湖北省黄石市有色一中2022学年高二化学下学期期中试题含解析

2022-2022学年湖北省黄石市有色一中高二（下）期中化学试卷一．选择题（每小题只有一个选项正确，3×16=48）1．“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是()A．构造原理B．泡利原理C．洪特规则D．能量最低原理2．在以下性质的比较中，正确的是()A．微粒半径：O2﹣＜F﹣＜Na+＜Li+B．第一电离能：He＜Ne＜ArC．分子中的键角：CH4＞H2O＞CO2D．共价键的键能：C﹣C＜C=C＜C≡C3．下列说法中正确的是()A．基态原子是处于最低能量状态的原子B．基态C原子的电子排布式是1s22s12p3C．焰色反应是金属原子的电子从基态跃迁到激发态时产生的光谱D．同一原子处于激发态时的能量一定低于基态时的能量4．下列关于元素电负性大小的比较中，不正确的是()A．O＜S＜Se＜TeB．C＜N＜O＜FC．P＜S＜O＜FD．K＜Na＜Mg＜Al5．下列有关σ键的说法错误的是()A．如果电子云图象是由两个s电子重叠形成的，即形成s﹣sσ键B．s电子与p电子形成s﹣pσ键C．p电子与p电子不能形成σ键D．HCl分子里含一个s﹣pσ键6．下列说法中，正确的是()A．在周期表里，主族元素所在的族序数等于原子核外电子数B．在周期表里，元素所在的周期数等于原子核外电子层数C．最外层电子数为8的粒子是稀有气体元素的原子D．元素的原子序数越大，其原子半径也越大7．下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是()A．C2H4、C2H2、CO2B．CH4、CHCl3、CO2C．Cl2、H2、N2D．NH3、H2O、SO28．某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中所形成的水溶液也可导电，则可推测该物质可能是()A．金属单质B．非金属单质C．可溶性碱D．可溶性盐9．有关晶体的叙述中正确的是()A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子B．在28g晶体硅中，含Si﹣Si共价键个数为4NAC．金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C﹣C键键能小于Si﹣Si键-21-\nD．镁型和铜型金属晶体的配位数均为1210．下列说法中正确的是()A．PCl3分子是三角锥形，这是因为磷原子是sp2杂化的结果B．乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个个sp3杂化轨道形成的C．中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形或三角锥形或V形D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形11．下列事实与氢键有关的是()A．水加热到很高的温度都难以分解B．水结成冰体积膨胀，密度变小C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随着相对分子质量的增加而升高D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱12．下列说法中，正确的是()A．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质互为同系物，它们有相似的化学性质和不同的物理性质B．不带支链的烃，其分子是直线形的C．甲烷是烷烃中碳含量最低的，也是组成最简单的烃D．分子式为C4H10的烃有3种13．下列有机物的命名正确的是()A．2﹣乙基丙烷B．CH3CH2CH2CH2OH1﹣丁醇C．间二甲苯D．2﹣甲基﹣2丙烯14．下列各组烃的混合物，只要总质量一定，按任意比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量的是()A．C2H2、C2H4B．C2H4、C4H6C．C2H6、C3H6D．C6H6、C2H215．烷基取代苯可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成，，但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C﹣H键，则不被氧化，现有分子式是C12H18的二烷基取代苯则它可以被氧化为的异构体有()A．13种B．14种C．15种D．16种16．节日期间对大量盆栽鲜花施用S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列说法正确的是()-21-\nA．1mol该分子可与1molNa发生反应产生H2B．分子中含有两种官能团C．可发生加成反应和取代反应D．该分子不能使酸性高锰酸钾溶液褪色二、解答题（共5小题，满分52分）17．现有下列物质，用编号填空回答下列问题：A．干冰B．金刚石C．氦D．过氧化钠E．二氧化硅F．氯化铵（1）通过非极性键形成的原子晶体是：__________．（2）可由原子直接构成的分子晶体是：__________．（3）含有离子键、共价键、配位键的化合物是：__________．（4）含有非极性键的离子化合物是：__________．（5）已知微粒间的作用力包括离子键、共价键、金属键、范德华力、氢键．氯化钠熔化，粒子间克服的作用力为__________；二氧化硅熔化，粒子间克服的作用力为__________；干冰气化，粒子间克服的作用力为__________．A、B、C、D四种物质的熔点从低到高的顺序为__________（填序号）．18．钙，铝，铜都是中学化学常见的金属元素．（1）Cu的基态原子的价电子排布图为__________（2）基态Al原子中，电子占据的最高能层符号为__________，该能层具有的原子轨道数为__________，电子数为__________（3）Cu2O的熔点比Cu2S的高，其原因是__________（4）CaC2是制备乙炔的原料，C22﹣与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为__________，1个O22+中含有__________个π键．（5）AlCl3、AlCl4﹣中均含有配位键．在AlCl3﹒NH3中，提供空轨道的原子是__________，在AlCl3﹒NH3中Al原子采取__________杂化．