浙江省宁波市2023_2024学年高二化学下学期4月期中联考试题含解析

这是一份浙江省宁波市2023_2024学年高二化学下学期4月期中联考试题含解析，共9页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 下列说法不正确的是， 对下列事实的解释不正确的是， 下列叙述中不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共10页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
可能用到的相对原子质量：N 14O 16C 12H 1Zn 65S 32F 19Si 28Ni 59Cu 64
选择题部分
1. 我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，这体现了中国对解决气候问题的大国担当。在实际生产中，可利用反应来捕捉废气中的，下列有关化学用语表示正确的是
A. 的分子结构模型：
B. 的电子式：
C. 的电子排布式：
D. 基态C原子px轨道的电子云轮廓图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子的空间结构为直线形，A项错误；
B．的电子式为，B项错误；
C．的电子排布式为，C项错误；
D．基态C原子px轨道的电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形，D项正确；
故选D。
2. 下列说法正确的是
A. 存在同分异构体
B. 是苯的同系物
C. 的一氯代物有5种
D. 与发生加成反应时只存在π键的断裂
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH2Br2只有1种结构，不存在同分异构体，故A说法错误；
B．同系物是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，故B说法错误；
C．中有5种不同化学环境的氢原子，则一氯代物有5种，故C说法正确；
D．CH2=CH2与H2发生加成反应时，H2断裂的是σ键，故D说法错误；
答案为C。
3. 下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为三角锥形的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】VSEPR模型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对=δ键电子对+中心原子上的孤电子对；空间构型为三角锥形说明该微粒中含有1个孤电子对。
【详解】A．中P价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故A正确；
B．离子中S价层电子对数是4，所以其VSEPR模型为正四面体，该离子中含无孤电子对，所以其空间构型为正四面体，故B错误；
C．中N原子的价层电子对数为3，没有孤电子对，为平面三角形，故C错误；
D．中B原子的价层电子对数为3，没有孤电子对，为平面三角形，故D错误；
故选A。
4. 下列各组晶体熔化或者升华时，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A. 冰和碘B. Fe和NaCl
C. SiC和葡萄糖D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰、碘均为分子晶体，冰熔化时克服氢键和范德华力，碘升华时克服范德华力，故A不符合题意；
B．铁为金属晶体，熔化时克服金属键，NaCl为离子晶体，熔化时克服离子键，故B不符合题意；
C．SiC为共价晶体，熔化时克服共价键，葡萄糖为分子晶体，熔化时克服分子间作用力，故C不符合题意；
D．NaHSO4、K2CO3为离子晶体，熔化时克服离子键，故D符合题意；
答案为D。
5. 下列说法不正确的是
A. Mg原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态变为基态
B. 电子云图中黑点密度越大，说明单位体积内电子出现的几率越大
C. 碳原子的基态电子排布式写成1s22s12p3，它违背了能量最低原理
D. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，则有1个3p电子由激发态变为基态，原子释放能量，A正确；
B．电子云图中黑点并不表示电子，而是表示电子出现机会的多少，小黑点的密度越大，说明单位体积内电子出现的几率越大，B正确；
C．碳原子的基态电子排布式写成1s22s12p3，则2s轨道未排满电子，电子就进入能量较高的2p轨道，它违背了能量最低原理，C正确；
D．p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道的电子能量比3s轨道的能量低，D不正确；
故选D。
6. 对下列事实的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属银形成金属晶体，其由金属离子和自由电子构成，具有良好的导电性，A正确；
B．由于电负性Cl＞I ，所以ICl中I表现为正价，Cl表现为负价，B正确；
C．碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子，依据相似相溶原理，碘易溶于四氯化碳，C正确；
D．元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越好，非金属性O>S，故的稳定性大于，D错误；
