2021-2022学年山东省枣庄市高二（下）期末化学试卷（附答案详解）

2021-2022学年山东省枣庄市高二（下）期末化学试卷.化学源于生活，生活中蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是（）A.二氧化碳作制冷剂与断裂碳氧键需要吸收热量有关B.含有苯酚的药皂用于皮肤的杀菌消毒，说明苯酚没有腐蚀性C.焰火五颜六色，是因为某些原子的电子从基态跃迁到激发态释放能量D.北京冬奥会使用的可降解餐具，主要成分聚乳酸是由乳酸经过缩聚反应合成的.下列关于晶体的描述正确的是（）A.分子晶体中一定含有共价键B.共价晶体中，共价键的键能越大、键长越短，熔点越高C.金属晶体的导电性和导热性都是通过自由电子的定向移动实现的D.某晶体溶于水可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体.下列有关化学用语表示正确的是（）A.基态F原子的轨道表示式:OH-的电子式为：：（）：HAs的电子排布式：[?lr]3d104s24p3C厂的结构示意图：60.下列分子或离子中，键角由大到小排列正确的是（）①NHj②N，3③“2。@BF3⑤CO2A.⑤④（D©③ B.⑤①④C.④D.③©©①⑤.下列实验装置图正确的是（）

6.下列有机物的命名正确的是（）6.下列有机物的命名正确的是（）.某药物的一种成分均由短周期主族元素组成，其结构如图 ”， EW所示。元素X、Y、Z、W、E的原子序数依次增大，X原w-Y—Z—Y—Y-W子的核外电子只有一种电子运动状态，W与E原子的基态 X XW价电子排布均为ns2np5。下列说法中错误的是（）A.与氢（H）形成共价键的键长：H-W>H-EB.简单氢化物的沸点Z>EC.第一电离能：W>Z>YD.电负性：W>Y>X.在有机反应中官能团的引入或消除都极为重要。下列说法正确的是（）A.粉基通过与氢气催化加成能实现陵基还原成羟基B.卤代燃与氢氧化钠的乙醇溶液混合后加热使卤原子被羟基取代C.不饱和烧发生加聚反应后所得高分子化合物中不会含有碳碳不饱和键D.通过控制乙醇和浓硫酸混合后的温度可以实现醛键的引入.某有机物结构如图所示。下列说法正确的是()lit-c^c—ch3A.该有机物完全燃烧需要消耗(/J 23B.该有机物分子存在对映异构体 1C.该有机物最多有10个原子共平面D.1、2、3号碳原子的杂化方式分别为sp2、sp、sp3.某晶体结构中的一部分如图所示(O)：X,•:Y,QZ),其对应晶体的化学式错误的是().下列实验操作能达到实验目的的是()实验目的实验操作A除去苯中混有的苯酚向混合液中加入NaOH溶液，充分振荡后，分液B检验澳乙烷中的澳元素向澳乙烷中加入少量4gN03溶液，振荡静置C证明CH?=CHCH。中含有碳碳双键向=CHCHO中滴入酸性KMnO4溶液D区分苯、乙醇、CC〃三种无色液体分别向三种无色液体中滴加滨水，振荡静置A.A B.B C.C D.D.KJFe(CN)6］可作为食品添加剂,其受热易分解：3K4【Fe(CN)6］二12KCN+Fe3C+2(C/V)2T+N2t+Co下列说法错误的是()A.［Fe(CN)614-中铁元素的化合价是+2价B.配合物KJFe(CN)6］中配位原子是氮原子

C.（CN）2分子中。键和兀键数目比为3：413.D.已知Fe3c晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是213.吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是（）14.甲与CO2生成乙的反应是取代反应B.14.甲与CO2生成乙的反应是取代反应B.甲、乙、丙、丁均能与乙醇发生酯化反应A.其分子存在顺反异构B.有五种含氧官能团C.Imol吗替麦考酚能最多消耗3moiNaOHD.可发生加成反应、消去反应和缩聚反应2021年12月，中国科学院微生物研究所李寅团队发表了全新最小化“人工固碳”循环图。下列说法错误的是（）A.该循环过程中存在非极性键的断裂和生成D.每吸收两分子CO?完成一个循环生成一分子草酸15.有机物D.每吸收两分子CO?完成一个循环生成一分子草酸15.