浙江省台州市2021-2022学年高二下学期期末质量评估化学 Word版含解析

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台州市2021学年高二年级第二学期期末质量评估试题化学试卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时问90分钟。考生须知：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28Cl35.5K39选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列有机物中，不属于羧酸的是A.B.HCOOHC.D.【答案】C【解析】【详解】烃分子中-H被-COOH取代的产物属于羧酸，C项不属于羧酸；故选C。2.下列仪器通常用于蒸馏实验的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．为容量瓶，可用于配制溶液，故A不选；B．为直形冷凝管，可用于蒸馏，故B选；

1C．为恒压滴液漏斗，可用于盛装反应液体，故C不选；D．为量筒，可用于量取一定体积的液体，故D不选；故选：B。3.下列有关物质的应用说法不正确的是A.苯甲醛：烈性炸药B.氯乙烷：肌肉镇痛的气雾剂C.乙二醇：汽车防冻液D.乙二酸：化学分析中的还原剂【答案】A【解析】【详解】A．2,4,6-三硝基甲苯用作烈性炸药，苯甲醛不能用作烈性炸药，A错误；B．氯乙烷具有冷冻麻醉作用，从而使局部产生快速阵痛效果，可用作肌肉镇痛的气雾剂，B正确；C．乙二醇与水混合后，能降低水的凝固点，常用作汽车防冻液，C正确；D．乙二酸，是草酸，具有还原性，常用作化学分析中的还原剂，D正确；故选A。4.下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是A.和B.和C.和D.和【答案】A【解析】【分析】不同种元素的原子间形成的共价键为极性键；正负电荷中心不重合的分子为极性分子。【详解】A．和中的O-F键和O=S键均为极性键，且两者均为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A选；B．和中的P-Cl、B-F键均为极性键，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，但为正三角形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B不选；C．和中的C=O、O-H键均为极性键，且前者为直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，水为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C不选；D．和中Si-F键和C-Cl键均为极性键，且两者均为正四面体结构，正负电荷中心重合，故均为非极性分子，故D不选；故选A。5.下列有机物仅通过加水就可鉴别的是A.、、B.甲酸、丙酮、乙醛

2C.乙醇、苯、溴乙烷D.甲醇、乙醇、乙酸【答案】C【解析】【详解】A．CH2Cl2、CHCl3、CCl4都不能与水互溶，且密度均比水的密度大，向这三种物质中分别加水，均出现分层，且水均在上方，故仅通过加水无法鉴别这三种物质，A不符合题意；B．甲酸、丙酮、乙醛均能与水互溶，向这三种物质中分别加水，不出现分层，故仅通过加水无法鉴别这三种物质，B不符合题意；C．乙醇能与水互溶；苯和溴乙烷不能与水互溶，且苯的密度比水小，溴乙烷的密度比水大，分别向苯和溴乙烷加水，均出现分层，且苯在水的上方，溴乙烷在水的下方；故仅通过加水就可鉴别这三种物质，C符合题意；D．甲醇、乙醇、乙酸均能与水互溶，向这三种物质中分别加水，不出现分层，故仅通过加水无法鉴别这三种物质，D不符合题意；故选C。6.工业合成尿素的原理：，下列说法正确的是A.中键比键数目多B.的分子构型为正四面体形C.中的所有原子处在同一平面D.基态氧原子的核外电子轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．中含2个键、2个键，数目相同，故A错误；B．氨分子中N原子价层电子对数为3+=4，有一个孤电子对，的分子构型为三角锥形，故B错误；C．中的N原子价层电子对数为3+=4，N以及与N相连的三个原子呈三角锥形，所有原子不可能处在同一平面，故C错误；

