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2022-2023学年北京市东城区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市东城区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
1.下列产品的主要成分为合成高分子材料的是( )
A. 热塑性聚氨酯轮胎B. 纯棉坐垫
C. 镁合金轮毂D. 硅太阳能电池板
2.下列物质属于酮的是( )
A. CH3−O−CH3B.
C. D.
3.下列有机反应方程式书写不正确的是( )
A. 2+Br2→FeBr32+H2↑
B. C2H5Br+NaOH→△乙酸CH2=CH2↑+NaBr+H2O
C. +Na2CO3→+NaHCO3
D. CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O
4.下列微粒的中心原子是sp2杂化的是( )
A. CH3−B. CH3+C. NH4+D. NH2−
5.下列说法不正确的是( )
A. 核苷酸是组成核酸的基本单元
B. 麦芽糖既能发生水解反应又能发生银镜反应
C. 油脂氢化后产生的人造脂肪中碳原子均为sp3杂化
D. 由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应
6.下列各组物质既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是( )
A. 苯和甲苯B. 己烷和己烯C. 己烯和已炔D. 己烯和甲苯
7.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其分子结构如图所示，下列叙述不正确的是( )
A. 迷迭香酸分子存在顺反异构体
B. 迷迭香酸分子中含有1个手性碳原子
C. 1ml迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗6mlBr2
D. 1ml迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mlNaOH
8.胆矾(CuSO4⋅5H2O)的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 基态Cu2+的价层电子轨道表示式是
B. H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4
C. SO42−中的O−S−O的键角小于H2O中的H−O−H的键角
D. 胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO42−的作用力分别为配位键和氢键
9.下列事实能说明苯酚中羟基活化了苯环的是( )
A. 与乙醇相比，苯酚能与NaOH反应
B. 与乙烷相比，苯酚能与H2发生加成反应
C. 与乙醇相比，苯酚在水中的溶解度小(常温下)
D. 与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应
10.下列说法正确的是( )
A. 中含有两种不同环境的氢原子
B. 顺−2−丁烯与反−2−丁烯与氢气的加成产物不同
C. 在铜催化下能被氧气氧化为醛
D. CH3−C≡C−CH3中的所有碳原子均处在同一直线上
11.下列事实不能用氢键解释的是( )
A. 氮气比氯化氢更易液化
B. 邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低
C. 接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18
D. 在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12
12.由N生成M的过程如图：
已知：
下列说法不正确的是( )
A. M中的含氧官能团为醛基
B. 可用酸性KMnO4溶液检验M中的碳碳双键
C. N的结构简式是OHCCH2CH2CH2CH2CHO
D. 由N生成M时，①发生了加成反应，②发生了消去反应
13.石墨烯和石墨炔都是新型二维材料，其结构片段分别如图所示。下列说法正确的是( )
A. 石墨烯与石墨炔均不能导电
B. 石墨烯和石墨炔是碳的两种核素
C. 按照“均推法”，环Ⅰ和环Ⅱ中碳原子数之比为2：9
D. 若石墨烯和石墨炔中的碳原子数相同，则二者用于形成π键的电子数也相同
14.哌嗪(G)及其衍生物(H、J)是一类重要的化工原料和药物中间体，其合成路线如图。
已知：a和b均为链状有机化合物。
下列说法正确的是( )
A. G和H互为同系物
B. b的分子式为C3H7NO
C. J的结构简式是
D. NH2(CH2)2NH2和a按照物质的量之比1：2可生成H
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
15.某小组同学进行如下实验比较AgCl和AgI的溶度积(Ksp)大小。
【实验Ⅰ】
①
②
已知：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3
(1)AgNO3中阴离子的VSEPR模型名称是______，[Ag(NH3)2]+中Ag+的配位数为______。
(2)由上述实验可以得出结论：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。依据的实验现象是______。
为进一步证明上述结论，甲同学设计如下实验。
【实验Ⅱ】将(1)中溶液a分成3等份，并向其中逐滴加入试剂X。
(3)结合③和④，从平衡移动的角度解释③中产生白色沉淀的可能原因：______。
(4)对比④和⑤，证实了Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。利用Q、Ksp的关系解释上述结论成立的理由：______。
(5)利用0.01ml⋅L−1AgNO3溶液、0.01ml⋅L−1NaCl溶液和0.01ml⋅L−1KI溶液，参照实验Ⅰ呈现形式，设计实验Ⅲ，证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)______。
【实验Ⅲ】
(6)查阅资料可知，影响物质溶解性的因素之一是晶体中共价键成分的百分数。推测Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小的可能原因是：I的电负性比Cl ______ (填“大”或“小”，下同)，AgI晶体共价键成分的百分数比AgCl晶体中的______。
三、简答题：本大题共3小题，共33分。
16.乙炔是有机合成的重要原料。利用电石可制备乙炔，电石的主要成分为CaC2，还含有CaS和Ca3P2等少量杂质。
Ⅰ.CaC2的结构
一种CaC2的晶胞如图所示。
(1)CaC2晶体属于______ (填晶体类型)晶体。
(2)每个Ca2+在______个阴离子构成的多面体中心。
(3)一个CaC2晶胞中，含有______个σ键和______个π键。
Ⅱ.制备乙炔并检验其性质
已知：Ⅰ.CaS、Ca3P2能发生水解反应；
ii.PH3能被CuSO4、Br2及酸性KMnO4溶液氧化。
(4)a中生成乙炔的化学方程式是______。
(5)实验过程中，b中溶液一直保持蓝色的目的是______。
(6)实验过程中，c、d试管中溶液的颜色均褪去。其中，c验证了乙炔能与Br2发生加成反应，d则说明乙炔具有______性。
Ⅲ.由乙炔制备生物可降解塑料PBS()
(7)利用乙炔和甲醛合成PBS的路线如图。
①A中存在π键且A、C互为同分异构体。A的结构简式是______。
②B和D生成PBS的化学方程式是______。
17.有机化合物A在生产生活中具有重要的价值，研究其结构及性质具有非常重要的意义。
Ⅰ.测定分子组成
4.6g有机化合物A在足量氧气中完全燃烧，生成0.3mlH2O和0.2mlCO2。
(1)该有机化合物的实验式是______。
Ⅱ.确定分子式
该有机化合物的质谱信息如图。
(2)A的相对分子质量是______。
Ⅲ.确定结构简式
有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3。
(3)A的结构简式是______。
Ⅳ.解释性质
(4)有机化合物A能与水互溶的原因是A与水形成分子间氢键。在方框中画出1个A分子中两个不同的原子分别与H2O形成的氢键(氢键用“⋅⋅⋅”表示)______。
Ⅴ.测定某A溶液中A的物质的量浓度(cA)，步骤如下。
①酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1ml⋅L−1K2Cr2O7溶液。A被氧化为B(B比A少2个氢原子，多1个氧原子)，Cr2O72−被还原为Cr3+。
②充分反应后，向①中加入过量KI溶液。(14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O)
③向②反应后的溶液中滴加c2ml⋅L−1Na2S2O3溶液，达到滴定终点时，消耗的体积为V2mL(I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)。
(5)①中参与反应的A与K2Cr2O7的物质的量之比是______。
(6)结合实验数据，得cA=______ ml⋅L−1(用代数式表示)。
(7)A与B在一定条件下可以发生反应，其化学方程式是______。
18.利用NaCl晶体结构测定阿伏加德罗常数(NA)。
Ⅰ.精制CCl4
粗CCl4中溶有一定量的CS2，试剂a为KOH、H2O、乙醇混合液，用于除去CS2。
(1)从分子结构角度解释CS2能溶于CCl4的原因：______。
(2)步骤ii的目的是除去CCl4中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为______。
(3)步骤iii中，CaCl2中的Ca2+可以与H2O和乙醇形成配位键，其中配原子是______。
Ⅱ.测定阿伏加德罗常数
实验1：实验装置如图所示，实验步骤如图。
①准确称量25mL容量瓶的质量为m1g。
②将NaCl充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为m2g。
③将精制后的CCl4由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗CCl4的体积为VmL。
(4)结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定NaCl晶体的______ (填物理量名称)。
实验2：利用X射线衍射实验测定NaCl晶体结构。
NaCl晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。
(5)a.从结构的角度解释A型立方体不是NaCl晶胞的原因：______。
b.通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列的周期。用“〇”在B型立方体中标出Na+的位置______。
(6)结合实验1和实验2数据，可得NA=______ ml−1(用代数式表示)。
四、推断题：本大题共1小题，共13分。
19.利多卡因是常用局部麻醉药，其一种合成路线如图。
