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重庆市巴蜀中学2021-2022学年高二下学期期末化学试题Word版含解析
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这是一份重庆市巴蜀中学2021-2022学年高二下学期期末化学试题Word版含解析，共32页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 以下化学物质中等内容，欢迎下载使用。
高2023届高二(下)期末考试
化学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，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。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65 Sc-79
一、单选题(其中1-10小题，每题2分，11-18小题每题3分，共44分)
1. 近期的天宫课堂、冬奥会和新冠疫情都是热点话题，下列有关说法错误的是
A. 天宫材料中Ti简化的电子排布式：[Ar]3d24s2
B. 冬奥会期间使用芳纶1313(聚间苯二甲酰间苯二胺)与芳纶1414(聚对苯二甲酰对苯二胺)互为同分异构体
C. 航空材料中用到聚乙炔高分子材料能像金属一样具有导电性
D. 有机含氯消毒剂二氯异氰尿酸(C3HCl2N3O3)属于烃的衍生物
【答案】B
【解析】
【详解】A．钛元素的原子序数为22，简化的电子排布式为[Ar]3d24s2，故A正确；
B．聚间苯二甲酰间苯二胺和聚对苯二甲酰对苯二胺都是合成高分子化合物，聚合度n值不确定，两者分子式不同，不可能互为同分异构体，故B错误；
C．聚乙炔高分子材料能像金属一样能传递电子，具有导电性，故C正确；
D．有机含氯消毒剂二氯异氰尿酸分子中含有氯元素、氮元素和氧元素，属于烃的衍生物，故D正确；
故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 葡萄糖的实验式：C6H12O6 B. 乙醛官能团的结构简式：－COH
C. 2－丁烯的键线式： D. 聚丙烯腈的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，故A错误；
B．乙醛的官能团为醛基，结构简式为－CHO，故B错误；
C．2－丁烯的结构简式为H3CH=CHCH3，键线式为 ，故C增强；
D．丙烯腈发生加聚反应生成结构简式为 的聚丙烯腈，故D错误；
故选C。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 15g甲基所含有的电子数是10NA个
B. 1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA个
C. 标准状况下，1L乙醛所含有的分子数为
D. 常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲基中含有9个电子，则15g甲基所含有的电子数是×9×NAmol—1=9NA个，故A错误；
B．苯环不是单双键交替结构，所以1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1mol×NAmol—1=NA个，故B错误；
C．标准状况下，乙醛为液态，无法计算1L乙醛的物质的量和含有的分子数，故C错误；
D．乙烯和丙烯的最简式相同都为CH2，则14gCH2所含有的原子数是×3×NAmol—1=3NA个，故D正确；
故选D。
4. 下列说法正确的是
A. 变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应
B. 乙醛和丙烯醛不互为同系物，但它们与氢气充分反应后的产物互为同系物
C. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后都能为人体提供能量
D. 若两种二肽互为同分异构体，则二者水解的产物不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．变质的油脂有难闻的气味是因为油脂发生了氧化反应而变质，故A错误；
B．乙醛的官能团为醛基、丙烯醛的官能团为碳碳双键和醛基，两者含有的官能团不同，不是同类物质，不互为同系物，乙醛和丙烯醛与氢气充分发生加成反应所得产物分别为乙醇和丙醇，乙醇和丙醇的官能团相同，都是羟基，都是饱和一元醇，互为同系物，故B正确；
C．油脂相对分子质量小于一万，不是高分子化合物，人体不含水解纤维素的酶，纤维素摄入后，不能被人体吸收利用，不能为人体提供能量，故C错误；
D．若两种二肽互为同分异构体，两种二肽水解所得水解产物可能是相同的氨基酸，如甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应能形成两种互为同分异构体的二肽，两种二肽水解时的产物相同，都是甘氨酸和丙氨酸，故D错误；
故选B。
5. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. 装置甲制备并接收乙酸乙酯 B. 装置乙检验乙醇消去的产物
C. 装置丙检验1－溴丁烷的消去产物 D. 装置丁制备硝基苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸和乙醇具有挥发性，制得的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，将混合气体通入饱和碳酸钠溶液的液面上，可以中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯分层析出，则装置甲能制备并接收乙酸乙酯，故A正确；
B．乙醇在浓硫酸作用下共热到170℃发生消去反应生成乙烯，具有还原性乙醇与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应使溶液褪色，则装置乙不能用于检验乙醇消去的产物乙烯，故B错误；
C．1－溴丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成1—丁烯，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，会干扰1—丁烯的检验，则装置丙不能用于检验1－溴丁烷的消去产物1—丁烯，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸在50—60℃的水浴中反应生成硝基苯，实验时需用温度计控制水浴的温度，则装置丁缺少温度计，不能用于制备硝基苯，故D错误；
故选A。
6. 下列化学实验中的操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作
实验现织
解释或结论
A
向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热，再加入氢氧化钠调节至弱碱性，再加入银氨溶液，水浴加热
出现银镜
麦芽糖水解产物具有还原性
B
向CH2=CHCHO中滴加KMnO4酸性溶液
紫红色褪去
CH2=CHCHO中含碳碳双键
C
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液
浊液变澄清
CO结合H+的能力比C6H5O-强
D
将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中
紫红色褪去
乙二醇被氧化为乙二酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．麦芽糖本身具有还原性，无法判断麦芽糖水解产物具有还原性，A错误；
B．CH2=CHCHO中的碳碳双键和醛基都能使KMnO4酸性溶液褪色，无法判断CH2=CHCHO中含碳碳双键，B错误；
C．向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清，苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和NaHCO3，即苯酚酸性强于碳酸氢根，故CO结合H+的能力比C6H5O-强，C正确；
D．将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去，说明KMnO4被还原，但不能据此判断乙二醇被氧化后的产物，D错误；
故答案为C。
7. 以下化学物质中：①聚乙烯、②丙炔、③苯酚、④葡萄糖、⑤间二甲苯、⑥环己烯、⑦乙酸，既能使酸性高锰酸钾褪色又能使溴水因反应褪色的是
A. ②③④⑥ B. ②③⑥ C. ①②③⑥ D. ①②③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①聚乙烯分子中不含有碳碳双键，既不能与酸性高锰酸钾反应，又不能与溴水反应，故错误；
②丙炔分子中含有碳碳三键，既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故正确；
③苯酚既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀使溶液褪色，故正确；
④葡萄糖分子中含有醛基，能与酸性高锰酸钾溶液和溴水发生氧化反应使溶液褪色，故正确；
⑤间二甲苯属于苯的同系物，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，但不能与溴水反应，故错误；
⑥环己烯含有碳碳双键，既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故正确；
⑦乙酸不能与酸性高锰酸钾溶液反应，也不能与溴水反应，故错误；
②③④⑥正确，故选A。
8. 黄芩素是一种抑制新冠病毒活性较强的药物，其结构如图所示，下列说法正确的是
A. 黄芩素的核磁共振氢谱显示有八组峰
B. 1mol黄芩素最多能够消耗7mol的H2加成
C. 黄芩素分子式为C15H12O5
