【文档说明】陕西省西安市西北工业大学附属中学2019-2020学年高二下学期5月考试化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.306 MB，由小赞的店铺上传

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高二化学试题相对原子质量：H—1C—12N－14O—16Na—23第Ⅰ卷一、选择题（共计24小题，每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共计48分）1.化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是A.氢氧化铝、碳酸钠常用作胃酸中和剂B.蚕丝和人造丝充分水解后均可得到氨基

酸C.食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂D.用浓硫酸刻蚀石英材料制作艺术品【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和胃酸反应生成铝盐和水，所以能治疗胃酸过多，但碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，A错误；B．蚕丝的成分为蛋白质，有的人造丝的成分为

纤维素，蛋白质水解生成氨基酸、纤维素水解生成葡萄糖，B错误；C．食盐有咸味，无毒，生活中常做调味品，是常用的调味剂，食物腐败变质是由于微生物的生长和大量繁殖而引起的，盐渍杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，所以食盐是常用的防腐剂，C正确；D．硫酸与二氧化硅不反应，不能用硫酸刻蚀石英制作艺术品，一般

用氢氟酸来刻蚀石英制作艺术品，D错误。故选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.下列各元素，最易形成离子化合物的组合是①第三周期第一电离能最小的元素②外围电子构型为2s22p6的原子③2p能级为半满的元素④电负性最大的元素A.①②B.③④C.②③D.①④【答案】D【解析】【

分析】①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，所以第三周期第一电离能最小的元素是钠；②外围电子构型为2s22p6的原子是氖；③2p轨道上最多排6个电子，所以2p轨道为半满的元素是氮元素；④同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而增大

，同一主族，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性最大的元素是氟元素。活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价化合物。【详解】通过以上分析可知，金属性最强的是钠元素，非金属性最强的是氟元素，所以最易形成离子化合物的是钠元素和氟元素，故选D。4.

下列物质中，中心原子的杂化类型为sp3杂化的是A.BeCl2B.NH3C.BF3D.C2H4【答案】B【解析】【详解】A．BeCl2分子中铍原子价层电子对个数=2+12（2-2×1）=2，所以铍原子采用sp杂化，故A错误；B

.氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+12（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化，故B正确；C．BF3中B原子价层电子对个数=3+12（3-3×1）=3，所以B原子采用sp2杂化，故C错误；D．乙烯分子中碳原子含有3个σ键和1个π键，

所以碳原子采用sp2杂化，故D错误；故选B。5.某配合物的分子结构如图所示，其分子内不含有(）A.离子键B.共价键C.配位键D.氢键【答案】A【解析】【详解】根据该微粒的结构示意图可知，该配合物中存在的化学键有

：非金属元素之间的共价键，镍元素与氮元素之间的配位键，氧原子和氢原子之间的氢键，但不存在离子键，答案选A。6.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。

X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是A.X元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3B.X元素是第四周期第ⅤA族元素C.Y元素原子的电子排布图为D.Z元素的氧化物具有

两性【答案】B【解析】【分析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层

2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42-8-33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意。【详解】A．X为As，

为33号元素，基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，故A错误；B．X为As，为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，故B正确；C．Y为O元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，电子

排布图为，故C错误；D．H元素的氧化物为H2O，不具有两性，故D错误；故答案为B。7.磷的价电子排布为3s23p3，P与Cl形成的化合物有PCl3、PCl5，对此判断正确的是A.磷原子最外层有三个未成对电子，故只能结合三个氯原子形成PCl3B.PCl3分子是平面结构C.PCl5分子中的P—C

l键都是π键D.磷原子最外层有三个未成对电子，但是能形成PCl5，说明传统的价键理论存在缺陷【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知磷原子可以结合五个氯原子形成PCl5，故A错误；B．PCl3分子中心原子价层电子对数为5-133+2=4，含一对

孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故B错误；C．PCl5分子中的P—Cl键都是σ键，故C错误；D．根据传统的价键理论可知，磷原子最外层有三个未成对电子，最多可形成3个共价键，但是能形成PCl5，说明传统的价键理论存在缺陷，故D正确；故答案为D。8.下列

