1、高考资源网（） 您身边的高考专家开滦二中20192020学年第二学期高二年级6月考考试化学试卷说明：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第卷第（1）页至第（6）页，第卷第（7）页至第（10）页。2.本试卷共100分，考试时间90分钟。第卷（选择题，共50分）注意事项：1.答第卷前，考生务必将自己的准考证号、科目填涂在答题卡上。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。3.考试结束后，监考人员将试卷答题卡和机读卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Fe-56 Cl-35.5一、选择题（每个小题只有
2、一个正确选项，共25小题，每小题2分）1.下列原子中未成对电子数最多是( )A. CB. NC. OD. Cl【答案】B【解析】【详解】画出各原子的轨道表示式：A、C： 有两个未成对电子；B、N： 有三个未成对电子；C、O： 有两个未成对电子；D、Cl： 有一个未成对电子；答案选项B。2.下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是 ()Al原子和N原子的未成对电子数Ag、Cu2与NH3形成配合物时的配位数HF的键能与HI的键能F元素和O元素的电负性N和O元素的第一电离能A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Al原子未成对电子数为1，N原子的未成对电子数为3，前者小于后者，错误；A
3、g、Cu2与NH3形成配合物时的配位数分别为2和4，前者小于后者，错误；HF的键能大于HI的键能，正确；F元素的电负性大于O元素，正确；N的第一电离能大于O元素，正确；综上所述，正确；答案选D。【点睛】电离能的大小比较是解答的易错点，注意掌握其变化规律：同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。同种原子：逐级电离能越来越大(即I1I2I3)。但需要注意全充满、半充满时稳定性强，其第一电离能大于相邻的元素，例如N大于O等。3.下列说法正确的是()氢键是一种化学键由非金属元素组成的化合物可能是离子化合
4、物离子键只是阳离子、阴离子的相互吸引气体单质分子中一定含有共价键由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键离子化合物中可能有共价键共价化合物中可能有离子键A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，不是化学键；全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；稀有气体分子中不含化学键；由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键；只含共价键的化合物是共价化合物。详解：氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故错误；非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故正确；离子键是阳离子、阴离子
5、之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故错误；气态分子中不一定存在共价键，如稀有气体分子中就不含化学键，故错误；由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在O-O非极性键，故错误；只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故错误；答案选A。点睛：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。4.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（）A. XYZ2B. X2YZ3C. X2
6、YZ2D. XYZ3【答案】A【解析】【详解】X原子最外层电子排布为ns1，处于第A族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p1，则Y为Al元素，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为2，AXYZ2中Y的化合价为+3价，符合，如NaAlO2，故A正确；BX2YZ3中Y的化合价为+4价，不符合，故B错误；CX2YZ2中Y的化合价为+2价，不符合，故C错误；DXYZ3中Y的化合价为+5价，不符合，故D错误； 答案选A。5.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是()A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B. 原子核外M层上仅有两
