1、吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体2019-2020学年高二化学下学期期末联考试题（含解析）1.如果你家里的食用花生油混有水份，你将采用下列何种方法分离 （ ）A. 过滤B. 蒸馏C. 分液D. 萃取【答案】C【解析】【详解】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。花生油不溶于水，分液即可，答案选C。2.下列实验中玻璃棒的作用相同的是( )过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A. 和B. 和C. 和D.
2、和【答案】D【解析】【详解】过滤时需要用玻璃棒引流；蒸发时用玻璃棒搅拌有利于受热均匀； 溶解时用玻璃棒搅拌加快溶解速度；向容量瓶转移液体时用玻璃棒进行引流，其中玻璃棒作用相同是或者是，选项D符合要求，故选：D。3.以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的集装箱应贴的图标是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A属于腐蚀品标志，一般用于浓硫酸、氢氧化钠等腐蚀性试剂的张贴，A不合题意；B属于爆炸品标志，一般用于烟花爆竹、炸药等爆炸品的张贴，B不合题意；C属于有毒气体标志，一般用于氟气、氯气、一氧化碳等张贴，C不合题意；D乙醇是具有可燃性的液体，应该张贴的标志是易燃液体，D符合题意；故选D
3、。4.我国城市环境中的大气污染物主要是A. CO2、Cl2、N2、酸雨B. SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物C. NH3、CO2、NO2、雾D. HCl、SO2、N2、可吸入颗粒物【答案】B【解析】【详解】A、C项中的二氧化碳不属于大气污染物，D项中的氮气不属于大气污染物，B项中SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物均属于大气污染物，故选B。5.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NAB. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD. 物质的量浓度
4、为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA【答案】B【解析】【详解】A. 标准状况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，A错误；B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为：1.06g/(106gmol-1)2NA/mol =0.02NA，B正确；C. 在标准状况下，1NA个CO2分子占有的体积才等于22.4L，C错误；D. 0.5mol/L的MgCl2溶液只知道物质的量浓度，体积未知，则其中含有Cl-个数无法求出，D错误；答案选B。【点睛】标准状况下，1NA个气体分子占有的体积才为22.4L；求出微粒的个数时只知道物质的量浓度是不够的，还
5、需要知道其体积，才能求出其物质的量，进而求出微粒的个数。6.下列说法正确的是江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质冰和干冰既是纯净物又是化合物雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故正确；“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实
6、完全电离的，故错误；冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，故正确；雾是气溶胶，胶体有丁达尔现象，故正确；加入稀盐酸产生无色气体，将生成气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则溶液可能有CO32-（SO32-也会变浑浊），故错误；溶液能透过半透膜，而胶体不能，可用渗析法分离，故正确；答案选B。7.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的是A. Na、Al3、ClB. Na、Ca2、C K、Cl、Cu2D. Ba2、Cl、K、【答案】A【解析】【分析】强酸性溶液中，含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，结合离子的颜色分析判断。【详解】A酸性溶液中该组离子之间不反应，且均为无色离子，能大量共
7、存，故A正确；B酸溶液中不能大量存在，且与Ca2+结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，但Cu2+为蓝色，与溶液无色不符，故C错误；D因与Ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。8.人们常根据物质各种特点对物质进行分类下列分类中，前者包含后者的是（ ）A. 氧化物、化合物B. 溶液、分散系C. 含氧酸、酸D. 化合物、电解质【答案】D【解析】【详解】A、化合物可以分为氧化物、酸、碱、盐等，化合物包含氧化物，故A错误；B、混合物分为溶液、胶体和浊液三大分散系，分散系包含溶液，故B错误；C、酸分为无氧酸和含氧酸，酸包含含氧酸，故C错误；D、电解质是在水溶液或者是
8、熔融状态下能导电的化合物，化合物包含电解质和非电解质，故D正确；答案选D。9.海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2SO22H2O=2HBrH2SO4，下列说法正确的是()。A. Br2在反应中表现氧化性B. SO2在反应中被还原C. Br2在反应中失去电子D. 1 mol氧化剂在反应中得到1 mol电子【答案】A【解析】根据方程式控制，Br的化合价从0价降低到1价，得到1个电子。S的化合价从4价升高到6价，失去2个电子，所以单质溴是氧化剂，SO2是还原剂，答案选A。10.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质
