2017-2018学年河南省焦作市普通高中高二下学期期中考试化学试题 解析版 22页

河南省焦作市普通高中2017—2018学年下高二期中考试化学试题 考生注意:‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的姓名考生号镇写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置 ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。和需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎3.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:H1 C12  O16  Si28  S32  Zn65‎ 一、选择题本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1. 日常生活中下列做法与盐的水解有关的是 A. 用硫酸铜溶液对游泳池中的水消毒 B. 用白醋除去菜刀上的铁锈 C. 用热的苏打溶液除去餐具上的油渍 D. 用石英砂过滤器除去自来水中少量的泥沙 ‎【答案】C ‎【解析】A、硫酸铜是重金属盐，常用于游泳池水消毒，与盐的水解无关，选项A不选；B、用白醋除去菜刀上的铁锈，是利用铁锈能与酸反应而溶解，与盐的水解无关，选项B不选；C、用热的苏打溶液除去餐具上的油渍，是碳酸钠水解产生氢氧化钠，氢氧化钠与油脂反应，与盐的水解有关，选项C选；D、用石英砂过滤器除去自来水中少量的泥沙，利用物理方法，与盐的水解无关，选项D不选。答案选C。‎ ‎2. (资治通鉴·后晋高祖天福二年)有言:“闽主作紫微官，饰以水晶”。下列关于水晶主要成分的说法正确的是 A. 是一种硅酸盐 B. 分子式为SiO2‎ C. 是酸性氧化物，不溶于任何酸 D. 在高温条件下可与碳酸钠反应 ‎【答案】D ‎.....................‎ ‎3. 薄荷醇大量用于香烟、化妆品、牙膏、口香糖、甜食和药物涂擦剂中。其结构简式如图:‎ 下列说法不合理的是 A. 博荷醇所含官能团基羟基 B. 碳环上的一溴代物有3种 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 可与蚁酸(HCOOH)发生酯化反应 ‎【答案】B ‎【解析】A. 博荷醇所含官能团基为醇羟基，选项A正确；B. 碳环上有六种不同环境下的氢原子，其一溴代物有６种，选项错误；C. 分子中含有醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D. 分子中含有醇羟基，可与蚁酸(HCOOH)发生酯化反应，选项正确。答案选B。‎ ‎4. 某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程,设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是 A. A装置中通入的a气体是Cl2‎ B. 实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入,改通入热空气 C. B装置中通入b气体后发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr D. C装置的作用只是吸收多余的SO2气体 ‎【答案】D ‎【解析】A. A装置中通入的a气体是Cl2，将溴离子氧化为省单质，然后利用热空气将其吹出，选项A正确；B、实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入,改通入热空气将溴吹出，选项B正确；C. B装置中通入b气体二氧化硫将溴单质吸收，发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，选项C正确；D. C装置的作用是吸收多余的SO2、氯气等，选项D错误。答案选D。‎ ‎5. 联氨(N2H4)是火箭燃料，有专家设计了一种联氨环保电池,其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. N极为电源的正极 B. M极生成氮气且电极附近PH升高 C. c口通入O2,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O D. 联氨的电子式为 ‎【答案】B ‎【解析】A、在原电池中阳离子向正极移动，图中氢离子向N极移动，故N极为电源的正极，选项A正确；B、M 极为负极，电极反应式为N2H4-4e-=N2↑+4H+，M 极生成氮气且电极附近pH 降低，选项B不正确；C、根据氢离子得移动方向，电极N为正极，正极是氧气发生还原反应，则氧气从c口通入，正极的电极反应式为: O2+4e-- +4H+=2H2O，选项C正确；D、联氨的电子式为，选项D正确。