1、东阿县第一中学2018-2019学年度第二学期高二阶段性测试化学试题第I卷（选择题）一、选择题。（每小题只有一个正确选项。每小题2分，共50分。）1.苏轼格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（ ）A. 脱落酸B. 生长素C. 乙烯D. 甲烷【答案】C【解析】【详解】根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；A. 脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较
2、高浓度抑制生长，“气”不是生长素；C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；故选C。2.下列关于有机化合物的说法错误的是（ ）A. 甘氨酸和氯乙烯都能通过聚合反应生成高分子化合物B. 检测淀粉是否完全水解，向水解液中滴加碘水C. 等质量的苯和苯乙烯（）完全燃烧，消耗氧气的物质的量不相同D. 乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应【答案】C【解析】【详解】A. 甘氨酸中含有氨基和羧基，可以发生脱水缩聚反应生成高分子化合物，氯乙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子化合物，故A正确；B. 向水解液中加入碘水，若溶液不变蓝表明淀粉完全水解，若溶
3、液变蓝表明淀粉没有完全水解，故B正确；C.苯和苯乙烯（）最简式相同，碳和氢质量分数相同，等质量完全燃烧时，消耗氧气物质的量相同，故C错误；D. 乙酸具有酸的通性，可以与氢氧化铜发生酸碱中和反应，葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜氧化，故D正确；故选C。【点睛】质量一定时，有机物燃烧时的耗氧量与C、H等元素的质量分数有关，最简式相同则各元素的质量分数相同，则耗氧量相同。3.下列化学用语表达不正确的是（）丙烷的球棍模型 丙烯的结构简式为CH3CHCH2某有机物的名称是2，3-二甲基戊烷 与C7H6互为同分异构体A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】丙烷中含有3个碳原子，根据碳原子的成
4、键方式可以分析得丙烷的球棍模型为 ，此项正确；丙烯中含有碳碳双键，结构简式中官能团不能省略，故结构简式应为CH3CH=CH2，此项错误；根据有机物的命名原则，该有机物为，此项正确；中含有8个碳原子，分子式为C8H6，与C7H6分子式不同，两者不是同分异构体，此项错误；故选D。【点睛】有机物的结构简式是在结构式的基础上省略C-H键，也可以省略C-C，但碳碳双键、碳碳三键等官能团不能省略不写。4.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A. 将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀可知二者均可使人中毒B. 可以用足量氢氧化钠溶液加热的方法区别地沟油（分离过的餐饮废弃油）与
5、矿物油（汽油、煤油、柴油等）C. 市场销售的洗涤灵的主要成分是对十二烷基苯磺酸钠，它能洗去餐具上的油污，发生的主要是化学变化D. 粮食酿酒的过程：淀粉葡萄糖乙醇【答案】B【解析】【详解】A重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铜属于重金属盐可使蛋白质变性，能使人中毒，硫酸铵不属于重金属盐，不会使蛋白质变性，出现沉淀是蛋白质的盐析过程，故硫酸铵无毒，故A错误；B地沟油属于酯类，加热时和氢氧化钠反应生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，加入NaOH溶液加热后分层消失，矿物油属于石油产品，主要成分属于烃类混合物，与NaOH溶液不反应，加入NaOH溶液加热后仍分层，现象不同可以区别，故B正确；C对十二烷基苯磺酸钠祛除油
6、污的原理是，对十二烷基苯磺酸钠电离产生对十二烷基苯磺酸根，该离子一边是亲水基，一边是亲油基，在振荡过程中，将油污分离去除，主要过程是物理变化而不是化学变化，故C错误；D粮食酿酒一定要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是酵母菌和霉菌，其中霉菌主要起到糖化的作用，把米中的淀粉转化成葡萄糖，酵母菌在无氧的条件下，再把葡萄糖分解成酒精和二氧化碳，不需要加硫酸，故C错误；故选B。5.下列说法不正确的是（ ）A. 和都有手性碳原子B. NH4+与H3O+中心原子的价层电子对数相同C. BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同D. SO2和O3是等电子体，但两者具有不同的化学性质【答案】A【解析】【详解
7、】A. 是甘油，结构中没有手性碳原子；中Cl所连接的碳原子是手性碳原子，故A错误；B. NH4+中心原子价层电子对数为，H3O+中心原子的价层电子对数为，二者相同，故B正确；C.BF3为平面三角形，硼原子的杂化类型为sp2，苯也为平面结构，碳原子的杂化类型也为sp2，故C正确；D. SO2和O3原子总数相同且价电子总数相同，是等电子体，二者空间构型相同，但两者具有不同的化学性质，故D正确；故选A。【点睛】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，用*C表示。判断方法：1.手性碳原子一定是饱和碳原子；2.手性碳原子所连接的四个基团或原子要不同。6.下列有关晶体的叙述中，正确的是（）A.
