【化学】宁夏海原县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】宁夏海原县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

宁夏海原县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试 ‎(时间100分钟，满分100分)‎ 一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分)‎ ‎1.向下列物质的水溶液中加入AgNO3，有白色沉淀产生的是( )‎ A. CH3Cl B. NaCl C. KClO3 D. CCl4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH3Cl是共价化合物，非电解质，水中不电离，A错误；‎ B. NaCl是强电解质，在水中可以电离出Cl-，与Ag+反应生成白色的AgCl沉淀，B正确；‎ C. KClO3是强电解质，在水中可以电离出ClO3-，但不与Ag＋生成沉淀，C错误；‎ D. CCl4是共价化合物，非电解质，水中不电离，D错误；‎ 故合理选项为B。‎ ‎2.鲍林被认为是20世纪对化学科学影响最大的人之一，他也是两位获得诺贝尔奖不同奖项的人之一。杂化轨道是鲍林为了解释分子的立体构型提出的，下列对sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是( )‎ A. sp杂化轨道的夹角最大 B. sp2杂化轨道的夹角最大 C. sp3杂化轨道的夹角最大 D. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28'、120°、180°，则sp杂化轨道的夹角最大。‎ 答案选A。‎ ‎3.人们通常将在同一原子轨道上运动、自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”，将在某一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。下列基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的是 A 1s22s22p63s23p6 B. 1s22s22p63s23p63d54s2‎ C 1s22s22p63s23p63d54s1 D. 1s22s22p63s23p63d104s1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1s22s22p63s23p6中每个轨道上都达到饱和，未成对电子数为0，A不选；‎ B.1s22s22p63s23p63d54s2中3d轨道上有5个电子没成对，其他轨道达到饱和，未成对电子数为5；B不选；‎ C.1s22s22p63s23p63d54s1中的3d、4s轨道上各有5、1个未成对电子，未成对电子数为6；C选；‎ D.1s22s22p63s23p63d104s1只有4s上有1个电子没成对，未成对电子数为1，D不选；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎4.对烷烃CH3CH(C2H5)CH(C2H5)CH(CH3)2的命名，正确的是( )‎ A. 2,3-二甲基-4-乙基戊烷 B. 2-甲基-3,4-二乙基戊烷 C. 2,4-二甲基-3-乙基己烷 D. 2,5-二甲基-3-乙基己烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据结构简式可判断该有机物的碳骨架是，在2和4号碳原子上各有一个甲基，在3号碳原子上有一个乙基，正确的名称是2,4-二甲基-3-乙基己烷。‎ 答案是C。‎ ‎5.了解有机物分子中化学键特征以及成键方式是研究有机物性质的基础。下列关于有机物分子成键方式的描述不正确的是(　　)‎ A. 烷烃分子中碳原子均采取sp3杂化成键 B. 炔烃分子中的碳碳三键由1个σ键、2个π键组成 C. 苯分子中所有碳原子均采取sp2杂化成键，苯环中存在6个碳原子共有的大π键 D. 甲苯分子中所有碳原子均采取sp2杂化成键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．烷烃分子中碳原子均形成4个键，杂化轨道数为4，均采用sp3杂化轨道成键，A正确；‎ B．碳碳三键含含1个σ键、2个π键，B正确；‎ C．苯环中碳原子采用sp2杂化轨道成键，6个碳原子上未参与成键的p电子形成一个大π键，C正确；‎ D．甲苯分子中，苯环上的碳原子都采用sp2杂化，但甲基上的碳原子采用sp3杂化，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎6.据报道，大气中存在一种潜在的温室气体SF5-CF3，下列关于SF5-CF3的说法正确的是(　　)‎ A. 分子中既有σ键也有π键 B. 所有原子在同一平面内 C. 分子中并非所有原子均满足8电子稳定结构 D. 0.1 mol SF5-CF3分子中含8 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该分子中，只有共价单键，则分子中只有σ键，没有π键，故A错误；‎ B. C原子为sp3杂化，S原子在八面体的中心，则所有原子不可能共平面，故B错误；‎ C. 该分子中，S原子外围是6对共用电子对，共12个电子，不满足8电子稳定结构，故C正确；‎ D. 一个SF5-CF3分子中含有的电子数为16+6+9×8=94，则0.1molSF5-CF3分子中含9.4mol电子，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列叙述不正确的是 A. 