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山东省泰安市宁阳一中2018-2019学年高二化学下学期期中试题(含解析)

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山东省泰安市宁阳一中 2018-2019 学年高二化学下学期期中试题(含

解析)

第Ⅰ卷(选择题,共 50 分) 一、选择题(1-10 小题每题 2 分,11-20 小题每题 3 分,每小题只有一个选项符合题意) 1.2017 年 5 月 9 日中国科学院正式向社会发布 113 号、115 号、117 号和 118 号元素的中文

名称。已知 117 号元素有多种原子,如

293 117

Ts



294 117

Ts

等。下列说法正确的是

A.

293 117

Ts



294 117

Ts

的化学性质完全不同

B. 元素 Ts 的相对原子质量为 293.5

C. 基态

293 117

Ts

原子核外电子共占据

7

个能级

D. Ts 位于周期表的第七周期ⅦA 族

【答案】D

【解析】

【详解】A.

293 117

Ts



294 117

Ts



Ts

元素的两种同位素,质子数为

117,核外电子数为

117,

最外层电子数为 7,化学性质相同,故 A 错误;

。 B.117 号元素 Ts 有多种同位素,质子数相同,中子数不同的同种元素的原子,它们占的原
子个数百分比不一定相等,这些同位素的含量各不相同,所以元素 Ts 的相对原子质量不一 定是 293.5,故 B 错误;

C.基态

293 117

Ts

原子核外电子共占据

19

个能级,故

C

错误;

D.117 号元素 Ts 位于周期表稀有气体 118 号前,位于第七周期第ⅦA 族,故 D 正确

故选 D。 【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键,元素周期表每一周期元素种类

依次为 2、8、8、18、18、32、32(周期表未排满),则每一周期最后一种惰性气体原子序

数依次为 2、10、18、36、54、86、118,因此只要记住了稀有气体元素的原子序数,就可

由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。

2.下列说法正确的是( ) A. 烷烃的通式为 CnH2n+2,随 n 值增大,碳元素的质量百分含量逐渐减小

B. 乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷

C. 1 摩尔苯恰好与 3 摩尔氢气完全加成,说明一个苯分子中有三个碳碳双键

D. n=7,主链上有 5 个碳原子的烷烃共有五种

【答案】D

【解析】

12

A

项,烷烃的分子通式为

CnH2n+2,碳元素的质量百分含量为 12n 14n ? 2

=
14 ?

2 n

,随

n

值增大,

碳元素的质量百分含量逐渐增大,错误;B 项,乙烯与溴水发生加成反应的产物为 1,2-二溴

乙烷,错误;C 项,苯分子中的碳碳键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键,错误;

D 项,n=7,主链上有 5 个碳原子的烷烃有:(CH3CH2)2CHCH2CH3、(CH3CH2)2C(CH3)2、(CH3)

3CCH2CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2,共五种,正确;答案选 D。

点睛:烷烃同分异构体的书写可按下列口诀:成直链,一条线;摘一碳,挂中间;往边移,

不到端;摘二碳,成乙基;二甲基,同、邻、间。

3.以下有关元素性质的说法不正确的是( ) A. 具有下列电子排布式的原子中, ①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4,原子半径最大的是① B. 某元*拥闹鸺兜缋肽芊直鹞 578,1817,2745,11578、15630,当它与氯 气反应时可能生成的阳离子是 X3+ C. ①Na、K、Rb②N、P、As ③O、S、Se ④Na、P、Cl,元素的电负性随原子序数的增加而 递增的是④ D. 具有下列最外层电子排布式的原子中,①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4,第一电离能最 大的是④ 【答案】D 【解析】 【详解】A、根据电子排布式,①为 Si,②为 N,③为 C,④为 S,同周期从左向右原子半径 减小,同主族从上到下原子半径增大,即 Si 的原子半径最大,故 A 说法正确; B、当电离能发生突变,说明能层发生变化,2745→11578 能层发生变化,最外层有 3 个电 子,即当它与氯气反应时可能生成的阳离子是 X3+,故 B 说法正确; C、同周期从左向右电负性增大,同主族从上到下电负性减小,因此元素的电负性随原子序

数的增加而递增的是④,故 C 说法正确; D、元素分别为 Al、Si、P、S,同周期从左向右第一电离能增大,但ⅡA>ⅢA,ⅤA>ⅥA,第 一电离能最大的是 P,故 D 说法错误。

