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北京市第二中学2023-2024学年高二下学期期末化学试卷（Word版附解析）
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一、选择题(共25小题，1-8每小题1分，9~25每小题2分，共42分。每小题只有1个选项符合题意)
1. 下列名词中“碳”的含义与其他3个不同的是
A. 碳纤维B. 碳达峰C. 碳中和D. 零碳甲醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳纤维，指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，碳的含义是碳单质，A符题意；
B．“碳达峰”是指二氧化碳排放2030年前达到峰值，具有环保含义，B不符题意；
C．“碳中和”是指2060年前通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，具有环保含义，C不符题意；
D．零碳甲醇中的“碳”主要指的是通过捕获和利用工业尾气中的二氧化碳来合成甲醇，从而实现碳的“零排放”，具有环保含义，D不符题意；
故选A。
2. 下列化学用语或模型不正确的是
A. 乙醇的分子式C2H5OHB. 乙烯的结构简式CH2=CH2
C. 乙炔的球棍模型D. 甲基的电子式
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇分子中含有2个碳原子、6个H和1个O，其分子式为C2H6O，A错误；
B．烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为：CH2=CH2，B正确；
C．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，乙炔的球棍模型为，C正确；
D．甲基分子中存在3个碳氢共价键和一个未成键电子，甲基的电子式为：，D正确；
故选A。
3. 下列分子或离子的空间结构不能用VSEPR模型预测的是
A. CO2B. C. D. [Cu(NH3)4]2+
【答案】D
【解析】
【详解】VSEPR模型能预测简单分子或离子的空间结构，但不能预测以过渡元素为中心原子的分子或离子的空间结构，所以四氨合铜离子的空间结构不能用VSEPR模型预测，故选D。
4. 下列物质不属于高分子的是
A. 淀粉B. 核苷酸C. 蛋白质D. 酚醛树脂
【答案】B
【解析】
【详解】有机高分子化合物是由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，淀粉和蛋白质是天然高分子化合物、酚醛树脂是合成高分子化合物，核苷酸的相对分子质量小，不属于高分子化合物，故选B。
5. 下列物质可使蛋白质因氧化而变性的是
A. 福尔马林B. 稀硫酸C. 硫酸铜D. 漂粉精
【答案】D
【解析】
【详解】A．福尔马林没有强氧化性，不是因氧化反应使蛋白质变性，A不合题意；
B．稀硫酸没有强氧化性，不是因氧化反应使蛋白质变性，B不合题意；
C．硫酸铜没有强氧化性，不是因氧化反应使蛋白质变性，C不合题意；
D．漂粉精中的Ca(ClO)2具有强氧化性，能因氧化反应使蛋白质变性，D符合题意；
故答案为：D。
6. 立体异构现象在生物分子中广泛存在。下列物质不存在立体异构的是
A. 葡萄糖B. 甘油C. 油酸D. 丙氨酸
【答案】B
【解析】
【分析】立体异构体是指原子组成及连接方式相同，而其三维空间排列不同的分子，它包括光学异构体、几何异构体( 又叫顺反异构体)，光学异构体又分对映异构体及非对映异构体，据此分析。
【详解】A．葡萄糖属于多羟基醛，具有多个手性碳原子，这些手性碳原子使得葡萄糖可以形成多个立体异构体，A不合题意；
B．对称结构，不存在立体异构，B符合题意；
C．油酸有顺反异构体,天然油酸都是顺式结构，C不合题意；
D．由于手性中心的存在，丙氨酸存在两个对映异构体,，D不合题意；
故选B。
7. 下列有机化合物不能用溴水区分的是
A. 乙醇和乙酸B. 甲苯和苯酚
C. 直馏汽油和裂化汽油D. 苯和CCl4
【答案】A
【解析】
【详解】A．二者均不与溴水反应，现象相同，不能鉴别，A符合题意；
B．甲苯不与溴水反应，苯酚可与溴水发生取代反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，可以鉴别，B不符题意；
C．能使溴水褪色的为裂化汽油，分层的为直馏汽油，可以鉴别，C不符题意；
D．二者均不与溴水反应，苯的密度小于水，互溶后有色层在上层，CCl4密度比水大，互溶后有色层在下层，可以鉴别，D不符题意；
答案选A。
8. 下列说法正确的是
A. 的名称是2-甲基乙醇
B. 的官能团是醛基
C. 苯乙炔中最多有6个原子在一条直线上
D. 丙烯中所有的碳原子均为sp2杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据醇的系统命名法可知，的名称是2-丙醇，A错误；
B．的官能团是酯基而不是醛基，B错误；
C．已知苯分子中对位上的4个原子共线，乙炔中4个原子共线，故苯乙炔中最多有6个原子在一条直线上，如图所示：，C正确；
D．丙烯中碳碳双键上的碳原子均为sp2杂化，甲基上的碳原子采用sp3杂化，D错误；
故答案为：C。
9. 下列说法不正确的是
A. 利用多次盐析和溶解可分离提纯蛋白质
B. 水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
C. 核酸、核苷酸发生水解时均涉及P-O键断裂
D. 从分子结构上看糖类都是多羟基醛或其脱水缩合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐析为可逆过程，不改变蛋白质的结构，所以采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，A正确；
B．水果含有低级酯类，这类酯有香味，使水果具有特殊香味，B正确；
C．核酸水解生成核苷酸，核苷酸水解生成核苷和磷酸，两者的水解反应均涉及P-O键断裂，C正确；
D．从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮或其脱水缩合物，D错误；
故选D。
10. “嫦娥石”是中国首次在月球上发现新矿物，主要含Ca、39Y(钇)、Fe、P、O元素。下列说法正确的是
A. Y位于元素周期表中第五周期IB族
B. 基态Fe原子的核外电子填充在7个原子轨道中
C. 5种元素的基态原子中，仅Ca不存在未成对电子
D. 5种元素中，电负性最大的是P
【答案】C
【解析】
【详解】A．钇元素的原子序数为39，位于元素周期表中第五周期ⅢB族，故A错误；
B．铁元素的原子序数为26，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则原子的核外电子填充在15个原子轨道中，故B错误；
C．Ca、Y、Fe、P、O五种元素的基态原子中，未成对电子数目分别为0、1、4、3、2，仅钙原子不存在未成对电子，故C正确；
D．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则五种元素中，电负性最大的是氧元素，故D错误；
故选C。
11. 下列事实不能用键能的数据解释的是
A. N2的化学性质很稳定
B. Cl2的沸点小于Br2的沸点
C. 金刚石的熔点大于晶体硅的熔点
D. HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．N原子间通过形成，键能大，不易断裂，故化学性质很稳定，A不符合题意；
B．、均是分子晶体，属于非极性分子，的相对分子质量小于，则分子间的范德华力更小，因此Cl2的沸点小于Br2的沸点，B符合题意；
C．金刚石、晶体硅均是共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，则金刚石中C-C键的键长比晶体硅中的Si-Si键的键长短，键能更大，因此金刚石的熔点大于晶体硅的熔点，C不符合题意；
D．卤素原子半径大小关系为：，HCl、HBr、HI分子中键长大小关系为：，则键能大小关系为：，因此HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱，D不符合题意；
故选B
12. 下列事实对应的离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
B. 用氢氧化钠和铝粉做管道疏通剂：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
C. 水杨酸(邻羟基苯甲酸)与NaHCO3溶液反应产生气泡：+2→+2H2O+2CO2↑
D. 用KMnO4标准溶液滴定草酸溶液：2+16H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；
B．用氢氧化钠和铝粉做管道疏通剂：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，B正确；
C．水杨酸(邻羟基苯甲酸)与NaHCO3溶液反应产生气泡：+→+H2O+CO2↑，C错误；
D．草酸弱电解质，不拆为离子形式，则用KMnO4标准溶液滴定草酸溶液：2+6H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；
