广东省广州市2025-2026学年下学期高二化学期末冲刺自编模拟卷

**基本信息** 以非物质文化遗产、科技前沿及实验探究为情境，覆盖物质结构、有机化学、工业流程等模块，注重化学观念与科学探究能力考查的高二化学期末模拟卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题/44分|物质结构（如第2题原子轨道）、有机化学（如第8题反应方程式）、晶体结构（如第5题干冰晶胞）|融入非遗情境（第1题剪纸与制香成分）、结合科技前沿（第4题碳玻璃性质）| |非选择题|5题/56分|实验探究（17题乙醛与溴水反应）、工业流程（18题电解锰渣处理）、物质结构（19题含硒AIE分子）、有机合成（20题药物中间体合成）|设计假设验证实验（17题多方案探究反应类型）、综合应用核心素养（18题流程分析体现科学态度与责任）|

广东省广州市2025-2026学年下学期高二化学期末冲刺模拟卷 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共44分） 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．我国有众多非物质文化遗产，如剪纸、制香、湖笔等。下列物质的主要成分不是有机高分子材料的是（　　） 选项 A B C D 文化遗产 名称 剪纸中的“纸” 制香中的“香油” 丝绸中的“丝” 湖笔笔头的“羊毫” A．A B．B C．C D．D 2．下列说法不正确的是（　　） A．p能级能量一定比s能级的能量高 B．d区、ds区全部是金属元素 C．2p和3p轨道形状均为哑铃形 D．2px、2py、2pz轨道相互垂直，但能量相等 3．下列化学用语正确的是（　　） A．羟基的电子式： B．甲醛的结构式： C．乙炔的空间填充模型： D．p﹣pσ键电子云轮廓图 4．C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法不正确的是（　　） A．具有自范性 B．与石墨互为同素异形体 C．化学性质与金刚石相似 D．足球烯（C60）的沸点可达500℃左右，足球烯为分子晶体 5．干冰的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（　　） A．干冰能自发地呈现多面体外形 B．1个干冰晶胞中含有14个CO2分子 C．干冰升华时，CO2的C＝O受到破坏 D．1个CO2分子周围有4个紧邻分子 6．在实验室制备和纯化乙酸乙酯的过程中，下列操作未涉及的是（　　） A． B． C． D． 7．X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，且分别位于不同周期；Y元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n；X、Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，Q元素基态原子的s、p、d能级均排满电子。下列说法正确的是（　　） A．电负性：Y＞Z＞X B．ZX属于共价化合物 C．Z2Y2的阴阳离子数之比为1：1 D．Q元素位于元素周期表的ds区 8．下列反应的化学方程式书写正确的是（　　） A．工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2CH3CHO+H2O B．酯在碱性条件下水解： C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应： D．乙醛与新制Cu（OH）2悬浊液：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O 9．中国科学院上海有机化学研究所人工合成青蒿素，其部分合成路线如图。下列说法不正确的是（　　） A．香茅醛不存在顺反异构现象 B．甲分子有4个手性碳 C．乙分子能使酸性高锰酸钾褪色 D．“乙→丙”发生了消去反应 10．下列实验能达到目的的是（　　） A.将乙醇氧化为乙醛 B.检验1﹣氯丁烷中氯元素 C.使蛋白质变性 D.证明乙炔可使酸性KMnO4溶液褪色 A．A B．B C．C D．D 11．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间产物（X）经①②两步反应得到（部分试剂和条件已略去。已知吡啶是一种有机碱，下列说法正确的是（　　） A．中间产物（X）的名称是间三氟氨基甲苯 B．吡啶可提高反应①的原料利用率 C．Y具有手性异构体（对映异构体） D．反应②为还原反应 12．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（　　） A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体 B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数目比为1：2 D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE 13．下列有关高分子化合物的判断不正确的是（　　） A．聚合物可由异戊二烯缩聚制得 B．结构为…—CH＝CH—CH＝CH—CH＝CH—CH＝CH—…的高分子化合物，其单体是乙炔 C．有机硅聚醚（）可由单体和缩聚而成 D．聚合物可由乙二酸和乙二醇缩聚而成 14．电池自燃是限制电动车发展的瓶颈，某电池阻燃剂的结构式如图所示，其中X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是（　　） A．分子中Q和Y原子的杂化方式相同 B．Z、Q、W三种元素形成的单质键能：Z2＞Q2＞W2 C．X、Z、Q三种元素形成的化合物可能是离子晶体 D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是Q 15．光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可如图反应制备。 下列说法正确的是（　　） A．该反应为加聚反应 B．碳酸二甲酯中碳氧原子一定在同一平面 C．反应式中化合物X为水 D．碳酸二甲酯可水解 16．某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法不正确的是（　　） A．元素最高价氧化物的水合物的酸性：X＞W B．简单离子半径：M＞Y＞Z C．分子极性：WY2＞MY2 D．简单氢化物的沸点：X＞M 第二部分（非选择题 共56分） 二、非选择题：本题共5小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）实验表明，当乙醛加到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。 