1、20192020学年第二学期阶段检测高二化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 C135.5 Mg24 Fe56 Pb207一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。下列有关说法错误的是A. 新型冠状病毒主要由 C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75% 的医用酒精杀灭新型冠状病毒B. N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料C. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃D. 防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖【答案】A【解析】【详解】A.
2、 酒精能使蛋白质变性，医疗上常用体积分数为75%的医用酒精杀菌消毒，不是质量分数为75%的医用酒精，故A错误；B 聚丙烯属于有机高分子材料，故B正确；C. 聚四氟乙烯单体为四氟乙烯，四氟乙烯属于卤代烃，故C正确；D. Hg和S常温下反应生成HgS，减少汞蒸气的产生，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；故选A。2.小米公司在2020年2月13日发布了65W 氮化镓充电器。氮化镓是第三代半导体材料。下列说法中正确的是A. 镓的第一电离能比同周期前后两种元素的都小B. 氮化镓属于分子晶体C. 镓元素的简单离子半径大于原子半径D. 基态镓原子的核外电子排布式为Ar4S24P1【答案】A
3、【解析】【详解】A镓是31号元素，位于第四周期第A族，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以稼的第一电离能小于它后面的Ge；稼前面的元素是第30号元素锌，锌的4s轨道上的电子全充满，第一电离能比稼大，所以镓的第一电离能比同周期前后两种元素的都小，故A正确；B氮化镓是第三代半导体材料，说明晶体结构与单晶硅相似属于原子晶体，故B错误；C同种元素，阳离子的半径小于原子半径，则镓元素的简单离子半径小于原子半径，故C错误；D镓是31号元素，位于第四周期第A族，基态镓原子的核外电子排布式为Ar 3d104s24p1，故D错误；故选A。3.下列操作能达到预期目的的是A. 将苯和溴水混合后加入
4、铁粉制取溴苯B. 用金属钠区分乙醇和乙醚C. 用酸性高锰酸钾溶液除去乙炔中含有的 H2SD. 将敞口久置的电石与饱和食盐水混合制乙炔【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 苯和溴水不反应，应该苯是与液溴反应，铁粉作催化剂，故A不选；B 乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，而乙醚与钠不反应，可以区分，故B选；C. 酸性高锰酸钾溶液和乙炔、H2S都发生氧化还原反应，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙炔中的硫化氢，可以用碱溶液除去硫化氢，故C不选；D. 敞口久置的电石易与空气中水蒸气反应而变质，影响乙炔的制取，故D不选；故选B。4.用化学用语表示C2H2HClC2H3Cl(氯乙烯)中的相关微粒，其
5、中正确的是（ ）A. 中子数为7的碳原子：CB. 氯乙烯的结构简式：CH2CHClC. 氯离子的结构示意图：D. HCl的电子式：H【答案】C【解析】【详解】A. 中子数为7的碳原子为：，选项A错误；B. 氯乙烯的结构简式为：CH2=CHCl，选项B错误；C. 氯离子的结构示意图为：，选项C正确；D. HCl为共价化合物，其电子式为：，选项D错误。答案选C。5.下列图象正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A随着卤素原子半径增加，卤化氢分子的键长增大，键能减小，A错误；BH2O、H2S、H2Se均属于分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，
