【文档说明】浙江省金华十校2021-2022学年高二下学期期末调研考试化学试题 含解析.docx，共(27)页，4.229 MB，由小赞的店铺上传

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金华十校2021-2022学年第二学期期末调研考试高二化学试题卷可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；0-16；F-19；Na-23；Mg-24；Al-27；Si-28；P-31；S-32；Cl-35.5；K-39；Cr-52；Fe-56；Cu-64。一、选择题(每个小题给出的

四个备选项中只有一个符合题目要求)1.下列属于烃的是A.3CHCHOB.32CHNHC.32CHCHOHD.33CHCH【答案】D【解析】【详解】A．CH3CHO是乙醛，是烃的衍生物，属于醛，A项错误；B．32CHNH是甲胺，是烃的衍生物，B项错误；C．CH3CH2OH是乙醇，是烃的衍生

物，属于醇，C项错误；D．CH3CH3中仅含有C、H两种元素，因此属于烷烃，D项正确；答案选D。2.下列表示不正确．．．的是A.16S的价层电子排布图：B.葡萄糖可表示为：C.氯原子的结构示意图：D.乙烷的空间充填模型：【答案】B【解析】【详解】A．16S的价电子排布式为3s

23p4，价层电子排布图为，故A正确；B．葡萄糖的分子式为C6H12O6，结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，故B错误；C．氯原子的核电荷数为17，核外电子层为3，最外层电子数为7，原子的结构示意图为，故C正确；D．乙烷的结构简式为CH3C

H3，空间充填模型为，故D正确；故选B。3.下列说法正确的是A.3517Cl和3717Cl的化学性质几乎完全相同B.5N−、3N−互为同素异形体C.和互为同分异构体D.和互为同系物【答案】A【解析】【详解

】A．3517Cl和3717Cl为同位素，两者的化学性质几乎完全相同，A正确；B．5N−、3N−离子不能互为同素异形体，B错误；C．和不互为同分异构体，属于同一种物质，C错误；D．仅含有酚羟基，除了酚羟基还有醇羟基，两者结构不相似

不是互为同系物，D错误；答案选A。4.下列说法不正确．．．的是A.烷烃在较高温度下会发生分解B.乙烯与苯使溴水褪色的原因相同C.许多糖果有芳香气味是因为含有酯D.氟氯烃泄漏会导致臭氧层空洞【答案】B【解析】【详解

】A．通常情况下，烷烃比较稳定，与强酸、强碱或酸性高锰酸钾等强氧化剂都不发生反应，烷烃在较高温度下会发生分解，A正确；B．苯不含碳碳双键，所以苯和溴水不发生加成反应，苯是非极性分子，溴是非极性分子，根据相似相溶原理知，

溴易溶于苯而使溴水褪色；乙烯含有碳碳双键，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以两种物质使溴水褪色的原因不同，B错误；C．酯类化合物具有芳香气味，水果中含大量的酯类物质，则许多水果有芳香气味，是因为含有酯类化合物，C正确；D．氟氯烃或氮氧化物可导致臭氧层空

洞，D正确；故选B。5.完成下列实验所选择的装置和试剂(夹持装置已略去)正确的是ABCD实验制备乙酸乙酯提纯混有少量24CH的4CH检验乙炔的生成比较乙酸、碳酸与苯酚的酸性装置和试剂A.AB.BC.CD.D【答案

】A【解析】【详解】A．乙酸乙酯的制备和收集装置均准确，A选项正确；B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化产生二氧化碳，引入新的杂质气体，B选项错误；C．电石中的杂质会与水反应生成H2S，也能与溴水反应，干扰乙炔的检验，C选项错误；D．通入苯酚钠溶液的CO2中混有挥发出的乙酸，无法验证碳酸与

苯酚的酸性强弱，D选项错误；答案选A。6.下列叙述正确的是A.p能级的xp、yp、zp轨道相互垂直，能量xyzp<p<pB.一个基态原子中可以有2个运动状态完全相同的电子C.基态原子最外层电子排布式为1ns的元素一定位于周期表s区D.饱和烃分子中所有碳原子均为3sp杂化【答案】D【解析】【详解

