【文档说明】重庆市主城区七校2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，3.413 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年(下)期末考试高2025届化学试题考试说明：1.考试时间90分钟2.试题总分100分3.试卷页数8页可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Si28S32Ga70一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项

中，只有一项是正确的。1.2024年春节过后，健康塑形成为人们热议的话题。以下说法正确的是A.对于需要减重的人群，应减少油脂摄入，油脂是一种高分子化合物B.要保证健康，应保证蛋白质的摄入，蛋白质将在人体内通过氧化反应转

化成氨基酸C.糖类是重要的供能物质，糖类包含单糖、二糖、多糖等，二糖、多糖均属于非还原糖D.人的体型主要是由遗传决定的，核酸是生物体遗传信息的携带者【答案】D【解析】【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂不是高分子化合物，故A错误；B．蛋白质将在人体内水解为氨基酸，

故B错误；C．二糖中麦芽糖属于还原糖，故C错误；D．核酸是生物体遗传信息的携带者，故D正确；选D。2.下列关于NA的说法不正确的是A.0.1mol中σ键的数目为1.4NAB.标准状况下，22.4L水中含有氢键的数目为0.2NAC.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位键

数目为4NAD.60gSiO2中含Si-O的数目为4NA【答案】B【解析】【详解】A．根据单键为σ键，双键中1个σ键和1个π键，所以0.1mol中σ键的数目为1.4NA，A正确；B．标准状况下，22.4LH2O不是1mol

，H2O在标准状况下不是气体，B错误；C．NH3与Cu2+间为配位键，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的配位键数目为4NA，C正确；D．60gSiO2物质的量为1mol，含Si-O的数目为4NA，D正确；故选B。3.下列化学用语或图示表示不正确的是A.乙炔的比

例模型：B.顺式聚异戊二烯的结构简式：C.1-戊烯的球棍模型：D.基态溴原子的简化电子排布式：25Ar4s4p【答案】D【解析】【详解】A．乙炔为直线型分子，比例模型为，A选项正确；B．顺式聚异戊二烯的结构中亚甲基位于碳碳双键同侧，结构简式，

B选项正确；C．1-戊烯的球棍模型为，C选项正确；D．基态溴原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p5，D选项错误；故答案选D。4.下列化学方程式或离子方程式正确的是A.Δ18181735251735252CHCOOH+CHOHCHC

OOCH+HO浓硫酸B.32nCH-CHCH=⎯⎯⎯→引发剂C.--25222CHBr+OHCH=CH+Br+HO⎯⎯→水D.+-32HCO→+222CO+2HO【答案】A【解析】【详解】A．酸脱羟基醇脱氢，发生酯化反应，Δ18181735251735252CHCOOH+CHOHC

HCOOCH+HO浓硫酸，A项正确；B．发生加聚反应时，双键打开，32nCH-CHCH=⎯⎯⎯→引发剂，B项错误；C．卤代烃在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙烯和水，氯代烃在氢氧化钠水溶液条件下的反应反应方程式为：--2532CHB

r+OHCHCH+BrOH⎯⎯→水，C项错误；D．碳酸氢根只与羧基反应，化学方程式为：+-3HCO→+22CO+HO，D项错误；答案选A。5.某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素XYZW、、、形成，XY，与Z同一周期，Y与W同族。下列性质规律按照WYXZ

、、、依次递增的是A.元素的电负性B.第一电离能C.简单气态氢化物的还原性D.简单离子的半径【答案】B【解析】【分析】因为其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素XYZW、、、形成，XY，与Z同一周期，Y与W同族，根据结构中Y形

成两个化学键，W形成六个化学键，Z形成一个化学键，则Y是O元素，W是S元素，Z是F元素，X形成两个化学键，且阴离子带一个单位负电荷，则X是N元素。【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，则电负性：S<N<O<F，A错误；B．同周期从左到右

，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，第AⅡ与第AⅤ族元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大,同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，第一电离能：S<O<N<F，B正确；C．非金属性越强，简单气态氢化物的还原性越弱，即还原性：232HS>NH>HO>HF，C错误；D．简单离子的半径：

2-3-2--S>N>O>F，D错误；故选B。6.月桂烯是重要的有机合成中间体，以其为原料合成乙酸橙花酯和香味醇、橙花醇的流程如图所示。下列说法错误的是A.该流程不涉及消去反应B.香味醇和橙花醇互为顺反异构体C.乙酸橙花酯可以在酸性环境中稳定存在D.月桂烯不存在含苯环的同

