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【化学】云南省玉溪市元江民族中学2018-2019学年高二5月月考（解析版） 试卷
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云南省玉溪市元江民族中学2018-2019学年高二5月月考
分卷I
一、单选题(共25小题,每小题5.0分,共125分)
1.下列说法正确的是（ ）
A. 多肽、油脂、纤维素、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应
B. 蛋白质是结构复杂的高分子化合物，蛋白质分子中都含有C，H，O，N四种元素
C. 棉、麻、蚕丝、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D. 根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间
【答案】B
【解析】
分析：考查物质的分类，以及有机物中物质组成和性质，难度不大，棉、麻的成分是纤维素，蚕丝、羊毛的成分是蛋白质，然后根据组成，进行判断，葡萄糖属于单糖，不能进行水解。
详解：A、多肽、油脂、纤维素、淀粉、蔗糖能发生水解，葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故A错误；
B、蛋白质是结构复杂的高分子化合物，蛋白质中含有氨基和羧基，因此蛋白质分子都含有C、H、O、N四种元素，有的含有S元素等其他元素，故B正确；
C、棉、麻成分是纤维素，含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成CO2和H2O，蚕丝、羊毛成分是蛋白质，含有C、H、O、N、S等，完全燃烧生成CO2、H2O、N2、SO2等，故C错误；
D、根据分散质粒子直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体分散质微粒直径为1nm－100nm，微粒直径大于100nm的分散系为浊液，小于1nm的分散系为溶液，故D错误。
点睛：糖类分为单糖、低聚糖、多糖，低聚糖和多糖能够发生水解，蔗糖属于二糖，淀粉、纤维素属于多糖，葡萄糖属于单糖，单糖是不能发生水解；氨基酸是构成蛋白质的基石，氨基酸含有官能团是氨基和羧基，蛋白质中也含有羧基和氨基，因此蛋白质中一定含有C、H、O、N四种元素。
2.下列有关化学实验的叙述不正确的是（ ）
A. 苯酚俗名石炭酸，向苯酚稀溶液中滴入石蕊试液变浅红色
B. 1﹣戊炔和裂化汽油都能使溴水褪色，且褪色原理相同
C. 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面氧化铝膜熔点高于铝
D. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成，且有气体放出
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚酸性很弱，向苯酚稀溶液中滴入石蕊试液，溶液不变色，故A错误；
B．1-戊炔和裂化汽油中都含有碳碳双键，都能与溴水发生加成反应而褪色，褪色原理相同，故B正确；
C．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面的氧化铝膜熔点高于铝，故C正确；
D．二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，硝酸根离子还原成一氧化氮，所以有白色沉淀生成，且有气体放出，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意二氧化硫具有还原性，硝酸具有强氧化性，题中放出的气体不是二氧化硫。
3.下列关于晶体的说法正确的组合是( )
①组成金属的微粒是原子
②晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4＋和12个O2－相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①金属单质属于金属晶体，金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，故①错误；
②晶体中含有阴离子，则一定含有阳离子，但含有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由阳离子与自由电子构成，没有阴离子，故②错误；
③金刚石、SiC属于原子晶体，键长C-C＜Si-C，故金刚石中化学键更稳定，其熔点更高；H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高；NaF、NaCl都属于离子晶体，离子半径氟离子小于氯离子，离子键更强，NaF熔点更高；熔点原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故③正确；
④共价化合物一定不含离子键，但离子晶体中可能含有共价键，如氢氧化钠、过氧化钠、铵盐等，故④错误；
⑤以顶点Ti4+离子研究，与之最近的O2-位于面心上，每个Ti4+离子为12个面共用，故每个Ti4+和12个O2-相紧邻，故⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成4个Si-O共价键，故⑥错误；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子稳定性属于化学性质，故⑦错误；
⑧氯化钠属于离子晶体，微粒之间作用力为离子键，熔化时破坏离子键，故⑧正确。
正确的有③⑤⑧，故选D。
【点睛】本题的易错点为②③，要注意金属晶体由阳离子与自由电子构成；要注意掌握和理解不同晶体熔沸点是比较方法。
4.能证明苯酚具有弱酸性的方法是（ ）
①苯酚溶液加热变澄清
②苯酚浊液中加NaOH后，溶液变澄清，生成苯酚钠和水．
③苯酚可与FeCl3反应
④在苯酚溶液中加入浓溴水产生白色沉淀
⑤苯酚能使石蕊溶液变红色
⑥苯酚能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3
A. ⑤⑥ B. ①②⑤ C. ③④⑥ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
①苯酚溶液加热变澄清，说明温度升高苯酚的溶解度增大，与弱酸性无关；②苯酚浊液中加NaOH后变澄清，生成苯酚钠和水，只能说明苯酚有酸性，不能说明酸性的强弱；③苯酚与FeCl3发生显色反应，与弱酸性无关；④在苯酚溶液中加入浓溴水发生取代反应生成白色三溴苯酚沉淀，与弱酸性无关；⑤苯酚溶液几乎不能使石蕊溶液变红色，说明苯酚溶液中c（H+）很小，说明苯酚溶液呈弱酸性；⑥苯酚与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，没有生成CO2，表明苯酚的酸性弱于碳酸的酸性，碳酸为弱酸，则苯酚有弱酸性；证明苯酚具有弱酸性的方法是⑤⑥，答案选A。
5.用式量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】D
【解析】
【详解】烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为43，所以14n+1=43，解得n=3，所以烷基为-C3H7。当为正丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体。当为异丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体。故该芳香烃产物的种类为6种。故选D。
6.下列物质能与银氨溶液反应产生银镜的是（ ）
A. 丙酮 B. 丙醛 C. 乙二醇 D. 苯酚
【答案】B
【解析】只有含有醛基的有机物才能发生银镜反应，所以答案是B。
7.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，根据对它们的理解，下列叙述中正确的是( )
A. 因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动
B. 3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同
C. 钒原子核外有4种形状的原子轨道
D. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
【答案】D
【解析】
A．S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，选项A错误；B.3px、3py、3pz属于同一能级上的电子，其能量相同，选项B错误；C．钒是23号元素，其原子核外有s、p、d三种形状的原子轨道，选项C错误；D．原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹，选项D正确。答案选D。
8.当航天飞机返回地球大气层时，由于空气的剧烈摩擦，飞机尖端的温度可达1000℃以上，为了防止高温将它烧毁，科学家给航天飞机的相应部位安装了可靠的保护层，制作保护层的材料是（ ）
A. 塑料 B. 合成纤维
C. 新型陶瓷和碳纤维的复合材料 D. 镁铝合金
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知，该保护层的材料必须是能够耐高温的材料，防止航天飞机返回地球大气层时，与空气剧烈摩擦，产生高温(1000℃以上)而被烧毁，据此分析解答。
【详解】A．塑料的熔点很小，不能耐高温，故A错误；
B．合成纤维具有强度高、弹性好、耐腐蚀等优点，但合成纤维的熔点较低，不能耐高温，故B错误；
C．新型陶瓷和碳纤维的复合材料熔点较高，能耐高温，故C正确；
D．镁铝合金的熔点较低，不能耐高温，故D错误；
答案选C。
9.下列关于微粒半径的说法正确的是( )
A. 电子层数少的元素的原子半径一定小于电子层数多的元素的原子半径
B. 核外电子层结构相同的单核粒子，半径相同
C. 质子数相同的不同单核粒子，电子数越多半径越大
D. 原子序数越大，原子半径越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子半径由电子层数和核电荷数两个因素决定，电子层数少的元素原子半径不一定小于电子层数多的元素的原子半径，如锂的原子半径大于氯的原子半径，故A错误；
B．核外电子层结构相同的单核粒子，核内质子数越多，半径越小，故B错误；
C．质子数相同的不同单核粒子，电子数越多，则半径越大，故C正确；
D．电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，故D错误；