关于配位化合物的叙述中，不正确的是A.配位化合物中必定存在配位键B.配位化合物中只有配位键C.[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键D.配位化合物

在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用【答案】B【解析】【详解】A．配合物中一定含有配位键，还含有共价键，故A正确；B．配位化合物中不仅含有配位键，还含有共价键，可能含有离子键，故B错误；C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供

孤电子对，所以[Cu(H2O)4]2+中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，故C正确；D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，故D正确；故选D。【

点睛】本题考查了配合物的结构及用途，难点C，注意形成配合物的条件：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体，Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键。9.2019年8月科学家在Science杂志首次报道了具有半导体特性的18个原子纯碳环分子（如图所示）。下

列说法不正确的是A.该分子属于有机物B.该分子可能要比苯更加活泼C.该分子所有的碳的杂化方式都是spD.该分子具有半导体的功能，可以使类似的直碳链成为分子级电子元件【答案】A【解析】【详解】A.有机物通常指含碳化合物，该分子C18的组成中只有碳元

素，属于单质，不是有机化合物，故A说法错误；B.该分子具有碳碳三键，而苯具有大π键相对而言较稳定，则该分子可能要比苯更加活泼，故B说法正确；C.该分子具有碳碳三键与单键交替，因而该分子所有的碳的杂化方式都是sp，故C说法正确；D.由题中给出的半导体性能的信息可知，可以使类似的直碳链成为分

子级电子元件，故D说法正确；答案：A。10.面对突如其来的新冠病毒，许多化学物质发挥了非常重要作用。下列说法正确的是A.医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B.N95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C.为增强“84”消毒液的消毒效果，可滴加浓盐酸D.我国研制的重

组新冠疫苗无需冷藏保存【答案】B【解析】【详解】A．酒精可以使蛋白质变性，但不具有强氧化性，故A错误；B．聚丙烯为人工合成的高分子化合物，属于合成纤维，故B正确；C．84消毒液主要成分为NaClO，和盐酸反应放出有毒气体氯气，且次氯酸根

浓度降低，不能增强消毒效果，故C错误；D．新冠疫苗主要成分为蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，需要冷藏保存，故D错误；故答案为B。11.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述正确的是A.分子中含有5种官能团B.分枝酸分子中含有1个手性碳原子C.1mol分

枝酸最多可消耗掉溴水中的3molBr2D.既能与乙醇发生酯化反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应【答案】C【解析】【详解】A.含有醇羟基、羧基、醚键、碳碳双键四种官能团，故A错误；B.分枝酸分子中与醇羟基相连的碳、与醚键相连的六元环上的碳，含有2个手性碳原子，故B错误；C.1mol分枝酸中有三

个碳碳双键，最多可消耗掉溴水中的3molBr2，故C正确；D.能与乙醇发生酯化反应，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；故选C。【点睛】解题关键：把握官能团与性质的关系，注意官能团的判断，注意醇羟基和酚羟基的区别。12.自然界中的许多植物中含有醛，其中有些具

有特殊香味，可作为植物香料使用，例如桂皮含肉桂醛（），杏仁含苯甲醛（）。下列说法错误的是A.肉桂醛和苯甲醛都能发生加成反应、取代反应B.可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团C.肉桂醛和苯甲醛

互为同系物D.肉桂醛和苯甲醛分子中所有原子可能位于同一平面内【答案】C【解析】【分析】肉桂醛中含有苯环、碳碳双键、−CHO，苯甲醛中含有苯环、−CHO。【详解】A．二者都含有醛基，可发生加成反应，含有苯环，可发生取代

反应，A正确；B．−CHO可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团，B正确；C．肉桂醛含有碳碳双键，与苯甲醛结构不同，不是同系物，C错误；D．苯环、碳碳双键、−CHO均为平面结构，且直接相连，则肉桂醛和苯甲醛分子中所有原

子可能位于同一平面内，D正确。答案选C。【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；一般出现在有机化学中，且必须是同一类物质（含有相同且数量相等的官能团，羟基例外，因酚和醇不能成为同系物，如苯酚和苯甲醇）。但值得注意的是，一是同系物绝

