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2022-2023学年北京市朝阳区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市朝阳区高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A. 甲酸的结构式：B. 乙烯的电子式：
C. 乙醇的分子结构模型：D. 基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2
3.干冰(CO2)的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 干冰晶体属于分子晶体
B. 干冰晶胞中，含有4个CO2分子
C. 干冰晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有6个
D. 干冰晶体中CO2分子间作用力较小，常压下易升华
4.青蒿琥酯是一种高效抗疟药，实验证明其分子中含有能与碘化钠作用生成碘单质的基团。下列关于青蒿琥酯的说法不正确的是( )
A. 青蒿琥酯对热不稳定
B. 分子中含有3种含氧官能团
C. 难溶于水，易溶于乙酸乙酯
D. 酸性条件下水解可得到丁二酸
5.下列对于物质结构和性质的分析不正确的是( )
A. 碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅
B. 邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛
C. 氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸
D. 卤代烃中C−X键极性较强，使卤素原子易被取代
6.下列构建碳骨架的反应，不属于加成反应的是( )
A.
B. →△
C. →H+KMnO4
D. +HCHO→△H+
7.下列对实验事实的解释不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是( )
A. H2O中的O为sp3杂化B. SO32−的VSEPR模型为平面三角形
C. HNO2是由极性键形成的极性分子D. 反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成
9.下列说法不正确的是( )
A. 纤维素分子中含有羟基、可与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维
B. 氨基酸分子中含有氨基和羧基，多个氨基酸分子可通过肽键生成多肽
C. 油酸分子中含有碳碳双键，因此含有油酸甘油酯的植物油可使溴水褪色
D. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
10.桂皮中的肉桂醛()是一种食用香料，一种合成路线如图：
下列说法不正确的是( )
A. 实验室制取CH≡CH的反应为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑
B. M能发生银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→△CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
C. 苯甲醛与肉桂醛互为同系物
D. 肉桂醛分子中含有碳碳双键，存在顺反异构体
11.利用下列实验药品，不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.阿司匹林片的有效成分为乙酰水杨酸()。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验：
①将阿司匹林片研碎，加水溶解，过滤，弃去滤渣；
②取少量滤液，滴加2滴FeCl3溶液，无明显现象；
③另取少量滤液，加足量NaOH溶液，加热；
④冷却③溶液后，滴加2滴FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，静置后上层溶液几乎无色；
⑤向④的悬浊液中加入适量稀硫酸，溶液呈紫色。
下列说法正确的是( )
A. ③中加热时发生的反应为+NaOH→△+CH3COONa+H2O
B. 对比④⑤中现象说明乙酰水杨酸在碱性溶液中不能水解但在酸性溶液中可以水解
C. 若③步骤中只滴加少量NaOH溶液，则④步骤可能观察到溶液呈紫色
D. 该实验已检验出乙酰水杨酸分子中的全部官能团
13.中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体
、
、
缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图：
下列说法不正确的是( )
A. 芳砜纶纤维中不含手性碳原子
B. 的名称为4，4′−DDS，推的名称为3，3′−DDS
C. 参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8
D. 及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物
14.化学小组研究Cu2+的性质，完成如图实验：
已知：K稳(CuCl42−)=c(CuCl42−)c(Cu2+)⋅c4(Cl−)=4.2×105；Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20
下列说法不正确的是( )
A. CuSO4溶液中加入NaCl固体：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌CuCl42−+4H2O
B. 溶液a中加入浓氨水时不可能出现Cu(OH)2蓝色沉淀
C. 溶液a、b中铁片的颜色不同证明K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳(CuCl42−)
D. 溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O
二、实验题：本大题共1小题，共11分。
15.实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。
资料：ⅰ.葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕色)的聚合物。
ⅱ.Cu2O、CuO均溶于氨水，生成[Cu(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+；Cu不溶于氨水。
(1)探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。
①实验Ⅱ中，葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]转化为______。
②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：
a.电极反应式：
ⅰ.还原反应：2Cu(OH)2+2e−=Cu2O+H2O+2OH−
ⅱ.氧化反应：______。
b.依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随c(OH−)增大，Cu(OH)2氧化性减弱，但是______。
(2)探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响。
①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，______ (填操作和现象)。
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。
假设b：______ (补充完整)。
经定量分析可知假设a不成立。
(3)综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，将宜采用的条件填入下表。
三、简答题：本大题共4小题，共47分。
16.
17.有机物中的(C−H键较难断裂，活化C−H键是有机反应研究的热点之一。由
经两步反应合成
，均需使C−H键活化，步骤如图。
(1)铬、铁位于元素周期表中的______ (填序号)。
a.s区
b.d区
c.p区
d.ds区
(2)
转化为
的过程中，C=O键中的______ (填“σ”或“π”)键断裂，发生加成反应，转化为C=O键。
(3)利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。
注：FeⅡ代表+2价铁，FeⅢ代表+3价铁。
①
与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有：
ⅰ.CH3OH的极性强于
；
ⅱ.______。
②FeⅡ易被氧化为FeⅢ，结合价层电子排布解释原因：______。
(4)铜铬催化剂的主要成分是CuCl、CrCl2和CH3B(OH)2(甲基硼酸)等，CH3B(OH)2能有效抑制副产物的生成。
①CH3B(OH)2中B的杂化轨道类型是______。
②已知：B(OH)3和CH3B(OH)2均为一元弱酸。推测Ka[B(OH)3]______ Ka[CH3B(OH)2](填“>”或“<”)。
18.不同空腔尺寸的瓜环[n](n=5,6,7,8⋯)可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附.瓜环[7]的一种合成路线如图。
(1)A的名称是______。
(2)1，1，2，2−四溴乙烷与NH3反应生成B的化学方程式是______。此反应过程需要加入远远过量的NH3，目的有：
①减少副反应，提高生成物纯度。
②______。
(3)推测“成环”反应中生成M和______。
(4)瓜环[7]的分子结构模型如图所示。
①下列关于瓜环[7]的说法正确的是______ (填序号)。
a.含有的官能团是酰胺基
b.含有2种不同化学环境的氢原子
c.分子间存在范德华力和氢键
d.空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力
②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是______。
(5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案：______。
19.某治疗胃溃疡的药物中间体N，可通过如图合成路线制得。
资料：“重排”指有机物分子中的一个基团迁移到另外一个原子上，其分子式不变。
(1)A→B的反应类型是______。
(2)按官能团分类，D的类别是______。
(3)E含有酯基。E的结构简式是______。
(4)写出符合下列条件的F的同分异构体：______ (写出2种)。
