高中化学同步练习：选择性必修三1.2研究有机化合物的一般方法（优生加练）
文档属性
| 名称 | 高中化学同步练习：选择性必修三1.2研究有机化合物的一般方法（优生加练） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-16 10:05:26 | ||
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文档简介
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高中化学同步练习：选择性必修三1.2研究有机化合物的一般方法（优生加练）
一、选择题
1．下列关于实验原理或操作的叙述中，错误的是（ ）
A．从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4
B．可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中存在的甘油
C．纸层析实验中，须将滤纸上的试样点浸入展开剂中
D．实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法
2．一定质量的某有机化合物完全燃烧，生成和。另取3.2g该有机化合物在中完全燃烧，消耗，该有机化合物的化学式可能是（ ）
A． B． C． D．
3．某有机物在氧气中完全燃烧时其蒸气与消耗的氧气及生成的二氧化碳(同温同压)的体积比为1：4：3，该有机物不可能是（ ）
A．C3H4 B．C3H8O2 C．C2H5CHO D．C2H5COOH
4．某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由红外光谱可知，A中含有C-H键、C=O键、 等
B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子
C．若A的化学式为C8H8O2，则其结构简式可能为
D．由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物
5．CH2=CH2、H2的混合气体a mol，在一定条件下部分混合气体发生加成反应生成CH3CH3，得混合气体b mol。使上述a mol气体在适量O2中完全燃烧生成c mol气体(H2O呈气态)，b mol气体在适量O2中完全燃烧生成d mol气体(H2O呈气态)。下列叙述错误的是 （ ）
A．a mol气体与b mol气体完全燃烧时，消耗O2的量相等
B．a mol气体与b mol气体所具有的能量相等
C．a mol气体与b mol气体分子内所含有共用电子对数目相等
D．c mol气体与d mol气体所具有的能量相等
6．a mL三种气态烃按任意比例混合后与足量的氧气混合点燃后，恢复到原来的状态(常温、常压)，体积总是缩小2a mL。则三种烃可能是（ ）
A．CH4、C2H4、C3H4 B．C2H4、C3H6、C4H6
C．CH4、C2H6、C3H8 D．C2H4、C2H2、CH4
二、多选题
7．用煤油作溶剂，二(2－乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同时，Cu2＋萃取率[萃取率＝ ×100％ ]与初始 Cu2＋浓度关系如图 1 所示；在其他条件相同时，处理前初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1，Cu2＋萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是（ ）
A．根据图 1 可知，废水中初始 Cu2＋浓度越大，Cu2＋的萃取效果越好
B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好
C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％
D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水，在 pH＝1.5 时处理废水，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1.5×10－3mol(假设体积不变)
三、非选择题
8．有机物种类繁多，广泛存在，在生产和生活中有着重要的应用．
（1）下列各组有机物中，一定互为同系物的是 (填序号)，一定互为同分异构体的是 (填序号)。
①乙烷和异丁烷；②和；③ 和；
④ 和 ； ⑤二甲醚和乙醇
⑥ 和(大球表示碳原子，小球表示氢原子)
⑦ 和⑧ 和
（2） 中含有的官能团名称为 ．
（3）准确称取4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱分别如图所示，则该有机物的分子式为 ，结构简式可能为 (填序号)。
A． B．
C． D．
（4）有机物系统命名为 ，含有的手性碳原子个数为 个。
（5）某烷烃的蒸气密度是同温同压下氢气密度的64倍，该烷烃核磁共振氢谱中只有2个峰，写出这种烷烃的结构简式 。
9．利用核磁共振技术测定有机物分子三维结构的研究获得了2002年的诺贝尔化学奖。我们研究有机物的一般要经过以下几个基本步骤：
（1）苯甲酸可用作食品防腐剂，常用重结晶的方法进行提纯。
①某化学兴趣小组对含有少量氯化钠和泥沙的粗苯甲酸进行提纯，其操作步骤如下：加热溶解， ，冷却结晶。
②苯甲酸的结构如图所示：
则1mol苯甲酸中采用sp2杂化的碳原子有 个。苯甲酸分子所含元素的第一电离能由小到大的顺序是 。
（2）有机物乙偶姻可用作食用香料，主要用于配制奶油、乳品、酸奶和草莓等型香精。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。
步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水，再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。1.32g乙偶姻的蒸气氧化生成2.64g二氧化碳和1.08g水。
步骤二：取乙偶姻样品进行质谱分析，其质谱图中最大质荷比为88。
步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图1所示，图中4个峰的面积比为1：3：1：3。
步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图2所示。
①请写出乙偶姻的实验式 。
②请确定乙偶姻的结构简式 ，其官能团的名称为 。
③羧酸类有机物M的分子比乙偶姻的分子多一个CH2，那么M的结构可能有 种。
10．中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将力争于2030年碳达峰，努力争取2060年前实现碳中和。”生物降解材料、新能源汽车等作为实现“碳达峰”、“碳中和”的重器，近来受到了广泛的关注。
（1）某物质A是塑料纤维工业中可降解新型材料PLA的首选原料。
由质谱和红外光谱可知A的分子式为 ，再结合核磁共振氢谱可知A的结构简式为 ，该分子中有 个手性碳原子。
（2）金属镍是电池制造过程中重要的原材料，未来十年新能源汽车领域镍需求增长将达8~16倍。一种制备金属镍的方法为。回答下列问题：
①已知NiSO4熔融状态时能导电，上述制备反应化学方程式中的6种物质所属的晶体类型有 种。
②丁二酮肟是检验Ni2+的灵敏试剂，可与Ni2+生成丁二酮肟镍亮红色沉淀。丁二酮肟镍分子(结构如图1所示)内不存在的作用力有 (填标号)。
A．金属键 B．氢键 C．π键 D．配位键 E.离子键
③镧镍合金是稀土系储氢合金的典型代表。某合金储氢后的晶胞如图2所示，该合金的化学式为 ，1mol镧形成的该合金能储存 mol氢气。
图2
11．科学家预测21世纪中叶将进入“氢能经济”时代，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，基态Zr的价层电子排布式为 。
（2）亚氨基锂(Li2NH) 所含元素第一电离能最小的是 ，电负性最大的是 (填元素符号)。
（3）咔唑( )的沸点比芴( )高的主要原因是 。
（4）①NH3BH3 (氨硼烷，熔点104℃)与乙烷互为等电子体。NH3BH3的晶体类型为 。其中B的杂化类型为 ，可通过 测定该分子的立体构型。
②NH3BH3可通过环硼氨烷、CH4与H2O进行合成，键角： CH4 H2O
(填“> "或“<")，原因是 。
（5）MgH2晶体属四方品系，结构如图，晶胞参数a =b= 450pm， c= 30lpm，原子坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305，0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。
①Mg2+的半径为72pm，则H+的半径为 pm (列出计算表达式)
②用NA表示阿伏加德罗常数，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的 倍(列出计算表达式，氢气密度为0.089g·L-1)。
12．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
（1）制备之前，通常将电石渣进行粉碎，原因为 。
（2）“氯化”过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 。
②“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是 。
（3）“氯化”过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为 、 (填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2] 1∶5(填“＞”、“＜”或“=”)。
（4）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，各物质溶解度随温度变化如图所示，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 、 、过滤、洗涤、干燥。
13．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等。某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。
Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn(OH)Cl（碱式氯化亚锡）。
III．Sn(OH)2的性质与Al(OH)3性质相似。请回答下列问题：
（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是 。
（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是 。
（3）滤液I溶质的成分是 。
（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 。
（5）称取SnSO4·x H2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，则该晶体的化学式为 。
14．二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如下：
＋2FeCl3 ＋2FeCl2＋2HCl
在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应结束后加热煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70％乙醇水溶液重结晶提纯。重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥
请回答下列问题：
（1）写出装置图中玻璃仪器的名称：a ，b ；
（2）趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，下列哪些因素有利于得到较大的晶体：
A．缓慢冷却溶液
B．溶液浓度较高
C．溶质溶解度较小
D．缓慢蒸发溶剂如果溶液中发生过饱和现象，可采用 等方法（选填一种）促进晶体析出；