D. 黄岑素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有5个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，黄芩素分子中含有八类氢原子，核磁共振氢谱显示有八组峰，故A正确；
B．由结构简式可知，黄芩素分子中含有的苯环、羰基和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol黄芩素最多能够消耗8mol氢气，故B错误；
C．由结构简式可知，黄芩素分子的分子式为C15H10O5，故C错误；
D．由结构简式可知，黄芩素分子与足量氢气发生加成反应所得产物的结构简式为，分子中连有氧原子的碳原子中有6个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；
故选A。
9. 一种药物的分于结构如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是
A. 第一电离能：X＜Z＜Y
B. 在该结构中Y原子采用sp2杂化
C. W与Z可按原子个数比2∶1和1∶1形成两种化合物
D. 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目所给信息分析，Y是N元素，X在第二周期，其原子能形成四条共用电子对，所以X是C元素，Z在第二周期，其原子能与C原子形成双键，所以Z是O元素，W不在第二周期，且原子序数最小，且能与N、与C均形成单键，所以W是H元素；
【详解】A．C、N、O三元素第一电离能N最高，O次之，C最小，选项判断正确，不符题意；
B．结构中N原子形成的都是单键，所以N原子采用的是sp3杂化，选项判断错误，符合题意；
C．H与O形成的化合物有H2O和H2O2，原子个数比满足选项描述，选项判断正确，不符题意；
D．该结构中含有肽键()结构，能在碱性条件下水解生成NH3，选项判断正确，不符题意；
综上，本题选B。
10. 脯氨酸及其衍生物经常用作不对称有机催化剂，在催化合成酮醛反应如图，下列说法正确的是
A. 该反应为取代反应 B. CH3CH(NH2)COOH是脯氨酸的同系物
C. a、b、c均能使得酸性高锰酸钾褪色 D. 脯氨酸与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．b中醛基转化为羟基，为加成反应，故A错误；
B．CH3CH(NH2)COOH与脯氨酸的结构不相似，二者不属于同系物，故B错误；
C．a为酮，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，b、c均能使得酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D．脯氨酸与的分子式均是C5H9NO2，分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故答案选D。
11. 苯乙醛主要用于风信子、水仙等花香香料配方中，下列说法正确的是
A. 常温下，苯乙醛为油状液态主要是由于分子间存在氢键的原因
B. ①和④反应的原子利用率均小于100%
C. 通过如上反应，预测可以发生反应
D. 向试管中加入2mL10%的硫酸铜，滴加5滴2%的氢氧化钠溶液后，再加入0.5mL苯乙醛溶液，加热后有砖红色沉淀出现
【答案】C
【解析】
【分析】乙烯和氧气在催化剂作用下反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和苯发生加成反应生成苯乙醇，苯乙醇在一定条件下发生催化氧化生成苯乙醛。
【详解】A．苯乙醛不能形成分子间氢键，不满足氢键的形成(氢键是X−H∙∙∙Y，X、Y电负性都要大得元素)，常温下，苯乙醛为油状液态主要是分子间作用力较大引起的，故A错误；
B．①和④反应都属于加成反应，原子利用率为100%，故B错误；
C．根据④反应，预测可以发生反应 ，故C正确；
D．向试管中加入2mL10%的硫酸铜，滴加5滴2%的氢氧化钠溶液后，说明碱不足，不能检验醛基，故D错误。
综上所述，答案为C。
12. 某种含苯环的化合物分子式为C10H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为－Cl，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，则满足条件的有机化合物的同分异构体数目有多少种
A. 3种 B. 6种 C. 10种 D. 15种
【答案】D
【解析】
【详解】该有机物能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为－Cl，根据分子式确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基为-C4H7O2的种类数为该有机物的同分异构体数目，当取代基为-C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7O2与取代基－Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为种，故答案为D。
13. 某科研团队报道了一种制备酯的反应机理如图(其中Ph—代表苯基)。下列说法不正确的是
A. 化合物1为该反应的催化剂
B. 反应过程中涉及碳氧键的断裂和形成
C. 总反应中与H2O2的化学计量数之比为2∶1
D. 若原料为CH3CHO和，则预期产物为
【答案】C
【解析】
【详解】A．在终产物之后催化剂完成催化过程恢复原状，故化合物1为反应的催化剂，A正确。
B．2→3过程中涉及碳氧键的断裂，3→4、4→1过程中涉及碳氧键的形成，故B正确。
C．根据催化循环的箭头指向，总反应物为、和，总产物为和(图中未示出)，故总反应为，与的化学计量数之比为1∶1，故C错误。
D．若原料为和，可视为，与 形成的酯为，故D正确。
故选C。
14. X、Y、Z、W为原子序数依次增大四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 化合物A、C、E均不溶于水
B. Y分别与X、Z均可形成为非极性分子
C. X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低
D. W是所在周期中原子半径最大的元素
【答案】B
【解析】
【分析】根据分析A的相对分子质量为28的两种或三种元素所组成的化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子中含有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为乙醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。
【详解】A．A为乙烯、C为氯乙烷不溶于水， 而E为乙醇与水互溶，A错误；
B．X、Y组成的分子乙炔为非极性分子，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，B正确；
C．C、H组成化合物为烃，当是固态烃时，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，C错误；
D．同周期从左往右半径逐渐减小，因此氯是所在周期中原子半径最小的元素，D错误；
故答案为B。
15. 2022年3月，我国科学家在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如图：
CO2CH3OH→→
下列有关说法错误的是
A. 反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
B. 为加快③反应速率，可采用高温环境进行反应
C. DHA存在核磁共振只有一种氢同分异构体
D. 1molDHA与乙酸发生取代反应，可消耗分子数目为NA的乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．3.2gCH3OH的物质的量为0.1mol，根据甲醇催化氧化生成甲醛的方程式可知，0.1mol甲醇消耗0.05mol氧气，转移电子数为0.05mol×4=0.2mol，故转移电子数为0.2NA，A正确；
B．酶的催化需要适宜的温度，温度过高会使酶失去活性，B错误；
C．DHA的一种同分异构体为 ，该同分异构体中只有一种氢，C正确；
D．DHA含有的2个羟基与乙酸发生酯化反应，酯化反应是可逆反应，消耗乙酸的物质的量小于2mol，可消耗NA个乙酸分子，D正确；
故答案选B。
16. 硒是一种第四周期第VIA族的元素，硒化锌是一种黄色晶体，可用于荧光材料、半导体掺杂物。硒化锌的立方晶胞结构如图所示，其晶胞边长为apm。下列叙述错误的是
A. SeO的空间构型是三角锥形
B. 图中相邻的Se与Zn之间的距离为apm
C. 与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的有3种
D. 若硒化锌晶体的密度为ρg•cm-3，则阿伏加德罗常数的值为NA=
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子Se的价层电子对数为3+，Se采用sp3杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型为三角锥形，A正确；
B．图中2个锌离子平分体对角线，相邻的Se与Zn之间的距离为体对角线的，体对角线为，则相邻的Se和Zn之间的距离为，B正确；
C．主族元素同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，As的4p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，所以与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr，C正确；
D．一个晶胞中含有4个ZnSe，取1mol晶胞，则有4NA个ZnSe，质量为4×144g，其密度ρ=，所以NA=，D错误；
故答案选D。
17. 下列关于有机化合物的叙述不正确的是