】A．相同p能级的xp、yp、zp轨道相互垂直，是同一能级的不同轨道，它们的能量相等，A项错误；B．在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，即在一

个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，B项错误；C．29号Cu的价电子排布式为：1013d4s，位于周期表ds区，C项错误；D．饱和烃分子中碳原子都是正四面体结构，所以其所有碳原子均为3sp杂化，D项正确；答案选D。7.下列说法正确的是A.棉、麻、丝、毛

完全燃烧都只生成2CO和2HOB.米酒中甜味的形成过程是：淀粉→麦芽糖→葡萄糖C.合成硝化纤维、聚酯纤维和醋酸纤维都要用到纤维素D.甲醛、氯化钡、氢氧化钾和硫酸钠均能使蛋白质变性【答案】B【解析】【详解】A．丝和毛的成分为蛋白质，除了C、H、O元素外还含有N、S等元素，燃烧

产物除2CO和2HO外，还有N、S化合物，A错误；B．米酒中甜味为葡萄糖，米中含有淀粉，所以过程为：淀粉→麦芽糖→葡萄糖，B正确；C．聚酯纤维俗称"涤纶"，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，不用纤维素，C错误；

D．饱和硫酸钠溶液能使蛋白质发生盐析，不会变性，D错误；故选B。8.下列实验不能．．达到预期目的的是A.可用冠醚识别离子Li+、Na+、K+B.NaCl饱和溶液中加浓盐酸会析出晶体C.可用碘水检验淀粉是否水解完全D

.用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质【答案】D【解析】【详解】A．可用冠醚识别离子Li+、Na+、K+，络合速度有所不同，A正确；B．饱和食盐水中存在氯离子和钠离子，加入浓盐酸，氯离子浓度增加，故会有氯化钠晶体析出，B正确；C．淀粉遇碘变蓝

，故可以用碘水检验淀粉是否水解完全，C正确；D．颜色反应是指蛋白质遇浓硝酸变黄色，浓硫酸不能，D错误；答案选D。9.下列说法不正确．．．的是A.石墨晶体中存在共价键与分子间作用力，属于混合型晶体B.纯金属中加入其它元素会改变规则的层状排列，能增大金属硬度C.NaCl和SiC晶体熔化时，克服

粒子间作用力的类型不相同D.液晶是液体和晶体聚集而成的一种特殊的混合物【答案】D【解析】【详解】A．石墨晶体为层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内碳与碳之间以共价键连接，同时层内还有类似于金属键的作用力，所以石墨晶体属于混合型晶体，A正确；B．纯金属中原子排列规

则有序，当加入其他元素后盖面规则的层状排列，使得原子不易发生相对滑动，从而增大金属的硬度，B正确；C．NaCl为离子晶体，熔化时破坏离子键，SiC为共价晶体，熔化时破坏共价键，所以二者熔化时克服粒子间

作用力的类型不同，C正确；D．液晶为由固态向液态转化过程中存在的取向有序的流体，既有液体的易流动性，还保留着部分晶态物质分子的各向异性有序排列，是一种兼有晶体和液体的部分性质的中间态，D错误；故选D。10.下列叙述正确的是A.共价键的方向性使金刚石晶体有脆性，延展性较差B.

三氟氨硼烷(33NHBF)分子中，N和B的杂化方式不同C.2SiO能与HF形成氢键，所以2SiO会溶于氢氟酸D.金属能导电是因为金属在电场作用下先释放自由电子再定向运动【答案】A【解析】【详解】A．金刚石

中C-C之间以共价键连接形成空间网状结构，但由于共键价具有方向性，在敲击或挤压时，可发生断裂，使共价键断裂产生断面，因而金刚石晶体有脆性，延展性差，A正确；B．N与B之间形成配位键，使得N和B的价层电子对数均为4，都采取sp3杂化，B错误；C．2SiO溶

