2021-2022学年山东省菏泽市高二（下）期末化学试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年山东省荷泽市高二（下）期末化学试卷1.天工开物中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质.用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸.”下列说法正确的是（）A.“乌金纸”的“乌”与“纸”，其成分都是有机物B.“巨竹膜”和豆油的主要成分都属于天然高分子化合物C.可以用热的氢氧化钠溶液鉴别豆油和直储汽油D.豆油的主要成分为油脂，在酸性条件下可水解生成乙醇和不饱和高级脂肪酸2.化学与我们的生活息息相关，下列描述不正确的是（）A.新冠病毒疫苗应冷藏保存，以避免蛋白质变性B.血红蛋白中Fe?+能与外、CO等分子通过配位键结合C.防晒霜之所以能防晒，原因之一是它的

2、有效成分分子中有乃键D.“天宫课堂”中油和水不分层，原因是油和水在太空中发生了化学反应3.2021年9月，我国科学家团队首次在实验室中实现了二氧化碳到淀粉的全合成，合成路径如图.下列有关微粒的化学用语不正确的是（）0OH8,盘 种。陋 H。人-一FADH DHA I HO OH JnA.CO2的填充模型:QoQ4.IsB.基态碳原子的轨道表示式:回-o C.FADH的电子式：“*H:C:HD.淀粉的分子式：（。6“10。5”下 列 关 于 有 机 物 阻=f 一 飙 一MB 3 b的叙述，不正确的是（）CHA.用系统命名法命名，其名称是2,4-二甲基 1-戊烯B.它的分子中最多有5个碳原子在同

3、一平面上C.该有机物不存在顺反异构D.它与甲基环己烷（）互为同分异构体5.下列对一些事实的原因描述错误的是（）A.A B.B C.C D.D选项事实原因A邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛只形成分子间氢键B食盐的摩氏硬度小于石英两者的晶体类型和结构不同C对充有氮气的霓虹灯通电时，灯管发出蓝紫色光电子向高能级轨道跃迁时吸收除蓝紫色光以外的光D用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近细水流，水流方向发生偏转 水分子为极性分子6.某有机物的分子式为C8H9NO2,该有机物的同分异构体有多种，其中-N“2与苯环直接相连，且能发生银镜反应和水解反应的结构有（）A.13 种

4、 B.14 种 C.15 种 D.16 种7.化合物X 分子式为C8H8。2,分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如图.下列说法正确的是（）透过率，A.化合物X 的名称为甲酸苯甲酯吸收强度1 05B.化合物X 分子中含有的官能团只有酯基C.和 X 同类且苯环上只有一个取代基的同分异构体有3 种D.ImolX与足量氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2moiNaOH8.科学研究表示，物质有多种聚集状态。下列描述错误的是（）A.冠酸可以作为高锌酸钾氧化烯燃的催化剂B.液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关C.X 射线衍射实验不能测定晶体的原子坐标D.纳米材料之一石墨烯可

5、作为新型电源的电极材料9.化合物N 是制备液晶材料的中间体之一，它可由L 和 M 在一定条件下制得。CHOH20下列说法不正确的是（）第2页，共2 4页A.该反应的反应类型为取代反应B.M 可发生加成反应、取代反应、氧化反应和消去反应C.ImolM与足量的滨水反应，理 论 上 消 耗 的 物 质 的 量 大 于 2moiD.可以用N aH C/溶液检验N 中是否含有L10.下列实验操作和现象，对应的解释或结论正确的是（）A.A B.B C.C D.D选项实验操作现象解释或结论A石蜡油加强热,将产生的气体通入漠的四氯化碳溶液溶液红棕色变无色石蜡油中含有不饱和燃B向 2mL苯酚溶液中滴加2 滴滨水

6、无白色沉淀苯酚与滨水未反应C加热无水乙醇和浓”25。4的混合液至170,将产生的气体通入酸性人”九。4溶液红色褪去乙醇发生了消去反应D向新制FeS劣溶液中滴加邻二氮菲（OTN溶液红溶色液变橙邻二氮菲和Fe2+形成配合物11.元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2o元素丫基态原子的3p轨道上有4 个电子。元素Z 最外层电子数是其内层的3 倍。下列说法正确的是（）A.基态X 原子的价电子共有6 种空间运动状态B.在丫的简单氢化物分子中，丫的原子轨道杂化类型为spC.Z 的简单氢化物在乙醇中的溶解性大于丫的筒单氢化物的D.Y 与 Z 可形成的YZg 的空间构型为平面

