【化学】山东省滕州市第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（解析版）

【化学】山东省滕州市第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（解析版）

山东省滕州市第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考 试卷分选择题和非选择题两部分，全卷满分 100 分，考试时间 90 分钟。‎ 可能用到的原子量：H:‎1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 P:31 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca:40 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Zn:65 Br:80 Ag:108 Ba:137 Pb:207‎ 第Ⅰ卷 选择题(共 48 分)‎ 一、选择题(本题包括 12 个小题，每小题只有一个正确答案， 每小题 2 分，共 24 分) ‎ ‎1.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中不正确的是(　　)‎ A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上 B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水 C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI D. 由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.冰中分子排列有序，含有氢键数目增多； ‎ B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中溶解度； ‎ C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键； ‎ D.氢键具有方向性和饱和性。‎ ‎【详解】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A正确； ‎ B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B正确； ‎ C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C错误；‎ D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D正确； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查氢键的形成与性质，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响，题目难度不大。‎ ‎2.下列叙述正确的是：‎ ‎①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ‎②熔点：Al＞Na＞K ‎③IA、IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布 ‎④结合质子（H+）能力：CO32﹣＞HCO3﹣＞SO42﹣‎ ‎⑤同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高 ‎⑥已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）；△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，‎ ‎⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N（ ）‎ A. ②③④ B. ①⑥⑦ C. ②④⑥ D. ③⑤⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①因非金属性F＞O＞S，则氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2S，故①错误；‎ ‎②因铝的半径最小，电荷最高，则熔点最高，Na与K电荷相同，但Na的半径小，则Na的熔点比K的高，即熔点为Al＞Na＞K，故②正确；‎ ‎③因IA、IIA族元素的阳离子的电子层数比原子的结构减少一个层，则IA、IIA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；‎ ‎④因酸性越强，结合氢离子的能力越弱，由酸性为硫酸＞碳酸＞HCO3﹣，则结合质子(H+)能力：CO32﹣＞HCO3﹣＞SO42﹣，故④正确；‎ ‎⑤同一主族的元素的氢化物，若为HF、H2O、NH3，由于氢键的存在，它们的沸点反常的高，故⑤错误；‎ ‎⑥由热化学反应方程式可知，2mol氢气燃烧生成稳定化合物放出的热量为571.6kJ，则1mol氢气燃烧放出的热量为285.8kJ，即氢气的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故⑥正确；‎ ‎⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，可知白磷的易被氧化，但由同主族从上到下元素的非金属性减弱可知，非金属性N＞P，故⑦错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.已知某有机化合物的相对分子质量为128，而且只有碳.氢两种元素组成。下面对该有机化合物中碳原子成键特点的分析正确的是（ ）‎ A. 