大部分相差1个或n个CH2；二是有同一基团的物质不一定是同系物。13.化合物M结构如图所示。对化合物M的叙述错误的是A.M的分子式为C12H10O5B.M只能与溴水发生加成反应C.1molM最多可和5molH2发生加成反应D.1molM最多可

消耗3molNaOH【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由结构简式可知，M的分子式为C12H10O5，A正确；B．M中酚-OH邻位氢与溴水发生取代反应，含碳碳双键与溴水发生加成反应，B错误；C．苯环、碳碳双键、羰基中的C=O可与氢气发生加成反应，则1mo

lM最多可和5molH2发生加成反应，C正确；D．酚-OH、-COOC-及酯水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则1molM最多可消耗3molNaOH，D正确。答案选B。【点睛】1mol苯环和3molH2发生加成反应、1mol碳碳双键和1molH2发生加成反应、1mol羰基中的C=O和1m

olH2发生加成反应，注意酯基不与氢气加成；酯水解生成的酚-OH也能与NaOH继续反应。14.现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的

说法正确的是（）A.该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2ClB.该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应C.该有机物苯环上的1-溴代物只有2种D.1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A．该有机物的分子式为：C18H32N3O8

P2Cl，A错误；B．分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；C．该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；D．氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH

发生反应，D正确。答案选D。15.下列实验操作能达到实验目的的是实验操作实验目的A将饱和食盐水滴加到电石中，将产生的气体通入溴水中验证乙炔可与Br2发生了加成反应B乙醇与浓硫酸加热至170℃，将产生的气体先

通入NaOH溶液，再通入Br2的CCl4溶液检验产生的乙烯C将溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液检验产生的乙烯D向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液证明酸性：醋酸>碳酸>苯酚A.AB.BC.CD.D【答案】B【

解析】【详解】A、饱和食盐水与电石反应生成的乙炔气体中可能含有还原性气体H2S，乙炔与H2S都能与溴水反应，故不能用溴水验证乙炔与溴发生加成反应，故A错误；B、乙醇与浓硫酸加热至170℃，产生的气体含有乙烯和二氧化

硫等，通入NaOH溶液中吸收二氧化硫等酸性气体，再通入Br2的CCl4溶液中可检验乙烯，故B正确；C、将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体中含有乙烯和乙醇蒸气，乙烯和乙醇均能使酸性KMnO4溶

液褪色，故C错误；D、醋酸易挥发，向纯碱中滴加醋酸，产生的气体中有二氧化碳和醋酸蒸气，将产生的气体通入苯酚钠浓溶液，溶液出现浑浊，不能证明酸性：碳酸>苯酚，故D错误。16.下列有关同分异构体数目的叙述不正

确的是()A.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B.与互为同分异构体的芳香族化合物有6种C.含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种D.菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物【答案】B【解析】【详解】

A.含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种结构，甲基与该烷基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，故产物的结构共有2×3=6种，A项正确；B.的分子式为C7H8O，与其互为同分异构体的芳香化合物有5种：、、、、，B项错误；C.含有5个碳原子的饱和链烃可能是正戊烷、异戊

烷、新戊烷，如果是正戊烷，其一氯代物为3种，C项正确；D.菲的结构具有对称性，含有5种不同化学环境的氢原子，其一硝基取代物有5种，D项正确；答案：B。17.某些有机物质的分子式采取适当变形会简化计算。下列计算中错误的是A.Wg葡萄糖充分燃烧后，燃烧产物和足量的Na2

O2充分反应，固体质量增加WgB.等质量的甲烷、乙烯、乙炔充分燃烧，消耗的氧气的物质的量依次增多C.乙酸和两种链状单烯烃混合物中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是6(1-a)7D.等物质的量的乙醇与丙烯

酸（CH2=CH-COOH）充分燃烧，消耗的氧气的物质的量相同【答案】B【解析】【详解】A.葡萄糖的分子式为C6H12O6，可以拆写成(CO)6·(H2)6，燃烧产物与足量Na2O2反应使固体增重相当于发生反应CO＋Na2O2=Na2CO3、H2＋Na2O2=2NaOH，增加的

