1、湖北省恩施土家族苗族自治州高级中学2019-2020学年高二化学下学期第二次双周考试试题（含解析）一、单选题（每个题目仅有一个正确选项，每题 2分）1.下列有关物质的表达式正确的是( )A. 乙炔分子的比例模型:B. 溴乙烷的电子式:C. 2-氯丙烷的结构简式: CH3CHClCH3D. 丙烯的键线式:【答案】C【解析】A项，乙炔分子中2个碳原子和2个H原子应处于同一直线上，错误；B项，漏写Br原子上的孤电子对，正确的电子式为：，错误；C项，正确；D项，丙烯的键线式为：，错误；答案选C。2.有机物分子中最多有多少个原子共面（ ）A. 12B. 16C. 20D. 24【答案】C【解析】【详解】
2、由于碳碳双键和苯环是平面形结构，且单键是可以旋转的，所以根据结构简式可判断，分子中所有的碳原子都是共面的，而甲基上的氢原子有1个是可能共面的，所以共计是20个原子，答案选C。3.美国康乃尔大学的威考克斯(CWilcox)所合成的一种有机分子就像一尊释迦牟尼佛像,因而称为释迦牟尼分子(分子中所有原子均在同一平面)如图。对于该有机物的叙述正确的是该有机物属于芳香烃;该有机物的分子式为C22H12; 该有机物能发生加成反应;该有机物的一氯代物的同分异构体有6种A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】芳香烃是指含有苯环的烃，故正确；这种键线式写法的规则为：每个折点与交点均有一个C原子，不足四
3、价的用H补足，所以该物质的分子式为C22H12，故正确；分子中碳碳双键和苯环均可发生加成反应，故正确；由其轴对称结构可确定分子中有6种不同的H原子，故其一氯代物共有6种，正确。所以答案选择D项。4.下列有关同分异构体数目的叙述错误的是( )A. 丙烷的一氯代物有 2 种，丙烷的二氯代物有 4 种B. 分子式为 C7H8O 且属于芳香族化合物的同分异构体有 5 种C. 联苯的一氯代物有 3 种，二氯代物有 12 种D. 与 Cl2 在光照条件下取代产物有 3 种【答案】D【解析】【详解】A丙烷结构式为CH3CH2CH3，有2种氢原子，其一氯代物有2种；根据“定一议二”的方法，丙烷的二氯代物，若取
4、代相同的碳原子的氢原子，有1，1-二氯丙烷，2，2-二氯丙烷两种，若取代不同碳原子上的氢原子，有1，2-二氯丙烷、1，3-二氯丙烷两种；丙烷的二氯代物有4种，A正确；B分子式为C7H8O且属于芳香族化合物，由分子式可知含有1个苯环，若侧链有1个，则侧链为-OCH3或-CHOH，同分异构有2种；若侧链有2个，则侧链为-CH3和-OH，存在邻、间、对三种，符合条件的同分异构体为5种，B正确；C联苯的分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种；联苯的二氯代物，若取代同一苯环上的氢原子，可以发生在如图所示的取代位置，1、2(与4、5相同)号位置，1、3(与3、5相同)号位置，1、4(与2、5相同)号位置，
5、1、5号位置，2、3(与3、4相同)号位置，2、4号位置，有6种；若取代不同苯环上的氢原子，有如图所示的6种，其二氯代物共12种，C正确；D与 Cl2 在光照条件下发生苯环侧链上氢原子取代反应，可以是一氯取代，二氯取代，三氯取代，四氯取代等，产物种类大于3种，D错误；答案选D。5.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式如图所示，A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有A. 9种B. 10种C. 11种D. 12种【答案】A【解析】【分析】利用换元法解答，苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故二溴代物与四溴代物同分异构体数目相同。【详解】苯环上的四溴代物可以看作
6、苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，采用“定一移二”法，苯环上二溴代物有9种同分异构体，故苯环上四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选A。【点睛】本题考查同分异构数目的判断，注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（mn）的取代产物与（n-m）个取代基的取代产物的种数相同。6.在120时，1体积甲烷和丁烯的混合物与4体积O2在密闭容器中充分燃烧，只生成水和二氧化碳，反应后恢复到原温度，压强增加为原来的1.1倍，则混合气体中丁烯的体积分数是（ ）A. 9 5%B. 50%
7、C. 40%D. 20%【答案】B【解析】【分析】120时，甲烷燃烧生成CO2和H2O（g），该反应反应前后气体体积不变，则压强增大是由丁烯燃烧生成CO2和H2O（g）体积增大造成的，根据体积增加利用差量法计算出原混合气体中丁烯的体积，再根据体积分数定义计算混合气体中丁烯的体积分数。【详解】120时，甲烷燃烧生成CO2和H2O（g），由方程式CH4+2O2CO2+2H2O可以发现甲烷燃烧前后气体体积不发生变化，则压强增大是由丁烯燃烧生成CO2和H2O（g）体积增大造成的，反应后恢复到原温度，压强增加为原来的1.1倍，则反应后总体积为5.5体积，设1体积甲烷和丁烯的混合物中丁烯体积为X，则有以下
