2021-2022学年福建省福建师范大学附属中学高二下学期期末考试化学试题含解析

这是一份2021-2022学年福建省福建师范大学附属中学高二下学期期末考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

福建省福建师范大学附属中学2021-2022学年高二下学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学和生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．新冠病毒疫苗应冷藏存放，以避免其变性
B．大米中富含淀粉，淀粉能发生水解反应
C．石墨晶体中存在范德华力，常用作润滑剂
D．酚醛树脂广泛用来生产电闸、灯口等电器用品，其单体是苯酚和甲醇
【答案】D
【详解】A．疫苗中含有蛋白质，一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性，故A正确；
B．大米中富含淀粉，淀粉为高分子化合物，一定条件下可以水解，故B正确；
C．石墨是层状晶体，层与层间以范德华力结合，常用作润滑剂，故C正确；
D．工业用苯酚与甲醛制备酚醛树脂，苯酚与甲醇不反应，故D错误；
故选D。
2．氢核磁共振谱是根据不同化学环境的氢原子给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子下列有机物分子在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是。
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．中的H原子所处环境相同，则在氢核磁共振谱中只给出一种信号，A符合题意；
B．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，B不合题意；
C．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，C不合题意；
D．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，D不合题意；
故答案为：A。
3．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是
A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水
【答案】B
【详解】A．植物油是一种不饱和油脂，分子中含碳碳双键，能和Br2发生加成反应，A项错误；
B．淀粉是一种多糖，它水解的最终产物是葡萄糖，B项正确；
C．葡萄糖中含有醛基，能被氧化成葡萄糖酸，但葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，C项错误；
D．蛋白质溶液遇CuSO4等重金属盐溶液会发生变性，该过程不可逆，产生的沉淀不能重新溶于水，D项错误；
故选B。
4．PLA结构：，可制成新型固定螺钉，用于骨折接合手术，下列有关PLA说法错误的是
A．能发生水解反应 B．难溶于水
C．单体的名称为2-羟基丙酸 D．纯净物，有固定的熔点
【答案】D
【详解】A．由题干PLA的结构简式可知，分子中含有酯基，故能发生水解反应，A正确；
B．由题干PLA的结构简式可知，分子中含有酯基，且其可制成新型固定螺钉，用于骨折接合手术，故可知PLA难溶于水，B正确；
C．由题干PLA的结构简式可知，该高分子化合物的合成单体为：CH3CHOHCOOH，故单体的名称为2-羟基丙酸，C正确；
D．PLA为高分子化合物，由于n值不同，其属于混合物，没有固定的熔点，D错误；
故答案为：D。
5．下列物质属于天然高分子化合物的是
A．蚕丝 B．聚氯乙烯 C．蔗糖 D．油脂
【答案】A
【详解】A．蚕丝属于天然高分子，主要成分是蛋白质，故A正确；
B．聚氯乙烯是氯乙烯加聚得到的，属于合成高分子，故B错误；
C．蔗糖属于小分子化合物，故C错误；
D．油脂属于下分子化合物，故D错误；
故正确答案为：A
6．甘氨酸和丙氨酸的混合物在一定条件下发生反应生成链状二肽的种数为
A．4种 B．3种 C．2种 D．1种
【答案】A
【详解】氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽即HOOCCH2NHCOCH2NH2、HOOCCH(CH3)NHCOCH(CH3)NH2；当是异种氨基酸脱水：可以是丙氨酸脱去羟基，甘氨酸脱氢；也可以甘氨酸脱羟基，丙氨酸脱去氢，生成2种二肽即HOOCCH2NHCOCH(CH3)NH2、H2NCH2CONHCH(CH3)COOH，所以共有4种，故答案为：A。
7．四联苯的一氯代物有
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】C
【详解】推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线，四联苯是具有两条对称轴的物质，即，在其中的一部分上有几种不同的氢原子(包括对称轴上的氢原子)，就有几种一氯代物，四联苯有5种不同的氢原子，故有5种一氯代物。
答案选C。
8．乙烯是基本的有机化工原料，由乙烯可合成苯乙醇，合成路线如图所示

