云南省部分学校2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

一审老师：李正瑶 二审老师：赵佩 2026一2027学年第一学期质量检测(10月) 高三化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题 目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内 作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效 4.本卷命题范围：物质结构与性质十有机化学。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016F19Ag108Cs133 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学在科技发展中起到了重要的作用。下列相关说法错误的是 A.我国第三代超导量子计算机传输信号的光纤主要成分为晶体硅 B.激光武器光学窗口与波导的材料聚碳酸酯属于有机高分子材料 C.航天器表面防热材料所用的镍基合金熔点低于镍 D.常用于机器人导电填料的碳纳米管、石墨烯互为同素异形体 2.下列化学用语或图示表示正确的是 A.基态P原子的价电子轨道表示式：和个 3p B.用电子式表示BaC2的形成：fBa千C:→[：时Ba'[时 Q C.乙烯的空间填充模型：·C D.氯气分子ppo键的形成：。+←C0→CC0→ 3.根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是 选项 物质 组成和结构变化 性能变化 A 纤维素 接人带有强亲水基团的支链 吸水能力增强 B 顺丁橡胶 硫化使其结构由线型转变为网状 强度提高 C 布洛芬 进行成酯修饰 对胃、肠道刺激减弱 D 晶体硅 用碳原子取代部分硅原子 硬度减小 4.我国学者把游离态氮固定在碳上，制得的[N一C一N门2-可用于合成核酸的结构单元：15N2十C (石墨)十2LiH20m50C/5hLi,[I5NC5N]十H2,已知阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法错 误的是 高三化学第1页（共6页） ∧.12gC(石墨)中含有的C一C的数目为1.5NA B.22.4L(标准状况)15N2含有的中子数为16NA C.1mol[N一C一N]2-中C的价层电子对数为4NA D.生成1mo1H2时，总反应转移的电子数为6Na 5.苯妥英(M)为一种抗癫痫药，其结构简式如图所示，下列有关M的说法正确的是 A.分子式为C1sH13N2O2 B.可以发生加成、取代、氧化及还原反应 C.含有1种官能团，有且只有1个手性碳原子 D.1molM与足量NaOH溶液反应得到的生成物中有2mol有机物 M 6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X2W2为直线形分子，X、乙位于同一主族，且 Z的原子序数等于W、X与Y的原子序数之和。下列叙述正确的是 A.原子半径：Z>Y>X B.电负性：X>Y>W C.Z的单质在固态时属于共价晶体 D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z>X 7.下列事实对应微观解释正确的是 选项 事实 微观解释 A 三氯乙酸的酸性比三氟乙酸弱 电负性：C>F B SiO,的熔点比干冰高 SiO2分子间的范德华力大 C 石墨能导电 石墨中存在可自由移动的碳离子 D BF3与NH3形成配合物[H,N→BF:] BF,中的B有空轨道接受NH?中N的孤电子对 8.下列方程式与所给事实不相符合的是 A.乙酰胺与盐酸混合共热：CH,CONH,十H,O+H+△，CH,COOH+NH时 OH OH CHO Br COOH B.邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水： +3Br2+HO—〉 ↓+4H'+4Br Br C.将少量CO2通入苯酚钠溶液：2」 ONa+CO,+H,0→2◇广OH+Na,C0, D.将Cl2通入冷的石灰乳中制备漂白粉：Cl2十Ca(OH)2一Ca2++C+ClO+H2O 9.