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浙江省宁波市五校联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题
一、选择题部分
1．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，这体现了中国对解决气候问题的大国担当。在实际生产中，可利用反应来捕捉废气中的，下列有关化学用语表示正确的是
A．的分子结构模型：
B．的电子式：
C．的电子排布式：
D．基态C原子px轨道的电子云轮廓图：
2．下列说法正确的是
A．存在同分异构体
B．是苯的同系物
C．的一氯代物有5种
D．与发生加成反应时只存在π键的断裂
3．下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为三角锥形的是
A． B． C． D．
4．下列各组晶体熔化或者升华时，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A．冰和碘 B．Fe和NaCl
C．SiC和葡萄糖 D．和
5．下列说法不正确的是
A．Mg原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态变为基态
B．电子云图中黑点密度越大，说明单位体积内电子出现的几率越大
C．碳原子的基态电子排布式写成1s22s12p3，它违背了能量最低原理
D．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
6．对下列事实的解释不正确的是
选项 事实 解释
A 金属银具有良好的导电性 金属银中有“自由电子”
B ICl中I表现为正价 电负性：Cl>I
C 碘易溶于四氯化碳 碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子
D 的稳定性大于 水分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
7．下列叙述中不正确的是
A． 中含有2个手性碳原子
B．Cl2中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
D．CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，是因为F的电负性大于Cl，最终导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大
8．下列说法正确的是
A．所有的有机化合物都含有官能团，芳香烃的官能团是苯环
B．和所含官能团相同，属于同类物质
C．属于脂环化合物
D．属于苯的同系物
9．自然界中绝大多数物质是固体，随着化学的发展，人工合成的固体越来越多，广泛应用于能源、环境、材料、生命科学等领域。下列说法错误的是
A．物质的聚集状态除了我们熟知的气、液、固三态外还有液晶态、塑晶态等多种聚集状态
B．晶体与非晶体的本质区别：是否有规则的几何外形
C．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是：对固体进行X射线衍射实验
D．配合物和超分子有着广泛的应用，其中超分子的特性是“分子识别”和“自组装”
10．氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
下列说法不正确的是
A．六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键
B．六方氮化硼可做润滑剂
C．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子
D．立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键
11．《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”，涉及主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和对应的晶体类型不同
B．11.2L 中含有的键数为
C．12g金刚石中含有的极性共价键数为2
D．常温常压下，32g单质S含有的p能级电子数为10
12．已知：(a)、(b)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A．a属于链状化合物，b属于环状化合物
B．a、b中所有碳原子一定处于同一平面
C．b的二氯代物有9种(均不考虑立体异构)
D．a属于芳香烃，b不是苯的同系物
13．有机物M是某香水中香料的成分之一，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．M属于芳香族化合物
B．M的分子式为
C．M中所有的碳原子可能共平面
D．1mol M最多能与3mol 发生加成反应
14．立方烷(C8H8)、棱晶烷(C6H6)是近年来运用有机合成的方法制备的，具有如下图所示立体结构的环状有机物。萜类化合物是广泛存在于动植物体内的一类有机物(例如盆烯、月桂烯、柠檬烯等)。
对上述有机物的下列说法中正确的是(　　)
①盆烯、月桂烯、柠檬烯都能使溴水褪色
②棱晶烷、盆烯与苯互为同分异构体
③月桂烯、柠檬烯互为同分异构体
④立方烷、棱晶烷是环烷烃的同系物
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
15．对苯乙烯的下列叙述，①能使酸性溶液褪色②可发生加成反应③可溶于水④可溶于苯中⑤能与浓发生取代反应⑥能够萃取溴水中的溴，正确的是
A．仅①②④⑤ B．仅①②⑤⑥
C．仅①②④⑤⑥ D．全部正确
16．下列图像表示的信息正确的是
A． B．
C． D．
17．四乙基锡的熔点：-1120℃，沸点：183.1℃；氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点为206℃。氯化三乙基锡的合成路线如图所示，下列说法中正确的是
A．四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种
B．氯化三乙基锡和四乙基锡的熔沸点不同是因其晶体类型不同造成的
C．上述反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，反应前后分子内σ键总数不同
D．氯化三乙基锡中所有原子可能共平面
18．已知：，如果要合成，所用的起始原料可以是
A．2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和丙炔
B．2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和乙炔
C．2 -甲基-1，3 -丁二烯和2 -丁炔
D．l，3-戊二烯和2-丁炔
19．如图所示，横坐标表示完全燃烧时消耗可燃气体X（X＝A、B、C）的物质的量n(X)，纵坐标表示燃烧时生成水的物质的量n(H2O)，A、B是两种可燃气体，C是A和B的混合气体，则C的成分及其体积比可能是（　　）
