2022年高考化学真题分类汇编——物质结构与性质、常见无机物、常见有机物及其应用部分（有解析）
文档属性
| 名称 | 2022年高考化学真题分类汇编——物质结构与性质、常见无机物、常见有机物及其应用部分（有解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-20 14:46:40 | ||
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文档简介
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物质结构与性质、常见无机物、常见有机物及其应用部分
一．选择题（共27小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
2．下列说法不正确的是（ ）
A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种
3．下列说法不正确的是（ ）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．35Cl和37Cl互为同位素
C．O2和O3互为同素异形体
D．丙酮（）和环氧丙烷（）互为同分异构体
4．下列说法不正确的是（ ）
A．液化石油气是纯净物 B．工业酒精中往往含有甲醇
C．福尔马林是甲醛的水溶液 D．许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
5．下列说法错误的是（ ）
A．氢键、离子键和共价键都属于化学键 B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识 D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
6．广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是（ ）
文物
选项 A.南宋鎏金饰品 B.蒜头纹银盒 C.广彩瓷咖啡杯 D.铜镀金钟座
A．A B．B C．C D．D
7．下列说法不正确的是（ ）
A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件 B．还原铁粉可用作食品干燥剂
C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒 D．油脂是热值最高的营养物质
8．染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．分子中存在3种官能团
B．可与HBr反应
C．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗4molBr2
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH
9．某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是（ ）
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I﹣催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
10．下列说法正确的是（ ）
A．苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性
B．通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程为物理变化
C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生取代反应获得苯乙烯
D．含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药
11．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：X＞Q B．单质的熔点：X＞Y
C．简单氢化物的沸点：Z＞Q D．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
12．为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（ ）
A．加入AgNO3溶液产生沉淀 B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入KSCN溶液无红色出现 D．加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成
13．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A．分子中至少有7个碳原子共直线 B．分子中含有1个手性碳原子
C．与酸或碱溶液反应都可生成盐 D．不能使酸性KMnO4稀溶液褪色
15．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．M2Z与MQ的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
16．关于化合物FeO（OCH3）的性质，下列推测不合理的是（ ）
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸（HI），再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2（SiO3）3
17．科学家合成了一种新的共价化合物（结构如图所示），X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：X＞Y＞Z B．非金属性：Y＞X＞W
C．Z的单质具有较强的还原性 D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
18．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞W B．XZ3是离子化合物
C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D．X与Y可形成化合物X2Y3
19．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a～d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列分析正确的是（ ）
A．Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性
B．a处变红，说明SO2是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成
20．科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e﹣的转移（如a、b和c），能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中NO发生氧化反应
B．a和b中转移的e﹣数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n（NO）：n（NH）＝1：4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH═N2↑+2H2O
21．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是（ ）
汉字载体
选项 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 D.液晶显示屏
A．A B．B C．C D．D
22．某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液。
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是（ ）
A．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3
C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3
23．下列说法正确的是（ ）
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
24．下列推测不合理的是（ ）
A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难
B．OPBrCl2与足量H2O作用生成2种酸
C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3
D．PBr3与足量C2H5OH作用可得到P（OC2H5）3
25．一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
26．聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：
下列说法错误的是（ ）
A．m＝n﹣1 B．聚乳酸分子中含有两种官能团
C．1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
27．辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶Q10的说法正确的是（ ）
A．分子式为C60H90O4
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
二．实验题（共1小题）
28．化合物X由三种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到800℃，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。
（2）溶液C的溶质组成为 （用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。
三．推断题（共2小题）
29．物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为 、 ；
（2）F→G、G→H的反应类型分别是 、 ；
（3）B的结构简式为 ；
（4）C→D反应方程式为 ；
（5）是一种重要的化工原料，其同分异构体中能够发生银镜反应的有 种（考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4：1：1的结构简式为 ；
（6）I中的手性碳原子个数为 （连四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）；
（7）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线 （无机试剂任选）。
30．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（化合物K）的一种合成路线（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：
已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）C的结构简式为 。
（3）写出由E生成F反应的化学方程式 。
（4）E中含氧官能团的名称为 。
（5）由G生成H的反应类型为 。
（6）I是一种有机物形成的盐，结构简式为 。
（7）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 种。
a）含有一个苯环和三个甲基；
b）与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；
c）能发生银镜反应，不能发生水解反应。
上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：3：2：1）的结构简式为 。
四．解答题（共10小题）
31．卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟原子激发态的电子排布式有 ，其中能量较高的是 。（填标号）
a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2 c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2
（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一个 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Cl 键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ） 。
（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 。
（4）α﹣AgI晶体中I﹣离子作体心立方堆积（如图所示），Ag+主要分布在由I﹣构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α﹣AgI晶体在电池中可作为 。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝ m3 mol﹣1（列出算式）。
32．2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯（CH2＝CH2）与四氟乙烯（CF2＝CF2）的共聚物（ETFE）制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 。
（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 （填标号），判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 （填标号）。
（3）固态氟化氢中存在（HF）n形式，画出（HF）3的链状结构 。
（4）CF2＝CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和 ；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 。
（5）萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 pm。
33．（1）两种有机物的相关数据如下表：
物质 HCON（CH3）2 HCONH2
相对分子质量 73 45
沸点/℃ 153 220
HCON（CH3）2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是 。
（2）四种晶体的熔点数据如下表：
物质 CF4 SiF4 BF3 AlF3
熔点/℃ ﹣183 ﹣90 ﹣127 ＞1000
CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是 。
