1、云南省曲靖市沾益二中2017-2018学年下学期期末考试+高二化学1. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol1。请根据下表数据判断，错误的是 ()A. 元素X的常见化合价是1价B. 元素Y是A族元素C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。AX为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正
2、确；B通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中X显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故C正确；D若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误；故选D。2. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中不正确的是()A. 1 mol NH5中含有5NA个NH键(NA表示阿伏加德罗常数)B. NH5中既有共价键又有离子键，它形成的晶体是离子晶体C. NH5的电子式为D. 它与水反应的化学方程式为：NH5H2
3、O=NH3H2OH2【答案】A【解析】氢原子可以失去电子成为H也可以得到一个电子成为H，而N原子在NH4结构中达到8电子稳定结构，所以A为NH4H，即NH4与H组成的离子化合物。3. 金属的下列性质中和金属晶体无关的是（ ）A. 良好的导电性 B. 反应中易失电子C. 良好的延展性 D. 良好的导热性【答案】B【解析】请在此填写本题解析!A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子,这些自由电子的运动是没有方向性的,但在外加电场作用下,自由电子就会发生定向移动形成电流,故A错误；B.金属易失电子是由原子的结构决定的,和金属晶体无关,所以B选项是正确的；C.有延展性是因为金属离子和自由电子之间的
4、较强作用,当金属受到外力时,晶体中的各离子层就会发生相对滑动,但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,故虽发生形变,但不会导致断,故C错误；D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换,从而能量从温度高的部分传到温度低的部分,使整块金属达到相同的温度,故D错误；所以B选项是正确的。点睛:A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子;B.金属易失电子和金属晶体无关;C.当金属受到外力时,晶体中的各离子层就会发生相对滑动,但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,故虽发生形变,但不会导致断;D.容
5、易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换。4. 硫化氢(H2S)分子中两个共价键的夹角接近90，其原因是()共价键的饱和性S原子的电子排布共价键的方向性S原子中p轨道的形状A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】S原子的价电子排布式是3s23p4，有2个未成对电子，并且分布在相互垂直的3px和3py轨道中，当与两个H原子配对成键时，形成的两个共价键间夹角接近90，这体现了共价键的方向性，这是由轨道的伸展方向决定的。故选D。5. 仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是()A. H、O、S B. Na、H、OC. K、Cl、O D. H、N、Cl【答
6、案】A【解析】强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH,C项如KClO,D项如NH4Cl,均为离子晶体。6. 下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是（ ）A. 存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角B. 最小的环上，有3个Si原子和3个O原子C. 最小的环上，Si和O原子数之比为1：2D. 最小的环上，有6个Si原子和6个O原子【答案】D【解析】试题分析：根据教材中SiO2的晶体空间结构模型，每个硅原子与4个氧原子结合形成4个共价键，每个氧原子与2个硅原子结合形成2个共价键，其空间网状结构中存在四面体结构单元，硅原子位于四面体的中心，氧原子位于四面体的4个顶角