A．C2H4与C3H4：体积比为任意比 B．C2H2与C3H8：体积比1∶2
C．H2与C4H8：体积比2∶1 D．H2与C2H6：体积比3∶1
20．已知： ，下列说法不正确的是
A．N的同分异构体有3种 B．反应②中FeCl3作催化剂
C．反应①属于加成反应 D．M、N、P中碳原子均可能共面
21．某烃的分子式为，它不能使溴水因反应而褪色，但可使酸性溶液褪色，且能被酸性溶液氧化为分子式为的芳香酸，则符合条件的烃有
A．3种 B．6种 C．9种 D．10种
22．铁及其化合物在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列有关说法正确的是
A．该配合物中阴离子空间构型为平面四边形
B．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配位数为5
C．如图所示γ-Fe 的晶胞中，铁原子的配位数为4
D．基态Fe2+中，未成对电子数目为4
23．下列说法中不正确的是
A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C．在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个
D．E和F形成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
24．氧化基纳米催化剂可用于CO2选择性加氢制备CH3OH，其反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．In为49号元素，其价层电子排布式为6s26p1
B．该反应过程中存在极性键的断裂和形成
C．CH3OH和CO2中，碳原子的杂化方式不同
D．该反应的总化学方程式为
25．冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+ (直径：204pm) K+ (直径：276pm)
冠醚A(空腔直径：260～320pm) 199 1183
冠醚B(空腔直径：170～220pm) 371 312
下列说法不正确的是
A．推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B．实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C．冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D．为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
二、非选择题部分
26．已知有如下8种有机物，其中③④均只由C、H两种元素组成，请根据所学知识回答下列问题：
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧
（1）上述物质属于芳香烃的是　 　(填标号，下同)，用系统命名法写出③的名称　 　。
（2）上述物质互为同系物的是　 　，互为同分异构体的是　 　。
（3）有机物⑧通过1，4-加聚反应得到高分子化合物异戊橡胶，写出该反应的化学方程式：　 　。
（4）⑦分子中共平面的原子个数最多为　 　。
（5）M是⑥的同分异构体，其中含有苯环的M的结构(不含C-O-C结构)有　 　种(不包括⑥)。
（6）乙炔可用来合成聚氯乙烯。请以乙炔为原料，无机试剂任选，设计聚氯乙烯的合成路线。　 　(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
27．丁二酮肟( )可与反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定的存在。请回答下列问题：
（1）Ni在元素周期表中的位置为　 　。
（2）基态氧原子的核外电子的空间运动状态有　 　种。
（3）丁二酮肟( )中涉及元素的电负性由大到小的顺序为　 　；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式：　 　，该过程形成的原子光谱为　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
（4）与Ni同周期的铜、锌两种元素位于元素周期表的　 　区，两元素的第一电离能()、第二电离能()数据如表所示：
电离能/()
铜 746 1958
锌 906 1733
铜的小于锌，却大于锌的主要原因是　 　。
28．晶体有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
（1）单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。单晶硅中最小的环上有　 　个Si原子。
（2）石墨可作锂离子电池的负极材料。
①石墨晶体是层状结构，层与层之间靠　 　维系。
②锂离子电池充电时，嵌入石墨层间。当嵌入最大量时，晶体部分结构的俯视示意图如图，此时C与的个数比是　 　。
（3）是一种碳的单质。
①1个晶胞中含有　 　个分子。
②世界上第一辆单分子“纳米小车”的四个轮子就是，小车运行情况如图所示，从a处化学键的特点说明其运动原因：　 　。(提示：可简化为)
（4）NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由：　 　。
晶体 离子间距/pm 熔点/℃
NaCl 801
NiO 1960
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为apm()，NiO的摩尔质量为M ，则晶体的密度为　 　(列出计算式)。
③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6∶91。若该晶体的化学式为，则x=　 　。
29．借助李比希法和现代科学仪器可以确定分子结构。某化学实验小组利用如图所示的装置测定某有机化合物X的组成及结构，取6.72gX与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加8.64g，碱石棉的质量增加21.12g。
（1）根据实验数据，可确定X分子中　 　(填“含"或"不含")氧元素，X的实验式为　 　。
（2）X的质谱图如图所示，则X的分子式为　 　。
（3）通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，则X可能的结构简式为　 　。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则下列说法正确的是_______(填标号)。
A．X属于芳香烃
B．X的二氯取代物有3种
C．X分子中所有碳原子不可能共平面
D．0.1molX含有的σ键的数目为1.8NA
（5）X的同分异构体(不考虑立体异构)中能满足下列条件的有　 　种。
①能使溴水因发生反应而褪色
②碳骨架主链上的碳原子数不小于5
