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2022-2023学年福建省厦门重点中学高二（下）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年福建省厦门重点中学高二（下）期末化学试卷（含解析），共25页。
2022-2023学年福建省厦门重点中学高二（下）期末化学试卷
1. 下列关于有机化合物的说法不正确的是 ( )
A
B
C
D
木糖醇(C5H12O5)是一种天然甜味剂，属于糖类化合物
聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度
DNA的两条多聚核苷酸链间通过氢键形成双螺旋结构
烷基磺酸钠(表面活性剂)在水中聚集形成的胶束属于超分子
A. A B. B C. C D. D
2. 聚四氟乙烯被称为“塑料王”，其合成路线如下(已知Sb为第五周期第ⅤA族元素)：
CHCl3→SbCl5HFCHClF2→△CF2=CF2→催化剂
下列说法正确的是( )
A. CHCl3的电子式为
B. 四氟乙烯分子的球棍模型为
C. CHClF2不存在同分异构体
D. 基态Sb原子的价层电子的轨道表示式为5s25p3
3. 关于生产、生活中下列现象的分析不合理的是 ( )
A
B
C
D
现象
植物油加氢制硬化油
氧炔焰切割金属
五彩缤纷的烟花
硫酸铜使蛋白质变性
分析
与植物油中的碳碳双键有关
与乙炔和氧气反应放热有关
与核外电子的跃迁有关
CuSO4溶液显酸性
A. A B. B C. C D. D
4. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. 1，3−丁二烯的分子式：C4H8
B. 一定条件下，CH3COOH与C2H518OH反应能生成
C. CH3COOH的核磁共振氢谱图：
D. 铍原子最外层的电子云图为
5. 酚酞的结构简式如图，下列关于酚酞的说法一定正确的是( )
A. 酚酞的分子式是C20H12O4
B. 分子中所有碳原子可能在同一平面
C. 1mol酚酞最多可消耗10molH2
D. 常温下，由水电离的c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液中滴入酚酞试液后，溶液可能呈红色
6. 用如图装置进行相应实验，能达到实验目的的是 ( )
A. ①用于验证验证乙醇消去反应生成乙烯 B. ②用于检验蔗糖的水解产物具有还原性
C. ③用于分离苯和溴苯 D. ④用于制备乙酸乙酯
7. 氧化锌晶体常用于液晶显示器，该晶体可用醋酸锌[(CH3COO)2Zn]为原料在高温下分解制得。下列说法不正确的是( )
A. ZnO中Zn2+的配位数为4
B. ZnO、ZnS均为离子晶体，ZnO的熔点低于ZnS
C. (CH3COO)2Zn中非金属元素电负性：O>C>H
D. 若氧化锌晶胞参数为a，则两个O2−的最近距离为 22a
8. 下列有关用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林(乙酰水杨酸)的说法中正确的是( )
A. 为控制水浴温度为85～90℃，把温度计插入反应液中
B. 为除去阿司匹林中混有的杂质，可在粗产品中加足量NaHCO3溶液、搅拌、过滤、洗涤沉淀，干燥即得精品
C. 一定条件下，1mol阿司匹林最多可与2mol的NaOH反应
D. 可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸
9. 尼泊金甲酯(M，对羟基苯甲酸甲酯)是化妆品中的一种防腐剂，工业上用甲苯生产的尼泊金甲酯的合成路线如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 反应①的条件为光照
B. 1molM与浓溴水反应，最多消耗2molBr2
C. 反应④的反应类型为氧化反应
D. 设计③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化
10. 2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图：
下列说法错误的是( )
A. 电负性：O>C>H>Zn
B. 甲醇分子中H−C−O键角大于甲醛分子中H−C−O键角
C. DHA分子间存在氢键
D. Zn溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为4
11. 酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如图。下列说法不正确的是( )
A. 制备乙二醇的总反应为
B. H+进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧
C. X的结构简式为
D. 二甘醇的分子式是C4H10O3
12. 化合物(ZX2Y4⋅W2Y)存在于一些植物的细胞液中，可用于陶瓷上釉。W、X、Y和Z前20号元素，原子序数依次增大，且加和为35，XY2分子的总电子数为偶数。该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X
B. Z和Y只能形成一种化合物
C. 两种氛围中A→B段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
D. 1000℃后得到固体产物属于盐
13. 物质世界的神奇莫测，常常超乎人们的想象。掌握晶体的结构与性质之间的关系，也许能使你想象的翅膀变得更有力。请回答下列问题：
(1)[CH2OH(CHOH)4COO]2Zn是目前市场上流行的补锌剂。写出Zn2+基态电子排布式： ______ 。
(2)已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子变化角度解释其原因： ______ 。
(3)镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2中硫原子的杂化方式是 ______ ，σ键和π键数目之比为 ______ ；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，其原因是 ______ 。
(4)氮化硼(BN)晶体存在两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ______ 。
(5)Na2V2O7中所含元素的电负性由大到小的顺序为 ______ ，Na4V2O7晶体中存在的相互作用有 ______ (填标号)。
A.离子键
B.共价键
C.金属键
D.氢键
E.范德华力
(6)SO2F2的结构如图所示，已知键角α为124°，β为96°，则α>β的原因主要是 ______ 。
(7)酸性：CF3COOH ______ CH3COOH(填“>”‘“<”或“=”)。
(8)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3⋅6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的23。
绿色晶体配合物的化学式为 ______ 。
(9)Li2O的晶胞如图所示。
①已知A的坐标为(0,0,0)，B的坐标为 ______ 。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(用含a、NA的代数式表示)。
14. 某脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂的主要成分为Ni，还含有一定量Al、Fe及氧化铁、少量其他不溶性物质，回收废镍催化剂制备硫酸镍晶体(NiSO4⋅7H2O)的工艺流程如图：
已知：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
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀的pH(c=0.01mol⋅L−1)
2.2
7.5
7.2
沉淀完全的pH(c=1.0×10−5mol/L)
3.2
9.0
8.7
回答下列问题：
(1)下列状态的Ni微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 ______ (填标号)。
A.[Ar]3d84s2
B.[Ar]3d84s1
C.[Ar]3d84s14p1
D.[Ar]3d84p1
(2)“碱浸”中NaOH溶液的两个作用分别是 ______ 、 ______ 。如图是“酸浸”时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是 ______ ℃。
(3)“转化”步骤中反应的离子方程式是 ______ 。“调pH”时，最适宜的pH范围是 ______ 。
(4)Ni可以形成多种多样的配合物。Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]3(PO4)2是镍的两种配合物，这两种配合物都存在的作用力是 ______ (填标号)。
a.范德华力
b.配位键
c.极性键
d.离子键
e.氢键
f.非极性键
(5)[Ni(NH3)6]3(PO4)2中阴离子的空间构型为 ______ 。
15. 对硝基乙酰苯胺是重要的染料中间体，实验室合成对硝基乙酰苯胺的路线如图(部分反应条件略去)。
已知：①苯胺()在空气中极易被氧化；
②(易溶于水)；
③实验参数：
化合物名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解度