8、关系：C4H8+6O24CO2+4H2O V 1 1X （5.5-5）体积=0.5体积由方程式可知X=0.5体积，所以混合气体中丁烯的体积分数为50%，故选B。【点睛】本题考查混合物反应的计算，确发生反应的原理，注意掌握差量法在化学计算中的应用方法为解答关键。7.烷烃是单烯烃R和H2发生加成反应后的产物，则R可能的结构有A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】B【解析】【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，故符合条件的烯烃分子有5种，即选项B正确。故选B。8.符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示，下列
9、说法正确的是A. 15对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4个B. 15对应的结构中一氯取代物只有1种的有3个C. 15对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有1个D. 15对应的结构均能与氢气在一定条件下发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A2、3、5对应的结构中都含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不可以，故A错误；B1、4对应的结构中的一氯取代物有1种，2对应的结构中的一氯取代物有3种，3、5对应的结构中的一氯取代物有2种，故B错误；C只有1对应的结构中所有原子均可能处于同一平面，其它都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，故C正确；D1中含有苯环，2、3、5含有碳碳双键
10、，均能与氢气在一定条件下发生加成反应，而4不能与氢气发生加成反应，故D错误；故答案为C。【点睛】分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、CC和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。9.下列有关说法错误的是( )A. 三联苯（）的一氯代物有 4 种B. 立方烷（）经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有 3 种C. -月桂烯()与溴发生 1：1 加成反应，产物(不考虑顺反异构)有 3 种D. 的一溴代物和的一溴代物都有
11、4 种（不考虑立体异构）【答案】C【解析】【详解】A三联苯()中有4种氢原子，如图所示，一氯代物有4种，A正确；B立方烷经硝化可得六硝基立方烷，取代后剩余2个氢原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，故其可能的结构有3种，B正确；C-月桂烯()分子中有3种不同的碳碳双键，如图所示：；与溴发生 1：1 可以发生3种碳碳双键的加成反应，同时也可以在1、2号碳上发生1，4加成，所得产物共有4种，C错误；D和均有4种不同化学环境的H原子，所以两者的一溴代物都有4种，D正确；答案选C。【点睛】此题答题关键点为找到各个物质的等效氢原子种类，注意对称结构的碳原子等效即氢原子等效；B选项
12、硝基取代方法类似，六硝基取代位置太多不方便书写，可直接书写立方烷的两个氢原子的相对位置关系。10.以下物质：甲烷苯聚乙烯聚乙炔2丁炔环己烷邻二甲苯苯乙烯。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. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】 甲烷不与KMnO4酸性溶液和溴水反应，错； 苯不与KMnO4酸性溶液和溴水反应，错； 聚乙烯不与KMnO4酸性溶液和溴水反应，错； 聚乙炔中有不饱和键，可以被KMnO4酸性溶液氧化，与溴水可以发生加成反应；对； 2-丁炔中有不饱和键可以被KMnO4酸性溶液氧化，可以和溴水发生加成反应，对； 环己烷不与KMnO4酸性溶液和溴水
13、反应，错； 邻二甲苯能被KMnO4酸性溶液氧化但不与溴水反应，错； 苯乙烯可以被KMnO4酸性溶液氧化，与溴水可以发生加成反应，对；故选C。11.下列文字表述与反应方程式对应且正确的是( )A. 溴乙烷中滴入 AgNO3 溶液检验其中的溴元素：Br-+Ag+=AgBrB. 用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC. 甲苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物反应：3HNO3+3H2OD. 实验室用液溴和苯制溴苯： 【答案】D【解析】【详解】A溴乙烷为非电解质，不能电离出溴离子，该反应不会发生，A错误；B醋酸为弱酸，离子方程式中应该保留分子式，B错误；C甲苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物反应生成