34．用N﹣杂环卡宾碱（NHC base）作为催化剂，可合成多环化合物。如图是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 。
（3）写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 。
（4）E的结构简式为 。
（5）H中含氧官能团的名称是 。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 。
（7）如果要合成H的类似物H′（），参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式 、 。H′分子中有 个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳）。
35．化合物H是一种具有多种生物活性的天然化合物。某课题组设计的合成路线如图（部分反应条件已省略）：
已知：
请回答：
（1）下列说法不正确的是 。
A．化合物A不易与NaOH溶液反应 B．化合物E和F可通过红外光谱区别
C．化合物F属于酯类物质 D．化合物H的分子式是C20H12O5
（2）化合物M的结构简式是 ；化合物N的结构简式是 ；化合物G的结构简式是 。
（3）补充完整C→D的化学方程式→ 。
（4）写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式（不包括立体异构体） 。
①有两个六元环（不含其他环结构），其中一个为苯环；
②除苯环外，结构中只含2种不同的氢；
③不含﹣O﹣O﹣键及﹣OH
（5）以化合物苯乙炔（）、溴苯和环氧乙烷（）为原料，设计如图所示化合物的合成路线（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选） 。
36．硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图：
（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是 。
（3）关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有 。
A.Ⅰ中仅有σ键 B.Ⅰ中的Se﹣Se键为非极性共价键
C.Ⅱ易溶于水 D.Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E.Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
（4）Ⅳ中具有孤对电子的原子有 。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4 H2SeO3（填“＞”或“＜”）。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（Na2SeO4）可减轻重金属铊引起的中毒。SeO的立体构型为 。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为 。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg cm﹣3，则X中相邻K之间的最短距离为 nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
37．某研究小组按如图路线合成药物氯氮平。
已知：①CH2＝CH2；
②
请回答：
（1）下列说法不正确的是 。
A.硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B.化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基
C.化合物B具有两性
D.从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）化合物C的结构简式是 ；氯氮平的分子式是 ；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）写出E→G的化学方程式 。
（4）设计以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成的路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
（5）写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式 。
①1H﹣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。
②分子中含一个环，其成环原子数≥4。
38．铁和硒（Se）都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如图：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar] ；
②该新药分子中有 种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子 SeO离子（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 。
（2）富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为 ；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3﹣转化为NH，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为 ；
②与NH互为等电子体的一种分子为 （填化学式）。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为 ；
②Fe原子的配位数为 ；
③该晶胞参数a＝b＝0.4nm、c＝1.4nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g cm﹣3（列出计算式）。
39．化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
（1）组成X的元素有 ，X的化学式为 。
（2）溶液C中溶质的成分是 （用化学式表示）；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序 。
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是 。
（4）设计实验确定溶液G中阴离子 。
40．基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物Ⅰ为原料，可合成丙烯酸Ⅴ、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
（1）化合物Ⅰ的分子式为 ，其环上的取代基是 （写名称）。
（2）已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型
① ﹣CH＝CH﹣ H2 ﹣CH2﹣CH2﹣ 加成反应
② 氧化反应
③
（3）化合物Ⅳ能溶于水，其原因是 。
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为 。
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有 种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为 。
（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。
写出Ⅷ的单体的合成路线 （不用注明反应条件）。
物质结构与性质、常见无机物、常见有机物及其应用部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共27小题）
1．【解答】A．工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁，故A错误；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到二氧化硫，不能得到三氧化硫，故B错误；
C．铁遇浓硝酸发生钝化，钝化是发生了化学反应，故C错误；
D．次氯酸钠具有强氧化性，它会与盐酸发生氧化还原反应产生氯气，故“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用，故D正确；
故选：D。
2．【解答】A．不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应，故能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，该溶液中可能含有氨基酸，故B错误；
C．麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖，含有醛基，均能发生银镜反应，故C正确；
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽共有9种；具体分析过程如下：①自身形成的二肽有3种；②甘氨酸分别与丙氨酸、苯丙氨酸形成的二肽有2种；③丙氨酸分别与甘氨酸、苯丙氨酸形成的二肽有2种；④苯丙氨酸分别与甘氨酸、丙氨酸形成的二肽有2种，故D正确；
故选：B。
3．【解答】A．乙醇只有一个羟基，丙三醇有三个，不属于同系物，故A错误；
B．35Cl和37Cl质子数相同，中子数不同，互称同位素，故B正确；
C．O2和O3为O元素构成的不同单质，互称同素异形体，故C正确；
D．丙酮（）和环氧丙烷（）分子式均为：C3H6O，且结构不同，互称同分异构体，故D正确，
故选：A。
4．【解答】A．液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，故液化石油气是烃的混合物，故A错误；
B．工业酒精中含有甲醇，甲醇有较强的毒性，故B正确；
C．甲醛的水溶液俗称福尔马林，能杀菌消毒，故C正确；
D．水果与花卉中存在酯类，具有芳香气味，故D正确；
故选：A。
5．【解答】A.氢键是分子间作用力，不是化学键，故A错误；
B.俄国科学家门捷列夫根据相对分子质量编制了第一张元素周期表，故B正确；
C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识，故C正确；
D.制备玻璃的原料是二氧化硅、石灰石和碳酸钠，水泥的原料是碳酸钙和黏土及石膏，石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一，故D正确；
故选：A。
6．【解答】A.南宋鎏金饰品的主要原料是金属，不属于硅酸盐材料，故A错误；
B.蒜头纹银盒的材料为银，不属于硅酸盐材料，故B错误；
C.广彩瓷咖啡杯的材料为陶瓷，属于硅酸盐材料，故C正确；
D.铜镀金钟座的主要材料为金属，不属于硅酸盐材料，故D错误；
故选：C。
7．【解答】A.镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故A正确；
B.铁粉不能做干燥剂，可以吸收氧气，可减缓食品被氧化，故B错误；
C.氯气、臭氧、二氧化氯都具有氧化性，可以给饮用水消毒，故C正确；
D.油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是人体中热值最高的营养物质，故D正确；
故选：B。
8．【解答】A．分子中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键四种官能团，故A错误；
B．分子中碳碳双键能和HBr发生加成反应，故B正确；
C．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应，1mol该有机物与足量浓溴水反应，有1mol溴发生加成反应，4mol溴发生取代反应，所以最多消耗5mol溴，故C错误；
D．酚羟基能和NaOH以1：1反应，分子中含有3个酚羟基，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选：B。
9．【解答】A．根据图知，总反应方程式为，所以反应原料中的原子100%转化为产物，故A正确；
B．根据图知，化合物X和I﹣作前面反应的反应物、后面反应的生成物，所以该过程在化合物X和I﹣催化下完成，故B正确；
C．生成X的反应不是加成反应，所以该过程部分涉及加成反应，故C错误；
D．根据总反应判断若原料用时，生成物的结构简式为，故D正确；
故选：C。
10．【解答】A．硫酸铵可使蛋白质盐析，苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠可使蛋白质变性，故A错误；
B．石蜡为石油减压分馏的产物，汽油的常压分馏的产物有液化石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；
C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，故C错误；
D．硝化纤维能燃烧，易爆炸，是一种烈性炸药，故D正确；
故选：D。
11．【解答】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q＞X，故A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si＞Al，即Y＞X，故B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q＞Z，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z＞Y，故D正确；
故选：D。
12．【解答】A.将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，加入硝酸银溶液一定会生成沉淀，不能说明铁片没有被腐蚀，故A错误；
B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现，说明溶液中没有氧化性强于碘离子的物质如铁离子，有可能含有亚铁离子，不能说明铁片没有被腐蚀，故B错误；
C.加入KSCN溶液无红色出现，只能证明溶液中没有铁离子，有可能含有亚铁离子，不能说明铁片没有被腐蚀，故C错误；
D.加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成，说明溶液中不含有亚铁离子，说明铁片没有被腐蚀，故D正确；
故选：D。
13．【解答】A.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl可以用饱和食盐水除去，可用浓硫酸干燥氯气，故A正确；
B.氯气的密度比水大，则用向上排空气法收集氯气，故B正确；
C.干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，干燥的氯气能使湿润的红布条褪色，可用于检验氯气的性质，故C正确；
D.氯气有毒，1体积水溶解2体积氯气，溶解度较小，因而不能选用水作尾气处理的试剂，应选用选用氢氧化钠溶液作尾气处理的试剂，故D错误；
故选：D。
14．【解答】A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线上的原子共直线，则该分子中只有5个碳原子共直线，故A错误；