答案选B。
13. 下列物质的应用所对应的性质不正确的是
A. 用石灰脱硫——碱性
B. 用二氧化氯消毒泳池——氧化性
C. 用二氧化硫漂白纸浆——还原性
D. 用液氨作制冷剂——氨易液化，液氨气化时大量吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用石灰的碱性，将二氧化硫转化为亚硫酸钙，再氧化为硫酸钙，可进行脱硫，A正确；
B．二氧化氯具有氧化性，可用于杀菌消毒，B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，C错误；
D．氨易液化，液氨气化时大量吸热，可用作制冷剂，D正确；
答案选C。
14. 高分子的组成和结构特点决定了高分子的性质。下列说法不正确的是
A. 高分子材料中的高分子链呈不规则的卷曲状态，因此一般的高分子材料都有一定弹性
B. 高密度聚乙烯的主链有较多长短不一的支链，增大了链之间的作用力，软化温度高
C. 网状结构的酚醛树脂具有热固性，可用作绝缘或隔热材料，用于生产锅柄、插座等
D. 纤维素链节中有3个羟基，因此棉、麻和以木材为原料制成的再生纤维都有吸湿性
【答案】B
【解析】
【详解】A．一般的高分子材料都有一定弹性，是因为高分子结构呈链状，且呈不规则的卷曲状态，A正确；
B．高密度聚乙烯的主链有较多长短不一的支链，增大了链之间的距离，使分子间作用力减小，软化温度低，B错误；
C．网状结构的酚醛树脂具有热固性，不能反复加入熔融，可用作绝缘或隔热材料，用于生产锅柄、插座等，C正确；
D．纤维素的链节中有3个羟基，羟基为亲水基团，因此棉、麻和以木材为原料制成的再生纤维都有吸湿性，D正确；
答案选B。
15. 物质变化是有条件的。下列物质转化中，所用的试剂、条件不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3CH2CH2OH在浓硫酸混合加热消去反应生成CH3CH=CH2，A错误；
B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热50～60℃，发生取代反应产生硝基苯和水，B正确；
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂与NaOH的水溶液共热，发生酯的水解反应产生高级脂肪酸盐、甘油和水，C正确；
D．侯氏制碱法将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，由于碳酸氢钠的溶解度 较小,碳酸氢钠从溶液中析出，D正确；
故选A。
16. 2020年我国科研团队鉴定出了蝗虫挥发出的能使之群聚的信息素——具有高生物活性的4-乙烯基苯甲醚(4VA)。这一发现具有重要的理论意义和应用价值。下列分析不正确的是
A. 4VA不存在顺反异构体
B. 4VA易溶于水，易被空气氧化
C. 4VA具有醚键、碳碳双键
D. 4VA的发现有助于设计合成新物质以阻止蝗虫群聚
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于双键相连的两个碳原子不能绕σ键作相对的自由旋转引起的，一般指烯烃的双键，也有C=N双键，N=N双键及环状等化合物的顺反异构。4VA中的碳碳双键一段碳原子上连接两个相同的H氢原子，A正确；
B．4-乙烯基苯甲醚(4VA)是蝗虫挥发出的能使之群聚的信息素，不易溶于水和不易被空气氧化，B错误；
C．4-乙烯基苯甲醚(4VA)含有碳碳双键和醚键，C正确；
D．4-乙烯基苯甲醚(4VA)是蝗虫挥发出的能使之群聚的信息素，有助于设计合成新物质以阻止蝗虫群聚，D正确。
17. 全氟磺酸质子交换膜广泛用于酸性氢氧燃料电池。其传导质子的原理示意图如下。膜吸水后，—SO3H完全电离，形成富含H3O+和H2O的孔道。在电场下，H+可以沿“氢键链”迅速转移，达到质子选择性通过的效果。
下列说法不正确的是
A. 与烃作主链相比，全氟代烃主链使—SO3H的酸性增强
B. H+转移时“氢键链”中未发生共价键的断裂与生成
C. 聚合时，添加少量全氟代二烯烃作交联剂可形成网状结构，提高膜的机械性能
D. 聚合时，通过调整CF2=CF2和CF2=CF-SO3H的比例可控制孔道的密度或形貌
【答案】B
【解析】
【分析】酸性氢氧燃料电池种负极的反应为，正极的反应为，放电时—SO3H脱出H+和，H+参与了正极的反应， 吸引种的H，H+以H2O为载体，沿“氢键链”迅速转移，据此解答。
【详解】A．采用氟代烃做主链，F的电负性强，使-SO3H更容易电离出H+，导致酸性增强，故A正确；
B．H+ 在氢键链”转移时，发生，发生了共价键的断裂，故B错误；
C．少量全氟代二烯烃作，可以增强—SO3H的酸性，从而增强电池的反应效率，故C正确；
D．CF2=CF2和CF2=CF-SO3H的密度不同，通过调整CF2=CF2和CF2=CF-SO3H的比例可控制孔道的疏密程度，故D正确；
故选B。
18. 关于查尔酮类化合物(下图)，下列说法不正确的是
A. 该有机化合物的分子式为C16H14O3
B. 该有机化合物能与Na2CO3溶液反应
C. 该有机化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 1ml该有机化合物与浓溴水反应，最多消耗4mlBr2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机化合物的分子式为C16H14O3，故A正确；
B．由结构简式可知，有机化合物含有酚羟基，能表现酚的性质，能与碳酸钠溶液反应，故B正确；
C．由结构简式可知，有机化合物含有酚羟基和碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故C正确；
D．由结构简式可知，有机化合物含有酚羟基，能表现酚的性质，能与溴水发生取代反应，溴原子能取代羟基邻位碳原子上的氢原子，含有的碳碳三键能与溴水发生加成反应，则1ml有机化合物与浓溴水反应，最多消耗3ml溴，故D错误；
故选D。
19. 一种可快速充电的二次电池以铝、石墨为电极，离子液体EMIAlCl4为电解质，其放电时的工作原理如图所示(离子液体中仅含有图示中的离子)。下列说法不正确的是
A. 和中Al的杂化方式相同
B. 若将EMI+替换成，电解质的熔点会明显升高
C. 充电时，石墨失去大π键的电子
D. 放电时Al电极的电极反应式为Al++3C1- -3e-=
【答案】D
【解析】
【分析】由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，作负极，被氧化生成，电极反应式为，石墨为正极，电极反应式为；充电时为电解池，石墨为阳极，Al为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此分析判断。
【详解】A．和中每个Al原子最外层有3个电子，形成3个Al-Cl，还形成1个配位键，均为sp3杂化，故A项正确；
B．和无机物相比，有机阳离子盐的热稳定性比较差，电解质受热容易分解，若将有机阳离子EMI+替换成，电解质的熔点会明显升高，故B项正确；
C．每个碳原子在石墨中共享六个电子，形成稳定的六电子六中心大π键，这种π-π共轭体系使得石墨同层碳环中的所有碳原子形成一个庞大的共轭大π键电子，充电时为电解池，石墨为阳极，石墨失去大π键电子，故C项正确；
D．由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，作负极，被氧化生成，电极反应式为，故D项错误；
故本题选D。
20. 航天员头盔面罩的材料是聚碳酸酯(PC)。它具有良好的透光性和机械性能。一种PC树脂的制备方法如下(条件已略去)。
CH3CH=CH2+丙酮+苯酚双酚A(C15H16O2) PC树脂
双酚A的核磁共振氢谱有4组峰。下列说法不正确的是
A. 反应①、②的原子利用率均为100%
B. 反应③有H2O生成，其中的O原子来自苯酚
C. ④为缩聚反应，nml双酚A反应时，生成(2n-1)ml甲醇
D. PC树脂的结构是
【答案】B
【解析】
【分析】丙酮、苯酚结构简式分别是：、，两者发生反应③生成的双酚A，双酚A的核磁共振氢谱有4组峰，说明双酚A的对称性很强，因此其结构简式为：，双酚A与反应生成聚碳酸酯，根据反应物的结构特点可得该反应是缩聚反应，生成的PC树脂的结构简式为，同时生成的小分子为甲醇。据此答题。
【详解】A．反应①为CH3CH=CH2+生成，原子利用率为100%，反应②是与反应生成丙酮+苯酚，而丙酮+苯酚生成双酚A，故反应②的原子利用率也为100%，A正确；
B．双酚A中含有2个酚羟基，因此在反应③中苯酚含有的羟基没有发生变化，即反应③中生成的水中的氧不是来自苯酚，B错误；
C．根据分析知，④为缩聚反应，反应的方程式为：n+n+。因此nml双酚A反应时，生成(2n-1)ml甲醇，C正确；
D．根据分析知，PC树脂的结构是，D正确；
故选B。
21. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，故将补铁剂溶于稀盐酸，加入少量氯水，再滴加KSCN溶液，即使观察到溶液变红，也不能说明原补铁剂中含有Fe2+，A不合题意；
B．已知醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应需在碱性环境下，故向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，由于未加入NaOH中和过量的硫酸使溶液成碱性，故观察不到无砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，B不合题意；