答案选C。
10.下列过程与配合物的形成无关的是（ ）
A. 除去Fe粉中的SiO2可用于强碱溶液
B. 向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C. 向Fe3+溶液中加入KSCN溶液
D. 向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】
试题分析：A．二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和水都不是配合物，所以与配合物的形成无关，故A选；B．银离子和氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银能和氨水反应生成银氨配合物，所以与配合物的形成有关，故B不选；C．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁配合物，所以与配合物的形成有关，故C不选；D．铜离子和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，所以与配合物的形成有关，故D不选；故选A。
考点：考查了配合物的成键情况的相关知识。
11.能在有机物分子中引入羟基的反应类型有：①酯化 ②取代 ③消去 ④加成⑤水解 ⑥氧化，其中正确的组合是（ ）
A. ①②③⑥ B. ④⑤ C. ②④⑤⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①酯化反应是消除羟基，不会引入羟基，故①不选；
②取代反应可以引入羟基，例如卤代烃的水解反应、酯的水解反应，故②选；
③消去反应是消除羟基，不会引入羟基，故③不选；
④加成反应可以引入羟基，例如乙烯水化制乙醇，故④选；
⑤水解反应可引入羟基，如酯的水解反应生成醇，故⑤选；
⑥氧化反应可引入羟基，如醛的氧化生成羧酸，故⑥选，
能在有机物分子中引入羟基的反应类型有②④⑤⑥，故选C。
【点睛】本题的易错点为⑥，要注意羧基可以看成羰基和羟基的复合官能团。
12.下列关于杂化轨道的说法错误的是 ( )
A. 所有原子轨道都参与杂化
B. 同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化
C. 杂化轨道能量集中，有利于牢固成键
D. 杂化轨道中不一定有一个电子
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杂化轨道理论分析解答。
【详解】A. 参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，如1s与2s、2p能量相差太大不能形成杂化轨道。即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A错；
B. 只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故B正确；
C. 杂化轨道的电子云一头大一头小，成键时利用大的一头，可使电子云重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C正确；
D. 并不是所有的杂化轨道中都会有电子，也可以是空轨道（如一些配位化合物的形成），也可以有一对孤对电子（如NH3、H2O的形成），故D正确。
故选A。
13.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。
故选D。
14.离子晶体不可能具有的性质是( )
A. 较高的熔沸点 B. 良好的导电性
C. 溶于极性溶剂 D. 坚硬而易粉碎
【答案】B
【解析】
【详解】A.构成离子晶体的微粒是阴、阳离子，阴、阳离子间的作用力为离子键，故离子晶体一般熔沸点较高，故A正确；
B.离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的，在固态时，阴阳离子受到彼此的束缚不能自由移动，因而不导电，只有在离子晶体溶于水或熔融后，电离成可以自由移动的阴阳离子，才可以导电，故B错误；
C.离子晶体不易溶于苯、汽油等有机溶剂，故C正确；
D.离子晶体硬度较大且质地脆，故D正确。
故选B。
【点睛】离子晶体的性质：①硬度较大，难于压缩；②熔沸点较高；③固体不导电；④延展性差，受到外力容易破碎；⑤部分离子化合物易溶于水。
15.某羧酸的衍生物A的分子式为C6H12O2，已知，又知D不与Na2CO3溶液反应，C和E都不能发生银镜反应，则A的结构可能有( )
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
根据A的分子式及化学性质可判断，A是酯类。C是羧酸，D是醇。由于C和E都不能能发生银镜反应，说明C不能是甲酸，则D中最多含有4个碳原子.如果C是乙酸。则含有4个碳原子饱和一元醇，能发生催化氧化，但生成物不能发生银镜反应的只有2－丁醇。如果C是丙酸，则D是丙醇，显然只有2－丙醇符合条件。2个碳原子的醇的氧化产物能发生银镜反应。所以符合条件的只有2种，答案选B。
16.M能层对应的能层是( )
A. 第一能层 B. 第二能层 C. 第三能层 D. 第四能层
【答案】C
【解析】
【分析】
第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别叫K、L、M、N、O、P、Q。
【详解】第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别叫K、L、M、N、O、P、Q，因此M能层对应的能层指的就是第三能层，故答案选C。
【点睛】能层概念：根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的能层，其能层序数第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别用字母K、L、M、N、O、P、Q表示。
17.下图是金属晶体内部的电气理论示意图，仔细观察并用电气理论解释金属导电的原因是
A. 金属能导电是因为含有金属阳离子
B. 金属能导电是因为含有的自由电子在外电场作用下做定向运动
C. 金属能导电是因为含有电子且无规则运动
D. 金属能导电是因为金属阳离子和自由电子的相互作用
【答案】B
【解析】
【分析】
金属能导电，是由于金属晶体中存在自由移动的电子，在外加电场作用可发生定向移动，以此解答该题。
【详解】组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，与金属阳离子无关。
综上所述，本题选B。
18.下列反应中，属于取代反应的是( )
①CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2=CH2＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】B
【解析】
①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应，B正确。
19.保龄球与竹签可以用来制作有机分子球棍模型，保龄球代表有机分子中的原子，且保龄球个数和大小分别代表有机分子中的原子个数和类型；竹签代表有机分子中原子间结合的化学键，并以竹签的数目和类型代表化学键的数目和类型，下列关于用保龄球和竹签制作分子球棍模型的判断，正确的是（ ）
A. 甲烷的球棍模型需要用五个保龄球和五根竹签制作
B. 甲烷球棍模型中，较大的保龄球代表甲烷分子中的氢原子
C. 甲烷的球棍模型中，五个保龄球的球心不在同一平面上
D. 制作乙烯的模型时，需要用到六根完全相同的竹签
【答案】C
【解析】
分析：考查甲烷的空间构型、结构式、球棍模型，甲烷的空间构型为正四面体，碳原子与4个H原子相连，键角为109′28°；乙烯的空间为平面形，以及碳碳双键的键长与碳氢键的键长不同。
详解：A、甲烷的结构式为1个C原子与4个H原子相连，即需要4根竹签，故A错误；
B、C原子的半径大于H原子，因此较小的保龄球代表甲烷分子中氢原子，故B错误；
C、甲烷空间构型为正四面体，5个原子不在同一平面，故C正确；
D、乙烯的结构式为，因为碳原子的半径大于H原子的原子半径，碳碳双键的键长与碳氢键键长不同，故D错误。
点睛：掌握甲烷、乙烯的空间构型、结构式，是解决本题的关键，题目难度不大，有机化合物中需要掌握代表物的基础知识，然后学会知识的延伸。
20.下列叙述中正确是( )
A. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
B. 以极性键结合起来的分子一定是极性分子
C. 非极性分子只能是双原子单质分子
D. 非极性分子中，一定含有非极性共价键
【答案】A
【解析】
试题分析：A．全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B．以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C．非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D．非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；故选A。
考点：考查键的极性与分子的极性
21.玉米塑料﹣﹣“聚乳酸”（PLA）被视为继金属材料、无机材料、高分子材料之后的第四类新材料；其生产过程主要是以玉米等谷物为原料，经生物发酵生产出乳酸，再由乳酸特殊聚合反应而制得，它具有良好的生物相容性和可降解性，下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 玉米塑料生产中所用的原料是可再生资源
B. 玉米塑料的广泛使用可有效地解决“白色污染”并减少“温室效应”
C. （PLA）的整个生产过程都是生物催化，或者结合化学聚合，是一种耗能少、污染低的绿色生产工艺
D. 玉米塑料有着广泛的用途，能完全取代金属材料、无机材料等
【答案】D
【解析】
【详解】A．玉米塑料是以玉米等谷物为原料，富含淀粉，原料是可再生资源，故A正确；
B．普通塑料不能降解，玉米塑料具有良好的生物相容性和可降解性，广泛使用可有效地解决“白色污染”，玉米是经过光合作用合成有机物，可减少“温室效应”，故B正确；
C．玉米塑料是以玉米等谷物为原料，经生物发酵生产出乳酸，再由乳酸特殊聚合反应而制得，整个生产过程都是生物催化，或者结合化学聚合，是一种耗能少、污染低的绿色生产工艺，故C正确；
D．金属有导电性可做电极材料，有延展性可抽成细丝，有导热性可做炊具，而玉米塑料导电性和导热性，不能完全取代金属材料，故D错误；
答案选D。
22.下列属于配合物的是（ ）
A. NH4Cl B. Na2CO3•10H2O