B．如图，该分子中含有2个手性碳原子，故B错误；
C．该分子中含有亚氨基、酯基，亚氨基能和酸反应生成盐，酯基能和碱反应生成盐和醇，故C正确；
D．该分子中碳碳三键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：C。
15．【解答】A.H和O形成的10电子微粒有OH﹣、H2O、H3O+三种，故A错误；
B.ClO2可用于饮用水的消毒，故B正确；
C.Na2O、NaCl均属于离子晶体，故C错误；
D.NH3 H2O为一元弱碱，水溶液显碱性，故D错误；
故选：B。
16．【解答】A．FeO（OCH3）中铁元素的化合价为+3价，故与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，故A正确；
B．Fe为+3价，C为﹣1价，若生成FeO、CO2、H2O，则得失电子不守恒，故B错误；
C．溶于氢碘酸（HI），碘离子和铁离子发生反应生成碘单质，加CCl4萃取，有机层是紫红色，故C正确；
D．Fe为+3价，与SiO2高温可能反应能生成Fe2（SiO3）3，故D正确；
故选：B。
17．【解答】A．C、O、F为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，即原子半径C＞O＞F，故A正确；
B．同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，同主族元素，核电荷大，非金属性弱，则C、O、Si的非金属：O＞C＞Si，故B正确；
C．Z为F元素，是最活泼的非金属元素，几乎无还原性，故C错误；
D．原子序数为82的元素为Pb元素，与Si均位于ⅣA族，故D正确；
故选：C。
18．【解答】由上述分析可知，W为O、X为Al、Y为S、Z为Cl，
A.同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：Y＜W，故A错误；
B.AlCl3只含共价键，为共价化合物，故B错误；
C.Y、Z的氧化物对应的水化物若为亚硫酸、次氯酸等，属于弱酸，故C错误；
D.X与Y可形成化合物Al2S3，故D正确；
故选：D。
19．【解答】A．Cu与浓硫酸反应，生成硫酸铜，体现浓硫酸的酸性，同时浓硫酸得电子价态降低生成二氧化硫，体现浓硫酸的氧化性，故A错误；
B．二氧化硫为酸性氧化物，能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，紫色石蕊试液变红，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，能吸收反应生成的水，故底部只能产生白色的无水硫酸铜，故D错误；
故选：B。
20．【解答】A．过程Ⅰ中NO2﹣生成NO和水，N元素的化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B．过程Ⅰ中NO2﹣中N元素的化合价降低1，转移的e﹣数目为1；过程Ⅱ中NO和NH4+生成N2H4和水，NO中N元素的化合价降低4，NH4+中N元素的化合价升高1，转移的e﹣数目为4，不相等，故B错误；
C．过程Ⅱ中NO中N元素的化合价降低4，NH4+中N元素的化合价升高1，根据得失电子守恒，过程Ⅱ中参与反应的n（NO）：n（NH4+）＝1：4，故C正确；
D．过程Ⅰ中NO2﹣+e﹣+2H+→NO+H2O，过程Ⅱ中2NO+8NH4+→5N2H4+2H2O+8H+，过程Ⅲ中N2H4→N2+4H++4e﹣，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为2NO2﹣+8NH4+═5N2↑+24H++4H2O+18e﹣，故D错误；
故选：C。
21．【解答】A．兽骨是骨头，主要成分是磷酸钙和碳酸钙，属于非金属材料，不是合金，故A错误；
B．青铜器是铜合金，属于合金，故B正确；
C．纸张是天然的纤维素，不是合金，故C错误；
D．液晶显示屏属于无机非金属材料，不是合金，故D错误；
故选：B。
22．【解答】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3，故A正确，
故选：A。
23．【解答】A.碘单质为弱氧化剂，只能将铁氧化为+2价，故铁与碘反应易生成碘化亚铁，故A错误；
B.电解ZnSO4溶液时，如溶液锌离子浓度较大，锌离子可放电生成锌，故B正确；
C.氢氧化镁更难溶，用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成氢氧化镁，故C错误；
D.亚硫酸酸性弱于盐酸，SO2与BaCl2不反应，无BaSO3沉淀生成，故D错误；
故选：B。
24．【解答】A．相同条件下同一主族元素中，非金属单质的氧化性越强，其单质与三卤化磷反应越容易，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2，相同条件下氯气容易反应，所以相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难，故A正确；
B．OPBrCl2与足量H2O反应生成H3PO4、HCl、HBr，反应方程式为OPBrCl2+3H2O＝H3PO4+2HCl+HBr，一共生成三种酸，故B错误；
C．从P﹣Br键到P﹣F键，键的稳定性增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，所以相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3，故C正确；
D．PBr3与足量C2H5OH作用时，Br与乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P（OC2H5）3，故D正确；
故选：B。
25．【解答】A．化合物1分子中含有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平面，故A错误；
B．结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，故C错误；
D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物，故D正确；
故选：D。
26．【解答】A．根据原子守恒，可知m＝n﹣1，故A正确；
B．聚乳酸分子结构中含有酯基，端基含有羟基和羧基，共3种官能团，故B错误；
C．乳酸分子中含有羟基和羧基，均能与Na反应生成氢气，则1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2，故D正确；
D．两个乳酸分子可形成六元环状酯，其结构简式为，故D正确；
故选：B。
27．【解答】A．此有机物中含59个C原子，15个不饱和度，即H的个数为2×59+2﹣15×2＝90，分子式为C59H90O4，故A错误；
B．根据有机物的结构简式可知，10个重复基团的最后一个连接H的碳是甲基，此有机物中共含14个甲基，故B正确；
C．四个氧原子所在的四个C原子均为sp2杂化，且四个C原子相连，故四个O原子和它们所在的四个C原子均一定在同一平面上，故C错误；
D．此有机物中含碳碳双键、羰基，故能发生加成反应，含烷烃基，故能发生取代反应，故D错误；
故选：B。
二．实验题（共1小题）
28．【解答】（1）由上述分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，并且n（Ba）：n（Cu）：n（O）＝0.005mol：0.015mol：0.02mol＝1：3：4，则X为BaCu3O4，
故答案为：Ba、Cu、O；BaCu3O4；
（2）B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，与足量H2SO4反应的方程式为H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl，所以溶液C的溶质为H2SO4、HCl，
故答案为：H2SO4、HCl；
（3）①X为BaCu3O4，与足量NH3反应生成Cu、Ba（OH）2、N2和H2O，化学方程式为BaCu3O4+2NH33Cu+Ba（OH）2+N2↑+2H2O，
故答案为：BaCu3O4+2NH33Cu+Ba（OH）2+N2↑+2H2O；
②BaCu3O4溶于氨水生成Ba（OH）2、[Cu（NH3）4]（OH）2和H2O，反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝Ba2++3[Cu（NH3）4]2++8OH﹣+8H2O，
故答案为：BaCu3O4+12NH3 H2O＝Ba2++3[Cu（NH3）4]2++8OH﹣+8H2O；
（4）BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba（OH）2、N2和H2O，则尾气中含有NH3、N2和水蒸气，N2是不活泼气体，尾气中相对活泼的2种气体为NH3和水蒸气，检验水蒸气常常选择无水硫酸铜粉末，检验NH3可用湿润的红色石蕊试纸，实验方案为：将尾气通入盛有无水硫酸铜粉末的球形干燥管，再用湿润的红色石蕊试纸在导气管口检验，若白色粉末变成蓝色，红色石蕊试纸变蓝，则说明含有水蒸气和NH3，
故答案为：将尾气通入盛有无水硫酸铜粉末的球形干燥管，再用湿润的红色石蕊试纸在导气管口检验，若白色粉末变成蓝色，红色石蕊试纸变蓝，则说明含有水蒸气和NH3。
三．推断题（共2小题）
29．【解答】（1）由A的结构简式可知，A中官能团的名称为醛基、醚基，
故答案为：醛基、醚基；
（2）F到G反应为+CH3I→+HI，反应类型为取代反应，G到H反应为+→，反应类型为加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（3）根据信息①，可知A与反应生成的B为，
故答案为：；
（4）由②可知，该反应为+H2O，
故答案为：+H2O；
（5）分子式为C4H6O，根据同分异构体中能够发生银镜反应可知存在醛基，的不饱和度为2，醛基不饱和度为1，可知在其结构中存在1个环或1个双键，故同分异构体有、CH2＝CH﹣CH2﹣COOH、、HOOC﹣CH＝CH﹣CH3，考虑存在立体异构HOOC﹣CH＝CH﹣CH3，还存在、，一共有5种同分异构体，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4：1：1的结构简式为，
故答案为：5；；
（6）手性碳原子为连四个不同的原子或原子团的碳原子，故I种手性碳原子如图中标识，
故答案为：1；
（7）根据G→H→I的反应，合成的路线为，
故答案为：。
30．【解答】（1）A的结构简式为CH2＝CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3﹣氯﹣1﹣丙烯，
故答案为：3﹣氯﹣1﹣丙烯；
（2）根据分析，C的结构简式为，
故答案为：；
（3）E的结构简式为，F的结构简式为，E生成F的化学方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
（4）E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（5）G的结构简式为，H的结构简式为，可知G与SOCl2发生取代反应生成H，
故答案为：取代反应；
（6）根据分析，I的结构简式为，
故答案为：；
（7）E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3+6+1＝10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6：3：2：1的结构简式为、，
故答案为：10；、。
四．解答题（共10小题）
31．【解答】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，故b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，故c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，故d正确；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，
故答案为：ad；d；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Clσ键，
故答案为：sp2；σ；
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强，C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C﹣Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π ），一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键（Π ），因此三种物质中C﹣Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，
故答案为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短；
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高，
故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体；
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α﹣AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1＝2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝＝m3/mol＝m3/mol，
故答案为：电解质；。
32．【解答】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，
故答案为：；
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C＜O＜N＜F，满足这一规律的图像为图a，气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也一次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，
故答案为：图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高；图b；
（3）固体HF中存在氢键，则（HF）3的链状结构为，
故答案为：；
（4）CF2＝CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在于C原子的结合过程中形成的C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，
故答案为：sp2；sp3；C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能越大，化学性质越稳定；
