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【化学】山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期中考试
一．单项选择题（每小题2分，共48分）
1.下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 某元素基态原子的电子排布图
B. NH4Cl电子式为[:H]+Cl-
C. Ca2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p6
D. α羟基丙酸(乳酸)的比例模型为
【答案】C
【详解】A．原子的电子排布图中，该元素2p的未成对电子自旋方向应该相同，正确的电子排布图为，故A错误；
B．氯化铵为离子化合物，铵根离子为复杂阴离子，铵根离子和氯离子都需要标出电荷及最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故B错误；
C．钙离子的核外电子总数为18，根据构造原理，Ca2+离子基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D．α-羟基丙酸的结构简式为：，羟基应该位于中间C原子上，为β-羟基丙酸，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意阴离子和复杂的阳离子的电子式都需要标出电荷及最外层电子。
2. 下列分子或离子中，含有孤对电子的是（ ）
A. H2O B. CH4 C. SiH4 D. NH4+
【答案】A
详解】A. O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对；
B. C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子；
C. Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子；
D. N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。
故选A。
3. 以下对核外电子运动状况的描述正确的是（ ）
A. 同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道依次增多
B. 当碳原子的核外电子排布由转变为时，这一过程中释放能量
C. 3p2表示3p能级有两个轨道
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同
【答案】B
【详解】A．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数相同，A错误；
B．当碳原子的核外电子排布由时能量较高，而能量较低，由转变为这一过程释放能量，B正确；
C．3p2表示3p能级有两个电子，C错误；
D．在同一能级上运动的电子，其运动状态不相同，D错误。
故选B。
4.下列推论正确的是（ ）
A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B. NH4+ 为正四面体结构，可推测 PH4+ 也为正四面体结构
C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子
【答案】B
【详解】A．SiH4、CH4都是由分子构成物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高，A错误。
B．N、P是同一主族的元素，其形成的这两种离子是等电子体，故其结构相似，NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构，B正确。
C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，C错误。
D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，相邻C—C之间的键角不是180°，因此C3H8碳链不是直线型分子，D错误。
故选B。
5.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是( )
A. SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B. BF3键角为120°，SnBr2键角大于120°
C. CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子
D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子
【答案】C
【详解】A.SO2是V形分子；CS2、HI是直线形的分子，A错误；
B.BF3键角为120°，BF3分子是平面三角形结构，而Sn原子价电子是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，含有孤对电子，对成键电子有排斥作用，使键角小于120°，B错误；
C.CH2O、BF3、SO3中心原子价电子对数均为3，无孤电子对，都是平面三角形的分子，C正确；
D.PCl3、NH3都是三角锥形的分子，而PCl5是三角双锥形结构，D错误；
故合理选项是C。
6.下列常见分子中σ键、π键判断正确的是( )
A. CN－与N2结构相似，CH2===CHCN分子中σ键与π键数目之比为1∶1
B. CO与N2结构相似，CO分子中σ键与π键数目之比为2∶1
C. C22-与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为6NA
【答案】C
【详解】A．CH2=CHCN分子的结构可以表示为CH2=CHC≡N，其中含有6个σ键和3个π键，所以σ键与π键数目之比为2∶1，故A错误；
B．CO与N2结构相似，CO分子的结构可以表示为C≡O，其中σ键与π键数目之比为1∶2，故B错误；
C．C22-和O22+是等电子体，O22+的结构为[O≡O]2+，所以1molO22+中含有的π键数目为2NA，故C正确；
D．若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D错误；
故选C。
7.下列说法错误的是 ( )
A. 在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
B. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
C. SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子
D. 向含有0.1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1 mol AgCl
【答案】C
【解析】A、NH4＋中NH3中N提供孤电子对，H＋提供空轨道，形成配位键，Cu2＋提供空轨道，NH3中N提供孤电子对，形成配位键，故A说法正确；B、H2O属于极性分子，中心原子O有2个孤电子对，O的杂化方式为sp3，空间构型为V型，故B说法正确；C、SO3、BF3中性原子无孤电子对，属于非极性分子，故C说法错误；D、0.1mol配合物中只有0.14molCl－，与硝酸银反应生成0.1molAgCl，故D说法正确。
8.下列关于晶体的结构和性质的叙述正确的是( )
A. 分子晶体中一定含有共价键
B. 原子晶体中共价键越强，熔点越高
C. 离子晶体中含有离子键，不含有共价键
D. 金属阳离子只能存在于离子晶体中
【答案】B
【详解】A．分子晶体中可能不存在共价键，如稀有气体，故A错误；
B．原子晶体的熔点与共价键有关，共价键越强，则熔点越高，故B正确；
C．离子晶体中也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D．金属单质是由金属阳离子和自由电子构成的，所以金属阳离子存在于离子晶体或金属晶体中，故D错误；
故选B。
9.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 ( )
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；
②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；
③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；
④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；
⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；
⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
答案选C。
【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
10.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的变化规律是( )
A. H2O、H2S、H2Se、H2Te的热稳定性依次减弱
B. 熔点:Al>Mg>Na>K
C. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
D. CF4、CCl4、CBr4、CI4的熔、沸点逐渐升高
【答案】D
【详解】A．非金属性O＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；
B．Al、Mg、Na、K的半径增大，所以金属键减弱，所以熔点：Al＞Mg＞Na＞K，故B不选；
C．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，故C不选；
D．CF4、CCl4、CBr4、Cl4属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，故D选；
故选D。
11.已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对质量可以表示为（ ）
A. NA·a3·ρ B. C. D.
【答案】A
【分析】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，根据ρV=M/NA计算相对分子质量，
【详解】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对质量，所以其相对质量是ρa3 NA.