下列说法错误的是
A．乙烯转化为环氧乙烷是氧化反应
B．环氧乙烷与乙醛()互为同分异构体
C．苯在铁屑催化下能与溴水发生取代反应
D．苯乙醇能发生加成反应
【答案】C
【详解】A．根据加氧去氢是氧化，则乙烯转化为环氧乙烷是氧化反应，A说法正确；
B．环氧乙烷与乙醛(CH3CHO)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B说法正确；
C．苯在铁屑催化下能与溴发生取代反应，苯与溴水不反应，C说法错误；
D．苯乙醇中含有苯环，一定条件下与氢气发生加成反应，D说法正确；
答案为C。
9．现有6种无色试剂：乙醇、苯酚、溶液、溶液、溶液、氢硫酸溶液。可以把它们一一区分开的试剂是
A．新制悬溶液 B．溶液
C．溶液 D．酸性溶液
【答案】B
【详解】A．乙醇、KOH溶液等不与新制碱性悬浊液反应，现象相同，不能鉴别，故A错误；
B．乙醇和溶液无明显现象，苯酚和溶液显紫色， 溶液与相互促进水解生成沉淀和气体， 溶液和溶液有白色沉淀，KOH溶液和溶液有红褐色沉淀，氢硫酸和溶液发生氧化还原反应生成硫和亚铁离子，现象各不相同，可鉴别，故B正确；
C．乙醇、苯酚、溶液等不与氯化钡溶液反应，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D．乙醇、苯酚均能被高锰酸钾氧化， 溶液、溶液、KOH溶液均与高锰酸钾不反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故答案为B。
10．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将卤代烃A与烧碱溶液共热至不分层，然后滴入溶液
产生白色沉淀
A中含氯元素
B
分别点燃蚕丝和人造纤维
蚕丝燃烧有烧焦羽毛的气味，人造纤维燃烧有刺鼻的气味
蚕丝属于蛋白质，可用燃烧的方法鉴别蚕丝和人造纤维
C
对蔗糖和少量稀硫酸的混合溶液加热，充分反应后，冷却，加入银氨溶液，水浴加热
产生银镜
蔗糖在酸性条件下可以水解且水解产物含有醛基
D
向甲苯中滴加酸性溶液，振荡
溶液颜色褪去
苯环中的双键能被酸性溶液氧化

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．烧碱溶液也能使沉淀，要先加硝酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，才能证明A中含氯元素，故A错误；
B．蚕丝的主要成分为蛋白质，可用燃烧法鉴别蚕丝和人造纤维，故B正确；
C．蔗糖与稀硫酸反应后环境为酸性，银镜反应的反应环境为碱性，因此需要在蔗糖和少量稀硫酸的混合溶液加热水解后，加氢氧化钠调pH呈碱性环境，再加入银氨溶液，水浴加热才能产生银镜，故C错误；
D．甲苯中-CH3会被酸性高锰酸钾氧化成-COOH使酸性高锰酸钾褪色，苯环中没有双键，故D错误；
故答案为B。
11．由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，依次(从左至右)发生的反应类型和反应条件都正确的是
选项
反应类型
反应条件
A
加成反应、取代反应、消去反应
KOH醇溶液/加热、KOH水溶液/加热、常温
B
消去反应、加成反应、取代反应
NaOH醇溶液/加热、常温、NaOH水溶液/加热
C
氧化反应、取代反应、消去反应
加热、KOH醇溶液/加热、KOH水溶液/加热
D
消去反应、加成反应、水解反应
NaOH水溶液/加热、常温、NaOH醇溶液/加热

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，先发生消去反应，得到丙烯，条件为NaOH的醇溶液、加热；再与卤素单质加成得到卤代烃，条件为卤素单质的四氯化碳溶液；最后水解得到目标产物，条件为NaOH的水溶液、加热，故选B。
12．中药莪术有行气破血，消积止痛之功效，莪术二醇是莪术挥发油主要成分之一，其结构简式如图。下列说法错误的是

A．莪术二醇的分子式为
B．莪术二醇可以使酸性溶液变色
C．莪术二醇含有两个醇羟基可以催化氧化得到二元醛
D．一定条件下莪术二醇可发生加聚反应得到高聚物
【答案】C
【详解】A．由其结构简式可知莪术二醇的分子式为，故A正确；
B．由其结构简式可知其含有官能团醇羟基，具有还原性，含有碳碳双键，极易被氧化，酸性溶液具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，故莪术二醇可以使酸性溶液变色，故B正确；
C．只有与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基才能氧化成醛基，而莪术二醇羟基相连的碳原子上并没有氢原子，则莪术二醇含有两个醇羟基不能被催化氧化，故C错误；
D．由其结构简式可知该分子含有碳碳双键，在一定条件下可发生加聚反应，在一定条件下莪术二醇可发生加聚反应得到高聚物，故D正确；
故答案为C。
13．有机物X在酸性溶液中能发生下图反应：