19．化合物A经李比希法测得其中含C72.0%、H6.67%，其余含有氧；质谱法分析得知A的相对分子质量为150．现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下两种方法．方法一：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3．方法二：利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团，现测得A分子的红外光谱如图：已知：A分子中只含有一个苯环，且苯环上只有一个取代基，试填空．（1）A的分子式为__________；（2）A的结构简式可能为__________；（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中分子中不含甲基的芳香酸为__________．-21-\n20．某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇制备环己烯．已知：密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81﹣10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．①A中碎瓷片的作用是__________，导管B除了导气外还具有的作用是__________．②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酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在__________层（填“上”或“下”），分液后用__________（填选项字母）洗涤．a．KMnO4溶液b．稀硫酸c．Na2CO3溶液②再将环己烯按如图2装置蒸馏，冷却水从__________口进入．蒸馏时要加入生石灰，目的是__________．③收集产品时，控制的温度应在__________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是__________（填选项字母）．a．蒸馏时从70℃开始收集产品b．环己醇实际用量多了c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是__________（填选项字母）．a．用酸性高锰酸钾溶液b．用金属钠c．测定沸点．21．A，B，C，D，E，F是原子序数依次增大的前四周期的常见元素，其相关信息如下表：-21-\nA宇宙中含量最丰富的元素B最外层电子数是次外层电子数的2倍C最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成盐D原子核外电子有8种不同的运动状态E基态原子核外有六个未成对电子F原子最外层只有一个电子回答下列问题：（1）基态E原子的核外M层电子云有__________种不同的伸展方向，基态E原子核外价电子排布式为__________，元素F属于__________区．（2）A与C形成的最简单分子的空间构型为__________，中心原子的杂化方式为__________．（3）B，C，D第一电离能由大到小的顺序是__________（用元素符号表示）；由B，C，D中的两种元素组成的常见分子互为等电子体的是__________和__________（4）E元素可以形成配位数为6的两种配合物，它们的化学式都是ECl3﹒6H2O，其中一种呈亮棕色，与硝酸银溶液反应时，能沉淀出的氯元素，该配合物可表示为__________．（5）元素F的一种氯化物的晶胞结构如图所示（黑球表示F原子，白球表示氯原子），每个氯原子周围与之距离最近的氯原子个数为__________；若晶胞的密度为4.14g﹒cm﹣3，该晶胞的边长为__________cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA）-21-\n2022-2022学年湖北省黄石市有色一中高二（下）期中化学试卷一．选择题（每小题只有一个选项正确，3×16=48）1．“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是()A．构造原理B．泡利原理C．洪特规则D．能量最低原理【考点】原子核外电子的能级分布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布；泡利原理原理是说每个轨道（例如1s轨道，2p轨道中的px）最多只能容纳两个自旋相反的电子；洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道．【解答】解：各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍，支撑这一结论的理论是泡利原理，故选B．【点评】本题主要考查了核外电子排布的规律，难度不大，注意对规律的理解．2．在以下性质的比较中，正确的是()A．微粒半径：O2﹣＜F﹣＜Na+＜Li+B．第一电离能：He＜Ne＜ArC．分子中的键角：CH4＞H2O＞CO2D．共价键的键能：C﹣C＜C=C＜C≡C【考点】微粒半径大小的比较；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用．【分析】A．电子层数越大，半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；B．同一族元素从上到下，第一电离逐渐减小；C．根据分子的空间结构分析；D．叁键的键能大于双键的键能，双键的键能大于单键．【解答】解：A．电子层数越大，半径越大，K+具有三个电子层，半径最大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：K+＞O2﹣＞F﹣＞Na+，故A错误；B．同一族元素从上到下，第一电离逐渐减小，则第一电离能：He＞Ne＞Ar，故B错误；C．CH4为正四面体，键角为109°28′，H2O为V形，键角为105°，CO2为直线形，键角为180°，则分子中的键角：CO2＞CH4＞H2O，故C错误；D．叁键的键能大于双键的键能，双键的键能大于单键，所以共价键的键能：C﹣C＜C=C＜C≡C，故D正确；故选D．【点评】本题考查微粒性质的比较，涉及离子半径、键能、键角、键长的比较等，涉及知识点较多，注重高频考点的考查，注意归纳规律性知识，题目难度不大．