【文档说明】北京市顺义牛栏山第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(28)页，5.708 MB，由小赞的店铺上传

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北京市牛栏山第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题说明：选择题、填空题写到答题纸上。可能用到的数据：H1B11C12N14O16Cl35.5S32Na23Ca40Ti48Co59一、选择题(每题只有一个正确选项，每小题2分，共42分)1.下

列材料的主要成分属于有机化合物的是A.北京冬奥工作入员服装的发热材料——石墨烯B.长征五号的整流罩前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺C.港珠澳大桥锚具材料——特殊工艺的低碳钢D.我国自主研发的5G芯片的材料——硅【答案】B【解析】【详解】A．石墨烯属于单质，不是有机化合物，故A错误；B．聚甲基丙烯酰亚

胺是有机高分子材料，属于有机化合物，故B正确；C．低碳钢属于合金，不是有机化合物，故C错误；D．硅属于非金属单质，不是有机化合物，，故D错误；答案选B。2.实验证据推动了人类对原子结构认识的不断深化。下列可以较好地解释“钠原子中

处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态，会产生多条谱线(如下图)”的原子结构模型是A.“葡萄干布丁”模型B.卢瑟福核式模型C.玻尔模型D.量子力学模型【答案】D【解析】【详解】A．汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干布丁模型，A不符合题意；B

．卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是a粒子散射实验，B不符合题意；C．玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，是建立在三个基本假设的基础上的理论，C不符合题意；D．原子结构的量子力学模型在处理核外电子量子化特性及波粒二象性提供

主要论据和重要结论，可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态会产生多条谱线”，D符合题意；故选D。3.元素周期表对化学学习和研究都有重要意义。下列说法不正确的是A.通过主族元素原子的最

外层电子数，推测其常见的化合价B.在金属与非金属分界线附近，寻找半导体材料C.研究氯、硫、磷、砷等所在区域的元素，制造新品种的农药D.在IA族和ⅡA族的金属中寻找催化剂【答案】D【解析】【分析】周期表中位置相近的元素性质相近，可在一定区域内寻找性质相

近元素，是一种发现物质新用途的有效方法。【详解】A．主族元素的最高正价等于最外层电子数(氟无正价，氧一般不显正价)，非金属元素最高正价和最低负价的绝对值之和等于8，A正确；B．周期表中位置相近的元素性质相近，可在一定区域内寻找性质相近元素，硅是半导体，位于金属与非金属分界线附近，B正确；

C．周期表中位置相近的元素性质相近，农药中含有氟、氯、硫、磷、砷等元素，研究氯、硫、磷、砷等所在区域的元素，有利于制造新品种的农药，C正确；D．催化剂一般在过渡元素中寻找，D错误；故选D。4.用化学用语表示34NHHClNHCl+=中的相关微粒，其中正确的是A.中子数为8的氮原子

为87NB.由H和Cl形成HCl的过程为C.3NH的结构式为D.Cl−的结构示意图为【答案】C【解析】【详解】A．中子数为8的氮原子质量数为15，化学符号为157N，故A错误；B．HCl为共价化合物，电子式：，用

电子式表示其形成过程时形成共用电子对，没有电子得失，故B错误；C．3NH是共价分子，其结构式为，故C正确；D．Cl−的结构示意图，故D错误；答案选C。5.下列说法正确的是A.利用银镜反应可以区分葡萄糖和麦芽糖B.油脂在碱性条件下可水解为甘油和

高级脂肪酸C.蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性D.核苷酸聚合成DNA是缩聚反应【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖和麦芽糖均能发生银镜反应，即利用银镜反应不可以区分葡萄糖和麦芽糖，A项错误；B．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化

反应，B项错误；C．硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，C项错误；D．核苷酸聚合成DNA的过程中，会脱水，因此是缩聚反应，D项正确；答案选D。6.下列事实不能．．用元素周期律解释的

是A.电负性：N<O<FB.酸性：H2SiO3<H2SO3<HClO4C.稳定性：HI<HBr<HClD.碱性：Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH【答案】B【解析】【详解】A．电负性越大，对键合电子的吸引力越大，同

