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2022-2023学年江西省南昌市部分学校高二（下）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年江西省南昌市部分学校高二（下）期末化学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省南昌市部分学校高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 中国文化博大精深，下列诗词涉及物质的主要成分不属于有机高分子化合物的是( )
A. “花间一壶酒，独酌无相亲”中的酒
B. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中的豆萁
C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的蚕丝
D. “榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮
2. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. 石炭酸的结构简式：
C. 甲烷的空间填充模型：
D. 基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
3. 有机化合物HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应，下列说法错误的是( )
A. 有机产物的官能团不同 B. 反应类型均为氧化反应
C. 有机产物互为同分异构体 D. 不能用银氨溶液鉴别两者的有机产物
4. 苯甲醛()是重要的有机合成原料。下列有机物与其互为同系物的是( )
A. CH3CH(CH3)CHO B.
C. D.
5. 已知：2F2+2H2O=4HF+O2，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. 键能：H−F>H−O
B. 电负性：F>O>H
C. 1mol基态F原子中含有的p能级电子数为7NA
D. 标准状况下，18gH2O中含有的极性键数目为2NA
6. 下列有机物命名正确的是( )
A. 2−甲基−1，3−丁二烯 B. 甲酸乙酯
C. 2−甲基−1−丙醇 D. 聚丙烯
7. 海洋资源的利用具有广阔的前景，从海水中提取镁的简单流程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 离子半径：Cl−>Ca2+>Mg2+>O2−
B. H2O和H3O+的VSEPR模型不同
C. 1个Cl只能与1个H结合形成HCl是因为共价键具有饱和性
D. Ca(OH)2、Mg(OH)2、MgCl2均为含有极性共价键的离子晶体
8. 下列高分子化合物是由两种单体通过缩聚反应制得的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 下列物质中，与NaOH溶液、溴水、Na单质都能反应的是( )
A. B. C. D.
10. 磷酸奥司他韦是治疗甲型流感和乙型流感的有效药物之一，其合成中间体HCR的结构简式如图所示。下列关于R的说法正确的是 ( )
A. 属于芳香族化合物
B. 分子中含有4种官能团
C. 能发生取代、加成、消去、氧化反应
D. 1molR最多能与4molNaOH发生反应
11. 由原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素组成的离子化合物结构如图所示。已知W的最简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物发生化合反应。Z、R的最简单气态氢化物均为10e−化合物。下列说法正确的是 ( )
A. 最高正价：R>W>Z>Y
B. XZW的空间结构为V形
C. 氢化物的沸点：R>W>Z>Y
D. WR3分子中所有原子均满足8电子稳定结构
12. 一种Pt(包括Pt0和Ptδ+)@S−1(沸石骨架)催化剂为设计高活性、长周期稳定的甲醇水蒸气重整制氢提供了可行的策略，反应机理如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 图中甲醇水蒸气重整制氢的过程中涉及极性键的断裂和形成
B. 通过调节Pt0和Ptδ+的比例，可以调控CO和CO2的生成含量
C. 在Pt0和Ptδ+的协同催化作用下，甲醇水蒸气重整制氢的速率提高
D. 在Ptδ+的作用下，HCO18OCH3发生的反应为HCO18OCH3+H2O→HCO18OH+CH3OH
13. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向溴的CCl4溶液中加入苯
溶液不褪色
苯分子中不存在碳碳双键
B
向淀粉水解液中加入几滴碘水
溶液变蓝
淀粉没有发生水解
C
向乙醇中加入一小粒金属钠
有气泡产生
乙醇能电离出H+
D
将乙醇与浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫红色变浅
反应生成了乙烯
A. A B. B C. C D. D
14. 下列化学方程式书写正确的是( )
A. C12H22O11(蔗糖)+H2O→酸2C6H12O6(葡萄糖)
B.
C.
D.
15. 1935年，L−苏氨酸(X)发现于纤维蛋白水解物中，且它是最后被发现的必需氨基酸，X可以发生如图反应，下列说法正确的是 ( )
A. X→Y的反应条件为NaOH的醇溶液
B. X分子中含有2个手性碳原子
C. W有两种结构(不考虑立体异构)
D. M的结构简式为
二、简答题（本大题共4小题，共55.0分）
16. 我国将力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标，因此二氧化碳的固定以及转化将成为重要的研究课题。
Ⅰ.在Cu−ZnO催化下CO2和H2反应生成甲醇：CO2+3H2→CH3OH+H2O
Ⅱ.新型Zn−CO2水介质电池放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质HCOOH
请回答下列问题：
(1)Ⅰ中涉及的CO2、H2、CH3OH、H2O，属于非极性分子的是 ______ ，基态O原子核外有 ______ 种不同空间运动状态的电子。
(2)HCOOH分子中σ键和π键数目之比为 ______ 。
(3)反应CO2+3H2→CH3OH+H2O中，碳原子的杂化方式由 ______ 转变为 ______ 。CH3OH的沸点高于CH3SH，原因是 ______ 。
(4)一种铜的配合物为[Cu(NH3)4]Cl2，其配体为 ______ ，0.1mol该配合物与足量AgNO3溶液充分反应，生成的白色沉淀质量为 ______ g。
17. 我国科研工作者开发了质子陶瓷燃料电池的高活性La1.2Sr0.8Ni0.5Mn0.5O4+δ(LSNM)阴极，使用这种核/双壳LSNM阴极的电池具有良好耐久性的优异性能。请回答下列问题：
(1)已知La的价层电子排布式为5d16s2，则其在元素周期表的位置为第 ______ 周期第 ______ 族，基态Mn原子的未成对电子数为 ______ 。
(2)一种Mn的配合物如图所示。
①该配合物中涉及的元素C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为 ______ (写元素符号)，分子中C原子与F原子形成的化学键为 ______ (填轨道重叠方式)σ键。
②该配合物中，提供孤对电子的是 ______ (写元素符号)，Mn(Ⅲ)的配位数为 ______ 。
(3)一种镧镍储氢合金LaNin的六方晶胞结构如图所示。
①镧镍储氢合金的化学式为 ______ 。
②设晶胞底面积为anm2，高为bnm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 ______ g⋅cm−3。
18. 1−溴丁烷主要用作萃取剂和用于有机合成。1−溴丁烷通常是由正丁醇与溴化钠、浓硫酸共热制得的：
NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4
正丁醇
1−溴丁烷
相对分子质量
74
137
沸点/℃
117.4
101.6
溶解度(水中)
微溶
不溶
实验流程：
实验装置(部分夹持装置省略)：
已知：3H2SO4+2NaBr=2NaHSO4+Br2+SO2↑+2H2O。
请回答下列问题：
(1)图1中，仪器甲的名称为 ______ ，烧杯中盛装的是NaOH溶液，其作用为 ______ ；图2的仪器使用前应进行的操作为 ______ 。
(2)不直接使用浓硫酸，而使用酸与水体积比为1：1的硫酸溶液，原因是 ______ (任写一点)。
(3)反应过程中，甲中除了生成1−溴丁烷，还会生成其他有机副产物，写出生成的副产物： ______ (写结构简式)。
(4)浓硫酸洗涤后，若油层有颜色，则是由氧化生成的Br2造成的，在随后水洗时可加入适量NaHSO3，发生反应的离子方程式为 ______ 。
(5)进行蒸馏纯化采用如图3所示装置进行，该装置存在的问题是 ______ ；若实验结束后，得到7.0g产品，则1−溴丁烷的产率为 ______ (保留三位有效数字)。
