【化学】河北省沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）

【化学】河北省沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）

河北省沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高二下学期开学考试 一、单选题 ‎1.下列说法中不正确的是（ ）‎ ‎①糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，适当条件下均可发生水解 ‎②油脂、乙酸乙酯都是酯类，但不是同系物 ‎③石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化 ‎④蛋白质的变性和盐析都不是可逆过程 ‎⑤塑料、橡胶和纤维都是天然高分子材料 A. ①③④⑤ B. ①②③④⑤ C. ④⑤ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①单糖不属于高分子化合物，也不能水解，油脂也不属于高分子化合物，故①错误；‎ ‎②油脂、乙酸乙酯都是酯类，但油脂含有三个酯基，乙酸乙酯只含一个酯基，所以不是同系物，故②正确；‎ ‎③石油的分馏属于物理变化，故③错误；‎ ‎④蛋白质的变性是不可逆的，蛋白质的盐析是物理变化，是可逆的，故④错误；‎ ‎⑤塑料全部都是人工合成的高分子材料，但橡胶和纤维既有天然高分子又有人工合成高分子，故⑤错误；‎ 综上所述，①③④⑤错误，答案为A。‎ ‎2.在核磁共振氢谱中出现两组峰，且其峰面积之比为3∶1的化合物是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核磁共振氢谱中出现两组峰，且其峰面积之比为3∶1，说明有2种氢原子，个数比为3:1。‎ ‎【详解】A、有2种氢原子，个数比为3:2，A错误；‎ B、有2种氢原子，个数比为3:1，B错误；‎ C、有2种氢原子，个数比为3:4，C错误；‎ D、有2种氢原子，个数比为3:2，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列有机物的系统命名正确的是 A. : 3—甲基—2—乙基戊烷 B. ：3—甲基—2—丁烯 C. : 2—甲基丁酸 D. ：1，5—二甲苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．根据系统命名，为3，4—二甲基己烷，故A错误；B．根据系统命名，为2—甲基—2—丁烯，故B错误；C．根据系统命名，为2—甲基丁酸，故C正确；D．根据系统命名，为1，3—二甲苯，故D错误；答案为C。‎ 点睛：①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同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；⑥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，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。‎ ‎4.某高分子材料的结构如图所示：，已知该高分子材料是由三种单体聚合而成的，以下与此高分子材料相关的说法正确的是 ‎ A. 合成该高分子的反应是缩聚反应 B. 形成该高分子材料的单体中，所有原子可能处于同一平面内 C. 三种单体中有两种有机物互为同系物 D. 三种单体都可以使溴水褪色，但只有两种能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查高分子化合物的结构和性质，注意同系物的判断必须属于同一类物质，掌握苯分子的结构和乙烯的分子结构是解题的关键。‎ ‎【详解】A.合成该高分子的反应是加聚反应，故A错误；‎ B.苯和乙烯都是平面分子，故苯乙烯中所有原子可能处于同一平面内，故B正确；‎ C.合成该高分子的三种单体是 、苯乙烯、苯乙炔，其中没有互为同系物的物质，故C错误；‎ D.合成该高分子的三种单体是、苯乙烯、苯乙炔，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 ‎ ‎ A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。‎ ‎【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；‎ B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；‎ C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；‎ D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。‎ ‎6.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（ ）‎ A. ①②③④⑤ B. ①②⑤⑥ C. ①②④⑤⑥ D. 全部正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯乙烯分子中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；‎ ‎②苯乙烯子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，②正确；‎ ‎③苯乙烯不溶于水，③不正确；‎ ‎④有机物通常都易溶于有机溶剂，苯乙烯可溶于苯中，④正确；‎ ‎⑤苯乙烯能与浓硝酸发生硝化反应，即取代反应，⑤正确；‎ ‎⑥根据苯环和乙烯分子都是平面结构，可以判断苯乙烯所有的原子可能共平面，⑥正确。‎ 综上所述，其中正确的是①②④⑤⑥，故选C。‎ ‎7.能说明苯环对羟基有影响，使羟基变得活泼的事实是(　　)‎ A. 苯酚能和溴水迅速反应 B. 液态苯酚能和钠反应放出H2‎ C. 室温时苯酚不易溶于水 D. 苯酚的水溶液具有酸性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚能和溴水迅速反应，是由于羟基对苯环的影响，A错误；‎ B．苯酚和醇类都含有羟基，都能与钠反应生成氢气，不能说明苯环对羟基有影响，B错误；‎ C．溶解性属于物理性质，与化学性质无关，C错误；‎ D．苯环对羟基有影响，比醇类易电离，具有酸性，D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列有机化合物中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是 A. 