3D．O核外有8个电子，基态氧原子的核外电子轨道表示式：，故D正确；故选D。7.下列表达方式或说法正确的是A.甲酸甲酯的实验式：B.顺式聚异戊二烯的结构简式：C.的电子式：D.聚丙烯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．甲酸甲酯的分子式为：2，实验式为：CH2O，故A错误；B．顺式聚异戊二烯的结构简式为：，故B正确；C．的电子式为：，故C错误；D．聚丙烯的结构简式为：，故D错误；故答案选B。8.下列说法中不正确的是A.气体单质分子中，一定有键，可能有键B.共价晶体中各相邻原子间的化学键都是共价键C.金属元素和非金属元素间可以形成共价键D.分子中键无方向性，分子中的键有方向性【答案】A【解析】【详解】A．在稀有气体单质中不存在化学键，所以气体单质中，不一定有σ键，故A错误；

4B．共价晶体中各相邻原子都以共价键相结合，故B正确；C．金属元素和非金属元素的原子之间也能直接形成共价键，如氯化铝中氯原子与铝原子能形成共价键，故C正确；D．H的1s电子为球形对称，s-s电子重叠没有方向性，则分子中键无方向性，分子中存在N≡N，有一个σ键，2个π键，的键有方向性，故D正确；故选：A。9.下列说法正确的是A.臭氧在水中的溶解度比氧气的小B.的空间构型为平面三角形C.的沸点比的高D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于VIB族或VIIB族【答案】D【解析】【详解】A．臭氧和水为极性分子，氧气为非极性分子，由相似相溶原理可知，臭氧在水中的溶解度比氧气的大，故A错误；B．有3个σ键和1个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，故B错误；C．易形成分子内氢键，熔沸点降低，易形成分子间氢键，熔沸点升高，所以的沸点比的低，故C错误；D．基态原子3d轨道上有5个电子的元素的价电子排布可能为3d54s1或3d54s2，位于VIB族或VIIB族，故D正确；故答案选D。10.下列叙述正确的是A.柴油、甘油、凡士林的主要成分都是烷烃B.油脂和蛋白质都能在酸、碱或酶作用下发生水解反应C.从组成上来看，DNA和RNA的区别仅在于戊糖不同D.天然植物油中饱和脂肪酸甘油酯含量高，常温下呈液态

5【答案】B【解析】【详解】A．柴油、凡士林的主要成分是烷烃，甘油是丙三醇，属于醇类，故A错误；B．油脂和蛋白质都能发生水解反应，故B正确；C．从组成上来看，DNA和RNA的区别不仅组成的戊糖不同，碱基也不相同，故C错误；D．天然植物油中不饱和脂肪酸甘油酯含量高，常温下呈液态，饱和脂肪酸甘油酯为固态，故D错误；故答案选B。11.下列说法不正确的是A.、、分子中的键能依次减小B.基态Cu中的电子从3d轨道跃迁到4s轨道要吸收能量C.核外电子运动的概率密度分布图(电子云图)就是原子轨道D.电子的运动状态可从能层、能级、原子轨道、自旋状态4个方面进行描述【答案】C【解析】【详解】A．周期表中同主族从下到上，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，从O到Se，原子半径增大，与氢原子作用力减小，、、分子中的键能依次减小，故A正确；B．一般来讲，原子外层电子从3d跃迁到4s，能量是增加的，基态Cu中的电子从3d轨道跃迁到4s轨道要吸收能量，故B正确；C．电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故C错误；D．决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数，电子的运动状态可从能层、能级、原子轨道、自旋状态4个方面进行描述，故D正确；故选C。12.鲍鱼壳有内层和外层之分，一层是霰石，一层是方解石，他们的组成成分都是碳酸钙，但它们的晶体结构不同，霰石光滑，方解石坚硬，称为“同质多象”现象。金刚石和石墨也是一种同质多象现象。下列说法不正确的是

