山东省聊城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份山东省聊城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共31页。试卷主要包含了6gA完全燃烧可产生0，5个干冰晶胞，6g， 1-溴丙烷的产率为等内容，欢迎下载使用。

山东省聊城市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·山东聊城·高二统考期末）某同学利用如图所示装置制备乙酸乙酯。

实验如下：
Ⅰ.向浓和乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A；
Ⅱ.一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；
Ⅲ.停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。
（1）为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_________。
（2）欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有____________。
（3）试管B中溶液显红色的原因是_________（用离子方程式表示）。
（4）Ⅱ中油状液体的成分是________。
（5）科研工作者进行一系列实验和理论探究，发现酯化实验过程中蒸出的乙酸量较少，不足以中和碳酸钠溶液，请推测Ⅲ中红色褪去的原因可能是____________。
2. （2020春·山东聊城·高二统考期末）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：

回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。
（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。

①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。
a．浓硫酸易使原料碳化并产生
b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B的作用为____________。
（3）操作2用到的玻璃仪器是____________。
（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
③
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
3. （2021春·山东聊城·高二统考期末）1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为，密度为。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：
步骤1：在仪器中加入搅拌磁子、正丙醇及水，冰水冷却下缓慢加入浓；冷却至室温，搅拌下加入。
步骤2：如图所示搭建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止。
步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相。
步骤4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用、溶液和洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。

(1)仪器的名称是___________，油浴加热的优点是___________。
(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和___________(写名称)。
(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是___________。
(4)写出步骤2中发生反应的化学方程式___________。
(5)1-溴丙烷的产率为___________(保留3位有效数字)。
4. （2022春·山东聊城·高二统考期末）环已烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：

回答下列问题：
Ⅰ．环已烯的制备与提纯
(1)“操作1”的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。

①烧瓶A中的化学方程式为_______，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为_______。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生
b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B的作用为_______。
(2)下列玻璃仪器中，“操作2”需使用的有_______(填标号)，不需使用的有_______(填名称)。
A． B． C． D．
向“有机相”中加入“无水固体”的作用是_______。
(3)将“操作3(蒸馏)”的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_______，弃去前馏分收集83℃的馏分。在安装蒸馏装置时，仪器选择及安装都正确的是_______。
a． b． c． d．
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的，与环已烯充分反应后，剩余的与足量KI作用生成，以淀粉溶液为指示剂，用y mol/L的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液w mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应为：
①Br2+
②
③
(4)判断达到滴定终点的现象是_______；样品中环已烯的质量分数为_______(用字母表示)。
(5)下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
5. （2020春·山东聊城·高二统考期末）A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：

请回答下列问题：
（1）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基，B的结构简式是________。
（2）E的分子式是____________。
（3）写出的化学方程式_____________。
（4）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有_________个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是___________（填结构简式）。
6. （2020春·山东聊城·高二统考期末）高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。

已知：连接在碳原子上的氢原子比较活泼，在催化剂作用下碳氢键易断裂。
（1）A的结构简式为__________。
（2）B中官能团的名称是___________。
（3）反应①～④中，属于加成反应的有____________，反应⑥～⑨中，属于氧化反应的有_________。
（4）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出尼龙66的结构简式___________。
（5）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1∶2∶3，且能与溶液反应，则聚合物K的结构简式是____________。
（6）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应：（可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示由乙醇制备聚乳酸的过程。_______________
7. （2021春·山东聊城·高二统考期末）某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高综合效益，而且还能防止环境污染，生产流程如图：

已知：石油裂解已成为生产的主要方法，是具有香味的液体。回答下列问题：
(1)中的官能团的名称为___________，的反应类型为___________。
(2)的化学反应方程式为___________。
(3)下列化学试剂可以用来鉴别、的有___________。
a． 酸性溶液b． 溴水c． 银氨溶液d． 石蕊试液
(4)实验室中制备的反应装置如图所示：