答案选B。‎ ‎6. 如图是保护埋在土壤中的铁管的常用方法，下列说法正确的是 A. 铁管表面的电子通过导线传递到锌块上 B. 锌块改变了铁管的组成和结构 C. 锌块作正极，随着电子沿导线的流出而逐渐消耗 D. 若土壤呈酸性,则H+向铁管移动 ‎【答案】D ‎【解析】A. 锌的金属性强于铁，锌为负极，负极锌块上的电子通过导线传递到铁管表面，选项A错误；B. 锌块与铁管形成原电池的两极，但没有改变了铁管的组成和结构，选项B错误；C. 锌块作负极，随着电子沿导线的流出而逐渐消耗，选项C错误；D. 若土壤呈酸性,则H+向正极铁管移动，选项D正确。答案选D。‎ ‎7. 恒温下，对于可逆反应:2A(?)2C(g)+B(s),在达到平衡状态后将容器容积缩小一半，待重新达到平衡状态后测得C的浓度与缩小容器容积前相同。则A的状态为 A. 气态 B. 气态或液态 C. 液态或固态 D. 只能是固态 ‎【答案】C ‎【解析】恒温下，对于可逆反应:2A(?)2C(g)+B(s),在达到平衡状态后将容器容积缩小一半相当于增大压强，若平衡不移动则C的浓度应该为原来的二倍，但实际待重新达到平衡状态后测得C的浓度与缩小容器容积前相同，即增大压强平衡向气体体积缩小的逆方向移动，C的量减少，故逆方向为气体体积缩小的方向，A的状态为液态或固态。答案选C。‎ ‎8. 下列离于方程式书写正确的是 A. 加热CuSO4溶液:Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+‎ B. 泡沫灭火器工作时的化学反应:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑‎ C. 以石墨为电极电解MgCl2溶液:2Cl-+2H2OCl2+H2↑+OH-‎ D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH(溶液)加热:NH4++OH-NH3↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】A. 加热CuSO4溶液:Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+、Cu(OH)2CuO+ H2O，选项A错误；B. 泡沫灭火器工作时的化学反应:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，选项B正确；C. 以石量为电极电解MgCl2溶液: Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，选项C错误；D. 向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH(溶液)加热: HCO3-+NH4++2OH-NH3↑+2H2O+ CO32-，选项D错误。答案选B。‎ ‎9. 已知饱和碳酸的浓度约为0.033mol/L, Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.61×10-11,其中的离子浓度大小顺序是 A. c(H+)>c(HCO3-)>c(OH-)>(CO32-)‎ B. c(H+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)‎ C. c(HCO3-)>c(H+)>c(CO32-)>c(OH-)‎ D. c(H+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】H2CO3 H++ HCO3-，Ka1=4.2×10-7，饱和碳酸的浓度约为0.033mol/L, c(H+)=, c(OH-)=， HCO3- H++ CO32- ,Ka2= c(H+) (CO32-)=5.61×10-14，(CO32-)=，故c(H+)>c(HCO3-)>c(OH-)>(CO32-)，答案选A。‎ ‎10. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其简单离子的电子层结构与Ne相同，原子半径大小关系是Z>W>X>Y,其中Z、Y能组成化合物ZY。下列物质或离子不能破坏水的电离平衡的是 A. XY2 B. XY3- C. Z2+ D. WY2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其简单离子的电子层结构与Ne相同，原子半径大小关系是Z>W>X>Y,故X、Y为第二周期元素非金属元素，Z、W为第三周期金属元素，其中Z、Y能组成化合物ZY，则ZY为NaF或MgO。