【文档说明】【精准解析】宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(26)页，1.966 MB，由小赞的店铺上传

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宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56一、选择题（本大题共25个小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项是正确的）1.下列说法正确的是（）A.

糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D.蔗糖在一定条件下既能发生水解反应又能发生银镜反应【答案】C【解析】【详解】A．糖类中的单糖不能发

生水解反应，A错误；B．淀粉和纤维素都是多糖，由于二者单糖单元结构不同，数目不同，因此不能互为同分异构体，B错误；C．“地沟油”主要成分是油脂，经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，C正确；D．蔗糖是二糖，在一定条件下能发生水解反应，但分子中无醛基，因此不能发生银镜反应，D错误；故合理

选项是C。2.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③＞②＞①B.原子半径：③＞②＞①C.电负性：③＞②＞①D.最高正化合价：③＞②＞①【答案】

A【解析】【分析】根据基态原子的电子排布可知①为S元素，②为P元素，③为N元素。【详解】A．同主族元素自上而下第一电离能减小，所以N>P，P最外层半满，更稳定，且与S元素相邻，所以P>S，三种元素第一电离能③＞②＞①，故A正确；B．

电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径②＞①＞③，故B错误；C．非金属越强电负性越大，非金属性S>P，所以电负性①＞②，故C错误；D．N和P的最高正价均为+5价，S的最高正价为+6价，所以最高正价①＞③=②，故D错误；故答案为A。3.下列说法正确的是A.

石英、C60、金刚石都是原子晶体B.H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键C.H2SO4、NaOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物D.Cl2和PCl5分子中，氯原子的最外电子层都含有8个电子【答案】D【解析】【详解】A．石英、金刚石为原子晶

体，C60为分子晶体，A错误；B．水的汽化破坏了分子间作用力，而水分解生成氢气和氧气破坏了水分子中的共价键，B错误；C．硫酸溶于水能够发生电离，但纯硫酸不会发生电离，故硫酸为分子晶体，C错误；D．氯气中氯原子的最外层有7个电子，其中6个成

对1个为单电子，两个氯原子个拿出一个电子形成共用电子对，因此氯气中氯原子的最外层都含有8个电子；PCl5中P最外层有5个电子，与氯原子最外层的一个单电子结合形成共用电子对，因此PCl5中氯原子的最外层也都含有8个电子，D正确；故选D。4.下列物质性质的变化规律，与

共价键的键能大小有关的是（）①F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅④NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低

A.①④B.②③C.③④D.①③【答案】B【解析】【详解】①F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键无关系，①不符合题意；②HF、HI、HBr、HCl属于分子晶体，其稳定性和非金

属性强弱有关系，即和形成的共价键有关系，②符合题意；③金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与分子间作用力无关，故③符合题意；④NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子

半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，④不符合题意；综上，②③符合题意，答案选B。【点睛】本题考查晶体的熔沸点、氢化物稳定性的有关判断，答题注意晶体的类型以及影响晶体熔沸点高低的因素的判断。5.下面的排序不正确的是（）A.晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CB

r4<CI4B.硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅C.熔点由高到低:Na>Mg>AlD.晶格能由大到小:NaF>NaCl>NaBr>NaI【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：CF4<CCl4<CBr4

<CI4，A正确；B、原子晶体中共价键键长越短，键能越大，硬度越大，硬度由大到小：金刚石>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Al>Mg>Na，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，和半径成反比，熔点：NaF>NaCl>NaBr>NaI，D正确。答案选C。6.下列说法中正确的是（）A.丙烯分子中有8个σ键，1个π键B.在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键C.NCl3和BCl3分子中，中心原子都采用sp3杂化D.在“冰→水→水蒸气→氧气和氢气

”的变化过程中，各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键【答案】A【解析】【详解】A．CH2=CHCH3丙烯分子中有8个σ键，1个π键，故A正确；B．在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，故B错误；C．N

Cl3中心原子采用sp3杂化，BCl3中心原子采用sp2杂化，故C错误；D．在“冰→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化过程中，冰→水，破坏的粒子间的相互作用主要是氢键、分子间作用力，水→水蒸气，破坏的粒子间主要的相互作用是氢键、分子间作用力，水蒸气→氧气和氢气，破坏的粒子间主要的相互作用是极性键，

