福建省永安市第三中学2022届高三化学9月月考试题含解析

永安三中高中部2022届高三期初教学质量检查化学试卷（考试时间90分钟满分100分）注意：请将答案填写在答题卡上；可能用到的相对原子质量：N-14Si-28Cu-643、本卷包括必做和选做两部分，其中化学反应原理部分为必做题，有机化学基础与物质结构与性质为选做题，学生可任选相关试题进行答题。第一部分：化学反应原理（必做题）一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共24分）1.下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是A.利用焓变数据判断反应能否自发进行B.利用溶液的pH判断该溶液的酸碱性C.利用平衡常数判断反应进行的程度大小D.利用反应热数据判断反应速率的大小【答案】C【解析】分析：A、反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；B、根据溶液的酸碱性的实质分析判断；C、根据平衡常数是用生成物浓度积除以反应物浓度积的含义分析判断；D、根据影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强、催化剂、接触面积等分析判断。详解：A、反应能否自发进行决定于焓变和熵变两个因素，即△H-T△S，故A错误；B、溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，常温下pH=6显酸性，100℃时pH=6显中性，故B错误；C、化学平衡常数越大反应向正向进行的程度越大，反之越小，故C正确；D、反应热表示反应放出或吸收的热量多少，与反应速率无关，故D错误；故选C。2.下图所示的装置中，与手机充电的能量转化形式相同的是（）A.电解水B.水力发电C.太阳能热水器D.干电池【答案】A-23-【解析】手机充电是将电能转化为化学能。A．电解水是电能转化成化学能，故A正确；B．水力发电是将机械能转化为电能，故B错误；C．太阳能热水器是将太阳能转化成热能，故C错误；D．干电池是将化学能转化成光能，故D错误；故选A。3.25℃时，下列关于0.1mol·L－1的氨水和0.1mol·L－1的醋酸溶液说法正确的是（）A.0.1mol·L－1的氨水溶液，pH＝13B.0.1mol·L－1的醋酸加水稀释，溶液中c(H+)和c(OH－)都减小C.0.1mol·L－1的醋酸溶液中：c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H+)D.0.1mol·L－1的氨水与0.1mol·L－1盐酸溶液等体积混合所得溶液中：c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(H+)＝c(OH－)【答案】C【解析】【分析】一水合氨和醋酸均为弱电解质，不能完全电离，据此进行分析解答。【详解】A项，一水合氨是弱电解质，不能完全电离，因此0.1mol·L－1氨水溶液的pH值一定小于13，故A项错误；B项，醋酸是弱电解质，水溶液显酸性；加水稀释后，醋酸的浓度减小，虽然电离程度增大，但还是抵消不了由于加水稀释而使c(H+)减小的程度，溶液pH值增大，故c(OH－)增大，故B项错误；C项，在0.1mol·L－1醋酸溶液中，根据电荷守恒：c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H+)，故C项正确；D项，0.1mol·L－1的氨水与0.1mol·L－1盐酸溶液等体积混合所得溶液为氯化铵，铵根离子发生水解，溶液显酸性，所以c(Cl－)>c(NH4+)，c(H+)>c(OH－)；故D项错误；正确选项C。4.关于下列各装置图的叙述中，错误的是：-23-A.装置①用来电解饱和食盐水，c电极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝B.装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2C.装置③检查乙炔的还原性（实验室是由饱和食盐水与电石制乙炔，产生的混合气体除乙炔外，常含有H3P，H2S等杂质气体）D.装置④可用于干燥、收集氨气、并吸收多余的氨气【答案】C【解析】【详解】A.外电路电流从原电池的正极流出，所以a是正极，b是负极；电解饱和食盐水时,c电极为电解池的阳极，溶液中氯离子在此极发生氧化反应生成能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体氯气，故A正确；B.H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集，收集时,H2、NH3导管是短进长出，Cl2、HCl、NO2的收集是导管长进短出，故B正确；C.乙炔中含有杂质硫化氢等，硫化氢具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，影响到乙炔的还原性的检验，故C错误；D.,氨气的收集采用向上排空气法，导管可以短进长出，用碱石灰来干燥,用水来吸收时,要防止倒吸，故D正确；正确选项：C。5.合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是A.增加压强B.降低温度C.增大CO的浓度D.更换催化剂【答案】B【解析】试题分析：提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可，A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；故选B。考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。视频-23-6.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是：A.