A. 当总质量一定时，甲苯和甘油二者以任意比例混合，充分燃烧生成水的质量是不变的
B. 某烃的结构简式可表示为(碳原子数≤10)，已知烃分子中有两种化学环境不同的氢原子，则该烃一定是苯的同系物
C. 有机物A、B只可能是烃或烃含氧衍生物，等物质的量的A和B完全燃烧时，消耗氧气的量相等，则A和B的相对分子质量相差可能为8n(n为正整数)
D. 1－丙醇、2－氯丙烷、丙醛溶液、苯酚溶液用一种试剂即可逐一鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．每个甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）都含有8个氢原子，由于二者的相对分子质量都是92，则所含氢元素质量分数相同，所以当总质量一定时，含H质量一定，充分燃烧生成水的质量不变，故A正确；
B．该烃分子中有两种化学环境不同的氢原子，由于结构对称，苯环上4个氢原子为同一类型，X中还应有1种氢原子，根据分子内碳原子总数不超过10个，则X可能为-CH3或-CCH，则该烃不一定是苯的同系物，故B错误；
C．若烃为CxHy，则与等物质的量的且能拆成CxHy(CO2)m(H2O)n的烃的含氧衍生物消耗氧气的量相等，由于有机物中的一个碳原子被另一个有机物中的4个氢原子代替时，耗氧量不变，则这两种有机物的相对分子质量相差可能为8的倍数，故C正确；
D．向4种溶液中分别滴加溴水，出现分层的是2－氯丙烷，不分层，但溴水不变色的是1－丙醇，溴水褪色的是丙醛溶液，产生白色沉淀的是苯酚，所以用一种试剂即可逐一鉴别，故D正确；
答案选B。
18. 一种缓释阿司匹林G( )的合成路线如图：
下列说法正确的有几个
(1)有机物M的系统命名为2－羟基－2－羧基丙烷
(2)K的沸点高于乙醇
(3)1molD分别和Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3物质充分反应，所消耗的物质的量之比为2∶2∶1∶1
(4)有机物E的同分异构体中，同时满足下列条件的有9种
①遇FeCl3溶液不显色②1mol该物质消耗4molNaOH
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】C
【解析】
【分析】对比A、C的结构简式，结合反应条件可知，苯酚与氢氧化钠发生中和反应生成B，B先与二氧化碳发生加成反应、然后羧基与苯酚钠反应生成C，故B为，C酸化生成D为，由G的结构简式、F的分子式，可推知E为、P为，则D中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成E和CH3COOH，由分子式，结合P的结构简式，可推知Q为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，则L为 、K为HOCH2CH2OH，由分子式、反应条件可知M发生消去反应生成L，故M为（或），则F为，F与HCN先发生加成反应、然后-CN再水解为-COOH生成M。
【详解】（1）有机物M为（或），丙酸为母体，系统命名为2-甲基-3-羟基丙酸（或2-甲基-2羟基丙酸），（1）错误；
（2）K为HOCH2CH2OH，乙二醇分子间形成的氢键数目比乙醇分子间氢键多，故乙二醇的沸点高于乙醇，（2）正确；
（3）D为，羧基、酚羟基都与Na、NaOH反应，1molD反应消耗2molNa、2molNaOH，酚羟基能与碳酸钠反应转化为碳酸氢钠，而羧基都能与碳酸钠（或碳酸氢钠）反应生成二氧化碳，故1molD反应可以消耗2molNa2CO3，1molD反应消耗1mol碳酸氢钠，消耗Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2：2：2：1，（3）错误；
（4）E为，E的同分异构体同时满足下列条件：①遇FeCl3溶液不显色，说明没有酚羟基；②1mol该物质消耗4molNaOH，苯环可以含有2个-OOCH、1个-CH3，2个-OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CH3分别有2种、3种、1种位置，苯环有2个取代基为-OOCH、-OOCCH3，有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有2+3+1+3=9种，（4）正确；
故答案选B。
二、非选择题(共4个小题，共56分)
19. 回答下列问题：
（1）按要求完成下列问题：
①写出羟基的电子式____。
②写出蔗糖的分子式____；丙氨酸的结构简式____。
③写出维生素类药物中间体中含有的官能团的名称____。
（2）按要求写出化合物HOCH2CH2CHO反应的化学方程式：
①与单质Na反应：____。
②银镜反应：____。
（3）有三种有机物质如图：
①写出有机物甲的核磁共振氢谱的面积之比为____。
②请写出将有机物乙转化为的化学方程式____。
③高分子化合物丙的单体是____，2mol丙发生完全水解反应消耗NaOH的物质的量为____mol。
【答案】（1） ①. ②. C12H22O11 ③. H2NCH2CH2COOH ④. 酯基、羟基
（2） ① 2HOCH2CH2CHO+2Na→2NaOCH2CH2CHO+H2↑ ②. HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OHHOCH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O
（3） ①. 3∶1∶1 ②. +NaHCO3→+H2O+CO2↑ ③. CH3CH＝CHCOOCH2CH2CH3 ④. 2n
【解析】
【小问1详解】
①羟基电中性，其电子式为，故答案为：；
②蔗糖属于二糖，分子式为C12H22O11：丙氨酸也称为氨基丙酸，其结构简式为H2NCH2CH2COOH，故答案为：C12H22O11：H2NCH2CH2COOH；
③根据结构简式可判断维生素类药物中间中含有的官能团的名称为酯基和羟基，故答案为：酯基和羟基；
【小问2详解】
①HOCH2CH2CHO中羟基与单质Na反应，反应的方程式为：2HOCH2CH2CHO+2Na→2NaOCH2CH2CHO+H2↑，故答案为：2HOCH2CH2CHO+2Na→2NaOCH2CH2CHO+H2↑；
②HOCH2CH2CHO中醛基发生银镜反应，反应的化学方程式为：HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OHHOCH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O，故答案为：HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OHHOCH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O；
【小问3详解】
①有机物甲结构对称，核磁共振氢谱的峰而积之比为3∶1∶1，故答案为：3∶1∶1；
②有机物乙中－COOH需要转化为－COONa，且酚羟基不变，则应该与NaHCO3反应，其反应的化学方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
③高分子化合物丙是加聚反应生成的，其单体为CH3CH＝CHCOOCH2CH2CH3，丙的1个链节完全水解消耗1个NaOH，2mol丙发生完全水解反应消耗NaOH的物质的量为2nmol，故答案为：CH3CH＝CHCOOCH2CH2CH3；2n。
20. 苯甲酸乙酯( )是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。某化学兴趣小如通过酯化反应，以苯甲酸和乙醇为原料合成苯甲酸乙酯。
I．试剂相关性质如表：
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色叶状晶体
无色液体
无色透明液体
沸点/℃
249.0
78.0
212.6
相对分子量
122
46
150
溶解性
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
与水任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
II．实验装置如图(部分夹持装置以及加热装置已省去)
III．实验步骤如下：
①加料：于100mL三颈烧瓶中加入：9.8g苯甲酸、(约0.25mol)95%的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加沸石。
②加热：小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸馏装置。
③除杂：将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加进Na2CO3粉末，用pH试纸检验呈中性。
④分离萃取、干燥：分液，水层用10mL乙醚萃取。合并有机层，用无水氯化钙干燥。
⑤精馏：回收乙醚，加热蒸馏，收集211～213℃馏分，称量产物的质量为9.5g。
回答下列问题：
（1）为提高原料苯甲酸晶体的纯度，可采用的纯化方法为____。
（2）步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，仪器A的名称为____；冷却水从____(填“a”或“b”)口进入。
（3）写出该法制备苯甲酸乙酯的化学方程式：____。
（4）该反应装置中使用到了分水器，通过分水器不断分离除去反应生成的水，这样做的目的是____。
（5）步骤③中，加入Na2CO3粉末，除了可以除去苯甲酸、乙醇和硫酸外，还有的作用是：____。
（6）实验得到的苯甲酸乙酯的质量低于理论产量，可能的原因是____(填序号)。
a．开始加热时，加热温度过高，导致原料乙醇挥发
b．苯甲酸实际用量多了
c．步骤③中除杂过程中苯甲酸乙酯有溶解损失
（7）通过计算，本实验的产率是____(保留三位有效数字)。
【答案】（1）重结晶 （2） ①. 球形冷凝管 ②. b
（3） ＋CH3CH2OH＋H2O