（3）抽滤所用的滤纸应略 （填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是 ；
A．无水乙醇 B．饱和NaCl溶液 C.70％乙醇水溶液 D．滤液
（4）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质： ；
（5）某同学采用薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是 。
A．15min B．30min
C．45min D．60min
15．海水淡化可获得淡水，并可按下述工业流程提取溴和镁。
（1）海水淡化的方法为 (写出其中一种即可)。
（2）步骤(1)中的X是一种单质，X的化学式为 。
（3）步骤(2)通入热空气吹出Br2，利用了溴的 (填序号)；溴与碳酸钠反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
a.氧化性 b.还原性 c.挥发性
（4）步骤(3)发生反应的离子方程式为 ；充分反应后，要提取还要进行的操作为 、蒸馏。
（5）工业上从卤水中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是 ；从母液中得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入 (填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得Mg(OH)2。
（6）写出冶炼金属镁的化学方程式 。
16．工业上，一种以低品位菱锌矿(主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等)为原料制备金属锌的流程如图所示。
（1）浸出
①浸出前，菱锌矿需研磨。目的是 。
②浸出时，生成Zn2+的离子方程式是 。
（2）萃取
萃取剂由烷基磷酸(用HA表示，是弱酸)溶解在有机溶液中制得，萃取金属离子的反应是Mn+(aq)+nHA(org) MAn(org)+nH+(aq)(Mn+：Fe3+、Zn2+、Ca2+、Cu2+；org：有机相；aq：水相)
已知：相同温度下，金属离子的平衡萃取率与pH的关系如图所示。
①操作i是 。
②下列操作一定能提高锌的平衡萃取率的是 。
A．升高温度
B．提高萃取剂中HA的浓度
C．适当提高溶液的pH
③本步骤应选的pH是 。
（3）电解
用图所示装置电解获得Zn。Pb极生成PbO2并沉积于表面，使Pb钝化而无法继续参加反应，PbO2具有导电性。
①b为 极(填“正”或“负”)。
②Pb极钝化后，电解装置仍能持续工作制备Zn的原因是 (结合电极反应式解释)。
17．我国南海、东海具有丰富的石油资源，石油加工可获得乙烯、丙烯等重要有机合成原料。利用石油合成一系列有机物的流程图如下图所示。
已知：
请回答下列问题：
（1）乙烯的电子式为： 。
（2）乙烯与X合成的反应属于 反应(填反应类型)，X的结构简式为 。
（3）若充分反应，试写出D→E的反应方程式： 。
（4）根据下列要求回答问题：有机物CxHy(x、y为正整数)
①若y=2x+2，且x≤10，其一卤代物只有一种，则符合此条件的有机物 种。
②若x=6，y=12，分子中所有碳原子处在同一平面上，则该有机物结构简式为 。
18．根据所学有关知识，按要求填空：
（1）用浓在纸上书写字迹，现象为 。体现浓硫酸 性。
（2）、、、中既可以用浓干燥，又可以用固体干燥的是 。
（3）乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的反应是 反应(填反应类型)。乙烯能使溴水褪色，发生的反应是 反应(填反应类型)。化学方程式为 。
（4）丙烷与氯气在光照下反应生成的一氯丙烷的化学反应方程式 。
（5）某种烃燃烧后生成了和混合气体及，据此推测其分子式为 (写出一种即可)。
（6）葡萄糖的结构简式为：，葡萄糖最多可以与 乙酸发生酯化反应
19．已知A为烃，B为烃的含氧衍生物，由等物质的量的A和B组成的混合物0.05 mol在0.125 mol的氧气中恰好完全燃烧，生成0.1 mol的CO2和0.1 mol H2O。另取一定量的A和B完全燃烧，将其以任意物质的量比混合，且物质的量之和一定。则：
（1）若耗氧量一定，则A和B的分子式分别为：A ；B 。
（2）若生成的CO2和H2O的物质的量一定，则A和B的分子式为：A ；B 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】乙醇的化学性质；分液和萃取
【解析】【解答】A、乙醇与水互溶，不能用作该实验的萃取剂，A不符合题意；
B、新制Cu(OH)2悬浊液可与甘油反应，使蓝色沉淀溶解，溶液变为绛蓝色，B不符合题意；
C、纸层析实验中，滤纸条浸入展开剂，但试样点不能浸入展开剂，C符合题意；
D、生石灰与乙酸反应，生成乙酸钙，乙酸钙是离子化合物，增大与乙醇的沸点差，另外生石灰与水反应不与乙醇反应而且反应后生成的Ca(OH)2需要高温才能分解，蒸馏时不会再产生水，能得到较纯净的乙醇，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、乙醇和水互溶，因此萃取单质碘时不能用无水乙醇代替CCl4；
B、甘油可以与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成一种绛蓝色的络合物，有明显现象；
C、纸层析实验中，滤纸上的试样点是不可以浸入展开剂中的，否则试样会溶解在展开剂中；
D、乙酸可以和生石灰反应，生成相应的盐，增大沸点差距，更容易蒸馏得到纯净的乙醇。
2．【答案】B
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】2.2gCO2中碳元素的质量为；1.8gH2O中氢元素的质量为。则该有机物中碳氢元素的质量比为06g：0.2g=3：1。
A、C2H4中碳氢元素的质量比为24：4=6：1，A不符合题意。
B、CH4O中碳氢元素的质量比为12：4=3：1；且3.2gCH4O完全燃烧，消耗O2的质量为4.8g，B符合题意。
C、CH4中碳氢元素的质量比为12：4=3：1，且3.2gCH4完全燃烧，消耗O2的质量为6.4g，C不符合题意。
D、C2H4O中碳氢元素的质量比为24：4=6：1，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据碳氢元素质量守恒确定碳、氢元素的质量比。结合有机物燃烧消耗O2的量分析选项。
3．【答案】D
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可令其物质的量为1mol、4mol、3mol；根据碳元素守恒，可得分子中碳原子个数为3，令该有机物的分子式为C3HbOc；
根据H元素守恒，可得反应生成H2O的物质的量为，
根据O元素守恒，可得反应生成O的物质的量为(8+c-6)mol=(2+c)mol，
则可得等式：，整理可得 b=4+2c
A、当c=0时，b=4，则有机物的分子式为C3H4，选项正确，A不符合题意；
B、当c=2时，b=8，则有机物的分子式为C3H8O2，选项正确，B不符合题意；
C、当c=1时，b=6，则有机物的分子式为C3H6O，其结构简式可能为C2H5CHO，选项正确，C不符合题意；
D、当c=2时，b=8，则有机物的分子式为C3H8O2，其结构简式不可能为C2H5COOH，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可令其物质的量为1mol、4mol、3mol；再结合元素守恒进行计算。
4．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A. 由红外光谱可知，A中含有C-H键、C=O键、 、C-O-C、C-C等，选项A不符合题意；
B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4个吸收峰，故有4种不同化学环境的氢原子，选项B不符合题意；
C. 若A的化学式为C8H8O2，则其结构简式可能为 或 ，选项C符合题意；
D. 由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物 ，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据红外光谱图提示信息解答；
B、根据核磁共振氢谱可知，有机物分子中有4个吸收峰解答；
C、根据C8H8O2的同分异构体含有C=O键解答；
D、根据C8H8O2的同分异构体中存在酯基解答；
5．【答案】B
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A. 发生加成反应后碳氢原子的个数不变，则a mol气体与b mol气体完全燃烧时，消耗O2的量相等，A不符合题意；
B. a mol气体与b mol含有的物质不同，则气体所具有的能量不相等，B符合题意；
C. 由于反应前后碳氢原子的个数不变，参与成键的电子数不变，则a mol气体与b mol气体分子内所含有共用电子对数目相等，C不符合题意；
D. 根据原子守恒可知c mol气体与d mol气体均是二氧化碳和水蒸气，物质的量相等，则所具有的能量相等，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、无论两者是否反应，混合物中的C，H的物质的量不变；
B、两者含有不同的物质，能量不同；
C、C、H均为非金属，形成共价键，共用电子对不变；
D、混合气体燃烧均生成了CO2和H2O，总的量没有变化；
6．【答案】A
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】设混合烃的平均组成为CxHy，
CxHy+ (x+ )O2 xCO2+ H2O(l)，△V
1 x+y/4 x 1+y/4
a
2a
则1/a=（1+ ）/2a ，1+ y /4=2，解得：y=4；即混合气体分子中平均含有4个H原子，只有选项A中各气体不管以任意比混合，混合气体平均分子式都满足y=4，A符合题意。
故答案为：A
【分析】依据题意列出比例关系求解。易错点：常温常压水为液态，方程式中△V=1+x+y/4-x。
7．【答案】A,D
【知识点】分液和萃取
【解析】【解答】A．根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度的增大而减小，故A符合题意；
B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好，故B不符合题意；
C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％，故C不符合题意；
D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水， ，在 pH＝1.5 时处理废水，萃取率为60%，则除去的 ，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1×10－3mol，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】1、A、B、C选项直接读图就可以
2、D选项读图之后根据题目中萃取率公式计算
8．【答案】（1）①⑦；⑤⑥
（2）羟基、羧基
（3）C4H8O2；B
（4）2，2，4-三甲基己烷；1
（5）C(CH2CH3)4
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）①乙烷和异丁烷的结构相似，分子组成相差2个CH2，属于同系物。
②二者的分子式不同，结构也不相似，既不是同系物，也不是同分异构体。
③二者的分子式不同，结构也不相似，既不是同系物，也不是同分异构体。
④二者的分子式相同，结构也相同，属于同一种物质。
⑤二者的分子式相同，结构不同，属于同分异构体。
⑥二者的分子式相同，结构不同，属于同分异构体。
⑦而二者的结构相似，分子组成相差2个CH2，属于同系物。
⑧二者的分子式不同，结构也不相似，既不是同系物，也不是同分异构体。
综上，属于同系物的有①⑦，属于同分异构体的有⑤⑥。
（2）中含有的官能团有羟基、羧基。
（3）浓硫酸增加的质量为H2O的质量，碱石灰增加的质量为CO2的质量，根据质量守恒定律可得，有机物X中C元素的质量为，H元素的质量为，O元素的质量为4.4g-2.4g-0.4g=1.6g。所以有机物X中C、H、O的原子个数比为，所以有机物X的实验式为C2H4O，由质谱图可知X的相对分子质量为88，所以可得X的分子式为C4H8O2。由红外光谱可知，有机物X中含有C=O、C-O-C，以及含有不对称的-CH3，所以可得有机物X的结构简式为CH3COOCH2CH3。