C．石蜡为烷烃，故石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液，溶液红棕色变无色，则该气体为不饱和烃，C符合题意；
D．加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，薄膜焦化，石蕊试纸变红，只能说明聚氯乙烯热分解的产物有HCl，其它产物无法确定，加上二者条件不同，故不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D不合题意；
故答案为：C。
22. 苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→+MnO2
一定量的甲苯和喊性KMnO4水溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。
可能用到的实验装置：
下列说法错误的是
A. 操作I和操作II分别选用装置a和c
B. 若省略“Na2SO3溶液”，实验过程中可能产生有毒气体
C. 固体B是苯甲酸粗品，其中可溶性杂质有KCl等
D. 粗苯甲酸可用乙醇作溶剂重结晶提纯
【答案】D
【解析】
【分析】将含有苯甲酸钾(C6H5COOK)和甲苯的滤液分液得到有机溶液和水溶液，水溶液中加入浓盐酸生成苯甲酸，冷却结晶后过滤得到苯甲酸晶体，有机溶液中加入硫酸钠干燥过滤，然后分液得到甲苯。
【详解】A．操作一得到水相和有机相，故为分液选a；操作二为有机相经过干燥蒸馏得到无色液体苯，故选c，A正确；
B．Na2SO3用于还原过量的KMnO4，，若省略“Na2SO3溶液”，后边加入浓盐酸会与KMnO4反应生成氯气，B正确；
C．水相经过浓盐酸酸化后苯甲酸中就含有氯离子，而且同时有钾离子，故其中可溶性杂质有KCl等，C正确；
D．苯甲酸在乙醇中的溶解度很高，粗苯甲酸不可用乙醇作溶剂，D错误；
故选D。
23. “分子机器设计和合成”有着巨大的研究潜力。人类步入分子器件时代后，使得光控、温控和电控分子的能力更强，如图是蒽醌套索醚电控开关。下列说法正确的是
A. 物质I的分子式是C25H27O8
B. 分子结构I、II中均含有3个苯环
C. 反应[a]中，1mlI得到2mle-
D. 电化学装置中，反应[b]可能在阳极区发生
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知物质Ⅰ的分子式是C25H28O8，A错误；
B．分子结构I、II中均含有2个苯环，B错误；
C. 物质Ⅰ含有C=O，与氢气发生还原反应生成C-O，1mlI得到4mle-，C错误；
D．反应[b]为氧化反应，可能在阳极区发生，D正确，
答案选D。
24. 乙醇钠在有机合成中应用非常广泛。实验室可用下述原理制备乙醇钠：C2H5OH+NaOH=C2H5ONa+H2O(K≈10-2)。实验装置如右图。在圆底烧瓶中装入反应物和苯，分水器内加水至低于支管口1cm左右。加热回流，并及时从分水器下口活塞放出生成的水，保持水层液面高度，使油层不断流回到圆底烧瓶中。当冷凝管流下的液滴与分水器上层液体不再分层时停止加热。不再沸腾后，取下烧瓶，再将其连接到旋转蒸发仪上蒸干，所得乙醇钠粗品可直接用于其他实验。
有关液体及它们的共沸混合物的沸点如下表。
关于该实验的说法木正确的是
A. 乙醇钠的碱性强于氢氧化钠的碱性
B. 冷凝管的冷却水应从a口进水，b口出水
C. 苯的作用是将反应生成的水移出烧瓶并溶解产物
D. 反应临近结束时，烧瓶内液体的温度高于反应初期时的温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为乙醇的酸性比水的酸性弱，A正确；
B．冷凝水下口（a）进水，上口（b）出水，B正确；
C．苯、乙醇和水组成的三元共沸混合物被蒸出之后经分水器上的冷凝管冷凝后滴回至分水器，这样就可以将水及时分离出去,使平衡右移,从而提高产率，乙醇钠为离子化合物，在苯中溶液度很小，C错误；
D．反应临近结束时水和乙醇越来越少，最后以苯为主，故烧瓶内液体的温度高于反应初期时的温度，D正确；
故选C。
25. 因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。a、b两种铁晶胞(均为立方体)的结构示意图如下。两种晶体中相邻铁原子的核间距几乎相同。
下列说法不正确的是
A. 用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B. 两种铁晶体中原子之间均以金属键结合
C. b中Fe原子周围有12个紧邻的Fe原子
D. 铁单质的密度比
【答案】D
【解析】
【详解】A．用X射线衍射可测定铁晶体的结构，A正确；
B．两种铁晶体中原子之间均以金属键结合，即亚铁离子和自由电子之间的作用力，B正确；
C．b晶胞属于面心立方最密堆积，Fe原子周围有12个紧邻的Fe原子，C正确；
D．a晶胞中体对角线的三个铁原子相切，晶胞边长a和铁原子半径r满足，即，晶胞a中摊分下来共有2个铁原子；b晶胞中面对角线的三个铁原子相切，晶胞边长b和铁原子半价r满足，即，晶胞b中摊分下来共有4个铁原子，故铁单质的密度比，D错误。
故选D。
二、综合题(共4小题，共58分)
26. 砷化铟(InAs)是一种优良的半导体材料，有广泛的用途。
（1）基态In的价层电子排布式为5s25p1，In在周期表中的位置是_______，属于________区。
（2）基态As的价层电子轨道表示式为___________。
（3）电负性：In___________As(填“>”或“<”)。
（4）在Ar保护下分别将InCl3和AsCl3在气化室中加热转化为蒸气，在反应室中混合反应，即可得到橘黄色的InAs晶体。
已知：AsCl3和InCl3均为分子晶体，AsCl3气化室的温度为130℃，InCl3气化室的温度为500℃。
①InCl3气化温度更高的原因是InCl3晶体中分子间存在配位键。配位原子是___________。
②AsCl3晶体中是否存在分子间的配位键？从物质结构角度说明理由。___________。
（5）InAs晶胞为立方体，结构如图所示。
①In-As间的化学键介于共价键和离子键之间，则InAs的晶体类型是___________。
②一个In周围有___________个紧邻的As。
③已知该晶胞棱长为apm，阿伏加德罗常数为NAml-1，该晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 第五周期ⅢA族 ②. p
（2） （3）<
（4） ①. Cl ②. 不存在
（5） ①. 过渡晶体 ②. 4 ③. 或
【解析】
【小问1详解】
基态In的价层电子排布式为5s25p1，则铟位于元素周期表第五周期ⅢA族，属于p区；
【小问2详解】
33As位于第四周期ⅤA族，价层电子排布式为4s24p3，As的价层电子轨道表示式为；
【小问3详解】
铟为金属，砷为非金属，电负性金属<非金属，电负性In < As；
【小问4详解】
①InCl3晶体中分子间存在配位键，具有空轨道的铟原子和具有孤对电子的氯原子形成配位键，配位原子是氯原子；②AsCl3分子中没有空轨道的提供者，故AsCl3晶体中不存在分子间的配位键；
【小问5详解】
①化学键介于共价键和离子键之间I，nAs的晶体类型是过渡晶体；②以红色的In为例，该晶胞只有一个As距离最近，红色的In周围有8个这种晶胞，其中只有四个含距离最近的As；③晶胞中In的数止为个，As数目为4个，设晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ该晶体的密度为：；
27. C4H10O可能有多种结构，探究其同分异构体的性质差异。(下列A~D各表示其中一种结构)
（1）C4H10O属于___________类的同分异构体有4种，属于___________类的同分异构体有3种(均不包括立体异构)。
（2）其中沸点最低的是A，其核磁共振氢谱有3组峰。A的结构简式是___________。
（3）B可以由乙醇制备，该反应的化学方程式是___________。
（4）C分子中有一个手性碳原子。写出C在Cu催化下被O2氧化的化学方程式___________。
（5）D能与金属Na反应，但是不能被O2催化氧化。
①D的结构简式是___________。
②将D滴入酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色。经检验，最终生成了丙酮和CO2。据此分析，该实验中D转化成了能使KMnO4褪色的X。X是___________(填名称)。
③乙醇转化成X的同系物的条件是___________；从其价键的极性角度分析D和乙醇发生相似反应时条件不同的原因是___________。
（6）利用液体挥发时的温度变化验证同分异构体的分子间作用力不同。室温下，在三个温度传感器上同时蘸取等体积样品(图1)，提拉支架，自然晾干，测得液体挥发时的温度时间曲线如图2。
已知：25℃，101kPa时，1ml物质由液态转化为气态时的焓变△蒸发H如下表。
①三种物质中，c的△蒸发H最小，从结构角度解释其原因___________。
②所达温度的最低点：c【答案】（1） ①. 醇 ②. 醚
（2） （3）2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O