3．下列说法中正确的是()A．基态原子是处于最低能量状态的原子B．基态C原子的电子排布式是1s22s12p3C．焰色反应是金属原子的电子从基态跃迁到激发态时产生的光谱D．同一原子处于激发态时的能量一定低于基态时的能量-21-\n【考点】原子核外电子排布．【分析】A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子；B．基态C原子的电子排布式是1s22s22p2；C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；D．基态原子吸收能量变为激发态原子．【解答】解：A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确；B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态C原子的电子排布式是1s22s22p2，故B错误；C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，焰色反应是两个过程的综合，故C错误；D．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，故D错误；故选A．【点评】本题考查原子构造原理，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握构造原理．4．下列关于元素电负性大小的比较中，不正确的是()A．O＜S＜Se＜TeB．C＜N＜O＜FC．P＜S＜O＜FD．K＜Na＜Mg＜Al【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】元素的非金属性越强，电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小．【解答】解：A、元素的非金属性越强，电负性越强，元素的非金属性：Te＜Se＜S＜O，则电负性为Te＜Se＜S＜O，故A错误；B、同周期自左而右电负性增大，故电负性C＜N＜O＜F，故B正确；C、同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，因此F＞O、S＞P，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性O＞S，故电负性：F＞O＞S＞P，故C正确；D、一般来说，元素非金属性越强电负性越小，金属性越强，电负性越小，即K＜Na＜Mg＜Al，故D正确；故选A．【点评】本题考查了元素周期律的应用，为高考常见题型，难度不大，可根据元素周期律的有关知识进行解答，注意基础知识的积累．5．下列有关σ键的说法错误的是()A．如果电子云图象是由两个s电子重叠形成的，即形成s﹣sσ键B．s电子与p电子形成s﹣pσ键C．p电子与p电子不能形成σ键D．HCl分子里含一个s﹣pσ键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做σ键σ键，有s﹣sσ键、s﹣pσ键．【解答】解：A．如果电子云图象是由两个s电子头对头重叠形成的，即形成s﹣sσ键，故A正确；B．s电子与p电子头对头能形成s﹣pσ键，如氯化氢分子中含有s﹣pσ键，故B正确；-21-\nC．p电子与p电子头对头能形成σ键，肩并肩能形成π键，故C错误；D．氯化氢分子中氢原子中的S电子与氯原子中的P电子头对头形成s﹣pσ键，故D正确；故选C．【点评】本题考查了σ键σ键，明确化学键的形成是解本题关键，难度不大．6．下列说法中，正确的是()A．在周期表里，主族元素所在的族序数等于原子核外电子数B．在周期表里，元素所在的周期数等于原子核外电子层数C．最外层电子数为8的粒子是稀有气体元素的原子D．元素的原子序数越大，其原子半径也越大【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、主族元素的族序数等于最外层电子数；B、周期数=电子层数；C、粒子可能为原子、阴离子、阳离子；D、同主族元素，原子序数越大，原子半径越大；同周期元素，原子序数越大，原子半径越小．【解答】解：A、由原子结构和元素的位置可知，主族元素的族序数等于最外层电子数，故A错误；B、由原子结构和元素的位置可知，元素所在的周期数等于电子层数，故B正确；C、最外层电子数为8的粒子，若为原子，则为稀有气体，若为离子，则不为稀有气体元素的原子，故C错误；D、若元素在同周期，则原子序数越大，原子半径越小，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素的位置与原子结构的关系及元素周期律，明确原子结构中的电子层数、最外层电子数与位置的关系即可解答，难度不大．7．下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是()A．C2H4、C2H2、CO2B．CH4、CHCl3、CO2C．Cl2、H2、N2D．NH3、H2O、SO2【考点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子．【专题】化学键与晶体结构．【分析】同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性键，由极性键构成的分子，结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子．【解答】解：A．C2H4中有C、H元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；C2H2中有C、H元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；CO2中有C、O元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故A正确；B．CH4中含有极性键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子；CHCl3有C、H和C、O元素之间形成极性键；但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故B错误；C．Cl2中只有Cl﹣Cl非极性键，属于非极性分子；H2中只有H﹣H非极性键，属于非极性分子；N2中只有N﹣N非极性键，属于非极性分子，故C错误；-21-\nD．