A. XY2为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，抑制水的电离，选项A不选；B、XY3-为硝酸根离子，不能破坏水的电离平衡，选项B选；C、Z2+为镁离子，水解促进水的电离，选项C不选；D、WY2-为偏铝酸根离子，为弱酸根离子，水解促进水的电离，选项D不选。答案选B。‎ ‎11. 在一个恒温恒压的密闭容器中，有V2O5存在时发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6KJ/mol。该反应过程为①SO2+V2O5SO3+2VO2、②……下列有关该反应的说法不正确的是 A. 反应②是O2+4VO22V2O5‎ B. V2O5降低了反应的活化能 C. 增大O2浓度时该反应的ΔH不变 D. 当2v(O2)逆=v(SO3)正时加入V2O5，等式仍然成立，v(O2)逆、v(SO3)正值不变 ‎【答案】D ‎【解析】A、总反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3‎ ‎(g)由反应过程①、②完成，故由总反应减去反应①得到反应②为O2+4VO22V2O5，选项A正确；B. 反应中V2O5为催化剂，催化剂能降低反应的活化能，选项B正确；C. 根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物有关，与反应过程无关；增大O2浓度时该反应的ΔH不变，选项C正确；D. 当2v(O2)逆=v(SO3)正时加入V2O5，等式仍然成立，v(O2)逆、v(SO3)正值均增大，选项D不正确。答案选D。‎ ‎12. 下列实验不能达到预期实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 常温下,用相同形状的铁块分别与浓硝酸、稀硝酸反应 测定硝酸浓度对反应速率的影响 B 将20mL0.1mol/LH2SO4溶液与20mL0.1mol/LNa2S2O3溶 液混合后分为两等份，分别放人热水和冷水中 测定温度对反应速率的影响 C 将充有NO2的注射器压缩 探究压强对化学平衡移动的影响 D 将充满H2和I2(g)的密闭玻璃球浸泡在热水中 探究温度对化学平衡移动的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A、常温下浓硝酸能使铁钝化，无法利用浓硝酸和稀硝酸与铁的反应测定硝酸浓度对反应速率的影响，选项A错误；B、将20mL0.1mol/LH2SO4溶液与20mL0.1mol/LNa2S2O3溶液混合后分为两等份，分别放入热水和冷水中，利用反应温度不同测定温度对反应速率的影响，选项B正确；C、将充有NO2的注射器压缩，通过设计不同压强，探究压强对化学平衡移动的影响，选项C正确；D、将充满H2和I2(g)的密闭玻璃球浸泡在热水中，利用温度的变化，探究温度对化学平衡移动的影响，选项D正确。答案选A。‎ ‎13. 有关化学键的键能(指将1mol气态分子拆开形成气态原子时，每个化学键断裂所需的最低能量)数据如表所示:‎ 化学键 C-H C=C H-H C-C 键能/(KJ/mol)‎ ‎413.4‎ x ‎436.0‎ ‎347.7‎ 已知CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH=-123.5kJ/mol,x的值为 A. 136.8 B. 307.5 C. 615.0 D. 177.3‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，则反应CH2=CH2(g)+H2(g) CH3CH3(g)的ΔH=(x+413.4×4+436.0-347.7-413.4×6) kJ/mol =-123.5kJ/mol，解得x=615.0。答案选C。‎ ‎14. 如图表示电解质溶液波燕面水中的c(H+)与c(OH-)在不同温度下的关系曲线，关于由A点到B点的变化，下列说法正确的是 A. 对Ba(OH)2溶液升高温度 B. 对NaCl溶液降低温度 C. 对H2SO4溶液降低温度 D. 对蒸馏水升高温度 ‎【答案】A ‎【解析】由A点到B点的变化氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度不变。A. 对Ba(OH)2溶液升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，但氢氧根离子浓度不变，选项A符合；B. 对NaCl溶液降低温度，水的电离平衡逆向移动，氢离子浓度、氢氧根离子浓度均增大，选项B不符合；C. 对H2SO4溶液降低温度，水的电离平衡逆向移动，氢离子浓度不变，氢氧根离子浓度减小，选项C不符合；D. 