故选D。
7. 下列叙述中不正确的是
A. 中含有2个手性碳原子
B. Cl2中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为
C. 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
D. CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，是因为F的电负性大于Cl，最终导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中，左边第二个碳和第三个碳为手性碳，故共含有2个手性碳原子，A正确；
B．两个氯原子形成共价键时，形成p-pσ键，p-pσ键应该是“头碰头”不是“肩并肩”，B错误；
C．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，能提高物质的熔沸点，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低了物质的熔沸点，C正确；
D．氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使-CF3的极性大于-CCl3的极性，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D正确；
故答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 所有的有机化合物都含有官能团，芳香烃的官能团是苯环
B. 和所含官能团相同，属于同类物质
C. 属于脂环化合物
D. 属于苯的同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A．并不是所有的有机化合物都含有官能团，例如烷烃没有官能团，苯环也不是官能团，A错误；
B．羟基直接连接在苯环上是酚，是醇，它们不属于同类物质，B错误；
C．属于脂环化合物，C正确；
D．苯的同系物是苯环上的氢原子被烷基取代的产物，它的分子中只含一个苯环，苯环的侧链是烷基。不属于苯的同系物，D错误；
故选C。
9. 自然界中绝大多数物质是固体，随着化学的发展，人工合成的固体越来越多，广泛应用于能源、环境、材料、生命科学等领域。下列说法错误的是
A. 物质的聚集状态除了我们熟知的气、液、固三态外还有液晶态、塑晶态等多种聚集状态
B. 晶体与非晶体的本质区别：是否有规则的几何外形
C. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是：对固体进行X射线衍射实验
D. 配合物和超分子有着广泛的应用，其中超分子的特性是“分子识别”和“自组装”
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态和液晶态，A正确；
B．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，不是在于是否具有规则的几何外形，B错误；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，所以区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，C正确；
D．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，D正确；
故选B。
10. 氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
下列说法不正确的是
A. 六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键
B. 六方氮化硼可做润滑剂
C. 立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子
D. 立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键
【答案】D
【解析】
【详解】A．六方氮化硼的结构和石墨相似，所以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，所以六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键，故A正确；
B．六方氮化硼的结构与石墨类似，则其性质相似，石墨可以作润滑剂，则六方氮化硼可以作润滑剂，故B正确；
C．立方氮化硼晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8×+6×=4，故C正确；
D．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B－N共价键，所以立方氮化硼中B和N原子之间存在配位键，故D错误；
故选D。
11. 《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”，涉及主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 和对应的晶体类型不同
B. 11.2L 中含有的键数为
C. 12g金刚石中含有的极性共价键数为2
D. 常温常压下，32g单质S含有的p能级电子数为10
【答案】D
【解析】
【详解】A．和对应的晶体类型均是离子晶体，A错误；
B．未标明气体状态，无法计算，B错误；
