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【化学】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）
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宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Na 23 C 12 Cl 35.5
I卷
一、单选题（本大题共26小题，共52分）
1.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图所示。已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是 ( )
A. N4属于一种新型的化合物 B. N4分子中存在极性键
C. N4分子中N—N键角为109°28′ D. 1 mol N4转变成N2将放出882 kJ热量
【答案】D
【解析】
【分析】N4为N元素形成的一种单质，分子结构为正四面体形，1molN4分子中含有6molN-N键，N-N键为同种元素形成的非极性键。
【详解】A项、N4为N元素形成的一种单质，不是化合物，故A错误；
B项、N4分子的结构为正四面体形，分子中只含有N、N非极性键，故B错误；
C项、N4分子的结构为正四面体形，键角为60°，故C错误；
D项、1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故放出882kJ热量，故D正确。
故选D。
2.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表所列数据判断，下列说法错误的是( )
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A. 元素X的常见化合价是+1价
B. 元素Y是第ⅢA族元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第三周期,则它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】观察表中的数据，X元素的I1和I2相差很大，而I2、I3、I4的差距相差较小，则X易形成X+，即X位于I A族；同理，Y元素的I3和I4相差极大，则Y易形成Y3+，Y位于III A族。
【详解】A. 由电离能的数据可以推出X易形成+1价的化合物，A正确；
B. 由电离能的数据可以推出Y易形成+3价的化合物，则Y位于III A族，B正确；
C. X位于I A族，则其与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；
D. Y位于III A族，若Y在第三周期，则Y为Al，它和沸水反应缓慢，不和冷水反应，D错误；
故合理选项为D。
3.下列对电子排布式或电子排布图书写的评价正确的是（ ）
选项
电子排布式或电子排布图
评价
A．
O原子的电子排布图：
错误；违反泡利不相容原理
B．
N原子的电子排布图：
错误；违反洪特规则
C．
Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2
错误；违反能量最低原理
D．
Br-的电子排布式：[Ar]3d104s24p6
错误；违反能量最低原理
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电子应先充满同能级的轨道，违反了洪特规则，不符合题意，A错误；
B. 相同轨道中的两个电子运动方向相反，违反了泡利不相容原理，不符合题意，B错误；
C. Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s2，违反能量最低原理，符合题意，C正确；
D. Br-的电子排布式：[Ar]3d104s24p6，正确，评价错误，D错误；
答案为C。
4.氰气的分子式为(CN)2，结构式为NC-CN，其性质与卤素单质相似，下列叙述不正确的是（ ）
A. NC键的键能大于CC键的键能
B. (CN)2分子中含有3个σ键和2个π键
C. NC键的键长小于CC键的键长
D. (CN)2能与NaOH溶液反应
【答案】B
【解析】
【分析】一个共价三键包括1个σ键和2个π键，一个共价单键包括1个σ键，据此分析作答。
【详解】A. 原子半径：N小于C，则NC键的键能大于CC键的键能，与题意不符，A不选；
B. (CN)2分子中含有3个σ键和4个π键，符合题意，B选；
C. 原子半径：N小于C，NC键的键长小于CC键的键长，与题意不符，C不选；
D. (CN)2与卤素单质的性质类似，能与NaOH溶液反应，与题意不符，D不选；
答案为B。
5.在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（ ）
A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
B. Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
C. Cl2+H2O=HClO+HCl
D. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、该反应中，断裂的是Na+和O22-之间的离子键、O22-中的非极性共价键、H2O中的H-O极性共价键，生成的是Na+和OH-之间离子键、OH-中的极性共价键、O2中的非极性共价键，A符合题意；
B、该反应中，没有非极性键的断裂和生成，B不符合题意；
C、该反应中，没有离子性键的断裂与生成，C不符合题意；
D、该反应中，没有非极性键的断裂与生成，D不符合题意；
故选A。
6.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3 ④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④＞③＞②＞①
B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞②＞①＞③
D. 最高正化合价：④＞③＝②＞①
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。
7.下列有关多电子原子的叙述中正确的是( )
A. 在一个多电子原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子
B. 在一个多电子原子中，不可能有两个能量相同的电子
C. 在一个多电子原子中，N层上的电子能量肯定比M层上的电子能量高
D. 某个多电子原子的3p能级上仅有两个电子，它们的自旋状态必然相反
【答案】A
【解析】
【详解】A、在一个多电子原子中，不同的能级电子运动状态不同，同一能级同一轨道最多也有自旋方向不同的两个电子，因此不可能有两个运动状态完全相同的电子，故A正确；
B、根据原子轨道理论，能量相同的电子排在相同的轨道，故B错误；
C、由构造原理得：3d轨道上电子的能量比4s轨道上的要高，故C错误；
D、在不同的3p轨道上，能量相同，电子在排布时总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，故D错误；
此题说法正确的选A。
8.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 17g NH3中含有的电子数为8NA
B. 1mol H2O2中含有极性键的数目为3NA
C. 标准状况下，22.4L四氯化碳所含分子数为NA
D. 28 g C2H4和C3H6的混合物中含有的碳原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 每个氨分子中有10个电子，17g NH3的物质的量为1mol, 所以其含有的电子数为10NA，A不正确；
B. 一个过氧化氢分子中有2个氢氧键和一个氧氧键，其中氢氧键是极性键，氧氧键是非极性键，所以含有极性键的数目为2NA，B不正确；
C. 标准状况下，四氯化碳是液体，因为不知道其密度，所以无法计算22.4L四氯化碳所含分子数，C不正确；
D. C2H4和C3H6的最简式相同，都是CH2，28 g C2H4和C3H6的混合物含有CH2的物质的量为2mol，所以含有的碳原子数为2NA， D正确；
答案选D。
9.甲、乙、丙、丁为中学常见物质，其中甲、乙为单质，丙为氧化物，它们之间存在如图所示的转化关系：
下列说法正确的是（ ）
A. 若甲、乙元素是同主族元素，根据元素周期表推测，此时乙单质可能是Si
B. 若甲、乙均为金属单质，则丁所属的物质类别一定是碱性氧化物
C. 若甲为金属单质，乙为非金属单质，则甲只能是Mg
D. 若甲、乙元素是同周期元素，则该反应的化学方程式一定为:2F2 + 2H2O＝4HF + O2
【答案】A
【解析】
【详解】A.若甲、乙元素是同主族元素，丙为氧化物，C与SiO2反应、Na与H2O的反应符合转化关系，乙单质可能是Si，A正确；
B.若甲、乙均为金属单质，丙为氧化物，铝热反应符合转化关系，丁若为氧化铝，Al2O3属于两性氧化物，B错误；
C.若甲为金属单质，乙为非金属单质，丙为氧化物，Mg与CO2、Na与H2O的反应等都符合转化关系，甲不一定为Mg，C错误；
D.若甲、乙元素是同周期元素，Mg与SiO2反应生成Si与MgO也符合转化关系，D错误；
故合理选项是A。
10.已知X、Y、Z、W原子序数都不超过18，它们离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）﹣、dWn﹣具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是（ ）
A. 原子序数：a＞b＞c＞d
B. 离子半径：X（n+1）+＞Yn+＞Z（n+1）﹣＞Wn﹣
C. 离子氧化性：X（n+1）+＞Yn+
D. 单质氧化性：Z＞W
【答案】C
【解析】试题分析：已知X、Y、Z、W的原子序数都不超过18，它们的离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）﹣、dWn﹣具有相同的电子层结构，则X和Y位于Z和W的下一个周期，原子序数从大到小的顺序为a＞b＞d＞c，离子半径从大到小的顺序为Z（n+1）﹣＞Wn﹣＞Yn+＞X（n+1）+，Y的还原性强于X，所以X（n+1）+的氧化性强于Yn+，W的非金属性强于Z，所以单质氧化性Z＜W。综上所述，C正确。本题选C。
11.2019年是联合国确立的“国际化学元素周期表年”。X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素，其中M最外层电子数为3。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质。下列说法不正确的是( )
A. 五种元素中有两种元素处于相同的主族
B. Y与X、Y与Z可形成两种化合物
C. M与Y、M与R形成的化合物中化学键类型相同
D. M与Y形成的化合物既可用来冶炼M，也可用作耐火材料
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质，则M为Al，X为H元素，ZYX为NaOH，XR为HCl，则Y为O元素，Z为Na，R为Cl元素；满足金属铝能够与NaOH反应，又能够与HCl发生反应的条件，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Na，M为Al，R为Cl元素。
A H、Na元素都位于ⅠA族，故A正确；
B. Y与X、Y与Z可形成两种化合物，分别是水，过氧化氢，氧化钠，过氧化钠，故B正确；
C. M与Y、M与R形成的化合物分别是氧化铝，氯化铝，化学键类型分别是离子键，共价键，化学键类型不同，故C错误；
D. M与Y形成的化合物是氧化铝，既可用来冶炼铝，也可用作耐火材料，故D正确；