【实验假设】 （1）假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与Br2发生 　 　 反应（填反应类型）。 假设Ⅱ：乙醛具有α—H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：CH3CHO+Br2→BrCH2CHO+HBr 无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为 　 　 。 假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式 　 　 。 CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+_____ 【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。 方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型 序号 操作 现象 试管1 1mL溴水+1mL乙醛，充分振荡后静置 褪色 试管2 1mL溴的CCl4溶液+1mL乙醛，充分振荡后静置 　 　 结论：假设Ⅰ不成立。 （2）试管2中的实验现象为 　溶液分层，溴的CCl4溶液不褪色　 。 方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。 序号 操作 pH 试管1 加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后（苯酚过量），测定混合液pH [c（H+）＝1×10﹣1.85mol•L﹣1] 试管2 加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL20%的乙醛溶液（乙醛过量），3min后完全褪色，测定混合液pH 注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。 （3）写出苯酚与溴水反应的化学方程式： 。 （4）若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；若pH接近 　 　 ，则证明为氧化反应（lg2≈0.3）；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。 【实验结论与反思】 （5）根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与Br2发生反应，而是与次溴酸（HBrO）反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：　 　 。 18．（14分）电解锰渣中含有很多重金属[主要含有MnSO4、PbSO4、CaSO4、Fe2（SO4）3、MnO2、SiO2]会造成环境污染。电解锰渣的资源化利用既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。下面是某课题组研究的工艺流程： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为 ，与Mn元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有 　 　 种。 （2）已知“还原酸浸”时氧化产物是S，则MnO2被还原的离子方程式为 　　 。 （3）操作X的名称是 　 　 。 （4）“沉铅”时若用同浓度的（NH4）2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会生成Pb2（OH）2CO3，原因是 　 。 （5）调pH所加的试剂Y，可选择 　 　 （填标号）。 a．CaO b．MnCO3 c．CaCO3 d．Al2O3 e．氨水 （6）写出“除钙”时发生反应的离子方程式：　 ；若“除钙”后溶液中c（Mn2+）＝0.53mol•L﹣1，则溶液中c（Ca2+）＝ 　　 mol•L﹣1。（已知：MnF2的；CaF2的） （7）硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为控制温度在80∼90℃之间蒸发结晶、　 　 ，使固体MnSO4•H2O与溶液分离，　 　 、真空干燥。 （8）水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物，如图： ①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 　 　 。 ②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 　 　 。（选填序号） a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位键 e．离子键 19．（14分）硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图： （1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 　 。 （2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是 　 　 。 （3）关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有 　 　 。 A．Ⅰ中仅有σ键 B．Ⅰ中的Se﹣Se键为非极性共价键 C．Ⅱ易溶于水 D．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2 E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大 （4）Ⅳ中具有孤对电子的原子有 　 　 。 （5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4　 　 H2SeO3（填“＞”或“＜”）。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（Na2SeO4）可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为 　 　 。 （6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为 　 。 ②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg•cm﹣3，则X中相邻K之间的最短距离为 　 nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。 20．（14分）化合物G是某药物的关键原料，合成路线如图： 回答下列问题： （1）C的化学名称为　 　 。 （2）E所含官能团的名称为　 　 。 （3）B→C的化学方程式为 [n（B）：n（X）＝2：1]。 （4）已知D→E分两步进行，中间体H的结构简式为 。 （5）F→G的反应中，加入K2CO3的作用是　 　 。 （6）在C的同分异构体中，写出同时满足下列条件的结构简式 。 ①含有苯环 ②能发生银镜反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1 （7）D存在一种互变异构体D1。从结构角度解释D1具有稳定性的原因　 　 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2025-2026学年下学期高二化学期末冲刺模拟卷 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共44分） 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．我国有众多非物质文化遗产，如剪纸、制香、湖笔等。下列物质的主要成分不是有机高分子材料的是（　　） 选项 A B C D 文化遗产 名称 剪纸中的“纸” 制香中的“香油” 丝绸中的“丝” 湖笔笔头的“羊毫” A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【分析】相对分子质量大于一万的有机物属于有机高分子材料，据此进行解答。 【解答】解：A．剪纸中的“纸”的组成是纤维素，属于有机高分子，故A错误； B．制香中的“香油”属于油脂，相对分子质量不大，不属于有机高分子，故B正确； C．丝绸中的“丝”的组成是蛋白质，属于有机高分子，故C错误； D．湖笔笔头的“羊毫”的组成是蛋白质，属于有机高分子，故D错误； 故选：B。 2．下列说法不正确的是（　　） A．p能级能量一定比s能级的能量高 B．d区、ds区全部是金属元素 C．2p和3p轨道形状均为哑铃形 D．2px、2py、2pz轨道相互垂直，但能量相等 【答案】A 【分析】A．同一能层中，p能级能量高于s能级能量，但不同能层中，s能级的能量可能比p能级的能量高； B．由元素周期表可知，d区、ds区为过渡元素，全部是金属元素； C．p轨道的形状都是哑铃形； D．2px、2py、2pz轨道相互垂直，属于同能量的轨道。 【解答】解：A．同一能层中，p能级能量高于s能级能量，但不同能层中，s能级的能量可能比p能级的能量高，如3s能级的能量高于2p能级的能量，故A错误； B．由元素周期表可知，d区、ds区的元素都为过渡元素，全部是金属元素，故B正确； C．则2p和3p轨道形状均为哑铃形，故C正确； D．2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等，故D正确； 故选：A。 3．下列化学用语正确的是（　　） A．羟基的电子式： B．甲醛的结构式： C．乙炔的空间填充模型： D．p﹣pσ键电子云轮廓图 【答案】B 【分析】A．羟基是中性原子团，不带电，O原子有1个单电子； B．甲醛分子中存在2个C—H键、1个C＝O键； C．乙炔是直线形分子，C原子半径大于H，选项中为球棍模型； D．p轨道以头碰头的方式形成p—pσ键。 【解答】解：A．羟基中氧与氢原子间共用1对电子对，O原子有1个单电子，属于中性原子团，其电子式为，故A错误； B．甲醛分子中存在2个C—H键、1个C＝O键，甲醛的结构式：，故B正确； C．乙炔是直线形分子，C原子半径大于H，其空间填充模型为，故C错误； D．p﹣pσ键电子云图形为，故D错误； 故选：B。 4．C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法不正确的是（　　） A．具有自范性 B．与石墨互为同素异形体 C．化学性质与金刚石相似 D．足球烯（C60）的沸点可达500℃左右，足球烯为分子晶体 【答案】A 【分析】A．自范性是晶体的性质； B．碳玻璃和石墨均是由碳元素形成的不同的单质； C．金刚石与碳玻璃属于同素异形体； D．由分子构成的晶体属于分子晶体。 【解答】解：A．自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，故A错误； B．碳玻璃和石墨均是由C元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，故B正确； C．金刚石与碳玻璃均是由C元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，故性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，故C正确； D．足球烯（C60）相对分子质量较大，沸点可达 500℃左右，但足球烯为分子晶体，故D正确； 故选：A。 5．干冰的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（　　） A．干冰能自发地呈现多面体外形 B．1个干冰晶胞中含有14个CO2分子 C．干冰升华时，CO2的C＝O受到破坏 D．1个CO2分子周围有4个紧邻分子 【答案】A 【分析】干冰属于分子晶体，只存在范德华力，属于最密堆积，1个CO2分子周围有12个紧邻分子，据此进行解答。 【解答】解：A．干冰是分子晶体，晶体具有自范性，故能自发地呈现多面体外形，故A正确； B．1个干冰晶胞中二氧化碳在8个顶角和6个面上，根据均摊法则，1个干冰晶胞中含有的CO2分子数＝864，故B错误； C．干冰升华时，只破坏分子间的作用力，故CO2的C＝O未受到破坏，故C错误； D．干冰属于分子晶体，只存在范德华力，属于最密堆积，1个CO2分子周围有12个紧邻分子，故D错误； 故选：A。 6．在实验室制备和纯化乙酸乙酯的过程中，下列操作未涉及的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。 【解答】解：A．乙酸乙酯的制备是：乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A正确； B．图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故B错误； C．饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C正确； D．