（4）使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率
（5）降低苯甲酸乙酯的溶解度
（6）ac （7）87.0%
【解析】
【分析】向100mL三颈烧瓶中加入9.8g苯甲酸、(约0.25mol)95%的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加沸石，小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸馏装置，将乙醇蒸出，再将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加进Na2CO3粉末，用pH试纸检验呈中性，分液，水层用10mL乙醚萃取，合并有机层，用无水氯化钙干燥，再蒸馏得到苯甲酸乙酯。
【小问1详解】
苯甲酸水溶性随温度变化明显，所以可以利用重结晶方法提纯；故答案为：重结晶。
【小问2详解】
步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，仪器A的名称为球形冷凝管；冷却水是“下进上出”即从b口进入；故答案为：球形冷凝管；b。
【小问3详解】
制备苯甲酸乙酯是苯甲酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成苯甲酸乙酯，其反应的化学方程式： ＋CH3CH2OH＋H2O；故答案为： ＋CH3CH2OH＋H2O。
【小问4详解】
该反应是可逆反应，使用分水器及时分离出生成的水，可以使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率；故答案为：使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率。
【小问5详解】
步骤③中，加入Na2CO3粉末，主要有三个作用，除了可以除去苯甲酸、乙醇和硫酸外，还有的作用是：降低苯甲酸乙酯的溶解度；故答案为：降低苯甲酸乙酯的溶解度。
【小问6详解】
a．开始加热时，加热温度过高，导致原料乙醇挥发，苯甲酸乙酯的质量偏小，因此实际产量低于理论产量，故a符合题意；b．苯甲酸实际用量多了，得到的苯甲酸乙酯的产量增大，则苯甲酸甲酯的质量高于理论产量，故b不符合题意；c．步骤③中除杂过程中苯甲酸乙酯有溶解损失，导致得到的苯甲酸乙酯的产量降低，因此苯甲酸甲酯的质量低于理论产量，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。
【小问7详解】
9.8g苯甲酸物质的量为，(约0.25mol)95%的乙醇和2mL浓硫酸，则根据过量分析按照苯甲酸进行计算，根据关系式 ～ ，理论上得到苯甲酸乙酯质量m(苯甲酸乙酯)= ，则本实验的产率是；故答案为：87.0%。
21. I由CO2、甲醇为原料合成绿色化学品碳酸二甲酯()的过程如图，请回答下列问题：
（1）O原子的核外有____种空间运动状态的电子。碳酸二甲酯中非金属元素的电负性从大到小的顺序为____。
（2）尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①N的p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
②____。
（3）下列说法不正确的是____(填字母)。
A．上述过程a中，从反应物到产物，C和N元素的杂化方式均保持不变
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．尿素的沸点比碳酸二甲酯的高，主要原因为前者能形成分子间氢键，而后者不能形成分子间氢键
（4）碳酸二甲酯在碱性条件下水解可产生甲醇和碳酸盐，水解产物中CO的空间构型为____。已知大π键可以用π表示，其中m表示参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，(如苯分子中的大π键可表示为π)，则CO中的大π键应表示为____。
II.在CeO2－ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
（5）氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图1所示，若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。以a点为原点，按如图所示方向建立直角坐标系，若a、b点微粒的分数坐标分别为(0，0，0)，(，0，)，则c点微粒的分数坐标为____。晶胞沿z轴方向在xy平面的投影平面图如图2，如：d点的投影如图2中涂黑的部分，请在图2中涂黑标并注b和e点微粒的位置____。
【答案】（1） ①. 5 ②. O＞C＞H
（2）O原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥
（3）AB （4） ①. 平面三角形 ②. π
（5） ①. (，，) ②.
【解析】
【小问1详解】
量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，氧元素的原子序数为8，电子排布式为1s22s22p4，则氧原子则1s、2s、2p的原子轨道数为5，则氧原子的核外有5种；元素的非金属性越强，电负性越大，碳酸二甲酯中非金属元素的强弱顺序为O＞C＞H，则元素的电负性从大到小的顺序为O＞C＞H，故答案为：5；O＞C＞H；
【小问2详解】
尿素中氮原是子p轨道是半充满的稳定结构，较难失去电子，且原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，较易失去电子，所以尿素中氮原子的第一电离能比氧原子的高，故答案为：O原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥；
【小问3详解】
A．由图可知，上述过程a中，反应物氨分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化，产物尿素分子中氮原子的杂化方式为sp2杂化，故错误；
B．氨分子与水分子间能形成分子间氢键，且氨分子为极性分子，由相似相溶原理可知，氨气极易溶解在水中，故错误；
C．尿素能形成分子间氢键，而碳酸二甲酯不能形成分子间氢键，所以尿素的分子间作用力强于碳酸二甲酯，沸点高于碳酸二甲酯，故正确；
故选AB；
【小问4详解】
碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，所以碳原子的杂化方式为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形，由题给信息可知，离子中碳原子和氧原子形成π大π键，故答案为：π；
【小问5详解】
由位于顶点的a和面心的b点微粒的分数坐标分别为(0，0，0)和(，0，)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线的c点微粒的分数坐标为(，，)；由位于顶点的d点的投影位于正方形的顶点，则位于面心的b点的投影位于正方形的边上，位于体对角线的e点的投影位于面对角线的，投影图示为，故答案为：(，，)；。
22. 药物Q()能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：i.
ii.R′CHOR′CH=NR′′
（1）有机物的名称为____。
（2）D→E的反应方程式是____。
（3）F的结构简式是____，M→P的反应类型为____。
（4）M能发生银镜反应，M分子中含有的官能团名称是___。
（5）J的结构简式是____。
（6）H是P的同分异构体，请任写一种符合下列条件的H的结构简式：____。
①包含2个六元环，不含甲基
②H遇FeCl3溶液能发生显色反应
③H可发生水解反应，且H与NaOH溶液共热时，1molH最多消耗3molNaOH
（7）已知：①药物Q也可经由P与Z合成，合成Q的流程如图：
→→→KQ
请参照以上信息，写出上述流程中由和P为原料，合成K的合成路线____(无机试剂任选，合成路线示例格式如：AB)。
【答案】（1）苯胺 （2）
（3） ①. ②. 酯化反应或取代反应
（4）醛基、羧基 （5）
（6）、、 、 （7）
【解析】
【分析】E与P发生信息ii中反应生成，则E、P分别为、中一种；由F的分子式可知，F与溴发生取代反应生成，推知F为，由M的分子式、反应条件可知，中酯基、溴原子水解、2个羟基脱水形成醛基得到M，M中羧基与甲醇发生酯化反应生成P，故M为、P为，则E为，和乙酸发生取代反应生成A为，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，推知B为，D为，E为， 中碳氮双键与氢气发生加成反应、酯基与-NH-之间取代反应成环生成，结合J的分子式可知，对比J前后有机物结构简式可知，中羟基被溴原子取代生成J，J中溴原子最终转化为-COOH生成Q，故J为 ；（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，则K为 、Z为 ，和浓硝酸发生取代反应生成X为 ，X发生还原反应生成Y为 ，Y发生水解反应生成Z
【小问1详解】
的名称为苯胺。
【小问2详解】
D→E的反应方程式是 。
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式是；M和甲醇发生酯化反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应。
【小问4详解】
M的结构简式为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基。
【小问5详解】
由分析可知，J的结构简式是 。
【小问6详解】
P为，H是P的同分异构体，H符合下列条件：①包含2个六元环，不含甲基，②H遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基；③H可发生水解反应，且H与NaOH溶液共热时，1molH最多消耗3molNaOH，则含有羧酸与酚形成的酯基，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为、 、、。
