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2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市和平区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各组物质的晶体类型相同的是( )
A. SiO2和SO3B. I2和NaClC. Cu和AgD. SiC和MgO
2.下列描述中，正确的是( )
A. ClO3−的空间结构为平面三角形的非极性分子
B. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
C. NO3−中所有的原子不都在一个平面上
D. SiF4和SO32−的中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化
3.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是( )
A. X能与多种元素形成共价键B. 简单氢化物沸点：ZC. 第一电离能：Y>ZD. 电负性：W4.已知Cu2+在溶液中与H2O或Cl−等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是( )
A. 溶液②中形成了[Cu(H2O)4]2+，1ml[Cu(H2O)4]2+中有12mlσ键
B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质
C. 由②③④推测，溶液中存在：[Cu(H2O)4]2++Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O
D. 若取少量④中溶液进行稀释，溶液依然为绿色
5.下列物质互为同系物的是( )
A. C2H5OH与CH3OHB. CH3CH2Cl与CH2ClCH2CH2Cl
C. 与D. CH2=CHCH2CH3和
6.下列有机化合物分子中，所有原子不可能位于同一平面的是( )
A. 乙烯B. 乙炔C. 苯D. 甲苯
7.下列反应中没有涉及到碳氧键断裂的是
A. 苯酚的溴代B. 乙醛的还原C. 乙醇的消去D. 乙酸的酯化
8.苯酚具有弱酸性的原因是( )
A. 苯环使羟基中的O−H极性变强B. 羟基使苯环活化
C. 苯酚能与NaOH溶液反应D. 苯酚与溴水反应
9.染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是( )
A. 分子中存在3种官能团
B. 可与HBr反应
C. 1ml该物质与足量溴水反应，最多可消耗4mlBr2
D. 1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mlNaOH
10.下列实验方案不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
11.精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法不正确的是( )
A. X与互为顺反异构体
B. X能使溴的CCl4溶液褪色
C. X与HBr反应有副产物生成
D. Z分子中含有2个手性碳原子
12.高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。
下列说法不正确的是 ( )
A. F中含有2个酰胺基B. 高分子Y水解可得到E和G
C. 高分子X中存在氢键D. 高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
二、简答题：本大题共4小题，共64分。
13.Ⅰ.以Cu2O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
(1)基态Cu原子的价层电子的轨道表达式______，位于周期表的______区。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是______。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是______。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为______。
(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn−N键中离子键成分的百分数小于Zn−O键，原因是______。
(6)FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。
②距离Fe2+最近的阴离子有______个。
②FeS2的摩尔质量为120g⋅ml−1，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为______ g.cm−3。(1nm=10−9m)
Ⅱ.(1)已知吡啶()中含有与苯类似的π66大π键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据______ (填标号)。
A.2s轨道
B.2p轨道
C.sp杂化轨道
D.sp2杂化轨道
(2)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①______，②______。
(3)
、
、
的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是______。
14.按要求回答下列问题：
(1)分子或离子团中的大π键可表示为πmn，其中m表示参与形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数。已知环戊二烯阴离子(C5H5−)的结构与苯分子相似，具有芳香性苯分子中大π键可表示为π66，则C5H5−中大π键应表示为______。
(2)写出丙炔酸的键线式______。
(3)请写出将有机物
转化为
的化学方程式______。
(4)苯胺与盐酸的反应的化学方程式______。
(5)有机合成E→F
所用的化合物X的分子式为C5H10O，该化合物能发生银镜反应，写出其结构简式______，化合物 X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)数目为______。
(6)已知某些烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧酸和酮，例如：CH3CH=C(CH3)3→KMnO4(H+)CH3COOH+CH3COCH3。分子式为C10H20的某些烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化后，生成正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和3一己酮(CH3CH2COCH2CH2CH3)，请据此推测该烯烃的结构简式______。
(7)1，4−二氧杂环己烷(又称1，4−二氧六环或1，4−二噁烷；)是一种常用的溶剂，在医药、化妆品、香料等精细化学品的生成中有广泛应用。请以乙烯为基础原料，使用逆合成法分析设计它的合成路线______。
15.喹啉()及其衍生物是合成药物的重要原料。化合物G是一种取代喹啉醇，合成路线如图：
已知：
i.
ii.
iii.