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能伸入溶液，故D正确； 故选：B。 7．X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，且分别位于不同周期；Y元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n；X、Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，Q元素基态原子的s、p、d能级均排满电子。下列说法正确的是（　　） A．电负性：Y＞Z＞X B．ZX属于共价化合物 C．Z2Y2的阴阳离子数之比为1：1 D．Q元素位于元素周期表的ds区 【答案】D 【分析】X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，且分别位于不同周期；Y元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n，n只能为2，可知Y为O元素；X、Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，结合原子序数可知，X为H元素、Z为Na元素；Q元素基态原子的s、p、d能级均排满电子，其价电子排布为3d104s1，Q为Cu元素，以此来解答。 【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、Q为Cu元素， A．同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性呈减小趋势，则电负性：Y＞X＞Z，故A错误； B．NaH只含离子键，为离子化合物，故B错误； C．Na2O2的阴阳离子数之比为1：2，故C错误； D．Q为Cu元素，价电子排布为3d104s1，位于元素周期表的ds区，故D正确； 故选：D。 8．下列反应的化学方程式书写正确的是（　　） A．工业上由乙醇制备乙醛：CH3CH2OH+O2CH3CHO+H2O B．酯在碱性条件下水解： C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应： D．乙醛与新制Cu（OH）2悬浊液：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O 【答案】B 【分析】A．选项中原子不守恒； B．乙酸苯酚酯水解生成的苯酚和氢氧化钠反应； C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠； D．乙醛与新制Cu（OH）2悬浊液反应时，条件为碱性，醋酸应被中和生成醋酸钠。 【解答】解：A．工业上由乙醇制备乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故A错误； B．乙酸苯酚酯水解生成的苯酚和氢氧化钠反应，在碱性条件下水解的化学方程式：，故B正确； C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：+CO2+H2O→+NaHCO3，故C错误； D．乙醛与新制Cu（OH）2悬浊液反应时，条件为碱性，醋酸应被中和生成醋酸钠，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D错误； 故选：B。 9．中国科学院上海有机化学研究所人工合成青蒿素，其部分合成路线如图。下列说法不正确的是（　　） A．香茅醛不存在顺反异构现象 B．甲分子有4个手性碳 C．乙分子能使酸性高锰酸钾褪色 D．“乙→丙”发生了消去反应 【答案】D 【分析】A．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构； B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子； C．—CH（OH）﹣能被酸性高锰酸钾溶液氧化； D．乙发生氧化反应生成丙。 【解答】解：A．甲中碳碳双键两端的一个碳原子连接2个相同的甲基，所以不存在顺反异构，故A正确； B．甲分子有4个手性碳位置如图：，故B正确； C．乙中—CH（OH）﹣能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．乙发生氧化反应生成丙，不是消去反应，故D错误； 故选：D。 10．下列实验能达到目的的是（　　） A.将乙醇氧化为乙醛 B.检验1﹣氯丁烷中氯元素 C.使蛋白质变性 D.证明乙炔可使酸性KMnO4溶液褪色 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【分析】A．Cu与氧气反应生成CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛； B．1﹣氯丁烷与硝酸酸化的硝酸银不反应； C．氯化铵使蛋白质发生盐析； D．生成的乙炔中混有硫化氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色。 【解答】解：A．Cu与氧气反应生成CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛，则图中装置可将乙醇氧化为乙醛，故A正确； B．1﹣氯丁烷与硝酸酸化的硝酸银不反应，不能检验氯元素，故B错误； C．氯化铵使蛋白质发生盐析，不能发生变性，故C错误； D．生成的乙炔中混有硫化氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则紫色褪去，不能证明乙炔可使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误； 故选：A。 11．氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间产物（X）经①②两步反应得到（部分试剂和条件已略去。已知吡啶是一种有机碱，下列说法正确的是（　　） A．中间产物（X）的名称是间三氟氨基甲苯 B．吡啶可提高反应①的原料利用率 C．Y具有手性异构体（对映异构体） D．反应②为还原反应 【答案】B 【分析】A．中间产物（X）以苯胺为母体； B．吡啶是一种有机碱，可与HCl反应； C．Y不含连接4个不同基团的碳原子； D．反应②中苯环上H被硝基取代。 【解答】解：A．中间产物（X）以苯胺为母体，名称为三氟甲基苯胺，故A错误； B．吡啶是一种有机碱，可与HCl反应，有利于反应①正向进行，提高原料的利用率，故B正确； C．Y不含连接4个不同基团的碳原子，则Y不具有手性异构体，故C错误； D．反应②中苯环上H被硝基取代，可知反应为取代反应，故D错误； 故选：B。 12．