河南省郑州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份河南省郑州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共42页。试卷主要包含了0g水杨酸、10，6℃等内容，欢迎下载使用。
河南省郑州市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·河南郑州·高二统考期末）按要求填空：
(1)写出与反应的化学方程式________。
(2)能一次鉴别出苯、苯酚、己烯、氯仿的试剂是________。
(3)写出皂化反应的化学方程式________。
(4)写出蔗糖水解的化学方程式________。
(5)酚醛树脂的结构简式为，写出其单体的结构简式________。
2. （2020春·河南郑州·高二统考期末）“结构决定性质”是化学科学的重要理论。
(1)下列关于基态O原子结构的相关描述中错误的是________。
A．轨道表达式(电子排布图)为                 B．有2个未成对电子
C．电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形       D．价电子数为4
(2)Na的焰色反应为黄色，其原因是________。
(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的电子亲和能E1变化趋势如图所示。氮元素的E1呈现异常的原因是________。

(4)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___。
(5)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是___。
3. （2021春·河南郑州·高二统考期末）按要求填空：
(1)实验室制备乙烯的反应类型是___________。
(2)限塑令“升级”，PLA吸管登场。PLA吸管是由聚乳酸()制作，其单体的结构简式是___________。
(3)写出2-丙醇在铜催化作用下被氧化的化学方程式___________。
(4)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子称为手性碳，用星号*标出有机物中的手性碳___________。
(5)请用系统命名法命名：___________，其一氯代物有___________种。
4. （2022春·河南郑州·高二统考期末）按要求填空：
(1)苯与液溴反应的化学方程式为_______。
(2)2-丙醇催化氧化的化学方程式为_______。
(3)由制取的过程需要经过的反应步骤是_______。(填“字母”，下同)
A．加成→消去→取代 B．消去→加成→水解
C．取代→消去→加成 D．消去→加成→消去
(4)可以鉴别乙醇、乙酸、乙醛的试剂是_______。
A．溶液 B．溶液 C．新制氢氧化铜 D．NaOH溶液
(5)甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应制得有机玻璃，则有机玻璃的结构简式为_______。
5. （2020春·河南郑州·高二统考期末）有机物X具有消炎功效，为测定其结构，某化学小组设计如下实验探究过程：
I. 确定X的分子式
(1)确定X的实验式。将有机物X的样品充分燃烧，对燃烧后的物质进行定量测量，所需装置及试剂如下所示：
A．     B．       C．         D．
①装置的连接顺序是________。(填字母，部分装置可重复使用)
②取X样品6.9g，用连接好的装置进行实验，X样品充分燃烧后，测得B管增重15.4g，C管增重2.7g，则X的实验式为________。
(2)确定X的分子式。X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，则X的分子式为________。
Ⅱ. 确定的结构
(3)确定X的官能团。红外光谱图呈现，X中有O－H、C－O、C－C、苯环上的C－H、羧酸上的C=O等化学键以及邻二取代特征振动吸收峰，由此预测X含有的官能团有________(填名称)。
(4)确定X的结构式。核磁振动氢谱如下图所示，X的结构简式为________。

6. （2020春·河南郑州·高二统考期末）乙酸乙酯是一种重要的化工原料，广泛用于药物染料、香料等工业。查阅资料得到下列数据：
物质
沸点/℃
密度/
相对分子质量
水溶性
乙醇
78.0
0.8
46
互溶
乙酸
118.0
1.1
60
可溶
乙酸乙酯
77.5
0.9
88
微溶
乙醚
34.6℃
0.7
74
微溶
浓硫酸(98%)
338.0
1.8
98
易溶
无水氯化钙
可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH

请回答以下问题：
(1)实验室常用下图装置来制备乙酸乙酯。

①配制反应混合液时，乙醇、冰醋酸和浓硫酸的混合顺序是________；浓硫酸对反应有催化作用，但加入的浓硫酸不能太多也不能太少，原因是________。
②防止加热时液体暴沸，需要在试管加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记了加碎瓷片，应该采取的正确操作是________。
A．立即补加     B．冷却后补加    C．不需补加   D．重新配料
③实验中饱和碳酸钠溶液的作用是________。
(2)产品纯化。分液法从试管B中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，首先向乙酸乙酯中加入无水氯化钙，除去________(填名称)；然后再加入无水硫酸钠除去水，最后进行________(填操作名称)，得到较纯净的乙酸乙酯。
(3)该实验中用30 g乙酸与46 g乙醇反应，如果实际得到的乙酸乙酯的质量是30.8 g，则该实验中乙酸乙酯的产率是________。(产率指的是某种生成物的实际产量与理论产量的比值)
(4)另一化学小组设计下图所示的装置制取乙酸乙酯(铁架台、铁夹、加热装置均已略去)。此装置和上图装置相比的优点是________(写出一条即可)。

7. （2021春·河南郑州·高二统考期末）乙酰水杨酸()又名阿司匹林，是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃~135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：
+(CH3CO)2O+CH3COOH
主要试剂和产品的物理常数如下表所示：
名称
相对分子质量
熔点或沸点(℃)
水溶性
水杨酸
138
158(熔点)
微溶
醋酸酐
102
139.4(沸点)
易水解
乙酰水杨酸
180
135(熔点)
微溶

请根据以上信息回答下列问题：
(1)制备阿司匹林时要使用干燥的仪器，其原因是___________。
(2)合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___________。
(3)提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图。

粗产品 乙酰水杨酸
①实验过程中发现忘记加沸石，正确的处理方法是___________
②冷凝水的进水口是___________(填“a”或“b”)。
③提纯实验中乙酸乙酯的作用为___________。
④请设计实验判断粗产品中是否有未反应完全的水杨酸___________。
(4)在实验中原料用量：3.0g水杨酸、10.0mL醋酸酐()，最终称得产品质量为3.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___________(用百分数表示，保留小数点后一位)。
8. （2022春·河南郑州·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：

操作1的实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。

回答下列问题：
(1)烧瓶A中进行反应的化学方程式为_______，浓硫酸也可作该反应的催化剂。相比浓硫酸，选择作催化剂的优点是_______(写出一条即可)。
(2)已知环己烯的密度为，进行操作2前加饱和食盐水而不加蒸馏水的原因是_______。
(3)操作2为分液，下列关于分液漏斗的使用，叙述正确的是_______。

