江西省九江市彭泽县第二高级中学2022-2023学年高二下学期化学期末试题
一、单选题
1．近年来，我国科技迅猛发展，下列科技成果中蕴含的化学知识叙述不正确的是（ ）
A．建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金
B．中国天眼FAST用到的SiC是新型无机非金属材料
C．华为麒麟芯片的主要成分是单质硅
D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】 A：钢属于合金，叙述正确，故A不符合题意；
B：SiC属于新型无机非金属材料，叙述正确，故B不符合题意；
C：芯片的主要成分是单质硅 ，叙述正确，故C不符合题意；
D：分子晶体有低熔点的特性，氮化硅结构材料耐高温， 故Si3N4不属于分子晶体，属于共价晶体，叙述错误，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】SiC属于新型无机非金属材料，其中的碳原子和硅原子通过共价键连接，具有硬度很大、优异的高温抗氧化性能。
利用硅的半导体性能可以制成计算机、通信设备和家用电器等的芯片。
分子晶体和共价晶体判断：①构成共价晶体的微粒是原子，构成分子晶体的微粒是分子。②共价分子晶体有低熔点、低沸点的特性。③常见的分子晶体：所有非金属氰化物、部分非金属单质、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大数有机物。常见的共价晶体：某些单质（硼、硅、锗、灰锡等）、某些非金属化合物（碳化硅、Si3N4等）。
2．黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列有关说法不正确的是（ ）
A．离子半径：
B．分子的空间结构为直线形
C．含离子键和共价键
D．分子中键与键的数目比为
【答案】A
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A：K+和S2-的核外电子排布相同，K的原子序数大于S，故离子半径 ，故A符合题意；
B：CO2的孤电子对为0，中心原子上的价层电子对数为2，分子空间为直线形，故B不符合题意；
C：K+和之间存在离子键，氮原子和氧原子之间存在共价键，故C不符合题意；
D： N2的电子式为， σ 键的数目为1， π 键电子数为2， 键与键的数目比为1：2，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】中心原子孤电子对=，中心原子上的价层电子对数=σ 键电子对数+中心原子孤电子对。中心原子上的价层电子对数为2的空间构型为直线形。
金属阳离子与某些带电的原子团之间形成的键为离子键。
共价键是原子间通过共用电子对所形成的相互作用，一般形成于非金属元素化合时。
3．拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．N2H4的电子式：
C．NH3的空间充填模型：
D．Cl的原子结构示意图：
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；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： 中，A表示质量数，Z表示质子数。中子数为18的氯原子，质子数为17，应写为，故A不符合题意；
B：氮原子电子核外有5个电子，与其他原子共用电子达到8电子稳定结构，所以 N2H4 电子式应为 ，故B 不符合题意；
C：图示是球棍模型，不是空间充填模型，故C不符合题意；
D：Cl的原子结构示意图： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】 中，X表示元素A表示质量数，Z表示质子数。
4．下列说法正确的是（ ）
A．分子式是C4H8O且属于醛的结构有3种
B．分子式是C5H10O2且属于羧酸的结构有5种
C．的一溴代物有5种
D．C4H10的同分异构体有3种
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A：分子C4H8O且属于醛，可看作C3H7—CHO，丙基有2种，因此分子C4H8O且属于醛的同分异构体有2种，故A不符合题意；
B：C5H10O2的含有羧酸的结构，可看作C4H10—COOH，丁基有4种，因此C5H10O2的含有羧酸的结构共4种同分异构体，故B不符合题意；
C：结构有对称结构，一溴代物分别有5种，，故C符合题意；
D：C4H10属于饱和烃，同分异构体有正丁烷和二甲基丙烷两种，故D不符合题意：
故答案为：C
【分析】同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。
5．（2018高一上·诸暨期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B．25℃，1.01×105 Pa， 44g CO2中含有的原子数为3NA
C．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
D．标准状况下，11.2LH2O 含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】A、含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的物质的量是1mol，体积约为22.4L，选项A不符合题意；
B、44g CO2的物质的量是1mol，含有3mol原子，含有的原子数为3NA，选项B符合题意；
C、不是标准状况下，无法计算氯气的物质的量，选项C不符合题意；
D、标准状况下，水不是气体，无法计算其物质的量，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.在标况下利用n=计算出氦原子的物质的量，进而得出答案；
B.根据n=计算出 CO2的物质的量，进而分析得出答案；
C.此公式n=需在标况下使用；
D.此 公式n=适用于标况下的气体求物质的量。
6．下列分子中不存在空间立体异构的是（ ）
A．CHF=CHF B．
C．CH3CH2OH D．平面四边形分子Pt(NH3)2Cl2
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A：双键碳原子连着H和F，存在顺反异构，故A不符合题意；
B：2号碳原子连着四个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，存在对映异构体，故B不符合题意；
C：不存在立体异构，故C符合题意；
D：平面分子存在两种异构，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】双键碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，具有顺反异构。
在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，根据碳原子连接的原子或原子团分析判断。含有手性碳原子的分子存在对映异构体。
7．饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是（ ）
A．NaCl固体溶于水，破坏了离子键
B．此过程中溶解速率小于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质的物质的量浓度变大
D．此过程说明NaCl只有在水溶液中才能电离
【答案】A
【知识点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A：氯化钠是离子晶体，存在离子键，NaCl溶于水破坏离子键，故A符合题意；
B：图示过程说明溶解速率等于结晶速率，故B不符合题意；
C：向饱和溶液中加入溶质，溶质不再溶解，溶质物质的量浓度不变，故C不符合题意；
D：NaCl可以在熔融状态下电离，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】离子化合物之间存在离子键，溶于水破坏离子键。
饱和溶液是在一定温度下一定量的溶剂中不能再溶解某种溶质的溶液，即已达到该溶质的溶解度的溶液。
8．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是（ ）
A．中心离子提供空轨道
B．的W溶液中
C．基态钛原子的价层电子数为2
D．配体中氢原子提供孤电子对
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况
【解析】【解答】A：中心离子Ti显+3价，Ti3+提供空轨道，故A不符合题意；
B：电离方程式为 为 ，故0.01mol/LW溶液能电离出0.02mol/L Cl-，故B符合题意；
C：Ti的原子序数为22，价层电子排布式为3d24s2，价层电子数为4，故不符合题意；
D：配体H2O中，O提供孤电子对，故D不符题意；
故答案为：B
【分析】配位化合物是把接受孤电子对的金属离子或原子与某些提供孤电子对的原子或离子以配位键结合形成的复杂化合物。中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对。
9．硼氢化钠()具有很强的还原性，在催化剂钌()表面与水反应生成的过程中产生了、、等中间物质，最终转化为。下列说法不正确的是（ ）
A．为平面三角形结构，通常是以二聚体的形式存在
B．、和中B的VSEPR模型相同
C．反应过程中仅氢元素化合价发生变化
D．1mol 与转化为释放出4mol