(1)试剂a是______。
(2)A→B的反应类型是______。
(3)物质X可以是______。
(4)C+Y→D的化学方程式是______。
(5)由D合成G的三步反应如图：
①中间产物1、中间产物2的结构简式分别是______、______。
②该过程中还会生成副产物H，H也是一种取代喹啉醇且与G互为同分异构体。H的结构简式是______。
16.黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
(1)A→B的反应类型为______。
(2)已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为______。
(3)C的化学名称为______， D的结构简式为______。
(4)E和F可用______ (写出试剂)鉴别。
(5)X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为______ (任写一种)。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
(6)已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式______、______。
(7)设计以
为原料合成
的路线______ (其他试剂任选)。
已知：
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查化学键和晶体类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、晶体类型判断方法是解本题关键，注意：不能根据是否含有金属元素判断离子晶体，题目难度不大。
【解答】
A.二氧化硅为共价晶体，三氧化硫为分子晶体，故A不选；
B.碘为分子晶体，氯化钠为离子晶体，故B不选；
C.铜和银都是金属晶体，故C选；
D.碳化硅为共价晶体，氧化镁为离子晶体，故D不选；
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A.ClO3−中Cl原子价层电子对个数=3+7+1−3×22=4且含有1个孤电子对，则该微粒为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
B.CS2、C2H2的结构式分别为S=C=S、H−C≡C−H，所以这两个分子为直线形分子，H2O中O原子价层电子对个数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，所以水分子为V形结构，故B错误；
C.NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，则该离子为平面正三角形结构，所有原子在同一个平面上，故C错误；
D.SiF4中Si原子价层电子对个数=4+4−4×12=4、SO32−中S原子价层电子对个数=3+6+2−3×22=4，根据价层电子对互斥理论知SiF4和SO32−的中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化，故D正确；
故选：D。
A.ClO3−中Cl原子价层电子对个数=3+7+1−3×22=4且含有1个孤电子对，正负电荷中心重合的分子为非极性分子；
B.中心原子价层电子对个数是2的分子为直线形分子；
C.NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，则该离子为平面正三角形结构；
D.SiF4中Si原子价层电子对个数=4+4−4×12=4、SO32−中S原子价层电子对个数=3+6+2−3×22=4，根据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化类型。
本题考查原子杂化类型判断、微粒空间构型判断，侧重考查对基本概念的理解和应用，明确价层电子对互斥理论内涵及价层电子对个数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，其核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4、1s22s22p63s23p4，Q与Z同主族，结合原子序数可知，X为C元素，Z为O元素，Q为S元素；W简单离子在同周期离子中半径最小，其原子序数大于O元素，则W为Al元素；Y介于C元素和O元素之间，则Y为N元素，以此分析解答。
根据分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，Q为S元素，
A.C元素最外层含有4个电子，能够形成4个共价键，则C元素能与多种元素形成共价键，故A正确；
B.水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，则简单氢化物沸点：Z>Q，故B错误；
C.N元素的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O，故C正确；
D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Al故选：B。
4.【答案】D
【解析】解：A.实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，形成了[Cu(H2O)4]2+，1ml[Cu(H2O)4]2+中含有4ml水中的8mlσ键和4ml配位键，共12mlσ键，故A正确；
B.由④可知，向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B正确；
C.③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后固体表面为黄色，振荡后溶液呈绿色可以是黄色和蓝色的混合呈现的颜色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，故C正确；
D.③中溶液为蓝色，④中溶液为绿色，说明Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色产生影响，CuCl2的稀溶液为蓝色，浓溶液为绿色，故D错误；
故选：D。
A.由①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，1ml[Cu(H2O)4]2+中含有4ml水中的8mlσ键和4ml配位键；
B.向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色；
C.由②③④可知，③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色；
D，[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，平衡会向左移动。
本题考查了配合物的成键情况，涉及了化学平衡移动，侧重实验过程的现象和实验分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A.C2H5OH与CH3OH均符合饱和一元醇的通式，且分子结构相似，组成上相差1个CH2原子团，属于同系物，故A正确；
B.CH3CH2Cl与CH2ClCH2CH2Cl含有氯原子数目不同，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C.与前者属于酚类，后者属于醇类，二者官能团的种类不同，不是互为同系物关系，故C错误；
D.CH2=CHCH2CH3和 结构不同，前者含碳碳双键，后者不含，二者一定不属于同系物，故D错误；
故选：A。
同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，同系物具有如下特征：结构相似、化学性质相似、通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物，据此进行解答。
