2023-2024學(xué)年山東省臨沂市高二下學(xué)期4月期中考試化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE3山東省臨沂市2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中考試一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．（2分）下列表述正確的是（）A．N2H4的電子式 B．金剛石晶體中只有一種化學(xué)環(huán)境的碳原子 C．氨氣分子的VSEPR模型 D．基態(tài)碳原子的核外電子軌道表示式為〖祥解〗A．N2H4的電子式中N原子孤對(duì)電子未標(biāo)出，氮原子間為單鍵；B．金剛石是每個(gè)碳原子與另外四個(gè)碳原子間形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；C．氨氣分子的VSEPR模型為正四面體形；D．核外電子排布規(guī)律可知，電子盡可能占據(jù)不同軌道且自旋方向相同?！窘獯稹拷猓篈．N2H4的電子式為：，故A錯(cuò)誤；B．金剛石是每個(gè)碳原子與另外四個(gè)碳原子間形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，晶體中只有一種化學(xué)環(huán)境的碳原子，故B正確；C．氨氣分子的VSEPR模型為正四面體形，為三角錐形，故C錯(cuò)誤；D．基態(tài)碳原子的核外電子排布式為1s22s22p2，核外電子軌道表示式為：，故D錯(cuò)誤；故選：B。2．（2分）表中列出了部分炔腈類化合物，有關(guān)說法正確的是（）名稱氰基乙炔氰基丁二炔？氰基辛四炔氰基癸五炔化學(xué)式HC3NHC5NHC7NHC9NHC11NA．表中HC7N的名稱為氰基庚三炔 B．HC9N中所有原子均共線 C．以上5種物質(zhì)互為同系物 D．可由乙炔和含氮化合物加聚制得HC11N〖祥解〗A．依據(jù)HC3N為氰基乙炔，HC5N為氰基丁二炔，HC9N為氰基辛四炔，可知HC7N含有三個(gè)碳碳三鍵，名稱為氰基己三炔；B．HC9N的結(jié)構(gòu)簡式為HC≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡N，結(jié)合H﹣C≡C﹣H是直線型分子的結(jié)構(gòu)可知HC9N中所有原子在同一條直線上；C．結(jié)構(gòu)相似，組成上相差n個(gè)CH2的有機(jī)物互稱為同系物；D．由乙炔和含氮化合物先加成生成氰基乙烯。【解答】解：A．依據(jù)HC3N為氰基乙炔，HC5N為氰基丁二炔，HC9N為氰基辛四炔，可知HC7N含有三個(gè)碳碳三鍵，名稱為氰基己三炔，故A錯(cuò)誤；B．HC9N的結(jié)構(gòu)簡式為HC≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡N，結(jié)合H﹣C≡C﹣H是直線型分子的結(jié)構(gòu)可知HC9N中所有原子在同一條直線上，故B正確；C．5種物質(zhì)的分子組成不相差n個(gè)CH2，其中含有的碳碳三鍵數(shù)目也不相同，結(jié)構(gòu)不相似，故它們不互為同系物，故C錯(cuò)誤；D．由乙炔和含氮化合物先加成生成氰基乙烯，后加聚反應(yīng)產(chǎn)物中碳原子個(gè)數(shù)為偶數(shù)，不能制備HC11N，故D錯(cuò)誤；故選：B。3．（2分）物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)。下列事實(shí)與解釋相符的是（）選項(xiàng)事實(shí)解釋ACF4是非極性分子碳原子處在4個(gè)氟原子所組成的正方形中心，鍵的極性的向量和為零B利用“杯酚”可分離C60和C70超分子具有自組裝的特征C干冰的熔點(diǎn)低于SiO22個(gè)C＝O鍵的鍵能之和小于4個(gè)Si﹣O鍵的鍵能之和DGe原子間難以形成π鍵Ge的原子半徑較大，未雜化的p軌道很難重疊A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．CF4是正四面體結(jié)構(gòu)的非極性分子；B．“杯酚”可識(shí)別與其空腔直徑相當(dāng)?shù)姆肿?；C．干冰的熔點(diǎn)低于SiO2，與晶體類型有關(guān)，與C＝O鍵的鍵能無關(guān)；D．Ge原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成π鍵?！窘獯稹拷猓篈．CF4可看作是CH4分子中的H原子被F取代的產(chǎn)物，是正四面體結(jié)構(gòu)，不是正方形結(jié)構(gòu)，碳原子處在4個(gè)氟原子所組成的正四面體中心，鍵的極性的向量和為零，屬于非極性分子，故A錯(cuò)誤；B．杯酚能盛裝C60，而不能盛裝C70，可用杯酚識(shí)別并分離C60和C70，體現(xiàn)了超分子的分子識(shí)別的特征，不是自組裝特征，故B錯(cuò)誤；C．干冰是分子晶體、分子間靠范德華力維系，SiO2是共價(jià)晶體、熔融時(shí)需要破壞共價(jià)鍵，由于范德華力小于共價(jià)鍵，所以干冰的熔點(diǎn)低于SiO2，與C＝O鍵的鍵能無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．Ge與C是同族元素，C原子之間可“肩并肩”形成雙鍵、三鍵，但Ge的原子半徑大，原子間形成的σ單鍵長，未雜化的p軌道“肩并肩”的重疊程度小，難以形成π鍵，故D正確；故選：D。4．（2分）一定條件下，有機(jī)物M和N反應(yīng)可生成P，反應(yīng)方程式如下：下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．有機(jī)物N中所有碳原子可能共平面 B．1mol有機(jī)物P能與5molH2發(fā)生加成反應(yīng) C．有機(jī)物N與互為同系物 D．有機(jī)物M的同分異構(gòu)體可能屬于芳香烴〖祥解〗A．甲烷中最多有3個(gè)原子共平面，苯、乙炔、﹣COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)；B．P中碳碳雙鍵和氫氣以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵和氫氣不反應(yīng)；C．有機(jī)物N與的分子式相同但結(jié)構(gòu)不同；D．M的分子式是C7H8，不飽和度是4，苯環(huán)的不飽和度是4。【解答】解：A．甲烷中最多有3個(gè)原子共平面，苯、乙炔、﹣COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，有機(jī)物N相當(dāng)于乙烷中的2個(gè)碳上的氫原子被甲基、苯丙炔酸酯基取代，則該分子中所有碳原子可能共平面，故A正確；B．P中碳碳雙鍵和氫氣以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵和氫氣不反應(yīng)，P中含有2個(gè)碳碳雙鍵、1個(gè)苯環(huán)，所以1molp最多消耗5mol氫氣，故B正確；C．有機(jī)物N與的分子式相同但結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，不互為同系物，故C錯(cuò)誤；D．M的分子式是C7H8，不飽和度是4，苯環(huán)的不飽和度是4，所以M有屬于芳香烴的同分異構(gòu)體，為甲苯，故D正確；故選：C。5．（2分）鈣鈦礦是以俄羅斯礦物學(xué)家Perovski的名字命名的，最初單指鈦酸鈣這種礦物[如圖（a）]，此后，把結(jié)構(gòu)與之類似的晶體（化學(xué)式與鈦酸鈣相似）統(tǒng)稱為鈣鈦礦物質(zhì)。某鈣鈦礦型太陽能光伏電池的有機(jī)半導(dǎo)材料的結(jié)構(gòu)如圖（b）所示，其中A為CH3，另兩種離子為I﹣和Pb2+。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．圖（a）晶胞中與每個(gè)Ca2+緊鄰的O2﹣有6個(gè) B．圖（b）中，X為I﹣ C．CH3中含有配位鍵 D．圖（b）立方晶胞的密度為ρg?cm﹣3，則晶胞邊長a＝×107nm〖祥解〗解：A．圖（a）的晶胞中，Ca2+位于頂點(diǎn)，其與鄰近的3個(gè)面的面心上的O2﹣緊鄰，每個(gè)頂點(diǎn)參與形成8個(gè)晶胞，每個(gè)面參與形成2個(gè)晶胞；B．由圖（b）可知，A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X；C．類比的成鍵情況可知，CH3中含有H+與N原子上的孤電子對(duì)形成的配位鍵；D．A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X，根據(jù)晶體呈電中性可以確定，CH3和Pb2+均為1個(gè)，有3個(gè)I﹣，圖（b）立方晶胞的密度為ρg?cm﹣3，則晶胞邊長a＝?！窘獯稹拷猓篈．圖（a）的晶胞中，Ca2+位于頂點(diǎn)，其與鄰近的3個(gè)面的面心上的O2﹣緊鄰，每個(gè)頂點(diǎn)參與形成8個(gè)晶胞，每個(gè)面參與形成2個(gè)晶胞，因此，與每個(gè)Ca2+緊鄰的O2﹣有12個(gè)，故A錯(cuò)誤；B．由圖（b）可知，A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X，根據(jù)晶體呈電中性可以確定，CH3和Pb2+均為1個(gè)，有3個(gè)I﹣，故X為I﹣，故B正確；C．類比的成鍵情況可知，CH3中含有H+與N原子上的孤電子對(duì)形成的配位鍵，故C正確；D．A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X，根據(jù)晶體呈電中性可以確定，CH3和Pb2+均為1個(gè)，有3個(gè)I﹣，圖（b）立方晶胞的密度為ρg?cm﹣3，則晶胞邊長a＝＝×107nm，故D正確；故選：A。6．（2分）有機(jī)物Z是合成治療某心律不齊藥物的中間體，其合成機(jī)理如圖：已知：下列說法不正確的是（）A．X與足量氫氣加成后的產(chǎn)物中含有3個(gè)手性碳 B．Z分子存在順反異構(gòu) C．X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X D．等物質(zhì)的量的X與苯乙烯分別在足量氧氣中充分燃燒，X的耗氧量較小〖祥解〗A．連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；B．碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個(gè)不同的原子或原子團(tuán)時(shí)存在順反異構(gòu)；C．X含有親水基、Y和Z都不含親水基；D．X的分子式為C9H10O2，分子式相當(dāng)于C8H10?CO2，苯乙烯的分子式為C8H8。【解答】解：A．X與足量氫氣加成后的產(chǎn)物如圖，含有3個(gè)手性碳原子，故A正確；B．Z分子中碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，所以存在順反異構(gòu)，故B正確；C．