下列装置（部分夹持装置已略去）能达到实验目的的是 密 冰水澄清石灰水 NaOH溶液溴水 B.验证乙二酸晶体（熔点 C.检验乙醇消去反应 D.乙醇萃取碘 A.模拟石油的分馏 101℃)分解产物中的C02 的有机产物 水中的碘 10.某碳酸酯Q可形成聚合物P,反应如图所示。下列说法错误的是 A.Q中存在手性碳原子，P可以降解 B.mol Q反应生成P,同时生成m mol CO, C.x=m+n D.若控制条件使m：n减小，则P中的醚键在官能团中的比 p 例升高 高三化学第2页（共6页） 11.将18-冠-6醚晶体加入甲苯和KMnO,的混合溶液中，K+和MnO:迁移过程示意图如图所示。 下列说法错误的是 6 甲苯 甲苯 g甲苯 K*MnO2 的 MnOi K和MnO迁移过程示意图 A.MnO,进入甲苯层是因为静电作用 B.18-冠-6醚晶体能溶于水主要是由于氧原子与水形成氢键 C.18-冠-6醚与K+结合时，由K+提供孤电子对，冠醚中O原子提供空轨道 D.18-冠-6醚与K+形成的晶体的结构可用X射线衍射实验测定 12.氢键催化作为一种模拟酶催化的生物概念，借助催 化剂中的氢键作用，调控底物结合并稳定过渡态，从 而实现高效和高选择性的有机反应。依据该原理，Y 戊内酯经开环和脱羧反应，可制得1-丁烯，反应机理 如图所示。下列说法错误的是 H NbAlS-1 -0° A. 0奶一0为该反应的催化剂，可降低反应 的活化能 B.反应历程中既有极性键的断裂和形成，又有非极 性键的断裂和形成 C.总反应的化学方程式：obA1S山厂+C, D.若将心y代替0参与反应，则-定制得 13.葡萄糖酸锌[Z(C6H1O,)2]可用于缓解小儿厌食症，实验室中利用间接法合成葡萄糖酸锌的 相关实验装置和步骤如下： 稀硫酸 Ca2+、S0 葡萄糖酸 温度计 阳离子交换树脂 阳离子交换 阴离子交换树脂 H、SO好 葡萄糖酸 葡萄糖酸钙 :阴离子交换 力 恒温加热器 葡萄糖酸溶液 甲 乙 步骤1：葡萄糖酸的制备。将葡萄糖酸钙[C(C6H1O,)2]置于甲中的三颈烧瓶中，滴加稀硫酸， 开启电动搅拌器，加热反应1小时。将三颈烧瓶中的混合物趁热过滤，得到葡萄糖酸溶液。 步骤2：纯化葡萄糖酸。将葡萄糖酸溶液转移到乙中离子交换柱中，除去溶液中残留的Ca2+ 和SO。 步骤3：向纯化后的葡萄糖酸溶液中加人ZnO并搅拌，过滤除去过量的ZO,向滤液中加人 95%的乙醇溶液，待晶体析出后，抽滤、洗涤、干燥获得产品。 高三化学第3页（共6页） 下列说法错误的是 A.葡萄糖酸易溶于水的原因之一是葡萄糖酸中羟基和羧基与水能够形成氢键 B.步骤1中趁热过滤的目的是除去混合物中的CaSO, C.步骤2中，乙中阴离子交换树脂中的OH与SO发生交换，可避免引入新的杂质 D.步骤3中，向滤液中加入95%的乙醇溶液增大了溶剂的极性，降低了葡萄糖酸锌的溶解度 14.一种新型超导材料的立方晶胞如图所示（长度MP=QR),M点坐标为(0,0,0），R点坐标为(0， 0,1)。N为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 apm A.晶体的化学式为CsAgF3 B、N,P原子的核间距为 4 apm OCs Dm ●Ag OF C.Q点在MR轴上的坐标为+b 木2 2c 1192 D D.晶体的密度为 X100g·cm3 'cNA 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分)下表列出了①~⑥六种元素在周期表中的位置。回答下列问题： 族 周期 IA ⅡA ⅢA NA VA VA W∧ 0 1 ① 2 ② ③ ④ ⑤ ⑥ (1)元素②的最高正化合价是 元素⑤在周期表中的位置是 (2)元素②和元素③的电负性：② ③（填“>”或“<”）；表中所列六种元素的单质，常温 下为有色气体的是 (填化学式)。 (3)①~⑥六种元素中简单离子半径最大的是 (填离子符号)；最高价氧化物对应的水 化物中，酸性最强的是 (填化学式，下同)，属于两性氢氧化物的是 (4)元素④的最高价氧化物对应水化物的电子式为 (5)元素③与元素④能形成原子个数比为1：1的化合物Y,Y常用于呼吸面具中作供氧剂，写 出Y与水反应的化学方程式： 16.(15分)碳元素具有丰富的化学性质，碳及其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： (1)3C-NMR能测定含碳化合物的骨架结构。