2023-2024学年山东省潍坊市高二下学期5月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省潍坊市2023-2024学年高二下学期5月期中考试1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题〖答案〗必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题〖答案〗必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19S32Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与科学、技术、社会、环境(STSE)密切联系。下列说法正确的是A.通过红外光谱仪可以测定分子的相对分子质量B.氢键在维持DNA结构稳定等方面起着至关重要的作用C.供糖尿病患者食用的“无糖食品”不含糖类物质D.乙二醇可生产汽车防冻液，甘油可用于护肤用品，二者互为同系物〖答案〗B〖解析〗A．通过质谱仪可以测定分子的相对分子质量，红外光谱主要是测定有机物中官能团的信息，故A错误；B．氢键在维持DNA与蛋白质结构稳定等方面起着至关重要的作用，故B正确；C．无糖食品一般指不含蔗糖、葡萄糖、麦芽糖、果糖等甜味食品，不一定是不含糖类的食品，故C错误；D．乙二醇型防冻液采用乙二醇与软水按不同比例混合而成；甘油具有吸湿性，可用于护肤用品，两者含羟基数目不同，不是同系物，故D错误；故〖答案〗选B。2.下列关于物质结构的说法错误的是A.的球棍模型为B.二氯化二硫的电子式为：C.处于最低能量状态的原子叫作基态原子D.的VSEPR模型与空间结构均为角形〖答案〗D〖解析〗A．中C原子是sp3杂化，空间构型为四面体形，氯原子半径大于氢原子半径，球棍模型为：，A正确；B．二氯化二硫是共价化合物，电子式为：，B正确；C．原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，C正确；D．H2O的中心原子O的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，由于含有2个孤电子对，故空间结构为角形，D错误；故〖答案〗选D。3.用波谱方法测定某有机化合物的结构，质谱图表明其相对分子质量为60；红外光谱图上发现有C—H键、O—H键、C—O键的振动吸收；核磁共振氢谱图如图所示(峰面积之比为2∶1∶2∶3)。下列说法错误的是A.该物质的分子式为B.该物质中有4种不同化学环境的氢原子C.该物质的同分异构体有3种D.该物质在加热条件下能与HBr反应〖答案〗C〖解析〗红外光谱图上发现有键、键、键的振动吸收，则属于醇，质谱图表明其相对分子质量为60，则该有机化合物的分子式为C3H8O；核磁共振氢谱图中峰面积之比即四种氢原子数目为2：1：2：3，则结构简式为CH3CH2CH2OH，据此分析。A．由分析可知，红外光谱图上发现有键、键、键的振动吸收，则含有C、H、O元素，质谱图表明其相对分子质量为60，假设有1个O原子，则则该有机化合物的分子式为C3H8O，故A正确；B．核磁共振氢谱图中有4组吸收峰，则该有机化合物分子中共有4种不同化学环境的氢原子，故B正确；C．该有机物的结构简式为CH3CH2CH2OH，该有机物与CH3CH(CH3)OH(官能团异构)，CH3CH2OCH3互为同分异构体，共有2种，故C错误；D．该有机物在加热条件下能与HBr反应：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故D正确；故〖答案〗选C。4.科学家合成出了一种新化合物，分子结构如图所示，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外有一个电子层，X、Z和M的原子最外层电子数之和为16，M与Z同主族。下列说法错误的是A.元素的电负性：B.原子半径：C.该化合物能与氢气发生加成反应D.Y、M的简单氢化物的水溶液分别呈碱性、酸性〖答案〗B〖解析〗W的原子核外有一个电子层，，即W为H元素，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据元素成键特点，X形成四个键，即X为C元素，Z形成2个键，Z为O元素，Z、M同主族，即M为S元素，五种元素原子序数依次增大，因此Y为N元素，综合可知W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、O、S元素，据此作答。A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性：O>N>C>H，故A正确；B．M为S元素，X为C元素，Y为N元素，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径：S>C>N，即M>X>Y，故B错误；C．根据化合物结构可知，碳氮双键可以与氢气发生加成反应，也可以与羰基发生加成反应，故C正确；D．NH3的水溶液呈碱性，H2S的水溶液呈酸性，故D正确；故〖答案〗选B。5.物质的结构决定其性质。下列物质性质差异与其结构因素不相符的是选项性质差异结构因素A水中溶解度：乙醇大于溴乙烷分子极性B熔点：钠高于白磷晶体类型C沸点：邻羟基苯甲醛低于对羟基苯甲醛氢键类型D酸性：甲酸强于乙酸羟基的极性A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．乙醇能与水形成氢键，室温下，乙醇在水中的溶解度大于溴乙烷，A错误；B．金属钠为金属晶体，白磷为分子晶体，金属晶体中微粒间的相互作用是金属键，分子晶体中微粒间的相互作用是分子间作用力，弱于化学键，因此分子晶体的熔点较低，B正确；C．对羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较远，只能形成分子间氢键，使沸点升高，而邻羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较近，形成分子内氢键，反而使沸点降低，C正确；D．