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2018-2019学年甘肃省兰州市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
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兰州一中2018-2019-2学期高二年级期末考试试题
化学
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Fe-56
第I卷（选择题)
一、单选题
1.最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是
A. 是一种新的氧化物，属于非极性分子 B. 不可能含有极性键
C. 是氧元素的一种同位素 D. 是臭氧的同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，分子内含有氧氧非极性键，是结构对称的非极性分子，与O2和O3互为同素异形体。
【详解】A项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于氧化物，故A错误；
B项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，分子内含有氧氧非极性键，故B正确；
C项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于同位素，故C错误；
D项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，与O3互为同素异形体，不是同分异构体，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的重点考查了同位素、同素异形体、同分异构体概念和区别，注意氧化物是指只含有两种元素，且其中一种元素是氧元素的化合物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，同种非金属元素之间形成非极性键；质子数相同中子数不同原子互称同位素；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。
2.下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是( )
A. 醛类 B. 酚类 -OH
C. 醛类 D. CH3COOH 羧酸类
【答案】D
【解析】
【详解】A、为甲醛，官能团为醛基，即，选项A错误；
B、当-OH直接连在苯环上时为酚类，当-OH连在链烃基或苯环侧链上时为醇，故为醇类，官能团为-OH，选项B错误；
C、当连在O上时为酯基，即的官能团为酯基-COO-，不是醛基，选项C错误；
D、官能团-COOH为羧基，CH3COOH属于羧酸，选项D正确。
答案选D。
3.下列各组物质中，化学键类型不同的是( )
A. NaCl和HNO3 B. H2O和NH3 C. CaF2和CsCl D. CCl4和N2
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键。
【详解】A．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，HNO3中原子与原子之间只存在共价键，故A正确；
B．水分子中H原子和O原子之间只存在H-O共价键，氨气分子中N原子和H原子之间只存在N-H共价键，故B错误；
C．氟化钙中氟离子和钙离子之间只存在离子键，氯化铯中铯离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；
D．四氯化碳中碳原子和氯原子之间只存在共价键、N2中N原子和N原子之间只存在共价键，故D错误；
故选：A。
4.下列对一些实验事实的理论解释正确的是( )
选项
实验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
B
SO2为V形分子
SO2分子中S原子采用sp3杂化
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时较稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；
B．SO2中S的价层电子对数=2+=3，为sp2杂化，立体构型为V形，故B错误；
C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；
D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氟化氢分子间含有氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意石墨为混合型晶体，层与层之间为分子间作用力，层内存在共价键，石墨熔化时需要破坏层内的共价键。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 外围电子构型为4f75d16s2元素在周期表中的位置是在第四周期第VIII族
B. 在氢原子电子云图中通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大则电子数目多
C. 金刚石立体网状结构中，最小的碳环上有4个碳原子且每个碳原子被6个碳环所共用
D. CsCl晶体中与每个Cs+ 距离相等且最近的Cs+共有6个
【答案】D
【解析】
【详解】A．外围电子构型为4f75d16s2，原子序数为64，为Gd元素，位于第六周期ⅢB族，故A错误；
B．小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，不表示电子数目，故B错误；
C．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，故C错误；
D．CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl-，每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+有6个，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点和难点为A，外围电子构型为4f75d16s2，f能级未排满，则该元素位于ⅢB，其余各族的原子，没有f电子或者f能级已排满。
6.下列叙述正确的是( )
A. 烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成
B. 2s轨道可以和3p轨道形成sp2杂化轨道
C. 由极性键组成的分子，一定是极性分子
D. 甲烷中sp3杂化轨道的构型是平面正方形
【答案】A
【解析】
烯烃中的双键碳原子是2sp2杂化，所以A正确。杂化只能在同一能层中产生，B不正确。由极性键组成的分子，也可能是非极性分子，例如甲烷等。．甲烷中sp3杂化轨道的构型是是正四面体型，D不正确。所以答案选A。
7.下列叙述正确的是( )
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
8.下列原子半径大小顺序正确的是( )
①1s22s22p3 ②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5 ④1s22s22p63s23p2
A. ③＞④＞②＞① B. ④＞③＞②＞①
C. ④＞③＞①＞② D. ④＞②＞①＞③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据核外电子排布式书写规律分析解答。
【详解】①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p5是F元素，④1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：④＞②＞①＞③；
答案选D。
【点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。
9.氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（ ）
A. 氯化硼液态时能导电而固态时不导电
B. 氯化硼中心原子采用sp杂化
C. 氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子
D. 三氯化硼遇水蒸气不会产生白雾
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化硼是共价化合物液态时不能导电，A项错误；
B．三氯化硼中的硼原子为sp2杂化方式，无孤对电子，B项错误；
C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，由于键的极性向量和为0，所以该分子为非极性分子，C项正确；
D．三氯化硼遇水蒸气会发生水解，生成的HCl在空气中形成白雾，D项错误；
答案选C。
10.2018年7月5日《科学》杂志在线报道：合成一种新的具有超高热导率半导体材料——砷化硼（BAs）。通过反应4BI3(g) + As4(g)4BAs(s，晶体) + 6I2(g)可制备BAs晶体。下列说法错误的是（）
图（a） 图（b） 图（c）
A. 图（a）表示As4结构，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为3:1
B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，该基本单元为正20面体
C. 图（b）所示晶态单质硼的熔点为2180℃，它属于原子晶体
D. 图（c）表示BAs晶胞结构，As原子的配位数为4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，故A错误；
B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，每个B原子被5个正三角形共用，一共20个面，所以该基本单元为正20面体，故B正确；
C. 单质硼的熔点为2180℃，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于原子晶体，故C正确；
D. BAs晶胞中，较大的原子为As原子，在其周围最近的B原子数目为4，所以As原子的配位数为4，故D正确；
故选A。
11.与NO3¯互为等电子体的是（ ）
A. SO3 B. PCl3 C. CH4 D. NO2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等电子体的概念进行分析，具有相等的价电子总数，和原子总数的分子或离子互称为等电子体；
【详解】NO3－有4个原子组成，价电子总数为24，依据等电子体的定义，
A、SO3有4个原子，价电子总数为24，SO3与NO3－互称为等电子体，故A符合题意；
B、PCl3有4个原子，价电子总数为26，PCl3与NO3－不互为等电子体，故B不符合题意；
C、CH4原子总数为5，CH4与NO3－不互为等电子体，故C不符合题意；
D、NO2的原子总数为3，与NO3－不互为等电子体，故D不符合题意。
12.下列有关叙述正确的是（ ）
A. 在分子中含有1个手性C原子
B. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
C. 碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子