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×＝4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F﹣位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为a，体对角线为a，Ca2+与F﹣之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为apm，
故答案为：Ca2+；a。
33．【解答】（1）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，分子间作用力的能量小于氢键，HCON（CH3）2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低，
故答案为：HCON（CH3）2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；
（2）共价晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大，
故答案为：CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
34．【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇，
故答案为：苯甲醇；
（2）由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B（ ）先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反应生成C（ ），故第二步的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
（3）根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，
故答案为：；
（4）由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
（5）H的结构简式为，可其分子中含有的含氧官能团为硝基、酯基和羰基，
故答案为：硝基、酯基和羰基；
（6）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：，
故答案为：；
（7）G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC﹣NO2和C＝O成环，且C＝O与﹣CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′（），相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4个不同基团的饱和碳原子，则H′（ ）的手性碳原子为，共5个，
故答案为：；；5。
35．【解答】（1）A.苯环上的溴原子不活泼，不易与NaOH溶液发生反应，故A正确；B.化合物E和F含有的官能团不能，可通过红外光谱区别，故B正确；
C.化合物F不含酯基，不属于酯类物质，故C错误；
D.化合物H的分子式是C20H14O5，故D错误；
故答案为：CD；
（2）A和M反应生成B，根据A、B的结构简式，可知M是HC≡CCOOCH3；根据信息，由逆推，可知D是、N是；根据信息+，由F可知G是，
故答案为：HC≡CCOOCH3；；；
（3）根据信息，由逆推，可知D是，C→D的方程式是→，
故答案为：；
（4）①有两个六元环（不含其他环结构），其中一个为苯环；②除苯环外，结构中只含2种不同的氢，说明结构对称；③不含﹣O﹣O﹣键及﹣OH，符合条件的的同分异构体有、、、、，
故答案为：、、、、；
（5）溴苯和镁、乙醚反应生成 ，和环氧乙烷反应生成 ，发生催化氧化生成 ，和苯乙炔反应生成 ，合成路线为 ，
故答案为：。
36．【解答】（1）S属于第三周期ⅥA族，价电子排布式为3s23p4，基态硒位于第四周期ⅥA族，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4，
故答案为：4s24p4；
（2）由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se的沸点低于H2O，
故答案为：H2O分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键；
（3）A．物质Ⅰ中含有C﹣H键和Se﹣Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，故A错误；
B．物质Ⅰ中的Se﹣Se键是同种原子间形成的共价键，为非极性键，故B正确；
C．物质Ⅱ属于烃类，烃类均不溶于水，故C错误；
D．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，故D正确；
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素为C、N、O、Se、S、H，非金属性越强，其电负性越大，C、N、O位于同一周期、O、Se、S位于同一主族，则C、N、O、Se、S、H中O的电负性最大，故E正确；
故答案为：BDE；
（4）C、O、S、Se最外层电子数分别为4、6、6、6，物质Ⅳ中C形成4个键，无孤电子对，S形成6个键、无孤电子对，O和Se均形成2个键，均会有2对孤电子，
故答案为：O、Se；
（5）同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成（OH）2SeO2、（OH）2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多（或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se﹣O﹣H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+），则酸性：H2SeO4＞H2SeO3；SeO42﹣的成键电子对数为4+＝4，无孤电子对，则SeO42﹣的VSEPR模型和立体构型均为正四面体，
故答案为：＞；正四面体；
（6）①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×＝4，则化学式为K2SeBr6，
故答案为：K2SeBr6；
②晶胞中含有4个“K2SeBr6”，n（K2SeBr6）＝mol，m（K2SeBr6）＝×Mrg＝g，若晶胞边长为x，则晶胞体密度ρ＝＝g cm﹣3＝g cm﹣3，解得x＝cm，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为x＝×cm＝××107nm，
故答案为：××107。
37．【解答】（1）A.苯环发生硝化反应时需要浓硫酸作催化剂、浓硝酸作反应物，则硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸，故A正确；
B.A为，化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基，故B正确；
C.B为，氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以化合物B具有两性，故C正确；
D.从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，故D错误；
故答案为：D；
（2）化合物C的结构简式是；氯氮平的分子式是C18H19ClN4；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为加成反应、消去反应，
故答案为：；C18H19ClN4；加成反应、消去反应；
（3）E为，E和F发生取代反应生成G，G为，E→G的化学方程式为++CH3OH，
故答案为：++CH3OH；
（4）以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，乙烯和HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl和NH3发生信息①中第一个取代反应生成CH3CH2NH2，CH3CH2NH2、CH3NH2和BrCH2CH2Br发生信息②中第三个反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：；
（5）F的同分异构体同时符合下列条件：
①1H﹣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；
②分子中含一个环，其成环原子数≥4，如果成环原子个数为4，符合条件的结构简式为、，
故答案为：、。
38．【解答】（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，
故答案为：3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构具有对称性，有6种不同化学环境的C原子，
故答案为：6；
③SeO3中硒原子的孤对电子对数为：＝0，价层电子对数为：3+0＝3，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，SeO中硒原子的，孤对电子对数为＝1，价层电子对数为3+1＝4，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，
故答案为：＞；SeO3无孤电子对，SeO中含有1个孤电子对，排斥力：孤电子对﹣共价键＞共价键﹣共价键，导致SeO3键角较大；
（2）①由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH＝CHCOOH，σ键有11个，π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，
故答案为：11：3；
②富马酸亚铁（FeC4H2O4）中有四种元素，分别为：Fe、C、H、O，非金属性越强电负性越大，即电负性大小为：O＞C＞H＞Fe，
故答案为：O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，
故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，
故答案为：H2O；
（4）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1＝2，硒原子8个位于棱上，2个位于金宝内部，其个数为8×+2＝4，铁原子8个位于面心，其个数为8×＝4，
①超导材料最简化学式为KFe2Se2，
故答案为：KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，
故答案为：4；
③一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：abc＝（0.4×0.4×1.4）×10﹣21cm3，ρ＝＝，
故答案为：。
39．【解答】（1）由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH（SO4）2，
故答案为：Fe、S、O、H；FeH（SO4）2；
（2）X 为FeH（SO4）2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl﹣、SCN﹣、OH﹣，
故答案为：FeCl3、HCl、BaCl2；Cl﹣、SCN﹣、OH﹣；
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH（SO4）2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2↑，
故答案为：2FeH（SO4）2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2↑；
（4）设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH﹣；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2﹣，
故答案为：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH﹣；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2﹣。
40．【解答】（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H4O2，其环上的取代基是醛基，
故答案为：C5H4O2；醛基；
（2）②含有﹣CHO，在催化剂条件下被O2氧化生成﹣COOH，在加热条件下被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成﹣COOH，在水浴加热条件下能被银氨溶液氧化生成﹣COONH4，该反应属于氧化反应，
故答案为：﹣CHO；O2（新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液）；﹣COOH（或﹣COONH4）；
③含有﹣COOH，可与CH3OH、CH3CH2OH等醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，生成新的结构为﹣COOR，该反应属于酯化反应或取代反应，
故答案为：﹣COOH；醇（如：CH3OH、CH3CH2OH等）；﹣COOR；酯化反应或取代反应；
（3）化合物Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键，所以能溶于水，
故答案为：Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键；
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为CH2＝CH2，
故答案为：CH2＝CH2；
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有CH3COCH3、CH3CH2CHO，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为CH3COCH3，
故答案为：2；CH3COCH3；
（6）Ⅷ的单体结构简式为CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2，根据“CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2”及Ⅳ生成Ⅴ的反应知，选取的二元酸为HOOCC（CH3）＝C（CH3）COOH，HOOCC（CH3）＝C（CH3）COOH和CH2＝CH2反应生成CH2＝C（CH3）COOH，CH2＝C（CH3）COOH发生反应生成CH2＝C（CH3）CH2OH，CH2＝C（CH3）CH2OH和氢气发生加成反应生成（CH3）2CHCH2OH，（CH3）2CHCH2OH和CH2＝C（CH3）COOH发生酯化反应生成CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2，其合成路线为，
故答案为：。
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物质结构与性质、常见无机物、常见有机物及其应用部分