于氢氟酸是因为2SiO能与HF反应，C错误；D．金属中存在有自由电子，在未通电的情况下，电子在做无规则运动，通电后，在外加电场的作用下自由电子做定向移动，D错误；故选A。11.甜味剂阿斯巴甜的结构如图所示。下列关于阿斯巴甜的说法正确的是A.常温下阿斯巴甜易溶于水(即2S>10g/100

gHO)B.1mol阿斯巴甜最多能和4molNaOH发生反应C.阿斯巴甜含有的官能团有酰胺键、酯基、氨基与羟基D.阿斯巴甜的分子式为141825CHNO【答案】D【解析】【详解】A．结构中有较大基团的憎水剂酯基和烃基，因此其溶解度应该不会很大，A选项错误

；B．结构中含有1个羧基、1个肽键和1个酯基，因此发生水解反应和中和反应消耗的NaOH最多为3mol，B选项错误；C．该结构中含有羧基、酯基、肽键、氨基等官能团，C选项错误；D．该分子的分子式为C14H18

N2O5，D选项正确；答案选D。12.下列文字表述与反应方程式对应且正确的是A.溴乙烷与3AgNO溶液生成淡黄色沉淀：BrAg=AgBr−++B.2I的4CCl溶液中加浓KI溶液，振荡后紫红色变浅：23III−−+C.硫酸铜溶液中加入过量氨水：23224Cu2NHH

O=Cu(OH)2NH++++D.溴水与苯在3FeBr催化下制溴苯：【答案】B【解析】【详解】A．溴乙烷不属于电解质，在溶液中不会电离出溴离子，所以溴乙烷中加热硝酸银溶液不会生成溴化银沉淀，A错误；B．I−+I2⇌I-3为可逆反应，加KI平衡正向移动，碘的浓度减小，溶液紫红色变浅，B正确；C

．先生成氢氧化铜沉淀，反应为Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH+4，后与氨水反应生成四氨合铜络离子，Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-，则先产生蓝色沉淀，然后溶解，最后得到深

蓝色透明溶液，C错误；D．苯与溴水不反应，苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，D错误；故选B。13.由X、Y、Z、W组成的某化合物如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z元素至少

能形成6种稳定的化合物，W的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是A.四种元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物B.3YZ−离子空间构型为三角锥形C.W、Z形成的酸根的价层电子对数均为4D.原子半径：XYW【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素

，W的单质可用于自来水消毒，且W只能形成一条共价键，则W为Cl；Y、Z元素至少能形成6种稳定的化合物，Z形成2个共价键，则Z为O元素，Y形成3个共价键，则Y为N，X形成四条共价键，其原子序数小于N，则X为C

，以此来解析；【详解】A．氢和氯只能形成极性共价键HCl，A错误；B．NO-3价电子对个数12×(5+1-3×0)=3，无孤对电子，价电子对的几何构型是平面三角形，参与成键的原子数是3个，所以NO-3的空间构型是平面三角形，B错误；C．W、Z形成ClO-、ClO2−、ClO-3、ClO4

−四种酸根离子，价层电子对数分别为12×(7+1-1×0)=4、12×(7+1-2×0)=4、12×(7+1-3×0)=4、12×(7+1-4×0)=4均为4，C正确；D．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，Y(N)<X(O)<W(Cl

)，D错误；故选C。14.AN是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L3CHCl中含氯原子数目为A0.3NB.5.2g基态铬原子中，s能级电子比p能级电子多A0.5NC.45g2SiO晶体中含硅氧

四面体(如图所示)数目为A0.75ND.0.1mol配合物426(NH[PtCl)]中含有配位键数目为A0.6N【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下3CHCl是液体，2.24L3CHCl的物质的量不是0.1mol，故A错误；B．铬原子的核外电子排布式为1s22s22

p63s23p63d54s1，5.2g基态铬原子中p能级电子比s能级电子多的A5.2g(127)N52g/mol−=A0.5N，故B正确；C．根据图示，1个硅氧四面体含有1个硅原子，硅原子数即硅氧四面体数，45g2S

iO晶体中含硅氧四面体(如图所示)数目为A45gN60g/mol=A0.75N，故C正确；D．4NH+中有1个配位键、26PtCl−中有6个配位键，0.1mol配合物426(NH[PtCl)]中含有配位键的数目为A0.8N，故D错误；选C。15.工业利用反