对蒸馏水升高温度，水的电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度均增大，选项D不符合。答案选A。‎ ‎15. 通过CO传感器可监测CO的含量，总反应为2K2FeO4+3CO+2KOH+2H2O=2Fe(OH)3+3K2CO3，其工作原理示意图如下，下列说法正确的是 A. 电极为负极，可以用Fe电极代替 B. 工作时OH-向K2FeO4电极移动 C. 每转化3molCO,有2molK2FeO4被氧化 D. K2FeO4电极上的电极反应式是2FeO42-+8H2O+6e-=2Fe(OH)3↓+10OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 若铁作为负极，铁失电子而不是一氧化碳失电子产生碳酸根离子，选项A错误；B、一氧化碳在铂电极上失电子产生碳酸根离子，则铂电极为负极，K2FeO4电极为正极，原电池中阴离子OH-向负极铂电极移动，选项B错误；C、根据总反应2K2FeO4+3CO+2KOH+2H2O=2Fe(OH)3+3K2CO3可知，每消耗3molCO，有2molK2FeO4被还原，选项C错误；D、K2FeO4电极上K2FeO4得电子产生Fe(OH)3，电极反应式是2FeO42-+8H2O+6e-=2Fe(OH)3↓+10OH-，选项D正确。答案选D。‎ ‎16. 25℃时，向0.1mol/LNH3·H2O溶液中通入HCl气体，溶液中与pOH(仿pH定义)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是 ‎ A. C点的溶液中:c(NH3·H2O)>c(NH4+)‎ B. pOH=7的客液中的溶质是NH4Cl C. pOH=3的客液中:c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)-c(OH-)=0.1mol/L D. NH3·H2O的Kb=1.0×10-4.7‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. C点，故溶液中:c(NH3·H2O)=c(NH4+)，选项A错误；B. 若溶液液中的溶质只有NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pOH>7，选项B错误；C. pOH=3的溶液中c(H+)-c(OH-)=10-11-10-3<0，物料守恒有c(NH4+)+c(NH3·H2O)‎ ‎ =0.1mol/L，故c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)-c(OH-)<0.1mol/L，选项C错误；D. C点，故溶液中:c(NH3·H2O)=c(NH4+)， NH3·H2O的Kb===1.0×10-4.7，选项D正确。答案选D。‎ 二、非选择题:包括两个选考模块,共5小题,共52分。考生从A、B两个题组中任选一组作答，不得交叉选择,若两组都做，则按所做的第一组计分。‎ A组 选修3 物质结构与性质 ‎17. H、C、N、O、F、Ca是六种重要的元素请根据所学的物质结构与性质的4机关知识下列问题:‎ ‎(1)基态碳原子的电子排布式为__,O和F形成的化合物中原子价层都满足8电子结构的结构式是__,O元素的化合价为________.‎ ‎(2)Ca在燃烧时产生红色火焰，其焰色反应看见的光属于__(填“吸收”或“发射”)光谱。‎ ‎(3)某药物的结构简式为，财该物质中氮原子的杂化轨道类型为____，其分子之间__(填“能”或“不能”)形成氢键。‎ ‎(4)CO2属于_____(填“极性”或”非极性”)分子。CO32-的空间构型为_____，与其互为等电子体的分子和离子分别为_________(各写一种)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p2 (2). F-O-F (3). +2 (4). 发射 (5). sp2、sp3杂化 (6). 能 (7). 非极性 (8). 平面正三角形 (9). SO3 NO3-或SiO32-‎ ‎【解析】(1)碳为6号元素，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2；O和F形成的化合物中原子价层都满足8电子结构的结构式是F-O-F,F的非金属性较强，显-1价，则O元素的化合价为+2价；(2)Ca在燃烧时产生红色火焰，其焰色反应看见的光属于发射光谱；(3) ，中氨基中N原子含有3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；另一个氮原子含有2个σ键，2个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为3，采取sp2杂化；与氨气分子相似，分子之间能形成氢键；(4)CO2原子间以共价键结合,分子里电荷分布均匀,正负电荷中心重合的分子，属于非极性分子；C形成3个δ键，孤对电子数为(4+2−3×2)=0，为sp2杂化，立体构型为平面正三角形；CO32-‎ 中含一个C原子、三个O原子，带两负电荷，所以电子总数为32，与其互为等电子体的分子和离子分别为SO3、NO3-或SiO32-。