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【化学】福建省泉州第十六中学、惠南中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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福建省泉州第十六中学、惠南中学2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对分子质量：Ni：59 La：139
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、选择题（本题共22小题，每小题2分，共44分，每题只有一个正确选项）
1.下列符号不符合事实的是（ ）
A. 4s2 B. 2p3 C. 3d8 D. 3f14
【答案】D
【解析】s能级最多排列2个电子、p能级最多排列6个电子、d能级最多排列10个电子，存在4s2、2p3、3d8排布，f能级最多排列14个电子，第三能层没有f能级，至少在第四能层才存在f能级，不可能存3f14排布，故选D。
点睛：本题考查了原子核外电子排布，明确能层、能级、轨道数的关系及每种能级上最多排列电子数是解题的关键。本题要注意至少在第四能层才存在f能级。
2.在单质晶体中一定不存在（ ）
A. 离子键 B. 分子间作用力
C. 共价键 D. 金属离子与自由电子间的作用
【答案】A
【解析】试题分析：A、离子键是阴阳离子通过静电作用，存在于化合物中，故正确；B、像氧气等中存在分子间作用力，故错误；C、如氧气中，氧原子间存在共价键，故错误；D、如金属晶体，故错误。
考点：考查晶体的成键特点等知识。
3.下列物质属于分子晶体的是（ ）
A. 二氧化硅 B. 碘 C. 镁 D. NaCl
【答案】B
【解析】试题分析：A、属于原子晶体，故错误；B、碘属于分子晶体，故正确；C、镁属于金属晶体，故错误；D、氯化钠属于离子晶体，故错误。
考点：考查晶体等知识。
4.能正确表示CH4中碳原子成键方式的电子排布图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】分析：根据杂化轨道理论，CH4中碳原子的价层电子对数为(4+1×4)/2=4，所以碳原子是sp3杂化，据此答题。
详解：A、轨道没有杂化，还是基态原子的排布，A错误；
B、杂化后的轨道能量应当相同，B错误；
C、CH4中碳原子的价层电子对数为(4+1×4)/2=4，所以碳原子是sp3杂化，即由一个s轨道和3个p轨道杂化后形成4个能量相同的轨道，根据洪特规则，每个轨道上有一个电子，C正确；
D、电子排布时应先排在能量低的轨道里，D错误；
答案选C。
5.按F、Cl、Br、I顺序递增的是（ ）
A. 外围电子 B. 原子半径
C. 电负性 D. 第一电离能
【答案】B
【详解】A．F、Cl、Br、I为第VIIA族元素，同主族外围电子数相同，故A不选；
B．同主族，从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大，故B选；
C．同主族，从上到下，电负性减弱，则F、Cl、Br、I电负性逐渐减小，故C不选；
D．同主族，从上到下，第一电离能减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，故D不选；
答案选B。
6.关于晶体下列说法正确的是（ ）
A. 六方最密堆积的空间利用率是52%
B. 离子晶体中一定含金属阳离子
C. 在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构
D. 分子晶体的熔点可能比金属晶体的熔点高
【答案】D
【详解】A．六方最密堆积的空间利用率74%，简单立方堆积的空间利用率52%，故A错误；
B．铵盐属于离子晶体，铵盐中不含金属阳离子，故B错误；
C．H原子形成共价化合物时，H周围只有2个电子，所以在共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构，故C错误；
D．Hg为金属，但常温下为液体，而S为分子晶体，在常温下为固体，分子晶体的熔点可能比金属晶体的熔点高，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意记忆一些必要的化学数据，如标准状况下的气体摩尔体积、各种堆积方式的空间利用率、阿伏伽德罗常数等。
7.下列说法中正确的是（ ）
A. C60气化和干冰升华克服的作用力相同
B. 分子晶体在水溶液中都能导电
C. 氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键
D. HF比HCl稳定，是因为HF含氢键的缘故
【答案】A
【详解】A．分子晶体由固体变为气体，克服分子间作用力，C60、干冰均为分子晶体，则C60气化和干冰升华克服的作用力相同，故A正确；
B．有的分子晶体不溶于水，如乙酸乙酯、单质硫等，不发生电离，不能导电，故B错误；
C．氯化钠为离子晶体，HCl为分子晶体，氯化钠溶于水破坏离子键，氯化氢溶于水破坏共价键，故C错误；
D．稳定性是化学性质，HF比HCl稳定，是因为非金属性F强于Cl，与氢键无关，故D错误；
答案选A。
8.下面的排序不正确的是（ ）
A. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
B. 晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
C. 晶体熔点由低到高：CF4
【答案】A
【详解】A．Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低顺序为Al＞Mg＞Na，故A错误；
B．四种物质的阳离子相同，阴离子半径逐渐增大，晶格能逐渐减小，即晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI，故B正确；
C．四种分子晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，即晶体熔点由低到高：CF4
答案选A。
9.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是（ ）
A. CCl4中C原子sp3杂化，为正四面体形
B. H2S分子中，S为sp2杂化，为直线形
C. CS2中C原子sp杂化，为直线形
D. BF3中B原子sp2杂化，为平面三角形
【答案】B
【分析】首先判断中心原子形成的σ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。
【详解】A．CCl4中C原子形成4个σ键，孤对电子数为0，则为sp3杂化，为正四面体形，故A正确；
B．H2S分子中，S原子形成2个σ键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，为V形，故B错误；
C．CS2中C原子形成2个σ键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；
D．BF3中B原子形成3个σ键，孤对电子数为=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故D正确；
答案选B。
【点睛】把握杂化类型和空间构型的判断方法是解题的关键。本题的易错点为孤电子对个数的计算，要注意公式(a-xb)中字母的含义的理解。
10.甲醛（）在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，以下说法中正确的是（ ）
A. 甲醛分子间可以形成氢键
B. 甲醛分子和甲醇分子内C原子均采取sp2杂化
C. 甲醛为极性分子
D. 甲醇的沸点远低于甲醛的沸点
【答案】C
【详解】A．甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；
B．甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；
C．甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；
D．甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误；
本题答案选C。
11.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A. 反应前后c(Cu2+)不变
B. [Cu (NH3)4]SO4是离子化合物，易溶于水和乙醇
C. [Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道
D. 用硝酸铜代替硫酸铜实验，不能观察到同样的现象
【答案】C
【解析】向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成氢氧化铜沉淀,继续滴加氨水，难溶物溶解得到[Cu (NH3)4]SO4溶液；反应后c(Cu2+)减小，故A错误；[Cu (NH3)4]SO4是离子化合物，难溶于乙醇，故B错误；络合离子[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道、NH3提供孤对电子，故C正确；用硝酸铜代替硫酸铜实验，能观察到同样的现象，故D错误。