7、三角形1 2.乙酸正丁酯是重要的化工原料实验室将乙酸、正丁醇、浓硫酸加入圆底烧瓶中，加热条件下制备乙酸正丁酯的装置（加热和夹持装置已省略）和有关信息如下：F 列说法不正确的是（）乙酸 正丁醇 乙酸正丁酯熔点/16.6-89.5-73.5沸点/117.9 117126.0密度(g,cm-3)1.10.800.88A.实验开始时应先加热装置C,再由装置A 的 b 口通入冷凝水B.装置B 的作用是不断分离出产生的水，使反应向正向移动，提高产率C.当 B 中水层高度不再变化时，说明反应完全，这时可以停止加热D.提纯乙酸正丁酯可采取水洗、氢氧化钠溶液洗、无水氯化钙干燥、过滤一系列操作1 3.如图a、b、

8、c、d 依次代表常见的NaCl、C02.金刚石、冰的晶胞或结构，下列表述正确的是（）B.晶体中距离。2分子最近且等距离的。2分子有8 个C.若金刚石晶胞中1的原子坐标为（0,0,0）,则 2 的原子坐标为，!，D.冰晶体中存在氢键，18g冰含有4moi氢键14.A.1 甲基-2-氯环己烷可能具有旋光性)B.向1 一甲基 2 氯环己烷中加入HNO3酸化的HgN03溶液，生成白色沉淀C.Y 在一定条件下可以转化成XD.X 和丫均能使酸性高铳酸钾溶液褪色15.脯氨酸（）是构成蛋白质的氨基酸中唯一的亚氨基酸，它可催化分子间的羟醛缩合反应，机理如图所示。下列说法正确的是（）第4页，共24页B.脯氨酸具有

9、两性，理论上Imol脯氨酸与足量NaHCOs反应生成44gC0?C.反应中涉及的氢离子均符合2 电子稳定结构D.若原料为2-丁酮和甲醛，则产物可能为(1 6.生物基聚合物PEF因具有可再生、无毒、可回收等特点，成为21世纪的关键可持续元素之一.以秸秆为原料合成PEF的路线如图:(1)葡 萄 糖 的 结 构 简 式 为.(2)补全纤维素水解及产物检验实验的操作步骤和现象：将适量脱脂棉放入洁净试管中，加入几滴90%硫酸，用玻璃棒搅成糊状.微热，得到亮棕色溶液.在上述溶液中加入新制氢氧化铜悬浊液，加热煮沸，观 察 到 的 现 象 为.(3)5-HMF中 的 含 氧 官 能 团 名 称 为,5-H M

10、 F 被氧化为FD C A,此步反应的氧化剂不能选用酸性高镒酸钾溶液，原因是.(4)5尸的同分异构体中，能同时满足以下三个条件的有 种(不考虑立体异构).能发生银镜反应：能与N a H C O s 溶液反应生成。2；含有一 C三C 一.其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2的 结 构 简 式 为.(只写一种).(5)由 F D C A 生成PE F 的化学方程式为.1 7 .近些年，由于能源短缺问题不断加重，氨硼烷(N/B%)因其热稳定性好、高储氢密度等特点受到人们的关注.回答下列有关问题：(1)氨 硼 烷 分 子 中 硼 原 子 的 杂 化 轨 道 类 型 为.(2)已知N H 3 BH

11、 3 分子中，与 N原子相连的H呈正电性(”6+),与 B 原子相连的H呈负电性(“6-),则 N、B、H的 电 负 性 大 小 顺 序 为；NH3BH3分子中H-N-H 之间的键角(填“大于”“小于”或“等 于 )N%分子中H-N-H之间的键角.(3)氨 硼 烷 晶 体 中 存 在 的 作 用 力 有(填 字 母).A.极性键B.非极性键C.配位键D.范德华力(4)氨硼烷受热析氢的过程之一如图所示.NHJBHJHH,B-NH2 号 驾?I-HN-B艮京 IV H，B 7，B、H-HN“2 B”2 中的氮硼键键能大于N H 3 BH 3，其原因.CDB 的 结 构 简 式 为.反应国失去3 根

12、。/也的 过 程 中 断 裂 的 化 学 键 数 目 为.1 8 .氯氮平是较早应用于抑郁症治疗的药物，某研究小组按下列路线合成该药物.第6页，共24页请回答：(1)4的名称为；由C -E的反应推测，化合物D中硝基的(填“邻”或“间”)位氯原子更活泼.(2)氯 氮 平 的 分 子 式 为；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，其反 应 类 型 依 次 为、.(3)E -G的化学方程式为.(4)同时符合下列条件的化合物F的同分异构体,除?外,还有(写结构简式).-N M R谱和I R谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有N -H键.分子中含一个环，其成环原子数2 4.(5)请将以