苯中含苯酚杂质：加入溴水，过滤 B. 乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液 C. 乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液 D. 乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴易溶于苯，溴水与苯发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，用溴水除杂，生成的三溴苯酚和过量的溴都能溶于苯，不能得到纯净的苯，并引入新的杂质，不能用溴水来除去苯中的苯酚，应向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A错误；‎ B．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水和二氧化碳，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故B错误；‎ C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醛互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故C错误；‎ D．乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.乳酸乙酯是一种食用香料，常用于调制国香型、乳酸型食用香精，其中一条合成流程如图：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 淀粉是结构复杂的天然高分子化合物 B. 乳酸与NaOH反应所得有机产物的化学式为C3H5O3Na C. 乳酸能发生氧化反应、取代反应 D. 乳酸乙酯能快速溶于饱和碳酸钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、淀粉的化学式是(C6H10O5)n，淀粉是结构复杂的高分子化合物，故A正确；‎ B、根据乳酸乙酯的结构简式可推出乳酸的结构简式为CH3CHOHCOOH，其中羧基能与氢氧化钠溶液反应，而醇羟基不能与氢氧化钠溶液反应，故B正确；‎ C、乳酸分子中的醇羟基和羧基均能发生取代反应，醇羟基能发生氧化反应，并且乳酸还可以与氧气发生反应，故C正确；‎ D、酯类物质一般不能溶于饱和碳酸钠溶液，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎10.某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如下图的转化过程：‎ 则符合上述条件的酯的结构可有 A. 2种 B. 4种 C. 6种 D. 8种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因C经两步氧化可生成E，则C为C4H9-CH2OH，D为C4H9—CHO，E为C4H9-COOH，B为C4H9—COO-，-C4H9有四种结构，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH(CH3)-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)‎3C-，所以符合条件的酯的结构有4种，故选B。‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 铝的第一电离能比镁的第一电离能大 B. 同一主族元素从上到下电负性逐渐变大 C. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态 D. 最外层电子数是核外电子总数的原子和最外层电子排布式为4s24p5的原子是同种元素原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镁原子的3s能级处于全满稳定状态，第一电离能比Al元素高，故A错误；‎ B．同一主族元素从上到下，金属性逐渐增强，电负性依次减弱，故B错误；‎ C．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故C错误；‎ D、最外层电子数是核外电子总数的的原子是Br，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层电子排布为4s24p5，两者是同种元素原子，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】同周期从左到右第一电离能增大，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA反常。‎ ‎12.具有下列电子层结构的原子和离子，其对应元素一定属于同一周期的是 A. 两原子N层上都有1个s电子，一个原子有d电子，另一个原子无d电子 B. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子 C. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子 D. 两原子核外全部都是s电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子N层上都有1个s电子，原子无d电子为K原子，原子有d电子为1s22s22p63s23p63d54s1，是Cr原子，1s22s22p63s23p63d104s1，是Cu原子，都处于第四周期，故A正确；‎ B．最外层电子排布为2s22p6的原子为氖原子，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是阴离子也可能是阳离子如O2-、Na+等，不一定处于同一周期，故B错误；‎ C．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d 轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故C错误；‎ D．两原子的核外全部都是s电子，原子具有1s能级或具有1s、2s能级，不处于同一周期，如氢原子与锂原子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.下表所列有关晶体的说法中，有错误的是 选项 A B C D 晶体名称 碘化钾 铜 石墨 碘 组成晶体微粒名称 阴、阳离子 金属阳离子,自由电子 原子 分子 晶体内存在的作用力 离子键 金属键 共价键 范德华力,共价键 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是对晶体知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是知识的积累，侧重基础知识的考查。