还剩16页未读，
继续阅读
【化学】宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
展开
宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期末考试
1.下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是
A. C2H4、C2H2、CO2 B. CH4、CHCl3、CO2
C. Cl2、H2、N2 D. NH3、H2O、CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．C2H4和C2H2均含有碳氢原子形成的极性键，且二者分子正负电荷中心重合属于非极性分子；CO2含有碳原子和氧原子形成的极性键，且正负电荷中心重合属于非极性分子，故A符合题意；
B．CHCl3为四面体结构，H原子和3个氯原子位于顶点，所以正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B不符合题意；
C．Cl2、H2、N2三种物质中均只含非极性键，故C不符合题意；
D．NH3分子为三角锥形，H2O分子为V形，二者正负电荷中心均不重合，属于极性分子，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
2.下列分子或离子中，含有孤电子对的是（ ）
A. H2O B. CH4
C. SiH4 D. NH
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O分子中孤电子对个数=(6-2×1)=2，故A正确；
B．CH4分子中孤电子对个数=(4-1×4)=0，即不含孤电子对，故B错误；
C．SiH4分子中孤电子对个数=(4-1×4)=0，即不含孤电子对，故C错误；
D．NH分子中孤电子对个数=(5-1-1×4)=0，即不含孤电子对，故D错误；
故答案为A。
3.有关杂化轨道理论的说法不正确的是
A. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释
D. 杂化轨道全部参加形成化学键
【答案】D
【解析】
【详解】A．杂化前后的轨道数不变，各杂化轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的空间构型分别是正四面体型、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109.5°、120°、180°，故B正确；
C．四面体型(4条共价键，无孤电子对)、三角锥型(3条共价键，1孤电子对)、V形分子(2条共价键，2孤电子对)的结构均为用sp3杂化轨，故C正确；
D．杂化轨道可以部分参与形成化学键，如NH3分子中形成了 4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；
答案选D。
4.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是
A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小
B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能
C. C 的原子半径小于 Si
D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键
【答案】D
【解析】
【详解】CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。
5.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为
A. 两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化。
B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道。
C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D. 氨气的相对分子质量大于甲烷
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氨气中N也是sp3杂化，A错误；
B. N原子形成4个杂化轨道，只不过其中一个被孤对电子占据，无法成键，B错误；
C. NH3分子中N原子形成4个杂化轨道，其中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强，因此氨气是三角锥形，C正确；
D. 空间构型与相对分子质量大小无关，D错误。
答案选C。
6.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A. NH4ClNH3↑+HCl↑
B. NH3+CO2+H2O=NH4HCO3
C. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
D. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应过程中氯化铵中离子键、极性共价键断裂，没有非极性键的断裂，故A不符合题意；
B．NH3、CO2、H2O均只含极性键，没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；
C．生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键，所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；
D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2CO3中含有极性键和离子键，所以该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；
综上所述答案为D。
7.下列关于金属及金属键的说法正确的是
A. 金属键具有方向性与饱和性
B. 金属键是金属阳离子与“自由电子”间的相互作用
C. 金属导电是因为在外加电场作用下产生“自由电子”
D. 金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
【答案】B
【解析】
【详解】A、金属键存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，没有方向性和饱和性，A错误；
B、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，B正确；
C、金属中存在金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，C错误；
D、金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，并不是能放出可见光，D错误；
答案选B。
8. 关于氢键，下列说法正确的是
A. 每一个水分子内含有两个氢键
B. 冰、水中都存在氢键
C. 分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点降低
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢键是一种特殊的分子间作用力，只存在于水分子之间，水分子内没有氢键，故A错误；
B. 冰和水分子中都存在氢键，故B正确；
C. 水只能形成分子间氢键，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故C错误；
D. 氢键不是化学键，H2O是一种非常稳定的化合物，说明了氧的非金属性很强，与水分子之间的氢键无关，故D错误；
答案选B。
9. 下列物质性质的变化规律，与共价键键能大小有关的是
①F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
④NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点依次降低
A. 仅③ B. ①③ C. ②③ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①F2、Cl2、Br2、I2都是由非极性分子构成的物质，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要的能量就越高，因此物质的熔点、沸点逐渐升高，与共价键键能大小无关；
②由于元素的非金属性F>Cl>Br>I，所以它们的氢化物HF、HCl、HBr、HI中的共价键键能减小，热稳定性依次减弱，与共价键键能大小有关；
③在金刚石中C原子之间以共价键结合，晶体硅中硅原子之间也以共价键结合，由于原子半径Si>C，元素共价键的强度C-C>Si-Si，因此断裂共价键消耗的能量金刚石比晶体硅高，因此金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与共价键键能大小有关；
④NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子化合物，由于离子键的强度从NaF、NaCl、NaBr、NaI逐渐减弱，因此物质的熔点依次降低，但是与共价键键能大小无关；
与共价键键能大小有关的是②③，答案选C。
