2017-2018学年辽宁省大连市普兰店市第六中学高二上学期期中考试化学试题 Word版

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辽宁省大连市普兰店区第六中学2017-2018学年高二上学期期中考试 化学试卷 题号 一 二 三 四 五 六 七 总分 得分 ‎1.【题文】‎ 从下列基团：-CH3、-OH、-COOH、-C6H5，相互两两组成的有机物有 A.3个 B.4个 C.5个 D.6个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构。基团：-CH3、-OH、-COOH、- C6H5，相互两两组成的有机物有CH3OH、CH3COOH、C6H5- CH3、C6H5-OH、C6H5-COOH五种有机物，HO-COOH为碳酸，不是有机物，故该题选C。‎ ‎2.‎ ‎【题文】‎ 下列有关晶体的说法中正确的是 A.氯化钾溶于水时离子键未被破坏 B.原子晶体中共价键越强，熔点越高 C.晶体中有阳离子必含阴离子 D.分子间作用力越大，分子越稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的有关知识。氯化钾是离子晶体，溶于水时，破坏离子键，故A错；原子晶体中共价键的强弱决定其熔点的高低，故B正确；金属晶体中有阳离子无阴离子，故C错；分子间作用力只影响晶体的物理性质，与其稳定性无关，故D错。‎ ‎【结束】‎ ‎3.‎ ‎【题文】‎ 制造氯乙烷的最好方法是 A.乙烷氯代 B.乙烯和氯气加成 C.乙烯和氯化氢加成 D.乙烯加氢后再氯代 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了对制取有机物方法的判断，乙烷、乙烯的化学性质。乙烷和氯气取代反应，有多种副产物，故A错；乙烯和氯气加成生成1,2-二氯乙烷，故B错；乙烯和HCl加成只生成氯乙烷，故C正确；乙烯加氢后生成乙烷，乙烷和氯气取代反应，有多种副产物，故D错。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎4.‎ ‎【题文】‎ 阿伏加德罗常数约为6.02×1023/mol，下列说法一定正确的是 A.60gSiO2晶体中，约含有2×6.02×1023个Si-O键 B.78gNa2O2晶体中约有2×6.02×1023个阴离子 C.720g C60晶体约含有6.02×1023个如图中晶胞单元 D.14g两种烯烃CnH2n和CmH2m混合物，含有共用电子对数目约为3×6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了阿伏加德罗常数的计算及晶体的结构。60gSiO2晶体的物质的量是1mol，每个硅原子含有4个Si-O键，所以1molSiO2含4molSi-O键，故A错；Na2O2是由Na＋和O22－构成的离子化合物，其电子式为，78g Na2O2的物质的量刚好是1mol，所以约有6.02×1023个阴离子，故B错；由晶胞结构图可知，每个晶胞中含有的C60个数为：8×+ 6×= 4，720g C60晶体的物质的量为1mol，所以约含有×6.02×1023个如图中晶胞单元，故C错；由烯烃的碳链结构特点可知，n个碳原子可形成3n个共价键，即3n 个共用电子对，又根据烯烃的最简式CH2可算出14g烯烃含有1molC原子，则共形成3×6.02×1023共用电子对，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎5.‎ ‎【题文】‎ ‎2004年6月美国科学家在银河星系中央的星云中发现了新的星际分子，该分子是由碳、氢、氧构成(如图)。星际分子的不断发现可帮助人们了解生命起源的过程。据图示该星际分子的说法不正确的是 A.该模型属于分子比例模型 B.它的分子式为C3H4O2‎ C.该分子含有两种官能团 D.该物质能发生加成反应 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构和性质。由图可知，该模型属于分子球棍模型，故A错，选A；由分子的结构可知，它的分子式为C3H4O，故B错；选B；由分子的结构可知，该分子含有碳碳双键和醛基两种官能团，故C正确，不选；该物质分子中含有碳碳双键和醛基，所以该物质能发生加成反应，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎6.‎ ‎【题文】‎ 化学家合成了一种分子式为C200H200的含多个碳碳叁键的链烃，其分子中含碳碳叁键数目最多可以是 A.49 B.50 C.51 D.无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构特点。根据每形成一个叁键，则要减少4个H，首先计算出200个碳原子如果构成烷烃，其氢原子数为200×2+2=402，则氢原子少了402-200=202个，可以形成叁键：=50.5，所以最多可以形成叁键50个，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎7.‎ ‎【题文】‎ 某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是 A.3∶9∶4 B.1∶4∶2 C.2∶9∶4 D.3∶8∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图可知该晶体部分结构单元的上下两面为正三角形，因此处于顶点的粒子为12个该结构单元共用，故A的数目为6×1/12=1/2；处于水平棱上的粒子为4个结构单元共用，处于垂直棱上的粒子为6个结构单元共用，故该结构单元中包含B粒子的数目为6×1/4+3×1/6=2，由此可见A、B、C三种粒子数之比为1/2∶2∶1=1∶4∶2。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎8.‎ ‎【题文】‎ 如图所示为冰晶石(化学式为Na3AlF6)的晶胞。已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++AlF63－。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12 条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法正确的是 A.冰晶石是原子晶体 B.该物质中存在配位键 C.大立方体的体心处△代表的是Al3+ D.该物质是电解冶炼铝的还原剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了冰晶石的结构及有关问题。由己知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++ AlF63－可知，冰晶石是离子晶体，故A错；Al的最外层含有三个电子，能与三个F形成三个共价键，而AlF63－中Al结合了6个F，说明AlF63－中Al和F之间形成了三个配位键，其中Al提供空轨道，F提供孤对电子，故B正确；由冰晶石(化学式为Na3AlF6)可知，Na+与AlF63－的个数比为3:1，由冰晶石的晶胞结构可知，一个晶胞中含有●的个数为8×+ 6×= 4，○的个数为8+12×=11，△代表○时，●与○的个数比为1:3，则●为AlF63－，○为Na+，所以大立方体的体心处△代表的是Na+，故C错；该物质是电解冶炼铝的助熔剂，故D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎9.‎ ‎【题文】‎ 参考以下表格的键能数据，比较下列两组物质的熔点高低 SiC______Si；SiCl4_______Si 化学键 Si-O Si-Cl H-H H-Cl Si-Si Si-C 键能（kJ/mol）‎ ‎460‎ ‎360‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎176‎ ‎347‎ A.>　　> B.<　　< C.>　　< D.<　　>‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了晶体熔沸点的比较。碳化硅和硅都是原子晶体，晶体类型相同的物质其熔点与键能成正比，键能越小，熔点越低，碳硅键的键能大于硅硅键的键能，所以碳化硅的熔点比硅的高；硅是原子晶体，氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体，所以二氧化硅的熔点比氯化硅的高，故该题选C。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎10.