7、个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C. 2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；C.2p轨道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；D.最外层都只有一
8、个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不同，故D项错误；综上，本题选C。6.如图是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构示意图，试判断属于NaCl晶体结构的是（ ）A. a和cB. b和cC. a和dD. 只有d【答案】C【解析】【详解】由于在NaCl晶体中，每个Na + 周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl - ，同样每个Cl - 周围同时吸引着最近的等距离的6个Na + ，图a中符合条件，图d中选取其中一个离子，然后沿x、y、z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，所以答案选C。7.科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合
9、物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体的叙述错误的是（ ）A. 该物质的化学式为CO4B. 晶体中C原子数与CO键数之比为1：4C. 晶体的熔、沸点高，硬度大D. 该晶体为原子晶体【答案】A【解析】【详解】根据描述我们可以类比二氧化硅，二氧化硅是硅原子和氧原子形成的空间网状无限延伸结构（原子晶体），其中每个硅原子与4个氧原子相连，每个氧原子与2个硅原子相连。因此该物质的化学式与二氧化硅类似，为。而作为原子晶体，一般熔、沸点都较高，硬度较大，答案选A。8.下列叙述正确的是（ ）A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
10、B. 是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心C. 是极性分子，分子中O原子不在2个H原子所连线段的中点处D. 是非极性分子，分子中C原子不在2个O原子所连线段的中点处【答案】C【解析】【详解】A为三角锥形结构，4个原子不共面，故A错误；B为正四面体结构，是非极性分子，C原子处在正四面体的中心，故B错误；C为V形结构，分子中O原子不在2个H原子所连线段的中点处，故C正确；D为直线形结构，C原子处于2个O原子所连线段的中点处，故D错误；故答案选C。9.下列微粒中中心原子的杂化方式和微粒的立体构型均正确的是（ ）A. C2H4：sp、平面形B. SO：sp3、三角锥形C. C
11、lO：sp3、V形D. NO：sp3、正四面体【答案】C【解析】【分析】判断杂化轨道类型主要看中心原子周围的键数目和孤对电子数目之和，为4是sp3，为3是sp2，为2是sp，而判断空间构型则根据价层电子对互斥理论进行。【详解】A. C2H4中每个C原子周围有3个键，无孤对电子，故杂化类型是sp2、空间构型为平面形，故A错误；B. SO中每个S原子周围有4个键，无孤对电子，故杂化类型是sp3、空间构型为正四面体型，故B错误；C. ClO中每个Cl原子周围有2个键，有2对孤对电子，故杂化类型sp3、空间构型为V型，故C正确；D. NO中每个N原子周围有3个键，无孤对电子，故杂化类型是sp2、空间构
12、型为平面形，故D错误；本题答案为：C10.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是A. SO2和SiB. CO2和H2OC. NaCl和HClD. CCl4和KCl【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属与非金属之间形成共价键；由离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成且存在空间网状结构的晶体为原子晶体。【详解】ASO2和Si都只含共价键，但SO2为分子晶体，Si为原子晶体，A不合题意；BCO2和H2O都只含共价键，且二者都是分子晶体，B符合题意；CNaCl含有离子键，是离子晶体，HCl含有共价键，是分子晶体，C不合题意
13、；DCCl4含有共价键，是分子晶体，KCl含有离子键，是离子晶体，D不合题意。答案选B。11.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. 晶格能由大到小: NaF NaCl NaBrNaI【答案】C【解析】【详解】A、分子晶体熔点和分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅，B正确；C、金属键越强，金属晶体熔点越高，金属键与原子半径和金属阳离子所带电荷数有关系，则熔点AlMgNa，C错误；D、离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成
