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2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷：化学01卷（人教版2019）（全解全析）
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这是一份2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷：化学01卷（人教版2019）（全解全析），共18页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，下列事实与共价键的强弱无关的是，下列各物质互为同分异构体的是，氯乙烷有如图转化关系等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷01
化学·全解全析
（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．测试范围：选择性必修2+选择性必修3。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Br 80 Cu 64 Ni 59
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
1．化学和生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．新冠病毒疫苗应冷藏存放，以避免其变性
B．大米中富含淀粉，淀粉能发生水解反应
C．石墨晶体中存在范德华力，常用作润滑剂
D．酚醛树脂广泛用来生产电闸、灯口等电器用品，其单体是苯酚和甲醇
【答案】D
【详解】A．疫苗中含有蛋白质，一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性，故A正确；
B．大米中富含淀粉，淀粉为高分子化合物，一定条件下可以水解，故B正确；
C．石墨是层状晶体，层与层间以范德华力结合，常用作润滑剂，故C正确；
D．工业用苯酚与甲醛制备酚醛树脂，苯酚与甲醇不反应，故D错误；
故选D。
2．下列化学用语表达正确的是
A．乙烯的结构简式： CH2CH2
B．Cl-的结构示意图：
C．乙醇中官能团的电子式：
D．基态碘原子的简化电子排布式： [ Kr ]5s25p5
【答案】B
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．Cl-核外有18个电子，其结构示意图为，B正确；
C．乙醇中的官能团为羟基，其电子式为，C错误；
D．基态碘原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p5，D错误；
故选B。
3．氢核磁共振谱是根据不同化学环境的氢原子给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子下列有机物分子在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是。
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．中的H原子所处环境相同，则在氢核磁共振谱中只给出一种信号，A符合题意；
B．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，B不合题意；
C．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，C不合题意；
D．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，D不合题意；
故答案为：A。
4．下列说法不正确的是
A．为极性键形成的极性分子 B．节日燃放的焰火与电子跃迁有关
C．镁原子核外有4种能量不同的电子 D．同浓度下，三氯乙酸的酸性强于乙酸
【答案】A
【详解】A．硼最外层只有3个电子，sp2杂化，BF3分子为平面正三角形分子，硼没有孤对电子，所以是对称的。当一个分子中各个键完全相同，都为极性键，但分子的构型是对称的，则分子是非极性的，A错误；
B．节日里燃放的焰火都与电子发生跃迁释放能量有关，B正确；
C．镁原子的核外共有12个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有12种，有1s、2s、2p、3s共4个能级，4种不同能量状态的电子，C正确；
D．氯有吸电子特性，羧酸上的电荷向氯的方向转移，使H+离子更容易解离， 所以酸性增强，D正确；
故答案为：A。
5．某烯烃与HCl加成后只能得到唯一产物2,3-二甲基-2-氯丁烷，则该烯烃的名称是( )
A．3,3-二甲基-1-丁烯 B．2,3-二甲基-2-丁烯
C．2,3-二甲基-3-丁烯 D．2,3-二甲基-1-丁烯
【答案】B
【分析】
【详解】2，3-二甲基-2-氯丁烷由某烯烃加成得到，则该烯烃的结构简式为：(CH3)2C=C(CH3)2，名称为： 2，3-二甲基-2-丁烯，答案选B。
6．下列事实与共价键的强弱无关的是
A．金刚石熔点高于晶体硅 B．碘化氢的沸点高于氯化氢
C．氮气化学性质很稳定 D．乙炔易发生加成反应
【答案】B
【详解】A．金刚石、晶体硅都为共价晶体，熔点高低由共价键键能大小决定，A项不符合题意；
B．HI、HCl对应的晶体为分子晶体，影响沸点高低的因素为分子间作用力，与共价键强弱无关，B项符合题意；
C．氮气分子中共价键键能较大，化学键较稳定，所以化学性质很稳定，C项不符合题意；
D．乙炔分子中含有π键，π键键能较弱、较活泼，易发生加成反应，D项不符合题意；
答案选B。
7．下列各物质互为同分异构体的是
A．乙醇和乙醚 B．2-甲基丁烷和新戊烷
C．淀粉和纤维素 D．金刚石和石墨
【答案】B
【详解】A．乙醇（）分子式为C2H6O，乙醚（）分子式为C4H10O，分子式不同，不是同分异构体，A错误；
B．2-甲基丁烷（）分子式为C5H12，新戊烷（）分子式为C5H12，分子式相同，结构不同，是同分异构体，B正确；
C．淀粉和纤维素分子式均为(C6H10O5)n，但由于n值不同，故不是同分异构体，C错误；
D．金刚石和石墨是同种元素组成的不同单质，是同素异形体，不是同分异构体，D错误；
故选B。
【点睛】本题易错选项为A，一般的有机物的命名，按照C原子数的多少用对应的天干命名，但是醚的命名需要将与醚键相连的两个烃基名称都写出，不计算总C原子数，所以乙醚实际有4个C。
8．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子核外L层的电子数分别为0、5、8、8，其最外层电子数之和为18。下列说法正确的是
A．XW3分子的构型为平面三角形
B．第一电离能：Y>X
C．化合物WZ难溶于水
D．化合物YZ3分子中原子均满足8电子稳定结构
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素；
【详解】A．NH3为三角锥形分子，故A错误；
B．同一主族从上到下第一电离能逐渐减少，第一电离能N>P，故B错误；
C．HCl易溶于水，故C错误；
D．PCl3形成三个σ键，各原子均形成了8个电子的稳定结构，故D正确；
选D。
9．氯乙烷(沸点：12.5℃，熔点：-138.7℃)有如图转化关系：
氯乙烷乙醇乙醛；
设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4 L氯乙烷所含分子数为NA
B．25℃时，1.0 mol·L-1的NaOH溶液中阴阳离子总数为2NA
C．若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇得到的电子数为2NA
D．若38 g乙醛和甲醇的混合物中含有4 g氢元素，则碳原子数目为1.5NA
【答案】D
【分析】氯乙烷转化为乙醇的反应为；乙醇转化为一圈的反应为；
