2026年湖南怀化市高二下学期第一次月考化学模拟试卷01（人教版）

2026年湖南省怀化市高二下学期第一次月考模拟试卷01 化学试题 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 5.考试范围：选择性必修2、选择性必修3第一章。 6.难度：0.38 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第I卷（选择题 共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．ClO2能把废水中的CN-氧化成无毒气体，发生的反应为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．1L 1mol·L-1 NaCN溶液中含有的CN-数目为NA B．每消耗13.5g ClO2，转移的电子数为NA C．标准状况下，22.4L CO2中含有的σ键数目为2NA D．1mol 37Cl-中含有的中子数比电子数多2NA 2．化学与社会、科技、生产及生活密切相关。下列叙述错误的是 A．被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，是良好的半导体材料 B．歼-20上采用的氮化镓涂层，属于传统的无机非金属材料 C．“天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni位于元素周期表d区 D．5G-A技术所需的LCP在一定加热状态下会变成液晶，其既有液体的流动性，又有类似晶体的各向异性 3．下列化学用语或图示正确的是 A．HCl的电子式： B．基态O原子外围电子轨道表示式： C．结构示意图： D．的结构式： 4．下列有关氯氧化合物的说法中，不正确的是 A．的空间结构为V形 B．(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为＋1，＋7 C．分子中所有O原子所处的化学环境相同 D．已知气态分子中氯原子采取杂化，则分子中有一个离域键 5．金刚石存在立方金刚石和六方金刚石两种结构，它们的晶胞结构分别如图所示。下列说法不正确的是 A．立方金刚石、六方金刚石的密度不相同 B．立方金刚石、六方金刚石均为共价晶体 C．六方金刚石的晶胞为： D．立方金刚石和六方金刚石离C原子最近的C原子均为4个 6．W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的5种短周期元素，其元素性质或原子结构如下： W 电子只有一种自旋取向 X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素 Y Y元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅡA族 Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等 Q 只有一个不成对电子 下列说法正确的是 A．组成的化合物中各原子核外均满足8电子稳定结构 B．Y原子核外电子占据的最高能级的轨道形状为哑铃形 C．原子半径： D．第一电离能： 7．一种对称的阴离子(结构如图)由原子半径依次增大的X、Y、Z、M、W五种短周期的p区元素组成，基态原子中未成对电子数目，Y与W为同主族元素。下列说法错误的是 A．该阴离子呈现锯齿状 B．该阴离子与季铵离子()能形成离子液体 C．M的氢化物的沸点不一定比Y的氢化物低 D．第一电离能大小： 8．由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高 B 键能： HF热稳定性强于 C 硝基是强吸电子基团 对硝基苯酚酸性强于苯酚 D 为形结构，属于弱极性分子 在水中的溶解度高于在中的溶解度 A．A B．B C．C D．D 9．一种从铜阳极泥(含有、、等)中分离回收Au和Ag的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．“氧化酸浸”时加入适量NaCl的目的是使银元素转化为AgCl沉淀 B．“除金”时溶液中浓度越高越好 C．“电沉积”完成后阴极区溶液中可循环利用的物质为 D．“还原”中生成的、Au物质的量之比为3:4 10．近年来，二维硒氧化铋因其稳定性好、载流子迁移率高等优点，被广泛应用于各种电子设备。研究人员发现，与石墨烯等二维材料不同，二维硒氧化铋的层与层之间是通过弱静电力而非范德华力维系。如图甲是二维硒氧化铋的结构示意图，图乙为其晶胞结构和氮掺杂后的结构。下列说法正确的是 A．中， B．二维硒氧化铋晶胞沿z轴方向的投影图应该为 C．