19. 吉非替尼是一种口服表皮生长因子受体酪氨酸激酶抑制剂，可阻碍肿瘤的生长、转移和血管生成，并加速肿瘤细胞的凋亡。其合成中间体H的合成路线如图：
回答下列问题：
(1)F中含氧官能团的名称是 ______ ，G→H的反应类型为 ______ 。
(2)D的结构简式为 ______ 。
(3)由B生成C的化学方程式为 ______ ，C分子中sp2杂化与sp3杂化的碳原子数之比为 ______ 。
(4)芳香族化合物M是B的同分异构体，符合下列条件的M的结构有 ______ 种，其中核磁共振氢谱图上有3组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构为 ______ (任写一种)。
①含有−COOCH3、−NO2
②含有两个−OH，且位于苯环间位
③苯环上含有四个取代基
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.酒的成分为CH3CH2OH，为有机小分子化合物，故A错误；
B.豆萁的主要成分为纤维素，为有机高分子化合物，故B正确；
C.蚕丝的主要成分为蛋白质，为有机高分子化合物，故C正确；
D.柳絮的主要成分为纤维素，为有机高分子化合物，故D正确；
故选：A。
A.酒的成分为CH3CH2OH；
B.豆萁的主要成分为纤维素；
C.蚕丝的主要成分为蛋白质；
D.柳絮的主要成分为纤维素。
本题考查常见物质的类别，可以依据有机高分子化合物的定义结合物质的相对分子质量来解答，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.羟基的结构简式为−OH，则电子式为，故A错误；
B.苯酚俗称石炭酸，结构简式为，故B错误；
C.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，为甲烷的球棍模型，其空间填充模型为，故C错误；
D.基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，价层电子轨道表示式为：，故D正确；
故选：D。
A.羟基不带电荷；
B.苯酚俗称石炭酸；
C.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
D.基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。
本题考查结构简式、电子式及空间填充模型，题目简单，注意对常见化学用语的掌握。
3.【答案】D
【解析】解：A.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应的产物分别是CH3CH2CHO、CH3COCH3，前者官能团是醛基、后者官能团是羰基，二者官能团不同，故A正确；
B.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应分别生成醛和酮，反应类型相同，都是氧化反应，故B正确；
C.CH3CH2CHO、CH3COCH3的分子式都是C3H6O，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.CH3CH2CHO能和银氨溶液发生银镜反应，CH3COCH3和银氨溶液不反应，现象不同，可以鉴别，故D错误；
故选：D。
A.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应的产物分别是CH3CH2CHO、CH3COCH3，前者官能团是醛基、后者官能团是羰基；
B.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应分别生成醛和酮，都是氧化反应；
C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D.含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、同分异构体的概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.CH3CH(CH3)CHO与的结构不相似，不是同系物，故A错误；
B.与的结构相似，分子间相差1个CH2，是同系物，故B正确；
C.与的结构不相似，不是同系物，故C错误；
D.与的结构不相似，不是同系物，故D错误；
故选：B。
结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称为同系物，据此进行解答。
本题考查有机物的结构与性质，主要考查同系物的概念，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：A.H−F键长小于H−O，所以键能：H−F>H−O，故A正确；
B.非金属性：H
D.标准状况下，18gH2O中含有的极性键数目为：18g18g/mol×2×NAmol−1=2NA，故D正确；
故选：C。
A.共价键越短，键能越大；
B.非金属性越强电负性越强；
C.F原子价电子排布为：1s22s22p5；
D.1个水分子含有2个H−O极性键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A．中含有双键最长的链为4个，碳碳双键为1号、2号、3号、4号碳原子，在2号碳上有1个甲基，故正确命名为：2−甲基−1，3−丁二烯，故A正确；
B.是酯类化合物，是乙酸和乙醇发生酯化反应生成的，故正确命名为：乙酸乙酯，故B错误；
C.为一元醇，包含羟基碳在内的主碳链4个，正确名称为2−丁醇，故C错误；
D.的单体为CH3C≡CH，故正确命名为聚丙炔，故D错误；
故选：A。
判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
(1)烷烃命名原则：
①选最长碳链为主链；
②遇等长碳链时，支链最多为主链；
③离支链最近一端编号；
④支链编号之和满足最小；
⑤两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
(2)有机物的名称书写要规范；
(3)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
本题考查了有机物的命名，关键是明确有机物的命名原则，注重基础性知识的考查，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多，离子半径越大，则离子半径：Cl−>Ca2+>O2−>Mg2+，故A错误；
B.H2O分子中O原子的价层电子对数为2+6−22=4，H3O+中O原子的价层电子对数为3+6−1−32=4，它们的VSEPR模型均为四面体，故B错误；
C.Cl原子最外层有1个未成对电子，可形成1个共价键，则1个Cl原子最多只能与1个H原子结合形成HCl分子，是由共价键的饱和性决定的，故C正确；
D.Ca(OH)2、Mg(OH)2、MgCl2均为离子晶体，Ca(OH)2、Mg(OH)2中OH−含有极性共价键，但MgCl2由Mg2+和Cl−构成，不含有极性共价键，故D错误；
故选：C。
海水提镁的简单流程为：向海水则加入熟石灰Ca(OH)2，镁离子与Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，浓缩、结晶分离出晶体MgCl2⋅6H2O，在HCl气流中脱水得到无水MgCl2，最后电解熔融MgCl2生成Mg和Cl2，据此分析解答。
本题以海水提镁为载体考查了物质的结构与性质，侧重基础知识检测和综合运用能力考查，把握离子半径大小比较、价层电子对数的计算、共价键的性质及类型等知识即可解答该题，注意理解掌握共价键的饱和性与方向性，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A．由HO(CH2)5COOH一种单体缩聚生成，故A错误；
B.由H2N(CH2)6NH2和HOOC(CH2)4COOH两种单体缩聚生成，故B正确；
C.由乙烯和丙烯两种单体加聚生成，故C错误；
D.由丙烯晴、1，3−丁二烯、苯乙烯三种单体加聚生成，故D错误；
故选：B。
首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，以此分析解答。
本题主要考查有机高分子化合物的结构和性质，涉及到单体的判断和高分子化合物的性质等知识点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.含酯基与NaOH溶液反应，含碳碳双键与溴水发生加成反应，与Na单质不反应，故A错误；
B.含羧基，与NaOH、Na反应，与溴水不反应，故B错误；
C.含羰基，与NaOH、溴水、Na均不反应，故C错误；
D.含酚羟基，与NaOH发生中和反应，酚羟基的邻位与溴水发生取代反应，羟基与Na反应生成氢气，故D正确；
故选：D。
A.含酯基、碳碳双键；
B.含羧基；
C.含羰基；
D.含酚羟基。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.该有机物中不含有苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；
B.分子中含有酯基、羟基、碳碳双键，共三种官能团，故B错误；