【小问7详解】
Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，则K为 、Z为 ，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z，上述流程中由和P为原料，合成K的合成路线为
高2023届高二(下)期末考试
化学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，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。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65 Sc-79
一、单选题(其中1-10小题，每题2分，11-18小题每题3分，共44分)
1. 近期的天宫课堂、冬奥会和新冠疫情都是热点话题，下列有关说法错误的是
A. 天宫材料中Ti简化的电子排布式：[Ar]3d24s2
B. 冬奥会期间使用芳纶1313(聚间苯二甲酰间苯二胺)与芳纶1414(聚对苯二甲酰对苯二胺)互为同分异构体
C. 航空材料中用到聚乙炔高分子材料能像金属一样具有导电性
D. 有机含氯消毒剂二氯异氰尿酸(C3HCl2N3O3)属于烃的衍生物
【答案】B
【解析】
【详解】A．钛元素的原子序数为22，简化的电子排布式为[Ar]3d24s2，故A正确；
B．聚间苯二甲酰间苯二胺和聚对苯二甲酰对苯二胺都是合成高分子化合物，聚合度n值不确定，两者分子式不同，不可能互为同分异构体，故B错误；
C．聚乙炔高分子材料能像金属一样能传递电子，具有导电性，故C正确；
D．有机含氯消毒剂二氯异氰尿酸分子中含有氯元素、氮元素和氧元素，属于烃的衍生物，故D正确；
故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 葡萄糖的实验式：C6H12O6 B. 乙醛官能团的结构简式：－COH
C. 2－丁烯的键线式： D. 聚丙烯腈的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，故A错误；
B．乙醛的官能团为醛基，结构简式为－CHO，故B错误；
C．2－丁烯的结构简式为H3CH=CHCH3，键线式为 ，故C增强；
D．丙烯腈发生加聚反应生成结构简式为 的聚丙烯腈，故D错误；
故选C。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 15g甲基所含有的电子数是10NA个
B. 1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA个
C. 标准状况下，1L乙醛所含有的分子数为
D. 常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲基中含有9个电子，则15g甲基所含有的电子数是×9×NAmol—1=9NA个，故A错误；
B．苯环不是单双键交替结构，所以1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1mol×NAmol—1=NA个，故B错误；
C．标准状况下，乙醛为液态，无法计算1L乙醛的物质的量和含有的分子数，故C错误；
D．乙烯和丙烯的最简式相同都为CH2，则14gCH2所含有的原子数是×3×NAmol—1=3NA个，故D正确；
故选D。
4. 下列说法正确的是
A. 变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应
B. 乙醛和丙烯醛不互为同系物，但它们与氢气充分反应后的产物互为同系物
C. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均属于天然高分子化合物，摄入后都能为人体提供能量
D. 若两种二肽互为同分异构体，则二者水解的产物不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．变质的油脂有难闻的气味是因为油脂发生了氧化反应而变质，故A错误；
B．乙醛的官能团为醛基、丙烯醛的官能团为碳碳双键和醛基，两者含有的官能团不同，不是同类物质，不互为同系物，乙醛和丙烯醛与氢气充分发生加成反应所得产物分别为乙醇和丙醇，乙醇和丙醇的官能团相同，都是羟基，都是饱和一元醇，互为同系物，故B正确；
C．油脂相对分子质量小于一万，不是高分子化合物，人体不含水解纤维素的酶，纤维素摄入后，不能被人体吸收利用，不能为人体提供能量，故C错误；
D．若两种二肽互为同分异构体，两种二肽水解所得水解产物可能是相同的氨基酸，如甘氨酸和丙氨酸发生脱水反应能形成两种互为同分异构体的二肽，两种二肽水解时的产物相同，都是甘氨酸和丙氨酸，故D错误；
故选B。
5. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. 装置甲制备并接收乙酸乙酯 B. 装置乙检验乙醇消去的产物
C. 装置丙检验1－溴丁烷的消去产物 D. 装置丁制备硝基苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸和乙醇具有挥发性，制得的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，将混合气体通入饱和碳酸钠溶液的液面上，可以中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯分层析出，则装置甲能制备并接收乙酸乙酯，故A正确；
B．乙醇在浓硫酸作用下共热到170℃发生消去反应生成乙烯，具有还原性乙醇与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应使溶液褪色，则装置乙不能用于检验乙醇消去的产物乙烯，故B错误；
C．1－溴丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成1—丁烯，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，会干扰1—丁烯的检验，则装置丙不能用于检验1－溴丁烷的消去产物1—丁烯，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸在50—60℃的水浴中反应生成硝基苯，实验时需用温度计控制水浴的温度，则装置丁缺少温度计，不能用于制备硝基苯，故D错误；
故选A。
6. 下列化学实验中的操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作
实验现织
解释或结论
A
向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热，再加入氢氧化钠调节至弱碱性，再加入银氨溶液，水浴加热
出现银镜
麦芽糖水解产物具有还原性
B
向CH2=CHCHO中滴加KMnO4酸性溶液
紫红色褪去
CH2=CHCHO中含碳碳双键
C
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液
浊液变澄清
CO结合H+的能力比C6H5O-强
D
将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中
紫红色褪去
乙二醇被氧化为乙二酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．麦芽糖本身具有还原性，无法判断麦芽糖水解产物具有还原性，A错误；
B．CH2=CHCHO中的碳碳双键和醛基都能使KMnO4酸性溶液褪色，无法判断CH2=CHCHO中含碳碳双键，B错误；
C．向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清，苯酚与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和NaHCO3，即苯酚酸性强于碳酸氢根，故CO结合H+的能力比C6H5O-强，C正确；
D．将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去，说明KMnO4被还原，但不能据此判断乙二醇被氧化后的产物，D错误；
故答案为C。
7. 以下化学物质中：①聚乙烯、②丙炔、③苯酚、④葡萄糖、⑤间二甲苯、⑥环己烯、⑦乙酸，既能使酸性高锰酸钾褪色又能使溴水因反应褪色的是
A. ②③④⑥ B. ②③⑥ C. ①②③⑥ D. ①②③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①聚乙烯分子中不含有碳碳双键，既不能与酸性高锰酸钾反应，又不能与溴水反应，故错误；
②丙炔分子中含有碳碳三键，既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故正确；
③苯酚既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀使溶液褪色，故正确；
④葡萄糖分子中含有醛基，能与酸性高锰酸钾溶液和溴水发生氧化反应使溶液褪色，故正确；
⑤间二甲苯属于苯的同系物，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，但不能与溴水反应，故错误；
⑥环己烯含有碳碳双键，既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，又能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故正确；
⑦乙酸不能与酸性高锰酸钾溶液反应，也不能与溴水反应，故错误；
②③④⑥正确，故选A。
8. 黄芩素是一种抑制新冠病毒活性较强的药物，其结构如图所示，下列说法正确的是
A. 黄芩素的核磁共振氢谱显示有八组峰
B. 1mol黄芩素最多能够消耗7mol的H2加成
C. 黄芩素分子式为C15H12O5