D. 含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，若n值越大，则含氧酸的酸性越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子，中间的碳原子为手性C原子，故A正确；
B．氢键是一种分子间作用力，不是化学键，故B错误；
C．I2是非极性分子，而H2O是极性分子，非极性分子难溶于极性溶剂，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；
D．含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，即m越大，酸性越强，故D错误；
答案选A。
13.下列物质的沸点比较正确的共有
①H2O＞H2S；②H2O＞HF；③H2S＞H2Se；④CO＞N2；⑤CH4＞C2H6；⑥正戊烷＞新戊烷；⑦邻羟基苯甲醛＞对羟基苯甲醛
A. 4项 B. 3项 C. 5项 D. 6项
【答案】A
【解析】
【分析】
分子晶体的溶沸点由分子间作用力而定，分子间作用力越强，熔沸点越高，若分子间有氢键，则分子间作用力比结构相似的同类晶体大，故熔沸点较高；组成和结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高；相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低；同类物质相比，分子内形成氢键的物质的熔沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔沸点。
【详解】①H2O 分子间形成氢键，分子间作用力强于不能形成氢键的H2S，则沸点H2O＞H2S，故正确；
②H2O 分子间形成氢键的数目多于HF，分子间作用力强，沸点高，则沸点H2O＞HF，故正确；
③组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，H2Se和H2S结构相似，则沸点H2Se＞H2S，故错误；
④相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高，CO为极性分子，N2为非极性分子，则沸点CO＞N2，故正确；
⑤组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，CH4和C2H6结构相似，则沸点C2H6＞CH4，故错误；
⑥相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低，新戊烷的支链数目多于正丁烷，则沸点正戊烷＞新戊烷，故正确；
⑦邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，沸点较低；，对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键，沸点较高，则沸点邻羟基苯甲醛＞对羟基苯甲醛，故错误；
①②④⑥正确，故选A。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 标准状况下，1mol金刚石中含有的C–C键数目为4NA
B. 1mol SiO2晶体中含有的Si–O键数目为2NA
C. 80g SO3中，中心原子S的价层电子对中，孤电子对数为NA
D. 常温常压下，1mol CH2=CHCHO中，含有的σ键数目为7NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A、在金刚石中每个C原子形成4个C–C共价键，每个共价键为两个C原子共用；
B、二氧化硅中每个硅原子形成4个Si-O键；
C、SO3分子中S原子的孤对电子数为0；
D、CH2=CHCHO分子中含有碳氢键、碳碳双键、碳碳单键和碳氧双键
【详解】A项、在金刚石中每个C原子形成4个C–C共价键，每个共价键为两个C原子共用，则1mol金刚石晶体中含2molC–C键，故A错误；
B项、1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，1mol硅原子形成4molSi-O键，晶体中含有Si-O键的个数为4NA，故B错误；
C项、SO3分子中S原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，故C错误；
D项、CH2=CHCHO分子中含有碳氢键、碳碳双键、碳碳单键和碳氧双键，其中有4个碳氢σ键、2个碳碳σ键和1个碳氧σ键，则1mol CH2=CHCHO中含有7molσ键，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意掌握晶体中共价键的类型的判断和共价键数目的计算是解答关键。
15.甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法正确的是（ ）
A. 香叶醇的分子式为C11H18O
B. 香叶醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应
C. 香叶醇与CH2=CHCH=CHCH2OH互为同系物
D. 香叶醇与甲酸香叶酯均不能发生银镜反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知香叶醇的分子式为C11H20O，选项A错误；
B．香叶醇中与-OH相连的C的邻位C上没有H原子，则不能发生消去反应，选项B错误；
C、香叶醇含有两个碳碳双键和一个醇羟基，与CH2=CHCH=CHCH2OH结构相似，组成上相差6个CH2，互为同系物，选项C正确；
D、香叶醇不能发生银镜反应，但甲酸香叶酯中含有醛基能发生银镜反应，选项D错误。
答案选C。
16.下列物质与CH3OH互为同系物的是( )
A. B. C. D. CH2=CHCH2OH
【答案】A
【解析】
【分析】
应用同系物的概念分析判断。
【详解】同系物要求：①结构相似，即官能团的种类、数目相同，亦即化学性质相似；②分子组成（分子式）相差一个或若干个“CH2”。故CH3OH的同系物应有一个羟基和一个烷基。
本题选A。
17.阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是
①1 mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；
A. ①②③④⑥ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑥ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。
【详解】①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1 mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；
②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；
③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；
④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；
⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；
⑥有机物一般可以燃烧，故正确；
④⑥正确，故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。
18.下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成四种一氯代烃的是（ ）
A. CH3CH2CH2CH3 B. CH3CH(CH3)2 C. CH3C(CH3)3 D. (CH3)2CHCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】
烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代烷的种类与烃分子中含有的氢原子种类有关，分子中含有N种氢原子，其一氯代烷就有N种，据此对个选项进行分析即可。
【详解】A. CH3CH2CH2CH3分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，A项错误；
B. CH3CH(CH3)2分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，B项错误；
C. CH3C(CH3)3分子中，四个甲基位置对称，只含有1种氢原子，所以生成的一氯代烃有1种，C项错误；
D. (CH3)2CHCH2CH3分子中，含有4种氢原子，所以生成的一氯代烃有4种，D项正确；
答案选D。
【点睛】烃的一取代物数目的确定,实质上是看处于不同位置的氢原子数目，可用“等效氢法”判断.判断“等效氢”的三条原则是：
① 同一碳原子上的氢原子是等效的；如甲烷中的4个氢原子等同.
② 同一碳原子上所连的甲基是等效的；如新戊烷中的4个甲基上的12个氢原子等同.
③ 处于对称位置上的氢原子是等效的.
注意：在确定同分异构体之前,要先找出对称面,判断等效氢,从而确定同分异构体数目。
19. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C. 由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷
D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，据此分析解答。
【详解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入-OH，为加成反应，类型不同，故A不选；
B.甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为-COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；
C. 由氯代环己烷消去制环己烯，-Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1,2二溴丙烷，双键转化为单键，引入-Br，为加成反应，类型不同，故C不选；
D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选。
答案选D。
20.由于碳碳双键不能自由旋转，因此和是两种不同的化合物，二者互为顺反异构体。则分子式为C3H4Cl2且含有碳碳双键的化合物的同分异构体有
A. 7种 B. 5种 C. 6种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【分析】
据官能团位置异构首先写出C3H4Cl2的同分异构体，然后确定哪些同分异构体还存在顺反异构。
【详解】C3H4Cl2分子中含有碳碳双键和氯原子，有ClCH=CCl-CH3、ClCH=CH-CH2Cl、CH2=CCl-CH2Cl、Cl2C=CH-CH3和CH2=CH-CHCl25种同分异构体，其中ClCH=CCl-CH3和ClCH=CH-CH2Cl均存在顺反异构体，则含有碳碳双键的化合物的同分异构体有7种，故选A。
【点睛】本题主要考查同分异构体的书写，注意根据等效氢原子判断二氯代物的个数是解决本题的关键。
21.下列有关有机物的说法正确的是
A. 分液漏斗可以分离甘油和水的混合物
B. 分子式为C5H10Cl2，结构中含有一个-CH3的同分异构体有7种
C. 由甲苯制取三硝基甲苯的反应与乙酸和苯甲醇反应的类型不同
