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【化学】辽宁省辽阳市辽阳县集美学校2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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辽宁省辽阳市辽阳县集美学校2018-2019学年高二下学期期末考试
1.化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是（ ）
A. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置
B. 工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念
C. 植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气
D. 氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”
【答案】B
【详解】A、将垃圾进行分类放置，提高利用率，有效减少污染，符合社会可持续发展理念，故A不符合题意；
B、工业废水经过静置、过滤只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，故B符合题意；
C、将植物的秸秆、枝叶、和人畜粪便加入沼气发酵池中，经过缓慢、复杂的化学反应，最终得到沼气，从而有效利用生物质能，故C不符合题意；
D、氢气燃烧得到水，对环境无污染，且放出热量高，因此氢气称为“绿色能源”，故D不符合题意；
答案选B。
2.2017年9月25日，化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是（ ）
A. 上述反应是氧化还原反应 B. TiO2和CO2属于酸性氧化物
C. CaTiO3属于含氧酸盐 D. CaCO3属于强电解质
【答案】A
【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。
3.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 在硝酸铝溶液中滴加过量的氨水溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
B. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
C. 向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－
【答案】D
【分析】离子方程式正误判断，应从是否符合客观事实、是否漏掉离子方程式、“量”等角度进行分析；
【详解】A、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；
B、硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，正确的离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故B错误；
C、氯气能将Fe2＋、Br－分别氧化成Fe3＋和Br2，正确的是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故C错误；
D、碳酸酸性强于硅酸，离子方程式为SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－，故D正确；
答案选D。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 能使酚酞变红的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-
B. 0.1 mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
C. 0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－
D. 由水电离产生的c(H＋)=1×10－13 mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【详解】A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；
B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
5.已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT +21O228CO2+10H2O+6N2，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. TNT在反应中只做还原剂
B. TNT中的N元素化合价为+5价
C. 方程式中TNT前的化学计量数为2
D. 当1molTNT参加反应时，转移的电子数为30×6.02×1023
【答案】D
【详解】A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；
B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；
C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；
D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为7××6.02×1023=30×6.02×1023，D项正确；
所以答案选择D项。
6.一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是（ ）
A. 锌 B. 碳 C. 氯化钠 D. 硫化钠
【答案】C
【详解】A. 锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选A；
B. 碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选B；
C. 氯化钠和浓硫酸微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，体现浓硫酸的难挥发性，不是氧化还原反应，故选C；
D. 硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故不选D。
答案选C。
7.下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同
B. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
C. 油脂、蛋白质等天然高分子化合物在一定条件下均能与水发生反应
D. 利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
【答案】C
【详解】A.1mol乙醇与乙烯完全燃烧均消耗3mol氧气，则相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同，故A正确；
B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，甲烷中H被Cl取代，与苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上H被硝基取代，则均为取代反应，故B正确；
C．油脂和蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，但蛋白质是天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，故C错误；
D．粮食酿酒经过了淀粉水解生成葡萄糖、葡萄糖再在酒曲酶作用下生成乙醇，均为化学变化过程，故D正确；
故答案为C。
8.着色剂为使食品着色的物质，可增加对食品的嗜好及刺激食欲。红斑素、红曲素是常用于糖果、雪糕等食品的着色剂的主要成分，结构如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A. 红斑素和红曲素都存在2个手性碳原子
B. 一定条件下红斑素和红曲素都能发生加聚和自身的缩聚反应
C. 红斑素中含有醚键、羰基、酯键这三种含氧官能团
D. 1 mol红曲素最多能与6molH2发生加成反应
【答案】C
【详解】A．红斑素中只有1个手性碳原子，即，而红曲素中有2个手性碳原子，即，故A错误；
B．红斑素和红曲素均含双键，可发生加聚反应，而不含-OH、-COOH，不能发生缩聚反应，故B错误；
C．红斑素中含有醚键、羰基、酯键这三种含氧官能团，故C正确；
D．1 mol红曲素中含有3mol碳碳键和2mol羰基，最多能与5molH2发生加成反应，故D错误；
故答案为C。
9.已知碳碳单键可以旋转，结构简式为 的烃，下列说法中正确的是（ ）
A. 分子中最多有6个碳原子处于同一直线上
B. 该烃苯环上的一氯代物有3种
C. 分子中至少有12个碳原子处于同一平面上
D. 该烃属于苯的同系物
【答案】A
【详解】A. 在苯中，处于对角位置上的4个原子共线，如图所示。将该有机物“拉直”为： ，可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个，A正确；
B.该烃可以找到2根对称轴，如图，可以知道该烃的分子的苯环中含有2种等效氢，则该烃苯环上的一氯代物有2种， B错误；
C. 甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯中H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环之间靠单键相连，单键可以旋转，两个苯环所处的平面不一定共面，只有处于对角线位置的C原子，因为共直线，所以一定共面。该烃中一定共平面的碳原子，如图所示，至少有10个碳原子一定共面， C错误；
D. 同系物在分子构成上相差n个CH2，该有机物的分子式为C14H14，和苯C6H6，相差C8H8，不是若干个CH2，不是苯的同系物， D错误；
故合理选项为A。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 与含有相同的官能团，互为同系物
