2026届高三化学三轮复习 化学命题动向探究5 有机化学＋微观结构的跨模块融合命题

命题探究新动向 新题预测得高分 2026高考化学命题动向探究5 有机化学＋微观结构的跨模块融合命题 一．高考命题动向探究 在新高考的背景下，多模块知识融合型情境命题已成为高考命题的一大趋势。 这一类型的命题，重新整合必修和选择性必修教材知识，如有机物与物质结构与性质的融合。这类题型给高考试题注入了新的活力，也对考生化学学科的学习提出了更高的素质要求，是高考命题的一个新方向。 二．新题预测押题练 命题点1 有机与原子结构性质相融合 1．（2026·北京延庆·一模）二溴甲烷是无色透明液体，微溶于水，可溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，在工业、医药等领域应用广泛，其结构如下图所示。下列关于二溴甲烷的说法不正确的是 A．分子中不含手性碳原子 B．是非极性分子 C．电负性： D．一定条件下能与溶液发生反应 2．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）Co-Salen配合物在生物传感器、材料应用、肿瘤治疗等领域有着广泛应用，已知Co-Salen配合物的结构如图所示。下列有关该配合物的说法错误的是 A．碳原子的杂化方式均为 B．Co的配位数为5 C．第一电离能： D．有2个手性碳原子 3．（2026·江苏南京·模拟预测）1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是常见的离子液体，其结构为：，阳离子中五元环上的原子共平面。下列说法不正确的是 A．咪唑环上C原子和N原子均采取sp2杂化 B．在水中的溶解度比在苯中大 C．电负性：χ(P)<χ(N) D．第一电离能：I1(F)<I1(N) 4．（25-26高三下·吉林白山·开学考试）偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。 下列说法错误的是 A．第一电离能： B．该偶氮大环处于状态a时，能键合碱金属离子 C．偶氮大环中碳原子采用了、两种杂化方式 D．该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征 5．（2026·河南南阳·模拟预测）某教授开发了一种由维生素B12和硫醇氢原子转移(HAT)协同催化的环氧化物氢化开环反应，该体系提供了一种在温和条件下将末端环氧化物转化为马式醇的新方法。开环制备的反应历程如图所示。下列关于该反应历程的说法错误的是 A．反应①～⑥均为氧化还原反应 B．反应④中有极性键的断裂和形成 C．基态Ti(Ⅲ)的价层电子排布式为 D．在反应历程中是中间产物 命题点2 有机与分子结构性质相融合 6．（2026·浙江·二模）某种聚碳酸酯透光性好，可用于制作车船挡风玻璃、眼镜镜片和光盘等，其结构片段为： 可用碳酸二甲酯来合成该聚碳酸酯。下列说法正确的是 A．聚碳酸酯结构片段中的C均为杂化 B．可用核磁共振氢谱法确定聚碳酸酯中的官能团 C．与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D．可与二酚类物质加聚成该聚碳酸酯 7．（25-26高三下·北京·开学考试）聚碳酸酯具有高强度和高弹性等优点，常用于航天服、面罩的制作。聚双酚A碳酸酯可由如图所示反应制备。 下列说法错误的是 A．双酚A是极性分子 B．反应式中化合物X为苯酚 C．反应为缩聚反应，该高分子材料不可降解 D．一定条件下，双酚A也可与甲醛发生缩聚反应 8．（2026·广东汕头·一模）我国研究人员发现一种可用于治疗高血压的药物，其结构如图所示，下列有关该药物说法正确的是 A．含有3个手性碳原子 B．所有碳原子可能共平面 C．遇溶液反应显紫色 D．既能与盐酸反应，也能与溶液反应 9．（2026·贵州遵义·模拟预测）香菜是“遵义羊肉粉”特色小吃不可或缺的佐料，香菜中的铃兰香气源于芳樟醇。芳樟醇结构简式如图，关于该化合物下列说法正确的是 A．一定条件下，可发生加成、氧化、缩聚反应 B．