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（　　） A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体 B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数目比为1：2 D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE 【答案】D 【分析】A．在NaCl晶体中，以顶点的Na+为例，距Na+最近的Cl﹣是位于面心处； B．在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，晶胞中所含Ca2+的数目为864； C．金刚石晶胞中，每个C原子形成4个C﹣C键，每个C﹣C键为2个C原子共用； D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子。 【解答】解：A．在NaCl晶体中，以顶点的Na+为例，距Na+最近的Cl﹣是位于面心处，总共有6个，这6个Cl﹣形成正八面体结构，故A正确； B．在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，晶胞中所含Ca2+的数目为864，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确； C．金刚石晶胞中，每个C原子形成4个C﹣C键，每个C﹣C键为2个C原子共用，晶体中C原子数与碳碳键个数的比为1：2，故C正确； D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误； 故选：D。 13．下列有关高分子化合物的判断不正确的是（　　） A．聚合物可由异戊二烯缩聚制得 B．结构为…—CH＝CH—CH＝CH—CH＝CH—CH＝CH—…的高分子化合物，其单体是乙炔 C．有机硅聚醚（）可由单体和缩聚而成 D．聚合物可由乙二酸和乙二醇缩聚而成 【答案】A 【分析】A．异戊二烯含有碳碳双键，可发生加聚反应； B．为聚乙炔，由乙炔发生加聚反应生成； C．有机硅聚醚由和脱去氢原子和羟基生成； D．由高聚物乙二酸和乙二醇发生缩聚反应生成。 【解答】解：A．聚合物的链节中结构主链上全部都是碳原子形成的碳链，一般为加聚产物，由加聚反应而成，而不是缩聚，故A错误； B．该结构重复单元为—CH＝CH—，且主链上全部都是碳原子形成的碳链，说明其为加聚产物，单体为 乙炔，故B正确； C． 由发生缩聚反应，一分子脱去氢原子，另一分子脱去羟基形成，故C正确； D．乙二酸和乙二醇发生缩聚反应生成 ，故D正确。 故选：A。 14．电池自燃是限制电动车发展的瓶颈，某电池阻燃剂的结构式如图所示，其中X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法错误的是（　　） A．分子中Q和Y原子的杂化方式相同 B．Z、Q、W三种元素形成的单质键能：Z2＞Q2＞W2 C．X、Z、Q三种元素形成的化合物可能是离子晶体 D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是Q 【答案】D 【分析】X、Y、Z、Q、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，由阻燃剂的结构式中各原子的成键数目可知，元素X、Y、Z、Q、W、M分别是H、C、N、O、F、P。 【解答】解：A．分子中C形成四个单键，为sp3杂化，O形成2个单键，存在2对孤对电子，为sp3杂化，故A正确； B．N、O、F三种元素形成的单质中分别是三键、双键、单键，轨道重叠程度一次减小，所以键能：N2＞O2＞F2，故B正确； C．H、N、O三种元素形成的化合物可能是HNO3、NH4NO3等，NH4NO3是离子晶体，故C正确； D．六种元素的基态原子中未成对电子数最多的是N和P，均有3个未成对电子，故D错误； 故选：D。 15．光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可如图反应制备。 下列说法正确的是（　　） A．该反应为加聚反应 B．碳酸二甲酯中碳氧原子一定在同一平面 C．反应式中化合物X为水 D．碳酸二甲酯可水解 【答案】D 【分析】A．生成高分子时，还生成小分子； B．单键在空间可旋转； C．结合原子守恒判断X的化学式； D．碳酸二甲酯含酯基。 【解答】解：A．生成高分子时，还生成小分子，该反应为缩聚反应，故A错误； B．单键在空间可旋转，则碳酸二甲酯中碳氧原子不一定在同一平面，故B错误； C．结合原子守恒可知X为CH3OH，可知X为甲醇，故C错误； D．碳酸二甲酯含酯基，可发生水解反应，故D正确； 故选：D。 16．某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法不正确的是（　　） A．元素最高价氧化物的水合物的酸性：X＞W B．简单离子半径：M＞Y＞Z C．分子极性：WY2＞MY2 D．简单氢化物的沸点：X＞M 【答案】C 【分析】W为有机物骨架元素，故W为C元素；由图可知，Y形成1个双键，则其最外层有6个电子，结合原子序数关系知，Y为O元素，则X为N元素；Z形成1个单键；则Z为F元素；M的成键总数为6，则M为S元素，据此分析解题。 【解答】解：A．同周期主族元素从左往右，非金属性逐渐增强，非金属性：N＞C，因此最高价氧化物的水合物的酸性：HNO3＞H2CO3，故A正确； B．电子层数越多，半径越大，电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，最简单离子半径：S2−＞O2−＞F−，故B正确； C．WY2为CO2，为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，MY2为SO2，为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，因此分子极性：SO2＞CO2，故C错误； D．X的简单氢化物为NH3，M的简单氢化物为H2S，NH3分子之间可以形成氢键，因此沸点：NH3＞H2S，故D正确； 故选：C。 第二部分（非选择题 共56分） 二、非选择题：本题共5小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）实验表明，当乙醛加到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。 【实验假设】 （1）假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与Br2发生 　 　 反应（填反应类型）。 