7、，错误；金刚石的最小环上有6个碳原子，SiO2的晶体结构可将金刚石晶体结构中的碳原子用硅原子代替，每个SiSi键中“插入”一个氧原子，所以其最小环上有6个硅原子和6个氧原子，Si、O原子个数比为11，、两项错误，正确；答案选。考点：考查晶体的空间构型。7. 氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是（）A. AlON和石英的化学键类型相同B. AlON和石英晶体类型相同C. AlON和Al2O3的化学键类型不同D. AlON和Al2O3晶体类型相同【答案】D【解析】原子晶体中相邻的原子间形成共价键。常见的原子晶体有金刚石、二氧化硅（石英）晶体等。是离子晶体，Al2O3
8、结构粒子为阴、阳离子，离子间作用力为离子键。所以D的描述是错误的。视频8. 下列微粒的核外电子排布式书写违反泡利原理的是()A. C：1s22s22p2 B. Na：1s22s22p43s2C. S2：1s22s22p23s23p4 D. K：1s22s22p63s23p7【答案】D【解析】试题分析：根据泡利原理，3p能级只能容纳6个电子，故D错误。考点：本题考查核外电子排布。9. 下列有关电离能的说法中正确的是()A. 第一电离能越大的原子失电子的能力越强B. 第一电离能是元素的原子失去核外第一个电子需要的能量C. 同一周期中，主族元素原子第一电离能从左到右越来越大D. 可通过一种元素各级电
9、离能的数值，判断元素可能的化合价【答案】D【解析】【详解】A、元素原子的第一电离能越大，表示该元素的原子越难失去电子，故A错误；B、第一电离能是基态的气态原子失去核外第一个电子转化为气态基态正离子需要的最低能量，故B错误；C、总体趋势：同一周期中，第一电离能从左到右越来越大，其中有反常，如第一电离能：NO，故C错误；D、可通过各级电离能的数值，判断元素可能有的化合价，故D正确；故选D。【点睛】本题重点考查第一电离能的相关知识。第一电离能总体的递变规律为：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，但第一电离能的变化趋势中有曲折，因为当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原
10、子的能量较低，元素的第一电离能较大；一般来说，元素的电离能按照第一、第二的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价。10. 某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是()A. X元素可能为4价B. X可能为非金属C. X为第五周期元素D. X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3【答案】D【解析】【详解】A、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，故A错误；B、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，X应为金属，故B错误；C、周期数=核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，故C
11、错误；D、由图象可知，该元素的I4I3，故该元素易形成+3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3，故D正确；故选D。11. 在第n电子层中，当它作为原子的最外层时，容纳电子数最多与第(n1)层相同；当它作为原子的次外层时，其电子数比(n1)层多10个，则对此电子层的判断正确的是()A. 必为K层 B. 只能是L层C. 只能是M层 D. 可以是任意层【答案】C【解析】试题分析：K层最多只能排2个电子，L层最多只能排8个电子，M层最多排18个电子，由题意 可知M层作最外层时，最多只能排8个电子与第(n - 1)层L层相同；当它作为原子的次外层时，可以排满18个电子，其电子数比(n-1)
12、层即L层多10个，所以第n电子层只能是M层，答案选C。考点：考查对能层的电子数的理解应用12. HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是()A. NH3 B. CH4 C. CCl4 D. O2【答案】A【解析】【详解】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。13. X、Y、Z为主族元素，X原子的最外层电子排布为ns1；Y原子的M电子层有2个未成对电子；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，由这三种元素组成的化合物的分子式不可能的是()A. XYZ4 B. X2YZ4C. X2YZ
13、3 D. X2Y2Z3【答案】A【解析】试题分析：根据原子核外电子排布特征，判断可能的元素种类以及可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式解：X元素的原子最外层电子排布为ns1，为第A族元素，化合价为+1价，Y原子的M电子层有2个未成对电子其电子排布式为1S22S22P63S23P2或1S22S22P63S23P4，为Si元素或S元素，化合价为+4价或+6价；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，且Y和Z属于同一主族元素，所以Z元素是O元素，Y是S元素，由这三种元素组成的化合物中氧元素显2价，Y显+4价或+6价，X显+1价，AY的化合价为+7价，不符合