该物质属于芳香烃 C．分子中C原子有三种杂化方式 D．存在对映异构体，不存在顺反异构体 10．（2026·四川内江·二模）有机物托品酮的合成路线如下图(Me为甲基)。下列叙述正确的是 A．甲是乙醛的同系物 B．生成丁的反应过程涉及加成反应和消去反应 C．丙与托品酮分子中碳原子杂化类型相同 D．可用、HCHO、为主要原料，利用该反应机理制备 11．（2026·江苏·一模）吲哚(X)用于合成某手性药物中间体(Z)的关键步骤如下： 下列说法不正确的是 A．X中C原子均采取杂化 B．Y存在顺反异构体 C．Z中含有2个手性C原子 D．反应的原子利用率为100% 12．（2026·浙江宁波·二模）有机物M在碱性条件下可发生的反应如图所示。下列说法不正确的是 A．M分子中所有碳原子不可能共面 B．N可与形成分子间氢键 C．1 mol M最多与2 mol 发生加成反应 D．可用红外光谱法区分M与N 13．（2026·湖南长沙·模拟预测）苯甲醛与硝基甲烷在KOH存在下生成-硝基苯乙烯()的可能反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．该反应过程中涉及了加成反应和消去反应 B．反应过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成 C．该过程中部分碳原子由杂化转变为杂化 D．该过程的总反应方程式为： 14．（2026·江西南昌·一模）我国科学团队成功开发出一种直接、区域选择性的吡啶C-3位卤化新策略，用简单的醚溶剂效应打破了半个多世纪的合成瓶颈，下图为卤化合成路线及应用， 已知吡啶（）与苯结构与性质相似，下列说法错误的是 A．反应①和反应②反应类型相同 B．有机物Z中C的杂化类型有2种 C．甲基吡啶和苯胺互为同分异构体 D．1 mol Y最多消耗2 mol NaOH 15．（2026·广东江门·一模）市售的食用油中普遍加入叔丁基对苯二酚(TBHQ)作为抗氧化剂，其结构如图所示。下列关于该物质的说法错误的是 A．最多有8个碳原子共面 B．存在s-sp2σ键和sp2-sp2σ键 C．可发生氧化反应、取代反应、加成反应 D．1mol TBHQ最多可与2mol NaHCO3发生反应 16．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）聚四氟乙烯合成路线如图：。已知：Sb为第五周期第VA族元素下列说法正确的是 A．的空间结构：四面体形 B．氯原子的结构示意图： C．反应涉及到C原子杂化方式共有三种 D．基态Sb原子的电子排布式为 命题点3 有机与晶体结构性质相融合 17．（2026·河南信阳·三模）笼形包合物的四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞，晶胞中N原子均参与形成配位键。晶胞参数(单位pm)，。下列叙述错误的是 A．Zn在元素周期表中位置为第四周期第IIB族 B．与的配位数之比为1：1 C．中 D．吡啶()中含有，可替代苯形成类似的笼形包合物，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据杂化轨道 18．（2026·湖北恩施·模拟预测）二茂铁是典型夹心配合物，位于两个相互错开的茂环（环戊二烯负离子）之间。二茂铁转化为DNF的反应如下。 下列说法错误的是 A．二茂铁晶体为离子晶体 B．二茂铁转化为DNF为取代反应 C．环戊二烯负离子中所有原子共平面 D．制备DNF的过程中有副产物生成 19．（25-26高三下·湖北孝感·月考）环碳是一类由多个碳原子构成的环状分子。环[48]碳与大环(M)以“机械键”(两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式)形成的某超分子C48·M3结构如图。下列说法错误的是 A．环[48]碳、金刚石、石墨、C60互为同素异形体 B．用红外光谱仪测定C48·M3的化学键或官能团信息 C．环[48]碳分子中所含σ键和π键数目不相等 D．C48·M3中存在极性键、非极性键、范德华力等相互作用力 20．