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山东省临沂市2022-2023学年高三上学期开学摸底考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·临沂开学考）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．油脂可用于制造肥皂和油漆
B．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
C．甲酸具有较强的还原性，工业上可以作还原剂
D．蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质
【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性条件下发生水解反应产生可溶性高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此油脂可用于制造肥皂，油脂还可作油漆的溶剂，故油脂可用于制造肥皂和油漆，A不符合题意；
B．蚕丝主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，B符合题意；
C．甲酸分子中含有醛基，具有较强的还原性，工业上可以作还原剂，C不符合题意；
D．蛋白质的盐析是可逆的物理过程，则蛋白质经多次盐析和溶解可以用于蛋白质的分离提纯，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.油脂在碱性条件下发生皂化反应，可用于制造肥皂和油漆；
C.甲酸具有还原性；
D.蛋白质的盐析可逆。
2．（2022高三上·临沂开学考）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A．硫离子的结构示意图：
B．羰基硫(COS)的电子式：
C．[Ne]为Al原子的一种激发态
D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．为硫原子的示意图，硫离子的结构示意图为：，A不符合题意；
B．羰基硫(COS)中的C与O之间2对共用电子对，O与S之间2对共用电子对，故电子式：，B不符合题意；
C．基态Al原子共有13个核外电子，3s、3p电子为其价电子，根据构造原理可知，其基态电子排布式为[Ne]3s23p1，故[Ne] 为Al原子的一种激发态，C符合题意；
D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫离子核外共有18个电子；
B.羰基硫(COS)中的C与O之间2对共用电子对，O与S之间2对共用电子对；
D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
3．（2022高三上·临沂开学考）铀是核燃料循环系统中的重要材料，基态U原子的电子排布式为，则下列状态的铀失去一个电子所需能量最高的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A．是基态U原子失去1个电子后的状态，为U+，第二电离能明显高于第一电离能，A符合题意；
B．是基态U原子的6d轨道上一个电子的跃迁到7p轨道上，为激发态，B不符合题意；
C．是基态U原子的5f轨道上一个电子的跃迁到6d轨道上，为激发态，C不符合题意；
D．是基态U原子的6d轨道上一个电子的跃迁到5f轨道上，为激发态，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】为U+，第二电离明显高于第一电离，其它均为激发态，第一电离能比基态低。
4．（2022高三上·临沂开学考）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是（ ）
A．PVC( )的单体可以使溴水褪色
B．PC( )的核磁共振氢谱有四组峰
C．ABS的单体之一是苯乙烯，其碳的百分含量和乙炔相同
D．亚克力材料( )的单体是甲基丙烯酸甲酯
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．PVC的单体CH2=CHCl分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A不符合题意；
B．根据PC结构简式可知：在该物质分子中含有5种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有五组峰，B符合题意；
C．ABS的单体之一是苯乙烯结构简式是 ，该物质分子式是C8H8，与乙炔分子C2H2的最简式相同，都是CH，因此离子物质中碳元素的百分含量相同，C不符合题意；
D．亚克力材料的单体是 ，名称为甲基丙烯酸甲酯，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.PVC的单体为CH2=CHCl，含有碳碳双键，能使溴水褪色；
C.苯乙烯和乙炔的最简式均为CH；
D.亚克力材料的单体为。
5．（2022高三上·临沂开学考）利用下列仪器(非玻璃仪器任选)能完成的实验是（ ）
A．硝基苯的制备 B．除去乙醇中混有的乙酸
C．重结晶法提纯苯甲酸 D．用四氯化碳萃取碘水中的碘
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．硝基苯的制备需要控制温度，需要温度计，A不符合题意；
B．除去乙醇中混有的乙酸需要蒸馏，玻璃仪器缺少蒸馏烧瓶，B不符合题意；
C．重结晶法提纯苯甲酸需要用到蒸发浓缩的仪器(酒精灯、蒸发皿、玻璃棒)，过滤仪器(烧杯、漏斗、玻璃棒)，玻璃仪器缺少漏斗，C不符合题意；
D．用四氯化碳萃取碘水中的碘需要用到分液漏斗和烧杯，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，各仪器分别为玻璃棒、酒精灯、分液漏斗、量筒、烧杯、容量瓶。
6．（2022高三上·临沂开学考）某合成药物中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．分子式为
B．该分子存在顺反异构体
C．可发生加成反应、取代反应和氧化反应
D．分子中碳原子只有、两种杂化方式
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．该有机物分子含有13个碳原子、13个氢原子、1个氧原子、1个氮原子，其分子式为C13H13NO，故A不符合题意；
B．该有机物分子碳碳双键中不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故B不符合题意；
C．分子含有的1个苯环、1个碳碳双键、1个羰基、1个-CN，可发生加成反应，取代反应和氧化反应，故C不符合题意；
D．-CN中碳原子采取sp杂化，甲基中碳原子采取sp3杂化，苯环及双键中碳原子采取sp2杂化，分子中碳原子有3种杂化方式，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据结构简式确定其分子式；
B.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
C.该物质含有苯环、碳碳双键、羰基、-CN，具有苯、烯烃、酮的性质。
7．（2022高三上·临沂开学考）合成环已酮缩乙二醇的原理为 +H2O。在反应体系中加入适量苯，利用如图装置(加热及夹持装置省略)制备环已酮缩乙二醇。下列说法错误的是（ ）
A．b是冷却水的进水口
B．苯可将反应产生的水及时带出
C．当苯即将回流至烧瓶中时，应将分水器中的水和苯放出
D．利用分水器分离出水，可提高环己酮缩乙二醇的产率
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．冷凝管中的冷却水应该“低进高出”，b是冷却水的进水口，A项不符合题意；
B．苯易挥发，根据图示，苯可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，B项不符合题意；
C．分水器中的苯回流烧瓶中，提高苯的利用率，当分水器中的水即将回流烧瓶中时，必须将分水器中的水放出，C项符合题意；
D．根据反应方程式，水为生成物，分离出水会使反应向正方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.冷凝管中的冷凝水应“下进上出”；
B.苯挥发是可将产生的水带出；
D.分离出水会使该反应的平衡正向移动。
8．（2022高三上·临沂开学考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．含有的孤电子对数为0.2NA
B．1.0mol丙烯酸中含有π键的数目为NA
C．1.2g由金刚石与石墨组成的混合物中含有碳碳单键的数目为0.2NA
D．标准状况下，与在光照下反应生成的分子数为0.1NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个N2H4分子含有2个孤电子对，含有的孤电子对数为0.2NA，选项A符合题意；
B．丙烯酸中含有一个碳碳双键和一个碳氧双键，一个分子中含有两个π键，故1.0mol丙烯酸中含有π键的数目为2NA，选项B不符合题意；
C．石墨与金刚石结构不同，相同物质的量碳碳碳键数目不同，只知道混合物总质量无法计算碳碳键数目，选项C不符合题意；
D．CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于0.1NA，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.金刚石中一个碳原子与周围4个碳原子成键，石墨中一个碳原子与周围3个碳原子成键；