用银氨溶液检验某病人是否患糖尿病 B. 酶不属于蛋白质 C. 在植物油中滴入溴水，溴水褪色 D. 在鸡蛋白溶液中滴入浓HNO3，微热会产生黄色物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．葡萄糖含有醛基，为还原性糖，在碱性、加热条件下，能与新制氢氧化铜反应并生成砖红色沉淀，糖尿病人尿液中的葡萄糖的含量远远超出正常人水平，可以利用葡萄糖的特征检验是否患有糖尿病，A选项正确；‎ B．酶是具有生物活性的蛋白质，B选项错误；‎ C．蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应显黄色，C选项正确；‎ D．植物油中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，所以可以使溴水褪色，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列说法中错误的是 A. 根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性 B. 在、和中都存在配位键 C. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D. 和都是正四面体分子且键角都为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据周期律对角线规则，金属Be与铝单质及其化合物的性质相似，故A正确； ‎ B、和、中都存在配位键，故B正确； ‎ C、元素电负性越大的原子，得电子能力越强，故C正确； ‎ D、是正四面体分子，键角为，是正四面体分子，键角为，故D错误． ‎ 故选D。‎ ‎9. 下列实验操作顺序或方法正确的是 A. 把苯和浓溴水混合后加入FeBr3可制溴苯 B. 浓硫酸与浓硝酸混合冷却后，边滴入苯边振荡，在‎60℃‎水浴中加热可制硝基苯 C. 乙烷中混有乙烯，通入氢气与乙烯反应可达到除杂的目的 D. 乙烯通入水中可制得酒精 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯和液溴在催化剂的作用下才能生成溴苯，A错误；‎ B. 浓硫酸与浓硝酸混合冷却后，边滴入苯边振荡，在‎60℃‎水浴中加热发生取代反应生成硝基苯，B正确；‎ C. 乙烷中的乙烯不能利用氢气除去，会引入杂质氢气，应该用溴水除杂，C错误；‎ D. 在一定条件下，乙烯和水加成才能生成乙醇，D错误。‎ 答案是B。‎ ‎10.下列说法正确的是( )‎ A. 乙硫醇(CH3CH2—SH)比乙醇(CH3CH2—OH)熔点低原因是乙醇分子间易形成氢键 B. 氯化钠易溶于水是因为形成了氢键 C. 氨易液化与氨分子间存在氢键无关 D. H2O是一种非常稳定的化合物,这是由于氢键所致 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于O的电负性较大，乙醇（CH3CH2-OH）中含有氢键，导致乙醇（CH3CH2-OH）的熔点比乙硫醇（CH3CH2-SH）高，故A正确；‎ B．氯化钠属于离子化合物，溶于水破坏离子键，不可能形成氢键，溶于水与氢键无关，故B错误；‎ C．氨气分子中存在氢键，沸点较高，易液化，故C错误；‎ D．H2O分子稳定是因为O—H键的键能大，而不是因为H2O中含有氢键，稳定性与氢键无关，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎11.现代无机化学对硫—氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是(　　)‎ A. 该物质的分子式为SN ‎ B. 该物质的分子中既有极性键，又有非极性键 C. 该物质在固态时形成原子晶体 ‎ D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据该分子的结构示意图可知一个分子中有4个S原子，4个N原子，所以分子式为S4N4，故A错误；‎ B．该分子中含有两个氮原子之间形成的非极性键，还有氮原子和硫原子形成的极性键，故B正确；‎ C．该物质存在单个分子结构，而不是空间网状结构，属于分子晶体，故C错误；‎ D．同素异形体是指同种元素形成的不同单质，该物质和S2N2均为化合物，故D错误；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎12.分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)(　　)‎ A. 10种 B. 9种 C. 8种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH‎3C（CH3）2两种，①CH3CH2CH2CH3中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有2种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有1、2，1、3，1、4，2、3四种情况，有故该情况有6种；②CH3CH（CH3）2中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有1种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有2种，故该情况有3种，故共有9种，答案选B。‎ ‎13.下列叙述中正确的是(　　)‎ A. CS2为V形的极性分子，形成分子晶体 B. 的空间构型为平面三角形 C. 