【详解】A．标准状况下，氯乙烷为液态，不能用进行计算，故A错误；
B．根据，NaOH溶液的体积未知，无法计算NaOH的量，故B错误；
C．对于反应，乙醇被氧化，失去电子，转移电子总数为4，若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇失去的电子数为，故C错误；
D．设，，则根据题意有，，解得，，则38 g乙醛和甲醇的混合物中碳原子数目为，故D正确；
故选D。
10．下列分子或离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．价电子对数为，模型为平面三角形，空间结构为平面三角形，故A正确；
B．价电子对数为，模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故B错误；
C．价电子对数为，模型为四面体形，空间结构为角形，故C错误；
D．价电子对数为，模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故D错误；
故选A。
11．下列实验方法或装置正确的是
A．用图1所示装置制取乙烯
B．用图2所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用图3所示的装置制取少量的乙酸乙酯
D．用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯
【答案】B
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合加热170℃制取乙烯，温度计是测量溶液温度，温度计水银球应该在液面以下，故图示装置不能制取乙烯，A错误；
B．CCl4密度比水大，与水互不相溶，因此用CCl4萃取碘水后已分层的有机层在下层，水层应该在上层，B正确；
C．制取乙酸乙酯的导气管应该在盛有饱和Na2CO3溶液的液面以上，以防止倒吸现象的发生，C错误；
D．溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生消去反应产生乙烯，但由于乙醇具有挥发性，挥发的乙醇及乙烯都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能根据图示检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯，D错误；
故合理选项是B。
12．下列叙述正确的是
A．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
B．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH3分子间有氢键
C．NH为正四面体结构，可推测出PH也为正四面体结构
D．H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2都需要破坏共价键
【答案】C
【详解】A．极性键是指不同种元素之间形成的共价键，CS2的结构式为 S=C=S ，为直线形，属于存在极性键的非极性分子，故A错误；
B．根据元素周期律，简单气态氢化物的稳定性与电负性成相关，电负性大的形成的键能高，更稳定，N与P同主族，电负性N>P， N-H 键键能高于 P-H ，故B正确；
C． 中N为sp3杂化，4个H原子分别位于正四面体四个顶点，N原子位于中心，因为N和P同主族，价电子层结构相同， 结构相似，所以可推测出也为正四面体结构，故C正确；
D．液态水汽化是物理变化，不是化学反应，不存在共价键断裂，故D错误；
故选C。
13．人们将有机物中连有四个不同原子(或基团)的碳原子称为手性碳原子。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的叙述正确的是
A．该分子中含有1个手性碳原子
B．在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应
C．该物质遇FeCl3溶液不发生显色反应
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol
【答案】B
【详解】A．该有机物中没有连有四个不同原子(或基团)的碳原子，即没有手性碳原子，故A项错误；
B．该物质有酚羟基，会影响苯环上邻位上的氢，使邻位上H变的更活泼，更容易反应，所以反应时相当于苯环是还有两个半键，而甲醛中的碳氧双键同时断开，与苯环是的俩个半键结合，发生缩聚反应，故B项正确；
C．该物质有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应(显紫色)，故C项错误；
D．酚羟基和酯基均可以与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol，故D项错误；
故答案选B。
14．是一种极强的氧化剂和氟化剂，可用于制取氧正离子盐，可以发生如下反应：，下列说法正确的是
A．中所有原子均满足8电子结构
B．的结构式为F—O—O—F
C．基态S原子的价层电子排布式为
D．NaClO水溶液呈碱性的原因：
【答案】B
【详解】A．S原子最外层有6个电子，SF6中S原子与6个F原子形成6个σ键，SF6中S原子最外层有12个电子，A项错误；
B．O原子最外层有6个电子，F原子最外层有7个电子，O2F2的结构式为F—O—O—F，B项正确；
C．S原子核外有16个电子，基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子排布式为3s23p4，C项错误；
D．NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解使NaClO溶液呈碱性，ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2O⇌HClO+OH-，D项错误；
答案选B。
15．广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示。下列说法不正确的是
A．基态与最外层电子排布符合，二者位于周期表的p区
B．由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键
C．a表示的是，b表示的是
D．每个晶胞中含有4个和4个
【答案】A
【详解】A．钠离子属于周期表的s区，A错误；
B．氯化钠固体变成气体，需要吸收能量破坏离子键，B正确；
C．a的半径比b大，说明a为氯离子，b为钠离子，C正确；
D．氯离子在顶点和面心，一个晶胞中的氯离子个数为 ，钠离子在棱心和体心，个数为 ，D正确；
故选A。
16．可用扑热息痛(I)合成缓释长效高分子药物(II)，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．I分子既能发生氧化反应又能发生水解反应 B．I分子中C、N、O可能全部共平面
C．1mol II最多消耗3mol NaOH D．可用浓溴水检验II中是否含有I
【答案】C
【详解】A．-OH为酚羟基易发生氧化反应，而-CONH-易发生水解，A项正确；
B． 如图蓝色区域C=O所形成的平面，红色区域为苯环所形成的平面两个面通过C-N的旋转（如图绿色箭头标注）可以达到共面，所以所有C、N、O可能共面，B项正确；
C．-CO-OPh可以发生水解消耗1molNaOH但生成的苯酚呈酸性还要消耗1mol的NaOH，-NHOC-可以发生水解消耗1molNaOH，该分子为高聚物则所有总共消耗3nmolNaOH，C项错误；
D．Ⅰ中含有酚羟基的苯环邻位易与溴发生取代，而Ⅱ不易于溴发生取代，浓溴水检验II中是否含有I，D项正确；
故选C。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共5个小题，共52分。
17．（10分）回答下列问题：
1．环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