‎ ‎【题文】‎ 卤代烃能够发生反应2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr，下列有机物中可合成环丙烷的是 A.CH3CH2CH2Br B.CH3CHBrCH2Br C.BrCH2CH2CH2Br D.CH3CH2CHBr2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物合成的有关判断。根据题目信息可知反应的原理，碳溴键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键。CH3CH2CH2Br与钠发生反应生成CH3CH2CH2CH2CH2CH3，故A错；CH3CHBrCH2Br与钠发生反应生成，故B错；BrCH2CH2CH2Br与钠以1:2发生反应生成环丙烷，故C正确；CH3CH2CHBr2与钠发生反应生成CH3CH2CH=CHCH2CH3，故D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎11.‎ ‎【题文】‎ 有7 种物质，①甲烷②苯③2一丁炔④环己烷⑤邻二甲苯⑥环己烯⑦二氧化硫，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A.③⑥⑦ B.②④⑥⑦ C.②⑤⑥⑦ D.④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构和性质及二氧化硫的性质。甲烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，故①错；苯既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色。故②错； 2－丁炔中含有碳碳三键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，故③对；环己烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，故④错；邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是不能使溴水因反应而褪色，故⑤错；环己烯中含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，故⑥对；二氧化硫可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故⑦对；所以符合题意的是③⑥⑦，故该题选A。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎12.‎ ‎【题文】‎ 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，如图：‎ 下列有关冰晶胞说法正确的是 A.冰晶胞内水分子间以共价键结合 B.每个冰晶胞平均含有4个水分子 C.水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是σ键的一种 D.实验测得冰中氢键的作用力为18.5kJ/mol，而冰的熔化热为5.0kJ/mol，这说明冰熔化成水，氢键部分被破坏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了物质的结构与性质。冰晶胞内水分子间以氢键结合，故A错；由冰晶胞的结构可知，每个冰晶胞平均占有分子个数为4+×8+6× ‎=8，故B错；水分子间的氢键具有方向性和饱和性，但氢键不属于化学键，故C错；冰中氢键的作用能为18.5kJ/mol，而冰熔化热为5.0kJ/mol，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中仍在氢键，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎13.‎ ‎【题文】‎ CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的哑铃形C22－的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是 A.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22－数目为6‎ B.该晶体中的阴离子与F2是等电子体 C.6.4克CaC2晶体中含阴离子0.lmol D.与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的结构。依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22－有4个，而不是6个，故A错；C22－含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，故B错；6.4克CaC2的物质的量为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22－，则含阴离子的物质的量为0.1mol，故C正确；晶胞的一个平面的长与宽不相等，所以与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎14.‎ ‎【题文】‎ 共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用，含有上述两种相互作用的晶体是 A.SiO2晶体 B.Ar晶体 C.NaCl晶体 D.NaOH晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的类型和化学键的知识。二氧化硅形成的晶体是原子晶体，含有共价键，故A错；Ar是稀有气体单质，没有化学键，形成的晶体是分子晶体，含有范德华力，故B错；氯化钠形成的晶体是离子晶体，含有离子键，故C错；氢氧化钠形成的晶体是离子晶体，含有离子键，另外氢氧根离子中O和H之间形成共价键，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎15.‎ ‎【题文】‎ 科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为 A.1:3 B.3:1 C.3:2 D.2:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的计算。根据晶胞结构可知，一个晶胞中含有C60的个数为：8×＋1＝2，K的个数为：2×6×＝6，所以K原子与C60分子的个数之比为3:1，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎16.‎ ‎【题文】‎ 有的油田开采的石油中溶有一种碳氢化合物——金刚烷，它的分子立体结构如图所示，它的核磁共振氢谱图中吸收峰数日与峰面积之比分别为 A.5，1:6:2:3:4 B.3，1:3:12 C.4， l:6:3:6 D.2，1:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构及吸收峰和峰面积。根据金刚烷的键线式可知，分子中的氢原子分为2类，即4个CH和6个CH2中氢原子，所以它的核磁共振氢谱图中吸收峰数为2，峰面积之比为(4×1):(6×2)=1:3，故该题选D。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎17.‎ ‎【题文】‎ 有aL乙炔和乙烯的混合气体，在催化剂作用下与足量的H2发生加成反应，消耗H21.25aL，则乙烯与乙炔的体积比为 A.1:l B.2:1 C.3:l D.4:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的计算。设乙炔体积为x，乙烯体积为y，根据方程式计算可得：‎ 可得：x+y=a，2x+y=1.25a，解得x=0.25a，y=0.75a，所以乙烯与乙炔体积比为3:1，故该题选C。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎18.‎ ‎【题文】‎ X、Y都是IIA(Be除外)的元素，己知它们的碳酸盐的热分解温度：T(XCO3)>T(YCO3)，下列判断错误的是 A.晶格能：XO>YO B.阳离子半径：X2+＞Y2+‎ C.金属性：Y>X D.氧化物的熔点：XO>YO ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了离子晶体的性质。