其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是　 　(写结构简式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．空间结构为直线形，A错误；
B．的电子式为，B错误；
C．的电子排布式为，C错误；
D．基态C原子p能级有3个轨道，每个轨道的电子云轮廓图都为哑铃形或纺锤形，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
B、要注意OH-和-OH的电子式不同；
C、结合Na的电子排布式，判断Na+的电子排布式；
D、p能级3个轨道，都是哑铃形或者纺锤形。
2．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A．CH2Br2只有1种结构，不存在同分异构体，A错误；
B．苯的同系物应该是只有1个苯环，且苯环上只连接烷基，B错误；
C．中有5种等效氢，一氯代物有5种，C正确；
D．CH2=CH2与H2发生加成反应时，H2断裂的是σ键，碳碳双键断开π键，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、同一个C周围连接的4个部分可以互相换位置，结构不变；
B、同系物指的是结构相似，官能团的数目和种类相同；
C、一氯代物即判断等效氢的种类；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键。
3．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中P孤电子对数为1，连接原子数为3，其VSEPR模型为正四面体，空间构型为三角锥型，A正确；
B．离子中S孤电子对数为0，连接原子数为4，其VSEPR模型为正四面体，空间构型为正四面体，B错误；
C．中N原子的孤电子对数为0，连接原子数为3，其VSEPR模型为平面三角形，空间构型为平面三角形，C错误；
D．中B原子的孤电子对数为0，连接原子数为3，其VSEPR模型为平面三角形，空间构型为平面三角形，D错误；
故答案为：A。
【分析】 价层电子对数=孤电子对数+连接原子数，价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体，价层电子对数为3， VSEPR模型为平面三角形；通过VSEPR模型去除孤电子对数后，判断其空间构型。
4．【答案】D
【知识点】分子间作用力
【解析】【解答】A．冰、碘均为分子晶体，影响冰熔沸点的是范德华力和氢键，影响碘熔沸点的是范德华力，A错误；
B．铁为金属晶体，影响熔沸点的是金属键，NaCl为离子晶体，影响熔沸点的是离子键，B错误；
C．SiC为共价晶体，影响熔沸点的是共价键，葡萄糖为分子晶体，影响熔沸点的是分子间作用力，C错误；
D．NaHSO4、K2CO3为离子晶体，影响熔沸点的是离子键，D正确；
故答案为：D。
【分析】影响分子晶体的熔沸点主要是范德华力，若分子含有N、O、F和H，还会受到氢键影响；
影响共价晶体的熔沸点主要是共价键；影响离子晶体熔沸点的主要是离子键；影响金属晶体熔沸点的主要是金属键。
5．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】A．Mg原子的基态为1s22s22p63s2，激发态为1s22s22p63s13p1，激发态变为基态时，原子释放能量，A错误；
B．电子云图中黑点表示电子出现的概率，小黑点的密度越大，说明单位体积内电子出现的几率越大，B错误；
C．原子中，能层低的，其能量低，能级低的，其能量低，电子排布的时候优先填充1s，再填充2s、2p、3s、3p、4s、3d......，故题目中的碳原子基态电子排布式违背了能量最低原理，C错误；
D．不同能层有不同能级，同一能层的p能级的轨道一定高于s能级的轨道能量，下一能层的s能级轨道一定低于上一能层的p能级轨道能量，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、基态的能量低于激发态的能量；
B、电子云表示电子出现的概率；
C、原子中，能层低的，其能量低，能级低的，其能量低，电子排布的时候优先填充1s，再填充2s、2p、3s、3p、4s、3d......；
D、不同能层有不同能级，同一能层的p能级的轨道一定高于s能级的轨道能量，下一能层的s能级轨道一定低于上一能层的p能级轨道能量。
6．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．金属银由金属离子和自由移动的电子构成，具有良好的导电性，A错误；
B．同主族元素，从上到下电负性减小，同种化合物中，电负性小的为正价，大的为负价，B错误；
C．碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子，根据相似相溶原理，碘易溶于四氯化碳，C错误；
D．氢化物的稳定性即比较非金属性，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、金属晶体由金属键和自由移动的电子构成；
B、同周期元素，从左到右电负性增强，同主族元素，从上到下电负性减弱；
C、极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；
D、氢化物的稳定性即判断非金属性，同主族元素，从上到下非金属性减弱。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．左边第二个碳和第三个碳为手性碳，A错误；
B．两个氯原子形成共价键时，以“头碰头”的形式形成p-pσ键，B正确；
C．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，能提高物质的熔沸点，C错误；
D．氟的电负性大于氯的电负性，使-CF3的极性大于-CCl3的极性，CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
B、形成σ键为头碰头，形成π键为肩并肩；
C、 形成分子间氢键能提高物质的熔沸点，形成分子内氢键降低了物质的熔沸点 ；
D、电负性强，则羟基的极性增强，酸性增强。
8．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；同系物
【解析】【解答】A．苯环不是官能团，A错误；
B．酚和醇不属于同类物质，B错误；
C．属于脂环化合物，C正确；
D．苯的同系物是只有一个苯环，苯环上只连接烷基，D错误；
故答案为：C
【分析】A、苯环不是同系物；
B、羟基连在苯环上为酚，没有直接连在苯环上为醇；
C、环状化合物可以分为脂环化合物和芳香化合物，芳香化合物含有苯环，脂环化合物不含苯环；
D、苯的同系物是只有一个苯环，苯环上只连接烷基。
9．【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义
【解析】【解答】A．物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态和液晶态，A错误；
