河南省南阳市六校2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题（含解析）

这是一份河南省南阳市六校2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题（含解析），共9页。试卷主要包含了5 Mn-55， 设为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Si-28 Cl-35.5 Mn-55
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 古代丝绸之路是一条连接中国和中亚、西亚、欧洲等地的重要贸易路线，具有悠久的历史和深远的文化影响。下列丝绸之路的贸易商品的主要成分不属于有机物的是
A. 木漆器B. 瓷瓶
C. 丝绸D. 宣纸
【答案】B
【解析】
【详解】A．木漆器主要成分为天然树脂、有机漆料等有机高分子物质，属于有机物，A错误；
B．瓷瓶主要成分为硅酸盐，属于无机物，不属于有机物，B正确；
C．丝绸主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子化合物，属于有机物，C错误；
D．宣纸主要成分为纤维素，属于天然有机高分子化合物，属于有机物，D错误；
故选 B。
2. 下列物质种类关系表示正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．羧酸是由烃基（或氢原子）与羧基相连而构成的有机化合物，酯是羧酸分子中羧基的-OH被-OR´取代后的产物，两者无包含关系且不相交，A正确；
B．醇的羟基连在脂肪烃基或芳香烃侧链的饱和碳上，酚的羟基直接连在苯环等芳香环上，属于不同类别，两者无包含关系，B错误；
C．环烃包括脂环烃和芳香烃，芳香烃是环烃的子类，两者为包含关系，C错误；
D．烃为仅含碳和氢两种元素的有机化合物，卤代烃是烃分子中的氢原子被卤素原子取代后的化合物，是烃的衍生物，两者无包含关系，D错误；
故答案选A。
3. 作为化学前沿领域，超分子引起了人们的广泛关注，近十年来获得快速发展，在科技领域大放异彩。下列不属于超分子的是
A. DNAB. C. D. 细胞双分子膜
【答案】C
【解析】
【分析】超分子通常指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用（即非共价键）结合在一起，组成的复杂、有组织且保持一定完整性的聚集体。
【详解】A．DNA含有双螺旋结构，双链DNA靠氢键等非共价作用力自组装成双螺旋，属于超分子；
B．该分子是环状化合物和Zn2+形成的超分子，是超分子的特性分子识别，属于超分子；
C．该分子是单个分子，不是聚集体，不属于超分子；
D．细胞双分子膜是由多种分子（磷脂、胆固醇、膜蛋白等）通过‌分子间相互作用形成具有特定功能的分子聚集体，属于超分子；
故答案选C。
4. 如图为测定某些分子极性的实验结果图，下列说法正确的是
A. 物质M可能为CH2Cl2、液态SO3B. N在水中的溶解度比在CCl4中大
C. 非极性分子的正、负电荷重心不重合D. M中不含极性键，N中一定含有极性键
【答案】B
【解析】
【分析】毛皮摩擦橡胶棒会使橡胶棒带负电，极性分子可能会被带电体吸引，而非极性分子可能不会被明显吸引或者被排斥，则由图可知，M为非极性分子，N为极性分子；
【详解】A．中C-H键与C-Cl键的极性不能抵消，属于极性分子，而中心原子的价层电子对数是，无孤对电子，是平面三角形结构，属于非极性分子，根据分子可知，M可能为，不可能是，A错误；
B．N为极性分子，水是极性溶剂，是非极性溶剂，根据相似相溶原理可知，N在水中的溶解度比在中大，B正确；
C．非极性分子的正、负电荷重心重合，C错误；
D．M为非极性分子，其分子中可能含有极性键，如苯是非极性分子，含有C-H极性键；N是极性分子，其分子中一定含有极性键，D错误；
故选B。
5. 下列化学用语表述正确的是
A. 4-甲基戊醇：
B. 某激发态原子的电子排布式：
C. 丙烷的球棍模型：
D. 中共价键的电子云图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．醇类命名以含羟基的最长碳链为主链，从离羟基最近的一端编号，该结构中主链含5个碳，羟基位于1号碳，2号碳上有1个甲基，命名为2-甲基-1-戊醇，A错误；