10.CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl¯，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量氯以AgCl析出，这种化合物应该是
A. [Co(NH3)4]Cl3 B. [Co(NH3)4Cl3]
C. [Co(NH3)4Cl]Cl2 D. [Co(NH3)4Cl2]Cl
【答案】D
【解析】
【详解】CoCl3•4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl¯，但NH3的含量不变，说明NH3为內界；用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为內界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故选D。
11.下列说法正确的是
A. 质子数相同的微粒一定是同种元素的原子
B. 任何晶体中若有阳离子，必有阴离子
C. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高
D. 分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点一定比相对分子质量小的高
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数相同的微粒不一定是同种元素的原子，如HF和H2O所含的质子数相同，故A错误；
B．金属晶体中含有阳离子但没有阴离子，故B错误；
C．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高，例如金属晶体Hg在常温下液体，而分子晶体AlCl3在常温下为固体，Hg的熔点低于AlCl3，故C正确；
D．分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点不一定比相对分子质量小的高，例如H2O和H2S均为分子晶体，且H2S的相对分子质量较大，但由于H2O分子间存在氢键，熔沸点比H2S要高，故D错误；
综上所述答案为C。
12.观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是( )
HCN
S8
SF6
B12结构单元
结构模型
示意图
备注
—
易溶于CS2
—
熔点1 873 K
A. HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键
B. 固态硫S8属于原子晶体
C. SF6是由极性键构成的非极性分子
D. 单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键
【答案】B
【解析】
【详解】A、“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H－C≡N中共有2个σ键和2个π键，A正确；
B、S8易溶于CS2，因此属于分子晶体，B错误；
C、SF6是正八面体对称结构，是非极性分子，C正确；
D、由硼的结构和熔点可知，单质硼属原子晶体，硼晶体的结构单元中有12个B原子，每个原子形成5个B－B键，而每个B－B键为2个原子所共有，所以B－B键数为12×5/2＝30个，D正确。
答案选B。
13.现有四种元素的基态原子的电子排布式:
① ;② ;③ ;④ 。
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能:④>③>②>①
B. 原子半径:④>③>②>①
C. 电负性:④>③>②>①
D. 最高正化合价:④>③=②>①
【答案】A
【解析】
【分析】
由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素，据此分析解答。
【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能减小，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，A选项正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B选项错误；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，C选项错误；
D．元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D选项错误；
答案选A。
【点睛】同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；同周期自左而右原子半径减小、电子层数越多原子半径越大；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价。
14.“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是
A. 无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价
B. Al65Cu23Fe12硬度小于金属铁
C. Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料
D. 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；
B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；
C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；
D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1mol Al65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误；
故选C。
15. M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是
A. M的分子式为C18H20O2
B. M可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应
C. 1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应
D. 1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。
B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。
C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。
D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此 1 mol M与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。
本题选B。
16.分子式为C7H8的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水因化学反应而褪色，在一定条件下与H2完全加成产物的一氯代物的同分异构体有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C7H8某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应，可以判断出一定是甲苯，甲苯与氢气完全加成后，生成甲基环己烷，分子中有五种不等效氢原子，因此其生成物的一氯代物的种类共有5种。
答案选C。
17.下列说法正确的是
A. 蛋白质的水解可用于分离和提纯蛋白质
B. 丙烯酸甲酯可通过缩聚反应生成高分子化合物
C. 用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
D. 有机物的核磁共振氢谱有两个峰且峰面积之比为3:1
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质水解生成氨基酸，不能达到提纯分离效果，故A错误；
B．丙烯酸甲酯可通过加聚反应生成高分子化合物，B错误；
C．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，温度为，不能用水浴加热，C错误；
D．结构中只有两种环境的氢，甲基和苯环上的氢，故D正确；
答案选D。
18.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为，下列有关柠檬烯的分析正确的是（ ）
A. 柠檬烯的一氯代物有7种
B. 柠檬烯和丁基苯互为同分异构体
C. 柠檬烯分子中所有的碳原子可能在同一平面上
D. 在一定条件下，柠檬烯可以发生加成反应、取代反应、氧化反应及还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A、分子中有8种性质不同的H可被取代，一氯代物有8种，选项A错误；
B、柠檬烯和丁基苯的分子式不同，二者不是同分异构体，选项B错误；
C、分子中含有多个饱和碳原子，不可能在同一个平面上，选项C错误；
D、柠檬烯中含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，属于烃，可发生取代反应，选项D正确。
答案选D。