6、所以H2S的沸点小于H2Se的沸点，但H2O分子间除了分子间作用力外，还含有氢键，故H2O的沸点大于H2S的沸点，B错误；CF、N、C的电负性关系为FNC，电负性越大，对键合电子对的引力越大，共价键越强，所以共价键极性大小关系为：H-FN-HC-H，C正确；DSiH4中Si原子的价层电子对数为4，成键电子对数为4，孤电子对数为0，故SiH4分子空间构型为正四面体。NH3中N原子的价层电子对数为4，成键电子对数为3，孤电子对数为1，故NH3分子空间构型为三角锥形。H2O中O原子的价层电子对数为4，成键电子对数为2，孤电子对数为2，故H2O分子空间构型为V形，由于孤电子对的影响，四面体的键角大于三
7、角锥的键角大于V形的键角，所以随着孤电子对数的增加，SiH4、NH3、H2O的键角依次减小，D错误；答案选C。6.当一个碳原子连接四个不同原子或原子团时，该碳原子叫做“手性碳原子”。具有手性碳原子的有机化合物具有光学活性。下列化合物中含有2个手性碳原子的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AA中只有-CH(OH)-上的碳为手性碳，A不符合题意；BB中两个Cl连接的两个碳原子为手性碳，B符合题意；CC中与Cl原子连接的碳原子为手性碳，C不符合题意；DD中-CH(OH)-上的碳为手性碳，D不符合题意；答案选B。7.NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 2.24L（标准状
8、况下）甲苯在O2中完全燃烧，得到0.7NA个CO2分子B. 1mo1乙酸（忽略挥发损失）与足量的C2H518OH浓硫酸作用下加热，充分反应可生成NA个CH3CO18OC2H5分子C. 14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAD. 常温常压下，78g苯含有键数为6NA【答案】C【解析】【详解】A. 甲苯在标准状况下为液态，无法根据体积计算物质的量，A错误；B. 酯化反应为可逆反应，反应物不可能完成转化为生成物，则1mo1乙酸生成的CH3CO18OC2H5分子小于NA个，B错误；C.乙烯和丙烯的最简式都是CH2，则14g乙烯和丙烯混合气体中含有CH2为，氢原子为2mol，个数为2NA，C正确；
9、D. 78g苯为，每个苯中含有6个碳碳键(6个键和1个大键)和6个碳氢键(6个键)，则含有键数为12NA，D错误。答案选C。【点睛】苯环的特点是六个碳碳键完全相同，介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，每个苯环中六个碳原子间形成6个键和1个大键。8.分子式为 C4H10O 的同分异构体有A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】D【解析】【详解】C4H10为丁烷，则C4H10O可能是醇或醚，当为醇时有：CH3-CH2-CH2-CH2-OH、CH3-CH2-CH(OH)-CH3 、CH3-CH(CH3)-CH2-OH、CH3-C(CH3)(OH)-CH3；当为醚时有：CH3-CH2
10、-O-CH2-CH3、CH3-O-CH2-CH2-CH3、CH3-CH(CH3) -O-CH3，故共有7种。答案选D。【点睛】醇和醚互为同分异构体。9.四氢大麻酚(简称THC)，是大麻中的主要精神活性物质，其结构如图。下列有关THC的说法不正确的是A. THC难溶于水B. 1mol THC最多可与含3mol溴单质的溴水发生反应C. THC遇FeCl3溶液能发生显色反应D. THC能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液及碳酸氢钠溶液发生化学反应【答案】D【解析】【分析】根据有机物的结构简式，判断出含有的官能团，根据官能团的性质进行分析；【详解】A、根据有机物的结构简式，含有的憎水基团所占比例大，该有机物难
11、溶于水，故A说法正确；B、1mol该有机物含有1mol碳碳双键和1mol酚羟基，1mol该有机物最多消耗3mol Br2(1mol Br2和碳碳双键发生加成反应，2mol Br2和酚羟基的邻、对位发生取代反应)，故B说法正确；C、THC中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，故C说法正确；D、依据电离出H能力COOHH2CO3酚羟基HCO3，含有酚羟基，该有机物能与NaOH、Na2CO3，但不能与NaHCO3发生反应，故D说法错误。10.有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列叙述正确的是A. 甲醇、乙二醇和丙三醇互为同系物B. 等物质的量的乙烯、乙醇和丙烯酸（CH2=