14、2，4，6-三硝基甲苯，方程式为，C错误；D液溴和苯在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，方程式为，D正确；答案选D。【点睛】离子方程式书写细节考点很多，注意物质是否可拆，反应条件等，对于有机物的方程式书写，结构简式是难点，也是易错点，如本题的硝基的取代，由于碳原子直接与氮原子相连，当硝基在右边取代时，书写-NO2，在左边书写应为O2N-，故此题的C错误。12.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. 121C. 83D. 12【答案】B【解析】【详解】苯乙烯的化学式是C8H8，所以聚苯乙烯、苯和乙炔的最简式均是CH，因此
15、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，故B正确；答案：B13.有机物分子中原子（或原子团）之间的相互影响会导致它们化学性质的改变，下列叙述能说明上述观点的是（ ）A. 等物质的量的乙二醇和乙醇分别与足量金属钠反应，乙二醇产生的氢气多B. 乙烯可发生加成反应，而乙烷不能C. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲基环己烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 乙烯和苯都能和氢气发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A.乙二醇产生的氢气多仅仅是因为它多一个羟基，与相互作用无关，A项错误；B.乙烯因有碳碳双键可以发生加成反应，乙烷无不饱和键不能加成，与相互作用无关，B项错误；C.同样是甲
16、基，连在苯环上的甲基可以被氧化成羧基，连在环己烷上的甲基却不能被氧化，证明苯环内的离域键对甲基起到了影响，从而导致化学性质的改变，C项正确；D.乙烯和苯确实可以与氢气发生加成，但不能说明分子中原子之间的相互影响会导致化学性质的改变，D项错误；答案选C。14.下列有关实验操作的叙述和与实验得出的相应结论都正确的是（ ）实验操作结论实验室用电石与饱和食盐水在启普发生器中制乙炔常会闻到臭味乙炔是无色、略有臭味的气体乙醇、浓硫酸混合加热170，导出的物质能使酸性高锰酸钾褪色该反应生成了乙烯在溴乙烷中加入适量的氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银，会有沉淀析出溴乙烷在碱性条件下能水解出Br-提纯
17、粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响很大苯不能与酸性高锰酸钾反应，而甲苯却能苯环使甲基活化A. B. C. D. 【答案】A【解析】乙炔气体是无色，没有臭味气体，臭味是H2S的气味，使用启普发生器要求此反应中固体始终保持块状，此反应不能放出大量的热，生成除气体外另一种物质必须溶于水，CaC2与水转化成粉末状，且与水反应放出大量的热，以及生成的Ca(OH)2微溶于水，容易堵塞长颈漏斗的下端，因此制备乙炔气体不能使用启普发生器，故错误；在加热过程中乙醇容易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对乙烯的检验产生干扰，故错误；此实验中
18、没有中和氢氧化钠，OH与Ag生成AgOH沉淀，干扰实验，因此先用硝酸中和氢氧化钠，使溶液显酸性，然后加入硝酸银溶液，故错误；提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤，说明苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响较大，故正确；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，说明苯环使甲基活化，故正确；综上所述，选项A正确。15.下列关于有机物说法正确是( )A. CH3Cl、中加入 NaOH 的醇溶液共热，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入 AgNO3 溶液，均有沉淀生成B. CH3Cl 中加入 NaOH 的水溶液共热，再滴入 AgNO3溶液，可检验该物质中含
19、有的卤素原子C. 发生消去反应得到两种烯烃D. 与 NaOH 的水溶液共热，反应后生成的醇能被氧化为醛【答案】D【解析】【详解】ACH3Cl、均不能发生消去反应生产成HCl，加入 NaOH 的醇溶液共热，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入AgNO3 溶液不能生成沉淀，A错误；BCH3Cl 中加入 NaOH 的水溶液共热发生取代反应生成NaCl，检验Cl-，应在酸性条件下，否则生成AgOH沉淀而影响实验结论，B错误；C根据对称结构可知 发生消去反应得到一种烯烃，C错误；D与 NaOH 的水溶液共热，可生成醇(2，2-二甲基-1-丙醇)，能被氧化为醛，D正确；答案选D。16.有关下列说法中，正确的是A.