19.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如下图，下列说法不正确的是 ( )
A. M的分子式为C6H12O6
B. 用NaOH溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸
C. ①、④的反应类型均属于取代反应
D. N的化学式为CH3COOH
【答案】B
【解析】
【分析】
葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇CH3CH2OH；乙醇氧化为N：乙酸CH3COOH，乙醇CH3CH2OH与乙酸CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水。
【详解】A.淀粉或纤维素水解得到M：葡萄糖，分子式是C6H12O6，A正确；
B.用饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸，不能用NaOH溶液，因为酯在其中可以发生水解，B错误；
C．①为水解反应、④为酯化反应，故①、④的反应类型均属于取代反应，C正确；
D．N和乙醇发生反应生成乙酸乙酯，故其为乙酸，其化学式为CH3COOH，正确。本题选不正确的，故选B。
20.某有机物A可用于合成药物达菲，其结构简式如图，
下列关于A的说法不正确的是( )
A. 分子式为C7H6O5
B. 和溴水既可以发生取代反应，又可以发生加成反应
C. 1 mol该化合物最多可以与含4 mol NaOH的溶液反应
D. 既可以和FeCl3溶液发生显色反应，又可以和NaHCO3溶液反应放出CO2气体
【答案】B
【解析】
【分析】
该物质中含有苯环、酚羟基和羧基，具有苯、酚和羧酸的性质，能发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。
【详解】A．根据结构简式知，分子式为分子式为C7H6O5，A正确；
B．该物质中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，B错误；
C．酚羟基和羧基能和NaOH反应，所以1 mol该化合物最多可以与含4 mol NaOH的溶液反应，C正确；
D．含有酚羟基和羧基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、羧酸的性质，明确官能团及其性质是解本题的关键，注意不能和溴发生加成反应，易错选项是B。
21.核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，下列关于核糖的叙述正确的是
A. 与葡萄糖互为同分异构体
B. 可与新制的Cu(OH)2作用生成红色沉淀
C. 不能发生取代反应
D. 可以使紫色的石蕊试液变红
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，核糖的分子式为C5H10O5，核糖与葡萄糖的分子式不同，所以不是同分异构体，故A错误；
B．核糖含有醛基，所以可与新制的Cu(OH)2作用生成砖红色沉淀，故B正确；
C．含有醇羟基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误；
D．核糖是多羟基醛不是酸，不能电离出氢离子，所以不能使紫色石蕊试液变红，故D错误；
故选：B。
22.下列常见有机物中，既能发生取代反应，又能使溴的CCl4溶液反应褪色的是
A. 甲苯 B. C. 植物油 D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲苯可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故A不选；
B．苯可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故B不选；
C．植物油中含碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的CCl4溶液反应褪色；属于酯类物质可发生水解反应，水解反应也是取代反应，故C选；
D．乙酸可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故D不选；
故选：C。
23.分子式为C6H12O2且可与NaHCO3反应放出CO2的有机化合物有(不考虑立体异构)( )
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
【详解】可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，分子式为C6H12O2且含有羧基的有机物可以简写为C5H11COOH，因为其中的-C5H11有8种同分异构体，所以C5H11COOH有8种同分异构体。故 D符合题意
所以答案：D。
24.由的转化过程中，经过的反应类型是
A. 取代反应→加成反应→氧化反应
B. 裂解反应→取代反应→消去反应
C 取代反应→消去反应→加成反应
D. 取代反应→消去反应→裂解反应
【答案】C
【解析】
【详解】乙烷与氯气发生取代反应生成一氯乙烷，一氯乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为C。
25.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得，下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A. X分子中所有原子一定在同一平面上
B. 分子与氢气发生加成反应，最多消耗
C. X、Y均不能使酸性溶液褪色
D. X→Y的反应为取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，故A错误；
B．分子与氢气发生加成反应，Y分子中存在苯环，1mol苯环消耗3molH2，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，最多消耗，故B错误；
C．X中含酚羟基，X能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，Y中含碳碳双键，Y能被酸性溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，X、Y均能使酸性溶液褪色，故C错误；
D．对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，X+2－甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，故D正确；
答案选D。
26.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn
③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
（1）Z2＋的核外电子排布式是_________________。
（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空间轨道受NH3分子提供的_________形成配位键。
（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。
a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b.稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙
c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为____________（用元素符号作答）
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为___________。
（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于___________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). 孤对电子（孤电子对） (3). b (4). Si < C
【分析】
29号为Cu；Y价电子：msnmpn中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为奇数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。
【详解】（1）Cu的价电子排布为3d104s1，失去两个电子，则为3d9。则Cu2＋的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，
故答案为1s22s22p63s23p63d9；
（2）Cu2＋可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。
故答案为孤对电子（孤电子对）；
（3）Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4>SiH4。因为SiH4 的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高。选b，
故答案为b；
（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。
故答案为Si < C
故答案为3︰2；