形成离子晶体的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔点越高，所以根据碳酸盐的分解温度T(XCO3)>T(YCO3)可知，X的离子半径小于Y的离子半径，XO和YO都是离子晶体，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，所以.晶格能：XO>YO，故A正确，B错，选B；X、Y都是IIA(Be除外)的元素，同主族自上而下离子半径逐渐增大，X的离子半径小于Y的离子半径，所以X的金属性弱于Y的，故C正确，不选；对于离子晶体，晶格能越大，熔点越高，所以氧化物的熔点：XO>YO，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎19.‎ ‎【题文】‎ 已知[Co(NH3)6]3+的立体结构如图，其中1～6处的小圆圈表示NH3分子，且各相邻的NH3分子间的距离相等(图中虚线长度相等)。Co3+位于八面体的中心，若其中两个NH3被Cl-取代，所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的结构的数目为 A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了配位健以及配位化合物结构的有关判断。[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，有六个顶点，四个NH3分子呈正方形，Co原子在正方形中心，另外两个NH3分子分别在正方形正上方和正下方，组成正八面体，且各相邻的NH3分子间的距离相等(图中虚线长度相等)，所以若其中两个NH3被Cl-取代，应该有2中结构，即体对角线(例如1和4等)或者相连的边(例如2和3等)，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎20.‎ ‎【题文】‎ 断肠草(GelSemium)为中国古代九大毒药之一，据记载能“见血封喉”，现代查明它是葫蔓藤科杭物葫蔓藤，其中的毒素很多，下列是分离出来的四种毒素的结构简式，下列推断不正确的是 A.①、②、③、④均能发生加成反应 B.①与②、③与④分别互为同分异构体 C.①、③互为同系物 D.等物质的量②、④分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后者多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构和性质、同分异构体和同系物的概念。①、②、③、④均含有碳碳双键，所以均能发生加成反应，故A正确，不选；①与②化学式相同，只是其中的两个甲氧基位置放置不一样，二者同分异构体，③与④化学式相同，只是其中的一个甲氧基位置放置不一样，互为同分异构体，故B正确，不选；同系物是指结构相似，分子式相差一个或若干个CH2原子团，①与③相差一个甲氧基，故不能互为同系物，故C错，选C；由结构可知，‎ ‎②、④相比，②中多1个甲氧基，则等物质的量②、④分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后者多，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎21.‎ ‎【题文】‎ 下列有关实验操作的叙述和与实验得出的相应结论都正确的是 实验操作 结论 ‎①‎ 实验室用电石与饱和食盐水在启普发生器中制乙炔常会闻到臭味 乙炔是无色、略有臭味的气体 ‎②‎ 乙醇、浓硫酸混合加热170℃，导出的物质能使酸性高锰酸钾褪色 该反应生成了乙烯 ‎③‎ 在溴乙烷中加入适量的氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银，会有沉淀析出 溴乙烷在碱性条件下能水解出Br-‎ ‎④‎ 提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤 苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响很大 ‎⑤‎ 苯不能与酸性高锰酸钾反应，而甲苯却能 苯环使甲基活化 A.④⑤ B.②④ C.①②④ D.③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查了实验的设计与评价。碳化钙在反应时粉末化，启普发生器无法控制：另外，生成的氢氧化钙堵塞了小孔，使启普发生器失效，且反应大量放热，易燃易爆，所以用电石与饱和食盐水制乙炔不能用启普发生器，且闻到臭味是硫化氢的气味，不是乙炔的气味，故①错；乙醇具有挥发性，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故②‎ 错；在溴乙烷中加入适量的氢氧化钠溶液，加热一段时间，先加入硝酸中和氢氧化钠，再滴入几滴硝酸银，才会有沉淀析出，故③错；④⑤对，故该题选A。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎22.‎ ‎【题文】‎ 如图是某药物中间体的结构示意图：‎ 通过对比指出该药物中Et表示(写名称)_________。‎ ‎【答案】‎ 乙基 ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构。碳原子的周围形成四个价键，根据球的半径大小和成键情况可知“Et”表示-CH2CH3，名称为乙基。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎23.‎ ‎【题文】‎ 二茂铁[(C5H5)2Fe]是由一个二价铁离子和2个环戊烯基负离子构成，它的发现可以说是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了金属有机化合物研究的新领域，促进了金属有机化学的发展。二茂铁可以用还原铁粉与环戊二烯在氮气氛围中发生反应而制得。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)二茂铁的熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是2.19℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。据此可推断二茂铁晶体为______晶体，由此可进一步推知，在二茂铁结构中，C5H5－与Fe2+之间形成的化学键类型是_______；‎ ‎(2)①写出等物质的量的环戊二烯与溴反应的两个化学方程式____________，‎ ‎②H2C=CH—C≡C—CH3是环戊二烯的一种同分异构体，在其分子结构中处于同一平面上的原子个数最多有______个。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)分子、配位键 ‎(2)①+Br2→或+Br2→②9‎ ‎【解析】‎ 解析：本题考查物质结构和性质、及有机物的结构和性质。(1)熔沸点较低的晶体一般为分子晶体，所以可推断二茂铁晶体为分子晶体，碳原子含有孤电子对，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键。‎ ‎(2)①1个环戊二烯中含有2个碳碳双键，与等物质的量的溴发生1，2加成或1，4加成，反应的两个化学方程式：+Br2→或+Br2→。‎ ‎②乙烯分子中所有原子都处于同一平面上，乙炔分子中所有原子处于同一直线上，所以 H2C=CH—C≡C—CH3中处于同一平面上的原子个数最多有9个。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎24.‎ ‎【题文】‎ 曾有制药厂违反规定，购入工业用“二甘醇”代替医用丙二醇(C2H8O2‎ ‎)作辅料，用于“亮菌甲素注射液”的生产，导致多名患者肾功能衰歇而死亡。二甘醇又称乙二醇醚，分子式为C4H10O3(HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH)，二甘醇是一种重要的化工原料，用途十分广泛。二甘醇一般的合成路线为：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)下列关于“丙二醇和“二甘醇”及“乙二醇”的有关说法正确的是 A.丙二醇是乙二醇的同系物 B.它们具有相同种类和数目的官能团，性质上完全相同 C.“丙二醇”和“二甘醇”在病人体内都能被氧化为草酸 D.分离“丙二醇”和“二甘醇”可采用分液的方法 ‎(2)过程I是石油加工中常用步骤，其名称为_______。‎ ‎(3)从物质B到物质C的过程如果条件控制不好会生成物质E，E可用于金属的切割，写出实验室制备E的化学方程式___________，则为了能得到二甘醇D，物质B到物质C的反应条件是_________，该反应属于________(填反应类型)。