冰醋酸
60
无色透明液体
16.6
117.9
易溶于水，乙醇和乙醚
苯胺
93
棕黄色油状液体
−6.3
184
微溶于水，易溶于乙醇和乙醚
乙酰苯胺
135
白色晶体
114.3
304
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚等有机溶剂
对硝基乙酰苯胺
180
白色晶体
215.6
100(1.06×10−3kPa)
溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
Ⅰ.苯胺的制备：
制取的苯胺中混有少量硝基苯杂质，可以采用如下方案除杂提纯：
混合物→操作1盐酸水层→操作2试剂Y油相→过滤干燥剂较纯净苯胺
(1)操作1与操作2相同，该操作是 ______ ，试剂Y是 ______ 。
Ⅱ.乙酰苯胺的制备
反应装置如图所示，向圆底烧瓶内加入4.6mL(约0.05mol)新制备的苯胺和7.5mL(约0.13mol)冰醋酸，及少许锌粉，加热回流1h，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，制得乙酰苯胺。
(2)加热回流温度适合控制在 ______ (填序号)。
a.100℃以下
b.100℃～105℃
c.120℃～180℃
d.305℃～310℃
(3)以下A、B两种实验仪器，装置a处所使用的仪器名称为 ______ 。
(4)乙酰苯胺中所含官能团的名称为 ______ 。
(5)步骤2中加入少量锌粉的作用是 ______ 。
Ⅲ.对硝基乙酰苯胺的制备
将步骤Ⅱ新制备的乙酰苯胺加入三颈烧瓶内，并加入冰醋酸溶解，然后加入浓硫酸和浓硝酸的混酸，在冰水浴中保持反应温度不超过5℃，一段时间后经减压过滤、洗涤、干燥等操作，得粗品，纯化后得对硝基乙酰苯胺7.5g。
(6)洗涤晶体宜采用 ______ (填序号)。
a.热水洗
b.冷水洗
c.乙醇洗
d.先冷水再乙醇洗
(7)所得产品的核磁共振氢谱有 ______ 组峰，本实验的产率是 ______ %(保留3位有效数字)。
16. 化合物F是一种优异聚集诱导发光材料，合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的名称为 ______ 。
(2)B中官能团名称为 ______ 。
(3)B→C的反应类型是 ______ 。
(4)C→D的化学反应方程式 ______ 。
(5)G是D的同系物，比D少2个碳原子，满足该条件的G的同分异构体有 ______ 种(不考试立体异构)。
(6)制备B过程中，有副反应发生，请写出C2H2和HCHO反应生成2−丁炔−1，4二醇的化学方程式 ______ 。
(7)从结构的角度判断F是否具有碱性？ ______ ，并说明理由 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.木糖醇与葡萄糖、果糖结构、性质不同，不属于糖类，故A错误；
B.线型结构的高分子之间通过分子间作用力结合，聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度，故B正确；
C.DNA分子双螺旋结构中间为碱基对，碱基之间形成氢键，DNA的两条多聚核苷酸链间通过氢键形成双螺旋结构，故C正确；
D.表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，故D正确；
故选：A。
A.木糖醇为饱和五元醇，分子中不含醛基或羰基，不是属于糖；
B.线型结构的高分子之间通过分子间作用力结合；
C.DNA分子双螺旋结构中间为碱基对，碱基之间形成氢键；
D.超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生化学知识的应用能力，难度不大，注意把握有机物的结构和官能团的性质。
2.【答案】C
【解析】解：A.CHCl3的电子式为，故A错误；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，F原子的半径比碳原子的小，故四氟乙烯分子的球棍模型为，故B错误；
C.甲烷是正四面体结构，CHClF2 不存在同分异构体，故C正确；
D.5s25p3是Sb的价层电子排布式，基态Sb原子的价层电子的轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
A.氯原子最外层有7个电子；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
C.甲烷是正四面体结构；
D.5s25p3是Sb的价层电子排布式。
本题考查了常用化学用语的表示方法，为高频考点，把握电子式、球棍模型、空间构型、价电子排布式及轨道表示式是解题关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度中等。
3.【答案】D
【解析】解：A.植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，故A正确；
B.乙炔在氧气中燃烧时放出大量的热，可使金属熔化，所以用氧炔焰可以切割金属，故B正确；
C.五彩缤纷的烟花是因为不同金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与核外电子的跃迁有关，故C正确；
D.铜离子是重金属，可以使蛋白质变性，与CuSO4溶液显酸性无关，故D错误；
故选：D。
A.植物油含有碳碳双键，能与氢气加成；
B.乙炔在氧气中燃烧时放出大量的热；
C.五彩缤纷的烟花是因为不同金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光；
D.铜离子是重金属，可以使蛋白质变性。
本题主要考查化学在生活、生产中的应用与对应的化学知识是否一致，要求学生对基础知识的掌握很扎实，否则易错，需要学生注意知识的积累，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.1，3−丁二烯结构简式为CH2=CHCH=CH2，其分子式为C4H6，故A错误；
B.发生酯化反应是羧酸脱羧基中的−OH，醇脱羟基中的H原子，则CH3COOH与C2H518OH反应能生成CH3CO18OC2H5，故B正确；
C.CH3COOH分子中只有2中H原子，数目比为3：1，核磁共振氢谱图为，故C错误；
D.铍原子最外层为s能级，s能级的电子云图为球形，即，故D错误；
故选：B。
A.1，3−丁二烯结构简式为CH2=CHCH=CH2；
B.发生酯化反应是羧酸脱羧基中的−OH，醇脱羟基中的H原子；
C.CH3COOH分子中只有2中H原子，数目比为3：1，核磁共振氢谱有2种峰值；
D.Be价电子排布为2s2。
本题考查化学用语的表示方法，明确分子式、核磁共振氢谱图、电子云图、分子结构等知识为解答关键，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.由结构可知，酚酞分子含有20个碳原子、14个氢原子、4个氧原子，其分子式为C20H14O4，故A错误；
B.分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构特点，所有的碳原子不可能共平面，故B错误；
C.分子中只有3个苯环能与氢气发生加成反应，1mol酚酞最多可消耗9molH2，故C错误；
D.水电离的c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液，说明水的电离受抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性溶液滴入可呈红色，故D正确；
故选：D。
A.由结构可知，酚酞分子含有20个碳原子、14个氢原子、4个氧原子；
B.含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构；
C.分子中只有3个苯环能与氢气发生加成反应；
D.水电离的c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液，说明水的电离受抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生灵活运用知识的能力。
6.【答案】C
【解析】解：A.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，故A错误；
B.检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加NaOH中和硫酸，不能检验水解产物具有还原性，故B错误；
C.苯与溴苯互溶，沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故C正确；
D.乙酸乙酯与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选：C。
A.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B.检验葡萄糖在碱性溶液中；
C.苯与溴苯互溶，沸点不同；
D.乙酸乙酯与NaOH溶液反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、混合物的分离提纯、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.与Zn2+最近且等距离的O2−有4个，所以Zn2+的配位数为4，故A正确；
B.两种晶体中阴阳离子所带电荷相等，阳离子半径相同，r(O2−)ZnS，所以熔点：ZnO>ZnS，故B错误；