固体质量是CO、H2的质量，因此固体质量增加的是葡萄糖的质量，即固体质量增加Wg，A正确；B.甲烷、乙烯、乙炔都属于烃，通式为CxHy，等质量的烃燃烧判断氧气消耗量，可以将CxHy化成CHy/x，yx越大，耗氧量越多，即三种烃转化成的形式为CH4、CH2、CH，等质量的三种烃，耗氧量依次减少

，B错误；C.乙酸的分子式为C2H4O2，单烯烃的通式为CnH2n，该混合物可以看作(CH2)n·(O2)m，因此CH2的质量分数为(1－a)，则有ω(C)12=1-a14，解得6ω(C)=(1-a)7，C正确；D.烃的含氧衍生物的分子式为CxHyOz，燃烧方程式

为CxHyOz＋(x＋y4－z2)O2⎯⎯⎯→点燃xCO2＋y2H2O，乙醇分子式为C2H6O，丙烯酸的分子式为C3H4O2，1mol乙醇和丙烯酸，消耗氧气的物质的量为3mol、3mol，D正确；答案选B。【点睛】等质量的烃完全燃烧,

氢含量越多,消耗的氧气越多。18.下列说法正确的是()A.天然橡胶和杜仲胶互为同分异构体B.与属于同系物C.合成的单体为乙烯和2-丁烯D.是由苯酚和甲醛发生加成反应后的产物脱水缩合而成【答案】D【解析】【详解】A．n值不同，分

子式不同，不属于同分异构体，故A错误；B．二者官能团不同，前者含有羧基，后者含有醛基和羟基，不属于同系物，故B错误；C．凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，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，的单体为1，3—丁二烯和丙烯

，故C错误；D．苯酚和甲醛先发生加成反应生成，然后脱水缩合成酚醛树脂，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，注意高分子化合物找单体的方法。加聚产物的单体推断方法：①凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可；②凡链节中主碳链为4

个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；③凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)。19.氯的含氧酸根离子有ClO－、ClO2－、ClO3－、ClO4－等，关于它们的说法

不正确的是A.ClO－中Cl显+1价B.ClO2－的空间构型为直线形C.ClO3－的空间构型为三角锥形D.ClO4－是SO42－的等电子体【答案】B【解析】【分析】ClO-中O为-2价，原子团中各元素的化合价代数和等于原子团所带电荷数，据此分析A；根据中心原

子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析BC；原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，据此分析D。【详解】A、ClO-中O为-2价，Cl元素的化合价为-1-(-2)=+1价，即Cl显+1价，故正确；B、Cl

O2-中价层电子对个数=2+1/2(7+1-2×2)=4，其价层电子对个数为4，有2个孤电子对，空间构型为V型，故错误；C、ClO3-中价层电子对个数=3+1/2(7+1-3×2)=4，其价层电子对个数为4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故正确；D、ClO4-与SO42-的原子数

相同，价电子数分别为7+6×4+1=32、6×5+2=32，二者是等电子体，故D正确；综上所述，本题正确选项B。20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:3，Z原子比X原子的核外电子数

多4。下列说法正确的是A.W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>WB.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>ZC.Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体D.WY2分子中键与π键的数目之比是2:1【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素

W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为1

7，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答。【详解】A.同主族自上而下电负性逐渐减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，A错误；B.同周期自左而右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，B错误；C

.若Y、Z形成的分子为SiCl4，中心原子Si形成4个键，无孤电子对，为sp3杂化，正四面体构型，C正确；D.WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，每个双键中含有1个键、1个π键，故δ键与π

键的数目之比1：1，D错误。答案选C。【点睛】本题难点在于Y元素的不确定，Y可能为Al到Cl之间的任意一个元素，在解题时要充分考虑Al到Cl之间的元素及其化合物的性质。21.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元素最高价氧化物具有很高的熔点和沸点【答案】C【解析】【分析】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，X可能为O，也可能为N元素；Y元素原子最外电

子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围

电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，据此分析作答。【详解】A.X可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，A错误；B.若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离

