【化学】河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版） 23页

河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H:‎1 C:12 O:16 Si:28 Cu:64‎ 一、单选题(每个小题只有一个正确选项。每小题2分，共50分)‎ ‎1.在具有下列电子排布式的原子中，原子半径最大的是（ ）‎ A. 1s22s22p63s23p1 B. 1s22s22p‎1 ‎ C. 1s22s22p3 D. 1s22s22p63s23p4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据原子核外电子排布式知，A和D电子层数都是3，B和C电子层数是2，所以A和D的原子半径大于B和C，A的原子序数小于D，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以A的原子半径大于D，则原子半径最大的是A，故选A。‎ 点睛：明确原子半径与电子层数、原子序数（相同电子层数）之间的关系是解题关键，通常主族元素的原子的电子层数越多，其原子半径越大，相同电子层数的原子，原子半径随着原子序数的增大而减小。‎ ‎2.元素周期表中，按照第一电离能由大到小顺序排列错误的是( )‎ A. Al、Mg、Na B. Mg、Ca、K ‎ C. He、Ne、Ar D. N、O、C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，同周期第ⅡA族元素的第一电离能大于Ⅲ A族，第一电离能Mg>Al>Na，故选A；‎ B．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第一电离能Ca>K，同主族元素从上到下，第一电离能减小，第一电离能Mg>Ca，故不选B；‎ C．同主族元素从上到下，第一电离能减小，第一电离能He>Ne>Ar，故不选C；‎ D．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，同周期第ⅤA族元素第一电离能大于ⅥA族，第一电离能N>O>C，故不选D；‎ 选A。‎ ‎3.有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p 能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（　　）‎ A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3 ‎ B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形 C. X和Q结合生成的化合物可形成离子晶体 ‎ D. ZQ2是极性键构成的非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S，Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q为O，T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P。‎ ‎【详解】A．元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe2O3，故A正确；‎ B．白磷和金刚石的空间构型为正四面体形，故B正确；‎ C．X和Q结合生成的化合物SO2或SO3都可形成分子晶体，不能形成离子晶体；故C错误；‎ D．ZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎4.下列有关物质结构与性质的说法中合理的是( )‎ A. 根据VSEPR 理论可知H2O、NH3、CH4分子内键角依次减小 B. CO与CN—结构相似，含有的σ键与π键个数此均为1:2‎ C. 铜的电负性为1.9，氯的电负性为3.0，氯化铜为离子化合物，溶于水能完全电离 D. HF比HCl更稳定是因为HF分子间存在氢键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据VSEPR 理论可知H2O、NH3、CH4分子内键角依次增大，因为其中心原子的杂化方式相同，但其孤对电子数依次减小，故A不合理；‎ B．CO与CN-结构相似，均含有叁键，含有的σ键与π键个数此均为1:2，故B合理；‎ C．铜的电负性为1.9，氯的电负性为3.0，电负性的差小于1.7，氯化铜为共价化合物，故C不合理；‎ D．HF比HCl更稳定是因为H-F键能大于H-Cl，故D不合理；‎ 选B。‎ ‎5.硼和镁形成的化合物可刷新金属化合物超导温度的最高记录。下图是该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下面还各有一个镁原子；6个硼原子位于棱柱的侧棱上，则该化合物的化学式可表示为（ ）‎ A. Mg3B2 B. MgB‎2 ‎C. Mg2B3 D. Mg2B ‎【答案】C ‎【解析】‎ Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，B原子位于棱柱的侧棱上为三个晶胞共用，故晶胞中镁原子个数=12×+2×=3，B原子个数=6×=2，所以镁原子和硼原子个数比为3：2，则其化学式为Mg3B2，故选C。