‎ ‎18. 现有①SO2②SO3③SO32-④SO42-四种粒子，回答下列问题:‎ ‎(1)其中中心原子S的杂化方式为sp2的是__(填序号，下同);中心原子S的杂化方式为sp3的是_________.‎ ‎(2)SO2在水中的溶解度比较大，原因是_____________。‎ ‎(3)下列对H2SO3和H2SO4的说法正确的是_____(填字母)。‎ A.H2SO4比H2SO3易电离出H+是因为H2SO4分子中的非羟基氧多 B.H2SO4比H2SO3易电离出H+是因为H2SO4分子中中心原子S的孤电子对少 C.在H2SO4溶液中存在的粒子的空间构型有V形和正四面体形 ‎(4)若丁二烯CH2=CH-CH=CH2中除含σ键外,还含有一个Π44键(Πmn键表示n个原子、m个电子组成的大п键),SO2含有大п键，可表示为___________。‎ ‎【答案】 (1). ①② (2). ③④ (3). SO2是极性分子,H2O也是极性分子,根据相似相溶原理,SO2在水中的溶解度较大 (4). AC (5). ‎ ‎【解析】(1)①SO2中S原子的价电子对数为=3，所以杂化类型为sp2；②SO3中S原子的价电子对数为=3，所以杂化类型为sp2；③SO32-中S原子的价电子对数为=4，所以杂化类型为sp3；④SO42-中S原子的价电子对数为=4，所以杂化类型为sp3；故①②中心原子S的杂化方式为sp2；③④中心原子S的杂化方式为sp3；(2) SO2是极性分子,H2O也是极性分子,根据相似相溶原理,SO2在水中的溶解度较大；(3)A、同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，选项A正确；B. 硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+，而不是中心原子的孤电子对的原因，选项B错误；C、在H2SO4溶液中存在的粒子的空间构型有水为V形和硫酸根离子为正四面体形，选项C正确。答案选AC；(4) SO2中有3个原子，4个电子形成大п键，可表示为。‎ ‎19. 短周期的7种元素A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大，其中A原子中的电子只有1种运动状态，且与B同主族，C的基态原子2p能级上只有1个电子，F与A可形成两种常温下的液态化合物;F与G同主族。根据上述描述，请回答下列问题:‎ ‎(1)上述7种元素中电负性最小的元素与A元素形成的化合物的电子式为______(用具体元素符号表示电子式)，基态原子的一电离能最大的元素是_____(填元素符号)。‎ ‎(2)1molD3A6链状分子中含有的σ键数为________。‎ ‎(3)已知A2F2的分子结构如图所示:‎ ‎①用电离方程式表示呈弱酸性的原因:______________。‎ ‎②A2F2的沸点比A2F高的原因:_______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). N (3). 8NA(或4.816×1024或8×6.02×1023) (4). H2O2HO2-+H+ (5). 因为H2O2和H2O分子间都能形成氢键,而H2O2相对分子质量H2O大,H2O2分子间作用力大,沸点高 ‎【解析】短周期的7种元素A、B、C、D、E、F、G的原子序数依次增大，其中A原子中的电子只有1种运动状态，则为氢元素，且与B同主族，则B为锂元素，C的基态原子2p能级上只有1个电子，则C为硼元素，F与A可形成两种常温下的液态化合物水和双氧水，则F为氧元素;F与G同主族，则G为硫元素。D、E处于C、F之间，只能分别为碳元素和氮元素。(1)元素非金属性越弱电解性越弱，上述7种元素中电负性最小的元素为锂元素，与A元素形成的化合物氢化锂的电子式为，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，N元素的2p轨道上为半满稳定结构，第一电离能反常增大，故基态原子的第一电离能最大的元素是N；(2) C3H6链状分子为丙烯分子，每个分子中含有8个σ键和1个键，1molC3H6链状分子中含有的σ键数为8NA；(3) ①H2O2不完全电离产生氢离子使溶液呈弱酸性H2O2HO2-+H+；②因为H2O2和H2O分子间都能形成氢键,而H2O2相对分子质量H2O大,H2O2分子间作用力大,沸点高。