13、N 3、W、CH3NH2、C H 3 c H 2仇为原料合成H,C N N CH、CH,的 路 线 图 补 充 完 整.H,C N N CHCH,1 9.铁、钻及其化合物在生活、生产中用途广泛.请回答下列问题：(1)基态F e 2+的 核 外 电 子 排 布 式 为；第四周期元素中，基态原子未成对电子数与C o相 等 的 有(填 元 素 符 号).(2)C o 4在氨水中能形成多种配合物.八面体配合物C。4 3 N%的结构有种，其中极性分子有 种；取l m o，C o C，3 -4N H 3，加入足量硝酸银溶液，得到I m ol白 色 沉 淀.该 物 质 在 溶 液 中 形 成 的 配 合 离

14、 子 化 学 式 为.(3)铁和氨在6 4 0 时可发生置换反应，一种产物的晶胞结构如图所示，该反应的化学 方 程 式 为.（4）钻蓝晶体的立方晶胞由4个 I 型和4个 n型小立方体构成，其结构如图，晶体中4 3+占据。2-形成的（填“四面体空隙”或“八面体空隙”）.他为阿伏加德罗常数的值，钻蓝晶体的密度为_ _ _ _ _g c m-3（列计算式）.2 0.三氯乙醛（C C G C HO）是生产农药、医药的重要中间体，实验室利用乙醇和氯气制备三氯乙醛的反应装置如图（加热及夹持装置已省略）.已知：反应过程中C 2 H5。”和 HC 1 可能会生成副产物C 2/5 C，同时C C C H。（三氯

15、乙醛）也能被次氯酸继续氧化生成C C C O O H（三氯乙酸）：相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量 熔 点 沸点/溶解性C2HSOH4 6-1 1 4.17 8.3 与水互溶CCI3CHO1 4 7.5-5 7.59 7.8 可溶于水、乙醛CCI3COOH1 6 3.55 81 9 8可溶于水、乙醇三氯乙醛C2H5cl6 4.5-1 3 8.71 2.3 微溶于水，可溶于乙醇（1）E 的 名 称 为.制 备 三 氯 乙 醛 的 化 学 方 程 式 为.（2）反应结束后，产品中混有杂质C C C O O H 的原因为（用化学方程式解释）,有人提出将装置C中的混合物冷却至室温，再

16、用过滤的方法分离出C C C O O H.结合第8页，共24页题目所给信息，对此方法的可行性进行分析并作出判断：.(3)某小组用蒸储法分离三氯乙醛.蒸储时，加热一段时间后，突然发现忘记加入沸石，应 采 取 的 正 确 操 作 为；(4)测定产品纯度：称取产品4.6g配成待测溶液100.00血3 取10.00mL于锥形瓶中，加入0.1000mo L碘标准溶液25.00血3再加入适量Na2c。3溶液.反应完全后，加盐酸调节溶液的p H,并滴加少量淀粉溶液，再用0.02000moLTNa2s2O3标准溶液滴定至终点.进行三次平行实验，测得平均消耗Na2s3O3标准溶液20.00mL(滴定原理：CCl

17、3CHO+COj-+H2O=CHCl3+HCOO-+HCO3,HCOO-+/2=H+2I-+CO2?,I2+2S20l-=2 K+S40l-),产 品 的 纯 度 为(计 算 结 果保留四位有效数字).答案和解析1.【答案】C【解析】解：A“乌”是“用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成”，主要成分是炭黑，不是有机物，故 A 错误；B.相对分子质量在一万以上的化合物为高分子化合物，豆油的主要成分是油脂，不是高分子化合物，故 B 错误；C.油豆属于酯类，能在NaOH溶液中水解为甘油和不饱和高级脂肪酸钠，导致溶液不再分层；直储汽油的主要成分是煌类，与 NaOH溶液分层，故可以用NaOH溶

18、液鉴别豆油和直镭汽油，故 C 正确；D.植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，在酸性条件下能水解为丙三醇和不饱和高级脂肪酸，故 D 错误；故选：CoA.“乌”是“用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成”；B.相对分子质量在一万以上的化合物为高分子化合物；C.油豆属于酯类，能在NaOH溶液中水解；直储汽油的主要成分是炫类；D.植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯。本题考查了传统文化中化学知识的应用，难度不大，生活处处皆化学，应注意化学知识在生活中的应用。2.【答案】D【解析】解：4 新冠病毒疫苗中含有蛋白质，应冷藏保存，以避免蛋白质变性，故 A 正确；B.血红蛋白中含有Fe2+,Fe2+能与外

