高級中學名校試題PAGEPAGE1浙江省紹興市諸暨市2024-2025學年高二上學期期末檢測(時間90分鐘，滿分100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28Cl35.5Cu64Br80I127選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列含有共價鍵的鹽是A. B. C. D.【答案】D【解析】是只含離子鍵的鹽，A不符合題意；是只含共價鍵的酸，B不符合題意；是既含離子鍵，又含共價鍵的堿，C不符合題意；是既含離子鍵，又含共價鍵的鹽，D符合題意；故選D。2.下列化學用語正確的是A.SO3的VSEPR模型：B.的系統(tǒng)命名為：2，2，3-三甲基丁烷C.甲酸甲酯的結(jié)構(gòu)簡式：C2H4O2D.KCl的形成過程：【答案】B【解析】三氧化硫分子中心硫原子不含有孤對電子，價層電子數(shù)為3，其VSEPR模型為平面三角形，故A錯誤；根據(jù)烷烴的命名原則，的系統(tǒng)命名為2，2，3-三甲基丁烷，故B正確；甲酸甲酯的分子式為C2H4O2，C2H4O2并不是其結(jié)構(gòu)簡式，其結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH3，故C錯誤；KCl為離子化合物，形成過程為，故D錯誤；答案選B。3.關(guān)于乙炔的說法不正確的是A.碳原子的價層電子的軌道表示式，違反了泡利原理B.基態(tài)碳原子核外有3種能量不同的電子C.乙炔分子中的C原子間采用sp雜化軌道形成了一個σ鍵和兩個π鍵D.乙炔分子內(nèi)含極性鍵、非極性鍵，是非極性分子【答案】C【解析】碳原子的價層電子的軌道表示式，違反了泡利原理，A正確；基態(tài)碳原子核外電子排布式為：1s22s22p2，有3種能量不同的電子，B正確；乙炔分子中的C原子間采用sp雜化，其中一個sp雜化軌道是氫原子的和碳原子頭碰頭重疊形成C-Hσ鍵，另一個sp雜化軌道是與另個碳原子的頭碰頭重疊形成C-Cσ鍵，碳原子剩下的兩個p軌道則肩并肩重疊形成兩個C-Cπ鍵，C錯誤；乙炔分子內(nèi)含C-H極性鍵、C-C非極性鍵，由于分子空間對稱，為非極性分子，D正確；故選C。4.下列說法正確的是A.可以用濃溴水來除去苯中混有的少量苯酚B.可以用飽和NaOH溶液來除去乙酸乙酯中混有乙酸C.溴水和酸性高錳酸鉀溶液都可以用來除去乙烷中的乙烯D.只用新制氫氧化銅(可加熱)可以區(qū)分乙醇、乙醛、乙酸【答案】D【解析】向苯和苯酚的混合液中加入濃溴水，苯酚與濃溴水充分反應(yīng)后生成了2，4，6-三溴苯酚，2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，即又引入了新的雜質(zhì)，所以正確的方法是向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反應(yīng)后分液，以除去苯中少量苯酚，A錯誤；乙酸乙酯和乙酸均與NaOH溶液反應(yīng)，不能除雜，B錯誤；溴水與乙烯發(fā)生加成反應(yīng)，生成油狀液體，可以除去乙烷中的乙烯，酸性高錳酸鉀溶液可將乙烯氧化為二氧化碳，引入新的雜質(zhì)氣體，C錯誤；乙酸為弱酸，可與氫氧化銅發(fā)生反應(yīng)，溶液顯藍色，乙醇與氫氧化銅不反應(yīng)無現(xiàn)象，乙醛與新制氫氧化銅懸濁液加熱會生成磚紅色沉淀，現(xiàn)象不同，可以鑒別，D正確；故選D。5.下列物質(zhì)的性質(zhì)或相關(guān)數(shù)據(jù)與氫鍵無關(guān)的是A.氨氣易液化B.二甲醚微溶于水，而乙醇可與水以任意比例混溶C.HF(g)分解時吸收的熱量比HCl(g)分解時吸收的熱量多D.鄰羥基苯甲酸()熔點為159℃，對羥基苯甲酸()熔點為213℃【答案】C【解析】氨分子間存在氫鍵，導致分之間作用力增強，所以易液化，故A不符合；二甲醚微溶于水，是因為二甲醚不能與水分子間形成氫鍵，而乙醇可與水以任意比例混溶，是因為乙醇分子與水分子間可形成氫鍵，故B不符合；HF(g)分解時吸收的熱量比HCl(g)分解時吸收的熱量多，是由于H-F鍵能大于H-Cl鍵能，與氫鍵無關(guān)，故C符合；鄰羥基苯甲酸可形成分子內(nèi)氫鍵，對羥基苯甲酸可形成分子間氫鍵，所以對羥基苯甲酸熔點高于鄰羥基苯甲酸，故D不符合；選C。6.下列關(guān)于基本營養(yǎng)物質(zhì)的說法不正確的是A.動物脂肪在堿性條件下水解，可得到高級脂肪酸和甘油B.淀粉、纖維素、麥芽糖在一定條件下都可轉(zhuǎn)化為葡萄糖C.加入少量的硫酸銨能促進蛋白質(zhì)的溶解D.核酸是由磷酸、戊糖、堿基通過一定方式形成的生物大分子【答案】A【解析】動物脂肪的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，在堿性條件下水解可得到高級脂肪酸鹽和甘油，A錯誤；淀粉、纖維素味多糖，麥芽糖為二糖，在一定條件下都可轉(zhuǎn)化為葡萄糖，B正確；在蛋白質(zhì)水溶液中，加入少量的中性鹽硫酸銨，會增加蛋白質(zhì)分子表面的電荷，增強蛋白質(zhì)分子與水分子的作用，從而使蛋白質(zhì)在水溶液中的溶解度增大，C正確；核酸是一類生物聚合物，是由磷酸、戊糖、堿基通過一定方式形成的生物大分子，D正確；故選A。7.下列說法不正確的是A.單一波長X射線通過水晶時，記錄儀上會產(chǎn)生明銳的衍射峰B.某些金屬鹽灼燒呈現(xiàn)不同焰色是因為電子從低能級躍遷至較高能級吸收光的波長不同C.CS2在CCl4中的溶解度遠大于H2O是因為H2O為極性分子，而CS2、CCl4為非極性分子D.CF3COOH酸性大于CH3COOH是因為F的電負性大，導致CF3COOH羥基極性大，易電離【答案】B【解析】單一波長的X射線通過水晶時，記錄儀上會產(chǎn)生明銳的衍射峰，這是X射線衍射的結(jié)果，故A正確；某些金屬鹽灼燒時，電子從低能級軌道躍遷到高能級軌道，又從高能軌道向低能躍遷，然后再將能量以光的形式釋放出來，釋放的能量不同，產(chǎn)生光的波長不同，所以會呈現(xiàn)不同焰色，，故B錯誤；CS2、CCl4為非極性分子，H2O為極性分子，依據(jù)相似相溶原理，CS2在CCl4中的溶解度遠大于H2O，故C正確；F的電負性大，導致CF3COOH羥基極性大，較CH3COOH更容易電離出氫離子，使得CF3COOH酸性大于CH3COOH，故D正確；故選B。8.NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是A.1molC2H4O中含σ鍵數(shù)目最多為6NAB.標準狀況下，11.2LCCl4含有分子數(shù)目為0.5NAC.6g金剛石晶體中含有碳碳鍵的數(shù)目為2NAD.14g乙烯和丙烯的混合氣體中總原子數(shù)目為3NA【答案】D【解析】若C2H4O為環(huán)氧乙烷（），所有的單鍵均為σ鍵，1molC2H4O中含σ鍵數(shù)目為7NA，A錯誤；標況下CCl4為液態(tài)，11.2LCCl4含有分子數(shù)不是0.5NA，B錯誤；金剛石晶體1molC原子形成2mol碳碳鍵，6g金剛石晶體中含有碳碳鍵的數(shù)目為：，C錯誤；乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，14g乙烯和丙烯的混合氣體中總原子數(shù)目為：，D正確；故選D。9.丙烯可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化，下列說法不正確的是A.丙烯分子中最多7個原子共平面B.X的結(jié)構(gòu)簡式為C.Y與足量KOH醇溶液共熱可生成丙炔D.聚合物Z的鏈節(jié)為【答案】B【解析】CH3-CH=CH2與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)，生成(Y)；CH3-CH=CH2與Br2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應(yīng)，生成(X)；CH3-CH=CH2在催化劑作用下發(fā)生加聚反應(yīng)，生成(Z)。乙烯分子中有6個原子共平面，甲烷分子中最多有3個原子共平面，則丙烯分子中，兩個框內(nèi)的原子可能共平面，所以最多7個原子共平面，A正確；由分析可知，X的結(jié)構(gòu)簡式為，B不正確；Y()與足量KOH醇溶液共熱，發(fā)生消去反應(yīng)，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正確；聚合物Z為，則其鏈節(jié)為，D正確；故選B。