B．N原子基态电子排布式为1s22s22p3，激发态是基态电子跃迁到高能级，第二电子层仅含s、p轨道，不存在2d轨道，B错误；
C．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，球棍模型需用小球表示原子，短棍表示化学键，图中的小球大小比例正确，短棍连接方式符合丙烷化学键的连接方式，C正确；
D．中H原子的1s球形电子云与Cl原子的3p哑铃形电子云以“头碰头”的重叠方式形成共价σ键，整体呈现不对称的哑铃形特征，形状如图：，D错误；
故答案选C。
6. 下列各组物质中，互为同分异构体且属于官能团位置异构的是
A. 红磷和黑磷
B. 和
C. 和
D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】A．红磷与黑磷互为同素异形体，A错误；
B．和互为同分异构体但属于碳架异构，B错误；
C．和互为同分异构体但属于官能团类型异构，C错误；
D．和互为同分异构体且属于官能团位置异构，D正确；
故答案为：D。
7. 晶体的应用渗透到生产生活中的方方面面，人类离不开晶体。下列有关晶体的说法正确的是
A. 物质通常有三种聚集状态：晶态、液态、气态
B. 具有最密堆积结构的金属的延展性往往比具有其他结构的金属的延展性好
C. 金刚石晶体中，最小环含有12个碳原子
D. 晶态硅和非晶态硅可用红外光谱区分
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质通常的三种聚集状态为气态、液态、固态，晶态只是固态的下属分类之一，A错误；
B．最密堆积结构的金属中原子排列规整，可滑动的滑移系更多，受外力时层间更易发生相对滑动，因此延展性往往优于其他结构的金属，B正确；
C．金刚石晶体中最小的碳环为六元环，仅含有6个碳原子，C错误；
D．区分晶态和非晶态的特征方法是X射线衍射，晶态硅和非晶态硅均只含Si-Si键，无法用红外光谱区分，D错误；
故选B。
8. 下列装置或操作不能达到相应实验目的的是(部分夹持装置略)
A. 装置甲：判定是否为
B. 装置乙：实验室制乙烯
C. 装置丙：制备硝基苯
D. 装置丁：除去乙烯气体中的
【答案】D
【解析】
【详解】A．若是，则乙醇和Na反应生成氢气，氢气中混有的乙醇用水除去，最后用排水法收集、测量氢气的体积，若是，则与钠不发生反应，没有现象。A正确；
B．乙醇在浓硫酸作催化剂并且加热到170℃时发生消去反应，可以制备乙烯，B正确；
C．苯的硝化反应中，盛有苯、浓硝酸、浓硫酸混合溶液的试管塞上带长直导管的木塞，作用是冷凝回流，在50~60°C水浴中反应制得硝基苯，C正确；
D．用溴水洗气以除去乙烯气体中的，，被除去，但是乙烯也会因和溴水发生加成反应而被消耗，D错误；
故选D。
9. 七叶莲是一种中草药，具有祛风除湿、活血止痛的功能，其成分含有镰叶芹醇()、(E)-β-金合欢烯()。下列说法错误的是
A. 镰叶芹醇的分子式为
B. (E)-β-金合欢烯存在顺反异构体
C. 能用活泼金属鉴别上述两种物质
D. (E)-β-金合欢烯含有2个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．镰叶芹醇的结构简式中含有17个碳原子，不饱和度为6，根据公式��=2n+2−H2（n为碳原子数，��为不饱和度） 计算可得氢原子个数为24，所以镰叶芹醇的分子式为，A正确；
B．分子中碳碳双键两端碳原子分别连接不同基团，(E)-β-金合欢烯满足顺反异构条件，(E)构型即指反式结构，说明顺反异构存在，B正确；
C．镰叶芹醇中含有羟基，可与钠单质反应放出氢气；(E)-β-金合欢烯无活泼氢，不与钠单质反应，所以能用活泼金属鉴别上述两种物质，C正确；
D．手性碳需连四个不同基团。该分子中所有碳原子均不满足此条件：双键碳为杂化且连有相同基团；其余亚甲基或甲基碳连有重复氢原子，所以不含有任何手性碳原子，D错误；
故答案选D。
10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 冰分子所含氢键数为
B. 15 g晶体中含键数为
C. 7.5 g中孤电子对数为