8、 在Si晶体中，Si原子与SiSi键之比为1：4B. 在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Na+有6个C. 在CsCl晶体中，与每个Cs+紧邻的Cs+有8个D. 在面心立方堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子【答案】D【解析】【分析】A在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键；B在氯化钠晶体中，每个钠离子周围与它最近且距离相等的Na有12个；C氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个Cs周围等距离紧邻的有6个Cs；D面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子【详解】A在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键，故Si原子与Si
9、-Si键之比为1：2，故A错误；B在NaCl晶体中，每个Na周围与它最近且距离相等的Na有381/2=12，故B错误；C氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点，铯离子的配位数是8，所以每个Cs周围紧邻的有8个Cl，但每个Cs周围等距离紧邻的有6个Cs，故C错误；D面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子，所以每个金属原子周围紧邻的金属原子有381/2=12，故D正确。故选：D。【点睛】本题考查晶胞分析，解题关键：注意把握NaCl、CsCl的晶体结构、离子占据的位置。7.已烯雌酚是一种激素类药物，结构简式如图所示，下列有关叙述中正确的是A. 该有机物属于芳香烃B.
10、该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 该分子对称性好，所以没有顺反异构D. 该有机物分子中，最多可能有18个碳原子共平面【答案】D【解析】试题分析：A、有机物中含有氧元素，不属于芳香烃，不选A；B、有机物中含有碳碳双键，能是酸性高锰酸钾溶液褪色，不选B；C、由于连接碳碳双键的碳原子连接不同的原子或原子团，有顺反异构，不选C；D、苯环是平面结构，碳碳双键也是平面结构，可能苯环和碳碳双键在一个平面上，所以最多有两个苯环上的12个碳，和碳碳双键上的6个碳共平面，总共18个碳原子共平面，选D。考点：有机物的结构和性质【名师点睛】掌握有机物的结构和性质，掌握常见有机物的空间结构，甲烷为正四面体，乙烯为平
11、面型，乙炔为直线型，苯为平面型，在考虑复杂有机物的空间结构时，结合面与面或线与面的关系进行分析。8.某气态烃1mol能与2molHCl加成，所得的加成产物每摩尔又能与8molCl2反应，最后得到一种只含C、Cl两种元素的化合物，则气态烃为（）A. 丙烯B. 丁烯C. 1丁炔D. 2甲基1，3丁二烯【答案】C【解析】【详解】根据题意知某气态烃1mol能与2molHCl加成，则该气态烃中含有1mol碳碳三键或2mol碳碳双键，排除A、B，所得的加成产物每摩尔又能与8molCl2反应，则加成产物中含有8mol氢原子，原1mol气态烃中含有6mol氢原子，因此该气态烃是1丁炔，答案选C。9.下列关于晶
12、体的说法正确的组合是() 分子晶体中都存在共价键 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 金刚石、SiC、NaF、NaCl、干冰、冰的熔点依次降低 离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键 氯化钠熔化时离子键被破坏 SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合 晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 NaHSO4、NaOH晶体中的阴、阳离子个数比均为11A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】单原子分子形成的晶体中，没有共价键，如稀有气体形成的分子晶体，故分子晶体中不一定存在共价键，说法错误；在金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，但没有阴离子，说法错误；金刚石和SiC属
13、于原子晶体，熔点高，金刚石中C-C键键能大于SiC中Si-C键键能，所以金刚石熔点大于SiC；NaF和NaCl属于离子晶体，熔点较高，因为F-半径小于Cl-，所以NaF熔点大于NaCl；干冰和冰属于分子晶体，熔点低，二氧化碳常温下为气态，水常温下为液态，水分子间形成氢键，所以干冰熔沸点低于冰，说法错误；离子晶体中一定有离子键，也可能含有共价键如NaOH等；分子晶体中肯定没有离子键；说法错误；氯化钠熔化时形成自由移动的离子，离子键被破坏，说法正确；硅原子最外层有4个电子，SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，说法错误；晶体中分子间作用力影响物质的物理性质，如熔沸点和溶解性等，分子的