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】 A：BH3中，孤电子对为0，中心原子价电子对数为3，分子空间结构为平面三角形，常以二聚体B2H6存在，说法正确，故A不符合题意；
B：H2BOH、HB(OH)2、 ，孤电子对数都为0，中心原子价电子对数分别为3、3、4，分子空间结构分别为为平面三角形、平面三角形，正四面体，说法错误，故B符合题意；
C：反应仅H化合价发生了变化，说法正确，故C不符合题意；
D： +4H2O=+4H2↑，~4H2，1mol反应生成4molH2，说法正确，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】判断分子的空间立体结构：价层电子对数为2的为直线形，价层电子对数为3的，为平面三角形，价层电子对数为4的为正四面体。
10．CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，下列有关该材料所涉及元素及其同族元素相关化合物的论述正确的是（ ）
A．键角由大到小的顺序为NH3＞ PH3＞ AsH3
B．Cd为48号元素，其基态原子的电子排布式为[ Ar]3d104s2
C．Sn位于第五周期第IVA族，其价层电子排布式为4d105s25p2
D．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4的还原性小于CH4的
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】 A：结构相似，N、P、As位于同一主族，原子半径逐渐增加，键合电子排斥力变小，故键角逐渐变小，故A符合题意；
B：Cd位于第五周期，电子排布式应为 [ Kr]4d10 5s2，故B不符合题意；
C：对于Sn属于主族元素，价层电子式为最外层电子，即价电子为排布式为5s25p2，故C不符合题意；
D：SiH4中H显-1价，CH4中H显+1价，-1价H具有较强还原性，因此SiH4的还原性大于CH4，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】基态原子电子排布式的书写：①按照构造原理写出电子填入能级的顺序：1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s……②根据各能级容纳的电子数填充电子。③去掉空能级，并按照能层顺序排列即可得到电子排布式。
结构相似，中心原子半径越大，键合电子之间排斥力越小，键角越小。
主族元素的价电子数等于最外层电子数。
11．下列由实验现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作和实验现象 结论
A 将样品溶于水，滴加盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀 样品已变质
B 向溶液中滴加3滴溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴溶液，出现红褐色沉淀
C 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 沉淀溶于氨水生成
D 向溶液中通入气体，有沉淀生成 酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A：在酸性条件下具有强氧化性，因此发生反应，3-+2+2H+=3+2NO↑+H2O，与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，因此该操作不能说明Na2SO3是否变质，故A不符合题意；
B：因NaOH溶液过量，红褐色沉淀可由NaOH溶液与Fe3+反应而得，不能说明一定是沉淀转化，故B不符合题意；
C： 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 ，是制备配位化合物 的过程，故C符合题意；
D：SO2通入水中发生反应生成H2SO3，ClO-在酸性条件下具有强氧化性，能将水中的氧化为，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，不能得出 ，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】的制备：硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 。
酸性条件下，、ClO-具有强氧化性。
12．（2021·大连模拟）研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示。下列有关木豆素的说法错误的是（ ）
A．苯环上的一氯代物有4种
B．分子中含5种官能团
C．能与氯化铁溶液发生显色反应
D．该物质能发生取代、加成和加聚反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，木豆素分子的2个苯环上有4类氢原子，苯环上的一氯代物有4种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，木豆素分子含有的官能团为碳碳双键、醚键、羟基和羧基，共4种，故B符合题意；
C．由结构简式可知，木豆素分子含有的酚羟基能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液呈紫色，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，木豆素分子含有的羧基、酚羟基能发生取代反应，含有的碳碳双键和苯环能发生加成反应，含有的碳碳双键能发生加聚反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用等效氢判断；
B．由结构简式确定官能团；
C．由结构简式可知含有的酚羟基；
D．利用官能团与性质的关系判断。
13．蓖麻油酸(结构简式如图所示)是工业上制备高分子材料锦纶常使用的一种原料。下列关于蓖麻油酸的说法错误的是（ ）
A．分子式为C18H34O3
B．分子中含有两种含氧官能团
C．可发生氧化、加成和取代反应
D．1mol蓖麻油酸可与足量金属钠反应生成2molH2
【答案】D
【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】A：分子式为C18H34O2，说法正确，故A不符合题意；
B：分子中含氧官能团有羟基和羧基两种，说法正确，故B不符合题意：
C：碳碳双键可发生氧化反应、加成反应，羟基能发生加成反应、氧化反应、取代反应，消去反应。羧基可发生取代反应，说法正确，故C不符合题意；
D：羟基和羧基都能与金属Na反应生成H2，反应比例关系是—COOH～—OH～0.5H2，故1mol蓖麻油脂与金属钠反应生成1molH2，说法错误，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】—OH、—COOH是常见的官能团。
有机化合物中能与Na反应的官能团有羧基和羟基，能与NaHCO3反应的官能团只有羧基，能与碳酸钠反应的官能团有醇羟基和羧基。
14．（2022高二下·福建期中）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为。生成物的晶体结构如图。下列有关说法错误的是（ ）
A．反应产物中有两种非极性分子
B．1mol 和1mol 含有的键数目之比为1：1
C．晶体中阴、阳离子的配位数分别为4和8
D．若晶体的晶胞边长为anm，两个之间的最短距离为
【答案】C
【知识点】化学键；离子晶体；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．反应产物N2、CO2中的正负电荷中心重合，均为非极性分子，故A不符合题意；
B．CO2、N2的结构式分别为O=C=O、 ，双键、三键中有1个σ键，其余为键，则1mol 和1mol 含有的键数目之比为1：1，故B不符合题意；
C．由图示可知，晶体中阴离子和阳离子的配位数分别为8和4，故C符合题意；
D．若晶体的晶胞边长为anm，两个之间的最短距离为，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.判断分子的构型，如果结构对称，正负电荷中心重合是非极性分子，不重合是极性分子
B.写出结构式，单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，三键中有1个σ键、2个π键
C.均摊法计算各离子个数
D. 两个之间的最短距离为面对角线长度的一半
二、填空题
15．按要求回答下列问题。
（1）H3O+中心原子采用 杂化，其键角比H2O中键角 (填“大”或“小”)。
（2）有如下分子：①PCl5②PCl3③BF3④BeCl2⑤NF3⑥CO2⑦HCl⑧H2O2⑨CH4⑩C2H4
①上述分子中每个原子周围都满足8电子结构的是 (填序号)。
②CO2分子中σ键和π键个数之比为 。
③含有极性键的极性分子有 (填序号)。
④空间结构为三角锥形的分子是 (填序号)。
【答案】（1）sp3；大
（2）②⑤⑥；1：1；②⑤⑦⑧；②⑤
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】（1）H3O+中O的孤电子对数为，σ键个数为3，中心原子价电子对数为1+3=4，则H3O+的空间立体结构为三角锥形， 中心原子采用sp3杂化 。H3O+中的O有1个孤电子对，H2O中的O有2个孤电子对，H2O排斥力较大，所以H3O+的键角＜H2O的键角。
（2）① HCl、H2O2、C2H4、CH4中H 只有1个电子，故H不能满足8电子结构。
PCl5 的P最外层电子数为5，共用电子对数为5，5+5>8，不满足8电子结构；