有机物是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过如图路线合成:C7H*O,X,玳1HtOCH,CCIC7H*O,X,玳1HtOCH,CCIIICOCH,II催化剂IIO①Na：CO,液体石嫡OCH,®HC，下列说法正确的是（）()11A.M的结构简式为「 B.E苯环上的一氯代物有4种C.X为甲醇 D.F分子中有4种不同化学环境的氢原子（1）表中编号对应元素中属于d区的是（写元素符号），其形成的基态二价阳离子中电子占据的能量最高的轨道是o（2）⑥对应元素的基态原子核外电子有种空间运动状态；⑦对应元素的原子共有种不同能级的电子。（3）①②④对应元素的第一电离能由小到大的顺序为（写元素符号。下同），①和⑦对应元素形成的单质中，熔点较高的是O（4）⑤对应元素形成的阴离子（X。：-）的空间结构是；③和⑤对应元素的气态氢化物热稳定性更强的是（写化学式），从分子结构角度解释其原因。17.2-味喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料，其制备原理为如图1+CH,CH:OH J] +H：O0COOH 加热0COOCH.CHj图1己知：2一吠喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117,沸点为196。。；2一吠喃甲酸的沸点为23（TC,乙醇的沸点为784C；苯与水可形成共沸物的沸点为69.25℃»回答下列问题：

搅拌棒搅拌棒(1)反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，步骤I中采用的反应装置为(填“A”或"B”)。(2)步骤II中蒸储的主要目的是除去,控制温度应略高于(3)步骤口中采用的洗涤装置是(填“C”或"D”)，有机相从(填“上”或吓”)口流出；用加2。。3溶液洗涤的目的是。(4)步骤团中无水MgS/固体的作用是。18.过渡区金属元素原子或离子易形成配合物，广泛用作催化剂。例如Ni、Fe、M。三种元素可以合成一种新型高效催化剂，在碱性条件下可展示出优异的。ER(电催化析氧)催化活性。回答下列问题：(1)电催化析氧过程中常用通N%的方法来调节溶液酸碱性：霞若溶液中有次氯酸盐，N%有可能被氧化成N/-NH2,N%-N%中N原子的杂化方式是。回.若溶液中含有铜离子，可形成配离子[Cu(N”3)4p+。①[Cn(N/)4]2+具有对称的空间构型，若其中两个N%被两个C厂取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4】2+的空间构型为。②Ci?+还可与其他微粒形成配离子，如与乙二胺形成「CH,—H,N、,NH,—CHfI- -、Cu一|一,此配离子内部不含有的化学键类型是_CH—HN，、NH」一CH,_(填标号)。A.离子键B.非极性键C.配位键D.氢键③上述乙二胺和三甲胺[n(cg)3]均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是。(2)下列状态的铁中，失去最外层的一个电子所需能量最大的是(填标号)。3dA[Aj]ltltltltlT

g-[Ar]lnltltHIT3d 4sc^ArJ|tltltItITIIT]3d 4sp[Ar]ititititniri(3)配合物Ni(C0)4常温下为液态，易溶于CC，4、苯等有机oo2・N¥+溶剂，是获得高纯度纳米银的原料，推测Ni(C0)4属于(填“极性”或“非极性”oo2・N¥+19.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如图: CH：C!(4)立方Ni。(氧化银)晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为叩19.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如图: CH：C!|f OH已知A：R—CH=O+RCHCHO.稳睡.rCh-CHCHOt ： IR,n ：-H:OB：7 ： RCHORCH—O-rH：I回答下列问题：(1)C的名称是,E中含有官能团的名称是.O(2)4-B的化学方程式为o(3)。