【化学】河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试 第Ⅰ卷 一、单选题 ‎1.茶是我国的传统饮品，茶叶中含有茶多酚可以替代食品添加剂中对人体有害的合成抗氧化剂，用于多种食品保鲜等，如图所示是茶多酚中含量最高的一种儿茶素A的结构简式，关于这种儿茶素A的有关叙述正确的是（ ）‎ ‎①分子式为C15H12O7；②1mol儿茶素A在一定条件下最多能与7mol H2加成；③等质量的儿茶素A分别与足量的金属钠和氢氧化钠反应消耗金属钠和氢氧化钠的物质的量之比为1：1；④1mol儿茶素A与足量的浓溴水反应，最多消耗Br2 4mol。‎ A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①由有机物结构简式可知分子式为C15H12O7，故①正确；‎ ‎②分子中含有2个苯环和1个碳碳双键，则1mol儿茶素A在一定条件下最多能与7mol H2加成，故②正确；‎ ‎③分子中含有5个酚羟基，可与氢氧化钠反应，含有5个酚羟基和1个醇羟基，都可与钠反应，则反应消耗金属钠和氢氧化钠的物质的量之比为6：5，故③错误；‎ ‎④分子中酚羟基共有4个邻位后对位H原子可被取代，且双键可与溴发生加成反应，则1mol儿茶素A与足量的浓溴水反应，最多消耗Br2 5mol，故④错误；‎ 故选D。‎ ‎2.现有乙二醇（C2H6O2）与醋酸(CH3COOH)组成的混合物，测得其中氢元素的质量分数为9%，则混合物中氧元素的质量分数为（ ）‎ A. 52% B. 37% C. 16% D. 无法确 定 ‎【答案】A ‎3.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是 A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加成聚合反应 C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。‎ ‎【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；‎ C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；‎ D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。‎ ‎4.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。‎ ‎5.下列有机物命名正确的是(　　)‎ A. 1，2，3—三甲苯 B. 2—氯丙烷 C. 2—甲基—丙醇 D. 2—甲基—3—丁炔 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 的名称为1,2,4三甲苯，故A错误；‎ B. 的名称为2氯丙烷，故B正确；‎ C. 的名称为2丁醇，故C错误；‎ D. 的名称为3甲基1丁炔，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握有机物命名的方法是解答的关键，有机物系统命名中常见的错误归纳如下：①主链选取不当；②编号错；③支链主次不分；④“－”、“，”忘记或用错等，本题的易错点为C。‎ ‎6.分子式为C5H10O2的酯共有(不考虑立体异构) ：‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】这些酯有：甲酸丁酯4种（丁基4种异构）、乙酸丙酯2种（丙基2种异构）、丙酸乙酯1种、丁酸甲酯2种（丁酸的烃基为丙基，丙基2种异构），共9种，故合理选项为C。‎ ‎7.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 选项 实验操作 实验目的或结论 A 将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液 检验水解产物中的氯离子 B 乙醇与浓硫酸加热到‎170℃‎，将所得气体通入溴水中 确定否有乙烯生成 C 向工业酒精中加入无水硫酸铜 确定工业酒精中是否含有水 D 向淀粉水解后的溶液中直接加入新制的银氨溶液 检验是否有葡萄糖生成 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中加入硝酸，再滴加硝酸银溶液，A操作错误；‎ B．乙醇与浓硫酸加热到‎170℃‎，所得气体含有二氧化碳、二氧化硫等杂质，通入溴水中无法判断是否有乙烯生成，B结论错误；‎ C．向工业酒精中加入无水硫酸铜，若含有水，则白色粉末变为蓝色晶体，C结论正确；‎ D．向淀粉水解后的溶液中，先加入NaOH溶液中和硫酸后，再加入新制的银氨溶液，D操作错误；‎ 答案为C。‎ ‎8.常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是 ‎ 共价键 ‎ ‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A. 432    ‎ B. 表中最稳定的共价键是键 C. H   ‎ D. H  ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知，故A正确； ‎ B.键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是，最稳定的共价键是键，故B正确； ‎ C.氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H   ，故C正确； ‎ D.依据键能计算反应焓变反应物键能总和生成物键能总和计算判断，，，故D错误； ‎ 故选：D。‎ ‎9.某烯烃与氢气加成后得到2,2-二甲基丁烷，该烯烃的名称是 (　　)‎ A. 2,2-二甲基-3-丁烯 B. 2,2-二甲基-2-丁烯 C. 2,2-二甲基-1-丁烯 D. 3,3-二甲基-1-丁烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2,2-二甲基丁烷的碳链结构为，根据2,2-二甲基丁烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃。‎ ‎【详解】根据2,2-二甲基丁烷的碳链结构，可知相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键只有一种情况，即：。所以该烯烃的名称为3,3-二甲基-1-丁烯，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是：‎ A. NaOH、CaCl2、CaO B. Na2O、Na2O2、Na2S C. NaCl、HCl、H2O D. HBr、CO2、NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH中含有离子键和共价键，CaCl2、CaO中均只有离子键，A错误；‎ B．Na2O、Na2S中均只有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，B错误；‎ C．NaCl中只有离子键，HCl、H2O中均只有共价键，C错误；‎ D.HBr、CO2、NH3中均只有共价键，化学键类型完全相同，D正确；‎ 故答案选D ‎11. 化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是 A. 碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B. 84消毒液的有效成分是NaClO C. 浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D. 装饰材料释放的甲醛会造成污染 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；‎ B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；‎ C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；‎ D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎‎7.8‎g苯所含碳碳双键数目为0.3NA B. ‎28g乙烯所含共用电子对数目为6NA C. 标准状况下，11.2 L溴乙烷所含分子数为0.5NA D. ‎26g乙炔和苯乙烯的混合物，含有原子总数为6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯中不含有碳碳双键，错误；‎ B‎.28g乙烯的物质的量为1mol，根据乙烯的结构简式可知，1mol乙烯中含有共用电子对数为6NA，正确；‎ C.标况下，溴乙烷不是气态，故无法根据气体摩尔体积计算，错误；‎ D.乙炔和苯乙烯的实验式均为CH，即‎26g乙炔和苯乙烯的混合物相当于2molCH，含有的原子总数为4NA，错误，答案选B。‎ ‎13.为了提纯下列物质(括号内为杂质R所选用的除杂试剂与除杂方法都正确的是 不纯物 除杂试剂 除杂方法 A.‎ 乙烷(乙烯）‎ H2‎ Ni/加热 B.‎ 乙醇(水）‎ CuSO4‎ 蒸馏 C.‎ 乙酸乙酯(乙酸)‎ 饱和Na2CO3溶液 分液 D.‎ 乙酸(水）‎ Na 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．乙烯和氢气反应需要催化剂和加热等反应条件，而且反应不完全，会引入新杂质，应该用溴水除去乙烷中的乙烯，故A错误；‎ B．硫酸铜用来检验乙醇中的水，应该用氧化钙除去乙醇中的水，故B错误；‎ C．饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，故C正确；‎ D．乙酸、水都能与钠反应，不能用钠除去乙酸中的水，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎14.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有一种是金属元素，X、W 同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3∶4。下列说法中正确的是 A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X ‎ B. 氢化物稳定性：Y＞Z C. WY3中只有离子键没有共价键 ‎ D. X与Z可形成10电子和18电子分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH。‎ ‎【详解】A．原子半径：Na＞N＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，A说法错误；‎ B．氢化物稳定性：O＞N，B说法错误；‎ C．WY3为NaN3，既含有离子键，又含有共价键，C说法错误；‎ D．X与Z可形成10电子的H2O，18电子分子H2O2，D说法正确；‎ 答案为D。‎ ‎15.下列现象与氢键有关的是（ ）‎ ‎①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高 ‎ ‎②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶 ‎③冰的密度比液态水的密度小 ‎ ‎④水分子高温下也很稳定 A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；②‎ 因乙醇、乙酸与水分子之间能形成氢键，则乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误；故选B。‎ ‎16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（ ）‎ 元素代号 X Y Z W Q 原子半径/pm ‎130‎ ‎118‎ ‎75‎ ‎73‎ ‎102‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+5、-3‎ ‎-2‎ ‎+ 6、- 2‎ A. X、Y元素的金属性：XH2Q ‎ D. X的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中，W和Q的化合价都有-2价，为ⅥA族元素，Q的最高价为+6价，W无正价，则Q为S元素，W为O元素；Z有+5、-3价，处于VA族，原子半径小于S，与O的半径相差不大，故Z为N元素；X、Y分别为+2、+3价，分别处于ⅡA族、ⅢA族，原子半径X＞Y＞S，故X为Mg、Y为Al，结合元素周期律知识解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为N元素，W为O元素，Q为S元素；‎ A．