【化学】河北省邢台市2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】河北省邢台市2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

河北省邢台市2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的原子量：O16 Mn‎55 C12 H1‎ 第I卷(单项选择题)‎ ‎1.下列化学用语正确的是( )‎ A. 乙酸根离子的结构式：‎ B. CO2的球棍模型：‎ C. 3—甲基—1——丁烯的结构简式：(CH3)2CHCH=CH2‎ D. 醛基的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸根离子带有1个单位的负电荷，醋酸根离子的结构式为：，故A错误；‎ B. CO2分子的球棍模型应该为直线型，故B错误；‎ C. 烯烃的命名，应该从离官能团最近的一端开始命名，则3-甲基-1-丁烯的结构简式为：（CH3）2CHCH=CH2，故C正确；‎ D. 醛基的结构简式是－CHO，则电子式是，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.在自然环境中，一次性使用的聚苯乙烯材料带来的“白色污染”甚为突出，这种材料难以分解，处理麻烦，最近研制出一种新型的材料能代替聚苯乙烯，它是由乳酸缩聚而生成的，这种材料可在乳酸菌作用下降解。下列关于聚乳酸(结构简式为)的说法正确的是 A. 聚乳酸是一种纯净物 B. 其聚合方式与苯乙烯相似 C. 其单体为 CH3─CH2─COOH D. 聚乳酸是一种线型高分子材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从聚乳酸结构可知，聚乳酸是高分子化合物，因高分子化合物中的n值不定，故其为混合物，故A错误；‎ B.根据聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸中的羟基和羧基脱水的产物，属于缩聚反应，聚苯乙烯是由单体中的碳碳双键加聚而成，故B错误；‎ C. 为聚乳酸的单体，故C错误；‎ D.聚乳酸是由羟基、羧基缩聚生成的高分子化合物，是一种线型高分子材料，具有线型高分子的性质，故D正确，答案选D。‎ ‎【点睛】乳酸为，含有羟基、羧基，发生缩聚反应生成 为聚乳酸。‎ ‎3.下列有机物命名及其一氯代物的同分异构体数目正确的是（ ）‎ 命名 一氯代物 A ‎2－甲基－2－乙基丙烷 ‎4‎ B ‎1,3－二甲基苯 ‎3‎ C ‎2,2,3－三甲基戊烷 ‎6‎ D ‎2,3－二甲基－4－乙基己烷 ‎7‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“2-乙基”是错误的，因为选择的主链不是最长的，故A错误；‎ B．苯环上的一氯代物有3种，侧链上的一氯代物有1种，共4种，故B错误；‎ C．2,2,3－三甲基戊烷的一氯代物的同分异构体有5种，故C错误；‎ D．2,3－二甲基－4－乙基己烷的一氯代物有７种，正确。‎ 故选D。‎ ‎4.将CH3CHO(易溶于水，沸点为‎20.8 ℃‎的液体)和CH3COOH分离的正确方法是 (　　)‎ A. 加热蒸馏 B. 加入Na2CO3溶液后，通过萃取的方法分离 C. 先加入烧碱溶液之后蒸出乙醛，再加入浓H2SO4，蒸出乙酸 D. 和Na反应后进行分离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3CHO与CH3COOH均易挥发，直接加热蒸馏不能得到纯净物，故A错误；‎ B．加入Na2CO3溶液后，乙酸与碳酸钠反应生成的乙酸钠溶液与乙醛互溶，不能萃取分离，故B错误；‎ C．先加入烧碱溶液，乙酸与NaOH反应生成乙酸钠，增大与乙醛的沸点差异，蒸馏可先蒸出乙醛，再加入浓H2SO4，与乙酸钠反应生成乙酸，然后蒸馏蒸出乙酸，故C正确；‎ D．乙酸与Na反应生成乙酸钠，分离混合物应再使乙酸钠转化为乙酸，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】CH3CHO与CH3COOH都具有挥发性，且能互溶，将二者分离时应先将乙酸转化为难挥发的乙酸盐，蒸出乙醛后，再将乙酸盐转化为乙酸，然后再分离。‎ ‎5.丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的单体是 ‎① ②‎ ‎③ ④‎ ‎⑤ ⑥‎ A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开 ‎，在将双键中的1个C−C打开，然后将半键闭合即可得该高聚物单体为：①、③，‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断；加聚产物的单体推断方法为：‎ ‎（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）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；‎ ‎（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，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。‎ ‎6.甲烷、乙烯和苯属于不同类型的有机化合物，但它们之间也有共性，下列关于它们之间共同特点的说法正确的是(　　)‎ A. 都是平面结构 B. 都能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 都能发生加成反应和取代反应 D. 