+H2O
密度()
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
摩尔质量()
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
100
环己烯
0.81
83
难溶于水
82
(1)制备粗品：采用如图所示装置，用环己醇制备环己烯。
将10.0环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为________，现象为________。
②A中碎瓷片的作用是________。
③试管C置于冰水浴中的目的是_____。
(2)制备精品：
①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、青置、分层，环己烯在_____层(填“上”或“下”)，分液后用_______洗涤(填字母)。
A．溶液 B．稀 C．溶液
②再将环己烯进行蒸馏，收集产品时，应收集________℃的馏分，若最终收集到环己烯5.74g，则产率为________。
【答案】(1) FeCl3溶液 溶液将显示紫色 防暴沸 冷凝环己烯，减少环己烯的挥发
(2)上 C 83 70%
【分析】环己醇和浓硫酸在水浴加热下反应生成环己烯、经冰水浴冷凝得到，所得粗产品中含有的有机酸可以通过碳酸钠溶液除去，有机物粗产品再通过蒸馏可得到环己烯。粗品中含环己醇、精品中无环己醇，可利用环己醇能与金属钠反应产生氢气、环己烯不与钠反应予以鉴别，也可利用混合物无固定沸点、纯净物有固定沸点予以鉴别。
【详解】（1）①检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含苯酚杂质，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；
②对液体加热时，为了防止暴沸常常要加入沸石或碎瓷片，A中碎瓷片的作用是防暴沸；
③根据题目所给信息可知环己烯熔沸点较低，所以置于冰水浴中，降低温度，防止环己烯挥发；
（2）①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。环己烯密度比水小，在上层；其中含有碳碳双键，可以被KMnO4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，故选C；
②环己烯的沸点为83℃，收集产品时，应收集83℃的馏分。10.0即0.1mol环己醇参与反应，理论上可生成0.1mol即8.2g环己烯、若最终收集到环己烯，则产率为。
18．（10分）目前已经确认了16种元素是植物生长所必需的，其中硼、铁、铜、钼等7种元素为必需的微量元素。回答下列问题：
(1)钼位于第5周期与Cr同族，试写出钼的基态价电子排布式_______，钼位于周期表第_______纵行。
(2)铁元素能与多种分子或离子形成配位键，如[FeCl2(H2O)4]+、Fe(CO)5。
①[FeCl2(H2O)4]+中每个H2O的O周围σ键电子对有_______对，游离态的水中H-O-H的键角比该配离子中H-O-H的键角小，其原因是_______。
②CO分子中C原子和O原子，上均存在孤电子对，在Fe(CO)5中_______(填元素符号)更容易为Fe提供孤电子对。
(3)硼氢化钠(NaBH4)具有很强的还原性，常用于有机合成，的VSEPR模型为_______与其互为等电子体的阳离子有_______(写一种)。
(4)一种铜的溴化物立方晶胞如图所示。
该化合物的化学式为_______，在晶体中与Br紧邻的Br有_______个，若Cu原子与最近的Br原子的核间距为apm，则该晶体的密度计算表达式为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) 4d55s1 6
(2) 3 游离态的水分子中O原子孤电子对对σ键的斥力比该配离子水分子中O原子的σ键之间的斥力大，造成H—O—H键角减小 C
(3) 正四面体
(4) CuBr 12
【详解】（1）钼与Cr元素同族，故其价电子层电子相同，Cr的价电子排布式是3d54s1，所以钼元素的价电子排布式是“4d55s1”；Cr元素位于元素周期表第四周期IVB族，在元素周期表第6纵行，所以钼元素也位于元素周期表第6纵行；
（2）在配离子[FeCl2(H2O)4]+中，水分子中有自身形成的两个H—O σ键，同时O原子与中心离子Fe3+之间还形成一条配位键σ键，所以每个水分子共有“3”条σ键；孤电子对对σ键的斥力大于σ键之间的斥力，所以本问第二空应填“游离态的水分子中O原子孤电子对对σ键的斥力比该配离子水分子中O原子的σ键之间的斥力大，造成H—O—H键角减小”；在Fe(CO)5中配位体CO中，C元素非极性更弱一些，其孤电子对更容易作为共用电子对提供给Fe；
（3）离子中B原子与周围四个H原子之间有4条σ键，所以该离子中心原子B价层电子对数为4，其VSEPR模型对应是“正四面体”；离子中有五个原子，共8个价电子，故与其属于等电子体的应该也是五个原子，8个价电子的微粒，所以可以是CH4、、SiH4等多个微粒；
（4）该晶胞中有4个Cu原子位于晶胞内部，故晶胞Cu原子数为4，有8个Br原子位于顶点，6个Br原子位于面心，故晶胞Br原子数为，Cu与Br原子个数比为4﹕4=1﹕1，所以该晶胞对应化合物的化学式为“CuBr”；以晶胞中一个顶点的Br原子为参照点，与其距离相等且最近的是共同拥有该顶点的三个面上面心的Br原子，该顶点为8个晶胞所共有，每个面心上的Br原子为两个晶胞共用，所以在晶体中与Br紧邻的Br有个；若将该晶胞再均分为8块，则有Cu原子的小立方体中Cu原子正好位于立方体体心，Br原子到Cu原子的最短距离为apm，则小立方体的体对角线为2apm，则晶胞的体对角线为4apm，设晶胞棱长为x，根据勾股定理有，解之得，根据之前的分析，每个晶胞中有4个Cu原子和4个Br，所以该晶胞的质量为，晶胞体积为(1pm=10-10cm)，所以该晶体的密度计算式为，整理后本问第三空应填“ ”。
19．（10分）相同条件下，有机物A蒸气密度是氢气密度的16倍，A、、B为以物质的量1：1：1的比例形成(甲基丙烯酸甲酯)，甲基丙烯酸甲酯在一定条件下反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，即高分子化合物有机玻璃，有机玻璃在工业和生活中有着广泛用途。
已知：的结构不稳定。
请回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称是_______。
(2)D→C的化学方程式是_______，反应类型是_______。
(3)C→E的化学方程式是_______。
(4)下列说法正确的是_______。
A．甲基丙烯酸甲酯可进行加成反应、氧化反应、取代反应
B．用溶液无法鉴别有机物A、C和D
C．D→C反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂
D．A能与金属钠反应，且比水与金属钠反应要剧烈的多
(5)W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴水褪色；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体。则W的结构有_______种(不包括立体异构)。写出其中含有两个甲基的同分异构体的结构简式_______。
【答案】(1)酯基
(2) 取代反应
(3)
(4)AC
(5) 8 ；
【分析】相同条件下，有机物A蒸气密度是氢气密度的16倍，则A的相对分子质量为32；A、CO、B以物质的量1：1：1的比例形成CH2=C(CH3)COOCH3（甲基丙烯酸甲酯），1molB能与2molBr2发生加成反应，且已知：CH2=C=CH2的结构不稳定，则B为CH≡CCH3，A为CH3OH，D和A发生酯化反应（取代反应）生成C，则D为CH2=C(CH3)COOH，C在一定条件下生成有机玻璃E为 ，据此解答；