分异构体【答案】C【解析】【分析】反应①为1，4-加成反应，反应②为取代反应，反应③为水解取代反应，据此判断；【详解】A．由以上分析可知，该流程不涉及消去反应，A项正确；B．香味醇和橙花醇符合顺反异构体的特点，B项正确；C．乙酸橙花酯

在酸性环境中可以水解，不能稳定存在，C项错误；D．月桂烯的不饱和度为3，不存在含苯环的同分异构体，D项正确；故选：C。7.下列实验装置能达到实验目的的是A．分离苯中的2，4，6-三溴苯酚B．验证乙炔可使溴水褪色C

．制备溴苯并验证有HBr产生D．检验生成的乙烯A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．苯和2，4，6-三溴苯酚互溶，过滤无法分离，应该用蒸馏法，故A错误；B．电石与水反应生成硫化氢、磷化氢等杂质混在乙炔中，硫化氢也能使溴水褪色，应先用硫酸铜溶液洗气后再通入溴水，故B错误；C．苯与液

溴反应较剧烈且反应放热，挥发出的溴单质与水反应生成HBr,也能与硝酸银溶液反应生成AgBr,无法判断为溴代反应生成的HBr，故C错误；D．溴乙烷在NaOH醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯能与溴单质

发生加成反应，使溴水褪色，可检验生成的乙烯，故D正确；故选：D。8.有多种同分异构体，其中属于酯类并含有苯环的同分异构体有(不考虑立体异构)A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】C【解析】【详解】若苯环上有两个取代基，则两个取代基为-OOCH和-CH3，存在邻、间、对3

种位置关系；若苯环上只有一个取代基，则取代基可能为-CH2OOCH、-OOCCH3和-COOCH3，存在3种可能结构，所以属于酯类并含有苯环的同分异构体共有(不考虑立体异构)3+3=6种，故选C。9.儿茶酸(Z)具有

抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是A.X分子中所有原子可能共平面B.Z的名称为4，5-二羟基苯甲酸C.X转化为Y属于取代反应D.1molZ与足量的溴水反应消耗3molBr2

【答案】D【解析】【详解】A．X分子中存在饱和碳原子，是四面体结构，该碳原子连接的四个原子为四面体的四个顶点，不可能所有原子共平面，故A错误；B．有机物Z以苯甲酸为母体，按取代基编号最小原则，羟基取代在3和4号碳上，名称为3，4-二羟基苯甲酸，故B错误

；C．X中-CHO被酸性高锰酸钾溶液氧化转化为Y中-COOH，加氧去氢发生氧化反应，则X转化为Y属于氧化反应，故C错误；D．酚羟基的邻和对位可与溴单质发生取代反应，Z与溴水反应生成和HBr，1molZ与足量的溴水反应消耗3molBr2，故D

正确；选D。10.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ具有对应关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA电负性：FCl酸性：HFHClB第一电离能：NaK与水反应剧烈程度：NaKC分子极性：2CON范德华力：2COND分子间作用力：22HOHS热稳定性：2

2HOHSA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．HF为弱酸，HCl为强酸，故酸性HCl>HF，故A说法错误；B．K的金属活泼性比Na的强，所以K与水反应更剧烈，故B说法错误；C．分子极性越强，范德华力越大，所以范德华力CO>2N，故C说法正确；D．分子间作用力影响熔沸点

，稳定性为化学性质，二者没有关联，故D说法错误；故本题选C。11.用杯酚（表示为）分离60C和70C的过程如图甲所示，①～③各步骤在实验室中所用到的装置选择合理的是A.①－a、②－a、③－dB.①－a、②－b、③－cC.①－b、②－a、③－dD

.①－b、②－b、③－c【答案】A【解析】【详解】过程①中超分子不溶于甲苯，为固态，分离操作选择a为过滤；过程②中60C为不溶于氯仿的固体，因此分离操作选择为a；过程③中分离氯仿和杯酚，二者互溶，但沸点不同，因此通过装置d蒸馏分离，故A正确。12.已知青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于

有机溶剂，如丙酮、乙醚等，在水中几乎不溶，热稳定性差。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列说法不正确的是A.研碎时应该将黄花青蒿置于研钵中，研碎的目的是增大与乙醚的接触面积B.操作Ⅰ是萃取、过滤，选用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗C.操作Ⅱ是蒸馏，操作III