本题考查了同系物的判断，题目难度不大，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查有机化合物的结构特点，题目难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。
【解答】
在常见的有机化合物中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯都是平面型结构，乙炔是直线型结构，据此对各选项中的有机物进行判断分子中各原子是否在同一平面。
A.C2H4是平面结构，所有原子处于同一平面内，故A错误；
B.乙炔为直线型结构，所有原子处于同一平面内，故B错误；
C.苯是平面结构，所有原子都处于同一平面内，故C错误；
D.甲苯中含有甲基，故所有原子不可能处于同一平面内，D正确
故选：D。
7.【答案】A
【解析】解：A.苯酚的溴代反应是酚羟基邻位或对位H原子被取代，断裂的是C−H键，故A正确；
选。B.乙醛发生加成反应被还原C=O断裂生成C−O，故B错误；
C.乙醇发生消去反应断裂的是C−O和C−H键，故C错误；
D.乙酸的酯化反应脱去−OH，C−O键断裂，故D错误；
故选：A。
碳氧键包括C−O和C=O，存在与醇、醚、酯、酸和酚类物质中，结合有机物的结构性质解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意常见有机物的性质以及共价键的断裂方式。
8.【答案】A
【解析】解：苯酚中含有羟基和苯环，苯环为吸电子基，由于苯环对羟基的吸电子作用，导致羟基中O−H键极性增强，易发生断裂，所以能电离产生氢离子，具有弱酸性，
故选：A。
依据有机物中原子团之间相互影响判断解答。
本题考查了苯酚的性质，明确苯酚的结构特点，熟悉原子团之间相互影响是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.分子中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键四种官能团，故A错误；
B.分子中碳碳双键能和HBr发生加成反应，故B正确；
C.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应，1ml该有机物与足量浓溴水反应，有1ml溴发生加成反应，4ml溴发生取代反应，所以最多消耗5ml溴，故C错误；
D.酚羟基能和NaOH以1：1反应，分子中含有3个酚羟基，所以1ml该有机物最多消耗3mlNaOH，故D错误；
故选：B。
A.分子中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键；
B.碳碳双键能和HBr发生加成反应；
C.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应；
D.酚羟基能和NaOH以1：1反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，注意：该分子中不存在酯基，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】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.只有烯烃与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，可知1−溴丁烷发生消去反应生成丁烯，故B正确；
C.发生强酸制取弱酸的反应，饱和碳酸氢钠溶液可除去挥发的醋酸，可比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C正确；
D.硫酸铜溶液可除去硫化氢杂质，乙炔与溴发生加成反应，可检验生成的乙炔，故D正确；
故选：A。
11.【答案】D
【解析】解：A.相同原子或原子团在双键同一侧为顺式结构，反之为反式结构，为顺式结构，X为反式结构，互为顺反异构，故A正确；
B.X中含有碳碳双键，可以和溴的CCl4溶液发生加成反应而褪色，故B正确；
C.X是不对称烯烃，与HBr加成产物有生成，故C正确；
D.C原子连接四个不同的原子和原子团为手性碳，Z分子中只含有1个手性碳原子，如图所示：，故D错误；
故选：D。
A.相同原子或原子团在双键同一侧为顺式结构，反之为反式结构；
B.X中含有碳碳双键；
C.X是不对称烯烃，与HBr加成产物不唯一；
D.C原子连接四个不同的原子和原子团为手性碳。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、存在顺反异构的方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】略
13.【答案】 ds 金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH− O的电负性比N大，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键 6480NA×(a×10−7)3 D 吡啶是极性分子比非极性分子苯更易溶于水 吡啶可以和水分子间形成氢键
【解析】解：Ⅰ.(1)基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，价层电子的轨道表达式为，位于周期表的ds区，
故答案为：；ds；
(2)通常情况下，金属晶体内部电子的运动是自由流动的，但在外加电场的作用下会定向移动形成电流，所以金属具有导电性，
故答案为：金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动；
(3)邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，
故答案为：两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为：Zn(NH3)42+，Zn与氨水反应的离子方程式为：Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH−，
故答案为：Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH−；
(5)O的电负性比N大，Zn−O的极性比Zn−N的极性大，即O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，
故答案为：O的电负性比N大，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键；
(6)①由晶胞结构图可知，黑球为Fe2+，灰球为S22−，距离Fe2+最近的S22−，位于Fe2+的上下前后左右，共6个，
故答案为：6；
②Fe2+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，即晶胞中含有4个“FeS2”，晶胞质量为4×120NAg=480NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶体密度ρ=mV=480NA(a×10−7)3g.cm−3=480NA×(a×10−7)3g.cm−3，
故答案为：480NA×(a×10−7)3；
Ⅱ.(1)已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键，则说明吡啶中氮原子的杂化轨道也采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中氮原子的价层电子对占据的是sp2杂化轨道，故D正确，
故答案为：D；
(2)苯分子为非极性分子，水分子为极性分子，且吡啶中氮原子含有孤电子对，能与水分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度吡啶远大于苯，吡啶和水分子均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子，难溶于水，
故答案为：吡啶是极性分子比非极性分子苯更易溶于水；吡啶可以和水分子间形成氢键；
(3)甲基为推电子基，−Cl为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被−Cl代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为，