6A.霰石晶体结构图的方框中含有4个钙离子、4个碳酸根离子B.方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个钙离子、2个碳酸根离子C.霰石转化成方解石是物理变化D.方解石与霰石的某些性质不同【答案】C【解析】【详解】A．如图所示，霰石晶体结构图的方框中，钙离子的个数为4，碳原子的个数为4，氧原子的个数为8+8´=12，则霰石晶体结构图的方框中含有4个钙离子、4个碳酸根离子，A正确；B．如图所示，方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个碳酸根离子，则该结构中还含有2个钙离子，B正确；C．霰石和方解石的组成成分都是碳酸钙，但它们的晶体结构不同，且转化过程中发生了化学键的断裂和生成，则霰石转化成方解石是化学变化，C错误；D．霰石和方解石的组成成分都是碳酸钙，化学性质相同，但它们的晶体结构不同，物理性质有差异，D正确；故选C。13.下列有关高分子材料的说法不正确的是A.为了防止淀粉—聚丙烯酸钠材料溶于水，可以使用交联剂对其进行改性处理B.聚乙烯材料具有一定的弹性是因为化学键在拉伸过程中会断裂，除去外力后会恢复C.用于制作烹任器具手柄的酚醛树脂是一种网状高分子材料D.乳酸和均可用于制备可降解材料，有助于减轻温室效应、消除“白色污染”【答案】B【解析】【详解】A．使用交联剂，增加特殊聚合物的耐溶性，描述正确，不符题意；B．聚乙烯材料具有一定的弹性是因为分子结构中碳链可折叠，描述错误，符合题意；C．酚醛树脂是热固性塑料，其聚合形成的高聚物呈网状结构，描述正确，不符题意；

7D．乳酸在一定条件下可以缩聚成聚乳酸酯，CO2与环氧化物在一定条件下可以制备聚碳酸酯，消耗CO2减轻温室效应，可降解塑料可减少“白色污染”，描述正确，不符题意；综上，本题选B。14.下列有关物质的分离或鉴别说法正确的是A.乙醛和乙酸无法通过核磁共振氢谱鉴别B.质谱法是测定相对分子质量的精确方法、也可用于确定简单的分子结构C.分液操作时应先将下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体继续放出D.石英玻璃的X射线衍射图存在明锐的衍射峰【答案】B【解析】【详解】A．乙醛和乙酸中都有两种类型的H原子，且H原子个数比为1:3，但是化学位移不同，可以用核磁共振氢谱鉴别，A错误；B．质谱仪把有机物打成很多小块，会有很多不同质荷比出现，其中最大的那个就是该有机物的相对分子质量，并依据质荷比及不同质荷比峰的相对强弱推测分子结构，B正确；C．分液操作时应先将下层液体从分液漏斗下口放出后，再将上层液体从上口到处，C错误；D．石英玻璃不是晶体，X射线衍射图不会出现明锐衍射峰，D错误；故选B。15.据Science报道，大气中存在一种潜在的温室气体，虽然其数量有限，但它是已知气体中吸热最高的气体。关于的说法正确的是A.中最多有4个原子在一条直线上B.易燃烧生成、C.分子是含有极性键的极性分子D.中硫元素的化合价为价【答案】C【解析】【详解】A．由结构可知，C为四面体中心，S为八面体中心，最多有3

8个原子在一条直线上，故A错误；B．为一种潜在的温室气体，其中F的非金属性强于O，所以不易燃烧生成、，故B错误；C．分子中含有F-S，S-C，C-F等极性键，且正负电中心不重合，为极性分子，故C正确；D．中F元素为-1价，C元素为+4价，则硫元素化合价为+4价，故D错误；故答案选C。16.磷元素的某种硫化物分子结构如图所示。下列说法正确的是A.图中的黑色球代表硫原子，灰色球代表磷原子B.4个黑色球在空间上处于正四面体的4个顶点上C.硫元素氧化物对应水化物的酸性比磷元素的强D.基态磷原子的价层电子排布式为【答案】B【解析】【详解】A．从成键个数分析，图中黑色球代表磷原子，灰色球代表硫原子，A错误；B．从图中的结构可知，4个黑色球在空间上处于正四面体的4个顶点上，B正确；C．硫的最高价氧化物对应水化物酸性比磷元素强，选项中没有说明是最高价氧化物对应的水化物，C错误；D．基态磷原子的价层电子排布式为3s23p3，D错误；故答案选B。17.下列物质性质的变化与化学键强弱无关的是A.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低C.Li、Na、K、Rb的熔点逐渐降低D.F2、C12、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高【答案】D【解析】