14、稳定性属于化学性质，与分子内的共价键强度有关，说法错误； NaHSO4、NaOH晶体中的阴、阳离子分别为钠离子、硫酸氢根离子和钠离子、氢氧根离子，个数比均为11，说法正确；故选A。10.已知酸性强弱：羧酸碳酸酚。下列含溴化合物中的溴原子在适当条件下都能被羟基(OH)取代(均可称为水解反应)，所得产物中能跟NaHCO3溶液反应的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】A、B、C、D中的溴原子被羟基取代后的产物11.下列实验操作方法正确的是（ ）A. 欲除去乙烷中混有的乙烯可选用酸性KMnO4溶液洗气B. 使用萃取的方法可提纯粗苯甲酸C. 检测蔗糖是否水解：向蔗糖溶液中滴加几滴稀硫酸，水浴
15、加热几分钟，再加入银氨溶液，水浴加热D. 欲区分苯和甲苯，分别取少量样品加少量KMnO4溶液，振荡，KMnO4溶液褪色为甲苯，反之为苯【答案】D【解析】【详解】A. 酸性KMnO4溶液可以氧化乙烯生成二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；B.提纯粗苯甲酸可以选用重结晶的方法，故B错误；C. 检验葡萄糖时，需要先加碱中和酸，然后再加入银氨溶液，水浴加热，故C错误；D. 甲苯与高锰酸钾反应，被氧化生成苯甲酸，苯和高锰酸钾不反应，所以区分苯和甲苯，分别取少量样品加少量KMnO4溶液，振荡，KMnO4溶液褪色甲苯，反之为苯，故D正确；故选D。12.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方
16、堆积和体心立方堆积，下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为()A. 1184B. 321C. 984D. 21149【答案】B【解析】【详解】a属于六方堆积方式，每个顶角有一个原子，每个原子由6个晶胞共用，上下底面各有一个原子，晶体内部还有三个原子，所以晶胞中原子数：121/621/236个；b晶胞中原子数：81/861/24个；c 晶胞中原子数81/812个；所以a、b、c晶胞中原子个数比为642321，故选B。【点睛】运用均摊法计算晶胞中原子数目：对平行六面体，顶点位置分摊1/8，棱上分摊1/4，面上分摊1/2，体内完全属于该晶胞；此题难点是对六方堆积
17、的晶胞结构的认识。13.卤素互化物与卤素单质性质相似。据此推测CH2C(CH3)CHCH2(异戊二烯)与卤素互化物BrCl的1:1加成产物有(不考虑顺反异构和镜像异构)A. 3种B. 5种C. 6种D. 8种【答案】C【解析】【详解】异戊二烯属于共轭二烯烃，与BrCl的1:1加成时，有1，2加成和1，4加成；1，2加成得4种加成产物：CH2BrCCl(CH3)CHCH2、CH2ClCBr(CH3)CHCH2、CH2C(CH3)CHBrCH2Cl、CH2C(CH3)CHClCH2Br，1，4加成产物有2种：CH2BrC(CH3)=CHCH2Cl、CH2ClC(CH3)=CHCH2Br，所以一共有
18、6种加成产物，故选C。14.分枝酸可用于生化研究其结构简式如图所示，下列关于分枝酸叙述正确的是（ ）A. 分子中含有3种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A.分枝酸分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，故A错误；B.分枝酸中含有羧基可与乙醇发生酯化反应，分枝酸中含有羟基可与乙酸发生酯化反应，故B正确；C.分子中只有羧基可以与氢氧化钠发生中和反应，所以1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D.可使溴的四氯化碳溶
19、液褪色是因为发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为发生了氧化反应，原理不同，故D错误；故选B【点睛】本题的易错点在于C项的干扰，分枝酸分子中含有六元环，但并非苯环，所以羟基并不能与氢氧化钠反应。15.某高分子化合物R的结构简式如下，下列有关R的说法正确的是( ）A. R的单体之一的分子式为C9H10O2B. R完全水解后生成物均为小分子有机物C. 通过加聚反应和缩聚反应可以生成RD. 碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为2nmol【答案】C【解析】【详解】A. 由R的结构简式可知，合成R的分子分别是2-甲基丙烯酸、乙二醇和，分子式为C4H6O2、C2H6O2、C9H10
