精品解析：江西省上犹中学2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省上犹中学2022-2023学年高二下学期6月期末考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列系统命名正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
高二化学试卷
考生注意：
1.请将各题答案填写在答题卡上，填写在试卷上无效。
2.考试期间考生不得向监考老师提出任何与试卷内容相关问题，若有违反一律按考试舞弊处理(本场考试科目记做0分)。
3. 请勿在草稿纸上做任何标记，考试结束后请立即停止作答，由监考老师回收试卷、答题卡、草稿纸，期间考生不得离开考场。
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 二氧化硅熔点高，可用于制作光导纤维
B. SO2 具有漂白性，可用于制溴工业中吸收 Br2
C. FeCl3 溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
D. 氨气易液化，可用作工业制冷剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅具有良好的传输光信号的能力，用于制作光导纤维，故A错误；
B．SO2 具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故B错误；
C．FeCl3具有较强氧化性，能与铜单质发生反应，可用于蚀刻铜制的电路板，故C错误；
D．氨气易液化，液氨在气化过程中吸收大量的热，可用液氨作制冷剂，故D正确；
故选：D。
2. 某有机物的结构如图所示，关于该有机物下列说法正确的是

A. 分子完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个
B. 该有机物分子存在顺反异构
C. 分子与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐有2种
D. 分子可以在NaOH醇溶液加热条件下发生消去反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．分子完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个，如图所示：，A正确；
B．碳碳双键两端碳原子各连不同原子或原子团时存在顺反异构，题目中物质不符合题意，B错误；
C．分子与足量NaOH溶液完全反应后生成和碳酸钠溶液，钠盐只有碳酸钠这1种，C错误；
D．含醇羟基的有机物发生消去反应的条件为：浓硫酸、加热，D错误；
答案选A。
3. 含4个碳原子的烃分子结构中，碳原子相互结合的几种方式如下图，下列说法不正确的是

A. ①②⑧均为饱和烃 B. ③④互为同系物 C. ⑥⑦属于炔烃 D. ⑤⑨互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知，①②⑧均不含有不饱和键，均为饱和烃，故A正确；
B．③的结构简式为CH3CH2CH=CH2，④的结构简式为CH3CH=CHCH3，二者的分子式均为C4H8，互为同分异构体，故B错误；
C．⑥⑦中均含有碳碳三键，属于炔烃，故C正确；
D．⑤和⑨的分子式均为C4H8，互为同分异构体，故D正确；
故选B。
4. 下列系统命名正确的是（ ）
A. 2-甲基-4-乙基戊烷 B. 3,3,4-甲基己烷
C. 2,4-二甲基辛烷 D. 3,5-二甲基己烷
【答案】C
【解析】
【详解】A、2-甲基-4-乙基戊烷正确的命名为2，4-二甲基己烷，选项A错误；
B、3，4，4-甲基己烷正确的命名为3，3，4-三甲基己烷，选项B错误；
C、2，4-二甲基辛烷名称符合系统命名方法和原则，选项C正确；
D、3，5-二甲基己烷正确的命名为2，4-二甲基己烷，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了有机物相同命名方法的应用，注意主链选择，起点编号，名称书写的规范方法是解题关键，题目较简单，如2-甲基-4-乙基戊烷：烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故此烷烃的主链上有6个碳原子，即为己烷，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，故在2号和4号碳原子上各有一个甲基。
5. 下列说法正确的是
A. 基态某原子的价层电子排布式为，推断该元素位于第五周期第ⅠA族
B. 硼原子核外电子由，原子放出能量
C. C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是O>N>C
D. Cl、Br、Se(硒)的电负性依次减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态某原子的价层电子排布式为，推断该元素位于第五周期第ⅠB族，A错误；
B．硼原子核外电子由，电子跃迁，原子吸收能量，B错误；
C．同周期元素，第一电离能一般为由小变大，氮原子的电子排布属于半充满结构，第一电离能大于相邻元素，故三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N>O> C，C错误；
D．Cl、Br为同主族元素，电负性从下往上增大，溴和Se(硒)为同周期元素，从左到右电负性增大，故三种元素电负性顺序为Cl>Br>Se，D正确；
故选D。
6. 化合物M可用于口腔清洁，其结构式如图所示。已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号主族元素，X与Y同主族。下列说法错误的是