ⅰ.在一定条件下可以发生银镜反应
ⅱ.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3
(5)F与NH2OH反应生成G的过程如图：
已知：ⅰ.发生加成反应时，NH2OH断开N−H键。
ⅱ.同一个碳上连着一个羟基和一个氨基(或取代的氨基)时不稳定，易脱水生成亚胺()。
写出P、Q的结构简式：______、______。
(6)J含有醚键。试剂a是______。
(7)K与NaOH反应得到L的化学方程式是______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，故A正确；
B.酚醛树脂具有热固性，受热后不能软化或熔融，可用于生产宇宙飞船外壳的烧蚀材料，故B正确；
C.利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，故C正确；
D.植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，故D错误；
故选：D。
A.当金属及其化合物在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，而放出的光的波长在可见光范围内(波长为400nm∼760nm)，因而能使火焰呈现颜色；
B.酚醛树脂具有热固性；
C.紫外线能够使蛋白质变性；
D.植物油含有碳碳双键，能与氢气加成。
本题主要考查化学在生活、生产中的应用与对应的化学知识是否一致，要求学生对基础知识的掌握很扎实，否则易错，需要学生注意知识的积累，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.甲酸的结构简式为HCOOH，含有C=O双键、C−H键、C−O键和O−H键，其结构式为，故A正确；
B.乙烯分子中C、H原子间共用1对电子对，C、C原子间共用2对电子对，其电子式为，故B正确；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C>O>H，其充填模型为，故C正确；
D.基态Cr原子的核电荷数为24，3d轨道上半满最稳定，则基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，故D错误；
故选：D。
A.甲酸的结构简式为HCOOH，含有C=O双键、C−H键、C−O键和O−H键；
B.乙烯分子中C、H原子间共用1对电子对，C、C原子间共用2对电子对；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C>O>H；
D.基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，不是3d44s2。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及分子结构模型、电子式、价电子排布式、结构简式及结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.干冰晶体属于分子晶体，故A正确；
B.依据晶胞结构图可知，1个晶胞中含有二氧化碳分子数目为：18×8+12×6=4，故B正确；
C.晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，则晶胞中每个CO2分子周围紧邻的CO2分子数为3×8×12=12，故C错误；
D.干冰为分子晶体，CO2分子的相对分子质量小，分子间作用力小，所以干冰升华时需克服分子间作用力，故D正确；
故选：C。
A.干冰晶体属于分子晶体；
B.依据均摊法计算每个晶胞中含有二氧化碳分子数目；
C.晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用；
D.CO2分子的相对分子质量小，分子间作用力小。
本题考查晶体类型及性质判断，明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力、熟悉均摊法计算和晶胞结构特征是解题关键，注意掌握配位数的计算，题目难度中等。
4.【答案】D
【解析】解：A.分子中含过氧键，则青蒿琥酯对热不稳定，故A正确；
B.分子中含酯基、羧基、醚键，共3种含氧官能团，故B正确；
C.分子中含烃基较大，且酯基不溶于水，则难溶于水，易溶于乙酸乙酯，故C正确；
D.含酯基，在酸性条件下可发生水解反应生成1，4−丁二酸，故D错误；
故选：D。
A.分子中含过氧键；
B.分子中含酯基、羧基、醚键；
C.分子中含烃基较大，且酯基不溶于水；
D.含酯基，在酸性条件下可发生水解反应。
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B为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.金刚石和晶体硅都属于原子晶体中，金刚石的熔点高于晶体硅，原因为两种晶体中原子间平均距离前者小于后者，碳的原子半径小于硅，故A正确；
B.由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故B错误；
C.氟的电负性大于氯的电负性，F吸电子强于Cl，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故C正确；
D.由于卤素原子的非金属性比碳强，所以C−X之间的共用电子对偏向卤素原子，使卤素原子易被取代，故D正确；
故选：B。
A.原子晶体中，共价键越短，物质的熔点越高；
B.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键要弱于分子间氢键；
C.氟的电负性大于氯的电负性，F吸电子能力强于Cl；
D.卤素原子的非金属性比碳强。
本题考查物质结构和性质，涉及熔、沸点比较、酸性强弱比较等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.乙醛与氢氰酸在催化剂作用下的反应属于加成反应，故A错误；
B.→△属于加成反应，故B错误；
C.乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，属于氧化反应，故C正确；
D.+HCHO→△H+属于加成反应，故D错误；
故选：C。
有机物分子中的不饱和碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫做加成反应。
本题考查有机反应类型，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
7.【答案】A
【解析】解：A.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，不是甲基使苯环活化，故A错误；
B.甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低，则甲基影响苯环，使苯环上的H更活泼，故B正确；
C.苯酚分子中，是羟基对苯环产生影响，使苯环上的邻位、对位上的氢更容易被取代，故苯酚能与浓溴水反应产生白色沉淀，而苯不能，故C正确；
D.苯酚有弱酸性，是由于苯环使与其相连的羟基活性增强，电离出氢离子显酸性，导致常温下与NaOH反应的程度苯酚大于环己醇，故D正确；
故选：A。
A.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化；
B.甲基影响苯环，使苯环上的H更活泼；
C.苯酚具有弱酸性，是由于苯环对羟基产生影响，使O−H键更容易断裂，而苯酚能与浓溴水反应产生白色沉淀，则是应为羟基对苯环产生影响，使苯环上的邻位、对位上的氢更容易被取代；
D.苯环使与其相连的羟基活性增强，电离出氢离子显酸性。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重原子团相互影响的考查，注意羟基对苯环影响，甲苯中苯环影响甲基，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.水的价层电子对=4，O为sp3杂化，故A正确；
B.SO32−价层电子对=4，有一对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，故B错误；
C.HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，形成的是极性分子，故C正确；
D.根据图示，SO32−转化为HSO4−的过程中有氢氧键断裂和硫氧键形成，故D正确；
故选：B。
A.根据水的价层电子对判断杂化类型；
B.根据价层电子对互斥模型判断亚硫酸根离子的VSEPR模型；
C.一般不同原子间形成极性键；
D.根据图示，SO32−转化为HSO4−的过程中有硫氧键形成。
本题通过雾霾微颗粒中硫酸盐生成的过程示意图，考查了氧化还原反应、化学键的变化等基础知识，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力。
9.【答案】D
【解析】解：A.纤维素分子中含有3n个羟基，能与乙酸酐发生取代反应生成醋酸纤维，故A正确；
B.氨基酸分子中的官能团为羧基(−COOH)和氨基(−NH2)，氨基酸分子之间可以通过缩聚反应生成多肽，故B正确；
C.油酸甘油酯中含有碳碳双键，是不饱和有机物，可以和溴单质发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；
D.核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸，故D错误；
故选：D。
A.纤维素分子中含有3n个羟基，具有醇的性质；
B.氨基酸分子中的官能团为羧基和氨基，氨基酸分子之间可以通过缩聚反应生成多肽；
C.油酸甘油酯中含有碳碳双键；
D.核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：通过以上分析知，M为CH3CHO；
A.实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，同时还生成氢氧化钙，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，故A正确；
B.M为乙醛，乙醛发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、Ag和水，M能发生银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→△CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故B正确；
C.二者结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D.肉桂醛分子中碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故D正确；