C. CuSO4•5H2O D. Co（NH3）6Cl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵属于简单化合物，不含配体，不是配合物，故A错误；
B．十水碳酸钠属于一般化合物，不含配体，不是配合物，故B错误；
C．五水硫酸铜属于一般化合物，不含配体，，五水硫酸铜不属于配合物，故C错误；
D．Co(NH3)6Cl3中含有配体——NH3，属于配合物，故D正确；
答案选D。
23.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是( )
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属在熔融状态不导电，所以B错误；可溶性碱、可熔性盐属于离子化合物，在固态时不导电，所以C、D也错误。符合条件的只有A，如钠、钾等，答案选A。
考点：考查物质导电的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础和能力的双向考查，有助于培养学生的发散思维能力和创新思维能力，也有利于调动学生的学习兴趣，提高学生分析问题、解决问题的能力。
24.人们在日常生活中大量使用各种高分子材料，下列说法正确是（ ）
A. 天然橡胶易溶于水 B. 羊毛是合成高分子材料
C. 聚乙烯塑料是天然高分子材料 D. 聚氯乙烯塑料会造成“白色污染”
【答案】D
【解析】
试题分析：A.天然橡胶难溶于水，A项错误；B.羊毛是天然高分子材料，B项错误；C.聚乙烯塑料是合成高分子材料，C项错误；D.聚氯乙烯塑料难降解，且其中含有毒的氯原子，会造成“白色污染”，D项正确；答案选D。
考点：考查高分子材料的成分和性质。
25.白蚁分泌的蚁酸的化学性质与盐酸相似，能腐蚀很多建筑材料，下列材料中最不容易被白蚁蛀蚀的是（ ）
A. 钢 B. 铜 C. 大理石 D. 生铁
【答案】B
【解析】
试题分析：因为蚁酸与盐酸性质类似，凡能与盐酸反应的物质也一定能与蚁酸反应，所以四种物质中钢与生铁的主要成分是铁都能与蚁酸反应，大理石的主要成分是碳酸钙也能与蚁酸反应，只有铜不能与蚁酸反应；故选B。
考点：考查蚁酸的性质。
分卷II
二、填空题(共6小题,共50分)
26.地球上的物质不断变化，数10亿年来大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：
目前空气的成分
N2、O2、CO2、水蒸气及稀有气体（如He、Ne等）
原始氮气的主要成分
CH4、NH3、CO、CO2等
用上表所涉及的分子填写下列空白。
(1)含有10个电子的分子有(填化学式，下同)______________________；
(2)由极性键构成的非极性分子有____________________；
(3)与H＋可直接形成配位键的分子有________；
(4)沸点最高的物质是________，用所学的知识解释其沸点最高的原因_____________；
(5)分子中不含孤电子对的分子(稀有气体除外)有________，它的立体构型为________；
(6)极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是________，它之所以极易溶于水是因为它的分子和水分子之间形成________；
(7)CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是________，这两种结构相似的分子中，分子的极性________(填“相同”或“不相同”)，CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫________。
【答案】 (1). H2O、Ne、CH4、NH3 (2). CH4、CO2 (3). NH3、H2O (4). H2O (5). 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高 (6). CH4 (7). 正四面体 (8). NH3 (9). 氢键 (10). N2 (11). 不相同 (12). 配位键
【解析】
【分析】
(1)根据各微粒含有的电子数分析判断；
(2)不同非金属元素形成的化学键是极性键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；
(3) 根据电子式判断出含有孤对电子的分子，再判断能够与H＋可形成配位键的分子；
(4)根据常温下水为液体分析解答；
(5)根据电子式判断出无孤对电子的分子，结合价层电子对互斥理论分析判断分子的构型；
(6)根据物质的水溶液的性质分析判断；
(7)根据等电子体的结构相似来判断结合CO的结构式分析解答。
【详解】(1)含有10个电子的分子有H2O、Ne、CH4、NH3，故答案为：H2O、Ne、CH4、NH3；
(2)甲烷中碳原子和氢原子之间存在极性键，甲烷是正四面体结构，正负电荷重心重合，是非极性分子；二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线型结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故答案为：CH4；CO2；
(3) N2、O2、CO2、水蒸气、NH3、CO孤对电子分别为2对，4对，4对，2对，1对，2对，其中与H＋可直接形成配位键的分子有NH3、H2O，故答案为：NH3、H2O；
(4) 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高，常温下为液体，在这些物质中沸点最高，故答案为：H2O；液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高；
(5)N2、O2、CO2、水蒸气、NH3、CO的孤对电子分别为2对，4对，4对，2对，1对，2对，CH4中无孤对电子，由于碳原子采取sp3杂化，分子构型为正四面体，故答案为：CH4；正四面体；
(6)氨气极易溶于水，是由于氨气能与水分子之间形成氢键，氨气溶于水，与水反应形成一水合氨：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，溶液呈碱性，故答案为：NH3；氢键；
(7)CO与N2是等电子体，等电子体的结构相似，N2是由同种元素组成的双原子分子为非极性分子；CO是由不同种元素组成的双原子分子为极性分子；由CO的结构OC，可知分子含有1个配位键，2个共价键，故答案为：N2；不相同；配位键。
27.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。
(1)Cu位于元素周期表第ⅠB族。Cu2＋的电子排布式为____________________。
(2)下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为________。
(3)胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列说法正确的是________(填字母)。
A．在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去
(4)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是______________________________。
(5)Cu2O的熔点比Cu2S的________(填“高”或“低”)，请解释原因________________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9
（2）4
（3）BD
（4）F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子。
（5）高 Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带电荷也相同，但O2－的半径比S2－小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高。
【解析】
分析：（1）根据Cu的电子排布式书写Cu2+离子的电子排布式；（2）利用均摊法分析晶胞的结构；（3）根据结构示意图中所有氧原子都是饱和氧原子，存在O→Cu配位键，H-O、S-O共价键和Cu、O离子键，胆矾属于离子晶体以及胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子等角度分析；（4）根据电负性的角度分析；（5）从影响离子晶体熔沸点高低的角度分析。
详解：（1）Cu（电子排布式为：[Ar]3d104s1）Cu2+的过程中，参与反应的电子是最外层的4s及3d上各一个电子，故Cu2+离子的电子排布式是为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9，故答案为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）从图中可以看出阴离子在晶胞有四类：顶点（8个）、棱上（4个）、面上（2个）、体心（1个），根据立方体的分摊法，可知该晶胞中阴离子数目为：8×+4×+2×+1=4；（3）A．硫酸根离子中氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，选项A错误；B．在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H-O、S-O共价键和Cu、O离子键，选项B正确；C．胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，选项C错误；D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，选项D正确。答案选BD；（4）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或者N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键。）；（5）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。
点睛：本题考查常见元素核外电子排布、电负性概念、常见轨道杂化类型、以及离子晶体的晶胞结构、化学键、物质性质、配合物成键状况的了解，题目难度中等，学习中注意加强对晶胞以及晶体结构的分析。
28.实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取W g该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。