A．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞处不漏水即可使用
B．分液时环己烯应从上口倒出
C．振荡萃取操作应如图所示，并打开玻璃塞不断放气
D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
(4)操作3(蒸馏)的步骤：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，弃去前馏分，收集83℃馏分的质量为7.6g，则环己烯的产率为_______%(已知环已醇的密度为，计算结果保留1位小数)。
9. （2020春·河南郑州·高二统考期末）碳是形成单质和化合物种类最多的元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。
(1)碳有多种单质，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

石墨烯能导电而金刚石不能导电的原因是________。
(2)碳的主要氧化物有CO和CO2
①CO能与金属Fe形成一种浅黄色液体Fe(CO)5，其熔点为-20℃，沸点为103℃，热稳定性较高，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水。据此判断：该化合物的晶体中不涉及的作用力有________。
A．离子键            B．极性键            C．非极性键           D．范德华力         E.配位键
②CO2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为：。该反应所涉及的4种物质，沸点从高到低的顺序为________。
(3)是重要的有机反应中间体，其空间构型为________。
(4)碳的有机物常作为金属有机化合物的配体，如EDTA(乙二胺四乙酸)。EDTA与Ca2+形成的配离子如图所示。

①钙离子的配位数是________。
②配体中碳原子的杂化方式有________。
10. （2020春·河南郑州·高二统考期末）铁及其化合物在生活、生产、国防等方面有广泛应用。
(1)基态铁原子的价电子排布式为________。
(2)Fe2＋易被氧化成Fe3＋，从微粒结构上分析其主要原因是________。
(3)原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。金属铁是体心立方晶系，其构型如图。其中原子坐标参数A(0,0,0)、B(1,0,0)，则C原子的坐标参数为________。

若晶胞参数为apm，假定金属铁原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切，则铁原子的半径为________pm。
(4)FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图的循环得到，则FeO的晶格能为________。

(5)下图是晶体的晶胞示意图。

①晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_____空隙中(填空间结构)。
②若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为___(阿伏加德罗常数用NA表示)
11. （2021春·河南郑州·高二统考期末）2021年4月29日上午长征五号运载火箭搭载“天和核心舱”发射成功。我国“天宫"空间站的核心舱”——“天和号”采用的柔性砷化镓(GaAs)太阳能电池性能反超美国。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的价电子排布式为___________，基态As原子核外有___________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol-1)的数值依次为577，1985，2962，6192，由此可推知镓的主要化合价为___________和+3，镓的电负性比砷___________(填“大”或“小”)。
(3)GaAs为原子晶体，其晶胞结构如图所示，则Ga与As以___________键键合。

图中a和b的原子坐标参数分别为(0,0,0)和(1,1,1)，则c的坐标参数为___________。
12. （2021春·河南郑州·高二统考期末）氮元素可以形成多种化合物，回答以下问题；
(1)基态氮原子的轨道表示式是___________。
(2)肼()分子可视为分子中的一个氢原子被(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①写出与分子互为等电子体的一种离于的化学式___________。
②肼()是___________分子(填极性分子或非极性分子)。
③肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
若该反应中有4mol N-H键断裂，则形成的键有___________mol。
(3)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是___________(填标号)。

a.                b.                c.                 d.
13. （2021春·河南郑州·高二统考期末）已知A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素。A是周期表中原子半径最小的元素；B的基态原子有2个不同的能级且各能级中电子数相等；C核外有五种运动状态不同的电子；D是电负性最大的元素；离子与离子具有相同的稳定电子层结构；F的基态原子的价电子排布式为。请回答下列问题：
(1)B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(填元素符号)。
(2)A、C、E可形成一种化合物M，M是有机合成中常用的还原剂，其阴离子的空间构型是___________，M中存在的作用力有___________填标号)。
a.离子键     b.氢键           c.键           d.键
(3)B与Cl形成的化合物中，化学键具有明显的共价性，其蒸汽状态下以双聚分子存在。写出的结构式(用元素符号表示)___________，其中B的杂化类型为___________。
(4)第三周期元素与D形成的化合物的熔点如下表：
化合物
NaD





熔点/℃
993
1261
1291




解释表中化合物熔点变化的原因：___________。
(5)现有含F(Ⅲ)的两种氯化物的有颜色晶体，的配位数均为6，一种为紫色，一种为绿色，相关实验证明两种晶体的组成皆为。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液﹔
b.分别往待测溶液中滴入溶液，均产生白色沉淀﹔
c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3。
试推断紫色晶体的化学式为___________。
(6)氢气是理想的清洁能源，镍(Ni)元素与镧(La)元素的合金可作储氢材料，该合金的晶胞如图所示﹐晶胞中心有一个Ni原子，其他Ni原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为___________，已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数值为，则该晶胞的边长是___________nm。
14. （2022春·河南郑州·高二统考期末）铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝，广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。回答下列问题：
(1)基态价电子排布式为_______。
(2)Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是_______，原因是_______。
(3)氯、钾、铜可形成用于催化乙炔聚合的化合物，其阴离子为无限长链结构(如图所示)。a位置上Cl原子的杂化轨道类型为_______；该阴离子中Cu与Cl原子的个数比为_______。

(4)铜与氨水或过氧化氢均不能反应，但铜与氨水和过氧化氢的混合溶液可以发生反应，其原因是_______，反应生成配合物中的配位离子为，则的结构示意图为_______。
(5)铜镍合金的立方晶胞结构如图所示：

则B原子的坐标为_______。
15. （2022春·河南郑州·高二统考期末）超分子化学在识别、催化、传输等功能方面迅速渗透到各学科领域。一种由Mo、C60、P-甲酸丁酯吡啶和CO形成的超分子结构如图所示。回答下列问题：

(1)图中超分子中存在的化学键类型有_______。
a.离子键    b.配位键    c.氢键    d.分子间作用力
(2)P-甲酸丁酯吡啶分子( )中四种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的C原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(4)吡啶( )是类似于苯的芳香族化合物。1mol吡啶分子有_______键。广义酸碱理论认为：凡能给出质子()的任何分子或离子都是酸；凡能结合质子()的分子或离子都是碱。按此理论，吡啶( )属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)。
(5)的晶胞与干冰的晶胞相似，已知的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数的值为，则晶体的密度为_______(写出表达式)。

16. （2022春·河南郑州·高二统考期末）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目先通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价层电子轨道表示式为_______；单晶硅的晶体类型为_______。
(2)可发生水解反应，机理如下：

含s、p、d轨道的杂化类型有：①、②、③，则中间体中Si采取的杂化类型为_______(填标号)。的沸点明显低于水解产物的沸点，原因是_______。
(3)与分子中键角较大的是_______，判断依据为_______。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为固溶体。四方晶胞如图所示。离子在晶胞中的配位数是_______，晶胞中与之间的最短距离为_______pm。