A. M与乙醇的消毒原理相同
B. 简单离子的半径，Y>Z>X
C. 元素的电负性：X>Y>W
D. ZW仅含离子键，可与H2O发生反应
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号主族元素，W与Z、X与Y分别同主族，W形成1个共价键，X形成2个共价键，Y形成6个共价键，Z形成+1价阳离子，且Y、Z对应的简单离子核外电子排布相同，则W为H，X为O，Y为S，Z为K元素，以此来解析；
【详解】A．化合物M中含有过氧键，具有氧化性，氧化杀菌消毒，乙醇的消毒原理：75%浓度的酒精可以进入细菌的内部,通过凝固细菌的蛋白质从而杀死细菌相同，A错误；
B．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径：Y> Z> X，B正确；
C．同主族从上到下电负性减小，同周期主族元素从左向右电负性增大，则H、O、S三种元素电负性由大到小的顺序为：O>S>H，C正确；
D．KH为离子化合物，仅含离子键，KH与H2O反应生成氢气和氢氧化钾，D正确；
7. 下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，请判断以下叙述正确的是
元素代号
a
b
c
d
e
原子半径/nm
0.130
0.118
0.090
0.037
0.073
主要化合价
+2
+3
+2
+1
-2

A. 简单离子半径：a＞e
B. 在相同条件下，单质与同浓度的稀盐酸反应的剧烈程度为：b＞a
C. 由a、b形成的合金熔点比a单质的低，硬度比a单质的大
D. e单质与d单质化合生成一种常见液体的过程有非极性键的断裂与形成
【答案】C
【解析】
【分析】依据元素的常见化合价，可确定e为O元素；d的原子半径比e小，则d元素应在e元素的上一周期，从而确定d元素为H元素；a、c都显+2价，由原子半径的大小关系，可确定a为Mg，c为Be；再比较a、b的原子半径及化合价，可确定b为Al元素。由此得出a、b、c、d、e元素分别为Mg、Al、Be、H、O元素。
【详解】A．a、e分别为Mg、O，二者的电子层结构相同，但Mg的核电荷数大，离子半径小，所以简单离子半径：e＞a，A不正确；
B．Mg、Al为同周期元素，Mg在Al的左边，金属性Mg比Al强，所以在相同条件下，单质与同浓度的稀盐酸反应的剧烈程度为：a＞b，B不正确；
C．合金的熔点通常比它的成分金属的熔点低，硬度比它的成分金属大，所以由a、b形成的合金熔点比a单质的低，硬度比a单质的大，C正确；
D．d、e分别为H、O元素，e单质与d单质化合生成的常见液体为水，在反应过程中有非极性键H-H、O=O键的断裂，但没有非极性键的形成，D不正确；
故选C
8. 砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点为1238℃。它在600℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是

A. 砷化镓是一种分子晶体
B. 砷元素在周期表位置是第四周期第VB族
C. 晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为4∶1
D. 晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体
【答案】D
【解析】
【详解】A． 根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为原子晶体，A错误；
B． 砷为33号元素，在周期表位置是第四周期第VA族，B错误；
C． 晶胞中，Ga位于顶点和面心，则数目为；As位于晶胞内，数目为4，所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1 : 1，C错误；
D． 由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体，且Ga为四面体的中心，D正确；
故选D。
9. 紫花前胡醇能提高人体免疫力，可从中药材当归和白芷中提取，结构简式如图所示。下列关于该化合物说法错误的是

A. 分子式为C14H14O4
B. 分子中含有2个手性碳原子
C. 分子中所有碳原子不可能共平面
D. 紫花前胡醇均能使酸性高锰酸钾和溴水褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．由分子结构可知，分子式为C14H14O4，A正确；
B．连有四个不同基团的碳是手性碳，该化合物中只有一个手性碳， ，B错误；
C．左边六元环上有3个C为sp3杂化（图中1、2、3所示）， ，以这几个C为中心形成四面体结构，因此不可能共平面，C正确；
D．该分子右边六元环中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，可以被KMnO4氧化而使KMnO4褪色，D正确；
故选B。
10. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) ⇌2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列见表，下列说法错误的是
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10-3 mol/L
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4

A. 达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增大
B. 当混合气体平均相对分子质量为26时说明该反应已达平衡
C. 根据表中数据，计算25.0 ℃时分解的浓度平衡常数约为1.6×10-8 mol3/L3
D. 若保持温度和容器体积不变，平衡后再充入n(NH3)∶n(CO2)=2∶1，则再次达到平衡时c(NH3)不变
【答案】B
【解析】
【分析】该化学反应比较特殊，反应物全固态，生成物起始量为0，则反应进行过程中，不额外加入生成物的情况下，n(NH3) : n(CO2) = 2:1始终成立。
【详解】A．根据勒沙特列原理，达到平衡后，压缩容器容积，平衡向气体体积减小的方向移动，本反应平衡向生成氨基甲酸铵的方向进行，达到新平衡后，氨基甲酸铵质量增大，命题正确，不符题意；
B．当只有生成物是气体时，反应生成物NH3和CO2物质的量之比恒等于2:1，所以有