回答下列问题：
（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；
（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；
（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；
（4）D装置的作用是_________；
（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；
（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有___（填编号）。
A．生成二氧化碳气体的质量 B．生成水的质量 C．通入氧气的体积 D．氨基酸的相对分子质量
【答案】 (1). 排除体系中的N2 (2). A和D (3). D (4). CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 (5). 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 (6). 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 (7). 视线与凹液面最低处相切 (8). ABD
【解析】
【分析】
在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。
【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2；
(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。
(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；
(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；
(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；
(6) 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。
【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。
29.含苯酚的工业废水的处理流程如图所示。
(1)①流程图设备Ⅰ中进行的是_____操作(填写操作名称)。实验室里这一步操作可以用_____ (填仪器名称)进行。
②由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是_____ (填化学式，下同)。由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是_____。
③在设备Ⅲ中发生反应的化学方程式为_____。
④在设备Ⅳ中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH、H2O和。通过_____ (填操作名称)操作，可以使产物相互分离。
⑤图中，能循环使用的物质是_____、_____、C6H6和CaO。
(2)为了防止水源污染，用简单而又现象明显的方法检验某工厂排放的污水中有无苯酚，此方法是_____。从废水中回收苯酚的方法是①用有机溶剂萃取废液中的苯酚；②加入某种药品的水溶液使苯酚与有机溶剂脱离；③加入某物质又析出苯酚。试写出②、③两步的反应方程式：__________。
(3)为测定废水中苯酚的含量，取此废水100 mL，向其中加入浓溴水至不再产生沉淀为止，得到沉淀0.331 g，求此废水中苯酚的含量_____ (mg·L－1)。
【答案】 (1). 萃取、分液 (2). 分液漏斗 (3). C6H5ONa (4). NaHCO3 (5). C6H5ONa＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋NaHCO3 (6). CaCO3 (7). 过滤 (8). NaOH溶液 (9). CO2 (10). 向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚 (11). (12). 940 mg·L－1
【解析】
分析：这是一道化工实验题，主要考查苯酚的物理、化学性质和萃取、分液的操作。首先，要正确理解流程图和各试剂的作用，再结合苯酚的性质和基本实验操作就可一一解答。
详解： (1)设备Ⅰ里废水和苯混合分离出水，显然是萃取操作，实验室中可以用分液漏斗进行；设备Ⅱ中向苯酚和苯的混合液中加入NaOH溶液，目的是分离出苯，故A物质是苯酚钠溶液；在设备Ⅲ中通入CO2分离出苯酚，故剩下物质B是NaHCO3溶液；在设备Ⅳ中往NaHCO3溶液中加入CaO，生成NaOH、H2O、CaCO3，可用过滤操作分离出CaCO3；在设备Ⅴ中加热CaCO3可得CO2和CaO。(3)设每升废水含苯酚的质量为x，
94 331
x 0.331g×10
x ＝ 0.94 g；
所以此废水中苯酚的含量为940mg·L－1。
点睛：本题盲点主要是不能正确理解废水处理流程图和各试剂的作用。
30.下表为部分短周期非金属元素性质或原子结构，已知A﹣D的原子序数依次增大。
元素编号
元素性质或原子结构
A
A原子所处的周期数、族序数、原子序数均相等
B
核外电子有6种不同运动状态
C
最简单氢化物的水溶液呈碱性
D
基态原子的s轨道电子数等于p轨道电子数
请结合表中信息完成下列各小题(答题时用所对应的元素符号)：
(1)写出C原子的电子排布图________。
(2)A，B，C，D的第一电离能由大到小的顺序为________。
(3)用电离方程式表示C的最简单氢化物的水溶液呈碱性的原因________。按照共价键理论，分子中每个原子的最外电子层电子数均已饱和，已知ABCD分子可能有三种不同结构，它们的结构可以从其他物质的结构中获得启发。
(4)ABC的结构式是______，向其中插入一个D原子，若形成配位键(用→表示)则ABCD的结构式为_______，分子中C的原子的杂化类型是______；若无配位键则ABCD的结构式为______分子中D原子的杂化类型为________。
(5)BD2的电子式是________将D原子换成等电子的 所得ABCD的结构式为_______，分子中C原子的杂化类型是_______。
(6)在ABCD的三种可能结构中B原子的杂化类型________(填“相同”或“不相同”)。
【答案】 (1). (2). N＞O＞C＞H (3). NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ (4). H﹣C≡N (5). H﹣C≡N→O (6). sp (7). H﹣O﹣C≡N (8). sp3 (9). (10). H﹣N=C=O (11). sp2 (12). 相同
【解析】
【分析】
短周期非金属元素A-D的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数、原子序数均相等，则A为氢元素；B核外电子有6种不同运动状态，即核外电子数为6，则B为碳元素；C最简单氢化物的水溶液呈碱性，则C为氮元素；D基态原子的s轨道电子数等于p轨道电子数，则其核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，为非金属性元素，则其核外电子排布式为1s22s22p4，则D为氧元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素。
(1)C为氮元素，原子核外有7个电子，原子的电子排布图为，故答案为：；
(2)同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素的2p容纳了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，故第一电离能N＞O＞C＞H，故答案为：N＞O＞C＞H；
(3)C的最简单氢化物为NH3，其水溶液中NH3•H2O发生电离NH3•H2O⇌NH4++OH-，使溶液呈碱性，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；
(4)ABC的化学式为HCN，HCN分子中C原子与N原子之间形成3对共用电子对，C原子与H原子之间形成1对共用电子对，故HCN的结构式是为H-C≡N；向其中插入一个O原子，若形成配位键，N原子通过孤对电子、O原子通过空轨道形成配位键，则HCNO的结构式为H-C≡N→O，分子中N原子成1个σ键、含1对孤对电子，N原子采取sp杂化；若无配位键则HCNO中，O原子应在H-C≡N中H-C键之间插入，其结构式为H-O-C≡N，分子中O原子成2个σ键、含2对孤对电子，O原子采取sp3杂化，故答案为：H-C≡N；H-C≡N→O；sp；H-O-C≡N；sp3；
(5)BD2为CO2，CO2的电子式是，将D原子换成等电子的，根据稳定结构可知，N与C之间形成2对共用电子对，故所得ABCD的结构式为 H-N=C=O，分子中N原子成2个σ键、含1对孤对电子，N原子采取sp2杂化，故答案为：；H-N=C=O；sp2；
(6)在ABCD的三种可能结构中C原子都成2个σ键、不含孤对电子，C原子均采取sp杂化，故答案为：相同。
【点睛】本题的易错点为(4)~(6)，要注意根据题意确定ABCD的三种结构，注意根据价层电子对数计算判断杂化方式。
31.某芳香烃A，分子式为C8H10；某烃类衍生物X，分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色；J分子内有两个互为对位的取代基，在一定条件下有如下的转化关系：(无机物略去)
(1)属于芳香烃类的A的同分异构体中，其沸点的大小关系为______；(不包括A，用结构简式表示)
(2)J中所含的含氧官能团的名称为________；
(3)E与H反应的化学方程式是________；反应类型是______；
(4)B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机物I，以I为单体合成的高分子化合物的名称是________；
(5)已知J有多种同分异构体，写出一种符合下列性质的J的同分异构体的结构简式________。
①与FeCl3溶液作用显紫色，②与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生红色沉淀，③苯环上的一卤代物有2种
【答案】 (1). (2). （酚）羟基、羧基 (3). (4). 酯化反应（或取代反应） (5). 聚苯乙烯 (6).