14、反比，熔点：NaFNaClNaBrNaI，D正确。答案选C。12.下列说法中不正确的是A. 键比键的电子云重叠程度大，形成的共价键强B. ss键与sp键的电子云形状对称性相同C. 丙烯(CH3CH=CH2)分子有8个键，1个键，其中碳原子分别是sp2、sp3杂化D. N2分子中有一个键，2个键；NH4中4个NH键的键能不相同【答案】D【解析】【详解】A. 键是电子云“头碰头”的方式重叠，键是电子云“肩并肩”的方式重叠，键比键的电子云重叠程度大，形成的共价键强，故A正确；B. 键有方向性，两个成键原子必须沿着对称轴方向接近，才能达到最大重叠，s-s键与s-p键都是轴对称的，所以s-s 键与s-p
15、 键的电子云形状对称性相同，故B正确；C. 丙烯(CH3CH=CH2)分子有8个键，1个键，其中双键碳原子sp2杂化、单键碳原子sp3杂化，故C正确；D. N2分子的结构是，有一个键，2个键，NH4中N原子为sp3杂化，4个NH键的键能完全相同，故D错误；答案选D。13.下列分子式不能只表示一种纯净物的是A. CH2Br2B. C2H6OC. C3H8D. CH2O【答案】B【解析】【详解】A.甲烷是正四面体结构，因此二溴甲烷只有一种结构，故A不选；B. C2H6O 可以表示乙醇，也可表示二甲醚，有两种结构，故B选；C. C3H8为丙烷，丙烷没有同分异构体，C3H8 只表示一种结构，故C不选；
16、D. CH2O只能表示甲醛一种物质，故D不选；故选：B。14.只用一种试剂即可将己烯、甲苯、酒精、苯酚溶液、CCl4五种无色液体区分开来，该试剂是()A. FeCl3溶液B. 溴水C. KMnO4酸性溶液D. 金属钠【答案】B【解析】A. 因FeCl3溶液与己烯、甲苯均不反应，且二者不溶于水，密度都比水小，所以用FeCl3溶液不能鉴别己烯和甲苯，故A错误；B. 加入溴水时酒精与溴水互溶，苯酚溶液中加入溴水产生白色沉淀，四氯化碳中加入溴水发生萃取，有色层在下层，己烯中加入溴水时，溴水褪色，甲苯中加入溴水发生萃取，有色层在上层，可用溴水鉴别这五种无色液体，故B正确；C. 加入酸性KMnO4溶液时，
17、酒精、苯酚、己烯和甲苯都可以发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪色，不能鉴别，故C错误；D. 四氯化碳、己烯、甲苯与金属钠都不反应，所以加入金属钠不能鉴别，故D错误；答案选B。15.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 福尔马林（甲醛溶液）可用于浸泡海产品以防腐保鲜B. 植物油由于不饱和脂肪酸甘油脂含量较高而使熔点较高C. 苯酚常用来制造有消毒作用的酚皂D. 防控新冠病毒常用75%的酒精或“84”消毒液，二者可混用以增强消毒效果【答案】C【解析】【详解】A.甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低食品的质量，故A错误；B.不饱和脂肪酸甘油酯的熔点低，故B错误；C.苯
18、酚具有一定的杀菌能力，可以作为消毒用的酚皂，故C正确；D.酒精和84消毒液混在一起会发生反应，其中乙醇和次氯酸钠反应，生成乙醛，乙醛可以继承被氧化生成乙酸甚至会发生氯仿反应，生成有毒的有机氯化物，所以混合使用不能增强消毒作用，反而有毒，故D错误。故选C。【点睛】具有还原性和氧化性的物质可以发生反应，乙醇和次氯酸钠可以发生氧化还原反应而没有消毒效果，反而生成有毒物质。16.下列化合物中同分异构体数目最少的是()A. 戊烷B. 戊醇C. 戊烯D. 乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A.戊烷只存在碳链异构，同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、C（CH3）4，共3
19、种；B.戊醇可看成戊烷中H原子被OH取代，其同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH2CH（OH）CH3、CH3CH2CH（OH）CH2CH3、HOCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2C（OH）CH2CH3、（CH3）2CHCH（OH）CH3、（CH3）2CHCH2CH2OH、（CH3）3CCH2OH，共8种；C.戊烯的同分异构体有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2，共5种；D.乙酸乙酯的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（C