D. 溴乙烷在加热条件下与足量水溶液反应，可生成乙烯，其分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰中每个水分子能形成4个氢键，每个氢键被2个水分子共用，每个水分子的氢键数目为，1 ml冰含氢键数为，A错误；
B．15 g的物质的量为，1 ml含4 ml键，0.25 ml含键数为，B正确；
C．7.5 g的物质的量为，甲基中碳原子无孤电子对，仅含1个未成对电子，故孤电子对数为0，C错误；
D．溴乙烷与水溶液加热发生水解反应生成乙醇，不生成乙烯，D错误；
答案选B。
11. 物质的结构决定性质。下列物质的性质从结构的角度解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子键无饱和性和方向性，晶体中配位数为6是由正负离子半径比和离子带电荷数决定的，A错误；
B．羟基为吸电子基，通过p-π共轭作用活化苯环，增大邻对位电子云密度，使苯酚更易发生亲电取代反应，B错误；
C．硫原子半径大于碳原子，键长，键能，且甲烷为正四面体高度对称结构，分子整体稳定性更高，因此分解温度，C正确；
D．单层石墨中碳原子采取杂化，并非杂化，D错误；
答案选C。
12. 某物质(晶体类型为分子晶体)溶于溶液中会生成、和一种单质气体。下列说法正确的是
A. 该反应方程式为
B. 沸点低于相同结构的
C. 固体中存在阳离子、阴离子和自由移动的电子
D. 熔点较高，其结构和相似
【答案】A
【解析】
【详解】A．该方程式满足元素守恒、得失电子守恒，反应生成的单质气体为氢气，符合反应规律，A正确；
B．和均为分子晶体，结构相似时相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，相对分子质量更大，沸点更高，B错误；
C．固体为离子晶体，仅存在不能自由移动的和，不存在自由移动的电子，C错误；
D．中为链状聚合结构，中为单个平面三角形，二者结构不相似，D错误；
答案选A。
13. X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子中的电子只有一种自旋取向，基态原子的能级电子数是能级电子数的2倍，与同主族，基态原子有4个未成对电子。下列说法正确的是
A. 键角：B. 常温下，单质与浓硝酸不反应
C. 晶体中原子配位数为8D. 晶体熔点：
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子中的电子只有一种自旋取向，则X为H元素；基态Y原子的s能级电子数是p能级电子数的2倍，则Y为C元素；Y与Z同主族，则Z为Si元素；基态M原子有4个未成对电子，则M为Fe元素。
【详解】A．离子中碳原子的价层电子对数为：3+(4-1×3-1) ×=3，孤对电子对数为：(4-1×3-1) ×=0，则离子的空间构型为平面正三角形；离子中碳原子的价层电子对数为：3+(4-1×3+1) ×=4，孤对电子对数为：(4-1×3+1) ×=1，则离子的空间构型为三角锥形，所以离子的键角大于离子，A正确；
B．常温下铁在浓硝酸中会发生钝化，致密的氧化膜会阻碍反应的继续进行，钝化属于化学反应，并非不反应，B错误；
C．单晶硅为共价晶体，晶体中每个硅原子与4个硅原子形成4个硅硅键，则硅原子的配位数为4，C错误；
D．单晶硅和碳化硅都是共价晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，则键长的大小顺序为：Si−C>Si−Si，键长越短，共价键越强，共价晶体的熔点越高，则碳化硅的熔点高于单晶硅，D错误；
故选A。
14. 锰氧化物应用广泛，图1、图2分别表示两种不同的锰氧化合物的晶胞结构(黑球均代表)。已知图1中的晶胞参数为，用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 图2的化学式为B. 图1中晶体密度为
C. 图1、2晶胞中的配位数均为6D. 图1晶胞在平面上的投影为
【答案】B
【解析】
【详解】A．图2晶胞中，Mn原子数为，O原子数为4，所以，化学式应为，A错误；
B．图1晶胞中，Mn原子数为，O原子数为4，晶胞质量，晶胞体积，所以图1中晶胞密度为，B正确；
C．图1晶胞中处于面心立方结构，所以的配位数为6；图2晶胞中每个O连接3个Mn，所以的配位数为3，C错误；
D．图1为面心立方结构，图1晶胞在平面上的投影应包含所有原子，如图：，D错误；