B．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，B正确；
C．通过X射线衍射可以区分晶体和非晶体，C错误；
D．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，D错误；
故答案为：B。
A、物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态和液晶态；
B、晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列；
C、区分晶体和非晶体可以用X射线衍射实验；
D、超分子具有分子识别与自组装的特征。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，A错误；
B．石墨可以作润滑剂，则六方氮化硼可以作润滑剂，B错误；
C．立方氮化硼晶胞中N位于体心，个数为4，B原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，C错误；
D．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，每个B原子可以形成4个B－N的配位键，配位键属于共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】A、分子间作用力不属于化学键；
B、石墨可以做润滑剂；
C、结合均摊法判断粒子个数；
D、配位键属于共价键。
11．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．和都是离子晶体，A错误；
B．涉及气体体积，需要标明气体状态，B错误；
C．金刚石只有非极性共价键，C错误；
D．基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，p能级的电子个数为10，32g的S，其p电子数为×10×NAmol-1=10NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、含有金属离子或者铵根离子的化合物属于离子晶体；
B、涉及气体体积的计算要注意是否提及标准状况以及处于气态；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、结合原子的基态电子排布式判断。
12．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．a、b都是环状化合物，A错误；
B．a中苯环连接的碳碳双键含有单键，可以旋转，不一定处于同一个平面，b中所有碳原子一定处于同一平面，B错误；
C．结合定一移一法，先固定一个氯原子位置，再改变另一个氯原子的位置，共有10种同分异构体，C项错误；
D．a为苯环上连接烃基，属于芳香烃，b只有1个苯环，没有直接连接烷基，不是苯的同系物，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、环状化合物的特点是含有环状结构；
B、单键可以旋转；
C、二氯代物可以结合定一移一法判断；
D、含有苯环的烃属于芳香烃；苯的同系物只有1个苯环，苯环上连接烷基。
13．【答案】B
【知识点】烯烃
【解析】【解答】A．没有苯环不属于芳香族化合物，A错误；
B．结合C、H、O的个数判断分子式为，B正确；
C．M分子中含有3个单键碳原子相连，无法同在一个平面，C错误；
D．碳碳双键可以与Br2发生加成反应，1mol M最多能与2mol Br2发生加成反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、芳香族化合物的特点是含有苯环；
B、结合C、H、O的个数判断分子式；
C、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
D、碳碳双键、碳碳双键可以和卤素单质发生加成反应。
14．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】①三种物质均含有碳碳双键，能使溴水褪色，①正确；
②棱晶烷、盆烯的分子式均为C6H6，苯的分子式也是C6H6，互为同分异构体，②正确；
③月桂烯、柠檬烯分子式均为C10H16，互为同分异构体，③正确；
④立方烷、棱晶烷（均为多个碳环）与环烷烃结构不相似，不是同系物， ④错误；
答案为：A。
【分析】①碳碳双键、碳碳三键可以使溴水褪色；
②③分子式相同，结构不同则互为同分异构体；
④同系物的结构相似，官能团的数目和种类相同。
15．【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】①苯乙烯中含有碳碳双键，使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，可发生加成反应，②正确；
③苯乙烯不含亲水基，不溶于水，③错误；
④苯乙烯为有机物，可溶于苯中，④正确；
⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，⑤正确；
⑥苯乙烯中含有碳碳双键，则可与溴水发生加成反应，不能萃取溴水中的溴，⑥错误；
故答案为：A。
【分析】碳碳双键可以发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；亲水基包括羟基、醛基、羧基等；有机物多数溶于有机溶剂；浓硝酸可以和苯环发生硝化反应，硝化反应属于取代反应；萃取剂的选择要求为萃取剂和原溶剂互不相溶，萃取剂和溶剂、溶质不反应，溶质在萃取剂的溶解度更大。
16．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．成键原子半径越小，键长越短，键能越大，A错误；
B．范德华力受相对原子质量影响，相对分子质量增大，熔沸点增高，若分子间含有氢键，则沸点会比相邻元素的化合物沸点更高，B错误；
C．X电负性越强，极性越强，同周期，随原子序数增大，电负性增强，C正确；
D．SiH4中S孤电子对数为0，连接原子个数为4，NH3中N孤电子对数为1，连接原子个数为3，H2O中O孤电子对数为2，连接原子个数为2，三者的价层电子对数都是4，为sp3杂化，孤电子对数越多，对化学键的排斥力越强，键角越小，故键角SiH4最大，H2O最小，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、成键原子半径越小，键长越短，键能越大；
B、范德华力受相对原子质量影响，相对分子质量增大，熔沸点增高，若分子间含有氢键，则沸点会比相邻元素的化合物沸点更高；
C、同周期元素，从左到右电负性增强；
D、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
17．【答案】A
【知识点】分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．同一个Sn周围连接4个乙基，相互对称，乙基含有2种等效氢，A正确；