12.三硫化磷（P4S3）是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧 时P被氧化为P4010，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）
A. P4S3属于共价化合物
B. 1mol P4S3分子中含有9mol共价键
C. P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2
D. P4S3中磷元素为+3价
【答案】D
【详解】A．只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，故A正确；B．由图可知，共6个P-S、3个P-P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，故B正确；C．燃烧反应生成稳定氧化物，则P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2，故C正确；D．由图可知，有1个P与3个S形成3个共价键为+3价，其它3个P分别与1个S形成1个共价键都是+1价，S为-2价，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查化学键及物质结构，把握P与S形成的化学键为解答的关键。本题的易错点为D，要注意结构中P原子的连接方式与化合价的关系。
13.下列物质属于油脂的是（ ）
A. 汽油 B. 花生油 C. 煤油 D. 甘油
【答案】B
【解析】试题分析：A、汽油属于烃类的混合物，错误；B、花生油属于油脂，正确；C、煤油属于烃类的混合物，错误；D、甘油属于醇类，错误。
考点：考查常见有机物的组成。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应
B. 用过滤的方法可以分离乙酸乙酯和乙酸
C. 医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液
D. 往蛋白质溶液中加入浓的CuSO4溶液，蛋白质会发生盐析
【答案】A
【详解】A．葡萄糖中含-OH，氨基酸中含-COOH，在一定条件下都能发生酯化反应，故A正确；
B．乙酸乙酯和乙酸互溶，不能通过过滤分离，二者沸点不同，应利用蒸馏法分离，故B错误；
C．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，故C错误；
D．硫酸铜为重金属盐，可使蛋白质变性，故D错误；
答案选A。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 己烯可以用于萃取溴水中的溴
B. 甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成4种二肽
C. 盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚用酒精洗涤
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
【答案】A
【详解】A．己烯不溶于水，但能够与溴发生加成反应，则己烯不可以萃取溴水中的溴，故A错误；
B．同种氨基酸分子间脱水，可以生成2种二肽；异种氨基酸分子间脱水，可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，也生成2种二肽，共4种，故B正确；
C．苯酚易溶于酒精，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可以用酒精洗涤，故C正确；
D．酯化时羧酸脱羟基、醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为B，氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。
16.由羟基与下列基团组成的化合物中，属于醇类的是（ ）
A. —COOH B.
C. D. R—CO—
【答案】C
【解析】A. —COOH与羟基相连构成碳酸，不是醇类，A错误；B. 与羟基相连构成的酚类，不是醇类，B错误；C. 与羟基相连构成的苯甲醇，属于醇类，C正确；D. R—CO—与羟基相连构成的羧酸，不是醇类，D错误；答案选C。
17.下列实验能获得成功的是（ ）
A. 140℃时，无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯
B. 往油脂中加稀硫酸与之共热可发生皂化反应
C. 检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否变蓝
D. 验证溴乙烷中的溴元素，可直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成
【答案】C
【解析】试题分析：A、无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯的反应温度为170℃，错误；B、油脂的碱性水解叫做皂化反应，错误；C、检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否变蓝，正确；D、溴乙烷的官能团为溴原子，不含溴离子，不能直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成来检验溴元素是否存在，错误。
考点：考查化学实验方案的分析、评价。
18.据报道，2002年10月26日俄罗斯特种部队在解救人质时，除使用了非致命武器芬太奴外，还作用了一种麻醉作用比吗啡强100倍的氟烷，已知氟烷的化学式为C2HClBrF3，则沸点不同的上述氟烷有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【详解】氟烷的化学式为C2HClBrF3，可以看成C2F6的取代产物，先用Br取代1个氟原子，有1种产物：CF2Br-CF3；再用Cl取代1个氟原子，有2种产物：CF2Br-CF2Cl，CFClBr-CF3；最后用H原子取代1个氟原子，共有四种：CHFBr-CClF2，C F2Br-CHClF，CHClBr-C F3，CFClBr-CHF2，故选B。
19.化合物（x）(y)(z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是（ ）
A. x、y、z均能使Br2的CCl4溶液褪色
B. x的同分异构体只有y和z
C. x、y、z的二氯代物均只有三种
D. x、y、z中只有y中所有原子可以处于同一平面
【答案】D
【解析】分析：A．x、z与Br2的CCl4溶液均不反应；
B．的分子式为C8H8；
C．y、z的二氯代物均多余3种；
C．y含有苯环和碳碳双键，具有平面形结构。
详解：A．x是立方烷，z中不存在碳碳双键，二者与Br2的CCl4溶液均不反应，A错误。
B．的分子式为C8H8，则X的同分异构体不仅仅有Y和Z，B错误；
C．x中2个Cl可位于面上相邻、相对，及体心的相对位置，则x的二氯代物有3种，而y、z的二氯代物均多余3种，C错误；
D．y含有苯环和碳碳双键，具有平面形结构，所有原子可能都在同一个平面上，而x、z含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能都在同一个平面上，D正确；
答案选D。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、结构的对称性、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断二氯代物时要采用定一移一法，题目难度较大。
20.在有机物分子中，若某碳原子连接四个不同原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，含“手性碳原子”的物质通常具有不同的光学特征（称为光学活性），下列物质在一定条件下不能使分子失去光学活性的是（ ）
A. H2 B. CH3COOH C. O2／Cu D. NaOH溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A、H2在一定条件下与醛基发生加成反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误；B、CH3COOH与醇羟基发生酯化反应，不失去光学活性，正确；C、—CH2OH在铜作催化剂、加热的条件下与氧气反应生成醛基，失去光学活性，错误；D、卤代烃与氢氧化钠溶液发生水解反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误。
考点：考查有机物的结构与性质。
21.一种合成某药物中间体Z的方法如下，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol X最多能消耗溴水中的2 mol Br2
B. Y可以发生消去反应
C. Y中有3种不同环境的氢原子
D. 用FeCl3溶液可以检验Z中是否混有X
【答案】D
【详解】A．X含有酚羟基，羟基的邻位、对位含有H，可与溴水发生取代反应，则1mol X最多能消耗溴水中的3mol Br2，故A错误；
B．与Cl原子相连碳原子的邻位碳原子不含H原子，不能发生消去反应，故B错误；
C．Y的苯环上含有3种氢原子，侧链含有1种氢原子，Y中有4种不同环境的氢原子，故C错误；