（2026·山西太原·模拟预测）某种杯芳烃分子（如图甲）具有空腔结构，可包合分子形成超分子；它同时还可以识别对甲基苯乙烯分子中的乙烯基，引导对甲基苯乙烯分子进入其空腔内（如图乙），进而将对甲基苯乙烯氧化为（4-甲基苯基）环氧乙烷（如图丙）。下列说法错误的是 A．该杯芳烃分子和过氧化氢之间作用力可能有氢键 B．对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰，可改变其分子识别能力 C．可以用红外光谱仪测定该杯芳烃分子的官能团 D．（4-甲基苯基）环氧乙烷分子中的氧原子来自该杯芳烃分子 21．（2026·山西大同·一模）科学家用与四(4-氰基苯基)甲烷[简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图所示(设表示阿伏加德罗常数的值)，下列说法错误的是 A．晶胞中的配位数为4 B．中，C原子的杂化方式为sp、、 C．中所有原子可能共面 D．若、的摩尔质量分别为、，则该晶体的密度为 22．（25-26高三下·吉林松原·开学考试）研究超分子的科学家发明了很多新型分子，这些分子可以充当“快递员”(主体)，携带其他分子或离子(客体)运输到指定区域，称为“主客体化学”二苯并-18-冠-6-醚可作为主体分子，结合水中的，结合后的结构如图1所示；在二苯并-18-冠-6-醚中引入氟原子(其结构如图2所示)；用溶液氧化甲苯时，引入冠醚可促进向有机相转移，加快反应速率，原理如图3所示。下列说法错误的是 A．二苯并-18-冠-6-醚苯环上的一氯代物有2种 B．二苯并-18-冠-6-醚分子中碳原子的杂化方式有2种 C．在二苯并-18-冠-6-醚中引入氟原子后其结合的能力增强 D．溶液氧化甲苯时引入的冠醚属于“主客体化学”中的主体 二、解答题 23．（2026·广东汕头·一模）铜催化提高1，3-二烯烃选择性的合成方法如下： 已知：①是苯基（） ② (1)Ⅰ的官能团名称是______，写出Ⅱ的分子式______。 (2)Ⅱ的其中一种水解产物能与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V。在V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应的有______种。 (3)Ⅳ分子存在顺反异构体，可采用核磁共振氢谱法对二者进行区分，请写出该方法可行的理由之一：______；上述Ⅳ合成方法的优点之一是在的催化作用下，提高了Ⅱ与Ⅰ反应位置的选择性，请写出该反应条件下还可能生成的副产物结构______（不考虑立体异构）。 (4)关于上述合成方法，以下说法正确的是______。 A．Ⅰ分子中所有原子一定共平面 B．Ⅱ分子在该过程中存在键断裂 C．Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多5个 D．Ⅳ是反式产物，在一定条件下可以发生加聚反应 (5)利用该方法合成化合物Ⅵ的路线如下 ①第一步，由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应，写出该反应的化学方程式（不要求反应条件）______。 ②第二步，由第一步反应产物与生成Ⅶ，写出Ⅶ的结构简式：______。 ③第三步，由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ______（填写Ⅷ的名称）仿照上述反应可获得Ⅵ，Ⅷ可由二溴代物制备，写出合理的化学方程式：______。 1．B 【详解】A．手性碳原子要求连接4种不同的原子/基团，二溴甲烷的中心碳原子连接2个H、2个Br，不存在4种不同基团，因此不含手性碳原子，A说法正确； B．二溴甲烷为四面体结构，由于Br和H电负性不同，C-Br键、C-H键的极性不能相互抵消，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，不是非极性分子，B说法错误； C．电负性规律：卤族元素Br电负性大于C，C电负性大于H，即，C说法正确； D．