（4）2+O22+2H2O
（5） ①. ②. 2-甲基丙烯 ③. 浓硫酸，170℃ ④. 甲基是推电子基团，与乙醇相比，D的α-C上的甲基更多，使其C-O键的共用电子对更偏向O，C-O键的极性增大，更容易断裂
（6） ①. c的支链最多，蒸发时克服的分子间作用力最弱，因此吸热最少 ②. 分子间作用力cb>a，单位时间内挥发的物质的量的差异远大于△蒸发H的差异
【解析】
【小问1详解】
C4H10O属于醇类的同分异构体有4种，即和。C4H10O属于醚类的同分异构体有3种，即和。
【小问2详解】
C4H10O中醇因形成分子间氢键，沸点要大于醚，其中沸点最低的是A，其核磁共振氢谱有3组峰，其结构简式为。
【小问3详解】
由乙醇制备可制备二乙基醚，该反应的化学方程式是2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O。
【小问4详解】
C分子中有一个手性碳原子且C在Cu催化下被O2氧化，说明C属于醇，为，C在Cu催化下被O2氧化的化学方程式为2+O22+2H2O。
【小问5详解】
D能与金属Na反应，但是不能被O2催化氧化，属于无α-氢的醇类，为。将D滴入酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色。经检验，最终生成了丙酮和CO2。据此分析，该实验中D转化成了能使KMnO4褪色的X，X应属于D的消去产物，为2-甲基丙烯。乙醇转化成X的同系物烯烃即乙醇生成乙烯的条件是浓硫酸，170℃。D和乙醇发生相似反应时条件不同的原因是甲基是推电子基团，与乙醇相比，D的α-C上的甲基更多，使其C-O键的共用电子对更偏向O，C-O键的极性增大，更容易断裂。
【小问6详解】
c的支链最多，蒸发时克服的分子间作用力最弱，因此吸热最少。所达温度的最低点：cb>a，单位时间内挥发的物质的量的差异远大于△蒸发H的差异。
28. 聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下(部分反应条件略去)：
已知：
i．A、E、F均为苯的同系物；
ii．发生苯环上的取代反应时，甲苯主要得到邻对位取代产物，苯甲酸(酯)主要得到间位取代产物；
ⅲ．CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)
（1）该聚酰亚胺所含官能团有酰胺基和___________。
（2）B的含氮官能团只有硝基，A→B三步转化的试剂如下，正确的顺序为___________。
①浓H2SO4，浓HNO3 ②KMnO4 ③C2H5OH，浓H2SO4
写出③的化学方程式___________。
（3）试剂a应具有的化学性质是___________。
（4）D的结构简式是___________。
（5）E的核磁共振氢谱有4组峰，E→F的化学方程式是___________。
（6）I的结构简式是___________。
（7）J结构简式是___________。
【答案】（1）酯基 （2） ①. ②③①或②①③ ②. +C2H5OH+H2O或+C2H5OH+H2O
（3）还原性 （4）
（5）+2CH3C1+2HCl
（6） （7）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系和题给信息可知，经发生氧化反应、酯化反应、硝化反应或氧化反应、硝化反应、酯化反应、硝化反应制得，则A为、B为；与适宜的还原剂a发生还原反应生成，则D为；催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成核磁共振氢谱有4组峰的，则E为、F为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则G为；发生脱水反应生成，则I为；一定条件下与发生缩聚反应生成，则J为；受热转化为。
【小问1详解】
由结构简式可知，所含官能团有酰胺基和酯基，故答案为：酯基；
【小问2详解】
由分析可知，A→B三步转化为经发生氧化反应、酯化反应、硝化反应或氧化反应、硝化反应、酯化反应、硝化反应制得，发生氧化反应的试剂为高锰酸钾，发生硝化反应的试剂为浓硫酸和浓硝酸，发生酯化反应的试剂为乙醇和浓硫酸，则加入试剂的正确的顺序为②③①或②①③，其中试剂③参与反应的化学方程式为+C2H5OH+H2O或+C2H5OH+H2O，故答案为：②③①或②①③；+C2H5OH+H2O或+C2H5OH+H2O；
【小问3详解】
由分析可知，具有还原性的试剂a参与的反应为与适宜的还原剂a发生还原反应生成，故答案为：还原性；
【小问4详解】
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成核磁共振氢谱有4组峰的和氯化氢，反应的化学方程式为+2CH3C1+2HCl，故答案为：+2CH3C1+2HCl；
【小问6详解】
由分析可知，I的结构简式为，故答案为：；
【小问7详解】
由分析可知，J的结构简式为，故答案为：。
29. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下：
（1）浸出过程中，若MnO2足量，则主要反应的离子方程式为___________。
（2）MnS能溶于酸。若浸出过程中不加入MnO2，可能产生的有毒气体是___________。
（3）结合平衡移动原理解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理___________。
（4）过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如下。
已知：a．萃取剂E是溶解了P2O4的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b．P2O4为一元弱酸，难溶于水，在磺化煤油中以氢键结合成二聚体，记为(HA)2，其结构为 (—OR=)；
c．萃取时发生反应M2++2(HA)2⇌M(HA2)2(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①M(HA2)2中配体为AH-A-，配位数为4，写出该配合物的结构简式___________(用“—”表示氢键，用“…”表示配位键，用R代表配体中的烃基)。
②反应M2++2A-⇌MA2的平衡常数用β表示。已知B(CaA2)>B(MnA2)。判断调pH时a___________b(填“<”或“>”)。
③试剂Y是___________。
（5）补全由乙醛出发制备HA的合成路线___________(不使用其他有机试剂)。
CH3CHO→CH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHO→……
【答案】（1）4MnO2+MnS+8H+=5Mn2+++4H2O(或MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S+2H2O)
（2）H2S （3）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，增大pH和加热均促使水解趋于完全
（4） ①. ②. < ③. 稀硫酸
（5） HA
【解析】
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【小问1详解】
足量的MnO2与MnS发生氧化还原反应，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：4MnO2+MnS+8H+=5Mn2+++4H2O(或MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S+2H2O)；
【小问2详解】
MnS能溶于酸，若浸出过程中不加入MnO2，则MnS可能与酸反应产生的有毒气体H2S；
【小问3详解】
Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
【小问4详解】
①M(HA2)2中配体为AH-A-，配位数为4，该配合物的结构简式：；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸；
【小问5详解】
乙醛发生反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO发生加成反应生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO在碱性条件下发生消去反应生成，发生加成反应生成，发生应生成HA，合成路线补充如下： HA。物质转化
试剂、条件
A
CH3CH2CH2OH→CH3CH=CH2
NaOH乙醇溶液、加热
B
→
浓硝酸与浓硫酸、50~60℃
C
油脂→
NaOH水溶液、加热
D
NaCl→NaHCO3
NH3和CO2、较低温度
实验操作
现象
结论
A
将补铁剂溶于稀盐酸，加入少量氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红
补铁剂中含Fe2+
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油在碎瓷片催化下加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
苯
乙醇
苯+乙醇+水
苯+乙醇
苯+水
乙醇+水
沸点/℃
80.0
78.3
64.8
68.2