17. （2020春·河南郑州·高二统考期末）PMMA是一种具有较好的透明性、化学稳定性、易染色、易加工、外观优美的塑料，在建筑业中有着广泛应用，分子式是。一种从原料合成PMMA的路线如图所示：

请回答：
(1)原料X的结构简式为________。
(2)②的反应类型是________。F中含有的官能团名称是________。
(3)写出④的化学方程式________。
(4)D的同分异构体中，能发生银镜反应、水解反应和酯化反应的同分异构体有________种。
(5)已知(其中R、均代表烃基)。若以丙烯为原料，利用上述信息设计合成中间体D，在得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是________。
18. （2020春·河南郑州·高二统考期末）有机化合物K是有机合成中的一种重要的中间体，K的合成路线如下(部分产物及条件略去)：

回答下列问题：
(1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，A的名称为________。
(2)B→C的反应类型是________。
(3)G→H反应的化学方程式为________。
(4)G的同分异构体中，既能发生银镜反应又能发生水解反应的物质的结构简式为__________。
(5)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：___。
19. （2021春·河南郑州·高二统考期末）(1)疟疾曾经严重威胁人类生命安全，东晋葛洪《肘后备急方》中“青蒿一握，以水升渍，绞取汁，尽服之”。其中涉及到的操作是___________。
A．过滤B．煮沸C．分液D．蒸馏
(2)中国科学家屠呦呦从青蒿中提取分离出抗疟疾的有效成分青蒿素，一定条件下青蒿素能被还原为双氢青蒿素，转换关系如如图。

下列说法正确的是___________。
A．双氢青蒿素比青蒿素具有更好的水溶性
B．青蒿素可以在碱性环境中稳定存在
C．从结构分析青蒿素具有很好的热稳定性
D．青蒿素能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键或酯基等基团有关
(3)①屠呦呦团队发现青蒿素可以用有机溶剂A提取。使用现代分析仪器对有机物A的分子结构进行测定，相关结果如下：根据如图，A的相对分子质量为___________。

②根据如图，推测A可能所属的有机物类别为___________，其分子式为___________。

③根据以上结果和下图(两组峰面积比为2∶3)，推测A的结构简式___________。

④A的同分异构体中还有___________种(不考虑立体异构)。
20. （2021春·河南郑州·高二统考期末）食品添加剂必须严格按照食品安全国家标准的规定使用。防腐剂G的合成路线如下(部分反应条件略)。

(1)A中官能团的名称为___________。
(2)D的结构简式为___________。
(3)E能发生的反应类型有___________(写出两种)。
(4)反应A→B的作用是___________。
(5)写出G与足量NaOH溶液反应的化学方程式___________。
21. （2021春·河南郑州·高二统考期末）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：


已知：
①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰
② (-NH2容易被氧化)
③ R-CH2COOH
请回答下列问题：
(1)A中官能团的电子式为___________。C的名称为___________。
(2)I→M的反应类型为___________。
(3)C→D的化学方程式为___________。
(4)满足下列条件的E的同分异构体有___________种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应    ②能与NaHCO3反应    ③含有-NH2
(5)酸催化下，酯化反应的历程表示如下(箭头表示原子或电子的迁移方向)：

据此完成4-羟基丁酸在酸催化下生成4-羟基丁酸内酯的反应历程：_______

22. （2022春·河南郑州·高二统考期末）香豆素是一种用途广泛的香料，可用于配制香精及制造化妆品和香皂等。香豆素的合成路线见下图：

已知：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______；步骤a的试剂和条件分别为_______。
(2)B→C的反应类型是_______，G→H的反应类型是_______。
(3)H→I反应的化学方程式为_______。
(4)同时满足下列条件的H的芳香族同分异构体有_______种。
①能与溴水发生加成反应；②能水解；③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为_______。
23. （2022春·河南郑州·高二统考期末）2021年诺贝尔化学奖授予了本亚明和戴维两位化学家，以表彰他们在不对称有机催化研究上做出的伟大贡献。其中，本亚明的研究成果选用的是脯氨酸做不对称催化剂，其结构简式为，工业上脯氨酸的合成路线如下图：

回答下列问题：
(1)脯氨酸分子中含氧官能团的名称为_______。
(2)脯氨酸极易溶于水，原因是_______。
(3)由A生成B的反应类型是_______。
(4)由B生成C的化学方程式为_______。反应③生成D的同时还生成另一种物质，该物质的结构简式为_______。
(5)脯氨酸与混合发生反应，最多生成_______种二肽。
24. （2022春·河南郑州·高二统考期末）药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用，K为该药物合成的中间体，其合成路线如下：

已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)由B生成C的化学方程式为_______。
(3)生活中一些不法商贩利用G的水溶液浸泡食品给食品保鲜，人食用后会带来伤害。设计一个检测某食品浸泡液中是否含有G的方案：_______。
(4)E中含两个Cl原子，则E的结构简式_______。
(5)结合以上信息，设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线_______。(无机试剂任选)
示例：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为

参考答案：
1.      +CH3CO18OCH2CH3+H2O     溴水     RCOOCH2CH(OOCR)CH2OOCR +3NaOHHOCH2CH(OH)CH2OH+3RCOONa     C12H22O11(蔗糖)+H2O C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)     HCHO、
【详解】(1)根据酯化反应的原理，与发生酯化反应生成CH3CO18OCH2CH3和水，反应的化学方程式为+CH3CO18OCH2CH3+H2O；
(2)加入溴水溶液褪色的为己烯，产生白色沉淀的为苯酚，分层后上层显橙黄色的为苯，分层后下层显橙黄色的为氯仿，故能一次鉴别出苯、苯酚、己烯、氯仿的试剂是溴水；
(3)皂化反应是高级脂肪酸甘油酯在氢氧化钠溶液中加热反应生成高级脂肪酸钠和甘油，反应的化学方程式为RCOOCH2CH(OOCR)CH2OOCR +3NaOHHOCH2CH(OH)CH2OH+3RCOONa；
(4)蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，反应的化学方程式为C12H22O11(蔗糖)+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)；
(5)酚醛树脂的结构简式为，是苯酚与甲醛通过缩聚反应而生成，故其单体的结构简式为HCHO、。
2.      AD     电子由较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以黄色光的形式释放能量     N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，故不易结合一个电子     K的原子半径较大，且价电子数较少，金属键较弱     Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难形成键
【详解】(1)A ．氧原子核外有8个电子，根据核外电子排布规律，基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，选项A错误；
B．根据基态氧原子的轨道表示式可知，O原子的2p能级上有2个未成对电子，选项B正确；
C．氧原子核外电子占据的最高能级为2p，p能级的电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形，选项C正确；
D．氧为第ⅥA族元素，2s轨道上的2个电子和在2p轨道上的4个电子都为价电子，故氧的价电子数为6，选项D错误；
答案选AD；
(2)Na的焰色反应为黄色，其原因是电子由较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以黄色光的形式释放能量；
(3)根据图中信息可知，N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，故不易结合一个电子，故氮元素的E1呈现异常；
(4) K的原子半径较Cr的大，且K的价电子数较少，故K的金属键较Cr的弱，熔、沸点较Cr的低；
(5)虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难形成键。
3.      消去反应          +O22+2H2O          3-甲基-3-乙基戊烷     3
【详解】(1)实验室利用乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应制备乙烯，即反应类型为消去反应；
(2)根据链节结构可知该物质是羧基和羟基脱水缩合而成，所以单体为；
(3)2-丙醇为CH3CH(OH)CH3，与羟基相连的碳原子上只有一个氢原子，所以被催化氧化生成丙酮，化学方程式为+O22+2H2O；
(4)根据手性碳的定义该物质中的手性碳为；
(5)该物质最长碳链上有5个碳原子，3号碳上有一个甲基和一个乙基，所以名称为3-甲基-3-乙基戊烷；该物质中有3种环境的氢原子(3号碳上的甲基、乙基上的甲基以及亚甲基)，所以一氯代物有3种。
4. (1)
(2)
(3)B
(4)C
(5)