TE实际经历了两步反应，所属反应类型分别为o(4)C和H生成I的化学方程式为o(5)化合物W的相对分子质量比化合物C大14,且满足下列条件：①属于芳香族化合物②能发生银镜反应③能与Na反应放出氢气④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1,写出符合要求的W的结构简式O(6)结合题目信息，设计用甲苯和乙醛为原料制备IHCHCHO(6)结合题目信息，设计用甲苯和乙醛为原料制备IHCHCHO的合成路线(要求步骤尽可能最少)，其他无机试剂任选20.某化学小组通过实验探究苯与液澳发生取代反应，装置如图所示:20.某化学小组通过实验探究苯与液澳发生取代反应，装置如图所示:已知：MnOz+2NaBr+2H2so式浓)二8七T+MnS04+Na2s04+2H2O回答下列问题：(1)仪器X的名称为；实验室制备澳苯的化学方程式为.(2)制取澳苯的实验操作步骤如下：①连接装置，端口连接依次为：d接接c(填小写字母标号)；②检查装置气密性；③实验开始时，应先,a.点燃酒精灯瓦通冷凝水c.排尽装置中的空气反应一段时间后，D中液体沸腾，原因是；④关闭C中活塞。(3)4中对广口瓶进行热水浴的主要目的是o(4)流程中起到防倒吸作用的装置有.(5)若B中有淡黄色沉淀生成，则(填“能”或“不能”)确定苯与液澳发生了取代反应。(6)查阅文献：苯与液滨在FeB「3催化下的反应机理共分三步，完成第三步反应：i.Br2+FeBr3-»Br++FeBr'屋.Br'+..答案和解析.【答案】D【解析】解：4二氧化碳做制冷剂克服的是分子间作用力，化学键不断裂，和分子内的化学键无关，故A错误；B.苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故B错误；C.焰火五颜六色，是因为某些原子的电子从激发态跃迁到基态释放能量，故C错误；D.冬奥会餐厅使用的可降解餐具，主要成分聚乳酸是由乳酸经过缩聚反应合成的，故D正确；故选：D。A.二氧化碳做制冷剂克服的是分子间作用力；B.苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性；C.从基态跃迁到激发态吸收能量；D.聚乳酸是乳酸通过缩聚反应得到。本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意理解化学在生产、生活和科技领域的应用，题目难度不大。.【答案】B【解析】解：4构成分子晶体的微粒是分子，包括构成稀有气体的分子（单个原子构成），这种分子的内部不存在共价键，故A错误；B.共价晶体熔化需要破坏原子间共价键，共价键的键能越大、键长越短，破坏需要的能量越高，所以共价晶体的熔点越高，故B正确：C.金属导电是由自由电子在外加电场中的定向运动完成，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递，故C错误；D.某些分子晶体溶于水时，在水分子作用下也会电离出能自由移动的阴阳离子，如HCL故D错误；故答案为：B»A.稀有气体分子由单原子构成，不存在共价键；B.共价晶体熔化需要破坏原子间共价键，破坏共价键需要的能量越高，晶体的熔点越高;C.金属导电是由自由电子在外加电场中的定向运动完成，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的分子动能的传递；D.溶于水能发生电离的不只有离子晶体，某些分子晶体如HC1溶于水后也能发生电离。本题主要考查了晶体与化学键之间的关系，理解化学键的实质、形成、特征基础上再对晶体分类，难度不大，注意稀有气体是单原子分子，只存在分子间作用力，不含化学键，为易错点。.【答案】C【解析】解：4尸为9号元素，核外有9个电子，根据洪特规则、泡利原理，能量最低原理，核外电子排布图为：GD工「“，力,故A错误；U2a2pB.氢氧根离子是带1个单位负电荷的原子团，O、H原子间共用1对电子，0原子最外层电子数为8,其电子式为为［:O:H］一，故B错误：C.As的原子序数为33,位于第四周期第VA族，根据构造原理可知，核外电子排布式为Is22s22P63s23P63dI。4s24P3或：［4r］3di°4s24P3,故C正确；D.氯离子的核电荷数为17,核外电子总数为18,其正确的离子结构示意图为：@288.