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【化学】江苏省启东中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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江苏省启东中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Mg—24 Al—27
选择题(50分)
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 在气体单质分子中，一定含有σ键，可能含有π键
B. 烯烃比烷烃的化学性质活泼是由于烷烃中只含σ键，而烯烃含有π键
C. 等电子体结构相似，化学性质相同
D. 共价键的方向性决定了苯分子空间构型和分子组成C6H6
【答案】B
【详解】A.因稀有气体的单质中不含有化学键，因此不含σ键和π键，A错误；
B.因烯烃中的π键不稳定，易断裂，则烯烃比烷烃的化学性质活泼是由于烷烃中只含σ键而烯烃含有π键，B正确；
C.等电子体如N2和CO，结构相似，但化学性质不同，C错误；
D.共价键的饱和性决定原子在形成分子时相互结合的数量关系，方向性决定其最大重叠程度，D错误；
故合理选项是B。
2.下列有机物命名正确的是（ ）
A. ：2﹣乙基丙烷 B. CH3CH2CH2CH2OH：1﹣丁醇
C. ：间二甲苯 D. ：2﹣甲基﹣2﹣丙烯
【答案】B
【分析】A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链；
B、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链；
C、分子中两个甲基处于对位；
D、D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号。
【详解】A项、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链上有4个碳原子，该烷烃的名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B项、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链，该有机物的名称为1-丁醇，故B正确；
C项、分子中两个甲基处于对位，名称为对二甲苯或1,4—二甲苯，故C错误；
D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号，该烯烃的名称为2-甲基—1—丙烯，故D错误。
故选B。
【点睛】本考查了有机物的命名，熟练掌握常见有机物的命名方法为解答关键。
3.下列现象与氢键有关的是（ ）
①NH3的熔、沸点比第ⅤA族其他元素氢化物的熔、沸点高
②碳原子数较少的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③常温下H2O为液态，而H2S为气态
④水分子高温下也很稳定
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①
【答案】B
【详解】①因第ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高，①正确；
②分子中含有C原子数较少的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，因此可以和水以任意比互溶，②正确；
③水分子与分子间存在氢键，所以常温下H2O为液态，而H2S分子间无氢键，所以常温下为气态，③正确；
④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，④错误；
可见说法正确的是①②③，故合理选项是B。
4.下列关于X和X＋两种粒子的叙述正确的是（ ）
A. 质子数一定相同，质量数、中子数一定不同
B. 因为是同一种元素的粒子，化学性质一定相同
C. 一定都由质子、中子和电子构成
D. 核电荷数和核外电子数一定相同
【答案】A
【详解】A.X和X＋质子数相同，都是Z，质量数不相同，分别是A、A+1，，中子数分别是A-Z、A+1-Z，中子数不同，A正确；
B.前者表示的是原子，后者表示的是离子，因此二者的化学性质不相同，B错误；
C.不是所有原子都是由质子、中子和电子构成，C错误；
D.原子核电荷数和核外电子数一定相同，但阳离子的核外电子数小于核电荷数，D错误；
故合理选项是A。
5.为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是（ ）
编号
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
己烷(己烯)
溴水
分液
B
淀粉溶液(NaCl)
水
过滤
C
苯(苯酚)
NaOH溶液
分液
D
甲烷(乙烯)
酸性KMnO4溶液
洗气
【答案】C
【解析】试题分析：A．己烯与溴水反应，而己烷不能，反应后不分层，不能分液除杂，应直接蒸馏除杂，故A错误；B．二者均可透过滤纸，应利用渗析法分离，故B错误；C．苯酚与NaOH反应后与苯分层，然后分液可除杂，故C正确；D．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳，引入新杂质，应利用溴水和洗气法除杂，故D错误；故选C。
【考点定位】考查物质的分离、提纯
【名师点晴】本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及分离、提纯方法为解答的关键，侧重除杂的考查，注意除杂的原则。需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过量试剂引入的新的杂质必须除尽，同时分离和除杂质的途径必须选择最佳方案（操作简单、常见）。
6.下列关于晶体的说法中，不正确的是（ ）
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性 ②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 ③共价键可决定分子晶体的熔、沸点 ④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小 ⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列 ⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定 ⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有8个CO2分子紧邻
A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ②③⑦
【答案】D
【解析】试题分析：①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故①正确；②含有金属阳离子的晶体可能是离子晶体，也可能是金属晶体，故②错误；③分子晶体熔化过程中破坏的主要是分子间作用力，分子间作用力大小决定分子晶体的熔、沸点高低，与共价键无关，故③错误；④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故⑤正确；⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，故⑥正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故⑦错误。综上所述，以上叙述中②③⑦错误，故选项C正确。
【考点定位】晶体与非晶体的区别、晶体的类型及其性质的关系。
【名师点睛】一般来说活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共 价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，单原子分子中不含化学键；只含共价键的化合物是共价化合物；含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键。离子化合物形成的晶体一定是离子晶体，由共价键构成的晶体多数是分子晶体，少部分是原子晶体。物质熔点高低首先看晶体类型，一般来说：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，晶体类型相同时比较晶体内部作用力强弱。原子晶体熔点高低取决于共价键强弱，原子半径越小，共价键键能越大，熔点越高。离子晶体熔点高低取决于晶格能大小，首先比较离子所带电荷，电荷数越多，晶格能越大；其次比较离子半径大小，离子半径越小，晶格能越大。
分子晶体熔沸点高低主要取决于分子间作用力的大小，一般来说固态＞液体＞气态；有氢键的熔沸点高；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大的分子间作用力越大，熔沸点越高。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C4H10O的醇，能在铜催化和加热条件下被氧气氧化为醛的同分异构体共有4种
B. 2—氯丁烷与NaOH乙醇溶液共热的反应产物中一定不存在同分异构体
C. 3—甲基—3—乙基戊烷的一氯代物有5种
D. 分子式为C7H8O的有机物，能与氯化铁溶液发生显色反应的同分异构体共有3种
【答案】D
【解析】试题分析：A选项中只有伯醇才可催化氧化成醛，即C3H7—CH2OH，故只有2种；2—氯丁烷消去时可生成1—丁烯或2—丁烯，二者互为同分异构体；3—甲基—3—乙基戊烷中有3种不同的H原子，故一氯化物有3种，C7H8O属于酚类和同分异物体共有3种，D正确．
考点：同分异构体
8.某有机物的结构简式为。下列关于该有机物的叙述正确的是（ ）
A. 该有机物属于芳香烃
B. 该有机物苯环上一氯代物有6种
C. 该有机物可发生取代、加成、加聚、消去反应
D. 1 mol该有机物在适当条件下，最多可与2molBr2发生取代反应
【答案】D
【详解】A.该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，A错误；
B.有机物苯环只有3个氢原子可被取代，苯环上一氯代物有3种，B错误；
C.只有苯环上含有羟基，不能发生消去反应，C错误；
D.由结构简式可知，只有羟基邻位可与溴发生取代反应，则1 mol该有机物在适当条件下，最多可与2mol Br2发生取代反应，D正确；
故合理选项是D。
9.只有在化合物中才能存在的化学键是（ ）
①离子键 ②氢键 ③共价键 ④极性键 ⑤非极性键
A. ①④ B. ①②④ C. ③⑤ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】试题分析：单质中也可以存在的化学键有共价键和非极性键，例如：H2、O2、N 2等，故③⑤不选；又因为题目要求是化合物中，氢键存在于分子间，故②氢键也不能选；离子键只能存在于阴阳离子之间，阴阳离子形成的物质一定是化合物，故①可选；极性键存在与不同种原子之间，故形成的物质一定是化合物，故④可选，答案选①④，A正确。
考点：考查化学键的概念及应用相关知识。
10.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的是（ ）
A. 第2周期元素氢化物的稳定性顺序是HF>H2O>NH3；则第3周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
B. ⅣA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4>SiH4>CH4；则ⅤA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3>PH3>NH3
C. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子
D. 苯属于芳香烃，符合通式CnH2n-6(n≥6)，则芳香烃的通式就是CnH2n-6(n≥6)。
【答案】A
【详解】A.同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，第2周期元素非金属性F>O>N，第3周期元素非金属性Cl>S>P，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，第2周期元素氢化物的稳定性顺序是HF>H2O>NH3，第3周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3，A正确；