（6）电负性最大的非元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成的SiO2，属于原子晶体。
故答案为原子晶体。
27.元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
①在1个晶胞中，X离子的数目为_____。
②该化合物的化学式为_________。
（2）在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是_______。
（3）Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是______________。
（4）Y 与Z 可形成YZ42－
①YZ42－的空间构型为__________(用文字描述)。
②写出一种与YZ42－互为等电子体的分子的化学式：_________。
（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为___。
【答案】 (1). 4 (2). ZnS (3). sp3 (4). 水分子与乙醇分子之间形成氢键 (5). 正四面体 (6). CCl4或SiCl4等 (7). 16 mol 或16×6. 02×1023个或16NA个
【解析】
【分析】
本题主要考查原子结构与性质知识，意在考查考生的空间想象能力及对物质结构和性质的理解能力。X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，X为Zn；Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S；根据Z的信息可知Z为O。
【详解】(1)①由晶胞结构可知，X分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“分摊法”可计算一个晶胞中的X原子数为：8×1/8＋6×1/2＝4。②Y原子全部在晶胞中，故一个晶胞中含有4个Y原子。故该化合物的化学式为ZnS。
(2)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤对电子，所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp3杂化。
(3)H2O与乙醇可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而H2S与乙醇不能形成分子间氢键，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。
(4)①SO42-的中心原子S周围有4对成键电子，形成以S为体心，O为顶点的正四面体结构；②SO42-中S、O最外层均为6个电子，故SO42-中原子最外层共有32个电子；CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为4＋7×4＝32，故SO42-、CCl4、SiCl4为等电子体。
(5)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋与Cl－形成离子键，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4个Zn—N键(配位键)和12个N—H键，共16个共价单键，故1 mol该配合物中含有16 mol σ键。
28.氯丁橡胶E()的合成路线如下：
已知是不稳定结构。
(1)氯丁橡胶E中官能团的名称是___________，其链节的结构简式为：___________。
(2)②的反应条件和无机试剂是___________。
(3)若A为反式结构，用结构简式表示A的结构是___________。
(4)④的化学方程式是___________。
(5)B的同分异构体有多种，写出属于酯类且能发生银镜反应的所有同分异构体的结构简式：______________________。
【答案】 (1). 氯原子、碳碳双键 (2). —CH2C(Cl)=CHCH2— (3). 加热、NaOH水溶液 (4). (5). HOCH2CHClCH2CH2OHCH2=CCl-CH=CH2+2H2O (6). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2
【解析】
【分析】
1，3-丁二烯与氯气发生取代反应生成A，A发生卤代烃的水解反应生成B为HOCH2CH=CHCH2OH，由氯丁橡胶的结构可知D为CH2=CCl-CH=CH2，从B到D，引入了一个氯原子，且碳碳双键由一个增加到两个，因是不稳定结构，故可以先使B与HCl发生加成反应生成C，再通过醇的消去反应生成D，所以C的结构简式是CH2OHCHClCH2CH2OH。
【详解】(1)根据氯丁橡胶的结构简式可知其官能团为氯原子、碳碳双键；链节的结构简式为—CH2C(Cl)=CHCH2—；
(2)反应②为卤代烃的水解反应，反应条件为加热，需要无机试剂：NaOH水溶液；
(3)两个相同的原子或原子团排列在双键的两侧称为反式异构，所以A的反式结构简式为：；
(4)C为HOCH2CHClCH2CH2OH，D为CH2=CCl-CH=CH2，所以反应④为消去反应，化学方程式为：HOCH2CHClCH2CH2OHCH2=CCl-CH=CH2+2H2O；
(5)B为HOCH2CH=CHCH2OH，其同分异构体属于酯类且能发生银镜反应的同分异构体应为甲酸形成的酯类，结构简式为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2。
【点睛】当碳碳双键上的两个碳原子上均连有两个不同原子或原子团时存在顺反异构，两个相同的原子或原子团排列在双键的两侧称为反式异构。
29.实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管(使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内)，加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。
请回答下列问题。
(1)在烧瓶中除了加入乙醇，浓硫酸和乙酸外，还应放入___________，目的是___________________。
(2)反应中加入过量的乙醇，目的是_______________。
(3)如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏。这样操作可以提高酯的产率，其原因是_____________________________。
(4)现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下列框图是分离操作步骤流程：
则试剂a是___________，分离方法Ⅰ是___________，试剂b是___________，分离方法Ⅲ是_____________________。
(5)甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来。甲、乙两人实验结果如下：
甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质，丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功。试解答下列问题：
①甲实验失败的原因是______________________；
②乙实验失败的原因是______________________。
(6)若原料为和，则乙酸乙酯中___________(填含或不含)。
【答案】 (1). 碎瓷片 (2). 防止暴沸 (3). 提高乙酸的转化率 (4). 及时地蒸出生成物，有利于酯化反应向生成酯的方向进行 (5). 饱和的Na2CO3溶液 (6). 分液 (7). 硫酸 (8). 蒸馏 (9). 所加NaOH溶液较少，没有将余酸中和 (10). 所加的NaOH溶液过量，使酯完全水解 (11). 不含
【解析】
【分析】
对液体混合物加热时，加入沸石或碎瓷片，可防发生爆沸；乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，为提高反应物的转化率和提高产率，通常采取增大某反应物的浓度或减小生成物的浓度的方法；分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；根据甲得到了显酸性的酯的混合物，说明加入的氢氧化钠溶液不足进行分析；根据乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液发生水解分析失败原因。
【详解】(1)对液体混合物加热时，一定要防止溶液爆沸，所以往往要加入沸石或碎瓷片，以防发生爆沸；
(2)乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，反应中加入过量的乙醇，平衡向正反应方向移动，CH3COOH的转化率增大；
(3)通过分液漏斗中边滴加乙酸边加热蒸馏，可以及时地蒸出生成物，不断增大乙酸的浓度，减小乙酸乙酯的浓度，有利于平衡向正反应方向移动；
(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，然后水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；
(5)①甲得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应；