D．X含有酚羟基，Z没有酚羟基，可用氯化铁检验Z中是否混有X，故D正确；
答案选D。
22.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，丙的浓溶液是具有强氧化性的酸溶液，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电负性：W＞X＞Y
B. 原子的第一电离能：Z>Y>X
C. 由W、X、Y、Z构成化合物中只含共价键
D. K、L、M中沸点最高的是M
【答案】C
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，丙的浓溶液是具有强氧化性的酸溶液，则丙为硫酸，单质甲与浓硫酸反应生成K、L、M三种氧化物，则甲为碳，K、L、M分别为水，二氧化硫、二氧化碳，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，则K为二氧化硫，乙是常见的气体，根据框图，L为水，二氧化硫、水和氧气反应生成硫酸，涉及的元素有H、C、O、S，因此W、X、Y、Z依次为H、C、O、S，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。
A. 同周期，自左而右，电负性增大，同主族，自上而下，电负性降低，非金属性越强电负性越强，因此电负性： Y＞X＞W，故A错误；
B. 同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，原子的第一电离能：Y>X＞Z，故B错误；
C. 由W、X、Y、Z构成化合物中没有金属阳离子和铵根离子，不可能构成离子化合物，只能形成共价化合物，只含共价键，故C正确；
D．K(SO2)、M(CO2)常温下为气体，L为H2O，常温下为液体，L的沸点最高，故D错误；
答案选C。
【点睛】正确判断元素的种类和物质的化学式是解题的关键。本题的易错点为B，要注意第一电离能的变化规律，特别是同一周期中的特殊性。
第II卷（非选择题 共56分）
23.根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：
（1）Ti基态原子核外电子排布式为____________，碳原子的价电子轨道表示式为________。
（2）钛存在两种同素异形体，α—Ti采纳六方最密堆积，β—Ti采纳体心立方堆积，由α—Ti转变为β—Ti晶体体积____________（填“膨胀”或“收缩”）。
（3）写出一种与NH4+互为等电子体物质的化学式____________。
（4）SO2的空间构型为___________________。
（5）丙烯腈(CH2=CH—CN)分子中σ键和π键的个数比为____，分子中碳原子轨道杂化类型是______。
（6）FeCl3熔点282℃，而FeCl2熔点674℃，二者熔点差异的原因是__________________
________________________________________________________________。
【答案】(1). [Ar]3d24s2 (2). (3). 膨胀 (4). CH4或SiH4 (5). V形 (6). 2:1 (7). sp2、sp (8). 氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键；而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用
【分析】(1)Ti为22号元素，碳为6号元素，据此分析书写；
(2)六方最密堆积空间利用率大于体心立方堆积；
(3)与NH4+互为等电子体的微粒中需要含有5个原子、8个价电子；
(4)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断；
(5)丙烯腈可以写成CH2=CH—C≡N，据此判断σ键和π键的数目；价层电子对个数是3的碳原子采用sp2杂化，价层电子对个数是2的C原子采用sp杂化，据此分析判断；
(6)根据晶体类型与熔沸点的关系分析解答。
【详解】(1)Ti原子3d能级上2个电子、4s能级上2个电子为其价电子，其电子排布式为[Ar]3d24s2；基态碳原子核外有6个电子，其中价电子为4，分布在2s、2p轨道上，价电子轨道表示式为，故答案为：[Ar]3d24s2； ；
(2)六方最密堆积空间利用率大于体心立方堆积，所以由α-Ti转变为β-Ti晶体体积膨胀，故答案为：膨胀；
(3)与NH4+互为等电子体的微粒中含有5个原子、8个价电子，与其互为等电子体的微粒有CH4、SiH4等，故答案为：CH4(或SiH4)；
(4)SO2中S原子的价层电子对数=2+=3，原子轨道空间构型为平面三角形，分子构型为V形，故答案为：V形；
(5)共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键、1个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，则丙烯腈(CH2=CH—C≡N)分子中含有6个σ键、3个π键，所以σ键与π键个数之比=6∶3=2∶1；价层电子对个数是3的碳原子采用sp2杂化，价层电子对个数是2的C原子采用sp杂化，前两个碳原子价层电子对个数是3、后一个碳原子价层电子对个数是2，所以前两个碳原子采用sp2杂化，后一个采用sp杂化，故答案为：2∶1；sp2、sp；
(6)氯化亚铁为离子晶体，氯化铁为分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力，导致氯化亚铁的熔点比氯化铁的熔点高的多，故答案为：氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键；而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用。
24.A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。
（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。
（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。
（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。
（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。
① E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）
② E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。
【答案】(1). N＞P＞S (2). [Ar]3d7 (3). 水分子间形成氢键 (4). a (5). 分子 (6). 共价键、配位键、范德华力
【分析】A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。
(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；
(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；
(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；
(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；
②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。
【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。
25.金属元素Fe、Ni、Pt均为周期表中同族元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
(1)Fe是常见的金属，生活中用途广泛。请回答下列问题：
①Fe在元素周期表中的位置为________________________。
②Fe的一种晶胞结构如图所示，测得晶胞边长为 a pm，则Fe原子半径为__________。
③已知：FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2－距离最近且等距离的亚铁离子围成的空间构型为________。
(2)铂可与不同的配体形成多种配合物，分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是_________；该配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如下图所示的结构示意图中呈亮黄色的是_____(填“A”或“B”)，理由是___________。
A B
(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图。
①测知镧镍合金晶胞体积为9.0×10－23cm3，则镧镍合金的晶体密度为____________ (不必计算结果) 。
②储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H原子储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，则形成的储氢化合物的化学式为____________。