①与教材中采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是___________。试管中加入的化学试剂是___________。
②若实验中用含的与反应则的化学方程式为___________。
8. （2021春·山东聊城·高二统考期末）化合物是一种香料，可采用有机化合物与甲苯为主要原料，按下列路线合成：

已知：
请回答：
(1)完全燃烧可产生和，的蒸气对的相对密度是22，核磁共振氢谐有2组峰，的结构简式为___________。
(2)的化学方程式___________。
(3)对于化合物，下列说法正确的是___________。
A． 能发生水解反应B． 能使溶液褪色C． 能发生银镜反应
(4)芳香化合物是的同分异构体，则有___________种。
9. （2021春·山东聊城·高二统考期末）丁酸龙葵酯是一种新型香料，一种合成路线如下：

已知：R-OH++H2O
回答下列问题：
(1)的名称为___________，反应④的反应类型为___________。
(2)试剂的结构简式为___________。
(3)由生成的化学方程式为___________。
(4)芳香化合物是的同分异构体，苯环上有2个取代基，能发生银镜反应。满足上述条件的的结构有___________种(不考虑立体异构)，写出核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为的的结构简式___________。
(5)乙酸环己酯()是一种食用香料，设计由环己烯，乙酸和过氧乙酸为原料制备乙酸环己酯的合成路线___________ (无机试剂任选)。
10. （2022春·山东聊城·高二统考期末）某种香料M是由链状有机化合物A与D(苯氧乙酸)发生酯化反应的产物，其合成路线如下：

已知：①②
回答下列问题：
(1)A分子中不含甲基，11.6gA完全燃烧可产生0.6mol和0.6molH2O，A的蒸气对氢气的相对密度是29.A的结构简式为_______。
(2)试剂X可选用_______。
a．溶液        b．NaOH溶液
c．溶液        d．溶液
(3)C的结构简式为_______。
(4)A+D→M的反应条件为_______，M的分子式为_______。
(5)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)；
①与溶液发生显色反应②苯环上有两种硝基取代物③分子中含有结构其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为_______(写一种即可)。
11. （2022春·山东聊城·高二统考期末）有机物P被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。其合成路线如下。

已知：①
②同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
(1)G的化学名称为_______。
(2)B中官能团的化学名称为_______。
(3)C→D反应类型是_______。
(4)D→E的化学方程式是_______。
(5)将下列K→L的流程图补充完整_______。

(6)合成P时，L发生了_______(填“氧化”或“还原”)反应，反应时还生成了水，则参加反应的L与G物质的量之比为_______。
12. （2020春·山东聊城·高二统考期末）（现有几组物质的熔点（℃）数据：
A组
B组
C组
金刚石：3550
：

硅晶体：1410
：

硼晶体：2300
：

二氧化硅：1732
：
：2800℃

据此回答下列问题：
（1）由表格可知，A组熔点普遍偏高，据此回答：
①A组属于__________晶体，其熔化时克服的粒子间的作用力是__________；
②硼晶体的硬度________硅晶体的硬度（填“大于”“小于”）。
（2）B组中熔点反常是由于__________。
（3）C组晶体中、、的熔点由高到低的顺序为_________，晶体的熔点高于三者，其原因是________________。
（4）氢化铝钠是一种新型轻质储氢材料，掺入少量的在150℃时释氢，在170℃、条件下又重复吸氢。的晶胞结构如图所示：

晶体中，与紧邻且等距的有___________个；晶体的密度为________（用含a的代数式表示）。若晶胞底心处的被取代，得到的晶体为_________（填化学式）。
58．（2021春·山东聊城·高二统考期末）自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。
(1)、同为金属氯化物，的熔点为而的熔点为，试分析原因___________。
(2)合成氨工业中，原料气(、及少量、的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜()溶液来吸收原料气体中的(代表)，其反应是：醋酸羰基三氨合铜()配合物中心原子的配位数为___________，配位体为___________。
(3)铜的化合物种类很多，下图是氧化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为。

