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2022-2023学年北京市昌平区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市昌平区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共33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.下列有机化合物属于烃的是( )
A. 溴乙烷B. 乙醇C. 乙酸D. 苯
2.吲哚美辛是一种用于风湿性关节炎的解热镇痛类抗炎药，结构简式如图所示，其中不含的有机含氧官能团是( )
A. 酰胺基B. 酯基C. 羧基D. 醚键
3.下列有机物中，不易溶于水的是( )
A. CH3COOHB. CH3CH2OH
C. CH3COOCH2CH3D. CH3CHO
4.有机物的
系统命名是( )
A. 3−甲基−2−丁醇B. 3−甲基丁二醇
C. 2−甲基−3−羟基丁烷D. 2−甲基−3−丁醇
5.既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使Br2的CCl4溶液褪色的有机物是( )
A. 乙烷B. 乙烯C. 苯D. 甲苯
6.下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. 基态C原子的价层电子轨道表示式：
B. H2O的VSEPR模型：
C. 丙醛的球棍模型：
D. 反−2−丁烯的结构简式：
7.下列各组物质中，不属于同分异构体的是( )
A. 与
B. CH3COOH与CH3OOCH
C. 与
D. 与
8.下列说法不正确的是( )
A. 油脂碱性条件下的水解反应可用于生产肥皂
B. CuSO4溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性
C. 纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要
D. 麦芽糖、葡萄糖均能发生银镜反应
9.以
为例，分析其结构，预测相关性质，下列说法正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
10.已知
，下列关于甲醛()危害、去除与利用的说法不正确的是( )
A. 上述已知过程中发生了加成反应和消去反应
B. 依据电负性，甲醛中C带部分正电荷可能与蛋白质中带部分负电荷的N结合，使蛋白质失活，对人体造成危害
C. 含氨基的试剂和酸性KMnO4溶液均可与甲醛反应，反应原理相同
D. 甲醛与可反应生成
11.下列实验不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.硒(34Se)是人和动物体中一种必需的微量元素，存在于地球所有环境介质中，其同位素可有效示踪硒生物地球化学循环过程及其来源，下列说法不正确的是( )
A. Se位于周期表中第四周期第ⅥA族
B. 可用质谱法区分Se的两种同位素 78Se和 80Se
C. 第一电离能： 34Se>33As
D. SeO2既具有氧化性又具有还原性
13.甲硫氨酸的结构简式如图所示，下列说法不正确的是( )
A. S原子位于周期表中的p区
B. 甲硫氨酸分子中，S原子为sp3杂化
C. 1个甲硫氨酸分子中含有2个手性碳原子
D. 既能与酸反应又能与碱反应
14.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A. CH4分子的共价键是s−sp3 σ键
B. 每个晶胞中含有4个CH4分子
C. 甲烷晶体熔化时不会破坏化学键
D. 甲烷晶体是共价晶体
15.下列说法正确的是( )
A. 熔点：NaCl>CsClB. 沸点：F2>Cl2
C. 熔点：>D. 沸点：CO2>SiO2
16.对下列事实的解释不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
17.7−羟基香豆素的结构简式如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 分子式为C9H6O3
B. 所有碳原子在同一平面上
C. 1ml该物质与足量溴水反应，最多消耗3mlBr2
D. 1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mlNaOH
18.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点及对无机物、有机化合物等不同物质良好溶解性等优点，在有机合成领域用途广泛。一种离子液体的结构简式如图。下列说法错误的是( )
A. 阳离子中C原子有sp2、sp3两种杂化方式
B. 阴离子呈平面正方形，存在共价键和配位键
C. 该离子液体能与H2O形成氢键
D. 熔点低的可能原因是离子体积增大、距离增大、作用力减弱
19.W、X、Y、Z为四种短周期元素且原子序数依次增大，该四种元素的性质及结构信息如下表：
下列说法正确的是( )
A. 原子半径：WB. X、Y两元素形成的Y≡X−X≡Y分子中有3个σ键
C. 气态氢化物的稳定性：Y的氢化物大于Z的氢化物
D. XZ2分子为含非极性键的非极性分子
20.脱氧核糖核酸(DNA)分子的局部结构示意图如图，它是由脱氧核糖、磷酸及碱基形成脱氧核糖核苷酸后，脱氧核糖核苷酸聚合成脱氧核糖核苷酸链进而形成的。
下列说法不正确的是( )
A. 磷酸与脱氧核糖分子通过醚键结合
B. 碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断N−H键
C. 脱氧核糖、磷酸、碱基通过分子间脱水形成脱氧核糖核苷酸
D. 碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定
21.某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图，有关说法不正确的是( )
已知：
A. A→B的反应方程式为
B. A加入酸性KMnO4溶液后可直接生成D
C. Fe/HCl的作用是还原剂
D. 1ml该有效成分与足量NaHCO3溶液反应，生成1mlCO2气体
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
22.铁盐溶液浓度较低时肉眼几乎观察不到颜色，某研究小组利用配合物的特征颜色检测久置硫酸亚铁补铁片中铁元素价态。
Ⅰ.补铁片中Fe3+的检验
资料i：[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+
实验过程如图：
(1)分析上述溶液，除H2O外还能与Fe3+配位的微粒有______。
(2)已知H2O的配位对Fe3+的检验无影响。结合化学用语，从平衡移动的角度解释溶液①无现象，溶液②变红的原因：______。
结论：用KSCN溶液检验Fe3+须在酸性条件下进行。进一步实验表明，KSCN溶液检验Fe3+时pH需小于3。
Ⅱ.邻二氮菲检验Fe2+的酸碱性条件
资料ii：邻二氮菲的结构简式为
，可与 Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，这种离子可表示为[Fe(phen)3]2+。
实验过程如图：
(3)结合邻二氮菲的结构，分析说明溶液④颜色比③浅的原因：______。
结论：邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响。进一步实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2∼9。
(4)由以上实验也可得知，中心离子结合配体的能力与______有关。
三、简答题：本大题共3小题，共28分。
23.黄铁矿是制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，其中铁元素显+2价，FeS2晶体的晶胞形状为立方体，晶胞结构如图所示。
(1)基态Fe2+的价电子排布式是______。
(2)制取硫酸过程中会产生SO3，SO3分子的空间构型为______。
(3)晶胞中与每个S22−距离最近且相等的Fe2+有______个。
(4)FeS2晶体的晶胞边长为anm，FeS2的摩尔质量为120g⋅ml−1，阿伏加德罗常数的值为NA，该FeS2晶体的密度ρ=______ g⋅cm−3(1nm=10−7cm，用含a、NA的代数式表示)
24.钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题：
Ⅰ.TiCl4为制备CaTiO3的一种原料。
(1)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是______。
Ⅱ.一类有机-无机杂化材料CH3NH3PbI3具有与CaTiO3相同的晶体结构。
(2)①有机阳离子CH3NH3+中C原子和N原子的电负性大小比较：C ______ N(填“<”、“=”或“>”)，从原子结构的角度说明理由______。
②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示。Pb2+位于晶胞体心，位于顶点的微粒为______。
③CH3NH3+是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，CH3NH2中做配位原子的是______原子，原因是______。
④H−N−H键角大小比较：CH3NH3+______ CH3NH2(填“<”、“=”或“>”)，原因是______。
(3)CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I−空位。用Br−替换I−可改善这种情况的可能原因是______。
25.布洛芬是一种常用的抗炎镇痛药，其一种合成路线如图(部分试剂和条件已略去)。
已知：i：
ii：
(1)A为芳香族化合物，其结构简式为______。
(2)D中官能团的名称为______。
(3)A→B的反应类型为______。
(4)C的结构简式为______。
(5)D→E的反应方程式为______。
(6)下列说法正确的是______。
a.可通过红外光谱图确定C中的官能团
b.F可发生取代反应、氧化反应、消去反应
c.布洛芬分子I的核磁共振氢谱图共6组峰
d.1mlH与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mlNaOH
四、推断题：本大题共2小题，共22分。
26.溴乙烷是一种重要的化工原料，可发生以下转化(部分试剂和条件已略去)：
(1)A的官能团名称是______。
(2)A→E的反应试剂和条件为______。
(3)A→B的反应方程式是______。
(4)B→E的反应方程式是______。
(5)C→D的反应类型是______。 C直接与AgNO3溶液反应不能产生银镜，但与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，解释原因：______。
(6)B与F生成G的反应方程式是______。
(7)物质H的结构简式为______。
27.盐酸文拉法辛是一种新型抗抑郁药物，其中一种合成路线如图(部分试剂和条件已略去)：
已知：R−X+NaCN→△R−CN+NaX。
(1)A中含有的官能团是______。
(2)B→C的化学方程式是______。
(3)写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。
a.能发生银镜反应。
b.能水解，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色。
c.核磁共振氢谱图共4组峰。
(4)D生成E的过程中发生氧化还原反应，还生成另一种产物为______。
(5)H中含有两个六元环，结构简式为______。
(6)已知：
i：NaBH4是一种还原剂，可将−C≡N还原为−CH2NH2
ii：
iii：
由H经过以下转化可合成盐酸文拉法辛。
①试剂a为______。
②J的结构简式为______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.溴乙烷分子中含有C、H、Br元素，属于烃的衍生物，故A错误；
B.乙醇分子中含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，故B错误；
C.乙酸分子中含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，故C错误；
D.苯分子中只含有C、H元素，属于烃，故D正确；
故选：D。
分子中只含有C、H元素的化合物属于烃，以此结合各物质的分子组成进行判断。
本题考查有机物的分类方法，明确烃的概念即可解答，注意掌握常见有机物的组成与分类方法，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：中含氧官能团是醚键、酰胺基和羧基，无酯基，
故选：B。
常见有机物的含氧官能团有：羟基−OH、羧基−COOH、羰基−CO−、酯基−COO−、酰胺基−CO−NH−等来判断。
