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【化学】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）
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河北省唐山市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试
说明：
1.考试时间90分钟，满分100分。
2.卷Ⅰ答案点击智学网上对应选项，将卷Ⅱ答案写在纸上，对应题目的答案拍照上传至智学网，一题一张。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65
卷Ⅰ(选择题共50分)
一、单项选择题（共15小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有1个选项正确。）
1.《天工开物》中记载：贱者桓裋、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，以自别于禽兽。是故其质则造物之所具也。属草木者为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”分别属于（ ）
A. 纤维素、油脂 B. 糖类、油脂
C. 纤维素、蛋白质 D. 糖类、蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】“枲、麻、苘、葛”是植物纤维，属于纤维素；裘褐由动物毛皮制造、丝绵成分是蚕丝，动物的毛皮和蚕丝的主要成分是蛋白质，故C正确，故答案为C。
2.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为95%
【答案】D
【解析】
【详解】A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蚕丝和人造纤维，故A正确；
B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；
C．加热可导致蛋白质变性，则一般高温可杀菌，故C正确；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；
故答案为D。
3.下列由实验得出的结论正确的是（ ）
选项
实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2－二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和浓硫酸170℃条件下反应，将生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色
乙醇发生消去反应，生成了乙烯
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的一氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A正确；
B．乙醇和浓硫酸170℃条件下反应，发生消去反应生成的乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，但挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，未除去乙醇，则无法判断发生乙醇发生了消去反应，故B错误；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；
D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错误；
故答案为A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 胶体区别于其它分散系的本质特征为丁达尔效应
B. 标准状况下，22.4L氮气、CO和乙烯的混合气的质量为28g
C. 配制一定物质的量浓度溶液的实验，若定容时俯视刻度线，则该溶液的浓度偏小
D. 有单质参加或单质生成的反应为氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体是分散质粒子直径介于1~100nm之间的分散系，其本质特征是分散质粒子直径介于1~100nm，而不是丁达尔效应，故A错误；
B．氮气、CO和乙烯的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，22.4L混合气体的物质的量为1mol，则1mol氮气、CO和乙烯的混合气的质量为28g，故B正确；
C．配制一定物质的量浓度溶液的实验，若定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C错误；
D．有单质参加或单质生成的反应不一为氧化还原反应，如3O22O3，故D错误；
故答案为B。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 第四周期最外层电子数是1的元素有2个
B. Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d44s2
C. 卤化氢的沸点由低到高的顺序为HF
【答案】D
【解析】
【详解】A．第四周期最外层电子数是1的元素有K、Cr、Cu共3个，故A错误；
B．Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，故B错误；
C．卤化氢随核电荷数的递增，分子间范德华力增大，沸点呈增大的趋势，但HF分子间存在氢键，则卤化氢的沸点由低到高的顺序为HCl
故答案为D。
6.下列说法错误的是（ ）
A. 金属铁原子核外电子运动状态有26种
B. 金刚石晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率表达式为π×100%
C. 从原子轨道重叠方式考虑，氮气分子中的共价键类型有σ键和π键
D. HCN分子的空间构型为直线形
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe原子核外有26个电子，则有26种运动状态，故A正确；
B．碳原子与周围4个相邻的碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，若晶胞参数为a pm，则碳原子半径=a pm××=pm，晶胞中碳原子数目=4+8×+6×=8，晶胞中碳原子总体积=8×π()3，晶胞体积为a3，碳原子在晶胞中的空间占有率=×100%=×100%，故B错误；
C．N2分子中存在氮氮叁键，其中含有1个σ键和2个π键，故C正确；
D．HCN分子中C原子的杂化轨道形式是sp杂化，则HCN的空间构型为直线形，故D正确；
故答案为B。
7.分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na，而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2。则该有机物的结构(不考虑立体异构)有（ ）
A. 9种 B. 10种 C. 12种 D. 17种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替；若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种；若C4H10为异丁烷：CH3CH(CH3)CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种；故该有机物的可能的结构有2+6+1+3=12种；故答案为C。
8.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A. 白磷(P4)为正四面体结构，1molP4所含共价键数目为4NA
B. 22.4LC2H4和C2H6混合气体含有的碳原子数是2NA
C. 标准状况下，6g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数为0.1NA
D. 18g葡萄糖分子中含羟基数目为0.6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷(P4)为正四面体结构，每个P4分子中含有6个P-P键，则1molP4所含共价键数目为6NA，故A错误；