（4）有机物(CH3)3CCH2CH(C2H5)CH3的最长碳链中含有6个碳原子，且第2个碳原子上含有2个甲基，第4个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的系统命名为2，2，4－三甲基己烷。若碳原子上含有4个不同的原子或原子团，则该碳原子为手性碳原子，因此该有机物中手性碳原子的个数为1。
（5）同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，因此该烷烃的摩尔质量为2g·mol－1×64=128g·mol－1，所以烷烃的相对分子质量为128，由烷烃的同时CnH2n＋2可得，n=9，所以该烷烃的分子式为C9H20。由于该烷烃的核磁共振氢谱中只有2个峰，所以分子结构中含有4个－CH2CH3，且连接在同一个碳原子上，因此该烷烃的结构简式为C(CH2CH3)4。
【分析】（1）同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
（2）根据所给有机物的结构确定其所含的官能团。
（3）根据元素守恒计算该有机物的实验式，结合最大质荷比确定其相对分子质量，从而得出该有机物的分子式。由红外光谱确定分子结构中所含的官能团，从而确定其结构简式。
（4）根据最长碳链和取代基的位置确定该有机物的名称。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
（5）相同条件下密度之比等于摩尔质量之比，据此可得该烷烃的相对分子质量，由烷烃的通式可得其分子式。根据核磁共振氢谱体现的氢原子的种类确定该烷烃的结构简式。
9．【答案】（1）趁热过滤；7；O＞H＞C
（2）C2H4O；；羰基；4
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】（1）①通常采用重结晶提纯苯甲酸，操作步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故答案为：趁热过滤；
②苯甲酸中所有碳原子均采用sp2杂化，则1mol苯甲酸中采用sp2杂化的碳原子有7NA个；苯甲酸分子所含元素为C、H、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：O>C，H元素核外只有一个电子层，难失电子，第一电离能大，则第一电离能：O＞H＞C，故答案为：7NA；O＞H＞C；
（2）①由分析可知，乙偶姻中n(C)：n(H)：n(O)=0.06mol：0.12mol：0.03mol=2：4：1，则其实验式为C2H4O，故答案为：C2H4O ；
②乙偶姻的实验式为C2H4O，其相对分子质量为88，则其分子式为C4H8O2，核磁共振氢谱中有4个峰，面积比为1：3：1：3，根据红外光谱可知，其分子中含有O-H，C-H和C=O，则其结构简式为 ，其官能团名称为羰基、羟基，故答案为：；羰基、羟基；
③羧酸类有机物M的分子比乙偶姻的分子多一个CH2，则M为戊酸，则M可能的结构为：CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH，共4种，故答案为：4。
【分析】（1）①苯甲酸采用重结晶的方法提纯；
②苯环和双键碳原子采用sp2杂化；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）1.32g乙偶姻的蒸气氧化生成2.64g二氧化碳和1.08g水，二氧化碳的物质的量为0.06mol，水的物质的量为0.06mol，则乙偶姻中n(C)=0.06mol，n(H)=0.12mol，m(C)+m(H)=0.84g<1.32g，则乙偶姻中含有O元素，n(O)=0.03mol，则乙偶姻中n(C)：n(H)：n(O)=0.06mol：0.12mol：0.03mol=2：4：1。
10．【答案】（1）C3H6O3；；1
（2）3；AE；LaNi5；3
【知识点】化学键；晶胞的计算；有机化合物中碳的成键特征；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)由质谱得出该分子的相对分子质量为90，根据红外光谱可知A含有—OH和—COOH，两者结合得出A的分子式为C3H6O3，再结合核磁共振氢谱可知A的结构简式为，该分子中有1个手性碳原子即连羟基的碳原子为手性碳原子；故答案为：C3H6O3；；1。
(2)①上述制备反应化学方程式中的6种物质所属的晶体类型分别是离子晶体、分子晶体、分子晶体、金属晶体、分子晶体、分子晶体，因此6种物质所属的晶体类型有3种；故答案为：3。
②丁二酮肟镍分子(结构如图1所示)内存在氢键、碳氮之间有π键、Ni—N之间是配位键，因此不存在金属键和离子键，故不存在的作用力有AE；故答案为：AE。
③根据晶胞得到晶胞中La个数为，Ni个数为，因此该合金的化学式为LaNi5，一个晶胞中能储存的氢气个数，因此1mol镧形成的该合金能储存3mol氢气；故答案为：LaNi5；3。
【分析】（1）由质谱图知A相对分子质量为90，设分子式为(CH2O) n，根据相对分子质量解得n可得A的分子式，由红外光谱可确定有机物中的官能团或化学键，由核磁共振氢谱图可以获得该有机化合物分子中有几种不同种类的氢原子及它们的相对数目，据此分析A的结构，其中连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子；
（2）①NiSO4熔融状态时能导电，为离子晶体，Ni为金属晶体，水、磷酸、硫酸为分子晶体；
②丁二酮肟镍分子内存在的作用力有：共价单键、共价双键，配位键、氢键，共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键；
③根据均摊法计算。
11．【答案】（1）4d25s2
（2）Li；N
（3）咔唑分子间存在氢键
（4）分子晶体；sp3；红外光谱；＞；CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大
（5） ； 或
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；含有氢键的物质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，依据核外电子排布规律写出基态Zr的价层电子排布式为4d25s2，故答案为：4d25s2；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H②中心原子孤电子对越多键角越小，CH4和H2O均属于sp3杂化，CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大，故答案为：＞；CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O中的键角大；（5）①利用空间几何计算AB的距离= =Mg2+的半径+H+的半径，则H+的半径= ；②晶胞中H+个数为 ，则晶胞中氢的密度 或 ，故答案为： ； 或 。
【分析】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，则基态Zr的价层电子排布式为；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H 12．【答案】（1）增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
（2）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
（3）CaCO3；Ca(OH)2；＜
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
【知识点】化学反应速率的影响因素；蒸发和结晶、重结晶；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)将电石渣进行粉碎，可增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
(2)氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
(3)碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。
(4)根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
【分析】电石渣主要成分为氢氧化钙和碳酸钙，加入水打浆，然后通入氯气，可生成次氯酸钙，次氯酸钙进一步转化为氯酸钙，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体氯酸钾。
13．【答案】（1）抑制SnCl2水解
（2）Sn2++CO32－=SnO↓+CO2↑
（3）NaCl、Na2CO3
（4）Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O
（5）SnSO4·2H2O
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O= Sn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，正确答案：抑制SnCl2水解；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑，正确答案为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑；（3）SnCl2与碳酸钠溶液反应生成SnO沉淀，同时生成氯化钠，反应的化学方程式：SnCl2+Na2CO3=2NaCl+SnO↓+CO2↑，过滤得到的滤液主要成分是氯化钠和过量的碳酸钠溶液，正确答案：氯化钠和碳酸钠；（4）酸性条件下，SnSO4可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；正确答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（5）SnSO4·x H2O全部失去结晶水生成SnSO4，减少的质量是结晶水的质量，结晶水的物质的量是：n（H2O）=（50.2g-43g）/18g·mol-1=0.4mol，n（SnSO4）=43g/215 g·mol-1=0.2mol，所以n（SnSO4）：n（H2O）=0.2mol：0.4mol=1：2，所以该晶体的化学式为：SnSO4·2H2O，正确答案：SnSO4·2H2O。
【分析】（1）Sn2+水解结合氢氧根，这时我们增加溶液中氢离子的浓，就能有效抑制SnCl2的水解；
（3）经过前面的反应，可知，溶液I中溶质的成分有生成的氯化钠以及过量的碳酸钠；
（4））Sn2+具有还原性，双氧水具有氧化性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，生成物为锡离子和水；
（5）根据题意中的数据可以推出该晶体的化学式。
14．【答案】（1）三颈烧瓶；冷凝管
（2）A；D
（3）小于；D
（4）趁热过滤
（5）C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】（1）根据装置图中a、b两种玻璃仪器的构造特点判断a为三颈烧瓶，b为球形冷凝管（或冷凝管）。
（2）晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒。所以应缓慢冷却溶液、缓慢蒸发溶剂有利于得到较大的晶体，选AD；当溶液发生过饱和现象时，振荡容器，用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁，或投入几粒晶体或将容器进一步冷却，都可促使晶体析出。
（3）减压过滤也称抽滤或吸滤。抽滤时所用的滤纸应略小于布氏漏斗内径，能将布氏漏斗上全部小孔盖住。将烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失。所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的。选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗时不会使二苯基乙二酮晶体晶体溶解，同时又不会带入杂质。