20、O3，故A项错误；B.R完全水解，除了小分子有机物外还有高分子化合物生成，故B项错误；C. R前面的链节是通过碳碳双键发生加聚反应制得，后面的链节则是羧基跟羟基通过缩聚反应制得的，故C项正确；D. 1molR中含n（1+m）mol酯基，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n（1+m）mol，故D项错误；故选C。16.如图所示是某原子晶体A空间结构中的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个AA键中插入一个B原子，则C物质的化学式为()A. AB2B. ABC. A5B4D. A2B5【答案】A【解析】【详解】根据原子晶体A空间结构中的一个单元知，在晶体A中每个A形成4个AA键；A与
21、某物质B反应生成C，其实质是每个AA键中插入一个B，则每个A原子形成4个AB键，每个B原子形成2个BA键，则A、B原子个数比为1:2，C的化学式为AB2，故选A。17.某烯烃A，分子式为C8H16，A在一定条件下被氧化只生成一种物质B， 则符合上述条件的烃A有（）种（考虑顺反异构）。A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】某烯烃A，分子式为C8H16，A在一定条件下被氧化只生成一种物质B，说明A的分子结构关于碳碳双键对称，然后写出结构简式，同时考虑具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团。【详解】某烯烃A，分子式为C8H16，A在一定条件下被氧化只生成一种物质B
22、，说明A的分子结构关于碳碳双键对称，结构简式为：CH3CH2CH2CH=CHCH2CH2CH3、（CH3）2CHCH=CHCH（CH3）2、CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，每一种结构都有顺反异构，所以共有6种，答案选C。【点睛】本题考查有机物的同分异构体数目的判断，注意根据题目信息先确定A为对称的分子结构，再根据顺反异构的结构要求判断A的同分异构体数目，试题难度中等。18.将a g聚苯乙烯树脂溶于bL苯中，然后通入c mol乙炔气体，所得混合液中碳氢两元素的质量比是（ ）A. 61B. 12C. 83D. 121【答案】D【解析】【详解】聚苯乙烯的化学式是（C8H8）n，所
23、以聚苯乙烯、苯和乙炔的实验式均是CH，因此所得混合液中碳氢两元素的质量比是121，而与这些物质的含量无关，答案选D。19.某物质可能含有：a.甲酸、b.乙酸、c.甲醇、d.甲酸甲酯四种物质中的一种或几种，在鉴别时有下列现象：可发生银镜反应；加入新制Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解；与含酚酞的NaOH溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅至无色。下列叙述中，正确的是()A. a、b、c、d都有B. 一定有d，可能有c，一定无a、bC. 有c和dD. 一定无a，一定有b，可能有c、d【答案】B【解析】【详解】由可发生银镜反应，一定含-CHO，甲酸、甲酸甲酯中至少含一种；加入新制Cu（OH）2悬浊液，沉淀
24、不溶解，则不含-COOH，一定不含甲酸、乙酸；与含酚酞的NaOH溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅至无色，则该物质与碱反应，则符合上述信息的物质一定含甲酸甲酯、可能含甲醇，而一定不含有甲酸、乙酸，故选B。20.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得V2L二氧化碳，若V1V20，则有机物可能是()A. HOOCCOOHB. CH3COOHC. HOCH2CH2OHD. 【答案】D【解析】【详解】有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有
25、-COOH，存在反应关系式：-OH1/2H2，-COOH1/2H2 以及-COOHCO2，若V1=V20，说明分子中含有1个-OH和1个-COOH，只有D符合，故选D。21.在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，则这个碳原子被称为“手性碳原子”，凡含有手性碳原子的物质一定具有光学活性，如图所示该物质有光学活性，发生下列反应后生成的有机物无光学活性的是()与甲酸发生酯化反应 与NaOH溶液反 与银氨溶液作用在催化剂存在下与氢气作用A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】与甲酸发生酯化反应，C原子仍连接4个不同的原子或原子团，具有光学活性，故不选；与NaOH溶液反应，
