【化学】广东省韶关市2024-2025学年高二下学期6月期末试卷（解析版）

这是一份【化学】广东省韶关市2024-2025学年高二下学期6月期末试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 化学与生产、生活等息息相关， 下列化学用语表达错误的是， 实验室常用电石制乙炔等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Cr 52 Ga 70
一、选择题(本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。)
1. 高分子材料应用非常广泛。下列物件的主要成分不属于高分子的是
A. 金漆木雕B. 功夫茶具
C. 莞草编织D. 广东剪纸
【答案】B
【解析】木头的主要成分为纤维素，属于有机高分子，A不符合题意；功夫茶具的主要成分是硅酸盐，不属于有机高分子，B符合题意；草的主要成分为纤维素，属于有机高分子，C不符合题意；纸的主要成分为纤维素，属于有机高分子，D不符合题意；故选B。
2. 人类对原子结构的认识是不断进步的。下列说法错误的是
A. 波尔的“洋葱模型”认为，核外电子在不同壳层区域运动
B. 构造原理是根据原子光谱事实得出的经验规律
C. 2s轨道的电子云轮廓图为圆形
D. 量子力学认为核外电子可能随机出现在核外某一空间内
【答案】C
【解析】波尔模型认为电子在分层的固定轨道（壳层）运动，A正确；构造原理的能级填充顺序由光谱实验归纳得出，B正确；s轨道电子云为三维球形，而非二维圆形，C错误；量子力学用概率描述电子位置，符合“可能随机出现”的表述，D正确；故选C。
3. 化学使生活更美好。下列说法正确的是
A. 聚丙烯防护服材质柔软：聚丙烯的链节为
B. 冰块浮在水面：分子间氢键使冰的密度增大
C. 煤的气化是通过物理变化将煤转化为可燃性气体的过程
D. 用氨水配制银氨溶液：体现了的配位性
【答案】D
【解析】聚丙烯的链节应为−CH2−CH(CH3)−，而非连续的−CH2−，A错误；氢键具有方向性，冰密度小于水是因氢键使分子排列疏松，而非密度增大，B错误；煤的气化涉及化学反应（如C与H2O生成CO和H2），是化学变化，C错误；银氨溶液中NH3与Ag⁺形成[Ag(NH3)2]⁺，体现配位性，D正确；故选D。
4. 化学与生产、生活等息息相关。下列说法错误的是
A. 福建舰舰体材料无磁镍铬钛合金钢硬度强于纯铁
B. 新型半导体晶体管具有优良的导电性和水溶性
C. 纸尿裤的核心材料通过氢键与水分子作用，实现快速吸水并牢固锁水
D. 镧镍合金能大量吸收形成金属氢化物，镍位于元素周期表的d区
【答案】B
【解析】合金通常比纯金属硬度更大，无磁镍铬钛合金钢的硬度确实强于纯铁，A正确；In2Se3作为半导体材料，其导电性不如导体，且金属硒化物一般难溶于水，因此“优良导电性和水溶性”的说法错误，B错误；纸尿裤的高吸水性树脂通过氢键与水分子结合实现吸水锁水，描述正确，C正确；镍为28号元素，是过渡金属，位于元素周期表d区，镧镍合金能与形成金属氢化物而实现储氢，D正确；故选B。
5. 下列化学用语表达错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】的价层电子对数为2+=2，故价层电子对互斥(VSEPR)模型为直线型，故A错误；反-2-丁烯的结构简式为，故B正确；的名称为3，3-二甲基戊烷的键线式，故C正确；HCl分子中键的形成过程为，故D正确；故选A。
对氨基苯甲酰胺()常用作着色剂，可由对硝基苯甲酸()与氨经缩合、还原工序制得。据此完成下面小题：
6. 下列关于对氨基苯甲酰胺和对硝基苯甲酸的说法正确的是
A. 对氨基苯甲酰胺属于芳香烃
B. 对氨基苯甲酰胺能与水形成分子间氢键
C. 对硝基苯甲酸所含元素的第一电离能：
D. 对硝基苯甲酸的酸性弱于苯甲酸
7. 结构决定性质，下列关于对氨基苯甲酰胺的说法错误的是
A. 分子式为
B. 该分子含有三种官能团
C. 1ml该有机物与足量反应最多消耗
D. 在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应