20、 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低B. 工业废水中的Cu2、Hg2等重金属阳离子可以通过加入FeS除去C. 工业上常在铁板表面镀上一层锡(俗称马口铁)来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀D. 等体积的pH均为2的酸HA和HB的溶液分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强【答案】B【解析】【详解】A、定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，使得盐酸体积偏大，则测定结果偏高，A错误；B、CuS、HgS的溶度积比FeS的小，根据沉淀转化平衡，可以加入FeS除去工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子，B
21、正确；C、Fe的活泼性比Sn强，镀锡会加快电化学腐蚀，C错误；D、若HA的酸性强，则其电离程度较大，假设HA为强酸，HB为弱酸，则溶液中还有很多HB尚未电离，而HA完全电离，故等体积等pH的情况下， HB的物质的量更多，其放出的H2更多，D错误；故选B。17.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键H2O中HO键O2中OO 键H2中HH键H2O2中OO键H2O2中OH键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是A. 总反应为2H2O2
22、H2+O2B. 过程I吸收了926 kJ能量C. 过程II放出了574 kJ能量D. 过程属于放热反应【答案】D【解析】【详解】A由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2+O2，故A正确；B过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463 kJ2=926 kJ，故B正确；C过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；D过程为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molHO键和1m
23、olOO键，形成1molO2中OO 键和1molH2中HH键，吸收的能量=463 kJ2 +138 kJ =1064kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。18.将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生下列反应2A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)，经4min后达平衡，测得D的浓度为1.0 molL1，c(A) : c(B)2 : 3，以C表示的平均速率(C)0.125 molL1m
24、in1，下列说法不正确的是A. 反应速率(A)0.25 molL1min1B. 该反应方程式中，x1C. 4 min时，B的物质的量为2 molD. 该反应的平衡常数K1/3【答案】C【解析】【详解】设物质A和物质B的物质的量为amol，由于经4min后达平衡，测得D的浓度为1.0 mol/L可知生成n(D)= 1.0 mol/L2L=2.0mol；根据化学计量数可知，4min时，生成Cxmol，消耗A2.0mol，消耗B1.0mol，又由于4min时，c(A) : c(B)，计算得到a=4；根据已知条件以C表示的平均速率(C)0.125 molL1min1，计算可知x=1，该方程式为：2A(
25、g) + B(g) C(g) + 2D(g)；K=；可用三段式表示为：2A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)初始状态 amol amol 0 04min时反应了 2.0mol 1mol xmol 2.0mol4min时剩余 2.0mol 3.0mol 1mol 2molA.4min时，消耗物质A 2.0mol，(A)=，故A正确；B.根据已知条件以C表示的平均速率(C)0.125 molL1min1，计算可知x=1，故B正确；C.4 min时，消耗物质B1mol，所以容器中剩余物质B的物质的量为4mol-1mol=3 mol，故C错误；D.根据三段式分析，可得到K=，故D正确；故
26、选C。19.定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2 molSO2和1molO2，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，达到平衡后改变下述条件，平衡时SO3气体的质量百分数不改变的是A. 保持温度和容器体积不变，充入1mol SO3(g)B. 保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3(g)C. 保持温度和容器内压强不变，充入1mol O2(g)D. 保持温度和容器内压强不变，充入1mol Ar(g)【答案】B【解析】A、温度和容器的体积不变，充入1mol SO3 (g)，按化学计量数转化到左边，得到n(SO2)=1mol，n(O2)=0.5mol，相当于加入3molSO2，1.