本题考查了常见有机物的官能团，难度不大，应注意常见官能团的识别和记忆。
3.【答案】C
【解析】解：A.乙酸含有羧基，易溶于水，故A错误；
B.乙醇含有羟基，易溶于水中，故B错误；
C.乙酸乙酯不含亲水基，故难溶于水，与水不相溶，故C正确；
D.乙醛含有醛基，易溶于水，故D错误；
故选：C。
通常状态下，烃类、酯类不易溶于水，如甲烷、苯、汽油、乙酸乙酯在水中溶解度较小，不易溶于水；而含有亲水基羧基、羟基的有机物，在水中溶解度可能较大，如乙醇、乙醛、乙酸易溶于水中，据此进行解答。
本题考查了常见有机物的物理性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的物理性质，熟悉常见的易溶于水和不溶于的有机物。
4.【答案】A
【解析】解：有机物的含官能团羟基，以含羟基的最长碳链作为主链，官能团的位次最小，则其系统命名是3−甲基−2−丁醇，故A正确，
故选：A。
判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
(1)烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
(2)有机物的名称书写要规范；
(3)对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
(4)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
本题考查了有机物系统命名方法的应用，注意主链选择，起点编号，名称书写的规范方法是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.乙烷和酸性高锰酸钾、溴的四氯化碳溶液都不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化、能和溴发生加成反应生成无色物质，所以乙烯能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C.苯和酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液都不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，和溴的四氯化碳溶液不反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选：B。
含有碳碳双键、碳碳三键、醛基及连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色；含有碳碳双键、碳碳三键的有机物都能使溴的四氯化碳溶液褪色。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.基态C原子价电子为2s22p2，其价层电子轨道表示式为，故A错误；
B.H2O有2对成键电子对、2对孤电子对，其结构为V型，VSEPR模型：，故B正确；
C.丙醛的结构简式为CH3CH2CHO，球棍模型为：，故C错误；
D.反式2一丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧，其结构简式为，故D错误；
故选：B。
A.基态C原子价电子为2s22p2，结合泡利原理和洪特规则分析判断；
B.价层电子对互斥模型进行判断；
C.丙醛的结构简式为CH3CH2CHO；
D.反式2一丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及原子结构、球棍模型、VSEPR模型和同分异构体等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.与两者分子式均为CH2Cl2，分子式相同，结构也相同，属于同一物质，不属于同分异构体，故A正确；
B.CH3COOH与CH3OOCH的分子式均为C2H4O2，结构不同，属于同分异构体，故B错误；
C.与 的分子式均为C5H12，都为烷烃，结构不同，属于同分异构体，故C错误；
D.与的分子式为C7H8O，结构不同，属于同分异构体，故D错误；
故选：A。
分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，据此分析解答。
本题主要考查同分异构体，为高频考点，掌握同分异构体的基本概念及有机物的结构特点是做题的关键，侧重考查学生的理解和分析能力，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，可用于生产肥皂，故A正确；
B.重金属盐可使蛋白质变性，CuSO4溶液为重金属盐，因此CuSO4溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性，故B正确；
C.人体内没有能消化纤维素的酶，因此纤维素在人体内不可水解，故C错误；
D.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，均能发生银镜反应，故D正确；
故选：C。
A.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应；
B.重金属盐可使蛋白质变性；
C.人体内没有能消化纤维素的酶；
D.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，均能发生银镜反应。
本题主要考查糖类、蛋白质和油脂的性质，为基础知识的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.与浓HBr发生取代反应时，断键部位为C−O键，故A错误；
B.与乙酸发生取代反应时，断键部位为O−H键，故B错误；
C.丙醇发生氧化反应生成丙醛，该反应为氧化反应，故C错误；
D.发生消去反应时，断键部位为②④，故D正确；
故选：D。
A.与浓HBr发生取代反应时生成CH3CH2CH2Br；
B.与乙酸发生取代反应时生成CH3COOCH2CH2CH3；
C.丙醇发生氧化反应生成丙醛；
D.发生消去反应时生成CH2=CHCH3。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.上述已知过程中第一步碳氧双键断裂一条，氧原子上形成氧氢键，碳原子上连接有机物剩余部分，发生了加成反应，第二步失去一分子水，发生消去反应，故A正确；
B.电负性：N>C，蛋白质中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合，使蛋白质失活，对人体造成危害，故B正确；
C.含氨基的试剂与甲醛发生加成反应，酸性KMnO4溶液与甲醛发生氧化反应，反应的原理不同，故C错误；
D.对甲基苯酚与甲醛可以发生缩聚反应生成高分子化合物，同时生成水分子，故D正确；
故选：C。
A.上述已知过程中第一步碳氧双键断裂一条，氧原子上形成氧氢键，碳原子上连接有机物剩余部分，发生了加成反应，第二步失去一分子水，发生消去反应；
B.电负性：N>C，蛋白质中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合；
C.含氨基的试剂与甲醛发生加成反应，酸性KMnO4溶液与甲醛发生氧化反应；
D.对甲基苯酚与甲醛可以发生缩聚反应生成高分子化合物。
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。
11.【答案】B
【解析】解：A.1−溴丙烷在NaOH溶液中加热发生水解反应，先加硝酸可中和NaOH，再加硝酸银生成浅黄色沉淀，图中实验可检验1−溴丙烷中的溴原子，故A正确；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能检验乙醇的消去产物，故B错误；
C.醛基可被新制氢氧化铜氧化，生成砖红色沉淀为氧化亚铜，能检验醛基，故C正确；
D.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中实验可制备乙酸乙酯，故D正确；
故选：B。
A.1−溴丙烷在NaOH溶液中加热发生水解反应，先加硝酸可中和NaOH，再加硝酸银生成浅黄色沉淀；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C.醛基可被弱氧化剂氧化；
D.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度。
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、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.Se的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，核外有4个电子层，最外层有6个电子，处于第四周期第ⅥA族，故A正确；
B.质谱法可用于测定相对分子质量或相对原子质量， 78Se和 80Se的相对原子质量不同，因此可用质谱法区分 78Se和 80Se，故B正确；
C. 33As原子3p轨道电子数为3，属于半充满的稳定结构，其第一电离能大于ⅥA族的 34Se元素，所以基态原子的第一电离能： 33As>34Se，故C错误；
D.SeO2中Se元素为+4价，为中间价态，则既具有氧化性又具有还原性，故D正确；
故选：C。
A.Se的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4；
B.质谱法可用于测定相对分子质量或相对原子质量；
C.同周期元素，第一电离能从左到右呈增大的趋势，但VA族的最外层p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于ⅥA族；
D.由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性。
本题主要考查元素周期表和元素周期律及原子的组成和结构等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.S原子位于周期表中的第三周期、ⅥA族，属于p区，故A正确；
B.甲硫氨酸分子中，S原子含有2对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，S原子为sp3杂化，故B正确；
C.连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子，则甲硫氨酸分子中与氨基、羧基相连的碳原子为手性碳原子，共1个，故C错误；
D.甲硫氨酸分子中既含有羧基，又含有氨基，羧基能与碱反应，氨基能与酸反应，故D正确；
故选：C。
A.p区元素包括ⅢA∼ⅦA和0族元素；
B.甲硫氨酸分子中，S原子含有2对孤电子对，价层电子对数为4；
C.连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子；
D.甲硫氨酸分子中既含有羧基，又含有氨基。
本题考查原子杂化方式及类型判断、分子的结构及性质，把握价层电子对的计算方法、手性碳原子概念及判定方法、物质结构及性质为解题关键，侧重分析能力和运用能力考查，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.CH4分子中C原子为sp3杂化，与H原子的1s轨道形成s−sp3 σ键，故A正确；
B.CH4分子位于晶胞的顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，故B正确；
C.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体，甲烷晶体熔化时，破坏分子间的范德华力，不会破坏化学键，故C正确；
D.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体，故D错误；
故选：D。
A.CH4分子中C原子为sp3杂化；
B.CH4分子位于晶胞的顶点和面心；
C.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体；
D.由甲烷晶体熔沸点判断晶体类型。
本题考查晶胞计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确晶体构成微粒、均摊法在晶胞计算中的灵活运用是解本题关键，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：A.二者均为离子晶体，阳离子的半径不同，离子半径越小，熔点越高，则熔点：NaCl>CsCl，故A正确；
B.同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大，则沸点为F2C.邻硝基苯酚易形成分子内氢键，熔沸点降低，对硝基苯酚能形成分子间氢键，熔沸点升高，则熔点：<，故C错误；
D.SiO2是共价晶体，CO2形成晶体为分子晶体，则沸点：SiO2>CO2，故D错误；
故选：A。
A.离子半径越小、电荷越高，熔点越高；
B.同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大；
C.邻硝基苯酚易形成分子内氢键，熔沸点降低，对硝基苯酚能形成分子间氢键，熔沸点升高；
