【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高二上学期第二次月考化学试卷【精准解析】.doc，共(25)页，1.109 MB，由小赞的店铺上传

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长安一中高2019级高二阶段第二次教学质量检测实验班化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5K-39Fe-56Ag-108Ce-140一、选择题(每小题2分，共20小题40分)1.具有下列电子层结构的

原子或离子，其对应的元素在周期表中的位置说法正确的A.最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子，所对应的两元素一定在同一主族B.3p能级上有1个空轨道的原子和4p能级上有1空轨道的原子，所对应的两元素一定在同一主族C.最外层电子排布为nsnnpn的

原子和最外层电子排布为2s22p6的离子，所对应的两元素一定在同一周期D.原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子，所对应的两元素一定在同一周期【答案】B【解析】【分析】【详解】A．最外层电子排布为1s2和2s

2原子不一定是主族元素，可能是副族元素，A错误；B．p能级有1个空轨道，则该元素的价电子排布为ns2np2，所以属于p区元素，一定是同种族元素，B正确；C．s能级最多排2个电子，则n=2，所以最外层电子排布为nsnnpn的原子为C原子，在第二周期，而

最外层电子排布为2s22p6的离子所对应的原子可能是金属原子，也可能是非金属原子，若为金属原子，则在第三周期，C错误；D．原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子可能是第三周期元素原子，也可能是第四周期元素原子，第三周期的稀有气体与第四周期的K、Ca符合此特征，

D错误；答案选B。2.已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是()A.X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价B.第一电离能可能Y小于XC.最高价含氧酸的酸性：X对应酸的酸性弱于Y对应酸的酸性D.气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX【答案】C【解析】【分

析】同周期元素从左到右，原子序数依次增大，原子半径依次减小，非金属性依次增强，电负性依次增大。【详解】A项、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；B项、同周期元素

从左到右，第一电离能有增大的趋势，但ⅤA族元素的p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于Ⅵ族元素，第一电离能Y大于X，也可能小于X，故B正确；C项、元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，故C错误；D项、元素非金属

性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；故选C。【点睛】本题主要考查元素周期律的应用，明确明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性强弱的关系是解答本题的关键。3.下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关

系的是（）表述Ⅰ表述ⅡA在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶体中C1—与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子

的最外层电子数相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A.根据相似相容原理进行分析；B.元素非金属性越

强，对应的氢化物的稳定性越强；C.形成化合物时，同一主族元素的化合价可能不同D.个别共价化合物溶于水后形成的水溶液能导电。【详解】A.氯化钠为离子晶体，易溶于极性的水分子，而碘单质为非极性分子，不易溶于水，与分子间作用力无关，A项错误；B.铅原子

的半径比碳的大，非金属性比碳弱，对应的氢化物的稳定性也较弱，B项正确；C.形成化合物时，同一主族元素的化合价可能不同，如H2O和H2O2中的O元素，C项错误；D.P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电，是因为二者为非电解

质，与是否属于共价化合物无关，D项错误；答案选B。4.下列现象与氢键有关的是()①NH3的熔、沸点比ⅤA族其他元素的氢化物高②丙三醇的黏度强于乙醇③冰的密度比液态水的密度小④尿素的熔、沸点比醋酸的高⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的

低⑥HF的酸性弱于同主族的其他氢化物A.①②③④⑤⑥B.①②③④⑤C.①②③④D.①②③【答案】A【解析】【分析】【详解】①第ⅤA族中N的非金属性最强，NH3分子间存在氢键，NH3的熔、沸点比ⅤA族其他元素的氢化物高，故①符合题意；②醇分子中羟基越多，形成的氢键越多，黏度越大，

故丙三醇的黏度强于乙醇，故②符合题意；③在液态水中，通常是几个水分子通过氢键结合，而固态冰中水大范围地以氢键结合，成为疏松的晶体，在冰的结构中有许多空隙，造成体积膨胀，冰的密度比液态水的密度小，故③符合题意；④尿素分子间形成的氢键比醋酸分

子间形成的氢键多，所以尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④符合题意；⑤邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤符合题意；⑥HF分子间存在氢键，形成缔合分子，使得HF比同主族的其他氢化物难电离，酸性弱，故⑥符合题意

；故①②③④⑤⑥都符合题意，答案为A。5.二氯化二硫(S2Cl2)可用作橡胶工业的硫化剂，常温下它是橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，遇水反应，既产生能使品红褪色气体又产生淡黄色沉淀，S