周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，则电负性：N＜O＜F，A不符合；B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，亚硫酸不是最高价氧化物的水化物，则酸性：H2SiO3＜H2SO3＜HClO4不能．．用元素周期律解释，B符合；C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性I＜Br＜C

l，则稳定性：HI＜HBr＜HCl，C不符合；D．金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Al＜Mg＜Na，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜NaOH，D不符合；答案选B。7.溴匹立明用于治疗膀胱癌，毒副作用小，其结构简式如下图

。下列关于溴匹立明的说法不正确．．．的是A.分子式C10H8BrN3OB.能与NaOH溶液反应C.能与酸性KMnO4溶液反应D.能发生消去反应【答案】D【解析】【详解】A．根据溴匹立明的结构简式，可知分子式为C10H8BrN3O，故A正确

；B．含有碳溴键、酰胺键，所以能与NaOH溶液反应，故B正确；C．含有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液反应，故C正确；D．连有溴原子的邻位碳上没有H，不能发生消去反应，故D错误；选D。8.已知33As与15P位于同一主族。下列说法正确的是A.酸性：H3AsO4<H3PO4<H2SO4B.第一电

离能：As<P<SC.As在元素周期表中位于第五周期VA族D.沸点：AsH3>PH3>NH3【答案】A为【解析】【详解】A．由于非金属性：S>P>As,故最高价氧化物对应水化物酸性：343424HAsO<HPO<HSO，A项正确；B．同周期从左到右第一电离能逐渐增大，第五主族最外层半充满

结构，比较稳定，第一电离能出现反常，则P>S，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则P>As，即第一电离能：As<S<P，B项错误；C．As在元素周期表中位于第四周期VA族，C项错误；D．3NH含有氢键，沸点最高，33AsH,PH都不含氢键，相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：333NH>

AsH>PH，D项错误；答案选A。9.有关下列晶体的说法正确的是A.该晶体溶于水后可以导电，该晶体一定是离子晶体B.H2O含共价键，因此冰是共价晶体C.如图所示晶胞对应的化学式为ABX3D.一种化合物只能形成一种晶体结构【答案】C【解析】【详解】A．水溶液可以导电的晶体，可能为共

价化合物，也可能为离子晶体，A错误；B．H2O含共价键，但是冰是分子晶体，B错误；C．如图所示晶胞中，A为顶点，个数为1818=，B为体心，个数为1，X为面心，额数为1632=，对应的化学式为ABX3，C正确；D．一种化合物可能由于原子排列方式不同，能形成多种晶体结

构，D错误；故选C。10.下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是A.31d和33d属于同种核素B.气态氢化物的稳定性：a＞d＞eC.工业上常用电解法制备单质b和cD.a和b形成的化合物

不可能含共价键【答案】C【解析】【详解】由图部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图分析，a为氧化元素，e为硫元素，b为钠元素，c为铝元素，d为磷元素；A.31d和33d质子相同，中子数不同，互为同位素，A错误；a、e、d的非金属性依次减弱，它们的气态氢化物的稳定性也依次减弱，即a＞e

＞d，B错误；C.工业上常用电解法制备单质钠和铝，C正确；D.a和b可形成过氧化钠，其中过氧根离子中含氧氧共价键，D错误。11.利用下列实验药品，不．能达到实验目的的是实验目的实验药品A验证乙醇的消去产物含有乙烯乙醇、浓硫酸、酸性4KMnO溶液B验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性3CHCOOH溶液、23

NaCO固体、饱和3NaHCO溶液、澄清石灰水C验证蛋白质的盐析是可逆过程鸡蛋清溶液、饱和424(NH)SO溶液、蒸馏水D比较水和四氯化碳分子的极性碘晶体、2HO、4CClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】

【详解】A．乙醇易挥发且也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即对乙烯的检验产生干扰，A错误；B．3CHCOOH溶液和23NaCO固体反应生成二氧化碳气体，通过饱和3NaHCO溶液除去乙酸蒸汽，使澄清石灰水变浑浊，即证明乙酸酸性强于碳酸