D. 有机物能发生氧化、还原、加成、加聚和取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．甘油和水互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A项错误；
B．二氯代物的同分异构体可以采用“定一移一”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的，其中符合条件的有：CH3-CH2-CH2-CH2-CHCl2，CH3-CH2-CH2-CHCl-CH2Cl，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH2Cl，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH2Cl，CH3-CH2-CH（CH2Cl）-CH2Cl，CH3-CH(CH2Cl)-CH2-CH2Cl，符合条件的结构简式一共有6个，故B错误；
C．甲苯和浓HNO3在加入催化剂浓硫酸后加热发生取代反应，乙酸和苯甲醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，都是取代反应，故C项错误；
D．该有机物中含有碳碳双键就能发生氧化、还原、加成、加聚，含有羧基能发生取代反应，D正确；
故答案选D。
22.以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是
A. 消去、取代、水解、加成 B. 取代、消去、加成、水解、
C. 消去、加成、取代、水解． D. 消去、加成、水解、取代
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。
【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。
23.已知酸性：＞H2CO3＞，将转变为 的方法是 （ ）
A. 与足量的NaOH溶液共热，再通入SO2
B. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液
C. 加热溶液，通入足量的CO2
D. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液
【答案】D
【解析】
A．与足量NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞＞，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，A错误；B．与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，B错误；C．加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，C错误；D．与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，-COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，D正确，答案选D。
24.分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是
A. 这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种
B. 符合该分子式的羧酸类同分异构体有4 种
C. R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目
D. R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A项、分子式为C5H10O2的酯可能有甲酸丁酯、乙酸丙酯、丙酸乙酯和丁酸甲酯4种，甲酸丁酯的结构有HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2和HCOOC(CH3)34种，乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3和CH3COOCH(CH3)22种，丙酸乙酯有CH3CH2COOCH2CH31种，丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3和(CH3)2CHCOOCH32种，在酸性条件下水生成的解酸有HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH、CH3CH2CH2COOH和(CH3)2CHCOOH5种，生成的醇有CH3OH、CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3COH8种，则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故A正确；
B项、符合分子式为C5H10O2的羧酸结构为C4H9—COOH，丁基C4H9—有4种，则C5H10O2的羧酸同分异构体有4种，故B正确；
C项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的最简单的酸为甲酸，由甲酸的结构式可知分子中含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C、H—C数目也增多，含有的共用电子对数目增多，则R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目，故C正确；
D项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子，符合条件的醇有CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和 (CH3)3COH，发生消去反应可得到CH2=CH2、CH3CH=CH2、CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3和(CH3)2C=CH25种烯烃，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握酯水解的规律、同分异构体的书写与判断的方法醇的消去反应的规律是解答关键。
25.(双选)含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是( )
A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 能发生取代反应，但不能发生加成反应
C. 属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物
D. 其结构简式可表示为图乙，分子中所有原子不可能全部处于同一平面
【答案】AD
【解析】
该有机物分子中含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，故A错误；分子中含有羧基，可以发生取代反应，碳碳双键可发生加成反应，故B错误；分子中没有苯环，C错误；根据碳、氢、氧、氮原子的成键数可推知分子结构模型与结构简式相符，由于存在饱和碳原子，分子中不可能所有原子共面，故D正确；答案为D。
第II卷
26.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在横线上。
同位素____；同一种物质___；同系物____；同分异构体____；同素异形体___。
①金刚石与石墨； ②D与T； ③12C和13C； ④O2与O3； ⑤CH4和CH3CH2CH3；⑥CH2＝CHCH3和CH2＝CH2；⑦和CH3(CH2)3CH3 ⑧和
⑨三氯甲烷和氯仿 ⑩CH2＝CHCH3和
【答案】 (1). ②③ (2). ⑧⑨ (3). ⑤⑥ (4). ⑦⑩ (5). ①④
【解析】
【分析】
质子数相同，中子数不同的原子互为同位素；结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物，互为同系物；分子式相同，但结构不同的有机物，互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互称为同素异形体。
【详解】同位素为同种元素的不同核素的互称，满足该条件的为：②D与T、③12C和13C；
同一种物质为分子式相同、结构也相同的物质，满足条件的为⑧和、⑨三氯甲烷和氯仿；
同系物具有相似的结构，不同的分子式，满足该条件的为：⑤CH4和CH3CH2CH3、⑥CH2=CHCH3和CH2=CH2；
互为同分异构体的化合物具有相同的分子式、不同的结构，满足条件的为：⑦和CH3(CH2)3CH3、⑩CH2＝CHCH3和；
同素异形体为同种元素形成的不同单质，满足条件的为：①金刚石与石墨、④O2与O3；
故：同位素为②③；同一种物质为⑧⑨；同系物为⑤⑥；同分异构体为⑦⑩；同素异形体为①④。
27.Li、Na、Mg、C、N、O、S等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_____（填字母）
A．吸收光谱；B．发射光谱。
（2）H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子N3–的空间构型为________。
（3）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。
可知Li2O晶格能为______kJ·mol-1。
（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：
X、Y、Z中为N元素的是______，判断理由是_____________________________。
（5）N5–为平面正五边形，科学家预测将来会制出含N4–、N6–等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则N4–离子中的大π键应表示为_________。
（6）一种Fe、Si金属间化合物的晶胞结构如下图所示：
晶胞中含铁原子为______个，已知晶胞参数为0.564nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Fe、Si金属间化合物的密度为___________g·cm–3（列出计算式）
【答案】 (1). B (2). 正四面体形 (3). V形 (4). 直线形 (5). 2908kJ·mol-1 (6). Z (7). N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大 (8). π54 (9). 12 (10). 7.26
【解析】
【分析】
（1）钠的焰色反应属于发射光谱；
（2）由价层电子对数确定VSEPR模型，由价层电子对数和孤对电子数确定分子空间构型；由等电子体确定离子空间构型；
（3）晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放能量；
（4）由半充满的稳定结构和第一电离能大小确定元素；
（5）由题意确定形成大π键的原子个数和p电子数；
（6）由均摊法计算晶胞化学式，由质量公式计算密度。
【详解】（1）钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以黄光的形式放出，属于发射光谱，故答案为：B；
（2）H2S分子中S原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，孤对电子数为2，分子的空间构型为V形；CO2和N3–的原子个数均为3，价电子数均为16，两者互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，CO2分子的空间构型为直线形，则N3–的空间构型为直线形，故答案为：正四面体形；V形；直线形；