4.在解释下列物质的变化规律与物质结构间的因果关系时,与化学键的强弱无关的是 A. Cl2、Br2、I2 的熔点和沸点逐渐升高 B. 金刚石的硬度大于晶体硅的硬度,其熔点也高于晶体硅的熔点 C. 钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高,硬度逐渐增大 D. MgO 比 MgCl2 的熔点高 【答案】A 【解析】 【详解】A、Cl2、Br2、I2 属于分子晶体,结构组成相似,相对分子质量越大,分子间作用力 增大,熔沸点升高,分子间作用力不属于化学键,故 A 符合题意; B、金刚石和晶体硅都是原子晶体,C 的原子半径小于硅原子,C-C 键长小于 Si-Si,C-C 键能强于 Si-Si,则金刚石的硬度和熔点高于晶体硅,与化学键有关,故 B 不符合题意; C、钠、镁、铝属于金属晶体,熔点、沸点、硬度与金属键有关,所带电荷数越多、半径越 小,金属键越强,熔点、沸点。硬度越高,与化学键有关,故 C 不符合题意; D、MgO 和 MgCl2 属于离子晶体,熔沸点高低与晶格能有关,所带电荷数越多、半径越小,晶 格能越大,熔沸点越高,O 所带电荷数大于 Cl,r(O2-)<r(Cl-),MgO 的晶格能大于 MgCl2 晶 格能,与化学键有关,故 D 不符合题意。

5.下列各分子中所有原子都满足最外层 8 电子结构的是( )

A. BeCl2

B. BF3

C. PCl5

D. SiCl4

【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、BF3 中 B 最外层有 6 个电子,不满足最外层 8 电子结构,故 B 不符合题意;

C、PCl5 中 P 最外层有 10 个电子,不满足 8 电子结构,故 C 不符合题意;

D、SiCl4 每个原子最外层满足 8 电子结构,故 D 符合题意。

6.下列事实,不能用氢键知识解释的是 ( )

A. 氟化氢的沸点高于氯化氢

B. 水和乙醇可以完全互溶

C. 冰的密度比液态水的密度小

D. 水比硫化氢稳定

【答案】D

【解析】

【分析】

氢键是特殊的分子间作用力,氢键的键能一般不超过 40kJ·mol-1,强度:化学键>氢键>范

德华力,氢键影响的物质部分物理性质,如物质的熔沸点、溶解性等,对化学性质无影响;

【详解】A、含有分子间氢键氟化氢的沸点比没有分子间氢键的氯化氢高,故 A 不符合题意;

B、水和乙醇能形成分子间氢键,增大物质的熔沸点,故 B 不符合题意;

C、氢键具有饱和性和方向性,冰晶体中,每个水分子周围只有 4 个紧邻的水分子形成正四

面体构型,在正四面体中心的每个水分子与正四面体顶角方向的 4 个相邻水分子以氢键的形

式吸引,这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高,留有相当大的空隙,当冰刚刚融

化为液态水时,热运动破坏氢键,水分子间的空隙减小,密度反而增大,超过 4℃时,由于

热运动加剧,分子间距加大,密度逐渐减小,故 C 不符合题意;

D、稳定性是化学性质,非金属性越强,其稳定性越强,氢键影响物质 部分物理性质,水

比硫化氢稳定与氢键无关,故 D 符合题意。

的 7.进行一氯取代反应后,只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是( )

A. (CH3)2CHCH2CH2CH3

B. (CH3CH2)2CHCH3

C. (CH3)2CHCH(CH3)2

D. (CH3)3CCH2CH3

【答案】D

【解析】

【分析】

一氯取代反应后,只能生成三种沸点不同的有机产物,说明有 3 种不同环境的氢原子,然后

分析每种物质等效氢即可;

【详解】一氯取代反应后,只能生成三种沸点不同的有机产物,说明有 3 种不同环境的氢原

子,

A、根据所给有机物,有 5 种不同环境的氢原子,故 A 不符合题意;

B、根据所给有机物,有 4 种不同环境 氢原子,故 B 不符合题意;

C、根据所给有机物,有 2 种不同环境的氢原子,故 C 不符合题意; D、根据所给有机物,有 3 种不同环境的氢原子,故 D 符合题意。 【点睛】等效氢的判断是本题的难点,(1)同一个碳原子上氢原子是等效的,(2)对称两端 的氢原子是等效的,(3)同一个碳原子上甲基上的氢原子是等效。

8.某烃的结构简式为 CH2=CH-C≡C

,下列有*浼负谓峁沟乃捣ㄕ返氖牵 )

A. 所有碳原子不可能在同一*面上

B. 有 4 个碳原子在同一直线上

C. 有 5 个碳原子在同一直线上

D. 有 6 个碳原子在同一直线上

【答案】D

【解析】

【分析】

本题主要考查有机化合物中原子共面与共线问题。甲烷是正四面体结构,与碳原子相连的四

个原子不可能在同一*面上,故乙基中两个碳可以共*面,乙烯为*面形分子,所有原子共

*面,乙炔为直线形分子,所有原子共*面,苯环上所有原子共*面,据此解答即可。

【详解】A.苯环、乙烯、乙炔中所有原子共*面,故



乙基中的亚甲基上的 C 相当于取代了苯环上的 H,故与苯环共*面,甲基上的碳相当于取代 了亚甲基中的一个 H,可以与亚甲基上的 C 共*面,故所有碳原子可以共*面,故 A 项错误; 炔烃中两个碳、乙基炔烃相连的乙烯基中 1 个碳可以共线,另外乙基与此取代基处于对位上, 故与乙基相连的苯环上的 C 和乙基上 1 个碳也与其共直线,故总共可以有 6 个碳原子共直线, 故选项 B、C 错误,D 正确。

9.下列物质中与苯酚互为同系物的是

A. CH3CH2OH

B. (CH3)3C—OH

C.