故答案为：。
Ⅰ.(1)基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，含有自由移动电子的物质能导电；
(3)当物质中存在氢键时，其熔沸点会较高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为：Zn(NH3)42+，由此写出离子方程式；
(5)O的电负性比N大，即Zn−O的极性比Zn−N的极性大；
(6)①由晶胞结构图可知，黑球为Fe2+，灰球为S22−，距离Fe2+最近的S22−，位于Fe2+的上下前后左右；
②Fe2+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，即晶胞中含有4个“FeS2”，晶胞质量为4×120NAg=480NAg，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV计算晶体密度；
Ⅱ.(1)已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键，则说明吡啶中氮原子的杂化轨道也采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对；
(2)苯分子为非极性分子，水分子为极性分子，且吡啶中氮原子含有孤电子对，能与水分子形成分子间氢键；
(3)甲基为推电子基，−Cl为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被−Cl代替后N的电子云密度减小；
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、晶体性质、熔点高低比较、化学反应式、溶解性、杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查学生知识应用、计算、空间想象能力，题目难度中等。
14.【答案】π56 +NaHCO3→+H2O+CO2↑+HCl→ (CH3)2CHCH2CHO6CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH3 →HOCH2CH2OH→BrCH2CH2Br→CH2=CH2
【解析】解：(1)C5H5−中大π键由5个C原子提供5个电子形成的，且C5H5得到的1个电子也参与形成大π键，该大π键可以表示为π56，
故答案为：π56；
(2)丙炔酸的结构简式为HC≡CCOOH，键线式为，
故答案为：；
(3)−COOH能和NaHCO3溶液反应生成−COONa，酚−OH和NaHCO3溶液不反应，该反应方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，
故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
(4)苯胺中氨基具有碱性，氨基能与盐酸发生中和反应+HCl→，
故答案为：+HCl→；
(5)根据E、F的结构简式知，E和X发生取代反应生成F，X的分子式为C5H10O，该化合物能发生银镜反应，说明X具有醛基，其结构简式为(CH3)2CHCH2CHO；化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)中可能含有醛基或羰基，如果含有醛基，符合条件的结构简式有CH3CH2CH2CH2CHO、CH3CH2CH(CH3)CHO、(CH3)3CCHO，如果含有羰基，符合条件的结构简式有CH3COCH2CH2CH3、CH3CH2COCH2CH3，所以符合条件的同分异构体一共6种，
故答案为：(CH3)2CHCH2CHO；6；
(6)根据信息知，如果连接双键的碳原子上含有1个氢原子，则该结构被氧化为醛，如果连接双键的碳原子上不含氢原子，则该结构被氧化为酮；将醛基和羰基中氧原子去掉得到碳碳双键，所以其结构简式为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH3，
故答案为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH3；
(7)乙二醇发生取代反应生成，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，逆合成路线为→HOCH2CH2OH→BrCH2CH2Br→CH2=CH2，
故答案为：→HOCH2CH2OH→BrCH2CH2Br→CH2=CH2。
(1)C5H5−中大π键由5个C原子提供5个电子形成的，且C5H5得到的1个电子也参与形成大π键；
(2)丙炔酸的结构简式为HC≡CCOOH；
(3)−COOH能和NaHCO3溶液反应生成−COONa，酚−OH和NaHCO3溶液不反应；
(4)苯胺中氨基具有碱性，氨基能与盐酸发生中和反应；
(5)根据E、F的结构简式知，E和X发生取代反应生成F，X的分子式为C5H10O，该化合物能发生银镜反应，说明X具有醛基；化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)中可能含有醛基或羰基；
(6)根据信息知，如果连接双键的碳原子上含有1个氢原子，则该结构被氧化为醛，如果连接双键的碳原子上不含氢原子，则该结构被氧化为酮；将醛基和羰基中氧原子去掉得到碳碳双键；
(7)乙二醇发生取代反应生成，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br。
本题考查有机物的合成，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，知道物质之间的转化关系，题目难度不大。
15.【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸
(2)还原反应
(3)CH3COOH
(4)+AlCl3→+HCl
(5)① ②
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，分析有机物分子式与结构简式变化理解发生的反应，注意对给予信息的理解，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用的能力。
【解答】
根据A的分子式知，苯发生硝化反应生成A，故A为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；根据B的分子式知，A中硝基还原为氨基生成B，则B为；由反应条件可知，C与Y发生信息i中取代反应生成D，C→D的转化中形成酰胺基，推知C为、Y为，则X可以为CH3COOH。
(1)苯与试剂a反应生成，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸。
(2)A→B过程中硝基转化为氨基，该反应类型是还原反应。
(3)与X反应生成，物质X可以是CH3COOH。
(4)C+Y→D的化学方程式是+AlCl3→+HCl。
(5)①D发生信息ii中第一步加成反应形成六元环得到中间产物1，中间产物1发生信息ii中第二步消去反应生成中间产物2，中间产物2发生信息iii中异构化生成G()，故中间产物1为、中间产物2为。
②该过程中还会生成副产物H，H也是一种取代喹啉醇且与G互为同分异构体，则第一步加成形成六元环不同所致，则H的结构简式是。
16.【答案】取代反应或磺化反应 苯酚 氯化铁溶液 或 H2O
【解析】解：(1)A中氢原子被磺酸基取代生成B，A→B的反应类型为取代反应或磺化反应，
故答案为：取代反应或磺化反应；
(2)已知B为一元强酸，则B能和NaOH以1：1发生中和反应，所以室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
(3)C的化学名称为苯酚，D的结构简式为，
故答案为：苯酚；；
(4)F比E多酚羟基，含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，所以E和F可用氯化铁溶液鉴别，
故答案为：氯化铁溶液；
(5)X是F的同分异构体，符合下列条件：
①含有酯基；