在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷是正四面体结构、乙烯和苯都是平面结构，选项A错误；‎ B. 甲烷和苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项B错误；‎ C. 甲烷不能发生加成反应，选项C错误；‎ D. 甲烷、乙烯和苯都由C和H两种元素组成，在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列叙述错误的是(　　)‎ A. 只用水就可以鉴别四氯化碳、苯和乙醇 B. CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘 C. 石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物 D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与水互溶，四氯化碳和苯均不与水互溶，会分层，但四氯化碳密度比水大，有机层在下层，苯密度比水小，有机层在上层，三者现象不同，可以区分，故A正确；‎ B．甲烷和氯气发生取代反应可以生成四氯化碳，四氯化碳与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度更大，所以四氯化碳可以萃取碘水中的碘，故B正确；‎ C．石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，天然气的主要成分是甲烷，都是碳氢化合物，故C正确；‎ D．苯虽然不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但苯可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎8.下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 1 mol CH≡CH可以与Br2发生加成反应，消耗2 mol Br2‎ B. 苯的邻位二元取代物只有一种可以说明苯分子不具有碳碳单键和碳碳双键的交替结构 C. 甲苯（）中所有原子都在同一平面内 D. 己烷的沸点高于2-甲基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳碳三键与溴以1：2加成四溴代烃，所以1molCH≡CH与Br2发生加成反应，消耗2 mol Br2，A项正确；‎ B．苯中若存在单、双键交替，则邻位二元取代物在单键、双键上为不同物质，而苯的邻位二元取代物只有一种，可以说明苯分子不具有碳碳单键和碳碳双键的交替，B项正确；‎ C．甲苯中的甲基为四面体构型，则甲苯中所有原子不可能共面，C项错误；‎ D．含碳数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以己烷的沸点高于2-甲基戊烷，D项正确；‎ 故答案选C。‎ ‎9.下列物质中，其主要成分不属于烃的是（ ）‎ A. 汽油 B. 甘油 C. 煤油 D. 柴油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油的主要成分是烃； ‎ B. 甘油为丙三醇，属于多元醇类，不是烃；‎ C. 煤油的主要成分是烃； ‎ D. 柴油的主要成分是烃。‎ 答案选B。‎ ‎10.下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2∶1的有(　　)‎ A. 乙酸甲酯 B. 对苯二酚 C. 2-甲基丙烷 D. 甘油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸甲酯（CH3COOCH3）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为1:1，故A错误；‎ B.对苯二酚中含有2种氢原子，核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2:1，故B正确；‎ C.2-甲基丙烷含有2种氢原子，核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为9:1，故C错误；‎ D.甘油中含有4种氢原子，核磁共振氢谱中能出现四组峰，且其峰面积之比为4:2:1:1，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】核磁共振氢谱是用来测定分子中H原子种类和个数比的。核磁共振氢谱中，峰的数量就是氢的化学环境的数量，而峰的相对高度，就是对应的处于某种化学环境中的氢原子的数量不同化学环境中的H，其峰的位置是不同的。峰的强度(也称为面积)之比代表不同环境H的数目比。‎ ‎11.下列各组中的物质均能发生加成反应的是(　　)‎ A. 乙烯和乙醇 B. 苯和氯乙烯 ‎ C. 乙酸和溴乙烷 D. 丙烯和丙烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 乙醇不含双键，不能发生加成反应，故A错误；苯与氢气发生加成反应生成环己烷，氯乙烯与氢气发生加成反应生成氯乙烷，故B正确；乙酸和溴乙烷不能发生加成反应，故C 错误；丙烷不含双键，不能发生加成反应，故D错误。‎ 点睛：含有碳碳双键、碳碳叁键的物质能发生加成反应，醛基、羰基含有碳氧双键能发生加成反应；羧基、酯基中碳氧双键不能与氢气发生加成反应。‎ ‎12.