C.元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，吸引键合电子的能力：O>C>H，则电负性：O>C>H，故C正确；
D.两个O2−的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，为 22a，故D正确；
故选：B。
A.与Zn2+最近且等距离的O2−有4个；
B.离子晶体熔点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比；
C.元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大；
D.两个O2−的最近距离为晶胞面对角线长度的一半。
本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确晶胞中配位数的判断方法、离子晶体熔沸点影响因素、因素周期律内涵、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林，发生，
A.该反应不需要控制温度，则不需要水浴加热，故A错误；
B.阿司匹林、乙酸均与碳酸氢钠反应，则加碳酸氢钠不能除杂，故B错误；
C.阿司匹林中−COOC−、−COOH及水解生成的酚−OH均与NaOH反应，则一定条件下，1mol阿司匹林最多可与3mol的NaOH反应，故C错误；
D.只有水杨酸中含酚−OH，与FeCl3溶液发生显色反应，则可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸，故D正确；
故选D．
用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林，发生，
A.该反应不需要控制温度；
B.阿司匹林、乙酸均与碳酸氢钠反应；
C.阿司匹林中−COOC−、−COOH及水解生成的酚−OH均与NaOH反应；
D.只有水杨酸中含酚−OH，与FeCl3溶液发生显色反应．
本题考查化学实验方案的评价及有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机制备原理、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，选项C为解答的易错点，题目难度不大．
9.【答案】A
【解析】解：A.反应是与Cl2反应生成，发生苯环上取代反应，需要条件是FeCl3(或Fe)做催化剂，故A错误；
B.中酚羟基的2个邻位的氢原子能与溴发生取代反应，1molM与浓溴水反应，最多消耗2molBr2，故B正确；
C.反应④是转化为，甲基转化为羧基，该反应类型为氧化反应，故C正确；
D.反应③中消除的酚羟基，而后甲基被氧化为羧基，在反应⑥中重新引入反应③中消除的酚羟基，由于酚羟基易被氧化，可知设计③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化，故D正确；
故选：A。
对比A前、后物质结构可知，甲苯与氯气发生取代反应生成A，A发生水解反应生成，故A为，与CH3I发生取代反应生成，发生氧化反应生成，与甲醇发生酯化反应生成B为，B与HI发生取代反应生成，重新引入反应③中消除的酚羟基，由于酚羟基易被氧化，可知设计③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化。
本题考查有机物的结构与性质、有机物的推断与合成，对比有机物结构来理解发生的反应，注意掌握酚与溴取代反应定位规律，题目较好地考查了学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
10.【答案】B
【解析】解：A.C、O的氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O>C>H，锌为金属元素，电负性最小，故A正确；
B.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化，所以甲醇分子中H−C−O键角小于甲醛分子中H−C−O键角，故B错误；
C.DHA分子中含有2个羟基，可以形成分子间氢键，故C正确；
D.Zn溶于氨水形成配合物[[Zn(NH3)4](OH)2,Zn2+的配位数为4，故D正确；
故选：B。
A.化合物中显正价元素的电负性小于显负价元素的电负性，同周期自左至右，电负性逐渐增大，金属元素电负性小于非金属元素；
B.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化；
C.含有羟基的物质可形成分子间氢键；
D.配合物[[Zn(NH3)4](OH)2中配位数是指内届的配体的个数。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性大小比较，键角的比较，氢键的形成，配位数的判断等，属于高频考点，难度不大。
11.【答案】C
【解析】A.根据图知，环氧乙烷和水在酸性条件下反应生成乙二醇，反应方程式为，故A正确；
B.氢离子带正电荷，碳氧键中氧元素电负性较大，氧原子吸引电子能力较强，所以能吸引带正电荷的离子，所以H+进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧，故B正确；
C.根据图知，X的结构简式为为，故C错误；
D.二甘醇中含有4个碳原子、10个氢原子、3个氧原子，分子式为C4H10O3，故D正确；
故选：C。
本题考查有机物的结构和性质、反应机理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.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：Z>X>Y，故A错误；
B.Z和Y能形成CaO、CaO2，故B错误；
C.CaC2O4⋅H2O加热时首先失去结晶水，失去结晶水后质量保留百分数为1−18146×100%=87.7%，则A为CaC2O4，A→B段CaC2O4草酸钙受热在氧气中生成碳酸钙和二氧化碳、在氮气中生成碳酸钙和一氧化碳，两者的气态产物不同，反应均为氧化还原反应，故C正确；
D.C的相对分子质量为146×38.4%=56，则1000℃后得到固体产物为碳酸钙分解生成氧化钙，不是盐，故D错误；
故选：C。
化合物(ZX2Y4⋅W2Y)存在于一些植物的细胞液中，则含有氢、碳、氧元素；该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出，则不含有氮元素；W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，XY2分子的总电子数为偶数，W为氢、X为碳、Y为氧；原子序数加和为35，则Z为钙；故该物质为CaC2O4⋅H2O。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】[Ar]3d10 Cu+的核外价电子排布式为3d10，3d轨道全充满状态，很稳定 sp3 5：4 异硫氰酸(HNCS)可形成分子间氢键，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键 混合型晶体 O>V>Na AB 双键与双键之间的电子对的斥力大于单键与单键之间的电子对的斥力 > [TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O (34,14,14) 1.2×1023a3×NA
【解析】解：(1)基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，则Zn2+基态电子排布式为[Ar]3d10，
故答案为：[Ar]3d10；
(2)Cu2+的核外价电子排布式为3d9，而Cu+的核外价电子排布式为3d10，3d轨道全充满状态，很稳定，
故答案为：Cu+的核外价电子排布式为3d10，3d轨道全充满状态，很稳定；
(3)类卤素(SCN)2的结构式为N≡C−S−S−C≡N，S原子形成2个σ键，还有2个孤电子对，则S原子为sp3杂化；由(SCN)2的结构式为N≡C−S−S−C≡N可知，(SCN)2中含有5个σ键和4个π键，σ键和π键数目之比为5：4；异硫氰酸(HNCS)可形成分子间氢键，熔点升高，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键，
故答案为：sp3；5：4；异硫氰酸(HNCS)可形成分子间氢键，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键；
(4)六方氮化硼的结构与石墨类似，石墨为混合型晶体，则六方氮化硼属于混合型晶体，
故答案为：混合型晶体；
(5)非金属性：O>V>Na，电负性：O>V>Na；Na2V2O7中存在Na+和V2O72−，即存在离子键，V2O72−中O与V之间存在共价键，
故答案为：O>V>Na；AB；
(6)由SO2F2的结构图可知，键角α为O=S=O，键角β为F−S−F，双键与双键之间的电子对的斥力大于单键与单键之间的电子对的斥力，故键角α大于键角β，
故答案为：双键与双键之间的电子对的斥力大于单键与单键之间的电子对的斥力；
(7)吸电子能力：−CF3>−CH3，酸性：CF3COOH>CH3COOH，
故答案为：>；
(8)氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的23，两种晶体的组成皆为TiCl3⋅6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，