是用水重结晶D.根据结构分析青蒿素能与碘化钠作用生成碘单质【答案】C【解析】【分析】将黄花青蒿干燥后，在研钵中进行研磨，得到固体粉末，加入乙醚，进行萃取，萃取后过滤，将得到的滤液进行蒸馏，蒸出乙醚，得到粗品，再将粗品进行萃取、蒸馏，得到精

品青蒿素，据此作答。【详解】A．研碎时应该将黄花青蒿置于研钵中进行，可增大与乙醚的接触面积，加快浸取速率，故A正确；B．已知青蒿素易溶于乙醚，操作Ⅰ加入乙醚可萃取青蒿素，再过滤，将残渣和提取液分离，过滤时需要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，故B正确；C．青蒿素水中几乎不溶，应该加95%

乙醇溶解，然后经浓缩、结晶、过滤获得精品，故C错误；D．青蒿素结构中含有过氧键(－O－O－)，具有强氧化性，能与碘化钠作用生成碘单质，故D正确；故选：C。13.实验室在如图所示装置中制取3NH，将3NH通入4CuSO溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深

蓝色溶液，再滴加乙醇可获得()3424CuNHSOHO晶体。已知：()224CuHO+呈蓝色。下列说法不正确．．．的是在A.在装置甲试管中加入4NHCl和()2CaOH固体加热制取3NHB.装置乙中的a和装

置丙中的b均可防止倒吸C.()3424CuNHSOHO晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度D.与3NH相比，2HO更易与2Cu+形成配位键【答案】D【解析】【分析】甲装置中实验室用加热NH

4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，乙装置中3NH通入4CuSO溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为()234CuNH+，丙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口略向下

倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，A正确；B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，装置乙中a的容积较大，可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此倒扣的漏斗可防止液体倒吸，B正确；C．由向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色

()3424CuNHSOHO晶体析出，因此()3424CuNHSOHO在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故C正确；D．由向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水，先生成蓝色沉淀，蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液可知，氨分

子比水分子更容易与铜离子反应形成配合物，故D错误；故答案选D。14.几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，下列说法正确的是A.NaCl中Na+的配位数大于干冰中2CO分子的配位数B.CsCl晶胞中，若Cs+作顶点，则Cl−应在面心处C.若2FeS的晶胞边长为apm，其中S原

子的半径为2apm4D.石墨晶体层内作用力是共价键，层间作用力是范德华力，所以石墨是一种混合型晶体【答案】D【解析】【详解】A．NaCl晶体中Na+的配位数为6；干冰中CO2分子的配位数为12，所以NaCl中

Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数，故A错误；B．由CsCl晶胞示意图可知，若Cs+作顶点，则Cl−应在体心处，故B错误；C．2FeS的晶胞中阴离子采用面心立方最密堆积，可以计算出S22−的半径为2apm4，但是无法计算S原子的半径，故C错误；D．石墨晶体层内是共价键，层间是范

德华力，有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，所以石墨为混合型晶体，故D正确。答案选D。15.阿莫西林是种最常用抗生素，其结构如图所示。下列说法错误的是的A.1mol阿莫西林最多消耗5mol2HB.1mol阿莫西林最多消耗4molNaOHC.

阿莫西林分子中含有4个手性碳原子D.阿莫西林能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应【答案】A【解析】【分析】阿莫西林含有酚羟基、酰胺基、肽键、氨基、苯环；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此次分析作答。【详解】A．苯环可与氢气加成，但羧基、肽键、酰胺基难与氢气加成，

所以1mol阿莫西林最多消耗3mol2H，故A错误；B．阿莫西林含有酚羟基、羧基、肽键均能与氢氧化钠反应，1mol阿莫西林最多消耗4molNaOH，故B正确；C．打※的为手性碳原子，共4个，故C正确；D．阿莫西林

含有酚羟基等，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有氨基与羧基，可以发生取代反应、缩聚反应，故D正确；故答案选A。16.采用氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图

是氮化镓的一种晶体结构(NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是A.晶体结构中Ga原子的配位数为8B.一个该晶胞结构中含有4个Ga、4个NC.Ga元素位于元素周期表中第四周期第ⅢA族D.晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，则晶体的密度

为2133A63310gcm4Nx−【答案】A【解析】【详解】A．以晶胞上边平面中心的Ga原子为研究对象，可知：在该晶胞中Ga与2个N原子距离相等且最近，在通过该平面上边还存在1个晶胞，其中Ga与2个N原子距离相等且最近，