B．四乙基锡和氯化三乙基锡沸点都低，都是分子晶体，四乙基锡是非极性分子，三乙基锡是极性分子，分子间作用力大于四乙基锡，熔沸点高于四乙基锡，B错误；
C．分子中C的价层电子对数都是4，为sp3杂化，Sn价层电子对数都是4，为sp3杂化， 反应前后分子内σ键总数相同 ，C错误；
D．一个原子周围连接2个以上的单键原子时，无法全部同在一个平面，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、等效氢可以结合分子的对称性判断；
B、分子晶体的熔沸点较低；
C、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
18．【答案】C
【知识点】烯烃
【解析】【解答】结合已知反应，1，3-丁二烯可以断开两个双键，在中间重新形成一个新的碳碳双键，碳碳三键断开形成碳碳双键，两者结合形成环状结构， 如果要合成 ，应该采用 2-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔或者是2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙炔，故答案为：C。
【分析】结合已知信息，判断断开化学键的方式。
19．【答案】C
【知识点】烃类的燃烧
【解析】【解答】由图象可以看出，1molA可以生成1mol H2O，即分子A中含有2个H，1molB可以形成4mol H2O，分子B中含有8个H，可以先排除A、D，1mol C生成2mol H2O，当组合为C2H2和C3H8时，1molC中含有mol的C2H2，和mol的C3H8，则此时可以生成的H2O为3mol，B错误；当组合为H2和C4H8时，1molC中含有有mol的H2，和mol的C4H8，则此时的H2O为2mol，
故答案为：C。
【分析】此类题型先结合A和B生成的H2O的物质的量，判断H的个数，结合C的物质的量，判断A和B的物质的量之比。
20．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；加成反应
【解析】【解答】A．乙苯的分子式为C8H10，不饱和度为4，可以形成碳碳双键、碳碳三键以及形成苯环的邻、间、对的不同结构，A正确；
B．氯原子取代在苯环上，可以用氯化铁作为催化剂，B错误；
C．苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，C错误；
D．分子中不含2个以上的单键碳原子连在同一个碳原子上，碳原子可以处于同一个平面，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
B、苯环上取代氯原子时，以铁或者氯化铁作为催化剂；
C、加成反应的特点是碳碳双键形成单键；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
21．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】分子式为 ，不饱和度为8，不能使溴水褪色，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，则分子应该含有苯环，苯环上含有烃基，经过氧化后，形成的芳香酸，即含有2个羧基，因此形成的苯环后还剩下4个C，应该形成2条支链，则有甲基、丙基以及2个乙基的组合，其中丙基又有正丙基和异丙基两种形式，每种组合又有邻、间、对3种情况，一共有9种结构，
故答案为：C。
【分析】根据分子式和不饱和度，判断可能存在的苯环结构，苯环上连接烃基时，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断结构种类。
22．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．阴离子为SO，SO中S原子孤电子对数为0，连接原子个数为4，价层电子对数为4，所以该离子为正四面体形，A错误；B．[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO为1，H2O的为5，则Fe2+的配位数为6，B错误；
C．距离最近的Fe为同一个面的面心和顶点的距离，以其中一个顶点为中心，周围一共有12个Fe，则配位数为12，C错误；
D．Fe的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，形成Fe2+时，Fe的价电子排布式为3d6，d能级共有5个轨道，则其中1个轨道2个电子，另外4个轨道只有1个电子，未成对电子数目为4，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、价层电子对数为4，为四面体形，S周围都是O，为正四面体；
B、配位数可以结合中心原子连接的配位键原子个数判断；
C、结合周围其他晶胞的个数判断；
D、结合电子排布式判断。
23．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．NaCl晶体中，以面心的Na+为中心，距离Na+最近的Cl-有6个，6个Cl-形成正八面体，A错误；
B．在CaF2晶体中，Ca2+位于顶点和面心，Ca2+数目为，B错误；
C．以顶点的CO2为中心，最近等距离的CO2位于同一个面的面心，一共有12个，C错误；
D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4， D正确；
故答案为：D。
【分析】A、结合晶胞的面心判断；
B、结合均摊法判断；
C、结合晶胞的顶点和面心判断；
D、气态团簇分子的分子式不需要均摊法判断。
24．【答案】A
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．In是49号元素，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1， In的价层电子排布式为5s25p1，A正确；
B．该反应过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键、氢氧键的形成，B错误；
C．CH3OH中碳原子是sp3杂化，CO2中碳原子是sp杂化，C错误；
D．箭头起始为一氧化碳和氢气，箭头终止为甲醇和水，由此可得到其反应总化学方程式为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、结合电子排布式判断；
B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
C、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、结合箭头的起始和终止判断反应物和生成物。
25．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；超分子
【解析】【解答】A．分析表中数据可知，当冠醚的空腔直径与Na+或K+的离子直径相匹配时，结合常数较大，说明结合常数与碱金属离子直径和冠醚空腔直径的匹配程度相关，A选项正确；