二溴甲烷属于卤代烃，一定条件（NaOH水溶液加热）下可以发生水解反应，因此能与NaOH溶液反应，D说法正确； 故选B。 2．A 【详解】A．由图可知，配合物环己烷环和叔丁基上的碳原子为杂化，苯环和C=N双键上的碳原子的杂化方式为，A错误； B．由图可知，Co与2 个 N 原子、2 个 O 原子、1 个 Cl 原子形成配位键，Co的配位数为5，B正确； C．同周期元素从左向右，第一电离能呈增大趋势，但N的2p 轨道为半充满稳定结构，故第一电离能，C正确； D．手性碳必须形成单键，同时连有四个不同的原子或原子团，故该配合物分子中最上面的六元环中与氮原子相连的两个碳为手性碳原子，所以该配合物分子中有2个手性碳原子，D正确； 故答案为：A。 3．D 【详解】A．题干明确说明阳离子中五元环上的原子共平面，环上存在双键，说明所有环上的C、N原子都有1个未参与杂化的p轨道形成π键，因此均采取杂化，A正确； B．该物质是由阴阳离子构成的离子化合物，极性较强；根据相似相溶原理，水是极性溶剂，苯是非极性溶剂，因此该物质在水中的溶解度比在苯中大，B正确； C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，N和P同主族，N在P上方，因此电负性，C正确； D．同周期主族元素第一电离能从左到右整体呈增大趋势，第二周期元素第一电离能顺序为：，因此第一电离能，D错误； 故选择D。 4．B 【详解】A．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，故第一电离能大小：N>O>C ，A正确； B．状态a中偶氮基（-N=N-）两侧苯环位于双键异侧，为反式结构，题干明确反式时不能键合碱金属离子，B错误； C．偶氮大环中，苯环及偶氮基（-N=N-）的C、N原子为sp2杂化，但大环中连接醚键的饱和碳，如-CH2-形成4个σ键，为sp3杂化，C正确； D．分子识别指分子通过非共价键特异性结合，该大环顺式时选择性键合碱金属离子，体现分子识别特征，D正确； 故选B。 5．C 【详解】A．反应①中Ti(III)转化为Ti(IV)，属于氧化还原反应，反应②中Ti元素化合价不变，有自由基之间的反应属于氧化还原反应，反应③中有参与反应，属于氧化还原反应，反应④中HCrLn转化为，属于氧化还原反应，反应⑤Ti(IV)转化为Ti(III)，属于氧化还原反应，反应⑥中生成，属于氧化还原反应，A正确； B．反应④中断裂Ti-O极性键，形成H-O极性键，B正确； C．Ti原子核外有22个电子，电子排布式为，故基态Ti(Ⅲ)是原子失去三个电子后的微粒，价层电子排布式为，C错误； D．在反应历程中在第④步生成，在第⑤步消耗，是中间产物，D正确； 故选C。 6．C 【详解】A．中心以及甲基上的碳原子为杂化，A错误； B．核磁共振氢谱法可确定有机物中等效氢的数量，应使用红外光谱法确定有机物中的官能团种类，B错误； C．碳酸二甲酯具有两个酯基，1 mol碳酸二甲酯可与2 mol氢氧化钠发生水解反应，C正确； D．使用二酚类物质与聚合生成该聚碳酸酯，会脱去甲醇小分子，该反应属于缩聚反应，而非加聚，D错误； 故答案为C。 7．C 【分析】该反应是双酚A与碳酸二苯酯发生酯交换型缩聚反应制备聚双酚A碳酸酯：根据原子守恒，反应中碳酸二苯酯的苯氧基与双酚A的羟基氢结合生成小分子，双酚A与碳酸二苯酯反应，共生成小分子X，同时得到缩聚产物聚双酚A碳酸酯。 【详解】A．双酚A分子中与两个苯环直接相连的中心碳原子为sp3杂化，与该碳原子相连的4个基团不完全相同，因此双酚A整体正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确，不符合题意； B．根据原子守恒和断键规律：该酯交换反应中，碳酸二苯酯脱下的苯氧基结合氢原子生成苯酚，小分子产物的计量数恰好为，因此X为苯酚，B正确，不符合题意； C．该反应生成小分子苯酚，确实属于缩聚反应；但该高分子主链含有酯基，在一定条件下可以发生水解反应，因此该高分子材料可以降解，C错误，符合题意； D．