已知：
(1)A的名称是______。
(2)A→B所用的试剂a是______。
(3)与C含有相同官能团(“−NH2”)的芳香族类同分异构体还有______种，其中存在手性碳原子的结构简式是______。
(4)E能与NaHCO3反应，其反应的离子方程式是______。
(5)i.F中所含官能团的名称是______、______。
ii.F与______ (填结构简式)一起通过______ (填“加聚”或“缩聚”)反应来制备聚酯。
。
(6)下列说法正确的是______ (填字母序号)。
a.D可通过水解、氧化、氧化三步获得E
b.利多卡因既能与HCl反应，又能与NaOH反应
c.反应①中K2CO3提供碱性条件，促进反应的发生
(7)反应②的化学方程式是______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.热塑性聚氨酯轮胎属于塑料，为合成高分子材料，故A正确；
B.纯棉坐垫主要成分为纤维素，属于天然高分子材料，不属于合成高分子材料，故B错误；
C.铝合金轮毂为金属材料，不属于合成高分子材料，故C错误；
D.硅太阳能电池板的主要材料是晶体硅，属于无机非金属材料，不属于合成高分子材料，故D错误；
故选：A。
合成高分子材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶，据此分析解答。
本题考查了常见的材料及其成分，有机合成材料主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.CH3−O−CH3为二甲醚，故A错误；
B.为乙酰胺，故B错误；
C.为丙酮，故C正确；
D.为乙酸甲酯，故D错误；
故选：C。
酮的官能团为，据此进行解答。
本题考查了常见有机物的官能团，难度不大，应注意官能团所连接的位置的不同，可能会形成新的官能团。
3.【答案】A
【解析】解：A.苯和液溴在三溴化铁存在下发生取代反应，为+Br2→FeBr3 −Br+HBr，故A错误；
B.溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，为C2H5Br+NaOH→△乙酸CH2=CH2↑+NaBr+H2O，故B正确；
C.因苯酚酸性强于HCO3−，所以+Na2CO3→+NaHCO3，故C正确；
D.乙醛可与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基被氧化，反应为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D正确；
故选：A。
A.苯与溴发生取代反应；
B.溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应；
C.苯酚酸性大于碳酸氢根；
D.发生氧化反应，醛基被氢氧化铜氧化。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，掌握物质性质与反应类型是解题的关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.CH3−中C原子的价层电子对数为3+4+1−32=4，VSEPR模型为四面体，C原子采用sp3杂化，故A错误；
B.CH3+中C原子的价层电子对数为3+4−1−32=3，VSEPR模型为平面三角形，C原子采用sp2杂化，故B正确；
C.NH4+中N原子的价层电子对数为4+5−1−42=4，VSEPR模型为正四面体，N原子采用sp3杂化，故C错误；
D.NH2−中N原子的价层电子对数为2+5+1−22=4，VSEPR模型为四面体，N原子采用sp3杂化，故D错误；
故选：B。
A.CH3−中C原子的价层电子对数为3+4+1−32=4，VSEPR模型为四面体；
B.CH3+中C原子的价层电子对数为3+4−1−32=3，VSEPR模型为平面三角形；
C.NH4+中N原子的价层电子对数为4+5−1−42=4，VSEPR模型为正四面体；
D.NH2−中N原子的价层电子对数为2+5+1−22=4，VSEPR模型为四面体。
本题考查了原子杂化方式及杂化类型的判断，根据价层电子对互斥理论计算中心原子的价层电子对数为解答关键，注意掌握VSEPR模型的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.核酸由核苷酸组成，即核苷酸是组成核酸的基本单元，故A正确；
B.麦芽糖是二糖，含醛基，故既能发生水解反应，又能发生银镜反应，故B正确；
C.酯基中C原子为sp2杂化，其他C原子为sp3杂化，故C错误；
D.纤维素分子中的每个单糖单元有3个醇羟基，那么能发生酯化反应，由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应，故D正确；
故选：C。
A.核酸由核苷酸组成；
B.麦芽糖是二糖，含醛基；
C.酯基中C原子为sp2杂化；
D.纤维素分子中的每个单糖单元有3个醇羟基，那么能发生酯化反应。
本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.苯、甲苯均与溴水都不发生反应，不能用溴水鉴别鉴别，故A错误；
B.乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，可与溴水发生加成反应，而己烷与二者均不反应，可鉴别，故B正确；
C.己烯和已炔分别含有碳碳双键、碳碳三键，均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，实验现象相同，不能鉴别，故C错误；
D.己烯和甲苯均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，高锰酸钾溶液均褪色，实验现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：B。
既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的有机物应含有不饱和键，结合物质的结构特点解答该题。
本题考查有机物的鉴别，把握有机物的性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.该有机物的碳碳双键的碳原子上连接不同基团，存在顺反异构，故A正确；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，与羧基相连的碳原子为手性碳原子，故B正确；
C.酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1ml迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗7mlBr2，故C错误；
D.酚羟基、酯基、羧基均与NaOH溶液反应，则1ml迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mlNaOH，故D正确；
故选：C。
A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
C.酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应；
D.酚羟基、酯基、羧基均与NaOH溶液反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、酯、烯烃的性质，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.基态Cu2+价层电子排布式为3d9，由泡利原理、洪特规则，价电子轨道表示式为，故A正确；
B.H2O中，氧原子的价层电子对数为2+6−1×22=4，故B正确；
C.H2O中O和SO42−中S均为sp3杂化，H2O中O含有2对孤电子对，SO42−中S原子无孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以H−O−H键角小于SO42−中O−S−O键角，故C错误；
D.由图可知，胆矾中H2O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之间形成氢键，故D正确；
故选：C。
A.基态Cu2+价层电子排布式为3d9，结合泡利原理、洪特规则画出价电子轨道表示式；
B.H2O中，氧原子的价层电子对数为2+6−1×22=4；
C.H2O中O含有2对孤电子对，SO42−中S原子无孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力；
D.由图可知，胆矾中H2O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之间形成氢键。
本题主要考查原子核外电子排布，价电子的概念，键角大小的影响因素等，侧重考查学生的阅读能力、理解、应用的能力，属于高考高频考点，难度较大。
9.【答案】D
【解析】解：A.在苯酚中，由于苯环对−OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有−OH，但不具有酸性，能说明苯环活化了羟基，故A错误；
B.苯酚中含有苯环性质较活泼能发生加成反应，而乙烷中不含不饱和键，性质较稳定，乙烷不能发生加成反应，所以苯酚和乙烷性质的不同是由于含有的化学键不同而导致的，故B错误；
C.−OH是亲水基，烃基是憎水剂，苯环比乙基大，故与乙醇相比，苯酚在水中的溶解度小(常温下)，与苯酚中羟基活化了苯环无关，故C错误；
D.羟基影响苯环，苯环上H变活泼，则与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应，说明羟基活化了苯环，故D正确；
故选：D。
A.乙醇和苯酚都含羟基但烃基不同；
B.分子结构不同导致，不是原子团间的相互影响导致；
C.−OH是亲水基，烃基是憎水剂；
D.羟基影响苯环，苯环上H变活泼。
本题考查有机物的结构与性质关系，题目难度中等，关键根据原子团所处的化学环境进行比较性质差异，并熟悉官能团与物质性质的关系来解答。
10.【答案】D
【解析】解：A.结构对称，苯环上有1种氢原子，故A错误；
B.顺−2−丁烯与反−2−丁烯与氢气加成都生成丁烷，产物相同，故B错误；
C.的羟基连接的碳上有没有氢，不能被催化氧化为醛，故C错误；
D.H3C−C≡C−CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故D正确；
故选：D。
A.结构对称，苯环上有1种氢原子；
B.顺−2−丁烯与反−2−丁烯与氢气加成都生成丁烷；
C.能被催化氧化为醛，羟基连接的碳上有2个氢；
D.原子共直线问题要以乙炔为母体，乙炔中4个原子共直线，据此分析。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点，把握有机物官能团的性质，把握有机物的组成，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.氮气比氯化氢沸点低，因此容易液化，与氢键无关，故A错误；
B.邻羟基苯甲醛可以形成分子内的氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间的氢键，分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，与氢键有关，故B正确；