故D错误。综上所述，答案为A。7.如图为某晶体的一个晶胞。该晶体由A、B、C三种基本粒子组成。试根据图示判断，该晶体的化学式是（）A.A6B8CB.A2B4CC.A3BCD.A3B4C【答案】C【解析】【详解】利用切割法分析。一个晶胞中含有的微粒数A：6×12=3，

B：8×18=1，C：1，则该晶体的化学式为A3BC，选C。8.下列有关晶体的叙述中不正确的是（）A.金刚石的网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B.氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+离子共有6个C.氯化铯晶体中，每

个铯原子周围紧邻8个氯原子D.干冰晶体中，每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子【答案】B【解析】【详解】A．金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，故A正确；B．氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数都是6，所以在NaCl晶体中每个N

a+(或C1-)周围都紧邻6个Cl-(或Na+)，而每个Na+周围距离相等的Na+共有12个，故B错误；C．根据氯化铯晶体晶胞结构可知，每个铯原子周围紧邻8个氯原子，故C正确；D．二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数=3×

8÷2=12，故D正确；故答案为B。9.下列有关说法不正确的是()A.水合铜离子的模型如图所示，1个水合铜离子中有4个配位键B.CaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C.H原子的电子云图如图所示，H原子核外

的大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu中Cu原子堆积模型如图所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12【答案】C【解析】【详解】A.如图所示，铜离子与4个水分子结合，所以1个水合铜离子中有

4个配位键，故A正确；B.晶胞中Ca2＋处于晶胞的顶点和面心，则每个CaF2晶胞中Ca2＋数为8×1/8+6×1/2=4，故B正确；C.H原子外只有一个电子，在原子核附近运动，故C错误；D.在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三

个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，故D正确；故选C。10.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（）A.①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个C.晶胞中原子的

配位数分别为：①6，②8，③8，④12D.空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④【答案】B【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8

×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。C、③为六方最密堆积，此结构为六方锥晶包的1/3，配位数为12,C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是7

4%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.正确答案为B11.实验测得-25℃时干冰晶体（面心结构）的晶胞边长为acm，其摩尔质量为Mg/mol，则该干冰晶

体的密度为（单位：g/cm3）（）A.3A14MaNB.3AMaNC.3A2MaND.3A4MaN【答案】D【解析】【详解】干冰晶胞是面心立方晶胞，所以每个晶胞中含有二氧化碳分子个数=8×18+6×12=4，晶胞边长为acm，则体积为a3cm3，则该干冰晶胞密度为：ρ

=34AmMVaN=g·cm－3，故选D。12.玉米塑料﹣﹣“聚乳酸”（PLA）被视为继金属材料、无机材料、高分子材料之后的第四类新材料；其生产过程主要是以玉米等谷物为原料，经生物发酵生产出乳酸，再由乳酸特殊聚合反应而制得，它具有良好

的生物相容性和可降解性，下列有关说法中不正确的是（）A.玉米塑料生产中所用的原料是可再生资源B.玉米塑料的广泛使用可有效地解决“白色污染”并减少“温室效应”C.（PLA）的整个生产过程都是生物催化，或者结合化学聚合，是一种耗能少、污染低的绿色生产工艺D.

玉米塑料有着广泛的用途，能完全取代金属材料、无机材料等【答案】D【解析】【详解】A．玉米塑料是以玉米等谷物为原料，富含淀粉，原料是可再生资源，故A正确；B．普通塑料不能降解，玉米塑料具有良好的生物相容性和可降解性，广泛使用可有效地解决“白色污染”，玉米是经过光合作用合成有

机物，可减少“温室效应”，故B正确；C．玉米塑料是以玉米等谷物为原料，经生物发酵生产出乳酸，再由乳酸特殊聚合反应而制得，整个生产过程都是生物催化，或者结合化学聚合，是一种耗能少、污染低的绿色生产工艺，故C正确；D．金属有导电性可做电极材料，有延展性可抽成细丝，有导热性可做炊