9【详解】A．F、Cl、Br、I属于同主族元素，从上而下，非金属性依次减弱，原子序数F＜Cl＜Br＜I，则非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与化学键强弱有关，故A不符合题意；B．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，影响熔点高低的因素是离子键的强弱，与化学键强弱有关，故B不符合题意；C．碱金属元素对应的单质为金属单质，原子半径Li＜Na＜K＜Rb，原子半径越大，金属键越弱，金属晶体的熔点越低，与化学键强弱有关，故C不符合题意；D．F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点、沸点越高，与化学键强弱无关，故D符合题意；答案为D。18.下列对于有机反应的原理说法不正确的是A.卤代烃中C-X键电子对向C原子偏移，使X易以阴离子形式离去B.醛分子中羰基的吸电子作用，使醛基邻位碳原子上的氢容易离去C.羧酸中的氧原子电负性大，使碳氧键和氢氧键容易断裂D.苯酚分子中苯环使羟基的极性增强，使氢氧键容易断裂【答案】A【解析】【详解】A．卤代烃中C-X键电子对向X原子偏移，使X易以阴离子形式离去，A错误；B．醛分子中羰基具有吸电子作用，导致与羰基相连的碳原子上的氢易失去，B正确；C．羧基中氧原子电负性大，共用电子对向O原子偏移，使得碳氧键和氢氧键容易断裂，C正确；D．因为苯酚中苯环的作用，苯酚中的羟基极性增强，共用电子对偏向氧原子，使氢氧键容易断裂，D正确；故答案选A。19.已知A、B、C是短周期元素，I为电离能。根据下图判断，不正确的是

10A.元素A基态原子，破坏了一个新的能层B.元素B基态原子中存在两个未成对的电子C.元素C基态原子的p轨道上有一个电子D.三种元素中，元素A的金属性最强【答案】B【解析】【分析】A的第一二两电离能差距较大，A最外层只有1个电子，B的第二三两电离能差距较大，说明B最外层有2个电子，C的第三四两电离能差距较大，说明C最外层有3个电子。【详解】A．A的第一二两电离能差距较大，元素A基态原子，破坏了一个新的能层，故A正确；B．B的第二三两电离能差距较大，说明B最外层有2个电子，这两个电子在s轨道中，元素B基态原子中不存在未成对的电子，故B错误；C．C的第三四两电离能差距较大，说明C最外层有3个电子，其中两个电子在s轨道中，p轨道上有一个电子，故C正确；D．三种元素中，元素A最外层只有1个电子，A的金属性最强，故D正确；故选B。20.已知X、Y、Z是同周期元素。基态X原子有3个能级，且每个能级的电子数都相同；基态Y原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；基态Z原子最高能级的未成对电子数与成对电子数相同。下列叙述中正确的是A.X、Y、Z三种元素的最简单氢化物水溶液的酸性逐渐增强B.X、Y、Z三种原子的第一电离能逐渐增大C.X、Y、Z三种元素的电负性逐渐减小D.X、Y、Z三种原子的半径逐渐减小【答案】D【解析】【分析】基态X原子有3个能级，且每个能级的电子数都相同，电子排布为1s22s22p2，X为C；基态Y原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，X、Y、Z是同周期元素即都是第二周期，则Y的最高能级是2p，电子排布为1s22s22p3，Y为N；基态Z原子最高能级的未成对电子数与成对电子数相同，电子排布为1s22s22p4，Z为O；【详解】分析可知，X为C、Y为N、Z为O；