同周期自左而右元素的金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故A错误；‎ B．一定条件下，氮气与氧气反应生成NO，不能直接生成NO2，故B错误；‎ C．非金属性越强气态氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性 H2O＞H2S，即H2W＞H2Q，故C正确；‎ D．X的金属性强于Y，故X的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，根据元素的化合价与半径推断元素是解题的关键，注意元素周期律的理解掌握。本题的难点为元素的推导，要注意原子半径的关系。‎ ‎17.碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，结构如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C3H6O3‎ B. 分子中既有极性键也有非极性键 C. 分子中σ键与π键个数之比为3：1‎ D. 分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据结构简式确定分子式为C3H4O3，故A错误；‎ B. 同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，所以C-C之间存在非极性键、C-H和C-O原子之间存在极性键，故B正确；‎ C. 双键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键，则该分子中含有10个σ键、1个π键，分子中σ键与π键个数之比为10：1，故C错误；‎ D. 该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎18.[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2−+4H＋+4H2O= [Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. HOCH2CN分子中没有手性碳原子 B. 1mol HOCH2CN分子中含有σ键的物质的量为5mol C. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4‎ D. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HOCH2CN分子中有1个碳原子是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，故分子中没有手性碳原子，故A正确；‎ B. HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，故1mol HOCH2CN分子中含有σ键的物质的量为6mol，故B错误；‎ C. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4，故C正确；‎ D. HOCH2CN分子中其中与羟基（-OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个σ键和2个π键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎19.向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是(　　)‎ A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变 B. 沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋‎ C. 配位化合物中只有配位键 D. 在[Cu(NH3)4]2＋配离子中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，硫酸铜和氨水先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到配合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；‎ B项、氢氧化铜沉淀溶于氨水生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+，故B正确；‎ C项、配位化合物 [Cu(NH3)4]SO4中含有离子键、配位键、极性共价键，故C错误；‎ D项、[Cu(NH3)4]2＋离子中Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3与Cu2＋形成配位键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】配位化合物 [Cu(NH3)4]SO4中硫酸根与铵根离子间形成离子键，硫酸根离子中含有极性共价键，铵根离子中含有配位键和极性键，铜离子和氨分子间形成配位键。‎ ‎20.《梦溪笔谈》有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。在中国古代，雌黄（As2S3‎ ‎）经常用来修改错字，其结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. As、S原子的杂化方式均为sp3‎ B. AsH3的沸点比NH3的低 C. 与As同周期且基态原子核外未成对电子数目相同的元素只有V D. 已知As‎2F2分子中各原子均满足8电子结构，分子中σ键和π键的个数比为3：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．