2018-2019学年福建省长泰县第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年福建省长泰县第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

长泰一中2018-2019学年高二化学期末试卷 本试卷分第I卷和II卷两部分。第I卷为选择题，第II卷为非选择题)‎ 可能用到的相对分子质量：Cu 64 S 32 Na 23.5 O 16 H 1 C 12 Cl 35.5‎ 第I卷 (选择题 50 分)‎ 一、选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.《天工开物》中记载：人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”分别属于(　　)‎ A. 纤维素、油脂 B. 糖类、油脂 C. 纤维素、蛋白质 D. 单糖、蛋白质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】枲、麻、苘、葛属于草木，草木的主要成分是纤维素，裘褐、丝绵属于禽兽与昆虫，禽兽与昆虫的主要成分是蛋白质，故选C。‎ ‎2.下列有关实验叙述错误的是(　　)‎ ‎①甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的氯甲烷具有酸性 ‎②苯与浓硝酸、浓硫酸混合制备硝基苯的过程中可以用酒精灯直接加热 ‎③煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠 ‎④实验室制备乙酸乙酯过程中含有少量乙酸可用NaOH溶液除去 ‎⑤实验室溴苯的制备，反应条件为溴化铁和溴水 A. ①③④⑤ B. ①②④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①氯甲烷是非电解质，不具有酸性；‎ ‎②苯与浓硝酸、浓硫酸混合制备硝基苯的过程中用水浴加热；‎ ‎③煤油可用作燃料和保存少量金属钠；‎ ‎④乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应；‎ ‎⑤苯和液溴在溴化铁做催化剂作用下发生取代反应生成溴苯。‎ ‎【详解】①甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯甲烷和氯化氢，氯甲烷是非电解质，不具有酸性，故错误；‎ ‎②在50—60℃水浴中加热，苯与浓硝酸、浓硫酸混合发生取代反应制备硝基苯，故错误；‎ ‎③石油分馏可获得汽油、煤油、柴油等，煤油可用作燃料和保存少量金属钠，故正确；‎ ‎④乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应，实验室制备乙酸乙酯过程中含有少量乙酸应用饱和碳酸钠溶液除去，故错误；‎ ‎⑤苯和液溴在溴化铁做催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，故错误；‎ ‎①②④⑤错误，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的性质和制备实验，注意有机物的性质和制备原理是解答关键。‎ ‎3.下列关于有机化合物的说法正确的是( )‎ A. (CH3)2C=CH2的名称为2-甲基-1-丁烯 B. 丙烷的二氯代物有4种同分异构体 C. 苯分子碳碳双键可与氢气发生加成反应 D. CH3-CH=CH-CC-CH3分子中所有碳原子不可能在同一平面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ A、烯烃命名时应选择含有碳碳双键的最长碳链做主链；‎ B、丙烷的一氯代物有2种，二氯代物有4种；‎ C、苯分子不是单双键交替结构；‎ D、乙炔为直线型结构，乙烯为平面型结构，-C≡C-和决定了6个C原子共面。‎ ‎【详解】A项、(CH3)2C=CH2的主链有3个碳原子，含有1个碳碳双键和甲基，名称为2-甲基-1-丙烯，故A错误；‎ B项、丙烷分子有2类氢原子，一氯代物有1—氯丙烷和2—氯丙烷2种，二氯丙烷有1,1—二氯丙烷、1,2—二氯丙烷、1,3—二氯丙烷和2,2—二氯丙烷4种，故B正确；‎ C项、苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，不是单双键交替的结构，故C错误；‎ D项、CH3-CH=CH-CC-CH3分子中碳链空间结构为平面型，如图所示或，乙炔为直线型结构，-C≡C-决定了3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，乙烯为平面型结构，决定1、2、3、4号4个碳原子在同一平面内，而3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，3、4号两个C原子已经在平面上，因此这条直线在这个平面上，则6个C原子共面，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意有机物命名的原则、同分异构体的推断和有机物共面的判断方法是解答关键。‎ ‎4.下列说法错误的是(　　)‎ ‎①糖类均可发生水解反应 ‎②动物油、植物油、矿物油都是由C、H、O三种元素组成 ‎③油脂属于高分子，水解产物之一是甘油 ‎④向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有红色沉淀生成，说明淀粉没有水解成葡萄糖 ‎⑤向鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀现象属于化学变化 A. ②④ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①单糖不能发生水解反应，故错误；‎ ‎②矿物油的主要成分是烃，是由C、H两种元素组成，故错误；‎ ‎③油脂不是高分子化合物，故错误；‎ ‎④葡萄糖在碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应，没有加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，故错误；‎ ‎⑤向鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀的现象为盐析，属于物理变化，故错误；‎ ‎①②③④⑤错误，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的组成、结构与性质，注意把握有机物性质、分类与反应类型为解答的关键。