14、，故A选；BY的化合价为+6价，符合，故B不选；CY的化合价为+4价，符合，故C不选；DY的平均化合价为+2价，如Na2S2O3，符合，故D不选；故选A14. A原子的结构示意图为。则x、y及该原子3p能级上的电子数分别为()A. 18、6、4 B. 20、8、6C. 18、8、6 D. 1520、38、16【答案】B【解析】试题分析：原子核外电子数排布：1层：2 2层：2 8 3层：2 8 8 4层：2 8 18 8 5层：2 8 18 18 8 6层：2 8 18 32 18 8 以上的数都是最大的数，处于该层的元素的最外层电子逐渐增大，其余层都是最大数 （仅限IAVIIA族，B族元素不全
15、符合），稀有气体的电子排布符合最大数。y=8 x=20 1s22s22p63s23p63d（0-10） 4s2，因出现4S，所以3p能级上的电子数肯定是6。考点：原子核外电子数排布点评：本题考查的是原子核外电子数排布的知识，题目难度适中，注重基础知识的学习。15. 甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推论正确的是()A. 甲与乙处于同一周期B. 甲与乙处于同一主族C. 甲与乙都位于元素周期表的p区D. 甲与乙的原子序数之和为偶数【答案】D【解析】甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域
16、，二者的原子序数之和是6+1218，为偶数，答案选D。16. 二十世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高做出了巨大贡献，下列各组物质全部由化学合成得到的是（）A. 玻璃 纤维素 青霉素B. 尿素 食盐 聚乙烯C. 涤纶 洗衣粉 阿司匹林D. 石英 橡胶 磷化铟【答案】C【解析】试题分析：纤维素有天然存在的，故A错误;食盐也是天然存在的，故B错误;涤沦，洗衣粉，阿斯匹林全部由化学合成得到的，故C正确;石英是天然存在的，故D错误。考点：本题考查合成材料。17. 中央电视台经济半小时栏目报道，齐齐哈尔第二制药有限公司在生产“亮菌甲素注射液”时使用了存在严重质量问题的丙二醇作为药用辅料，
17、已造成多人中毒、死亡小杰同学看到新闻后，通过查询得到了丙二醇的以下资料：无色粘稠状的透明液体无味 易燃 沸点245熔点6.5无腐蚀性 可用做水果催熟剂等，其中属于丙二醇的物理性质的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】(1)无色粘稠状的透明液体；(2)无味；(4)沸点245；(5)熔点6.5，均不需要通过化学变化就能表现出来，均属于物理性质；(3)易燃、(6)无腐蚀性，均需要通过化学反应才能表现出来，均属于化学性质；(7)可用做水果催熟剂等，属于丙二醇的用途。故选A。【点睛】物质的化学性质是需要通过化学变化才能表现出来的性质,物理性质是不需要发生化学变化就能表现出来的性质，包
18、括物质的颜色、状态、气味、熔点、沸点、密度、溶解性等，化学性质一般包括可燃性、氧化性、稳定性、还原性等。18. 在烧焦的鱼、肉中含有致癌物质3，4一苯并芘，其结构简式如图所示，它是一种稠环芳香烃，其分子式是（）A. C20H12 B. C20H14 C. C19H12 D. C22H20【答案】A【解析】试题分析：键线式的分子式书写时要注意每个折点为C原子，并保证C原子的四价，可确定出隐藏的H数目，3,4一苯并芘的分子式为C20H12，选项A正确。考点：根据结构式书写分子式19. 下列卤代烃发生消去后，可以得到两种烯烃的是（）A. 1-氯丁烷 B. 氯乙烷C. 2-氯丁烷 D. 2-甲基-2-
19、溴丙烷【答案】C【解析】试题分析：A、1-氯丁烷发生消去反应只生成一种产物1-丁烯，A错误；B、氯乙烷发生消去反应只生成一种产物乙烯，B错误；C、2-氯丁烷发生消去反应会生成1-丁烯和2-丁烯，C正确；D、2-甲基-2-溴丙烷发生消去反应只生成一种产物2-甲基丙烯，D错误。答案选C。考点：消去反应20. 下图表示4溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由结构可知，有机物中含C=C和-Br，为氧化反应，得到两种官能团；为加成反应，得到-Br和-OH两种官能团；为消去反应，产物中只有C=C；为加成反应，产物中只有-B
20、r，则有机产物只含有一种官能团的反应是，故选C。考点：考查了有机物的化学性质及推断的相关知识。21. 下列关于同系物的说法中，错误的是（）A. 同系物具有相同的最简式B. 同系物都符合同一通式C. 同系物中，相邻的同系物彼此在组成上相差一个CH2原子团D. 同系物的化学性质基本相似，物理性质随着碳原子数的增加而呈规律性变化【答案】A【解析】【详解】A、同系物不一定具有相同的最简式，如甲烷、乙烷、丙烷是烷烃的同系物，但它们的最简式分别为CH4、CH3、C3H8，故A错误；B、同系物分子式通式相同，故B正确；C、结构相似，分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的化合物互称为同系物，故C正确；D
