河北省邢台市2022学年高二化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年河北省邢台市高二（下）期末化学试卷　一、单项选择题（本题包括10个小题，每小题2分，共20分）．1．化学知识在生产、生活中有着广泛的应用．下列说法中正确的是（　　）A．铅蓄电池属于二次电池B．氢氟酸可用于蚀刻玻璃是因为其具有强酸性C．为了防止食品受潮，常在食品包装袋中放入活性铁粉D．用于制光缆的光导纤维是新型有机高分子材料　2．向下列溶液中通入适量CO2，没有沉淀产生的是（　　）A．饱和Na2CO3溶液B．CaCl2溶液C．Na2SiO3溶液D．Ca（ClO）2溶液　3．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（　　）A．Ca2+、K+、NO3﹣、Cl﹣B．Na+、Ba2+、Br﹣、SO32﹣C．H+、Na+、SiO32﹣、Cl﹣D．H+、Fe3+、I﹣、NO3﹣　4．下列实验所用的试纸不能预先用蒸馏水润湿的是（　　）A．用品红试剂检验SO2B．用淀粉碘化钾试纸检验Cl2C．用红色石蕊试纸检验NH3D．用pH试纸测定某溶液的pH　5．如图所示的转化关系中，若M为金属单质，则X可能是（　　）A．CuCl2B．FeCl2C．SiCl4D．AlCl3　6．从绿色化学和经济效益角度考虑，制取Cu（NO3）2最适宜采用的方法是（　　）A．Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2B．Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2C．CuCuOCu（NO3）2D．Cu+AgNO3→Cu（NO3）2　7．设NA为阿伏伽德罗常数的数值．下列说法正确的是（　　）A．0.5molNa完全被氧化生成Na2O2时，转移电子的数目为0.5NAB．0.1molO3中所含氧原子数目为0.2NAC．0.1mol•L﹣1的NaF溶液中所含F﹣的数目小于0.1NAD．标准状况下，2.24LCCl4中含有的C﹣Cl数目为0.4NA　8．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．SO2通入过量氨水中：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3﹣-40-\nB．（CH3COO）2Ba溶液中滴入稀硫酸：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓C．以Ag作电极，电解AgNO3溶液：4Ag++2H2O=4Ag↓+O2↑+4H+D．AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2﹣=Ag2S+2Cl﹣　9．三氟化铵（NF3）是为电子工业中优良的等离子蚀刻气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（　　）A．NF3的摩尔质量为71gB．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏可观察到红棕色气体　10．下列有关实验的现象与对应结论均正确的是（　　）选项实验现象结论A将一小块钠放入乙醇中产生大量气泡该乙醇中含有大量的水B铜片加入浓硝酸中产生红棕色气体浓硝酸具有氧化性C向CuSO4溶液中通入H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强D过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂淡黄色粉末变白过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳A．AB．BC．CD．D　　二、非选择题（本题包括2小题，共28分）．11．湿化学法（NPP一法）制备纳米级活性氧化锌，可以用氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质）为原料，采用酸浸出锌，经过多次净化除去原料中的杂质，然后沉淀获得碱式碳酸锌，最后焙烧获得活性氧化锌，其化学工艺流程如下：已知溶液中Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+以氢氧化物的形式沉淀时的pH如表格：离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe2+6.48.4Fe3+2.73.2Cu2+5.26.7Zn2+6.89.0（1）通过　　　　　　可以检验产品中是否含有Na+，该实验的具体操作是　　　　　　．（2）上述流程图中用的Na2CO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为　　　　　　．（3）滤渣1是　　　　　　（填化学式）．加入H2O2发生反应的离子方程式为　　　　　　．（4）“沉淀”得到ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，“煅烧”在450～500℃下进行，“煅烧”反应的化学方程式为：　　　　　　．（5）纳米活性氧化锌可用作氯乙烯聚合制取聚氯乙烯的催化剂，写出该反应的化学方程式：　　　　　　．-40-\n　12．草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的性质，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，有关物质的部分性质如表：物质熔点/℃化学性质H2C2O4189.5℃二元弱酸，有毒，具有腐蚀性，易溶于水，100℃开始升华，157℃时开始分解，与浓硫酸混合加热会产生CO2、CO和H2O，草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物（1）为证明草酸受热分解的产物中含有CO2和CO（部分夹持仪器和加热装置省略），某课题小组设计实验如下：①写出E中反应的化学方程式并用双线桥标明电子转移的方向和数目：　　　　　　．②用上图提供的仪器和试剂做实验时，装置B中出现白色浑浊，也不能说明一定有CO2，请你提出改进意见：　　　　　　．③利用改进后的装置进行实验时，要先加热　　　　　　（填“A”“B”“C”“D”“E”或“F”，下同）装置，后加热　　　　　　装置．（2）该小组同学利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”．实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需的时间来判断反应的快慢．该小组设计了如下方案：编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol•L﹣1体积/mL浓度/mol•L﹣1体积/mLⅠ0.102.00.0104.025Ⅱ0.202.00.0104.025Ⅲ0.202.00.0104.050①已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）：n（KMnO4）≥　　　　　　．②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是　　　　　　；探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是　　　　　　．　　三、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）．-40-\n13．原子结构模型的演变图如图，其中①为道尔顿实心球式原子模型，②为卢瑟福行星运转式原子模型，③为汤姆生葡萄干面包式原子模型，④为近代量子力学原子模型，⑤为玻尔轨道式原子模型．这些模型的历史演变顺序是（　　）A．①②③④⑤B．①③②⑤④C．①⑤③②④D．①③⑤④②　14．下列原子轨道能量最大的是（　　）A．3dB．2pC．5fD．4s　15．下列分子中的α键是由两个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是（　　）A．CCl4B．Cl2C．H2D．HF　16．根据等电子原理，互为等电子体的微粒具有相似的空间构型．下列各组粒子的空间构型不同的是（　　）A．CO和N2B．O3和SO2C．CO2和N2OD．N2H4和C2H4　17．在下列晶体中，一定存在共价键的是（　　）A．离子晶体B．分子晶体C．原子晶体D．金属晶体　18．在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如图所示，则每个晶胞中含有的氧原子数为（　　）A．2B．4C．6D．8　19．某金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法中正确的是（　　）A．只有金属钋原子采用这种堆积方式B．这种堆积方式中，配位数为8C．这是金属晶体的一种最密堆积方式D．这种堆积方式的空间利用率较低　20．下列有关叙述中正确的是（　　）A．因为s轨道的形式是球形的，所以处于s轨道上的电子做的是圆周运动B．电子在3px、3py、3ps三个轨道上运动时，能量不同C．电子云是用来形象的描述电子运动状态的D．H、F、Cl、O的电负性逐渐增大-40-\n　21．下列两组命题中，N组命题正确，且能用M组命题加以解释的是（　　）M组N组AH﹣I键键能大于H﹣Cl键键能HI比HCl稳定BHI分子间作用力小于HCl分子间作用力HCl比HI稳定CHI分子间作用力大于HCl分子间作用力HI的沸点比HCl高DH﹣I键键能小于H﹣Cl键键能HI的沸点比HCl高A．AB．BC．CD．D　22．COCl2俗称光气，其中心C原子采用sp2杂化成键．下列对该分子结构的分子中错误的是（　　）A．分子中所有原子共平面B．碳氧原子之间含有1个α键和1个π键C．分子中既含单键又含双键D．分子中既含极性键又含非极性键　　四、非选择题（本题包括3小题，共32分）．23．X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素（稀有气体除外）．X的基态原子中的电子平均分布在三个不同的能级中；Y的族序数是其周期数的三倍；Z的基态原子核外无未成对电子；W为前四周期中电负性最小的元素；元素R位于周期表的第10列．（1）X、Y两种元素中电负性较大的元素为　　　　　　（填元素符号）．（2）化合物XY2分子的空间构型是　　　　　　．（3）基态R原子的电子排布式为　　　　　　．（4）化合物ZY的熔点比化合物RY的熔点高，可能的原因是　　　　　　．（5）含有X、Z、R三种元素的某种晶体具有超导性，其晶胞结构如图所示．则该晶体中与Z原子紧邻且距离最近的R原子有　　　　　　个．　24．镓（Ga）、锗（Ge）、砷（As）、硒（Se）均为第四周期的元素，它们在高科技尖端科学特别是信息领域有着广泛的用途．试回答下列问题：（1）镓、锗、砷、硒的第一电离能由大到小的顺序是　　　　　　．（用元素符号表示）（2）亚硒酸（H2SeO3）是一种剧毒物质，SeO32﹣中硒原子的杂化方式为　　　　　　．（3）AsH3沸点比NH3低，其原因是　　　　　　．（4）已知砷化镓的晶胞结构如图，则砷化镓的化学式为　　　　　　．（5）在700℃时，将（CH3）3Ga和AsH3混合反应可制备砷化镓，该反应的化学方程式为　　　　　　．-40-\n　25．碳的多样性体现在碳单质的多样性、含碳化合物的多样性、碳及其化合物应用的多样性等方面．