10.X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，分別位于三個不同短周期，Y與M同主族，Y與Z核電荷數(shù)相差2，Z的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A.熱穩(wěn)定性：X2Z>YX4 B.鍵角：YX>YXC.分子的極性：Y2X2>X2Z2 D.共價晶體熔點：Y>M【答案】C【解析】X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的四種主族元素，且分別位于三個不同短周期，可知X為H，Z的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，可知Z為O，Y與Z核電荷數(shù)相差2，可知Y為C，Y與M同主族，可知M為Si。由于非金屬性：O>C,故熱穩(wěn)定性：H2O>CH4，A正確；中心原子的價電子對數(shù)為3，C采取sp2雜化，中中心原子的價電子對數(shù)為4，C采取sp3雜化，故鍵角：＞，B正確為非極性分子，為極性分子，分子的極性：Y2X2＜2Z2，C錯誤；共價晶體熔點由共價鍵鍵能決定，由于C原子的半徑比Si原子的半徑小，C-C鍵比Si-Si鍵鍵長短、鍵能大，故熔點：C＞Si，D正確；故選C。11.關(guān)于化學式為[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O配合物，下列說法正確的是A.配位體是Cl-和H2O，配位數(shù)是8B.中心離子是Ti3+，配離子是[TiCl(H2O)5]2＋C.該配離子中含有的化學鍵有離子鍵、共價鍵、配位鍵、氫鍵D.在1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀【答案】B【解析】根據(jù)配合物的化學式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，結(jié)合化合價代數(shù)和為0可知，配離子是[TiCl(H2O)5]2+，中心離子是Ti3+；配離子是[TiCl(H2O)5]2+，中心離子是Ti3+，配位體是Cl-和H2O，配位數(shù)是6，A錯誤；據(jù)分析，[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的中心離子是Ti3+，配離子是[TiCl(H2O)5]2+，B正確；結(jié)合選項B可知，該配離子中含有的化學鍵有共價鍵(配體水分子內(nèi)氫氧原子之間)、配位鍵(中心離子和配體之間)，C錯誤；內(nèi)界Cl-為1，外界Cl-為2，內(nèi)界配體Cl-不與Ag+反應(yīng)，外界Cl-離子與Ag+反應(yīng)，在1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，D錯誤；選B。12.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A.硫酸銅溶液與過量氨水反應(yīng)：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OB.向銀氨溶液中加鹽酸：[Ag(NH3)2]++2H+=Ag++2NHC.將乙醇與足量酸性K2Cr2O7溶液混合：Cr2O+3CH3CH2OH+8H+→3CH3CHO+2Cr3++7H2OD.苯酚鈉溶液通入少量的CO2：2+CO2+H2O→2+【答案】A【解析】硫酸銅溶液與過量氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子，故A正確；銀氨溶液中加鹽酸，會生成氯化銀沉淀和氯化銨，，故B錯誤；乙醇與足量酸性K2Cr2O7溶液混合，乙醇被過量重鉻酸根離子氧化為二氧化碳和水，為，故C錯誤；苯酚鈉溶液通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氫鈉，反應(yīng)為+CO2+H2O→+，故D錯誤；故選A。13.物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)決定宏觀性質(zhì)，進而影響用途。下列結(jié)構(gòu)或性質(zhì)不能解釋其用途的是選項結(jié)構(gòu)或性質(zhì)用途A硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)硫化交聯(lián)程度越大，獲得彈性越好的順丁橡膠B聚乙炔存在共軛大π鍵體系為電荷傳遞提供了通路聚乙炔可用于制備導電高分子材料C聚丙烯酸鈉()中含有親水基團聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂D冠醚18-冠-6空腔直徑(260-320pm)與直徑K+(276pm)接近冠醚18-冠-6可識別K+，能增大KMnO4在有機溶劑中的溶解度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，硫化交聯(lián)程度越大，獲得強度越好的順丁橡膠，彈性減弱，故A錯誤；共軛大鍵體系中電子可以為電荷傳遞提供通路，所以聚乙炔可用于制備導電高分子材料，故B正確；聚丙烯酸鈉中含有親水基團-COO-，聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂，故C正確；冠醚18-冠-6空腔直徑(260-320pm)與直徑K+(276pm)接近，可識別K+，進而能增大KMnO4在有機溶劑中的溶解度，故D正確；答案選A。14.強酸HBF4可由如下反應(yīng)制備，HF+BF3=HBF4。下列說法正確的是A.相同條件下，HBF4酸性弱于HF B.HBF4的電離方程式：HBF4=H++BFC.BF3的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形 D.HBF4中含有離域π鍵【答案】B【解析】HBF4屬于強酸，HF為弱酸，因此相同條件下，HBF4酸性強于HF，故A錯誤；HBF4屬于強酸，電離方程式：HBF4=H++BF，故B正確；BF3中心原子B的價層電子對數(shù)為，因此空間構(gòu)型為平面三角形，故C錯誤；B元素最外層有3個電子，BF3分子中B有空軌道，HF中F存在孤電子對，因此F提供電子對，B提供空軌道形成配位鍵，而不是離域π鍵，故D錯誤；故選B。15.Mg2Si具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞參數(shù)為anm。下列敘述正確的是A.基態(tài)Mg核外電子有3種不同的空間運動狀態(tài)B.每個硅原子周圍有4個鎂原子C.Mg與Si之間的最近距離為nmD.Mg2Si的密度計算式為【答案】C【解析】Mg是12號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)Mg原子核外電子排布式是1s22s22p63s2，原子核外具有軌道數(shù)是1+1+3+1=6，原子核外有幾個軌道，核外電子就有幾種不同的空間運動狀態(tài)，故基態(tài)Mg核外電子有6種不同的空間運動狀態(tài)，A錯誤；晶胞中含有的小白球數(shù)目是8×+6×=4；含有的大黑球數(shù)目是8個，大黑球與小白球個數(shù)比是8：4=2：1，所以大黑球表示Mg原子，小白球表示Si原子。以上底部Si原子為研究對象，在該晶胞中有4個Mg原子與其距離相等且最近；在通過該平面的上面的晶胞中也存在4個Mg原子與其距離相等且最近，故每個硅原子周圍有8個鎂原子，B錯誤；根據(jù)Si、Mg的相對位置，可知Mg與Si原子之間的最短距離為晶胞體對角線的。晶胞參數(shù)是anm，晶胞體對角線為anm，故晶胞中Mg與Si原子之間的最短距離為nm，C正確；根據(jù)選項B計算可知：在1個晶胞中含有8個Mg原子，4個Si原子，晶胞參數(shù)為anm，則晶胞的密度ρ=g/cm3=g/cm3，D錯誤；答案選C。16.