【详解】（1）根据C的结构简式，可知C中含氧官能团的名称是酯基；故答案为：酯基；
（2）D为CH2=C(CH3)COOH和CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成C为CH2=C(CH3)COOCH3；故答案为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；酯化反应（取代反应）
（3）C为CH2=C(CH3)COOCH3，在一定条件下发生加聚反应生成E为 ，反应的化学方程式为nCH2=C(CH3)COOCH3 ；故答案为：nCH2=C(CH3)COOCH3 ；
（4）A．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键、酯基，可进行加成反应、氧化反应、取代反应，故A正确；
B．A为CH3OH、C为CH2=C(CH3)COOCH3、D为为CH2=C(CH3)COOH，A为醇，和Na2CO3溶液不反应但互溶，C为酯在溶液上层，D为羧酸，可以和Na2CO3溶液反应生成气体，故可以鉴别，故B错误；
C．D和CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成C，反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂，故C正确；
D．A为甲醇，能与金属钠反应，但不如水与金属钠反应剧烈，故D错误；
故答案为AC；
（5）C为CH2=C(CH3)COOCH3，W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，则W的结构有以下几种情况，当5个C都在一条主链，形成C-C-C-C-COOH结构时，双键的位置可以在2、3，3、4，4、5号C之间，总共3种；如果是C-C-C（C）-COOH的结构，双键可以在2、3，3、4，以及2与2取代基之间，同样有3种；如果是C-C（C）-C-COOH的结构，双键就在2、3，3、4之间，有两种（不包括立体异构），所以共8种；其中一种含有两个甲基的同分异构体的结构简式为、；故答案为：8；、。
20．（10分）碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
(1)对于碱土金属元素、、、、，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是_______。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
(2)①铍与相邻主族的_______元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有_______填标号。
A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液pH均小于7
②是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为_______，阴离子中心原子杂化方式为_______。
(3)位于元素周期表第五周期，第ⅡA主族，是人体必需的微量元素，是其重要的化合物之一。的价电子排布式为_______。
(4)和金属在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①原子周围距离最近且相等的Ni原子有_______个，若晶胞边长为，则核间距为_______pm(结果保留小数点后两位，取1.73)。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为_______(列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为；设代表阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)BC
(2) 铝 BD 共价键、配位键 sp3
(3)5S2
(4) 4 279.40
【详解】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，原子核对电子的引力减小，第一电离能减小，故选BC；
故答案为：BC；
（2）①A．铍属于s区元素，铝属于p区主族元素，故A不符；
B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；
C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；
D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液pH均小于7，故D符合；
故答案为：铝；BD；
②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键,其中一个是配位键,属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子BeF中心原子是Be，其价层电子对=4+ =4，杂化方式为sp3。
故答案为：共价键、配位键；sp3；
（3）位于元素周期表第五周期，第ⅡA主族，的电子排布式为1s22s22p63s2 3p63d10 4s2 4p6 5s2，价电子排布式为5s2；
故答案为：5s2；
（4）①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm×，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为 =279.40pm；
16
故答案为：4；279.40；
②晶胞中Mg有8个，Ni为8× +6×=4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为；
故答案为：。
21．（12分）以A物质为原料合成一种抗骨质疏松药F的路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______，反应①的类型是_______。
(2)C物质的化学名称_______，D中含氧官能团的名称为_______。
(3)Y的结构简式为_______。
(4)E→F的化学方程式为_______。
(5)C有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_______。
a．含苯环的单环化合物
b．既能发生水解反应，又能发生银镜反应
c．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1
(6)根据上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_______。
【答案】(1) 取代反应
(2) 苯乙酸 羰基、(酚)羟基
(3)
(4)++HBr
(5)
(6)
【分析】化合物A分子式是C7H8，其与Cl2光照反应产生，则A是甲苯，结构简式是，与NaCN发生取代反应，然后酸化可得C：，C与Y在一定条件下反应产生D，则Y是，反应类型是取代反应；以N为催化剂，D与M反应生成E和另外一种有机物X，根据原子守恒可知X结构简式为CH3CH2OH，E与2-溴丙烷发生取代反应产生化合物F和HBr。
【详解】（1）A是甲苯，结构简式是；与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生 和HCl，故反应①的化学反应类型是取代反应；
（2）C是，名称为苯乙酸；
根据化合物D结构简式可知D分子中含有的含氧官能团名称为羰基、(酚)羟基；
（3）根据上述分析可知化合物Y结构简式是；
（4）E与2-溴丙烷发生取代反应产生F和HBr，则E→F的化学方程式为：++HBr；