下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是 A. 乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水 B. 二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水 C. 甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇 D. 油酸和水、甲苯和水、己烷和苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用分液漏斗的前提条件是两种物质互不相溶，据此判断。‎ ‎【详解】A、酒精和水互溶，不能分液分离，A项错误；‎ B、二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水均可以用分液分离，B正确；‎ C、甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇均互溶，不能分液分离，C项错误；‎ D、己烷和苯互溶，不能分液分离，D项错误。‎ 答案选B。‎ ‎13. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是 A. 由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇 B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸 C. 由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制二溴丙烷 D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其它原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应是加成反应，有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应叫取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去1‎ 个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应，叫做消去反应。有机物分子中失去氢原子或加入氧原子的反应叫做氧化反应，有机物分子中加入氢原子或失去氧原子的反应叫做还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.溴丙烷水解制丙醇，-Br被-OH取代，为取代反应；丙烯与水反应制丙醇，双键转化为单键，引入-OH，为加成反应，类型不同，故A不选；‎ B.甲苯硝化制对硝基甲苯，苯环上的H被硝基取代，为取代反应；甲苯氧化制苯甲酸，甲基转化为-COOH，为氧化反应，类型不同，故B不选；‎ C. 由氯代环己烷消去制环己烯，-Cl转化为双键，为消去反应；由丙烯与溴反应制1,2二溴丙烷，双键转化为单键，引入-Br，为加成反应，类型不同，故C不选；‎ D.乙酸和乙醇制乙酸乙酯，发生酯化反应；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇，发生水解反应，则酯化反应、水解反应均属于取代反应，类型相同，故D选。‎ 答案选D。‎ ‎14.下列属于物理变化的是 A. 麦芽糖和稀硫酸共热 B. 蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，有沉淀析出 C. 蛋白质溶液中加入浓NaOH溶液 D. 氨基酸中加入盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.麦芽糖和稀硫酸共热水解生成葡萄糖，有新物质生成，属于化学变化，故A不选；‎ B.蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；‎ C.NaOH属于强碱，蛋白质溶液中加入浓NaOH溶液，蛋白质发生变性，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；‎ D.氨基酸分子中含有氨基，能与盐酸反应，有新物质生成，属于化学变化，故D不选，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答本题时要分析各变化过程中是否有新物质生成，B项为易错点，NaCl是轻金属盐，其不能使蛋白质变性，蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液，可以降低蛋白质的溶解度使蛋白质凝聚而析出，发生盐析，属于物理变化。‎ ‎15.有关天然产物水解的叙述不正确的是(　　)‎ A. 油脂水解可得到丙三醇 B. 可用碘检验淀粉水解是否完全 C. 蛋白质水解的最终产物均为氨基酸 D. 纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油脂在酸性条件下水解可得到丙三醇和高级脂肪酸，A正确；‎ B. 淀粉遇到碘，显蓝色，可用碘检验淀粉水解是否完全，B正确；‎ C. 蛋白质水解的最终产物均为氨基酸，C正确；‎ D. 纤维素水解与淀粉水解得到的最终产物均为葡萄糖，D错误；‎ 答案为D ‎16.关于电子云的下列说法不正确的是(　　)‎ A. s电子绕核旋转，其轨道为一圆圈，而p电子是走∞字形 B. s轨道都是球形轨道 C. 轨道不同，电子云的形状也不一样 D. 电子云图是形象地描述电子在空间单位体积内出现概率大小的图形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子作无规则运动，没有固定轨道，故A错误；‎ B．