双酚A属于酚类衍生物，酚羟基的邻位存在活泼氢，和苯酚性质类似，一定条件下可以与甲醛发生缩聚反应，D正确，不符合题意； 故选C。 8．D 【详解】A．手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的饱和碳原子。分析该药物结构，在右侧含羟基的五元环上，与羟基直接相连的碳原子为手性碳原子，只有一个手性碳原子，A错误； B．分子中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子采取杂化，呈四面体结构；同时分子中还有键等结构，这些都导致分子中所有碳原子不可能共平面，B错误； C．酚羟基是能与溶液发生显色反应的关键官能团，而该药物分子中的羟基为醇羟基，分子内不存在直接连在苯环上的酚羟基，因此遇溶液不会显紫色，C错误； D．该化合物中含有呈碱性的亚氨基，能与盐酸反应；含有酰胺键，可在NaOH溶液或盐酸溶液中水解，故该物质既能与盐酸反应，也能与NaOH溶液反应，D正确； 故答案选D。 9．D 【详解】A．芳樟醇中含有碳碳双键，可以发生加成反应与氧化反应，但其仅含一个羟基，无第二个可缩合官能团，不能发生缩聚反应，A错误； B．芳樟醇不含有苯环，不属于芳香烃，B错误； C．芳樟醇分子中碳原子只有与两种杂化方式，没有第三种杂化方式，C错误； D．芳樟醇分子中连接羟基的碳原子连接了四个不同基团，为手性碳原子，存在对映异构体，但分子内双键不满足顺反异构体存在的条件，因此不存在顺反异构体，D正确； 故答案选D。 10．C 【详解】A．同系物要求官能团种类和数目相同，仅碳链长度不同；甲为丁二醛，分子中含有2个醛基，乙醛只含1个醛基，二者不互为同系物，A错误； B．生成丁的反应中，首先醛与胺发生加成反应，之后发生取代反应，不涉及消去反应，B错误； C．丙中含有羧基碳、酮羰基碳（均为杂化）和亚甲基碳（杂化），托品酮中含酮羰基碳（杂化）和饱和碳（杂化），二者碳原子杂化类型相同，C正确； D．原料环己酮的位没有甲基，无法生成产物中2位连有甲基的结构（托品酮的合成需要丙酮二羧酸酯或其衍生物作为原料，而不是环己酮），D错误； 故选C。 11．C 【详解】A．X中所有碳原子均形成平面结构，均采取杂化，A不符合题意； B．Y分子中碳碳双键两端分别连接不同基团，存在顺反异构体，B不符合题意； C．手性碳原子是指连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，Z分子中有1个手性碳原子，如图，C符合题意； D．该反应为加成反应，原子利用率为100%，D不符合题意； 故选C。 12．C 【详解】A．M分子中存在饱和杂化碳原子，饱和碳为四面体结构，因此所有碳原子不可能共面，A正确； B．N分子中含有电负性大、带有孤对电子的羰基氧，可与水分子的H形成分子间氢键，B正确； C．M分子中含1个碳碳双键、2个酮羰基，因此最多可与发生加成反应，C错误； D．红外光谱可以区分不同的官能团/化学键，M含2个羰基，N仅含1个羰基，官能团不同，红外光谱吸收峰不同，可以区分，D正确； 故选C。 13．B 【分析】由图可知，第一步发生反应，第二步发生反应+，第三步发生反应++，第四步发生反应++，第五步发生反应+，据此分析。 【详解】 A．由分析知，第二步中进攻苯甲醛的醛基时，醛基的碳氧双键打开发生加成反应；第五步中脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应，A正确； B．由图可知，该反应过程中，断裂的化学键均为不同原子间的极性键（如C-H键、C=O键、O-H键），仅最终形成了碳碳非极性双键，没有非极性键的断裂，因此不涉及非极性键的断裂，B错误； C．由分析知，第五步反应为消去反应，苯环侧链上的碳原子由饱和变为不饱和，杂化类型由转化为，C正确； D．由分析知，反应物为和，为催化剂，生成物为和，故总反应为，D正确； 故选B。 14．D 【详解】 A．反应①：吡啶环上的氢被溴原子取代，属于取代反应。；反应②：Y分子中的溴原子与发生取代反应， 所以反应①和反应②类型相同，A正确；B．