19、、CO等分子通过配位键结合，故 B 正确；C.含有兀键的物质具有防晒效果，防晒霜之所以能防晒，原因之一是它的有效成分分子中有兀键，故 C 正确；D.“天宫课堂”中油和水不分层，原因是没有重力，需要在离心作用下才可实现分层,故 D 错误；故选：D。A.新冠病毒疫苗中含有蛋白质；B.Fe2+能与。2、CO等分子通过配位键结合；C.含有兀键的物质具有防晒效果；D.“天宫课堂”中油和水不分层，原因是没有重力。本题考查化学与生活的关系，侧重考查学生基础知识的应用能力，试题难度中等。3.【答案】A第10页，共24页【解析】解：4 c。2是直线形分子，且 C 原子半径大于O 原子半径，则二氧化碳的填充模 型

20、 为 WV，故 人错误；B.基态碳原子的电子排布式为Is22s22P2,根据洪特规则和泡利原理得到其轨道表示式C.甲醛分子中H、C 原子间共用1对电子，0、C 原子间共用2 对电子，O 原子最外层电 0*子数为8,其电子式为，故 C 正确；H:C:HD.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，分子式为（C6匕05）n，故 D 正确；故选：AoACO2分子是直线型结构，且 C 原子半径大于0 原子半径；B.基态碳原子的电子排布式为Is22s22P2,结合洪特规则和泡利原理书写轨道表示式；C.甲醛的结构简式为HCHO,H、C 原子间共用I 对电子，0、C 原子间共用2 对电子;D.淀粉的分子式为6%0。5%。本

21、题考查了化学用语的正误判断，涉及填充模型、电子式、分子式和轨道表示式等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。4.【答案】B【解析】解：4 该有机物的系统名称应是2,4-二甲基一 1 一 戊烯，故 A 正确；B.乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，据此判断其分子中最多有6 个碳原子在同一平面上，故 B 错误；C.该分子中碳碳双键一端的碳原子连接2 个氢原子，所以不存在顺反异构，故 C 正确;。出=f -CHCH（CH3）2的不饱和度是1、甲基环己烷的不饱和度是1,二者CH,分子式相同而结构不同，所以互为同分异构体，故 D 正

22、确；故选：B。A.该分子中主链上有5 个碳原子，支链分别位于2、4 号碳原子上，碳碳双键位于1号碳上；B.乙烯中所有原子共平面，甲烷为正四面体结构，据此判断该分子中C 原子共平面个数;C.具有顺反异构体的有机物中C=C两端的碳原子应连接不同的原子或原子团；0 c H 2 -fCH?-C H IC K。?的不饱和度是、甲基环己烷的不饱和度是1,二者CHa分子式相同而结构不同。本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烧性质、原子共平面判断、同分异构体种类判断等知识点，明确官能团及其性质关系、原子共平面个数判断方法是解本题关键，采用知识迁移方法判断原子共平面个数，题目难度不大。5.【答案】C【解析】解：

23、4 对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，沸点高，则邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，故 A 正确；B.食盐为离子晶体，石英为共价晶体，则食盐的摩氏硬度小于石英，故 B 正确；C.电子由激发态向基态跃迁时发射光线，则对充有氯气的霓虹灯通电时，灯管发出蓝紫色光，是由于电子由基态获得能量跃迁到激发态，从激发态跃迁到较低的能级，多余的能量以光的形式释放出来，光的波长对应一定的颜色，故 C 错误；D.摩擦起电，靠近水流发生偏转，可知水分子为极性分子，故 D 正确；故选：CoA.对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，沸点高；B.食盐为离子晶体，石英为共价晶体；C.电子由激发态向基态跃迁时发射光线；D.摩擦起电，

24、靠近水流发生偏转。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、晶体类型、发射光谱、极性分子、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。6.【答案】A【解析】解：某有机物的分子式为。8“97。2,其同分异构体中-N“2与苯环直接相连，且能发生银镜反应和水解反应，说明还含有-OOCH基团苯环有2 个取代基为-N”2、-C H2OOCH,2 个取代基有邻、间、对 3 种位置关系，苯环有个侧链为一N/、一。“3、-O O C H,氨基与甲基有邻、间、对 3 种位置关系，对应的00C”分别有4 种、4 种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+