‎ ‎5.下表为某有机物与各种试剂反应的现象，则这种有机物可能是(　　)‎ 试剂 钠 溴水 NaHCO3‎ 现象 放出气体 褪色 不反应 A. CH2==CHCOOH B. CH2==CH2‎ C. CH3COOCH2CH3 D. CH2==CH－CH2OH ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意，该有机物与NaHCO3不反应，则结构中没有羧基；与金属钠反应放出气体，则结构中有羟基；能使溴水褪色，则结构中有碳碳双键。所以D正确。‎ ‎6.下列关于价电子构型为3s23p4的粒子描述正确的是（　　）‎ A. 它的元素符号为O B. 它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4‎ C. 它可与H2生成液态化合物 D. 其电子排布图为：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 价电子构型为3s23p4的粒子应是S元素，H2S为气态。D项：其电子排布图的3p轨道违反了洪特规则。‎ ‎7. 已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是 ( )‎ A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价 B. 第一电离能可能Y小于X C. 最高价含氧酸的酸性：X对应酸的酸性弱于Y对应酸的酸性 D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径依次减小，非金属性依次增强，电负性依次增大。‎ ‎【详解】A项、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；‎ B项、同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但ⅤA族元素的p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Ⅵ族元素，第一电离能Y大于X，也可能小于X，故B正确；‎ C项、元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；‎ D项、元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查元素周期律的应用，明确明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性强弱的关系是解答本题的关键。‎ ‎8. 下列分子中，中心原子是sp杂化的是 A. BeCl2 B. H2O C. CH4 D. BF3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，如果价层电子对数为2，则中心原子以sp杂化轨道成键。‎ ‎【详解】A项、氯化铍分子中铍原子的价层电子对数是2，则中心原子以sp杂化轨道成键，故A正确；‎ B项、水分子中氧原子的价层电子对数是4，则中心原子以sp3杂化轨道成键，故B错误；‎ C项、甲烷分子中碳原子的价层电子对数是4，则中心原子以sp3杂化轨道成键，故C错误；‎ D项、三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数是3，则中心原子以sp2杂化轨道成键，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查杂化类型的判断，注意掌握依据价层电子对数确定中心原子的杂化轨道类型的方法是解答关键。‎ ‎9.萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F-所包围，则每个F-周围最近距离的Ca2+数目为（　　）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中，解得x=4，答案选B。‎ 考点：考查CaF2晶体的有关计算 点评：该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，难易适中，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。有利于培养学生的抽象思维能力和发散思维能力。‎ ‎10.下列分子既不存在s-p σ键，也不存在p-p π键的是( )‎ A. HCl B. HF C. SO2 D. SCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 共价键是两个原子轨道以“头碰头”或“肩并肩”重叠形成的，s和p轨道以“头碰头”重叠可形成s-pσ键，p轨道之间以“头碰头”重叠可形成p-pσ键，p轨道之间以“肩并肩”重叠可形成p-pπ键。‎ ‎【详解】A项、HCl分子中存在s-pσ键，故A错误；‎ B项、HF分子中存在s-pσ键，故B错误；‎ C项、SO2分子中存在p-pσ键和p-p π键，故C错误；‎ D项、SCl2分子中只存在p-pσ键，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查共价键的类型，把握σ键、π键的形成方式为解答的关键。‎ ‎11.下列不属于配合物的是( )‎ A. [Cu(NH3)4]SO4·H2O B. [Ag(NH3)2]OH C. KAl(SO4)2·12H2O D. [Zn(NH3)4]SO4·H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。