一定含有碳碳双键 B. 一定含有碳碳叁键 C. 一定含有碳碳不饱和键 D. 可能含有苯环 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】某有机化合物的相对分子质量为128，=9…2，且只有碳.氢两种元素组成，所以分子式为C9H20，或C10H8，若为C9H20，属于饱和烃，没有不饱和键，若为C10H8，属于不饱和烃，含有不饱和键或含有苯环；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了有机化合物中碳原子成键特点，确定分子式是解题的关键，根据余商法确定分子式，根据分子式利用不饱和度确定成键方式。‎ ‎4.下面是从实验中测得的不同物质中氧氧键的键长和键能的数据：‎ O—O键 O22-‎ O2-‎ O2‎ O2+‎ 键长/10－‎‎12 m ‎149‎ ‎128‎ ‎121‎ ‎112‎ 键能/kJ·mol－1‎ x y z＝494‎ w＝628‎ 其中x、y的键能数据尚未测定，但可根据规律推导出键能的大小顺序为w＞z＞y＞x。则该规律是(　　)‎ A. 键长越长，键能越小 B. 成键所用的电子数越多，键能越大 C. 成键所用的电子数越少，键能越大 D. 成键时共用电子越偏移，键能越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据表中数据以及键能大小的顺序是w＞z＞y＞x，可知键长越长，键能越小，故A正确；‎ B、O2和O2+成键所用电子数均为4个，但键能不同，分别为：494kJ/mol、628kJ/mol，键能与成键所用的电子数无关，故B错误；‎ C、O2和O2+成键所用电子数均为4个，但键能不同，分别为：494kJ/mol、628kJ/mol，键能与成键所用的电子数无关，故C错误；‎ D、这些微粒都是由相同的原子组成，电子对无偏移，且电子对偏移程度与键能无关，而是与原子吸引电子能力的相对大小有关，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是 A. [Co（NH3）4Cl2]Cl B. [Co（NH3）6]Cl3‎ C [Cu（NH3）4]Cl2 D. [Co（NH3）3Cl3]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应。‎ ‎【详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；‎ B项、[Co（NH3）6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；‎ C项、[Cu（NH3）4]Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；‎ D项、[Co（NH3）3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。‎ ‎6.已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，X、Y、Z分别处于立方体的顶点、棱边的中点、立方体的体心。则下面关于该化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 该晶体的化学式为ZXY3‎ B. 该晶体的熔点一定比金属晶体熔点高 C. 每个X周围距离最近的Y有8个 D. 每个Z周围距离最近的X有16个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Z处于晶胞体心，被一个晶胞占有，X处于顶点上，每个X被8个晶胞占有，Y处于棱上，每个Y被4个晶胞占有，故晶胞中，Z的个数为1，X的个数为，Y的个数为，Z、X、Y的原子个数比是1:1:3，所以该晶体的化学式为ZXY3，A项正确；‎ B. 该晶体是离子晶体，熔、沸点较高，但有些金属晶体的熔、沸点也很高，如钨的熔点在‎3000℃‎以上，因此离子晶体与金属晶体的熔点不能直接比较，B项错误；‎ C. 利用晶体的对称性，可以判断出每个X周围距离最近的Y有6个，C项错误；‎ D. Z原子位于体心，X位于立方体的顶点，体心距8个顶点的距离相等且最近，因此每个Z周围距离最近的X有8个，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列关于晶格能的说法中正确的是(　　)‎ A. 晶格能指形成1 mol离子键所放出的能量 B. 晶格能指破坏1 mol离子键所吸收的能量 C. 晶格能指1 mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量 D. 晶格能的大小与晶体的熔点、硬度都无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 晶格能是指1mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量或者标准状况下,拆开1mol离子化合物使其变为气态阴离子和阳离子所需吸收的能量,称为离子晶体的晶格能。‎ ‎【详解】A：晶格能是指1mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量，故A错误；‎ B：晶格能指标准状况下，拆开1mol离子化合物使其变为气态阴离子和阳离子所需吸收的能量，故B错误；‎ C：晶格能指1 mol 离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量，故C正确；‎ D：晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高，硬度越大，故D错误；‎ 正确答案：C。‎ ‎【点睛】晶格能概念要注意：①1mol离子化合物②气态阴、阳离子。