2017-2018学年辽宁省实验中学高二下学期期中考试理科化学试题 解析版

2017-2018学年辽宁省实验中学高二下学期期中考试理科化学试题 解析版

辽宁省实验中学2017—2018学年度下学期期中阶段测试 高二理科化学试卷 ‎1.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是 (　　)‎ A. X元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3‎ B. X元素是第四周期第ⅤA族元素 C. Y元素原子的电子排布图为 D. Z元素具有两性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，即X为As，Y元素的原子最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y可能为C，Y也可能是O，X和Y可形成化合物是X2Y3，则Y为O，Z元素可以形成负一价离子，且三种元素的原子序数为42，则Z为H，A、X为As，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；B、As位于第四周期VA族，故B正确；C、Y为氧元素，电子排布图为，故C错误；D、Z为H，不具有两性，故D错误。‎ ‎2.下列有关描述正确的是 A. 第一电离能：B>Be>Li B. 电负性：F>N>O C. 前四周期的元素中，未成对电子数等于其电子层数的元素共有5种 D. NH4+与H3O+均为10电子粒子，它们互为等电子体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族。‎ Be位于第2周期第ⅡA族，B位于第2周期第ⅢA族，所以第一电离能Be>B，故A错误；‎ B、同一周期，从左到右元素电负性递增，所以电负性：F>O>N，故B错误；‎ C、前四周期的元素中，未成对电子数等于其电子层数的元素有H、C、O、P、Fe共有五种，故C正确；‎ D、NH4+与H3O+均为10电子粒子，但原子个数不等，不是等电子体，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】第一电离能大小比较方法为：同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族。‎ 电负性大小比较方法为：同一周期，从左到右元素电负性递增。同一主族，自上而下元素电负性递减。‎ ‎3.在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中的共价键类型是 A. 仅有σ键 B. 三个σ键，两个π键 C. 两个σ键，两个π键 D. 三个σ键，一个π键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题所给条件，在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构可知，其结构式应为：F-N=N-F，两个氮之间是氮氮双键，一个为σ键一个为π键，氮氟之间是单键，为σ键，所以该分子中的共价键类型是三个σ键，一个π键。故D正确。‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎【点睛】原子轨道以“头碰头”方式重叠的称为σ键，原子轨道以“肩并肩”方式重叠称为π键。σ键原子轨道重叠程度比π键原子轨道重叠程度大，所以σ键比π键牢固，在化学反应中π键易断裂。另外σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键。‎ ‎4.下列对应关系不正确的是 选项 A B C D 中心原子所在族 IVA VA IVA VIA 分子通式 AB4‎ AB3‎ AB2‎ AB2‎ 立体结构 正四面体形 平面三角形 直线形 V形 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当中心原子在ⅤA族时，AB3分子应是三角锥形。当中心原子在ⅣA族时，AB4分子是正四面体形，当中心原子在ⅣA族时，AB2分子是直线形，当中心原子在ⅥA族时，AB2分子是Ⅴ形。答案选B。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的高 B. 由能量最低原理可知，电子总是先排布在s能级上，然后再排p能级 C. CC14、P4和CO2分子中各原子均达到8电子稳定结构 D. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、沸点：气化时分子离开这个体系，需要克服分子之间的相互作用，这里主要是氢键。邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，与对羟基苯甲醛相比，不易形成氢键，所以分子间作用比较弱，所以分子容易离开，也就是沸点低。所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低，故A错误；‎ B、由能量最低原理可知，同一能层上，电子总是先排布在s能级上，然后再排p能级，故B错误；‎ C、CC14、P4为正四面体结构，CO2分子为直线型分子，碳氧之间以碳氧双键结合，其中各原子均达到8电子稳定结构，故C正确；‎ D、原子核外电子排布式为1s2的原子为氦原子，稀有气体，原子核外电子排布式为1s22s2的原子为铍原子，两者化学性质不同，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎6.