【文档说明】浙江省台州市山海协作体2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.379 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期台州山海协作体期中联考高二年级化学学科试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5Fe-56Ag-108选择题部分一、选择题(本题共16题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求

的，不选、多选、错选均不得分)1.下列现象或应用与电子跃迁无关的是A.激光B.焰色试验C.石墨导电D.原子光谱【答案】C【解析】【详解】A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同，如果这一过程能够在物

质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，A项不选；B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但

处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，B项不选；C．石墨导电是晶体中电子定向移动的结果，与电子跃迁无关，C项选；D．原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，D项不选；

答案选C。2.下列化学用语表达正确的是A.基态硼原子的轨道表示式：B.乙烯的结构简式：22CHCHC.基态铍原子最外层的电子云轮廓图：D.基态钠原子的空间电子运动状态有11种【答案】A【解析】【详解】A．基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，轨

道表示式为：，故A正确；B．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故B错误；C．4号元素铍原子最外层是2s电子，其电子云图是球形对称的，故C错误；D．基态钠原子电子排布式为1s22s22p63s1，有6个轨道中存在

电子，空间电子运动状态有6种，故D错误；故选A。3.近年来，我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法不正确．．．的是A.“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为单质硅B.“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金

，钛合金比纯钛熔点高、硬度大C.“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染D.“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷，耐高温、耐腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．芯片中的半导体材料为单质硅，故A正确；B．合金的硬度大于成分金属

，合金的熔点低于成分金属，钛合金比纯钛熔点低、硬度大，故B错误；C．液氧液氢反应的产物是水，产物对环境无污染，故C正确；D．氮化硼陶瓷是新型无机非金属材料，耐高温、耐腐蚀，故D正确；选B。4.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说

法正确的是A.0.5mol苯乙烯分子中含有的碳碳双键数目为A2NB.1221L0.1molLHO−溶液中含有的H-O键数为A0.2NC.常温常压下，2414gCH和36CH的混合物中含有的极性共价键的数目为A2ND.标准状况下，222.4LCl与足量甲烷混合

光照后无2Cl剩余，反应中断裂的键数目为A4N【答案】C【解析】【详解】A．苯乙烯分子中含有1个碳碳三键，0.5mol苯乙烯分子中含有的碳碳双键数目为A0.5N，故A错误；B．1221L0.1molLHO−溶液中含有0.1mol22HO，22HO溶液中水分子中也含

有H-O键，则1221L0.1molLHO−溶液中含有的H-O键数大于A0.2N，故B错误；C．24CH和36CH的最简式为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量n=14g14g/mol=1mol，故含有的极性共价键的数目为A2N，故C正确；D．标准状况下，222.4L

Cl的物质的量为1mol，与足量甲烷混合光照后无2Cl剩余，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl的混合物，反应中断裂的键数目小于A4N，故D错误；故选C。5.实验测得Al与氯元素形成化合

物的实际组成为Al2Cl6，其球棍模型如图所示。已知Al2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[Al(OH)4]。下列说法不正确的是A.AlCl3属于分子晶体B.Al2Cl6中Al原子sp3杂化C.Na[Al(OH)4]中存在的化学键只有极性

共价键和配位键D.Na[Al(OH)4]属于配合物【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知AlCl3在加热时易升华，熔点较低，且存在分子结构，则应是分子晶体，故A正确；B．根据球棍模型可知Al原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，Al原子杂

化方式为sp3，故B正确；C．Na[Al(OH)4]中钠离子和[Al(OH)4]-之间存在离子键，Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，所以存在的化学键有离子键、极性共价键、配位键，故C错误；D．Na[Al(OH)4]中铝是缺电子结构，能

接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，所以Na[Al(OH)4]属于配合物，故D正确；故选：C。6.下列说法不正确．．．的是A.晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当B.聚乙烯、聚乙炔都能导电，故都可用于制备导电高分子材料为C.“杯酚”、冠醚等超分子可用于分

子识别D.构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层【答案】B【解析】【详解】A．晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当，故A正确；B．聚乙烯中没有碳碳双键，单键中的电子不能随意移动，聚乙

烯不能导电，故B错误；C．不同大小的“杯酚”、冠醚等超分子可以识别不同大小的分子，故C正确；D．构造原理告诉我们,随核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层的，如电子是按3p→4s→3d的顺序而不是

按3p→3d→4s的顺序填充的，故D正确；故选B。7.如图分别表示冰晶体、干冰晶体的结构，下列关于这两种晶体的说法不正确．．．的是A.冰晶体中2HO的配位数为4，干冰中2CO的配位数为6B.干冰硬度小，熔点