B. 属于醛类，官能团为－CHO
C. 的名称为：2－乙基－1－丁烯
D. 的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯
【答案】C
【详解】A. 前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；
B. 该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团酯基， B错误；
C. 该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；
D. 该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。
11.将2.4g某有机物M置于密闭容器中燃烧，定性实验表明产物是CO2 、CO和水蒸气。将燃烧产物依次通过浓硫酸、碱石灰和灼热的氧化铜（试剂均足量，且充分反应），测得浓硫酸增重1.44g，碱石灰增重1.76g，氧化铜减轻0.64g。下列说法中正确的是（ ）
A. M的实验式为CH2O2
B. 若要得到M的分子式，还需要测得M的相对分子质量或物质的量
C. 若M的相对分子质量为60，则M一定为乙酸
D. 通过质谱仪可分析M中的官能团
【答案】B
【分析】浓硫酸增重的1.44g为水，水的物质的量为：1.44g÷18g/mol＝0.06mol。碱石灰增重的1.76g为CO2的质量，其物质的量为：1.76g÷44g/mol＝0.04mol。CuO与CO反应生成Cu与CO2，氧化铜减少的质量等于反应的CuO中O原子质量，1个CO与1个O原子结合生成CO2，O原子物质的量为0.64g÷16g/mol＝0.04mol，故CO为0.04mol。综上可知，2.4g有机物M中含有C原子为0.04mol+0.04mol＝0.08mol，含有H原子为：0.08mol×2＝0.16mol，则含有C、H元素的总质量为：12g/mol×0.08mol+1g/mol×0.16mol＝1.12g＜2.4g，说明M中含有O元素，含有O的物质的量为（2.4g﹣1.12g）÷16g/mol＝0.08mol。
【详解】A. 经过计算可知，M分子中C、H、O的物质的量之比＝0.08：0.16：0.08＝1：2：1，则M的实验式为CH2O，A错误；
B. 已经计算出M的实验式，再测得M的相对分子质量或物质的量，可推出M的分子式，B正确；
C. 若M的相对分子质量为60，设M的分子式为(CH2O)x，则30x＝60，解得x＝2，M的分子式为C2H4O2，M可能为乙酸或甲酸甲酯等，C错误；
D. 用质谱仪可以得到M的相对分子质量，要得到M的官能团可以使用红外光谱仪，可以确定有机物分子中含有的有机原子基团，从而可确定M分子中含有的官能团类型，D错误；
故合理选项为B。
【点睛】根据题中告知的数据，可以先推测出有机物中C、H、O的物质的量，再根据该有机物的物质的量或者相对分子质量推断出其化学式（分子式）。
12.某实验小组用下列装置制备溴苯，下列说法错误的是（ ）
A. 装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用，装置B中的实验现象是CCl4由无色变橙色
B. 若装置B后连接装置C，装置C中生成淡黄色沉淀，可证明装置A中发生取代反应
C. 若装置B后连接装置D，则装置D的作用是吸收尾气
D. 向反应后的装置A中加入NaOH溶液，振荡静置，下层为无色油状液体
【答案】A
【详解】A. 苯和液溴在铁的作用下反应剧烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流。装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯，CCl4由无色变橙色，A错误；
B. 苯和溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，若苯和溴发生加成反应，则没有HBr生成。装置B中已除去苯和溴的蒸汽，若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr，则可证明气体中含有HBr，即可证明装置A中发生取代反应，B正确；
C. 装置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr气体，C正确；
D. 装置A中生成溴苯，溴苯中因为溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗涤后，除去溴，溴苯为无色、密度比水大的油状液体，静置后在分液漏斗的下层，D正确；
故合理选项为A。
13.维拉帕米（又名异搏定）是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合成路线中某一步骤如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. Y的分子式为C5H11O2 Br
B. 含苯环和羧基的ⅹ的同分异构体有4种
C. 可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z
D. 1mol Z最多可与6mol H2发生加成反应
【答案】B
【详解】A．由结构简式可知分子式为C5H9BrO2， A错误；
B．含苯环和羧基，对应的同分异构体可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（邻、间、对），共有4种， B正确；
C．X中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色，Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色，故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，C错误；
D．Z中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键，酯基中的羰基不能和氢气加成，则1mol Z含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH2加成，因此1moZ最多可与5mol H2发生反应，D错误；
故合理选项为B。
【点睛】碳氧双键（羰基）可以按照是否能与氢气加成分为两类，第一类构成醛基和酮基，这时羰基可以和H2发生加成反应，第二类构成羧基和酯基，这时羰基不能和H2发生加成反应。
14.下列实验方案中，可以达到实验目的的是 （ ）
选项
实验目的
实验方案
A
证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成
向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
B
除去苯中混有的苯酚
加入适量的溴水充分反应后过滤弃去沉淀
C
除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液
D
检验CH3CH2Br中存在的溴元素
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀
【答案】C
【详解】A. 溴乙烷发生消去反应后生成乙烯，同时又带出乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B. 溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，溶解在苯中，过滤不能将苯和三溴苯酚分开，B错误；
C. 硝酸钾溶解度受温度变化较大，氯化钠溶解度受温度变化小，可以蒸发结晶，趁热过滤的方法除去硝酸钾，C正确；
D. 溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应，检验溴离子应在酸性溶液中，应在水解后冷却，加入过量稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，D错误；
故合理选项为C。
15.屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2 。碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下列分析不正确的是（ ）
A. 推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度
B. 青蒿素可以与NaOH、Na2CO3 、NaHCO3反应
C. 青蒿素分子中含有手性碳
D. 青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”
【答案】B
【详解】A．青蒿素中含有酯基，如图含，难溶于水，易溶于有机溶剂。根据萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚， A正确；
B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，B错误；
C．手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，C正确；
D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，D正确；
故合理选项为B。
16.某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是（ ）
A. R的单体之一的分子式为C9H12O2
B. R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物
C. R是一种有特殊香味，难溶于水的物质
D. 碱性条件下，1 mol R完全水解消耗NaOH的物质 的量为n（m+1）mol
【答案】D
【详解】A.由结构可知，单体为CH2＝C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；
B.单体中存在C＝C、﹣OH、﹣COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：一种高聚物和两种单体，B错误；
C. R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水， C错误；