具，而玉米塑料导电性和导热性，不能完全取代金属材料，故D错误；答案选D。13.下列有机反应方程式书写正确且为加成反应的是（）A.CH4+Cl2⎯⎯⎯→光照CH2Cl2+H2B.CH2=CH2+Br2→CH3-CHBr2C.CH2=CH2＋H2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OHD.+HNO3

24HSO50-60C⎯⎯⎯⎯→。浓+H2O【答案】C【解析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应，生成二氯甲烷和氯化氢，反应方程式为CH4+2Cl2⎯⎯⎯→光照CH2Cl2+2HCl，故A错误；B.乙烯含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，生成1，2−二溴乙烷，反应方程式为CH2

=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故B错误；C.乙烯含有碳碳双键，与H2O在催化剂作用下发生加成反应，生成乙醇，反应方程式为CH2=CH2＋H2O⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OH，故C正确；D.和HNO3在浓硫酸、加热的条件下反应

，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，苯环应该直接连接氮原子，硝基苯的结构简式书写错误，且该反应为取代反应，故D错误；故选C。14.一定条件下，下列物质可跟下图所示有机物反应的是（）①酸性KMnO4溶液②NaOH溶液③KOH醇溶液④Na⑤CuOA.①②④B.①③④C.①②④⑤D.

全部【答案】C【解析】【分析】由图可知，该物质含碳碳双键、-Cl、-OH，结合烯烃、卤代烃、醇的性质来解答。【详解】①含碳碳双键和-OH，则与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，故符合；②含-Cl，与NaOH溶液发生水解

反应，故符合；③与-Cl相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，则不与KOH醇溶液发生消去反应，故不符合；④含-OH，能与Na反应生成氢气，故符合；⑤含-OH，且与-OH相连的碳上有H原子，能与CuO发生氧化反应，故符合

；故选C。【点睛】本题考查有机物中的官能团及性质，明确常见有机物的官能团是解答的关键，注意利用烯烃、醇的性质来解答，③⑤为解答的难点，注意能发生氧化和消去反应的物质的结构差别。15.下列说法中，正确的是（）A.与互为同系物B.分子组成为C4H

8O2，其中属于酯的结构有4种C.乙醇和乙醚互为同分异构体D.具有相同的分子通式的有机物一定是同系物【答案】B【解析】【详解】A．属于酚，属于醇，结构不相似，不是同系物，故A错误；B．分子组成为C4H8O2，其

中属于酯的结构有4种，HCOOCH2CH2CH3甲酸正丙酯、COOCH(CH3)2甲酸异丙酯、CH3COOCH2CH3乙酸乙酯、CH3CH2COOCH3丙酸甲酯，故B正确；C．乙醇分子式为C2H6O，乙醚分子式为C4H10

O，两者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．具有相同的分子通式的有机物不一定是同系物，如烯烃和环烷烃，故D错误；故选B。16.下列有机物的命名正确的是（）A.1，3，4-三甲苯B.3-甲基戊烯C.2-甲基-1-丙醇D.1，3-二溴丙烷【答案】D【解

析】【详解】A．苯的同系物命名是以苯作母体，当苯环上连有多个相同的烷基时，环上编号应满足代数和最小，因此该有机物的命名为：1，2，4-三甲基苯，故A错误；B．该有机物为烯烃，选择含碳碳双键最长的碳链为主链，并从碳碳双键位次最小的方向开始编号

，因此该有机物的命名为：3-甲基-1-戊烯，故B错误；C．该有机物为饱和醇，直接选择最长碳链为主链，将-OH作为取代基，从距离羟基最近的碳原子开始编号，因此该有机物的命名为：2-丁醇，故C错误；D．该有机物为饱和卤代烃，选择最长碳链为主链，将-Br作为取

代基，从距离溴原子最近的碳原子开始编号，因此该有机物的命名为：1，3-二溴丙烷，故D正确；故答案为：D。【点睛】苯的同系物中，当苯环上连有多个不同的烷基时，烷基名称的排列应从简单到复杂，环上编号从简单取代基开始，如的命名为：邻甲基丙苯或2-甲基丙苯。当芳香类物质中含有官能团时，以某官能团为母