故Ga原子的配位数是4，A错误；B．用均摊方法计算，在一个晶胞中含有Ga原子数目是8×18+6×12=4；含有N原子数目是4×1=4，故一个该晶胞结构中含有4个Ga、4个N，B正确；C．Ga与Al处于同一主族，位于Al的下一周期，故Ga元素位于元素周期表中第四周期第ⅢA族，C正确；D．根

据选项B分析可知：在一个该晶胞结构中含有4个Ga、4个N，结合晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，二者的距离为晶胞体对角线的14，假设晶胞边长为L，则3Lx4=，L=4x3，故该晶胞的密度ρ=3-73Am4(70+14)=g/cm4xVN(10

)3=2133A63310gcm4Nx−，D正确；故合理选项是A。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.已知A、B、C、D是短周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下：元素相关信息A该元素的一种核素在考古工作中常用于鉴定一些文物的年代B基态原子的最外层含3个未成对电

子C非金属性最强D1I738kJ/mol=，2I1451kJ/mol=，3I7733kJ/mol=回答下列问题：的（1）元素A的基态原子的电子排布式为___________，其电子占据的最高能级的轨道形状为___________，元素C的

基态原子的核外电子中存在___________对自旋相反的电子。（2）元素B、元素D形成的化合物能与水反应，化学方程式为___________。（3）元素B的简单氢化物在水中的溶解度较大，下列因素与其水溶性没有关系的是___________。A．该氢化物和H2O都是

极性分子B．该氢化物在水中易形成氢键C．该氢化物是一种易液化的气体（4）元素A是形成有机物的主要元素之一，采用现代仪器分析方法，可以快速、准确地测定有机物的分子结构。某烯烃X的质谱图中最大质荷比为56，该物质的核磁共振氢谱如图所示，回答下列问题：①X的结构简式为___________；

②写出X与溴水反应的化学方程式___________。【答案】（1）①.1s22s22p2②.哑铃形③.4（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑（3）C（4）①.CH2=CH-CH2-CH3②.CH2=CH-CH2

-CH3+Br2→CH2Br-CHBr-CH2-CH3【解析】【分析】A的一种核素14C在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为碳元素；C的非金属性最强，则C为F元素，A、B、C是短周期元素，且原子序数依次增大

，基态B原子的最外层含3个未成对电子，电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素，由D的第二电离能到第三电离能的数据可知，D最外层有2个电子，D为Mg元素；【小问1详解】由分析A为C，是6号元素，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，其电

子占据的最高能级是2p，p轨道形状为哑铃形，元素C为F元素，基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，存在4对自旋相反的电子；【小问2详解】元素N、元素Mg形成的化合物Mg3N2能与水反应，生成Mg(OH)2和NH3，化学方程式为M

g3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；【小问3详解】A．由‘相似相溶原理’，NH3和H2O都是极性分子，则氨气在水中的溶解度较大，A不符合题意；B．N的电负性较大，氨气能在水中易形成分子间氢键，增大氨气在水中的溶解度，B不符合题意；C．氨气是一种易液化的气体，与氨气的溶解度无关，C符

合题意；故选C；【小问4详解】①烯烃X的质谱图中最大质荷比为56，即相对分子质量为56，由烯烃的通式CnH2n可得12n+2n=56，解得n=4，根据核磁共振氢谱图可知有4种氢原子，则X的结构简式为CH2=CH-CH2-CH3；②X为CH2=CH-CH2-CH3，其中碳碳双键与

溴水发生加成反应生成CH2Br-CHBr-CH2-CH3，反应的化学方程式：CH2=CH-CH2-CH3+Br2→CH2Br-CHBr-CH2-CH3。18.乙酸异丁酯是一种重要的有机溶剂。实验室中，可通过冰醋酸和异丁醇在酸催化下合成。实验装置如左下图所示

，反应中生成的水可以与异丁醇或乙酸异丁酯形成共沸混合物被蒸出，使用分水器可在反应进行的同时分离出生成的水，并使有机相流回反应瓶中。相关数据如下表所示。常压下各物质的沸点/℃化合物乙酸异丁醇乙酸异丁酯沸点117.9108.1117.2共沸物异丁醇-水乙酸异丁酯-水乙酸异丁酯-异丁

醇-水沸点90.887.587.5（1）指出图示装置中1处明显错误___________。（2）实验开始前，关闭分水器旋塞并在分水器带旋塞一侧预先加入适量的水，再向反应瓶中加入20.0mL(0.22mol)异丁醇、___________和2mL浓硫酸，加入几粒沸石。A．0.20mol冰醋酸B．