下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論正確的是選項目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A探究用“相似相溶”規(guī)律理解I2的溶解性將一小粒碘晶體溶于約5mL蒸餾水中，觀察碘在水中的溶解性。加入約1mL乙醇，振蕩試管，觀察溶液顏色變化溶液分層，觀察到紫紅色的碘的乙醇溶液，說明碘易溶于有機溶劑B檢驗乙醇與濃硫酸在170℃下反應(yīng)的氣體產(chǎn)物將乙醇與濃硫酸在170℃下反應(yīng)的氣體通入溴水中溴水褪色，說明乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯C探究苯環(huán)與烷基的相互作用分別向盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色，說明甲基活化了苯環(huán)D檢驗有機物中是否含有鹵素原子取2mL樣品于試管中，加入5mL20%NaOH水溶液混合后加熱，反應(yīng)完全后，待反應(yīng)液冷卻，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液無沉淀生成，說明有機物中不含鹵素原子A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】探究用“相似相溶”規(guī)律理解I2的溶解性，水和乙醇都是極性溶劑，都和碘單質(zhì)結(jié)構(gòu)不相似，方案涉及錯誤，A錯誤；乙醇與濃硫酸在170℃下反應(yīng)生成乙烯，濃硫酸和乙醇碳化后的碳加熱生成二氧化硫，將混合氣體通入溴水中，乙烯與二氧化硫乙均能使溴水褪色，不能證明生成了乙烯，B錯誤；向盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色，說明苯環(huán)活化了甲基，結(jié)論錯誤，C錯誤；取2mL樣品于試管中，加入5mL20%NaOH水溶液混合后加熱，反應(yīng)完全后，待反應(yīng)液冷卻，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，無沉淀生成，說明有機物中不含鹵素原子，D正確；故選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.以淀粉為基本原料可制備許多物質(zhì)，如：請回答下列問題：（1）上述①-⑤反應(yīng)中，屬于消去反應(yīng)的是___________；屬于氧化反應(yīng)的是___________。(填寫序號)（2）若乙醇中的O原子用18O標記(乙酸中的O不需標記)，寫出乙醇與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯的化學方程式：___________。（3）下列有關(guān)說法不正確的是___________。A.可用碘水檢驗淀粉是否水解完全B.淀粉是生物大分子物質(zhì)，反應(yīng)①的反應(yīng)條件是：稀硫酸，加熱C.乙烯、聚乙烯分子中均含有碳碳雙鍵，均可被酸性KMnO4溶液氧化D.可利用紅外光譜或核磁共振氫譜來區(qū)別葡萄糖和乙醛（4）將3.00g某有機物(僅含C、H、O元素，相對分子質(zhì)量為150)樣品置于燃燒器中充分燃燒，依次通過吸水劑、CO2吸收劑，燃燒產(chǎn)物被完全吸收。實驗數(shù)據(jù)如下表：吸水劑CO2吸收劑實驗前質(zhì)量/g20.0026.48實驗后質(zhì)量/g21.0830.00①燃燒產(chǎn)物中水的物質(zhì)的量為___________mol。②該有機物的分子式為___________?！敬鸢浮浚?）①.③②.⑤⑥（2）CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O（3）C（4）①.0.06②.C4H6O6【解析】淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇，乙醇氧化乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙醇消去得到乙烯，乙烯加聚得到聚乙烯，據(jù)此作答?！拘?詳析】上述①-⑤反應(yīng)中，①、②、④分別屬于水解反應(yīng)、分解反應(yīng)、加聚反應(yīng)，屬于消去反應(yīng)的是③，屬于氧化反應(yīng)的是⑤⑥；【小問2詳析】根據(jù)醇和酸的反應(yīng)原理，可得乙醇與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯的化學方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；【小問3詳析】A．淀粉遇碘變藍，所以可用碘水檢驗淀粉是否水解完全，故正確；B．淀粉是生物大分子物質(zhì)，反應(yīng)①得到葡萄糖，進一步得到乙醇，反應(yīng)條件是：稀硫酸，加熱，故正確；C．乙烯含有碳碳雙鍵，聚乙烯不含有碳碳雙鍵，故錯誤；D．紅外光譜檢測分子結(jié)構(gòu)中的化學鍵或官能團，核磁共振氫譜檢測氫原子種類和個數(shù)比例，葡萄糖和乙醛結(jié)構(gòu)不同，可利用來區(qū)別，故正確；選C；【小問4詳析】①根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，吸水劑增加的質(zhì)量全部為有機物完全燃燒生成水的質(zhì)量，則生成水的物質(zhì)的量n(H2O)==0.06mol，②n(H)=0.06mol×2=0.12mol，n(C)==0.08mol，n(O)=，則最簡式為C2H3O3，由于相對分子質(zhì)量為150，則可以得到有機物的分子式為C4H6O6。18.前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，其相關(guān)性質(zhì)如表所示：A原子核外有6種運動狀態(tài)不同的電子B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個C地殼中含量最多的非金屬元素D基態(tài)原子核外有6個原子軌道排有電子，且只有1個未成對電子EE3+第三周期中半徑最小的簡單離子F基態(tài)F＋各能級電子全充滿請回答下列問題：（1）F是___________區(qū)的元素；寫出D2C2化合物的電子式：___________。（2）A、B、C元素中，電負性最大的是___________；第一電離能最大的是___________。(填元素符號)（3）B單質(zhì)分子中σ鍵和π鍵個數(shù)比___________，C的簡單氫化物在同族元素的簡單氫化物中沸點出現(xiàn)反常，其原因是___________。（4）寫出E元素的最高價氧化物與D的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式___________。（5）實驗室合成一種由A和B兩種元素形成的化合物，該化合物具有三維骨架結(jié)構(gòu)。其中每個A原子與4個B原子形成共價鍵，每個B原子與3個A原子形成共價鍵，其化學式為___________。【答案】（1）①.ds②.（2）①.O②.N（3）①.1：2②.氨氣分子間存在氫鍵（4）（5）C3N4【解析】前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，C元素是地殼中含量最多的非金屬元素，C為O元素，A元素原子核外有6種運動狀態(tài)不同的電子，A為C元素；B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，因此B元素的基態(tài)電子排布式為1s22s22p3，B為N元素；D元素基態(tài)原子核外有6個原子軌道排有電子，且只有1個未成對電子，D元素的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s1；因此D為Na元素；E3+第三周期中半徑最小的簡單離子，離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，當離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同時，離子的核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則E元素為Al，F(xiàn)+的各能級電子均充滿，因此F元素的原子基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，F(xiàn)元素為Cu。