【化学】宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

【化学】宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高二下学期期中考试 常用相对原子质量：H：‎1 C：12 O：16 Ca：40 Cu：64 Ni：59‎ 一、选择题 ‎1.如图是元素周期表中关于碘元素的信息，其中解读正确的是( )‎ A. 碘原子的中子数为53‎ B. 碘原子核外电子数为127‎ C. 碘原子核外有5种不同能量的电子 D. 碘原子最外层有7种不同运动状态的电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，碘元素的原子序数为53，原子序数=质子数=53，故A错误；‎ B．碘元素的相对原子质量为126.9，原子序数=原子核外电子数=53，故B错误；‎ C．外围电子排布为5s25p5，处于第五周期ⅦA族，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p共11种不同能量的电子，故C错误；‎ D．最外层电子排布为5s25p5，最外层有7种不同运动状态的电子，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.某元素价电子构型3d54s1，是该元素是( )‎ A. Fe B. Ni C. Cr D. Mn ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】价电子构型为3d54s1的元素，根据构造原理写出其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则其电子数为24，所以质子数为24，即为Cr元素，故答案选C。‎ ‎3.下列化合物中晶体类型完全相同的一组是( )‎ A. CH4和O2 B. HCl和SiO‎2 ‎C. NaOH和H2O D. Cu和 CaCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4和O2都为分子晶体，故A符合题意；‎ B．HCl为分子晶体，SiO2为原子晶体，故B不符合题意；‎ C．NaOH为离子晶体，H2O 为分子晶体，故C不符合题意；‎ D．Cu为金属晶体，CaCl2为离子晶体，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列物质性质的变化规律与键能无关的是 ‎①HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 ‎②NH3易液化 ‎③F2、Cl2，Br2、I2的熔、沸点逐键升高 ‎④H2S的熔，涕点小于H2O的熔、沸点 ‎⑤NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低 A. ①③④ B. ③④⑤ ‎ C. ②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①影响HF、HCl、HBr、HI热稳定性的因素是化学键键能的大小，与化学键有关，①不选；②NH3易液化是由于含有氢键的原因，不属于化学键，②选；③F2、C12、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键无关，③选；④H2S属于分子晶体，影响沸点高低的因素是分子间作用力，H2O含有氢键，则熔沸点比H2S高，与化学键无关，④选；⑤NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，影响熔点高低的因素是化学键的强弱，⑤不选。答案选C。‎ ‎5.化学用语在化学学科中作用非常重要，以下有关化学用语描述正确的是（ ）‎ A. Mg2+的电子排布式：1s22s22p63s2‎ B. 氨气的空间结构：三角形 C. Na2S的电子式：‎ D. 甲醛的结构简式：CH2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1s22s22p63s2为Mg原子的核外电子排布式，Mg2+是镁原子失去最外层两个电子形成，正确的核外电子排布式为：1s22s22p6，故A错误； B．氨气中氮原子为sp3杂化，存在一对孤电子对，所以氨气分子的构型为三角锥型，故B错误； C．硫化钠属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠的电子式为，故C正确； D．甲醛分子中含有1个醛基，其正确的结构简式为：HCHO，故D错误； 故选：C。‎ ‎6.下列无机含氧酸的酸性强弱比较正确的是( )‎ A. HNO2＞HNO3 B. H2CO3＞HNO3‎ C. HClO＞HClO3 D. HNO3＞H3PO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于同一元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性就越强，故酸性：HNO2 ＜HNO3，A项错误；‎ B．根据元素周期律可知，非金属性：C＜N，其最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，B项错误；‎ C．对于同一元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性就越强，故酸性：HClO＜HClO3，C项错误；‎ D．根据元素周期律可知，非金属性：N＞P，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，导致R-O-H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，越容易电离出H+，即酸性越强。