腐蚀过程中铜极上始终只发生：2H++2e-=H2↑B.若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀C.若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀D.若将该铜板与直流负极相连，则铁铜均难被腐蚀【答案】A【解析】A.根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B.若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D.若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH＝1的溶液中：Na＋、Fe2＋、NO3-、SO42-B.滴入酚酞试液显红色的溶液中：K＋、Fe3＋、ClO－、SO42-C.c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液中：NH4+、Cl－、NO3-、Al3＋D.由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液中：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A选项，pH＝1的溶液呈酸性，硝酸根离子会将亚铁离子氧化为铁离子，二者不能共存，A错误；B选项，滴入酚酞试液显红色的溶液呈碱性，铁离子会生成氢氧化铁沉淀而不能共存，B错误；C选项，c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液是强酸性，所有离子可以共存，C正确；D选项，由水电离出的c(H＋)＝1×10－12-23-mol/L的溶液可能是强酸性也可能是强碱性，碳酸氢根离子在强酸或强碱的环境下都不能共存，D错误；正确选项C。【点睛】此题是离子共存问题，要考虑离子存在的外界条件；满足c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液显酸性，而由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液，既可以是强酸性溶液、也可能是强碱性溶液，两个选项的条件不一样，做题时要注意区分。8.25°C时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-，下列叙述正确的是A.将纯水加热到950C时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B.向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，Kw变小C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，平衡逆向移动,KW不变D.向水中通入HCl气体，平衡逆向移动，溶液导电能力减弱【答案】C【解析】试题分析：A、水加热到95度，水的离子积常数变大，氢离子浓度增大，pH减小，但仍呈中性，故不选A；B、向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，氢氧根离子浓度增大，但水的离子积常数不变，故不选B；C、水中加入硫酸氢钠，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，但水的离子积常数不变，故选C；D、水中通入氯化氢，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中离子浓度增大，导电性增大，故不选D。考点：水的电离平衡的移动，离子积常数。二、非选择题（共三大题）9.由化学能产生的能量是目前人类使用的主要能源。请回答下列问题：（1）N2和O2在一定条件下反应生成NO2的热化学方程式为：1/2N2(g)+O2(g)====NO2(g)ΔH＝+34kJ·mol-1。该反应为________（“放热”“吸热”）反应。（2）化学反应中的能量变化源自于化学反应中化学键变化时产生的能量变化。下表为一些化学键的键能：化学键键能（kJ·mol-1）化学键键能（kJ·mol-1）N≡N942H—O460N—H391O==O499-23-H—H437①写出N2和H2反应合成氨的热化学方程式________________________。②已知：1molH2O(g)转化为1molH2O(l)时放出44.0kJ的热量。计算1gH2完全燃烧时放出的热量______________。H2O(g)的稳定性___________（“大于”“小于”）H2O(l)。（3）写出NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式________________。【答案】(1).吸热(2).N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-93kJ•mol-1(3).138.75kJ(4).小于(5).4NH3(g)+7O2(g)==4NO2(g)+6H2O(g)ΔH=-1079kJ·mol-1【解析】【详解】（1）△H=+34kJ/mol＞0，所以该反应是吸热反应；正确答案：吸热。（2）①根据反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能求算；N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=942kJ•mol-1+437kJ•mol-1×3-391kJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1，所以热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-93kJ•mol-1；正确答案：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-93kJ•mol-1。