故答案为：[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O；
(9)①将晶胞分成8个小立方体，B原子位于右下前方小立方体的体心，A的坐标为(0,0,0)，则B的坐标为(34,14,14)，
故答案为：(34,14,14)；
②8个Li+位于体内，则晶胞质量为8×(2×7+16)NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶体密度ρ=mV=4×(2×7+16)NAg(a×10−7)3cm3=1.2×1023a3×NAg⋅cm−3，
故答案为：(34,14,14)；1.2×1023a3×NA。
(1)基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2；
(2)Cu2+的核外价电子排布式为3d9，Cu+的核外价电子排布式为3d10；
(3)类卤素(SCN)2的结构式为N≡C−S−S−C≡N，S原子形成2个σ键，还有2个孤电子对；单键为σ键，三键为1个σ键和2个π键；形成氢键熔点升高；
(4)六方氮化硼的结构与石墨类似，石墨为混合型晶体；
(5)非金属性越强，电负性越大；Na2V2O7中存在Na+和V2O72−，V2O72−中O与V之间存在共价键；
(6)由SO2F2的结构图可知，键角α为O=S=O，键角β为F−S−F；
(7)吸电子能力越强，酸性越强；
(8)氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量；
(9)①将晶胞分成8个小立方体，B原子位于右下前方小立方体的体心；
②8个Li+位于体内，则晶胞质量为8×(2×7+16)NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，根据ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、氢键、化学键、杂化方式、配合物、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等知识点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，题目难度中等。
14.【答案】B 除去油脂 溶解铝 70 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 3.2≤pH<7.2 bc 正四面体形
【解析】解：(1)要电离最外层一个电子A所需能量为I1，电离第二个电子B所需能量为I2，I2>I1，C、D为激发态，所需能量更低，
故答案为：B；
(2)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，同时溶解铝及其氧化物，如图是“酸浸”时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是70℃，此时浸出率最大，
故答案为：除去油脂；溶解铝；70；
(3)过氧化氢起到氧化剂的作用，氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，“调pH”时保证铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀，最适宜的pH范围是：3.2≤pH<7.2，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；3.2≤pH<7.2；
(4)上述两种配合物都存在配位键和极性键，后者还含有离子键，
故答案为：bc；
(5)[Ni(NH3)6]3(PO4)2中阴离子PO43−，价层电子对数=4+5−2×4+32=4，阴离子的空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形。
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2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此解答问题，
(1)A为基态聂原子，B为失去一个电子的镍离子，要电离最外层一个电子A所需能量为I1，电离第二个电子B所需能量为I2，I2>I1；
(2)向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，结合图像分析判断，得到浸出率最大时对应的温度；
(3)过氧化氢起到氧化剂的作用，氧化亚铁离子为铁离子，且不引入杂质，pH应保证铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀；
(4)上述两种配合物都存在配位键和极性键；
(5)[Ni(NH3)6]3(PO4)2中阴离子PO43−，计算价层电子对数判断阴离子的空间构型。
本题考查制备实验方案的设计、化学键形成、原子结构等知识点，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
15.【答案】分液 NaOH溶液 b 直形冷凝管 酰胺基 还原作用，防止苯胺被氧化 b 四 83.3
【解析】解：(1)苯胺与盐酸反应生成可溶于水的盐，硝基苯不溶于水，然后分液，在水层中再加入氢氧化钠，将该盐转化为苯胺，苯胺微溶于水，分液得到苯胺，经过过滤、干燥得到较纯净的苯胺，所以操作1与操作2均为分液，试剂Y是NaOH溶液，
故答案为：分液；NaOH溶液；
(2)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度在105℃时有利于水蒸气馏出，可使反应向正向进行，同时可减少乙酸馏出，则加热回流温度适合控制在100℃～105℃，
故答案为：b；
(3)装置中a处是蒸馏装置，应该选择直形冷凝管，b处是冷凝回流装置，应该选择球形冷凝管，
故答案为：直形冷凝管；
(4)乙酰苯胺中的官能团为酰胺基，
故答案为：酰胺基；
(5)步骤2中加入少量锌粉的作用是做还原剂，防止苯胺被氧化，
故答案为：还原作用，防止苯胺被氧化；
(6)由于对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，则洗涤晶体宜采用冷水洗，具体操作为：沿玻璃棒向过滤器中加入冷水至刚好浸没晶体，待冷水自然流下，重复2～3次，
故答案为：b；
(6)对硝基乙酰苯胺有四种不同环境的氢原子，有四组峰；4.6mL(约0.05mol)新制备的苯胺和7.5mL(约0.13mol)冰醋酸充分反应时醋酸过量，理论上得到0.05mol乙酰苯胺，再加入浓硫酸和浓硝酸的混酸，反应生成对硝基乙酰苯胺，理论上其物质的量也为0.05mol，对硝基乙酰苯胺的理论质量m=nM=0.05mol×180g/mol=9g，则产率=实际产量理论产量×100%=7.5g9g×100%≈83.3%，
故答案为：四；83.3。
(1)苯胺与盐酸反应生成可溶于水的盐，硝基苯不溶于水，然后分液，在水层中加入氢氧化钠，将该盐转化为苯胺，苯胺微溶于水，分液得到苯胺，经过过滤、干燥得到较纯净的苯胺；
(2)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度在105℃时有利于水蒸气馏出，可减少乙酸馏出；
(3)装置中a处是蒸馏装置，b处是冷凝回流装置，根据球形冷凝管和直形冷凝管的特点及应用分析判断；
(4)乙酰苯胺中的官能团为酰胺基；
(5)步骤2中加入少量锌粉的作用是做还原剂；
(6)对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，应该选择冷水洗涤；
(7)苯胺与冰醋酸等物质的量反应生成乙酰苯胺，则0.05mol新制苯胺和0.13mol冰醋酸反应时冰醋酸过量，理论上得到0.05mol乙酰苯胺，再加入浓硫酸和浓硝酸的混酸，反应生成对硝基乙酰苯胺，理论上其物质的量也为0.05mol，结合m=nM和产率=实际产量理论产量×100%进行计算。
本题考查了有机物的制备方案的设计，把握物质的性质、混合物的分离提纯方法、物质制备原理、实验技能、产率的计算为解答的关键，充分考查分析、计算能力及灵活运用所学知识的能力，注意掌握基本实验操作方法，题目难度中等。
16.【答案】乙炔 碳碳三键和羟基 氧化反应 10 HC≡CH+2HCHO→△催化剂HOCH2C≡CCH2OH 否 N上无孤电子对，所以无碱性
【解析】解：(1)A的名称为乙炔，
故答案为：乙炔；
(2)依据B的结构简式可判断B中官能团名称为碳碳三键和羟基，
故答案为：碳碳三键和羟基；
(3)根据以上分析可知B→C的反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
(4)C→D是酯化反应，反应的化学反应方程式为，
故答案为：；
(5)G是D的同系物，含有碳碳三键和酯基，比D少2个碳原子，G的分子式为C5H6O2，则属于酯类的有：若是甲酸形成的酯，即HCOOC4H5，相应的−C4H5有4种，若是乙酸形成的酯，即CH3COOC2H3，相应的−C2H3有2种，若是丙酸形成的酯类共计是一种，另外还有CH≡CCOOC2H5、CH3C≡CCOOCH3、CH≡CCH2COOCH3，所以满足该条件的G的同分异构体有10种(不考虑立体异构)，
故答案为：10；
(6)1分子C2H2和2分子HCHO发生加成反应生成1，4−丁炔二醇的化学方程式为HC≡CH+2HCHO→△催化剂HOCH2C≡CCH2OH，
故答案为：HC≡CH+2HCHO→△催化剂HOCH2C≡CCH2OH；
(7)N上无孤电子对，所以无碱性，
故答案为：否；N上无孤电子对，所以无碱性。