‎ ‎8. 钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是 A. 该晶体属于离子晶体 B. 晶体的化学式为Ba2O2‎ C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似 D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A正确；‎ B、根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×+6×=4，O个数为12×+1=4，所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错误；‎ C、NaCl晶胞也是该结构，C正确；‎ D、与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×=12个，D正确；‎ 故选B。‎ ‎9.下列烃中苯环上一氯代物的同分异构体数目最少的是(　　)‎ A. 邻二甲苯 B. 间二甲苯 C. 对二甲苯 D. 乙苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、邻二甲苯的苯环上氢原子有2种，其一氯代物有2种；‎ B、间二甲苯苯环上氢原子有3种，其一氯代物有3种；‎ C、对二甲苯苯环上氢原子有1种，其一氯代物有1种；‎ D、乙苯苯环上氢原子有3种，其一氯代物有3种，所以一氯代物的同分异构体数目最少的是对二甲苯；‎ 故选C。‎ ‎10.某烷烃系统命名法正确的是（　　）‎ A. 2，4-二乙基戊烷 B. 3-甲基-5-乙基己烷 C. 4-甲基-2-乙基己烷 D. 3，5-二甲基庚烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据烷烃命名原则：长，最长碳链为主链，故乙基不能在2号碳位，则 A．2，4-二乙基戊烷，命名中出现2号碳位连接乙基，正确的名称应该是3.5－二甲基庚烷，故A命名错误；‎ B．3-甲基-5-乙基己烷，由名称可知主链碳有6个碳原子，故5号碳位不能存在乙基，正确的名称应该是3.5－二甲基庚烷，故B错误；‎ C．4-甲基-2-乙基己烷，2号碳位连接乙基，正确的名称应该是3.5－二甲基庚烷，故C选项命名错误；‎ D．3，5-二甲基庚烷，符合命名规则，结构简式为；‎ 故正确答案为D。‎ ‎11.等质量的下列烷烃，完全燃烧消耗氧气最多的是(　　)‎ A. CH4 B. C2H‎6 ‎C. C3H8 D. C6H14‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断等质量的不同烃燃烧时的耗氧量，烃分子中H原子与C原子个数比越大，氢的质量分数就越大，耗氧量就越多。‎ ‎【详解】CH4中H原子与C原子个数比为4:1；C2H6中H原子与C原子个数比为3:1；C3H8中H原子与C原子个数比为8:3=2.67:1；C6H14中H原子与C原子个数比为14:6=2.33:1‎ ‎；显然CH4中氢的质量分数最大，因此等质量的烷烃完全燃烧消耗氧气最多的是CH4；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题时要注意题目的要求，在等质量的烷烃燃烧时，含氢量越高，消耗的氧气越多；若为等物质的量的烷烃完全燃烧时，所含碳原子数越多，耗氧量越多。‎ ‎12.两种气态烃以任意比例混合，在‎105℃‎时‎1 L该混合烃与‎9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是‎10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是 （ ）‎ A. CH‎4 C2H4 B. CH‎4 C3H‎4 ‎C. C2H‎4 C3H4 D. C2H‎2 C3H6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设有机物的平均式为CxHy，燃烧通式为：CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，‎105℃‎时生成的水为气体，反应前后气体体积不变，则反应方程式中反应前后气体化学计量数之和相等相等，据此计算判断。‎ ‎【详解】设有机物平均式为CxHy，则有CxHy+( x+)O2→xCO2+H2O，‎105℃‎时生成的水为气体，有机物燃烧前后体积不变，则1+x+=x+，解答y=4，即混合气中平均含有H原子数为4。‎ A．CH4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，故A符合；‎ B．CH4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，故B符合；‎ C．C2H4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，故C符合；‎ D．C2H2、C3H6中H原子数都为2、6，只有1:1混合才能使平均值为4，不符合以任意比例混合的要求，故D不符合；‎ 答案选D。‎ 二、选择题(本题包括 8 小题，每题 3 分，共 24 分。每题有一个或两个正确答案，若有两个正确选项的，只选一个且正确的得 1 分。多选、错选均得 0 分) ‎ ‎13.下列分子为手性分子的是 A. CH2Cl2 B. ‎ C. D. CH3CH2COOCH2CH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，判断手性碳原子时要注意：‎ ‎（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；‎ ‎（2）手性碳原子所连接的四个基团一定是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子。