一．选择题（共27小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
2．下列说法不正确的是（ ）
A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种
3．下列说法不正确的是（ ）
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．35Cl和37Cl互为同位素
C．O2和O3互为同素异形体
D．丙酮（）和环氧丙烷（）互为同分异构体
4．下列说法不正确的是（ ）
A．液化石油气是纯净物 B．工业酒精中往往含有甲醇
C．福尔马林是甲醛的水溶液 D．许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
5．下列说法错误的是（ ）
A．氢键、离子键和共价键都属于化学键 B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识 D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
6．广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是（ ）
文物
选项 A.南宋鎏金饰品 B.蒜头纹银盒 C.广彩瓷咖啡杯 D.铜镀金钟座
A．A B．B C．C D．D
7．下列说法不正确的是（ ）
A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件 B．还原铁粉可用作食品干燥剂
C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒 D．油脂是热值最高的营养物质
8．染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．分子中存在3种官能团
B．可与HBr反应
C．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗4molBr2
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH
9．某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是（ ）
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I﹣催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
10．下列说法正确的是（ ）
A．苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性
B．通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程为物理变化
C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生取代反应获得苯乙烯
D．含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药
11．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：X＞Q B．单质的熔点：X＞Y
C．简单氢化物的沸点：Z＞Q D．最高价含氧酸的酸性：Z＞Y
12．为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（ ）
A．加入AgNO3溶液产生沉淀 B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入KSCN溶液无红色出现 D．加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成
13．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是（ ）
A．
B．
C．
D．
14．关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A．分子中至少有7个碳原子共直线 B．分子中含有1个手性碳原子
C．与酸或碱溶液反应都可生成盐 D．不能使酸性KMnO4稀溶液褪色
15．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．M2Z与MQ的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
16．关于化合物FeO（OCH3）的性质，下列推测不合理的是（ ）
A．与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O
B．隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O
C．溶于氢碘酸（HI），再加CCl4萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2（SiO3）3
17．科学家合成了一种新的共价化合物（结构如图所示），X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：X＞Y＞Z B．非金属性：Y＞X＞W
C．Z的单质具有较强的还原性 D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
18．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞W B．XZ3是离子化合物
C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D．X与Y可形成化合物X2Y3
19．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a～d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列分析正确的是（ ）
A．Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性
B．a处变红，说明SO2是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成
20．科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e﹣的转移（如a、b和c），能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中NO发生氧化反应
B．a和b中转移的e﹣数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n（NO）：n（NH）＝1：4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH═N2↑+2H2O
21．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是（ ）
汉字载体
选项 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 D.液晶显示屏
A．A B．B C．C D．D
22．某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液。
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是（ ）
A．Na2SO4、Na2S2O3 B．Na2SO3、Na2S2O3
C．Na2SO4、Na2CO3 D．Na2SO3、Na2CO3
23．下列说法正确的是（ ）
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
24．下列推测不合理的是（ ）
A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难
B．OPBrCl2与足量H2O作用生成2种酸
C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3
D．PBr3与足量C2H5OH作用可得到P（OC2H5）3
25．一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图，下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可以发生开环聚合反应
26．聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如图：
下列说法错误的是（ ）
A．m＝n﹣1 B．聚乳酸分子中含有两种官能团
C．1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
27．辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶Q10的说法正确的是（ ）
A．分子式为C60H90O4
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
二．实验题（共1小题）
28．化合物X由三种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到800℃，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。
（2）溶液C的溶质组成为 （用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。
三．推断题（共2小题）
29．物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如图：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为 、 ；
（2）F→G、G→H的反应类型分别是 、 ；
（3）B的结构简式为 ；
（4）C→D反应方程式为 ；
（5）是一种重要的化工原料，其同分异构体中能够发生银镜反应的有 种（考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4：1：1的结构简式为 ；
（6）I中的手性碳原子个数为 （连四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）；
（7）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线 （无机试剂任选）。
30．左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，如图是其盐酸盐（化合物K）的一种合成路线（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：
已知：化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）C的结构简式为 。
（3）写出由E生成F反应的化学方程式 。
（4）E中含氧官能团的名称为 。
（5）由G生成H的反应类型为 。
（6）I是一种有机物形成的盐，结构简式为 。
（7）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 种。
a）含有一个苯环和三个甲基；
b）与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；
c）能发生银镜反应，不能发生水解反应。
上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为6：3：2：1）的结构简式为 。
四．解答题（共10小题）
31．卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟原子激发态的电子排布式有 ，其中能量较高的是 。（填标号）
a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2 c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2
（2）①一氯乙烯（C2H3Cl）分子中，C的一个 杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Cl 键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π）。
②一氯乙烷（C2H5Cl）、一氯乙烯（C2H3Cl）、一氯乙炔（C2HCl）分子中，C﹣Cl键长的顺序是 ，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强；（ⅱ） 。
（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 。
（4）α﹣AgI晶体中I﹣离子作体心立方堆积（如图所示），Ag+主要分布在由I﹣构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α﹣AgI晶体在电池中可作为 。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝ m3 mol﹣1（列出算式）。
32．2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯（CH2＝CH2）与四氟乙烯（CF2＝CF2）的共聚物（ETFE）制成。回答下列问题：
（1）基态F原子的价电子排布图（轨道表示式）为 。
（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是 （填标号），判断的根据是 ；第三电离能的变化图是 （填标号）。
（3）固态氟化氢中存在（HF）n形式，画出（HF）3的链状结构 。
（4）CF2＝CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 和 ；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 。
（5）萤石（CaF2）是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 pm。
33．（1）两种有机物的相关数据如下表：
物质 HCON（CH3）2 HCONH2
相对分子质量 73 45
沸点/℃ 153 220
HCON（CH3）2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是 。
（2）四种晶体的熔点数据如下表：
物质 CF4 SiF4 BF3 AlF3
熔点/℃ ﹣183 ﹣90 ﹣127 ＞1000
CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是 。
34．用N﹣杂环卡宾碱（NHC base）作为催化剂，可合成多环化合物。如图是一种多环化合物H的合成路线（无需考虑部分中间体的立体化学）。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为 。