BF3的B最外层电子数为3，共用电子对数为3，3+3<8，不满足8电子结构；
BeCl2的Be最外层电子数为2，共用电子对数为3，2+3<8，不满足8电子结构；
故答案为：②⑤⑥
② CO2 分子的结构式为， σ键个数为1，π键个数为1，σ键和π键个数之比 1：1。
③共用电子对偏移的共价键叫做极性共价键。
④ 空间结构为 三角锥形的分子，中心价层电子数为4，孤电子对数为1，满足的是 PCl3、NF3。
【分析】（1）杂化类型相同，中心原子的孤电子对数越多，键角越小。孤对电子间的排斥力>孤对电子对化学键的排斥力>化学键间的排斥力。
（2）①满足8电子结构的原子：原子最外层电子数+共用电子对数=8。
②根据共价单键是σ键，共价双键有一个σ键。 共价三键由一个σ键，两个π键组成判断。
③极性键的电子发生电子偏移。
④利用价层电子对互斥模型判断分子或离子的空间构型。
三、工业流程题
16．某科研小组以钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，含少量CuO、MnO2、FeO等)为原料制备活性氧化锌的生产流程如图所示，请回答下列问题。
（1）“浸取”工序后得到的滤液1中主要的阳离子为[ Zn( NH3)4]2+、[ Cu( NH3)4]2+配离子和 等，则滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）滤渣2主要是锌和铜，“除杂”中所发生反应的离子方程式为 。
（3）将碱式碳酸锌煅烧分解，可得到具有催化性能的纳米级活性氧化锌，分解温度一般控制在600℃以下，当分解温度大于600℃时，所制得的氧化锌催化活性反而下降，其原因是 。
（4）已知：i．pH>11时，Zn( OH)2能溶于NaOH溶液；
ii．下表是常温下几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：
Zn2+ Fe2+ Fe3+ Cu2+
开始沉淀的pH 5.4 7.0 2.3 4.7
完全沉淀的pH 8.0 9.0 3.1 6.7
若以钢铁厂烟灰为原料制备活性ZnO的实验方案设计如下：
①向滤液1中加入适量双氧水的作用是 (用离子方程式表示) ，调pH加入的固体可以是 。 (填化学式)。
②向滤液2中加入足量锌粉的目的是 ；向滤液3中加入1.0mol·L－1NaOH溶液调节的pH范围为 。
【答案】（1）MnO2 、FeO
（2）Zn+ [Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+
（3）分解温度过高时，氧化锌的颗粒变大，接触面减小，催化剂的活性降低
（4）2Fe2+ +2H+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O；ZnO或Zn(OH)2等；将铜离子转化为铜，便于过滤除去；8.0≤pH≤11
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 （1）钢铁厂烟灰的成分有ZnO、CuO、MnO2、FeO ，浸取后所得滤液1的阳离子 Zn( NH3)4]2+、[ Cu( NH3)4]2+ ，即ZnO和CuO转化为Zn( NH3)4]2+、[ Cu( NH3)4]2+，因此MnO2、FeO成为滤渣1。
（2）加锌粉后滤渣中出现铜，说明锌将铜从[ Cu( NH3)4]2+置换出来，离子方程式 Zn+ [Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+ 。
（3）纳米级活性氧化锌才能做催化剂，温度越高，氧化锌晶体的颗粒尺寸越大，故当分解反应的温度过高，会导致分解生成的氧化锌颗粒过大，接触面积减小，催化剂的活性降低 。
（4）①Fe2+的完全沉淀的pH>9，该pH值下 Zn2+也被完全除去， Fe2+转化为 Fe3+再除去可避免此问题。反应离子方程式 2Fe2+ +2H+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O ；调节pH的固体要与H+反应，且不引入杂质，可选 ZnO或Zn(OH)2 等。
②滤液2加入锌粉后，铜离子与锌反应生成锌离子和铜单质，通过过滤除去铜单质。
滤液3中只有Zn2+，据表中信息可知，pH>8.0时，Zn2+完全转化为Zn(OH)2 ，又 pH>11时 ，Zn( OH)2能溶于NaOH溶液 。故pH不能大于 11，故pH范围为8.0~11。
【分析】烟灰浸取后，ZnO和CuO以配离子形式进入滤液1，MnO2、FeO则以滤渣1除去；滤液1加入锌粉使[ Cu( NH3)4]2+转化铜单质除去，此时滤液2主要成分为 Zn( NH3)4]2+ ，蒸氨沉锌后转变Zn( OH)3CO3，煅烧Zn( OH)3CO3得到目标产物ZnO。
（1）（2）（3）据上述分析解答。
（4）根据Fe2+的完全沉淀的pH>9， Zn2+开始沉淀的pH为5.4， Fe3+完全沉淀的pH为3.1分析。调节pH试剂选择：一般为含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H＋反应，使pH增大的物质，注意碳酸盐会增加其他碳酸根离子，需视情况使用，据此解答 。
② 根据Zn2+开始沉淀的pH为5.4和 pH>11时，Zn( OH)2能溶于NaOH溶液来分析。
四、实验题
17．青蒿素是治疗疟疾耐药性效果最好的药物。近年来随着研究的深入，青蒿素其他作用也越来越多被发现、应用、研究，如抗肿瘤、抗病毒、治疗肺动脉高压等。
已知：①青蒿素可溶于乙醇、乙醚，在水中几乎不溶，熔点为156℃～157℃。
②乙醇的沸点为78℃，乙醚的沸点为34.5℃。
③青蒿素受热不稳定。
实验室提取青蒿素流程如图所示。
（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是 。用乙醚提取青蒿素的效果比乙醇好，原因是 。
（2）操作Ⅰ在索氏提取器中(如图所示)进行，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。
①装置a的名称为 。
②索氏提取的青蒿素位于 。(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是 。
（3）操作Ⅱ选用下图哪种装置更好 。(填字母)，原因是 。
（4）操作Ⅲ的过程可能是 。(填字母)。
a．加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶
b．加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤
c．加入乙醚进行萃取分液
（5）青蒿素( )中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取样品配制成溶液，取加入锥形瓶中，再加入足量的溶液和几滴淀粉溶液，用标准液滴定，滴定终点时消耗体积为。(已知：，(青蒿素))。青蒿素的纯度为 。
（6）在一定条件下，可对青蒿素分子结构进行修饰，如图所示。
从结构与性质关系的角度推测双氢青蒿素比青蒿素的水溶性、疗效更好的原因： 。
【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率；乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解
（2）球形冷凝管；圆底烧瓶；节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)
（3）乙；乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效
（4）b
（5）70.5%
（6）与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好
【知识点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）粉碎青蒿，增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率。
根据题目信息，乙醇和乙醚都可以溶解青蒿素，但乙醇的沸点较高，青蒿素受热不稳定，故选用乙醚，不仅能从青蒿中溶解出青蒿素，还能在较低蒸馏温度下与青蒿素分离。
（2）a装置为球形冷凝管；
索氏提取的青蒿素的过程是，
，故索氏提取的青蒿素最终会进入蒸馏烧瓶内，溶剂可以循环使用，提高了萃取效率，节约萃取剂。
（3）甲为常压蒸馏，乙为减压蒸馏，减压可以更好的降低蒸馏温度，由于青蒿素受热不稳定，选用乙可防止青蒿素分解。
（4）a．已知青蒿素在水中几乎不溶，因此不能加水溶解，故a不符合题意；
b．青蒿素可溶于乙醇，加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤可以得到青蒿素，故b符合题意；
c． 青蒿素可溶于乙醚，萃取分液得到还是混合液，故c不符合题意；
故答案为：b
（5）过氧键中O显-1价，得电子后降低到-2价，I-失电子后变成I2，化合价由-1升高到0价，因此反应青蒿素的物质的量等于生成I2的物质的量。 因为，n(I2)：n()=1：2。
I2的物质的量为：40mL×0.1mol/L×=2×10-3mol，
样品中青蒿素的物质的量为：2×10-3mol×10=0.02mol，
样品中青蒿素的质量为：0.02mol×282g/mol=0.564g，
青蒿素的纯度为：
（6） 与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好 。
【分析】青蒿素经粉碎与溶剂充分接触，在滤纸套筒完成萃取，得到提取液，经虹吸管流入蒸馏烧瓶。提取液通过蒸馏分离乙醚和粗产品，粗产品经过提纯得到精品青蒿素。