D.共价晶体沸点大于分子晶体。
本题考查晶体性质，为高频考点，把握晶体类型与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意晶体性质的比较方法，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.苯酚能与溴水反应，苯不能与溴水反应，说明羟基对苯环有影响，羟基的存在使得苯环上邻、对位氢原子变得活泼易发生取代反应，故A正确；
B.O−H中H原子的活泼性：>CH3CH2OH，说明了受苯环影响，苯酚中的−OH中H原子活泼性增强，故B正确；
C.卤族元素中，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，所以HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱，与分子间作用力无关，故C错误；
D.金刚石、碳化硅、晶体硅均为原子晶体，原子半径CC−Si>Si−Si，故熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故D正确；
故选：C。
A.羟基的存在使得苯环上邻、对位氢原子变得活泼易发生取代；
B.受苯环影响，苯酚中的羟基H原子变得比较活泼，具有弱酸性；
C.卤族元素中，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越弱氢化物的稳定性越弱；
D.原子晶体的原子半径越小，键长越短，共价键越强，熔沸点越高。
本题考查探究化学规律，侧重考查学生分析判断能力，涉及有机物基团间的影响、氢化物的稳定性等知识点，明确元素化合物性质及氢化物的稳定性影响因素即可解答，注意规律中的异常现象。
17.【答案】D
【解析】解：A.由结构可知，分子中含9个C原子、6个H原子、3个O原子，则分子式为C9H6O3，故A正确；
B.苯环、双键均为平面结构，且直接相连，则所有碳原子共面，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该物质与足量溴水反应，最多消耗3mlBr2，故C正确；
D.酚羟基、酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH溶液反应，则1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH，故D错误；
故选：D。
A.由结构可知，分子中含9个C原子、6个H原子、3个O原子；
B.苯环、双键均为平面结构；
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、酯基及水解生成的酚羟基均与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，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，甲基中碳原子的价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3，其轨道杂化类型分别为sp3杂化、sp2杂化，故A正确；
B.BF4−的中心原子的价层电子对数为4+3+1−1×42=4，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型为均正四面体，不是平面正方形，故B错误；
C.中含有非金属性较强、原子半径较小的氮原子，故该离子液体能与水分子形成氢键，故C正确；
D.由图可知，该结构中阳离子体积大，阴阳离子之间的距离增大、作用力减弱，离子键减弱，则晶体的熔点降低，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，甲基中碳原子的价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3，VSEPR模型分别为四面体和平面三角形；
B.BF4−的中心原子的价层电子对数为4+3+1−1×42=4，VSEPR模型为正四面体；
C.中含有非金属性较强、原子半径较小的氮原子；
D.离子键越弱，晶体的熔点越低。
本题考查原子结构和性质，题目难度不大，涉及杂化方式、氢键、配位键等知识，熟练掌握基础知识是做题的关键，试题培养了学生的规范答题能力。
19.【答案】B
【解析】解：W、X、Y、Z分别是H、C、N、O元素；
A.W只有一个电子层，X、Y、Z位于同一周期且原子序数依次增大，所以原子半径：WB.X、Y两种元素形成的Y≡X−X≡Y(N≡C−C≡N)中，三键中含有1个σ键、单键中含有1个σ键，所以该分子中含有3个σ键，故B正确；
C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：ND.XZ2为CO2，CO2分子中存在C=O极性键，CO2分子为直线形分子，正负电荷重心重合，所以CO2为非极性分子，故D错误；
故选：B。
W、X、Y、Z为四种短周期元素且原子序数依次增大，W是基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为H元素；Y的氢化物显碱性，则Y为N元素，X的最外层有4个电子，且原子序数小于Y，所以X为C元素；Z的基态原子2p轨道上有1对成对电子，且原子序数大于Y，为O元素，即W、X、Y、Z分别是H、C、N、O元素；
A.电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；
B.X、Y两种元素形成的Y≡X−X≡Y(N≡C−C≡N)中，三键中含有1个σ键、单键中含有1个σ键；
C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
D.XZ2为CO2，CO2分子中存在C=O极性键，CO2分子为直线形分子，正负电荷重心重合。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、分子结构及基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
20.【答案】A
【解析】解：A.根据图可以知道，磷酸与脱氧核糖分子之间通过磷酸酯键结合在一起，故A错误；
B.由图可知，碱基与脱氧核糖核苷酸是紧密相连的，它们之间通过N−糖苷键连接，则碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断裂N−H键，故B正确；
C.碱基与脱氧核糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，故C正确；
D.碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，因此碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定，故D正确；
故选：A。
磷酸与脱氧核糖分子之间通过磷酸酯键结合在一起，碱基与脱氧核糖核苷酸是紧密相连的，它们之间通过N−糖苷键连接，碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，以此做题。
本题主要考查氢键的相关性质，根据所给图像结合所学知识进行解答，难度中等。
21.【答案】B
【解析】解：A.A→B发生信息中取代反应，还有乙酸生成，反应方程式为，故A正确；
B.A中含有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化，需要进行A→B的转化来保护酚羟基，故B错误；
C.Fe/HCl将−NO2转化为−NH2，该过程发生还原反应，Fe/HCl起还原剂作用，故C正确；
D.分子中只有1个羧基能与NaHCO3反应生成CO2，而羧基与生成的CO2存在如下数量关系：−COOH∼CO2，则1ml该有效成分与足量NaHCO3溶液反应，生成1mlCO2气体，故D正确；
故选：B。
A的分子式为C7H8O，结合抗结肠炎药物有效成分的结构简式，综合整个过程可知，A中含有苯环，由反应条件可知，A发生信息信息中取代反应生成B，则A含有酚羟基，苯环还有1个甲基，而B→C是将苯环上的甲基氧化为−COOH，C→D发生酯基水解、并酸化生成D，D中含有酚羟基、羧基，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成，则A为、B为、C为、E为、F为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用目标物结构简式、反应条件进行分析推断，需要学生熟练掌握官能团性质与转化，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。
22.【答案】SCN−、OH− 溶液①中，OH−与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN−配位，因此无现象，溶液②中H+浓度增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，OH−与Fe3+配位能力减弱，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，因此溶液②变红 H+浓度较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅 中心离子和配体的浓度、种类
【解析】解：(1)溶液②变红是因为发生反应：Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，结合资料i：[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+可知，除了水以外还能与Fe3+配位的微粒有SCN−、OH−；
故答案为：SCN−、OH−；
(2)溶液①不变红说明未发生反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，溶液②变红是因为发生反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，结合已知H2O的配位对Fe3+的检验无影响，从平衡移动的角度解释溶液①无现象，溶液②变红的原因：溶液①中，OH−与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN−配位，因此无现象，溶液②中H+浓度增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，OH−与Fe3+配位能力减弱，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，因此溶液②变红；
故答案为：溶液①中，OH−与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN−配位，因此无现象，溶液②中H+浓度增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，OH−与Fe3+配位能力减弱，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，因此溶液②变红；
(3)溶液③中橙红色邻二氮菲亚铁离子因稀释而变浅，溶液④把水换成等体积的硫酸而颜色变浅，结合邻二氮菲结构，分析说明溶液溶液④颜色比③浅的原因为：H+浓度较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅；
故答案为：H+浓度较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅；
(4)根据上面的实验可以得知，中心离子结合配体的能力与中心离子和配体的浓度、种类有关；
故答案为：中心离子和配体的浓度、种类。
II实验要探究邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响，变量为溶液额pH，设计实验及现象为：邻二氮菲与 Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，加1mL水得溶液③颜色变浅，加1mL稀硫酸得溶液④颜色更浅，可以得知氢离子浓度增大不利于邻二氮菲与Fe2+形成配合物，加1mL氢氧化钠溶液得到溶液⑤，产生白色沉淀，氢氧根离子浓度增大，生成了氢氧化亚铁沉淀，也不利于邻二氮菲与Fe2+形成配合物，通过实验可以得到预期结论邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响，以此做题。
本题主要考查了性质实验方案的设计，根据实验现象分析产生原因，熟悉中心离子结合配体的相关原理，了解相关因素对配位的影响，综合性较强，难度较大。
23.【答案】3d6 平面三角形 64.8×1023NAa3
【解析】解：(1)基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，形成离子先失去最外层电子，基态Fe2+的价电子排布式是3d6，
故答案为：3d6；
(2)SO3中中心S原子价层电子对数为3+6−2×32=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(3)距顶点的S22−距离最近且相等的Fe2+位于S22−的上下左右前后的棱心，共6个，