若NA为阿伏加德罗常数的值，则二维硒氧化铋晶体的密度为 D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，化学式变为Bi2O2-aSeNb，则a∶b=3∶2 11．新型离子液体在电沉积铝领域有重要应用。、、、、为原子序数依次递增的短周期主族元素，其中Y和Q为同主族元素，Z为所在周期中离子半径最小的元素，Z的价电子数与X的核电荷数相同，且X、Y、Z、Q的基态原子未成对电子数相等，而基态M原子未成对电子数为同周期中最多。下列说法中错误的是 A．电负性： B．为极性分子 C．中阴离子的中心原子的杂化方式为 D．简单氢化物的沸点： 12．有机物Q（）的合成路线如下： 下列说法正确的是 A．物质M中所有的原子共平面 B．P的分子式为 C．的反应为 D．有机物Q的一取代物有两种 13．下列有关1H2、和3H2的说法不正确的是 A．1mol 2H+的电子数为6.02×1023 B．1mol 3H2 的中子数约为4×6.02×1023 C．可用质谱法区分1H2、2H2和3H2 D．标准状况下，1mol混合1H2、2H2和3H2的体积约为22.4L 14．科学家合成了具有聚集诱导发光性能的化合物98和化合物99(R中含有三个羟基)。98和99在丙酮和水的混合溶剂中形成了如图所示的单分子层囊泡和双分子层囊泡。下列说法正确的是 A．形成囊泡时，苯平面之间正对比错位要稳定 B．98形成双分子层囊泡，99形成单分子层囊泡 C．囊泡形成体现的超分子的重要特征是分子识别 D．四苯基乙烯的二氯代物(2个氯原子不在同一个苯环上)为18种(包括立体异构) 第II卷（非选择题 共58分） 二、非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．回答下列问题： (1)的同分异构体中，同时满足下列条件的有_________种（不考虑立体异构），写出其中一种同分异构体的结构简式_________。 ①含有手性碳  ②含有2个碳碳三键  ③不含甲基 (2)写出同时满足下列条件的有机物F（）的一种芳香族同分异构体的结构简式：_________。 碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物。X分子中含有一个手性碳原子；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z不能被银氨溶液氧化。 (3)有多种同分异构体，其中一种含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为，其结构简式是_________。 (4)写出同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式_________。 ①分子中含有二取代的苯环。 ②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无碳氧单键。 (5)在的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_________种（不考虑立体异构）； ①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。 其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为_________。 (6)（呋喃）是一种重要的化工原料，其能够发生银镜反应的同分异构体中，除外，还有_________种。 (7)①B（）存在顺反异构现象，较稳定异构体的构型为_________式结构（填“顺”或“反”）。 ②X与互为同分异构体，满足条件①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，则X的简式为：__________________（任写一种）。 16．芬必得布洛芬缓释胶囊于1991年在中国上市，将世界上最安全的非甾体抗炎药物(NSAIDs)之一——布洛芬引入了中国，其独有的12小时缓释技术，使芬必得不仅能够持久有效止痛，而且安全副作用低，同时使用更方便，成功填补了我国在缓释胶囊制作工艺上的空白。 那么“芬必得”的主要成分是什么？其相对分子质量为多少？分子中有多少不同环境的氢原子？为探究“芬必得”的主要成分，某化学兴趣小组采用了以下方法对该有机物进行探究。 [活动探究] (1)实验小组同学利用质谱仪测得了以下数据：70、73、15、57、206等，由上述数据可以得到什么结论？______。 (2)实验小组同学利用红外光谱仪也测得了一些数据，其数据如图所示，若分子中只有1种官能团，由数据判断分子中的官能团可能是什么？还含有什么基团？______。 (3)核磁共振氢谱显示，图谱上有8组峰，且峰的面积之比为，由此可以得到哪些信息？______。 (4)若该分子中除了含有苯环外，还含有和两个基团，综合上述信息，实验小组同学推测“芬必得”的主要成分的结构简式为，该结论是否正确？若不正确，这两个基团应该如何连接？______。 17．游离态氮称为惰性氮，游离态氮转化为化合态氮称为氮的活化，在氮的循环系统中，氮的过量“活化”会导致氮向大气和水体过量迁移，氮的循环平衡被打破，导致全球环境问题。 (1)工业合成氨是氮的活化的重要途径之一：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH=-92.4 kJ·mol-1。在一定条件下，将N2和H2通入体积为1 L的恒容容器中，下列说法能说明该可逆反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．容器中气体密度不变 B．3正(H2)=2逆(NH3) C．容器中压强不变 D．N2、H2、NH3分子数之比为1∶3∶2 (2)NH3中氮原子的杂化方式为___________；NH3是一种易液化的气体，请阐述原因___________。 (3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化CO与NO2反应生成N2，该反应的方程式为4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)　ΔH<0。 ①C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为___________。 ②现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的NO2和CO气体，维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应。相关数据如下： 0 min 5 min 10 min 15 min 20 min c(NO2)/ mol·L-1) 2.0 1.7 1.56 1.5 1.5 c(N2)/ (mol·L-1) 0 0.15 0.22 0.25 0.25 在0～5 min内，以CO2的浓度变化表示的反应速率为___________mol·L-1·min-1，在10 min时，CO的转化率为___________。此温度下，该反应的化学平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。 (4)该反应的正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图所示，其中表示正反应的平衡常数(K正)的是___________(填“A”或“B”)，原因是___________。 18．rGO（还原氧化石墨烯）表面负载二维晶体，具有室温铁磁性和压电行为共存等反常的物理性质，有望用于制作新型电子器件。 I．制备GO（氧化石墨烯） (1)制备GO的过程可能会生成___________、___________，需要在通风橱中进行。 (2)不同反应阶段所需温度不同，其中“”可用___________的方法来控制温度范围。 (3)反应结束后，向容器内加入溶液除去未反应完的，紫红色悬浊液的颜色褪去。 ①的电子式是___________。 ②除去的离子方程式为___________。 (4)将(3)所得的悬浊液经离心、蒸馏水洗涤、干燥后，得到土黄色的GO。通过检验的存在可判断洗涤是否完全，具体检验方法为___________。 II．制备rGO（还原氧化石墨烯） i．称取0.50 g GO粉末于烧杯，加入100 mL水，用超声震荡形成分散液； ii．向分散液中加入维生素C，继续超声震荡，从所得悬浊液分离出rGO并制成薄膜。 (5)GO还原为rGO后，在水中溶解度会下降的原因是___________。 (6)下列有关制备rGO的说法中，正确的是___________。(填标号) a．维生素C的实际用量应比理论值大              b．可以代替维生素C，还原GO c．超声震荡的效果相当于搅拌                    d．分离rGO最好用蒸发结晶 iii．rGO表面负载二维晶体 将rGO薄膜浸入溶液，再通过冷冻电镜观察晶体结构。发现阴、阳离子在rGO薄膜表面相互作用形成二维晶体，结构示意图如下。 (7)二维晶体中阴、阳离子化学式为___________；其中，与rGO层中六元碳环的个数比为___________。 (8)rGO以及表面负载的二维晶体中包含的微粒间作用力有___________。(填标号) a．离子键                b．