②乙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解；
(6)根据酯化反应中醇脱氢，酸脱羟基可知，若原料为和，则乙酸乙酯中不含。
1.下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是
A. C2H4、C2H2、CO2 B. CH4、CHCl3、CO2
C. Cl2、H2、N2 D. NH3、H2O、CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．C2H4和C2H2均含有碳氢原子形成的极性键，且二者分子正负电荷中心重合属于非极性分子；CO2含有碳原子和氧原子形成的极性键，且正负电荷中心重合属于非极性分子，故A符合题意；
B．CHCl3为四面体结构，H原子和3个氯原子位于顶点，所以正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B不符合题意；
C．Cl2、H2、N2三种物质中均只含非极性键，故C不符合题意；
D．NH3分子为三角锥形，H2O分子为V形，二者正负电荷中心均不重合，属于极性分子，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
2.下列分子或离子中，含有孤电子对的是（ ）
A. H2O B. CH4
C. SiH4 D. NH
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O分子中孤电子对个数=(6-2×1)=2，故A正确；
B．CH4分子中孤电子对个数=(4-1×4)=0，即不含孤电子对，故B错误；
C．SiH4分子中孤电子对个数=(4-1×4)=0，即不含孤电子对，故C错误；
D．NH分子中孤电子对个数=(5-1-1×4)=0，即不含孤电子对，故D错误；
故答案为A。
3.有关杂化轨道理论的说法不正确的是
A. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释
D. 杂化轨道全部参加形成化学键
【答案】D
【解析】
【详解】A．杂化前后的轨道数不变，各杂化轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的空间构型分别是正四面体型、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109.5°、120°、180°，故B正确；
C．四面体型(4条共价键，无孤电子对)、三角锥型(3条共价键，1孤电子对)、V形分子(2条共价键，2孤电子对)的结构均为用sp3杂化轨，故C正确；
D．杂化轨道可以部分参与形成化学键，如NH3分子中形成了 4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；
答案选D。
4.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是
A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小
B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能
C. C 的原子半径小于 Si
D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键
【答案】D
【解析】
【详解】CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。
5.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为
A. 两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化。
B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道。
C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D. 氨气的相对分子质量大于甲烷
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氨气中N也是sp3杂化，A错误；
B. N原子形成4个杂化轨道，只不过其中一个被孤对电子占据，无法成键，B错误；
C. NH3分子中N原子形成4个杂化轨道，其中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强，因此氨气是三角锥形，C正确；
D. 空间构型与相对分子质量大小无关，D错误。
答案选C。
6.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A. NH4ClNH3↑+HCl↑
B. NH3+CO2+H2O=NH4HCO3
C. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
D. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应过程中氯化铵中离子键、极性共价键断裂，没有非极性键的断裂，故A不符合题意；
B．NH3、CO2、H2O均只含极性键，没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；
C．生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键，所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；
D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2CO3中含有极性键和离子键，所以该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；
综上所述答案为D。
7.下列关于金属及金属键的说法正确的是
A. 金属键具有方向性与饱和性
B. 金属键是金属阳离子与“自由电子”间的相互作用
C. 金属导电是因为在外加电场作用下产生“自由电子”
D. 金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
【答案】B
【解析】
【详解】A、金属键存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，没有方向性和饱和性，A错误；
B、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，B正确；
C、金属中存在金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，C错误；
D、金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，并不是能放出可见光，D错误；
答案选B。
8. 关于氢键，下列说法正确的是
A. 每一个水分子内含有两个氢键
B. 冰、水中都存在氢键
C. 分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点降低
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氢键是一种特殊的分子间作用力，只存在于水分子之间，水分子内没有氢键，故A错误；
B. 冰和水分子中都存在氢键，故B正确；
C. 水只能形成分子间氢键，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故C错误；
D. 氢键不是化学键，H2O是一种非常稳定的化合物，说明了氧的非金属性很强，与水分子之间的氢键无关，故D错误；
答案选B。
9. 下列物质性质的变化规律，与共价键键能大小有关的是
①F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
④NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点依次降低
A. 仅③ B. ①③ C. ②③ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①F2、Cl2、Br2、I2都是由非极性分子构成的物质，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要的能量就越高，因此物质的熔点、沸点逐渐升高，与共价键键能大小无关；
②由于元素的非金属性F>Cl>Br>I，所以它们的氢化物HF、HCl、HBr、HI中的共价键键能减小，热稳定性依次减弱，与共价键键能大小有关；
③在金刚石中C原子之间以共价键结合，晶体硅中硅原子之间也以共价键结合，由于原子半径Si>C，元素共价键的强度C-C>Si-Si，因此断裂共价键消耗的能量金刚石比晶体硅高，因此金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与共价键键能大小有关；
④NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子化合物，由于离子键的强度从NaF、NaCl、NaBr、NaI逐渐减弱，因此物质的熔点依次降低，但是与共价键键能大小无关；
与共价键键能大小有关的是②③，答案选C。
10.CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl¯，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量氯以AgCl析出，这种化合物应该是