D.

【答案】C 【解析】

同系物必须首先要结构相似,苯酚的同系物则应是—OH 与苯环直

接相连, 满足此条件的只有 C 选项的

。同系物的第二个必备条件是组成上相差一个或若干个

CH2 原子团,

比苯酚多一个 CH2 ,所以

为苯酚的同系物。

10.某气态烃 0.5mol 能与1molHCl 加成,转变为氯代烷烃,加成后产物分子上的氢原子又 可被 3mol 氯分子完全取代,则该烃可能是( )

A. CH ? CH

B. CH ? C— CH3

C. CH3 — C ? C— CH3

D. CH2 ==CH — CH3

【答案】B

【解析】

气态烃 0.5mol 能与 1molHCl 加成,说明烃中含有 1 个 C≡C 键或 2 个 C=C 键,加成后产物分

子上的氢原子又可被 3molCl2 完全取代,说明 0.5mol 氯代烃中含有 3molH 原子,则 0.5mol

烃中含有 2molH 原子,即 1mol 烃含有含有 4molH,并含有 1 个 C≡C 键或 2 个 C=C 键,符合

要求的只有 CH≡CCH3,故选 B。

点睛:明确有机物的加成和取代反应特征是解题关键,气态烃 0.5mol 能与 1molHCl 加成,

说明烃中含有 1 个 C≡C 键或 2 个 C=C 键,加成后产物分子上的氢原子又可被 3molCl2 完全

取代,说明 0.5mol 氯代烃中含有 3molH 原子,则 0.5mol 烃中含有 2molH 原子,即 1mol 烃

含有含有 4molH,并含有 1 个 C≡C 键或 2 个 C=C 键,以此解答该题。

11.1919 年,Langmuir 提出等电子体的概念,由短周期元素组成的粒子,只要其原子数相同,

各原子最外层电子数之和相同,也可互称为等电子体。等电子体的结构相似,物理性质相*。

据上述原理,下列各对粒子中,空间结构相似的是( )

A. SO2 和 O3

B. CO2 和 NO2

C. CS2 和 NO2

D. PCl3 和

BF3

【答案】A 【解析】 【详解】A. SO2 和 O3 的原子数相等,两者的各原子的最外层电子数之和相等,所以它们属于 等电子体,空间结构相似,故 A 项正确; B.二氧化碳和二氧化氮分子中原子个数相等,且各原子的最外层电子数之和不相等,所以不 是等电子体,其空间构型不相似,故 B 错误; C.二硫化碳和二氧化氮分子中原子个数相等,但各原子的最外层电子数之和不等,所以不是 等电子体,则其空间构型不相似,故 C 错误; D.三氯化磷和三氟化硼分子中原子个数相等,且各原子的最外层电子数之和不相同,所以不 是等电子体,则其空间构型不相似,故 D 错误; 综上所述,本题选 A。
12.某物质 A 的实验式为 CoCl3·4NH3,1molA 中加入足量的 AgNO3 溶液中能生成 1mol 白色沉 淀,以强碱处理并没有 NH3 放出,则关于此化合物的说法中正确的是 A. Co3+只与 NH3 形成配位键 B. 配合物配位数为 3 C. 该配合物可能是*面正方形结构 D. 此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl 【答案】D 【解析】 【分析】 实验式为 CoCl3·4NH3 的物质,1molA 中加入足量的 AgNO3 溶液中能生成 1mol 白色沉淀,说 明 A 中含有 1 个 Cl-,以强碱处理并没有 NH3 放出,说明不存在游离的氨分子,则该物质的 配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl,据此答题。 【详解】A.由分析可知,Cl-与 NH3 分子均与 Co3+形成配位键,故 A 错误; B.配合物中中心原子的电荷数为 3,配位数为 6,故 B 错误; C.该配合物应是八面体结构,Co 与 6 个配题成键,故 C 错误; D.由分析可知,此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl,故 D 正确。 故选 D。

13.下面的排序不正确的是( ) A. 晶体熔点由低到高:F2<Cl2<Br2<I2 B. 熔点由高到低: Na>Mg>Al C. 硬度由大到小: 金刚石>碳化硅>晶体硅 D. 晶格能由大到小: MgO>CaO>NaF> NaCl 【答案】B 【解析】 A. 卤族元素单质都是分子晶体,分子的相对分子质量越大,分子间作用力越大,则晶体的 熔沸点越高,所以晶体熔点由低到高为:F2<Cl2<Br2<I2,故 A 正确;B. Na、Mg、Al 原子半 径依次减小,金属离子电荷数逐渐增多,金属键逐渐增强,则熔点由低到高:Na<Mg<Al,故 B 错误;C. 原子半径 Si>C,三者都为原子晶体,原子半径越大,共价键的键能越小,则硬 度越小,所以硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅,故 C 正确;D. 可以先比较电荷数, 电荷数多的晶格能大,而如果电荷数一样多则比较核间距,核间距大的,晶格能小,则晶格 能由大到小为:MgO>CaO>NaF>NaCl,故 D 正确;答案选 B。