②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明含有两种氢原子，F的不饱和度是6，根据F中不饱和度及氧原子个数知，X中含有两个酯基且X的结构对称，符合条件的结构简式、，
故答案为：或；
(6)F中酚羟基和苯甲酸酐发生取代反应生成苯甲酸，F中亚甲基和羰基发生加成反应生成醇羟基、醇羟基发生消去反应生成G和H2O，同时生成F→G反应方程式中M和N的结构简式、H2O，
故答案为；H2O；
(7)以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
A和浓硫酸发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据C、E结构简式的区别知，C中酚羟基邻位发生反应生成−COOH，则D为，D中酚羟基上的氢原子被取代生成E，E发生异构生成F，F和苯甲酸酐发生取代反应生成G，G发生一系列反应生成黄酮哌酯；
(7)以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。A.检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯
B.检验1−溴丁烷发生消去反应生成丁烯
C.验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱
D.检验电石与水反应生成乙炔
1.下列各组物质的晶体类型相同的是( )
A. SiO2和SO3B. I2和NaClC. Cu和AgD. SiC和MgO
2.下列描述中，正确的是( )
A. ClO3−的空间结构为平面三角形的非极性分子
B. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
C. NO3−中所有的原子不都在一个平面上
D. SiF4和SO32−的中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化
3.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是( )
A. X能与多种元素形成共价键B. 简单氢化物沸点：Z
A. 溶液②中形成了[Cu(H2O)4]2+，1ml[Cu(H2O)4]2+中有12mlσ键
B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质
C. 由②③④推测，溶液中存在：[Cu(H2O)4]2++Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O
D. 若取少量④中溶液进行稀释，溶液依然为绿色
5.下列物质互为同系物的是( )
A. C2H5OH与CH3OHB. CH3CH2Cl与CH2ClCH2CH2Cl
C. 与D. CH2=CHCH2CH3和
6.下列有机化合物分子中，所有原子不可能位于同一平面的是( )
A. 乙烯B. 乙炔C. 苯D. 甲苯
7.下列反应中没有涉及到碳氧键断裂的是
A. 苯酚的溴代B. 乙醛的还原C. 乙醇的消去D. 乙酸的酯化
8.苯酚具有弱酸性的原因是( )
A. 苯环使羟基中的O−H极性变强B. 羟基使苯环活化
C. 苯酚能与NaOH溶液反应D. 苯酚与溴水反应
9.染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是( )
A. 分子中存在3种官能团
B. 可与HBr反应
C. 1ml该物质与足量溴水反应，最多可消耗4mlBr2
D. 1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mlNaOH
10.下列实验方案不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
11.精细化学品Z是X与HBr反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法不正确的是( )
A. X与互为顺反异构体
B. X能使溴的CCl4溶液褪色
C. X与HBr反应有副产物生成
D. Z分子中含有2个手性碳原子
12.高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。
下列说法不正确的是 ( )
A. F中含有2个酰胺基B. 高分子Y水解可得到E和G
C. 高分子X中存在氢键D. 高分子Y的合成过程中进行了官能团保护
二、简答题：本大题共4小题，共64分。
13.Ⅰ.以Cu2O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
(1)基态Cu原子的价层电子的轨道表达式______，位于周期表的______区。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是______。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是______。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为______。
(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn−N键中离子键成分的百分数小于Zn−O键，原因是______。
(6)FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。
②距离Fe2+最近的阴离子有______个。
②FeS2的摩尔质量为120g⋅ml−1，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为______ g.cm−3。(1nm=10−9m)
Ⅱ.(1)已知吡啶()中含有与苯类似的π66大π键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据______ (填标号)。
A.2s轨道
B.2p轨道
C.sp杂化轨道
D.sp2杂化轨道
(2)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①______，②______。
(3)
、
、
的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是______。
14.按要求回答下列问题：
(1)分子或离子团中的大π键可表示为πmn，其中m表示参与形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数。已知环戊二烯阴离子(C5H5−)的结构与苯分子相似，具有芳香性苯分子中大π键可表示为π66，则C5H5−中大π键应表示为______。
(2)写出丙炔酸的键线式______。
(3)请写出将有机物
转化为
的化学方程式______。
(4)苯胺与盐酸的反应的化学方程式______。
(5)有机合成E→F
所用的化合物X的分子式为C5H10O，该化合物能发生银镜反应，写出其结构简式______，化合物 X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)数目为______。
(6)已知某些烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧酸和酮，例如：CH3CH=C(CH3)3→KMnO4(H+)CH3COOH+CH3COCH3。分子式为C10H20的某些烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化后，生成正丁酸(CH3CH2CH2COOH)和3一己酮(CH3CH2COCH2CH2CH3)，请据此推测该烯烃的结构简式______。
(7)1，4−二氧杂环己烷(又称1，4−二氧六环或1，4−二噁烷；)是一种常用的溶剂，在医药、化妆品、香料等精细化学品的生成中有广泛应用。请以乙烯为基础原料，使用逆合成法分析设计它的合成路线______。
15.喹啉()及其衍生物是合成药物的重要原料。化合物G是一种取代喹啉醇，合成路线如图：
已知：
i.
ii.
iii.