C.接近沸点的水蒸气中水分子之间形成聚合体，所以水的相对分子质量测量值大于18，与氢键有关，故C正确；
D.水分子间存在氢键，由于氢键的方向性而使得水分子周围紧邻的水分子数目小于12，故D正确，
故选：A。
A.氮气比氯化氢沸点低；
B.分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响；
C.接近沸点的水蒸气中水分子之间形成聚合体。
D.水分子间存在氢键，且氢键具有方向性。
本题主要考氢键的存在以及氢键对物质的溶解性和熔沸点的影响，属于基本知识的考查，难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.M中含官能团为碳碳双键、醛基，含氧官能团为醛基，故A正确；
B.醛基、碳碳双键均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则不能用酸性KMnO4溶液检验M中的碳碳双键，故B错误；
C.N发生醛的加成后，再发生醇的消去反应生成M，且M中含环状结构，可知N的结构简式是OHCCH2CH2CH2CH2CHO，故C正确；
D.由图中转化可知，①中1个醛基中碳氧双键断裂，②中羟基转化为碳碳双键，则①发生了加成反应，②发生了消去反应，故D正确；
故选：B。
A.M中含官能团为碳碳双键、醛基；
B.醛基、碳碳双键均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.N发生醛的加成后，再发生醇的消去反应生成M，且M中含环状结构；
D.由图中转化可知，①中1个醛基中碳氧双键断裂，②中羟基转化为碳碳双键。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醛的性质，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯和石墨炔都能导电，故A错误；
B.石墨烯和石墨炔是碳的两种同素异形体，不是核素，故B错误；
C.环Ⅰ中碳原子数为6×13=2，环Ⅱ中碳原子数为4×3×12+6×12=9，环Ⅰ和环Ⅱ中碳原子数之比为2：9，故C正确；
D.石墨烯中每个碳原子提供1个电子形成π键，石墨炔中1个环形成π键的电子数为8×2=16，若碳原子数都为9个时，石墨烯中形成π键的电子数为2，石墨炔中形成π键的电子数为16，故D错误；
故选：C。
A.石墨烯和石墨炔都能导电；
B.核素指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
C.环Ⅰ中碳原子数为6×13=2，环Ⅱ中碳原子数为4×3×12+6×12=9；
D.石墨烯中每个碳原子提供1个电子形成π键，石墨炔中1个环形成π键的电子数为8×2=16。
本题以石墨炔为知识背景，考查了同素异形体、物质结构与性质、原子个数计算、π键等知识点，侧重考查学生分析、判断能力，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.G和H结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B.b为H2NCH2CH(OH)CH3，分子式为C3H9NO，故B错误；
C.J的结构简式为，故C错误；
D.氨基和醇羟基发生取代反应生成C−N键，NH2(CH2)2NH2中含有2个氨基、乙二醇中含有2个醇羟基，则NH2(CH2)2NH2和a按照物质的量之比1：2可生成H，故D正确；
故选：D。
E和H2NCH2CH2NH2发生开环反应生成F，F发生取代反应生成G，根据H的结构简式知，G和a发生取代反应生成H和H2O，a为链状有机化合物，则a为HOCH2CH2OH；I和有机物b发生开环反应，b的结构简式为H2NCH2CH(OH)CH3，根据J的分子式知，生成J的反应和生成H的反应类似，则J的结构简式为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、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，注意信息的理解和灵活运用，题目难度不大。
15.【答案】平面三角形 2 ①中白色沉淀溶解，②中黄色沉淀不溶解 ③中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，H+和NH3反应，c(NH3)降低，平衡右移，c(Ag+)升高，Ag+和Cl−反应生成AgCl沉淀 当均滴到第4滴时，④中Q(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)Ksp(AgI)，又因为Q(AgCl)=Q(AgI)，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 小 大
【解析】解：(1)NO3−中中心N原子价层电子对数为3+5+1−2×32=3，为sp2杂化，NO3−的VSEPR模型名称是平面三角形；，[Ag(NH3)2]+中Ag+与2个NH3分子形成配位键，即Ag+的配位数为 2，
故答案为：平面三角形；2；
(2)根据实验Ⅰ①中滴加氨水，白色沉淀AgCl溶解生成：[Ag(NH3)2]+，②中滴加氨水，黄色沉淀AgI不溶解，说明AgCl溶解得到的Ag+浓度大，能与NH3生成[Ag(NH3)2]+，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，
故答案为：①中白色沉淀溶解，②中黄色沉淀不溶解；
(3)溶液a中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，H+和NH3反应，c(NH3)降低，平衡右移，c(Ag+)升高，Ag+和Cl−反应生成AgCl沉淀，
故答案为：③中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，H+和NH3反应，c(NH3)降低，平衡右移，c(Ag+)升高，Ag+和Cl−反应生成AgCl沉淀；
(4)实验④⑤中c(Ag+)相同，各滴入4滴溶液时，滴入的c(Cl−)=c(I−)，则Q(AgI)=Q(AgCl)，④中没有沉淀生成，即Q(AgCl)Ksp(AgI)，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，
故答案为：当均滴到第4滴时，④中Q(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)Ksp(AgI)，又因为Q(AgCl)=Q(AgI)，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；
(5)由实验Ⅰ对照实验可知，设计实验Ⅲ的对照实验为：，
故答案为：；
(6)非金属性：I故答案为：小；大。
(1)NO3−中中心N原子价层电子对数为3+5+1−2×32=3，为sp2杂化；[Ag(NH3)2]+中Ag+与2个NH3分子形成配位键；
(2)根据实验Ⅰ中现象分析判断；
(3)溶液a中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，平衡右移；
(4)实验④⑤中c(Ag+)相同，各滴入4滴溶液时，滴入的c(Cl−)=c(I−)，则Q(AgI)=Q(AgCl)，根据生成沉淀情况判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小；
(5)按照实验Ⅰ进行对照实验设计；
(6)非金属性越强，电负性越大；晶体中共价键成分的百分数越大，在水中的溶解度越小。
本题考查比较综合，涉及难溶物的转化、实验方案的设计，物质结构等知识点，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。
16.【答案】离子 648CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2 确保除去H2S和PH3，避免干扰后续实验 还原 HOCH2−C≡C−CH2OHnHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH 一定条件+(2n−1)H2O
【解析】解：(1)由CaC2的晶胞图可知，晶胞中存在Ca2+和C22−，则CaC2晶体属于离子晶体，
故答案为：离子；
(2)体心Ca2+的上下前后左右各有1个C22−，即每个Ca2+在6个阴离子构成的多面体中心，
故答案为：6；
(3)C22−位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，1个C22−中含有1个σ键和2个π键，则一个CaC2晶胞中，含有4个σ键和8个π键，
故答案为：4；8；
(4)在a中CaC2与水反应生成乙炔和Ca(OH)2，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2，
故答案为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2；
(5)CaS、Ca3P2能发生水解反应生成杂质H2S、PH3，PH3能被CuSO4氧化，H2S能与CuSO4反应生成CuS沉淀，b中溶液一直保持蓝色的目的是确保除去H2S和PH3，避免干扰后续实验，
故答案为：确保除去H2S和PH3，避免干扰后续实验；
(6)高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙炔能使高锰酸钾溶液褪色，说明乙炔具有还原性，
故答案为：还原；
(7)①由PBS()可知，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOOCCH2CH2COOH，则C为OHCCH2CH2CHO，A中存在π键且A、C互为同分异构体，且A由HC≡CH和HCHO加成得到，故A的结构简式为HOCH2−C≡C−CH2OH，
故答案为：HOCH2−C≡C−CH2OH；
②HOCH2CH2CH2CH2OH与HOOCCH2CH2COOH发生缩聚反应生成，nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH 一定条件+(2n−1)H2O，
故答案为：nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH 一定条件+(2n−1)H2O。
(1)由CaC2的晶胞图可知，晶胞中存在Ca2+和C22−；
(2)体心Ca2+的上下前后左右各有1个C22−；
(3)1个C22−中含有1个σ键和2个π键；
(4)在a中CaC2与水反应生成乙炔和Ca(OH)2；
(5)CaS、Ca3P2能发生水解反应生成H2S、PH3；
(6)乙炔能使高锰酸钾溶液褪色；
(7)①由PBS()可知，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOOCCH2CH2COOH，则C为OHCCH2CH2CHO，A中存在π键且A、C互为同分异构体，且A由HC≡CH和HCHO加成得到；
②HOCH2CH2CH2CH2OH与HOOCCH2CH2COOH发生缩聚反应生成。
本题考查比较综合，涉及晶胞结构、物质制备与性质实验、有机物推断等知识点，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，题目难度中等。