B．未指明22.4LC2H4和C2H6混合气体的状态是否为标准状况，则无法确定混合气体的物质的量为1mol，故B错误；
C．乙酸和丙醇的摩尔质量均为60g/mol，则6g混合物的物质的量为0.1mol，所含分子为0.1NA个，故C正确；
D．葡萄糖为五羟基醛，摩尔质量为180g/mol，则18g葡萄糖的物质的量为0.1mol，所含羟基数目为0.5NA，故D错误；
故答案为C。
9.短周期元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。它们最高价氧化物对应的水化物依次为甲、乙、丙、丁。下列叙述正确的是（ ）
A. 简单离子的半径大小：W>R>T
B. 含有T元素的盐溶液一定显酸性
C. W氧化物在空气中与其他物质作用可形成光化学烟雾
D. 甲、乙、丙、丁受热均易分解
【答案】A
【解析】
【分析】
由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素。
【详解】由分析知：T为Al元素、Q为C元素、R为N元素、W为S元素；
A．S2-离子的核外比N3-、Al3+多一个电子层，且N3-和Al3+离子核外结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为S2-> N3-> Al3+，故A正确；
B．AlCl3溶液显酸性，而NaAlO2溶液显碱性，故B错误；
C．W为S元素，而光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故C错误；
D．Al(OH)3、HNO3和H2CO3受热易分解，H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解，故D错误；
故答案为A。
10.下列说法正确的是
A. 烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小
B. 乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷
C. 1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键
D. C7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种
【答案】D
【解析】
【详解】A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；
B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，故C错误；
D．C7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；
答案选D。
11.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X与W同主族，Z与R同主族，X的原子半径比Y的小，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C. R的氧化物对应的水化物均为强酸
D. W2Z2与X2R均含有共价键
【答案】D
【解析】
【详解】“Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍”，因最外层电子数不越过8个，且第二周期元素的内层是K层，有2个电子，第三周期元素的内层是K、L层共10个电子，所以Z元素只能是第二周期的氧元素（核外K、L层电子数分别为2、6）。因“Z与R同主族”，故R为硫元素。因X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，Y处于氧元素之前，且Y最高价氧化物对应的水化物是强酸，所以Y只能是氮元素。X处于Y之前且原子半径比Y小，所以X不会与Y周期（同周期元素原子半径逐渐减小），X且为主族，所以X只能是氢元素。W应处于氧与硫之间且与X同主族，所以W为钠元素。总之，X为氢、Y为氮、Z为氧、W为钠、R为硫。
A.根据同周期原子半径逐渐减小，同主族原子半径逐渐增大可知，原子半径大小关系为：r(Na)>r(N)>r(O)。A项错误；
B.根据元素非金属性越强，该元素气态氢化物的热稳定性越强可知，氢化物的热稳定性关系：H2O>NH3。B项错误；
C. 根据元素非金属性越强，该元素最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，硫酸（H2SO4）是强酸，而亚硫酸（H2SO3）不是强酸，C项错误；
D.Na2O2的电子式为，过氧根中氧原子之间是共价键，H2S的电子式为，H与S之间是共价键，D项正确；答案选D。
【点睛】元素非金属性强弱的实验标志有：(1)元素的单质与H2化合越容易，该元素非金属性越强；(2)元素的气态氢化物越稳定，该元素非金属性越强；(3)元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，该元素非金属性越强等。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 硼酸(H3BO3)分子中含有3个羟基，因此硼酸为三元酸
B. Ga、Ge、As、Se四种基态原子的第一电离能由小到大的顺序为Ga＜Ge＜Se＜As
C. Cu3N形成的晶体结构如图所示，则与N3-等距离且最近的Cu+有3个
D. 第二周期元素电负性由小到大顺序排列，B元素应位于第2位
【答案】B
【解析】
【详解】A．硼酸中的硼为缺电子结构，在溶液中可以结合水电离出的氢氧根形成B(OH)4-，电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)4-＋H＋，故硼酸为一元弱酸，A错误；
B．一般规律：同周期元素，从左往右，第一电离能增大，As与Se相比，4p轨道半充满，更稳定，不易失电子，故As的第一电离能比Se大，即第一电离能由小到大的顺序为Ga
D．中学一般不考虑稀有气体的电负性，同周期主族元素的电负性随原子序数增大而增大，故第二周期元素(Ne元素除外)电负性：Li
13.下列关于有机物的说法正确的是
A. 乙烷和新戊烷分子中所含甲基数之比为1∶1
B. 甲苯能发生加成反应、氧化反应和取代反应
C. 聚乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但二者原理不同
D. 和C4H10的二氯代物的数目相同（不含立体异构）
【答案】B
【解析】
A项：乙烷分子中含有2个甲基，新戊烷分子中含有4个甲基，二者所含甲基数目之比为1∶2，A 项错误；B项：甲苯能与 H2 发生加成反应，能燃烧发生氧化反应，能与 Cl 2、Br2、浓硝酸等在一定条件下发生取代反应，B项正确；C项：聚乙烯不含碳碳双键，不能使酸性 KMnO4 溶液和溴水褪色，C项错误； D项：的二氯代物有12种，C4H10的二氯代物有9种,D项错误。
14.关于有机化合物a()和b()。下列说法正确的是（ ）
A. a、b与苯是同分异构体
B. a、b中所有碳原子均共平面
C. a的二氯代物有5种
D. b能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b分子式均为C6H8，互为同分异构体，苯的分子式为C6H6，与a、b不互为同分异构体，A错误；
B．中，“1”号C为饱和碳，“1”、“2”、“3”、“4”号C最多只有3个C共面，B错误；
C．a的二氯代物有5种，如图：，2个Cl分别位于“1”“1”，“1”“2”，“1”“3”，“1”“4”，“3”“4”号C上，C正确；
D．b与酸性高锰酸钾发生氧化反应，b与溴水发生加成反应，原理不同，D错误。
答案选C。
15.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物
B. 5-HMF→FDCA 发生氧化反应
C. 单体 a 为乙醇
D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害
【答案】C
【解析】
【详解】A.从结构上看，葡萄糖是五羟基醛，果糖是五羟基酮，均属于多羟基化合物，故A正确；
B.转化为的反应是醇羟基和醛基氧化为羧基的反应，故B正确；
C.由PEF的结构简式 可知，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成PEF，单体 a 为乙二醇，故C错误；