氟在自然界中常以CaF2的形式存在。下列关于CaF2的表述不正确的是 A. CaF2晶体中Ca2＋与F－的配位数之比为2:1‎ B. F－的离子半径小于Cl－，则CaF2的熔点高于CaCl2‎ C. 阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同 D. CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，所以其配位数为4，所以Ca2＋与F－的配位数之比为2:1，故A正确；‎ B、F-离子半径小于Cl-，CaF2和CaCl2均为离子化合物，键长越短，熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故B正确；‎ C、晶体构型与离子的电荷比、半径比有关，阴阳离子比为的物质与CaF2的电荷比相等但半径比不一定相等，晶体构型不一定相同，故C错误；‎ D、CaF2是离子化合物，其化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电，故D正确；‎ 总上所述，本题应选C。‎ ‎7.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是：‎ A. 该分子与水分子之间可形成氢键 B. 分子中含6个σ键 C. 分子中氧原子和碳原子的杂化类型相同 D. 该分子为非极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该分子中含有氧原子，电负性强，可以水分子中的氢原子形成氢键，故A正确；‎ B、单键为σ键，双键有1个σ键、1个π键，分子中共有8个σ键，故B错误；‎ C、该分子C-O中，C、O原子为sp3杂化，C=O中，C、O原子杂化方式为sp2，故C错误；‎ D、同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，所以C-C 之间存在非极性键、C-H和C-O原子之间存在极性键，所以该分子为极性分子，故D错误；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎8.下列说法不正确的是 A. 液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 B. 常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关 C. 金属易导电、易导热、有延展性、易锈蚀均能用金属的电子气理论解释 D. 石墨晶体中既有共价键，又有金属键还有范德华力，是一种混合晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故A正确；‎ B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故B正确；‎ C、金属易锈蚀与金属晶体结构无关、与化学性质有关，金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化，故金属易腐蚀不能用金属的电子气理论解释，故C错误；‎ D、石墨的结构中，C原子与C原子以共价键相连接，形成平面网状结构，层与层之间存在范德华力，而在空间中，相邻两层网状结构的间隙中有少量自由移动的电子，连接的化学键性质介于金属键和共价键之间，所以石墨具有金属的部分性质，所以石墨晶体中既有共价键，又有金属键还有范德华力，是一种混合晶体，故D正确；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题重点考查晶体的性质，石墨的晶体结构比较特殊。石墨的结构中，C原子与C原子以共价键相连接，形成平面网状结构，层与层之间存在范德华力，而在空间中，相邻两层网状结构的间隙中有少量自由移动的电子，连接的化学键性质介于金属键和共价键之间，所以石墨具有金属的部分性质，所以石墨晶体中既有共价键，又有金属键还有范德华力，是一种混合晶体。‎ ‎9.下列关于CH4和CO2的说法不正确的是 A. 固态CO2属于分子晶体，其晶体中每个CO2分子周围有12个分子紧邻 B. CH4、CO2分子中均含有极性共价键，均是非极性分子 C. 因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2‎ D. CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、固态CO2属于分子晶体，晶体构型为：，由其结构可知，晶体中每个CO2分子周围有12个分子紧邻，故A正确；‎ B、CH4分子是正四面体结构，分子结构对称，正负电荷中心的分子为非极性分子，CO2分子为直线型结构，分子结构对称，正负电荷中心的分子为非极性分子，故B正确；‎ C、分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，CH4的分子间作用力小于CO2，所以CH4熔点低于CO2，与共价键无关，故C错误；‎ D、CH4中C原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，C原子的杂化类型是sp3，CO2分子中碳原子的价层电子对数为2，则其C原子的杂化类是sp，所以CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp，故D正确。‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题考查内容较总合，涉及晶体类型的判断、分子极性的判断、分子间作用力、杂化类型的判断，题目难度中等，注意把握价层电子对的判断方法，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力。CH4和CO2均属于分子晶体，CH4分子是正四面体结构，分子结构对称，正负电荷中心的分子为非极性分子，CO2分子为直线型结构，分子结构对称，正负电荷中心的分子为非极性分子。分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，CH4的分子间作用力小于CO2，所以CH4熔点低于CO2。CH4中C原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，C原子的杂化类型是sp3，CO2分子中碳原子的价层电子对数为2，则其C原子的杂化类是sp，所以CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp。‎ ‎10.氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是 A. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 C. 两种晶体中的B原子的杂化类型相同 D. 两种晶体均为分子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、 由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，故A错误；‎ B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；‎ C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2, 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；‎ D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎11.下列说法正确的有几个 ‎ ‎①质谱法可用来确定有机物分子中的化学键。 ②电石是混合物。 ③冰醋酸是混合物。 ④脂肪烃是不含支链的链状烃。 ⑤氟氯代烷（商品名氟利昂）常用作制冷剂、灭火剂、溶剂等。 ⑥汽车用丙三醇作防冻液。‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①质谱法可用来确定有机物分子中氢原子的种类和数目，故①错误；②电石的主要成分是碳化钙，是混合物，故②正确；③冰醋酸是由一种物质组成的物质，是纯净物，故③错误；④脂肪烃是除芳香烃以外的所有烃的总称，故④错误；⑤因为氟利昂化学性质稳定，具有不燃、低毒、介电常数低、临界温度高、易液化等特性，因而广泛用作冷冻设备和空气调节装置的制冷剂，故⑤正确；⑥丙三醇的水溶液熔点较低,常用作防冻液，故⑥错误；所以说法正确的是②⑤。‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎12.下列化合物中既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能在光照下与溴发生取代反应的有几个 ‎① 甲苯 ② 乙醇 ③ 乙烯 ④ 丙烯 ⑤苯酚 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲苯苯环上的碳碳键是介于单双键之间的独特的键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但甲基上的氢原子可以在光照下与溴发生取代反应，故①不符合题意；‎ ‎②乙醇不能使溴的四氯化碳溶液褪色，②不符合题意；‎ ‎③ 乙烯含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，但不能在光照下与溴发生取代反应，故③不符合题意；‎ ‎④丙烯含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，且在光照条件下能与溴发生取代反应，故④符合题意；‎ ‎⑤苯酚不能在光照下与溴发生取代反应，故⑤不符合题意；因此只有④符合题意。‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎13.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是 A. 由溴丙烷制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇 B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯制苯甲酸 C. 由氯代环己烷制环己烯；由丙烯制1,2-二溴丙烷 D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯与水制苯甲酸和乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溴丙烷水解制丙醇是取代反应，丙烯与水反应制丙醇是加成反应，故不选A；‎ B、甲苯硝化制对硝基甲苯是取代反应，甲苯氧化制苯甲酸是氧化反应，故不选B；‎ C、氯代环乙烷制环乙烯是消去反应，丙烯加溴制1,2-二溴乙烷是加成反应，故不选C；‎ D、乙酸和乙醇制乙酸乙酯是取代反应，苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇是取代反应，故选D。‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎14.下列除去杂质的方法正确的几个 ‎ ‎① 除去乙烷中少量的乙烯：催化剂条件下通入H2；‎ ‎② 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸氢钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；‎ ‎③ 除去苯中少量的苯酚：加入足量浓溴水后过滤；‎ ‎④ 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏。‎ ‎⑤ 除去溴苯中的溴：用汽油萃取 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①因通人H2的量不易控制，故不能保证完全除去乙烯的同时不引入H2杂质，①错误；‎ ‎②因乙酸能与饱和碳酸钠溶液反应而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，②正确；③苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚会溶于苯，无法过滤除去，③错误；‎ ‎④加人生石灰，能消耗掉杂质乙酸和生成的水，再蒸馏可以得到纯净的乙醇，④正确；‎ ‎⑤ 溴易溶于溴苯，汽油也是有机溶剂，也会萃取出溴苯⑤错误。故②④两个正确。‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】在题重点考查除杂的注意事项，除杂不能引入新的杂质，并保证原物质量不减少，并且保证杂质能被除尽。‎ ‎15.鸦片具有复杂的组成，其中的罂粟碱的分子结构如图。鸦片最早用于药物（有止痛、止泻、止咳作用），长期服用会成瘾，使人体质衰弱，精神颓废，寿命缩短。已知该物质的燃烧产物为CO2、H2O和N2，1 mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量及在一定条件下与Br2发生苯环取代反应生成的一溴代物同分异构体的种数分别是 ‎ A. 23.75 mol；5 B. 24.5 mol；7 C. 24.5 mol；8 D. 23.75 mol；4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，该物质的化学式为C20H21O4N，根据原子守恒，1mol该物质完全燃烧生成20mol CO2、10.5molH2O和0.5molN2，根据氧原子守恒可知，消耗氧气为 ；分子中含2个苯环，对左边的苯环来说，存在两个与甲氧基邻位上的氢原子，一溴代物有两种；对右边的苯环来说，存在两个与甲氧基邻位上的氢原子和一个对位上的氢原子，一溴代物共有三种。所以它的一溴代物共有5种，故A正确。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】计算1 mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量，首先应确定此有机物的分子式。2个苯环中对左边的苯环来说，存在两个与甲氧基邻位上的氢原子，一溴代物有两种；对右边的苯环来说，存在两个与甲氧基邻位上的氢原子和一个对位上的氢原子，一溴代物共有三种。所以它的一溴代物共有5种。‎ ‎16.由饱和一元醇的两种相邻的同系物组成的3.83g混合物，投入足量的金属钠后，生成0.84L H2（标准状况），该混合物的组成是 A. 甲醇和乙醇 B. 乙醇和丙醇 C. 丙醇和丁醇 D. 甲醇和丙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由饱和一元醇两个相邻的同系物组成的混合物3.83g，加入足量的金属钠后，在标准状况下放出0.84L氢气，两个醇生成一个氢气，则醇羟基物质量为0.84L/22.4L/mol×2=0.075 mol，混合醇的平均摩尔质量为3.83g/0.075mol=50.6g/mol，即混合醇的平均相对分子质量为50.6，由于二者为相邻同系物，故分子量相差12，所以二者分子量一个大于50.6，一个小于50.6且二者分子量相差12，因此是乙醇和丙醇。‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎17.下列说法正确的是 A. CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1H-NMR来鉴别 B. 苯、苯酚、己烯只用一种试剂就可以鉴别 C. 用系统命名法叫2-甲基-1-丙醇 D. 按系统命名法， 的名称为2，5，6－三甲基-4-乙基庚烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用1H-NMR来鉴别，故A错误；‎ B、直接用溴水即可鉴别。苯和溴水发生萃取，分层后上层为红棕色苯层，下层为淡黄色水层；苯酚和浓溴水反应生成白色不溶于水的三溴苯酚沉淀；己烯和溴水反应，首先发生分层，上层为红棕色有机层，下层为淡黄色水层，随后振荡或者微微加热，上层褪色（溴和己烯发生加成作用），故B正确；‎ C、 用系统命名法叫2-丁醇，故C错误；‎ D、按系统命名法的名称为2，3，6－三甲基-4-乙基庚烷，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】系统命名法的规律：①选主链，定某烷 ②编号位，定支链 a.支链要近； b.