B.分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，氢化物的沸点越高，ⅣA族氢化物的沸点大小顺序为GeH4>SiH4>CH4，含有氢键的物质的熔沸点较高，氨气中含有氢键，则沸点：PH3
D.苯的同系物中含有1个苯环，侧链为烷基，苯的同系物通式是CnH2n-6(n≥6)；含有苯环的烃为芳香烃，芳香烃不一定只含有一个苯环，侧链也不一定是烷基，则芳香烃的通式不一定符合通式CnH2n-6(n≥6)，D错误；
故合理选项是A。
不定项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，选两个且都正确的得3分，只选一个且正确的得2分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A. 一溴丙烷和氢氧化钠水溶液加热反应；一溴丙烷和氢氧化钠醇溶液加热反应
B. 甲苯硝化制对硝基甲苯；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸
C. 1—氯环己烷制环己烯；丙烯与溴反应制1,2—二溴丙烷
D. 乙醇与氢溴酸反应制溴乙烷；乙酸和乙醇反应制乙酸乙酯
【答案】D
【详解】A.一溴丙烷和氢氧化钠水溶液加热发生取代反应；一溴丙烷和氢氧化钠醇溶液加热发生消去反应，反应类型不相同，A错误；
B.甲苯硝化制对硝基甲苯属于取代反应；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸属于氧化反应，二者反应类型不相同，B错误；
C.1—氯环己烷制环己烯发生的是消去反应；丙烯与溴反应制1,2—二溴丙烷，发生的是加成反应，二者反应类型不相同，C错误；
D.乙醇与氢溴酸反应制溴乙烷发生的是取代反应；乙酸和乙醇反应制乙酸乙酯，发生的也是取代反应，二者反应类型相同，D正确；
故合理选项是D。
12.对于苯乙烯的结构简式如下所示，下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色，②可发生加聚反应，③可溶于水，④可溶于苯中，⑤苯环能与溴水发生取代反应，⑥所有的原子可能共面。其中完全正确的是（ ）
A. ①②④ B. ①②④⑥
C. ①②④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】试题分析：苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，则具备苯和烯烃的化学性质，且苯环为平面结构、乙烯为平面结构，以此来解答．
解：①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故②正确；
③根据相似相溶可知，易溶于有机溶剂，难溶于水，故③错误；
④根据相似相溶可知，易溶于有机溶剂，则可溶于苯中，故④正确；
⑤中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，不能与苯环反应，故⑤错误；
⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，则所有的原子可能共平面，故⑥正确；
故选B．
13.如图为酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物被称为奥林匹克烃，下列说法中正确的是（ ）
A. 该有机物属于芳香族化合物，是苯的同系物
B. 该有机物是只含非极性键的非极性分子
C. 该有机物的一氯代物只有七种
D. 该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量
【答案】CD
【分析】由结构可知分子式，含5个相连的苯环，为稠环化合物，与苯结构不相似，结合有机物的结构解答该题。
【详解】A.含有苯环的有机物为芳香族化合物，该有机物中含有苯环，所以属于芳香族化合物；苯的同系物中只含一个苯环，且侧链为烷烃基，该分子中含有多个苯环，所以不是苯的同系物，A错误；
B.该有机物分子中含有C-H键，为极性键，B错误；
C.由物质分子结构对称性可知，分子中含7种不同位置的H原子，因此该有机物的一氯代物有7种，C正确；
D.由物质分子结构可知，其分子式为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2，7molH2O，燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量，D正确；
故合理选项是CD。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质的知识，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，本题侧重考查学生的分析能力。
14.Sorbicillin(简称化合物X)是生产青霉素时的一个副产品，其结构简式如图所示，下列有关化合物X的说法正确的是 （ ）
A. 分子中所有碳原子可能处于同一平面
B. 1 mol化合物X可以与2molNa2CO3反应
C. 1 mol化合物X可以与浓溴水发生取代反应，消耗3 mol Br2
D. 化合物X与H2完全加成，每个产物分子中含有4个手性碳原子
【答案】AB
【解析】A．分子中存在的苯环、羰基及碳碳双键均为平面结构，则所有碳原子可能处于同一平面，故A正确；B．酚羧基能与Na2CO3反应生成NaHCO3，且分子中有2个酚羟基，则1mol化合物X可以与2 molNa2CO3反应，故B正确；C．1mol化合物X最多可以3molBr2反应，其中2mol是加成，1mol发生取代，故C错误；D．化合物X中苯环、碳碳双键及羰基均能与H2完全加成反应，每个产物分子中含有3个手性碳原子，故D错误；答案为AB。
15.下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为：
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 某主族元素的电离能I1～I7数据如上表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表第ⅢA
【答案】BD
【分析】A.没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；
B.基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，根据洪特规则分析；
C.N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子；
D.由主族元素的电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化较大，则该原子最外层只有3个电子。
【详解】A.同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，A错误；
B.基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，根据洪特规则电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，则外围电子排布图为，B正确；
C.N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，C错误；
D.由主族元素的电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化较大，则该原子最外层只有3个电子，位于第ⅢA族，D正确；
故合理选项是BD。
【点睛】本题考查原子核外电子排布规律、电子排布式和电离能定向比较，注意原子核外电子的排布和运动特点注意某些元素性质的特殊性，考查学生对物质结构、性质的掌握。
16.现有四种晶体，其构成粒子(均为单原子核粒子)排列方式如下图所示，其化学式正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】8个B粒子居于顶点，一个A粒子居于体心，所以化学式应为AB或BA，A错误； E和F的数目完全一致，所以化学式为FE或EF，B错误；一个晶胞内X、Y、Z三种粒子的个数分别为1，3，1，C正确； A粒子居于8个顶点和6个面心，真正属于一个晶胞的A粒子为4个，B粒子居于12条棱上和体心，真正属于一个晶胞的B粒子为4个，D错误；正确选项C。
17.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2－与W＋具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性
C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D. 化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同
【答案】B
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素。
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H），选项A错误；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，选项B正确；C、非金属性Z（O）＞Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，选项C错误；D、化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握。
18.已知乙酸乙酯与NaOH溶液在加热条件下发生水解，生成醋酸钠和乙醇。而1mol与NaOH溶液发生反应时最多消耗3 mol NaOH。五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。
下列说法错误的是（ ）
A. 1molZ最多能与6molNaOH发生反应
B. 1molX最多能与2molBr2发生取代反应
C. Y分子结构中有2个手性碳原子
D. Y能发生加成、取代、消去、氧化反应
【答案】AC
【详解】A.Z中含有酚羟基、酯基、羧基，能和NaOH反应的有酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基，1 mol Z最多能与8mol NaOH发生反应，A错误；
B.X中含有酚羟基，苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代，所以1 mol X最多能与2 mol Br2发生取代反应，B正确；
C.Y分子结构中连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子，所以有3个手性碳原子，C错误；
D.Y含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能发生消去反应、加成反应、氧化反应、取代反应，D正确；
故合理选项是AC。
19.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+等电子体，键角均为60°
B. NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中也存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】BD
【详解】A.CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，A错误；
B.NO3-和CO32-原子数是4，价电子数是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，B正确；
C.H3O+价电子数是8，PCl3价电子数都是26，价电子数不同，不是等电子体，C错误；
D.B3N3H6和苯原子数都是12，价电子数都是30，是等电子体，B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D正确；
故合理选项是BD。
20.醇类化合物在香料中占有重要的地位。下面所列的是一些天然的或合成的醇类香料：
下列说法中正确的是（ ）
A. 可用酸性KMnO4溶液检验①中是否含有碳碳双键
B. ②和③互为同系物，均能催化氧化生成醛
C. ④和⑤互为同系物，可用核磁共振氢谱检验
D. 等物质的量的上述5种有机物与足量的金属钠反应，消耗钠的量相同
【答案】D
【分析】A.碳碳双键、-OH均能被高锰酸钾氧化；
B.与-OH相连C上不含H；
C. ④和⑤不是同系物；
D.均只含1个-OH。
【详解】A.碳碳双键、-OH均能被高锰酸钾氧化，则KMnO4溶液不能检验①中是否含有碳碳双键，可利用溴水检验，A错误；
B.②和③分子中与-OH相连C上不含H原子，均不能发生催化氧化反应，B错误；