应①②对2CO进行资源化利用，以降低碳排放。下列有关说法不正确．．．的是反应①：反应②：A.用苯乙烷制取化合物Ⅰ，要经过加成、取代、消去三步B.改变条件，反应②可能获得高分子化合物C.2CO是由极性键构成的非极性分子D.反应①、反应②均符合化学反应绿色化的要求【

答案】A【解析】【详解】A．苯乙烷先光照下与Cl2发生取代反应，生成，然后再在氢氧化钠乙醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯，即化合物I，只需要取代和消去两步即可，A错误；B．改变条件可发生聚合反应：，生成物为高分子，B正确；C．2CO结构式为，含有极性键，

正负电荷中心重合，所以为非极性分子，C正确；D．反应①、反应②对应的原子利用率都为100%，均符合化学反应绿色化的要求，D正确；故选A。16.K元素有如下电子排布状态：①2262611s2s2p3s3p4s、②226261s2s2p3s3p；Ca元素有如下电子排布状

态；③2[Ar]4s、④1[Ar]4s。它们再失去1个电子所需能量由小到大的顺序是A.①<②<③<④B.④<③<②<①C.①<③<④<②D.①<④<③<②【答案】C【解析】【详解】①2262611s2s2p3s3p4

s和④1[Ar]4s的核外电子排布式相同K的核电荷数小于Ca，故①<④，②226261s2s2p3s3p中，K的最外层已经全部失去，不易再失去电子，再失去1个电子所需能量最大，Ca失去一个电子形成Ca+后，再失去电子的能量要更高，第一电离能应小于第二电离能，故

答案应为：①＜③＜④＜②，故C项正确；答案选C。17.如图是甲苯的一些转化关系(部分产物未标出)，有关说法正确的是A.反应①的产物可能是B.反应②说明甲基使苯环上的氢原子易被取代C.反应③溶液分两层，下层呈紫红色D.反应④的生成

物的一氯取代物有4种【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应①的反应条件为光照下进行取代，氯原子应在甲基上发生取代反应，A错误；B．反应②中甲苯的邻位和对位同时被取代，说明甲基使苯环上的氢原子易被取代，B正确；C．甲苯与酸性高锰酸钾溶液

反应生成苯甲酸，苯甲酸与溶解在甲苯中与水分层，少量高锰酸钾反应完全，下层无色，C错误；D．由图可知，反应④的产物为甲基环己烷，含有5种等效氢，即一氯取代物有5种，D错误；故选B。18.已知空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。

下列有关说法不正确．．．的是A.铜碘杂化团簇分子结构如图1所示，分子间通过范德华力聚集在一起B.2CaF晶体的晶胞如图2所示，标记为X的F−的分子坐标为113,,444C.H原子的电子云如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D

.金属Cu为面心立方晶胞(如图4所示)，其空间利用率约为74%【答案】C【解析】【详解】A．范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力，它的本质是正负电荷间的相互吸引，它使得许多物质能以一定的凝聚态存在，则铜碘杂化团簇分子是分子间通

过范德华力聚集在一起，A项正确；B．根据2CaF晶体的晶胞图示可知，标记为X的F−的分子坐标为113,,444，B项正确；C．H原子为单电子体系，核外只有1个电子，电子云图中的黑点不是指大多数电

子在原子核附近运动，C项错误；D．面心立方最密堆积，空间利用率为3344πr3100%=74%(22r），D项正确；答案选C。19.某同学设计如图方案分离含苯酚、苯甲酸和苯胺三种物质的混合物。已知：苯甲酸是无色固体，苯胺是无色油状液体，两者均微溶于水。下列说法正确的是A.试剂①是盐酸，试剂②是