C．金刚石中含有的均为非极性共价键，C错误；
D．基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，则，32g单质硫含有的p电子数为×10×NAml—1=10NA，D正确；
故选D。
12. 已知：(a)、(b)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A. a属于链状化合物，b属于环状化合物B. a、b中所有碳原子一定处于同一平面
C. b的二氯代物有9种(均不考虑立体异构)D. a属于芳香烃，b不是苯的同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．a、b均属于环状化合物，A项错误；
B．a中所有碳原子可能处于同一平面，b中所有碳原子一定处于同一平面，B项错误；
C．b的二氯代物中，若一定氯原子定在，另一个氯原子有6种；若一个氯原子在，另一个氯原子有3种，若一个氯原子在，另一个氯原子有1种，共有10种，C项错误；
D．a含有苯环属于芳香烃，同系物之间相差一个或多个，b不是苯的同系物，D项正确；
答案选D。
13. 有机物M是某香水中香料的成分之一，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. M属于芳香族化合物
B. M的分子式为
C. M中所有的碳原子可能共平面
D. 1ml M最多能与3ml 发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．M中没有苯环，不属于芳香族化合物，A错误；
B．由结构简式可知M的分子式为，B正确；
C．M分子中含亚甲基结构和环，且含与3个碳相连饱和碳原子，所有的碳原子不可能共平面，C错误；
D．碳碳双键可以与Br2发生加成反应，酮羰基不能与Br2发生反应，所以1ml M最多能与2ml Br2发生加成反应，D错误；
故选：B。
14. 立方烷(C8H8)、棱晶烷(C6H6)是近年来运用有机合成的方法制备的，具有如下图所示立体结构的环状有机物。萜类化合物是广泛存在于动植物体内的一类有机物(例如盆烯、月桂烯、柠檬烯等)。
对上述有机物的下列说法中正确的是( )
①盆烯、月桂烯、柠檬烯都能使溴水褪色
②棱晶烷、盆烯与苯互为同分异构体
③月桂烯、柠檬烯互为同分异构体
④立方烷、棱晶烷是环烷烃的同系物
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①三种烃均含有碳碳双键，故都能使溴水褪色，正确；
②棱晶烷、盆烯的分子式均为C6H6，与苯互为同分异构体，正确；
③月桂烯、柠檬烯分子式均为C10H16，互为同分异构体，正确；
④立方烷、棱晶烷（均为多个碳环）与环烷烃结构上根本不相似，不可能为同系物；
答案为A。
15. 对苯乙烯的下列叙述，①能使酸性溶液褪色②可发生加成反应③可溶于水④可溶于苯中⑤能与浓发生取代反应⑥能够萃取溴水中的溴，正确的是
A. 仅①②④⑤B. 仅①②⑤⑥C. 仅①②④⑤⑥D. 全部正确
【答案】A
【解析】
【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键,则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加成反应，故②正确；
③苯乙烯为有机物，属于烃，不溶于水，故③错误；
④苯乙烯为有机物，属于烃，苯乙烯可溶于苯中，故④正确；
⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，故⑤正确；
⑥苯乙烯中含有碳碳双键，则可与溴水发生加成反应，不能够萃取溴水中的溴，故⑥错误；
故答案选：A。
16. 下列图像表示的信息正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．成键原子半径越小，键长越短，键能越大，所以键能大小：H-F＞H-Cl＞H-Br，A错误；
B．相对原子质量依次增大，分子间作用力增大，沸点增高H2Se高于H2S，水分子间有氢键沸点最高，B错误；
C．H-X键中，X电负性越强，极性越强，C、N、F同周期，随原子序数增大，电负性增强，故C正确；
D．根据中心原子价层孤电子对数计算：SiH4为0对，NH3对1对，H2O为2对，三者中心原子均为sp3杂化，孤电子对对成键电子对的排斥力大，故键角SiH4最大，H2O最小，D错误；
故选C。
17. 四乙基锡的熔点：-1120℃，沸点：183.1℃；氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点为206℃。氯化三乙基锡的合成路线如图所示，下列说法中正确的是
A. 四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种
B. 氯化三乙基锡和四乙基锡的熔沸点不同是因其晶体类型不同造成的
C. 上述反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，反应前后分子内σ键总数不同
D. 氯化三乙基锡中所有原子可能共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，四乙基锡和氯化三乙基锡中都含有2类氢原子，化学环境不同的氢原子均为2种，故A正确；
B．由熔沸点可知，四乙基锡和氯化三乙基锡都是分子晶体，四乙基锡是非极性分子，三乙基锡是极性分子，分子间作用力大于四乙基锡，熔沸点高于四乙基锡，故B错误；