①与最短的距离是___________，与紧邻的个数为___________。
②已知原子的坐标为，原子坐标为，则原子坐标为___________。
③氯化亚铜密度的计算式为___________(用表示阿伏加德罗常数)。
13. （2022春·山东聊城·高二统考期末）几种晶体或晶胞的示意图如下。

回答下列问题：
(1)上述晶体中，仅以共价键结合形成的是_______。
(2)表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是_______。
A．18g冰晶体中含氢键数目为4
B．金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
C．88g干冰晶体中含有0.5个干冰晶胞
D．在MgO晶胞中，距最近的所有可构成正八面体
(3)冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、是非极性分子外，还有一个重要的原因是_______。
(4)每个Cu晶胞中平均含有_______个Cu原子，CaCl2晶体中的配位数为_______。
(5)MgO晶体的熔点_______(填“大于”或“小于”)NaCl晶体，原因是_______。
14. （2022春·山东聊城·高二统考期末）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构简式如图：

①基态Se原子核外电子的空间运动状态有_______种；
②酸性比较：_______(填“＞”、“＜”或“=”)，的空间构型为_______。
(2)检验可用配合物，该配合物中，中心离子为_______，配位体为_______，配位数为_______。
(3)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。

①X的化学式为_______。
②设X的式量为Mr，晶体密度为，则X晶胞中相邻K之间的最短距离为_______pm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。

参考答案：
1.      加热，使用催化剂     增加乙醇的用量          乙酸乙酯、乙酸、乙醇（水）     酚酞溶于乙酸乙酯中
【分析】制备乙酸乙酯的原理是CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，该反应为可逆反应，采用化学平衡移动的因素、影响化学反应速率的因素等进行分析。
【详解】(1)浓硫酸作催化剂，加快反应速率，反应中加热，温度升高，化学反应速率加快，该同学为了加快反应速率，采取了加热和使用催化剂；
(2)乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，提高乙酸的转化率，使平衡向正反应方向移动，可以采取的措施是增加乙醇的用量、及时移出水或乙酸乙酯等；
(3)Na2CO3为强碱弱酸盐，水解：＋H2O=HCO3－＋OH－，使溶液显碱性，酚酞变红；
(4)乙酸乙酯为无色油状液体，难溶于水，制备出的乙酸乙酯，在加热条件下乙酸乙酯蒸气进入B装置，乙酸、乙醇易挥发，随着乙酸乙酯一起被蒸出，即II中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇；
(5)题中所说，蒸出的乙酸量较少，不足以中和碳酸钠溶液，说明碳酸钠有剩余，不是因消耗碳酸钠溶液而使溶液褪色，因此只能是酚酞溶解于乙酸乙酯中。
2.      溶液     溶液显紫色          a、b     冷凝回流环己醇，提高其转化率     分液漏斗、烧杯     通冷凝水，加热     淀粉溶液          b、c
【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；
（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；
（3）催化剂选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O的优点；
（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。
（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。
（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。
【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；
（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2↑+SO2↑+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；
②仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，冷凝回流环己醇，提高其转化率；
（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；
（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；
II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。
（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。
【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。
②要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3个反应方程式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。
③对于a项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。
3.      蒸馏烧瓶     受热均匀，便于控制反应温度     丙烯、正丙醚     减少1—溴丙烷的挥发     、或    
【分析】浓硫酸与HBr能发生氧化还原反应，故用较浓与制备HBr、HBr与正丙醇发生取代反应制备1—溴丙烷，蒸馏得到粗产品，再予以提纯，据此回答；
【详解】(1) 根据常见仪器的结构可知，仪器A是蒸馏烧瓶，油浴加热的优点是受热均匀，便于控制反应温度。
(2) 正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应，则反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和丙烯、正丙醚。
(3)步骤2中1—溴丙烷等物质的蒸气经冷凝后进入接收瓶、1—溴丙烷等易挥发，故向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1—溴丙烷的挥发。
(4)步骤2中，有所稀释所得较浓与发生复分解反应生成HBr、HBr与正丙醇发生取代反应生成1—溴丙烷，反应的化学方程式为：、或。
(5) 原料有正丙醇、水、浓和，，则1-溴丙烷理论产量为24.6g， 1-溴丙烷的产率为。
4. (1)     +H2O     ab     减少环己醇蒸出
(2)     AB     漏斗、容量瓶     除去有机相的水
(3)     通冷凝水，加热     b
(4)     加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变    
(5)bc

