【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，6.234 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＜Cl，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C10H

8BrN3OB.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：333N

H>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、23N

aCO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NaHCO3

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+2K2CO3=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.1molHCN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。1

8.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[Co

Cl4]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0.50mol/LNaOH溶液V1mL，充分反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOON

a。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1

20.50V-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(NaOH)mol/LV=120.50V-VV

mol/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)22.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+6H

2O43NH+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×1

0-3=5V×10-4mol，H3BO3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；23.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。②N

2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=CHCH2C

H2CH2CH2COOH⑥.⑦.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-COOC2H

5，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=CHCH2CH2CH2Br，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=CHC

H2CH2CH2CH（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（COONa）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=CHCH2C

H2CH2CH（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=CHCH2CH2CH2C

H2COOH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BrCH2CH2CH2Br，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C2H5OOC-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=CHCH2C

H2CH2CH（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，（CH

3）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CH2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、4LiAlH12122RCOORRCHOHROH−

⎯⎯⎯→−+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C17H19NO5F2，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：+C2H5OHΔ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。2

6.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)4C

HO-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NaOH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：()2222CuOH2eCuOHO2OH−−+=++；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，()2CuOH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。