下列说法中正确的是
A．X分子中含有3种官能团
B．可以用溶液区分X与化合物I
C．化合物II分子中只含碳、氢元素，属于烃类
D．1mol化合物I与足量溶液共热，最多可消耗
【答案】B
【详解】A．由题干X的结构简式可知，X分子中含有酯基、酚羟基、碳碳双键、醚基和氨基等5种官能团，A错误；
B．由题干中X、I的结构简式可知，I中含氧羧基，能与NaHCO3反应放出气泡，而X中不含有羧基，不能与NaHCO3反应，故可以用溶液区分X与化合物I，B正确；
C．根据质量守恒可知，化合物II分子结构简式为：，故其中含有碳、氧、氢、氮等元素，不属于烃类，C错误；
D．由题干化合物I的结构简式可知，1化合物I分子中含有2个羧基和1个酚羟基，故1mol化合物I与足量溶液共热，最多可消耗，D错误；
故答案为：B。
14．下列实验装置正确且能达到实验目的的是.

A．用甲装置除去食盐水中混有的不溶杂质 B．用乙装置提纯Al（OH）3胶体
C．用丙装置分离苯和硝基苯的混合物 D．用装置丁制取乙酸乙酯
【答案】B
【详解】A．过滤能除去食盐水中混有的不溶杂质，甲装置中漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，A装置错误；
B．Al(OH)3胶体不能透过半透膜，而氯化铝溶液可以透过半透膜，故用乙装置提纯Al(OH)3胶体，B正确；
C．用分液的方法分离苯和硝基苯的混合物，丙装置中温度计的下端应在蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸气温度，C装置错误；
D．用乙酸乙酯时，装置丁中的玻璃导管口应在饱和碳酸钠溶液的液面以上，以防产生倒吸，D装置错误；
答案为B。
15．我国科学家率先实现了常温下由二氧化碳合成淀粉，下面流程是其中重要的3步反应，下列说法中错误的是

A．反应1中H2前面系数n=3
B．反应2中甲醇发生氧化反应
C．加热条件下 能与新制Cu(OH)2悬浊液反应
D．DHA属于二元羧酸
【答案】D
【详解】A．根据元素守恒可配平反应1的化学方程式为：CO2+3H2=CH3OH+H2O，则n=3，A正确；
B．反应2中CH3OH与氧气反应生成过氧化氢和甲醛，CH3OH发生去氢氧化反应，B正确；
C．甲醛含醛基，可与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，C正确；
D．根据DHA的结构简式可看出，分子中含羟基和羰基，不含羧基，不属于二元羧酸，D错误；
故选D。
16．瑞巴派特片(Rebamipide Tablets)是一种胃药，其主要成分结构如图.下列说法正确的是

A．该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．C，N，O元素的电负性：
C．该物质能与氢气发生加成反应
D．该物质能水解，水解产物中含有氨基酸
【答案】D
【详解】A．根据可知，该物质有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．根据元素周期表可知：C、N、O元素的非金属性由强到弱的顺序为：O>N>C，非金属性越强电负性越大，所以电负性：O>N>C ，故B错误；
C．根据可知，有两个苯环和一个碳碳双键可以与氢气发生加成反应，所以该物质能与7mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．根据可知，该物质含有酯基和肽鍵，所以能发生水解反应，水解产物中含有氨基酸，故D正确；
故答案：D。
17．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。

下列说法正确的是
A．Y分子中所有原子可能共平面
B．不能用溶液检验Y中是否含有X
C．1mol Z最多能与7mol NaOH发生反应
D．X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子
【答案】D
【详解】A．由题干中Y的结构简式可知，Y分子中存在饱和碳原子，就含有sp3杂化的碳原子，故不可能所有原子共平面，A错误；
B．由题干中X、Y的结构简式可知，X分子中含有酚羟基，Y分子中不含酚羟基，故能用溶液检验Y中是否含有X，B错误；
C．由题干中Z的结构简式可知，1mol Z中含有5mol酚羟基和1mol羧基，故能消耗6molNaOH，还有1mol酚酯基，能够消耗2molNaOH，故1molZ最多能与8mol NaOH发生反应，C错误；
D． X与足量氢气发生加成反应，所得产物中有2个手性碳原子如图所示：，D正确；
故答案为：D。
18．苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐。实验室以硝基苯为原料通过反应 制备苯胺，反应结束后，关闭装置活塞K，加入生石灰。调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺。实验装置(夹持及加热装置略)如图。下列说法正确的是