故选：A。
【点睛】本题考查晶胞计算，解题关键：把握原子的位置、均摊法确定原子个数，注意M与密度、体积的关系．
12.下列有关说法正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②在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干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
⑤晶格能由大到小顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI
⑥分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高
⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
【答案】D
【详解】①原子晶体中可能存在极性共价键，如二氧化硅，故①错误；
②晶体含有阴离子，则一定含有阳离子，但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，NaF、NaCl都属于离子晶体，氟离子半径小于氯离子半径，故NaF的晶格能大于NaCl，则NaF的熔点更高，H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，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干冰升华时克服分子间作用力，属于物理性质，共价键没有断裂，故④错误；
⑤电荷相同，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，故晶格能NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故⑤正确；
⑥分子晶体的熔沸点由分子间作用力决定，则分子间作用力越强，熔沸点越高，与共价键无关，故⑥错误；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子的稳定性属于化学性质，故⑦错误；
正确的有③⑤，故选D。
【点睛】本题的易错点为③，要注意不同类型晶体熔沸点的判断方法的区别，同时注意熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。
13.下列基团中：—CH3、—OH、—COOH、—C6H5，任意取两种结合可组成的有机物有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【详解】基团两两组合共有6种组合情况，其中—OH、—COOH组合形成的为碳酸，属于无机物，其余为有机物，因此属于有机物的有5种，故选C。
14.下列有关物质的表达式正确的是( )
A. 乙烯分子的立体构型为正四面体
B. 的键线式为
C. 乙醇的结构简式：CH3CH2OH
D. CH4的球棍模型：
【答案】C
【详解】A．乙烯中的C采用sp2杂化，为平面型结构，故A错误；
B．的键线式为，故B错误；
C．乙醇分子中含有1个甲基、1个亚甲基和1个羟基，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故C正确；
D．甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，为甲烷的比例模型，故D错误；
故选C。
15.某烃结构简式如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该烃分子中至少有9个碳原子共面
B. 该烃分子中至少有10个碳原子共面
C. 该烃分子中至少有11个碳原子共面
D. 该烃属于苯的同系物
【答案】C
【详解】甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面。如图所示的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故选C。
【点睛】本题的难点为苯环结构的特殊性的理解，要注意图中1、2、3、4、5、6六个碳原子共线。
16.某烷烃的结构简式为，下列命名正确的是（ ）
A. 3-乙基-2-甲基己烷 B. 2-甲基-3-丙基戊烷
C. 2-甲基-3-乙基己烷 D. 5-甲基-4-乙基己烷
【答案】C
【详解】为烷烃，最长碳链含有6个C，主链为己烷，选取含有支链最多、取代基简单的碳链为主链，编号从右端开始，在2号C含有1个甲基，在3号C含有1个乙基，该有机物名称为：2-甲基-3-乙基己烷，故选C。
17.下列5种烃：①2-甲基丁烷、②2，2-二甲基丙烷、③丙烷、④戊烷、⑤2-甲基丙烷，其沸点按由高到低的顺序排列正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ②③④⑤①
C. ⑤②①③④ D. ④①②⑤③
【答案】D
【详解】碳原子数相同时支链越多，沸点越小，所以沸点：戊烷＞2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷；烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，所以沸点：戊烷＞2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷＞2-甲基丙烷＞丙烷，故选D。
【点睛】本题的易错点为同分异构体沸点的高低判断，要注意根据课本具体的例子分析归纳出判断的方法。
18.下列有机物命名正确的是（ ）
A. 2-乙基丙烷 B. CH3CH2CH(OH)CH3 2-丁醇
C. 间二甲苯 D. 2-甲基-2-丙烯
【答案】B
【分析】烷烃命名时，选碳原子最多的链为主链；烃的衍生物命名时，含有官能团的最长碳链为主链；两个甲基在苯环的对位上；从离官能团最近的一端开始给主链碳原子编号。
【详解】A. 的名称是2-甲基丁烷，故A错误； B. CH3CH2CH(OH)CH3 的名称是2-丁醇，故B正确；C. 的名称是对二甲苯，故C错误；D. 的名称是2-甲基丙烯，故D错误。
19.下列对有机化合物的分类结果正确的是( )
A. 乙烯CH2=CH2、苯、环己烷属于不饱和烃
B. 苯、环戊烷、环己烷同属于芳香烃
C. 乙烯CH2=CH2、乙炔同属于烯烃
D. 同属于环烷烃
【答案】D
【详解】A．环己烷（）分子中的碳碳键全部是单键，属于饱和烃，故A错误；
B．只由C和H两种元素组成，含有苯环的为芳香烃，环戊烷()、环己烷()不含有苯环，不属于芳香烃，属于脂环烃，故B错误；
C．乙炔中含有碳碳三键，属于炔烃，故C错误；
D．饱和环烃为环烷烃，环戊烷、环丁烷、乙基环己烷均属于环烷烃，故D正确；
故选D。
20. 如图所示是一个有机物的核磁共振氢谱图，请你观察图谱，分析其可能是下列物质中的（ ）
A. CH3CH2CH2CH3 B. (CH3)2CHCH3
C. CH3CH2CH2OH D. CH3CH2COOH
【答案】C
【分析】由有机物的核磁共振氢谱图可知，该有机物有4种不同化学环境的H原子。
【详解】A、CH3CH2CH2CH3有2种不同化学环境的H原子，故A错误；
B、（CH3）2CHCH3有2种不同化学环境的H原子，故B错误；
C、CH3CH2CH2OH有4种不同化学环境的H原子，故C正确；
D、CH3CH2COOH有3种不同化学环境的H原子，故D错误；
故选C。
21.下列说法正确的是( )
A. 丙烷是直链烃，所以分子中3个碳原子也在一条直线上
B. 丙烯所有原子均在同一平面上
C. 所有碳原子一定在同一平面上
D. 至少由16个原子共平面
【答案】D
【详解】A．丙烷分子中3个碳原子不在同一直线上，故A错误；
B．甲基为四面体结构，CH3-CH═CH2中甲基上至少有两个氢不和它们共平面，故B错误；
C．因为六元环结构中有4个饱和的碳原子，故环状结构不是平面结构，所有碳原子不可能在同一平面上，C错误；
D．该分子中在同一条直线上的原子有8个()，再加上其中一个苯环上的8个原子，所以至少有16个原子共平面，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，要注意饱苯环的特殊性，苯环对角线上的四个原子共线。
22. 已知甲苯的一氯代物有4种同分异构体，将甲苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【详解】甲苯与足量的氢气加成生成甲基环己烷（），甲基环己烷分子中有5种不同化学环境的H原子，故甲基环己烷的一氯代物有5种，故选B。
23.有机物中碳原子和氢原子个数比为3∶4，不能与溴水反应却能使酸性KMnO4溶液褪色。在铁存在时与溴反应，能生成两种一溴代物。该有机物可能是( )
A.
B.
C. CH2=CHCH3
D.
【答案】B
【详解】A．CH≡C-CH3能与溴水发生加成反应，故A不可能；
B．，不能与溴水反应能使KMnO4酸性溶液褪色，在铁存在时能够与溴发生取代反应，生成2种一溴代物，故B可能；
C．CH2=CHCH3能与溴水发生加成反应，故C不可能；
D．不能与溴水反应，能使KMnO4酸性溶液褪色，在铁存在时与溴反应，能生成4种一溴代物，故D不可能；
故选B。
24.关于有机物叙述正确的是（ ）
A. 丙烷的二卤代物有4种，则其六卤代物是2种
B. 对二甲苯的一氯代物有3种
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种
D. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12
【答案】D
【详解】A．丙烷分子中含有8个氢原子，如果其二卤代物是4种，则其六卤代物也是4种，A错误；
B．对二甲苯的结构简式为，因此核磁共振氢谱显示有2种化学环境的氢，一氯代物有2种，B错误；
C．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，由于该烷基可以是—CH2CH2CH3或—CH(CH3)2，因此所得产物有6种，C错误；
D．某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12，即为新戊烷，D正确。
答案选D。
二．非选择题（共52分）
25.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、 D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______________；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E， E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________________________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm， F 的化学式为______：晶胞中A 原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。
【答案】 (1). O (2). 1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3） (3). O3 (4). O3相对分子质量较大，范德华力大 (5). 分子晶体 (6). 离子晶体 (7). 三角锥形 (8). sp3 (9). V形 (10). 4 (11). 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl） (12). Na2O (13). 8 (14). =2.27g•cm-3
【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
【详解】（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；
（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；
（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm-3。
26.某不饱和烃与氢气加成后的生成物为，请按要求回答下列问题：
(1)请用系统命名法对该物质进行命名：________________。
(2)若该不饱和烃为一单烯烃，则可能有________种结构，结构简式分别为________________
______________________________(有几种写几种)
【答案】(1). 2，2，5三甲基己烷 (2). 3 (3). 、、
【分析】(1)根据烷烃的系统命名法命名；
(2)该不饱和烃为一单烯烃，则相连的C至少各有1个H，据此书写可能的结构。
【详解】(1)主链中含6个C，2、5号C上含甲基，则系统命名法命名为2，2，5-三甲基-己烷，故答案为：2，2，5-三甲基-己烷；
(2)该不饱和烃为一单烯烃，则相连的C至少各有1个H，存在3种可能的结构，如图中1、2、3位置，得到烯烃结构简式分别为、、，故答案为：3；、、。
27.（1）按要求完成下列问题：
① 甲基的电子式_________；
② 写出制备TNT的化学方程式__________________________________________________；
③ 写出实验室制乙炔的化学方程式______________________________________________；
④含有的官能团的名称为______________________；
（2）某有机物的结构简式为，据此填写下列空格。
① 该物质苯环上一氯代物有__________种；
② lmol该物质和溴水混合，消耗Br2的物质的量为__________mol；
③ lmol该物质和H2加成需H2__________mol。
（3）与一定量的Br2发生加成反应，生成的产物可能是_______。
A． B．
C． D．
（4）实验证实，烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化时有如下规律：
己知某烃在通常情况下，只能跟等物质的量的溴反应：它与酸性高锰酸钾溶液反应时，所得氧化产物只有一种且没有支链，又知该烃充全燃烧时所需氧气的体积是相同状况下烃蒸气的8.5倍，试分析该烃的结构简式________。
【答案】(1). (2). (3). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH=CH↑ (4). 碳碳三键 、溴原子 (5). 4 (6). 2 (7). 5 (8). B (9).
【分析】(1)①甲基中C周围有7个电子，有1个单电子；②甲苯与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应生成TNT；③碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔；④根据常见官能团的结构分析解答；
(2)①该物质苯环中有4种氢原子，苯环上有几种氢原子其苯环上一氯代物就有几种；②碳碳双键和溴能发生加成反应；③苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应；
(3) 与一定量的Br2发生加成反应，可发生1，2加成、1，4加成或完全加成反应；
(4)某烃在通常情况下只能跟等物质的量的溴反应，则含有1个C=C双键，该烃完全燃烧时所需氧气的体积是相同情况下烃蒸气的8.5倍，设烃的组成为CxHy，根据燃烧的通式分析解答出x、y，结合它与高锰酸钾酸性溶液反应时，所得到的氧化产物只有一种且没有取代基确定结构简式。
【详解】(1)①甲基的电子式为，故答案为：；
②甲苯与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应生成TNT，反应的方程式为，故答案为：；
③碳化钙(CaC2)与水反应生成氢氧化钙[Ca(OH)2]和乙炔，该反应的方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，故答案为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑；
④ 含有的官能团有碳碳三键 、溴原子，故答案为：碳碳三键 、溴原子；
(2)①苯环中有4种氢原子，苯环上有几种氢原子其苯环上一氯代物就有几种，所以其苯环上一氯代物有4种，故答案为：4；
②碳碳双键和溴能发生加成反应，中含有2个碳碳双键，所以1mol该物质和溴水混合，消耗Br2的物质的量为2mol，故答案为：2；
③苯环和碳碳双键均能和氢气发生加成反应，该分子中含有一个苯环、两个碳碳双键，所以1mol该物质完全加成需要5mol氢气，故答案为：5；
(3) 与一定量的Br2发生加成反应，可发生1，2加成得到和、1，4加成得到，或完全加成得到，只有B符合，故答案为：B；
(4)某烃在通常情况下只能跟等物质的量的溴反应，则含有1个C=C双键，设烃的组成为CxHy，该烃完全燃烧时所需氧气的体积是相同情况下烃蒸气的8.5倍，则x+=8.5，它与高锰酸钾酸性溶液反应时，所得到的氧化产物只有一种且没有取代基，讨论可知x=6、y=10，则烃的分子式为C6H10，烃的不饱和度为2，还含有1个环，该烃的结构简式为，氧化产物的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意共轭二烯烃可以与溴发生四种加成反应，两种1，2加成、1，4加成或完全加成。
28.硝基苯是制造染料的重要原料，某同学在实验室里用如图所示装置制取硝基苯，主要步骤如下：
①在大试管里将2 mL浓硫酸和1.5 mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60 ℃以下；然后逐滴加入1 mL苯，边滴边振荡试管。
②按图连接好装置，将大试管放入60 ℃的水浴中加热10分钟。
完成下列填空：
(1)指出上图中的错误：______________________、________________________。
(2)向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”“边滴边振荡试管”的目的是__________________________________________。
(3)反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层主要物质是________(填物质名称)。把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可以看到________(填字母)。
a．水面上是含有杂质的硝基苯
b．水底有苦杏仁味的液体
c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯
d．有无色、油状液体浮在水面
(4)为了获得纯硝基苯，实验步骤：①水洗、分液；②将粗硝基苯转移到盛有__________的烧杯中洗涤、用__________(填仪器名称)进行分离；③__________；④干燥；⑤__________。
【答案】 (1). 缺少温度计 (2). 大试管接触烧杯底部 (3). 使苯与混酸混合均匀、及时放出反应产生的热量 (4). 苯 (5). bd (6). 氢氧化钠溶液 (7). 分液漏斗 (8). 水洗、分液 (9). 蒸馏
【分析】浓H2SO4和浓HNO3混合时，应先将浓HNO3注入容器中，再慢慢注入浓H2SO4，并及时搅拌和冷却。如果先注入浓H2SO4，再注入浓HNO3，会造成浓HNO3局部过热溅迸、挥发。
【详解】（1）在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度，为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部；
（2）苯的硝化反应是一个放热反应，所以在向混合酸中加入苯时要逐滴加入，边滴边振荡试管，使苯与混酸混合均匀同时也防止试管中液体冲出试管；（3）混合酸与苯反应一段时间后，生成硝基苯以及部分未反应的苯，会浮在混合酸的上层，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，反应中未反应的苯会浮在水上层，混合酸溶于水，生成的硝基苯在水层的下方，所以上层呈浅黄色，其中主要物质是硝基苯、苯，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可以看到水底有浅黄色、苦杏仁味的液体，同时有无色、油状液体浮在水面，故选b、d；（4）在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：①水洗、分离；②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离；③水洗、分离；④干燥；⑤蒸馏。
【点睛】本题考查了制备方案的设计，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力，注意掌握物质制备方案和分离提纯的设计与评价原则，明确制备原理为解答关键。
一．单项选择题（每小题2分，共48分）
1.下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 某元素基态原子的电子排布图
B. NH4Cl电子式为[:H]+Cl-
C. Ca2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p6
D. α羟基丙酸(乳酸)的比例模型为
【答案】C
【详解】A．原子的电子排布图中，该元素2p的未成对电子自旋方向应该相同，正确的电子排布图为，故A错误；
B．氯化铵为离子化合物，铵根离子为复杂阴离子，铵根离子和氯离子都需要标出电荷及最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故B错误；
C．钙离子的核外电子总数为18，根据构造原理，Ca2+离子基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D．α-羟基丙酸的结构简式为：，羟基应该位于中间C原子上，为β-羟基丙酸，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意阴离子和复杂的阳离子的电子式都需要标出电荷及最外层电子。
2. 下列分子或离子中，含有孤对电子的是（ ）
A. H2O B. CH4 C. SiH4 D. NH4+
【答案】A
详解】A. O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对；
B. C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子；
C. Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子；
D. N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。
故选A。