‎ 点睛：理解均摊法计算晶胞组成结构是解题关键，Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，硼原子位于棱柱的侧棱上为三个晶胞共用，根据均摊法计算晶胞中Mg原子数目和硼原子数目，再根据原子数目之比确定化学式。‎ ‎6.下列实验事实中，能用共价键强弱来解释的是( )‎ ‎①稀有气体一般较难发生化学反应 ②金刚石比晶体硅的熔点高 ‎③氮气比氯气的化学性质稳定 ④通常情况下，溴是液态，碘是固态 A. ①②③ B. ①④ C. ②③ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①稀有气体原子最外层有8个电子(He有2个电子)结构稳定，所以稀有气体一般较难发生化学反应，与共价键强弱无关； ‎ ‎②金刚石、晶体硅都是原子晶体，熔化需要破坏共价键，C-C比Si-Si键能大，金刚石比晶体硅的熔点高，与共价键强弱有关；‎ ‎③氮气分子内含有氮氮三键，氮氮三键比Cl-Cl键能大，氮气比氯气的化学性质稳定，与共价键强弱有关； ‎ ‎④通常情况下，溴是液态，碘是固态，与分子间作用力有关，与共价键强弱无关；‎ 故选C。‎ ‎7.关于SiO2晶体的叙述中，正确的是 A. 通常状况下，‎60 g SiO2晶体中含有的分子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数)‎ B. ‎60 g SiO2晶体中，含有2NA个Si—O键 C. 晶体中与同一硅原子相连的4个氧原子处于同一四面体的4个顶点 D. 因为硅和碳属于同一主族，所以SiO2晶体与CO2晶体类型相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，故A错误； B、1mol SiO2晶体存在4mol Si-O键，所以‎60g SiO2晶体即1mol SiO2晶体含有4mol Si-O键键，故A错误； C、晶体中一个硅原子和四个氧原子，形成四面体结构，四个氧原子处于同一四面体四个顶点，故C正确； D、SiO2晶体是原子晶体，CO2晶体是分子晶体，故D错误； 故选C。‎ ‎8.下图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是( )‎ A. 甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子 B. 晶体中1个分子有12个紧邻的甲烷分子 C. 晶体熔化时需克服共价键 D. 一个甲烷晶胞中含有8个分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶胞中的球体代表的是1个甲烷分子，并不是1个碳原子，A选项错误；‎ B．以该甲烷晶胞为单元，位于顶点的某1个甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，而这3个甲烷分子在面心上，因此每个都被共用2次，故与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子有3×8×=12个，B选项正确；‎ C．甲烷构成的晶体是分子晶体，熔化时需克服范德华力，C选项错误；‎ D．甲烷晶胞属于面心立方晶胞，甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子,该晶胞含有甲烷的分子个数为8×+6×=4，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列关于晶体的说法中，不正确的是(　　)‎ ‎①晶胞是晶体结构的基本单元 ‎ ‎②含有离子的晶体一定是离子晶体 ‎ ‎③共价键的强弱决定分子晶体熔沸点的高低 ‎④分子晶体的熔点一定比金属晶体低 ‎ ‎⑤MgO远比NaCl的晶格能大 ‎ ‎⑥含有共价键的晶体一定是原子晶体 A. ①③④⑤ B. ②③④⑥ ‎ C. ②③⑤⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①晶胞是晶体中最小的重复单元，故①正确； ‎ ‎②金属晶体中含有金属离子和电子，离子晶体中含有阴阳离子，所以含有离子的晶体不一定是离子晶体 ，故②错误； ‎ ‎③共价键的强弱决定原子晶体熔沸点的高低，分子间作用力决定分子晶体熔沸点的高低，故③错误；‎ ‎④分子晶体的熔点不一定比金属晶体低，如固体碘是分子晶体，碘熔点高于金属汞，故④错误； ‎ ‎⑤Mg2+、O2-比Na+、Cl-所带电荷数多、半径小，所以MgO比NaCl晶格能大，故⑤正确； ‎ ‎⑥氢氧化钠中含有共价键，氢氧化钠是离子晶体，故⑥错误； ‎ 不正确的是②③④⑥，选B。‎ ‎10.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 在图1晶体中，距粒子B最近且等距的粒子A有6个 B. 