25、4+2=13种，故选：A。某有机物的分子式为。8%可。2,其同分异构体中-N%与苯环直接相连，且能发生银镜反应和水解反应，说明还含有-OOCH基团苯环有2 个取代基为-N/、-C H2OOCH,苯环有个侧链为一N%、-C“3、-OOCH.本题考查同分异构体的书写方法，熟练掌握官能团的性质与转化，掌握同分异构体书写常用方法，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。7.【答案】B【解析】解：4 由分析可知，X 的结构筒式为C C O O C H*其名称为苯甲酸甲酯，故 A 错误；B.由分析可知，化合物X 分子中含有的官能团只有酯基，故 B 正确；第12页，共24页CH3C.和X同类且苯环

26、上只有一个取代基的同分异构体有HCOOCHz d Hc o o gCH3H C O O-、H C CH3共 4 种故 C 错误；D.X水解生成苯甲酸、甲醇，苯甲酸与氢氧化钠按物质的量1：1反应，故Im olX与足量氢氧化钠溶液反应，最多可消耗Im olNaOH,故D错误；故选：Bo化合物X的分子式为。848。2,不 饱 和 度 为 沙 产 =5,红外光谱图显示X含有5C-O-C,C=。结构，分子中苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3,说明分子中含有4种H原子，苯环上有三种氢原子，数目分别为1、2、2,所以剩余侧链上的3个氢等效，侧链中含有-C%，故有机物X的结

27、构简式为-C O O C H s。本题考查有机物分子式与结构式的确定，对于常用化学谱图进行简单识读，题目侧重考查学生信息获取能力、分析推理能力。8.【答案】C【解析】解：4冠酸不能被高锯酸钾氧化，具有催化效力，可以作为高锯酸钾氧化烯燃的催化剂，故A正确；B.依据分析可知，液晶显示功能与液晶材料内部分子的排列密切相关，故B正确；C.依据分析可知，X射线衍射实验能测定晶体的原子坐标，故C错误；D.石墨烯能够导电，可作为新型电源的电极材料，故D正确；故选：CoA.冠雄不能被高镒酸钾氧化，具有催化效力；B.液晶屏是以液晶材料为基本组件，在两块平行板之间填充液晶材料，通过电压来改变液晶材料内部分子的排在

28、列状况；C X射线衍射可以用于进行物相鉴定、定量相分析、晶胞参数的精确测定、晶粒大小和结晶度计算等；D.石墨烯能够导电。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意物质的性质与用途的对应关系，题目难度不大。9.【答案】B【解析】解：4 L中竣基和M中酚羟基发生酯化反应或取代反应生成N,该反应类型为取代反应，故A正确；B.M具有酚、苯和醛的性质，M中苯环和醛基能发生加成反应、酚羟基能发生取代反应，酚羟基和醛基都能发生氧化反应，该物质不能发生消去反应，故 B 错误；C.M中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和澳水以I：1发生取代反应、醛基能被滨水氧化，所

29、 以 ImolM与足量的淡水反应，理论上消耗澳的物质的量大于2m ol,故 C 正确；口.-。“能和可1，（?。3溶液反应生成6:。2,L 中含有殁基、N 不含陵基，所以可以用NaHCO3溶液检验N 中是否含有L,故 D 正确；故选：BA.L中我基和M 中酚羟基发生酯化反应或取代反应生成N；B.M具有酚、苯和醛的性质；C.M中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和滨水发生取代反应、醛基能被澳水氧化；D.-C。/能和N aH C/溶液反应生成CO2。本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。10.【答案】D【解析】解：4 石蜡油分

30、解产生的气体中含有不饱和烧，不是石蜡油中含有不饱和燃，故 A 错误；B.生成的三滨苯酚溶于苯酚中，观察不到白色沉淀，不能证明苯酚与澳水是否反应，故B 错误；C.乙醇也能使酸性高铳酸钾褪色，不能证明乙醇发生了消去反应，故 C 错误；D.邻二氮菲易于Fe2+形成配合物，通过颜色的变化，可以说明邻二氮菲和Fe2+形成配合物，故 D 正确；故选：D。A.石蜡油分解产生的气体中含有不饱和姓；B.生成的三滨苯酚溶于苯酚中；C.乙醇也能使酸性高镒酸钾褪色；D.邻二氮菲易于Fe2+形成配合物。本题考查化学实验，侧重考查学生分析问题的能力，试题较难。11.【答案】AC【解析】解：根据分析可知，X 为 Zn元素，