体，称为“苯某某”(取代基一般为官能团时)，如的命名为：对甲基苯乙烯或4-甲基苯乙烯。17.结构为的有机物可以通过不同的反应得到下列四种物质：①②③④生成这四种有机物的反应类型依次为（）A.酯化、加成、取代、缩聚B.取代、酯化、消去、缩聚C.取代、加成、消去、加聚D.取代、酯化、加成、加聚

【答案】B【解析】【详解】中羟基被溴原子取代生成，为取代反应；发生酯化反应生成，为酯化反应；脱去一个水分子，生成含有碳碳双键的，为消去反应；分子间脱水，生成，为缩聚反应；答案为B。【点睛】消去反应：在一定条件下，有机物脱去小分子生成含有不饱和的有机物的反应；加成反应：有机物分子中的双键或叁键发生

断裂，结合其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应：有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应；氧化反应：有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应；聚合反应：由相对分子质量小的化合物分子相互结合成相对分子质量大的高分子的反应叫做聚合

反应，聚合反应分为加聚反应和缩聚反应。18.下列卤代烃，既能发生水解反应，又能发生消去反应且只能得到一种单烯烃的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】发生消去反应的卤代烃的结构是连卤素原子的碳的相邻碳原子有碳氢键才能发生消去反应。【详解】A.能

发生水解反应，得到一种单烯烃，故A符合题意；B.能发生水解反应，得到两种单烯烃，故B不符合题意；C能发生水解反应，得到三种单烯烃，故C不符合题意；D.能发生水解反应，不能发生消去反应，故D不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】一般是脂肪卤代烃易发生水解反应，发生消

去反应的卤代烃的结构是连卤素原子的碳的相邻碳原子有碳氢键才能发生消去反应。19.据质谱图分析知某烷烃的相对分子质量为86，其核磁共振氢谱图有4个峰，峰面积比为6：4：3：1，则其结构简式为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】核

磁共振氢谱图有4个峰，峰面积比为6∶4∶3∶1，表明该分子中的氢原子有四种不同的空间位置，据此进行分析。【详解】核磁共振氢谱图有4个峰，峰面积比为6∶4∶3∶1，表明该分子中的氢原子有四种不同的空间位置，且四种位置的氢原子个数比为6∶4∶3∶1，只有A选项符合上述要

求；综上所述，本题正确选项A。20.通过实验来验证淀粉水解可生成葡萄糖，其实验包括下列操作过程，这些操作过程的正确排列顺序是（）①取少量淀粉和水制成溶液②加热煮沸③加入碱液中和酸性④加入新制Cu(OH)2碱性悬浊液⑤加入少量稀硫酸⑥再加热A.①②⑤⑥④③

B.①⑤②④⑥③C.①⑤②③④⑥D.①⑥④⑤③②【答案】C【解析】【详解】验证淀粉水解产物的实验主要有以下步骤：（1）在酸性条件下加热使其水解,即选项中的①⑤②；（2）加碱中和硫酸,即选项中的③；（3）加入新制Cu（OH）2碱性悬浊液

并加热检验产物，即选项中的④⑥；故答案为：C。【点睛】淀粉水解后溶液呈酸性，故一定要中和之后再检验葡萄糖。21.下列实验操作与实验目的对应的是（）实验操作实验目的A淀粉溶液中滴加碘水检验淀粉是否完全水解BC2H4与SO2混合气体通

过盛有酸性高锰酸钾的洗气瓶除去C2H4中的SO2C将电石和饱和氯化钠溶液反应生成的气体通入饱和硫酸铜溶液中验证生成的是乙炔气体D将溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液检验溴乙烷中的溴A.AB.BC.

CD.D【答案】A【解析】【详解】A．碘单质遇淀粉会变蓝，可以检测溶液中是否有淀粉，来判断淀粉是否水解完全，A正确；B．C2H4也会被KMnO4氧化，不能利用KMnO4溶液除去乙烯中的SO2，可用NaOH溶液，B错误；C．乙炔不与CuSO4

反应，不能判断生成的乙炔气体；将电石和饱和氯化钠溶液反应生成的气体通入CuSO4溶液中，是为了除去乙炔中的杂质气体，如H2S；C错误；D．溴乙烷和NaOH溶液反应后的溶液显碱性，加入AgNO3，Ag＋会与OH－反应，会干扰Br－的检验，应先加稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，D