NH3中有N、H元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；H2O中H、O元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；SO2中有S、O元素之间形成极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大．8．某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中所形成的水溶液也可导电，则可推测该物质可能是()A．金属单质B．非金属单质C．可溶性碱D．可溶性盐【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】固态可导电，说明存在自由移动的电子，只能是金属晶体，金属在熔融状态可导电，其它晶体不具有此性质．【解答】解：A．金属晶体在熔融状态可导电，固态可导电，并且活泼金属与水反应生成碱，为电解质，溶液也能导电，该金属应为金属单质，故A正确；B．非金属单质在熔融状态不导电，固态时，石墨可导电，故B错误；C．可溶性碱在固态时不能电离出自由移动的离子，固态时不导电，故C错误；D．可溶性盐属于离子化合物，在固态时不能电离出自由移动的离子，固态时不导电，故D错误．故选A．【点评】本题考查晶体的导电性，注意把握不同晶体的性质，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大．9．有关晶体的叙述中正确的是()A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子B．在28g晶体硅中，含Si﹣Si共价键个数为4NAC．金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C﹣C键键能小于Si﹣Si键D．镁型和铜型金属晶体的配位数均为12【考点】晶胞的计算；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；金属晶体的基本堆积模型．【分析】A．在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子；B.28g晶体硅的物质的量为=1mol，每个Si原子占有两个Si﹣Si键；C．原子晶体中，键能越大、键长越短，其熔沸点越高；D．Mg是六方最密堆积、Cu是面心六方最密堆积，Cu晶体中Cu原子配位数=3×8×，Mg晶体中Mg原子配位数=4×6×．【解答】解：A．在SiO2晶体中，每个环上有6个Si原子，每2个Si原子之间含有一个O原子，所以由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子，故A错误；B.28g晶体硅的物质的量为=1mol，每个Si原子占有两个Si﹣Si键，所以在28g晶体硅中，含Si﹣Si共价键个数为2NA，故B错误；-21-\nC．原子晶体中，键能越大、键长越短，其熔沸点越高，金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C﹣C键键长小于Si﹣Si键、C﹣C键能大于Si﹣Si，故C错误；D．Mg是六方最密堆积、Cu是面心六方最密堆积，Cu晶体中Cu原子配位数=3×8×=12，Mg晶体中Mg原子配位数=4×6×=12，故D正确；故选D．【点评】本题考查基本计算、原子晶体熔沸点比较、化学键的计算等知识点，侧重考查学生分析计算、空间想象能力，知道金刚石、二氧化硅最小环上原子个数，难点是Mg晶体配位数的计算方法．10．下列说法中正确的是()A．PCl3分子是三角锥形，这是因为磷原子是sp2杂化的结果B．乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个个sp3杂化轨道形成的C．中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形或三角锥形或V形D．AB3型的分子空间构型必为平面三角形【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】A、根据杂化轨道数等于孤电子对数加上成键电子对数；B、乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个sp2杂化轨道形成的重叠，形成4个C﹣Hσ键；C、通过sp3杂化形成中性分子，价层电子对个数是4且不含孤电子对，如CH4或CF4，分子为正四面体结构，分子中价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，为三角锥型分子，该类型分子有NH3或NF3，该分子中价层电子对个数是4且具有2个孤电子对，为V型分子如H2O；D、根据中心原子A周围有无孤电子对，来分析判断．【解答】解：A、PCl3分子中磷原子孤电子对数为1，成键电子对数为3，杂化轨道数为：1+3=4，所以磷原子是sp3杂化，故A错误；B、乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个sp2杂化轨道形成的重叠，形成4个C﹣Hσ键，故B错误；C、通过sp3杂化形成中性分子，为正四面体、三角锥型、V型结构，故C正确；D、如果中心原子A周围无孤电子对，则分子的空间构型为平面三角形，故D错误；故选C．【点评】本题考查了分子的空间构型的判断、杂化方式的判断等知识点，注意乙烯分子中4个C﹣H化学键如何形成，比较容易．11．下列事实与氢键有关的是()A．水加热到很高的温度都难以分解B．水结成冰体积膨胀，密度变小C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随着相对分子质量的增加而升高D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱【考点】氢键的存在对物质性质的影响．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A、根据水的分解破坏的键判断；B、根据氢键对冰的结构、密度的影响判断；C、根据范德华力对物质性质的影响判断；-21-\nD、根据氢化物的热稳定性与非金属的非金属性性之间的关系判断；【解答】解：氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键，只影响物质的物理性质，不影响化学性质．