‎ ‎7.区分晶体和非晶体的最科学的方法是( )‎ A. 测固体的熔点 B. 对固体进行X射线衍射实验 C. 看固体是否易被压缩 D. 比较固体的导热性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，而有些晶体的熔沸点较低，硬度较小，如Na等金属晶体，有些晶体不能导电，所以不能通过测固体的熔点、看固体是否易被压缩、比较固体的导热性来判断，故答案选B。‎ ‎8.氮氧化铝(AlON)是一种空间网状结构，硬度大熔点高的透明材料，描述正确的是 A. 属于原子晶体 B. 含有离子键 C. 既有离子键又有共价键 D. 属于离子晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氮氧化铝(AlON)，全称是透明高硬度防弹铝材料，是一种空间网状结构，硬度大熔点高的透明材料，符合原子晶体的结构特点和性质特点，属于原子晶体，则晶体中含共价键而无离子键，故答案选A。‎ ‎9.下列推论正确是( )‎ A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3‎ B. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体 C. NH4+为正四面体结构，可推测PH4+也为正四面体结构 D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于PH3，故A错误；‎ B．CO2 晶体是分子晶体，但是SiO2 晶体是原子晶体，故B错误；‎ C．N、P是同主族元素，形成的离子NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型，故C正确；‎ D．C2H6中两个−CH3对称，是非极性分子，是直线型，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.金属晶体能传热的原因（）‎ A. 因为金属晶体的紧密堆积 ‎ B. 因为金属键是电子与电子之间的作用 C. 金属晶体中含自由移动的电子 ‎ D. 金属晶体中的自由移动的阳离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属具有良好的导热性是因为自由电子在运动时与金属离子碰撞而引起能量的交换；‎ 答案为C。‎ ‎11.下列说法中错误的是( )‎ A. 卤化氢中，以HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键 B. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低 C. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属 D. N2分子中有一个σ键，2个π键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HF分子之间存在氢键，大大加强了HF分子之间的作用力，使HF的熔沸点升高，A项正确；‎ B．邻羟基苯甲醛在分子内形成了氢键，在分子间不存在氢键；对羟基苯甲醛不可能形成分子内氢键，只能在分子间形成氢键，因此，邻羟基苯甲醛的熔、沸点低于对羟基苯甲醛的熔、沸点，B项正确；‎ C．在元素周期表中，s区元素还包括氢元素，氢元素是非金属元素，d区和ds区元素为过渡元素，都是金属元素，C项错误；‎ D．N2分子结构为N≡N，N2分子含有的氮氮叁键中，1个为σ键，另外2个为π键，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其面积之比为3：2的化合物是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断有机物里有几种等效氢原子，再计算等效氢原子的个数之比。‎ ‎【详解】A． 具有对称结构，其分子中含有2种等效H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，其面积之比为6：2=3：1，故A不符题意；‎ B．具有对称结构，其分子中含有3种等效H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰， 故B不符题意；‎ C．具有对称结构，其分子中含有3种等效H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，故C不符题意；‎ D．具有对称结构，其分子中含有2种等效H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，其面积之比为6：4=3：2，故D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】有机物分子里有几种等效氢原子，则核磁共振氢谱中就会出现几组峰，等效氢原子的个数之比等于峰的面积之比。‎ ‎13.等物质的量的下列有机物完全燃烧，生成CO2的量最多的是( )‎ A. C6H6 B. C2H‎6 ‎C. C3H6 D. CH4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在有机物物质的量相等的条件下，有机物中碳原子数越多，完全燃烧生成的CO2的量就越多，则根据有机物的化学式可知，C6H6中碳原子数最多，生成的CO2的量最多，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎14.1 mol乙烯与氯气发生加成反应后，再与氯气发生完全取代反应，整个过程中消耗氯气(　　)‎ A. 3 mol B. 6 mol C. 4 mol D. 5 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】乙烯分子中有1个碳碳双键，则1mol乙烯与氯气发生加成反应，消耗1mol氯气，生成CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl再与氯气发生完全取代反应，CH2ClCH2Cl中的H原子全部被Cl原子取代，生成CCl3CCl3，消耗4mol氯气，故1mol乙烯与氯气发生加成反应后，再与氯气发生完全取代反应，整个过程中消耗氯气的物质的量为1mol+4mol=5mol，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意区分加成和取代的区别：‎ ‎（1）加成反应：加成反应特点：“断一、加二、都进来”，“断一”是指双键中的一个不稳定键断裂；“加二”指加上两个其他原子或原子团。