故选B。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B. 塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”
C. 用甘氨酸(H2N-CH2-COOH)和苯丙氨酸()缩合最多可形成4种二肽
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 麦芽糖水解的产物为葡萄糖，麦芽糖和葡萄糖中均含有醛基，均能发生银镜反应，与题意不符，A不选；
B. 塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，与题意不符，B不选；
C. 用甘氨酸(H2N-CH2-COOH)和苯丙氨酸()缩合，可以为2个甘氨酸、2个苯丙氨酸、一个甘氨酸的氨基与苯丙氨酸的羧基及一个甘氨酸的羧基与苯丙氨酸的氨基形成的肽键，最多可形成4种二肽，与题意不符，C不选；
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物根据酯化反应的特点，其反应产物是CH3COOH和C2H518OH，符合题意，D选；
答案为D。
13. 下列关系正确的是（ ）
A. 熔点：戊烷＞2，2一二甲基戊烷＞2，3一二甲基丁烷＞丙烷
B. 密度：CHCl3＞H2O＞己烷
C. 氢元素的质量分数：甲烷＞乙烷＞乙烯＞乙炔＞苯
D. 等质量物质完全燃烧耗O2量：苯＞环已烷＞已烷
【答案】B
【解析】
【详解】A.烷烃中碳原子数越多，熔点越大，所以戊烷＜2，2一二甲基戊烷，A项错误；
B. 根据物质的物理性质知识可以知道，密度：CHCl3＞H2O＞己烷，B项正确；
C. 最简式相同的有机物含氢量相等：乙炔=苯，C项错误；
D.含氢的质量分数越大，等质量燃烧时消耗的氧气越多，所以等质量的物质燃烧耗O2量：苯＜环己烷＜己烷，D项错误；
答案选B。
14. 下列有机物实际存在且命名正确的是（ ）
A. 2－甲基－5－乙基己烷 B. 3，3－二甲基－2－戊烯
C. 3－甲基－2－丁烯 D. 2，2－二甲基丙烷
【答案】D
【解析】
【详解】A、主链不是最长碳链，正确命名为：2，5—二甲基庚烷，A错误；
B、该有机物不存在，B错误；
C、编号不正确，正确命名为：2－甲基－2－丁烯，C错误；
D、符合烷烃的命名，D正确；
答案选D。
15.用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )
选项
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生消去反应生成乙烯，乙醇受热会挥发，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；
B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；
C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，以及副反应生成的SO2，乙醇和SO2能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；
D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有SO2，SO2、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；
故选B。
16. 某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下。下列叙述中正确的是( )
A. 有机物A 属于芳香烃
B. 有机物A 可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应
C. 有机物A 与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应
D. 1 mo1A 与足量的NaOH 溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含有苯环碳氢化合物是芳香烃，根据有机物的结构简式可知，分子中含有氧原子和氯原子，不是芳香烃，A项错误；
B. 分子中含有酯基、苯环、氯原子和羟基，不能和Br2的CCl4溶液发生加成反应，B项错误；
C. 羟基不能在发生消去反应，氯原子可以发生消去反应，但需要的条件是氢氧化钠的醇溶液，C项错误；
D. 由于酯基水解后还生成1个酚羟基，所以1 mo1A 与足量的NaOH 溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH，D项正确；
答案选D。
17.将有机物完全燃烧，生成CO2和H2O。将12 g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重14.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g。则该有机物的分子式为（ ）
A. C4H10 B. C2H6O C. C3H8O D. C2H4O2
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸增重14.4 g，即水的质量为14.4 g，根据公式n = 计算得出水的物质的量为0.8 mol；通过碱石灰，又增重26.4 g同理计算得出二氧化碳的物质的量为0.6 mol，结合元素守恒法计算得出有机物中O元素的质量，进而可知有机物中C、H、O元素的物质的量，最后确定有机物的分子式。
【详解】浓硫酸增重可知水的质量为14.4 g，可计算出n(H2O) = = 0.8 mol，n(H) =1.6 mol，m(H) = 1.6 g；使碱石灰增重26.4 g，可知二氧化碳质量为26.4 g，n(C) = n(CO2) = = 0.6 mol，m(C) = 7.2 g；m(C)+m(H) = 8.8 g，有机物的质量为12 g，所以有机物中氧的质量为3.2 g，n(O) = = 0.2 mol；n(C)：n(H)：n(O) = 0.6 mol：1.6mol：0.2mol = 3：8：1，即实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以分子式也为C3H8O，故C项正确；
答案选C。
18.某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（ ）
A. C14H18O5 B. C16H25O4
C. C14H22O5 D. C14H10O4
【答案】A
【解析】
【详解】1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，则羧酸+2C2H5OH→C18H26O5+2H2O，羧酸的分子式为C14H18O5，答案为A。
19.下列三种有机物是某些药物中的有效成分：
以下说法正确的是（ ）
A. 三种有机物都能与浓溴水发生反应
B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种
C. 将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多
D. 使用FeCl3溶液和稀硫酸不能鉴别出这三种有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A、对羟基桂皮酸中含有酚羟基，能够与溴水发生取代反应，而布洛芬和阿司匹林不与浓溴水反应，故A错误；
B、苯环上的氢原子被氯原子取代，其前两种的一氯代物有2种，第三种的一氯代物有4种，故B错误；
C、将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，对羟基桂皮酸中酚羟基和羧基与氢氧化钠反应，布洛芬中羧基与氢氧化钠反应，阿司匹林中羧基和酯基与氢氧化钠反应，其中酯水解得到酚羟也会与氢氧化钠反应，则消耗氢氧化钠的之比为：2:1:3，故C正确；
D、对羟基桂皮酸中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，阿司匹林中有酯基，遇稀硫酸发生酯的水解，香味变淡，则使用FeCl3溶液和稀硫酸能鉴别出这三种有机物，故D错误，
答案选C。
20.某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个、2个和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有不考虑立体异构
A. 9种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【详解】某烃的相对分子质量为86，则烃的分子式是，分子中含有3个、2个和1个的结构有(CH3)2CHCH2CH2CH3 和CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH2CH3的一氯代物有5种，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的一氯代物有4种，共5+4=9种，故A正确。
21.已知某有机物结构如图，下列说法中正确的是
A. 该物质的化学式为C15H8O8BrCl
B. 该物质能与溶液发生显色反应
C. 1mol该物质最多能与3mol溴水发生加成反应
D. 一定条件下，1mol该物质最多能与8molNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质的化学式为C15H12O8BrCl，故A正确；
B．该物质结构中不含有酚羟基，与溶液不发生显色反应，故B错误；
C．该物质结构中只含有一个碳碳双键，则1mol该物质只能与1molBr2发生加成反应，故C错误；
D．该物质含有两个卤素原子，一个羧基，一个羧酸苯酯(水解时需要2个NaOH)，一个碳酸苯酯(水解时需要3个NaOH)，则一定条件下，1mol该物质最多能与8molNaOH反应，故D正确；
故答案为D。
22.某高分子材料的结构如图所示：已知该高分子材料是由三种单体聚合而成的，以下与此高分子材料相关的说法正确的是（ ）
A. 三种单体中有两种有机物互为同系物
B. 三种单体都可以使溴水褪色，但只有两种能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 形成该高分子材料的单体中，所有原子一定处于同一平面
D. 该高分子材料是体型高分子，合成它的反应是加聚反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据高分子的结构简式及由三种单体聚合而成，则三种单体分别为CH3-CH=CH-CN、CH≡C-C6H5、CH2=CH-C6H5。
【详解】A. 三种单体中不含有相似的结构，不是同系物，A错误；
B. 三种单体都含有碳碳不饱和键，可以使溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C. 形成该高分子材料的单体中，C≡C确定的直线在苯环的平面内，则所有原子一定处于同一平面，C正确；
D. 该高分子材料是线型高分子，合成它的反应是加聚反应，D错误；
答案为C。
23. 已知某有机物X的结构简式如图所示，下列有关叙述不正确的是( )
A. X能使KMnO4溶液褪色
B. X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应
C. X在一定条件下能发生消去反应和酯化反应
D. 1molX分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3mol、4mol、1mol
【答案】C
【解析】
【详解】A． X分子中含有醇羟基、酚羟基，都能与KMnO4溶液发生反应，故溶液会褪色，正确；
B．X含有酚羟基，在一定条件下可以与FeCl3溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，正确；