②由①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（437×2+499-460×4）=-467KJ/mol、②H2O（g）═H2O（l）△H=-44.0KJ/mol，根据盖斯定律：①+②×2可得：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-555KJ/mol；1gH2为0.5mol,完全燃烧时放出的热量0.5×555/2=138.75kJ；根据H2O（g）═H2O（l）△H=-44.0KJ/mol可知，能量越高越不稳定，气态水稳定性小于液态水稳定性；正确答案：138.75kJ；小于。（3）根据①1/2N2(g)+O2(g)====NO2(g)ΔH＝+34kJ·mol-1、②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-93kJ•mol-1；③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-467KJ/mol，根据盖斯定律可得[①×2-②]×2+3×③：4NH3(g)+7O2(g)==4NO2(g)+6H2O(g)ΔH=-1079kJ·mol-1；正确答案：4NH3(g)+7O2(g)==4NO2(g)+6H2O(g)ΔH=-1079kJ·mol-1。【点睛】本题考查学生盖斯定律的应用和热化学方程式的书写方面的知识，注意反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能、盖斯定律的应用。10.氧化铝(Al2O3)和氮化硅（Si3N4）是优良的高温结构陶瓷，在工业生产和科技领域有重要用途。（1）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_____________________________________。（2）下列实验能比较镁和铝的金属性强弱的是____________（填序号）。-23-a．测定镁和铝的导电性强弱b．测定等物质的量浓度的Al2(SO4)3和MgSO4溶液的pHc．向0.1mol/LAlCl3和0.1mol/LMgCl2中加过量NaOH溶液（3）铝热法是常用的金属冶炼方法之一。已知：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)ΔH1=-3352kJ/molMn(s)+O2(g)=MnO2(s)ΔH2=-521kJ/molAl与MnO2反应冶炼金属Mn的热化学方程式是_____________________________。（4）工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)△H＜0某温度和压强条件下，分别将0.3molSiCl4(g)、0.2molN2(g)、0.6molH2(g)充入2L密闭容器内，进行上述反应，5min达到平衡状态，所得Si3N4(s)的质量是5.60g。①H2的平均反应速率是_________mol／(L·min)。②若按n(SiCl4):n(N2):n(H2)=3:2:6的投料配比，向上述容器不断扩大加料，SiCl4(g)的转化率应______（填“增大”、“减小”或“不变”）。（5）298K时，Ksp[Ce(OH)4]＝1×10—29。Ce(OH)4的溶度积表达式为Ksp＝_______________。为了使溶液中Ce4＋沉淀完全，即残留在溶液中的c(Ce4+)小于1×10－5mol·L－1，需调节pH为______以上。【答案】(1).2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑(2).c(3).4Al(s)+3MnO2(s)＝3Mn(s)+2Al2O3(s)ΔH＝–1789kJ/mol(4).0.024(5).减小(6).c(Ce4+)•[c(OH－)]4(7).8【解析】【详解】（1）Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑；正确答案：2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑。（2）金属导电性强弱不能证明金属的金属性强弱，a错误；镁离子和铝离子浓度不同，无法比较水解的强弱，从而无法确定金属性强弱，b错误；氢氧化镁不溶于氢氧化钠，而氢氧化铝能够溶于氢氧化钠，说明氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝，所以能比较两种金属的金属性的强弱，c正确；正确选项c。（3）①4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)ΔH1=-3352kJ/mol；②Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)ΔH2=-521kJ/mol根据盖斯定律可得①-②×3：Al与MnO2反应冶炼金属Mn的热化学方程式是4Al(s)+3MnO2(s)＝3Mn(s)+2Al2O3(s)ΔH＝–1789kJ/mol；正确答案：4Al(s)+3MnO2(s)-23-＝3Mn(s)+2Al2O3(s)ΔH＝–1789kJ/mol。（4）①5.60gSi3N4(s)的物质的量为5.6/140=0.04mol，根据方程式可以知道参加反应的氢气的物质的量为0.04×6=0.24mol,故H2的平均反应速率是0.24/(2×5)=0.024mol／(L·min)；正确答案：0.024。