NaOH溶液B.操作④是分液，应保留下层油状液体C.向操作②获得的水层中加3FeCl溶液，如生成蓝色沉淀，则水层中含物质1D.操作③包括冷却结晶、过滤、洗涤，需要的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒【答案】D【解析】【分析】根据流程图中物质1和物质2分别由加酸或酸性氧化物获得，可

知分离出的是苯甲酸和苯酚，因此试剂①为NaOH溶液，操作①为分液，进入水层的苯酚钠和苯甲酸钠溶液中通入CO2可反应得到苯酚，经操作②分液获得油层主要成分物质1为苯酚，水层中加入盐酸酸化，经过操作③冷却结晶，过滤和洗涤获得物质2为苯甲酸晶体；操作①分液获得的有机层主要成分为苯胺，加试剂②盐酸与苯

胺反应生成氯化物进入水层分液，向水层加入试剂①氢氧化钠溶液重新获得苯胺，分液分离出苯胺，据此分析可解答。【详解】Ａ．据分析可知试剂②盐酸，试剂①是NaOH溶液，A选项错误；B．操作④是分液，应保留上层溶有C6H5NH2·HCl的水层，B选项错误；C．物质1为苯酚，加氯

化铁溶液显紫色，C选项错误；D．操作③是为了获取苯甲酸晶体，操作包括冷却结晶、过滤、洗涤，需要的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，D选项正确；答案选D。20.酯在乙醇钠的催化下会发生Claisen缩合反应，乙酸乙酯发生该反应的机理如图所示：

下列说法正确的是是A.过程②是加成反应，过程③是消去反应B.缩合反应中涉及元素的电负性：NaHOCC.225CHCOOCH!中，采取3sp杂化的碳原子有2个D.3243CHOOC(CH)COOCH发生单分子Cla

isen缩合，产物为【答案】A【解析】【详解】A．根据图中信息可知，过程②为碳氧双键的加成，过程③是消去反应，A正确；B．周期中从左到右元素电负性逐渐增大，同一主族中从上到下元素电负性逐渐减小，电负性为Na<H<C<O，B错误；C．225CHCOOCH!中有三个碳形成了单键，为采取sp3杂化的碳

原子有3个，1个存在碳氧双键，为sp2，C错误；D．根据题中信息CH3OOC(CH2)4COOCH3发生单分子Claisen缩合产物为和CH3OH，D错误；故选A。二、填空题21.用烷烃A合成香精()及高分子F的路线如图：已知：①A只有两种一氯代物B和G；②-CHO+稀氢氧化钠溶液⎯

⎯⎯⎯⎯⎯⎯→请回答：（1）和互为同分异构体的是_______(选填序号)。A.B.C.D.（2）A的结构简式为_______，D物质的名称为_______。（3）由E合成F的方程式为_______。（4）下列说法正确的是_______(选填序号

)。A.有机物C与H在一定条件下可反应生成醚B.用新制碱性氢氧化铜无法区分有机物B、H和KC.制备香精与高分子F时，浓硫酸只起催化剂作用D.相同条件下，香精在氢氧化钠溶液中水解比在稀硫酸中更完全（5）设计以M和某一元醛为有机原料合成的流程图____

___。【答案】（1）ABD（2）①.323CHCHCH②.1,2-二溴丙烷（3）（4）AD（5）【解析】【分析】烷烃A只有两种一氯代物B和G，则A为CH3CH2CH3；K和反应生成，则K为CH3CH2COOH；G和NaOH的水溶液

反应生成H，H在Cu的作用下被O2氧化为M，M又继续被氧化为K，则G为CH3CH2CH2Cl，H为CH3CH2CH2OH，M为CH3CH2CHO；B为CH3CHClCH3，其和NaOH的醇溶液反应生成C，则C为

CH3CH=CH2；C和Br2的CCl4溶液反应生成D，则D为CH3CHBrCH2Br；D和NaOH的水溶液反应生成E，则E为，E和在浓硫酸的作用下反应生成高分子。【小问1详解】、、和的分子式都是C10H12O2，的分子式