（5）C有多种同分异构体，同时符合下列条件：a．含苯环的单环化合物，说明分子中含有一个苯环；b．既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有HCOO-R结构；c．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，说明物质分子中含有四种H原子，它们的个数比是3：2：2：1，则符合要求的同分异构体结构简式是；
（6）与Cl2在光照条件下发生取代反应产生， 与NaCN、H+/H2O作用反应产生，与发生取代反应产生目标产物：，则以和为原料制取的合成路线为： 。
2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷01
化学·全解全析
（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．测试范围：选择性必修2+选择性必修3。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Br 80 Cu 64 Ni 59
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
1．化学和生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．新冠病毒疫苗应冷藏存放，以避免其变性
B．大米中富含淀粉，淀粉能发生水解反应
C．石墨晶体中存在范德华力，常用作润滑剂
D．酚醛树脂广泛用来生产电闸、灯口等电器用品，其单体是苯酚和甲醇
【答案】D
【详解】A．疫苗中含有蛋白质，一般应冷藏存放，目的是避免蛋白质变性，故A正确；
B．大米中富含淀粉，淀粉为高分子化合物，一定条件下可以水解，故B正确；
C．石墨是层状晶体，层与层间以范德华力结合，常用作润滑剂，故C正确；
D．工业用苯酚与甲醛制备酚醛树脂，苯酚与甲醇不反应，故D错误；
故选D。
2．下列化学用语表达正确的是
A．乙烯的结构简式： CH2CH2
B．Cl-的结构示意图：
C．乙醇中官能团的电子式：
D．基态碘原子的简化电子排布式： [ Kr ]5s25p5
【答案】B
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；
B．Cl-核外有18个电子，其结构示意图为，B正确；
C．乙醇中的官能团为羟基，其电子式为，C错误；
D．基态碘原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p5，D错误；
故选B。
3．氢核磁共振谱是根据不同化学环境的氢原子给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子下列有机物分子在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是。
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．中的H原子所处环境相同，则在氢核磁共振谱中只给出一种信号，A符合题意；
B．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，B不合题意；
C．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，C不合题意；
D．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，D不合题意；
故答案为：A。
4．下列说法不正确的是
A．为极性键形成的极性分子 B．节日燃放的焰火与电子跃迁有关
C．镁原子核外有4种能量不同的电子 D．同浓度下，三氯乙酸的酸性强于乙酸
【答案】A
【详解】A．硼最外层只有3个电子，sp2杂化，BF3分子为平面正三角形分子，硼没有孤对电子，所以是对称的。当一个分子中各个键完全相同，都为极性键，但分子的构型是对称的，则分子是非极性的，A错误；
B．节日里燃放的焰火都与电子发生跃迁释放能量有关，B正确；
C．镁原子的核外共有12个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有12种，有1s、2s、2p、3s共4个能级，4种不同能量状态的电子，C正确；
D．氯有吸电子特性，羧酸上的电荷向氯的方向转移，使H+离子更容易解离， 所以酸性增强，D正确；
故答案为：A。
5．某烯烃与HCl加成后只能得到唯一产物2,3-二甲基-2-氯丁烷，则该烯烃的名称是( )
A．3,3-二甲基-1-丁烯 B．2,3-二甲基-2-丁烯
C．2,3-二甲基-3-丁烯 D．2,3-二甲基-1-丁烯
【答案】B
【分析】
【详解】2，3-二甲基-2-氯丁烷由某烯烃加成得到，则该烯烃的结构简式为：(CH3)2C=C(CH3)2，名称为： 2，3-二甲基-2-丁烯，答案选B。
6．下列事实与共价键的强弱无关的是
A．金刚石熔点高于晶体硅 B．碘化氢的沸点高于氯化氢
C．氮气化学性质很稳定 D．乙炔易发生加成反应
【答案】B
【详解】A．金刚石、晶体硅都为共价晶体，熔点高低由共价键键能大小决定，A项不符合题意；
B．HI、HCl对应的晶体为分子晶体，影响沸点高低的因素为分子间作用力，与共价键强弱无关，B项符合题意；
C．氮气分子中共价键键能较大，化学键较稳定，所以化学性质很稳定，C项不符合题意；
D．乙炔分子中含有π键，π键键能较弱、较活泼，易发生加成反应，D项不符合题意；
答案选B。
7．下列各物质互为同分异构体的是
A．乙醇和乙醚 B．2-甲基丁烷和新戊烷
C．淀粉和纤维素 D．金刚石和石墨
【答案】B
【详解】A．乙醇（）分子式为C2H6O，乙醚（）分子式为C4H10O，分子式不同，不是同分异构体，A错误；
B．2-甲基丁烷（）分子式为C5H12，新戊烷（）分子式为C5H12，分子式相同，结构不同，是同分异构体，B正确；
C．淀粉和纤维素分子式均为(C6H10O5)n，但由于n值不同，故不是同分异构体，C错误；
D．金刚石和石墨是同种元素组成的不同单质，是同素异形体，不是同分异构体，D错误；
故选B。
【点睛】本题易错选项为A，一般的有机物的命名，按照C原子数的多少用对应的天干命名，但是醚的命名需要将与醚键相连的两个烃基名称都写出，不计算总C原子数，所以乙醚实际有4个C。
8．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子核外L层的电子数分别为0、5、8、8，其最外层电子数之和为18。下列说法正确的是
A．XW3分子的构型为平面三角形
B．第一电离能：Y>X
C．化合物WZ难溶于水
D．化合物YZ3分子中原子均满足8电子稳定结构
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素；
【详解】A．NH3为三角锥形分子，故A错误；
B．同一主族从上到下第一电离能逐渐减少，第一电离能N>P，故B错误；
C．HCl易溶于水，故C错误；
D．PCl3形成三个σ键，各原子均形成了8个电子的稳定结构，故D正确；
选D。
9．氯乙烷(沸点：12.5℃，熔点：-138.7℃)有如图转化关系：
氯乙烷乙醇乙醛；
设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4 L氯乙烷所含分子数为NA
B．25℃时，1.0 mol·L-1的NaOH溶液中阴阳离子总数为2NA
C．若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇得到的电子数为2NA
D．若38 g乙醛和甲醇的混合物中含有4 g氢元素，则碳原子数目为1.5NA
【答案】D
【分析】氯乙烷转化为乙醇的反应为；乙醇转化为一圈的反应为；
【详解】A．标准状况下，氯乙烷为液态，不能用进行计算，故A错误；
B．根据，NaOH溶液的体积未知，无法计算NaOH的量，故B错误；
C．对于反应，乙醇被氧化，失去电子，转移电子总数为4，若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇失去的电子数为，故C错误；
D．设，，则根据题意有，，解得，，则38 g乙醛和甲醇的混合物中碳原子数目为，故D正确；