【解析】
【分析】
某芳香烃A，分子式为C8H10，可能为乙苯或二甲苯，A与氯气在光照条件下发生侧链上的一氯取代反应生成两种不同物质B和C，说明A为乙苯，B最终产物H能与NaHCO3溶液反应，说明H具有酸性，则B为，C为，E为，H为，X分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，水解生成I和E，则X为酯，水解生成羧酸和醇，而E为醇，分子中不含酚羟基，J为酸，分子中含有羧基并有酚羟基，且两个取代基互为对位，结构为，据此分析解答。
【详解】(1)乙苯的同分异构体为二甲苯，有邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯三种，三者的沸点高低顺序为邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯，故答案为：；
(2)J为，分子中含有的含氧官能团为酚羟基和羧基，故答案为：(酚)羟基、羧基；
(3)E为，H为，二者在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成酯和水，反应方程式为：，故答案为：；酯化反应(或取代反应)；
(4)B为，C为，B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，可以生成同一种有机物K，则K为苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，故答案为：聚苯乙烯；
(5)J为，J的同分异构体中：①与FeCl3溶液作用显紫色，说明结构中含有酚羟基；②与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生红色沉淀，说明结构中含有醛基，可以是醛也可以是甲酸酯；③苯环上的一卤代物有2种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子。符合条件的有：，故答案为：。
分卷I
一、单选题(共25小题,每小题5.0分,共125分)
1.下列说法正确的是（ ）
A. 多肽、油脂、纤维素、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应
B. 蛋白质是结构复杂的高分子化合物，蛋白质分子中都含有C，H，O，N四种元素
C. 棉、麻、蚕丝、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
D. 根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间
【答案】B
【解析】
分析：考查物质的分类，以及有机物中物质组成和性质，难度不大，棉、麻的成分是纤维素，蚕丝、羊毛的成分是蛋白质，然后根据组成，进行判断，葡萄糖属于单糖，不能进行水解。
详解：A、多肽、油脂、纤维素、淀粉、蔗糖能发生水解，葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故A错误；
B、蛋白质是结构复杂的高分子化合物，蛋白质中含有氨基和羧基，因此蛋白质分子都含有C、H、O、N四种元素，有的含有S元素等其他元素，故B正确；
C、棉、麻成分是纤维素，含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成CO2和H2O，蚕丝、羊毛成分是蛋白质，含有C、H、O、N、S等，完全燃烧生成CO2、H2O、N2、SO2等，故C错误；
D、根据分散质粒子直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体分散质微粒直径为1nm－100nm，微粒直径大于100nm的分散系为浊液，小于1nm的分散系为溶液，故D错误。
点睛：糖类分为单糖、低聚糖、多糖，低聚糖和多糖能够发生水解，蔗糖属于二糖，淀粉、纤维素属于多糖，葡萄糖属于单糖，单糖是不能发生水解；氨基酸是构成蛋白质的基石，氨基酸含有官能团是氨基和羧基，蛋白质中也含有羧基和氨基，因此蛋白质中一定含有C、H、O、N四种元素。
2.下列有关化学实验的叙述不正确的是（ ）
A. 苯酚俗名石炭酸，向苯酚稀溶液中滴入石蕊试液变浅红色
B. 1﹣戊炔和裂化汽油都能使溴水褪色，且褪色原理相同
C. 铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面氧化铝膜熔点高于铝
D. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成，且有气体放出
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚酸性很弱，向苯酚稀溶液中滴入石蕊试液，溶液不变色，故A错误；
B．1-戊炔和裂化汽油中都含有碳碳双键，都能与溴水发生加成反应而褪色，褪色原理相同，故B正确；
C．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面的氧化铝膜熔点高于铝，故C正确；
D．二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，硝酸根离子还原成一氧化氮，所以有白色沉淀生成，且有气体放出，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意二氧化硫具有还原性，硝酸具有强氧化性，题中放出的气体不是二氧化硫。
3.下列关于晶体的说法正确的组合是( )
①组成金属的微粒是原子
②晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4＋和12个O2－相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①金属单质属于金属晶体，金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，故①错误；
②晶体中含有阴离子，则一定含有阳离子，但含有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由阳离子与自由电子构成，没有阴离子，故②错误；
③金刚石、SiC属于原子晶体，键长C-C＜Si-C，故金刚石中化学键更稳定，其熔点更高；H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高；NaF、NaCl都属于离子晶体，离子半径氟离子小于氯离子，离子键更强，NaF熔点更高；熔点原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故③正确；
④共价化合物一定不含离子键，但离子晶体中可能含有共价键，如氢氧化钠、过氧化钠、铵盐等，故④错误；
⑤以顶点Ti4+离子研究，与之最近的O2-位于面心上，每个Ti4+离子为12个面共用，故每个Ti4+和12个O2-相紧邻，故⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成4个Si-O共价键，故⑥错误；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子稳定性属于化学性质，故⑦错误；
⑧氯化钠属于离子晶体，微粒之间作用力为离子键，熔化时破坏离子键，故⑧正确。
正确的有③⑤⑧，故选D。
【点睛】本题的易错点为②③，要注意金属晶体由阳离子与自由电子构成；要注意掌握和理解不同晶体熔沸点是比较方法。
4.能证明苯酚具有弱酸性的方法是（ ）
①苯酚溶液加热变澄清
②苯酚浊液中加NaOH后，溶液变澄清，生成苯酚钠和水．
③苯酚可与FeCl3反应
④在苯酚溶液中加入浓溴水产生白色沉淀
⑤苯酚能使石蕊溶液变红色
⑥苯酚能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3
A. ⑤⑥ B. ①②⑤ C. ③④⑥ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
①苯酚溶液加热变澄清，说明温度升高苯酚的溶解度增大，与弱酸性无关；②苯酚浊液中加NaOH后变澄清，生成苯酚钠和水，只能说明苯酚有酸性，不能说明酸性的强弱；③苯酚与FeCl3发生显色反应，与弱酸性无关；④在苯酚溶液中加入浓溴水发生取代反应生成白色三溴苯酚沉淀，与弱酸性无关；⑤苯酚溶液几乎不能使石蕊溶液变红色，说明苯酚溶液中c（H+）很小，说明苯酚溶液呈弱酸性；⑥苯酚与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，没有生成CO2，表明苯酚的酸性弱于碳酸的酸性，碳酸为弱酸，则苯酚有弱酸性；证明苯酚具有弱酸性的方法是⑤⑥，答案选A。
5.用式量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】D
【解析】
【详解】烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为43，所以14n+1=43，解得n=3，所以烷基为-C3H7。当为正丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体。当为异丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体。故该芳香烃产物的种类为6种。故选D。
6.下列物质能与银氨溶液反应产生银镜的是（ ）
A. 丙酮 B. 丙醛 C. 乙二醇 D. 苯酚
【答案】B
【解析】只有含有醛基的有机物才能发生银镜反应，所以答案是B。
7.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，根据对它们的理解，下列叙述中正确的是( )
A. 因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动
B. 3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同
C. 钒原子核外有4种形状的原子轨道
D. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
【答案】D
【解析】
A．S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，选项A错误；B.3px、3py、3pz属于同一能级上的电子，其能量相同，选项B错误；C．钒是23号元素，其原子核外有s、p、d三种形状的原子轨道，选项C错误；D．原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹，选项D正确。答案选D。
8.当航天飞机返回地球大气层时，由于空气的剧烈摩擦，飞机尖端的温度可达1000℃以上，为了防止高温将它烧毁，科学家给航天飞机的相应部位安装了可靠的保护层，制作保护层的材料是（ ）
A. 塑料 B. 合成纤维
C. 新型陶瓷和碳纤维的复合材料 D. 镁铝合金
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知，该保护层的材料必须是能够耐高温的材料，防止航天飞机返回地球大气层时，与空气剧烈摩擦，产生高温(1000℃以上)而被烧毁，据此分析解答。
【详解】A．塑料的熔点很小，不能耐高温，故A错误；
B．合成纤维具有强度高、弹性好、耐腐蚀等优点，但合成纤维的熔点较低，不能耐高温，故B错误；
C．新型陶瓷和碳纤维的复合材料熔点较高，能耐高温，故C正确；
D．镁铝合金的熔点较低，不能耐高温，故D错误；
答案选C。
9.下列关于微粒半径的说法正确的是( )
A. 电子层数少的元素的原子半径一定小于电子层数多的元素的原子半径