綜上，A為C元素，B為N元素，C為O元素，D為Na元素，E元素為Al，F(xiàn)元素為Cu?！拘?詳析】F元素的原子基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，F(xiàn)是ds區(qū)的元素；D2C2化合物即過氧化鈉，由鈉離子和過氧根構(gòu)成，電子式：?！拘?詳析】元素周期表中，同周期主族元素從左向右電負性逐漸增強，A、B、C元素中，電負性最大的是O；同周期自左至右第一電離能呈增大趨勢，但N原子第一電離能高于O，原因是：基態(tài)N?原子2p軌道是半充滿的，比較穩(wěn)定，所以第一電離能較高，則第一電離能最大的是N。(填元素符號)【小問3詳析】三鍵中有1個σ鍵2個π鍵，B單質(zhì)即氮氣分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比1:2，C的簡單氫化物即氨氣在同族元素的簡單氫化物中沸點出現(xiàn)反常，其原因是：氨氣分子間存在氫鍵。【小問4詳析】E元素的最高價氧化物與D的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)，其化學方程式為：，則離子方程式?！拘?詳析】實驗室合成一種由A和B兩種元素形成的化合物，該化合物具有三維骨架結(jié)構(gòu)。其中每個A原子與4個B原子形成共價鍵，每個B原子與3個A原子形成共價鍵，所以C的化合價為+4價，N的化合價為-3價，所以其化學式為C3N4。19.錳氧化物具有較大應(yīng)用價值，請回答下列問題：（1）基態(tài)Mn原子的簡化電子排布式：___________；同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Mn多的元素是___________(填元素符號)。（2）Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖1所示，該氧化物化學式為___________；錳離子的配位數(shù)(緊鄰的陰離子數(shù))為___________。（3）[BMIM]+BF(見圖2)是MnOx晶型轉(zhuǎn)變的誘導劑。BF的空間構(gòu)型為___________；[BMIM]+中咪唑環(huán)存在大π鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為___________。（4）MnOx可作HMF轉(zhuǎn)化為FDCA的催化劑(見下圖3)。FDCA的熔點遠大于HMF，其主要原因是___________。（5）錳的部分含氧酸結(jié)構(gòu)如下圖4，酸性：HMnO4___________H2MnO4(填“>”或“<”)，理由是___________?！敬鸢浮浚?）①.[Ar]3d54s2②.Cr（2）①.MnO2②.6（3）①.正四面體形②.sp2（4）FDCA存在分子間氫鍵數(shù)目多于HMF，從而導致FDCA熔點遠大于HMF（5）①.>②.HMnO4中錳氧雙鍵數(shù)目多，吸電子效應(yīng)強，從而導致HMnO4中羥基極性大，易電離出H+，酸性強或HMnO4中非羥基氧數(shù)目多，吸電子效應(yīng)強，從而導致HMnO4中羥基極性大，易電離出H+，酸性強【解析】【小問1詳析】Mn的原子序數(shù)為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態(tài)Mn的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s2，未成對電子數(shù)有5個，同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Mn多的元素是Cr，基態(tài)Cr的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，有6個未成對電子；【小問2詳析】根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Mn、個O，則該氧化物化學式為MnO2；由圖，距離錳離子最近且相鄰的氧離子為6個，故配位數(shù)(緊鄰的陰離子數(shù))為6；【小問3詳析】BF中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形；咪唑環(huán)存在大π鍵，結(jié)構(gòu)為平面形，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；【小問4詳析】FDCA分子中存在2個羧基，使得FDCA存在分子間氫鍵數(shù)目多于HMF，從而導致FDCA熔點遠大于HMF；【小問5詳析】HMnO4中錳氧雙鍵數(shù)目多，吸電子效應(yīng)強，從而導致HMnO4中羥基極性大，易電離出H+，酸性強（或HMnO4中非羥基氧數(shù)目多，吸電子效應(yīng)強，從而導致HMnO4中羥基極性大，易電離出H+，酸性強），故酸性：HMnO4>H2MnO4。20.環(huán)己烯是重要的化工原料。其實驗室制備流程如下：請回答下列問題：I．環(huán)己烯的制備與提純（1）原料環(huán)己醇中若含苯酚雜質(zhì)，檢驗試劑為___________，現(xiàn)象為___________。（2）操作1的裝置如圖所示(加熱和夾持裝置已略去)。①燒瓶A中進行的可逆反應(yīng)化學方程式為___________。②濃硫酸也可作該反應(yīng)的催化劑，選擇FeCl3·6H2O而不用濃硫酸的原因為___________(填序號)。a．濃硫酸易使原料炭化并產(chǎn)生SO2b．FeCl3·6H2O污染小、可循環(huán)使用，符合綠色化學理念c．同等條件下，用FeCl3·6H2O比濃硫酸的平衡轉(zhuǎn)化率高（3）操作2用到的玻璃儀器是___________。（4）將操作3(蒸餾)的步驟補齊：___________。(填寫序號)___________→___________→___________→___________→___________→棄去前餾分，收集83℃的餾分①檢驗裝置的氣密性②點燃酒精燈，加熱③加入待蒸餾的物質(zhì)和沸石④接通冷凝水⑤安裝蒸餾裝置Ⅱ．環(huán)己烯含量的測定在一定條件下，向ag環(huán)己烯樣品中加入bmolBr2(過量)，與環(huán)己烯充分反應(yīng)后，剩余的Br2與足量KI作用生成I2，I2與Na2S2O3標準溶液反應(yīng)，最終消耗cmol·L-1Na2S2O3標準溶液VmL(以上數(shù)據(jù)均已扣除干擾因素)。測定過程中，發(fā)生的反應(yīng)如下：①Br2＋②Br2＋2KI=I2＋2KBr③I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6（5）樣品中環(huán)己烯的質(zhì)量分數(shù)為___________(用字母表示)。【答案】（1）①.FeCl3溶液②.溶液變紫色（2）①.②.a、b（3）分液漏斗、燒杯（4）⑤→①→③→④→②（5）【解析】由題給流程可知，在FeCl3·6H2O做催化劑條件下，環(huán)己醇共熱發(fā)生消去反應(yīng)制得環(huán)己烯粗產(chǎn)品，環(huán)己烯能與水形成共沸物，加入飽和食鹽水的作用是避免環(huán)己烯與水形成共沸物，通過分液分離出有機相后，需加入無水氯化鈣干燥，過濾后蒸餾得到純的環(huán)己烯。【小問1詳析】原料環(huán)己醇中若含苯酚雜質(zhì)，苯酚能和FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，溶液變紫色；【小問2詳析】①結(jié)合制備流程知，環(huán)己醇在FeCl3·6H2O的催化下，加熱生成環(huán)己烯，故燒瓶A中進行的可逆反應(yīng)為：+H2O；②a．濃硫酸具有強氧化性和脫水性，易使環(huán)己醇脫水炭化，炭化所得碳與濃硫酸共熱反應(yīng)生成污染環(huán)境的二氧化硫氣體，所以選用六水氯化鐵，不選用濃硫酸，故正確；b．六水氯化鐵無毒污染小，回收的六水氯化鐵可循環(huán)使用，符合綠色化學理念，所以選用六水氯化鐵，不選用濃硫酸，故正確；c．