每个能层s能级的原子轨道的形状相同，均为球形，故B正确；‎ C．轨道不同，电子云的形状也不一样，故C正确；‎ D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，电子云图是形象地描述电子在空间单位体积内出现概率大小的图形，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎17.对应下列叙述的微粒M和N，肯定属于同主族元素且化学性质相似的是（ ）‎ A. 原子核外电子排布式：M为1s22s2，N为1s2‎ B. 结构示意图：M，N C. M原子基态2p轨道上有一对成对电子，N原子基态3p轨道上有一对成对电子 D. M原子基态2p轨道上有1个未成对电子，N原子基态3p轨道上有1个未成对电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M核外电子排布式为：1s22s2，则M为Be，N核外电子排布式为：1s2，则为He，不是同主族元素，故A错误；‎ B. 根据核电荷数可知M为Ne，N为Na+，不是同主族元素，故B错误；‎ C. M原子基态2p轨道上有一对成对电子，则其核外电子排布式为：1s22s22p4，为O元素，N原子基态3p轨道上有一对成对电子，则其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为S元素，二者为同主族元素，化学性质相似，故C正确；‎ D. M原子基态2p轨道上有1个未成对电子，M可能为B或F元素，N原子基态3p轨道上有1个未成对电子，N可能为Al或Cl元素，所以M和N可能不属于同一族，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎18.下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高正化合价 B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高 C. S、Cl的电负性和单质的氧化性均依次增强 D. 元素周期表中位于金属元素和非金属元素分界线附近的元素属于过渡元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数(F、O元素除外)，但非主族元素则不一定，如铜的最外层电子数为1，但其最高正价为+2价，故A错误；‎ B. 离核较近的区域能量较低，多电子原子中，能量高的电子在离核较远的区域内运动，故B错误；‎ C. 因S、Cl同周期，且原子序数依次增大，非金属性增强，电负性增强，单质的氧化性增强，故C正确；‎ D. 过渡元素包含副族元素与第Ⅷ族元素，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎19.下列各组元素的性质正确的是( )‎ A. 第一电离能：B>Al>Ga B. 电负性：F>N>O C. 最高正价：F>S>Si D. 原子半径：P>N>C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：B＞Al＞Ga，故A正确；‎ B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，故B错误；‎ C．主族元素最外层电子数=最高正价，氧没有最高价、氟无正价，所以最高正价：S＞Si，故C错误；‎ D．一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：P＞C＞N，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s1 的元素在元素周期表中的位置是 A. p 区、第五周期第ⅠB 族 B. ds 区、第五周期第Ⅷ族 C. d 区、第四周期第ⅠB 族 D. ds 区、第五周期第ⅠB 族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1，可知该元素原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，属于ds区，在周期表中位置为第五周期第IB族，故选D。‎ ‎21. 下列分子中，含有两个π键的是（ ）‎ ‎①HCN（H-C≡N） ②H2O ③N2④H2O2⑤C2H4 ⑥C2H2‎ A. ①②③⑥ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①H-C≡N的分子中有C≡N，所以含有两个π键；‎ ‎②H2O分子中没有双键，所以不含有π键；‎ ‎③N2 的分子中有N≡N，所以含有两个π键；‎ ‎④H2O2分子中没有双键，所以不含有π键；‎ ‎⑤C2H4 的分子中只有一个C=C，所以含有一个π键；‎ ‎⑥CH≡CH 分子中有C≡C，所以含有两个π键；‎ 所以分子中含有两个π键的是①③⑥；‎ 故答案为C。‎ ‎22.下列关于键长、键能和键角的说法中不正确的是(　　)‎ A. 键角是描述分子立体结构的重要参数 B. 键长的大小与成键原子的半径和成键数目有关 C. C=C键的键能等于C—C键键能的2倍 D. 因为O—H键的键能小于H—F键的键能，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．键角是分子中两个共价键之间的夹角，是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；‎ B．一般共用电子对数越多、原子半径越小，键长越短，即键长的大小与成键原子的半径和成键数目有关，故B正确；‎ C．