依据A的分子式可判断A是HC≡CH，乙炔与甲醛发生加成反应生成B，C能与醇发生酯化反应生成D，依据D的结构简式、C的分子式知，C的结构简式为CH≡CCOOH，即B中的羟基被氧化为羧基生成C，在一定条件下D转化为邻碳硼烷，最终转化为F。
本题考查有机合成，侧重考查学生有机反应类型、有机反应、官能团的掌握情况，试题难度中等。
2022-2023学年福建省厦门重点中学高二（下）期末化学试卷
1. 下列关于有机化合物的说法不正确的是 ( )
A
B
C
D
木糖醇(C5H12O5)是一种天然甜味剂，属于糖类化合物
聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度
DNA的两条多聚核苷酸链间通过氢键形成双螺旋结构
烷基磺酸钠(表面活性剂)在水中聚集形成的胶束属于超分子
A. A B. B C. C D. D
2. 聚四氟乙烯被称为“塑料王”，其合成路线如下(已知Sb为第五周期第ⅤA族元素)：
CHCl3→SbCl5HFCHClF2→△CF2=CF2→催化剂
下列说法正确的是( )
A. CHCl3的电子式为
B. 四氟乙烯分子的球棍模型为
C. CHClF2不存在同分异构体
D. 基态Sb原子的价层电子的轨道表示式为5s25p3
3. 关于生产、生活中下列现象的分析不合理的是 ( )
A
B
C
D
现象
植物油加氢制硬化油
氧炔焰切割金属
五彩缤纷的烟花
硫酸铜使蛋白质变性
分析
与植物油中的碳碳双键有关
与乙炔和氧气反应放热有关
与核外电子的跃迁有关
CuSO4溶液显酸性
A. A B. B C. C D. D
4. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. 1，3−丁二烯的分子式：C4H8
B. 一定条件下，CH3COOH与C2H518OH反应能生成
C. CH3COOH的核磁共振氢谱图：
D. 铍原子最外层的电子云图为
5. 酚酞的结构简式如图，下列关于酚酞的说法一定正确的是( )
A. 酚酞的分子式是C20H12O4
B. 分子中所有碳原子可能在同一平面
C. 1mol酚酞最多可消耗10molH2
D. 常温下，由水电离的c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液中滴入酚酞试液后，溶液可能呈红色
6. 用如图装置进行相应实验，能达到实验目的的是 ( )
A. ①用于验证验证乙醇消去反应生成乙烯 B. ②用于检验蔗糖的水解产物具有还原性
C. ③用于分离苯和溴苯 D. ④用于制备乙酸乙酯
7. 氧化锌晶体常用于液晶显示器，该晶体可用醋酸锌[(CH3COO)2Zn]为原料在高温下分解制得。下列说法不正确的是( )
A. ZnO中Zn2+的配位数为4
B. ZnO、ZnS均为离子晶体，ZnO的熔点低于ZnS
C. (CH3COO)2Zn中非金属元素电负性：O>C>H
D. 若氧化锌晶胞参数为a，则两个O2−的最近距离为 22a
8. 下列有关用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林(乙酰水杨酸)的说法中正确的是( )
A. 为控制水浴温度为85～90℃，把温度计插入反应液中
B. 为除去阿司匹林中混有的杂质，可在粗产品中加足量NaHCO3溶液、搅拌、过滤、洗涤沉淀，干燥即得精品
C. 一定条件下，1mol阿司匹林最多可与2mol的NaOH反应
D. 可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸
9. 尼泊金甲酯(M，对羟基苯甲酸甲酯)是化妆品中的一种防腐剂，工业上用甲苯生产的尼泊金甲酯的合成路线如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A. 反应①的条件为光照
B. 1molM与浓溴水反应，最多消耗2molBr2
C. 反应④的反应类型为氧化反应
D. 设计③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化
10. 2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图：
下列说法错误的是( )
A. 电负性：O>C>H>Zn
B. 甲醇分子中H−C−O键角大于甲醛分子中H−C−O键角
C. DHA分子间存在氢键
D. Zn溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为4
11. 酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如图。下列说法不正确的是( )
A. 制备乙二醇的总反应为
B. H+进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧
C. X的结构简式为
D. 二甘醇的分子式是C4H10O3
12. 化合物(ZX2Y4⋅W2Y)存在于一些植物的细胞液中，可用于陶瓷上釉。W、X、Y和Z前20号元素，原子序数依次增大，且加和为35，XY2分子的总电子数为偶数。该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>Y>X
B. Z和Y只能形成一种化合物
C. 两种氛围中A→B段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
D. 1000℃后得到固体产物属于盐
13. 物质世界的神奇莫测，常常超乎人们的想象。掌握晶体的结构与性质之间的关系，也许能使你想象的翅膀变得更有力。请回答下列问题：
(1)[CH2OH(CHOH)4COO]2Zn是目前市场上流行的补锌剂。写出Zn2+基态电子排布式： ______ 。
(2)已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子变化角度解释其原因： ______ 。
(3)镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2中硫原子的杂化方式是 ______ ，σ键和π键数目之比为 ______ ；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，其原因是 ______ 。
(4)氮化硼(BN)晶体存在两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ______ 。
(5)Na2V2O7中所含元素的电负性由大到小的顺序为 ______ ，Na4V2O7晶体中存在的相互作用有 ______ (填标号)。
A.离子键
B.共价键
C.金属键
D.氢键
E.范德华力
(6)SO2F2的结构如图所示，已知键角α为124°，β为96°，则α>β的原因主要是 ______ 。
(7)酸性：CF3COOH ______ CH3COOH(填“>”‘“<”或“=”)。
(8)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3⋅6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的23。
绿色晶体配合物的化学式为 ______ 。
(9)Li2O的晶胞如图所示。
①已知A的坐标为(0,0,0)，B的坐标为 ______ 。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O晶体的密度为 ______ g⋅cm−3(用含a、NA的代数式表示)。
14. 某脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂的主要成分为Ni，还含有一定量Al、Fe及氧化铁、少量其他不溶性物质，回收废镍催化剂制备硫酸镍晶体(NiSO4⋅7H2O)的工艺流程如图：
已知：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
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀的pH(c=0.01mol⋅L−1)
2.2
7.5
7.2
沉淀完全的pH(c=1.0×10−5mol/L)
3.2
9.0
8.7
回答下列问题：
(1)下列状态的Ni微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 ______ (填标号)。
A.[Ar]3d84s2
B.[Ar]3d84s1
C.[Ar]3d84s14p1
D.[Ar]3d84p1
(2)“碱浸”中NaOH溶液的两个作用分别是 ______ 、 ______ 。如图是“酸浸”时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是 ______ ℃。
(3)“转化”步骤中反应的离子方程式是 ______ 。“调pH”时，最适宜的pH范围是 ______ 。
(4)Ni可以形成多种多样的配合物。Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]3(PO4)2是镍的两种配合物，这两种配合物都存在的作用力是 ______ (填标号)。
a.范德华力
b.配位键
c.极性键
d.离子键
e.氢键
f.非极性键
(5)[Ni(NH3)6]3(PO4)2中阴离子的空间构型为 ______ 。
15. 对硝基乙酰苯胺是重要的染料中间体，实验室合成对硝基乙酰苯胺的路线如图(部分反应条件略去)。
已知：①苯胺()在空气中极易被氧化；
②(易溶于水)；
③实验参数：
化合物名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