金属键                c．键                d．配位键 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年湖南省怀化市高二下学期第一次月考模拟试卷01 化学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C A C D D B D 题号 11 12 13 14 答案 C C A D 1．A 【详解】A．CN-为弱酸根离子，在水溶液中会发生水解反应，因此1 L1 mol/L NaCN溶液中CN-数目小于，A错误； B．ClO2中Cl为+4价，反应后变为Cl-中的-1价，每个Cl得到5个电子；13.5 g ClO2的物质的量为，转移电子物质的量为，转移电子数为，B正确； C．标准状况下22.4 L CO2的物质的量为1 mol，CO2的结构式为O=C=O，每个CO2分子中含有2个σ键，因此1 mol CO2中σ键数目为，C正确； D．的质子数为17，中子数为，电子数为，中子数比电子数多2，因此1 mol 中子数比电子数多，D正确； 故答案为A。 2．B 【详解】A．Te位于元素周期表中金属与非金属的分界线附近，是良好的半导体材料，在工业、国防领域有重要应用，A正确； B．氮化镓是一种新型半导体材料，属于新型无机非金属材料，B错误； C．Ti和Ni都属于过渡金属元素，Ni位于第四周期Ⅷ族，属于d区元素，C正确； D．液晶的特性为既有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性，描述符合液晶性质，D正确； 故选B。 3．D 【详解】 A．HCl是共价化合物　，A错误； B．基态O原子的2p轨道中，有一个轨道填充成对电子，轨道表示式：，B错误； C．核外电子数为18，最外层电子数为8，结构示意图：，C错误； D．中，两个原子以单键相连，每个原子再分别连接2个原子，结构式：，D正确；故选D。 4．C 【详解】A．计算Cl2O中心O原子的价层电子对数：成键电子对数为2，孤电子对数为，价层电子对数为4，则空间结构为V形，A项正确； B．高氯酸氯的结构为，O为-2价，根据化合物化合价代数和为0，可得单键连接O的Cl为+1价，中的Cl为+7价，B项正确； C．的结构为，氧原子分为两种：连接两个Cl的桥氧，以及和Cl双键相连的端基氧，两类氧原子化学环境不同，不是所有O原子化学环境都相同，C项错误； D．已知气态分子中氯原子采取杂化，1个Cl和2个O共三个原子形成离域体系，总价电子减去σ键和孤对电子后剩余5个电子，因此分子中有一个离域键，D项正确； 答案选C。 5．A 【详解】A．虽然两种金刚石的晶胞结构不同，但两种结构中C原子的空间利用率是相同的，因此密度相同，A错误； B．二者都由碳原子通过共价键结合形成空间网状结构，都属于共价晶体，B正确； C．根据六方金刚石的结构图可知，该晶胞的结构为：，C正确； D．在立方金刚石和六方金刚石中，每个C原子都与另外4个C原子相连接形成共价键，成键的C就是距离最近的C，所以C原子最近的C原子均为4个，D正确； 故答案为：A。 6．C 【分析】W中电子只有一种自旋取向，说明核外只有1个电子，故W为H；X的核外s能级电子总数等于p能级电子总数，电子排布为，且第一电离能低于同周期相邻元素，故X为O；Y是第三周期第ⅡA族，故Y为Mg；Z原子序数大于Mg，价电子中s、p轨道电子数相等，价电子排布为，故Z为Si；Q的原子序数大于Si，短周期中只有一个不成对电子，电子排布为，故Q为Cl。 【详解】A．是，H原子核外最外层只有2个电子，不满足8电子稳定结构，A错误； B．Y为Mg，基态Mg原子核外电子排布为，占据的最高能级为，轨道形状为球形，不是哑铃形，B错误； C．Z为Si，Q为Cl，二者同属于第三周期主族元素，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子序数，因此原子半径，即，C正确； D．同周期主族元素从左到右第一电离能整体呈增大趋势，原子序数，因此第一电离能，即，D错误； 故选C。 7．D 【分析】由图可知，阴离子中X、Y、Z、M、W形成共价键的数目为1、2、2、4、6，X、Y、Z、M、W五种短周期的p区元素的原子半径依次增大，基态原子中未成对电子数目Z>Y=M>X，则X为F元素、Y为O元素、Z为N元素、M为C元素、W为S元素。 【详解】A．由图可知，阴离子中碳原子、硫原子、氧原子的价层电子对数都为4，孤对电子对数分别为0、0、2，原子的空间构型依次为四面体形、四面体形、V形，所以阴离子的空间结构呈现锯齿状，故A正确； B．阴离子与季铵离子的体积都很大，阴阳离子间形成的离子键较弱，所以能形成难挥发的离子液体，故B正确； C．