在CO2晶体中，每个晶胞平均占有12个原子 C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2‎ D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，中距粒子B最近且等距的粒子A有6个(红圈标出的6个A)，故A正确；‎ B．根据均摊原则，每个晶胞平均占用二氧化碳分子数是，CO2晶体中，每个晶胞平均占有12个原子，故B正确；‎ C．在金刚石晶体中，1个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，所以碳原子与碳碳键个数的比为1∶2，故C正确；‎ D．是1个分子，该气态团簇分子中有4个E、4个F，所以分子式为E‎4F4或F4E4，故D错误；‎ 选D。‎ ‎11.下列关于有机化合物说法正确的是 A. 有机物的名称是2，3，5，5-四甲基-4-乙基己烷 B. 乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应 C. 有机物中所有碳原子一定共面 D. 乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与足量H2反应后的产物是同系物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．的主链上有6个碳原子，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，在2号碳原子上有2个甲基，在4号和5号碳原子上各有一个甲基，在3号碳原子上有1个乙基，故名称为：2，2，4，5-四甲基-3-乙基己烷，故A错误；‎ B．皂化反应特指油脂在碱性条件下的水解反应，故B错误；‎ C．有机物中苯环和碳碳双键为平面结构，但碳碳单键可以旋转，因此中所有碳原子不一定共面，故C错误；‎ D．乙醛和丙烯醛()的结构不相似，二者不是同系物，乙醛和丙烯醛与足量H2加成均可生成饱和一元醇，产物依次为CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH，生成的产物结构相似，且分子组成上相差1个CH2原子团，生成的产物互为同系物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成．核苷酸的单体由五碳糖( C5H10O5) 、磷酸基和含氮碱基构成．下列说法正确的是( )‎ A. 蛋白质、核酸和糖类均属于高分子化合物 B. 蛋白质和五碳糖中含有的元素种类相同 C. 五碳糖与葡萄糖互为同系物 D. NaClO等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒是因为它们能使病毒蛋白变性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质、核酸属于高分子化合物，糖类中的单糖、二糖不是高分子化合物，故A错误；‎ B．蛋白质中含有C、H、N、O等元素，五碳糖中含有C、H、O三种元素，故B错误；‎ C．五碳糖(C5H10O5)结构为与葡萄糖结构不同，不是同系物，故C错误；‎ D．NaClO等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒，是因为它们具有氧化性，能使病毒蛋白变性，故D正确；‎ 选D。‎ ‎13. 使用哪组试剂，可鉴别在不同试剂瓶内的1-己烯、甲苯和丙醛 A. 酸性KMnO4溶液和溴的CCl4溶液 B. 银氨溶液和溴的CCl4溶液 C. FeCl3溶液和银氨溶液 D. 银氨溶液和酸性KMnO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性KMnO4溶液与上述三种物质均发生反应而褪色，溴的CCl4溶液仅可鉴别出1-己烯，A项错误；‎ B．银氨溶液可鉴别出丙醛，而溴的CCl4溶液可鉴别出1-己烯，均不反应的为甲苯，B项正确；‎ C．只有银氨溶液可以鉴别出丙醛，C项错误；‎ D．用银氨溶液鉴别出丙醛后，另外两种均可与KMnO4酸性溶液反应，使其褪色，无法鉴别，D项错误；‎ 选B。‎ ‎14.与氢气完全加成后，可能生成2，2，3-三甲基戊烷的烃是（ ）‎ A. CH2 ==CHCH==C(CH3)2 B. CH2==CHC(CH3)2CH(CH3)2‎ C. (CH3)‎3C-CH=CH2 D. (CH3)3CC(CH3)==CHCH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2，2，3-三甲基戊烷的碳链结构为。‎ ‎【详解】A、CH2 ==CHCH==C(CH3)2与氢气完全加成后产物的碳链结构为，碳链结构不同，故A错误；‎ B、CH2==CHC(CH3)2CH(CH3)2与氢气完全加成后产物的碳链结构为，碳链结构不同，故B错误；‎ C、(CH3)‎3C-CH=CH2与氢气完全加成后产物的碳链结构为，碳链结构不同，故C错误；‎ D、(CH3)3CC(CH3)=CHCH3与氢气完全加成后产物的碳链结构为，碳链结构相同，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.