烃基为推电子基，使得羧基上的羟基极性减弱，氢原子更难电离，酸性减弱，D正确；故〖答案〗选A。6.聚乳酸是一种可降解的医用高分子材料，它对人体有高度安全性并可被组织吸收。由乳酸合成聚乳酸的反应如下：下列叙述错误的是A.聚乳酸分子中有3种官能团B.人体内葡萄糖可代谢为乳酸C.聚乳酸可用作免拆型手术缝合线D.〖答案〗D〖解析〗A．聚乳酸中含有酯基、两端含有醇羟基和羧基，共3种官能团，A正确；B．葡萄糖在体内转化，可代谢为乳酸，故B正确；C．聚乳酸有优良的特殊性能，易拉成丝、易被吸收、易降解、无毒等。聚乳酸在人体内水解产生乳酸，然后氧化释放能量供人体需要，其氧化产生的CO2、H2O被人体代谢出去，故可用于制作免拆型手术缝合线，故C正确；D．单体只有一种，发生缩聚反应生成高分子，由原子守恒可知m=n-1，故D错误；故选D。7.工业上可用甲醇和二硫化碳为原料，先合成二甲基硫醚(，不溶于水)，然后氧化得二甲基亚砜(，与水混溶)。下列叙述错误的是A.二硫化碳为直线形分子B.二甲基硫醚是非极性分子C.二甲基亚砜溶于水时可与水分子形成氢键D.二甲基硫醚转化为二甲基亚砜，硫原子的杂化类型不变〖答案〗B〖解析〗A．二硫化碳分子中C原子的价层电子对数为：，无孤对电子，其VSEPR模型和空间构型均为直线形，故A正确；B．二甲基硫醚分子中S原子的价层电子对数为，有两对孤对电子，中心原子为sp3杂化，其空间构型为V形，为极性分子，故B错误；C．二甲基亚砜含有氧原子，其电负性较强，溶于水时可与水分子形成氢键，故C正确D．二甲基亚砜中S原子的价层电子对数为，均为sp3杂化，故D正确；故选B。8.马齿苋醛是马齿苋中的一种茶酚型生物碱，其结构简式如图所示。下列有关马齿苋醛说法错误的是A.属于芳香族化合物B.可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，原理相同C.1mol该分子能与发生反应D.在空气中易被氧化〖答案〗B〖解析〗A．分子中含苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B．酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，酚羟基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同，故B错误；C．该分子中含有2个酚羟基，酚羟基可以和碳酸钠反应，则1mol该分子能与2molNa2CO3发生反应，故C正确；D．酚羟基易被氧化，则在空气中易被氧化，故D正确；故选B。9.二维磁性材料卤化铬混合晶体如图，在纯氧中发生光氧化反应生成长链状和。下列说法错误的是A.键的极性：B.熔点：C.图示二维晶胞的组成为D.中〖答案〗D〖解析〗A．电负性：Cl>Br>I，电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性：Cr-Cl>Cr-Br>Cr-I，故A正确；

B．原子半径：Cl<Br<I，键长：Cr-Cl<Cr-Br<Cr-I，键能：Cr-Cl>Cr-Br>Cr-I，熔点：CrCln>CrBrn>CrIn，故B正确；

C．二维磁性材料卤化铬CrXn混合晶体图可知，其四分之一为二维晶胞，X位于边上和面内，个数为8×1/2+2=6，2个Cr位于面内，其组成为CrX3，故C正确；D．长链状CrOm中重复单元为CrO4四面体，含有1个Cr，2个O，与其他四面体共用2个O原子，O原子个数为2+2×1/2

=

3，则化学式为CrO3，即m=3，故D错误；

故选D10.以苯为原料可以制备间二氟苯，其转化关系如下。下列说法错误的是A.甲的名称为1，3—二硝基苯B.甲→乙为氧化反应C.中B原子的杂化方式为D.甲、乙、丙、丁中最有可能做离子导体的是丙〖答案〗B〖解析〗A．根据官能团的优先顺序可知，硝基连接在苯环上为取代基，苯环作为母体，因此甲的名称为1，3—二硝基苯，故A正确；B．观察甲、乙的结构简式可知，甲中硝基变为氨基，发生的是还原反应，故B错误；C．中B原子的价层电子对数为，因此杂化方式为，故C正确；D．做离子导体需要能够产生离子，观察结构可知，最有可能做离子导体的是丙，故D正确；故〖答案〗选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验可以达到目的的是验证苯和液溴的反应为取代反应加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，判断淀粉是否水解AB探究乙醇的还原性制备乙酸乙酯CDA.A B.B C.C D.D〖答案〗AC〖解析〗A．四氯化碳可除去挥发的溴，硝酸银与HBr反应生成浅黄色沉淀，可验证苯和液溴的反应为取代反应，故A正确；B．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉发生水解，故B错误；C．红热的铜丝表面由黑色变为红色，乙醇被CuO氧化生成乙醛和Cu、水，可知乙醇具有还原性，故C正确；D．乙醇、乙酸易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，为防止倒吸，导管口应在液面上，且加热时需加碎瓷片防止暴沸，故D错误；故选AC。12.某有机化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A.该化合物的化学式为B.该化合物分子中有6个手性碳原子C.该化合物的不饱和度为7D.1mol该有机化合物可以与发生加成反应〖答案〗AD〖解析〗A．由结构简式可知化学式为C17H23NO5，A错误；B．手性碳原子连接不同的原子或原子团，该有机物含有6个手性碳原子，如图所示:，B正确；C．该化合物化学式为C17H23NO5，不饱和度为7，C正确；D．该有机化合物只有苯环可以与氢气发生加成反应，故1mol该有机化合物可以与发生加成反应，D错误；故选AD。13.氢化铝钠是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。可由和NaH在适当条件下合成，的晶胞结构如图所示，它是由两个正六面体叠加而成。下列说法错误的是A.的空间结构为正四面体形B.晶体中，与紧邻且等距的有8个C.