12、CHCOOH）在氧气中完全燃烧，耗氧量相等C. 用溴水可以鉴别乙烯与乙炔D. 取少量溴乙烷与NaOH水溶液共热，冷却，再加AgNO3溶液后出现淡黄色沉淀【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 甲醇分子中有一个羟基，乙二醇分子中有两个羟基，丙三醇分子中有三个羟基，则官能团的个数不同，不能互为同系物，A错误；B. 根据方程式：C2H4+3O22CO2+2H2O、C2H6O +3O22CO2+3H2O、CH2=CH-COOH +3O23CO2+2H2O，则1mol的有机物都消耗3mol的O2，所以等物质的量的乙烯、乙醇和丙烯酸（CH2=CHCOOH）在氧气中完全燃烧，耗氧量相等，B正确；C. 乙烯中
13、含有碳碳双键能与溴单质发生加成反应，乙炔中含有碳碳三键也能与溴单质发生加成反应，所以乙烯和乙炔都能使溴水褪色，用溴水不可以鉴别乙烯与乙炔，C错误；D. 卤代烃在碱性环境下发生水解，水解液显碱性，需用HNO3酸化后加入硝酸银进行检验，若不进行酸化处理，NaOH 和AgNO3会生成 AgOH 沉淀，影响实验的结果， D错误。答案选B。【点睛】B选项还可以采用下面方法：乙烯为C2H4，乙醇C2H6O写成C2H4H2O，丙烯酸（CH2=CHCOOH）写成C2H4 CO2，通过观察可得去二氧化碳和水后，分子式一样，完全燃烧消耗氧气一样多。二、选择题：每小题有1个或2个选项符合题意。11.苯甲酸的熔点为1
14、22.13，微溶于水，易溶于酒精，实验室制备少量苯甲酸的流程如下：下列叙述不正确的是A. 冷凝回流的目的是提高甲苯的转化率B. 加入 KMnO4反应后紫色变浅或消失，有浑浊生成C. 操作1为过滤，操作3为重结晶D. 得到的苯甲酸固体用酒精洗涤比用水洗涤好【答案】CD【解析】【分析】甲苯与KMnO4反应生成苯甲酸，操作1将二氧化锰过滤，操作2将苯甲酸钾酸化变为苯甲酸，操作3为过滤得到苯甲酸固体。【详解】A.冷凝回流能将加热过程中产生的蒸气冷却成液态，回流到反应装置中继续反应，则目的是提高甲苯的转化率和利用率，A正确；B.甲苯加入KMnO4反应生成苯甲酸和二氧化锰，因此溶液出现紫色变浅或消失，有浑
15、浊生成，B正确；C.二氧化锰难溶于水，因此操作1为过滤，苯甲酸钾变为苯甲酸，因此操作2为酸化，又苯甲酸微溶于水，所以得到苯甲酸固体，因此操作3为过滤，C错误；D.苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，用酒精洗涤将苯甲酸溶解，因此得到的苯甲酸固体用水洗涤比酒精好，D错误。答案选CD。12.铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示（黑球代表 Fe，白球代表 Mg)。则下列说法不正确的是 A. 铁镁合金的化学式为 Mg2FeB. 晶体中存在的化学键类型为金属键、离子键C. 晶胞中 Fe与 Mg的配位数均为4D. 该晶胞的质量是g【答案】BC【解析】【分析】【详解】A根据均摊法，该晶
16、胞中Fe原子的数目为=4，Mg原子的个数为8，Fe、Mg原子个数之比=4：8=1：2，所以其化学式为Mg2Fe，故A正确；B金属晶体中存在金属键，该晶体属于合金，属于金属晶体，所以只含金属键，故B错误；C根据晶胞结构示意图可知，距离Mg原子最近且相等的Fe原子有4个，即Mg的配位数为4，而该晶体的化学式为Mg2Fe，所以Fe的配位数为8，故C错误；D晶胞中Fe原子个数为4，Mg原子个数为8，所以晶胞的质量为=g，故D正确；故答案为BC。13.下列说法正确的是A. 乳酸薄荷醇酯 仅能发生水解、氧化、消去反应B. 乙醛和丙烯醛 不是同系物，但它们与氢气充分反应后的产物是同系物C. 甲醇、乙醇、乙二
17、醇的沸点逐渐升高D. 甲苯、乙烯均能使酸性 KMnO4 溶液褪色，但反应原理不同【答案】BC【解析】【详解】A. 含-COOC-可发生水解、取代反应，含-OH可发生氧化、消去、取代反应等，故A错误；B. 乙醛和丙烯醛的结构不相似，但与氢气的加成产物均为饱和一元醇，则乙醛和丙烯醛不是同系物，但它们与氢气充分反应后的产物是同系物，故B正确；C. 甲醇与乙醇相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越大，乙醇与乙二醇比较含-OH越多，沸点越大，所以甲醇、乙醇、乙二醇的沸点逐渐升高，故C正确；D. 甲苯、乙烯均能被酸性 KMnO4 氧化，而使溶液褪色，反应原理相同，故D错误；故选BC。14.短周期元素A