（1）粉碎增大与溶剂接触面积，提高青蒿素 浸出速率和浸取率 。青蒿素受热不稳定，提取过程不宜用过高温度，而乙醚沸点较低，蒸馏时所需温度较低。
（2）装置a是球形冷凝管，萃取剂位于圆底烧瓶内，溶剂能连续重复利用，与常规的萃取相比节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高) 。
（3）装置乙接入了真空泵，属于减压蒸馏，减压蒸馏可以更好降低蒸馏温度。
（4）a.青蒿素在水中几乎不溶；
b．提纯方式为重结晶，加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤可以得到青蒿素精品；
c． 青蒿素可溶于乙醚，所得还是混合液。
（5）结合：青蒿素~I2~2计算青蒿素的质量，利用计算纯度。
（6）根据含—OH的物质能形成氢键，使物质溶解性增大作答。
18．草酸(H2C2O4)是一种二元有机酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中，并在生命体内发挥重要的功能。已知：常温下，部分酸的电离平衡常数如表所示。
H2C2O4 H2CO3 HNO2
Ka1=5.6×10-2 Ka2=1.5×10-4 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=5.6×10-4
回答下列问题：
（1） H2C2O4的第一步电离方程式为 。
（2）自选化学试剂，设计实验方案证明草酸的酸性比碳酸的强： 。
（3）常温下，0.1 mol L-1 H2C2O4溶液的pH (填“＞”、“＜”或“=”，下同)0.1 mol L-1 HNO2溶液的，0.1 mol L-1 Na2C2O4溶液的pH 0.1 mol L-1 Na2CO3溶液的。
（4）测定某H2C2O4溶液的浓度：取25.00 mL H2C2O4溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol L-1酸性KMnO4 溶液滴定(滴定时发生的反应存在关系式：)，重复上述操作3次后，得到如表所示的数据：
滴定次数 滴定前酸性KMnO4溶液的读数/mL 滴定后酸性KMnO4溶液的读数/mL
1 0.10 20.30
2 0.50 20.80
3 0.00 22.00
4 1.10 21.20
①KMnO4溶液应盛装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中，原因为 。
②达到滴定终点时的标志为 。
③c(H2C2O4)= mol L-1。
【答案】（1）
（2）向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液，有气泡产生
（3）＜；＜
（4）酸式；KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化；0.2020
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；中和滴定；性质实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】（1） H2C2O4 为弱酸，第一步电离方程式为 。
（2）证明草酸的酸性比碳酸的强 ，则反应物有草酸，生成物有碳酸，操作为向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液，有气泡产生，则能证明。
（3）比较 H2C2O4的第一步电离常数和 HNO2 的电离常数， Ka1>Ka，因此 H2C2O4的电离程度大，酸性强，故常温下，0.1 mol L-1 H2C2O4溶液的pH1＜0.1 mol L-1 HNO2溶液。比较 H2C2O4 和 H2CO3 的第二步电离常数，Ka2(H2C2O4)>Ka2(H2CO3)，则 Na2C2O4溶液的电解程度小Na2CO3溶液的，溶液的碱性弱，因此 0.1 mol L-1 Na2C2O4溶液的pH<0.1 mol L-1 Na2CO3溶液的。
（4）①酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能放到碱式滴定管中，会腐蚀橡胶管，应放到酸式滴定管内。
②KMnO4溶液显紫色，当KMnO4溶液过量半滴时，溶液显浅红色，因此达到滴定终点时的标志为当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化。
③4次实验消耗KMnO4溶液的体积分别为20.2mL、20.3mL、22.00mL、20.1mL，第3次实验数据与其他实验数据相差较大，应舍弃。
则消耗KMnO4溶液的体积为，
n(KMnO4)=c(KMnO4)·V=0.1mol/L×20.2mL=2.02×10-3mol
滴定时发生的反应存在关系式： ，则=5.05×10-3mol
。
【分析】（1）根据电离方程式的书写规则书写。
（2）根据强酸制弱酸原理来设计实验。
（3）根据电离常数越大，酸性越强；弱酸的电离常数越小，其所生成的盐水解程度越大来判断。
（4）①根据酸式滴定管盛放酸性或氧化性试剂，碱式滴定管盛放碱性试剂来作答。
②滴定终点标志：当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液变色，且半分钟内不发生变化。
③根据实验数据，消耗的体积分别为20.2mL、20.3mL、22.00mL、20.1mL，3实验数据有明显偏差，故取实验1、实验2和实验4的平均体积，最后结合电子守恒进行计算。
五、有机推断题
19．以丙烯为原料合成治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如图所示：
（1）化合物A中含有的官能团名称为 ；A→B的反应所需的试剂和条件为 。
（2）写出化合物C的结构简式，并用星号(*)标出手性碳原子： 。
（3）G→H的反应类型为 。
（4）关于化合物F，下列有关说法正确的是____(填序号)。
A．F的化学式为C9H8O4
B．F中所有的碳原子一定在同一个平面上
C．1mol F与足量的金属Na反应所放出的气体的体积为22.4L(标准状况下)
D．与F互为同分异构体的芳香族二元羧酸的结构有10种(不考虑立体异构)
（5）化合物E分子中只有两种不同化学环境的氢原子，则E→F反应的化学方程式为 。
（6）化合物N生成P的过程中，可能会生成一种与P互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 。
【答案】（1）氯原子、碳碳双键；NaOH水溶液，加热
（2）
（3）取代反应
（4）A；D
（5）
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；烯烃；溴乙烷的化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】（1）丙烯的化学式为C3H6，A的化学式为C3H5Cl，因此丙烯→A为取代反应，A的结构简式，A官能团为氯原子（碳氯键）和碳碳双键。 B的分子式C3H5Cl，A→B 为卤代烃水解反应，反应条件为氢氧化钠水溶液，加热。
（2）B中含有碳碳双键，能与氯气发生加成反应，产物C结构简式为 ，手性碳原子是饱和的，并且连的四个基团也不相同，所以它是手性碳子如图。 。
（3）观察G 和H的结构简式可知，G分子—Cl被—N(CH3)CH2COOCH3取代，故反应类型为取代反应。
（4）A：F的化学式为C9H8O4，故A符合题意；
B：苯环12个原子共平面，但C—C单键可以旋转，—CH3中的C不一定能与分子其他碳原子共平面，故B不符合题意；
C：F中与Na反应生成的官能团是羧基，比例关系为2—COOH~H2，故1mol F与足量的金属Na反应所放出的气体的体积为11.42L(标准状况下)，故C不符合题意；
D：①取代基1种：—CH(COOH)2，1种结构。②取代基2种：—COOH、—CH2COOH，有邻、间、对3种结构。③取代基3种：—COOH、—COOH 、—CH3，两个羧基邻位取代时—CH3取代有2种，两个羧基间位取代时—CH3取代有3种，两个羧基对位取代时—CH3取代有1种，故同分异构体共有1+3+2+3+1=10种，因此与F互为同分异构体的芳香族二元羧酸的结构有10种，故D符合题意；
故答案为：AD
（5）化合物E分子中只有两种不同化学环境的氢原子，则E的结构简式，则E→F反应的化学方程式为 。
（6）N→P是N分子醚键断裂并与H2NC(CH3)3加成的反应，P是断裂①处反应所得产物，断裂②处反应得副产物 。
【分析】（1）识记常见的官能团。
（2）在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，根据碳原子连接的原子或原子团分析判断。
（3）根据取代反应的特点进行判断。
（4）A：根据F 的结构简式能写出F的化学式。
B：利用苯环12原子共平面、CH4的正四面体模型判断出 F中所有的碳原子不一定在同一个平面上。 C：利用羧基F与足量的金属Na反应所放出的H2的体积比计算。
D：①取代基1种：—CH(COOH)2，1种结构。②取代基2种：—COOH、—CH2COOH，有邻、间、对3种结构。③取代基3种：—COOH、—COOH 、—CH3，两个羧基邻位取代时—CH3取代有2种，两个羧基间位取代时—CH3取代有3种，两个羧基对位取代时—CH3取代有1种，故同分异构体共有1+3+2+3+1=10种，因此与F互为同分异构体的芳香族二元羧酸的结构有10种。
（5）根据E转化F可大致判断E的结构，又E分子中只有两种不同化学环境的氢原子，可知E除苯环外没有氢原子，故可写出E的结构简式与 E→F反应的化学方程式。
（6）中有2个C—O，据此能写出同分异构体的结构简式。