C．X含有醇羟基，在一定条件下可以发生酯化反应，但是由于羟基连接的碳原子邻位碳原子上没有H原子，所以不能发生消去反应，错误；
D．X分子中含有1个醇羟基、1个酚羟基、1个羧基、1个酯基，钠与醇羟基、酚羟基、羧基都可以发生反应；NaOH溶液只能与酚羟基、羧基、酯基发生反应，酯基水解产生1个羧基和一个酚羟基；NaHCO3溶液只能与羧基发生反应，所以1molX分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3mol、4mol、1mol，正确；
答案选C。
24. 在20℃时，某气态烃与氧气混合装入密闭容器中，点燃爆炸后，又恢复到20℃。此时容器内气体的压强为反应前的一半，经NaOH溶液吸收后，容器内几乎真空。此烃的化学式可能是( )
A. CH4 B. C3H4 C. C2H2 D. C3H8
【答案】D
【解析】
【详解】假设该有机物的化学式为CXHYOZ其燃烧的化学方程式为 CXHY+（X+）O2--XCO2+H2O，要使生成的气体（二氧化碳）是该烃与氧气的体积和的二分只一，,即是说：X=1/2（1+X+） X=+1；当 X=2，Y=4， 则该有机物为C2H4，故符合D题意。
25.某烃的结构简式为，分子中含有四面体结构的碳原子数为a，在同一条直线上的碳原子数最多为b，一定在同一平面内的碳原子数为c，则a、b、c分别是( )
A. 4、3、5 B. 2、5、4 C. 4、3、6 D. 4、6、4
【答案】C
【解析】
【详解】只有苯环碳原子才是四面体，所以a＝4；碳碳三键是直线型结构，所以位于同一直线上的氢原子有3个；碳碳双键是平面型结构，所以位于同一平面上的碳原子是6个，答案选C。
26.化合物A的相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如下图。下列关于A的说法中不正确的是( )
A. 与A属于同类化合物的同分异构体只有4种
B. 符合题中A分子结构特征的有机物只有1种
C. A在一定条件下可与3 molH2发生加成反应
D. A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【分析】有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为(2×8+2−8)/2=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为，据此解答。
【详解】根据以上分析可知有机物A的结构简式为，则
A．属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，A错误；
B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，B正确；
C．含有苯环，A在一定条件下可与3molH2发生加成反应，C正确；
D．A含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，D正确；
答案选B。
II卷
二、填空题（7道大题，共68分）
27.按要求作答
（1）钴位于元素周期表的第__族，其基态原子中未成对电子个数为__。
（2）[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为__，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是__。
（3）尿素[CO(NH2)2]分子中σ键与π键的数目之比为__。
（4）硒、硅均能与氢气化合形成气态氢化物，若“Si-H”中共用电子对偏向氢，氢气与硒反应时，硒单质做氧化剂，则硒与硅的电负性大小为Se__Si(填“>”或“<”）
（5）与Si同周期部分元素的逐级电离能如图所示，其中a、b和c分别代表__。
A.a为I1、b为I2、c为I3 B.a为I2、b为I3、c为I1
C.a为I3、b为I2、c为I1 D.a为I1、b为I3、c为I2
【答案】(1). VIII (2). 3 (3). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (4). O＞N＞C＞H (5). 7：1 (6). > (7). B
【解析】
【分析】（1）钴为27号元素，位于第四周期VIII族，其价电子排布式为3d74s2；
（2）Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5；所含非金属元素为H、C、N、O；
（3）尿素[CO(NH2)2]的结构简式为；
（4）“Si-H”中共用电子对偏向氢，则Si为正价，氢气与硒反应时，硒单质做氧化剂，则硒化合价降低，为负价，则硒的电负性大于硅的；
（5）图像a，Na的电离能最大，此时的含Na元素的微粒处于稳定结构，则为第二电离能；图像b中含Mg微粒的电离能最大，则含Mg微粒处于稳定结构，为第三电离能；图像c与第一电离能相同，则为第一电离能。
【详解】（1）钴为27号元素，位于第四周期VIII族，其价电子排布式为3d74s2，未成对电子个数为3；
（2）Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；所含非金属元素为H、C、N、O，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H；
（3）尿素[CO(NH2)2]的结构简式为，含有7条σ键，1条π键，比值为7：1；
（4）“Si-H”中共用电子对偏向氢，则Si为正价，氢气与硒反应时，硒单质做氧化剂，则硒化合价降低，为负价，则硒的电负性大于硅的；
（5）图像a，Na电离能最大，此时的含Na元素的微粒处于稳定结构，则为第二电离能；图像b中含Mg微粒的电离能最大，则含Mg微粒处于稳定结构，为第三电离能；图像c与第一电离能相同，则为第一电离能，答案为B。
28.Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。
已知：①Q为元素周期表中原子半径最小的元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，且每种能级中的电子总数相同；③Y的基态原子的核外成对的电子数是未成对的电子数的3倍；④Z基态原子有六个未成对电子。用对应的元素符号或化学式回答下列问题：
(1)R、X、Y的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
(2)Q元素在元素周期表中属于____区，与Y元素同族的第四周期元素的价电子排布式为______。
(3)RY2的电子式为________________，Z3+的离子结构示意图为____________。
(4) 由Y、Z两种元素组成的Z2Y72－离子在酸性条件下可与乙醇反应，生成乙酸、Z3+等物质。该反应的离子方程式为______。
【答案】(1). N>O>C (2). s (3). 4s24p4 (4). (5). (6). 2Cr2O72－＋ 3CH3CH2OH＋16H+ 4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O
【解析】
【分析】Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素，①Q为元素周期表中原子半径最小的元素，则Q为H元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，说明R原子含有1s、2s、2p能级，且每种能级中的电子总数相同，则R元素的原子序数是6，为C元素；③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4，应为O元素；R、X、Y原子序数依次增大，故X为氮；④Z基态原子有六个未成对电子，故其电子排布为：[Ar]3d64s2，Z的原子序数是24，所以Z为Cr元素，综上可知Q为氢元素、R为碳元素、X为氮元素、Y为氧元素、Z为铬元素。
【详解】（1）C、N、O的第一电离取决于元素非金属性的强弱，但是由于N的2p能级上电子处于半充满的相对稳定状态，故C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为N＞O＞C；
（2）Q元素为H，H在元素周期表中属于第一周期第ⅠA族，即s区；Y为O元素，与O元素同族（最外层电子数为6）的第四周期元素的价电子排布式为为4s24p4，故答案为s；4s24p4；
（3）RY2为CO2，二氧化碳中，C与O形成两对共用电子对，故电子式为：；Z3+为Cr3+，Cr3+的离子结构示意图为：，故答案为；；
（4）O、Cr两种元素组成的离子为Cr2O72-，Cr2O72-在酸性条件下具有强氧化性，可将乙醇直接氧化为反应乙酸，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故答案为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O。
29.已知A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol
D元素简单离子半径是该周期中最小的
E元素是该周期电负性最大的元素
F所在族的元素种类是周期表中最多的
G在周期表的第十一列
（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式__。
（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有__个方向，原子轨道呈__形。
（3）实验室制备E的单质的离子反应方程式为__。
（4）BE3在常温下是一种淡黄色的液体，其遇水即发生反应可生成一种具有漂白性的物质，写出反应的化学方程式__；该反应说明其中B和E中非金属性较强的是__填元素的符号。
（5）C与D的第一电离能大小为__。D与E的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为__。
（6）G价电子排布图为__，位于__纵行。F元素的电子排布式为__，前四周期中未成对电子数最多的元素在周期表中位置为__（填周期和族）。
【答案】(1). (2). 3 (3). 纺锤或哑铃 (4). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (5). NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑ (6). N (7). Mg>Al (8). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (9). (10). 11 (11). [Ar]3d14s2或1s22s22p63s23p63d14s2 (12). 第四周期第VIB族
【解析】
【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则排布式为1s22s22p3，为N；根据C原子的电离能，判断最外层有2个电子，则为Mg；D元素简单离子半径是该周期中最小的，则为Al；E元素是该周期电负性最大的元素Cl；G在周期表的第四周期第十一列，为Cu；元素种类最多的族为IB族， F为第四周期IB族，为Sc。
【详解】（1）A、B分别为H、N，则BA5为离子化合物，为氢化铵，电子式为；
（2）B为N，能量最高的电子为3p能级的电子，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形；
（3）E为Cl，实验室制备氯气时，用二氧化锰与浓盐酸共热制取，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）B、E分别为N、Cl，NCl3在常温下是一种淡黄色的液体，其遇水即发生反应可生成一种具有漂白性的HClO和氨气，方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑；反应中N的化合价由+3变为-3，有较强的非金属性；