氯化硼BCl3的熔点为－‎107 ℃‎，氯化硼液态时能导电而固态时不导电 D. SiF4和的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，呈三角锥形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二硫化碳分子中碳原子含有两个σ键且不含孤电子对，所以是直线型分子，故A错误；‎ B．氯酸根离子中价层电子对个数，且含有一个孤电子对，所以是三角锥型，故B错误；‎ C．氯化硼是共价化合物，液态时不能导电，故C错误；‎ D．SiF4和的中心原子价层电子对个数都是4，但SiF4中Si原子不含孤电子对、‎ 中S原子含有一个孤电子对，SiF4和的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，呈三角锥形，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.为了鉴别某白色纺织品的成分是真蚕丝还是“人造丝”，可选用的方法是（    ）‎ A. 滴加浓硝酸 B. 滴加浓硫酸 C. 滴加酒精 D. 灼烧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 试题分析：蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧能产生烧焦羽毛的气味。人造丝的主要成分是纤维素，则鉴别某纺织品的成分是蚕丝还是人造丝，通常选用的方法是点火灼烧，浓硝酸只能使部分蛋白质发生显色反应，不能鉴别。‎ ‎【详解】A. 人造丝主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，浓硝酸只能使部分蛋白质发生显色反应，不能鉴别，故A错误；‎ B. 滴加浓硫酸，均能使真蚕丝、“人造丝”碳化，不能鉴别，故B错误；‎ C. 滴加酒精，蚕丝、“人造丝”都没有变化，不能鉴别，故C错误；‎ D. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，“人造丝”没有，可以鉴别，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.物质结构理论推出，金属晶体中金属离子与自由电子之间强烈的相互作用，叫金属键。金属键越强，其金属的硬度越大，熔沸点越高。据研究表明，一般说来，金属原子半径越小，价电子数越多，则金属键越强。由此判断下列说法错误的是(　　　)‎ A. 镁的硬度小于铝 B. 镁的熔沸点低于钙 C. 镁的硬度大于钾 D. 钙的熔沸点高于钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝的原子半径比镁小，价电子数比镁多，因此铝的金属键较强，硬度较大， A正确；‎ B．镁原子半径小于钙原子，价电子数相等，因此镁的金属键较强，镁的熔沸点高于钙，B错误；‎ C．镁原子半径小于钾，价电子数比钾多，因此镁的金属键较强，镁的硬度大于钾，C正确；‎ D．钙原子半径小于钾，价电子数比钾多，因此钙的金属键较强，钙的熔沸点高于钾，D正确；‎ 故选B。‎ ‎16.向淀粉中加入少量稀H2SO4，并加热使之发生水解反应，为测定水解的程度，需下列试剂中的 ①氢氧化钠溶液 ②银氨溶液 ③新制氢氧化铜 ④碘水 ⑤氯化钡溶液(　　)‎ A ①⑤ B. ②④ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】淀粉在酸性条件下水解最终生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，所以检验水解产物时应先用NaOH溶液调节溶液至碱性，然后用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液检验是否发生水解，淀粉遇碘变蓝，所以再用碘水检验淀粉是否完全水解，所以可以是①②④或①③④，故答案为C。‎ ‎17.下列离子的VSEPR模型与其立体构型一致的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．的杂化轨道：，VSEPR模型是四面体型，立体构型是三角锥型，不符合题意，A错误；‎ B．是AB4型，该物质的VSEPR模型与立体构型都是正四面体型，故B正确；‎ C．的杂化轨道：，VSEPR模型是平面三角形型，立体构型是V型，不符合题意，C错误；‎ D．的杂化轨道：，VSEPR模型是四面体型，立体构型是三角锥型，不符合题意，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.下面有关晶体的叙述中，错误的是 A. 白磷晶体中，分子之间通过共价键结合 B. 金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子 C. 在NaCl晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-或（Na+）‎ D. 离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，化学键不被破坏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、白磷晶体为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，错误；‎ B、金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，正确；‎ C、在NaCl晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-或（Na+），正确；‎ D、离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，分子间作用力被破坏，化学键不被破坏，正确；‎ 答案选A。‎ ‎19.