11A．X、Y、Z三种元素的最简单氢化物分别是CH4、NH3、H2O，水溶液的酸性不是逐渐增强，A错误；B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族为全充满或半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，则第一电离能N>O>C，B错误；C．同周期主族元素自左而右电负性增大，故C、N、O的电负性逐渐增大，C错误；D．同周期元素从左到右原子半径减小，则C、N、O原子的半径逐渐减小，D正确；故选：D。21.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.和等量的在光照下反应生成的分子数为B.28g乙烯和乙烷的混合物中含有的碳氢键数为C.晶体中含有键的数目为D.78g乙炔和苯分别完全燃烧，消耗的分子数均为【答案】D【解析】【详解】A．甲烷和氯气在光照条件下发生反应生成的有机产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，不可能全部生成一氯甲烷，A错误；B．28g乙烯中含有碳氢键4NA，28g乙烷中含有碳氢键5.6NA，则28g乙烯和乙烷的混合物含有的碳氢键数一定大于2NA，B错误；C．60gSiO2晶体物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，即4NA个，C错误；D．乙炔和苯的最简式均为CH，78gCH为6mol，1molCH燃烧消耗氧气1.25mol，则6molCH燃烧消耗氧气7.5NA，D正确；故答案选D。22.浓硫酸催化下羧酸和醇发生酯化反应的具体过程如图所示，下列说法不正确的是A.用进行反应，最终得到的有机产物只有B.反应中，浓硫酸除了作催化剂，还可以吸收反应生成的水，提高产率C.反应中，碳原子和氧原子均存在、两种杂化方式

12D.图中的酯在酸性条件下水解时，羧酸中的羰基氧原子可能来自于水【答案】A【解析】【详解】A．用进行反应，第一步形成碳正离子后，羧基中两个氧原子形成两个完全等同的羟基，最终得到的有机产物有、，故A错误；B．反应中，浓硫酸除了作催化剂，还可以吸收反应生成的水，促进酯化平衡正向移动，提高产率，故B正确；C．反应中，在C=O中碳原子和氧原子均为杂化方式，甲基中C、羟基中O均为杂化，故C正确；D．图中的酯在酸性条件下水解时，倒数第二步水中的氧原子与碳之间形成碳氧键，氢离子迁移后形成两个完全等同的羟基，羧酸中的羰基氧原子可能来自于水，故D正确；故选A。23.GaAs是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与金刚石相似，晶胞边长为anm，下列说法正确的是A.GaAs晶体中，As与Ga之间存在配位键B.As原子在晶胞的内部，Ga原子在晶胞的顶角和面上C.每一个As原子周围最近的As原子有8个D.As原子与最近的Ga原子之间的距离为【答案】A【解析】

13【详解】A．砷原子还有1对孤对电子，而镓原子有容纳孤对电子的空轨道，所以可以构成配位键，A正确；B．Ga的半径大于As，从图中可知，晶胞中Ga位于体内，数目为4，As原子位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B错误；C．以顶点As原子为例，每个As原子周围最近等距离的As原子位于该顶点所在的三个面的面心上，数目为=12，C错误；D．As原子与最近的Ga原子连线处于晶胞体对角线上，且Ga原子与As原子之间的距离为晶胞体对角线长度的倍，又晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍，则Ga原子与As原子之间的距离为，D错误；故选：A24.离子液体可在室温下以和为原料合成DMC，具体流程如下(其中化合物①的1号C上没有H原子)，下列说法不正确的是A.化合物①可作为配体与某些金属离子形成配合物B.①→A是加成反应，则A的结构可能为C.在上述流程中，中间体A还起到了吸水作用D.根据流程可知，DMC的结构为【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，化合物①中含有孤电子对，作为配体与某些金属离子形成配合物，故A正确；

14B．由图可知，①→A的反应是①与二氧化碳发生加成反应生成，故B正确；C．由图可知，中间体A与水反应生成化合物②，所以反应过程中，中间体A还起到了吸水作用，故C正确；D．由图可知，中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，碳酸二甲酯中的酯基结构为，不含有酯基结构，故D错误；故选D。25.下列实验操作、现象和所得的结论均正确的是选项实验操作与现象结论A向无水乙醇中加入绿豆大的金属钠，直接收集反应中产生的气体，用燃着的火柴靠近气体，气体燃烧乙醇与Na反应生成了氢气B向2mL鸡蛋清溶液中逐滴加入饱和硫酸铵溶液并振荡，溶液中不断有白色沉淀析出，该沉淀加水重新溶解饱和硫酸铵溶液可以降低蛋白质在水中的溶解度C向稀的氯化铜溶液中加入适量氯化钠固体，溶液由蓝色变绿色水合铜离子和氯离子形成了新的配合物D把小的明矾晶体悬挂在40~50℃的饱和明矾溶液中，快速冷却，得到较大的明矾晶体晶体颗粒大小与溶液冷却速度有关A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．可燃气体性质验证实验之前必须验纯，实验操作错误，不符题意；B．饱和硫酸铵的加入使得蛋白质溶胶发生了聚沉，出现白色沉淀，加水稀释硫酸铵浓度后，胶体会重新分散形成小颗粒，沉淀会消失，结论错误，不符题意；C．提高氯离子浓度，使溶液中出现