（5）C、D分别为Mg、Al，镁最外层电子为3s2，为全充满的稳定结构，则第一电离能大于Al；高氯酸为强酸，氢氧化铝与高氯酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（6）G为Cu，价电子排布图为；位于11纵行；F为Sc，电子排布式为[Ar]3d14s2或1s22s22p63s23p63d14s2；前四周期中未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1为Cr，位置为第四周期VIB族。
30.（I）和的一些物理性质如下表：
物质
熔点
沸点
密度
水溶性
－10℃
212℃
1.1622g/mL
不溶于水
54℃
238℃
1.1581g/mL
不溶于水
①分离这两种物质混合物可采用的方法是__。（填序号）
A．过滤 B．分液 C．蒸发 D．分馏
②实验需要用到的主要玻璃仪器是___。
(II)酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于溶剂、增塑剂、香料、粘合剂及印刷、纺织等工业。乙酸乙酯的实验室和工业制法常采用如下反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
请根据要求回答下列问题：
（1）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施有___、___等。
（2）若用如图所示装置来制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，其原因可能为___、___。
（3）此反应以浓硫酸为催化剂，可能会造成___、__问题。
（4）目前对该反应的催化剂进行了新的探索，初步表明质子酸离子液体可用作反应的催化剂，且能重复使用。实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）
同一反应时间
同一反应温度
反应温度/℃
转化率（%）
选择性（%）
反应时间/h
转化率（%）
选择性（%）
40
77.8
100
2
80.2
100
60
92.3
100
3
87.8
100
80
92.6
100
4
923
100
120
94.5
98.7
6
93.0
100
选择性100%表示反应生成的产物是乙酸乙酯和水
根据表中数据，下列___（填字母）为该反应的最佳条件。
A．120℃，4h B．80℃，2h
C．60℃，4h D．40℃，3h
【答案】(1). D (2). 冷凝管、蒸馏烧瓶、温度计、牛角管、锥形瓶、酒精灯 (3). 增大乙醇的浓度 (4). 移去生成物 (5). 原料来不及反应就被蒸出 (6). 温度过高，发生了副反应或冷凝效果不好，部分产物挥发了 (7). 产生大量的酸性废液（或造成环境污染） (8). 部分原料炭化或催化剂重复使用困难或催化效果不理想 (9). C
【解析】
【分析】（I）①两种物质常温下为液体，结构相似，则相互溶解，根据表中数据，其沸点不同，可用蒸馏的方法分离；
②蒸馏时，用到的玻璃仪器由由下到上、由左到右的顺序依次为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导管、冷凝管、牛角管、锥形瓶；
II（1）乙醇、乙酸均为反应物，提高乙酸的转化率，可增大乙醇的用量，或及时分离出乙酸乙酯等方法；
（2）乙醇易挥发，在加热的条件下还没反应即挥发，或反应温度高副反应较多导致制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低；
（3）以浓硫酸为催化剂，会产生二氧化硫污染环境、高温时，原材料碳化等；
（4）根据表中数据，温度越高耗能越多，转化率提高不明显。
【详解】（I）①两种物质常温下为液体，结构相似，则相互溶解，根据表中数据，其沸点不同，可用蒸馏的方法分离，答案为D；
②蒸馏时，用到的玻璃仪器由由下到上、由左到右的顺序依次为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导管、冷凝管、牛角管、锥形瓶；
II（1）乙醇、乙酸均为反应物，提高乙酸的转化率，可增大乙醇的用量，或及时分离出乙酸乙酯等方法；
（2）乙醇易挥发，在加热的条件下还没反应即挥发，或反应温度高副反应较多导致制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低；
（3）以浓硫酸为催化剂，会产生二氧化硫污染环境、高温时，原材料碳化等；
（4）根据表中数据，温度越高耗能越多，转化率提高不明显，则选择60℃，4小时，答案为C。
31.丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如图：
已知：①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰
③C能发生银镜反应
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环
⑤苯环上的卤原子在常压下遇到NaOH的溶液很难水解
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称：___、__。
（2）D的系统命名是__；J的结构简式为__。
（3）由A生成B的化学方程式为__，反应类型为__。
（4）C与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为__。
（5）H在一定条件下生成高分子化合物的结构简式为__。
（6）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应，任写出其中两种符合上述条件的同分异构体的结构简式__。
【答案】(1). 羟基 (2). 溴原子 (3). 2-甲基-1-丙烯 (4). (5). +Br2 +HBr (6). 取代反应 (7). +2Cu(OH)2+NaOH+2Cu2O↓+3H2O (8). (9). 、、(任意2种)
【解析】
【分析】E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E中9个H原子连接在相同环境的C原子上，其结构简式为CH3-CHBr(CH3)2；D、E具有相同的碳链结构，则D为CH2=C(CH3)2；G中含有苯环，则A、B、C中均含有苯环，C能发生银镜反应，则含有醛基，则C中的醛基与Br在苯环的相邻位置，即；则B为，A为甲苯；根据已知及G的结构简式，H的结构简式为；H自身发生酯化反应，生成。
【详解】（1）根据G的结构简式，含有官能团的名称为羟基、溴原子；
（2）D为CH2=C(CH3)2，其系统命名为2-甲基-1-丙烯；根据分析可知，J的结构简式为；
（3）A为甲苯，B为，A发生苯环上的取代反应生成B，则方程式为+Br2 +HBr；
（4）C为，与新制的氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，生成、氧化亚铜和水，化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+2Cu2O↓+3H2O；
（5）H为，多个H发生缩聚反应生成高分子化合物，其结构简式为；
（6）G的分子式为C11H9OBr，其同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，羟基一种，苯环上由2种，且为对称结构，与羟基相对的支链1种，则可能结构简式为、、。
32.塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害。其合成线路图如图I所示： 已知以下信息：
①
②R1CHO+R2CH2CHO+H2O
③C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示
请根据以上信息回答下列问题：
(1)C的结构简式为____________， E中所含官能团的名称是____________；
(2)写出下列有关反应的化学方程式：
①E和H2以物质的量比1︰1反应生成F：______________________；
②B和F以物质的量比1︰2合成DBP：_____________________，该反应的反应类型为_____________________。
(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有______种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式_________________。
①不能和NaHCO3溶液反应 ②能发生银镜反应
③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子
【答案】(1). CH3CH2OH (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH (4). (5). 取代反应 (6). 6 (7). 、等
【解析】
【分析】A反应生成邻苯二甲酸，结合信息①可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息②可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为，据此解答．
【详解】解：A反应生成邻苯二甲酸，结合信息①可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息②可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为．
（1）C的结构简式为CH3CH2OH，E为CH3CH=CHCHO，含有碳碳双键、醛基；
（2）①E和H2以物质的量比1：1反应生成F的方程式为：CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH；
②B和F以物质的量比1：2合成DBP的方程式为：，属于取代反应；
（3）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①不能和NaHCO3溶液反应，不含羧基；②能发生银镜反应，含有醛基；③遇FeC13溶液显紫色，含有酚羟基；④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有：、、、、、。
33.有机化合物X、Y、A、B、C、D、E、F、G之间的转化关系如下所示。
已知以下信息：
①
②（R、R’代表烃基）
③X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y。
④化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰。
回答下列问题：
（1）X的含氧官能团的名称是______，X与HCN反应生成A的反应类型是________。
（2）酯类化合物B的分子式是C15H14O3，其结构简式是________________。
（3）X发生银镜反应的化学方程式是______________________________________
（4）G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是_________________________
（5）的同分异构体中：①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应；④含氧官能团处在对位。满足上述条件的同分异构体共有________种(不考虑立体异构)，写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式____________________________________________。
【答案】 (1). 醛基 (2). 加成反应 (3). (4). (5). (6). 3 (7).