31、Y 为 S元素，Z 为 O 元素，A.基态Zn原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63dI。4s2,其价电子为3dI。4s2,d能级含有5个轨道，s能级含有1个轨道，则基态Zn原子的价电子共有5+1=6种空间运动状态，故 A 正确：B.Y的简单氢化物为/S，“25的中心原子S原子的价层电子对数为2+等=4,则 S原子的轨道的杂化类型为s p 3,故 B错误；C.Z、Y 的简单氢化物分别为水、硫化氢，乙醇与水分子间能够形成氢键，导致二者互第14页，共24页溶，则水在乙醇中的溶解性大于硫化氢在乙醇中的溶解度，故 C 正确；DYZg 为S。歹，SO歹的中心原子S的价层电子对数为3+6+

32、2-3x2=4,含 有 1对孤电子对，其构型为三角锥形，故 D错误；故选：AC。元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2,基态 X 原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63dl04s2,则 X 为 Zn元 素;元 素 Y 基态原子的3P轨道上有4 个电子，其核外电子排布式为Is22s22P63s23P3则 Y 为 S元素；元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3 倍，元素最外层电子数小于或等于8,则Z 原子含有2 个电子层，最外层含有6个电子，为 O 元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重

33、分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。12.【答案】AD【解析】解：4 实验开始时，发生酯化反应，因为正丁醇、乙酸、乙酸正丁酯的沸点较低、易挥发，故先由装置A 的 b 口通入冷凝水，再进行加热，故 A 错误；B.由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故 B 正确；C.当 B 中水层高度不再变化时，说明反应不再有水生成，反应已经基本完成，这时可以停止加热，故 C 正确；D.用氢氧化钠溶液会使乙酸正丁酯发生水解，应改用饱和碳酸钠溶液

34、洗，故 D 错误；故选：ADoA.因为正丁醇、乙酸、乙酸正丁酯的沸点较低、易挥发，故应先通冷凝水，冷凝水采用逆流方式；B.生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动；C.当 B 中水层高度不再变化时，说明反应不再有水生成，反应己经基本完成；D.酯在碱性条件下能发生水解。本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。13.【答案】C【解析】解：4 Mg。属于氯化钠型离子晶体，其晶胞结构与NaCl类

35、似，镁离子、氧离子电荷比钠离子、氯离子电荷多，且镁离子半径小于钠离子半径、氧离子半径小于氮离子半径，故 MgO的晶格能大于N aC l,故 A 错误；B.以顶点CO2研究，与之最近且等距离的CO2分子处于面心位置，每个顶点为8 个晶胞共用，每个顶点为2 个晶胞共用，则晶体中距离。2分子最近且等距离的C02分 子 有 詈=12个，故 B 错误；C.金刚石晶胞中1的原子坐标为(0,0,0),2 号原子位于下层、右侧、后方J晶胞体心位置，到左侧面、前平面距离均为晶胞棱长的：，到下底面距离为晶胞棱长的;，则 2 的原子坐标为C),故 C 正确；D.l8g水的物质的量为Im o l,每个水分子形成4 个

36、氢键，每个氢键为2 个水分子共有,则 1个水分子单独含有2 个氢键，可 知 18g冰含有2moi氢键，故 D 错误；故选：CoA.离子电荷越大，离子半径越小，离子晶体的晶格能越大；B.以顶点CO?研究，与之最近且等距离的CO2分子处于面心位置，每个顶点为8 个晶胞共用，每个顶点为2 个晶胞共用；C.2号原子位于下层、右侧、后方;晶胞体心位置，到左侧面、前平面距离均为晶胞棱长的;，到下底面距离为晶胞棱长的;；44D.每个水分子形成4 个氢键，每个氢键为2 个水分子共有，则 1个水分子单独含有2 个氢键。本题考查晶胞结构、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，识记中心常见晶胞结构，对学生的空间想

37、象能力、数学计算能力有一定的要求。14.【答案】B【解析】解：4 1-甲基-2 -氯环己烷中连接甲基和氯原子的碳原子为手性碳原子，所以该有机物具有旋光性，故 A 正确：B.1-甲基-2 -氯环己烷不含自由移动的氯离子，所以不能和硝酸、硝酸银溶液生成白色沉淀，故 B 错误；C.Y中醇羟基在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成X,故 C 正确；D.碳碳双键、-CH(OH)-都能被酸性高锌酸钾溶液氧化而使酸性高镒酸钾溶液褪色，故 D 正确；故选：B。Q1 发生水解反应生成Y 为，发生消去反应生成X 为 由 0 一。或 ；A.连接4 个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的有机物