C. ④和⑤中H原子的种类不同，因此核磁共振氢谱的峰面积不同，可鉴别两种物质，但④和⑤不是同系物，C错误；
D.上述五种物质均只含1个-OH，则等物质的量的上述5种有机物与足量的金属钠反应，消耗钠的量相同，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇性质的考查，注意选项C为解答的难点。
非选择题(共70分)
21.下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）表中属于d区的元素是__________________(填编号)。④⑤⑥⑦⑧五种元素形成的稳定离子中，离子半径是小的是___________(填离子称号)
（2）表中元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子构型为________。
（3）某元素的特征电子排布式为nsnnpn＋1，该元素原子的最外层电子的孤电子对数为_____。该原子的第一电离能______电子排布式为nsnnpn＋2的原子(填“大于”、“等于”或“小于”)。
（4）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质。请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________________________________。
（5）上述10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________(填化学式)
（6）下列各组微粒的空间构型相同的是_______________
①NH3和H2O ②NH4+和H3O＋ ③NH3和H3O＋ ④O3和SO2 ⑤CO2和BeCl2 ⑥SiO44-、ClO4-和SO42- ⑦BF3和Al2Cl6
【答案】 (1). ⑨ (2). Al3+ (3). 平面正六边形 (4). 1 (5). 大于 (6). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O (7). HClO4 (8). ③④⑤⑥
【分析】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Be、③为C、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ca、⑨为Fe、⑩为Cu。
(1)d区元素包括第Ⅷ族、ⅢB族～ⅦB族(ⅢB族中镧系元素、锕系元素属于f区除外)；电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；
(2)元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子为苯；
(3)某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2；具有全充满、半充满、全空电子构型的原子比较稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(4)元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质，则元素②的氢氧化物Be(OH)2与NaOH反应生成Na2BeO2与水；
(5)表中10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是高氯酸；
(6)计算中心原子的孤电子对数与价层电子对数判断。
【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Be、③为C、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ca、⑨为Fe、⑩为Cu。
(1)表中⑨属于d区元素；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；离子核外电子层越多，离子半径越大，则离子半径由大到小的顺序为：S2->Cl->Ca2+>Mg2+>Al3+，可见离子半径最小的为Al3+；
(2)元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子为苯，苯分子构型为平面正六边形；
(3)某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2，特征电子排布式为2s22p3，2s轨道的2个电子为孤对电子，该元素的2p轨道为半充满、稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故N元素的第一电离能大于电子排布式为nsnnpn+2的O原子的第一电离能；
(4)元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质，则元素②的氢氧化物Be(OH)2与NaOH反应生成Na2BeO2与水，反应方程式为：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；
(5)表中10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；
(6)①NH3中N原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4，因此空间构型为三角锥形；H2O中O原子孤电子对数==2、价层电子对数=2+2=4，空间构型为V形，二者空间构型不相同，①不符合；
②NH4+中N原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形；H3O+中O原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4，空间构型为三角锥形，二者空间构型不相同；②不符合；
③NH3为三角锥形，H3O+也是三角锥形，二者空间构型相同，③符合；
④O3中O原子孤电子对==1、价层电子对数=1+2=3，空间构型为V形，SO2中S原子孤电子对==1、价层电子对数=1+2=3，空间构型为V形，二者空间构型相同，④符合；
⑤CO2为直线形结构，BeCl2中Be原子没有孤对电子、价层电子对数=0+2=2，空间构型为直线形，二者空间构型相同，⑤符合；
⑥SiO44-中Si原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形；ClO4-中Cl原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形，SO42-中S原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形，三者空间构型相同，⑥符合；
⑦BF3中中心B原子上没有孤电子对、价层电子对数=0+3=3，空间构型为平面正三角形，Al2Cl6中Al原子形成4个共价键，不是平面形结构，二者空间构型不相同，⑦不符合；
故符合要求的序号是③④⑤⑥。
【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素周期表、微粒半径比较、核外电子排布、电离能、元素周期律运用、分子构型判断等，注意同周期第一电离能变化异常情况与原子结构的关系，熟记常见元素在周期表中位置。
22. [化学——选修5：有机化学基础]端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为____________，D 的化学名称为____________。
（2）①和③的反应类型分别为____________、____________。
（3）E的结构简式为______。用1 mol E合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_______mol。
（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_____________________________________。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式_______________________________。
（6）写出用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线___________。
【答案】（1）；苯乙炔（2）取代反应；消去反应
（3）4
（4）
（5）（任意三种）
（6）
【解析】试题分析：（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为；根据D的结构简式可知D 的化学名称为苯乙炔。
（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。
（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1 mol E合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。
（4）根据已知信息可知化合物（）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为。
（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线为。
【考点定位】考查有机物推断与合成
【名师点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写等知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；同时考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。本题难度适中。
23.烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D。C的结构简式是。B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。G有醛基，能发生银镜反应。以上反应及B的进一步反应如下所示。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是___________。
(2)B转化为F属于_______反应，B转化为E的反应属于_______反应(填反应类型名称)。
(3)写出F转化为G的化学方程式：_____________________________________。
(4)C的核磁共振氢谱有________个峰
(5)写出D转化为E的化学方程式：___________________________________。
【答案】 (1). (CH3)3CCH2CH3 (2). 取代(水解) (3). 消去 (4). 2(CH3)3CCH2CH2OH+O22(CH3)3CCH2CHO+2H2O (5). 4 (6). (CH3)3CCH(Cl)CH3+NaOH(CH3)3CCH=CH2+NaCl+H2O
【分析】烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D，C的结构简式是(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，则A为(CH3)3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E，故E为(CH3)3CCH=CH2，B在氢氧化钠水溶液里发生水解反应生成F，F为醇，醇F氧化生成醛G，G能与银氨溶液反应，G含有醛基-CHO，故B为(CH3)3CCH2CH2Cl，F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，H为(CH3)3CCH2COOH，D为(CH3)3CCH2ClCH3。
【详解】根据上述分析可知A为(CH3)3CCH2CH3，B为(CH3)3CCH2CH2Cl，C为(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，D为(CH3)3CCH2ClCH3，E为(CH3)3CCH=CH2，F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，H为(CH3)3CCH2COOH。
(1)通过以上分析知，A的结构简式为(CH3)3CCH2CH3；
(2) B为(CH3)3CCH2CH2Cl，B在氢氧化钠水溶液下发生取代反应，生成转变为F为(CH3)3CCH2CH2OH，故B转化为F的反应类型属于取代反应；
B转变为E是(CH3)3CCH2CH2Cl在氢氧化钠的乙醇溶液中在加热条件下发生消去反应生成(CH3)3CCH=CH2，故B转化为E的反应类型为消去反应；