，B正确；C．通过调节硫酸铵溶液溶度，鸡蛋清会析出、溶解，即蛋白质盐析是可逆的，C正确；D．根据相似相溶原理，碘、四氯化碳为非极性分子，水为极性分子，碘易溶于四氯化碳而水与四氯化碳不溶，D正确；故选A。12.下列有机物的系统命名正确的是A.2

，3-甲基丁烷B.3-甲基-2-乙基戊烷C.3-甲基-1-丁烯D.2-甲基-4-戊醇【答案】C【解析】【详解】A．2，3-甲基丁烷的名称中取代基个数未写出，正确的名称为：2，3-二甲基丁烷，A错误；B．3-甲基-

2-乙基戊烷名称中主碳链选错，正确名称：3，4-二甲基己烷，B错误；C．3-甲基-1-丁烯符合系统命名法，C正确；D．2-甲基-4-戊醇名称中的主碳链起点选错，正确名称为：4-甲基-2-戊醇，D错误；故选C。13.富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如

下图所示，下列说法不正确．．．的是A.铁位于元素周期表第四周期、第VIII族B.富马酸分子中σ键与π键的数目比为11∶2C.富马酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>HD.1mol富马酸与足量NaHCO

3溶液反应可生成2molCO2【答案】B【解析】【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在为C=O键，

在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A

正确；B．1mol富马酸分子中存在11mol的σ键和3mol的π键，数目比为11:3，故B错误；C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；D．1mol富马酸中存在2mol羧基，与足量NaHCO3溶

液反应可生成2molCO2，故D正确；故本题选B。14.下列实验方案能达到相应目的的是A．制备乙烯并检验B．实验室制乙酸乙酯C．检验溴乙烷水解产物中含有Br−D．证明酸性：碳酸>苯酚A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．该反应有副

产物二氧化硫生成，二氧化硫能使溴水褪色，干扰乙烯与溴水的反应，故A错误；B．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，故B错误；C．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液

中是否含Br−，故C正确；D．浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，盐酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故D错误；故选C。15.“鲁米诺”又名发光氨，是一种化学发光试剂，它在一定条件下被氧化后能发出蓝光，可用于鉴定血液，在刑侦中扮演了重要的角色，如图所示为鲁

米诺的一种合成原理，下列叙述正确的是A.一定条件，X可以和乙醇发生缩聚反应B.鲁米诺的分子式为8632CHNOC.①、②两步的反应类型分别为加成反应和取代反应D.若使用“84消毒液”对环境消毒，可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液【答案】D

【解析】【分析】【详解】A．X含有羧基，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应形成酯，但不能发生缩聚反应，A错误；B．根据鲁米诺分子结构简式，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式为C8H7N3O2，B错误；C．根据X、Y及鲁米诺分子结构简式可知反应①为取代反应，反应②为还原

反应，C错误；D．“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺分子中含有氨基，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液，D正确；故合理选项是D。16.Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO

3=K4Fe(CN)6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是A.此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为O<N<CB.配合物K4Fe(CN)6的中心离子的价电子排布图为，该中心离子的配位数是10C.1molH

CN分子中含有σ键的数目为1.204×1024D.K2CO3中阴离子的空间构型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为4【答案】C【解析】【详解】A．同周期主族元素自左而右电负性增大，则涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为CNO，故

A错误；B．配合物46KFe(CN)的中心离子为2Fe+，中心离子的价电子排布式为63d，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，该中心离子的配体为CN−，配位数是6，故B错误；C．HCN分子结构式为HCN−，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键，1molHCN分

子中含有σ键的数目为1.204×1024，故C正确；D．23KCO的阴离子中C原子孤电子对数()1422302=+−=，碳原子的价层电子对数303=+=，空间结构为平面三角形，故D错误；故答案选C。17.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，

可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确．．．的是A.X中含有手性碳原子B.Y与互为同系物C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应D.1molZ最多可消耗2molNaOH【答案】B【解析】【详

解】A．X中与羟基相连的碳原子是手性碳原子，A不符合题意；B．同系物的前提为结构相似，Y与所含官能团不同，不是同系物，B符合题意；C．Z中连有羟基的碳原子，与之相邻的碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，C不符合题意；D．Z中羟基