15反应平衡向正反应方向移动，溶液中呈绿色，描述正确，符合题意；D．快速冷却，会形成比较多的细小结晶颗粒，不会出现大颗粒结晶，现象描述错误，不符题意；综上，本题选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.H与O可以形成和两种化合物。请回答：（1）可与形成，的空间构型名称为___________。根据的成键特点，画出与下图中分子直接相连的所有氢键_____(用O—H…O表示)。（2）分子结构如图所示，、、中相等的角是___________，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。晶体中有4种作用力：①键、②键、③范德华力、④氢键，这4种作用力由强到弱依次为：___________。（3）哈勃-韦斯(Haber-Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据以上原理，下列金属离子不能催化双氧水分解的是___________A．B．C．D．E．（4）实验测得，25℃时的小于的，原因是___________(运用物质结构原理解释)。

16【答案】（1）①.三角锥形②.（2）①.②.极性分子③.②①④③（3）AB（4）羟基(写成“氧原子”也给分)吸电子效应大于氢原子，导致电离程度大于【解析】【小问1详解】H3O+中O原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，则O原子采用sp3杂化，该离子空间构型为三角锥形；以一个分子为中心，其O原子能与另一个水分子的H原子形成氢键，其H原子也能与另一个水分子的O原子形成氢键，则水分子中直接相连的所有氢键为；【小问2详解】分子中，H2O2中含有极性键和非极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；化学键的键能大于氢键的键能，氢键的键能大于分子间作用力，即氢键键能介于化学键和范德华力之间，所以H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱的顺序依次为O-H键、O-O键、氢键、范德华力即②①④③；【小问3详解】已知次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，可作为催化剂，则、、的d轨道均未排满，能催化双氧水分解，而、均不存在d轨道，因此不能作为该催化剂，故选：AB；【小问4详解】25℃时的小于的，原因是羟基吸电子效应大于氢原子，导致电离程度大于。27.烃A燃烧放出大量的热，常用来焊接或切割金属，用烃A合成高分子化合物G的流程如图所示(省略部分条件及产物)：

17已知：C生成1分子D的过程脱去1分子水；F在酸性和碱性条件下均能水解请回答：（1）化合物A所含官能团的名称是___________；（2）D→E的具体反应条件可以是___________；E和A生成F的反应类型是___________；（3）写出F在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式___________；（4）下列说法正确的是___________A.化合物B中混有少量A可以通过酸性高锰酸钾溶液除去B.相同物质的量的C和D完全燃烧，耗氧量D是C的两倍C.可以利用溴的四氯化碳溶液鉴别化合物D、E和FD.G的结构可能为【答案】（1）碳碳三键(或碳碳叁键)（2）①.新制氢氧化铜/银氨溶液，加热后酸化②.加成反应（3）（4）BD【解析】【分析】烃A燃烧放出大量的热，常用来焊接或切割金属，所以A为乙炔，乙炔与氢气加成生成B为乙烯，乙烯被氧气氧化生成C为乙醛，两个乙醛脱去1分子水生成D，D和E分子式相差一个O，则E为CH3CH=CHCOOH，根据F的分子式可知，A与E发生加成反应生成F，F在酸性和碱性条件下均能水解说明其中含有酯基，F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，F发生加聚反应生成G。【小问1详解】化合物A为乙炔，所含官能团为碳碳三键；【小问2详解】D到E为醛转化成羧酸，反应条件为新制氢氧化铜/银氨溶液，加热后酸化。根据F的分子式可知，A与E发生加成反应生成F，故反应类型为加成反应；【小问3详解】F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，其在氢氧化钠溶液中可发生酯类的水解反应，化学方程式为CH3CH=CHCOOCH=CH2+NaOH→CH3CH=CHCOONa+CH3CHO；