A．冷凝管也可采用球形冷凝管
B．长颈漏斗内的酸最好选用盐酸
C．反应时，应先通一段时间H2再加热
D．为了加快氢气生成速率，可用锌粉代替锌粒
【答案】C
【详解】A．该实验中冷凝管的作用是将气体冷凝为液体，并使液体顺利流入接收器中，故采用的是直形冷凝管，球形冷凝管常用于冷凝回流，故A错误；
B．因为苯胺能与酸反应生成盐，若用盐酸，盐酸易挥发，使得锌与盐酸反应制得的氢气中混有氯化氢，影响苯胺的制备，则不能用盐酸，应选择稀硫酸，故B错误；
C．苯胺还原性强，易被氧化，所以实验时，应先通一段时间H2，排尽装置中的空气再加热，故C正确；
D．该制取氢气的装置为简易气体发生装置，利用隔板可以做到随用随停，若用锌粉代替锌粒，锌粉会从隔板小孔落入试管底部，失去隔板的作用，不能控制反应的发生和停止，故D错误；
答案选C。
19．多奈哌齐是一种抗阿尔茨海默病药物，其合成路线中的一步反应如下。下列说法正确的是

A．分子存在顺反异构体
B．分子中化学环境不同的氢原子有6种
C．发生了取代反应
D．、不可用溴的溶液鉴别
【答案】A
【详解】A．碳碳双键的两个碳原子分别连接两个不同的原子或原子团，就会存在顺反异构体，X中碳碳双键的一个碳原子连接一个H和一个-COOH，另一个碳原子连接一个带侧链的苯环和一个H，故A正确；
B．中侧链-CH2CH2COOH有三种不同化学环境的H，苯环上有三种不同化学环境的H，两个CH3O-各含有一种不同化学环境的H，一共有8种不同化学环境的H，故B错误；
C．从X到Y，碳碳双键变成碳碳单键，发生了加成反应，不是取代反应，故C错误；
D．中含有碳碳双键，能使溴的溶液褪色，不能与溴发生反应，所以可用溴的溶液鉴别X和Y，故D错误；
答案选A。
20．聚异戊二烯主要用于制造轮胎，顺-1，4-聚异戊二烯，又称“天然橡胶”。合成顺式聚异戊二烯的部分流程如下。下列说法正确的是

A．反应①是取代反应
B．M存在顺反异构体
C．N分子中最多有10个原子共平面
D．顺式聚异戊二烯的结构简式为
【答案】D
【详解】A．M发生消去反应产生N是。故反应①是消去反应，A错误；
B．M分子中不饱和C原子上有2个H原子，因此不存在顺反异构体，B错误；
C．根据选项A分析可知N是，分子中存在2个乙烯的平面结构，两个乙烯平面共直线，可能在同一平面上；还存在一个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，最多有3个原子共平面，则在同一平面上的原子数目最多是11个，C错误；
D．根据二烯烃1，4加成规律，可知发生加聚反应，在催化剂存在条件下发生加成反应产生顺式聚异戊二烯的结构简式是，D正确；
故合理选项是D。

二、原理综合题
21．工业上，裂解正丁烷可以获得乙烯、丙烯等化工原料。
反应1：(g，正丁烷)  
反应2：(g，正丁烷)  
已知几种共价键的键能如下表：
共价键



键能
413
614
347

(1)根据上述数据估算，_______。
(2)正丁烷和异丁烷之间转化的能量变化如图所示。

①正丁烷气体转化成异丁烷气体的热化学方程式为_______。
②下列有关催化剂的叙述错误的是_______(填标号)。
A．能改变反应途径        B．能降低反应焓变
C．能加快反应速率        D．能增大平衡常数
(3)向密闭容器中投入一定量的正丁烷，发生反应1和反应2，测得正丁烷的平衡转化率(a)与压强(p)、温度(T)的关系如图所示。

①p1、p2、p3由小到大的顺序为_______。
②随着温度升高，三种不同压强下正丁烷的平衡转化率趋向相等，原因是_______。
(4)在一定温度下，向恒容密闭容器中投入正丁烷，同时发生反应1和反应2.测得部分物质的浓度与时间的关系如图，平衡时压强为。

①时改变的条件可能是_______(填标号)。
A．增大压强    B．增大正丁烷的浓度          C．加入催化剂
②该温度下，反应1的平衡常数_______。(提示：组分分压=总压×体积分数)
【答案】(1)+80
(2)     C4H10(g，正丁烷)⇌C4H10(g，异丁烷) ΔH=-7kJ/mol     BD
(3)     p1＜p2＜p3     随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定
(4)     B     3a