A、水的分解破坏的是化学键，不是氢键，故A错误；B、氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大．当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B正确．C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C错误；D、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故D错误．故选B【点评】①氢键是一种分子间的相互作用，不属于化学键②能形成氢键的物质主要有NH3、H2O、HF③特征：比化学键弱，比分子间作用力强．12．下列说法中，正确的是()A．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质互为同系物，它们有相似的化学性质和不同的物理性质B．不带支链的烃，其分子是直线形的C．甲烷是烷烃中碳含量最低的，也是组成最简单的烃D．分子式为C4H10的烃有3种【考点】芳香烃、烃基和同系物；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．根据结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；同系物的化学性质相似、物理性质不同；B．根据不带支链的烃，其分子都是锯齿形；C．根据甲烷是组成最简单的烃，在烷烃中碳的含量最低；D、分子式为C4H10的烃为丁烷．【解答】解：A．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质不一定为同系物，如乙酸和甲酸乙酯，分子组成上相差1个CH2，但结构不相似（官能团不同），所以不是同系物，故A错误；B．不带支链的烃，其分子可为锯齿形，也可能为环形，如脂环烃、苯等，不是直线形，故B错误；C．甲烷是组成最简单的烃，在烷烃中碳的含量最低，故C正确；D、D、分子式为C4H10的烃为丁烷，丁烷有两种同分异构体，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了有机物的组成、结构与性质，难度不大，注意对概念的理解．13．下列有机物的命名正确的是()A．2﹣乙基丙烷B．CH3CH2CH2CH2OH1﹣丁醇-21-\nC．间二甲苯D．2﹣甲基﹣2丙烯【考点】有机化合物命名．【专题】有机化学基础．【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小【解答】解：A．2﹣乙基丙烷，烷烃命名中出现2﹣乙基，说明选取的主链不是最长的，主链应该为丁烷，正确命名为：2﹣甲基丁烷，故A错误；B．CH3CH2CH2CH2OH1﹣丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在1号C，其命名满足有机物的命名原则，故B正确；C．间二甲苯，两个甲基分别在苯环的对位，正确命名应该为：对二甲苯，故C错误；D．2﹣甲基﹣2丙烯，碳碳双键在1号C，该有机物正确命名为：2﹣甲基﹣1﹣丙烯，故D错误；故选B．【点评】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．14．下列各组烃的混合物，只要总质量一定，按任意比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量的是()A．C2H2、C2H4B．C2H4、C4H6C．C2H6、C3H6D．C6H6、C2H2【考点】化学方程式的有关计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】各组烃的混合物，只要总质量一定，无论按什么比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量，则混合物中各烃的最简式相同，据此解答．-21-\n【解答】解：各组烃的混合物，只要总质量一定，无论按什么比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量，则混合物中各烃的最简式相同．A．C2H2最简式为CH，C2H4的最简式为CH2，二者最简式不同，故A错误；B．C2H4的最简式为CH2，C4H6最简式为C2H3，二者最简式不同，故B错误；C．C2H6的最简式为CH3，C3H6最简式为CH2，二者最简式不同，故C错误；D．C6H6最简式为CH，C2H2的最简式为CH，二者最简式相同，故D正确；故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，关键清楚质量一定最简式相同生成CO2和H2O是恒量．15．烷基取代苯可以被KMnO4的酸性溶液氧化生成，，但若烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C﹣H键，则不被氧化，现有分子式是C12H18的二烷基取代苯则它可以被氧化为的异构体有()A．13种B．14种C．15种D．16种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】分子式是C12H18的二烷基取代苯，它可以被氧化为说明对位上有烷基，据苯环外还有6个C原子，可以是甲基和戊基、乙基和丁基、丙基和丙基，烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C﹣H键，则不被氧化，据此分析．【解答】解：分子式是C12H18的二烷基取代苯，它可以被氧化为说明对位上有烷基，据苯环外还有6个C原子，可以是甲基和戊基、乙基和丁基、丙基和丙基，烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C﹣H键，则不被氧化，则对位为甲基和戊基时，戊基可以是﹣CH2CH2CH2CH2CH3，﹣CH2CH2CH（CH3）2，﹣CH2CH（CH3）CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH2CH3，﹣CH2C（CH3）3，﹣CH（CH3）C（CH3）CH3，﹣CH（CH2CH3）CH2CH3，共7种，若为乙基和丁基，乙基只有1种，丁基可以为﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）2，﹣CH（CH3）CH2CH3三种，若为丙基和丙基，可以是﹣CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）2，有3种，所以共有13种，故选A．