错误。答案选A。22.合成导电高分子化合物PPV的反应为：下列说法正确的是()A.PPV是聚苯乙炔B.该反应为缩聚反应C.PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同D.1mol最多可与2molH2发生反应【答案】B【解析】【分析】由反应方程式可知PPV由对二碘苯与发生缩聚反应生成。【详

解】A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故A错误；B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，故B正确；C．PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同，故C错误；D．该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mo

l最多可以与5mol氢气发生加成反应，故D错误；故选B。23.将有机物完全燃烧，生成CO2和H2O。将12g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重14.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g。则该有机物的分子式为（）A.C4H10B

.C2H6OC.C3H8OD.C2H4O2【答案】C【解析】【详解】浓硫酸增重的质量即燃烧生成的水的质量，因此可知n(H2O)=18g14.4g/mol=0.8mol，n(H)=1.6mol，m(H)=1.6g；产物在通过浓硫酸后，再通过碱石灰，那么碱石灰增重即因为吸收了CO2

导致，所以有n(C)=n(CO2)=44g26.4g/mol=0.6mol，m(C)=7.2g；m(C)+m(H)=8.8g，而有机物的总质量为12g，所以有机物中氧的质量为3.2g，n(O)=16g3.2g/mol=0.2mol；那么

有机物分子中n(C)：n(H)：n(O)=0.6mol：1.6mol：0.2mol=3：8：1，那么有机物的实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以分子式只能为C3H8O，C项正确；答案选C。24.抗

癌化合物ethuliacoumarionA的结构简式如图所示。下列关于ethuliacoumarionA的说法正确的是A.分子中有3种含氧官能团B.分子中有4个手性碳原子C.能发生银镜反应D.1mol该化合物与NaOH溶液反应时至多消耗1molNaOH【答案】A【解析】【详解】A

.由结构简式可知该物质中的官能团有羟基、醚键、酯基、碳碳双键，含氧官能团有3种，故A正确；B.手性碳原子是一个碳上连接四个不同原子或者原子团的碳原子，该结构中的手性碳原子如图：只有三个，故B错误；C.该分子中不存在醛基，不能发生银

镜反应，故C错误；D.该分子中只有酯基能与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗1molNaOH，同时1mol该酯基水解得酚羟基又消耗1molNaOH，共消耗2molNaOH，故D错误；故选：A。25.下列说法正确的是()A.C5H10O

属于醛的同分异构体有8种B.C5H11Cl属于氯代烃的同分异构体有8种C.C4H8O2属于羧酸的同分异构体有4种D.C4H10O属于醇的同分异构体有2种【答案】B【解析】【详解】A．C5H10O属于醛的同分异构体4种：CH3CH2CH2CH2CHO、(CH3)2CHCH2CHO、CH3CH2CH(

CH3)CHO、(CH3)3CCHO，故A错误；B．分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH(CH3)CH2CH2Cl；CH3CH(

CH3)CHClCH3；CH3CCl(CH3)CH2CH3；CH2ClCH(CH3)CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C(CH3)2CH2Cl；共有8种情况，故B正确；C．C4H8O2属于羧酸时，是丁酸、2-甲基丙酸，共两种

同分异构体，故C错误；D．C4H10O一共应该有7种同分异构，其中醇类4种1-丁醇，2-丁醇，2-甲基-1-丙醇，2-甲基-2-丙醇，故D错误；故选B。第II卷（非选择题）二、实验题（共8分）26.某化学兴趣小组用下图所示装

置进行探究实验制取乙烯并验证乙烯具有不饱和性。当温度迅速上升后，可观察到试管中溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。(1)写出该实验中制取乙烯的化学方程式：_____________________。(2)验证乙烯具

有不饱和性的化学方程式是：_________________________(3)甲同学认为：考虑到该混合液体反应的复杂性，溴水褪色的现象不能证明反应中有乙烯生成且乙烯具有不饱和性，其理由正确的是________(填字母序号)