D. 1mol R中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1mol R完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D正确；
故合理选项为D。
【点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个为加聚产物，一个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。
17.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C. pH=1的HCl溶液中，含有0.1NA个H+
D. 0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目为0.4NA
【答案】B
【详解】A、胶体是集合体，16.25gFeCl3，物质的量为0.1mol，形成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1mol，故A错误；
B、标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，即含氢原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，故B正确；
C、题中没有说明溶液的体积，无法求出H＋物质的量，故C错误；
D、苯乙烯的结构简式为,0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的物质的量为0.1mol，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点是选项D，应注意苯环中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和双键之间特殊的键。
18.某钠盐溶液中可能含有NO2—、SO42—、SO32—、CO32—、Cl—、NO3—等阴离子。某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH计测得溶液pH大于7
②加入盐酸，产生有色刺激性气体
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体
④加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色。
⑤加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色。
则下列说法不正确的是（ ）
A. 仅由②中的实验现象可推测一定含有NO2—
B. 根据②③④可确定一定含有NO2—、CO32—、Cl—三种阴离子
C. 不能确定是否一定含有NO3—
D. 仅由④即可确定一定不存在SO42—、SO32—
【答案】A
【详解】A、①用pH计测得溶液pH大于7，说明溶液呈碱性；②加入盐酸，产生有色刺激性气体，由于要放出有色刺激性气体，所以可以是亚硝酸的自身分解，反应的方程式为：2HNO2＝H2O+NO↑+NO2↑，或是NO3－与SO32－之间发生氧化还原反应，因此不能说明溶液中含有NO2-，A不正确；
B、③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体，说明溶液中含有Cl-；④加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色，说明溶液含有CO32-，没有SO42-、SO32-，因此一定含有NO2－，B正确；
C、⑤加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色，说明溶液中含有具有氧化性的离子NO2-、或NO3－，因此根据以上分析可知不能确定是否一定含有NO3－，C正确；
D、由④即可确定一定不存在SO42－、SO32－，D正确；
答案选A。
19.乙醇是重要的有机化工原料，也是优质的燃料，工业上可由乙烯水合法或发酵法生产。回答下列问题：
（1）乙烯水合法可分为两步
第一步：反应CH2＝CH2+ HOSO3H（浓硫酸）→CH3CH2OSO3H（硫酸氢乙酯）；
第二步：硫酸氢乙酯水解生成乙醇。
①第一步属于反应_______________（填反应类型）。
②第二步反应的化学方程式为_____________________________。
（2）发酵法制乙醇，植物秸秆（含50％纤维素）为原料经以下转化制得乙醇
纤维素的化学式为________，现要制取4.6 吨乙醇，至少需要植物秸秆________吨。
（3）乙醇汽油是用90％的普通汽油与10％的燃料乙醇调和而成。乙醇汽油中乙醇是可再生能源，来源于________（填“乙烯水合法”或“发酵法”）。
（4）以乙醇为原料可制备某种高分子涂料，其转化关系如下图：
① 有机物A的结构简式为_________________________________________。
② 反应Ⅱ的化学方程式为_______________________________________________。
③ 反应Ⅱ的反应类型为_____________________________________________________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). CH3CH2OSO3H＋H2O→CH3CH2OH+H2SO4 (3). (C6H10O5)n (4). 16.2 (5). 发酵法 (6). CH2＝CHCOOH (7). nCH2＝CHCOOC2H5 (8). 加聚反应
【详解】（1）①乙烯含有碳碳双键，与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯；
②硫酸氢乙酯水解生成乙醇，根据原子守恒可知还有硫酸生成，则第二步反应的化学方程式为CH3CH2OSO3H＋H2O→CH3CH2OH+H2SO4。
（2）纤维素的化学式为(C6H10O5)n，根据方程式可知(C6H10O5)n～nC6H12O6～2nCH3CH2OH，则要制取4.6吨乙醇，至少需要植物秸秆的质量是。
（3）由于乙醇汽油中乙醇是可再生能源，而乙烯是通过石油的裂解产生的，石油是不可再生的，所以来源于发酵法。
（4）①乙醇和A反应生成CH2＝CHCOOC2H5，该反应是酯化反应，所以根据原子守恒可知A是CH2＝CHCOOH；
②CH2＝CHCOOC2H5含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则反应Ⅱ化学方程式为nCH2＝CHCOOC2H5；
③根据以上分析可知反应Ⅱ的反应类型为加聚反应。
【点睛】本题综合考查了乙烯、乙醇以及纤维素等常见有机物的性质，明确有机物分子中含有的官能团的结构和性质特点是解答的关键，（2）中的计算注意利用好关系式解答。
20.已知下列数据：
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/g·cm－3
乙醇
－144
78.0
0.789
乙酸
16.6
118
1.05
乙酸乙酯
－83.6
77.5
0.900
浓硫酸(98%)
－
338
1.84
下图为实验室制取乙酸乙酯的装置图。
（1）当饱和碳酸钠溶液上方收集到较多液体时，停止加热，取下小试管B，充分振荡，静置。振荡前后的实验现象为________(填字母)。
A．上层液体变薄 B．下层液体红色变浅或变为无色 C．有气体产生 D．有果香味
（2）为分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行分离：
①试剂1最好选用_________________________________________________；
②操作1是________，所用的主要仪器名称是__________________________；
③试剂2最好选用_____________________________________；
④操作2是_______________________________________；
⑤操作3中温度计水银球的位置应为下图中________(填“a”“b”“c”或“d”)所示，在该操作中，除蒸馏烧瓶、温度计外 、锥形瓶 ，还需要的玻璃仪器有__________、________、________，收集乙酸的适宜温度是________。
【答案】 (1). ABCD (2). 饱和碳酸钠溶液 (3). 分液 (4). 分液漏斗 (5). 稀硫酸 (6). 蒸馏 (7). b (8). 酒精灯 (9). 冷凝管 (10). 牛角管 (11). 略高于 118 ℃
【分析】分离出乙酸、乙醇、乙酸乙酯，利用其性质不同进行分离，如乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与Na2CO3溶液发生反应，采用分液的方法分离出，然后利用乙醇易挥发，进行蒸馏等等，据此分析；
【详解】（1）A、从试管A中蒸出的气体为乙酸乙酯、乙酸、乙醇，振荡过程中乙酸、乙醇被碳酸钠溶液吸收，上层液体逐渐变薄，故A正确；
B、乙酸乙酯的密度小于水的密度，在上层，下层为碳酸钠溶液，碳酸钠溶液显碱性，滴入酚酞，溶液变红，试管A中蒸出的乙酸，与碳酸钠反应，产生CO2，溶液红色变浅或变为无色，故B正确；
C、根据B选项分析，故C正确；
D、乙酸乙酯有水果的香味，故D正确；
答案选ABCD；
（2）①碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后采用分液的方法进行分离，即A为乙酸乙酯，试剂1为饱和碳酸钠溶液；
②根据①的分析，操作1为分液，所用的主要仪器是分液漏斗；
③B中含有乙醇、乙酸钠、碳酸钠，利用乙醇易挥发的性质，采用蒸馏的方法得到乙醇，即操作2为蒸馏，E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，需要将乙酸钠转化成乙酸，然后蒸馏，得到乙酸，因此加入的酸，不易挥发，即试剂2最好是稀硫酸；
④根据③的分析，操作2为蒸馏；
⑤根据上述分析，操作3为蒸馏，温度计的水银球在支管口略向下，即b处；蒸馏过程中还需要的仪器有酒精灯、冷凝管、牛角管；乙酸的沸点为118℃，因此收集乙酸的适宜温度是略高于118℃。
21.已知铅(Pb)与硅同主族且Pb比Si多3个电子层。