69.2
78.1
物质
a
b
c
△蒸发H/(kJ/ml)
+52.3
+49.7
+46.7
一、选择题(共25小题，1-8每小题1分，9~25每小题2分，共42分。每小题只有1个选项符合题意)
1. 下列名词中“碳”的含义与其他3个不同的是
A. 碳纤维B. 碳达峰C. 碳中和D. 零碳甲醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳纤维，指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，碳的含义是碳单质，A符题意；
B．“碳达峰”是指二氧化碳排放2030年前达到峰值，具有环保含义，B不符题意；
C．“碳中和”是指2060年前通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，具有环保含义，C不符题意；
D．零碳甲醇中的“碳”主要指的是通过捕获和利用工业尾气中的二氧化碳来合成甲醇，从而实现碳的“零排放”，具有环保含义，D不符题意；
故选A。
2. 下列化学用语或模型不正确的是
A. 乙醇的分子式C2H5OHB. 乙烯的结构简式CH2=CH2
C. 乙炔的球棍模型D. 甲基的电子式
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇分子中含有2个碳原子、6个H和1个O，其分子式为C2H6O，A错误；
B．烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为：CH2=CH2，B正确；
C．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，乙炔的球棍模型为，C正确；
D．甲基分子中存在3个碳氢共价键和一个未成键电子，甲基的电子式为：，D正确；
故选A。
3. 下列分子或离子的空间结构不能用VSEPR模型预测的是
A. CO2B. C. D. [Cu(NH3)4]2+
【答案】D
【解析】
【详解】VSEPR模型能预测简单分子或离子的空间结构，但不能预测以过渡元素为中心原子的分子或离子的空间结构，所以四氨合铜离子的空间结构不能用VSEPR模型预测，故选D。
4. 下列物质不属于高分子的是
A. 淀粉B. 核苷酸C. 蛋白质D. 酚醛树脂
【答案】B
【解析】
【详解】有机高分子化合物是由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，淀粉和蛋白质是天然高分子化合物、酚醛树脂是合成高分子化合物，核苷酸的相对分子质量小，不属于高分子化合物，故选B。
5. 下列物质可使蛋白质因氧化而变性的是
A. 福尔马林B. 稀硫酸C. 硫酸铜D. 漂粉精
【答案】D
【解析】
【详解】A．福尔马林没有强氧化性，不是因氧化反应使蛋白质变性，A不合题意；
B．稀硫酸没有强氧化性，不是因氧化反应使蛋白质变性，B不合题意；
C．硫酸铜没有强氧化性，不是因氧化反应使蛋白质变性，C不合题意；
D．漂粉精中的Ca(ClO)2具有强氧化性，能因氧化反应使蛋白质变性，D符合题意；
故答案为：D。
6. 立体异构现象在生物分子中广泛存在。下列物质不存在立体异构的是
A. 葡萄糖B. 甘油C. 油酸D. 丙氨酸
【答案】B
【解析】
【分析】立体异构体是指原子组成及连接方式相同，而其三维空间排列不同的分子，它包括光学异构体、几何异构体( 又叫顺反异构体)，光学异构体又分对映异构体及非对映异构体，据此分析。
【详解】A．葡萄糖属于多羟基醛，具有多个手性碳原子，这些手性碳原子使得葡萄糖可以形成多个立体异构体，A不合题意；
B．对称结构，不存在立体异构，B符合题意；
C．油酸有顺反异构体,天然油酸都是顺式结构，C不合题意；
D．由于手性中心的存在，丙氨酸存在两个对映异构体,，D不合题意；
故选B。
7. 下列有机化合物不能用溴水区分的是
A. 乙醇和乙酸B. 甲苯和苯酚
C. 直馏汽油和裂化汽油D. 苯和CCl4
【答案】A
【解析】
【详解】A．二者均不与溴水反应，现象相同，不能鉴别，A符合题意；
B．甲苯不与溴水反应，苯酚可与溴水发生取代反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，可以鉴别，B不符题意；
C．能使溴水褪色的为裂化汽油，分层的为直馏汽油，可以鉴别，C不符题意；
D．二者均不与溴水反应，苯的密度小于水，互溶后有色层在上层，CCl4密度比水大，互溶后有色层在下层，可以鉴别，D不符题意；
答案选A。
8. 下列说法正确的是
A. 的名称是2-甲基乙醇
B. 的官能团是醛基
C. 苯乙炔中最多有6个原子在一条直线上
D. 丙烯中所有的碳原子均为sp2杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据醇的系统命名法可知，的名称是2-丙醇，A错误；
B．的官能团是酯基而不是醛基，B错误；
C．已知苯分子中对位上的4个原子共线，乙炔中4个原子共线，故苯乙炔中最多有6个原子在一条直线上，如图所示：，C正确；
D．丙烯中碳碳双键上的碳原子均为sp2杂化，甲基上的碳原子采用sp3杂化，D错误；
故答案为：C。
9. 下列说法不正确的是
A. 利用多次盐析和溶解可分离提纯蛋白质
B. 水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味
C. 核酸、核苷酸发生水解时均涉及P-O键断裂
D. 从分子结构上看糖类都是多羟基醛或其脱水缩合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐析为可逆过程，不改变蛋白质的结构，所以采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，A正确；
B．水果含有低级酯类，这类酯有香味，使水果具有特殊香味，B正确；
C．核酸水解生成核苷酸，核苷酸水解生成核苷和磷酸，两者的水解反应均涉及P-O键断裂，C正确；
D．从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮或其脱水缩合物，D错误；
故选D。
10. “嫦娥石”是中国首次在月球上发现新矿物，主要含Ca、39Y(钇)、Fe、P、O元素。下列说法正确的是
A. Y位于元素周期表中第五周期IB族
B. 基态Fe原子的核外电子填充在7个原子轨道中
C. 5种元素的基态原子中，仅Ca不存在未成对电子
D. 5种元素中，电负性最大的是P
【答案】C
【解析】
【详解】A．钇元素的原子序数为39，位于元素周期表中第五周期ⅢB族，故A错误；
B．铁元素的原子序数为26，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则原子的核外电子填充在15个原子轨道中，故B错误；
C．Ca、Y、Fe、P、O五种元素的基态原子中，未成对电子数目分别为0、1、4、3、2，仅钙原子不存在未成对电子，故C正确；
D．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则五种元素中，电负性最大的是氧元素，故D错误；
故选C。
11. 下列事实不能用键能的数据解释的是
A. N2的化学性质很稳定
B. Cl2的沸点小于Br2的沸点
C. 金刚石的熔点大于晶体硅的熔点
D. HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．N原子间通过形成，键能大，不易断裂，故化学性质很稳定，A不符合题意；
B．、均是分子晶体，属于非极性分子，的相对分子质量小于，则分子间的范德华力更小，因此Cl2的沸点小于Br2的沸点，B符合题意；
C．金刚石、晶体硅均是共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，则金刚石中C-C键的键长比晶体硅中的Si-Si键的键长短，键能更大，因此金刚石的熔点大于晶体硅的熔点，C不符合题意；
D．卤素原子半径大小关系为：，HCl、HBr、HI分子中键长大小关系为：，则键能大小关系为：，因此HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱，D不符合题意；
故选B
12. 下列事实对应的离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
B. 用氢氧化钠和铝粉做管道疏通剂：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
C. 水杨酸(邻羟基苯甲酸)与NaHCO3溶液反应产生气泡：+2→+2H2O+2CO2↑
D. 用KMnO4标准溶液滴定草酸溶液：2+16H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用FeCl3溶液刻蚀覆铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；
B．用氢氧化钠和铝粉做管道疏通剂：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，B正确；
C．水杨酸(邻羟基苯甲酸)与NaHCO3溶液反应产生气泡：+→+H2O+CO2↑，C错误；
D．草酸弱电解质，不拆为离子形式，则用KMnO4标准溶液滴定草酸溶液：2+6H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；