17.【答案】C2H6O46CH3CH2OH 3：232(c1V1−16c2V2)V
【解析】解：(1)CxHyOz+(x+y4−z2)O2→xCO2+y2H2O，质量守恒得到m(O2)=m(CO2)+m(H2O)−m(A)=0.2ml×44g/ml+0.3ml×18g/ml−4.6g=9.6g，n(O2)=9.6g32g/ml=0.3ml，则有机物中含氧原子物质的量n(O)=0.2ml×2+0.3ml×2−0.3ml×2=0.1ml，n(C)=0.2ml，n(H)=0.3ml×2=0.6ml，n(C)：n(H)：n(O)=0.2：06：0.1=2：6：1，有机物的实验式为：C2H6O，
故答案为：C2H6O；
(2)一般质谱图中最右侧的分子离子峰即可看出化合物的相对分子质量，即A的相对分子质量为46，
故答案为：46；
(3)有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则结构简式为：CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(4)1个A分子中两个不同的原子分别与H2O形成的氢键为羟基氢原子和水分子中的氧原子，羟基氧原子和水分子中的氢原子间都可以形成氢键，表示为：，
故答案为：；
(5)酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1ml⋅L−1K2Cr2O7溶液中发生反应的离子方程式为：16H++Cr2O72−+3CH3CH2OH=3CH3COOH+11H2O，参与反应的A与K2Cr2O7的物质的量之比是：3：2，
故答案为：3：2；
(6)14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，得到Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，得到与I−离子反应的K2Cr2O7物质的量=16c2V2×10−3ml，故与乙醇反应的K2Cr2O7物质的量=(c1V1−16c2V2)×10−3ml，cA=32×(c1V1−16c2V2)Vml/L，
故答案为：32(c1V1−16c2V2)V；
(7)A与B在一定条件下可以发生酯化反应，反应的化学方程式是：，
故答案为：。
(1)CxHyOz+(x+y4−z2)O2→xCO2+y2H2O，质量守恒得到m(O2)=m(CO2)+m(H2O)−m(A)=0.2ml×44g/ml+0.3ml×18g/ml−4.6g=9.6g，n(O2)=9.6g32g/ml=0.3ml，则有机物中含氧原子物质的量n(O)=0.2ml×2+0.3ml×2−0.3ml×2=0.1ml，n(C)=0.2ml，n(H)=0.3ml×2=0.6ml，计算n(C)：n(H)：n(O)得到有机物的实验式；
(2)一般质谱图中最右侧的分子离子峰即可看出化合物的相对分子质量；
(3)有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，说明分子结构中含三种氢原子；
(4)有机化合物A能与水互溶的原因是A与水形成分子间氢键，是氧原子连接的氢原子与氧原子间形成的氢键；
(5)酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1ml⋅L−1K2Cr2O7溶液中发生反应的离子方程式为：16H++Cr2O72−+3CH3CH2OH=3CH3COOH+11H2O；
(6)14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，得到Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，据此计算；
(7)A与B在一定条件下可以发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。
本题考查有机物分子式与结构确定、官能团的性质、有机反应方程式等，题目难度中等，根据有机物的性质与结构特点确定A的结构简式是解题的关键，侧重对基础知识与学生综合能力考查。
18.【答案】CS2和CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，CS2能溶解在CCl4中 萃取分液 O 密度 A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置 58.5×(25−V)2(m2−m1)⋅x3
【解析】解：(1)CS2和CCl4结构对称、正负电荷重心重合，均为非极性分子，根据相似相溶原理，CS2能溶解在CCl4中，
故答案为：CS2和CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，CS2能溶解在CCl4中；
(2)向含有大量乙醇的CCl4中加入水，乙醇与水互溶，CCl4与水互不相容，利用萃取分液的方法除掉乙醇，
故答案为：萃取分液；
(3)Ca2+可以与H2O和乙醇形成配位键，Ca2+提供空轨道，配位O原子提供孤电子对，
故答案为：O；
Ⅱ.(4)实验1中测得的数据为NaCl的质量和体积，可以求得NaCl的密度，
故答案为：密度；
(5)a.晶体可由晶胞无缝并置而成，由图可知，A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置，故A型立方体不是NaCl晶胞，
故答案为：A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置；
b.根据A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列的周期可得，在B型立方体中标出Na+的位置为，
故答案为：；
(6)实验1中测得的数据可得，NaCl的质量为(m2−m1)g，NaCl的体积为(25−V)mL，可得NaCl的密度为m2−m125−Vg⋅cm−3；由实验2数据可得，NaCl晶胞由2个A型和2个B型并置而成，Na+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Cl−位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，即相当于1个晶胞中含有4个“NaCl”，晶胞质量为4×58.5NAg，晶胞体积为(2xcm)3=8x3cm3，根据ρ=mV可得，为m2−m125−Vg⋅cm−3=4×58.5NA8x3g⋅cm−3，则NA=58.5×(25−V)2(m2−m1)⋅x3ml−1，
故答案为：58.5×(25−V)2(m2−m1)⋅x3。
Ⅰ.(1)根据相似相溶原理分析；
(2)乙醇与水互溶，CCl4与水互不相容；
(3)配位原子提供孤电子对；
Ⅱ.(4)实验1中测得的数据为NaCl的质量和体积；
(5)a.晶胞是最小的重复结构单元，晶体可由晶胞无缝并置而成；
b.A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列的周期；
(6)实验1中测得的数据可得，NaCl的质量为(m2−m1)g，NaCl的体积为(25−V)mL，可得NaCl的密度为m2−m125−Vg⋅ml−1；由实验2数据可得，NaCl晶胞由2个A型和2个B型并置而成，Na+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Cl−位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，即相当于1个晶胞中含有4个“NaCl”，晶胞质量为4×58.5NAg，晶胞体积为(2xcm)3=8x3cm3，根据ρ=mV可求得NA。
本题以NaCl晶体结构测定阿伏加德罗常数为基础考查晶胞结构和性质，涉及实验基本知识、溶解性、配位键、晶胞结构与计算等知识点，掌握基础是关键，题目难度中等。
19.【答案】间二甲苯 浓硝酸、浓硫酸 13 CH3COOH+HCO3−=CH3COO−+H2O+CO2↑碳碳双键 羰基 CH3−CH=CH−CHO加聚 abc2CH3CH2Cl+NH3+Ca(OH)2NH(CH2CH3)2+CaCl2+2H2O
【解析】解：(1)A的结构简式为，A的名称是间二甲苯，
故答案为：间二甲苯；
(2)A→B发生硝化反应，所用的试剂a是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
(3)C的结构简式为，与C含有相同官能团(“−NH2”)的芳香族类同分异构体，苯环上2甲基有邻、间、对3种位置关系，对应的氨基分别有2种、3种(包括C本身)、1种位置；苯环有2个取代基为−CH2CH3、−NH2或者−CH3、−CH2NH2，均有邻、间、对3种位置关系；苯环有1个取代基为−CH2CH2NH2或−CH(CH3)NH2，符合条件的同分异构体共有(2+3+1)−1+3×2+2=13种，其中存在手性碳原子的结构简式是，
故答案为：13；；
(4)E的分子式为C2H4O2，能与NaHCO3反应，说明含有羧基，E的结构简式为CH3COOH，反应的离子方程式是CH3COOH+HCO3−=CH3COO−+H2O+CO2↑，
故答案为：CH3COOH+HCO3−=CH3COO−+H2O+CO2↑；
(5)i.F的结构简式为CH2=C=O，所含官能团的名称是碳碳双键、羰基，
故答案为：碳碳双键、羰基；
ii.由聚酯的结构简式可知，CH2=C=O与CH3−CH=CH−CHO发生加聚反应生成，
故答案为：CH3−CH=CH−CHO；加聚；
(6)a.由分子式可知D为CH3CH2Cl，氯乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被催化氧化生成乙酸，故a正确；
b.利多卡因既含有酰胺键，能与HCl反应，又能与NaOH反应，故b正确；
c.反应①发生取代反应，同时有HCl生成，K2CO3提供碱性条件，消耗反应生成的HCl，促进反应的发生，故c正确，
故答案为：abc；
(7)反应②的化学方程式是2CH3CH2Cl+NH3+Ca(OH)2NH(CH2CH3)2+CaCl2+2H2O，
故答案为：2CH3CH2Cl+NH3+Ca(OH)2NH(CH2CH3)2+CaCl2+2H2O。
利多卡因分子中含有苯环，纵观整个过程，结构A的分子式，可知A含有苯环，而利多卡因分子中苯环上2个甲基处于间位，则A的结构简式为，由分子式可知A发生硝化反应生成B，B中硝基被还原为氨基生成C，结合利多卡因结构简式，可知B为、C为，I与H发生信息中取代反应生成利多卡因，结合I、H的分子式，可推知I为、H为NH(CH2CH3)2，(4)中E能与 NaHCO3溶液反应，E中含有−COOH，根据分子式知E为CH3COOH，E催化脱水生成F，则F为CH2=C=O，F和氯气发生加成反应生成G为CH2ClCOCl，由分子式可知D为CH3CH2Cl。
题考查有机物推断和合成，涉及有机物命名、官能团识别、限制条件同分异构体的书写、有机反应方程式的书写、有机物结构与性质等，充分利用有机物分子式、目标物结构简式进行分析判断，题目较好地考查了学生分析推理能力、综合运用知识的能力。装置
实验编号
试剂X
现象
③
⋅L−1盐酸
有白色沉淀产生
④
⋅L−1NaCl溶液
无明显现象
⑤
4滴0.01ml⋅L−1KI溶液
有黄色沉淀产生
1.下列产品的主要成分为合成高分子材料的是( )
A. 热塑性聚氨酯轮胎B. 纯棉坐垫
C. 镁合金轮毂D. 硅太阳能电池板
2.下列物质属于酮的是( )