X含有親水基、Y和Z都不含親水基，所以X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X，故C正確；D．X的分子式為C9H10O2，分子式相當(dāng)于C8H10?CO2，苯乙烯的分子式為C8H8，1molX完全燃燒消耗10.5mol氧氣、1mol苯乙烯完全燃燒消耗10mol氧氣，所以X的耗氧量較答，故D錯(cuò)誤；故選：D。7．（2分）科學(xué)家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是（）A．W和Z能以共價(jià)鍵結(jié)合形成化合物 B．元素非金屬性的順序?yàn)閄＞Y＞Z C．Y的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸 D．該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)〖祥解〗W、X、Y、Z為同一短周期元素，根據(jù)圖知，X能形成4個(gè)共價(jià)鍵、Z能形成1個(gè)共價(jià)鍵，則X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，Z最外層7個(gè)電子，則X原子核外有14個(gè)電子，X為Si元素，Z為Cl元素，該陰離子中Cl元素為﹣1價(jià)、X元素為+4價(jià)，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為﹣1價(jià)，Y為﹣3價(jià)，所以Y為P元素，根據(jù)陽離子所帶電荷知，W為Na元素，通過以上分析知W、X、Y、Z分別是Na、Si、P、Cl元素，結(jié)合題目分析解答?！窘獯稹拷猓和ㄟ^以上分析知，W、X、Y、Z分別是Na、Si、P、Cl元素，A．W為鈉元素，Z為氯元素，兩者之間以離子鍵結(jié)合形成化合物，故A錯(cuò)誤；B．同一周期元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強(qiáng)，則非金屬性Cl＞P＞Si，所以非金屬性Z＞Y＞X，故B錯(cuò)誤；C．Y為P元素，Y的最高價(jià)氧化物的水合物是H3PO4為中強(qiáng)酸，故C正確；D．Y為P元素，其最外層有5個(gè)電子，P原子形成2個(gè)共價(jià)鍵且該陰離子得到W原子一個(gè)電子，所以P原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，即Y原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選：C。8．（2分）如圖三條曲線分別表示C、Si和P元素的前四級(jí)電離能變化趨勢。下列說法正確的是（）A．元素電負(fù)性：c＞b＞a B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：c＞a＞b C．簡單氫化物的沸點(diǎn)：b＞c＞a D．對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱：a＞c＞b〖祥解〗同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，同周期主族元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，故三種元素中Si的第一電離能最小，由題圖可知，c為Si元素，P原子第四電離能對(duì)應(yīng)為失去3s能級(jí)中1個(gè)電子，與第三電離能相差較大，可知b為P元素、a為C元素?！窘獯稹拷猓篈．同周期元素從左到右電負(fù)性增大，同主族元素從上到下電負(fù)性減小，故Si的電負(fù)性最小，故A錯(cuò)誤；B．Si的非金屬性最弱，非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物越穩(wěn)定，故SiH4的穩(wěn)定性最差，故B錯(cuò)誤；C．均形成分子晶體，沒有氫鍵存在，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，相對(duì)分子質(zhì)量：PH3＞SiH4＞CH4，即簡單氫化物的的沸點(diǎn)：b＞c＞a，故C正確；D．對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為H2CO3、H2SiO3、H3PO4，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，故酸性H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，即b＞a＞c，故D錯(cuò)誤；故選：C。9．（2分）已知空間利用率是指構(gòu)成晶體的原子、離子或分子在整個(gè)晶體空間中所占有的體積百分比。下列有關(guān)說法不正確的是（）A．銅碘雜化團(tuán)簇分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子間通過范德華力聚集在一起 B．金屬Cu為面心立方晶胞如圖2所示，若晶胞的邊長為a，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為 C．金屬Cu晶體的空間利用率為 D．碳酸銅的組成元素在元素周期表中屬于同區(qū)元素〖祥解〗解：A．范德華力是分子之間普遍存在的一種相互作用力，它的本質(zhì)是正負(fù)電荷間的相互吸引，它使得許多物質(zhì)能以一定的凝聚態(tài)存在；B．金屬Cu為面心立方晶胞如圖2所示，若晶胞的邊長為a，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為面對(duì)角線的一半；C．金屬Cu晶體中銅原子位于頂點(diǎn)和面心，共8×+6×＝4，晶體中4r＝a，則空間利用率＝×100%；D．碳酸銅的組成元素銅位于ds區(qū)，碳原子和氧原子位于p區(qū)?！窘獯稹拷猓篈．范德華力是分子之間普遍存在的一種相互作用力，它的本質(zhì)是正負(fù)電荷間的相互吸引，它使得許多物質(zhì)能以一定的凝聚態(tài)存在，則銅碘雜化團(tuán)簇分子是分子間通過范德華力聚集在一起，故A正確；B．金屬Cu為面心立方晶胞如圖2所示，若晶胞的邊長為a，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為面對(duì)角線的一半，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為，故B正確；C．金屬Cu晶體中銅原子位于頂點(diǎn)和面心，共8×+6×＝4，晶體中4r＝a，則空間利用率＝×100%＝＝，故C正確；D．碳酸銅的組成元素銅位于ds區(qū)，碳原子和氧原子位于p區(qū)，則碳酸銅的組成元素在元素周期表中不屬于同區(qū)元素，故D錯(cuò)誤；故選：D。10．（2分）已知：CH2＝CH﹣CH＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH＝CH﹣CH2Br（1，4﹣加成反應(yīng)）。下列說法不正確的是（）（以下氯代物或產(chǎn)物均不考慮立體異構(gòu)）A．螺[2，2]戊烷（）的二氯代物有4種 B．螺[2，2]戊烷（）與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)體 C．甲苯完全氫化后的環(huán)烷烴的一氯代物有5種 D．某烴（）與Br2按物質(zhì)的量之比為1：1加成時(shí)，所得產(chǎn)物有5種〖祥解〗A．的二氯代物中，兩個(gè)氯原子可以在同一個(gè)碳原子上，可以在不同碳原子上；B．、的分子式都是C5H8，但結(jié)構(gòu)不同；C．甲苯完全氫化后的環(huán)烷烴為，中含有幾種氫原子，其一氯代物就有幾種；D．與Br2按物質(zhì)的量之比為1：1加成時(shí)，可以是1，2﹣加成，可以是1，4﹣加成?！窘獯稹拷猓篈．的二氯代物中，兩個(gè)氯原子可以在同一個(gè)碳原子上，有1種位置異構(gòu)；兩個(gè)氯原子可以在不同碳原子上，有2種位置異構(gòu)，所以符合條件的同分異構(gòu)體有3種，故A錯(cuò)誤；B．、的分子式都是C5H8，但結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，故B正確；C．甲苯完全氫化后的環(huán)烷烴為，中含有5種氫原子，其一氯代物有5種，故C正確；D．與Br2按物質(zhì)的量之比為1：1加成時(shí)，可以是1，2﹣加成，有3種位置異構(gòu)；可以是1，4﹣加成，有2種位置異構(gòu)，所以所得產(chǎn)物有5種，故D正確；故選：A。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）11．（4分）氟的單質(zhì)及含氟化合物用途廣泛。CsF是離子晶體，其Born﹣Haber圖示如圖：若氣態(tài)非金屬原子獲得1個(gè)電子形成氣態(tài)陰離子所釋放的能量叫該原子的第一親和能，則下列說法正確的是（）A．Cs原子的第一電離能為452.2kJ?mol﹣1 B．F﹣F鍵的鍵能為79.4kJ?mol﹣1 C．F原子第一親和能為328.2kJ?mol﹣1 D．主族元素中第一電離能最大的是F〖祥解〗A．氣態(tài)基態(tài)Cs原子失去1個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)Cs離子需要的最低能量為Cs的第一電離能；B．由圖可知，斷裂1molF﹣F鍵需要的能量為79.4kJ×2；C．由圖可知，F(xiàn)元素的第一電子親和能為328.2kJ/mol；D．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，同一族中元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小?！窘獯稹拷猓篈．氣態(tài)基態(tài)Cs原子失去1個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)Cs離子需要的最低能量為Cs的第一電離能，則Cs原子的第一電離能為375.7kJ?mol﹣1，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，斷裂1molF﹣F鍵需要的能量為79.4kJ×2＝158.8kJ，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，F(xiàn)元素的第一電子親和能為328.2kJ/mol，故C正確；D．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，同一族中元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，故主族元素中第一電離能最大的是F，故D正確；故選：CD。（多選）12．（4分）硝基苯是一種重要有機(jī)合成中間體，其制備、純化流程如圖。已知：制備反應(yīng)在溫度稍高時(shí)會(huì)生成間二硝基苯。下列說法正確的是（）A．