C.含羟基可发生取代、消去、氧化反应，含酯基可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故C正确；
D.酯基和NaOH以1：1反应，所以1molR最多能与1molNaOH反应，故D错误；
故选：C。
A.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
B.分子中含有酯基、羟基、碳碳双键；
C.具有烯烃、醇、酯的性质；
D.酯基和NaOH以1：1反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，把握酯、烯烃、醇的性质为解答的关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素H、B、C、N、F元素；
A.F元素非金属性强，没有最高正价，故A错误；
B.HCN分子中含有C−H键和C≡N键，中心C原子的价层电子是为2，则HCN的空间结构为直线形，故B错误；
C.HF分子间、NH3分子间均存在氢键，导致二者沸点较高，但C、B的氢化物种类多，有的是固体，如聚乙烯的沸点较高，则不能进行比较，故C错误；
D.NF3分子中含有N−F键，N原子还含有1对孤电子对，则NF3分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素的原子序数依次增大，且Z、R的最简单气态氢化物均为10e−化合物，则X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素的原子序数小于10，W的最简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物发生化合反应，则W为N元素；根据离子化合物中元素的价键情况可知，X为H元素，Y为B元素，Z为C元素，R为F元素，据此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，注意掌握价键规则的应用，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：A.由图分析可知：甲醇和水蒸气反应生成了CO2和H2O，该过程中有氢氧极性共价键的断裂和碳氧极性共价键的形成，故A正确；
B.由图可知，在Pt0催化作用下生成CO和H2，在Ptδ+的催化作用下生成CO2和H2，故通过调节Pt0和Ptδ+的比例，可以调控CO和CO2的生成含量，故B正确；
C.根据图示过程及催化剂的作用分析可知，在Pt0和Ptδ+的协同催化作用下，甲醇水蒸气重整制氢的速率提高，故C正确；
D.由图可知，在Ptδ+的作用下，HCO18OCH3发生反应后最终转化为CO18O和H2，反应方程式为：HCOl8OCH3+H2O→COl8O+H2，故D错误；
故选：D。
A.由图分析可知：甲醇和水蒸气反应可生成CO或CO2和H2；
B.由图可知，在Pt0催化作用下生成CO和H2，在Ptδ+的催化作用下生成CO2和H2；
C.根据图示过程及催化剂的作用分析；
D.由图可知，在Ptδ+的作用下，HCOlOCH发生反应后最终转化为COl8O和H2，反应方程式为HCOl8OCH3+H2O−COl8O+H2，故D错误。
本题考查化学反应的机理，侧重考查识图、理解、分析能力，属于基本知识的考查，题目难度适中。
13.【答案】A
【解析】解：A.溴、四氯化碳均易溶于苯，不发生反应，溶液不褪色，可知苯分子中不存在碳碳双键，故A正确；
B.淀粉遇碘变蓝，需检验葡萄糖证明淀粉水解，没有在碱性溶液中检验葡萄糖，不能证明淀粉没有水解，故B错误；
C.乙醇为非电解质，不能电离，与Na反应生成氢气，故C错误；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，故D错误；
故选：A。
A.溴、四氯化碳均易溶于苯；
B.淀粉遇碘变蓝，需检验葡萄糖证明淀粉水解；
C.乙醇为非电解质，不能电离；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
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、反应与现象、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。
14.【答案】C
【解析】解：A.蔗糖水解为葡萄糖和果糖，化学方程式为C12H22O11(蔗糖)+H2O→酸C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，故A错误；
B.酚羟基钠和二氧化碳反应生成酚羟基和NaHCO3：，故B错误；
C.羰基能和氢气发生加成反应生成羟基，化学方程式为，故C正确；
D.羧基和酯基均能和NaOH反应，化学方程式为，故D错误；
故选：C。
A.蔗糖水解为葡萄糖和果糖；
B.酚羟基钠和二氧化碳反应生成酚羟基和NaHCO3；
C.羰基能和氢气发生加成反应生成羟基；
D.羧基和酯基均能和NaOH反应。
本题考查了有机化学方程式的书写的正误判断，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。
15.【答案】B
【解析】解：A.X→Y时羟基转化为碳碳双键，发生醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，故A错误；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则X中与氨基、与羟基相连的碳原子为手性碳原子，共2个，故B正确；
C.2分子X之间脱水生成二肽只有一种，W为，故C错误；
D.X中只有羧基与NaOH反应，生成M为CH3CHOHCH(NH2)COONa，故D错误；
故选：B。
A.X→Y时羟基转化为碳碳双键；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
C.2分子X之间脱水生成二肽；
D.X中只有羧基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
16.【答案】CO2、H2 5 4：1 sp sp3 甲醇分子间能形成氢键 NH3 28.7
【解析】解：(1)非极性分子指正负电荷的重心重合的分子，CO2、H2、CH3OH、H2O，属于非极性分子的是CO2、H2，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，有5种不同空间运动状态的电子，
故答案为：CO2、H2；5；
(2)HCOOH分子含有1个双键和3个单键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，因此HCOOH分子中σ键和π键数目之比为4：1，
故答案为：4：1；
(3)CO2为直线形结构，碳原子的杂化方式为sp杂化，CH3OH分子中碳原子可形成4个σ键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；甲醇分子间能形成氢键，因此CH3OH的沸点高于CH3SH，
故答案为：sp；sp3；甲醇分子间能形成氢键；
(4)[Cu(NH3)4]Cl2的配体为NH3；1mol[Cu(NH3)4]Cl2能电离出2molCl−，因此0.1mol该配合物与足量AgNO3溶液充分反应能生成0.2molAgCl，质量为：0.2mol×143.5g/mol=28.7g，
故答案为：NH3；28.7。
(1)非极性分子指正负电荷的重心重合的分子，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，s能级有1种空间运动状态，p能级有3种空间运动状态；
(2)HCOOH分子含有1个双键和3个单键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键；
(3)CO2为直线形结构，碳原子的杂化方式为sp杂化，CH3OH分子中碳原子可形成4个σ键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；甲醇能形成分子间氢键熔沸点较高；
(4)[Cu(NH3)4]Cl2的配体为NH3；1mol[Cu(NH3)4]Cl2能电离出2molCl−。
本题主要考查原子轨道的杂化类型、氢键、化学键的类型等知识，为高频考点，题目难度不大。
17.【答案】六 ⅢB 5 F>N>O>C sp2−p N 4 LaNi5 4.34×1023ab⋅NA
【解析】解：(1)La的价层电子排布式为5d16s2；，La位于周期表中第六周期第ⅢB族；基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2，未成对电子数为5，
故答案为：六；ⅢB；5；
(2)①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p呈半满稳定状态，比相邻元素的大，故第一电离能由大到小的顺序为：F>N>O>C；分子中C原子为sp2杂化，F原子p轨道有成单电子，故分子中C原子与F原子形成的化学键为sp2−pσ键，
故答案为：F>N>O>C；sp2−pσ；
②Mn与N形成配位键时，中心离子Mn提供空轨道，配体N原子提供孤电子对；由Mn的配合物结构图可知，Mn连接4个N原子，故Mn(Ⅲ)的配位数为4，