故答案为：6；
(4)S22−位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Fe2+位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，晶胞质量为4×120NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，FeS2晶体的密度ρ=mV=4×120NA(a×10−7)3g⋅cm−3=4.8×1023NAa3g⋅cm−3，
故答案为：4.8×1023NAa3。
(1)基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，形成离子先失去最外层电子；
(2)SO3中中心S原子价层电子对数为3+6−2×32=3，没有孤电子对；
(3)距顶点的S22−距离最近且相等的Fe2+位于S22−的上下左右前后的棱心；
(4)S22−位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Fe2+位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，晶胞质量为4×120NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，根据ρ=mV计算FeS2晶体的密度。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、空间构型、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。
24.【答案】TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高N，形成化学键时C原子吸引电子的能力弱，电负性CCH3NH3+中N原子无孤电子对，CH3NH2中N原子有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力 Br−的半径小于I−，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位
【解析】解：(1)由表格数据可知，TiF4为离子晶体，熔点高，而其他三种卤化物为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，所以熔点逐渐升高，
故答案为：TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
(2)①C、N原子处于同一周期，电子层数相同，核电荷数CN，形成化学键时C原子吸引电子的能力弱，电负性C故答案为：<； C、N原子处于同一周期，电子层数相同，核电荷数CN，形成化学键时C原子吸引电子的能力弱，电负性C②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示，Pb2+位于晶胞体心，该晶胞中含有1个Pb2+，则还含有1个CH3NH3+，3个I−，位于顶点的微粒为CH3NH3+，I−位于棱心上，
故答案为：CH3NH3+；
③CH3NH3+是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，CH3NH2中N原子含有孤电子对，所以做配位原子的是N原子，
故答案为：N；CH3NH2中N原子有一对孤电子对；
④④成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，CH3NH3+、CH3NH2中N原子价层电子对个数都是4，前者N原子没有孤电子对，后者N原子含有1对孤电子对，所以H−N−H键角大小比较：CH3NH3+>CH3NH2，
故答案为：>CH3NH3+中N原子无孤电子对，CH3NH2中N原子有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(3)CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I−空位，用Br−替换I−可改善这种情况的可能原因是Br−的半径小于I−，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位，
故答案为：Br−的半径小于I−，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位。
(1)离子晶体熔沸点较高；分子晶体熔沸点随着分子间作用力的增大而升高，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大；
(2)①元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大；
②②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示，Pb2+位于晶胞体心，该晶胞中含有1个Pb2+，则还含有1个CH3NH3+，3个I−；
③CH3NH3+是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，含有孤电子对的原子作配体，含有空轨道的原子作配原子；
④成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，CH3NH3+、CH3NH2中N原子价层电子对个数都是4；
(3)离子之间的半径越小，离子之间的作用力越强。
本题考查晶胞的计算、元素周期律等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确晶体熔沸点影响因素、元素周期律内涵、晶胞的计算方法是解本题关键，(2)②题为解答难点，需要丰富的空间想象力。
25.【答案】 醛基 加成反应 ad
【解析】解：(1)A的结构简式为，
故答案为：；
(2)D中官能团的名称为醛基，
故答案为：醛基；
(3)A→B的反应类型为加成反应，
故答案为：加成反应；
(4)C的结构简式为，
故答案为：；
(5)D发生加成反应生成E，D→E的反应方程式为，
故答案为：；
(6)a.红外光谱测定化学键，所以可通过红外光谱图确定C中的官能团，故a正确；
b.F中醇羟基能法师取代反应、氧化反应，不能发生消去反应，故b错误；
c.布洛芬的结构简式为，布洛芬分子I的核磁共振氢谱图共8组峰，故c错误；
d.H中酯基水解生成的羧基、氯原子水解生成的HCl都能和NaOH以1：1反应，则1mlH与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mlNaOH，故d正确；
故答案为：ad。
根据A的分子式及B的结构简式知，A为；根据C的分子式知，B发生取代反应生成C，根据G的结构简式知，C为；D和甲醛发生信息i的反应生成E，根据F的结构简式及E的分子式知，E为(CH3)2C(CH2OH)CHO，E和氢气发生加成反应生成F，G发生反应生成H，H发生水解反应然后酸化得到I，根据I的分子式知，I为。
本题考查有机物的推断，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，注意题给信息的正确运用，题目难度中等。
26.【答案】碳溴键或溴原子 NaOH、乙醇、加热 CH3CH2Br+NaOH→△H2OCH3CH2OH+NaBrCH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O氧化反应 Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜
【解析】解：(1)A的官能团名称是碳溴键或溴原子，
故答案为：碳溴键或溴原子；
(2)A和NaOH的醇溶液共热发生消去反应生成E，所以A→E的反应试剂和条件为NaOH、乙醇、加热，
故答案为：NaOH、乙醇、加热；
(3)A发生水解反应生成B，A→B的反应方程式是CH3CH2Br+NaOH→△H2OCH3CH2OH+NaBr，
故答案为：CH3CH2Br+NaOH→△H2OCH3CH2OH+NaBr；
(4)B在170℃、浓硫酸作催化剂的条件下发生消去反应生成E，B→E的反应方程式是CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O，
故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
(5)C→D的反应类型是氧化反应；C直接与AgNO3溶液反应不能产生银镜，但与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，解释原因：Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜，
故答案为：氧化反应；Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜；
(6)B和F发生酯化反应生成G，B与F生成G的反应方程式是 CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O，
故答案为： CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O；
(7)物质H的结构简式为H2NCONH2，
故答案为：H2NCONH2。
A发生水解反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C发生银镜反应生成D为CH3COONH4，D酸化然后和溴发生、KCN发生取代反应最后再水解生成F，F发生取代反应，根据F反应产物的结构简式知，H为H2NCONH2；B和F发生酯化反应生成G为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；A、B都能反应生成E，E为CH2=CH2。
本题考查有机物的推断，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，注意结合反应条件判断，题目难度中等。
27.【答案】酚羟基 CH3COONa HCHO
【解析】解：(1)A的结构简式为，A中含有的官能团是酚羟基，
故答案为：酚羟基；
(2)B→C的化学方程式是，
故答案为：；
(3)D的一种同分异构体的能发生银镜反应，说明含有醛基，能水解且其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色，说明苯环的1个侧链为−OOCH，另外核磁共振氢谱图共4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为，
故答案为：；
(4)D与甲醛发生氧化还原反应，D发生还原反应生成E，则甲醛被氧化，碱性条件下被氧化生成CH3COONa，
故答案为：CH3COONa；
(5)H中含有两个六元环，由分析可知，H的结构简式为，
故答案为：；
(6)H发生信息i中反应生成I，该过程中−CN转化为−CH2NH2，可知I为，由I与J的分子式、反应条件、目标物结构简式，可知I与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应生成J，J进一步先与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应，J后中间产物再与HCl反应成盐生成盐酸文拉法辛，反应ii的过程先发生加成反应、再发生醇的消去反应，而反应iii可以看作是C=N双键与氢气加成，故J为，J后中间产物为；
①由上述分析可知，试剂a为HCHO，
故答案为：HCHO；
②由上述分析可知，J的结构简式为，
故答案为：。
由A的分子式、B的结构简式，可知A为，A与氢气发生加成反应或还原反应生成，结合B的分子式、目标物结构简式，可知发生氧化反应生成C为，(4)中D与甲醛发生氧化还原反应，D发生还原反应生成E，则甲醛被氧化，碱性条件下被氧化生成CH3COONa，由F、G的分子式，结合目标物结构简式、信息中反应，可知E中羟基被氯原子取代生成F，F中氯原子被−CN取代生成G，可知F为、G为，F与G发生加成反应生成H，(5)中H含有两个六元环，可推知H为；
(6)H发生信息i中反应生成I，该过程中−CN转化为−CH2NH2，可知I为，由I与J的分子式、反应条件、目标物结构简式，可知I与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应生成J，J进一步先与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应，J后中间产物再与HCl反应成盐生成盐酸文拉法辛，故J为，J后中间产物为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的分子式、结构简式进行分析推断，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、知识迁移运用能力。选项
分析结构
断键部位
反应类型
反应试剂和条件
反应产物
A
电负性：O>H
O−H极性键
①
取代反应
浓HBr
CH3CH2CH2OBr
B
电负性：O>C
C−O极性键
②
取代反应
CH3COOH、浓硫酸、△