27、5molO2，压强增大，SO3气体的质量百分数增大，故A错误;B、温度和容器的压强不变，充入1mol SO3 (g)，按化学计量数转化到左边，得到n(SO2)=1mol，n(O2)=0.5mol，满足n(SO2):n(O2)=2:1，与原来的平衡是等效平衡，所以SO3气体平衡浓度不改变，故B正确;C、保持温度和容器的体积不变，再充入1mol O2(g)，SO3的质量百分数减小，故C错误;D、保持温度和容器的压强不变，充入1mol Ar，体积增大，反应混合物产生的压强减小，平衡向正反应移动，所以SO3的质量百分数减小，故D错误。20.下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 向0.1 molL1 C
28、H3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小B. 将CH3COONa溶液从20 升温至30 ，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)c(OH-)增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D. 常温下，pH2的醋酸溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH7【答案】D【解析】【详解】A.Ka= ，加水虽促进电离，n(CH3COO)增大，但c(CH3COO)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A项错误；B.20升温至30，促进CH3COO水解，且Kh增大，则溶液中减小，B项错误；C.向盐酸中加入氨水呈中性，则c(H)=c(OH)，电荷守恒可知，溶液中c(
29、NH4)=c(Cl)，即=1，C项错误；D.常温下，pH2的醋酸溶液，醋酸为弱酸，c(CH3COOH)10-2mol/L，pH12的NaOH溶液，c(NaOH)=10-2mol/L,两者中和后酸过量，因而溶液显酸性，即pH7，D项正确。故答案选D。21.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。有关该电池的说法正确的是() A. 反应CH4H2O3H2CO，每消耗1 molCH4转移12 mol电子B. 电极B上发生的电极反应：O22CO24e2CO32C. 电池工作时，CO32向电极B移动D. 电极A上H2参与的电极反应：H22OH2e2H2O【答案】B【解析】【分析】此装置为燃料电池，H2、CO
30、失电子，则电极A为负极，O2为正极；电解质溶液无OH，则电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-。【详解】A.反应CH4H2O3H2CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，A错误；B. B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，B正确；C.电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D.电解质没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32-4e-=H2O+3CO2，D错误；答案为B【点睛】注意此原电池的电解质中没有OH-，为易错点。22.下列各项叙述中，
31、正确的是()A. 镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第A族，是s区元素C. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2【答案】C【解析】【详解】A、原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B、应该是位于第A，属于p区元素，B不正确。C、所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，C不正确。D、电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s
32、23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。23.下列描述中正确的是A. CS2为V形的极性分子B. ClO3的空间构型为平面三角形C. SF6中有6对相同的成键电子对D. SiF4和SO32的中心原子均为sp2杂化【答案】C【解析】【详解】ACS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；BClO3-中Cl的价层电子对数=3+(7+1-23)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；CSF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，故C正确；DSi
33、F4中Si的价层电子对数=4+(4-14)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-23)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选C。24.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为12D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】D【解析】【详解】A在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，所以钠离子的配位数是6，故A正确；B在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为：8+6=4，故B