故选D。
10．下列分子或离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．价电子对数为，模型为平面三角形，空间结构为平面三角形，故A正确；
B．价电子对数为，模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故B错误；
C．价电子对数为，模型为四面体形，空间结构为角形，故C错误；
D．价电子对数为，模型为四面体形，空间结构为三角锥形，故D错误；
故选A。
11．下列实验方法或装置正确的是
A．用图1所示装置制取乙烯
B．用图2所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用图3所示的装置制取少量的乙酸乙酯
D．用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯
【答案】B
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合加热170℃制取乙烯，温度计是测量溶液温度，温度计水银球应该在液面以下，故图示装置不能制取乙烯，A错误；
B．CCl4密度比水大，与水互不相溶，因此用CCl4萃取碘水后已分层的有机层在下层，水层应该在上层，B正确；
C．制取乙酸乙酯的导气管应该在盛有饱和Na2CO3溶液的液面以上，以防止倒吸现象的发生，C错误；
D．溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生消去反应产生乙烯，但由于乙醇具有挥发性，挥发的乙醇及乙烯都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能根据图示检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯，D错误；
故合理选项是B。
12．下列叙述正确的是
A．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
B．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH3分子间有氢键
C．NH为正四面体结构，可推测出PH也为正四面体结构
D．H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2都需要破坏共价键
【答案】C
【详解】A．极性键是指不同种元素之间形成的共价键，CS2的结构式为 S=C=S ，为直线形，属于存在极性键的非极性分子，故A错误；
B．根据元素周期律，简单气态氢化物的稳定性与电负性成相关，电负性大的形成的键能高，更稳定，N与P同主族，电负性N>P， N-H 键键能高于 P-H ，故B正确；
C． 中N为sp3杂化，4个H原子分别位于正四面体四个顶点，N原子位于中心，因为N和P同主族，价电子层结构相同， 结构相似，所以可推测出也为正四面体结构，故C正确；
D．液态水汽化是物理变化，不是化学反应，不存在共价键断裂，故D错误；
故选C。
13．人们将有机物中连有四个不同原子(或基团)的碳原子称为手性碳原子。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的叙述正确的是
A．该分子中含有1个手性碳原子
B．在一定条件下可与HCHO发生缩聚反应
C．该物质遇FeCl3溶液不发生显色反应
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为3mol
【答案】B
【详解】A．该有机物中没有连有四个不同原子(或基团)的碳原子，即没有手性碳原子，故A项错误；
B．该物质有酚羟基，会影响苯环上邻位上的氢，使邻位上H变的更活泼，更容易反应，所以反应时相当于苯环是还有两个半键，而甲醛中的碳氧双键同时断开，与苯环是的俩个半键结合，发生缩聚反应，故B项正确；
C．该物质有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应(显紫色)，故C项错误；
D．酚羟基和酯基均可以与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为2mol，故D项错误；
故答案选B。
14．是一种极强的氧化剂和氟化剂，可用于制取氧正离子盐，可以发生如下反应：，下列说法正确的是
A．中所有原子均满足8电子结构
B．的结构式为F—O—O—F
C．基态S原子的价层电子排布式为
D．NaClO水溶液呈碱性的原因：
【答案】B
【详解】A．S原子最外层有6个电子，SF6中S原子与6个F原子形成6个σ键，SF6中S原子最外层有12个电子，A项错误；
B．O原子最外层有6个电子，F原子最外层有7个电子，O2F2的结构式为F—O—O—F，B项正确；
C．S原子核外有16个电子，基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子排布式为3s23p4，C项错误；
D．NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解使NaClO溶液呈碱性，ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2O⇌HClO+OH-，D项错误；
答案选B。
15．广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示。下列说法不正确的是
A．基态与最外层电子排布符合，二者位于周期表的p区
B．由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键
C．a表示的是，b表示的是
D．每个晶胞中含有4个和4个
【答案】A
【详解】A．钠离子属于周期表的s区，A错误；
B．氯化钠固体变成气体，需要吸收能量破坏离子键，B正确；
C．a的半径比b大，说明a为氯离子，b为钠离子，C正确；
D．氯离子在顶点和面心，一个晶胞中的氯离子个数为 ，钠离子在棱心和体心，个数为 ，D正确；
故选A。
16．可用扑热息痛(I)合成缓释长效高分子药物(II)，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．I分子既能发生氧化反应又能发生水解反应 B．I分子中C、N、O可能全部共平面
C．1mol II最多消耗3mol NaOH D．可用浓溴水检验II中是否含有I
【答案】C
【详解】A．-OH为酚羟基易发生氧化反应，而-CONH-易发生水解，A项正确；
B． 如图蓝色区域C=O所形成的平面，红色区域为苯环所形成的平面两个面通过C-N的旋转（如图绿色箭头标注）可以达到共面，所以所有C、N、O可能共面，B项正确；
C．-CO-OPh可以发生水解消耗1molNaOH但生成的苯酚呈酸性还要消耗1mol的NaOH，-NHOC-可以发生水解消耗1molNaOH，该分子为高聚物则所有总共消耗3nmolNaOH，C项错误；
D．Ⅰ中含有酚羟基的苯环邻位易与溴发生取代，而Ⅱ不易于溴发生取代，浓溴水检验II中是否含有I，D项正确；
故选C。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共5个小题，共52分。
17．（10分）回答下列问题：
1．环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
+H2O
密度()
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
摩尔质量()
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
100
环己烯
0.81
83
难溶于水
82
(1)制备粗品：采用如图所示装置，用环己醇制备环己烯。
将10.0环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为________，现象为________。