假设Ⅱ：乙醛具有α—H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：CH3CHO+Br2→BrCH2CHO+HBr 无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为 　 　 。 假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式 　 　 。 CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+_____ 【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。 方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型 序号 操作 现象 试管1 1mL溴水+1mL乙醛，充分振荡后静置 褪色 试管2 1mL溴的CCl4溶液+1mL乙醛，充分振荡后静置 　 　 结论：假设Ⅰ不成立。 （2）试管2中的实验现象为 　溶液分层，溴的CCl4溶液不褪色　 。 方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。 序号 操作 pH 试管1 加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后（苯酚过量），测定混合液pH [c（H+）＝1×10﹣1.85mol•L﹣1] 试管2 加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL20%的乙醛溶液（乙醛过量），3min后完全褪色，测定混合液pH 注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。 （3）写出苯酚与溴水反应的化学方程式： 。 （4）若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；若pH接近 　 　 ，则证明为氧化反应（lg2≈0.3）；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。 【实验结论与反思】 （5）根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与Br2发生反应，而是与次溴酸（HBrO）反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：　 　 。 【答案】（1）加成；1：1；CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr； （2）溶液分层，溴的CCl4溶液不褪色； （3）； （4）1.55； （5）乙醛能与HBrO反应，使得平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO正向移动，使Br2被消耗，溶液褪色。 【分析】乙醛结构为：，其中含有不饱和C＝O键和α—H，具有较强的还原性，可能与溴发生加成反应，取代反应和氧化反应；溴水和苯酚溶液反应为取代反应，稀释后混合液pH值为1.85，将溴水与乙醛溶液反应，如果pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以c（H+）＝2×10﹣1.85mol•L﹣1，pH＝1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有；据此分析解题。 【解答】解：乙醛结构为：，其中含有不饱和C＝O键和α—H，具有较强的还原性，可能与溴发生加成反应，取代反应和氧化反应；溴水和苯酚溶液反应为取代反应，稀释后混合液pH值为1.85，将溴水与乙醛溶液反应，如果pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以c（H+）＝2×10﹣1.85mol•L﹣1，pH＝1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有； （1）假设Ⅰ：乙醛的醛基中含有不饱和的C＝O键，可与Br2发生加成反应；假设Ⅱ：乙醛具有α—H，可与溴水发生取代反应。当发生取代反应时，参加反应的Br2其中一个Br原子取代H原子，另一个Br与被取代下来的H生成HBr，所以无论是几元取代，参加反应的Br2与生成的HBr物质的量之比为1：1；假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，根据元素守恒可知还的HBr生成，则反应的方程式为：CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr， 故答案为：加成；1：1；CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr； （2）根据假设Ⅲ和试管1现象可知，乙醛与Br2反应需要水参加，故使用1mL溴的CCl4溶液+1mL乙醛，充分振荡后静置，现象为：溶液分层，溴的CCl4溶液不褪色， 故答案为：溶液分层，溴的CCl4溶液不褪色； （3）在苯酚中加入溴水，Br原子会取代酚羟基邻位和对位的氢原子生成三溴苯酚固体，同时得到HBr，反应的化学方程式为：， 故答案为：； （4）根据分析，如果发生氧化反应，由反应CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2HBr可知生成的HBr为取代反应的2倍，所以c（H+）＝2×10﹣1.85mol•L﹣1，pH＝1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应， 故答案为：1.55； （5）Br2与水反应的方程式为：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，乙醛能与HBrO反应，使得平衡正向移动，使Br2被消耗，溶液褪色， 故答案为：乙醛能与HBrO反应，使得平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO正向移动，使Br2被消耗，溶液褪色。 18．（14分）电解锰渣中含有很多重金属[主要含有MnSO4、PbSO4、CaSO4、Fe2（SO4）3、MnO2、SiO2]会造成环境污染。电解锰渣的资源化利用既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。下面是某课题组研究的工艺流程： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为 ，与Mn元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有 　 　 种。 （2）已知“还原酸浸”时氧化产物是S，则MnO2被还原的离子方程式为 　　 。 （3）操作X的名称是 　 　 。 （4）“沉铅”时若用同浓度的（NH4）2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会生成Pb2（OH）2CO3，原因是 　 。 （5）调pH所加的试剂Y，可选择 　 　 （填标号）。 a．CaO b．MnCO3 c．CaCO3 d．Al2O3 e．氨水 （6）写出“除钙”时发生反应的离子方程式：　 ；若“除钙”后溶液中c（Mn2+）＝0.53mol•L﹣1，则溶液中c（Ca2+）＝ 　　 mol•L﹣1。（已知：MnF2的；CaF2的） （7）硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为控制温度在80∼90℃之间蒸发结晶、　 　 ，使固体MnSO4•H2O与溶液分离，　 　 、真空干燥。 （8）水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物，如图： ①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 　 　 。 ②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 　 　 。（选填序号） a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位键 e．离子键 【答案】（1）；4； （2）； （3）过滤； （4）水解程度大于溶液碱性较强，从而易生成Pb2（OH）2CO3； （5）abc； （6）；1.5×10﹣8mol•L﹣1； （7）趁热过滤；用80∼90℃的蒸馏水洗涤2～3次； （8）①分子晶体； ②e。 【分析】电解锰渣中含有很多重金属[主要含有MnSO4、PbSO4、CaSO4、Fe2（SO4）3、MnO2、SiO2]，加入PbS、H2SO4还原酸浸，酸性条件下PbS还原电解锰渣中的MnO2，离子反应为，部分Fe3+被还原为Fe2+，MnSO4、Fe2（SO4）3溶于水，SiO2、PbSO4不溶于水，少部分CaSO4溶解，经过滤得到含Mn2+、Ca2+、Fe2+、Fe3+的滤液和含SiO2、PbSO4、CaSO4、S的滤渣，加入CH3COONH4溶液浸铅，将难溶的PbSO4转化为可溶的（CH3COO）2Pb，浸出渣含SiO2、CaSO4、S，加入NH4HCO3溶液沉铅，得到PbCO3沉淀。除铁过程中，加入H2O2将Fe2+氧化Fe3+，然后加入试剂Y调节pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去。除钙过程中，加入MnF2，发生反应，过滤得到含MnSO4的滤液，滤渣为CaF2，经过一系列操作得到硫酸锰晶体。 【解答】解：（1）Mn为25号元素，基态Mn原子的价层电子排布图为；与Mn元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有K、Sc、Cu、Ga，共有4种， 故答案为：；4； （2）由分析可知，MnO2被还原的离子方程式为， 故答案为：； （3）操作X之后得到滤渣和滤液，故其名称为过滤， 故答案为：过滤； （4）（NH4）2CO3中碳酸根离子水解能力较强，溶液中氢氧根离子浓度较大，故生成Pb2（OH）2CO3原因是更易水解生成OH﹣，从而易生成Pb2（ OH）2CO3， 故答案为：水解程度大于溶液碱性较强，从而易生成Pb2（OH）2CO3； （5）加入试剂Y调节pH时，不能引入新的杂质，该工艺流程制备的是硫酸锰，并且在随后的流程中除去了钙离子，在该步骤中除去了铁，故可以选择的试剂为：abc， 故答案为：abc； （6）由分析可知，“除钙”时发生反应的离子方程式为；， 故答案为：；1.5×10﹣8mol•L﹣1； （7）由硫酸锰的溶解度曲线可知，硫酸锰晶体的溶解度随温度升高而降低，控制温度在80∼90℃之间蒸发结晶、趁热过滤，使固体MnSO4•H2O与溶液分离，用80∼90℃的蒸馏水洗涤2～3次，真空干燥可得到硫酸锰晶体， 故答案为：趁热过滤；用80∼90℃的蒸馏水洗涤2～3次； （8）①根据相似相溶原理，四氯化碳为分子晶体，则该络合物也为分子晶体， 故答案为：分子晶体； ②由结构可知，该络合物中存在σ、π键、N—N非极性共价键、N含有孤电子对，Pb含有空轨道，两者可形成配位键，该络合物中不含离子，不存在离子键， 故答案为：e。 19．（14分）硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图： （1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 　 。 （2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是 　 　 。 （3）关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有 　 　 。 A．Ⅰ中仅有σ键 B．Ⅰ中的Se﹣Se键为非极性共价键 C．Ⅱ易溶于水 D．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2 E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大 （4）Ⅳ中具有孤对电子的原子有 　 　 。 （5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4　 　 H2SeO3（填“＞”或“＜”）。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（Na2SeO4）可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为 　 　 。 （6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为 　 。 ②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg•cm﹣3，则X中相邻K之间的最短距离为 　 nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。 【答案】（1）4s24p4； （2）H2O分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键； （3）BDE； （4）O、Se； （5）＞；正四面体； （6）①K2SeBr6； ②107。 