答案选B。
13. 下列物质的应用所对应的性质不正确的是
A. 用石灰脱硫——碱性
B. 用二氧化氯消毒泳池——氧化性
C. 用二氧化硫漂白纸浆——还原性
D. 用液氨作制冷剂——氨易液化，液氨气化时大量吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用石灰的碱性，将二氧化硫转化为亚硫酸钙，再氧化为硫酸钙，可进行脱硫，A正确；
B．二氧化氯具有氧化性，可用于杀菌消毒，B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，C错误；
D．氨易液化，液氨气化时大量吸热，可用作制冷剂，D正确；
答案选C。
14. 高分子的组成和结构特点决定了高分子的性质。下列说法不正确的是
A. 高分子材料中的高分子链呈不规则的卷曲状态，因此一般的高分子材料都有一定弹性
B. 高密度聚乙烯的主链有较多长短不一的支链，增大了链之间的作用力，软化温度高
C. 网状结构的酚醛树脂具有热固性，可用作绝缘或隔热材料，用于生产锅柄、插座等
D. 纤维素链节中有3个羟基，因此棉、麻和以木材为原料制成的再生纤维都有吸湿性
【答案】B
【解析】
【详解】A．一般的高分子材料都有一定弹性，是因为高分子结构呈链状，且呈不规则的卷曲状态，A正确；
B．高密度聚乙烯的主链有较多长短不一的支链，增大了链之间的距离，使分子间作用力减小，软化温度低，B错误；
C．网状结构的酚醛树脂具有热固性，不能反复加入熔融，可用作绝缘或隔热材料，用于生产锅柄、插座等，C正确；
D．纤维素的链节中有3个羟基，羟基为亲水基团，因此棉、麻和以木材为原料制成的再生纤维都有吸湿性，D正确；
答案选B。
15. 物质变化是有条件的。下列物质转化中，所用的试剂、条件不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3CH2CH2OH在浓硫酸混合加热消去反应生成CH3CH=CH2，A错误；
B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热50～60℃，发生取代反应产生硝基苯和水，B正确；
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂与NaOH的水溶液共热，发生酯的水解反应产生高级脂肪酸盐、甘油和水，C正确；
D．侯氏制碱法将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，由于碳酸氢钠的溶解度 较小,碳酸氢钠从溶液中析出，D正确；
故选A。
16. 2020年我国科研团队鉴定出了蝗虫挥发出的能使之群聚的信息素——具有高生物活性的4-乙烯基苯甲醚(4VA)。这一发现具有重要的理论意义和应用价值。下列分析不正确的是
A. 4VA不存在顺反异构体
B. 4VA易溶于水，易被空气氧化
C. 4VA具有醚键、碳碳双键
D. 4VA的发现有助于设计合成新物质以阻止蝗虫群聚
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于双键相连的两个碳原子不能绕σ键作相对的自由旋转引起的，一般指烯烃的双键，也有C=N双键，N=N双键及环状等化合物的顺反异构。4VA中的碳碳双键一段碳原子上连接两个相同的H氢原子，A正确；
B．4-乙烯基苯甲醚(4VA)是蝗虫挥发出的能使之群聚的信息素，不易溶于水和不易被空气氧化，B错误；
C．4-乙烯基苯甲醚(4VA)含有碳碳双键和醚键，C正确；
D．4-乙烯基苯甲醚(4VA)是蝗虫挥发出的能使之群聚的信息素，有助于设计合成新物质以阻止蝗虫群聚，D正确。
17. 全氟磺酸质子交换膜广泛用于酸性氢氧燃料电池。其传导质子的原理示意图如下。膜吸水后，—SO3H完全电离，形成富含H3O+和H2O的孔道。在电场下，H+可以沿“氢键链”迅速转移，达到质子选择性通过的效果。
下列说法不正确的是
A. 与烃作主链相比，全氟代烃主链使—SO3H的酸性增强
B. H+转移时“氢键链”中未发生共价键的断裂与生成
C. 聚合时，添加少量全氟代二烯烃作交联剂可形成网状结构，提高膜的机械性能
D. 聚合时，通过调整CF2=CF2和CF2=CF-SO3H的比例可控制孔道的密度或形貌
【答案】B
【解析】
【分析】酸性氢氧燃料电池种负极的反应为，正极的反应为，放电时—SO3H脱出H+和，H+参与了正极的反应， 吸引种的H，H+以H2O为载体，沿“氢键链”迅速转移，据此解答。
【详解】A．采用氟代烃做主链，F的电负性强，使-SO3H更容易电离出H+，导致酸性增强，故A正确；
B．H+ 在氢键链”转移时，发生，发生了共价键的断裂，故B错误；
C．少量全氟代二烯烃作，可以增强—SO3H的酸性，从而增强电池的反应效率，故C正确；
D．CF2=CF2和CF2=CF-SO3H的密度不同，通过调整CF2=CF2和CF2=CF-SO3H的比例可控制孔道的疏密程度，故D正确；
故选B。
18. 关于查尔酮类化合物(下图)，下列说法不正确的是
A. 该有机化合物的分子式为C16H14O3
B. 该有机化合物能与Na2CO3溶液反应
C. 该有机化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 1ml该有机化合物与浓溴水反应，最多消耗4mlBr2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机化合物的分子式为C16H14O3，故A正确；
B．由结构简式可知，有机化合物含有酚羟基，能表现酚的性质，能与碳酸钠溶液反应，故B正确；
C．由结构简式可知，有机化合物含有酚羟基和碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故C正确；
D．由结构简式可知，有机化合物含有酚羟基，能表现酚的性质，能与溴水发生取代反应，溴原子能取代羟基邻位碳原子上的氢原子，含有的碳碳三键能与溴水发生加成反应，则1ml有机化合物与浓溴水反应，最多消耗3ml溴，故D错误；
故选D。
19. 一种可快速充电的二次电池以铝、石墨为电极，离子液体EMIAlCl4为电解质，其放电时的工作原理如图所示(离子液体中仅含有图示中的离子)。下列说法不正确的是
A. 和中Al的杂化方式相同
B. 若将EMI+替换成，电解质的熔点会明显升高
C. 充电时，石墨失去大π键的电子
D. 放电时Al电极的电极反应式为Al++3C1- -3e-=
【答案】D
【解析】
【分析】由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，作负极，被氧化生成，电极反应式为，石墨为正极，电极反应式为；充电时为电解池，石墨为阳极，Al为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此分析判断。
【详解】A．和中每个Al原子最外层有3个电子，形成3个Al-Cl，还形成1个配位键，均为sp3杂化，故A项正确；
B．和无机物相比，有机阳离子盐的热稳定性比较差，电解质受热容易分解，若将有机阳离子EMI+替换成，电解质的熔点会明显升高，故B项正确；
C．每个碳原子在石墨中共享六个电子，形成稳定的六电子六中心大π键，这种π-π共轭体系使得石墨同层碳环中的所有碳原子形成一个庞大的共轭大π键电子，充电时为电解池，石墨为阳极，石墨失去大π键电子，故C项正确；
D．由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，作负极，被氧化生成，电极反应式为，故D项错误；
故本题选D。
20. 航天员头盔面罩的材料是聚碳酸酯(PC)。它具有良好的透光性和机械性能。一种PC树脂的制备方法如下(条件已略去)。
CH3CH=CH2+丙酮+苯酚双酚A(C15H16O2) PC树脂
双酚A的核磁共振氢谱有4组峰。下列说法不正确的是
A. 反应①、②的原子利用率均为100%
B. 反应③有H2O生成，其中的O原子来自苯酚
C. ④为缩聚反应，nml双酚A反应时，生成(2n-1)ml甲醇
D. PC树脂的结构是
【答案】B
【解析】
【分析】丙酮、苯酚结构简式分别是：、，两者发生反应③生成的双酚A，双酚A的核磁共振氢谱有4组峰，说明双酚A的对称性很强，因此其结构简式为：，双酚A与反应生成聚碳酸酯，根据反应物的结构特点可得该反应是缩聚反应，生成的PC树脂的结构简式为，同时生成的小分子为甲醇。据此答题。
【详解】A．反应①为CH3CH=CH2+生成，原子利用率为100%，反应②是与反应生成丙酮+苯酚，而丙酮+苯酚生成双酚A，故反应②的原子利用率也为100%，A正确；
B．双酚A中含有2个酚羟基，因此在反应③中苯酚含有的羟基没有发生变化，即反应③中生成的水中的氧不是来自苯酚，B错误；
C．根据分析知，④为缩聚反应，反应的方程式为：n+n+。因此nml双酚A反应时，生成(2n-1)ml甲醇，C正确；
D．根据分析知，PC树脂的结构是，D正确；
故选B。
21. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，故将补铁剂溶于稀盐酸，加入少量氯水，再滴加KSCN溶液，即使观察到溶液变红，也不能说明原补铁剂中含有Fe2+，A不合题意；
B．已知醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应需在碱性环境下，故向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，由于未加入NaOH中和过量的硫酸使溶液成碱性，故观察不到无砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，B不合题意；