故选：C。
乙炔和水发生加成反应生成M为CH3CHO，乙醛和苯甲醛发生取代反应生成肉桂醛；
A.实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，同时还生成氢氧化钙；
B.乙醛发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、Ag和水；
C.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
D.碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确醛的性质、乙炔的制取方法、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫等均使酸性高锰酸钾溶液褪色，需NaOH溶液除杂后，再检验乙烯，则给出的药品不能检验生成的乙烯，故A错误；
B.醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使石灰水变浑浊，饱和碳酸氢钠溶液可除去挥发的醋酸，可验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性，故B正确；
C.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，析出白色固体加水溶解，可验证蛋白质的盐析是可逆过程，故C正确；
D.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，与分子极性有关，可比较水和四氯化碳分子的极性，故D正确；
故选：A。
A.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫等均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B.醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使石灰水变浑浊，饱和碳酸氢钠溶液可除去挥发的醋酸；
C.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，析出白色固体加水溶解；
D.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，与分子极性有关。
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、反应与现象、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.羧基、酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH反应，则③中加热时发生的反应为+3NaOH→△+CH3COONa+2H2O，故A错误；
B.乙酰水杨酸含酯基，在酸碱溶液中均可发生水解反应，对比④⑤中现象可知NaOH与氯化铁反应生成红褐色沉淀，故B错误；
C.酚羟基遇氯化铁发生显色反应，若③步骤中只滴加少量NaOH溶液，酚羟基与氯化铁反应，则④步骤可能观察到溶液呈紫色，故C正确；
D.检验羧基需选碳酸氢钠溶液，该实验已检验出乙酰水杨酸分子中的酯基，故D错误；
故选：C。
A.羧基、酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH反应；
B.乙酰水杨酸含酯基；
C.酚羟基遇氯化铁发生显色反应；
D.检验羧基需选碳酸氢钠溶液。
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B为解答的易错点，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B.根据的名称为4，4′−DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′−DDS，故B正确；
C.芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n，为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；
D.三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl，及时移除HCl，平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；
故选：C。
A.芳砜纶纤维中没有饱和C原子；
B.根据的名称命名；
C.由芳砜纶纤维的结构简式推断单体的量；
D.三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl。
本题考查有机物的命名和有机反应，掌握基础是关键，题目难度适中。
14.【答案】B
【解析】解：A.Cu2+有空轨道，Cl−有孤电子对，二者能形成配离子(CuCl42−)，所以CuSO4溶液中加入NaCl固体时溶液变为绿色，发生的反应为[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌CuCl42−+4H2O，故A正确；
B.CuCl42−+2NH3⋅H2O⇌Cu(OH)2↓+4Cl−+2NH4+的平衡常数K=c2(NH4+)⋅c4(Cl−)c(CuCl42−)⋅c2(NH3⋅H2O)=Kb2(NH3⋅H2O)K稳(CuCl42−)⋅Ksp[Cu(OH)2]=(1.8×10−5)22.2×10−20×4.2×105≈3.5×104，K较大，则含CuCl42−的溶液中加入浓氨水时可能出现Cu(OH)2蓝色沉淀，故B错误；
C.溶液a中含有CuCl42−，溶液a中含有[Cu(NH3)4]2+，b中铁片的颜色变化不明显，说明[Cu(NH3)4]2+不易转化为Cu2+和NH3⋅H2O，CuCl42−易转化为Cu2+和Cl−，则K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳(CuCl42−)，故C正确；
D.乙醇分子的极性小于水，[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O在乙醇中溶解度减小，所以溶液b中加入足量乙醇时可析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，故D正确；
故选：B。
A.蓝色CuSO4溶液中加入NaCl固体时转化为绿色，结合配位理论分析判断；
B.CuCl42−+2NH3⋅H2O⇌Cu(OH)2↓+4Cl−+2NH4+的平衡常数K=c2(NH4+)⋅c4(Cl−)c(CuCl42−)⋅c2(NH3⋅H2O)=Kb2(NH3⋅H2O)K稳(CuCl42−)⋅Ksp[Cu(OH)2]，K越大转化程度越大；
C.溶液a中含有CuCl42−，溶液a中含有[Cu(NH3)4]2+，b中铁片的颜色变化不明显，说明[Cu(NH3)4]2+不易转化为Cu2+和NH3⋅H2O；
D.乙醇分子的极性小于水，导致[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O在水中溶解度大于在乙醇中溶解度。
本题考查沉淀溶解平衡和溶度积常数的计算，侧重计算能力和灵活运用能力考查，把握各种平衡常数的意义、表达式、配位键的形成、分子极性及其对物质性质的影响即可解答，题目难度中等。
15.【答案】CH2OH(CHOH)4COONaCH2OH(CHOH)4CHO−2e−+3OH−=CH2OH(CHOH)4COO−+2H2O随c(OH−)增大，葡萄糖还原性增强 加入足量浓氨水，振荡、过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体 葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(II)还原为Cu单质 50∘C5滴10%葡萄糖溶液
【解析】解：(1)①葡萄糖与新制的氢氧化铜在碱性条件下反应生成CH2OH(CHOH)4COONa，
故答案为：CH2OH(CHOH)4COONa；
②a.葡萄糖被氧化，发生氧化反应，失电子，电极反应式为：CH2OH(CHOH)4CHO−2e−+3OH−=CH2OH(CHOH)4COO−+2H2O；
b.依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随c(OH−)增大，Cu(OH)2氧化性减弱，但是随c(OH−)增大，葡萄糖还原性增强；
故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO−2e−+3OH−=CH2OH(CHOH)4COO−+2H2O；随c(OH−)增大，葡萄糖还原性增强；
(2)①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，加入足量浓氨水，振荡、过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；
②除了假设a，还有可能是葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(II)还原为Cu单质；
故答案为：加入足量浓氨水，振荡、过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(II)还原为Cu单质；
(3)综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，在温度为50℃，5滴10%葡萄糖溶液的条件下，能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀；
故答案为：50∘C；5滴10%葡萄糖溶液。
葡萄糖与新制的氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，从现象入手，探究新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件，从而得出结论。
本题为探究题，探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件，侧重考查了探究、分析的能力，有利于激发学生学习化学的兴趣，题目难度不大。
16.【答案】
【解析】
17.【答案】bπCH3OH分子间存在氢键 FeⅡ的价电子排布式为3d6，易失去1个e−达到3d5半充满稳定结构 sp2 >
【解析】解：(1)铬、铁元素的价电子排布式为3d54s1、3d64s2，d轨道上电子数小于10，属于过渡族元素，都是d区元素，
故答案为：b；
(2)C=O键中含有1个π键和1个σ键，但π键不如σ键牢固，发生反应时易断裂，所以转化过程中，C=O键中的π键断裂，发生加成反应，
故答案为：π；