26、酯基水解生成-CH2OH，产物含2个-CH2OH，不具有手性碳原子，不具有光学活性，故选； 与银氨溶液作用，-CHO与银氨溶液反应生成-COONH4，仍具有手性碳原子，故不选；在催化剂存在下醛基与氢气加成生成-CH2OH，产物含2个-CH2OH，不具有手性碳原子，不具有光学活性，故选。根据上面分析，发生反应后生成的有机物无光学活性的是：答案：B【点睛】本题以手性碳考查有机物的结构与性质，注意把握醛、酯、醇的性质是解答的关键，题目难度不大。22.六氟化硫分子为正八面体构型(分子结构如图)，难溶于水，在高温下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途。下列推测正确的是()A. SF6分子是含有极
27、性键的非极性分子B. SF6各原子均达8电子稳定结构C. SF6易燃烧生成SO2D. SF6是原子晶体【答案】A【解析】【详解】A硫氟键为极性共价键，六氟化硫分子为正八面体构型，故为非极性分子，故SF6分子是含有极性键的非极性分子，故A正确；BS原子最外层电子全都参与成键，则其原子最外层电子为12个，不是8电子稳定结构，故B错误；CSF6中S为+6价，不能和氧气反应生成SO2，故C错误；D六氟化硫分子为正八面体构型，六氟化硫由分子组成，故SF6为分子晶体，故D错误，故选A。23.N2F2分子中四个原子都在同一平面内，由于几何形状的不同，存在顺式和反式两种同分异构体。据此判断N2F2分子中两个N
28、原子之间化学键的组成为（ ）A. 一个键和两个键B. 仅有一个键C. 仅有一个键D. 一个键和一个键【答案】D【解析】【详解】氮原子最外层有5个电子，形成3对共用电子对达到稳定结构，由题干知N2F2为平面结构，且有顺式和反式两种同分异构体，可推测知分子中存在N=N，其结构式为FN=NF，所以两个氮原子之间含有 一个键和一个键，故选D。【点睛】单键是共用一对电子，成键方式为“头碰头”，属于键，双键或三键中只有1个键，另外还有1个或2个键。24.下列实验方案不能达到实验目的是()选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反产生的气体
29、通入溴的四氯化碳溶液B检验卤代烃中卤原子的种类将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，取冷却后反应液 滴加硝酸酸化后滴加硝酸银溶液C验证乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色D验证苯和液溴在FeBr3的催化下发生取代反应将反应产生的混合气体先通入四氯化碳溶液再通入AgNO3溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、发生消去反应生成CH2=CH2，产生的气体通入到溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色，说明产生乙烯，能够达到实验目的，故A错误；B、检验卤素原子，先于氢氧化钠溶液反应，冷却后，应加硝酸酸化
30、，再滴加硝酸银溶液，根据沉淀颜色，判断卤素原子，能够达到实验目的，故B错误；C、电石与水反应产生的气体中混有H2S气体，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对乙炔气体的检验产生干扰，不能达到实验目的，故C正确；D、先通入四氯化碳溶液，目的是除去挥发出来的溴单质，避免对HBr检验产生干扰，然后再通入硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，说明发生取代反应，能够达到实验目的，故D错误。25.头孢拉定又名先锋霉素，是常用的一种抗生素，其结构简式如下：下列说法不正确的是 ()A. 头孢拉定的分子式是C16H19N3O4S，分子中有多种官能团B. 头孢拉定与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液都可以反应C. 头孢拉定既可与盐酸
31、反应，也可与NaOH溶液反应D. 1mol头孢拉定最多可与5mol H2和3mol Br2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据结构简式，头孢拉定的分子式是C16H19N3O4S，分子中含有氨基、羧基、肽键、碳碳双键等有多种官能团，故A正确；B.头孢拉定中含有羧基，所以与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液都可以反应，故B正确；C.头孢拉定中含有氨基，可以与盐酸反应，分子中还含有羧基，也可与NaOH溶液反应，故C正确；D.头孢拉定中只有碳碳双键能与 H2和Br2发生加成反应，所以1mol头孢拉定最多可与3mol H2和3mol Br2发生加成反应，故D错误；故选D。第II卷（非选择题）二