18、、B、D、E的原子序数依次增大，B、E位于同主族，四种元素组成的一种化合物M的结构式为。下列说法不正确的是A. E的最简单氢化物的还原性比B的弱B. D与E形成的二元化合物的水溶液显碱性C. B与E形成的化合物不都是极性分子D. A与D形成的二元化合物中含有离子键【答案】A【解析】【分析】短周期元素A、B、D、E的原子序数依次增大，B、E位于同主族，四种元素组成的一种化合物M的结构式为，B与A成键时，B形成两个共价键，位于A族，B、E位于同主族，则B为O元素，E为S元素，E能形成4个共价键，有一对配位键，得到D给的一个电子达到稳定结构；D能形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则D为Na元素；A
19、只能形成一个共价键，则A位于A族，结合原子序数大小可知，A为H元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】AB为O元素，E为S元素，最简单氢化物的还原性主要比较元素最低价阴离子的还原性，单质的氧化性越强，其最低价阴离子的还原性越强，单质的氧化性：O2S，则S2-O2-，因此E的最简单氢化物的还原性比B的强，故A错误； BD为Na元素，E为S元素，D与E形成的二元化合物为Na2S，属于强碱弱酸盐，硫离子水解使溶液显碱性，故B正确；CB为O元素，E为S元素，B与E形成的化合物有SO2和SO3，SO2中心原子S成键电子对数为2，孤电子对数为=1，S原子采取sp2，分子结构为V形，正负电荷中心不重合，属于
20、极性分子；SO3中心原子S成键电子对数为3，孤电子对数为=0，S原子采取sp2，分子结构为平面三角形，S原子位于平面正三角形的中心，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C正确；DA为H元素，D为Na元素，A与D形成的二元化合物为HNa属于离子化合物，含有离子键，故D正确；答案选A。15.对有机物性质进行探究，下列描述不正确的是A. 对甲基苯甲醛()能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它含有醛基B. 将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后再移至内焰，铜丝又恢复到原来的红色C. 向2mL10%的NaOH溶液中滴几滴CuSO4溶液，再加入乙醛溶液加热有红色沉淀产生D. 向苯酚溶液中滴加几滴稀溴水出现白色沉淀【答案
21、】AD【解析】【分析】【详解】A对甲基苯甲醛()能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有可能是苯环上的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为-COOH而褪色，也有可能是醛基被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，所以不能说明它含有醛基，故A错误；B铜丝在酒精灯外焰加热后产生氧化铜变黑，再移至内焰，内焰含有乙醇，铜丝表面黑色的氧化铜被还原为单质铜，因此铜丝恢复成原来的红色，故B正确；C向2mL10%的NaOH溶液中滴几滴CuSO4溶液生成氢氧化铜且氢氧化钠过量，溶液呈碱性，再加入乙醛溶液加热，乙醛和新制的氢氧化铜在碱性条件下反应产生红色沉淀氧化亚铜，故C正确；D在苯酚溶液中滴加几滴稀溴水产生的三溴苯酚溶解在过量的苯酚溶液中不会
22、出现白色沉淀，只有将少量的苯酚溶液中滴入浓溴水中才能产生的三溴苯酚沉淀，故D错误；答案选AD。三、非选择题16.第IIA族元素在地壳内蕴藏较丰富，其单质和化合物用途广泛。回答下列问题：(1)基态Ca原子M能层有_个运动状态不同的电子，Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高，原因_。(2)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化方式为_。(3)碳酸盐的热分解示意图如下图所示。热分解温度：CaCO3_(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_。从成键轨道看，CO2分子内的化学键