【详解】（1）根据键能计算反应热，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故ΔH1=(347×2-614)kJ/mol=+80kJ/mol，故答案为：+80；
（2）①焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，根据图1所给数据，△H=-132kJ/mol-(-125kJ/mol)=-7kJ/mol，正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：C4H10(g，正丁烷)⇌C4H10(g，异丁烷) ΔH=-7kJ/mol，故答案为：C4H10(g，正丁烷)⇌C4H10(g，异丁烷) ΔH=-7kJ/mol；
②A．催化剂参与化学反应，改变了反应途径，A正确；
B．反应热与产物、反应物的相对能量有关，催化剂同等程度降低正、逆反应活化能，不改变反应热，B错误；
C．催化剂能够加快反应速率，C正确；
D．催化剂同倍数改变正、逆反应速率，平衡不移动，平衡常数不变，D错误；
故答案为：BD；
（3）①正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，正丁烷的平衡转化率增大，则p1＜p2＜p3，故答案为：p1＜p2＜p3；
②压强与温度对正丁烷的平衡转化率的都有影响，且结果相反，随着温度升高，平衡转化率最终相同，说明压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定，故答案为：随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定；
（4）①A．增大压强，即缩小容器体积，瞬时CH4浓度增大，随后CH4浓度减小，A错误；
B．增大正丁烷的浓度，平衡向正方向移动，CH4浓度增大，B正确；
C．加入催化剂，平衡不移动，甲烷的浓度不变，C错误，
故答案为：B；
②根据图3，同时发生反应1和反应2，平衡时生成了0.3mol•L-1的CH4，消耗了0.7mol•L-1的C4H10，说明反应2生成了0.4mol•L-1的C2H6，平衡体系中各组分的浓度分别是：c(CH4)=c(C3H6)=0.3mol/L，c(C2H6)=c(C2H4)=0.4mol/L，c(C4H10)=0.3mol/L，各组分的分压：p(CH4)=p(C3H6)=×17akPa=3akPa，p(C2H6)=p(C2H4)=4akPa，p(C4H10)=3akPa，反应1的平衡常数Kp===3akPa，故答案为：3a。

三、有机推断题
22．芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如图转化关系：

已知：
①A是芳香族化合物且苯环侧链上有两种处于不同环境下的氢原子；
②+CO2；
③RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′+H2O。
回答下列问题：
(1)B的分子式为____，F具有的官能团名称是____。
(2)由D生成E的反应类型为____，由E生成F所需试剂及反应条件为____。
(3)K的结构简式为____。
(4)由H生成I的化学方程式为____。
(5)化合物F的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有____种(不考虑立体异构)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上有两个取代基。
其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为____。
(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线____(无机试剂任用，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
【答案】(1)     C9H10     羟基、醛基
(2)     取代反应(或水解反应)     Cu/Ag，O2，加热
(3)
(4)n +(n-1)H2O
(5)     6    
(6)(CH3)3COH(CH3)2C=CH2

【分析】A的苯环上支链上只有两种不同化学环境的氢原子，A的不饱和度==4，侧链没有不饱和键，A为，B能发生加成反应，则A发生消去反应生成B，B为，B和溴发生加成反应生成D为，B发生氧化反应生成C，C能和苯甲醛发生信息③的反应，则C为、K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F与新制的Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为；(5)本题采用逆向合成法，即根据已知信息③可知可由和合成得到，根据已知信息②可知可由(CH3)2C=CH2氧化得到，而(CH3)2C=CH2则可以由原料(CH3)3COH通过消去反应制得，依次确定合成路线，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，B的结构简式为：，则其分子式为C9H10，F的结构简式为：，则其具有的官能团名称是羟基和醛基，故答案为：C9H10；羟基和醛基；
（2）由分析可知，由D生成E即发生水解反应生成，则该反应的反应类型为取代反应(或水解反应)，由E生成F即催化氧化成，则所需试剂及反应条件为Cu/Ag，O2，加热，故答案为：取代反应(或水解反应)；Cu/Ag，O2，加热；
（3）由分析可知，K的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，由H生成I即发生缩聚反应生成，则该反应的化学方程式为n +(n-1)H2O，故答案为：n +(n-1)H2O；
（5）由化合物F的分子式为C9H10O2，不饱和度为：=5，故其能同时满足①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基；②能发生银镜反应含有醛基；③苯环上有两个取代基，则分别为-OH、-CH2CH2CHO或者-OH、-CH(CHO)CH3两种组合，每一种又有邻间对三种位置关系，故F同时满足三个条件的同分异构体中有6种，其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为3：2：2：1：1：1的化合物的结构简式为，故答案为：6；；
（6）本题采用逆向合成法，即根据已知信息③可知可由和合成得到，根据已知信息②可知可由(CH3)2C=CH2氧化得到，而(CH3)2C=CH2则可以由原料(CH3)3COH通过消去反应制得，依次确定合成路线为：(CH3)3COH(CH3)2C=CH2 ，故答案为：(CH3)3COH(CH3)2C=CH2 。