故答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 现有A、B两种有机物。A为无支链的链烃，0.1 ml A完全燃烧需要消耗氧气(标准状况下)，同时生成水，红外光谱显示该烃含有甲基、碳碳双键，核磁共振氢谱显示有5组峰；的分子式为，遇溶液发生显色反应，核磁共振氢谱显示有4组峰。请回答下列问题：
（1）①A的键线式为___________，分子中最多有___________个原子共平面。
②B的结构简式为___________，其化学名称为___________。
（2）在催化剂作用下，A与氢气按物质的量之比发生加成反应的产物有___________种(不考虑立体异构)，其中只含一个的产物的结构式为___________。
（3）含有碳碳三键的A的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)。属于芳香族化合物的B的同分异构体中，不能与活泼金属Na反应的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. ②. 11 ③. ④. 对甲基苯酚或4-甲基苯酚
（2） ①. 2 ②.
（3） ①. 3 ②.
【解析】
【分析】A为无支链的链烃，0.1 ml A完全燃烧需要消耗标准状况下氧气15.68 L(0.7 ml)，同时生成 7.2 g(0.4 ml)的水，则1 ml A完全燃烧需要消耗标准状况下氧气7 ml，同时生成 4 ml的水；根据燃烧通式为，x+=7，=4，解得x=5，y=8，则A的分子式为 C5H8，红外光谱显示该烃含有甲基、碳碳双键，核磁共振氢谱显示有5组峰,则 A的结构简式为CH3-CH=CH-CH=CH2；
B的分子式C7H8O，遇FeCl3显色，说明含酚羟基，属于甲基苯酚（邻/间/对三种）；核磁共振氢谱有4组峰，说明结构对称，为对甲基苯酚（4-甲基苯酚）；
【小问1详解】
①由分析知，A的结构简式为CH3-CH=CH-CH=CH2，键线式为；A分子中有两个碳碳双键且单键能绕轴旋转，分子中除了甲基的2个氢原子其余原子均可能共面，故最多有11个原子共平面；
②由分析知，B的结构简式为；其化学名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；
【小问2详解】
A（1,3-戊二烯）与H2按物质的量1:1发生加成反应，存在不同双键加成、1,4-加成两种方式；1,2-加成的产物为CH3-CH2-CH2-CH=CH2（1-戊烯）和CH3-CH=CH-CH2-CH3（2-戊烯），1,4-加成的产物为CH3-CH2-CH=CH-CH3（2-戊烯）；因此不考虑立体异构，最终得到1-戊烯和2-戊烯两种加成产物；
上述加成产物中，只含有一个甲基的物质为CH2=CH-CH2-CH2-CH3（1-戊烯）；
【小问3详解】
分子式为C5H8、含有碳碳三键的炔烃同分异构体，不考虑立体异构，一共有3种，分别为1-戊炔（HC≡C-CH2-CH2-CH3）、2-戊炔（CH3-C≡C-CH2-CH3）、3-甲基-1-丁炔【HC≡C-CH(CH3)2】；
B为C7H8O，其芳香族同分异构体中不能与Na反应，说明分子不含羟基，该物质为醚类，结构简式为 （苯甲醚）。
16. 铜族金属及其合金是生产、生活中涉及较广的金属，铜族元素中含有Cu、Ag、Au三种元素。请回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子轨道表示式为___________。
（2）三星堆遗址出土了黄金面具，说明金具有良好的延展性，其原因是___________。
（3）AgCl、AgBr、AgI三种物质中共价键的含量最高的是___________(填化学式)，三种物质均易溶于溶液，形成，则中键与键的数目之比为___________。
（4）蓝色的结构示意图如图所示。
①在不同温度下会发生以下变化，则反应①破坏的作用力为___________。
②中参与配位的水分子中的键角___________(填“”“”或“=”)自由水分子中的键角，其原因是___________。
【答案】（1） （2）Au在锻压或捶打时，原子产生滑动，但是由于自由电子的存在，金属键并未破坏，因此Au虽然产生形变，但没有断裂
（3） ①. ②.