CH3CH2CH2OOCCH3
C
羟基上O原子的吸电子作用，使α−H活泼
①③
消去反应
浓H2SO4、△
CH3CH2CHO
D
羟基上O原子的吸电子作用，使β−H活泼
②④
消去反应
浓H2SO4、△
CH3CH=CH2
A
B
C
D
实验
实验目的
检验1−溴丙烷中的溴原子
检验乙醇的消去产物
检验醛基
制备乙酸乙酯
选项
事实
解释
A
苯不能与溴水反应，苯酚能与溴水反应
受羟基影响苯环变得活泼
B
O−H中H原子的活泼性：>CH3CH2OH
受苯环影响，苯酚分子中的O−H比乙醇分子中的O−H更易断
C
HF、HCl、HBr、HI稳定性依次减弱
分子间作用力依次减弱
D
熔点：金刚石>碳化硅>硅
键能：C−C>C−Si>Si−Si
元素
信息
W
基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键
X
最外层有4个电子
Y
Y的氢化物显碱性
Z
基态原子2p轨道上有1对成对电子
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
−24.12
38.3
155
1.下列有机化合物属于烃的是( )
A. 溴乙烷B. 乙醇C. 乙酸D. 苯
2.吲哚美辛是一种用于风湿性关节炎的解热镇痛类抗炎药，结构简式如图所示，其中不含的有机含氧官能团是( )
A. 酰胺基B. 酯基C. 羧基D. 醚键
3.下列有机物中，不易溶于水的是( )
A. CH3COOHB. CH3CH2OH
C. CH3COOCH2CH3D. CH3CHO
4.有机物的
系统命名是( )
A. 3−甲基−2−丁醇B. 3−甲基丁二醇
C. 2−甲基−3−羟基丁烷D. 2−甲基−3−丁醇
5.既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使Br2的CCl4溶液褪色的有机物是( )
A. 乙烷B. 乙烯C. 苯D. 甲苯
6.下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. 基态C原子的价层电子轨道表示式：
B. H2O的VSEPR模型：
C. 丙醛的球棍模型：
D. 反−2−丁烯的结构简式：
7.下列各组物质中，不属于同分异构体的是( )
A. 与
B. CH3COOH与CH3OOCH
C. 与
D. 与
8.下列说法不正确的是( )
A. 油脂碱性条件下的水解反应可用于生产肥皂
B. CuSO4溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性
C. 纤维素在人体内可水解成葡萄糖，供人体组织的营养需要
D. 麦芽糖、葡萄糖均能发生银镜反应
9.以
为例，分析其结构，预测相关性质，下列说法正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
10.已知
，下列关于甲醛()危害、去除与利用的说法不正确的是( )
A. 上述已知过程中发生了加成反应和消去反应
B. 依据电负性，甲醛中C带部分正电荷可能与蛋白质中带部分负电荷的N结合，使蛋白质失活，对人体造成危害
C. 含氨基的试剂和酸性KMnO4溶液均可与甲醛反应，反应原理相同
D. 甲醛与可反应生成
11.下列实验不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.硒(34Se)是人和动物体中一种必需的微量元素，存在于地球所有环境介质中，其同位素可有效示踪硒生物地球化学循环过程及其来源，下列说法不正确的是( )
A. Se位于周期表中第四周期第ⅥA族
B. 可用质谱法区分Se的两种同位素 78Se和 80Se
C. 第一电离能： 34Se>33As
D. SeO2既具有氧化性又具有还原性
13.甲硫氨酸的结构简式如图所示，下列说法不正确的是( )
A. S原子位于周期表中的p区
B. 甲硫氨酸分子中，S原子为sp3杂化
C. 1个甲硫氨酸分子中含有2个手性碳原子
D. 既能与酸反应又能与碱反应
14.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A. CH4分子的共价键是s−sp3 σ键
B. 每个晶胞中含有4个CH4分子
C. 甲烷晶体熔化时不会破坏化学键
D. 甲烷晶体是共价晶体
15.下列说法正确的是( )
A. 熔点：NaCl>CsClB. 沸点：F2>Cl2
C. 熔点：>D. 沸点：CO2>SiO2
16.对下列事实的解释不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
17.7−羟基香豆素的结构简式如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 分子式为C9H6O3
B. 所有碳原子在同一平面上
C. 1ml该物质与足量溴水反应，最多消耗3mlBr2
D. 1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mlNaOH
18.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点及对无机物、有机化合物等不同物质良好溶解性等优点，在有机合成领域用途广泛。一种离子液体的结构简式如图。下列说法错误的是( )
A. 阳离子中C原子有sp2、sp3两种杂化方式
B. 阴离子呈平面正方形，存在共价键和配位键
C. 该离子液体能与H2O形成氢键
D. 熔点低的可能原因是离子体积增大、距离增大、作用力减弱
19.W、X、Y、Z为四种短周期元素且原子序数依次增大，该四种元素的性质及结构信息如下表：
下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物的稳定性：Y的氢化物大于Z的氢化物
D. XZ2分子为含非极性键的非极性分子
20.脱氧核糖核酸(DNA)分子的局部结构示意图如图，它是由脱氧核糖、磷酸及碱基形成脱氧核糖核苷酸后，脱氧核糖核苷酸聚合成脱氧核糖核苷酸链进而形成的。
下列说法不正确的是( )
A. 磷酸与脱氧核糖分子通过醚键结合
B. 碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断N−H键
C. 脱氧核糖、磷酸、碱基通过分子间脱水形成脱氧核糖核苷酸
D. 碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定
21.某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图，有关说法不正确的是( )
已知：
A. A→B的反应方程式为
B. A加入酸性KMnO4溶液后可直接生成D
C. Fe/HCl的作用是还原剂
D. 1ml该有效成分与足量NaHCO3溶液反应，生成1mlCO2气体
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
22.铁盐溶液浓度较低时肉眼几乎观察不到颜色，某研究小组利用配合物的特征颜色检测久置硫酸亚铁补铁片中铁元素价态。
Ⅰ.补铁片中Fe3+的检验
资料i：[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+
实验过程如图：
(1)分析上述溶液，除H2O外还能与Fe3+配位的微粒有______。
(2)已知H2O的配位对Fe3+的检验无影响。结合化学用语，从平衡移动的角度解释溶液①无现象，溶液②变红的原因：______。
结论：用KSCN溶液检验Fe3+须在酸性条件下进行。进一步实验表明，KSCN溶液检验Fe3+时pH需小于3。
Ⅱ.邻二氮菲检验Fe2+的酸碱性条件
资料ii：邻二氮菲的结构简式为
，可与 Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，这种离子可表示为[Fe(phen)3]2+。
实验过程如图：
(3)结合邻二氮菲的结构，分析说明溶液④颜色比③浅的原因：______。
结论：邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响。进一步实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2∼9。
(4)由以上实验也可得知，中心离子结合配体的能力与______有关。
三、简答题：本大题共3小题，共28分。
23.黄铁矿是制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，其中铁元素显+2价，FeS2晶体的晶胞形状为立方体，晶胞结构如图所示。
(1)基态Fe2+的价电子排布式是______。
(2)制取硫酸过程中会产生SO3，SO3分子的空间构型为______。
(3)晶胞中与每个S22−距离最近且相等的Fe2+有______个。
(4)FeS2晶体的晶胞边长为anm，FeS2的摩尔质量为120g⋅ml−1，阿伏加德罗常数的值为NA，该FeS2晶体的密度ρ=______ g⋅cm−3(1nm=10−7cm，用含a、NA的代数式表示)
24.钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题：
Ⅰ.TiCl4为制备CaTiO3的一种原料。
(1)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是______。
Ⅱ.一类有机-无机杂化材料CH3NH3PbI3具有与CaTiO3相同的晶体结构。
(2)①有机阳离子CH3NH3+中C原子和N原子的电负性大小比较：C ______ N(填“<”、“=”或“>”)，从原子结构的角度说明理由______。
②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示。Pb2+位于晶胞体心，位于顶点的微粒为______。
③CH3NH3+是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，CH3NH2中做配位原子的是______原子，原因是______。
④H−N−H键角大小比较：CH3NH3+______ CH3NH2(填“<”、“=”或“>”)，原因是______。
(3)CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I−空位。用Br−替换I−可改善这种情况的可能原因是______。
25.布洛芬是一种常用的抗炎镇痛药，其一种合成路线如图(部分试剂和条件已略去)。
已知：i：
ii：
(1)A为芳香族化合物，其结构简式为______。
(2)D中官能团的名称为______。
(3)A→B的反应类型为______。
(4)C的结构简式为______。
(5)D→E的反应方程式为______。
(6)下列说法正确的是______。
a.可通过红外光谱图确定C中的官能团
b.F可发生取代反应、氧化反应、消去反应
c.布洛芬分子I的核磁共振氢谱图共6组峰
d.1mlH与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mlNaOH
四、推断题：本大题共2小题，共22分。
26.溴乙烷是一种重要的化工原料，可发生以下转化(部分试剂和条件已略去)：
(1)A的官能团名称是______。
(2)A→E的反应试剂和条件为______。
(3)A→B的反应方程式是______。
(4)B→E的反应方程式是______。
(5)C→D的反应类型是______。 C直接与AgNO3溶液反应不能产生银镜，但与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，解释原因：______。
(6)B与F生成G的反应方程式是______。
(7)物质H的结构简式为______。
27.盐酸文拉法辛是一种新型抗抑郁药物，其中一种合成路线如图(部分试剂和条件已略去)：
已知：R−X+NaCN→△R−CN+NaX。
(1)A中含有的官能团是______。
(2)B→C的化学方程式是______。
(3)写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。
a.能发生银镜反应。
b.能水解，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色。
c.核磁共振氢谱图共4组峰。
(4)D生成E的过程中发生氧化还原反应，还生成另一种产物为______。
(5)H中含有两个六元环，结构简式为______。
(6)已知：
i：NaBH4是一种还原剂，可将−C≡N还原为−CH2NH2
ii：
iii：
由H经过以下转化可合成盐酸文拉法辛。
①试剂a为______。
②J的结构简式为______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.溴乙烷分子中含有C、H、Br元素，属于烃的衍生物，故A错误；
B.乙醇分子中含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，故B错误；
C.乙酸分子中含有C、H、O元素，属于烃的衍生物，故C错误；
D.苯分子中只含有C、H元素，属于烃，故D正确；
故选：D。
分子中只含有C、H元素的化合物属于烃，以此结合各物质的分子组成进行判断。