都是C10H14O2，符合题意的是ABD，故选ABD。【小问2详解】由分析可知，A的结构简式为CH3CH2CH3，D的结构简式为CH3CHBrCH2Br，则D的名称是1,2-二溴丙烷。【小问3详解】由分析可知，E的结构简式为

，其和在浓硫酸的作用下反应生成高分子的化学方程式为。【小问4详解】A．由分析可知，C为CH3CH=CH2，H为CH3CH2CH2OH，二者在一定条件下反应生成CH3CH2CH2OCH2CH2CH3，该物质属于醚，A正确；B．由分析可知，B为CH3CHClCH3，H为CH

3CH2CH2OH，K为CH3CH2COOH；CH3CH2CH2OH可与新制碱性氢氧化铜悬浊液互溶，而CH3CHClCH3和新制碱性氢氧化铜悬浊液混合时出现分层，CH3CH2COOH可以溶解氢氧化铜形成蓝色

溶液，故可以用新制碱性氢氧化铜区分CH3CHClCH3、CH3CH2CH2OH和CH3CH2COOH，B错误；C．制备香精与高分子F时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，C错误；D．相同条件下，香精在稀硫酸中的水解反应是可逆反应，生成羧酸和醇，在氢氧化钠溶液中彻底

水解生成羧酸钠和醇，即香精在氢氧化钠溶液中水解比在稀硫酸中更完全，D正确；故选AD。【小问5详解】由分析可知，M为CH3CH2CHO；结合“已知②”可知，CH3CH2CHO可以和HCHO反应生成，可以和HCHO继续反应生成，再被H2还原为

；综上所述，该目标产物的合成路线为。22.一百多年前，李比希首先利用尿素合成了三聚氰胺()，它可用于阻燃剂、水泥减水剂和高分子合成等领域。请回答：（1）根据李比希燃烧法，利用如图装置测定三聚氰胺的组成(图中铂小皿用于盛放样品)。①高氯酸镁

的作用是_______。②吸收管做成细长型的目的是_______。③设计准确测定2N体积的实验方案_______。（2）一些不法分子往牛奶中加入三聚氰胺，以提高奶制品的含氮量，三聚氰胺在体内可转化为三聚氰酸()。①三聚氰酸中的C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是__

_____。②三聚氰酸分子中最多_______个原子共平面，三聚氰胺与三聚氰酸之间会通过_______(写出结构表达式)结合，在肾脏内形成结石。（3）尿素22CONH()在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成链状二聚物，其方程式为：三分子缩合时，还可成环。已知12mol22C

ONH()发生缩合反应失去8mol3NH，生成二聚物和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算各缩合产物的物质的量之比_______。（4）三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶剂中混合，迅速反应产生聚酰胺薄膜，部分结构如图所

示(不同颜色表示不同的结构；环间的键仅表示连接关系，略去了环间的原子)。参与反应的芳香化合物的结构简式是_______。【答案】（1）①.吸收2HO，以确定含氢量②.增大固气接触面积，有利于完全吸收③.先将

气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积（2）①.NOC②.12③.OHN−或NHO−（3）n:n:1()()()n=3:1:二聚物链状三聚物环状三聚物（4）【解析】【分析】三聚氰胺

完全燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，然后产生的气体再经过燃烧炉，是防止燃烧过程中生成CO；经过高氯酸镁，会吸收产生的水；经过碱石棉，吸收产生的二氧化碳；最后连接氮气的体积测定装置。【小问1详解】①由分析可知，高氯酸镁的

作用是吸收2HO，以确定含氢量，故答案为：吸收2HO，以确定含氢量；②吸收管做成细长型的目的是增大固气接触面积，有利于完全吸收，故答案为：增大固气接触面积，有利于完全吸收；③氮气中混有氧气，则准确测定2N体积的实验方案：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体

体积，故答案为：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积；【小问2详解】①同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，