32、、非选择题（共5题，共50分。）26.（1）下列有关实验的叙述，错误的是（填序号）_；A 用NaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇，然后分液B 分馏石油时，温度计的末端必须插入液面下C 用分液漏斗分离环己烷和水的混合液体D 用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管E 配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到稀硝酸银溶液中，产生白色沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止（2）人造羊毛在许多方面比天然羊毛更优良，其分子存在如下结构：合成它的单体有_。（3）写出反应的化学方程式 _。【答案】 (1). ABD (2). CH2=CHCN；CH2=CHCOOCH3；CH2=C（COOH）CH2COOH (3). +4N
33、aOH+2NaBr+4H2O【解析】【分析】根据物质的性质对有关实验的叙述进行分析；根据高聚物的结构特点分析单体结构；根据有机物的结构变化及反应条件分析发生的化学反应写出相应方程式。【详解】（1）ANaOH溶液能使乙酸乙酯水解，故A错误；B分馏石油时，温度计的末端应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C环己烷和水不互溶且密度比水的密度要小，可以用分液漏斗分离环己烷和水的混合液体，故C正确；D银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故D错误；E向硝酸银溶液中滴加氨水，等到白色沉淀恰好溶解时，可以获得银氨溶液，故E正确；故选ABD。（2）链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，
34、四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，结构简式中主链上有6个碳原子其单体必为3种，将双键中的3个CC打开，然后将半键闭合即可得该高聚物单体是 CH2=CHCN；CH2=CHCOOCH3；CH2=C（COOH）CH2COOH；（3）根据反应前后的结构变化及反应条件分析，反应为消去反应，形成碳碳三键，同时结构中还含有羧基，与氢氧化钠发生中和反应，所以反应的化学方程式为：+4NaOH+2NaBr+4H2O。27.研究小组设计用含氯的有机物A合成棉织物免烫抗皱整理剂M的路线如下(部分反应试剂和条件未注明)：已知：E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，核磁共振氢谱显示E分
35、子内有2种不同化学环境的氢原子，其个数比为31；(R、R、R代表相同或不相同的烃基)。(1)A分子中的含氧官能团的名称是_。(2)AB反应所需的试剂是_。(3)GH反应的化学方程式是_。(4)已知1 mol E与2 mol J反应生成1 mol M，则M的结构简式是_。(5)E的同分异构体有下列性质：能与NaHCO3反应生成CO2；能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，则该同分异构体共有_种，其中任意1种的结构简式是_。(6)J可合成高分子化合物，该高分子化合物结构简式是_。【答案】 (1). 羟基 (2). NaOH水溶液 (3). ClCH2CH2COOH2NaOHCH2=CHCO
36、ONaNaCl2H2O (4). (5). 5 (6). HCOOCH2CH2CH2COOH、 (7). 【解析】【分析】根据有机合成路线中有机物结构的变化及反应条件分析反应类型及书写反应方程式；根据限制条件书写相关有机物的同分异构体；根据有机物结构判断官能团的种类；根据加聚反应原理书写高分子化合物的结构简式。【详解】E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为 =2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个-CH3、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。C与银氨溶液反应、
37、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH、C为OHCCH2CHO，则B应是HOCH2CH2CH2OH。A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，F与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH。E与J发生已知中反应生成M，则H为CH2CHCOONa，J为CH2CHCOOCH3，1molE与2molJ反应生成1molM，故M为，据此解答。(1)根据上述分析，A为ClCH2CH2CH2OH，A中的含氧官能团的名称是羟基；(2)AB是ClCH2CH2CH2