34、正确；C在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为12，故C正确；D气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D错误；答案选D。25.金属钠晶体为体心立方晶胞，实验测得钠的密度为(gcm3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol1)，假定金属钠原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】因为金属钠晶体为体心立方晶胞，所以在晶胞中
35、含有钠原子数为1+8=2，设晶胞边长为x，根据=得，=，所以x=，所以晶胞的体对角线为棱长的倍，则体对角线为，所以钠原子半径=；答案：C二、填空题26.实验室制备 1，2-二溴乙烷的反应原理如下：CH3CH2OHCH2=CH2+H2OCH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在 l40脱水生成乙醚。用少量的溴和足量的乙醇制备 1，2-二溴乙烷的装置如下图所示：有关数据列表如下：乙醇1,2-二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度gcm-30.792.20.71沸点78.513234.6熔点一l309-1l6回答下列问题：(1)在此制备实验中，要尽
36、可能迅速地把反应温度提高到 170 左右，其最主要目的是_；(填正确选项前的字母)a.引发反应 b.加快反应速度 c.防止乙醇挥发 d.减少副产物乙醚生成(2)在装置C中应加入_，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体：(填正确选项前的字母)a水 b浓硫酸 c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液(3)若产物中有少量未反应的 Br2，最好用_洗涤除去；(填正确选项前的字母)a水 b氢氧化钠溶液 c碘化钠溶液 d乙醇(4)判断该制各反应已经结束的最简单方法是_；(5)若产物中有少量副产物乙醚，可用_的方法除去；(6)反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是_；但又不能过度冷却(如用冰水)，其原因是_【
37、答案】 (1). d (2). c (3). b (4). 溴的颜色完全褪去 (5). 蒸馏 (6). 冷却可避免溴的大量挥发 (7). 产品1，2-二溴乙烷的熔点(凝固点)低，过度冷却会凝固而堵塞导管【解析】分析】用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1，2-二溴乙烷，装置A中是浓硫酸、乙醇迅速加热到170，反应生成乙烯，乙烯中含有二氧化硫、二氧化碳、水蒸气；快速升高温度是避免在 l40脱水生成乙醚；1，2-二溴乙烷熔点为9，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞；浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，生
38、成的酸性气体为SO2、CO2可以和氢氧化钠反应，装置D发生的反应是乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷的凝固点较低(9)，反应过程中应用冷水冷却装置D得到1，2-二溴乙烷。据此分析。【详解】(1)乙醇在浓硫酸l40的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到 170 左右，其最主要目的是减少副产物乙醚生成，答案为：d；(2)浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，生成的酸性气体为SO2、CO2可以和氢氧化钠反应，答案为：c；(3)若产物中有少量未反应的 Br2，最好用氢氧化钠溶液洗涤除去；答案为：b；(4)溴水为橙
39、黄色，乙烯和溴水发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，判断该制各反应已经结束的最简单方法是溴的颜色完全褪去；答案为：溴的颜色完全褪去；(5)1，2-二溴乙烷与乙醚均为有机物，互溶，但两者沸点不同，用蒸馏的方法分离；答案为：蒸馏；(6)溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使导管堵塞，导致B中长导管内液面上升；答案为：冷却可避免溴的大量挥发；产品1，2-二溴乙烷的熔点(凝固点)低，过度冷却会凝固而堵塞导管。【点睛】有机物实验制备是考试的难点。乙醇在浓硫酸催化下快速加热到170制备乙烯，由于
40、浓硫酸具有强氧化性，氧化乙醇为二氧化碳，自身被还原为二氧化硫；所以发生装置后的气流中除了乙烯，还有二氧化碳、二氧化硫、挥发的乙醇；要检验生成乙烯，需先用氢氧化钠除去酸性气体及挥发的乙醇，再检验即可。27.(1)分子式为 C2H6O 的有机物，有两种同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方法，不可能将二者区别开来的是 （ ）A红外光谱 B 1H 核磁共振谱 C质谱法 D与钠反应(2)有机物 A 只含有 C、H、O 三种元素，常用作有机合成的中间体。16.8g 该有机物在足 量 O2中充分燃烧生成 44.0gCO2 和 14.4gH2O，质谱图表明其相对分子质量为
41、 84，分析其红 外光谱图可知 A 分子中含有 O-H 键和位于端点处的 C C 键，核磁共振氢谱上有三组峰， 峰面积之比为6：1：1。A的结构简式是_。(3)已知乙烯分子是平面结构， 1，2-二氯乙烯可形成和两种不 同的空间异构体，称为顺反异构。下列能形成类似上述空间异构体的是（ ） A1-丙烯 B4-辛烯 C1-丁烯 D2-甲基-1-丙烯(4)请写出 C(CH3)3Br与NaOH溶液、乙醇混合加热的反应方程式_【答案】 (1). C (2). (3). B (4). C(CH3)3Br+NaOH CH2=C(CH3)2+NaBr+H2O【解析】【分析】乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3