（3）写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式 。
（4）E的结构简式为 。
（5）H中含氧官能团的名称是 。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式 。
（7）如果要合成H的类似物H′（），参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式 、 。H′分子中有 个手性碳（碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳）。
35．化合物H是一种具有多种生物活性的天然化合物。某课题组设计的合成路线如图（部分反应条件已省略）：
已知：
请回答：
（1）下列说法不正确的是 。
A．化合物A不易与NaOH溶液反应 B．化合物E和F可通过红外光谱区别
C．化合物F属于酯类物质 D．化合物H的分子式是C20H12O5
（2）化合物M的结构简式是 ；化合物N的结构简式是 ；化合物G的结构简式是 。
（3）补充完整C→D的化学方程式→ 。
（4）写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式（不包括立体异构体） 。
①有两个六元环（不含其他环结构），其中一个为苯环；
②除苯环外，结构中只含2种不同的氢；
③不含﹣O﹣O﹣键及﹣OH
（5）以化合物苯乙炔（）、溴苯和环氧乙烷（）为原料，设计如图所示化合物的合成路线（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选） 。
36．硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图：
（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是 。
（3）关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有 。
A.Ⅰ中仅有σ键 B.Ⅰ中的Se﹣Se键为非极性共价键
C.Ⅱ易溶于水 D.Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E.Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
（4）Ⅳ中具有孤对电子的原子有 。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4 H2SeO3（填“＞”或“＜”）。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（Na2SeO4）可减轻重金属铊引起的中毒。SeO的立体构型为 。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为 。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg cm﹣3，则X中相邻K之间的最短距离为 nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
37．某研究小组按如图路线合成药物氯氮平。
已知：①CH2＝CH2；
②
请回答：
（1）下列说法不正确的是 。
A.硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B.化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基
C.化合物B具有两性
D.从C→E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）化合物C的结构简式是 ；氯氮平的分子式是 ；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）写出E→G的化学方程式 。
（4）设计以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成的路线（用流程图表示，无机试剂任选） 。
（5）写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式 。
①1H﹣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。
②分子中含一个环，其成环原子数≥4。
38．铁和硒（Se）都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如图：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar] ；
②该新药分子中有 种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子 SeO离子（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 。
（2）富马酸亚铁（FeC4H2O4）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为 ；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3﹣转化为NH，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为 ；
②与NH互为等电子体的一种分子为 （填化学式）。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为 ；
②Fe原子的配位数为 ；
③该晶胞参数a＝b＝0.4nm、c＝1.4nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g cm﹣3（列出计算式）。
39．化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
（1）组成X的元素有 ，X的化学式为 。
（2）溶液C中溶质的成分是 （用化学式表示）；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序 。
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是 。
（4）设计实验确定溶液G中阴离子 。
40．基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物Ⅰ为原料，可合成丙烯酸Ⅴ、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
（1）化合物Ⅰ的分子式为 ，其环上的取代基是 （写名称）。
（2）已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号 结构特征 可反应的试剂 反应形成的新结构 反应类型
① ﹣CH＝CH﹣ H2 ﹣CH2﹣CH2﹣ 加成反应
② 氧化反应
③
（3）化合物Ⅳ能溶于水，其原因是 。
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为 。
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有 种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为 。
（6）选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。
写出Ⅷ的单体的合成路线 （不用注明反应条件）。
物质结构与性质、常见无机物、常见有机物及其应用部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共27小题）
1．【解答】A．工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁，故A错误；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到二氧化硫，不能得到三氧化硫，故B错误；
C．铁遇浓硝酸发生钝化，钝化是发生了化学反应，故C错误；
D．次氯酸钠具有强氧化性，它会与盐酸发生氧化还原反应产生氯气，故“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用，故D正确；
故选：D。
2．【解答】A．不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应，故能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，该溶液中可能含有氨基酸，故B错误；
C．麦芽糖、葡萄糖均为还原性糖，含有醛基，均能发生银镜反应，故C正确；
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽共有9种；具体分析过程如下：①自身形成的二肽有3种；②甘氨酸分别与丙氨酸、苯丙氨酸形成的二肽有2种；③丙氨酸分别与甘氨酸、苯丙氨酸形成的二肽有2种；④苯丙氨酸分别与甘氨酸、丙氨酸形成的二肽有2种，故D正确；
故选：B。
3．【解答】A．乙醇只有一个羟基，丙三醇有三个，不属于同系物，故A错误；
B．35Cl和37Cl质子数相同，中子数不同，互称同位素，故B正确；
C．O2和O3为O元素构成的不同单质，互称同素异形体，故C正确；
D．丙酮（）和环氧丙烷（）分子式均为：C3H6O，且结构不同，互称同分异构体，故D正确，
故选：A。
4．【解答】A．液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，故液化石油气是烃的混合物，故A错误；
B．工业酒精中含有甲醇，甲醇有较强的毒性，故B正确；
C．甲醛的水溶液俗称福尔马林，能杀菌消毒，故C正确；
D．水果与花卉中存在酯类，具有芳香气味，故D正确；
故选：A。
5．【解答】A.氢键是分子间作用力，不是化学键，故A错误；
B.俄国科学家门捷列夫根据相对分子质量编制了第一张元素周期表，故B正确；
C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识，故C正确；
D.制备玻璃的原料是二氧化硅、石灰石和碳酸钠，水泥的原料是碳酸钙和黏土及石膏，石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一，故D正确；
故选：A。
6．【解答】A.南宋鎏金饰品的主要原料是金属，不属于硅酸盐材料，故A错误；
B.蒜头纹银盒的材料为银，不属于硅酸盐材料，故B错误；
C.广彩瓷咖啡杯的材料为陶瓷，属于硅酸盐材料，故C正确；
D.铜镀金钟座的主要材料为金属，不属于硅酸盐材料，故D错误；
故选：C。
7．【解答】A.镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故A正确；
B.铁粉不能做干燥剂，可以吸收氧气，可减缓食品被氧化，故B错误；
C.氯气、臭氧、二氧化氯都具有氧化性，可以给饮用水消毒，故C正确；
D.油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是人体中热值最高的营养物质，故D正确；
故选：B。
8．【解答】A．分子中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键四种官能团，故A错误；
B．分子中碳碳双键能和HBr发生加成反应，故B正确；
C．碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和浓溴水以1：1发生取代反应，1mol该有机物与足量浓溴水反应，有1mol溴发生加成反应，4mol溴发生取代反应，所以最多消耗5mol溴，故C错误；
D．酚羟基能和NaOH以1：1反应，分子中含有3个酚羟基，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；
故选：B。
9．【解答】A．根据图知，总反应方程式为，所以反应原料中的原子100%转化为产物，故A正确；
B．根据图知，化合物X和I﹣作前面反应的反应物、后面反应的生成物，所以该过程在化合物X和I﹣催化下完成，故B正确；
C．生成X的反应不是加成反应，所以该过程部分涉及加成反应，故C错误；
D．根据总反应判断若原料用时，生成物的结构简式为，故D正确；
故选：C。
10．【解答】A．硫酸铵可使蛋白质盐析，苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠可使蛋白质变性，故A错误；
B．石蜡为石油减压分馏的产物，汽油的常压分馏的产物有液化石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；
C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，故C错误；
D．硝化纤维能燃烧，易爆炸，是一种烈性炸药，故D正确；
故选：D。
11．【解答】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q＞X，故A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si＞Al，即Y＞X，故B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q＞Z，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z＞Y，故D正确；
故选：D。
12．【解答】A.将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，加入硝酸银溶液一定会生成沉淀，不能说明铁片没有被腐蚀，故A错误；
B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现，说明溶液中没有氧化性强于碘离子的物质如铁离子，有可能含有亚铁离子，不能说明铁片没有被腐蚀，故B错误；
C.加入KSCN溶液无红色出现，只能证明溶液中没有铁离子，有可能含有亚铁离子，不能说明铁片没有被腐蚀，故C错误；
D.加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成，说明溶液中不含有亚铁离子，说明铁片没有被腐蚀，故D正确；
故选：D。
13．【解答】A.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl可以用饱和食盐水除去，可用浓硫酸干燥氯气，故A正确；
B.氯气的密度比水大，则用向上排空气法收集氯气，故B正确；
C.干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，干燥的氯气能使湿润的红布条褪色，可用于检验氯气的性质，故C正确；
D.氯气有毒，1体积水溶解2体积氯气，溶解度较小，因而不能选用水作尾气处理的试剂，应选用选用氢氧化钠溶液作尾气处理的试剂，故D错误；
故选：D。
14．【解答】A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线上的原子共直线，则该分子中只有5个碳原子共直线，故A错误；