‎ ‎（2）取代反应：取代反应特点：“一上一下，有进有出”，类似无机反应中的复分解反应。‎ ‎15.有机物：①甲烷 ②乙烯 ③苯 ④甲苯中，分子内所有原子一定都在同一平面的是(　 　)‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲烷为正四面体构型，分子中的任意4个原子都不处于同一平面内，其中碳原子和任意2和氢原子在同一平面内，①错误；②乙烯为平面形结构，分子内所有原子都在同一平面，②正确；③苯为平面形结构，分子中的12个原子都处于同一平面内，③正确；④利用苯分子中12个原子共面可推知，甲苯分子中7个碳原子，5个氢原子一定共面，此外甲基上1个氢原子也可以转到这个平面上，其余两个氢原子分布在平面两侧，故甲苯分子中最多有13个原子在同一平面，④错误；由此可知，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是( )‎ A. 3-甲基-2-丁烯 B. 3-氯丁烷 C. 2-乙基戊烷 D. 2，2-二甲基丁烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲基的编号错误，正确命名应该为2-甲基-2-丁烯，故A错误；‎ B．官能团氯原子的编号错误，正确命名应该为2-氯丁烷，故B错误；‎ C．主链不是最长碳链，该有机物正确命名应该为3-甲基己烷，故C错误。‎ D．主链选择和甲基编号均正确，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】命名时需要选择最长碳链作主链，要选择主链中离支链最近的一端为起点，用1、2、3等阿拉伯数字依次给支链上的各个碳原子编号定位，以确定支链在主链中的位置。‎ ‎17.由苯作原料不能经一步化学反应制得的是( )‎ A. 硝基苯 B. 环己烷 C. 溴苯 D. 苯酚 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，故A不符合题意；‎ B．苯与氢气发生加成反应生成环己烷，故B不符合题意；‎ C．苯与液溴发生取代反应生成溴苯，故C不符合题意；‎ D．苯不能直接转化为苯酚，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的化学键，苯分子的特殊结构决定了苯兼有烷烃和烯烃的化学性质，即易取代，能加成，难氧化。需要注意的是苯和溴水发生萃取，在铁的作用下苯能与液溴发生取代反应生成溴苯，注意反应条件的不同。‎ ‎18.欲除去下列物质中混入少量杂质(括号内物质 为杂质)，不能达到目的的是( )‎ A. 乙酸乙酯(乙酸)：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡静置后，分液 B. 乙酸(乙醇)：加入金属钠，蒸馏 C. 乙醇(水)：加入新制生石灰，蒸馏 D. 苯甲酸(NaCl)：加水，重结晶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸与碳酸钠反应而被吸收，但乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以乙酸乙酯中混有乙酸，加饱和碳酸钠溶液，充分振荡静置后，分液可分离，故A不符合题意；‎ B．乙酸和乙醇与金属钠都反应，不能用加金属钠的方法分离，故B符合题意； ‎ C．新制生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸馏时，可得到较为纯净的乙醇，故C不符合题意； ‎ D．由于苯甲酸在水中溶解度很小，而氯化钠易溶于水，所以可以采用重结晶的方法除杂，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎19.由2-溴丙烷(CH3CHBrCH3)制备少量的1,2-丙二醇(HOCH2CHOHCH3)时需经过下列哪几步反应( )‎ A. 消去、加成、取代 B. 加成、消去、取代 C. 取代、消去、加成 D. 消去、加成、消去 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】1,2-丙二醇(HOCH2CHOHCH3)含有两个羟基，可以由二卤代烃发生水解反应引入2个羟基，而二卤代烃可以由丙烯与卤素单质发生加成反应得到，丙烯可通过2-溴丙烷发生消去反应得到，即转化路线为CH3CHBrCH3→CH2=CHCH3→CH2ClCHClCH3→HOCH2CHOHCH3，过程中发生反应类型分别为消去反应、加成反应、取代反应，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎20.