下列有机物分子中，存在顺反异构的是(　　)‎ A. 1,2-二氯丙烯 B. 1,1-二氯丙烯 C. 丙烯 D. 1-丁烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 具有顺反异构体的有机物中C=C双键同一碳原子应连接不同的原子或原子团，据此进行分析。‎ ‎【详解】A.1，2-二氯丙烯分子中，C=C双键同一碳原子连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，故A正确； ‎ B.1，1-二氯丙烯为，C=C双键同一碳原子连接相同的Cl原子，不具有顺反异构，故B错误； ‎ C.丙烯CH2=CHCH3中C=C双键同一碳原子连接相同的H原子，不具有顺反异构，故C 错误；‎ D.1-丁烯为CH2=CHCH2CH3，其中C=C连接相同的H，不具有顺反异构，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎16.下列各项中的两种物质不论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，则完全燃烧消耗O2的物质的量保持不变的是( )‎ A. C2H4、C2H6O B. C2H6、C2H6O C. C3H6、C2H4 D. C3H4、C2H6O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】，‎1g乙烯完全燃烧消耗氧气；‎ ‎，‎1g乙烷完全燃烧消耗氧气；‎ ‎，‎1g乙烯完全燃烧消耗氧气；‎ ‎，‎1g乙烯完全燃烧消耗氧气；‎ ‎，‎1g乙烯完全燃烧消耗氧气；‎ 所以只要混合物的总质量一定，则完全燃烧消耗O2的物质的量保持不变的是C3H6、C2H4，故选C。‎ ‎17.检验某卤代烃中卤素的实验中，要进行的主要操作是：①加热；②加入足量的氢氧化钠溶液；③加入硝酸银溶液；④滴入稀硝酸酸化；⑤取少量卤代烃；⑥冷却。以上各步操作的先后顺序排列正确的是：‎ A. ⑤④①⑥②③ B. ⑤②①⑥④③ C. ⑤③②① D. ⑤③②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】卤代烃中的卤素为原子，利用卤代烃的水解反应，将卤素原子转化成离子，即取少量卤代烃，加入足量的氢氧化钠溶液，并加热一段时间，冷却后，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色，判断卤素，操作顺序是⑤②①⑥④③；答案选B。‎ ‎18.下列各化合物中,能发生酯化、还原、加成、消去四种反应的是(　　)‎ A. CH3CH=CHCHO B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3CH=CHCHO无羟基、羧基，不能发生酯化反应，A错误；‎ B.无该物质不饱和的碳碳双键和碳氧双键，因此不能发生加成反应，B错误；‎ C.该物质含有醇羟基，可以发生酯化反应，含有-CHO，能够与氢气发生加成反应，与氢气发生加成反应又叫还原反应，由于羟基连接的C原子有邻位C原子，且该C原子上有H原子，因此可以发生消去反应，C正确；‎ D.该物质含有醇羟基，但羟基连接的C原子的邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎19.下列反应类型不能引入醇羟基的是（ ）‎ A. 消去反应 B. 取代反应 ‎ C. 加成反应 D. 还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在碳链上引入羟基，可由−Cl、−Br在碱性条件下水解(或取代)生成；可与C＝O与氢气发生加成反应生成或由C＝C与水发生加成反应生成；也可由酯发生水解反应生成，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．消去反应不能引入羟基，故A选；‎ B．在碳链上引入羟基，可由−Cl、−Br在碱性条件下水解(或取代)生成，故B不选；‎ C．在碳链上引入羟基，可由C＝O与氢气发生加成反应生成或由C＝C与水发生加成反应生成，故C不选；‎ D．在碳链上引入羟基，可由C＝O与氢气发生加成反应生成，该反应也为还原反应，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】注意把握相关有机物官能团的性质以及转化，把握有机物合成的基本思路。‎ ‎20.下列表述不正确的是 ( )‎ A. 比例模型可以表示甲烷分子，不能表示四氯化碳分子 B. ‎ C. 石油的分馏和煤的干馏都只发生了物理变化 D. 用与乙酸反应制取乙酸乙酯，存在于醇、酯中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．比例模型可以表示甲烷分子，氯原子半径大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故A正确；‎ B．催化氧化断①③键， ，故B正确； ‎ C．石油的分馏是物理变化，煤的干馏是化学变化，故C错误；‎ D．酯化反应时，酸脱“羟基”醇脱“氢”，该反应可逆，用与乙酸反应制取乙酸乙酯，存在于醇、酯中，故D正确；‎ 选C。