21、、同系物结构相似，化学性质相似，并且其物理性质随碳原子数增加而呈规律性变化，故D正确；故选A。【点睛】本题重点考查同系物的相关知识。结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象为有机物。22. 证明溴乙烷中溴的存在，下列正确的操作步骤为()加入AgNO3溶液加入NaOH水溶液加热加入蒸馏水加稀硝酸至溶液呈酸性加入NaOH醇溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：证明溴乙烷中溴的存在，可以先在加热的条件下发生水解或消去反应，然后中和过量的氢氧化钠后，使
22、溶液为酸性再加入硝酸银溶液，根据沉淀的颜色判断卤素原子的种类，所以操作步骤可以是或，答案选B。考点：考查卤代烃分子中卤素原子的检验实验方案的判断23. 下列关于有机物的叙述正确的是()A. 甲酸与乙二酸互为同系物B. 乙烯和乙烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别C. 分子式为C4H10O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有6种D. （水杨酸）与足量的NaHCO3溶液反应可生成、CO2和H2O【答案】B【解析】【详解】A、同系物应具有相同数目的官能团，甲酸与乙二酸含有的羧基数目不同，二者不是同系物，故A错误； B、乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可用溴水鉴别，故B正确； C、能够与金属钠反应放出氢
23、气，说明分子中含有醇羟基或酚羟基，满足条件的有：苯甲醇和甲基苯酚，甲基苯酚存在邻、间、对三种结构，总共含有4种同分异构体，故C错误； D、苯酚酸性比碳酸弱，酚羟基与NaHCO3溶液不反应，故D错误。故选B。24. 以下物质:(1) 甲烷 (2) 苯 (3) 聚乙烯 (4) 聚乙炔 (5) 2-丁炔 (6) 环己烷 (7) 邻二甲苯 (8) 苯乙烯。既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（ ）A. (3)(4)(5)(8) B. (4)(5)(7)(8)C. (4)(5)(8) D. (3)(4)(5)(7)(8)【答案】C【解析】（1）甲烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
24、，也不能使溴水褪色，故（1）错误；（2）苯既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能因化学反应使溴水褪色，故（2）错误；（3）聚乙烯中不含碳碳双键，因此既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色，故（3）错误；（4）聚乙炔中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故（4）正确；（5）2丁炔中含有碳碳叁键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，故（5）正确；（6）环己烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色，故（6）错误；（7）邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色，故（7）错误；（8）苯乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，故（8）正确；综上所
25、述，选项C正确。25. 以下不属于酯类物质的是（）A. 甘氨酸 B. 硝化甘油C. 脂肪 D. 硝酸纤维【答案】A【解析】试题分析：A甘氨酸是氨基酸，错误；B硝化甘油是酯类物质，正确； C脂肪是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，正确； D硝酸纤维是硝酸和纤维素发生酯化反应得到的酯类物质，正确。答案选A。考点：本题考查酯类的判断。26. 已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D。C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物。而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为()A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D【答案】C【解析】分析：先