②A中碎瓷片的作用是________。
③试管C置于冰水浴中的目的是_____。
(2)制备精品：
①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、青置、分层，环己烯在_____层(填“上”或“下”)，分液后用_______洗涤(填字母)。
A．溶液 B．稀 C．溶液
②再将环己烯进行蒸馏，收集产品时，应收集________℃的馏分，若最终收集到环己烯5.74g，则产率为________。
【答案】(1) FeCl3溶液 溶液将显示紫色 防暴沸 冷凝环己烯，减少环己烯的挥发
(2)上 C 83 70%
【分析】环己醇和浓硫酸在水浴加热下反应生成环己烯、经冰水浴冷凝得到，所得粗产品中含有的有机酸可以通过碳酸钠溶液除去，有机物粗产品再通过蒸馏可得到环己烯。粗品中含环己醇、精品中无环己醇，可利用环己醇能与金属钠反应产生氢气、环己烯不与钠反应予以鉴别，也可利用混合物无固定沸点、纯净物有固定沸点予以鉴别。
【详解】（1）①检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含苯酚杂质，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；
②对液体加热时，为了防止暴沸常常要加入沸石或碎瓷片，A中碎瓷片的作用是防暴沸；
③根据题目所给信息可知环己烯熔沸点较低，所以置于冰水浴中，降低温度，防止环己烯挥发；
（2）①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。环己烯密度比水小，在上层；其中含有碳碳双键，可以被KMnO4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，故选C；
②环己烯的沸点为83℃，收集产品时，应收集83℃的馏分。10.0即0.1mol环己醇参与反应，理论上可生成0.1mol即8.2g环己烯、若最终收集到环己烯，则产率为。
18．（10分）目前已经确认了16种元素是植物生长所必需的，其中硼、铁、铜、钼等7种元素为必需的微量元素。回答下列问题：
(1)钼位于第5周期与Cr同族，试写出钼的基态价电子排布式_______，钼位于周期表第_______纵行。
(2)铁元素能与多种分子或离子形成配位键，如[FeCl2(H2O)4]+、Fe(CO)5。
①[FeCl2(H2O)4]+中每个H2O的O周围σ键电子对有_______对，游离态的水中H-O-H的键角比该配离子中H-O-H的键角小，其原因是_______。
②CO分子中C原子和O原子，上均存在孤电子对，在Fe(CO)5中_______(填元素符号)更容易为Fe提供孤电子对。
(3)硼氢化钠(NaBH4)具有很强的还原性，常用于有机合成，的VSEPR模型为_______与其互为等电子体的阳离子有_______(写一种)。
(4)一种铜的溴化物立方晶胞如图所示。
该化合物的化学式为_______，在晶体中与Br紧邻的Br有_______个，若Cu原子与最近的Br原子的核间距为apm，则该晶体的密度计算表达式为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) 4d55s1 6
(2) 3 游离态的水分子中O原子孤电子对对σ键的斥力比该配离子水分子中O原子的σ键之间的斥力大，造成H—O—H键角减小 C
(3) 正四面体
(4) CuBr 12
【详解】（1）钼与Cr元素同族，故其价电子层电子相同，Cr的价电子排布式是3d54s1，所以钼元素的价电子排布式是“4d55s1”；Cr元素位于元素周期表第四周期IVB族，在元素周期表第6纵行，所以钼元素也位于元素周期表第6纵行；
（2）在配离子[FeCl2(H2O)4]+中，水分子中有自身形成的两个H—O σ键，同时O原子与中心离子Fe3+之间还形成一条配位键σ键，所以每个水分子共有“3”条σ键；孤电子对对σ键的斥力大于σ键之间的斥力，所以本问第二空应填“游离态的水分子中O原子孤电子对对σ键的斥力比该配离子水分子中O原子的σ键之间的斥力大，造成H—O—H键角减小”；在Fe(CO)5中配位体CO中，C元素非极性更弱一些，其孤电子对更容易作为共用电子对提供给Fe；
（3）离子中B原子与周围四个H原子之间有4条σ键，所以该离子中心原子B价层电子对数为4，其VSEPR模型对应是“正四面体”；离子中有五个原子，共8个价电子，故与其属于等电子体的应该也是五个原子，8个价电子的微粒，所以可以是CH4、、SiH4等多个微粒；
（4）该晶胞中有4个Cu原子位于晶胞内部，故晶胞Cu原子数为4，有8个Br原子位于顶点，6个Br原子位于面心，故晶胞Br原子数为，Cu与Br原子个数比为4﹕4=1﹕1，所以该晶胞对应化合物的化学式为“CuBr”；以晶胞中一个顶点的Br原子为参照点，与其距离相等且最近的是共同拥有该顶点的三个面上面心的Br原子，该顶点为8个晶胞所共有，每个面心上的Br原子为两个晶胞共用，所以在晶体中与Br紧邻的Br有个；若将该晶胞再均分为8块，则有Cu原子的小立方体中Cu原子正好位于立方体体心，Br原子到Cu原子的最短距离为apm，则小立方体的体对角线为2apm，则晶胞的体对角线为4apm，设晶胞棱长为x，根据勾股定理有，解之得，根据之前的分析，每个晶胞中有4个Cu原子和4个Br，所以该晶胞的质量为，晶胞体积为(1pm=10-10cm)，所以该晶体的密度计算式为，整理后本问第三空应填“ ”。
19．（10分）相同条件下，有机物A蒸气密度是氢气密度的16倍，A、、B为以物质的量1：1：1的比例形成(甲基丙烯酸甲酯)，甲基丙烯酸甲酯在一定条件下反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，即高分子化合物有机玻璃，有机玻璃在工业和生活中有着广泛用途。
已知：的结构不稳定。
请回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称是_______。
(2)D→C的化学方程式是_______，反应类型是_______。
(3)C→E的化学方程式是_______。
(4)下列说法正确的是_______。
A．甲基丙烯酸甲酯可进行加成反应、氧化反应、取代反应
B．用溶液无法鉴别有机物A、C和D
C．D→C反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂
D．A能与金属钠反应，且比水与金属钠反应要剧烈的多
(5)W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴水褪色；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体。则W的结构有_______种(不包括立体异构)。写出其中含有两个甲基的同分异构体的结构简式_______。
【答案】(1)酯基
(2) 取代反应
(3)
(4)AC
(5) 8 ；
【分析】相同条件下，有机物A蒸气密度是氢气密度的16倍，则A的相对分子质量为32；A、CO、B以物质的量1：1：1的比例形成CH2=C(CH3)COOCH3（甲基丙烯酸甲酯），1molB能与2molBr2发生加成反应，且已知：CH2=C=CH2的结构不稳定，则B为CH≡CCH3，A为CH3OH，D和A发生酯化反应（取代反应）生成C，则D为CH2=C(CH3)COOH，C在一定条件下生成有机玻璃E为 ，据此解答；
【详解】（1）根据C的结构简式，可知C中含氧官能团的名称是酯基；故答案为：酯基；
（2）D为CH2=C(CH3)COOH和CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成C为CH2=C(CH3)COOCH3；故答案为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；酯化反应（取代反应）
（3）C为CH2=C(CH3)COOCH3，在一定条件下发生加聚反应生成E为 ，反应的化学方程式为nCH2=C(CH3)COOCH3 ；故答案为：nCH2=C(CH3)COOCH3 ；