‎ ‎20. A为短周期元素，A-F6种元素在元素周期表中的位置如图所示，其中A的基态原子的能层序数与最外基电子数相等。回答下列问题(请用元素符号表示相关化学式):‎ ‎(1)F的价电于排布式为_______________。‎ ‎(2)B、C、D原子的电负性由大到小的顺序是_______________。‎ ‎(3)化合物BE2微溶于水，为______(填“极性“成“非极性”)分子，BE2______ (填“能”或“不能”)分离常见的B的单质和正的单质的混合物。‎ ‎(4)下图为FE晶胞的一部分，F原子的周围最近的E原子有__个;若FE晶胞参数为a，作为数轴单位，在坐标原点的F原于坐标参数记为(0,0,0)，则图中E原子的坐标参数为____。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s2 (2). O>N>C (3). 非极性 (4). 能 (5). 4 (6). （）‎ ‎【解析】根据元素周期表位置，A为短周期元素，其中A的基态原子的能层序数与最外基电子数相等,则A为第三周期元素铝元素，根据A-F 6种元素在元素周期表中的位置可知，B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、E为硫元素、F为铜元素。(1)F为锌，是30号元素，价电子排布式为3d104s2；(2)B、C、D为 C、N、O元素，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以O>N>C；(3)根据相似相溶，化合物CS2微溶于水，为非极性分子，碳不溶于二硫化碳而硫可以，故CS2能分离常见的C和S的混合物;(4)下图为ZnS晶胞的一部分，Zn原子的周围最近的E原子形成四面体结构，有4个S;若ZnS晶胞参数为a，作为数轴单位，在坐标原点的Zn原子坐标参数记为(0,0,0)，则图中S原子在其体心，距离均为，故坐标参数为（）。‎ ‎21. )Mg、Al、Si、Cu是常用的生活材料。请回答下列问题:‎ ‎(1)基态Cu2+中电子占有的能级数目是_______________。‎ ‎(2)Mg、A1元素及其化合物有以下性质:‎ Mg元素及其化合物 Al元素及其化合物 电离能/(KJ/mol)‎ Mg:I1=738.14,I2=1451,I3=7733‎ Al:I1=578,I2=1817,I3=2745‎ 熔点/℃‎ MgCl2:714‎ AlCl3:190(2.5×105Pa)‎ ‎①Mg原子的配位数是12，属于__堆积方式解释第一电离能Mg比Al大的原因:_______________。‎ ‎②解释熔点MgCl2比AlCl3高的原因:_______________。‎ ‎③资料表明铝的氧化物分子式是Al2Cl6,其中Al的杂化方式是_____，从共用电子对提供的角度可知该分于中存在的化学键类型是_________.‎ ‎(3)金刚砂(SiC)的晶胞结构如图，若NA表示阿伏加德罗常数的值，晶体的密度是ρg/cm3，则Si原子的半径R为__cm(不必化简)。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 六方最密 (3). Al的价电子结构是3s23p1，失去1个电子之后就是3s2稳定结构,Mg是3s2稳定结构 (4). MgC12是高子晶体,AlCl3是分子晶体 (5). sp3 (6). (极性)共价键、配位键 (7). ‎ ‎【解析】(1)铜是29号元素，电子排布式为[Ar]3d10 4s1，基态Cu2+中电子占有的能级数目是6；(2) ①Mg原子的配位数是12，属于六方最密堆积方式；Al的价电子结构是3s23p1，失去1个电子之后就是3s2稳定结构,Mg是3s2稳定结构，故第一电离能Mg比Al大；②MgC12是高子晶体,AlCl3是分子晶体，熔点MgCl2比AlCl3高；③每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化；Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，该分子中存在(极性)共价键、配位键；(3)金刚砂(SiC)的晶胞结构如图，则硅原子个数为，碳原子为4个；若NA表示阿伏加德罗常数的值，晶体的密度是ρg/cm3，V=，则Si原子的半径R为。‎ 点睛：本题涉及核外电子排布、第一电离能大小的比较、杂化方式的判断等知识点，难点是配位数的判断，会根据晶胞结构结合丰富想象力进行分析解答，易错点为(2) ③每个铝原子和四个氯原子形成共价键，采取sp3杂化；Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，该分子中存在(极性)共价键、配位键。‎ B组选修5 有机化学基础 ‎22. 