和氯原子都可以水解生成羟基，故1molZ最多可消耗2molNaOH，D不符合题意；故选B。18.右丙氧芬与左丙氧芬结构如下图所示，前者具有镇痛作用，后者具有止咳作用。下列说法正确的是A.右丙氧芬和左丙氧芬分子中都只含有1个手性碳原子B.右丙氧芬与左

丙氧芬互为对映异构体C.右丙氧芬分子中氮碳键之间的夹角与NH3中氮氢键之间的夹角相同D.右丙氧芬和左丙氧芬均易溶于水【答案】B【解析】【详解】A．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都含有两个手性碳原子，A错误；B．右丙氧芬

和左丙氧芬分子中都含有手性碳原子，故为对映异构，B正确；C．右丙氧芬分子中氮碳键之间与NH3中由于成键原子的电负性不同，故夹角不同，C错误；D．右丙氧芬和左丙氧芬中均不存在亲氧原子和亲氧原子团，D错误；故选B。

19.已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色、[CoCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl—垐?噲?[CoCl4]2—+6H2O△H，将

该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：装置序号操作现象①将试管置于冰水浴中溶液均呈粉红色②加水稀释③加少量ZnCl2固体以下结论和解释正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—中σ键数之比为3：2B.由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水

稀释，浓度熵Q<K，平衡逆向移动C.由实验③可知：Zn2+络合Cl—能力比Co2+络合Cl—能力弱D.实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关【答案】D【解析】【详解】A．六水合钴离子中配位键和水分子中

的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A错误；B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0

，故B错误；C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C错误；D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种

类等有关，故D正确；故选D。20.中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体、、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图所示

：。下列说法不．正确．．的是A.芳砜纶纤维中不含手性碳原子B.的名称为4，4'-DDS，推测的名称为3，3'-DDSC.参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8D.及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物【答案】C

【解析】【详解】A．芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；B．根据的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子位于4号碳原子上，则中N原子位于3号碳原子上，故名称为3，3′-DDS，故B正确；C．芳砜纶纤维的结构简式为，则为0.75n

，为0.25n，为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：n=3：1：4，故C错误；D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl,及时移除HCl,平衡右移，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物，故D正确；故

选：C。21.测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。i．取VmL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20mol/LNaOH溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色，中和硝酸。ii．向i所得溶液加入过量0.50m

ol/LNaOH溶液V1mL，充分反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。iii．用0.50mol/L硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2mL。下列说法不正确．．．的是A.根据结构分析，酸性CH2OHCOOH＞CH3COOHB.乙二醛反应生成CH2OHCOONa属于氧

化还原反应C.待测溶液中乙二醛浓度为120.50V-VVmol/LD.若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低【答案】D【解析】【详解】A．-OH是吸电子基，根据结构分析，导致羧基中的羟基更易电离出H+，则酸性：CH2OHCOOH＞CH3COOH，A正确；

B．在碱性条件下乙二醛发生歧化反应生成CH2OHCOONa，乙二醛中1个醛基被氧化，一个醛基被还原成羟基，因此反应属于氧化还原反应，B正确；C．NaOH溶液中溶质的总物质的量n总(NaOH)=c·V=0.5mol/L×V1×10-3L，硫酸滴定的过

量的NaOH的物质的量n余(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.5mo1/L×V2×10-3L，则待测溶液中乙二醛浓度c=总余n(NaOH)-n(NaOH)mol/LV=120.50V-VVmol/L，C正确；D．由C中分析待测溶液中乙二醛浓度c=总余n(NaOH)-n(NaO

H)mol/LV=120.50V-VVmol/L，若不进行步骤i，部分乙二醛被氧化成酸，消耗的氢氧化钠变大，步骤ⅲ消耗的硫酸减少。从而导致乙二醛的浓度增大，D错误；故合理选项是D。二、填空题(5道大题共58分)2

2.硼的化合物有重要应用。（1）写出基态B的电子排布式___________（2）硼酸(H3BO3)的结构如图所示。在水溶液中硼酸的电离方程式：H3BO3+H2O[B(OH)4]–+H+，25℃时Ka=10–