简单在前：若不同的支链距主链两端等长时，应从靠近简单支链的一端对碳原子编号； c.和数要小：若相同的支链距主链两端等长时，应从支链位号之和最小的一端开始对碳原子编号。‎ ‎18.2—氨基—5—硝基苯甲醚俗称红色基B，主要用于棉纤维织物的染色，也用于制金黄、枣红、黑等有机颜料，其结构简式如下图所示，则氨基与硝基直接连在苯环上并呈对位时的红色基B的同分异构体数目为(　　)‎ A. 5种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】先考虑官能团异构有醚、醇、酚，属于醚时，根据位置异构有2种:， 属于醇时，根据位置异构有2种:， 属于酚时,根据羟基的不同有2种，再考虑甲基的位置，共有6种: 所以氨基与硝基直接连在苯环上并呈对位时的红色基B的同分异构体数目为10。‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎【点睛】根据官能团不同造成的同分异构体及官能团的位置不同造成的同分异构体来判断苯环上并呈对位时的同分异构体数目。‎ ‎19.“苏丹红一号”（结构如下图所示）是一种合成染料，科学家通过经毒理学研究，发现长期食用含有苏丹红的食品对人体可能有致癌因素。下列关于“苏丹红一号”的说法中不正确的是 ‎ A. 属于芳香族化合物，分子式为C16H12N2O B. 分子中的所有原子可能位于同一平面上 C. 分子中苯环上的一取代物共有11种 D. 能与NaOH溶液、FeCl3溶液、溴水等物质反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由结构简式可以知道分子式为C16H12N2O，故A正确；‎ B、苯环为平面型分子，与氮氮双键相连的原子也在同一平面，分子中的所有原子可能位于同一平面上，故B正确；‎ C、分子中萘环和苯环共有9个不同位置可被取代，共有9种，故C错误；‎ D、苯环直接连羟基，为酚类，能与NaOH溶液、FeCl3溶液、溴水等物质反应，故D正确；综上所述，本题应选C。‎ ‎20.下图表示4-溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是（ ）‎ A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由结构可知，有机物中含C=C和-Br，①为氧化反应，得到两种官能团；②为加成反应，得到-Br和-OH两种官能团；③为消去反应，产物中只有C=C；④为加成反应，产物中只有-Br，则有机产物只含有一种官能团的反应是③④，故选B。‎ 考点：考查了有机物的化学性质及推断的相关知识。‎ ‎21.醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法。实验室制备溴乙烷和1—溴丁烷的反应如下：‎ NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4 ①‎ R—OH+HBrR—Br+H2O ②‎ 可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br—被浓硫酸氧化为Br2等。有关数据列表如下；‎ 乙醇 溴乙烷 正丁醇 ‎1—溴丁烷 密度/g·cm-3‎ ‎0.7893‎ ‎1.4604‎ ‎0.8098‎ ‎1.2758‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎38.4‎ ‎117.2‎ ‎101.6‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）溴乙烷和1—溴丁烷的制备实验中，下列仪器最不可能用到的是________。（填字母）‎ a．圆底烧瓶 b．量筒 c．锥形瓶 d．长颈漏斗 ‎ ‎（2）溴代烃的水溶性______（填“大于”、“等于”或“小于”）相应的醇，将1-溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在______（填“上层”、“下层”或“不分层”）‎ ‎（3）制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是____________。（填字母）‎ a．减少副产物烯和醚的生成 b．减少Br2的生成 ‎ c．减少HBr的挥发 d．水是反应的催化剂 ‎ ‎（4）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列物质中最适合的是____________。（填字母）‎ a．NaI b．NaOH c．NaHSO3 d．KCl ‎ ‎（5）在制备溴乙烷时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于______________ ；‎ 但在制备1—溴丁烷时却不能边反应边蒸出产物，其原因是_______________________。‎ ‎（6）得到的溴乙烷中含有少量乙醇，为了制得纯净的溴乙烷，可用蒸馏水洗涤，分液后，再加入无水CaCl2后进行的实验操作是______（填字母）‎ a．分液 b．蒸馏 c．萃取 d．过滤 ‎（7）为了检验溴乙烷中含有溴元素，通常采用的方法是取少量溴乙烷，然后______（按实验的操作顺序选填下列序号）①加热 ②加入AgNO3 ③加入稀HNO3 ④加入NaOH溶液．‎ ‎【答案】 (1). d (2). 小于 (3). 下层 (4). abc (5). c (6). 使平衡向生成溴乙烷的方向移动 (7). 