B．由于冠醚A对K+的结合能力（结合常数120）强于对Na+的结合能力（结合常数0.5），因此K+可以置换出冠醚A中结合的Na+。根据实验的结果分析，溶液中Na+浓度关系应为：①＞③＞②，故B选项不正确；
C．冠醚通过与K+结合形成配合物，将带入有机相，从而促进KMnO4与环己烯的反应，起到催化加速作用，C选项正确；
D．由表中数据可知，冠醚A对K+的结合常数（120）显著大于冠醚B（0.1），因此选择冠醚A能更有效地催化KMnO4与环己烯的反应，D选项正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．冠醚识别金属离子时，和冠醚空腔直径、金属离子直径有关；
B．根据表格中结合常数，冠醚A更易结合钾离子，据此分析；
C．通过冠醚识别钾离子，可协同高锰酸根离子进入有机相，加快反应；
D．冠醚A比冠醚B易识别钾离子。
26．【答案】（1）⑦；2-甲基丁烷
（2）③④；①⑤
（3）
（4）17
（5）13
（6）CH≡CHCH2=CHCl
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）只含碳、氢两种元素的有机物为烃，含有苯环的烃为芳香烃，属于芳香烃的是，故选⑦；根据系统命名法，主链有4个碳原子，从右往左编号，故命名为2-甲基丁烷；
（2）③的分子式为C5H12、④的分子式为CH4，都属于烷烃，结构相似，分子组成相差4个CH2原子团，③④属于同系物；、CH3 CH2 CH=CH CH2 CH3分子式都是C6H12，结构不同，互为同分异构体的是①⑤；
（3）有机物⑧通过1，4-加聚反应得到高分子化合物异戊橡胶，该反应的化学方程式为；
（4）苯环结构中有12个原子共平面，乙烯结构中有6个原子共平面，单键可以旋转，甲基中最多1个H原子可以旋转至共平面，因此分子中共平面的原子个数最多为17；
（5）M的同分异构体，苯环上只有1个取代基时，取代基有2种：-CH(OH)CH3、-CH2CH2OH，共有2种结构；苯环上有2个取代基，当取代基为-OH、-CH2CH3时，除⑥外，还有邻、间2种结构，当取代基为-CH2OH、-CH3时，有邻、间、对3种结构；苯环上有3个取代基时，分别为-CH3、-CH3、-OH，共有6种结构，、 (数字表示-OH连接的碳的位置)，因此符合条件的结构一共13种；
（6）乙炔先与HCl发生加成反应，得到CH2=CHCl，氯乙烯在一定条件下发生加成聚合，既可得到聚氯乙烯，合成路线为CH≡CHCH2=CHCl
。
【分析】 （1）芳香烃为含有苯环的烃；系统命名法以最长碳链为主链，距离之间最近一端编号；
（2）同系物的结构相似，官能团数目和种类相同；同分异构体的分子式相同，结构不同；
（3）加聚反应的过程中，碳碳双键断开，在中间重新形成一个新的双键；
（4）共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
（5）结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
（6）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
27．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）5
（3）；；吸收
（4）ds；铜的价层电子排布式为，锌的价层电子排布式为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的小于锌的，也由于3d全满结构稳定，再失去一个电子较困难，因此铜的大于锌的
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】（1）Ni元素的原子序数为28，位于第四周期Ⅷ族；故答案为第四周期Ⅷ族；
（2）基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，空间运动状态等于轨道数，即基态氧原子的核外电子的空间运动状态有5；故答案为5；
（3）涉及元素有H、C、N、O，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H；基态硼的核外电子排布式为1s22s22p1，成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，即激发态的排布式为1s22s12p2，价电子轨道式为 ；基态转化成激发态，吸收能量，形成原子光谱为吸收光谱；故答案为O＞N＞C＞H； ；吸收；
（4）铜的价电子排布式为3d104s1，锌的价电子排布式为3d104s2，这两种元素位于元素周期表的ds区；铜的价层电子排布式为3d104s1，锌的价层电子排布式为3d104s2，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的I1小于锌的I1，也由于3d全满结构稳定，Cu+再失去一个电子较困难，因此铜的I2大于锌的I2；故答案为ds；铜的价层电子排布式为3d104s1，锌的价层电子排布式为3d104s2，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的I1小于锌的I1，也由于3d全满结构稳定，Cu+再失去一个电子较困难，因此铜的I2大于锌的I2。
【分析】（1）结合原子序数判断元素在周期表的位置；
（2）结合O的核外电子排布式能级判断，s能级有1种运动状态，p能级有3种运动状态；
（3）同周期元素，从左到右电负性增强，；结合其电子排布式判断轨道表示式；电子跃迁时需要吸收能量，即形成吸收光谱；
（4）IB、IIB属于ds区，同周期元素，从左到右电离能增大，若元素价层电子处于半充满、全充满或者全空时则反常。
28．【答案】（1）6
（2）范德华力；6∶1
（3）4；a处通过单键相连，可以绕键轴旋转
（4）NiO和NaCl均为离子晶体，和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中作用力更强；；0.97
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】（1）单晶硅中最小的环上的硅原子构成六元环，则有6个Si原子；
（2）①石墨晶体是层状结构，层与层之间不形成化学键，靠范德华力维系。②在图中，以1个Li+为中心，周围平均有6个C原子与之相邻，则此时C与Li+的个数比是6：1。答案为：范德华力；6：1；
（3）①1个C60晶胞中含有C60分子的数目为=4。②从图中可以看出，乙炔基中碳原子、苯环对边的碳原子与C60分子，位于同一条直线上，且以单键相连，单键可以自由旋转，所以从a处化学键的特点说明其运动原因：a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转；