双键上的C原子是sp2杂化，单键上的饱和C原子是sp3杂化，因此杂化类型有2种，B正确； C．甲基吡啶和苯胺的分子式（C6H7N）相同，结构不同，互为同分异构体，C正确； D．有机物Y的结构中，除了1个酯基，还有溴原子；酯基水解消耗1 mol NaOH；溴原子在碱性条件下水解，生成酚羟基和HBr，HBr会与NaOH反应，消耗1 mol NaOH；生成的酚羟基在碱性条件下会与NaOH反应，再消耗1 mol NaOH。所以1 mol Y最多消耗3 mol NaOH，D错误； 故选D。 15．D 【详解】A．苯环为平面结构，6个苯环碳原子全部共面；与苯环直接相连的叔丁基中心碳原子一定在苯环平面内，叔丁基中心碳为杂化，其连接的3个甲基中，最多只有1个甲基碳原子可旋转至苯环平面，因此总共有个碳原子最多共面，A正确； B．苯环的碳原子均为杂化，苯环内碳碳σ键就是σ键；苯环上的C-H键中，H原子的轨道和杂化的碳原子成s-sp2σ键，B正确； C．酚羟基易被氧化，可发生氧化反应；苯环上的氢、烷基氢、羟基都能发生取代反应，苯环可以与氢气发生加成反应，C正确； D．酚羟基的酸性弱于碳酸，但强于碳酸氢根，因此不能与发生反应，D错误； 故选D。 16．A 【详解】A．​中中心C原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为四面体形，A正确； B．氯原子的质子数和核外电子数均为17，结构示意图为，B错误； C．反应中​、​、聚四氟乙烯中的碳原子均为杂化，​中双键碳原子为杂化，总共只有2种杂化方式，C错误； D．Sb是51号元素，位于第五周期第ⅤA族，其基态原子的电子排布式为，D错误； 故选A。 17．B 【详解】A．Zn的原子序数为 30，核外电子排布为 [Ar] 3d104s2，在元素周期表中位于第四周期第ⅡB 族，A正确； B．每个 Ni2+与 4 个 CN-中的 N 原子形成配位键，配位数为 4；每个 Zn2+与 2 个 NH3中的 N 原子形成配位键，配位数为 2，因此 Ni2+与 Zn2+的配位数之比为 4:2=2:1，并非 1:1，B错误； C．利用均摊法计算晶胞中粒子数目：Ni2+位于面心，数目为 2×=1；Zn2+位于顶点，数目为  8×=1；CN-对应的 C 原子共 4个，故 CN-数目为 4；NH3对应的 N 原子共 8×=2个，故 NH3数目为 2；苯环有 4个，每个苯环只有一半属于该晶胞，故苯环数目为 4×=2。结合化学式 Ni (CN)x・Zn (NH3)y・zC6H6，可得 x=4，y=2，z=2，即 x:y:z=4:2:2=2:1:1，C正确； D．吡啶为平面六元环结构，其中 N 原子采取 sp2 杂化，2 个 sp2 杂化轨道与相邻 C 原子形成 σ 键，1 个 sp2 杂化轨道容纳价层孤电子对，未参与杂化的 p 轨道提供 1 个电子参与形成大 π 键，因此吡啶中 N 原子的价层孤电子对占据 sp2 杂化轨道，D正确； 故选B。 18．A 【详解】A．Fe2+与环戊二烯负离子（C5H5-）之间形成配位键，二茂铁是整体电中性的共价分子，晶体中依靠分子间作用力结合，属于分子晶体，A错误； B．二茂铁茂环上的氢原子被乙酰基取代，属于取代反应，B正确； C．环戊二烯负离子中，所有碳原子均为杂化，形成平面五元共轭大π键，每个碳原子仅连接1个氢原子，因此所有原子共平面，C正确； D．反应中乙酰氯既可以发生二取代得到目标产物DNF，也可以发生单取代，因此题中所示的单取代二茂铁会作为副产物生成，D正确； 故选A。 19．C 【详解】A．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。环[48]碳是碳的一种单质形式，与金刚石、石墨、C60等都是由碳元素构成的不同结构的单质，它们互为同素异形体，A正确； B．红外光谱仪可以检测分子中的化学键类型和官能团信息。对于这种复杂分子，红外光谱确实可以提供关于C-H、C-C、-C≡C- 等键的信息，以及可能存在的官能团的信息，B正确； C．环[48]碳中每个碳原子形成一个C-C单键和一个三键（即-C≡C-结构，其中含1个σ键和2个π键），则每个碳原子平均贡献1个σ键和1个π键，对于48个碳原子，总σ键数为48和总π键数为48相等，C错误； D．