A. CH3−O−CH3B.
C. D.
3.下列有机反应方程式书写不正确的是( )
A. 2+Br2→FeBr32+H2↑
B. C2H5Br+NaOH→△乙酸CH2=CH2↑+NaBr+H2O
C. +Na2CO3→+NaHCO3
D. CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O
4.下列微粒的中心原子是sp2杂化的是( )
A. CH3−B. CH3+C. NH4+D. NH2−
5.下列说法不正确的是( )
A. 核苷酸是组成核酸的基本单元
B. 麦芽糖既能发生水解反应又能发生银镜反应
C. 油脂氢化后产生的人造脂肪中碳原子均为sp3杂化
D. 由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应
6.下列各组物质既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是( )
A. 苯和甲苯B. 己烷和己烯C. 己烯和已炔D. 己烯和甲苯
7.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其分子结构如图所示，下列叙述不正确的是( )
A. 迷迭香酸分子存在顺反异构体
B. 迷迭香酸分子中含有1个手性碳原子
C. 1ml迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗6mlBr2
D. 1ml迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mlNaOH
8.胆矾(CuSO4⋅5H2O)的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 基态Cu2+的价层电子轨道表示式是
B. H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4
C. SO42−中的O−S−O的键角小于H2O中的H−O−H的键角
D. 胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO42−的作用力分别为配位键和氢键
9.下列事实能说明苯酚中羟基活化了苯环的是( )
A. 与乙醇相比，苯酚能与NaOH反应
B. 与乙烷相比，苯酚能与H2发生加成反应
C. 与乙醇相比，苯酚在水中的溶解度小(常温下)
D. 与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应
10.下列说法正确的是( )
A. 中含有两种不同环境的氢原子
B. 顺−2−丁烯与反−2−丁烯与氢气的加成产物不同
C. 在铜催化下能被氧气氧化为醛
D. CH3−C≡C−CH3中的所有碳原子均处在同一直线上
11.下列事实不能用氢键解释的是( )
A. 氮气比氯化氢更易液化
B. 邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低
C. 接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18
D. 在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12
12.由N生成M的过程如图：
已知：
下列说法不正确的是( )
A. M中的含氧官能团为醛基
B. 可用酸性KMnO4溶液检验M中的碳碳双键
C. N的结构简式是OHCCH2CH2CH2CH2CHO
D. 由N生成M时，①发生了加成反应，②发生了消去反应
13.石墨烯和石墨炔都是新型二维材料，其结构片段分别如图所示。下列说法正确的是( )
A. 石墨烯与石墨炔均不能导电
B. 石墨烯和石墨炔是碳的两种核素
C. 按照“均推法”，环Ⅰ和环Ⅱ中碳原子数之比为2：9
D. 若石墨烯和石墨炔中的碳原子数相同，则二者用于形成π键的电子数也相同
14.哌嗪(G)及其衍生物(H、J)是一类重要的化工原料和药物中间体，其合成路线如图。
已知：a和b均为链状有机化合物。
下列说法正确的是( )
A. G和H互为同系物
B. b的分子式为C3H7NO
C. J的结构简式是
D. NH2(CH2)2NH2和a按照物质的量之比1：2可生成H
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
15.某小组同学进行如下实验比较AgCl和AgI的溶度积(Ksp)大小。
【实验Ⅰ】
①
②
已知：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3
(1)AgNO3中阴离子的VSEPR模型名称是______，[Ag(NH3)2]+中Ag+的配位数为______。
(2)由上述实验可以得出结论：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。依据的实验现象是______。
为进一步证明上述结论，甲同学设计如下实验。
【实验Ⅱ】将(1)中溶液a分成3等份，并向其中逐滴加入试剂X。
(3)结合③和④，从平衡移动的角度解释③中产生白色沉淀的可能原因：______。
(4)对比④和⑤，证实了Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。利用Q、Ksp的关系解释上述结论成立的理由：______。
(5)利用0.01ml⋅L−1AgNO3溶液、0.01ml⋅L−1NaCl溶液和0.01ml⋅L−1KI溶液，参照实验Ⅰ呈现形式，设计实验Ⅲ，证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)______。
【实验Ⅲ】
(6)查阅资料可知，影响物质溶解性的因素之一是晶体中共价键成分的百分数。推测Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小的可能原因是：I的电负性比Cl ______ (填“大”或“小”，下同)，AgI晶体共价键成分的百分数比AgCl晶体中的______。
三、简答题：本大题共3小题，共33分。
16.乙炔是有机合成的重要原料。利用电石可制备乙炔，电石的主要成分为CaC2，还含有CaS和Ca3P2等少量杂质。
Ⅰ.CaC2的结构
一种CaC2的晶胞如图所示。
(1)CaC2晶体属于______ (填晶体类型)晶体。
(2)每个Ca2+在______个阴离子构成的多面体中心。
(3)一个CaC2晶胞中，含有______个σ键和______个π键。
Ⅱ.制备乙炔并检验其性质
已知：Ⅰ.CaS、Ca3P2能发生水解反应；
ii.PH3能被CuSO4、Br2及酸性KMnO4溶液氧化。
(4)a中生成乙炔的化学方程式是______。
(5)实验过程中，b中溶液一直保持蓝色的目的是______。
(6)实验过程中，c、d试管中溶液的颜色均褪去。其中，c验证了乙炔能与Br2发生加成反应，d则说明乙炔具有______性。
Ⅲ.由乙炔制备生物可降解塑料PBS()
(7)利用乙炔和甲醛合成PBS的路线如图。
①A中存在π键且A、C互为同分异构体。A的结构简式是______。
②B和D生成PBS的化学方程式是______。
17.有机化合物A在生产生活中具有重要的价值，研究其结构及性质具有非常重要的意义。
Ⅰ.测定分子组成
4.6g有机化合物A在足量氧气中完全燃烧，生成0.3mlH2O和0.2mlCO2。
(1)该有机化合物的实验式是______。
Ⅱ.确定分子式
该有机化合物的质谱信息如图。
(2)A的相对分子质量是______。
Ⅲ.确定结构简式
有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3。
(3)A的结构简式是______。
Ⅳ.解释性质
(4)有机化合物A能与水互溶的原因是A与水形成分子间氢键。在方框中画出1个A分子中两个不同的原子分别与H2O形成的氢键(氢键用“⋅⋅⋅”表示)______。
Ⅴ.测定某A溶液中A的物质的量浓度(cA)，步骤如下。
①酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1ml⋅L−1K2Cr2O7溶液。A被氧化为B(B比A少2个氢原子，多1个氧原子)，Cr2O72−被还原为Cr3+。
②充分反应后，向①中加入过量KI溶液。(14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O)
③向②反应后的溶液中滴加c2ml⋅L−1Na2S2O3溶液，达到滴定终点时，消耗的体积为V2mL(I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)。
(5)①中参与反应的A与K2Cr2O7的物质的量之比是______。
(6)结合实验数据，得cA=______ ml⋅L−1(用代数式表示)。
(7)A与B在一定条件下可以发生反应，其化学方程式是______。
18.利用NaCl晶体结构测定阿伏加德罗常数(NA)。
Ⅰ.精制CCl4
粗CCl4中溶有一定量的CS2，试剂a为KOH、H2O、乙醇混合液，用于除去CS2。
(1)从分子结构角度解释CS2能溶于CCl4的原因：______。
(2)步骤ii的目的是除去CCl4中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为______。
(3)步骤iii中，CaCl2中的Ca2+可以与H2O和乙醇形成配位键，其中配原子是______。
Ⅱ.测定阿伏加德罗常数
实验1：实验装置如图所示，实验步骤如图。
①准确称量25mL容量瓶的质量为m1g。
②将NaCl充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为m2g。
③将精制后的CCl4由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗CCl4的体积为VmL。
(4)结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定NaCl晶体的______ (填物理量名称)。
实验2：利用X射线衍射实验测定NaCl晶体结构。
NaCl晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。
(5)a.从结构的角度解释A型立方体不是NaCl晶胞的原因：______。
b.通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列的周期。用“〇”在B型立方体中标出Na+的位置______。
(6)结合实验1和实验2数据，可得NA=______ ml−1(用代数式表示)。
四、推断题：本大题共1小题，共13分。
19.利多卡因是常用局部麻醉药，其一种合成路线如图。
已知：
(1)A的名称是______。
(2)A→B所用的试剂a是______。
(3)与C含有相同官能团(“−NH2”)的芳香族类同分异构体还有______种，其中存在手性碳原子的结构简式是______。