低，易升华C.冰刚刚熔化时水分子间的空隙减小，密度增大D.沸点：冰>干冰【答案】A【解析】【详解】A．冰晶体中2HO的配位数为4，干冰中2CO的配位数为12，故A错误；B．干冰是分子晶体，硬度小，熔点低，易升华，故B正确；C．冰刚刚熔化时，氢键

被破坏，水分子间的空隙减小，密度增大，故C正确；D．水分子间形成氢键，所以沸点：冰>干冰，故D正确；选A。8.下列有关晶体的说法正确的有A.在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子B.2NaO和2SiO熔化时克服同种类型的粒子间作用C.石墨晶体中碳原子数和C-C键个数之比为2∶1D.23AlO晶

体中离子键成分百分数较小，所以可以当作共价晶体【答案】D【解析】【详解】A．晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体有金属阳离子，没有阴离子，故A错误；B．2NaO是离子晶体，熔化时克服离子键；2SiO是共价晶体，熔化时克服共价键，故

B错误；C．石墨晶体中，碳原子通过4个单键与周围4个碳原子连接，根据均摊原则，碳原子数和C-C键个数之比为1∶2，故C错误；D．23AlO晶体中离子键成分百分数较小，则共价键成分百分数较大，所以氧化铝可以当作共价晶体，故D正确；选D。9.下列说法不正确．．

．的是A.臭氧是极性分子，但它在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度B.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块C.只含非极性键的分子一定是非极性分子，只含极性键的分子一定是极性分子D.工业盐酸(俗称粗盐酸)呈亮黄色，是配合物4FeCl−的颜色【答案】C【解析】【

详解】A．臭氧的极性很微弱，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；B．由于晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，B正确；C．只含非极性键，空间构型不对称，正负电荷重心不重合，是极性分子，如O

3分子的结构如图；含有极性键的分子不一定是极性分子，如CO2是非极性分子，C错误；D．工业盐酸(俗称粗盐酸)呈亮黄色，是配合物4FeCl−的颜色，D正确；故选C。10.下列实验事实不能用基团间相互影响解释的是A

.相同条件下，乙醇与钠的反应没有水与钠的反应剧烈B.乙烯能发生加成反应，而乙烷不能C.乙酸的酸性强于丙酸D.甲苯比苯更容易发生硝化反应，且能生成邻、对位三取代产物【答案】B【解析】【详解】A．乙醇与钠的反应没有水与钠的

反应剧烈，即乙醇中羟基不如水中羟基活泼，说明烃基对羟基产生影响，A不符合题意；B．乙烯能发生加成反应是由于乙烯中含碳碳双键，而乙烷中无碳碳双键，故不能加成，与基团间的相互影响无关，B符合题意；C．烃基属于推电子基团，烃基中的碳链越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极

性越小，羧酸的酸性越弱，乙酸酸性大于丙酸，C不符合题意；D．甲苯比苯更容易发生硝化反应，且能生成邻、对位三取代产物，甲基对苯环产生影响，导致苯环上和甲基处于邻对位上的氢原子活性增大，易被取代，D不符合题意；故选B。11.下列说法

正确的是A.的一溴代物有3种B.4CH与()332CHCHCH不互为同系物C.的系统命名为2-甲基-4-乙基戊烷D.与溴单质按物质的量之比1∶1发生加成反应，生成的产物有4种【答案】A【解析】【详解】A．

联苯中高度对称，分子中等效氢有3种，则一溴代物有3种，选项A正确；B．4CH与()332CHCHCH均链状烷烃，结构相似，分子组成相差3个CH2，互为同系物，选项B错误；C．有机物最长碳链有6个碳，第2、第4个碳上各有一个甲基

，系统命名2，4-二甲基己烷，选项C错误；D．该有机物分子中含有3个碳碳双键，且结构不对称，与溴按物质的量1:1发生加成反应，1，2-加成的产物有3种，1，4-加成的产物有2种，所以生成的产物有5种，选项D错误；答案选A。为为12.下列

说法不正确．．．的是A.实验室制备乙炔的反应为非氧化还原反应B.质谱仪能根据质荷比最大的碎片离子确定有机物的相对分子质量C.某烯烃分子式为918CH，加氢后产物的键线式为，该烯烃的同分异构体(考虑顺反异构)有6种D.与是同一种物质，可以证明苯分