‎ ‎21.有机物M可用于生化研究，其结构简式如图。关于M的叙述正确的是 ‎ A. 分子中含有7种化学环境不同的氢原子 B. 该物质分子式为C10H9O6‎ C. 该物质分子中含有4个手性碳原子 D. 1 mol分枝酸最多可与2 mol NaOH发生中和反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子中含有9种化学环境不同的氢原子，故A错误；‎ B．分子式为C10H10O6，故B错误；‎ C．分子中含有红圈标出 2个手性碳原子，故C错误；‎ D．中羧基能和氢氧化钠反应，1 mol分枝酸最多可与2 mol NaOH发生中和反应，故D正确；‎ 选D。‎ ‎22.下图装置也可用于检验溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液反应生成物乙烯的检验，下列说法不正确的是 A. 该反应为消去反应 B. 反应实验过程中可观察到酸性KMnO4溶液褪色 C. 可用溴水溶液代替酸性KMnO4溶液 D. 乙烯难溶于水，故此装置②可以省去 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液反应生成乙烯、溴化钠和水，A、该反应溴乙烷脱去了溴和氢，是消去反应，故A正确；B、生成产物中有乙烯，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C ‎、该实验中要检验是否有乙烯的产生，乙烯可以与溴单质加成，可以使溴水褪色，故可用溴水溶液代替酸性KMnO4溶液，故C正确；D、从①装置导气管出来的气体除了有乙烯还有乙醇气体，而乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故②装置要除去乙醇气体，因为乙醇和水任意比例互溶，故D错误；故选D。‎ ‎23.下列关于有机物的说法中，正确的一组是(　　) ‎ ‎①蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于高分子化合物 ②淀粉和纤维素互为同分异构体 ③食用油属于酯类，石蜡油属于烃类 ④石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质液态油的产量和质量 ⑤淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应 A. ①②⑤ B. ①②④ C. ①③⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①高分子化合物是指那些由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子质量在一万以上的化合物，蛋白质、淀粉、纤维素均属于高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故①错误；‎ ‎②淀粉和纤维素分子式为(C6H10O5)n，但n值不同，二者不互为同分异构体，故②错误；‎ ‎③油脂分为脂肪和油，液态的油脂称为油，食用油属于油脂，属于酯类，石蜡油属于烃类，故③正确；‎ ‎④石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质液态油的产量和质量，故④正确；‎ ‎⑤淀粉遇碘变蓝，葡萄糖中含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，生成Cu2O沉淀，故⑤正确；‎ 正确的是：③④⑤，答案选D。‎ ‎24.为防治“白色污染”，有一条重要途径是将合成高分子化合物重新变成小分子化合物。目前对结构式为的化合物已成功实现了这种处理，其运用的原理是酯交换反应（即酯与醇在酸或碱的催化下生成一个新酯和一个新醇的反应）。试分析若用CH3OH来处理这种化合物能得到的有机物可能是 A. ‎ B. HO—CH2CH3‎ C ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】是乙二醇和对苯二甲酸发生缩聚反应生成的，根据酯交换反应的含义（即酯与醇在酸或碱的催化下生成一个新酯和一个新醇的反应），与CH3OH反应生成和HOCH2CH2OH，答案选C。‎ ‎25.下列有机物物理性质正确的是（ ）‎ A. 沸点：甲烷<乙烷<正丁烷<异丁烷 B. 碳原子数小于4的卤代烃在常温下都是气体 C. 沸点：CH3CH2Br>CH3CH2Cl D. 溶解性：有机物都不溶于水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于烷烃来说，相对分子质量越小，沸点越低，对于相对分子质量相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以沸点：甲烷<乙烷<异丁烷<正丁烷，A错误；‎ B. 一氯丙烷、一氯丁烷、溴代烷、碘代烷，常温下都为液体，B错误；‎ C. M(CH3CH2Br)>M(CH3CH2Cl)，所以沸点CH3CH2Br>CH3CH2Cl，C正确；‎ D. 绝大部分有机物都不溶于水，但乙醇、乙酸、葡萄糖、蔗糖等易溶于水，D错误。