38、OH在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，故答案为：NaOH水溶液；(3)GH是ClCH2CH2COOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成CH2CHCOONa，反应方程式为：ClCH2CH2COOH+2NaOHCH2=CHCOONa+NaCl+2H2O；(4)1molCH3OOCCH2COOCH3与2molCH2=CHCOOCH3反应生成1molM，故M为；(5) E的分子式为C5H8O4，E的同分异构体能与NaHCO3反应生成CO2，含有-COOH；能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，为甲酸形成的酯，含有-OOCH，符合条件的同分异构体有
39、：HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCH2CH（CH3）COOH、HCOOCH(CH3)CH2COOH、HCOOCH(CH2CH3)COOH、HCOOC(CH3)2COOH，故共有5种；(6)J的结构简式为CH2=CHCOOCH3，其中含有双键，可以发生加聚反应，生成高聚物。28.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：(1)请写出元素o的基态原子电子排布式_。(2)d的氢化物的分子构型为_；k在空气中燃烧产物的中心原子的杂化形式为_，该分子是_(填“极性”或“非极性”)分子。(3)由j原子跟c原子以11相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同
40、。两者相比熔点更高的是_（填具体物质），试从结构角度加以解释_(4)i单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。若已知i的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，请回答：晶胞中i原子的配位数为_。该晶体的密度为_ (用字母表示)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 三角锥形 (3). sp2 (4). 极性 (5). SiC (6). 因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中CSi键键长比晶体Si中SiSi键长短，键能大，因而熔沸点高 (7). 12
41、(8). 【解析】【详解】(1)根据o在元素周期表中的位置，o为Fe，核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d64s2 ；(2)d元素为N，氢化物为NH3，中心原子N的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；k为硫，在空气中燃烧产物为SO2，中心原子S的价层电子对数为，则中心原子的杂化形式为sp2；SO2有2个键，孤电子对数为(622)/2=1，因此SO2空间构型为V型，分子不对称，正负电中心不重合，SO2属于极性分子；(3)j为硅，c为碳，由j原子跟c原子以11形成的化合物为SiC，SiC属于原子晶体，键长：CSi键SiSi键，键能：CSi键SiSi键，原子晶体
42、键长越长、键能越小，熔沸点越低，因此SiC的熔点高；(4) i为Al，根据图乙，Al原子处于晶胞顶点及面心位置，以上面面心Al作为研究对象，同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，共有12个Al，所以晶胞中距离Al原子最近的铝原子有12个，即Al的配位数为12；根据图乙，铝原子位于顶点和面心，原子个数为81/861/2=4，则晶体的质量为4M/NAg，根据图丙，原子半径为d，则根据图丙计算晶胞的边长为，则晶胞的体积为（）3，根据密度的定义=m/V，则密度为：。【点睛】本题的难点是晶胞密度的计算，计算晶胞的密度需要计算晶胞的质量和体积，计算晶胞的质量，需要判断晶胞中微粒的
43、个数，利用N/NA=n，然后利用m=nM得出晶胞的质量，从而计算密度。29.氯吡格雷（clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物，以2-氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）化合物C中的官能团名称为_ ，氯吡格雷的分子式为_。 （2）X的结构简式为_。 （3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式：_。 （4）物质D的某种同分异构体G满足以下条件：苯环上有2个取代基，且其中一个取代基不含碳原子；与D中的官能团相同；能发生银镜反应；则符合条件的G有_种。 （5）已知：写出由乙烯和甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选），并标出