0.22mol冰醋酸C．0.24mol冰醋酸（3）实验中，将反应温度控制在80℃，并保持15分钟，然后升温至回流状态进行分水，当看到___________(填观察到的现象)，表明反应结束，停止加热。（4）反应结束后，

合并烧瓶和分水器中的液体，用___________(填仪器名称)将水分离除去，并依次用___________(填试剂名称)和水洗涤有机层，可使用___________(从下列选项中选填)干燥有机层。A．碱石

灰B．P2O5C．无水硫酸钠（5）实验中使用分水器的目的是___________。（6）将有机层进一步蒸馏，收集117~118℃的馏分，得到17.4mL产品。计算乙酸异丁酯的产率为___________(已知：乙酸异丁酯的相对分子质量为

116，密度0.874g/cm3，计算结果保留3位有效数字)。【答案】（1）温度计应置于液面下（2）A（3）分水器中水的液面不再上升（4）①.分液漏斗②.饱和碳酸钠溶液③.C（5）及时分离出水，促进平衡正向移动，提高

酯产率（6）65.6%【解析】【分析】本实验为乙酸与异丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应制备乙酸异丁酯，关闭分水器旋塞并在分水器带旋塞一侧预先加入适量的水，再向反应瓶中加入20.0mL（0.22mol）异丁醇，根据反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH(CH3)OHΔ

浓硫酸CH3COOCH(CH3)CH2CH3+H2O，由于异丁醇的沸点比乙酸更低一些，更容易挥发，应使异丁醇适当过量，0.20mol的冰醋酸和2mL浓硫酸，加入几粒沸石。将反应液温度控制在80℃并保持15分钟，然后升温至回流状态进行分水。反应停止后，并仪器a和分水器中

的液体，用分液漏斗将水层分出，得到乙酸正丁酯粗品，据此分层解题。【小问1详解】本实验用温度计是控制反应液的温度，故图示装置中1处明显错误是温度计应置于液面下，故答案为：温度计应置于液面下；【小问2详解】由题干信息可知，异丁醇的沸点比乙酸更低一些，更容易

挥发，应使异丁醇适当过量，实验开始前，关闭分水器旋塞并在分水器带旋塞一侧预先加入适量的水，再向反应瓶中加入20.0mL(0.22mol)异丁醇、0.20mol冰醋酸和2mL浓硫酸，加入几粒沸石，故答案为：A；【小问3详解】该反应过程中有水生成，判断反应

停止时的现象为：分水器中水的液面不再上升，证明酯化反应已完成，不再产生酯了，故答案为：分水器中水的液面不再上升；【小问4详解】的反应结束后，合并烧瓶和分水器中的液体，已知乙酸异丁酯不溶于水，故可用分液漏斗进行分液操作将水分离除去，并依次

用饱和Na2CO3溶液除去乙酸异丁酯中混有的乙酸、异丁醇等，再用水洗涤有机层除去Na2CO3等无机物，乙酸异丁酯在碱性、酸性条件下发生水解，不能用碱石灰、P2O5干燥，则可使用无水硫酸钠等中性干燥剂进行干燥有

机层，故答案为：分液漏斗；饱和Na2CO3溶液；C；【小问5详解】分水器能及时分离出产物H2O，以降低生成物的浓度平衡向正反应方向移动，可提高反应物的转化率或生成物的产率，实验中使用分水器的目的是及时分离出水，促进平衡正向移动，提高酯的产率，故答案为：及时分

离出水，促进平衡正向移动，提高酯的产率；【小问6详解】根据题干数据可知，将20.0mL(0.22mol)异丁醇、0.20mol冰醋酸和2mL浓硫酸进行反应，完全反应理论上生成的乙酸异丁酯的物质的量为0.20mol，则理论上产生乙酸异丁酯的质量为：0.20mol×116g/mol=23.2g，

将有机层进一步蒸馏，收集117~118℃的馏分，得到17.4mL产品，产品的质量为：17.4mL×0.874g/mL=15.2076g，则乙酸异丁酯的产率为：15.2076g×100%23.2g≈65.6%，故答案为：65.6%。19.有机离子液体是呈液态的一类离子化合物，

它们具有能导电、难挥发、不易燃、电化学稳定等特点，作为反应的溶剂已被应用到多种类型反应中。以下几种物质就是常见的离子液体(-Et表示乙基，-R表示烷基)：（1）化合物Ⅰ中所有非金属元素中电负性最大的是___________(填元素符号)，化合物Ⅰ中阴离子的空间结构为________