制備硝基苯所需玻璃儀器只有酒精燈、燒杯、試管、導(dǎo)管 B．配制混酸時(shí)，應(yīng)將濃硫酸緩慢注入到濃硝酸中，邊加邊攪拌 C．上述流程中Na2CO3溶液可以用NaOH溶液代替 D．由②、③分別獲取相應(yīng)物質(zhì)時(shí)可采用相同的操作方法〖祥解〗苯與濃硝酸和濃硫酸的混酸在50﹣60℃條件下發(fā)生反應(yīng)生成硝基苯，得到的粗產(chǎn)品1，先加水除去酸，再加碳酸鈉繼續(xù)除去殘留的酸，然后用蒸餾水除去碳酸鈉等溶水鹽，得到粗產(chǎn)品2，干燥除水后，再蒸餾分離硝基苯和苯，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．制備硝基苯時(shí)的溫度為50～60℃，需要用水浴加熱，則所需玻璃儀器還有溫度計(jì)，故A錯(cuò)誤；B．配制混酸時(shí)，應(yīng)將密度大的濃硫酸緩慢加入到密度小的濃硝酸中，邊加邊攪拌，使產(chǎn)生的熱量迅速散失，故B正確；C．碳酸鈉溶液的作用是除去NO2，可以用氫氧化鈉溶液代替，2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，故C正確；D．②中由反應(yīng)后的混合物得到粗產(chǎn)品采用分液；③中粗產(chǎn)品2經(jīng)過干燥后，采用蒸餾得到硝基苯，兩者的操作方法不同，故D錯(cuò)誤；故選：BC。（多選）13．（4分）有機(jī)物A的分子式為C8H8O2。A的核磁共振氫譜有4個(gè)峰值面積之比為1：2：2：3，A分子中只含一個(gè)苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，其核磁共振氫譜與紅外光譜如圖。關(guān)于A的下列說法中，不正確的是（）A．有機(jī)物A的一氯代物有三種 B．有機(jī)物A分子中最多有l(wèi)6個(gè)原子共平面 C．有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式 D．與有機(jī)物A屬于同類有機(jī)化合物的同分異構(gòu)體只有4種〖祥解〗有機(jī)物A的分子式為分子式C8H8O2，其不飽和度為＝5，A分子中只含一個(gè)苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，其核磁共振氫譜有四個(gè)吸收峰，說明分子中含有4種H原子，峰面積之比為1：2：2：3，則四種氫原子個(gè)數(shù)依次為1、2、2、3，側(cè)鏈中只有1種氫原子，結(jié)合紅外光譜可知，分子中存在酯基等基團(tuán)，且苯環(huán)與C原子相連，故有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中有4種氫原子，則有機(jī)物A的一氯代物有四種，故A錯(cuò)誤；B．苯環(huán)及其連接為平面結(jié)構(gòu)，碳氧雙鍵及其連接為原子也是平面結(jié)合，旋轉(zhuǎn)單鍵可以使2個(gè)平面共平面，可以使甲基中碳原子及1個(gè)氫原子處于平面內(nèi)，分子中最多有16個(gè)原子共平面，故B正確；C．由分析可知，符合題中A分子結(jié)構(gòu)特征的有機(jī)物為，故C正確；D．與有機(jī)物A屬于同類有機(jī)化合物的同分異構(gòu)體含有酯基、苯環(huán)，可能的結(jié)構(gòu)簡式有、、、、、共6種，故D錯(cuò)誤；故選：AD。14．（4分）許多過渡金屬離子能形成種類繁多的配合物。下列說法正確的是（）A．二乙二胺合銅配離子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+的結(jié)構(gòu)如圖所示，可知Cu2+的配位數(shù)為4，配體數(shù)也為4 B．[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為平面四邊形，Cu2+雜化方式為sp3 C．由反應(yīng)2[Co（H2O）6]2++10NH3+2+H2O2═2[Co（NH3）6]3++14H2O，可知配位能力：NH3＞H2O D．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O中心離子為Ti4+，1mol該配合物與AgNO3溶液作用，生成3molAgCl〖祥解〗A．二乙二胺合銅配離子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+中1個(gè)H2NCH2CH2NH2分子提供2個(gè)N原子與Cu2+配位，配體數(shù)為2；B．中心原子或離子的VSEPR模型為四面體或正四面體時(shí)采用sp3雜化；C．配合物中配位能力大的配離子越易形成；D．常溫下，配合物中只有外界的Cl﹣能發(fā)生電離，內(nèi)界中Cl﹣不能發(fā)生電離?！窘獯稹拷猓篈．二乙二胺合銅配離子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+中1個(gè)H2NCH2CH2NH2分子提供2個(gè)N原子與Cu2+配位，Cu2+的配位數(shù)為4，配體數(shù)為2，故A錯(cuò)誤；B．[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為平面四邊形，Cu2+的VSEPR模型不是正四面體，則Cu2+雜化方式為sp3，應(yīng)該是dsp2雜化，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)2[Co（H2O）6]2++10NH3+2+H2O2═2[Co（NH3）6]3++14H2O，說明[Co（H2O）6]2+易轉(zhuǎn)化為[Co（NH3）6]3+，即NH3的配位能力大于H2O，故C正確；D．根據(jù)化合價(jià)規(guī)律可知，配合物[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O中心離子為Ti3+，配合物中只有外界的Cl﹣能發(fā)生電離，內(nèi)界中Cl﹣不能發(fā)生電離，則1mol配合物[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O與足量AgNO3溶液作用，生成2molAgCl，故D錯(cuò)誤；故選：C。15．（4分）金屬及其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。云南的“烏銅走銀”制作技藝列入國家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄。制作中的走銀工序是將氧化變黑的銀絲嵌入銅器表面已鏨刻好的花紋內(nèi)，再經(jīng)揉黑工序，用手邊焐邊搓揉銅器，直到銅器表面變成烏黑、銀絲變得光亮。近期中國科學(xué)院在含銀化合物運(yùn)用于超離子導(dǎo)體方面取得突破性進(jìn)展，制得的α﹣AgI晶體在室溫下的電導(dǎo)率比普通多晶的AgI提高了近5個(gè)數(shù)量級(jí)。α﹣AgI晶體中I﹣?zhàn)黧w心立方堆積（如圖所示），Ag+可分布在由I﹣構(gòu)成的空隙位置上。在電場作用下，Ag+無需克服太大阻力即可發(fā)生遷移。已知：阿伏加德羅常數(shù)為NA。下列說法正確的是（）A．I﹣的結(jié)構(gòu)示意圖為 B．Ag+位于I﹣構(gòu)成的四面體和八面體空隙上 C．α﹣AgI晶體的摩爾體積為NA?a3m3?mol﹣1 D．α﹣AgI晶體不屬于電解質(zhì)〖祥解〗A．I是53號(hào)元素，原子核內(nèi)有53個(gè)質(zhì)子，得到1個(gè)電子形成I﹣；B．2個(gè)位于體心的I﹣與同一個(gè)面上4個(gè)頂點(diǎn)的I﹣構(gòu)成的空隙為八面體，2個(gè)位于體心的I﹣與同一個(gè)棱上2個(gè)頂點(diǎn)的I﹣構(gòu)成的空隙為四面體；C．由圖可知，I﹣?zhàn)黧w心立方堆積，個(gè)數(shù)為8×+1＝2，則相當(dāng)于晶胞中含有2個(gè)“AgI”，即1mol晶胞中含有2mol“AgI”，晶胞體積為a3m3；D．在電場作用下，Ag+無需克服太大阻力即可發(fā)生遷移?！窘獯稹拷猓篈．I是53號(hào)元素，原子核內(nèi)有53個(gè)質(zhì)子，得到1個(gè)電子形成I﹣，故A錯(cuò)誤；B．2個(gè)位于體心的I﹣與同一個(gè)面上4個(gè)頂點(diǎn)的I﹣構(gòu)成的空隙為八面體，2個(gè)位于體心的I﹣與同一個(gè)棱上2個(gè)頂點(diǎn)的I﹣構(gòu)成的空隙為四面體，即Ag+位于I﹣構(gòu)成的四面體和八面體空隙上，故B正確；C．由圖可知，I﹣?zhàn)黧w心立方堆積，個(gè)數(shù)為8×+1＝2，則相當(dāng)于晶胞中含有2個(gè)“AgI”，即1mol晶胞中含有2mol“AgI”，晶胞體積為a3m3，αAgI晶體的摩爾體積為m3?mol﹣1，故C錯(cuò)誤；D．在電場作用下，Ag+無需克服太大阻力即可發(fā)生遷移，屬于電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：B。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．（11分）元素周期表中第ⅦA族包括氟、溴、碘、砹五種元素，統(tǒng)稱為鹵素。其中代表元素氯富集在海水中，其單質(zhì)及其化合物在生活、生產(chǎn)中有著廣泛地應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)氯原子能量最高能層的表示符號(hào)為M；現(xiàn)代化學(xué)中，常用光譜分析來鑒定元素，這與原子的核外電子發(fā)生躍遷有關(guān)。（2）光氣（COCl2）結(jié)構(gòu)與甲醛相似，從電子云的重疊角度分析，該分子中含有的共價(jià)鍵類型是σ鍵、π鍵。解釋COCl2的沸點(diǎn)比甲醛高的原因是二者均為分子晶體，COCl2的相對(duì)分子質(zhì)量較大，范德華力較強(qiáng)，沸點(diǎn)較高。（3）人們發(fā)現(xiàn)PtCl2（NH3）2有兩種不同性質(zhì)的異構(gòu)體，性質(zhì)如下表：配合物顏色在水中的溶解度抗癌活性PtCl2（NH3）2黃綠色0.2577g有活性PtCl2（NH3）2淡黃色0.0360g無活性請回答下列問題：①PtCl2（NH3）2的空間構(gòu)型是平面正方形。②根據(jù)它們的性質(zhì)分析，淡黃色固體是非極性分子（填“極性分子”或“非極性分子”）。③請畫出黃綠色固體分子的幾何構(gòu)型圖：（能體現(xiàn)出Pt、Cl、NH3三種微粒的空間相對(duì)位置）。（4）NF3廣泛用于電子工業(yè)，BF3是有機(jī)合成的催化劑。NF3分子呈三角錐形，BF3呈平面三角形，二者空間構(gòu)型存在差異的主要原因是NF3中N采用sp3雜化，N原子上有1對(duì)孤電子對(duì)，BF3中B采用sp2雜化，B原子價(jià)層沒有孤電子對(duì)?！枷榻狻剑?）