写出B可能生成E的化学方程式______。‎ ‎(4)反应Ⅲ的化学方程式为：____________。‎ ‎(5)A的一种同系物结构简式为请用系统命名法对其命名。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)A；(2)裂解；‎ ‎(3)CaC2+2H2OCa(OH)2+CH≡CH；NaOH水溶液；水解或取代；‎ CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH +2NaBr+2H2O ‎(4)2HO-CH2-CH2-OHHO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH+H2O ‎(5)2，3-二乙基-1-己稀 ‎【解析】‎ 解析：本题考查了石油的裂解、有机反应类型、有机反应条件的选择以及烯与卤代烃、醇的性质与转化等。由信息可知，物质D为二甘醇又称乙二醇醚，分子式为C4H10O3(HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2‎ ‎-OH)，则物质C为乙二醇，乙二醇发生分子间脱水可生成物质D，物质B发生卤代烃的水解可生成乙二醇，则物质C为二溴乙烷，乙烯与溴发生加成反应可生成二溴乙烷。(1)丙二醇与乙二醇含有相同的官能团-OH，且数目相同，其它为单键，组成通式相同，故A正确；二甘醇除含有2个-OH，还含有醚键，与丙二醇、乙二醇含有的官能团不同，故B错；丙二醇可以氧化物为草酸，二甘醇氧化物HOOCHCH2-O-CH2CHOOH，故C错；丙二醇与二甘醇互溶，不能利用分液方法分离，故D错。‎ ‎(2)乙烯可由石油裂解得到。‎ ‎(3)BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热下发生取代反应生成HOCH2CH2OH，如果条件控制不好会生成物质E，E可用于金属的切割，则物质E为乙炔，反应方程式为：CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH +2NaBr+2H2O，实验室利用电石和水反应来制取乙炔，反应的化学方程式为：CaC2+2H2OCa(OH)2+ CH≡CH。‎ ‎(4)反应Ⅲ是乙二醇在浓硫酸、加热到140℃条件下发生分子间脱水生成HOCH2CH2-O-CH2CH2OH，反应方程式为：)2HO-CH2-CH2-OHHO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH+H2O。‎ ‎(5) A的一种同系物结构简式为可知，该有机物的名称为：2，3-二乙基-1-己稀。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎25.‎ ‎【题文】‎ 有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E正一价阳离子M能层电子己排满。D与B可形成离子化合物其晶胞结构如图所示。请回答下列问题：‎ ‎(1)E元素原子基态时的价电子排布图为___________；‎ ‎(2)A2F分子中F原子的杂化类型是_______，F的氧化物FO3分子空间构型为______；‎ ‎(3)CA3极易溶于水，其原因主要是________，试判断CA3溶于水后形成CA3·H2O的合理结构________(填字母代号)，从氢键的形成角度回答推理依据是：___________。‎ ‎(a) (b)‎ ‎(4)E的晶胞常采取________堆积方式。‎ ‎(5)从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为_________；该离子了化合物晶体的密度为ag/cm3，则晶胞的体积是_______cm3(写出表达式即可，NA表示阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1‎ ‎(2)sp3 平面正三角形 ‎(3)与水分子间形成氢键 b N给电子能力强而和氧原子相连的氢耕裸露，两者易形成氢键或答一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根 ‎(4)面心立方最密堆积 ‎(5)CaF2 ‎【解析】‎ 解析：本题考查了物质的结构与性质。由题意可知，A是周期表中原子半径最小的元素，，则A为氢元素，B是电负性最大的元素，则B为氟元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，则C为氮元素，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，F原子核外电子数为16，则F为硫元素，D是主族元素且与E同周期，E正一价阳离子M能层电子己排满，则E的基态原子的价层电子排布式为：3s23p63d104s1，则D为Cu元素，D与氟元素形成的离子化合物的晶胞中含有8个F原子和8×＋6×＝4个D原子，可知其化学式为DF2‎ ‎，D的化合价为＋2价，则D为钙元素。（1）根据构造原理可知，铜元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。‎ ‎(2)H2S分子中中心原子含有的孤对电子对数是(6－1×2)＝2，σ键数为2，所以S原子是sp3杂化；SO3分子中硫原子形成三个σ键，不含孤电子对，则杂化轨道数为 3，空间构型为平面正三角形。‎ ‎(3)NH3分子和H2O分子可以形成分子间氢键，所以NH3易溶于水；由于一水合氨在溶液中能电离产生铵根离子和氢氧根离子，故该题选b。‎ ‎(4)铜的晶胞常采取面心立方最密堆积。‎ ‎(5)由晶胞结构图可知，晶胞中钙离子位于顶点与面心上，故晶胞中含有钙离子数目为：8×＋6×＝4，F离子处于晶胞内部，晶胞含有氟离子数目为8，故D跟B形成的离子化合物的化学式为为CaF2，一个晶胞的质量为g，晶体的密度为a(g•cm-3)，则晶胞的体积是cm3。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎26.‎ ‎【题文】‎ 溴乙烷是一种难溶于水、密度约为水的密度的1.5倍、沸点为38.4℃的无色液体。如图为实绘室制备溴乙烷的装置示意图(夹持仅器已略去)。G中盛蒸馏水，实验时选用的药品有：溴化钠、95%乙醇、浓H2SO4。边反应边蒸馏，蒸出的溴乙烷用水下收集法获得。实验室制备溴乙烷的反应原理如下：‎ NaBr+H2SO4(浓)NaHSO4+HBr    CH3CH2OH+HBr→CH3CH2Br+H2O 己知药品的用量：①NaBr(s)0.3mol，②浓硫酸36mL(98%、密度1.84g/cm3)，③乙醇0.25mol。‎ 可能存在的副反应有：醇在浓硫酸存在下脱水生成烯和醚，Br-被浓硫酸氧化为Br2等。试问答：‎ ‎(1)为防止副反应的发生，向圆底烧瓶内加入药品时，还需加入适量的______。‎ ‎(2)装置B的作用是：①使溴乙烷馏出，②_________。‎ ‎(3)溴乙烷可用水下收集法的依据是______、_______。‎ ‎(4)粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，欲除去该杂质，可加入的试剂为____(填编号)。‎ a.碘化钾溶液b.亚硫酸氢钠溶液c.氢氧化钠溶液 ‎(5)本实验的产率为60%，则可制取溴乙烷______g。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)水 ‎(2)使沸点高于溴乙烷的物质回流 ‎(3)溴乙烷为有机物，密度比水大且难溶于水 ‎(4)b ‎(5)16.35g ‎【解析】‎ 解析：本题考查了溴乙烷的制备。(1)浓硫酸具有强氧化性，易与NaBr发生氧化还原反应，可能存在的副反应有：醇在浓硫酸存在下脱水生成烯和醚，Br-被浓硫酸氧化为Br2等，可先加水稀释，防止HBr被氧化、醇脱水生成烯和醚。‎ ‎(2)装置B的作用，可起到与空气充分热交换的作用，使沸点高于溴乙烷的物质回流。‎ ‎(3)溴乙烷可用水下收集法的依据是：溴乙烷为有机物，密度比水大且难溶于水，水封，防止蒸气逸出，并防止倒吸。‎ ‎(4)粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，是由于溴乙烷溶解了Br2的缘故，碘化钾溶液，除去了溴又会产生新的杂质碘，故a错；利用亚硫酸根离子的还原性除去溴杂质，故b正确；氢氧化钠溶液能够和溴乙烷发生反应，故c错。‎ ‎(5)n(H2SO4)＝=0.66mol，由反应NaBr+H2SO4(浓)NaHSO4+HBr可判断生成HBr为0.3mol，由反应CH3CH2OH+HBr→CH3CH2Br+H2O可判断HBr过量，所以CH3CH2Br理论产量为0.25mol×109g·mol-1＝27.25g，实际产量为：27.25g×60％＝16.35g。