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重庆市校西南大学附属中学校2022-2023学年高二下学期期末考试化学试卷（含答案）
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这是一份重庆市校西南大学附属中学校2022-2023学年高二下学期期末考试化学试卷（含答案），共37页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市西南大学附中高二（下）期末化学试卷
一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列关于高分子材料的说法正确的是（ ）
A．酚醛树脂（）可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得
B．聚乳酸塑料（）能在酸性或碱性环境中生成小分子而降解
C．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为
D．涤纶（）是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．基态Fe2+的价电子轨道表示式：
B．氨基的电子式：
C．2，3﹣二甲基丁烷的键线式：
D．SO2的VSEPR模型：
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH和N2H4中C、O、N杂化方式均相同
B．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
C．最外层电子数为2的元素都分布在s区
D．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
4．（3分）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素.X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级的电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍（ ）
A．最高价含氧酸的酸性：W＞Z＞Y
B．简单离子半径：r（W）＞r（R）
C．吸电子能力：W＜Z＜Y
D．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键
5．（3分）下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A.实验室灼烧Na2CO3⋅10H2O
B.实验室制备乙酸乙酯
C.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热
D.制备无水氯化镁
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）根据下列事实所作的结论，正确的是（ ）
编号
事实
结论
A
甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O
甲和乙分子中C﹣H键数一定不同
B
a与b两种有机物互为同系物
则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量一定不相等
C
质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水
等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同
D
某有机物的分子式为C8H8
该有机物分子中不可能只有单键
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）CO、O2与人体血液中的血红蛋白（Hb）可建立如下平衡：CO+HbO2⇌HbCO+O2，当HbCO浓度为HbO2浓度的2%时，大脑就会受到严重损伤.生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是（ ）
A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键
C．CO与血红素中Fe2+配位能力强于O2
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
8．（3分）下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是（ ）
A．KNO3固体（NaCl固体）：重结晶
B．溴苯（Br2）：加苯萃取
C．乙烷（乙烯）：KMnO4（H+），洗气
D．乙炔（H2S）：溴水，洗气
9．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
编号
目的
方案设计
现象和结论
A
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后，加入碘水
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
B
探究苯酚的性质
向苯酚浓溶液中加入少量稀溴水
若产生白色沉淀，则证明苯酚和稀溴水发生了反应
C
探究1﹣溴丙烷的消去产物具有还原性
向试管中注入5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，把产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
若高锰酸钾溶液褪色，则证明生成了丙烯
D
检验乙醚中是否含有乙醇，向该乙醚样品中加入一小粒金属钠
产生无色气体
乙醚中含有乙醇
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图：
有关M的说法不正确的是（ ）
A．根据图1，M的相对分子质量应为74
B．根据图1、图2，推测M的分子式是C4H10O
C．根据图1、图2、图3信息，可确定M是2﹣甲基﹣2﹣丙醇
D．根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1
11．（3分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎.氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示（ ）
A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl
B．两分子中的手性碳原子数相等
C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D．氯喹或羟基氯喹都可与硫酸、盐酸或磷酸反应生成盐类物质
12．（3分）化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：
下列说法正确的是（ ）
A．1molM最多可与6molH2发生加成反应
B．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y
C．Y分子中所有原子不可能在同一平面内
D．1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH
13．（3分）Fe﹣Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示.晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Mg原子填充在Fe原子形成的正八面体空隙中
B．图中1号和2号原子距离为anm
C．该合金的密度为g⋅cm﹣3
D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L
14．（3分）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应
B．（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为反应活性中间体
C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应
D．第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr
二、填空题：本大题共4个小题，共58分.
15．（17分）（1）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。已知：
甲醇脱水反应2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣23.9kJ⋅mol﹣1
甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）＝C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣29.1kJ⋅mol﹣1
乙醇异构化反应C2H5OH（g）＝CH3OCH3（g）ΔH3＝+50.7kJ⋅mol﹣1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）＝C2H5OH（g）的ΔH＝ 。
（2）已知白磷（P4）和P4O6的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示：
化学键
P﹣P
O＝O
P﹣O
键能（kJ⋅mol﹣1）
a
b
c
写出气态白磷与氧气反应生成P4O6气体的热化学方程式： 。
（3）分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知SO2分子中含有5对孤电子对，则SO2中的大π键应表示为 。SO2分子中键角∠OSO 中键角∠ONO（填“＞”、“＜”、“＝”）。
（4）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
Mo处于第五周期第ⅥB族，价电子排布与Cr相似，基态Mo原子的价电子排布式是 ，该超分子中存在的化学键类型有 （填选项字母）。
A.离子键
B.氢键
C.σ键
D.π键
（5）有机化合物C15H22O3（）是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，该有机化合物分子中σ键和π键个数之比为 。
（6）已知有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解反应.A与B，C，D等物质存在如下图所示的转化关系，写出实现下列变化的化学方程式。
①A+NaOH→B+C： ；
②C→D： ；
③D→B： 。
16．（12分）青蒿素（分子结构：）是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效（已知：乙醚沸点为35℃）。
Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：
索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，与青蒿粉末接触，进行萃取.萃取液液面达到虹吸管3顶端时，从而实现对青蒿粉末的连续萃取.回答下列问题：
（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是 。
（2）装置a的名称为 。
（3）索氏提取装置提取的青蒿素位于 （填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是 。
（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是 。
Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：
取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液﹣1Na2S2O3标准液滴定。
已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应生成碘单质；
②I2+2S2＝2I﹣+S4；
③M（青蒿素）＝282g/mol。
（5）当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由 变为 ，且半分钟内不变色。
（6）三次滴定数据记录如表：
滴定次数
待测液体（mL）
标准液读数（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
1.50
41.52
第二次
25.00
3.00
42.98
第三次
25.00
4.50
41.60
则青蒿素的纯度为 。
17．（15分）环氧树脂粘合剂A，可由以下路线合成得到，请回答下列问题：
（1）B的化学名称为 ；B→C+D的反应类型为 。
（2）F的结构简式为 ；A中含有的官能团名称为 。
（3）C+D→E的化学方程式为 。
（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，请写出符合下列条件的同分异构体的总数 。
Ⅰ：能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：苯环上只有两个取代基Ⅲ：不含C﹣O﹣C的结构其中核磁共振氢谱峰面积为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 。
（5）参照上述反应原理，以1，3﹣丁二烯和苯酚为主要原料，设计合成的路线 。
18．（14分）卤素元素比较活泼，能形成种类繁多的化合物，回答下列问题：
（1）F，Cl，Br 。
