.
（3）在安装蒸馏装置时，仪器选择及安装都正确的是_______。
a. b. c. d.
Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的x ml Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，以淀粉溶液为指示剂，用y ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液w mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应为：①Br2+ ② ③
（4）判断达到滴定终点的现象是_______；样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。
（5）下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。
a.样品中含有苯酚杂质 b.在测定过程中部分环己烯挥发 c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化
【答案】（1）+H2O
（2） ①. AB ②. 漏斗、容量瓶
（3）b （4） ①. 加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变 ②.
（5）bc
【解析】
【分析】从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，有机相中加入无水硫酸镁固体，经过过滤和洗涤得到环己烯，以此解答。
【小问1详解】
从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：+H2O。
【小问2详解】
操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯，故选AB，不需使用的有漏斗、容量瓶。
【小问3详解】
蒸馏的方法是用来分离互溶的且沸点不同的液体，因此蒸馏的实验装置中，温度计的水银球应该处于蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸气的温度，要用直形冷凝管进行冷凝，故选b。
【小问4详解】
因滴定的是碘单质的溶液，指示剂是淀粉溶液，则滴定终点的现象为：加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1:2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×wml·L-1×ymL×10-3L·mL-1= ml，反应消耗的Br2的物质的量为(x-)ml，据反应①式中环己烯与溴单质1:1反应，可知环己烯的物质的量也为(x-)ml，其质量为(x-)×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为: 。
【小问5详解】
a．样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1mlBr2，消耗苯酚的质量为31.3g，而每反应1ml Br2，消耗环己烯的质量为82g，所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大，a项错误；
b．测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低，b项正确；
c．Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低，c项正确；
故选bc。
23. 3，4-二羟基肉桂酸乙酯( ) 具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力，由气体A制备该物质的合成路线如下：
已知：①A与氢气的相对密度为14
②
回答下列问题：
（1）D的名称为_______。C的结构简式为_______。
（2）E→F的化学反应方程式为_______。
（3）F→G①的反应类型为_______。
（4）H→I的化学反应方程式为_______。
（5）H有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种。
①属于芳香族化合物 ②含两个羧基
其中，满足核磁共振氢谱的峰面积比为1：2：2：3的有机物结构简式为_______(写出一种)。
【答案】（1） ①. 3，4-二氯苯甲醛 ②. CH3CHO
（2）+H2O
（3）氧化反应 （4）+C2H5OH+H2O
（5） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】气体A对氢气的相对密度为14，即A的相对分子质量为28，再由B的分子式可知A的分子式为C2H4，所以可知A为乙烯，B的分子式为C2H6O及A→B→C的条件可知B为乙醇，由已知信息可知C、D均为醛，结合B为乙醇，则C为乙醛，再由E逆推可知D的结构简式为 、C和D发生信息反应生成E为 ，由E →F的反应条件可知F为 ，由F和反应条件可知G为，H为，据此依次分析。
【小问1详解】
结合D的结构简式为，系统命名法为3，4-二氯苯甲醛；由分析知C为乙醛结构简式为CH3CHO；
【小问2详解】
E→F的化学反应即在浓硫酸作用下发生消去反应生成，即化学方程式为+H2O；
【小问3详解】
分析和F为 、G为， F→G①的反应为醛基被银氨溶液所氧化，故反应类型为氧化反应；
【小问4详解】
据分析，H→I的反应为与C2H5OH在浓硫酸、加热下的酯化反应，生成和H2O，化学方程式为+C2H5OH+H2O；
【小问5详解】
H的结构简式为， ①属于芳香族化合物，则含1个苯环，
②含两个羧基；当苯环上有一个取代基一种，苯环上有两个取代基邻、间、对三种，苯环上有三个取代基、、六种，综上共计10种；满足且峰面积比为1：2：2：3，即核磁共振氢谱有4组吸收峰有4种氢原子，考虑到对称性，符合条件的结构简式为 和 。
24. 吡啶()是类似于苯的芳香化合物，工业上用作合成药品、消毒剂、染料等的原料。2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如图路线合成。
+
请回答下列问题：
（1）MPy 的分子式为_______，其中碳原子的杂化方式为_______，其组成元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。分子中的大π键可用表示，则吡啶中大π键表示为_______。
（2）EPy晶体中存在的作用力类型有_______(填标号)。
a.离子键 b.金属键 c.极性键 d.非极性键 e.配位键 f.氢键
（3）反应①中每生成1 ml EPy，断裂_______个π键，形成_______个 σ键(用NA表示阿伏伽德罗常数)。
（4）邻二氮菲(phen，结构如图)中的N与吡啶中N杂化方式一致，邻二氮菲通过N原子与Fe2+形成稳定的配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的特征颜色可用于测定Fe2+的浓度。[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为_______；实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，试分析原因是_______。
【答案】（1） ①. C6H7N ②. sp2、sp3 ③. N＞H＞C ④.
（2）cdf （3） ①. NA ②. 2NA
（4） ①. 6 ②. 当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位
【解析】
【小问1详解】
根据MPy的结构简式，MPy的分子式为C6H7N，MPy分子中有两种碳原子，环上的碳原子杂化类型为sp2，甲基上碳原子杂化类型为sp3，MPy的结构简式，组成元素为H、C、N，第一电离能大小顺序是N＞H＞C；吡啶是类似与苯的芳香族化合物，环上的5个碳原子各提供一个电子，N原子提供一个电子，共同形成大π键，表示形式为；故答案为C6H7N；sp2、sp3；N＞H＞C；；
【小问2详解】
EPy为分子晶体，不存在离子键和金属键，“C-N”、“C-H”、“C-O”、“O-H”之间为极性键，“C-C”存在非极性键，1个EPy分子中的羟基与另一个EPy分子中的羟基构成氢键，根据EPy的结构简式，不存在配位键，因此存在的作用力是cdf；故答案为cdf；
【小问3详解】
根据反应①分析，MPy中甲基上一个“C-H”断裂，甲醛中碳氧双键的π断裂，发生加成反应，形成2个σ键，因此每生成1mlEPy，断裂π键数目为NA，形成2NA个σ键，故答案为NA；2NA；
【小问4详解】
根据邻二氮菲结构简式，N有孤电子对，提供孤电子对，因此该配合物中Fe2+的配位数3×2=6，当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位，因此适宜范围是2～9，故答案为6；当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位。
温度/
25
50
80
100
溶解度g
056
0.84
3.5
5.5
A
B
C
D
利用该装置可以制备硝基苯
分离乙酸乙酯和水溶液
检验产物中是否含有乙烯
制备乙酸乙酯
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