‎ ‎【详解】A项、[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，铜离子提供空轨道、氨气分子中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A错误；‎ B项、[Ag（NH3）2]OH中，银离子提供空轨道、NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故B错误；‎ C项、KAl(SO4)2·12H2O是复盐，不含配体，不属于配合物，故C正确；‎ D项、[Zn(NH3)4]SO4·H2O中，锌离子提供空轨道、氨分子中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，明确“只有有提供空轨道原子和提供孤电子对的原子”才能形成配位键是解答关键。‎ ‎12.下列分子与O3分子的结构最相似的是( )‎ A. H2O B. CO2 C. SO2 D. BeCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似。‎ ‎【详解】原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似，二氧化硫和臭氧分子中都含有3个原子、价电子数都是18，两者是等电子体，所以结构相似，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了判断微粒空间构型判断，注意明确等电子体的特征是解本题关键。‎ ‎13. 下列叙述正确的是 A. 分子晶体中都存在共价键 B. F2、C12、Br2、I2的熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关 C. 含有极性键的化合物分子一定不含非极性键 D. 只要是离子化合物，其熔点一定比共价化合物的熔点高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．分子晶体中不一定都存在共价键，例如稀有气体元素形成的分子晶体中不存在化学键，A错误；B．F2、C12、Br2、I2形成的晶体均是分子晶体，其熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关，B正确；C．含有极性键的化合物分子不一定不含非极性键，例如双氧水分子中既存在极性键，也存在非极性键，C错误；D．离子化合物的熔点不一定比共价化合物的熔点高，例如二氧化硅是共价化合物，熔点很高，D错误，答案选B。‎ 考点：考查晶体性质的判断 ‎14.下面的排序不正确的是 （ ）‎ A. 晶体熔点由低到高：CF4碳化硅>晶体硅 C. 熔点由高到低:Na>Mg>Al D. 晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4碳化硅>晶体硅。熔点Al> Mg>‎ ‎ Na,离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF> NaCl> NaBr>NaI。‎ ‎15.分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是(    )‎ A. 化合物:干冰、明矾、烧碱 B. 同素异形体:石墨、C60、金刚石 C. 混合物:漂白粉、纯净矿泉水、盐酸 D. 非电解质:乙醇、四氯化碳、氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、化合物是不同元素组成的纯净物；‎ B、同素异形体是同种元素组成的不同单质；‎ C、混合物是不同物质组成的物质；‎ D、非电解质是指在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物。‎ ‎【详解】A项、干冰是二氧化碳，明矾是十二水硫酸铝钾，烧碱是氢氧化钠，都是纯净的化合物，故A正确；‎ B项、石墨、C60、金刚石都是碳元素组成的单质，结构不同，物理性质不同，属于同素异形体，故B正确；‎ C项、漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙，矿泉水是含有电解质的水溶液，盐酸是氯化氢的水溶液，都属于混合物，故C正确；‎ D项、氯气是非金属单质，即不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质分类，注意理解化学概念的本质是解题关键。‎ ‎16. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）‎ A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误，答案选B。‎ ‎17.下列叙述正确的是()‎ A. NaCl的摩尔质量是58.5g B. 64g氧气中含有2mol氧 C. 4g氦气中含有2mol氦原子 D. 0.1molCO2中含有6.02×1022个CO2分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、摩尔质量的单位是g/mol；‎ B、氧气为双原子分子；‎ C、氦气为单原子分子；‎ D、根据N=nNA计算CO2分子数目。‎ ‎【详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；‎ B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故B错误；‎ C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；‎ D项、0.1 molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol×6.02×1023=6.02×1022个，故D正确；‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。‎ ‎18.关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是()‎ A. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性而加以除去 B. 明矾净水是利用胶体的吸附性 C. 从颜色上无法区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体 D. 