9、R不反应；X2+Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2+Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（ ）A. R2+X2+Z2+Y2+B. X2+R2+Y2+Z2+C. Y2+Z2+R2+X2+D. Z2+X2+R2+Y2+【答案】A【解析】【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析。【详解】反应X2+Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+Z2+；反应Y+Z2+=Y2+Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+X2+；综上所述，四种离子的氧化性大小为R2+
10、X2+Z2+Y2+，A项正确；故选A。11.在物质结构研究的历史上，首先提出原子内有电子学说的科学家是A. 道尔顿B. 卢瑟福C. 汤姆生D. 波尔【答案】C【解析】【详解】A道尔顿提出近百代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，选项A错误；B卢度瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，选项B错误；C汤姆生发现了电子，提出“道葡萄干面包式”的原子结构模型，选项C正确；D波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在内一定轨道上运动的原子结构模型，选项D错误；答案选C。12.具有下列电子排布式的原子中，半径最小的是（ ）A. ls22s22p63s23p3B. 1s22s22p3
11、C. 1s22s2sp2D. 1s22s22p63s23p4【答案】B【解析】【详解】根据电子排布式可知A是P元素，B是N元素，C是C元素，D是S元素，C和N元素有2个电子层，P和S元素有3个电子层，所以P和S元素原子半径大于C和N元素，C和N属于同一周期，且N元素原子序数大于C，根据元素周期律知，C的原子半径大于N元素，所以原子半径最小的是N元素。答案选B。13.下列表达方式错误的是A. CO2的分子模型示意图B. 甲烷的电子式C. 硫原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4D. 碳12原子构成为【答案】A【解析】【详解】A二氧化碳分子是直线型分子，不是V型，故A错误；B甲烷的分子
12、式为CH4，甲烷中的碳原子与氢原子形成4个共价单键，则电子式，故B正确；C硫原子的核外有16个电子，核外电子排布式1s22s22p63s23p4 ，故C正确；D原子符号的左上角表示原子质量数，左下角表示原子质子数，碳12原子的质量数为12，质子数为6，则该原子构成为，故D正确；答案选A。14.下列晶体熔化时不需破坏化学键的是（ ）A. 晶体硅B. 氯化钠固体C. 金属钾D. 干冰【答案】D【解析】A晶体硅含共价键，晶体熔化时破坏共价键，故A不选；B食盐含离子键，晶体熔化时破坏离子键，故B不选；C金属钾含金属键，熔化时不需破坏金属键，故C不选；D干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，故D选；故选
13、D。点睛：把握晶体类型、晶体中化学键变化为解答的关键，一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，金属含金属键，只有分子构成的晶体熔化时破坏分子间作用力、化学键不变，以此来解答。15.下面的排序不正确的是（ ）A. 晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅C. 熔点由高到低：NaMgAlD. 熔点由高到低：NaF NaCl NaBrNaI【答案】C【解析】【详解】A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4CI4，A正确；B. 原子晶体中，原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越牢固，硬度越
14、大，键长CCCSi碳化硅晶体硅，B正确；C. 金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金属阳离子与自由移动的电子之间的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，则熔点由高到低：AlMgNa，C错误；D. 离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，离子半径：r(F-)r(Cl-)r(Br-)NaClNaBrNaI，D正确；故答案为：C。16.关于CO2说法正确的是A. 碳原子采取sp杂化B. CO2是正四面体型结构C. 干冰是原子晶体D. CO2为极性分子【答案】A【解析】【详解】A二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形分子，所以碳原子采取sp杂化，故A正确；
15、B二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，故B错误；C干冰是二氧化碳分子构成的晶体，所以为分子晶体，故C错误；D二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故D错误；故选A。【点评】本题以二氧化碳为载体考查分子空间构型判断、原子杂化方式判断、晶体类型判断、极性分子和非极性分子判断，为高考高频点，侧重考查基本理论，明确价层电子对互斥理论、晶体构成微粒与晶体类型的关系等即可解答，题目难度不大。17.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： 1s22s22p63s23p4； 1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.