能说明苯分子中无碳碳双键的事实是 (　　)‎ A. 苯燃烧产生明亮的火焰和浓烟 B. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 苯可以有些物质发生取代反应 D. 苯与氢气在一定条件下能发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从苯的燃烧现象看不出苯环含有的化学键，A错误；‎ B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环没有碳碳双键，B正确；‎ C．碳碳双键可以和部分物质发生加成反应，苯可以有些物质发生取代反应，不能看出苯环是否含有碳碳双键，C错误； ‎ D．苯在一定条件下与氢气反应生成环己烷只能证明苯是不饱和烃，不能证明一定含有碳碳双键，D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共l‎0g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍。该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了‎8.4g，该混合气体可能是 A. 乙烷和乙烯 B. 乙烷和丙烯 C. 甲烷和乙烯 D. 甲烷和丙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5‎ 倍，因此混合气体的平均摩尔质量为‎25g/mol，因此混合气体中一定有甲烷。混合气体的总的物质的量为；由于混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶总质量增加了‎8.4g，即烯烃的质量为‎8.4g，则甲烷的质量为‎10g‎-8.4g=‎1.6g，则甲烷的物质的量为，烯烃的物质的量为0.3mol，故烯烃的摩尔质量为，为乙烯。‎ 答案选C。‎ ‎21.下列说法中正确的是(　　)‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ I5‎ I6‎ I7‎ ‎578‎ ‎1 817‎ ‎2 745‎ ‎11 575‎ ‎14 830‎ ‎18 376‎ ‎23 293‎ A. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强 B. 在①P、S，②Mg、Ca，③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数之和为41‎ C. 某主族元素的电离能I1～I7数据如下表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表第ⅤA族 D. 按Mg、Si、N、F的顺序，原子半径由小变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性F>Cl>S>P，所以HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，故A错误；‎ B．①P、S中由于P原子3p能级半满，所以第一电离能较大；②同主族自上而下第一电离能减小，所以Mg、Ca中Mg的第一电离能较大；③同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，所以Al、Si中Si的第一电离能较大，P、Mg、Si的原子序数之和为15+12+14=41，故B正确；‎ C．根据表格数据可知该元素的第三电离能和第四电离能相差较大，所以应为第ⅢA族元素，故C错误；‎ D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以按Mg、Si、N、F的顺序，原子半径由大变小，故D错误；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎22.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构) (　　)‎ A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物是羧酸，该有机物是戊酸，可以看成是丁基上连接了一个羧基，丁基有四种结构，那么该有机物有4种，答案选D。‎ ‎23.下列有关说法不正确的是(　　)‎ A. 水合铜离子的模型如图所示，1个水合铜离子中有4个配位键 B. CaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋‎ C. H原子的电子云图如图所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动 D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 如图所示，铜离子与4个水分子结合，所以1个水合铜离子中有4个配位键，故A正确；‎ B. 晶胞中Ca2＋处于晶胞的顶点和面心，则每个CaF2晶胞中Ca2＋数为8×1/8+6×1/2=4，故B正确；‎ C. H原子外只有一个电子，在原子核附近运动，故C错误；‎ D. ‎ 在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎24.下列排序正确的是(　　)‎ A. 沸点：PH3＜NH3＜H2O B. 碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH C. 熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN D. 酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨气分子、水分子间均可形成氢键，沸点较高，且常温下，水是液体，氨气是气体，故水的沸点比氨气沸点高，故沸点：PH3＜NH3＜H2O，故A正确；‎ B. 