C．石蜡为烷烃，故石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液，溶液红棕色变无色，则该气体为不饱和烃，C符合题意；
D．加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，薄膜焦化，石蕊试纸变红，只能说明聚氯乙烯热分解的产物有HCl，其它产物无法确定，加上二者条件不同，故不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D不合题意；
故答案为：C。
22. 苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→+MnO2
一定量的甲苯和喊性KMnO4水溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。
可能用到的实验装置：
下列说法错误的是
A. 操作I和操作II分别选用装置a和c
B. 若省略“Na2SO3溶液”，实验过程中可能产生有毒气体
C. 固体B是苯甲酸粗品，其中可溶性杂质有KCl等
D. 粗苯甲酸可用乙醇作溶剂重结晶提纯
【答案】D
【解析】
【分析】将含有苯甲酸钾(C6H5COOK)和甲苯的滤液分液得到有机溶液和水溶液，水溶液中加入浓盐酸生成苯甲酸，冷却结晶后过滤得到苯甲酸晶体，有机溶液中加入硫酸钠干燥过滤，然后分液得到甲苯。
【详解】A．操作一得到水相和有机相，故为分液选a；操作二为有机相经过干燥蒸馏得到无色液体苯，故选c，A正确；
B．Na2SO3用于还原过量的KMnO4，，若省略“Na2SO3溶液”，后边加入浓盐酸会与KMnO4反应生成氯气，B正确；
C．水相经过浓盐酸酸化后苯甲酸中就含有氯离子，而且同时有钾离子，故其中可溶性杂质有KCl等，C正确；
D．苯甲酸在乙醇中的溶解度很高，粗苯甲酸不可用乙醇作溶剂，D错误；
故选D。
23. “分子机器设计和合成”有着巨大的研究潜力。人类步入分子器件时代后，使得光控、温控和电控分子的能力更强，如图是蒽醌套索醚电控开关。下列说法正确的是
A. 物质I的分子式是C25H27O8
B. 分子结构I、II中均含有3个苯环
C. 反应[a]中，1mlI得到2mle-
D. 电化学装置中，反应[b]可能在阳极区发生
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知物质Ⅰ的分子式是C25H28O8，A错误；
B．分子结构I、II中均含有2个苯环，B错误；
C. 物质Ⅰ含有C=O，与氢气发生还原反应生成C-O，1mlI得到4mle-，C错误；
D．反应[b]为氧化反应，可能在阳极区发生，D正确，
答案选D。
24. 乙醇钠在有机合成中应用非常广泛。实验室可用下述原理制备乙醇钠：C2H5OH+NaOH=C2H5ONa+H2O(K≈10-2)。实验装置如右图。在圆底烧瓶中装入反应物和苯，分水器内加水至低于支管口1cm左右。加热回流，并及时从分水器下口活塞放出生成的水，保持水层液面高度，使油层不断流回到圆底烧瓶中。当冷凝管流下的液滴与分水器上层液体不再分层时停止加热。不再沸腾后，取下烧瓶，再将其连接到旋转蒸发仪上蒸干，所得乙醇钠粗品可直接用于其他实验。
有关液体及它们的共沸混合物的沸点如下表。
关于该实验的说法木正确的是
A. 乙醇钠的碱性强于氢氧化钠的碱性
B. 冷凝管的冷却水应从a口进水，b口出水
C. 苯的作用是将反应生成的水移出烧瓶并溶解产物
D. 反应临近结束时，烧瓶内液体的温度高于反应初期时的温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为乙醇的酸性比水的酸性弱，A正确；
B．冷凝水下口（a）进水，上口（b）出水，B正确；
C．苯、乙醇和水组成的三元共沸混合物被蒸出之后经分水器上的冷凝管冷凝后滴回至分水器，这样就可以将水及时分离出去,使平衡右移,从而提高产率，乙醇钠为离子化合物，在苯中溶液度很小，C错误；
D．反应临近结束时水和乙醇越来越少，最后以苯为主，故烧瓶内液体的温度高于反应初期时的温度，D正确；
故选C。
25. 因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。a、b两种铁晶胞(均为立方体)的结构示意图如下。两种晶体中相邻铁原子的核间距几乎相同。
下列说法不正确的是
A. 用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B. 两种铁晶体中原子之间均以金属键结合
C. b中Fe原子周围有12个紧邻的Fe原子
D. 铁单质的密度比
【答案】D
【解析】
【详解】A．用X射线衍射可测定铁晶体的结构，A正确；
B．两种铁晶体中原子之间均以金属键结合，即亚铁离子和自由电子之间的作用力，B正确；
C．b晶胞属于面心立方最密堆积，Fe原子周围有12个紧邻的Fe原子，C正确；
D．a晶胞中体对角线的三个铁原子相切，晶胞边长a和铁原子半径r满足，即，晶胞a中摊分下来共有2个铁原子；b晶胞中面对角线的三个铁原子相切，晶胞边长b和铁原子半价r满足，即，晶胞b中摊分下来共有4个铁原子，故铁单质的密度比，D错误。
故选D。
二、综合题(共4小题，共58分)
26. 砷化铟(InAs)是一种优良的半导体材料，有广泛的用途。
（1）基态In的价层电子排布式为5s25p1，In在周期表中的位置是_______，属于________区。
（2）基态As的价层电子轨道表示式为___________。
（3）电负性：In___________As(填“>”或“<”)。
（4）在Ar保护下分别将InCl3和AsCl3在气化室中加热转化为蒸气，在反应室中混合反应，即可得到橘黄色的InAs晶体。
已知：AsCl3和InCl3均为分子晶体，AsCl3气化室的温度为130℃，InCl3气化室的温度为500℃。
①InCl3气化温度更高的原因是InCl3晶体中分子间存在配位键。配位原子是___________。
②AsCl3晶体中是否存在分子间的配位键？从物质结构角度说明理由。___________。
（5）InAs晶胞为立方体，结构如图所示。
①In-As间的化学键介于共价键和离子键之间，则InAs的晶体类型是___________。
②一个In周围有___________个紧邻的As。
③已知该晶胞棱长为apm，阿伏加德罗常数为NAml-1，该晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 第五周期ⅢA族 ②. p
（2） （3）<
（4） ①. Cl ②. 不存在
（5） ①. 过渡晶体 ②. 4 ③. 或
【解析】
【小问1详解】
基态In的价层电子排布式为5s25p1，则铟位于元素周期表第五周期ⅢA族，属于p区；
【小问2详解】
33As位于第四周期ⅤA族，价层电子排布式为4s24p3，As的价层电子轨道表示式为；
【小问3详解】
铟为金属，砷为非金属，电负性金属<非金属，电负性In < As；
【小问4详解】
①InCl3晶体中分子间存在配位键，具有空轨道的铟原子和具有孤对电子的氯原子形成配位键，配位原子是氯原子；②AsCl3分子中没有空轨道的提供者，故AsCl3晶体中不存在分子间的配位键；
【小问5详解】
①化学键介于共价键和离子键之间I，nAs的晶体类型是过渡晶体；②以红色的In为例，该晶胞只有一个As距离最近，红色的In周围有8个这种晶胞，其中只有四个含距离最近的As；③晶胞中In的数止为个，As数目为4个，设晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ该晶体的密度为：；
27. C4H10O可能有多种结构，探究其同分异构体的性质差异。(下列A~D各表示其中一种结构)
（1）C4H10O属于___________类的同分异构体有4种，属于___________类的同分异构体有3种(均不包括立体异构)。
（2）其中沸点最低的是A，其核磁共振氢谱有3组峰。A的结构简式是___________。
（3）B可以由乙醇制备，该反应的化学方程式是___________。
（4）C分子中有一个手性碳原子。写出C在Cu催化下被O2氧化的化学方程式___________。
（5）D能与金属Na反应，但是不能被O2催化氧化。
①D的结构简式是___________。
②将D滴入酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色。经检验，最终生成了丙酮和CO2。据此分析，该实验中D转化成了能使KMnO4褪色的X。X是___________(填名称)。
③乙醇转化成X的同系物的条件是___________；从其价键的极性角度分析D和乙醇发生相似反应时条件不同的原因是___________。
（6）利用液体挥发时的温度变化验证同分异构体的分子间作用力不同。室温下，在三个温度传感器上同时蘸取等体积样品(图1)，提拉支架，自然晾干，测得液体挥发时的温度时间曲线如图2。
已知：25℃，101kPa时，1ml物质由液态转化为气态时的焓变△蒸发H如下表。
①三种物质中，c的△蒸发H最小，从结构角度解释其原因___________。
②所达温度的最低点：c
（2） （3）2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O
（4）2+O22+2H2O