下列有机物的分子式均为C8H10O 回答下则问题:‎ ‎(1)上述物质中，能使酸性KMnO4溶液褪色的物质是_______(填字母)。‎ ‎(2)D分子中共平面的碳原子有______个。‎ ‎(3)C能使Br2的CCl4溶液褪色，该反应的反应类型属于_______________。‎ ‎(4)已知:‎ 物质 沸点/℃‎ 熔点/℃‎ 溶解性 A ‎176.7‎ ‎-32.1‎ 不用于水，能与醇、醚等多种有机溶剂混溶 D ‎217‎ ‎61.5‎ 溶于醇、醚、氯仿，微溶于水 ‎①有A和D的混合物，可以通过_____(填实验操作名称)进行分离。‎ ‎②有Na、Fe两种金属，其中实验室可以用来检验A和D的是____,写出可行的实验方案：___。‎ ‎【答案】 (1). ACD (2). 8 (3). 加成反成 (4). 蒸馏 (5). Na (6). 分别取适量A和D于试管中加入一小缺金属钠，有气泡产生的是D ‎【解析】(1)上述物质中，A中苯环上的甲基能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，C中含有碳碳双键，D中含有碳碳双键及醇羟基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，答案选ACD；(2)根据苯中12个原子共平面可知，D分子中共平面的碳原子有8个：；(3)C中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应而使Br2的CCl4溶液褪色，反应类型为加成反应；(4) ①由表中数据可知，A和D的混合物，AD均为有机溶剂，互溶，利用它们的沸点不同，可以通过蒸馏进行分离；②有Na、Fe两种金属，其中实验室可以用来检验A和D的是Na, 分别取适量A和D于试管中加入一小缺金属钠，有气泡产生的是D。‎ ‎23. 用甲苯合成某保湿香料E的流醒如下:‎ 已知:在稀碱溶液中，若环上的卤素原子不易发生取代 ‎(1)上述流程中属于取代反应的步骤有_______________。‎ ‎(2)上述流程中加人的试剂:②是________、③是_______、④是________。‎ ‎(3)B的结构简式是_______________。‎ ‎(4)下列有关D的叙述正确的是_______(填字母)‎ A.有两种官能团，是羟基和羧基 B.能在Cu催化剂、加热条件下发生氧化反应 C.可以形成高分子化合物 D.与浓溴水反应产生白色沉淀 ‎【答案】 (1). ①④⑤ (2). 酸性KMnO4溶液 (3). H2 (4). NaOH水溶液、稀盐酸 (5). (6). ABC ‎【解析】根据E的结构简式可知，甲苯与溴发生取代反应生成A为三溴甲苯，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B为，与氢气发生加成反应生成C为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应后酸化生成D为，与乙醇发生酯反应反应生成E。‎ ‎(1)上述流程中①属于取代反应、②属于氧化反应、③属于加成反应或还原反应、④属于取代反应、⑤属于酯化反应或取代反应。故属于取代反应的步骤有①④⑤；(2)上述流程中加入的试剂:②是酸性KMnO4溶液、③是H2、④是NaOH水溶液、稀盐酸；(3)B的结构简式是 ；(4) D为，A.有两种官能团，是羟基和羧基，选项A正确；B.含有醇羟基，能在Cu催化剂、加热条件下发生氧化反应，选项B正确；C.可以发生缩聚反应形成高分子化合物，选项C正确；D.没有酚的结构，不能与浓溴水反应产生白色沉淀，选项D错误。答案选ABC。‎ ‎24. 根据下面的反应路线及所给信息回答问题 已知：‎ ‎(1)A中含有的官能团名称是______,A的名称是_____。‎ ‎(2)不考虑顺反异构，丙烯的二氯代物有____种。‎ ‎(3)反应类型:①是_________；⑤是_______________。‎ ‎(4)反应③的化学方程式是_______________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 4-甲基-1-环已烯(或4-甲基环已烯) (3). 5 (4). 加成反成 (5). 消去反应 (6). ‎ ‎【解析】丁二烯与丙烯反应生成A为，与溴发生加成反应生成B为，‎ 在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成C为，与溴发生加成反应生成D为，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成E为。