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ 试卷答案 ‎1.【题文】‎ 从下列基团：-CH3、-OH、-COOH、-C6H5，相互两两组成的有机物有 A.3个 B.4个 C.5个 D.6个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构。基团：-CH3、-OH、-COOH、- C6H5，相互两两组成的有机物有CH3OH、CH3COOH、C6H5- CH3、C6H5-OH、C6H5-COOH五种有机物，HO-COOH为碳酸，不是有机物，故该题选C。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎2.‎ ‎【题文】‎ 下列有关晶体的说法中正确的是 A.氯化钾溶于水时离子键未被破坏 B.原子晶体中共价键越强，熔点越高 C.晶体中有阳离子必含阴离子 D.分子间作用力越大，分子越稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的有关知识。氯化钾是离子晶体，溶于水时，破坏离子键，故A错；原子晶体中共价键的强弱决定其熔点的高低，故B正确；金属晶体中有阳离子无阴离子，故C错；分子间作用力只影响晶体的物理性质，与其稳定性无关，故D错。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎3.‎ ‎【题文】‎ 制造氯乙烷的最好方法是 A.乙烷氯代 B.乙烯和氯气加成 C.乙烯和氯化氢加成 D.乙烯加氢后再氯代 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了对制取有机物方法的判断，乙烷、乙烯的化学性质。乙烷和氯气取代反应，有多种副产物，故A错；乙烯和氯气加成生成1,2-二氯乙烷，故B错；乙烯和HCl加成只生成氯乙烷，故C正确；乙烯加氢后生成乙烷，乙烷和氯气取代反应，有多种副产物，故D错。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎4.‎ ‎【题文】‎ 阿伏加德罗常数约为6.02×1023/mol，下列说法一定正确的是 A.60gSiO2晶体中，约含有2×6.02×1023个Si-O键 B.78gNa2O2晶体中约有2×6.02×1023个阴离子 C.720g C60晶体约含有6.02×1023个如图中晶胞单元 D.14g两种烯烃CnH2n和CmH2m混合物，含有共用电子对数目约为3×6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了阿伏加德罗常数的计算及晶体的结构。60gSiO2晶体的物质的量是1mol，每个硅原子含有4个Si-O键，所以1molSiO2含4molSi-O键，故A错；Na2O2是由Na＋和O22－构成的离子化合物，其电子式为，78g Na2O2的物质的量刚好是1mol，所以约有6.02×1023个阴离子，故B错；由晶胞结构图可知，每个晶胞中含有的C60个数为：8×+ 6×= 4，720g C60晶体的物质的量为1mol，所以约含有×6.02×1023个如图中晶胞单元，故C错；由烯烃的碳链结构特点可知，n个碳原子可形成3n个共价键，即3n个共用电子对，又根据烯烃的最简式CH2可算出14g烯烃含有1molC原子，则共形成3×6.02×1023共用电子对，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎5.‎ ‎【题文】‎ ‎2004年6月美国科学家在银河星系中央的星云中发现了新的星际分子，该分子是由碳、氢、氧构成(如图)。星际分子的不断发现可帮助人们了解生命起源的过程。据图示该星际分子的说法不正确的是 A.该模型属于分子比例模型 B.它的分子式为C3H4O2‎ C.该分子含有两种官能团 D.该物质能发生加成反应 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构和性质。由图可知，该模型属于分子球棍模型，故A错，选A；由分子的结构可知，它的分子式为C3H4O，故B错；选B；由分子的结构可知，该分子含有碳碳双键和醛基两种官能团，故C正确，不选；该物质分子中含有碳碳双键和醛基，所以该物质能发生加成反应，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎6.‎ ‎【题文】‎ 化学家合成了一种分子式为C200H200的含多个碳碳叁键的链烃，其分子中含碳碳叁键数目最多可以是 A.49 B.50 C.51 D.无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构特点。根据每形成一个叁键，则要减少4个H，首先计算出200个碳原子如果构成烷烃，其氢原子数为200×2+2=402，则氢原子少了402-200=202个，可以形成叁键：=50.5，所以最多可以形成叁键50个，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎7.‎ ‎【题文】‎ 某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是 A.3∶9∶4 B.1∶4∶2 C.2∶9∶4 D.3∶8∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图可知该晶体部分结构单元的上下两面为正三角形，因此处于顶点的粒子为12个该结构单元共用，故A的数目为6×1/12=1/2；处于水平棱上的粒子为4个结构单元共用，处于垂直棱上的粒子为6个结构单元共用，故该结构单元中包含B粒子的数目为6×1/4+3×1/6=2，由此可见A、B、C三种粒子数之比为1/2∶2∶1=1∶4∶2。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎8.‎ ‎【题文】‎ 如图所示为冰晶石(化学式为Na3AlF6)的晶胞。已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++AlF63－。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12 条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法正确的是 A.冰晶石是原子晶体 B.该物质中存在配位键 C.大立方体的体心处△代表的是Al3+ D.该物质是电解冶炼铝的还原剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了冰晶石的结构及有关问题。由己知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF63Na++ AlF63－可知，冰晶石是离子晶体，故A错；Al的最外层含有三个电子，能与三个F形成三个共价键，而AlF63－中Al结合了6个F，说明AlF63－中Al和F之间形成了三个配位键，其中Al提供空轨道，F提供孤对电子，故B正确；由冰晶石(化学式为Na3AlF6)可知，Na+与AlF63－的个数比为3:1，由冰晶石的晶胞结构可知，一个晶胞中含有●的个数为8×+ 6×= 4，○的个数为8+12×=11，△代表○时，●与○的个数比为1:3，则●为AlF63－，○为Na+，所以大立方体的体心处△代表的是Na+，故C错；该物质是电解冶炼铝的助熔剂，故D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎9.‎ ‎【题文】‎ 参考以下表格的键能数据，比较下列两组物质的熔点高低 SiC______Si；SiCl4_______Si 化学键 Si-O Si-Cl H-H H-Cl Si-Si Si-C 键能（kJ/mol）‎ ‎460‎ ‎360‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎176‎ ‎347‎ A.>　　> B.<　　< C.>　　< D.<　　>‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了晶体熔沸点的比较。碳化硅和硅都是原子晶体，晶体类型相同的物质其熔点与键能成正比，键能越小，熔点越低，碳硅键的键能大于硅硅键的键能，所以碳化硅的熔点比硅的高；硅是原子晶体，氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体，所以二氧化硅的熔点比氯化硅的高，故该题选C。