故D错误：故选：CoA.基态F原子电子排布式为Is22s22P5；B.氢氧根为阴离子，应用中括号；C.As的原子序数为33,根据构造原理书写核外电子排布式；D.氯离子最外层8个电子。本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子排布式、轨道表示式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。.【答案】A【解析】解:①NH；的中心原子N的价层电子对数=o■键数目+孤电子对数=4+0=4,则VSEPR模型和空间构型均是正四面体，键角是109。28'；②N%的中心原子N的价层电子对数键数目+孤电子对数=3+1=4,VSEPR模型是四面体型，分子构型是三角锥形，有1个孤电子对；③从0的中心原子O的价层电子对数=。键数目+孤电子对数=2+2=4,VSEPR模型是四面体型，分子构型是V形，有2个孤电子对；①②③相比较，孤电子对对成键电子对有更大的斥力，/。分子的中心原子O原子有2个孤电子对，N%分子的中心原子N原子有1个孤电子对，则键角大小关系为①NH；>②NH3>H2O,④的中心原子B的价层电子对数=<7键数目+孤电子对数=3+0=3,VSEPR模型和分子构型均是平面三角形，键角是120。；⑤。。2中心原子C的价层电子对数=<7键数目+孤电子对数=2+0=2,VSEPR模型和分子构型均是直线形，犍角是180。：则综合分析得出键角大小关系为⑤④①②③，故B、C、D错误，A正确；故选：Ao应用价层电子对互斥理论，首先计算中心原子的价层电子对数=。键数目+孤电子对数,判断简单分子或离子的VSEPR模型，并进一步判断出粒子的空间构型，即可确定键角的大小，对于VSEPR模型相同的微粒，还应注意，孤电子对之间的斥力〉孤电子对与成键电子对间的斥力〉成键电子对之间的斥力，以此比较键角的大小。本题考查物质结构与性质，涉及价层电子对互斥理论的内容，判断分子空间构型，并进一步比较键角的大小，题目难度不大。.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离提纯、气体及物质制备等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，注意BC中温度计水银球位置，为易错点。【解答】A.乙烯密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，但因为乙烯不易溶于水且乙烯密度接近空气密度，最好采用排水法收集，故A错误；B.分储时，温度计测量储分温度，则温度计水银球应该位于蒸储烧瓶支管口处，冷凝水应下进上出，故B错误；C.实验室用苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热55-60℃制备硝基苯，该实验操作正确,故C正确；D.实验室制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸现象,故D错误。故选C。.【答案】B【解析】解：4烷嫌命名时，应从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行编号，故此烷妙中两个甲基处于2号碳原子上，名称为2,2-二甲基丁烷，故A错误；ch3CH.中两个甲基分别处于1号和2号碳原子上，名称为1,2—二甲苯，故BU正确；HIc.H.CCCH的主链上有4个碳原子，在2号碳原子上有一个甲基，名称为2-ICH2cH3甲基丁烷，故C错误；»Br八yBr的主链上有3个碳原子，两个-8r分别处于1号和3号碳原子上，名称为1,3-二漠丙烷，故D错误；故选：BoA.烷烧命名时，应从离支链近的一端开始给主链上的碳原子进行编号；B.苯的同系物命名时，从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行编号，使侧链的位次和最小；HIc.HCCCH的主链上有4个碳原子；ICH2cH3D.此卤代燃主链上有3个碳原子。本题考查了有机物的命名，难度不大，掌握烷烧、苯的同系物以及含官能团的有机物的命名方法的不同是解题关键。.【答案】A【解析】解：4原子半径C，>F,所以与氢(H)形成共价键的键长：H-Cl>H-F,故A错误；.