16、第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性：D. 最高正化合价：【答案】A【解析】【分析】根据基态原子的电子排布可知为S元素，为P元素，为N元素。【详解】A同主族元素自上而下第一电离能减小，所以NP，P最外层半满，更稳定，且与S元素相邻，所以PS，三种元素第一电离能，故A正确；B电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径，故B错误；C非金属越强电负性越大，非金属性SP，所以电负性，故C错误；DN和P的最高正价均为+5价，S的最高正价为+6价，所以最高正价=，故D错误；故答案为A。18.关于氢键，下列说法正确的是()A. 含氢元素的化合物中一定有氢键B. 氢键比分子间
17、作用力强，所以它属于化学键C. DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致【答案】C【解析】【详解】A. 某些含N-H、O-H、F-H的化合物才能形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷中含有氢元素，不含氢键，故A错误；B.氢键不属于化学键，属于分子间作用力的一种，故B错误；C.N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，所以C选项是正确的；D. H2O是一种非常稳定的化合物，与共价键有关，与氢键无关，故D错误。所以C选项是正确的。19.根据等电子原理，下列各对粒子中，空间结构相似的是()A. SO2与O3B. CO2与N
18、O2C. CS2与NO2D. PCl3与BF3【答案】A【解析】【详解】A、O3和SO2的原子个数都为3，氧和硫的价电子数都为6，O3价电子数共为18，SO2的价电子数共为18，属于等电子体，结构相似，选项A正确；B、CO2和NO2的原子个数都为3，氧原子、氮原子、碳原子的价电子数分别为6、5、4，CO2价电子数共为16，NO2的价电子数共为17，不属于等电子体，结构不相似，选项B错误；C、CS2和NO2的原子个数都为3，氧原子、硫原子、氮原子、碳原子的价电子数分别为6、6、5、4，CS2价电子数共为16，NO2的价电子数共为17，不属于等电子体，结构不相似，选项C错误；D、PCl3与BF3的
19、原子个数都为3，磷原子、氯原子、硼原子、氟原子的价电子数分别为5、7、3、7，PCl3价电子数共为26，BF3的价电子数共为24，不属于等电子体，结构不相似，选项D错误。答案选A。【点睛】本题以分子空间构型的判断为载体考查了等电子体，题目难度中等。解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，才能顺利解答。20.下列关于丙烯（CH3CH=CH2）的说法正确的A. 丙烯分子有8个键，2个键B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C. 丙烯分子存在非极性键D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上【答案】C【解析】【详解】AC-C、C-H键都是键，C=C键是一个键和一个键，则丙烯分子有8个键，1个键，
20、故A错误；B丙烯分子中C原子以四个单键结合的，即是sp3杂化，以C=C结合的，即是sp2杂化，故B错误；C同种原子结合的共价键是非极性键，丙烯中存在C-C，则存在非极性键，故C正确；D丙烯中含有碳碳双键和甲基，C=C双键为平面结构，与碳碳双键上的碳原子直接相连的所有原子在同一平面，则丙烯分子中3个碳原子在同一平面上，甲基为四面体结构可知，丙烯分子中最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；答案选C。21.以下用于研究有机物的方法错误的是（ ）A. 蒸馏可用于分离提纯液体有机混合物B. 燃烧法是研究确定有机物成分一种有效方法C. 核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量D. 对有机物分子红外光谱
21、图的研究有助于确定有机物分子中的基团【答案】C【解析】【详解】A蒸馏是利用互溶液体沸点不同而进行分离，一般有机混合物因极性相近，能够互溶，但沸点不同，所以液体有机混合物可用蒸馏进行分离，A正确；B有机物充分燃烧的产物通常为二氧化碳和水等，利用燃烧法，可定量测定有机物中的碳氢、氧、的个数比，从而确定该有机物的实验式，B正确；C有机物的相对分子质量的测定通常用质谱法，核磁共振氢谱通常用于分析有机物里氢原子的种类及数目，C错误；D红外光谱通常用于分析有机物含有的化学键和官能团，D正确。答案选C。22. 制取较纯净的一氯乙烷最好采用的方法是A. 乙烷和氯气反应B. 乙烯和氯气反应C. 乙烯和氯化氢反应
22、D. 乙烷通入浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A、CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，且可能含有其它氯代烃生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；B、CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；C、CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合原子经济理念，故C正确；D、乙烷和浓盐酸不反应，故D错误。答案选C。23.如图是一种有机物的模型，该模型代表的有机物可能是（ ）A. 饱和一元醇B. 羟基酸C 羧酸酯D. 饱和一元醛【答案】B【解析】【分析】根据模型可知该有机物为，据此分析判断。【详解】由分析可知该