催化劑能改變反應(yīng)速率，但不改變平衡移動的方向，所以同等條件下，用六水氯化鐵和用濃硫酸的平衡轉(zhuǎn)化率相同，故錯誤；故選ab；【小問3詳析】由分析可知，操作2為分液得到有機相，用到的玻璃儀器是分液漏斗、燒杯；【小問4詳析】由分析可知，操作3為蒸餾得到環(huán)己烯，蒸餾的操作過程為安裝蒸餾裝置→檢驗裝置的氣密性→加入待蒸餾的物質(zhì)和沸石→向冷凝管中通冷凝水→加熱蒸餾燒瓶，棄去前餾分，收集83℃的餾分得到環(huán)己烯，故序號為：⑤→①→③→④→②；【小問5詳析】由方程式可得如下關(guān)系：Br2—I2—2Na2S2O3，滴定由滴定終點時消耗VmLcmol/L硫代硫酸鈉溶液可知，過量的溴的物質(zhì)的量為cmol/L×10—3VL×=mol，則樣品中環(huán)己烯的物質(zhì)的量為，環(huán)己烯的質(zhì)量分數(shù)為。21.某研究小組按下列路線可以合成藥物氯氮平的中間體H。已知：①；②。請回答下列問題：（1）化合物D的官能團名稱是___________。（2）化合物B的結(jié)構(gòu)簡式是___________。（3）下列說法不正確的是___________。A.硝化反應(yīng)的試劑可用濃硝酸和濃硫酸B.中間H的分子式為C18H19ClN4OC.化合物B具有兩性D.從C→E的反應(yīng)推測，化合物D中硝基間位氯原子比鄰位的活潑（4）寫出E→G的化學方程式___________。（5）寫出同時符合下列條件的化合物C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。①屬于芳香族化合物；②能在NaOH溶液中發(fā)生水解；③1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子。（6）設(shè)計以CH2=CH2和CH3NH2為原料合成F()的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________?！敬鸢浮浚?）硝基、碳氯鍵（2）（3）BD（4）（5）、、、（6）【解析】甲苯硝化得到硝基苯，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡式，可推知A為，再還原得到B為，B和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成C為，結(jié)合信息②可知E為，再結(jié)合信息②可知G為，回答下列問題；【小問1詳析】由D的結(jié)構(gòu)式可知：D含有的官能團為：碳氯鍵、硝基；【小問2詳析】根據(jù)分析可知B的結(jié)構(gòu)簡式為：；【小問3詳析】A．硝化反應(yīng)是指苯在濃硝酸和濃硫酸存在的情況下，加熱時發(fā)生的一種反應(yīng)，試劑是濃硝酸和濃硫酸，A正確；B．經(jīng)過計算可知，H的分子式為：C18H21ClN4O，B錯誤；C．由分析可知化合物B為，含有羧基和氨基，故化合物B具有兩性，C正確；D．從C→E的反應(yīng)推測，化合物D中硝基鄰位氯原子比間位的活潑，D錯誤；故選BD；【小問4詳析】由分析可知E→G的方程式為：；【小問5詳析】根據(jù)題干信息可知，符合要求的化合物滿足：①含有苯環(huán)②含有酯基或者酰胺基③有四種等效氫，符合要求的化合物簡式為：、、、；【小問6詳析】結(jié)合信息①乙烯首先氧化得到環(huán)氧乙烷，NH3和反應(yīng)生成，和HBr反應(yīng)得到，結(jié)合信息②和CH3NH2反應(yīng)生成，具體流程為：。浙江省紹興市諸暨市2024-2025學年高二上學期期末檢測(時間90分鐘，滿分100分)可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28Cl35.5Cu64Br80I127選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列含有共價鍵的鹽是A. B. C. D.【答案】D【解析】是只含離子鍵的鹽，A不符合題意；是只含共價鍵的酸，B不符合題意；是既含離子鍵，又含共價鍵的堿，C不符合題意；是既含離子鍵，又含共價鍵的鹽，D符合題意；故選D。2.下列化學用語正確的是A.SO3的VSEPR模型：B.的系統(tǒng)命名為：2，2，3-三甲基丁烷C.甲酸甲酯的結(jié)構(gòu)簡式：C2H4O2D.KCl的形成過程：【答案】B【解析】三氧化硫分子中心硫原子不含有孤對電子，價層電子數(shù)為3，其VSEPR模型為平面三角形，故A錯誤；根據(jù)烷烴的命名原則，的系統(tǒng)命名為2，2，3-三甲基丁烷，故B正確；甲酸甲酯的分子式為C2H4O2，C2H4O2并不是其結(jié)構(gòu)簡式，其結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH3，故C錯誤；KCl為離子化合物，形成過程為，故D錯誤；答案選B。3.關(guān)于乙炔的說法不正確的是A.碳原子的價層電子的軌道表示式，違反了泡利原理B.基態(tài)碳原子核外有3種能量不同的電子C.乙炔分子中的C原子間采用sp雜化軌道形成了一個σ鍵和兩個π鍵D.乙炔分子內(nèi)含極性鍵、非極性鍵，是非極性分子【答案】C【解析】碳原子的價層電子的軌道表示式，違反了泡利原理，A正確；基態(tài)碳原子核外電子排布式為：1s22s22p2，有3種能量不同的電子，B正確；乙炔分子中的C原子間采用sp雜化，其中一個sp雜化軌道是氫原子的和碳原子頭碰頭重疊形成C-Hσ鍵，另一個sp雜化軌道是與另個碳原子的頭碰頭重疊形成C-Cσ鍵，碳原子剩下的兩個p軌道則肩并肩重疊形成兩個C-Cπ鍵，C錯誤；乙炔分子內(nèi)含C-H極性鍵、C-C非極性鍵，由于分子空間對稱，為非極性分子，D正確；故選C。4.下列說法正確的是A.可以用濃溴水來除去苯中混有的少量苯酚B.可以用飽和NaOH溶液來除去乙酸乙酯中混有乙酸C.溴水和酸性高錳酸鉀溶液都可以用來除去乙烷中的乙烯D.只用新制氫氧化銅(可加熱)可以區(qū)分乙醇、乙醛、乙酸【答案】D【解析】向苯和苯酚的混合液中加入濃溴水，苯酚與濃溴水充分反應(yīng)后生成了2，4，6-三溴苯酚，2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，即又引入了新的雜質(zhì)，所以正確的方法是向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反應(yīng)后分液，以除去苯中少量苯酚，A錯誤；乙酸乙酯和乙酸均與NaOH溶液反應(yīng)，不能除雜，B錯誤；溴水與乙烯發(fā)生加成反應(yīng)，生成油狀液體，可以除去乙烷中的乙烯，酸性高錳酸鉀溶液可將乙烯氧化為二氧化碳，引入新的雜質(zhì)氣體，C錯誤；乙酸為弱酸，可與氫氧化銅發(fā)生反應(yīng)，溶液顯藍色，乙醇與氫氧化銅不反應(yīng)無現(xiàn)象，乙醛與新制氫氧化銅懸濁液加熱會生成磚紅色沉淀，現(xiàn)象不同，可以鑒別，D正確；故選D。5.下列物質(zhì)的性質(zhì)或相關(guān)數(shù)據(jù)與氫鍵無關(guān)的是A.氨氣易液化B.二甲醚微溶于水，而乙醇可與水以任意比例混溶C.HF(g)分解時吸收的熱量比HCl(g)分解時吸收的熱量多D.鄰羥基苯甲酸()熔點為159℃，對羥基苯甲酸()熔點為213℃【答案】C【解析】氨分子間存在氫鍵，導致分之間作用力增強，所以易液化，故A不符合；二甲醚微溶于水，是因為二甲醚不能與水分子間形成氫鍵，而乙醇可與水以任意比例混溶，是因為乙醇分子與水分子間可形成氫鍵，故B不符合；HF(g)分解時吸收的熱量比HCl(g)分解時吸收的熱量多，是由于H-F鍵能大于H-Cl鍵能，與氫鍵無關(guān)，故C符合；鄰羥基苯甲酸可形成分子內(nèi)氫鍵，對羥基苯甲酸可形成分子間氫鍵，所以對羥基苯甲酸熔點高于鄰羥基苯甲酸，故D不符合；選C。6.下列關(guān)于基本營養(yǎng)物質(zhì)的說法不正確的是A.動物脂肪在堿性條件下水解，可得到高級脂肪酸和甘油B.淀粉、纖維素、麥芽糖在一定條件下都可轉(zhuǎn)化為葡萄糖C.加入少量的硫酸銨能促進蛋白質(zhì)的溶解D.