江西省九江市彭泽县第二高级中学2022-2023学年高二下学期化学期末试题
一、单选题
1．近年来，我国科技迅猛发展，下列科技成果中蕴含的化学知识叙述不正确的是（ ）
A．建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金
B．中国天眼FAST用到的SiC是新型无机非金属材料
C．华为麒麟芯片的主要成分是单质硅
D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
2．黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列有关说法不正确的是（ ）
A．离子半径：
B．分子的空间结构为直线形
C．含离子键和共价键
D．分子中键与键的数目比为
3．拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．N2H4的电子式：
C．NH3的空间充填模型：
D．Cl的原子结构示意图：
4．下列说法正确的是（ ）
A．分子式是C4H8O且属于醛的结构有3种
B．分子式是C5H10O2且属于羧酸的结构有5种
C．的一溴代物有5种
D．C4H10的同分异构体有3种
5．（2018高一上·诸暨期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B．25℃，1.01×105 Pa， 44g CO2中含有的原子数为3NA
C．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
D．标准状况下，11.2LH2O 含有的分子数为0.5NA
6．下列分子中不存在空间立体异构的是（ ）
A．CHF=CHF B．
C．CH3CH2OH D．平面四边形分子Pt(NH3)2Cl2
7．饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是（ ）
A．NaCl固体溶于水，破坏了离子键
B．此过程中溶解速率小于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质的物质的量浓度变大
D．此过程说明NaCl只有在水溶液中才能电离
8．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是（ ）
A．中心离子提供空轨道
B．的W溶液中
C．基态钛原子的价层电子数为2
D．配体中氢原子提供孤电子对
9．硼氢化钠()具有很强的还原性，在催化剂钌()表面与水反应生成的过程中产生了、、等中间物质，最终转化为。下列说法不正确的是（ ）
A．为平面三角形结构，通常是以二聚体的形式存在
B．、和中B的VSEPR模型相同
C．反应过程中仅氢元素化合价发生变化
D．1mol 与转化为释放出4mol
10．CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，下列有关该材料所涉及元素及其同族元素相关化合物的论述正确的是（ ）
A．键角由大到小的顺序为NH3＞ PH3＞ AsH3
B．Cd为48号元素，其基态原子的电子排布式为[ Ar]3d104s2
C．Sn位于第五周期第IVA族，其价层电子排布式为4d105s25p2
D．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4的还原性小于CH4的
11．下列由实验现象所得结论正确的是（ ）
选项 实验操作和实验现象 结论
A 将样品溶于水，滴加盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀 样品已变质
B 向溶液中滴加3滴溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴溶液，出现红褐色沉淀
C 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 沉淀溶于氨水生成
D 向溶液中通入气体，有沉淀生成 酸性：
A．A B．B C．C D．D
12．（2021·大连模拟）研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示。下列有关木豆素的说法错误的是（ ）
A．苯环上的一氯代物有4种
B．分子中含5种官能团
C．能与氯化铁溶液发生显色反应
D．该物质能发生取代、加成和加聚反应
13．蓖麻油酸(结构简式如图所示)是工业上制备高分子材料锦纶常使用的一种原料。下列关于蓖麻油酸的说法错误的是（ ）
A．分子式为C18H34O3
B．分子中含有两种含氧官能团
C．可发生氧化、加成和取代反应
D．1mol蓖麻油酸可与足量金属钠反应生成2molH2
14．（2022高二下·福建期中）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为。生成物的晶体结构如图。下列有关说法错误的是（ ）
A．反应产物中有两种非极性分子
B．1mol 和1mol 含有的键数目之比为1：1
C．晶体中阴、阳离子的配位数分别为4和8
D．若晶体的晶胞边长为anm，两个之间的最短距离为
二、填空题
15．按要求回答下列问题。
（1）H3O+中心原子采用 杂化，其键角比H2O中键角 (填“大”或“小”)。
（2）有如下分子：①PCl5②PCl3③BF3④BeCl2⑤NF3⑥CO2⑦HCl⑧H2O2⑨CH4⑩C2H4
①上述分子中每个原子周围都满足8电子结构的是 (填序号)。
②CO2分子中σ键和π键个数之比为 。
③含有极性键的极性分子有 (填序号)。
④空间结构为三角锥形的分子是 (填序号)。
三、工业流程题
16．某科研小组以钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，含少量CuO、MnO2、FeO等)为原料制备活性氧化锌的生产流程如图所示，请回答下列问题。
（1）“浸取”工序后得到的滤液1中主要的阳离子为[ Zn( NH3)4]2+、[ Cu( NH3)4]2+配离子和 等，则滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）滤渣2主要是锌和铜，“除杂”中所发生反应的离子方程式为 。
（3）将碱式碳酸锌煅烧分解，可得到具有催化性能的纳米级活性氧化锌，分解温度一般控制在600℃以下，当分解温度大于600℃时，所制得的氧化锌催化活性反而下降，其原因是 。
（4）已知：i．pH>11时，Zn( OH)2能溶于NaOH溶液；
ii．下表是常温下几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：
Zn2+ Fe2+ Fe3+ Cu2+
开始沉淀的pH 5.4 7.0 2.3 4.7
完全沉淀的pH 8.0 9.0 3.1 6.7
若以钢铁厂烟灰为原料制备活性ZnO的实验方案设计如下：
①向滤液1中加入适量双氧水的作用是 (用离子方程式表示) ，调pH加入的固体可以是 。 (填化学式)。
②向滤液2中加入足量锌粉的目的是 ；向滤液3中加入1.0mol·L－1NaOH溶液调节的pH范围为 。
四、实验题
17．青蒿素是治疗疟疾耐药性效果最好的药物。近年来随着研究的深入，青蒿素其他作用也越来越多被发现、应用、研究，如抗肿瘤、抗病毒、治疗肺动脉高压等。
已知：①青蒿素可溶于乙醇、乙醚，在水中几乎不溶，熔点为156℃～157℃。
②乙醇的沸点为78℃，乙醚的沸点为34.5℃。
③青蒿素受热不稳定。
实验室提取青蒿素流程如图所示。
（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是 。用乙醚提取青蒿素的效果比乙醇好，原因是 。
（2）操作Ⅰ在索氏提取器中(如图所示)进行，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。
①装置a的名称为 。
②索氏提取的青蒿素位于 。(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是 。
（3）操作Ⅱ选用下图哪种装置更好 。(填字母)，原因是 。
（4）操作Ⅲ的过程可能是 。(填字母)。
a．加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶
b．加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤
c．加入乙醚进行萃取分液
（5）青蒿素( )中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取样品配制成溶液，取加入锥形瓶中，再加入足量的溶液和几滴淀粉溶液，用标准液滴定，滴定终点时消耗体积为。(已知：，(青蒿素))。青蒿素的纯度为 。
（6）在一定条件下，可对青蒿素分子结构进行修饰，如图所示。
从结构与性质关系的角度推测双氢青蒿素比青蒿素的水溶性、疗效更好的原因： 。
18．草酸(H2C2O4)是一种二元有机酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中，并在生命体内发挥重要的功能。已知：常温下，部分酸的电离平衡常数如表所示。
H2C2O4 H2CO3 HNO2
Ka1=5.6×10-2 Ka2=1.5×10-4 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=5.6×10-4
回答下列问题：
（1） H2C2O4的第一步电离方程式为 。
（2）自选化学试剂，设计实验方案证明草酸的酸性比碳酸的强： 。
（3）常温下，0.1 mol L-1 H2C2O4溶液的pH (填“＞”、“＜”或“=”，下同)0.1 mol L-1 HNO2溶液的，0.1 mol L-1 Na2C2O4溶液的pH 0.1 mol L-1 Na2CO3溶液的。