（2）卤素可形成很多酸根离子，如ClO﹣、、、等，的空间结构为 。
（3）卤素元素之间还能形成很多卤素互化物，如ICl，ClF3，BrF5，IF7等，根据I与Cl原子的电负性大小关系写成ICl在水中水解的化学方程式： 。
（4）在石墨烯膜上可以制备Cl元素和Ca元素形成的新型的化合物，如图是俯视图和侧视图，俯视图中小六元环为石墨层（石墨六元环中心正上方）和3个小球（石墨层部分碳原子正上方），请写出该化合物的化学式 ，在石墨六元环中心正上方的元素为 。（填元素符号）
（5）卤素还被称为成盐元素，某种卤素盐的晶体中含有Cl，Cs与Au三种元素3，Au有两种化合价，其一个晶胞结构如图所示，未标出的两个小球为金（Au），底面正方形边长为apm，高为cpm，分别为mpm和npm（m＜n），CsAuCl3的相对分子质量为M，回答下列问题：
①如果m与n相等，Cl﹣和Cs+构成 晶胞。
②金（Au）离子和Cs+的配位数分别为 和 。
③如图所示，以原子1为原点建立坐标系，写出晶胞内部小白球的分数坐标 。
2022-2023学年重庆市西南大学附中高二（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列关于高分子材料的说法正确的是（ ）
A．酚醛树脂（）可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得
B．聚乳酸塑料（）能在酸性或碱性环境中生成小分子而降解
C．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为
D．涤纶（）是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得
【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂；
B．聚乳酸塑料由乳酸（一种有机酸）缩聚而成；
C．聚异戊二烯的链节中含一条碳碳双键；
D．凡链节中间（不在端上）含有（酯基）结构的高聚物，其单体必为两种，按 断开，羰基上加羟基，氧原子上加氢原子即得高聚物单体。
【解答】解：A．苯酚和甲醛反应除了生成酚醛树脂外，是缩聚反应；
B．聚乳酸塑料由乳酸（一种有机酸）缩聚而成，故B正确；
C．天然橡胶是聚异戊二烯，故C错误；
D．是由和发生缩聚反应而成，故D错误；
故选：B。
【点评】本题综合考查有机物的性质与应用，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．基态Fe2+的价电子轨道表示式：
B．氨基的电子式：
C．2，3﹣二甲基丁烷的键线式：
D．SO2的VSEPR模型：
【分析】A．基态Fe2+价电子排布式为3d6；
B．氨基的化学式为﹣NH2，N原子上有一个未成对电子；
C．2，3﹣二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，在2号和3号碳原子上各有一个甲基；
D．SO2的VSEPR模型为平面三角形。
【解答】解：A．基态Fe2+价电子排布式为3d3，基态Fe2+价电子的轨道表示式为，故A错误；
B．氨基的化学式为﹣NH2，N原子上有一个未成对电子和一对孤电子对，电子式为，故B错误；
C．8，3﹣二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，键线式为：，故C正确；
D．SO7分子中S原子的价层电子对数为2+＝5，其VSEPR模型为平面三角形，即，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查轨道表示式及VSEPR模型的应用，明确常见化学用语的书写原则及表示方法为解答关键，注意试题侧重考查学生的规范答题能力，明注意掌握VSEPR模型判断方法，题目难度中等。
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH和N2H4中C、O、N杂化方式均相同
B．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
C．最外层电子数为2的元素都分布在s区
D．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
【分析】A．甲醇结构式为，肼的结构式为，则C、N、O的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体；
B．CS2的结构式为S＝C＝S，属于直线形分子；
C．周期表中He元素、ⅡB～VB、ⅦB族的最外层电子数都是2，He属于p区，ⅡB族属于ds区，ⅢB～ⅦB族（ⅥB部分除外）属于d区；
D．石墨是一种混合晶体。
【解答】解：A．甲醇结构式为，O含有2对孤电子对，肼的结构式为，N含有1对孤电子对，则C、N，VSEPR模型均为四面体、N、O原子的杂化方式均为sp8，故A正确；
B．H2S是V形分子，S原子含有1对孤电子对，但CS7的结构式为S＝C＝S，属于直线形分子，故B错误；
C．最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区，ⅡB族属于ds区，故C错误；
D．石墨晶体层内是共价键2，不是sp2，层与层间是范德华力，所以石墨是一种混合晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子轨道杂化方式、分子极性等知识，把握元素分区特点、VSEPR模型的应用、分子极性和晶体类型的判断即可解答，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意根据结构式判断复杂分子中原子的杂化类型，题目难度中等。
4．（3分）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素.X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级的电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍（ ）
A．最高价含氧酸的酸性：W＞Z＞Y
B．简单离子半径：r（W）＞r（R）
C．吸电子能力：W＜Z＜Y
D．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，多电子原子的核外电子运动状态均不相同，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，则X的原子序数为1，为H元素，Z的原子序数为7，为N元素；Y原子中各能级的电子数相等，则Y为Be或C元素；W原子最外层电子数是内层的3倍，为O元素；R的原子半径是该周期主族元素中最大的，为Na元素，据此分析解答。
【解答】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R元素分别为H、N、O、Na元素；
A．O没有最高正价，故A错误；
B．O2﹣和Na+的电子层数相同，核电荷数越大，则r（Na+）＜r（O2﹣），故B正确；
C．元素的非金属性越强，吸电子能力越强，则吸电子能力：O＞N＞C或Be；
D．X、Z、W形成的化合物NH2NO3含离子键，故D错误；
故选：B。
【点评】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，注意掌握元素周期律的应用及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5．（3分）下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A.实验室灼烧Na2CO3⋅10H2O
B.实验室制备乙酸乙酯
C.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热
D.制备无水氯化镁
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．灼烧固体不能选坩埚；
B．乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；
C．图中大小烧杯口不相平，热量散失；
D．HCl可抑制氯化镁的水解。
【解答】解：A．灼烧固体不能选坩埚，故A错误；
B．乙酸，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，故B错误；
C．图中大小烧杯口不相平，不能准确测定中和热；
D．HCl可抑制氯化镁的水解，故D正确；
故选：D。
【点评】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、物质的制备、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（3分）根据下列事实所作的结论，正确的是（ ）
编号
事实
结论
A
甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O
甲和乙分子中C﹣H键数一定不同
B
a与b两种有机物互为同系物
则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量一定不相等
C
质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水
等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同
D
某有机物的分子式为C8H8
该有机物分子中不可能只有单键
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．C3H8O可为1﹣丙醇或2﹣丙醇；
B．同系物的最简式可能相同；
C．质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水，说明烃中H的百分含量相同；
D．分子式为C8H8的有机物可能为立方烷。
【解答】解：A．C3H8O可为5﹣丙醇或2﹣丙醇，1﹣丙醇和7﹣丙醇中C﹣H键数都为7；
B．最简式相同的同系物，a、b的质量相同时，若最简式不相同的同系物，故B错误；
C．质量相同的甲，说明烃中H的百分含量相同，故C和H的质量相同，故C正确；
D．分子式为C8H4的有机物可能为立方烷，立方烷中只存在C﹣C和C﹣H键；
故选：C。
【点评】本题考查比较综合，涉及同分异构体、同系物、耗氧量等知识点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
7．（3分）CO、O2与人体血液中的血红蛋白（Hb）可建立如下平衡：CO+HbO2⇌HbCO+O2，当HbCO浓度为HbO2浓度的2%时，大脑就会受到严重损伤.生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是（ ）
A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键
C．CO与血红素中Fe2+配位能力强于O2
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
【分析】A．分子中N原子能形成分子间氢键；
B．血红素中Fe2+含有空轨道；
C．电负性：C＜O，CO更容易提供孤电子对形成配位键；
D．肽键在酸性条件下能发生水解反应。
【解答】解：A．N元素电负性较大，故A正确；
B．基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成Fe6+，所以Fe2+含有空轨道，则血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键，故B正确；
C．电负性：C＜O，所以CO与血红素中Fe5+配位能力强于O2，故C正确；
D．血红蛋白中肽键在酸性条件下能发生水解反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确氢键、配位键形成条件是解本题关键，C、D为解答易错点。
8．（3分）下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是（ ）
A．KNO3固体（NaCl固体）：重结晶
B．溴苯（Br2）：加苯萃取
C．乙烷（乙烯）：KMnO4（H+），洗气
D．乙炔（H2S）：溴水，洗气
【分析】A．硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响不大；
B．溴、溴苯均易溶于苯；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；
D．乙炔、硫化氢均与溴水反应。
【解答】解：A．硝酸钾的溶解度受温度影响大，重结晶法可分离；
B．溴、溴苯均易溶于苯，故B错误；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，不能除杂、洗气；
D．乙炔，不能除杂、洗气；
故选：A。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
编号
目的
方案设计
现象和结论
A
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后，加入碘水
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
B
探究苯酚的性质
向苯酚浓溶液中加入少量稀溴水
若产生白色沉淀，则证明苯酚和稀溴水发生了反应
C
探究1﹣溴丙烷的消去产物具有还原性
向试管中注入5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，把产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
若高锰酸钾溶液褪色，则证明生成了丙烯
D
检验乙醚中是否含有乙醇，向该乙醚样品中加入一小粒金属钠
产生无色气体
乙醚中含有乙醇
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．加碘水变蓝，可知含淀粉；
B．苯酚与稀溴水反应生成三溴苯酚溶于苯酚；
C．挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D．乙醇与Na反应生成氢气，乙醚不能。
【解答】解：A．加碘水变蓝，没有检验葡萄糖，故A错误；
B．苯酚与稀溴水反应生成三溴苯酚溶于苯酚，故B错误；
C．挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能证明生成丙烯；
D．乙醇与Na反应生成氢气，由实验操作和现象可知，故D正确；
故选：D。
【点评】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、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图：
有关M的说法不正确的是（ ）
A．根据图1，M的相对分子质量应为74
B．根据图1、图2，推测M的分子式是C4H10O
C．根据图1、图2、图3信息，可确定M是2﹣甲基﹣2﹣丙醇
D．根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1
【分析】质谱图中最大质荷比为有机物的相对分子质量，红外光谱可知物质含有的化学键或官能团，核磁共振氢谱可知物质中氢原子的种类以及个数比。
【解答】解：A.图1中最大质荷比为74，因此M的相对分子质量为74；
B.图2可知M中含有烷基与醚键，则其通式可表示为CnH8n+2O，因此14n+2+16＝74，故其分子式为C3H10O，故B正确；
C.由图2可知M属于醚类，不是醇；
D.由图3可知M中含有4种类型的氢原子，并且个数比为6：3：4；
故选：C。
【点评】本题重点考查有机物结构的确定，侧重分析能力的考查，本题难度不大。
11．（3分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎.氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示（ ）
A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl
B．两分子中的手性碳原子数相等
C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D．氯喹或羟基氯喹都可与硫酸、盐酸或磷酸反应生成盐类物质
【分析】A．氯喹的分子中C、H、N、Cl原子个数依次是18、26、3、1；羟基氯喹分子中C、H、N、O、Cl的个数依次是18、26、3、1、1；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．在加入硝酸银溶液之前应该加入足量稀硝酸，中和未反应的NaOH；
D．含有氨基，可与酸反应。
【解答】解：A．由结构简式可知氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl，故A正确；
B．手性碳原子连接5个不同的原子或原子团2发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数如图所示：，都为5个，故B正确；
C．在加入硝酸银溶液之前应该加入稀硝酸中和未反应的NaOH，故C错误；
D．含有氨基，则可把氯喹或羟基氯喹与硫酸，易溶于水；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
12．（3分）化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：
下列说法正确的是（ ）
A．1molM最多可与6molH2发生加成反应
B．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y
C．Y分子中所有原子不可能在同一平面内
D．1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH
【分析】A．M中苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基、酯基、羧基中碳氧双键和氢气不反应；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；
C．乙烯、﹣COOH中所有原子共平面；
D．酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。
【解答】解：A．M中苯环和氢气以1：3发生加成反应，酰胺基、羧基中碳氧双键和氢气不反应2发生加成反应，故A错误；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X能和氯化铁溶液发生显色反应，X和碳酸氢钠溶液不反应，所以可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故B正确；
C．乙烯，Y相当于乙烯分子中的8个氢原子被羧基取代，故C错误；
D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基，1molM与足量NaOH溶液反应，故D错误；
故选：B。
【点评】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是解本题关键，题目难度不大。
13．（3分）Fe﹣Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示.晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Mg原子填充在Fe原子形成的正八面体空隙中
B．图中1号和2号原子距离为anm
C．该合金的密度为g⋅cm﹣3
D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L
【分析】A．顶点的Fe原子与相邻的3个面心的Fe原子形成四面体空隙；
B．把1号原子设为A，2号原子设为B，由B向下作垂线，与地面的交点为C，由C向底边作垂线交点为D，如图所示，1号和2号原子距离为AB，则AB2＝BC2+AC2＝BC2+CD2+AD2；
C．在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8×+6×＝4，8个Mg原子位于晶胞内，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算合金的密度；
D．晶胞中Mg原子为8，H2为1+12×＝4。
【解答】解：A．顶点的Fe原子与相邻的3个面心的Fe原子形成四面体空隙，故A错误；
B．把1号原子设为A，由B向下作垂线，由C向底边作垂线交点为D所示，2号和2号原子距离为AB2＝BC4+AC2＝BC2+CD5+AD2＝（anm）2+（anm）2+（anm）2＝a2nm3，AB＝anmanm；
C．在晶胞中，个数为：4×＝4，晶胞质量为g﹣7）7cm3，合金的密度ρ＝＝g⋅cm﹣3＝g⋅cm﹣3，故C错误；
D．晶胞中Mg原子为8，H6为1+12×＝4，储存的H2物质的量为7mol，在标准状况下体积为22.4L；
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构与计算，掌握晶胞结构与计算是关键，侧重考查学生空间想象能力、识图能力、计算能力，试题难度中等。
14．（3分）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应
B．（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为反应活性中间体
C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应
D．第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr
【分析】A．反应物的总能量高于生成物的总能量是放热反应；
B．结合图像信息（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为第二步和第三步的反应活性中间体；
C．活化能最高的反应决定了反应速率；
D．根据图像信息，第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr。
【解答】解：A．反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；
B．（CH3）3和（CH8）3C﹣H2为反应活性中间体，是第二步和第三步的反应活性中间体；
C．由图可知、第三步所需的能量都高，故C错误；
D．结合图像信息2）3C﹣H2+Br﹣→（CH5）3C﹣OH+HBr，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生分析和读取信息能力，从活化能的角度分析问题是解题的关键，此题难度中等。
二、填空题：本大题共4个小题，共58分.
15．（17分）（1）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。已知：
甲醇脱水反应2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣23.9kJ⋅mol﹣1
甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）＝C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣29.1kJ⋅mol﹣1
乙醇异构化反应C2H5OH（g）＝CH3OCH3（g）ΔH3＝+50.7kJ⋅mol﹣1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）＝C2H5OH（g）的ΔH＝ ﹣45.5kJ/mol 。
（2）已知白磷（P4）和P4O6的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示：
化学键
P﹣P
O＝O
P﹣O
键能（kJ⋅mol﹣1）
a
b
c
写出气态白磷与氧气反应生成P4O6气体的热化学方程式： P4（白磷s）+3O2＝P4O6（s）△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol 。
（3）分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知SO2分子中含有5对孤电子对，则SO2中的大π键应表示为 π34 。SO2分子中键角∠OSO ＜ 中键角∠ONO（填“＞”、“＜”、“＝”）。
（4）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
Mo处于第五周期第ⅥB族，价电子排布与Cr相似，基态Mo原子的价电子排布式是 4d55s1 ，该超分子中存在的化学键类型有 CD （填选项字母）。
A.离子键
B.氢键
C.σ键
D.π键
（5）有机化合物C15H22O3（）是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，该有机化合物分子中σ键和π键个数之比为 41：3 。
（6）已知有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解反应.A与B，C，D等物质存在如下图所示的转化关系，写出实现下列变化的化学方程式。
①A+NaOH→B+C： CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+C2H5OH ；
②C→D： 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
③D→B： CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O 。
【分析】（1）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1＝﹣23.9kJ•mol﹣1，甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2＝﹣29.1kJ•mol﹣1，乙醇异构化反应 ③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3＝+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H；
（2）根据△H＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和计算反应的焓变，关键是要知道P4为正四面体结构，1个P4含有6个P﹣P键，1个P4O6分子中含有12个P﹣O键；
（3）SO2分子中中心S原子价层电子对数为2+＝3，有1个孤电子对，SO2分子中含有5对孤电子对，则每个O原子中含有2个孤电子对，S原子和每个O原子之间存在一个σ键，SO2中每个O原子均有1个未成键电子，以此书写SO2中的大π键；中心原子的电负性N＞S，成键电子对间的斥力大，键角大；
（4）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式，该分子中只存在共价键，共价单键为σ键、共价双键中含有σ键和π键；
（5）结构简式可知，该分子中含醛基和碳碳双键两种不饱和双键，双键中有1个σ键和1个π键，其余单键为σ键；
（6）A水解生成B、C，C氧化生成D，D继续氧化生成B，可知B为乙酸钠，C为乙醇，D为乙醛，A为乙酸乙酯。
【解答】解：（1）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4＝﹣23.9kJ•mol﹣1，甲醇制烯烃反应 ②7CH3OH（g）═C2H6（g）+2H2O（g）△H2＝﹣29.1kJ•mol﹣1，乙醇异构化反应 ③C7H5OH（g）═CH3OCH2（g）△H3＝+50.7kJ•mol﹣8，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H4O（g）═C2H5OH（g）△H＝（﹣23.3+29.1﹣50.7）kJ/mol＝﹣45.3kJ/mol，
故答案为：﹣45.5kJ/mol；
（2）反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，由题图可知1个P3分子中含有6个P﹣P键，1个P7O6分子中含有12个P﹣O键，则反应P4（白磷s）+6O2＝P4O7（s）的反应热△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol，白磷燃烧是放热反应，则该反应释放（12c﹣2a﹣3d）kJ的能量4O7气体的热化学方程式为：P4（白磷s）+3O8＝P4O6（s）△H＝（4a+3d﹣12c）kJ/mol，
故答案为：P4（白磷s）+7O2＝P4O4（s）△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol；
（3）SO7分子中中心S原子价层电子对数为2+＝6，SO2分子中含有5对孤电子对，则每个O原子中含有3个孤电子对，SO2中每个O原子均有1个未成键电子，S原子提供两个电子，则SO3中的大π键可表示为π34，SO6中S原子和NO2中N原子杂化类型相同，配原子种类相同，成键电子对间的斥力大，键角∠OSO 小于键角∠ONO，
故答案为：π33；＜；
（4）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似、5s电子、5s能级上有2个电子55s6，该分子中只存在共价键，共价单键为σ键，所以该分子中只有σ键和π键，
故答案为：4d53s1；CD；
（5）结构简式可知，该分子中含醛基和碳碳双键两种不饱和双键，其余单键为σ键，π键为3个，
故答案为：41：8；
（6）A水解生成B、C，C氧化生成D，可知B为乙酸钠，D为乙醛，
①A+NaOH→B+C反应的化学方程式为：CH3COOC2H4+NaOHCH3COONa+C2H8OH，
故答案为：CH3COOC2H2+NaOHCH3COONa+C2H4OH；
②C→D反应的化学方程式为：2CH3CH8OH+O22CH2CHO+2H2O，
故答案为：6CH3CH2OH+O72CH3CHO+6H2O；
③D→B的反应化学方程式为：CH3CHO+4Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu5O↓+3H2O，
故答案为：CH6CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH5COONa+Cu2O↓+3H7O。
【点评】本题考查了化学反应的能量变化、热化学方程式书写、原子结构、化学键的类别、有机物的性质分析应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
16．（12分）青蒿素（分子结构：）是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效（已知：乙醚沸点为35℃）。
Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：
索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，与青蒿粉末接触，进行萃取.萃取液液面达到虹吸管3顶端时，从而实现对青蒿粉末的连续萃取.回答下列问题：
（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是 增加固液接触面积，提取充分 。
（2）装置a的名称为 球形冷凝管 。
（3）索氏提取装置提取的青蒿素位于 圆底烧瓶 （填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是 约萃取剂，可连续萃取（或萃取效率高） 。
（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是 减压蒸馏可降低汽化温度，防止青蒿素失效 。
Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：
取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液﹣1Na2S2O3标准液滴定。
已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应生成碘单质；
②I2+2S2＝2I﹣+S4；
③M（青蒿素）＝282g/mol。
（5）当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由 蓝色 变为 无色 ，且半分钟内不变色。
（6）三次滴定数据记录如表：
滴定次数
待测液体（mL）
标准液读数（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
1.50
41.52
第二次
25.00
3.00
42.98
第三次
25.00
4.50
41.60
则青蒿素的纯度为 70.5% 。
【分析】（1）增大接触面积，可提高浸取率；
（2）根据仪器a的特征分析判断；
（3）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中，溶解青蒿素的乙醚流入圆底烧瓶中；
（4）减压蒸馏可降低物质的沸点，分子青蒿素失去药效；
（5）淀粉遇到碘单质变蓝，碘单质与Na2S2O3反应生成I﹣，溶液呈无色；
（6）Na2S2O3滴定三次，消耗V（Na2S2O3）分别为40.02mL、39.98mL、37.10mL，第三次数据误差大，舍去，实验中消耗V（Na2S2O3）＝（40.02+39.98）mL＝40.00mL，反应的关系式为：青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则n（青蒿素）＝n（Na2S2O3）＝0.5×0.04L×0.1mol⋅L﹣1＝0.002mol，样品中m（青蒿素）＝nM＝0.002mol×282g/mol×＝5.64g。
【解答】解：（1）实验前要对青蒿进行粉碎可增大接触面积，即可增大反应速率，
故答案为：增加固液接触面积，提取充分；
（2）仪器a为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（3）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中；与常规的萃取相比，的优点是节约萃取剂，萃取效率高，
故答案为：圆底烧瓶；节约萃取剂；
（4）减压蒸馏可降低物质的沸点，是青蒿素充分汽化，
故答案为：减压蒸馏可降低汽化温度，防止青蒿素失效；
（5）淀粉遇到碘单质变蓝，碘单质与Na2S2O4反应生成I﹣，溶液呈无色，则滴定终点现象为滴入最后半滴Na2S2O6标准液时，溶液由蓝色变为无色，
故答案为：蓝色；无色；
（6）Na2S2O5滴定三次，消耗V（Na2S2O4）分别为40.02mL、39.98mL，第三次数据误差大，实验中消耗V（Na2S2O8）＝（40.02+39.98）mL＝40.00mL6～2Na2S7O3，则n（青蒿素）＝n（Na2S2O4）＝0.5×6.04L×0.1mol⋅L﹣8＝0.002mol，样品中m（青蒿素）＝nM＝0.002mol×282g/mol×，青蒿素的纯度为，
故答案为：70.2%。
【点评】本题考查物质制备实验方案设计、物质的分离提纯，明确实验原理、物质的性质、实验操作、混合物的分离方法为解答关键，侧重考查学生的分析、计算能力及实验能力，题目难度中等。
17．（15分）环氧树脂粘合剂A，可由以下路线合成得到，请回答下列问题：
（1）B的化学名称为 异丙苯 ；B→C+D的反应类型为 氧化反应 。
（2）F的结构简式为 ；A中含有的官能团名称为 醚键 。
（3）C+D→E的化学方程式为 。
（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，请写出符合下列条件的同分异构体的总数 15 。
Ⅰ：能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：苯环上只有两个取代基Ⅲ：不含C﹣O﹣C的结构其中核磁共振氢谱峰面积为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 。
（5）参照上述反应原理，以1，3﹣丁二烯和苯酚为主要原料，设计合成的路线 。
【分析】与发生加成反应生成，发生氧化反应生成和，2分子与1分子之间脱去1分子水生成，与氯气发生取代反应生成F为，F发生氧化反应生成，E与G生成A的过程中发生开环加成、卤代烃与羟基的之间的取代反应；
（5）苯酚与反应生成，1，3﹣丁二烯与Cl2发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl用过氧化氢氧化生成。
【解答】解：（1）B的结构简式为，B的化学名称为异丙苯；B→C+D是被氧气氧化生成和，反应类型为氧化反应，
故答案为：异丙苯；氧化反应；
（2）F的结构简式为 ；A中含有的官能团名称为醚键，
故答案为：；醚键；
（3）C+D→E的化学方程式为，
故答案为：；
（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，副产物的同分异构体能与FeCl2溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另一个取代基为CH3CH2CH3OH、中烃基失去1个氢原子形成的基团，依次有3种，而7个取代基有邻、间，故符合条件的同分异构体共有3×（3+4）＝15种，
故答案为：15；；
（5）苯酚与反应生成，1，3﹣丁二烯与Cl7发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH8CH＝CHCH2Cl用过氧化氢氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
18．（14分）卤素元素比较活泼，能形成种类繁多的化合物，回答下列问题：
（1）F，Cl，Br HF＞HI＞HBr＞HCl 。
（2）卤素可形成很多酸根离子，如ClO﹣、、、等，的空间结构为 三角锥形 。
（3）卤素元素之间还能形成很多卤素互化物，如ICl，ClF3，BrF5，IF7等，根据I与Cl原子的电负性大小关系写成ICl在水中水解的化学方程式： ICl+H2O＝HIO+HCl 。
（4）在石墨烯膜上可以制备Cl元素和Ca元素形成的新型的化合物，如图是俯视图和侧视图，俯视图中小六元环为石墨层（石墨六元环中心正上方）和3个小球（石墨层部分碳原子正上方），请写出该化合物的化学式 CaCl ，在石墨六元环中心正上方的元素为 Ca 。（填元素符号）
（5）卤素还被称为成盐元素，某种卤素盐的晶体中含有Cl，Cs与Au三种元素3，Au有两种化合价，其一个晶胞结构如图所示，未标出的两个小球为金（Au），底面正方形边长为apm，高为cpm，分别为mpm和npm（m＜n），CsAuCl3的相对分子质量为M，回答下列问题：
①如果m与n相等，Cl﹣和Cs+构成 面心立方 晶胞。
②金（Au）离子和Cs+的配位数分别为 6 和 12 。
③如图所示，以原子1为原点建立坐标系，写出晶胞内部小白球的分数坐标 （，，） 。
【分析】（1）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；形成分子间氢键，沸点升高；
（2）中Br原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对；
（3）Cl的电负性大于I的，ICl在水中水解生成HIO和HCl；
（4）由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个Cl，对结构单元的贡献均为，据此分析该晶体的化学式；Ca+半径比Cl﹣半径大；
（5）①由CsAuCl3晶胞结构图可知，如果m与n相等，Cl﹣位于顶点，Cs+位于面心；
②由CsAuCl3晶胞结构图可知，距离金（Au）离子最近且相等的氯离子位于金离子的上下左右前后；距离氯离子最近且相等的金离子位于其相邻的三个面的面心；
③小白球位于上半个晶胞的体心。
【解答】解：（1）HCl、HBr，相对分子质量：HCl＜HBr＜HI，HF可形成分子间氢键，故F，Br，
故答案为：HF＞HI＞HBr＞HCl；
（2）中Br原子价层电子对数为3+，有1个孤电子对，
故答案为：三角锥形；
（3）Cl的电负性大于I的，ICl在水中水解生成HIO和HCl5O＝HIO+HCl，
故答案为：ICl+H2O＝HIO+HCl；
（4）由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和7个Cl，Ca＝1；Ca+半径比Cl﹣半径大，由图可知，
故答案为：CaCl；Ca；
（5）①由CsAuCl4晶胞结构图可知，如果m与n相等﹣位于顶点，Cs+位于面心，Cl﹣和Cs+构成面心立方晶胞，
故答案为：面心立方；
②由CsAuCl3晶胞结构图可知，距离金（Au）离子最近且相等的氯离子位于金离子的上下左右前后；距离氯离子最近且相等的金离子位于其相邻的三个面的面心＝12+的配位数为12，
故答案为：6；12；
③由CsAuCl2晶胞结构图可知，小白球位于上半个晶胞的体心），其分数坐标为（，，），
故答案为：（，，）。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及沸点比较、空间构型、化学方程式、晶胞结构与计算等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
2022-2023学年重庆市西南大学附中高二（下）期末化学试卷
一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列关于高分子材料的说法正确的是（ ）
A．酚醛树脂（）可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得
B．聚乳酸塑料（）能在酸性或碱性环境中生成小分子而降解
C．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为
D．涤纶（）是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．基态Fe2+的价电子轨道表示式：
B．氨基的电子式：
C．2，3﹣二甲基丁烷的键线式：
D．SO2的VSEPR模型：
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH和N2H4中C、O、N杂化方式均相同
B．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
C．最外层电子数为2的元素都分布在s区
D．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
4．（3分）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素.X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级的电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍（ ）
A．最高价含氧酸的酸性：W＞Z＞Y
B．简单离子半径：r（W）＞r（R）
C．吸电子能力：W＜Z＜Y
D．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键
5．（3分）下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A.实验室灼烧Na2CO3⋅10H2O
B.实验室制备乙酸乙酯
C.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热
D.制备无水氯化镁
A．A B．B C．C D．D
6．（3分）根据下列事实所作的结论，正确的是（ ）
编号
事实
结论
A
甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O
甲和乙分子中C﹣H键数一定不同
B
a与b两种有机物互为同系物
则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量一定不相等
C
质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水
等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同
D
某有机物的分子式为C8H8
该有机物分子中不可能只有单键
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）CO、O2与人体血液中的血红蛋白（Hb）可建立如下平衡：CO+HbO2⇌HbCO+O2，当HbCO浓度为HbO2浓度的2%时，大脑就会受到严重损伤.生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是（ ）
A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键
C．CO与血红素中Fe2+配位能力强于O2
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
8．（3分）下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是（ ）
A．KNO3固体（NaCl固体）：重结晶
B．溴苯（Br2）：加苯萃取
C．乙烷（乙烯）：KMnO4（H+），洗气
D．乙炔（H2S）：溴水，洗气
9．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
编号
目的
方案设计
现象和结论
A
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后，加入碘水
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
B
探究苯酚的性质
向苯酚浓溶液中加入少量稀溴水
若产生白色沉淀，则证明苯酚和稀溴水发生了反应
C
探究1﹣溴丙烷的消去产物具有还原性
向试管中注入5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，把产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
若高锰酸钾溶液褪色，则证明生成了丙烯
D
检验乙醚中是否含有乙醇，向该乙醚样品中加入一小粒金属钠
产生无色气体
乙醚中含有乙醇
A．A B．B C．C D．D
10．（3分）现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图：
有关M的说法不正确的是（ ）
A．根据图1，M的相对分子质量应为74
B．根据图1、图2，推测M的分子式是C4H10O
C．根据图1、图2、图3信息，可确定M是2﹣甲基﹣2﹣丙醇
D．根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1
11．（3分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎.氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示（ ）
A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl
B．两分子中的手性碳原子数相等
C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D．氯喹或羟基氯喹都可与硫酸、盐酸或磷酸反应生成盐类物质
12．（3分）化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：
下列说法正确的是（ ）
A．1molM最多可与6molH2发生加成反应
B．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y
C．Y分子中所有原子不可能在同一平面内
D．1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH
13．（3分）Fe﹣Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示.晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Mg原子填充在Fe原子形成的正八面体空隙中
B．图中1号和2号原子距离为anm
C．该合金的密度为g⋅cm﹣3
D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L
14．（3分）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应
B．（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为反应活性中间体
C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应
D．第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr
二、填空题：本大题共4个小题，共58分.
15．（17分）（1）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。已知：
甲醇脱水反应2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣23.9kJ⋅mol﹣1
甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）＝C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣29.1kJ⋅mol﹣1
乙醇异构化反应C2H5OH（g）＝CH3OCH3（g）ΔH3＝+50.7kJ⋅mol﹣1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）＝C2H5OH（g）的ΔH＝ 。
（2）已知白磷（P4）和P4O6的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示：
化学键
P﹣P
O＝O
P﹣O
键能（kJ⋅mol﹣1）
a
b
c
写出气态白磷与氧气反应生成P4O6气体的热化学方程式： 。
（3）分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知SO2分子中含有5对孤电子对，则SO2中的大π键应表示为 。SO2分子中键角∠OSO 中键角∠ONO（填“＞”、“＜”、“＝”）。
（4）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
Mo处于第五周期第ⅥB族，价电子排布与Cr相似，基态Mo原子的价电子排布式是 ，该超分子中存在的化学键类型有 （填选项字母）。
A.离子键
B.氢键
C.σ键
D.π键
（5）有机化合物C15H22O3（）是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，该有机化合物分子中σ键和π键个数之比为 。
（6）已知有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解反应.A与B，C，D等物质存在如下图所示的转化关系，写出实现下列变化的化学方程式。
①A+NaOH→B+C： ；
②C→D： ；
③D→B： 。
16．（12分）青蒿素（分子结构：）是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效（已知：乙醚沸点为35℃）。
Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：
索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，与青蒿粉末接触，进行萃取.萃取液液面达到虹吸管3顶端时，从而实现对青蒿粉末的连续萃取.回答下列问题：
（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是 。
（2）装置a的名称为 。
（3）索氏提取装置提取的青蒿素位于 （填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是 。
（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是 。
Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：
取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液﹣1Na2S2O3标准液滴定。
已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应生成碘单质；
②I2+2S2＝2I﹣+S4；
③M（青蒿素）＝282g/mol。
（5）当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由 变为 ，且半分钟内不变色。
（6）三次滴定数据记录如表：
滴定次数
待测液体（mL）
标准液读数（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
1.50
41.52
第二次
25.00
3.00
42.98
第三次
25.00
4.50
41.60
则青蒿素的纯度为 。
17．（15分）环氧树脂粘合剂A，可由以下路线合成得到，请回答下列问题：
（1）B的化学名称为 ；B→C+D的反应类型为 。
（2）F的结构简式为 ；A中含有的官能团名称为 。
（3）C+D→E的化学方程式为 。
（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，请写出符合下列条件的同分异构体的总数 。
Ⅰ：能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：苯环上只有两个取代基Ⅲ：不含C﹣O﹣C的结构其中核磁共振氢谱峰面积为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 。
（5）参照上述反应原理，以1，3﹣丁二烯和苯酚为主要原料，设计合成的路线 。
18．（14分）卤素元素比较活泼，能形成种类繁多的化合物，回答下列问题：
（1）F，Cl，Br 。
（2）卤素可形成很多酸根离子，如ClO﹣、、、等，的空间结构为 。
（3）卤素元素之间还能形成很多卤素互化物，如ICl，ClF3，BrF5，IF7等，根据I与Cl原子的电负性大小关系写成ICl在水中水解的化学方程式： 。
（4）在石墨烯膜上可以制备Cl元素和Ca元素形成的新型的化合物，如图是俯视图和侧视图，俯视图中小六元环为石墨层（石墨六元环中心正上方）和3个小球（石墨层部分碳原子正上方），请写出该化合物的化学式 ，在石墨六元环中心正上方的元素为 。（填元素符号）
（5）卤素还被称为成盐元素，某种卤素盐的晶体中含有Cl，Cs与Au三种元素3，Au有两种化合价，其一个晶胞结构如图所示，未标出的两个小球为金（Au），底面正方形边长为apm，高为cpm，分别为mpm和npm（m＜n），CsAuCl3的相对分子质量为M，回答下列问题：
①如果m与n相等，Cl﹣和Cs+构成 晶胞。
②金（Au）离子和Cs+的配位数分别为 和 。
③如图所示，以原子1为原点建立坐标系，写出晶胞内部小白球的分数坐标 。
2022-2023学年重庆市西南大学附中高二（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）下列关于高分子材料的说法正确的是（ ）
A．酚醛树脂（）可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得
B．聚乳酸塑料（）能在酸性或碱性环境中生成小分子而降解
C．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为
D．涤纶（）是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得
【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂；
B．聚乳酸塑料由乳酸（一种有机酸）缩聚而成；
C．聚异戊二烯的链节中含一条碳碳双键；
D．凡链节中间（不在端上）含有（酯基）结构的高聚物，其单体必为两种，按 断开，羰基上加羟基，氧原子上加氢原子即得高聚物单体。
【解答】解：A．苯酚和甲醛反应除了生成酚醛树脂外，是缩聚反应；
B．聚乳酸塑料由乳酸（一种有机酸）缩聚而成，故B正确；
C．天然橡胶是聚异戊二烯，故C错误；
D．是由和发生缩聚反应而成，故D错误；
故选：B。
【点评】本题综合考查有机物的性质与应用，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．基态Fe2+的价电子轨道表示式：
B．氨基的电子式：
C．2，3﹣二甲基丁烷的键线式：
D．SO2的VSEPR模型：
【分析】A．基态Fe2+价电子排布式为3d6；
B．氨基的化学式为﹣NH2，N原子上有一个未成对电子；
C．2，3﹣二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，在2号和3号碳原子上各有一个甲基；
D．SO2的VSEPR模型为平面三角形。
【解答】解：A．基态Fe2+价电子排布式为3d3，基态Fe2+价电子的轨道表示式为，故A错误；
B．氨基的化学式为﹣NH2，N原子上有一个未成对电子和一对孤电子对，电子式为，故B错误；
C．8，3﹣二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，键线式为：，故C正确；
D．SO7分子中S原子的价层电子对数为2+＝5，其VSEPR模型为平面三角形，即，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查轨道表示式及VSEPR模型的应用，明确常见化学用语的书写原则及表示方法为解答关键，注意试题侧重考查学生的规范答题能力，明注意掌握VSEPR模型判断方法，题目难度中等。
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH和N2H4中C、O、N杂化方式均相同
B．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
C．最外层电子数为2的元素都分布在s区
D．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
【分析】A．甲醇结构式为，肼的结构式为，则C、N、O的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体；
B．CS2的结构式为S＝C＝S，属于直线形分子；
C．周期表中He元素、ⅡB～VB、ⅦB族的最外层电子数都是2，He属于p区，ⅡB族属于ds区，ⅢB～ⅦB族（ⅥB部分除外）属于d区；
D．石墨是一种混合晶体。
【解答】解：A．甲醇结构式为，O含有2对孤电子对，肼的结构式为，N含有1对孤电子对，则C、N，VSEPR模型均为四面体、N、O原子的杂化方式均为sp8，故A正确；
B．H2S是V形分子，S原子含有1对孤电子对，但CS7的结构式为S＝C＝S，属于直线形分子，故B错误；
C．最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区，ⅡB族属于ds区，故C错误；
D．石墨晶体层内是共价键2，不是sp2，层与层间是范德华力，所以石墨是一种混合晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子轨道杂化方式、分子极性等知识，把握元素分区特点、VSEPR模型的应用、分子极性和晶体类型的判断即可解答，侧重基础知识检测和运用能力考查，注意根据结构式判断复杂分子中原子的杂化类型，题目难度中等。
4．（3分）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素.X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级的电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍（ ）
A．最高价含氧酸的酸性：W＞Z＞Y
B．简单离子半径：r（W）＞r（R）
C．吸电子能力：W＜Z＜Y
D．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，多电子原子的核外电子运动状态均不相同，X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，则X的原子序数为1，为H元素，Z的原子序数为7，为N元素；Y原子中各能级的电子数相等，则Y为Be或C元素；W原子最外层电子数是内层的3倍，为O元素；R的原子半径是该周期主族元素中最大的，为Na元素，据此分析解答。
【解答】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R元素分别为H、N、O、Na元素；
A．O没有最高正价，故A错误；
B．O2﹣和Na+的电子层数相同，核电荷数越大，则r（Na+）＜r（O2﹣），故B正确；
C．元素的非金属性越强，吸电子能力越强，则吸电子能力：O＞N＞C或Be；
D．X、Z、W形成的化合物NH2NO3含离子键，故D错误；
故选：B。
【点评】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，注意掌握元素周期律的应用及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5．（3分）下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A.实验室灼烧Na2CO3⋅10H2O
B.实验室制备乙酸乙酯
C.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热
D.制备无水氯化镁
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．灼烧固体不能选坩埚；
B．乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；
C．图中大小烧杯口不相平，热量散失；
D．HCl可抑制氯化镁的水解。
【解答】解：A．灼烧固体不能选坩埚，故A错误；
B．乙酸，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，故B错误；
C．图中大小烧杯口不相平，不能准确测定中和热；
D．HCl可抑制氯化镁的水解，故D正确；
故选：D。
【点评】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、物质的制备、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（3分）根据下列事实所作的结论，正确的是（ ）
编号
事实
结论
A
甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O
甲和乙分子中C﹣H键数一定不同
B
a与b两种有机物互为同系物
则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量一定不相等
C
质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水
等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同
D
某有机物的分子式为C8H8
该有机物分子中不可能只有单键
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．C3H8O可为1﹣丙醇或2﹣丙醇；
B．同系物的最简式可能相同；
C．质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水，说明烃中H的百分含量相同；
D．分子式为C8H8的有机物可能为立方烷。
【解答】解：A．C3H8O可为5﹣丙醇或2﹣丙醇，1﹣丙醇和7﹣丙醇中C﹣H键数都为7；
B．最简式相同的同系物，a、b的质量相同时，若最简式不相同的同系物，故B错误；
C．质量相同的甲，说明烃中H的百分含量相同，故C和H的质量相同，故C正确；
D．分子式为C8H4的有机物可能为立方烷，立方烷中只存在C﹣C和C﹣H键；
故选：C。
【点评】本题考查比较综合，涉及同分异构体、同系物、耗氧量等知识点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
7．（3分）CO、O2与人体血液中的血红蛋白（Hb）可建立如下平衡：CO+HbO2⇌HbCO+O2，当HbCO浓度为HbO2浓度的2%时，大脑就会受到严重损伤.生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是（ ）
A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键
C．CO与血红素中Fe2+配位能力强于O2
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
【分析】A．分子中N原子能形成分子间氢键；
B．血红素中Fe2+含有空轨道；
C．电负性：C＜O，CO更容易提供孤电子对形成配位键；
D．肽键在酸性条件下能发生水解反应。
【解答】解：A．N元素电负性较大，故A正确；
B．基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成Fe6+，所以Fe2+含有空轨道，则血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键，故B正确；
C．电负性：C＜O，所以CO与血红素中Fe5+配位能力强于O2，故C正确；
D．血红蛋白中肽键在酸性条件下能发生水解反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确氢键、配位键形成条件是解本题关键，C、D为解答易错点。
8．（3分）下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是（ ）
A．KNO3固体（NaCl固体）：重结晶
B．溴苯（Br2）：加苯萃取
C．乙烷（乙烯）：KMnO4（H+），洗气
D．乙炔（H2S）：溴水，洗气
【分析】A．硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响不大；
B．溴、溴苯均易溶于苯；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；
D．乙炔、硫化氢均与溴水反应。
【解答】解：A．硝酸钾的溶解度受温度影响大，重结晶法可分离；
B．溴、溴苯均易溶于苯，故B错误；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，不能除杂、洗气；
D．乙炔，不能除杂、洗气；
故选：A。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
编号
目的
方案设计
现象和结论
A
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后，加入碘水
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
B
探究苯酚的性质
向苯酚浓溶液中加入少量稀溴水
若产生白色沉淀，则证明苯酚和稀溴水发生了反应
C
探究1﹣溴丙烷的消去产物具有还原性
向试管中注入5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液，均匀加热，把产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
若高锰酸钾溶液褪色，则证明生成了丙烯
D
检验乙醚中是否含有乙醇，向该乙醚样品中加入一小粒金属钠
产生无色气体
乙醚中含有乙醇
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．加碘水变蓝，可知含淀粉；
B．苯酚与稀溴水反应生成三溴苯酚溶于苯酚；
C．挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D．乙醇与Na反应生成氢气，乙醚不能。
【解答】解：A．加碘水变蓝，没有检验葡萄糖，故A错误；
B．苯酚与稀溴水反应生成三溴苯酚溶于苯酚，故B错误；
C．挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能证明生成丙烯；
D．乙醇与Na反应生成氢气，由实验操作和现象可知，故D正确；
故选：D。
【点评】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、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图：
有关M的说法不正确的是（ ）
A．根据图1，M的相对分子质量应为74
B．根据图1、图2，推测M的分子式是C4H10O
C．根据图1、图2、图3信息，可确定M是2﹣甲基﹣2﹣丙醇
D．根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1
【分析】质谱图中最大质荷比为有机物的相对分子质量，红外光谱可知物质含有的化学键或官能团，核磁共振氢谱可知物质中氢原子的种类以及个数比。
【解答】解：A.图1中最大质荷比为74，因此M的相对分子质量为74；
B.图2可知M中含有烷基与醚键，则其通式可表示为CnH8n+2O，因此14n+2+16＝74，故其分子式为C3H10O，故B正确；
C.由图2可知M属于醚类，不是醇；
D.由图3可知M中含有4种类型的氢原子，并且个数比为6：3：4；
故选：C。
【点评】本题重点考查有机物结构的确定，侧重分析能力的考查，本题难度不大。
11．（3分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎.氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示（ ）
A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl
B．两分子中的手性碳原子数相等
C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子
D．氯喹或羟基氯喹都可与硫酸、盐酸或磷酸反应生成盐类物质
【分析】A．氯喹的分子中C、H、N、Cl原子个数依次是18、26、3、1；羟基氯喹分子中C、H、N、O、Cl的个数依次是18、26、3、1、1；
B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
C．在加入硝酸银溶液之前应该加入足量稀硝酸，中和未反应的NaOH；
D．含有氨基，可与酸反应。
【解答】解：A．由结构简式可知氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl，故A正确；
B．手性碳原子连接5个不同的原子或原子团2发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数如图所示：，都为5个，故B正确；
C．在加入硝酸银溶液之前应该加入稀硝酸中和未反应的NaOH，故C错误；
D．含有氨基，则可把氯喹或羟基氯喹与硫酸，易溶于水；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
12．（3分）化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：
下列说法正确的是（ ）
A．1molM最多可与6molH2发生加成反应
B．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y
C．Y分子中所有原子不可能在同一平面内
D．1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH
【分析】A．M中苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基、酯基、羧基中碳氧双键和氢气不反应；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；
C．乙烯、﹣COOH中所有原子共平面；
D．酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。
【解答】解：A．M中苯环和氢气以1：3发生加成反应，酰胺基、羧基中碳氧双键和氢气不反应2发生加成反应，故A错误；
B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X能和氯化铁溶液发生显色反应，X和碳酸氢钠溶液不反应，所以可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故B正确；
C．乙烯，Y相当于乙烯分子中的8个氢原子被羧基取代，故C错误；
D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基，1molM与足量NaOH溶液反应，故D错误；
故选：B。
【点评】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是解本题关键，题目难度不大。
13．（3分）Fe﹣Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示.晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．Mg原子填充在Fe原子形成的正八面体空隙中
B．图中1号和2号原子距离为anm
C．该合金的密度为g⋅cm﹣3
D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L
【分析】A．顶点的Fe原子与相邻的3个面心的Fe原子形成四面体空隙；
B．把1号原子设为A，2号原子设为B，由B向下作垂线，与地面的交点为C，由C向底边作垂线交点为D，如图所示，1号和2号原子距离为AB，则AB2＝BC2+AC2＝BC2+CD2+AD2；
C．在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8×+6×＝4，8个Mg原子位于晶胞内，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算合金的密度；
D．晶胞中Mg原子为8，H2为1+12×＝4。
【解答】解：A．顶点的Fe原子与相邻的3个面心的Fe原子形成四面体空隙，故A错误；
B．把1号原子设为A，由B向下作垂线，由C向底边作垂线交点为D所示，2号和2号原子距离为AB2＝BC4+AC2＝BC2+CD5+AD2＝（anm）2+（anm）2+（anm）2＝a2nm3，AB＝anmanm；
C．在晶胞中，个数为：4×＝4，晶胞质量为g﹣7）7cm3，合金的密度ρ＝＝g⋅cm﹣3＝g⋅cm﹣3，故C错误；
D．晶胞中Mg原子为8，H6为1+12×＝4，储存的H2物质的量为7mol，在标准状况下体积为22.4L；
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构与计算，掌握晶胞结构与计算是关键，侧重考查学生空间想象能力、识图能力、计算能力，试题难度中等。
14．（3分）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应
B．（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为反应活性中间体
C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应
D．第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr
【分析】A．反应物的总能量高于生成物的总能量是放热反应；
B．结合图像信息（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为第二步和第三步的反应活性中间体；
C．活化能最高的反应决定了反应速率；
D．根据图像信息，第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr。
【解答】解：A．反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；
B．（CH3）3和（CH8）3C﹣H2为反应活性中间体，是第二步和第三步的反应活性中间体；
C．由图可知、第三步所需的能量都高，故C错误；
D．结合图像信息2）3C﹣H2+Br﹣→（CH5）3C﹣OH+HBr，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生分析和读取信息能力，从活化能的角度分析问题是解题的关键，此题难度中等。
二、填空题：本大题共4个小题，共58分.
15．（17分）（1）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。已知：
甲醇脱水反应2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣23.9kJ⋅mol﹣1
甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）＝C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣29.1kJ⋅mol﹣1
乙醇异构化反应C2H5OH（g）＝CH3OCH3（g）ΔH3＝+50.7kJ⋅mol﹣1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）＝C2H5OH（g）的ΔH＝ ﹣45.5kJ/mol 。
（2）已知白磷（P4）和P4O6的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示：
化学键
P﹣P
O＝O
P﹣O
键能（kJ⋅mol﹣1）
a
b
c
写出气态白磷与氧气反应生成P4O6气体的热化学方程式： P4（白磷s）+3O2＝P4O6（s）△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol 。
（3）分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），已知SO2分子中含有5对孤电子对，则SO2中的大π键应表示为 π34 。SO2分子中键角∠OSO ＜ 中键角∠ONO（填“＞”、“＜”、“＝”）。
（4）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
Mo处于第五周期第ⅥB族，价电子排布与Cr相似，基态Mo原子的价电子排布式是 4d55s1 ，该超分子中存在的化学键类型有 CD （填选项字母）。
A.离子键
B.氢键
C.σ键
D.π键
（5）有机化合物C15H22O3（）是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，该有机化合物分子中σ键和π键个数之比为 41：3 。
（6）已知有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解反应.A与B，C，D等物质存在如下图所示的转化关系，写出实现下列变化的化学方程式。
①A+NaOH→B+C： CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+C2H5OH ；
②C→D： 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；
③D→B： CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O 。
【分析】（1）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1＝﹣23.9kJ•mol﹣1，甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2＝﹣29.1kJ•mol﹣1，乙醇异构化反应 ③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3＝+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H；
（2）根据△H＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和计算反应的焓变，关键是要知道P4为正四面体结构，1个P4含有6个P﹣P键，1个P4O6分子中含有12个P﹣O键；
（3）SO2分子中中心S原子价层电子对数为2+＝3，有1个孤电子对，SO2分子中含有5对孤电子对，则每个O原子中含有2个孤电子对，S原子和每个O原子之间存在一个σ键，SO2中每个O原子均有1个未成键电子，以此书写SO2中的大π键；中心原子的电负性N＞S，成键电子对间的斥力大，键角大；
（4）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式，该分子中只存在共价键，共价单键为σ键、共价双键中含有σ键和π键；
（5）结构简式可知，该分子中含醛基和碳碳双键两种不饱和双键，双键中有1个σ键和1个π键，其余单键为σ键；
（6）A水解生成B、C，C氧化生成D，D继续氧化生成B，可知B为乙酸钠，C为乙醇，D为乙醛，A为乙酸乙酯。
【解答】解：（1）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4＝﹣23.9kJ•mol﹣1，甲醇制烯烃反应 ②7CH3OH（g）═C2H6（g）+2H2O（g）△H2＝﹣29.1kJ•mol﹣1，乙醇异构化反应 ③C7H5OH（g）═CH3OCH2（g）△H3＝+50.7kJ•mol﹣8，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H4O（g）═C2H5OH（g）△H＝（﹣23.3+29.1﹣50.7）kJ/mol＝﹣45.3kJ/mol，