基態(tài)氯原子的原子序數(shù)為17，電子層有3層；不同元素原子的電子發(fā)生躍遷時(shí)會(huì)吸收或釋放不同的光，可用光譜儀攝取吸收光譜或發(fā)射光譜，總稱為原子光譜；（2）光氣結(jié)構(gòu)式為，含有單鍵和雙鍵，單鍵均為σ鍵，雙鍵含有σ鍵和π鍵；根據(jù)分子晶體熔沸點(diǎn)規(guī)律分析判斷：相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，沸點(diǎn)就越高；（3）①配合物PtCl2（NH3）2有兩種不同性質(zhì)的異構(gòu)體，則PtCl2（NH3）2的空間構(gòu)型為平面正方形；②水是極性分子，黃綠色配合物的溶解度相對(duì)較大，淡黃色配合物的溶解度相對(duì)較小，結(jié)合相似相溶原理分析判斷；③黃綠色固體的溶解度較大，則黃綠色配合物為極性分子，正負(fù)電性中心不能重合；（4）BF3分子中B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+（3﹣3×1）＝3，B原子采用sp2雜化，無孤電子對(duì)，分子的空間構(gòu)型為平面三角形，NF3中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+（5﹣3×1）＝4，含有1對(duì)孤電子對(duì)，N原子采用sp3雜化，空間構(gòu)型為三角錐形?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)氯原子的原子序數(shù)為17，排布于3個(gè)電子層中，分別為K、L、M，則基態(tài)氯原子能量最高能層為M；現(xiàn)代化學(xué)中，常用光譜分析來鑒定元素，這與原子的核外電子發(fā)生躍遷有關(guān)，故〖答案〗為：M；核外電子發(fā)生躍遷；（2）光氣結(jié)構(gòu)式為，含有單鍵和雙鍵，從電子云的重疊角度分析，單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個(gè)σ鍵、1個(gè)π鍵；COCl2和甲醛均為分子晶體，只存在分子間作用力，分子晶體的熔沸點(diǎn)由分子間的作用力大小決定，且相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，沸點(diǎn)就越高，故〖答案〗為：σ鍵、π鍵；二者均為分子晶體，COCl2的相對(duì)分子質(zhì)量較大，范德華力較強(qiáng)，沸點(diǎn)較高；（3）①根據(jù)Pt（NH3）2Cl2可以形成兩種固體可知：Pt（NH3）2Cl2具有平面四邊形結(jié)構(gòu)，Pt處在四邊形中心，NH3和Cl分別處在四邊形的4個(gè)角上，故〖答案〗為：平面正方形；②水是極性分子，淡黃色配合物在水中的溶解度小，根據(jù)相似相溶原理可知，黃綠色配合物為極性分子，淡黃配合物是為非極性分子，故〖答案〗為：非極性分子；③PtCl2（NH3）2的空間構(gòu)型是平面正方形，黃綠色固體分子為極性分子，淡黃固體分子是為非極性分子，黃綠色固體分子中兩個(gè)Cl原子處于相鄰位置，其幾何構(gòu)型圖為，故〖答案〗為：；（4）NF3中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+（5﹣3×1）＝4，含有1對(duì)孤電子對(duì)，N原子采用sp3雜化，BF3分子中B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+（3﹣3×1）＝3，B原子采用sp2雜化，無孤電子對(duì)，所以NF3分子呈三角錐形，BF3呈平面三角形，故〖答案〗為：NF3中N采用sp3雜化，N原子上有1對(duì)孤電子對(duì)，BF3中B采用sp2雜化，B原子價(jià)層沒有孤電子對(duì)；17．（13分）過渡金屬釩（V）、鎳（Ni）和鈦都是重要的合金元素，它們的配合物在藥物合成方面有重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鎳原子的價(jià)電子排布式為3d84s2。（2）鐵、鎳易與CO作用形成羰基配合物Fe（CO）5、Ni（CO）4；1molFe（CO）5分子中含有配位鍵數(shù)目為10NA；已知Ni（CO）4分子為正四面體構(gòu)型，下列溶劑能夠溶解Ni（CO）4的是ab（填字母）。a．四氯化碳b．苯c．水d．液氨（3）AsCl3也可與釩離子形成配合物，當(dāng)氯原子被烷基取代后，配位能力增強(qiáng)，其原因是烷基為推電子基團(tuán)，使As原子上的電子云密度增大，更易給出電子。（4）有一種鈦原子和碳原子構(gòu)成的氣態(tài)團(tuán)簇分子，如圖所示，頂角和面心的原子是鈦原子，棱的中心和體心的原子是碳原子，它的化學(xué)式為Ti14C13。（5）一種由鎳、氟和鉀三種元素組成的化合物晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該化合物的化學(xué)式是K2NiF4，Ni的配位數(shù)是6，原子A，B之間的距離是×10﹣10cm（用含a、b、c的式子表示）?！枷榻狻剑?）Ni是28號(hào)元素，基態(tài)鎳原子的核外電子排布式為[Ar]3d84s2；（2）Fe（CO）5分子中Fe與CO形成的5個(gè)配位鍵屬于σ鍵，每個(gè)CO分子中有1個(gè)σ鍵，則1個(gè)Fe（CO）5分子中含有10個(gè)σ鍵；已知Ni（CO）4分子為正四面體構(gòu)型，正負(fù)電荷重心重合，屬于非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，非極性分子易溶于非極性溶劑；（3）配體與中心離子所成的配位鍵電子云密度越大，即電子越集中，鍵越穩(wěn)定，鍵能越大；（4）有一種鈦原子和碳原子構(gòu)成的氣態(tài)團(tuán)簇分子，如圖所示，頂角和面心的原子是鈦原子，共14個(gè)，棱的中心和體心的原子是碳原子，共13個(gè)；（5）均攤法寫出化學(xué)式，K個(gè)數(shù)＝2+8×＝4，Ni的個(gè)數(shù)＝8×+1＝2，F(xiàn)的個(gè)數(shù)＝16×+2+4×＝8，故K、Ni、F三者比例為2：1：4，對(duì)應(yīng)化學(xué)式為：K2NiF4；以體心Ni作為參考，周圍離其最近的氟個(gè)數(shù)為6，故Ni配位數(shù)為6；棱上8個(gè)K圍成長方體結(jié)構(gòu)，其高等于（b﹣2c）pm，底面為正方形，邊長為apm，AB之間距離為長方體體對(duì)角線一半，底面對(duì)角線長度為apm?！窘獯稹拷猓海?）Ni是28號(hào)元素，基態(tài)鎳原子的核外電子排布式為[Ar]3d84s2，價(jià)電子排布式為3d84s2，故〖答案〗為：3d84s2；（2）Fe（CO）5分子中Fe與CO形成的5個(gè)配位鍵屬于σ鍵，每個(gè)CO分子中有1個(gè)σ鍵，則1個(gè)Fe（CO）5分子中含有10個(gè)σ鍵，則1molFe（CO）5分子中含有σ鍵數(shù)目為10NA；已知Ni（CO）4分子為正四面體構(gòu)型，正負(fù)電荷重心重合，屬于非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，非極性分子易溶于非極性溶劑，a．四氯化碳、b．苯屬于非極性溶劑，c．水、d．液氨都是極性溶劑，則能夠溶解Ni（CO）4的是ab，故〖答案〗為：10NA；ab；（3）配體與中心離子所成的配位鍵電子云密度越大，即電子越集中，鍵越穩(wěn)定，鍵能越大。烷基為推電子基團(tuán)，使As原子上的電子云密度增大，鍵能增大，成鍵能力增強(qiáng)，故〖答案〗為：烷基為推電子基團(tuán)，使As原子上的電子云密度增大，更易給出電子；（4）有一種鈦原子和碳原子構(gòu)成的氣態(tài)團(tuán)簇分子，如圖所示，頂角和面心的原子是鈦原子，共14個(gè)，棱的中心和體心的原子是碳原子，共13個(gè)，其化學(xué)式為Ti14C13，故〖答案〗為：Ti14C13；（5）均攤法寫出化學(xué)式，K個(gè)數(shù)＝2+8×＝4，Ni的個(gè)數(shù)＝8×+1＝2，F(xiàn)的個(gè)數(shù)＝16×+2+4×＝8，故K、Ni、F三者比例為2：1：4，對(duì)應(yīng)化學(xué)式為：K2NiF4；以體心Ni作為參考，周圍離其最近的氟個(gè)數(shù)為6，故Ni配位數(shù)為6；棱上8個(gè)K圍成長方體結(jié)構(gòu)，其高等于（b﹣2c）pm，底面為正方形，邊長為apm，AB之間距離為長方體體對(duì)角線一半，底面對(duì)角線長度為apm，體對(duì)角線長度＝pm，則AB距離為pm＝×10﹣10cm，故〖答案〗為：K2NiF4；6；×10﹣10。18．（12分）主族元素Be、N、Na、P、Cl等的某些化合物對(duì)工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)意義重大，回答下列問題：（1）我國自主研發(fā)的氟硼鈹酸鉀（KBe2BO3F2）晶體用于制造深紫外固體激光器，可用于高溫超導(dǎo)、催化劑等領(lǐng)域研究。其中K+核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有18種。（2）BeO晶體是制備氟硼鍍酸鉀晶體的原料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)與ZnS類似，如圖1所示。Be的配位數(shù)是4；該晶胞中原子的位置可以用原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)表示，若原子a、b的坐標(biāo)分別為（0，0，0）、，則原子c的坐標(biāo)為（，，）；沿晶胞面對(duì)角線投影，圖2能正確描述投影結(jié)果的是B（填標(biāo)號(hào)）。（3）用化學(xué)用語表示羥胺（NH2OH）溶液顯堿性的原因NH2OH+H2O?NH3OH++OH﹣。（4）PCl5在加壓下于148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測得P﹣Cl的鍵長為198pm和206pm兩種。此時(shí)熔體中存在共價(jià)鍵和離子鍵（填化學(xué)鍵類型），P的雜化類型為sp3d2。（5）在超高壓下，金屬鈉和氦可形成化合物。結(jié)構(gòu)中，鈉離子（小圓球）按簡單立方排布，形成Na8立方體空隙（如圖所示為該晶體的部分結(jié)構(gòu)），電子對(duì)（2e﹣）和氦原子交替分布填充在立方體的中心。已知晶胞是構(gòu)成晶體的最基本的幾何單元，該晶體晶胞邊長a＝395pm，計(jì)算晶體的密度ρ＝g?cm﹣3中（寫表達(dá)式，已知NA為阿伏加德羅常數(shù)）〖祥解〗（1）K+核外電子排布為1s22s22p63s23p6，共有18個(gè)電子；（2）晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)Be周圍有4個(gè)O與其相連，則Be的配位數(shù)是4；由BeO的晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)Be處于晶胞體對(duì)角線的處；（3）NH2OH的水溶液呈弱堿性的原理與NH3的水溶液相似，氨氣與水反應(yīng)生成銨根離子和氫氧根離子，溶液呈堿性；（4）PCl5熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電，說明其在熔融狀態(tài)可以電離出離子，且鍵長有兩種，所以熔體中含有和，存在共價(jià)鍵和離子鍵；中P原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+（5﹣1﹣1×4）＝4，為sp3雜化；中P原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為6+（5+1﹣1×6）＝6；（5）每個(gè)小立方體中有8×＝1個(gè)鈉離子，電子對(duì)（2e﹣）和氦原子交替分布填充在立方體的中心，所以該晶體的晶胞應(yīng)是由8個(gè)小立方體形成的大立方體，其中有一半小立方體中有He原子，一半有電子對(duì)，所以晶胞中有8個(gè)鈉離子、4個(gè)He原子，則晶胞的質(zhì)量為g＝g，晶胞邊長a＝395pm，所以體積為3953pm3＝3953×10﹣30cm3?！