【分析】由题给流程可知，在六水氯化铁做催化剂条件下，环己醇共热发生消去反应制得环己烯粗产品，向粗产品中加入饱和氯化钠溶液洗涤、分液得到水相和有机相，向有机相中加入无水MgSO4干燥，除去有机相中的水分，过滤得到混有有机杂质的环己烯，蒸馏收集83 ℃的馏分得到环己烯。
（1）①烧瓶A中进行的可逆反应为在六水氯化铁做催化剂条件下，环己醇共热发生消去反应生成环己烯和水，反应的化学方程式为+H2O；②a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，易使环己醇脱水炭化，炭化所得碳与浓硫酸共热反应生成污染环境的二氧化硫气体， a正确；b．六水氯化铁无毒污染小，盐类物质易回收，回收的六水氯化铁可循环使用，符合绿色化学理念，b正确；c．催化剂能改变反应速率，但不改变平衡移动的方向，所以同等条件下，用六水氯化铁和用浓硫酸的平衡转化率相同，c错误；故选ab；
（2）根据分析可知，操作2为分液，用到的仪器为分液漏斗和烧杯，故选AB；不需要使用的是漏斗、容量瓶；根据分析，无水MgSO4为干燥剂，可除去有机相中的水分；
（3）蒸馏的操作过程为安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，向冷凝管中通冷凝水，加热蒸馏烧瓶，弃去前馏分，收集83 ℃的馏分得到环己烯；蒸馏装置中需使用直型冷凝管，温度计的水银球需放在支管口处，故选b；
（4）滴定过程中产生碘单质，滴定所用指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变；根据Br2+2KI═I2+2KBr、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6得关系式Br2～I2～2Na2S2O3，则与KI反应的n(Br2)=n(Na2S2O3)=×yw×10-3mol，所以与环己烯反应的n(Br2)=(b-×yw×10-3)mol，根据Br2+得n(环己烯)=(x-×yw×10-3)mol，m(环己烯)=(x-×yw×10-3)mol×82g/mol，环己烯质量分数=×100%=×100%；
（5）a．样品中含有苯酚杂质，苯酚和溴发生取代反应生成沉淀，消耗相同质量的溴，消耗环己烯的质量大于苯酚，所以如果含有苯酚导致测定偏高；b．在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少，导致测定结果偏低；c．Na2S2O3标准溶液部分被氧化导致消耗的硫代硫酸钠偏大，与环己烯反应的溴偏低，导致测定结果偏低；故选bc。
5.                +CH3COOH+H2O     7    
【分析】根据问题(1)，A为一取代芳烃，说明A中含有苯环，且只有一个取代基，依据A的分子式，推出A的结构简式为；A与Cl2在光照条件下发生取代反应， Cl取代乙基上的氢原子，因为B含有甲基，因此B的结构简式为 ；B在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，－OH取代氯原子位置，则C结构简式为 ；D能与溴的四氯化碳溶液发生反应，说明D中含有碳碳不饱和键，根据G的分子式，推出D的结构简式为；E与C发生酯化反应，根据酯化反应的实质，推出E的分子式为C2H4O2，据此分析。
【详解】(1) A为一取代芳烃，说明A中含有苯环，且只有一个取代基，依据A的分子式，推出A的结构简式为；A与Cl2在光照条件下发生取代反应，Cl取代乙基上的氢原子，因为B含有甲基，因此B的结构简式为 ；
(2) E与C发生酯化反应，根据酯化反应的实质，推出E的分子式为C2H4O2；
(3)E和C发生酯化反应，其反应方程式为+CH3COOH+H2O；
(4)苯环上一硝化产物只有一种，说明苯环上只有一种H原子，即苯环上的取代基处于对称，有两个－CH2Br，处于对位，即： ；有两个－CH3、两个－Br，即： ，共有七种；有两组峰，说明有两种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1，说明两种不同的H原子个数比为1：1，即符合条件的是。
【点睛】难点是同分异构体的书写，首先根据信息判断出取代基的位置，然后采用“先整后散”，令取代基为两个－CH2Br，两个－CH3和两个－Br，然后再进行分析即可。
6.           羟基     ①②     ⑦⑧              
【分析】根据已知信息以及A的分子式，1mol乙炔与2molHCHO发生加成反应生成A，即A的结构简式为；根据 以及流程，A与H2发生加成反应，推出B的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应，－Br取代－OH位置，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应，即得到NCCH2CH2CH2CH2CN，据此分析；
【详解】(1) 根据已知信息以及A的分子式，1mol乙炔与2molHCHO发生加成反应生成A，即A的结构简式为；
(2) 根据 以及流程，A与H2发生加成反应，推出B的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中含有的官能团是羟基；
(3)根据上述分析，①、②发生加成反应，③、④发生取代反应；⑥为加成反应，⑦为氧化反应，⑧为氧化反应，⑨为取代反应，所以属于加成反应的有①②；属于氧化反应的有⑦⑧；