【详解】（1）苯和液溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，反应方程式为；
（2）2—丙醇催化氧化生成丙酮，反应方程式为；
（3）2—氯丙烷首先跟氢氧化钠的醇溶液作用发生消去反应，生成丙烯，丙烯再与溴发生加成反应生成1，2—二溴丙烷，1，2—二溴丙烷与氢氧化钠水溶液发生取代反应生成1，2—丙二醇。发生的反应顺序为消去、加成、取代(水解)；
故选B；
（4）A．高锰酸钾不能鉴别乙醇、乙醛，都可被氧化，故A不选；
B．加入碳酸氢钠，只有乙酸与碳酸氢钠反应，不能鉴别乙醇和乙醛，B不选；
C．加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，可鉴别，C选；
D．加入氢氧化钠，只有乙酸与氢氧化钠反应，且无现象，故不能鉴别乙酸、乙醇和乙醛，D不选；
故选C。
（5）甲基丙烯酸甲酯的结构简式为，发生加聚反应，产物为；
5.      ADCBB     C7H6O3     C7H6O3     羧基、羟基    
【分析】有机物和O2在CuO作催化剂的作用下完全氧化生成CO2、H2O，利用无水氯化钙吸收H2O，利用碱石灰吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入碱石灰中，需要外界一个B装置。利用原子守恒，可求出X的最简式，再根据质谱、红外、核磁共振氢谱等得到其结构简式。
【详解】Ⅰ(1)①装置A生成O2，通入装置D中，与有机物发生反应，利用装置C吸收水，利用装置B吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入装置B，需额外再连接一个装置B，则装置的连接顺序是ADCBB；
②B增重是由于吸收了CO2，则n(CO2)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.35molC原子；C装置增重2.7g，是吸收了H2O，则n(H2O)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.15mol×2=0.3molH原子；根据质量守恒，6.9g样品中含有6.9g－0.35×12g－0.15×1g=2.4gO，则6.9g样品中含有O原子；则该有机物中，n(C):n(H):n(O)=7:6:3，则其实验室为C7H6O3；
(2)根据(1)可知该有机物的实验室为C7H6O3，则该有机物的分子式可表示为(C7H6O3)n，X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，可求得n=1，则X的分子式为C7H6O3；
Ⅱ(3)根据红外光谱，X中含有O－H，以及C－O，以及羧酸上的C=O，根据分子式，可知其含有3个O原子，则含有的官能团有羧基、羟基；
(4)根据X的核磁共振氢谱，分子中有6组峰，且其面积均相同，根据红外，有两个邻位取代基，含有羧基，则其结构简式为。
6.      乙醇、浓硫酸、冰醋酸     浓硫酸能够吸收反应产生的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；浓硫酸同时具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，因此浓硫酸不能过少，也不能过多     B     溶解乙醇；反应消耗乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度     乙醇     蒸馏     70.0%     能够控制反应温度，减少副反应的发生
【分析】(1)①为防止酸液飞溅，应先加入乙醇，然后再加入浓硫酸和乙酸；根据浓硫酸的作用分析判断；
②从实验安全角度分析判断；
③根据加热时乙醇、乙酸易挥发，且乙酸乙酯的沸点比较低，结合物质的物理性质和化学性质及分离提纯的目的解答；
(2)根据无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH分析；
(3)先计算乙酸、乙醇的物质的量，利用二者反应关系计算理论上乙酸乙酯的产量，最后根据产率的含义计算乙酸乙酯的产率；
(4)装置中使用了温度计，可控制反应温度，能够减少副反应的发生。
【详解】(1)①浓硫酸遇乙醇会放出大量热，由于乙醇的密度比硫酸小，为防止酸滴飞溅，应先加入乙醇，然后沿器壁缓缓加入浓硫酸，并用玻璃塞不断搅拌，使热量迅速扩散，当混合溶液冷却后再加入乙酸，如先加浓硫酸就会出现酸液飞溅现象，故加入物质的先后顺序是乙醇、浓硫酸、乙酸；在该反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，由于该进行的比较缓慢，且反应是可逆反应，反应产生水，为了提高反应速率，同时提高乙酸乙酯的产率，要加入一定量的浓硫酸作催化剂，并在加热条件下进行；但由于浓硫酸同时具有强的氧化性和脱水性，若浓硫酸加入量过多，在加热时会将有机物脱水碳化，也不利用反应的发生，因此浓硫酸不能太多；
②为防止加热时液体暴沸，需要在试管加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记了加碎瓷片，应该采取的正确操作是冷却后补加，故合理选项是B；
③在实验中，反应产生的乙酸乙酯及挥发的乙醇和乙酸都通过导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇；反应消耗乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；
(2)分液法从试管B中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，首先向乙酸乙酯中加入无水氯化钙，无水氯化钙与乙醇反应产生CaCl2·6C2H5OH，可以达到除去其中含有的乙醇的目的；然后再加入无水硫酸钠除去水，最后进行根据乙酸乙酯与乙醚沸点的不同，采用蒸馏方法分离得到乙酸乙酯；
(3)30 g乙酸的物质的量是n(CH3COOH)=30 g÷60 g/mol=0.5 mol，46 g乙醇的物质的量n(C2H5OH)=46 g÷46 g/mol=1 mol，由于二者反应的物质的量的比是1：1，所以反应产生乙酸乙酯要根据不足量的乙酸计算，反应产生的乙酸乙酯的物质的量n(乙酸乙酯)=0.5 mol，其质量m(乙酸乙酯)=0.5 mol×88 g/mol=44 g，实际得到的乙酸乙酯的质量是30.8 g，则该实验中乙酸乙酯的产率是：×100%=70.0%；
(4)根据装置图可知：该装置中使用了温度计，可控制反应温度，能够减少副反应的发生，从而可提高物质的产率。
【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性以及操作方法，把握实验原理，侧重考查学生的分析与实验能力。
7.      醋酸酐易水解     水浴加热     停止实验，冷却至室温后再加入沸石     a     作溶剂     取少量粗产品于试管中，加入溶液，若溶液显紫色，说明含未反应完全的水杨酸     81.8%
【分析】水杨酸和醋酸酐在水浴加热条件下生成乙酰水杨酸，利用乙酸乙酯增大乙酰水杨酸的溶解度，加热回流提纯粗产品，经趁热过滤、冷却、减压过滤、洗涤干燥，得到乙酰水杨酸，据此分析答题。
【详解】(1)根据表格中醋酸酐的水溶性可知其易水解，所以制备阿司匹林时要使用干燥的仪器，答案为：醋酸酐易水解；
(2)根据反应原理可知阿司匹林的合成温度为85-90，最合适的加热方法为水浴加热，答案为：水浴加热；
(3)①实验过程中发现忘记加沸石，不能直接加入沸石，应该停止实验，冷却至室温后再加入沸石，答案为：停止实验，冷却至室温后再加入沸石；
②球形冷凝管的冷凝水应该低进高出，答案为：a；
③根据表格信息可知乙酰水杨酸在水中微溶，为增大其溶解性，采用乙酸乙酯作为溶剂，所以提纯实验中乙酸乙酯的作用为溶剂，答案为：作溶剂；
④乙酰水杨酸中无酚羟基，水杨酸中含有酚羟基，可以用溶液检验酚羟基，进而证明是否有未反应完全的水杨酸，答案为：取少量粗产品于试管中，加入溶液，若溶液显紫色，说明含未反应完全的水杨酸；
(4)水杨酸的物质的量为：，醋酸酐的物质的量为：，可知醋酸酐过量，用水杨酸计算乙酰水杨酸的理论产量为：，所以产率为：，答案为：81.8%。
8. (1)          污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，浓硫酸易使原料碳化并产生等
(2)增大水溶液的密度，便于分层
(3)BD
(4)47.8