(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的电子数和原子个数，如苯分子中大π键表示为。 下列微粒中存在“离域Π键”的是__________。
a.O3 b.SO42- c.H2S d.NO3-
【答案】(1). 第4周期第Ⅷ族 (2). pm (3). 正八面体形 (4). NH3、Cl－ (5). A (6). B和水均为极性分子，相似相溶，A为非极性分子在水中的溶解度小 (7). g•cm-3 (8). LaNi5H3 (9). ad
【分析】(1)①铁是26号元素，据此判断在周期表中的位置；②根据晶胞结构知，面对角线为铁原子半径的4倍，据此计算铁原子半径；③FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2-距离最近且等距离的亚铁离子为六个面的面心上的离子，据此判断；
(2)关键图示判断Pt(NH3)2Cl4的配合物的配体；根据相似相溶原理分析判断；
(3)①根据晶胞结构图，利用均摊法计算La和Ni的个数，结合密度=计算；②根据氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，计算利用均摊法H的个数，结合①判断化学式；
(4)根据形成离域π键的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道”的条件分析判断。
【详解】(1)①铁是26号元素，位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；
②根据晶胞结构知，面对角线为铁原子半径的4倍，面对角线长度=a pm，则Fe原子半径=pm=pm，故答案为：pm；
③FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2-距离最近且等距离的亚铁离子为六个面的面心上的离子，与O2-等距离且最近的Fe2+围成的空间构型为正八面体，故答案为：正八面体；
(2)根据结构图，[Pt(NH3)2Cl4]的配体为NH3和Cl-；橙黄色在水中的溶解度较大，水为极性分子，根据相似相溶，橙黄色也为极性分子，A为对称结构，属于非极性分子，B为非对称结构，属于极性分子，则橙黄色的配合物为B；亮黄色的为A，故答案为：NH3、Cl-；A；B和水均为极性分子，相似相溶，A为非极性分子在水中的溶解度小；
(3)①根据晶胞结构图，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5，晶胞的质量为g，密度==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：g•cm-3；
②根据晶胞结构图，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5，氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，则H的个数为8×+2×=3，其化学式为LaNi5H3，故答案为：LaNi5H3；
(4)形成离域π键的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道” ，O3为V形结构，有相互平行的p轨道，可以形成离域π键；硫酸根离子是正四面体结构，原子不处于同一平面内，不能形成离域π键；硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道，不能形成离域π键；NO3-为平面三角形，有相互平行的p轨道，可以形成离域π键，故答案为：ad。
26.下列甲、乙、丙是常见的有机化合物，按要求回答下列问题：
甲：CH3CH=CH2 乙： 丙：HOCH2CH2CH2COOH
(1)甲的名称是___________。
(2)甲能与溴的四氯化碳溶液反应，反应的化学方程式为__________________________。
(3)甲也能发生聚合反应，产物的结构简式为_________________。
(4)丙与浓硫酸混合加热，生成五元环物质的化学反应方程式是________________________。
(5)写出乙的同分异构体中，含苯环的且核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为3∶2的结构简式为______________________。
【答案】 (1). 丙烯 (2). CH3CH= CH2 +Br2CH3CHBrCH2Br (3). (4). HOCH2CH2CH2COOH+H2O (5).
【分析】(1)由甲的结构简式，结合常见物质的命名方式命名；
(2)甲含有碳碳双键，可与溴发生加成反应；
(3)甲含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物；
(4)丙含有羟基、羧基，可发生分子内酯化反应生成环状酯；
(5)乙为乙苯()，乙的同分异构体中，含有苯环的为二甲苯，结合核磁共振氢谱分析判断。
【详解】(1)由结构简式可知甲为丙烯，故答案为：丙烯；
(2)甲(CH3CH=CH2)中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，反应的方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为：CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br；
(3)甲(CH3CH=CH2)中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物，产物为，故答案为：；
(4)丙(HOCH2CH2CH2COOH)中含有羟基、羧基，可发生分子内酯化反应生成环状酯，生成五元环的反应为HOCH2CH2CH2COOH+H2O，故答案为：HOCH2CH2CH2COOH+H2O；
(5)乙为乙苯()，乙的同分异构体中，含有苯环，该同分异构体应该为二甲苯，有邻、间、对3种，其中核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为3∶2的结构简式为，故答案为： 。
27.有机物Q是有机合成的重要中间体，制备Q的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略去）。
回答下列问题：
（1）Y中不含氧的官能团名称为__________，R的名称为_________________________。
（2）加热C脱去CO2生成D，D的结构简式为____________________________。
（3）B+Y→C的反应类型是_______________，Q的分子式为____________________。
（4）A→B化学方程式为______________________________________________。
（5）同时满足下列条件的Z的同分异构体有_____________种（不包括立体异构）。①能与氯化铁溶液发生显色反应；②能与碳酸氢钠反应；③含―NH2；④苯环上有处于对位的取代基
（6）已知：―NH2具有强还原性。参照上述合成路线，以为原料（无 机试剂任选），设计制备的合成路线：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）
【答案】(1). 溴原子 (2). 1，3-丙二醇 (3). (4). 取代反应 (5). C10H11O4N (6). (7). 6 (8).
【分析】由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH；加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，因此D为，结合官能团的结构和性质分析解答(1)~(5)。
(6)由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，再还原硝基得到氨基，因此应先制备结合羟基的引入方法分析解答。
【详解】(1)Y()中含有的官能团有-COOH、-Br，其中不含氧的官能团为溴原子；由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH，名称为：1，3-丙二醇，故答案为：溴原子；1，3-丙二醇；
(2)加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，故D的结构简式为：，故答案为：；
(3)对比B、Y、C的结构，可知B中苯环上-OCH3邻位的H原子被换成了-CH(COOH)2生成C，属于取代反应。Q()的分子式为：C10H11O4N，故答案为：取代反应；C10H11O4N；
(4)对比A、B结构，可知A→B是A的氨基中氢原子被取代生成B，同时还生成CH3COOH，反应的方程式为：，故答案为：；
(5)Z为，Z的同分异构体满足：①能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与碳酸氢钠反应，说明含有-COOH；③含-NH2，④苯环上有处于对位的取代基，该同分异构体中含有3个取代基：-OH、-NH2、-COOH，处于对位的2个取代基有3种组合，另外一个取代基均含有2种位置，故符合条件的共有3×2=6种，故答案为：6；