(3)①CH3OH分子中含有O−H键，能形成分子间氢键，分子间氢键使CH3OH的沸点升高，所以与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因为：CH3OH的极性强于；CH3OH分子间存在氢键，
故答案为：CH3OH分子间存在氢键；
②FeⅢ的价电子排布式为3d5，属于半充满的稳定结构，FeⅡ的价电子排布式为3d6，FeⅡ易被氧化为FeⅢ，是FeⅡ易失去1个e−达到3d5半充满稳定结构，
故答案为：FeⅡ的价电子排布式为3d6，易失去1个e−达到3d5半充满稳定结构；
(4)①CH3B(OH)2中B原子与−CH3、2个OH相接，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，B的杂化轨道类型是sp2，
故答案为：sp2；
②B(OH)3和CH3B(OH)2均是B原子提供空轨道、与OH形成配位键，促进水的电离，二者均为一元弱酸，但电负性O>C>B，则O−B键的极性大于C−B键极性，导致B(OH)3中B原子更易与OH形成配位键，水的电离将增大，溶液的酸性将增强，酸性越强酸的电离常数越大，所以Ka[B(OH)3]>Ka[CH3B(OH)2]，
故答案为：>。
(1)铬、铁位于元素周期表的ⅥB族和Ⅷ族，属于d区元素；
(2)C=O键中含有1个π键和1个σ键，但π键比σ键的重叠程度小，发生反应时易断裂；
(3)①分子间氢键使物质的熔沸点升高；
②FeⅡ的价电子排布式为3d6，易失去1个电子形成价电子排布式为3d5的半充满稳定结构；
(4)①CH3B(OH)2中B原子与−CH3、2个OH相接，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；
②B(OH)3和CH3B(OH)2均是B原子提供空轨道、与OH形成配位键，促进水的电离，二者均为一元弱酸，但电负性O>C>B，则O−B键的极性大于C−B键极性，导致B(OH)3中B原子更易与OH形成配位键。
本题考查物质结构与性质，侧重基础知识检测能力和灵活运用能力考查，把握π键与σ键的稳定性、原子杂化方式的推理、配位键的形成、电负性及其对分子极性的影响是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】乙炔 +8NH3→+4NH4Br与HBr反应，提高B的产率 CH3OHabd+2HCHO→催化剂+2H2O用质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值
【解析】解：(1)A是C2H2，即乙炔，
故答案为：乙炔；
(2)1，1，2，2−四溴乙烷与NH3 反应生成B和溴化铵，其方程式为：+8NH3→+4NH4Br，NH3过量，除了可以减少副反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产率，
故答案为：+8NH3→+4NH4Br；；
(3) 与 反应生成 和CH3OH，
故答案为：CH3OH；
(4)①a.含有的官能团是酰胺基，故a正确；
b.根据对称性可以分析，其中含有2种不同化学环境的氢原子，故b正确；
c.分子间只有范德华力没有氢键，故c错误；
d.空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力通过分析断键机理，故d正确；
故答案为：abd；
②再通过HCHO和催化剂作用，生成 和水，方程式为+2HCHO→催化剂+2H2O，
故答案为：+2HCHO→催化剂+2H2O；
(5)质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值，故测定瓜环[n]中n值的方案为用质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值，
故答案为：用质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值。
A是C2H2，即乙炔，乙炔通过加成反应生成，与NH3发生取代反应生成，与反应生成，再通过HCHO和催化剂作用，生成 和水。
本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，关键是确定各物质的结构，结合反应条件顺推各物质，熟练掌握官能团及其性质，难度较大。
19.【答案】取代反应 酚 、 浓硝酸、浓硫酸 +NaOH→△+CH3COONa
【解析】解：(1)A中氢原子被氯原子取代生成B，则A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(2)D为，按官能团分类，D的类别是酚，
故答案为：酚；
(3)通过以上分析知，E的结构简式是，
故答案为：；
(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：
ⅰ.在一定条件下可以发生银镜反应，说明含有醛基；
ⅱ.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，含有四种氢原子，且含有一个甲基，结构对称，符合条件的结构简式其中两种为、，
故答案为：、；
(5)通过以上分析知，P、Q的结构简式分别为、，
故答案为：；；
(6)通过以上分析知，试剂a是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
(7)K与NaOH反应得到L的化学方程式是+NaOH→△+CH3COONa，
故答案为：+NaOH→△+CH3COONa。
根据G的结构简式及A的分子式知，A为，由D的分子式可知，苯与氯气发生取代反应生成B为，B发生水解反应、酸化生成D为，(3)中E含有酯基，结合F的结构简式，可知与发生取代反应生成E为，同时有CH3COOH生成，E发生重排生成F为，F经三步转化生成G，由J的分子式、M的结构简式，可知G中−OH转化为−OCH3生成J；对比J、K的分子式，结合L→M的转化，可知J中苯环上−OCH3间位的氢原子被硝基取代生成K，即发生硝化反应，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸，K发生酰胺基水解反应生成L，L中硝基还原为氨基生成M，则J为、K为、L为，M→N的过程中氨基与S=C=S发生加成反应、脱去1分子H2S形成C=N双键；
(5)中F→G的三步反应中，F先与NH2OH发生加成反应生成P，结合信息i可知P为，结合信息ii可知P脱水生成Q为，Q重排转化为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意信息的理解和灵活运用，题目难度中等。
节日燃放的焰火绚丽多彩
宇宙飞船返回舱外壳用网状结构的酚醛树脂制造
利用紫外线为图书消毒
植物油氢化所得硬化油不易被空气氧化
A.与原子核外电子跃迁有关
B.与网状结构高分子的热固性有关
C.与紫外线可以使蛋白质变性有关
D.与植物油中含有酯基有关
实验事实
解释
A
甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色但苯不能
甲基使苯环活化
B
甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低
甲基使苯环上的部分H活化
C
苯酚能和浓溴水反应产生白色沉淀但苯不能
羟基使苯环上的部分H活化
D
常温下与NaOH反应的程度苯酚大于环己醇
苯环使羟基的O−H键极性增强
实验目的
实验药品
A
验证乙醇的消去产物含有乙烯
乙醇、浓硫酸、酸性KMnO4溶液
B
验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性
CH3COOH溶液、Na2CO3固体饱和NaHCO3溶液、澄清石灰水
C
验证蛋白质的盐析是可逆过程
鸡蛋清溶液、饱和(NH4)2SO4溶液、蒸馏水
D
比较水和四氯化碳分子的极性
碘晶体、H2O、CCl4
编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验方案
实验现象
加热，无明显现象，静置后未见砖红色沉淀
加热、静置后，底部有砖红色沉淀
编号
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验方案
现象
温度
50℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色
得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色
70℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色
得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤液呈棕色
100℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色
得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色
温度/℃
NaOH溶液
葡萄糖溶液
条件
______
2mL10%NaOH溶液
______
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列对于生产、生活中现象和事实的分析不合理的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A. 甲酸的结构式：B. 乙烯的电子式：
C. 乙醇的分子结构模型：D. 基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2
3.干冰(CO2)的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 干冰晶体属于分子晶体
B. 干冰晶胞中，含有4个CO2分子
C. 干冰晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有6个
D. 干冰晶体中CO2分子间作用力较小，常压下易升华
4.青蒿琥酯是一种高效抗疟药，实验证明其分子中含有能与碘化钠作用生成碘单质的基团。下列关于青蒿琥酯的说法不正确的是( )
A. 青蒿琥酯对热不稳定
B. 分子中含有3种含氧官能团
C. 难溶于水，易溶于乙酸乙酯
D. 酸性条件下水解可得到丁二酸
5.下列对于物质结构和性质的分析不正确的是( )
A. 碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅
B. 邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛
C. 氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸
D. 卤代烃中C−X键极性较强，使卤素原子易被取代
6.下列构建碳骨架的反应，不属于加成反应的是( )
A.