【解析】
【分析】X可以发生银镜反应，则X含有醛基，X与HCN发生加成反应生成A，A在酸性条件下水解生成扁桃酸，结合扁桃酸的结构简式，可知X为，A为，X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y，Y与扁桃酸发生酯化反应生成酯类化合物B的分子式是C15H14O3，可知Y为，则B为，X发生氧化反应，然后酸化得到C为，C与SOCl2发生信息中取代反应生成D为，化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，结合E与F缩聚反应产物结构简式，可知F为HCHO，E为，则G为，据此答题。
【详解】（1）X为，含氧官能团的名称是醛基，X与HCN反应生成A的反应类型是加成反应，故答案为醛基；加成反应。
（2）由上述分析可知，化合物B的结构简式是：，故答案为。
（3）X发生银镜反应的化学方程式是
，
故答案为：
（4）G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是：，
故答案为。
（5）的同分异构体中：①能发生水解反应，说明含有酯基，②能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，③能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，④含氧官能团处在对位，可以是：两个含氧官能团为—OH和HCOO—，还含有1个甲基，有2种位置关系，或者为-OH、-CH2OOCH处于对位，满足上述条件的同分异构体共有3种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为，故答案为3；。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Na 23 C 12 Cl 35.5
I卷
一、单选题（本大题共26小题，共52分）
1.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图所示。已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是 ( )
A. N4属于一种新型的化合物 B. N4分子中存在极性键
C. N4分子中N—N键角为109°28′ D. 1 mol N4转变成N2将放出882 kJ热量
【答案】D
【解析】
【分析】N4为N元素形成的一种单质，分子结构为正四面体形，1molN4分子中含有6molN-N键，N-N键为同种元素形成的非极性键。
【详解】A项、N4为N元素形成的一种单质，不是化合物，故A错误；
B项、N4分子的结构为正四面体形，分子中只含有N、N非极性键，故B错误；
C项、N4分子的结构为正四面体形，键角为60°，故C错误；
D项、1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故放出882kJ热量，故D正确。
故选D。
2.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表所列数据判断，下列说法错误的是( )
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A. 元素X的常见化合价是+1价
B. 元素Y是第ⅢA族元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第三周期,则它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】观察表中的数据，X元素的I1和I2相差很大，而I2、I3、I4的差距相差较小，则X易形成X+，即X位于I A族；同理，Y元素的I3和I4相差极大，则Y易形成Y3+，Y位于III A族。
【详解】A. 由电离能的数据可以推出X易形成+1价的化合物，A正确；
B. 由电离能的数据可以推出Y易形成+3价的化合物，则Y位于III A族，B正确；
C. X位于I A族，则其与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；
D. Y位于III A族，若Y在第三周期，则Y为Al，它和沸水反应缓慢，不和冷水反应，D错误；
故合理选项为D。
3.下列对电子排布式或电子排布图书写的评价正确的是（ ）
选项
电子排布式或电子排布图
评价
A．
O原子的电子排布图：
错误；违反泡利不相容原理
B．
N原子的电子排布图：
错误；违反洪特规则
C．
Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2
错误；违反能量最低原理
D．
Br-的电子排布式：[Ar]3d104s24p6
错误；违反能量最低原理
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电子应先充满同能级的轨道，违反了洪特规则，不符合题意，A错误；
B. 相同轨道中的两个电子运动方向相反，违反了泡利不相容原理，不符合题意，B错误；
C. Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s2，违反能量最低原理，符合题意，C正确；
D. Br-的电子排布式：[Ar]3d104s24p6，正确，评价错误，D错误；
答案为C。
4.氰气的分子式为(CN)2，结构式为NC-CN，其性质与卤素单质相似，下列叙述不正确的是（ ）
A. NC键的键能大于CC键的键能
B. (CN)2分子中含有3个σ键和2个π键
C. NC键的键长小于CC键的键长
D. (CN)2能与NaOH溶液反应
【答案】B
【解析】
【分析】一个共价三键包括1个σ键和2个π键，一个共价单键包括1个σ键，据此分析作答。
【详解】A. 原子半径：N小于C，则NC键的键能大于CC键的键能，与题意不符，A不选；
B. (CN)2分子中含有3个σ键和4个π键，符合题意，B选；
C. 原子半径：N小于C，NC键的键长小于CC键的键长，与题意不符，C不选；
D. (CN)2与卤素单质的性质类似，能与NaOH溶液反应，与题意不符，D不选；
答案为B。
5.在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（ ）
A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
B. Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
C. Cl2+H2O=HClO+HCl
D. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、该反应中，断裂的是Na+和O22-之间的离子键、O22-中的非极性共价键、H2O中的H-O极性共价键，生成的是Na+和OH-之间离子键、OH-中的极性共价键、O2中的非极性共价键，A符合题意；
B、该反应中，没有非极性键的断裂和生成，B不符合题意；
C、该反应中，没有离子性键的断裂与生成，C不符合题意；
D、该反应中，没有非极性键的断裂与生成，D不符合题意；
故选A。
6.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3 ④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④＞③＞②＞①
B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞②＞①＞③
D. 最高正化合价：④＞③＝②＞①
【答案】A
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。
7.下列有关多电子原子的叙述中正确的是( )
A. 在一个多电子原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子
B. 在一个多电子原子中，不可能有两个能量相同的电子
C. 在一个多电子原子中，N层上的电子能量肯定比M层上的电子能量高
D. 某个多电子原子的3p能级上仅有两个电子，它们的自旋状态必然相反
【答案】A
【解析】
【详解】A、在一个多电子原子中，不同的能级电子运动状态不同，同一能级同一轨道最多也有自旋方向不同的两个电子，因此不可能有两个运动状态完全相同的电子，故A正确；
B、根据原子轨道理论，能量相同的电子排在相同的轨道，故B错误；
C、由构造原理得：3d轨道上电子的能量比4s轨道上的要高，故C错误；
D、在不同的3p轨道上，能量相同，电子在排布时总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，故D错误；
此题说法正确的选A。
8.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 17g NH3中含有的电子数为8NA
B. 1mol H2O2中含有极性键的数目为3NA
C. 标准状况下，22.4L四氯化碳所含分子数为NA
D. 28 g C2H4和C3H6的混合物中含有的碳原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 每个氨分子中有10个电子，17g NH3的物质的量为1mol, 所以其含有的电子数为10NA，A不正确；
B. 一个过氧化氢分子中有2个氢氧键和一个氧氧键，其中氢氧键是极性键，氧氧键是非极性键，所以含有极性键的数目为2NA，B不正确；
C. 标准状况下，四氯化碳是液体，因为不知道其密度，所以无法计算22.4L四氯化碳所含分子数，C不正确；
D. C2H4和C3H6的最简式相同，都是CH2，28 g C2H4和C3H6的混合物含有CH2的物质的量为2mol，所以含有的碳原子数为2NA， D正确；
答案选D。
9.甲、乙、丙、丁为中学常见物质，其中甲、乙为单质，丙为氧化物，它们之间存在如图所示的转化关系：
下列说法正确的是（ ）
A. 若甲、乙元素是同主族元素，根据元素周期表推测，此时乙单质可能是Si
B. 若甲、乙均为金属单质，则丁所属的物质类别一定是碱性氧化物
C. 若甲为金属单质，乙为非金属单质，则甲只能是Mg
D. 若甲、乙元素是同周期元素，则该反应的化学方程式一定为:2F2 + 2H2O＝4HF + O2
【答案】A
【解析】
【详解】A.若甲、乙元素是同主族元素，丙为氧化物，C与SiO2反应、Na与H2O的反应符合转化关系，乙单质可能是Si，A正确；
B.若甲、乙均为金属单质，丙为氧化物，铝热反应符合转化关系，丁若为氧化铝，Al2O3属于两性氧化物，B错误；
C.若甲为金属单质，乙为非金属单质，丙为氧化物，Mg与CO2、Na与H2O的反应等都符合转化关系，甲不一定为Mg，C错误；
D.若甲、乙元素是同周期元素，Mg与SiO2反应生成Si与MgO也符合转化关系，D错误；
故合理选项是A。
10.已知X、Y、Z、W原子序数都不超过18，它们离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）﹣、dWn﹣具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是（ ）
A. 原子序数：a＞b＞c＞d
B. 离子半径：X（n+1）+＞Yn+＞Z（n+1）﹣＞Wn﹣
C. 离子氧化性：X（n+1）+＞Yn+
D. 单质氧化性：Z＞W
【答案】C
【解析】试题分析：已知X、Y、Z、W的原子序数都不超过18，它们的离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）﹣、dWn﹣具有相同的电子层结构，则X和Y位于Z和W的下一个周期，原子序数从大到小的顺序为a＞b＞d＞c，离子半径从大到小的顺序为Z（n+1）﹣＞Wn﹣＞Yn+＞X（n+1）+，Y的还原性强于X，所以X（n+1）+的氧化性强于Yn+，W的非金属性强于Z，所以单质氧化性Z＜W。综上所述，C正确。本题选C。
11.2019年是联合国确立的“国际化学元素周期表年”。X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素，其中M最外层电子数为3。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质。下列说法不正确的是( )
A. 五种元素中有两种元素处于相同的主族
B. Y与X、Y与Z可形成两种化合物
C. M与Y、M与R形成的化合物中化学键类型相同
D. M与Y形成的化合物既可用来冶炼M，也可用作耐火材料
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、R是核电荷数依次增加的五种短周期主族元素。M单质可与化合物ZYX水溶液反应，也可与化合物XR水溶液反应，且均产生X单质，则M为Al，X为H元素，ZYX为NaOH，XR为HCl，则Y为O元素，Z为Na，R为Cl元素；满足金属铝能够与NaOH反应，又能够与HCl发生反应的条件，据此解答。