(4)E能与NaHCO3反应，其反应的离子方程式是______。
(5)i.F中所含官能团的名称是______、______。
ii.F与______ (填结构简式)一起通过______ (填“加聚”或“缩聚”)反应来制备聚酯。
。
(6)下列说法正确的是______ (填字母序号)。
a.D可通过水解、氧化、氧化三步获得E
b.利多卡因既能与HCl反应，又能与NaOH反应
c.反应①中K2CO3提供碱性条件，促进反应的发生
(7)反应②的化学方程式是______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.热塑性聚氨酯轮胎属于塑料，为合成高分子材料，故A正确；
B.纯棉坐垫主要成分为纤维素，属于天然高分子材料，不属于合成高分子材料，故B错误；
C.铝合金轮毂为金属材料，不属于合成高分子材料，故C错误；
D.硅太阳能电池板的主要材料是晶体硅，属于无机非金属材料，不属于合成高分子材料，故D错误；
故选：A。
合成高分子材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶，据此分析解答。
本题考查了常见的材料及其成分，有机合成材料主要包括塑料、合成纤维、合成橡胶，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.CH3−O−CH3为二甲醚，故A错误；
B.为乙酰胺，故B错误；
C.为丙酮，故C正确；
D.为乙酸甲酯，故D错误；
故选：C。
酮的官能团为，据此进行解答。
本题考查了常见有机物的官能团，难度不大，应注意官能团所连接的位置的不同，可能会形成新的官能团。
3.【答案】A
【解析】解：A.苯和液溴在三溴化铁存在下发生取代反应，为+Br2→FeBr3 −Br+HBr，故A错误；
B.溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，为C2H5Br+NaOH→△乙酸CH2=CH2↑+NaBr+H2O，故B正确；
C.因苯酚酸性强于HCO3−，所以+Na2CO3→+NaHCO3，故C正确；
D.乙醛可与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基被氧化，反应为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→△CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D正确；
故选：A。
A.苯与溴发生取代反应；
B.溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应；
C.苯酚酸性大于碳酸氢根；
D.发生氧化反应，醛基被氢氧化铜氧化。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，掌握物质性质与反应类型是解题的关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.CH3−中C原子的价层电子对数为3+4+1−32=4，VSEPR模型为四面体，C原子采用sp3杂化，故A错误；
B.CH3+中C原子的价层电子对数为3+4−1−32=3，VSEPR模型为平面三角形，C原子采用sp2杂化，故B正确；
C.NH4+中N原子的价层电子对数为4+5−1−42=4，VSEPR模型为正四面体，N原子采用sp3杂化，故C错误；
D.NH2−中N原子的价层电子对数为2+5+1−22=4，VSEPR模型为四面体，N原子采用sp3杂化，故D错误；
故选：B。
A.CH3−中C原子的价层电子对数为3+4+1−32=4，VSEPR模型为四面体；
B.CH3+中C原子的价层电子对数为3+4−1−32=3，VSEPR模型为平面三角形；
C.NH4+中N原子的价层电子对数为4+5−1−42=4，VSEPR模型为正四面体；
D.NH2−中N原子的价层电子对数为2+5+1−22=4，VSEPR模型为四面体。
本题考查了原子杂化方式及杂化类型的判断，根据价层电子对互斥理论计算中心原子的价层电子对数为解答关键，注意掌握VSEPR模型的应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.核酸由核苷酸组成，即核苷酸是组成核酸的基本单元，故A正确；
B.麦芽糖是二糖，含醛基，故既能发生水解反应，又能发生银镜反应，故B正确；
C.酯基中C原子为sp2杂化，其他C原子为sp3杂化，故C错误；
D.纤维素分子中的每个单糖单元有3个醇羟基，那么能发生酯化反应，由纤维素制备纤维素乙酸酯时，纤维素中的羟基发生了酯化反应，故D正确；
故选：C。
A.核酸由核苷酸组成；
B.麦芽糖是二糖，含醛基；
C.酯基中C原子为sp2杂化；
D.纤维素分子中的每个单糖单元有3个醇羟基，那么能发生酯化反应。
本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.苯、甲苯均与溴水都不发生反应，不能用溴水鉴别鉴别，故A错误；
B.乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，可与溴水发生加成反应，而己烷与二者均不反应，可鉴别，故B正确；
C.己烯和已炔分别含有碳碳双键、碳碳三键，均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，与溴水发生加成反应，实验现象相同，不能鉴别，故C错误；
D.己烯和甲苯均可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，高锰酸钾溶液均褪色，实验现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：B。
既能用溴水鉴别，也能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的有机物应含有不饱和键，结合物质的结构特点解答该题。
本题考查有机物的鉴别，把握有机物的性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.该有机物的碳碳双键的碳原子上连接不同基团，存在顺反异构，故A正确；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，与羧基相连的碳原子为手性碳原子，故B正确；
C.酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1ml迷迭香酸与浓溴水反应时最多消耗7mlBr2，故C错误；
D.酚羟基、酯基、羧基均与NaOH溶液反应，则1ml迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mlNaOH，故D正确；
故选：C。
A.碳碳双键的碳原子上连接不同基团时存在顺反异构；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
C.酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应；
D.酚羟基、酯基、羧基均与NaOH溶液反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、酯、烯烃的性质，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.基态Cu2+价层电子排布式为3d9，由泡利原理、洪特规则，价电子轨道表示式为，故A正确；
B.H2O中，氧原子的价层电子对数为2+6−1×22=4，故B正确；
C.H2O中O和SO42−中S均为sp3杂化，H2O中O含有2对孤电子对，SO42−中S原子无孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以H−O−H键角小于SO42−中O−S−O键角，故C错误；
D.由图可知，胆矾中H2O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之间形成氢键，故D正确；
故选：C。
A.基态Cu2+价层电子排布式为3d9，结合泡利原理、洪特规则画出价电子轨道表示式；
B.H2O中，氧原子的价层电子对数为2+6−1×22=4；
C.H2O中O含有2对孤电子对，SO42−中S原子无孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力；
D.由图可知，胆矾中H2O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之间形成氢键。
本题主要考查原子核外电子排布，价电子的概念，键角大小的影响因素等，侧重考查学生的阅读能力、理解、应用的能力，属于高考高频考点，难度较大。
9.【答案】D
【解析】解：A.在苯酚中，由于苯环对−OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有−OH，但不具有酸性，能说明苯环活化了羟基，故A错误；
B.苯酚中含有苯环性质较活泼能发生加成反应，而乙烷中不含不饱和键，性质较稳定，乙烷不能发生加成反应，所以苯酚和乙烷性质的不同是由于含有的化学键不同而导致的，故B错误；
C.−OH是亲水基，烃基是憎水剂，苯环比乙基大，故与乙醇相比，苯酚在水中的溶解度小(常温下)，与苯酚中羟基活化了苯环无关，故C错误；
D.羟基影响苯环，苯环上H变活泼，则与苯相比，苯酚更易与HNO3发生取代反应，说明羟基活化了苯环，故D正确；
故选：D。
A.乙醇和苯酚都含羟基但烃基不同；
B.分子结构不同导致，不是原子团间的相互影响导致；
C.−OH是亲水基，烃基是憎水剂；
D.羟基影响苯环，苯环上H变活泼。
本题考查有机物的结构与性质关系，题目难度中等，关键根据原子团所处的化学环境进行比较性质差异，并熟悉官能团与物质性质的关系来解答。
10.【答案】D
【解析】解：A.结构对称，苯环上有1种氢原子，故A错误；
B.顺−2−丁烯与反−2−丁烯与氢气加成都生成丁烷，产物相同，故B错误；
C.的羟基连接的碳上有没有氢，不能被催化氧化为醛，故C错误；
D.H3C−C≡C−CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故D正确；
故选：D。
A.结构对称，苯环上有1种氢原子；
B.顺−2−丁烯与反−2−丁烯与氢气加成都生成丁烷；
C.能被催化氧化为醛，羟基连接的碳上有2个氢；
D.原子共直线问题要以乙炔为母体，乙炔中4个原子共直线，据此分析。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点，把握有机物官能团的性质，把握有机物的组成，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.氮气比氯化氢沸点低，因此容易液化，与氢键无关，故A错误；
B.邻羟基苯甲醛可以形成分子内的氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间的氢键，分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，与氢键有关，故B正确；