故答案为：N；4；
(3)①由镧镍储氢合金LaNin的六方晶胞结构图可知，La位于顶点，个数为8×18=1，Ni位于面上和体心，个数为8×12+1=5，La：Ni=1：5，故镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，
故答案为：LaNi5；
②晶胞质量为139+5×59NAg=434NAg，晶胞体积为anm2×bnm=ab×10−21cm3，晶体密度ρ=mV=434NAab×10−21g⋅cm−3=4.34×1023ab⋅NAg⋅cm−3，
故答案为：4.34×1023ab⋅NA。
(1)La的价层电子排布式为5d16s2；基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2；
(2)①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p呈半满稳定状态，比相邻元素的大；分子中C原子为sp2杂化，F原子p轨道有成单电子；
②形成配位键时，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对；由Mn的配合物结构图可知，Mn连接4个N原子；
(3)①由镧镍储氢合金LaNin的六方晶胞结构图可知，La位于顶点，个数为8×18=1，Ni位于面上和体心，个数为8×12+1=5；
②晶胞质量为139+5×59NAg=434NAg，晶胞体积为anm2×bnm=ab×10−21cm3，根据ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构和性质，涉及周期表结构、核外电子排布、第一电离能、化学键、配位键、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查对基础知识及基本公式的掌握和运用，难点是晶胞计算，注意均摊法的正确使用，题目难度中等。
18.【答案】圆底烧瓶 吸收HBr、SO2、Br2等，防止污染空气 检查是否漏水 减弱硫酸的氧化性，减少有机物的碳化(或水的存在可以增加HBr的溶解量，减少HBr的损失或减少Br2的生成等) CH3CH2CH=CH2、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 Br2+H2O+HSO3−=2Br−+SO42−+3H+ 温度计的水银球没有置于蒸馏烧瓶支管口处 75.1%
【解析】解：(1)图1中仪器甲为圆底烧瓶，甲装置中发生反应生成副产品为HBr、SO2、Br2等，会污染空气，且都能与NaOH溶液反应，图2的仪器为分液漏斗，分液漏斗含有可旋转的玻璃活塞，使用前必须检查是否漏水，
故答案为：圆底烧瓶；吸收HBr、SO2、Br2等，防止污染空气；检查是否漏水；
(2)浓硫酸具有强氧化性，能与NaBr反应生成Br2单质，浓硫酸也有脱水性，能使有机物炭化，使用1：1的硫酸溶液可减弱硫酸的氧化性，减少有机物的碳化；可增加HBr的溶解量，减少HBr的损失；还可减少Br2的生成等，
故答案为：减弱硫酸的氧化性，减少有机物的碳化(或水的存在可以增加HBr的溶解量，减少HBr的损失或减少Br2的生成等)；
(3)正丁醇在浓硫酸、加热条件下能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，还可发生分子间脱水生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则该实验中可能生成的有机副产物是CH3CH2CH=CH2、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，
故答案为：CH3CH2CH=CH2、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；
(4)Br2具有强氧化性，NaHSO3具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成Na2SO4、NaBr，离子方程式为Br2+H2O+HSO3−=2Br−+SO42−+3H+，
故答案为：Br2+H2O+HSO3−=2Br−+SO42−+3H+；
(5)蒸馏纯化时温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，便于收集101.6℃馏分，8.3gNaBr的物质的量n(NaBr)=8.3g103g/mol≈0.08mol，n(正丁醇)=0.068mol，制备1−溴丁烷的反应为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4、CH3CH2CH2CH2OH+HBr→△CH3CH2CH2CH2Br+H2O，则理论上NaBr～CH3CH2CH2CH2OH～CH3CH2CH2CH2Br，则NaBr过量，1−溴丁烷的理论值n(1−溴丁烷)=n(正丁醇)=0.068mol，m(1−溴丁烷)=nM=0.068mol×137g/mol=9.316g，1−溴丁烷的产率为7.0g9.316g×100%≈75.1%，
故答案为：温度计的水银球没有置于蒸馏烧瓶支管口处；75.1%。
甲装置中NaBr、1：1的硫酸溶液与正丁醇反应可制备1−溴丁烷，反应为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4、CH3CH2CH2CH2OH+HBr→△CH3CH2CH2CH2Br+H2O，蒸馏得到粗产品，将粗产品用水洗除去NaBr、HBe等，分液后用浓硫酸洗涤除去未反应的1−丁醇，再用水加NaHSO3溶液洗除去浓硫酸、Br2等，碱洗涤除去NaHSO3，再水洗除去碱液，加入无水CaCl2固体干燥，蒸馏、收集101.6℃馏分得到1−溴丁烷，据此分析解答。
本题考查物质制备，侧重考查实验分析、计算及实验操作能力，明确实验原理、物质性质、物质制备原理、物质分离提纯、实验过程中所加试剂的作用是解题关键，注意掌握产率的计算方法，题目难度中等。
19.【答案】醚键、酯基 取代反应 7：2 7 或
【解析】解：(1)F中含氧官能团的名称是醚键、酯基，G→H的反应类型为取代反应，
故答案为：醚键、酯基；取代反应；
(2)D的结构简式为。
(3)B和甲醇发生酯化反应生成C，由B生成C的化学方程式为，C分子中苯环及酯基中碳原子采用sp2杂化，采用sp2杂化的碳原子有7个，甲基上的碳原子采用sp3杂化，有2个sp3杂化的碳原子，所以C分子中sp2杂化与sp3杂化的碳原子数之比为7：2，
故答案为：；7：2；
(4)芳香族化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：
①含有−COOCH3、−NO2，B的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4、酯基和硝基的不饱和度都是1，M中除了含有苯环、−COOCH3、−NO2外不含其它环或双键；
②含有两个−OH，且位于苯环间位；
③苯环上含有四个取代基，苯环上含有2个酚羟基、1个−COOCH3、1个−NO2，如果硝基位于两个酚羟基的中间位置，−COOCH3有2种位置异构；如果硝基与其中一个酚羟基相邻，−COOCH3有3种位置异构；如果硝基位于两个酚羟基的中间位置的对位上，−COOCH3有2种位置异构，所以符合条件的同分异构体有7种；其中核磁共振氢谱图上有3组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构为或，
故答案为：7；或。
A发生取代反应生成B，B和甲醇发生酯化反应生成C，C和D发生取代反应生成E，根据D的分子式及E的结构简式知，D为；E发生还原反应生成F，F发生反应生成G，G发生取代反应生成H。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类的判断，题目难度中等。
2022-2023学年江西省南昌市部分学校高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 中国文化博大精深，下列诗词涉及物质的主要成分不属于有机高分子化合物的是( )
A. “花间一壶酒，独酌无相亲”中的酒
B. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”中的豆萁
C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的蚕丝
D. “榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮
2. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. 石炭酸的结构简式：
C. 甲烷的空间填充模型：
D. 基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
3. 有机化合物HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应，下列说法错误的是( )
A. 有机产物的官能团不同 B. 反应类型均为氧化反应
C. 有机产物互为同分异构体 D. 不能用银氨溶液鉴别两者的有机产物
4. 苯甲醛()是重要的有机合成原料。下列有机物与其互为同系物的是( )