‎ ‎【详解】A．CH2Cl2碳原子所连接的4个基团分别为2个H原子、2个Cl原子，没有手性碳原子，所以不属于手性分子，选项A错误； ‎ B．中间的碳原子连接四个不同取代基，该碳原子具有手性，所以该有机物属于手性分子，选项B正确；‎ C．中一个碳原子为不饱和碳原子，没有手性碳原子，不属于手性分子，选项C错误；‎ D．CH3CH2COOCH2CH3中一个中间碳原子为不饱和碳原子，另四个碳原子所连接的四个基团有相同的，没有手性碳原子，不属于手性分子，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查手性碳原子的判断，题目难度不大，判断手性碳原子时要注意：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团一定是不同的。‎ ‎14.下列有关性质的比较中，正确的是 A. 硬度：白磷＞冰＞二氧化硅；在水中的溶解度：NH3> CO2> SO2 >H2‎ B. 非金属性：N＞O＞P＞S；碱性：KOH＞NaOH＞Al(OH)3＞Ca(OH)2‎ C. 共价键的键能：硅>碳化硅>金刚石；晶格能：CsCl >NaCl> CaO D. 氢键强弱：N···H＜O···H＜F···H；范德华力强弱：NH3< PH3< AsH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiO2属于原子晶体，白磷、冰都是分子晶体，所以SiO2的硬度是最大的；1‎ 体积的水可以溶解700体积的NH3、或40体积的SO2，而CO2是微溶于水，H2不溶于水，所以在水中的溶解度：NH3>SO2>CO2>H2；A错误；‎ B. 非金属性应该是O＞N＞S＞P；碱性比较，Al的金属性最小，则Al(OH)3的碱性也是最小的；B错误；‎ C. 共价键中，成键原子的半径越小，共价键键长就越短，其键能就越大，所以共价键键能大小顺序为：金刚石>碳化硅>硅；离子晶体中，离子半径越小，所带电荷越多，离子键就越强，晶格能也就越高，CsCl中，Cs+和Cl-的半径都较大，且所带电荷都较少，所以它的晶格能不是最大的；C错误；‎ D. F、O、N这三种元素的非金属性依次减弱，则它们对H原子的吸引力也依次减弱，所以氢键的强弱也依次减弱；NH3、PH3、 AsH3都属于分子晶体，所含的作用力为范德华力，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强；D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎15.As2O3(砒霜)是两性氧化物(分子结构如图所示)，溶于盐酸生成 AsCl3，AsCl3用 LiAlH4还原生成 AlH3。下列说法正确的是( )‎ A. As2O3 分子中 As 原子的杂化方式为 sp B. LiAlH4为共价化合物 C. AsCl3空间构型为平面正三角形 D. AlH3分子键角大于 109.5°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. As2O3中As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断As原子杂化类型为sp3，故A错误；‎ B．只含共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，该物质是由Li+和AlH4—构成的，为离子化合物，故B错误；‎ C．AsCl3中As原子价层电子对个数且含有一个孤 电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形，故C错误；‎ D．AlH3中Al原子价层电子对个数且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形，所以其键角为120°，大于109.5°，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列各过程中不需要破坏化学键的是( )‎ A. 氯化钠熔化 B. 液溴挥发 ‎ C. 碘单质升华 D. 晶体硅熔化 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热氯化钠熔化，NaCl发生电离，离子键被破坏，故化学键被破坏，A不选；‎ B. 液溴挥发属于物理变化，化学键不被破坏，B选项满足题意；‎ C．碘单质的升华属于物理变化，破坏分子间作用力，故化学键不被破坏， C选项满足题意；‎ D．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏了共价键，故化学键被破坏，D不选；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】物质发生化学反应或者是电解质溶于水或熔融状态时均会发生化学键被破坏，在解答问题时要准确判断变化类型。‎ ‎17.两分子乙炔在一定条件下可生成乙烯基乙炔（HC≡C-CH=CH2），下列关于乙烯基乙炔的说法错误的是（　　）‎ A. 能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 能发生加聚反应生成高分子化合物 C. 分子中所有碳原子都在一条直线上 D. 没有顺反异构现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烯基乙炔为HC≡C-CH=CH2，分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键，都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以A选项是正确的；‎ B、乙烯基乙炔为HC≡C-CH=CH2,分子中含有一个碳碳双键、一个碳碳三键，能发生加聚反应生成高分子化合物,所以B选项是正确的；‎ C、乙烯是平面结构，乙炔是直线型分子,乙烯基乙炔分子中的所有原子一定都共平面,但不是所有碳原子都在一条直线上,故C错误；‎ D.