‎ 故选C。‎ 二、填空题(本题共3个小题，共28分)‎ ‎26.已知A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大。A是宇宙中含量最丰富的元素，B、D原子的L层有2个未成对电子。E3+离子M层3d 轨道电子为半满状态，F比E原子序数大1且位于同一族。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，用所对应的元素符号表示)‎ ‎(1)写出F的价电子排布图_______，E位于周期表____区。‎ ‎(2)B、C、D的电负性由小到大的顺序为___________。‎ ‎(3)A、B、D三种元素可以形成组成为A2BD、A4BD、A2BD2的分子，其中B原子采取sp3 杂化的是_______(填结构简式)‎ ‎(4)F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，往其中一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，则这种配合物的化学式为_______‎ ‎(5)B元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大晶体中每个晶胞平均含有___个B原子。‎ ‎【答案】 (1). (2). d (3). C＜N＜O (4). CH3OH (5). [Co(NH3)5SO4]Br (6). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最丰富的元素，是H，B、D原子的L层有2个未成对电子，分别为C和O，E3+离子M层3d轨道电子为半满状态，则E的价电子排布式为3d64s2，E为Fe，F比E原子序数大1且位于同一族，F是Co，和铁都是第Ⅷ族，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Fe、Co，据此分析。‎ ‎【详解】(1) F是Co，原子序数为27，价电子排布式为3d64s2，F的价电子排布图，E是Fe，位于周期表d区；‎ ‎(2)B、C、D分别为C、N、O，同周期元素，从左到右电负性逐渐增大，电负性由小到大的顺序为C＜N＜O；‎ ‎(3) A、B、D分别为H、C、O，A、B、D三种元素可以形成组成为A2BD(HCHO)、A4BD (CH3OH)、A2BD2(HCOOH)的分子，HCOOH和HCHO中的C采用sp2杂化，C原子采取sp3 杂化的是CH3OH；‎ ‎(4)F可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，往其中一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根在内界，若加入AgNO3‎ 溶液时产生淡黄色沉淀，说明产生了溴化银，溴离子在外界，则这种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；‎ ‎(5)C元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大晶体为金刚石，金刚石晶胞中碳原子占据立方体的面心和顶点，晶胞内部有四个碳原子，每个晶胞中占有的碳原子数为8×+6×+4=8，每个晶胞平均含有8个碳原子。‎ ‎【点睛】A、B、D分别为H、C、O，由它们组成的化合物从有机物的角度去分析，为易错点。‎ ‎27.CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：‎ ‎(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为____________， ‎ ‎(2)SO的立体构型是____，与SO互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。‎ ‎(3)利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。‎ ‎①该晶胞的原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)，C为(，，)。则D的坐标参数为________，它代表________原子。‎ ‎②若Cu2O晶体密度为d g·cm－3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=_____。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). 