(3)F发生催化氧化反应生成G，化学反应方程式为2(CH3)3CCH2CH2OH +O22(CH3)3CCH2CHO+2H2O；
(4)C结构简式为(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，根据其结构简式可知该物质分子中含有4种不同位置的H原子，因此C的核磁共振氢谱有4个峰；
(5) D为(CH3)3CCH2ClCH3，D与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生E：(CH3)3CCH=CH2反应方程式为：(CH3)3CCH2ClCH3+NaOH(CH3)3CCH=CH2+NaBr+H2O。
【点睛】本题考查有机物推断的知识，突破口是C物质的结构简式，根据C的结构简式结合反应条件进行推断，了解常见物质发生的反应类型及反应条件，侧重考查学生分析推断能力，易错点是银镜反应方程式的书写。
24.有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下：
元素
相关信息
A
A原子的1s轨道上只有1个电子
B
B是电负性最大的元素
C
C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子
D
D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子
E
E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答下列问题：
(1)写出E元素原子基态时的电子排布式_____________。
(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_____(填“大”或“小”)。
(3)CA3分子中C原子的杂化轨道类型是______，CA3分子的空间构型是___________。
(5)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2＋配离子，其中存在的化学键类型有________(填序号)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
(5)B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_______。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1) (2). 大 (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). ①③ (6). 8
【分析】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p3，故C为N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu；D是主族元素且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca，据此解答。
【详解】根据上述分析可知A是H元素，B是F元素，C是N元素，D是Ca元素，E是Cu元素。
(1)E为Cu元素，核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；
(2)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，由于氮元素原子2p能级为半满稳定状态，因此其第一电离能高于氧元素的第一电离能；
(3)CA3分子是NH3，NH3分子中N原子价层电子对个数是4，且N原子上含有一个孤电子对，所以N的杂化轨道类型是sp3，NH3的空间构型为三角锥形；
(4) A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2＋配离子是[Cu(NH3)4]2+，在该配离子中，Cu2+与NH3分子之间通过配位键结合；在NH3分子中N原子与氢原子之间通过极性共价键结合，因此[Cu(NH3)4]2+存在的化学键类型有配位键、极性共价键，故合理选项是①③；
(5)B与D可形成离子化合物CaF2，以面心上的Ca2+为研究对象，根据晶胞结构可知，在一个晶胞中与Ga2+距离相等且最近的F-有4个，通过该钙离子可以形成2个晶胞，因此Ca2+的配位数是8。
【点睛】本题考查了元素的推断、原子核外电子排布、微粒的空间构型、化学键类型的判断及配位化合物、晶体结构的计算等知识。注意同周期元素第一电离能异常情况及原因。
25.Ni2＋与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2＋。
(1)Ni2＋基态核外电子排布式为___________。
(2)1mol丁二酮肟分子中含有σ键的数目为______mol。
(3)丁二酮肟镍分子中碳原子的杂化轨道类型为_____。
(4)Ni(CO)4是一种无色液体，沸点为43℃，熔点为－19.3 ℃。Ni(CO)4的晶体类型是_______。
(5)与CO互为等电子体的二价阴离子为________，Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，不考虑空间构型，Ni(CO)4的结构可用示意图表示为_________________。
(6)下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是_______。
A.SO32- B.ClO4- C.NO2- D.ClO3-
(7)最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为_________
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8 (2). 15 (3). sp2、sp3 (4). 分子晶体 (5). C (6). (7). B (8). MgCNi3
【分析】(1)镍原子核外电子数是28，镍原子失去最外层2个电子变成基态Ni2+，根据构造原理书写基态Ni2+的核外电子排布式；
(2)单键中含有一个σ键，双键含有一个σ键和一个π键；
(3)根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式；
(4)分子晶体的熔沸点较低；
(5)价电子数相等、原子个数相等的微粒为等电子体；Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构。
(6) 价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型；
(7)利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式。
【详解】(1)镍原子核外电子数是28，镍原子失去最外层2个电子变成基态Ni2+，根据构造原理知，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)；
(2)已知丁二酮肟的结构式为，分子中含有13个单键，和2个双键，则共含有15个σ键，所以1mol丁二酮肟含有σ键数目为15mol；
(3)甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为sp2杂化；
(4)Ni(CO)4是一种无色液体，沸点为43℃，熔点为－19.3 ℃。可见Ni(CO)4的晶体熔沸点较低，因为分子晶体的熔沸点较低，所以该物质的晶体类型为分子晶体；
(5)价电子数相等，原子个数相等的微粒为等电子体，故与CO互为等电子体的二价阴离子为C22-，Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构，其结构图为或；
(6)A.SO32-中价层电子对个数=3+(6+2-3×2)=4且中心S原子上含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，离子的空间立体构型为三角锥形结构，A错误；
B.ClO4-中价层电子对个数=4+(7+1-4×2)=4，且中心Cl原子且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是平面三角形结构，B正确；
C.NO2-中价层电子对个数=2+×(5+1-2×2)=3，且中心N原子上含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，C错误；
D.ClO3-中价层电子对个数=3+×(7+1-3×2)=4，且中心Cl原子上含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，D错误；
故合理选项是B。
(7)碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个C原子；镁原子个数=8×=1，则在该晶胞含有1个Mg原子；Ni原子个数=6×=3，在该晶胞中含有3个Ni原子，所以该晶胞的化学式为MgCNi3。
【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及等电子体、原子的杂化方式、微粒空间构型及VSEPR模型、核外电子排布式的书写等知识点，要学会用均摊法确定物质的化学式、根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式及分子空间构型。
26.某研究性学习小组为确定一种从煤中提取液态烃X的结构，对其进行探究。
步骤一：这种碳氢化合物蒸气通过热的氧化铜(催化剂)，氧化成二氧化碳和水，再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。2.12 g有机物X的蒸气氧化产生7.04 g二氧化碳和1.80 g水。
步骤二：通过仪器分析得知X的相对分子质量为106。
步骤三：用核磁共振仪测出X的核磁共振氢谱有2个峰，其面积之比为2∶3，如图Ⅰ。
步骤四：利用红外光谱仪测得X分子的红外光谱如图Ⅱ。
试填空：
(1)X分子式为________；X的名称为________。
(2)步骤二中的仪器分析方法称为______________。
(3)写出X与足量浓硝酸和浓硫酸混合物反应的化学方程式：_______________________。
(4)写出X符合下列条件的同分异构体的结构简式_______________。
①芳香烃 ②苯环上一氯代物有三种
【答案】(1). C8H10 (2). 对二甲苯 (3). 质谱法 (4). (5). 、
【分析】(1)首先根据n=，计算烃X及反应产生的CO2、H2O的物质的量，然后就可以确定X分子中C、H原子个数，确定物质的分子式；再根据X的红外光谱测定含有苯环，属于苯的同系物，而1H核磁共振谱有2个峰，其面积之比为2：3，则X为；
(2)通过仪器分析得相对分子质量的方法为质谱法；
(3)X与浓硝酸发生取代反应，由于硝酸足量，苯环上H原子全部为羟基取代；
(4)X的同分异构体符合下列条件：①芳香烃，②苯环上一氯代物有三种，苯环上有3种H原子，为乙苯或间二甲苯。
【详解】(1)烃X的物质的量n(X)=，反应产生的CO2的物质的量为n(CO2)=，反应产生的H2O的物质的量为n(H2O)=，则分子中N(C)==8；N(H)==10，故X的分子式为C8H10，X的红外光谱测定含有苯环，属于苯的同系物，而1H核磁共振谱有2个峰，其面积之比为2：3，则X为，名称为对二甲苯；
(2)步骤二通过仪器分析得知X的相对分子质量，该方法称为质谱法；
(3)X与足量浓硝酸和浓硫酸混合物反应的化学方程式：；
(4)X的同分异构体符合下列条件：①芳香烃，②苯环上一氯代物有三种，符合条件的同分异构体有：间二甲苯和乙苯。
【点睛】本题考查有机物的推断的知识，注意有机物研究的一般方法与步骤，侧重考查限制条件同分异构体书写、物质的分离提纯，物质化学式的确定方法及测定仪器的使用等。
27.非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：
请回答下列问题：
(1)反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为__________。
(2)中间产物C、D可以发生相同的反应类型生成相同的物质F，F具有能发生加聚反应的常见官能团，则该反应的反应类型是_________；C→F的反应条件是___________；D→F的反应条件是_________。
(3)根据相关信息并结合已有知识，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3_______
【答案】 (1). (2). 消去反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). NaOH醇溶液、加热 (5).
【分析】(1)对比A、B结构与X的分子式，可知X结构简式为：；
(2)C含有醇羟基，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，可产生共同生成物F；F含有碳碳双键，可以发生加聚反应产生聚合物；
(3) 与NaBH4发生还原反应产生，苯乙醇与浓硫酸混合加热发生消去反应产生苯乙烯，与HBr发生加成反应产生，然后与NaCN发生取代反应产生，该物质酸化，可得目标产物。
【详解】(1)对比A、B的结构与X的分子式，可知X结构简式为：；
(2)C中含有醇羟基，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F；D中含有Br原子，由于在Br原子连接的C原子邻位C原子上有H原子，因此可在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，可产生共同生成物F；F含有碳碳双键，可以发生加聚反应产生聚合物。可见两者反应类型为消去反应，C变为F的反应条件为浓硫酸、加热；D变为F的条件为NaOH的乙醇溶液、加热；
(3)苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯与HBr发生加成反应生成，和NaCN发生取代反应产生、再发生水解反应，然后酸化可生成，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，注意根据有机物的结构在反应前后的变化，理解发生的反应原理，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Mg—24 Al—27
选择题(50分)
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 在气体单质分子中，一定含有σ键，可能含有π键
B. 烯烃比烷烃的化学性质活泼是由于烷烃中只含σ键，而烯烃含有π键
C. 等电子体结构相似，化学性质相同
D. 共价键的方向性决定了苯分子空间构型和分子组成C6H6
【答案】B
【详解】A.因稀有气体的单质中不含有化学键，因此不含σ键和π键，A错误；
B.因烯烃中的π键不稳定，易断裂，则烯烃比烷烃的化学性质活泼是由于烷烃中只含σ键而烯烃含有π键，B正确；
C.等电子体如N2和CO，结构相似，但化学性质不同，C错误；
D.共价键的饱和性决定原子在形成分子时相互结合的数量关系，方向性决定其最大重叠程度，D错误；
故合理选项是B。
2.下列有机物命名正确的是（ ）
A. ：2﹣乙基丙烷 B. CH3CH2CH2CH2OH：1﹣丁醇
C. ：间二甲苯 D. ：2﹣甲基﹣2﹣丙烯
【答案】B
【分析】A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链；
B、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链；
C、分子中两个甲基处于对位；
D、D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号。
【详解】A项、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链上有4个碳原子，该烷烃的名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B项、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链，该有机物的名称为1-丁醇，故B正确；
C项、分子中两个甲基处于对位，名称为对二甲苯或1,4—二甲苯，故C错误；
D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号，该烯烃的名称为2-甲基—1—丙烯，故D错误。
故选B。
【点睛】本考查了有机物的命名，熟练掌握常见有机物的命名方法为解答关键。
3.下列现象与氢键有关的是（ ）
①NH3的熔、沸点比第ⅤA族其他元素氢化物的熔、沸点高
②碳原子数较少的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③常温下H2O为液态，而H2S为气态
④水分子高温下也很稳定
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①
【答案】B
【详解】①因第ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高，①正确；
②分子中含有C原子数较少的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，因此可以和水以任意比互溶，②正确；
③水分子与分子间存在氢键，所以常温下H2O为液态，而H2S分子间无氢键，所以常温下为气态，③正确；
④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，④错误；
可见说法正确的是①②③，故合理选项是B。
4.下列关于X和X＋两种粒子的叙述正确的是（ ）
A. 质子数一定相同，质量数、中子数一定不同
B. 因为是同一种元素的粒子，化学性质一定相同
C. 一定都由质子、中子和电子构成
D. 核电荷数和核外电子数一定相同
【答案】A
【详解】A.X和X＋质子数相同，都是Z，质量数不相同，分别是A、A+1，，中子数分别是A-Z、A+1-Z，中子数不同，A正确；
B.前者表示的是原子，后者表示的是离子，因此二者的化学性质不相同，B错误；
C.不是所有原子都是由质子、中子和电子构成，C错误；
D.原子核电荷数和核外电子数一定相同，但阳离子的核外电子数小于核电荷数，D错误；
故合理选项是A。
5.为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是（ ）
编号
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
己烷(己烯)
溴水
分液
B
淀粉溶液(NaCl)
水
过滤
C
苯(苯酚)
NaOH溶液
分液
D
甲烷(乙烯)
酸性KMnO4溶液
洗气
【答案】C
【解析】试题分析：A．己烯与溴水反应，而己烷不能，反应后不分层，不能分液除杂，应直接蒸馏除杂，故A错误；B．二者均可透过滤纸，应利用渗析法分离，故B错误；C．苯酚与NaOH反应后与苯分层，然后分液可除杂，故C正确；D．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳，引入新杂质，应利用溴水和洗气法除杂，故D错误；故选C。
【考点定位】考查物质的分离、提纯
【名师点晴】本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及分离、提纯方法为解答的关键，侧重除杂的考查，注意除杂的原则。需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过量试剂引入的新的杂质必须除尽，同时分离和除杂质的途径必须选择最佳方案（操作简单、常见）。
6.下列关于晶体的说法中，不正确的是（ ）
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性 ②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 ③共价键可决定分子晶体的熔、沸点 ④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小 ⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列 ⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定 ⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有8个CO2分子紧邻
A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ②③⑦
【答案】D
【解析】试题分析：①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故①正确；②含有金属阳离子的晶体可能是离子晶体，也可能是金属晶体，故②错误；③分子晶体熔化过程中破坏的主要是分子间作用力，分子间作用力大小决定分子晶体的熔、沸点高低，与共价键无关，故③错误；④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故⑤正确；⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，故⑥正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故⑦错误。综上所述，以上叙述中②③⑦错误，故选项C正确。
【考点定位】晶体与非晶体的区别、晶体的类型及其性质的关系。
【名师点睛】一般来说活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共 价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，单原子分子中不含化学键；只含共价键的化合物是共价化合物；含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键。离子化合物形成的晶体一定是离子晶体，由共价键构成的晶体多数是分子晶体，少部分是原子晶体。物质熔点高低首先看晶体类型，一般来说：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，晶体类型相同时比较晶体内部作用力强弱。原子晶体熔点高低取决于共价键强弱，原子半径越小，共价键键能越大，熔点越高。离子晶体熔点高低取决于晶格能大小，首先比较离子所带电荷，电荷数越多，晶格能越大；其次比较离子半径大小，离子半径越小，晶格能越大。
分子晶体熔沸点高低主要取决于分子间作用力的大小，一般来说固态＞液体＞气态；有氢键的熔沸点高；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大的分子间作用力越大，熔沸点越高。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C4H10O的醇，能在铜催化和加热条件下被氧气氧化为醛的同分异构体共有4种
B. 2—氯丁烷与NaOH乙醇溶液共热的反应产物中一定不存在同分异构体
C. 3—甲基—3—乙基戊烷的一氯代物有5种
D. 分子式为C7H8O的有机物，能与氯化铁溶液发生显色反应的同分异构体共有3种
【答案】D
【解析】试题分析：A选项中只有伯醇才可催化氧化成醛，即C3H7—CH2OH，故只有2种；2—氯丁烷消去时可生成1—丁烯或2—丁烯，二者互为同分异构体；3—甲基—3—乙基戊烷中有3种不同的H原子，故一氯化物有3种，C7H8O属于酚类和同分异物体共有3种，D正确．
考点：同分异构体
8.某有机物的结构简式为。下列关于该有机物的叙述正确的是（ ）
A. 该有机物属于芳香烃
B. 该有机物苯环上一氯代物有6种
C. 该有机物可发生取代、加成、加聚、消去反应
D. 1 mol该有机物在适当条件下，最多可与2molBr2发生取代反应
【答案】D
【详解】A.该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，A错误；
B.有机物苯环只有3个氢原子可被取代，苯环上一氯代物有3种，B错误；
C.只有苯环上含有羟基，不能发生消去反应，C错误；
D.由结构简式可知，只有羟基邻位可与溴发生取代反应，则1 mol该有机物在适当条件下，最多可与2mol Br2发生取代反应，D正确；
故合理选项是D。
9.只有在化合物中才能存在的化学键是（ ）
①离子键 ②氢键 ③共价键 ④极性键 ⑤非极性键
A. ①④ B. ①②④ C. ③⑤ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】试题分析：单质中也可以存在的化学键有共价键和非极性键，例如：H2、O2、N 2等，故③⑤不选；又因为题目要求是化合物中，氢键存在于分子间，故②氢键也不能选；离子键只能存在于阴阳离子之间，阴阳离子形成的物质一定是化合物，故①可选；极性键存在与不同种原子之间，故形成的物质一定是化合物，故④可选，答案选①④，A正确。
考点：考查化学键的概念及应用相关知识。
10.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的是（ ）
A. 第2周期元素氢化物的稳定性顺序是HF>H2O>NH3；则第3周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
B. ⅣA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4>SiH4>CH4；则ⅤA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3>PH3>NH3
C. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子
D. 苯属于芳香烃，符合通式CnH2n-6(n≥6)，则芳香烃的通式就是CnH2n-6(n≥6)。
【答案】A