23、有机物为，结构中存在羟基和羧基，因此属于羟基酸；答案选B。24.某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是：A. 2-甲基-1-丁炔B. 2-甲基-3-丁炔C. 3-甲基-1-丁炔D. 3-甲基-2-丁炔【答案】C【解析】【详解】烯烃或炔烃发生加成反应时，其碳链结构不变，所以该炔烃与2-甲基丁烷的碳链结构相同，2-甲基丁烷()中能插入三键的位置只有一个，即该炔烃的结构简式为，其名称为3-甲基-1-丁炔，答案选C。25. 既可发生消去反应，又能被氧化成醛的物质是（ ）A. 2-甲基-1-丁醇B. 2，2-二甲基-1-丁醇C. 2-甲基-2-丁醇D. 2，3-二甲基-2-丁醇【答案】A【解析】
24、【分析】醇分子中，连有羟基（-OH）的碳原子必须有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上，并且还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。与羟基相连的碳原子上至少连有2个氢原子的醇才能被氧化为醛。【详解】A2甲基1丁醇既可以发生消去反应，又能被氧化成醛，符合题意；B2，2二甲基1丁醇不能发生消去反应，不符合题意；C2甲基2丁醇不能发生催化氧化，不符合题意；D2，3二甲基2丁醇不能发生催化氧化，不符合题意；答案选A。26.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A. 7种B. 8种C. 9种D. 10种【答案】C【解析】【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8C
25、l2共有9种同分异构体，答案选C。27.现有三组混合液：(1)甲酸乙酯和乙酸钠；(2)乙醇和丁醇；(3)溴化钠和单质溴的水溶液；分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）A. 分液、萃取、蒸馏B. 萃取、分液、蒸馏C. 萃取、蒸馏、分液D. 分液、蒸馏、萃取【答案】D【解析】【详解】（1）甲酸乙酯不溶于水，乙酸钠溶于水，可用分液的方法分离；（2）乙醇和丁醇是互溶的两种液体，沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离；（3）向溴化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；答案选D。28.若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中
26、的氧都是16O，二者在浓H2SO4作用下发生反应，一段时间后，分子中含有18O的有机物质有A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】B【解析】【分析】酯化反应中乙酸中的羧基提供羟基、乙醇中的羟基提供氢原子，羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯，据此分析判断。【详解】若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓H2SO4作用下发生酯化反应的化学方程式为：CH3C18O18OH+H16OCH2CH3 CH3C18O16OCH2CH3+H218O，酯化反应是可逆反应，所以含有18O的有机物质有：CH3C18O18OH、CH3C18O16OCH2CH32种物质，故选B。29
27、.从柑橘中炼制萜二烯，下列有关它推测，不正确的是A. 它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 常温下为液态，难溶于水C. 分子式为C10H16D. 与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为【答案】A【解析】【分析】该有机物中碳碳双键，根据碳碳双键的性质进行分析。【详解】A. 萜二烯中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A说法错误；B. 萜二烯分子中含有十个碳原子，常温下为液体，烃类化合物一般难溶于水，故B说法正确；C. 根据萜二烯分子结构图，可知其分子式为C10H16，故C说法正确；D. 1mol该物质中含有2mol碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应，得到，故D说法正确；答案：A。30.上海
28、世博会开幕式于2010年4月30日顺利召开。世博会期间对大量盆栽鲜花施用了S诱抗素制剂，以保证鲜花盛开。S诱抗素的分子结构如下图所示，下列关于该物质的说法正确的是A. 其分子式为C15H22O4B. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHC. 一定条件下，lmol该有机物最多可与4mol氢气发生加成反应D. 既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A根据该有机物的结构简式可知，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，其分子式为C15H20O4，故A错误；B该有机物含有一个羧基，1 mol该物质与
29、足量NaOH溶液反应，最多消耗1mol NaOH，故B错误；C该有机物含有3个碳碳双键和一个羰基，一定条件下，都可与氢气发生加成反应，则lmol该有机物最多可与4mol氢气发生加成反应，故C正确；D该有机物不含苯环，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，含有碳碳双键，具有烯烃性质，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误； 答案选C。31.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2。(1)该反应中的还原剂是_；(2)该反应中，发生还原反应的过程是_；(3)写出该反应的化学方程式_；(4)如