【详解】（1）烧瓶A中环己醇在、加热的条件下，生成环己烯，反应的方程式为: ；相比浓硫酸，选择作催化剂的优点是: 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，浓硫酸易使原料碳化并产生等；
（2）前加饱和食盐水可以增大水溶液的密度，便于分层环己烯的分层；
（3）A. 分液漏斗使用前必分液漏斗的旋塞处和瓶口的活塞不漏水才可使用，A错误；
B.环己烯密度小于水，在上层，分液时生曾液体从上口倒出，B正确；
C. 振荡萃取操作倒立锥形瓶，应如图所示操作错误，C错误；
D.放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，使分液漏斗内压强增大，便于分液漏斗中的液体顺利流下，D正确；
故选BD。
（4），，环己烯的产率为。
9.      石墨烯中C原子上未参与杂化的所有P轨道相互平行且重叠，使P轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电，金刚石中C原子的四个价电子均已杂化生成σ键     AC     H2O＞CH3OH＞CO2＞H2     三角锥性     6     sp2和sp3
【分析】(1)根据石墨烯和金刚石中碳原子的成键特点分析；
(2)①根据物质的性质分析其晶体类型，从而确定物质中存在的作用力；
②根据影响物质熔沸点的因素分析；
(3)根据价层电子对互斥理论分析；
(4)①根据配位数的概念分析；
②根据杂化轨道理论分析。
【详解】(1)石墨烯中C原子上未参与杂化的所有P轨道相互平行且重叠，使P轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电，金刚石中C原子的四个价电子均已杂化生成σ键，因此金刚石不能导电；
(2)①CO能与金属Fe形成一种浅黄色液体Fe(CO)5，其熔点为-20℃，沸点为103℃，熔沸点较低，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水，故其为分子晶体，则Fe(CO)5分子间存在范德华力，C与O原子间形成极性键，CO作为配体与中心原子Fe原子间形成配位键，则该化合物的晶体中不涉及的作用力有离子键、非极性键；
②由于常温下，H2O与CH3OH是液体，CO2与H2为气体，故H2O与CH3OH的沸点较高，CO2与H2的沸点较低，又由于H2O与CH3OH均为极性分子，H2O分子间形成的氢键数比甲醇多，则H2O的沸点比CH3OH的沸点高；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大，范德华力较大，故CO2的沸点比H2的高，故这4种物质的沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；
(3)的σ键电子对数为3，孤电子对数为，则其价层电子对数为4，空间构型为三角锥性；
(4)①如图所示，该配离子中钙离与N、O原子之间形成配位键，Ca2+的配位数为6；
②EDTA中羧基上的C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该类C原子杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，-CH2-的C原子形成4个σ键，没有孤电子对，该类C原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故配体中碳原子的杂化方式有sp2和sp3。
【点睛】H2O分子间可以形成氢键，CH3OH分子间也可以形成氢键，但是H2O分子间形成的氢键数比甲醇多，故H2O的沸点比CH3OH的沸点高，这是学生们的盲区。
10.     3d64s2     Fe3＋的3d轨道为半充满，较稳定，Fe2＋易被氧化成Fe3＋     (,,)          3902kJ·mol－1     正四面体    
【详解】(1)铁原子为26号元素，根据核外电子排布规律，3d、4s能级上的电子是其价电子，其价电子排布式3d64s2；
(2)Fe原子失去2个电子形成Fe2＋，失去3个电子形成Fe3＋，则Fe2＋、Fe3＋的价电子排布分别为3d6、3d5，Fe3＋的3d轨道为半充满，较稳定，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；
(3)已知A、B的原子坐标分别为A(0,0,0)、B(1,0,0)，以A为晶胞坐标原点，C在立方体的中心，则C的原子坐标为(,,)；
假设Fe原子的半径为rpm，则(4r)2=3a2，则r=pm；
(4)晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，有图可知，Fe2＋(g)和O2－(g)形成1molFeO晶体时，释放3902kJ的热量，则晶格能为3902kJ·mol－1；
(5)晶胞中Fe2＋周边有4个O2－，处于O2－围成的正四面体空隙中；
若晶胞的体对角线为anm，则晶胞棱长=，晶胞体积为=。晶胞中Fe2＋个数为1；在晶胞中，有4个位于顶点，为8个晶胞所共有，有3个位于面心，为2个晶胞所共有，则一个晶胞中有个；有12个O2－在棱上，为4个晶胞所共有，有1个在体心，则一个晶胞中有，则一个晶胞中含有1个Fe2＋、2个Fe3＋、4个O2－，则Fe3O4晶体的密度为。
11.      4s24p1     3     +1     小     共价     (，，)
【详解】(1)Ga处于第四周期第ⅢA族，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，其价电子为其最外层电子，排布式为：4s24p1；As原子的价电子为4s24p3，4p能级有3对未成对电子；
(2)根据镓的电离能变化可知，I1和I2相差较大、I3和I4相差较大，所以镓的主要化合价为+1价和+3价；同周期自左至右电负性依次增大，所以镓的电负性小于砷；
(3)GaAs为原子晶体，所以Ga与As以共价键键合；图中a和b的原子坐标参数分别为(0,0,0)和(1,1,1)，即a为原点，晶胞棱长为单位1，根据晶胞结构可知c在底面、侧面的投影均位于面对角线上，与y轴距离为，与z轴、x轴的距离均为，所以坐标为(，，)。
12.                极性     3     c
【详解】(1) 基态氮原子核外电子总数为7，2p轨道3个电子各占据1个轨道，正确的电子排布图为：；
(2) ①水合氢离子是与分子互为等电子体的一种离子，其化学式为：；
②肼分子不是中心对称，因此是极性分子；
③根据方程式：有4mol N-H键断裂时，会生成1.5molN2其中含有3mol键；
(3) F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键,正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键,该微粒应含有4个H原子,选项中只有符合,故选c。
13.           正四面体     ac               NaF、、为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高；、、为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高。离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点              
【分析】A、B、C、D、E、F为周期表中前四周期的六种元素。A是周期表中原子半径最小的元素，A为：H，B的基态原子有2个不同的能级且各能级中电子数相等，推知B电子排布式为：，B为：Be，C核外有五种运动状态不同的电子，则C核外有5个电子，则C为：B，D是电负性最大的元素，则D为：F，离子与离子具有相同的稳定电子层结构，则E为：Na，F的基态原子的价电子排布式为，则F为：Cr，据此分析答题。
【详解】(1) B、C、D分别为：Be、B、F，同周期主族元素从左向右第一电离能递增，第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，所以第一电离能由大到小顺序为：，答案为：；
(2) 阴离子为：，中心原子的价层电子对数为：对，无孤电子对，空间构型为正四面体；化合物M为：，为离子化合物，含有离子键，中含有共价键，答案为：正四面体；ac；
(3) Be和Cl形成的化合物中，其蒸汽状态下以双聚分子存在，双聚物为：Be2Cl4，Be2Cl4的结构式为：；Be的价层电子对数为：对，杂化方式为：，答案为：；；
(4) 根据表格中数据可知NaF、、为离子晶体，离子半径越小，电荷量越大，晶格能越大，熔点越高；、、为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高，且离子晶体熔点高于分子晶体，答案为：NaF、、为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高；、、为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点；
(5)氯离子和水分子均可作为的配体，当氯离子作为配体时存在于配合物的内界，不能和溶液产生白色沉淀，只有氯离子作为外界阴离子时才可以和溶液产生白色沉淀，原绿色晶体的水溶液与溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3可知，绿色晶体中2个氯离子作为外界阴离子，紫色晶体3个氯离子均为外界阴离子，推断紫色晶体的化学式为：，答案为：；
(6)根据均摊法计算可知该晶胞内含有镍原子个，含有镧原子1个，所以该晶体的化学式为：；设该晶胞边长为anm，列出如下等式：，计算得到：a=，答案为：；。
14. (1)
(2)          、都是离子晶体，半径比半径小，阴阳离子的核间距小，晶格能大，熔点高
(3)          1：3
(4)     过氧化氢为氧化剂，把Cu氧化成，氨与形成配离子，两者相互促进使反应进行    
(5)