B．如图，该分子中含有2个手性碳原子，故B错误；
C．该分子中含有亚氨基、酯基，亚氨基能和酸反应生成盐，酯基能和碱反应生成盐和醇，故C正确；
D．该分子中碳碳三键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：C。
15．【解答】A.H和O形成的10电子微粒有OH﹣、H2O、H3O+三种，故A错误；
B.ClO2可用于饮用水的消毒，故B正确；
C.Na2O、NaCl均属于离子晶体，故C错误；
D.NH3 H2O为一元弱碱，水溶液显碱性，故D错误；
故选：B。
16．【解答】A．FeO（OCH3）中铁元素的化合价为+3价，故与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O，故A正确；
B．Fe为+3价，C为﹣1价，若生成FeO、CO2、H2O，则得失电子不守恒，故B错误；
C．溶于氢碘酸（HI），碘离子和铁离子发生反应生成碘单质，加CCl4萃取，有机层是紫红色，故C正确；
D．Fe为+3价，与SiO2高温可能反应能生成Fe2（SiO3）3，故D正确；
故选：B。
17．【解答】A．C、O、F为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，即原子半径C＞O＞F，故A正确；
B．同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，同主族元素，核电荷大，非金属性弱，则C、O、Si的非金属：O＞C＞Si，故B正确；
C．Z为F元素，是最活泼的非金属元素，几乎无还原性，故C错误；
D．原子序数为82的元素为Pb元素，与Si均位于ⅣA族，故D正确；
故选：C。
18．【解答】由上述分析可知，W为O、X为Al、Y为S、Z为Cl，
A.同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：Y＜W，故A错误；
B.AlCl3只含共价键，为共价化合物，故B错误；
C.Y、Z的氧化物对应的水化物若为亚硫酸、次氯酸等，属于弱酸，故C错误；
D.X与Y可形成化合物Al2S3，故D正确；
故选：D。
19．【解答】A．Cu与浓硫酸反应，生成硫酸铜，体现浓硫酸的酸性，同时浓硫酸得电子价态降低生成二氧化硫，体现浓硫酸的氧化性，故A错误；
B．二氧化硫为酸性氧化物，能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，紫色石蕊试液变红，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，能吸收反应生成的水，故底部只能产生白色的无水硫酸铜，故D错误；
故选：B。
20．【解答】A．过程Ⅰ中NO2﹣生成NO和水，N元素的化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B．过程Ⅰ中NO2﹣中N元素的化合价降低1，转移的e﹣数目为1；过程Ⅱ中NO和NH4+生成N2H4和水，NO中N元素的化合价降低4，NH4+中N元素的化合价升高1，转移的e﹣数目为4，不相等，故B错误；
C．过程Ⅱ中NO中N元素的化合价降低4，NH4+中N元素的化合价升高1，根据得失电子守恒，过程Ⅱ中参与反应的n（NO）：n（NH4+）＝1：4，故C正确；
D．过程Ⅰ中NO2﹣+e﹣+2H+→NO+H2O，过程Ⅱ中2NO+8NH4+→5N2H4+2H2O+8H+，过程Ⅲ中N2H4→N2+4H++4e﹣，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为2NO2﹣+8NH4+═5N2↑+24H++4H2O+18e﹣，故D错误；
故选：C。
21．【解答】A．兽骨是骨头，主要成分是磷酸钙和碳酸钙，属于非金属材料，不是合金，故A错误；
B．青铜器是铜合金，属于合金，故B正确；
C．纸张是天然的纤维素，不是合金，故C错误；
D．液晶显示屏属于无机非金属材料，不是合金，故D错误；
故选：B。
22．【解答】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3，发生反应S2O32﹣+2H+＝S↓+H2O+SO2↑，离心分离；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3，故A正确，
故选：A。
23．【解答】A.碘单质为弱氧化剂，只能将铁氧化为+2价，故铁与碘反应易生成碘化亚铁，故A错误；
B.电解ZnSO4溶液时，如溶液锌离子浓度较大，锌离子可放电生成锌，故B正确；
C.氢氧化镁更难溶，用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成氢氧化镁，故C错误；
D.亚硫酸酸性弱于盐酸，SO2与BaCl2不反应，无BaSO3沉淀生成，故D错误；
故选：B。
24．【解答】A．相同条件下同一主族元素中，非金属单质的氧化性越强，其单质与三卤化磷反应越容易，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2，相同条件下氯气容易反应，所以相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难，故A正确；
B．OPBrCl2与足量H2O反应生成H3PO4、HCl、HBr，反应方程式为OPBrCl2+3H2O＝H3PO4+2HCl+HBr，一共生成三种酸，故B错误；
C．从P﹣Br键到P﹣F键，键的稳定性增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，所以相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3，故C正确；
D．PBr3与足量C2H5OH作用时，Br与乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P（OC2H5）3，故D正确；
故选：B。
25．【解答】A．化合物1分子中含有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平面，故A错误；
B．结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，故C错误；
D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物，故D正确；
故选：D。
26．【解答】A．根据原子守恒，可知m＝n﹣1，故A正确；
B．聚乳酸分子结构中含有酯基，端基含有羟基和羧基，共3种官能团，故B错误；
C．乳酸分子中含有羟基和羧基，均能与Na反应生成氢气，则1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2，故D正确；
D．两个乳酸分子可形成六元环状酯，其结构简式为，故D正确；
故选：B。
27．【解答】A．此有机物中含59个C原子，15个不饱和度，即H的个数为2×59+2﹣15×2＝90，分子式为C59H90O4，故A错误；
B．根据有机物的结构简式可知，10个重复基团的最后一个连接H的碳是甲基，此有机物中共含14个甲基，故B正确；
C．四个氧原子所在的四个C原子均为sp2杂化，且四个C原子相连，故四个O原子和它们所在的四个C原子均一定在同一平面上，故C错误；
D．此有机物中含碳碳双键、羰基，故能发生加成反应，含烷烃基，故能发生取代反应，故D错误；
故选：B。
二．实验题（共1小题）
28．【解答】（1）由上述分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，并且n（Ba）：n（Cu）：n（O）＝0.005mol：0.015mol：0.02mol＝1：3：4，则X为BaCu3O4，
故答案为：Ba、Cu、O；BaCu3O4；
（2）B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，与足量H2SO4反应的方程式为H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl，所以溶液C的溶质为H2SO4、HCl，
故答案为：H2SO4、HCl；
（3）①X为BaCu3O4，与足量NH3反应生成Cu、Ba（OH）2、N2和H2O，化学方程式为BaCu3O4+2NH33Cu+Ba（OH）2+N2↑+2H2O，
故答案为：BaCu3O4+2NH33Cu+Ba（OH）2+N2↑+2H2O；
②BaCu3O4溶于氨水生成Ba（OH）2、[Cu（NH3）4]（OH）2和H2O，反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝Ba2++3[Cu（NH3）4]2++8OH﹣+8H2O，
故答案为：BaCu3O4+12NH3 H2O＝Ba2++3[Cu（NH3）4]2++8OH﹣+8H2O；
（4）BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba（OH）2、N2和H2O，则尾气中含有NH3、N2和水蒸气，N2是不活泼气体，尾气中相对活泼的2种气体为NH3和水蒸气，检验水蒸气常常选择无水硫酸铜粉末，检验NH3可用湿润的红色石蕊试纸，实验方案为：将尾气通入盛有无水硫酸铜粉末的球形干燥管，再用湿润的红色石蕊试纸在导气管口检验，若白色粉末变成蓝色，红色石蕊试纸变蓝，则说明含有水蒸气和NH3，
故答案为：将尾气通入盛有无水硫酸铜粉末的球形干燥管，再用湿润的红色石蕊试纸在导气管口检验，若白色粉末变成蓝色，红色石蕊试纸变蓝，则说明含有水蒸气和NH3。
三．推断题（共2小题）
29．【解答】（1）由A的结构简式可知，A中官能团的名称为醛基、醚基，
故答案为：醛基、醚基；
（2）F到G反应为+CH3I→+HI，反应类型为取代反应，G到H反应为+→，反应类型为加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（3）根据信息①，可知A与反应生成的B为，
故答案为：；
（4）由②可知，该反应为+H2O，
故答案为：+H2O；
（5）分子式为C4H6O，根据同分异构体中能够发生银镜反应可知存在醛基，的不饱和度为2，醛基不饱和度为1，可知在其结构中存在1个环或1个双键，故同分异构体有、CH2＝CH﹣CH2﹣COOH、、HOOC﹣CH＝CH﹣CH3，考虑存在立体异构HOOC﹣CH＝CH﹣CH3，还存在、，一共有5种同分异构体，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为4：1：1的结构简式为，
故答案为：5；；
（6）手性碳原子为连四个不同的原子或原子团的碳原子，故I种手性碳原子如图中标识，
故答案为：1；
（7）根据G→H→I的反应，合成的路线为，
故答案为：。
30．【解答】（1）A的结构简式为CH2＝CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3﹣氯﹣1﹣丙烯，
故答案为：3﹣氯﹣1﹣丙烯；
（2）根据分析，C的结构简式为，
故答案为：；
（3）E的结构简式为，F的结构简式为，E生成F的化学方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
（4）E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（5）G的结构简式为，H的结构简式为，可知G与SOCl2发生取代反应生成H，
故答案为：取代反应；
（6）根据分析，I的结构简式为，
故答案为：；
（7）E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3+6+1＝10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6：3：2：1的结构简式为、，
故答案为：10；、。
四．解答题（共10小题）
31．【解答】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，故b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，故c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，故d正确；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，
故答案为：ad；d；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C﹣Clσ键，
故答案为：sp2；σ；
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C﹣Cl键越强，C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C﹣Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键（Π ），一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键（Π ），因此三种物质中C﹣Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，
故答案为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；Cl参与形成的大π键越多，形成的C﹣Cl键的键长越短；
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高，
故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体；
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α﹣AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1＝2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n＝＝mol，晶胞体积V＝a3pm3＝（504×10﹣12）3m3，则α﹣AgI晶体的摩尔体积Vm＝＝m3/mol＝m3/mol，
故答案为：电解质；。
32．【解答】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，
故答案为：；
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C＜O＜N＜F，满足这一规律的图像为图a，气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也一次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，
故答案为：图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高；图b；
（3）固体HF中存在氢键，则（HF）3的链状结构为，
故答案为：；
（4）CF2＝CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在于C原子的结合过程中形成的C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，