C．由结构简式可知，该反应是取代反应，反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，都是sp3杂化，反应前后分子内σ键总数相同，故C错误；
D．由结构简式可知，氯化三乙基锡中锡原子和饱和碳原子都是sp3杂化，原子的空间构型都是四面体形，所以分子中所有原子不可能共平面，故D错误；
故选A。
18. 已知：，如果要合成，所用的起始原料可以是
A. 2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和丙炔B. 2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和乙炔
C. 2 -甲基-1，3 -丁二烯和2 -丁炔D. l，3-戊二烯和2-丁炔
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据已知信息可知，如果要合成，所用的起始原料2-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔或者是2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙炔，答案选C。
19. 如图所示，横坐标表示完全燃烧时消耗可燃气体X（X＝A、B、C）的物质的量n(X)，纵坐标表示燃烧时生成水的物质的量n(H2O)，A、B是两种可燃气体，C是A和B的混合气体，则C的成分及其体积比可能是（ ）
A. C2H4与C3H4：体积比为任意比
B. C2H2与C3H8：体积比1∶2
C. H2与C4H8：体积比2∶1
D. H2与C2H6：体积比3∶1
【答案】C
【解析】
【分析】由图象可以看出：A和生成水的物质的量之比为1：1，B和生成水的物质的量之比为1：4，而C和生成水的物质的量之比为1：2，设混合物中含A的物质的量为x ml，B的物质的量为yml，表示出各自生成水的物质的量，根据C曲线表示出生成水的总物质的量，再利用消耗水的量等式关系解答。
【详解】由图象可以看出：A和生成水的物质的量之比为1：1，B和生成水的物质的量之比为1：4，而C和生成水的物质的量之比为1：2，设：混合物中含A的物质的量为x ml，则生成水的物质的量为x ml，B的物质的量为y ml，则生成水的物质的量为4y ml，则混合后生成水的物质的量为（x+4y）ml，即：2（x+y）=x+4y，整理得x：y=2：1，选项C符合，答案选C。
20. 已知： ，下列说法不正确的是
A. N的同分异构体有3种B. 反应②中FeCl3作催化剂
C. 反应①属于加成反应D. M、N、P中碳原子均可能共面
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙苯含有苯环的同分异构体分别为邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯共有3种，不含有苯环的同分异构体可能是环状结构，也可能是链状结构，数目很多，所以乙苯的同分异构体远多于3种，故A错误；
B．由结构简式可知，反应②为乙苯在氯化铁做催化剂条件下与氯气发生取代反应生成对氯乙苯和氯化氢，故B正确；
C．由结构简式可知，反应①为苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，故C正确；
D．由结构简式可知，苯环为平面结构，由三点成面的原则可知，乙苯和对氯乙苯分子中乙基上的碳原子可能与苯环共平面，则苯、乙苯和对氯乙苯分子中碳原子均可能共面，故D正确；
故选A。
21. 某烃的分子式为，它不能使溴水因反应而褪色，但可使酸性溶液褪色，且能被酸性溶液氧化为分子式为的芳香酸，则符合条件的烃有
A. 3种B. 6种C. 9种D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】某烃的分子式为C10H14，不能使溴水因反应而褪色，说明不含碳碳双键和碳碳三键，被酸性高锰酸钾氧化为分子式为C8H6O4的芳香酸，能被酸性高锰酸钾氧化成芳香酸，与苯环直接相连的碳上一定有至少一个氢原子，且该芳香酸有2个羧基，因此该烃中苯环上有两个取代基，若两个取代基为—CH3和—CH(CH3)2，此时两个取代基有邻、间、对三种位置关系，若两个取代基为—CH3和—CH2CH2CH3，此时两个取代基有邻、间、对三种位置关系，若两个取代基为两个乙基，此时两个取代基有邻、间、对三种位置关系，因此共有9种结构，答案选C。
22. 铁及其化合物在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列有关说法正确的是
A. 该配合物中阴离子空间构型为平面四边形
B. 配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配位数为5
C. 如图所示γ-Fe 的晶胞中，铁原子的配位数为4
D. 基态Fe2+中，未成对电子数目为4
【答案】D
【解析】
【详解】A．该配合物的阴离子为SO，SO中S原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，所以该离子为正四面体形，故A错误；
B．[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO、H2O的个数之和为Fe2+的配位数，所以该配离子中配位数是6，故B错误；
C．根据图知，该晶胞中Fe原子的配位数==12，故C错误；
D．Fe变成Fe2+时，首先失去4s轨道上的电子，Fe2+的价电子排布3d6，基态Fe2+未成对的电子数为4，故D正确；
故选：D。