（4）重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。
（5） 对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，因此，该实验条件下比较合适的回流时间是45min，选C。
【分析】（1）根据装置图即可得出本题答案
（2）晶体的颗粒大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，溶液的浓度越高，溶剂的蒸发速度越快，溶液冷却越快，析出的晶粒越小
（3）冲洗时不应该引入新杂质
（4）趁热过滤可以除去不溶杂质
15．【答案】（1）蒸馏法、电渗析法、离子交换法
（2）Cl2
（3）c；5∶1
（4）BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；萃取、分液
（5）石灰乳原料丰富，成本低；MgCl2
（6）MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
【知识点】海水资源及其综合利用；分液和萃取；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)海水淡化的方法为蒸馏法、电渗析法、离子交换法；
(2)步骤(1)中的X是一种单质，X能将Br2置换出来，说明X的氧化性比Br2强，则X的化学式为Cl2；
(3)溴易挥发，步骤(2)通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，
故答案为：c，溴与碳酸钠反应离子方程式为3+3Br2=3CO2↑+5Br-+，只有Br元素的化合价变化，且1个Br失去电子与5个Br得到电子相等，则氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1；
(4)步骤(3)为和Br-发生归中反应生成Br2，发生反应的离子方程式为+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；提取Br2还要进行的操作为萃取、分液、蒸馏；
(5)工业上从母液中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低；Mg(OH)2是难溶物，Ca(OH)2是微溶物，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体；
(6)冶炼金属镁是电解熔融氯化镁得到，反应的化学方程式为：。
【分析】（1）海水淡化的方法主要有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法；
（2）卤水中加入X得到单质溴，则X具有氧化性，且X来源于NaCl，则X为氯气，电解饱和NaCl溶液得到氯气；
（3）热空气吹出溴利用的是溴易挥发的性质；溴与碳酸钠反应的方程式为3+3Br2=3CO2↑+5Br-+；
（4）步骤(3)为和Br-发生归中反应生成Br2；
（5）石灰乳原料丰富，成本低；除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体；
（6）电解熔融的氯化镁得到金属镁和氯气。
16．【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率；ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2↑
（2）分液；BC；2.0
（3）负；PbO2能导电，作为电极材料，电极反应物为H2O，在阳极继续发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+。
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；分液和萃取；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①浸出前，将菱锌矿研磨，可增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；
②硫酸溶解ZnCO3，生成ZnSO4、水和CO2，发生反应的离子方程式是ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2↑；
(2)①浸出液中加入萃取剂后，振荡静置后分层，则获得有机溶液的操作i是分液；
②A．升高温度可提高速率，但不能提高锌的平衡萃取率，故A不正确；
B．提高萃取剂中HA的浓度，可提高锌的平衡萃取率，故B正确；
C．图示可知平衡萃取率随溶液pH升高而增大，则适当提高溶液的pH可提高锌的平衡萃取率，故C正确；
故答案为BC；
③当pH=2.0时，Cu2+的平衡萃取率最低，则本步骤应选的pH是2.0；
(3)①Zn极周围溶液中Zn2+得电子还原为Zn，则Zn极为阴极，连接的电池b为负极；
②Pb极钝化后，生成的PbO2能导电，仍可作为电极材料，阳极表面发生的反应为氧化反应，此时电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，电极反应物为H2O，电解装置仍能持续工作制备Zn。
【分析】 (1)从化学反应速率的影响因素分析；
(2)依据萃取的相关知识分析解答；
(3)依据电解池的相关知识分析解答。
17．【答案】（1）
（2）加聚；CH2=CHCH3
（3）CH2Br-CH2Br+2NaOH CH2(OH)-CH2(OH)+2NaBr
（4）4；(CH3)2C=C(CH3)2
【知识点】乙烯的化学性质；聚合反应；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】乙烯和水发生加成反应生成A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，乙烯与Br2发生加成反应生成D是CH2BrCH2Br，E是CH2OHCH2OH，F是HOOC-COOH，根据可知X为CH3CH=CH2。
(1) 已知乙烯的分子式为C2H4；
故答案为： 第1空、
(2) 乙烯与X合成的反应式加聚反应；
故答案为：
第1空、加聚
第2空、CH2=CHCH3
(3) CH2BrCH2Br发生水解反应生成CH2OHCH2OH和NaBr；
故答案为： 第1空、CH2Br-CH2Br+2NaOH CH2(OH)-CH2(OH)+2NaBr
(4)①若y=2x+2即为烷烃，且x≤10，其一卤代物只有一种，用等效氢原理判断，符合此条件的有机物有CH4、CH3CH3、C(CH3)4、和(CH3)3CC(CH3)3等4种；
②若x=6，y=12，分子中所有碳原子处在同一平面上，则该有机物结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，
故答案为：
第1空、4
第2空、(CH3)2C=C(CH3)2
【分析】
乙烯和水发生加成反应，乙烯与Br2发生加成反应；
(1) 乙烯分子式为C2H4；
(2) 加聚反应；
(3) CH2BrCH2Br发生水解反应生成CH2OHCH2OH和NaBr；
(4)有机物CxHy①若y=2x+2即为烷烃，且x≤10，其一卤代物只有一种，用等效氢原理判断，符合此条件的有机物有CH4、CH3CH3、C(CH3)4、和(CH3)3CC(CH3)3等4种；
②若x=6，y=12，分子中所有碳原子处在同一平面上，则该有机物结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，乙烯上的原子是共平面的。
18．【答案】（1）字迹变黑；脱水
（2）O2
（3）氧化；加成；
（4）
（5）或或或或或等其中一个，符合且即可；
（6）5
【知识点】浓硫酸的性质；乙烯的化学性质；酯化反应；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】(1)浓硫酸具有脱水性，能使纸张、木材等含有C、H、O元素的物质中的H原子和O原子以水的组成脱去，继而碳化变黑；
故答案为字迹变黑；脱水性；
(2)可与浓，不可用浓干燥；和可与反应，不可以用固体干燥，所以既可以用浓干燥，又可以用固体干燥的是；
故答案为；
(3)乙烯为，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，从而使溴水褪色，化学反应方程式为；
故答案为氧化；加成；；
(4)丙烷是烷烃，在光照条件下可与卤素单质发生取代反应，其中丙烷与氯气在光照下反应生成的一氯丙烷的化学反应方程式为；
故答案为；
(5)某种烃燃烧后生成了和混合气体，表明该烃分子中含有；生成，水的物质的量为，表明该烃分子中含有；由此可知，该烃的实验式为，该烃的分子式可表示为，其中；
故答案为或或或或或等，符合且即可；
(6)酯化反应为羟基与羧基脱水形成酯基的过程，有，所以最多可以与乙酸发生酯化反应；
故答案为5。
【分析】（1）浓硫酸具有脱水性，能使纸张中的H、O元素按照水的组成比例脱去，剩下C；
（2） 既可以用浓干燥，又可以用固体干燥的是中性气体；
（3）乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化反应；乙烯和溴水发生加成反应；
（4）丙烷与氯气在光照下反应的化学方程式为；
（5）某种烃燃烧后生成了和混合气体，则该烃分子中含有；生成，水的物质的量为，则该烃分子中含有；该烃的实验式为；
（6）1mol葡萄糖含有5mol羟基。
19．【答案】（1）C2H2；C2H6O2
（2）C2H4；C2H4O2
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）依题意可得，A、B组成的混合物的平均组成为C2H4O。由于A为烃，B为烃的含氧衍生物，因此B中必含有2个氧原子。将其以任意物质的量之比混合，且物质的量之和一定时，两者碳原子数均为2，因此A为C2H2，B为C2H6O2。
（2）若生成的CO2和H2O的物质的量一定，则两种物质中含有的C和H原子数相同，因此A为C2H4，B为C2H4O2。
【分析】此题是对有机物分子式计算的考查，可结合“平均法”、“守恒法”确定分子中所含的原子数，从而确定分子式。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：104分
分值分布 客观题（占比） 14.0(13.5%)
主观题（占比） 90.0(86.5%)
题量分布 客观题（占比） 7(36.8%)
主观题（占比） 12(63.2%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 6(31.6%) 12.0(11.5%)
非选择题 12(63.2%) 90.0(86.5%)
多选题 1(5.3%) 2.0(1.9%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 困难 (100.0%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 有机化合物的命名 8.0(7.7%) 8
2 有机化合物中碳的成键特征 9.0(8.7%) 4,10
3 有机物中的官能团 10.0(9.6%) 4,8
4 离子方程式的书写 14.0(13.5%) 13,15
5 乙烯的化学性质 15.0(14.4%) 17,18
6 浓硫酸的性质 9.0(8.7%) 18
7 元素电离能、电负性的含义及应用 18.0(17.3%) 9,11
8 分子晶体 11.0(10.6%) 11
9 聚合反应 6.0(5.8%) 17
10 晶胞的计算 7.0(6.7%) 10
11 乙醇的化学性质 2.0(1.9%) 1
12 同系物 8.0(7.7%) 8
13 化学反应速率的影响因素 15.0(14.4%) 12,16
14 分液和萃取 20.0(19.2%) 1,7,15,16
15 利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构 33.0(31.7%) 8,9,10,11
16 同分异构现象和同分异构体 17.0(16.3%) 4,8,9
17 含有氢键的物质 11.0(10.6%) 11
18 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 7.0(6.7%) 9