【答案】6. B 7. B
【解析】
6．对氨基苯甲酰胺中含有O、N元素，不属于芳香烃，A错误；该分子中含氨基、酰胺键，能与水分子之间形成氢键，B正确；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故所含元素的第一电离能：N>O>C，C错误；硝基为强吸电子基团，通过诱导效应和共轭效应增强羧基的酸性，对硝基苯甲酸的酸性强于苯甲酸，D错误；故选B。
7．，分子式为，A正确；该分子含有两种官能团，氨基、酰胺键，B错误；1ml该有机物1ml苯环，与足量反应最多消耗，C正确；该分子含有酰胺键，在酸或碱存在并加热条件下可发生水解反应，D正确；故选B。
8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】CCl4和I2均为非极性分子、水为极性分子，根据相似相溶原理，CCl4可萃取碘水中的I2。陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且因果关系成立，A符合题意；K+的离子半径大于Na+，离子半径越小，晶格能越大，熔点应更高。因此Na2O的熔点应高于K2O，陈述Ⅰ错误，因果关系不成立，B不符合题意；AlCl3是共价化合物，但其溶于水是因水解而非共价性，陈述Ⅱ的因果关系错误，C不符合题意；对羟基苯甲醛因无法形成分子内氢键，可形成分子间氢键，沸点应高于邻羟基苯甲醛。但陈述Ⅰ称对羟基苯甲醛沸点更低，故陈述Ⅰ错误，D不符合题意；故选A。
9. 实验室常用电石制乙炔。进行如图所示实验，下列说法正确的是
A. 电子式为：
B. 分液漏斗中饱和食盐水的作用是加快电石与水的反应速率
C. 试剂a可以是酸性高锰酸钾溶液，作用是除去乙炔中硫化氢气体杂质
D. 乙炔使溴的溶液褪色是因为其具有键
【答案】D
【解析】电石与水反应过于剧烈，制取乙炔时常采用电石和饱和食盐水来作原料以减缓反应速率，电石中含有的硫化钙、磷化钙杂质也能与水反应，反应制得的乙炔中混有硫化氢、磷化氢，硫酸铜溶液能吸收硫化氢、磷化氢，排除硫化氢、磷化氢对乙炔与溴的四氯化碳溶液反应的干扰，则溴的四氯化碳溶液褪色说明有乙炔生成；
电子式为：，A错误；据分析，分液漏斗中饱和食盐水的作用是减缓电石与水的反应速率，B错误；酸性高锰酸钾能氧化乙炔、硫化氢等，则试剂a不可以是酸性高锰酸钾溶液，应选用硫酸铜溶液除去乙炔中硫化氢气体杂质，C错误；乙炔含碳碳三键，其所含的π键不牢固，使乙炔能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应出现褪色，D正确；故选D。
10. 关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A. 蒸馏法分离和
B. 欲除掉苯中的苯酚，先加NaOH溶液，再过滤
C. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
D. 重结晶法提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸
【答案】B
【解析】蒸馏法适用于沸点差异较大的液体混合物，CH2Cl2和CCl4沸点差异较大，可用蒸馏法分离，A正确；苯酚与NaOH反应生成水溶性的苯酚钠，苯不溶于水且密度小，分层后应通过分液分离，B错误；盐析是蛋白质的可逆沉淀，多次盐析和溶解可提纯蛋白质，C正确；重结晶法通过溶解度和温度差异提纯苯甲酸，泥沙可先过滤，食盐在母液中分离，D正确；故选B。
11. 尼龙66是聚酰胺类最重要的产品之一，一种高黏尼龙66的合成路线如下，下列有关说法正确的是
A. 步骤①的反应类型为缩聚反应
B. 上述反应的两种原料名称分别是丁二酸和己二胺
C. 反应②的过程中有生成
D. 尼龙66中含有两种官能团
【答案】C
【解析】步骤②是缩聚反应，步骤①不是缩聚反应，故A错误；原料为己二酸和己二胺，故B错误；由尼龙66盐的结构式到尼龙66的结构简式可知，反应还生成了水，故C正确；尼龙66中含有羧基、氨基和酰胺基3种官能团，故D错误；故选C。