___。（2）化合物Ⅰ和Ⅱ相比，沸点高的是___________(填“I”或“Ⅱ”)，原因是___________。（3）化合物Ⅱ、Ⅲ中N的杂化类型依次是___________、___________。（4）化合物Ⅳ在低温、高压条件下形成下图所示晶体结构(图示为其晶胞图，其中大球代

表阳离子，小球代表阴离子)：①据图分析，阴离子的配位数为___________；②已知晶胞参数a=b=500pm，c=4003pm，γ=120°，晶体密度为6.09g/cm3.通过计算，R的化学式为_________

__(NA取近似值6.0×1023计算)。【答案】（1）①.Cl②.正四面体(形)（2）①.Ⅱ②.均为离子化合物，Ⅱ的阴阳离子半径更小（3）①.sp3②.sp2（4）①.6②.C3H7【解析】【小问1详解】化合物Ⅰ中所有非金属元素中电负性最大的也就是非金属性最强的，该元素为Cl，化合物Ⅰ中阴离

子4Al(Cl)−的价层电子数为4，没有孤电子对，空间结构为正四面体；【小问2详解】化合物Ⅰ和Ⅱ相比，沸点高的是Ⅱ，都为离子化合物，Ⅱ的阴阳离子半径更小，晶格能更大，熔沸点更高；【小问3详解】化合物Ⅱ中N的价层电子数为(

)14514142+−−=，没有孤电子对，为sp3杂化，化合物Ⅲ中N形成双键，为sp2杂化；【小问4详解】该晶胞中，大球在内部，为2个，小球在8个顶点和4条棱心，均摊为1184282+=，据此回答；①据图分析，阴离子的配位数为6；②已知晶胞参数a

=b=500pm，c=4003pm，γ=120°，晶体密度为6.09g/cm3，晶胞的体积为：()2-8-8-223abcsin60?5?104310?=1.50?102=cm3，22232M11.510?6.09?6.0?

10−=，则M=274g/mol，则R的相对原子质量为：274-231=43，所以R的化学式为C3H7。20.赛庚啶是常用的H1受体拮抗剂，可以用于治疗支气管哮喘等过敏性疾病；氯雷他定(商品名为开瑞坦)和赛庚啶有类似的化学结构。下图是赛庚啶的一种制取路线，其中Ph表示苯基(-C

6H5)（1）赛庚啶所含官能团名称为碳碳双键和___________。（2）A的化学名称为___________。（3）写出A到B中过程1的反应方程式___________。（4）J的结构简式为___________，K到L的反应类型为_

__________。（5）M是J的同分异构体，满足以下特征结构的有___________种，其中苯环上一氯代物种类数最少的结构简式为___________。①与J具有相同的碳骨架结构②与金属钠反应产生氢气③羟基不连在碳碳双键上（6）利用

上述合成路线合成氯雷他定，所用的有机原料除了PhCH2COOH外，另两种有机原料的结构简式为___________。【答案】（1）氨基（2）邻苯二甲醛/1，2-苯二甲醛（3）+4Cu(OH)2+2NaOH→+

2Cu2O↓+6H2O（4）①.②.消去反应（5）①.5②.（6）【解析】【分析】A的醛基发生氧化反应得到B，B的结构简式为：，F发生取代反应得到J，J的结构简式为：，J与Br2在光照下发生取代反应得K，K的结构简式为：，K发生消

去反应得L，L结构简式为：；【小问1详解】根据赛庚啶的结构简式可知赛庚啶所含官能团名称为碳碳双键和氨基；【小问2详解】A的化学名称为邻苯二甲醛或1，2-苯二甲醛；【小问3详解】写出A到B中过程1为醛基的氧化反应，反应方程式为

+4Cu(OH)2+2NaOH→+2Cu2O+6H2O；【小问4详解】F到J为取代反应，J的结构简式为；K的结构简式为，L结构简式为，故K到L的反应类型为消去反应；小问5详解】M是J的同分异构体，满足以下特征结构

：①与J具有相同的碳骨架结构②与金属钠反应产生氢气③羟基不连在碳碳双键上的有：、、、、，共5种；其中苯环上一氯代物种类数最少的结构简式为；【小问6详解】利用上述合成路线合成氯雷他定，所用的有机原料除了PhCH2COOH外，另两种有机原料的结构简式为

和。【