(4)尼龙66为高分子材料，反应⑩为缩聚反应，去氯原子，－NH2去H原子，即尼龙66的结构简式为；
(5)该单体核磁共振氢谱有三个峰，说明有三种不同的氢原子；峰面积之比为1：2：3，说明三种氢原子个数比为1：2：3；能与NaHCO3溶液反应，说明含有－COOH；根据A的结构简式，A的不饱和度为2，因此该单体不饱和度也为2，－COOH不饱和度为1，即该单体中含1个碳碳双键，从而推出该单体的结构简式为，该单体通过加聚反应得到K，K的结构简式为；
(6)聚乳酸的单体为，根据，推出生成是CH3CHO，CH3CH2OH氧化成CH3CHO，即合成聚乳酸的路线为。
【点睛】同分异构体的书写是本题的难点，首先根据信息，推出可能含有的官能团或结构，同分异构体中的不饱和度是相同，这是解决本题的关键。
7.      醛基、羟基     加成反应          b、c     防止倒吸     饱和碳酸钠溶液    
【分析】由图知，A为纤维素，水解可制得B葡萄糖、葡萄糖发酵可制得C乙醇，乙醇被催化氧化生成D为CH3CHO；D转化为E是得氧氧化过程， E为CH3COOH， E与C发生酯化反应生成具有香味的液体F为CH3COOCH2CH3， 通过石油裂解生产、和水反应生成C乙醇，G为CH2=CH2，据此回答；
【详解】(1)为葡萄糖，所含官能团的名称为醛基、羟基，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应。
(2) C为乙醇，被催化氧化生成D为CH3CHO；的化学反应方程式为。
(3)a． 乙醇和乙醛均能被酸性溶液氧化，均产生褪色现象，故不符合；    
b．乙醇不能与溴水反应、二者混溶、呈黄或橙色，乙醛能被溴水氧化、产生褪色现象，故符合；    
c． 乙醇不与银氨溶液发生银镜反应，乙醛与银氨溶液水浴加热下发生银镜反应，故符合；    
d．乙醇和乙醛均无酸性、均不能使石蕊试液变色，故不符合；
答案为b、c。
(4)①乙酸、乙醇、乙酸乙酯均具有挥发性，反应过程中经挥发冷凝后进入试管中，故试管中液体可以吸收挥发的乙酸和乙醇，能降低乙酸乙酯的溶解度、便于溶液分层，则为饱和碳酸钠溶液；从试管A中出来的气体中含有乙酸和乙醇，二者被碳酸钠溶液吸收，若将导管插入到液面以下会发生倒吸，此装置中采用了球形干燥管，即使水进入球形部分也会回落，故其作用是防止倒吸。则答案为：防倒吸；饱和碳酸钠溶液。
②按酯化反应原理：酸脱羟基醇去氢，若实验中用含的与反应，则的化学方程式为。
8.           +NaOH +NaCl     AB     4
【分析】由的蒸气对的相对密度可知A的相对分子质量，完全燃烧可产生、，则求得A的分子式为C2H4O，核磁共振氢谐有2组峰，有2种氢原子，可知A为，B为乙酸；由图知，甲苯与氯气在光照下反应得C为，C在氢氧化钠水溶液中水解得D为，D被氧化得E为，B和D在浓硫酸加热下发生酯化反应生成水和F为，E和F发生信息反应得到X为，据此回答；
【详解】(1)据分析： 的结构简式为。
(2)由分析，的化学方程式+NaOH +NaCl。
(3)对于化合物，则
A． 含酯基，则能发生水解反应 ，A正确；   
B． 含碳碳双键，故能使溶液褪色，B正确；   
C． 无醛基，则不能发生银镜反应，C不正确；
答案为AB。
(4) D为，芳香化合物是的同分异构体，则可以为苯甲醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共有4种。
9.      2—丙醇     氧化反应          ++H2O     6     、    
【分析】A分子式是C3H6，可能是环丙烷，也可能是丙烯，根据A与H2O反应产生C3H8O，可知A是丙烯，结构简式是CH2=CH-CH3，A与水发生加成反应产生的B是醇，结合D的结构简式可知B是2-丙醇，结构简式为，B与苯发生取代反应产生C：，C催化脱氢，产生D：；D与过氧乙酸反应产生E：，E与H2在Ni作催化剂时反应产生F：，F与丁酸发生酯化反应产生G：。
【详解】(1)据分析可知：的名称为2—丙醇，反应④即D与过氧乙酸反应产生E即，为得氧过程，反应类型为氧化反应。
(2) 反应⑥是醇与丁酸CH3CH2CH2COOH在浓硫酸催化下，加热发生酯化反应，产生和水，所以反应类型是酯化反应(也是取代反应)，试剂X是丁酸CH3CH2CH2COOH。
(3) 反应②由B(2-丙醇)与苯发生取代反应生成C，同时有水生成，由生成的化学方程式为++H2O 。
(4) E结构简式为：，分子式是C9H10O，芳香化合物W是E的同分异构体，该同分异构体符合条件：①W苯环上有2个取代基；②能发生银镜反应，说明含有醛基。若两个取代基：一个是-CHO、另一个是-CH2-CH3、在苯环上的位置有邻位、间位、对位三种位置，则有3种，若两个取代基：一个是- CH2-CHO、另一个是-CH3、在苯环上的位置有邻位、间位、对位三种位置，则有3种，故满足条件的同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为的的结构简式为：、。
(5) 由流程反应知，环己烯与过氧乙酸发生反应产生，该物质与H2在Ni催化下发生反应产生，环己醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应产生乙酸环己酯，故合成路线为。
10. (1)
(2)bd
(3)
(4)     浓硫酸，加热    
(5)     4     (或“”)