（1）难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb[(CH3COO)2Pb易溶于水]，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是______(填“强”或“弱”)电解质。
（2）将PbO2加入硝酸酸化Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色；则每反应1 mol Mn(NO3)2转移____________mol电子。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低尾气中的CO、NO、NO2和碳氢化合物等污染性气体。在催化转换器的前半部，CO和NO在催化剂的作用下发生反应，生成两种无污染的气体，该反应的化学方程式为：___________________________________。
（4）①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，溶液变蓝色，且反应后溶液呈碱性，发生反应的离子方程式是________________________________。
②在上述碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，写出发生反应的离子方程式是______________________________________。
（5）处理含Cr2O72-的废水可先用(NH4)2Fe(SO4)2将Cr2O72-转化为Cr3+，再用氨水将Cr3+转变为难溶的Cr(OH)3，在该过程中氧化剂为______________，其中氨水转化Cr3+为Cr(OH)3的离子方程式为____________________________________________；该方案处理后的废水中因含有大量________元素，直接排放会导致水体富营养化。
【答案】 (1). 弱 (2). 5 (3). 2CO + 2NO2CO2 + N2 (4). ClO－＋2I－＋H2O＝I2＋Cl－＋2OH－ (5). SO32-＋I2＋2OH－＝SO42-＋2I－＋H2O (6). Cr2O72- (7). Cr3+ + 3NH3·H2O＝Cr(OH)3↓ + 3NH4+ (8). 氮（或N）
【详解】（1）根据发生复分解反应的条件，醋酸铅为弱电解质；
（2）PbO2加入硝酸酸化Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色，说明Mn2＋被氧化成MnO4－，1molMn(NO3)2被氧化，转移电子物质的量为1mol×(7－2)=5mol；
（3）CO和NO反应生成无污染的气体即产生CO2和N2，化学反应方程式为2CO＋2NO2CO2＋N2；
（4）①溶液变蓝，说明有I2生成，利用ClO－的强氧化性，把I－氧化成I2，本身被还原为Cl－，反应后溶液显碱性，说明有OH－生成，即发生离子方程式为ClO－＋2I－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－；
②Na2SO3具有还原性，I2具有强氧化性，该溶液显碱性，即离子方程式为SO32－＋I2＋2OH－=SO42－＋2I－＋H2O；
（5）Cr2O72－中Cr的化合价由＋6价→＋3价，化合价降低，Cr2O72－为氧化剂，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe显＋2价，Fe的化合价升高，即Fe2＋为还原剂，NH3·H2O为弱碱，Cr3＋与NH3·H2O反应的离子方程式为Cr3＋＋3NH3·H2O=Cr(OH)3↓＋3NH4＋；该方案处理后的废水中含有大量的N元素，是植物生长必需的元素，直接排放会导致水体富营养化。
【点睛】氧化还原反应方程式的书写是本题的难点，一般先写出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物，然后利用化合价升降法进行配平，利用原子守恒和电荷守恒，配平其他，缺少的一般是H＋、OH－、H2O，强调：应注意溶液的酸碱性。
22.磷的单质及其化合物用途非常广泛。回答下列问题。
（1）基态磷原子价电子轨道表示式为______________________；磷的第一电离能比硫大，其原因是_____________________________________________。
（2）已知反应6P2H4＝P4+8PH3↑。P2H4分子中磷原子杂化类型是________________；P4分子的几何构型是________________________。
（3）N和P同主族。
①NH3的沸点比PH3高，其原因是_________________________；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是______________________________________________。
②氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是___________________________________________。
（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm。In的配位数为_______________；与In原子间距离为a nm的In原子有________个。
【答案】(1). (2). 磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定 (3). sp3 (4). 正四面体 (5). NH3 分子间可以形成氢键，PH3不能 (6). N 的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大 (7). 磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 (8). 4 (9). 12
【详解】（1）P为15号元素，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则其价电子排布式为3s23p3，所以基态磷原子价电子轨道表示式为，磷原子最外层能级中，3p电子处于半满状态，相对比较稳定，失电子较难。答案为： 、磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定；
（2）P2H4分子中磷原子可以形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以磷原子杂化类型是sp3杂化；在白磷中，磷原子的5个价电子中的3个形成了3个σ键，还剩下1个未成键价电子对，其键价层电子对总数是4，需要形成4个杂化轨道而采用sp3杂化，所以白磷分子是正四面体形结构。答案为：sp3、正四面体；
（3）①NH3和PH3为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，但是NH3分子间可以形成氢键，PH3不能，故NH3的沸点比PH3高；N的电负性大于P，NH3中N－H键的键长比PH3中P－H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大；
②P原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,所以难以形成π键。
故答案为：①NH3分子间可以形成氢键，PH3不能；N的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大；②磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p－p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
（4）根据晶胞图可知磷化铟晶胞中：In原子数目为8×+6×=4，P原子数目为4，所以In的配位数为4；由于晶胞的边长为a nm，设晶胞中在一个平面上处于对角线上的In原子间距离为x nm,则x2=a2+a2，所以x=a nm，因此与In原子间距离为anm的In原子有几个，也就是In原子周围与In原子处于对角线中心的In原子有几个，根据晶胞结构图可知有12个。答案为：4、12。
23.环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。
（2）由B生成C的反应类型为_______________。
（3）由C生成D的反应方程式为______________________________。
（4）E的结构简式为_______________。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式____________________、____________________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。
【答案】(1). 丙烯 (2). 氯原子 (3). 羟基 (4). 加成反应 (5). 或 (6). (7). (8). (9). 8
【分析】根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为 ，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为 ；D和F聚合生成G，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，
故答案为：丙烯；氯原子、羟基；
（2）B和HOCl发生加成反应生成C，
故答案为：加成反应；
（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，
故答案为：；
（4）E的结构简式为。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；
故答案为：、；
（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1 mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，
故答案为：8。
1.化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是（ ）
A. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置
B. 工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念
C. 植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气
D. 氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”
【答案】B
【详解】A、将垃圾进行分类放置，提高利用率，有效减少污染，符合社会可持续发展理念，故A不符合题意；
B、工业废水经过静置、过滤只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，故B符合题意；
C、将植物的秸秆、枝叶、和人畜粪便加入沼气发酵池中，经过缓慢、复杂的化学反应，最终得到沼气，从而有效利用生物质能，故C不符合题意；
D、氢气燃烧得到水，对环境无污染，且放出热量高，因此氢气称为“绿色能源”，故D不符合题意；
答案选B。
2.2017年9月25日，化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是（ ）
A. 上述反应是氧化还原反应 B. TiO2和CO2属于酸性氧化物
C. CaTiO3属于含氧酸盐 D. CaCO3属于强电解质
【答案】A
【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑，反应中没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A错误；B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水，均属于酸性氧化物，故B正确；C、CaTiO3=Ca2＋＋TiO32－，CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成，属于含氧酸盐，故C正确；D、CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，故D正确；故选A。
3.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 在硝酸铝溶液中滴加过量的氨水溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
B. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
C. 向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-
D. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－
【答案】D
【分析】离子方程式正误判断，应从是否符合客观事实、是否漏掉离子方程式、“量”等角度进行分析；
【详解】A、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；
B、硝酸具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，正确的离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，故B错误；
C、氯气能将Fe2＋、Br－分别氧化成Fe3＋和Br2，正确的是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故C错误；
D、碳酸酸性强于硅酸，离子方程式为SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－，故D正确；
答案选D。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 能使酚酞变红的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-
B. 0.1 mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
C. 0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－
D. 由水电离产生的c(H＋)=1×10－13 mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【详解】A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；
B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
5.已知TNT为烈性炸药，其爆炸时的方程式为：TNT +21O228CO2+10H2O+6N2，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. TNT在反应中只做还原剂
B. TNT中的N元素化合价为+5价
C. 方程式中TNT前的化学计量数为2
D. 当1molTNT参加反应时，转移的电子数为30×6.02×1023
【答案】D
【详解】A.TNT的分子式为C7H5O6N3，TNT在爆炸时，不仅碳的化合价升高，还有氮的化合价由+3价降低至0价，所以TNT在反应中既是氧化剂，也是还原剂，A项错误；
B.TNT中H的化合价为+1价，O的化合价为-2价，C的平均化合价为-价，TNT中氮元素应显+3价，B项错误；
C.据氮原子守恒和TNT每分子中含有3个氮原子可知，TNT前的计量数为4，C项错误；
D.反应中只有碳的化合价升高，每个碳原子升高的价态为（+4）-（-）=，所以1molTNT发生反应时转移的电子数为7××6.02×1023=30×6.02×1023，D项正确；
所以答案选择D项。
6.一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是（ ）
A. 锌 B. 碳 C. 氯化钠 D. 硫化钠
【答案】C
【详解】A. 锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选A；
B. 碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选B；
C. 氯化钠和浓硫酸微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，体现浓硫酸的难挥发性，不是氧化还原反应，故选C；
D. 硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故不选D。
答案选C。
7.下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同
B. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同
C. 油脂、蛋白质等天然高分子化合物在一定条件下均能与水发生反应
D. 利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
【答案】C
【详解】A.1mol乙醇与乙烯完全燃烧均消耗3mol氧气，则相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同，故A正确；
B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，甲烷中H被Cl取代，与苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上H被硝基取代，则均为取代反应，故B正确；
C．油脂和蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，但蛋白质是天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，故C错误；
D．粮食酿酒经过了淀粉水解生成葡萄糖、葡萄糖再在酒曲酶作用下生成乙醇，均为化学变化过程，故D正确；
故答案为C。
8.着色剂为使食品着色的物质，可增加对食品的嗜好及刺激食欲。红斑素、红曲素是常用于糖果、雪糕等食品的着色剂的主要成分，结构如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A. 红斑素和红曲素都存在2个手性碳原子
B. 一定条件下红斑素和红曲素都能发生加聚和自身的缩聚反应
C. 红斑素中含有醚键、羰基、酯键这三种含氧官能团
D. 1 mol红曲素最多能与6molH2发生加成反应
【答案】C
【详解】A．红斑素中只有1个手性碳原子，即，而红曲素中有2个手性碳原子，即，故A错误；
B．红斑素和红曲素均含双键，可发生加聚反应，而不含-OH、-COOH，不能发生缩聚反应，故B错误；
C．红斑素中含有醚键、羰基、酯键这三种含氧官能团，故C正确；
D．1 mol红曲素中含有3mol碳碳键和2mol羰基，最多能与5molH2发生加成反应，故D错误；
故答案为C。
9.已知碳碳单键可以旋转，结构简式为 的烃，下列说法中正确的是（ ）
A. 分子中最多有6个碳原子处于同一直线上
B. 该烃苯环上的一氯代物有3种
C. 分子中至少有12个碳原子处于同一平面上
D. 该烃属于苯的同系物
【答案】A
【详解】A. 在苯中，处于对角位置上的4个原子共线，如图所示。将该有机物“拉直”为： ，可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个，A正确；
B.该烃可以找到2根对称轴，如图，可以知道该烃的分子的苯环中含有2种等效氢，则该烃苯环上的一氯代物有2种， B错误；
C. 甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯中H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环之间靠单键相连，单键可以旋转，两个苯环所处的平面不一定共面，只有处于对角线位置的C原子，因为共直线，所以一定共面。该烃中一定共平面的碳原子，如图所示，至少有10个碳原子一定共面， C错误；
D. 同系物在分子构成上相差n个CH2，该有机物的分子式为C14H14，和苯C6H6，相差C8H8，不是若干个CH2，不是苯的同系物， D错误；
故合理选项为A。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 与含有相同的官能团，互为同系物