由于胶粒之间的排斥作用，胶粒不易聚集成大的颗粒，故胶体的性质相对比较稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、静电除尘利用的是胶体电泳现象；‎ B、明矾净水是利用铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体；‎ C、FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的颜色不同；‎ D、胶体性质稳定的原因是胶体粒子带同种电荷，有相互排斥的作用力。‎ ‎【详解】A项、静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶粒的带电性而加以除去，此过程为胶体的电泳，故A正确；‎ B项、明矾净水是利用铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，故B正确；‎ C项、Fe（OH）3胶体呈红褐色，FeCl3溶液呈棕黄色，因此可以从颜色上区分，故C错误；‎ D项、胶体之所以具有介稳性，主要是因为胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，同种胶体粒子电性相同，互相排斥使胶粒不易聚集成大的颗粒，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了胶体的性质，注意胶体的性质和介稳定的原因是解答关键。‎ ‎19.下列说法正确的是( )‎ A. 现需480mL 0.1mol/L硫酸铜溶液，则使用容量瓶配制溶液需要7.68g 硫酸铜固体 B. 配制1mol/LNaOH溶液100mL，托盘天平称量 4g NaOH固体放入100mL容量瓶中溶解 C. 使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯 D. 配制硫酸溶液，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所配溶液的浓度偏大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、实验室没有480mL规格的容量瓶，实际应配制时应选用500mL的容量瓶；‎ B、容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体；‎ C、量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒壁上的液体，量取的液体倒出的量就是所读的量程，不能洗涤；‎ D、用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所取硫酸溶液体积偏大。‎ ‎【详解】A项、实验室没有480mL规格的容量瓶，实际应配制时应选用500mL的容量瓶，则需要硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol/L×160g/mol=8.0g，故A错误；‎ B项、容量瓶为精密仪器不能用来溶解固体，应先将氢氧化钠固体在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量中，故B错误；‎ C项、量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒壁上的液体，量取的液体倒出的量就是所读的量程，不能洗涤，如果洗涤并洗涤液一并转移至烧杯，实际量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故C错误；‎ D项、用量筒量取浓硫酸时，仰视读数会导致所取硫酸溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，注意仪器的使用、操作的规范性是否正确分析是解答关键。‎ ‎20.关于0.1mol/L H2SO4 溶液的叙述错误的是(    )‎ A. 1L该溶液中含有 H2SO4 的质量为 9.8 g 。‎ B. 0.5L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2mol/L。‎ C. 从1L该溶液中取出100mL,则取出溶液中 H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/L.‎ D. 取该溶液10mL,加水稀释至100mL后 H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/L.‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎1 L该溶液中含有 H2SO4的物质的量为0.1mol,则其质量为9.8g，A项正确；氢离子浓度为0.2 mol·L－1，B项正确；取出100mL，硫酸的浓度仍然为0.1 mol/L，C项错误；取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后 H2SO4的物质的量浓度降为原溶液的0.1倍，为0.01 mol/L，D项正确。‎ ‎21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A. 0.5mol/LCuCl2溶液中含有的Cl-数目为NA B. 42gC2H4和C4H8的混合气中含有氢原子数为6NA C. 标准状况下,H2和CO混合气体4.48L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NA D. 在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ 选项A中没有说明溶液的体积，所以无法计算，选项A错误。设42gC2H4和C4H8的混合气中，C2H4和C4H8的质量分别为X和Y，则X+Y=42。混合物中的氢原子为。选项B正确。氢气和氧气燃烧，CO和氧气燃烧时，燃料气和氧气的体积比都是2:1，所以H2和CO混合气体燃烧时，需要的氧气也是混合气体的一半。所以标准状况下，H2和CO混合气体4.48L（0.2mol）在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NA，选项C正确。