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎10.‎ ‎【题文】‎ 卤代烃能够发生反应2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr，下列有机物中可合成环丙烷的是 A.CH3CH2CH2Br B.CH3CHBrCH2Br C.BrCH2CH2CH2Br D.CH3CH2CHBr2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物合成的有关判断。根据题目信息可知反应的原理，碳溴键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键。CH3CH2CH2Br与钠发生反应生成CH3CH2CH2CH2CH2CH3，故A错；CH3CHBrCH2Br与钠发生反应生成，故B错；BrCH2CH2CH2Br与钠以1:2发生反应生成环丙烷，故C正确；CH3CH2CHBr2与钠发生反应生成CH3CH2CH=CHCH2CH3，故D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎11.‎ ‎【题文】‎ 有7 种物质，①甲烷②苯③2一丁炔④环己烷⑤邻二甲苯⑥环己烯⑦二氧化硫，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A.③⑥⑦ B.②④⑥⑦ C.②⑤⑥⑦ D.④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构和性质及二氧化硫的性质。甲烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，故①错；苯既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色。故②错； 2－丁炔中含有碳碳三键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，故③对；环己烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，故④错；邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是不能使溴水因反应而褪色，故⑤错；环己烯中含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，故⑥对；二氧化硫可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故⑦对；所以符合题意的是③⑥⑦，故该题选A。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎12.‎ ‎【题文】‎ 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，如图：‎ 下列有关冰晶胞说法正确的是 A.冰晶胞内水分子间以共价键结合 B.每个冰晶胞平均含有4个水分子 C.水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是σ键的一种 D.实验测得冰中氢键的作用力为18.5kJ/mol，而冰的熔化热为5.0kJ/mol，这说明冰熔化成水，氢键部分被破坏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了物质的结构与性质。冰晶胞内水分子间以氢键结合，故A错；由冰晶胞的结构可知，每个冰晶胞平均占有分子个数为4+×8+6× ‎=8，故B错；水分子间的氢键具有方向性和饱和性，但氢键不属于化学键，故C错；冰中氢键的作用能为18.5kJ/mol，而冰熔化热为5.0kJ/mol，说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中仍在氢键，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎13.‎ ‎【题文】‎ CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的哑铃形C22－的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是 A.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22－数目为6‎ B.该晶体中的阴离子与F2是等电子体 C.6.4克CaC2晶体中含阴离子0.lmol D.与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的结构。依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22－有4个，而不是6个，故A错；C22－含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，故B错；6.4克CaC2的物质的量为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22－，则含阴离子的物质的量为0.1mol，故C正确；晶胞的一个平面的长与宽不相等，所以与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎14.‎ ‎【题文】‎ 共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用，含有上述两种相互作用的晶体是 A.SiO2晶体 B.Ar晶体 C.NaCl晶体 D.NaOH晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的类型和化学键的知识。二氧化硅形成的晶体是原子晶体，含有共价键，故A错；Ar是稀有气体单质，没有化学键，形成的晶体是分子晶体，含有范德华力，故B错；氯化钠形成的晶体是离子晶体，含有离子键，故C错；氢氧化钠形成的晶体是离子晶体，含有离子键，另外氢氧根离子中O和H之间形成共价键，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎15.‎ ‎【题文】‎ 科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为 A.1:3 B.3:1 C.3:2 D.2:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了晶体的计算。根据晶胞结构可知，一个晶胞中含有C60的个数为：8×＋1＝2，K的个数为：2×6×＝6，所以K原子与C60分子的个数之比为3:1，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎16.‎ ‎【题文】‎ 有的油田开采的石油中溶有一种碳氢化合物——金刚烷，它的分子立体结构如图所示，它的核磁共振氢谱图中吸收峰数日与峰面积之比分别为 A.5，1:6:2:3:4 B.3，1:3:12 C.4， l:6:3:6 D.2，1:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构及吸收峰和峰面积。根据金刚烷的键线式可知，分子中的氢原子分为2类，即4个CH和6个CH2中氢原子，所以它的核磁共振氢谱图中吸收峰数为2，峰面积之比为(4×1):(6×2)=1:3，故该题选D。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎17.‎ ‎【题文】‎ 有aL乙炔和乙烯的混合气体，在催化剂作用下与足量的H2发生加成反应，消耗H21.25aL，则乙烯与乙炔的体积比为 A.1:l B.2:1 C.3:l D.4:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的计算。设乙炔体积为x，乙烯体积为y，根据方程式计算可得：‎ 可得：x+y=a，2x+y=1.25a，解得x=0.25a，y=0.75a，所以乙烯与乙炔体积比为3:1，故该题选C。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎18.‎ ‎【题文】‎ X、Y都是IIA(Be除外)的元素，己知它们的碳酸盐的热分解温度：T(XCO3)>T(YCO3)，下列判断错误的是 A.晶格能：XO>YO B.阳离子半径：X2+＞Y2+‎ C.金属性：Y>X D.氧化物的熔点：XO>YO ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了离子晶体的性质。