本题考查有机物的分类方法，明确烃的概念即可解答，注意掌握常见有机物的组成与分类方法，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：中含氧官能团是醚键、酰胺基和羧基，无酯基，
故选：B。
常见有机物的含氧官能团有：羟基−OH、羧基−COOH、羰基−CO−、酯基−COO−、酰胺基−CO−NH−等来判断。
本题考查了常见有机物的官能团，难度不大，应注意常见官能团的识别和记忆。
3.【答案】C
【解析】解：A.乙酸含有羧基，易溶于水，故A错误；
B.乙醇含有羟基，易溶于水中，故B错误；
C.乙酸乙酯不含亲水基，故难溶于水，与水不相溶，故C正确；
D.乙醛含有醛基，易溶于水，故D错误；
故选：C。
通常状态下，烃类、酯类不易溶于水，如甲烷、苯、汽油、乙酸乙酯在水中溶解度较小，不易溶于水；而含有亲水基羧基、羟基的有机物，在水中溶解度可能较大，如乙醇、乙醛、乙酸易溶于水中，据此进行解答。
本题考查了常见有机物的物理性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的物理性质，熟悉常见的易溶于水和不溶于的有机物。
4.【答案】A
【解析】解：有机物的含官能团羟基，以含羟基的最长碳链作为主链，官能团的位次最小，则其系统命名是3−甲基−2−丁醇，故A正确，
故选：A。
判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
(1)烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
(2)有机物的名称书写要规范；
(3)对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
(4)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
本题考查了有机物系统命名方法的应用，注意主链选择，起点编号，名称书写的规范方法是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.乙烷和酸性高锰酸钾、溴的四氯化碳溶液都不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化、能和溴发生加成反应生成无色物质，所以乙烯能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；
C.苯和酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液都不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，和溴的四氯化碳溶液不反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
故选：B。
含有碳碳双键、碳碳三键、醛基及连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色；含有碳碳双键、碳碳三键的有机物都能使溴的四氯化碳溶液褪色。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.基态C原子价电子为2s22p2，其价层电子轨道表示式为，故A错误；
B.H2O有2对成键电子对、2对孤电子对，其结构为V型，VSEPR模型：，故B正确；
C.丙醛的结构简式为CH3CH2CHO，球棍模型为：，故C错误；
D.反式2一丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧，其结构简式为，故D错误；
故选：B。
A.基态C原子价电子为2s22p2，结合泡利原理和洪特规则分析判断；
B.价层电子对互斥模型进行判断；
C.丙醛的结构简式为CH3CH2CHO；
D.反式2一丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及原子结构、球棍模型、VSEPR模型和同分异构体等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.与两者分子式均为CH2Cl2，分子式相同，结构也相同，属于同一物质，不属于同分异构体，故A正确；
B.CH3COOH与CH3OOCH的分子式均为C2H4O2，结构不同，属于同分异构体，故B错误；
C.与 的分子式均为C5H12，都为烷烃，结构不同，属于同分异构体，故C错误；
D.与的分子式为C7H8O，结构不同，属于同分异构体，故D错误；
故选：A。
分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，据此分析解答。
本题主要考查同分异构体，为高频考点，掌握同分异构体的基本概念及有机物的结构特点是做题的关键，侧重考查学生的理解和分析能力，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，可用于生产肥皂，故A正确；
B.重金属盐可使蛋白质变性，CuSO4溶液为重金属盐，因此CuSO4溶液会使体内的蛋白质变性从而失去生理活性，故B正确；
C.人体内没有能消化纤维素的酶，因此纤维素在人体内不可水解，故C错误；
D.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，均能发生银镜反应，故D正确；
故选：C。
A.油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应；
B.重金属盐可使蛋白质变性；
C.人体内没有能消化纤维素的酶；
D.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，均能发生银镜反应。
本题主要考查糖类、蛋白质和油脂的性质，为基础知识的考查，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.与浓HBr发生取代反应时，断键部位为C−O键，故A错误；
B.与乙酸发生取代反应时，断键部位为O−H键，故B错误；
C.丙醇发生氧化反应生成丙醛，该反应为氧化反应，故C错误；
D.发生消去反应时，断键部位为②④，故D正确；
故选：D。
A.与浓HBr发生取代反应时生成CH3CH2CH2Br；
B.与乙酸发生取代反应时生成CH3COOCH2CH2CH3；
C.丙醇发生氧化反应生成丙醛；
D.发生消去反应时生成CH2=CHCH3。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、反应中断键和成键方式是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.上述已知过程中第一步碳氧双键断裂一条，氧原子上形成氧氢键，碳原子上连接有机物剩余部分，发生了加成反应，第二步失去一分子水，发生消去反应，故A正确；
B.电负性：N>C，蛋白质中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合，使蛋白质失活，对人体造成危害，故B正确；
C.含氨基的试剂与甲醛发生加成反应，酸性KMnO4溶液与甲醛发生氧化反应，反应的原理不同，故C错误；
D.对甲基苯酚与甲醛可以发生缩聚反应生成高分子化合物，同时生成水分子，故D正确；
故选：C。
A.上述已知过程中第一步碳氧双键断裂一条，氧原子上形成氧氢键，碳原子上连接有机物剩余部分，发生了加成反应，第二步失去一分子水，发生消去反应；
B.电负性：N>C，蛋白质中带部分负电荷的N与甲醛中带部分正电荷的C相结合；
C.含氨基的试剂与甲醛发生加成反应，酸性KMnO4溶液与甲醛发生氧化反应；
D.对甲基苯酚与甲醛可以发生缩聚反应生成高分子化合物。
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。
11.【答案】B
【解析】解：A.1−溴丙烷在NaOH溶液中加热发生水解反应，先加硝酸可中和NaOH，再加硝酸银生成浅黄色沉淀，图中实验可检验1−溴丙烷中的溴原子，故A正确；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能检验乙醇的消去产物，故B错误；
C.醛基可被新制氢氧化铜氧化，生成砖红色沉淀为氧化亚铜，能检验醛基，故C正确；
D.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中实验可制备乙酸乙酯，故D正确；
故选：B。
A.1−溴丙烷在NaOH溶液中加热发生水解反应，先加硝酸可中和NaOH，再加硝酸银生成浅黄色沉淀；
B.生成的乙烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C.醛基可被弱氧化剂氧化；
D.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度。
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、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.Se的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，核外有4个电子层，最外层有6个电子，处于第四周期第ⅥA族，故A正确；
B.质谱法可用于测定相对分子质量或相对原子质量， 78Se和 80Se的相对原子质量不同，因此可用质谱法区分 78Se和 80Se，故B正确；
C. 33As原子3p轨道电子数为3，属于半充满的稳定结构，其第一电离能大于ⅥA族的 34Se元素，所以基态原子的第一电离能： 33As>34Se，故C错误；
D.SeO2中Se元素为+4价，为中间价态，则既具有氧化性又具有还原性，故D正确；
故选：C。
A.Se的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4；
B.质谱法可用于测定相对分子质量或相对原子质量；
C.同周期元素，第一电离能从左到右呈增大的趋势，但VA族的最外层p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于ⅥA族；
D.由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性。
本题主要考查元素周期表和元素周期律及原子的组成和结构等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.S原子位于周期表中的第三周期、ⅥA族，属于p区，故A正确；
B.甲硫氨酸分子中，S原子含有2对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，S原子为sp3杂化，故B正确；
C.连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子，则甲硫氨酸分子中与氨基、羧基相连的碳原子为手性碳原子，共1个，故C错误；
D.甲硫氨酸分子中既含有羧基，又含有氨基，羧基能与碱反应，氨基能与酸反应，故D正确；
故选：C。
A.p区元素包括ⅢA∼ⅦA和0族元素；
B.甲硫氨酸分子中，S原子含有2对孤电子对，价层电子对数为4；
C.连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子；
D.甲硫氨酸分子中既含有羧基，又含有氨基。
本题考查原子杂化方式及类型判断、分子的结构及性质，把握价层电子对的计算方法、手性碳原子概念及判定方法、物质结构及性质为解题关键，侧重分析能力和运用能力考查，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：A.CH4分子中C原子为sp3杂化，与H原子的1s轨道形成s−sp3 σ键，故A正确；
B.CH4分子位于晶胞的顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，故B正确；
C.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体，甲烷晶体熔化时，破坏分子间的范德华力，不会破坏化学键，故C正确；
D.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体，故D错误；
故选：D。
A.CH4分子中C原子为sp3杂化；
B.CH4分子位于晶胞的顶点和面心；
C.甲烷晶体熔点为−182.5℃，沸点为−161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体；
D.由甲烷晶体熔沸点判断晶体类型。
本题考查晶胞计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确晶体构成微粒、均摊法在晶胞计算中的灵活运用是解本题关键，题目难度不大。
15.【答案】A
【解析】解：A.二者均为离子晶体，阳离子的半径不同，离子半径越小，熔点越高，则熔点：NaCl>CsCl，故A正确；
B.同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大，则沸点为F2