D. 由PEF的结构简式可知，PEF 树脂中含有酯基，一定条件下能发生水解反应而降解，从而减少白色污染对环境的危害，故D正确；
故选C。
【点睛】一定条件下，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成，单体 a 为乙二醇是解答关键。
二、不定项项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1-2个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
16.工业可由异丙苯()催化脱氢得到2-苯基丙烯()，下列关于两种有机物说法正确的是（ ）
A. 都是苯的同系物
B. 都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 苯环上的二氯代物都有6种
D. 分子内共平面最多的碳原子数均为8
【答案】BC
【解析】
【详解】A．2-苯基丙烯()侧链含碳碳双键，不是苯的同系物，A错误；
B．异丙苯()中与苯环相连的C上有H，可以和酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，2-苯基丙烯()含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．和苯环上的二氯代物都有6种，为2个Cl分别处于“1”“2”，“1”“3”， “1”“4”， “1”“5”， “2”“3”， “2”“4”号C原子上，C正确；
D．最多有8个C原子共面，最多有9个C原子共面，D错误
答案选BC。
17.实验室可用如图所示的装置实现“路线图”中的部分转化，下列叙述错误的是（ ）
A. 铜网表面乙醇发生氧化反应
B. 甲、乙烧杯中的水均起冷却作用
C. 试管a收集的液体中至少有两种有机物
D. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.铜网作催化剂，乙醇在其表面发生氧化反应，生成乙醛，故A正确；
B.甲烧杯中应为热水，目的是将乙醇变为乙醇蒸气，与氧气一起进入用铜网的硬质玻璃管中，乙烧杯中的水为冷水，冷却生成的乙醛和水，故B错误；
C.试管a收集的液体中一定含有生成的乙醛和挥发出来的乙醇，还可能含有乙醛的氧化产物乙酸，故C正确；
D.实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明反应放热，能维持反应继续进行，故D正确。
故选B。
18.下列有关化合物X(结构如图)的叙述正确的是（ ）
A. X分子存2个手性碳原子
B. X分子能发生氧化、取代、消去反应
C. X分子中所有碳原子可能在同一平面上
D. 1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH
【答案】BD
【解析】
【分析】
有机物含有酯基、羟基、羰基以及溴原子，结合酯类、醇、酮以及卤代烃性质解答该题。
【详解】A．碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，该分子中共有3个手性碳，（标有五星的碳），故A错误；
B．含有羟基，可发生氧化反应，取代反应、消去反应，故B正确；
C．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故C错误；
D．能与氢氧化钠反应的为酯基、溴原子，则1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，故D正确。
答案选BD。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 抗坏血酸分子的结构为，分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3
B. 氯化铝在177.8℃时升华，因此AlCl3为分子晶体，是非电解质
C. 碳元素和硅元素同主族，因此CO2和SiO2互为等电子体
D. 一种磁性材料的单晶胞结构如图所示。该晶胞中碳原子的原子坐标为(，，)
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据抗坏血酸分子的结构可知，分子中以4个单键相连的碳原子采取sp3杂化，碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采取sp2杂化，A选项正确；
B．氯化铝在177.8℃时升华，熔沸点低，因此AlCl3为分子晶体，但AlCl3在水溶液中完全电离，属于强电解质，B选项错误；
C．CO2是分子晶体，为直线形分子，而SiO2是原子晶体，没有独立的SiO2微粒，两者结构不同，因此两者不互为等电子体，C选项错误；
D．根据晶胞结构图分析可知，C原子位于晶胞的体心，由几何知识可知，该碳原子的坐标为(，，)，D选项正确；
答案选AD。
【点睛】C选项为易错点，解答时需理解：具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。
20.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中
钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
有砖红色沉淀生成
淀粉完全水解
C
向某卤代烃中加入NaOH水溶液，加热，再向溶液中加入硝酸银溶液
产生淡黄色沉淀
卤代烃中含溴原子
D
持续加热FeCl3溶液至沸腾
溶液变成红褐色
有Fe(OH)3胶体生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠与水反应剧烈说明水中的羟基电离出氢离子能力大于乙醇中羟基电离氢的能力，从而说明水中的羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，故A正确；
B.该实验现象只能证明淀粉已经发生水解，但不能说明其完全水解，应在反应后的溶液中加碘水验证是否有淀粉剩余，故B错误；
C.卤代烃中卤素原子的检验加碱加热后，先加硝酸中和氢氧化钠后再加硝酸银溶液，否则溶液中的氢氧化钠与硝酸银反应影响检验，故C错误；
D.持续加热会使产生的胶体聚沉，形成红褐色沉淀，对应现象不符合，故D错误；
故选：A。
卷Ⅱ(非选择题共50分)
三、填空题（共3小题，共50分。）
21.某化学兴趣小组设计实验制备苯甲酸异丙酯，其原理为，用如图所示装置进行实验：
物质的部分物理性质如表所示：
物质
相对分子质量
密度/g·cm-3
沸点/℃
水溶性
苯甲酸
122
1.27
249
微溶
异丙醇
60
0.79
82
易溶
苯甲酸异丙酯
164
1.17
218
不溶
实验步骤：
步骤Ⅰ.在干燥的仪器a中加入38.1g苯甲酸、30mL异丙醇和15mL浓硫酸，再加入几粒沸石；
步骤Ⅱ.加热至70℃左右，保持恒温半小时；
步骤Ⅲ.将仪器a中液体进行如下所示操作得到粗产品：
步骤Ⅳ.将粗产品用图乙所示装置进行精制。
试回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中加入三种试剂的先后顺序一定错误的是___(填字母)。
A.异丙醇、苯甲酸、浓硫酸
B.浓硫酸、异丙醇、苯甲酸
C.异丙醇、浓硫酸、苯甲酸
（2）图甲中仪器a的名称为___。加入的苯甲酸和异丙醇中，一般使异丙醇稍过量，目的是___。
（3）本实验一般采用水浴加热，因为温度过高会使产率___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）步骤III的操作Ⅰ中第二次水洗的目的是__，操作Ⅱ中加入无水硫酸镁的作用为___。
（5）步骤Ⅳ操作时应收集218℃的馏分，如果温度计水银球偏上，则收集的精制产品中可能混有的杂质为___(填物质名称)。
（6）如果得到的苯甲酸异丙酯的质量为40.930g，则该实验的产率为___%(结果保留2位有效数字)。
【答案】 (1). B (2). 三颈烧瓶 (3). 有利于酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率 (4). 减小 (5). 除去残留的碳酸钠 (6). 除去残留的水 (7). 苯甲酸 (8). 80
【解析】
【分析】