②按n(SiCl4):n(N2):n(H2)=3:2:6的投料配比，向上述容器不断扩大加料,与原平衡投料配比相同，等效为增大压强,该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应移动,SiCl4的转化率减小；因此，本题正确答案是:减小。（5）298K时，Ksp[Ce(OH)4]＝1×10—29。Ce(OH)4Ce4++4OH-，其溶度积表达式为Ksp＝c(Ce4+)×[c(OH－)]4；为了使溶液中Ce4＋沉淀完全，即残留在溶液中的c(Ce4+)小于1×10－5mol·L－1，所以1×10－5×[c(OH－)]4=1×10—29，c(OH－)=10-6mol／L；c(H+)=10-8mol／L，pH=8；因此需调节pH为8以上；正确答案：c(Ce4+)•[c(OH－)]4；8。【点睛】元素金属性比较规律：①金属单质与水或酸置换出氢气的难易程度，反应越剧烈、越容易的金属性越强；②金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性越强，该元素的金属性就越强。所以本题（2）中第三个选项考察的就是镁铝两种金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱，氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝的碱性，所以金属性镁大于铝。11.为了保护环境，充分利用资源，可将工业废弃物转变成重要的化工原料。回答下列问题：（1）可用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3，FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备。①写出NaClO3氧化酸性FeCl2的离子方程式：__________________________。②若酸性FeCl2废液中：c(Fe2+)=2.0×10-2mol∕L，c(Fe3+)=1.0×10-3mol∕L，c(Cl－)=5.3×10-2mol∕L，则该溶液的pH约为_________。③FeCl3净水的原理是：___________________________（用离子方程式及适当文字回答）；（2）可用废铁屑为原料，按下图的工艺流程制备聚合硫酸铁（PFS），PFS是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。①酸浸时最合适的酸是______________。②反应釜中加入的氧化剂，下列试剂中最合适的是____________（填标号）。a．HNO3b．KMnO4c．Cl2d．H2O2-23-检验其中Fe2+是否完全被氧化，应选择__________（填标号）。a．K3[Fe(CN)6]溶液b．Na2SO3溶液c．KSCN溶液③生成PFS的离子方程式为：xFe3+＋yH2O⇌Fex(OH)y(3x-y)+＋yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是____________（填标号）。加入NaHCO3b．降温c．加水稀释d．加入NH4Cl【答案】(1).ClO3－＋6Fe2+＋6H+＝Cl－＋6Fe3+＋3H2O(2).2(3).Fe3+＋3H2O3H+＋Fe(OH)3，水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质(4).硫酸(5).d(6).a(7).ac【解析】【详解】（1）①酸性条件下，ClO3－将Fe2+氧化为Fe3+，同时Cl元素化合价从+5价降低为-1价，反应的离子方程式为：ClO3－＋6Fe2+＋6H+＝Cl－＋6Fe3+＋3H2O；正确答案：ClO3－＋6Fe2+＋6H+＝Cl－＋6Fe3+＋3H2O。②根据溶液电荷守恒可得：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH-)代入数据计算得：c(H+)=c(OH-)+10-2，根据KW=c(H+)×c(OH-)=10-14可知c(OH-)可以忽略不计，则c(H+)≈10-2，故该溶液pH约为2；正确答案：2。③Fe3+在溶液中发生部分水解：Fe3+＋3H2O3H+＋Fe(OH)3，水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，故可作净水剂；正确答案：Fe3+＋3H2O3H+＋Fe(OH)3，水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质。（2）①使用硫酸，既能保证铁屑被充分溶解，又不引入其它酸根离子；正确答案：硫酸。②为了不引入其它杂质离子，反应釜中最合适的氧化剂是H2O2，故选d项；K3[Fe(CN)6]溶液遇Fe2+反应生成蓝色沉淀，因此若溶液中Fe2+未被完全氧化，则产生蓝色沉淀，若Fe2+被完全氧化，则无蓝色沉淀，故选a项；正确答案：d；a。③a项，NaHCO3可以与H+反应使得H+浓度降低，使得平衡正向移动，故选a项；b项，水解反应为吸热反应，降低温度使得平衡逆向移动，故不选b项；c项，加水稀释，促进水解，即平衡正向移动，故选c项；d项，PFS在离子方程式中不拆解，说明其氢氧根不能在溶液中电离出来，因此加入NH4Cl后并不消耗生成物，平衡不移动，故不选d项；综上分析可知只有ac符合题意；正确选项ac。第二部分：选做题（有机化学基础或物质结构与性质选其一）有机化学基础部分-23-三、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共分）12.肉桂酸异戊酯是一种香料，其结构简式如图。下列有关肉桂酸异戊酯的叙述正确的是（）A.不能使酸性KMnO4溶液褪色B.能与新制的碱性Cu（OH）2悬浊液共热生成红色沉淀C.能与FeCl3溶液反应显紫色D.能与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应【答案】D【解析】试题分析：A．