（4）A．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键、酯基，可进行加成反应、氧化反应、取代反应，故A正确；
B．A为CH3OH、C为CH2=C(CH3)COOCH3、D为为CH2=C(CH3)COOH，A为醇，和Na2CO3溶液不反应但互溶，C为酯在溶液上层，D为羧酸，可以和Na2CO3溶液反应生成气体，故可以鉴别，故B错误；
C．D和CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成C，反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂，故C正确；
D．A为甲醇，能与金属钠反应，但不如水与金属钠反应剧烈，故D错误；
故答案为AC；
（5）C为CH2=C(CH3)COOCH3，W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，则W的结构有以下几种情况，当5个C都在一条主链，形成C-C-C-C-COOH结构时，双键的位置可以在2、3，3、4，4、5号C之间，总共3种；如果是C-C-C（C）-COOH的结构，双键可以在2、3，3、4，以及2与2取代基之间，同样有3种；如果是C-C（C）-C-COOH的结构，双键就在2、3，3、4之间，有两种（不包括立体异构），所以共8种；其中一种含有两个甲基的同分异构体的结构简式为、；故答案为：8；、。
20．（10分）碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
(1)对于碱土金属元素、、、、，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是_______。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
(2)①铍与相邻主族的_______元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有_______填标号。
A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液pH均小于7
②是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为_______，阴离子中心原子杂化方式为_______。
(3)位于元素周期表第五周期，第ⅡA主族，是人体必需的微量元素，是其重要的化合物之一。的价电子排布式为_______。
(4)和金属在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①原子周围距离最近且相等的Ni原子有_______个，若晶胞边长为，则核间距为_______pm(结果保留小数点后两位，取1.73)。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为_______(列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为；设代表阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)BC
(2) 铝 BD 共价键、配位键 sp3
(3)5S2
(4) 4 279.40
【详解】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，原子核对电子的引力减小，第一电离能减小，故选BC；
故答案为：BC；
（2）①A．铍属于s区元素，铝属于p区主族元素，故A不符；
B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；
C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；
D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液pH均小于7，故D符合；
故答案为：铝；BD；
②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键,其中一个是配位键,属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子BeF中心原子是Be，其价层电子对=4+ =4，杂化方式为sp3。
故答案为：共价键、配位键；sp3；
（3）位于元素周期表第五周期，第ⅡA主族，的电子排布式为1s22s22p63s2 3p63d10 4s2 4p6 5s2，价电子排布式为5s2；
故答案为：5s2；
（4）①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm×，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为 =279.40pm；
16
故答案为：4；279.40；
②晶胞中Mg有8个，Ni为8× +6×=4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为；
故答案为：。
21．（12分）以A物质为原料合成一种抗骨质疏松药F的路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______，反应①的类型是_______。
(2)C物质的化学名称_______，D中含氧官能团的名称为_______。
(3)Y的结构简式为_______。
(4)E→F的化学方程式为_______。
(5)C有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_______。
a．含苯环的单环化合物
b．既能发生水解反应，又能发生银镜反应
c．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1
(6)根据上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_______。
【答案】(1) 取代反应
(2) 苯乙酸 羰基、(酚)羟基
(3)
(4)++HBr
(5)
(6)
【分析】化合物A分子式是C7H8，其与Cl2光照反应产生，则A是甲苯，结构简式是，与NaCN发生取代反应，然后酸化可得C：，C与Y在一定条件下反应产生D，则Y是，反应类型是取代反应；以N为催化剂，D与M反应生成E和另外一种有机物X，根据原子守恒可知X结构简式为CH3CH2OH，E与2-溴丙烷发生取代反应产生化合物F和HBr。
【详解】（1）A是甲苯，结构简式是；与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生 和HCl，故反应①的化学反应类型是取代反应；
（2）C是，名称为苯乙酸；
根据化合物D结构简式可知D分子中含有的含氧官能团名称为羰基、(酚)羟基；
（3）根据上述分析可知化合物Y结构简式是；
（4）E与2-溴丙烷发生取代反应产生F和HBr，则E→F的化学方程式为：++HBr；
（5）C有多种同分异构体，同时符合下列条件：a．含苯环的单环化合物，说明分子中含有一个苯环；b．既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有HCOO-R结构；c．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，说明物质分子中含有四种H原子，它们的个数比是3：2：2：1，则符合要求的同分异构体结构简式是；
（6）与Cl2在光照条件下发生取代反应产生， 与NaCN、H+/H2O作用反应产生，与发生取代反应产生目标产物：，则以和为原料制取的合成路线为： 。
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