窘獯稹拷猓海?）K+核外電子排布為1s22s22p63s23p6，共有18個(gè)電子，則有18種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故〖答案〗為：18；（2）晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)Be周圍有4個(gè)O與其相連，則Be的配位數(shù)是4；由BeO的晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)Be處于晶胞體對(duì)角線的處，結(jié)合原子a、b的坐標(biāo)可知原子c的坐標(biāo)為（，，）；沿面對(duì)角線進(jìn)行投影為B，故〖答案〗為：4；（，，）；B；（3）NH2OH的水溶液呈弱堿性的原理與NH3的水溶液相似，氨氣與水反應(yīng)生成銨根離子和氫氧根離子，溶液呈堿性，所以NH2OH的水溶液呈弱堿性的原因是與水反應(yīng)生成氫氧根離子的緣故，電離方程式是NH2OH+H2O?NH3OH++OH﹣，故〖答案〗為：NH2OH+H2O?NH3OH++OH﹣；（4）PCl5熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電，說明其在熔融狀態(tài)可以電離出離子，且鍵長有兩種，所以熔體中含有和，存在共價(jià)鍵和離子鍵；中P原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+（5﹣1﹣1×4）＝4，為sp3雜化；中P原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為6+（5+1﹣1×6）＝6，為sp3d2雜化，故〖答案〗為：共價(jià)鍵和離子鍵；sp3d2；（5）每個(gè)小立方體中有8×＝1個(gè)鈉離子，電子對(duì)（2e﹣）和氦原子交替分布填充在立方體的中心，所以該晶體的晶胞應(yīng)是由8個(gè)小立方體形成的大立方體，其中有一半小立方體中有He原子，一半有電子對(duì)，所以晶胞中有8個(gè)鈉離子、4個(gè)He原子，則晶胞的質(zhì)量為g＝g，晶胞邊長a＝395pm，所以體積為3953pm3＝3953×10﹣30cm3，則密度為g/cm3，故〖答案〗為：。19．（11分）科學(xué)探究是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要途徑，而實(shí)驗(yàn)是科學(xué)探究的重要手段Ⅰ．有機(jī)物樣品在如圖電爐中充分燃燒，通過測定生成的CO2和H2O的質(zhì)量，來確定有機(jī)物的分子式。請回答下列問題：（1）若錐形瓶內(nèi)的固體為MnO2，則其作用催化劑。（2）C裝置中CuO的作用是使有機(jī)物充分被氧化生成CO2和H2O，F(xiàn)裝置的作用為防止空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入。（3）準(zhǔn)確稱取11.6g樣品，充分反應(yīng)后，D裝置質(zhì)量增加10.8g，E裝置質(zhì)量增加26.4g，若該有機(jī)物的密度是相同條件下H2的29倍，且其一氯代物只有一種結(jié)構(gòu)，則該有機(jī)物的鍵線式可表示為CH3OCH3。（4）若少了B裝置，則所得樣品的分子式中氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏大（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。Ⅱ．實(shí)驗(yàn)室制備苯乙酮的化學(xué)方程式為：制備過程中還會(huì)發(fā)生CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑等副反應(yīng)。主要實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。已知：氯化鋁易水解，乙酸酐與水反應(yīng)生成CH3COOH。主要實(shí)驗(yàn)步驟：（Ⅰ）合成在a中加入20g無水氯化鋁和30mL無水苯。為避免反應(yīng)液升溫過快，邊攪拌邊慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL無水苯的混合液，控制滴加速率．使反應(yīng)液緩緩進(jìn)入a中。滴加完畢后加熱回流1小時(shí)。（Ⅱ）分離與提純①邊攪拌邊慢慢滴加一定量濃鹽酸與冰水混合液，分離得到有機(jī)層；②水層用苯萃取，分液；③將①②所得有機(jī)層合并，洗滌、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗產(chǎn)品；④蒸餾粗產(chǎn)品得到苯乙酮?；卮鹣铝袉栴}：（5）儀器a的名稱為三頸燒瓶。（6）分離和提純操作②的目的把溶解在水中的苯乙酮提取出來以減少損失。（7）粗產(chǎn)品蒸餾提純時(shí)，如圖裝置中溫度計(jì)位置可能會(huì)導(dǎo)致收集到的產(chǎn)品中混有低沸點(diǎn)雜質(zhì)的是AB。〖祥解〗A裝置中過氧化氫在二氧化錳催化下分解生成氧氣，測定一定質(zhì)量的有機(jī)物完全燃燒時(shí)生成CO2和H2O的質(zhì)量，來確定是否含氧及C、H、O的個(gè)數(shù)比，求出最簡式；因此生成O2后必須除雜（主要是除H2O），所以氧氣中水蒸氣，通過濃硫酸干燥，C中CuO的作用是使有機(jī)物充分氧化生成CO2；D用來吸收水，測定生成水的質(zhì)量，E、F管吸收二氧化碳，G防止空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入F中。【解答】解：（1）A裝置分液漏斗中的液體為雙氧水，錐形瓶內(nèi)的固體為二氧化錳，二氧化錳是雙氧水分解的催化劑，故〖答案〗為：催化劑；（2）C裝置中CuO的作用是使有機(jī)物充分被氧化生成CO2和H2O，F(xiàn)裝置的作用為防止空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入，故〖答案〗為：使有機(jī)物充分被氧化生成CO2和H2O；防止空氣中的水和二氧化碳進(jìn)入；（3）準(zhǔn)確稱取11.6g樣品，若實(shí)驗(yàn)中所取樣品只含C、H、O三種元素中的兩種或三種，經(jīng)充分反應(yīng)后，D管質(zhì)量增加10.8g，則水的物質(zhì)的量n（H2O）═0.6mol，E裝置和F裝置質(zhì)量共增加26.4g，為二氧化碳，n（CO2）═0.6mol，氧原子質(zhì)量m（O）＝11.6g﹣0.6mol×2×1g/mol﹣0.6mol×12g/mol＝3.2g，氧原子物質(zhì)的量n（O）═0.2mol，n（C）：n（H）：：n（O）＝3：6：1，若該有機(jī)物的密度是相同條件下H2的29倍，該物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量為58，則分子式為：C3H6O，且其一氯代物只有一種結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)為CH3OCH3，故〖答案〗為：CH3OCH3；（4）若少了B裝置，氧氣中含有水，則所得樣品的分子式中氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏大，故〖答案〗為：偏大；（5）儀器a的名稱為三頸燒瓶，故〖答案〗為：三頸燒瓶；（6）分離和提純操作②水層用苯萃取，分液，苯乙酮中苯中的溶解度大于水，目的把溶解在水中的苯乙酮提取出來以減少損失，故〖答案〗為：把溶解在水中的苯乙酮提取出來以減少損失；（7）粗產(chǎn)品蒸餾提純時(shí)，溫度計(jì)的水銀球的位置應(yīng)在蒸餾燒瓶的支管口處，裝置中溫度計(jì)位置正確的是C，水銀球位置過低，可能會(huì)導(dǎo)致收集到的產(chǎn)品中混有低沸點(diǎn)雜質(zhì)的裝置是AB，故〖答案〗為：AB。20．（13分）二苯甲烷、聯(lián)苯，萘、苯并芘，橢圓烯都是常見的芳香族化合物，結(jié)構(gòu)簡式如下。（1）已知橢圓烯（Ⅰ）的分子式為C24H12，則橢圓烯（Ⅱ）的分子式為C32H12。（2）下列說法正確的是d（填序號(hào)）。a．二苯甲烷中最多有五個(gè)碳原子在同一條直線上b．萘的二氯代物有8種c．聯(lián)苯屬于苯的同系物d．在一定條件下，1mol苯并芘最多與10molH2，發(fā)生加成反應(yīng)（3）相對(duì)分子質(zhì)量均小于100的芳香烴A、B（均是合成二苯甲烷的原料），其中M（A）＜M（B）。利用A、B合成二苯甲烷的方法如下：則C→二苯甲烷發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。（4）由甲苯制備TNT的化學(xué)方程式+3HNO3+3H2O。（5）丙烯的某種同系物（M）與氫氣加成后所得產(chǎn)物結(jié)構(gòu)為CH3CH（CH3）CH2CH3，若有機(jī)物M分子中有兩個(gè)甲基，則M的系統(tǒng)命名是3﹣甲基﹣1﹣丁烯。（6）維生素C（又稱為抗壞血酸）的分子結(jié)構(gòu)如圖所示：①該分子中含有的含氧官能團(tuán)為羥基、酯基（填名稱），根據(jù)電負(fù)性大小，抗壞血酸中顯+1價(jià)的碳原子有2個(gè)。②維生素C易溶于水，且在水中呈酸性，其易溶于水的原因是維生素C為極性分子，水也是極性分子，相似相溶，且維生素可與水形成氫鍵，在水中溶解度更大；維生素C與乙醇比較，分子中氧氫鍵極性較強(qiáng)的是C6H8O6（填分子式）。〖祥解〗（1）根據(jù)Ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式可知，Ⅱ的分子式中含有32個(gè)C、12個(gè)H；（2）a．苯分子中對(duì)角線上的原子共直線，甲烷分子中最多有2個(gè)原子共直線，單鍵可以旋轉(zhuǎn)；b．萘的二氯代物中，兩個(gè)氯原子可以在同一個(gè)碳原子上，可以在不同碳原子上；c．聯(lián)苯和苯的結(jié)構(gòu)不相似；d．