含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．不含醛基，不能与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，故B错误；C．不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故C错误；D．含有苯环，具有苯的性质，能与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生取代反应，故D正确，故选D。【考点定位】考查有机物的结构和性质【名师点晴】本题考查有机物的结构与性质，涉及醛、烯烃、酚、苯的性质等，掌握官能团与性质的关系为解答的关键。根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质等。13.材料与人类生活密切相关，下列物品中最难降解的是A.真丝围巾B.宣纸C.PVC塑料卡片D.淀粉做的餐具【答案】C【解析】A.真丝围巾的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，是天然有机高分子，容易降解；B.宣纸的主要成分是纤维素，，是天然有机高分子，容易降解；C.PVC塑料卡片的主要成分是聚氯乙烯，难以降解；D.淀粉是天然有机高分子，淀粉做的餐具容易降解，D正确。本题选C。14.下列物质中，不能使酸性KMnO4溶液褪色的是(　)①　②CH3CH2OH　③　④CH3COOH⑤CH2=CH-COOH　⑥A.①③⑤B.①④⑥C.②⑤⑥D.①③④-23-【答案】D【解析】①是甲烷、③是苯、④是乙酸，均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②是乙醇，含有羟基、⑤是丙烯酸，含有碳碳双键，⑥是甲苯，均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，答案选D。15.下列关于有机物的叙述正确的是(　)A.乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B.分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应的有机物一定是乙酸C.油脂和纤维素都是能发生水解反应的高分子化合物D.甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应【答案】D【解析】A、乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，苯使溴水褪色，利用溴单质易溶于有机溶剂，属于萃取，因此原理不同，故错误；B、C2H4O2可以是CH3COOH，也可以是HCOOCH3，羧酸与NaOH发生中和反应，酯在NaOH溶液发生水解，故错误；C、油脂不是高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故错误；D、甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，苯和液溴在铁作催化剂作用下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，即取代反应，酯类发生水解，即取代反应，故正确。16.体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德。某兴奋剂的结构简式如下图所示。下列有关说法正确的是(　)A.该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B.滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，即证明其结构中肯定存在碳碳双键C.1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别为2mol和7molD.该分子中的所有碳原子可以共平面-23-【答案】D【解析】【分析】该有机物中含酚-OH、C=C，且含有苯环结构，结合酚及烯烃的性质来解答。【详解】A.苯酚只有一个苯环结构,而该物质含2个苯环结构,则不属于同系物,但均能遇FeCl3溶液呈紫色,故A错误；B.酚中含有酚-OH、C=C均能使酸性KMnO4溶液紫色褪去,不能说明含碳碳双键,故B错误；C.1mol该物质与浓溴水发生环上的取代反应（羟基邻对位）和碳碳双键的加成反应，共消耗溴4mol；1mol该物质与H2发生加成反应时，2mol苯环消耗6mol氢气，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，消耗氢气的量为7mol；C错误；D.因苯环、C=C为平面结构，且直接相连，所以该分子中的所有碳原子可以共平面，D正确；正确选项D。17.下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（）A.石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化B.乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同C.甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应D.淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物【答案】C【解析】试题分析：A．石油的分馏属于物理变化，故A错误；B．苯中不含碳碳双键和碳碳单键，所有碳原子之间形成一个大π键，但苯能发生加成反应，故B错误；C．在一定条件下，烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应，注意酯类的水解反应属于取代反应，故C正确；D．蔗糖、油脂属于小分子化合物，故D错误；故选：C。