碳元素的氢化物可能是气态烃、液态烃、固态烃，气态烃的沸点低于水和过氧化氢，固态烃的沸点高于水和过氧化氢，所以碳元素的氢化物的沸点不一定低于氧元素的氢化物，故C正确； D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故D错误； 故选D。 8．D 【详解】A．金属晶体的熔点由金属键强弱决定，金属键越强熔点越高，由金属键强可以推测出金属钨熔点高，A正确，A不符合题意； B．共价键键能越大，对应分子的热稳定性越强，由H-F键能大于H-Cl键，可以推测出HF热稳定性强于HCl，B正确，B不符合题意； C．苯酚酸性来自羟基的电离，硝基的强吸电子效应会降低羟基氧的电子云密度，使O-H键极性增强，更易电离出，因此可以推测出对硝基苯酚酸性强于苯酚，C正确，C不符合题意； D．根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。水是强极性溶剂，是非极性溶剂，是弱极性分子，因此更易溶于非极性的，在水中溶解度低于在中的溶解度，由给出结构无法推测出题中性质，D错误，D符合题意； 故选D。 9．B 【分析】铜阳极泥含有Au、、等，加入、、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有和，滤渣1中含有Au、AgCl；滤渣1中加入、、NaCl将Au转化为进入滤液2，滤渣2中含有AgCl；在滤渣2中加入将AgCl转化为， “电沉积”生成Ag；滤液2中含有，用还原生成Au和。 【详解】A．由分析知 “氧化酸浸”时加入适量NaCl的目的是使银元素转化为AgCl沉淀进入滤渣1， A正确； B．在“除金”工序溶液中，浓度过大，AgCl会转化为进入滤液2，无法达到分离Ag和Au的目的， B错误； C．“电沉积”阴极得电子生成Ag和，完成后阴极区溶液中可循环利用的物质为， C正确； D．“还原”中还原生成Au和，Au由+3价降低为0、N元素由-2价升高为0，根据得失电子守恒，生成的、Au物质的量之比为3:4， D正确； 故答案选B。 10．D 【分析】根据图乙，没有掺杂其他原子，利用均摊法可知晶胞中原子数分布如下：含个Bi原子，个Se原子，个O原子，其化学式为Bi2O2Se，所以图甲中根据电荷守恒知，该晶胞中若为与，则个数比为1:1。 【详解】A．该晶胞中若为与，则个数比为1:1，结合化合物化学式Bi2O2Se个数比及化合价规律可知，为，z=2n，x=y=2，A错误； B．根据立体几何关系可知，晶胞沿Z轴的投影中，Bi3+位于面心，Se2-位于顶点，O2-位于棱上，其投影图为，B错误； C．由分析，晶胞化学式为Bi2O2Se，Se的个数为2，可知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量，该晶胞体积，故该晶体密度为，C错误； D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，有一个O原子所在位置成为空穴，还有两个O原子被N原子替换，所以O原子个数变为：，N原子数为：，Bi与Se个数没变化，分别是4和2，即Bi∶O∶Se∶N=4∶2.5∶2∶1=2∶1.25∶1∶0.5，根据化学式Bi2O2-aSeNb可得出2-a=1.25，a=0.75，b=0.5，因此得出a∶b=3∶2，D正确； 故答案选D。 11．C 【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。Y和Q同主族，Z为所在周期离子半径最小的元素，且Z不是原子序数最小的，Al3+在第三周期半径最小，则Z为铝；Al的价电子数为3，Al的价电子数与X的核电荷数相同，则X为锂；X、Y、Z、Q基态未成对电子数均为1，Li、F、Al、Cl均满足，则Y为氟、Q为氯；M基态未成对电子数为同周期最多，则M为磷；离子液体为LiPF6 – AlCl3； 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：，A正确；    B．PCl3为三角锥形，极性分子，B正确； C．中P为sp3d2杂化，为八面体结构，非sp3，C错误； D．HF分子间形成氢键，导致HF沸点高于HCl，D正确； 故选C。 12．C 【详解】A．M为含N的环状胺，N原子为sp3杂化（含孤对电子），构型为三角锥形，分子中原子不可能全部共平面，A错误； B．由P的结构简式可知，P的分子式为，B错误； C．P含3个-CH2OH基团，与NH3反应时，每个-CH2OH脱去1分子H2O，3个-CH2OH共脱去3H2O，同时NH3的N参与成环生成Q，反应方程式为，C正确； D．Q结构对称，分子中所有氢原子环境相同，一取代物只有1种，D错误； 故选C。 13．A 【详解】A．