（3）晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，由图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol，故答案为：2908 kJ/mol；
（4）金属元素第一电离能I1小于非金属元素，则第一电离能I1最小的X为Mg元素；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则I1较大的Z为N元素，故答案为：Z；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大；
（5）N4–为面环状平面结构的离子，离子中成键原子数目为4，价电子总数为5×4+1=21，因为是平面结构，故N原子均为sp2杂化，每个N原子有一个孤电子对，没有参与杂化的电子数为21-2×4-4×2=5，故有5个电子参与形成大π键，大π键应表示为π54，故答案为：π54；
(6)由晶胞的结构可知，Fe原子的个数为8×+6×+12×+5=12，Si原子个数为4，则晶胞的化学式为Fe3Si，由晶胞的质量可得：mol×196g/mol=（0.564×10-10cm）3×d，则d=≈7.26g/cm3，故答案为：7.26。
【点睛】本题考查物质结构与性质，主要考查了发射光谱、空间构型、等电子体以及晶胞结构判断与计算等，侧重考查分析计算及空间想象能力，注意核空间构型的判断、等电子体的判断，掌握晶胞结构判断与计算是解答关键。
28.(1)相对分子质量为70的烯烃的分子式为________；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃的可能的结构简式为_______、_________、_________。
(2)有机物A的结构简式为
①用系统命名法命名A:___________________________
②若A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型，有顺、反两种结构。写出A的该种同分异构体的结构简式_______。
【答案】 (1). C5H10 (2). (3). (4). (5). 2,2,3,4-四甲基己烷 (6). (CH3)3C-CH2-CH2-C(CH3)3
【解析】
【分析】
（1）烯烃为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5；根据该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含3个甲基解题；
（2）①依据系统命名法原则命名；
②由A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型可知，烯烃中有2个无氢碳分别连在2个不饱和碳原子上。
【详解】（1）烯烃为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5，分子式为C5H10；若该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含4个甲基，可能的结构简式：CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2，故答案为：C5H10；CH2=CCH3CH2CH3、CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；
（2）①分子中最长碳链含有6个碳原子，含有4个甲基，名称为2,2,3,4-四甲基己烷，故答案为：2,2,3,4-四甲基己烷；
②由A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型可知，烯烃中有2个无氢碳分别连在2个不饱和碳原子上，烯烃的结构简式为(CH3)3C-CH=CH-C(CH3)3，则A的同分异构体的结构简式为(CH3)3C-CH2-CH2-C(CH3)3，故答案为：(CH3)3C-CH2-CH2-C(CH3)3。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，理解加成反应原理，采取逆推法还原碳碳双键，注意分析分子结构是否对称是解题的关键。
29.Ⅰ、实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，乙烯再与溴反应制1，2 -二溴乙烷。在制备过程中部分乙醇被浓硫酸氧化，产生CO2、SO2，并进而与溴反应生成HBr等酸性气体。
（1）用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2一二溴乙烷。如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是（短接口或橡皮管均已略去）：B经A①插人A中，D接A②；A③接_______接_____接_____接______。
（2）装置C的作用是________________；
（3）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为____________________；
Ⅱ、某兴趣小组同学在实验室用加热l－丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1－溴丁烷，设计了如下图所示的实验装置（其中的夹持仪器没有画出）。
请回答下列问题：
（1）两个装置中都用到了冷凝管，A装置中冷水从_________（填字母代号）进入，B装置中冷水从________（填字母代号）进入。
（2）制备操作中，加入的浓硫酸事先稍须进行稀释，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．水是反应的催化剂
（3）为了进一步提纯1－溴丁烷，该小组同学查得相关有机物的有关数据如下表：
物质
熔点／℃
沸点／℃
1－丁醇
－89.5
117.3
1－溴丁烷
－112.4
101.6
丁醚
－95.3
142.4
1－丁烯
－185.3
－6.5
则用B装置完成此提纯实验时，实验中要迅速升高温度至_________收集所得馏分。
（4）有同学拟通过红外光谱仪鉴定所得产物中是否含有“－CH2CH2CH2CH3”，来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）。请评价该同学设计的鉴定方案是否合理？________为什么？答：________。
【答案】 (1). C (2). F (3). E (4). G (5). 作安全瓶，防止倒吸现象的发生 (6). CH2=CH2+Br2"CH2Br—CH2Br (7). b (8). c (9). ab (10). 101.6℃ (11). 不合理 (12). 产物1－溴丁烷也含有－CH2CH2CH2CH3
【解析】
【分析】
Ⅰ、在分析实验装置的过程中要抓住两点，一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）。
Ⅱ、两个装置烧瓶中，浓H2SO4和溴化钠在加热条件下生成溴化氢，在浓硫酸作用下，l－丁醇与溴化氢发生取代反应生成1－溴丁烷，A装置中冷凝管起冷凝回流1－溴丁烷的作用，烧杯起吸收溴化氢的作用，B装置中冷凝管和锥形瓶起冷凝收集1－溴丁烷的作用。
【详解】Ⅰ、（1）在浓硫酸作用下，乙醇共热发生消去反应生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，由化学方程式可知制取乙烯时应选用A、B、D组装，为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，为防止副反应产物CO2和SO2干扰1，2-二溴乙烷的生成，应在安全瓶后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶F，除去CO2和SO2，为尽量减少溴的挥发，将除杂后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的试管中制备1，2-二溴乙烷，因溴易挥发有毒，为防止污染环境，在制备装置后应连接尾气吸收装置，则仪器组装顺序为制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G），故答案为：C、F、E、G；
（2）为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，故答案为：作安全瓶，防止倒吸现象的发生；
（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
Ⅱ、（1）两个装置中都用到了冷凝管，为了增强冷凝效果，冷水都应从下口进上口出，则A装置中冷水从b口进入，B装置中冷水从c口进入，故答案为：b；c；
（2）若硫酸浓度过大，l-丁醇在浓硫酸的催化作用下发生副反应，可能发生分子间脱水反应生成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也可能发生分子内脱水生成1—丁烯CH2=CHCH2CH3，具有还原性的溴离子也可能被浓硫酸氧化成溴单质，则制备操作中，加入的浓硫酸事先必须进行稀释，故答案为：ab；
（3）提纯1-溴丁烷，收集所得馏分为1-溴丁烷，所以须将1-溴丁烷先汽化，后液化，汽化温度须达其沸点，故答案为：101.6℃；
（4）红外光谱仪利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析，产物CH3CH2CH2CH2Br也含有-CH2CH2CH2CH3，所以不能通过红外光谱仪来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3），故答案为：不合理，产物1-溴丁烷也含有-CH2CH2CH2CH3。
【点睛】本题考查有机物的制备实验，注意把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作，注意副反应发生的原因分析是解答关键。
30.有机物J 是我国自主成功研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：
回答下列问题：
（1）B的结构简式是________________。C的结构简式是______________。
（2）D生成 E的化学方程式为_________________。
（3）J的结构简式是________________。在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是_______________。
（4）根据，X的分子式为______。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有______种（已知：碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连）。
A．除苯环外无其他环，且无一O—O—键
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．苯环上一氯代物只有两种
（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成路线流程图(其它试剂自选)：____________________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). C8H6O3 (7). 9 (8).