金属性：K＞Ca，Ba＞Ca，故对应最高价氧化物的水化物碱性为Ba(OH)2＞Ca(OH)2，故B错误；‎ C. 熔点一般为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，则熔点：SiCl4(分子晶体)＜MgBr2(离子晶体)＜BN(原子晶体)，故C错误；‎ D. 酸性应为C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎25.碳化硅(SiC)晶体有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的。它与晶体硅和金刚石相比较，正确的是(　　)‎ A. 熔点从高到低的顺序是碳化硅>金刚石>晶体硅 B. 熔点从高到低的顺序是金刚石>晶体硅>碳化硅 C. 三种晶体中的单元都是正四面体结构 D. 三种晶体都是原子晶体且均为电的绝缘体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 三种晶体均为原子晶体，结构相似，晶体内部的结合力是呈现空间网状的共价键，共价键键长C-CC-Si>Si-Si；共价键键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高，所以三者熔点从高到低的顺序是金刚石>碳化硅>晶体硅，A错误；‎ B. 根据A项分析可知，三者熔点从高到低的顺序是金刚石>碳化硅>晶体硅，B错误；‎ C. 碳、硅原子均能够形成4个共价键，则三种晶体中的结构单元都是正四面体结构，C正确；‎ D. 三种晶体都是原子晶体，但晶体硅为半导体，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】原子晶体熔、沸点的高低，取决于共价键的键长和键能，键长越短，键能越大，熔沸点就越高。‎ 二、非选择题(本题包括5小题，共50分)‎ ‎26.下列分别是烃A、B、C的模型。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A、B两种模型分别是有机物的________模型和________模型。‎ ‎(2)A及其同系物的分子式符合通式________(用n表示)。当n＝_______时，烷烃开始出现同分异构体。‎ ‎(3)A、B、C三种有机物中，所有原子均共面的是________(填名称)。结构简式为的有机物中处于同一平面内的碳原子最多有_______个。‎ ‎(4)下列关于烃A、B、C的说法中不正确的是________(填序号)。‎ a.A在光照条件下与Cl2发生取代反应，得到CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl的混合物 b.B、C燃烧时都会产生黑烟 c.C不能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色 d.B分子中含有极性键和非极性键 ‎【答案】 (1). 球棍 (2). 比例 (3). CnH2n＋2 (4). 4 (5). 乙烯和苯 (6). 10 (7). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图示烃A、B、C的模型，A应为甲烷的球棍模型，B应为乙烯的比例模型，C为苯的球棍模型。‎ ‎【详解】(1)A为甲烷的球棍模型，B为乙烯的比例模型；‎ ‎(2)A为甲烷，其同系物为烷烃，分子式通式为CnH2n＋2；甲烷、乙烷、丙烷均只有1种结构，丁烷有2种结构，所以n=4时，烷烃开始出现同分异构体；‎ ‎(3)乙烯和苯均为平面结构，分子中所有原子均共面；双键和苯环均为平面结构，乙基上两个碳原子可以形成一个平面，各平面以单键相连，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子都可以共面，所以同一平面内的碳原子最多有10个；‎ ‎(4)a．A为甲烷，甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应，同时会有多个反应发生，得到CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl的混合物，故a正确；‎ b．乙烯和苯中碳的质量分数较大，所以燃烧时会产生黑烟，故b正确；‎ c．苯可以通过萃取溴水中的溴使溴水褪色，故c错误；‎ d．乙烯中含有碳原子和碳原子形成的非极性键，还有碳原子和氢原子形成的极性键，故d正确；‎ 综上所述答案为c。‎ ‎【点睛】判断有机物分子中所有原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。‎ ‎27.如图所示是制取溴苯的装置。回答下列问题:‎ ‎（1）装置C中观察到的现象是_____，证明_____。‎ ‎（2）装置B是吸收瓶，瓶内盛有CCl4，实验中观察到的现象是_____，原因是_____；‎ ‎（3）如果没有装置B，将装置A、C直接相连，则该套实验装置 _____（填“合理”或 “不合理”），原因是_____。‎ ‎（4）实验完毕后，将装置A试管中的液体倒入盛有冷水的烧杯中，烧杯_____（填“下”或“上”）层为溴苯。‎ ‎【答案】 (1). 导管口有白雾出现，试管中有浅黄色沉淀产生 (2). 有HBr生成 (3). B中导气管口有气泡生成，CCl4颜色由无色逐渐变为橙红色 (4). 装置A中的溴化氢、溴蒸气和苯蒸气通过导管进入到装置B中，所以导管口有气泡；装置A中的溴蒸气 逸出并溶于CCl4中，所以CCl4颜色由无色逐渐变为橙红色 (5). 不合理 (6). 溴蒸气也能和AgNO3反应生成AgBr (7). 