B. →△
C. →H+KMnO4
D. +HCHO→△H+
7.下列对实验事实的解释不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法不正确的是( )
A. H2O中的O为sp3杂化B. SO32−的VSEPR模型为平面三角形
C. HNO2是由极性键形成的极性分子D. 反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成
9.下列说法不正确的是( )
A. 纤维素分子中含有羟基、可与乙酸发生酯化反应生成醋酸纤维
B. 氨基酸分子中含有氨基和羧基，多个氨基酸分子可通过肽键生成多肽
C. 油酸分子中含有碳碳双键，因此含有油酸甘油酯的植物油可使溴水褪色
D. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
10.桂皮中的肉桂醛()是一种食用香料，一种合成路线如图：
下列说法不正确的是( )
A. 实验室制取CH≡CH的反应为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑
B. M能发生银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→△CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
C. 苯甲醛与肉桂醛互为同系物
D. 肉桂醛分子中含有碳碳双键，存在顺反异构体
11.利用下列实验药品，不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.阿司匹林片的有效成分为乙酰水杨酸()。为检验其官能团，某小组同学进行如下实验：
①将阿司匹林片研碎，加水溶解，过滤，弃去滤渣；
②取少量滤液，滴加2滴FeCl3溶液，无明显现象；
③另取少量滤液，加足量NaOH溶液，加热；
④冷却③溶液后，滴加2滴FeCl3溶液，产生红褐色沉淀，静置后上层溶液几乎无色；
⑤向④的悬浊液中加入适量稀硫酸，溶液呈紫色。
下列说法正确的是( )
A. ③中加热时发生的反应为+NaOH→△+CH3COONa+H2O
B. 对比④⑤中现象说明乙酰水杨酸在碱性溶液中不能水解但在酸性溶液中可以水解
C. 若③步骤中只滴加少量NaOH溶液，则④步骤可能观察到溶液呈紫色
D. 该实验已检验出乙酰水杨酸分子中的全部官能团
13.中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体
、
、
缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图：
下列说法不正确的是( )
A. 芳砜纶纤维中不含手性碳原子
B. 的名称为4，4′−DDS，推的名称为3，3′−DDS
C. 参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8
D. 及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物
14.化学小组研究Cu2+的性质，完成如图实验：
已知：K稳(CuCl42−)=c(CuCl42−)c(Cu2+)⋅c4(Cl−)=4.2×105；Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10−5；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20
下列说法不正确的是( )
A. CuSO4溶液中加入NaCl固体：[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌CuCl42−+4H2O
B. 溶液a中加入浓氨水时不可能出现Cu(OH)2蓝色沉淀
C. 溶液a、b中铁片的颜色不同证明K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳(CuCl42−)
D. 溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O
二、实验题：本大题共1小题，共11分。
15.实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。
资料：ⅰ.葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕色)的聚合物。
ⅱ.Cu2O、CuO均溶于氨水，生成[Cu(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+；Cu不溶于氨水。
(1)探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。
①实验Ⅱ中，葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]转化为______。
②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：
a.电极反应式：
ⅰ.还原反应：2Cu(OH)2+2e−=Cu2O+H2O+2OH−
ⅱ.氧化反应：______。
b.依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随c(OH−)增大，Cu(OH)2氧化性减弱，但是______。
(2)探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响。
①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，______ (填操作和现象)。
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。
假设b：______ (补充完整)。
经定量分析可知假设a不成立。
(3)综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，将宜采用的条件填入下表。
三、简答题：本大题共4小题，共47分。
16.
17.有机物中的(C−H键较难断裂，活化C−H键是有机反应研究的热点之一。由
经两步反应合成
，均需使C−H键活化，步骤如图。
(1)铬、铁位于元素周期表中的______ (填序号)。
a.s区
b.d区
c.p区
d.ds区
(2)
转化为
的过程中，C=O键中的______ (填“σ”或“π”)键断裂，发生加成反应，转化为C=O键。
(3)利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。
注：FeⅡ代表+2价铁，FeⅢ代表+3价铁。
①
与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有：
ⅰ.CH3OH的极性强于
；
ⅱ.______。
②FeⅡ易被氧化为FeⅢ，结合价层电子排布解释原因：______。
(4)铜铬催化剂的主要成分是CuCl、CrCl2和CH3B(OH)2(甲基硼酸)等，CH3B(OH)2能有效抑制副产物的生成。
①CH3B(OH)2中B的杂化轨道类型是______。
②已知：B(OH)3和CH3B(OH)2均为一元弱酸。推测Ka[B(OH)3]______ Ka[CH3B(OH)2](填“>”或“<”)。
18.不同空腔尺寸的瓜环[n](n=5,6,7,8⋯)可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附.瓜环[7]的一种合成路线如图。
(1)A的名称是______。
(2)1，1，2，2−四溴乙烷与NH3反应生成B的化学方程式是______。此反应过程需要加入远远过量的NH3，目的有：
①减少副反应，提高生成物纯度。
②______。
(3)推测“成环”反应中生成M和______。
(4)瓜环[7]的分子结构模型如图所示。
①下列关于瓜环[7]的说法正确的是______ (填序号)。
a.含有的官能团是酰胺基
b.含有2种不同化学环境的氢原子
c.分子间存在范德华力和氢键
d.空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力
②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是______。
(5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案：______。
19.某治疗胃溃疡的药物中间体N，可通过如图合成路线制得。
资料：“重排”指有机物分子中的一个基团迁移到另外一个原子上，其分子式不变。
(1)A→B的反应类型是______。
(2)按官能团分类，D的类别是______。
(3)E含有酯基。E的结构简式是______。
(4)写出符合下列条件的F的同分异构体：______ (写出2种)。
ⅰ.在一定条件下可以发生银镜反应
ⅱ.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3
(5)F与NH2OH反应生成G的过程如图：
已知：ⅰ.发生加成反应时，NH2OH断开N−H键。
ⅱ.同一个碳上连着一个羟基和一个氨基(或取代的氨基)时不稳定，易脱水生成亚胺()。
写出P、Q的结构简式：______、______。
(6)J含有醚键。试剂a是______。
(7)K与NaOH反应得到L的化学方程式是______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.节日烟花中含有不同金属元素，燃放的焰火与原子核外电子的跃迁有关，故A正确；
B.酚醛树脂具有热固性，受热后不能软化或熔融，可用于生产宇宙飞船外壳的烧蚀材料，故B正确；
C.利用紫外线为图书消毒处理，这是由于紫外线能够使蛋白质变性，从而达到杀菌消毒的效果，故C正确；
D.植物油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态的硬化油，则与植物油中的酯基无关，故D错误；