子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，B错误；C.Mg在氮气中燃烧生成Mg3N2，在氧气中燃烧生成氧化镁，C正确；D.若Y为Si，则其氧化物为二氧化硅，属于原子晶体，熔沸点较高；若Y为C，最高价氧化物为二氧化碳，为分子晶体，熔沸点较

低，D错误。答案选C。22.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是（）A.Y、Z的氢化物稳定性

Y>ZB.Y单质的熔点高于X单质C.X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD.中W和Y都满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，说明W为O，X的原子半径是所有

短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。【详解】A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl>SiH4，故A错误；B选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体

熔点，故B正确；C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32－中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物

中各原子是否满足8电子稳定结构。23.某有机物A的分子式为C9H18O2，可发生如下转化，其中B与C相对分子质量相同，则A可能的结构有A.4种B.6种C.8种D.16种【答案】C【解析】【详解】有机物A的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为酯，由于B与

C相对分子质量相同，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，含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH；含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH

2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2

CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，其中醇能能被氧化成羧酸，说明羟基所连碳上有2个氢原子，共有4种，所以有机物甲的同分异构体数目有2×4=8。答案选C。【点睛】本题考查同分异构现象和

同分异构体、酯的性质等知识，主要是同分异构体数目的判断，清楚饱和一元醇与少一个碳原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同，以及醇氧化的条件是解题关键，同时掌握组合法的使用。24.有机物有多种同分异构体，其中符合属于酯类且能与氯化铁溶液发生显色反应的同

分异构体有多少种（不考虑立体异构）A.6种B.9种C.15种D.19种【答案】D【解析】【详解】有多种同分异构体，其中既能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基，又能发生水解反应说明含有酯基，如果苯环上有2个取代基则为：酚羟

基、-OOCCH3，酚羟基、-CH2OOCH，酚羟基、-COOCH3，2个取代基分为邻、间、对三种，所以共有9种；如果苯环上有3个取代基则为：酚羟基、-OOCH、-CH3，第一步：苯环上有1个酚羟基时，只有1种结构；第二步：苯环上有2个取代基：1个酚羟基、1个-OOCH，把一个取代基

置于1位，则另一个取代基有2、3、4三种连接方式，即有邻、间、对3种同分异构体；第三步：环上有3个取代基：1个酚羟基、1个-OOCH，1个-CH3，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=1

0种连接方式，故有10种同分异构体；所以共有19种同分异构体，故选D。答案选D。第Ⅱ卷（52分）二、填空题（34分）25.（1）松油醇（）的官能团的名称为_____________________。（2）苯与

浓硫酸和浓硝酸的混合液共热的化学方程式为__________________________。（3）1，3—丁二烯制备1，4-二溴-2-丁烯的化学方程式为_______________________

___。（4）燃烧法是测定有机化合物化学式的一种重要方法。在一定温度下取0.1mol某液态烃A在O2中完全燃烧，生成CO2和水蒸汽，将生成物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重16.2g，碱石灰增重35.2g。则烃A的分子式____

_______，含三个甲基的烃A同分异构体的数目为_________，烃A的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一个吸收峰，写出该同分异构体的结构简式_________________。【答案】(1).碳碳双键、羟基(2).+HNO3⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O(3).CH2

=CH－CH=CH2+Br2→CH2Br－CH=CH－CH2Br(4).C8H18(5).4种(6).(CH3)3CC(CH3)3【解析】【分析】(1)由松油醇的结构简式可知，官能团的名称为碳碳双键和羟基；(2)苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液共热，发生硝化反应，据此写化学方程式；(3)1，3—丁二

烯制备1，4-二溴-2-丁烯，通过1、4加成而得，据此写化学方程式；(4)依据液态烃A的物质的量和生成水和二氧化碳的量计算A的分子式；依据限定条件判断同分异构体的数目和书写结构简式。【详解】(1)由松油醇的结构简式可知，官能团的名称为碳碳双键和羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；(2)苯与浓硫酸

和浓硝酸的混合液共热，发生硝化反应，其化学方程式为：+HNO3⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O，故答案为：+HNO3⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O；(3)1，3—丁二烯制备1，4-二溴-2-丁烯，通过1、4加成