B. 属于醛类，官能团为－CHO
C. 的名称为：2－乙基－1－丁烯
D. 的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯
【答案】C
【详解】A. 前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；
B. 该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团酯基， B错误；
C. 该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；
D. 该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。
11.将2.4g某有机物M置于密闭容器中燃烧，定性实验表明产物是CO2 、CO和水蒸气。将燃烧产物依次通过浓硫酸、碱石灰和灼热的氧化铜（试剂均足量，且充分反应），测得浓硫酸增重1.44g，碱石灰增重1.76g，氧化铜减轻0.64g。下列说法中正确的是（ ）
A. M的实验式为CH2O2
B. 若要得到M的分子式，还需要测得M的相对分子质量或物质的量
C. 若M的相对分子质量为60，则M一定为乙酸
D. 通过质谱仪可分析M中的官能团
【答案】B
【分析】浓硫酸增重的1.44g为水，水的物质的量为：1.44g÷18g/mol＝0.06mol。碱石灰增重的1.76g为CO2的质量，其物质的量为：1.76g÷44g/mol＝0.04mol。CuO与CO反应生成Cu与CO2，氧化铜减少的质量等于反应的CuO中O原子质量，1个CO与1个O原子结合生成CO2，O原子物质的量为0.64g÷16g/mol＝0.04mol，故CO为0.04mol。综上可知，2.4g有机物M中含有C原子为0.04mol+0.04mol＝0.08mol，含有H原子为：0.08mol×2＝0.16mol，则含有C、H元素的总质量为：12g/mol×0.08mol+1g/mol×0.16mol＝1.12g＜2.4g，说明M中含有O元素，含有O的物质的量为（2.4g﹣1.12g）÷16g/mol＝0.08mol。
【详解】A. 经过计算可知，M分子中C、H、O的物质的量之比＝0.08：0.16：0.08＝1：2：1，则M的实验式为CH2O，A错误；
B. 已经计算出M的实验式，再测得M的相对分子质量或物质的量，可推出M的分子式，B正确；
C. 若M的相对分子质量为60，设M的分子式为(CH2O)x，则30x＝60，解得x＝2，M的分子式为C2H4O2，M可能为乙酸或甲酸甲酯等，C错误；
D. 用质谱仪可以得到M的相对分子质量，要得到M的官能团可以使用红外光谱仪，可以确定有机物分子中含有的有机原子基团，从而可确定M分子中含有的官能团类型，D错误；
故合理选项为B。
【点睛】根据题中告知的数据，可以先推测出有机物中C、H、O的物质的量，再根据该有机物的物质的量或者相对分子质量推断出其化学式（分子式）。
12.某实验小组用下列装置制备溴苯，下列说法错误的是（ ）
A. 装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用，装置B中的实验现象是CCl4由无色变橙色
B. 若装置B后连接装置C，装置C中生成淡黄色沉淀，可证明装置A中发生取代反应
C. 若装置B后连接装置D，则装置D的作用是吸收尾气
D. 向反应后的装置A中加入NaOH溶液，振荡静置，下层为无色油状液体
【答案】A
【详解】A. 苯和液溴在铁的作用下反应剧烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流。装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯，CCl4由无色变橙色，A错误；
B. 苯和溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，若苯和溴发生加成反应，则没有HBr生成。装置B中已除去苯和溴的蒸汽，若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr，则可证明气体中含有HBr，即可证明装置A中发生取代反应，B正确；
C. 装置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr气体，C正确；
D. 装置A中生成溴苯，溴苯中因为溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗涤后，除去溴，溴苯为无色、密度比水大的油状液体，静置后在分液漏斗的下层，D正确；
故合理选项为A。
13.维拉帕米（又名异搏定）是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合成路线中某一步骤如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. Y的分子式为C5H11O2 Br
B. 含苯环和羧基的ⅹ的同分异构体有4种
C. 可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z
D. 1mol Z最多可与6mol H2发生加成反应
【答案】B
【详解】A．由结构简式可知分子式为C5H9BrO2， A错误；
B．含苯环和羧基，对应的同分异构体可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（邻、间、对），共有4种， B正确；
C．X中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色，Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色，故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，C错误；
D．Z中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键，酯基中的羰基不能和氢气加成，则1mol Z含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH2加成，因此1moZ最多可与5mol H2发生反应，D错误；
故合理选项为B。
【点睛】碳氧双键（羰基）可以按照是否能与氢气加成分为两类，第一类构成醛基和酮基，这时羰基可以和H2发生加成反应，第二类构成羧基和酯基，这时羰基不能和H2发生加成反应。
14.下列实验方案中，可以达到实验目的的是 （ ）
选项
实验目的
实验方案
A
证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成
向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
B
除去苯中混有的苯酚
加入适量的溴水充分反应后过滤弃去沉淀
C
除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液
D
检验CH3CH2Br中存在的溴元素
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀
【答案】C
【详解】A. 溴乙烷发生消去反应后生成乙烯，同时又带出乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B. 溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，溶解在苯中，过滤不能将苯和三溴苯酚分开，B错误；
C. 硝酸钾溶解度受温度变化较大，氯化钠溶解度受温度变化小，可以蒸发结晶，趁热过滤的方法除去硝酸钾，C正确；
D. 溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应，检验溴离子应在酸性溶液中，应在水解后冷却，加入过量稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，D错误；
故合理选项为C。
15.屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2 。碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下列分析不正确的是（ ）
A. 推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度
B. 青蒿素可以与NaOH、Na2CO3 、NaHCO3反应
C. 青蒿素分子中含有手性碳
D. 青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”
【答案】B
【详解】A．青蒿素中含有酯基，如图含，难溶于水，易溶于有机溶剂。根据萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚， A正确；
B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，B错误；
C．手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，C正确；
D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，D正确；
故合理选项为B。
16.某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是（ ）
A. R的单体之一的分子式为C9H12O2
B. R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物
C. R是一种有特殊香味，难溶于水的物质
D. 碱性条件下，1 mol R完全水解消耗NaOH的物质 的量为n（m+1）mol
【答案】D
【详解】A.由结构可知，单体为CH2＝C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；
B.单体中存在C＝C、﹣OH、﹣COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：一种高聚物和两种单体，B错误；
C. R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水， C错误；