由雌黄的结构图可知，砷和硫原子均形成单键，均为sp3杂化方式，故A正确；‎ B．两者均为分子晶体，沸点高低与相对分子质量的大小有关，但因氨气分子间存在氢键导致其沸点高于AsH3的沸点，故B正确；‎ C．As基态原子核外电子排布为： ，未成对电子数为3，与其同周期且基态原子核外未成对电子数目相同的元素有V：、Co：，故C错误；‎ D．As‎2F2分子中各原子均满足8电子结构，则其结构式为：,单键均为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，分子中σ键和π键的个数比为3：1，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎21.下列分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构的是（ ）‎ A. BeCl2 B. CH‎4 ‎C. BF3 D. PCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. BeCl2中Be的最外层有4个电子，不满足最外层8电子结构，故A不符合题意；‎ B. CH4中H的最外层有2个电子，不满足最外层8电子结构，故B不符合题意；‎ C. BF3中 B最外层有6个电子，不满足最外层8电子结构，故C不符合题意；‎ D. PCl3中P和Cl最外层均为8电子结构，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎22.下列说法正确的是 A. 沸点高低：CH4＞SiH4＞GeH4 ‎ B. 键角大小：BeCl2＞BF3＞NH3＞H2O C. 熔点高低：金刚砂＞石英＞食盐 ‎ D. 键能大小：O－H＞P－H＞S－H ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4、SiH4、GeH4均为分子晶体，分子量越大，沸点越高，沸点高低：CH4＜SiH4＜GeH4，A说法错误；‎ B．BeCl2为sp杂化，键角180°，BF3为sp2杂化，键角120°，NH3为sp3杂化，三条键，键角107°18′，H2O为sp3杂化，二条键，键角键角104.5°，键角大小：BeCl2＞BF3＞NH3＞H2O，B说法正确；‎ C．金刚砂、石英为原子晶体，且r(C)＞r(O)，食盐为离子晶体，熔点高低：石英＞金刚砂＞食盐，C说法错误；‎ D．非金属的半径越小，键能越大，r(P)＞r(S)＞r(O)，键能大小：O－H＞S－H＞P－H，D说法错误；‎ 答案为B。‎ ‎23.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（ ） ‎ 选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ A 酸性HCl＞H2S 非金属性Cl＞S B NH4Cl仅由非金属元素组成 NH4Cl是共价化合物 C Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键 NaCl固体可导电 D 向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色 I－ 还原性强于Cl－‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.比较非金属的强弱可由其最 高价氧化物的水化物的酸性强弱来分析，而不能根据氢化物水溶液的酸性来分析，故A错误；B. NH4Cl属于盐类，是离子化合物，故B错误；C. NaCl固体虽然含有阴、阳离子，但在固态时不能自由移动，则不能导电，故C错误；D.反应后溶液上层呈紫红色，说明有碘单质生成，反应中I－ 是还原剂，Cl－是还原产物，则I－ 还原性强于Cl－，故D正确；答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查物质结构与物质性质之间的关系，非金属元素的氢化物的水溶液的酸性强弱不用作为比较元素非金属强弱的依据，如氟元素的非金属最强，但氟化氢为弱酸。‎ ‎24.木糖醇是一种新型的甜味剂，它具有甜味足，溶解性好，防踽齿，适合糖尿病患者的需要。它是一种白色粉末状的结晶，结构简式为如图。下列有关木糖醇的叙述中不正确的是 A. 木糖醇是—种单糖，不能发生水解反应 B. 已知木糖醇溶解度随着温度的升高而增大，说明木糖醇的溶解过程是吸热过程 C. 木糖醇易溶解于水，能发生酯化反应 D. 1mol木糖醇与足量钠反应最多可产生2.5molH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．木糖醇为多羟基醇，不能发生水解反应，A说法不正确；‎ B．已知木糖醇的溶解度随着温度的升高而增大，说明升高温度，反应向正反应方向进行，因此木糖醇的溶解过程是吸热过程，B说法正确；‎ C．木糖醇含有多个羟基，易溶解于水，能发生酯化反应，C说法正确；‎ D．1mol木糖醇含有5mol羟基，与足量钠反应最多可产生2.5molH2，D说法正确；‎ 答案为A。‎ ‎25.下列说法错误的是 A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖 B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质 C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色 D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蔗糖和麦芽糖均能水解生成2个单糖分子，为双糖，故A正确；‎ B．绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的酶不是蛋白质，故B错误；‎ C．植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能够发生加成反应，使Br2/CCl4褪色，故C正确；‎ D．淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；‎ 故选B。