而得，化学方程式为：CH2=CH－CH=CH2+Br2→CH2Br－CH=CH－CH2Br，故答案为：CH2=CH－CH=CH2+Br2→CH2Br－CH=CH－CH2Br；(4)由题意可知，0.1mol液态烃

A燃烧生成水的物质的量为16.2g18g/mol=0.9mol，二氧化碳的物质的量为35.2g44g/mol=0.8mol，则有机物与分子中碳原子和氢原子的个数比为0.1mol:0.8mol：0.9mol×2=1:8:18，烃的分子式为C8H18；C8H18含三个甲基的同分异构体可能为主链

C原子有7，则支链对应的C原子有1个，符合条件同分异构体有三种分别为CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH2CH3，主链C原子有6个，则支链对应的C原子有2个，符

合条件同分异构体有一种为CH3CH2CH(C2H5)CH2CH2CH3，共有4种；分子中只有一种H原子，C8H18是烷烃，所以H原子一定位于甲基上，所以甲基数目为6，剩余的2个C原子通过单键连接，每个C原子连接3个甲基，结构简式为(CH3)3CC(CH3)3，故答

案为：C8H18；4；(CH3)3CC(CH3)3。【点睛】分子中只有一种H原子，C8H18是烷烃，所以H原子一定位于甲基上，所以甲基数目为6，剩余的2个C原子通过单键连接，每个C原子连接3个甲基是解答关键，也是难点。26.前四周期元素A、B、C、D、E

、F原子序数依次增大，相关性质如下表所示：A2p能级电子半充满B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子D其基态原子外围电子排布为msnmpn+2E前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多F基态F2+各能层电子

全充满请根据以上情况，回答下列问题：（1）E元素基态原子核外有_____种能量不同的电子；（2）F元素基态原子的核外电子排布式为_____。（3）A、B、C、D四种元素第一电离能由小到大的顺序为_____。（用元素符号表示）（4）写出与AB3-离子互为等电子体的一种分

子_____，其空间构型为_____。（5）CH3COOH中碳原子的杂化轨道类型为_____；1molCH3COOH分子中含有σ键的数目为_____。【答案】(1).7(2).1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2(3).Na<S<O<N(4).SO3或BF3(5)

.平面三角形(6).sp3和sp2(7).7NA或7×6.02×1023或4.214×1024【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，则A为氮元素；B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B为

氧元素；C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C为钠元素；在前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素；D其基态原子外围电子排布为msnm

pn+2，即外围电子排布为ms2mp4，则D为第ⅥA族元素，原子序数小于铬大于钠，则D为硫元素；F基态F2+各能层电子全充满，则F为锌元素，据此答题。【详解】(1)E为铬元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态原子核外有7种能量不同的电子，故答案为：

7；(2)F为锌元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；(3)元素随着非金属性的增强

，第一电离能也增大，但由于氮元素最外层p轨道上电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以氮的第一电离能高于相邻的同周期元素，所以A、B、C、D四种元素第一电离能由小到大的顺序为Na<S<O<N，故答案为：Na<S<O<N；(4)AB3-为NO3－，与NO3－互为等电子体的一种分

子的化学式为SO3或BF3；BF3中B原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形构型，故答案为：SO3或BF3；平面三角形；(5)CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，均没有孤电子对，分别为sp3杂化、sp2杂化；CH3COOH分子中含有1个C-C、3

个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H化学键，则1molCH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA或7×6.02×1023或4.214×1024，故答案为sp3和sp2；7NA或7×6.02×1023或4.