【详解】A.同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，第2周期元素非金属性F>O>N，第3周期元素非金属性Cl>S>P，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，第2周期元素氢化物的稳定性顺序是HF>H2O>NH3，第3周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3，A正确；
B.分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，氢化物的沸点越高，ⅣA族氢化物的沸点大小顺序为GeH4>SiH4>CH4，含有氢键的物质的熔沸点较高，氨气中含有氢键，则沸点：PH3
D.苯的同系物中含有1个苯环，侧链为烷基，苯的同系物通式是CnH2n-6(n≥6)；含有苯环的烃为芳香烃，芳香烃不一定只含有一个苯环，侧链也不一定是烷基，则芳香烃的通式不一定符合通式CnH2n-6(n≥6)，D错误；
故合理选项是A。
不定项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，选两个且都正确的得3分，只选一个且正确的得2分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A. 一溴丙烷和氢氧化钠水溶液加热反应；一溴丙烷和氢氧化钠醇溶液加热反应
B. 甲苯硝化制对硝基甲苯；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸
C. 1—氯环己烷制环己烯；丙烯与溴反应制1,2—二溴丙烷
D. 乙醇与氢溴酸反应制溴乙烷；乙酸和乙醇反应制乙酸乙酯
【答案】D
【详解】A.一溴丙烷和氢氧化钠水溶液加热发生取代反应；一溴丙烷和氢氧化钠醇溶液加热发生消去反应，反应类型不相同，A错误；
B.甲苯硝化制对硝基甲苯属于取代反应；甲苯和高锰酸钾反应制苯甲酸属于氧化反应，二者反应类型不相同，B错误；
C.1—氯环己烷制环己烯发生的是消去反应；丙烯与溴反应制1,2—二溴丙烷，发生的是加成反应，二者反应类型不相同，C错误；
D.乙醇与氢溴酸反应制溴乙烷发生的是取代反应；乙酸和乙醇反应制乙酸乙酯，发生的也是取代反应，二者反应类型相同，D正确；
故合理选项是D。
12.对于苯乙烯的结构简式如下所示，下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色，②可发生加聚反应，③可溶于水，④可溶于苯中，⑤苯环能与溴水发生取代反应，⑥所有的原子可能共面。其中完全正确的是（ ）
A. ①②④ B. ①②④⑥
C. ①②④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】试题分析：苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，则具备苯和烯烃的化学性质，且苯环为平面结构、乙烯为平面结构，以此来解答．
解：①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故②正确；
③根据相似相溶可知，易溶于有机溶剂，难溶于水，故③错误；
④根据相似相溶可知，易溶于有机溶剂，则可溶于苯中，故④正确；
⑤中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，不能与苯环反应，故⑤错误；
⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，则所有的原子可能共平面，故⑥正确；
故选B．
13.如图为酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物被称为奥林匹克烃，下列说法中正确的是（ ）
A. 该有机物属于芳香族化合物，是苯的同系物
B. 该有机物是只含非极性键的非极性分子
C. 该有机物的一氯代物只有七种
D. 该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量
【答案】CD
【分析】由结构可知分子式，含5个相连的苯环，为稠环化合物，与苯结构不相似，结合有机物的结构解答该题。
【详解】A.含有苯环的有机物为芳香族化合物，该有机物中含有苯环，所以属于芳香族化合物；苯的同系物中只含一个苯环，且侧链为烷烃基，该分子中含有多个苯环，所以不是苯的同系物，A错误；
B.该有机物分子中含有C-H键，为极性键，B错误；
C.由物质分子结构对称性可知，分子中含7种不同位置的H原子，因此该有机物的一氯代物有7种，C正确；
D.由物质分子结构可知，其分子式为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2，7molH2O，燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量，D正确；
故合理选项是CD。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质的知识，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，本题侧重考查学生的分析能力。
14.Sorbicillin(简称化合物X)是生产青霉素时的一个副产品，其结构简式如图所示，下列有关化合物X的说法正确的是 （ ）
A. 分子中所有碳原子可能处于同一平面
B. 1 mol化合物X可以与2molNa2CO3反应
C. 1 mol化合物X可以与浓溴水发生取代反应，消耗3 mol Br2
D. 化合物X与H2完全加成，每个产物分子中含有4个手性碳原子
【答案】AB
【解析】A．分子中存在的苯环、羰基及碳碳双键均为平面结构，则所有碳原子可能处于同一平面，故A正确；B．酚羧基能与Na2CO3反应生成NaHCO3，且分子中有2个酚羟基，则1mol化合物X可以与2 molNa2CO3反应，故B正确；C．1mol化合物X最多可以3molBr2反应，其中2mol是加成，1mol发生取代，故C错误；D．化合物X中苯环、碳碳双键及羰基均能与H2完全加成反应，每个产物分子中含有3个手性碳原子，故D错误；答案为AB。
15.下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为：
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 某主族元素的电离能I1～I7数据如上表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表第ⅢA
【答案】BD
【分析】A.没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；
B.基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，根据洪特规则分析；
C.N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子；
D.由主族元素的电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化较大，则该原子最外层只有3个电子。
【详解】A.同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，A错误；
B.基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，根据洪特规则电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，则外围电子排布图为，B正确；
C.N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，C错误；
D.由主族元素的电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化较大，则该原子最外层只有3个电子，位于第ⅢA族，D正确；
故合理选项是BD。
【点睛】本题考查原子核外电子排布规律、电子排布式和电离能定向比较，注意原子核外电子的排布和运动特点注意某些元素性质的特殊性，考查学生对物质结构、性质的掌握。
16.现有四种晶体，其构成粒子(均为单原子核粒子)排列方式如下图所示，其化学式正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】8个B粒子居于顶点，一个A粒子居于体心，所以化学式应为AB或BA，A错误； E和F的数目完全一致，所以化学式为FE或EF，B错误；一个晶胞内X、Y、Z三种粒子的个数分别为1，3，1，C正确； A粒子居于8个顶点和6个面心，真正属于一个晶胞的A粒子为4个，B粒子居于12条棱上和体心，真正属于一个晶胞的B粒子为4个，D错误；正确选项C。
17.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2－与W＋具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性
C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D. 化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同
【答案】B
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素。
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H），选项A错误；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，选项B正确；C、非金属性Z（O）＞Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，选项C错误；D、化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握。
18.已知乙酸乙酯与NaOH溶液在加热条件下发生水解，生成醋酸钠和乙醇。而1mol与NaOH溶液发生反应时最多消耗3 mol NaOH。五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。
下列说法错误的是（ ）
A. 1molZ最多能与6molNaOH发生反应
B. 1molX最多能与2molBr2发生取代反应
C. Y分子结构中有2个手性碳原子
D. Y能发生加成、取代、消去、氧化反应
【答案】AC
【详解】A.Z中含有酚羟基、酯基、羧基，能和NaOH反应的有酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基，1 mol Z最多能与8mol NaOH发生反应，A错误；
B.X中含有酚羟基，苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代，所以1 mol X最多能与2 mol Br2发生取代反应，B正确；
C.Y分子结构中连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子，所以有3个手性碳原子，C错误；
D.Y含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能发生消去反应、加成反应、氧化反应、取代反应，D正确；
故合理选项是AC。
19.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+等电子体，键角均为60°
B. NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中也存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】BD
【详解】A.CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，A错误；
B.NO3-和CO32-原子数是4，价电子数是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，B正确；
C.H3O+价电子数是8，PCl3价电子数都是26，价电子数不同，不是等电子体，C错误；
D.B3N3H6和苯原子数都是12，价电子数都是30，是等电子体，B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D正确；
故合理选项是BD。
20.醇类化合物在香料中占有重要的地位。下面所列的是一些天然的或合成的醇类香料：
下列说法中正确的是（ ）
A. 可用酸性KMnO4溶液检验①中是否含有碳碳双键
B. ②和③互为同系物，均能催化氧化生成醛
C. ④和⑤互为同系物，可用核磁共振氢谱检验
D. 等物质的量的上述5种有机物与足量的金属钠反应，消耗钠的量相同
【答案】D
【分析】A.碳碳双键、-OH均能被高锰酸钾氧化；
B.与-OH相连C上不含H；
C. ④和⑤不是同系物；
D.均只含1个-OH。
【详解】A.碳碳双键、-OH均能被高锰酸钾氧化，则KMnO4溶液不能检验①中是否含有碳碳双键，可利用溴水检验，A错误；
B.②和③分子中与-OH相连C上不含H原子，均不能发生催化氧化反应，B错误；
C. ④和⑤中H原子的种类不同，因此核磁共振氢谱的峰面积不同，可鉴别两种物质，但④和⑤不是同系物，C错误；
D.上述五种物质均只含1个-OH，则等物质的量的上述5种有机物与足量的金属钠反应，消耗钠的量相同，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇性质的考查，注意选项C为解答的难点。
非选择题(共70分)
