【化学】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（解析版）

【化学】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（解析版）

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 相对原子质量：H—‎1 C—12 N－14 O—16 Na—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：① 1s22s22p63s23p4； ②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞①‎ C. 电负性：③＞②＞① D. 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. ①② B. ③④ C. ②③ D. 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. BeCl2 B. NH‎3 ‎C. BF3 D. C2H4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．BeCl2分子中铍原子价层电子对个数=2+（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+（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+（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]4s24p3‎ B. 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 PCl3‎ B. PCl3 分子是平面结构 C. PCl5 分子中的 P—Cl 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=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sp D. 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. 1 mol分枝酸最多可消耗掉溴水中的3 mol Br2‎ D. 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. 1 mol分枝酸中有三个碳碳双键，最多可消耗掉溴水中的3 mol Br2，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 C12H10O5‎ B. M 只能与溴水发生加成反应 C. 1mol M 最多可和 5mol H2 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1mol M最多可和5mol H2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3mol H2发生加成反应、1mol碳碳双键和1mol H2发生加成反应、1mol羰基中的 C=O和1mol H2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：C18H30N3O8P2Cl B. 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：C18H32N3O8P2Cl，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. A B. B C. C D. 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Na2O2充分反应，固体质量增加 Wg B. 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 D. 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，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，解得，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＋－)O2 xCO2＋H2O，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、ClO2-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>W B. W、X、Y、Z 的原子半径大小顺序可能是 W>X>Y>Z C. 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17，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>Z B. 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XZW D. 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：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；‎ CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH‎2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（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=10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 +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+H2O，故答案为：+HNO3+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：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=0.9mol，二氧化碳的物质的量为=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：‎ A ‎2p 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+2‎ E 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_____；1 mol CH3COOH 分子中 含有 σ 键的数目为_____。‎ ‎【答案】 (1). 7 (2). 1s22s22p63s23p63d104s2 或 [Ar]3d104s2 (3). Na

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