214×1024。【点睛】该题易错点(3)，电离能的大小判断，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，在解答第一电离能的问题时，需要注意结合原子

核外价层电子排布情况分析。27.中国工程院院士李兰娟团队，于2020年2月4日公布治疗新冠病毒感染的肺炎最新研究成果。他们初步测试发现，在体外细胞实验中，阿比朵尔在10~30微摩尔浓度下，与药物未处理的对照组比较，能有效抑制冠状病毒

达60倍，并有显著抑制病毒对细胞的病变效应。因此“阿比朵尔”成为抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如下：回答下列问题：（1）有机物A的名称是____________。（2）反应②、⑥反应类型分别是_________、______________。（3）F中含氧官能团的名称是__

_____________；G的分子式为_______________。（4）请写出反应③的化学反应方程式______________________________________。（5）M是B的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有________种：①苯环上有3个

取代基；②能发生银镜反应；③能发生水解反应，且1molM水解消耗4molNaOH。其中核磁共振氢谱为有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为_____。（6）设计由甲苯和2-丙醇为原料制备的合成路线_____。【答案】(1).对硝基苯酚或4-硝基苯酚(2).还原反应(3).取

代反应(4).酯基(5).C15H17NO4(6).(7).6(8).(9).【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B与铁、氯化铵发生还原反应生成C，C与D发生反应形成碳氮双键生成E，E发生反应生成F，F与无水碳酸钾、硫酸二乙酯反应生成G，G发生取代反应生成H，据此作答。【详解】(

1)有机物A的名称是对硝基苯酚或4-硝基苯酚，故答案为：对硝基苯酚或4-硝基苯酚；(2)反应②是-NO2变为-NH2，反应类型为还原反应；反应⑥是苯环上、甲基上发生取代，故答案为：还原反应；取代反应；(3)F中含氧官能团的名称是酯

基；根据G的结构简式，得到分子式为C15H17NO4，故答案为：酯基；C15H17NO4；(4)反应③是-NH2与C=O发生反应形成碳氮双键，其化学反应方程式，故答案为：；(5)M是B的一种同分异构体，①

苯环上有3个取代基；②能发生银镜反应，说明有醛基；③能发生水解反应，说明有酚酯，且1molM水解消耗4molNaOH，则说明含有两个酚酯，两个酚酯-OOCH在邻位，-NH2在苯环上有2种，两个酚酯-OOCH在间位，-NH2在苯环上有3种，两个酚酯-OOCH在对位，-NH2在

苯环上有1种，满足下列条件的同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱为有4组峰，峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为，故答案为：；(6)2-丙醇在催化剂作用下氧化成丙酮，甲苯在浓硫酸加热作用下与浓硝酸反应生成，与Fe、氯化铵作用下反应生成，与丙酮反应生成，其合

成路线为：，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(5)，明确苯环上含有的侧链是解题的关键，要注意能够水解且能够发生银镜反应，结合B的分子式，符合条件的是甲酸酯类物质，而且该酯基水解生成的羟基为酚羟基。三、实验题（10分）28.溴乙烷是一种重要的有机化工原料，其沸

点为38.4℃。制备溴乙烷的一种方法是乙醇与氢溴酸反应，实际通常是用溴化钠与一定浓度的硫酸和乙醇反应。某课外小组欲在实验室制备溴乙烷的装置如图，实验操作步骤如下：①检查装置的气密性；②在圆底烧瓶中加入95％乙醇、80％硫酸

，然后加入研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片；③小心加热，使其充分反应。请回答下列问题。（1）装置A的作用是_____。（2）反应时若温度过高，则有SO2生成，同时观察到还有一种红棕色气体产生，该气体的分子式是_____。（3）

反应结束后，得到的粗产品呈棕黄色。为了除去粗产品中的杂质，可选择下列试剂中的_________（填写上正确选项的字母）。a亚硫酸钠溶液b乙醇c四氯化碳该实验操作中所需的主要玻璃仪器是______。（填仪器名称）。（4

）要进一步制得纯净的溴乙烷，可继续用蒸馏水洗涤，分液后，再加入无水CaCl2，然后进行的实验操作是__________。（填写正确选项的字母）。a分液b蒸馏c萃取（5）为了检验溴乙烷中含有溴元素，不能直

接向溴乙烷中滴加硝酸银溶液来检验，其原因是_________。通常采用的方法是取少量溴乙烷，然后_____（按实验的操作顺序选填下列序号）。①加热②加入AgNO3溶液③加入稀HNO3酸化④加入NaOH溶