（1）乙烯分子中σ键与π键的数目之比为　　　　　　．（2）掺杂铬的石墨镀层是一种高硬度的自动润滑剂，基态铬原子的电子排布式为　　　　　　．（3）石墨烯（如图1）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子层晶体．理论上12g石墨烯中有　　　　　　个六元碳环．（4）碳化硅（SiC）俗名“金刚砂”，有类似金刚石的结构和性质，其空间结构中碳硅原子相间排列，如图2所示（其中●为碳原子，○为硅原子）．①第一电离能大小比较：C　　　　　　Si（填“＞”、“＜”或“=”）．②碳化硅晶体中，C﹣Si键的键角都是　　　　　　．③若设该晶胞的边长为apm，则碳化硅晶体的密度是　　　　　　g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值．阿伏伽德罗常数的数值为NA）．　　五、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）．26．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法正确的是（　　）A．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料B．为了提高酒精的杀菌消毒效果，医院常用体积分数为100%的酒精C．用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的D．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法“剥离”出的单层碳原子面材料，石墨烯和乙烯都属于烯烃　27．下列有关化学用语表示不正确的是（　　）A．甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3B．质子数为53，中子数为75的碘原子：IC．四氯化碳的电子式：-40-\nD．间甲基苯酚：　28．下列有机物的转化中没有进行的反应类型是（　　）A．加成反应B．消去反应C．取代反应D．氧化反应　29．（2022春•邢台期末）下列实验装置图能完成相应实验的是（　　）A．装置①可用于实验室制取乙酸乙酯B．装置②可用于分离苯和甲苯C．装置③可用于分离碘的四氯化碳溶液D．装置④可用于实验室制取乙烯　30．X、Y、Z、W为醇、醛、酸、酯中的一种，它们之间存在如图所示的转化关系．下列判断正确的是（　　）A．X是羧酸，Y是酯B．Y是醛，W是醇C．Z是醛，W是羧酸D．X是醇，Z是酯　31．下表为某有机物与各种试剂的反应现象，该有机物可能是（　　）试剂FeCl3溶液酸性KMnO4溶液NaHCO3溶液现象溶液变紫色褪色放出气体-40-\nA．B．C．D．　32．下列反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是（　　）A．氯乙烷中加入硝酸银溶液：Cl﹣+Ag+═AgCl↓B．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热：CH3CH2Br+NaOHCH2═CH2↑+NaBr+H2OC．丙烯聚合：nCH2═CHCH3D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：+CO2+H2O→+HCO3﹣　33．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取的物质，其结构简式如图所示．则等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（　　）A．7：6：1B．7：6：5C．6：7：1D．6：7：5　34．有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲可能的结构有（　　）A．12种B．14种C．16种D．18种　-40-\n35．β﹣紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1．下列说法正确的是（　　）A．β﹣紫罗兰酮在核磁共振氢谱图中有7组峰B．β﹣紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体C．1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应D．维生素A1能发生取代反应、加成反应和氧化反应　　六、非选择题（本题包括3小题，共32分）．36．实验室用乙醇、浓磷酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如下（反应需要加热，图中省去了加热装置）：H3PO4（浓）+NaH2PO4+HBr、CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O有关数据见下表：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g•cm﹣30.791.443.1沸点/℃78.538.459（1）A中加入沸石的作用是　　　　　　．（2）B中进水口为　　　　　　（填“a”或“b”）口．（3）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为　　　　　　．（4）制取氢溴酸时，为什么不能用浓H2SO4代替浓磷酸？　　　　　　（用化学方程式表示）．（5）将C中的馏出液转入三角烧瓶中，边振荡边逐滴滴入浓H2SO4以除去水等杂质，滴加浓硫酸约1～2mL，使溶液明显分层，再用分液漏斗分去硫酸层，将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃馏分约10.0g，从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是　　　　　　．　37．为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验．-40-\n【分子式的确定】（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，产物只生成CO2和H2O，消耗氧气0.75mol，将生成物通过浓硫酸，浓硫酸增重10.8g，再将剩余气体通过碱石灰，碱石灰增重22g，则该有机物中各元素的原子个数比是　　　　　　．（2）质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量为88，则该有机物的分子式是　　　　　　．【结构简式的确定】（3）0.1molA和足量的金属钠反应放出气体1.12L（标准状况下），红外光谱图分析A中含有3个甲基，经测定有机物A的核磁共振氢谱如图，则A的结构简式为　　　　　　．（4）下列有关有机物A的说法正确的是　　　　　　．a．能发生加成反应b．能发生取代反应c．能和NaHCO3溶液反应产生气体d．A发生消去反应产生的有机物满足通式CmH2n（5）A在Cu作催化剂的条件下可发生催化氧化反应，该反应的化学方程式为　　　　　　．　38．化合物I（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，能发生银镜反应．已知：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②R﹣CH═CH2R﹣CH2CH2OH；③化合物F的苯环上的一氯代物只有两种；④回答下列问题：（1）B的化学名称为　　　　　　．-40-\n（2）加热条件下，D中加入新制Cu（OH）2悬浊液后发生反应的化学方程式为　　　　　　．（3）I的结构简式为　　　　　　．（4）I的同系物J比I的相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有2个取代基；②既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2．J的同分异构体共有　　　　　　（不考虑立体异构）种．（5）由甲苯和E经如下步骤可合成反应②所选用的试剂为　　　　　　，L的结构简式为　　　　　　．　　-40-\n2022-2022学年河北省邢台市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（本题包括10个小题，每小题2分，共20分）．1．化学知识在生产、生活中有着广泛的应用．下列说法中正确的是（　　）A．铅蓄电池属于二次电池B．氢氟酸可用于蚀刻玻璃是因为其具有强酸性C．为了防止食品受潮，常在食品包装袋中放入活性铁粉D．用于制光缆的光导纤维是新型有机高分子材料【考点】硅和二氧化硅；原电池和电解池的工作原理．【分析】A．铅蓄电池可以充电、放电，多次使用；B．氢氟酸为弱酸；C．铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化；D．光导纤维主要成分是二氧化硅．【解答】解：A．铅蓄电池可以充电、放电，多次使用，属于二次电池，故A正确；B．氢氟酸属于弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅反应，所以可以腐蚀玻璃，故B错误；C．铁是较活泼的金属，能和水、氧气反应生成铁锈，防止食品被氧化和受潮，作用侧重在除氧剂，故C错误；D．光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了电池的分类、二氧化硅的性质和用途、铁的性质，题目难度不大，注意对基础知识的积累．　2．向下列溶液中通入适量CO2，没有沉淀产生的是（　　）A．饱和Na2CO3溶液B．CaCl2溶液C．Na2SiO3溶液D．Ca（ClO）2溶液【考点】钠的重要化合物．【分析】A．少量的二氧化碳和饱和Na2CO3溶液反应生碳酸氢钠沉淀；B．二氧化碳通入氯化钙溶液不反应；C．二氧化碳通入Na2SiO3溶液生成硅酸沉淀；D．少量的CO2通入漂白粉溶液反应生成碳酸钙沉淀．【解答】解：A．少量的二氧化碳和饱和Na2CO3溶液反应生碳酸氢钠沉淀，发生反应：CO2+Na2CO3+H2O=NaHCO3↓，故A错误；B．因为盐酸酸性比碳酸酸性强，所以二氧化碳通入氯化钙溶液不反应，故B正确；C．二氧化碳通入Na2SiO3溶液生成硅酸沉淀，反应为：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，故C错误；D．少量的CO2通入漂白粉溶液反应生成碳酸钙沉淀，发生反应：CO2+H2O+Ca（ClO）2=CaCO3↓+2HClO，故D错误．故选B．【点评】本题考查了复分解反应发生的条件，题目难度不大，注意B选项“强酸制备弱酸”的理解和应用．　3．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（　　）-40-\nA．Ca2+、K+、NO3﹣、Cl﹣B．Na+、Ba2+、Br﹣、SO32﹣C．H+、Na+、SiO32﹣、Cl﹣D．H+、Fe3+、I﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．四种离子之间不发生反应，能够共存；B．钡离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀；C．氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀；D．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子，铁离子能够氧化碘离子．