【详解】根据分析可知：X为H，Y为O，Z为Na，M为Al，R为Cl元素。
A H、Na元素都位于ⅠA族，故A正确；
B. Y与X、Y与Z可形成两种化合物，分别是水，过氧化氢，氧化钠，过氧化钠，故B正确；
C. M与Y、M与R形成的化合物分别是氧化铝，氯化铝，化学键类型分别是离子键，共价键，化学键类型不同，故C错误；
D. M与Y形成的化合物是氧化铝，既可用来冶炼铝，也可用作耐火材料，故D正确；
故选B。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B. 塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”
C. 用甘氨酸(H2N-CH2-COOH)和苯丙氨酸()缩合最多可形成4种二肽
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 麦芽糖水解的产物为葡萄糖，麦芽糖和葡萄糖中均含有醛基，均能发生银镜反应，与题意不符，A不选；
B. 塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，与题意不符，B不选；
C. 用甘氨酸(H2N-CH2-COOH)和苯丙氨酸()缩合，可以为2个甘氨酸、2个苯丙氨酸、一个甘氨酸的氨基与苯丙氨酸的羧基及一个甘氨酸的羧基与苯丙氨酸的氨基形成的肽键，最多可形成4种二肽，与题意不符，C不选；
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物根据酯化反应的特点，其反应产物是CH3COOH和C2H518OH，符合题意，D选；
答案为D。
13. 下列关系正确的是（ ）
A. 熔点：戊烷＞2，2一二甲基戊烷＞2，3一二甲基丁烷＞丙烷
B. 密度：CHCl3＞H2O＞己烷
C. 氢元素的质量分数：甲烷＞乙烷＞乙烯＞乙炔＞苯
D. 等质量物质完全燃烧耗O2量：苯＞环已烷＞已烷
【答案】B
【解析】
【详解】A.烷烃中碳原子数越多，熔点越大，所以戊烷＜2，2一二甲基戊烷，A项错误；
B. 根据物质的物理性质知识可以知道，密度：CHCl3＞H2O＞己烷，B项正确；
C. 最简式相同的有机物含氢量相等：乙炔=苯，C项错误；
D.含氢的质量分数越大，等质量燃烧时消耗的氧气越多，所以等质量的物质燃烧耗O2量：苯＜环己烷＜己烷，D项错误；
答案选B。
14. 下列有机物实际存在且命名正确的是（ ）
A. 2－甲基－5－乙基己烷 B. 3，3－二甲基－2－戊烯
C. 3－甲基－2－丁烯 D. 2，2－二甲基丙烷
【答案】D
【解析】
【详解】A、主链不是最长碳链，正确命名为：2，5—二甲基庚烷，A错误；
B、该有机物不存在，B错误；
C、编号不正确，正确命名为：2－甲基－2－丁烯，C错误；
D、符合烷烃的命名，D正确；
答案选D。
15.用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )
选项
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生消去反应生成乙烯，乙醇受热会挥发，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；
B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；
C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，以及副反应生成的SO2，乙醇和SO2能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；
D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有SO2，SO2、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；
故选B。
16. 某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下。下列叙述中正确的是( )
A. 有机物A 属于芳香烃
B. 有机物A 可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应
C. 有机物A 与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应
D. 1 mo1A 与足量的NaOH 溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含有苯环碳氢化合物是芳香烃，根据有机物的结构简式可知，分子中含有氧原子和氯原子，不是芳香烃，A项错误；
B. 分子中含有酯基、苯环、氯原子和羟基，不能和Br2的CCl4溶液发生加成反应，B项错误；
C. 羟基不能在发生消去反应，氯原子可以发生消去反应，但需要的条件是氢氧化钠的醇溶液，C项错误；
D. 由于酯基水解后还生成1个酚羟基，所以1 mo1A 与足量的NaOH 溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH，D项正确；
答案选D。
17.将有机物完全燃烧，生成CO2和H2O。将12 g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重14.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g。则该有机物的分子式为（ ）
A. C4H10 B. C2H6O C. C3H8O D. C2H4O2
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸增重14.4 g，即水的质量为14.4 g，根据公式n = 计算得出水的物质的量为0.8 mol；通过碱石灰，又增重26.4 g同理计算得出二氧化碳的物质的量为0.6 mol，结合元素守恒法计算得出有机物中O元素的质量，进而可知有机物中C、H、O元素的物质的量，最后确定有机物的分子式。
【详解】浓硫酸增重可知水的质量为14.4 g，可计算出n(H2O) = = 0.8 mol，n(H) =1.6 mol，m(H) = 1.6 g；使碱石灰增重26.4 g，可知二氧化碳质量为26.4 g，n(C) = n(CO2) = = 0.6 mol，m(C) = 7.2 g；m(C)+m(H) = 8.8 g，有机物的质量为12 g，所以有机物中氧的质量为3.2 g，n(O) = = 0.2 mol；n(C)：n(H)：n(O) = 0.6 mol：1.6mol：0.2mol = 3：8：1，即实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以分子式也为C3H8O，故C项正确；
答案选C。
18.某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（ ）
A. C14H18O5 B. C16H25O4
C. C14H22O5 D. C14H10O4
【答案】A
【解析】
【详解】1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，则羧酸+2C2H5OH→C18H26O5+2H2O，羧酸的分子式为C14H18O5，答案为A。
19.下列三种有机物是某些药物中的有效成分：
以下说法正确的是（ ）
A. 三种有机物都能与浓溴水发生反应
B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种
C. 将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多
D. 使用FeCl3溶液和稀硫酸不能鉴别出这三种有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A、对羟基桂皮酸中含有酚羟基，能够与溴水发生取代反应，而布洛芬和阿司匹林不与浓溴水反应，故A错误；
B、苯环上的氢原子被氯原子取代，其前两种的一氯代物有2种，第三种的一氯代物有4种，故B错误；
C、将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，对羟基桂皮酸中酚羟基和羧基与氢氧化钠反应，布洛芬中羧基与氢氧化钠反应，阿司匹林中羧基和酯基与氢氧化钠反应，其中酯水解得到酚羟也会与氢氧化钠反应，则消耗氢氧化钠的之比为：2:1:3，故C正确；
D、对羟基桂皮酸中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，阿司匹林中有酯基，遇稀硫酸发生酯的水解，香味变淡，则使用FeCl3溶液和稀硫酸能鉴别出这三种有机物，故D错误，
答案选C。
20.某烃的相对分子质量为86，如果分子中含有3个、2个和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有不考虑立体异构
A. 9种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【详解】某烃的相对分子质量为86，则烃的分子式是，分子中含有3个、2个和1个的结构有(CH3)2CHCH2CH2CH3 和CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，(CH3)2CHCH2CH2CH3的一氯代物有5种，CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的一氯代物有4种，共5+4=9种，故A正确。
21.已知某有机物结构如图，下列说法中正确的是
A. 该物质的化学式为C15H8O8BrCl
B. 该物质能与溶液发生显色反应
C. 1mol该物质最多能与3mol溴水发生加成反应
D. 一定条件下，1mol该物质最多能与8molNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质的化学式为C15H12O8BrCl，故A正确；
B．该物质结构中不含有酚羟基，与溶液不发生显色反应，故B错误；
C．该物质结构中只含有一个碳碳双键，则1mol该物质只能与1molBr2发生加成反应，故C错误；
D．该物质含有两个卤素原子，一个羧基，一个羧酸苯酯(水解时需要2个NaOH)，一个碳酸苯酯(水解时需要3个NaOH)，则一定条件下，1mol该物质最多能与8molNaOH反应，故D正确；
故答案为D。
22.某高分子材料的结构如图所示：已知该高分子材料是由三种单体聚合而成的，以下与此高分子材料相关的说法正确的是（ ）
A. 三种单体中有两种有机物互为同系物
B. 三种单体都可以使溴水褪色，但只有两种能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 形成该高分子材料的单体中，所有原子一定处于同一平面
D. 该高分子材料是体型高分子，合成它的反应是加聚反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据高分子的结构简式及由三种单体聚合而成，则三种单体分别为CH3-CH=CH-CN、CH≡C-C6H5、CH2=CH-C6H5。
【详解】A. 三种单体中不含有相似的结构，不是同系物，A错误；
B. 三种单体都含有碳碳不饱和键，可以使溴水褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C. 形成该高分子材料的单体中，C≡C确定的直线在苯环的平面内，则所有原子一定处于同一平面，C正确；
D. 该高分子材料是线型高分子，合成它的反应是加聚反应，D错误；
答案为C。
23. 已知某有机物X的结构简式如图所示，下列有关叙述不正确的是( )
A. X能使KMnO4溶液褪色
B. X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应
C. X在一定条件下能发生消去反应和酯化反应
D. 1molX分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3mol、4mol、1mol
【答案】C
【解析】
【详解】A． X分子中含有醇羟基、酚羟基，都能与KMnO4溶液发生反应，故溶液会褪色，正确；
B．X含有酚羟基，在一定条件下可以与FeCl3溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，正确；
C．X含有醇羟基，在一定条件下可以发生酯化反应，但是由于羟基连接的碳原子邻位碳原子上没有H原子，所以不能发生消去反应，错误；