正四面体 (3). CCl4(或SiF4等) (4). (；；) (5). Cu (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu是29号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，据此书写Cu2+核外电子排布式；‎ ‎(2)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=(a-xb)计算判断SO的价层电子对数，再分析判断SO的空间构型；SO中含有5个原子、价电子总数为32，据此分析书写与之等电子体的分子；‎ ‎(3) ①D在A、C连线中点位置，A、D距离等于晶胞体对角线的，D到各坐标平面距离均等于晶胞棱长的，据此判断D的坐标；根据均摊法计算晶胞中灰色球、白色球数目，结合化学式确定灰色球、白色球代表原子种类；②用NA表示晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与晶体密度乘积，据此联立关系式计算解答。‎ ‎【详解】(1)Cu是29号元素，原子核外的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个电子形成Cu2+，故Cu2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；‎ ‎(2)SO中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子的空间构型为正四面体形，SO中含有5个原子、价电子总数为32，与之等电子体的分子有 CCl4或SiF4等，故答案为：正四面体；CCl4(或SiF4等)；‎ ‎(3)①晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)，C为(，，)。D在A、C连线中点位置，A、D距离等于晶胞体对角线的，D到各坐标平面距离均等于晶胞棱长的，由B的参数可知晶胞棱长为1，故D的坐标参数为：(，，)；晶胞中灰色球数目=4，白色球数目=1+8×=2，二者数目之比为2∶1，该化合物的化学式为Cu2O，故灰色球代表Cu、白色球代表O，即D代表Cu原子，故答案为：(，，)；Cu；‎ ‎②晶胞质量=g=d g•cm-3×a(×10‎-10 cm)3，故NA=，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(3)①中D的坐标的确定，要注意D在A、C连线中点位置，A、D间的距离等于晶胞体对角线的。‎ ‎28.分析下列有机化合物，完成填空。‎ ‎① C3H6 ② CH2==CH—CH==CH2 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ‎ ‎(1)①~⑧中，其中互为同系物的是______(填序号)，互为同分异构体的是______(填序号)。‎ ‎(2)③的系统命名为 ___________；‎ ‎(3)⑧在核磁共振氢谱中有_______组峰；‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). ⑤⑥ (3). 3-甲基-2-戊烯 (4). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①~⑧中，C3H6可能是丙烯或环丙烷，C3H6若为环丙烷和结构不同，C3H6和不一定是同系物；CH2==CH—CH==CH2、 都含有2个碳碳双键，结构相似，分子组成相差4个“CH‎2”‎，CH2==CH—CH==CH2、互为同系物； 、 分子式都是C7H6O2，结构不同，所以、 互为同分异构体；‎ ‎(2) 含有碳碳双键，属于烯烃，主链有5个碳原子，3号碳原子上有1个甲基，系统命名为3-甲基-2-戊烯；‎ ‎(3) 结构对称，有4种不同环境的氢原子，在核磁共振氢谱中有4组峰。‎ 三、实验题(本题共1个小题，共8分)‎ ‎29.正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。‎ 发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO 反应物和产物的相关数据列表如下：‎ 沸点/℃‎ 密度/(g·cm﹣3)‎ 水中溶解性 正丁醇 ‎117.2‎ ‎0.8109‎ 微溶 正丁醛 ‎75.7‎ ‎0.8017‎ 微溶 实验步骤如下：‎ 将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入‎4.0g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为90~‎95℃‎，在E中收集‎90℃‎以下的馏分。将馏出物分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75~‎77℃‎馏分，产量‎2.4g。回答下列问题：‎ ‎(1)正丁醇合成正丁醛的反应属于__________反应；‎ ‎(2)将正丁醛粗产品分去水层的操作名称是_____，使用到的仪器名称是________；‎ ‎(3)实验过程中，温度计C1测的温度是___℃。要保持这个温度的其原因是_________；‎ ‎(4)本实验中，正丁醛的产率为____％。(保留一位小数) ‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). 分液 (3). 分液漏斗 (4). 90~95 (或在这个区间的某个温度) (5). 保证产物及时分离出来，防止被进一步氧化 (6). 