19 化学键 7.0(6.7%) 10
20 原子核外电子排布 11.0(10.6%) 11
21 有机分子式的推断与计算 37.0(35.6%) 2,3,4,5,6,8,17,18,19
22 物质的量的相关计算 8.0(7.7%) 12
23 海水资源及其综合利用 9.0(8.7%) 15
24 电极反应和电池反应方程式 7.0(6.7%) 16
25 酯化反应 9.0(8.7%) 18
26 蒸发和结晶、重结晶 29.0(27.9%) 9,12,13,14
27 电解池工作原理及应用 7.0(6.7%) 16
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高中化学同步练习：选择性必修三1.2研究有机化合物的一般方法（优生加练）
一、选择题
1．下列关于实验原理或操作的叙述中，错误的是（ ）
A．从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4
B．可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中存在的甘油
C．纸层析实验中，须将滤纸上的试样点浸入展开剂中
D．实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法
2．一定质量的某有机化合物完全燃烧，生成和。另取3.2g该有机化合物在中完全燃烧，消耗，该有机化合物的化学式可能是（ ）
A． B． C． D．
3．某有机物在氧气中完全燃烧时其蒸气与消耗的氧气及生成的二氧化碳(同温同压)的体积比为1：4：3，该有机物不可能是（ ）
A．C3H4 B．C3H8O2 C．C2H5CHO D．C2H5COOH
4．某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．由红外光谱可知，A中含有C-H键、C=O键、 等
B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子
C．若A的化学式为C8H8O2，则其结构简式可能为
D．由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物
5．CH2=CH2、H2的混合气体a mol，在一定条件下部分混合气体发生加成反应生成CH3CH3，得混合气体b mol。使上述a mol气体在适量O2中完全燃烧生成c mol气体(H2O呈气态)，b mol气体在适量O2中完全燃烧生成d mol气体(H2O呈气态)。下列叙述错误的是 （ ）
A．a mol气体与b mol气体完全燃烧时，消耗O2的量相等
B．a mol气体与b mol气体所具有的能量相等
C．a mol气体与b mol气体分子内所含有共用电子对数目相等
D．c mol气体与d mol气体所具有的能量相等
6．a mL三种气态烃按任意比例混合后与足量的氧气混合点燃后，恢复到原来的状态(常温、常压)，体积总是缩小2a mL。则三种烃可能是（ ）
A．CH4、C2H4、C3H4 B．C2H4、C3H6、C4H6
C．CH4、C2H6、C3H8 D．C2H4、C2H2、CH4
二、多选题
7．用煤油作溶剂，二(2－乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同时，Cu2＋萃取率[萃取率＝ ×100％ ]与初始 Cu2＋浓度关系如图 1 所示；在其他条件相同时，处理前初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1，Cu2＋萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是（ ）
A．根据图 1 可知，废水中初始 Cu2＋浓度越大，Cu2＋的萃取效果越好
B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好
C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％
D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水，在 pH＝1.5 时处理废水，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1.5×10－3mol(假设体积不变)
三、非选择题
8．有机物种类繁多，广泛存在，在生产和生活中有着重要的应用．
（1）下列各组有机物中，一定互为同系物的是 (填序号)，一定互为同分异构体的是 (填序号)。
①乙烷和异丁烷；②和；③ 和；
④ 和 ； ⑤二甲醚和乙醇
⑥ 和(大球表示碳原子，小球表示氢原子)
⑦ 和⑧ 和
（2） 中含有的官能团名称为 ．
（3）准确称取4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱分别如图所示，则该有机物的分子式为 ，结构简式可能为 (填序号)。
A． B．
C． D．
（4）有机物系统命名为 ，含有的手性碳原子个数为 个。
（5）某烷烃的蒸气密度是同温同压下氢气密度的64倍，该烷烃核磁共振氢谱中只有2个峰，写出这种烷烃的结构简式 。
9．利用核磁共振技术测定有机物分子三维结构的研究获得了2002年的诺贝尔化学奖。我们研究有机物的一般要经过以下几个基本步骤：
（1）苯甲酸可用作食品防腐剂，常用重结晶的方法进行提纯。
①某化学兴趣小组对含有少量氯化钠和泥沙的粗苯甲酸进行提纯，其操作步骤如下：加热溶解， ，冷却结晶。
②苯甲酸的结构如图所示：
则1mol苯甲酸中采用sp2杂化的碳原子有 个。苯甲酸分子所含元素的第一电离能由小到大的顺序是 。
（2）有机物乙偶姻可用作食用香料，主要用于配制奶油、乳品、酸奶和草莓等型香精。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。
步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水，再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。1.32g乙偶姻的蒸气氧化生成2.64g二氧化碳和1.08g水。
步骤二：取乙偶姻样品进行质谱分析，其质谱图中最大质荷比为88。
步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图1所示，图中4个峰的面积比为1：3：1：3。
步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图2所示。
①请写出乙偶姻的实验式 。
②请确定乙偶姻的结构简式 ，其官能团的名称为 。
③羧酸类有机物M的分子比乙偶姻的分子多一个CH2，那么M的结构可能有 种。
10．中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将力争于2030年碳达峰，努力争取2060年前实现碳中和。”生物降解材料、新能源汽车等作为实现“碳达峰”、“碳中和”的重器，近来受到了广泛的关注。
（1）某物质A是塑料纤维工业中可降解新型材料PLA的首选原料。
由质谱和红外光谱可知A的分子式为 ，再结合核磁共振氢谱可知A的结构简式为 ，该分子中有 个手性碳原子。
（2）金属镍是电池制造过程中重要的原材料，未来十年新能源汽车领域镍需求增长将达8~16倍。一种制备金属镍的方法为。回答下列问题：
①已知NiSO4熔融状态时能导电，上述制备反应化学方程式中的6种物质所属的晶体类型有 种。
②丁二酮肟是检验Ni2+的灵敏试剂，可与Ni2+生成丁二酮肟镍亮红色沉淀。丁二酮肟镍分子(结构如图1所示)内不存在的作用力有 (填标号)。
A．金属键 B．氢键 C．π键 D．配位键 E.离子键
③镧镍合金是稀土系储氢合金的典型代表。某合金储氢后的晶胞如图2所示，该合金的化学式为 ，1mol镧形成的该合金能储存 mol氢气。
图2
11．科学家预测21世纪中叶将进入“氢能经济”时代，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，基态Zr的价层电子排布式为 。
（2）亚氨基锂(Li2NH) 所含元素第一电离能最小的是 ，电负性最大的是 (填元素符号)。
（3）咔唑( )的沸点比芴( )高的主要原因是 。
（4）①NH3BH3 (氨硼烷，熔点104℃)与乙烷互为等电子体。NH3BH3的晶体类型为 。其中B的杂化类型为 ，可通过 测定该分子的立体构型。
②NH3BH3可通过环硼氨烷、CH4与H2O进行合成，键角： CH4 H2O
(填“> "或“<")，原因是 。
（5）MgH2晶体属四方品系，结构如图，晶胞参数a =b= 450pm， c= 30lpm，原子坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305，0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。
①Mg2+的半径为72pm，则H+的半径为 pm (列出计算表达式)
②用NA表示阿伏加德罗常数，MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的 倍(列出计算表达式，氢气密度为0.089g·L-1)。
12．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
（1）制备之前，通常将电石渣进行粉碎，原因为 。
（2）“氯化”过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 。
②“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是 。
（3）“氯化”过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为 、 (填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2] 1∶5(填“＞”、“＜”或“=”)。
（4）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，各物质溶解度随温度变化如图所示，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 、 、过滤、洗涤、干燥。
13．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等。某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。
Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn(OH)Cl（碱式氯化亚锡）。
III．Sn(OH)2的性质与Al(OH)3性质相似。请回答下列问题：
（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是 。
（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是 。
（3）滤液I溶质的成分是 。
（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 。
（5）称取SnSO4·x H2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，则该晶体的化学式为 。
14．二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如下：
＋2FeCl3 ＋2FeCl2＋2HCl
在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应结束后加热煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70％乙醇水溶液重结晶提纯。重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥
请回答下列问题：
（1）写出装置图中玻璃仪器的名称：a ，b ；
（2）趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，下列哪些因素有利于得到较大的晶体：
A．缓慢冷却溶液
B．溶液浓度较高
C．溶质溶解度较小
D．缓慢蒸发溶剂如果溶液中发生过饱和现象，可采用 等方法（选填一种）促进晶体析出；