(6)以为原料制备。氨基可以有硝基还原得到，由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，因此应先制备，再还原硝基得到氨基，在碱性条件下溴原子水解可以引入羟基，再氧化可以引入-COOH，最后与Fe/HCl作用，还原得到氨基，合成路线流程图为：，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(6)，在设计合成路线时，要注意-NH2具有强还原性，注意合成过程中的氧化过程对氨基的影响。
可能用到的相对分子质量：Ni：59 La：139
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、选择题（本题共22小题，每小题2分，共44分，每题只有一个正确选项）
1.下列符号不符合事实的是（ ）
A. 4s2 B. 2p3 C. 3d8 D. 3f14
【答案】D
【解析】s能级最多排列2个电子、p能级最多排列6个电子、d能级最多排列10个电子，存在4s2、2p3、3d8排布，f能级最多排列14个电子，第三能层没有f能级，至少在第四能层才存在f能级，不可能存3f14排布，故选D。
点睛：本题考查了原子核外电子排布，明确能层、能级、轨道数的关系及每种能级上最多排列电子数是解题的关键。本题要注意至少在第四能层才存在f能级。
2.在单质晶体中一定不存在（ ）
A. 离子键 B. 分子间作用力
C. 共价键 D. 金属离子与自由电子间的作用
【答案】A
【解析】试题分析：A、离子键是阴阳离子通过静电作用，存在于化合物中，故正确；B、像氧气等中存在分子间作用力，故错误；C、如氧气中，氧原子间存在共价键，故错误；D、如金属晶体，故错误。
考点：考查晶体的成键特点等知识。
3.下列物质属于分子晶体的是（ ）
A. 二氧化硅 B. 碘 C. 镁 D. NaCl
【答案】B
【解析】试题分析：A、属于原子晶体，故错误；B、碘属于分子晶体，故正确；C、镁属于金属晶体，故错误；D、氯化钠属于离子晶体，故错误。
考点：考查晶体等知识。
4.能正确表示CH4中碳原子成键方式的电子排布图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】分析：根据杂化轨道理论，CH4中碳原子的价层电子对数为(4+1×4)/2=4，所以碳原子是sp3杂化，据此答题。
详解：A、轨道没有杂化，还是基态原子的排布，A错误；
B、杂化后的轨道能量应当相同，B错误；
C、CH4中碳原子的价层电子对数为(4+1×4)/2=4，所以碳原子是sp3杂化，即由一个s轨道和3个p轨道杂化后形成4个能量相同的轨道，根据洪特规则，每个轨道上有一个电子，C正确；
D、电子排布时应先排在能量低的轨道里，D错误；
答案选C。
5.按F、Cl、Br、I顺序递增的是（ ）
A. 外围电子 B. 原子半径
C. 电负性 D. 第一电离能
【答案】B
【详解】A．F、Cl、Br、I为第VIIA族元素，同主族外围电子数相同，故A不选；
B．同主族，从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大，故B选；
C．同主族，从上到下，电负性减弱，则F、Cl、Br、I电负性逐渐减小，故C不选；
D．同主族，从上到下，第一电离能减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，故D不选；
答案选B。
6.关于晶体下列说法正确的是（ ）
A. 六方最密堆积的空间利用率是52%
B. 离子晶体中一定含金属阳离子
C. 在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构
D. 分子晶体的熔点可能比金属晶体的熔点高
【答案】D
【详解】A．六方最密堆积的空间利用率74%，简单立方堆积的空间利用率52%，故A错误；
B．铵盐属于离子晶体，铵盐中不含金属阳离子，故B错误；
C．H原子形成共价化合物时，H周围只有2个电子，所以在共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构，故C错误；
D．Hg为金属，但常温下为液体，而S为分子晶体，在常温下为固体，分子晶体的熔点可能比金属晶体的熔点高，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意记忆一些必要的化学数据，如标准状况下的气体摩尔体积、各种堆积方式的空间利用率、阿伏伽德罗常数等。
7.下列说法中正确的是（ ）
A. C60气化和干冰升华克服的作用力相同
B. 分子晶体在水溶液中都能导电
C. 氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键
D. HF比HCl稳定，是因为HF含氢键的缘故
【答案】A
【详解】A．分子晶体由固体变为气体，克服分子间作用力，C60、干冰均为分子晶体，则C60气化和干冰升华克服的作用力相同，故A正确；
B．有的分子晶体不溶于水，如乙酸乙酯、单质硫等，不发生电离，不能导电，故B错误；
C．氯化钠为离子晶体，HCl为分子晶体，氯化钠溶于水破坏离子键，氯化氢溶于水破坏共价键，故C错误；
D．稳定性是化学性质，HF比HCl稳定，是因为非金属性F强于Cl，与氢键无关，故D错误；
答案选A。
8.下面的排序不正确的是（ ）
A. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
B. 晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
C. 晶体熔点由低到高：CF4
【答案】A
【详解】A．Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低顺序为Al＞Mg＞Na，故A错误；
B．四种物质的阳离子相同，阴离子半径逐渐增大，晶格能逐渐减小，即晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI，故B正确；
C．四种分子晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，即晶体熔点由低到高：CF4
答案选A。
9.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是（ ）
A. CCl4中C原子sp3杂化，为正四面体形
B. H2S分子中，S为sp2杂化，为直线形
C. CS2中C原子sp杂化，为直线形
D. BF3中B原子sp2杂化，为平面三角形
【答案】B
【分析】首先判断中心原子形成的σ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。
【详解】A．CCl4中C原子形成4个σ键，孤对电子数为0，则为sp3杂化，为正四面体形，故A正确；
B．H2S分子中，S原子形成2个σ键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，为V形，故B错误；
C．CS2中C原子形成2个σ键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；
D．BF3中B原子形成3个σ键，孤对电子数为=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故D正确；
答案选B。
【点睛】把握杂化类型和空间构型的判断方法是解题的关键。本题的易错点为孤电子对个数的计算，要注意公式(a-xb)中字母的含义的理解。
10.甲醛（）在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，以下说法中正确的是（ ）
A. 甲醛分子间可以形成氢键
B. 甲醛分子和甲醇分子内C原子均采取sp2杂化
C. 甲醛为极性分子
D. 甲醇的沸点远低于甲醛的沸点
【答案】C
【详解】A．甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；
B．甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；
C．甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；
D．甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误；
本题答案选C。
11.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A. 反应前后c(Cu2+)不变
B. [Cu (NH3)4]SO4是离子化合物，易溶于水和乙醇
C. [Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道
D. 用硝酸铜代替硫酸铜实验，不能观察到同样的现象
【答案】C
【解析】向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成氢氧化铜沉淀,继续滴加氨水，难溶物溶解得到[Cu (NH3)4]SO4溶液；反应后c(Cu2+)减小，故A错误；[Cu (NH3)4]SO4是离子化合物，难溶于乙醇，故B错误；络合离子[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道、NH3提供孤对电子，故C正确；用硝酸铜代替硫酸铜实验，能观察到同样的现象，故D错误。