2Cl2可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法错误的是()A.S2Cl2晶体中不存在离子键B.S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构C.S2Cl2在液态下不能导电D.S2Cl2与水反应后生成的气体通入石蕊试液中，现象是溶液先变红后褪色【答案】D【解析】【分析】【详解】A

．S2Cl2晶体熔沸点较低，应为分子晶体，S与S，S与Cl之间以共价键结合，则一定不存在离子键，故A正确；B．S2Cl2的电子式为，分子中各原子均达到8电子稳定结构，故B正确；C．S2Cl2为分子晶体，在液态下不能电离出自由移动的离子，不能导

电，故C正确；D．与水发生2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，二氧化硫不能漂白指示剂，因此气体通入石蕊试液中，溶液变红不褪色，故D错误。故选D。6.铁有δ、γ、α三种晶体结构，以下依次是δ、γ、α三种晶

体不同温度下转化的图示，下列有关说法不正确的是()δ—Fe1394⎯⎯⎯→℃γ—Fe912⎯⎯⎯→℃α—FeA.δ-Fe晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有8个B.γ-Fe晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有12个C.α-Fe晶胞

边长若为acm，γ-Fe晶胞边长若为bcm，则α-Fe和γ-Fe两种晶体的密度比为b3∶a3D.将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．δ-Fe晶体晶胞类型为体心立方，与位于体心的Fe原子距离最近的Fe原子位于顶点，共有8个，故A正确

；B．γ-Fe晶体晶胞类型为面心立方，位于顶点的Fe原子，被晶胞的3个平面共有，每个平面与其距离相等且最近的铁原子数目为4，则共有34=12个，故B正确；C．由图可知，α-Fe晶胞中铁原子数为818=1个，γ-F

e晶胞中铁原子数为818+612=4个，α-Fe晶胞边长若为acm，γ-Fe晶胞边长若为bcm，则两种晶体的密度比为3A56Na:3A564Nb=b3∶4a3，故C错误；D．将铁加热到1500℃分别急速冷却得到δ-Fe晶体，缓慢冷却得到α-Fe晶体，晶体

类型不相同，故D正确；答案选C。7.下列对分子性质的解释中，不正确的是A.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致B.乳酸()分子中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”

原理解释D.由上图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数【答案】A【解析】【分析】A.化合物的稳定性与化学键有关，水分子中H-O键牢固，故水稳定，但与氢键无关；B.有机物分子中连有4个不同

基团的C原子是手性碳原子；C.根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；D.酸性强弱的经验规律之一：含氧酸分子的

结构中含非羟基(羟基为-OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。【详解】A.化合物的稳定性与化学键强弱有关，氢键影响水的沸点但不影响水的稳定性，故A错误；B.乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中与-OH相连的C上连有4个不同的基团，是手

性碳原子，故B正确；C.碘、四氯化碳、甲烷是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确；D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；故选A。8.有机化学试剂氨基炔(如图所示)常用于制备

磺胺类药物，抗癌药等。下列有关说法正确的是A.既有酸性也有碱性B.既能溶于水，又能溶于乙醇C.分子内σ键与π键数目之比为1∶1D.分子内中所有原子共面【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该结构中含有氨基，显碱性，A错误

；B．该物质含氨基、氰基，故该物质能溶于水也能溶于乙醇，B正确；C．分子中含σ键数为4，π键数2，故分子内σ键与π键数目之比为2：1，C错误；D．分子内氨基中至少有一个氢原子不与C、N共面，D错误；答案选B。9.在某晶体中，与

某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的立体构型为正八面体型(如图)。该晶体不是()A.NaCl(x=Na+，y=Cl-)B.CsCl(x=Cs+，y=Cl-)C.金属钋(Po)D.C60晶体【答案】BD【解析】【分析】由图可知，与微粒x距离最近且相等的y有6个，即x的配位数为6

。【详解】A．NaCl晶体中的离子配位数是6，符合该图，A不符合题意；B．CsCl晶体中的离子配位数是8，不符合该图，B符合题意；C．金属Po中，Po原子的配位数是6，符合该图，C不符合题意；D．C60晶体中，C60位于顶点和面心上，则其配位数=382=12，

不符合该图，D符合题意；故选BD。10.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；

W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是A.X元素的氢化物的水溶液显碱性B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点【答案】C【解析】【分析】【详解】X元素原子的