38、具有旋光性;B.1 甲基-2 -氯环己烷不含自由移动的氯离子；C.Y中醇羟基发生消去反应生成X；D.碳碳双键、-CH(OH)-都能被酸性高镭酸钾溶液氧化。本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团第16页，共24页及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。1 5.【答案】B D【解析】解：4有机物中采取s p 3杂化的原子为两个甲基中的C原子；有机物中除液基C原子外其他4个碳原子均为s p 3杂化，羟基中的。原子也为s p 3杂化，共5个s p 3杂化的原子，故有机物和中采取s p 3杂化的原子数之比为2：5,故A错误；B.脯氨酸具有两性，理论上1 m o l

39、脯氨酸含1 m o l竣基，与足量N aH C O s反应生成I m o l,质量为4 4 g，故B正确；C.反应中涉及的氢离子有：H+和H I H-符合2电子稳定结构而H+核外无电子，故C错误；D.根据分析可知：若原料为2-丁酮和甲醛，发生的反应为：故选：B D。从图中看出为催化剂，丙酮和乙醛反应生成，机理为：乙醛中的碳氧双键断开变成羟基，丙酮中与皴基直接相连的碳原子与乙醛中的短基C原子相连。本题考查物质反应历程，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应过程中断键和成健方式是解本题关键，题目难度不大。1 6.【答案】“。2（。/。，）4。“。冷 去口后，向溶液中加入过量的N aO H

40、溶液生成砖红色沉淀醇羟基、醒 键 碳碳双键、醇羟基、醛基都能被酸性高锌酸钾溶液氧化 100HCC=CCH2CH2COOH.HOOCC=CCH2CH2CHO.0HCCH2C=CCH2COOHO O r 0 0n HO（FDCA）+nHOCH2CH2OH H O-弋。；。一H 用.叫。【解析】解：（1）葡萄糖的结构简式为H O C H 2（C O H）4 C H。，故答案为：HOCH2（CHOH）4CHO.（2）将适量脱脂棉放入洁净试管中，加入几滴9 0%硫酸，用玻璃棒搅成糊状，微热，得到亮棕色溶液；冷却后，向溶液中加入过量的N a O H溶液，中和未反应的硫酸；在上述溶液中加入新制氢氧化铜悬浊液

41、，加热煮沸，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀C&2。，观察到的现象为有砖红色沉淀生成，故答案为：冷却后，向溶液中加入过量的N a O H溶液；生成砖红色沉淀；(3)5 H M F中的含氧官能团名称为醇羟基、醛键，5 -H M F被氧化为F D C A,此步反应的氧化剂不能选用酸性高镭酸钾溶液，原因是醛基、醇羟基、碳碳双键都能被酸性高镒酸钾溶液氧化,故答案为：醇羟基、酸键；碳碳双键、醇羟基、醛基都能被酸性高镭酸钾溶液氧化;(4)5 -的同分异构体能同时满足以下三个条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；能与N a”C0 3溶液反应生成。2，说明含有一CO O H；含有-C三C

42、-,5-H M F的不饱和度为4,竣基的不饱和度是1、碳碳三键的不饱和度是2、醛基的不饱和度是1,符合条件的同分异构体相当于含有碳碳三键的酸酸中烧基上的氢原子被醛基取代，如果含有碳碳三键的酸为H O O CC三CCH 2 c H 3、HC=CCH2cH2coOH、HC 三 CCH(CH3)C00H、H O O C C H2C=CCH3,炫基上氢原子种类依次是2、3、3、2,所以符合条件的同分异构体有1 0种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为 1：I：2：2 的结构简式为O H CC 三 CCH 2 c H 2。“、HOOCC=CCH2CH2CHO.OHCCH2c=CCH2COOH,故答案为：io；

43、OHCC=CCH2cH2COOH或HOOCC=CCH2cH2CHO或OHCCH2c=CCH2C O O H；(5)由F DCA生成P EF的化学方程式为o onHO/KXAOH(FDCA)+nHOCH,CH,OH定条1故答案为：o on H O V H O H (FDCA)+nHOCH,CH,OH一定条与4 /-纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖异构化生成果糖果糖在一定条件下反应生成5 -HMF,5 -H M F发生氧化反应生成P DCA,P DCA和a发生缩聚反应生成高分子化合物，a为H O C H2CH2O H；(4)5 -H M F的同分异构体能同时满足以下三个条件：能发生银镜反应，说明含有醛