9.23。①将“-OH”视为一个原子，硼酸分子的空间构型为___________②[B(OH)4]–中，B原子的杂化轨道类型为___________；从化学键的角度说明H3BO3形成[B(OH)4]-的过程：___________③H3BO3可由BCl3水解得到，BCl3属于_______

____(填“极性”或“非极性”)分子。④用中和滴定法测定H3BO3纯度。取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为___________(用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g·mol−

1)（3）氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。①氨硼烷中N为–3价，B为+3价。H、B、N的电负性由大到小依次为___________②氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢

气，用单线桥表示该反应的电子转移。__________3NH3BH3+6H2O43NH+催化剂+336BO−+9H2↑③氨硼烷分子间存在“双氢键”使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是___________。【答案】（1）1s22s22p1（2）①.平面

三角形②.sp3③.H3BO3中B提供空轨道，OH-(或H2O)提供孤电子对，二者形成配位键④.非极性分子⑤.-331V10100%a（3）①.N>H>B②.③.与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用【解析】【小问1详解】B是5号元素，因此基态B原子的电子排

布式为1s22s22p1；【小问2详解】①硼酸分子式为H3BO3，将“-OH”视为一个原子，则硼酸分子中B原子的价层电子对数为3+（3-3）÷2=3,无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型均为平面三角形；②[B(OH)4]–中B原子的价层孤电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，B杂化

轨道类型为sp3杂化；H3BO3中B原子的电子排布式为：1s22s22p1，有空的p轨道，B原子提供空轨道，OH-(或H2O)提供孤电子对，二者形成配位键；③BCl3的B原子的价层电子对数为（3+3）÷2=3，sp2杂化，无孤电子对，BCl3为

正三角形,为非极性分子；④在水溶液中硼酸电离方程式：H3BO3+H2O[B(OH)4]–+H+，故硼酸为一元酸，n(H3BO3)=n(NaOH)=0.5mol·L−1×VmL×10-3=5V×10-4mol，H3B

O3的纯度为-45V10mol62g/mol100%ag=-331V10100%a；【小问3详解】①电负性大的表现为负价，氨硼烷中N为–3价，B为+3价，所以电负性N>B，氨气中N为–3价，H为+1价，所以电负性N>H，BH3中B为+

3价，H为-1价，所以电负性H>B，所以电负性由大到小依次为：N>H>B；②NH3BH3中B元素为+3价，失去电子变为+5价的B生成336BO−，H2O中H为+1价得到电子变为0价H生成氢气，用点线桥表示电子转移时箭头失去电子的元素指向

得到电子的元素，故单线桥表示电子转移为：③氨硼烷分子中N为–3价，B为+3价，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H原子形成分子间双氢键，分子间氢键使氨硼烷的熔点明显升高，所以双氢键都能形成的原因是与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用；2

3.利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。（1）光催化可实现NOx的净化①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因___________。②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因___________。③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，3NO−的空间

结构是___________。（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。（3）光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)

生成，·OH可将苯酚的氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为___________。（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是________

___。③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________g·cm-3(1nm=10-7cm)。【答案】（1）①.N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第

一电离能：N>O②.N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定③.平面三角形（2）中心原子的杂化方式均为sp3杂化，C−O−H中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，，使得键角：H−C−H>C−O−H（3）C6H6O+28

·OH→6CO2+17H2O（4）①.②.6③.213A15510aN【解析】【小问1详解】①N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离

能：N>O。②N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，所以N2化学性质稳定。③3NO−中N原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构是平面三角形。【小问2详解】甲醇分子中C、O原子的杂化方式均为sp3杂化，C−O−H中氧上有

2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，使得键角：H−C−H>C−O−H。【小问3详解】·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为C6H6O+28·OH→6CO2+17H2O。【小问4详解

】①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价层电子轨道表示式为。②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。③根据均摊原则，晶胞中Ti原子

数为1818=、Co原子数为1、O原子数为11234=，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为()37A485916310aN−++g·cm-3213A15510aN=g·cm-3。24.辣椒的味道来自于辣椒素类化合物。辣椒素L的合成路线如下(部分试剂或产物略)。已知：①R—