若晶胞底心处的被取代，得到的晶体为D.制备反应选择在有机溶剂乙醚或乙醇水溶液中进行〖答案〗D〖解析〗A．的价层电子对数为，因此空间构型为正四面体，故A正确；B．由NaAlH4晶体的晶胞结构可知，与紧邻且等距的Na+有8个（如图所示位于体心的与其周围的8个Na+等距，距离为），故B正确；C．由NaAlH4晶体的晶胞结构可知，位于体心、顶点、面上，则含有个，位于棱上、面上，则含有个，晶胞底心处的被取代，则含有有个个，含有有个，、、比值关系为，则晶体为，故C正确；D．制备的原料是和NaH，NaH能与水发生反应，不能在乙醇的水溶液中进行反应，故D错误；故〖答案〗选D。14.已知环己胺(液体)微溶于水。实验室分离溴、溴苯、环己胺混合溶液的流程如图。下列说法正确的是A.流程中有氧化还原反应发生B.②③均为两相混合体系C.溴、溴苯、环己胺依次由③②①得到D.由②③获得相应产品采取的操作不同〖答案〗AD〖解析〗由题给流程可知，溴、溴苯、环己胺的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，Br2与氢氧化钠溶液反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，得到水相1中加入稀硫酸发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3H2O+3Br2，故用CCl4萃取水相2得到③（溴的四氯化碳溶液）；有机相1中含有溴苯与环己胺，加入盐酸环己胺与盐酸生成盐类溶于水中，通过分液得到①（溴苯），成盐后的环己胺与氢氧化钠反应再生成环己胺，通过分液得到②（环己胺），据此分析解题。A．Br2与氢氧化钠溶液反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，为氧化还原反应，故A正确;B．②是水和环己胺基本不相溶，采用分液得到环己胺的纯净物；③是CCl4从溴水中萃取得到的溴的四氯化碳溶液，只有③是两相混合体系，故B错误；C．由分析可知，溴、溴苯、环己胺品依次由③、①、②获得，故C错误；D．由分析可知，②获得的方式为分液，③获得的方式为萃取，故D正确；故选：AD。15.2-甲基丙烯的水合反应是工业上制备2-甲基-2-丙醇的重要反应，经历“质子化”、“亲核进攻”、“去质子化”三个重要过程，机理如图所示。下列说法错误的是A.该反应的催化剂为B.浓硫酸有利于水合反应正向进行C.“去质子化”过程中，碳原子杂化方式未变D.“质子化”可增大中心碳原子电子云密度，有利于的亲核进攻〖答案〗BD〖解析〗A．质子化过程消耗H+，去质子化过程释放H+，可知H+为反应的催化剂，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，水合反应逆向移动，B错误；C．“去质子化”过程中，碳原子杂化方式均为sp3杂化，C正确；D．“质子化”降低了中心碳原子电子云密度，有利于H2O的亲核进攻，D错误；故〖答案〗为BD。三、非选择题：本题共5小题，每小题12分，共60分。16.非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态氧原子价层电子的轨道表示式为_______。（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能变化趋势，以上元素第一电离能的变化图是_______(填序号)。（3）已知噻吩()为平面结构，其分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则噻吩分子中的大键应表示为_______，噻吩分子中硫原子的杂化类型为_______。（4）鉴定的特征反应如下所示：比较键角大小：①_______②(填“>”、“<”或“=”)，丁二酮肟镍分子内含有的作用力有_______。〖答案〗（1）（2）a（3）①.②.sp2（4）①.<②.配位键、氢键、共价键〖解析〗【小问1详析】基态氧原子价层电子排布式为，轨道表示式为，故〖答案〗为：。【小问2详析】C、N、O和F四种元素在同一周期，同一周期从左往右第一电离能逐渐增大，N元素的价层电子排布式为，为半充满状态，则有，则满足这一规律的图像为图a，故〖答案〗为：a。【小问3详析】噻吩()为平面结构，参与成Π键的原子数有5个，每个碳原子提供1个电子，1个S提供2个电子，则该大Π键的表示形式为；噻吩()为平面结构，噻吩中的S原子形成2条σ键以及一对孤电子对，S原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2；故〖答案〗为：；sp2。【小问4详析】碳氮双键的键长小于碳碳单键、共用电子对数目多，则碳氮双键与碳碳单键之间的斥力大于碳碳单键与碳碳单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，故键角为①<②；根据丁二酮肟镍分子结构中可知，分子内含有N和Ni之间存在配位键，分子内的氢键，还存在极性共价键和非极性共价键，不存在离子键和范德华力，故〖答案〗为：<；配位键、氢键、共价键。17.以苯为原料合成药物中间体H()的路线如图。回答下列问题：（1）A→B的反应类型为_______，B的名称是_______。（2）C分子中最多有_______个碳原子共面，D的结构简式为_______。（3）G中含有的官能团是_______(填名称)，G→H的反应条件为_______。（4）写出E→F的化学方程式：_______。（5）H的芳香类同分异构体中符合下列条件的有_______种(不考虑立体异构和结构)。a.苯环上有两个取代基，无其他环状结构b.遇氯化铁溶液显紫色c.能发生银镜反应〖答案〗（1）①.取代反应②.乙苯（2）①.8②（3）①羰基、羧基②.浓硫酸、加热（4）+2H2O（5）9〖解析〗A为苯，在CH3CH2Br和AlBr3条件下发生取代反应生成B（乙苯），B在催化剂条件下脱氢生成C为苯乙烯（），C和Br2发生加成反应生成D()，D在氢氧化钠条件下水解生成E()，E在氧气和催化剂条件下生成F()，F中的醛基发生氧化反应生成G()，G再和甲醇进行酯化反应即可得到H，据此分析解题。