最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。则A、X元素

的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（H2O），A不正确；B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不正确；C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C正确；D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分

子晶体，熔沸点低，D不正确；答案选C。11.有五种物质：①乙醇②聚氯乙烯③苯酚④对二甲苯⑤SO2既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水发生化学反应使之褪色的是()A.②③B.①④C.③⑤D.④⑤【答案】C【解析】【分析】【详解】①乙醇能

与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能与溴水反应，则乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水反应褪色，故错误；②聚氯乙烯中不含有碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水反应褪色，故错误；③苯酚能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应

，使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，使溴水反应褪色，故正确；④对二甲苯属于苯的同系物，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能与溴水反应，则对二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水反应褪色，故错误；⑤二

氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液和溴水发生氧化还原反应，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水反应褪色，故正确；③⑤正确，故选C。12.若某共价化合物分子中只含有C、N、H三种元素，且以n(C)、n(N)分别表示C、N的原子数目，则H原子数目最多等于A.2n(C)+2+n(N)B.2n(C

)+2+2n(N)C.2n(C)+2D.2n(C)+1+2n(N)【答案】A【解析】【分析】【详解】该共价化合物可看成是饱和烷烃分子中的氢被氨基（—NH2）所取代，由饱和烷烃的通式可得烷烃分子中的氢原子数为2n(C)+2，然后以一个烃分子中的H原子被一个氨基（—NH2）所取代，即每取代一个氢

原子分子结构中增加一个氢原子，所以，该共价化合物中H原子数最多等于2n(C)+2+n(N)，即A为正确选项。13.下列反应产物中，有的同时生成多种同分异构体，有的则没有。其中一定不存在同分异构体的反应是：A.异戊二烯()与等物质的量的Br2发生加成反应B.

2—氯丁烷()与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应C.甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应D.邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A.异戊二烯含有2个碳碳双键，和等物质的量的

Br2反应，可以是1，2－加成，也可以是1，4－加成，生成的产物存在同分异构体，A不选；B.2－氯丁烷发生消去反应，产物可以是1－丁烯或2－丁烯，产物存在同分异构体，B不选；C.甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯，可以是邻、间、对三种同分异构体，产物存在同分异构体，

C不选；D.但邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应，生成物是邻羟基苯甲酸钠、CO2和水，产物不存在同分异构体，D选；答案选D。14.按图示装置，实验能够成功的是A.装置用于检验溴乙烷消去产物B.装置用于测定乙醇的结构式

C.装置用于提取I2的CCl4溶液中的I2D.装置用于除去甲烷中的乙烯【答案】B【解析】【分析】【详解】A．挥发的乙醇也能被高锰酸钾氧化，干扰乙烯的检验，故A错误；B．钠与乙醇反应生成氢气，与醚不反应，则图中装置可测定乙醇的结构式，故B正确；C．I2的CCl4溶液不分层，不能分液分

离，应选蒸馏装置，故C错误；D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，不能除杂，应选溴水、洗气，故D错误；故选B。【点晴】装置A是利用酸性高锰酸钾溶液褪色判断产物的性质，但结构中隐藏了乙醇的挥发及乙醇也具有能使酸性高锰酸钾溶液褪色判断产物的性质，干扰了实验目的；易错项为D，乙烯能与酸性高锰酸钾

溶液反应，但隐含了氧化产物为CO2，干扰了甲烷的提纯。15.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NAB.28g乙烯所含共用电子对数目为4NAC

.标准状况下，11.2L二氯甲烷所含分子数为0.5NAD.现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.标准状况下戊烷不是气态，11.2L的戊烷所含的分子数不是0.5NA，A

错误；B．28g乙烯是1mol，所含共用电子对数目为6NA，B错误；C.标准状况下二氯甲烷不是气态，11.2L二氯甲烷所含分子数不是0.5NA，C错误；D．烯烃的最简式均是CH2，乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，含有“CH2”的物质的量是1mol，其原子数为3NA，D正确。答案

选D。16.除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法错误的是()选项含杂质的物质试剂除杂方法A甲苯(苯酚)溴水过滤BC2H4(SO2)NaOH溶液洗气CC6H5NO2(HNO3)NaOH溶液分液DC2H2(H2S)CuSO4溶液洗气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分