水分子中含有氢键，常温下是液体，常温下HC1是气体，故沸点：H20>HCI,故B正确；C.同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能大小：F>O>C,故C正确；D.非金属性越强，电负性越大，元素电负性大小：F>C>H,故D正确；故选：AoX原子的核外电子只有一种运动状态，X是H元素；元素Y、Z、W、E原子序数依次增大，基态W与E价电子排布均为ns2np5,W是F元素、E是Cl元素；Y形成4个共价键，Y是C元素；Z形成2个共价键，Z是O元素。本题考查原子结构与元素周期律，关键是根据核外电子排布特点、价键结构推断元素，注意紧扣短周期元素，题目侧重分析与应用能力的考查。.【答案】D【解析】解：4竣基可以被还原为羟基，但竣基不能与氢气发生加成反应，故A错误；B.卤代燃在氢氧化钠乙醇溶液、加热条件下可能会发生消去反应，但不能发生取代反应,卤代燃在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，故B错误；C.不饱和烧发生加聚反应后所得高分子化合物中可能含有碳碳不饱和键，如乙焕加聚反应生成的聚乙快，1,3-丁烯与乙烯加聚反应产物，故C错误；D.乙醇在浓硫酸条件下，控制温度170℃生成乙烯，在140℃条件下生成乙醛，故D正确；故选：D。A.粉基不能与氢气发生加成反应；.卤代燃在氢氧化钠的乙醇溶液、加热条件下可以发生消去反应；C.乙焕加聚反应生成的聚乙焕，1,3-丁烯与乙烯加聚反应产物都含有碳碳双键；D.乙醉在浓硫酸条件下，控制温度不同，可以生成乙烯，也可以生成乙醛。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解卤代燃的消去反应原理，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况、灵活运用知识的能力。.【答案】D【解析】解：4该有机物的分子式为C9%,Imol该燃完全燃烧消耗氧气为（9+》mo,=llmol,但选项中没有明确有机物的量，不能计算其燃烧消耗氧气的量，故A错误；B.该有机物没有手性碳原子，不存在对映异构体，故B错误；C.碳碳三键及其连接的原子处于苯环平面内，旋转单键可以使甲基中1个氢原子处于平面内，苯环上6个碳原子、5个氢原子、碳碳三键中2个碳原子、甲基中碳原子及1个氢原子共15个原子可以共平面，故C错误；D.苯环上碳原子、碳碳三键中碳原子、甲基中碳原子价层电子对数依次为3、2、4,碳原子杂化方式分别为sp2、sp>sp3,故D正确：故选：D。A.选项中没有明确有机物的量，不能计算其完全燃烧消耗氧气的量；B.该有机物没有手性碳原子；C.碳碳三键及其连接的原子处于苯环平面内，旋转单键可以使甲基中1个氢原子处于平面内；D.苯环上碳原子、碳碳三键中碳原子、甲基中碳原子价层电子对数依次为3、2、4。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙焕直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。10.【答案】B【解析】解：4结构单元中X数目与丫数目相同，故化学式为XY,故A正确；B.结构单元中X数目为1,丫的数目为8x5=1,故化学式为XY,故B错误；C.结构单元中X数目为l+4xj=1.5,丫数目为4x：=0.5,二者数目之比为1.5：0.5=3：1,故化学式为％3丫，故C正确；D.结构单元中X数目为8x：=1，丫数目为6x：=3,Z的数目为1,则化学式为X匕Z,故D正确；故选:B.顶点原子贡献度为:、面上原子贡献度为:、体内原子贡献度为1,均摊法计算各结构单8 2元中含有原子数目，进而确定化学式。本题考查晶胞计算，掌握均摊法进行晶胞有关计算，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。11.【答案】AD【解析】解：4苯酚与NaOH溶液反应后，与苯分层，然后分液分离，故A正确；B.澳乙烷与硝酸银溶液不反应，应水解或消去反应后，在酸性溶液中加硝酸银检验，故B错误；C.