为检验某溴代烃(R-Br)中的溴元素，有下列实验操作： ‎ ‎①加热煮沸；②加入AgNO3溶液；③取少量卤代烃；④加入稀硝酸酸化；⑤加入NaOH溶液；⑥冷却；正确操作的先后顺序是 (   )‎ A. ③⑤①⑥④② B. ③⑤①⑥②④ C. ③①⑤⑥②④ D. ③①②⑥④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】检验某溴代烃(R-Br)中的溴元素，应该先取少量溴代烃，溴代烃的水解应在碱性条件下，应该向溴代烃中加入氢氧化钠溶液，进行加热加快反应速率，然后冷却液体，因为银离子与氢氧根离子会反应生成沉淀，干扰溴离子的检验，因此向溶液中加入稀硝酸使其酸化，溶液再加入硝酸银溶液观察是否生成沉淀和沉淀颜色，所以其操作顺序是③⑤①⑥④②，故A正确；‎ 答案选A。‎ ‎21.下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是(　 　)‎ ‎① ；②；③(CH3)‎3C–CHBr2；④CHCl2–CHBr2；⑤；⑥CH3Cl A. 全部 B. ②④ C. ①③⑥ D. ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 卤代烃在KOH醇溶液中加热发生消去反应，根据卤代烃发生消去反应的断键方式，可知：①与卤素原子相连的碳没有邻位碳原子的卤代烃不能发生消去反应；‎ ‎②与卤素原子相连的碳有邻位碳原子，但邻位碳原子上无氢原子的卤代烃不能发生消去反应；据此分析。‎ ‎【详解】①机物发生消去反应发生后将会形成不饱和键，而中相邻的碳原子是苯环的一部分，若发生消去反应再形成双键，会破坏苯环结构，故不能发生消去反应，该物质在KOH醇溶液中加热不反应，①正确；‎ ‎②分子中与Cl原子相连的碳有邻位碳原子，且邻位碳原子上有氢原子，故可在KOH醇溶液中加热条件下发生消去反应，生成CH3CH2CH=CH2，②错误；‎ ‎③(CH3)‎3C–CHBr2分子中与Br原子相连的碳有邻位碳原子，但邻位碳原子上无氢原子，故该物质在KOH醇溶液中加热不反应，③正确；‎ ‎④CHCl2–CHBr2分子中与Cl、Br原子相连的碳有邻位碳原子，且邻位碳原子上有氢原子，故可在KOH醇溶液中加热条件下发生消去反应，生成CCl≡CBr，④错误；‎ ‎⑤分子中与Br原子相连碳有邻位碳原子，且邻位碳原子上有氢原子，故可在KOH醇溶液中加热条件下发生消去反应，生成，⑤错误；‎ ‎⑥CH3Cl分子中与Cl原子相连的碳没有邻位碳原子，故该物质在KOH醇溶液中加热不反应，⑥正确；由此可知，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意：‎ RCHX–CHXR型卤代烃，发生消去反应，可生成RC≡CR。如题④CHCl2–CHBr2。‎ ‎22.下列有关苯酚的叙述中正确的是( )‎ ‎①纯净的苯酚是粉红色晶体，温度高于‎65 ℃‎时能与水以任意比例互溶；‎ ‎②苯酚沾在皮肤上应用酒精清洗；‎ ‎③苯酚有毒，不能配成洗涤剂和软膏；‎ ‎④苯酚比苯容易发生苯环上的取代反应；‎ A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①纯净的苯酚是无色晶体（露置在空气中会因小部分被氧化而成粉红色），当温度高于‎65 ℃‎时能与水混溶；①错误；‎ ‎②苯酚易溶于乙醇等有机溶剂，苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，若不慎粘上，应立即用酒精清洗，②正确；‎ ‎③苯酚是一种有毒的物质，对皮肤、黏膜有强烈的腐蚀作用，但苯酚也是很多医药（如水杨酸、阿司匹林及磺胺药等）、合成香料、染料的原料，也能配成洗涤剂和软膏，③错误；‎ ‎④苯酚中苯环与羟基直接相连，苯酚分子里的羟基与苯基互相影响。由于羟基的存在影响苯酚中苯环羟基的邻、对位H原子，使得苯酚中羟基的邻、对位H原子比较活泼，使得苯酚比苯更容易发生苯环上的取代反应，④正确；‎ 综上所述，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎23.下列醇不能在铜的催化下发生氧化反应的是(　　)‎ A. B. CH3CH2CH2CH2OH C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醇的催化氧化的反应情况与跟羟基(–OH)相连的碳原子上的氢原子的数个有关：‎ ‎（1）有2～3个H原子，则该醇被氧化生成醛；‎ ‎（2）有1个氢原子，该醇被氧化生成酮；‎ ‎（3）没有氢原子，该醇不能被催化氧化。‎ 据此分析。‎ ‎【详解】A．分子中与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，可在铜的催化下发生氧化反应，生成丁酮，A项错误；‎ B．CH3CH2CH2CH2OH分子中与羟基相连的碳原子上有2个氢原子，可在铜的催化下发生氧化反应，生成丁醛，B项错误；‎ C．分子中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能在铜的催化下发生氧化反应，C项正确；‎ D． 分子中与羟基相连的碳原子上有2个氢原子，可在铜的催化下发生氧化反应，生成2-甲基丙醛，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎24.已知C4H10的同分异构体有两种：CH3–CH2–CH2–CH3、，则C4H9OH属于醇类的同分异构体共有( )‎ A. 3种 B. 4种 C. l种 D. 2种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要判断C4H9OH属于醇类的同分异构体的数目，可利用等效氢法来判断。‎ ‎【详解】醇C4H9OH可以看成羟基取代烃C4H10分子中的一个氢原子，分析C4H10的两种同分异构体：CH3–CH2–CH2–CH3和。CH3–CH2–CH2–CH3分子中有两种等效氢，若羟基取代该分子中的氢原子，可生成2种结构的醇；分子中有两种等效氢，若羟基取代该分子中的氢原子，也可生成2种结构的醇，则C4H9OH属于醇类的同分异构体共有2+2=4种，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法，规律为：‎ ‎（1）同一个碳原子上的氢原子等效；‎ ‎（2）同一碳原子上的甲基上的氢原子等效；‎ ‎（3）位于对称位置上的碳原子上的氢原子等效。