反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，转移电子数为6e-，所以有4molCl2参加反应应该转移6mole-，所以消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA。选项D正确。‎ ‎22.具有下列组成和结构特点的有机化合物中同分异构体数目最多的是(不考虑立体异构)‎ 选项 A B C D 分子式 C4H8Cl2‎ C5H10O2‎ C4H8O2‎ C8H10‎ 类别 含氯化合物 羧酸 酯 含有苯环的烃 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．C4H8Cl2可以看成是C4H10中的两个氢原子被氯原子代替的结果，丁烷结构简式：CH3CH2CH2CH3存在6种同分异构体，CH3CH(CH3)CH3‎ 存在三种同分异构体，共计9种；B．羧酸的官能团为羧基，C5H10O2可写成C4H9COOH，丁基有4种，因此属于羧酸的有4种；C．C4H8O2可以看成是甲酸和丙醇(2种)、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇之间发生酯化反应的产物，存在4种同分异构体；D．C8H10属于芳香烃，可以有一个侧链为：乙基1种，可以有2个侧链为：2个甲基，有邻、间、对3种，共有4种；最多的是A，故选A。‎ 点睛：本题考查同分异构体的种类的判断。明确同分异构体中含有的结构特征是解题的前提，本题的易错点为A，注意采用“定一移二”的方法书写。‎ ‎23.二环[1，0，0]丁烷()是最简单的桥环化合物。下列关于该化合物的说法错误的是 A. 该化合物的二溴代物有4种 B. 生成1molC4H10需要2molH2‎ C. 该化合物与1，3-丁二烯互为同分异构体 D. 该化合物中4个碳原子可能处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该物质结构中有两种碳原子，即2个-CH2-，2个，前者可连接两个Br，而后者不能，故同一个碳原子上连2个Br只有1种，2个-CH2-分别连1个Br为1种，2个分别连1个Br为1种，相邻的-CH2-，分别连1个Br为1种，共4种同分异构体，故A正确；‎ B.该有机物的分子式为C4H6，所以生成1molC4H10需要2molH2，故B正确；‎ C．1，3-丁二烯的分子式为C4H6，结构简式为：，故和二环[1，0，0]丁烷()互为同分异构体，故C正确；‎ D.四个碳原子位于四面体的顶点，不能共面，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎24.都属于多环烃类，下列有关它们的说法错误的是 A. 这三种有机物的二氯代物同分异构体数目相同 B. 盘烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 棱晶烷和盘烯互为同分异构体 D. 等质量的这三种有机物完全燃烧，耗氧量相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱上的两个氢原子被氯原子代替1种、面对角线上的两个氢原子被氯原子代替1种、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替1种，所以二氯代物的同分异构体有3种，棱晶烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱上的两个氢原子被氯原子代替有2种、面对角线上的两个氢原子被氯原子代替1种，所以二氯代物的同分异构体有3种，盘烯的二氯代物有、、(●表示另一个氯原子可能的位置)，共7种，同分异构体数目不同，故A错误；B．盆烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．棱晶烷和盘烯的分子式相同，都为C6H6，但结构不同，称同分异构体，故C正确；D. 三种有机物的最简式都是CH，等质量的这三种有机物完全燃烧，耗氧量相同，故D正确；故选A。‎ ‎25.肉桂醛是一种食用香精，它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备：‎ ‎+CH3CHO+H2O ‎ 下列相关叙述正确的是(　　)‎ ‎①B的相对分子质量比A大28；②A、B可用酸性高锰酸钾溶液鉴别；③B中含有的含氧官能团是醛基、碳碳双键；④A、B都能发生加成反应、还原反应；⑤A能发生银镜反应； ⑥B的同类同分异构体(含苯环、不包括B)共有4种；⑦A中所有原子一定处于同一平面。‎ A. 只有①②⑤ B. 只有③④⑤ C. 只有④⑤⑥ D. 只有②⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 的分子式为C7H6O，相对分子质量为106，官能团为醛基，能发生加成反应、还原反应和氧化反应，的的分子式为C9H8O，相对分子质量为132，官能团为碳碳双键和醛基，能发生加成反应、还原反应和氧化反应。‎ ‎【详解】①B的相对分子质量为132，A的相对分子质量为106，B比A大26，故错误；‎ ‎②A的官能团为醛基，B的官能团为碳碳双键和醛基，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故错误；‎ ‎③B中含有的含氧官能团是醛基，故错误；‎ ‎④A的官能团为醛基，B的官能团为碳碳双键和醛基，都能与氢气发生加成反应、还原反应，故正确；‎ ‎⑤A的官能团为醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，故正确；‎ ‎⑥B的同类同分异构体可能苯环上有一个取代基，苯环在取代基上有2种位置异构，除去B，还有1种，可能有CH2=CH—和—CHO两种取代基，分别有邻、间、对3种位置异构，共有4种，故正确；‎ ‎⑦A中的苯环和醛基上的原子都共面，但是单键可以旋转，则A中所有原子可能处于同一平面，故错误；‎ ‎④⑤⑥正确，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系为解答的关键。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题 50分)‎ ‎26.