D. 黄岑素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有5个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，黄芩素分子中含有八类氢原子，核磁共振氢谱显示有八组峰，故A正确；
B．由结构简式可知，黄芩素分子中含有的苯环、羰基和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol黄芩素最多能够消耗8mol氢气，故B错误；
C．由结构简式可知，黄芩素分子的分子式为C15H10O5，故C错误；
D．由结构简式可知，黄芩素分子与足量氢气发生加成反应所得产物的结构简式为，分子中连有氧原子的碳原子中有6个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；
故选A。
9. 一种药物的分于结构如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是
A. 第一电离能：X＜Z＜Y
B. 在该结构中Y原子采用sp2杂化
C. W与Z可按原子个数比2∶1和1∶1形成两种化合物
D. 该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目所给信息分析，Y是N元素，X在第二周期，其原子能形成四条共用电子对，所以X是C元素，Z在第二周期，其原子能与C原子形成双键，所以Z是O元素，W不在第二周期，且原子序数最小，且能与N、与C均形成单键，所以W是H元素；
【详解】A．C、N、O三元素第一电离能N最高，O次之，C最小，选项判断正确，不符题意；
B．结构中N原子形成的都是单键，所以N原子采用的是sp3杂化，选项判断错误，符合题意；
C．H与O形成的化合物有H2O和H2O2，原子个数比满足选项描述，选项判断正确，不符题意；
D．该结构中含有肽键()结构，能在碱性条件下水解生成NH3，选项判断正确，不符题意；
综上，本题选B。
10. 脯氨酸及其衍生物经常用作不对称有机催化剂，在催化合成酮醛反应如图，下列说法正确的是
A. 该反应为取代反应 B. CH3CH(NH2)COOH是脯氨酸的同系物
C. a、b、c均能使得酸性高锰酸钾褪色 D. 脯氨酸与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．b中醛基转化为羟基，为加成反应，故A错误；
B．CH3CH(NH2)COOH与脯氨酸的结构不相似，二者不属于同系物，故B错误；
C．a为酮，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，b、c均能使得酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D．脯氨酸与的分子式均是C5H9NO2，分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故答案选D。
11. 苯乙醛主要用于风信子、水仙等花香香料配方中，下列说法正确的是
A. 常温下，苯乙醛为油状液态主要是由于分子间存在氢键的原因
B. ①和④反应的原子利用率均小于100%
C. 通过如上反应，预测可以发生反应
D. 向试管中加入2mL10%的硫酸铜，滴加5滴2%的氢氧化钠溶液后，再加入0.5mL苯乙醛溶液，加热后有砖红色沉淀出现
【答案】C
【解析】
【分析】乙烯和氧气在催化剂作用下反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和苯发生加成反应生成苯乙醇，苯乙醇在一定条件下发生催化氧化生成苯乙醛。
【详解】A．苯乙醛不能形成分子间氢键，不满足氢键的形成(氢键是X−H∙∙∙Y，X、Y电负性都要大得元素)，常温下，苯乙醛为油状液态主要是分子间作用力较大引起的，故A错误；
B．①和④反应都属于加成反应，原子利用率为100%，故B错误；
C．根据④反应，预测可以发生反应 ，故C正确；
D．向试管中加入2mL10%的硫酸铜，滴加5滴2%的氢氧化钠溶液后，说明碱不足，不能检验醛基，故D错误。
综上所述，答案为C。
12. 某种含苯环的化合物分子式为C10H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为－Cl，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，则满足条件的有机化合物的同分异构体数目有多少种
A. 3种 B. 6种 C. 10种 D. 15种
【答案】D
【解析】
【详解】该有机物能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为－Cl，根据分子式确定另一个取代基为-C4H7O2，取代基为-C4H7O2的种类数为该有机物的同分异构体数目，当取代基为-C4H7O2的含羧基的主链为4个碳有1种，含羧基的主链为3个碳有2种，含羧基的主链为2个碳有2种，共有5种，取代基-C4H7O2与取代基－Cl有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为种，故答案为D。
13. 某科研团队报道了一种制备酯的反应机理如图(其中Ph—代表苯基)。下列说法不正确的是
A. 化合物1为该反应的催化剂
B. 反应过程中涉及碳氧键的断裂和形成
C. 总反应中与H2O2的化学计量数之比为2∶1
D. 若原料为CH3CHO和，则预期产物为
【答案】C
【解析】
【详解】A．在终产物之后催化剂完成催化过程恢复原状，故化合物1为反应的催化剂，A正确。
B．2→3过程中涉及碳氧键的断裂，3→4、4→1过程中涉及碳氧键的形成，故B正确。
C．根据催化循环的箭头指向，总反应物为、和，总产物为和(图中未示出)，故总反应为，与的化学计量数之比为1∶1，故C错误。
D．若原料为和，可视为，与 形成的酯为，故D正确。
故选C。
14. X、Y、Z、W为原子序数依次增大四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 化合物A、C、E均不溶于水
B. Y分别与X、Z均可形成为非极性分子
C. X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低
D. W是所在周期中原子半径最大的元素
【答案】B
【解析】
【分析】根据分析A的相对分子质量为28的两种或三种元素所组成的化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子中含有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为乙醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。
【详解】A．A为乙烯、C为氯乙烷不溶于水， 而E为乙醇与水互溶，A错误；
B．X、Y组成的分子乙炔为非极性分子，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，B正确；
C．C、H组成化合物为烃，当是固态烃时，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，C错误；
D．同周期从左往右半径逐渐减小，因此氯是所在周期中原子半径最小的元素，D错误；
故答案为B。
15. 2022年3月，我国科学家在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如图：
CO2CH3OH→→
下列有关说法错误的是
A. 反应②中，3.2gCH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
B. 为加快③反应速率，可采用高温环境进行反应
C. DHA存在核磁共振只有一种氢同分异构体
D. 1molDHA与乙酸发生取代反应，可消耗分子数目为NA的乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．3.2gCH3OH的物质的量为0.1mol，根据甲醇催化氧化生成甲醛的方程式可知，0.1mol甲醇消耗0.05mol氧气，转移电子数为0.05mol×4=0.2mol，故转移电子数为0.2NA，A正确；
B．酶的催化需要适宜的温度，温度过高会使酶失去活性，B错误；
C．DHA的一种同分异构体为 ，该同分异构体中只有一种氢，C正确；
D．DHA含有的2个羟基与乙酸发生酯化反应，酯化反应是可逆反应，消耗乙酸的物质的量小于2mol，可消耗NA个乙酸分子，D正确；
故答案选B。
16. 硒是一种第四周期第VIA族的元素，硒化锌是一种黄色晶体，可用于荧光材料、半导体掺杂物。硒化锌的立方晶胞结构如图所示，其晶胞边长为apm。下列叙述错误的是
A. SeO的空间构型是三角锥形
B. 图中相邻的Se与Zn之间的距离为apm
C. 与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的有3种
D. 若硒化锌晶体的密度为ρg•cm-3，则阿伏加德罗常数的值为NA=
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子Se的价层电子对数为3+，Se采用sp3杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型为三角锥形，A正确；
B．图中2个锌离子平分体对角线，相邻的Se与Zn之间的距离为体对角线的，体对角线为，则相邻的Se和Zn之间的距离为，B正确；
C．主族元素同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，As的4p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，所以与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr，C正确；
D．一个晶胞中含有4个ZnSe，取1mol晶胞，则有4NA个ZnSe，质量为4×144g，其密度ρ=，所以NA=，D错误；
故答案选D。
17. 下列关于有机化合物的叙述不正确的是
A. 当总质量一定时，甲苯和甘油二者以任意比例混合，充分燃烧生成水的质量是不变的