而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物 (8). bd (9). ④①③②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) a. 圆底烧瓶，c．锥形瓶在蒸馏分离产物时会用到， b. 量筒可以用来量取液体如乙醇，因此，最不可能用到的是d．长颈漏斗；‎ ‎(2)醇能和水形成氢键的物质而易溶于水，溴代烃和水不反应也不能和水形成氢键，所以溴代烃的水溶性小于相应的醇；1-溴丁烷和水不能形成氢键所以不易溶于水，且密度大于水，所以将1-溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在下层；‎ ‎(3)a.浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故a正确；‎ b.浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少溴单质的生成，故b 正确；‎ c.反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故c正确；‎ d.水是产物不是反应的催化剂，故d错误；‎ 综上所述，本题应选abc；‎ ‎(4)欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，‎ a.NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故a错误； b.溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故b错误； c.溴单质和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故c正确； d.KCl不能除去溴单质，故d错误；  综上所述，本题应选c；‎ ‎(5)根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出产物；而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物。‎ ‎22.环戊二烯（）是一种重要的化工原料。‎ ‎（1）工业上可用环戊二烯制备金刚烷 ‎①环戊二烯分子中最多有_____________个原子共平面；‎ ‎②金刚烷的分子式为___________，其二氯代物有________种。‎ ‎③已知烯烃能发生如下反应：‎ ‎ 请写出下列反应产物的结构简式：__________‎ ‎（2）Diels-Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是由环戊二烯和A经Diels-Alder反应制得。‎ ‎①Diels-Alder反应属于_______反应（填反应类型）：A的结构简式为________________。‎ ‎②写出与互为同分异构，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称_______，‎ 写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件_______________、______________。‎ ‎③写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线流程图，合成路线流程图示例如下：‎ ‎ _______________________________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 9 (2). C10H16 (3). 6 (4). (5). 加成反应 (6). CH2=CH-CH=CH2 (7). 1,3,5-三甲基苯（或均-三甲基苯） (8). 纯溴、光照 (9). 纯溴、铁作催化剂 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①C=C为平面结构，与双键碳直接相连的原子一定在同一平面内，则5个C和4个H在同一平面内，所以共有9个原子共面；‎ ‎②由C原子形成4个共价键，由结构简式可知金刚烷的分子中有6个CH2，4个CH结构，分子式为C10H16；‎ ‎③由信息可知，碳碳双键断裂，碳上含H原子被氧化为醛，则发生反应： ；‎ ‎（2）①根据提示可知该反应是加成反应，A 1，3—丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）；‎ ‎②根据结构式可知分子式为C9H12,则符合题意的该同分异构体为均三甲苯或1，3，5—三甲苯，发生溴代反应时，如果是苯环上的被取代，则在铁作催化剂的条件下与溴反应，如果是支链上的H被取代，则类似烷烃的卤代反应，在光照或加热的条件下与溴反应；‎ ‎③ 根据的结构可知，它可由甲苯发生氯代反应，再水解生成醇，醇氧化而得，流程图为 ‎。‎ ‎23.双酚—A的二甲基丙烯酸酯是一种能使人及动物的内分泌系统发生紊乱，导致生育及繁殖异常的环境激素，其结构简式为：‎ 它在一定条件下水解可生成双酚—A和羧酸H两种物质。‎ I．（1）双酚—A的分子式为____________。下列有关它的叙述中正确的是________。‎ A．与苯酚互为同系物 B．可以和Na2CO3溶液反应，放出CO2气体 C．分子中最多有13个碳原子在同一平面上 D．1mol 双酚—A与溴水反应，最多消耗Br2的物质的量为4mol ‎（2）下列物质中与双酚—A互为同分异构体的是_________（填序号）。‎ II．已知醛能被催化氧化为羧酸。‎ 羧酸H可以由以下途径制得（有的反应条件没有标出）：‎ ‎（3）C的结构简式为__________________。‎ ‎（4）G中所含官能团为____________（填名称），G→H的反应类型为__________。‎ ‎（5）E→F的化学方程式为____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). C15H16O2 (2). CD (3). AC (4). （CH3）2C== CH2 (5). 羟基、羧基 (6). 消去反应 (7). 2(CH3)2C(OH)CH2OH+O22(CH3)2C(OH)CHO+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．水解可生成和，即双酚为，，H为；‎ II．由H可知C应为（CH3）2C═CH2，与溴发生加成反应生成D，D为（CH3）2CBrCH2Br，水解可生成E，E为（CH3）2COHCH2OH，催化氧化生成F，F为（CH3）2COHCHO，进而被氧化为G，G为（CH3）2COHCOOH，发生消去反应可生成。‎ ‎【详解】（1）根据结构简式判断含有15个C、16个H、2个O原子数，可判断分子式为C15H16O2；A、.与苯酚结构不同，不饱和度不同，在分子组成上不相差的倍数，不是互为同系物，故A错误；‎ B、酚羟基的酸性比碳酸弱，但比碳酸氢根强，双酚—A可以和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，故B错误；‎ C、双酚A可看作甲烷中两个氢原子被两个苯酚基取代，甲烷中两个氢原子和一个碳原子共面，苯环中所有原子共面，所以分子中最多有个13碳原子在同一平面上，故C正确；‎ D、1mol双酚中有四个邻位上有可被取代，则与浓溴水反应，Br2的物质的量为4mol，故D正确；‎ 综上所述，本题应选CD。‎ ‎（2）分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，AC与双酚A互为同分异构体，故选AC；‎ ‎（3）由分析可知C为（CH3）2C═CH2；‎ ‎（4）由分析可知G为（CH3）2COHCOOH，G中含有羟基和羧基；G为（CH3）2COHCOOH，发生消去反应可生成；‎ ‎（5）E为（CH3）2COHCH2OH，催化氧化生成F，F为（CH3）2COHCHO，反应方程式为：2(CH3)2C(OH)CH2OH+O22(CH3)2C(OH)CHO+2H2O。‎ ‎24.原子序数小于36的X、Y、Z、W、Q、R六种元素，原子序数依次增大，X、Q能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2∶1和1∶1，Y原子核外电子占据3个轨道，Z是形成化合物种类最多的元素，R基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同。‎ Ⅰ．Z2X2是有机合成工业的一种原料。‎ ‎（1）将Z2X2通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_________________，比较NH3和[Cu(NH3)2]+中H-N-H键角的大小：NH3___[Cu(NH3)2]+（填“大于”或“小于”），并说明理由_________________‎ ‎（2）Z2X2与XZW反应可得丙烯腈。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_____________‎ ‎（3）Y（OH）3是一元弱酸，其中Y原子因缺电子而易形成配位键，写出Y（OH）3在水溶液中的电离方程式____________________________________‎ Ⅱ．工业上用RZ2与X2Q反应生成Z2X2。‎ ‎（4）RZ2中的Z22-与Q22+互为等电子体，Q22+的电子式可表示为__________。‎ ‎（5）工业制Z2X2的原料（RZ2、X2Q）以及产物（Z2X2）的沸点从高到低排序，其顺序为___________（用化学式表示），其理由为_______________。‎ ‎（6）RZ2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但RZ2晶体中含有的哑铃形Z22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为a nm、a nm、b nm。RZ2晶体中，阳离子的配位数为____________， RZ2的密度___________g/cm3（用a、b表示）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar] 3d10 (2). 小于 (3). NH3与Cu+形成配位键，N-H键斥力减小，键角增大或NH3分子内存在孤电子对，孤电子对与共用电子对之间的斥力更大，所以NH3的键角更小 (4). sp杂化、sp2杂化 (5). B(OH)3+ H2O [B(OH)4]-+H+ (6). (7). CaC2 H2O C2H2 (8). CaC2、H2O、C2H2分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C2H2 (9). 4 (10). 64×4/(a2b×10-21NA)(或者NA用6.02×1023表示)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数小于36的X、Y、Z、W、Q、R五种元素，原子序数依次增大，X、Q能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2∶1和1∶1，则X是H元素、Q是O元素，甲是H2O、乙是H2O2；Y原子核外电子占据3个轨道，则Y为B；Z是形成化合物种类最多的元素，为C元素； R基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同，则E是Ca元素。‎ ‎【详解】（1）Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层1个电子生成Cu+，根据构造原理书写Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar] 3d10；NH3与Cu+形成配位键，N-H键斥力减小，键角增大或NH3分子内存在孤电子对，孤电子对与共用电子对之间的斥力更大，所以NH3的键角更小；‎ ‎（2）Z2X2是C2H2，Z2X2与XZW反应可得丙烯腈则 XZW为HCN，HCN分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子杂化类型sp杂化，丙烯腈分子中亚甲基C原子价层电子对个数是3，杂化类型是sp2杂化，剩余两个C原子价层电子对个数是2，所以C原子杂化类型sp杂化；‎ ‎（3）Y（OH）3是一元弱酸，其中Y原子因缺电子而易形成配位键，则Y（OH）3为B(OH)3‎ 电离方程式为：B(OH)3+ H2O [B(OH)4]-+H+；‎ ‎（4）CaC2中C22-与O22+‎ 互为等电子体,等电子体原子个数相同、电子数相同、结构相似，所以O22+的电子式为；‎ ‎（5）Z2X2为C2H2、X2Q 为H2O、RZ2 为CaC2，CaC2、H2O、C2H2分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C2H2 ，故沸点由高到低的顺序为：CaC2 ＞H2O ＞C2H2；‎ ‎（6）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示),但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长,晶胞的边长分别为a nm、a nm、b nm, CaC2晶体中,阳离子的配位数为4,该晶胞中Ca2+个数 、C22-个数 ,其密度 。‎ ‎25.利用周期表中同主族元素的相似性，可预测元素的性质。‎ ‎（1）白磷的分子式为P4，其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4 分子，N原子的杂化轨道类型是______；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途为____________。‎ ‎（2）N、P、As 原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。‎ ‎（3）比较酸性：HNO3_______HNO2（填“强于”或“弱于”），原因是___________________‎ ‎（4）立方氮化硼晶体的结构如图乙所示。该晶体中，B原子填充在N原子的______(填空间构型名称)空隙中，且占据此类空隙的比例为________(填百分数)。‎ ‎（5）钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图所示。合金的化学式为____________；晶胞中K 原子的配位数为______；已知金属原子半径r（Na）=186pm、r（K）=227pm，计算晶体的空间利用率 _______________（列出计算式，不需要计算出结果）。‎ ‎。‎ ‎【答案】 (1). sp3 (2). 制造火箭推进剂或炸药 (3). N>P>As (4). 强于 (5). HNO3中非羟基氧多，N的正电性高，N-O-H中O的电子向N偏移，因而在水分子的作用下，更容易电离出H+，酸性更强 (6). (正)四面体 (7). 50% (8). Na3K或KNa3 (9). 6 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）N4分子与P4结构相似，为正四面体构型， N4分子中N原子形成3个 键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，每个面为正三角形，N-N键的键角为；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药；‎ ‎（2）同主族自上而下第一电离能减小,故第一电离能: N>P>As；‎ ‎（3）HNO3中非羟基氧多，N的正电性高，N-O-H中O的电子向N偏移，因而在水分子的作用下，更容易电离出H+，酸性更强；‎ ‎（4）B原子周围的4个N原子形成正四面体结构；每个晶胞中由8个这样的正四面体结构,只有4个填充B原子,B原子占据此类空隙的比例为50%；‎ ‎（5）据均摊法可知晶胞中有钠原子数为12×=3，钾原子数为8×=1，所以合金的化学式为KNa3；根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K原子的配位数为6，晶胞中钠原子和钾原子体积之和为π，根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×186pm+2×227pm，所以晶胞的体积为（2×186pm+2×227pm）3，晶体的空间利用率为 ×100%= 。‎ ‎ ‎ ‎ ‎