（4） ①. 氢键、配位键 ②. ③. 中参与配位的水分子中氧原子的孤电子对数目减少，与成键电子对的相互排斥作用减弱，从而使键角增大
【解析】
【小问1详解】
基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，3d轨道有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子；4s轨道有1个轨道，最多容纳2个电子，所以基态铜原子的价层电子轨道表示式为；
【小问2详解】
金属晶体中，金属阳离子和自由电子之间存在较强的金属键，当金受到外力时，原子能够相对滑动，自由电子迅速重新分布，使得金属键稳定而没有发生断裂，从而表现出良好的延展性；
【小问3详解】
AgCl、AgBr、AgI三种物质中随着卤素原子半径的增大，Ag和卤素原子之间的电负性差值减小，共价键的成分逐渐增加，因此AgI中Ag和I的共价键含量最高；在中，Ag与CN-之间形成配位键，每个CN-内部C原子与N原子之间存在三键，其中1个是键，2个键，则2个CN-有2个键，4个键，Ag与CN-之间形成2个键，所以中键的数目为2+2=4，键数目为4，因此键与键的数目之比为；
【小问4详解】
①晶体中，5个水分子的存在形式不同，其中四个水分子与铜离子以配位键结合形成，另一个水分子通过氢键与硫酸根离子、配位水分子结合，反应①的实质是失去两个水分子，失去的两个水分子分别是以氢键结合的结晶水分子（破坏氢键）和与铜离子配位的水分子（破坏配位键）；②自由水分子中，氧原子采用sp3杂化，分子成“V”型，键角约为104.5°，中参与配位的水分子中氧原子的一对孤对电子与Cu2+形成配位键，使得氧原子上孤电子对成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。
17. 苯丙酸是药物的重要中间体，工业上可用乙炔为原料制备，其流程如图所示。
已知：
①傅-克酰基化反应：+CO+HCl+HCl。
②反应温度为，在六水合氯化钴催化剂的作用下，氧气可高效地氧化苯甲醛制备苯甲酸。
请回答下列问题：
（1）C含有的官能团名称为___________；反应④的反应类型为___________。
（2）傅-克酰基化反应过程中，一氧化碳与氯化氢、氯化铝作用，生成亲电的中间体，的空间构型为___________；加入氯化亚铜来代替工业生产的加压方法，因为氯化亚铜(CuCl)可与一氧化碳结合，使之活性增高，易于发生反应，它们之间的作用力为___________。
（3）一定条件下，D可生成高分子化合物，反应的化学方程式为___________。
（4）符合下列条件的的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物 ②与E含有相同的官能团 ③只含一个甲基
（5）参考上述流程和相关信息，以乙醇和乙炔为原料，设计制备的合成路线：___________(其他无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 醛基 ②. 加成反应(或还原反应)
（2） ①. 正四面体形 ②. 配位键
（3）n
（4）7 （5）
【解析】
【分析】首先乙炔（A）在450℃、Pd-Au催化条件下三聚得到苯（B），苯经傅-克酰基化反应得到苯甲醛（C），苯甲醛再在醋酸钾条件下发生反应得到D，最终D在Pd/C催化下与氢气发生加成，得到目标产物苯丙酸（E）。
【小问1详解】
C含有的官能团名称为醛基，根据化合物D、E的结构简式可得：反应④的反应类型为加成反应（或还原反应）；
【小问2详解】
为杂化，无孤对电子，所以的空间构型为正四面体形；反应，提供空轨道，中的提供孤对电子，形成配位键，所以它们之间的作用力为配位键；