【详解】（1）铜为29号元素，Cu基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去1个电子为，故基态价电子排布式为3d10；
（2）两物质均为离子化合物，且带电荷数相同，氧离子的半径小于硫离子的半径，氧化亚铜中离子键更强，所以Cu2O的晶格能更大，因此Cu2O的熔点比Cu2S的高；
（3）a位置上Cl原子成2个单键,含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3；
根据图中信息可知，一个Cu与2个Cl形成一对共用电子对，另每两个Cu与1个Cl形成共用电子对，均摊为Cl2+2该，故阴离子中Cu与Cl原子的个数比为1：3；
（4）过氧化氢为氧化剂，把Cu氧化成，氨与形成配离子，两者相互促进使反应进行，故铜与氨水或过氧化氢均不能反应，但铜与氨水和过氧化氢的混合溶液可以发生反应；
含有空轨道，NH3含有孤对电子，可形成配位键，配离子中1个与4个NH3形成配位键，可表示为 ；故答案为 ；
（5）根据图中信息可知，A原子为顶点，坐标为(1，1，1)，B原子为底面心，则B原子的坐标为。
15. (1)b
(2)O＞N＞C＞H
(3)+1或-1
(4)     11     碱
(5)

【详解】（1）根据信息Mo以配位键形成超分子，故该超分子含有配位键，无离子键，氢键与分子间力不属于化学键，答案：b；
（2）P-甲酸丁酯吡啶分子中含有C、N、O、H四种元素，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，答案：O>N>C>H；
（3）基态的C原子价电子排布式2s22p2,2s中是两个自旋状态相反的1电子，2p中2个自旋状态相同的电子占据两个简并轨道，所以价电子自旋磁量子数的代数和为+1或-1，答案：+1或-1；
（4）吡啶 中含有4个C-C、5个C-H、2个N-H共11个σ键，1mol吡啶分子有11键，吡啶分子中N上有1对孤电子对，能结合质子()，属于碱，答案：11；碱；
（5）1个晶胞中含C60，的晶胞参数为，即cm，1个晶胞体积为cm3，则，答案：。
16. (1)          原子晶体(共价晶体)
(2)     ②     分子间为范德华力，分子间有氢键，氢键强于范德华力
(3)          分子中心原子杂化类型为sp，键角为180°；分子中心原子杂化类型为，键角小于109.5°
(4)     8    

