2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析） (IV).doc

2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析） (IV)1.1.下列有关晶体常识的叙述错误的是（ ）A. 水晶属于晶体，有固定的熔点，而玻璃无固定的熔点，属于非晶体B. 当单一波长的X-射线通过晶体时可以看到明显的分立的斑点或者谱线C. 晶体都具有自范性。自范性是晶体的本质属性D. 晶体都具有规则的几何外形，而非晶体都不具有规则的几何外形【答案】D【解析】【详解】A.水晶的化学成份是二氧化硅，属于原子晶体，而玻璃是混合物，属于非晶体，故A叙述正确；B. 当单一波长的X-射线通过晶体时，可发生衍射，可以看到明显的分立的斑点或者谱线，故B叙述正确；C.在适宜条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，即晶体的自范性，故C叙述正确；D.晶体具有规则的几何外形，但非晶体也可能具有规则的几何外形，如钻石形状的玻璃制品，故D叙述错误；答案选D。【点睛】本题主要考查晶体的相关概念和特点，具有规则的几何外形是晶体的特性之一，但不是其本质属性，故不能通过外形来判断物质是晶体还是非晶体。同一物质在不同条件下有时是晶体，有时为非晶体。2.2.下列有关化学用语正确的是（ ）A. 全氟丙烷的电子式为： B. 的分子式为：C8H8C. 乙烯的结构简式为：CH2CH2 D. 硝基苯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A.该电子漏掉了氟原子最外层未参与成键的电子，其电子式应该为：，故A项错误；B.由有机物键线式的书写规则可知的分子式为：C8H8，故B项正确；C.乙烯的结构简式为：，其中碳碳双键在书写时不能省略，故C项错误；D. 分子中成键原子的连接错误，结构简式应该为：，故D项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了有机物的电子式、结构简式、键线式等用语的表达，在结构简式的表达中注意碳碳双键、碳碳叁键等重要的官能团不能省略。3.3.下列有关有机物的构型判断错误的是（ ）A. 甲烷是正四面体结构，烷烃的碳原子呈直线形B. 乙烯是平面结构，1-丙烯三个碳原子共面C. 苯分子中碳原子采用sp2杂化，得到平面正六边形结构D. COCl2为平面结构分子【答案】A【解析】【详解】A.甲烷分子的空间构型为正四面体，烷烃分子中两个相邻碳碳键的夹角并不是180，因此烷烃的碳原子是呈锯齿形的，故A判断错误；B.乙烯分子为平面结构，与碳碳双键直接成键的原子都在该平面内，因此1-丙烯三个碳原子共平面，故B判断正确；C.苯环是由6个sp杂化碳原子通过键和键构成平面正六边形的碳环，故C判断正确；D. COCl2分子的结构式为：，其中的碳氧双键确定了一个平面，两个氯原子也在这个平面内，故D判断正确；答案选A。【点睛】本题主要考查有机物分子的空间构型，此类问题往往根据甲烷、乙烯、乙炔、苯等几种代表物的空间结构和原子间的成键规律来分析。4.4.下面有关物质熔点的排序不正确的是( )A. CF4CCl4CBr4异戊烷新戊烷C. 金刚石纯铁生铁干冰 D. 金刚石二氧化硅碳化硅晶体硅【答案】D【解析】【详解】A. CF4、CCl4、CBr4、CI4为四种结构相似有分子晶体，其熔点的高低可由其相对分子质量的大小来排序CF4CCl4CBr4异戊烷新戊烷，故B排序正确；C.金刚石为原子晶体，熔点最高，纯铁为金属晶体，熔点次之，而干冰为分子晶体，熔点最低，则这几种物质的熔点排序为金刚石纯铁生铁干冰，故C排序正确；D.金刚石、二氧化硅、碳化硅、晶体硅这四种晶体均为原子晶体，因原子半径的大小为SiOC，因此四种晶体中共价键的键长大小为Si-SiSi-OSi-CC-C，其熔点与键长成反比，则其熔点的高低排序为金刚石碳化硅二氧化硅晶体硅，故D排序不正确；答案选D。【点睛】本题主要考查物质结构与物质熔点高低的关系，既有同种晶体之间的比较，也有不同种晶体之间的对比，对该知识点的归纳较为全面。5.5.既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的操作方法是（ ）A. 向混合气体中通入一定量的氢气B. 将混合气通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶C. 将混合气通过盛蒸馏水的洗气瓶D. 将混合气通过盛足量溴水的洗气瓶【答案】D【解析】【分析】本题主要考查物质的除杂，在混合物的除杂操作中要注意既要除去杂质，同时又不能带入新的杂质，据此分析可得结论。【详解】A.氢气与乙烯在常温下不反应，且氢气的用量难以控制，容易导致引入新的杂质；故A项错误；B.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但会生成二氧化碳重新混入乙烷中，从而带入了新的杂质，故B项错误；C.乙烯难溶于水，因此通过蒸馏水来洗气不能除去乙烷中混有的乙烯，故C项错误；D.