26、根据高聚物的结构简式判断其合成单体，从而找出C的结构简式，然后根据与硝酸银溶液反应生成白色沉淀判断卤代烃的类型，最后根据醇的消去反应原理判断A的结构简式。详解：高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3-CH=CH2，因此C为CH3-CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl-，因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃，A发生消去反应生成的是：（CH3）2CH2CH=CH2，生成的不是丙烯，选项A错误；B发生消去反应生成的是：2-甲基-1，3-丁二烯，不是丙烯，选项B错误；CCH3-CH2-CH2Cl发生消去反应生成的是CH3-CH=CH2，选项C正确；
27、D发生消去反应生成的是：（CH3）2CH=CH2，不是丙烯，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查了醇的消去反应原理、加聚反应单体的求算，题目难度不大，注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体。27. 充分燃烧某液态芳香烃X，并收集产生的全部水，恢复到室温时，得到水的质量跟芳香烃X的质量相等。则X的分子式是（ ）A. C10H14 B. C11H16 C. C12H18 D. C13H20【答案】C【解析】分析：设该烃的化学式为CxHy，燃烧会生成二氧化碳和水：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，因得到水的质量跟原烃X的质量相等，进而
28、求出该烃中碳氢原子的个数比。详解：烃燃烧会生成二氧化碳和水：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O ， 12x+y 9y因得到水的质量跟原烃X的质量相等，即12x+y=9y，得x：y=2：3，分析选项只有C中C12H18的原子个数比是2：3，答案选C。点睛：本题是对化学式判断的考查，解题的关键是找到信息中的等量关系，进而判断出化学式中两原子的个数比，从而判断其化学式。28. 分别将下列物质滴入苯酚溶液中，产生白色沉淀的是（）A. 浓溴水 B. 氢氧化钠溶液C. 稀盐酸 D. 氯化铁溶液【答案】A【解析】考查苯酚的化学性质。苯酚俗称石炭酸，和氢氧化钠反应，但不会产生白色沉淀。和氯化铁也发生显色反
29、应，溶液显紫色。和盐酸不反应，只有和浓溴水反应生成2，4，6三溴苯酚白色沉淀，答案选A。29. 06年3月英国泰晤士报报道说，英国食品标准局在对英国与法国贩售的芬达汽水、美年达橙汁等230种软饮料检测，发现含有高量的致癌化学物质苯，报道指出汽水中如果同时含有苯甲酸钠（防腐剂，C6H5COONa）与维生素C（抗氧化剂，结构式如图）可能会相互作用生成苯，苯与血癌（白血病）的形成也有密不可分的关系，下列说法一定不正确的是（）A. 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色B. 苯在一定条件下能发生取代反应和加成反应C. 维生素C在碱性溶液中能稳定存在D. 维生素C可溶于水【答案】C【解析】【详解】A、苯性质稳定
30、，不能被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；B、苯在一定条件下可发生取代反应，如与浓硝酸在浓硫酸作用下加热可生成硝基苯，在催化剂条件下可与氢气发生加成反应生成环己烷，故B正确；C、维生素C中含有-COO-，在碱性条件下可水解，故C错误；D、题中给出汽水中含有维生素C，可说明维生素C溶于水，故D正确；故选C。30. 下列说法不正确的是（）A. 麦芽糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜悬浊液反应B. 用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4已二烯和甲苯C. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD. 甘氨酸与盐酸反应的化学方程式为：HOOCCH2NH2+HClHOOCCH2N
31、H3+Cl-【答案】C【解析】【详解】A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖，可发生银镜反应，故A正确；B、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2,4-已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，故B正确；C、酯类水解时,酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH,故C错误；D、氨基能与酸反应，化学方程式为HOOCCH2NH2+HClHOOCCH2NH3+Cl-，故D正确；故选C。31.