碳碳双键中有一个σ键和一个π键，碳碳单键为σ键，σ键和π键的键能不同，所以C=C键的键能不是C—C键键能的2倍，故C错误；‎ D．O—H键的键能小于H—F键的键能，所以H原子更容易和F原子结合，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎23.下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是( )‎ A. 任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有 N、O、F 的物质中 B. 范德华力比氢键的作用还要弱 C. 范德华力与氢键共同决定物质的物理性质 D. 范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不是任何物质中都存在范德华力，如氯化钠为离子晶体，其中没有范德华力，只存在离子键，故A错误；‎ B．范德华力比氢键的作用力要弱，故B正确；‎ C．只有由分子构成物质，物质的物理性质才由范德华力与氢键共同决定，不是分子构成的物质的物理性质不是由范德华力与氢键决定的，故C错误；‎ D．范德华力的强弱与相对分子质量有关，氢键还与原子电负性的大小和半径大小有关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C ‎，要注意范德华力存在与分子之间，在离子和原子之间不是的，如离子晶体中由离子键决定，原子晶体由共价键决定。‎ ‎24.根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的立体构型正确的是( 　)‎ 选项 分子式 中心原子 杂化方式 价层电子对 互斥模型 分子或离子 的立体构型 A SO2‎ sp 直线形 直线形 B HCHO sp2‎ 平面三角形 三角锥形 C NF3‎ sp2‎ 四面体形 平面三角形 D NH4+‎ sp3‎ 正四面体形 正四面体形 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为V型结构，选项A错误；‎ B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项B错误；‎ C、NF3分子中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为四面体形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项C错误；‎ D、NH4+的中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的立体构型为正四面体形，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎25.下列有机物分子中有 3个手性碳原子的是( )‎ A. 乳酸CH3—CHOH—COOH B. 甘油CH2OH—CHOH—CH2OH C. 脱氧核糖CH2OH—CHOH—CHOH—CH2—CHO D. 核糖CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3-CHOH-COOH只有中间碳连接了-CH3、H、-OH、-COOH四个不同基团，是手性碳原子，故A不选；‎ B．CH2OH-CHOH-CH2OH分子没有连接四个不同基团的碳原子，没有手性碳原子，故B不选；‎ C．脱氧核糖：CH2OH-CHOH-CHOH-CH2-CHO从左数第二个碳原子连接了-CH2OH、H、-OH、-CHOH-CH2-CHO等四个不同基团是手性碳原子，从左数第三个碳原子连接了CH2OH-CHOH-、H、-OH、-CH2-CHO等四个不同基团是手性碳原子，有2个手性碳原子，故C不选；‎ D．核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO从左数第二个碳原子连接了-CH2OH、H、-OH-CH(OH)-CH(OH)-CHO等四个不同基团是手性碳原子，从左数第三个碳原子连接了CH2OH-CHOH-、H、-OH、-CH(OH)-CHO等四个不同基团是手性碳原子，从左数第四个碳原子连接了CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-、H、-OH、-CHO等四个不同基团是手性碳原子，共3个手性碳原子，故D选；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是学会判断手性碳原子的方法，手性碳原子的判断要注意：①手性碳原子一定是饱和碳原子；②手性碳原子所连接的四个基团要不同。‎ ‎26.下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是 A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. SiC与SiO2 D. Cl2与I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；‎ B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；‎ C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；‎ D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎27.