乙烯与溴水在常温下能发生加成反应，因此混合气体通过盛溴水的洗气瓶时，乙烯会被吸收而被除去，同时又没带入新的杂质，故D项正确；答案选D。【点睛】用酸性高锰酸钾溶液可以来鉴别乙烷和乙烯，但不能用酸性高锰酸钾溶液洗气来除去乙烷中混有的乙烯，因为乙烯酸性高锰酸钾溶液氧化生成的二氧化碳形成了新的杂质。6.6.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 NAB. 31g白磷中含有的P-P键数目为NAC. 标况下22.4L戊烷含有分子数目大于NAD. 7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 NA【答案】C【解析】【详解】A.双氧水的结构式为H-O-O-H，因此一个双氧水分子中含有两个H-O极性共价键，0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目应为0.2NA，故A项错误；B.白磷分子的空间构型为，每个P4分子中含有6个P-P键，则31g白磷中含有的P-P键数目为31g124g/mol6NA=1.5NA，故B项错误；C.因为戊烷在标况下为非气态，故22.4L戊烷物质的量肯定大于1mol，所含有分子数目大于NA，故C项正确；D.CaO2晶体由Ca2+和O22-构成，7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为7.2g72g/mol2NA=0.2NA，故D项错误；答案选D。【点睛】白磷是由四个磷原子构成的一个正四面体结构的分子，根据均摊法也可推知每个磷原子相当于形成了1.5个P-P键，这样也可以根据磷原子的数目计算白磷分子中P-P键的数目。7.7.下列说法不正确的是（ ）A. 晶格能由大到小：MgOCaONaF NaClB. 某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+C. 熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体D. 含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子【答案】C【解析】【详解】A.晶格能的大小与构成离子晶体的离子半径和离子所带电荷数目的多少相关，因为离子半径：Ca2+Na+Mg2+、F-O2-，离子所带的电荷：Ca2+= Mg2+Na+、O2- F-，故晶格能的大小为MgOCaONaF NaCl，故A说法正确；B.该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第IIA族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故B说法正确；C.HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2能够部分电离出自由移动的离子，因此HgCl2属于弱电解质，熔融状态的HgCl2不能导电说明HgCl2是共价化合物，属于分子晶体，故C说法错误；D.CO2、BF3、CH4三种分子的空间构型分别为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故D说法正确；答案选C。【点睛】绝大多数盐类物质都属于强电解质、离子化合物、离子晶体，但有少部分盐属于共价化合物，如：AlCl3、BeCl2、SnCl4、HgCl2、GeCl4、AuCl3等。8.8.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应：下列有关三聚氰酸的说法正确的是( )A. 分子式为C3H6N3O3B. 三聚氰酸可与水形成氢键C. 分子中既含极性键，又含非极性键D. 生成该物质的上述反应为化合反应【答案】B【解析】【详解】A.由其结构简式可得三聚氰酸的分子式为C3H3O3N3，故A说法错误；B.三聚氰酸分子中含有羟基，易与水分子形成氢键，故B说法正确；C.该分子中全部是不同原子间形成的共价键，故不存在非极性键，故C说法错误；D.该反应的生成物有二种，故该反应不属于化合反应，故D说法错误；答案选B。【点睛】根据氢键的形成条件可推知含有羟基、羧基、氨基、碳基等有机化合物间易形成氢键。9.9.下列各图曲线分别表示物质的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，为元素的有关性质），下列选项中的对应关系错误的是（ ）A. 图可以表示F-、Na+、Mg2+、Al3+四种离子的离子半径大小关系B. 图可以表示A族元素的最外层电子数C. 图可以表示A族元素氢化物的沸点高低关系D. 图可以表示第三周期中的非金属元素的氢化物的稳定性【答案】C【解析】【详解】AF-、Na+、Mg2+、Al3+四种离子，具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，则图中随Z的增大而Y减小，故A正确；BA族元素的最外层电子数均为2，则图中Z变大时Y不变，故B正确CVA族元素氢化物，氨分子中含氢键，沸点相对较高，其它气态氢化物随相对分子质量增大，沸点升高，但最终SbH3的沸点略高于氨，图像与此不符，故C错误；D第三周期中的非金属元素随着核电荷数的增加非金属性越强，其氢化物的越稳定，故D正确；答案选C。