碳碳双键、醛基均可被酸性高锦酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明含有碳碳双键，故C错误；D.苯萃取漠水中的漠后有机层在上层、乙醇与澳水互溶，四氯化碳萃取滨水中的漠后有机层在下层，现象不同，可鉴别，故D正确；故选：ADoA.苯酚与NaOH溶液反应后，与苯分层；B.澳乙烷与硝酸银溶液不反应；C.碳碳双键、醛基均可被酸性高镭酸钾溶液氧化；D.苯萃取澳水中的澳后有机层在上层、乙醇与澳水互溶，四氯化碳萃取澳水中的澳后有机层在下层。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、混合物分离提纯、物质的检验、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析，题目难度不大。12.【答案】B【解析】解：4[Fe(CN)6：T-的中心是Fe2+,配体是CNL铁元素的化合价是+2价，故A正确；B.配合物K4【Fe(CN)6]中的配体是CAT,其中电负性较小的原子是配位原子，则配位原子是碳原子，故B错误；C.(CN)2分子中。健为3个，兀键为4个，两者的数目比为3：4,故C正确；D.晶体中配位数和个数成反比，己知Fe3c晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是2,故D正确；故选：B。A.[Fe(CN)6]"的中心是Fe2+,配体是CAT；B.配体中电负性较小的原子是配位原子误；C.(CN)2分子中。键为3个，兀键为4个；D.晶体中配位数和个数成反比。本题考查配合物和晶胞结构，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。13.【答案】AC【解析】解：4分子中碳碳双键中每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，该有机物具有顺反异构，故A正确；B.分子中含氧官能团有醛键、羟基、酯基共3种，故B错误：C.分子中1个酚羟基、2个竣酸与醇形成的酯基能与氢氧化钠反应，Imol吗替麦考酚酯最多消耗3moiNaOH,故C正确；D.含有碳碳双犍，可以发生加成反应，酚羟基不能发生消去反应，故D错误；故选：AC。A.碳碳双键中每个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团的物质具有顺反异构；B.分子中含氧官能团有触键、羟基、酯基；C.分子中酚羟基、酯基能与氢氧化钠反应；D.酚羟基不能发生消去反应。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯基与碱反应原理、顺反异构，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。.【答案】A【解析】解：4甲和CO2发生加成反应生成乙，该反应为加成反应，故A错误；B.甲、乙、丙、丁中一COOH都能和乙醇发生酯化反应，故B正确：C.乙生成丙时存在非极性键的断裂和形成，所以该循环过程中存在非极性键的断裂和生成，故C正确；D.根据图知，消耗2分子CO2生成1分子HOOCCOOH,所以每轮循环可以转化两分子CO?生成一分子草酸，故D正确；故选：A。A.甲和CO?发生加成反应生成乙；B.-COOH能和乙醇发生酯化反应；C.乙生成丙时存在非极性键的断裂和形成；D.根据图知，消耗2分子CO2生成1分子HOOCCOOHo本题考查有机物结构和性质，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的关系是解本题关键，题目难度不大。.【答案】BC【解析】解：4由M分子式、N的结构简式可知，M与甲醇发生酯化反应生成N,则OHM为「( ＞故A错误；C(X)I(B.E的结构不对称，苯环上含4种化学环境H原子，则苯环上的一氯化物有4种，故B正确；C.X的结构简式为C/OH，名称为甲醇，故C正确：D.连接相同基团的氢原子的化学环境相同，F分子中有6种不同化学环境的氢原子，故D错误；故选：BCoA.由M分子式、N的结构简式可知，M与甲醉发生酯化反应生成N；B.E的结构不对称，苯环上含4种化学环境不同H原子；C.X的结构简式为A/。”；D.连接相同基团的氢原子的化学环境相同。