B. 某烃的结构简式可表示为(碳原子数≤10)，已知烃分子中有两种化学环境不同的氢原子，则该烃一定是苯的同系物
C. 有机物A、B只可能是烃或烃含氧衍生物，等物质的量的A和B完全燃烧时，消耗氧气的量相等，则A和B的相对分子质量相差可能为8n(n为正整数)
D. 1－丙醇、2－氯丙烷、丙醛溶液、苯酚溶液用一种试剂即可逐一鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．每个甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）都含有8个氢原子，由于二者的相对分子质量都是92，则所含氢元素质量分数相同，所以当总质量一定时，含H质量一定，充分燃烧生成水的质量不变，故A正确；
B．该烃分子中有两种化学环境不同的氢原子，由于结构对称，苯环上4个氢原子为同一类型，X中还应有1种氢原子，根据分子内碳原子总数不超过10个，则X可能为-CH3或-CCH，则该烃不一定是苯的同系物，故B错误；
C．若烃为CxHy，则与等物质的量的且能拆成CxHy(CO2)m(H2O)n的烃的含氧衍生物消耗氧气的量相等，由于有机物中的一个碳原子被另一个有机物中的4个氢原子代替时，耗氧量不变，则这两种有机物的相对分子质量相差可能为8的倍数，故C正确；
D．向4种溶液中分别滴加溴水，出现分层的是2－氯丙烷，不分层，但溴水不变色的是1－丙醇，溴水褪色的是丙醛溶液，产生白色沉淀的是苯酚，所以用一种试剂即可逐一鉴别，故D正确；
答案选B。
18. 一种缓释阿司匹林G( )的合成路线如图：
下列说法正确的有几个
(1)有机物M的系统命名为2－羟基－2－羧基丙烷
(2)K的沸点高于乙醇
(3)1molD分别和Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3物质充分反应，所消耗的物质的量之比为2∶2∶1∶1
(4)有机物E的同分异构体中，同时满足下列条件的有9种
①遇FeCl3溶液不显色②1mol该物质消耗4molNaOH
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
【答案】C
【解析】
【分析】对比A、C的结构简式，结合反应条件可知，苯酚与氢氧化钠发生中和反应生成B，B先与二氧化碳发生加成反应、然后羧基与苯酚钠反应生成C，故B为，C酸化生成D为，由G的结构简式、F的分子式，可推知E为、P为，则D中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成E和CH3COOH，由分子式，结合P的结构简式，可推知Q为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，则L为 、K为HOCH2CH2OH，由分子式、反应条件可知M发生消去反应生成L，故M为（或），则F为，F与HCN先发生加成反应、然后-CN再水解为-COOH生成M。
【详解】（1）有机物M为（或），丙酸为母体，系统命名为2-甲基-3-羟基丙酸（或2-甲基-2羟基丙酸），（1）错误；
（2）K为HOCH2CH2OH，乙二醇分子间形成的氢键数目比乙醇分子间氢键多，故乙二醇的沸点高于乙醇，（2）正确；
（3）D为，羧基、酚羟基都与Na、NaOH反应，1molD反应消耗2molNa、2molNaOH，酚羟基能与碳酸钠反应转化为碳酸氢钠，而羧基都能与碳酸钠（或碳酸氢钠）反应生成二氧化碳，故1molD反应可以消耗2molNa2CO3，1molD反应消耗1mol碳酸氢钠，消耗Na、NaOH、Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2：2：2：1，（3）错误；
（4）E为，E的同分异构体同时满足下列条件：①遇FeCl3溶液不显色，说明没有酚羟基；②1mol该物质消耗4molNaOH，苯环可以含有2个-OOCH、1个-CH3，2个-OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CH3分别有2种、3种、1种位置，苯环有2个取代基为-OOCH、-OOCCH3，有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有2+3+1+3=9种，（4）正确；
故答案选B。
二、非选择题(共4个小题，共56分)
19. 回答下列问题：
（1）按要求完成下列问题：
①写出羟基的电子式____。
②写出蔗糖的分子式____；丙氨酸的结构简式____。
③写出维生素类药物中间体中含有的官能团的名称____。
（2）按要求写出化合物HOCH2CH2CHO反应的化学方程式：
①与单质Na反应：____。
②银镜反应：____。
（3）有三种有机物质如图：
①写出有机物甲的核磁共振氢谱的面积之比为____。
②请写出将有机物乙转化为的化学方程式____。
③高分子化合物丙的单体是____，2mol丙发生完全水解反应消耗NaOH的物质的量为____mol。
【答案】（1） ①. ②. C12H22O11 ③. H2NCH2CH2COOH ④. 酯基、羟基
（2） ① 2HOCH2CH2CHO+2Na→2NaOCH2CH2CHO+H2↑ ②. HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OHHOCH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O
（3） ①. 3∶1∶1 ②. +NaHCO3→+H2O+CO2↑ ③. CH3CH＝CHCOOCH2CH2CH3 ④. 2n
【解析】
【小问1详解】
①羟基电中性，其电子式为，故答案为：；
②蔗糖属于二糖，分子式为C12H22O11：丙氨酸也称为氨基丙酸，其结构简式为H2NCH2CH2COOH，故答案为：C12H22O11：H2NCH2CH2COOH；
③根据结构简式可判断维生素类药物中间中含有的官能团的名称为酯基和羟基，故答案为：酯基和羟基；
【小问2详解】
①HOCH2CH2CHO中羟基与单质Na反应，反应的方程式为：2HOCH2CH2CHO+2Na→2NaOCH2CH2CHO+H2↑，故答案为：2HOCH2CH2CHO+2Na→2NaOCH2CH2CHO+H2↑；
②HOCH2CH2CHO中醛基发生银镜反应，反应的化学方程式为：HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OHHOCH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O，故答案为：HOCH2CH2CHO+2[Ag(NH3)2]OHHOCH2CH2COONH4+2Ag↓+3NH3↑+H2O；
【小问3详解】
①有机物甲结构对称，核磁共振氢谱的峰而积之比为3∶1∶1，故答案为：3∶1∶1；
②有机物乙中－COOH需要转化为－COONa，且酚羟基不变，则应该与NaHCO3反应，其反应的化学方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
③高分子化合物丙是加聚反应生成的，其单体为CH3CH＝CHCOOCH2CH2CH3，丙的1个链节完全水解消耗1个NaOH，2mol丙发生完全水解反应消耗NaOH的物质的量为2nmol，故答案为：CH3CH＝CHCOOCH2CH2CH3；2n。
20. 苯甲酸乙酯( )是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。某化学兴趣小如通过酯化反应，以苯甲酸和乙醇为原料合成苯甲酸乙酯。
I．试剂相关性质如表：
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色叶状晶体
无色液体
无色透明液体
沸点/℃
249.0
78.0
212.6
相对分子量
122
46
150
溶解性
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
与水任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
II．实验装置如图(部分夹持装置以及加热装置已省去)
III．实验步骤如下：
①加料：于100mL三颈烧瓶中加入：9.8g苯甲酸、(约0.25mol)95%的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加沸石。
②加热：小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸馏装置。
③除杂：将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加进Na2CO3粉末，用pH试纸检验呈中性。
④分离萃取、干燥：分液，水层用10mL乙醚萃取。合并有机层，用无水氯化钙干燥。
⑤精馏：回收乙醚，加热蒸馏，收集211～213℃馏分，称量产物的质量为9.5g。
回答下列问题：
（1）为提高原料苯甲酸晶体的纯度，可采用的纯化方法为____。
（2）步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，仪器A的名称为____；冷却水从____(填“a”或“b”)口进入。
（3）写出该法制备苯甲酸乙酯的化学方程式：____。
（4）该反应装置中使用到了分水器，通过分水器不断分离除去反应生成的水，这样做的目的是____。
（5）步骤③中，加入Na2CO3粉末，除了可以除去苯甲酸、乙醇和硫酸外，还有的作用是：____。
（6）实验得到的苯甲酸乙酯的质量低于理论产量，可能的原因是____(填序号)。
a．开始加热时，加热温度过高，导致原料乙醇挥发
b．苯甲酸实际用量多了
c．步骤③中除杂过程中苯甲酸乙酯有溶解损失
（7）通过计算，本实验的产率是____(保留三位有效数字)。
【答案】（1）重结晶 （2） ①. 球形冷凝管 ②. b
（3） ＋CH3CH2OH＋H2O
（4）使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率
（5）降低苯甲酸乙酯的溶解度
（6）ac （7）87.0%
【解析】