（3）抽滤所用的滤纸应略 （填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是 ；
A．无水乙醇 B．饱和NaCl溶液 C.70％乙醇水溶液 D．滤液
（4）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质： ；
（5）某同学采用薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是 。
A．15min B．30min
C．45min D．60min
15．海水淡化可获得淡水，并可按下述工业流程提取溴和镁。
（1）海水淡化的方法为 (写出其中一种即可)。
（2）步骤(1)中的X是一种单质，X的化学式为 。
（3）步骤(2)通入热空气吹出Br2，利用了溴的 (填序号)；溴与碳酸钠反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
a.氧化性 b.还原性 c.挥发性
（4）步骤(3)发生反应的离子方程式为 ；充分反应后，要提取还要进行的操作为 、蒸馏。
（5）工业上从卤水中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是 ；从母液中得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入 (填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得Mg(OH)2。
（6）写出冶炼金属镁的化学方程式 。
16．工业上，一种以低品位菱锌矿(主要成分是ZnCO3，含少量Fe2O3、CaO、CuO等)为原料制备金属锌的流程如图所示。
（1）浸出
①浸出前，菱锌矿需研磨。目的是 。
②浸出时，生成Zn2+的离子方程式是 。
（2）萃取
萃取剂由烷基磷酸(用HA表示，是弱酸)溶解在有机溶液中制得，萃取金属离子的反应是Mn+(aq)+nHA(org) MAn(org)+nH+(aq)(Mn+：Fe3+、Zn2+、Ca2+、Cu2+；org：有机相；aq：水相)
已知：相同温度下，金属离子的平衡萃取率与pH的关系如图所示。
①操作i是 。
②下列操作一定能提高锌的平衡萃取率的是 。
A．升高温度
B．提高萃取剂中HA的浓度
C．适当提高溶液的pH
③本步骤应选的pH是 。
（3）电解
用图所示装置电解获得Zn。Pb极生成PbO2并沉积于表面，使Pb钝化而无法继续参加反应，PbO2具有导电性。
①b为 极(填“正”或“负”)。
②Pb极钝化后，电解装置仍能持续工作制备Zn的原因是 (结合电极反应式解释)。
17．我国南海、东海具有丰富的石油资源，石油加工可获得乙烯、丙烯等重要有机合成原料。利用石油合成一系列有机物的流程图如下图所示。
已知：
请回答下列问题：
（1）乙烯的电子式为： 。
（2）乙烯与X合成的反应属于 反应(填反应类型)，X的结构简式为 。
（3）若充分反应，试写出D→E的反应方程式： 。
（4）根据下列要求回答问题：有机物CxHy(x、y为正整数)
①若y=2x+2，且x≤10，其一卤代物只有一种，则符合此条件的有机物 种。
②若x=6，y=12，分子中所有碳原子处在同一平面上，则该有机物结构简式为 。
18．根据所学有关知识，按要求填空：
（1）用浓在纸上书写字迹，现象为 。体现浓硫酸 性。
（2）、、、中既可以用浓干燥，又可以用固体干燥的是 。
（3）乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的反应是 反应(填反应类型)。乙烯能使溴水褪色，发生的反应是 反应(填反应类型)。化学方程式为 。
（4）丙烷与氯气在光照下反应生成的一氯丙烷的化学反应方程式 。
（5）某种烃燃烧后生成了和混合气体及，据此推测其分子式为 (写出一种即可)。
（6）葡萄糖的结构简式为：，葡萄糖最多可以与 乙酸发生酯化反应
19．已知A为烃，B为烃的含氧衍生物，由等物质的量的A和B组成的混合物0.05 mol在0.125 mol的氧气中恰好完全燃烧，生成0.1 mol的CO2和0.1 mol H2O。另取一定量的A和B完全燃烧，将其以任意物质的量比混合，且物质的量之和一定。则：
（1）若耗氧量一定，则A和B的分子式分别为：A ；B 。
（2）若生成的CO2和H2O的物质的量一定，则A和B的分子式为：A ；B 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】乙醇的化学性质；分液和萃取
【解析】【解答】A、乙醇与水互溶，不能用作该实验的萃取剂，A不符合题意；
B、新制Cu(OH)2悬浊液可与甘油反应，使蓝色沉淀溶解，溶液变为绛蓝色，B不符合题意；
C、纸层析实验中，滤纸条浸入展开剂，但试样点不能浸入展开剂，C符合题意；
D、生石灰与乙酸反应，生成乙酸钙，乙酸钙是离子化合物，增大与乙醇的沸点差，另外生石灰与水反应不与乙醇反应而且反应后生成的Ca(OH)2需要高温才能分解，蒸馏时不会再产生水，能得到较纯净的乙醇，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、乙醇和水互溶，因此萃取单质碘时不能用无水乙醇代替CCl4；
B、甘油可以与新制的Cu（OH）2悬浊液反应生成一种绛蓝色的络合物，有明显现象；
C、纸层析实验中，滤纸上的试样点是不可以浸入展开剂中的，否则试样会溶解在展开剂中；
D、乙酸可以和生石灰反应，生成相应的盐，增大沸点差距，更容易蒸馏得到纯净的乙醇。
2．【答案】B
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】2.2gCO2中碳元素的质量为；1.8gH2O中氢元素的质量为。则该有机物中碳氢元素的质量比为06g：0.2g=3：1。
A、C2H4中碳氢元素的质量比为24：4=6：1，A不符合题意。
B、CH4O中碳氢元素的质量比为12：4=3：1；且3.2gCH4O完全燃烧，消耗O2的质量为4.8g，B符合题意。
C、CH4中碳氢元素的质量比为12：4=3：1，且3.2gCH4完全燃烧，消耗O2的质量为6.4g，C不符合题意。
D、C2H4O中碳氢元素的质量比为24：4=6：1，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据碳氢元素质量守恒确定碳、氢元素的质量比。结合有机物燃烧消耗O2的量分析选项。
3．【答案】D
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可令其物质的量为1mol、4mol、3mol；根据碳元素守恒，可得分子中碳原子个数为3，令该有机物的分子式为C3HbOc；
根据H元素守恒，可得反应生成H2O的物质的量为，
根据O元素守恒，可得反应生成O的物质的量为(8+c-6)mol=(2+c)mol，
则可得等式：，整理可得 b=4+2c
A、当c=0时，b=4，则有机物的分子式为C3H4，选项正确，A不符合题意；
B、当c=2时，b=8，则有机物的分子式为C3H8O2，选项正确，B不符合题意；
C、当c=1时，b=6，则有机物的分子式为C3H6O，其结构简式可能为C2H5CHO，选项正确，C不符合题意；
D、当c=2时，b=8，则有机物的分子式为C3H8O2，其结构简式不可能为C2H5COOH，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可令其物质的量为1mol、4mol、3mol；再结合元素守恒进行计算。
4．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A. 由红外光谱可知，A中含有C-H键、C=O键、 、C-O-C、C-C等，选项A不符合题意；
B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4个吸收峰，故有4种不同化学环境的氢原子，选项B不符合题意；
C. 若A的化学式为C8H8O2，则其结构简式可能为 或 ，选项C符合题意；
D. 由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物 ，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据红外光谱图提示信息解答；
B、根据核磁共振氢谱可知，有机物分子中有4个吸收峰解答；
C、根据C8H8O2的同分异构体含有C=O键解答；
D、根据C8H8O2的同分异构体中存在酯基解答；
5．【答案】B
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A. 发生加成反应后碳氢原子的个数不变，则a mol气体与b mol气体完全燃烧时，消耗O2的量相等，A不符合题意；
B. a mol气体与b mol含有的物质不同，则气体所具有的能量不相等，B符合题意；
C. 由于反应前后碳氢原子的个数不变，参与成键的电子数不变，则a mol气体与b mol气体分子内所含有共用电子对数目相等，C不符合题意；
D. 根据原子守恒可知c mol气体与d mol气体均是二氧化碳和水蒸气，物质的量相等，则所具有的能量相等，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、无论两者是否反应，混合物中的C，H的物质的量不变；
B、两者含有不同的物质，能量不同；
C、C、H均为非金属，形成共价键，共用电子对不变；
D、混合气体燃烧均生成了CO2和H2O，总的量没有变化；
6．【答案】A
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】设混合烃的平均组成为CxHy，
CxHy+ (x+ )O2 xCO2+ H2O(l)，△V
1 x+y/4 x 1+y/4
a
2a
则1/a=（1+ ）/2a ，1+ y /4=2，解得：y=4；即混合气体分子中平均含有4个H原子，只有选项A中各气体不管以任意比混合，混合气体平均分子式都满足y=4，A符合题意。
故答案为：A
【分析】依据题意列出比例关系求解。易错点：常温常压水为液态，方程式中△V=1+x+y/4-x。
7．【答案】A,D
【知识点】分液和萃取
【解析】【解答】A．根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度的增大而减小，故A符合题意；
B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好，故B不符合题意；
C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％，故C不符合题意；
D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水， ，在 pH＝1.5 时处理废水，萃取率为60%，则除去的 ，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1×10－3mol，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】1、A、B、C选项直接读图就可以
2、D选项读图之后根据题目中萃取率公式计算
8．【答案】（1）①⑦；⑤⑥
（2）羟基、羧基
（3）C4H8O2；B
（4）2，2，4-三甲基己烷；1
（5）C(CH2CH3)4
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）①乙烷和异丁烷的结构相似，分子组成相差2个CH2，属于同系物。
②二者的分子式不同，结构也不相似，既不是同系物，也不是同分异构体。
③二者的分子式不同，结构也不相似，既不是同系物，也不是同分异构体。
④二者的分子式相同，结构也相同，属于同一种物质。
⑤二者的分子式相同，结构不同，属于同分异构体。
⑥二者的分子式相同，结构不同，属于同分异构体。
⑦而二者的结构相似，分子组成相差2个CH2，属于同系物。
⑧二者的分子式不同，结构也不相似，既不是同系物，也不是同分异构体。
综上，属于同系物的有①⑦，属于同分异构体的有⑤⑥。
（2）中含有的官能团有羟基、羧基。
（3）浓硫酸增加的质量为H2O的质量，碱石灰增加的质量为CO2的质量，根据质量守恒定律可得，有机物X中C元素的质量为，H元素的质量为，O元素的质量为4.4g-2.4g-0.4g=1.6g。所以有机物X中C、H、O的原子个数比为，所以有机物X的实验式为C2H4O，由质谱图可知X的相对分子质量为88，所以可得X的分子式为C4H8O2。由红外光谱可知，有机物X中含有C=O、C-O-C，以及含有不对称的-CH3，所以可得有机物X的结构简式为CH3COOCH2CH3。