OH3PBr⎯⎯⎯→R—Br②请回答：(1)已知A分子无甲基，则A的结构简式是_______。(2)E中所含官能团是_______。(3)C→D的化学方程式是_______。(4)D与F生成G的反应类型是_______。(5)J的结构简式是

_______。(6)将D与F等物质的量投料时，G的产率较高，若提高F的比例，则会使一种副产物(其分子量大于G)的含量增加，该副产物的结构简式是__。(7)已知：R-COCl+HO-R'→R-COOR'

+HCl。试剂b为()K与试剂b发生反应时，不仅试剂b中氨基的氢发生取代，同时其羟基的氢也可发生取代；而K与试剂a发生反应时，只得到L。从基团之间相互影响的角度分析，K与试剂a或试剂b反应时，产生上述差异的原因是__【答案】①.BrCH2CH2CH2Br②

.碳碳双键、羟基③.HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHΔ⎯⎯⎯→浓硫酸C2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O④.取代反应⑤.（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH⑥.⑦.氨基与苯环直接相连后，苯

环影响氨基活性，使氨基氢原子更难被取代(或者氨基氢原子与羟基氢原子活性相近)【解析】【分析】由A的分子式和分子无甲基的信息可知，A为BrCH2CH2CH2Br；BrCH2CH2CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为

HOCH2CH2CH2OH；一定条件下，HOCH2CH2CH2OH与氧气发生催化氧化反应生成HOOC-CH2-COOH，则C为HOOC-CH2-COOH；在浓硫酸作用下，HOOC-CH2-COOH与乙醇共热发生酯化反应生成

C2H5OOC-CH2-COOC2H5，则D为C2H5OOC-CH2-COOC2H5；由信息①可知，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2OH与PBr3发生取代反应生成（CH3）2CHCH=CHCH2C

H2CH2Br，则F为（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br；在催化剂作用下，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOC2H5）2，（CH3）

2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOC2H5）2在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COONa）2，则H为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（C

OONa）2；（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COONa）2经酸化得到（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOH）2，则I为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOH）2；（CH3）2CCH

=CHCH2CH2CH2CH（COOH）2在加热条件下脱去二氧化碳得到（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH，则J为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH；（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH发生信息②反应，（

CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH先与SOCl2发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COCl，（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COCl再与发生取代反应生成辣椒素L，则试剂a为。【详解】(1)由信息可知，A的结构简式为BrCH2CH2C

H2Br，故答案为：BrCH2CH2CH2Br；(2)E的结构简式为CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2OH，官能团为碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；(3)C→D的反应为在浓硫酸作用下，HOOC-CH2-COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOC-CH2-

COOC2H5和水，反应的化学方程式为HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHΔ⎯⎯⎯→浓硫酸C2H5OOC-CH2-的COOC2H5+2H2O，故答案为：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHΔ⎯⎯⎯→浓硫酸C2H

5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；(4)D与F生成G的反应为在催化剂作用下，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成（CH3）2CCH=

CHCH2CH2CH2CH（COOC2H5）2，故答案为：取代反应；(5)由分析可知，J的结构简式为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH；(6)由分析可

知，在催化剂作用下，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOC2H5）2时，C2H5OOC-CH．2-COOC2H5分子中C

H2原子团上的一个氢原子被取代，若（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br比例增大，C2H5OOC-CH．2-COOC2H5分子中CH2原子团上的另一个氢原子也可能被取代生成，故答案为：；(7)由分析可知，试剂a为，试剂b()与试剂a相比，试剂b中氨基与苯

环直接相连，氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基的活性，使氨基氢原子与羟基氢原子活性相近，氨基氢原子更难被取代，导致K与试剂b发生反应时，不仅试剂b中氨基的氢发生取代，同时其羟基的氢也可发生取代，故答案为：氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基的活性，使氨基氢原子更难被取代(或者氨基氢原子与羟基氢

原子活性相近)。25.左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路线如下：已知：ⅰ、DHPPPTSROHROPHTROH−⎯⎯⎯→−⎯⎯⎯→−(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写)ⅱ、4LiAlH12122RCO

ORRCHOHROH−⎯⎯⎯→−+ⅲ、＋42RNH−22CHCl⎯⎯⎯→＋3ROH（1）A中含-CH3，A→B的化学方程式是___________。（2）D的结构简式是___________。（3）已知试剂a的结构简式为。DE→的反应类型为___

________。（4）G分子中官能团名称为氟原子、醚键、___________、___________。（5）已知试剂b为，H的结构简式是___________。（6）I中含有两个酯基，I的结构简式是____

_______。（7）K的另一种制备途径如下：写出M、N、P的结构简式___________、___________、___________。【答案】（1）+C2H5OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O（2）（3）取代反应（4）①.羟基②.