。A.乙烯与溴水易发生取代反应B.使溴水褪色的反应，未必是加成反应C.使溴水褪色的物质，未必是乙烯D.乙醇被氧化生成的气体产物，也会使溴水褪色(4)乙同学对上述实验装置进行了改进，在Ⅰ和Ⅱ之间增加如图装置，则A中的试剂应为________，其作用是________，B中的试剂为____

____。【答案】(1).CH3CH2OH170C→浓硫酸CH2==CH2↑+H2O(2).CH2==CH2+Br2→CH2Br—CH2Br(3).BC(4).NaOH溶液(5).除去SO2气体(6).品红

溶液【解析】【分析】乙醇加热到170℃，在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯和水；浓硫酸具有脱水性、氧化性，乙醇在浓硫酸中能脱水碳化，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳、水。【详解】(1)乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，发生消去反应生成乙烯和水，制取乙烯的化学方程式为CH3CH2OH

170C→浓硫酸CH2==CH2↑+H2O；(2)乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应使溴水褪色，验证乙烯具有不饱和性的化学方程式是CH2==CH2+Br2→CH2Br—CH2Br；(3)二氧化硫、乙烯都能和溴水反

应，乙烯和溴水发生加成反应，二氧化硫和溴水发生氧化还原反应，所以使溴水褪色的反应未必是加成反应，使溴水褪色的物质未必是乙烯，乙醇被氧化生成的气体产物是二氧化碳，二氧化碳不会使溴水褪色，故选BC；(4)要验证验证乙烯具有不饱和性，

应除去乙烯中的杂质二氧化硫，则A中的试剂应为氢氧化钠溶液，其作用是除去二氧化硫气体，B中盛放品红溶液，验证二氧化硫是否除尽。【点睛】本题考查实验设计的评价，了解乙醇和浓硫酸能反应生成二氧化硫、二氧化碳是解题关键，明确二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色，注意设计实验要严谨、科学、具有可操作性。

三、综合题（共42分）27.是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成请回答下列问题：（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是_____________________。（2）B→C的反应类型是_______

________________。（3）E的结构中除含有羟基外还含有的含氧官能团的名称为__________。（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：_______________。（5）下列关于G的说法正确的是______

___________a．能与溴单质反应b.能与金属钠反应c．1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H7O3（6）与D互为同分异构体且含有酚羟基、酯基的有________种【答案】(1).CH3CHO(2).取代反应(

3).酯基(4).(5).ab(6).3【解析】【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知，A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯

原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，E的结构为，由F的结构简式可知，C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；(

2)由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：取代反应；(3)由以上分析可知E为，分子中除含有羟基外还含有的含氧官能团的名称为醛基，故答案为：醛基；(4)F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，方程式为：，

故答案为：；(5)G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，a和b正确；1molG中1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误；G的分子式为C9H6O3，d错误，故答案为

：ab；(6)D结构结构简式为：，含有酚羟基、酯基的同分异构则苯环上取代基有-OH和-OOCH，则取代基位置有邻位、间位、对位三种同分异构体，故答案为：3。28.药物H是医学临床上治疗一种癌症的特效药。江西博雅生物制药公司最新研制由有机物A合成药物H的路线如图：已知：；丁烯二

酸酐结构简式为回答下列问题：（1）A的键线式为___；B的化学名称为___。（2）试剂1是___；E中所含官能团的名称为___。（3）G的结构简式为___。（4）反应①～⑦中，属于加成反应的共有___个；反应④的化学方程式为___。（5）W

与H互为同分异构体。写出满足下述条件且其核磁共振氢谱有5组吸收峰的W的结构简式：___(写一种)。a.能与FeCl3溶液发生显色反应b.能发生银镜反应c.1molW能与3molNaOH完全反应（6）写出以和CH2=CH2为

原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)___。【答案】(1).(2).1，4—二溴—2—丁烯(3).NaOH溶液(4).溴原子、醚键(5).(6).4(7).+H2O(8).或(9).【解析】【分析】B中两个溴原子在1、4

位，反应①为1，4—加成反应，由B的结构简式可推出A为，由B→C为溴原子发生水解反应生成，反应③为加成反应，则D的结构简式为HOCH2CHBrCHBrCH2OH，D通过分子内生成醚键得到E，E发生消去反应生成F，F和丁烯二酸酐发生题给已知