核酸是由磷酸、戊糖、堿基通過一定方式形成的生物大分子【答案】A【解析】動物脂肪的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，在堿性條件下水解可得到高級脂肪酸鹽和甘油，A錯誤；淀粉、纖維素味多糖，麥芽糖為二糖，在一定條件下都可轉(zhuǎn)化為葡萄糖，B正確；在蛋白質(zhì)水溶液中，加入少量的中性鹽硫酸銨，會增加蛋白質(zhì)分子表面的電荷，增強蛋白質(zhì)分子與水分子的作用，從而使蛋白質(zhì)在水溶液中的溶解度增大，C正確；核酸是一類生物聚合物，是由磷酸、戊糖、堿基通過一定方式形成的生物大分子，D正確；故選A。7.下列說法不正確的是A.單一波長X射線通過水晶時，記錄儀上會產(chǎn)生明銳的衍射峰B.某些金屬鹽灼燒呈現(xiàn)不同焰色是因為電子從低能級躍遷至較高能級吸收光的波長不同C.CS2在CCl4中的溶解度遠大于H2O是因為H2O為極性分子，而CS2、CCl4為非極性分子D.CF3COOH酸性大于CH3COOH是因為F的電負性大，導致CF3COOH羥基極性大，易電離【答案】B【解析】單一波長的X射線通過水晶時，記錄儀上會產(chǎn)生明銳的衍射峰，這是X射線衍射的結(jié)果，故A正確；某些金屬鹽灼燒時，電子從低能級軌道躍遷到高能級軌道，又從高能軌道向低能躍遷，然后再將能量以光的形式釋放出來，釋放的能量不同，產(chǎn)生光的波長不同，所以會呈現(xiàn)不同焰色，，故B錯誤；CS2、CCl4為非極性分子，H2O為極性分子，依據(jù)相似相溶原理，CS2在CCl4中的溶解度遠大于H2O，故C正確；F的電負性大，導致CF3COOH羥基極性大，較CH3COOH更容易電離出氫離子，使得CF3COOH酸性大于CH3COOH，故D正確；故選B。8.NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是A.1molC2H4O中含σ鍵數(shù)目最多為6NAB.標準狀況下，11.2LCCl4含有分子數(shù)目為0.5NAC.6g金剛石晶體中含有碳碳鍵的數(shù)目為2NAD.14g乙烯和丙烯的混合氣體中總原子數(shù)目為3NA【答案】D【解析】若C2H4O為環(huán)氧乙烷（），所有的單鍵均為σ鍵，1molC2H4O中含σ鍵數(shù)目為7NA，A錯誤；標況下CCl4為液態(tài)，11.2LCCl4含有分子數(shù)不是0.5NA，B錯誤；金剛石晶體1molC原子形成2mol碳碳鍵，6g金剛石晶體中含有碳碳鍵的數(shù)目為：，C錯誤；乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，14g乙烯和丙烯的混合氣體中總原子數(shù)目為：，D正確；故選D。9.丙烯可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化，下列說法不正確的是A.丙烯分子中最多7個原子共平面B.X的結(jié)構(gòu)簡式為C.Y與足量KOH醇溶液共熱可生成丙炔D.聚合物Z的鏈節(jié)為【答案】B【解析】CH3-CH=CH2與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)，生成(Y)；CH3-CH=CH2與Br2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應(yīng)，生成(X)；CH3-CH=CH2在催化劑作用下發(fā)生加聚反應(yīng)，生成(Z)。乙烯分子中有6個原子共平面，甲烷分子中最多有3個原子共平面，則丙烯分子中，兩個框內(nèi)的原子可能共平面，所以最多7個原子共平面，A正確；由分析可知，X的結(jié)構(gòu)簡式為，B不正確；Y()與足量KOH醇溶液共熱，發(fā)生消去反應(yīng)，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正確；聚合物Z為，則其鏈節(jié)為，D正確；故選B。10.X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，分別位于三個不同短周期，Y與M同主族，Y與Z核電荷數(shù)相差2，Z的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A.熱穩(wěn)定性：X2Z>YX4 B.鍵角：YX>YXC.分子的極性：Y2X2>X2Z2 D.共價晶體熔點：Y>M【答案】C【解析】X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的四種主族元素，且分別位于三個不同短周期，可知X為H，Z的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，可知Z為O，Y與Z核電荷數(shù)相差2，可知Y為C，Y與M同主族，可知M為Si。由于非金屬性：O>C,故熱穩(wěn)定性：H2O>CH4，A正確；中心原子的價電子對數(shù)為3，C采取sp2雜化，中中心原子的價電子對數(shù)為4，C采取sp3雜化，故鍵角：＞，B正確為非極性分子，為極性分子，分子的極性：Y2X2＜2Z2，C錯誤；共價晶體熔點由共價鍵鍵能決定，由于C原子的半徑比Si原子的半徑小，C-C鍵比Si-Si鍵鍵長短、鍵能大，故熔點：C＞Si，D正確；故選C。11.關(guān)于化學式為[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O配合物，下列說法正確的是A.配位體是Cl-和H2O，配位數(shù)是8B.中心離子是Ti3+，配離子是[TiCl(H2O)5]2＋C.該配離子中含有的化學鍵有離子鍵、共價鍵、配位鍵、氫鍵D.在1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀【答案】B【解析】根據(jù)配合物的化學式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，結(jié)合化合價代數(shù)和為0可知，配離子是[TiCl(H2O)5]2+，中心離子是Ti3+；配離子是[TiCl(H2O)5]2+，中心離子是Ti3+，配位體是Cl-和H2O，配位數(shù)是6，A錯誤；據(jù)分析，[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的中心離子是Ti3+，配離子是[TiCl(H2O)5]2+，B正確；結(jié)合選項B可知，該配離子中含有的化學鍵有共價鍵(配體水分子內(nèi)氫氧原子之間)、配位鍵(中心離子和配體之間)，C錯誤；內(nèi)界Cl-為1，外界Cl-為2，內(nèi)界配體Cl-不與Ag+反應(yīng)，外界Cl-離子與Ag+反應(yīng)，在1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，D錯誤；選B。12.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A.硫酸銅溶液與過量氨水反應(yīng)：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OB.向銀氨溶液中加鹽酸：[Ag(NH3)2]++2H+=Ag++2NHC.將乙醇與足量酸性K2Cr2O7溶液混合：Cr2O+3CH3CH2OH+8H+→3CH3CHO+2Cr3++7H2OD.苯酚鈉溶液通入少量的CO2：2+CO2+H2O→2+【答案】A【解析】硫酸銅溶液與過量氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子，故A正確；銀氨溶液中加鹽酸，會生成氯化銀沉淀和氯化銨，，故B錯誤；乙醇與足量酸性K2Cr2O7溶液混合，乙醇被過量重鉻酸根離子氧化為二氧化碳和水，為，故C錯誤；苯酚鈉溶液通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氫鈉，反應(yīng)為+CO2+H2O→+，故D錯誤；故選A。13.物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)決定宏觀性質(zhì)，進而影響用途。