下 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验制备溴苯的反应原理为：2Fe+3Br2=2FeBr3，+Br2+HBr。图中，装置A为和Br2在FeBr3的催化下发生反应，由于反应放热，苯和液溴易挥发导致所得溴苯不纯净，装置B中CCl4的作用是除去HBr气体中的苯蒸气和溴蒸气。装置C中加入了AgNO3溶液，会与HBr发生反应：AgNO3+HBr=AgBr↓+HNO3，生成浅黄色沉淀。据此进行分析。‎ ‎【详解】（1）装置C中为HBr与AgNO3反应生成AgBr，故观察到的现象是导管口有白雾出现，试管中有浅黄色沉淀产生，证明了有HBr生成。答案为：导管口有白雾出现，试管中有浅黄色沉淀产生；有HBr生成；‎ ‎（2）装置A中的溴化氢、溴蒸气和苯蒸气通过导管进入到装置B中，可以看到B中导气管口有气泡生成，根据相似相溶原理，溴易溶于CCl4中，故而CCl4因为溶解了溴蒸气，其颜色由无色逐渐变为橙红色。答案为：B中导气管口有气泡生成，CCl4颜色由无色逐渐变为橙红色；装置A中的溴化氢、溴蒸气和苯蒸气通过导管进入到装置B中，所以导管口有气泡；装置A中的溴蒸气逸出并溶于CCl4中，所以CCl4颜色由无色逐渐变为橙红色；‎ ‎（3）因为溴蒸气也能和AgNO3反应生成AgBr，故若是没有装置B，将装置A、C直接相连，则该套实验装置设置不合理，答案为：不合理；溴蒸气也能和AgNO3反应生成AgBr；‎ ‎（4）溴苯的密度大于水的密度，且不溶于水，故将装置A试管中的液体倒入盛有冷水的烧杯中，烧杯下层为溴苯，答案为：下。‎ ‎28.氮元素是重要的非金属元素，可形成卤化氮、氮化物、叠氮化物及配合物等多种化合物。‎ ‎(1)NF3、NBr3、NCl3的沸点由高到低的顺序是______________________________。‎ ‎(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体。该反应的化学方程式为_________________。‎ ‎(3)叠氮酸(HN3)是一种弱酸，可部分电离出H＋和。请写出两种与互为等电子体的分子的化学式：__________________。‎ ‎(4)NaN3与KN3相比，NaN3的晶格能________(填“>”、“＝”或“<”)KN3的晶格能。‎ ‎(5)某元素X形成的离子X＋中K、L、M三个电子层均充满了电子。它与形成晶体的结构如图所示。X＋的符号是________，晶体中距离每个最近的X＋有________个。‎ ‎【答案】 (1). NBr3>NCl3>NF3 (2). Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑ (3). N2O、CO2 (4). > (5). Cu＋ (6). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NF3，NBr3、NCl3都是分子晶体，且结构相似，根据相对分子质量可判断沸点高低；‎ ‎（2）Mg2N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体为氨气，根据元素守恒，可写出化学方程式；‎ ‎（3）根据等电子原理可写出与互为等电子体的分子；‎ ‎（4）根据钠离子和钾离子的半径可比较出NaN3与KN3的晶格能大小；‎ ‎（5）根据X的核外电子排布特点推导出X元素的种类，再利用晶体结构图，看出晶体中每个与其距离最近的X+的个数。‎ ‎【详解】（1）NF3，NBr3、NCl3都是分子晶体，且结构相似，它们相对分子质量大小关系为：NBr3＞NCl3＞NF3，所以它们的沸点由高到低的顺序是：NBr3＞NCl3＞NF3；‎ ‎（2）Mg2N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体为氨气，根据元素守恒，可写知化学方程式为：Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑； ‎ ‎ （3）N3-中有三个原子，价电子数为16，根据等电子原理可知，与它互为等电子体的分子有：N2O、CO2、CS2、BeCl2；‎ ‎（4）因为钠离子的半径比钾离子的半径小，所以NaN3的晶格比KN3的晶格能大；‎ ‎（5）X+中K、L、M三个电子层均充满了电子，所以X+核外有28个电子，即X为铜元素，X+为Cu＋，根据晶体结构图可知，每个与其距离最近的Cu+有6个。‎ ‎29.下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务。【实验目的】　制取乙酸乙酯 ‎【实验原理】　甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯。【装置设计】　甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置：‎ 请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，较合理的是______(选填“甲”或“乙”)。丙同学将甲装置进行了改进，将其中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是________________。‎ ‎【实验步骤】‎ ‎(1)按丙同学选择的装置组装仪器，在试管中先加入3 mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2 mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2 mL冰醋酸；‎ ‎(2)将试管固定在铁架台上；‎ ‎(3)在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液；‎ ‎(4)用酒精灯对试管①加热；‎ ‎(5)当观察到试管②中有明显现象时停止实验。