21.下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）表中属于d区的元素是__________________(填编号)。④⑤⑥⑦⑧五种元素形成的稳定离子中，离子半径是小的是___________(填离子称号)
（2）表中元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子构型为________。
（3）某元素的特征电子排布式为nsnnpn＋1，该元素原子的最外层电子的孤电子对数为_____。该原子的第一电离能______电子排布式为nsnnpn＋2的原子(填“大于”、“等于”或“小于”)。
（4）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质。请写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________________________________。
（5）上述10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是________(填化学式)
（6）下列各组微粒的空间构型相同的是_______________
①NH3和H2O ②NH4+和H3O＋ ③NH3和H3O＋ ④O3和SO2 ⑤CO2和BeCl2 ⑥SiO44-、ClO4-和SO42- ⑦BF3和Al2Cl6
【答案】 (1). ⑨ (2). Al3+ (3). 平面正六边形 (4). 1 (5). 大于 (6). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O (7). HClO4 (8). ③④⑤⑥
【分析】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Be、③为C、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ca、⑨为Fe、⑩为Cu。
(1)d区元素包括第Ⅷ族、ⅢB族～ⅦB族(ⅢB族中镧系元素、锕系元素属于f区除外)；电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；
(2)元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子为苯；
(3)某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2；具有全充满、半充满、全空电子构型的原子比较稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(4)元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质，则元素②的氢氧化物Be(OH)2与NaOH反应生成Na2BeO2与水；
(5)表中10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是高氯酸；
(6)计算中心原子的孤电子对数与价层电子对数判断。
【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Be、③为C、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ca、⑨为Fe、⑩为Cu。
(1)表中⑨属于d区元素；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；离子核外电子层越多，离子半径越大，则离子半径由大到小的顺序为：S2->Cl->Ca2+>Mg2+>Al3+，可见离子半径最小的为Al3+；
(2)元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子为苯，苯分子构型为平面正六边形；
(3)某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2，特征电子排布式为2s22p3，2s轨道的2个电子为孤对电子，该元素的2p轨道为半充满、稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故N元素的第一电离能大于电子排布式为nsnnpn+2的O原子的第一电离能；
(4)元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质，则元素②的氢氧化物Be(OH)2与NaOH反应生成Na2BeO2与水，反应方程式为：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；
(5)表中10种元素形成的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；
(6)①NH3中N原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4，因此空间构型为三角锥形；H2O中O原子孤电子对数==2、价层电子对数=2+2=4，空间构型为V形，二者空间构型不相同，①不符合；
②NH4+中N原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形；H3O+中O原子孤电子对数==1、价层电子对数=1+3=4，空间构型为三角锥形，二者空间构型不相同；②不符合；
③NH3为三角锥形，H3O+也是三角锥形，二者空间构型相同，③符合；
④O3中O原子孤电子对==1、价层电子对数=1+2=3，空间构型为V形，SO2中S原子孤电子对==1、价层电子对数=1+2=3，空间构型为V形，二者空间构型相同，④符合；
⑤CO2为直线形结构，BeCl2中Be原子没有孤对电子、价层电子对数=0+2=2，空间构型为直线形，二者空间构型相同，⑤符合；
⑥SiO44-中Si原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形；ClO4-中Cl原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形，SO42-中S原子孤电子对数==0、价层电子对数=0+4=4，空间构型为正四面体形，三者空间构型相同，⑥符合；
⑦BF3中中心B原子上没有孤电子对、价层电子对数=0+3=3，空间构型为平面正三角形，Al2Cl6中Al原子形成4个共价键，不是平面形结构，二者空间构型不相同，⑦不符合；
故符合要求的序号是③④⑤⑥。
【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素周期表、微粒半径比较、核外电子排布、电离能、元素周期律运用、分子构型判断等，注意同周期第一电离能变化异常情况与原子结构的关系，熟记常见元素在周期表中位置。
22. [化学——选修5：有机化学基础]端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为____________，D 的化学名称为____________。
（2）①和③的反应类型分别为____________、____________。
（3）E的结构简式为______。用1 mol E合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_______mol。
（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_____________________________________。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式_______________________________。
（6）写出用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线___________。
【答案】（1）；苯乙炔（2）取代反应；消去反应
（3）4
（4）
（5）（任意三种）
（6）
【解析】试题分析：（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为；根据D的结构简式可知D 的化学名称为苯乙炔。
（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。
（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1 mol E合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。
（4）根据已知信息可知化合物（）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为。
（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线为。
【考点定位】考查有机物推断与合成
【名师点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写等知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；同时考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。本题难度适中。
23.烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D。C的结构简式是。B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。G有醛基，能发生银镜反应。以上反应及B的进一步反应如下所示。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是___________。
(2)B转化为F属于_______反应，B转化为E的反应属于_______反应(填反应类型名称)。
(3)写出F转化为G的化学方程式：_____________________________________。
(4)C的核磁共振氢谱有________个峰
(5)写出D转化为E的化学方程式：___________________________________。
【答案】 (1). (CH3)3CCH2CH3 (2). 取代(水解) (3). 消去 (4). 2(CH3)3CCH2CH2OH+O22(CH3)3CCH2CHO+2H2O (5). 4 (6). (CH3)3CCH(Cl)CH3+NaOH(CH3)3CCH=CH2+NaCl+H2O
【分析】烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D，C的结构简式是(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，则A为(CH3)3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E，故E为(CH3)3CCH=CH2，B在氢氧化钠水溶液里发生水解反应生成F，F为醇，醇F氧化生成醛G，G能与银氨溶液反应，G含有醛基-CHO，故B为(CH3)3CCH2CH2Cl，F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，H为(CH3)3CCH2COOH，D为(CH3)3CCH2ClCH3。
【详解】根据上述分析可知A为(CH3)3CCH2CH3，B为(CH3)3CCH2CH2Cl，C为(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，D为(CH3)3CCH2ClCH3，E为(CH3)3CCH=CH2，F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，H为(CH3)3CCH2COOH。
(1)通过以上分析知，A的结构简式为(CH3)3CCH2CH3；
(2) B为(CH3)3CCH2CH2Cl，B在氢氧化钠水溶液下发生取代反应，生成转变为F为(CH3)3CCH2CH2OH，故B转化为F的反应类型属于取代反应；
B转变为E是(CH3)3CCH2CH2Cl在氢氧化钠的乙醇溶液中在加热条件下发生消去反应生成(CH3)3CCH=CH2，故B转化为E的反应类型为消去反应；
(3)F发生催化氧化反应生成G，化学反应方程式为2(CH3)3CCH2CH2OH +O22(CH3)3CCH2CHO+2H2O；
(4)C结构简式为(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，根据其结构简式可知该物质分子中含有4种不同位置的H原子，因此C的核磁共振氢谱有4个峰；
(5) D为(CH3)3CCH2ClCH3，D与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生E：(CH3)3CCH=CH2反应方程式为：(CH3)3CCH2ClCH3+NaOH(CH3)3CCH=CH2+NaBr+H2O。
【点睛】本题考查有机物推断的知识，突破口是C物质的结构简式，根据C的结构简式结合反应条件进行推断，了解常见物质发生的反应类型及反应条件，侧重考查学生分析推断能力，易错点是银镜反应方程式的书写。
24.有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下：
元素
相关信息
A
A原子的1s轨道上只有1个电子
B
B是电负性最大的元素