子中不存在单、双键交替的结构【答案】D【解析】【详解】A．实验室制备乙炔是利用电石（CaC2）和水反应生成乙炔和氢氧化钙，没有元素的化合价发生变化，所以是非氧化还原反应，A正确；B．质谱仪能根据质荷比最

大的碎片离子确定有机物的相对分子质量，质荷比最大的碎片离子近似等于有机物的相对分子质量，B正确；C．该烯烃分子式为918CH，根据烯烃的通式CnH2n可知，该烯烃中含有一个碳碳双键，由于本题考虑顺反异构

，顺反异构即是形成碳碳双键的两个碳原子所连的两个基团不同，故有以下六种情况，（存在顺反异构，2种）、，符合题意，C正确；D．题中所给出的两种结构式即使苯分子中存在单双键交替结构也是同一种物质，故无法证明苯分子中不存在单双键交替结构，D错误；故选D。13.某有机物的

结构如图所示，下列说法不正确．．．的是A.该有机物难溶于水，易溶于有机溶剂B.在一定条件下，1mol该有机物最多消耗23molHC.该有机物与苯不互为同系物，且分子中无手性碳原子D.该有机物可发生氧化反应、加成反应、加聚反应、取代反

应等【答案】B【解析】【详解】A．该有机物属于烃，难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；B．该有机物中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，1mol该有机物最多消耗26molH，故B错误；C．该有机物中含有碳碳双键和碳碳三键，与苯结构不相似，不互为同系物，且分子中无手性碳原子，故C正确；D．该有机

物中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，可发生氧化反应、加成反应、加聚反应、取代反应等，故D正确；故选B。14.下列说法正确的是A.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等B.将1mL苯加入到2mL溴的四氯化碳溶液中，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈橙红色C.己烷有4种同分异

构体，它们的熔点、沸点各不相同D.323CHCOOCHCH与323CHCHCOOCH互为同分异构体，1HNMR−谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1HNMR−来鉴别【答案】A【解析】【详解

】A．苯的分子式为C6H6，苯甲酸分子式为C7H6O2，苯甲酸可以看成为C6H6▪CO2，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故A正确；B．四氯化碳与苯互溶，向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振荡后静置，溶

液不分层，故B错误；C．己烷有5种同分异构体，分别是己烷(CH3CH2CH2CH2CH2CH3)、2-甲基戊烷[(CH3)2CH2CH2CH2CH3]、3-甲基戊烷[CH3CH2CH(CH3)CH2CH3]、2，3-二甲基丁烷[(CH3)2C

HCH(CH3)2]、2，2-二甲基丁烷[(CH3)3CCH2CH3]，故C错误；D．乙酸乙酯和丙酸甲酯是同分异构体，且二者有三种氢原子，个数比为3:2:3，氢原子的环境不同，在1HNMR−谱上所处频率也不

同，因此二者可以通过1HNMR−谱分别出来，故D错误；故选A。15.已知烯烃在一定条件下可以发生如下反应：(R−−、2R−、3R−均为烃基)。现有分子式为714CH的某烯烃M，在该条件下可生成两种酮，M与氢气发生加成反

应得到2，3-二甲基戊烷。由此推断M的结构简式为A.()()23323CHCCHCHCHCHCH=B.()()2332CHCHCHCHCHCH=C.()()3332CHCHCCHCHCH=D.()()33232CHCCCHCHCH=【答案】D【解析】【详解】714

CH的某烯烃M，在该条件下可生成两种酮，则分子中碳碳双键两端应该含有2个烃基而不是一个烃基，结合M与氢气发生加成反应得到2，3-二甲基戊烷，可知，M为()()33232CHCCCHCHCH=；故选D。16.下列实验事实和对实验事实的理论解释都正确的是选项实验事实理

论解释AH2O的沸点比H2S的高O−H键能比S−H键能大B白磷为正四面体分子白磷分子中∠P−P−P的键角是109°28′C乙炔HC≡CH分子易发生加成反应分子中的π键能小，易断裂。以此推断，N2分子中π键也容易断裂而发生化学反应DNa原子的逐级电离能越来越大随着电子的逐

个失去，阳离子所带的正电荷越来越多，再要失去一个电子需要克服的吸引力越来越大，消耗的能量也越来越多A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．H2O的沸点比H2S的高是因为水存在分子间氢键，而H2S不存在分子