（4）有机物(CH3)3CCH2CH(C2H5)CH3的最长碳链中含有6个碳原子，且第2个碳原子上含有2个甲基，第4个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的系统命名为2，2，4－三甲基己烷。若碳原子上含有4个不同的原子或原子团，则该碳原子为手性碳原子，因此该有机物中手性碳原子的个数为1。
（5）同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，因此该烷烃的摩尔质量为2g·mol－1×64=128g·mol－1，所以烷烃的相对分子质量为128，由烷烃的同时CnH2n＋2可得，n=9，所以该烷烃的分子式为C9H20。由于该烷烃的核磁共振氢谱中只有2个峰，所以分子结构中含有4个－CH2CH3，且连接在同一个碳原子上，因此该烷烃的结构简式为C(CH2CH3)4。
【分析】（1）同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
（2）根据所给有机物的结构确定其所含的官能团。
（3）根据元素守恒计算该有机物的实验式，结合最大质荷比确定其相对分子质量，从而得出该有机物的分子式。由红外光谱确定分子结构中所含的官能团，从而确定其结构简式。
（4）根据最长碳链和取代基的位置确定该有机物的名称。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
（5）相同条件下密度之比等于摩尔质量之比，据此可得该烷烃的相对分子质量，由烷烃的通式可得其分子式。根据核磁共振氢谱体现的氢原子的种类确定该烷烃的结构简式。
9．【答案】（1）趁热过滤；7；O＞H＞C
（2）C2H4O；；羰基；4
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】（1）①通常采用重结晶提纯苯甲酸，操作步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故答案为：趁热过滤；
②苯甲酸中所有碳原子均采用sp2杂化，则1mol苯甲酸中采用sp2杂化的碳原子有7NA个；苯甲酸分子所含元素为C、H、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：O>C，H元素核外只有一个电子层，难失电子，第一电离能大，则第一电离能：O＞H＞C，故答案为：7NA；O＞H＞C；
（2）①由分析可知，乙偶姻中n(C)：n(H)：n(O)=0.06mol：0.12mol：0.03mol=2：4：1，则其实验式为C2H4O，故答案为：C2H4O ；
②乙偶姻的实验式为C2H4O，其相对分子质量为88，则其分子式为C4H8O2，核磁共振氢谱中有4个峰，面积比为1：3：1：3，根据红外光谱可知，其分子中含有O-H，C-H和C=O，则其结构简式为 ，其官能团名称为羰基、羟基，故答案为：；羰基、羟基；
③羧酸类有机物M的分子比乙偶姻的分子多一个CH2，则M为戊酸，则M可能的结构为：CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH，共4种，故答案为：4。
【分析】（1）①苯甲酸采用重结晶的方法提纯；
②苯环和双键碳原子采用sp2杂化；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）1.32g乙偶姻的蒸气氧化生成2.64g二氧化碳和1.08g水，二氧化碳的物质的量为0.06mol，水的物质的量为0.06mol，则乙偶姻中n(C)=0.06mol，n(H)=0.12mol，m(C)+m(H)=0.84g<1.32g，则乙偶姻中含有O元素，n(O)=0.03mol，则乙偶姻中n(C)：n(H)：n(O)=0.06mol：0.12mol：0.03mol=2：4：1。
10．【答案】（1）C3H6O3；；1
（2）3；AE；LaNi5；3
【知识点】化学键；晶胞的计算；有机化合物中碳的成键特征；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)由质谱得出该分子的相对分子质量为90，根据红外光谱可知A含有—OH和—COOH，两者结合得出A的分子式为C3H6O3，再结合核磁共振氢谱可知A的结构简式为，该分子中有1个手性碳原子即连羟基的碳原子为手性碳原子；故答案为：C3H6O3；；1。
(2)①上述制备反应化学方程式中的6种物质所属的晶体类型分别是离子晶体、分子晶体、分子晶体、金属晶体、分子晶体、分子晶体，因此6种物质所属的晶体类型有3种；故答案为：3。
②丁二酮肟镍分子(结构如图1所示)内存在氢键、碳氮之间有π键、Ni—N之间是配位键，因此不存在金属键和离子键，故不存在的作用力有AE；故答案为：AE。
③根据晶胞得到晶胞中La个数为，Ni个数为，因此该合金的化学式为LaNi5，一个晶胞中能储存的氢气个数，因此1mol镧形成的该合金能储存3mol氢气；故答案为：LaNi5；3。
【分析】（1）由质谱图知A相对分子质量为90，设分子式为(CH2O) n，根据相对分子质量解得n可得A的分子式，由红外光谱可确定有机物中的官能团或化学键，由核磁共振氢谱图可以获得该有机化合物分子中有几种不同种类的氢原子及它们的相对数目，据此分析A的结构，其中连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子；
（2）①NiSO4熔融状态时能导电，为离子晶体，Ni为金属晶体，水、磷酸、硫酸为分子晶体；
②丁二酮肟镍分子内存在的作用力有：共价单键、共价双键，配位键、氢键，共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键；
③根据均摊法计算。
11．【答案】（1）4d25s2
（2）Li；N
（3）咔唑分子间存在氢键
（4）分子晶体；sp3；红外光谱；＞；CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大
（5） ； 或
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；含有氢键的物质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，依据核外电子排布规律写出基态Zr的价层电子排布式为4d25s2，故答案为：4d25s2；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H
【分析】（1）Zr(锆)在元素周期表中位于第五周期，与钛同族，属于ⅣB族，则基态Zr的价层电子排布式为；（2）Li和H属于同主族，第一电离能由大变小，H>Li，电负性由小变大H
（2）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
（3）CaCO3；Ca(OH)2；＜
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
【知识点】化学反应速率的影响因素；蒸发和结晶、重结晶；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)将电石渣进行粉碎，可增大接触面积，加快打浆速率并提高原料利用率
(2)氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。“氯化”时要适当减缓通入Cl2速率的目的是，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气转化率
(3)碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。
(4)根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
【分析】电石渣主要成分为氢氧化钙和碳酸钙，加入水打浆，然后通入氯气，可生成次氯酸钙，次氯酸钙进一步转化为氯酸钙，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体氯酸钾。
13．【答案】（1）抑制SnCl2水解
（2）Sn2++CO32－=SnO↓+CO2↑
（3）NaCl、Na2CO3
（4）Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O
（5）SnSO4·2H2O
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O= Sn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，正确答案：抑制SnCl2水解；（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑，正确答案为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑；（3）SnCl2与碳酸钠溶液反应生成SnO沉淀，同时生成氯化钠，反应的化学方程式：SnCl2+Na2CO3=2NaCl+SnO↓+CO2↑，过滤得到的滤液主要成分是氯化钠和过量的碳酸钠溶液，正确答案：氯化钠和碳酸钠；（4）酸性条件下，SnSO4可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；正确答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（5）SnSO4·x H2O全部失去结晶水生成SnSO4，减少的质量是结晶水的质量，结晶水的物质的量是：n（H2O）=（50.2g-43g）/18g·mol-1=0.4mol，n（SnSO4）=43g/215 g·mol-1=0.2mol，所以n（SnSO4）：n（H2O）=0.2mol：0.4mol=1：2，所以该晶体的化学式为：SnSO4·2H2O，正确答案：SnSO4·2H2O。
【分析】（1）Sn2+水解结合氢氧根，这时我们增加溶液中氢离子的浓，就能有效抑制SnCl2的水解；
（3）经过前面的反应，可知，溶液I中溶质的成分有生成的氯化钠以及过量的碳酸钠；
（4））Sn2+具有还原性，双氧水具有氧化性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，生成物为锡离子和水；
（5）根据题意中的数据可以推出该晶体的化学式。
14．【答案】（1）三颈烧瓶；冷凝管
（2）A；D
（3）小于；D
（4）趁热过滤
（5）C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】（1）根据装置图中a、b两种玻璃仪器的构造特点判断a为三颈烧瓶，b为球形冷凝管（或冷凝管）。
（2）晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒。所以应缓慢冷却溶液、缓慢蒸发溶剂有利于得到较大的晶体，选AD；当溶液发生过饱和现象时，振荡容器，用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁，或投入几粒晶体或将容器进一步冷却，都可促使晶体析出。
（3）减压过滤也称抽滤或吸滤。抽滤时所用的滤纸应略小于布氏漏斗内径，能将布氏漏斗上全部小孔盖住。将烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失。所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的。选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗时不会使二苯基乙二酮晶体晶体溶解，同时又不会带入杂质。
（4）重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。
（5） 对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，因此，该实验条件下比较合适的回流时间是45min，选C。
【分析】（1）根据装置图即可得出本题答案
（2）晶体的颗粒大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，溶液的浓度越高，溶剂的蒸发速度越快，溶液冷却越快，析出的晶粒越小