C
C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子
D
D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子
E
E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物
请回答下列问题：
(1)写出E元素原子基态时的电子排布式_____________。
(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_____(填“大”或“小”)。
(3)CA3分子中C原子的杂化轨道类型是______，CA3分子的空间构型是___________。
(5)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2＋配离子，其中存在的化学键类型有________(填序号)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
(5)B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_______。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1) (2). 大 (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). ①③ (6). 8
【分析】A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p3，故C为N元素；E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu；D是主族元素且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca，据此解答。
【详解】根据上述分析可知A是H元素，B是F元素，C是N元素，D是Ca元素，E是Cu元素。
(1)E为Cu元素，核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；
(2)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，由于氮元素原子2p能级为半满稳定状态，因此其第一电离能高于氧元素的第一电离能；
(3)CA3分子是NH3，NH3分子中N原子价层电子对个数是4，且N原子上含有一个孤电子对，所以N的杂化轨道类型是sp3，NH3的空间构型为三角锥形；
(4) A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2＋配离子是[Cu(NH3)4]2+，在该配离子中，Cu2+与NH3分子之间通过配位键结合；在NH3分子中N原子与氢原子之间通过极性共价键结合，因此[Cu(NH3)4]2+存在的化学键类型有配位键、极性共价键，故合理选项是①③；
(5)B与D可形成离子化合物CaF2，以面心上的Ca2+为研究对象，根据晶胞结构可知，在一个晶胞中与Ga2+距离相等且最近的F-有4个，通过该钙离子可以形成2个晶胞，因此Ca2+的配位数是8。
【点睛】本题考查了元素的推断、原子核外电子排布、微粒的空间构型、化学键类型的判断及配位化合物、晶体结构的计算等知识。注意同周期元素第一电离能异常情况及原因。
25.Ni2＋与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2＋。
(1)Ni2＋基态核外电子排布式为___________。
(2)1mol丁二酮肟分子中含有σ键的数目为______mol。
(3)丁二酮肟镍分子中碳原子的杂化轨道类型为_____。
(4)Ni(CO)4是一种无色液体，沸点为43℃，熔点为－19.3 ℃。Ni(CO)4的晶体类型是_______。
(5)与CO互为等电子体的二价阴离子为________，Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，不考虑空间构型，Ni(CO)4的结构可用示意图表示为_________________。
(6)下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是_______。
A.SO32- B.ClO4- C.NO2- D.ClO3-
(7)最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为_________
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8 (2). 15 (3). sp2、sp3 (4). 分子晶体 (5). C (6). (7). B (8). MgCNi3
【分析】(1)镍原子核外电子数是28，镍原子失去最外层2个电子变成基态Ni2+，根据构造原理书写基态Ni2+的核外电子排布式；
(2)单键中含有一个σ键，双键含有一个σ键和一个π键；
(3)根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式；
(4)分子晶体的熔沸点较低；
(5)价电子数相等、原子个数相等的微粒为等电子体；Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构。
(6) 价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型；
(7)利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式。
【详解】(1)镍原子核外电子数是28，镍原子失去最外层2个电子变成基态Ni2+，根据构造原理知，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)；
(2)已知丁二酮肟的结构式为，分子中含有13个单键，和2个双键，则共含有15个σ键，所以1mol丁二酮肟含有σ键数目为15mol；
(3)甲基上碳原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为sp3杂化，连接甲基的碳原子含有3个价层电子对且不含孤电子对，为sp2杂化；
(4)Ni(CO)4是一种无色液体，沸点为43℃，熔点为－19.3 ℃。可见Ni(CO)4的晶体熔沸点较低，因为分子晶体的熔沸点较低，所以该物质的晶体类型为分子晶体；
(5)价电子数相等，原子个数相等的微粒为等电子体，故与CO互为等电子体的二价阴离子为C22-，Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构，其结构图为或；
(6)A.SO32-中价层电子对个数=3+(6+2-3×2)=4且中心S原子上含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，离子的空间立体构型为三角锥形结构，A错误；
B.ClO4-中价层电子对个数=4+(7+1-4×2)=4，且中心Cl原子且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是平面三角形结构，B正确；
C.NO2-中价层电子对个数=2+×(5+1-2×2)=3，且中心N原子上含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，C错误；
D.ClO3-中价层电子对个数=3+×(7+1-3×2)=4，且中心Cl原子上含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，D错误；
故合理选项是B。
(7)碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个C原子；镁原子个数=8×=1，则在该晶胞含有1个Mg原子；Ni原子个数=6×=3，在该晶胞中含有3个Ni原子，所以该晶胞的化学式为MgCNi3。
【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及等电子体、原子的杂化方式、微粒空间构型及VSEPR模型、核外电子排布式的书写等知识点，要学会用均摊法确定物质的化学式、根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式及分子空间构型。
26.某研究性学习小组为确定一种从煤中提取液态烃X的结构，对其进行探究。
步骤一：这种碳氢化合物蒸气通过热的氧化铜(催化剂)，氧化成二氧化碳和水，再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。2.12 g有机物X的蒸气氧化产生7.04 g二氧化碳和1.80 g水。
步骤二：通过仪器分析得知X的相对分子质量为106。
步骤三：用核磁共振仪测出X的核磁共振氢谱有2个峰，其面积之比为2∶3，如图Ⅰ。
步骤四：利用红外光谱仪测得X分子的红外光谱如图Ⅱ。
试填空：
(1)X分子式为________；X的名称为________。
(2)步骤二中的仪器分析方法称为______________。
(3)写出X与足量浓硝酸和浓硫酸混合物反应的化学方程式：_______________________。
(4)写出X符合下列条件的同分异构体的结构简式_______________。
①芳香烃 ②苯环上一氯代物有三种
【答案】(1). C8H10 (2). 对二甲苯 (3). 质谱法 (4). (5). 、
【分析】(1)首先根据n=，计算烃X及反应产生的CO2、H2O的物质的量，然后就可以确定X分子中C、H原子个数，确定物质的分子式；再根据X的红外光谱测定含有苯环，属于苯的同系物，而1H核磁共振谱有2个峰，其面积之比为2：3，则X为；
(2)通过仪器分析得相对分子质量的方法为质谱法；
(3)X与浓硝酸发生取代反应，由于硝酸足量，苯环上H原子全部为羟基取代；
(4)X的同分异构体符合下列条件：①芳香烃，②苯环上一氯代物有三种，苯环上有3种H原子，为乙苯或间二甲苯。
【详解】(1)烃X的物质的量n(X)=，反应产生的CO2的物质的量为n(CO2)=，反应产生的H2O的物质的量为n(H2O)=，则分子中N(C)==8；N(H)==10，故X的分子式为C8H10，X的红外光谱测定含有苯环，属于苯的同系物，而1H核磁共振谱有2个峰，其面积之比为2：3，则X为，名称为对二甲苯；
(2)步骤二通过仪器分析得知X的相对分子质量，该方法称为质谱法；
(3)X与足量浓硝酸和浓硫酸混合物反应的化学方程式：；
(4)X的同分异构体符合下列条件：①芳香烃，②苯环上一氯代物有三种，符合条件的同分异构体有：间二甲苯和乙苯。
【点睛】本题考查有机物的推断的知识，注意有机物研究的一般方法与步骤，侧重考查限制条件同分异构体书写、物质的分离提纯，物质化学式的确定方法及测定仪器的使用等。
27.非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：
请回答下列问题：
(1)反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为__________。
(2)中间产物C、D可以发生相同的反应类型生成相同的物质F，F具有能发生加聚反应的常见官能团，则该反应的反应类型是_________；C→F的反应条件是___________；D→F的反应条件是_________。
(3)根据相关信息并结合已有知识，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3_______
【答案】 (1). (2). 消去反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). NaOH醇溶液、加热 (5).
【分析】(1)对比A、B结构与X的分子式，可知X结构简式为：；
(2)C含有醇羟基，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，可产生共同生成物F；F含有碳碳双键，可以发生加聚反应产生聚合物；
(3) 与NaBH4发生还原反应产生，苯乙醇与浓硫酸混合加热发生消去反应产生苯乙烯，与HBr发生加成反应产生，然后与NaCN发生取代反应产生，该物质酸化，可得目标产物。
【详解】(1)对比A、B的结构与X的分子式，可知X结构简式为：；
(2)C中含有醇羟基，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F；D中含有Br原子，由于在Br原子连接的C原子邻位C原子上有H原子，因此可在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，可产生共同生成物F；F含有碳碳双键，可以发生加聚反应产生聚合物。可见两者反应类型为消去反应，C变为F的反应条件为浓硫酸、加热；D变为F的条件为NaOH的乙醇溶液、加热；
(3)苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯与HBr发生加成反应生成，和NaCN发生取代反应产生、再发生水解反应，然后酸化可生成，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，注意根据有机物的结构在反应前后的变化，理解发生的反应原理，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
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