(1)试剂a是______。
(2)A→B的反应类型是______。
(3)物质X可以是______。
(4)C+Y→D的化学方程式是______。
(5)由D合成G的三步反应如图：
①中间产物1、中间产物2的结构简式分别是______、______。
②该过程中还会生成副产物H，H也是一种取代喹啉醇且与G互为同分异构体。H的结构简式是______。
16.黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
(1)A→B的反应类型为______。
(2)已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为______。
(3)C的化学名称为______， D的结构简式为______。
(4)E和F可用______ (写出试剂)鉴别。
(5)X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为______ (任写一种)。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
(6)已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式______、______。
(7)设计以
为原料合成
的路线______ (其他试剂任选)。
已知：
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查化学键和晶体类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、晶体类型判断方法是解本题关键，注意：不能根据是否含有金属元素判断离子晶体，题目难度不大。
【解答】
A.二氧化硅为共价晶体，三氧化硫为分子晶体，故A不选；
B.碘为分子晶体，氯化钠为离子晶体，故B不选；
C.铜和银都是金属晶体，故C选；
D.碳化硅为共价晶体，氧化镁为离子晶体，故D不选；
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A.ClO3−中Cl原子价层电子对个数=3+7+1−3×22=4且含有1个孤电子对，则该微粒为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
B.CS2、C2H2的结构式分别为S=C=S、H−C≡C−H，所以这两个分子为直线形分子，H2O中O原子价层电子对个数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，所以水分子为V形结构，故B错误；
C.NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，则该离子为平面正三角形结构，所有原子在同一个平面上，故C错误；
D.SiF4中Si原子价层电子对个数=4+4−4×12=4、SO32−中S原子价层电子对个数=3+6+2−3×22=4，根据价层电子对互斥理论知SiF4和SO32−的中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化，故D正确；
故选：D。
A.ClO3−中Cl原子价层电子对个数=3+7+1−3×22=4且含有1个孤电子对，正负电荷中心重合的分子为非极性分子；
B.中心原子价层电子对个数是2的分子为直线形分子；
C.NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，则该离子为平面正三角形结构；
D.SiF4中Si原子价层电子对个数=4+4−4×12=4、SO32−中S原子价层电子对个数=3+6+2−3×22=4，根据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化类型。
本题考查原子杂化类型判断、微粒空间构型判断，侧重考查对基本概念的理解和应用，明确价层电子对互斥理论内涵及价层电子对个数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，其核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4、1s22s22p63s23p4，Q与Z同主族，结合原子序数可知，X为C元素，Z为O元素，Q为S元素；W简单离子在同周期离子中半径最小，其原子序数大于O元素，则W为Al元素；Y介于C元素和O元素之间，则Y为N元素，以此分析解答。
根据分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，Q为S元素，
A.C元素最外层含有4个电子，能够形成4个共价键，则C元素能与多种元素形成共价键，故A正确；
B.水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，则简单氢化物沸点：Z>Q，故B错误；
C.N元素的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O，故C正确；
D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Al
4.【答案】D
【解析】解：A.实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，形成了[Cu(H2O)4]2+，1ml[Cu(H2O)4]2+中含有4ml水中的8mlσ键和4ml配位键，共12mlσ键，故A正确；
B.由④可知，向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B正确；
C.③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后固体表面为黄色，振荡后溶液呈绿色可以是黄色和蓝色的混合呈现的颜色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，故C正确；
D.③中溶液为蓝色，④中溶液为绿色，说明Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色产生影响，CuCl2的稀溶液为蓝色，浓溶液为绿色，故D错误；
故选：D。
A.由①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，1ml[Cu(H2O)4]2+中含有4ml水中的8mlσ键和4ml配位键；
B.向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色；
C.由②③④可知，③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色；
D，[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，平衡会向左移动。
本题考查了配合物的成键情况，涉及了化学平衡移动，侧重实验过程的现象和实验分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A.C2H5OH与CH3OH均符合饱和一元醇的通式，且分子结构相似，组成上相差1个CH2原子团，属于同系物，故A正确；
B.CH3CH2Cl与CH2ClCH2CH2Cl含有氯原子数目不同，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C.与前者属于酚类，后者属于醇类，二者官能团的种类不同，不是互为同系物关系，故C错误；
D.CH2=CHCH2CH3和 结构不同，前者含碳碳双键，后者不含，二者一定不属于同系物，故D错误；
故选：A。
同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，同系物具有如下特征：结构相似、化学性质相似、通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物，据此进行解答。
本题考查了同系物的判断，题目难度不大，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查有机化合物的结构特点，题目难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。
【解答】
在常见的有机化合物中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯都是平面型结构，乙炔是直线型结构，据此对各选项中的有机物进行判断分子中各原子是否在同一平面。