本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质，注意对等效氢的理解，常用利用等效氢判断一元取代产物，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。16.【答案】Fe3d964<B<BeBe正四面体形也。。原子的原子半径小于S原子，形成的共价键键长更短，键能更大更难断裂，热稳定性更强【解析】解：(1)由元素周期表的知识可知，表中，编号对应元素中属于d区的是Fe,根据构造原理书写基态Fe原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2,亚铁离子的核外电子排布为Is22s22P63s23P63d6,电子占据的能量最高的轨道是3d,故答案为：Fe；3d；(2)处于同一轨道的电子的空间运动状态相同，氯原子的核外有电子填充的轨道为9个，则核外有9种空间运动状态不同的电子；Ca为20号元素，基态Ca的核外电子排布式为Is22s22P63s23P64s2,共由6个能级，故答案为：9；6；(3)金属元素的第一电离能较小，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第回4族、第回4族第一电离能大于其相邻元素，则①②④对应元素的第一电离能由小到大的顺序为4<B<Be,同一主族的金属元素自上而下，原子半径增大，熔沸点降低，故Be单质熔点高，故答案为：Al<B<Be；Be；(4)XOQ是SO：-,中心原子的价电子对为丝押+4=4,无孤对电子，空间构型为正四面体形，③和⑤对应元素的气态氢化物分别是修。和/S，非金属性0>S,故气态氢化物的稳定性也。>/S，因为O原子的原子半径小于S原子，形成的共价键键长更短，键能更大更难断裂，热稳定性更强，故答案为：正四面体形；“2。；O原子的原子半径小于S原子，形成的共价键键长更短，键能更大更难断裂，热稳定性更强。由元素在周期表中位置，可知①为Be、②为B、③为O、④为A1、⑤为S、⑥为C1、⑦为Ca、⑧为Fe、⑨为Cu；(1)由元素周期表的知识可知，表中，编号对应元素中属于d区的是Fe；(2)处于同一轨道的电子的空间运动状态相同；Ca为20号元素，基态Ca的核外电子排布式为Is22s22P63s23P64s2；(3)金属元素的第一电离能较小，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族的金属元素自上而下，原子半径增大，熔沸点降低；(4)X0厂是SOk，中心原子的价电子对为若丝+4=4,无孤对电子，③和⑤对应元素的气态氢化物分别是“2。和/S，非金属性。＞S,故气态氢化物的稳定性“2。＞H2S,因为0原子的原子半径小于S原子，形成的共价键键长更短。本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。.【答案】B乙醇78.4C下除去硫酸、2-吠喃甲酸干燥(除去有机物中的水等)【解析】解：(1)本实验需要将水从体系中移除，A装置水冷凝回流后仍然会进入三颈瓶中，无法分离出水，而B可以将水通过分水器分离出来，所以反应装置应选择B,故答案为：B；(2)乙醇的沸点较低，为78.4℃,蒸储时会先从液体中蒸储出来，反应的温度应高于乙醇的沸点78.40故答案为：乙醇；78.4；(3)装置D通常用于趁热过滤液体和固体的混合物，本实验是用于分离两种液体，应选择分液装置，则为装置C,反应后生成的产物密度大于水，应从分液漏斗下口流出。反应过程中可能存在未反应完的2-吠喃甲酸，以及作为催化剂的硫酸，碳酸钠可以除去两者，故答案为：C；下；除去硫酸、2-吠喃甲酸；(4)无水硫酸镁，可以吸收水，常用做干燥剂，则作用为干燥(除去有机物中的水等)，故答案为：干燥(除去有机物中的水等)。(1)本实验需要将水从体系中移除，A装置无法分离出水，而B可以将水通过分水器分离出来；(2)乙醇的沸点较低，蒸馆时会先从液体中蒸储出来，反应的温度应高于乙醇的沸点：(3)分液采用分液漏斗，反应后生成的产物密度大于水，应从分液漏斗下口流出；碳酸钠可以除去未反应完的2-吠喃甲酸，以及作为催化剂的硫酸；(4)无水硫酸镁，可以吸收水，常用做干燥剂。