【小问3详解】
D为肉桂酸，含有碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为：n ；
【小问4详解】
E的分子式为，官能团为羧基，需满足：含苯环、含羧基、只含一个甲基，符合条件的结构共有7种：①甲基为取代基取代苯环上的氢原子，有三种：，②乙基为取代基取代苯环上的氢原子，有三种：，③苯环为取代基，有一种：，因此，符合条件的结构一共有7种；
【小问5详解】
以乙醇和乙炔为原料，设计制备，首先利用乙炔三聚制备苯，再利用傅-克酰基化反应制备苯甲醛，然后将苯甲醛进行催化氧化制备苯甲酸，最后苯甲酸与乙醇进行酯化反应得到目标产物，其合成路线为：。
18. 氮元素是构成化合物的重要元素。请回答下列问题：
（1）的VSEPR模型名称为___________。
（2）氮的常见氢化物有、，其中沸点较高的是___________(填化学式)。
（3）常温下为液体，是晶型转变的诱导剂。
①大键可用表示，其中、分别代表参与形成大键的原子个数和电子数，如苯中的大键表示为。上述物质阳离子中的采取杂化，则阳离子中存在的大键类型为___________。
②该物质的熔点较低，原因是___________。
（4）(I)、(II)是新能源电池涉及的重要材料。
①物质I中的相关键角如图所示，则该物质中N原子的杂化方式为___________。
②相同温度下，I、II的溶液均为酸性，其中值较大的是___________(填“I”或“Ⅱ”)，其原因是___________。
【答案】（1）平面三角形
（2）
（3） ①. ②. 阴、阳离子的半径较大，阴、阳离子间的距离大，离子间的作用力小
（4） ①. ②. I ③. 氯原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增强，乙基是推电子基团，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱
【解析】
【小问1详解】
计算​中心N原子的价层电子对数：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，因此VSEPR模型为平面三角形；
【小问2详解】
和都是分子晶体，都存在分子间氢键；相对分子质量更大，且分子间氢键数目更多，分子间作用力更强，因此沸点更高；
【小问3详解】
① 该阳离子为咪唑阳离子，环上共2个N、3个C共5个原子，均为杂化，都参与形成大π键，且均有3个键，则大π键由2个氮原子和3个碳原子组成，每个碳原子有1个电子、每个氮原子有2个电子形成大π键，由于还带一个单位正电荷，则共有6个电子形成大π键，可表示为；
②该物质为离子化合物，其阴、阳离子均为原子团，离子半径较简单离子化合物的半径大，阴、阳离子间的距离大，离子间的作用力小，晶格能小，故熔点较低；
【小问4详解】
① N原子的三个键角和为，说明N为平面三角形结构，价层电子对数为3，因此杂化方式为杂化；
②相同温度下，I、II的溶液均为酸性 酸性越强电离程度越大，越大；I中取代基Cl是吸电子基团，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增强；II中乙基是推电子基团，使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，因此I的更大。选项
性质
从结构角度解释
A
晶体中1个的前后、左右、上下共有6个
离子键具有饱和性和方向性
B
苯酚能与浓溴水反应而苯不能
羟基为推电子基团，使邻、对位上的键更易断裂
C
分解温度：
键能：，且甲烷的正四面体结构使其化学键分布更对称，分子整体稳定性更高
D
碳素(单层石墨)钓鱼竿弹性好，不易折断
碳采取杂化，键能大，键长小