20、H3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4种；答案选A。17.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所用试剂和方法正确的是混合物试剂分离方法A苯（苯酚）溴水过滤B溴乙烷（乙醇）乙酸、浓硫酸蒸馏C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液分液D甲烷（丙烯）溴水洗气A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A苯酚和浓溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，2,4,6-三溴苯酚溶于苯，过滤无法除去，A错误；B乙酸与乙醇的反应为可逆反应，不可除尽乙醇，溴乙烷不溶于水，乙醇与水互溶，可用水萃取，然后分液即可，B错误；C乙酸乙酯能和NaOH反应，C错误；D丙烯和溴水中的溴发生加成反应生
21、成1,2-二溴丙烷液体，甲烷不与溴水反应，故可用溴水除去甲烷中的丙烯，D正确。答案选D。18.由氯乙烷及必要的无机试剂合成乙二醛，其依次发生的反应类型为( )A. 取代、消去、加成、还原B. 加成、消去、水解、氧化C. 消去、加成、取代、氧化D. 水解、消去、加成、取代【答案】C【解析】【分析】由氯乙烷（）合成乙二醛（），可以用逆推法，乙二醛可由乙二醇（）氧化得到，乙二醇可以由1，2-二氯乙烷（）水解得到，1，2-二氯乙烷可由乙烯和氯气加成得到，乙烯可由氯乙烷消去得到。【详解】由分析可知，合成路线为：，其中水解反应属于取代反应，故选C。19.分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液反应的有机物有
22、A. 2种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】D【解析】【详解】能与氢氧化钠反应的可以是羧酸也可以是酯类，分子式为C4H8O2的羧酸为C3H7COOH，C3H7有2种，即羧酸有2种；分子式为C4H8O2的酯可以是：C2H5COOCH3、CH3COOC2H5、HCOOC3H7，C3H7有2种，则HCOOC3H7有2种，羧酸和酯共有6种，故选D。20.某有机物的结构简式见如图，取足量的Na、NaOH(aq)和NaHCO3(aq)分别和等物质的量的该物质在一定条件下反应(必要时可以加热)，完全反应后消耗的Na、NaOH和NaHCO3三种物质的物质的量之比是A. 342B. 351C. 352D.
23、341【答案】B【解析】【详解】该有机物中含有酚OH、COOH、醇OH、酯基(COO)、Br，根据官能团的性质，酚OH、COOH、醇OH均与Na反应，酚OH、COOH、COO、Br与NaOH反应，且该有机物酯基水解后又形成一个酚OH，只有COOH与NaHCO3反应，则用等物质的量的该有机物分别与Na、NaOH、NaHCO3反应时，消耗3molNa、5molNaOH、1molNaHCO3，即消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:5:1，答案选B。【点睛】解题时注意，酚羟基的酸性弱与碳酸，酚羟基不与碳酸氢盐反应。21.下列说法错误的是A. 葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生
24、水解B. 甲醛的水溶液具有防腐性能，是由于它可使蛋白质变性C. 纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维素，是由于纤维素分子中含有羟基D. “地沟油”经过加工处理后，可以用来制生物柴油和肥皂【答案】A【解析】【详解】A葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，A错误；B甲醛的水溶液又叫福尔马林，因能使蛋白质变性而具有防腐性能，B正确； C纤维素分子中含有羟基，能与醋酸发生酯化反应，从而得到醋酸纤维素，C正确；D“地沟油”经过净化、水解等加工处理，可以生产生物柴油和肥皂，D正确；故选A。22.已知酸性大小：羧酸碳酸酚。下列含溴化合物中的溴原子，在适当的条件下都能被羟基(OH)取代(均可称为水解反应)，所得产物能
25、跟NaHCO3溶液反应的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基(OH)取代，所得产物能跟NaHCO3溶液反应，说明水解后生成的官能团具有酸性，且酸性比H2CO3强，以此解答该题。【详解】A水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故A错误；B水解生成，酚羟基比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应，故B错误；C水解生成，酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠反应，故C正确；D水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故D错误；故答案选C。23.分子式为的有机物A有下列变化：其中B、C的相对分子质量相等，下列有关说法错误的是（ ）A. C