【解答】解：A．Ca2+、K+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Ba2+、SO32﹣之间反应生成难溶物亚硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．H+、SiO32﹣之间反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+、I﹣之间发生氧化还原反应，NO3﹣在酸性条件下能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识的能力．　4．下列实验所用的试纸不能预先用蒸馏水润湿的是（　　）A．用品红试剂检验SO2B．用淀粉碘化钾试纸检验Cl2C．用红色石蕊试纸检验NH3D．用pH试纸测定某溶液的pH【考点】试纸的使用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．二氧化硫能使品红溶液褪色；B．碘化钾淀粉试纸检测有氧化性的物质；C．干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体；D．pH试纸测定溶液的酸碱性．【解答】解：A．二氧化硫能使品红溶液褪色，故应先润湿，故A不选；B．能使湿润的KI淀粉试纸变蓝的物质应具有氧化性，与KI反应生成单质碘，从而使淀粉变蓝，所以在使用时预先能用蒸馏水润湿，故B不选；C．根据干燥的红色石蕊试纸不可以检验气体酸碱性，因此红色石蕊试纸使用的第一步操作是：用蒸馏水润湿，故C不选；D．pH试纸测定溶液的酸碱性，pH试纸用蒸馏水润湿后，相当于对原溶液进行稀释，则溶液的酸碱性会减弱，故D选．故选：D．【点评】本题考查试纸的使用，对试纸使用方法的理解是解答的关键，较简单．　5．如图所示的转化关系中，若M为金属单质，则X可能是（　　）-40-\nA．CuCl2B．FeCl2C．SiCl4D．AlCl3【考点】氯气的化学性质．【分析】M为金属单质，其中的硅是非金属，氯气是强氧化剂，能将铁氧化成高价铁，而盐酸是弱氧化剂，只能将铁氧化成亚铁，而铜与盐酸不反应，由此分析解答．【解答】解：A、铜与盐酸不反应，故A错误；B、铁与氯气反应生成氯化铁，故B错误；C、硅是非金属，不是金属，故C错误；D、铝与氯气反应生成氯化铝，铝和盐酸生成氯化铝和氢气，符合如图所示的转化，故D正确；故选D．【点评】本题以元素化合物知识为载体考查金属的性质及元素周期表结构等知识点，明确物质的性质是解本题关键，是短周期元素是解题的关键．　6．从绿色化学和经济效益角度考虑，制取Cu（NO3）2最适宜采用的方法是（　　）A．Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2B．Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2C．CuCuOCu（NO3）2D．Cu+AgNO3→Cu（NO3）2【考点】化学实验方案的评价；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】为了节约原料和防止污染环境，则反应中消耗的原料少，且该反应中不生成有毒气体，以此来解答．【解答】解：A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，二氧化氮有毒而污染环境，所以不符合条件，故A不选；B.3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，NO有毒会污染环境，所以不符合条件，故B不选；C.2Cu+O22CuO、CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，该反应中没有有毒气体生成，且能节约硝酸，所以符合条件，故C选；D．硝酸银价格较昂贵，不符合经济理念，故D不选；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确反应条件、反应物的量、反应生成物的性质即可解答，要注意结合节约、环保理念分析解答，正确书写方程式是解本题关键，题目难度不大．　7．设NA为阿伏伽德罗常数的数值．下列说法正确的是（　　）A．0.5molNa完全被氧化生成Na2O2时，转移电子的数目为0.5NAB．0.1molO3中所含氧原子数目为0.2NAC．0.1mol•L﹣1的NaF溶液中所含F﹣的数目小于0.1NAD．标准状况下，2.24LCCl4中含有的C﹣Cl数目为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．钠生成过氧化钠，化合价由0价升高到+1价；B.1个臭氧分子中含有3个氧原子；C．溶液体积未知；D．气体摩尔体积适用对象为气体．【解答】解：A.0.5molNa变为0.25molNa2O2，转移电子数为0.5NA，故A正确；B.1个臭氧分子中含有3个氧原子，0.1molO3中所含氧原子数目为0.3NA，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算氟离子个数，故C错误；-40-\nD．标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，明确有关物质的量的计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积只适用于气体，不适用于固体和液体，题目难度不大．　8．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．SO2通入过量氨水中：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3﹣B．（CH3COO）2Ba溶液中滴入稀硫酸：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓C．以Ag作电极，电解AgNO3溶液：4Ag++2H2O=4Ag↓+O2↑+4H+D．AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：2AgCl+S2﹣=Ag2S+2Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氨水过量，反应生成亚硫酸铵，不会生成亚硫酸氢根离子；B．漏掉了醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸的反应；C．银为电极，阳极银失去电子，阳极银离子得到电子生成银单质，不会生成氧气；D．硫化银更难溶，实现了难溶物的转化．【解答】解：A．SO2通入过量氨水中，反应生成硫酸铵和水，正确的离子方程式为：SO2+2NH3•H2O=H2O+2NH4++SO32﹣，故A错误；B．（CH3COO）2Ba溶液中滴入稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和醋酸，正确的离子方程式为：2H++2CH3COO﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2CH3COOH，故B错误；C．以Ag作电极，电解AgNO3溶液，相当于电镀银，不会生成氧气，故C错误；D．AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，氯化银沉淀转化成硫化银沉淀，反应的离子方程式为：2AgCl+S2﹣=Ag2S+2Cl﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；C为易错点，注意电极材料．　9．三氟化铵（NF3）是为电子工业中优良的等离子蚀刻气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF，下列有关说法正确的是（　　）A．NF3的摩尔质量为71gB．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏可观察到红棕色气体【考点】氧化还原反应；摩尔质量．【分析】3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，N元素的化合价由+3价降低为+2价，由+3价升高为+5价，摩尔质量的单位为g/mol，以此来解答．【解答】解：A．NF3的摩尔质量为71g/mol，故A错误；B．NF3→HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂；2NF3→2NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C．生成1molHNO3转移2mol电子，所以生成0.2molHNO3转移0.4mol电子，故C错误；D．NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；故选D．-40-\n【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，注意电子守恒的应用，题目难度中等　10．下列有关实验的现象与对应结论均正确的是（　　）选项实验现象结论A将一小块钠放入乙醇中产生大量气泡该乙醇中含有大量的水B铜片加入浓硝酸中产生红棕色气体浓硝酸具有氧化性C向CuSO4溶液中通入H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强D过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂淡黄色粉末变白过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．钠性质较活泼，能和醇中羟基发生反应生成氢气；B．Cu性质较不活泼，能被强氧化剂氧化；C．硫酸铜和硫化氢发生复分解反应生成硫化铜沉淀，同时生成硫酸，硫酸是强电解质、氢硫酸是弱电解质；D．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂．【解答】解：A．钠性质较活泼，能和醇中羟基发生反应生成氢气，所以不能说明乙醇中含有水，故A错误；B．Cu性质较不活泼，能被强氧化剂氧化，铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，说明铜被硝酸氧化，则硝酸体现强氧化性，故B正确；C．硫酸铜和硫化氢发生复分解反应生成硫化铜沉淀，同时生成硫酸，硫酸是强电解质、氢硫酸是弱电解质，所以硫酸酸性大于氢硫酸，故C错误；D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质性质、溶度积常数等知识点，难度中等，侧重考查基本理论，易错选项是C，注意：一般来说强酸能制取弱酸，但硫酸铜和硫化氢反应生成硫酸违反这一规律，为易错点．　二、非选择题（本题包括2小题，共28分）．11．湿化学法（NPP一法）制备纳米级活性氧化锌，可以用氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质）为原料，采用酸浸出锌，经过多次净化除去原料中的杂质，然后沉淀获得碱式碳酸锌，最后焙烧获得活性氧化锌，其化学工艺流程如下：已知溶液中Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+以氢氧化物的形式沉淀时的pH如表格：离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe2+6.48.4Fe3+2.73.2Cu2+5.26.7Zn2+6.89.0-40-\n（1）通过　焰色反应　可以检验产品中是否含有Na+，该实验的具体操作是　将铂丝蘸盐酸在无色火焰上灼烧到无色，再蘸取少量产品在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则证明有Na+，反之，则证明没有Na+　．（2）上述流程图中用的Na2CO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为　c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）　．（3）滤渣1是　Fe（OH）3　（填化学式）．加入H2O2发生反应的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　．（4）“沉淀”得到ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，“煅烧”在450～500℃下进行，“煅烧”反应的化学方程式为：　ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑　．（5）纳米活性氧化锌可用作氯乙烯聚合制取聚氯乙烯的催化剂，写出该反应的化学方程式：　nCH2=CHCl　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】制备活性氧化锌流程为：氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质）中加入稀硫酸，氧化锌、铁的氧化物、氧化铜与稀硫酸反应，溶液中含有铁离子、亚铁离子、锌离子、铜离子，向溶液中加入双氧水将亚铁离子氧化得铁离子，调节PH值使铁离子生成氢氧化铁；过滤，滤渣1为氢氧化铁，滤液1中含有锌离子、铜离子，加入过量锌粉，铜离子被置换成铜单质，通过过滤得到的滤液2中含有锌离子，滤渣2中含有铜单质和过量的锌粉；向滤液2中加入适量碳酸钠溶液得到沉淀ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，经过煅烧得到ZnO，据此答题．【解答】解：制备活性氧化锌流程为：氧化锌粗品（含有FeO、Fe2O3、CuO杂质）中加入稀硫酸，氧化锌、铁的氧化物、氧化铜与稀硫酸反应，溶液中含有铁离子、亚铁离子、锌离子、铜离子，向溶液中加入双氧水将亚铁离子氧化得铁离子，调节PH值使铁离子生成氢氧化铁；过滤，滤渣1为氢氧化铁，滤液1中含有锌离子、铜离子，加入过量锌粉，铜离子被置换成铜单质，通过过滤得到的滤液2中含有锌离子，滤渣2中含有铜单质和过量的锌粉；向滤液2中加入适量碳酸钠溶液得到沉淀ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，经过煅烧得到ZnO，（1）检验产品中是否含有Na+可以通过焰色反应进行，具体操作是将铂丝蘸盐酸在无色火焰上灼烧到无色，再蘸取少量产品在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则证明有Na+，反之，则证明没有Na+，故答案为：焰色反应；将铂丝蘸盐酸在无色火焰上灼烧到无色，再蘸取少量产品在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则证明有Na+，反之，则证明没有Na+；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，因CO32﹣水解水解显碱性，且第一步水解大于第一步电离，则离子浓度关系为：c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故答案为：c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）；（3）根据上面的分析可知，滤渣1为氢氧化铁，化学式是Fe（OH）3，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下，双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为H2O，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．故答案为：Fe（OH）3；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（4）“煅烧”反应生成ZnO、二氧化碳和水，反应为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑，故答案为：ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑；-40-\n（5）氯乙烯在纳米活性氧化锌作用下发生加聚反应可生成聚氯乙烯，方程式为：nCH2=CHCl，故答案为：nCH2=CHCl．【点评】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．　12．草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的性质，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，有关物质的部分性质如表：物质熔点/℃化学性质H2C2O4189.5℃二元弱酸，有毒，具有腐蚀性，易溶于水，100℃开始升华，157℃时开始分解，与浓硫酸混合加热会产生CO2、CO和H2O，草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物（1）为证明草酸受热分解的产物中含有CO2和CO（部分夹持仪器和加热装置省略），某课题小组设计实验如下：①写出E中反应的化学方程式并用双线桥标明电子转移的方向和数目：　　．②用上图提供的仪器和试剂做实验时，装置B中出现白色浑浊，也不能说明一定有CO2，请你提出改进意见：　在A与B之间添加一个盛水的洗气瓶，除去草酸蒸气（或在烧瓶上连接冷凝管）　．③利用改进后的装置进行实验时，要先加热　A　（填“A”“B”“C”“D”“E”或“F”，下同）装置，后加热　E　装置．（2）该小组同学利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”．实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需的时间来判断反应的快慢．该小组设计了如下方案：编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol•L﹣1体积/mL浓度/mol•L﹣1体积/mLⅠ0.102.00.0104.025Ⅱ0.202.00.0104.025-40-\nⅢ0.202.00.0104.050①已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）：n（KMnO4）≥　2.5（或5：2）　．②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是　Ⅱ和Ⅲ　；探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是　I和Ⅱ　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）①氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目；②加热时草酸易挥发，草酸和氢氧化钙反应生成草酸氢钙沉淀；③一氧化碳和氧气反应在一定范围内易产生爆炸，为防止产生安全事故发生，应先制取气体，用生成的气体除去装置中的氧气；（2）①高锰酸钾和草酸反应方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量；②探究温度对化学反应速率影响，这两组实验应该只有温度一个变量，其余条件都相同；探究反应物浓度对化学反应速率影响的两组实验应该只有反应物浓度一个变量，其余条件都相同；【解答】解：（1）①E中反应的化学方程式为CO+CuOCu+CO2，一氧化碳C元素化合价由+2价升高到+4价失去2e﹣，CuO中Cu元素化合价由+2价降为0价得到2e﹣，反应转移电子2mol，即用双线桥标明电子转移的方向和数目为，故答案为：．②草酸加热100℃开始升华，157℃时开始分解，草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物，加热时草酸易挥发，生成的碳氧化物中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成草酸氢钙沉淀，从而干扰实验现象，为防止干扰实验，在A与B之间添加一个盛水的洗气瓶，除去草酸蒸气（或在烧瓶上连接冷凝管），故答案为：在A与B之间添加一个盛水的洗气瓶，除去草酸蒸气（或在烧瓶上连接冷凝管）；③一氧化碳和氧气反应在一定范围内易产生爆炸，为防止产生安全事故发生，应先制取气体，用生成的气体除去装置中的氧气，所以应先加热A后加热E，故答案为：A；E；（2）①高锰酸钾和草酸反应方程式为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量，所以n（H2C2O4）：n（KMnO4）≥2.5，故答案为：2.5（或5：2）；②探究温度对化学反应速率影响，这两组实验应该只有温度一个变量，其余条件都相同，所以应该是II和III；探究反应物浓度对化学反应速率影响的两组实验应该只有反应物浓度一个变量，其余条件都相同，所以应该是I和II；故答案为：Ⅱ和Ⅲ；I和Ⅱ．-40-\n【点评】本题考查探究物质的组成及含量测定、化学反应速率影响因素等知识点，综合性较强，明确实验原理是解本题关键，难点是物质检验先后顺序，同时考查学生实验操作能力及思维的缜密性．　三、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）．13．原子结构模型的演变图如图，其中①为道尔顿实心球式原子模型，②为卢瑟福行星运转式原子模型，③为汤姆生葡萄干面包式原子模型，④为近代量子力学原子模型，⑤为玻尔轨道式原子模型．这些模型的历史演变顺序是（　　）A．①②③④⑤B．①③②⑤④C．①⑤③②④D．①③⑤④②【考点】化学史．【分析】①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体．③1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型．②1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型．⑤1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型．④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型．【解答】解：①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体．③1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型．②1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型．⑤1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型．④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型．故选B．【点评】本题考查了原子的结构和化学史，难度不大，注意基础知识的积累．　14．下列原子轨道能量最大的是（　　）A．3dB．2pC．5fD．4s【考点】原子核外电子的能级分布．【分析】多电子原子中，电子填充原子轨道时，各原子轨道的能量高低比较方法：原子轨道的能量高低顺序是：ns＜（n﹣3）g＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np，相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf；形状相同的原子轨道能量的高低：1s＜2s＜3s＜4s…；同一能级上的原子轨道具有相同的能量：npx=npy=npz，以此解答该题．【解答】解：原子轨道的能量高低顺序是：ns＜（n﹣3）g＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np，所以2p＜4s＜3d＜5f，故选C．-40-\n【点评】本题考查核外电子排布规律，题目难度不大，本题注意把握构造原理的应用．　15．下列分子中的α键是由两个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是（　　）A．CCl4B．Cl2C．H2D．HF【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】原子的最外层电子为s电子时，两个原子s轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键，以此来解答．【解答】解：A．四氯化碳中C的成键轨道为sp3，Cl的成键电子为p轨道，所以应为sp3﹣pσ键，故A不选；B．氯气中存在p﹣pσ键，故B选；C．氢气中存在s﹣sσ键，故C不选；D．氟化氢中存在s﹣pσ键，故D不选；故选B．【点评】本题考查共价键中的σ键，明确原子的最外层电子是解答的关键，注意原子结构的分析与应用，题目难度不大．　16．根据等电子原理，互为等电子体的微粒具有相似的空间构型．下列各组粒子的空间构型不同的是（　　）A．CO和N2B．O3和SO2C．CO2和N2OD．N2H4和C2H4【考点】判断简单分子或离子的构型．【分析】根据题干信息知，互为等电子体的微粒具有相似的空间构型．等电子原理：具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体．抓住等电子体的特点进行分析、判断，即可解答．【解答】解：A．CO和N2的原子个数都为2；价电子数：前者碳为4，氧为6，共为10，后者氮为5，2个氮共为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A正确；B．O3和SO2的原子个数都为3；价电子数：前者氧为6，共为18，后者硫和氧都为6，共为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B正确；C．CO2和N2O的原子个数都为3；价电子数：前者碳为4，氧为6，共为16，后者氮为5，氧为6，共为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C正确；D．N2H4和C2H4的原子个数都为6；价电子数：前者氮为5，氢为1，共为14，后者碳为4，氢为1，共为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，粒子的空间构型不同，故D错误；故选D．【点评】本题考查了等电子体，解答本题关键是充分理解等电子体的本质特征，题目难度中等．　17．在下列晶体中，一定存在共价键的是（　　）A．离子晶体B．分子晶体C．原子晶体D．金属晶体【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】A、离子晶体是由阴、阳离子通过离子键形成的晶体．B、稀有气体是单原子分子．C、原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体．D、金属晶体由金属阳离子与自由电子构成．-40-\n【解答】解：A、离子晶体是由阴、阳离子通过离子键形成的晶体，离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，故A错误；B、分子晶体一般含有共价键，但稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故B错误；C、原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体，原子晶体中一定含有共价键，故C正确；D、金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，金属晶体中一定不含有共价键，故D错误．故选：C．【点评】本题考查晶体构成微粒间作用力，难度不大，注意常见物质晶体类别与微粒间作用，注意B、D选项的特殊性．　18．在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如图所示，则每个晶胞中含有的氧原子数为（　　）A．2B．4C．6D．8【考点】晶胞的计算．【分析】根据均摊法，位于晶胞顶点的原子有属于该晶胞，位于晶胞面上的原子有属于该晶胞，位于晶胞体内的原子完全属于该晶胞，据此计算晶胞中氧原子数；【解答】解：根据均摊法，结构晶胞的结构图可知，有2个氧原子位于晶胞内，晶胞的上、下底面上各有2个氧原子，所以该晶胞中含有氧原子数为2+4×=4，故选B．【点评】本题主要考查晶胞的计算，学会利用均摊法确定晶胞中原子数是解题的关键，难度不大，注意基础知识的积累和巩固．　19．某金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法中正确的是（　　）A．只有金属钋原子采用这种堆积方式B．这种堆积方式中，配位数为8C．这是金属晶体的一种最密堆积方式D．这种堆积方式的空间利用率较低【考点】金属晶体．【分析】A．Po采取简单立方堆积；B．面心立方最密堆积、配位数为12；C．空间利用率最高的结构为六方最密堆积和面心立方最密堆积；D．根据不同堆积方式的空间利用率解答．-40-\n【解答】解：A．Po采取简单立方堆积，故A错误；B．在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，配位数为12，故B错误；C．金属的堆积模型有简单立方堆积，体心立方堆积和面心立方堆积，这是金属晶体面心立方最密堆积，空间利用率为74%，是金属晶体的一种最密堆积方式，故C正确；D．简单立方堆积（Po型）空间利用率为52%，体心立方堆积，属于钾、钠和铁型，空间利用率68%；六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，空间利用率为74%，面心立方最密堆积（Cu型）空间利用率为74%，这种堆积方式的空间利用率较高，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了晶体的堆积方式与配位数和空间利用率，题目难度中等，注意掌握典型晶体晶胞结构，明确晶胞中配位数、原子个数的计算方法，为学习的难点．　20．下列有关叙述中正确的是（　　）A．因为s轨道的形式是球形的，所以处于s轨道上的电子做的是圆周运动B．电子在3px、3py、3ps三个轨道上运动时，能量不同C．电子云是用来形象的描述电子运动状态的D．H、F、Cl、O的电负性逐渐增大【考点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】A．电子云轮廓图称为原子轨道，S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小；B．同一能级中的电子能量相同；C．电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形；D．电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，同周期元素从左到右元素的电负性依次增大，同主族自上而下电负性减小．【解答】解：A．S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，故A错误；B．3px、3py、3pz属于同一能级上的电子，其能量相同，故B错误；C．电子云不是笼罩在原子核外的雨雾，是表示电子出现的几率，用来描述电子运动状态，小黑点的疏密表示电子在原子核外单位体积内出现机会的大小，故C正确；D．O、F处于同一周期，同周期自左而右电负性增大，故电负性O＜F，F、Cl同主族，自上而下电负性减小，故电负性Cl＜F，非金属性越强电负性越强，所以H、Cl、O、F的电负性逐渐增大，故D错误；故选C．【点评】本题考查轨道、电子云、电负性等知识点，易错选项是B，注意同一能级上电子能量相同，明确电子云含义，为易错点，注意元素电负性大小判断技巧，题目难度中等．　21．下列两组命题中，N组命题正确，且能用M组命题加以解释的是（　　）M组N组AH﹣I键键能大于H﹣Cl键键能HI比HCl稳定BHI分子间作用力小于HCl分子间作用力HCl比HI稳定-40-\nCHI分子间作用力大于HCl分子间作用力HI的沸点比HCl高DH﹣I键键能小于H﹣Cl键键能HI的沸点比HCl高A．AB．BC．CD．D【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；化学键．【分析】分子的稳定性与键能大小有关，键能越大，分子越稳定，而分子间作用力影响分子的沸点高低，以此解答该题．【解答】解：A．H﹣I的键能比H﹣Cl小，HCl较稳定，故A错误；B．分子的稳定性与键能大小有关，与分子间作用力无关，故B错误；C．HI、HCl的沸点高低取决于分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故C正确；D．键能的大小与分子晶体的沸点高低无关，故D错误．故选C．【点评】本题考查共价键、分子间作用力知识，为高频考点，侧重于基本概念的理解和应用的考查，注意把握微粒间的作用力与性质的关系，难度不大．　22．COCl2俗称光气，其中心C原子采用sp2杂化成键．下列对该分子结构的分子中错误的是（　　）A．分子中所有原子共平面B．碳氧原子之间含有1个α键和1个π键C．分子中既含单键又含双键D．分子中既含极性键又含非极性键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】A．中心C原子采用sp2杂化成键，分子为平面三角形；B．分子中存在C=O键；C．分子中存在C=O和C﹣Cl键；D．同种非金属原子之间形成非极性键，不同非金属原子之间形成极性键．【解答】解：A．中心C原子采用sp2杂化成键，分子为平面三角形，所以分子中所有原子共平面，故A正确；B．分子中存在C=O键，双键中含有1个α键和1个π键，故B正确；C．分子中存在C=O和C﹣Cl键，即分子中既含单键又含双键，故C正确；D．同种非金属原子之间形成非极性键，不同非金属原子之间形成极性键，则COCl2中只存在极性键，故D错误．故选D．【点评】本题考查了分子的构型、共价键的类型等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握共价键的分类．　四、非选择题（本题包括3小题，共32分）．23．X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的前四周期元素（稀有气体除外）．X的基态原子中的电子平均分布在三个不同的能级中；Y的族序数是其周期数的三倍；Z的基态原子核外无未成对电子；W为前四周期中电负性最小的元素；元素R位于周期表的第10列．（1）X、Y两种元素中电负性较大的元素为　O　（填元素符号）．（2）化合物XY2分子的空间构型是　直线型　．（3）基态R原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d84s2　．-40-\n（4）化合物ZY的熔点比化合物RY的熔点高，可能的原因是　镁离子半径小于镍离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍　．（5）含有X、Z、R三种元素的某种晶体具有超导性，其晶胞结构如图所示．则该晶体中与Z原子紧邻且距离最近的R原子有　12　个．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型．【分析】X、Y、Z、W、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大，X的基态原子中的电子平均分布在三个不同的能级中，则核外电子排布为1s22s22p2，则X为碳元素；Y元素的族序数是其周期数的三倍，只能处于第二周期，则Y为氧元素；W为前四周期中电负性最小的元素，则W为钾元素；Z的基态原子核外无未成对电子，原子序数大于氧小于钾，则核外电子排布为1s22s22p63s2，所以Z为镁元素；元素R位于周期表的第10列，原子序数大于K元素，处于第四周期，R为镍元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大，X的基态原子中的电子平均分布在三个不同的能级中，则核外电子排布为1s22s22p2，则X为碳元素；Y元素的族序数是其周期数的三倍，只能处于第二周期，则Y为氧元素；W为前四周期中电负性最小的元素，则W为钾元素；Z的基态原子核外无未成对电子，原子序数大于氧小于钾，则核外电子排布为1s22s22p63s2，所以Z为镁元素；元素R位于周期表的第10列，原子序数大于K元素，处于第四周期，R为镍元素，（1）X为碳元素，Y为氧元素，X、Y两种元素中电负性较大的元素为O，故答案为：O；（2）化合物XY2为CO2，分子的空间构型是直线型，故答案为：直线型；（3）R为镍元素，是28号元素，根据核外电子排布规律可知其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；（4）化合物ZY为MgO，化合物RY为NiO，由于镁离子半径小于镍离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍，所以MgO的熔点比NiO的熔点高，故答案为：镁离子半径小于镍离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍；（5）根据晶胞结构图可知，Z位于晶胞的顶点上，与Z原子紧邻且距离最近的R原子位于晶胞中经过Z原子的面的面心上，这样的面有12个，故答案为：12；【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布规律、电离能、化学键、晶胞空间结构的判断等，难度中等，推断元素是解题关键，注意晶胞结构的观察．　24．镓（Ga）、锗（Ge）、砷（As）、硒（Se）均为第四周期的元素，它们在高科技尖端科学特别是信息领域有着广泛的用途．试回答下列问题：（1）镓、锗、砷、硒的第一电离能由大到小的顺序是　As＞Se＞Ge＞Ga　．（用元素符号表示）（2）亚硒酸（H2SeO3）是一种剧毒物质，SeO32﹣中硒原子的杂化方式为　sp3　．-40-\n（3）AsH3沸点比NH3低，其原因是　NH3分子间能形成氢键，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键　．（4）已知砷化镓的晶胞结构如图，则砷化镓的化学式为　GaAs　．（5）在700℃时，将（CH3）3Ga和AsH3混合反应可制备砷化镓，该反应的化学方程式为　（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4　．【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高；（2）根据SeO32﹣中的Se原子的价层电子对数可以判断杂化方式；（3）从是否形成氢键的角度分析；（4）根据晶胞结构，利用均摊法计算出晶胞中各原子个数比，进而确定化学式；（5）根据元素守恒可写出化学方程式．【解答】解：（1）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，则第一电离能As＞Se＞Ge＞Ga，故答案为：As＞Se＞Ge＞Ga；（2）根据SeO32﹣中的Se原子的价层电子对数为=4，所以硒原子的杂化方式为可以判断杂化方式为sp3，故答案为：sp3；（3）N原子半径较小，电负性较大，对应的NH3分子间能形成氢键，沸点较高，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键，沸点较低，故答案为：NH3分子间能形成氢键，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键；（4）根据晶胞结构，利用均摊法可知，晶胞中砷、镓原子个数分别为4和=4，它们的个数比为1：1，所以其化学式为GaAs，故答案为：GaAs；（5）在700℃时，将（CH3）3Ga和AsH3混合反应可制备砷化镓，该反应的化学方程式为（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4，故答案为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4．【点评】本题考查较为综合，涉及元素周期律的递变规律、杂化类型的判断、氢键、晶胞的计算等知识，题目难度中等，注意有关基础知识的积累．　-40-\n25．碳的多样性体现在碳单质的多样性、含碳化合物的多样性、碳及其化合物应用的多样性等方面．（1）乙烯分子中σ键与π键的数目之比为　5：1　．（2）掺杂铬的石墨镀层是一种高硬度的自动润滑剂，基态铬原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d54s1　．（3）石墨烯（如图1）是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子层晶体．理论上12g石墨烯中有　NA　个六元碳环．（4）碳化硅（SiC）俗名“金刚砂”，有类似金刚石的结构和性质，其空间结构中碳硅原子相间排列，如图2所示（其中●为碳原子，○为硅原子）．①第一电离能大小比较：C　＞　Si（填“＞”、“＜”或“=”）．②碳化硅晶体中，C﹣Si键的键角都是　109°28′　．③若设该晶胞的边长为apm，则碳化硅晶体的密度是　　g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值．阿伏伽德罗常数的数值为NA）．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用．【分析】（1）乙烯中单键为σ键，双键中一个是σ键、一个是π键；（2）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态Cr原子核外电子排布式；（3）石墨烯中平均每个环上C原子个数=1××6=2，12g石墨中物质的量==1mol，碳原子个数为NA；（4）①同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；②碳化硅中每个C原子和四个Si原子形成正四面体结构，其键角和甲烷键角相同；③该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，根据ρ=计算其密度【解答】解：（1）乙烯中单键为σ键，双键中一个是σ键、一个是π键，所以乙烯分子中σ键与π键的数目之比=5：1，故答案为：5：1；（2）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理知基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；（3）石墨烯中平均每个环上C原子个数=1××6=2，12g石墨中物质的量==1mol，碳原子个数为NA，所以六元环个数为NA，-40-\n故答案为：NA；（4）立体网状结构的晶体为原子晶体，二氧化碳晶体中每个C原子连接4个O原子，价层电子对个数是4，所以C原子采用sp3杂化，故答案为：原子晶体；sp3；（5）①同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能C＞Si，故答案为：＞；②碳化硅中每个C原子和四个Si原子形成正四面体结构，其键角和甲烷键角相同，所以其键角是，故答案为：109°28′；③该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=a×10﹣10cm，体积V=（a×10﹣10cm）3，ρ==g•cm3=g•cm3，故答案为：．【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化判断、原子核外电子排布式的书写等知识点，这些都是高考高频点，知道构造原理、价层电子对互斥理论内涵，难点是晶胞计算，题目难度中等．　五、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）．26．化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法正确的是（　　）A．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料B．为了提高酒精的杀菌消毒效果，医院常用体积分数为100%的酒精C．用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的D．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法“剥离”出的单层碳原子面材料，石墨烯和乙烯都属于烯烃【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；乙烯的化学性质；烯烃；乙醇的化学性质．【分析】A．有新物质生成的是化学变化；B．医院常用体积分数为75%的酒精杀菌消毒；C．乙烯有催熟的效果；D．石墨烯是无机物．【解答】解：A．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故A错误；B．医院常用体积分数为75%的酒精杀菌消毒，故B错误；C．乙烯有催熟的效果，用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故C正确；D．石墨烯是无机物，乙烯是有机物，二者不是烯烃，故D错误．故选C．【点评】本题考查煤的气化与液化、物理变化和化学变化，石墨烯，难度不大，明确物理变化和化学变化的区别是解题的关键．-40-\n　27．下列有关化学用语表示不正确的是（　　）A．甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3B．