‎ ‎25.300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。没食子酸的结构简式为，下列关于没食子酸的说法正确的是( )‎ A. 分子式为C7H7O5‎ B. 能发生加成反应，消去反应和取代反应 C. 1 mol没食子酸与足量的钠反应，生成2 mol H2‎ D. 1 mol没食子酸与足量的碳酸氢钠反应，生成4 mol CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知有机物分子式为C7H6O5，故A错误；‎ B．羟基连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；‎ C．羟基和羧基都可与钠反应生成氢气，则1 mol没食子酸与足量的钠反应，生成2 mol H2，故C正确；‎ D．能与碳酸氢钠反应的只有羧基，则1 mol没食子酸与足量的碳酸氢钠反应，生成1 mol CO2，故D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸性质的考查，注意酚不能发生消去反应。‎ 二、非选择题 ‎26.写出下列有机物的官能团的名称 ‎① ______；② ______；③ ______ ；④CH3CH=CH CH2Br ______ ______ ；⑤ ______ .‎ ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 碳碳双键 (5). 溴原子 (6). 醛基 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构简式可判断有机物含有官能团，常见的官能团有C=C、-X、-OH、-CHO、-COOH以及-NO2、-NH2等。‎ ‎【详解】①含有-COO-官能团，为酯基，故答案为：酯基；‎ ‎②含有-OH官能团，为羟基，故答案为：羟基；‎ ‎③含有-COOH官能团，为羧基，故答案为：羧基；‎ ‎④含有-Br和 C=C，为溴原子和碳碳双键，故答案为：碳碳双键；溴原子；‎ ‎⑤含有-CHO，为醛基，故答案为：醛基。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的官能团，注意把握常见有机物的官能团的结构简式，把握名称。‎ ‎27.A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中C、E是金属元素；A和E属同族，它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题：‎ ‎(1)A是________，C是________。(用元素符号表示) ‎ ‎(2)写出B元素基态原子的核外电子排布图：________________________。 ‎ ‎(3)元素B与D的电负性的大小关系是D____________ B (填“>”“<”或“＝”，下同)，E与C的第一电离能大小关系是C________E。‎ ‎(4)写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：_____________。‎ ‎【答案】 (1). H (2). Al (3). (4). < (5). > (6). Al(OH)3 ＋ OH－=AlO2-＋ 2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D处于同主族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，外围电子排布为ns2np4，故B为O元素、D为S元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，最外层电子数为3，且为金属元素，故C为Al；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于IA族，A为非金属，结合原子序数可知，A为H元素、E为K元素；综上分析可知：A为H；B为O；C为Al；D为S；E为K。‎ ‎【详解】由上述分析可知：A为H；B为O；C为Al；D为S；E为K。‎ ‎（1）由分析可知：A为H；C为Al；故答案为：H；Al；‎ ‎（2）B为O，核外有8个电子，电子排布图为：，故答案为：；‎ ‎（3）同主族自上而下电负性减小，故电负性S＜O，一般金属性越强第一电离能越小，故元素第一电离能为Al＞K，故答案为：＜；＞； ‎ ‎（4）元素E和C最高价氧化物水化物分别为：KOH、Al(OH)3，两者反应离子方程式为：Al(OH)3 ＋OH－=AlO2-＋ 2H2O；故答案为：Al(OH)3 ＋OH－=AlO2-＋2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查结构位置与性质关系，推断元素是解题的关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。‎ ‎28.I.在最新的家用汽车的调查中发现，新车中气体的质量不符合标准．汽车污染主要来源于汽车配件及材料，它们都会产生大量的有毒有机物．其中一种有毒物质A，为了测定有机物A的结构，做如下实验：‎ ‎①将‎9.2g该有机物完全燃烧，生成标况下‎15.68L的CO2和‎7.2g水；‎ ‎②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；‎ 则由图可知该分子的相对分子质量是________，有机物A的分子式为_________。‎ II. 