在一定條件下，1mol苯并芘最多與10molH2發(fā)生加成反應(yīng)；（3）相對(duì)分子質(zhì)量均小于100的芳香烴A、B（均是合成二苯甲烷的原料），其中M（A）＜M（B），B和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C和A發(fā)生取代反應(yīng)生成二苯甲烷，則A為、C為、A為；（4）甲苯和濃硝酸在濃硫酸加熱條件下反應(yīng)生成TNT和水；（5）丙烯的某種同系物（M）與氫氣加成后所得產(chǎn)物結(jié)構(gòu)為CH3CH（CH3）CH2CH3，若有機(jī)物M分子中有兩個(gè)甲基，M為CH2＝CHCH（CH3）2；（6）①該分子中含有的含氧官能團(tuán)為羥基、酯基；電負(fù)性O(shè)＞C＞H，有1個(gè)C﹣O鍵、不含C﹣H鍵的碳原子顯+1價(jià)；②維生素C為極性分子，水也是極性分子，相似相溶，且維生素可與水形成氫鍵；碳碳雙鍵吸電子，使氧氫鍵更易斷裂呈酸性，鍵的極性越強(qiáng)，鍵越易斷裂?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)Ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式可知，Ⅱ的分子式中含有32個(gè)C、12個(gè)H，其分子式為：C32H12，故〖答案〗為：C32H12；（2）a．苯分子中對(duì)角線上的原子共直線，甲烷分子中最多有2個(gè)原子共直線，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，則二苯甲烷中最多有2個(gè)碳原子在同一條直線上，故a錯(cuò)誤；b．由結(jié)構(gòu)對(duì)稱可知，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種（），二氯代物有10種（，故b錯(cuò)誤；c．聯(lián)苯和苯的結(jié)構(gòu)不相似，所以二者不互為同系物，故c錯(cuò)誤；d．苯并芘分子中相當(dāng)于含有10個(gè)碳碳雙鍵，碳碳雙鍵和氫氣以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，所以在一定條件下，1mol苯并芘最多與10molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故d正確；故〖答案〗為：d；（3）相對(duì)分子質(zhì)量均小于100的芳香烴A、B（均是合成二苯甲烷的原料），其中M（A）＜M（B），B和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C和A發(fā)生取代反應(yīng)生成二苯甲烷，則A為、C為、A為，C→二苯甲烷發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故〖答案〗為：取代反應(yīng)；（4）甲苯和濃硝酸在濃硫酸加熱條件下反應(yīng)生成TNT和水，額甲苯制備TNT的化學(xué)方程式：+3HNO3+3H2O，故〖答案〗為：+3HNO3+3H2O；（5）丙烯的某種同系物（M）與氫氣加成后所得產(chǎn)物結(jié)構(gòu)為CH3CH（CH3）CH2CH3，若有機(jī)物M分子中有兩個(gè)甲基，M為CH2＝CHCH（CH3）2，則M的系統(tǒng)命名是3﹣甲基﹣1﹣丁烯，故〖答案〗為：3﹣甲基﹣1﹣丁烯；（6）①分子中含有的含氧官能團(tuán)為酯基、羥基，電負(fù)性O(shè)＞C＞H，有1個(gè)C﹣O鍵、不含C﹣H鍵的碳原子顯+1價(jià)，抗壞血酸中顯+1價(jià)的碳原子有（用*標(biāo)出），共2個(gè)，故〖答案〗為：酯基、羥基；2；②維生素C為極性分子，水也是極性分子，相似相溶，且維生素可與水形成氫鍵，所以維生素C易溶于水；碳碳雙鍵吸電子，使氧氫鍵更易斷裂呈酸性，所以維生素C與乙醇比較，分子中氧氫鍵極性較強(qiáng)的是C6H8O6，故〖答案〗為：維生素C為極性分子，水也是極性分子，相似相溶，且維生素可與水形成氫鍵，在水中溶解度更大；C6H8O6。山東省臨沂市2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期4月期中考試一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．（2分）下列表述正確的是（）A．N2H4的電子式 B．金剛石晶體中只有一種化學(xué)環(huán)境的碳原子 C．氨氣分子的VSEPR模型 D．基態(tài)碳原子的核外電子軌道表示式為〖祥解〗A．N2H4的電子式中N原子孤對(duì)電子未標(biāo)出，氮原子間為單鍵；B．金剛石是每個(gè)碳原子與另外四個(gè)碳原子間形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；C．氨氣分子的VSEPR模型為正四面體形；D．核外電子排布規(guī)律可知，電子盡可能占據(jù)不同軌道且自旋方向相同?！窘獯稹拷猓篈．N2H4的電子式為：，故A錯(cuò)誤；B．金剛石是每個(gè)碳原子與另外四個(gè)碳原子間形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，晶體中只有一種化學(xué)環(huán)境的碳原子，故B正確；C．氨氣分子的VSEPR模型為正四面體形，為三角錐形，故C錯(cuò)誤；D．基態(tài)碳原子的核外電子排布式為1s22s22p2，核外電子軌道表示式為：，故D錯(cuò)誤；故選：B。2．（2分）表中列出了部分炔腈類化合物，有關(guān)說法正確的是（）名稱氰基乙炔氰基丁二炔？氰基辛四炔氰基癸五炔化學(xué)式HC3NHC5NHC7NHC9NHC11NA．表中HC7N的名稱為氰基庚三炔 B．HC9N中所有原子均共線 C．以上5種物質(zhì)互為同系物 D．可由乙炔和含氮化合物加聚制得HC11N〖祥解〗A．依據(jù)HC3N為氰基乙炔，HC5N為氰基丁二炔，HC9N為氰基辛四炔，可知HC7N含有三個(gè)碳碳三鍵，名稱為氰基己三炔；B．HC9N的結(jié)構(gòu)簡式為HC≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡N，結(jié)合H﹣C≡C﹣H是直線型分子的結(jié)構(gòu)可知HC9N中所有原子在同一條直線上；C．結(jié)構(gòu)相似，組成上相差n個(gè)CH2的有機(jī)物互稱為同系物；D．由乙炔和含氮化合物先加成生成氰基乙烯。【解答】解：A．依據(jù)HC3N為氰基乙炔，HC5N為氰基丁二炔，HC9N為氰基辛四炔，可知HC7N含有三個(gè)碳碳三鍵，名稱為氰基己三炔，故A錯(cuò)誤；B．HC9N的結(jié)構(gòu)簡式為HC≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡N，結(jié)合H﹣C≡C﹣H是直線型分子的結(jié)構(gòu)可知HC9N中所有原子在同一條直線上，故B正確；C．5種物質(zhì)的分子組成不相差n個(gè)CH2，其中含有的碳碳三鍵數(shù)目也不相同，結(jié)構(gòu)不相似，故它們不互為同系物，故C錯(cuò)誤；D．由乙炔和含氮化合物先加成生成氰基乙烯，后加聚反應(yīng)產(chǎn)物中碳原子個(gè)數(shù)為偶數(shù)，不能制備HC11N，故D錯(cuò)誤；故選：B。3．（2分）物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)。下列事實(shí)與解釋相符的是（）選項(xiàng)事實(shí)解釋ACF4是非極性分子碳原子處在4個(gè)氟原子所組成的正方形中心，鍵的極性的向量和為零B利用“杯酚”可分離C60和C70超分子具有自組裝的特征C干冰的熔點(diǎn)低于SiO22個(gè)C＝O鍵的鍵能之和小于4個(gè)Si﹣O鍵的鍵能之和DGe原子間難以形成π鍵Ge的原子半徑較大，未雜化的p軌道很難重疊A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．CF4是正四面體結(jié)構(gòu)的非極性分子；B．“杯酚”可識(shí)別與其空腔直徑相當(dāng)?shù)姆肿?；C．干冰的熔點(diǎn)低于SiO2，與晶體類型有關(guān)，與C＝O鍵的鍵能無關(guān)；D．Ge原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成π鍵?！窘獯稹拷猓篈．CF4可看作是CH4分子中的H原子被F取代的產(chǎn)物，是正四面體結(jié)構(gòu)，不是正方形結(jié)構(gòu)，碳原子處在4個(gè)氟原子所組成的正四面體中心，鍵的極性的向量和為零，屬于非極性分子，故A錯(cuò)誤；B．杯酚能盛裝C60，而不能盛裝C70，可用杯酚識(shí)別并分離C60和C70，體現(xiàn)了超分子的分子識(shí)別的特征，不是自組裝特征，故B錯(cuò)誤；C．干冰是分子晶體、分子間靠范德華力維系，SiO2是共價(jià)晶體、熔融時(shí)需要破壞共價(jià)鍵，由于范德華力小于共價(jià)鍵，所以干冰的熔點(diǎn)低于SiO2，與C＝O鍵的鍵能無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．Ge與C是同族元素，C原子之間可“肩并肩”形成雙鍵、三鍵，但Ge的原子半徑大，原子間形成的σ單鍵長，未雜化的p軌道“肩并肩”的重疊程度小，難以形成π鍵，故D正確；故選：D。4．（2分）一定條件下，有機(jī)物M和N反應(yīng)可生成P，反應(yīng)方程式如下：下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．有機(jī)物N中所有碳原子可能共平面 B．1mol有機(jī)物P能與5molH2發(fā)生加成反應(yīng) C．有機(jī)物N與互為同系物 D．有機(jī)物M的同分異構(gòu)體可能屬于芳香烴〖祥解〗A．甲烷中最多有3個(gè)原子共平面，苯、乙炔、﹣COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)；B．P中碳碳雙鍵和氫氣以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵和氫氣不反應(yīng)；C．有機(jī)物N與的分子式相同但結(jié)構(gòu)不同；D．M的分子式是C7H8，不飽和度是4，苯環(huán)的不飽和度是4?！窘獯稹拷猓篈．甲烷中最多有3個(gè)原子共平面，苯、乙炔、﹣COOH中所有原子共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，有機(jī)物N相當(dāng)于乙烷中的2個(gè)碳上的氫原子被甲基、苯丙炔酸酯基取代，則該分子中所有碳原子可能共平面，故A正確；B．P中碳碳雙鍵和氫氣以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)和氫氣以1：3發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中碳氧雙鍵和氫氣不反應(yīng)，P中含有2個(gè)碳碳雙鍵、1個(gè)苯環(huán)，所以1molp最多消耗5mol氫氣，故B正確；C．有機(jī)物N與的分子式相同但結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，不互為同系物，故C錯(cuò)誤；D．