32、按要求填空：（1）有机物命名：_；_；（2）依据名称写出物质：3，4-二甲基-4-乙基庚烷_；3，4，4-三甲基-1-戊炔 _。（3）已知有机物降冰片二烯的分子结构可表示为：降冰片二烯的分子式为 _；降冰片二烯属于 _；a环烃 b不饱和烃 c烷烃 d烯烃【答案】 (1). 2，4-二甲基-2-己烯 (2). 苯乙烯 (3). CH3CH2CH（CH3）（CH3）C（C2H5）CH2CH2CH3 (4). CHCCH（CH3）CH（CH3）3 (5). C7H10 (6). ab【解析】（1）为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有6个C，主链为己烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C
33、，在2、4号C各含有1个甲基，该有机物名称为2，4-二甲基-2-己烯；可以看作乙烯基取代了苯环上的1个H，该有机物名称为苯乙烯；（2）3，4-二甲基-4-乙基庚烷的主链有7个碳原子，3号、4号碳上各有一个甲基，4号碳上有一个乙基，结构简式为：CH3CH2CH(CH3)(CH3)C(C2H5)CH2CH2CH3；3，4，4-三甲基-1-戊炔的主链为戊炔，最长碳链含有5个C，在1、2号C上含有碳碳三键，在3、4、4号C上有一个甲基，该有机物的结构简式为：CHCCH(CH3)C(CH3)3；（3）由有机物结构简式可知有机物分子式为C7H10；由结构简式可知有机物含有环状结构，并含有碳碳双键，则属于环
34、烃和不饱和烃，答案选ab。32. 制取肥皂的实验有以下步骤：在一个干燥的蒸发皿中加入植物油8mL、乙醇8mL、NaOH溶液4mL；在不断搅拌下，给蒸发皿中液体微微加热，直到混合物变稠；继续加热，直到皂化反应完成；把盛混合物的蒸发皿放在冷水浴中冷却，等待片刻，向混合物中加20mL热蒸馏水，再放在冷水中冷却，然后加入25mL NaCl饱和溶液充分搅拌；用纱布滤出固体物质，弃去滤液，把固体物质挤于、压成条状、晾干，即得肥皂；根据实验，填空：（1）在制肥皂时加入乙醇是利用了乙醇的什么性质？_；（2）如何验证皂化反应已完成？_；（3）在操作中加入饱和NaCl溶液的作用是_；（4）写出硬脂酸甘油酯发生皂化
35、反应的化学方程式_；（5）取用蒸发皿用的仪器是_；（6）工业上大规模生产用水蒸气加热的优点_。【答案】 (1). 植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行 (2). 取反应液，滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成 (3). 盐析，使肥皂析出 (4). +3NaOH3C17H35COONa+ (5). 坩埚钳 (6). 受热均匀，温度便于控制，不易产生结焦现象【解析】分析：(1)在制取肥皂时加入乙醇，是为了使得油脂和水在乙醇中充分混合。 (2)将部分反应液滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成。(3)加入饱和氯化钠溶液后，高级脂
36、肪酸钠能够从混合液中析出。(4)硬脂酸甘油酯在碱性条件下发生皂化反应,硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成 C17H35COONa与甘油。(5)实验操作中取用蒸发皿应该使用坩埚钳。(6)根据利用水蒸气可以使受热均匀，温度便于控制,不易产生结焦现象方面解答。详解：(1)因为植物油与氢氧化钠溶液互不相溶,不利于反应的进行,而植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行；正确答案: 植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行。(2)油脂不溶于水,所以验证皂化反应已完成的方法为：取反应液,滴入热水中,若液面
37、上无油滴，则说明水解已完成；正确答案：取反应液，滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成。(3)皂化反应中向混合物加入饱和食盐水，能够使生成的高级脂肪酸钠发生盐析，使肥皂析出；正确答案:盐析，使肥皂析出。(4)硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成C17H35COONa 与甘油,反应方程式为+3NaOH3C17H35COONa+ ；正确答案: +3NaOH3C17H35COONa+ 。(5)实验操作中，取用蒸发皿用的仪器为坩埚钳；正确答案：坩埚钳。(6)工业上大规模生产用水蒸气加热,优点在于使反应过程中受热均匀,温度便于控制,也不易产生结焦现象；正确答案：受热均匀，温度便于控制，不易产生结焦现象。
38、33. A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。试回答下列问题：(1)写出下列元素的符号：A_，B_，C_，D_。(2)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_，碱性最强的是_。(3)用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是_，电负性最大的元素是_。(4)E元素原子的核电荷数是_，E元素在周期表的第_周期第_族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在_区。(5)写出D元素原子构成单质的电子式_，该分
39、子中有_个键，_个键。【答案】 (1). Si (2). Na (3). P (4). N (5). HNO3 (6). NaOH (7). Ne (8). F (9). 26 (10). 四 (11). (12). d (13). (14). 1 (15). 2【解析】【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【详解】