B. 核外电子层结构相同的单核粒子，半径相同
C. 质子数相同的不同单核粒子，电子数越多半径越大
D. 原子序数越大，原子半径越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子半径由电子层数和核电荷数两个因素决定，电子层数少的元素原子半径不一定小于电子层数多的元素的原子半径，如锂的原子半径大于氯的原子半径，故A错误；
B．核外电子层结构相同的单核粒子，核内质子数越多，半径越小，故B错误；
C．质子数相同的不同单核粒子，电子数越多，则半径越大，故C正确；
D．电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，故D错误；
答案选C。
10.下列过程与配合物的形成无关的是（ ）
A. 除去Fe粉中的SiO2可用于强碱溶液
B. 向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C. 向Fe3+溶液中加入KSCN溶液
D. 向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】
试题分析：A．二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和水都不是配合物，所以与配合物的形成无关，故A选；B．银离子和氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银能和氨水反应生成银氨配合物，所以与配合物的形成有关，故B不选；C．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁配合物，所以与配合物的形成有关，故C不选；D．铜离子和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，所以与配合物的形成有关，故D不选；故选A。
考点：考查了配合物的成键情况的相关知识。
11.能在有机物分子中引入羟基的反应类型有：①酯化 ②取代 ③消去 ④加成⑤水解 ⑥氧化，其中正确的组合是（ ）
A. ①②③⑥ B. ④⑤ C. ②④⑤⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①酯化反应是消除羟基，不会引入羟基，故①不选；
②取代反应可以引入羟基，例如卤代烃的水解反应、酯的水解反应，故②选；
③消去反应是消除羟基，不会引入羟基，故③不选；
④加成反应可以引入羟基，例如乙烯水化制乙醇，故④选；
⑤水解反应可引入羟基，如酯的水解反应生成醇，故⑤选；
⑥氧化反应可引入羟基，如醛的氧化生成羧酸，故⑥选，
能在有机物分子中引入羟基的反应类型有②④⑤⑥，故选C。
【点睛】本题的易错点为⑥，要注意羧基可以看成羰基和羟基的复合官能团。
12.下列关于杂化轨道的说法错误的是 ( )
A. 所有原子轨道都参与杂化
B. 同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化
C. 杂化轨道能量集中，有利于牢固成键
D. 杂化轨道中不一定有一个电子
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杂化轨道理论分析解答。
【详解】A. 参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，如1s与2s、2p能量相差太大不能形成杂化轨道。即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A错；
B. 只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故B正确；
C. 杂化轨道的电子云一头大一头小，成键时利用大的一头，可使电子云重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C正确；
D. 并不是所有的杂化轨道中都会有电子，也可以是空轨道（如一些配位化合物的形成），也可以有一对孤对电子（如NH3、H2O的形成），故D正确。
故选A。
13.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。
故选D。
14.离子晶体不可能具有的性质是( )
A. 较高的熔沸点 B. 良好的导电性
C. 溶于极性溶剂 D. 坚硬而易粉碎
【答案】B
【解析】
【详解】A.构成离子晶体的微粒是阴、阳离子，阴、阳离子间的作用力为离子键，故离子晶体一般熔沸点较高，故A正确；
B.离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的，在固态时，阴阳离子受到彼此的束缚不能自由移动，因而不导电，只有在离子晶体溶于水或熔融后，电离成可以自由移动的阴阳离子，才可以导电，故B错误；
C.离子晶体不易溶于苯、汽油等有机溶剂，故C正确；
D.离子晶体硬度较大且质地脆，故D正确。
故选B。
【点睛】离子晶体的性质：①硬度较大，难于压缩；②熔沸点较高；③固体不导电；④延展性差，受到外力容易破碎；⑤部分离子化合物易溶于水。
15.某羧酸的衍生物A的分子式为C6H12O2，已知，又知D不与Na2CO3溶液反应，C和E都不能发生银镜反应，则A的结构可能有( )
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
根据A的分子式及化学性质可判断，A是酯类。C是羧酸，D是醇。由于C和E都不能能发生银镜反应，说明C不能是甲酸，则D中最多含有4个碳原子.如果C是乙酸。则含有4个碳原子饱和一元醇，能发生催化氧化，但生成物不能发生银镜反应的只有2－丁醇。如果C是丙酸，则D是丙醇，显然只有2－丙醇符合条件。2个碳原子的醇的氧化产物能发生银镜反应。所以符合条件的只有2种，答案选B。
16.M能层对应的能层是( )
A. 第一能层 B. 第二能层 C. 第三能层 D. 第四能层
【答案】C
【解析】
【分析】
第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别叫K、L、M、N、O、P、Q。
【详解】第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别叫K、L、M、N、O、P、Q，因此M能层对应的能层指的就是第三能层，故答案选C。
【点睛】能层概念：根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的能层，其能层序数第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别用字母K、L、M、N、O、P、Q表示。
17.下图是金属晶体内部的电气理论示意图，仔细观察并用电气理论解释金属导电的原因是
A. 金属能导电是因为含有金属阳离子
B. 金属能导电是因为含有的自由电子在外电场作用下做定向运动
C. 金属能导电是因为含有电子且无规则运动
D. 金属能导电是因为金属阳离子和自由电子的相互作用
【答案】B
【解析】
【分析】
金属能导电，是由于金属晶体中存在自由移动的电子，在外加电场作用可发生定向移动，以此解答该题。
【详解】组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定向移动，故能导电，与金属阳离子无关。
综上所述，本题选B。
18.下列反应中，属于取代反应的是( )
①CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2=CH2＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】B
【解析】
①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应，B正确。
19.保龄球与竹签可以用来制作有机分子球棍模型，保龄球代表有机分子中的原子，且保龄球个数和大小分别代表有机分子中的原子个数和类型；竹签代表有机分子中原子间结合的化学键，并以竹签的数目和类型代表化学键的数目和类型，下列关于用保龄球和竹签制作分子球棍模型的判断，正确的是（ ）
A. 甲烷的球棍模型需要用五个保龄球和五根竹签制作
B. 甲烷球棍模型中，较大的保龄球代表甲烷分子中的氢原子
C. 甲烷的球棍模型中，五个保龄球的球心不在同一平面上
D. 制作乙烯的模型时，需要用到六根完全相同的竹签
【答案】C
【解析】
分析：考查甲烷的空间构型、结构式、球棍模型，甲烷的空间构型为正四面体，碳原子与4个H原子相连，键角为109′28°；乙烯的空间为平面形，以及碳碳双键的键长与碳氢键的键长不同。
详解：A、甲烷的结构式为1个C原子与4个H原子相连，即需要4根竹签，故A错误；
B、C原子的半径大于H原子，因此较小的保龄球代表甲烷分子中氢原子，故B错误；
C、甲烷空间构型为正四面体，5个原子不在同一平面，故C正确；
D、乙烯的结构式为，因为碳原子的半径大于H原子的原子半径，碳碳双键的键长与碳氢键键长不同，故D错误。
点睛：掌握甲烷、乙烯的空间构型、结构式，是解决本题的关键，题目难度不大，有机化合物中需要掌握代表物的基础知识，然后学会知识的延伸。
20.下列叙述中正确是( )
A. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
B. 以极性键结合起来的分子一定是极性分子
C. 非极性分子只能是双原子单质分子
D. 非极性分子中，一定含有非极性共价键
【答案】A
【解析】
试题分析：A．全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B．以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C．非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D．非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；故选A。
考点：考查键的极性与分子的极性
21.玉米塑料﹣﹣“聚乳酸”（PLA）被视为继金属材料、无机材料、高分子材料之后的第四类新材料；其生产过程主要是以玉米等谷物为原料，经生物发酵生产出乳酸，再由乳酸特殊聚合反应而制得，它具有良好的生物相容性和可降解性，下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 玉米塑料生产中所用的原料是可再生资源
B. 玉米塑料的广泛使用可有效地解决“白色污染”并减少“温室效应”
C. （PLA）的整个生产过程都是生物催化，或者结合化学聚合，是一种耗能少、污染低的绿色生产工艺
D. 玉米塑料有着广泛的用途，能完全取代金属材料、无机材料等
【答案】D
【解析】
【详解】A．玉米塑料是以玉米等谷物为原料，富含淀粉，原料是可再生资源，故A正确；
B．普通塑料不能降解，玉米塑料具有良好的生物相容性和可降解性，广泛使用可有效地解决“白色污染”，玉米是经过光合作用合成有机物，可减少“温室效应”，故B正确；
C．玉米塑料是以玉米等谷物为原料，经生物发酵生产出乳酸，再由乳酸特殊聚合反应而制得，整个生产过程都是生物催化，或者结合化学聚合，是一种耗能少、污染低的绿色生产工艺，故C正确；
D．金属有导电性可做电极材料，有延展性可抽成细丝，有导热性可做炊具，而玉米塑料导电性和导热性，不能完全取代金属材料，故D错误；
答案选D。
22.下列属于配合物的是（ ）
A. NH4Cl B. Na2CO3•10H2O
C. CuSO4•5H2O D. Co（NH3）6Cl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵属于简单化合物，不含配体，不是配合物，故A错误；