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题 ‎26.1，4－环乙二醇可通过下列路线合成（某些反应的反应物和反应条件未列出）：‎ ‎1，4－环乙二醇 ‎（1）A的结构简式是___________________________。‎ ‎（2）反应②应所需的试剂和条件是_______________________________。‎ ‎（3）写出反应④、⑦的化学方程式：‎ ‎④____________________________________________；‎ ‎⑦_________________________________________。‎ ‎（4）①的反应类型是_________，②的反应类型是_________，上述七个反应中属于加成反应的有_________（填反应序号），‎ ‎（5）反应⑤中可能产生一定量的有机副产物，其可能的结构简式为________________________。（写出一种即可）‎ ‎【答案】 (1). (2). NaOH的醇溶液，加热 (3). +2NaOH+2NaCl+2H2O (4). +2NaOH+2NaBr (5). 取代反应 (6). 消去反应 (7). ③⑤⑥ (8). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由转化关系可知A为，B为，C为，结合有机物的结构和性质以及题目要求解答该题。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A的结构简式为：；‎ ‎（2）反应②为→，发生的反应为卤代烃的消去反应，其反应条件为：NaOH的醇溶液，加热；‎ ‎（3）④为在NaOH醇溶液中加热发生消去反应，反应的方程式为：+2NaOH+2NaCl+2H2O；‎ ‎⑦为在NaOH溶液中发生取代反应，反应的方程式为：+2NaOH+2NaBr；‎ ‎（4）由反应条件和物质的转化可知，反应①为取代反应，②为消去反应，③为加成反应，④为消去反应，⑤加成反应，⑥为加成反应，⑦为取代反应；‎ ‎（5）发生反应⑤时，可能与溴发生1，2加成或1，4加成，也可与2mol溴完全发生加成反应，除题中物质之外，还可能生成或。‎ ‎27.目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：‎ ‎（1）化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。‎ ‎（2）上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）。‎ ‎（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。‎ ‎（4）下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。‎ A.属于酯类化合物 B.1molD最多能与4molH2发生加成反应 C.一定条件下发生加聚反应 D.核磁共振氢谱有5组峰 ‎（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式___(任写一种)。‎ ‎①苯环上一溴代物只有2种 ②能发生银镜反应 ③苯环上有3个取代基 ‎（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）___。‎ ‎【答案】 (1). (2). 碳碳双键、溴原子 (3). ①②③④ ‎ ‎(4). CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr (5). bc (6). 、 ‎ ‎(7). CH2=CH2CH3CH2Cl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A为丙烯，与溴在光照的条件下发生取代反应生成溴丙烯，根据D的结构简式，可知B为3-溴丙烯，C为对羟基苯甲酸；‎ ‎【详解】（1）根据分析可知，C中羟基与羧基在苯环的对位，结构简式为；B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；‎ ‎（2）A的结构简式为CH2=CH-CH3，B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，则反应①为取代反应；C的结构简式为，D的结构简式为，则反应②‎ 为取代反应；E的结构简式为，则反应③为取代反应；F的结构简式为，则反应④为取代反应；‎ ‎（3）B的结构简式为CH2=CH-CH2Br，为溴代烃，在碱性条件下生成醇和溴化钠，反应的化学方程式为CH2=CH-CH2Br+NaOHCH2=CH-CH2OH+NaBr；‎ ‎（4）化合物D的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、羧基、醚基，‎ A.化合物D中不含有酯基，不属于酯类化合物，与题意不符，A错误；‎ B.1molD中碳碳双键可与1mol氢气发生加成反应，苯环可与3mol氢气发生加成反应，最多能与4molH2发生加成反应，符合题意，B正确；‎ C.化合物D中含有碳碳双键，一定条件下发生加聚反应，符合题意，C正确；‎ D.核磁共振氢谱有6组峰，与题意不符，D错误；‎ 答案为BC；‎ ‎（5）化合物C为，其分子式为C7H6O3，其同分异构体符合②能发生银镜反应，③苯环上有3个取代基，分别为2个-OH、1个-CHO，①苯环上一溴代物只有2种，则该有机物为对称结构，可能结构为、；‎ ‎（6）有机物C，根据制取产物，乙醇与发生取代反应生成，再与SOCl2发生取代反应生成，再与发生取代反应生成，流程为CH2=CH2CH3CH2Cl。‎ ‎【点睛】根据有机物中的官能团确定有机物的性质，为学习有机物的基础；根据反应物及生成物的结构判断反应类型。‎ ‎28.Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是（ ）‎ A. 分子的极性： B. 物质的硬度：‎ C. 物质的沸点： D.在中的溶解度：‎ Ⅱ.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)位于元素周期表中第四周期____族，基态原子核外未成对电子有_____个。‎ ‎(2)可与反应生成 ，新生成的化学键为_____键。