A. CH3CH(CH3)CHO B.
C. D.
5. 已知：2F2+2H2O=4HF+O2，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. 键能：H−F>H−O
B. 电负性：F>O>H
C. 1mol基态F原子中含有的p能级电子数为7NA
D. 标准状况下，18gH2O中含有的极性键数目为2NA
6. 下列有机物命名正确的是( )
A. 2−甲基−1，3−丁二烯 B. 甲酸乙酯
C. 2−甲基−1−丙醇 D. 聚丙烯
7. 海洋资源的利用具有广阔的前景，从海水中提取镁的简单流程如图所示，下列说法正确的是( )
A. 离子半径：Cl−>Ca2+>Mg2+>O2−
B. H2O和H3O+的VSEPR模型不同
C. 1个Cl只能与1个H结合形成HCl是因为共价键具有饱和性
D. Ca(OH)2、Mg(OH)2、MgCl2均为含有极性共价键的离子晶体
8. 下列高分子化合物是由两种单体通过缩聚反应制得的是( )
A.
B.
C.
D.
9. 下列物质中，与NaOH溶液、溴水、Na单质都能反应的是( )
A. B. C. D.
10. 磷酸奥司他韦是治疗甲型流感和乙型流感的有效药物之一，其合成中间体HCR的结构简式如图所示。下列关于R的说法正确的是 ( )
A. 属于芳香族化合物
B. 分子中含有4种官能团
C. 能发生取代、加成、消去、氧化反应
D. 1molR最多能与4molNaOH发生反应
11. 由原子序数依次增大的X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素组成的离子化合物结构如图所示。已知W的最简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物发生化合反应。Z、R的最简单气态氢化物均为10e−化合物。下列说法正确的是 ( )
A. 最高正价：R>W>Z>Y
B. XZW的空间结构为V形
C. 氢化物的沸点：R>W>Z>Y
D. WR3分子中所有原子均满足8电子稳定结构
12. 一种Pt(包括Pt0和Ptδ+)@S−1(沸石骨架)催化剂为设计高活性、长周期稳定的甲醇水蒸气重整制氢提供了可行的策略，反应机理如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 图中甲醇水蒸气重整制氢的过程中涉及极性键的断裂和形成
B. 通过调节Pt0和Ptδ+的比例，可以调控CO和CO2的生成含量
C. 在Pt0和Ptδ+的协同催化作用下，甲醇水蒸气重整制氢的速率提高
D. 在Ptδ+的作用下，HCO18OCH3发生的反应为HCO18OCH3+H2O→HCO18OH+CH3OH
13. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向溴的CCl4溶液中加入苯
溶液不褪色
苯分子中不存在碳碳双键
B
向淀粉水解液中加入几滴碘水
溶液变蓝
淀粉没有发生水解
C
向乙醇中加入一小粒金属钠
有气泡产生
乙醇能电离出H+
D
将乙醇与浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫红色变浅
反应生成了乙烯
A. A B. B C. C D. D
14. 下列化学方程式书写正确的是( )
A. C12H22O11(蔗糖)+H2O→酸2C6H12O6(葡萄糖)
B.
C.
D.
15. 1935年，L−苏氨酸(X)发现于纤维蛋白水解物中，且它是最后被发现的必需氨基酸，X可以发生如图反应，下列说法正确的是 ( )
A. X→Y的反应条件为NaOH的醇溶液
B. X分子中含有2个手性碳原子
C. W有两种结构(不考虑立体异构)
D. M的结构简式为
二、简答题（本大题共4小题，共55.0分）
16. 我国将力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标，因此二氧化碳的固定以及转化将成为重要的研究课题。
Ⅰ.在Cu−ZnO催化下CO2和H2反应生成甲醇：CO2+3H2→CH3OH+H2O
Ⅱ.新型Zn−CO2水介质电池放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质HCOOH
请回答下列问题：
(1)Ⅰ中涉及的CO2、H2、CH3OH、H2O，属于非极性分子的是 ______ ，基态O原子核外有 ______ 种不同空间运动状态的电子。
(2)HCOOH分子中σ键和π键数目之比为 ______ 。
(3)反应CO2+3H2→CH3OH+H2O中，碳原子的杂化方式由 ______ 转变为 ______ 。CH3OH的沸点高于CH3SH，原因是 ______ 。
(4)一种铜的配合物为[Cu(NH3)4]Cl2，其配体为 ______ ，0.1mol该配合物与足量AgNO3溶液充分反应，生成的白色沉淀质量为 ______ g。
17. 我国科研工作者开发了质子陶瓷燃料电池的高活性La1.2Sr0.8Ni0.5Mn0.5O4+δ(LSNM)阴极，使用这种核/双壳LSNM阴极的电池具有良好耐久性的优异性能。请回答下列问题：
(1)已知La的价层电子排布式为5d16s2，则其在元素周期表的位置为第 ______ 周期第 ______ 族，基态Mn原子的未成对电子数为 ______ 。
(2)一种Mn的配合物如图所示。
①该配合物中涉及的元素C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为 ______ (写元素符号)，分子中C原子与F原子形成的化学键为 ______ (填轨道重叠方式)σ键。
②该配合物中，提供孤对电子的是 ______ (写元素符号)，Mn(Ⅲ)的配位数为 ______ 。
(3)一种镧镍储氢合金LaNin的六方晶胞结构如图所示。
①镧镍储氢合金的化学式为 ______ 。
②设晶胞底面积为anm2，高为bnm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 ______ g⋅cm−3。
18. 1−溴丁烷主要用作萃取剂和用于有机合成。1−溴丁烷通常是由正丁醇与溴化钠、浓硫酸共热制得的：
NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4
正丁醇
1−溴丁烷
相对分子质量
74
137
沸点/℃
117.4
101.6
溶解度(水中)
微溶
不溶
实验流程：
实验装置(部分夹持装置省略)：
已知：3H2SO4+2NaBr=2NaHSO4+Br2+SO2↑+2H2O。
请回答下列问题：
(1)图1中，仪器甲的名称为 ______ ，烧杯中盛装的是NaOH溶液，其作用为 ______ ；图2的仪器使用前应进行的操作为 ______ 。
(2)不直接使用浓硫酸，而使用酸与水体积比为1：1的硫酸溶液，原因是 ______ (任写一点)。
(3)反应过程中，甲中除了生成1−溴丁烷，还会生成其他有机副产物，写出生成的副产物： ______ (写结构简式)。
(4)浓硫酸洗涤后，若油层有颜色，则是由氧化生成的Br2造成的，在随后水洗时可加入适量NaHSO3，发生反应的离子方程式为 ______ 。
(5)进行蒸馏纯化采用如图3所示装置进行，该装置存在的问题是 ______ ；若实验结束后，得到7.0g产品，则1−溴丁烷的产率为 ______ (保留三位有效数字)。
19. 吉非替尼是一种口服表皮生长因子受体酪氨酸激酶抑制剂，可阻碍肿瘤的生长、转移和血管生成，并加速肿瘤细胞的凋亡。其合成中间体H的合成路线如图：
回答下列问题：
(1)F中含氧官能团的名称是 ______ ，G→H的反应类型为 ______ 。
(2)D的结构简式为 ______ 。
(3)由B生成C的化学方程式为 ______ ，C分子中sp2杂化与sp3杂化的碳原子数之比为 ______ 。
(4)芳香族化合物M是B的同分异构体，符合下列条件的M的结构有 ______ 种，其中核磁共振氢谱图上有3组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构为 ______ (任写一种)。
①含有−COOCH3、−NO2
②含有两个−OH，且位于苯环间位
③苯环上含有四个取代基
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.酒的成分为CH3CH2OH，为有机小分子化合物，故A错误；
B.豆萁的主要成分为纤维素，为有机高分子化合物，故B正确；