【小问1详析】根据分析可知A→B的反应类型为取代反应，B为，即B为乙苯，故〖答案〗为：取代反应；乙苯。【小问2详析】C为苯乙烯，结构简式为，苯环上所有原子共面，双键上的所有原子共面，因此最多有8个碳原子共面；根据分析可知，D为，故〖答案〗为：16；。小问3详析】G为，所含有的官能团为羰基、羧基，G→H为酯化反应，试剂和条件为浓硫酸和加热，故〖答案〗为：羰基、羧基；浓硫酸、加热。【小问4详析】E→F的化学方程式：+2H2O，故〖答案〗为：+2H2O。【小问5详析】H的芳香类同分异构体说明含有苯环，满足条件a.苯环上有两个取代基，无其他环状结构，b.遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，c.能发生银镜反应，说明含有醛基，不考虑立体异构和结构，如果含有2个醛基，取代基为酚羟基、-CH(CHO)2，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚羟基、-CH2COCHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚羟基、-COCH2CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，共有9种同分异构体，故〖答案〗为：9。18.邻苯二胺()是一种重要化工中间体。用邻硝基苯胺()与氢气制取邻苯二胺实验的装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。已知：①雷尼Ni(固体)是反应的催化剂，对氢气有强吸附作用；其暴露在空气中可以自燃，使用时需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”。②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。实验步骤如下：步骤1.先连接好装置，检查装置气密性，再向水准管和集气管中加入一定量的水，将三通阀的孔路调到一定位置，向集气管中充入氢气。步骤2.向三颈烧瓶中加入一定量的雷尼Ni和乙醇形成的悬浊液，通入一段时间，再加入含110.5g邻硝基苯胺的溶液。步骤3.把三通阀的孔路调到一定位置，集气管向装置Ⅱ供氢气。反应结束后，过滤，催化剂回收，滤液冷冻结晶，过滤、洗涤、干燥后得产品80.0g。回答下列问题：（1）图中仪器A的名称是_______。（2）装置Ⅱ中乙醇的作用是_______。（3）如果将三颈烧瓶B中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是_______。（4）判断氢化反应完全的现象是_______。（5）邻硝基苯胺制取邻苯二胺反应的化学方程式为_______。（6）本实验中邻苯二胺的产率为_______%(保留三位有效数字)。〖答案〗（1）恒压滴液漏斗（2）保持雷尼Ni表面湿润，防止自燃；乙醇是极性溶剂，有利于氢化反应的进行（3）倒吸（4）集气管中液面不再变化（5）（6）92.5%〖解析〗该反应利用邻硝基苯胺与氢气发生还原反应制备邻苯二胺，先向装置Ⅰ中充入一定量的氢气备用，三颈烧瓶中加入一定量的雷尼Ni和乙醇形成的悬浊液，其暴露在空气中可以自燃，使用时需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”故乙醇的作用是保持雷尼湿润，通入一段时间，排净装置中的氧气，加入邻硝基苯胺的溶液，通入氢气，发生反应，反应结束后滤液冷冻结晶，过滤、洗涤、干燥后得到产品，据此解答。【小问1详析】由仪器结构可知，A为恒压滴液漏斗；【小问2详析】雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，使用时需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”，因而需要乙醇保持雷尼Ni表面湿润，防止自燃；乙醇是极性溶剂，有利于氢化反应的进行；【小问3详析】如果将三颈烧瓶B中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是倒吸；【小问4详析】氢化反应完全时集气管中液面不再变化；【小问5详析】邻硝基苯胺与氢气在雷尼Ni的催化下反应生成邻苯二胺和水，反应的化学方程式；【小问6详析】最后得到80g产品，则实际得到邻苯二胺的物质的量为，110.5g邻硝基苯胺物质的量为，则理论得到邻苯二胺的物质的量为，邻苯二胺的产率为，。19.有机物A()是重要的化工原料，以A为原料制备新型药物G的过程如下：已知：①②(可以是烃基或H)回答下列问题：（1）C→D的化学反应类型为_______。（2）B中含有的官能团名称是_______，化合物G的结构简式为_______。（3）B→C的化学方程式为_______。（4）在B的同分异构体中，满足下列条件的结构简式为_______。①含有一个手性碳原子；②能发生水解反应；③能发生银镜反应；④核磁共振氢谱显示为五组峰且峰面积之比为2∶1∶1∶1∶1。（5）根据以上信息，写出以乙醇、和为有机原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。〖答案〗（1）加成反应（2）①.醛基、酯基②.（3）++H2O（4）HCOOCHOHCH＝CH2（5）〖解析〗根据C的结构简式结合B的分子式和已知信息②可推知B为与反应生成C，C与发生加成反应生成D，D发生还原反应生成E，F发生已知反应①生成G为，据此解答。【小问1详析】C中碳氮双键发生加成反应生成D，则C→D的化学反应类型为加成反应；【小问2详析】B为，含有的官能团名称是醛基、酯基；根据分析，化合物G的结构简式为；【小问3详析】B为与发生已知反应②生成C，化学方程式为++H2O；【小问4详析】B为，B的同分异构体满足下列条件：①含有一个手性碳原子，即有一个碳原子连接4个不同的基团；②能发生水解反应，根据元素组成知，存在酯基；③能发生银镜反应，说明含有醛基；④核磁共振氢谱显示为五组峰且峰面积之比为2：1：1：1：1，含有五种氢原子，符合条件的结构简式为HCOOCHOHCH＝CH2；【小问5详析】产物可由与发生已知反应②生成，发生催化氧化生成，然后和乙醇酯化生成，则合成路线为。