30、反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为_。(5)实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL：本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_。【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). 2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)33O22H2O (5). 3.36L (6). 250mL容量瓶【解析】【分析】(1)由H2O2只发生如下过程H2O2O2可知，利用该过程中O元素的化合价由-1价升高到0来分析；(2)氧化剂发生还原反应，利用元素的化合价降低来分析；(3)由失去电子的元素指向得
31、到电子的元素，并标出电子转移的总数来用单线桥法标出电子转移的方向和数目；(4)由反应可知生成3mol气体转移6mol电子，以此来计算；(5)根据配制一定量浓度溶液需要的仪器分析判断。【详解】(1)由信息H2O2O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂；(2)氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4Cr(OH)3；(3)根据(1)、(2)分析，结合物料守恒，该反应的化学方程式2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)33O22H2O；(4)由2H2CrO4+3H2O22Cr(OH)3+3O2+2H2O可知，生
32、成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为，其在标准状况下体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L；(5)实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，由于实验室没有240mL容量瓶，需要用250mL容量瓶配制该溶液，本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有250mL容量瓶。32.m、n、x、y四种主族元素在周期表里的相对位置如下图所示。已知它们的原子序数总和为46，则：（1）元素n的气态氢化物的分子式为_，空间构型为_。（2）m与y所形成的化合物含_键，属_分子。（填“极性”或“非极性”）（3）
33、x位于周期表的第_周期，第_族；其原子结构示意图为_。（4）由n、y的氢化物相互作用所生成的物质的电子式为_，此物质在固态时属于_晶体。【答案】 (1). NH3 (2). 三角锥形 (3). 极性 (4). 非极性 (5). 三 (6). A (7). (8). (9). 离子【解析】【分析】m、n、x、y四种主族元素的原子序数总和为46，根据它们在周期表中的相对位置可知x、y不可能处于第四周期元素，因为第四周期元素两种主族元素的原子序数最小为19+2039，m、n的原子序数之和小于4639，m、n不可能处于第三周期，故m、n能处于第二周期，x、y处于第三周期元素。设m的原子序数为a，则n、
34、x、y的原子序数分别为a+1、a+10、a+11，则a+a+1+a+10+a+1146，解得a6，故m、n、x、y四种主族元素分别是C、N、S、Cl，据此判断。【详解】（1）n是N，元素n的气态氢化物是氨气，分子式为NH3，空间构型为三角锥形。（2）m与y所形成的化合物是四氯化碳，含极性键，属非极性分子。（3）x是S，位于周期表的第三周期，第A族；其原子结构示意图为。（4）由n、y的氢化物相互作用所生成的物质是离子化合物氯化铵，电子式为，此物质在固态时属于离子晶体。33.氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用。请回答下列问题。（1）砷原子核外电子排布式为_。（
35、2）K3Fe(CN)6晶体中Fe3+与CN之间的键型为_，该化学键能够形成的原因是_。（3）已知：CH4SiH4NH3PH3沸点（K）101.7161.2239.7185.4分解温度（K）8737731073713.2分析上表中四种物质的相关数据，请回答：CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，沸点高低的原因是_。CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，分解温度高低的原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (2). 配位键 (3). CN能提供孤对电子，Fe3+能接受孤对电子 (4). 结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4沸点
36、低于SiH4；NH3分子间还存在氢键作用，因此NH3的沸点高于PH3 (5). CH键的键能大于SiH键的键能，因此CH4的分解温度高于SiH4的；NH键的键能大于PH键的键能，因此NH3的分解温度的高于PH3的【解析】【详解】（1）As原子序数是33，基态砷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）K3Fe(CN)6晶体中Fe3+与CN之间的化学键类型为配位键，这是由于Fe3+有空轨道，能接受孤对电子，CN能提供孤对电子，所以能形成配位键；（3）因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4沸点低于SiH4；NH3分子间还存在氢键作用，因此N
37、H3的沸点高于PH3；因非金属性CSi，NP，则气态氢化物的稳定性CH4SiH4，NH3PH3；稳定性强的物质分解温度高，从键能上可知，CH键的键能大于SiH键的键能，NH键的键能大于PH键的键能，因此分解温度CH4的高于SiH4的，NH3的高于PH3的。34.有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素；已知A、C及B、E分别是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍；处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素。(1)试比较C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱(填化学式)_；