氨基（5）（6）（7）①.②.③.【解析】【分析】A中含-CH3，参照E的结构，A的结构简式为，B为，C为，D为；a为，E为；依据信息，可确定F为，G为；试剂b为，则H为；H的分子式为C17H21NO6F2，I的分子式为C1

7H19NO5F2，则H脱掉1个H2O生成I，I为，I发生取代反应生成J和乙醇，则J为，K为。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，B为，则A→B的化学方程式是+C2H5OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O。答案为：+C2

H5OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O；【小问2详解】由分析可知，D的结构简式是。答案为：；小问3详解】已知试剂a的结构简式为，则+⎯⎯→+HF，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；【小问4详解】G为，分子中官能团名称为氟原子、醚键、羟基、氨基。答案为：羟基；氨基；

【小问5详解】已知试剂b为，由分析可得出，H的结构简式是。答案为：；【小问6详解】I中含有两个酯基，由分析可得出，I的结构简式是。答案【为：；【小问7详解】由K制备，采用逆推法，可确定P为，参照信息ⅲ，可确定M

为，N为，从而得出M、N、P的结构简式分别为、、。答案为：；；。【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。26.实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。资料：ⅰ．葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕

色)的聚合物。ⅱ．Cu2O、CuO均溶于氨水，生成32CuNH()+、234(CNH)u+；Cu不溶于氨水。（1）探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验方案实验现象加热，无明显现象，静置后未见砖红色沉淀加热、静置后，底部

有砖红色沉淀①实验Ⅱ中，葡萄糖()24CHOHCHOHCHO转化为___________。②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：a．电极反应式：ⅰ．还原反应：()2222CuOH2eCuOHO2OH−−+=++ⅱ．氧化反应：______

_____。b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随c(OH)−增大，()2CuOH氧化性减弱，但是___________。（2）探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，

冷却后过滤)对该反应的影响。编号实验Ⅲ实Ⅳ实验方案温度现象50℃得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色70℃得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤

液呈棕色100℃得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，___________(填操作和现象)。②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，

同学提出两种假设：假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。假设b：___________(补充完整)。经定量分析可知假设a不成立。（3）综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，将宜采用的条件填入下

表。温度／℃NaOH溶液葡萄糖溶液条件___________2mL10%NaOH溶液___________【答案】（1）①.CH2OH(CHOH)4COONa②.CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH

(CHOH)4COO-+2H2O③.随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强（2）①.加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体②.葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质（3）①.50℃②.5滴10%葡萄糖溶液【解析】【分析】通过设计实验，探究N

aOH溶液的用量对该反应的影响；探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响；综合实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，对实验进行分析；【小问1详解】①实验Ⅱ

中，加热、静置后，底部有砖红色沉淀产生，则葡萄糖()24CHOHCHOHCHO被氧化，转化为CH2OH(CHOH)4COONa；②a．ⅰ．还原反应，氢氧化铜得电子发生还原反应生成氧化亚铜：()2222Cu

OH2eCuOHO2OH−−+=++；ⅱ．氧化反应，葡萄糖失电子产生葡萄糖酸，电极反应为：CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O；b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随c(OH)−增大，()2Cu

OH氧化性减弱，但是随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强；【小问2详解】①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；②分析

实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；假设b：葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；经定量分析可知假设a不成立；【小问3详解】根据上述实验可知，在50℃时，实验Ⅲ得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色，实验Ⅳ

得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色，所以使葡萄糖的浓度较大，量较少，故答案为50℃；5滴10%葡萄糖溶液。