20.元素硼、铁、锡及其化合物在生产和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）硼酸具有如图1的片层状结构，1mol硼酸中含有氢键的物质的量为_______mol，加热时硼酸在水中的溶解度增大的原因是_______。（2）铁元素是构成血红蛋白的必要成分，血红蛋白携氧后的配合物结构如图2所示(部分氢未画出)，中心原子的配位数为_______，CO与血红蛋白的配位能力_______(填“强于”或“弱于”)，原因是_______。（3）一种含锡的多元金属硫化物的晶胞结构为四方晶系，已知金属原子均呈四面体配位，晶胞棱边夹角均为90°，其结构可看作是由两个立方体A、B上下堆叠而成。图甲为A的体对角线投影图，图乙为B的沿y轴方向的投影图。A中Fe、Sn位置互换即为B。①该硫化物的化学式为_______。②立方体A、B棱长均为apm，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。晶胞中部分原子的分数坐标为、，则晶胞中Sn原子的分数坐标为_______；晶胞中Sn原子和Cu原子间的最短距离为_______pm。〖答案〗（1）①.3②.加热时破坏硼酸分子间的氢键，且硼酸分子与水分子形成新的氢键，使溶解度增大（2）①.6②.强于③.碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对（3）①.②.③.〖解析〗【小问1详析】每个硼酸中的O原子与H原子，均与其他硼酸分子形成氢键，所以1mol硼酸中所含氢键为；加热时破坏硼酸分子间的氢键，且硼酸分子与水分子形成新的氢键，因此溶解度增大，故〖答案〗为：3；加热时破坏硼酸分子间的氢键，且硼酸分子与水分子形成新的氢键，使溶解度增大。【小问2详析】如图可知，铁的配位数是6；碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对，故与血红蛋白的结合能力强于，因此可使人体缺氧，故〖答案〗为：6；强于；碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对。【小问3详析】①该硫化物的化学式为该晶胞是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，因此用均摊法算出：S：4，Cu：2，Fe：1，Sn：1，因此该硫化物的化学式为，故〖答案〗为：；②由晶胞结构可知，晶胞中部分原子的分数坐标为、，则晶胞中原子的分数坐标可以为；晶胞中和原子间的最短距离为立方体面对角线长的一半，为，故〖答案〗为：；。山东省潍坊市2023-2024学年高二下学期5月期中考试1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题〖答案〗必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题〖答案〗必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19S32Fe56Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与科学、技术、社会、环境(STSE)密切联系。下列说法正确的是A.通过红外光谱仪可以测定分子的相对分子质量B.氢键在维持DNA结构稳定等方面起着至关重要的作用C.供糖尿病患者食用的“无糖食品”不含糖类物质D.乙二醇可生产汽车防冻液，甘油可用于护肤用品，二者互为同系物〖答案〗B〖解析〗A．通过质谱仪可以测定分子的相对分子质量，红外光谱主要是测定有机物中官能团的信息，故A错误；B．氢键在维持DNA与蛋白质结构稳定等方面起着至关重要的作用，故B正确；C．无糖食品一般指不含蔗糖、葡萄糖、麦芽糖、果糖等甜味食品，不一定是不含糖类的食品，故C错误；D．乙二醇型防冻液采用乙二醇与软水按不同比例混合而成；甘油具有吸湿性，可用于护肤用品，两者含羟基数目不同，不是同系物，故D错误；故〖答案〗选B。2.下列关于物质结构的说法错误的是A.的球棍模型为B.二氯化二硫的电子式为：C.处于最低能量状态的原子叫作基态原子D.的VSEPR模型与空间结构均为角形〖答案〗D〖解析〗A．中C原子是sp3杂化，空间构型为四面体形，氯原子半径大于氢原子半径，球棍模型为：，A正确；B．二氯化二硫是共价化合物，电子式为：，B正确；C．原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，C正确；D．H2O的中心原子O的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，由于含有2个孤电子对，故空间结构为角形，D错误；故〖答案〗选D。3.用波谱方法测定某有机化合物的结构，质谱图表明其相对分子质量为60；红外光谱图上发现有C—H键、O—H键、C—O键的振动吸收；核磁共振氢谱图如图所示(峰面积之比为2∶1∶2∶3)。下列说法错误的是A.该物质的分子式为B.该物质中有4种不同化学环境的氢原子C.该物质的同分异构体有3种D.该物质在加热条件下能与HBr反应〖答案〗C〖解析〗红外光谱图上发现有键、键、键的振动吸收，则属于醇，质谱图表明其相对分子质量为60，则该有机化合物的分子式为C3H8O；核磁共振氢谱图中峰面积之比即四种氢原子数目为2：1：2：3，则结构简式为CH3CH2CH2OH，据此分析。A．由分析可知，红外光谱图上发现有键、键、键的振动吸收，则含有C、H、O元素，质谱图表明其相对分子质量为60，假设有1个O原子，则则该有机化合物的分子式为C3H8O，故A正确；B．核磁共振氢谱图中有4组吸收峰，则该有机化合物分子中共有4种不同化学环境的氢原子，故B正确；C．该有机物的结构简式为CH3CH2CH2OH，该有机物与CH3CH(CH3)OH(官能团异构)，CH3CH2OCH3互为同分异构体，共有2种，故C错误；D．该有机物在加热条件下能与HBr反应：CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，故D正确；故〖答案〗选C。