析】【详解】A．苯酚与浓溴水反应产生的三溴苯酚能够溶于甲苯中，不能达到除杂净化的目的，A错误；B．SO2与NaOH溶液反应产生可溶性Na2SO3而与乙烯气体分离，从而达到除杂、净化的目的，B正确；C．HNO3与NaOH溶液反应产生易溶于水的NaNO3，而C6H5NO2是难

溶于水的液体，二者互不相溶，然后通过分液就可以分离除去，C正确；D．H2S与CuSO4溶液发生复分解反应产生CuS沉淀，乙炔不能溶解，也不发生反应，因此通过洗气可以除去，D正确；故合理选项是A。17.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成

示意图如下。下列说法不正确的是（）A.过程i发生了加成反应B.中间产物M的结构简式为C.利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯D.该合成路线理论上碳原子100%利用，最终得到的产物易分离【答案】C【解

析】【分析】【详解】A.过程i是异戊二烯和丙烯醛共同发生加成反应，生成具有对位取代基的六元环中间体——4-甲基-3-环己烯甲醛，故A正确；B.通过M的球棍模型可以看到六元环上甲基的临位有一个双键，所以M为4-甲基-3-环己烯甲醛，结构简式是，

故B正确；C.根据该合成路线，可以合成对二甲苯和间二甲苯，不能合成邻二甲苯，故C错误；D.该合成路线包含两步，第一步为加成，第二步为脱水，两步的C原子利用率均为100%，故D正确。18.同分异构现象在有机物

中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线式，下列有关说法中正确的是A.b、c均与乙烯互为同系物B.a和d的二氯代物均有3种C.4种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.a和b中所有原子可能共平面【答案】B【解析

】【分析】苯、盆烯、杜瓦苯和棱柱烷的分子式均为C6H6，四者互为同分异构体。【详解】A项、同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，这两种物质分子式均为C6H6，c含两个碳碳双键且为环状，b虽只含一个碳碳双键但也为环状，故其与乙烯不是同系物，A错误

；B项、苯的二氯代物有邻、间、对3种，棱柱烷的二氯代物的数目可采用“定一移一”法进行判断，有，共3种，故B正确；C项、苯和棱柱烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D项、苯分子中所有原子一定共平面，盆烯中含有次甲基()，所有原子不可能共平面，故D错误。

故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握同分异构体数目判断、有机物分子式确定、有机物共面的判断等方法是解答关键。19.己烯雌酚是一种激素类药物，结构简式如图，下列有关叙述不正确的是()A.可

以用有机溶剂萃取B.该有机物分子中，一定有8个碳原子共平面C.1mol该有机物可以与5molBr2发生反应D.1mol该物质完全燃烧需要消耗氧气736g【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该物质属于有机物，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以该物质易溶于有机物，可以用有机溶剂萃

取，A项正确B．与苯环直接相连的碳原子一定与苯环共平面，碳碳双键两端的碳原子、苯环上的6个C原子一定能共平面，则最少8个C原子共面，故一定有8个碳原子共平面，故B正确；C．能和溴发生加成反应的是碳碳双键，苯环上酚羟基邻、对位氢原子能和溴发生取代反

应，则1mol该有机物最多可以与5molBr2发生反应，故C正确；D．该有机物的分子式为C18H20O2，可以看成(C17H20∙CO2)，1mol该物质完全燃烧需要消耗氧气物质的量与1molC17H20完全燃烧需要氧气物质的量相同，反应方程式为1720222+22O17CO+10HOCH点燃

，则需要氧气11mol，质量为11mol×32g/mol=352g，故D错误；故选D。20.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是()A.X分子中不含手

性碳原子(手性碳原子：连有四个不同的原子或基团的碳)B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.X的同分异构体且与X含有相同官能团的稳定结构共5种D.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应【答案】D【解析】【分析】

【详解】A．X分子中用“*”标记的C连有四个不同基团，是手性碳，A错误；B．Y分子中与氧原子相连接的碳原子（箭头处）之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，B错误；C．与X含有相

同官能团说明同分异构体中含有羟基和碳卤键，同一个C上连两个羟基不稳定，因此的同分异构体有、、、，共4种，C错误；D．Z分子中与羟基相连的C相邻的C（箭头处）上有H，可以在浓硫酸催化下加热发生消去反应生成碳碳双键，D正确；故选D。二、非选择题(共5小题60分)21.按要求填

空：地球上的物质不断变化，数10亿年来大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：目前空气的成分N2、O2、CO2、水蒸气及稀有气体(如He、Ne等)原始大气的主要成分CH4、NH3、CO、CO2等分析上表所涉及的