23、类型有_。(4)格氏试剂RMgX是镁和卤代烃反应的产物，它在醚的稀溶液中以单体形式存在，在浓溶液中以二聚体存在，二聚体结构如下图所示。请在图中标出二聚体中的配位键_。【答案】 (1). 8 (2). Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). 低于 (6). r(Ca2+)r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，CaCO3更易分解 (7). 键、键 (8). 【解析】【分析】(1)元素有几种电子，其核外电子就有几种运动状态；Mn的原子半径更小、价电子更多；(2)ClO3-中心原子Cl的孤电子对数=1，价层电子对数=1+3=4，杂化轨道数目为
24、4，在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得微粒空间构型；(3)碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，r(Ca2+)r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能；CO2分子为O=C=O结构，双键中碳原子与氧原子电子云以“头碰头”“肩并肩”形成进行重叠；(4)含有空轨道的离子和含有孤电子对的原子间易形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的离子。【详解】(1)元素有几种电子，其核外电子就有几种运动状态，Ca原子M层有8个电子，所以M层电子有8种运动状态；与Ca相比，Mn的原子半径更小、价电子数更多，Mn中金属键更强，故金属Mn的熔点沸点都比金属Ca高；(2) ClO3中
25、心原子Cl的孤电子对数=1，价层电子对数=1+3=4，杂化轨道数目为4，Cl原子采取sp3杂化，微粒的VSEPR模型为四面体形，忽略孤对电子可得微粒空间构型为三角锥形；(3)碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，r(Ca2+)r(Sr2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，CaCO3更易分解，即碳酸钙的热分解温度低于碳酸锶；CO2分子为O=C=O结构，双键中碳原子与氧原子电子云以“头碰头”“肩并肩”形成进行重叠，含有键、键；(4)配位键是由孤对电子与空对轨道形成的，Mg最外层有两个电子，可以与R、X形成离子键，而O原子中存在孤对电子，所以两个O(C2H5)2可以与Mg形成配位键，
26、在二聚体中，同理，一个Mg与R、X相连，则另外一个X和O(C2H5)2则与Mg形成配位键，如图所示：。【点睛】配合物中，一般金属阳离子提供空轨道，含有孤电子对原子提供孤电子对，配位键表示时，由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子。17.某化学小组利用图1装置来制备1，2-二溴乙烷，利用图2装置来进一步精制。1，2-二溴乙烷是无色液体，密度为2.18gcm-3，沸点为131.4，熔点为9.79，微溶于水，易溶于乙醇、乙醚、丙酮等有机溶剂。实验前将无水乙醇和浓硫酸按体积比1:3混合制得乙烯制备液。I制备粗品实验步骤：连接好装置，检查装置的气密性，分液漏斗中装乙烯制备液，d中装适量的液溴(表面覆盖
27、少量水)，其他药品按图1加入，打开分液漏斗旋塞滴入适量的液体后，关闭旋塞，点燃酒精灯加热使温度迅速升高到170直至反应完全，停止加热。回答下列问题：(1)仪器a的名称为 _，b装置的作用为 _ 。(2)d装置中发生反应的化学方程式为 _ 。(3)如果缺少C装置会导致1，2-二溴乙烷的产率降低，原因是_(用离子方程式表示)。(4)判断d中液溴反应完全的标准是 _。II制备精品(5)d中制得的1，2-二溴乙烷中含有水，可先用_方法进行分离，再将1，2 二溴乙烷用如图2 装置进行蒸馏，蒸馏时加入无水 Na2SO4的目的是_，收集产品时，温度应控制在_左右。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 作安