间氢键，键能影响化学性质，不影响沸点，故A错误；B．白磷为正四面体分子，白磷分子中∠P−P−P的键角是60°，故B错误；C．乙炔HC≡CH分子易发生加成反应，分子中的π键能小，易断裂；但N2分子中π键不容易断裂，因此化学性质稳定，不活泼，故C错误；D．随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电

荷越来越多，再要失去一个电子需要克服的吸引力越来越大，消耗的能量也越来越多，因此Na原子的逐级电离能越来越大，故D正确。综上所述，答案为D。非选择题部分二、非选择题(本题共5题，共52分)17.图为元素周期表的部分，请参照元素①-⑩在表中的位置，回答下列问题。（1）⑤的基态原子电子的最高能层

符号为________，⑧的基态原子价电子排布式________。（2）④和⑤简单离子的半径较大的是________(用化学用语填写，下同)，②③④原子的第一电离能由大到小顺序为________，③、④形成的最简单气态氢化物中，键角较大的是__

______。（3）一种中学常见化合物由①③⑦三种元素组成，其中含有的化学键类型为________。A.离子键B.共价键C.配位键D.氢键（4）向⑨的硫酸盐溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解，写出沉淀溶解的离子方程式_____________。（5）③原子之

间可以形成双键或叁键，但⑩原子之间难以形成双键或叁键，从原子结构角度分析，其原因是______________。【答案】（1）①.M②.513d4s（2）①.2O−②.N>O>C③.3NH（3）ABC（4）()22334Cu(OH)4NHC

uNH2OH+−+=+或()2232324Cu(OH)4NHHOCuNH2OH4HO+−+=++（5）As原子半径较大，两原子间形成的键较长，所以p轨道很难重叠或者重叠程度小，故难以形成双键或三键【解析】【分析】由图可知，①-⑩分别为氢、碳、氮、氧、镁、硫、铝、

铬、铜、砷；【小问1详解】⑤为镁，处于第三周期，基态原子电子的最高能层符号为M；⑧为铬，基态原子价电子排布式513d4s；【小问2详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；④和

⑤简单离子的半径较大的是④形成的氧离子2O−；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，②③④原子的第一电离能由大到小顺序为N>O>C；③、④形成的最简单气态氢化物分别为NH3、H2

O，氨分子中有1对孤电子对、水分子中含有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故键角较大的是3NH；【小问3详解】①③⑦三种元素组成的物质可以为氯化铵，氯化铵是由氯离子和铵根离子构成的，铵根离子中氮氢共价键和1个配位键，故选ABC；【小问4详解】向⑨的硫酸盐溶液中

滴加氨水，先产生蓝色沉淀氢氧化铜，继续滴加氨水沉淀溶解，沉淀溶解的反应为氢氧化铜和氨水生成四氨合铜离子，离子方程式()22334Cu(OH)4NHCuNH2OH+−+=+或()2232324Cu(OH)4NHHOCuNH2OH4HO+−+=++；【小问

5详解】氮原子之间可以形成双键或叁键，但砷原子之间难以形成双键或叁键，其原因是As原子半径较大，两原子间形成的键较长，所以p轨道很难重叠或者重叠程度小，故难以形成双键或三键。18.元素周期表中第四周期的某些过渡元素(如V、Fe、Co等)在生产、生活中有着广泛的应用。（1）钒(V)

及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。①钒在周期表中的位置为________________。②25VO结构式如图所示，则25VO分子中键和键数目之比为________。（2）()335CoNHCl是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向1100mL0.2molL

−该配合物的溶液中加入足量3AgNO溶液，生成5.74g白色沉淀。①3NO−的空间构型为________。②则该配合物中配离子的化学式为________________。（3）铁的单质、合金及众多的化合物在生产生活中都有广泛的应用。的①基态铁原子的价层电

子轨道表示式________________。②氧元素与Fe可形成低价态氧化物FeO。已知该晶胞的密度为3dgcm−，则2O−与2Fe+之间最近距离为________pm(用含d和AN的代数式表示，AN代表阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.第四周期第VB族②.3∶2（2）①.