26、和E互为同系物B. 符合题目条件的A共有4种C. D既能发生氧化反应，又能发生还原反应D. 符合题目条件的B共有4种【答案】B【解析】【分析】有机物A的分子式为C9H18O2，在酸性条件下A水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯。B和C的相对分子质量相等，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，据此分析解答。【详解】A由以上分析可知CC3H7COOH，E为C4H9COOH，二者互为同系物，故A正确；BC可能为CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH，有2种，B能够氧化生成醛，说明B中含有-CH2OH结构，可能为CH3CH2CH2CH
27、2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)CH2OH、CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3、CH3C(CH3)2CH2OH，有4种，共为24=8种，故B错误；CD为醛，可发生氧化反应生成酸，也可被还原是醇，故C正确；D由B的分析可知B可能为CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)CH2OH、CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3、CH3C(CH3)2CH2OH，有4种，故D正确；故选B。24.有机物H是一种广谱高效食品防腐剂，如图所示是H分子的球棍模型，下列有关说法正确的是A. 有机物H的分子式为C9H11O3B. 有机物H的官能团有羟基、羰基和醚键C. 有机物H能发
28、生加成反应、取代反应和氧化反应D. 1mol有机物H最多可与1molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A、H的结构简式为，分子式为C9H10O3，选项A错误；B、根据H的结构简式可知，有机物H的官能团有羟基、酯基，选项B错误；C、因为H中含有酚羟基，能发生氧化反应、取代反应，含有苯环，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，选项C正确；D、H分子中含有一个酚羟基和一个酯基，故1mol有机物H最多可与2molNaOH反应，选项D错误。答案选C。25.下图是合成香料香豆素过程的中间产物,关于该物质的说法不正确的是（ ）A. 分子式为C9H8O3B. 有两种含氧官能团C. 1 mol该物质最多
29、能与5 mol H2发生加成反应D. 该物质在一定条件下可发生酯化反应【答案】C【解析】【详解】A、根据其结构简式写出其分子式，A正确；B、此物质含有羟基和羧基两种含氧官能团，B正确；C、苯环与氢气13加成，而碳碳双键与氢气11发生加成反应，C错；D、有羟基和羧基能发生酯化反应，D正确。第卷（非选择题，共50分）26.X、Y、Z、W四种元素的部分信息如下表所示。元素XYZW相关信息短周期元素，最高化合价为+7价基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子核外电子共有15种运动状态能与X形成两种常见化合物WX2、WX3，酚遇WX3溶液能发生显色反应回答下列问题：（
30、1）W的基态原子电子排布式为_，X、Y、Z三种元素电负性由大到小的顺序为_(用具体的元素符号填写)。（2）化合物YX4、ZX3、ZX5(气态或液态时)中，中心原子的轨道类型不是sp3杂化的是_ (填化学式，下同），分子构型是正四面体的是_，ZX3属于_（极性分子、非极性分子）。（3）已知WX3的熔点：306，沸点：319，则WX3的晶体类型为_。（4）Z原子的价电子轨道表示式为_。（5）W元素的单质晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。在面心立方晶胞中W原子的配位数为_；若W的原子半径为rcm，阿伏加德罗常数为NA，则其体心立方晶体的密度可表示为_gcm-3。【答案】 (1). A
31、r3d64s2 (2). ClPC (3). PCl5 (4). CCl4 (5). 极性分子 (6). 分子晶体 (7). (8). 12 (9). 【解析】【分析】根据题干信息：X是短周期元素，最高化合价为+7价，故X为Cl，Y的基态原子中，电子占据的最高能层符号为L，最高能级上只有两个自旋方向相同的电子即1s22s22p2，故Y是C，Z的核外电子共有15种运动状态，即含有15个电子，故Z是P，W能与X形成两种常见化合物WX2、WX3，酚遇WX3溶液能发生显色反应，故W是Fe。【详解】（1）Fe是26号元素，故基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2
32、，根据同一周期从左往右电负性增大，可知Cl、C、P三种元素电负性由大到小的顺序为ClPC ，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 ClPC；（2）化合物CCl4是sp3杂化是正四面体构型，PCl3是sp3杂化是三角锥型、PCl5(气态或液态时)P原子周围形成了五个键故不是sp3杂化是三角双锥构型，故中心原子的轨道类型不是sp3杂化的是PCl5，分子构型是正四面体的是CCl4，PCl3空间构型是三角锥型，故其属于极性分子，故答案为：PCl5 CCl4 极性分子 ；（3）根据FeCl3的熔点、沸点较低，可知则FeCl3的晶体类型为分子晶体，故答案为：分子晶体；（4