【解析】
（1）由AB的条件，以及A、G的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，再由BC，根据反应条件和C的分子式可知，C为；
（2）D生成 E的化学方程式为：；
（3）由GHJ，以及所给已知，可知H为，再脱水得到J，则J为，在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是：；
（4）根据，X的结构简式为：，则分子式为：C8H6O3；X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明与苯环直接相连的有羟基，由因为苯环上的一氯代物只有一种，且无一O—O—键；可能的情况有
，共9种；
（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成的路线流程图：。
点睛：找X满足条件的同分异构体时，利用分子式计算不饱和度是6，除苯环不饱和度4之外，不饱和度是2，苯环上的一氯代物只有两种，先从对位的二取代物入手，除含有酚羟基之外还有羰基和醛基，满足条件的只有1种；再苯环上的三取代物，取代基可能是一个酚羟基和两个醛基，满足条件的2种；苯环上的三取代物，取代基还可能是两个羟基，一个醚键和一个碳碳三键，满足条件的2种；最后就是苯环上的四取代物，取代基为三个羟基和碳碳三键，满足条件的有4种；总共9种同分异构体。
化学
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Fe-56
第I卷（选择题)
一、单选题
1.最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是
A. 是一种新的氧化物，属于非极性分子 B. 不可能含有极性键
C. 是氧元素的一种同位素 D. 是臭氧的同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，分子内含有氧氧非极性键，是结构对称的非极性分子，与O2和O3互为同素异形体。
【详解】A项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于氧化物，故A错误；
B项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，分子内含有氧氧非极性键，故B正确；
C项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，不属于同位素，故C错误；
D项、4个氧原子构成的氧分子的分子式为O4，是氧元素形成的单质，与O3互为同素异形体，不是同分异构体，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的重点考查了同位素、同素异形体、同分异构体概念和区别，注意氧化物是指只含有两种元素，且其中一种元素是氧元素的化合物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，同种非金属元素之间形成非极性键；质子数相同中子数不同原子互称同位素；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。
2.下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是( )
A. 醛类 B. 酚类 -OH
C. 醛类 D. CH3COOH 羧酸类
【答案】D
【解析】
【详解】A、为甲醛，官能团为醛基，即，选项A错误；
B、当-OH直接连在苯环上时为酚类，当-OH连在链烃基或苯环侧链上时为醇，故为醇类，官能团为-OH，选项B错误；
C、当连在O上时为酯基，即的官能团为酯基-COO-，不是醛基，选项C错误；
D、官能团-COOH为羧基，CH3COOH属于羧酸，选项D正确。
答案选D。
3.下列各组物质中，化学键类型不同的是( )
A. NaCl和HNO3 B. H2O和NH3 C. CaF2和CsCl D. CCl4和N2
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键。
【详解】A．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，HNO3中原子与原子之间只存在共价键，故A正确；
B．水分子中H原子和O原子之间只存在H-O共价键，氨气分子中N原子和H原子之间只存在N-H共价键，故B错误；
C．氟化钙中氟离子和钙离子之间只存在离子键，氯化铯中铯离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；
D．四氯化碳中碳原子和氯原子之间只存在共价键、N2中N原子和N原子之间只存在共价键，故D错误；
故选：A。
4.下列对一些实验事实的理论解释正确的是( )
选项
实验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
B
SO2为V形分子
SO2分子中S原子采用sp3杂化
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时较稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；
B．SO2中S的价层电子对数=2+=3，为sp2杂化，立体构型为V形，故B错误；
C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；
D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氟化氢分子间含有氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意石墨为混合型晶体，层与层之间为分子间作用力，层内存在共价键，石墨熔化时需要破坏层内的共价键。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 外围电子构型为4f75d16s2元素在周期表中的位置是在第四周期第VIII族
B. 在氢原子电子云图中通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大则电子数目多
C. 金刚石立体网状结构中，最小的碳环上有4个碳原子且每个碳原子被6个碳环所共用
D. CsCl晶体中与每个Cs+ 距离相等且最近的Cs+共有6个
【答案】D
【解析】
【详解】A．外围电子构型为4f75d16s2，原子序数为64，为Gd元素，位于第六周期ⅢB族，故A错误；
B．小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率，不表示电子数目，故B错误；
C．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，故C错误；
D．CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl-，每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+有6个，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点和难点为A，外围电子构型为4f75d16s2，f能级未排满，则该元素位于ⅢB，其余各族的原子，没有f电子或者f能级已排满。
6.下列叙述正确的是( )
A. 烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成
B. 2s轨道可以和3p轨道形成sp2杂化轨道
C. 由极性键组成的分子，一定是极性分子
D. 甲烷中sp3杂化轨道的构型是平面正方形
【答案】A
【解析】
烯烃中的双键碳原子是2sp2杂化，所以A正确。杂化只能在同一能层中产生，B不正确。由极性键组成的分子，也可能是非极性分子，例如甲烷等。．甲烷中sp3杂化轨道的构型是是正四面体型，D不正确。所以答案选A。
7.下列叙述正确的是( )
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
8.下列原子半径大小顺序正确的是( )
①1s22s22p3 ②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5 ④1s22s22p63s23p2
A. ③＞④＞②＞① B. ④＞③＞②＞①
C. ④＞③＞①＞② D. ④＞②＞①＞③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据核外电子排布式书写规律分析解答。
【详解】①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p5是F元素，④1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：④＞②＞①＞③；
答案选D。
【点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。
9.氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（ ）
A. 氯化硼液态时能导电而固态时不导电
B. 氯化硼中心原子采用sp杂化
C. 氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子
D. 三氯化硼遇水蒸气不会产生白雾
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化硼是共价化合物液态时不能导电，A项错误；
B．三氯化硼中的硼原子为sp2杂化方式，无孤对电子，B项错误；
C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，由于键的极性向量和为0，所以该分子为非极性分子，C项正确；
D．三氯化硼遇水蒸气会发生水解，生成的HCl在空气中形成白雾，D项错误；
答案选C。
10.2018年7月5日《科学》杂志在线报道：合成一种新的具有超高热导率半导体材料——砷化硼（BAs）。通过反应4BI3(g) + As4(g)4BAs(s，晶体) + 6I2(g)可制备BAs晶体。下列说法错误的是（）
图（a） 图（b） 图（c）
A. 图（a）表示As4结构，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为3:1
B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，该基本单元为正20面体
C. 图（b）所示晶态单质硼的熔点为2180℃，它属于原子晶体