【分析】由信息反应、结合D的结构简式逆推：C为、B为乙酸；D和A发生酯化反应得到M，据此回答。
【详解】（1）11.6gA完全燃烧产生0.6molCO2和0.6molH2O，所以A中n(C) ∶n(H) ＝1∶2，设A分子式为CnH2nOm，由A蒸汽对H2的相对密度为29可知，A相对分子质量为58，由相对分子质量得出，14n+16m=58，A的物质的量为0.2mol，A中C原子的物质的量为0.6mol，即1molA中有3molC，可得n=3，m=1，则A的分子式为C3H6O，由于A分子中不含甲基，且为链状结构，则其结构简式为：。
（2）苯酚具有弱酸性，可以与NaOH反应生成苯酚钠，同时苯酚的酸性仅强于碳酸氢根，则苯酚也可以和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，故答案选bd。
（3）由信息反应①可知C的结构简式为。
（4）A+D→M为酯化反应，反应条件为浓硫酸，加热，M为、分子式为。
（5）D的同分异构体，同时满足下列条件：
①与溶液发生显色反应，则含酚羟基；
②苯环上有两种硝基取代物，则苯环上有2个处于对位的不同取代基；
③分子中含有-COO-结构，则可能为酯基或羧基；
综上，2个处于对位的取代基中必有1个酚羟基、另一个分别可以是-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH和-CH2COOH，则满足条件的同分异构体共有4种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，即分子内有五种氢原子，且氢原子数目之比为1∶2∶2∶2∶1；则符合条件的结构简式为(或“”)。
11. (1)邻硝基苯酚(或“2-硝基苯酚”)
(2)碳碳双键，氯原子
(3)取代反应
(4)
(5)、
(6)     氧化     3∶1