M的分子式是C7H8，不飽和度是4，苯環(huán)的不飽和度是4，所以M有屬于芳香烴的同分異構(gòu)體，為甲苯，故D正確；故選：C。5．（2分）鈣鈦礦是以俄羅斯礦物學(xué)家Perovski的名字命名的，最初單指鈦酸鈣這種礦物[如圖（a）]，此后，把結(jié)構(gòu)與之類似的晶體（化學(xué)式與鈦酸鈣相似）統(tǒng)稱為鈣鈦礦物質(zhì)。某鈣鈦礦型太陽能光伏電池的有機(jī)半導(dǎo)材料的結(jié)構(gòu)如圖（b）所示，其中A為CH3，另兩種離子為I﹣和Pb2+。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．圖（a）晶胞中與每個(gè)Ca2+緊鄰的O2﹣有6個(gè) B．圖（b）中，X為I﹣ C．CH3中含有配位鍵 D．圖（b）立方晶胞的密度為ρg?cm﹣3，則晶胞邊長a＝×107nm〖祥解〗解：A．圖（a）的晶胞中，Ca2+位于頂點(diǎn)，其與鄰近的3個(gè)面的面心上的O2﹣緊鄰，每個(gè)頂點(diǎn)參與形成8個(gè)晶胞，每個(gè)面參與形成2個(gè)晶胞；B．由圖（b）可知，A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X；C．類比的成鍵情況可知，CH3中含有H+與N原子上的孤電子對(duì)形成的配位鍵；D．A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X，根據(jù)晶體呈電中性可以確定，CH3和Pb2+均為1個(gè)，有3個(gè)I﹣，圖（b）立方晶胞的密度為ρg?cm﹣3，則晶胞邊長a＝?！窘獯稹拷猓篈．圖（a）的晶胞中，Ca2+位于頂點(diǎn)，其與鄰近的3個(gè)面的面心上的O2﹣緊鄰，每個(gè)頂點(diǎn)參與形成8個(gè)晶胞，每個(gè)面參與形成2個(gè)晶胞，因此，與每個(gè)Ca2+緊鄰的O2﹣有12個(gè)，故A錯(cuò)誤；B．由圖（b）可知，A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X，根據(jù)晶體呈電中性可以確定，CH3和Pb2+均為1個(gè)，有3個(gè)I﹣，故X為I﹣，故B正確；C．類比的成鍵情況可知，CH3中含有H+與N原子上的孤電子對(duì)形成的配位鍵，故C正確；D．A、B、X分別位于晶胞的頂點(diǎn)、體心、面心，根據(jù)均攤法可以確定其中有1個(gè)A、1個(gè)B和3個(gè)X，根據(jù)晶體呈電中性可以確定，CH3和Pb2+均為1個(gè)，有3個(gè)I﹣，圖（b）立方晶胞的密度為ρg?cm﹣3，則晶胞邊長a＝＝×107nm，故D正確；故選：A。6．（2分）有機(jī)物Z是合成治療某心律不齊藥物的中間體，其合成機(jī)理如圖：已知：下列說法不正確的是（）A．X與足量氫氣加成后的產(chǎn)物中含有3個(gè)手性碳 B．Z分子存在順反異構(gòu) C．X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X D．等物質(zhì)的量的X與苯乙烯分別在足量氧氣中充分燃燒，X的耗氧量較小〖祥解〗A．連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；B．碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個(gè)不同的原子或原子團(tuán)時(shí)存在順反異構(gòu)；C．X含有親水基、Y和Z都不含親水基；D．X的分子式為C9H10O2，分子式相當(dāng)于C8H10?CO2，苯乙烯的分子式為C8H8?！窘獯稹拷猓篈．X與足量氫氣加成后的產(chǎn)物如圖，含有3個(gè)手性碳原子，故A正確；B．Z分子中碳碳雙鍵兩端的碳原子連接2個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，所以存在順反異構(gòu)，故B正確；C．X含有親水基、Y和Z都不含親水基，所以X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X，故C正確；D．X的分子式為C9H10O2，分子式相當(dāng)于C8H10?CO2，苯乙烯的分子式為C8H8，1molX完全燃燒消耗10.5mol氧氣、1mol苯乙烯完全燃燒消耗10mol氧氣，所以X的耗氧量較答，故D錯(cuò)誤；故選：D。7．（2分）科學(xué)家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是（）A．W和Z能以共價(jià)鍵結(jié)合形成化合物 B．元素非金屬性的順序?yàn)閄＞Y＞Z C．Y的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸 D．該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)〖祥解〗W、X、Y、Z為同一短周期元素，根據(jù)圖知，X能形成4個(gè)共價(jià)鍵、Z能形成1個(gè)共價(jià)鍵，則X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半，Z最外層7個(gè)電子，則X原子核外有14個(gè)電子，X為Si元素，Z為Cl元素，該陰離子中Cl元素為﹣1價(jià)、X元素為+4價(jià)，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為﹣1價(jià)，Y為﹣3價(jià)，所以Y為P元素，根據(jù)陽離子所帶電荷知，W為Na元素，通過以上分析知W、X、Y、Z分別是Na、Si、P、Cl元素，結(jié)合題目分析解答?！窘獯稹拷猓和ㄟ^以上分析知，W、X、Y、Z分別是Na、Si、P、Cl元素，A．W為鈉元素，Z為氯元素，兩者之間以離子鍵結(jié)合形成化合物，故A錯(cuò)誤；B．同一周期元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強(qiáng)，則非金屬性Cl＞P＞Si，所以非金屬性Z＞Y＞X，故B錯(cuò)誤；C．Y為P元素，Y的最高價(jià)氧化物的水合物是H3PO4為中強(qiáng)酸，故C正確；D．Y為P元素，其最外層有5個(gè)電子，P原子形成2個(gè)共價(jià)鍵且該陰離子得到W原子一個(gè)電子，所以P原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，即Y原子達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選：C。8．（2分）如圖三條曲線分別表示C、Si和P元素的前四級(jí)電離能變化趨勢。下列說法正確的是（）A．元素電負(fù)性：c＞b＞a B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：c＞a＞b C．簡單氫化物的沸點(diǎn)：b＞c＞a D．對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱：a＞c＞b〖祥解〗同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，同周期主族元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，故三種元素中Si的第一電離能最小，由題圖可知，c為Si元素，P原子第四電離能對(duì)應(yīng)為失去3s能級(jí)中1個(gè)電子，與第三電離能相差較大，可知b為P元素、a為C元素。【解答】解：A．同周期元素從左到右電負(fù)性增大，同主族元素從上到下電負(fù)性減小，故Si的電負(fù)性最小，故A錯(cuò)誤；B．Si的非金屬性最弱，非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物越穩(wěn)定，故SiH4的穩(wěn)定性最差，故B錯(cuò)誤；C．均形成分子晶體，沒有氫鍵存在，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，相對(duì)分子質(zhì)量：PH3＞SiH4＞CH4，即簡單氫化物的的沸點(diǎn)：b＞c＞a，故C正確；D．對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為H2CO3、H2SiO3、H3PO4，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，故酸性H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，即b＞a＞c，故D錯(cuò)誤；故選：C。9．（2分）已知空間利用率是指構(gòu)成晶體的原子、離子或分子在整個(gè)晶體空間中所占有的體積百分比。下列有關(guān)說法不正確的是（）A．銅碘雜化團(tuán)簇分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子間通過范德華力聚集在一起 B．金屬Cu為面心立方晶胞如圖2所示，若晶胞的邊長為a，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為 C．金屬Cu晶體的空間利用率為 D．碳酸銅的組成元素在元素周期表中屬于同區(qū)元素〖祥解〗解：A．范德華力是分子之間普遍存在的一種相互作用力，它的本質(zhì)是正負(fù)電荷間的相互吸引，它使得許多物質(zhì)能以一定的凝聚態(tài)存在；B．金屬Cu為面心立方晶胞如圖2所示，若晶胞的邊長為a，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為面對(duì)角線的一半；C．金屬Cu晶體中銅原子位于頂點(diǎn)和面心，共8×+6×＝4，晶體中4r＝a，則空間利用率＝×100%；D．碳酸銅的組成元素銅位于ds區(qū)，碳原子和氧原子位于p區(qū)?！窘獯稹拷猓篈．范德華力是分子之間普遍存在的一種相互作用力，它的本質(zhì)是正負(fù)電荷間的相互吸引，它使得許多物質(zhì)能以一定的凝聚態(tài)存在，則銅碘雜化團(tuán)簇分子是分子間通過范德華力聚集在一起，故A正確；B．金屬Cu為面心立方晶胞如圖2所示，若晶胞的邊長為a，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為面對(duì)角線的一半，則最近的兩個(gè)銅原子的距離為，故B正確；C．金屬Cu晶體中銅原子位于頂點(diǎn)和面心，共8×+6×＝4，晶體中4r＝a，則空間利用率＝×100%＝＝，故C正確；D．碳酸銅的組成元素銅位于ds區(qū)，碳原子和氧原子位于p區(qū)，則碳酸銅的組成元素在元素周期表中不屬于同區(qū)元素，故D錯(cuò)誤；故選：D。10．（2分）已知：CH2＝CH﹣CH＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH＝CH﹣CH2Br（1，4﹣加成反應(yīng)）。下列說法不正確的是（）（以下氯代物或產(chǎn)物均不考慮立體異構(gòu)）A．螺[2，2]戊烷（）的二氯代物有4種 B．