D.SiO2是共价晶体，CO2形成晶体为分子晶体，则沸点：SiO2>CO2，故D错误；
故选：A。
A.离子半径越小、电荷越高，熔点越高；
B.同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大；
C.邻硝基苯酚易形成分子内氢键，熔沸点降低，对硝基苯酚能形成分子间氢键，熔沸点升高；
D.共价晶体沸点大于分子晶体。
本题考查晶体性质，为高频考点，把握晶体类型与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意晶体性质的比较方法，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.苯酚能与溴水反应，苯不能与溴水反应，说明羟基对苯环有影响，羟基的存在使得苯环上邻、对位氢原子变得活泼易发生取代反应，故A正确；
B.O−H中H原子的活泼性：>CH3CH2OH，说明了受苯环影响，苯酚中的−OH中H原子活泼性增强，故B正确；
C.卤族元素中，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，所以HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱，与分子间作用力无关，故C错误；
D.金刚石、碳化硅、晶体硅均为原子晶体，原子半径C
故选：C。
A.羟基的存在使得苯环上邻、对位氢原子变得活泼易发生取代；
B.受苯环影响，苯酚中的羟基H原子变得比较活泼，具有弱酸性；
C.卤族元素中，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越弱氢化物的稳定性越弱；
D.原子晶体的原子半径越小，键长越短，共价键越强，熔沸点越高。
本题考查探究化学规律，侧重考查学生分析判断能力，涉及有机物基团间的影响、氢化物的稳定性等知识点，明确元素化合物性质及氢化物的稳定性影响因素即可解答，注意规律中的异常现象。
17.【答案】D
【解析】解：A.由结构可知，分子中含9个C原子、6个H原子、3个O原子，则分子式为C9H6O3，故A正确；
B.苯环、双键均为平面结构，且直接相连，则所有碳原子共面，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该物质与足量溴水反应，最多消耗3mlBr2，故C正确；
D.酚羟基、酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH溶液反应，则1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH，故D错误；
故选：D。
A.由结构可知，分子中含9个C原子、6个H原子、3个O原子；
B.苯环、双键均为平面结构；
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、酯基及水解生成的酚羟基均与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，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，甲基中碳原子的价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3，其轨道杂化类型分别为sp3杂化、sp2杂化，故A正确；
B.BF4−的中心原子的价层电子对数为4+3+1−1×42=4，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型为均正四面体，不是平面正方形，故B错误；
C.中含有非金属性较强、原子半径较小的氮原子，故该离子液体能与水分子形成氢键，故C正确；
D.由图可知，该结构中阳离子体积大，阴阳离子之间的距离增大、作用力减弱，离子键减弱，则晶体的熔点降低，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，甲基中碳原子的价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3，VSEPR模型分别为四面体和平面三角形；
B.BF4−的中心原子的价层电子对数为4+3+1−1×42=4，VSEPR模型为正四面体；
C.中含有非金属性较强、原子半径较小的氮原子；
D.离子键越弱，晶体的熔点越低。
本题考查原子结构和性质，题目难度不大，涉及杂化方式、氢键、配位键等知识，熟练掌握基础知识是做题的关键，试题培养了学生的规范答题能力。
19.【答案】B
【解析】解：W、X、Y、Z分别是H、C、N、O元素；
A.W只有一个电子层，X、Y、Z位于同一周期且原子序数依次增大，所以原子半径：W
C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：N
故选：B。
W、X、Y、Z为四种短周期元素且原子序数依次增大，W是基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为H元素；Y的氢化物显碱性，则Y为N元素，X的最外层有4个电子，且原子序数小于Y，所以X为C元素；Z的基态原子2p轨道上有1对成对电子，且原子序数大于Y，为O元素，即W、X、Y、Z分别是H、C、N、O元素；
A.电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；
B.X、Y两种元素形成的Y≡X−X≡Y(N≡C−C≡N)中，三键中含有1个σ键、单键中含有1个σ键；
C.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
D.XZ2为CO2，CO2分子中存在C=O极性键，CO2分子为直线形分子，正负电荷重心重合。
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、分子结构及基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
20.【答案】A
【解析】解：A.根据图可以知道，磷酸与脱氧核糖分子之间通过磷酸酯键结合在一起，故A错误；
B.由图可知，碱基与脱氧核糖核苷酸是紧密相连的，它们之间通过N−糖苷键连接，则碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断裂N−H键，故B正确；
C.碱基与脱氧核糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，故C正确；
D.碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，因此碱基G与C、A与T互补配对原则的原因是氢键数目最多、结构最稳定，故D正确；
故选：A。
磷酸与脱氧核糖分子之间通过磷酸酯键结合在一起，碱基与脱氧核糖核苷酸是紧密相连的，它们之间通过N−糖苷键连接，碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，以此做题。
本题主要考查氢键的相关性质，根据所给图像结合所学知识进行解答，难度中等。
21.【答案】B
【解析】解：A.A→B发生信息中取代反应，还有乙酸生成，反应方程式为，故A正确；
B.A中含有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化，需要进行A→B的转化来保护酚羟基，故B错误；
C.Fe/HCl将−NO2转化为−NH2，该过程发生还原反应，Fe/HCl起还原剂作用，故C正确；
D.分子中只有1个羧基能与NaHCO3反应生成CO2，而羧基与生成的CO2存在如下数量关系：−COOH∼CO2，则1ml该有效成分与足量NaHCO3溶液反应，生成1mlCO2气体，故D正确；
故选：B。
A的分子式为C7H8O，结合抗结肠炎药物有效成分的结构简式，综合整个过程可知，A中含有苯环，由反应条件可知，A发生信息信息中取代反应生成B，则A含有酚羟基，苯环还有1个甲基，而B→C是将苯环上的甲基氧化为−COOH，C→D发生酯基水解、并酸化生成D，D中含有酚羟基、羧基，D发生硝化反应生成E，E中硝基被还原为氨基生成，则A为、B为、C为、E为、F为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用目标物结构简式、反应条件进行分析推断，需要学生熟练掌握官能团性质与转化，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。
22.【答案】SCN−、OH− 溶液①中，OH−与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN−配位，因此无现象，溶液②中H+浓度增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，OH−与Fe3+配位能力减弱，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，因此溶液②变红 H+浓度较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅 中心离子和配体的浓度、种类
【解析】解：(1)溶液②变红是因为发生反应：Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，结合资料i：[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+可知，除了水以外还能与Fe3+配位的微粒有SCN−、OH−；
故答案为：SCN−、OH−；
(2)溶液①不变红说明未发生反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，溶液②变红是因为发生反应Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，结合已知H2O的配位对Fe3+的检验无影响，从平衡移动的角度解释溶液①无现象，溶液②变红的原因：溶液①中，OH−与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN−配位，因此无现象，溶液②中H+浓度增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，OH−与Fe3+配位能力减弱，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，因此溶液②变红；
故答案为：溶液①中，OH−与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN−配位，因此无现象，溶液②中H+浓度增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，OH−与Fe3+配位能力减弱，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，因此溶液②变红；
(3)溶液③中橙红色邻二氮菲亚铁离子因稀释而变浅，溶液④把水换成等体积的硫酸而颜色变浅，结合邻二氮菲结构，分析说明溶液溶液④颜色比③浅的原因为：H+浓度较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅；
故答案为：H+浓度较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅；
(4)根据上面的实验可以得知，中心离子结合配体的能力与中心离子和配体的浓度、种类有关；
故答案为：中心离子和配体的浓度、种类。
II实验要探究邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响，变量为溶液额pH，设计实验及现象为：邻二氮菲与 Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，加1mL水得溶液③颜色变浅，加1mL稀硫酸得溶液④颜色更浅，可以得知氢离子浓度增大不利于邻二氮菲与Fe2+形成配合物，加1mL氢氧化钠溶液得到溶液⑤，产生白色沉淀，氢氧根离子浓度增大，生成了氢氧化亚铁沉淀，也不利于邻二氮菲与Fe2+形成配合物，通过实验可以得到预期结论邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响，以此做题。
本题主要考查了性质实验方案的设计，根据实验现象分析产生原因，熟悉中心离子结合配体的相关原理，了解相关因素对配位的影响，综合性较强，难度较大。
23.【答案】3d6 平面三角形 64.8×1023NAa3
【解析】解：(1)基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，形成离子先失去最外层电子，基态Fe2+的价电子排布式是3d6，
故答案为：3d6；
(2)SO3中中心S原子价层电子对数为3+6−2×32=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
(3)距顶点的S22−距离最近且相等的Fe2+位于S22−的上下左右前后的棱心，共6个，
故答案为：6；