【点评】本题考查了同分异构体的判断，注意已知条件的应用，若烷基R中直接与苯环连接的碳原子上没有C﹣H键，则不被氧化，题目难度不大．16．节日期间对大量盆栽鲜花施用S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列说法正确的是()A．1mol该分子可与1molNa发生反应产生H2B．分子中含有两种官能团C．可发生加成反应和取代反应D．该分子不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【考点】有机物的结构和性质．-21-\n【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羰基，可发生加成反应，以此解该题．【解答】解：A．含有1个羧基、1个羟基，则1mol该有机物与2molNa反应，故A错误；B．分子中含有碳碳双键、羰基、羟基和羧基4种官能团，故B错误；C．含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故C正确；D．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．二、解答题（共5小题，满分52分）17．现有下列物质，用编号填空回答下列问题：A．干冰B．金刚石C．氦D．过氧化钠E．二氧化硅F．氯化铵（1）通过非极性键形成的原子晶体是：B．（2）可由原子直接构成的分子晶体是：C．（3）含有离子键、共价键、配位键的化合物是：F．（4）含有非极性键的离子化合物是：D．（5）已知微粒间的作用力包括离子键、共价键、金属键、范德华力、氢键．氯化钠熔化，粒子间克服的作用力为离子键；二氧化硅熔化，粒子间克服的作用力为共价键；干冰气化，粒子间克服的作用力为范德华力．A、B、C、D四种物质的熔点从低到高的顺序为B＞D＞A＞C（填序号）．【考点】原子晶体；化学键；化学键和分子间作用力的区别．【分析】（1）常见的原子晶体有：一些非金属单质，如金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；同种非金属之间形成非极性共价键；（2）分子晶体中粒子间的作用力为分子间作用力，稀有气体为单原子分子；（3）原子间以共用电子对结合形成的化学键属于共价键，阴阳离子间以静电作用形成的化学键为离子键，配位键是一种特殊的共价键；（4）阴阳离子间以静电作用形成的化合物为离子化合物，同种非金属之间形成非极性共价键；（5）离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力；一般熔点规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大熔点越高．【解答】解：（1）常见的原子晶体有：一些非金属单质，如金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；同种非金属之间形成非极性共价键；所以含非极性键的原子晶体是：金刚石；故答案为：B；（2）稀有气体为单原子分子，是分子晶体，则可由原子直接构成的分子晶体是氦，故答案为：C；（3）原子间以共用电子对结合形成的化学键属于共价键，阴阳离子间以静电作用形成的化学键为离子键，配位键是一种特殊的共价键，氯化铵中含有离子键、共价键和配位键，故答案为：F；（4）阴阳离子间以静电作用形成的化合物为离子化合物，同种非金属之间形成非极性共价键，故含有非极性键的离子化合物是：D，故答案为：D；-21-\n（5）氯化钠为离子晶体，熔化克服离子键；二氧化硅为原子晶体，融化时克服的是共价键，干冰是分子晶体，气化粒子间克服的作用力为范德华力，一般熔点规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大熔点越高，则熔点：B＞D＞A＞C；故答案为：离子键；共价键；范德华力；B＞D＞A＞C．【点评】本题考查晶体类型的判断、晶体中的作用力、化学键等，难度不大，注意知识的积累．18．钙，铝，铜都是中学化学常见的金属元素．（1）Cu的基态原子的价电子排布图为3d104s1（2）基态Al原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9，电子数为3（3）Cu2O的熔点比Cu2S的高，其原因是Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2﹣半径比S2﹣半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高（4）CaC2是制备乙炔的原料，C22﹣与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为，1个O22+中含有2个π键．（5）AlCl3、AlCl4﹣中均含有配位键．在AlCl3﹒NH3中，提供空轨道的原子是Al，在AlCl3﹒NH3中Al原子采取sp3杂化．【考点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶体熔沸点的比较．【分析】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写价电子排布式；（2）Al原子核外电子数为13，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，据此解答；（3）从影响离子晶体熔沸点高低的角度分析；（4）等电子体的结构相似，故O22+的电子式与C22﹣的电子式相似，含有2个π键；（5）中心原子提供空轨道，通过计算Al价层电子对数求杂化类型．【解答】解：（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1；故答案为：3d104s1；（2）Al原子核外电子数为13，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为3，故答案为：M；9；3；（3）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高．