4.科学家合成出了一种新化合物，分子结构如图所示，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外有一个电子层，X、Z和M的原子最外层电子数之和为16，M与Z同主族。下列说法错误的是A.元素的电负性：B.原子半径：C.该化合物能与氢气发生加成反应D.Y、M的简单氢化物的水溶液分别呈碱性、酸性〖答案〗B〖解析〗W的原子核外有一个电子层，，即W为H元素，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据元素成键特点，X形成四个键，即X为C元素，Z形成2个键，Z为O元素，Z、M同主族，即M为S元素，五种元素原子序数依次增大，因此Y为N元素，综合可知W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、O、S元素，据此作答。A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性：O>N>C>H，故A正确；B．M为S元素，X为C元素，Y为N元素，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径：S>C>N，即M>X>Y，故B错误；C．根据化合物结构可知，碳氮双键可以与氢气发生加成反应，也可以与羰基发生加成反应，故C正确；D．NH3的水溶液呈碱性，H2S的水溶液呈酸性，故D正确；故〖答案〗选B。5.物质的结构决定其性质。下列物质性质差异与其结构因素不相符的是选项性质差异结构因素A水中溶解度：乙醇大于溴乙烷分子极性B熔点：钠高于白磷晶体类型C沸点：邻羟基苯甲醛低于对羟基苯甲醛氢键类型D酸性：甲酸强于乙酸羟基的极性A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．乙醇能与水形成氢键，室温下，乙醇在水中的溶解度大于溴乙烷，A错误；B．金属钠为金属晶体，白磷为分子晶体，金属晶体中微粒间的相互作用是金属键，分子晶体中微粒间的相互作用是分子间作用力，弱于化学键，因此分子晶体的熔点较低，B正确；C．对羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较远，只能形成分子间氢键，使沸点升高，而邻羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较近，形成分子内氢键，反而使沸点降低，C正确；D．烃基为推电子基，使得羧基上的羟基极性减弱，氢原子更难电离，酸性减弱，D正确；故〖答案〗选A。6.聚乳酸是一种可降解的医用高分子材料，它对人体有高度安全性并可被组织吸收。由乳酸合成聚乳酸的反应如下：下列叙述错误的是A.聚乳酸分子中有3种官能团B.人体内葡萄糖可代谢为乳酸C.聚乳酸可用作免拆型手术缝合线D.〖答案〗D〖解析〗A．聚乳酸中含有酯基、两端含有醇羟基和羧基，共3种官能团，A正确；B．葡萄糖在体内转化，可代谢为乳酸，故B正确；C．聚乳酸有优良的特殊性能，易拉成丝、易被吸收、易降解、无毒等。聚乳酸在人体内水解产生乳酸，然后氧化释放能量供人体需要，其氧化产生的CO2、H2O被人体代谢出去，故可用于制作免拆型手术缝合线，故C正确；D．单体只有一种，发生缩聚反应生成高分子，由原子守恒可知m=n-1，故D错误；故选D。7.工业上可用甲醇和二硫化碳为原料，先合成二甲基硫醚(，不溶于水)，然后氧化得二甲基亚砜(，与水混溶)。下列叙述错误的是A.二硫化碳为直线形分子B.二甲基硫醚是非极性分子C.二甲基亚砜溶于水时可与水分子形成氢键D.二甲基硫醚转化为二甲基亚砜，硫原子的杂化类型不变〖答案〗B〖解析〗A．二硫化碳分子中C原子的价层电子对数为：，无孤对电子，其VSEPR模型和空间构型均为直线形，故A正确；B．二甲基硫醚分子中S原子的价层电子对数为，有两对孤对电子，中心原子为sp3杂化，其空间构型为V形，为极性分子，故B错误；C．二甲基亚砜含有氧原子，其电负性较强，溶于水时可与水分子形成氢键，故C正确D．二甲基亚砜中S原子的价层电子对数为，均为sp3杂化，故D正确；故选B。8.马齿苋醛是马齿苋中的一种茶酚型生物碱，其结构简式如图所示。下列有关马齿苋醛说法错误的是A.属于芳香族化合物B.可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，原理相同C.1mol该分子能与发生反应D.在空气中易被氧化〖答案〗B〖解析〗A．分子中含苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B．酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，酚羟基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同，故B错误；C．该分子中含有2个酚羟基，酚羟基可以和碳酸钠反应，则1mol该分子能与2molNa2CO3发生反应，故C正确；D．酚羟基易被氧化，则在空气中易被氧化，故D正确；故选B。9.二维磁性材料卤化铬混合晶体如图，在纯氧中发生光氧化反应生成长链状和。下列说法错误的是A.键的极性：B.熔点：C.图示二维晶胞的组成为D.中〖答案〗D〖解析〗A．电负性：Cl>Br>I，电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性：Cr-Cl>Cr-Br>Cr-I，故A正确；

B．原子半径：Cl<Br<I，键长：Cr-Cl<Cr-Br<Cr-I，键能：Cr-Cl>Cr-Br>Cr-I，熔点：CrCln>CrBrn>CrIn，故B正确；

C．二维磁性材料卤化铬CrXn混合晶体图可知，其四分之一为二维晶胞，X位于边上和面内，个数为8×1/2+2=6，2个Cr位于面内，其组成为CrX3，故C正确；D．长链状CrOm中重复单元为CrO4四面体，含有1个Cr，2个O，与其他四面体共用2个O原子，O原子个数为2+2×1/2

=

3，则化学式为CrO3，即m=3，故D错误；