28、全瓶 (3). CH2=CH2+Br2 CH2BrCH2Br (4). SO2+Br2+2H2O=4H+ + SO42-+2Br- (5). 试管d中液体的颜色变成无色 (6). 分液 (7). 吸收少量的水 (8). 131.4【解析】【分析】根据装置：a为制备乙烯：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，制得的乙烯中混有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等物质，经过安全瓶b吸收乙醇，同时可以检查实验进行时试管d是否发生堵塞，经过c中NaOH溶液吸收CO2、SO2等酸性气体，乙烯在d中与溴反应：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，其中冷水冷却减少溴的挥发，e中NaOH溶液吸收尾气防止污染，制得
29、的1，2-二溴乙烷中含有水，先除去水分，在进行蒸馏提纯，据此分析作答。【详解】I (1)仪器a的名称为蒸馏烧瓶，而b装置的特点是有一根长玻璃管与大气相通，如果右端发生堵塞则可观察到玻璃管中的液面会上升，故b用作安全瓶；(2)根据分析，d装置中发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；(3)如果缺少c装置会导致1，2-二溴乙烷的产率降低，原因是乙烯制备过程中，由于浓硫酸具有脱水性，使乙醇脱水形成碳单质，碳与浓硫酸反应产生SO2，会与溴和水反应，所以离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-；(4)因为液溴是深红棕色的液体而生成的，1，2-二溴乙烷为无
30、色液体，所以判断液溴反应完全的标准是观察到试管d中的液体颜色变为无色；II (5)1，2-二溴乙烷和水互不相溶，所以先用分液的方法除去大部分水，再在1，2-二溴乙烷中加入无水硫酸钠(作吸水剂)吸收少量的水进行蒸馏，蒸馏时，收集馏分的温度应当根据该物质的沸点确定，1，2-二溴乙烷沸点为131.4，温度应控制在131.4左右。【点睛】难点为(3)，乙醇在浓硫酸做催化剂条件反应制取乙烯过程中，由于浓硫酸具有脱水性，会使少量乙醇发生脱水形成碳单质，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成CO2、SO2等酸性气体，SO2可与溴水反应。18.按要求填写下列空格。(1)CHCCH(CH3)2系统命名法命名为_。(2)
31、支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为 _。(3)2，3二甲基1丁烯的结构简式为_。(4)某烃分子式为 C6H14，若该烃不可能由炔烃与氢气加成得到，则该烃的结构简式为_。(5)依据AE几种烃分子的示意图回答问题。B中所含官能团名称是 _； 上述分子中属于C的同系物的是 _(填序号)。 等物质的量的上述烃，完全燃烧时消耗 O2最多的是_。等质量的上述烃完全燃烧时消耗 O2最多的是_(填序号)。【答案】 (1). 3-甲基-1-丁炔 (2). (3). CH2=C(CH3)CH(CH3)2 (4). (CH3)2CHCH(CH3)2 (5). 碳碳双键 (6). A (7). D (8).
32、 A【解析】【分析】(1)炔烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，并表示出官能团的位置；(2)烷烃中含有取代基乙基，则主链至少含有5个C原子，据此写出满足条件的烷烃的结构简式；(3)该有机物为烯烃，根据烯烃的系统命名法形成其结构简式；(4)若该烃不可能由炔烃与氢气加成得到，则除甲基外，不存在C上含2个H；(5)A为甲烷的球棍模型，B为乙烯的球棍模型，C为丙烷的结构简式，D为苯的球棍模型，E为丙烷的球棍模型，根据有机物的结构与性质解答。【详解】(1)选择最长的碳链为主连，离官能团最近的一端开始编号，1号碳上有一个碳碳三键，3号碳上一个甲基，最长的链为
33、4个碳，根据系统命名法，该有机物的名称为3-甲基-1-丁炔；(2)支链有一个乙基，乙基不能挂在主链两端的前两个碳原子上，且式量最小的烷烃，则主链最少有5个碳原子，该有机物的名称为3-乙基戊烷，结构简式为：；(3)根据名称2，3二甲基1丁烯，主链上有4个碳原子，1号碳上有一个碳碳双键，2、3号碳原子上分别有一个甲基，则该有机物的结构简式为CH2=C(CH3)CH(CH3)2；(4)某烃分子式为C6H14，若该烃不可能由炔烃与氢气加成得到，则除甲基外，不存在C上含2个H，符合条件的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2；(5)A为甲烷的球棍模型，B为乙烯的球棍模型，C为丙烷的结构简式，D为苯的