C.蚕丝的主要成分为蛋白质，为有机高分子化合物，故C正确；
D.柳絮的主要成分为纤维素，为有机高分子化合物，故D正确；
故选：A。
A.酒的成分为CH3CH2OH；
B.豆萁的主要成分为纤维素；
C.蚕丝的主要成分为蛋白质；
D.柳絮的主要成分为纤维素。
本题考查常见物质的类别，可以依据有机高分子化合物的定义结合物质的相对分子质量来解答，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.羟基的结构简式为−OH，则电子式为，故A错误；
B.苯酚俗称石炭酸，结构简式为，故B错误；
C.用小球和小棍表示的模型为球棍模型，为甲烷的球棍模型，其空间填充模型为，故C错误；
D.基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，价层电子轨道表示式为：，故D正确；
故选：D。
A.羟基不带电荷；
B.苯酚俗称石炭酸；
C.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；
D.基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。
本题考查结构简式、电子式及空间填充模型，题目简单，注意对常见化学用语的掌握。
3.【答案】D
【解析】解：A.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应的产物分别是CH3CH2CHO、CH3COCH3，前者官能团是醛基、后者官能团是羰基，二者官能团不同，故A正确；
B.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应分别生成醛和酮，反应类型相同，都是氧化反应，故B正确；
C.CH3CH2CHO、CH3COCH3的分子式都是C3H6O，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.CH3CH2CHO能和银氨溶液发生银镜反应，CH3COCH3和银氨溶液不反应，现象不同，可以鉴别，故D错误；
故选：D。
A.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应的产物分别是CH3CH2CHO、CH3COCH3，前者官能团是醛基、后者官能团是羰基；
B.HOCH2CH2CH3和CH3CH(OH)CH3在Cu催化下与O2反应分别生成醛和酮，都是氧化反应；
C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D.含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、同分异构体的概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.CH3CH(CH3)CHO与的结构不相似，不是同系物，故A错误；
B.与的结构相似，分子间相差1个CH2，是同系物，故B正确；
C.与的结构不相似，不是同系物，故C错误；
D.与的结构不相似，不是同系物，故D错误；
故选：B。
结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称为同系物，据此进行解答。
本题考查有机物的结构与性质，主要考查同系物的概念，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：A.H−F键长小于H−O，所以键能：H−F>H−O，故A正确；
B.非金属性：H
D.标准状况下，18gH2O中含有的极性键数目为：18g18g/mol×2×NAmol−1=2NA，故D正确；
故选：C。
A.共价键越短，键能越大；
B.非金属性越强电负性越强；
C.F原子价电子排布为：1s22s22p5；
D.1个水分子含有2个H−O极性键。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A．中含有双键最长的链为4个，碳碳双键为1号、2号、3号、4号碳原子，在2号碳上有1个甲基，故正确命名为：2−甲基−1，3−丁二烯，故A正确；
B.是酯类化合物，是乙酸和乙醇发生酯化反应生成的，故正确命名为：乙酸乙酯，故B错误；
C.为一元醇，包含羟基碳在内的主碳链4个，正确名称为2−丁醇，故C错误；
D.的单体为CH3C≡CH，故正确命名为聚丙炔，故D错误；
故选：A。
判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
(1)烷烃命名原则：
①选最长碳链为主链；
②遇等长碳链时，支链最多为主链；
③离支链最近一端编号；
④支链编号之和满足最小；
⑤两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
(2)有机物的名称书写要规范；
(3)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
本题考查了有机物的命名，关键是明确有机物的命名原则，注重基础性知识的考查，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多，离子半径越大，则离子半径：Cl−>Ca2+>O2−>Mg2+，故A错误；
B.H2O分子中O原子的价层电子对数为2+6−22=4，H3O+中O原子的价层电子对数为3+6−1−32=4，它们的VSEPR模型均为四面体，故B错误；
C.Cl原子最外层有1个未成对电子，可形成1个共价键，则1个Cl原子最多只能与1个H原子结合形成HCl分子，是由共价键的饱和性决定的，故C正确；
D.Ca(OH)2、Mg(OH)2、MgCl2均为离子晶体，Ca(OH)2、Mg(OH)2中OH−含有极性共价键，但MgCl2由Mg2+和Cl−构成，不含有极性共价键，故D错误；
故选：C。
海水提镁的简单流程为：向海水则加入熟石灰Ca(OH)2，镁离子与Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，浓缩、结晶分离出晶体MgCl2⋅6H2O，在HCl气流中脱水得到无水MgCl2，最后电解熔融MgCl2生成Mg和Cl2，据此分析解答。
本题以海水提镁为载体考查了物质的结构与性质，侧重基础知识检测和综合运用能力考查，把握离子半径大小比较、价层电子对数的计算、共价键的性质及类型等知识即可解答该题，注意理解掌握共价键的饱和性与方向性，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A．由HO(CH2)5COOH一种单体缩聚生成，故A错误；
B.由H2N(CH2)6NH2和HOOC(CH2)4COOH两种单体缩聚生成，故B正确；
C.由乙烯和丙烯两种单体加聚生成，故C错误；
D.由丙烯晴、1，3−丁二烯、苯乙烯三种单体加聚生成，故D错误；
故选：B。
首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，以此分析解答。
本题主要考查有机高分子化合物的结构和性质，涉及到单体的判断和高分子化合物的性质等知识点，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.含酯基与NaOH溶液反应，含碳碳双键与溴水发生加成反应，与Na单质不反应，故A错误；
B.含羧基，与NaOH、Na反应，与溴水不反应，故B错误；
C.含羰基，与NaOH、溴水、Na均不反应，故C错误；
D.含酚羟基，与NaOH发生中和反应，酚羟基的邻位与溴水发生取代反应，羟基与Na反应生成氢气，故D正确；
故选：D。
A.含酯基、碳碳双键；
B.含羧基；
C.含羰基；
D.含酚羟基。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.该有机物中不含有苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；
B.分子中含有酯基、羟基、碳碳双键，共三种官能团，故B错误；
C.含羟基可发生取代、消去、氧化反应，含酯基可发生取代反应，含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故C正确；
D.酯基和NaOH以1：1反应，所以1molR最多能与1molNaOH反应，故D错误；
故选：C。
A.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
B.分子中含有酯基、羟基、碳碳双键；