故选D10.以苯为原料可以制备间二氟苯，其转化关系如下。下列说法错误的是A.甲的名称为1，3—二硝基苯B.甲→乙为氧化反应C.中B原子的杂化方式为D.甲、乙、丙、丁中最有可能做离子导体的是丙〖答案〗B〖解析〗A．根据官能团的优先顺序可知，硝基连接在苯环上为取代基，苯环作为母体，因此甲的名称为1，3—二硝基苯，故A正确；B．观察甲、乙的结构简式可知，甲中硝基变为氨基，发生的是还原反应，故B错误；C．中B原子的价层电子对数为，因此杂化方式为，故C正确；D．做离子导体需要能够产生离子，观察结构可知，最有可能做离子导体的是丙，故D正确；故〖答案〗选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验可以达到目的的是验证苯和液溴的反应为取代反应加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，判断淀粉是否水解AB探究乙醇的还原性制备乙酸乙酯CDA.A B.B C.C D.D〖答案〗AC〖解析〗A．四氯化碳可除去挥发的溴，硝酸银与HBr反应生成浅黄色沉淀，可验证苯和液溴的反应为取代反应，故A正确；B．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉发生水解，故B错误；C．红热的铜丝表面由黑色变为红色，乙醇被CuO氧化生成乙醛和Cu、水，可知乙醇具有还原性，故C正确；D．乙醇、乙酸易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，为防止倒吸，导管口应在液面上，且加热时需加碎瓷片防止暴沸，故D错误；故选AC。12.某有机化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A.该化合物的化学式为B.该化合物分子中有6个手性碳原子C.该化合物的不饱和度为7D.1mol该有机化合物可以与发生加成反应〖答案〗AD〖解析〗A．由结构简式可知化学式为C17H23NO5，A错误；B．手性碳原子连接不同的原子或原子团，该有机物含有6个手性碳原子，如图所示:，B正确；C．该化合物化学式为C17H23NO5，不饱和度为7，C正确；D．该有机化合物只有苯环可以与氢气发生加成反应，故1mol该有机化合物可以与发生加成反应，D错误；故选AD。13.氢化铝钠是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的在150℃时释氢，在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。可由和NaH在适当条件下合成，的晶胞结构如图所示，它是由两个正六面体叠加而成。下列说法错误的是A.的空间结构为正四面体形B.晶体中，与紧邻且等距的有8个C.若晶胞底心处的被取代，得到的晶体为D.制备反应选择在有机溶剂乙醚或乙醇水溶液中进行〖答案〗D〖解析〗A．的价层电子对数为，因此空间构型为正四面体，故A正确；B．由NaAlH4晶体的晶胞结构可知，与紧邻且等距的Na+有8个（如图所示位于体心的与其周围的8个Na+等距，距离为），故B正确；C．由NaAlH4晶体的晶胞结构可知，位于体心、顶点、面上，则含有个，位于棱上、面上，则含有个，晶胞底心处的被取代，则含有有个个，含有有个，、、比值关系为，则晶体为，故C正确；D．制备的原料是和NaH，NaH能与水发生反应，不能在乙醇的水溶液中进行反应，故D错误；故〖答案〗选D。14.已知环己胺(液体)微溶于水。实验室分离溴、溴苯、环己胺混合溶液的流程如图。下列说法正确的是A.流程中有氧化还原反应发生B.②③均为两相混合体系C.溴、溴苯、环己胺依次由③②①得到D.由②③获得相应产品采取的操作不同〖答案〗AD〖解析〗由题给流程可知，溴、溴苯、环己胺的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，Br2与氢氧化钠溶液反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，得到水相1中加入稀硫酸发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3H2O+3Br2，故用CCl4萃取水相2得到③（溴的四氯化碳溶液）；有机相1中含有溴苯与环己胺，加入盐酸环己胺与盐酸生成盐类溶于水中，通过分液得到①（溴苯），成盐后的环己胺与氢氧化钠反应再生成环己胺，通过分液得到②（环己胺），据此分析解题。A．Br2与氢氧化钠溶液反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，为氧化还原反应，故A正确;B．②是水和环己胺基本不相溶，采用分液得到环己胺的纯净物；③是CCl4从溴水中萃取得到的溴的四氯化碳溶液，只有③是两相混合体系，故B错误；C．由分析可知，溴、溴苯、环己胺品依次由③、①、②获得，故C错误；D．由分析可知，②获得的方式为分液，③获得的方式为萃取，故D正确；故选：AD。15.2-甲基丙烯的水合反应是工业上制备2-甲基-2-丙醇的重要反应，经历“质子化”、“亲核进攻”、“去质子化”三个重要过程，机理如图所示。下列说法错误的是A.该反应的催化剂为B.浓硫酸有利于水合反应正向进行C.“去质子化”过程中，碳原子杂化方式未变D.“质子化”可增大中心碳原子电子云密度，有利于的亲核进攻〖答案〗BD〖解析〗A．质子化过程消耗H+，去质子化过程释放H+，可知H+为反应的催化剂，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，水合反应逆向移动，B错误；C．“去质子化”过程中，碳原子杂化方式均为sp3杂化，C正确；D．“质子化”降低了中心碳原子电子云密度，有利于H2O的亲核进攻，D错误；故〖答案〗为BD。三、非选择题：本题共5小题，每小题12分，共60分。16.非金属及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态氧原子价层电子的轨道表示式为_______。（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能变化趋势，以上元素第一电离能的变化图是_______(填序号)。