（4）①NiO比NaCl 的离子带电荷高，离子半径小，则NiO的熔点远高于NaCl，结合表格说明理由：NiO和NaCl晶体类型相同；Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强；②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm(1pm=10-10cm)，则面对角线的长度为2apm，晶胞边长为apm；在1个晶胞中，含有4个Ni2+和4个O2-，NiO的摩尔质量为Mg mol-1，则晶体的密度为g cm-3；③某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91，依据电荷守恒，Ni、O原子个数比为(6+91) ∶=97∶100。若该晶体的化学式为NixO，则x=0.97。
【分析】（1）结合晶胞图中的最小环判断；
（2） ①石墨属于混合晶体，层内部为共价键结合，层与层之间为范德华力结合；
②结合晶胞示意图判断；
（3） ①结合晶胞的结构可以知道，C60位于晶胞的顶点和面心，结合均摊法判断；
②单键连接可以旋转；
（4） ①离子的距离越近，作用力越强；
② 密度可以结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量和均摊法粒子数判断；
③结合均摊法判断。
29．【答案】（1）不含；CH2
（2）C6H12
（3） 、
（4）
（5）8；CH3CH2CH=CHCH2CH3
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）高氯酸镁的质量增加8.64g，即生成水8.64g，物质的量为0.48mol，所以该有机物含H的物质的量为0.96mol，质量为0.96g；碱石棉的质量增加21.12g，即生成CO2的物质的量为0.48mol，该有机物含C的物质的量为0.48mol，质量为5.76g，C和H的总质量为6.72g，所以该有机物不含O。C和H的物质的量之比为1：2，所以X的实验式为CH2。
（2）从X的质谱图可以看出，X的相对分子质量为84，所以X的分子式为C6H12。
（3）通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，说明X分子中只有一种化学环境的H，则X可能的结构简式为 或。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则X中不含碳碳双键，则X为环状结构，为环己烷。
A．X分子中没有苯环，不属于芳香烃，故A错误；
B．X为环己烷，则其二氯取代物有4种，故B错误；
C．X分子中所有碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故C正确；
D.1个X分子中含有12个C-H σ键和6个C-C σ键，所以0.1molX含有的σ键的数目为1.8NA，故D正确；
故选CD。
（5）X的同分异构体能使溴水因发生反应而褪色，则X中含有一个碳碳双键，碳骨架主链上的碳原子数不小于5，则主链上的碳原子数为6或5。若主链上碳原子数为6，则可能为1-己烯、2-己烯和3-己烯；若主链为5个碳原子，则可能为2-甲基-1-戊烯、2-甲基-2-戊烯、4-甲基-2-戊烯、4-甲基-1-戊烯、3-甲基-1-戊烯、3-甲基-2-戊烯，共8种。其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是CH3CH2CH=CHCH2CH3。
【分析】（1）结合C、H的质量之和和总质量对比，两者相等则不含O；
（2）质谱图最右侧为相对分子质量，结合实验式和相对分子质量可以判断分子式；
（3）核磁共振氢谱只有1组峰，即只有1种等效氢，结合分子的对称性判断结构简式；
（4）A、芳香烃的特点是含有苯环的烃；
B、二氯取代物可以结合定一移一法判断；
C、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
（5）结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。
1 / 1浙江省宁波市五校联盟2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题
一、选择题部分
1．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，这体现了中国对解决气候问题的大国担当。在实际生产中，可利用反应来捕捉废气中的，下列有关化学用语表示正确的是
A．的分子结构模型：
B．的电子式：
C．的电子排布式：
D．基态C原子px轨道的电子云轮廓图：
【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．空间结构为直线形，A错误；
B．的电子式为，B错误；
C．的电子排布式为，C错误；
D．基态C原子p能级有3个轨道，每个轨道的电子云轮廓图都为哑铃形或纺锤形，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
B、要注意OH-和-OH的电子式不同；
C、结合Na的电子排布式，判断Na+的电子排布式；
D、p能级3个轨道，都是哑铃形或者纺锤形。
2．下列说法正确的是
A．存在同分异构体
B．是苯的同系物
C．的一氯代物有5种
D．与发生加成反应时只存在π键的断裂
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A．CH2Br2只有1种结构，不存在同分异构体，A错误；
B．苯的同系物应该是只有1个苯环，且苯环上只连接烷基，B错误；
C．中有5种等效氢，一氯代物有5种，C正确；
D．CH2=CH2与H2发生加成反应时，H2断裂的是σ键，碳碳双键断开π键，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、同一个C周围连接的4个部分可以互相换位置，结构不变；
B、同系物指的是结构相似，官能团的数目和种类相同；
C、一氯代物即判断等效氢的种类；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键。
3．下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为三角锥形的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中P孤电子对数为1，连接原子数为3，其VSEPR模型为正四面体，空间构型为三角锥型，A正确；
B．离子中S孤电子对数为0，连接原子数为4，其VSEPR模型为正四面体，空间构型为正四面体，B错误；
C．中N原子的孤电子对数为0，连接原子数为3，其VSEPR模型为平面三角形，空间构型为平面三角形，C错误；
D．中B原子的孤电子对数为0，连接原子数为3，其VSEPR模型为平面三角形，空间构型为平面三角形，D错误；
故答案为：A。
【分析】 价层电子对数=孤电子对数+连接原子数，价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体，价层电子对数为3， VSEPR模型为平面三角形；通过VSEPR模型去除孤电子对数后，判断其空间构型。
4．下列各组晶体熔化或者升华时，所克服的粒子间作用力完全相同的是
A．冰和碘 B．Fe和NaCl
C．SiC和葡萄糖 D．和
【答案】D
【知识点】分子间作用力