12. 物质常用作电池正极活性物质材料，X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，X与E同周期，是一种极性分子，X常温下能与水放出氢气，基态M原子在同周期中未成对电子数最多，Y位于第四周期，基态中有5个单电子，下列说法正确的是
A. X与E燃烧反应形成B. 简单氢化物的熔沸点：
C. 是一种黑色固体D. 电负性：
【答案】B
【解析】X、E、M为核电荷数逐渐增大的短周期元素，E3是一种极性分子，E3为O3，E为O元素；X与E同周期，X常温下能与水放出氢气，则X为Li元素；基态M原子在同周期中未成对电子数最多，M位于第ⅤA族，为P元素；Y位于第四周期，基态Y3+中有5个单电子，Y的原子序数为18+5+3=26，Y为Fe元素，以此分析解答。
X为Li元素，锂与氧气燃烧生成Li2O，故A错误；M为P元素，E为O元素，水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，则简单氢化物的熔沸点：PH3＜H2O，故B正确；Y2E3为Fe2O3，Fe2O3为红棕色粉末，故C错误；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：P＜N＜O，故D错误；答案选B。
13. 利用乙醇的催化氧化反应，进行如图所示的实验，通过记录溴水褪色所需鼓入空气的次数，探究金属催化剂催化效果的影响因素。下列说法错误的是
A. 实验时，铜片由黑变红，主要发生
B. 停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应
C. 气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合
D. 若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，则Ag催化效果优于Cu
【答案】D
【解析】气唧的作用是提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合，混合气体进入反应管，乙醇被催化氧化生成乙醛，生成的乙醛经冷凝后与溴水反应，出现褪色现象；
实验时，铜片由黑变红，则氧化铜被乙醇还原为铜，乙醇被催化氧化生成乙醛，化学方程式正确，A不符合题意；由红变黑，说明铜被氧气氧化为氧化铜，由黑变红，则氧化铜被乙醇还原为铜的同时乙醇被氧化生成乙醛，停止加热，铜片表面仍呈现红黑交替现象，说明存在的反应，使反应能持续进行，B不符合题意；反应需氧气，气唧的作用是鼓入空气、提供氧气，并与乙醇蒸汽充分混合，C不符合题意；若溴水褪色所需鼓气次数银片多于铜片，说明Ag催化效果比Cu差，D符合题意；故选D。
14. 我国学者以为原料，实现了医药中间体Z的合成。下列说法错误的是
A. X、Z均能使酸性溶液褪色B. 反应属于氧化反应
C. Z能发生缩聚反应D. Z中存在与杂化方式相同的C原子
【答案】D
【解析】X中碳碳双键和氧气催化反应成环得到Y，Y通过2步反应引入羧基、羟基转化为Z；
X含碳碳双键、Z含羟基，故均能使酸性溶液褪色，A正确；的反应为加氧反应，则属于氧化反应，B正确；Z自身含有羧基、羟基2种官能团，则能发生缩聚反应生成高聚物，C正确；中碳为sp杂化，Z中苯环碳、羰基碳为sp2杂化，Z中饱和碳为sp3杂化，不存在与杂化方式相同C原子，D错误；故选D。
15. 的晶胞如图所示，已知A原子的分数坐标为，B原子为，晶胞参数为acm。设阿伏加德罗常数为，关于该晶胞说法错误的是
A. 化学式为B. N原子的配位数为6
C. 晶胞密度D. 原子C的分数坐标为
【答案】C
【解析】Al位于晶胞的顶点和面心，数目为，Cr位于面心，数目为，N位于晶胞棱边的中点和体心，数目为，三者数目之比为1:1:2，则化学式为CrAlN2，A不符合题意；以体心的N原子为例，离它最近的有4个Cr、2个Al，N原子的配位数为6，B不符合题意；晶胞密度为，C符合题意；原子C位于正面面心，其分数坐标为，D不符合题意；故选C。