考点：考查有机物的结构和性质四、非选择题（共两大题）18.聚合物F的合成路线图如下：-23-请据此回答：（1）A中含氧官能团名称是_______，C的系统命名为_________。（2）检验B中所含官能团所用的试剂有______；E→F的反应类型是___________。（3）C生成D的反应化学方程式为_____________________________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为________（同一个碳原子上连两个碳碳双键的除外）。（4）G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有____种。①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色③能与溴水发生加成反应（5）参照上述合成路线，设计一条由甲醛、乙醛和甲醇为主要原料制备的合成路线__________________。【答案】(1).醛基(2).1，2-二溴丙烷(3).NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液）(4).加聚反应(5).CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr(6).CH3C≡CH(7).9(8).【解析】【分析】-23-根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道,C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ；E发生加聚反应生成F，据此分析解答。【详解】根据题中各物质转化关系,结合题中信息,苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A,A的结构简式为 ；A与新制氢氧化铜悬浊液反应,醛基变为羧基,则B的结构简式为 ；据F的结构简式可以知道,C3H6为丙烯,C为CH3CHBrCH2Br,其水解生成D,D为CH3CH(OH)CH2OH；B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应,生成的E为 ,E发生加聚反应生成F；(1)A为 ,其所含氧官能团为醛基；据F的结构简式可以知道,C3H6为丙烯，其与溴发生加成反应生成的C为1,2-二溴丙烷；因此，本题正确答案是:醛基；1,2-二溴丙烷。(2)B为 ,B中含有的官能团为羧基和碳碳双键,可用碳酸氢钠溶液检验羧基、用溴水检验碳碳双键；E为 ,E通过加聚反应生成F；因此，本题正确答案是:NaHCO3溶液(或Na2CO3)、溴水（或Br2的CCl4溶液）；加聚反应。(3)C为1,2-二溴丙烷，其水解生成D，D为1,2-二羟基丙醇，反应的化学方程式为:CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；C与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH3C≡CH；正确答案：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH(OH)CH2OH+2NaBr；CH3C≡CH。(4)G物质与  互为同系物,且G物质的相对分子质量比 -23-大14,则G比 多1个CH2原子团，且满足:①分子中含有苯环,且苯环上有两个取代基；②遇氯化铁溶液变紫色,则有机物分子中含有酚羟基；③能与溴水发生加成反应,说明其分子中含有碳碳双键；根据分析可以知道，满足条件的有机物分子中含有苯环，苯环上两个取代基分别为-OH、–C3H5；而–C3H5结构可能为①-CH=CHCH3②-CH2CH=CH2③-C(CH3)=CH2；酚羟基与①取代基在环上的结构有3种，酚羟基与②取代基在环上的结构有3种，酚羟基与③取代基在环上的结构有3种，所以满足条件的有机物总共有：3×3=9种；因此，本题正确答案是:9。(5)据已知反应可以知道，甲醛与乙醛发生羟醛缩合反应后失水生成CH2=CHCHO，然后用弱氧化剂新制氢氧化铜将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，其发生加聚反应可得 ；则合成路线为：；正确答案： 。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。19.伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为_____；B中含有的官能团有_____（写名称）。（2）写出B→C反应的化学方程式：_______________________________________________。C→D的反应类型为_________________。-23-（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出E的结构简式：_____________。（4）满足下列要求的A的同分异构体有_____种；①能发生银镜反应  ②苯环上的一氯代物有两种结构【答案】(1).C10H15NO(2).羰基和溴原子(3).(4).还原反应(5).(6).4【解析】【详解】（1）根据结构式得出分子式为C10H15NO，由B的结构式得B中含有羰基和溴原子；正确答案：C10H15NO；羰基和溴原子。（2）由题可知，B→C发生的是取代反应，B中的溴原子被-NH-CH3取代，化学反应方程式为；C→D过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；正确答案：；还原反应。（3）消去反应是消去卤代烃中的卤原子和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，B的消去反应产物为：；加聚是将n个C=C变为-C-C-，所以B经消去再聚合后的产物是；正确答案：。