液【答案】(1).冷凝回流(2).Br2(3).a(4).分液漏斗(5).b(6).溴乙烷不能与硝酸银溶液反应生成沉淀(7).④①③②【解析】【分析】在加热的条件下乙醇和氢溴酸反应生成溴乙烷和水，反应的化学方程式是CH3CH2

OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O。【详解】(1)实验时，长玻璃导管的作用是冷凝回流，可以获得要制取的有机物，故答案为：冷凝回流；(2)浓硫酸具有氧化性，可以将还原性的溴离子氧化为溴单质，得到的红棕色气体为溴蒸气，浓硫酸自身被还原为二氧化硫，故答案为：Br2；

(3)溴单质溶解在有机物中显示棕黄色，溴单质具有强氧化性，为了除去粗产品中的杂质溴单质，可以用亚硫酸钠溶液来与之发生反应，且生成的溶液和溴乙烷互不相溶；实现溴乙烷和溶液的分离可以采用分液法，用分液漏斗来分液，故答

案为：a；分液漏斗；(4)用蒸馏水洗涤，分液后，再加入无水CaCl2，溴乙烷的沸点较低，可以采用蒸馏来分离，故答案为：b；(5)由于溴乙烷不能与硝酸银溶液反应生成沉淀，所以检验溴乙烷中含有溴元素一定要将之转化为溴离子，可以采用卤代烃的水

解方法，即加入氢氧化钠，再加热水解，溴离子可以和银离子反应生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银来检验，可以加入硝酸酸化的硝酸银，正确顺序为：④①③②，故答案为：④①③②。【点睛】本题难点(2)，对于未知的反应，要通过过程分析，结合物质的性质进行分析。浓硫酸具有氧

化性，可以将还原性的溴离子氧化为溴单质，得到的红棕色气体为溴蒸气，浓硫酸自身被还原为二氧化硫。四：计算题（8分）29.A、B都是芳香族化合物，1molA水解得到1molB和1mol醋酸。A、B的相对平均分子质量都不超过200

，完全燃烧都只生成CO2和H2O，且B分子中氧元素的质量百分含量为41.56%（即质量分数为0.4156）。A的溶液能与碳酸氢钠溶液反应，能使FeCl3溶液显色。（1）A、B的分子量之差为__________。（2）1个B分子中应该有__________个

氧原子。（3）A的分子式是__________。（4）B可能有___________种结构，若B的核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，则B的结构简式可能是_____（任写一种即可）。【答案】(1).42(2).4(3).C9H8O5(4).6(5).或【解析】【分析】(1)根据

“1摩尔A水解得到1摩尔B和1摩尔醋酸”可表示为“A+H2O→B+CH3COOH”，运用质量守恒来解；(2)根据判断的官能团，结合质量分数判断氧原子的个数；(3)根据酯化反应的特点判断；(4)根据位置异构体来写结构简式。【详解】(

1)“1摩尔A水解得到1摩尔B和1摩尔醋酸”可表示为“A+H2O→B+CH3COOH”，由质量守恒知：M(A)+18=M(B)+60，得M(A)-M(B)=42，故答案为：42；(2)从所给信息推导出A、B有如下特点：①化合物A为醋酸酯且含有羧基和酚羟基；②化合物B的相对分子质量不超

过158(200-42)，氧元素的质量分数为41.56%，B分子中除有羧基外还有2个羟基(根据A推出)，这样B分子至少有4个氧原子(1个羧基和2个羟基)，因B分子中至少有4个氧原子，因此，其可能的最小相对分子质量

为M(B)=1640.4156=154＜158，结果符合题意，故答案为：4；(3)由(2)的分析可知B是含有4个氧原子的二羟基苯甲酸（C7H6O4），B的羟基与CH3COOH化合生成酯，即化合物A分子式为C9H8O5，故答案为：C9H8O5；(4)由(2)的分析可以知道B应为

苯环上连接有两个-OH和-COOH的结构，则按苯环上三个取代基相对位置按照推一定一原理，有、共6种结构；B的核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，符合B的结构简式为：或，故答案为：或。【点睛】本题考查有机物的推断，明确A中含有苯

环、羧基、酯基是解答本题的关键，并注意利用相对分子质量来计算B中的C、O原子个数。