23. 下列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个
D. E和F形成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图知，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个、6个Cl-形成正八面体，A正确；
B．在CaF2晶体中，Ca2+位于顶点和面心，每个晶胞平均占有Ca2+数目为，B正确；
C．由图知，在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个，C正确；
D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4， D错误；
答案选D。
24. 氧化基纳米催化剂可用于CO2选择性加氢制备CH3OH，其反应机理如图所示，下列说法错误的是
A. In为49号元素，其价层电子排布式为6s26p1
B. 该反应过程中存在极性键的断裂和形成
C. CH3OH和CO2中，碳原子的杂化方式不同
D. 该反应的总化学方程式为
【答案】A
【解析】
【分析】该过程为CO2在催化剂的作用下选择性加氢生成CH3OH的过程，在整个图中找到箭头指入的为CO2+3H2，而箭头指出的CH3OH+H2O，由此可得到其反应总化学方程式为；
【详解】A．In是第49号元素，位于第五周期第 IIIA，故 In的价层电子排布式为5s25p1，选项A错误；
B．该反应过程中存在极性键碳氧键的断裂和极性键碳氢键、氢氧键等的形成，选项B正确；
C．CH3OH中碳原子所连四个键均为单键，因而是sp3杂化类型，CO2中碳原子已达到8电子饱和，无孤电子对，价层电子对数为2，因此为sp杂化类型，两者碳原子的杂化方式不同，选项C正确；
D．由上述可知，在整个图中找到箭头指入的为CO2+3H2，而箭头指出的CH3OH+H2O，由此可得到其反应总化学方程式为，选项D正确；
答案选A。
25. 冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
下列说法不正确的是
A. 推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B. 实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C. 冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D. 为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
【答案】B
【解析】
【详解】A．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；
B．冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力，所以K+可将冠醚A中的部分Na+替代出来，由实验 中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正确；
C．冠醚与K+结合，从而将携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确；
D．由表中数据可推出，冠醚A结合K+的能力比冠醚B强，为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；
故选B。
非选择题部分
26. 已知有如下8种有机物，其中③④均只由C、H两种元素组成，请根据所学知识回答下列问题：
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧
（1）上述物质属于芳香烃的是___________(填标号，下同)，用系统命名法写出③的名称___________。
（2）上述物质互为同系物的是___________，互为同分异构体的是___________。
（3）有机物⑧通过1，4-加聚反应得到高分子化合物异戊橡胶，写出该反应的化学方程式：___________。
（4）⑦分子中共平面的原子个数最多为___________。
（5）M是⑥的同分异构体，其中含有苯环的M的结构(不含C-O-C结构)有___________种(不包括⑥)。
（6）乙炔可用来合成聚氯乙烯。请以乙炔为原料，无机试剂任选，设计聚氯乙烯的合成路线。___________(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
【答案】（1） ①. ⑦ ②. 2-甲基丁烷
（2） ①. ③④ ②. ①⑤
（3）（4）17
（5）13（6）CH≡CHCH2=CHCl
【解析】
【小问1详解】
只含碳、氢两种元素的有机物为烃，含有苯环的烃为芳香烃，属于芳香烃的是，故选⑦；根据系统命名法，主链有4个碳原子，从右往左编号，故命名为2-甲基丁烷；
【小问2详解】
③的分子式为C5H12、④的分子式为CH4，都属于烷烃，结构相似，分子组成相差4个CH2原子团，③④属于同系物；、CH3−CH2−CH=CH−CH2−CH3分子式都是C6H12，结构不同，互为同分异构体的是①⑤；
【小问3详解】
有机物⑧通过1，4-加聚反应得到高分子化合物异戊橡胶，该反应的化学方程式为；
【小问4详解】
苯环结构中有12个原子共平面，乙烯结构中有6个原子共平面，单键可以旋转，甲基中最多1个H原子可以旋转至共平面，因此分子中共平面的原子个数最多为17；
【小问5详解】