在基态13C原子中，核外存在 对自旋相 反的电子，该基态原子核外电子空间运动状态有 种，基态13C原子的价层电子轨道 表示式为 (2)我国科学家利用CCL4与Na、Mg等活泼金属反应合成了金刚石， 为金刚石的合成提供了重要的研究思路。 Na CI 700℃ ①Mg、C1的第一电离能由大到小的顺序为 ②CCl4的C一C1键是由碳的1个 轨道与氯的3p轨道重叠形成o键。 高三化学第4页（共6页）】 (3)早期以石墨为原料在高温高压条件下合成金刚石。图a为金刚石晶胞，图b为石墨的层状 结构（虚线所示部分为其晶胞，如图c所示）。 335pm 154pm 142pm 图a 图b 图c ①关于金刚石和石墨，下列说法正确的是 (填标号)。 a.可以用X射线衍射鉴别金刚石和石墨 b.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型发生改变 C.硬度：金刚石>石墨，原因是碳碳键的键能：金刚石>石墨 ②根据图中信息判断石墨晶体中层间没有化学键相连，依据是 ③金刚石的密度为pg·cm-3,晶胞形状为立方体，边长为anm,阿伏加德罗常数的值为 (用含p、a的关系式表示)。 (4)将SO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发 生反应。若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用 是 17.(14分)乙酰苯胺 ℃H,)为无色晶体，具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有 “退热冰”之称，可通过苯胺( NH2)和冰醋酸反应制得，反应装置如图甲所示（加热和固 定装置省略)。 I.查阅资料：苯胺易被氧化，乙酰苯胺在碱性条件下水解，其他物质的有关性质如下表： 溶解度/g(20℃) 名称 相对分 子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 水 乙醇 苯胺 93 -6.3 184 3.4 任意比混溶 冰醋酸 60 16.6 118 任意比混溶 任意比混溶 乙酰苯胺 135 114.3 304 0.46(温度越高，溶解度越大) 36.9 Ⅱ.制备过程： ①往三颈烧瓶中先加入0.1g锌粒和15.0mL(0.26mol)冰醋酸，然后用仪器A滴加10.0mL (0.1mol)新制得的苯胺。 ②苯胺滴加完毕，小火加热10min后再升高加 热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。 自来水龙头 ③待反应完成，在不断搅拌下，趁热把反应混合 布氏漏斗 物缓慢地倒人盛有100mL冷水的烧杯中，乙酰 苯胺晶体析出。 ④充分冷却至室温后，减压过滤（装置如图乙）， 洗涤晶体2~3次，干燥，获得粗产品。 ⑤粗产品经过分离提纯后得到11.34g精产品。 吸滤瓶 安全瓶 回答下列问题： 甲 乙 (1)仪器A的名称是 ;有机制备实验中进行冷凝回流时常使用球形冷凝管而不用直形 冷凝管的原因是 高三化学第5页（共6页） (2)装置甲中冷凝水应从 端进入（填“M”或“N”)。 (3)苯胺和冰醋酸在加热的条件下制备乙酰苯胺的化学方程式为 (4)步骤④中采用“减压过滤”的优点是 (5)步骤⑤中粗产品进一步提纯，该提纯方法的名称是 ,其过程：将粗产品溶于沸水中 配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加热煮沸→ (填操作名称) →冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 (6)本实验中乙酰苯胺的产率为 (保留三位有效数字)。 18.