由题中信息可知，苯甲醇和异丙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成苯甲酸异丙酯。得到的粗产品经水洗、饱和碳酸钠溶液洗涤、再水洗后，分液，有机层经无水硫酸镁干燥，过滤，滤液经蒸馏得到较纯的产品。
【详解】(1) 浓硫酸密度大，且具有强氧化性，在此反应中浓硫酸作催化剂，所以不能先加，故先后顺序一定错误的是B，故答案为：B；
(2) 根据图示仪器构造分析A为三颈烧瓶；该反应为可逆反应，使异丙醇稍过量有利于酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率；
(3) 异丙醇沸点低，易挥发损耗，所以温度过高会使产率减小，故答案为：减小；
(4) 苯甲酸微溶于水，所以用饱和碳酸钠溶液洗，然后第二次水解的目的是除去残留的碳酸钠；再加入无水硫酸镁是为了除去残留的水，故答案为：除去残留的碳酸钠；除去残留的水；
(5) 如果温度计水银球偏上，则使得蒸馏烧瓶内蒸汽温度升高，达到苯甲酸的沸点时，此时收集的精制产品中可能混有的杂质为苯甲酸，故答案为：苯甲酸；
(6)38.1g苯甲酸的物质的量为，30mL异丙醇的物质的物质的量为，则醇过量，理论上得到苯甲酸异丙酯的物质的量为0.31mol则产率为，故答案为80。
22.已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C与B同周期且基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色；且D、G的原子序数相差10；E元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E、F的电子数相差1。
请回答下列问题：
（1）基态E原子的价电子排布式为___。
（2）与BC分子互为等电子体的离子为___ (填化学式，任写一种)。
（3）在液态非极性分子B6A6中，B原子采取的杂化方式为___。
（4）元素C的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___。
（5）F可形成化学式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为___。
（6）金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①金属G的晶胞中，测得晶胞中G原子的半径为apm，则G晶体的密度为___g/cm3(列出表达式即可，NA为阿伏伽德罗常数的值)，D、G两种晶胞中金属的配位数之比为___。
②金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示：
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
G
746
1958
锌
906
1733
G的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能(I2)，其主要原因是___。
【答案】 (1). 3d64s2 (2). CN-（NO+或C） (3). sp2 (4). 水分子间存在氢键 (5). [Co(NH3)5SO4]Br (6). (7). 2：3 (8). Zn+的价电子排布式为3d104s1，而Cu+的是3d10，Cu+因3d轨道全满更稳定，较难失去电子，I2较大
【解析】
【分析】
A的原子半径最小，A是H元素；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，B是碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2，n=2，则C是O元素；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，D是K元素；且D、G的原子序数相差10，G是Cu元素；E的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，E是Fe元素； E.、F的电子数相差1，F是Co元素。
【详解】（1）根据以上分析，基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2；
（2）与CO分子互为等电子体的离子为CN-（NO+或C）；
（3）C6H6是平面结构，C原子采取的杂化方式分別为sp2；
（4）水分子间形成氢键，所以沸点比同主族的简单氢化物都高；
（5）Co可形成分子式均为Co (NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象；若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH8)6SO4]Br；
（6）①金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞中铜原子的半径为apm，面对角线是4个原子半径，则Cu晶体的密度为： g/cm3；金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12，配位数比是2:3；
②锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。
【点睛】配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以[Co(NH3)5Br]SO4加BaCl2溶液时生成白色沉淀；[Co(NH8)6SO4]Br加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。
23.目前我国的新冠肺炎防疫工作已取得了阶段性胜利，疫情中心武汉市已于4月8日零时解封。在国家卫生健康委员会发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）》中，抗病毒治疗试用药物增加了磷酸氯喹。磷酸氯喹可由氯喹和磷酸在一定条件下制得。氯喹()可由以下路线合成：
回答下列问题：
（1）A的名称为___，G中含氧官能团的名称为___，G→H的反应类型为___。
（2）写出F+J→氯喹的化学反应方程式___。
（3）有机物B与足量H2加成后的产物为X，试用“*”标出X中的手性碳原子___。
（4）M与H互为同分异构体，符合下列条件的M有___种。其中核磁共振氢谱中显示有7个吸收峰，峰面积比为6：4：4：4：3：1：1，其结构简式为___ (任写一种)。
①含有六元环和－N(C2H5)2②酸性条件下水解产物含乙酸③能发生酯化反应
（5）参照以上合成路线，请设计以1，3－丁二烯和苯为原料合成的合成路线___。
【答案】 (1). 间氯硝基苯 (2). 羰基和酯基 (3). 取代
(4). +HCl
(5). (6). 19 (7). 、或 (8).
【解析】
【分析】
A的分子式为C6H4ClNO2，A与Fe/HCl反应生成B，结合B的结构简式，A的结构简式为；C与NaOH反应后酸化得到D，结合C的结构简式和D的分子式，D的结构简式为；E与POCl3反应生成F，结合F的分子式和E的结构简式，F的结构简式为；乙酰乙酸乙酯与乙醇钠、BrCH2CH2Br反应生成G，G与HN(C2H5)2反应生成H，结合G的分子式以及H的结构简式，G的结构简式为，据此分析作答。
【详解】(1) A的结构简式为，氯原子和硝基处于间位，故命名为间氯硝基苯；G的结构简式为，其中含氧官能团为羰基和酯基；G→H的反应，通过对比两者的结构可以发现，—Br被—N(C2H5)2取代，故为取代反应；
(2) F+J→氯喹的反应为取代反应，除了氯喹外还有HCl生成，反应的化学方程式为+HCl；
(3)当碳原子连接的四个原子或原子团不相同时，呈镜像对称，这样的碳原子为手性碳原子，B与足量H2加成后的产物X为，含2个手性碳：；
(4)H的结构简式为，H的不饱和度为2，同时符合①含有六元环和－N(C2H5)2、②酸性条件下水解产物含乙酸、③能发生酯化反应的同分异构体含有的—OH、CH3COO—、—N(C2H5)2，当CH3COO—、—N(C2H5)2位于同一个碳时有3种结构，二者处于对位时有4种结构，处于间位时有6种结构，处于邻位时有6种结构，总共3+4+6+6=19种结构；其中核磁共振氢谱中显示有7个吸收峰，峰面积比为6：4：4：4：3：1：1的有、、；
(5)以1，3－丁二烯和苯为原料合成，对于产物结合上面的合成路线可知，①需要在苯环上引入—NH2，参照A转化为B的过程，先硝化再还原，②1，3－丁二烯不完全加成变为一个双键，两步反应的产物发生类似G→H的取代反应得到目标产物，合成路线为：。