D. 1mol R中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1mol R完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D正确；
故合理选项为D。
【点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个为加聚产物，一个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。
17.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C. pH=1的HCl溶液中，含有0.1NA个H+
D. 0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目为0.4NA
【答案】B
【详解】A、胶体是集合体，16.25gFeCl3，物质的量为0.1mol，形成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1mol，故A错误；
B、标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，即含氢原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，故B正确；
C、题中没有说明溶液的体积，无法求出H＋物质的量，故C错误；
D、苯乙烯的结构简式为,0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的物质的量为0.1mol，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点是选项D，应注意苯环中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和双键之间特殊的键。
18.某钠盐溶液中可能含有NO2—、SO42—、SO32—、CO32—、Cl—、NO3—等阴离子。某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH计测得溶液pH大于7
②加入盐酸，产生有色刺激性气体
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体
④加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色。
⑤加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色。
则下列说法不正确的是（ ）
A. 仅由②中的实验现象可推测一定含有NO2—
B. 根据②③④可确定一定含有NO2—、CO32—、Cl—三种阴离子
C. 不能确定是否一定含有NO3—
D. 仅由④即可确定一定不存在SO42—、SO32—
【答案】A
【详解】A、①用pH计测得溶液pH大于7，说明溶液呈碱性；②加入盐酸，产生有色刺激性气体，由于要放出有色刺激性气体，所以可以是亚硝酸的自身分解，反应的方程式为：2HNO2＝H2O+NO↑+NO2↑，或是NO3－与SO32－之间发生氧化还原反应，因此不能说明溶液中含有NO2-，A不正确；
B、③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体，说明溶液中含有Cl-；④加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色，说明溶液含有CO32-，没有SO42-、SO32-，因此一定含有NO2－，B正确；
C、⑤加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色，说明溶液中含有具有氧化性的离子NO2-、或NO3－，因此根据以上分析可知不能确定是否一定含有NO3－，C正确；
D、由④即可确定一定不存在SO42－、SO32－，D正确；
答案选A。
19.乙醇是重要的有机化工原料，也是优质的燃料，工业上可由乙烯水合法或发酵法生产。回答下列问题：
（1）乙烯水合法可分为两步
第一步：反应CH2＝CH2+ HOSO3H（浓硫酸）→CH3CH2OSO3H（硫酸氢乙酯）；
第二步：硫酸氢乙酯水解生成乙醇。
①第一步属于反应_______________（填反应类型）。
②第二步反应的化学方程式为_____________________________。
（2）发酵法制乙醇，植物秸秆（含50％纤维素）为原料经以下转化制得乙醇
纤维素的化学式为________，现要制取4.6 吨乙醇，至少需要植物秸秆________吨。
（3）乙醇汽油是用90％的普通汽油与10％的燃料乙醇调和而成。乙醇汽油中乙醇是可再生能源，来源于________（填“乙烯水合法”或“发酵法”）。
（4）以乙醇为原料可制备某种高分子涂料，其转化关系如下图：
① 有机物A的结构简式为_________________________________________。
② 反应Ⅱ的化学方程式为_______________________________________________。
③ 反应Ⅱ的反应类型为_____________________________________________________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). CH3CH2OSO3H＋H2O→CH3CH2OH+H2SO4 (3). (C6H10O5)n (4). 16.2 (5). 发酵法 (6). CH2＝CHCOOH (7). nCH2＝CHCOOC2H5 (8). 加聚反应
【详解】（1）①乙烯含有碳碳双键，与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯；
②硫酸氢乙酯水解生成乙醇，根据原子守恒可知还有硫酸生成，则第二步反应的化学方程式为CH3CH2OSO3H＋H2O→CH3CH2OH+H2SO4。
（2）纤维素的化学式为(C6H10O5)n，根据方程式可知(C6H10O5)n～nC6H12O6～2nCH3CH2OH，则要制取4.6吨乙醇，至少需要植物秸秆的质量是。
（3）由于乙醇汽油中乙醇是可再生能源，而乙烯是通过石油的裂解产生的，石油是不可再生的，所以来源于发酵法。
（4）①乙醇和A反应生成CH2＝CHCOOC2H5，该反应是酯化反应，所以根据原子守恒可知A是CH2＝CHCOOH；
②CH2＝CHCOOC2H5含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则反应Ⅱ化学方程式为nCH2＝CHCOOC2H5；
③根据以上分析可知反应Ⅱ的反应类型为加聚反应。
【点睛】本题综合考查了乙烯、乙醇以及纤维素等常见有机物的性质，明确有机物分子中含有的官能团的结构和性质特点是解答的关键，（2）中的计算注意利用好关系式解答。
20.已知下列数据：
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/g·cm－3
乙醇
－144
78.0
0.789
乙酸
16.6
118
1.05
乙酸乙酯
－83.6
77.5
0.900
浓硫酸(98%)
－
338
1.84
下图为实验室制取乙酸乙酯的装置图。
（1）当饱和碳酸钠溶液上方收集到较多液体时，停止加热，取下小试管B，充分振荡，静置。振荡前后的实验现象为________(填字母)。
A．上层液体变薄 B．下层液体红色变浅或变为无色 C．有气体产生 D．有果香味
（2）为分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行分离：
①试剂1最好选用_________________________________________________；
②操作1是________，所用的主要仪器名称是__________________________；
③试剂2最好选用_____________________________________；
④操作2是_______________________________________；
⑤操作3中温度计水银球的位置应为下图中________(填“a”“b”“c”或“d”)所示，在该操作中，除蒸馏烧瓶、温度计外 、锥形瓶 ，还需要的玻璃仪器有__________、________、________，收集乙酸的适宜温度是________。
【答案】 (1). ABCD (2). 饱和碳酸钠溶液 (3). 分液 (4). 分液漏斗 (5). 稀硫酸 (6). 蒸馏 (7). b (8). 酒精灯 (9). 冷凝管 (10). 牛角管 (11). 略高于 118 ℃
【分析】分离出乙酸、乙醇、乙酸乙酯，利用其性质不同进行分离，如乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与Na2CO3溶液发生反应，采用分液的方法分离出，然后利用乙醇易挥发，进行蒸馏等等，据此分析；
【详解】（1）A、从试管A中蒸出的气体为乙酸乙酯、乙酸、乙醇，振荡过程中乙酸、乙醇被碳酸钠溶液吸收，上层液体逐渐变薄，故A正确；
B、乙酸乙酯的密度小于水的密度，在上层，下层为碳酸钠溶液，碳酸钠溶液显碱性，滴入酚酞，溶液变红，试管A中蒸出的乙酸，与碳酸钠反应，产生CO2，溶液红色变浅或变为无色，故B正确；
C、根据B选项分析，故C正确；
D、乙酸乙酯有水果的香味，故D正确；
答案选ABCD；
（2）①碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后采用分液的方法进行分离，即A为乙酸乙酯，试剂1为饱和碳酸钠溶液；
②根据①的分析，操作1为分液，所用的主要仪器是分液漏斗；
③B中含有乙醇、乙酸钠、碳酸钠，利用乙醇易挥发的性质，采用蒸馏的方法得到乙醇，即操作2为蒸馏，E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，需要将乙酸钠转化成乙酸，然后蒸馏，得到乙酸，因此加入的酸，不易挥发，即试剂2最好是稀硫酸；
④根据③的分析，操作2为蒸馏；
⑤根据上述分析，操作3为蒸馏，温度计的水银球在支管口略向下，即b处；蒸馏过程中还需要的仪器有酒精灯、冷凝管、牛角管；乙酸的沸点为118℃，因此收集乙酸的适宜温度是略高于118℃。
21.已知铅(Pb)与硅同主族且Pb比Si多3个电子层。