平面三角形②.()235CoNHCl+（3）①.②.103A128810pm2dN或103A28810pm8dN或103A3610pmdN【解析】【小问1详解】①钒的原子序数为23，位于元素周期表第四周期第VB族，

故答案为：第四周期第VB族；②由V2O5的结构式可知，该结构中共含有4个V=O双键，2个V-O单键，1个双键含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，所以V2O5分子中含有6个σ键和4个π键，σ键和π键数目之比为6：4=3：2，故答案为：3：

2；【小问2详解】①对于-3NO，根据VSEPR模型，N的价层电子对数=3+12×(6−3×2)=3，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，所以NO3-的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；②Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向100mL0.2m

ol•L-1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量n=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，n(AgCl)=-15.74g143.5g?mol=0.04mol，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配位数为6，即中心离子的配体为1个

氯离子和5个氨气分子，该配合物中配离子的化学式为[Co(NH3)5Cl]2+，故答案为：[Co(NH3)5Cl]2+；【小问3详解】①已知Fe是26号元素，故基态铁原子的核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，则其价层电子轨道表示式为：，故答案为：；②由题干晶胞图示信息可知，氧元素

与Fe可形成低价态氧化物FeO，一个晶胞中含有Fe2+个数为：118682+=4，含有O2-个数为：11214+=4，已知该晶胞的密度为3dgcm−，则晶胞边长为：a=3A4?(56+16)dNcm=3A4?(56+16)dN×1010pm，由晶胞

图示信息可知，O2-与Fe2+之间最近距离为晶胞边长的一半即为123A4?(56+16)dN×1010pm，故答案为：103A128810pm2dN或103A28810pm8dN或103A3610pmdN。19.苯甲醇与苯

甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在氢氧化钠水溶液中反应制得，反应的化学方程式为：2+NaOH→+某研究小组在实验室制备苯甲醇与苯甲酸，反应结束后对反应液按下列步骤处理：重结晶过程：溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥可能用到的

数据如下：相对分子质量沸点/℃密度/3gcm−溶解性苯甲醇1082051.04微溶于水，易溶于乙醚、乙醇苯甲酸钠144249.31.44易溶于水，不易溶于有机溶剂苯甲酸1222491.27常温下微溶于水，但溶解度随温度的升高而增大；易溶于乙醚、乙醇乙醚

7434.60.71微溶于水请根据以上信息，回答下列问题：（1）萃取分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是________。（2）萃取分液后，所得水层用盐酸酸化的目的是(用化学方程式表示)________________。

（3）苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度(S)随温度变化的曲线如右图所示，粗苯甲酸重结晶时，合适的溶剂是________(用字母填写)。重结晶过程中，趁热过滤的作用是________________，洗涤时采用的合适洗涤剂是____

____(填字母)。A．饱和食盐水B．冷水C．热水D．乙醇（4）检验苯甲酸是否洗涤干净的操作________________。（5）数据处理：称取1.220g粗苯甲酸固体，配成100mL甲醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用KOH溶液进行滴定，消耗KOH物质的量为32.401

0mol−，则粗产品中苯甲酸的纯度为________。【答案】（1）乙醚（2）或者6565CHCOONaHClCHCOOHNaCl+=+（3）①.C②.除去不溶性杂质，防止苯甲酸冷却后结晶析出③.B（4）取少量最后一次的洗涤液于试管中，往试管中先滴加

足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液。若产生白色沉淀，则未洗涤干净；反之则洗涤干净（5）96%【解析】【小问1详解】苯甲醇易溶于乙醚、乙醇，苯甲酸钠易溶于水、不易溶于有机溶剂，乙醇与水互溶，萃取分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是乙

醚；【小问2详解】萃取分液后，所得水层用盐酸酸化的目的是将苯甲酸钠转化为苯甲酸，反应的化学方程式为或者6565CHCOONaHClCHCOOHNaCl+=+。【小问3详解】根据图示，苯甲酸在溶剂C中的溶

解度受温度影响大，粗苯甲酸重结晶时，合适的溶剂是C。重结晶过程中，趁热过滤的作用是除去不溶性杂质，防止苯甲酸冷却后结晶析出；苯甲酸在冷水中的溶解度小，洗涤时采用的合适洗涤剂是冷水，选B。的【小问4详解】苯甲酸可能含有的杂

质离子有氯离子，取少量最后一次的洗涤液于试管中，往试管中先滴加足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液。若产生白色沉淀，则未洗涤干净；反之则洗涤干净。【小问5详解】称取1.220g粗苯甲酸固体，配成100mL甲醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中

，用KOH溶液进行滴定，发生反应，消耗KOH的物质的量为32.4010mol−，25.00mL甲醇溶液中含苯甲酸的物质的量为32.4010mol−，则粗产品中苯甲酸的纯度为31002.410g/mol25100%9

6%1.22g−=mol122。20.有机物M(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)具有特殊香味。某化学兴趣小组从粗品中分离提纯有机物M，然后借助李比希法、现代科学仪器测定有机物M的分子组成和结构，具体实验过程如下：步骤一：将粗品用蒸馏法进行纯