【点睛】本题的易错点有：(3)手性碳有一定难度，关键找出四个原子或原子团都不相同的碳原子；(4)同分异构体数目计算时注意，两个取代基可以位于同一个碳上的情况；(5)这是对知识迁移能力的考查，关键要弄清楚反应的原理，再从熟悉的知识出发设计出合理的路线。
说明：
1.考试时间90分钟，满分100分。
2.卷Ⅰ答案点击智学网上对应选项，将卷Ⅱ答案写在纸上，对应题目的答案拍照上传至智学网，一题一张。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65
卷Ⅰ(选择题共50分)
一、单项选择题（共15小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有1个选项正确。）
1.《天工开物》中记载：贱者桓裋、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，以自别于禽兽。是故其质则造物之所具也。属草木者为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”分别属于（ ）
A. 纤维素、油脂 B. 糖类、油脂
C. 纤维素、蛋白质 D. 糖类、蛋白质
【答案】C
【解析】
【详解】“枲、麻、苘、葛”是植物纤维，属于纤维素；裘褐由动物毛皮制造、丝绵成分是蚕丝，动物的毛皮和蚕丝的主要成分是蛋白质，故C正确，故答案为C。
2.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为95%
【答案】D
【解析】
【详解】A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蚕丝和人造纤维，故A正确；
B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；
C．加热可导致蛋白质变性，则一般高温可杀菌，故C正确；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误；
故答案为D。
3.下列由实验得出的结论正确的是（ ）
选项
实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2－二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和浓硫酸170℃条件下反应，将生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色
乙醇发生消去反应，生成了乙烯
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的一氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A正确；
B．乙醇和浓硫酸170℃条件下反应，发生消去反应生成的乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，但挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，未除去乙醇，则无法判断发生乙醇发生了消去反应，故B错误；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；
D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错误；
故答案为A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 胶体区别于其它分散系的本质特征为丁达尔效应
B. 标准状况下，22.4L氮气、CO和乙烯的混合气的质量为28g
C. 配制一定物质的量浓度溶液的实验，若定容时俯视刻度线，则该溶液的浓度偏小
D. 有单质参加或单质生成的反应为氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体是分散质粒子直径介于1~100nm之间的分散系，其本质特征是分散质粒子直径介于1~100nm，而不是丁达尔效应，故A错误；
B．氮气、CO和乙烯的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，22.4L混合气体的物质的量为1mol，则1mol氮气、CO和乙烯的混合气的质量为28g，故B正确；
C．配制一定物质的量浓度溶液的实验，若定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C错误；
D．有单质参加或单质生成的反应不一为氧化还原反应，如3O22O3，故D错误；
故答案为B。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 第四周期最外层电子数是1的元素有2个
B. Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d44s2
C. 卤化氢的沸点由低到高的顺序为HF
【答案】D
【解析】
【详解】A．第四周期最外层电子数是1的元素有K、Cr、Cu共3个，故A错误；
B．Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，故B错误；
C．卤化氢随核电荷数的递增，分子间范德华力增大，沸点呈增大的趋势，但HF分子间存在氢键，则卤化氢的沸点由低到高的顺序为HCl
故答案为D。
6.下列说法错误的是（ ）
A. 金属铁原子核外电子运动状态有26种
B. 金刚石晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率表达式为π×100%
C. 从原子轨道重叠方式考虑，氮气分子中的共价键类型有σ键和π键
D. HCN分子的空间构型为直线形
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe原子核外有26个电子，则有26种运动状态，故A正确；
B．碳原子与周围4个相邻的碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，若晶胞参数为a pm，则碳原子半径=a pm××=pm，晶胞中碳原子数目=4+8×+6×=8，晶胞中碳原子总体积=8×π()3，晶胞体积为a3，碳原子在晶胞中的空间占有率=×100%=×100%，故B错误；
C．N2分子中存在氮氮叁键，其中含有1个σ键和2个π键，故C正确；
D．HCN分子中C原子的杂化轨道形式是sp杂化，则HCN的空间构型为直线形，故D正确；
故答案为B。
7.分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na，而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2。则该有机物的结构(不考虑立体异构)有（ ）
A. 9种 B. 10种 C. 12种 D. 17种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替；若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种；若C4H10为异丁烷：CH3CH(CH3)CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种；故该有机物的可能的结构有2+6+1+3=12种；故答案为C。
8.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A. 白磷(P4)为正四面体结构，1molP4所含共价键数目为4NA
B. 22.4LC2H4和C2H6混合气体含有的碳原子数是2NA
C. 标准状况下，6g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数为0.1NA
D. 18g葡萄糖分子中含羟基数目为0.6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．白磷(P4)为正四面体结构，每个P4分子中含有6个P-P键，则1molP4所含共价键数目为6NA，故A错误；
B．未指明22.4LC2H4和C2H6混合气体的状态是否为标准状况，则无法确定混合气体的物质的量为1mol，故B错误；