【分析】A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反应生成B，B与HOCl发生加成反应生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含有碳碳双键，AB为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，CD为氯原子的取代反应，结合已知②，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH(OH)CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH(OH)CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个H2O生成E；根据FGJ和E+JK，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+JK为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为，G的结构简式为，J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，KL的过程中脱去1个H2O，结合KL的反应条件和已知①，KL先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为；
（1）据分析知，G的结构简式为，其化学名称为邻硝基苯酚或2-硝基苯酚；故答案为：邻硝基苯酚或2-硝基苯酚；
（2）据分析知，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，其官能团的化学名称为碳碳双键、氯原子；故答案为：碳碳双键、氯原子；
（3）据分析知，CD为氯原子的水解反应，其属于取代反应；故答案为：取代反应；
（4）D在浓硫酸、加热时消去2个H2O生成E ，其化学方程式是故答案为：；
（5）K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，KL的过程中脱去1个H2O，结合KL的反应条件和已知①，KL先发生加成反应生成，后发生消去反应生成L；故答案为：、
（6）根据流程L+GJ+P，即++，对比L和P的结构简式，L发生了去氢的氧化反应，根据原子守恒，反应过程中L与G物质的量之比为3:1；故答案为：氧化；3:1。
12.     原子（或共价）     共价键     大于     分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多          晶体为离子晶体，离子所带电荷越多，半径越小，离子键越强，熔点越高     8         
【分析】
(4)根据图知，与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，AlH4-个数=1+8×+=4，其体积=（a×a×2a）×10-21cm3，其密度=；若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，实际上该晶胞中有一个钠离子被锂离子取代；
【详解】
(1)①A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键；
②B-B键的键长比Si-Si键的键长短，B-B键的键能比Si-Si键的键能大，所以硼晶体的硬度大于晶体硅的硬度，
(2) 由于HF分子之间存在氢键，其熔化时需要消耗的能量更多，导致HF的熔点比其它氢化物的熔点高；
(3)C组物质为离子晶体， r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+），离子晶体中，在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高，所以、、的熔点由高到低的顺序为；晶体也是离子晶体，离子所带电荷越多，半径越小，离子键越强，熔点越高，则晶体的熔点高于、、；
(4)根据图知，与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，AlH4-个数=1+8×+=4，其体积=（a×a×2a）×10-21cm3，密度== g•cm-3= g•cm-3；若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，实际上该晶胞中有一个钠离子被锂离子取代，所以其化学式为。
13.      是离子晶体，是分子晶体     4     、          4         
【详解】(1)通常，离子晶体熔断高、分子晶体熔沸点低。、同为金属氯化物，的熔点为而的熔点为，原因为:是离子晶体，是分子晶体。
(2)醋酸羰基三氨合铜()配合物中，配离子为，铜()有空轨道、、有孤电子对，则中心原子为铜()，配位数为4，配位体为、。
(3) ①由氧化亚铜的晶胞结构知，Cu+位于顶点和面心位置， Cl_位于晶胞内、体对角线的四分之一处，已知晶胞的棱长为。与最短的距离是，与紧邻的个数为4。
②已知原子的坐标为，原子坐标为，按A、B和C的相对位置关系知，原子坐标为。
③由晶胞示意图知，晶胞内Cu+个数为；4个Cl_位于晶胞内；所以该晶体的化学式为CuCl，其相对分子质量为99.5，1个晶胞质量为g，晶胞的体积为：(a×10-7cm)3，氯化亚铜密度的计算式为 (用表示阿伏加德罗常数)。
14. (1)金刚石晶体
(2)A
(3)分子之间能形成氢键
(4)     4     8
(5)     大于     晶体MgO和NaCl均为离子晶体，MgO中的离子电荷数大于NaCl中的离子电荷数，且、，所以MgO晶体的熔点较大