‎ ‎【详解】A.碘化钾属于离子晶体，阴阳离子通过离子键结合，故A正确；‎ B.铜属于金属晶体，原子间通过金属键结合，故B正确；‎ C.石墨属于混合晶体，构成微粒为原子，晶体中存在共价键和范德华力，故C错误；‎ D.碘属于分子晶体，分子间通过范德华力结合，分子内碘与碘之间是共价键，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎14.已知某离子晶体晶胞如下图所示，其摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为dg/cm3。下列说法中正确的是 A. 晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1‎ B. 该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为cm C. 其中阴、阳离子的配位数都是4‎ D. 该晶胞可能是NaCl的晶胞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体晶胞中阴、阳离子的个数分别为8×+6×=4，12×+1=4，故A错误；‎ B．晶胞的质量为g，晶体的密度为dg•cm-3，则晶胞的体积是=cm3，则晶胞的边长为cm，该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为晶胞面对角线的一半，为×cm，故B错误； ‎ C．根据晶胞结构，阴、阳离子的配位数都是6，故C错误；‎ D．该晶胞中阴、阳离子的个数比为1:1，可能是NaCl的晶胞，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15. 下列各组微粒的空间构型相同的是( )‎ ‎①NH3和H2O ②NH4+和H3O＋ ③NH3和H3O＋④O3和SO2 ⑤CO2和BeCl2⑥SiO44－和SO42－⑦BF3和Al2Cl6‎ A. 全部 B. 除④⑥⑦以外 C. ③④⑤⑥ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氨气是三角锥形，水是V形，①错误；‎ 铵根离子是正四面体形，水合氢离子是三角锥形，②错误；氨气和水合氢离子均是三角锥形，③正确；‎ 臭氧和二氧化硫均是V形，④正确；‎ CO2和BeCl2均是直线形，⑤正确；‎ SiO44-和SO42-均是正四面体形，⑥正确；‎ ‎⑦BF3是平面三角形，Al2Cl6的分子结构是非共用的四个氯原子与两个铝原子在同一平面是，共用氯原子在垂直于该平面的两面，⑦错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.已知信息：[Cu(NH3)4]SO4的电离方程式：[Cu(NH3)4]SO4 ==[Cu(NH3)4]2＋+SO42−。具有6个配体的Co3＋的配合物CoClm·nNH3，若1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成2 mol AgCl沉淀，则m、n的值分别是（ ）‎ A. m=3，n=4 B. m=3，n=‎‎3 ‎ C. m=5，n=1 D. m=3，n=5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据化合价代数和等于0，可知m=3，1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成2 mol AgCl沉淀，说明外界有2个氯离子，内界有1个氯离子， Co3＋有6个配体，所以n=5，故D正确。‎ ‎17.下列有关物质结构与性质的说法中合理的是( )‎ A. CO与CN—结构相似，含有的σ键与π键个数此均为1:2‎ B. 根据VSEPR 理论可知H2O、NH3、CH4分子内键角依次减小 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】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO与CN—结构相似，原子间均以三键相连，含有的σ键与π键个数此均为1:2，A正确；‎ B. 根据VSEPR 理论可知H2O、NH3、CH4分子内孤对电子数依次减少（2、1、0），对键合电子的斥力也越来越小，键角依次增大，B错误；‎ C. 氯化铜中两原子的电负性只差为1.1，形成的为极性共价键，故氯化铜为共价化合物，C错误；‎ D. HF比HCl更稳定是因为HF中H-F键的键能更大，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】氢键主要影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。‎ ‎18. 下列叙述错误的是( )‎ ‎①离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性 ‎ ‎②配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对 ‎ ‎③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用 ‎ ‎④在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键 ‎ ‎⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键 ‎⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同( )‎ A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故正确；‎ ‎②配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故错误；‎ ‎③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故正确；‎ ‎④在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故错误；‎ ‎⑤化合物NH4Cl和CuSO4•5H2O都存在配位键，铵根离子中N原子和其中一个H原子形成配位键，Cu原子和水分子中O原子形成配位键，故正确；‎ ‎⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故正确；‎ ‎②④错误，故选B。‎ ‎19.下列有关的说法中，正确的是（ ）‎ A. 向溴乙烷中加入NaOH溶液，加热，充分反应，再加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素 B. 