(1)2mol O3和3mo lO2的质量之比为：_____，分子数之比为：_______ ，同温同压下的密度之比为：____________。‎ ‎(2)现在9 g D2O ，若阿伏加德罗常数的值用NA表示，则：该物质的其物质的量为：______，所含质子数为：_____ ， 所含中子数为：__________ 。‎ ‎【答案】 (1). 1:1 (2). 2:3 (3). 3:2 (4). 0.45mol (5). 4.5NA (6). 4.5NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据m=nM计算出氧气和臭氧的质量，再计算出二者质量之比；根据物质的量之比等于分子数之比解答；根据密度与摩尔质量成正比分析；‎ ‎（2）D2O的相对分子质量为20，分子中含有10个质子、10个中子。‎ ‎【详解】（1）2mol O3和 3mol O2的质量之比为2mol×48g/mol：3mol×32g/mol=1：1，分子数之比为2mol：3mol=2：3，同温同压下的密度之比为48：32=3：2，故答案为：1：1；2：3；3：2；‎ ‎（2）D2O的相对分子质量为20，分子中含有10个质子、10个中子，9 g D2O的物质的量为=0.45mol，则所含质子数为0.45mol×10×NA/mol =4.5NA，所含中子数为0.45mol×10×NA /mol=4.5NA，故答案为：0.45mol；4.5NA；4.5NA。‎ ‎【点睛】本题考查物质量的简单计算，注意明确物质的组成，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数，摩尔质量与密度之间的转化关系是解答关键。‎ ‎27.已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1：1。请回答：‎ ‎(1)组成A分子的原子的核外电子排布式是________________；‎ ‎(2)B的分子式分别是 ___________；C分子的立体结构呈_________ 形，该分子属于_____________分子(填“极性”或“非极性”)；‎ ‎(3)向D的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，反应的化学方程式为_____________________________‎ ‎(4)  若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是 __________。‎ ‎【答案】 (1). 1S22S22P63S23P6 (2). HCl (3). V形 (4). 极性分子 (5). 2H2O22H2O+O2↑ (6). CH4O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在18电子分子中，单原子分子A为Ar，B、C和D是由两种元素的原子组成，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，且D分子中两种原子个数比为1：1，符合题意的D为H2O2；根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6+4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O。‎ ‎【详解】（1）Ar原子核外电子数为18，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；‎ ‎（2）双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，H2S中S原子价层电子对数为4，孤对电子对数为2，H2S的空间构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：HCl；H2S；V；极性；‎ ‎（3）D为H2O2，向H2O2的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，氯化铁做催化剂作用下，H2O2发生分解反应生成H2O和O2，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；‎ ‎（4）1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，根据燃烧规律可知E分子式为CH4Ox，由分子中含有18个电子可得6+4+8x=18，解得x=1，则E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O。‎ ‎【点睛】本题考查物质的推断、分子结构与性质，注意依据常见18电子的微粒确定物质，掌握常见化合物的性质，明确分子空间构型的判断是解答关键。‎ ‎28.磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：‎ ‎(1)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_________(填“相同”或“相反”)。‎ ‎(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为____，其中Fe的配位数为_____________。‎ ‎(3) NH4H2PO4中P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成 σ 键。‎ ‎(4)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：‎ 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________(用n代表P原子数)。‎ ‎【答案】 (1). Mg (2). 相反 (3). (4). 4 (5). sp3 (6). (PnO3n+1)(n+2)—‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据对角线原则分析可得；‎ ‎（2）在氯化铁双聚分子中，铁原子除了与3个氯原子形成共价键外，还能接受另一氯原子提供的孤对电子而形成配位键；‎ ‎（3）NH4H2PO4是由铵根离子和磷酸二氢根离子形成的离子化合物，磷酸二氢根离子中P原子的价层电子对数为4；‎ ‎（4）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式寻求规律分析。