的同分异构体，苯环上只有1个取代基时，取代基有2种：-CH(OH)CH3、-CH2CH2OH，共有2种结构；苯环上有2个取代基，当取代基为-OH、-CH2CH3时，除⑥外，还有邻、间2种结构，当取代基为-CH2OH、-CH3时，有邻、间、对3种结构；苯环上有3个取代基时，分别为-CH3、-CH3、-OH，共有6种结构，、、 (数字表示-OH连接的碳的位置)，因此符合条件的结构一共13种；
【小问6详解】
乙炔先与HCl发生加成反应，得到CH2=CHCl，氯乙烯在一定条件下发生加成聚合，既可得到聚氯乙烯，合成路线为CH≡CHCH2=CHCl
。
27. 丁二酮肟( )可与反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定的存在。请回答下列问题：
（1）Ni在元素周期表中的位置为___________。
（2）基态氧原子的核外电子的空间运动状态有___________种。
（3）丁二酮肟( )中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___________；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式：___________，该过程形成的原子光谱为___________(填“吸收”或“发射”)光谱。
（4）与Ni同周期的铜、锌两种元素位于元素周期表的___________区，两元素的第一电离能()、第二电离能()数据如表所示：
铜的小于锌，却大于锌的主要原因是___________。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）5（3） ①. ②. ③. 吸收
（4） ①. ds ②. 铜的价层电子排布式为，锌的价层电子排布式为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的小于锌的，也由于3d全满结构稳定，再失去一个电子较困难，因此铜的大于锌的
【解析】
【小问1详解】
Ni元素的原子序数为28，位于第四周期Ⅷ族；故答案为第四周期Ⅷ族；
【小问2详解】
基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，空间运动状态等于轨道数，即基态氧原子的核外电子的空间运动状态有5；故答案为5；
【小问3详解】
涉及元素有H、C、N、O，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H；基态硼的核外电子排布式为1s22s22p1，成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，即激发态的排布式为1s22s12p2，价电子轨道式为 ；基态转化成激发态，吸收能量，形成原子光谱为吸收光谱；故答案为O＞N＞C＞H； ；吸收；
【小问4详解】
铜的价电子排布式为3d104s1，锌的价电子排布式为3d104s2，这两种元素位于元素周期表的ds区；铜的价层电子排布式为3d104s1，锌的价层电子排布式为3d104s2，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的I1小于锌的I1，也由于3d全满结构稳定，Cu+再失去一个电子较困难，因此铜的I2大于锌的I2；故答案为ds；铜的价层电子排布式为3d104s1，锌的价层电子排布式为3d104s2，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的I1小于锌的I1，也由于3d全满结构稳定，Cu+再失去一个电子较困难，因此铜的I2大于锌的I2。
28. 晶体有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
（1）单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。单晶硅中最小的环上有___________个Si原子。
（2）石墨可作锂离子电池的负极材料。
①石墨晶体是层状结构，层与层之间靠___________维系。
②锂离子电池充电时，嵌入石墨层间。当嵌入最大量时，晶体部分结构俯视示意图如图，此时C与的个数比是___________。
（3）是一种碳的单质。
①1个晶胞中含有___________个分子。
②世界上第一辆单分子“纳米小车”的四个轮子就是，小车运行情况如图所示，从a处化学键的特点说明其运动原因：___________。(提示：可简化为)
（4）NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由：___________。
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为apm()，NiO的摩尔质量为M ，则晶体的密度为___________(列出计算式)。
③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6∶91。若该晶体的化学式为，则x=___________。
【答案】（1）6（2） ①. 范德华力 ②. 6∶1
（3） ①. 4 ②. a处通过单键相连，可以绕键轴旋转
（4） ①. NiO和NaCl均为离子晶体，和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中作用力更强 ②. ③. 0.97
【解析】
【小问1详解】
单晶硅中最小的环上的硅原子构成六元环，则有6个Si原子；
【小问2详解】
①石墨晶体是层状结构，层与层之间不形成化学键，靠范德华力维系。②在图中，以1个Li+为中心，周围平均有6个C原子与之相邻，则此时C与Li+的个数比是6:1。答案为：范德华力；6:1；