12.三硫化磷（P4S3）是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧 时P被氧化为P4010，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）
A. P4S3属于共价化合物
B. 1mol P4S3分子中含有9mol共价键
C. P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2
D. P4S3中磷元素为+3价
【答案】D
【详解】A．只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，故A正确；B．由图可知，共6个P-S、3个P-P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，故B正确；C．燃烧反应生成稳定氧化物，则P4S3充分燃烧的化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2，故C正确；D．由图可知，有1个P与3个S形成3个共价键为+3价，其它3个P分别与1个S形成1个共价键都是+1价，S为-2价，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查化学键及物质结构，把握P与S形成的化学键为解答的关键。本题的易错点为D，要注意结构中P原子的连接方式与化合价的关系。
13.下列物质属于油脂的是（ ）
A. 汽油 B. 花生油 C. 煤油 D. 甘油
【答案】B
【解析】试题分析：A、汽油属于烃类的混合物，错误；B、花生油属于油脂，正确；C、煤油属于烃类的混合物，错误；D、甘油属于醇类，错误。
考点：考查常见有机物的组成。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应
B. 用过滤的方法可以分离乙酸乙酯和乙酸
C. 医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液
D. 往蛋白质溶液中加入浓的CuSO4溶液，蛋白质会发生盐析
【答案】A
【详解】A．葡萄糖中含-OH，氨基酸中含-COOH，在一定条件下都能发生酯化反应，故A正确；
B．乙酸乙酯和乙酸互溶，不能通过过滤分离，二者沸点不同，应利用蒸馏法分离，故B错误；
C．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，故C错误；
D．硫酸铜为重金属盐，可使蛋白质变性，故D错误；
答案选A。
15.下列说法不正确的是（ ）
A. 己烯可以用于萃取溴水中的溴
B. 甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成4种二肽
C. 盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚用酒精洗涤
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
【答案】A
【详解】A．己烯不溶于水，但能够与溴发生加成反应，则己烯不可以萃取溴水中的溴，故A错误；
B．同种氨基酸分子间脱水，可以生成2种二肽；异种氨基酸分子间脱水，可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，也生成2种二肽，共4种，故B正确；
C．苯酚易溶于酒精，则盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚可以用酒精洗涤，故C正确；
D．酯化时羧酸脱羟基、醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为B，氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。
16.由羟基与下列基团组成的化合物中，属于醇类的是（ ）
A. —COOH B.
C. D. R—CO—
【答案】C
【解析】A. —COOH与羟基相连构成碳酸，不是醇类，A错误；B. 与羟基相连构成的酚类，不是醇类，B错误；C. 与羟基相连构成的苯甲醇，属于醇类，C正确；D. R—CO—与羟基相连构成的羧酸，不是醇类，D错误；答案选C。
17.下列实验能获得成功的是（ ）
A. 140℃时，无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯
B. 往油脂中加稀硫酸与之共热可发生皂化反应
C. 检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否变蓝
D. 验证溴乙烷中的溴元素，可直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成
【答案】C
【解析】试题分析：A、无水乙醇与浓硫酸共热可制备乙烯的反应温度为170℃，错误；B、油脂的碱性水解叫做皂化反应，错误；C、检验淀粉是否水解完全，可往水解液中加碘溶液观察是否变蓝，正确；D、溴乙烷的官能团为溴原子，不含溴离子，不能直接加AgNO3溶液观察是否有淡黄色沉淀生成来检验溴元素是否存在，错误。
考点：考查化学实验方案的分析、评价。
18.据报道，2002年10月26日俄罗斯特种部队在解救人质时，除使用了非致命武器芬太奴外，还作用了一种麻醉作用比吗啡强100倍的氟烷，已知氟烷的化学式为C2HClBrF3，则沸点不同的上述氟烷有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【详解】氟烷的化学式为C2HClBrF3，可以看成C2F6的取代产物，先用Br取代1个氟原子，有1种产物：CF2Br-CF3；再用Cl取代1个氟原子，有2种产物：CF2Br-CF2Cl，CFClBr-CF3；最后用H原子取代1个氟原子，共有四种：CHFBr-CClF2，C F2Br-CHClF，CHClBr-C F3，CFClBr-CHF2，故选B。
19.化合物（x）(y)(z)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是（ ）
A. x、y、z均能使Br2的CCl4溶液褪色
B. x的同分异构体只有y和z
C. x、y、z的二氯代物均只有三种
D. x、y、z中只有y中所有原子可以处于同一平面
【答案】D
【解析】分析：A．x、z与Br2的CCl4溶液均不反应；
B．的分子式为C8H8；
C．y、z的二氯代物均多余3种；
C．y含有苯环和碳碳双键，具有平面形结构。
详解：A．x是立方烷，z中不存在碳碳双键，二者与Br2的CCl4溶液均不反应，A错误。
B．的分子式为C8H8，则X的同分异构体不仅仅有Y和Z，B错误；
C．x中2个Cl可位于面上相邻、相对，及体心的相对位置，则x的二氯代物有3种，而y、z的二氯代物均多余3种，C错误；
D．y含有苯环和碳碳双键，具有平面形结构，所有原子可能都在同一个平面上，而x、z含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能都在同一个平面上，D正确；
答案选D。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、结构的对称性、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断二氯代物时要采用定一移一法，题目难度较大。
20.在有机物分子中，若某碳原子连接四个不同原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，含“手性碳原子”的物质通常具有不同的光学特征（称为光学活性），下列物质在一定条件下不能使分子失去光学活性的是（ ）
A. H2 B. CH3COOH C. O2／Cu D. NaOH溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A、H2在一定条件下与醛基发生加成反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误；B、CH3COOH与醇羟基发生酯化反应，不失去光学活性，正确；C、—CH2OH在铜作催化剂、加热的条件下与氧气反应生成醛基，失去光学活性，错误；D、卤代烃与氢氧化钠溶液发生水解反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误。
考点：考查有机物的结构与性质。
21.一种合成某药物中间体Z的方法如下，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol X最多能消耗溴水中的2 mol Br2
B. Y可以发生消去反应
C. Y中有3种不同环境的氢原子
D. 用FeCl3溶液可以检验Z中是否混有X
【答案】D
【详解】A．X含有酚羟基，羟基的邻位、对位含有H，可与溴水发生取代反应，则1mol X最多能消耗溴水中的3mol Br2，故A错误；
B．与Cl原子相连碳原子的邻位碳原子不含H原子，不能发生消去反应，故B错误；
C．Y的苯环上含有3种氢原子，侧链含有1种氢原子，Y中有4种不同环境的氢原子，故C错误；
D．X含有酚羟基，Z没有酚羟基，可用氯化铁检验Z中是否混有X，故D正确；
答案选D。
22.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，丙的浓溶液是具有强氧化性的酸溶液，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电负性：W＞X＞Y