故答案为：Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2﹣半径比S2﹣半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高；（4）根据等电子体的结构相似，O22+的电子式，在1个O22+含有2个π键，故答案为：；2；（5）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3和Cl﹣为配体，中心原子提供空轨道，AlCl4﹣的价层电子对=4+（3+1﹣4×1）=4，故Al采用sp3杂化，故答案为：Al；sp3．-21-\n【点评】本题涉及的基态电子排布式、晶体熔沸点的比较、杂化类型的计算等，难度中等，（2）中M能层轨道数目为易错点，学生容易忽略d能级轨道数目，注意键能对物质性质及结构的影响．19．化合物A经李比希法测得其中含C72.0%、H6.67%，其余含有氧；质谱法分析得知A的相对分子质量为150．现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下两种方法．方法一：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3．方法二：利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团，现测得A分子的红外光谱如图：已知：A分子中只含有一个苯环，且苯环上只有一个取代基，试填空．（1）A的分子式为C9H10O2；（2）A的结构简式可能为、；（3）A的芳香类同分异构体有多种，其中分子中不含甲基的芳香酸为．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）根据各元素质量分数，结合相对分子质量确定有机物A中C、H、O原子个数，进而确定有机物A的分子式；（2）A的核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中有5种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，根据分子式确定不同H原子数目，根据A分子的红外光谱，确定可能存在的基团，进而确定A的结构简式；（3）结合A的结构简式书写符合条件的同分异构体．-21-\n【解答】解：（1）有机物A中C原子个数N（C）==9，H原子个数N（H）==10，O原子个数N（O）==2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，故答案为：C9H10O2；（2）由A分子的红外光谱知，含有C6H5C﹣基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个．由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个．由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键及其它基团，所以符合条件的有机物A结构简式为：、，故答案为：、；（3）A的芳香类同分异构体有多种，分子中不含甲基的芳香酸为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物分子式的确定、同分异构体的书写等，题目难度中等，根据谱图写出符合条件的结构简式为本题易错点，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．20．某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇制备环己烯．-21-\n已知：密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81﹣10383难溶于水（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．①A中碎瓷片的作用是防止暴沸，导管B除了导气外还具有的作用是冷凝．②试管C置于冰水浴中的目的是进一步冷却，防止环己烯挥发．（2）制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在上层层（填“上”或“下”），分液后用c（填选项字母）洗涤．a．KMnO4溶液b．稀硫酸c．Na2CO3溶液②再将环己烯按如图2装置蒸馏，冷却水从g口进入．蒸馏时要加入生石灰，目的是除去了残留的水．③收集产品时，控制的温度应在83℃左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是c（填选项字母）．a．蒸馏时从70℃开始收集产品b．环己醇实际用量多了c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是bc（填选项字母）．a．用酸性高锰酸钾溶液b．用金属钠c．测定沸点．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化．（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；②为了使冷凝的效果更好，冷却水从冷凝管的下口进入，上口出；生石灰能与水反应生成氢氧化钙；③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃；-21-\na、若提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量；b、制取的环己烯物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量；c、粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；（3）根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，据此可判断产品的纯度．【解答】解：（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防止暴沸；冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：进一步冷却，防止环己烯挥发；（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸，故答案为：上层；c；②为了使冷凝的效果更好，冷却水从冷凝管的下口即g口进入；生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，得到纯净的环己烯；故答案为：g；除去了残留的水；③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；a、蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确，故选c；故答案为：83℃；c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，故答案为：bc．