螺[2，2]戊烷（）與環(huán)戊烯互為同分異構(gòu)體 C．甲苯完全氫化后的環(huán)烷烴的一氯代物有5種 D．某烴（）與Br2按物質(zhì)的量之比為1：1加成時(shí)，所得產(chǎn)物有5種〖祥解〗A．的二氯代物中，兩個(gè)氯原子可以在同一個(gè)碳原子上，可以在不同碳原子上；B．、的分子式都是C5H8，但結(jié)構(gòu)不同；C．甲苯完全氫化后的環(huán)烷烴為，中含有幾種氫原子，其一氯代物就有幾種；D．與Br2按物質(zhì)的量之比為1：1加成時(shí)，可以是1，2﹣加成，可以是1，4﹣加成?！窘獯稹拷猓篈．的二氯代物中，兩個(gè)氯原子可以在同一個(gè)碳原子上，有1種位置異構(gòu)；兩個(gè)氯原子可以在不同碳原子上，有2種位置異構(gòu)，所以符合條件的同分異構(gòu)體有3種，故A錯(cuò)誤；B．、的分子式都是C5H8，但結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，故B正確；C．甲苯完全氫化后的環(huán)烷烴為，中含有5種氫原子，其一氯代物有5種，故C正確；D．與Br2按物質(zhì)的量之比為1：1加成時(shí)，可以是1，2﹣加成，有3種位置異構(gòu)；可以是1，4﹣加成，有2種位置異構(gòu)，所以所得產(chǎn)物有5種，故D正確；故選：A。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。（多選）11．（4分）氟的單質(zhì)及含氟化合物用途廣泛。CsF是離子晶體，其Born﹣Haber圖示如圖：若氣態(tài)非金屬原子獲得1個(gè)電子形成氣態(tài)陰離子所釋放的能量叫該原子的第一親和能，則下列說法正確的是（）A．Cs原子的第一電離能為452.2kJ?mol﹣1 B．F﹣F鍵的鍵能為79.4kJ?mol﹣1 C．F原子第一親和能為328.2kJ?mol﹣1 D．主族元素中第一電離能最大的是F〖祥解〗A．氣態(tài)基態(tài)Cs原子失去1個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)Cs離子需要的最低能量為Cs的第一電離能；B．由圖可知，斷裂1molF﹣F鍵需要的能量為79.4kJ×2；C．由圖可知，F(xiàn)元素的第一電子親和能為328.2kJ/mol；D．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，同一族中元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小。【解答】解：A．氣態(tài)基態(tài)Cs原子失去1個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)Cs離子需要的最低能量為Cs的第一電離能，則Cs原子的第一電離能為375.7kJ?mol﹣1，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，斷裂1molF﹣F鍵需要的能量為79.4kJ×2＝158.8kJ，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，F(xiàn)元素的第一電子親和能為328.2kJ/mol，故C正確；D．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，同一族中元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，故主族元素中第一電離能最大的是F，故D正確；故選：CD。（多選）12．（4分）硝基苯是一種重要有機(jī)合成中間體，其制備、純化流程如圖。已知：制備反應(yīng)在溫度稍高時(shí)會(huì)生成間二硝基苯。下列說法正確的是（）A．制備硝基苯所需玻璃儀器只有酒精燈、燒杯、試管、導(dǎo)管 B．配制混酸時(shí)，應(yīng)將濃硫酸緩慢注入到濃硝酸中，邊加邊攪拌 C．上述流程中Na2CO3溶液可以用NaOH溶液代替 D．由②、③分別獲取相應(yīng)物質(zhì)時(shí)可采用相同的操作方法〖祥解〗苯與濃硝酸和濃硫酸的混酸在50﹣60℃條件下發(fā)生反應(yīng)生成硝基苯，得到的粗產(chǎn)品1，先加水除去酸，再加碳酸鈉繼續(xù)除去殘留的酸，然后用蒸餾水除去碳酸鈉等溶水鹽，得到粗產(chǎn)品2，干燥除水后，再蒸餾分離硝基苯和苯，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．制備硝基苯時(shí)的溫度為50～60℃，需要用水浴加熱，則所需玻璃儀器還有溫度計(jì)，故A錯(cuò)誤；B．配制混酸時(shí)，應(yīng)將密度大的濃硫酸緩慢加入到密度小的濃硝酸中，邊加邊攪拌，使產(chǎn)生的熱量迅速散失，故B正確；C．碳酸鈉溶液的作用是除去NO2，可以用氫氧化鈉溶液代替，2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，故C正確；D．②中由反應(yīng)后的混合物得到粗產(chǎn)品采用分液；③中粗產(chǎn)品2經(jīng)過干燥后，采用蒸餾得到硝基苯，兩者的操作方法不同，故D錯(cuò)誤；故選：BC。（多選）13．（4分）有機(jī)物A的分子式為C8H8O2。A的核磁共振氫譜有4個(gè)峰值面積之比為1：2：2：3，A分子中只含一個(gè)苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，其核磁共振氫譜與紅外光譜如圖。關(guān)于A的下列說法中，不正確的是（）A．有機(jī)物A的一氯代物有三種 B．有機(jī)物A分子中最多有l(wèi)6個(gè)原子共平面 C．有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式 D．與有機(jī)物A屬于同類有機(jī)化合物的同分異構(gòu)體只有4種〖祥解〗有機(jī)物A的分子式為分子式C8H8O2，其不飽和度為＝5，A分子中只含一個(gè)苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，其核磁共振氫譜有四個(gè)吸收峰，說明分子中含有4種H原子，峰面積之比為1：2：2：3，則四種氫原子個(gè)數(shù)依次為1、2、2、3，側(cè)鏈中只有1種氫原子，結(jié)合紅外光譜可知，分子中存在酯基等基團(tuán)，且苯環(huán)與C原子相連，故有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中有4種氫原子，則有機(jī)物A的一氯代物有四種，故A錯(cuò)誤；B．苯環(huán)及其連接為平面結(jié)構(gòu)，碳氧雙鍵及其連接為原子也是平面結(jié)合，旋轉(zhuǎn)單鍵可以使2個(gè)平面共平面，可以使甲基中碳原子及1個(gè)氫原子處于平面內(nèi)，分子中最多有16個(gè)原子共平面，故B正確；C．由分析可知，符合題中A分子結(jié)構(gòu)特征的有機(jī)物為，故C正確；D．與有機(jī)物A屬于同類有機(jī)化合物的同分異構(gòu)體含有酯基、苯環(huán)，可能的結(jié)構(gòu)簡式有、、、、、共6種，故D錯(cuò)誤；故選：AD。14．（4分）許多過渡金屬離子能形成種類繁多的配合物。下列說法正確的是（）A．二乙二胺合銅配離子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+的結(jié)構(gòu)如圖所示，可知Cu2+的配位數(shù)為4，配體數(shù)也為4 B．[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為平面四邊形，Cu2+雜化方式為sp3 C．由反應(yīng)2[Co（H2O）6]2++10NH3+2+H2O2═2[Co（NH3）6]3++14H2O，可知配位能力：NH3＞H2O D．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O中心離子為Ti4+，1mol該配合物與AgNO3溶液作用，生成3molAgCl〖祥解〗A．二乙二胺合銅配離子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+中1個(gè)H2NCH2CH2NH2分子提供2個(gè)N原子與Cu2+配位，配體數(shù)為2；B．中心原子或離子的VSEPR模型為四面體或正四面體時(shí)采用sp3雜化；C．配合物中配位能力大的配離子越易形成；D．常溫下，配合物中只有外界的Cl﹣能發(fā)生電離，內(nèi)界中Cl﹣不能發(fā)生電離。【解答】解：A．二乙二胺合銅配離子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+中1個(gè)H2NCH2CH2NH2分子提供2個(gè)N原子與Cu2+配位，Cu2+的配位數(shù)為4，配體數(shù)為2，故A錯(cuò)誤；B．[Cu（NH3）4]2+的空間構(gòu)型為平面四邊形，Cu2+的VSEPR模型不是正四面體，則Cu2+雜化方式為sp3，應(yīng)該是dsp2雜化，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)2[Co（H2O）6]2++10NH3+2+H2O2═2[Co（NH3）6]3++14H2O，說明[Co（H2O）6]2+易轉(zhuǎn)化為[Co（NH3）6]3+，即NH3的配位能力大于H2O，故C正確；D．根據(jù)化合價(jià)規(guī)律可知，配合物[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O中心離子為Ti3+，配合物中只有外界的Cl﹣能發(fā)生電離，內(nèi)界中Cl﹣不能發(fā)生電離，則1mol配合物[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O與足量AgNO3溶液作用，生成2molAgCl，故D錯(cuò)誤；故選：C。15．（4分）金屬及其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。云南的“烏銅走銀”制作技藝列入國家級(jí)非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄。制作中的走銀工序是將氧化變黑的銀絲嵌入銅器表面已鏨刻好的花紋內(nèi)，再經(jīng)揉黑工序，用手邊焐邊搓揉銅器，直到銅器表面變成烏黑、銀絲變得光亮。近期中國科學(xué)院在含銀化合物運(yùn)用于超離子導(dǎo)體方面取得突破性進(jìn)展，制得的α﹣AgI晶體在室溫下的電導(dǎo)率比普通多晶的AgI提高了近5個(gè)數(shù)量級(jí)。α﹣AgI晶體中I﹣?zhàn)黧w心立方堆積（如圖所示），Ag+可分布在由I﹣構(gòu)成的空隙位置上。在電場作用下，Ag+無需克服太大阻力即可發(fā)生遷移。已知：阿伏加德羅常數(shù)為NA。下列說法正確的是（）A．I﹣的結(jié)構(gòu)示意圖為 B．Ag+位于I﹣構(gòu)成的四面體和八面體空隙上 C．α﹣AgI晶體的摩爾體積為NA?a3m3?mol﹣1 D．α﹣AgI晶體不屬于電解質(zhì)〖祥解〗A．I是53號(hào)元素，原子