（4）测定某H2C2O4溶液的浓度：取25.00 mL H2C2O4溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol L-1酸性KMnO4 溶液滴定(滴定时发生的反应存在关系式：)，重复上述操作3次后，得到如表所示的数据：
滴定次数 滴定前酸性KMnO4溶液的读数/mL 滴定后酸性KMnO4溶液的读数/mL
1 0.10 20.30
2 0.50 20.80
3 0.00 22.00
4 1.10 21.20
①KMnO4溶液应盛装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中，原因为 。
②达到滴定终点时的标志为 。
③c(H2C2O4)= mol L-1。
五、有机推断题
19．以丙烯为原料合成治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如图所示：
（1）化合物A中含有的官能团名称为 ；A→B的反应所需的试剂和条件为 。
（2）写出化合物C的结构简式，并用星号(*)标出手性碳原子： 。
（3）G→H的反应类型为 。
（4）关于化合物F，下列有关说法正确的是____(填序号)。
A．F的化学式为C9H8O4
B．F中所有的碳原子一定在同一个平面上
C．1mol F与足量的金属Na反应所放出的气体的体积为22.4L(标准状况下)
D．与F互为同分异构体的芳香族二元羧酸的结构有10种(不考虑立体异构)
（5）化合物E分子中只有两种不同化学环境的氢原子，则E→F反应的化学方程式为 。
（6）化合物N生成P的过程中，可能会生成一种与P互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】 A：钢属于合金，叙述正确，故A不符合题意；
B：SiC属于新型无机非金属材料，叙述正确，故B不符合题意；
C：芯片的主要成分是单质硅 ，叙述正确，故C不符合题意；
D：分子晶体有低熔点的特性，氮化硅结构材料耐高温， 故Si3N4不属于分子晶体，属于共价晶体，叙述错误，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】SiC属于新型无机非金属材料，其中的碳原子和硅原子通过共价键连接，具有硬度很大、优异的高温抗氧化性能。
利用硅的半导体性能可以制成计算机、通信设备和家用电器等的芯片。
分子晶体和共价晶体判断：①构成共价晶体的微粒是原子，构成分子晶体的微粒是分子。②共价分子晶体有低熔点、低沸点的特性。③常见的分子晶体：所有非金属氰化物、部分非金属单质、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大数有机物。常见的共价晶体：某些单质（硼、硅、锗、灰锡等）、某些非金属化合物（碳化硅、Si3N4等）。
2．【答案】A
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 A：K+和S2-的核外电子排布相同，K的原子序数大于S，故离子半径 ，故A符合题意；
B：CO2的孤电子对为0，中心原子上的价层电子对数为2，分子空间为直线形，故B不符合题意；
C：K+和之间存在离子键，氮原子和氧原子之间存在共价键，故C不符合题意；
D： N2的电子式为， σ 键的数目为1， π 键电子数为2， 键与键的数目比为1：2，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】中心原子孤电子对=，中心原子上的价层电子对数=σ 键电子对数+中心原子孤电子对。中心原子上的价层电子对数为2的空间构型为直线形。
金属阳离子与某些带电的原子团之间形成的键为离子键。
共价键是原子间通过共用电子对所形成的相互作用，一般形成于非金属元素化合时。
3．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；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： 中，A表示质量数，Z表示质子数。中子数为18的氯原子，质子数为17，应写为，故A不符合题意；
B：氮原子电子核外有5个电子，与其他原子共用电子达到8电子稳定结构，所以 N2H4 电子式应为 ，故B 不符合题意；
C：图示是球棍模型，不是空间充填模型，故C不符合题意；
D：Cl的原子结构示意图： ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】 中，X表示元素A表示质量数，Z表示质子数。
4．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A：分子C4H8O且属于醛，可看作C3H7—CHO，丙基有2种，因此分子C4H8O且属于醛的同分异构体有2种，故A不符合题意；
B：C5H10O2的含有羧酸的结构，可看作C4H10—COOH，丁基有4种，因此C5H10O2的含有羧酸的结构共4种同分异构体，故B不符合题意；
C：结构有对称结构，一溴代物分别有5种，，故C符合题意；
D：C4H10属于饱和烃，同分异构体有正丁烷和二甲基丙烷两种，故D不符合题意：
故答案为：C
【分析】同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。
5．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】A、含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的物质的量是1mol，体积约为22.4L，选项A不符合题意；
B、44g CO2的物质的量是1mol，含有3mol原子，含有的原子数为3NA，选项B符合题意；
C、不是标准状况下，无法计算氯气的物质的量，选项C不符合题意；
D、标准状况下，水不是气体，无法计算其物质的量，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.在标况下利用n=计算出氦原子的物质的量，进而得出答案；
B.根据n=计算出 CO2的物质的量，进而分析得出答案；
C.此公式n=需在标况下使用；
D.此 公式n=适用于标况下的气体求物质的量。
6．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A：双键碳原子连着H和F，存在顺反异构，故A不符合题意；
B：2号碳原子连着四个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，存在对映异构体，故B不符合题意；
C：不存在立体异构，故C符合题意；
D：平面分子存在两种异构，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】双键碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，具有顺反异构。
在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，根据碳原子连接的原子或原子团分析判断。含有手性碳原子的分子存在对映异构体。
7．【答案】A
【知识点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A：氯化钠是离子晶体，存在离子键，NaCl溶于水破坏离子键，故A符合题意；
B：图示过程说明溶解速率等于结晶速率，故B不符合题意；
C：向饱和溶液中加入溶质，溶质不再溶解，溶质物质的量浓度不变，故C不符合题意；
D：NaCl可以在熔融状态下电离，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】离子化合物之间存在离子键，溶于水破坏离子键。
饱和溶液是在一定温度下一定量的溶剂中不能再溶解某种溶质的溶液，即已达到该溶质的溶解度的溶液。
8．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况
【解析】【解答】A：中心离子Ti显+3价，Ti3+提供空轨道，故A不符合题意；
B：电离方程式为 为 ，故0.01mol/LW溶液能电离出0.02mol/L Cl-，故B符合题意；
C：Ti的原子序数为22，价层电子排布式为3d24s2，价层电子数为4，故不符合题意；
D：配体H2O中，O提供孤电子对，故D不符题意；
故答案为：B
【分析】配位化合物是把接受孤电子对的金属离子或原子与某些提供孤电子对的原子或离子以配位键结合形成的复杂化合物。中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对。
9．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】 A：BH3中，孤电子对为0，中心原子价电子对数为3，分子空间结构为平面三角形，常以二聚体B2H6存在，说法正确，故A不符合题意；
B：H2BOH、HB(OH)2、 ，孤电子对数都为0，中心原子价电子对数分别为3、3、4，分子空间结构分别为为平面三角形、平面三角形，正四面体，说法错误，故B符合题意；
C：反应仅H化合价发生了变化，说法正确，故C不符合题意；
D： +4H2O=+4H2↑，~4H2，1mol反应生成4molH2，说法正确，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】判断分子的空间立体结构：价层电子对数为2的为直线形，价层电子对数为3的，为平面三角形，价层电子对数为4的为正四面体。