14.下列晶体中,化学键种类完全相同,晶体类型也相同的是( )

A. CO2 与 SiO2

B. CCl4 与 SiCl4

C. SO2 与 MgO

D. NaCl 与

HCl

【答案】B

【解析】

【分析】

化学键包括共价键、离子键、金属键等,一般非金属之间构成的共价键,一般金属元素与非

金属元素之间构成离子键;晶体类型为分子晶体、金属晶体、原子晶体、离子晶体,然后根

据分析;

【详解】A、CO2 属于分子晶体,C 和 O 之间以共价键连接,SiO2 属于原子晶体,Si-O 之间

以共价键连接,故 A 不符合题意;

B、两个都属于分子晶体,C-Cl 和 Si-Cl 都以共价键连接,故 B 符合题意;

C、SO2 属于分子晶体,S 和 O 之间存在共价键,MgO 属于离子晶体,Mg2+和 O2-存在离子键,

故 C 不符合题意;

D、NaCl 为离子晶体,Na+和 Cl-存在离子键,HCl 属于分子晶体,H 和 Cl 存在共价键,故 D

不符合题意。 15. 绿原酸是咖啡的热水提取液成分之一,结构简式如图,关于绿原酸判断正确的是 ( )

A. 分子中所有的碳原子均可能在同一*面内 B. 1 mol 绿原酸与足量溴水反应,最多消耗 2.5mol Br2 C. 1mol 绿原酸与足量 NaOH 溶液反应,最多消耗 4mol NaOH D. 绿原酸水解产物均可以与 FeCl3 溶液发生显色反应 【答案】C 【解析】

A 项,由于“

”不是*面结构,所以所有碳原子不可能共*面,错误;B 项,最多

应消耗 4 mol Br2,错误;C 项,酚—OH、—COOH、

均能和 NaOH 溶液反应,

而醇—OH 不和 NaOH 溶液反应,正确;D 项,该物质的水解产物

不能与 FeCl3 溶液发生显色反应。

16.用分子式 C7H8O 所表示的某类化合物具有苯环,并且和 FeCl3 溶液发生反应且溶液显紫色,

这种化合物的同分异构体有 ( )

A. 2 种

B. 3 种

C. 4 种

D. 5 种

【答案】B

【解析】

答案 B,邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚三种同分异构体。

17.下列物质中,既能发生水解反应,又能发生加成反应,但不能发生消去反应的是( ) A. CH3CH2CH2CH2Cl

B. CH3CH2Cl C. CH3Br
D.
【答案】D 【解析】 【分析】 考查官能团的性质,能发生水解反应的官能团是卤素原子、酯基和肽键,能发生加成反应是 碳碳不饱和键,苯环、醛基和羰基,能发生消去反应的是卤素原子和羟基,发生消去反应的 条件是与卤素原子或羟基所连碳原子的相邻的碳原子上必须有氢; 【详解】A、含有的官能团是氯原子,能发生水解反应和消去反应,不能发生加成反应,故 A 不符合题意; B、含有官能团是-Cl,能发生水解反应和消去反应,不能发生加成反应,故 B 不符合题意; C、含有官能团是-Br,只能发生水解反应,故 C 不符合题意; D、含有官能团是-Br、碳碳双键,能发生加成反应、水解反应,不符合发生消去反应的条 件,故 D 符合题意。

18.由 CH3CH2CH2Br 制备 CH3CH(OH)CH2OH,依次(从左至右)发生的反应类型和反应条件都正确 的是

选 反应类型


反应条件

A 加成反应、取代反应、消去反应 KOH 醇溶液/加热、KOH 水溶液/加热、常温

NaOH 醇溶液/加热、常温、NaOH 水溶液/加 B 消去反应、加成反应、取代反应


C 氧化反应、取代反应、消去反应 加热、KOH 醇溶液/加热、KOH 水溶液/加热

NaOH 水溶液/加热、常温、NaOH 醇溶液/加 D 消去反应、加成反应、水解反应


A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】B

【解析】

由 CH3CH2CH2Br 制 备 CH3CH(OH)CH2OH , 官 能 团 由 -Br 变 为 2 个 -OH , 则

CH3CH2CH2Br

CH3CH=CH2,为消去反应;CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br,为加成反应;

CH3CHBrCH2Br

CH3CH(OH)CH2OH,为水解反应(也属于取代反应),故答案选 B。

点睛:本题考查卤代烃的典型反应。由 CH3CH2CH2Br 制备 CH3CH(OH)CH2OH,官能团由-Br 变为 2 个-OH,则应发生消去、加成、水解,以此来解答。

19.有下列离子晶体立体结构示意图:

若以 M 代表阳离子,以 R 代表阴离子,则各离子晶体的组成表达式完全正确的组合是( )