D．X分子中含有1个醇羟基、1个酚羟基、1个羧基、1个酯基，钠与醇羟基、酚羟基、羧基都可以发生反应；NaOH溶液只能与酚羟基、羧基、酯基发生反应，酯基水解产生1个羧基和一个酚羟基；NaHCO3溶液只能与羧基发生反应，所以1molX分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3mol、4mol、1mol，正确；
答案选C。
24. 在20℃时，某气态烃与氧气混合装入密闭容器中，点燃爆炸后，又恢复到20℃。此时容器内气体的压强为反应前的一半，经NaOH溶液吸收后，容器内几乎真空。此烃的化学式可能是( )
A. CH4 B. C3H4 C. C2H2 D. C3H8
【答案】D
【解析】
【详解】假设该有机物的化学式为CXHYOZ其燃烧的化学方程式为 CXHY+（X+）O2--XCO2+H2O，要使生成的气体（二氧化碳）是该烃与氧气的体积和的二分只一，,即是说：X=1/2（1+X+） X=+1；当 X=2，Y=4， 则该有机物为C2H4，故符合D题意。
25.某烃的结构简式为，分子中含有四面体结构的碳原子数为a，在同一条直线上的碳原子数最多为b，一定在同一平面内的碳原子数为c，则a、b、c分别是( )
A. 4、3、5 B. 2、5、4 C. 4、3、6 D. 4、6、4
【答案】C
【解析】
【详解】只有苯环碳原子才是四面体，所以a＝4；碳碳三键是直线型结构，所以位于同一直线上的氢原子有3个；碳碳双键是平面型结构，所以位于同一平面上的碳原子是6个，答案选C。
26.化合物A的相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如下图。下列关于A的说法中不正确的是( )
A. 与A属于同类化合物的同分异构体只有4种
B. 符合题中A分子结构特征的有机物只有1种
C. A在一定条件下可与3 molH2发生加成反应
D. A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【分析】有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为(2×8+2−8)/2=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为，据此解答。
【详解】根据以上分析可知有机物A的结构简式为，则
A．属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，A错误；
B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，B正确；
C．含有苯环，A在一定条件下可与3molH2发生加成反应，C正确；
D．A含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，D正确；
答案选B。
II卷
二、填空题（7道大题，共68分）
27.按要求作答
（1）钴位于元素周期表的第__族，其基态原子中未成对电子个数为__。
（2）[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为__，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是__。
（3）尿素[CO(NH2)2]分子中σ键与π键的数目之比为__。
（4）硒、硅均能与氢气化合形成气态氢化物，若“Si-H”中共用电子对偏向氢，氢气与硒反应时，硒单质做氧化剂，则硒与硅的电负性大小为Se__Si(填“>”或“<”）
（5）与Si同周期部分元素的逐级电离能如图所示，其中a、b和c分别代表__。
A.a为I1、b为I2、c为I3 B.a为I2、b为I3、c为I1
C.a为I3、b为I2、c为I1 D.a为I1、b为I3、c为I2
【答案】(1). VIII (2). 3 (3). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (4). O＞N＞C＞H (5). 7：1 (6). > (7). B
【解析】
【分析】（1）钴为27号元素，位于第四周期VIII族，其价电子排布式为3d74s2；
（2）Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5；所含非金属元素为H、C、N、O；
（3）尿素[CO(NH2)2]的结构简式为；
（4）“Si-H”中共用电子对偏向氢，则Si为正价，氢气与硒反应时，硒单质做氧化剂，则硒化合价降低，为负价，则硒的电负性大于硅的；
（5）图像a，Na的电离能最大，此时的含Na元素的微粒处于稳定结构，则为第二电离能；图像b中含Mg微粒的电离能最大，则含Mg微粒处于稳定结构，为第三电离能；图像c与第一电离能相同，则为第一电离能。
【详解】（1）钴为27号元素，位于第四周期VIII族，其价电子排布式为3d74s2，未成对电子个数为3；
（2）Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；所含非金属元素为H、C、N、O，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H；
（3）尿素[CO(NH2)2]的结构简式为，含有7条σ键，1条π键，比值为7：1；
（4）“Si-H”中共用电子对偏向氢，则Si为正价，氢气与硒反应时，硒单质做氧化剂，则硒化合价降低，为负价，则硒的电负性大于硅的；
（5）图像a，Na电离能最大，此时的含Na元素的微粒处于稳定结构，则为第二电离能；图像b中含Mg微粒的电离能最大，则含Mg微粒处于稳定结构，为第三电离能；图像c与第一电离能相同，则为第一电离能，答案为B。
28.Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。
已知：①Q为元素周期表中原子半径最小的元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，且每种能级中的电子总数相同；③Y的基态原子的核外成对的电子数是未成对的电子数的3倍；④Z基态原子有六个未成对电子。用对应的元素符号或化学式回答下列问题：
(1)R、X、Y的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
(2)Q元素在元素周期表中属于____区，与Y元素同族的第四周期元素的价电子排布式为______。
(3)RY2的电子式为________________，Z3+的离子结构示意图为____________。
(4) 由Y、Z两种元素组成的Z2Y72－离子在酸性条件下可与乙醇反应，生成乙酸、Z3+等物质。该反应的离子方程式为______。
【答案】(1). N>O>C (2). s (3). 4s24p4 (4). (5). (6). 2Cr2O72－＋ 3CH3CH2OH＋16H+ 4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O
【解析】
【分析】Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素，①Q为元素周期表中原子半径最小的元素，则Q为H元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，说明R原子含有1s、2s、2p能级，且每种能级中的电子总数相同，则R元素的原子序数是6，为C元素；③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4，应为O元素；R、X、Y原子序数依次增大，故X为氮；④Z基态原子有六个未成对电子，故其电子排布为：[Ar]3d64s2，Z的原子序数是24，所以Z为Cr元素，综上可知Q为氢元素、R为碳元素、X为氮元素、Y为氧元素、Z为铬元素。
【详解】（1）C、N、O的第一电离取决于元素非金属性的强弱，但是由于N的2p能级上电子处于半充满的相对稳定状态，故C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为N＞O＞C；
（2）Q元素为H，H在元素周期表中属于第一周期第ⅠA族，即s区；Y为O元素，与O元素同族（最外层电子数为6）的第四周期元素的价电子排布式为为4s24p4，故答案为s；4s24p4；
（3）RY2为CO2，二氧化碳中，C与O形成两对共用电子对，故电子式为：；Z3+为Cr3+，Cr3+的离子结构示意图为：，故答案为；；
（4）O、Cr两种元素组成的离子为Cr2O72-，Cr2O72-在酸性条件下具有强氧化性，可将乙醇直接氧化为反应乙酸，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故答案为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O。
29.已知A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol
D元素简单离子半径是该周期中最小的
E元素是该周期电负性最大的元素
F所在族的元素种类是周期表中最多的
G在周期表的第十一列
（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式__。
（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有__个方向，原子轨道呈__形。
（3）实验室制备E的单质的离子反应方程式为__。
（4）BE3在常温下是一种淡黄色的液体，其遇水即发生反应可生成一种具有漂白性的物质，写出反应的化学方程式__；该反应说明其中B和E中非金属性较强的是__填元素的符号。
（5）C与D的第一电离能大小为__。D与E的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为__。
（6）G价电子排布图为__，位于__纵行。F元素的电子排布式为__，前四周期中未成对电子数最多的元素在周期表中位置为__（填周期和族）。
【答案】(1). (2). 3 (3). 纺锤或哑铃 (4). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (5). NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑ (6). N (7). Mg>Al (8). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (9). (10). 11 (11). [Ar]3d14s2或1s22s22p63s23p63d14s2 (12). 第四周期第VIB族
【解析】
【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则排布式为1s22s22p3，为N；根据C原子的电离能，判断最外层有2个电子，则为Mg；D元素简单离子半径是该周期中最小的，则为Al；E元素是该周期电负性最大的元素Cl；G在周期表的第四周期第十一列，为Cu；元素种类最多的族为IB族， F为第四周期IB族，为Sc。
【详解】（1）A、B分别为H、N，则BA5为离子化合物，为氢化铵，电子式为；
（2）B为N，能量最高的电子为3p能级的电子，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形；
（3）E为Cl，实验室制备氯气时，用二氧化锰与浓盐酸共热制取，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）B、E分别为N、Cl，NCl3在常温下是一种淡黄色的液体，其遇水即发生反应可生成一种具有漂白性的HClO和氨气，方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑；反应中N的化合价由+3变为-3，有较强的非金属性；
（5）C、D分别为Mg、Al，镁最外层电子为3s2，为全充满的稳定结构，则第一电离能大于Al；高氯酸为强酸，氢氧化铝与高氯酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（6）G为Cu，价电子排布图为；位于11纵行；F为Sc，电子排布式为[Ar]3d14s2或1s22s22p63s23p63d14s2；前四周期中未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1为Cr，位置为第四周期VIB族。
30.（I）和的一些物理性质如下表：
物质
熔点
沸点
密度
水溶性
－10℃
212℃
1.1622g/mL
不溶于水
54℃
238℃
1.1581g/mL
不溶于水
①分离这两种物质混合物可采用的方法是__。（填序号）
A．过滤 B．分液 C．蒸发 D．分馏
②实验需要用到的主要玻璃仪器是___。