A. [Co(NH3)4]Cl3 B. [Co(NH3)4Cl3]
C. [Co(NH3)4Cl]Cl2 D. [Co(NH3)4Cl2]Cl
【答案】D
【解析】
【详解】CoCl3•4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl¯，但NH3的含量不变，说明NH3为內界；用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为內界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故选D。
11.下列说法正确的是
A. 质子数相同的微粒一定是同种元素的原子
B. 任何晶体中若有阳离子，必有阴离子
C. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高
D. 分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点一定比相对分子质量小的高
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数相同的微粒不一定是同种元素的原子，如HF和H2O所含的质子数相同，故A错误；
B．金属晶体中含有阳离子但没有阴离子，故B错误；
C．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高，例如金属晶体Hg在常温下液体，而分子晶体AlCl3在常温下为固体，Hg的熔点低于AlCl3，故C正确；
D．分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点不一定比相对分子质量小的高，例如H2O和H2S均为分子晶体，且H2S的相对分子质量较大，但由于H2O分子间存在氢键，熔沸点比H2S要高，故D错误；
综上所述答案为C。
12.观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是( )
HCN
S8
SF6
B12结构单元
结构模型
示意图
备注
—
易溶于CS2
—
熔点1 873 K
A. HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键
B. 固态硫S8属于原子晶体
C. SF6是由极性键构成的非极性分子
D. 单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键
【答案】B
【解析】
【详解】A、“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H－C≡N中共有2个σ键和2个π键，A正确；
B、S8易溶于CS2，因此属于分子晶体，B错误；
C、SF6是正八面体对称结构，是非极性分子，C正确；
D、由硼的结构和熔点可知，单质硼属原子晶体，硼晶体的结构单元中有12个B原子，每个原子形成5个B－B键，而每个B－B键为2个原子所共有，所以B－B键数为12×5/2＝30个，D正确。
答案选B。
13.现有四种元素的基态原子的电子排布式:
① ;② ;③ ;④ 。
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能:④>③>②>①
B. 原子半径:④>③>②>①
C. 电负性:④>③>②>①
D. 最高正化合价:④>③=②>①
【答案】A
【解析】
【分析】
由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素，据此分析解答。
【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能减小，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，A选项正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B选项错误；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，C选项错误；
D．元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D选项错误；
答案选A。
【点睛】同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；同周期自左而右原子半径减小、电子层数越多原子半径越大；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价。
14.“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是
A. 无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价
B. Al65Cu23Fe12硬度小于金属铁
C. Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料
D. 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；
B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；
C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；
D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1mol Al65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误；
故选C。
15. M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是
A. M的分子式为C18H20O2
B. M可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应
C. 1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应
D. 1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。
B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。
C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。
D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此 1 mol M与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。
本题选B。
16.分子式为C7H8的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水因化学反应而褪色，在一定条件下与H2完全加成产物的一氯代物的同分异构体有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C7H8某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应，可以判断出一定是甲苯，甲苯与氢气完全加成后，生成甲基环己烷，分子中有五种不等效氢原子，因此其生成物的一氯代物的种类共有5种。
答案选C。
17.下列说法正确的是
A. 蛋白质的水解可用于分离和提纯蛋白质
B. 丙烯酸甲酯可通过缩聚反应生成高分子化合物
C. 用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
D. 有机物的核磁共振氢谱有两个峰且峰面积之比为3:1
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质水解生成氨基酸，不能达到提纯分离效果，故A错误；
B．丙烯酸甲酯可通过加聚反应生成高分子化合物，B错误；
C．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，温度为，不能用水浴加热，C错误；
D．结构中只有两种环境的氢，甲基和苯环上的氢，故D正确；
答案选D。
18.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为，下列有关柠檬烯的分析正确的是（ ）
A. 柠檬烯的一氯代物有7种
B. 柠檬烯和丁基苯互为同分异构体
C. 柠檬烯分子中所有的碳原子可能在同一平面上
D. 在一定条件下，柠檬烯可以发生加成反应、取代反应、氧化反应及还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A、分子中有8种性质不同的H可被取代，一氯代物有8种，选项A错误；
B、柠檬烯和丁基苯的分子式不同，二者不是同分异构体，选项B错误；
C、分子中含有多个饱和碳原子，不可能在同一个平面上，选项C错误；
D、柠檬烯中含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，属于烃，可发生取代反应，选项D正确。
答案选D。
19.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如下图，下列说法不正确的是 ( )