16. 现代分析方法能有效测定有机物的结构。下列图表与甲酸异丙酯()不对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】甲酸异丙酯分子含有酯基、甲基等，跟红外光谱分析中的C-O-C、C=O等基团一致，A不符合题意；甲酸异丙酯分子含有3种氢原子，原子数目之比为1:1:6，核磁共振氢谱中应出现3组峰、峰面积之比为1:1:6，与核磁共振氢谱分析不一致，B符合题意；质谱图中，质荷比的最大值就表示了样品分子的相对分子质量，甲酸异丙酯分子的相对分子质量为88，与质谱分析一致，C不符合题意；甲酸异丙酯分子中碳元素的质量分数为、氢元素的质量分数为、氧元素的质量分数为，元素分析一致，D不符合题意；故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 配合物(D)具有巨大应用潜力，其部分合成路线如下图。
回答下列问题：
（1）分子A中第二周期元素第一电离能按由大到小的顺序排列为___________。
（2）的价层电子轨道排布图为___________。
（3）由A生成B的反应类型是___________，同时有小分子产物___________(填物质化学式)生成。
（4）已知C、D均为平面形大环结构(不考虑丁氧基)，则分子C中N原子的杂化方式为___________，分子中更易形成配位键的N原子是___________(填“①”或者“②”)。
（5）DMF化学名称为N，N-二甲基甲酰胺(结构如下图所示)，是有机合成中常用的优良溶剂，其化学式为___________，DMF能与水任意混合，原因是___________，物质D中Zn元素的化合价为___________。
【答案】（1）N＞O＞C
（2） （3）①.取代反应 ②.HI
（4）①.sp2 ②.②
（5）①. ②.N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键 ③.+2
【解析】
【小问1详解】
分子A中第二周期元素有，C、N、O，同周期元素，第一电离能从左至右增加，但N原子2p能级半充满，更稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；
【小问2详解】
Zn是第30号元素，基态的价层电子轨道表示式为；
【小问3详解】
由A、B的结构可知，A生成B的反应类型是取代反应；根据质量守恒可知，同时有小分子产物HI；
【小问4详解】
C为平面形大环结构，则分子C中，N原子提供1个电子，参与形成大键，N原子的杂化方式为sp2；②原子有孤电子对，可以形成配位键，①原子没有孤电子对，无法形成配位键，故更易形成配位键的N原子是②；
小问5详解】
根据N，N-二甲基甲酰胺结构，可知化学式为；由DMF结构可知，分子中含有电负性较大的N、O原子均可以与水分子中的H原子形成氢键；物质D中，1号N已形成三根共价键，原子上的孤对电子与Zn配位不影响Zn的化合价，2号N原子形成两根共价键，需要得到一个由Zn提供的电子形成共价键，故Zn元素的化合价为+2价。
18. 氢化物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）的电子式为___________；的沸点比HF的沸点高的原因为___________。
（2）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构___________。
（3）请用键参数知识解释分子比分子稳定的原因为___________。
（4）分子的空间结构分别是___________、___________，、容易与其他元素形成配合物，中提供空轨道的微粒为___________，提供孤电子对的元素为___________，中心离子的配位数为___________。
（5）超导材料晶胞如图所示，其晶胞参数为apm，在Ga原子周围距离最近的Ga数目为___________，阿伏加德罗常数的值为，其晶体密度的计算表达式为___________。
【答案】（1）①. ②.H2O形成的氢键个数多
（2） （3）H—O的键能大于N—H
（4）①.V形 ②.三角锥形 ③.Cr3+ ④.N、O、Cl ⑤.6
（5）①.8 ②.