C．乙酸和丙醇的摩尔质量均为60g/mol，则6g混合物的物质的量为0.1mol，所含分子为0.1NA个，故C正确；
D．葡萄糖为五羟基醛，摩尔质量为180g/mol，则18g葡萄糖的物质的量为0.1mol，所含羟基数目为0.5NA，故D错误；
故答案为C。
9.短周期元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。它们最高价氧化物对应的水化物依次为甲、乙、丙、丁。下列叙述正确的是（ ）
A. 简单离子的半径大小：W>R>T
B. 含有T元素的盐溶液一定显酸性
C. W氧化物在空气中与其他物质作用可形成光化学烟雾
D. 甲、乙、丙、丁受热均易分解
【答案】A
【解析】
【分析】
由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素。
【详解】由分析知：T为Al元素、Q为C元素、R为N元素、W为S元素；
A．S2-离子的核外比N3-、Al3+多一个电子层，且N3-和Al3+离子核外结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为S2-> N3-> Al3+，故A正确；
B．AlCl3溶液显酸性，而NaAlO2溶液显碱性，故B错误；
C．W为S元素，而光化学烟雾是由氮的氧化物导致的，故C错误；
D．Al(OH)3、HNO3和H2CO3受热易分解，H2SO4是强酸，很稳定，受热不易分解，故D错误；
故答案为A。
10.下列说法正确的是
A. 烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小
B. 乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷
C. 1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键
D. C7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种
【答案】D
【解析】
【详解】A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；
B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，故C错误；
D．C7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；
答案选D。
11.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X与W同主族，Z与R同主族，X的原子半径比Y的小，Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C. R的氧化物对应的水化物均为强酸
D. W2Z2与X2R均含有共价键
【答案】D
【解析】
【详解】“Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍”，因最外层电子数不越过8个，且第二周期元素的内层是K层，有2个电子，第三周期元素的内层是K、L层共10个电子，所以Z元素只能是第二周期的氧元素（核外K、L层电子数分别为2、6）。因“Z与R同主族”，故R为硫元素。因X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，Y处于氧元素之前，且Y最高价氧化物对应的水化物是强酸，所以Y只能是氮元素。X处于Y之前且原子半径比Y小，所以X不会与Y周期（同周期元素原子半径逐渐减小），X且为主族，所以X只能是氢元素。W应处于氧与硫之间且与X同主族，所以W为钠元素。总之，X为氢、Y为氮、Z为氧、W为钠、R为硫。
A.根据同周期原子半径逐渐减小，同主族原子半径逐渐增大可知，原子半径大小关系为：r(Na)>r(N)>r(O)。A项错误；
B.根据元素非金属性越强，该元素气态氢化物的热稳定性越强可知，氢化物的热稳定性关系：H2O>NH3。B项错误；
C. 根据元素非金属性越强，该元素最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，硫酸（H2SO4）是强酸，而亚硫酸（H2SO3）不是强酸，C项错误；
D.Na2O2的电子式为，过氧根中氧原子之间是共价键，H2S的电子式为，H与S之间是共价键，D项正确；答案选D。
【点睛】元素非金属性强弱的实验标志有：(1)元素的单质与H2化合越容易，该元素非金属性越强；(2)元素的气态氢化物越稳定，该元素非金属性越强；(3)元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，该元素非金属性越强等。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 硼酸(H3BO3)分子中含有3个羟基，因此硼酸为三元酸
B. Ga、Ge、As、Se四种基态原子的第一电离能由小到大的顺序为Ga＜Ge＜Se＜As
C. Cu3N形成的晶体结构如图所示，则与N3-等距离且最近的Cu+有3个
D. 第二周期元素电负性由小到大顺序排列，B元素应位于第2位
【答案】B
【解析】
【详解】A．硼酸中的硼为缺电子结构，在溶液中可以结合水电离出的氢氧根形成B(OH)4-，电离方程式为H3BO3+H2OB(OH)4-＋H＋，故硼酸为一元弱酸，A错误；
B．一般规律：同周期元素，从左往右，第一电离能增大，As与Se相比，4p轨道半充满，更稳定，不易失电子，故As的第一电离能比Se大，即第一电离能由小到大的顺序为Ga
D．中学一般不考虑稀有气体的电负性，同周期主族元素的电负性随原子序数增大而增大，故第二周期元素(Ne元素除外)电负性：Li
13.下列关于有机物的说法正确的是
A. 乙烷和新戊烷分子中所含甲基数之比为1∶1
B. 甲苯能发生加成反应、氧化反应和取代反应
C. 聚乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但二者原理不同
D. 和C4H10的二氯代物的数目相同（不含立体异构）
【答案】B
【解析】
A项：乙烷分子中含有2个甲基，新戊烷分子中含有4个甲基，二者所含甲基数目之比为1∶2，A 项错误；B项：甲苯能与 H2 发生加成反应，能燃烧发生氧化反应，能与 Cl 2、Br2、浓硝酸等在一定条件下发生取代反应，B项正确；C项：聚乙烯不含碳碳双键，不能使酸性 KMnO4 溶液和溴水褪色，C项错误； D项：的二氯代物有12种，C4H10的二氯代物有9种,D项错误。
14.关于有机化合物a()和b()。下列说法正确的是（ ）
A. a、b与苯是同分异构体
B. a、b中所有碳原子均共平面
C. a的二氯代物有5种
D. b能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、b分子式均为C6H8，互为同分异构体，苯的分子式为C6H6，与a、b不互为同分异构体，A错误；
B．中，“1”号C为饱和碳，“1”、“2”、“3”、“4”号C最多只有3个C共面，B错误；
C．a的二氯代物有5种，如图：，2个Cl分别位于“1”“1”，“1”“2”，“1”“3”，“1”“4”，“3”“4”号C上，C正确；
D．b与酸性高锰酸钾发生氧化反应，b与溴水发生加成反应，原理不同，D错误。
答案选C。
15.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物
B. 5-HMF→FDCA 发生氧化反应
C. 单体 a 为乙醇
D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害
【答案】C
【解析】
【详解】A.从结构上看，葡萄糖是五羟基醛，果糖是五羟基酮，均属于多羟基化合物，故A正确；
B.转化为的反应是醇羟基和醛基氧化为羧基的反应，故B正确；
C.由PEF的结构简式 可知，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成PEF，单体 a 为乙二醇，故C错误；
D. 由PEF的结构简式可知，PEF 树脂中含有酯基，一定条件下能发生水解反应而降解，从而减少白色污染对环境的危害，故D正确；
故选C。
【点睛】一定条件下，与HOCH2CH2OH发生縮聚反应生成，单体 a 为乙二醇是解答关键。