始终为定值，无法表示平衡何时建立，命题错误，符合题意；
C．25℃，化学平衡状态下，生成物总浓度4.8×10-3mol/L，生成物NH3和CO2物质的量之比恒等于2:1，所以c(NH3)=3.2×10-3mol/L，c(CO2)=1.6×10-3mol/L，代入化学平衡常数K计算公式得：，命题正确，不符题意；
D．温度体积不变，额外加入的NH3和CO2的量也为2:1，则整个体系中n(NH3) : n(CO2)比值没有改变，依然为2:1，那么化学平衡常数表达式可表示为：，温度不变，K值不变，则NH3平衡浓度也不会改变，命题正确，不符题意；
综上，本题选B。
【点睛】大多数可逆化学反应在讨论平衡达到时，不变是可以用于表达平衡达到的数据。但本题反应物物态特殊，故对要具体问题具体分析。
二、不定项选择题(每题有一个或多个选项，每题4分，共20分)
11. 下列说法不正确的是
A. 与是不同的核素但具有相同的中子数
B. 二氯甲烷()有两种结构
C. 同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化
D. 环丙烷()和乙烯()互为同系物
【答案】BD
【解析】
【详解】A．它们属于不同的核素，前者的中子数为14－6=8，后者中子数为16－8=8，它们具有相同的中子数，A正确；
B．由于甲烷为正四面体的结构，甲烷的二氯代物也是四面体结构，只有一种，B错误；
C．在一定条件下，同素异形体之间可以相互转化，如石墨转化成金刚石，金刚石转化成石墨，C正确；
D．环丙烷中不含碳碳双键，碳原子以环的形式连接，乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙烯中含有碳碳双键，且碳的连接方式为链状，因此它们不属于同系物，D错误；
答案选BD。
12. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是
A. 甲烷与氯气混合后光照后混合气体颜色变浅；乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯()与氢气在一定条件下反应生成环己烷()
C. CH3CH2OH与氯化氢反应制取氯乙烷(CH3CH2Cl)；乙烯与氯化氢反应制取氯乙烷
D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气混合后光照后混合气体颜色变浅，原理为发生CH4+Cl2CH3Cl+HCl等、发生取代反应；乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷、属于加成反应，A符合题意；
B．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，苯()与氢气在一定条件下反应生成环己烷()，+3H2发生加成反应，B不合题意；
C．CH3CH2OH与HCl反应制取氯乙烷(CH3CH2Cl)，CH3CH2OH+HClCH3CH2Cl+H2O，发生取代反应，乙烯与氯化氢反应制取氯乙烷：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，发生加成反应，C符合题意；
D．在苯中滴入溴水，溴水褪色是萃取过程未发生化学反应；乙烯自身生成聚乙烯的反应为加聚反应，D不合题意；
故答案为：AC。
13. 内酯Y可以由X通过电解合成，并能在一定条件下转化为Z，转化路线如下图所示。

下列说法正确的是
A. Y的一氯代物有4种
B. X→Y的反应在电解池阳极发生
C. 1 mol X最多可与7 mol H2发生加成反应
D. 在一定条件下，Z可与甲醛发生反应
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．Y分子不对称，有8种H(2个苯环上的8个H)，因此Y的一氯代物有8种，A错误；
B．X→Y的反应少了2个H，X发生氧化反应，因此X→Y的反应在电解池阳极发生，B正确；
C．X分子中-COOH不能与氢气加成，1mol苯环能与3mol氢气加成，因此1 mol X最多可与6mol H2发生加成反应，C错误；
D．Z含酚羟基且酚羟基邻对位C上有H，因此Z可与甲醛发生酚醛缩聚反应，D正确；
答案选BD。
14. 茶文化是中国人民对世界饮食文化的一大贡献，茶叶中含有少量的咖啡因(结构简式如图)。下列关于咖啡因的说法错误的是