34、球棍模型，E为丙烷的球棍模型；B为乙烯的球棍模型，乙烯属于烯烃，官能团为碳碳双键；结构相似、类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互为同系物，C为丙烷，A为甲烷，二者类别相同，结构相似，在分子组成上相差两个“-CH2-”原子团，二者互为同系物；等物质的量时，物质分子中含有的C、H原子数越多，消耗O2就越多。A表示甲烷CH4，B表示乙CH2=CH2，C表示丙烷C3H8， D表示苯C6H6， E表示丙烷C3H8，假设各种物质的物质的量都是1mol，1mol CH4完全燃烧消耗O2的物质的量是2mol，1mol乙烯完全燃烧消耗O2的物质的量是3mol；1mo|丙烷完全燃烧消
35、耗O2的物质的量是5mol；1mol苯完全燃烧消耗O2的物质的量是7.5mol，可见等物质的量的上述烃，完全燃烧消耗O2的物质的量最多的是苯，答案选D；当烃等质量时，由于消耗1mol O2需4mol H原子其质量是4g；同样消耗1mol O2，需1molC原子，其质量是12g，若都是12g，则H元素要消耗3molO2，C元素消耗1molO2，所以等质量的不同烃，有机物中H元素的含量越高，消耗O2就越多，由于CH4中H元素含量最多，所以等质量时完全燃烧时消耗O2最多的是CH4，答案选A。【点睛】在给含有官能团的有机物命名时，要先考虑离官能团近的一端开始编号，不能先以其他取代基近的一端编号。设烃为
36、CxHy时，等质量的烃时含H的质量分数越大、消耗氧气越多；等物质的量时x+越大，消耗氧气越多。19.化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。I可以用 E和 H 在一定条件下合成：已知以下信息：A 的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；RCH=CH2 R CH2CH2OH； 化合物F苯环上的一氯代物只有两种； 通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。请回答下列问题：(1)A 所含官能团的名称是 _ 。CD 的反应类型为 _ (2)C 名称为 _ ，I的结构筒式为 _ 。(3)写出 DE 第步反应的化学方程式；_ ；(4)I的同系物J比I
37、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：苯环上只有两个取代基，既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有_种(不考虑立体异构)。J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2:2:1，写出J的这种同分异构体的结构简式_。【答案】 (1). 氯原子 (2). 氧化反应 (3). 2-甲基-1-丙醇 (4). (5). (CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)2CHCOONa+3H2O+Cu2O (6). 18 (7). 【解析】【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，所以A的结
38、构简式为(CH3)3CCl，比较A、B的分子式可知，AB是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，BC是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；CD是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，DE是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，所以F的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此G的结构简式为，GH是水解反应，根据信息，应该是-CHCl2变成-CHO，则H的结构简式为，HI是酯化反应，I的结构简式为：，据此答题。【详解】(1)A的结构简式为(CH3)3CCl