D. 图（c）表示BAs晶胞结构，As原子的配位数为4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，故A错误；
B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，每个B原子被5个正三角形共用，一共20个面，所以该基本单元为正20面体，故B正确；
C. 单质硼的熔点为2180℃，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于原子晶体，故C正确；
D. BAs晶胞中，较大的原子为As原子，在其周围最近的B原子数目为4，所以As原子的配位数为4，故D正确；
故选A。
11.与NO3¯互为等电子体的是（ ）
A. SO3 B. PCl3 C. CH4 D. NO2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等电子体的概念进行分析，具有相等的价电子总数，和原子总数的分子或离子互称为等电子体；
【详解】NO3－有4个原子组成，价电子总数为24，依据等电子体的定义，
A、SO3有4个原子，价电子总数为24，SO3与NO3－互称为等电子体，故A符合题意；
B、PCl3有4个原子，价电子总数为26，PCl3与NO3－不互为等电子体，故B不符合题意；
C、CH4原子总数为5，CH4与NO3－不互为等电子体，故C不符合题意；
D、NO2的原子总数为3，与NO3－不互为等电子体，故D不符合题意。
12.下列有关叙述正确的是（ ）
A. 在分子中含有1个手性C原子
B. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
C. 碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子
D. 含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，若n值越大，则含氧酸的酸性越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子，中间的碳原子为手性C原子，故A正确；
B．氢键是一种分子间作用力，不是化学键，故B错误；
C．I2是非极性分子，而H2O是极性分子，非极性分子难溶于极性溶剂，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；
D．含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，即m越大，酸性越强，故D错误；
答案选A。
13.下列物质的沸点比较正确的共有
①H2O＞H2S；②H2O＞HF；③H2S＞H2Se；④CO＞N2；⑤CH4＞C2H6；⑥正戊烷＞新戊烷；⑦邻羟基苯甲醛＞对羟基苯甲醛
A. 4项 B. 3项 C. 5项 D. 6项
【答案】A
【解析】
【分析】
分子晶体的溶沸点由分子间作用力而定，分子间作用力越强，熔沸点越高，若分子间有氢键，则分子间作用力比结构相似的同类晶体大，故熔沸点较高；组成和结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高；相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低；同类物质相比，分子内形成氢键的物质的熔沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔沸点。
【详解】①H2O 分子间形成氢键，分子间作用力强于不能形成氢键的H2S，则沸点H2O＞H2S，故正确；
②H2O 分子间形成氢键的数目多于HF，分子间作用力强，沸点高，则沸点H2O＞HF，故正确；
③组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，H2Se和H2S结构相似，则沸点H2Se＞H2S，故错误；
④相对分子质量相同，组成和结构不相似的物质，分子极性越大，其熔沸点越高，CO为极性分子，N2为非极性分子，则沸点CO＞N2，故正确；
⑤组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，CH4和C2H6结构相似，则沸点C2H6＞CH4，故错误；
⑥相对分子质量相同，化学式也相同的同分异构体中，一般来说，支链越多，熔沸点越低，新戊烷的支链数目多于正丁烷，则沸点正戊烷＞新戊烷，故正确；
⑦邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，沸点较低；，对羟基苯甲醛则容易形成分子间氢键，沸点较高，则沸点邻羟基苯甲醛＞对羟基苯甲醛，故错误；
①②④⑥正确，故选A。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 标准状况下，1mol金刚石中含有的C–C键数目为4NA
B. 1mol SiO2晶体中含有的Si–O键数目为2NA
C. 80g SO3中，中心原子S的价层电子对中，孤电子对数为NA
D. 常温常压下，1mol CH2=CHCHO中，含有的σ键数目为7NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A、在金刚石中每个C原子形成4个C–C共价键，每个共价键为两个C原子共用；
B、二氧化硅中每个硅原子形成4个Si-O键；
C、SO3分子中S原子的孤对电子数为0；
D、CH2=CHCHO分子中含有碳氢键、碳碳双键、碳碳单键和碳氧双键
【详解】A项、在金刚石中每个C原子形成4个C–C共价键，每个共价键为两个C原子共用，则1mol金刚石晶体中含2molC–C键，故A错误；
B项、1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，1mol硅原子形成4molSi-O键，晶体中含有Si-O键的个数为4NA，故B错误；
C项、SO3分子中S原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，故C错误；
D项、CH2=CHCHO分子中含有碳氢键、碳碳双键、碳碳单键和碳氧双键，其中有4个碳氢σ键、2个碳碳σ键和1个碳氧σ键，则1mol CH2=CHCHO中含有7molσ键，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意掌握晶体中共价键的类型的判断和共价键数目的计算是解答关键。
15.甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法正确的是（ ）
A. 香叶醇的分子式为C11H18O
B. 香叶醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应
C. 香叶醇与CH2=CHCH=CHCH2OH互为同系物
D. 香叶醇与甲酸香叶酯均不能发生银镜反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知香叶醇的分子式为C11H20O，选项A错误；
B．香叶醇中与-OH相连的C的邻位C上没有H原子，则不能发生消去反应，选项B错误；
C、香叶醇含有两个碳碳双键和一个醇羟基，与CH2=CHCH=CHCH2OH结构相似，组成上相差6个CH2，互为同系物，选项C正确；
D、香叶醇不能发生银镜反应，但甲酸香叶酯中含有醛基能发生银镜反应，选项D错误。
答案选C。
16.下列物质与CH3OH互为同系物的是( )
A. B. C. D. CH2=CHCH2OH
【答案】A
【解析】
【分析】
应用同系物的概念分析判断。
【详解】同系物要求：①结构相似，即官能团的种类、数目相同，亦即化学性质相似；②分子组成（分子式）相差一个或若干个“CH2”。故CH3OH的同系物应有一个羟基和一个烷基。
本题选A。
17.阿昔洛韦[化学名称：9－（2－羟乙氧甲基）鸟嘌呤]是抗非典型肺炎（SARS）的指定药物之一，其结构如图所示,有关阿昔洛韦的结构及性质的叙述中正确的是
①1 mol阿昔洛韦在催化剂作用下，最多可与5molH2发生加成反应；②属于芳香烃；③是一种易溶于水的醇；④可以被催化氧化；⑤不能使溴水褪色；⑥可以燃烧；
A. ①②③④⑥ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑥ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构简式可知，分子中不含苯环，含有碳碳双键、碳氮双键、碳氮单键、羟基、氨基、醚键和肽键。
【详解】①阿昔洛韦分子中含有的1个碳碳双键和2个碳氮双键在催化剂作用下可与氢气发生加成反应，则1 mol阿昔洛韦最多可与3molH2发生加成反应，故错误；
②阿昔洛韦分子中含有氧原子和氮原子，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故错误；
③阿昔洛韦分子中只含有1个羟基，亲水基数目较少，应微溶于水或不溶于水，故错误；
④阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键和羟基都可以被氧化，故正确；
⑤阿昔洛韦分子中碳碳双键、碳氮双键能使溴水褪色，故错误；
⑥有机物一般可以燃烧，故正确；
④⑥正确，故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。
18.下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成四种一氯代烃的是（ ）
A. CH3CH2CH2CH3 B. CH3CH(CH3)2 C. CH3C(CH3)3 D. (CH3)2CHCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】
烷烃在光照下与氯气反应，生成一氯代烷的种类与烃分子中含有的氢原子种类有关，分子中含有N种氢原子，其一氯代烷就有N种，据此对个选项进行分析即可。
【详解】A. CH3CH2CH2CH3分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，A项错误；
B. CH3CH(CH3)2分子中，含有2种氢原子，所以生成的一氯代烃有2种，B项错误；
C. CH3C(CH3)3分子中，四个甲基位置对称，只含有1种氢原子，所以生成的一氯代烃有1种，C项错误；
D. (CH3)2CHCH2CH3分子中，含有4种氢原子，所以生成的一氯代烃有4种，D项正确；
答案选D。
【点睛】烃的一取代物数目的确定,实质上是看处于不同位置的氢原子数目，可用“等效氢法”判断.判断“等效氢”的三条原则是：
① 同一碳原子上的氢原子是等效的；如甲烷中的4个氢原子等同.
② 同一碳原子上所连的甲基是等效的；如新戊烷中的4个甲基上的12个氢原子等同.
③ 处于对称位置上的氢原子是等效的.