的质子数为1，带1个单位正电荷，电子数=质子数-电荷数=1-1=0，因此1mol 的电子数为0，A错误； B．每个原子的中子数为质量数-质子数=3-1=2，1个分子含2个原子，总中子数为2×2=4，因此1mol 的中子数约为4×6.02×1023，B正确； C．质谱法可测定物质的相对分子质量，1H2、和3H2的相对分子质量分别为2、4、6，相对分子质量不同，质荷比不同，可以用质谱法区分，C正确； D．标准状况下，气体摩尔体积适用于任何气体（包括混合气体），1mol气体的体积约为22.4L，D正确； 故答案选A。 14．D 【详解】A．形成囊泡时，正对的堆积可能导致较大的排斥，苯平面之间错位比正对要稳定，A项错误； B．由题干可知98形成单分子层囊泡，99形成双分子层囊泡，B项错误； C．囊泡形成是分子通过疏水作用、氢键等自组装形成有序结构，体现超分子的“自组装”特征，分子识别强调主体对客体的选择性结合，C项错误； D．四苯基乙烯的二氯代物(2个氯原子不在同一个苯环上)：每个苯环有3种取代位置（邻、间、对），两个苯环独立取代，位点组合为3×3 = 9种，结合苯环组合方式，总结构异构体为2×9种= 18种，D项正确； 答案选D。 15．(1) 4 (2) (3) (4)或或或或 (5) 9 (6)4 (7) 反 【详解】（1） 根据题目所给条件，同分异构体中含有2个碳碳三键（不含苯环），结构中不含甲基，说明三键在物质的两端，同分异构体中又含有手性碳原子，因此，可能的结构有：CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH、CH≡C-CH2-CH2-CH(NH2)-CH2-C≡CH、HC≡C-CH(CH2NH2)-CH2-CH2-C≡CH、HC≡C-CH(CH2CH2NH2)-CH2-C≡CH，共4种；其中一种同分异构体的结构简式； （2） 由题中F的结构简式，可知其分子式是C13H16O4，其不饱和度为6，其芳香族同分异构体在碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物，推断该同分异构体中含有两个酯基，X分子中含有一个手性碳原子，则有一个碳原子连接着四种互不相同的原子或原子团；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，推断Y的结构简式是，Z不能被银氨溶液氧化，则Z不含醛基，推断Z的结构简式是CH3COOH；则X分子中共含有5个C原子，其中有-COOH，则推断其结构简式是；综上分析，该芳香族同分异构体的一种结构简式是； （3） ，其同分异构体中含五元碳环结构，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶1，其结构简式为； （4） B分子中含有二取代的苯环，分子中共有4种不同化学环境的氢原子，则取代基一般在对位，无碳氧单键，故其结构简式可能为：或或或或； （5） B的同分异构体分子中含有苯环、三个甲基和手性碳可知，苯环上的取代基可能为和1个甲基，或 和2个甲基，同分异构体的结构可以视作取代甲苯苯环上的氢原子和取代了二甲苯苯环上的氢原子，其中取代甲苯苯环上的氢原子所得结构有邻、间、对3种，取代邻二甲苯苯环上的氢原子所得结构有2种、取代间二甲苯苯环上的氢原子所得结构有3种、取代对二甲苯苯环上的氢原子所得结构有1种，则符合条件的结构共有9种；其中核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3：3：3：2：2：1的同分异构体的结构简式为 （6） 呋喃是一种重要的化工原料，其同分异构体中可以发生银镜反应，说明其同分异构体中含有醛基，这样的同分异构体共有4种，分别为：CH3-C≡C-CHO、CH≡C-CH2-CHO、、； （7）①顺式中的两个取代基处于同一侧，空间比较拥挤，范德华斥力较大，分子内能较高，不稳定，反式较顺式稳定； ②E的分子式为C10H12Cl2，同分异构体满足①含有苯环②核磁共振氢谱只有1组吸收峰，说明结构高度对称，则X的一种结构简式为； 16．(1)该主要成分的相对分子质量为206 (2)该分子中的官能团为羧基，还含有苯环 (3)分子中有8种不同化学环境的氢原子，且个数比为 (4)不正确，这两个基团应该在对位连接 【分析】由质谱数据m/z的最大值可推知化合物的分子量，由红外光谱图特定位置的峰可推知化合物所含基团，由核磁共振氢谱的出峰个数和各峰面积之比，可推知化合物中不同化学环境的氢原子的种类和数量，根据以上信息可综合推出化合物的结构，据此回答。 