42、OCH3)两者相对分子质量相同，官能团不同、H原子种类不同；根据有机物燃烧通式求出有机物A的分子式，再根据氢原子种类书写结构简式；1，2-二氯乙烯可形成顺反异构，具有顺反异构的有机物中碳碳双键连接不同的原子或原子团；卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应；据此分析。【详解】(1)乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)两者相对分子质量相同，质谱法不能区分；含有化学键类型不同，官能团不同，红外光谱可以区分；乙醇与钠发生置换反应；H原子种类不同，乙醇3种H原子，甲醚1种H原子，所以1H核磁共振谱可以区分，答案为：C；(2)设有机物A的分子式为CxHyOz，由题意得：，则，解得x=5，y
43、=8。根据相对分子质量为84，则z=1。有机物A的分子式为C5H8O，红外光谱图知含有O-H键和位于端点处的 C C 键，核磁共振氢谱上有三组峰， 峰面积之比为6：1：1。A的结构简式是；答案为：；(3)1，2-二氯乙烯可形成顺反异构，具有顺反异构的有机物中碳碳双键连接不同的原子或原子团；1-丙烯为CH3CH=CH2，其中C=C双键连接相同的2个H原子，无顺反异构，A错误；4-辛烯为CH3CH2CH2CH=CHCH2CH2CH3，C=C双键连接不同的原子团，具有顺反异构，B正确；同理，1-丁烯为CH3CH2CH=CH2，C=C双键连接相同的2个H原子，无顺反异构，C错误；2-甲基-1-丙烯为C
44、H2=C(CH3)2，C=C双键连接相同的2个H原子，无顺反异构，D错误；答案为：B；(4)C(CH3)3Br与NaOH溶液、乙醇混合加热发生消去反应，反应方程式为C(CH3)3Br+NaOH CH2=C(CH3)2+NaBr+H2O；答案为：C(CH3)3Br+NaOH CH2=C(CH3)2+NaBr+H2O；28.(1)下列几种烃类物质：正四面体烷的二氯取代产物有_种；立方烷的二氯取代产物有_种。 关于苯和环辛四烯的说法正确的是_(填字母符号)。A 都能使酸性 KMnO4 溶液褪色B 都能与 H2 发生加成反应，等质量的苯和环辛四烯消耗 H2 的物质的量之比为 3:4C 都是碳碳单键和碳
45、碳双键交替结构D 都能发生氧化反应(2)已知：RNO2 RNH2；+HO-SO3H+H2O苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。以下是用苯为原料制备某些化合物的转化关系图：A 转化为 B 的化学方程式是_。在“”的所有反应中属于取代反应的是_(填字母)，属于加成反应的是_(填字母)。【答案】 (1). 1 (2). 3 (3). D (4). (5). a、b (6). c【解析】【分析】根据正四面体烷特殊结构，二氯代物的种类取决于一氯代物中氢原子的种类；立方烷的二氯代物取决于相对位置；苯不含碳碳双键，性质较稳定，与高锰酸钾不反应，环辛四烯含有碳碳双键，具有烯烃的性质；苯
46、与浓硝酸发生硝化反应生成A，A为硝基苯，A与一氯甲烷反应生成B，B在Fe、HCl发生已知条件的反应生成为，B中引入的甲基在硝基的间位，故B为，苯与溴发生取代反应生成C，C为溴苯，溴苯在浓硫酸条件下生成D，D与氢气发生加成反应生成，可知C与浓硫酸反应发生对位取代，故D为。据此分析。【详解】(1)根据正四面体烷特殊结构，二氯代物的种类取决于一氯代物中氢原子的种类，正四面体烷只有一种氢原子，则正四面体烷的二氯取代产物有1种；立方烷的二氯取代产物取决于相对位置，两个氯可以处在同一条边的2个顶点上、面对角线上、体对角线上，共有3种，答案为：1；3；苯性质稳定，与酸性KMnO4溶液不反应，A错误；最简式相
47、同，都能与H2发生加成反应，等质量的苯和环辛四烯消耗H2的物质的量之比为1：1，B错误；苯不是碳碳单键和碳碳双键交替结构，C错误；两种有机物都可燃烧，都能发生氧化反应，D正确。答案为：D；(2)A 转化为 B是硝基苯与一氯甲烷反应生成，反应方程式为 ，答案为：；在中，苯与溴发生取代反应生成C，C为溴苯，溴苯在浓硫酸条件下发生取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成，可知C与浓硫酸反应发生对位取代，D为，所以a为取代反应，b为取代反应，c为加成反应；答案为：a、b；c；29.完成下列填空。(1)在 25、101kPa 时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/
48、mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则 2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的H=_。(2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO2 和 1.0 mol O2 发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的 0.7 倍。该反应的平衡常数为_。(3)在一定体积 pH12 的 Ba(OH)2 溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的 NaHSO4 溶液， 当溶液中的 Ba2恰好完全沉淀时，溶液 pH11。若反应后溶液的体积等于 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液的体积之和，则 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液_(4
49、)利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的 NO、SO2 转化为硫酸铵，从而实现废气的回 收再利用。通入 NO 的电极反应式为_；若通入的 NO 体积为 4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入 SO2 的物质的量应为_。【答案】 (1). -488.3kJmol (2). 1620 (3). 1：4 (4). NO+6H+5e-=NH4+H2O (5). 0.5mol【解析】【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式