A. ①MR ②MR2 ③MR3 ④MR4

B. ①MR2 ②MR2 ③MR2 ④MR

C. ①MR ②MR2 ③MR2 ④MR

D. ①MR ②MR ③MR2 ④MR2

【答案】C

【解析】

【分析】

利用均摊的方法进行分析,位于顶点的原子,其 1/8 属于该晶胞,位于面心的原子,其 1/2

属于该晶胞,位于棱上的原子,其 1/4 属于该晶胞,位于体心的原子,全部属于该晶胞;

【详解】①黑球位于顶点,属于该晶胞的个数为 4×1/8=1/2,白球位于顶点,属于该晶胞

的个数为 4×1/8=1/2,因此原子个数之比为 1/2:1/2=1:1,化学式为 MR;

②黑球位于顶点和体心,属于该晶胞的个数为 8×1/8+1=2,白球位于面心和内部,属于该

晶胞的原子个数为 4×1/2+2=4,原子个数之比为 2:4=1:2,即化学式为 MR2;

③黑球位于顶点,属于该晶胞的原子个数为 4×1/8=1/2,白球位于体心,全部属于该晶胞, 原子个数为 1/2:1=1:2,即化学式为 MR2; ④黑球位于顶点,属于该晶胞的原子个数为 8×1/8=1,白球位于晶胞内部,原子个数之比 为 1:1,该化学式为 MR; 综上所述,选项 C 正确。

20.25℃某气态烃与氧气混合充入密闭容器中,点火爆炸后,又恢复到 25℃,此时容器内压

强为开始时的一半,再经氢氧化钠溶液处理,容器内几乎为真空,该烃的分子式为( )

A. C2H4

B. C3H6

C. C2H6

D. C4H8

【答案】A

【解析】

【分析】

经氢氧化钠溶液处理后,容器内几乎变为真空,说明气态烃和氧气完全反应,恢复到 25℃,

此时容器内的压强至原来压强的一半,剩余气体为 CO2,利用压强之比等于物质的量之比,

进行分析;

【详解】烃燃烧后的气体经 NaOH 溶液吸收,容器几乎成真空,说明烃和 O2 完全反应生成 CO2

和 H2O(l),令烃的化学式为 CxHy,则有 CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O,根据题意,1+x

+y/4=2x,整理得到 4x=4+y,然后讨论:若 x=1,则 y=0,不存在此物质,

若 x=2,则 y=4,物质为 C2H4,

若 x=3,则 y=8,此物质为 C3H8,

综上所述,选项 A 正确。

【点睛】相同条件下,压强之比等于气体物质的量之比,本题中一定注意,25℃时水为液态,

因此得出 1+x+y/4=2x,然后讨论。

第Ⅱ卷(非选择题 共 50 分) 二、填空题 21.按要求填空: (1)在下列物质中:①NH3、②HC≡CH、③NaOH、④O2、⑤溴化铵(用序号填空) 其中只含有非极性键的是____________; 含有极性键的非极性分子是___________;含有 离子键、共价键、配位键的是___________;

(2)磷、氮、氧是周期表中相邻的三种元素,比较:(均填“大于”、“小于”或“等于”) ①氮原子的第一电离能________氧原子的第一电离能; ②N2 分子中氮氮键的键长________白磷(P4)分子中磷磷键的键长; (3)已知氰胺结构简式为(H2N—C≡N),则氰胺分子中碳原子的杂化轨道类型有____杂化,一 个氰胺分子中有______个 σ 键。 【答案】 (1). ④ (2). ② (3). ⑤ (4). 大于 (5). 小于 (6). sp (7). 4 【解析】 【详解】(1)①NH3 为只含极性键的极性分子,②乙炔为含有极性键、非极性键的非极性分 子,③NaOH 含有离子键、极性键的离子化合物,④O2 只含非极性键的非极性分子,⑤NH4Br 含有离子键、配位键和极性键的离子化合物,其中只含非极性键的是④,含有极性键的非极 性分子是②,含有离子键、共价键、配位键的是⑤; (2)①N 的价电子排布式为 2s22p3,p 能级处于半满,能量最低,稳定,O 的价电子排布式 为 2s22p4,因此氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能; ②键能越大,键长越短,氮氮三键的键能原大于 P-P 键的键能,所以 N2 分子中氮氮键的键 长小于 P-P 键的键长; (3)成键原子间只能形成一个 σ 键,叁键之间有 2 个 π 键,双键之间有 1 个 π 键,根据 氰胺的结构简式,碳原子有 2 个 σ 键,无孤电子对,C 的杂化类型为 sp;1 个氰胺分子中 含有 σ 键数目为 4。 【点睛】分子极性的判断是本题的难点,(1)中心原子的化合价的绝对值等于该元素所在主 族序数,则为非极性分子,反之为极性分子,(2)只含非极性键的分子一定是非极性分子(O3 除外),当 ABn 型(n≠1)分子的空间构型是对*峁梗蛭羌苑肿樱粗苑肿樱 (3)分子的中心原子最外层电子若全部成键,此分子一般为非极性分子。

22.X、Y、Z、W 是元素周期表前四周期中的四种常见元素,其相关信息如下表:

元素

相关信息

X

X 的价电子排布式为 nsnnpn

Y

Y 的负一价离子的电子层结构都与氩相同

Z

常温常压下,Z 单质是淡黄色固体,常在火山口附*沉积

W

W 原子共有 6 个价电子,其中五个价电子位于第三能层 d 轨道

(1)Z 在元素周期表中的位置 _______________________,Z 的氢化物空间构型是________ (2)在 H—Y、H—Z 两种共价键中,键的极性较强的是____________(用相应的元素符号表示 该共价键)。 (3)XZ2 分子中 X 以________方式杂化。 (4)写出 W 元素的原子核外电子排布式___________________________________。 (5)Y 元素和 Na 形成晶体的部分结构可用下图中的_________来表示(填序号)。

【答案】 (1). 第三周期ⅥA 族 (2). V 型 (3). H—Cl (4). sp (5). 1s22s22p63s23p63d54s1 (6). A 【解析】 【分析】 s 能级最多容纳 2 个电子,根据构造原理,推出 X 为 C,Y 的负一价离子的电子层结构都与 氩相同,即 Y 为 Cl,Z 的单质是淡黄色固体,常在火山口附*沉积,则 Z 为 S,W 原子共有 6 个价电子,其中 5 个价电子位于第三能层 d 轨道,价电子排布式为 3d54s1,即 W 为 Cr; 【详解】s 能级最多容纳 2 个电子,根据构造原理,推出 X 为 C,Y 的负一价离子的电子层 结构都与氩相同,即 Y 为 Cl,Z 的单质是淡黄色固体,常在火山口附*沉积,则 Z 为 S,W 原子共有 6 个价电子,其中 5 个价电子位于第三能层 d 轨道,价电子排布式为 3d54s1,即 W 为 Cr; (1)根据上述分析,S 位于第三周期 VIA 族;Z 的氢化物为 H2S,S 杂化类型为 sp3,即 H2S 空间构型为 V 型; (2)Cl 的电负性强于 S,因此 H-Cl 极性强于 H-S; (3)XZ2 为 CS2,结构式为 S=C=S,C 的杂化类型为 sp; (4)W 为 Cr,其核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1;

(5)Cl 和 Na 形成的化合物是 NaCl,NaCl 属于离子化合物。A、黑球位于顶点,属于该晶

胞的个数为 4×1/8=1/2,白球位于顶点,属于该晶胞的个数为 4×1/8=1/2,原子个数比为

1:1,即化学式为 NaCl,故 A 符合题意;

B、该晶体 单质晶体,故 B 不符合题意;

C、NaCl 为离子化合物,是由 Na+和 Cl-组成,不存在“NaCl”分子,故 C 不符合题意;

D、该晶体为原子晶体的结构,故 D 不符合题意;

为 E、该结构为石墨结构,故 E 不符合题意。

23.按要求填空:

(1)有机物

的系统名称是_______________________,

将其在催化剂存在下完全氢化,所得烷烃的系统名称是__________________。 (2)苯的同系物中,有的侧链能被酸性高锰酸钾溶液氧化,生成芳香酸,反应如下:

(

R、R′表示烷基或氢原子),但若侧链上直接与苯环

连接的原子上没有 C—H 键,则不容易被氧化。 ①现有苯的同系物甲和乙,分子式都是 C10H14。甲不能被酸性高锰酸钾溶液氧化为芳香 酸, 它的结构简式是________________________; ②有机物丙也是苯的同系物,分子式也是 C10H14,它的苯环上的一溴代物只有一种。丙的结

构简式共有四种,写出其余三种:

__________、_________________、

______________ 【答案】 (1). 5,6—二甲基—3—乙基—1—庚炔

(2). 2,3—二甲基—5—乙基庚

烷 (3).

(4).

(5).

(6).

【解析】 【详解】(1)根据炔烃的命名原则,该有机物的系统名称为 5,6-二甲基-3-乙基-1- 庚炔;将其完全氢化后,得到烷烃的结构简式为

,按照烷烃的命名原则,该烷烃为 2,3-二甲

基-5-乙基庚烷; (2)①甲不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,说明与苯环直接相连的碳原子上无氢原子,即甲

的结构简式为



②苯环上一溴代物只有一种,说明苯环上只有一种氢,即属于对*峁梗萏庵兴畔ⅲ

得出另外三种分别为







【点睛】难点是同分异构体的判断,先根据信息,判断出含有官能团或碳连接方式或含有结 构,像本题,苯环一氯代物只有 1 种,说明为对*峁梗缓蟀凑仗剂匆旃梗蟹治觯

先整后散,写出

,再分散得出





24.(1)已知 A 的结构简式为

写出 A 中所有的官能团名称____________

(2)异丙苯

是一种重要的有机化工原料。根据题意完成下列填空:

①由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为______________________________ 。

② α -甲基苯乙烯

工业上由异丙苯催化脱氢得到。也可由异丙苯通过

另一种方法制得,写出用另一种方法制得 α -甲基苯乙烯的有关化学反应方程式:

_____________________________________________________________________ 【答案】 (1). 酚羟基、碳碳双键、羧基 (2). Br2/FeBr3(或 Br2/Fe)

(3).