‎ ‎【详解】（1）根据对角线原则可知与锂的化学性质相似的是镁，镁元素基态原子核外M层的电子数是2，价电子排布式为43s2，s轨道的2个电子自旋方向相反，故答案为：Mg；相反；‎ ‎（2）在氯化铁双聚分子中，铁原子除了与3个氯原子形成共价键外，还能接受另一氯原子提供的孤对电子而形成配位键，则双聚分子存在的FeCl3的结构式为，每个铁原子与4个氯原子相连，则Fe的配位数为4，故答案为：；4；‎ ‎（3）NH4H2PO4是由铵根离子和磷酸二氢根离子形成的离子化合物，磷酸二氢根离子中P原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，sp3杂化轨道与O的2p轨道形成 σ 键，故答案为：sp3；‎ ‎（4）磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式分别为PO42-、P2O74 -、P3O105-，由化学式可知磷原子的变化规律为1、2、3。。。n，氧原子的变化规律为4、7、。。。3n+1，酸根的电荷数变化规律为3、4、5。。。n+2，则这类磷酸根离子化学式的通式为(PNO3N+1)(n+2)-，故答案为：(PnO3n+1)(n+2)-。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，注意原子核外电子排布规律、化学键、杂化类型以及通式的规律分析是解答关键。‎ ‎29.苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：‎ 苯甲酸 甲醇 苯甲酸甲酯 熔点/℃‎ ‎122.4‎ ‎﹣97‎ ‎﹣12.3‎ 沸点/℃‎ ‎249‎ ‎64.3‎ ‎199.6‎ 密度/g．cm﹣3‎ ‎1.2659‎ ‎0.792‎ ‎1.0888‎ 水溶性 微溶 互溶 不溶 实验一：制取苯甲酸甲酯 在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。‎ ‎(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为______________________________________。‎ ‎(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有___________________________‎ 实验二：提纯苯甲酸甲酯 该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯 ‎(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是__________________。‎ ‎(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示____________时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。‎ ‎(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为______________(小数点后保留1位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). +CH3OH+H2O (2). 使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可) (3). 洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸 (4). 199.6 (5). 89.7%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；‎ ‎（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；‎ ‎（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；‎ ‎（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃；‎ ‎（5）由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量，再依据实际量计算产率。‎ ‎【详解】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；‎ ‎（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动，提高酯的产率，故答案为：使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)；‎ ‎（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质，利用固体Na2CO3与苯甲酸反应，除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯，故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸；‎ ‎（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃，用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6℃时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案为：199.6；‎ ‎（5）15g苯甲酸的物质的量为，理论上制得苯甲酸甲酯的质量为×136g/mol≈16.7g，则苯甲酸甲酯的产率为×100%=×100%≈89.7%，故答案为：89.7%。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物的制备实验，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