在C48M3中，环[48]碳内部的C-C键是非极性共价键，而大环M中可能含有C-H、C-O等极性共价键。此外，环[48]碳与大环M之间通过“机械键”结合，这种结合涉及范德华力等非共价相互作用，D正确； 故答案选C。 20．D 【详解】A．杯芳烃分子中存在羟基，分子中也含羟基，羟基间可形成氢键，因此该杯芳烃分子和过氧化氢之间作用力可能有氢键，A不符合题意； B．分子的识别能力由其结构和官能团决定，对杯芳烃分子腔内羟基进行酯基修饰，会改变分子结构和官能团性质，从而可能改变其与其他分子的相互作用，即改变分子识别能力，B不符合题意； C．红外光谱仪可通过检测特征吸收峰测定有机物中的官能团，杯芳烃分子中的羟基、醚键等官能团可通过红外光谱测定，C不符合题意； D．对甲基苯乙烯被氧化为（4-甲基苯基）环氧乙烷，为氧化剂，氧原子来自，并非杯芳烃分子，D符合题意； 故选D。 21．C 【详解】A．从晶胞结构可以看出，每个周围有4个中的N原子与其成键，因此的配位数为4，A正确； B．在中，氰基（）中的C原子为杂化；苯环中的C原子为杂化；中心C原子连接4个苯环，为杂化。因此C原子的杂化方式有、、，B正确； C．的中心C原子为杂化，空间构型为四面体，因此四个苯环不可能共平面，分子中所有原子不可能共面，C错误； D．由晶胞结构可知，位于顶点和内部，个数为；位于表面，个数为，即晶胞中含2个和2个。晶胞体积，因此晶胞密度，D正确； 故答案选C。 22．C 【详解】A．二苯并-18-冠-6醚分子结构对称，两个苯环上的氢原子化学环境等价，苯环上有2种等效氢，因此其一氯代物有2种，A正确； B．分子中苯环上的碳原子采取杂化，而醚键（-O-）连接的饱和碳原子采取杂化，因此存在2种杂化方式，B正确； C．氟原子具有强电负性，会降低醚环上氧原子的电子云密度，从而减弱其与的配位能力。因此，引入氟原子后结合的能力减弱，C错误； D．根据题意，冠醚作为“快递员”（主体），可以与（客体）结合，促进向有机相转移，符合“主客体化学”中主体的定义，D正确； 故答案选C。 23．(1) 碳碳双键 (2)14 (3) 顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同 或    (4)BD (5) 2    1，3-戊二烯 【分析】在铜催化作用下，利用1，3-二烯烃合成化合物Ⅳ，本质上是1，3-二烯烃发生了1，4加成反应。 【详解】（1）Ⅰ的官能团名称是碳碳双键；Ⅱ的分子式为。 （2）Ⅱ的其中一种水解产物乙酸与Ⅲ发生酯化反应，生成化合物V，说明化合物V为；V的芳香族同分异构体中，能与溶液反应，说明其存在羧基，则当苯环上有一个取代基时，取代基可以为或；当苯环上有两个取代基时，取代基可以为：①和，②和，每种情况存在邻间对三种同分异构体；当苯环上有三个取代基时，取代基可以为2个和1个，存在6种同分异构体，故满足条件的V的同分异构体共有14种。 （3）顺反异构体中对应氢原子的化学位移不同，可采用核磁共振氢谱法对Ⅳ分子存在的两种顺反异构体进行区分；该反应条件下合成Ⅳ，本质是Ⅰ中碳碳双键与Ⅱ、Ⅲ发生了1，4加成反应，故该反应条件下还可能生成的副产物为Ⅰ中碳碳双键发生1，2加成的两种产物，分别为、 。 （4）A．Ⅰ分子中所有原子可能共平面，A错误； B．Ⅱ分子在该过程中存在N-O键的断裂，B正确； C．Ⅲ中杂化的原子有苯环上6个碳原子，杂化的原子有1个碳原子和1个氧原子，故Ⅲ中杂化的原子比杂化的原子多4个，C错误； D．化合物Ⅳ中碳碳双键的双键碳上的取代基处于反式位置，故其是反式产物，碳碳双键在一定条件下可以发生加聚反应，D正确； 故答案为BD。 （5）①由乙烯与氧气发生原子利用率100%的反应生成 ，故该反应的化学方程式为2 。 ②由第一步反应产物与经过已知②的反应生成Ⅶ，故Ⅶ的结构简式。 ③由Ⅱ，Ⅶ和Ⅷ仿照上述反应可获得Ⅵ，故Ⅷ为，Ⅷ的名称为1，3-戊二烯；Ⅷ可由二溴代物发生消去反应制备，该化学方程式为。 参考答案与解析 先人一步 成就梦想 学科网（北京）股份有限公司 $