故答案为：﹣45.5kJ/mol；
（2）反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，由题图可知1个P3分子中含有6个P﹣P键，1个P7O6分子中含有12个P﹣O键，则反应P4（白磷s）+6O2＝P4O7（s）的反应热△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol，白磷燃烧是放热反应，则该反应释放（12c﹣2a﹣3d）kJ的能量4O7气体的热化学方程式为：P4（白磷s）+3O8＝P4O6（s）△H＝（4a+3d﹣12c）kJ/mol，
故答案为：P4（白磷s）+7O2＝P4O4（s）△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol；
（3）SO7分子中中心S原子价层电子对数为2+＝6，SO2分子中含有5对孤电子对，则每个O原子中含有3个孤电子对，SO2中每个O原子均有1个未成键电子，S原子提供两个电子，则SO3中的大π键可表示为π34，SO6中S原子和NO2中N原子杂化类型相同，配原子种类相同，成键电子对间的斥力大，键角∠OSO 小于键角∠ONO，
故答案为：π33；＜；
（4）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似、5s电子、5s能级上有2个电子55s6，该分子中只存在共价键，共价单键为σ键，所以该分子中只有σ键和π键，
故答案为：4d53s1；CD；
（5）结构简式可知，该分子中含醛基和碳碳双键两种不饱和双键，其余单键为σ键，π键为3个，
故答案为：41：8；
（6）A水解生成B、C，C氧化生成D，可知B为乙酸钠，D为乙醛，
①A+NaOH→B+C反应的化学方程式为：CH3COOC2H4+NaOHCH3COONa+C2H8OH，
故答案为：CH3COOC2H2+NaOHCH3COONa+C2H4OH；
②C→D反应的化学方程式为：2CH3CH8OH+O22CH2CHO+2H2O，
故答案为：6CH3CH2OH+O72CH3CHO+6H2O；
③D→B的反应化学方程式为：CH3CHO+4Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu5O↓+3H2O，
故答案为：CH6CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH5COONa+Cu2O↓+3H7O。
【点评】本题考查了化学反应的能量变化、热化学方程式书写、原子结构、化学键的类别、有机物的性质分析应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
16．（12分）青蒿素（分子结构：）是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效（已知：乙醚沸点为35℃）。
Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：
索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，与青蒿粉末接触，进行萃取.萃取液液面达到虹吸管3顶端时，从而实现对青蒿粉末的连续萃取.回答下列问题：
（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是 增加固液接触面积，提取充分 。
（2）装置a的名称为 球形冷凝管 。
（3）索氏提取装置提取的青蒿素位于 圆底烧瓶 （填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是 约萃取剂，可连续萃取（或萃取效率高） 。
（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是 减压蒸馏可降低汽化温度，防止青蒿素失效 。
Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：
取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液﹣1Na2S2O3标准液滴定。
已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应生成碘单质；
②I2+2S2＝2I﹣+S4；
③M（青蒿素）＝282g/mol。
（5）当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由 蓝色 变为 无色 ，且半分钟内不变色。
（6）三次滴定数据记录如表：
滴定次数
待测液体（mL）
标准液读数（mL）
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
1.50
41.52
第二次
25.00
3.00
42.98
第三次
25.00
4.50
41.60
则青蒿素的纯度为 70.5% 。
【分析】（1）增大接触面积，可提高浸取率；
（2）根据仪器a的特征分析判断；
（3）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中，溶解青蒿素的乙醚流入圆底烧瓶中；
（4）减压蒸馏可降低物质的沸点，分子青蒿素失去药效；
（5）淀粉遇到碘单质变蓝，碘单质与Na2S2O3反应生成I﹣，溶液呈无色；
（6）Na2S2O3滴定三次，消耗V（Na2S2O3）分别为40.02mL、39.98mL、37.10mL，第三次数据误差大，舍去，实验中消耗V（Na2S2O3）＝（40.02+39.98）mL＝40.00mL，反应的关系式为：青蒿素～2NaI～I2～2Na2S2O3，则n（青蒿素）＝n（Na2S2O3）＝0.5×0.04L×0.1mol⋅L﹣1＝0.002mol，样品中m（青蒿素）＝nM＝0.002mol×282g/mol×＝5.64g。
【解答】解：（1）实验前要对青蒿进行粉碎可增大接触面积，即可增大反应速率，
故答案为：增加固液接触面积，提取充分；
（2）仪器a为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（3）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中；与常规的萃取相比，的优点是节约萃取剂，萃取效率高，
故答案为：圆底烧瓶；节约萃取剂；
（4）减压蒸馏可降低物质的沸点，是青蒿素充分汽化，
故答案为：减压蒸馏可降低汽化温度，防止青蒿素失效；
（5）淀粉遇到碘单质变蓝，碘单质与Na2S2O4反应生成I﹣，溶液呈无色，则滴定终点现象为滴入最后半滴Na2S2O6标准液时，溶液由蓝色变为无色，
故答案为：蓝色；无色；
（6）Na2S2O5滴定三次，消耗V（Na2S2O4）分别为40.02mL、39.98mL，第三次数据误差大，实验中消耗V（Na2S2O8）＝（40.02+39.98）mL＝40.00mL6～2Na2S7O3，则n（青蒿素）＝n（Na2S2O4）＝0.5×6.04L×0.1mol⋅L﹣8＝0.002mol，样品中m（青蒿素）＝nM＝0.002mol×282g/mol×，青蒿素的纯度为，
故答案为：70.2%。
【点评】本题考查物质制备实验方案设计、物质的分离提纯，明确实验原理、物质的性质、实验操作、混合物的分离方法为解答关键，侧重考查学生的分析、计算能力及实验能力，题目难度中等。
17．（15分）环氧树脂粘合剂A，可由以下路线合成得到，请回答下列问题：
（1）B的化学名称为 异丙苯 ；B→C+D的反应类型为 氧化反应 。
（2）F的结构简式为 ；A中含有的官能团名称为 醚键 。
（3）C+D→E的化学方程式为 。
（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，请写出符合下列条件的同分异构体的总数 15 。
Ⅰ：能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：苯环上只有两个取代基Ⅲ：不含C﹣O﹣C的结构其中核磁共振氢谱峰面积为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 。
（5）参照上述反应原理，以1，3﹣丁二烯和苯酚为主要原料，设计合成的路线 。
【分析】与发生加成反应生成，发生氧化反应生成和，2分子与1分子之间脱去1分子水生成，与氯气发生取代反应生成F为，F发生氧化反应生成，E与G生成A的过程中发生开环加成、卤代烃与羟基的之间的取代反应；
（5）苯酚与反应生成，1，3﹣丁二烯与Cl2发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl用过氧化氢氧化生成。
【解答】解：（1）B的结构简式为，B的化学名称为异丙苯；B→C+D是被氧气氧化生成和，反应类型为氧化反应，
故答案为：异丙苯；氧化反应；
（2）F的结构简式为 ；A中含有的官能团名称为醚键，
故答案为：；醚键；
（3）C+D→E的化学方程式为，
故答案为：；
（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，副产物的同分异构体能与FeCl2溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另一个取代基为CH3CH2CH3OH、中烃基失去1个氢原子形成的基团，依次有3种，而7个取代基有邻、间，故符合条件的同分异构体共有3×（3+4）＝15种，
故答案为：15；；
（5）苯酚与反应生成，1，3﹣丁二烯与Cl7发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH8CH＝CHCH2Cl用过氧化氢氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
18．（14分）卤素元素比较活泼，能形成种类繁多的化合物，回答下列问题：
（1）F，Cl，Br HF＞HI＞HBr＞HCl 。
（2）卤素可形成很多酸根离子，如ClO﹣、、、等，的空间结构为 三角锥形 。
（3）卤素元素之间还能形成很多卤素互化物，如ICl，ClF3，BrF5，IF7等，根据I与Cl原子的电负性大小关系写成ICl在水中水解的化学方程式： ICl+H2O＝HIO+HCl 。
（4）在石墨烯膜上可以制备Cl元素和Ca元素形成的新型的化合物，如图是俯视图和侧视图，俯视图中小六元环为石墨层（石墨六元环中心正上方）和3个小球（石墨层部分碳原子正上方），请写出该化合物的化学式 CaCl ，在石墨六元环中心正上方的元素为 Ca 。（填元素符号）
（5）卤素还被称为成盐元素，某种卤素盐的晶体中含有Cl，Cs与Au三种元素3，Au有两种化合价，其一个晶胞结构如图所示，未标出的两个小球为金（Au），底面正方形边长为apm，高为cpm，分别为mpm和npm（m＜n），CsAuCl3的相对分子质量为M，回答下列问题：
①如果m与n相等，Cl﹣和Cs+构成 面心立方 晶胞。
②金（Au）离子和Cs+的配位数分别为 6 和 12 。
③如图所示，以原子1为原点建立坐标系，写出晶胞内部小白球的分数坐标 （，，） 。
【分析】（1）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；形成分子间氢键，沸点升高；
（2）中Br原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对；
（3）Cl的电负性大于I的，ICl在水中水解生成HIO和HCl；
（4）由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个Cl，对结构单元的贡献均为，据此分析该晶体的化学式；Ca+半径比Cl﹣半径大；
（5）①由CsAuCl3晶胞结构图可知，如果m与n相等，Cl﹣位于顶点，Cs+位于面心；
②由CsAuCl3晶胞结构图可知，距离金（Au）离子最近且相等的氯离子位于金离子的上下左右前后；距离氯离子最近且相等的金离子位于其相邻的三个面的面心；
③小白球位于上半个晶胞的体心。
【解答】解：（1）HCl、HBr，相对分子质量：HCl＜HBr＜HI，HF可形成分子间氢键，故F，Br，
故答案为：HF＞HI＞HBr＞HCl；
（2）中Br原子价层电子对数为3+，有1个孤电子对，
故答案为：三角锥形；
（3）Cl的电负性大于I的，ICl在水中水解生成HIO和HCl5O＝HIO+HCl，
故答案为：ICl+H2O＝HIO+HCl；
（4）由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和7个Cl，Ca＝1；Ca+半径比Cl﹣半径大，由图可知，
故答案为：CaCl；Ca；
（5）①由CsAuCl4晶胞结构图可知，如果m与n相等﹣位于顶点，Cs+位于面心，Cl﹣和Cs+构成面心立方晶胞，
故答案为：面心立方；
②由CsAuCl3晶胞结构图可知，距离金（Au）离子最近且相等的氯离子位于金离子的上下左右前后；距离氯离子最近且相等的金离子位于其相邻的三个面的面心＝12+的配位数为12，
故答案为：6；12；
③由CsAuCl2晶胞结构图可知，小白球位于上半个晶胞的体心），其分数坐标为（，，），
故答案为：（，，）。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及沸点比较、空间构型、化学方程式、晶胞结构与计算等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
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