40、(1) 由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2) 非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性NPSi，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3) 同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4) E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期第族，在周期表中处于d区；(5) D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子
41、，故氮气的电子式为：，该分子中有1个键，2个键。【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。34. （1）氯酸钾熔化，粒子间克服了_的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了
42、_的作用力；碘的升华，粒子间克服了_的作用力三种晶体的熔点由高到低的顺序是_（2）下列六种晶体：CO2，NaCl，Na，Si，CS2，金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为_（填序号）（3）在H2、（NH4）2SO4、SiC、CO2、HF中，由极性键形成的非极性分子有_，由非极性键形成的非极性分子有_，能形成分子晶体的物质是_，含有氢键的晶体的化学式是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_，五种物质的熔点由高到低的顺序是_（4）A，B，C，D为四种晶体，性质如下：A固态时能导电，能溶于盐酸B能溶于CS2，不溶于水C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水D固态、液态时均不导电，熔点为3 500试推
43、断它们的晶体类型：A_；B_；C_；D_（5）图中AD是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A_；B_；C_；D_【答案】 (1). 离子键 (2). 共价键 (3). 分子间 (4). SiO2KClO3I2 (5). (6). CO2 (7). H2 (8). H2、CO2、HF (9). HF (10). （NH4）2SO4 (11). SiC (12). SiC（NH4）2SO4HFCO2H2 (13). 金属晶体 (14). 分子晶体 (15). 离子晶体 (16). 原子晶体 (17). 氯化铯 (18). 氯化钠 (19). 二氧化硅 (20). 金刚石
44、【解析】【详解】(1)氯酸钾是离子晶体，熔化时破坏离子键；二氧化硅是原子晶体熔化时破坏共价键；碘是分子晶体，升华时粒子间克服分子间作用力；熔点：原子晶体离子晶体分子晶体，所以熔点大小顺序为: SiO2KClO3I2；(2)根基晶体类型分析，原子晶体离子晶体分子晶体，Si和金刚石都是原子晶体，原子半径越小，共价键越强，熔点越高，CO2和CS2都是分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，所以熔点低到高的顺序为：；(3)由极性键形成的非极性分子有CO2，由非极性键形成的非极性分子有H2，能形成分子晶体的物质是H2、CO2、HF，含有氢键的晶体的化学式是 HF，属于离子晶体的是（NH4）2SO4，属于原子
45、晶体的是SiC，五种物质的熔点由高到低的顺序是SiC（NH4）2SO4HFCO2H2； (4)根据晶体的物理性质分析，A.固态时能导电，能溶于盐酸，属于金属晶体；B.能溶于CS2,不溶于水，根据相似相溶原理，CS2为分子晶体，故B属于分子晶体；C.固态时不导电，液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体，D.固态、液态时均不导电,熔点为3 500，属于原子晶体；(5)由晶胞结构模型可以知道A、B、C、D分别为氯化铯、氯化钠、二氧化硅、金刚石。【点睛】本题重点考查晶体的相关知识。根据晶体成建类型可分为原子晶体，离子晶体和分子晶体。原子晶体融化时需克服共价键，离子晶体融化需克服离子键，分子晶体升华需克服
46、分子间作用力。熔点：原子晶体离子晶体分子晶体。35. 卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如，该反应式也可表示为下面是几种有机化合物的转化关系：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是_。(2)上述框图中，_是反应，_是反应。(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：_。(4)C2的结构简式是，F1的结构简式是_，F1与F2互为_。【答案】 (1). 2,3二甲基丁烷 (2). 取代 (3). 加成 (4). (5). (6). 同分异构体【解析】【分析】烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成C1、C2，C2与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故C2为，C1为，则D为，E为，F1为，F2为；【详解】(1)根据系统命名法,化合物A的名称是：2,3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子确定生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:； (4)由上述分析可以知道, C2的结构简式是，F1的结构简式是，F1和F2分子式相同，碳碳双键物质不同，属于同分异构体。