‎ ‎【问题讨论】‎ a．步骤(1)安装好实验装置，加入样品前还应检查____________；‎ b．写出试管①发生反应的化学方程式(注明反应条件) _______________________；‎ c．试管②中饱和Na2CO3溶液的作用是_________________________；________(填“能”或“不能”)换成NaOH溶液，原因___________________；‎ d．从试管②中分离出乙酸乙酯的实验操作是________。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 能防止倒吸 (3). 装置的气密性 (4). CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O (5). 吸收乙醇,除去乙酸 (6). 降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层析出 (7). 不能,若用NaOH溶液，则NaOH会使生成的乙酸乙酯又彻底水解，导致实验失败 (8). 分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醇和乙酸在浓硫酸环境下加热，生成乙酸乙酯，乙酸和乙醇有挥发性，收集乙酸乙酯时注意防倒吸，同时试管中加入的试剂为饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度。‎ ‎【详解】作为实验室制取乙酸乙酯的装置，导管与液面有空隙，防止液体倒吸，较合理的是乙。丙同学将甲装置进行了改进，将其中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是能防止倒吸。‎ a．步骤(1)安装好实验装置，实验前即加入样品前，还应检查装置的气密性；‎ b．试管①发生乙酸和乙醇的取代反应，反应可逆，化学方程式CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；‎ c．试管②中饱和Na2CO3溶液的作用是吸收乙醇,除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层析出；不能换成NaOH溶液，原因为若用NaOH溶液，则NaOH会使生成的乙酸乙酯又彻底水解，导致实验失败；‎ d．乙酸乙酯不溶于水，从试管②中分离出乙酸乙酯的实验操作是分液。‎ ‎30.铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。‎ ‎（l）基态铬原子的价电子排布式为___________。 ‎ ‎（2）CrO‎2C12和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO‎2C12的反应为：‎ K2Cr2O7 + 3CCl4 = 2KCl+ 2 CrO‎2C12+ 3COCl2↑ ‎ ‎① 上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______（用元素符号表示）。‎ ‎② 常温下CrO‎2C12是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO‎2C12属于______晶体。‎ ‎③ COCl2分子中所有原子均满足8电子结构，则COCl2分子中σ键和π键的个数比为_______。‎ ‎（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的半径分别为6.9×10-2 nm 和7.8×10-2 nm，则熔点：NiO______（填“< ”、“= ”或“>” ) FeO。 ‎ ‎④CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2(CO)2·2H2O] ，其结构如图所示。下列说法不正确的是_____（填字母序号）。‎ A.该复合物中只含有离子键和配位键 B.该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3 ‎ C.该复合物中只有CO和H2O作为配位体 D.CO与N2的价电子总数相同，其结构为C≡O ‎【答案】 (1). 3d54s1 (2). O>Cl>C (3). 分子 (4). 3∶1 (5). > (6). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，故答案为3d54s1；‎ ‎（2）①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，非金属性越强，非金属元素的电负性越大，它们的电负性由大到小顺序是O＞Cl＞C，故答案为O＞Cl＞C；‎ ‎②常温时CrO‎2C12是一种易溶于CCl4的液体，说明CrO‎2C12熔点低，所以固态CrO2Cl2属于分子晶体，故答案为分子；‎ ‎③COCl2分子中有1个C=O键和2个C-Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3∶1，故答案为3∶1；‎ ‎（3）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO，故答案为＞；‎ ‎（4）A．该复合物中存在化学键类型有离子键、配位键、极性共价键等，故A错误；‎ B．该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3，故B正确；‎ C．该复合物中配位体有CO、H2O和Cl原子，故C错误；‎ D．CO与N2属于等电子体结构相似，故结构式为C≡O，故D正确；故选AC。‎