（3）已知噻吩()为平面结构，其分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则噻吩分子中的大键应表示为_______，噻吩分子中硫原子的杂化类型为_______。（4）鉴定的特征反应如下所示：比较键角大小：①_______②(填“>”、“<”或“=”)，丁二酮肟镍分子内含有的作用力有_______。〖答案〗（1）（2）a（3）①.②.sp2（4）①.<②.配位键、氢键、共价键〖解析〗【小问1详析】基态氧原子价层电子排布式为，轨道表示式为，故〖答案〗为：。【小问2详析】C、N、O和F四种元素在同一周期，同一周期从左往右第一电离能逐渐增大，N元素的价层电子排布式为，为半充满状态，则有，则满足这一规律的图像为图a，故〖答案〗为：a。【小问3详析】噻吩()为平面结构，参与成Π键的原子数有5个，每个碳原子提供1个电子，1个S提供2个电子，则该大Π键的表示形式为；噻吩()为平面结构，噻吩中的S原子形成2条σ键以及一对孤电子对，S原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2；故〖答案〗为：；sp2。【小问4详析】碳氮双键的键长小于碳碳单键、共用电子对数目多，则碳氮双键与碳碳单键之间的斥力大于碳碳单键与碳碳单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，故键角为①<②；根据丁二酮肟镍分子结构中可知，分子内含有N和Ni之间存在配位键，分子内的氢键，还存在极性共价键和非极性共价键，不存在离子键和范德华力，故〖答案〗为：<；配位键、氢键、共价键。17.以苯为原料合成药物中间体H()的路线如图。回答下列问题：（1）A→B的反应类型为_______，B的名称是_______。（2）C分子中最多有_______个碳原子共面，D的结构简式为_______。（3）G中含有的官能团是_______(填名称)，G→H的反应条件为_______。（4）写出E→F的化学方程式：_______。（5）H的芳香类同分异构体中符合下列条件的有_______种(不考虑立体异构和结构)。a.苯环上有两个取代基，无其他环状结构b.遇氯化铁溶液显紫色c.能发生银镜反应〖答案〗（1）①.取代反应②.乙苯（2）①.8②（3）①羰基、羧基②.浓硫酸、加热（4）+2H2O（5）9〖解析〗A为苯，在CH3CH2Br和AlBr3条件下发生取代反应生成B（乙苯），B在催化剂条件下脱氢生成C为苯乙烯（），C和Br2发生加成反应生成D()，D在氢氧化钠条件下水解生成E()，E在氧气和催化剂条件下生成F()，F中的醛基发生氧化反应生成G()，G再和甲醇进行酯化反应即可得到H，据此分析解题。【小问1详析】根据分析可知A→B的反应类型为取代反应，B为，即B为乙苯，故〖答案〗为：取代反应；乙苯。【小问2详析】C为苯乙烯，结构简式为，苯环上所有原子共面，双键上的所有原子共面，因此最多有8个碳原子共面；根据分析可知，D为，故〖答案〗为：16；。小问3详析】G为，所含有的官能团为羰基、羧基，G→H为酯化反应，试剂和条件为浓硫酸和加热，故〖答案〗为：羰基、羧基；浓硫酸、加热。【小问4详析】E→F的化学方程式：+2H2O，故〖答案〗为：+2H2O。【小问5详析】H的芳香类同分异构体说明含有苯环，满足条件a.苯环上有两个取代基，无其他环状结构，b.遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，c.能发生银镜反应，说明含有醛基，不考虑立体异构和结构，如果含有2个醛基，取代基为酚羟基、-CH(CHO)2，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚羟基、-CH2COCHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚羟基、-COCH2CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，共有9种同分异构体，故〖答案〗为：9。18.邻苯二胺()是一种重要化工中间体。用邻硝基苯胺()与氢气制取邻苯二胺实验的装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。已知：①雷尼Ni(固体)是反应的催化剂，对氢气有强吸附作用；其暴露在空气中可以自燃，使用时需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”。②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。实验步骤如下：步骤1.先连接好装置，检查装置气密性，再向水准管和集气管中加入一定量的水，将三通阀的孔路调到一定位置，向集气管中充入氢气。步骤2.向三颈烧瓶中加入一定量的雷尼Ni和乙醇形成的悬浊液，通入一段时间，再加入含110.5g邻硝基苯胺的溶液。步骤3.把三通阀的孔路调到一定位置，集气管向装置Ⅱ供氢气。反应结束后，过滤，催化剂回收，滤液冷冻结晶，过滤、洗涤、干燥后得产品80.0g。回答下列问题：（1）图中仪器A的名称是_______。（2）装置Ⅱ中乙醇的作用是_______。（3）如果将三颈烧瓶B中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是_______。（4）判断氢化反应完全的现象是_______。（5）邻硝基苯胺制取邻苯二胺反应的化学方程式为_______。（6）本实验中邻苯二胺的产率为_______%(保留三位有效数字)。〖答案〗（1）恒压滴液漏斗（2）保持雷尼Ni表面湿润，防止自燃；乙醇是极性溶剂，有利于氢化反应的进行（3）倒吸（4）集气管中液面不再变化（5）（6）92.5%〖解析〗该反应利用邻硝基苯胺与氢气发生还原反应制备邻苯二胺，先向装置Ⅰ中充入一定量的氢气备用，三颈烧瓶中加入一定量的雷尼Ni和乙醇形成的悬浊液，其暴露在空气中可以自燃，使用时需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”故乙醇的作用是保持雷尼湿润