沸点/℃
溶解度
冰醋酸
60
无色透明液体
16.6
117.9
易溶于水，乙醇和乙醚
苯胺
93
棕黄色油状液体
−6.3
184
微溶于水，易溶于乙醇和乙醚
乙酰苯胺
135
白色晶体
114.3
304
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚等有机溶剂
对硝基乙酰苯胺
180
白色晶体
215.6
100(1.06×10−3kPa)
溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
Ⅰ.苯胺的制备：
制取的苯胺中混有少量硝基苯杂质，可以采用如下方案除杂提纯：
混合物→操作1盐酸水层→操作2试剂Y油相→过滤干燥剂较纯净苯胺
(1)操作1与操作2相同，该操作是 ______ ，试剂Y是 ______ 。
Ⅱ.乙酰苯胺的制备
反应装置如图所示，向圆底烧瓶内加入4.6mL(约0.05mol)新制备的苯胺和7.5mL(约0.13mol)冰醋酸，及少许锌粉，加热回流1h，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，制得乙酰苯胺。
(2)加热回流温度适合控制在 ______ (填序号)。
a.100℃以下
b.100℃～105℃
c.120℃～180℃
d.305℃～310℃
(3)以下A、B两种实验仪器，装置a处所使用的仪器名称为 ______ 。
(4)乙酰苯胺中所含官能团的名称为 ______ 。
(5)步骤2中加入少量锌粉的作用是 ______ 。
Ⅲ.对硝基乙酰苯胺的制备
将步骤Ⅱ新制备的乙酰苯胺加入三颈烧瓶内，并加入冰醋酸溶解，然后加入浓硫酸和浓硝酸的混酸，在冰水浴中保持反应温度不超过5℃，一段时间后经减压过滤、洗涤、干燥等操作，得粗品，纯化后得对硝基乙酰苯胺7.5g。
(6)洗涤晶体宜采用 ______ (填序号)。
a.热水洗
b.冷水洗
c.乙醇洗
d.先冷水再乙醇洗
(7)所得产品的核磁共振氢谱有 ______ 组峰，本实验的产率是 ______ %(保留3位有效数字)。
16. 化合物F是一种优异聚集诱导发光材料，合成路线如图：
回答下列问题：
(1)A的名称为 ______ 。
(2)B中官能团名称为 ______ 。
(3)B→C的反应类型是 ______ 。
(4)C→D的化学反应方程式 ______ 。
(5)G是D的同系物，比D少2个碳原子，满足该条件的G的同分异构体有 ______ 种(不考试立体异构)。
(6)制备B过程中，有副反应发生，请写出C2H2和HCHO反应生成2−丁炔−1，4二醇的化学方程式 ______ 。
(7)从结构的角度判断F是否具有碱性？ ______ ，并说明理由 ______ 。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.木糖醇与葡萄糖、果糖结构、性质不同，不属于糖类，故A错误；
B.线型结构的高分子之间通过分子间作用力结合，聚乙烯由线型结构转变为网状结构能够增加材料的强度，故B正确；
C.DNA分子双螺旋结构中间为碱基对，碱基之间形成氢键，DNA的两条多聚核苷酸链间通过氢键形成双螺旋结构，故C正确；
D.表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，故D正确；
故选：A。
A.木糖醇为饱和五元醇，分子中不含醛基或羰基，不是属于糖；
B.线型结构的高分子之间通过分子间作用力结合；
C.DNA分子双螺旋结构中间为碱基对，碱基之间形成氢键；
D.超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生化学知识的应用能力，难度不大，注意把握有机物的结构和官能团的性质。
2.【答案】C
【解析】解：A.CHCl3的电子式为，故A错误；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，F原子的半径比碳原子的小，故四氟乙烯分子的球棍模型为，故B错误；
C.甲烷是正四面体结构，CHClF2 不存在同分异构体，故C正确；
D.5s25p3是Sb的价层电子排布式，基态Sb原子的价层电子的轨道表示式为，故D错误；
故选：C。
A.氯原子最外层有7个电子；
B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
C.甲烷是正四面体结构；
D.5s25p3是Sb的价层电子排布式。
本题考查了常用化学用语的表示方法，为高频考点，把握电子式、球棍模型、空间构型、价电子排布式及轨道表示式是解题关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度中等。
3.【答案】D
【解析】解：A.植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，故A正确；
B.乙炔在氧气中燃烧时放出大量的热，可使金属熔化，所以用氧炔焰可以切割金属，故B正确；
C.五彩缤纷的烟花是因为不同金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与核外电子的跃迁有关，故C正确；
D.铜离子是重金属，可以使蛋白质变性，与CuSO4溶液显酸性无关，故D错误；
故选：D。
A.植物油含有碳碳双键，能与氢气加成；
B.乙炔在氧气中燃烧时放出大量的热；
C.五彩缤纷的烟花是因为不同金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光；
D.铜离子是重金属，可以使蛋白质变性。
本题主要考查化学在生活、生产中的应用与对应的化学知识是否一致，要求学生对基础知识的掌握很扎实，否则易错，需要学生注意知识的积累，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.1，3−丁二烯结构简式为CH2=CHCH=CH2，其分子式为C4H6，故A错误；
B.发生酯化反应是羧酸脱羧基中的−OH，醇脱羟基中的H原子，则CH3COOH与C2H518OH反应能生成CH3CO18OC2H5，故B正确；
C.CH3COOH分子中只有2中H原子，数目比为3：1，核磁共振氢谱图为，故C错误；
D.铍原子最外层为s能级，s能级的电子云图为球形，即，故D错误；
故选：B。
A.1，3−丁二烯结构简式为CH2=CHCH=CH2；
B.发生酯化反应是羧酸脱羧基中的−OH，醇脱羟基中的H原子；
C.CH3COOH分子中只有2中H原子，数目比为3：1，核磁共振氢谱有2种峰值；
D.Be价电子排布为2s2。
本题考查化学用语的表示方法，明确分子式、核磁共振氢谱图、电子云图、分子结构等知识为解答关键，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.由结构可知，酚酞分子含有20个碳原子、14个氢原子、4个氧原子，其分子式为C20H14O4，故A错误；
B.分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构特点，所有的碳原子不可能共平面，故B错误；
C.分子中只有3个苯环能与氢气发生加成反应，1mol酚酞最多可消耗9molH2，故C错误；
D.水电离的c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液，说明水的电离受抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性溶液滴入可呈红色，故D正确；
故选：D。
A.由结构可知，酚酞分子含有20个碳原子、14个氢原子、4个氧原子；
B.含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构；
C.分子中只有3个苯环能与氢气发生加成反应；
D.水电离的c(H+)=10−13mol⋅L−1的溶液，说明水的电离受抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生灵活运用知识的能力。
6.【答案】C
【解析】解：A.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，故A错误；
B.检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加NaOH中和硫酸，不能检验水解产物具有还原性，故B错误；
C.苯与溴苯互溶，沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故C正确；
D.乙酸乙酯与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选：C。
A.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B.检验葡萄糖在碱性溶液中；
C.苯与溴苯互溶，沸点不同；
D.乙酸乙酯与NaOH溶液反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、混合物的分离提纯、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.与Zn2+最近且等距离的O2−有4个，所以Zn2+的配位数为4，故A正确；
B.两种晶体中阴阳离子所带电荷相等，阳离子半径相同，r(O2−)
C.元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，吸引键合电子的能力：O>C>H，则电负性：O>C>H，故C正确；