B．十水碳酸钠属于一般化合物，不含配体，不是配合物，故B错误；
C．五水硫酸铜属于一般化合物，不含配体，，五水硫酸铜不属于配合物，故C错误；
D．Co(NH3)6Cl3中含有配体——NH3，属于配合物，故D正确；
答案选D。
23.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是( )
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属在熔融状态不导电，所以B错误；可溶性碱、可熔性盐属于离子化合物，在固态时不导电，所以C、D也错误。符合条件的只有A，如钠、钾等，答案选A。
考点：考查物质导电的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础和能力的双向考查，有助于培养学生的发散思维能力和创新思维能力，也有利于调动学生的学习兴趣，提高学生分析问题、解决问题的能力。
24.人们在日常生活中大量使用各种高分子材料，下列说法正确是（ ）
A. 天然橡胶易溶于水 B. 羊毛是合成高分子材料
C. 聚乙烯塑料是天然高分子材料 D. 聚氯乙烯塑料会造成“白色污染”
【答案】D
【解析】
试题分析：A.天然橡胶难溶于水，A项错误；B.羊毛是天然高分子材料，B项错误；C.聚乙烯塑料是合成高分子材料，C项错误；D.聚氯乙烯塑料难降解，且其中含有毒的氯原子，会造成“白色污染”，D项正确；答案选D。
考点：考查高分子材料的成分和性质。
25.白蚁分泌的蚁酸的化学性质与盐酸相似，能腐蚀很多建筑材料，下列材料中最不容易被白蚁蛀蚀的是（ ）
A. 钢 B. 铜 C. 大理石 D. 生铁
【答案】B
【解析】
试题分析：因为蚁酸与盐酸性质类似，凡能与盐酸反应的物质也一定能与蚁酸反应，所以四种物质中钢与生铁的主要成分是铁都能与蚁酸反应，大理石的主要成分是碳酸钙也能与蚁酸反应，只有铜不能与蚁酸反应；故选B。
考点：考查蚁酸的性质。
分卷II
二、填空题(共6小题,共50分)
26.地球上的物质不断变化，数10亿年来大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：
目前空气的成分
N2、O2、CO2、水蒸气及稀有气体（如He、Ne等）
原始氮气的主要成分
CH4、NH3、CO、CO2等
用上表所涉及的分子填写下列空白。
(1)含有10个电子的分子有(填化学式，下同)______________________；
(2)由极性键构成的非极性分子有____________________；
(3)与H＋可直接形成配位键的分子有________；
(4)沸点最高的物质是________，用所学的知识解释其沸点最高的原因_____________；
(5)分子中不含孤电子对的分子(稀有气体除外)有________，它的立体构型为________；
(6)极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是________，它之所以极易溶于水是因为它的分子和水分子之间形成________；
(7)CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是________，这两种结构相似的分子中，分子的极性________(填“相同”或“不相同”)，CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫________。
【答案】 (1). H2O、Ne、CH4、NH3 (2). CH4、CO2 (3). NH3、H2O (4). H2O (5). 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高 (6). CH4 (7). 正四面体 (8). NH3 (9). 氢键 (10). N2 (11). 不相同 (12). 配位键
【解析】
【分析】
(1)根据各微粒含有的电子数分析判断；
(2)不同非金属元素形成的化学键是极性键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；
(3) 根据电子式判断出含有孤对电子的分子，再判断能够与H＋可形成配位键的分子；
(4)根据常温下水为液体分析解答；
(5)根据电子式判断出无孤对电子的分子，结合价层电子对互斥理论分析判断分子的构型；
(6)根据物质的水溶液的性质分析判断；
(7)根据等电子体的结构相似来判断结合CO的结构式分析解答。
【详解】(1)含有10个电子的分子有H2O、Ne、CH4、NH3，故答案为：H2O、Ne、CH4、NH3；
(2)甲烷中碳原子和氢原子之间存在极性键，甲烷是正四面体结构，正负电荷重心重合，是非极性分子；二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线型结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故答案为：CH4；CO2；
(3) N2、O2、CO2、水蒸气、NH3、CO孤对电子分别为2对，4对，4对，2对，1对，2对，其中与H＋可直接形成配位键的分子有NH3、H2O，故答案为：NH3、H2O；
(4) 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高，常温下为液体，在这些物质中沸点最高，故答案为：H2O；液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高；
(5)N2、O2、CO2、水蒸气、NH3、CO的孤对电子分别为2对，4对，4对，2对，1对，2对，CH4中无孤对电子，由于碳原子采取sp3杂化，分子构型为正四面体，故答案为：CH4；正四面体；
(6)氨气极易溶于水，是由于氨气能与水分子之间形成氢键，氨气溶于水，与水反应形成一水合氨：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，溶液呈碱性，故答案为：NH3；氢键；
(7)CO与N2是等电子体，等电子体的结构相似，N2是由同种元素组成的双原子分子为非极性分子；CO是由不同种元素组成的双原子分子为极性分子；由CO的结构OC，可知分子含有1个配位键，2个共价键，故答案为：N2；不相同；配位键。
27.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。
(1)Cu位于元素周期表第ⅠB族。Cu2＋的电子排布式为____________________。
(2)下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为________。
(3)胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列说法正确的是________(填字母)。
A．在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去
(4)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是______________________________。
(5)Cu2O的熔点比Cu2S的________(填“高”或“低”)，请解释原因________________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9
（2）4
（3）BD
（4）F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子。
（5）高 Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带电荷也相同，但O2－的半径比S2－小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高。
【解析】
分析：（1）根据Cu的电子排布式书写Cu2+离子的电子排布式；（2）利用均摊法分析晶胞的结构；（3）根据结构示意图中所有氧原子都是饱和氧原子，存在O→Cu配位键，H-O、S-O共价键和Cu、O离子键，胆矾属于离子晶体以及胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子等角度分析；（4）根据电负性的角度分析；（5）从影响离子晶体熔沸点高低的角度分析。
详解：（1）Cu（电子排布式为：[Ar]3d104s1）Cu2+的过程中，参与反应的电子是最外层的4s及3d上各一个电子，故Cu2+离子的电子排布式是为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9，故答案为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）从图中可以看出阴离子在晶胞有四类：顶点（8个）、棱上（4个）、面上（2个）、体心（1个），根据立方体的分摊法，可知该晶胞中阴离子数目为：8×+4×+2×+1=4；（3）A．硫酸根离子中氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，选项A错误；B．在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H-O、S-O共价键和Cu、O离子键，选项B正确；C．胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，选项C错误；D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，选项D正确。答案选BD；（4）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或者N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键。）；（5）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。
点睛：本题考查常见元素核外电子排布、电负性概念、常见轨道杂化类型、以及离子晶体的晶胞结构、化学键、物质性质、配合物成键状况的了解，题目难度中等，学习中注意加强对晶胞以及晶体结构的分析。
28.实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取W g该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。
回答下列问题：
（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；
（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；
（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；
（4）D装置的作用是_________；
（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；
（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有___（填编号）。
A．生成二氧化碳气体的质量 B．生成水的质量 C．通入氧气的体积 D．氨基酸的相对分子质量
【答案】 (1). 排除体系中的N2 (2). A和D (3). D (4). CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 (5). 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 (6). 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 (7). 视线与凹液面最低处相切 (8). ABD