33、）P原子的价电子轨道表示式为。（5）金属晶体中原子的配位数是指离某原子距离相等且最近的原子个数，Fe元素的面心立方晶胞的单质中Fe原子的配位数为相互垂直的三个面上的四个原子，即配位数是12；体心立方晶体中，假设晶胞的边长为a，则有：，即，又1个晶胞中含有，故晶胞的密度为: ,故答案为：。27.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的五种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质是大气污染物监测物之一；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。（1）Y3+基态的电
34、子排布式可表示为_。（2）MX的空间构型_（用文字描述）。（3）MH3极易溶于水的原因是_。（4）根据等电子原理，WX分子的结构式为_。（5）1molWX2中含有的键数目为_。（6）H2X分子中X原子轨道的杂化类型为_。（7）向Z2+的溶液中加入过量NaOH溶液，可生成Z的配位数为4的配位离子，该配位离子为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d3（或Ar3d3） (2). 平面三角形 (3). NH3分子与H2O分子间形成氢键 (4). CO (5). 26.021023个（或2NA） (6). sp3杂化 (7). Cu(OH)【解析】【分析】根据题干信息可知：W、M、X
35、、Y、Z是周期表前36号元素，其原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，故W为C；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，M可能是N或者S，X的某一种单质是大气污染物监测物之一则X为O，故M只能是N；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态即3d54s1，故Y为Cr；Z能形成红色的Cu2O和黑色的CuO两种氧化物，故Z为Cu；综上所述：W、M、X、Y、Z分别是C、N、O、Cr、Cu五种元素。【详解】（1）Y为Cr，故Y3+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3（或Ar3d3），答案为：1s22s22p63s23p63d3（或Ar3d3）；（2）MX
36、即NO,由于NO中N原子形成了三个键且没有孤对电子，其与三氟化硼是等电子体，故其的空间构型为平面三角形，答案为：平面三角形；（3）MH3即NH3极易溶于水的原因是由于NH3与H2O均为极性分子，二者相似相溶，且NH3分子与H2O分子间形成氢键，故答案为：由于NH3与H2O均为极性分子，二者相似相溶，且NH3分子与H2O分子间形成氢键；（4）根据等电子原理，WX即CO分子与N2互为等电子体，故CO的结构式为CO，答案为：CO；（5）根据WX2即CO2的结构简式O=C=O可知，1mol中含有CO2的键数目为2mol，答案为：26.021023个（或2NA）；（6）H2X分子即H2O中O原子与H原子
37、形成2个键，且O周围有2对孤对电子，故其杂化类型为sp3杂化，答案为：sp3；（7）Cu2+与OH-之间形成配位键，又知生成Z的配位数为4的配位离子，故该配位离子为Cu(OH)，答案为：Cu(OH)。【点睛】解此类题目必须根据题干所给条件推断出各元素，然后再进行解题。28.某烃A的相对分子质量为84。回答下列问题：（1）物质的量相同，下列物质充分燃烧与A消耗氧气的量不相等的是（填序号）_。A.C7H12O2 B.C6H14 C.C6H14O D.C7H14O3（2）若烃A为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯取代物只有一种。则A的结构简式为_。（3）若A的名称为2乙基1丁烯，核磁
38、共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰，峰面积比为_。（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A的结构简式为_。【答案】 (1). B (2). (3). 3：2：1 (4). 【解析】【分析】烃A的相对分子质量为84，用“商余法”，烃A的分子式应为C6H12。【详解】（1）AC7H12O2可以看成是C6H12CO2，等物质的量充分燃烧与A消耗氧气的量相等，故不符合题意； BC6H14可以看成是C6H12H2，等物质的量充分燃烧与A消耗氧气的量不相等，故符合题意；CC6H14O可以看成是C6H12H2O，等物质的量充分燃烧与A消耗氧气的量相等，故不符合题意；DC7H14O3可以看成是C6H