39、，所含官能团的名称是氯原子；根据分析，CD 的反应类型为氧化反应；(2)C的结构简式为(CH3)2CHCH2OH，主链为3个碳，官能团为羟基，从离羟基最近的一端编号，1号碳上有一个羟基，2号碳上有一个甲基，名称为2-甲基-1-丙醇；根据分析，I的结构筒式为；(3)D是(CH3)2CHCHO，D中的官能团名称为醛基， DE 第步反应是用新制的氢氧化铜检验醛基的反应，醛基被氧化，则化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)2CHCOONa+3H2O+Cu2O；(4)J是I的同系物，相对分子质量小14，说明J比I少一个C原子，两个取代基，既能发生银镜反应，又能和饱和NaH
40、CO3溶液反应放出CO2；官能团一个是羧基，一个醛基，则有机物的结构为苯环与-COOH与-CH2CH2CHO组合，或-COOH与-CH(CH3)CHO组合，或-CH2COOH与-CH2CHO组合，或-CH2CH2COOH与-CHO组合，或-CH(CH3)COOH与-CHO组合，或HOOCCH(CHO)-与-CH3的组合，在苯环上，两个取代基分别有邻间对三个位置关系，则J的符合条件的同分异构体共有18种，J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2:2:1，J的这种同分异构体的结构简式为。【点睛】本题难度不大，在推断流程中各有机物的结构简式时，要充分利用题干提供的已
41、知信息，这些已知信息是分析判断有机物结构简式的关键点。20.下面是一些晶体的结构示意图。请回答下列问题：(1)下图为金刚石晶胞，则1个金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_a。(2)下图为钛酸钡晶体的晶胞结构，该晶体经X射线分析得出，重复单位为立方体，顶点位置被Ti4+所占据，体心位置被Ba2+所占据，棱心位置被O2-所占据。在该物质的晶体中，每个Ti4+周围与它距离最近且相等的Ti4+有_个，它们的空间构型为_。O2-的钡配位数是_。若将Ti4+置于晶胞的体心，Ba2+置于晶胞顶点，则O2-处于立方体的_位置。(3)PbS是一种重要的半导
42、体材料，具有NaCl型结构(如下图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得PbS的晶胞参数为a=0.594nm。已知坐标参数：A(0，0，0)，B(，0)，则C 的坐标参数为 _ 。PbS晶体的密度为_ gcm-3。(列出计算式即可)【答案】 (1). 8 (2). (3). 6 (4). 正八面体 (5). 4 (6). 面心 (7). (， ) (8). 【解析】【分析】(1)利用均摊法计算；(2)晶胞顶点位置上的Ti4+与其上、下、左、右、前、后的6个Ti4+最邻近且距离相等；以棱上的O2-为参照点，与O2-最邻近且距离相等的Ba2+位于每个晶胞的体心；若将Ti4+置于
43、晶胞的体心，Ba2+置于晶胞顶点，则O2-处于立方体的面心；(3)由A、B坐标参数，可知A为坐标系原点，坐标系面xOy为晶胞下底面，坐标系面xOz为晶胞左侧面，坐标系面yOz为晶胞后平面，C为位于晶胞体心，到各面的距离相等；均摊法计算晶胞中Pb2+、S2离子数目，计算晶胞中离子总质量，晶体密度晶胞质量晶胞体积。【详解】(1)晶胞中顶点微粒数为：8=1，面心微粒数为：6=3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；位于晶胞内部的四个碳原子处于八分之一晶胞的中心，因此，晶胞的体对角线长度与四个碳原子直径相同，即a=8r，r=a；(2)由晶体结构，晶胞顶点位置上的Ti4+与其上、下、左、右、前、后的6个T
44、i4+最邻近且距离相等；若将它们连接起来，则形成一个正八面体；每个晶胞含有一个Ba2+，O2-位于晶胞的棱上，被4个晶胞共用，与它最邻近且距离相等的Ba2+位于晶胞的体心，则O2-的钡配位数是4；根据晶胞结构可知，每个Ti4+周围有6个O2-，若Ti4+位于晶胞的体心，Ba2+位于晶胞的顶点，则O2-处于立方体面心上；(3)由A、B坐标参数，可知A为坐标系原点，坐标系面xOy为晶胞下底面，坐标系面xOz为晶胞左侧面，坐标系面yOz为晶胞后平面，C为位于晶胞体心，到各面的距离相等，结合B(，0)，则C的坐标参数为(，)；晶胞中Pb2+离子数目1+12=4、S2离子数目8+6=4，晶胞中离子总质量=g，晶体密度=g/cm3。【点睛】金刚石晶胞中的体对角线与四个碳原子直径相同，也就是等于8个碳原子的半径，根据立体几何中立方体棱长a，则面对角线为a，根据勾股定理可得，因此体对角线的长度为a，根据体对角线与碳原子的半径的关系计算。