故选：D。
A.当金属及其化合物在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，而放出的光的波长在可见光范围内(波长为400nm∼760nm)，因而能使火焰呈现颜色；
B.酚醛树脂具有热固性；
C.紫外线能够使蛋白质变性；
D.植物油含有碳碳双键，能与氢气加成。
本题主要考查化学在生活、生产中的应用与对应的化学知识是否一致，要求学生对基础知识的掌握很扎实，否则易错，需要学生注意知识的积累，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.甲酸的结构简式为HCOOH，含有C=O双键、C−H键、C−O键和O−H键，其结构式为，故A正确；
B.乙烯分子中C、H原子间共用1对电子对，C、C原子间共用2对电子对，其电子式为，故B正确；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C>O>H，其充填模型为，故C正确；
D.基态Cr原子的核电荷数为24，3d轨道上半满最稳定，则基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，故D错误；
故选：D。
A.甲酸的结构简式为HCOOH，含有C=O双键、C−H键、C−O键和O−H键；
B.乙烯分子中C、H原子间共用1对电子对，C、C原子间共用2对电子对；
C.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：C>O>H；
D.基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，不是3d44s2。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及分子结构模型、电子式、价电子排布式、结构简式及结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.干冰晶体属于分子晶体，故A正确；
B.依据晶胞结构图可知，1个晶胞中含有二氧化碳分子数目为：18×8+12×6=4，故B正确；
C.晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，则晶胞中每个CO2分子周围紧邻的CO2分子数为3×8×12=12，故C错误；
D.干冰为分子晶体，CO2分子的相对分子质量小，分子间作用力小，所以干冰升华时需克服分子间作用力，故D正确；
故选：C。
A.干冰晶体属于分子晶体；
B.依据均摊法计算每个晶胞中含有二氧化碳分子数目；
C.晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用；
D.CO2分子的相对分子质量小，分子间作用力小。
本题考查晶体类型及性质判断，明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力、熟悉均摊法计算和晶胞结构特征是解题关键，注意掌握配位数的计算，题目难度中等。
4.【答案】D
【解析】解：A.分子中含过氧键，则青蒿琥酯对热不稳定，故A正确；
B.分子中含酯基、羧基、醚键，共3种含氧官能团，故B正确；
C.分子中含烃基较大，且酯基不溶于水，则难溶于水，易溶于乙酸乙酯，故C正确；
D.含酯基，在酸性条件下可发生水解反应生成1，4−丁二酸，故D错误；
故选：D。
A.分子中含过氧键；
B.分子中含酯基、羧基、醚键；
C.分子中含烃基较大，且酯基不溶于水；
D.含酯基，在酸性条件下可发生水解反应。
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B为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.金刚石和晶体硅都属于原子晶体中，金刚石的熔点高于晶体硅，原因为两种晶体中原子间平均距离前者小于后者，碳的原子半径小于硅，故A正确；
B.由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故B错误；
C.氟的电负性大于氯的电负性，F吸电子强于Cl，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，故C正确；
D.由于卤素原子的非金属性比碳强，所以C−X之间的共用电子对偏向卤素原子，使卤素原子易被取代，故D正确；
故选：B。
A.原子晶体中，共价键越短，物质的熔点越高；
B.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键要弱于分子间氢键；
C.氟的电负性大于氯的电负性，F吸电子能力强于Cl；
D.卤素原子的非金属性比碳强。
本题考查物质结构和性质，涉及熔、沸点比较、酸性强弱比较等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.乙醛与氢氰酸在催化剂作用下的反应属于加成反应，故A错误；
B.→△属于加成反应，故B错误；
C.乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，属于氧化反应，故C正确；
D.+HCHO→△H+属于加成反应，故D错误；
故选：C。
有机物分子中的不饱和碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫做加成反应。
本题考查有机反应类型，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
7.【答案】A
【解析】解：A.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，不是甲基使苯环活化，故A错误；
B.甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低，则甲基影响苯环，使苯环上的H更活泼，故B正确；
C.苯酚分子中，是羟基对苯环产生影响，使苯环上的邻位、对位上的氢更容易被取代，故苯酚能与浓溴水反应产生白色沉淀，而苯不能，故C正确；
D.苯酚有弱酸性，是由于苯环使与其相连的羟基活性增强，电离出氢离子显酸性，导致常温下与NaOH反应的程度苯酚大于环己醇，故D正确；
故选：A。
A.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化；
B.甲基影响苯环，使苯环上的H更活泼；
C.苯酚具有弱酸性，是由于苯环对羟基产生影响，使O−H键更容易断裂，而苯酚能与浓溴水反应产生白色沉淀，则是应为羟基对苯环产生影响，使苯环上的邻位、对位上的氢更容易被取代；
D.苯环使与其相连的羟基活性增强，电离出氢离子显酸性。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重原子团相互影响的考查，注意羟基对苯环影响，甲苯中苯环影响甲基，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.水的价层电子对=4，O为sp3杂化，故A正确；
B.SO32−价层电子对=4，有一对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，故B错误；
C.HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，形成的是极性分子，故C正确；
D.根据图示，SO32−转化为HSO4−的过程中有氢氧键断裂和硫氧键形成，故D正确；
故选：B。
A.根据水的价层电子对判断杂化类型；
B.根据价层电子对互斥模型判断亚硫酸根离子的VSEPR模型；
C.一般不同原子间形成极性键；
D.根据图示，SO32−转化为HSO4−的过程中有硫氧键形成。
本题通过雾霾微颗粒中硫酸盐生成的过程示意图，考查了氧化还原反应、化学键的变化等基础知识，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力。
9.【答案】D
【解析】解：A.纤维素分子中含有3n个羟基，能与乙酸酐发生取代反应生成醋酸纤维，故A正确；
B.氨基酸分子中的官能团为羧基(−COOH)和氨基(−NH2)，氨基酸分子之间可以通过缩聚反应生成多肽，故B正确；
C.油酸甘油酯中含有碳碳双键，是不饱和有机物，可以和溴单质发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；
D.核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸，故D错误；
故选：D。
A.纤维素分子中含有3n个羟基，具有醇的性质；
B.氨基酸分子中的官能团为羧基和氨基，氨基酸分子之间可以通过缩聚反应生成多肽；
C.油酸甘油酯中含有碳碳双键；
D.核苷酸分子之间通过磷酯键形成核苷酸。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：通过以上分析知，M为CH3CHO；
A.实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，同时还生成氢氧化钙，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，故A正确；
B.M为乙醛，乙醛发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、Ag和水，M能发生银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH→△CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故B正确；
C.二者结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D.肉桂醛分子中碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故D正确；
故选：C。