下列晶体分类正确的一组是(　　)‎ 晶体类型 离子晶体 原子晶体 分子晶体 A KOH Ne P B HCl MgCl2‎ 乙醇 C Na2CO3‎ 晶体硅 甲苯 D Ca(OH)2‎ 晶体硅 石墨 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀有气体Ne属于分子晶体，故A错误；‎ B．HCl属于分子晶体，氯化镁离子晶体，故B错误；‎ C．碳酸钠为离子晶体，晶体硅为原子晶体，乙醇为分子晶体，故C正确；‎ D．石墨属于混合型晶体，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎28.下列说法正确的是(　　)‎ A. 由于铵盐中含有离子键，因而其化学性质相当稳定 B. 分子晶体中都存分子间作用力，但可能不存在共价键 C. 在常见的四种晶体类型中，都存在“原子(离子)半径越大，物质熔点越低”的规律 D. 常温下为气态或液态的物质，其固态时一定会形成分子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铵盐化学性质并不稳定，受热易分解，故A错误；‎ B．以分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，但稀有气体为单原子分子，其分子中没有共价键，所以分子晶体中都存在分子间作用力，但可能不存在共价键，故B正确；‎ C．分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，金属晶体和离子晶体的熔沸点除了与离子半径大小有关，还与离子所带电荷数有关，故C错误；‎ D．常温下为气态或液态的物质，固态时不一定是分子晶体，例如汞，常温下为液体，但属于金属晶体，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎29. 下列对化学知识概括合理的是（ ）。‎ A. 原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键 B. 同素异形体之间的转化都是物理变化 C. 原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低 D. 一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀有气体的分子是单原子分子，其晶体中不含有化学键，A项错；‎ B.同素异形体之间的转化都是化学变化，如3O22O3是化学变化，B项错；‎ C.晶体硅是原子晶体，其熔点比金属晶体中的钨低，蔗糖是分子晶体，其熔点比金属晶体中的汞高，C项正确；‎ D.N元素显＋4价的氧化物有NO2、N2O4，D项错。‎ 故选C。‎ ‎30.观察下表模型并结合有关信息，判断下列说法中不正确的是( )‎ ‎ ‎ B12结构单元 ‎ SF6分子 ‎ S8分子 ‎ HCN ‎ 结构模型示意图 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 备注 ‎ 熔点1873 K ‎ ‎— ‎ 易溶于CS2 ‎ ‎— ‎ A. 单质硼属于原子晶体，每个B12结构单元中含有30个B—B键和20个正三角形 B. SF6是由极性键构成的非极性分子 C. 固态硫S8属于原子晶体 D. HCN的结构式为H—C≡N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．B12结构单元中，每个B原子形成5个B—B键，故有12×5÷2＝30个B—B键(即30条边)，每个三角形含有3÷2＝1.5个B—B键，故有30÷1.5＝20个正三角形，A说法正确；‎ B．S—F键是极性键，SF6空间构型为正八面体对称结构，是非极性分子，B说法正确；‎ C．S8有单个的分子(1个分子中含有8个原子)，故其属于分子晶体，C说法不正确；‎ D．HCN分子中，其中心原子为sp杂化，故其结构式是H—C≡N，D说法正确。‎ 本题选C。‎ 第II卷(非选择题)‎ ‎31.乙酸苯甲酯常用做香料，用于化妆品、洗涤用品、皂用及室内清新剂等。乙酸苯甲酯可以用下面的设计方案合成。‎ 回答下面问题：‎ ‎(1)写出A、C的结构简式：A___________ C__________；‎ ‎(2)A→B属于_____反应， C→D属于_________反应；‎ ‎(3)写出乙酸苯甲酯在NaOH溶液中水解的反应方程式：__________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 取代反应 (4). 取代反应(酯化反应) (5). +NaOH→+CH3COONa ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C与乙酸发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，所以C为；A与氯气在光照条件下生成B，B在稀碱液中反应生成C，B应为氯代烃，根据C的结构简式可知B的结构简式为，A的结构简式为。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知A为，C为；‎ ‎(2)A中甲基上的氢原子被氯原子代替生成B，所以A→B为取代反应；C与乙酸发生酯化生成D，所以C→D为取代反应(酯化反应)；‎ ‎(3)乙酸苯甲酯在NaOH溶液中水解的反应方程式为：+NaOH→+CH3COONa。‎ ‎32.可降解高分子化合物H的合成路线如下 已知：i．‎ ii．+2ROH +2HCl(R为烃基)‎ 回答下面问题：‎ ‎(1)有机物C中含有官能团的名称________；‎ ‎(2)有机物E生成F的反应类型_________；‎ ‎(3)有机物D的结构简式_________，高分子化合物H的结构简式_________；‎ ‎(4)具有相同官能团的有机物A的同分异构体有_________种；‎ ‎(5)有机物E和C按1:1发生缩聚反应的化学方程式：__________；‎ ‎(6)写出由乙烯合成多肽的合成路线图(其他无机试剂任选)____________。