D.甲烷与氯气的取代反应为连锁反应。
9．（2022高三上·临沂开学考）下列有关化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．N的电负性比C大，则配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子
B．BCl3和SO3中B、S杂化轨道类型相同，二者均为平面三角形结构
C．键能：B-Cl＞Al-Cl，所以BCl3的沸点高于AlCl3
D．B4C3与金刚石成键、结构均相似，因此具有很高的硬度
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】A．配合物K4[Fe(CN)6]中配位体是CN-，由于电负性：N＞C，所以碳原子提供孤电子对与中心Fe原子形成配位键，即配位原子是碳原子，A不符合题意；
B．BCl3中B原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，故B原子采用sp2杂化，分子是平面三角形；SO3分子中S原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，故S原子也采用sp2杂化，分子是平面三角形结构，B不符合题意；
C．BCl3和AlCl3都是由分子构成的共价化合物，物质分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的沸点就越高。由于相对分子质量：BCl3＜AlCl3，分子之间作用力：BCl3＜AlCl3，所以物质的沸点BCl3的沸点低于AlCl3，而与物质分子内的化学键键能大小无关，C符合题意；
D．B4C3与金刚石成键、结构均相似，都是共价晶体，共价键键能大，断裂需消耗的能量高因此物质具有很高的硬度和很高的熔沸点，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.K4[Fe(CN)6]中配位体是CN-，电负性：N＞C，则配位原子为C原子；
B.根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= ，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；
D.B4C3与金刚石成键、结构均相似，都是共价晶体。
10．（2022高三上·临沂开学考）一种利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B．胺再生过程的反应为
C．整个工艺原子利用率为100％，符合绿色化学的要求
D．氯化过程每生成，总反应中消耗
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；绿色化学
【解析】【解答】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体，生产溶解度较小的碳酸氢钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，A不符合题意；
B．TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，B不符合题意；
C．流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，C不符合题意；
D．TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，即为O2+2CuCl+2TBA HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，，每生成1molC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】“制碱过程”发生反应NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA HCl，胺再生过程发生反应：O2+4CuCl+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，氯化过程发生反应。
11．（2022高三上·临沂开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15，基态Y原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的还原性：Y＜Z
B．非金属性：Y>Z>X
C．Z的简单离子与W的简单离子具有相同的电子层结构
D．化合物中既存在离子键，又存在共价键
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，非金属性Y > Z， 所以简单氢化物的还原性： Y < Z，选项A不符合题意；
B．非金属性：O>S>H，即Y>Z>X，选项B符合题意；
C．Z的简单阴离子为S2-，硫离子核外有3个电子层、为18电子粒子，Mg2+离子核外有2个电子层、为10电子粒子，所以S2-和Mg2+电子层结构不同，选项C不符合题意；
D．化合物MgH2中只存在离子键，不存在共价键，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O元素；Y与Z同主族，则Z为S元素；Z与W同周期，W位于第三周期，X、W的最外层电子数之和为15-6-6=3，二者最外层电子数只能为1、2，原子半径X＜O，则X为H元素，W为Mg元素。
12．（2022高三上·临沂开学考）我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE)概念，Z作为经典的AIE分子，其合成路线如下：
下列叙述正确的是（ ）
A．X中苯环上的一氯代物有3种
B．1 mol Y最多与12 mol H2发生加成反应
C．Z分子中所有碳原子共平面
D．Z使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A．X的苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一溴代物有3种，A符合题意；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应；碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，Y分子中含有4个苯环、2个碳碳双键，所以1 mol Y最多消耗H2的物质的量是3×4+1×2=14 mol，B不符合题意；
C．苯分子是平面分子，Si原子取代苯环上H原子位置在苯环平面上，但Si原子形成4个共价键，采用sp3杂化，形成的是四面体结构，因此与Si原子连接的4个C原子在四面体的四个顶点上，不在同一平面上，故Z分子中所有碳原子一定不能共平面，C不符合题意；
D．Z分子中含有的碳碳双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；含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，因此Z使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.X苯环上有3种不同环境的氢原子；
B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；
C.苯环、碳碳双键是平面结构，单键可旋转；
D.碳碳双键与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
二、多选题
13．（2022高三上·临沂开学考）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热，未出现银镜 蔗糖未水解
B 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应
C 取某涂改液加KOH溶液加热，冷却后取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成 涂改液中存在含氯有机化合物
D 室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊 碳酸的酸性比苯酚的强
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，蔗糖发生水解反应产生葡萄糖和果糖，然后再加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，再加入银氨溶液并水浴加热，根据是否产生银镜现象检验葡萄糖的存在。但由于该实验中催化剂硫酸未被中和，溶液现酸性，因此加入银氨溶液水浴加热未出现银镜，不能据此检验，A不符合题意；
B．加热聚氯乙烯分解生成HCl，HCl溶于水使溶液显酸性，能够使润湿的蓝色石蕊试纸变红，由实验操作和现象不能证明氯乙烯加聚是可逆反应，B不符合题意；
C．卤代烃加入KOH水溶液加热，卤代烃发生水解后加稀硝酸酸化，再加入硝酸银出现白色沉淀，可知水解液中含有Cl-，则该涂改液中存在含氯有机化合物，C符合题意；
D．向苯酚钠溶液中通入足量CO2，生成在室温下在水中溶解度不大的苯酚，使溶液变浑浊，为强酸制取弱酸的反应原理，则可证明碳酸的酸性比苯酚的强，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；
B.加热聚氯乙烯分解生成HCl；
C.卤代烃水解后，在酸性溶液中检验卤素离子；
D.根据强酸制弱酸原理分析。
14．（2022高三上·临沂开学考）ZrO2的晶胞如图所示。已知：晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．Zr4+的配位数为4