乙炔和水发生加成反应生成M为CH3CHO，乙醛和苯甲醛发生取代反应生成肉桂醛；
A.实验室用碳化钙和水反应制取乙炔，同时还生成氢氧化钙；
B.乙醛发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、Ag和水；
C.结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
D.碳碳双键两端的碳原子连接两个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确醛的性质、乙炔的制取方法、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫等均使酸性高锰酸钾溶液褪色，需NaOH溶液除杂后，再检验乙烯，则给出的药品不能检验生成的乙烯，故A错误；
B.醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使石灰水变浑浊，饱和碳酸氢钠溶液可除去挥发的醋酸，可验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性，故B正确；
C.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，析出白色固体加水溶解，可验证蛋白质的盐析是可逆过程，故C正确；
D.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，与分子极性有关，可比较水和四氯化碳分子的极性，故D正确；
故选：A。
A.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫等均使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B.醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳可使石灰水变浑浊，饱和碳酸氢钠溶液可除去挥发的醋酸；
C.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，析出白色固体加水溶解；
D.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，与分子极性有关。
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、反应与现象、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.羧基、酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH反应，则③中加热时发生的反应为+3NaOH→△+CH3COONa+2H2O，故A错误；
B.乙酰水杨酸含酯基，在酸碱溶液中均可发生水解反应，对比④⑤中现象可知NaOH与氯化铁反应生成红褐色沉淀，故B错误；
C.酚羟基遇氯化铁发生显色反应，若③步骤中只滴加少量NaOH溶液，酚羟基与氯化铁反应，则④步骤可能观察到溶液呈紫色，故C正确；
D.检验羧基需选碳酸氢钠溶液，该实验已检验出乙酰水杨酸分子中的酯基，故D错误；
故选：C。
A.羧基、酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH反应；
B.乙酰水杨酸含酯基；
C.酚羟基遇氯化铁发生显色反应；
D.检验羧基需选碳酸氢钠溶液。
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B为解答的易错点，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B.根据的名称为4，4′−DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′−DDS，故B正确；
C.芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n，为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；
D.三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl，及时移除HCl，平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；
故选：C。
A.芳砜纶纤维中没有饱和C原子；
B.根据的名称命名；
C.由芳砜纶纤维的结构简式推断单体的量；
D.三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl。
本题考查有机物的命名和有机反应，掌握基础是关键，题目难度适中。
14.【答案】B
【解析】解：A.Cu2+有空轨道，Cl−有孤电子对，二者能形成配离子(CuCl42−)，所以CuSO4溶液中加入NaCl固体时溶液变为绿色，发生的反应为[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌CuCl42−+4H2O，故A正确；
B.CuCl42−+2NH3⋅H2O⇌Cu(OH)2↓+4Cl−+2NH4+的平衡常数K=c2(NH4+)⋅c4(Cl−)c(CuCl42−)⋅c2(NH3⋅H2O)=Kb2(NH3⋅H2O)K稳(CuCl42−)⋅Ksp[Cu(OH)2]=(1.8×10−5)22.2×10−20×4.2×105≈3.5×104，K较大，则含CuCl42−的溶液中加入浓氨水时可能出现Cu(OH)2蓝色沉淀，故B错误；
C.溶液a中含有CuCl42−，溶液a中含有[Cu(NH3)4]2+，b中铁片的颜色变化不明显，说明[Cu(NH3)4]2+不易转化为Cu2+和NH3⋅H2O，CuCl42−易转化为Cu2+和Cl−，则K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳(CuCl42−)，故C正确；
D.乙醇分子的极性小于水，[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O在乙醇中溶解度减小，所以溶液b中加入足量乙醇时可析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，故D正确；
故选：B。
A.蓝色CuSO4溶液中加入NaCl固体时转化为绿色，结合配位理论分析判断；
B.CuCl42−+2NH3⋅H2O⇌Cu(OH)2↓+4Cl−+2NH4+的平衡常数K=c2(NH4+)⋅c4(Cl−)c(CuCl42−)⋅c2(NH3⋅H2O)=Kb2(NH3⋅H2O)K稳(CuCl42−)⋅Ksp[Cu(OH)2]，K越大转化程度越大；
C.溶液a中含有CuCl42−，溶液a中含有[Cu(NH3)4]2+，b中铁片的颜色变化不明显，说明[Cu(NH3)4]2+不易转化为Cu2+和NH3⋅H2O；
D.乙醇分子的极性小于水，导致[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O在水中溶解度大于在乙醇中溶解度。
本题考查沉淀溶解平衡和溶度积常数的计算，侧重计算能力和灵活运用能力考查，把握各种平衡常数的意义、表达式、配位键的形成、分子极性及其对物质性质的影响即可解答，题目难度中等。
15.【答案】CH2OH(CHOH)4COONaCH2OH(CHOH)4CHO−2e−+3OH−=CH2OH(CHOH)4COO−+2H2O随c(OH−)增大，葡萄糖还原性增强 加入足量浓氨水，振荡、过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体 葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(II)还原为Cu单质 50∘C5滴10%葡萄糖溶液
【解析】解：(1)①葡萄糖与新制的氢氧化铜在碱性条件下反应生成CH2OH(CHOH)4COONa，
故答案为：CH2OH(CHOH)4COONa；
②a.葡萄糖被氧化，发生氧化反应，失电子，电极反应式为：CH2OH(CHOH)4CHO−2e−+3OH−=CH2OH(CHOH)4COO−+2H2O；
b.依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随c(OH−)增大，Cu(OH)2氧化性减弱，但是随c(OH−)增大，葡萄糖还原性增强；
故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO−2e−+3OH−=CH2OH(CHOH)4COO−+2H2O；随c(OH−)增大，葡萄糖还原性增强；
(2)①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，加入足量浓氨水，振荡、过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；
②除了假设a，还有可能是葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(II)还原为Cu单质；
故答案为：加入足量浓氨水，振荡、过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(II)还原为Cu单质；
(3)综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，在温度为50℃，5滴10%葡萄糖溶液的条件下，能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀；
故答案为：50∘C；5滴10%葡萄糖溶液。
葡萄糖与新制的氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，从现象入手，探究新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件，从而得出结论。