A. 咖啡因的组成元素均位于元素周期表p区
B. 咖啡因分子中C有 sp2、sp3两种杂化方式
C. 咖啡因分子有 4 个π键
D. 咖啡因分子间存在氢键
【答案】AD
【解析】
【详解】A．咖啡因的组成元素H位于元素周期表s区，其他元素位于元素周期表p区，故A错误；
B．咖啡因分子中含有C=O键的碳原子价层电子对数为3+0=3，是sp2杂化，—CH3中碳原子价层电子对数为4+0=4，是sp3杂化，左上角的N价层电子对数为4+0=4，是sp3杂化，右下角的N原子价层电子对数为2+1=3，是sp2杂化，故B正确；
C．根据咖啡因结构简式可知，其中有4个双键，则有 4 个π键，故C正确；
D．咖啡因不分子间存在氢键，不满足X—H∙∙∙Y(X、Y都是电负性大的原子)这个特点，故D错误。
故选AD。
15. 某FexNy的晶胞如图1所示，晶胞边长为apm，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。下列说法正确的是

A. 该FexNy的化学式为Fe2N
B. 与N等距且最近的N为8个
C. 两个a位置Fe的最近距离为apm
D. 其中较稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，Fe位于顶点和面心，N位于体内，N的个数为1，Fe的个数为8×+6× =4，则铁氮化合物的化学式为Fe4N，A错误；
B．以体心N原子看，与上下、左右、前后晶胞中体心的N距离最近且等距离，则晶体中与每个N距离最近且等距离的N为6个，B错误；
C．两个a位置Fe的最近距离为=apm， C正确；
D．由图2可知Cu代替b位置的Fe能量低更稳定，则Cu原子个数为8×=1，Fe原子个数为6×=3，N原子个数为1，可知更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN，D正确；
故答案为：CD。
三、填空题(共50分)
16. a、b、c、d、e、f是原子序数依次增大的非0族元素，位于元素周期表的前四周期。a的一种核素无中子，b的s能级电子数与p能级的电子数之比为4：3，c与e同主族，未成对电子数为2，d在同周期元素中的原子半径最大，f在同周期元素中的未成对电子数最多。请回答下列问题：
（1）上述元素中，位于元素周期表p区的元素有___________(填元素符号)，其中基态c原子中电子占据的最高能级的原子轨道形状是___________。
（2）基态e原子的核外电子排布式为___________，其核外有___________种不同空间运动状态的电子。
（3）b、c、d、e的简单离子半径由大到小的顺序为_____(用离子符号表示)，b、c、e元素中，第一电离能最大的元素为____，原因为__________。
（4）基态f原子的未成对电子数与成对电子数之比为____，下列属于f原子激发态电子排布式的有
___(填标号)
A． B． C． D．
【答案】（1） ①. N、O、S ②. 哑铃形
（2） ①. 或 ②. 9
（3） ①. ②. N ③. N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失去电子；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子
（4） ①. 1:3 ②. CD
【解析】
【分析】由题意知，a、b、c、d、e、f是原子序数依次增大的非0族元素，位于元素周期表的前四周期。a的一种核素无中子则a为H，b的s能级电子数与p能级的电子数之比为4：3即其核外电子排布式为1s22s22p3，则b为N，c与e同主族，未成对电子数为2，即c的核外电子排布式为：1s22s22p4，则c为O，e为S，d在同周期元素中的原子半径最大，则d为Na，f在同周期元素中的未成对电子数最多，即f为第四周期中未成对电子数最多的，其价层电子排布式为3d54s1，则f为Cr，综上分析可知，a、b、e、d、e、f分别是H、N、O、Na、S、Cr，据此分析解题。
【小问1详解】
根据元素分区的标准可知，上述元素中，H、Na位于s区，N、O、S位于元素周期表p区，Cr位于d区，其中基态c即O原子中电子占据的最高能级的原子轨道即2p，其形状是哑铃形，故答案为：N、O、S；哑铃形；
【小问2详解】
由分析可知，e为S，故其基态e原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，其核外电子共占据9个原子轨道，则其核外有9种不同空间运动状态的电子，故答案为：1s22s22p63s23p4或[Ne] 3s23p4；9；
【小问3详解】
由分析可知，b、e、d、e分别是N、O、Na、S，则b、c、d、e的简单离子即N3-、O2-、Na+、S2-，其中N3-、O2-、Na+具有相同的电子层结构，且核电荷数依次增大，离子半径依次减小，S2-比它们多一个电子层，离子半径最大，故其离子半径由大到小的顺序为，由于N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失去电子；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子，b、c、e即N、O、S元素中，第一电离能最大的元素为N，故答案为：；N；N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失去电子；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子；
【小问4详解】
由分析可知，f为Cr，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d54s1，则基态f原子的未成对电子数与成对电子数之比为6:18=1:3，
A．为Mn的激发态电子排布式，A不合题意；
B．为Cr的基态电子排布式，B不合题意；
C．是Cr的基态电子中3d上的电子跃迁到4p上，故为Cr的激发态电子排布式，C符合题意；
D．是Cr的基态电子中3d和4s上的电子跃迁到4p上，故为Cr的激发态电子排布式，D符合题意；
故答案为：1:3；CD。
17. 三聚氯氰是重要的精细化工产品，具有广泛的用途，其生产通常是由氯化氰制备和氯化氰聚合两个过程组成。
I氯化氰制备
已知：氯化氰为无色液体，熔点-6.5℃，沸点12.5℃。可溶于水、乙醇、乙醚等，遇水缓慢水解为氰酸和盐酸。现用氰化钠和氯气在四氯化碳中反应制备氯化氰，反应式：NaCN+Cl2=NaCl+CNCl。反应装置如图所示，在三口烧瓶上装有温度计、搅拌器、进气管、出气管，据图回答下列问题：