【点评】本题考查了以环己醇制备环己烯的实验方法，综合考查了物质的分离方法，冷凝，产量的分析等，难度适中，考查学生解决实际问题的能力．21．A，B，C，D，E，F是原子序数依次增大的前四周期的常见元素，其相关信息如下表：A宇宙中含量最丰富的元素B最外层电子数是次外层电子数的2倍C最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成盐D原子核外电子有8种不同的运动状态E基态原子核外有六个未成对电子F原子最外层只有一个电子回答下列问题：（1）基态E原子的核外M层电子云有9种不同的伸展方向，基态E原子核外价电子排布式为3d54s1，元素F属于d区．-21-\n（2）A与C形成的最简单分子的空间构型为三角锥形，中心原子的杂化方式为sp3．（3）B，C，D第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示）；由B，C，D中的两种元素组成的常见分子互为等电子体的是N2O和CO2（4）E元素可以形成配位数为6的两种配合物，它们的化学式都是ECl3﹒6H2O，其中一种呈亮棕色，与硝酸银溶液反应时，能沉淀出的氯元素，该配合物可表示为[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O．（5）元素F的一种氯化物的晶胞结构如图所示（黑球表示F原子，白球表示氯原子），每个氯原子周围与之距离最近的氯原子个数为12；若晶胞的密度为4.14g﹒cm﹣3，该晶胞的边长为cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA）【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】A为宇宙中含量最丰富的元素，则A为H元素；B的最外层电子数是次外层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则B含有2个电子层，最外层为2个电子，则B为C元素；C的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成盐，则C为N元素；D的原子核外电子有8种不同的运动状态，则原子核外电子总数为8，为O元素；E的基态原子核外有六个未成对电子，则E的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为Cr元素；F原子最外层只有一个电子，其原子序数大于Cr的前四周期元素，则F为Cu元素，据此进行解答．【解答】解：A为宇宙中含量最丰富的元素，则A为H元素；B的最外层电子数是次外层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则B含有2个电子层，最外层为2个电子，则B为C元素；C的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成盐，则C为N元素；D的原子核外电子有8种不同的运动状态，则原子核外电子总数为8，为O元素；E的基态原子核外有六个未成对电子，则E的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为Cr元素；F原子最外层只有一个电子，其原子序数大于Cr的前四周期元素，则F为Cu元素，（1）E为Cr元素，基态Cr原子的核外M层电子分为3s、3p、和3d轨道，分别有1、3、5个轨道，则9种不同的伸展方向；E为Cr元素，基态原子的价电子排布式为3d54s1，Cr元素位于周期表的d区，故答案为：9；3d54s1；d；（2）A与C形成的最简单分子为氨气，氨气的空间构型为三角锥形，中心原子N原子存在3个共价键，还含有1个孤电子对，则其杂化方式为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（3）B、C、D分别为C、N、O，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能N＞O＞C；B、C、D中的两种元素组成的常见分子互为等电子体的是N2O和CO2，故答案为：N＞O＞C；N2O；CO2；-21-\n（4）E为铬元素，它的最高化合价为+6价，根据题意可知，氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：3，根据氯离子守恒知，则CrCl3•6H2O化学式中含有1个氯离子为外界离子，剩余的2个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式为[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O，故答案为：[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2O；（5）F为Cu元素，元素F的一种氯化物的晶胞结构如图所示（黑球表示F原子，白球表示氯原子），以晶胞顶点处Cl原子为研究对象，共有8个晶胞共用该Cl原子，每个氯原子与各面心Cl原子距离最近，每个Cl原子为两个晶胞共用，所以每个氯原子周围与之距离最近的氯原子个数为：3×8×=12；由晶胞结构可知，Cu原子位于面心与顶点上，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，晶胞中Cl原子处于体内，Cl原子的数目为4，故该化合物的化学式为CuCl；每个晶胞的质量为：×4g=g，设晶胞边长为l，则晶胞体积为：V=l3==，所以晶胞边长为：l=，故答案为：12；．【点评】本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目综合性较大，涉及结构性质越位置关系、元素周期律、核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构等，题目难度中等，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查．-21-