分子，填写下列空白。(1)VSEPR模型为正四面体的分子有(填化学式，下同)__；(2)由极性键构成的非极性分子有__；(3)沸点最高的物质是H2O，1mol水最多可形成__mol氢键；(4)CO的结构可表示为OC，与CO

结构最相似的分子是__；(5)以上分子有多种含有氧原子，请写出基态氧原子的价层电子轨道表达式__。【答案】(1).H2O、CH4，NH3(2).CH4，CO2(3).2(4).N2(5).【解析】【分析】【详解】(1)CO2

的价层电子对数为4-222+=22，H2O的价层电子对数为6-122+=42，CH4的价层电子对数为4-144+=42，NH3的价层电子对数为5-133+=42，故H2O、CH4、NH3的VSEPR模型为正四面体；(2)CH4中碳原子

和氢原子之间存在极性键，甲烷是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子；CO2分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线形结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，则由极性键构成的非极性分子有CH4，CO2；(3)H2O中氧原子有两对孤对电子，可以与其

他水分子的氢原子形成2mol氢键，又H2O有两个氢原子，可以与其他水分子的氧原子形成2mol氢键，根据均摊法得，1mol水最多可形成2mol氢键；(4)CO的结构可表示为OC，CO与N2互为等电子体，等电子体的结构相似，与CO结构最相似的分子是N2；(5)氧原子为

6号元素，最外层有6个电子，基态氧原子的价层电子轨道表达式。22.(1)用相对分子质量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目__。(2)某有机物的结构表达式为，其名称是__。(3)某有机物的结构简式为ClCH2C

OOH，写出在加热条件下与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式__。(4)如图是某药物中间体的结构示意图：①观察上面的结构简式与立体模型，写出该药物中间体的分子式为__。②该物质的核磁共振氢谱图如图。一般来说，氢原子与非金属性强的原子相连，该氢原子谱线对应

的ppm值较大，但当与半径较小、有未成键电子对的原子直接相连时，可能反而较小。由此推测该分子中羟基上氢原子谱线对应的ppm值可能为__。A．4.15B．3.75C．2.25D．2.00【答案】(1).12(2).5-甲基-3-庚烯(3)

.ClCH2COOH+2NaOHΔ⎯⎯→HOCH2COONa+NaCl+H2O(4).C9H12O4(5).D【解析】【分析】【详解】(1)烷基通式为CnH2n+1，烷基的相对分子质量为57，则14n+1=5

7，解得n=4，烷基为—C4H9，—C4H9共有4种结构，甲苯苯环上的氢原子由邻、间、对3种，故所得芳香烃产物的数目为4×3=12种。(2)根据系统命名法可知该有机物名称为5-甲基-3-庚烯。(3)C

lCH2COOH中的羧基和—Cl可以和氢氧化钠水溶液发生取代反应，生成HOCH2COONa、NaCl和H2O，反应的化学方程式为ClCH2COOH+2NaOHΔ⎯⎯→HOCH2COONa+NaCl+H2O。(4)①根据结构式和立体模型可知该药物中间体的分子式为C9H12

O4。②由于只有一个氢原子的这种环境的氢原子共有5个，其中4个和碳相连，只有1个连在氧原子上，而氧原子半径小，且有未成键电子对，因而其ppm值可能为2.00ppm，故答案为D。23.根据所学物质结构知识，请回答下列问题

：(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图1所示。苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图2所示的结构，则其在水中的溶解度会______(填“增大”

或“减小”)，原因是______。(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b

．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的23。则绿色晶体配合物的化学

式为__，由Cl-形成的化学键类型是________。(3)胆矾CuSO4•5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意图如图，有关它的说法正确的是_______(填字母)。A．该胆矾晶体中仅存在配位键、共价键B．该

结构中还存在金属键，极性共价键C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去(4)往硫酸铜溶液中逐渐滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。已知NF3与NH3的空间构

型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_____。向制得的深蓝色溶液中加入______，将得到深蓝色晶体。【答案】(1).增大(2).因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化

合物在水中的溶解度(3).[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O(4).离子键、配位键(5).D(6).F的电负性比N大，N﹣F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子

(或在NF3中氟原子非金属性强，是吸电子的，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键)(7).乙醇(或其它极性较小的溶剂)【解析】【分析】【详解】(1)O、N原子半径小，非金属性强，在苏丹红I中容易形成分子内氢键，导致苏丹红I的水溶性较小，而当分子中的羟基连

接在另一个取代基的对位上时，该物质的分子之间会形成氢键，该物质分子的羟基与水分子之间形成分子间氢键，并且苏丹红II与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度，故其水溶性比苏丹红I大；(2)Ti3+的配位数是

6，颜色不同的两种配合物晶体组成皆为TiCl3·6H2O，配制成溶液后，分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均会产生白色沉淀，说明外界离子中均含有Cl-；沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的23，说明

原绿色晶体外界离子有2个Cl-，原紫色晶体的外界离子中含有3个Cl-，由于Ti3+的配位数都是6，所以原绿色晶体內界离子中含有5个水分子，1个Cl-，其化学式为[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O；原紫色晶体內界配位数体只有6个H2O，

外界离子只有Cl-，该物质化学式为[Ti(H2O)6]Cl3；对于[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O，內界配离子Cl-与中心Ti3+形成配位键，外界Cl-与络离子形成离子键，故由Cl-形成的化学键类型是、配位键、离子键；(3

)硫酸铜晶体属于离子晶体，络离子[Cu(H2O)4]2-与24SO−之间以离子键结合，在络离子中配位体H2O与Cu2+之间以配位键结合，在配位体H2O中的H、O之间及24SO−中的S、O原子之间以极性共价键结合，故硫酸铜晶体中存在的化学键有离子键、配

位键和极性共价键，在晶体中的H2O分子既有內界水分子，也有外界水分子，两种水分子结合力大小不同，故胆矾中的水在不同温度下会分步失去，因此合理选项是D；(4)往硫酸铜溶液中逐渐滴加氨水，首先发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2

↓+24NH+，当氨水过量时，发生反应：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，看到生成的沉淀恰好溶解，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，这是由于F的电负性比N大，N

﹣F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(或在NF3中氟原子非金属性强，吸电子能力比N强，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键)；由于深蓝色物质属于离子化合物，其易溶于水，而在有

机溶剂中溶解度较小，向该深蓝色溶液中加入乙醇或苯等极性较小的溶剂，可降低[Cu(H2O)4]SO4•H2O的溶解度，便于晶体析出，可析出深蓝色晶体，故加水的试剂是乙醇(或其它极性较小的溶剂)。24.铈[外围电

子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2]是原子序数为58的一种最早有实际用途的稀土元素，铈及其化合物的用途十分广泛。(1)硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，N的杂化方式为___；Ce、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为___。(

2)已知CeX3的熔点为CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I顺序，从CeX3中化学键的离子性和共价性说明熔点的变化原因__。(3)铈的一种氧化物具有独特的晶体结构和较高的储存和释放氧的能力，可形成氧空位具有催化氧化性能，有着十分

广阔的应用开发前景，其晶体结构如图所示：①这种铈的氧化物的化学式为__；晶胞中氧离子的配位数为__。②若该铈的氧化物的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则最近的两个氧离子之间的距离为__nm。(用ρ、NA表示，不必化简)③计算六个面心铈离子与图中虚线立方体中的八个氧离子组成的二

十四面体体积__cm3。【答案】(1).sp3、sp2(2).N＞O＞C＞Ce(3).依F、Cl、Br、I顺序，CeX3中的化学键的离子性越来越弱、共价性越来越强(4).CeO2(5).4(6).3A141722ρN×107(7).A172ρN【解析

】【分析】【详解】(1)硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，铵根这个氮原子的价层电子对数是4，N的杂化方式为sp3，硝酸根中氮原子的价层电子对数是3，且不含有孤对电子，N的杂化方式为sp2；一般非金属性越强第一电离能越大，氮原子的2p轨道电子处于

半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则Ce、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C＞Ce。(2)由于F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，因此CeX3中的化学键的离子性越来越弱、共价性越来越强，从而导致熔点有这样的变化规律。(3)①根据晶胞结构可知晶胞中含有Ce的个数是11864

82+=，O全部在晶胞内，有8个，则这种铈的氧化物的化学式为CeO2；氧原子位于四个Ce原子构成的正四面体内，因此晶胞中氧离子的配位数为4。②若该铈的氧化物的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的边长是3A4172ρN×107nm，根据晶胞结构可知最近的两个氧离子之间的距

离为晶胞边长的一半，即为3A141722ρN×107nm。③根据晶胞结构可判断六个面心铈离子与图中虚线立方体中的八个氧离子组成的二十四面体中8个氧离子构成1个小立方体，另外由4个氧离子（即编号为1、2、3、4）和面心处的铈离子（即编号为5的）构成四棱锥，其体积是A14172

48ρNcm3，而这样的四棱锥有6个，因此六个面心铈离子与图中虚线立方体中的八个氧离子组成的二十四面体的体积为6×A1417248ρNcm3+（3A141722ρN）3cm3＝A172ρNcm3。25.二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁装置示意图如已知：①二茂铁熔

点是173℃，在100℃时开始升华；沸点是249℃。②制备二茂铁的反应原理是：2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O实验步骤为：①在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10min；②再从仪器a滴

入5.5mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6,密度为0.95g/cm3)，搅拌；③将6.5g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25mL装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，45min滴完，继续搅拌4

5min；④再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌；⑤将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液；⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。回答下列问题：(1)仪器b的名称是________________________.(2)步骤①中通入氮气的目的是________

____________________________________________.(3)仪器c的适宜容积应为(选编号)：_________①100mL②250mL③500mL(4)步骤⑤用盐酸洗涤的目的是_

_________________________________________________(5)步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，该过程在图中进行，其操作名称为_________；该操作中棉花的作用是__________

____________________________________________.(6)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是__________________________；若最终制得纯净的二茂铁4.3g，则该

实验的产率为____________(保留三位有效数字)。【答案】(1).球形冷凝管(2).排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化(3).②(4).除去多余的KOH(5).升华(6).防止二茂铁挥发进入空气中(7).测定所得固体的熔点(8).5

8.4%【解析】【分析】【详解】（1）根据仪器的特点，仪器b为球形冷凝管；（2）Fe2＋具有还原性，能被氧气氧化，根据实验目的，通入氮气的目的是排除装置的空气，防止Fe2＋被氧化；（3）根据实验，加入到仪器c中液体体积总和为(60＋5.5＋2

5＋25)mL=115.5mL，因此选用250mL的三颈烧瓶，故②正确；（4）根据制备二茂铁的化学反应方程式，以及所给的KOH、氯化铁、环戊二烯的量，加入KOH应是过量的，因此步骤⑤中加入盐酸的目的是除去多余的

KOH；（5）根据信息①，二茂铁在100℃时易升华，因此图二操作名称为升华，棉花的作用是防止升华的二茂铁进入空气中；（6）利用二茂铁的熔点低的特点，检验是否是二茂铁；环戊二烯的质量为5.5×0.95g=5.22

5g，FeCl2的质量为6.5g，根据反应方程式FeCl2过量，根据环戊二烯进行计算，理论上产生二茂铁的质量为5.225×186/(2×66)g=7.3625g，产率为4.3/7.3625×100%=58.4%。26

.有机碱，例如二甲基胺()、苯胺()，吡啶()等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：已知如下信息：①H2C=CH23CClCOONa乙二醇二甲醚/△⎯⎯⎯

⎯⎯⎯→②+RNH2NaOH2HCl−⎯⎯⎯→③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体回答下列问题：(1)A的化学名称为________。(2)由B生成C的化学方程式为________。(3)C中所含官能团的名称为________。(4)由C生成D的反应类型为__

______。(5)D的结构简式为________。(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1的有________种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为________。

【答案】(1).三氯乙烯(2).+KOHΔ→醇+KCl+H2O(3).碳碳双键、氯原子(4).取代反应(5).(6).6(7).【解析】【分析】由合成路线可知，A为三氯乙烯，其先发生信息①的反应生成B，则B为；B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C，则C为；C与过量的二环己基胺发生取代反

应生成D；D最后与E发生信息②的反应生成F。【详解】(1)由题中信息可知，A的分子式为C2HCl3，其结构简式为ClHC=CCl2，其化学名称为三氯乙烯。(2)B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成C（），该反应的化学方程式为+KOHΔ→醇+KCl+H2O。(3)由C的分子结构可知其所含官

能团有碳碳双键和氯原子。(4)C（）与过量的二环己基胺发生生成D，D与E发生信息②的反应生成F，由F的分子结构可知，C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C生成D的反应类型为取代反应。(5)由D的分子式及F的结构可知D的结构简

式为。(6)已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。E（）的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1的有、、、、、，共6种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为。【点睛】本题的同分异构体的书写是难点，要根据题中“苯胺与甲基吡啶互为

芳香同分异构体”才能找齐符合条件的同分异构体。