【详解】（1）基态硅原子的核外电子排布式为：，所以原子的价层电子轨道表示式为： ，单晶硅为正四面体空间网状结构，为原子晶体；
（2）由图可知，中原子的键数目为5，原子的杂化轨道数为5，杂化类型为：②；和都为分子晶体，中只含有分子间的作用力，而除了分子间的作用力，还有氢键，所以的沸点明显低于水解产物的沸点；
（3）与分子中键角较大的是，因为分子中心原子杂化类型为sp，键角为180°；分子中心原子杂化类型为，键角小于109.5°；
（4）以晶胞中的右侧面心的为例，同一晶胞中与最近且等距离的数为4，同理可知右侧晶胞中有4个与相连接，因此，离子在晶胞中的配位数是4+4=8；晶胞中与之间的最短距离为体对角线的，根据晶胞参数，体对角线为：，与之间的最短距离为。
17.      CH2=C(CH3)2     取代反应或水解反应     酯基、碳碳双键     (CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O     5     CH3CH2CH(OH)COOH
【分析】根据F与G的分子式可知， F发生加聚反应生成G，F为G的单体，结合合成路线中的信息可知，F中含有碳碳双键，由E与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成F，根据分子式可知，E的分子式为C4H6O2，D在浓硫酸催化下发生消去反应生成E，根据逆推法可知，D为(CH3)2C(OH)COOH，E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，则C为(CH3)2C(OH)CHO，B为(CH3)2C(OH)CH2OH，A为(CH3)2CBrCH2Br，X的分子式为C4H8，能与溴的四氯化碳发生反应，则X为烯烃，X为CH2=C(CH3)2，据此分析。
【详解】根据F与G的分子式可知， F发生加聚反应生成G，F为G的单体，结合合成路线中的信息可知，F中含有碳碳双键，由E与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成F，根据分子式可知，E的分子式为C4H6O2，D在浓硫酸催化下发生消去反应生成E，根据逆推法可知，D为(CH3)2C(OH)COOH，E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，则C为(CH3)2C(OH)CHO，B为(CH3)2C(OH)CH2OH，A为(CH3)2CBrCH2Br，X的分子式为C4H8，能与溴的四氯化碳发生反应，则X为烯烃，X为CH2=C(CH3)2。
(1)原料X的结构简式为CH2=C(CH3)2；
(2)②是(CH3)2CBrCH2Br在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，也属于消去反应生成(CH3)2C(OH)CH2OH、溴化钠和水，反应类型是取代反应或水解反应；F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；
(3)反应④是(CH3)2C(OH)CHO在银氨溶液中反应生成(CH3)2C(OH)COONH4、银、氨气和水，反应的化学方程式为(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)D为(CH3)2C(OH)COOH，其同分异构体中，能发生银镜反应、水解反应和酯化反应的同分异构体有HCOOCH(OH)CH2CH3、HCOOCH2CH(OH) CH3、HCOOCH2CH2CH2OH、HCOOCH(OH)(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2OH共5种；
(5)已知(其中R、均代表烃基)。若以丙烯为原料，利用上述信息设计合成中间体D，过程中生成C为CH3COCHO，CH3COCHO在得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是CH3CH2CH(OH)COOH。
18.     丙酮     消去反应     HOCH2CH2CHOCH2=CHCHO+H2O     HCOOCH2CH3    
【分析】根据已知②，可知由A与乙炔反应生成B是丙酮与乙炔发生加成反应生成，A为丙酮，在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，CH2=C(CH3)-CCH部分还原生成D；根据D与H反应生成K，则H为CH2=CHCHO，根据已知①，可知G为CH2OHCHCHO，则E为CH3CHO，据此分析。
【详解】根据已知②，可知由A与乙炔反应生成B是丙酮与乙炔发生加成反应生成，A为丙酮，在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，CH2=C(CH3)-CCH部分还原生成D；根据D与H反应生成K，则H为CH2=CHCHO，根据已知①，可知G为CH2OHCHCHO，则E为CH3CHO。
(1)A的核磁共振氢谱只有一组峰，高度对称，A的名称为丙酮；
(2)B→C是在氧化铝作用下反应生成C为CH2=C(CH3)-CCH，反应类型是消去反应；
(3)G→H反应的化学方程式为HOCH2CH2CHOCH2=CHCHO+H2O；
(4)G为CH2OHCHCHO，其同分异构体中，既能发生银镜反应又能发生水解反应的物质含有甲酸酯的结构，其结构简式为HCOOCH2CH3；
(5)参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线，可以由CH3CH(OH)CCH在氧化铝作用下发生消去反应生成CH2=CH-CCH，CH2=CH-CCH部分还原得到CH2=CH-CH=CH2，CH2=CH-CH=CH2受热得到，合成路线为。
19.      A     AD     74     醚               6
【详解】(1)“绞取汁”过程为过滤，答案为：A；
(2)A．双氢青蒿素含有亲水基团：-OH，所以双氢青蒿素比青蒿素具有更好的水溶性，A正确；
B．青蒿素中含有酯基，在碱性条件下水解，不能稳定存在，B错误；
C．从结构中可以观察到青蒿素中含有过氧键，热稳定性差，C错误；
D．青蒿素中含有过氧键和酯基，能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键或酯基等基团有关，D正确；
答案为：AD；
(3)①质谱图中的最大质荷比为该有机物的相对分子质量，A的相对分子质量为：74，答案为：74；
②由红外光谱图可知，A结构中含有烷基和醚键，所以A的物质类别为：醚；饱和一元醚的通式为：和相对分子质量为74，推知n=4，所以分子式为：，答案为：醚；；
③核磁共振氢谱显示A中含有2种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为：2：3，所以A的结构简式为：，答案为：；
④同碳原子数饱和一元醇与饱和一元醚互为同分异构体，属于醚的同分异构体有：、，属于醇的同分异构体有：、、、，一共有6种同分异构体，答案为：6。
20.      (酚)羟基          取代反应、加成反应(还原反应)、氧化反应等     保护官能团酚羟基     +2NaOH+CH3CH2OH+H2O
【分析】先利用将对甲基苯酚中的酚羟基保护，生成物质B，再用酸性高锰酸钾将甲基氧化成羧基，得到物质D：，再将D被保护的羟基复原得到物质E，E与乙醇发生酯化反应生成防腐剂G，据此分析答题。
【详解】(1)物质A为：对甲基苯酚，含有的官能团为：(酚)羟基，答案为：(酚)羟基；
(2) 酸性高锰酸钾将B中甲基氧化成羧基，得到物质D：，答案为：；
(3)E中含有羧基和羟基，可以发生酯化反应、氧化反应、加成反应，故答案为：取代反应、加成反应(还原反应)、氧化反应等；
(4)酚羟基极易被氧化，在用酸性高锰酸钾氧化甲基之前，先用对酚羟基进行保护，答案为：保护官能团酚羟基；
(5)G中羧基和氢氧化钠反应，酯基在氢氧化钠溶液中水解，发生反应如下：+2NaOH+CH3CH2OH+H2O，答案为：+2NaOH+CH3CH2OH+H2O。
21.          1，3-丙二酸(丙二酸)     取代反应     HOOCCH2COOH+Br2→HOOCCHBrCOOH+HBr     10     或
【分析】A的密度时相同条件下H2密度的38倍，所以A的相对分子质量为76，根据反应条件可知B应含有醛基，被催化氧化生成C，A中应含有羟基，被催化氧化为醛基，根据C的结构简式可知B应为OHCCH2CHO，A应为HOCH2CH2CH2OH，相对分子质量为76，且含有3种环境的氢原子，满足题意；根据反应条件和已知②可知E中硝基被还原生成F，所以F的结构简式为；H中有两个羧基连接在同一饱和碳原子上，根据已知③可知I的结构简式应为。
【详解】(1)根据分析可知A为HOCH2CH2CH2OH，官能团为羟基，羟基的电子式为；C中含有两个羧基，主链有3个碳，所以名称为1，3-丙二酸(或丙二酸)；
(2)I的结构简式为，对比I和M的结构简式可知I中醚键上的甲基被氢原子代替，所以属于取代反应；
(3)C中亚甲基上的氢原子被溴原子取代生成D，化学方程式为HOOCCH2COOH+Br2→HOOCCHBrCOOH+HBr；
(4)E中含有7个C原子、7个H原子、3个O原子、1个N原子，其同分异构体满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；    
②能与NaHCO3反应，则应含有羧基；
③含有-NH2，即苯环上有三个不同的取代基，所以同分异构体有：、、(数字表示氨基的位置)，共有10种；
(5)酸催化下酯化反应的历程可为氢离子结合羰基中的氧，羟基中氧结合羰基中的碳如图，羟基中氢结合羧基中氧如图，再进一步发生变化如图，之后再形成环酯，过程如图，氢离子转移最终得到，流程为或。
22. (1)          ，光照
(2)     取代反应     消去反应
(3)
(4)     5     或