注意：在确定同分异构体之前,要先找出对称面,判断等效氢,从而确定同分异构体数目。
19. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C. 由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷
D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，据此分析解答。
【详解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入-OH，为加成反应，类型不同，故A不选；
B.甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为-COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；
C. 由氯代环己烷消去制环己烯，-Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1,2二溴丙烷，双键转化为单键，引入-Br，为加成反应，类型不同，故C不选；
D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选。
答案选D。
20.由于碳碳双键不能自由旋转，因此和是两种不同的化合物，二者互为顺反异构体。则分子式为C3H4Cl2且含有碳碳双键的化合物的同分异构体有
A. 7种 B. 5种 C. 6种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【分析】
据官能团位置异构首先写出C3H4Cl2的同分异构体，然后确定哪些同分异构体还存在顺反异构。
【详解】C3H4Cl2分子中含有碳碳双键和氯原子，有ClCH=CCl-CH3、ClCH=CH-CH2Cl、CH2=CCl-CH2Cl、Cl2C=CH-CH3和CH2=CH-CHCl25种同分异构体，其中ClCH=CCl-CH3和ClCH=CH-CH2Cl均存在顺反异构体，则含有碳碳双键的化合物的同分异构体有7种，故选A。
【点睛】本题主要考查同分异构体的书写，注意根据等效氢原子判断二氯代物的个数是解决本题的关键。
21.下列有关有机物的说法正确的是
A. 分液漏斗可以分离甘油和水的混合物
B. 分子式为C5H10Cl2，结构中含有一个-CH3的同分异构体有7种
C. 由甲苯制取三硝基甲苯的反应与乙酸和苯甲醇反应的类型不同
D. 有机物能发生氧化、还原、加成、加聚和取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．甘油和水互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A项错误；
B．二氯代物的同分异构体可以采用“定一移一”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的，其中符合条件的有：CH3-CH2-CH2-CH2-CHCl2，CH3-CH2-CH2-CHCl-CH2Cl，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH2Cl，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH2Cl，CH3-CH2-CH（CH2Cl）-CH2Cl，CH3-CH(CH2Cl)-CH2-CH2Cl，符合条件的结构简式一共有6个，故B错误；
C．甲苯和浓HNO3在加入催化剂浓硫酸后加热发生取代反应，乙酸和苯甲醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，都是取代反应，故C项错误；
D．该有机物中含有碳碳双键就能发生氧化、还原、加成、加聚，含有羧基能发生取代反应，D正确；
故答案选D。
22.以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是
A. 消去、取代、水解、加成 B. 取代、消去、加成、水解、
C. 消去、加成、取代、水解． D. 消去、加成、水解、取代
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。
【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。
23.已知酸性：＞H2CO3＞，将转变为 的方法是 （ ）
A. 与足量的NaOH溶液共热，再通入SO2
B. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液
C. 加热溶液，通入足量的CO2
D. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液
【答案】D
【解析】
A．与足量NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸＞＞，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，A错误；B．与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，B错误；C．加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，C错误；D．与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，-COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，D正确，答案选D。
24.分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是
A. 这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种
B. 符合该分子式的羧酸类同分异构体有4 种
C. R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目
D. R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A项、分子式为C5H10O2的酯可能有甲酸丁酯、乙酸丙酯、丙酸乙酯和丁酸甲酯4种，甲酸丁酯的结构有HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2和HCOOC(CH3)34种，乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3和CH3COOCH(CH3)22种，丙酸乙酯有CH3CH2COOCH2CH31种，丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3和(CH3)2CHCOOCH32种，在酸性条件下水生成的解酸有HCOOH、CH3COOH、CH3CH2COOH、CH3CH2CH2COOH和(CH3)2CHCOOH5种，生成的醇有CH3OH、CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和(CH3)3COH8种，则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故A正确；
B项、符合分子式为C5H10O2的羧酸结构为C4H9—COOH，丁基C4H9—有4种，则C5H10O2的羧酸同分异构体有4种，故B正确；
C项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的最简单的酸为甲酸，由甲酸的结构式可知分子中含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C、H—C数目也增多，含有的共用电子对数目增多，则R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目，故C正确；
D项、分子式为C5H10O2的酯水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子，符合条件的醇有CH3CH2OH、CH3CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH和 (CH3)3COH，发生消去反应可得到CH2=CH2、CH3CH=CH2、CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3和(CH3)2C=CH25种烯烃，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握酯水解的规律、同分异构体的书写与判断的方法醇的消去反应的规律是解答关键。
25.(双选)含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是( )
A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 能发生取代反应，但不能发生加成反应
C. 属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物
D. 其结构简式可表示为图乙，分子中所有原子不可能全部处于同一平面
【答案】AD
【解析】
该有机物分子中含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，故A错误；分子中含有羧基，可以发生取代反应，碳碳双键可发生加成反应，故B错误；分子中没有苯环，C错误；根据碳、氢、氧、氮原子的成键数可推知分子结构模型与结构简式相符，由于存在饱和碳原子，分子中不可能所有原子共面，故D正确；答案为D。
第II卷
26.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在横线上。
同位素____；同一种物质___；同系物____；同分异构体____；同素异形体___。
①金刚石与石墨； ②D与T； ③12C和13C； ④O2与O3； ⑤CH4和CH3CH2CH3；⑥CH2＝CHCH3和CH2＝CH2；⑦和CH3(CH2)3CH3 ⑧和
⑨三氯甲烷和氯仿 ⑩CH2＝CHCH3和
【答案】 (1). ②③ (2). ⑧⑨ (3). ⑤⑥ (4). ⑦⑩ (5). ①④
【解析】
【分析】
质子数相同，中子数不同的原子互为同位素；结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物，互为同系物；分子式相同，但结构不同的有机物，互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互称为同素异形体。
【详解】同位素为同种元素的不同核素的互称，满足该条件的为：②D与T、③12C和13C；
同一种物质为分子式相同、结构也相同的物质，满足条件的为⑧和、⑨三氯甲烷和氯仿；
同系物具有相似的结构，不同的分子式，满足该条件的为：⑤CH4和CH3CH2CH3、⑥CH2=CHCH3和CH2=CH2；
互为同分异构体的化合物具有相同的分子式、不同的结构，满足条件的为：⑦和CH3(CH2)3CH3、⑩CH2＝CHCH3和；
同素异形体为同种元素形成的不同单质，满足条件的为：①金刚石与石墨、④O2与O3；
故：同位素为②③；同一种物质为⑧⑨；同系物为⑤⑥；同分异构体为⑦⑩；同素异形体为①④。
27.Li、Na、Mg、C、N、O、S等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_____（填字母）
A．吸收光谱；B．发射光谱。
（2）H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子N3–的空间构型为________。
（3）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。
可知Li2O晶格能为______kJ·mol-1。
（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：
X、Y、Z中为N元素的是______，判断理由是_____________________________。
（5）N5–为平面正五边形，科学家预测将来会制出含N4–、N6–等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则N4–离子中的大π键应表示为_________。
（6）一种Fe、Si金属间化合物的晶胞结构如下图所示：
晶胞中含铁原子为______个，已知晶胞参数为0.564nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Fe、Si金属间化合物的密度为___________g·cm–3（列出计算式）
【答案】 (1). B (2). 正四面体形 (3). V形 (4). 直线形 (5). 2908kJ·mol-1 (6). Z (7). N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大 (8). π54 (9). 12 (10). 7.26
【解析】
【分析】
（1）钠的焰色反应属于发射光谱；
（2）由价层电子对数确定VSEPR模型，由价层电子对数和孤对电子数确定分子空间构型；由等电子体确定离子空间构型；
（3）晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放能量；
（4）由半充满的稳定结构和第一电离能大小确定元素；
（5）由题意确定形成大π键的原子个数和p电子数；
（6）由均摊法计算晶胞化学式，由质量公式计算密度。