44、基；能与N a C0 3溶液反应生成。2，说明含有-CO O H；含有-C三C-，5-H M F的不饱和度为4,竣基的不饱和度是1、碳碳三键的不饱和度是2、醛基的不饱和度是1,符合条件的同分异构体相当于含有碳碳三键的殁酸中烧基上的氢原子被醛基取代。本题考查有机物推断，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，难点是限制性条件下同分异构体种类判断，题目难度中等。第18页，共24页1 7.【答案】sp3 N H B 大 于 A CDN H zB 为 分子中除了存在。键外还存在兀H:B NH:键 I I 7NAH:N BH:【解析】解：(1)该分子中存在配位键N T

45、 B 键，则 B原子价层电子对个数为4,VSE P R模型为四面体，B原子杂化类型为s p 3,故答案为：s p 3；(2)原子对键合电子吸引力越越强，其电负性越大，N/B/分子中，与 N原子相连的H呈正电性(6+),与 B原子相连的H呈负电性(Z/6-),则电负性NHB；NH3分子中 N原子的孤电子对进入B原子的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱，导致键角增大，即N/B/分子中H-N-，之间的键角大于N%分子中-N-H 之间的键角，故答案为：N H B；大于；(3)氨硼烷中的B与 H、N与 H之间为极性共价键，B与 N之间存在配位键

46、，氨硼烷分子之间为范德华力，故答案为：A C D；(4)N H 2 B H 2 与是等电子体，结构简式为N%=8 也，N/B也分子中除了存在。键外，还存在7T 键，导致氮硼键键能大于N/B/，故答案为：可助也分子中除了存在。键外还存在兀键；根据步骤H I 产物的结构简式可知，C D B 结 构 简 式 为|,H:N BH:H:B NH:故答案为：|I;H:N BH:由图可知I,反应团中，四元环物质转化为六元环物质，断裂的化学键有B-H键、N-H键和B-N键，所以反应回失去3 瓶。出2 的过程中断裂化学键的物质的量为6+1 =7,即断裂化学键数目为7必，故答案为：7%。(1)该分子中存在配位键N

47、T 8键，导致B原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化类型；(2)原子对键合电子吸引力越强，其电负性越大；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力：(3)氨硼烷是共价化合物，其中的B与 H、N与 H之间为极性共价键，B与 N之间存在配位键，氨硼烷分子之间为范德华力；(4)N/B/与=C”2 是等电子体，则N H 2 B H 2 分子中还存在键；根据步骤I I I 产物的结构简式确定C D B 结构简式；反应回中，四元环物质转化为六元环物质，断裂的化学键有B-H键、N-H键和B-N键。本题考查物质结构和性质，涉及原子杂化类型判断及键角大小比较、化学键及作用

48、力、配位键等知识，侧重考查基础知识灵活运用及计算能力，明确价层电子互斥理论及应用、配位键的形成条件、物质结构等知识是解本题关键，断裂化学键数目的计算是易错点,题目难度中等。COOH【解析】解：(1)4的结构简式为 p N O r化合物A的名称是邻硝基苯甲酸；从C-E过程中硝基邻位的氯原子发生取代反应，可知化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼,故答案为：邻硝基苯甲酸：邻；(2)由结构简式可知，氯氮平的分子式为68%9忆乂；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，对比有机物结构简式，可知H中氨基与堤基之间先发生加成反应，然后再发生消去反应，故答案为：Ci8H1叫;加成反应；消去反应；(3)E-G

49、的化学方程式为o/&NN-CH,c/OCHi+CH3OH,第20页，共24页故答案为:+CH3OH；(4)F的结构简式为F的同分异构体符合下列条件：*-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有N-H键，分子中含一个环,/HjC-N N-H,最后与CH3cH2a反应生成HJC-N N-C H.C H,合成路线为故答案为:根据H的结构简式可知，甲苯发生甲基的邻位硝化反应、甲基氧化为竣基生成A,故AH COOCH,为NO2，A与甲醇发生酯化反应生成B为R-N O B中硝基还原为氨基生成C、E的分子式、H的结构简式，推知E为,E和F发生取代反应生成G为/2-巡G中硝基发生还原反

50、应生成H中氨基，H发生加成反应、消去反应生成氯氮平;yQ H(5)由已知信息，N“3与反应生成H-N,再与C H3 NH2反应生成/Hi C-N N-H,最后与C H3 c H2 G反应生成H,C N N-CH2CH1O_/_/本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、有机反应类型、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，充分利用目标物的结构简式进行分析推断，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用的能力。1 9.【答案】Is 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d 6 V、A s44CodNH3)4Cl2+Fe 4 N八面体空隙=8X(59+27X