A.C2H4是平面结构，所有原子处于同一平面内，故A错误；
B.乙炔为直线型结构，所有原子处于同一平面内，故B错误；
C.苯是平面结构，所有原子都处于同一平面内，故C错误；
D.甲苯中含有甲基，故所有原子不可能处于同一平面内，D正确
故选：D。
7.【答案】A
【解析】解：A.苯酚的溴代反应是酚羟基邻位或对位H原子被取代，断裂的是C−H键，故A正确；
选。B.乙醛发生加成反应被还原C=O断裂生成C−O，故B错误；
C.乙醇发生消去反应断裂的是C−O和C−H键，故C错误；
D.乙酸的酯化反应脱去−OH，C−O键断裂，故D错误；
故选：A。
碳氧键包括C−O和C=O，存在与醇、醚、酯、酸和酚类物质中，结合有机物的结构性质解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意常见有机物的性质以及共价键的断裂方式。
8.【答案】A
【解析】解：苯酚中含有羟基和苯环，苯环为吸电子基，由于苯环对羟基的吸电子作用，导致羟基中O−H键极性增强，易发生断裂，所以能电离产生氢离子，具有弱酸性，
故选：A。
依据有机物中原子团之间相互影响判断解答。
本题考查了苯酚的性质，明确苯酚的结构特点，熟悉原子团之间相互影响是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.分子中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键四种官能团，故A错误；
B.分子中碳碳双键能和HBr发生加成反应，故B正确；
C.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应，1ml该有机物与足量浓溴水反应，有1ml溴发生加成反应，4ml溴发生取代反应，所以最多消耗5ml溴，故C错误；
D.酚羟基能和NaOH以1：1反应，分子中含有3个酚羟基，所以1ml该有机物最多消耗3mlNaOH，故D错误；
故选：B。
A.分子中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键；
B.碳碳双键能和HBr发生加成反应；
C.碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应；
D.酚羟基能和NaOH以1：1反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，注意：该分子中不存在酯基，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】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.只有烯烃与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，可知1−溴丁烷发生消去反应生成丁烯，故B正确；
C.发生强酸制取弱酸的反应，饱和碳酸氢钠溶液可除去挥发的醋酸，可比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C正确；
D.硫酸铜溶液可除去硫化氢杂质，乙炔与溴发生加成反应，可检验生成的乙炔，故D正确；
故选：A。
11.【答案】D
【解析】解：A.相同原子或原子团在双键同一侧为顺式结构，反之为反式结构，为顺式结构，X为反式结构，互为顺反异构，故A正确；
B.X中含有碳碳双键，可以和溴的CCl4溶液发生加成反应而褪色，故B正确；
C.X是不对称烯烃，与HBr加成产物有生成，故C正确；
D.C原子连接四个不同的原子和原子团为手性碳，Z分子中只含有1个手性碳原子，如图所示：，故D错误；
故选：D。
A.相同原子或原子团在双键同一侧为顺式结构，反之为反式结构；
B.X中含有碳碳双键；
C.X是不对称烯烃，与HBr加成产物不唯一；
D.C原子连接四个不同的原子和原子团为手性碳。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、存在顺反异构的方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】略
13.【答案】 ds 金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH− O的电负性比N大，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键 6480NA×(a×10−7)3 D 吡啶是极性分子比非极性分子苯更易溶于水 吡啶可以和水分子间形成氢键
【解析】解：Ⅰ.(1)基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，价层电子的轨道表达式为，位于周期表的ds区，
故答案为：；ds；
(2)通常情况下，金属晶体内部电子的运动是自由流动的，但在外加电场的作用下会定向移动形成电流，所以金属具有导电性，
故答案为：金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动；
(3)邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，
故答案为：两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为：Zn(NH3)42+，Zn与氨水反应的离子方程式为：Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH−，
故答案为：Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2OH−；
(5)O的电负性比N大，Zn−O的极性比Zn−N的极性大，即O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，
故答案为：O的电负性比N大，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键；
(6)①由晶胞结构图可知，黑球为Fe2+，灰球为S22−，距离Fe2+最近的S22−，位于Fe2+的上下前后左右，共6个，
故答案为：6；
②Fe2+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，即晶胞中含有4个“FeS2”，晶胞质量为4×120NAg=480NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，晶体密度ρ=mV=480NA(a×10−7)3g.cm−3=480NA×(a×10−7)3g.cm−3，
故答案为：480NA×(a×10−7)3；
Ⅱ.(1)已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键，则说明吡啶中氮原子的杂化轨道也采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中氮原子的价层电子对占据的是sp2杂化轨道，故D正确，
故答案为：D；
(2)苯分子为非极性分子，水分子为极性分子，且吡啶中氮原子含有孤电子对，能与水分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度吡啶远大于苯，吡啶和水分子均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子，难溶于水，
故答案为：吡啶是极性分子比非极性分子苯更易溶于水；吡啶可以和水分子间形成氢键；
(3)甲基为推电子基，−Cl为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被−Cl代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为，
故答案为：。
Ⅰ.(1)基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，含有自由移动电子的物质能导电；
(3)当物质中存在氢键时，其熔沸点会较高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为：Zn(NH3)42+，由此写出离子方程式；
(5)O的电负性比N大，即Zn−O的极性比Zn−N的极性大；
(6)①由晶胞结构图可知，黑球为Fe2+，灰球为S22−，距离Fe2+最近的S22−，位于Fe2+的上下前后左右；
②Fe2+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，即晶胞中含有4个“FeS2”，晶胞质量为4×120NAg=480NAg，晶胞体积为(a×10−10)3cm3，根据ρ=mV计算晶体密度；