【解析】
【小问1详解】
氢原子各带1个价电子，氧原子带6个电子，形成共价键后，每个氢与氧之间形成一队共用电子对，氧原子周围还有两对孤对电子，因此H2O的电子式为；H2O沸点高于HF原因是H2O分子形成氢键个数多于HF形成氢键个数；
【小问2详解】
固态氟化氢中存在(HF)n形式，HF分子间存在氢键，(HF)3的链状结构为；
【小问3详解】
分子与分子，O原子半径小于N原子半径，H—O的键长小于N—H，则H—O的键能大于N—H，分子比分子稳定；
【小问4详解】
NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子；以提供空轨道形成配位键的微粒一般是金属阳离子，根据该配合物的结构可知，提供空轨道的中心离子是Cr3+；提供孤电子对的配体是NH3、H2O、Cl；含有孤电子对用来形成配位键的原子是配位原子，则该配合物的配位原子是N、O、Cl；配位数是指配合物中与中心原子配位的配位原子数目，则配位数是6；
【小问5详解】
在Ga原子周围距离最近的Ga数目为8，该晶胞中含有的Ga原子数为，H原子数为，晶胞边长为，体积，；
19. 某种药物的关键中间体Ⅶ的合成路线如下(加料顺序，部分反应条件略)：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团的名称是___________。
（2）根据化合物Ⅱ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，错误的有___________。
A. 反应①存在键的断裂B. 反应②有甲醇生成
C. 化合物Ⅲ与溶液作用显紫色D. 反应⑥原子利用率为100%
（4）反应④可表示为Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为___________。
（5）在化合物Ⅰ的同分异构体中，任写出一种满足下列条件的结构简式___________。
ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应 ⅲ．核磁共振氢谱上只有5组峰
（6）以和为含碳原料，利用反应②和⑤的原理，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质___________(写结构简式)。
(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为___________。
【答案】（1）羧基和羟基
（2）①. ②.氧气/铜，加热 （3）CD
（4） （5）或
（6）①. ②.+2NaOH+2NaBr
【解析】发生酯化生成，与发生取代反应生成，发生取代反应生成，与反应生成，发生还原反应生成，成环生成，据此分析；
【小问1详解】
化合物Ⅰ（）中含氧官能团的名称是羧基和羟基；
【小问2详解】
a.化合物Ⅱ（）中含有碳碳双键，可以和Br2发生加成反应生成；
b.化合物Ⅱ（）中含有羟基，可以催化氧化生成羰基，反应试剂、条件：氧气/铜，加热；
【小问3详解】
A．反应①是发生酯化生成，酸脱羟基，存在键的断裂，A正确；
B．反应②为与发生取代反应生成，根据质量守恒，有甲醇生成，B正确；
C．化合物Ⅲ（）无酚羟基，不能与溶液作用显紫色，C错误；
D．反应⑥为成环生成，根据质量守恒可知，同时生成其他产物，原子利用率小于100%，D错误；
故选CD；
【小问4详解】
与反应生成，根据质量守恒，和信息Ⅳ+a→Ⅴ+，化合物a的结构简式为，；
【小问5详解】
在化合物的同分异构体中，满足ⅰ．含有一个六元碳环 ⅱ．能发生银镜反应，说明含醛基，或甲酸酯类，不饱和度为3，不含苯环，核磁共振氢谱上只有5组峰，满足条件的有：或；
【小问6详解】
与溴加成生成，取代生成，与发生②反应生成，还原生成，在浓硫酸条件下消去生成；(a)路线中需利用反应②原理制备出，该反应需要的五元碳环反应物质为；
(b)第二步反应发生取代反应合成上述五元碳环反应物，其化学方程式为+2NaOH+2NaBr。
20. Ⅰ．某学习小组探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，进行如下实验：
（1）___________，___________。
（2）写出实验3中生成蓝色沉淀的化学方程式为___________。
（3）实验3和实验4对比，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需___________。
【查阅资料】
a．乙醛在碱性溶液加热，容易生一种橙黄色甚至红褐色的多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精；
b．能溶于浓氨水形成无色的，不稳定，易被氧化成蓝色的；
c．与稀盐酸反应生成白色CuCl沉淀，CuCl沉淀与浓盐酸生成无色的，而为黄色；
d．在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。
Ⅱ．继续对砖红色沉淀进行探究：
【提出猜想】砖红色沉淀中可能含有：多烯醛聚合物、
【实验验证】
（4）
（5）甲同学根据实验5认为产物中存在，乙同学认为若产物中存在___________，也可能得到上述现象。结合已知资料，乙同学的依据是：(请完成离子方程式) ___________。
【继续验证】
（6）
【得出结论】结合上述实验，可知砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、。
【答案】（1）①.0.5 ②.0.4
（2）
（3）强碱性环境 （4）酒精
（5）①. ②.