【分析】（1）Se与S同主族，基态硒位于第四周期ⅥA族； （2）分子间氢键能使氢化物熔沸点增大； （3）A．苯环中含有大π键； B．不同种原子间形成的共价键为极性键，同种原子间形成的共价键为非极性键； C．烃类均不溶于水； D．苯环中C原子为sp2杂化，双键中C原子为sp2杂化，﹣C≡C﹣H中的C原子为sp杂化； E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素为C、N、O、Se、S、H，根据周期律分析； （4）根据C、O、S、Se最外层电子数和图中C、O、S、Se原子形成的共价键数目分析； （5）同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强或中心元素化合价越高，其酸性越强；的成键电子对数为44，VSEPR模型为四面体； （6）根据图a、b信息可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K原子的数目为8，“SeBr6”的数目为864，则化学式为K2SeBr6，晶胞中含有4个“K2SeBr6”，n（K2SeBr6）mol，m（K2SeBr6）Mrgg，若晶胞边长为x，则晶胞体密度ρg•cm﹣3g•cm﹣3，xcm。 【解答】解：（1）S属于第三周期ⅥA族，价电子排布式为3s23p4，基态硒位于第四周期ⅥA族，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4， 故答案为：4s24p4； （2）由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se的沸点低于H2O， 故答案为：H2O分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键； （3）A．物质Ⅰ中含有C﹣H键和Se﹣Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，故A错误； B．物质Ⅰ中的Se﹣Se键是同种原子间形成的共价键，为非极性键，故B正确； C．物质Ⅱ属于烃类，烃类均不溶于水，故C错误； D．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，故D正确； E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素为C、N、O、Se、S、H，非金属性越强，其电负性越大，C、N、O位于同一周期、O、Se、S位于同一主族，则C、N、O、Se、S、H中O的电负性最大，故E正确； 故答案为：BDE； （4）C、O、S、Se最外层电子数分别为4、6、6、6，物质Ⅳ中C形成4个键，无孤电子对，S形成6个键、无孤电子对，O和Se均形成2个键，均会有2对孤电子， 故答案为：O、Se； （5）同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成（OH）2SeO2、（OH）2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多（或H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，导致Se﹣O﹣H中的O的电子更向Se偏移，越易电离出H+），则酸性：H2SeO4＞H2SeO3；的成键电子对数为44，无孤电子对，则的VSEPR模型和立体构型均为正四面体， 故答案为：＞；正四面体； （6）①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为864，则化学式为K2SeBr6， 故答案为：K2SeBr6； ②晶胞中含有4个“K2SeBr6”，n（K2SeBr6）mol，m（K2SeBr6）Mrgg，若晶胞边长为x，则晶胞体密度ρg•cm﹣3g•cm﹣3，解得xcm，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为xcm107nm， 故答案为：107。 20．（14分）化合物G是某药物的关键原料，合成路线如图： 回答下列问题： （1）C的化学名称为　 　 。 （2）E所含官能团的名称为　 　 。 （3）B→C的化学方程式为 [n（B）：n（X）＝2：1]。 （4）已知D→E分两步进行，中间体H的结构简式为 。 （5）F→G的反应中，加入K2CO3的作用是　 　 。 （6）在C的同分异构体中，写出同时满足下列条件的结构简式 。 ①含有苯环 ②能发生银镜反应 ③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1 （7）D存在一种互变异构体D1。从结构角度解释D1具有稳定性的原因　 　 。 【答案】（1）苯甲酸甲酯； （2）羰基、酯基； （3）； （4）； （5）中和生成的HBr，促进反应正向进行，提高G的产率； （6）； （7）D1分子中存在六元环分子内氢键，稳定性较高，D1中存在更大的共轭体系。 【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B，B和X发生取代反应生成C，根据C的结构简式及A的分子式知，A为、B为，C发生取代反应生成D和CH3OH，D和环氧乙烷发生反应生成E和CH3OH，E发生取代反应生成F，F和C6H5CH2Br发生取代反应生成G。 【解答】解：（1）C的化学名称为苯甲酸甲酯， 故答案为：苯甲酸甲酯； （2）E所含官能团的名称为羰基、酯基， 故答案为：羰基、酯基； （3）B→C的化学方程式为[n（B）：n（X）＝2：1]， 故答案为：； （4）已知D→E分两步进行，结合D、E的结构简式及H的分子式知，中间体H的结构简式为， 故答案为：； （5）F→G的反应中还生成HBr，加入K2CO3的作用是中和生成的HBr，促进反应正向进行，提高G的产率， 故答案为：中和生成的HBr，促进反应正向进行，提高G的产率； （6）C的同分异构体同时满足下列条件： ①含有苯环； ②能发生银镜反应，说明含有醛基； ③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，根据氧原子守恒知，含有﹣CHO、酚﹣OH； ④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1，结构对称，含有5种氢原子且氢原子的个数之比为2：2：2：1：1，符合条件的结构简式为， 故答案为：； （7）D1分子中存在六元环分子内氢键，稳定性较高，D1中存在更大的共轭体系， 故答案为：D1分子中存在六元环分子内氢键，稳定性较高，D1中存在更大的共轭体系。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $