1、2014-2015学年河南省信阳市高二（下）期末化学试卷<P>一、选择题（共48分，每题3分，每小题只有一个选项符合题意）</P>1设阿伏伽德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是（） A 标准状况下，11.21CCl4所含的分子数为0.5NA B 常温常压下，4.2gC2H4和C9H18混合物中含有的碳原子数为0.3NA C 7.8g苯分子中碳碳双键的数目为0.3NA D 常温下，1molC3H8含有CH共价键数为10NA2下列叙述错误的是（） A 乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同 B 淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同 C 煤油可由石油分馏获得，可用作燃
2、料和保存少量金属钠 D 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去3有四种试剂：AgNO3HNO3 新制Cu（OH）2 碘水为依次鉴别葡萄糖溶液、淀粉溶液、食盐溶液、鸡蛋清溶液，加入上述试剂的正确顺序是（） A B C D 4下列实验不能获得成功的是（） 实验目的 实验步骤A 探究催化剂对化学反应速率的影响 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液B 探究乙醇能发生氧化反应 将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中C 探究石蜡油分解的产物不都是烷烃 将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中D 除去甲烷中混有的乙烯 把混合气体通入酸性高锰酸钾溶液
3、A A B B C C D D5以乙醇为原料，用下述6种类型的反应：氧化反应；消去反应；加成反应；酯化反应；水解反应；加聚反应，来合成乙二酸乙二酯（结构简式如图所示）的正确顺序是（） A B C D 6下列过程中，共价键被破坏的是（）碘升华 溴蒸气被木炭吸附 酒精溶于水 HCl气体溶于水冰融化 NH4Cl“升华”氢氧化钠熔化 （NH4）2SO4溶于水 A B C D 7根据下表中部分短周期元素的原子半径及主要化合价信息：元素代号 L M Q R T原子半径/nm 0.130 0.118 0.090 0.102 0.073主要化合价 +2 +3 +2 +6、2 2请判断以下叙述正确的是（） A
4、氢化物的沸点为H2TH2R B L2+与R2的核外电子数相等 C 与稀盐酸反应单质Q比单质L快 D M与T形成的化合物具有两性8PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料下列说法正确的是（） A Z与Y形成的化合物可作为耐高温材料 B WY2能与碱反应，但不能与任何酸反应 C 原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大 D 熔沸点：X2RX2Y（二）选做题（共2
5、4分，从给出的A组选修3和B组选修5中，任选一组作答。）A：【化学-选修3物质结构与性质】9下列叙述正确的是（） A NO2、SO2、BF2、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8e稳定结构 B CCl4和NH3都是以极性键结合的极性分子，P4和NO2都是共价化合物 C 在CaO和SiO2晶体中，都不存在单个小分子 D 键是由两个p电子“头碰头”重叠形成，键是镜面对称，而键是轴对称10以下比较中，正确的是（） A 微粒半径：O2FNa+Li+ B 晶格能由大到小：NaINaBrNaClNaF C 分子中的键角：CH4H2OCO2 D 共价键的键能：CCCSiSiSi11下列有关
6、电子排布图的表述正确的是（） A 可表示单核10电子粒子基态时电子排布 B 此图错误，违背了泡利原理 C 表示基态N原子的价电子排布 D 表示处于激发态的B的电子排布图12下列晶体熔沸点由高到低的顺序正确的是（）SiC Si HCl HBr HI CO N2 H2 A B C D 13在化学上，常用一条短线表示一个化学键，如图所示的有关结构中，有直线（包括虚线）不表示化学键或分子间作用力的是（） A 石墨的结构 B 白磷的结构 C CCl4的结构 D 立方烷（C8H8）的结构14已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合下列关于C3N4晶体的说法错误的是（） A
7、该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固 B 该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子 C 该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构 D 该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网状结构15羧乙基锗倍半氧化物（即Ge132）是与人体健康有关的最重要的有机储化合物，其片层结构如图，每个结构相同的基团都是由六个锗原子和六个氧原子构成的十二元环，每个锗原子还同时与三个氧原子相连结，形成可以任意延伸的片层在片层结构中，每个正六边形平均拥有的锗原子数与氧原子数各位（） A 6，6 B 2，5 C 2，3 D 2，216氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其
8、阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（） A 直线 sp杂化 B V型 sp杂化 C 三角锥形 sp2杂化 D 平面三角形 sp2杂化B：【化学-选修5有机化学基础】17（2015春信阳期末）下列有机物相关描述不正确的是（） A 用溴水能区分乙酸、乙烯、苯、四氯化碳 B 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上 C 甘氨酸（H3NCH2COOH）、丙氨酸CH3CH（NH2）COOH、谷氨酸HOOCCH2CH2CH（NH2）COOH一定条件下形成链状三肽的结构最多有3种 D 1mol有机物一定条件下能和6molNaOH反应18（2015春信阳期末）除去下列物质中所含少量
9、杂质（括号内为杂质），所选试剂和分离方法能达到实验目的是（） 混合物 试剂 分离方法A 乙烷（乙烯） 高锰酸钾溶液 洗气B 甲苯（苯酚） 溴水 过滤C 乙醇（水） 氧化钙 蒸馏D 乙酸乙酯（乙酸） NaOH溶液 分液 A A B B C C D D19（2015春信阳期末）羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得下列有关说法正确的是（） A 苯酚和羟基扁桃酸互为同系物 B 常温下，1mol羟基扁桃酸只能与1molBr2反应 C 此反应为加成反应，羟基扁桃酸分子中至少有12个原子共平面 D 乙醛酸的核磁共振氢谱中只有1个吸收峰20（2015春信阳期末）有机化合物A（C8H8O
10、2）为一种无色液体，从A出发可发生如图的一系列反应则下列说法正确的是（） A A的结构中含有碳碳双键 B G的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的只有一种 C 上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、G D 根据图示可推知D为苯酚21（2015春信阳期末）已知乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体中含氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为（） A 84% B 60% C 91% D 42%22（2013焦作一模）分子式为C3H2Cl6的同分异构体共有（不考虑立体异构）（） A 3种 B 4种 C 5种 D 6种23（2015春信阳期末）下列对合成材料的
11、认识不正确的是（） A 苯酚和甲醛在一定条件下可合成酚醛树脂 B 的单体是HOCH2CH2OH与 C 聚苯乙烯是由苯乙烯加聚生成的纯净物 D 的单体有3种24（2015春信阳期末）环丙叉环丙烷（A）由于其特殊的电子结构，一直受到结构和理论化学家的注意，由于缺乏有效的合成途径，一度延缓对其反应的研究，直到1993年出现了可以大量制备的方法根据下列转化，判断下列说法正确的是（） A A的所有原子一定都在一个平面内 B 反应是加成反应 C 反应是消去反应 D A的二氯取代产物只有3种<P>二、填空题（共52分）</P>（一）必做题（共37分）25元素X、Y、Z、M、N均为短周
12、期主族元素，且原子序数依次增大已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，且M原子的质子数是Y原子的2倍，N、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体，请回答下列问题：（1）写出Y、Z、N按原子个数之比1：1：1形成的化合物的电子式（2）写出由X、Y、Z、M、N中某些原子形成的18电子分子和18电子离子发生氧化还原反应的离子方程式：（3）上图表由上述两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式：26A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3
13、的型分子B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小请回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置是（2）B与D所形成的化合物的电子式为（3）将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，产生淡黄色沉淀，其反应的离子方程式为（4）实验室里除去BA2气体，可用下列试剂中的（填字母）A酸性高锰酸钾溶液 B浓硫酸 CNaOH溶液 D品红溶液27（13分）（2015春信阳期末）某化学学习小组设计下图实验装置（夹带装置略去）制备Cl2，并探究氯气的相关性质（1）若A装置中固体药品为KClO3，则反应中每生成1molCl2时转移电子的物质的量为mol（2）装置B的作用：（
14、3）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，处是湿润的有色布条，则、处应加入的物质分别是、（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性请简述能说明氯、溴、碘非金属性强弱的实验操作及现象：（5）请用化学方程式说明装置F的作用：（6）甲同学提出，装置F中的试剂可改用足量的Na2SO3溶液，乙同学认真思考后认为此法不可行请用离子方程式解释乙认为不可行的原因：28（10分）（2015春信阳期末）下表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息：A 能使溴的四氯化碳溶液褪色；比例模型为能与水在一定条件下反应生成CB 由C、H两种元素组成球棍模型为C 由C、H、O三种元素组成；能与Na反应；与E反应生成
15、相对分子质量为88的酯D 相对分子质量比C多18.5；在不同条件下，D能生成A，也能生成CE 由C、H、O三种元素组成；其水溶液能使紫色石蕊试液变红回答下列问题：（1）AE中，属于烃的是（填字母）（2）A能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生反应的化学方程式为（3）写出D生成A的化学方程式（4）有机物B具有的性质是（填序号）无色无味的液体；有毒；不溶于水；密度比水大；能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色（5）E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液显酸性，现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱，则该实验的原理是（用化学方程式说明）三、选做题（共15分）A：【化学-选修3物质结构与性质】29（15分）
16、（2015春信阳期末）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，e的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与e同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子请填写下列空白（1）e元素基态原子的核外电子排布式为（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为（填元素符号），其原因是（3）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是（填化学式，写出两种）（4）已知c、e能形成晶胞如图甲和图乙所示的两种化合物，化合物的化
17、学式为分别为：甲，乙；甲高温易转化为乙的原因是（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图丙所示）该化合物中，阴离子为，该化合物加热时首先失去的组分是，判断理由是B：【化学-选修5有机化学基础】30（2015春信阳期末）芳香族化合物A常用来合成药物B及医药中间体G，其流程如图：已知：（1）D中除硝基外还含有的官能团的名称D生成E的反应类型是（2）鉴别A和E可用的试剂是a氢氧化钠溶液 b氯化铁溶液 c碳酸氢钠溶液 d浓溴水（3）反应、的作用（4）写出反应的化学方程式写出F与过量NaOH共热时反应的化学方程式（5）B有多种同分异构体，写出符
18、合下列条件的一种物质的结构简式只有一种官能团能发生银镜反应苯环上的一氯取代物只有二种核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积之比为3：2：2：12014-2015学年河南省信阳市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析<P>一、选择题（共48分，每题3分，每小题只有一个选项符合题意）</P>1设阿伏伽德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是（） A 标准状况下，11.21CCl4所含的分子数为0.5NA B 常温常压下，4.2gC2H4和C9H18混合物中含有的碳原子数为0.3NA C 7.8g苯分子中碳碳双键的数目为0.3NA D 常温下，1molC3H8含有CH共价键数为10N
19、A考点： 阿伏加德罗常数 分析： A、标况下四氯化碳为液态；B、C2H4和C9H18的最简式均为CH2；C、苯不是单双键交替的结构；D、1molC3H8含有8molCH键解答： 解：A、标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故含有的分子个数无法计算，故A错误；B、C2H4和C9H18的最简式均为CH2，故4.2g混合物中含有的CH2的物质的量n=0.3mol，故含有的碳原子的个数为0.3NA个，故B正确；C、苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，故C错误；D、丙烷中含8个H原子，故1molC3H8含有8molCH键，即8NA条，故D错误故选B点评： 本题考查了阿伏伽德罗
20、常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大2下列叙述错误的是（） A 乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同 B 淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同 C 煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠 D 乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去考点： 乙烯的化学性质；苯的性质；石油的裂化和裂解；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途 分析： （1）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，溴单质在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃取；（2）淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水
21、解，水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸和甘油、氨基酸；（3）煤油可由石油分馏获得，主要成分为烷烃，性质稳定，密度比金属钠小，可用来保存金属钠；（4）乙酸中含有羧基，乙醇含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定条件下都能发生取代反应，例如：乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸具有酸性，其酸性强于碳酸，故能与Na2CO3反应解答： 解：A、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A错误；B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的产物是氨基酸，故B正确；C、煤油来自石油的分馏，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正确；D、乙酸和乙醇的酯化反应
22、是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确；故选A点评： 本题考查常见有机物的性质，尤其要注意苯的物理性质，是一种良好的有机溶剂，可做萃取剂3有四种试剂：AgNO3HNO3 新制Cu（OH）2 碘水为依次鉴别葡萄糖溶液、淀粉溶液、食盐溶液、鸡蛋清溶液，加入上述试剂的正确顺序是（） A B C D 考点： 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题： 物质检验鉴别题分析： 葡萄糖含有醛基，可与新制Cu（OH）2发生氧化还原反应；淀粉遇碘变蓝色；AgNO3溶液与含氯离子的物质反应生成白色的沉淀；浓硝酸能使蛋白质呈现黄色解答： 解：
23、葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，含有醛基，含有醛基的物质与新制Cu（OH）2悬浊液反应生成砖红色沉淀，可用新制Cu（OH）2发检验葡萄糖；淀粉溶液与碘水作用显示蓝色，可用碘水检验淀粉；食盐为氯化钠，在溶液中电离出氯离子，与硝酸银电离出银离子结合，生成白色的氯化银沉淀，可用硝酸银检验食盐溶液；鸡蛋清是蛋白质，蛋白质遇浓硝酸发生显色反应，可用硝酸检验蛋白质，故选A点评： 本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，难度不大4下列实验不能获得成功的是（） 实验目的 实验步骤A 探究催化剂对化学反应速率的影响
24、 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液B 探究乙醇能发生氧化反应 将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中C 探究石蜡油分解的产物不都是烷烃 将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中D 除去甲烷中混有的乙烯 把混合气体通入酸性高锰酸钾溶液 A A B B C C D D考点： 化学实验方案的评价 分析： AFeCl3为H2O2分解的催化剂，可加快反应速率；B乙醇与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应；C不饱和烃能和溴发生加成反应；D乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳解答： 解：AFeCl3为H2O2分解的催化剂，可加快反应速率，所以可根据反应速率是否发生变化判断是否起到催化剂的作用
25、，故A正确；B如发生氧化还原反应，则铜丝变成红色，故B正确；C不饱和烃能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳褪色，如溴的四氯化碳溶液褪色，可证明有烯烃生成，故C正确；D乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，所以用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中的乙烯能产生新的杂质，应该用溴水除杂，故D错误；故选D点评： 本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，侧重考查除杂、物质检验等知识点，易错选项是D，注意除杂时要除去杂质但不能引进新的杂质5以乙醇为原料，用下述6种类型的反应：氧化反应；消去反应；加成反应；酯化反应；水解反应；加聚反应，来合成乙二酸乙二酯（结构简式如图所示）的正确
26、顺序是（） A B C D 考点： 有机物的合成；有机物的结构和性质 分析： 以乙醇为原料合成乙二酸乙二酯，先乙醇发生消去反应生成乙烯，加成生成二卤代烃，水解生成乙二醇，乙二醇氧化生成乙二酸，最后发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，以此来解答解答： 解：以乙醇为原料合成乙二酸乙二酯，经过以下几步第一步：先乙醇发生消去反应生成乙烯，为消去反应；第二步：乙烯发生加成反应生成二卤代烃，为加成反应；第三步：水解生成乙二醇，为水解反应；第四步：乙二醇氧化生成乙二酸，为氧化反应；第五步：发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，为酯化反应，涉及的反应类型按反应顺序依次为，故选C点评： 本题考查有机物的合成，为高频考点，把握
27、合成的有机物与已知物质的官能团变化、合成反应为解答的关键，注意结合乙醇的性质分析合成路线即可解答，侧重反应类型的考查，题目难度不大6下列过程中，共价键被破坏的是（）碘升华 溴蒸气被木炭吸附 酒精溶于水 HCl气体溶于水冰融化 NH4Cl“升华”氢氧化钠熔化 （NH4）2SO4溶于水 A B C D 考点： 化学键和分子间作用力的区别 分析： 发生化学变化及电离时化学键被破坏，一般非金属元素之间形成共价键，以此来解答解答： 解：碘升华，破坏的为分子间作用力，故不选；溴蒸气被木炭吸附，破坏的为分子间作用力，故不选；酒精溶于水，不发生电离，破坏的为分子间作用力，故不选；HCl气体溶于水，发生电离，H
28、Cl共价键被破坏，故选；冰融化，破坏的为分子间作用力，故不选；NH4Cl受热“升华”，发生化学变化，生成氨气和HCl，NH共价键破坏，故选；氢氧化钠熔化，离子键被破坏，故不选；（NH4）2SO4溶于水，发生电离，离子键被破坏，故不选；故选D点评： 本题考查化学键，明确物质中存在的化学键及化学键判断的一般规律即可解答，注意化学变化及电离中化学键被破坏，题目难度不大7根据下表中部分短周期元素的原子半径及主要化合价信息：元素代号 L M Q R T原子半径/nm 0.130 0.118 0.090 0.102 0.073主要化合价 +2 +3 +2 +6、2 2请判断以下叙述正确的是（） A 氢化物
29、的沸点为H2TH2R B L2+与R2的核外电子数相等 C 与稀盐酸反应单质Q比单质L快 D M与T形成的化合物具有两性考点： 原子结构与元素周期律的关系 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 短周期元素R、T都有2价，应位于周期表第A族，其中R有+6价，则T为O元素，R为S元素；L、Q都有+2价，处于A族，且L的原子半径较大，则L为Mg，Q为Be；M最高正价为+3价，由原子半径关系可确定M为Al，结合元素对应单质混合物的性质以及元素周期律知识解答该题解答： 解：短周期元素R、T都有2价，应位于周期表第A族，其中R有+6价，则T为O元素，R为S元素；L、Q都有+2价，处于A族，且L的原子半
30、径较大，则L为Mg，Q为Be；M最高正价为+3价，由原子半径关系可确定M为Al，A水分子之间存在氢键，沸点较高，常温下为液态，硫化氢常温下为气态，故沸点为H2OH2S，故A错误；BMg2+离子核外电子数为10，S2离子的核外电子数为18，二者核外电子数不相等，故B错误；C金属性MgBe，故Mg与盐酸反应更剧烈，故C错误；DM与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，故D正确，故选D点评： 本题考查性质结构位置关系应用，难度中等，根据元素化合价与比较确定元素是解题关键，注意基础知识的全面掌握8PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大X原子是所
31、有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料下列说法正确的是（） A Z与Y形成的化合物可作为耐高温材料 B WY2能与碱反应，但不能与任何酸反应 C 原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大 D 熔沸点：X2RX2Y考点： 原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系 分析： X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y
32、、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，据此解答解答： 解：X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，AZ与Y形成的化合物为氧化铝，熔点很高，可作
33、为耐高温材料，故A正确；BSiO2能与碱反应，能与氢氟酸反应，故B错误；CH原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：HOSSiAl，故C错误；DH2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间没有氢键，故H2O的沸点比H2O高，故D错误，故选A点评： 本题考查结构性质位置关系等，推断元素是解题的关键，注意掌握硅元素单质及其化合物的性质及其元素周期律，难度不大（二）选做题（共24分，从给出的A组选修3和B组选修5中，任选一组作答。）A：【化学-选修3物质结构与性质】9下列叙述正确的是（） A NO2、SO2、BF2、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都
34、满足了8e稳定结构 B CCl4和NH3都是以极性键结合的极性分子，P4和NO2都是共价化合物 C 在CaO和SiO2晶体中，都不存在单个小分子 D 键是由两个p电子“头碰头”重叠形成，键是镜面对称，而键是轴对称考点： 不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型 分析： A在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构；BCCl4的结构对称，正负电荷的中心重合，P4是单质；CCaO和SiO2晶体，分别为离子晶体、原子晶体；D键是由两个p电子以“肩并肩”方式重叠而成，键是轴对称，而键是镜面对称解答：
35、 解：ANCl3中所有原子都达到8电子结构，故A错误；BCCl4的结构对称，正负电荷的中心重合为非极性分子，NH3是以极性键结合的极性分子，P4是单质而不是化合物，故B错误；CCaO和SiO2晶体，分别为离子晶体、原子晶体，所以都不存在单个小分子，故C正确；D键是由两个p电子以“肩并肩”方式重叠而成，键是轴对称，而键是镜面对称，故D错误；故选C点评： 本题为小综合，涉及物质的分类、分子的极性和键的极性、晶体类型及构成微粒，注重基础知识的考查，题目难度不大10以下比较中，正确的是（） A 微粒半径：O2FNa+Li+ B 晶格能由大到小：NaINaBrNaClNaF C 分子中的键角：CH4H2
36、OCO2 D 共价键的键能：CCCSiSiSi考点： 元素周期律的作用 分析： A离子核外电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；B结构相似，所带电荷相等时，离子半径越小，晶格能越大；C根据分子的构型判断；D原子半径越小，键长越短，则键能越大解答： 解：A离子核外电子层数越多，半径越大，O2、F、Na+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则应为O2FNa+Li+，故A错误；B四种物质所带电荷相同，由于离子半径：FClBrI，因此晶格能：NaINaBrNaClNaF，故B错误；CCH4为正四面体结构，H2O为V形结构，CO2为直线形结构，则分子中的键
37、角：CH4H2OCO2，故C错误；D原子半径CCCSiSiSi，原子半径越小，键长越短，则键能越大，故D正确故选D点评： 本题考查较为综合，涉及离子半径、金属晶体的熔沸点、键角以及键能的大小比较，侧重于学生的分析能力和综合运用元素周期律知识的考查，难度不大，注意把握比较问题的角度和相关基础的积累11下列有关电子排布图的表述正确的是（） A 可表示单核10电子粒子基态时电子排布 B 此图错误，违背了泡利原理 C 表示基态N原子的价电子排布 D 表示处于激发态的B的电子排布图考点： 原子核外电子排布 分析： A符合泡利原理和洪特规则；B违背了洪特规则；CN原子的价电子数为5；D激发态的B原子的2p
38、电子跃迁到3s轨道解答： 解：A符合泡利原理和洪特规则，表示单核10电子粒子基态时电子排布，故A正确；B根据洪特规则：在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋，则 违背了洪特规则，故B错误；CN原子的价电子数为5，其价电子排布图为：，故C错误；D激发态的B原子的2p电子跃迁到3s轨道，2p的三个轨道能量相同，不是激发态，故D错误故选A点评： 本题考查了电子排布图，注意把握泡利原理和洪特规则的内容，题目难度中等12下列晶体熔沸点由高到低的顺序正确的是（）SiC Si HCl HBr HI CO N2 H2 A B C D 考点： 晶体熔沸点的比较 分析：
39、 一般来说，晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体离子晶体分子晶体，原子晶体熔沸点与键长成反比，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点较高，据此分析解答解答： 解：一般来说，晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体离子晶体分子晶体，原子晶体熔沸点与键长成反比，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点较高，SiC和Si是原子晶体，熔沸点较高，键长SiCSiSi，所以熔沸点SiCSi；剩余这些物质都是分子晶体，且都不含氢键，相对分子质量大小顺序是，氮气为非极性分子、CO为极性分子，极性分子熔沸点高于非极性分子，所以所有物质熔沸点高低顺序是，故选B点评： 本题考查晶体熔沸点高低判断，侧重
40、考查晶体类型判断及晶体熔沸点影响因素，熟悉常见晶体类型，注意化学键影响分子稳定性不影响分子晶体熔沸点高低，题目难度不大13在化学上，常用一条短线表示一个化学键，如图所示的有关结构中，有直线（包括虚线）不表示化学键或分子间作用力的是（） A 石墨的结构 B 白磷的结构 C CCl4的结构 D 立方烷（C8H8）的结构考点： 化学键；晶胞的计算 分析： A、石墨晶体中同一层内原子以共价键结合，而层与层之间为范德华力；B、白磷分子中，每个P原子形成3个共价键，达稳定结构；C、在CCl4中，Cl原子之间的直线只是为了表示四个Cl原子形成的正四面体而已，不表示化学键；D、立方烷中碳原子之间形成共价键解答
41、： 解：A、石墨晶体中同一层内原子以共价键结合，而层与层之间为范德华力，所以物质结构中实线表示化学键，虚线表示分子间作用力（范德华力），故A错误；B、白磷分子中，每个P原子形成3个共价键，达稳定结构，所以物质结构中实线表示化学键，故B错误；C、在CCl4中，Cl原子之间的直线只是为了表示四个Cl原子形成的正四面体而已，不表示化学键，故C正确；D、立方烷中碳原子之间形成共价键，所以物质结构中实线表示化学键，故D错误；故选：C点评： 本题考查物质结构、化学键等，难度中等，注意物质空间结构图与键线式区别14已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合下列关于C3N4晶体的
42、说法错误的是（） A 该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固 B 该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子 C 该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构 D 该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网状结构考点： 晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系 专题： 化学键与晶体结构分析： C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，则C3N4晶体为原子晶体，碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，以此来解答解答： 解：A晶体具有比金刚石还大的硬度，则该晶体属于原子晶体，其化学键比
43、金刚石更牢固，故A正确；B碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，故B正确；C构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，则晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，故C正确；D金刚石在只有非极性共价键，但C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，故D错误；故选D点评： 本题以信息的形式考查原子晶体的性质及结构，明确晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合是解答本题的关键，题目难度不大15羧乙基锗倍半氧化物（即Ge132）是与人体健康有关
44、的最重要的有机储化合物，其片层结构如图，每个结构相同的基团都是由六个锗原子和六个氧原子构成的十二元环，每个锗原子还同时与三个氧原子相连结，形成可以任意延伸的片层在片层结构中，每个正六边形平均拥有的锗原子数与氧原子数各位（） A 6，6 B 2，5 C 2，3 D 2，2考点： 晶胞的计算 分析： 利用均摊法，结合羧乙基锗倍半氧化物的片层结构特点可知，每个结构相同的基团都是由六个储原子和六个氧原子构成的十二元环，每个锗原子还同时与三个氧原子相连结，锗原子分布在六边形的顶点，所以每个锗原子只有属于一个六边形的，氧原子在六边形的边上，所以每个氧原子有属于一个六边形，据此计算解答： 解：利用均摊法，结
45、合羧乙基锗倍半氧化物的片层结构特点可知，每个结构相同的基团都是由六个储原子和六个氧原子构成的十二元环，每个锗原子还同时与三个氧原子相连结，锗原子分布在六边形的顶点，所以每个锗原子只有属于一个六边形的，氧原子在六边形的边上，所以每个氧原子有属于一个六边形，所以在一个六边形中含有锗原子数为=2，含有的氧原子数为=3，故选C点评： 本题主要考查利用均摊法计算晶胞的组成，难度不大，答题时注意正确理解题中对晶体结构的描述及对图的观察，有利于培养学生的观察能力和分析问题的能力16氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（） A 直
46、线 sp杂化 B V型 sp杂化 C 三角锥形 sp2杂化 D 平面三角形 sp2杂化考点： 原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型 分析： 氮的最外层5个电子，最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=（axb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据其价层电子对数解答： 解：氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离
47、子构型为平面正三角形，化学式应为NO3，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数=键个数+孤电子对个数=2+（5122）=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故选A点评： 本题考查了杂化类型的判断和微粒的空间构型，题目难度中等，根据价层电子对互斥理论分析B：【化学-选修5有机化学基础】17（2015春信阳期末）下列有机物相关描述不正确的是（） A 用溴水能区分乙酸、乙烯、苯、四氯化碳 B 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上 C 甘氨酸（H3NCH2COOH）、丙氨酸CH3CH（NH2）COOH、谷氨酸HOOCCH2CH2CH（NH2）COOH一定条件下形
48、成链状三肽的结构最多有3种 D 1mol有机物一定条件下能和6molNaOH反应考点： 有机化学反应的综合应用；有机化合物的异构现象；有机物的鉴别 分析： A己烯含有双键，能与溴水发生加成反应，苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层；B依据苯以及甲烷的结构判断即可；C氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同；D酚羟基、羧基与酯基均能与氢氧化钠反应，据此解答即可解答： 解：A己烯含有双键，能与溴水发生加成反应，苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层，乙酸与溴水互溶，无现象，故能区分，故A正确；B甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C
49、原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上两个苯环相连，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分子的甲基碳原子、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B正确；C氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同，故形成的肽键多余27种，C错误；D此有机物中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，在一定条件下能与6molNaOH反应，故D正确，故选C点评： 本题主要考查的是常见有机反应的判断、有机物的结构、常见官能团的性质等，难度较大18（2015春信阳期末）除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选试剂和
50、分离方法能达到实验目的是（） 混合物 试剂 分离方法A 乙烷（乙烯） 高锰酸钾溶液 洗气B 甲苯（苯酚） 溴水 过滤C 乙醇（水） 氧化钙 蒸馏D 乙酸乙酯（乙酸） NaOH溶液 分液 A A B B C C D D考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题： 化学实验基本操作分析： A乙烯被氧化生成二氧化碳；B苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚易溶于甲苯；C氧化钙和水反应，乙醇易挥发，可蒸馏分离；D乙酸乙酯在碱性条件下水解解答： 解：A乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；B苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚易溶于甲苯，应用氢氧化钠溶液，然后分液分离，故B错
51、误；C新制生石灰与水反应，可减少乙醇中水的量，然后蒸馏可制备无水乙醇，故C正确；D乙酸乙酯在碱性条件下水解，应用饱和碳酸钠溶液分离，故D错误故选C点评： 本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，把握实验操作方法，难度中等19（2015春信阳期末）羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得下列有关说法正确的是（） A 苯酚和羟基扁桃酸互为同系物 B 常温下，1mol羟基扁桃酸只能与1molBr2反应 C 此反应为加成反应，羟基扁桃酸分子中至少有12个原子共平面 D 乙醛酸的核磁共振氢谱中只有1个吸收峰考
52、点： 有机物的结构和性质 分析： A苯酚含有酚羟基，羟基扁桃酸含有酚羟基、醇羟基、羧基，官能团不同，二者不是同系物；B酚羟基邻位有H原子，能与溴发生取代反应；C苯酚中酚羟基对位CH键断裂，与乙醛酸中CHO发生加成反应；与苯环相连的OH上的O原子、苯环及苯环直接相连的C原子一定在同一平面内；D乙醛酸中有2种化学环境不同的H原子解答： 解：A苯酚含有酚羟基，羟基扁桃酸含有酚羟基、醇羟基、羧基，官能团不同，二者不是同系物，故A错误；B羟基扁桃酸含有酚羟基、醇羟基、羧基，酚羟基的邻位与溴发生取代反应，则1mol羟基扁桃酸只能与2molBr2反应，故B错误；C苯酚中酚羟基对位CH键断裂，与乙醛酸中CHO
53、发生加成反应；与苯环相连的OH上的O原子、苯环及苯环直接相连的C原子一定在同一平面内，则至少有1+6+4+1=12个原子共平面，故C确；D乙醛酸中有2种化学环境不同的H原子，乙醛酸的核磁共振氢谱中有2个吸收峰，故D错误；故选C点评： 本题考查有机物的结构和性质，难度不大，注意把握有机物的结构和官能团的性质，学习中注意相关基础知识的积累20（2015春信阳期末）有机化合物A（C8H8O2）为一种无色液体，从A出发可发生如图的一系列反应则下列说法正确的是（） A A的结构中含有碳碳双键 B G的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的只有一种 C 上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、G D 根据
54、图示可推知D为苯酚考点： 有机物的结构和性质；有机物的推断 分析： B能和二氧化碳、水反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A的不饱和度=5，则A中还含有一个不饱和键，A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，则A中含有酯基，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G的分子式为C4H8O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，结合A 的分子式可知，B为，D为，F为三溴苯酚，结构简式为，A为，据此解答解答： 解：B能和二氧化碳、水反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉
55、淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A的不饱和度=5，则A中还含有一个不饱和键，A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，则A中含有酯基，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G的分子式为C4H8O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，结合A 的分子式可知，B为，D为，F为三溴苯酚，结构简式为，A为A由上述分析可知，A为，结构中不含碳碳双键，故A错误；BG的结构简式为CH3COOCH2CH3，它的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应，应是甲酸形成的酯，相应的醇有1丙醇，2丙醇，有2种，故B错误；CD为，不能发生
56、水解反应，故C错误；D由上述分析可知，D为，故D正确，故选D点评： 本题考查有机物推断，注意根据发生的反应判断含有的官能团，结合有机物分子式推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等21（2015春信阳期末）已知乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体中含氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为（） A 84% B 60% C 91% D 42%考点： 元素质量分数的计算 专题： 计算题分析： 乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C6H6、C8H8、C2H2、H2O的混合
57、物，根据O元素的分数计算H2O的质量分数，进而计算C6H6、C8H8、C2H2总的质量分数，由三物质的化学式可知最简式为CH，C、H质量之比为12：1，据此计算C元素的质量分数解答： 解：乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C6H6、C8H8、C2H2、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为=9%，故C6H6、C8H8、C2H2总的质量分数19%=91%，由三种物质的化学式可知最简式为CH，C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为91%=84%，故选A点评： 考查混合物中元素质量分数的计算，
58、难度中等，关键是根据乙醛的化学式将物质转化为最简式为CH与水的混合物22（2013焦作一模）分子式为C3H2Cl6的同分异构体共有（不考虑立体异构）（） A 3种 B 4种 C 5种 D 6种考点： 同分异构现象和同分异构体 专题： 同分异构体的类型及其判定分析： 分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，两个H原子可以取代同一碳原子的2个Cl原子，也可以取代不同C原子上的Cl原子，据此书写解答解答： 解：分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3C
59、Cl2CClH2 （取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3CH2 CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2HCCl2CCl2H（两个边上的），CCl2HCHClCCl3 （一中间一边上），故C3H2Cl6共有四种，故选B点评： 本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意掌握书写方法23（2015春信阳期末）下列对合成材料的认识不正确的是（） A 苯酚和甲醛在一定条件下可合成酚醛树脂 B 的单体是HOCH2CH2OH与 C 聚苯乙烯是由苯乙烯加聚生成的纯净物 D 的单体有3种考点： 有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用 专题： 有机反应分析： A苯酚和甲醛发生缩聚反应；
60、B中含COOC及端基原子和原子团，为缩聚产物；C聚苯乙烯中聚合度n不确定；D中主链只含C，为加聚反应产物解答： 解：A苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故A正确；B中含COOC及端基原子和原子团，为缩聚产物，其单体为HOCH2CH2OH与，故B正确；C聚苯乙烯中聚合度n不确定，则属于混合物，可由苯乙烯加聚生成，故C错误；D中主链只含C，为加聚反应产物，则单体为乙炔、苯乙烯、2氯1，3丁二烯，故D正确；故选C点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握高分子化合物的合成反应为解答的关键，侧重加聚和缩聚反应及单体推断的考查，题目难度中等24（2015春信阳期末）环丙叉环丙烷（A）由于其特
61、殊的电子结构，一直受到结构和理论化学家的注意，由于缺乏有效的合成途径，一度延缓对其反应的研究，直到1993年出现了可以大量制备的方法根据下列转化，判断下列说法正确的是（） A A的所有原子一定都在一个平面内 B 反应是加成反应 C 反应是消去反应 D A的二氯取代产物只有3种考点： 取代反应与加成反应；消去反应与水解反应 专题： 有机反应分析： A、环丙叉环丙烷中的碳原子和它相连的4个原子一定不共面；B、加成反应机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；C、先根据氯代烃的水解，然后根据同一个碳上连有两个羟基时要脱水；D、环丙叉环丙烷二氯取代物先判断一氯代
62、物的种类，然后再根据一氯代物中氢原子的种类来确定二氯取代产物的数目解答： 解：A、由于环丙烷的环并不是平面结构，所以分子中所有的原子不可能都在同一平面内，故A错误B、环丙叉环丙烷中双键断裂，两个碳原子上共结合一个基团，所以属于加成反应，故B正确；C、物质B为氯代烃，氯代烃要发生水解，生成醇，根据同一个碳上连有两个羟基时要脱水，最终生成物质C，故反应的类型先是取代反应后为消去反应，故C错误；D、环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，只有一种氢原子，所以一氯代物只有一种，一氯代物中只有4种氢原子，所以的环丙叉环丙烷二氯代物有4种：，故D错误故选B点评： 本题主要考查了反应的类型、原子共面、以
63、及取代产物的数目的判断，难度中等，需要注意的是考查学生同一个碳上连有两个羟基时要脱水<P>二、填空题（共52分）</P>（一）必做题（共37分）25元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，且M原子的质子数是Y原子的2倍，N、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体，请回答下列问题：（1）写出Y、Z、N按原子个数之比1：1：1形成的化合物的电子式（2）写出由X、Y、Z、M、N中某些原子形成的18电子分子和18电子离子发生氧化还原反应的离子方程式：
64、H2O2+S2+2H+=S+2H2O（3）上图表由上述两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式：2SO2+O22SO3考点： 位置结构性质的相互关系应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的质子数是Y原子的2倍，且M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，次外层为8，则M为S元素；结合N、Z+、X+的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，可判N为Cl元素，Z
65、为Na元素，X为氢元素，据此回答下列问题解答： 解：元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的质子数是Y原子的2倍，则M为S元素；结合N、Z+、X+的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，可判N为Cl元素，Z为Na元素，X为氢元素，（1）X、Y、Z按1：1：1形成的化合物的化学式为NaClO，NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO离子构成，NaClO的电子式为，故答案为：；（2）由X、Y、Z、M、N中某些原子形成的18电子分子和18电子离子分别为H2O2、S2，
66、它们发生氧化还原反应的离子方程式为H2O2+S2+2H+=S+2H2O，故答案为：H2O2+S2+2H+=S+2H2O；（3）由图可知，该转化过程为SO2与O2反应生成三氧化硫，反应化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3点评： 本题考查结构物质性质关系应用，难度不大，根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，侧重对基础知识的巩固26A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3的型分子B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小请回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置是第四周期A族（2）B与D所形
67、成的化合物的电子式为（3）将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，产生淡黄色沉淀，其反应的离子方程式为Cl2+S2=2Cl+S（4）实验室里除去BA2气体，可用下列试剂中的AC（填字母）A酸性高锰酸钾溶液 B浓硫酸 CNaOH溶液 D品红溶液考点： 位置结构性质的相互关系应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数DCB，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，据此解答解
68、答： 解：A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数DCB，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，（1）D为K元素，在元素周期表中的位置是：第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；（2）B与D所形成的普通化合物为K2S，电子式为，故答案为：；（3）将氯气的水溶液滴加到K2S的水溶液中，产生淡黄色沉淀，生成硫，氯气被还还原，同时生成KCl，反应的化学方程式为：Cl2+K2S=2KCl+S，故答案为：Cl2+S2=2Cl+S；（4）实验
69、室里除去SO2气体，二氧化硫具有还原性，可以用酸性高锰酸钾氧化除去，属于酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，浓硫酸不能吸收二氧化硫，品红溶液可以鉴别二氧化硫，故选AC点评： 本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握27（13分）（2015春信阳期末）某化学学习小组设计下图实验装置（夹带装置略去）制备Cl2，并探究氯气的相关性质（1）若A装置中固体药品为KClO3，则反应中每生成1molCl2时转移电子的物质的量为mol（2）装置B的作用：除去氯气中的氯化氢且能检测实验过程中装置C是否发生堵塞（3）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，处是湿润的有色布
70、条，则、处应加入的物质分别是无水氯化钙（硅胶、P2O5）、干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性请简述能说明氯、溴、碘非金属性强弱的实验操作及现象：打开A中分液漏斗活塞，一段时间后，D中的无色溶液变为橙色（橙红色或黄色），说明氯的非金属性大于溴；打开D中活塞，将D中少量溶液放入装置E中，振荡，下层为紫红色，说明溴的非金属性大于碘（5）请用化学方程式说明装置F的作用：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（6）甲同学提出，装置F中的试剂可改用足量的Na2SO3溶液，乙同学认真思考后认为此法不可行请用离子方程式解释乙认为不可行的原因：SO32+Cl2+H2O=
71、SO42+2Cl+2H+，SO32+2H+=SO2+H2O考点： 氯气的实验室制法 专题： 实验题分析： （1）依据氯酸钾和浓盐酸反应的化学方程式结合元素化合价变化计算电子转移；（2）反应生成物中含有杂质氯化氢、水蒸气，所以饱和食盐水吸收氯化氢气体；长颈漏斗中液面变化情况，来分析整个装置是否堵塞；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）依据氯气和溴化钠反应现象判断氯气氧化性大于溴单质，打开D装置分液漏斗的活塞，滴入E中溴单质和碘化钾反应生成碘单质，据此设计实验步骤；（5）F装置是吸收过量的氯气，防止污染空气；（6）依据亚硫
72、酸钠溶液中 通入氯气反应生成硫酸钠，同时生成的盐酸和亚硫酸钠反应会生成污染气体二氧化硫解答： 解：（1）若A装置中固体药品为KClO3，和盐酸反应的化学方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，反应生成3molCl2，转移电子5mol，则反应中每生成1mol Cl2时转移电子的物质的量为，故答案为：；（2）反应生成物中含有杂质氯化氢、水蒸气，所以饱和食盐水吸收氯化氢气体；长颈漏斗中液面变化情况，来分析整个装置是否堵塞，故答案为：除去氯气中的氯化氢且能检测实验过程中装置C是否发生堵塞；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性
73、，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙（硅胶、P2O5），干燥的有色布条，故答案为：无水氯化钙（硅胶、P2O5）；干燥的有色布条；（4）氯气和溴化钠反应现象判断氯气氧化性大于溴单质，打开D装置分液漏斗的活塞，滴入E中溴单质和碘化钾反应生成碘单质，实验步骤为：打开A中分液漏斗活塞，一段时间后，D中的无色溶液变为橙色（橙红色或黄色），说明氯的非金属性大于溴；打开D中活塞，将D中少量溶液放入装置E中，振荡，下层为紫红色，说明溴的非金属性大于碘，故答案为：打开
74、A中分液漏斗活塞，一段时间后，D中的无色溶液变为橙色（橙红色或黄色），说明氯的非金属性大于溴；打开D中活塞，将D中少量溶液放入装置E中，振荡，下层为紫红色，说明溴的非金属性大于碘；（5）F装置是吸收过量的氯气，防止污染空气，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（6）亚硫酸钠溶液中通入氯气反应生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+，同时生成的盐酸和亚硫酸钠反应会生成污染气体二氧化硫，反应的离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O，故答案为：SO32+Cl2+
75、H2O=SO42+2Cl+2H+，SO32+2H+=SO2+H2O点评： 本题考查了实验室制氯气的装置分析，氯气的性质应用，注意装置连接的操作和实验设计，掌握基础是关键，题目难度中等28（10分）（2015春信阳期末）下表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息：A 能使溴的四氯化碳溶液褪色；比例模型为能与水在一定条件下反应生成CB 由C、H两种元素组成球棍模型为C 由C、H、O三种元素组成；能与Na反应；与E反应生成相对分子质量为88的酯D 相对分子质量比C多18.5；在不同条件下，D能生成A，也能生成CE 由C、H、O三种元素组成；其水溶液能使紫色石蕊试液变红回答下列问题：（1）AE中，属
76、于烃的是AB（填字母）（2）A能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br（3）写出D生成A的化学方程式CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O（4）有机物B具有的性质是（填序号）无色无味的液体；有毒；不溶于水；密度比水大；能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色（5）E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液显酸性，现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱，则该实验的原理是CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2（用化学方程式说明）考点： 有机物的推断 专题： 有机物的化学性质及推断分析： A能使溴水褪色说明含有碳
77、碳双键或三键，结合其比例模型，可知A为CH2=CH2；A能和水反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，则C为CH3CH2OH；E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明E为羧酸，乙醇与E反应生成相对分子质量为88的酯，则E为CH3COOH；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是；D的相对分子质量比C多18.5，且在不同条件下，D能生成A，也能生成C，所以D是CH3CH2Cl，据此解答解答： 解：A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合其比例模型，可知A为CH2=CH2；A能和水反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，则C为CH3CH2OH；E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，
78、说明E为羧酸，乙醇与E反应生成相对分子质量为88的酯，则E为CH3COOH；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是；D的相对分子质量比C多18.5，且在不同条件下，D能生成A，也能生成C，所以D是CH3CH2Cl，（1）通过以上分析知，属于烃的是乙烯、苯，故答案为：AB；（2）乙烯和溴发生加成反应的化学方程为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（3）D生成A的化学方程式为CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；（4）苯是无色有特殊气味的、不溶于
79、水且密度小于水的有毒液体，和酸性KMnO4溶液和溴水都不反应，故选；（5）根据强酸制取弱酸的原理证明醋酸的酸性大于碳酸，醋酸和NaHCO3反应生成二氧化碳气体就能证明醋酸的酸性大于碳酸，反应方程式为：CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2，故答案为：CH3COOH+NaHCO3CH3COONa+H2O+CO2点评： 本题考查有机物的推断，难度不大，根据结构模型推断A、B是关键，注意基础知识的掌握三、选做题（共15分）A：【化学-选修3物质结构与性质】29（15分）（2015春信阳期末）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同
80、，b的价电子层中的未成对电子有3个，e的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与e同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子请填写下列空白（1）e元素基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s1（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为SON（填元素符号），其原因是同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧元素第一电离能大于硫元素；（3）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键，
81、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4（填化学式，写出两种）（4）已知c、e能形成晶胞如图甲和图乙所示的两种化合物，化合物的化学式为分别为：甲CuO，乙Cu2O；甲高温易转化为乙的原因是Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图丙所示）该化合物中，阴离子为SO42，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，判断理由是H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱考点： 不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算 分析： 周期表前四周
82、期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是6，所以c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，据此进行答题解答： 解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是6，所以c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于
83、c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，（1）e为铜元素，其基态核外电子总数为26，其基态原子电子排布式为：Ar3d104s1，故答案为：Ar3d104s1；（2）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能从大到小的顺序为：NOS，故答案为：SON；同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧
84、元素第一电离能大于硫元素；3）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，故答案为：sp3；H2O2、N2H4；（4）O、Cu形成的化合物，晶胞甲中，白色球数目=1+8+2+4=4，黑色球数目为4，故该晶体中Cu、O原子数目之比为1：1，该化合物为CuO；晶胞乙中白色球数目=1+8=2，黑色球数目为4，为A2B型，故该化合物化学式为Cu2O；Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定，CuO高温易转化为
85、Cu2O，故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定；（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，应为SO42；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），阳离子为Cu2+，配位数是6，在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为H2O分子，有2个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为NH3分子，有4个，其化学式为Cu（NH3）4（H2O）2SO4，H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，故答案为：SO4
86、2；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱点评： 本题是对物质结构和性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、分子结构、晶胞计算、配合物等知识点，对于分子空间结构，采取逆向形式进行考查，具有一定的开放性，增大题目难度B：【化学-选修5有机化学基础】30（2015春信阳期末）芳香族化合物A常用来合成药物B及医药中间体G，其流程如图：已知：（1）D中除硝基外还含有的官能团的名称羧基、（酚）羟基D生成E的反应类型是酯化反应或取代反应（2）鉴别A和E可用的试剂是ca氢氧化钠溶液 b氯化铁溶液 c碳酸氢钠溶液 d浓溴水（3）反应、的作用保护酚羟基，防止在B生成C的过程中被硝酸氧化（4）写出反
87、应的化学方程式写出F与过量NaOH共热时反应的化学方程式（5）B有多种同分异构体，写出符合下列条件的一种物质的结构简式或 只有一种官能团能发生银镜反应苯环上的一氯取代物只有二种核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1考点： 有机物的推断 专题： 有机物的化学性质及推断分析： 对比A、B的结构可知，A与乙酸酐发生取代反应生成B与乙酸，对照D的结构简式可知B发生硝化反应得到C为，C在酸性条件下水解得D（），D与甲醇发生酯化反应得到E为，E发生信息中的取代反应生成F为，F在催化剂作用下发生取代反应生成G，同时生成甲醇，据此解答解答： 解：对比A、B的结构可知，A与乙酸酐发生取代反应生成B与
88、乙酸，对照D的结构简式可知B发生硝化反应得到C为，C在酸性条件下水解得D（），D与甲醇发生酯化反应得到E为，E发生信息中的取代反应生成F为，F在催化剂作用下发生取代反应生成G，同时生成甲醇（1）D为，D中除硝基外还含有的官能团的名称是羧基、（酚）羟基，D生成E的反应类型是酯化反应或取代反应，故答案为：羧基、（酚）羟基； 酯化反应或取代反应； （2）E为，A中有羧基，而E中没有，所以鉴别A和E可用的试剂是碳酸氢钠溶液，故选c；（3）反应、的作用：保护酚羟基，防止在B生成C的过程中被硝酸氧化，故答案为：保护酚羟基，防止在B生成C的过程中被硝酸氧化；（4）反应的化学方程式为：；F为，F与过量NaOH共热时反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）B的同分异构体满足：苯环上的一氯取代物只有二种，说明苯环上有2种H原子，能发生银镜反应说明含有CHO，只含一种官能团，B中有4个O，结合C原子数目可知，官能团不可能是4个CHO，只能是含有2个HCOO、剩余1个CH3，核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，B中有8个H，有4种不同环境，每种环境的原子数分别为3、2、2、1，符合题意的B的同分异构体为或 ，故答案为：或 点评： 本题考查有机合成与推断，结合题给信息及转化中物质的结构进行推断，对学生的推理有一定的要求，难度中等