C.具有烯烃、醇、酯的性质；
D.酯基和NaOH以1：1反应。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，把握酯、烯烃、醇的性质为解答的关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素H、B、C、N、F元素；
A.F元素非金属性强，没有最高正价，故A错误；
B.HCN分子中含有C−H键和C≡N键，中心C原子的价层电子是为2，则HCN的空间结构为直线形，故B错误；
C.HF分子间、NH3分子间均存在氢键，导致二者沸点较高，但C、B的氢化物种类多，有的是固体，如聚乙烯的沸点较高，则不能进行比较，故C错误；
D.NF3分子中含有N−F键，N原子还含有1对孤电子对，则NF3分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素的原子序数依次增大，且Z、R的最简单气态氢化物均为10e−化合物，则X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素的原子序数小于10，W的最简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物发生化合反应，则W为N元素；根据离子化合物中元素的价键情况可知，X为H元素，Y为B元素，Z为C元素，R为F元素，据此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，侧重考查学生的分析能力及灵活运用基础知识的能力，注意掌握价键规则的应用，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：A.由图分析可知：甲醇和水蒸气反应生成了CO2和H2O，该过程中有氢氧极性共价键的断裂和碳氧极性共价键的形成，故A正确；
B.由图可知，在Pt0催化作用下生成CO和H2，在Ptδ+的催化作用下生成CO2和H2，故通过调节Pt0和Ptδ+的比例，可以调控CO和CO2的生成含量，故B正确；
C.根据图示过程及催化剂的作用分析可知，在Pt0和Ptδ+的协同催化作用下，甲醇水蒸气重整制氢的速率提高，故C正确；
D.由图可知，在Ptδ+的作用下，HCO18OCH3发生反应后最终转化为CO18O和H2，反应方程式为：HCOl8OCH3+H2O→COl8O+H2，故D错误；
故选：D。
A.由图分析可知：甲醇和水蒸气反应可生成CO或CO2和H2；
B.由图可知，在Pt0催化作用下生成CO和H2，在Ptδ+的催化作用下生成CO2和H2；
C.根据图示过程及催化剂的作用分析；
D.由图可知，在Ptδ+的作用下，HCOlOCH发生反应后最终转化为COl8O和H2，反应方程式为HCOl8OCH3+H2O−COl8O+H2，故D错误。
本题考查化学反应的机理，侧重考查识图、理解、分析能力，属于基本知识的考查，题目难度适中。
13.【答案】A
【解析】解：A.溴、四氯化碳均易溶于苯，不发生反应，溶液不褪色，可知苯分子中不存在碳碳双键，故A正确；
B.淀粉遇碘变蓝，需检验葡萄糖证明淀粉水解，没有在碱性溶液中检验葡萄糖，不能证明淀粉没有水解，故B错误；
C.乙醇为非电解质，不能电离，与Na反应生成氢气，故C错误；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，故D错误；
故选：A。
A.溴、四氯化碳均易溶于苯；
B.淀粉遇碘变蓝，需检验葡萄糖证明淀粉水解；
C.乙醇为非电解质，不能电离；
D.挥发的乙醇及生成的乙烯、二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色。
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、反应与现象、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。
14.【答案】C
【解析】解：A.蔗糖水解为葡萄糖和果糖，化学方程式为C12H22O11(蔗糖)+H2O→酸C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，故A错误；
B.酚羟基钠和二氧化碳反应生成酚羟基和NaHCO3：，故B错误；
C.羰基能和氢气发生加成反应生成羟基，化学方程式为，故C正确；
D.羧基和酯基均能和NaOH反应，化学方程式为，故D错误；
故选：C。
A.蔗糖水解为葡萄糖和果糖；
B.酚羟基钠和二氧化碳反应生成酚羟基和NaHCO3；
C.羰基能和氢气发生加成反应生成羟基；
D.羧基和酯基均能和NaOH反应。
本题考查了有机化学方程式的书写的正误判断，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。
15.【答案】B
【解析】解：A.X→Y时羟基转化为碳碳双键，发生醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，故A错误；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则X中与氨基、与羟基相连的碳原子为手性碳原子，共2个，故B正确；
C.2分子X之间脱水生成二肽只有一种，W为，故C错误；
D.X中只有羧基与NaOH反应，生成M为CH3CHOHCH(NH2)COONa，故D错误；
故选：B。
A.X→Y时羟基转化为碳碳双键；
B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；
C.2分子X之间脱水生成二肽；
D.X中只有羧基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
16.【答案】CO2、H2 5 4：1 sp sp3 甲醇分子间能形成氢键 NH3 28.7
【解析】解：(1)非极性分子指正负电荷的重心重合的分子，CO2、H2、CH3OH、H2O，属于非极性分子的是CO2、H2，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，有5种不同空间运动状态的电子，
故答案为：CO2、H2；5；
(2)HCOOH分子含有1个双键和3个单键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，因此HCOOH分子中σ键和π键数目之比为4：1，
故答案为：4：1；
(3)CO2为直线形结构，碳原子的杂化方式为sp杂化，CH3OH分子中碳原子可形成4个σ键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；甲醇分子间能形成氢键，因此CH3OH的沸点高于CH3SH，
故答案为：sp；sp3；甲醇分子间能形成氢键；
(4)[Cu(NH3)4]Cl2的配体为NH3；1mol[Cu(NH3)4]Cl2能电离出2molCl−，因此0.1mol该配合物与足量AgNO3溶液充分反应能生成0.2molAgCl，质量为：0.2mol×143.5g/mol=28.7g，
故答案为：NH3；28.7。
(1)非极性分子指正负电荷的重心重合的分子，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，s能级有1种空间运动状态，p能级有3种空间运动状态；
(2)HCOOH分子含有1个双键和3个单键，双键中含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键；
(3)CO2为直线形结构，碳原子的杂化方式为sp杂化，CH3OH分子中碳原子可形成4个σ键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；甲醇能形成分子间氢键熔沸点较高；
(4)[Cu(NH3)4]Cl2的配体为NH3；1mol[Cu(NH3)4]Cl2能电离出2molCl−。
本题主要考查原子轨道的杂化类型、氢键、化学键的类型等知识，为高频考点，题目难度不大。
17.【答案】六 ⅢB 5 F>N>O>C sp2−p N 4 LaNi5 4.34×1023ab⋅NA
【解析】解：(1)La的价层电子排布式为5d16s2；，La位于周期表中第六周期第ⅢB族；基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2，未成对电子数为5，
故答案为：六；ⅢB；5；