-23-（4）A的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构体有4种：、、、；正确答案：4。物质结构与性质部分三、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共分）20.三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体是（）A.金属晶体B.离子晶体C.分子晶体D.原子晶体【答案】C【解析】【详解】根据三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂等性质推知三氯化铁晶体为分子晶体；C正确；正确选项C。21.对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是（）A.原子半径最小B.原子序数为7C.第一电离能最大D.电负性最大【答案】D【解析】试题分析：价电子构型为2s22p5的元素为F元素，位于第二周期第ⅤⅡA族，A、同周期中原子半径最小为F，周期表中原子半径最小的为H，A项错误；B、原子序数为9，B项错误；C、在第二周期中从左向右第一电离能增大，但N原子的最外层p电子半满，为稳定结构，第一电离能大于F，C项错误；D、的非金属性最强，其电负性最大，D项正确；答案选D。考点：考查F的性质-23-22.下列说法错误的是（）A.在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键B.σ键和π键比例为7:1C.C22-与O22+互为等电子体，1molO22+中含有的π键数目为2NAD.已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键数目为3NA【答案】B【解析】分析：知道配位键的成因；根据结构式分析σ键和π键的数目；用等电子原理分析分子结构；了解常见分子的结构。详解：A.NH3分子中的N有孤电子对，H+和Cu2+都有空轨道，故在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，A正确；B.σ键和π键的数目分别为18和2，故其比例为9:1，B不正确；C.C与O互为等电子体，故C与O均含有叁键，1molO中含有的π键数目为2NA，C正确；D.N2分子中有叁键，叁键中有2个π键。已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4molN—H键断裂，即消耗1molN2H4，则生成1.5molN2，形成的π键数目为3NA，D正确。综上所述，说法错误的是B，本题选B。点睛：明确形成配位键的两个必要条件，根据原子的价电子数及其成键情况判断中心原子的杂化类型，并判断中心原子所形成的化学键的类型，如中的N形成了3个共价键，根据N原子的价电子数是5，可以判断分子中的N原子只形成了3个σ键，Cu2+-23-与其邻近的两个O原子之间形成的配位键也属于σ键，还要能找出隐藏的C—H键也是σ键，防止遗漏的方法是首先分析键线式中碳原子上的H原子数。23.下列关于氨气和甲烷的说法不正确的是（）A.两种分子的VSEPR模型相同B.NH3分子中N原子形成四个不等性杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个等性杂化轨道C.NH3分子中有一对未成键的孤对电子，而甲烷分子中没有孤对电子，两分子的立体构型不同D.氨气分子和甲烷分子都是含有极性键的非极性分子【答案】D【解析】【详解】A.氨气分子中氮原子杂化轨道数为1+3=4，属于sp3杂化；甲烷分子中的碳原子杂化轨道数为0+4=4，属于sp3杂化；类型相同，A正确；B.NH3分子中N原子有孤电子对，所以氮原子杂化轨道数为1+3=4，形成四个不等性杂化轨道；甲烷分子中的碳原子无孤电子对，杂化轨道数为0+4=4，形成4个等性杂化轨道，B正确；C.NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，C正确；D.氨气分子中氮与氢原子间为极性键，但是氨气分子为三角锥形，整个分子电荷分布不对称，为极性分子；甲烷分子中碳与氢原子间为极性键，但是甲烷分子为正四面体构型，整个分子电荷分布是对称的，为非极性分子；D错误；正确选项D。24.下列说法不正确的是（）A.晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF>NaClB.某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+C.熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体D.含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子【答案】C【解析】-23-【详解】A.晶格能的大小与构成离子晶体的离子半径和离子所带电荷数目的多少相关，因为离子半径：Ca2+＞Na+＞Mg2+、F-＞O2-，离子所带的电荷：Ca2+=Mg2+＞Na+、O2-＞F-，故晶格能的大小为MgO>CaO>NaF>NaCl，故A说法正确；B.该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第IIA族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故B说法正确；C.HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2能够部分电离出自由移动的离子，因此HgCl2属于弱电解质，熔融状态的HgCl2不能导电说明HgCl2是共价化合物，属于分子晶体，故C说法错误；D.CO2、BF3、CH4三种分子的空间构型分别为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故D说法正确；答案选C。