A. M的分子式为C6H12O6
B. 用NaOH溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸
C. ①、④的反应类型均属于取代反应
D. N的化学式为CH3COOH
【答案】B
【解析】
【分析】
葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇CH3CH2OH；乙醇氧化为N：乙酸CH3COOH，乙醇CH3CH2OH与乙酸CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水。
【详解】A.淀粉或纤维素水解得到M：葡萄糖，分子式是C6H12O6，A正确；
B.用饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸，不能用NaOH溶液，因为酯在其中可以发生水解，B错误；
C．①为水解反应、④为酯化反应，故①、④的反应类型均属于取代反应，C正确；
D．N和乙醇发生反应生成乙酸乙酯，故其为乙酸，其化学式为CH3COOH，正确。本题选不正确的，故选B。
20.某有机物A可用于合成药物达菲，其结构简式如图，
下列关于A的说法不正确的是( )
A. 分子式为C7H6O5
B. 和溴水既可以发生取代反应，又可以发生加成反应
C. 1 mol该化合物最多可以与含4 mol NaOH的溶液反应
D. 既可以和FeCl3溶液发生显色反应，又可以和NaHCO3溶液反应放出CO2气体
【答案】B
【解析】
【分析】
该物质中含有苯环、酚羟基和羧基，具有苯、酚和羧酸的性质，能发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。
【详解】A．根据结构简式知，分子式为分子式为C7H6O5，A正确；
B．该物质中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，B错误；
C．酚羟基和羧基能和NaOH反应，所以1 mol该化合物最多可以与含4 mol NaOH的溶液反应，C正确；
D．含有酚羟基和羧基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、羧酸的性质，明确官能团及其性质是解本题的关键，注意不能和溴发生加成反应，易错选项是B。
21.核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，下列关于核糖的叙述正确的是
A. 与葡萄糖互为同分异构体
B. 可与新制的Cu(OH)2作用生成红色沉淀
C. 不能发生取代反应
D. 可以使紫色的石蕊试液变红
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，核糖的分子式为C5H10O5，核糖与葡萄糖的分子式不同，所以不是同分异构体，故A错误；
B．核糖含有醛基，所以可与新制的Cu(OH)2作用生成砖红色沉淀，故B正确；
C．含有醇羟基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误；
D．核糖是多羟基醛不是酸，不能电离出氢离子，所以不能使紫色石蕊试液变红，故D错误；
故选：B。
22.下列常见有机物中，既能发生取代反应，又能使溴的CCl4溶液反应褪色的是
A. 甲苯 B. C. 植物油 D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲苯可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故A不选；
B．苯可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故B不选；
C．植物油中含碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的CCl4溶液反应褪色；属于酯类物质可发生水解反应，水解反应也是取代反应，故C选；
D．乙酸可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故D不选；
故选：C。
23.分子式为C6H12O2且可与NaHCO3反应放出CO2的有机化合物有(不考虑立体异构)( )
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
【详解】可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，分子式为C6H12O2且含有羧基的有机物可以简写为C5H11COOH，因为其中的-C5H11有8种同分异构体，所以C5H11COOH有8种同分异构体。故 D符合题意
所以答案：D。
24.由的转化过程中，经过的反应类型是
A. 取代反应→加成反应→氧化反应
B. 裂解反应→取代反应→消去反应
C 取代反应→消去反应→加成反应
D. 取代反应→消去反应→裂解反应
【答案】C
【解析】
【详解】乙烷与氯气发生取代反应生成一氯乙烷，一氯乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为C。
25.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得，下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A. X分子中所有原子一定在同一平面上
B. 分子与氢气发生加成反应，最多消耗
C. X、Y均不能使酸性溶液褪色
D. X→Y的反应为取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，故A错误；
B．分子与氢气发生加成反应，Y分子中存在苯环，1mol苯环消耗3molH2，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，最多消耗，故B错误；
C．X中含酚羟基，X能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，Y中含碳碳双键，Y能被酸性溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，X、Y均能使酸性溶液褪色，故C错误；
D．对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，X+2－甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，故D正确；
答案选D。
26.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn
③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
（1）Z2＋的核外电子排布式是_________________。
（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空间轨道受NH3分子提供的_________形成配位键。
（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。
a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b.稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙
c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为____________（用元素符号作答）
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为___________。
（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于___________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). 孤对电子（孤电子对） (3). b (4). Si < C
【分析】
29号为Cu；Y价电子：msnmpn中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为奇数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。
【详解】（1）Cu的价电子排布为3d104s1，失去两个电子，则为3d9。则Cu2＋的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，
故答案为1s22s22p63s23p63d9；
（2）Cu2＋可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。
故答案为孤对电子（孤电子对）；
（3）Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4>SiH4。因为SiH4 的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高。选b，
故答案为b；
（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。
故答案为Si < C
故答案为3︰2；
（6）电负性最大的非元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成的SiO2，属于原子晶体。