C、N、O位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能大小顺序为NOC，故答案为：NOC；②三聚氰酸分子中的六元环在一个平面上，氢氧原子在同一平面，碳氧原子直接相连，可以通过旋转使所以原子在同一平面，则最多1

2个原子共平面；三聚氰胺和三聚氰酸分子中都有氢原子与氧原子直接相连，氮原子、氧原子上都有孤电子对，它们可形成分子间氢键，结构表达式为：OHN−或NHO−，从而在动物的肾脏内形成结石，故答案为：12；OHN−或NHO−；【小问3详解】设：二聚物xmol；链状三聚物

为ymol；环状三聚物为zmol；根据方程式有：2x+3y+3z=12，x+2y+3z=8，x0.6xyz=++，联立三式解得：x=3，y=1，z=1，则n:n:1()()()n=3:1:二聚物链状三聚物环状三聚物，故答案为：n:n:1()()(

)n=3:1:二聚物链状三聚物环状三聚物；【小问4详解】根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1:1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是，故答

案为：。为23.高温煅烧黄铜矿(主要成分CuSFeS)的反应为：2228002CuSFeS+4OCuS+3SeCO+2FO。请回答：（1）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用12+表示，与之相反的用12−表

示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的2Fe+，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。（2）当O原子的电子排布从2151s2s2p变成2241s2s2p时，形成的光谱名称是_______光谱(

选填“发射”或“吸收”)。（3）高温煅烧时CuS变成更稳定的2CuS，原因是_______。（4）2SO分子的空间构型是_______。键角OSO−−_______120°(选填“>”“<”或“=”)。（5

）2SO溶于水生成弱酸23HSO，23HSO氧化生成强酸24HSO，试解析24HSO的酸性强于23HSO的原因_______。（6）已知FeO熔点是1370℃，FeS的熔点是1194℃，FeO熔点高于FeS的原因是_______。（7）CuS和2CuS晶

胞中的2S−的位置如图1所示，Cu+x位于2S−所构成的正四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图(见图2)。2CuS的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为AN。下列说法正确的是_______(选填序号)。A.利用X射线衍射实验可以区别CuS、2CuS的

晶胞B.2CuS晶胞中，Cu填充了晶胞中一半四面体空隙C.CuS晶胞中，2S−配位数为8D.2CuS晶胞的密度为-33-30A640gcmNa10（8）已知FeO的晶胞如图3所示，其右上角表示2O−构成的八面体空隙内填充一个2Fe+，则该八面体内

2Fe+与2O−的个数比2+2-N(Fe):N(O)=_______。FeO密度为35.7g/cm，则晶胞内两个2O−间的最短距的离为_______pm(列式即可)。【答案】（1）2或2−（2）发射（3）2Cu+的电子排布是9[Ar]3d，

Cu+是10[Ar]3d，高温时Cu+比2Cu+更稳定（4）①.V形②.<（5）24HSO中心原子S的正电荷高，对OH−共用电子对的吸引力大，使OH−的极性增强，易电离，故24HSO酸性强（6）2O−的半径比2S小，所以FeO的键能更大，熔点更高（7）AD（8）①.1：1

②.103A24721025.7N【解析】【小问1详解】原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用12+表示，与之相反的用12−表示，称为电子的自旋磁量子数。基态的2Fe+的价电子轨道表示式为，其价电子自旋磁量子数的代数和

为2或-2。【小问2详解】当O原子的电子排布从2151s2s2p变成2241s2s2p时，电子能量降低，放出能量，形成的光谱名称是发射。【小问3详解】2Cu+的电子排布是9[Ar]3d、Cu+是10[Ar]3d，高温时Cu+比2Cu+更稳定，所以高温煅烧时Cu

S变成更稳定的2CuS。【小问4详解】2SO分子中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型是V形。孤电子对对成键电子对排斥作用大，所以键角OSO−−<120°。【小问5详解】24HSO中心原子S的正电荷高，对OH−共用电子对的吸引力大，使OH−的极