【解析】
【分析】
在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。
【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2；
(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。
(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；
(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；
(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；
(6) 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。
【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。
29.含苯酚的工业废水的处理流程如图所示。
(1)①流程图设备Ⅰ中进行的是_____操作(填写操作名称)。实验室里这一步操作可以用_____ (填仪器名称)进行。
②由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是_____ (填化学式，下同)。由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是_____。
③在设备Ⅲ中发生反应的化学方程式为_____。
④在设备Ⅳ中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH、H2O和。通过_____ (填操作名称)操作，可以使产物相互分离。
⑤图中，能循环使用的物质是_____、_____、C6H6和CaO。
(2)为了防止水源污染，用简单而又现象明显的方法检验某工厂排放的污水中有无苯酚，此方法是_____。从废水中回收苯酚的方法是①用有机溶剂萃取废液中的苯酚；②加入某种药品的水溶液使苯酚与有机溶剂脱离；③加入某物质又析出苯酚。试写出②、③两步的反应方程式：__________。
(3)为测定废水中苯酚的含量，取此废水100 mL，向其中加入浓溴水至不再产生沉淀为止，得到沉淀0.331 g，求此废水中苯酚的含量_____ (mg·L－1)。
【答案】 (1). 萃取、分液 (2). 分液漏斗 (3). C6H5ONa (4). NaHCO3 (5). C6H5ONa＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋NaHCO3 (6). CaCO3 (7). 过滤 (8). NaOH溶液 (9). CO2 (10). 向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚 (11). (12). 940 mg·L－1
【解析】
分析：这是一道化工实验题，主要考查苯酚的物理、化学性质和萃取、分液的操作。首先，要正确理解流程图和各试剂的作用，再结合苯酚的性质和基本实验操作就可一一解答。
详解： (1)设备Ⅰ里废水和苯混合分离出水，显然是萃取操作，实验室中可以用分液漏斗进行；设备Ⅱ中向苯酚和苯的混合液中加入NaOH溶液，目的是分离出苯，故A物质是苯酚钠溶液；在设备Ⅲ中通入CO2分离出苯酚，故剩下物质B是NaHCO3溶液；在设备Ⅳ中往NaHCO3溶液中加入CaO，生成NaOH、H2O、CaCO3，可用过滤操作分离出CaCO3；在设备Ⅴ中加热CaCO3可得CO2和CaO。(3)设每升废水含苯酚的质量为x，
94 331
x 0.331g×10
x ＝ 0.94 g；
所以此废水中苯酚的含量为940mg·L－1。
点睛：本题盲点主要是不能正确理解废水处理流程图和各试剂的作用。
30.下表为部分短周期非金属元素性质或原子结构，已知A﹣D的原子序数依次增大。
元素编号
元素性质或原子结构
A
A原子所处的周期数、族序数、原子序数均相等
B
核外电子有6种不同运动状态
C
最简单氢化物的水溶液呈碱性
D
基态原子的s轨道电子数等于p轨道电子数
请结合表中信息完成下列各小题(答题时用所对应的元素符号)：
(1)写出C原子的电子排布图________。
(2)A，B，C，D的第一电离能由大到小的顺序为________。
(3)用电离方程式表示C的最简单氢化物的水溶液呈碱性的原因________。按照共价键理论，分子中每个原子的最外电子层电子数均已饱和，已知ABCD分子可能有三种不同结构，它们的结构可以从其他物质的结构中获得启发。
(4)ABC的结构式是______，向其中插入一个D原子，若形成配位键(用→表示)则ABCD的结构式为_______，分子中C的原子的杂化类型是______；若无配位键则ABCD的结构式为______分子中D原子的杂化类型为________。
(5)BD2的电子式是________将D原子换成等电子的 所得ABCD的结构式为_______，分子中C原子的杂化类型是_______。
(6)在ABCD的三种可能结构中B原子的杂化类型________(填“相同”或“不相同”)。
【答案】 (1). (2). N＞O＞C＞H (3). NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ (4). H﹣C≡N (5). H﹣C≡N→O (6). sp (7). H﹣O﹣C≡N (8). sp3 (9). (10). H﹣N=C=O (11). sp2 (12). 相同
【解析】
【分析】
短周期非金属元素A-D的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数、原子序数均相等，则A为氢元素；B核外电子有6种不同运动状态，即核外电子数为6，则B为碳元素；C最简单氢化物的水溶液呈碱性，则C为氮元素；D基态原子的s轨道电子数等于p轨道电子数，则其核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，为非金属性元素，则其核外电子排布式为1s22s22p4，则D为氧元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素。
(1)C为氮元素，原子核外有7个电子，原子的电子排布图为，故答案为：；
(2)同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素的2p容纳了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，故第一电离能N＞O＞C＞H，故答案为：N＞O＞C＞H；
(3)C的最简单氢化物为NH3，其水溶液中NH3•H2O发生电离NH3•H2O⇌NH4++OH-，使溶液呈碱性，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；
(4)ABC的化学式为HCN，HCN分子中C原子与N原子之间形成3对共用电子对，C原子与H原子之间形成1对共用电子对，故HCN的结构式是为H-C≡N；向其中插入一个O原子，若形成配位键，N原子通过孤对电子、O原子通过空轨道形成配位键，则HCNO的结构式为H-C≡N→O，分子中N原子成1个σ键、含1对孤对电子，N原子采取sp杂化；若无配位键则HCNO中，O原子应在H-C≡N中H-C键之间插入，其结构式为H-O-C≡N，分子中O原子成2个σ键、含2对孤对电子，O原子采取sp3杂化，故答案为：H-C≡N；H-C≡N→O；sp；H-O-C≡N；sp3；
(5)BD2为CO2，CO2的电子式是，将D原子换成等电子的，根据稳定结构可知，N与C之间形成2对共用电子对，故所得ABCD的结构式为 H-N=C=O，分子中N原子成2个σ键、含1对孤对电子，N原子采取sp2杂化，故答案为：；H-N=C=O；sp2；
(6)在ABCD的三种可能结构中C原子都成2个σ键、不含孤对电子，C原子均采取sp杂化，故答案为：相同。
【点睛】本题的易错点为(4)~(6)，要注意根据题意确定ABCD的三种结构，注意根据价层电子对数计算判断杂化方式。
31.某芳香烃A，分子式为C8H10；某烃类衍生物X，分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色；J分子内有两个互为对位的取代基，在一定条件下有如下的转化关系：(无机物略去)
(1)属于芳香烃类的A的同分异构体中，其沸点的大小关系为______；(不包括A，用结构简式表示)
(2)J中所含的含氧官能团的名称为________；
(3)E与H反应的化学方程式是________；反应类型是______；
(4)B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热可以生成同一种有机物I，以I为单体合成的高分子化合物的名称是________；
(5)已知J有多种同分异构体，写出一种符合下列性质的J的同分异构体的结构简式________。
①与FeCl3溶液作用显紫色，②与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生红色沉淀，③苯环上的一卤代物有2种
【答案】 (1). (2). （酚）羟基、羧基 (3). (4). 酯化反应（或取代反应） (5). 聚苯乙烯 (6).
【解析】
【分析】
某芳香烃A，分子式为C8H10，可能为乙苯或二甲苯，A与氯气在光照条件下发生侧链上的一氯取代反应生成两种不同物质B和C，说明A为乙苯，B最终产物H能与NaHCO3溶液反应，说明H具有酸性，则B为，C为，E为，H为，X分子式为C15H14O3，能使FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，水解生成I和E，则X为酯，水解生成羧酸和醇，而E为醇，分子中不含酚羟基，J为酸，分子中含有羧基并有酚羟基，且两个取代基互为对位，结构为，据此分析解答。
【详解】(1)乙苯的同分异构体为二甲苯，有邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯三种，三者的沸点高低顺序为邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯，故答案为：；
(2)J为，分子中含有的含氧官能团为酚羟基和羧基，故答案为：(酚)羟基、羧基；
(3)E为，H为，二者在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成酯和水，反应方程式为：，故答案为：；酯化反应(或取代反应)；
(4)B为，C为，B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，可以生成同一种有机物K，则K为苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，故答案为：聚苯乙烯；
(5)J为，J的同分异构体中：①与FeCl3溶液作用显紫色，说明结构中含有酚羟基；②与新制Cu(OH)2悬浊液作用产生红色沉淀，说明结构中含有醛基，可以是醛也可以是甲酸酯；③苯环上的一卤代物有2种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子。符合条件的有：，故答案为：。
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