B. 原子的第一电离能：Z>Y>X
C. 由W、X、Y、Z构成化合物中只含共价键
D. K、L、M中沸点最高的是M
【答案】C
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，丙的浓溶液是具有强氧化性的酸溶液，则丙为硫酸，单质甲与浓硫酸反应生成K、L、M三种氧化物，则甲为碳，K、L、M分别为水，二氧化硫、二氧化碳，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，则K为二氧化硫，乙是常见的气体，根据框图，L为水，二氧化硫、水和氧气反应生成硫酸，涉及的元素有H、C、O、S，因此W、X、Y、Z依次为H、C、O、S，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。
A. 同周期，自左而右，电负性增大，同主族，自上而下，电负性降低，非金属性越强电负性越强，因此电负性： Y＞X＞W，故A错误；
B. 同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，原子的第一电离能：Y>X＞Z，故B错误；
C. 由W、X、Y、Z构成化合物中没有金属阳离子和铵根离子，不可能构成离子化合物，只能形成共价化合物，只含共价键，故C正确；
D．K(SO2)、M(CO2)常温下为气体，L为H2O，常温下为液体，L的沸点最高，故D错误；
答案选C。
【点睛】正确判断元素的种类和物质的化学式是解题的关键。本题的易错点为B，要注意第一电离能的变化规律，特别是同一周期中的特殊性。
第II卷（非选择题 共56分）
23.根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：
（1）Ti基态原子核外电子排布式为____________，碳原子的价电子轨道表示式为________。
（2）钛存在两种同素异形体，α—Ti采纳六方最密堆积，β—Ti采纳体心立方堆积，由α—Ti转变为β—Ti晶体体积____________（填“膨胀”或“收缩”）。
（3）写出一种与NH4+互为等电子体物质的化学式____________。
（4）SO2的空间构型为___________________。
（5）丙烯腈(CH2=CH—CN)分子中σ键和π键的个数比为____，分子中碳原子轨道杂化类型是______。
（6）FeCl3熔点282℃，而FeCl2熔点674℃，二者熔点差异的原因是__________________
________________________________________________________________。
【答案】(1). [Ar]3d24s2 (2). (3). 膨胀 (4). CH4或SiH4 (5). V形 (6). 2:1 (7). sp2、sp (8). 氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键；而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用
【分析】(1)Ti为22号元素，碳为6号元素，据此分析书写；
(2)六方最密堆积空间利用率大于体心立方堆积；
(3)与NH4+互为等电子体的微粒中需要含有5个原子、8个价电子；
(4)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断；
(5)丙烯腈可以写成CH2=CH—C≡N，据此判断σ键和π键的数目；价层电子对个数是3的碳原子采用sp2杂化，价层电子对个数是2的C原子采用sp杂化，据此分析判断；
(6)根据晶体类型与熔沸点的关系分析解答。
【详解】(1)Ti原子3d能级上2个电子、4s能级上2个电子为其价电子，其电子排布式为[Ar]3d24s2；基态碳原子核外有6个电子，其中价电子为4，分布在2s、2p轨道上，价电子轨道表示式为，故答案为：[Ar]3d24s2； ；
(2)六方最密堆积空间利用率大于体心立方堆积，所以由α-Ti转变为β-Ti晶体体积膨胀，故答案为：膨胀；
(3)与NH4+互为等电子体的微粒中含有5个原子、8个价电子，与其互为等电子体的微粒有CH4、SiH4等，故答案为：CH4(或SiH4)；
(4)SO2中S原子的价层电子对数=2+=3，原子轨道空间构型为平面三角形，分子构型为V形，故答案为：V形；
(5)共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键、1个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，则丙烯腈(CH2=CH—C≡N)分子中含有6个σ键、3个π键，所以σ键与π键个数之比=6∶3=2∶1；价层电子对个数是3的碳原子采用sp2杂化，价层电子对个数是2的C原子采用sp杂化，前两个碳原子价层电子对个数是3、后一个碳原子价层电子对个数是2，所以前两个碳原子采用sp2杂化，后一个采用sp杂化，故答案为：2∶1；sp2、sp；
(6)氯化亚铁为离子晶体，氯化铁为分子晶体，离子键的作用力大于分子间作用力，导致氯化亚铁的熔点比氯化铁的熔点高的多，故答案为：氯化亚铁为离子晶体，熔化时需要破坏离子键；而氯化铁为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用。
24.A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。
（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。
（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。
（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。
（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。
① E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）
② E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。
【答案】(1). N＞P＞S (2). [Ar]3d7 (3). 水分子间形成氢键 (4). a (5). 分子 (6). 共价键、配位键、范德华力
【分析】A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。
(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；
(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；
(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；
(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；
②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。
【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。
25.金属元素Fe、Ni、Pt均为周期表中同族元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
(1)Fe是常见的金属，生活中用途广泛。请回答下列问题：
①Fe在元素周期表中的位置为________________________。
②Fe的一种晶胞结构如图所示，测得晶胞边长为 a pm，则Fe原子半径为__________。
③已知：FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2－距离最近且等距离的亚铁离子围成的空间构型为________。
(2)铂可与不同的配体形成多种配合物，分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是_________；该配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如下图所示的结构示意图中呈亮黄色的是_____(填“A”或“B”)，理由是___________。
A B
(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图。
①测知镧镍合金晶胞体积为9.0×10－23cm3，则镧镍合金的晶体密度为____________ (不必计算结果) 。
②储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H原子储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，则形成的储氢化合物的化学式为____________。
(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的电子数和原子个数，如苯分子中大π键表示为。 下列微粒中存在“离域Π键”的是__________。
a.O3 b.SO42- c.H2S d.NO3-