故答案为原子晶体。
27.元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
①在1个晶胞中，X离子的数目为_____。
②该化合物的化学式为_________。
（2）在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是_______。
（3）Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是______________。
（4）Y 与Z 可形成YZ42－
①YZ42－的空间构型为__________(用文字描述)。
②写出一种与YZ42－互为等电子体的分子的化学式：_________。
（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为___。
【答案】 (1). 4 (2). ZnS (3). sp3 (4). 水分子与乙醇分子之间形成氢键 (5). 正四面体 (6). CCl4或SiCl4等 (7). 16 mol 或16×6. 02×1023个或16NA个
【解析】
【分析】
本题主要考查原子结构与性质知识，意在考查考生的空间想象能力及对物质结构和性质的理解能力。X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，X为Zn；Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S；根据Z的信息可知Z为O。
【详解】(1)①由晶胞结构可知，X分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“分摊法”可计算一个晶胞中的X原子数为：8×1/8＋6×1/2＝4。②Y原子全部在晶胞中，故一个晶胞中含有4个Y原子。故该化合物的化学式为ZnS。
(2)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤对电子，所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp3杂化。
(3)H2O与乙醇可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而H2S与乙醇不能形成分子间氢键，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。
(4)①SO42-的中心原子S周围有4对成键电子，形成以S为体心，O为顶点的正四面体结构；②SO42-中S、O最外层均为6个电子，故SO42-中原子最外层共有32个电子；CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为4＋7×4＝32，故SO42-、CCl4、SiCl4为等电子体。
(5)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋与Cl－形成离子键，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4个Zn—N键(配位键)和12个N—H键，共16个共价单键，故1 mol该配合物中含有16 mol σ键。
28.氯丁橡胶E()的合成路线如下：
已知是不稳定结构。
(1)氯丁橡胶E中官能团的名称是___________，其链节的结构简式为：___________。
(2)②的反应条件和无机试剂是___________。
(3)若A为反式结构，用结构简式表示A的结构是___________。
(4)④的化学方程式是___________。
(5)B的同分异构体有多种，写出属于酯类且能发生银镜反应的所有同分异构体的结构简式：______________________。
【答案】 (1). 氯原子、碳碳双键 (2). —CH2C(Cl)=CHCH2— (3). 加热、NaOH水溶液 (4). (5). HOCH2CHClCH2CH2OHCH2=CCl-CH=CH2+2H2O (6). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2
【解析】
【分析】
1，3-丁二烯与氯气发生取代反应生成A，A发生卤代烃的水解反应生成B为HOCH2CH=CHCH2OH，由氯丁橡胶的结构可知D为CH2=CCl-CH=CH2，从B到D，引入了一个氯原子，且碳碳双键由一个增加到两个，因是不稳定结构，故可以先使B与HCl发生加成反应生成C，再通过醇的消去反应生成D，所以C的结构简式是CH2OHCHClCH2CH2OH。
【详解】(1)根据氯丁橡胶的结构简式可知其官能团为氯原子、碳碳双键；链节的结构简式为—CH2C(Cl)=CHCH2—；
(2)反应②为卤代烃的水解反应，反应条件为加热，需要无机试剂：NaOH水溶液；
(3)两个相同的原子或原子团排列在双键的两侧称为反式异构，所以A的反式结构简式为：；
(4)C为HOCH2CHClCH2CH2OH，D为CH2=CCl-CH=CH2，所以反应④为消去反应，化学方程式为：HOCH2CHClCH2CH2OHCH2=CCl-CH=CH2+2H2O；
(5)B为HOCH2CH=CHCH2OH，其同分异构体属于酯类且能发生银镜反应的同分异构体应为甲酸形成的酯类，结构简式为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2。
【点睛】当碳碳双键上的两个碳原子上均连有两个不同原子或原子团时存在顺反异构，两个相同的原子或原子团排列在双键的两侧称为反式异构。
29.实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管(使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内)，加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。
请回答下列问题。
(1)在烧瓶中除了加入乙醇，浓硫酸和乙酸外，还应放入___________，目的是___________________。
(2)反应中加入过量的乙醇，目的是_______________。
(3)如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏。这样操作可以提高酯的产率，其原因是_____________________________。
(4)现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下列框图是分离操作步骤流程：
则试剂a是___________，分离方法Ⅰ是___________，试剂b是___________，分离方法Ⅲ是_____________________。
(5)甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来。甲、乙两人实验结果如下：
甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质，丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功。试解答下列问题：
①甲实验失败的原因是______________________；
②乙实验失败的原因是______________________。
(6)若原料为和，则乙酸乙酯中___________(填含或不含)。
【答案】 (1). 碎瓷片 (2). 防止暴沸 (3). 提高乙酸的转化率 (4). 及时地蒸出生成物，有利于酯化反应向生成酯的方向进行 (5). 饱和的Na2CO3溶液 (6). 分液 (7). 硫酸 (8). 蒸馏 (9). 所加NaOH溶液较少，没有将余酸中和 (10). 所加的NaOH溶液过量，使酯完全水解 (11). 不含
【解析】
【分析】
对液体混合物加热时，加入沸石或碎瓷片，可防发生爆沸；乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，为提高反应物的转化率和提高产率，通常采取增大某反应物的浓度或减小生成物的浓度的方法；分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；根据甲得到了显酸性的酯的混合物，说明加入的氢氧化钠溶液不足进行分析；根据乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液发生水解分析失败原因。
【详解】(1)对液体混合物加热时，一定要防止溶液爆沸，所以往往要加入沸石或碎瓷片，以防发生爆沸；
(2)乙酸乙酯的制备反应是可逆反应，反应中加入过量的乙醇，平衡向正反应方向移动，CH3COOH的转化率增大；
(3)通过分液漏斗中边滴加乙酸边加热蒸馏，可以及时地蒸出生成物，不断增大乙酸的浓度，减小乙酸乙酯的浓度，有利于平衡向正反应方向移动；
(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可，然后水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；
(5)①甲得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应；
②乙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解；
(6)根据酯化反应中醇脱氢，酸脱羟基可知，若原料为和，则乙酸乙酯中不含。
相关资料
更多