【解析】 【详解】(1)根据 A 的结构简式,含有的官能团为(酚)羟基、羧基、碳碳双键;

(2)①对溴异丙苯的结构简式为

,在苯环上引入一个溴原子,反应的试剂

和反应条件是 Br2/FeBr3 或 Br2/Fe); ②异丙苯制备 α -甲基苯乙烯,先引入卤素原子,然后发生消去反应,有关化学反应方程

式为:



25.A、B、C、D、E 均为有机化合物,它们之间的关系如图所示

提示:①RCH=CHR'在酸性高锰酸钾溶液中反应生成 RCOOH 和 R'COOH,其中 R 和 R' 烷基。 ②RCH2OH 在酸性高锰酸钾溶液中反应生成 RCOOH ③酸性:RCOOH > H2CO3 回答下列问题: (1)直链化合物 A 的相对分子质量小于 90,A 分子中碳、氢元素的总质量分数为 0.814,其

余为氧元素,则 A 的分子式为__________________。

(2)已知 B 与 NaHCO3 溶液完全反应,其物质的量之比为 1︰2,则在浓硫酸的催化下,B 与足

量的 C2H5OH 发生反应的化学方程式是_________________________________,反应类型为

________________。

(3)A 可以与金属钠作用放出氢气,能使溴的四氯化碳溶液褪色,则 A 的结构简式是

______________。

(4)A 还能发生多种化学反应,写出 A 发生下列反应的化学方程式并注明反应条件:

加聚反应:_________________________________________

消去反应:________________________________________________________________

【答案】

(1). C5H10O

(2). HOOC—CH2—COOH +

2C2H5OH

C2H5OOC—CH2—COOC2H5 +2H2O (3). 酯化反应(或取代反应) (4).

HO—CH2—CH2—CH=CH—CH3

(5).

n

HO—CH2—CH2—CH=CH—CH3

引发剂
?

(6). HO—CH2—CH2—CH=CH—CH3

CH2=CH—CH=CH—CH3 + H2O

【解析】 【分析】 根据关系,C→D 发生酯化反应,推出 C 结构简式为 CH3COOH,根据问题(1),氧元素质量分 数为(1-0.814)=0.186,令 A 分子中含氧的个数为 x,则有 x×16/0.186<90,推出 x<1.05, 即 A 分子中含有 1 个氧原子,A 的摩尔质量为 1×16/0.186g·mol-1=86g·mol-1,A 中烃基 的摩尔质量为(86-16)g·mol-1=70g·mol-1,70÷12=5…10,则 A 的分子式为 C5H10O,然后 根据每问进行分析得出结构; 【详解】(1)元素质量分数为(1-0.814)=0.186,令 A 分子中含氧的个数为 x,则有 x×16/0.186<90 , 推 出 x<1.05 , 即 A 分 子 中 含 有 1 个 氧 原 子 , A 的 摩 尔 质 量 为 1×16/0.186g·mol-1=86g·mol-1,A 中烃基的摩尔质量为(86-16)g·mol-1=70g·mol-1, 70÷12=5…10,则 A 的分子式为 C5H10O; (2)B 与 NaHCO3 溶液完全反应,其物质的量之比为 1:2,推出 1 个 B 分子中含有 2 个羧基, 根据关系,C→D 发生酯化反应,推出 C 结构简式为 CH3COOH, A 中应含有“CH3CH=”,根据 A 的分子式,则 1 个 B 中应含有 3 个 C,即 B 的结构简式为 HOOCCH2COOH,B 与 C2H5OH 在浓硫

酸作用下发生酯化反应或取代反应,其反应方程式为 HOOC—CH2—COOH +

2C2H5OH

C2H5OOC—CH2—COOC2H5 +2H2O;

(3)A 能与金属钠反应放出氢气,A 中含有羟基,能使溴的四氯化碳褪色,A 中含有碳碳双 键,根据(2),推出 A 的结构简式为 CH3CH=CH2CH2OH; (4)A 中含有碳碳双键,能发生加聚反应,其反应方程式为 n HO—CH2—CH2—CH=CH—CH3

引发剂
?

;羟基所连碳原子的相邻的碳上有氢,能发生消去反应,其反应方程

式为:HO—CH2—CH2—CH=CH—CH3

CH2=CH—CH=CH—CH3 + H2O。

26.铁及其化合物有重要且广泛的应用 (1)基态 Fe2+的价层电子的轨道表示式为_____________ (2)检验 Fe3+可以用 KSCN 溶液,写出 SCN-的一种等电子体分子_______。 (3)部分电离能数据如下表:

元素

Mn

Fe

I1

717

759

电离能(kJ/mol)

I2

1 509

1 561

I3

3 248

2 957

根据表中数据可知,气态 Mn2+ 再失去一个电子比气态 Fe2+ 再失去一个电子难,其原因是 _______________________________________________________ (4)过渡金属原子可以与 CO 分子形成配合物,配合物价电子总数符合“18 电子规则”。如 Cr 可以与 CO 形成 Cr(CO)6 分子:价电子总数(18)= Cr 的价电子数(6)+CO 提供电子数 (2×6).Fe 原子也能与 CO 形成配合物,其化学式为________. (5)FeS2 晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为 a nm、FeS2 相对式量为 M,阿伏加德罗常数的值

为 NA,其晶体密度的计算表达式为___________g·cm?3。

【答案】 (1).