(15分)氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如下： A B O2/Cu D CH.NO CH;O2Cl C,H,OCI3△ C,H;OCl; i.Fe/HC] COOH II.H2O KNaBH.CN CH;ONH2 G CIoHToNOCl 催化剂C,H,0C1 氟唑菌酰羟胺 已知：i.A能与Na2CO3溶液反应产生CO2 0 R2 R2 i.R1—C-R2+Rg-NH 催化剂，R,一C—N一R -H20 R -C-N-R OH H (1)B中含有的官能团为 (2)B→D的化学方程式是 G的结构简式为 (3)A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式 为 (4)由K生成氟唑菌酰羟胺的反应类型为 (5)M可通过如下路线合成： 9 COOH C0OH乙醇浓硫酸H,0→ Q H,O/稀疏酸、F △ 催化剂催化剂 1 0 已知：i,R一O一R十H,0化剂ROH+R,OH H W.R,一C-C-OH异构化R,一-CC-0 R2 R3 R2 R3 ①反应I的化学方程式为 ②Q的结构简式为 ③设计步骤I和V的目的是 高三化学第6页（共6页）2026一2027学年第一学期质量检测(10月) 高三化学答题卡 姓 名： 准考证号： 1.答题前，考生务必认真核对条形码上的姓名、准考证号，无误后将本人姓名、 准考证号填写在相应位置。 注 2.选择题填涂时，必须使用2B铅笔按■图示规范填涂；非选择题必须使用 贴条形码区 意 黑色墨水笔或黑色签字笔作答。学生必须在答题卡上题目所指示的答题区 事 域内作答，超出答题区域的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效。 项 3.保持答题卡清洁、完整，严禁折叠，严禁使用涂改液和修正带。 4.缺考考生的答题卡上的姓名及准考证号由监考教师填写，并用2B铅笔将缺考 缺考标记口 标记涂黑。 (由监考教师用2B铅笔填涂) 选择题答题区域（请用2B铅笔填涂) 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。） 1四B田CD 6团田四四 11因田四m 2四田四D 7AIB田C) 12四田四m 3四围CD 8四田C四 13囚B围@m 4四田四D A]B CII 14因田C四D 5因田gD 10四B田 非选择题答题区域（请用黑色墨水笔或黑色签字笔书写） 二、非选择题（本题共4小题，共58分。) 15.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) 16.(15分) (1) (2)① ② 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 高三·化学·答题卡第1页（共2页）》 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ (3)① ② ③ (4) 17.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 18.(15分) （1) (2) (3) (4) (5)① ② ③ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 高三·化学·答题卡第2页（共2页) 2026-2027学年第一学期质量检测（10月）·高三化学 ·高三化学· 参考答案、提示及评分细则 答案第6页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 一、选择题 1.A【解析】光纤的主要成分为，晶体硅为半导体材料，常用于制作芯片、太阳能电池等；聚碳酸酯是有机高分子聚合物，属于有机高分子材料；合金的熔点一般低于其成分纯金属，镍基合金熔点低于金属镍；碳纳米管、石墨烯均为碳元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体。 2.B【解析】基态P原子的价电子排布式为，原子轨道中均为单电子时，电子自旋平行，则轨道表示式为；是离子化合物，形成过程为； 是乙烯的球棍模型，其空间填充模型为；分子p 键的形成过程为。 3.D【解析】纤维素接入强亲水基团支链后，亲水基团数量增多，吸水能力增强；在橡胶中加入硫化剂和促进剂等交联助剂，在一定的温度、压力条件下，使线型大分子转变为三维网状结构，网状结构相对线性结构具有更大的强度；布洛芬含有羧基，酸性较强会刺激胃肠道，成酯修饰后游离羧基减少，刺激性减弱；晶体硅为共价晶体，碳原子半径小于硅原子，C—Si键键长比Si—Si键短、键能更大，取代后硬度应增大而非减小。 