B．O位于Zr构成的正四面体空隙中
C．Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有8个
D．该晶胞的密度为
【答案】B,D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据晶胞结构可知：在晶胞中与Zr4+的距离相等且最近的O2-由8个，所以Zr4+的配位数为8，A不符合题意；
B．根据晶胞结构可知O位于Zr构成的正四面体空隙中，B符合题意；
C．以顶点Zr4+为研究对象，在一个晶胞中与Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有3个，分别位于通过该顶点的三个平面的面心上，通过该Zr4+可以形成8个晶胞，每个Zr4+被重复了两次，则Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+数目是：个，C不符合题意；
D．该晶胞中含有Zr4+数目是：8×+6×=4，含有O2-是8个，晶体边长为a pm，则该晶胞的密度ρ==，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.与Zr4+的距离相等且最近的O2-有8个；
B.由图可知，O位于Zr构成的正四面体空隙中；
C.晶胞中与Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有12个；
D.根据计算。
15．（2022高三上·临沂开学考）2021年Benjamin List和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．有机物②和③互为同分异构体
B．有机物⑤和⑥均含有手性碳原子
C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和生成
D．若原料用丙醛和苯甲醛，则产物为
【答案】A,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；极性键和非极性键；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．根据图示可知：有机物②的一个分子与H+结合变为③的分子，两种化合物分子中H原子数不同，因此二者分子式不相同，故二者不是同分异构体，A符合题意；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据化合物⑤和⑥结构简式可知⑤中羟基连接的C原子为手性C原子；⑥中羟基连接的C原子及羧基连接的C原子为手性C原子，因此有机物⑤和⑥均含有手性碳原子，B不符合题意；
C．脯氨酸与①反应中N-H断裂、碳氧双键断裂；③与④反应中形成碳碳单键、碳碳双键的断裂，反应中有极性键和非极性键的断裂与生成，C不符合题意；
D．根据总反应方程式CH3COCH3+RCHORCH(OH)CH2COCH3可知：醛基和含有羰基的有机化合物中的甲基或亚甲基能发生加成反应。如果原料用丙醛和苯甲醛，则产物为，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A．根据具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子；
C．脯氨酸与①反应中N-H断裂、碳氧双键断裂；③与④反应中形成碳碳单键、碳碳双键的断裂；
D．根据醛基和含有羰基的有机化合物中的甲基或亚甲基能发生加成反应。
三、综合题
16．（2022高三上·临沂开学考）异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）X中含氧官能团的名称为 ；Z分子中共平面的原子最多有 个；鉴别Y、Z可以选用的试剂为 。
（2）X、Y、Z在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是 (填标号)。
a.质谱仪 b.红外光谱仪 c.元素分析仪 d.核磁共振仪
（3）Y与足量NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（4）符合下列条件的X的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
①遇溶液显紫色 ②能发生水解反应 ③苯环上有2个取代基
【答案】（1）酚羟基、羰基；21；紫色石蕊溶液
（2）c
（3） +3NaOH→ ++C2H5OH
（4）9
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）X中含氧官能团的名称为酚羟基、羰基；Z分子 中的C原子全部为sp2杂化，故Z分子所有的原子可能共面，即共平面的原子最多有21种； Y分子的官能团有酚羟基、羰基、酯基，Z分子的官能团有酚羟基、羧基、醚键、羰基，故鉴别Y、Z可以选用的试剂为紫色石蕊溶液，Z变红，Y无明显变化；
（2）X、Y、Z均含有C、H、O三种元素，故在元素分析仪中显示的信号(或数据)完全相同；质谱仪主要用于有机化合物相对分子量、元素组成及官能团等的测定，红外光谱仪主要用于研究有机物分子中的官能团和化学键，从而测定有机物的结构，核磁共振仪主要用于测定有机化合物分子中氢原子的种类和数目，从而测定有机物的结构；X、Y、Z在相对分子量、官能团、化学键、原子化学环境等并不完全相同。
故答案为：c。
（3）Y在足量NaOH溶液发生水解反应，化学方程式为+3NaOH→ ++C2H5OH；
（4）X的分子式为C8H8O3， 根据题目分析①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，②能发生水解反应，说明含有酯基，③苯环上有2个取代基，符合以上条件的X0、 、 、 共9种。的同分异构体有 、 、 、 、 、。
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；根据苯、乙烯共平面，甲烷为正四面体结构且单键可以旋转进行分析。
依据官能团的不同选择试剂；
（2）质谱图可确定相对分子质量；核磁共振氢谱图可确定不同化学环境的氢原子的种类和数目；红外光谱可获得有机物化学键或官能团信息；根据红外光谱、核磁共振氢谱图，质谱图分析可确定有机物的结构简式。
（3）酯在碱性条件下水解；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
17．（2022高三上·临沂开学考）某药物中间体M的合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ；E→F的反应类型是 。
（2）D的结构简式为 ；F的结构简式为 。
（3）G→H的化学方程式为 。
（4）写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式 (任写一种)。
①属于芳香族化合物 ②与C具有相同官能团 ③含有四种化学环境的氢
（5）根据上述信息，设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
【答案】（1）间三甲苯；加成反应
（2）；
（3）+C2H5OH +H2O
（4）(或)
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据上述分析可知A是，名称为间三甲苯；
E是，E与HCN发生加成反应产生F是，故E→F的反应类型是加成反应；
（2）根据上述分析可知物质D结构简式是：；物质F结构简式是：；
（3）G是，该物质分子中含有-COOH，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H和水，该反应是可逆反应，故该反应的化学方程式为：+C2H5OH +H2O；
（4）C是其同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环；②与C具有相同官能团，说明其分子中含有-COOH；③含有四种化学环境的氢，则符合要求的C的同分异构体可能的结构简式可能为或；
（5）与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生，与HCN发生加成反应产生，与H+、H2O反应产生，该物质在一定条件下发生缩聚反应产生，故以苯甲醇为原料合成的路线为：。
【分析】（1）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；根据官能团的变化确定反应类型；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（3）酸和醇在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
18．（2022高三上·临沂开学考）X、Y、Z、W、M、N、R是原子序数依次增大的前四周期元素，基态M原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，N的最高正价与最低负价的代数和为6，基态R2+的d轨道半充满。由上述元素中的五种组成的某多孔储氢材料前驱体结构如图所示。
回答下列问题：
（1）基态Y原子的价电子排布图为 ，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形；第一电离能介于Y和M之间的同周期元素有 种。
（2）键角比较： (填“＞”或“＜”)，理由是 。
（3） R2+能形成配离子为八面体的配合物RNm nWX3，在该配合物中，位于八面体的中心。若含0.5mol该配合物的溶液与足量溶液反应可生成71.75g白色沉淀，则该配离子的化学式为 ；该配合物中心原子的价层电子对数为 ；下列对该配合物中心原子杂化方式推断合理的是 (填标号)。
a. b. c. d.
【答案】（1）；哑铃；2
（2）＞；Cl的电负性大于H，在NCl3中成键电子对更远离中心原子，成键电子对之间的排斥力更小，键角更小
（3）[MnCl(NH3)5]Cl；6；d
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】（1）根据分析，Y为B，电子排布式为1s22s22p1，价电子排布图为；电子占据最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃形；同周期元素从左到右第一电离能依次增大，但第IIA和VA元素的第一电离能较大，因此第一电离能介于B和O之间的是Be和C两种元素；
（2）NCl3与NH3的分子构型均为三角锥形，但是Cl的电负性大于H，Cl对电子对的吸引力更大，所以NCI3中成键电子对偏向Cl，离中心原子N更远，所以键与键之间的排斥力更小，键角更小；
（3）八面体的配合物为MnClm nNH3，Mn2+位于八面体的中心，则配位数为6，0.5mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液反应可生成71.75g白色沉淀，可以判断出生成的沉淀为AgCl，物质的量为，说明外界含有一个Cl-，配离子带1个单位正电荷，故一个配离子中含有一个Cl-，所以配合物的化学式为[MnCl(NH3)5]Cl；由于该配合物为八面体结构，中心原子的价层电子对数为6，杂化方式为sp3d2，
故答案为：d。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
（2）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
（3）依据题目的性质确定配合物的化学式；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
19．（2022高三上·临沂开学考）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 种；试从结构角度解释易被氧化为的原因 ；是检验的特征试剂，中含有 molσ键。
（2）可形成，其中en代表。该化合物分子中，的配位数为 ；VSEPR模型为四面体的非金属原子共有 个；en中各元素的电负性由小到大的顺序为 。
（3）一种由Cu、In，Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
该晶体的化学式为 ；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为 ；晶胞中A、D原子间距离d= cm。
【答案】（1）15；核外电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；12
（2）4；10；N>C>H
（3）CuInTe2；(，，)；
【知识点】原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子轨道包括1s、2s、3s、4s等4个s轨道，2px、2py、2py、3px、3py、3py等6个p轨道，以及3d的5个d轨道，因此基态Fe原子的核外电子空间运动状态有15种；Fe原子价层电子排布式为3d64s2，Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；配位键是σ键，碳氮叁键中有一个σ键，可知中含有σ键：6+6=12(mol)；
（2）中的氨基配位于Cu2+，因此配位数为4；该分子中N、C、B的价层电子对数都为4，因此VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2+2)×2+1×2=10个；同一周期，自左向右元素电负性逐渐增大，因此N>C，C与H形成共价键，共用电子对偏向于C，因此电负性C>H，所以三者电负性大小顺序为N>C>H；
（3）晶胞中位于顶点、体心、面心的Cu原子个数=8×+1×1+4×=4，位于面心、棱上的In原子个数=6×+4×=4，位于体内的Te原子个数=8×1=8，Cu、In、Te的原子个数比=4：4：8=1：1：2，因此晶体化学式为CuInTe2；C点位于面对角线的、、体对角线的处，因此C点原子的分数坐标为(，，)；D原子在底面的投影点与A、D构成直角三角形，斜边AD的长d=。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
（2）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型；同一周期，自左向右元素电负性逐渐增大；
（3）利用均摊法确定原子数。
20．（2022高三上·临沂开学考）为探究新制和甲醛的反应，进行如下实验：向试管中依次加入溶液12mL、溶液8mL，振荡，再加入甲醛溶液6mL，放入65℃水浴中加热，20min后冷却至室温。反应过程中观察到溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集86mL气体。回答下列问题：
（1）由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制 ；甲同学通过实验证明生成的红色蓬松固体是Cu，其实验方案为 (已知)。
（2）为检验反应后溶液中是否存在。乙同学取反应后的溶液加入到足量稀盐酸中，无明显现象；丙同学另取该溶液加入到溶液中，产生大量白色沉淀。实验方案不合理的是 (填“乙”或“丙”)，理由是 。
（3）已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因是 。
（4）为确认气体产物进行实验，装置如图。
①实验中“先通气，后加热”的目的是 。
②确认气体是，不含CO的证据是 。
③为进一步确认产生的原因，查阅资料可知：，，则A的结构简式为 。
（5）新制和过量甲醛反应的化学方程式为 。
【答案】（1）Cu2O；取样，加入足量稀硫酸，若红色蓬松固体部分溶解，溶液呈蓝色，则证明其为Cu2O，若无现象，则证明其为Cu
（2）乙；该步骤的目的是检验溶液中是否存在，因溶液中含有，如直接加入到溶液中Ba2+与会生成白色沉淀，干扰的检验
（3）HCOO-中不存在C-O和C=O，两个碳氧键完全一样，说明三原子键形成了共轭键，即HCOO-中并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根
（4）防止可燃气体与空气混合加热引起爆炸；观察到无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水不变浑浊；CH3OH
（5）HCHO+2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O
【知识点】醛与Cu(OH)2的反应
【解析】【解答】（1）反应过程中观察到溶液中出现砖红色固体，故Cu2O；根据已知条件，其实验方案为：取样，加入足量稀硫酸，溶液仍为无色，则证明生成的红色蓬松固体是Cu；
（2）实验过程中加入了CuSO4溶液，该步骤的目的是检验溶液中是否存在，因溶液中含有，如直接加入到溶液中Ba2+与会生成白色沉淀，干扰的检验，故实验方案不合理的是乙；
（3）如图，C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，中碳氧键键长介于0.142nm~0.120nm，两个碳氧键完全一样，故HCOONa HCOO-中不存在C-O和C=O，说明三原子键形成了共轭键，分散了电子云使整个结构更稳定，即HCOO-中并不存在醛基，不能被新制继续氧化为碳酸根；
（4）可燃气体与空气混合受热会发生爆炸，故实验中“先通气，后加热”的目的是，先通气赶出装置内空气，防止可燃气体与空气混合加热引起爆炸；确认气体是，还原CuO会生成水，可观察到无水硫酸铜变蓝，不含CO，则不会有CO参与反应生成CO2，可观察到澄清石灰水不变浑浊；由反应，可知HCHO被氧化为HCOO-，根据氧化还原反应原理，还应有被还原物质，根据反应物分析，应为HCHO自身即被氧化又被还原，醛类物质被还原会生成醇，故还原产物为CH3OH，A为CH3OH；
（5）由(3)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O。
【分析】（1）根据已知反应判断；
（2）考虑离子间的相互干扰；
（3）依据键长的数据进行判断；
（4）根据氧化还原反应原理分析；
（5）依据醛的性质书写。
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山东省临沂市2022-2023学年高三上学期开学摸底考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·临沂开学考）化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．油脂可用于制造肥皂和油漆
B．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
C．甲酸具有较强的还原性，工业上可以作还原剂
D．蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质
2．（2022高三上·临沂开学考）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）
A．硫离子的结构示意图：
B．羰基硫(COS)的电子式：
C．[Ne]为Al原子的一种激发态
D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
3．（2022高三上·临沂开学考）铀是核燃料循环系统中的重要材料，基态U原子的电子排布式为，则下列状态的铀失去一个电子所需能量最高的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高三上·临沂开学考）北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是（ ）
A．PVC( )的单体可以使溴水褪色
B．PC( )的核磁共振氢谱有四组峰
C．ABS的单体之一是苯乙烯，其碳的百分含量和乙炔相同
D．亚克力材料( )的单体是甲基丙烯酸甲酯
5．（2022高三上·临沂开学考）利用下列仪器(非玻璃仪器任选)能完成的实验是（ ）
A．硝基苯的制备 B．除去乙醇中混有的乙酸
C．重结晶法提纯苯甲酸 D．用四氯化碳萃取碘水中的碘
6．（2022高三上·临沂开学考）某合成药物中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．分子式为
B．该分子存在顺反异构体
C．可发生加成反应、取代反应和氧化反应
D．分子中碳原子只有、两种杂化方式
7．（2022高三上·临沂开学考）合成环已酮缩乙二醇的原理为 +H2O。在反应体系中加入适量苯，利用如图装置(加热及夹持装置省略)制备环已酮缩乙二醇。下列说法错误的是（ ）
A．b是冷却水的进水口
B．苯可将反应产生的水及时带出
C．当苯即将回流至烧瓶中时，应将分水器中的水和苯放出
D．利用分水器分离出水，可提高环己酮缩乙二醇的产率
8．（2022高三上·临沂开学考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．含有的孤电子对数为0.2NA
B．1.0mol丙烯酸中含有π键的数目为NA
C．1.2g由金刚石与石墨组成的混合物中含有碳碳单键的数目为0.2NA
D．标准状况下，与在光照下反应生成的分子数为0.1NA
9．（2022高三上·临沂开学考）下列有关化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．N的电负性比C大，则配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子
B．BCl3和SO3中B、S杂化轨道类型相同，二者均为平面三角形结构
C．键能：B-Cl＞Al-Cl，所以BCl3的沸点高于AlCl3
D．B4C3与金刚石成键、结构均相似，因此具有很高的硬度
10．（2022高三上·临沂开学考）一种利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B．胺再生过程的反应为
C．整个工艺原子利用率为100％，符合绿色化学的要求
D．氯化过程每生成，总反应中消耗
11．（2022高三上·临沂开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15，基态Y原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物的还原性：Y＜Z
B．非金属性：Y>Z>X
C．Z的简单离子与W的简单离子具有相同的电子层结构
D．化合物中既存在离子键，又存在共价键
12．（2022高三上·临沂开学考）我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE)概念，Z作为经典的AIE分子，其合成路线如下：
下列叙述正确的是（ ）
A．X中苯环上的一氯代物有3种
B．1 mol Y最多与12 mol H2发生加成反应
C．Z分子中所有碳原子共平面
D．Z使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
二、多选题
13．（2022高三上·临沂开学考）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热，未出现银镜 蔗糖未水解
B 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应
C 取某涂改液加KOH溶液加热，冷却后取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成 涂改液中存在含氯有机化合物
D 室温下，向苯酚钠溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊 碳酸的酸性比苯酚的强
A．A B．B C．C D．D
14．（2022高三上·临沂开学考）ZrO2的晶胞如图所示。已知：晶胞边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．Zr4+的配位数为4
B．O位于Zr构成的正四面体空隙中
C．Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有8个
D．该晶胞的密度为
15．（2022高三上·临沂开学考）2021年Benjamin List和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．有机物②和③互为同分异构体
B．有机物⑤和⑥均含有手性碳原子
C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和生成
D．若原料用丙醛和苯甲醛，则产物为
三、综合题
16．（2022高三上·临沂开学考）异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）X中含氧官能团的名称为 ；Z分子中共平面的原子最多有 个；鉴别Y、Z可以选用的试剂为 。
（2）X、Y、Z在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是 (填标号)。
a.质谱仪 b.红外光谱仪 c.元素分析仪 d.核磁共振仪
（3）Y与足量NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（4）符合下列条件的X的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
①遇溶液显紫色 ②能发生水解反应 ③苯环上有2个取代基
17．（2022高三上·临沂开学考）某药物中间体M的合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ；E→F的反应类型是 。
（2）D的结构简式为 ；F的结构简式为 。
（3）G→H的化学方程式为 。
（4）写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式 (任写一种)。
①属于芳香族化合物 ②与C具有相同官能团 ③含有四种化学环境的氢
（5）根据上述信息，设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
18．（2022高三上·临沂开学考）X、Y、Z、W、M、N、R是原子序数依次增大的前四周期元素，基态M原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，N的最高正价与最低负价的代数和为6，基态R2+的d轨道半充满。由上述元素中的五种组成的某多孔储氢材料前驱体结构如图所示。
回答下列问题：
（1）基态Y原子的价电子排布图为 ，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形；第一电离能介于Y和M之间的同周期元素有 种。
（2）键角比较： (填“＞”或“＜”)，理由是 。
（3） R2+能形成配离子为八面体的配合物RNm nWX3，在该配合物中，位于八面体的中心。若含0.5mol该配合物的溶液与足量溶液反应可生成71.75g白色沉淀，则该配离子的化学式为 ；该配合物中心原子的价层电子对数为 ；下列对该配合物中心原子杂化方式推断合理的是 (填标号)。
a. b. c. d.
19．（2022高三上·临沂开学考）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 种；试从结构角度解释易被氧化为的原因 ；是检验的特征试剂，中含有 molσ键。
（2）可形成，其中en代表。该化合物分子中，的配位数为 ；VSEPR模型为四面体的非金属原子共有 个；en中各元素的电负性由小到大的顺序为 。
（3）一种由Cu、In，Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
该晶体的化学式为 ；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为 ；晶胞中A、D原子间距离d= cm。
20．（2022高三上·临沂开学考）为探究新制和甲醛的反应，进行如下实验：向试管中依次加入溶液12mL、溶液8mL，振荡，再加入甲醛溶液6mL，放入65℃水浴中加热，20min后冷却至室温。反应过程中观察到溶液中出现砖红色固体，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集86mL气体。回答下列问题：
（1）由上述实验可知，新制会发生如下转化：新制 ；甲同学通过实验证明生成的红色蓬松固体是Cu，其实验方案为 (已知)。
（2）为检验反应后溶液中是否存在。乙同学取反应后的溶液加入到足量稀盐酸中，无明显现象；丙同学另取该溶液加入到溶液中，产生大量白色沉淀。实验方案不合理的是 (填“乙”或“丙”)，理由是 。
（3）已知C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，请结合中碳氧键键长数据，分析HCOONa无法进一步被新制氧化成的原因是 。
（4）为确认气体产物进行实验，装置如图。
①实验中“先通气，后加热”的目的是 。
②确认气体是，不含CO的证据是 。
③为进一步确认产生的原因，查阅资料可知：，，则A的结构简式为 。
（5）新制和过量甲醛反应的化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性条件下发生水解反应产生可溶性高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因此油脂可用于制造肥皂，油脂还可作油漆的溶剂，故油脂可用于制造肥皂和油漆，A不符合题意；
B．蚕丝主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，B符合题意；
C．甲酸分子中含有醛基，具有较强的还原性，工业上可以作还原剂，C不符合题意；
D．蛋白质的盐析是可逆的物理过程，则蛋白质经多次盐析和溶解可以用于蛋白质的分离提纯，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.油脂在碱性条件下发生皂化反应，可用于制造肥皂和油漆；
C.甲酸具有还原性；
D.蛋白质的盐析可逆。
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．为硫原子的示意图，硫离子的结构示意图为：，A不符合题意；
B．羰基硫(COS)中的C与O之间2对共用电子对，O与S之间2对共用电子对，故电子式：，B不符合题意；
C．基态Al原子共有13个核外电子，3s、3p电子为其价电子，根据构造原理可知，其基态电子排布式为[Ne]3s23p1，故[Ne] 为Al原子的一种激发态，C符合题意；
D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硫离子核外共有18个电子；
B.羰基硫(COS)中的C与O之间2对共用电子对，O与S之间2对共用电子对；
D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A．是基态U原子失去1个电子后的状态，为U+，第二电离能明显高于第一电离能，A符合题意；
B．是基态U原子的6d轨道上一个电子的跃迁到7p轨道上，为激发态，B不符合题意；
C．是基态U原子的5f轨道上一个电子的跃迁到6d轨道上，为激发态，C不符合题意；
D．是基态U原子的6d轨道上一个电子的跃迁到5f轨道上，为激发态，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】为U+，第二电离明显高于第一电离，其它均为激发态，第一电离能比基态低。
4．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．PVC的单体CH2=CHCl分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A不符合题意；
B．根据PC结构简式可知：在该物质分子中含有5种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有五组峰，B符合题意；
C．ABS的单体之一是苯乙烯结构简式是 ，该物质分子式是C8H8，与乙炔分子C2H2的最简式相同，都是CH，因此离子物质中碳元素的百分含量相同，C不符合题意；
D．亚克力材料的单体是 ，名称为甲基丙烯酸甲酯，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.PVC的单体为CH2=CHCl，含有碳碳双键，能使溴水褪色；
C.苯乙烯和乙炔的最简式均为CH；
D.亚克力材料的单体为。
5．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．硝基苯的制备需要控制温度，需要温度计，A不符合题意；
B．除去乙醇中混有的乙酸需要蒸馏，玻璃仪器缺少蒸馏烧瓶，B不符合题意；
C．重结晶法提纯苯甲酸需要用到蒸发浓缩的仪器(酒精灯、蒸发皿、玻璃棒)，过滤仪器(烧杯、漏斗、玻璃棒)，玻璃仪器缺少漏斗，C不符合题意；
D．用四氯化碳萃取碘水中的碘需要用到分液漏斗和烧杯，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，各仪器分别为玻璃棒、酒精灯、分液漏斗、量筒、烧杯、容量瓶。
6．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．该有机物分子含有13个碳原子、13个氢原子、1个氧原子、1个氮原子，其分子式为C13H13NO，故A不符合题意；
B．该有机物分子碳碳双键中不饱和碳原子均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故B不符合题意；
C．分子含有的1个苯环、1个碳碳双键、1个羰基、1个-CN，可发生加成反应，取代反应和氧化反应，故C不符合题意；
D．-CN中碳原子采取sp杂化，甲基中碳原子采取sp3杂化，苯环及双键中碳原子采取sp2杂化，分子中碳原子有3种杂化方式，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据结构简式确定其分子式；
B.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；
C.该物质含有苯环、碳碳双键、羰基、-CN，具有苯、烯烃、酮的性质。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．冷凝管中的冷却水应该“低进高出”，b是冷却水的进水口，A项不符合题意；
B．苯易挥发，根据图示，苯可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，B项不符合题意；
C．分水器中的苯回流烧瓶中，提高苯的利用率，当分水器中的水即将回流烧瓶中时，必须将分水器中的水放出，C项符合题意；
D．根据反应方程式，水为生成物，分离出水会使反应向正方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.冷凝管中的冷凝水应“下进上出”；
B.苯挥发是可将产生的水带出；
D.分离出水会使该反应的平衡正向移动。
8．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个N2H4分子含有2个孤电子对，含有的孤电子对数为0.2NA，选项A符合题意；
B．丙烯酸中含有一个碳碳双键和一个碳氧双键，一个分子中含有两个π键，故1.0mol丙烯酸中含有π键的数目为2NA，选项B不符合题意；
C．石墨与金刚石结构不同，相同物质的量碳碳碳键数目不同，只知道混合物总质量无法计算碳碳键数目，选项C不符合题意；
D．CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于0.1NA，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.金刚石中一个碳原子与周围4个碳原子成键，石墨中一个碳原子与周围3个碳原子成键；
D.甲烷与氯气的取代反应为连锁反应。
9．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】A．配合物K4[Fe(CN)6]中配位体是CN-，由于电负性：N＞C，所以碳原子提供孤电子对与中心Fe原子形成配位键，即配位原子是碳原子，A不符合题意；
B．BCl3中B原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，故B原子采用sp2杂化，分子是平面三角形；SO3分子中S原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，故S原子也采用sp2杂化，分子是平面三角形结构，B不符合题意；