Ⅱ.(1)已知吡啶中含有与苯类似的π66大π键，则说明吡啶中氮原子的杂化轨道也采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对；
(2)苯分子为非极性分子，水分子为极性分子，且吡啶中氮原子含有孤电子对，能与水分子形成分子间氢键；
(3)甲基为推电子基，−Cl为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被−Cl代替后N的电子云密度减小；
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、晶体性质、熔点高低比较、化学反应式、溶解性、杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查学生知识应用、计算、空间想象能力，题目难度中等。
14.【答案】π56 +NaHCO3→+H2O+CO2↑+HCl→ (CH3)2CHCH2CHO6CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH3 →HOCH2CH2OH→BrCH2CH2Br→CH2=CH2
【解析】解：(1)C5H5−中大π键由5个C原子提供5个电子形成的，且C5H5得到的1个电子也参与形成大π键，该大π键可以表示为π56，
故答案为：π56；
(2)丙炔酸的结构简式为HC≡CCOOH，键线式为，
故答案为：；
(3)−COOH能和NaHCO3溶液反应生成−COONa，酚−OH和NaHCO3溶液不反应，该反应方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，
故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
(4)苯胺中氨基具有碱性，氨基能与盐酸发生中和反应+HCl→，
故答案为：+HCl→；
(5)根据E、F的结构简式知，E和X发生取代反应生成F，X的分子式为C5H10O，该化合物能发生银镜反应，说明X具有醛基，其结构简式为(CH3)2CHCH2CHO；化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)中可能含有醛基或羰基，如果含有醛基，符合条件的结构简式有CH3CH2CH2CH2CHO、CH3CH2CH(CH3)CHO、(CH3)3CCHO，如果含有羰基，符合条件的结构简式有CH3COCH2CH2CH3、CH3CH2COCH2CH3，所以符合条件的同分异构体一共6种，
故答案为：(CH3)2CHCH2CHO；6；
(6)根据信息知，如果连接双键的碳原子上含有1个氢原子，则该结构被氧化为醛，如果连接双键的碳原子上不含氢原子，则该结构被氧化为酮；将醛基和羰基中氧原子去掉得到碳碳双键，所以其结构简式为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH3，
故答案为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CH2CH2CH3；
(7)乙二醇发生取代反应生成，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，逆合成路线为→HOCH2CH2OH→BrCH2CH2Br→CH2=CH2，
故答案为：→HOCH2CH2OH→BrCH2CH2Br→CH2=CH2。
(1)C5H5−中大π键由5个C原子提供5个电子形成的，且C5H5得到的1个电子也参与形成大π键；
(2)丙炔酸的结构简式为HC≡CCOOH；
(3)−COOH能和NaHCO3溶液反应生成−COONa，酚−OH和NaHCO3溶液不反应；
(4)苯胺中氨基具有碱性，氨基能与盐酸发生中和反应；
(5)根据E、F的结构简式知，E和X发生取代反应生成F，X的分子式为C5H10O，该化合物能发生银镜反应，说明X具有醛基；化合物X的含有碳氧双键()的同分异构体(不包括X、不考虑立体异构)中可能含有醛基或羰基；
(6)根据信息知，如果连接双键的碳原子上含有1个氢原子，则该结构被氧化为醛，如果连接双键的碳原子上不含氢原子，则该结构被氧化为酮；将醛基和羰基中氧原子去掉得到碳碳双键；
(7)乙二醇发生取代反应生成，BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br。
本题考查有机物的合成，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，知道物质之间的转化关系，题目难度不大。
15.【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸
(2)还原反应
(3)CH3COOH
(4)+AlCl3→+HCl
(5)① ②
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断与合成，分析有机物分子式与结构简式变化理解发生的反应，注意对给予信息的理解，题目侧重考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用的能力。
【解答】
根据A的分子式知，苯发生硝化反应生成A，故A为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；根据B的分子式知，A中硝基还原为氨基生成B，则B为；由反应条件可知，C与Y发生信息i中取代反应生成D，C→D的转化中形成酰胺基，推知C为、Y为，则X可以为CH3COOH。
(1)苯与试剂a反应生成，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸。
(2)A→B过程中硝基转化为氨基，该反应类型是还原反应。
(3)与X反应生成，物质X可以是CH3COOH。
(4)C+Y→D的化学方程式是+AlCl3→+HCl。
(5)①D发生信息ii中第一步加成反应形成六元环得到中间产物1，中间产物1发生信息ii中第二步消去反应生成中间产物2，中间产物2发生信息iii中异构化生成G()，故中间产物1为、中间产物2为。
②该过程中还会生成副产物H，H也是一种取代喹啉醇且与G互为同分异构体，则第一步加成形成六元环不同所致，则H的结构简式是。
16.【答案】取代反应或磺化反应 苯酚 氯化铁溶液 或 H2O
【解析】解：(1)A中氢原子被磺酸基取代生成B，A→B的反应类型为取代反应或磺化反应，
故答案为：取代反应或磺化反应；
(2)已知B为一元强酸，则B能和NaOH以1：1发生中和反应，所以室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
(3)C的化学名称为苯酚，D的结构简式为，
故答案为：苯酚；；
(4)F比E多酚羟基，含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，所以E和F可用氯化铁溶液鉴别，
故答案为：氯化铁溶液；
(5)X是F的同分异构体，符合下列条件：
①含有酯基；
②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明含有两种氢原子，F的不饱和度是6，根据F中不饱和度及氧原子个数知，X中含有两个酯基且X的结构对称，符合条件的结构简式、，
故答案为：或；
(6)F中酚羟基和苯甲酸酐发生取代反应生成苯甲酸，F中亚甲基和羰基发生加成反应生成醇羟基、醇羟基发生消去反应生成G和H2O，同时生成F→G反应方程式中M和N的结构简式、H2O，
故答案为；H2O；
(7)以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
A和浓硫酸发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据C、E结构简式的区别知，C中酚羟基邻位发生反应生成−COOH，则D为，D中酚羟基上的氢原子被取代生成E，E发生异构生成F，F和苯甲酸酐发生取代反应生成G，G发生一系列反应生成黄酮哌酯；
(7)以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。A.检验乙醇与浓硫酸共热生成乙烯
B.检验1−溴丁烷发生消去反应生成丁烯
C.验证乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱
D.检验电石与水反应生成乙炔
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