(2). CO2 或 N2O (3). Mn2+3d 能级为半充满结

构,较稳定,不易失去电子。 【解析】

(4). Fe(CO)5

(5). 4M/[NA(a×10-7)3]

【详解】(1)Fe2+价层电子排布式为 3d6,则排布图为



(2)根据等电子体的定义,SCN-中 S 与 O 同主族,N 得到一个电子→O,则与 SCN-等电子体 的为 CO2,S 与 O 同主族,C 得到一个电子→N,则与 SCN-等电子体还可能是 N2O; (3)Mn 的价电子排布式为 3d54s2,其 Mn2+价电子排布式为 3d5,处于半满,相对稳定,Fe 价电子排布式为 3d64s2,Fe2+价电子排布式为 3d6,再失去一个电子达到半满,即气态 Mn2+ 再失去一个电子比气态 Fe2+再失去一个电子难; (4)令 Fe 和 CO 构成化合物是 Fe(CO)n,由于 Fe 的价电子(3d64s2)数为 8,根据题意,8 +2×n=18,解得 n=5,即化学式为 Fe(CO)5; (5)Fe2+位于棱上和体心,属于该晶胞的 Fe2+的个数为 12×1/4+1=4,S22-位于面心和顶

点,属于该晶胞的

S22-的个数为

8×1/8+6×1/2=4,晶胞的质量为

4M NA

g

,晶胞的体积为

4M (a×10-7)cm3,则晶胞的密度为 NA (a ?10-7 )3 g/cm3。
【点睛】本题的难点是晶胞的密度的计算,晶胞密度的计算是高考试题的热点,一般先根据 均摊的方法求出微粒的个数,然后根据 n=N/NA,求出物质的物质的量,然后根据 m=nM,计 算出晶胞的质量,利用立体思想,解决边长,最后根据密度定义判断即可,特别提醒:一定 注意单位,特别是 nm、pm 与 cm 的转化。

27.某课外小组设计实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下: 已知:①氯化钙可与乙醇形成 CaCl2·6C2H5OH

②有关有机物的沸点:

试剂

乙醚

沸点/℃

34.7

乙醇 78.5

乙酸 118

乙酸乙酯 77.1

③2CH3CH2OH

CH3CH2OCH2CH3+H2O

I.制备过程: 装置如图所示,A 中放有浓硫酸,B 中放有 9.5mL 无水乙醇和 6mL 冰醋酸,D

中放有饱和碳酸钠溶液。

(1)实验过程中滴加大约 3mL 浓硫酸,B 的容积最合适的是________(填入正确选项前的字母)

A.25mL

B.50mL

C.250mL

D.500mL

(2)球形干燥管的主要作用是_________________________。

(3)饱和 Na2CO3 溶液的作用是

_______________________________________________________

II.提纯方法:①将 D 中混合液进行分离。

②有机层用 5mL 饱和食盐水洗涤,再用 5mL 饱和氯化钙溶液洗涤,最后用水洗涤。有机层倒

入一干燥的烧瓶中,用无水硫酸镁干燥,得粗产物。

③将粗产物蒸馏,收集 77.1℃的馏分,得到纯净干燥的乙酸乙酯。

(4)第①步分离混合液时,选用的主要玻璃仪器的名称是_________________。

(5)第②步中用饱和食盐水洗去碳酸钠后、再用饱和氯化钙溶液、最后用水洗涤,分别主要

洗去粗产品中的__________________,______________。

【答案】 (1). B (2). 防倒吸 (3). 溶解挥发出的乙醇;中和挥发出的乙酸;降

低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出 (4). 分液漏斗 (5). 乙醇 (6). 氯化钙 【解析】 【详解】(1)使用烧瓶时,盛放液体的体积应在烧瓶容积的 1/3~2/3 之间,液体的体积为 (9.5+6+3)mL=18.5mL,应使用烧瓶的容积为 50mL,故 B 正确; (2)反应剧烈,烧瓶中的压强迅速减小,试管中饱和碳酸钠溶液可能会被吸入发生发生装 置,球形干燥管的主要作用是防止倒吸; (3)烧瓶中挥发出的气体有乙酸乙酯、乙酸、乙醇,因此饱和碳酸钠溶液的作用是溶解挥 发出的乙醇;中和挥发出的乙酸;降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出; (4)D 中混合液为两种互不相溶的液体,出现分层,用分液的方法进行分离,即主要仪器 是分液漏斗; (5)根据信息①氯化钙能与乙醇反应形成 CaCl2·6H2O,即饱和氯化钙溶液洗去的是乙醇, 水洗涤除去吸附的氯化钙。




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