【详解】（1）钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以黄光的形式放出，属于发射光谱，故答案为：B；
（2）H2S分子中S原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，孤对电子数为2，分子的空间构型为V形；CO2和N3–的原子个数均为3，价电子数均为16，两者互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，CO2分子的空间构型为直线形，则N3–的空间构型为直线形，故答案为：正四面体形；V形；直线形；
（3）晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，由图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol，故答案为：2908 kJ/mol；
（4）金属元素第一电离能I1小于非金属元素，则第一电离能I1最小的X为Mg元素；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则I1较大的Z为N元素，故答案为：Z；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大；
（5）N4–为面环状平面结构的离子，离子中成键原子数目为4，价电子总数为5×4+1=21，因为是平面结构，故N原子均为sp2杂化，每个N原子有一个孤电子对，没有参与杂化的电子数为21-2×4-4×2=5，故有5个电子参与形成大π键，大π键应表示为π54，故答案为：π54；
(6)由晶胞的结构可知，Fe原子的个数为8×+6×+12×+5=12，Si原子个数为4，则晶胞的化学式为Fe3Si，由晶胞的质量可得：mol×196g/mol=（0.564×10-10cm）3×d，则d=≈7.26g/cm3，故答案为：7.26。
【点睛】本题考查物质结构与性质，主要考查了发射光谱、空间构型、等电子体以及晶胞结构判断与计算等，侧重考查分析计算及空间想象能力，注意核空间构型的判断、等电子体的判断，掌握晶胞结构判断与计算是解答关键。
28.(1)相对分子质量为70的烯烃的分子式为________；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃的可能的结构简式为_______、_________、_________。
(2)有机物A的结构简式为
①用系统命名法命名A:___________________________
②若A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型，有顺、反两种结构。写出A的该种同分异构体的结构简式_______。
【答案】 (1). C5H10 (2). (3). (4). (5). 2,2,3,4-四甲基己烷 (6). (CH3)3C-CH2-CH2-C(CH3)3
【解析】
【分析】
（1）烯烃为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5；根据该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含3个甲基解题；
（2）①依据系统命名法原则命名；
②由A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型可知，烯烃中有2个无氢碳分别连在2个不饱和碳原子上。
【详解】（1）烯烃为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5，分子式为C5H10；若该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含4个甲基，可能的结构简式：CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2，故答案为：C5H10；CH2=CCH3CH2CH3、CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；
（2）①分子中最长碳链含有6个碳原子，含有4个甲基，名称为2,2,3,4-四甲基己烷，故答案为：2,2,3,4-四甲基己烷；
②由A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型可知，烯烃中有2个无氢碳分别连在2个不饱和碳原子上，烯烃的结构简式为(CH3)3C-CH=CH-C(CH3)3，则A的同分异构体的结构简式为(CH3)3C-CH2-CH2-C(CH3)3，故答案为：(CH3)3C-CH2-CH2-C(CH3)3。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，理解加成反应原理，采取逆推法还原碳碳双键，注意分析分子结构是否对称是解题的关键。
29.Ⅰ、实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，乙烯再与溴反应制1，2 -二溴乙烷。在制备过程中部分乙醇被浓硫酸氧化，产生CO2、SO2，并进而与溴反应生成HBr等酸性气体。
（1）用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2一二溴乙烷。如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是（短接口或橡皮管均已略去）：B经A①插人A中，D接A②；A③接_______接_____接_____接______。
（2）装置C的作用是________________；
（3）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为____________________；
Ⅱ、某兴趣小组同学在实验室用加热l－丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1－溴丁烷，设计了如下图所示的实验装置（其中的夹持仪器没有画出）。
请回答下列问题：
（1）两个装置中都用到了冷凝管，A装置中冷水从_________（填字母代号）进入，B装置中冷水从________（填字母代号）进入。
（2）制备操作中，加入的浓硫酸事先稍须进行稀释，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．水是反应的催化剂
（3）为了进一步提纯1－溴丁烷，该小组同学查得相关有机物的有关数据如下表：
物质
熔点／℃
沸点／℃
1－丁醇
－89.5
117.3
1－溴丁烷
－112.4
101.6
丁醚
－95.3
142.4
1－丁烯
－185.3
－6.5
则用B装置完成此提纯实验时，实验中要迅速升高温度至_________收集所得馏分。
（4）有同学拟通过红外光谱仪鉴定所得产物中是否含有“－CH2CH2CH2CH3”，来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）。请评价该同学设计的鉴定方案是否合理？________为什么？答：________。
【答案】 (1). C (2). F (3). E (4). G (5). 作安全瓶，防止倒吸现象的发生 (6). CH2=CH2+Br2"CH2Br—CH2Br (7). b (8). c (9). ab (10). 101.6℃ (11). 不合理 (12). 产物1－溴丁烷也含有－CH2CH2CH2CH3
【解析】
【分析】
Ⅰ、在分析实验装置的过程中要抓住两点，一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）。
Ⅱ、两个装置烧瓶中，浓H2SO4和溴化钠在加热条件下生成溴化氢，在浓硫酸作用下，l－丁醇与溴化氢发生取代反应生成1－溴丁烷，A装置中冷凝管起冷凝回流1－溴丁烷的作用，烧杯起吸收溴化氢的作用，B装置中冷凝管和锥形瓶起冷凝收集1－溴丁烷的作用。
【详解】Ⅰ、（1）在浓硫酸作用下，乙醇共热发生消去反应生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，由化学方程式可知制取乙烯时应选用A、B、D组装，为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，为防止副反应产物CO2和SO2干扰1，2-二溴乙烷的生成，应在安全瓶后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶F，除去CO2和SO2，为尽量减少溴的挥发，将除杂后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的试管中制备1，2-二溴乙烷，因溴易挥发有毒，为防止污染环境，在制备装置后应连接尾气吸收装置，则仪器组装顺序为制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G），故答案为：C、F、E、G；
（2）为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，故答案为：作安全瓶，防止倒吸现象的发生；
（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
Ⅱ、（1）两个装置中都用到了冷凝管，为了增强冷凝效果，冷水都应从下口进上口出，则A装置中冷水从b口进入，B装置中冷水从c口进入，故答案为：b；c；
（2）若硫酸浓度过大，l-丁醇在浓硫酸的催化作用下发生副反应，可能发生分子间脱水反应生成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也可能发生分子内脱水生成1—丁烯CH2=CHCH2CH3，具有还原性的溴离子也可能被浓硫酸氧化成溴单质，则制备操作中，加入的浓硫酸事先必须进行稀释，故答案为：ab；
（3）提纯1-溴丁烷，收集所得馏分为1-溴丁烷，所以须将1-溴丁烷先汽化，后液化，汽化温度须达其沸点，故答案为：101.6℃；
（4）红外光谱仪利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析，产物CH3CH2CH2CH2Br也含有-CH2CH2CH2CH3，所以不能通过红外光谱仪来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3），故答案为：不合理，产物1-溴丁烷也含有-CH2CH2CH2CH3。
【点睛】本题考查有机物的制备实验，注意把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作，注意副反应发生的原因分析是解答关键。
30.有机物J 是我国自主成功研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：
回答下列问题：
（1）B的结构简式是________________。C的结构简式是______________。
（2）D生成 E的化学方程式为_________________。
（3）J的结构简式是________________。在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是_______________。
（4）根据，X的分子式为______。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有______种（已知：碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连）。
A．除苯环外无其他环，且无一O—O—键
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．苯环上一氯代物只有两种
（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成路线流程图(其它试剂自选)：____________________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). C8H6O3 (7). 9 (8).
【解析】
（1）由AB的条件，以及A、G的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，再由BC，根据反应条件和C的分子式可知，C为；
（2）D生成 E的化学方程式为：；
（3）由GHJ，以及所给已知，可知H为，再脱水得到J，则J为，在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是：；
（4）根据，X的结构简式为：，则分子式为：C8H6O3；X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明与苯环直接相连的有羟基，由因为苯环上的一氯代物只有一种，且无一O—O—键；可能的情况有
，共9种；
（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成的路线流程图：。
点睛：找X满足条件的同分异构体时，利用分子式计算不饱和度是6，除苯环不饱和度4之外，不饱和度是2，苯环上的一氯代物只有两种，先从对位的二取代物入手，除含有酚羟基之外还有羰基和醛基，满足条件的只有1种；再苯环上的三取代物，取代基可能是一个酚羟基和两个醛基，满足条件的2种；苯环上的三取代物，取代基还可能是两个羟基，一个醚键和一个碳碳三键，满足条件的2种；最后就是苯环上的四取代物，取代基为三个羟基和碳碳三键，满足条件的有4种；总共9种同分异构体。
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