性增强，易电离，故24HSO酸性强。【小问6详解】FeO、FeS都是离子晶体，2O−的半径比2-S小，所以FeO的键能更大，熔点更高；【小问7详解】A．X射线衍射实验是研究晶体结构的重要手段，X射线衍射实验可以区别CuS、2CuS的晶胞，

故A正确；B．根据图1，晶胞中S2-数为4，2CuS晶胞中，Cu+数为8，Cu+填充了晶胞中所有四面体空隙，故B错误；C．CuS晶胞中，Cu2+填充了晶胞中一半四面体空隙，2S−配位数为4，故C错误；D．2CuS晶胞中S2-数为4、Cu+数为

8，密度为330A648+324a10N−=-33-30A640gcmNa10，故D正确；选AD。【小问8详解】每个2O−被6个八面体共用，根据均摊原则，1个八面体中实际占用2O−数为16=16、2Fe+数为1，则该八面体内2Fe+与2O−的个数比2+2-N(Fe):N(O

)=1:1。FeO晶胞中2O−数为112+1=44、2Fe+数为118+6=482，密度为35.7g/cm，则晶胞的边长为3A724cm5.7N，则晶胞内两个2O−间的最短距离为面对角线的一半，两个2O−间的最短距离103A24721025.7Npm。24.有机物J是合成药物

格列卫的前体，其合成路线如图所示：已知：①②；请回答：（1）C中所含的含氧官能团是_______。（2）对于化合物J，下列说法正确的是_______(选填序号)。A.可以在酸性或碱性条件下发生水解反应B.属于合成高分子化合物C.CN=键的极性小于CO=键D.分

子内存在手性碳原子（3）写出下列有机物的结构简式：E_______，G_______。（4）写出的化学方程式_______。（5）写出3种同时符合下列条件的有机物B的同分异构体：_______。①除苯环外，分子中无其它环状结构；②核磁共振氢谱显示分子中共有3种不同

的氢原子；③不存在NN−−−、CCOH=−、2CCNH=−三种结构单元；（6）以22CHCH=、和为有机原料，设计合成的合成路线(无机试剂与有机溶剂任选)_______。【答案】（1）酮羰基（2）AC（3）①.②.（4）+HNO3浓硫酸-5C⎯⎯⎯

→H2O+（5）（6）CH2=CH22HO催化剂⎯⎯⎯→CH3CH2OH2O/CuΔ⎯⎯⎯→CH3CHO【解析】【分析】根据D的结构简式结合C的分子式可知C的结构简式为，根据J的结构简式逆推可知H的结构简式为，结合已知信息②和G的分子式可知G的结构简式为，所以F的结

构简式为，E的结构简式为，由于E中含有硝基，说明A中含有硝基，则A的结构简式为，结合已知信息①可知A和H2N-CN反应生成B为，据此解答。小问1详解】C的结构简式为，C中所含的含氧官能团是酮羰基。【小问2详解】【A.J分子中含有酰胺基，可以在酸性或碱性条件下发生水解反应，A

正确；B.J不是高分子化合物，B错误；C.氮元素的非金属性小于氧元素，所以CN=键的极性小于CO=键，C正确；D.J分子内不存在手性碳原子，D错误；答案选AC。【小问3详解】根据以上分析可知E、G的结构简式分别是、；

【小问4详解】通过硝化反应引入硝基，所以生成A的方程式为+HNO3浓硫酸-5C⎯⎯⎯→H2O+；【小问5详解】B为，①除苯环外，分子中无其它环状结构；②核磁共振氢谱显示分子中共有3种不同的氢原子，即含

有3类等效氢原子，说明结构对称；③不存在NN−−−、CCOH=−、2CCNH=−三种结构单元，则符合条件的有机物结构简式为；【小问6详解】结合已知信息首先乙烯转化为乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛和反应生成，然后与反应生成，合成路线图为CH2=CH22HO催化剂⎯⎯⎯→CH3CH2OH2

O/CuΔ⎯⎯⎯→CH3CHO。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com