中的加成反应生成G，G的结构简式为，G再与H2加成得到H。【详解】（1）由分析可知，A的键线式为；按照系统命名法，B的名称为：1，4—二溴—2—丁烯，故答案为：；1，4—二溴—2—丁烯；（2）B→C为溴原子发

生水解反应生成，卤代烃的水解要在NaOH溶液、加热条件下进行，故试剂1是NaOH溶液；E的结构简式为，所含官能团的名称为溴原子、醚键，故答案为：NaOH溶液；溴原子、醚键；（3）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；（4）反应①～⑦中，属于加成反应的有①③

⑥⑦共4个；反应④为分子内生成醚键的反应，化学方程式为+H2O，故答案为：4；+H2O；（5）H的结构简式为：，分子式为C8H8O4，W为其同分异构体，W能与FeCl3溶液发生显色反应、能发生银镜反应，W中应含有酚羟基，

醛基官能团，又1molW能与3molNaOH完全反应，故含有3个羟基，且共有5种等效氢，W为对称结构，故W的结构为：或，故答案为：或。（6）对比和CH2=CH2以及的结构，先发生加成反应生成，再发生消去反应生成，与乙烯发生题给已知的加成反应得到目标产物，合成路线流

程图为，故答案为：。【点睛】本题需要学生对给予的信息进行利用，是有机化学常见题型，熟练掌握官能团的性质与转化，结合转化关系推断。29.物质结构与性质下表为元素周期表的一部分。请回答下列问题:（1）上述元素中，属于s区的是_

________(填元素符号)。（2）写出元素⑨的基态原子的价电子排布图_______。（3）元素的第一电离能：③______④(选填“大于”或“小于”)。（4）元素③气态氢化物的VSEPR模型为____；该分子为___分子(选填“极性”或“非极性”)。向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液，可观察到

的现象为_____________。（5）元素⑥的单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。若已知⑥的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，元素⑥的相对原子质量为M，

请回答：晶胞中⑥原子的配位数为____________，该晶体的密度为___________(用字母表示)。【答案】(1).H、Mg、Ca(2).(3).大于(4).四面体形(5).极性(6).先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液(7).12

(8).3AM42dNg·cm-3(或3A2M8dNg·cm-3)【解析】【详解】(1)区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，因此上述元素中，属于s区的是H、Mg、Ca；(2)元素⑨是Cr，原子序数是24，所以根据核外电子排布规律可知基态原子的价电子排

布图为；(3)③④分别是N和O，非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于氧元素，则元素的第一电离能：③大于④；(4)元素③气态氢化物是氨气，其中氮元素含有1对孤对电

子，价层电子对数是3，所以的VSEPR模型为四面体形；由于实际构型是三角锥形，所以该分子为极性分子。氨气能与铜离子形成配位健，则向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液，可观察到的现象为先产生蓝色沉淀,后溶解得深蓝色溶液；(5)元素⑥是Al，根据晶胞结构可知以顶点为

中心，与该点距离最近的铝原子有12个，所以晶胞中⑥原子的配位数为12；若已知⑥的原子半径为dcm，则面对角线是4dcm，则边长是22dcm，体积是3(22)dcm。晶胞中铝原子的个数＝1186482+=，则该晶体的密度为34(22)AM

Ndcm＝3A2M8dNg·cm-3。30.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As

原子的价电子排布图为____________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(

填“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl33AlCl→CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(C

H3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________

_____(列出计算式，可不化简)。【答案】(1).）(2).1(3).+1(4).大(5).3:2(6).三角锥形(7).sp3(8).共价(9).303310(43(707)5)ANab−++×100%【

解析】【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推

知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；(4)根据价层电

子对互斥理论判断C原子杂化类型；(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=总原子体积晶胞体积×10

0%计算。【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为；1；(2)根据镓失去电子的逐级

电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为+1；大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两

个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+5312−=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为3∶2；三角

锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为sp3；(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×1

8+6×12=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积=A4MN=A4145Ncm3，该晶胞中所有原子体积=4×43π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×43π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=303333A

4410abcm3N14cm45−+（）×100%=3033A4N10315b4a−+（）×100%，故答案为共价；3033A4N10315b4a−+（）×100%。