4.C【解析】12 g C（石墨）的物质的量为1 mol，石墨中每个C原子与3个碳原子形成共价键，每条共价键被2个碳原子共用，故12 g C（石墨）中的数目为；15N的质量数为15，质子数为7，中子数为8，因此1个15N2分子含16个中子，1 mol 15N2含个中子；在中，碳原子为sp杂化，与两个氮原子形成两个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，因此1 mol 该离子中碳的价层电子对数为2；反应15N2(石墨)+2LiH 中，氮元素由0价降至-3价，共得6个电子，碳元素由0价升至+4价，失4个电子，氢元素由-1价升至0价，共失2个电子，因此每生成1 mol H2，反应中共转移6 mol电子。 5.B【解析】根据结构数出原子总数，M的分子式为。分子中的苯环可以发生催化加氢（属于加成反应，也属于还原反应）；苯环的卤代、侧链酰胺基的取代都可发生；有机物可以燃烧（属于氧化反应），因此加成、取代、氧化、还原反应均能发生。M中含有酰胺基，该分子只有1个饱和碳原子，但该碳原子连接两个完全相同的苯基，不存在手性碳原子。与足量的NaOH溶液反应，得到的生成物中只有有机物，其余为无机物（碳酸根、氨气）。 6.C【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，为直线形分子，那么 W为，X为，X、Z位于同一主族， Z为，Z的原子序数等于W、X与Y的原子序数之和，Y为。 【解析】同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径，同主族从上到下原子半径增大，故，即原子半径；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，电负性N＞C，即电负性为；为，其单质晶体硅为共价晶体；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性，故酸性，即。 7.D【解析】F的电负性大于Cl，三氟甲基的吸电子作用强于三氯甲基，羧基中键极性更大更易电离，酸性更强；是共价晶体，不存在单个分子，其熔点高是因为熔化需要破坏强度很高的SiO共价键，干冰是分子晶体，熔化仅需要破坏较弱的范德华力，所以熔点远高于干冰；石墨中存在能在层内自由移动的电子，石墨中不存在可自由移动的碳离子；中B原子为杂化，存在空轨道，中N原子有一对孤电子对，二者可通过配位键形成。 8.C【解析】乙酰胺在酸性条件下水解生成乙酸和铵根离子，乙酰胺、水、醋酸均为弱电解质，不能拆写，该离子方程式符合反应事实与书写规则；邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，邻羟基苯甲醛中酚羟基的邻、对位与浓溴水发生取代反应，同时醛基 （—CHO）被氧化为羧基（—COOH）， ；向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，发生反应：，不符合反应事实；石灰乳为悬浊液，不能拆分为，离子方程式为= 。 9.A【解析】石油分馏时温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口相平，测量馏分温度；乙二酸晶体的熔点为101 ℃，受热分解前先熔化，图中试管口低于盛放乙二酸晶体处，熔融物会流向管口，应使试管口略向上倾斜，同时，装置没有处理分解生成的一氧化碳尾气；乙醇发生消去反应时，应将反应液迅速升温并控制在170 ℃；图中没有用温度计测量反应液温度，不能保证发生消去反应；乙醇与水互溶，不能作为萃取剂萃取碘水中的碘。 10.B【解析】观察Q的五元环结构，环上连接甲基的碳原子，其四个取代基分别为—CH3、—H、—CH2O—、—OCO—，四个基团完全互不相同，符合手性碳原子的定义，因此Q中存在手性碳原子；P中含有酯基，可发生水解反应，可以降解，A选项说法正确。根据反应图示，每1分子Q开环后若完全脱除CO2，会释放1分子CO2，对应聚合物P中1个下标为n的重复单元；下标为m的重复单元是Q开环后未脱除CO2的部分，不会释放CO2。因此总释放的CO2的物质的量等于n的数值，即x mol Q反应生成P时，同时生成n mol CO2，B选项说法错误。根据原子守恒，总共有x mol Q参与反应，其中m mol Q转化为P中m个未脱CO2的链段， n mol Q转化为P中n个脱除CO2的链段，因此总单体数满足x=m+n，C选项说法正确。聚合物P中，m对应的链段含有碳酸酯基，仅含1个醚键；n对应的链段全部为醚键结构。当m:n减小时，代表n的占比相对m升高，P中醚键的总数量占所有官能团的比例会随之升高，D选项说法正确。 