44、每步对应的反应类型。示例如下：_【答案】 (1). 氨基、氯原子、羧基 (2). C16H16NO2SC1 (3). (4). (5). 24 (6). 【解析】（1）分子中能团名称为氨基、氯原子、羧基，分子式为C16H16NO2SC1；（2）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，由E的结构可知X的结构为；（3）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，则发生取代反应，生成-CO-NH-结构，该反应为；（4）物质的某种同分异构体G满足以下条件： 苯环上有两个取代基，且其中一个取代基不含碳原子应为Cl或NH2，两个取代基在苯环上有邻、间、对三个位次；与D中的官能团相同，
45、即Cl、NH2、COO-；G能发生银镜反应，应该有HCOO；满足条件的可能结构有（1）一个取代基为NH2，另一个取代基是HCOOCHClCH2、HCOOCH2CHCl-、HCOOCCl（CH3）或HCOOCClCH2-，两取代基之间有邻、间、对三个位次共12种结构；（2）将Cl与NH2位置相应与（1）中对调，也有12种结构，则符合条件的G有24种。与D含有相同的官能团，苯环上的取代基不超过2个，应该是一个或二个，如果是二个则苯环上有邻、间及对位三种情况；如果是苯环只有一个取代其应该只用 一种结构，如果是二个取代其，则可能是Cl与在间位与对位二种结构；可能是NH2与有三种结构，可能是CN与有三种
46、情况，共9种；（5）制备化合物，乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCO，结合信息可知最后乙二醇与甲醛反应生成，该反应流程为。点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下
47、，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。30.石墨烯（图 a）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型导电材料，具有大共轭体系。石墨烯 中部分碳原子被氧化后，其平面结构发生改变，转化为氧化石墨烯（图b）。(1)图a中，1号C的杂化方式为_，石墨烯中含有的化学键类型是_（填极性键，非极性键）；图b中键角_键角(填“ ”、“”
48、或“=”)，水分子的空间构型是_。(2)基态钒原子的价电子排布式为_。(3)醋酸铜可合成复合材料石墨烯，其制备原料为CuSO4、NH3H2O和醋酸等。写出一种与SO42-互为等电子体的分子_。二聚醋酸铜的结构示意图如图1所示，Cu2+的配位数为_。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，C60和K能形成新型化合物，其晶胞如图2所示，晶胞边长参数为anm，该化合物中K原子和C60分子的个数比为_，该晶体的密度=_ g.cm-3【答案】 (1). sp2 (2). 非极性键 (3). (4). V形 (5). 3d34s2 (6). CCl4 (7). 5 (8). 3：1 (9). 【解析】【分析
49、】根据图示原子间的成键方式分析原子的轨道杂化类型及共价键的极性；根据核外电子排布规律书写相关原子的电子排布式；根据等电子体原理及价层电子对互斥模型分析分子的空间构型及判断等电子体；根据配合物的组成及原理分析中心原子的配位数；根据晶胞结构计算晶胞密度。【详解】（1）图a中，与1号C相连的C原子数为3，所以1号C与相邻C形成3个键，杂化方式为sp2；石墨烯中含有的化学键为非极性共价键；角的中心碳是处在平面六边形中的，键角为120，角的中心碳周围连了4个单键，与甲烷的结构类似，键角小于120，所以图b中键角键角；水分子中氧原子轨道杂化类型为sp3，与H原子形成2个键，有两对孤电子对，所以分子空间构型
50、为V形.（2）V的原子序数为23，根据核外电子排布规律分析知基态钒原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则价电子排布式为3d34s2。（3）等电子体是指价电子总数和原子总数相同的分子、离子或基团，SO42-共有32个价电子，5个原子，用“替代法”，CCl4或SiCl4中的价电子总数均为4+47=32，且都有5个原子，所以与SO42-互为等电子体。由图可知二聚醋酸铜中，有2个铜离子、2个水分子、4个醋酸根离子，则其化学式为Cu2(CH3COO)4(H2O)2，根据图示，Cu2+的配位数为5。（4）如图所示，有12个K原子位于面上，则一个晶胞中K原子数为121/2=6，有8个C60位于顶点处、1个C60位于体心，则一个晶胞中C60分子数为81/8+1=2，该化合物中K原子和C60分子的个数比为6：2=3：1，一个晶胞的质量为 ，则该晶体的密度=g（a10-7cm）3=g/cm3。