【点睛】将元素周期律等认识事物的一般规律通过图像的形式让学生再认知，能很好的培养学生的抽象思维能力，增强学生的的模型认知。10.10.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8，常见金属元素Z的一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2。下列说法中正确的是（ ）A. Y和W的含氧酸均为强酸B. 由化合物YX5是一种离子化合物，该物质与水反应生成气体X2，同时得到一种弱碱溶液C. YW3分子的空间构型为平面三角形D. 因为Z的氧化物熔点很高，不适宜于电解，故工业上常用电解Z与W的化合物的方法制取单质Z【答案】B【解析】【分析】因元素Z的一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2，可知Z为Al，其最外层电子数为3，则X、Y、W原子最外层电子数分别为1、5、7，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，另外X与W的最高化合价之和为8，则有X为H，Y为N，W为Cl。【详解】AY和W的含氧酸可能是亚硝酸、次氯酸等，并不是强酸，只有其最高价含氧酸才是强酸，故A错误；B化合物YX5是由NH4+和H-构成的化合物，属于离子化合物，与水反应能生成一水合氨和氢气，故B正确；CYW3分子为NCl3，其空间构型为三角锥形，故C正确错误；DZ与W的化的化合物为AlCl3，属于共价化合物，熔融状态下不导电，故不能通过电解AlCl3的方法来制得单质铝，故D错误；答案选B。【点睛】化合物NH5对学生而言较为陌生，从物质的元素组成和离子化合物的结构分析可知该物质中的阴、阳离子分别是NH4+和H-，与水反应的方程式为NH5+H2O=NH3H2O+H2。11.11.将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后均完全反应溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是（ ）A. Cl2在反应中仅作氧化剂B. ClO3中心原子采用sp2杂化C. n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121D. 与NaOH反应的氯气一定为0.15 mol【答案】D【解析】【详解】A.在反应中氯元素的化合价既升高又降低，则Cl2在反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B. ClO3-中Cl的价层电子对数=3+（7+1-23）=4，则ClO3-中心原子采用sp3杂化，故B错误；C. 若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，则生成NaCl得到的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1mol5=7mol，得失电子数目不相等，故C错误；D.由于反应后体系中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了复杂反应中有关物质的量的计算，电子守恒和原子个数守恒是此类计算中常用的方法。12.12.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B和D同主族；X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物，Z是由以上三种元素组成的化合物；若X与Y的摩尔质量相同，Y为淡黄色固体，N常温下是液体，上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物省略），则下列说法中一定正确的是（ ）A. 相对分子质量MN，沸点MNB. 原子半径：DBCAC. Z 为 NaOHD. M是一种非极性分子【答案】C【解析】【分析】由Y为淡黄色固体的化合物可知Y为Na2O2，X与Y的摩尔质量相同可推知X为Na2S，结合原子序数以及B和D同主族、N常温下是液体等可知A为H，B为O，C为Na，D为S，由此分析可得出结论。【详解】AN为H2O，M为H2S，相对分子质量MN，水分子间含氢键，则沸点为NM，故A错误；BA、B、C、D四种元素的原子半径由元素周律可知钠原子的半径是最大的，故B错误；C.根据物质的转化关系可知Z为NaOH，故C正确；D. M为H2S，是一种极性分子，故D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查无机物的推断及原子结构、元素周期律等知识点，为高频考点，把握Y为过氧化钠、X为硫化钠来推断物质为解答的关键。13.13.