10．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】 A：结构相似，N、P、As位于同一主族，原子半径逐渐增加，键合电子排斥力变小，故键角逐渐变小，故A符合题意；
B：Cd位于第五周期，电子排布式应为 [ Kr]4d10 5s2，故B不符合题意；
C：对于Sn属于主族元素，价层电子式为最外层电子，即价电子为排布式为5s25p2，故C不符合题意；
D：SiH4中H显-1价，CH4中H显+1价，-1价H具有较强还原性，因此SiH4的还原性大于CH4，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】基态原子电子排布式的书写：①按照构造原理写出电子填入能级的顺序：1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s……②根据各能级容纳的电子数填充电子。③去掉空能级，并按照能层顺序排列即可得到电子排布式。
结构相似，中心原子半径越大，键合电子之间排斥力越小，键角越小。
主族元素的价电子数等于最外层电子数。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A：在酸性条件下具有强氧化性，因此发生反应，3-+2+2H+=3+2NO↑+H2O，与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，因此该操作不能说明Na2SO3是否变质，故A不符合题意；
B：因NaOH溶液过量，红褐色沉淀可由NaOH溶液与Fe3+反应而得，不能说明一定是沉淀转化，故B不符合题意；
C： 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 ，是制备配位化合物 的过程，故C符合题意；
D：SO2通入水中发生反应生成H2SO3，ClO-在酸性条件下具有强氧化性，能将水中的氧化为，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，不能得出 ，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】的制备：硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 。
酸性条件下，、ClO-具有强氧化性。
12．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，木豆素分子的2个苯环上有4类氢原子，苯环上的一氯代物有4种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，木豆素分子含有的官能团为碳碳双键、醚键、羟基和羧基，共4种，故B符合题意；
C．由结构简式可知，木豆素分子含有的酚羟基能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液呈紫色，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，木豆素分子含有的羧基、酚羟基能发生取代反应，含有的碳碳双键和苯环能发生加成反应，含有的碳碳双键能发生加聚反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用等效氢判断；
B．由结构简式确定官能团；
C．由结构简式可知含有的酚羟基；
D．利用官能团与性质的关系判断。
13．【答案】D
【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】A：分子式为C18H34O2，说法正确，故A不符合题意；
B：分子中含氧官能团有羟基和羧基两种，说法正确，故B不符合题意：
C：碳碳双键可发生氧化反应、加成反应，羟基能发生加成反应、氧化反应、取代反应，消去反应。羧基可发生取代反应，说法正确，故C不符合题意；
D：羟基和羧基都能与金属Na反应生成H2，反应比例关系是—COOH～—OH～0.5H2，故1mol蓖麻油脂与金属钠反应生成1molH2，说法错误，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】—OH、—COOH是常见的官能团。
有机化合物中能与Na反应的官能团有羧基和羟基，能与NaHCO3反应的官能团只有羧基，能与碳酸钠反应的官能团有醇羟基和羧基。
14．【答案】C
【知识点】化学键；离子晶体；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．反应产物N2、CO2中的正负电荷中心重合，均为非极性分子，故A不符合题意；
B．CO2、N2的结构式分别为O=C=O、 ，双键、三键中有1个σ键，其余为键，则1mol 和1mol 含有的键数目之比为1：1，故B不符合题意；
C．由图示可知，晶体中阴离子和阳离子的配位数分别为8和4，故C符合题意；
D．若晶体的晶胞边长为anm，两个之间的最短距离为，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.判断分子的构型，如果结构对称，正负电荷中心重合是非极性分子，不重合是极性分子
B.写出结构式，单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，三键中有1个σ键、2个π键
C.均摊法计算各离子个数
D. 两个之间的最短距离为面对角线长度的一半
15．【答案】（1）sp3；大
（2）②⑤⑥；1：1；②⑤⑦⑧；②⑤
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】（1）H3O+中O的孤电子对数为，σ键个数为3，中心原子价电子对数为1+3=4，则H3O+的空间立体结构为三角锥形， 中心原子采用sp3杂化 。H3O+中的O有1个孤电子对，H2O中的O有2个孤电子对，H2O排斥力较大，所以H3O+的键角＜H2O的键角。
（2）① HCl、H2O2、C2H4、CH4中H 只有1个电子，故H不能满足8电子结构。
PCl5 的P最外层电子数为5，共用电子对数为5，5+5>8，不满足8电子结构；
BF3的B最外层电子数为3，共用电子对数为3，3+3<8，不满足8电子结构；
BeCl2的Be最外层电子数为2，共用电子对数为3，2+3<8，不满足8电子结构；
故答案为：②⑤⑥
② CO2 分子的结构式为， σ键个数为1，π键个数为1，σ键和π键个数之比 1：1。
③共用电子对偏移的共价键叫做极性共价键。
④ 空间结构为 三角锥形的分子，中心价层电子数为4，孤电子对数为1，满足的是 PCl3、NF3。
【分析】（1）杂化类型相同，中心原子的孤电子对数越多，键角越小。孤对电子间的排斥力>孤对电子对化学键的排斥力>化学键间的排斥力。
（2）①满足8电子结构的原子：原子最外层电子数+共用电子对数=8。
②根据共价单键是σ键，共价双键有一个σ键。 共价三键由一个σ键，两个π键组成判断。
③极性键的电子发生电子偏移。
④利用价层电子对互斥模型判断分子或离子的空间构型。
16．【答案】（1）MnO2 、FeO
（2）Zn+ [Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+
（3）分解温度过高时，氧化锌的颗粒变大，接触面减小，催化剂的活性降低
（4）2Fe2+ +2H+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O；ZnO或Zn(OH)2等；将铜离子转化为铜，便于过滤除去；8.0≤pH≤11
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 （1）钢铁厂烟灰的成分有ZnO、CuO、MnO2、FeO ，浸取后所得滤液1的阳离子 Zn( NH3)4]2+、[ Cu( NH3)4]2+ ，即ZnO和CuO转化为Zn( NH3)4]2+、[ Cu( NH3)4]2+，因此MnO2、FeO成为滤渣1。
（2）加锌粉后滤渣中出现铜，说明锌将铜从[ Cu( NH3)4]2+置换出来，离子方程式 Zn+ [Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+ 。
（3）纳米级活性氧化锌才能做催化剂，温度越高，氧化锌晶体的颗粒尺寸越大，故当分解反应的温度过高，会导致分解生成的氧化锌颗粒过大，接触面积减小，催化剂的活性降低 。
（4）①Fe2+的完全沉淀的pH>9，该pH值下 Zn2+也被完全除去， Fe2+转化为 Fe3+再除去可避免此问题。反应离子方程式 2Fe2+ +2H+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O ；调节pH的固体要与H+反应，且不引入杂质，可选 ZnO或Zn(OH)2 等。
②滤液2加入锌粉后，铜离子与锌反应生成锌离子和铜单质，通过过滤除去铜单质。
滤液3中只有Zn2+，据表中信息可知，pH>8.0时，Zn2+完全转化为Zn(OH)2 ，又 pH>11时 ，Zn( OH)2能溶于NaOH溶液 。故pH不能大于 11，故pH范围为8.0~11。
【分析】烟灰浸取后，ZnO和CuO以配离子形式进入滤液1，MnO2、FeO则以滤渣1除去；滤液1加入锌粉使[ Cu( NH3)4]2+转化铜单质除去，此时滤液2主要成分为 Zn( NH3)4]2+ ，蒸氨沉锌后转变Zn( OH)3CO3，煅烧Zn( OH)3CO3得到目标产物ZnO。
（1）（2）（3）据上述分析解答。
（4）根据Fe2+的完全沉淀的pH>9， Zn2+开始沉淀的pH为5.4， Fe3+完全沉淀的pH为3.1分析。调节pH试剂选择：一般为含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H＋反应，使pH增大的物质，注意碳酸盐会增加其他碳酸根离子，需视情况使用，据此解答 。