‎ ‎【答案】 (1). 氨基、羧基 (2). 取代反应(酯化反应) (3). (4). (5). 9 ‎ ‎(6). n+n+(2n-1)H2O或n+n+(2n-1)H2O ‎ ‎(7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据后续产物的结构可知C7H8中应含有苯环，则其结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成A，根据A的分子式可知A为，A在NaOH水溶液中发生水解生成，但该物质不稳定，会转化为，即B为；B发生信息i的反应生成C为；D含三个六元环，应是两分子C脱水生成，所以D为；B发生信息i中第一步和第三步反应生成E，则E为；F含三个六元环，应是两分子E脱水生成，所以F为；C与E反应生成G，G也含三个六元环，则G为 ‎；与发生类似信息ii的反应生成H，则H的结构简式为。‎ ‎【详解】(1)C的结构简式为，其官能团为氨基和羧基；‎ ‎(2)根据分析可知两分子E发生酯化生成F，反应类型为取代反应(酯化反应)；‎ ‎(3)根据分析可知D为；H为；‎ ‎(4)A为，A的官能团为两个氯原子，其同分异构体中，当两个氯原子均取代苯环上的氢原子，此时有6种；当一个氯原子在侧链，一个在苯环上有3种，共3+6=9种；‎ ‎(5)E为，C为，1:1发生缩聚反应的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O或n+n+(2n-1)H2O；‎ ‎(6)多肽可由发生缩聚反应生成，根据信息i可知该物质可以由CH3CHO经系列转化生成，CH2=CH2可以水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇可被催化氧化生CH3CHO，所以合成路线为CH2=CH2‎ CH3CH2OHCH3CHO。‎ ‎【点睛】解决本题的关键学生需要理解酯化反应机理以及氨基和羧基的反应机理；注意掌握由单体书写高聚物结构简式的方法。‎ ‎33.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Ni、Si、P等元素)制备，回答下面问题：‎ ‎(1)钴元素在元素周期表中的位置____。与硫元素位于同一主族，其价层电子排布式是___。‎ ‎(2)MnSO4中阴离子的空间构型是____中心原子的杂化类型______。‎ ‎(3)比较H2S ______H2Se热稳定性：(填“＞”“＜”)判断依据是______；比较沸点：N2H4 _____P2H4 (填“＞”“＜”)，判断依据是______。‎ ‎(4) FeCl3中化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子(FeCl3)2存在,画出其结构并标出配位键__________。‎ ‎(5)MnO具有NaCl型结构(如图)，其中阳离子采用面心立方最密堆积方式，设其晶胞参数为apm，则r(Mn2+)为______pm晶胞密度是_____g/cm3(用含a的表达式表示)‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第VIII族 (2). 7s27p4 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). > (6). S的非金属性强于Se (7). > (8). N2H4分子间形成氢键 (9). (10). a (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)钴元素为27号元素，位于第四周期第VIII族；质子数为116‎ ‎，则其原子核外有116个电子，则其电子层结构为2,8,18,32,32,18,6，位于第七周期，与S元素位于同一主族，则其价电子排布为7s27p4；‎ ‎(2)硫酸锰中阴离子为SO，中心原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体形，中心原子采取sp3杂化；‎ ‎(3)S和Se位于同一主族，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性：S>Se，则简单氢化物的稳定性H2S>H2Se；N2H4能形成分子间氢键，P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4＞P2H4；‎ ‎(4)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子(FeCl3)2存在，与AlCl3相似，氯原子提供孤电子对，Fe原子提供空轨道形成配位键，其结构式为(“→”表示出其中的配位键)；‎ ‎(5)阳离子采用面心立方最密堆积方式，即Mn2+为面心立方最密堆积，则位于面对角线上的Mn2+相切，所以有4r(Mn2+)=a pm，所以r(Mn2+)=a pm；根据均摊法，晶胞中Mn2+的个数为=4，晶体化学式为MnO，则O2-的个数也为4，所以晶胞的质量m=，晶胞棱长为a pm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10-10)3cm3，所以晶体的密度为=g/cm3。‎ ‎【点睛】面心立方最密堆积模型中，位于面对角线的三个微粒相切，体心立方堆积模型中位于体对角线的微粒相切，据此可以推算微粒半径和晶胞棱长的关系。‎