C.接近沸点的水蒸气中水分子之间形成聚合体，所以水的相对分子质量测量值大于18，与氢键有关，故C正确；
D.水分子间存在氢键，由于氢键的方向性而使得水分子周围紧邻的水分子数目小于12，故D正确，
故选：A。
A.氮气比氯化氢沸点低；
B.分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响；
C.接近沸点的水蒸气中水分子之间形成聚合体。
D.水分子间存在氢键，且氢键具有方向性。
本题主要考氢键的存在以及氢键对物质的溶解性和熔沸点的影响，属于基本知识的考查，难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.M中含官能团为碳碳双键、醛基，含氧官能团为醛基，故A正确；
B.醛基、碳碳双键均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则不能用酸性KMnO4溶液检验M中的碳碳双键，故B错误；
C.N发生醛的加成后，再发生醇的消去反应生成M，且M中含环状结构，可知N的结构简式是OHCCH2CH2CH2CH2CHO，故C正确；
D.由图中转化可知，①中1个醛基中碳氧双键断裂，②中羟基转化为碳碳双键，则①发生了加成反应，②发生了消去反应，故D正确；
故选：B。
A.M中含官能团为碳碳双键、醛基；
B.醛基、碳碳双键均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.N发生醛的加成后，再发生醇的消去反应生成M，且M中含环状结构；
D.由图中转化可知，①中1个醛基中碳氧双键断裂，②中羟基转化为碳碳双键。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醛的性质，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.石墨烯和石墨炔都能导电，故A错误；
B.石墨烯和石墨炔是碳的两种同素异形体，不是核素，故B错误；
C.环Ⅰ中碳原子数为6×13=2，环Ⅱ中碳原子数为4×3×12+6×12=9，环Ⅰ和环Ⅱ中碳原子数之比为2：9，故C正确；
D.石墨烯中每个碳原子提供1个电子形成π键，石墨炔中1个环形成π键的电子数为8×2=16，若碳原子数都为9个时，石墨烯中形成π键的电子数为2，石墨炔中形成π键的电子数为16，故D错误；
故选：C。
A.石墨烯和石墨炔都能导电；
B.核素指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
C.环Ⅰ中碳原子数为6×13=2，环Ⅱ中碳原子数为4×3×12+6×12=9；
D.石墨烯中每个碳原子提供1个电子形成π键，石墨炔中1个环形成π键的电子数为8×2=16。
本题以石墨炔为知识背景，考查了同素异形体、物质结构与性质、原子个数计算、π键等知识点，侧重考查学生分析、判断能力，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.G和H结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B.b为H2NCH2CH(OH)CH3，分子式为C3H9NO，故B错误；
C.J的结构简式为，故C错误；
D.氨基和醇羟基发生取代反应生成C−N键，NH2(CH2)2NH2中含有2个氨基、乙二醇中含有2个醇羟基，则NH2(CH2)2NH2和a按照物质的量之比1：2可生成H，故D正确；
故选：D。
E和H2NCH2CH2NH2发生开环反应生成F，F发生取代反应生成G，根据H的结构简式知，G和a发生取代反应生成H和H2O，a为链状有机化合物，则a为HOCH2CH2OH；I和有机物b发生开环反应，b的结构简式为H2NCH2CH(OH)CH3，根据J的分子式知，生成J的反应和生成H的反应类似，则J的结构简式为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、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，注意信息的理解和灵活运用，题目难度不大。
15.【答案】平面三角形 2 ①中白色沉淀溶解，②中黄色沉淀不溶解 ③中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，H+和NH3反应，c(NH3)降低，平衡右移，c(Ag+)升高，Ag+和Cl−反应生成AgCl沉淀 当均滴到第4滴时，④中Q(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)
【解析】解：(1)NO3−中中心N原子价层电子对数为3+5+1−2×32=3，为sp2杂化，NO3−的VSEPR模型名称是平面三角形；，[Ag(NH3)2]+中Ag+与2个NH3分子形成配位键，即Ag+的配位数为 2，
故答案为：平面三角形；2；
(2)根据实验Ⅰ①中滴加氨水，白色沉淀AgCl溶解生成：[Ag(NH3)2]+，②中滴加氨水，黄色沉淀AgI不溶解，说明AgCl溶解得到的Ag+浓度大，能与NH3生成[Ag(NH3)2]+，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，
故答案为：①中白色沉淀溶解，②中黄色沉淀不溶解；
(3)溶液a中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，H+和NH3反应，c(NH3)降低，平衡右移，c(Ag+)升高，Ag+和Cl−反应生成AgCl沉淀，
故答案为：③中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，H+和NH3反应，c(NH3)降低，平衡右移，c(Ag+)升高，Ag+和Cl−反应生成AgCl沉淀；
(4)实验④⑤中c(Ag+)相同，各滴入4滴溶液时，滴入的c(Cl−)=c(I−)，则Q(AgI)=Q(AgCl)，④中没有沉淀生成，即Q(AgCl)
故答案为：当均滴到第4滴时，④中Q(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)
(5)由实验Ⅰ对照实验可知，设计实验Ⅲ的对照实验为：，
故答案为：；
(6)非金属性：I
(1)NO3−中中心N原子价层电子对数为3+5+1−2×32=3，为sp2杂化；[Ag(NH3)2]+中Ag+与2个NH3分子形成配位键；
(2)根据实验Ⅰ中现象分析判断；
(3)溶液a中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，加入盐酸，平衡右移；
(4)实验④⑤中c(Ag+)相同，各滴入4滴溶液时，滴入的c(Cl−)=c(I−)，则Q(AgI)=Q(AgCl)，根据生成沉淀情况判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小；
(5)按照实验Ⅰ进行对照实验设计；
(6)非金属性越强，电负性越大；晶体中共价键成分的百分数越大，在水中的溶解度越小。
本题考查比较综合，涉及难溶物的转化、实验方案的设计，物质结构等知识点，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。
16.【答案】离子 648CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2 确保除去H2S和PH3，避免干扰后续实验 还原 HOCH2−C≡C−CH2OHnHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH 一定条件+(2n−1)H2O
【解析】解：(1)由CaC2的晶胞图可知，晶胞中存在Ca2+和C22−，则CaC2晶体属于离子晶体，
故答案为：离子；
(2)体心Ca2+的上下前后左右各有1个C22−，即每个Ca2+在6个阴离子构成的多面体中心，
故答案为：6；
(3)C22−位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，1个C22−中含有1个σ键和2个π键，则一个CaC2晶胞中，含有4个σ键和8个π键，
故答案为：4；8；
(4)在a中CaC2与水反应生成乙炔和Ca(OH)2，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2，
故答案为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2；
(5)CaS、Ca3P2能发生水解反应生成杂质H2S、PH3，PH3能被CuSO4氧化，H2S能与CuSO4反应生成CuS沉淀，b中溶液一直保持蓝色的目的是确保除去H2S和PH3，避免干扰后续实验，
故答案为：确保除去H2S和PH3，避免干扰后续实验；
(6)高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙炔能使高锰酸钾溶液褪色，说明乙炔具有还原性，
故答案为：还原；
(7)①由PBS()可知，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOOCCH2CH2COOH，则C为OHCCH2CH2CHO，A中存在π键且A、C互为同分异构体，且A由HC≡CH和HCHO加成得到，故A的结构简式为HOCH2−C≡C−CH2OH，
故答案为：HOCH2−C≡C−CH2OH；
②HOCH2CH2CH2CH2OH与HOOCCH2CH2COOH发生缩聚反应生成，nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH 一定条件+(2n−1)H2O，
故答案为：nHOCH2CH2CH2CH2OH+nHOOCCH2CH2COOH 一定条件+(2n−1)H2O。
(1)由CaC2的晶胞图可知，晶胞中存在Ca2+和C22−；
(2)体心Ca2+的上下前后左右各有1个C22−；
(3)1个C22−中含有1个σ键和2个π键；
(4)在a中CaC2与水反应生成乙炔和Ca(OH)2；
(5)CaS、Ca3P2能发生水解反应生成H2S、PH3；
(6)乙炔能使高锰酸钾溶液褪色；
(7)①由PBS()可知，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOOCCH2CH2COOH，则C为OHCCH2CH2CHO，A中存在π键且A、C互为同分异构体，且A由HC≡CH和HCHO加成得到；
②HOCH2CH2CH2CH2OH与HOOCCH2CH2COOH发生缩聚反应生成。
本题考查比较综合，涉及晶胞结构、物质制备与性质实验、有机物推断等知识点，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，题目难度中等。
17.【答案】C2H6O46CH3CH2OH 3：232(c1V1−16c2V2)V