D.两个O2−的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，为 22a，故D正确；
故选：B。
A.与Zn2+最近且等距离的O2−有4个；
B.离子晶体熔点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比；
C.元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大；
D.两个O2−的最近距离为晶胞面对角线长度的一半。
本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确晶胞中配位数的判断方法、离子晶体熔沸点影响因素、因素周期律内涵、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林，发生，
A.该反应不需要控制温度，则不需要水浴加热，故A错误；
B.阿司匹林、乙酸均与碳酸氢钠反应，则加碳酸氢钠不能除杂，故B错误；
C.阿司匹林中−COOC−、−COOH及水解生成的酚−OH均与NaOH反应，则一定条件下，1mol阿司匹林最多可与3mol的NaOH反应，故C错误；
D.只有水杨酸中含酚−OH，与FeCl3溶液发生显色反应，则可用FeCl3溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸，故D正确；
故选D．
用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林，发生，
A.该反应不需要控制温度；
B.阿司匹林、乙酸均与碳酸氢钠反应；
C.阿司匹林中−COOC−、−COOH及水解生成的酚−OH均与NaOH反应；
D.只有水杨酸中含酚−OH，与FeCl3溶液发生显色反应．
本题考查化学实验方案的评价及有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机制备原理、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，选项C为解答的易错点，题目难度不大．
9.【答案】A
【解析】解：A.反应是与Cl2反应生成，发生苯环上取代反应，需要条件是FeCl3(或Fe)做催化剂，故A错误；
B.中酚羟基的2个邻位的氢原子能与溴发生取代反应，1molM与浓溴水反应，最多消耗2molBr2，故B正确；
C.反应④是转化为，甲基转化为羧基，该反应类型为氧化反应，故C正确；
D.反应③中消除的酚羟基，而后甲基被氧化为羧基，在反应⑥中重新引入反应③中消除的酚羟基，由于酚羟基易被氧化，可知设计③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化，故D正确；
故选：A。
对比A前、后物质结构可知，甲苯与氯气发生取代反应生成A，A发生水解反应生成，故A为，与CH3I发生取代反应生成，发生氧化反应生成，与甲醇发生酯化反应生成B为，B与HI发生取代反应生成，重新引入反应③中消除的酚羟基，由于酚羟基易被氧化，可知设计③和⑥这两步反应的目的是防止酚羟基被氧化。
本题考查有机物的结构与性质、有机物的推断与合成，对比有机物结构来理解发生的反应，注意掌握酚与溴取代反应定位规律，题目较好地考查了学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
10.【答案】B
【解析】解：A.C、O的氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O>C>H，锌为金属元素，电负性最小，故A正确；
B.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化，所以甲醇分子中H−C−O键角小于甲醛分子中H−C−O键角，故B错误；
C.DHA分子中含有2个羟基，可以形成分子间氢键，故C正确；
D.Zn溶于氨水形成配合物[[Zn(NH3)4](OH)2,Zn2+的配位数为4，故D正确；
故选：B。
A.化合物中显正价元素的电负性小于显负价元素的电负性，同周期自左至右，电负性逐渐增大，金属元素电负性小于非金属元素；
B.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化；
C.含有羟基的物质可形成分子间氢键；
D.配合物[[Zn(NH3)4](OH)2中配位数是指内届的配体的个数。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性大小比较，键角的比较，氢键的形成，配位数的判断等，属于高频考点，难度不大。
11.【答案】C
【解析】A.根据图知，环氧乙烷和水在酸性条件下反应生成乙二醇，反应方程式为，故A正确；
B.氢离子带正电荷，碳氧键中氧元素电负性较大，氧原子吸引电子能力较强，所以能吸引带正电荷的离子，所以H+进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧，故B正确；
C.根据图知，X的结构简式为为，故C错误；
D.二甘醇中含有4个碳原子、10个氢原子、3个氧原子，分子式为C4H10O3，故D正确；
故选：C。
本题考查有机物的结构和性质、反应机理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.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：Z>X>Y，故A错误；
B.Z和Y能形成CaO、CaO2，故B错误；
C.CaC2O4⋅H2O加热时首先失去结晶水，失去结晶水后质量保留百分数为1−18146×100%=87.7%，则A为CaC2O4，A→B段CaC2O4草酸钙受热在氧气中生成碳酸钙和二氧化碳、在氮气中生成碳酸钙和一氧化碳，两者的气态产物不同，反应均为氧化还原反应，故C正确；
D.C的相对分子质量为146×38.4%=56，则1000℃后得到固体产物为碳酸钙分解生成氧化钙，不是盐，故D错误；
故选：C。
化合物(ZX2Y4⋅W2Y)存在于一些植物的细胞液中，则含有氢、碳、氧元素；该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出，则不含有氮元素；W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，XY2分子的总电子数为偶数，W为氢、X为碳、Y为氧；原子序数加和为35，则Z为钙；故该物质为CaC2O4⋅H2O。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】[Ar]3d10 Cu+的核外价电子排布式为3d10，3d轨道全充满状态，很稳定 sp3 5：4 异硫氰酸(HNCS)可形成分子间氢键，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键 混合型晶体 O>V>Na AB 双键与双键之间的电子对的斥力大于单键与单键之间的电子对的斥力 > [TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O (34,14,14) 1.2×1023a3×NA
【解析】解：(1)基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，则Zn2+基态电子排布式为[Ar]3d10，
故答案为：[Ar]3d10；
(2)Cu2+的核外价电子排布式为3d9，而Cu+的核外价电子排布式为3d10，3d轨道全充满状态，很稳定，
故答案为：Cu+的核外价电子排布式为3d10，3d轨道全充满状态，很稳定；
(3)类卤素(SCN)2的结构式为N≡C−S−S−C≡N，S原子形成2个σ键，还有2个孤电子对，则S原子为sp3杂化；由(SCN)2的结构式为N≡C−S−S−C≡N可知，(SCN)2中含有5个σ键和4个π键，σ键和π键数目之比为5：4；异硫氰酸(HNCS)可形成分子间氢键，熔点升高，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键，
故答案为：sp3；5：4；异硫氰酸(HNCS)可形成分子间氢键，而硫氰酸(HSCN)不能形成分子间氢键；
(4)六方氮化硼的结构与石墨类似，石墨为混合型晶体，则六方氮化硼属于混合型晶体，
故答案为：混合型晶体；
(5)非金属性：O>V>Na，电负性：O>V>Na；Na2V2O7中存在Na+和V2O72−，即存在离子键，V2O72−中O与V之间存在共价键，
故答案为：O>V>Na；AB；
(6)由SO2F2的结构图可知，键角α为O=S=O，键角β为F−S−F，双键与双键之间的电子对的斥力大于单键与单键之间的电子对的斥力，故键角α大于键角β，
故答案为：双键与双键之间的电子对的斥力大于单键与单键之间的电子对的斥力；
(7)吸电子能力：−CF3>−CH3，酸性：CF3COOH>CH3COOH，
故答案为：>；
(8)氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的23，两种晶体的组成皆为TiCl3⋅6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，
故答案为：[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O；
(9)①将晶胞分成8个小立方体，B原子位于右下前方小立方体的体心，A的坐标为(0,0,0)，则B的坐标为(34,14,14)，
故答案为：(34,14,14)；