18【小问4详解】A.乙炔和乙烯都能和酸性高锰酸钾溶液反应，A错误；B.C为乙醛，分子式为C2H4O，1molC2H4O完全燃烧消耗氧气2.5mol，D分子式为C4H6O，1molC4H6O完全燃烧消耗氧气5mol，B正确；C.D、E、F中都含有碳碳双键，都能与溴发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D.F结构简式为CH3CH=CHCOOCH=CH2，F可发生加聚反应生成，D正确；故答案选BD。28.150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，将燃烧后的气体缓慢通过浓硫酸后再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重7.92g。试回答：（1）混合气体的组分为___________(简要写出推理过程)（2）___________【答案】（1）甲烷、乙烯（2）1：4【解析】【分析】CxHy+(x+)O2=xCO2+H2O，150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，说明1+x+=x+，将燃烧后的气体缓慢通过浓硫酸后再用碱石灰完全吸收，碱石灰增重7.92g，可求出碳原子的物质的量，从而得到平均化学式，然后再根据总物质的量和碳原子守恒求出两种烃的物质的量之比。【小问1详解】设烃的平均化学式为CxHy，CxHy+(x+)O2=xCO2+H2O，150℃时，将0.1mol某气态烷烃A和气态单烯烃B的混合气体与足量氧气完全燃烧后，恢复到初始温度，气体体积不变，1+x+=x+，y=4，n(C)=nCO2)==0.18mol，则分平均分子式中N(C)==1.8，可知混合气体平均分子式为C1.8H4，则混合气体中一定含有甲烷，气态单烯烃B，氢原子数为4，一定是乙烯，混合气体的组分为甲烷、乙烯(简要写出推理过程)故答案为：甲烷、乙烯；

19【小问2详解】设甲烷、乙烯的物质的量分别为a、b，则由碳原子守恒a+2b=0.18mol,a+b=0.1mol，解得：a=0.02mol，b=0.08mol,0.02:0.08=1：4，故答案为：1：4。29.回答下列问题：（1）1987年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰他们在超分子化学理论方面的开创性工作。钾离子可以嵌入冠醚(如：18-冠-6)的空穴中形成超分子，如图所示。KCl与18-冠-6形成的化合物的晶体类型为___________，这种化合物的熔点比氯化钾___________(填“高”或“低”)，理由是___________。（2）研究发现，反应，在加入18-冠-6以后，相同时间内的产率从24%提高到95%，而18-冠-6没有参与反应过程，18-冠-6的作用是___________。（3）钾元素与氧元素形成的某些化合物可以作为宇宙飞船的供氧剂。其中一种化合物的晶胞在XY平面、XZ平面、YZ平面上的投影如图(2)所示，该晶胞中存在的微粒间作用力有___________，钾元素和氧元素形成的化合物的化学式为___________，其晶胞边长为anm，为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(列出计算式，不必计算)。【答案】（1）①.离子晶体②.低③.KCl与冠醚(18-冠-6)

20形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低（2）冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率（3）①.离子键、共价键②.③.【解析】小问1详解】冠醚结构不带电荷，K+嵌入后形成一个更大的带正电荷的阳离子，离子晶体的熔沸点由离子所带电荷量及离子半径决定，离子带电荷量越多、离子半径越小，离子晶体熔沸点越高，所以本问第一空应填“离子晶体”；第二空应填“低”；第三空应填“KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的阳离子半径更大，所以熔点更低”；【小问2详解】KF与冠醚形成超分子结构，其结构更易溶于液态有机物中，参加反应的F-浓度上升，使得平衡正向移动，所以本问应填“冠醚(18-冠-6)与氟化钾形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使参与反应的有效提高，因此提高产率”；【小问3详解】根据晶胞的三视图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞含有K原子，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有的O原子，晶胞内K原子与O原子个数比为1﹕2，所以本问第二空应填“KO2”；氧原子间应有共价键以满足化合物中价态及化学键结构要求，所以本问第一空应填“离子键、共价键”；经推算，一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，再将题目所给数据代入密度计算公式，晶体密度为。30.化合物I是抗肿瘤药物的中间体，某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件和产物已省略)：