故答案为：sp2；sp3；C﹣F键的键能大于聚乙烯中C﹣H的键能，键能越大，化学性质越稳定；
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×＝4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F﹣位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为a，体对角线为a，Ca2+与F﹣之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为apm，
故答案为：Ca2+；a。
33．【解答】（1）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，分子间作用力的能量小于氢键，HCON（CH3）2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低，
故答案为：HCON（CH3）2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；
（2）共价晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大，
故答案为：CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
34．【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇，
故答案为：苯甲醇；
（2）由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B（ ）先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反应生成C（ ），故第二步的反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
（3）根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，
故答案为：；
（4）由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
（5）H的结构简式为，可其分子中含有的含氧官能团为硝基、酯基和羰基，
故答案为：硝基、酯基和羰基；
（6）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：，
故答案为：；
（7）G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC﹣NO2和C＝O成环，且C＝O与﹣CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′（），相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4个不同基团的饱和碳原子，则H′（ ）的手性碳原子为，共5个，
故答案为：；；5。
35．【解答】（1）A.苯环上的溴原子不活泼，不易与NaOH溶液发生反应，故A正确；B.化合物E和F含有的官能团不能，可通过红外光谱区别，故B正确；
C.化合物F不含酯基，不属于酯类物质，故C错误；
D.化合物H的分子式是C20H14O5，故D错误；
故答案为：CD；
（2）A和M反应生成B，根据A、B的结构简式，可知M是HC≡CCOOCH3；根据信息，由逆推，可知D是、N是；根据信息+，由F可知G是，
故答案为：HC≡CCOOCH3；；；
（3）根据信息，由逆推，可知D是，C→D的方程式是→，
故答案为：；
（4）①有两个六元环（不含其他环结构），其中一个为苯环；②除苯环外，结构中只含2种不同的氢，说明结构对称；③不含﹣O﹣O﹣键及﹣OH，符合条件的的同分异构体有、、、、，
故答案为：、、、、；
（5）溴苯和镁、乙醚反应生成 ，和环氧乙烷反应生成 ，发生催化氧化生成 ，和苯乙炔反应生成 ，合成路线为 ，
故答案为：。
36．【解答】（1）S属于第三周期ⅥA族，价电子排布式为3s23p4，基态硒位于第四周期ⅥA族，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4，
故答案为：4s24p4；
（2）由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se的沸点低于H2O，
故答案为：H2O分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键；
（3）A．物质Ⅰ中含有C﹣H键和Se﹣Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，故A错误；
B．物质Ⅰ中的Se﹣Se键是同种原子间形成的共价键，为非极性键，故B正确；
C．物质Ⅱ属于烃类，烃类均不溶于水，故C错误；
D．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，故D正确；
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素为C、N、O、Se、S、H，非金属性越强，其电负性越大，C、N、O位于同一周期、O、Se、S位于同一主族，则C、N、O、Se、S、H中O的电负性最大，故E正确；
故答案为：BDE；
（4）C、O、S、Se最外层电子数分别为4、6、6、6，物质Ⅳ中C形成4个键，无孤电子对，S形成6个键、无孤电子对，O和Se均形成2个键，均会有2对孤电子，
故答案为：O、Se；
（5）同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成（OH）2SeO2、（OH）2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多（或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se﹣O﹣H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+），则酸性：H2SeO4＞H2SeO3；SeO42﹣的成键电子对数为4+＝4，无孤电子对，则SeO42﹣的VSEPR模型和立体构型均为正四面体，
故答案为：＞；正四面体；
（6）①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×＝4，则化学式为K2SeBr6，
故答案为：K2SeBr6；
②晶胞中含有4个“K2SeBr6”，n（K2SeBr6）＝mol，m（K2SeBr6）＝×Mrg＝g，若晶胞边长为x，则晶胞体密度ρ＝＝g cm﹣3＝g cm﹣3，解得x＝cm，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为x＝×cm＝××107nm，
故答案为：××107。
37．【解答】（1）A.苯环发生硝化反应时需要浓硫酸作催化剂、浓硝酸作反应物，则硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸，故A正确；
B.A为，化合物A中的含氧官能团是硝基和羧基，故B正确；
C.B为，氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以化合物B具有两性，故C正确；
D.从C→E的反应推测，化合物D中硝基邻位氯原子比间位的活泼，故D错误；
故答案为：D；
（2）化合物C的结构简式是；氯氮平的分子式是C18H19ClN4；化合物H成环得氯氮平的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为加成反应、消去反应，
故答案为：；C18H19ClN4；加成反应、消去反应；
（3）E为，E和F发生取代反应生成G，G为，E→G的化学方程式为++CH3OH，
故答案为：++CH3OH；
（4）以CH2＝CH2和CH3NH2为原料合成，乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，乙烯和HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl和NH3发生信息①中第一个取代反应生成CH3CH2NH2，CH3CH2NH2、CH3NH2和BrCH2CH2Br发生信息②中第三个反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：；
（5）F的同分异构体同时符合下列条件：
①1H﹣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；
②分子中含一个环，其成环原子数≥4，如果成环原子个数为4，符合条件的结构简式为、，
故答案为：、。
38．【解答】（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，
故答案为：3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构具有对称性，有6种不同化学环境的C原子，
故答案为：6；
③SeO3中硒原子的孤对电子对数为：＝0，价层电子对数为：3+0＝3，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，SeO中硒原子的，孤对电子对数为＝1，价层电子对数为3+1＝4，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，
故答案为：＞；SeO3无孤电子对，SeO中含有1个孤电子对，排斥力：孤电子对﹣共价键＞共价键﹣共价键，导致SeO3键角较大；
（2）①由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH＝CHCOOH，σ键有11个，π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，
故答案为：11：3；
②富马酸亚铁（FeC4H2O4）中有四种元素，分别为：Fe、C、H、O，非金属性越强电负性越大，即电负性大小为：O＞C＞H＞Fe，
故答案为：O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，
故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，
故答案为：H2O；
（4）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1＝2，硒原子8个位于棱上，2个位于金宝内部，其个数为8×+2＝4，铁原子8个位于面心，其个数为8×＝4，
①超导材料最简化学式为KFe2Se2，
故答案为：KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，
故答案为：4；
③一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：abc＝（0.4×0.4×1.4）×10﹣21cm3，ρ＝＝，
故答案为：。
39．【解答】（1）由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH（SO4）2，
故答案为：Fe、S、O、H；FeH（SO4）2；
（2）X 为FeH（SO4）2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl﹣、SCN﹣、OH﹣，
故答案为：FeCl3、HCl、BaCl2；Cl﹣、SCN﹣、OH﹣；
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH（SO4）2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2↑，
故答案为：2FeH（SO4）2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2↑；
（4）设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH﹣；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2﹣，
故答案为：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH﹣；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2﹣。
40．【解答】（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H4O2，其环上的取代基是醛基，
故答案为：C5H4O2；醛基；
（2）②含有﹣CHO，在催化剂条件下被O2氧化生成﹣COOH，在加热条件下被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成﹣COOH，在水浴加热条件下能被银氨溶液氧化生成﹣COONH4，该反应属于氧化反应，
故答案为：﹣CHO；O2（新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液）；﹣COOH（或﹣COONH4）；
③含有﹣COOH，可与CH3OH、CH3CH2OH等醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，生成新的结构为﹣COOR，该反应属于酯化反应或取代反应，
故答案为：﹣COOH；醇（如：CH3OH、CH3CH2OH等）；﹣COOR；酯化反应或取代反应；
（3）化合物Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键，所以能溶于水，
故答案为：Ⅳ中﹣OH能和水分子形成氢键；
（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，则化合物a为CH2＝CH2，
故答案为：CH2＝CH2；
（5）化合物Ⅵ有多种同分异构体，其中含结构的有CH3COCH3、CH3CH2CHO，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为CH3COCH3，
故答案为：2；CH3COCH3；
（6）Ⅷ的单体结构简式为CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2，根据“CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2”及Ⅳ生成Ⅴ的反应知，选取的二元酸为HOOCC（CH3）＝C（CH3）COOH，HOOCC（CH3）＝C（CH3）COOH和CH2＝CH2反应生成CH2＝C（CH3）COOH，CH2＝C（CH3）COOH发生反应生成CH2＝C（CH3）CH2OH，CH2＝C（CH3）CH2OH和氢气发生加成反应生成（CH3）2CHCH2OH，（CH3）2CHCH2OH和CH2＝C（CH3）COOH发生酯化反应生成CH2＝C（CH3）COOCH2CH（CH3）2，其合成路线为，
故答案为：。
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