质子数为53，中子数为75的碘原子：IC．四氯化碳的电子式：D．间甲基苯酚：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；结构简式．【分析】A．甲酸甲酯为甲酸和乙醇反应生成的酯；B．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C．四氯化碳中，C、Cl原子最外层都达到8电子稳定结构，漏掉了氯原子的3对未成键电子对；D．间甲基苯酚中，甲基在酚羟基的间位碳上．【解答】解：A．甲酸和乙醇反应生成甲酸乙酯，则甲酸乙酯的结构简式为：HCOOCH2CH3，故A正确；B．质子数为53，中子数为75的碘原子质量数为128，该原子可以表示为：I，故B正确；C．四氯化碳为共价化合物，碳原子和氯原子最外层都达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为：，故C错误；D．间甲基苯酚中，甲基与酚羟基处于间位，其结构简式为：，故D正确；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，涉及结构简式、电子式、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　28．下列有机物的转化中没有进行的反应类型是（　　）A．加成反应B．消去反应C．取代反应D．氧化反应【考点】取代反应与加成反应；消去反应与水解反应．【分析】步骤①中碳碳双键断开形成饱和碳碳单键，属于加成反应，步骤②中卤素原子被取代生成羟基，属于取代反应，步骤③中羟基被氧化生成醛基，据此解答即可．【解答】解：A、此反应过程中①为加成反应，故A不选；-40-\nB、此反应过程中不涉及消去反应，故B选；C、步骤②为取代反应，故C不选；D、步骤③为氧化反应，故D不选，故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及各种有机化学反应类型的判断，为高频考点，把握有机物结构中碳链骨架、官能团分析为解答的关键，题目难度不大．　29．下列实验装置图能完成相应实验的是（　　）A．装置①可用于实验室制取乙酸乙酯B．装置②可用于分离苯和甲苯C．装置③可用于分离碘的四氯化碳溶液D．装置④可用于实验室制取乙烯【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．制取乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液且导气管不能伸入液面下；B．蒸馏时，温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处；C．碘和四氯化碳互溶；D．缺少温度计．【解答】解：A．制取乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液且导气管不能伸入液面下，否则会产生倒吸现象，故A正确；B．蒸馏时，温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，不能插入液面下，故B错误；C．碘和四氯化碳互溶，不能用分液分离，故C错误；D．反应需加热到170℃，缺少温度计，故D错误．故选A．【点评】本题考查了实验方案评价，涉及物质的制取、气体的收集等知识点，明确物质的性质是解本题关键，同时考查学生思考问题的缜密性，知道A中饱和碳酸钠溶液的作用，为易错点．　30．X、Y、Z、W为醇、醛、酸、酯中的一种，它们之间存在如图所示的转化关系．下列判断正确的是（　　）A．X是羧酸，Y是酯B．Y是醛，W是醇C．Z是醛，W是羧酸D．X是醇，Z是酯【考点】有机物的推断．-40-\n【分析】X、Y、Z、W均为常见的烃的含氧衍生物且物质类别不同，醇被氧化生成醛、醛被还原生成醇，所以二者能相互转化；醛能被氧化生成羧酸，羧酸不能转化为醛；羧酸、醇能转化为酯，酯水解能转化为醇和羧酸，所以醇、羧酸和酯能相互转化，据此分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W均为常见的烃的含氧衍生物且物质类别不同，醇被氧化生成醛、醛被还原生成醇，所以二者能相互转化；醛能被氧化生成羧酸，羧酸不能转化为醛；羧酸、醇能转化为酯，酯水解能转化为醇和羧酸，所以醇、羧酸和酯能相互转化，所以只有醛、羧酸之间不能相互转化，则Z是醛、W是羧酸、Y是酯、X是醇，故选C．【点评】本题考查有机物推断，明确醛和羧酸之间不能相互转化是解本题关键，再结合醇、醛、羧酸、酯中存在的官能团分析其性质，结构决定性质，性质体现结构，题目难度不大．　31．下表为某有机物与各种试剂的反应现象，该有机物可能是（　　）试剂FeCl3溶液酸性KMnO4溶液NaHCO3溶液现象溶液变紫色褪色放出气体A．B．C．D．【考点】有机物的结构和性质．【分析】加入氯化铁溶液，溶液变紫色，说明含有酚羟基，可被酸性高锰酸钾氧化，与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，以此解答该题．【解答】解：A．含有碳碳双键，与氯化铁、碳酸氢钠不反应，故A错误；B．不含酚羟基，与氯化铁溶液不反应，故B错误；C．含有酚羟基，可与氯化铁溶液发生显色反应，可被酸性高锰酸钾氧化，含有羧基，具有酸性，可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，故C正确；D．不含羧基，与碳酸氢钠不反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的推断，把握官能团与性质的关系，信息中现象与反应的关系为解答的关键，侧重有机物结构中官能团性质的考查，熟悉酚、羧酸的性质即可解答，题目难度不大．　32．下列反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是（　　）A．氯乙烷中加入硝酸银溶液：Cl﹣+Ag+═AgCl↓B．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热：CH3CH2Br+NaOHCH2═CH2↑+NaBr+H2OC．丙烯聚合：nCH2═CHCH3-40-\nD．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：+CO2+H2O→+HCO3﹣【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写．【分析】A．氯乙烷为非电解质，不能电离出氯离子；B．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热，发生水解反应；C．聚合物结构简式错误；D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠．【解答】解：A．氯乙烷为非电解质，与硝酸银溶液不反应，故A错误；B．溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热，发生水解反应生成乙醇，应为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故B错误；C．聚合物结构简式错误，应为，故C错误；D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H2O→+HCO3﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子反应及化学反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应为解答的关键，注意常见有机物的性质及反应，题目难度不大．　33．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取的物质，其结构简式如图所示．则等量的迷迭香酸消耗的Br2、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（　　）A．7：6：1B．7：6：5C．6：7：1D．6：7：5【考点】有机物的结构和性质．【分析】含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，酯基、酚﹣OH、﹣COOH与NaOH反应，只有﹣COOH与NaHCO3反应，以此来解答．【解答】解：分子中含有4个酚羟基，共有6个邻位、对位H原子可被取代，含有1个碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol有机物可与7mol溴发生反应；含有4个酚羟基，1个羧基和1个酯基，则可与6molNaOH反应；只有羧基与碳酸氢钠反应，可消耗1mol碳酸氢钠，故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握官能团、性质的关系为解答的关键，熟悉苯酚、酯、酸的性质即可解答，题目难度中等．　-40-\n34．有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲可能的结构有（　　）A．12种B．14种C．16种D．18种【考点】有机物结构式的确定；同分异构现象和同分异构体．【分析】有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目．据此判断有机物甲的同分异构体数目．【解答】解：有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子．含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH．含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH．所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16．故选：C．【点评】本题主要考查的是同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键．　35．β﹣紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1．下列说法正确的是（　　）A．β﹣紫罗兰酮在核磁共振氢谱图中有7组峰B．β﹣紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体C．1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应D．维生素A1能发生取代反应、加成反应和氧化反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．结构不对称，含有8种性质不同的H原子；B．β﹣﹣紫罗兰酮与中间体X的分子式不同；C.1mol中间体X含有2mol碳碳双键，1mol醛基，都可与氢气发生加成反应；D．维生素A1含有碳碳双键、羟基，结合烯烃、醇的性质解答．-40-\n【解答】解：A．结构不对称，含有8种性质不同的H原子，则核磁共振氢谱图中有8组峰，故A错误；B．β﹣﹣紫罗兰酮与中间体X的分子式不同，相差1个CH2原子团，则不是同分异构体，故B错误；C.1mol中间体X含有2mol碳碳双键，1mol醛基，都可与氢气发生加成反应，则1mol中间体X最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；D．维生素A1含有碳碳双键、羟基，可发生取代反应、加成反应和氧化反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，熟悉有机物的官能团与物质性质的关系来解答，把握烯烃、醇的性质、同分异构体的判断是解答的关键，题目难度不大．　六、非选择题（本题包括3小题，共32分）．36．实验室用乙醇、浓磷酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如下（反应需要加热，图中省去了加热装置）：H3PO4（浓）+NaH2PO4+HBr、CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O有关数据见下表：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/g•cm﹣30.791.443.1沸点/℃78.538.459（1）A中加入沸石的作用是　防止液体瀑沸　．（2）B中进水口为　b　（填“a”或“b”）口．（3）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为　平衡压强，使浓磷酸顺利流下　．（4）制取氢溴酸时，为什么不能用浓H2SO4代替浓磷酸？　2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O　（用化学方程式表示）．（5）将C中的馏出液转入三角烧瓶中，边振荡边逐滴滴入浓H2SO4以除去水等杂质，滴加浓硫酸约1～2mL，使溶液明显分层，再用分液漏斗分去硫酸层，将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃馏分约10.0g，从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是　53.3%　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，（2）B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；（3）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓磷酸顺利流下；（4）氢溴酸具有还原性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，；（5）10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=×100%计算．-40-\n【解答】解：（1）液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，故答案为：防止液体瀑沸；（2）B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b，故答案为：b；（3）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓磷酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能，故答案为：平衡压强，使浓磷酸顺利流下；（4）氢溴酸具有还原性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，反应的方程式为2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O，所以不能用浓H2SO4代替浓磷酸，故答案为：2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O；（5）10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=×100%=53.3%，故答案为：53.3%．【点评】本题考查有机物制备实验，涉及实验室HBr的制备、物质的分离提纯、对操作与原理的分析评价等，综合考查学生实验分析的能力、知识迁移运用能力，题目难度中等．　37．为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验．【分子式的确定】（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，产物只生成CO2和H2O，消耗氧气0.75mol，将生成物通过浓硫酸，浓硫酸增重10.8g，再将剩余气体通过碱石灰，碱石灰增重22g，则该有机物中各元素的原子个数比是　5：12：1　．（2）质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量为88，则该有机物的分子式是　C5H12O　．【结构简式的确定】（3）0.1molA和足量的金属钠反应放出气体1.12L（标准状况下），红外光谱图分析A中含有3个甲基，经测定有机物A的核磁共振氢谱如图，则A的结构简式为　　．（4）下列有关有机物A的说法正确的是　bd　．a．能发生加成反应b．能发生取代反应c．能和NaHCO3溶液反应产生气体d．A发生消去反应产生的有机物满足通式CmH2n-40-\n（5）A在Cu作催化剂的条件下可发生催化氧化反应，该反应的化学方程式为　　．【考点】有机物分子中的官能团及其结构；常见有机化合物的结构；有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）浓硫酸增重10.8克为生成水的质量，碱石灰增重22克为生成二氧化碳的质量，根据n=计算生成的水、二氧化碳的物质的量，根据原子守恒确定有机物中C、H、O原子个数比值；（2）根据有机物原子个数比值可确定最简式，结合相对分子质量可确定有机物分子式；（3）0.1molA和足量的金属钠反应放出气体1.12L（标准状况下），氢气的物质的量为0.05mol，则A分子中含有1个﹣OH或1个﹣COOH，结合A的分子式确定官能团；有机物A的核磁共振氢谱有5种信号峰，说明A分子中有5种不同的H原子，红外光谱图分析A中含有3个甲基，结合A的分子式确定A的结结构简式；（4）A为，分子中含有羟基；（5）根据A的结构判断A催化氧化生成B的结构．【解答】解：（1）浓硫酸增重10.8克为生成水的质量，其物质的量==0.6mol，n（H）=1.2mol，碱石灰增重22克为生成二氧化碳的质量，其物质的量==0.5mol，n（C）=0.5mol，根据氧原子守恒可知n（O）=0.6mol+0.5mol×2﹣0.75mol×2=0.1mol，故有机物A中C、H、O原子个数之比为0.5mol：1.2mol：0.1mol=5：12：1，故答案为：5：12：1；（2）该物质中各元素的原子个数比为N（C）：N（H）：N（O）=5：12：1，则最简式为C5H12O，其相对分子质量为88，则有机物的分子式为C5H12O，答：有机物的分子式为C5H12O；（3）有机物的分子式为C5H12O，0.1molA和足量的金属钠反应放出气体1.12L（标准状况下），氢气的物质的量为0.05mol，则A分子中含有1个﹣OH，有机物A的核磁共振氢谱有5种信号峰，说明A分子中有5种不同的H原子，红外光谱图分析A中含有3个甲基，则A的结结构简式为，故答案为：；-40-\n（4）A的结结构简式为，分子中含有羟基，能发生取代反应；发生消去反应产生的有机物为烯烃，满足通式CmH2n，故答案为：bd；（5）A的结结构简式为，催化氧化生成B为，该反应方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物分子式与结构确定、官能团的性质、有机反应方程式等，难度中等，根据有机物的性质与结构特点确定A的结构简式是解题的关键，侧重对基础知识与学生综合能力考查．　38．化合物I（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，能发生银镜反应．已知：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②R﹣CH═CH2R﹣CH2CH2OH；③化合物F的苯环上的一氯代物只有两种；④回答下列问题：（1）B的化学名称为　2﹣甲基丙烯　．-40-\n（2）加热条件下，D中加入新制Cu（OH）2悬浊液后发生反应的化学方程式为　　．（3）I的结构简式为　　．（4）I的同系物J比I的相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有2个取代基；②既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2．J的同分异构体共有　18　（不考虑立体异构）种．（5）由甲苯和E经如下步骤可合成反应②所选用的试剂为　氢氧化钠溶液　，L的结构简式为　　．【考点】有机物的推断．【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH．F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链且处于对位，则F为，F与氯气在光照条件下发生取代反应生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，据此解答．【解答】解：A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2-40-\n，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH．F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链且处于对位，则F为，F与氯气在光照条件下发生取代反应生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，（1）B为CH2=C（CH3）2，B的化学名称为2﹣甲基丙烯，故答案为：2﹣甲基丙烯；．（2）D结构简式为（CH3）2CH2CHO，加热条件下，D中加入新制Cu（OH）2悬浊液后发生反应的化学方程式为，故答案为：；（3）根据上面的分析可知，I为，故答案为：；（4）I（）的同系物J比I相对分子质量小14，J比I少一个﹣CH2﹣原子团，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则J的同分异构体含有﹣CHO、﹣COOH，结合①可知2个不同的取代基处于对位，侧链为﹣CHO、﹣CH2CH2COOH，侧链为﹣CH2-40-\nCHO、﹣CH2COOH，侧链为﹣CH2CH2CHO、﹣COOH，侧链为﹣CHO、﹣CH（CH3）COOH，侧链为﹣CH（CH3）CHO、﹣COOH，侧链为﹣CH3、﹣CH（CHO）COOH，对应的结构简式为：（每种结构都有邻位和对位的），故符合条件的同分异构体有18种，故答案为：18；（5）E为（CH3）2CHCOOH，由甲苯和E经如下步骤可合成，可以将甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成K为，K再在氢氧化钠溶液中加热，得L为，L再与E在浓硫酸作用下发生酯化反应得，所以反应②所选用的试剂为氢氧化钠水溶液，L的结构简式为，故答案为：氢氧化钠溶液；；【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断能力，以A、F结合题给信息为突破口采用正向分析的方法进行推断，结合反应条件判断有机物结构，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等．　-40-