实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液的液面以下 C. 溴乙烷和NaOH乙醇溶液共热，得到的气体通入KMnO4酸性溶液，发现溶液褪色，则可以证明溴乙烷发生了消去反应 D. 检验醛基时，制备新制Cu(OH)2悬浊液时，将4～6滴2％的NaOH溶液滴入2mL2%的CuSO4溶液中，边滴加边振荡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在加入硝酸银溶液之前，首先要加入硝酸中和氢氧化钠以排除氢氧化银分解得到氧化银干扰溴化银的淡黄色，故A错误；‎ B.温度计水银球应该置于液面之下，该反应需要的反应温度‎170℃‎，测量的是反应液的温度，故B正确；‎ C.溴乙烷和NaOH醇溶液共热产生乙烯，通入KMnO4酸性溶液使其褪色，是发生消去反应，但是蒸馏出来的乙醇也会使得高锰酸钾溶液褪色，故C错误；‎ D.制备新制Cu(OH)2悬浊液时，在试管里加入10%的氢氧化钠溶液2mL，滴入2%的硫酸铜溶液4∼6滴，振荡即成，过程需要碱过量，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题涉及卤代烃的检验、烯烃的性质、溴乙烷的性质、新制氢氧化铜碱性悬浊液的制备等，是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题贴近教材，基础性强，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力。‎ ‎20.某饱和一元醇35.2和足量金属Na反应，生成标准状况下氢气为‎4.48L，该醇可催化氧化生成醛的结构可能有 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了限制条件下同分异构体的书写，掌握醇氧化生成醛是解答的关键，题目难度不大。‎ ‎【详解】标准状况下‎4.48L氢气物质的量为：‎ 设饱和一元醇的组成为，则：‎ ‎       ‎ ‎           1mol ‎    g                   ‎ ‎： ：‎ 解得 故该醇的组成为，‎ 该醇可氧化成醛，说明存在，可以看作丁烷中1个氢原子被替代，丁烷有：‎ ‎，，均有2种氢原子，故符合条件的醇共有4种，‎ 故选D。‎ 二、填空题 ‎21.(1)有下列几组物质，请将序号填入下列空格内：‎ A、CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH) B、‎12C60和石墨 C、和D、35Cl和37Cl E、乙醇和乙二醇 ‎①互为同系物的是________；‎ ‎②互为同分异构体的是________；‎ ‎③既不是同系物，又不是同分异构体，也不是同素异形体，但可看成是同一类物质是________。‎ ‎(2)有8种物质：A乙烷；B乙烯；C乙炔；D苯；E甲苯；F溴乙烷；G聚丙烯；H环己烯。‎ 其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是________；‎ ‎(3)写出聚合物的单体结构简式________和________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). ADFG (5). CH2=CH2 (6). CH2=CHCH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查了同系物、同分异构体、同类物质的判断、常见有机物的相关性质和聚合物单体的书写，难度中等，掌握基础为解题关键，注意基础知识的积累 ‎【详解】(1)A．CH2=CH-COOH和油酸 (C17H33COOH)结构相似、通式相同，相差15个CH2原子团，互为同系物；‎ B.C60和石墨是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体；‎ C.分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ D. 和质子数都为17，中子数不同，是氯元素的不同原子，互为同位素；‎ E.乙醇和乙二醇都含有羟基但个数不同，可看成是同一类物质。‎ 综上可知，①互为同系物是A；②互为同分异构体的是C； ③既不是同系物，又不是同分异构体，也不是同素异形体，但可看成是同一类物质的是E，‎ 故答案为：①A；②C；③E；‎ ‎(2)A乙烷既不能使酸性溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；‎ B.乙烯既能使酸性溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色；‎ C.乙炔既能使酸性溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色；‎ D.苯既不能使酸性溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；‎ E.甲苯能使酸性溶液褪色，但不能与溴水反应使溴水褪色；‎ F.溴乙烷既不能使酸性溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；‎ G.聚丙烯既不能使酸性溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；‎ H.环己烯既能使酸性溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色；‎ 综上可知，不能使酸性溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是ADFG，‎ 故答案为：ADFG；‎ ‎(3)链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．结构简式中主链上有4个碳原子其单体必为2种，将单键键中的1个C-C打开，可得该聚合物的单体结构简式为CH2=CH2和 CH2=CHCH3，‎ 故答案为：CH2=CH2;CH2=CHCH3‎ ‎22.(1)铁元素位于元素周期表中第______周期，第______族；‎ ‎(2)Fe3+的电子排布式 ______  ‎ ‎(3)Fe2+的外围电子轨道表示式 ______  ‎ ‎(4)为什么Fe3+在自然界Fe的各种存在形式中最为常见？ ______  ‎ ‎(5)目前发现的铁的最高化合价是+6价，理论上最高价是 ______ ．‎ ‎【答案】 (1). 四 (2). VIII (3). 