(4)S22−位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Fe2+位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，晶胞质量为4×120NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，FeS2晶体的密度ρ=mV=4×120NA(a×10−7)3g⋅cm−3=4.8×1023NAa3g⋅cm−3，
故答案为：4.8×1023NAa3。
(1)基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，形成离子先失去最外层电子；
(2)SO3中中心S原子价层电子对数为3+6−2×32=3，没有孤电子对；
(3)距顶点的S22−距离最近且相等的Fe2+位于S22−的上下左右前后的棱心；
(4)S22−位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Fe2+位于棱心和体心，个数为12×14+1=4，晶胞质量为4×120NAg，晶胞体积为(a×10−7)3cm3，根据ρ=mV计算FeS2晶体的密度。
本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、空间构型、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。
24.【答案】TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高
【解析】解：(1)由表格数据可知，TiF4为离子晶体，熔点高，而其他三种卤化物为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，所以熔点逐渐升高，
故答案为：TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
(2)①C、N原子处于同一周期，电子层数相同，核电荷数C
故答案为：CH3NH3+；
③CH3NH3+是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，CH3NH2中N原子含有孤电子对，所以做配位原子的是N原子，
故答案为：N；CH3NH2中N原子有一对孤电子对；
④④成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，CH3NH3+、CH3NH2中N原子价层电子对个数都是4，前者N原子没有孤电子对，后者N原子含有1对孤电子对，所以H−N−H键角大小比较：CH3NH3+>CH3NH2，
故答案为：>CH3NH3+中N原子无孤电子对，CH3NH2中N原子有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(3)CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I−空位，用Br−替换I−可改善这种情况的可能原因是Br−的半径小于I−，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位，
故答案为：Br−的半径小于I−，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位。
(1)离子晶体熔沸点较高；分子晶体熔沸点随着分子间作用力的增大而升高，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大；
(2)①元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大；
②②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示，Pb2+位于晶胞体心，该晶胞中含有1个Pb2+，则还含有1个CH3NH3+，3个I−；
③CH3NH3+是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，含有孤电子对的原子作配体，含有空轨道的原子作配原子；
④成键电子对之间的排斥力小于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，CH3NH3+、CH3NH2中N原子价层电子对个数都是4；
(3)离子之间的半径越小，离子之间的作用力越强。
本题考查晶胞的计算、元素周期律等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确晶体熔沸点影响因素、元素周期律内涵、晶胞的计算方法是解本题关键，(2)②题为解答难点，需要丰富的空间想象力。
25.【答案】 醛基 加成反应 ad
【解析】解：(1)A的结构简式为，
故答案为：；
(2)D中官能团的名称为醛基，
故答案为：醛基；
(3)A→B的反应类型为加成反应，
故答案为：加成反应；
(4)C的结构简式为，
故答案为：；
(5)D发生加成反应生成E，D→E的反应方程式为，
故答案为：；
(6)a.红外光谱测定化学键，所以可通过红外光谱图确定C中的官能团，故a正确；
b.F中醇羟基能法师取代反应、氧化反应，不能发生消去反应，故b错误；
c.布洛芬的结构简式为，布洛芬分子I的核磁共振氢谱图共8组峰，故c错误；
d.H中酯基水解生成的羧基、氯原子水解生成的HCl都能和NaOH以1：1反应，则1mlH与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mlNaOH，故d正确；
故答案为：ad。
根据A的分子式及B的结构简式知，A为；根据C的分子式知，B发生取代反应生成C，根据G的结构简式知，C为；D和甲醛发生信息i的反应生成E，根据F的结构简式及E的分子式知，E为(CH3)2C(CH2OH)CHO，E和氢气发生加成反应生成F，G发生反应生成H，H发生水解反应然后酸化得到I，根据I的分子式知，I为。
本题考查有机物的推断，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，注意题给信息的正确运用，题目难度中等。
26.【答案】碳溴键或溴原子 NaOH、乙醇、加热 CH3CH2Br+NaOH→△H2OCH3CH2OH+NaBrCH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O氧化反应 Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜
【解析】解：(1)A的官能团名称是碳溴键或溴原子，
故答案为：碳溴键或溴原子；
(2)A和NaOH的醇溶液共热发生消去反应生成E，所以A→E的反应试剂和条件为NaOH、乙醇、加热，
故答案为：NaOH、乙醇、加热；
(3)A发生水解反应生成B，A→B的反应方程式是CH3CH2Br+NaOH→△H2OCH3CH2OH+NaBr，
故答案为：CH3CH2Br+NaOH→△H2OCH3CH2OH+NaBr；
(4)B在170℃、浓硫酸作催化剂的条件下发生消去反应生成E，B→E的反应方程式是CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O，
故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
(5)C→D的反应类型是氧化反应；C直接与AgNO3溶液反应不能产生银镜，但与[Ag(NH3)2]OH溶液能产生银镜，解释原因：Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜，
故答案为：氧化反应；Ag+与NH3之间可以发生配位作用，生成二氨合银离子[Ag(NH3)2]+，c(Ag+)减小，降低反应速率，被醛基还原成银单质时，银原子缓慢析出、有序排列，从而形成光亮的银镜；
(6)B和F发生酯化反应生成G，B与F生成G的反应方程式是 CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O，
故答案为： CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O；
(7)物质H的结构简式为H2NCONH2，
故答案为：H2NCONH2。
A发生水解反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C发生银镜反应生成D为CH3COONH4，D酸化然后和溴发生、KCN发生取代反应最后再水解生成F，F发生取代反应，根据F反应产物的结构简式知，H为H2NCONH2；B和F发生酯化反应生成G为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；A、B都能反应生成E，E为CH2=CH2。
本题考查有机物的推断，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，注意结合反应条件判断，题目难度中等。
27.【答案】酚羟基 CH3COONa HCHO
【解析】解：(1)A的结构简式为，A中含有的官能团是酚羟基，
故答案为：酚羟基；
(2)B→C的化学方程式是，
故答案为：；
(3)D的一种同分异构体的能发生银镜反应，说明含有醛基，能水解且其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色，说明苯环的1个侧链为−OOCH，另外核磁共振氢谱图共4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为，
故答案为：；
(4)D与甲醛发生氧化还原反应，D发生还原反应生成E，则甲醛被氧化，碱性条件下被氧化生成CH3COONa，
故答案为：CH3COONa；
(5)H中含有两个六元环，由分析可知，H的结构简式为，
故答案为：；
(6)H发生信息i中反应生成I，该过程中−CN转化为−CH2NH2，可知I为，由I与J的分子式、反应条件、目标物结构简式，可知I与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应生成J，J进一步先与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应，J后中间产物再与HCl反应成盐生成盐酸文拉法辛，反应ii的过程先发生加成反应、再发生醇的消去反应，而反应iii可以看作是C=N双键与氢气加成，故J为，J后中间产物为；
①由上述分析可知，试剂a为HCHO，
故答案为：HCHO；
②由上述分析可知，J的结构简式为，
故答案为：。
由A的分子式、B的结构简式，可知A为，A与氢气发生加成反应或还原反应生成，结合B的分子式、目标物结构简式，可知发生氧化反应生成C为，(4)中D与甲醛发生氧化还原反应，D发生还原反应生成E，则甲醛被氧化，碱性条件下被氧化生成CH3COONa，由F、G的分子式，结合目标物结构简式、信息中反应，可知E中羟基被氯原子取代生成F，F中氯原子被−CN取代生成G，可知F为、G为，F与G发生加成反应生成H，(5)中H含有两个六元环，可推知H为；
(6)H发生信息i中反应生成I，该过程中−CN转化为−CH2NH2，可知I为，由I与J的分子式、反应条件、目标物结构简式，可知I与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应生成J，J进一步先与HCHO先发生信息i中反应、再发生信息iii中反应，J后中间产物再与HCl反应成盐生成盐酸文拉法辛，故J为，J后中间产物为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的分子式、结构简式进行分析推断，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、知识迁移运用能力。选项
分析结构
断键部位
反应类型
反应试剂和条件
反应产物
A
电负性：O>H
O−H极性键
①
取代反应
浓HBr
CH3CH2CH2OBr
B
电负性：O>C
C−O极性键
②
取代反应
CH3COOH、浓硫酸、△
CH3CH2CH2OOCCH3
C
羟基上O原子的吸电子作用，使α−H活泼
①③
消去反应
浓H2SO4、△
CH3CH2CHO
D
羟基上O原子的吸电子作用，使β−H活泼
②④
消去反应
浓H2SO4、△
CH3CH=CH2
A
B
C
D
实验
实验目的
检验1−溴丙烷中的溴原子
检验乙醇的消去产物
检验醛基
制备乙酸乙酯
选项
事实
解释
A
苯不能与溴水反应，苯酚能与溴水反应
受羟基影响苯环变得活泼
B
O−H中H原子的活泼性：>CH3CH2OH
受苯环影响，苯酚分子中的O−H比乙醇分子中的O−H更易断
C
HF、HCl、HBr、HI稳定性依次减弱
分子间作用力依次减弱
D
熔点：金刚石>碳化硅>硅
键能：C−C>C−Si>Si−Si
元素
信息
W
基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键
X
最外层有4个电子
Y
Y的氢化物显碱性
Z
基态原子2p轨道上有1对成对电子
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
−24.12
38.3
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