② 根据Zn2+开始沉淀的pH为5.4和 pH>11时，Zn( OH)2能溶于NaOH溶液来分析。
17．【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率；乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解
（2）球形冷凝管；圆底烧瓶；节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)
（3）乙；乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效
（4）b
（5）70.5%
（6）与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好
【知识点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）粉碎青蒿，增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出速率和浸取率。
根据题目信息，乙醇和乙醚都可以溶解青蒿素，但乙醇的沸点较高，青蒿素受热不稳定，故选用乙醚，不仅能从青蒿中溶解出青蒿素，还能在较低蒸馏温度下与青蒿素分离。
（2）a装置为球形冷凝管；
索氏提取的青蒿素的过程是，
，故索氏提取的青蒿素最终会进入蒸馏烧瓶内，溶剂可以循环使用，提高了萃取效率，节约萃取剂。
（3）甲为常压蒸馏，乙为减压蒸馏，减压可以更好的降低蒸馏温度，由于青蒿素受热不稳定，选用乙可防止青蒿素分解。
（4）a．已知青蒿素在水中几乎不溶，因此不能加水溶解，故a不符合题意；
b．青蒿素可溶于乙醇，加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤可以得到青蒿素，故b符合题意；
c． 青蒿素可溶于乙醚，萃取分液得到还是混合液，故c不符合题意；
故答案为：b
（5）过氧键中O显-1价，得电子后降低到-2价，I-失电子后变成I2，化合价由-1升高到0价，因此反应青蒿素的物质的量等于生成I2的物质的量。 因为，n(I2)：n()=1：2。
I2的物质的量为：40mL×0.1mol/L×=2×10-3mol，
样品中青蒿素的物质的量为：2×10-3mol×10=0.02mol，
样品中青蒿素的质量为：0.02mol×282g/mol=0.564g，
青蒿素的纯度为：
（6） 与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好 。
【分析】青蒿素经粉碎与溶剂充分接触，在滤纸套筒完成萃取，得到提取液，经虹吸管流入蒸馏烧瓶。提取液通过蒸馏分离乙醚和粗产品，粗产品经过提纯得到精品青蒿素。
（1）粉碎增大与溶剂接触面积，提高青蒿素 浸出速率和浸取率 。青蒿素受热不稳定，提取过程不宜用过高温度，而乙醚沸点较低，蒸馏时所需温度较低。
（2）装置a是球形冷凝管，萃取剂位于圆底烧瓶内，溶剂能连续重复利用，与常规的萃取相比节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高) 。
（3）装置乙接入了真空泵，属于减压蒸馏，减压蒸馏可以更好降低蒸馏温度。
（4）a.青蒿素在水中几乎不溶；
b．提纯方式为重结晶，加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤可以得到青蒿素精品；
c． 青蒿素可溶于乙醚，所得还是混合液。
（5）结合：青蒿素~I2~2计算青蒿素的质量，利用计算纯度。
（6）根据含—OH的物质能形成氢键，使物质溶解性增大作答。
18．【答案】（1）
（2）向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液，有气泡产生
（3）＜；＜
（4）酸式；KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化；0.2020
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；中和滴定；性质实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】（1） H2C2O4 为弱酸，第一步电离方程式为 。
（2）证明草酸的酸性比碳酸的强 ，则反应物有草酸，生成物有碳酸，操作为向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液，有气泡产生，则能证明。
（3）比较 H2C2O4的第一步电离常数和 HNO2 的电离常数， Ka1>Ka，因此 H2C2O4的电离程度大，酸性强，故常温下，0.1 mol L-1 H2C2O4溶液的pH1＜0.1 mol L-1 HNO2溶液。比较 H2C2O4 和 H2CO3 的第二步电离常数，Ka2(H2C2O4)>Ka2(H2CO3)，则 Na2C2O4溶液的电解程度小Na2CO3溶液的，溶液的碱性弱，因此 0.1 mol L-1 Na2C2O4溶液的pH<0.1 mol L-1 Na2CO3溶液的。
（4）①酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能放到碱式滴定管中，会腐蚀橡胶管，应放到酸式滴定管内。
②KMnO4溶液显紫色，当KMnO4溶液过量半滴时，溶液显浅红色，因此达到滴定终点时的标志为当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化。
③4次实验消耗KMnO4溶液的体积分别为20.2mL、20.3mL、22.00mL、20.1mL，第3次实验数据与其他实验数据相差较大，应舍弃。
则消耗KMnO4溶液的体积为，
n(KMnO4)=c(KMnO4)·V=0.1mol/L×20.2mL=2.02×10-3mol
滴定时发生的反应存在关系式： ，则=5.05×10-3mol
。
【分析】（1）根据电离方程式的书写规则书写。
（2）根据强酸制弱酸原理来设计实验。
（3）根据电离常数越大，酸性越强；弱酸的电离常数越小，其所生成的盐水解程度越大来判断。
（4）①根据酸式滴定管盛放酸性或氧化性试剂，碱式滴定管盛放碱性试剂来作答。
②滴定终点标志：当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液变色，且半分钟内不发生变化。
③根据实验数据，消耗的体积分别为20.2mL、20.3mL、22.00mL、20.1mL，3实验数据有明显偏差，故取实验1、实验2和实验4的平均体积，最后结合电子守恒进行计算。
19．【答案】（1）氯原子、碳碳双键；NaOH水溶液，加热
（2）
（3）取代反应
（4）A；D
（5）
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；烯烃；溴乙烷的化学性质；乙酸的化学性质
【解析】【解答】（1）丙烯的化学式为C3H6，A的化学式为C3H5Cl，因此丙烯→A为取代反应，A的结构简式，A官能团为氯原子（碳氯键）和碳碳双键。 B的分子式C3H5Cl，A→B 为卤代烃水解反应，反应条件为氢氧化钠水溶液，加热。
（2）B中含有碳碳双键，能与氯气发生加成反应，产物C结构简式为 ，手性碳原子是饱和的，并且连的四个基团也不相同，所以它是手性碳子如图。 。
（3）观察G 和H的结构简式可知，G分子—Cl被—N(CH3)CH2COOCH3取代，故反应类型为取代反应。
（4）A：F的化学式为C9H8O4，故A符合题意；
B：苯环12个原子共平面，但C—C单键可以旋转，—CH3中的C不一定能与分子其他碳原子共平面，故B不符合题意；
C：F中与Na反应生成的官能团是羧基，比例关系为2—COOH~H2，故1mol F与足量的金属Na反应所放出的气体的体积为11.42L(标准状况下)，故C不符合题意；
D：①取代基1种：—CH(COOH)2，1种结构。②取代基2种：—COOH、—CH2COOH，有邻、间、对3种结构。③取代基3种：—COOH、—COOH 、—CH3，两个羧基邻位取代时—CH3取代有2种，两个羧基间位取代时—CH3取代有3种，两个羧基对位取代时—CH3取代有1种，故同分异构体共有1+3+2+3+1=10种，因此与F互为同分异构体的芳香族二元羧酸的结构有10种，故D符合题意；
故答案为：AD
（5）化合物E分子中只有两种不同化学环境的氢原子，则E的结构简式，则E→F反应的化学方程式为 。
（6）N→P是N分子醚键断裂并与H2NC(CH3)3加成的反应，P是断裂①处反应所得产物，断裂②处反应得副产物 。
【分析】（1）识记常见的官能团。
（2）在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，根据碳原子连接的原子或原子团分析判断。
（3）根据取代反应的特点进行判断。
（4）A：根据F 的结构简式能写出F的化学式。
B：利用苯环12原子共平面、CH4的正四面体模型判断出 F中所有的碳原子不一定在同一个平面上。 C：利用羧基F与足量的金属Na反应所放出的H2的体积比计算。
D：①取代基1种：—CH(COOH)2，1种结构。②取代基2种：—COOH、—CH2COOH，有邻、间、对3种结构。③取代基3种：—COOH、—COOH 、—CH3，两个羧基邻位取代时—CH3取代有2种，两个羧基间位取代时—CH3取代有3种，两个羧基对位取代时—CH3取代有1种，故同分异构体共有1+3+2+3+1=10种，因此与F互为同分异构体的芳香族二元羧酸的结构有10种。
（5）根据E转化F可大致判断E的结构，又E分子中只有两种不同化学环境的氢原子，可知E除苯环外没有氢原子，故可写出E的结构简式与 E→F反应的化学方程式。
（6）中有2个C—O，据此能写出同分异构体的结构简式。