(2)①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p呈半满稳定状态，比相邻元素的大，故第一电离能由大到小的顺序为：F>N>O>C；分子中C原子为sp2杂化，F原子p轨道有成单电子，故分子中C原子与F原子形成的化学键为sp2−pσ键，
故答案为：F>N>O>C；sp2−pσ；
②Mn与N形成配位键时，中心离子Mn提供空轨道，配体N原子提供孤电子对；由Mn的配合物结构图可知，Mn连接4个N原子，故Mn(Ⅲ)的配位数为4，
故答案为：N；4；
(3)①由镧镍储氢合金LaNin的六方晶胞结构图可知，La位于顶点，个数为8×18=1，Ni位于面上和体心，个数为8×12+1=5，La：Ni=1：5，故镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，
故答案为：LaNi5；
②晶胞质量为139+5×59NAg=434NAg，晶胞体积为anm2×bnm=ab×10−21cm3，晶体密度ρ=mV=434NAab×10−21g⋅cm−3=4.34×1023ab⋅NAg⋅cm−3，
故答案为：4.34×1023ab⋅NA。
(1)La的价层电子排布式为5d16s2；基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2；
(2)①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p呈半满稳定状态，比相邻元素的大；分子中C原子为sp2杂化，F原子p轨道有成单电子；
②形成配位键时，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对；由Mn的配合物结构图可知，Mn连接4个N原子；
(3)①由镧镍储氢合金LaNin的六方晶胞结构图可知，La位于顶点，个数为8×18=1，Ni位于面上和体心，个数为8×12+1=5；
②晶胞质量为139+5×59NAg=434NAg，晶胞体积为anm2×bnm=ab×10−21cm3，根据ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构和性质，涉及周期表结构、核外电子排布、第一电离能、化学键、配位键、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查对基础知识及基本公式的掌握和运用，难点是晶胞计算，注意均摊法的正确使用，题目难度中等。
18.【答案】圆底烧瓶 吸收HBr、SO2、Br2等，防止污染空气 检查是否漏水 减弱硫酸的氧化性，减少有机物的碳化(或水的存在可以增加HBr的溶解量，减少HBr的损失或减少Br2的生成等) CH3CH2CH=CH2、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 Br2+H2O+HSO3−=2Br−+SO42−+3H+ 温度计的水银球没有置于蒸馏烧瓶支管口处 75.1%
【解析】解：(1)图1中仪器甲为圆底烧瓶，甲装置中发生反应生成副产品为HBr、SO2、Br2等，会污染空气，且都能与NaOH溶液反应，图2的仪器为分液漏斗，分液漏斗含有可旋转的玻璃活塞，使用前必须检查是否漏水，
故答案为：圆底烧瓶；吸收HBr、SO2、Br2等，防止污染空气；检查是否漏水；
(2)浓硫酸具有强氧化性，能与NaBr反应生成Br2单质，浓硫酸也有脱水性，能使有机物炭化，使用1：1的硫酸溶液可减弱硫酸的氧化性，减少有机物的碳化；可增加HBr的溶解量，减少HBr的损失；还可减少Br2的生成等，
故答案为：减弱硫酸的氧化性，减少有机物的碳化(或水的存在可以增加HBr的溶解量，减少HBr的损失或减少Br2的生成等)；
(3)正丁醇在浓硫酸、加热条件下能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，还可发生分子间脱水生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则该实验中可能生成的有机副产物是CH3CH2CH=CH2、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，
故答案为：CH3CH2CH=CH2、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；
(4)Br2具有强氧化性，NaHSO3具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成Na2SO4、NaBr，离子方程式为Br2+H2O+HSO3−=2Br−+SO42−+3H+，
故答案为：Br2+H2O+HSO3−=2Br−+SO42−+3H+；
(5)蒸馏纯化时温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，便于收集101.6℃馏分，8.3gNaBr的物质的量n(NaBr)=8.3g103g/mol≈0.08mol，n(正丁醇)=0.068mol，制备1−溴丁烷的反应为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4、CH3CH2CH2CH2OH+HBr→△CH3CH2CH2CH2Br+H2O，则理论上NaBr～CH3CH2CH2CH2OH～CH3CH2CH2CH2Br，则NaBr过量，1−溴丁烷的理论值n(1−溴丁烷)=n(正丁醇)=0.068mol，m(1−溴丁烷)=nM=0.068mol×137g/mol=9.316g，1−溴丁烷的产率为7.0g9.316g×100%≈75.1%，
故答案为：温度计的水银球没有置于蒸馏烧瓶支管口处；75.1%。
甲装置中NaBr、1：1的硫酸溶液与正丁醇反应可制备1−溴丁烷，反应为NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4、CH3CH2CH2CH2OH+HBr→△CH3CH2CH2CH2Br+H2O，蒸馏得到粗产品，将粗产品用水洗除去NaBr、HBe等，分液后用浓硫酸洗涤除去未反应的1−丁醇，再用水加NaHSO3溶液洗除去浓硫酸、Br2等，碱洗涤除去NaHSO3，再水洗除去碱液，加入无水CaCl2固体干燥，蒸馏、收集101.6℃馏分得到1−溴丁烷，据此分析解答。
本题考查物质制备，侧重考查实验分析、计算及实验操作能力，明确实验原理、物质性质、物质制备原理、物质分离提纯、实验过程中所加试剂的作用是解题关键，注意掌握产率的计算方法，题目难度中等。
19.【答案】醚键、酯基 取代反应 7：2 7 或
【解析】解：(1)F中含氧官能团的名称是醚键、酯基，G→H的反应类型为取代反应，
故答案为：醚键、酯基；取代反应；
(2)D的结构简式为。
(3)B和甲醇发生酯化反应生成C，由B生成C的化学方程式为，C分子中苯环及酯基中碳原子采用sp2杂化，采用sp2杂化的碳原子有7个，甲基上的碳原子采用sp3杂化，有2个sp3杂化的碳原子，所以C分子中sp2杂化与sp3杂化的碳原子数之比为7：2，
故答案为：；7：2；
(4)芳香族化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：
①含有−COOCH3、−NO2，B的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4、酯基和硝基的不饱和度都是1，M中除了含有苯环、−COOCH3、−NO2外不含其它环或双键；
②含有两个−OH，且位于苯环间位；
③苯环上含有四个取代基，苯环上含有2个酚羟基、1个−COOCH3、1个−NO2，如果硝基位于两个酚羟基的中间位置，−COOCH3有2种位置异构；如果硝基与其中一个酚羟基相邻，−COOCH3有3种位置异构；如果硝基位于两个酚羟基的中间位置的对位上，−COOCH3有2种位置异构，所以符合条件的同分异构体有7种；其中核磁共振氢谱图上有3组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构为或，
故答案为：7；或。
A发生取代反应生成B，B和甲醇发生酯化反应生成C，C和D发生取代反应生成E，根据D的分子式及E的结构简式知，D为；E发生还原反应生成F，F发生反应生成G，G发生取代反应生成H。
本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类的判断，题目难度中等。
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