(1)A为，含有的官能团名称是碳碳双键,A的名称是4-甲基-1-环已烯(或4-甲基环已烯) ；(2)不考虑顺反异构，丙烯的二氯代物有1，1-二氯-2-丙烯、1，1-二氯-1-丙烯、1，2-二氯-2-丙烯、1，3-二氯-2-丙烯、2，3-二氯-1-丙烯共5种；(3)由上述分析可知，反应类型:①是加成反应；⑤是消去反应；(4)反应③是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，反应的化学方程式是。‎ 点睛：本题考查有机物的推断、合成。丁二烯与丙烯反应生成A为，与溴发生加成反应生成B为，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成C为，与溴发生加成反应生成D为，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成E为，据此分析解答。‎ ‎25. 某单烯烃A(C8H16)可以发如下图所示的转化，回等下列问题:‎ 已知:a. ‎ b.B的核磁共振氢谱图中有2个峰，峰面积之比是2:3.‎ ‎(1)B的分子式为______;E的名称为______，1molE最多加与_____molNa2CO3反应.‎ ‎(2)写出CD、E+FG反应的化学方程式:___________。‎ ‎(3)A能形成高分子(C8H16)n，平均1molA中含有的甲基数是____(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎(4)B不能发生银镜反应，其同分异构体X能发生银镜反应，X的结构有____种。‎ ‎【答案】 (1). C5H10O (2). 丙酸 (3). 0.5 (4). CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O[或CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3CH2COONa+Cu2O+3H2O]；CH3CH2CHOHCH2CH3+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH(CH2CH3)2+H2O (5). 3nNA (6). 4‎ ‎【解析】A氧化后生成B和C，B的核磁共振氢谱图中有2个峰，峰面积之比是2:3，B只能是酮，故为CH3CH2COCH2CH3，故C应该为丙醛，乙醛碱性条件下氧化生成丙酸盐D，D酸化得到E为丙酸，CH3CH2COCH2CH3与氢气发生加成反应生成F为CH3CH2CHOHCH2CH3，CH3CH2CHOHCH2CH3与CH3CH2COOH发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH(CH2CH3)2。(1)B为CH3CH2COCH2CH3，分子式为C5H10O;E为CH3CH2COOH，名称为丙酸，1mol丙酸最多加与0.5molNa2CO3反应；(2)CD、E+FG反应的化学方程式分别为: CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O[或CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3CH2COONa+Cu2O+3H2O]；CH3CH2CHOHCH2CH3+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH(CH2CH3)2+H2O；(3)A能形成高分子(C8H16)n，根据B、C的结构可推知，平均1molA中含有的甲基数是3nNA；(4) B为CH3CH2COCH2CH3，同分异构体可看成是醛基与丁基相连，丁基有4种，故X的结构有4种。‎ 点睛：本题考查有机物的推断。A氧化后生成B和C，B的核磁共振氢谱图中有2个峰，峰面积之比是2:3，B只能是酮，故为CH3CH2COCH2CH3，故C应该为丙醛，乙醛碱性条件下氧化生成丙酸盐D，D酸化得到E为丙酸，CH3CH2COCH2CH3与氢气发生加成反应生成F为CH3CH2CHOHCH2CH3，CH3CH2CHOHCH2CH3与CH3CH2COOH发生酯化反应生成G为CH3CH2COOCH(CH2CH3)2，据此分析解答。‎ ‎26. E是一种重要的工业原料，E的合成方法如下:‎ 已知：‎ 回答下列问题 ‎(1)B分子中的官能团名称是_______________。‎ ‎(2)④过程中的反应类型是_______________。‎ ‎(3)A的同分异构体有多种，其中有两个侧链，既具有酚的性质又具有醇的性质的物质有_____种;其中有两个甲基的结构简式是______(写一种即可)。‎ ‎(4)已知: 。设计一条由苯和乙烯为起始原料制备的合成路线：_______________。‎ ‎【答案】 (1). 醚键和溴原子 (2). 取代反应 (3). 15种 (4). (5). ‎ ‎【解析】流程中与KCN反应生成C为；酸化得到D为，与SOCl2反应生成；‎ ‎ ‎