38、(2)A、B、C形成的化合物的晶体类型为_；电子式为_；(3)写出D单质与C元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_；(4)写出两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体的离子方程式_；(5)通常条件下，C的最高价氧化物对应水化物2mol与E最高价氧化物对应水化物1mol的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ，试写出表示该热量变化的离子方程式_【答案】 (1). NaOH (2). Al(OH)3 (3). 离子晶体 (4). (5). 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2 (6). H+=SO2+H2O (7). H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H
39、=-57.3kJ/mol【解析】【分析】有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中B是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素，B、E同主族，则E为硫元素，A、C是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍，则A为氢元素，C为钠元素，处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素，则D为铝元素，据此答题。【详解】(1)C为钠元素，D为铝元素，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，钠的金属性强于铝，所以C、D两元素最高价氧化物对应水化物碱性的强弱为NaOHAl(OH)3；(2)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素
40、，A、B、C形成的化合物为氢氧化钠，是离子晶体，电子式为；(3)D为铝元素，C为钠元素，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，铝与氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2；(4)两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体，则这两种物质分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，它们反应的离子方程式为H+=SO2+H2O；(5)C为钠元素，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，E为硫元素，硫的最高价氧化物对应水化物为硫酸，则通常条件下，2mol氢氧化钠与1mol硫酸的稀溶液间反应放出的热量为114.6KJ，则表示该热量变化的离子方程式为H+(aq)+OH-(aq)
41、=H2O(l)H=-57.3 kJ/mol。35.有NH2CH2COOHCH2OH(CHOH)4CHO(C6H10O5)n(纤维素)HCOOC2H5苯酚HCHO等物质，其中(用数字序号填空)：(1)易溶于水的是_，常温下微溶于水的是_。(2)能发生银镜反应的是_。(3)能发生酯化反应的是_。(4)能在一定条件下跟水反应的是_。(5)能跟氢氧化钠溶液反应的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】(1) 含有羧基或醇羟基或醛基的物质一般易溶于水，常温下，苯酚在水中溶解度不大，70时可与水任意比例互溶；(2)能发生银镜反应的物质含有醛基；(3)能发
42、生酯化反应的物质含有羟基或羧基；(4)酯或纤维素在一定条件下能跟水发生水解反应；(5)能跟氢氧化钠溶液反应的物质含有羧基或酚羟基或酯基；据此分析判断。【详解】(1) 含有羧基或醇羟基或醛基的物质一般易溶于水，故易溶于水的是NH2CH2COOH，CH2OH(CHOH)4CHO，HCHO；常温下，苯酚在水中溶解度不大，70时可与水任意比例互溶，属于微溶于水的物质，故答案为：，；(2)能发生银镜反应的物质含有醛基，含有醛基的物质有CH2OH(CHOH)4CHO，HCOOC2H5，HCHO，故答案为：；(3)能发生酯化反应的物质含有羟基或羧基，能发生酯化反应的是NH2CH2COOH，CH2OH(CHO
43、H)4CHO，(C6H10O5)n(纤维素)，苯酚，故答案为：；(4)酯或纤维素在一定条件下能跟水发生水解反应，在一定条件下能跟水反应的是(C6H10O5)n(纤维素)HCOOC2H5，故答案为：；(5)能跟氢氧化钠溶液反应的物质含有羧基或酚羟基或酯基，NH2-CH2-COOH含有羧基，HCOOC2H5含有酯基，苯酚含有酚羟基，这三种物质都能与氢氧化钠反应，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意纤维素的结构中含有羟基，能够发生酯化反应，如能够与硝酸反应生成硝化纤维，能够与醋酸反应生成醋酸纤维。36.某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共
44、振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。(1)A的结构简式为_。(2)A中的碳原子是否都处于同一平面？_(填“是”或“不是”)。(3)A能发生如下转化，其中D1、D2互为同分异构体，E1、E2互为同分异构体。反应的化学方程式为_，C的化学名称是_；E2的结构简式是_，、的反应类型依次是_【答案】 (1). (2). 是 (3). +2NaOH+2NaCl+2H2O (4). 2,3二甲基1,3丁二烯 (5). (6). 加成反应；取代反应【解析】【分析】先根据A的相对分子质量及红外光谱及H原子的种类判断A的结构简式是，然后结合乙烯分子是平面分子判断A的空间结构。与Cl2发生加成反应产生B是，与NaO