【小问3详解】
①1个C60晶胞中含有C60分子的数目为=4。②从图中可以看出，乙炔基中碳原子、苯环对边的碳原子与C60分子，位于同一条直线上，且以单键相连，单键可以自由旋转，所以从a处化学键的特点说明其运动原因：a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转；
【小问4详解】
①NiO比NaCl 的离子带电荷高，离子半径小，则NiO的熔点远高于NaCl，结合表格说明理由：NiO和NaCl晶体类型相同；Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强；②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm(1pm=10-10cm)，则面对角线的长度为2apm，晶胞边长为apm；在1个晶胞中，含有4个Ni2+和4个O2-，NiO的摩尔质量为Mg•ml-1，则晶体的密度为g•cm-3；③某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91，依据电荷守恒，Ni、O原子个数比为(6+91) ∶=97∶100。若该晶体的化学式为NixO，则x=0.97。
29. 借助李比希法和现代科学仪器可以确定分子结构。某化学实验小组利用如图所示的装置测定某有机化合物X的组成及结构，取6.72gX与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加8.64g，碱石棉的质量增加21.12g。
（1）根据实验数据，可确定X分子中____(填“含"或"不含")氧元素，X的实验式为______。
（2）X的质谱图如图所示，则X的分子式为_______。
（3）通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，则X可能的结构简式为__。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则下列说法正确是_______(填标号)。
A. X属于芳香烃B. X的二氯取代物有3种
C. X分子中所有碳原子不可能共平面D. 0.1mlX含有的σ键的数目为1.8NA
（5）X的同分异构体(不考虑立体异构)中能满足下列条件的有_______种。
①能使溴水因发生反应而褪色
②碳骨架主链上的碳原子数不小于5
其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是_______(写结构简式)。
【答案】（1） ①. 不含 ②. CH2
（2）C6H12（3） 、（4）CD
（5） ①. 8 ②. CH3CH2CH=CHCH2CH3
【解析】
【小问1详解】
高氯酸镁的质量增加8.64g，即生成水8.64g，物质的量为0.48ml，所以该有机物含H的物质的量为0.96ml，质量为0.96g；碱石棉的质量增加21.12g，即生成CO2的物质的量为0.48ml，该有机物含C的物质的量为0.48ml，质量为5.76g，C和H的总质量为6.72g，所以该有机物不含O。C和H的物质的量之比为1：2，所以X的实验式为CH2。
【小问2详解】
从X的质谱图可以看出，X的相对分子质量为84，所以X的分子式为C6H12。
【小问3详解】
通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，说明X分子中只有一种化学环境的H，则X可能的结构简式为 或 。
【小问4详解】
若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则X中不含碳碳双键，则X为环状结构，为环己烷。
A．X分子中没有苯环，不属于芳香烃，故A错误；
B．X为环己烷，则其二氯取代物有4种，故B错误；
C．X分子中所有碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故C正确；
D．1个X分子中含有12个C-H σ键和6个C-C σ键，所以0.1mlX含有的σ键的数目为1.8NA，故D正确；
故选CD。
小问5详解】
X同分异构体能使溴水因发生反应而褪色，则X中含有一个碳碳双键，碳骨架主链上的碳原子数不小于5，则主链上的碳原子数为6或5。若主链上碳原子数为6，则可能为1-己烯、2-己烯和3-己烯；若主链为5个碳原子，则可能为2-甲基-1-戊烯、2-甲基-2-戊烯、4-甲基-2-戊烯、4-甲基-1-戊烯、3-甲基-1-戊烯、3-甲基-2-戊烯，共8种。其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是CH3CH2CH=CHCH2CH3。
【点睛】环己烷分子中每个碳原子上有2个氢原子，都可以被氯取代，所以环己烷的二氯取代物有4种。
选项
事实
解释
A
金属银具有良好的导电性
金属银中有“自由电子”
B
ICl中I表现为正价
电负性：Cl>I
C
碘易溶于四氯化碳
碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子
D
的稳定性大于
水分子间存在氢键
碱金属离子
结合常数
冠醚
Na+
(直径：204pm)
K+
(直径：276pm)
冠醚A(空腔直径：260～320pm)
199
1183
冠醚B(空腔直径：170～220pm)
371
312
电离能/()
铜
746
1958
锌
906
1733
晶体
离子间距/pm
熔点/℃
NaCl
801
NiO
1960