C．BCl3和AlCl3都是由分子构成的共价化合物，物质分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的沸点就越高。由于相对分子质量：BCl3＜AlCl3，分子之间作用力：BCl3＜AlCl3，所以物质的沸点BCl3的沸点低于AlCl3，而与物质分子内的化学键键能大小无关，C符合题意；
D．B4C3与金刚石成键、结构均相似，都是共价晶体，共价键键能大，断裂需消耗的能量高因此物质具有很高的硬度和很高的熔沸点，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.K4[Fe(CN)6]中配位体是CN-，电负性：N＞C，则配位原子为C原子；
B.根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= ，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；
D.B4C3与金刚石成键、结构均相似，都是共价晶体。
10．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；绿色化学
【解析】【解答】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体，生产溶解度较小的碳酸氢钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，A不符合题意；
B．TBA的再生过程为：O2+4CuCl+4TBA HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，B不符合题意；
C．流程分析可知，反应物全部转化为生成物，该工艺原子利用率100%，C不符合题意；
D．TBA的再生过程和“氯化过程”发生的反应为：O2+4CuCl+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，即为O2+2CuCl+2TBA HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，，每生成1molC2H4Cl2，总反应中消耗0.5molO2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】“制碱过程”发生反应NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA HCl，胺再生过程发生反应：O2+4CuCl+4TBA·HCl=4CuCl2+4TBA+2H2O，氯化过程发生反应。
11．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，非金属性Y > Z， 所以简单氢化物的还原性： Y < Z，选项A不符合题意；
B．非金属性：O>S>H，即Y>Z>X，选项B符合题意；
C．Z的简单阴离子为S2-，硫离子核外有3个电子层、为18电子粒子，Mg2+离子核外有2个电子层、为10电子粒子，所以S2-和Mg2+电子层结构不同，选项C不符合题意；
D．化合物MgH2中只存在离子键，不存在共价键，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O元素；Y与Z同主族，则Z为S元素；Z与W同周期，W位于第三周期，X、W的最外层电子数之和为15-6-6=3，二者最外层电子数只能为1、2，原子半径X＜O，则X为H元素，W为Mg元素。
12．【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A．X的苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一溴代物有3种，A符合题意；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应；碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，Y分子中含有4个苯环、2个碳碳双键，所以1 mol Y最多消耗H2的物质的量是3×4+1×2=14 mol，B不符合题意；
C．苯分子是平面分子，Si原子取代苯环上H原子位置在苯环平面上，但Si原子形成4个共价键，采用sp3杂化，形成的是四面体结构，因此与Si原子连接的4个C原子在四面体的四个顶点上，不在同一平面上，故Z分子中所有碳原子一定不能共平面，C不符合题意；
D．Z分子中含有的碳碳双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；含有碳碳双键能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色，因此Z使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.X苯环上有3种不同环境的氢原子；
B.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；
C.苯环、碳碳双键是平面结构，单键可旋转；
D.碳碳双键与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
13．【答案】C,D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，蔗糖发生水解反应产生葡萄糖和果糖，然后再加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，再加入银氨溶液并水浴加热，根据是否产生银镜现象检验葡萄糖的存在。但由于该实验中催化剂硫酸未被中和，溶液现酸性，因此加入银氨溶液水浴加热未出现银镜，不能据此检验，A不符合题意；
B．加热聚氯乙烯分解生成HCl，HCl溶于水使溶液显酸性，能够使润湿的蓝色石蕊试纸变红，由实验操作和现象不能证明氯乙烯加聚是可逆反应，B不符合题意；
C．卤代烃加入KOH水溶液加热，卤代烃发生水解后加稀硝酸酸化，再加入硝酸银出现白色沉淀，可知水解液中含有Cl-，则该涂改液中存在含氯有机化合物，C符合题意；
D．向苯酚钠溶液中通入足量CO2，生成在室温下在水中溶解度不大的苯酚，使溶液变浑浊，为强酸制取弱酸的反应原理，则可证明碳酸的酸性比苯酚的强，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；
B.加热聚氯乙烯分解生成HCl；
C.卤代烃水解后，在酸性溶液中检验卤素离子；
D.根据强酸制弱酸原理分析。
14．【答案】B,D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据晶胞结构可知：在晶胞中与Zr4+的距离相等且最近的O2-由8个，所以Zr4+的配位数为8，A不符合题意；
B．根据晶胞结构可知O位于Zr构成的正四面体空隙中，B符合题意；
C．以顶点Zr4+为研究对象，在一个晶胞中与Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有3个，分别位于通过该顶点的三个平面的面心上，通过该Zr4+可以形成8个晶胞，每个Zr4+被重复了两次，则Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+数目是：个，C不符合题意；
D．该晶胞中含有Zr4+数目是：8×+6×=4，含有O2-是8个，晶体边长为a pm，则该晶胞的密度ρ==，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.与Zr4+的距离相等且最近的O2-有8个；
B.由图可知，O位于Zr构成的正四面体空隙中；
C.晶胞中与Zr4+周围距离最近且相等的Zr4+有12个；
D.根据计算。
15．【答案】A,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；极性键和非极性键；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．根据图示可知：有机物②的一个分子与H+结合变为③的分子，两种化合物分子中H原子数不同，因此二者分子式不相同，故二者不是同分异构体，A符合题意；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据化合物⑤和⑥结构简式可知⑤中羟基连接的C原子为手性C原子；⑥中羟基连接的C原子及羧基连接的C原子为手性C原子，因此有机物⑤和⑥均含有手性碳原子，B不符合题意；
C．脯氨酸与①反应中N-H断裂、碳氧双键断裂；③与④反应中形成碳碳单键、碳碳双键的断裂，反应中有极性键和非极性键的断裂与生成，C不符合题意；
D．根据总反应方程式CH3COCH3+RCHORCH(OH)CH2COCH3可知：醛基和含有羰基的有机化合物中的甲基或亚甲基能发生加成反应。如果原料用丙醛和苯甲醛，则产物为，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A．根据具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子；
C．脯氨酸与①反应中N-H断裂、碳氧双键断裂；③与④反应中形成碳碳单键、碳碳双键的断裂；
D．根据醛基和含有羰基的有机化合物中的甲基或亚甲基能发生加成反应。
16．【答案】（1）酚羟基、羰基；21；紫色石蕊溶液
（2）c
（3） +3NaOH→ ++C2H5OH
（4）9
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）X中含氧官能团的名称为酚羟基、羰基；Z分子 中的C原子全部为sp2杂化，故Z分子所有的原子可能共面，即共平面的原子最多有21种； Y分子的官能团有酚羟基、羰基、酯基，Z分子的官能团有酚羟基、羧基、醚键、羰基，故鉴别Y、Z可以选用的试剂为紫色石蕊溶液，Z变红，Y无明显变化；