1s22s22p63s23p63d5 (4). (5). Fe3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，3d轨道半满，为稳定状态 (6). +8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期，第VIII族，故答案为：四；VIII；‎ ‎(2) Fe为26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是铁原子失去4s 上两个电子和3d上的一个电子形成的阳离子，其电子排布式1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；‎ ‎(3) Fe2+的是铁原子失去4s上的两个电子形成的，其外围电子只剩3d轨道电子，Fe2+的外围电子轨道表示式，故答案为：；‎ ‎(4) Fe3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，3d轨道半充满，能量相对较低为稳定状态，因此Fe3+在自然界Fe的各种存在形式中最为常见，故答案为：Fe3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，3d轨道半满，为稳定状态；‎ ‎(5)元素的最高正化合价等于其最外层电子数或者是价电子总数，铁的价电子排布式为3d64s2，价电子总共8个，所以铁的最高正化合价理论上是+8价，故答案为：+8。‎ 三、推断题 ‎23.化合物M属于功能高分子材料。实验室由化合物A和B制备M()的一种合成路线如下：‎ 已知：(R1、R2表示氢原子或烃基)‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为______；B中官能团的名称为_____；C的化学名称为_____。‎ ‎(2)由B生成F和由D生成E的反应类型分别为____、____；由G生成H的反应试剂和反应条件分别为______。‎ ‎(3)由E和I生成M的化学方程式为_________________________________。‎ ‎(4)同时满足下列条件的E的同分异构体共有________种(不考虑立体异构，不包括本身)。‎ ‎①硝基与苯环直接相连。 ②与钠反应放出H2。‎ ‎(5)参照上述合成路线和信息，设计以丙酮为原料无机试剂任选，制备的合成路线：______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 醛基 (3). 4-硝基甲苯(或对硝基甲苯) (4). 加成反应 (5). 取代反应(或水解反应) (6). 浓硫酸、加热 (7). (8). 12 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息推知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。‎ ‎【详解】的结构简式为；B中官能团的名称为醛基；C的化学名称为硝基甲苯或对硝基甲苯；故答案为： ；醛基； 硝基甲苯或对硝基甲苯；‎ 通过加成反应生成，通过取代反应或水解反应生成。在浓、加热条件下发生消去反应生成；故答案为：加成反应；取代反应或水解反应；浓、加热；‎ 与I反应生成M化学方程式为 ‎。故答案为：；‎ 由题意知，与钠反应放出，可能含有酚羟基或醇羟基。若含有酚羟基，苯环直接与羟基、硝基和甲基相连，共10种；若为醇羟基，苯环直接与硝基和相连，共3种，除去E自身，共有12种符合条件的E的同分异构体；故答案为12；‎ 由信息，与HCN发生加成反应生成，再发生水解反应生成，最后发生缩聚反应生成，由此可得合成路线；故答案为：‎ ‎24.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的 ；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A 元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。‎ ‎(1)G的元素名称为__________________ ‎ ‎(2)A、B、C三种元素电负性由大到小的顺序为_____________________(用元素符号表示)，第一电离能D _______Al(填“>”“<”或“=”)，其原因是___________________________。‎ ‎(3)C元素的电子排布图为__________________；E3+的离子符号为__________________‎ ‎(4)F元素位于元素周期表的______区，其基态原子的电子排布式为___________________‎ ‎(5)G元素可能的性质_______________‎ A．其单质可作为半导体材料      B．其电负性大于磷 C．最高价氧化物对应的水化物是强酸 D．其第一电离能小于硒 ‎【答案】 (1). 砷 (2). F、O、N (3). > (4). Mg的3s处于全满状态较稳定 (5). (6). Fe3+ (7). ds区 (8). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (9). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大，A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；B原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，最外层电子数为2，故D为Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则原子序数为26，为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G为As元素。‎ ‎【详解】(1) G为As元素，G的元素名称为砷；‎ ‎(2)同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，故电负性F>O>N；Al价电子排布式为3s23p1，D为Mg元素，价电子排布式为3s2，Mg的3s处于全满状态较稳定，第一电离能Mg>Al；‎ ‎(3) C为F元素，电子排布图为，E3+的离子符号为Fe3+；‎ ‎(4) F为Cu，位于周期表ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；‎ ‎(5)G为As元素，‎ A．As与Si位于周期表中金属与非金属分界线处，其单质可作为半导体材料，故A正确；‎ B．同一主族，从上到下，电负性减弱，As电负性比P小，故B错误；‎ C．As非金属性比P的弱，因磷酸为中强酸，则As的最高价氧化物对应的水化物是弱酸，故C错误；‎ D．砷元素位于VA族，P轨道为半充满状态，所以As第一电离能大于硒，故D错误；‎ 故答案选A。‎