在光照的条件下，将1 mol甲烷与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为X mol，Y mol，Z mol，该反应中生成HCl的物质的量是( )A. (1X2Y3Z) mol B. (XYZ)molC. (2X3Y4Z)mol D. (1XYZ)mol【答案】A【解析】【详解】A.因为甲烷和氯气均无剩余，则由反应前后碳元素的质量守恒可得一氯甲烷的的物质的量为(1-X-Y-Z)mol，由氢元素的质量守恒可知n（HCl）=n（CH3Cl）+2n（CH2Cl2）+3n（CHCl3）+4n（CCl4）=（1-X-Y-Z+2X+3Y+4Z）mol=（1X2Y3Z）mol，故A正确；答案选A。【点睛】质量守恒是化学反应中的一条基本规律，守恒法也是在化学计算中常用的方法，守恒思想也是化学中一种非常重要的一种思想。14.14.分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为：MxFey(CN)z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN一位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图示，下列说法正确的是（ ）A. 该晶体是原子晶体B. M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价C. M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价D. 晶体的化学式可表示为MFe2(CN)6，且M为+1价【答案】D【解析】试题分析：A、该结构中存在阴、阳离子，所以一定不是原子晶体，而是离子晶体，A错误；B、Fe2+、Fe3+ 分别占据立方体的顶点，则铁离子与亚铁离子的个数是41/8=1/2，而CN一位于立方体的棱上，则CN-的个数是121/4=3，所以M、Fe、CN-的个数比是x：2:6，则x+2+3=6，所以x=1，该晶体的化学式是MFe2(CN)6，则M离子为+1价，B错误；C、因为该晶胞中铁离子与亚铁离子的个数是41/8=1/2，相当于2个晶胞拥有1个M+，C错误；D、该晶体的化学式是MFe2(CN)6，且M为1价，D正确，答案选D。考点：考查晶胞的计算15.15.周期表中元素的位置、原子结构与元素的性质之间关系密切。下列说法正确的是（ ）A. Be(OH)2既可以和强酸反应，又可以和强碱反应B. 硫酸比次氯酸稳定；S2-易被氯气氧化，均能说明氯元素的非金属性比硫元素强C. 中学教材所附周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4D. HF的沸点比HCl 高，是因为H-F键比H-Cl键强【答案】A【解析】【详解】A.Be与Al在元素周期表处于对角线关系，所以性质相似，Be(OH)2也为两性氢氧化物，故A正确；B. S2-易被氯气氧化，能够说明氯元素的非金属性比硫元素强，但是次氯酸不是Cl元素的最高价含氧酸，不能根据硫酸和次氯酸的酸性大小判断S和Cl的非金属性强弱，更不能由它们的稳定性为判断，应该根据硫酸和高氯酸的酸性大小判断，故B错误；C.第15列元素为A族元素，最高价为+5价，N元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，故C错误；D. 由于氟化氢中含有氢键，所以氟化氢的沸点高于氯化氢，二者的沸点与H-F键、H-Cl键的强弱无关，故D错误；答案选A。【点睛】在比较非金属氢化物的稳定性和沸点时，究竟是比较分子间作用力的大小，还是比较分子内共价健的强弱，学生极易混淆，需要反复强调。16.16.两种气态烃以一定比例混合，在105时2 L该混合烃与19 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积为23L，下列混合烃中不符合条件的是( )A. C4H10和C3H6 B. C4H8和C3H8 C. C2H4和C4H10 D. CH4和C3H4【答案】D【解析】【分析】本题主要考查有机物分子式的推断，可根据平均分子式法计算出混合烃的平均氢原子个数，然后由平均值规律分析可得结论。设混合烃的平均式为CxHy，则有：【详解】A. C4H10和C3H6 组成的混合烃平均氢原子个介于6与10之间，故A符合条件； B. C4H8和C3H8组成的混合烃平均氢原子个数为8，故B符合条件；C. C2H4和C4H10组成的混合烃平均氢原子个数介于4与10之间，也可能为8，故C符合条件； D. CH4和C3H4的混合烃平均氢原子个数只能是4，故D不符合条件；答案选D。【点睛】在分析有机物燃烧前后体积的变化是需要关注反应的温度，若在100以下时，水的体积可忽略不计。17.17.某有机物的结构如图，则下列说法正确的是（ ）A. 该物质为苯的同系物B. 该物质的所有原子共面C. 该物质在一定条件下与氯气发生取代反应可以生成4种一氯取代产物D. 在铁做催化剂时，该物质可以和溴水发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A.