【解析】（1）金刚石是共价晶体，晶体中碳原子全部以共价键结合。冰和干冰晶体中分子内部是共价键，分子间是氢键或范德华力。而MgO、CaCl2和铜晶体中没有共价键。
（2）A.18g冰中含水分子的物质的量为1mol，在冰晶体中，每个水分子周围有4个水分子以氢键结合，而每个氢键被2个水分子共有，所以在晶体中平均每个水分子对应2个氢键，则1mol冰晶体中含氢键数目为2NA，故A错误；B.金刚石晶体中，每个碳原子都和相邻的4个碳原子形成碳碳键，而每个碳碳键被两个碳原子所共有，所以平均每个碳原子对应碳碳键个数为2，则金刚石晶体中碳原子与碳碳键个数的比为1∶2，故B正确；C.88g干冰晶体中含有2mol二氧化碳分子，在干冰晶胞中，二氧化碳分子位于立方体的顶点和面心，则平均一个晶胞中含有4个二氧化碳分子，所以88g干冰晶体中含有0.5 NA 个干冰晶胞，故C正确；D.从MgO晶胞可以看出，在MgO晶胞中，距 Mg2+ 最近的O2-位于Mg2+的上、下、左、右、前、后，这些 O2− 可构成正八面体，故D正确；故选A。
（3）在冰中H2O分子之间存在氢键，氢键比范德华力强，所以冰的熔点远高于干冰。
（4）铜晶胞中，铜原子位于立方体的顶点和面心，所以每个铜晶胞中平均含有4个铜原子。从CaCl2的晶胞可以看出，和每个Ca2+紧邻的Cl-有8个，即Ca2+ 的配位数为8。
（5）在离子晶体中，离子所带电荷越高，离子半径越小，离子键越强，离子晶体的熔点越高。晶体MgO和NaCl均为离子晶体，MgO中的离子电荷数大于NaCl中的离子电荷数，且 r(Mg2+) 15. (1)     34     ＞     正四面体
(2)               6
(3)         

【解析】（1）
①硒元素的原子序数为34，核外电子数为34，每个电子的空间运动状态都不同，基态Se原子核外电子的空间运动状态有34种；
②Se和S是同主族元素均为VIA族，最高正价为+6，为最高价含氧酸属于强酸，为弱酸，则酸性：>，中Se原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体形；
（2）
配合物的中心离子为，有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-，配位数就是配体的个数，所以配位数为6；
（3）
①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×=4，则化学式为K2SeBr6；
②晶胞中含有4个“K2SeBr6”，晶胞质量为，若晶胞边长为x，则晶胞体密度g•cm-3，解得x=cm，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为pm。