乙烯基乙炔为HC≡C-CH=CH2,其中C=C连接相同的H原子，不具有顺反异构,所以D选项是正确的。‎ 所以本题答案选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查了有机化合物的结构与性质，掌握乙烯和乙炔的分子结构是解题的关键，乙烯是平面结构，乙炔是直线型分子，乙烯基乙炔分子中的所有原子一定都共平面，但不是所有碳原子都在一条直线上。‎ ‎18.美国Lawrece Liermore国家实验室（LINL）成功地在高压下将转化为具有类似结构的原子晶体，下列关于的原子晶体说法，正确的是：‎ A. 的原子晶体和分子晶体互为同分异构体 B. 在一定条件下，原子晶体转化为分子晶体是物理变化 C. 的原子晶体和分子晶体具有相同的物理性质和化学性质 D. 在的原子晶体中，每一个C原子周围结合4个O原子，每一个O原子跟两个C原子相结合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2的原子晶体和分子晶体只是同一种物质的不同存在形式，所以二氧化碳的原子晶体和分子晶体不是同分异构体，故A错误；‎ B.二氧化碳原子晶体和二氧化碳分子晶体属于不同物质，所以在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是化学变化不是物理变化，二者之间的转化是化学变化，故B错误；‎ C.二氧化碳分子晶体和二氧化碳原子晶体的构成微粒不同，空间构型不同，所以其物理性质和化学性质不同，故C错误；‎ D.利用知识迁移的方法分析，把二氧化硅结构中的硅原子替换成碳原子，所以在二氧化碳的原子晶体中，每个C原子周围结合4个O原子，每个O原子跟两个C原子相结合，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】该题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。注意二氧化碳分子晶体转化为原子晶体属于化学变化不是物理变化。‎ ‎19.下列说法正确的是(　　)‎ A. 烷烃的通式为CnH2n＋2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小 B. 乙烯与溴加成反应的产物为溴乙烷 C. 1 mol苯恰好与3 mol氢气完全加成，说明苯分子中有三个碳碳双键 D. 当n＝7，主链上有5个碳原子的烷烃共有5种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为=，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；‎ B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；‎ C．苯分子中不存在碳碳双键，故C错误；‎ D．n=7，主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合条件的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH‎2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；‎ 答案选D ‎【点睛】本题的难点为D，要注意缩短碳链法书写同分异构体的使用和练习；易错点为C，要注意苯分子结构的特殊性。‎ ‎20.乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 1mol乙烯基乙炔能与 3mol Br2发生加成反应 B. 正四面体烷二氯取代产物只有1种 C. 环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰 D. 环辛四烯与苯互为同系物 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol乙烯基乙炔含有1mol碳碳双键和1mol碳碳三键，1mol碳碳双键能与1molBr2发生加成反应，1mol碳碳三键能与2molBr2发生加成反应，故1mol乙烯基乙炔能与3molBr2发生加成反应，A选项正确；‎ B．正四面体烷中只有1种等效H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氧代物只有1种，B选项正确；‎ C．环辛四烯分子结构中只有1种等效H原子，则核磁共振氢谱只有1组峰，C选项错误；‎ D．环辛四烯中存在C=C双键，苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，结构不相似，D选项错误；‎ 答案选AB。‎ ‎【点睛】本题D选项为易错选项，同系物要求结构相似且分子式相差1个或n个-CH2，而苯环不是单双键交替结构，因此环辛四烯和苯结构不相似，故不是苯的同系物。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题，共52分)‎ ‎21.前四周期元素X、Y、Z、W核电荷数依次增大，核电荷数之和为58；Y原子的M层p轨道有3个未成对电子；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4:1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：2。‎ ‎(1)Z元素位于元素周期表第______周期第______族。