该物质的分子中含有两个苯环，不属于苯的同系物，故A错误；B. 该物质分子中含有甲基，所有的原子不可能共面，故B错误；C. 由该物质分子结构的对称性可知其苯环上的一氯取代产物有三种（），甲基上的一氯取代有一种，共4种一氯取代产物，故C正确；D. 在铁做催化剂时，该物质与溴的取代应是和液溴发生反应，而不是溴水，故D错误；故答案选C。18.18.高压下氮气聚合生成高聚氮，其晶体中每个氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构。已知晶体中NN键的键能为160 kJ/mol，而NN的键能为942 kJ/mol。则下列说法不正确的是（ ）A. 键能越大说明化学键越牢固，所构成的物质越稳定B. 高聚氮晶体属于原子晶体C. 该晶体中氮原子数与氮氮键数比为2:3D. 由高聚氮生成1molN2会放出702kJ能量【答案】D【解析】【详解】A. 键能越大说明化学键越牢固，所构成的物质越稳定，故A说法正确；B. 高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，属于原子晶体，故B正确；C. 因为晶体中每个氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合，则每个氮原子平均形成1.5个氮氮键，氮原子数与氮氮键数比为2:3，故C正确；D.由高聚氮生成1molN2的过程中断开了3molNN键，同时生成了1mol的NN键，则放出的能量为1942-3160=462KJ，故D错误，答案选D。【点睛】本题的难点在于正确理解高聚氮这种晶体中氮原子数与N-N数的关系，在分析晶体的微观结构时均摊法是一种常用的方法。在晶体中每一个氮原子形成三个氮氮键，两个氮原子共同形成一个氮氮键，故平均每个氮原子形成的共价键数=30.5=1.5个。19.19.在化学式为C6H14的烷烃分子中，含有三个甲基的同分异构体的数目是A. 2种 B. 3种C. 4种 D. 5种【答案】A【解析】C6H14烷烃的同分异构体有5种，但含有三个甲基的有(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，答案选A。20.20.xx年的诺贝尔化学奖颁给在烯烃复分解反应研究方面做出突出贡献的化学家。烯烃复分解是指在催化条件下实现C=C双键断裂两边基团换位的反应。如图表示：则丙烯（CH3-CH=CH2）和丁烯（CH3-CH2-CH=CH2）发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃种类数为（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】【详解】根据烯烃复分解反应的机理可得丙烯（CH3-CH=CH2）和丁烯（CH3-CH2-CH=CH2）发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃有CH3-CH=CH-CH3、CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3、CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH2-CH3四种，故答案选D。21.21.下列叙述中正确选项的个数是（ ）离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键若晶体中有阳离子，则一定也含有阴离子含金属元素的化合物不一定是离子化合物由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物由分子组成的物质中一定存在共价键熔融状态能导电的物质一定是离子化合物冰熔化时水分子中共价键发生断裂A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】A【解析】【详解】离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH、Na2O2等，故该说法正确；在金属晶体中只有金属阳离子，没有阴离子，故该说法错误；含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3、HgCl2等；故该说法正确；铵盐一般全部由非金属元素组成，但其属于离子化合物，故该说法错误；由稀有气体分子组成的物质中不含化学键，故该说法错误；金属单质在熔融状态也能导电，不一定是离子化合物，故该说法错误；冰熔化时破坏的水分子间的氢键，并没有使水分子内的共价键断裂，故该说法错误；答案选A。【点睛】金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，故并不是物质中含有阳离子就一定含有阴离子。22.22.I. 