（1）难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb[(CH3COO)2Pb易溶于水]，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb是______(填“强”或“弱”)电解质。
（2）将PbO2加入硝酸酸化Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色；则每反应1 mol Mn(NO3)2转移____________mol电子。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低尾气中的CO、NO、NO2和碳氢化合物等污染性气体。在催化转换器的前半部，CO和NO在催化剂的作用下发生反应，生成两种无污染的气体，该反应的化学方程式为：___________________________________。
（4）①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，溶液变蓝色，且反应后溶液呈碱性，发生反应的离子方程式是________________________________。
②在上述碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，写出发生反应的离子方程式是______________________________________。
（5）处理含Cr2O72-的废水可先用(NH4)2Fe(SO4)2将Cr2O72-转化为Cr3+，再用氨水将Cr3+转变为难溶的Cr(OH)3，在该过程中氧化剂为______________，其中氨水转化Cr3+为Cr(OH)3的离子方程式为____________________________________________；该方案处理后的废水中因含有大量________元素，直接排放会导致水体富营养化。
【答案】 (1). 弱 (2). 5 (3). 2CO + 2NO2CO2 + N2 (4). ClO－＋2I－＋H2O＝I2＋Cl－＋2OH－ (5). SO32-＋I2＋2OH－＝SO42-＋2I－＋H2O (6). Cr2O72- (7). Cr3+ + 3NH3·H2O＝Cr(OH)3↓ + 3NH4+ (8). 氮（或N）
【详解】（1）根据发生复分解反应的条件，醋酸铅为弱电解质；
（2）PbO2加入硝酸酸化Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色，说明Mn2＋被氧化成MnO4－，1molMn(NO3)2被氧化，转移电子物质的量为1mol×(7－2)=5mol；
（3）CO和NO反应生成无污染的气体即产生CO2和N2，化学反应方程式为2CO＋2NO2CO2＋N2；
（4）①溶液变蓝，说明有I2生成，利用ClO－的强氧化性，把I－氧化成I2，本身被还原为Cl－，反应后溶液显碱性，说明有OH－生成，即发生离子方程式为ClO－＋2I－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－；
②Na2SO3具有还原性，I2具有强氧化性，该溶液显碱性，即离子方程式为SO32－＋I2＋2OH－=SO42－＋2I－＋H2O；
（5）Cr2O72－中Cr的化合价由＋6价→＋3价，化合价降低，Cr2O72－为氧化剂，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe显＋2价，Fe的化合价升高，即Fe2＋为还原剂，NH3·H2O为弱碱，Cr3＋与NH3·H2O反应的离子方程式为Cr3＋＋3NH3·H2O=Cr(OH)3↓＋3NH4＋；该方案处理后的废水中含有大量的N元素，是植物生长必需的元素，直接排放会导致水体富营养化。
【点睛】氧化还原反应方程式的书写是本题的难点，一般先写出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物，然后利用化合价升降法进行配平，利用原子守恒和电荷守恒，配平其他，缺少的一般是H＋、OH－、H2O，强调：应注意溶液的酸碱性。
22.磷的单质及其化合物用途非常广泛。回答下列问题。
（1）基态磷原子价电子轨道表示式为______________________；磷的第一电离能比硫大，其原因是_____________________________________________。
（2）已知反应6P2H4＝P4+8PH3↑。P2H4分子中磷原子杂化类型是________________；P4分子的几何构型是________________________。
（3）N和P同主族。
①NH3的沸点比PH3高，其原因是_________________________；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是______________________________________________。
②氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是___________________________________________。
（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm。In的配位数为_______________；与In原子间距离为a nm的In原子有________个。
【答案】(1). (2). 磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定 (3). sp3 (4). 正四面体 (5). NH3 分子间可以形成氢键，PH3不能 (6). N 的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大 (7). 磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 (8). 4 (9). 12
【详解】（1）P为15号元素，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则其价电子排布式为3s23p3，所以基态磷原子价电子轨道表示式为，磷原子最外层能级中，3p电子处于半满状态，相对比较稳定，失电子较难。答案为： 、磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定；
（2）P2H4分子中磷原子可以形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以磷原子杂化类型是sp3杂化；在白磷中，磷原子的5个价电子中的3个形成了3个σ键，还剩下1个未成键价电子对，其键价层电子对总数是4，需要形成4个杂化轨道而采用sp3杂化，所以白磷分子是正四面体形结构。答案为：sp3、正四面体；
（3）①NH3和PH3为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，但是NH3分子间可以形成氢键，PH3不能，故NH3的沸点比PH3高；N的电负性大于P，NH3中N－H键的键长比PH3中P－H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大；
②P原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,所以难以形成π键。
故答案为：①NH3分子间可以形成氢键，PH3不能；N的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大；②磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p－p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
（4）根据晶胞图可知磷化铟晶胞中：In原子数目为8×+6×=4，P原子数目为4，所以In的配位数为4；由于晶胞的边长为a nm，设晶胞中在一个平面上处于对角线上的In原子间距离为x nm,则x2=a2+a2，所以x=a nm，因此与In原子间距离为anm的In原子有几个，也就是In原子周围与In原子处于对角线中心的In原子有几个，根据晶胞结构图可知有12个。答案为：4、12。
23.环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。
（2）由B生成C的反应类型为_______________。
（3）由C生成D的反应方程式为______________________________。
（4）E的结构简式为_______________。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式____________________、____________________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。
【答案】(1). 丙烯 (2). 氯原子 (3). 羟基 (4). 加成反应 (5). 或 (6). (7). (8). (9). 8
【分析】根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为 ，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为 ；D和F聚合生成G，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，
故答案为：丙烯；氯原子、羟基；
（2）B和HOCl发生加成反应生成C，
故答案为：加成反应；
（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，
故答案为：；
（4）E的结构简式为。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；
故答案为：、；
（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1 mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，
故答案为：8。
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