已知：A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；由A通过聚合反应生成高分子化合物F，F可用于工业合成塑料，现以A为主要原料合成G，以A为原料的合成路线如下图所示。回答下列问题：‎ ‎(1)写出②、④ 、⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：‎ ‎②_____________________，反应类型__________。‎ ‎④______________________，反应类型_________。‎ ‎⑤_______________________，反应类型_________。‎ ‎(2)写出由C与新制氢氧化铜反应的化学方程式及实验现象：_________________；_______________。‎ ‎【答案】 (1). 92 (2). C7H8 (3). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (6). 酯化反应 (7). CH3COOCH2CH3+NaOH CH3COONa+CH3CH2OH (8). 水解反应 (9). CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O (10). 有砖红色沉淀生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．质谱图中最右边的那个峰就是该物质的相对分子质量，由商余法确定其分子式；‎ II．A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得D为CH3COOH，E是一种无色透明、有香味的油状液体，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，在氢氧化钠溶液中水解生成乙醇和乙酸钠，F为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成F为，结合有机物的结构和性质解答该题。‎ ‎【详解】I．（1）从质谱图中可以看出该气体的相对分子质量为92，由商余法确定其分子式：=78，碳原子个数为7，氢原子个数为8，分子式为C7H8；故答案为：92；C7H8；‎ II．（1）反应②为CH3CH2OH氧化生成CH3CHO，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎；氧化反应；‎ 反应④为CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，是酯化反应，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；酯化反应；‎ 反应⑤为CH3COOCH2CH3在NaOH溶液中水解生成乙醇和乙酸钠，化学方程式为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH，是水解反应，故答案为：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；水解反应；‎ ‎（2）C为CH3CHO，其与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O，实验现象为有砖红色沉淀生成，故答案为：CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；有砖红色沉淀生成。‎ ‎29.实验室用如下图所示装置来制备乙炔，并验证乙炔的某些化学性质，制备的 乙炔气体中往往含有少量的 H2S 和PH3气体，请按下列要求填空： ‎ ‎(1)实验室制乙炔的化学方程式是：_________________；为了得到较为平稳的乙炔气流， 装置 A 的分液漏斗中常用______________来代替水．‎ ‎(2) 装置 D 中观察到的现象是 ___________________________________________ ‎ ‎(3) 装置 B 中CuSO4溶液的作用是_______________________________．‎ ‎(4)写出以乙炔和HCl为原料，合成聚氯乙烯的方程式是________________，___________________ 。‎ ‎(5)若称取m g 电石，反应完全后，生成的乙炔n g，则CaC2的纯度为_____(用m与n表示)。‎ ‎【答案】 (1). CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2 (2). 饱和食盐水 (3). 紫色或紫红色褪去 (4). 除去 H2S和PH3 杂质，以防干扰后续实验 (5). CH≡CH+HCl→CH2=CHCl ‎ ‎ (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室用电石和水反应制备乙炔，其中含有杂质，为了净化和检验乙炔气体，测定气体体积，则需要装备依次为：气体制备装置、净化装置（除硫化氢）、检验装置、性质实验装置、排水测体积的装置，‎ ‎（1）实验室制备乙炔是利用电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙，碳化钙与水反应很剧烈，用饱和食盐水可以减缓反应；‎ ‎（2）乙炔通过高锰酸钾溶液会被氧化生成二氧化碳，溶液褪色； ‎ ‎（3）制备的乙炔气体中往往含有少量的H2S气体，通过硫酸铜溶液除去硫化氢，防止影响乙炔的检验；‎ ‎（4）乙炔与氯化氢发生加成反应，然后发生加聚反应；‎ ‎（5）根据方程式由乙炔的质量求出碳化钙的质量，再求出CaC2的纯度。