61.7%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 有机物分子中去掉H原子的反应是氧化反应；‎ ‎(2)根据正丁醛微溶于水判断分离方法；‎ ‎(3) 根据题意，反应过程中要及时把正丁醛蒸出；‎ ‎(4)正丁醛的产率=实际产量÷理论产量×100%；‎ ‎【详解】(1) 正丁醇的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH，正丁醛的结构简式是CH3CH2CH2CHO，正丁醇分子中去掉2个H原子生成正丁醛，属于氧化反应；‎ ‎(2)正丁醛微溶于水，正丁醛和水混合，静止后分层，正丁醛粗产品分去水层的操作是分液；分液使用到的仪器是分液漏斗；‎ ‎(3) 正丁醛沸点是‎75.7℃‎，正丁醇的沸点是‎117.2℃‎，根据题意，滴加过程中保持反应温度为90~‎95℃‎，保证产物及时分离出来，防止被进一步氧化；‎ ‎(4)根据反应方程式CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO，‎‎4.0g 正丁醇完全生成正丁醛的质量是‎3.89g，正丁醛的产率=。‎ ‎【点睛】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作，明确反应原理是解题关键，注意正丁醛与正丁醇的结构和性质差异，掌握有机物分离的常用方法。‎ 四、推断题(共14分)‎ ‎30.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，某种药物中间体D的合成路线如下：‎ ‎(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，A所含官能团名称为：______，写出反应①的化学反应方程式为__________； ‎ ‎(2)C→D的反应类型是_________，1mol D在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为__________mol ‎(3)D有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体有______种 ‎①是苯的二取代物②能与碳酸氢钠溶液反应产生气体③遇氯化铁溶液显紫色 ‎(4)E是由2分子B生成的含有3个六元环的化合物，写出E的结构简式________‎ ‎(5)已知：R—CH2—COOH A有多种合成方法，写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)合成路线流程图示例如下：H‎2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5‎ ‎____________‎ ‎【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). ‎ ‎ (3). 取代反应 (4). 3 (5). 12 (6). ‎ ‎(7). CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHHOOC—CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，说明A中含有醛基，根据B的结构简式逆推，可知A是；2分子B发生酯化反应形成酯环E；‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，A是所含官能团名称为醛基、羧基；反应①是和苯酚发生加成反应生成，化学反应方程式为； ‎ ‎(2)中的醇羟基被溴原子代替生成，反应类型是取代反应，中酚羟基、酯基、溴原子都能与氢氧化钠反应，1mol 在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol；‎ ‎(3) 的同分异构体，①是苯的二取代物 ②能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，③遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，则2个取代基可能是-OH、-CHBrCH2COOH或-OH、-CH2CHBrCOOH或 -OH、-C(CH3)BrCOOH或-OH、‎ ‎-CH(CH2Br)COOH，每种组合在苯环上都有邻间对三种结构，所以符合条件的的同分异构体共12种；‎ ‎(4) E是由2分子生成的含有3个六元环的化合物，可知2分子B发生酯化反应形成酯环，E是；‎ ‎(5)根据 R—CH2—COOH，乙酸在PCl3作用下生成ClCH2COOH，ClCH2COOH在碱性条件下水解为HOCH2COONa ，酸化生成HOCH2COOH ，最后发生催化氧化生成HOOC—CHO ，所以由乙酸合成HOOC—CHO的路线流程图是CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHHOOC—CHO。‎ ‎【点睛】本题考查有机推断与合成，根据题目信息正确推断A的结构简式的解题关键，关注流程图中各物质结构变化，明确官能团的结构、性质及其转化关系。‎