【分析】根据B生成C的反应条件通过逆推可知该反应是取代反应，所以B是溴乙烷，A和HBr发生加成反应生成B，则A为乙烯，C在题目所给的条件下发生氧化反应，生成了D,D为乙醛，在氢氧化钠作用下D与邻羟基苯甲醛发生反应生成了G，G为，氢氧化钠水溶液加热反应得到F，因此F为,和氯气反应，氯化铁作催化剂得到E,则E为；
【详解】（1）由分析可知A为乙烯，则A结构式为；步骤a是苯环上甲基发生了氯代反应，所以反应试剂是氯气，反应条件是光照；
（2）由分析可知BC的反应为取代反应；G的不饱和度为4，加热后产物不饱和度为5，则GH的反应为消去反应；
（3）HI的反应为氧化反应，氢氧化铜作为氧化剂在加热条件下将醛基氧化为羧基，生成和水，反应的化学方程式为：
;
（4）根据条件，能与溴水发生加成反应则说明含有碳碳双键，能水解说明含有酯基，能发生银镜反应说明含有酯基为甲酸酯基，所以满足条件的H的芳香族同分异构体有5种：若分子中有1个取代基，该取代基可以是,,有2种，若分子中有2个取代基，2个取代基分别为，在苯环上的位置有邻，间，对3种，共5种；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体结构简式为或;
23. (1)羧基
(2)脯氨酸与水分子之间存在氢键，故极易溶于水
(3)还原反应
(4)         
(5)4

【分析】分子A在发生还原反应生成B，B与乙醇在浓硫酸、25℃条件下发生酯化反应生成C，C先水解生成和，再分子内脱水生成D，再经过一系列操作形成脯氨酸。
【详解】（1）脯氨酸分子结构式为，其中含氧官能团的名称为羧基；
（2）从脯氨酸分子结构可以看出脯氨酸中存在氨基和羧基，能与水分子之间存在氢键，故极易溶于水；
（3）由A生成B过程，A中-NO2被还原为-NH2，故由A生成B的反应类型是还原反应，
（4）B与乙醇在浓硫酸、25℃条件下发生酯化反应，其方程式为；对比C和D的结构可以看出，C先水解生成和，再分子内脱水生成D，因此反应③生成D的同时还生成另一种物质是；
（5）脯氨酸与混合时，脯氨酸分子和都可以分子间脱水形成二肽，生成2种二肽；脯氨酸分子脱羟基，分子中-NH2脱氢可以形成一种二肽；脯氨酸分子中-NH-脱氢，脱羟基可以形成一种二肽，因此最多生成4种二肽。
24. (1)苯酚
(2)
(3)取少许浸泡液于试管中，向试管中滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀生成，则浸泡液中含有甲醛。或取少许浸泡液于试管中，向试管中滴加银氨溶液，水浴加热，若有银镜生成，则浸泡液中含有甲醛
(4)
(5)

【分析】根据题意，A在浓硫酸、浓硝酸环境下，发生取代反应，A为石炭酸，即苯酚，B为对硝基苯，与CH3COCl结合生成C，在酸性环境下与磷酸取代生成D，与SOCl2发生取代反应，羟基取代为氯原子，根据逆推法，G为甲醛，与HCN反应生成H2COH(CN)，其余结构题中已全部指明。
【详解】（1）由分析可知，A为苯酚。
（2）B对硝基苯、C为，由B生成C的化学为取代反应，反应方程式为：。
（3）由分析可知，G为甲醛，可以用新制的氢氧化铜悬浊液检验醛基，具体操作为：取少许浸泡液于试管中，向试管中滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀生成，则浸泡液中含有甲醛。或取少许浸泡液于试管中，向试管中滴加银氨溶液，水浴加热，若有银镜生成，则浸泡液中含有甲醛。
（4）E中含两个Cl原子，即D中羟基被2个氯原子取代，则E的结构简式为。
（5）以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲酸和HCN发生加成反应生成，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为：。