分子的空间构型为______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。‎ ‎(3)金属锰有多种晶型，其中的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm， 中锰的原子半径为_____pm。已知阿伏加德罗常数的值为， 的理论密度____。(列出计算式)‎ ‎(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为____，其配位数为____。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). VIIB (3). 5 (4). 配位 (5). 三角锥 (6). sp3 (7). (8). (9). +2 (10). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.A.先判断分子是否为极性分子，然后根据极性分子的极性大于非极性分子的极性；‎ B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大；‎ C.HF分子之间存在氢键；‎ D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相似相溶原理分析；‎ II.(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；并根据构造原理书写其核外电子排布式，判断其核外未成对电子数目；‎ ‎(2)在络离子的中心离子与配体之间存在配位键；用价层电子对理论判断NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3；‎ ‎(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4‎ 倍，据此计算Mn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后根据ρ=计算晶胞密度；‎ ‎(4)用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上下、前后、左右6个方向有O离子，配位数是6。‎ ‎【详解】I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3NaI，B正确；‎ C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；‎ D.CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误；‎ 故合理选项是AB；‎ II. (1)Mn是25号元素，在元素周期表中第四周期VIIB族，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个；‎ ‎(2)MnCl2中的Mn2+上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物 ，则新生成的化学键为配位键。NH3的价层电子对数为3+，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。‎ ‎(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，由于晶胞参数为apm，则，则Mn原子半径r=pm；在一个Mn晶胞中含有的Mn原子数为，则根据晶体密度ρ=可得晶胞密度ρ===‎ g/cm3；‎ ‎(4)在晶胞中含有的Mn离子数目为：，含有的O离子数目为：，Mn离子：O离子=4：4=1：1，所以该氧化物的化学式为MnO，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O的化合价为-2价，所以Mn的化合价为+2价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O离子，所以Mn离子的配位数是6。‎ ‎【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及分子的极性、物质的熔沸点、硬度、溶解性的比较、原子核外电子排布及与其在周期表位置的关系、晶胞结构与计算等。在考查学生对知识的掌握的同时，考查了学生的空间想象能力及数学计算能力。‎ ‎29.自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：‎ ‎(1)2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc，中文名为“镆”。元素Mc可由反应：+===+3得到。该元素的质子数为________________，287Mc与288Mc互为_________________。‎ ‎(2)Mc位于元素周期表中第VA族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物分子的电子式______________，该分子内存在的共价键类型有_________________。(极性键、非极性键)‎ ‎(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中氢化物的分子式为________________，最高价含氧酸的分子式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). 115 (2). 同位素 (3). (4). 极性键和非极性键 (5). PH3 (6). H3PO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)质量数=质子数+中子数；‎ ‎(2)根据联氨的电子式判断化学键；‎ ‎(3)P与N同族，最低负价为-3价，最高正价为+5价。‎ ‎【详解】(1)Mc的质子数为115，287Mc与288Mc质子数相同，而中子数不同，互为同位素；‎ ‎(2)N的氢化物为NH2NH2时，为两个氨基相连，其电子式为；分子内存在的N-H极性键和N-N非极性键；‎ ‎(3)P与N同族，最低负价为-3价，其氢化物为PH3；最高正价为+5价，对应的含氧酸为磷酸，化学式为H3PO4。‎