‎ ‎(2)Y与X形成共价化合物A，Z与X形成共价化合物B，A与B还原性较强的是_______(写分子式)。‎ ‎(3)Z的最高价氧化物的水化物的化学式为_________；‎ ‎(4)‎12.4g单质Y4与0.3molO2在一定条件下恰好完全反应生成0.1mol化合物C，一个C分子中所含有的σ键数目为_________；‎ ‎(5)含W元素的最高化合价的含氧酸根离子是_________，该含氧酸根离子在分析化学中有重要作用，在酸性条件下该含氧酸根离子可将Fe2+氧化成Fe3+，请写出该反应的离子方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). 三 (2). ⅦA (3). PH3 (4). HClO4 (5). 12 (6). MnO4- (7). MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前四周期元素X、Y、Z、W核电荷数依次增加，Y原子的M层p轨道有3个未成对电子，则外围电子排布为3s23p3，故Y为P元素；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大，则Z为Cl元素；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，最外层电子数为2，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：2，d轨道数目为5，外围电子排布为3d54s2，故W为Mn元素，X、Y、Z、W四种元素的核电荷数之和为58，则X核电荷数为58-15-17-25=1，故X为H元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知X是H，Y是P，Z是Cl，W是Mn。‎ ‎(1)Z是Cl元素，在周期表的位置位于第三周期第VIIA族；‎ ‎(2) Y与X形成共价化合物A是PH3，Z与X形成共价化合物B是HCl，由于元素的非金属性Cl>P，元素的非金属性越强，简单氢化物的还原性就越弱，所以A与B还原性较强的是PH3；‎ ‎(3)Z是Cl，最高为+7价，所以Z的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4；‎ ‎(4)‎12.4g单质P4的物质的量为0.1mol，0.3molO2在一定条件下恰好完全反应生成0.1mol化合物P4O6，在P4O6分子中，每个分子中有12个P-O键；‎ ‎(5)含W(Mn)元素的最高化合价的含氧酸根离子是MnO4-，MnO4-具有强的氧化性，在酸性条件下可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。‎ ‎【点睛】本题主要考查了元素周期表、元素周期律、分子结构、氧化还原反应、离子的检验等知识，解题的关键是元素推断，答题时注意审题，第(4)问，P4O6的结构为易错点，明确其结构，才可以准确推断其中含有的化学键的数目。‎ ‎22.原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请回答下 列问题：‎ ‎(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严 重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4 种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：‎ 苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：‎ 则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。‎ ‎(2)已知 Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为 TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入 AgNO3 溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由 Cl-所形成的化学键类型是_______。‎ ‎(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度 (3). [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O (4). 离子键、配位键 (5). B (6). D (7). 结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高 (8). 水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)因为苏丹红Ⅰ 易形成分子内氢键，而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；‎ ‎(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，可以知道紫色品体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键、配位键；‎ ‎(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。‎ ‎23.(1)NiO(氧化镍)晶体的结构与NaCl相同，Ni2+与最邻近O2-的核间距离为a×10‎-8cm，计算NiO晶体的密度____________________。(已知NiO的摩尔质量为74.7gmol-1)‎ ‎(2)天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷。例如：在某种NiO晶体中就存在如下图所示的缺陷：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比____________________。‎ ‎【答案】 (1). g·cm-3 (2). 6∶91‎ ‎【解析】‎ ‎（1）晶胞中Ni原子数目为1+12×=4，氧原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，晶胞边长为‎2a×10‎-8cm，晶胞体积为(‎2a×10‎-8cm)3，NiO晶体的密度为为4×g÷(‎2a×10‎-8cm)3=g/cm3；（2）设1mol Ni0.97O中含Ni3+xmol，Ni2+为(0.97－x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知 3x+2×(0.97－x)=2×1，x=0.06mol ，Ni2+为(0.97－x)mol=0.91mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.06：0.91=6：91。‎ 点睛：本题是对物质结构的考查，注意利用均摊法计算晶胞质量，根据阴阳离子所带电荷相等计算氧化镍晶体中离子数目之比。‎ ‎24.如图中A是制取溴苯的实验装置，B、C是改进后的装置，请仔细分析，对比三个装置，回答以下问题：‎ A. B. C. ‎ ‎(1)写出三个装置中所共同发生的主要反应的化学方程式：__________________。苯参与的反应的反应类型为________________‎ ‎(2)装置 A 和 C 均采用了长玻璃导管，其作用是______________。‎ ‎(3)在按装置 B 装好仪器及药品后要使反应开始，应对装置 B 进行的操作是_____________；分子式为 C8H10且属于苯的同系物的结构有_______________种。‎ ‎(4)装置 B，C 较好地解决了 A 中加装药品和使装置及时密封的矛盾，方便了操作。A 装置中这一问题在实验中造成的后果是______________。‎ ‎(5)B 中采用了洗气瓶吸收装置，其作用是_______________，反应后洗气瓶中可能出现的现象是_________________。‎ ‎(6)B 装置也存在两个明显的缺点，使实验的效果不好或不能正常进行。这两个缺点是_________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe + 3Br2 = 2FcBr3； (2). 取代反应 (3). 导出HBr，兼冷凝器的作用 (4). B中旋开分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴在铁粉上 (5). 4 (6). 溴和苯蒸气逸出，污染环境 (7). 吸收反应中随HBr逸出的溴蒸气和苯 蒸气 (8). CCl4由无色变为橙色 (9). ①随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低；②由于导管插入AgNO3溶液中而易产生倒吸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)A、B、C三种装置都可制取溴苯,都会发生铁与溴的反应、苯与溴的取代反应；‎ ‎(2)苯和溴易挥发，长导管能导气及回流冷凝作用；‎ ‎(3)根据溴和苯的混合液与铁粉混合才能发生反应，分子式为 C8H10且属于苯的同系物为与苯相差2个-CH2，且结构相似，据此判断个数；‎ ‎(4) 由于Br2和苯很容易挥发，由于A装置不能及时的密封，所以会造成苯和溴蒸气逸出，污染环境，据此回答；‎ ‎(5) B中洗气瓶中装有CCl4有机溶剂，它可以吸收苯蒸气和溴蒸气，溴溶于CCl4，呈橙色，所以CCl4溶液会由无色变为橙色；‎ ‎(6)从原料利用率和实验安全角度思考此问题。‎ ‎【详解】(1)三个装置均是溴苯的制备装置，其制备原理为溴与铁反应生溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化下生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为2Fe + 3Br2 = 2FcBr3；，其中苯环参与的反应为取代反应，故答案为：2Fe + 3Br2 = 2FcBr3，；取代反应；‎ ‎(2) A、C中长导管的作用是将反应生成的HBr气体导入水中，由于该反应放热，所以长导管也起到了冷凝的作用，故答案为：导出HBr，兼冷凝器的作用；‎ ‎(3)装置B可以控制反应的发生和停止，B装置通过分液漏斗控制，旋开分液漏斗的旋塞时，反应开始，分子式为 C8H10且属于苯的同系物的结构有：对二甲苯、邻二甲苯、间二甲苯、苯乙烷4种，故答案为：B中旋开分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴在铁粉上；4；‎ ‎(4)由于Br2和苯很容易挥发，由于A装置不能及时的密封，所以会造成苯和溴蒸气逸出，污染环境，故答案为：溴和苯蒸气逸出，污染环境；‎ ‎(5)B中洗气瓶中装有CCl4有机溶剂，它可以吸收苯蒸气和溴蒸气，溴溶于CCl4，呈橙色，所以CCl4溶液会由无色变为橙色，故答案为：吸收反应中随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气；CCl4由无色变为橙色；‎ ‎(6)B装置中存在的主要问题就是由于苯蒸气和溴蒸气 的挥发且不能回流，从而导致原材料的浪费，利用率降低，另外导管直接插入AgNO3溶液中，若反应突然停止，导管内压强突然降低，很容易发生倒吸现象，故答案为：①随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低；②由于导管插入AgNO3溶液中而易产生倒吸。‎