下列結(jié)構(gòu)或性質(zhì)不能解釋其用途的是選項結(jié)構(gòu)或性質(zhì)用途A硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)硫化交聯(lián)程度越大，獲得彈性越好的順丁橡膠B聚乙炔存在共軛大π鍵體系為電荷傳遞提供了通路聚乙炔可用于制備導電高分子材料C聚丙烯酸鈉()中含有親水基團聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂D冠醚18-冠-6空腔直徑(260-320pm)與直徑K+(276pm)接近冠醚18-冠-6可識別K+，能增大KMnO4在有機溶劑中的溶解度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，硫化交聯(lián)程度越大，獲得強度越好的順丁橡膠，彈性減弱，故A錯誤；共軛大鍵體系中電子可以為電荷傳遞提供通路，所以聚乙炔可用于制備導電高分子材料，故B正確；聚丙烯酸鈉中含有親水基團-COO-，聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂，故C正確；冠醚18-冠-6空腔直徑(260-320pm)與直徑K+(276pm)接近，可識別K+，進而能增大KMnO4在有機溶劑中的溶解度，故D正確；答案選A。14.強酸HBF4可由如下反應(yīng)制備，HF+BF3=HBF4。下列說法正確的是A.相同條件下，HBF4酸性弱于HF B.HBF4的電離方程式：HBF4=H++BFC.BF3的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形 D.HBF4中含有離域π鍵【答案】B【解析】HBF4屬于強酸，HF為弱酸，因此相同條件下，HBF4酸性強于HF，故A錯誤；HBF4屬于強酸，電離方程式：HBF4=H++BF，故B正確；BF3中心原子B的價層電子對數(shù)為，因此空間構(gòu)型為平面三角形，故C錯誤；B元素最外層有3個電子，BF3分子中B有空軌道，HF中F存在孤電子對，因此F提供電子對，B提供空軌道形成配位鍵，而不是離域π鍵，故D錯誤；故選B。15.Mg2Si具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞參數(shù)為anm。下列敘述正確的是A.基態(tài)Mg核外電子有3種不同的空間運動狀態(tài)B.每個硅原子周圍有4個鎂原子C.Mg與Si之間的最近距離為nmD.Mg2Si的密度計算式為【答案】C【解析】Mg是12號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)Mg原子核外電子排布式是1s22s22p63s2，原子核外具有軌道數(shù)是1+1+3+1=6，原子核外有幾個軌道，核外電子就有幾種不同的空間運動狀態(tài)，故基態(tài)Mg核外電子有6種不同的空間運動狀態(tài)，A錯誤；晶胞中含有的小白球數(shù)目是8×+6×=4；含有的大黑球數(shù)目是8個，大黑球與小白球個數(shù)比是8：4=2：1，所以大黑球表示Mg原子，小白球表示Si原子。以上底部Si原子為研究對象，在該晶胞中有4個Mg原子與其距離相等且最近；在通過該平面的上面的晶胞中也存在4個Mg原子與其距離相等且最近，故每個硅原子周圍有8個鎂原子，B錯誤；根據(jù)Si、Mg的相對位置，可知Mg與Si原子之間的最短距離為晶胞體對角線的。晶胞參數(shù)是anm，晶胞體對角線為anm，故晶胞中Mg與Si原子之間的最短距離為nm，C正確；根據(jù)選項B計算可知：在1個晶胞中含有8個Mg原子，4個Si原子，晶胞參數(shù)為anm，則晶胞的密度ρ=g/cm3=g/cm3，D錯誤；答案選C。16.下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論正確的是選項目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A探究用“相似相溶”規(guī)律理解I2的溶解性將一小粒碘晶體溶于約5mL蒸餾水中，觀察碘在水中的溶解性。加入約1mL乙醇，振蕩試管，觀察溶液顏色變化溶液分層，觀察到紫紅色的碘的乙醇溶液，說明碘易溶于有機溶劑B檢驗乙醇與濃硫酸在170℃下反應(yīng)的氣體產(chǎn)物將乙醇與濃硫酸在170℃下反應(yīng)的氣體通入溴水中溴水褪色，說明乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯C探究苯環(huán)與烷基的相互作用分別向盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色，說明甲基活化了苯環(huán)D檢驗有機物中是否含有鹵素原子取2mL樣品于試管中，加入5mL20%NaOH水溶液混合后加熱，反應(yīng)完全后，待反應(yīng)液冷卻，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液無沉淀生成，說明有機物中不含鹵素原子A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】探究用“相似相溶”規(guī)律理解I2的溶解性，水和乙醇都是極性溶劑，都和碘單質(zhì)結(jié)構(gòu)不相似，方案涉及錯誤，A錯誤；乙醇與濃硫酸在170℃下反應(yīng)生成乙烯，濃硫酸和乙醇碳化后的碳加熱生成二氧化硫，將混合氣體通入溴水中，乙烯與二氧化硫乙均能使溴水褪色，不能證明生成了乙烯，B錯誤；向盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色，說明苯環(huán)活化了甲基，結(jié)論錯誤，C錯誤；取2mL樣品于試管中，加入5mL20%NaOH水溶液混合后加熱，反應(yīng)完全后，待反應(yīng)液冷卻，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，無沉淀生成，說明有機物中不含鹵素原子，D正確；故選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.以淀粉為基本原料可制備許多物質(zhì)，如：請回答下列問題：（1）上述①-⑤反應(yīng)中，屬于消去反應(yīng)的是___________；屬于氧化反應(yīng)的是___________。(填寫序號)（2）若乙醇中的O原子用18O標記(乙酸中的O不需標記)，寫出乙醇與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯的化學方程式：___________。（3）下列有關(guān)說法不正確的是___________。A.可用碘水檢驗淀粉是否水解完全B.淀粉是生物大分子物質(zhì)，反應(yīng)①的反應(yīng)條件是：稀硫酸，加熱C.乙烯、聚乙烯分子中均含有碳碳雙鍵，均可被酸性KMnO4溶液氧化D.可利用紅外光譜或核磁共振氫譜來區(qū)別葡萄糖和乙醛（4）將3.00g某有機物(僅含C、H、O元素，相對分子質(zhì)量為150)樣品置于燃燒器中充分燃燒，依次通過吸水劑、CO2吸收劑，燃燒產(chǎn)物被完全吸收。實驗數(shù)據(jù)如下表：吸水劑CO2吸收劑實驗前質(zhì)量/g20.0026.48實驗后質(zhì)量/g21.0830.00①燃燒產(chǎn)物中水的物質(zhì)的量為___________mol。②該有機物的分子式為___________。【答案】（1）①.③②.⑤⑥（2）CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O（3）C（4）①.0.06②.C4H6O6【解析】淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇，乙醇氧化乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙醇消去得到乙烯，乙烯加聚得到聚乙烯，據(jù)此作答?！拘?詳析】上述①-⑤反應(yīng)中，①、②、④分別屬于水解反應(yīng)、分解反應(yīng)、加聚反應(yīng)，屬于消去反應(yīng)的是③，屬于氧化反應(yīng)的是⑤⑥；【小問2詳析】根據(jù)醇和酸的反應(yīng)原理，可得乙醇與乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯的化學方程式：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；【小問3詳析】A．淀粉遇碘變藍，所以可用碘水檢驗淀粉是否水解完全，故正確；B．淀粉是生物大分子物質(zhì)，反應(yīng)①得到葡萄糖，進一步得到乙醇，反應(yīng)條件是：稀硫酸，加熱，故正確；C．乙烯含有碳碳雙鍵，聚乙烯不含有碳碳雙鍵，故錯誤；D．紅外光譜檢測分子結(jié)構(gòu)中的化學鍵或官能團，核磁共振氫譜檢測氫原子種類和個數(shù)比例，葡萄糖和乙醛結(jié)構(gòu)不同，可利用來區(qū)別，故正確；選C；【小問4詳析】①根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，吸水劑增加的質(zhì)量全部為有機物完全燃燒生成水的質(zhì)量，則生成水的物質(zhì)的量n(H2O)==0.06mol，②n(H)=0.06mol×2=0.12mol，n(C)==0.08mol，n(O)=，則最簡式為C2H3O3，由于相對分子質(zhì)量為150，則可以得到有機物的分子式為C4H6O6。18.前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，其相關(guān)性質(zhì)如表所示：A原子核外有6種運動狀態(tài)不同的電子B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個C地殼中含量最多的非金屬元素D基態(tài)原子核外有6個原子軌道排有電子，且只有1個未成對電子EE3+第三周期中半徑最小的簡單離子F基態(tài)F＋各能級電子全充滿請回答下列問題：（1）F是___________區(qū)的元素；寫出D2C2化合物的電子式：___________。（2）A、B、C元素中，電負性最大的是___________；第一電離能最大的是___________。(填元素符號)（3）B單質(zhì)分子中σ鍵和π鍵個數(shù)比___________，C的簡單氫化物在同族元素的簡單氫化物中沸點出現(xiàn)反常，其原因是___________。（4）寫出E元素的最高價氧化物與D的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式___________。（5）實驗室合成一種由A和B兩種元素形成的化合物，該化合物具有三維骨架結(jié)構(gòu)。其中每個A原子與4個B原子形成共價鍵，每個B原子與3個A原子形成共價鍵，其化學式為___________?！敬鸢浮浚?）①.ds②.（2）①.O②.N（3）①.1：2②.氨氣分子間存在氫鍵（4）（5）C3N4【解析】前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，C元素是地殼中含量最多的非金屬元素，C為O元素，A元素原子核外有6種運動狀態(tài)不同的電子，A為C元素；B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，因此B元素的基態(tài)電子排布式為1s22s22p3，B為N元素；D元素基態(tài)原子核外有6個原子軌道排有電子，且只有1個未成對電子，D元素的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s1；因此D為Na元素；E3+第三周期中半徑最小的簡單離子，離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，當離子核外電子層結(jié)構(gòu)相同時，離子的核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則E元素為Al，F(xiàn)+的各能級電子均充滿，因此F元素的原子基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，F(xiàn)元素為Cu。綜上，A為C元素，B為N元素，C為O元素，D為Na元素，E元素為Al，F(xiàn)元素為Cu。【小問1詳析】F元素的原子基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，F(xiàn)是ds區(qū)的元素；D2C2化合物即過氧化鈉，由鈉離子和過氧根構(gòu)成，電子式：?！拘?詳析】元素周期表中，同周期主族元素從左向右電負性逐漸增強，A、B、C元素中，電負性最大的是O；同周期自左至右第一電離能呈增大趨勢，但N原子第一電離能高于O，原因是：基態(tài)N?原子2p軌道是半充滿的，比較穩(wěn)定，所以第一電離能較高，則第一電離能最大的是N。(填元素符號)【小問3詳析】三鍵中有1個σ鍵2個π鍵，B單質(zhì)即氮氣分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比1:2，C的簡單氫化物即氨氣在同族元素的簡單氫化物中沸點出現(xiàn)反常，其原因是：氨氣分子間存在氫鍵。【小問4詳析】E元素的最高價氧化物與D的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)，其化學方程式為：，則離子方程式?！拘?詳析】實驗室合成一種由A和B兩種元素形成的化合物，該化合物具有三維骨架結(jié)構(gòu)。其中每個A原子與4個B原子形成共價鍵，每個B原子與3個A原子形成共價鍵，所以C的化合價為+4價，N的化合價為-3價，所以其化學式為C3N4。19.錳氧化物具有較大應(yīng)用價值，請回答下列問題：（1）基態(tài)Mn原子的簡化電子排布式：___________；同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Mn多的元素是___________(填元素符號)。（2）Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖1所示，該氧化物化學式為___________；錳離子的配位數(shù)(緊鄰的陰離子數(shù))為___________。（3）[BMIM]+BF(見圖2)是MnOx晶型轉(zhuǎn)變的誘導劑。BF的空間構(gòu)型為___________；[BMIM]+中咪唑環(huán)存在大π鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為___________。（4）MnOx可作HMF轉(zhuǎn)化為FDCA的催化劑(見下圖3)。FDCA的熔點遠大于HMF，其主要原因是___________。（5）錳的部分含氧酸結(jié)構(gòu)如下圖4，酸性：HMnO4___________H2MnO4(填“>”或“<”)，理由是___________?！敬鸢浮浚?）①.[Ar]3d54s2②.Cr（2）①.MnO2②.6（3）①.正四面體形②.sp2（4）FDCA存在分子間氫鍵數(shù)目多于HMF，從而導致FDCA熔點遠大于HMF（5）①.>②.HMnO4中錳氧雙鍵數(shù)目多，吸電子效應(yīng)強，從而導致HMnO4中羥基極性大，易電離出H+，酸性強或HMnO4中非羥基氧數(shù)目多，吸電子效應(yīng)強，從而導致HMnO4中羥基極性大，易電離出H+，酸性強【解析】【小問1詳析】Mn的原子序數(shù)為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態(tài)Mn的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s2，未成對電子數(shù)有5個，同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Mn多的元素是Cr，基態(tài)Cr的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，有6個未成對電子；【小問2詳析】根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Mn、個O，則該氧化物化學式為MnO2；由圖，距離錳離子最近且相鄰的氧離子為6個，故配位數(shù)(緊鄰的陰離子數(shù))為6；【小問3詳析】BF中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形；咪唑環(huán)存在大π鍵，結(jié)構(gòu)為平面形，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；【小問4詳析】FDCA分子中存在2個羧基，使得FDCA存在分子間氫