(II)酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于溶剂、增塑剂、香料、粘合剂及印刷、纺织等工业。乙酸乙酯的实验室和工业制法常采用如下反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O
请根据要求回答下列问题：
（1）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施有___、___等。
（2）若用如图所示装置来制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，其原因可能为___、___。
（3）此反应以浓硫酸为催化剂，可能会造成___、__问题。
（4）目前对该反应的催化剂进行了新的探索，初步表明质子酸离子液体可用作反应的催化剂，且能重复使用。实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）
同一反应时间
同一反应温度
反应温度/℃
转化率（%）
选择性（%）
反应时间/h
转化率（%）
选择性（%）
40
77.8
100
2
80.2
100
60
92.3
100
3
87.8
100
80
92.6
100
4
923
100
120
94.5
98.7
6
93.0
100
选择性100%表示反应生成的产物是乙酸乙酯和水
根据表中数据，下列___（填字母）为该反应的最佳条件。
A．120℃，4h B．80℃，2h
C．60℃，4h D．40℃，3h
【答案】(1). D (2). 冷凝管、蒸馏烧瓶、温度计、牛角管、锥形瓶、酒精灯 (3). 增大乙醇的浓度 (4). 移去生成物 (5). 原料来不及反应就被蒸出 (6). 温度过高，发生了副反应或冷凝效果不好，部分产物挥发了 (7). 产生大量的酸性废液（或造成环境污染） (8). 部分原料炭化或催化剂重复使用困难或催化效果不理想 (9). C
【解析】
【分析】（I）①两种物质常温下为液体，结构相似，则相互溶解，根据表中数据，其沸点不同，可用蒸馏的方法分离；
②蒸馏时，用到的玻璃仪器由由下到上、由左到右的顺序依次为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导管、冷凝管、牛角管、锥形瓶；
II（1）乙醇、乙酸均为反应物，提高乙酸的转化率，可增大乙醇的用量，或及时分离出乙酸乙酯等方法；
（2）乙醇易挥发，在加热的条件下还没反应即挥发，或反应温度高副反应较多导致制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低；
（3）以浓硫酸为催化剂，会产生二氧化硫污染环境、高温时，原材料碳化等；
（4）根据表中数据，温度越高耗能越多，转化率提高不明显。
【详解】（I）①两种物质常温下为液体，结构相似，则相互溶解，根据表中数据，其沸点不同，可用蒸馏的方法分离，答案为D；
②蒸馏时，用到的玻璃仪器由由下到上、由左到右的顺序依次为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导管、冷凝管、牛角管、锥形瓶；
II（1）乙醇、乙酸均为反应物，提高乙酸的转化率，可增大乙醇的用量，或及时分离出乙酸乙酯等方法；
（2）乙醇易挥发，在加热的条件下还没反应即挥发，或反应温度高副反应较多导致制备少量的乙酸乙酯，产率往往偏低；
（3）以浓硫酸为催化剂，会产生二氧化硫污染环境、高温时，原材料碳化等；
（4）根据表中数据，温度越高耗能越多，转化率提高不明显，则选择60℃，4小时，答案为C。
31.丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如图：
已知：①
②E的核磁共振氢谱只有一组峰
③C能发生银镜反应
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环
⑤苯环上的卤原子在常压下遇到NaOH的溶液很难水解
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称：___、__。
（2）D的系统命名是__；J的结构简式为__。
（3）由A生成B的化学方程式为__，反应类型为__。
（4）C与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为__。
（5）H在一定条件下生成高分子化合物的结构简式为__。
（6）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰，且能与FeCl3溶液发生显色反应，任写出其中两种符合上述条件的同分异构体的结构简式__。
【答案】(1). 羟基 (2). 溴原子 (3). 2-甲基-1-丙烯 (4). (5). +Br2 +HBr (6). 取代反应 (7). +2Cu(OH)2+NaOH+2Cu2O↓+3H2O (8). (9). 、、(任意2种)
【解析】
【分析】E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E中9个H原子连接在相同环境的C原子上，其结构简式为CH3-CHBr(CH3)2；D、E具有相同的碳链结构，则D为CH2=C(CH3)2；G中含有苯环，则A、B、C中均含有苯环，C能发生银镜反应，则含有醛基，则C中的醛基与Br在苯环的相邻位置，即；则B为，A为甲苯；根据已知及G的结构简式，H的结构简式为；H自身发生酯化反应，生成。
【详解】（1）根据G的结构简式，含有官能团的名称为羟基、溴原子；
（2）D为CH2=C(CH3)2，其系统命名为2-甲基-1-丙烯；根据分析可知，J的结构简式为；
（3）A为甲苯，B为，A发生苯环上的取代反应生成B，则方程式为+Br2 +HBr；
（4）C为，与新制的氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，生成、氧化亚铜和水，化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+2Cu2O↓+3H2O；
（5）H为，多个H发生缩聚反应生成高分子化合物，其结构简式为；
（6）G的分子式为C11H9OBr，其同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，羟基一种，苯环上由2种，且为对称结构，与羟基相对的支链1种，则可能结构简式为、、。
32.塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害。其合成线路图如图I所示： 已知以下信息：
①
②R1CHO+R2CH2CHO+H2O
③C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示
请根据以上信息回答下列问题：
(1)C的结构简式为____________， E中所含官能团的名称是____________；
(2)写出下列有关反应的化学方程式：
①E和H2以物质的量比1︰1反应生成F：______________________；
②B和F以物质的量比1︰2合成DBP：_____________________，该反应的反应类型为_____________________。
(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有______种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式_________________。
①不能和NaHCO3溶液反应 ②能发生银镜反应
③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子
【答案】(1). CH3CH2OH (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH (4). (5). 取代反应 (6). 6 (7). 、等
【解析】
【分析】A反应生成邻苯二甲酸，结合信息①可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息②可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为，据此解答．
【详解】解：A反应生成邻苯二甲酸，结合信息①可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息②可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为．
（1）C的结构简式为CH3CH2OH，E为CH3CH=CHCHO，含有碳碳双键、醛基；
（2）①E和H2以物质的量比1：1反应生成F的方程式为：CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH；
②B和F以物质的量比1：2合成DBP的方程式为：，属于取代反应；
（3）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①不能和NaHCO3溶液反应，不含羧基；②能发生银镜反应，含有醛基；③遇FeC13溶液显紫色，含有酚羟基；④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有：、、、、、。
33.有机化合物X、Y、A、B、C、D、E、F、G之间的转化关系如下所示。
已知以下信息：
①
②（R、R’代表烃基）
③X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y。
④化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰。
回答下列问题：
（1）X的含氧官能团的名称是______，X与HCN反应生成A的反应类型是________。
（2）酯类化合物B的分子式是C15H14O3，其结构简式是________________。
（3）X发生银镜反应的化学方程式是______________________________________
（4）G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是_________________________
（5）的同分异构体中：①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应；④含氧官能团处在对位。满足上述条件的同分异构体共有________种(不考虑立体异构)，写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式____________________________________________。
【答案】 (1). 醛基 (2). 加成反应 (3). (4). (5). (6). 3 (7).
【解析】
【分析】X可以发生银镜反应，则X含有醛基，X与HCN发生加成反应生成A，A在酸性条件下水解生成扁桃酸，结合扁桃酸的结构简式，可知X为，A为，X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y，Y与扁桃酸发生酯化反应生成酯类化合物B的分子式是C15H14O3，可知Y为，则B为，X发生氧化反应，然后酸化得到C为，C与SOCl2发生信息中取代反应生成D为，化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，结合E与F缩聚反应产物结构简式，可知F为HCHO，E为，则G为，据此答题。
【详解】（1）X为，含氧官能团的名称是醛基，X与HCN反应生成A的反应类型是加成反应，故答案为醛基；加成反应。
（2）由上述分析可知，化合物B的结构简式是：，故答案为。
（3）X发生银镜反应的化学方程式是
，
故答案为：
（4）G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是：，
故答案为。
（5）的同分异构体中：①能发生水解反应，说明含有酯基，②能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基，③能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，④含氧官能团处在对位，可以是：两个含氧官能团为—OH和HCOO—，还含有1个甲基，有2种位置关系，或者为-OH、-CH2OOCH处于对位，满足上述条件的同分异构体共有3种（不考虑立体异构），核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为，故答案为3；。
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