②8个Li+位于体内，则晶胞质量为8×(2×7+16)NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶体密度ρ=mV=4×(2×7+16)NAg(a×10−7)3cm3=1.2×1023a3×NAg⋅cm−3，
故答案为：(34,14,14)；1.2×1023a3×NA。
(1)基态Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2；
(2)Cu2+的核外价电子排布式为3d9，Cu+的核外价电子排布式为3d10；
(3)类卤素(SCN)2的结构式为N≡C−S−S−C≡N，S原子形成2个σ键，还有2个孤电子对；单键为σ键，三键为1个σ键和2个π键；形成氢键熔点升高；
(4)六方氮化硼的结构与石墨类似，石墨为混合型晶体；
(5)非金属性越强，电负性越大；Na2V2O7中存在Na+和V2O72−，V2O72−中O与V之间存在共价键；
(6)由SO2F2的结构图可知，键角α为O=S=O，键角β为F−S−F；
(7)吸电子能力越强，酸性越强；
(8)氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量；
(9)①将晶胞分成8个小立方体，B原子位于右下前方小立方体的体心；
②8个Li+位于体内，则晶胞质量为8×(2×7+16)NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，根据ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、氢键、化学键、杂化方式、配合物、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等知识点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，题目难度中等。
14.【答案】B 除去油脂 溶解铝 70 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 3.2≤pH<7.2 bc 正四面体形
【解析】解：(1)要电离最外层一个电子A所需能量为I1，电离第二个电子B所需能量为I2，I2>I1，C、D为激发态，所需能量更低，
故答案为：B；
(2)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，同时溶解铝及其氧化物，如图是“酸浸”时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是70℃，此时浸出率最大，
故答案为：除去油脂；溶解铝；70；
(3)过氧化氢起到氧化剂的作用，氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，“调pH”时保证铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀，最适宜的pH范围是：3.2≤pH<7.2，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；3.2≤pH<7.2；
(4)上述两种配合物都存在配位键和极性键，后者还含有离子键，
故答案为：bc；
(5)[Ni(NH3)6]3(PO4)2中阴离子PO43−，价层电子对数=4+5−2×4+32=4，阴离子的空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形。
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2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此解答问题，
(1)A为基态聂原子，B为失去一个电子的镍离子，要电离最外层一个电子A所需能量为I1，电离第二个电子B所需能量为I2，I2>I1；
(2)向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，结合图像分析判断，得到浸出率最大时对应的温度；
(3)过氧化氢起到氧化剂的作用，氧化亚铁离子为铁离子，且不引入杂质，pH应保证铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀；
(4)上述两种配合物都存在配位键和极性键；
(5)[Ni(NH3)6]3(PO4)2中阴离子PO43−，计算价层电子对数判断阴离子的空间构型。
本题考查制备实验方案的设计、化学键形成、原子结构等知识点，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
15.【答案】分液 NaOH溶液 b 直形冷凝管 酰胺基 还原作用，防止苯胺被氧化 b 四 83.3
【解析】解：(1)苯胺与盐酸反应生成可溶于水的盐，硝基苯不溶于水，然后分液，在水层中再加入氢氧化钠，将该盐转化为苯胺，苯胺微溶于水，分液得到苯胺，经过过滤、干燥得到较纯净的苯胺，所以操作1与操作2均为分液，试剂Y是NaOH溶液，
故答案为：分液；NaOH溶液；
(2)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度在105℃时有利于水蒸气馏出，可使反应向正向进行，同时可减少乙酸馏出，则加热回流温度适合控制在100℃～105℃，
故答案为：b；
(3)装置中a处是蒸馏装置，应该选择直形冷凝管，b处是冷凝回流装置，应该选择球形冷凝管，
故答案为：直形冷凝管；
(4)乙酰苯胺中的官能团为酰胺基，
故答案为：酰胺基；
(5)步骤2中加入少量锌粉的作用是做还原剂，防止苯胺被氧化，
故答案为：还原作用，防止苯胺被氧化；
(6)由于对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，则洗涤晶体宜采用冷水洗，具体操作为：沿玻璃棒向过滤器中加入冷水至刚好浸没晶体，待冷水自然流下，重复2～3次，
故答案为：b；
(6)对硝基乙酰苯胺有四种不同环境的氢原子，有四组峰；4.6mL(约0.05mol)新制备的苯胺和7.5mL(约0.13mol)冰醋酸充分反应时醋酸过量，理论上得到0.05mol乙酰苯胺，再加入浓硫酸和浓硝酸的混酸，反应生成对硝基乙酰苯胺，理论上其物质的量也为0.05mol，对硝基乙酰苯胺的理论质量m=nM=0.05mol×180g/mol=9g，则产率=实际产量理论产量×100%=7.5g9g×100%≈83.3%，
故答案为：四；83.3。
(1)苯胺与盐酸反应生成可溶于水的盐，硝基苯不溶于水，然后分液，在水层中加入氢氧化钠，将该盐转化为苯胺，苯胺微溶于水，分液得到苯胺，经过过滤、干燥得到较纯净的苯胺；
(2)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度在105℃时有利于水蒸气馏出，可减少乙酸馏出；
(3)装置中a处是蒸馏装置，b处是冷凝回流装置，根据球形冷凝管和直形冷凝管的特点及应用分析判断；
(4)乙酰苯胺中的官能团为酰胺基；
(5)步骤2中加入少量锌粉的作用是做还原剂；
(6)对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，应该选择冷水洗涤；
(7)苯胺与冰醋酸等物质的量反应生成乙酰苯胺，则0.05mol新制苯胺和0.13mol冰醋酸反应时冰醋酸过量，理论上得到0.05mol乙酰苯胺，再加入浓硫酸和浓硝酸的混酸，反应生成对硝基乙酰苯胺，理论上其物质的量也为0.05mol，结合m=nM和产率=实际产量理论产量×100%进行计算。
本题考查了有机物的制备方案的设计，把握物质的性质、混合物的分离提纯方法、物质制备原理、实验技能、产率的计算为解答的关键，充分考查分析、计算能力及灵活运用所学知识的能力，注意掌握基本实验操作方法，题目难度中等。
16.【答案】乙炔 碳碳三键和羟基 氧化反应 10 HC≡CH+2HCHO→△催化剂HOCH2C≡CCH2OH 否 N上无孤电子对，所以无碱性
【解析】解：(1)A的名称为乙炔，
故答案为：乙炔；
(2)依据B的结构简式可判断B中官能团名称为碳碳三键和羟基，
故答案为：碳碳三键和羟基；
(3)根据以上分析可知B→C的反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
(4)C→D是酯化反应，反应的化学反应方程式为，
故答案为：；
(5)G是D的同系物，含有碳碳三键和酯基，比D少2个碳原子，G的分子式为C5H6O2，则属于酯类的有：若是甲酸形成的酯，即HCOOC4H5，相应的−C4H5有4种，若是乙酸形成的酯，即CH3COOC2H3，相应的−C2H3有2种，若是丙酸形成的酯类共计是一种，另外还有CH≡CCOOC2H5、CH3C≡CCOOCH3、CH≡CCH2COOCH3，所以满足该条件的G的同分异构体有10种(不考虑立体异构)，
故答案为：10；
(6)1分子C2H2和2分子HCHO发生加成反应生成1，4−丁炔二醇的化学方程式为HC≡CH+2HCHO→△催化剂HOCH2C≡CCH2OH，
故答案为：HC≡CH+2HCHO→△催化剂HOCH2C≡CCH2OH；
(7)N上无孤电子对，所以无碱性，
故答案为：否；N上无孤电子对，所以无碱性。
依据A的分子式可判断A是HC≡CH，乙炔与甲醛发生加成反应生成B，C能与醇发生酯化反应生成D，依据D的结构简式、C的分子式知，C的结构简式为CH≡CCOOH，即B中的羟基被氧化为羧基生成C，在一定条件下D转化为邻碳硼烷，最终转化为F。
本题考查有机合成，侧重考查学生有机反应类型、有机反应、官能团的掌握情况，试题难度中等。
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