我们已经学习了同位素、同系物、同素异形体、同分异构体，下面列出了几组物质，请用物质的组号填写下表：有下列各组物质：AO2和O3（臭氧） B12C和13C CCH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2 D. CH4和C6H14 E 和 F. H+和D+类别同位素同系物同素异形体同分异构体组号_下图为四种烃的球棍模型，按要求填空(1)等质量的以上四种烃完全燃烧，消耗O2最多的是_（填字母序号）(2)能说明D分子中的碳碳键不是单双键交替的事实是_（填序号）D不能使酸性KMmO4溶液褪色 D中碳碳键的键长键能都相等邻二元取代产物只有一种 间二元取代只有一种在一定条件下D与H2发生加成反应生成环已烷.按要求完成下列问题：（1）丙烯通入到溴的四氯化碳溶液中的化学方程式：_。（2）戊烷的某种同分异构体的一氯代物只有一种，其结构简式为_。（3）用系统命名法给下列有机物命名：_。_。【答案】 (1). B (2). D (3). A (4). C (5). A (6). (7). H3C-CH=CH2 + Br2CH3CHBrCH2Br; (8). C（CH3）4 (9). 2-甲基戊烷 (10). 4-甲基-2-己烯【解析】【详解】I.由“四同”的概念和区别可知12C和13C是碳元素的两种同位素；CH4和C6H14都属于烷烃同系物；O2和O3（臭氧）互为同素异形体；CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2互为同分异构体；和 为同一种物质；H+和D+是由两种不同的氢原子形成的氢离子；故答案依次为：B、D、A、C。(1)等质量的烃完全燃烧的耗氧量与烃分子中氢元素的质量分数成正比，由此分析可知CH4中氢元素的质量分数最大，故答案为A；（2）若D分子中的碳碳键是单双键交替的，其间位的二元取代物也只有一种、与氢气加后生成物也是环己烷，则两种说法不能证明D分子中的碳碳键是单双键交替出现的，故答案为；.（1）丙烯通入到溴的四氯化碳溶液中与溴单质发生加成反应，方程式为H3C-CH=CH2 + Br2CH3CHBrCH2Br；（2）一氯代物只有一种的戊烷的同分异构体为新戊烷，结构简式为C（CH3）4或；（3）该烷烃的系统名称为2-甲基戊烷；该烯烃的系统名称为4-甲基-2-己烯。23.23.由N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途。（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅的制造；由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为_（填离子符号，填一个）。（2）氨硼烷（H3NBH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料H3NBH3中B原子的外围电子排布图_。Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得，写出该制备反应的化学方程式_；基态Ti3+的成对电子有_对，BH4-的立体构型是_；Ti（BH4）3所含化学键的类型有_；氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3；与上述化学方程式有关的叙述不正确的是 _A氨硼烷中存在配位键B第一电离能：NOCBC反应前后碳原子的轨道杂化类型不变DCH4、H2O、CO2都是非极性分子（3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料，如图1为磷化硼晶胞；晶体中P原子填在B原子所围成的_空隙中。 晶体中B原子周围最近且相等的B原子有_个。（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是_。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“”和画“”分别标明B与N的相对位置_。其中“”代表B原子，“”代表N原子。【答案】 (1). NO3-/CO32- (2). (3). TiCl3+3LiBH4Ti(BH4)3 + 3LiCl (4). 9 (5). 正四面体 (6). 配位键、共价键、离子键 (7). CD (8). 正四面体 (9). 12 (10). 氮化硼中硼的原子半径比C大，故其N-B键的键能小于金刚石中的C-C键，所以氮化硼的熔点就越低 (11). 【解析】【详解】（1）根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32-或NO3-，故答案为CO32-或NO3-；（2）B原子的外围电子排布图为；TiCl3和LiBH4发生复分解反应得到Ti（BH4）3，反应方程式为：TiCl3+3LiBH4Ti(BH4)3 + 3LiCl；基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，故其成对电子数为9；BH4-中B原子的价层电子数为（3+1+4）2=4，则其杂化方式为sp3，立体构型为正四面体；BH4-中B原子存在空轨道，与H-能形成配位键，故Ti（BH4）3中所含化学键有离子键、共价键、配位键；A氨硼烷N与B间形成的是配位键，故A说法正确；B在同周期元素中元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，而VA族元素的第一电离能要大于相邻元素，则第一电离能：NOCB，故B说法正确；C.