50、求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1和反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO转化为NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。据此分析。【详解】(1)在25、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJmol、285.8kJmol、870.3kJmol，则H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol (1)C(s)+O2(g)=CO
51、2(g) H=-393.5kJmol (2)CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=-870.3kJmol(3)由盖斯定律可以知道，(1)2+(2)2-(3)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，其反应热为2(-285.8kJmol)+2(-393.5kJmol)+870.3kJmol=-488.3kJmol，答案为：-488.3 kJmol； (2)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO2的物质的量： ，该反应是恒
52、温恒容下的反应，根据反应前后压强之比等于物质的量之比得，则化学平衡常数，答案为：1620；(3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH- )= 10-2molL，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2a mol；当溶液中的 Ba2恰好完全沉淀时，根据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10 -3molL，碱过量；根据公式得：，a：b=1：4；答案为：1：4；(4)根据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极
53、发生还原反应NO+6H+5e-=NH4+H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，通入的 NO体积为 4.48 L(标况下)即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO10e-5SO2，则SO2的物质的量为0.5mol，答案为：NO+6H+5e-=NH4+H2O；0.5mol；30.钴、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。回答下列问题：(1)写出 As 的基态原子的电子排布式_。(2)将 NaNO3 和 Na2O 在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与 SO42-互为等 电子体，则该阴离子的化学式是_。(3)Fe3+、Co3+与 N3-、CN
54、-等可形成络合离子。K3Fe(CN)6可用于检验 Fe2+,配体 CN-中碳原子杂化轨道类型为_。Co(N3)(NH3)5SO4 中 Co 的配位数为_,其配离子中含有的化学键类型为_(填离子键、共价键、配位键)。【答案】 (1). Ar 3d104s24p3 (2). NO4 3- (3). sp (4). 6 (5). 共价键、配位键【解析】【分析】As的原子序数为33，由构造原理可知基态原子的电子排布式Ar 3d104s24p3；NaNO3和 Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，根据原子个数相等、价电子总数相等的微粒属于等电子体可知阴离子的化
55、学式为NO43-；CN-中碳原子价电子对个数为2，根据杂化轨道理论可知sp杂化；Co(N3)(NH3)5SO4中N3-、NH3都是单齿配体，相加得配位数为6；其配离子中含有的化学健类型为共价键、配位键；据此分析。【详解】(1)As的原子序数为33，由构造原理可知基态原子的电子排布式Ar3d104s24p3；答案为： Ar 3d104s24p3 ；(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式为NO43-；答案为：NO43-；(3)CN-中碳原子价电子对数，所以采取sp杂化；答案为：sp；Co(N3)(NH3)5SO4中
56、N3-、NH3都是单齿配体，相加得配位数为6；其配离子中含有的化学健类型为共价键、配位键，答案为：6；共价键、配位键；【点睛】本题考查物质结构，涉及核外电子排布、杂化轨道、配合物结构及性质等，易错点是(3)CN-中碳原子价电子对数，所以采取sp杂化；方法二可用碳原子形成2个键，采取sp杂化；常见的碳原子和氮原子，形成一个共价三键为sp杂化，一个共价双键为sp2杂化，全为单键sp3杂化。31.下面是九种有机化合物的转化关系。请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物 A 的名称是_。(2)化合物 E 是重要的化工原料，写出由 D 生成 E 的化学方程式：_(3)C2的结构简式为_，G的结构简式为_。【答案】 (1). 2，3-二甲基丁烷 (2). (3). (4). 【解析】【分析】烷烃A与氯气发生取代反应生成氯代烃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为二烯烃，E与氢气可以发生1，2加成或1，4加成，E可以发生加聚反应生成G，故C1为，C2为，D为，E为，F1为，F2为，G为，据此分析。【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，答案为：2，3-二甲基丁烷；(2)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：，故答案为：；(3)由上述分析可知，C2的结构简式为，G的结构简式为，答案为：；