39、12CO2H2O，等物质的量充分燃烧与A消耗氧气的量相等，故不符合题意；故答案为：B；（2）若烃A为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，6个碳都在碳碳双键的平面上，该分子的一氯取代物只有一种，除碳碳双键外其余4个碳上氢是等效氢，则A的结构简式为。故答案为：；（3）若A的名称为2乙基1丁烯，A为CH2=C（CH2CH3）CH2CH3，核磁共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰，峰面积比为6:4:2=3：2：1。故答案为：3：2：1；（4）若A不能使溴水褪色，说明分子中没有碳碳双键，属于环烷烃，且其一氯代物只有一种，说明结构对称，则A的结构简式为。故答案为：。29.有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸
40、牛奶中提取。纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实验步骤实验结论（1）称取A4.5g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。A的相对分子质量为：_。（2）将此4.5gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重2.7g和6.6g。A的分子式为：_。（3）另取A4.5g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成1.12LCO2(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成1.12LH2(标准状况)。写出A中含有的官能团_、_。（4）A的核磁共振氢谱如图：综上所述，A的结构简式为_。【答案】 (1). 90 (2). C3H6O3
41、 (3). COOH（羧基） (4). OH（羟基） (5). 【解析】【详解】（1）根据同温同压下，气体物质的密度之比等于其相对分子质量之比可以算出：由A的密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为452=90，故答案为：90；（2）由题意可推知：， ，所以A的分子式为C3H6O3，故答案为：C3H6O3；（3）0.05mol A与NaHCO3反应放出1.12L即0.05mol CO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成1.12L即0.05 mol H2，说明A中还含有一个羟基，故答案为：COOH（羧基）；OH（羟基）；（4）核磁共振氢谱中有4个吸收峰，可知A中应含有
42、4种不同环境的氢原子，故A的结构简式为：，故答案为：。30.乙酸苯甲酯()广泛存在于可可、咖啡、草莓等物质中，可用作食物和日化用品的香精。已知：X的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，工业上可用X和甲苯人工合成乙酸苯甲酯。其合成路线如图：据此回答下列问题：（1）C的名称为_。（2）反应所需条件是_。（3）X生成Y的化学方程式为_，该反应的反应类型为_。请写出反应的化学方程式_。该反应的反应类型为_。检验A中存在的官能团时所发生的应的化学方程式为_。（4）上述反应中原子的理论利用率为100%、符合绿色化学要求的反应是_(填序号)。（5）写出符合下列条件乙酸苯甲酯的一种同分异构体的结构简式
43、：含苯环结构；具有酯的结构能发生银镜反应_。【答案】 (1). 苯甲醇 (2). 氢氧化钠水溶液、加热 (3). (4). 加成反应 (5). (6). 取代（酯化）反应 (7). 或 (8). (9). 、等其他合理答案【解析】【分析】结合题中描述可知X为CH2 =CH 2 ，根据图示转化关系可确定Y、A、B、C分别为CH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH和。【详解】（1）根据分析可知C的结构简式为，故名称为苯甲醇，故答案为：苯甲醇；（2）反应是卤代烃的水解反应，该反应需在NaOH溶液中并加热的条件下进行，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；（3）根据X和Y的结构简式不难写出其化学方程式
44、为，其反应类型为：加成反应，已推断出B和C的结构简式，故反应的化学方程式为：。该反应的反应类型为：取代（酯化）反应，检验A即CH3CHO中存在的官能团醛基，可以用银镜反应或与新制氢氧化铜悬浊液共热的方法进行检验，故所发生的应的化学方程式为： 或 。（4）原子利用率达到100%的通常只有加成反应、加聚反应和化合反应，上述图示反应中只有反应中原子利用率达到100%，故答案为：。（5）根据乙酸苯甲酯分子中只含有两个氧原子，条件说明其含有含有苯环和酯基，条件结合分子组成说明只其能是甲酸某酯，如 、 等其他合理答案即可。【点睛】解这类有机合成推断题，首先需根据已知的知识推断出流程图的各物质，然后根据题意解题，书写同分异构体时需注意题中的限定条件。- 21 - 版权所有高考资源网