11.C【解析】由图可知18-冠-6醚晶体对有识别作用，18-冠-6醚与进入甲苯层后由于静电作用，也会进入上层溶液；18-冠-6醚能溶于水主要取决于结构中的多个O原子可以与水形成氢键；提供孤电子对的是冠醚中的O原子；晶体的结构可用X射线衍射实验测定，包括冠醚与形成的晶体。 12.D【解析】更换后的六元环内酯虽然只比原五元环内酯多一个亚甲基，所画总式在原子数上可以配平，但图示催化要求两个含氧部位与两个活性位点形成特定的双位点结合。改变环的大小会改变两个氧原子的相对位置和底物构象，不能仅根据碳数守恒推出该六元环内酯仍按同一路径生成图示1-戊烯。正确结论是由所给机理不能确定该六元环内酯生成图示1-戊烯。 13.D【分析】该实验采用间接法合成葡萄糖酸锌，先在三颈烧瓶中将葡萄糖酸钙与稀硫酸恒温加热反应，趁热过滤制得粗葡萄糖酸溶液，再通过离子交换柱除去残留的钙离子与硫酸根离子完成提纯，随后向纯化后的葡萄糖酸溶液中加入氧化锌反应，过滤除去过量氧化锌，加入乙醇降低葡萄糖酸锌的溶解度促使晶体析出，最后经抽滤、洗涤、干燥，得到葡萄糖酸锌固体产品。 【解析】葡萄糖酸含多个亲水的羟基和羧基，能和水分子形成分子间氢键，大幅提升水溶性；步骤1中葡萄糖酸钙与稀硫酸反应生成微溶的，趁热过滤可避免葡萄糖酸因温度降低析出，同时除去杂质；阴离子交换树脂中的与发生交换，置换出的与溶液中的结合为，不会引入新杂质；乙醇的极性弱于水，加入95%的乙醇溶液会降低溶剂的极性，从而降低葡萄糖酸锌的溶解度使其析出。 14.B【分析】使用均摊法计算晶胞中的原子个数，Cs：8个位于棱上，2个位于内部，总数为个；Ag：8个位于棱上、4个位于面心，总数为个；F：16个位于面心，4个位于晶胞内部，共个。 【解析】由分析，晶胞中、、的个数比为，故晶体化学式为；由题干，总高，，得，M、N间的距离为面对角线的，即，连线P、M、N为直角三角形，N、P原子的核间距= ；距离的长度为，因此在轴的分数坐标为；由分析，每个晶胞含有4个，单个晶胞总质量为，晶胞体积为，代入密度公式得密度为。 二、非选择题 15.（1）+4（1分） 第三周期第ⅢA族（2分） （2）<（1分） （1分） （3）- （1分） HClO4（2分） Al(OH)3（2分） （4）（2分） （5）=（2分） 【分析】由周期表中的行、列位置可知，①~⑥依次对应、、、、、。据此结合主族元素价态、元素周期律及相应单质和化合物的性质作答。 【解析】（1）②位于第二周期第ⅣA族，对应元素；主族元素的最高正化合价通常等于族序数，所以其最高正化合价为+4；由表中⑤所在的行、列可直接判断，⑤位于第三周期第ⅢA族。 （2）②为元素，③为元素，电负性：。六种元素的单质中，常温下只有是有色气体，呈黄绿色。 （3）简单离子半径最大的是- ；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，O没有最高正价，则酸性最强的是HClO4；属于两性氢氧化物的是Al(OH)3。 （4）④为元素，其最高价氧化物为，对应水化物为。它由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为。 （5）③为元素，④为元素。两者形成的原子个数比为且可作供氧剂的化合物是，它与水反应生成氢氧化钠和氧气：= 。 16.（1）2（1分） 4（1分） （2分） （2）①（1分） ②杂化（2分） （3）①ab（2分） ②石墨的层间距（）远大于石墨层内碳碳键键长（）（2分） ③（2分） （4）氧气与焦炭反应生成还原性气体，将固固反应转化为固气反应，增大了反应物的接触面积，从而加快了反应速率（2分） 【解析】（1）基态13C原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，核外存在2对自旋相反的电子，该基态原子核外电子空间运动状态有4种，基态价层电子轨道表示式为。 （2）①同周期从左到右第一电离能有增大趋势，故第一电离能Cl>Mg。 ②CCl4的中心原子为C，价层电子对数为，孤电子对为0，杂化方式为sp3杂化，C—Cl键是由碳的1个sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 （3）①X射线衍射是测定晶体结构最常用的方法，可以用X射线衍射鉴别金刚石和石墨；石墨中碳原子为杂化，金刚石中碳原子为杂化，则石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型发生改变；石墨层内碳碳键键长（）小于金刚石中碳碳键键长（），键长越短键能越大，故石墨层内碳碳键键能大于金刚石，金刚石硬度大是因为其为三维骨架结构的共价晶体。 ②由图可知，石墨的层间距为，远大于石墨层内碳碳键键长（），说明层间距离过大，无法形成化学键，则石墨晶体中层间没有化学键相连，依据是：石墨的层间距（）远大于石墨层内碳碳键键长（）。 ③金刚石晶胞中C原子数为，质量为，体积为(a×10-7)3cm3，根据密度公式，得。 （4）固体与固体直接反应时接触面积小，反应速率慢。通入空气后，焦炭与氧气反应生成气体，作为还原剂与反应，将固固反应转化为固气反应，大大增加了接触面积，从而迅速加快了反应速率，则通入空气的作用是氧气与焦炭反应生成还原性气体，将固固反应转化为固气反应，增大了反应物的接触面积，从而加快了反应速率。 17.（1）恒压滴液漏斗（1分） 球形冷凝管的接触面积大，冷凝效果好（2分） （2）N（1分） （3） （2分） （4）过滤速度快，并能得到较干燥的产品 （2分） （5）重结晶（2分） 趁热过滤（2分） （6）84.0%（2分） 【分析】利用冰醋酸与苯胺反应制备乙酰苯胺，加入锌粒防止苯胺被氧化，小火加热10 min促使二者成盐，再升高温度回流1小时，让反应物充分脱水；倒入盛有冷水的烧杯中充分冷却，让乙酰苯胺晶体析出，冷却至室温，减压过滤、洗涤，得到粗产品；由于粗产品中含有杂质苯胺，需重结晶分离提纯得到精产品，据此回答。 【解析】（1）球形冷凝管的冷凝面积更大，对蒸气的冷凝效果更好，能更充分地实现冷凝回流，提高反应物的利用率，而直形冷凝管冷凝面积小，回流效果差，因此有机制备中冷凝回流常用球形冷凝管。 （3）苯胺的氨基和冰醋酸的羧基发生取代反应，生成乙酰苯胺和水，化学方程式为 。 （4）减压过滤与常压过滤相比，其优点是利用负压加快过滤速度，使晶体与溶液快速分离，提高实验效率，并能得到更加干燥的产品。 （5）乙酰苯胺溶解度随温度变化显著（热水溶解度大，冷水溶解度小），因此提纯方法是重结晶；重结晶过程：将粗产品溶于沸水配成饱和溶液→加少量蒸馏水（防止热过滤时晶体析出）→活性炭脱色→加热煮沸→趁热过滤（除去活性炭等不溶性杂质）→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 （6）苯胺的物质的量为0.1 mol，是限量反应物，理论生成乙酰苯胺的质量为，实际得到11.34 g，产率为。 18.（1）羟基、碳氯键（2分） （2）+O2 2+2H2O（2分） （2分） （3）（2分） （4）取代反应（1分） （5）①+C2H5OH （2分） ②（2分） ③保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应（2分） 【分析】合成氟唑菌酰羟胺的流程：结合E的结构以及题目信息可知A中含苯环，则A为，通过还原反应转化为B（），然后在催化作用下与反应氧化为D（），将D与进行加成、消去反应后得到E（），将E在作用下把还原为，再在作用下将转化得到G（），将G与进行取代得到J（），在作用下再将J还原为K（），最后将K与进行取代得到产品氟唑菌酰羟胺，据此解答。 【解析】（1）B的结构为，则其官能团为羟基、碳氯键。 （2）B→D是在Cu催化作用下将B中羟基氧化为醛基，反应方程式为+O2 2；根据分析，G的结构简式为。 （3）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，说明也有1个羧基和3个氯原子，其核磁共振氢谱也有两组峰，因为总氢原子为3个，羧基用掉1个，则苯环是有2个氢原子且处于对称位置，结合A的结构，可知A的同分异构体为。 （4）含羧基，与K中氨基部分脱水形成酰胺键得到产物，属于取代反应。 （5）将在浓硫酸作用下与乙醇酯化得到，然后与水作用进行取代得到后再异构化为，再与Q作用，随后水解得到目标产物，逆推出Q为。 ①反应Ⅰ是将在浓硫酸作用下与乙醇酯化得到，则反应的化学方程式为+ C2H5OH。 ②根据中间产物和最终目标产物可知，Q的结构简式为。 ③根据起始产物和中间产物以及目标产物中羧基结构变化的差异可以得到设计步骤Ⅰ和Ⅳ的目的为保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应。 $