四、结构与性质
23．目前已经确认了16种元素是植物生长所必需的，其中硼、铁、铜、钼等7种元素为必需的微量元素。回答下列问题：
(1)钼位于第5周期与Cr同族，试写出钼的基态价电子排布式_______，钼位于周期表第_______纵行。
(2)铁元素能与多种分子或离子形成配位键，如[FeCl2(H2O)4]+、Fe(CO)5。
①[FeCl2(H2O)4]+中每个H2O的O周围σ键电子对有_______对，游离态的水中H-O-H的键角比该配离子中H-O-H的键角小，其原因是_______。
②CO分子中C原子和O原子，上均存在孤电子对，在Fe(CO)5中_______(填元素符号)更容易为Fe提供孤电子对。
(3)硼氢化钠(NaBH4)具有很强的还原性，常用于有机合成，的VSEPR模型为_______与其互为等电子体的阳离子有_______(写一种)。
(4)一种铜的溴化物立方晶胞如图所示。

该化合物的化学式为_______，在晶体中与Br紧邻的Br有_______个，若Cu原子与最近的Br原子的核间距为apm，则该晶体的密度计算表达式为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)     4d55s1     6
(2)     3     游离态的水分子中O原子孤电子对对σ键的斥力比该配离子水分子中O原子的σ键之间的斥力大，造成H—O—H键角减小     C
(3)     正四面体    
(4)     CuBr     12    

【详解】（1）钼与Cr元素同族，故其价电子层电子相同，Cr的价电子排布式是3d54s1，所以钼元素的价电子排布式是“4d55s1”；Cr元素位于元素周期表第四周期IVB族，在元素周期表第6纵行，所以钼元素也位于元素周期表第6纵行；
（2）在配离子[FeCl2(H2O)4]+中，水分子中有自身形成的两个H—O σ键，同时O原子与中心离子Fe3+之间还形成一条配位键σ键，所以每个水分子共有“3”条σ键；孤电子对对σ键的斥力大于σ键之间的斥力，所以本问第二空应填“游离态的水分子中O原子孤电子对对σ键的斥力比该配离子水分子中O原子的σ键之间的斥力大，造成H—O—H键角减小”；在Fe(CO)5中配位体CO中，C元素非极性更弱一些，其孤电子对更容易作为共用电子对提供给Fe；
（3）离子中B原子与周围四个H原子之间有4条σ键，所以该离子中心原子B价层电子对数为4，其VSEPR模型对应是“正四面体”；离子中有五个原子，共8个价电子，故与其属于等电子体的应该也是五个原子，8个价电子的微粒，所以可以是CH4、、SiH4等多个微粒；
（4）该晶胞中有4个Cu原子位于晶胞内部，故晶胞Cu原子数为4，有8个Br原子位于顶点，6个Br原子位于面心，故晶胞Br原子数为，Cu与Br原子个数比为4﹕4=1﹕1，所以该晶胞对应化合物的化学式为“CuBr”；以晶胞中一个顶点的Br原子为参照点，与其距离相等且最近的是共同拥有该顶点的三个面上面心的Br原子，该顶点为8个晶胞所共有，每个面心上的Br原子为两个晶胞共用，所以在晶体中与Br紧邻的Br有个；若将该晶胞再均分为8块，则有Cu原子的小立方体中Cu原子正好位于立方体体心，Br原子到Cu原子的最短距离为apm，则小立方体的体对角线为2apm，则晶胞的体对角线为4apm，设晶胞棱长为x，根据勾股定理有，解之得，根据之前的分析，每个晶胞中有4个Cu原子和4个Br，所以该晶胞的质量为，晶胞体积为(1pm=10-10cm)，所以该晶体的密度计算式为，整理后本问第三空应填“ ”。