反应前CH4中碳原子的轨道杂化类型为sp3，反应后生成的CO2中碳原子的轨道杂化类型为sp；故C说法错误；DCH4、CO2都是非极性分子，但H2O是极性分子，故D说法错误；答案为CD。（3）由晶胞结构分析可每个B原子与周围四个P原子成键，同时每个P原子与周围四个B原子成键，P原子位于四个B原子形的正四面体中心，故答案为正四面体；由晶胞结构可知晶体中B原子周围最近且相等的B原子和P原子周围最近且相等的P原子，以晶胞某个面心的P原子为中心，同一个平面内与之最近且相等的P原子为4个，三个面共12个，故答案为12；（4）氮化硼中硼的原子半径比C大，故其N-B键的键能小于金刚石中的C-C键，所以氮化硼的熔点就越低；立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图相当于该晶胞的正视图，其晶胞结构与磷化硼相似，则参照图1可得B与N的相对位置为。【点睛】本题较全面的考查了物质结构的相关知识，难度较大，特别是在分析晶体的结构时对学生能力要求较高，在对一些陌生晶体结构进行分析时可根据几种典型晶体类比来分析，如磷化硼、氮化硼和金刚石三种晶体中原子的空间排列是相似的。24.24.已知A、B、C、D和E是原子序数依次增大前20号元素。A原子价电子层p轨道中只有1个电子；B、C、D元素的基态原子具有相同的能层数，B、D元素原子的p能级上都有1个未成对电子，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，C原子的p轨道中有3个未成对电子；E是同周期第一电离能最小的元素。回答下列问题：（1）B3+的结构示意图为_，C的最高价氧化物对应水化物与E的最高价氧化物对应水化物按物质的量1:1反应的离子方程式为_。（2）上述五种元素中碱性最强物质的电子式为_； D所在周期第一电离能最大的元素是_；AD3是_分子（填“极性”或“非极性”） （3）B单质为面心立方晶体，晶胞中B原子的配位数为_. （4）石墨具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，它与熔融的E单质相互作用，形成某种青铜色的物质（其中的元素E用“”表示），原子分布如图所示，该物质的化学式为_。【答案】 (1). (2). H3PO4+ OH- =H2PO4- + H2O (3). (4). Ar (5). 非极性 (6). 12 (7). C8K/KC8【解析】【分析】A、B、C、D和E都是元素周期表中前20号的元素，它们的原子序数依次增大，B、C、D元素的基态原子具有相同的能层数，处于同一周期，B、D元素的原子的p能级上都有1个未成对电子，价层电子排布为ns2np1或ns2np5，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，故D为Cl元素，B为Al元素，C原子的p轨道中有3个未成对电子，价层电子排布为3s23p3，故C为P元素；E是同周期第一电离能最小的元素，处于第A族，原子序数最大，故E处于第四周期，为K元素，A原子的价电子层的p轨道中只有1个电子，价层电子排布为ns2np1，处于第A族，原子序数最小，故A为B元素，上述分析可知，A为硼元素，B为铝元素，C为磷元素，D为氯元素，E为钾元素。【详解】（1）B3+为Al3+，其的结构示意图为，C的最高价氧化物对应水化物为磷酸，E的最高价氧化物对应水化物为KOH，则按物质的量1:1反应的离子方程式为H3PO4+ OH- =H2PO4- + H2O；（2）五种元素中K元素的金属性最强，故KOH碱性最强，电子式为，D位于第三周期，同周期自左而右，第一电离能增大，故第一电离能最大的为Ar，AD3为三氯化硼，为平面三角形分子，结构对称，属于非极性分子；（3）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，而通过一个顶点可以形成8个晶胞，由于每个面重复数了2次，所以在晶胞中原子的配位数为（38）2=12；（4）如图所示，K原子镶嵌在正六边形的中心，该正六边形周围有6个未镶嵌K原子的C原子正六边形结构，即每正六边形周围连接6个C原子，该碳原子为3个正六边形共有，故结构中K原子与C原子数目之比为1：（6+6）=8，故化学式为KC8。【点睛】本题的难点在于晶体结构的分析，一要注意晶胞的空间拓展，二要注意共点、共边、共面的均摊。25.25.实验室常用如图装置制取乙烯，反应原理为 CH3CH2OHCH2CH2+H2O，某化学学习小组通过该原理制取乙烯并对其性质进行验证。（1）在制取时，常常需要在烧瓶中加入碎瓷片，目的是_。（2）要检验生成的物质，应该首先检验_，常选用的药品为_。（3）制取时，关键要控制好温度。