21已知：①RCl+；②③请回答：（1）化合物B中所含的官能团名称为___________，D→E的反应类型为___________。（2）下列说法正确的是___________。A.化合物C不能被酸性高锰酸钾溶液氧化B.化合物E可通过缩聚反应形成高分子化合物C.化合物G存在含3个苯环的同分异构体D.G→I第②步应调节pH至溶液呈强酸性（3）化合物H的结构简___________。（4）E→F依次经历了加成、消去和取代三步，请写出消去过程的化学方程式___________。（5）写出2种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。①存在1个手性碳原子和2个六元环(其中一个为苯环)，不含其它环状结构；②1mol该有机物能与4molNaOH完全反应，发生银镜反应能生成4molAg③苯环上只存在1种氢，不存在结构（6）以和HCHO为原料，设计化合物A的合成路线(

22利用上述流程中的物质，以流程图表示，无机试剂及溶剂任选)：___________。【答案】（1）①.碳氯键②.还原反应（2）BC（3）（4）→+H2O（5）、、、（6）【解析】【分析】A的分子式为C8H8O3，A的不饱和度为5，B的分子式为C7H7Cl，B的不饱和度为4，A与B发生已知①的反应后氧化生成C，根据C的结构简式知，A的结构简式为，B的结构简式为；C与HNO3反应生成D，D与Fe、CH3COOH反应生成E，结合题给已知②和E的结构简式可推知，D的结构简式为；E与HCONH2、HCOOH反应生成F，F的分子式为C16H14N2O3，F与SOCl2、DMF发生题给已知③的反应生成G，结合G

23的结构简式，F的结构简式为；G与H反应，然后在①CF3COOH、②调节pH后生成I，H的分子式为C6H5NFBr，结合I的结构简式知，H的结构简式为。【小问1详解】B的结构简式为，B中官能团的名称为碳氯键；D的结构简式为，E的结构简式为，D与Fe、CH3COOH反应时—NO2被还原成—NH2，即D→E的反应类型为还原反应；答案为：碳氯键；还原反应。【小问2详解】A．C的结构简式为，与左边苯环直接相连的碳原子上有H原子，化合物C能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，A项错误；B．E的结构简式为，E中含有羧基和氨基，E能通过缩聚反应形成高分子化合物，B项正确；C．G的结构简式为，G的分子式为C16H13N2O2Cl，不饱和度为11，G

24存在含3个苯环的同分异构体，如等，C项正确；D．G→I的过程中可生成，和I中都含，能与强酸反应，G→I第②步不能调节pH至溶液呈强酸性，D项错误；答案选BC。【小问3详解】根据分析，H的结构简式为；答案为：。【小问4详解】E的结构简式为，F的结构简式为；E与HCONH2、HCOOH依次经历了加成、消去和取代反应生成F，E与HCONH2发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生取代反应生成F，消去过程中的化学方程式为→+H2O；答案为：→

25+H2O。【小问5详解】C的结构简式为，C的分子式为C15H14O4，不饱和度为9，C的同分异构体1mol能与4molNaOH完全反应，发生银镜反应能生成4molAg，结合O原子数，C的同分异构体中含2个HCOO—，C的同分异构体存在1个手性碳原子和2个六元环(其中一个为苯环)，不含其它环状结构且苯环上只存在1种氢，不存在结构的结构简式为、、、等；答案为：、、、等。【小问6详解】A的结构简式为，对比A的结构简式与，可由与HCHO在HCl存在下发生加成反应生成构建碳骨架；对比与A，—CH2OH发生催化氧化即可转化为—CHO，而酚羟基也能发生氧化反应，故合成路线中需要保护酚羟基不被氧化，根据已知①可将酚羟基转化成醚键，然后将—CH2OH催化氧化成—CHO，最后用CF3COOH将醚键转化成酚羟基，合成路线流程图为：

26；答案为：。

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