（5） ①. ②. 2-甲基丙烯 ③. 浓硫酸，170℃ ④. 甲基是推电子基团，与乙醇相比，D的α-C上的甲基更多，使其C-O键的共用电子对更偏向O，C-O键的极性增大，更容易断裂
（6） ①. c的支链最多，蒸发时克服的分子间作用力最弱，因此吸热最少 ②. 分子间作用力c
【解析】
【小问1详解】
C4H10O属于醇类的同分异构体有4种，即和。C4H10O属于醚类的同分异构体有3种，即和。
【小问2详解】
C4H10O中醇因形成分子间氢键，沸点要大于醚，其中沸点最低的是A，其核磁共振氢谱有3组峰，其结构简式为。
【小问3详解】
由乙醇制备可制备二乙基醚，该反应的化学方程式是2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O。
【小问4详解】
C分子中有一个手性碳原子且C在Cu催化下被O2氧化，说明C属于醇，为，C在Cu催化下被O2氧化的化学方程式为2+O22+2H2O。
【小问5详解】
D能与金属Na反应，但是不能被O2催化氧化，属于无α-氢的醇类，为。将D滴入酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色。经检验，最终生成了丙酮和CO2。据此分析，该实验中D转化成了能使KMnO4褪色的X，X应属于D的消去产物，为2-甲基丙烯。乙醇转化成X的同系物烯烃即乙醇生成乙烯的条件是浓硫酸，170℃。D和乙醇发生相似反应时条件不同的原因是甲基是推电子基团，与乙醇相比，D的α-C上的甲基更多，使其C-O键的共用电子对更偏向O，C-O键的极性增大，更容易断裂。
【小问6详解】
c的支链最多，蒸发时克服的分子间作用力最弱，因此吸热最少。所达温度的最低点：c
28. 聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下(部分反应条件略去)：
已知：
i．A、E、F均为苯的同系物；
ii．发生苯环上的取代反应时，甲苯主要得到邻对位取代产物，苯甲酸(酯)主要得到间位取代产物；
ⅲ．CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)
（1）该聚酰亚胺所含官能团有酰胺基和___________。
（2）B的含氮官能团只有硝基，A→B三步转化的试剂如下，正确的顺序为___________。
①浓H2SO4，浓HNO3 ②KMnO4 ③C2H5OH，浓H2SO4
写出③的化学方程式___________。
（3）试剂a应具有的化学性质是___________。
（4）D的结构简式是___________。
（5）E的核磁共振氢谱有4组峰，E→F的化学方程式是___________。
（6）I的结构简式是___________。
（7）J结构简式是___________。
【答案】（1）酯基 （2） ①. ②③①或②①③ ②. +C2H5OH+H2O或+C2H5OH+H2O
（3）还原性 （4）
（5）+2CH3C1+2HCl
（6） （7）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系和题给信息可知，经发生氧化反应、酯化反应、硝化反应或氧化反应、硝化反应、酯化反应、硝化反应制得，则A为、B为；与适宜的还原剂a发生还原反应生成，则D为；催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成核磁共振氢谱有4组峰的，则E为、F为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则G为；发生脱水反应生成，则I为；一定条件下与发生缩聚反应生成，则J为；受热转化为。
【小问1详解】
由结构简式可知，所含官能团有酰胺基和酯基，故答案为：酯基；
【小问2详解】
由分析可知，A→B三步转化为经发生氧化反应、酯化反应、硝化反应或氧化反应、硝化反应、酯化反应、硝化反应制得，发生氧化反应的试剂为高锰酸钾，发生硝化反应的试剂为浓硫酸和浓硝酸，发生酯化反应的试剂为乙醇和浓硫酸，则加入试剂的正确的顺序为②③①或②①③，其中试剂③参与反应的化学方程式为+C2H5OH+H2O或+C2H5OH+H2O，故答案为：②③①或②①③；+C2H5OH+H2O或+C2H5OH+H2O；
【小问3详解】
由分析可知，具有还原性的试剂a参与的反应为与适宜的还原剂a发生还原反应生成，故答案为：还原性；
【小问4详解】
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成核磁共振氢谱有4组峰的和氯化氢，反应的化学方程式为+2CH3C1+2HCl，故答案为：+2CH3C1+2HCl；
【小问6详解】
由分析可知，I的结构简式为，故答案为：；
【小问7详解】
由分析可知，J的结构简式为，故答案为：。
29. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下：
（1）浸出过程中，若MnO2足量，则主要反应的离子方程式为___________。
（2）MnS能溶于酸。若浸出过程中不加入MnO2，可能产生的有毒气体是___________。
（3）结合平衡移动原理解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理___________。
（4）过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如下。
已知：a．萃取剂E是溶解了P2O4的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b．P2O4为一元弱酸，难溶于水，在磺化煤油中以氢键结合成二聚体，记为(HA)2，其结构为 (—OR=)；
c．萃取时发生反应M2++2(HA)2⇌M(HA2)2(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①M(HA2)2中配体为AH-A-，配位数为4，写出该配合物的结构简式___________(用“—”表示氢键，用“…”表示配位键，用R代表配体中的烃基)。
②反应M2++2A-⇌MA2的平衡常数用β表示。已知B(CaA2)>B(MnA2)。判断调pH时a___________b(填“<”或“>”)。
③试剂Y是___________。
（5）补全由乙醛出发制备HA的合成路线___________(不使用其他有机试剂)。
CH3CHO→CH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHO→……
【答案】（1）4MnO2+MnS+8H+=5Mn2+++4H2O(或MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S+2H2O)
（2）H2S （3）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，增大pH和加热均促使水解趋于完全
（4） ①. ②. < ③. 稀硫酸
（5） HA
【解析】
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【小问1详解】
足量的MnO2与MnS发生氧化还原反应，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：4MnO2+MnS+8H+=5Mn2+++4H2O(或MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S+2H2O)；
【小问2详解】
MnS能溶于酸，若浸出过程中不加入MnO2，则MnS可能与酸反应产生的有毒气体H2S；
【小问3详解】
Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
【小问4详解】
①M(HA2)2中配体为AH-A-，配位数为4，该配合物的结构简式：；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸；
【小问5详解】
乙醛发生反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO发生加成反应生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO在碱性条件下发生消去反应生成，发生加成反应生成，发生应生成HA，合成路线补充如下： HA。物质转化
试剂、条件
A
CH3CH2CH2OH→CH3CH=CH2
NaOH乙醇溶液、加热
B
→
浓硝酸与浓硫酸、50~60℃
C
油脂→
NaOH水溶液、加热
D
NaCl→NaHCO3
NH3和CO2、较低温度
实验操作
现象
结论
A
将补铁剂溶于稀盐酸，加入少量氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红
补铁剂中含Fe2+
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油在碎瓷片催化下加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
苯
乙醇
苯+乙醇+水
苯+乙醇
苯+水
乙醇+水
沸点/℃
80.0
78.3
64.8
68.2
69.2
78.1
物质
a
b
c
△蒸发H/(kJ/ml)
+52.3
+49.7
+46.7
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