【分析】向100mL三颈烧瓶中加入9.8g苯甲酸、(约0.25mol)95%的乙醇和2mL浓硫酸，摇匀，加沸石，小心缓慢加热回流约2h后，改为蒸馏装置，将乙醇蒸出，再将瓶中残液倒入盛有20mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加进Na2CO3粉末，用pH试纸检验呈中性，分液，水层用10mL乙醚萃取，合并有机层，用无水氯化钙干燥，再蒸馏得到苯甲酸乙酯。
【小问1详解】
苯甲酸水溶性随温度变化明显，所以可以利用重结晶方法提纯；故答案为：重结晶。
【小问2详解】
步骤①的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)，仪器A的名称为球形冷凝管；冷却水是“下进上出”即从b口进入；故答案为：球形冷凝管；b。
【小问3详解】
制备苯甲酸乙酯是苯甲酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成苯甲酸乙酯，其反应的化学方程式： ＋CH3CH2OH＋H2O；故答案为： ＋CH3CH2OH＋H2O。
【小问4详解】
该反应是可逆反应，使用分水器及时分离出生成的水，可以使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率；故答案为：使平衡向生成酯的方向移动，提高苯甲酸乙酯的产率。
【小问5详解】
步骤③中，加入Na2CO3粉末，主要有三个作用，除了可以除去苯甲酸、乙醇和硫酸外，还有的作用是：降低苯甲酸乙酯的溶解度；故答案为：降低苯甲酸乙酯的溶解度。
【小问6详解】
a．开始加热时，加热温度过高，导致原料乙醇挥发，苯甲酸乙酯的质量偏小，因此实际产量低于理论产量，故a符合题意；b．苯甲酸实际用量多了，得到的苯甲酸乙酯的产量增大，则苯甲酸甲酯的质量高于理论产量，故b不符合题意；c．步骤③中除杂过程中苯甲酸乙酯有溶解损失，导致得到的苯甲酸乙酯的产量降低，因此苯甲酸甲酯的质量低于理论产量，故c符合题意；综上所述，答案为：ac。
【小问7详解】
9.8g苯甲酸物质的量为，(约0.25mol)95%的乙醇和2mL浓硫酸，则根据过量分析按照苯甲酸进行计算，根据关系式 ～ ，理论上得到苯甲酸乙酯质量m(苯甲酸乙酯)= ，则本实验的产率是；故答案为：87.0%。
21. I由CO2、甲醇为原料合成绿色化学品碳酸二甲酯()的过程如图，请回答下列问题：
（1）O原子的核外有____种空间运动状态的电子。碳酸二甲酯中非金属元素的电负性从大到小的顺序为____。
（2）尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①N的p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
②____。
（3）下列说法不正确的是____(填字母)。
A．上述过程a中，从反应物到产物，C和N元素的杂化方式均保持不变
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．尿素的沸点比碳酸二甲酯的高，主要原因为前者能形成分子间氢键，而后者不能形成分子间氢键
（4）碳酸二甲酯在碱性条件下水解可产生甲醇和碳酸盐，水解产物中CO的空间构型为____。已知大π键可以用π表示，其中m表示参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，(如苯分子中的大π键可表示为π)，则CO中的大π键应表示为____。
II.在CeO2－ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
（5）氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图1所示，若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。以a点为原点，按如图所示方向建立直角坐标系，若a、b点微粒的分数坐标分别为(0，0，0)，(，0，)，则c点微粒的分数坐标为____。晶胞沿z轴方向在xy平面的投影平面图如图2，如：d点的投影如图2中涂黑的部分，请在图2中涂黑标并注b和e点微粒的位置____。
【答案】（1） ①. 5 ②. O＞C＞H
（2）O原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥
（3）AB （4） ①. 平面三角形 ②. π
（5） ①. (，，) ②.
【解析】
【小问1详解】
量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，氧元素的原子序数为8，电子排布式为1s22s22p4，则氧原子则1s、2s、2p的原子轨道数为5，则氧原子的核外有5种；元素的非金属性越强，电负性越大，碳酸二甲酯中非金属元素的强弱顺序为O＞C＞H，则元素的电负性从大到小的顺序为O＞C＞H，故答案为：5；O＞C＞H；
【小问2详解】
尿素中氮原是子p轨道是半充满的稳定结构，较难失去电子，且原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，较易失去电子，所以尿素中氮原子的第一电离能比氧原子的高，故答案为：O原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥；
【小问3详解】
A．由图可知，上述过程a中，反应物氨分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化，产物尿素分子中氮原子的杂化方式为sp2杂化，故错误；
B．氨分子与水分子间能形成分子间氢键，且氨分子为极性分子，由相似相溶原理可知，氨气极易溶解在水中，故错误；
C．尿素能形成分子间氢键，而碳酸二甲酯不能形成分子间氢键，所以尿素的分子间作用力强于碳酸二甲酯，沸点高于碳酸二甲酯，故正确；
故选AB；
【小问4详解】
碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，所以碳原子的杂化方式为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形，由题给信息可知，离子中碳原子和氧原子形成π大π键，故答案为：π；
【小问5详解】
由位于顶点的a和面心的b点微粒的分数坐标分别为(0，0，0)和(，0，)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线的c点微粒的分数坐标为(，，)；由位于顶点的d点的投影位于正方形的顶点，则位于面心的b点的投影位于正方形的边上，位于体对角线的e点的投影位于面对角线的，投影图示为，故答案为：(，，)；。
22. 药物Q()能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：i.
ii.R′CHOR′CH=NR′′
（1）有机物的名称为____。
（2）D→E的反应方程式是____。
（3）F的结构简式是____，M→P的反应类型为____。
（4）M能发生银镜反应，M分子中含有的官能团名称是___。
（5）J的结构简式是____。
（6）H是P的同分异构体，请任写一种符合下列条件的H的结构简式：____。
①包含2个六元环，不含甲基
②H遇FeCl3溶液能发生显色反应
③H可发生水解反应，且H与NaOH溶液共热时，1molH最多消耗3molNaOH
（7）已知：①药物Q也可经由P与Z合成，合成Q的流程如图：
→→→KQ
请参照以上信息，写出上述流程中由和P为原料，合成K的合成路线____(无机试剂任选，合成路线示例格式如：AB)。
【答案】（1）苯胺 （2）
（3） ①. ②. 酯化反应或取代反应
（4）醛基、羧基 （5）
（6）、、 、 （7）
【解析】
【分析】E与P发生信息ii中反应生成，则E、P分别为、中一种；由F的分子式可知，F与溴发生取代反应生成，推知F为，由M的分子式、反应条件可知，中酯基、溴原子水解、2个羟基脱水形成醛基得到M，M中羧基与甲醇发生酯化反应生成P，故M为、P为，则E为，和乙酸发生取代反应生成A为，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，推知B为，D为，E为， 中碳氮双键与氢气发生加成反应、酯基与-NH-之间取代反应成环生成，结合J的分子式可知，对比J前后有机物结构简式可知，中羟基被溴原子取代生成J，J中溴原子最终转化为-COOH生成Q，故J为 ；（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，则K为 、Z为 ，和浓硝酸发生取代反应生成X为 ，X发生还原反应生成Y为 ，Y发生水解反应生成Z
【小问1详解】
的名称为苯胺。
【小问2详解】
D→E的反应方程式是 。
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式是；M和甲醇发生酯化反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应。
【小问4详解】
M的结构简式为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基。
【小问5详解】
由分析可知，J的结构简式是 。
【小问6详解】
P为，H是P的同分异构体，H符合下列条件：①包含2个六元环，不含甲基，②H遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基；③H可发生水解反应，且H与NaOH溶液共热时，1molH最多消耗3molNaOH，则含有羧酸与酚形成的酯基，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为、 、、。
【小问7详解】
Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，则K为 、Z为 ，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z，上述流程中由和P为原料，合成K的合成路线为
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