二、不定项项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1-2个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
16.工业可由异丙苯()催化脱氢得到2-苯基丙烯()，下列关于两种有机物说法正确的是（ ）
A. 都是苯的同系物
B. 都能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 苯环上的二氯代物都有6种
D. 分子内共平面最多的碳原子数均为8
【答案】BC
【解析】
【详解】A．2-苯基丙烯()侧链含碳碳双键，不是苯的同系物，A错误；
B．异丙苯()中与苯环相连的C上有H，可以和酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，2-苯基丙烯()含碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．和苯环上的二氯代物都有6种，为2个Cl分别处于“1”“2”，“1”“3”， “1”“4”， “1”“5”， “2”“3”， “2”“4”号C原子上，C正确；
D．最多有8个C原子共面，最多有9个C原子共面，D错误
答案选BC。
17.实验室可用如图所示的装置实现“路线图”中的部分转化，下列叙述错误的是（ ）
A. 铜网表面乙醇发生氧化反应
B. 甲、乙烧杯中的水均起冷却作用
C. 试管a收集的液体中至少有两种有机物
D. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.铜网作催化剂，乙醇在其表面发生氧化反应，生成乙醛，故A正确；
B.甲烧杯中应为热水，目的是将乙醇变为乙醇蒸气，与氧气一起进入用铜网的硬质玻璃管中，乙烧杯中的水为冷水，冷却生成的乙醛和水，故B错误；
C.试管a收集的液体中一定含有生成的乙醛和挥发出来的乙醇，还可能含有乙醛的氧化产物乙酸，故C正确；
D.实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明反应放热，能维持反应继续进行，故D正确。
故选B。
18.下列有关化合物X(结构如图)的叙述正确的是（ ）
A. X分子存2个手性碳原子
B. X分子能发生氧化、取代、消去反应
C. X分子中所有碳原子可能在同一平面上
D. 1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH
【答案】BD
【解析】
【分析】
有机物含有酯基、羟基、羰基以及溴原子，结合酯类、醇、酮以及卤代烃性质解答该题。
【详解】A．碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，该分子中共有3个手性碳，（标有五星的碳），故A错误；
B．含有羟基，可发生氧化反应，取代反应、消去反应，故B正确；
C．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不在同一个平面上，故C错误；
D．能与氢氧化钠反应的为酯基、溴原子，则1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，故D正确。
答案选BD。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 抗坏血酸分子的结构为，分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3
B. 氯化铝在177.8℃时升华，因此AlCl3为分子晶体，是非电解质
C. 碳元素和硅元素同主族，因此CO2和SiO2互为等电子体
D. 一种磁性材料的单晶胞结构如图所示。该晶胞中碳原子的原子坐标为(，，)
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据抗坏血酸分子的结构可知，分子中以4个单键相连的碳原子采取sp3杂化，碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采取sp2杂化，A选项正确；
B．氯化铝在177.8℃时升华，熔沸点低，因此AlCl3为分子晶体，但AlCl3在水溶液中完全电离，属于强电解质，B选项错误；
C．CO2是分子晶体，为直线形分子，而SiO2是原子晶体，没有独立的SiO2微粒，两者结构不同，因此两者不互为等电子体，C选项错误；
D．根据晶胞结构图分析可知，C原子位于晶胞的体心，由几何知识可知，该碳原子的坐标为(，，)，D选项正确；
答案选AD。
【点睛】C选项为易错点，解答时需理解：具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。
20.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中
钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
有砖红色沉淀生成
淀粉完全水解
C
向某卤代烃中加入NaOH水溶液，加热，再向溶液中加入硝酸银溶液
产生淡黄色沉淀
卤代烃中含溴原子
D
持续加热FeCl3溶液至沸腾
溶液变成红褐色
有Fe(OH)3胶体生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠与水反应剧烈说明水中的羟基电离出氢离子能力大于乙醇中羟基电离氢的能力，从而说明水中的羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，故A正确；
B.该实验现象只能证明淀粉已经发生水解，但不能说明其完全水解，应在反应后的溶液中加碘水验证是否有淀粉剩余，故B错误；
C.卤代烃中卤素原子的检验加碱加热后，先加硝酸中和氢氧化钠后再加硝酸银溶液，否则溶液中的氢氧化钠与硝酸银反应影响检验，故C错误；
D.持续加热会使产生的胶体聚沉，形成红褐色沉淀，对应现象不符合，故D错误；
故选：A。
卷Ⅱ(非选择题共50分)
三、填空题（共3小题，共50分。）
21.某化学兴趣小组设计实验制备苯甲酸异丙酯，其原理为，用如图所示装置进行实验：
物质的部分物理性质如表所示：
物质
相对分子质量
密度/g·cm-3
沸点/℃
水溶性
苯甲酸
122
1.27
249
微溶
异丙醇
60
0.79
82
易溶
苯甲酸异丙酯
164
1.17
218
不溶
实验步骤：
步骤Ⅰ.在干燥的仪器a中加入38.1g苯甲酸、30mL异丙醇和15mL浓硫酸，再加入几粒沸石；
步骤Ⅱ.加热至70℃左右，保持恒温半小时；
步骤Ⅲ.将仪器a中液体进行如下所示操作得到粗产品：
步骤Ⅳ.将粗产品用图乙所示装置进行精制。
试回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中加入三种试剂的先后顺序一定错误的是___(填字母)。
A.异丙醇、苯甲酸、浓硫酸
B.浓硫酸、异丙醇、苯甲酸
C.异丙醇、浓硫酸、苯甲酸
（2）图甲中仪器a的名称为___。加入的苯甲酸和异丙醇中，一般使异丙醇稍过量，目的是___。
（3）本实验一般采用水浴加热，因为温度过高会使产率___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）步骤III的操作Ⅰ中第二次水洗的目的是__，操作Ⅱ中加入无水硫酸镁的作用为___。
（5）步骤Ⅳ操作时应收集218℃的馏分，如果温度计水银球偏上，则收集的精制产品中可能混有的杂质为___(填物质名称)。
（6）如果得到的苯甲酸异丙酯的质量为40.930g，则该实验的产率为___%(结果保留2位有效数字)。
【答案】 (1). B (2). 三颈烧瓶 (3). 有利于酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率 (4). 减小 (5). 除去残留的碳酸钠 (6). 除去残留的水 (7). 苯甲酸 (8). 80
【解析】
【分析】
由题中信息可知，苯甲醇和异丙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成苯甲酸异丙酯。得到的粗产品经水洗、饱和碳酸钠溶液洗涤、再水洗后，分液，有机层经无水硫酸镁干燥，过滤，滤液经蒸馏得到较纯的产品。
【详解】(1) 浓硫酸密度大，且具有强氧化性，在此反应中浓硫酸作催化剂，所以不能先加，故先后顺序一定错误的是B，故答案为：B；
(2) 根据图示仪器构造分析A为三颈烧瓶；该反应为可逆反应，使异丙醇稍过量有利于酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率；