（6）①.浓盐酸 ②.洗涤液为橙黄色，样品加入稀盐酸有白色沉淀，加入浓盐酸后溶解呈无色
【解析】
【小问1详解】
由实验1可知，总体积为2.9mL，探究NaOH用量对乙醛与新制氢氧化铜实验的影响，则控制唯一变量，可知，；
【小问2详解】
生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，化学方程式：；
【小问3详解】
实验3和实验4对比实验3碱浓度小于实验4，不产生砖红色沉淀，可得出结论：新制氢氧化铜氧化乙醛，需强碱性环境；
【小问4详解】
由多烯醛聚合物，难溶于水易溶于酒精，故在实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加酒精，并振荡，沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色，说明含有多烯醛聚合物；
【小问5详解】
因在的作用下，Cu也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的，实验5现象是浅蓝色，故若产物中存在Cu，也可以得到上述现象，离子方程式；
【小问6详解】
由结论，砖红色沉淀的成分为：多烯醛聚合物、，则需要验证两物质存在，取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，用乙醇洗涤可以洗去砖红色沉淀表面附着的有机物，滤液呈橙黄色，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸生成白色CuCl沉淀，并振荡，再滴加足量的浓盐酸生成无色的，故现象为，洗涤液为橙黄色，样品加入稀盐酸有白色沉淀，加入浓盐酸后溶解呈无色。
A．的价层电子对互斥(VSEPR)模型
B．反-2-丁烯的结构简式
C．3，3-二甲基戊烷的键线式
D．HCl分子中键的形成
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
使用萃取碘水中的碘
和都是非极性分子
B
熔点：
离子半径：
C
为共价化合物
能溶于水
D
对羟基苯甲醛沸点低于邻羟基苯甲醛
对羟基苯甲醛存在分子内氢键
A．红外光谱分析
B．核磁共振氢谱分析
C．质谱分析
D．元素分析
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
a
___________
加成反应
b
___________
氧化反应
实验序号
乙醛溶液/mL
10%NaOH溶液/mL
2%CuSO4溶液/mL
蒸馏水
现象
1
0.5
2
0
0.4
无色溶液逐渐变为亮黄色浊液，最后变为橙红色浊液
2
0.5
0
2
0.4
加热过程中溶液蓝色加深，无沉淀产生
3
2
0
生成蓝色沉淀，加热后变为黑色浊液
4
0.5
2
0.4
0
先生成蓝色悬浊液，加热后，最后变为橙红色浊液，试管底部出现砖红色沉淀
实验编号
实验步骤
实验现象
5
取少量实验4所得砖红色沉淀于试管中，加入适量浓氨水，振荡，静置；
沉淀部分溶解，溶液呈浅蓝色
6
将实验5剩余沉淀洗涤干净后，滴加___________，并振荡。
沉淀完全溶解，溶液呈橙黄色
实验编号
实验步骤
实验现象
7
取实验4所得砖红色沉淀，加入乙醇，充分振荡，分离，洗涤，得到样品，取少量样品于试管中，滴加稀盐酸，并振荡，再滴加足量的___________，振荡、静置。
___________