【答案】(1). 第4周期第Ⅷ族 (2). pm (3). 正八面体形 (4). NH3、Cl－ (5). A (6). B和水均为极性分子，相似相溶，A为非极性分子在水中的溶解度小 (7). g•cm-3 (8). LaNi5H3 (9). ad
【分析】(1)①铁是26号元素，据此判断在周期表中的位置；②根据晶胞结构知，面对角线为铁原子半径的4倍，据此计算铁原子半径；③FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2-距离最近且等距离的亚铁离子为六个面的面心上的离子，据此判断；
(2)关键图示判断Pt(NH3)2Cl4的配合物的配体；根据相似相溶原理分析判断；
(3)①根据晶胞结构图，利用均摊法计算La和Ni的个数，结合密度=计算；②根据氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，计算利用均摊法H的个数，结合①判断化学式；
(4)根据形成离域π键的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道”的条件分析判断。
【详解】(1)①铁是26号元素，位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；
②根据晶胞结构知，面对角线为铁原子半径的4倍，面对角线长度=a pm，则Fe原子半径=pm=pm，故答案为：pm；
③FeO晶体晶胞结构为NaCl型，与O2-距离最近且等距离的亚铁离子为六个面的面心上的离子，与O2-等距离且最近的Fe2+围成的空间构型为正八面体，故答案为：正八面体；
(2)根据结构图，[Pt(NH3)2Cl4]的配体为NH3和Cl-；橙黄色在水中的溶解度较大，水为极性分子，根据相似相溶，橙黄色也为极性分子，A为对称结构，属于非极性分子，B为非对称结构，属于极性分子，则橙黄色的配合物为B；亮黄色的为A，故答案为：NH3、Cl-；A；B和水均为极性分子，相似相溶，A为非极性分子在水中的溶解度小；
(3)①根据晶胞结构图，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5，晶胞的质量为g，密度==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：g•cm-3；
②根据晶胞结构图，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5，氢原子占据晶胞中上下底面的棱和面心，则H的个数为8×+2×=3，其化学式为LaNi5H3，故答案为：LaNi5H3；
(4)形成离域π键的形成条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道” ，O3为V形结构，有相互平行的p轨道，可以形成离域π键；硫酸根离子是正四面体结构，原子不处于同一平面内，不能形成离域π键；硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道，不能形成离域π键；NO3-为平面三角形，有相互平行的p轨道，可以形成离域π键，故答案为：ad。
26.下列甲、乙、丙是常见的有机化合物，按要求回答下列问题：
甲：CH3CH=CH2 乙： 丙：HOCH2CH2CH2COOH
(1)甲的名称是___________。
(2)甲能与溴的四氯化碳溶液反应，反应的化学方程式为__________________________。
(3)甲也能发生聚合反应，产物的结构简式为_________________。
(4)丙与浓硫酸混合加热，生成五元环物质的化学反应方程式是________________________。
(5)写出乙的同分异构体中，含苯环的且核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为3∶2的结构简式为______________________。
【答案】 (1). 丙烯 (2). CH3CH= CH2 +Br2CH3CHBrCH2Br (3). (4). HOCH2CH2CH2COOH+H2O (5).
【分析】(1)由甲的结构简式，结合常见物质的命名方式命名；
(2)甲含有碳碳双键，可与溴发生加成反应；
(3)甲含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物；
(4)丙含有羟基、羧基，可发生分子内酯化反应生成环状酯；
(5)乙为乙苯()，乙的同分异构体中，含有苯环的为二甲苯，结合核磁共振氢谱分析判断。
【详解】(1)由结构简式可知甲为丙烯，故答案为：丙烯；
(2)甲(CH3CH=CH2)中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，反应的方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为：CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br；
(3)甲(CH3CH=CH2)中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物，产物为，故答案为：；
(4)丙(HOCH2CH2CH2COOH)中含有羟基、羧基，可发生分子内酯化反应生成环状酯，生成五元环的反应为HOCH2CH2CH2COOH+H2O，故答案为：HOCH2CH2CH2COOH+H2O；
(5)乙为乙苯()，乙的同分异构体中，含有苯环，该同分异构体应该为二甲苯，有邻、间、对3种，其中核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为3∶2的结构简式为，故答案为： 。
27.有机物Q是有机合成的重要中间体，制备Q的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略去）。
回答下列问题：
（1）Y中不含氧的官能团名称为__________，R的名称为_________________________。
（2）加热C脱去CO2生成D，D的结构简式为____________________________。
（3）B+Y→C的反应类型是_______________，Q的分子式为____________________。
（4）A→B化学方程式为______________________________________________。
（5）同时满足下列条件的Z的同分异构体有_____________种（不包括立体异构）。①能与氯化铁溶液发生显色反应；②能与碳酸氢钠反应；③含―NH2；④苯环上有处于对位的取代基
（6）已知：―NH2具有强还原性。参照上述合成路线，以为原料（无 机试剂任选），设计制备的合成路线：__________。（格式：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）
【答案】(1). 溴原子 (2). 1，3-丙二醇 (3). (4). 取代反应 (5). C10H11O4N (6). (7). 6 (8).
【分析】由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH；加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，因此D为，结合官能团的结构和性质分析解答(1)~(5)。
(6)由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，再还原硝基得到氨基，因此应先制备结合羟基的引入方法分析解答。
【详解】(1)Y()中含有的官能团有-COOH、-Br，其中不含氧的官能团为溴原子；由R的分子式、X的结构简式，可推知R为HOCH2CH2CH2OH，名称为：1，3-丙二醇，故答案为：溴原子；1，3-丙二醇；
(2)加热C脱去CO2生成D，即C中侧链-CH(COOH)2转化为-CH2COOH而得到D，故D的结构简式为：，故答案为：；
(3)对比B、Y、C的结构，可知B中苯环上-OCH3邻位的H原子被换成了-CH(COOH)2生成C，属于取代反应。Q()的分子式为：C10H11O4N，故答案为：取代反应；C10H11O4N；
(4)对比A、B结构，可知A→B是A的氨基中氢原子被取代生成B，同时还生成CH3COOH，反应的方程式为：，故答案为：；
(5)Z为，Z的同分异构体满足：①能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与碳酸氢钠反应，说明含有-COOH；③含-NH2，④苯环上有处于对位的取代基，该同分异构体中含有3个取代基：-OH、-NH2、-COOH，处于对位的2个取代基有3种组合，另外一个取代基均含有2种位置，故符合条件的共有3×2=6种，故答案为：6；
(6)以为原料制备。氨基可以有硝基还原得到，由于-NH2具有强还原性，应先引入羧基，因此应先制备，再还原硝基得到氨基，在碱性条件下溴原子水解可以引入羟基，再氧化可以引入-COOH，最后与Fe/HCl作用，还原得到氨基，合成路线流程图为：，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(6)，在设计合成路线时，要注意-NH2具有强还原性，注意合成过程中的氧化过程对氨基的影响。
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