【详解】（1）在质谱图中，横坐标表示离子的质荷比m/z值，从左到右质荷比的值增大，对于带有单电荷的离子，横坐标表示的数值即为离子的质量，所以质荷比最大的粒子对应的就是分子离子，该质荷比即为该化合物的相对分子质量，其值为206； （2）利用红外光谱可测得分子中的原子连接方式，同时测得分子中的官能团，红外光谱图显示其含有羰基、羟基，因为该分子只有一种官能团，所以符合题意的只有羰基和羟基相连形成的羧基，此外红外光谱图显示苯环骨架的特征，说明其含有苯环结构； （3）核磁共振氢谱中出现的峰的个数指示化合物中不同化学环境的氢原子的种类数，各个峰的峰面积之比指示化合物中每种化学环境中氢原子数量的比值，所以分子中有8种不同化学环境的氢原子，且个数比为； （4） 由第3小问可知，分子中有8种不同化学环境的氢原子，而该结构中含有10种不同化学环境的氢原子，因此不符合题意，这两个基团应该连接在对位，形成对称结构，此时不同化学环境的氢原子有8种，所以分子的结构简式应该为。 17．(1)C (2) sp3 NH3中存在分子间氢键，导致沸点很高 (3) C<O<N 0.12 44% 0.11 (4) B 反应放热，升高温度，平衡常数减小 【详解】（1）A．反应前后气体总质量不变，容器体积固定，密度始终不变，不能说明达到平衡，A不符合题意； B．速率关系应为，不满足正逆速率相等，不能说明平衡，B不符合题意； C．反应前后气体物质的量不等，压强不变说明各组分浓度不再变化，达到平衡，C符合题意； D．分子数之比为 1:3:2仅代表某一时刻比例，不能说明达到平衡，D不符合题意； 故答案选C。 （2）中N原子价层电子对为，故其杂化方式为； 分子间存在氢键，分子间作用力较强，沸点相对较高，因此易液化。 （3）同周期元素第一电离能，从左到右呈递增的趋势，但N原子2p轨道半充满，第一电离能反而高于O，故第一电离能：C<O<N； 05 min内：，，； 10 min时： ，，； 平衡时(15 min后)：，，，，则K=0.11。 （4）由反应4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)由ΔH<0可知为放热反应，对于放热反应：当温度升高时，平衡会向吸热方向(即逆反应方向)移动，当温度降低时，平衡会向放热方向(即正反应方向)移动。平衡常数K的大小直接反映了反应进行的程度：K 值越大，说明反应正向进行的程度越大，对于放热的正反应，温度升高，平衡逆向移动，正反应进行的程度降低，因此减小，由图像可知，图中表示的曲线是B； 正反应ΔH<0，温度升高时平衡逆向移动，平衡常数减小，故B曲线符合正反应平衡常数随温度变化的趋势。 18．(1) (2)冰（冷）水浴 (3) (4)取最后一次洗涤液于试管，滴加溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤完全 (5)rGo的亲水基团减少或羟基数减少或氢键数减少 (6)ac (7) CaCl 1：4 (8)acd 【详解】（1）制备GO（氧化石墨烯）的过程中用到了强氧化剂浓硫酸、硝酸钠、高锰酸钾，石墨作还原剂将还原为SO2，将还原为NOx（氮氧化物），二者均为有毒气体，因此需要在通风橱中进行； （2）低于室温的温度控制，应使用冰（冷）水浴或恒温水浴； （3） ①的电子式为； ②反应结束后溶液仍为酸性环境，将还原为Mn2+，自身被氧化为氧气，离子方程式为； （4）检验的方法为：取最后一次洗涤液于试管，滴加溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤完全； （5）GO被还原为rGO后，根据图示能发现其中亲水性基团如羟基、羧基等明显减少，与水能形成的氢键减少，因此rGO在水中的溶解性下降； （6）a．为了将GO中的含氧基团尽可能地还原，维生素C的实际用量应过量，a正确； b．利用H2还原GO，需在高温氢气气氛中进行，水溶液中无法进行，b错误； c．超声震荡通过空化效应促进GO分散，与传统的机械搅拌混合原理不同，但效果更好，c正确； d．rGO在水中的溶解度小，通常利用过滤或离心操作分离，d错误； 故答案选ac； （7） 观察结构示意图，选取一个重复单元()。在这个二维结构中，六元碳环内部存在1个钙离子，每个Cl-只有六分之一属于此正三角形，则结构单元中含有Cl-的数目为，所以钙离子和氯离子的个数比为1:1，二维晶体的化学式为CaCl。从结构示意图中可以看出，每个六元环周围有1个氯离子，而此六元环中含有六元碳环的数目为=4，则Cl-与rGO层中六元碳环的个数比为1:4。 （8）a．Ca+与Cl-之间形成离子键，a符合题意； b．没有金属原子不存在金属键，b不符合题意； c．rGO层内碳原子间存在共轭π键，c符合题意； d．由图可知，每个Ca+与周围3个Cl-成键，其中有两条是Cl-→Ca+配位键，d符合题意； 因此选acd。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $