【化学】河北省石家庄市2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

河北省石家庄市2019-2020学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108
1.下列元素中形成化合物种类最多的是
A. ⅤA族元素 B. ⅢB 族元素
C. 过渡元素 D. ⅣA 族元素
【答案】D
【解析】
【详解】在化合物中，有机物最多，有机物都是含C化合物，故C元素形成的化合物种类最多，第ⅣA族含有碳元素，而碳元素是形成种类庞大的有机物必不可少的元素，答案选D。
2.下列说法正确的是
A. 糖类化合物的分子组成均可表示为Cm(H2O )n
B. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不能发生氢化反应
C. 氨基酸既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D. 蛋白质的渗析、盐析、变性过程，都发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．大多数糖类化合物的分子组成可用Cm(H2O )n通式表示，有少数糖类不能用此通式表示，比如鼠李糖C5H12O5，故A错误；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，可分为植物油和脂肪，植物油中含有碳碳双键，能发生氢化反应，故B错误；
C．氨基酸的结构中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，所以既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；
D．蛋白质的渗析、 盐析过程属于物理变化，没有发生化学变化，蛋白质的变性过程发生了化学变化，故D错误；
答案选C。
3.下列化学用语的使用正确的是
A. 2-丁烯的结构简式为CH2=CHCH=CH2
B. 用键线式表示的两种有机物分子和中，碳原子数相同
C. 丙炔的电子式为
D. 甘氨酸的球棍模型为
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH2=CHCH=CH2的正确名称为1，3−丁二烯，故A错误；
B．表示的是丙烷的键线式，丙烷的碳原子数为3，表示的是乙醇的键线式，乙醇的碳原子数为2，碳原子数不相同，故B错误；
C．丙炔分子中含有碳碳三键，电子式为，故C错误；
D．甘氨酸中含2个氧原子，氨基连在?−碳原子上，故甘氨酸的结构简式为H2NCH2COOH，球棍模型为，白色的球代表氢原子，蓝色的球代表氮原子，绿色的球代表碳原子，故D正确；
答案选D。
4.在三支试管中，各注入1 mL水，分别加入3 mL的甘油、硝基苯、裂化汽油。如图所示，试管①②③中另加入的3 mL液体依次是

A. 甘油、裂化汽油和硝基苯
B. 硝基苯、甘油和裂化汽油
C. 裂化汽油、甘油和硝基苯
D. 裂化汽油、硝基苯和甘油
【答案】C
【解析】
【详解】甘油与水互溶，与水混合溶液不分层；裂化汽油不溶于水且密度小于水，与水混合溶液分层，且裂化汽油在上层；硝基苯不溶于水且密度大于水，与水混合溶液分层，且水在上层；则试管①中加入的是裂化汽油，试管②中加入的是甘油，试管③中加入的是硝基苯，故C正确。
5.甲、乙两种有机物，当其总质量一定时， 无论以何种比例混合， 完全燃烧消耗 O2及产生CO2的量均相等，一定符合上述条件的是
①同分异构体 ②同系物 ③具有相同的最简式 ④含碳的质量分数相等
A. ①④ B. ①③ C. ②④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【分析】
根据甲、乙两种有机物，当其总质量一定时， 无论以何种比例混合， 完全燃烧消耗O2及产生CO2的量均相等，则最简式一定相同。
【详解】①同分异构体，分子式相同，最简式一定相同，所以①一定符合条件；
②甲烷、乙烷是同系物，但最简式不相同，所以②不一定符合条件；
③具有相同的最简式的有机物，论以何种比例混合， 完全燃烧消耗O2及产生CO2的量均相等，所以③一定符合条件；
④含碳的质量分数相等的有机物，燃烧消耗的氧气不一定相等，如CH4、C8H16O，所以④不符合条件；
故选B。
6.在反应中乙醇分子会断裂C—O键的是(　 　)
A. 乙醇与丁酸的取代反应 B. 乙醇与金属钠反应
C. 乙醇在浓硫酸存在下发生消去反应 D. 乙醇在铜丝存在条件下发生催化氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇与丁酸发生酯化反应，乙醇中O－H键断裂，故A错误；B、乙醇与金属钠反应，产生乙醇钠和氢气，即乙醇中O－H键断裂，故B错误；C、乙醇发生消去反应，断裂C－O键和另一个碳原子上的C－H键，生成CH2=CH2，故C正确；D、乙醇的催化氧化，生成的是CH3CHO，断裂O－H和C－H键，故D错误。
7.经研究发现家蚕的性信息素为 CH3(CH2)8CH=CH—CH= CH(CH2)8CH3。下列说法正确的是
A. 该有机物无支链，所以其所有碳原子共直线
B. 该有机物与乙烯互为同系物
C. 一定条件下，该有机物可以发生取代反应和聚合反应
D. 1 mol 该有机物与1 mol Br2加成，产物只有一种
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3(CH2)8CH=CH—CH= CH(CH2)8CH3含有碳碳单键、碳碳双键，不可能碳原子共直线，故A错误；
B．家蚕的性信息素分子中含有2个碳碳双键，乙烯分子中含有1个碳碳双键，家蚕的性信息素分子与乙烯不是同系物，故B错误；
C．家蚕的性信息素分子含有饱和碳原子，一定条件下可以发生取代反应；家蚕的性信息素分子含有碳碳双键，一定条件下可以发生聚合反应，故C正确；
D．1 mol 该有机物与1 mol Br2加成，产物有CH3(CH2)8CHBr-CHBr—CH= CH(CH2)8CH3、CH3(CH2)8CHBr-CH=CH- CHBr (CH2)8CH3，共2种，故D错误；
答案选C。
8.下列“褪色”现象是因为发生加成反应而产生的是
A. 苯使溴水褪色
B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 甲烷与氯气混合，光照一段时间后颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，故不选A；
B．乙烯和溴发生加成反生成1,2-二溴乙烷，因发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故选B；
C．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不选C；
D．甲烷与氯气混合，光照发生取代反应生成卤代甲烷和氯化氢，因发生取代反应而颜色变浅，故不选D；
选B。
9.苯酚是合成农药、香料等的重要原料，如苯酚和乙醛酸在一定条件下可制得对羟基扁桃酸， 反应如下：

下列说法不正确的是
A. 上述反应的原子利用率为 100%
B. 在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸有 6个吸收峰
C. 对羟基扁桃酸可在一定条件下发生缩聚反应
D. 1 mol 对羟基扁桃酸与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗3 molNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．属于加成反应，原子利用率为 100%，故A正确；
B．分子中有6种等效氢，在核磁共振氢谱中有6个吸收峰，故B正确；
C．含有羟基、羧基，可在一定条件下发生缩聚反应，故C正确；
D．酚羟基、羧基能与氢氧化钠反应，1 mol 对羟基扁桃酸与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2molNaOH，故D错误；
选D。
10.下列关于营养物质水解的说法正确的是( )
A. 淀粉和纤维素的通式相同，水解的最终产物也相同，但不是同分异构体
B. 在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳
C. 检验淀粉水解是否完全，所需试剂为NaOH溶液、新制的Cu(OH)2 悬浊液
D. 蛋白质水解和油脂的皂化反应都是由高分子生成小分子的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉和纤维素的通式相同，水解的最终产物也相同，但聚合度不同，不是同分异构体，故A正确；
B．在酒化酶的作用下葡萄糖转化为乙醇和二氧化碳，葡萄糖不能水解，故B错误；
C．检验淀粉水解是否完全，所需的试剂为碘水，故C错误；
D．蛋白质水解是由高分子生成小分子的过程，油脂不是高分子化合物，故D错误；
选A。
11.已知有一种烃的结构类似自行车，简称“自行车烃”，其键线式如图。

下列关于它的叙述正确的是
A. 易溶于水 B. 可用于灭火
C. 密度大于水 D. 沸点高于环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．烃都难溶于水，“自行车烃”难溶于水，故A错误；
B．烃易燃烧，“自行车烃”不能用于灭火，故B错误；
C．烃的密度比水的密度小，故C错误；
D．“自行车烃”的相对分子质量大于环己烷，沸点高于环己烷，故D正确；
答案选D。
12.下列关于同分异构体(不含立体异构)的说法不正确的是
A. CH2Cl2表示物质无同分异构体，一定是纯净物
B. 已知二氯丁烷的同分异构体有9 种，则八氯丁烷的同分异构体有9种
C. 碳原子数不超过10的所有烷烃中，一氯代物只有一种的烷烃共有4种
D. 异戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氯甲烷，可以看作两个氯原子取代了甲烷中的两个氢原子，由于甲烷是正四面体结构，其分子中四个氢原子等效，所以二氯甲烷不存在同分异构体，故A正确；
B．将二氯丁烷（C4H8Cl2）分子中的氢原子数、氯原子数互换，可得到八氯丁烷（C4H2Cl8），丁烷有10个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丁烷的二氯代物，八氯代物可以看作C4Cl10中的10个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的；二氯代物有9种同分异构体，可得到八氯代物也有9种同分异构体，故B正确；
C．烷烃分子中，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，故C正确；
D．2-甲基丁烷和异戊烷的分子式相同、结构相同，为同种物质，故D错误；
答案选D。
13.下列化学反应的有机产物间不存在同分异构现象的是
A. 乙烷与Cl2光照条件下的反应
B. CH2=CHCH3与HBr的加成反应
C. CH3CHBrCH2CH3与NaOH 的乙醇溶液共热反应
D. CH3CH2CH2Br 在NaOH水溶液中加热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烷与Cl2光照条件下的反应可以生成二氯代物，二氯代物有1，1-二氯乙烷和1，2-二氯乙烷，二者为同分异构体，故A反应的有机产物间存在同分异构现象；
B．CH2=CHCH3与HBr的加成反应可生成1-溴丙烷或2-溴丙烷，二者为同分异构体，故B反应的有机产物间存在同分异构现象；
C．CH3CHBrCH2CH3与NaOH的乙醇溶液共热反应可以生成1-丁烯或2-丁烯，二者为同分异构体，故C反应的有机产物间存在同分异构现象；
D．CH3CH2CH2Br在NaOH水溶液中加热反应只能生成1-丙醇这一种物质，故D反应的有机产物间不存在同分异构现象；
答案选D。
14.有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同。下列事实不能说明上述观点的是
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能
B. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能
C. 相同条件下，苯、甲苯的硝化反应产物分别为硝基苯、三硝基甲苯
D. 苯酚能与Na2CO3溶液反应，而乙醇不能
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明H原子与苯基对甲基的影响不同，甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，故A能说明基团间的相互影响会导致化学性质不同；
B．因为乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故B不能说明基团间的相互影响会导致化学性质不同；
C．甲苯分子中，由于甲基对苯环的影响，导致苯环上的氢原子变得比较活泼，甲苯能够与硝酸作用可得到2，4，6−三硝基甲苯，而苯与硝酸作用得到硝基苯，说明了有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，故C能说明基团间的相互影响会导致化学性质不同；
D．苯酚能与Na2CO3溶液反应，而乙醇不能与Na2CO3溶液反应，在苯酚中，由于苯环对−OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有−OH，但不具有酸性，说明苯环的影响使酚羟基上的氢更活泼，故D能说明基团间的相互影响会导致化学性质不同；
答案选B。
15.过氧化苯甲酰软膏是一种常用的皮肤抗菌药 ， 其主要成分过氧化苯甲酰的结构简式为。下列关于过氧化苯甲酰的说法不正确的是
A. 属于芳香烃
B. 一氯代物有3 种
C. 具有较强氧化性
D. 等物质的量的该物质和联苯()完全燃烧耗氧量相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．由碳、氢两种元素构成的有机物叫做烃，该有机物中除碳、氢元素外还含有氧元素，不属于烃，故A错误；
B．该有机物结构对称，苯环上有三种等效氢(取代邻、间、对位的氢)，则一氯代物有3 种，故B正确；
C．该有机物结构中含有过氧键(-O-O-)，即存在-1价的氧，具有较强氧化性，故C正确；
D．过氧化苯甲酰分子式为C14H10O4，可表示为C12H10(CO2)2，联苯分子式为C12H10，可以看出过氧化苯甲酰相当于比联苯分子多出两个CO2，因此等物质的量的该物质和联苯完全燃烧耗氧量相同，故D正确；
答案选A。
16.除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所用试剂和方法正确的是
选项
含杂质的物质
所用试剂和方法
A
溴苯(溴)
加入KI溶液，振荡，再用汽油萃取
B
硝基苯(浓硝酸和浓硫酸)
加入NaOH溶液，静置，分液
C
乙烷(乙烯)
一定条件下通入氢气
D
乙烷(乙烯)
酸性KMnO4溶液，洗气
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Br2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，碘单质与溴苯汽油互溶，无法用汽油萃取，故A错误； 
B．浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，故B正确；
C．利用氢气与乙烯发生加成反应，除去乙烯，但会引入氢气，故C错误；
D．乙烯可以被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，会引入新的杂质，故D错误；
答案选B。
17.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业， 某学习小组设计甲、乙两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸分别制备乙酸乙酯。下列说法不正确的是

A. 浓硫酸能加快酯化反应速率
B. 装置乙中的球形干燥管能防止倒吸
C. 振荡a、b 两试管发现油状液体层变薄 ，主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致
D. 可用分液的方法分离出乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸是酯化反应的催化剂，浓硫酸能加快酯化反应速率，故A正确；
B．球形干燥管容积较大，装置乙中的球形干燥管能防止倒吸，故B正确；
C．振荡a、b 两试管，油状液体层变薄，主要是乙酸乙酯中的乙酸、乙醇溶于Na2CO3溶液所致，故C错误；
D．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离出乙酸乙酯，故D正确；
选C。
18.胆固醇是人体必需的生物活性物质，分子式为C27H46O，有一种胆固醇酯是液晶材料，分子式为C34H50O2，生成这种胆固醇酯的羧酸是(　　)
A. C6H13COOH B. C6H5COOH
C. C7H15COOH D. C6H5CH2COOH
【答案】B
【解析】
【详解】醇的分子式为C27H46O，酯的分子式为C34H50O2，结合酯化反应原理可知：C27H46O+羧酸→C34H50O2+H2O，由原子守恒可知，羧酸中C原子为34-27=7，H原子为50+2-46=6，O原子为2+1-1＝2，因此该羧酸为C6H5COOH，故合理选项是B。
19.某一元醛发生银镜反应，可得21.6g银，等物质的量的该醛完全燃烧时生成7.2g水，则该醛可能是（ ）
A. 乙醛 B. 丙醛 C. 甲醛 D. 丁醛
【答案】D
【解析】
【分析】
根据关系式R-CHO～2Ag，结合生成金属银的质量可以求得醛的物质的量，然后根据生成水的质量，结合氢原子守恒可以获得H的个数，进而依据饱和一元醛的通式CnH2nO确定分子式即可。
【详解】21.6g银物质的量是n(Ag)= 21.6 g ÷108 g/mol= 0.2 mol，根据醛发生银镜反应后产生的银之间的物质的量关系R﹣CHO～2Ag，反应产生0.2molAg，则饱和一元醛物质的量为0.1 mol。醛完全燃烧时，生成的水质量为7.2 g，n(H2O)= 7.2 g ÷18 g/mol=0.4 mol，则其中含H为0.8 mol，根据饱和一元醛分子式通式CnH2nO，2n=8，所n=4，则该醛为丁醛，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了醛的银镜反应的应用，解题时关键抓住R-CHO～2Ag关系，结合反应前后各种元素的原子守恒，确定醛的物质的量及醛的名称。
20.某高分子化合物的部分结构如图所示：，下列说法正确的是
A. 聚合物的链节为
B. 聚合物的分子式为C3H3Cl3
C. 合成该聚合物的单体为CHCl=CHCl
D. 若n 表示聚合度，则其相对分子质量为48.5 n
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为高分子主链上均为C原子，又由于链节是重复的结构单元，且碳碳单键可以旋转，所以该高分子化合物的链节是：，故A错误；
B．该聚合物的分子式为：(C2H2Cl2)n，故B错误；
C．该高分子化合物的链节是：，将两个半键闭合可得其单体：CHCl═CHCl，故C正确；
D．根据分子式可知：(C2H2Cl2)n，其相对分子质量为97n(n为聚合度)，故D错误；
答案选C。
21.下列原子结构模型的排序符合历史发展顺序的是
①实心球模型 ②行星式模型 ③葡萄干枣糕模型 ④电子云模型
A. ①③②④ B. ①②③④ C. ①④③② D. ①③④②
【答案】A
【解析】
【详解】道尔顿原子学说于1803年提出；“葡萄干布丁”模型由汤姆逊在1903年提出；核式结构模型(行星式模型)由卢瑟福在1911年提出；量子力学结构模型于1926年提出，符合历史发展顺序的是①实心球模型→③葡萄干枣糕模型→②行星式模型→④电子云模型，故选A。
22.下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 ____________ (填标号)。
A. [Ne] B. [Ne]
C. [Ne] D. [Ne]
【答案】A
【解析】
【详解】由题给信息知，A和D代表，B和C代表Mg。已经失去了一个电子，再失一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，所以电离所需能量；3p能级的能量高于3s，3p能级上电子较3s上易失去，故电离所需能量且，因此A电离最外层一个电子所需能量最大。
【点睛】同一能层中的电子越多，电子之间的斥力越大，就越不稳定，容易失去电子。同理，同一能层中的电子越少，电子之间的斥力越小，就越稳定，不容易失去电子。
23.下列化学用语中，对氮原子的电子运动状态描述最详尽的是
A. B.
C. 1s2 2s2 2p3 D.
【答案】D
【解析】
【详解】是N的电子式，只表示最外层有5个电子； 只能看出在氮原子的电子在2个电子层上运动；1s22s22p3能看出氮原子的电子在3个不同的能级上运动； 能看出氮原子的电子在3个不同的能级、5个不同的原子轨道上运动；对氮原子的电子运动状态描述最详尽的是，故选D。
24. 图1表示某种含氮有机化合物结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是（　　　）

A. CF4 B. CH4 C. NH4+ D. H2O
【答案】C
【解析】
【详解】要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有与N、O、F成键的H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是C和D，但题中要求形成4个氢键，该有机物分子中不含能形成氢键的H，只有NH4+有4个N—H键，氢键具有饱和性，这样只有选C。
25.下列关于周期表中p区元素的说法正确的是
A. 一定是主族元素
B. 最外层电子数一定大于2
C. 一定是非金属元素
D. 价电子排布式符合ns2np3的基态原子一定位于p 区
【答案】D
【解析】
【详解】A．0族元素属于p区元素，所以p区元素不一定是主族元素，故A错误；
B．He是p区元素，He最外层电子数是2，故B错误；
C．金属元素铝是p区元素，p区元素不一定是非金属元素，故C错误；
D．价电子排布式符合ns2np3的基态原子属于ⅤA族，一定位于p 区，故D正确；
选D。
26.短周期主族元素X的逐级电离能I1 ~ I6数据如下：

I1
I2
I3
I4
I5
I6
I /kJ•mol-1
578
1817
2745
11578
14831
18378
下列说法正确的是
A. X所在族的元素全部为金属元素
B. X的最高价氧化物为两性氧化物
C. 与X同族的第四周期元素的简化电子排布式为[Ar]4s24p1
D. X单质与氯气反应时一定生成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】
由表格数据可知，该元素至少含有6个电子，且通过比较各级电离能，可得到突跃发生在I3到I4的过程，I4≫I3，因此该元素易形成+3价阳离子，故短周期主族元素X为Al，据此分析解答。
【详解】A．元素铝所在的第ⅢA族，存在非金属元素硼，故A说法错误；
B．X的最高价氧化物为Al2O3，为两性氧化物，故B说法正确；
C．与Al同族的第四周期元素是Ga，它的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p1，故C说法错误；
D．Al单质与氯气反应生成AlCl3，为共价化合物，故D说法错误；
答案选B。
27.下列事实能用键能大小解释的是
A. 常温常压下，氟单质呈气态，碘单质呈固态
B. 氮气的化学性质比氧气稳定
C. 氦气一般很难发生化学反应
D. 盐酸易挥发，而硫酸难挥发
【答案】B
【解析】
【详解】A．氟相对分子质量比碘单质小，所以氟单质的沸点比碘单质低，常温、常压下，氟呈气，碘呈固态，与键能无关，故A不能用键能大小解释；
B．氮气分子中N≡N的键能比氧气分子中O=O的键能强，故化学性质比氧气分子稳定，与键能有关，故B能用键能大小解释；
C．氦气为稀有气体，单原子分子，不存在化学键，原子都形成稳定结构，稀有气体一般难于发生化学反应，与键能无关，故C不能用键能大小解释；
D．分子晶体沸点的高低由分子间作用力的大小决定，盐酸的分子间作用力小，沸点低，是挥发性酸，硫酸的分子间作用力大，沸点高，是不挥发性酸，与键能无关，故D不能用键能大小解释；
答案选B。
28.下列微粒中含有配位键的是
①N2H4 ②CH4 ③OH- ④ ⑤Fe(CO)5 ⑥Fe(SCN)3 ⑦H3O+ ⑧[Ag (NH3)2]OH
A. ②④⑤⑦⑧ B. ④⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. 全部
【答案】B
【解析】
【分析】

【详解】①N2H4的结构式是，只含共价键，故不选①；②CH4的结构式是，只含共价键，故不选②； ③OH- 的电子式是，，只含共价键，故不选③；④ 的结构式是 ，含有配位键，故选④； ⑤Fe(CO)5 的结构式是，含有配位键，故选⑤；⑥Fe(SCN)3 中Fe3+和SCN-通过配位键结合，含有配位键，故选⑥；⑦H3O+的结构式是，含有配位键，故选⑦；⑧[Ag (NH3)2]OH中[Ag (NH3)2]+的结构式是，含有配位键，故选⑧；含有配位键的是④⑤⑥⑦⑧，选B。
29.下列事实与氢键无关的是
A. 冰的密度比水小，能浮在水面上
B. HCl极易溶于水
C. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
D. 相同压强下，HF比HCl 沸点高
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰的结构中，水分子之间均能形成氢键，使得空隙较多，密度较小，能浮在水面上，故A与氢键有关；
B．HCl是极性分子，水也是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，则HCl极易溶于水，故B与氢键无关；
C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，会降低沸点；而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，会使沸点升高，所以前者沸点较低，故C与氢键有关；
D．相同压强下，HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，则HF比HCl 沸点高，故D与氢键有关；
答案选B。
30.下列关于酸分子的结构和性质的说法正确的是
A. 酸分子中含有几个氢原子就属于几元酸
B. 氢卤酸均为强酸
C. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子，是手性分子
D. HClO和HClO2 的羟基氧原子个数均为1，所以二者酸性相近
【答案】C
【解析】
【详解】A．无机含氧酸中H原子个数与酸的元数不一定相等，把某个酸中与中心原子相连的羟基(-OH)的个数称为酸的元数，如H3PO3中，P有两个羟基-OH 与之相连，有一个氢原子与P直接相连，有一个氧原子以双键的形式与P相连，为二元酸，故A错误；
B．HF只能部分电离产生氢离子，属于弱酸，故B错误；
C．碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子，乳酸分子中与羧基相连的碳原子为手性碳原子，是手性分子，故C正确；
D．酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为-OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，则HClO酸性弱于HClO2，故D错误；
答案选C。
31.乙炔是一种重要的化工原料。
(1)实验室制乙炔的化学方程式为_________________；用此法制取乙炔，应选择图中的_______填选项字母)作为发生装置。

(2)乙炔可以用于合成聚氯乙烯，流程为：乙炔有机物X聚氯乙烯。
①的反应类型为________；②的化学方程式为_________。
【答案】 (1). CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋C2H2↑ (2). B (3). 加成反应
(4). nCH2=CHCl
【解析】
【分析】
实验室用电石与水的反应制备乙炔，反应的化学方程式：CaC2＋2H2O → Ca(OH)2＋C2H2↑，乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，据此分析解答。
【详解】(1)实验室用电石与水的反应制备乙炔，反应的化学方程式：CaC2＋2H2O → Ca(OH)2＋C2H2↑，电石与水的反应很剧烈，且放出大量热，不宜用启普发生器或简易的启普发生器作发生装置，应该用分液漏斗将饱和食盐水缓慢滴加到电石上，以控制反应速率，故答案选B。
(2)乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则①的反应类型为加成反应，②的化学方程式为：nCH2=CHCl。
32.某有机物A的质谱图中，质荷比的最大值为74，红外光谱图如图。

(l)A的结构简式为_____________。
(2)A的核磁共振氢谱中有______组峰，且峰面积之比为________。
(3)A 的同分异构体有______种(不考虑立体异构。)
(4)乙醇转化为A的化学方程式为_____________。
【答案】 (1). CH3CH2OCH2CH3 (2). 2 (3). 3:2(或2:3) (4). 6 (5). 2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+ H2O
【解析】
【分析】
某有机物A的质谱图中，质荷比的最大值为74，则A的相对分子质量是74，根据红外光谱图，A分子中含有醚键、对称的甲基、对称的-CH2-，A的分子式是C4H10O。
【详解】(l)A的相对分子质量是74，根据红外光谱图，A分子中含有醚键、对称的甲基、对称的-CH2-，A的分子式是C4H10O，A结构简式为CH3CH2OCH2CH3；
(2) CH3CH2OCH2CH3有2种等效氢，核磁共振氢谱中有2组峰，且峰面积之比为3:2；
(3) CH3CH2OCH2CH3的同分异构体有CH3CH2CH2OCH3、(CH3)2CHOCH3、CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，共6种；
(4)2分子乙醇在浓硫酸作用下加热到140℃生成CH3CH2OCH2CH3和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+ H2O。
【点睛】本题考查有机物分子式、结构式的确定，根据质谱图准确推断相对分子质量，根据红外光谱确定原子团是推断有机物结构简式的关键，熟悉醚和醇可以形成同分异构体。
33.实验室采用如图所示装置研究苯与液溴的反应类型并制取少量溴苯。

(1)仪器A的名称为___；仪器的B作用为____，冷凝水应从______(填“上口” 或“下口”)进。
(2)反应完毕后，向锥形瓶D中滴加AgNO3溶液，_____(填现象)，此现象说明生成溴苯的反应属于_____(填有机反应类型)。
(3)制取溴苯的化学方程式为_______________。
【答案】 (1). 三颈烧瓶(或“三颈瓶”、“三口烧瓶”) (2). 导气、冷凝回流 (3). 下口 (4). 产生淡黄色沉淀 (5). 取代反应 (6). +Br2 +HBr
【解析】
【分析】
三颈烧瓶中，苯和液溴在三溴化铁作催化剂的条件下反应生成溴苯和溴化氢，仪器B除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从下口流入，溴蒸气和溴化氢进入C装置，溴易溶于四氯化碳，溴化氢不溶于四氯化碳，进入D装置，加入硝酸银检验产生出的溴化氢，E中需加入的试剂是吸收溴化氢的固体物质碱石灰，作为尾气处理装置；实验结束时，打开氢氧化钠溶液下端的活塞，让反应液流入氢氧化钠溶液中，吸收溴单质，充分振荡静置分层，利用分液漏斗分液分离出溴苯，据此分析。
【详解】(1)仪器A的名称为三颈烧瓶(或“三颈瓶”、“三口烧瓶”)；仪器B除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用，仪器的B作用为导气、冷凝回流；水逆流冷凝效果好应从下口流入；
(2)反应完毕后，溴蒸气和溴化氢进入C装置，溴易溶于四氯化碳，溴化氢不溶于四氯化碳，进入D装置，装置D中加入硝酸银生成淡黄色沉淀溴化银；说明苯与液溴发生了取代反应生成了溴苯和溴化氢；
(3)制取溴苯是苯和液溴在三溴化铁或铁作催化剂的条件下反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2 +HBr。
【点睛】C装置的作用是难点，需要分析反应中挥发出的气体成分，溴和溴化氢在四氯化碳中的溶解情况。
34.金刚烷是一种重要的化工原料， 以环戊烷为原料制备金刚烷的合成路线如下。

巳知：
(1)①的产物名称为________。
(2)④的化学方程式为________________。
(3)环戊二烯分子中所有原子________(填“一定”、“可能”、“不可能”)共平面。
(4)金刚烷的分子式为_________，其一氯代物有____种(不含立体异构。)
(5)①~⑦中，属于加成反应的有_______(填序号)。
【答案】 (1). 氯代环戊烷(或“一氯环戊烷”、“1—氯环戊烷”) (2). +2NaOH+2NaBr+2H2O (3). 不可能 (4). C10H16 (5). 2 (6). ③⑤⑥
【解析】
【分析】
环戊烷在光照的条件下与Cl2发生取代反应生成氯代环戊烷(或“一氯环戊烷”、“1—氯环戊烷”)， 氯代环戊烷在氢氧化钠醇溶液中加热条件下发生消去反应生成，与溴单质发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中加热条件下发生消去反应生成环戊二烯()，环戊二烯在加热的条件下发生已知信息的反应生成二聚环戊烯()，二聚环戊烯在Ni做催化剂加热加压条件下与氢气发生加成反应生成，在氯化铝作催化剂加热条件下生成金刚烷，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，结合①的产物结构简式，产物的名称为氯代环戊烷(或“一氯环戊烷”、“1—氯环戊烷”)；
(2)根据分析，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热条件下发生消去反应生成环戊二烯()，化学方程式为+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(3)甲烷具有正四面体结构，环戊二烯分子中含有饱和碳原子，类似于甲烷的结构，则所有原子不可能共平面；
(4)根据金刚烷的结构简式，所有的节点为碳原子，每个碳原子形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C10H16；根据金刚烷分子的结构简式可知，分子中6个亚甲基上的氢完全等效，4个次甲基上的氢等效，该分子中含有2种不同的等效氢原子，则一氯代物有2种；
(5)由上面的综合分析可知，①~⑦中，属于加成反应的是③⑤⑥。
【点睛】饱和碳原子上的所有原子不可能都共面。
35.化合物G是一种药物合成中间体， 其合成路线如下。

(l)G中的官能团名称为___________。
(2)具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中一种的结构简式为_________。
(3)①、②的反应类型分别为________、________。
(4)④所需的试剂和条件为_______________。
(5)F到G的化学方程式为__________________。
【答案】 (1). 羰基、羧基 (2). 5 (3). 、、、、 中的一种 (4). 氧化反应 (5). 加成反应 (6). C2H5OH、浓H2SO4、加热 (7). ＋C2H5OH，(或 ＋OH-＋C2H5OH， +H+⟶)或(+H2O+ C2H5OH)
【解析】
【分析】
有机物A属于醇，被高锰酸钾氧化成酮，B与甲醛发生加成反应生成含有羰基和羟基的生成物C，C中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则D的结构简式为，D与乙醇发生酯化反应生成E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代得到F，F的结构简式为，F先发生水解反应，酸化得到G，由此回答。
【详解】(l)G的结构简式为，官能团名称为羰基、羧基；
(2)具有六元环结构、并能发生银镜反应需要有醛基，符合题意的B的同分异构体有、、、、 共五种；
(3)①是将醇氧化为酮，属于氧化反应；②是B与甲醛发生加成反应生成含有羰基和羟基的生成物C，反应类型为加成反应；
(4)④是D与乙醇发生酯化反应生成E，所需的试剂和条件为C2H5OH、浓H2SO4、加热；
(5) F的结构简式为，F先发生水解反应，酸化得到G ，F到G的化学方程式为：＋C2H5OH，(或 ＋OH-＋C2H5OH， +H+⟶)或(+H2O+ C2H5OH)。
36.钕磁铁是一种非常重要的新型磁铁，主要含钕 (60 Nd )、铁、硼三种元素。
(1)基态钕原子核外有_______种不同运动状态的电子。
(2)基态铁原子的价电子排布图为___________。
(3)第二周期中，第一电离能小于硼的元素为________(填元素符号)，电负性大于硼的主族元素有______种。
【答案】 (1). 60 (2). (3). Li (4). 4
【解析】
【详解】(1) 钕是60号元素，核外有60个电子，基态钕原子核外有60种不同运动状态的电子；
(2)基态铁原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布图为；
(3) 同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，硼元素S轨道全充满，为稳定结构，Be第一电离能大于B，第二周期中，第一电离能小于硼的元素为Li；同周期元素从左到右，电负性增大，电负性大于硼的主族元素有C、N、O、F，共4种。
【点睛】本题考查核外电子排布式、元素性质，明确同周期元素随着原子序数的增大电负性、第一电离能的递变规律是解题关键，知道核外电子排布式、电子排布图的区别。
37.水是一种常见且重要的化学物质。
(1)冰中水分子间的氢键可表示为_____(填选项字母)。
a．O—H—O b．O—H⋯O c．H—O—H
(2)水分子能微弱电离生成H3O+ 和OH- 。
①与OH-互为等电子体的一种分子为_____(写化学式，下同)；
②与H2O互为等电子体的一种阴离子为_____。
(2)H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大的原因为______。
(3)氧与硫同主族，其中H2S比H2O更易分解的原因为_____。
【答案】 (1). b (2). HF (3). NH (4). H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋中O原子只有1对孤对电子，H3O＋的孤对电子对成键电子的排斥力较小 (5). 硫的非金属性弱于氧，气态氢化物的稳定性：H2S＜H2O
【解析】
【详解】(1)氢键可用X－H⋯Y表示。式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，冰中水分子间的氢键可表示为O—H⋯O；
(2) ①一个OH-含有10个电子，与OH-互为等电子体的一种分子为HF；
②1个水分子含有10个电子，等电子体的一种阴离子为NH；
(2)H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大的原因为H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋中O原子只有1对孤对电子，H3O＋的孤对电子对成键电子的排斥力较小；
(3)氧与硫同主族，硫的非金属性弱于氧，气态氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故硫化氢更易分解。
38.实践证明，75%的乙醇溶液可以有效灭活新冠病毒。
(1)1 mol乙醇中含有σ键的数目为___________ 。
(2)相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3) 的原因为_________。
(3)向CuSO4 溶液中滴加氨水，首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，加入乙醇后析出深蓝色晶体。
①氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为____________。
②深蓝色晶体中阴离子SO的立体构型为_____，其中心原子的杂化类型为____；阳离子的结构式为____。
【答案】 (1). 8NA(或8×6.02×1023或4.816×1024) (2). 乙醇分子间能形成氢键 (3). Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O[或Cu(OH)2+4NH3= [Cu(NH3)4]2++2OH-] (4). 正四面体形 (5). sp3杂化 (6).
【解析】
【详解】(1)乙醇的结构式是，1个乙醇分子中含有8个σ键，1 mol乙醇中含有σ键的数目为8NA。
(2) 乙醇、二甲醚的相对分子质量相等，乙醇分子间能形成氢键，二甲醚分子间不能形成氢键，相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)；
(3)①氢氧化铜和氨水形成配离子[Cu(NH3)4]2+，氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
②SO中S原子的杂化轨道数是，无孤电子对，SO的立体构型为正四面体形，S原子的杂化类型为sp3杂化；阳离子是[Cu(NH3)4]2+，结构式为。