(3) 异丙醇沸点低，易挥发损耗，所以温度过高会使产率减小，故答案为：减小；
(4) 苯甲酸微溶于水，所以用饱和碳酸钠溶液洗，然后第二次水解的目的是除去残留的碳酸钠；再加入无水硫酸镁是为了除去残留的水，故答案为：除去残留的碳酸钠；除去残留的水；
(5) 如果温度计水银球偏上，则使得蒸馏烧瓶内蒸汽温度升高，达到苯甲酸的沸点时，此时收集的精制产品中可能混有的杂质为苯甲酸，故答案为：苯甲酸；
(6)38.1g苯甲酸的物质的量为，30mL异丙醇的物质的物质的量为，则醇过量，理论上得到苯甲酸异丙酯的物质的量为0.31mol则产率为，故答案为80。
22.已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C与B同周期且基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色；且D、G的原子序数相差10；E元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E、F的电子数相差1。
请回答下列问题：
（1）基态E原子的价电子排布式为___。
（2）与BC分子互为等电子体的离子为___ (填化学式，任写一种)。
（3）在液态非极性分子B6A6中，B原子采取的杂化方式为___。
（4）元素C的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___。
（5）F可形成化学式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为___。
（6）金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。
①金属G的晶胞中，测得晶胞中G原子的半径为apm，则G晶体的密度为___g/cm3(列出表达式即可，NA为阿伏伽德罗常数的值)，D、G两种晶胞中金属的配位数之比为___。
②金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示：
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
G
746
1958
锌
906
1733
G的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能(I2)，其主要原因是___。
【答案】 (1). 3d64s2 (2). CN-（NO+或C） (3). sp2 (4). 水分子间存在氢键 (5). [Co(NH3)5SO4]Br (6). (7). 2：3 (8). Zn+的价电子排布式为3d104s1，而Cu+的是3d10，Cu+因3d轨道全满更稳定，较难失去电子，I2较大
【解析】
【分析】
A的原子半径最小，A是H元素；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，B是碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2，n=2，则C是O元素；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，D是K元素；且D、G的原子序数相差10，G是Cu元素；E的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，E是Fe元素； E.、F的电子数相差1，F是Co元素。
【详解】（1）根据以上分析，基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2；
（2）与CO分子互为等电子体的离子为CN-（NO+或C）；
（3）C6H6是平面结构，C原子采取的杂化方式分別为sp2；
（4）水分子间形成氢键，所以沸点比同主族的简单氢化物都高；
（5）Co可形成分子式均为Co (NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象；若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH8)6SO4]Br；
（6）①金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞中铜原子的半径为apm，面对角线是4个原子半径，则Cu晶体的密度为： g/cm3；金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12，配位数比是2:3；
②锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。
【点睛】配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以[Co(NH3)5Br]SO4加BaCl2溶液时生成白色沉淀；[Co(NH8)6SO4]Br加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。
23.目前我国的新冠肺炎防疫工作已取得了阶段性胜利，疫情中心武汉市已于4月8日零时解封。在国家卫生健康委员会发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）》中，抗病毒治疗试用药物增加了磷酸氯喹。磷酸氯喹可由氯喹和磷酸在一定条件下制得。氯喹()可由以下路线合成：
回答下列问题：
（1）A的名称为___，G中含氧官能团的名称为___，G→H的反应类型为___。
（2）写出F+J→氯喹的化学反应方程式___。
（3）有机物B与足量H2加成后的产物为X，试用“*”标出X中的手性碳原子___。
（4）M与H互为同分异构体，符合下列条件的M有___种。其中核磁共振氢谱中显示有7个吸收峰，峰面积比为6：4：4：4：3：1：1，其结构简式为___ (任写一种)。
①含有六元环和－N(C2H5)2②酸性条件下水解产物含乙酸③能发生酯化反应
（5）参照以上合成路线，请设计以1，3－丁二烯和苯为原料合成的合成路线___。
【答案】 (1). 间氯硝基苯 (2). 羰基和酯基 (3). 取代
(4). +HCl
(5). (6). 19 (7). 、或 (8).
【解析】
【分析】
A的分子式为C6H4ClNO2，A与Fe/HCl反应生成B，结合B的结构简式，A的结构简式为；C与NaOH反应后酸化得到D，结合C的结构简式和D的分子式，D的结构简式为；E与POCl3反应生成F，结合F的分子式和E的结构简式，F的结构简式为；乙酰乙酸乙酯与乙醇钠、BrCH2CH2Br反应生成G，G与HN(C2H5)2反应生成H，结合G的分子式以及H的结构简式，G的结构简式为，据此分析作答。
【详解】(1) A的结构简式为，氯原子和硝基处于间位，故命名为间氯硝基苯；G的结构简式为，其中含氧官能团为羰基和酯基；G→H的反应，通过对比两者的结构可以发现，—Br被—N(C2H5)2取代，故为取代反应；
(2) F+J→氯喹的反应为取代反应，除了氯喹外还有HCl生成，反应的化学方程式为+HCl；
(3)当碳原子连接的四个原子或原子团不相同时，呈镜像对称，这样的碳原子为手性碳原子，B与足量H2加成后的产物X为，含2个手性碳：；
(4)H的结构简式为，H的不饱和度为2，同时符合①含有六元环和－N(C2H5)2、②酸性条件下水解产物含乙酸、③能发生酯化反应的同分异构体含有的—OH、CH3COO—、—N(C2H5)2，当CH3COO—、—N(C2H5)2位于同一个碳时有3种结构，二者处于对位时有4种结构，处于间位时有6种结构，处于邻位时有6种结构，总共3+4+6+6=19种结构；其中核磁共振氢谱中显示有7个吸收峰，峰面积比为6：4：4：4：3：1：1的有、、；
(5)以1，3－丁二烯和苯为原料合成，对于产物结合上面的合成路线可知，①需要在苯环上引入—NH2，参照A转化为B的过程，先硝化再还原，②1，3－丁二烯不完全加成变为一个双键，两步反应的产物发生类似G→H的取代反应得到目标产物，合成路线为：。
【点睛】本题的易错点有：(3)手性碳有一定难度，关键找出四个原子或原子团都不相同的碳原子；(4)同分异构体数目计算时注意，两个取代基可以位于同一个碳上的情况；(5)这是对知识迁移能力的考查，关键要弄清楚反应的原理，再从熟悉的知识出发设计出合理的路线。
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