‎ ‎【详解】（1）实验室制备乙炔是利用电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2，碳化钙与水反应很剧烈，用饱和食盐水可以减缓反应，所以为了得到平稳的气流，用饱和食盐水代替水，故答案为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2；饱和食盐水；‎ ‎（2）乙炔通过高锰酸钾溶液，乙炔含有不饱和键，被高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，装置D中观察到的现象是紫色或紫红色褪去；故答案为：紫色或紫红色褪去；‎ ‎（3）硫化氢气体具有还原性，也会导致溴水、高锰酸钾溶液褪色，装置B中CuSO4溶液的作用是除去乙炔中的H2S 和PH3气体，防止干扰后续检验实验；故答案为：除去 H2S和PH3 杂质，以防干扰后续实验；‎ ‎（4）乙炔与氯化氢发生加成反应，然后发生加聚反应，方程式为：CH≡CH+HCl→CH2=CHCl、，故答案为：CH≡CH+HCl→CH2=CHCl、；‎ ‎（5）若称取m g 电石，反应完全后，生成的乙炔n g，设参加反应的碳化钙为xg，‎ ‎，n=，则CaC2的纯度为：=，故答案为：。‎ ‎30.东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：‎ ‎(1)镍元素基态原子的价电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。‎ ‎(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。‎ ‎①[Ni(NH3)6]SO4中SO42-的立体构型是_____。‎ ‎②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______ ，提供空轨道的中心微粒是_____。‎ ‎③氨的沸点_____(“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______；氨是_____分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_______。‎ ‎(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。‎ ‎(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_____。‎ ‎②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). Ni2+ (6). 高于 (7). NH3分子间可形成氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属 (11). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (12). 1:3 (13). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Ni元素原子核外电子数为28‎ ‎，结合能量最低原理书写核外电子排布式，据此判断镍元素基态原子3d能级上的未成对的电子数；‎ ‎（2）①根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；‎ ‎②一方提供孤电子对，一方提供空轨道，二者之间形成配位键；‎ ‎③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点，NH3为配位分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；‎ ‎（3）单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定；‎ ‎（4）①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；‎ ‎②属于面心立方密堆积，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合m=ρV可以计算晶胞棱长。‎ ‎【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，其价电子为3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：3d84s2；2；‎ ‎（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；‎ ‎②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；Ni2+；‎ ‎③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的；NH3中心原子N原子价层电子对为3+1=4，VSEPR模型为四面体，由于含有1对孤电子对，故为三角锥形，为极性分子，N原子采用sp3杂化，故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3；‎ ‎（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；‎ ‎（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为=1，Cu原子数目为，晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，故答案为：1：3；‎ ‎②晶胞属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为，根据，有 ‎，得到a=nm，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础。‎