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。.【答案】sp3平面正方形c三甲胺分子中，N上没有活泼氢，不能形成氢键，而乙二胺分子间可以形成氢键，有氢键的存在能使物质的沸点升高A非极性证税而【解析】解：(1)团.N“2-NH2中N原子的价层电子对为3+^=4，杂化方式是sp3,故答案为：sp3；团.①形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如果为正四面体，[Cu(N“3)4]2+中的两个N“3被两个C厂取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：平面正方形；②Cl?+与乙二胺形成的配离子，配离子之间存在配位键，氮氢，碳氢之间存在极性键,碳碳之间存在非极性键，不存在阴阳离子静电作用，即离子键，故答案为：C;③乙二胺和三甲胺均属于胺，沸点存在较大差异，乙二胺的沸点比三甲胺的沸点高，原因是三甲胺分子中，N上没有活泼氢，不能形成氢键，而乙二胺分子间可以形成氢键,有氢键的存在能使物质的沸点升高，故答案为：三甲胺分子中，N上没有活泼氢，不能形成氢键，而乙二胺分子间可以形成氢键，有氢键的存在能使物质的沸点升高：(2)由题给信息知A为基态Fe3+,处于3d半满稳定状态，很难再失电子;B为基态Fe2+,易失去一个电子变为尸e3+；C为激发态的尸e2+,其失去一个电子比基态/e2+容易；C.为激发态Fe3+,其失去一个电子比基态Fe3+容易，故最难再失去一个电子的是A,故答案为：A；(3)非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，苯、四氯化碳都属于非极性分子，配合物Ni(C0)4常温下为液态，易溶于CC〃、苯等有机溶剂，则Ni(C0)4是非极性分子，故答案为：非极性；(4)该晶胞中。2-个数=8x1+6xi=4,Ni2+个数=12x：+1=4,晶胞体积=(ax晶胞密度=＞蒜=嬴若＞g/W,(1)回.N/-N“2中N原子的价层电子对为3+等=4；日.①形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体；②C“2+与乙二胺所形成的配离子内部含有碳碳非极性键，碳氢、氮氢非极性键和氮与铜离子之间的配位键；③乙二胺和三甲胺均属于胺，沸点存在较大差异，结合氢键知识解答：(2)4基态Fe3+,处于3d半满稳定状态，很难再失电子；B.基态叫2+,易失去一个电子变为反3+；C.激发态的产e2+,其失去一个电子比基态Fe2+容易；D.激发态Fe3+,其失去一个电子比基态Fe3+容易；(3)非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂：(4)该晶胞中。2-个数=8x：+6x：=4、N?+个数=12x；+1=4,晶胞体积=(ax8 2 4晶胞密度=£=蒜。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、核外电子排布、原子杂化方式判断、原子均摊法的应用等知识，侧重考查学生分析、判断及空间想像能力，把握原子分摊的计算、晶胞的计算是解题的关键，注意基础知识的灵活运用，题目难度中等。19.【答案】苯甲酸醛基CH，OH19.【答案】苯甲酸醛基CH，OHCHO,、催化剂十()2 二-1取+2H2()代反应、消去反CH(HIICH式CH(HIICH式CHz)s—CH，(XICH.CHO+31H)OHCH.OHCHO、'“>H溶液.△,CHCHOKM'CH.OHCHO、'“>H溶液.△,CHCHOKM'OHICH—CH.CHO【解析】解：(1)C的结构简式为＜^^-COOH,C的化学名称为苯甲酸；由分析可知,E的结构简式为HCHO,E中官能团为醛基,故答案为：苯甲酸；醛基；CH2()HCH2()H(2)4t8的化学方程式为(3)。在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，依次发生取代反应、消去反应,故答案为：取代反应、消去反应;(4)C和H生成I的化学方程式为

C(X)H CHKXirCH.OH1 1CHCCH)5—C—CH0114-3(h()h故答案为:CH(MIC