45、H的乙醇溶液发生消去反应产生C是，C与Br2发生1，2加成产生D1是，发生1，4-加成反应产生D2是；D1与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生E1是，D2与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生E2是。【详解】某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，令组成为CxHy，则x最大值为8412=7，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，所以A为烯烃，所以x=6，y=12， A的化学式为C6H12，核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢，故A的结构简式为：。(2)A结构简式为，A可看作是乙烯分子中的4个H原子被甲基取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，所以中的碳原子都处于同一平面上；(3)A是，分
46、子中含碳碳双键，A与Cl2发生加成反应产生B是，B分子中与Cl原子连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，所以与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应，产生C为，则反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+2H2O；C结构简式是，则C的化学名称是2，3-二甲基1，3-丁二烯；C与Br2发生1，4-加成反应产生D2是，D2与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生E2是，因此反应类型为加成反应，反应的类型为取代反应。【点睛】本题考查有机物分子式与结构的确定、有机物结构与性质等，要结合商余法确定物质的分子式及核磁共振氢谱、红外光谱确定物质的结构简式。二烯烃发生加成反应，若按照1：1物质的量的比发生加成反
47、应，反应可能是1，2-加成反应，也可能是1，4-加成反应；若按照1：2的物质的量的比发生加成反应，则为完全加成，要注意物质的量及反应条件的影响。37.AH的转化关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在6575之间，1molA完全燃烧消耗7mol氧气，则A的结构简式是_，名称是_。（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E。由E转化为F的化学方程式是_。（3）G与金属钠反应能放出气体。由G转化为H的化学方程式是_。（4）的反应类型是_；的反应类型是_。（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，写出B所有
48、可能的结构简式_。【答案】 (1). (CH3)2CHCCH (2). 3-甲基-1-丁炔 (3). CH2=CHCH(CH3)2+Br2CH2BrCHBrCH(CH3)2 (4). (5). 加成反应(或还原反应) (6). 取代反应 (7). CH3CH=CHCH=CH2、CH3CH2CCCH3【解析】【分析】链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65-75之间，1molA完全燃烧消耗7mol氧气，A能发生加成反应，说明含有碳碳不饱和键，设A的分子式为CxHy，6512x+7y75，x+=7，所以x=5、y=8，A的分子式为C5H8，链烃A有支链且只有一个官能团，则A的结构简式为C
49、HCCH(CH3)2，在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E，则E结构简式为CH2=CHCH(CH3)2，B和溴发生加成反应生成F，F结构简式为CH2BrCHBrCH(CH3)2，F发生水解反应生成G，G结构简式为HOCH2CH(OH)CH(CH3)2，G和丁二酸反应生成H，H结构简式为。【详解】（1）A的结构简式是CHCCH(CH3)2，名称是3-甲基-1-丁炔，故答案为CHCCH(CH3)2；3-甲基-1-丁炔；（2）A的结构简式为CHCCH(CH3)2、E结构简式为CH2=CHCH(CH3)2、F结构简式为CH2BrCHBrCH(CH3)2，由E转化为F的化学方程式是CH2=
50、CHCH(CH3)2+Br2CH2BrCHBrCH(CH3)2，故答案为CH2=CHCH(CH3)2+Br2CH2BrCHBrCH(CH3)2；（3）G结构简式为HOCH2CH(OH)CH(CH3)2，G和丁二酸反应生成H，H结构简式为，由G转化为H的化学方程式是：，故答案为；（4）的反应类型是加成反应；的反应类型是取代反应或水解反应，故答案为加成反应；取代反应或水解反应（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，则B中含有一个碳碳三键或两个碳碳双键，根据乙烯和乙炔的结构知，B所有可能的结构简式，CH3CH=CHCH=CH2、CH3CH2CCCH3，故答案为CH3CH=CHCH=CH2、CH3CH2CCCH3。【点晴】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断能力，涉及炔、烯烃、卤代烃、醇、酯之间的转化，注意把握反应条件及路线中物质的官能团、碳链骨架的变化即可解答，侧重反应类型的考查，正确推断A的结构是解本题关键。难点是同分异构体的判断，根据相关信息确定含有的官能团，从而确定其同分异构体。