形成离子晶体的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔点越高，所以根据碳酸盐的分解温度T(XCO3)>T(YCO3)可知，X的离子半径小于Y的离子半径，XO和YO都是离子晶体，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，所以.晶格能：XO>YO，故A正确，B错，选B；X、Y都是IIA(Be除外)的元素，同主族自上而下离子半径逐渐增大，X的离子半径小于Y的离子半径，所以X的金属性弱于Y的，故C正确，不选；对于离子晶体，晶格能越大，熔点越高，所以氧化物的熔点：XO>YO，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎19.‎ ‎【题文】‎ 已知[Co(NH3)6]3+的立体结构如图，其中1～6处的小圆圈表示NH3分子，且各相邻的NH3分子间的距离相等(图中虚线长度相等)。Co3+位于八面体的中心，若其中两个NH3被Cl-取代，所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的结构的数目为 A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查了配位健以及配位化合物结构的有关判断。[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，有六个顶点，四个NH3分子呈正方形，Co原子在正方形中心，另外两个NH3分子分别在正方形正上方和正下方，组成正八面体，且各相邻的NH3分子间的距离相等(图中虚线长度相等)，所以若其中两个NH3被Cl-取代，应该有2中结构，即体对角线(例如1和4等)或者相连的边(例如2和3等)，故该题选B。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎20.‎ ‎【题文】‎ 断肠草(GelSemium)为中国古代九大毒药之一，据记载能“见血封喉”，现代查明它是葫蔓藤科杭物葫蔓藤，其中的毒素很多，下列是分离出来的四种毒素的结构简式，下列推断不正确的是 A.①、②、③、④均能发生加成反应 B.①与②、③与④分别互为同分异构体 C.①、③互为同系物 D.等物质的量②、④分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后者多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构和性质、同分异构体和同系物的概念。①、②、③、④均含有碳碳双键，所以均能发生加成反应，故A正确，不选；①与②化学式相同，只是其中的两个甲氧基位置放置不一样，二者同分异构体，③与④化学式相同，只是其中的一个甲氧基位置放置不一样，互为同分异构体，故B正确，不选；同系物是指结构相似，分子式相差一个或若干个CH2原子团，①与③相差一个甲氧基，故不能互为同系物，故C错，选C；由结构可知，‎ ‎②、④相比，②中多1个甲氧基，则等物质的量②、④分别在足量氧气中完全燃烧，前者消耗氧气比后者多，故D正确，不选。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎21.‎ ‎【题文】‎ 下列有关实验操作的叙述和与实验得出的相应结论都正确的是 实验操作 结论 ‎①‎ 实验室用电石与饱和食盐水在启普发生器中制乙炔常会闻到臭味 乙炔是无色、略有臭味的气体 ‎②‎ 乙醇、浓硫酸混合加热170℃，导出的物质能使酸性高锰酸钾褪色 该反应生成了乙烯 ‎③‎ 在溴乙烷中加入适量的氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银，会有沉淀析出 溴乙烷在碱性条件下能水解出Br-‎ ‎④‎ 提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤 苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响很大 ‎⑤‎ 苯不能与酸性高锰酸钾反应，而甲苯却能 苯环使甲基活化 A.④⑤ B.②④ C.①②④ D.③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 本题考查了实验的设计与评价。碳化钙在反应时粉末化，启普发生器无法控制：另外，生成的氢氧化钙堵塞了小孔，使启普发生器失效，且反应大量放热，易燃易爆，所以用电石与饱和食盐水制乙炔不能用启普发生器，且闻到臭味是硫化氢的气味，不是乙炔的气味，故①错；乙醇具有挥发性，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故②‎ 错；在溴乙烷中加入适量的氢氧化钠溶液，加热一段时间，先加入硝酸中和氢氧化钠，再滴入几滴硝酸银，才会有沉淀析出，故③错；④⑤对，故该题选A。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎22.‎ ‎【题文】‎ 如图是某药物中间体的结构示意图：‎ 通过对比指出该药物中Et表示(写名称)_________。‎ ‎【答案】‎ 乙基 ‎【解析】‎ 本题考查了有机物的结构。碳原子的周围形成四个价键，根据球的半径大小和成键情况可知“Et”表示-CH2CH3，名称为乙基。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎23.‎ ‎【题文】‎ 二茂铁[(C5H5)2Fe]是由一个二价铁离子和2个环戊烯基负离子构成，它的发现可以说是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了金属有机化合物研究的新领域，促进了金属有机化学的发展。二茂铁可以用还原铁粉与环戊二烯在氮气氛围中发生反应而制得。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)二茂铁的熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是2.19℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。据此可推断二茂铁晶体为______晶体，由此可进一步推知，在二茂铁结构中，C5H5－与Fe2+之间形成的化学键类型是_______；‎ ‎(2)①写出等物质的量的环戊二烯与溴反应的两个化学方程式____________，‎ ‎②H2C=CH—C≡C—CH3是环戊二烯的一种同分异构体，在其分子结构中处于同一平面上的原子个数最多有______个。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)分子、配位键 ‎(2)①+Br2→或+Br2→②9‎ ‎【解析】‎ 解析：本题考查物质结构和性质、及有机物的结构和性质。(1)熔沸点较低的晶体一般为分子晶体，所以可推断二茂铁晶体为分子晶体，碳原子含有孤电子对，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键。‎ ‎(2)①1个环戊二烯中含有2个碳碳双键，与等物质的量的溴发生1，2加成或1，4加成，反应的两个化学方程式：+Br2→或+Br2→。‎ ‎②乙烯分子中所有原子都处于同一平面上，乙炔分子中所有原子处于同一直线上，所以 H2C=CH—C≡C—CH3中处于同一平面上的原子个数最多有9个。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎24.‎ ‎【题文】‎ 曾有制药厂违反规定，购入工业用“二甘醇”代替医用丙二醇(C2H8O2‎ ‎)作辅料，用于“亮菌甲素注射液”的生产，导致多名患者肾功能衰歇而死亡。二甘醇又称乙二醇醚，分子式为C4H10O3(HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH)，二甘醇是一种重要的化工原料，用途十分广泛。二甘醇一般的合成路线为：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)下列关于“丙二醇和“二甘醇”及“乙二醇”的有关说法正确的是 A.丙二醇是乙二醇的同系物 B.它们具有相同种类和数目的官能团，性质上完全相同 C.“丙二醇”和“二甘醇”在病人体内都能被氧化为草酸 D.分离“丙二醇”和“二甘醇”可采用分液的方法 ‎(2)过程I是石油加工中常用步骤，其名称为_______。‎ ‎(3)从物质B到物质C的过程如果条件控制不好会生成物质E，E可用于金属的切割，写出实验室制备E的化学方程式___________，则为了能得到二甘醇D，物质B到物质C的反应条件是_________，该反应属于________(填反应类型)。写出B可能生成E的化学方程式______。‎ ‎(4)反应Ⅲ的化学方程式为：____________。‎ ‎(5)A的一种同系物结构简式为请用系统命名法对其命名。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)A；(2)裂解；‎ ‎(3)CaC2+2H2OCa(OH)2+CH≡CH；NaOH水溶液；水解或取代；‎ CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH +2NaBr+2H2O ‎(4)2HO-CH2-CH2-OHHO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH+H2O ‎(5)2，3-二乙基-1-己稀 ‎【解析】‎ 解析：本题考查了石油的裂解、有机反应类型、有机反应条件的选择以及烯与卤代烃、醇的性质与转化等。由信息可知，物质D为二甘醇又称乙二醇醚，分子式为C4H10O3(HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2‎ ‎-OH)，则物质C为乙二醇，乙二醇发生分子间脱水可生成物质D，物质B发生卤代烃的水解可生成乙二醇，则物质C为二溴乙烷，乙烯与溴发生加成反应可生成二溴乙烷。(1)丙二醇与乙二醇含有相同的官能团-OH，且数目相同，其它为单键，组成通式相同，故A正确；二甘醇除含有2个-OH，还含有醚键，与丙二醇、乙二醇含有的官能团不同，故B错；丙二醇可以氧化物为草酸，二甘醇氧化物HOOCHCH2-O-CH2CHOOH，故C错；丙二醇与二甘醇互溶，不能利用分液方法分离，故D错。‎ ‎(2)乙烯可由石油裂解得到。‎ ‎(3)BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热下发生取代反应生成HOCH2CH2OH，如果条件控制不好会生成物质E，E可用于金属的切割，则物质E为乙炔，反应方程式为：CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH +2NaBr+2H2O，实验室利用电石和水反应来制取乙炔，反应的化学方程式为：CaC2+2H2OCa(OH)2+ CH≡CH。‎ ‎(4)反应Ⅲ是乙二醇在浓硫酸、加热到140℃条件下发生分子间脱水生成HOCH2CH2-O-CH2CH2OH，反应方程式为：)2HO-CH2-CH2-OHHO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH+H2O。‎ ‎(5) A的一种同系物结构简式为可知，该有机物的名称为：2，3-二乙基-1-己稀。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎ ‎25.‎ ‎【题文】‎ 有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E正一价阳离子M能层电子己排满。D与B可形成离子化合物其晶胞结构如图所示。请回答下列问题：‎ ‎(1)E元素原子基态时的价电子排布图为___________；‎ ‎(2)A2F分子中F原子的杂化类型是_______，F的氧化物FO3分子空间构型为______；‎ ‎(3)CA3极易溶于水，其原因主要是________，试判断CA3溶于水后形成CA3·H2O的合理结构________(填字母代号)，从氢键的形成角度回答推理依据是：___________。‎ ‎(a) (b)‎ ‎(4)E的晶胞常采取________堆积方式。‎ ‎(5)从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为_________；该离子了化合物晶体的密度为ag/cm3，则晶胞的体积是_______cm3(写出表达式即可，NA表示阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1‎ ‎(2)sp3 平面正三角形 ‎(3)与水分子间形成氢键 b N给电子能力强而和氧原子相连的氢耕裸露，两者易形成氢键或答一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根 ‎(4)面心立方最密堆积 ‎(5)CaF2 ‎【解析】‎ 解析：本题考查了物质的结构与性质。由题意可知，A是周期表中原子半径最小的元素，，则A为氢元素，B是电负性最大的元素，则B为氟元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，则C为氮元素，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，F原子核外电子数为16，则F为硫元素，D是主族元素且与E同周期，E正一价阳离子M能层电子己排满，则E的基态原子的价层电子排布式为：3s23p63d104s1，则D为Cu元素，D与氟元素形成的离子化合物的晶胞中含有8个F原子和8×＋6×＝4个D原子，可知其化学式为DF2‎ ‎，D的化合价为＋2价，则D为钙元素。（1）根据构造原理可知，铜元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。‎ ‎(2)H2S分子中中心原子含有的孤对电子对数是(6－1×2)＝2，σ键数为2，所以S原子是sp3杂化；SO3分子中硫原子形成三个σ键，不含孤电子对，则杂化轨道数为 3，空间构型为平面正三角形。‎ ‎(3)NH3分子和H2O分子可以形成分子间氢键，所以NH3易溶于水；由于一水合氨在溶液中能电离产生铵根离子和氢氧根离子，故该题选b。‎ ‎(4)铜的晶胞常采取面心立方最密堆积。‎ ‎(5)由晶胞结构图可知，晶胞中钙离子位于顶点与面心上，故晶胞中含有钙离子数目为：8×＋6×＝4，F离子处于晶胞内部，晶胞含有氟离子数目为8，故D跟B形成的离子化合物的化学式为为CaF2，一个晶胞的质量为g，晶体的密度为a(g•cm-3)，则晶胞的体积是cm3。‎ ‎26.‎ ‎【题文】‎ 溴乙烷是一种难溶于水、密度约为水的密度的1.5倍、沸点为38.4℃的无色液体。如图为实绘室制备溴乙烷的装置示意图(夹持仅器已略去)。G中盛蒸馏水，实验时选用的药品有：溴化钠、95%乙醇、浓H2SO4。边反应边蒸馏，蒸出的溴乙烷用水下收集法获得。实验室制备溴乙烷的反应原理如下：‎ NaBr+H2SO4(浓)NaHSO4+HBr    CH3CH2OH+HBr→CH3CH2Br+H2O 己知药品的用量：①NaBr(s)0.3mol，②浓硫酸36mL(98%、密度1.84g/cm3)，③乙醇0.25mol。‎ 可能存在的副反应有：醇在浓硫酸存在下脱水生成烯和醚，Br-被浓硫酸氧化为Br2等。试问答：‎ ‎(1)为防止副反应的发生，向圆底烧瓶内加入药品时，还需加入适量的______。‎ ‎(2)装置B的作用是：①使溴乙烷馏出，②_________。‎ ‎(3)溴乙烷可用水下收集法的依据是______、_______。‎ ‎(4)粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，欲除去该杂质，可加入的试剂为____(填编号)。‎ a.碘化钾溶液b.亚硫酸氢钠溶液c.氢氧化钠溶液 ‎(5)本实验的产率为60%，则可制取溴乙烷______g。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)水 ‎(2)使沸点高于溴乙烷的物质回流 ‎(3)溴乙烷为有机物，密度比水大且难溶于水 ‎(4)b ‎(5)16.35g ‎【解析】‎ 解析：本题考查了溴乙烷的制备。(1)浓硫酸具有强氧化性，易与NaBr发生氧化还原反应，可能存在的副反应有：醇在浓硫酸存在下脱水生成烯和醚，Br-被浓硫酸氧化为Br2等，可先加水稀释，防止HBr被氧化、醇脱水生成烯和醚。‎ ‎(2)装置B的作用，可起到与空气充分热交换的作用，使沸点高于溴乙烷的物质回流。‎ ‎(3)溴乙烷可用水下收集法的依据是：溴乙烷为有机物，密度比水大且难溶于水，水封，防止蒸气逸出，并防止倒吸。‎ ‎(4)粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，是由于溴乙烷溶解了Br2的缘故，碘化钾溶液，除去了溴又会产生新的杂质碘，故a错；利用亚硫酸根离子的还原性除去溴杂质，故b正确；氢氧化钠溶液能够和溴乙烷发生反应，故c错。‎ ‎(5)n(H2SO4)＝=0.66mol，由反应NaBr+H2SO4(浓)NaHSO4+HBr可判断生成HBr为0.3mol，由反应CH3CH2OH+HBr→CH3CH2Br+H2O可判断HBr过量，所以CH3CH2Br理论产量为0.25mol×109g·mol-1＝27.25g，实际产量为：27.25g×60％＝16.35g。‎ ‎ ‎ ‎【结束】‎