化。（1）如图1所示，仪器a的名称是________________，图中虚线框内应选用右侧的________________(填“仪器x”或“仪器y”)。步骤二：确定M的实验式和分子式。（2）利用元素分析仪测得有机物M中碳的

质量分数为54.5%，氢的质量分数为9.1%。①M实验式为________。②已知M的密度是同温同压下2CO密度的2倍，则M的分子式为________。步骤三：确定M的结构简式。（3）用核磁共振仪测出M的核磁共振氢谱如图2所示，图中峰面积之比为1∶3∶1∶3；利用红外光谱仪测得M的红外光谱如

图3所示。①M的结构简式为________________。②M的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是________(填标号)a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．X射线衍射仪【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.仪器y（2）①.24

CHO②.482CHO（3）①.33CHCOCH(OH)CH②.C【解析】【小问1详解】仪器a的名称是蒸馏烧瓶，蒸馏时使用仪器y(直形冷凝管)，仪器x(球形冷凝管)一般用于冷凝回流装置中。【小问2详解】①计算该有机物中氧元素的质量分数：w(O)=100%-54.5%-

9.1%=36.4%，分子内各元素原子的个数比：N(C)：N(H)：N(O)=54.5%12：9.1%1：36.4%16=2:4:1，即实验式为：C2H4O②M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，则M的相对分子质量为2×44=88，设分子式为(C2H4O)4，则44n=88，n=2，

则分子式为C4H8O2。【小问3详解】根据核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1:3:1:3，说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且个数比为1:3:1:3，结合红外光谱图所示含有C-H、H-O、C=O等化学键，其结构简式为CH3COCH(OH)CH3；②

M的所有同分异构体均含有C、H、O三种元素且质量分数都相同，在元素分析仪中显示的信号(或数据)完全相同，故选c。21.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到，A、B、C、D、E的转化关系如下所示：回答下列问题：（1）A的化学名称是___

____。（2）A→B的反应类型是：________；D所含的官能团名称________。（3）A→C的化学方程式为________。（4）下列说法正确的是________。A.A的所有同系物均可使酸性高锰酸

钾溶液褪色B.B分子中所有碳原子一定共面C.C不溶于水，且密度比水小D.等质量的E和乙烯消耗的氧气的质量相同（5）写出含有苯环的A的所有同分异构体的结构简式_________。（6）设计以甲苯()和乙醇(32CHCHOH)为碳料，含碳零制度乙

酯()(用流程图表示，无机试剂任选)__________。流程示意图如下：22HO/O/Cu22323CHCHCHCHOHCHCHO=⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂【答案】（1）邻二甲苯（2）①.加成反应②.羧基

（3）+Br23FeBr⎯⎯⎯→(或)+HBr+（4）BD（5）、、（6）4KMnO⎯⎯⎯⎯→酸性32CHCHOH/Δ⎯⎯⎯⎯→浓硫酸【解析】【分析】A的分子式为C8H10，与溴在光照条件下发生取代反应生成B为，推知A为，A在溴化

铁催化下与溴发生取代反应生成C，根据C的分子式C8H9Br可推知C为或，A与在Ni的催化下与氢气发生加成反应生成E为，A在酸性高锰酸钾溶液中被氧化生成D为；【小问1详解】A为，化学名称是邻二甲苯；【小问2详解】A→B是与溴在光照条件下发生取代反应生成和溴化氢，反应类型是取代反应

；D为，所含的官能团名称为羧基；【小问3详解】A→C是在溴化铁催化下与溴发生取代反应生成或和溴化氢，反应的化学方程式为+Br23FeBr⎯⎯⎯→(或)+HBr+；【小问4详解】A.A的所有同系物不一定可使酸性高锰酸钾溶液褪色，如苯，选项A错误；B.根据苯分子中12个原子共平面可知，B

分子中所有碳原子一定共面，选项B正确；C.C为或，不溶于水，但密度比水大，选项C错误；D.E（）和乙烯的最简式均为CH2,等质量的E和乙烯消耗的氧气的质量相同，选项D正确；答案选BD；【小问5详解】A为，含有苯环的A的所有同分异构体的结构简式有、、；【小问6详解】在酸性

高锰酸钾溶液的氧化下反应生成，与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成，合成路线为4KMnO⎯⎯⎯⎯→酸性32CHCHOH/Δ⎯⎯⎯⎯→浓硫酸。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com