【点睛】绝大多数盐类物质都属于强电解质、离子化合物、离子晶体，但有少部分盐属于共价化合物，如：AlCl3、BeCl2、SnCl4、HgCl2、GeCl4、AuCl3等。25.下列各项叙述中，正确的是（）A.能层序数越大，s原子轨道的形状不相同，但半径越大B.在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C.镁原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态D.原子价电子排布式为5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解【答案】C【解析】【详解】A、s能级的轨道都是球形的，且电子层序数越大，半径也就越大，故A错误；B、在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一电子层的不同轨道中，电子的自旋方向是可以相同的，故B错误；C、Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2轨道上，由基态转化为激发态，故C正确；D、原子的最外层电子排布是5s1的元素是Rb元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝反应，故D错误；故选C。【点睛】原子轨道的形状与电子层数的多少无关；在电子排布中，每一电子层有s、p、d、f等七个能级，每个能级有不同的轨道，在每一轨道上电子的自旋方向不同；能量最低的能级叫做基态，其他能级叫做激发态；氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱。四、非选择题（共两大题）26.如图为CaF2、H3BO3(层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图，请回答下列问题：-23-(1)图Ⅰ所示的CaF2晶体中与Ca2＋最近且等距离的F－数为________，图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为________。(2)图Ⅱ所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是________，H3BO3晶体中硼原子个数与极性键个数比为________。(3)三种晶体中熔点最低的是________，其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为______。【答案】(1).8(2).12(3).O(4).1：6(5).H3BO3(6).分子间作用力【解析】【分析】（1）由图可知，在一个CaF2晶胞中，一个位于面心的阳离子与周围4个阴离子相连接，由此分析阳离子的配位数；金属铜采用面心立方最密堆积，结合铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子有12个进行分析；（2）根据H3BO3属于分子晶体，只有氧原子达到8电子稳定结构；H3BO3中极性键包括B-O极性键与O-H极性键分析；（3）根据CaF2属于离子晶体，Cu属于金属晶体，H3BO3属于分子晶体分析，一般情况下：原子晶体的熔点＞金属晶体的熔点＞分子晶体的熔点，分子晶体熔化时需克服了分子间作用力。【详解】(1)如图Ⅰ：由图可知，在一个CaF2晶胞中，一个位于面心的阳离子与周围4个阴离子相连接，所以CaF2晶体中阳离子与8个阴离子相连接，即Ca2+的配位数为8，与钙离子最近且等距离的氟离子共有8个；铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层的4、5、6、7、8、9，下层的10、11、12，共12个；正确答案：8；12。(2)图ⅡH3BO3中B原子最外层共6个电子，H原子达到2电子稳定结构，只有氧原子形成两个键达到8电子稳定；H3BO3晶体是分子晶体，相互之间通过氢键相连，每个B原子形成三条B-O极性共价键，每个O原子形成一条O-H极性共价键，共6条极性键，H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为1:6；正确答案：O；1：6。-23-(3)CaF2为离子晶体，铜为金属晶体，熔点较高，而H3BO3晶体是分子晶体，熔点最低，熔化时克服了分子间作用力；正确答案：H3BO3；分子间作用力。27.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)：（1）B的轨道排布式是_____________________________________，A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为___________________________________________。（2）B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点，理由是________________________；（3）A的最高价含氧酸根离子中，其中心原子采取____________杂化，D的低价氧化物分子的空间构型是___________________________。（4）A、E形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为________________；(每个球均表示1个原子)若相邻A原子和E原子间的距离为anm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为_____________g/cm3(用含a、NA的符号表示)。【答案】(1).(2).A1