（3）冲洗时不应该引入新杂质
（4）趁热过滤可以除去不溶杂质
15．【答案】（1）蒸馏法、电渗析法、离子交换法
（2）Cl2
（3）c；5∶1
（4）BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；萃取、分液
（5）石灰乳原料丰富，成本低；MgCl2
（6）MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
【知识点】海水资源及其综合利用；分液和萃取；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)海水淡化的方法为蒸馏法、电渗析法、离子交换法；
(2)步骤(1)中的X是一种单质，X能将Br2置换出来，说明X的氧化性比Br2强，则X的化学式为Cl2；
(3)溴易挥发，步骤(2)通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，
故答案为：c，溴与碳酸钠反应离子方程式为3+3Br2=3CO2↑+5Br-+，只有Br元素的化合价变化，且1个Br失去电子与5个Br得到电子相等，则氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1；
(4)步骤(3)为和Br-发生归中反应生成Br2，发生反应的离子方程式为+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；提取Br2还要进行的操作为萃取、分液、蒸馏；
(5)工业上从母液中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低；Mg(OH)2是难溶物，Ca(OH)2是微溶物，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体；
(6)冶炼金属镁是电解熔融氯化镁得到，反应的化学方程式为：。
【分析】（1）海水淡化的方法主要有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法；
（2）卤水中加入X得到单质溴，则X具有氧化性，且X来源于NaCl，则X为氯气，电解饱和NaCl溶液得到氯气；
（3）热空气吹出溴利用的是溴易挥发的性质；溴与碳酸钠反应的方程式为3+3Br2=3CO2↑+5Br-+；
（4）步骤(3)为和Br-发生归中反应生成Br2；
（5）石灰乳原料丰富，成本低；除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体；
（6）电解熔融的氯化镁得到金属镁和氯气。
16．【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率；ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2↑
（2）分液；BC；2.0
（3）负；PbO2能导电，作为电极材料，电极反应物为H2O，在阳极继续发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+。
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；分液和萃取；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①浸出前，将菱锌矿研磨，可增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；
②硫酸溶解ZnCO3，生成ZnSO4、水和CO2，发生反应的离子方程式是ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2↑；
(2)①浸出液中加入萃取剂后，振荡静置后分层，则获得有机溶液的操作i是分液；
②A．升高温度可提高速率，但不能提高锌的平衡萃取率，故A不正确；
B．提高萃取剂中HA的浓度，可提高锌的平衡萃取率，故B正确；
C．图示可知平衡萃取率随溶液pH升高而增大，则适当提高溶液的pH可提高锌的平衡萃取率，故C正确；
故答案为BC；
③当pH=2.0时，Cu2+的平衡萃取率最低，则本步骤应选的pH是2.0；
(3)①Zn极周围溶液中Zn2+得电子还原为Zn，则Zn极为阴极，连接的电池b为负极；
②Pb极钝化后，生成的PbO2能导电，仍可作为电极材料，阳极表面发生的反应为氧化反应，此时电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，电极反应物为H2O，电解装置仍能持续工作制备Zn。
【分析】 (1)从化学反应速率的影响因素分析；
(2)依据萃取的相关知识分析解答；
(3)依据电解池的相关知识分析解答。
17．【答案】（1）
（2）加聚；CH2=CHCH3
（3）CH2Br-CH2Br+2NaOH CH2(OH)-CH2(OH)+2NaBr
（4）4；(CH3)2C=C(CH3)2
【知识点】乙烯的化学性质；聚合反应；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】乙烯和水发生加成反应生成A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，乙烯与Br2发生加成反应生成D是CH2BrCH2Br，E是CH2OHCH2OH，F是HOOC-COOH，根据可知X为CH3CH=CH2。
(1) 已知乙烯的分子式为C2H4；
故答案为： 第1空、
(2) 乙烯与X合成的反应式加聚反应；
故答案为：
第1空、加聚
第2空、CH2=CHCH3
(3) CH2BrCH2Br发生水解反应生成CH2OHCH2OH和NaBr；
故答案为： 第1空、CH2Br-CH2Br+2NaOH CH2(OH)-CH2(OH)+2NaBr
(4)①若y=2x+2即为烷烃，且x≤10，其一卤代物只有一种，用等效氢原理判断，符合此条件的有机物有CH4、CH3CH3、C(CH3)4、和(CH3)3CC(CH3)3等4种；
②若x=6，y=12，分子中所有碳原子处在同一平面上，则该有机物结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，
故答案为：
第1空、4
第2空、(CH3)2C=C(CH3)2
【分析】
乙烯和水发生加成反应，乙烯与Br2发生加成反应；
(1) 乙烯分子式为C2H4；
(2) 加聚反应；
(3) CH2BrCH2Br发生水解反应生成CH2OHCH2OH和NaBr；
(4)有机物CxHy①若y=2x+2即为烷烃，且x≤10，其一卤代物只有一种，用等效氢原理判断，符合此条件的有机物有CH4、CH3CH3、C(CH3)4、和(CH3)3CC(CH3)3等4种；
②若x=6，y=12，分子中所有碳原子处在同一平面上，则该有机物结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，乙烯上的原子是共平面的。
18．【答案】（1）字迹变黑；脱水
（2）O2
（3）氧化；加成；
（4）
（5）或或或或或等其中一个，符合且即可；
（6）5
【知识点】浓硫酸的性质；乙烯的化学性质；酯化反应；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】(1)浓硫酸具有脱水性，能使纸张、木材等含有C、H、O元素的物质中的H原子和O原子以水的组成脱去，继而碳化变黑；
故答案为字迹变黑；脱水性；
(2)可与浓，不可用浓干燥；和可与反应，不可以用固体干燥，所以既可以用浓干燥，又可以用固体干燥的是；
故答案为；
(3)乙烯为，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，从而使溴水褪色，化学反应方程式为；
故答案为氧化；加成；；
(4)丙烷是烷烃，在光照条件下可与卤素单质发生取代反应，其中丙烷与氯气在光照下反应生成的一氯丙烷的化学反应方程式为；
故答案为；
(5)某种烃燃烧后生成了和混合气体，表明该烃分子中含有；生成，水的物质的量为，表明该烃分子中含有；由此可知，该烃的实验式为，该烃的分子式可表示为，其中；
故答案为或或或或或等，符合且即可；
(6)酯化反应为羟基与羧基脱水形成酯基的过程，有，所以最多可以与乙酸发生酯化反应；
故答案为5。
【分析】（1）浓硫酸具有脱水性，能使纸张中的H、O元素按照水的组成比例脱去，剩下C；
（2） 既可以用浓干燥，又可以用固体干燥的是中性气体；
（3）乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化反应；乙烯和溴水发生加成反应；
（4）丙烷与氯气在光照下反应的化学方程式为；
（5）某种烃燃烧后生成了和混合气体，则该烃分子中含有；生成，水的物质的量为，则该烃分子中含有；该烃的实验式为；
（6）1mol葡萄糖含有5mol羟基。
19．【答案】（1）C2H2；C2H6O2
（2）C2H4；C2H4O2
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）依题意可得，A、B组成的混合物的平均组成为C2H4O。由于A为烃，B为烃的含氧衍生物，因此B中必含有2个氧原子。将其以任意物质的量之比混合，且物质的量之和一定时，两者碳原子数均为2，因此A为C2H2，B为C2H6O2。
（2）若生成的CO2和H2O的物质的量一定，则两种物质中含有的C和H原子数相同，因此A为C2H4，B为C2H4O2。
【分析】此题是对有机物分子式计算的考查，可结合“平均法”、“守恒法”确定分子中所含的原子数，从而确定分子式。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：104分
分值分布 客观题（占比） 14.0(13.5%)
主观题（占比） 90.0(86.5%)
题量分布 客观题（占比） 7(36.8%)
主观题（占比） 12(63.2%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 6(31.6%) 12.0(11.5%)
非选择题 12(63.2%) 90.0(86.5%)
多选题 1(5.3%) 2.0(1.9%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 困难 (100.0%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 有机化合物的命名 8.0(7.7%) 8
2 有机化合物中碳的成键特征 9.0(8.7%) 4,10
3 有机物中的官能团 10.0(9.6%) 4,8
4 离子方程式的书写 14.0(13.5%) 13,15
5 乙烯的化学性质 15.0(14.4%) 17,18
6 浓硫酸的性质 9.0(8.7%) 18
7 元素电离能、电负性的含义及应用 18.0(17.3%) 9,11
8 分子晶体 11.0(10.6%) 11
9 聚合反应 6.0(5.8%) 17
10 晶胞的计算 7.0(6.7%) 10
11 乙醇的化学性质 2.0(1.9%) 1
12 同系物 8.0(7.7%) 8
13 化学反应速率的影响因素 15.0(14.4%) 12,16
14 分液和萃取 20.0(19.2%) 1,7,15,16
15 利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构 33.0(31.7%) 8,9,10,11
16 同分异构现象和同分异构体 17.0(16.3%) 4,8,9
17 含有氢键的物质 11.0(10.6%) 11
18 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 7.0(6.7%) 9
19 化学键 7.0(6.7%) 10
20 原子核外电子排布 11.0(10.6%) 11
21 有机分子式的推断与计算 37.0(35.6%) 2,3,4,5,6,8,17,18,19
22 物质的量的相关计算 8.0(7.7%) 12
23 海水资源及其综合利用 9.0(8.7%) 15
24 电极反应和电池反应方程式 7.0(6.7%) 16
25 酯化反应 9.0(8.7%) 18
26 蒸发和结晶、重结晶 29.0(27.9%) 9,12,13,14
27 电解池工作原理及应用 7.0(6.7%) 16
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