（1）CNCl的结构式为______；其中C原子的杂化类型为______。
（2）在氯化氰的制备装置中，装置3、装置9中的试剂为______。在反应前需要先向装置内通入约3分钟干燥氮气，目的是_____。
（3）该制备分为两个阶段。
阶段一：将40g氰化钠粉末及140mL四氯化碳装入烧瓶中，缓慢送入氯气并搅拌使得氯气与NaCN充分反应。此阶段装置7、装置10、装置11作用相同，为______；当D中出现______现象时，说明阶段一结束。
阶段二：将______(填“装置7”“装置10”或“装置11”)的温度调整至60℃，将_____(填“装置7”“装置10”或“装置11”)的温度调整至-40℃并缓慢通入氮气直至阶段二结束。阶段二结束之后产品将被集中在_____中(填字母)。
II.氯化氰聚合
（4）氯化氰干燥后，在聚合塔中加热至400℃后便能得到氯化氰三聚物，请画出氯化氰三聚物的结构式：______。
【答案】（1） ①. N≡C－Cl ②. sp
（2） ①. 浓硫酸 ②. 将装置内的空气排净
（3） ①. 维持低温环境，防止产物气化 ②. 黄绿色气体(过剩氯气) ③. 装置11 ④. 装置7 ⑤. C
（4）
【解析】
【小问1详解】
碳为四价结构，N为三价结构，所以CNCl的结构式为Cl-CN。C形成了两个Π键，采取sp杂化。答案为Cl-CN；sp；
【小问2详解】
氯化氰与水反应变质需要干燥无水处理，选择浓硫酸干燥，同时需要排尽装置中的空气。答案为浓硫酸；排尽装置中的空气；
【小问3详解】
为了减少Cl2挥发使其充分反应和便于收集氯化氰，需要降温冷凝，所以装置7、10、11均为冷凝作用。而多余的Cl2则进入D中而呈现黄绿色。当反应结束后需要将装置中残留的氯化氰蒸出，所以对装置11升温便于氯化氰逸出，同时装置7为冷凝装置，降温冷凝收集氯化氰。答案为维持低温环境，防止产物气化；黄绿色气体(过剩氯气)；装置11；装置7；C；
【小问4详解】
氯化氰碳氮三键可进行加聚。所以三聚物为。
18. I.有人设想合成具有以下结构的烃分子：

（1）结构D显然是不可能合成的，原因是_______。
（2）在结构A的每两个碳原子之间插入一个CH2原子团，可以形成金刚烷的结构()。写出金刚烷的分子式_______，其一氯代物有_______种。
（3）烃B的一种同分异构体是最简单的芳香烃，能证明该芳香烃中的化学键不是单双键交替排列的事实是_______。
a.它的对位二元取代物只有一种　　　　b.它的邻位二元取代物只有一种。
c.分子中所有碳碳键的键长均相等　　　d.能发生取代反应和加成反应
（4）烃C的一种属于芳香烃的同分异构体是生产某塑料的单体，写出合成该塑料的化学方程式为_______。
II.研究有机物的官能团，完成下列对比实验。

实验①
实验②
实验
方案



实验
现象
左侧烧杯内固体溶解，有无色气泡产生；右侧烧杯内无明显现象
左侧烧杯内有无色气泡产生；右侧烧杯内无明显现象
（5）由实验①可知，与碳酸钙发生反应的官能团是_______。
（6）由实验②可知，CH3CH2OH与金属钠反应时_______键断裂。
（7）设计并完成实验③，比较CH3CH2OH中的O-H键与CH3CH2COOH中的O-H键的活性。请将试剂a和实验现象补充完整。

实验③
实验方案

试剂a_______。
实验现象
_______。

【答案】（1）碳原子不可能形成5个共价键
（2） ①. C10H16 ②. 2
（3）b、c （4）n
（5）羧基(或-COOH)
（6）O-H （7） ①. CaCO3 ②. 左侧烧杯内无明显现象，右侧烧杯固体溶解、有无色气泡产生(其他合理答案也给分，如Na、Cu(OH)2、NaHCO3等等，但物质与相应现象要一致)
【解析】
【小问1详解】
每个C原子只能形成4条共价键，D物质的C原子形成5条共价键，因此D物质是不可能合成的；
【小问2详解】
根据金刚烷的结构可知，分子式为C10H16；金刚烷中有两种不同化学环境的氢，，因此一氯代物有2种；
【小问3详解】
烃B的分子式为C6H6，对应的芳香烃为，
a．若苯为单双建交替结构，它对位二元取代物也只有一种，a错误；
b．若苯为单双建交替结构，它的邻位二元取代物只有两种，若只有一种，说明苯不是单双建交替结构，b正确；
c．若苯为单双建交替结构，分子中所有碳碳键的键长均不相等，c正确；
d．若苯为单双建交替结构，也能发生取代反应和加成反应，d错误；
故选bc；
【小问4详解】
烃C分子式为C8H8，为苯乙烯（ ），发生加聚反应的方程式为n；
【小问5详解】
根据左侧烧杯内固体溶解的现象可知，能与CaCO3反应的是羧基；
【小问6详解】
根据左侧烧杯内有无色气泡产生的现象可知，Na与醇反应时，是醇羟基中的O-H键断裂；
【小问7详解】
比较CH3CH2OH中的O-H键与CH3CH2COOH中的O-H键的活性，可以参考上面的实验，加入CaCO3，-COOH可以与CaCO3反应，而醇-OH不能与CaCO3反应，因此加入CaCO3，左侧烧杯内无明显现象，右侧烧杯固体溶解、有无色气泡产生。
19. 我国著名药学家屠呦呦因发现治疗疟疾新型药物青蒿素和双氢青蒿素而获2015年诺贝尔生理学或医学奖，震惊世界，感动中国。已知青蒿素的一种化学部分工艺流程如下：

已知：+
（1）化合物A分子中手性碳原子的数目是_______个。
（2）C→D还可能生成分子式为的副产物，该副产物的结构简式为_______。
（3）M与E互为同系物，但比E少两个碳原子，写出一种满足下列条件的M的同分异构体的结构简式：_______。
a.能与溶液发生显色反应
b.1mol该物质最多可以消耗4mol NaOH
c.核磁共振氢谱有二组峰
（4）流程中设计E→F、G→H的目的是_______。
（5）根据上述信息，写出由苯甲醛和乙烯为原料，制备苄基乙醛()的合成路线流程图_____ (无机试剂及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）1 （2）
（3） （4）保护酮基
（5）CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH3CHO+
【解析】
【分析】A转化为B，B成环生成C，C和氢气加成得到D，D转化为E，E转化为F保护羰基，F生成G，G生成H将被保护的羰基转化回来，H最终转化为青蒿素。
【小问1详解】
手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中手性碳原子的数目是1个；
【小问2详解】
C→D和氢气加成过程中也可能羰基被加成为羟基，生成分子式为的副产物，的不饱和度为6，则说明C中羰基、碳碳双键均被加成得到副产物，其结构为；
【小问3详解】
同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；M与E互为同系物，但比E少两个碳原子，则M中含有六元环、醛基、酮基、酯基，不饱和度为4，除碳六元环外还有8个碳、4个氧；
a.能与溶液发生显色反应，则含有苯环和酚羟基；
b.1mol该物质最多可以消耗4mol NaOH，则需要含有4个酚羟基；
c.核磁共振氢谱有二组峰，结构对称性很好；
结构可以为：；
【小问4详解】
E→F反应中酮基被反应、G→H反应中酮基被恢复，故其目的是保护酮基；
【小问5详解】
乙烯和水加成生成乙醇，乙醇氧化为乙醛，乙醛和苯甲醛发生已知反应生成，发生消去反应生成，然后加成得到；故流程为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH3CHO+。