（2）X、Y、Z均含有C、H、O三种元素，故在元素分析仪中显示的信号(或数据)完全相同；质谱仪主要用于有机化合物相对分子量、元素组成及官能团等的测定，红外光谱仪主要用于研究有机物分子中的官能团和化学键，从而测定有机物的结构，核磁共振仪主要用于测定有机化合物分子中氢原子的种类和数目，从而测定有机物的结构；X、Y、Z在相对分子量、官能团、化学键、原子化学环境等并不完全相同。
故答案为：c。
（3）Y在足量NaOH溶液发生水解反应，化学方程式为+3NaOH→ ++C2H5OH；
（4）X的分子式为C8H8O3， 根据题目分析①遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，②能发生水解反应，说明含有酯基，③苯环上有2个取代基，符合以上条件的X0、 、 、 共9种。的同分异构体有 、 、 、 、 、。
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；根据苯、乙烯共平面，甲烷为正四面体结构且单键可以旋转进行分析。
依据官能团的不同选择试剂；
（2）质谱图可确定相对分子质量；核磁共振氢谱图可确定不同化学环境的氢原子的种类和数目；红外光谱可获得有机物化学键或官能团信息；根据红外光谱、核磁共振氢谱图，质谱图分析可确定有机物的结构简式。
（3）酯在碱性条件下水解；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
17．【答案】（1）间三甲苯；加成反应
（2）；
（3）+C2H5OH +H2O
（4）(或)
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据上述分析可知A是，名称为间三甲苯；
E是，E与HCN发生加成反应产生F是，故E→F的反应类型是加成反应；
（2）根据上述分析可知物质D结构简式是：；物质F结构简式是：；
（3）G是，该物质分子中含有-COOH，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H和水，该反应是可逆反应，故该反应的化学方程式为：+C2H5OH +H2O；
（4）C是其同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环；②与C具有相同官能团，说明其分子中含有-COOH；③含有四种化学环境的氢，则符合要求的C的同分异构体可能的结构简式可能为或；
（5）与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生，与HCN发生加成反应产生，与H+、H2O反应产生，该物质在一定条件下发生缩聚反应产生，故以苯甲醇为原料合成的路线为：。
【分析】（1）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；根据官能团的变化确定反应类型；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（3）酸和醇在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
18．【答案】（1）；哑铃；2
（2）＞；Cl的电负性大于H，在NCl3中成键电子对更远离中心原子，成键电子对之间的排斥力更小，键角更小
（3）[MnCl(NH3)5]Cl；6；d
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】（1）根据分析，Y为B，电子排布式为1s22s22p1，价电子排布图为；电子占据最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃形；同周期元素从左到右第一电离能依次增大，但第IIA和VA元素的第一电离能较大，因此第一电离能介于B和O之间的是Be和C两种元素；
（2）NCl3与NH3的分子构型均为三角锥形，但是Cl的电负性大于H，Cl对电子对的吸引力更大，所以NCI3中成键电子对偏向Cl，离中心原子N更远，所以键与键之间的排斥力更小，键角更小；
（3）八面体的配合物为MnClm nNH3，Mn2+位于八面体的中心，则配位数为6，0.5mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液反应可生成71.75g白色沉淀，可以判断出生成的沉淀为AgCl，物质的量为，说明外界含有一个Cl-，配离子带1个单位正电荷，故一个配离子中含有一个Cl-，所以配合物的化学式为[MnCl(NH3)5]Cl；由于该配合物为八面体结构，中心原子的价层电子对数为6，杂化方式为sp3d2，
故答案为：d。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
（2）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
（3）依据题目的性质确定配合物的化学式；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
19．【答案】（1）15；核外电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；12
（2）4；10；N>C>H
（3）CuInTe2；(，，)；
【知识点】原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子轨道包括1s、2s、3s、4s等4个s轨道，2px、2py、2py、3px、3py、3py等6个p轨道，以及3d的5个d轨道，因此基态Fe原子的核外电子空间运动状态有15种；Fe原子价层电子排布式为3d64s2，Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；配位键是σ键，碳氮叁键中有一个σ键，可知中含有σ键：6+6=12(mol)；
（2）中的氨基配位于Cu2+，因此配位数为4；该分子中N、C、B的价层电子对数都为4，因此VSEPR模型为四面体的非金属原子共有(2+2)×2+1×2=10个；同一周期，自左向右元素电负性逐渐增大，因此N>C，C与H形成共价键，共用电子对偏向于C，因此电负性C>H，所以三者电负性大小顺序为N>C>H；
（3）晶胞中位于顶点、体心、面心的Cu原子个数=8×+1×1+4×=4，位于面心、棱上的In原子个数=6×+4×=4，位于体内的Te原子个数=8×1=8，Cu、In、Te的原子个数比=4：4：8=1：1：2，因此晶体化学式为CuInTe2；C点位于面对角线的、、体对角线的处，因此C点原子的分数坐标为(，，)；D原子在底面的投影点与A、D构成直角三角形，斜边AD的长d=。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
（2）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型；同一周期，自左向右元素电负性逐渐增大；
（3）利用均摊法确定原子数。
20．【答案】（1）Cu2O；取样，加入足量稀硫酸，若红色蓬松固体部分溶解，溶液呈蓝色，则证明其为Cu2O，若无现象，则证明其为Cu
（2）乙；该步骤的目的是检验溶液中是否存在，因溶液中含有，如直接加入到溶液中Ba2+与会生成白色沉淀，干扰的检验
（3）HCOO-中不存在C-O和C=O，两个碳氧键完全一样，说明三原子键形成了共轭键，即HCOO-中并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根
（4）防止可燃气体与空气混合加热引起爆炸；观察到无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水不变浑浊；CH3OH
（5）HCHO+2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O
【知识点】醛与Cu(OH)2的反应
【解析】【解答】（1）反应过程中观察到溶液中出现砖红色固体，故Cu2O；根据已知条件，其实验方案为：取样，加入足量稀硫酸，溶液仍为无色，则证明生成的红色蓬松固体是Cu；
（2）实验过程中加入了CuSO4溶液，该步骤的目的是检验溶液中是否存在，因溶液中含有，如直接加入到溶液中Ba2+与会生成白色沉淀，干扰的检验，故实验方案不合理的是乙；
（3）如图，C-O键键长为0.142nm，C=O键键长为0.120nm，中碳氧键键长介于0.142nm~0.120nm，两个碳氧键完全一样，故HCOONa HCOO-中不存在C-O和C=O，说明三原子键形成了共轭键，分散了电子云使整个结构更稳定，即HCOO-中并不存在醛基，不能被新制继续氧化为碳酸根；
（4）可燃气体与空气混合受热会发生爆炸，故实验中“先通气，后加热”的目的是，先通气赶出装置内空气，防止可燃气体与空气混合加热引起爆炸；确认气体是，还原CuO会生成水，可观察到无水硫酸铜变蓝，不含CO，则不会有CO参与反应生成CO2，可观察到澄清石灰水不变浑浊；由反应，可知HCHO被氧化为HCOO-，根据氧化还原反应原理，还应有被还原物质，根据反应物分析，应为HCHO自身即被氧化又被还原，醛类物质被还原会生成醇，故还原产物为CH3OH，A为CH3OH；
（5）由(3)分析可知，HCOONa无法进一步被新制氧化成，故新制和过量甲醛反应的化学方程式为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O↓+3H2O。
【分析】（1）根据已知反应判断；
（2）考虑离子间的相互干扰；
（3）依据键长的数据进行判断；
（4）根据氧化还原反应原理分析；
（5）依据醛的性质书写。
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