本题为探究题，探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件，侧重考查了探究、分析的能力，有利于激发学生学习化学的兴趣，题目难度不大。
16.【答案】
【解析】
17.【答案】bπCH3OH分子间存在氢键 FeⅡ的价电子排布式为3d6，易失去1个e−达到3d5半充满稳定结构 sp2 >
【解析】解：(1)铬、铁元素的价电子排布式为3d54s1、3d64s2，d轨道上电子数小于10，属于过渡族元素，都是d区元素，
故答案为：b；
(2)C=O键中含有1个π键和1个σ键，但π键不如σ键牢固，发生反应时易断裂，所以转化过程中，C=O键中的π键断裂，发生加成反应，
故答案为：π；
(3)①CH3OH分子中含有O−H键，能形成分子间氢键，分子间氢键使CH3OH的沸点升高，所以与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因为：CH3OH的极性强于；CH3OH分子间存在氢键，
故答案为：CH3OH分子间存在氢键；
②FeⅢ的价电子排布式为3d5，属于半充满的稳定结构，FeⅡ的价电子排布式为3d6，FeⅡ易被氧化为FeⅢ，是FeⅡ易失去1个e−达到3d5半充满稳定结构，
故答案为：FeⅡ的价电子排布式为3d6，易失去1个e−达到3d5半充满稳定结构；
(4)①CH3B(OH)2中B原子与−CH3、2个OH相接，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，B的杂化轨道类型是sp2，
故答案为：sp2；
②B(OH)3和CH3B(OH)2均是B原子提供空轨道、与OH形成配位键，促进水的电离，二者均为一元弱酸，但电负性O>C>B，则O−B键的极性大于C−B键极性，导致B(OH)3中B原子更易与OH形成配位键，水的电离将增大，溶液的酸性将增强，酸性越强酸的电离常数越大，所以Ka[B(OH)3]>Ka[CH3B(OH)2]，
故答案为：>。
(1)铬、铁位于元素周期表的ⅥB族和Ⅷ族，属于d区元素；
(2)C=O键中含有1个π键和1个σ键，但π键比σ键的重叠程度小，发生反应时易断裂；
(3)①分子间氢键使物质的熔沸点升高；
②FeⅡ的价电子排布式为3d6，易失去1个电子形成价电子排布式为3d5的半充满稳定结构；
(4)①CH3B(OH)2中B原子与−CH3、2个OH相接，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；
②B(OH)3和CH3B(OH)2均是B原子提供空轨道、与OH形成配位键，促进水的电离，二者均为一元弱酸，但电负性O>C>B，则O−B键的极性大于C−B键极性，导致B(OH)3中B原子更易与OH形成配位键。
本题考查物质结构与性质，侧重基础知识检测能力和灵活运用能力考查，把握π键与σ键的稳定性、原子杂化方式的推理、配位键的形成、电负性及其对分子极性的影响是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】乙炔 +8NH3→+4NH4Br与HBr反应，提高B的产率 CH3OHabd+2HCHO→催化剂+2H2O用质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值
【解析】解：(1)A是C2H2，即乙炔，
故答案为：乙炔；
(2)1，1，2，2−四溴乙烷与NH3 反应生成B和溴化铵，其方程式为：+8NH3→+4NH4Br，NH3过量，除了可以减少副反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产率，
故答案为：+8NH3→+4NH4Br；；
(3) 与 反应生成 和CH3OH，
故答案为：CH3OH；
(4)①a.含有的官能团是酰胺基，故a正确；
b.根据对称性可以分析，其中含有2种不同化学环境的氢原子，故b正确；
c.分子间只有范德华力没有氢键，故c错误；
d.空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力通过分析断键机理，故d正确；
故答案为：abd；
②再通过HCHO和催化剂作用，生成 和水，方程式为+2HCHO→催化剂+2H2O，
故答案为：+2HCHO→催化剂+2H2O；
(5)质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值，故测定瓜环[n]中n值的方案为用质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值，
故答案为：用质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值。
A是C2H2，即乙炔，乙炔通过加成反应生成，与NH3发生取代反应生成，与反应生成，再通过HCHO和催化剂作用，生成 和水。
本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，关键是确定各物质的结构，结合反应条件顺推各物质，熟练掌握官能团及其性质，难度较大。
19.【答案】取代反应 酚 、 浓硝酸、浓硫酸 +NaOH→△+CH3COONa
【解析】解：(1)A中氢原子被氯原子取代生成B，则A→B的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(2)D为，按官能团分类，D的类别是酚，
故答案为：酚；
(3)通过以上分析知，E的结构简式是，
故答案为：；
(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：
ⅰ.在一定条件下可以发生银镜反应，说明含有醛基；
ⅱ.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，含有四种氢原子，且含有一个甲基，结构对称，符合条件的结构简式其中两种为、，
故答案为：、；
(5)通过以上分析知，P、Q的结构简式分别为、，
故答案为：；；
(6)通过以上分析知，试剂a是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
(7)K与NaOH反应得到L的化学方程式是+NaOH→△+CH3COONa，
故答案为：+NaOH→△+CH3COONa。
根据G的结构简式及A的分子式知，A为，由D的分子式可知，苯与氯气发生取代反应生成B为，B发生水解反应、酸化生成D为，(3)中E含有酯基，结合F的结构简式，可知与发生取代反应生成E为，同时有CH3COOH生成，E发生重排生成F为，F经三步转化生成G，由J的分子式、M的结构简式，可知G中−OH转化为−OCH3生成J；对比J、K的分子式，结合L→M的转化，可知J中苯环上−OCH3间位的氢原子被硝基取代生成K，即发生硝化反应，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸，K发生酰胺基水解反应生成L，L中硝基还原为氨基生成M，则J为、K为、L为，M→N的过程中氨基与S=C=S发生加成反应、脱去1分子H2S形成C=N双键；
(5)中F→G的三步反应中，F先与NH2OH发生加成反应生成P，结合信息i可知P为，结合信息ii可知P脱水生成Q为，Q重排转化为。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意信息的理解和灵活运用，题目难度中等。
节日燃放的焰火绚丽多彩
宇宙飞船返回舱外壳用网状结构的酚醛树脂制造
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植物油氢化所得硬化油不易被空气氧化
A.与原子核外电子跃迁有关
B.与网状结构高分子的热固性有关
C.与紫外线可以使蛋白质变性有关
D.与植物油中含有酯基有关
实验事实
解释
A
甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色但苯不能
甲基使苯环活化
B
甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低
甲基使苯环上的部分H活化
C
苯酚能和浓溴水反应产生白色沉淀但苯不能
羟基使苯环上的部分H活化
D
常温下与NaOH反应的程度苯酚大于环己醇
苯环使羟基的O−H键极性增强
实验目的
实验药品
A
验证乙醇的消去产物含有乙烯
乙醇、浓硫酸、酸性KMnO4溶液
B
验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性
CH3COOH溶液、Na2CO3固体饱和NaHCO3溶液、澄清石灰水
C
验证蛋白质的盐析是可逆过程
鸡蛋清溶液、饱和(NH4)2SO4溶液、蒸馏水
D
比较水和四氯化碳分子的极性
碘晶体、H2O、CCl4
编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验方案
实验现象
加热，无明显现象，静置后未见砖红色沉淀
加热、静置后，底部有砖红色沉淀
编号
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验方案
现象
温度
50℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色
得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色
70℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色
得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤液呈棕色
100℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色
得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色
温度/℃
NaOH溶液
葡萄糖溶液
条件
______
2mL10%NaOH溶液
______
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