温度过高而发生副反应，使部分乙醇跟浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳、水蒸气和炭黑。为了除去除水蒸气外的杂质气体，常用装有下列试剂的洗气瓶进行洗气，则应选用的试剂是_。A.酸性KMnO4溶液 B.浓硫酸 C.NaOH溶液 D.溴水制取时温度过低，在1400C时主要发生分子间取代反应生成乙醚（CH3CH2OCH2CH3）,试写出其反应方程式_。（4）将净化后的气体先通入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，并有新的无色无味气体产生，该气体可参与大气循环，发生反应的离子方程式为_。然后将气体通入溴水，溴水褪色，并有油状物质生成。（5）乙烯的某种同系物的相对分子质量为乙烯的3倍，其同分异构体总数为_。将其与氢气加成，得到的烷烃再与氯气发生取代反应，其一氯取代产物为三种的烷烃的结构简式为_。【答案】 (1). 防暴沸 (2). H2O (3). 无水硫酸铜 (4). C (5). 2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3 +H2O (6). 5CH2=CH2 + 12 MnO4- +36H+12Mn2+ + 10 CO2 + 28H2O (7). 13 (8). CH3CH2CH2CH2CH2CH3或C(CH3)3CH2CH3【解析】【详解】（1）对液体混合物加热温度较高时通常加入沸石或碎瓷片来防液体发生暴沸现象，故答案为：防止液体暴沸；（2）要检验生成的物质，应该首先检验生成的水，避免后续实验带入水份产生干扰，可通过能否使无水硫酸铜由白变蓝来进行检验，故答案为：H2O、无水硫酸铜；（3）用氢氧化钠溶液能同时除去二氧化碳、二氧化硫等气体，故答案选C；温度过低时乙醇分子间会发生脱水生成乙醚，方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3 +H2O；（4）乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳气体，则离子方程式为5CH2=CH2 + 12 MnO4- +36H+12Mn2+ + 10 CO2 + 28H2O，（5）相对分子质量为乙烯3倍的烯烃为含有6个碳原子的烯烃，6个碳原子的碳架结构有5种，然后在不同碳架结构上移动双键的位置可得其同分异构体共13种（不考虑空间异构），与氢气加成得到烷烃一氯代物为三种，故该烷烃分子结构中含有三种不同化学环境下的氢原子，故为CH3CH2CH2CH2CH2CH3或C(CH3)3CH2CH3。【点睛】同分异构体的书写是有机化学的难点，有序思维是突破这一难点的有效思维方法，如在书写己烯的同分异构时可按如下顺序进行：类别（烯烃或环烷烃）碳骨架取代基的位置。26.26.元素及其化合物在生活及生产中有很多重要用途。SiC、BN、GaAs 等是人工合成半导体的材料，具有高温、高频、大功率和抗辐射等优点。请回答：（1）第一电离能：Ga_As（填“”、 “”、“”）。（2）B、C、N的电负性由小到大排列为_卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。（1）拟卤素(CN)2、(SCN)2与卤素单质结构相似、性质相近，分子中所有原子都满足 8 电子结构。(SCN)2对应的酸有两种，测得硫氰酸（HSCN ）的沸点低于异硫氰酸（HN=C=S），其原因是_。（2）卤化物 RbICl2在加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物 A 和卤素互化物或卤素单质，A 的化学式为_；I3+属于多卤素阳离子，其空间构型为_（3）卤素互化物如IBr、ICl等与卤素单质结构和性质相似。Cl2、IBr、ICl沸点由高到低的顺序为_。（4）请推测HC1O4、HIO4、H5IO6可写成(HO)5IO三种物质的酸性由强到弱的顺序为_(填序号)。（5）CaC2晶体的晶胞结构与 NaCl 晶体的相似（如图所示），CaC2晶体中的哑铃形 C22的存在，使晶胞沿一个方向拉长。此晶体中 1 个 C22周围距离最近的Ca2+为_个；若该晶胞的边长为a、a、b（pm），则该晶体的密度为_gcm-3（写出表达式）。【答案】 (1). (2). BCIClCl2 (7). (8). 4 (9). 【解析】【详解】由同周期自左而右，第一电离能增大，电负性增大可知第一电离能：Ga小于As；B、C、N的电负性依次增大，故答案为 、BC；（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1 个 C22周围距离最近的Ca2+为4个，而不是6个；根据均摊法可知每个晶胞中含Ca2+为（1+124）=4个，含C22-为（88+62）=4个，则每个晶胞的质量为(464NA)g，体积为（a2b）pm3=（10-36a2b）m3=（10-30 a2b）cm3，故晶体的密度为 gcm-3。【点睛】本题的难点在于对CaC2晶体的晶胞结构的分析，既与氯化钠晶体的晶胞相似，又有所不同，一个为长方体，另一个为正方体，故在分析离子间距离时容易疏漏。