【解析】解：(1)CxHyOz+(x+y4−z2)O2→xCO2+y2H2O，质量守恒得到m(O2)=m(CO2)+m(H2O)−m(A)=0.2ml×44g/ml+0.3ml×18g/ml−4.6g=9.6g，n(O2)=9.6g32g/ml=0.3ml，则有机物中含氧原子物质的量n(O)=0.2ml×2+0.3ml×2−0.3ml×2=0.1ml，n(C)=0.2ml，n(H)=0.3ml×2=0.6ml，n(C)：n(H)：n(O)=0.2：06：0.1=2：6：1，有机物的实验式为：C2H6O，
故答案为：C2H6O；
(2)一般质谱图中最右侧的分子离子峰即可看出化合物的相对分子质量，即A的相对分子质量为46，
故答案为：46；
(3)有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则结构简式为：CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(4)1个A分子中两个不同的原子分别与H2O形成的氢键为羟基氢原子和水分子中的氧原子，羟基氧原子和水分子中的氢原子间都可以形成氢键，表示为：，
故答案为：；
(5)酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1ml⋅L−1K2Cr2O7溶液中发生反应的离子方程式为：16H++Cr2O72−+3CH3CH2OH=3CH3COOH+11H2O，参与反应的A与K2Cr2O7的物质的量之比是：3：2，
故答案为：3：2；
(6)14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，得到Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，得到与I−离子反应的K2Cr2O7物质的量=16c2V2×10−3ml，故与乙醇反应的K2Cr2O7物质的量=(c1V1−16c2V2)×10−3ml，cA=32×(c1V1−16c2V2)Vml/L，
故答案为：32(c1V1−16c2V2)V；
(7)A与B在一定条件下可以发生酯化反应，反应的化学方程式是：，
故答案为：。
(1)CxHyOz+(x+y4−z2)O2→xCO2+y2H2O，质量守恒得到m(O2)=m(CO2)+m(H2O)−m(A)=0.2ml×44g/ml+0.3ml×18g/ml−4.6g=9.6g，n(O2)=9.6g32g/ml=0.3ml，则有机物中含氧原子物质的量n(O)=0.2ml×2+0.3ml×2−0.3ml×2=0.1ml，n(C)=0.2ml，n(H)=0.3ml×2=0.6ml，计算n(C)：n(H)：n(O)得到有机物的实验式；
(2)一般质谱图中最右侧的分子离子峰即可看出化合物的相对分子质量；
(3)有机化合物A的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，说明分子结构中含三种氢原子；
(4)有机化合物A能与水互溶的原因是A与水形成分子间氢键，是氧原子连接的氢原子与氧原子间形成的氢键；
(5)酸性条件下，向VmLA溶液中加入V1mLc1ml⋅L−1K2Cr2O7溶液中发生反应的离子方程式为：16H++Cr2O72−+3CH3CH2OH=3CH3COOH+11H2O；
(6)14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，得到Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，据此计算；
(7)A与B在一定条件下可以发生酯化反应生成乙酸乙酯和水。
本题考查有机物分子式与结构确定、官能团的性质、有机反应方程式等，题目难度中等，根据有机物的性质与结构特点确定A的结构简式是解题的关键，侧重对基础知识与学生综合能力考查。
18.【答案】CS2和CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，CS2能溶解在CCl4中 萃取分液 O 密度 A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置 58.5×(25−V)2(m2−m1)⋅x3
【解析】解：(1)CS2和CCl4结构对称、正负电荷重心重合，均为非极性分子，根据相似相溶原理，CS2能溶解在CCl4中，
故答案为：CS2和CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，CS2能溶解在CCl4中；
(2)向含有大量乙醇的CCl4中加入水，乙醇与水互溶，CCl4与水互不相容，利用萃取分液的方法除掉乙醇，
故答案为：萃取分液；
(3)Ca2+可以与H2O和乙醇形成配位键，Ca2+提供空轨道，配位O原子提供孤电子对，
故答案为：O；
Ⅱ.(4)实验1中测得的数据为NaCl的质量和体积，可以求得NaCl的密度，
故答案为：密度；
(5)a.晶体可由晶胞无缝并置而成，由图可知，A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置，故A型立方体不是NaCl晶胞，
故答案为：A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置；
b.根据A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列的周期可得，在B型立方体中标出Na+的位置为，
故答案为：；
(6)实验1中测得的数据可得，NaCl的质量为(m2−m1)g，NaCl的体积为(25−V)mL，可得NaCl的密度为m2−m125−Vg⋅cm−3；由实验2数据可得，NaCl晶胞由2个A型和2个B型并置而成，Na+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Cl−位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，即相当于1个晶胞中含有4个“NaCl”，晶胞质量为4×58.5NAg，晶胞体积为(2xcm)3=8x3cm3，根据ρ=mV可得，为m2−m125−Vg⋅cm−3=4×58.5NA8x3g⋅cm−3，则NA=58.5×(25−V)2(m2−m1)⋅x3ml−1，
故答案为：58.5×(25−V)2(m2−m1)⋅x3。
Ⅰ.(1)根据相似相溶原理分析；
(2)乙醇与水互溶，CCl4与水互不相容；
(3)配位原子提供孤电子对；
Ⅱ.(4)实验1中测得的数据为NaCl的质量和体积；
(5)a.晶胞是最小的重复结构单元，晶体可由晶胞无缝并置而成；
b.A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列的周期；
(6)实验1中测得的数据可得，NaCl的质量为(m2−m1)g，NaCl的体积为(25−V)mL，可得NaCl的密度为m2−m125−Vg⋅ml−1；由实验2数据可得，NaCl晶胞由2个A型和2个B型并置而成，Na+位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Cl−位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，即相当于1个晶胞中含有4个“NaCl”，晶胞质量为4×58.5NAg，晶胞体积为(2xcm)3=8x3cm3，根据ρ=mV可求得NA。
本题以NaCl晶体结构测定阿伏加德罗常数为基础考查晶胞结构和性质，涉及实验基本知识、溶解性、配位键、晶胞结构与计算等知识点，掌握基础是关键，题目难度中等。
19.【答案】间二甲苯 浓硝酸、浓硫酸 13 CH3COOH+HCO3−=CH3COO−+H2O+CO2↑碳碳双键 羰基 CH3−CH=CH−CHO加聚 abc2CH3CH2Cl+NH3+Ca(OH)2NH(CH2CH3)2+CaCl2+2H2O
【解析】解：(1)A的结构简式为，A的名称是间二甲苯，
故答案为：间二甲苯；
(2)A→B发生硝化反应，所用的试剂a是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
(3)C的结构简式为，与C含有相同官能团(“−NH2”)的芳香族类同分异构体，苯环上2甲基有邻、间、对3种位置关系，对应的氨基分别有2种、3种(包括C本身)、1种位置；苯环有2个取代基为−CH2CH3、−NH2或者−CH3、−CH2NH2，均有邻、间、对3种位置关系；苯环有1个取代基为−CH2CH2NH2或−CH(CH3)NH2，符合条件的同分异构体共有(2+3+1)−1+3×2+2=13种，其中存在手性碳原子的结构简式是，
故答案为：13；；
(4)E的分子式为C2H4O2，能与NaHCO3反应，说明含有羧基，E的结构简式为CH3COOH，反应的离子方程式是CH3COOH+HCO3−=CH3COO−+H2O+CO2↑，
故答案为：CH3COOH+HCO3−=CH3COO−+H2O+CO2↑；
(5)i.F的结构简式为CH2=C=O，所含官能团的名称是碳碳双键、羰基，
故答案为：碳碳双键、羰基；
ii.由聚酯的结构简式可知，CH2=C=O与CH3−CH=CH−CHO发生加聚反应生成，
故答案为：CH3−CH=CH−CHO；加聚；
(6)a.由分子式可知D为CH3CH2Cl，氯乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被催化氧化生成乙酸，故a正确；
b.利多卡因既含有酰胺键，能与HCl反应，又能与NaOH反应，故b正确；
c.反应①发生取代反应，同时有HCl生成，K2CO3提供碱性条件，消耗反应生成的HCl，促进反应的发生，故c正确，
故答案为：abc；
(7)反应②的化学方程式是2CH3CH2Cl+NH3+Ca(OH)2NH(CH2CH3)2+CaCl2+2H2O，
故答案为：2CH3CH2Cl+NH3+Ca(OH)2NH(CH2CH3)2+CaCl2+2H2O。
利多卡因分子中含有苯环，纵观整个过程，结构A的分子式，可知A含有苯环，而利多卡因分子中苯环上2个甲基处于间位，则A的结构简式为，由分子式可知A发生硝化反应生成B，B中硝基被还原为氨基生成C，结合利多卡因结构简式，可知B为、C为，I与H发生信息中取代反应生成利多卡因，结合I、H的分子式，可推知I为、H为NH(CH2CH3)2，(4)中E能与 NaHCO3溶液反应，E中含有−COOH，根据分子式知E为CH3COOH，E催化脱水生成F，则F为CH2=C=O，F和氯气发生加成反应生成G为CH2ClCOCl，由分子式可知D为CH3CH2Cl。
题考查有机物推断和合成，涉及有机物命名、官能团识别、限制条件同分异构体的书写、有机反应方程式的书写、有机物结构与性质等，充分利用有机物分子式、目标物结构简式进行分析判断，题目较好地考查了学生分析推理能力、综合运用知识的能力。装置
实验编号
试剂X
现象
③
⋅L−1盐酸
有白色沉淀产生
④
⋅L−1NaCl溶液
无明显现象
⑤
4滴0.01ml⋅L−1KI溶液
有黄色沉淀产生
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