3. 以下对核外电子运动状况的描述正确的是（ ）
A. 同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道依次增多
B. 当碳原子的核外电子排布由转变为时，这一过程中释放能量
C. 3p2表示3p能级有两个轨道
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同
【答案】B
【详解】A．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数相同，A错误；
B．当碳原子的核外电子排布由时能量较高，而能量较低，由转变为这一过程释放能量，B正确；
C．3p2表示3p能级有两个电子，C错误；
D．在同一能级上运动的电子，其运动状态不相同，D错误。
故选B。
4.下列推论正确的是（ ）
A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B. NH4+ 为正四面体结构，可推测 PH4+ 也为正四面体结构
C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子
【答案】B
【详解】A．SiH4、CH4都是由分子构成物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高，A错误。
B．N、P是同一主族的元素，其形成的这两种离子是等电子体，故其结构相似，NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构，B正确。
C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，C错误。
D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，相邻C—C之间的键角不是180°，因此C3H8碳链不是直线型分子，D错误。
故选B。
5.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是( )
A. SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B. BF3键角为120°，SnBr2键角大于120°
C. CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子
D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子
【答案】C
【详解】A.SO2是V形分子；CS2、HI是直线形的分子，A错误；
B.BF3键角为120°，BF3分子是平面三角形结构，而Sn原子价电子是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，含有孤对电子，对成键电子有排斥作用，使键角小于120°，B错误；
C.CH2O、BF3、SO3中心原子价电子对数均为3，无孤电子对，都是平面三角形的分子，C正确；
D.PCl3、NH3都是三角锥形的分子，而PCl5是三角双锥形结构，D错误；
故合理选项是C。
6.下列常见分子中σ键、π键判断正确的是( )
A. CN－与N2结构相似，CH2===CHCN分子中σ键与π键数目之比为1∶1
B. CO与N2结构相似，CO分子中σ键与π键数目之比为2∶1
C. C22-与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为6NA
【答案】C
【详解】A．CH2=CHCN分子的结构可以表示为CH2=CHC≡N，其中含有6个σ键和3个π键，所以σ键与π键数目之比为2∶1，故A错误；
B．CO与N2结构相似，CO分子的结构可以表示为C≡O，其中σ键与π键数目之比为1∶2，故B错误；
C．C22-和O22+是等电子体，O22+的结构为[O≡O]2+，所以1molO22+中含有的π键数目为2NA，故C正确；
D．若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D错误；
故选C。
7.下列说法错误的是 ( )
A. 在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
B. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
C. SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子
D. 向含有0.1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1 mol AgCl
【答案】C
【解析】A、NH4＋中NH3中N提供孤电子对，H＋提供空轨道，形成配位键，Cu2＋提供空轨道，NH3中N提供孤电子对，形成配位键，故A说法正确；B、H2O属于极性分子，中心原子O有2个孤电子对，O的杂化方式为sp3，空间构型为V型，故B说法正确；C、SO3、BF3中性原子无孤电子对，属于非极性分子，故C说法错误；D、0.1mol配合物中只有0.14molCl－，与硝酸银反应生成0.1molAgCl，故D说法正确。
8.下列关于晶体的结构和性质的叙述正确的是( )
A. 分子晶体中一定含有共价键
B. 原子晶体中共价键越强，熔点越高
C. 离子晶体中含有离子键，不含有共价键
D. 金属阳离子只能存在于离子晶体中
【答案】B
【详解】A．分子晶体中可能不存在共价键，如稀有气体，故A错误；
B．原子晶体的熔点与共价键有关，共价键越强，则熔点越高，故B正确；
C．离子晶体中也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D．金属单质是由金属阳离子和自由电子构成的，所以金属阳离子存在于离子晶体或金属晶体中，故D错误；
故选B。
9.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 ( )
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；
②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；
③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；
④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；
⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；
⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
答案选C。
【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
10.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的变化规律是( )
A. H2O、H2S、H2Se、H2Te的热稳定性依次减弱
B. 熔点:Al>Mg>Na>K
C. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
D. CF4、CCl4、CBr4、CI4的熔、沸点逐渐升高
【答案】D
【详解】A．非金属性O＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；
B．Al、Mg、Na、K的半径增大，所以金属键减弱，所以熔点：Al＞Mg＞Na＞K，故B不选；
C．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，故C不选；
D．CF4、CCl4、CBr4、Cl4属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，故D选；
故选D。
11.已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对质量可以表示为（ ）
A. NA·a3·ρ B. C. D.
【答案】A
【分析】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，根据ρV=M/NA计算相对分子质量，
【详解】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对质量，所以其相对质量是ρa3 NA.
故选：A。
【点睛】本题考查晶胞计算，解题关键：把握原子的位置、均摊法确定原子个数，注意M与密度、体积的关系．
12.下列有关说法正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②在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干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
⑤晶格能由大到小顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI
⑥分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高
⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
【答案】D
【详解】①原子晶体中可能存在极性共价键，如二氧化硅，故①错误；
②晶体含有阴离子，则一定含有阳离子，但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，NaF、NaCl都属于离子晶体，氟离子半径小于氯离子半径，故NaF的晶格能大于NaCl，则NaF的熔点更高，H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，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干冰升华时克服分子间作用力，属于物理性质，共价键没有断裂，故④错误；
⑤电荷相同，离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，故晶格能NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故⑤正确；
⑥分子晶体的熔沸点由分子间作用力决定，则分子间作用力越强，熔沸点越高，与共价键无关，故⑥错误；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子的稳定性属于化学性质，故⑦错误；
正确的有③⑤，故选D。
【点睛】本题的易错点为③，要注意不同类型晶体熔沸点的判断方法的区别，同时注意熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。
13.下列基团中：—CH3、—OH、—COOH、—C6H5，任意取两种结合可组成的有机物有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【详解】基团两两组合共有6种组合情况，其中—OH、—COOH组合形成的为碳酸，属于无机物，其余为有机物，因此属于有机物的有5种，故选C。
14.下列有关物质的表达式正确的是( )
A. 乙烯分子的立体构型为正四面体
B. 的键线式为
C. 乙醇的结构简式：CH3CH2OH
D. CH4的球棍模型：
【答案】C
【详解】A．乙烯中的C采用sp2杂化，为平面型结构，故A错误；
B．的键线式为，故B错误；
C．乙醇分子中含有1个甲基、1个亚甲基和1个羟基，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故C正确；
D．甲烷含有C-H键，为正四面体结构，球棍模型为，为甲烷的比例模型，故D错误；
故选C。
15.某烃结构简式如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该烃分子中至少有9个碳原子共面
B. 该烃分子中至少有10个碳原子共面
C. 该烃分子中至少有11个碳原子共面
D. 该烃属于苯的同系物
【答案】C
【详解】甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面。如图所示的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故选C。
【点睛】本题的难点为苯环结构的特殊性的理解，要注意图中1、2、3、4、5、6六个碳原子共线。
16.某烷烃的结构简式为，下列命名正确的是（ ）
A. 3-乙基-2-甲基己烷 B. 2-甲基-3-丙基戊烷
C. 2-甲基-3-乙基己烷 D. 5-甲基-4-乙基己烷
【答案】C
【详解】为烷烃，最长碳链含有6个C，主链为己烷，选取含有支链最多、取代基简单的碳链为主链，编号从右端开始，在2号C含有1个甲基，在3号C含有1个乙基，该有机物名称为：2-甲基-3-乙基己烷，故选C。
17.下列5种烃：①2-甲基丁烷、②2，2-二甲基丙烷、③丙烷、④戊烷、⑤2-甲基丙烷，其沸点按由高到低的顺序排列正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ②③④⑤①
C. ⑤②①③④ D. ④①②⑤③
【答案】D
【详解】碳原子数相同时支链越多，沸点越小，所以沸点：戊烷＞2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷；烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，所以沸点：戊烷＞2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷＞2-甲基丙烷＞丙烷，故选D。
【点睛】本题的易错点为同分异构体沸点的高低判断，要注意根据课本具体的例子分析归纳出判断的方法。
18.下列有机物命名正确的是（ ）
A. 2-乙基丙烷 B. CH3CH2CH(OH)CH3 2-丁醇
C. 间二甲苯 D. 2-甲基-2-丙烯
【答案】B
【分析】烷烃命名时，选碳原子最多的链为主链；烃的衍生物命名时，含有官能团的最长碳链为主链；两个甲基在苯环的对位上；从离官能团最近的一端开始给主链碳原子编号。
【详解】A. 的名称是2-甲基丁烷，故A错误； B. CH3CH2CH(OH)CH3 的名称是2-丁醇，故B正确；C. 的名称是对二甲苯，故C错误；D. 的名称是2-甲基丙烯，故D错误。
19.下列对有机化合物的分类结果正确的是( )
A. 乙烯CH2=CH2、苯、环己烷属于不饱和烃
B. 苯、环戊烷、环己烷同属于芳香烃
C. 乙烯CH2=CH2、乙炔同属于烯烃
D. 同属于环烷烃
【答案】D
【详解】A．环己烷（）分子中的碳碳键全部是单键，属于饱和烃，故A错误；
B．只由C和H两种元素组成，含有苯环的为芳香烃，环戊烷()、环己烷()不含有苯环，不属于芳香烃，属于脂环烃，故B错误；
C．乙炔中含有碳碳三键，属于炔烃，故C错误；
D．饱和环烃为环烷烃，环戊烷、环丁烷、乙基环己烷均属于环烷烃，故D正确；
故选D。
20. 如图所示是一个有机物的核磁共振氢谱图，请你观察图谱，分析其可能是下列物质中的（ ）
A. CH3CH2CH2CH3 B. (CH3)2CHCH3
C. CH3CH2CH2OH D. CH3CH2COOH
【答案】C
【分析】由有机物的核磁共振氢谱图可知，该有机物有4种不同化学环境的H原子。
【详解】A、CH3CH2CH2CH3有2种不同化学环境的H原子，故A错误；
B、（CH3）2CHCH3有2种不同化学环境的H原子，故B错误；
C、CH3CH2CH2OH有4种不同化学环境的H原子，故C正确；
D、CH3CH2COOH有3种不同化学环境的H原子，故D错误；
故选C。
21.下列说法正确的是( )
A. 丙烷是直链烃，所以分子中3个碳原子也在一条直线上
B. 丙烯所有原子均在同一平面上
C. 所有碳原子一定在同一平面上
D. 至少由16个原子共平面
【答案】D
【详解】A．丙烷分子中3个碳原子不在同一直线上，故A错误；
B．甲基为四面体结构，CH3-CH═CH2中甲基上至少有两个氢不和它们共平面，故B错误；
C．因为六元环结构中有4个饱和的碳原子，故环状结构不是平面结构，所有碳原子不可能在同一平面上，C错误；
D．该分子中在同一条直线上的原子有8个()，再加上其中一个苯环上的8个原子，所以至少有16个原子共平面，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，要注意饱苯环的特殊性，苯环对角线上的四个原子共线。
22. 已知甲苯的一氯代物有4种同分异构体，将甲苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【详解】甲苯与足量的氢气加成生成甲基环己烷（），甲基环己烷分子中有5种不同化学环境的H原子，故甲基环己烷的一氯代物有5种，故选B。
23.有机物中碳原子和氢原子个数比为3∶4，不能与溴水反应却能使酸性KMnO4溶液褪色。在铁存在时与溴反应，能生成两种一溴代物。该有机物可能是( )
A.
B.
C. CH2=CHCH3
D.
【答案】B
【详解】A．CH≡C-CH3能与溴水发生加成反应，故A不可能；
B．，不能与溴水反应能使KMnO4酸性溶液褪色，在铁存在时能够与溴发生取代反应，生成2种一溴代物，故B可能；
C．CH2=CHCH3能与溴水发生加成反应，故C不可能；
D．不能与溴水反应，能使KMnO4酸性溶液褪色，在铁存在时与溴反应，能生成4种一溴代物，故D不可能；
故选B。
24.关于有机物叙述正确的是（ ）
A. 丙烷的二卤代物有4种，则其六卤代物是2种
B. 对二甲苯的一氯代物有3种
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种
D. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12
【答案】D
【详解】A．丙烷分子中含有8个氢原子，如果其二卤代物是4种，则其六卤代物也是4种，A错误；
B．对二甲苯的结构简式为，因此核磁共振氢谱显示有2种化学环境的氢，一氯代物有2种，B错误；
C．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，由于该烷基可以是—CH2CH2CH3或—CH(CH3)2，因此所得产物有6种，C错误；
D．某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12，即为新戊烷，D正确。
答案选D。
二．非选择题（共52分）
25.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、 D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______________；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E， E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________________________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm， F 的化学式为______：晶胞中A 原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。
【答案】 (1). O (2). 1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3） (3). O3 (4). O3相对分子质量较大，范德华力大 (5). 分子晶体 (6). 离子晶体 (7). 三角锥形 (8). sp3 (9). V形 (10). 4 (11). 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl） (12). Na2O (13). 8 (14). =2.27g•cm-3
【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
【详解】（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；
（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；
（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm-3。
26.某不饱和烃与氢气加成后的生成物为，请按要求回答下列问题：
(1)请用系统命名法对该物质进行命名：________________。
(2)若该不饱和烃为一单烯烃，则可能有________种结构，结构简式分别为________________
______________________________(有几种写几种)
【答案】(1). 2，2，5三甲基己烷 (2). 3 (3). 、、
【分析】(1)根据烷烃的系统命名法命名；
(2)该不饱和烃为一单烯烃，则相连的C至少各有1个H，据此书写可能的结构。
【详解】(1)主链中含6个C，2、5号C上含甲基，则系统命名法命名为2，2，5-三甲基-己烷，故答案为：2，2，5-三甲基-己烷；
(2)该不饱和烃为一单烯烃，则相连的C至少各有1个H，存在3种可能的结构，如图中1、2、3位置，得到烯烃结构简式分别为、、，故答案为：3；、、。
27.（1）按要求完成下列问题：
① 甲基的电子式_________；
② 写出制备TNT的化学方程式__________________________________________________；
③ 写出实验室制乙炔的化学方程式______________________________________________；
④含有的官能团的名称为______________________；
（2）某有机物的结构简式为，据此填写下列空格。
① 该物质苯环上一氯代物有__________种；
② lmol该物质和溴水混合，消耗Br2的物质的量为__________mol；
③ lmol该物质和H2加成需H2__________mol。
（3）与一定量的Br2发生加成反应，生成的产物可能是_______。
A． B．
C． D．
（4）实验证实，烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化时有如下规律：
己知某烃在通常情况下，只能跟等物质的量的溴反应：它与酸性高锰酸钾溶液反应时，所得氧化产物只有一种且没有支链，又知该烃充全燃烧时所需氧气的体积是相同状况下烃蒸气的8.5倍，试分析该烃的结构简式________。
【答案】(1). (2). (3). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH=CH↑ (4). 碳碳三键 、溴原子 (5). 4 (6). 2 (7). 5 (8). B (9).
【分析】(1)①甲基中C周围有7个电子，有1个单电子；②甲苯与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应生成TNT；③碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔；④根据常见官能团的结构分析解答；
(2)①该物质苯环中有4种氢原子，苯环上有几种氢原子其苯环上一氯代物就有几种；②碳碳双键和溴能发生加成反应；③苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应；
(3) 与一定量的Br2发生加成反应，可发生1，2加成、1，4加成或完全加成反应；
(4)某烃在通常情况下只能跟等物质的量的溴反应，则含有1个C=C双键，该烃完全燃烧时所需氧气的体积是相同情况下烃蒸气的8.5倍，设烃的组成为CxHy，根据燃烧的通式分析解答出x、y，结合它与高锰酸钾酸性溶液反应时，所得到的氧化产物只有一种且没有取代基确定结构简式。
【详解】(1)①甲基的电子式为，故答案为：；
②甲苯与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应生成TNT，反应的方程式为，故答案为：；
③碳化钙(CaC2)与水反应生成氢氧化钙[Ca(OH)2]和乙炔，该反应的方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，故答案为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑；
④ 含有的官能团有碳碳三键 、溴原子，故答案为：碳碳三键 、溴原子；
(2)①苯环中有4种氢原子，苯环上有几种氢原子其苯环上一氯代物就有几种，所以其苯环上一氯代物有4种，故答案为：4；
②碳碳双键和溴能发生加成反应，中含有2个碳碳双键，所以1mol该物质和溴水混合，消耗Br2的物质的量为2mol，故答案为：2；
③苯环和碳碳双键均能和氢气发生加成反应，该分子中含有一个苯环、两个碳碳双键，所以1mol该物质完全加成需要5mol氢气，故答案为：5；
(3) 与一定量的Br2发生加成反应，可发生1，2加成得到和、1，4加成得到，或完全加成得到，只有B符合，故答案为：B；
(4)某烃在通常情况下只能跟等物质的量的溴反应，则含有1个C=C双键，设烃的组成为CxHy，该烃完全燃烧时所需氧气的体积是相同情况下烃蒸气的8.5倍，则x+=8.5，它与高锰酸钾酸性溶液反应时，所得到的氧化产物只有一种且没有取代基，讨论可知x=6、y=10，则烃的分子式为C6H10，烃的不饱和度为2，还含有1个环，该烃的结构简式为，氧化产物的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意共轭二烯烃可以与溴发生四种加成反应，两种1，2加成、1，4加成或完全加成。
28.硝基苯是制造染料的重要原料，某同学在实验室里用如图所示装置制取硝基苯，主要步骤如下：
①在大试管里将2 mL浓硫酸和1.5 mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到50～60 ℃以下；然后逐滴加入1 mL苯，边滴边振荡试管。
②按图连接好装置，将大试管放入60 ℃的水浴中加热10分钟。
完成下列填空：
(1)指出上图中的错误：______________________、________________________。
(2)向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”“边滴边振荡试管”的目的是__________________________________________。
(3)反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层主要物质是________(填物质名称)。把反应后的混合液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可以看到________(填字母)。
a．水面上是含有杂质的硝基苯
b．水底有苦杏仁味的液体
c．烧杯中的液态有机物只有硝基苯
d．有无色、油状液体浮在水面
(4)为了获得纯硝基苯，实验步骤：①水洗、分液；②将粗硝基苯转移到盛有__________的烧杯中洗涤、用__________(填仪器名称)进行分离；③__________；④干燥；⑤__________。
【答案】 (1). 缺少温度计 (2). 大试管接触烧杯底部 (3). 使苯与混酸混合均匀、及时放出反应产生的热量 (4). 苯 (5). bd (6). 氢氧化钠溶液 (7). 分液漏斗 (8). 水洗、分液 (9). 蒸馏
【分析】浓H2SO4和浓HNO3混合时，应先将浓HNO3注入容器中，再慢慢注入浓H2SO4，并及时搅拌和冷却。如果先注入浓H2SO4，再注入浓HNO3，会造成浓HNO3局部过热溅迸、挥发。
【详解】（1）在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度，为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部；
（2）苯的硝化反应是一个放热反应，所以在向混合酸中加入苯时要逐滴加入，边滴边振荡试管，使苯与混酸混合均匀同时也防止试管中液体冲出试管；（3）混合酸与苯反应一段时间后，生成硝基苯以及部分未反应的苯，会浮在混合酸的上层，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，反应中未反应的苯会浮在水上层，混合酸溶于水，生成的硝基苯在水层的下方，所以上层呈浅黄色，其中主要物质是硝基苯、苯，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可以看到水底有浅黄色、苦杏仁味的液体，同时有无色、油状液体浮在水面，故选b、d；（4）在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：①水洗、分离；②将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离；③水洗、分离；④干燥；⑤蒸馏。
【点睛】本题考查了制备方案的设计，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力，注意掌握物质制备方案和分离提纯的设计与评价原则，明确制备原理为解答关键。
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