【解析】【解答】A．冰、碘均为分子晶体，影响冰熔沸点的是范德华力和氢键，影响碘熔沸点的是范德华力，A错误；
B．铁为金属晶体，影响熔沸点的是金属键，NaCl为离子晶体，影响熔沸点的是离子键，B错误；
C．SiC为共价晶体，影响熔沸点的是共价键，葡萄糖为分子晶体，影响熔沸点的是分子间作用力，C错误；
D．NaHSO4、K2CO3为离子晶体，影响熔沸点的是离子键，D正确；
故答案为：D。
【分析】影响分子晶体的熔沸点主要是范德华力，若分子含有N、O、F和H，还会受到氢键影响；
影响共价晶体的熔沸点主要是共价键；影响离子晶体熔沸点的主要是离子键；影响金属晶体熔沸点的主要是金属键。
5．下列说法不正确的是
A．Mg原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，原子释放能量，由激发态变为基态
B．电子云图中黑点密度越大，说明单位体积内电子出现的几率越大
C．碳原子的基态电子排布式写成1s22s12p3，它违背了能量最低原理
D．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】A．Mg原子的基态为1s22s22p63s2，激发态为1s22s22p63s13p1，激发态变为基态时，原子释放能量，A错误；
B．电子云图中黑点表示电子出现的概率，小黑点的密度越大，说明单位体积内电子出现的几率越大，B错误；
C．原子中，能层低的，其能量低，能级低的，其能量低，电子排布的时候优先填充1s，再填充2s、2p、3s、3p、4s、3d......，故题目中的碳原子基态电子排布式违背了能量最低原理，C错误；
D．不同能层有不同能级，同一能层的p能级的轨道一定高于s能级的轨道能量，下一能层的s能级轨道一定低于上一能层的p能级轨道能量，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、基态的能量低于激发态的能量；
B、电子云表示电子出现的概率；
C、原子中，能层低的，其能量低，能级低的，其能量低，电子排布的时候优先填充1s，再填充2s、2p、3s、3p、4s、3d......；
D、不同能层有不同能级，同一能层的p能级的轨道一定高于s能级的轨道能量，下一能层的s能级轨道一定低于上一能层的p能级轨道能量。
6．对下列事实的解释不正确的是
选项 事实 解释
A 金属银具有良好的导电性 金属银中有“自由电子”
B ICl中I表现为正价 电负性：Cl>I
C 碘易溶于四氯化碳 碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子
D 的稳定性大于 水分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．金属银由金属离子和自由移动的电子构成，具有良好的导电性，A错误；
B．同主族元素，从上到下电负性减小，同种化合物中，电负性小的为正价，大的为负价，B错误；
C．碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子，根据相似相溶原理，碘易溶于四氯化碳，C错误；
D．氢化物的稳定性即比较非金属性，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、金属晶体由金属键和自由移动的电子构成；
B、同周期元素，从左到右电负性增强，同主族元素，从上到下电负性减弱；
C、极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；
D、氢化物的稳定性即判断非金属性，同主族元素，从上到下非金属性减弱。
7．下列叙述中不正确的是
A． 中含有2个手性碳原子
B．Cl2中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
D．CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，是因为F的电负性大于Cl，最终导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．左边第二个碳和第三个碳为手性碳，A错误；
B．两个氯原子形成共价键时，以“头碰头”的形式形成p-pσ键，B正确；
C．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，能提高物质的熔沸点，C错误；
D．氟的电负性大于氯的电负性，使-CF3的极性大于-CCl3的极性，CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
B、形成σ键为头碰头，形成π键为肩并肩；
C、 形成分子间氢键能提高物质的熔沸点，形成分子内氢键降低了物质的熔沸点 ；
D、电负性强，则羟基的极性增强，酸性增强。
8．下列说法正确的是
A．所有的有机化合物都含有官能团，芳香烃的官能团是苯环
B．和所含官能团相同，属于同类物质
C．属于脂环化合物
D．属于苯的同系物
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；同系物
【解析】【解答】A．苯环不是官能团，A错误；
B．酚和醇不属于同类物质，B错误；
C．属于脂环化合物，C正确；
D．苯的同系物是只有一个苯环，苯环上只连接烷基，D错误；
故答案为：C
【分析】A、苯环不是同系物；
B、羟基连在苯环上为酚，没有直接连在苯环上为醇；
C、环状化合物可以分为脂环化合物和芳香化合物，芳香化合物含有苯环，脂环化合物不含苯环；
D、苯的同系物是只有一个苯环，苯环上只连接烷基。
9．自然界中绝大多数物质是固体，随着化学的发展，人工合成的固体越来越多，广泛应用于能源、环境、材料、生命科学等领域。下列说法错误的是
A．物质的聚集状态除了我们熟知的气、液、固三态外还有液晶态、塑晶态等多种聚集状态
B．晶体与非晶体的本质区别：是否有规则的几何外形
C．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是：对固体进行X射线衍射实验
D．配合物和超分子有着广泛的应用，其中超分子的特性是“分子识别”和“自组装”
【答案】B
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义
【解析】【解答】A．物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态和液晶态，A错误；
B．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，B正确；
C．通过X射线衍射可以区分晶体和非晶体，C错误；
D．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，D错误；
故答案为：B。
A、物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态和液晶态；
B、晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列；
C、区分晶体和非晶体可以用X射线衍射实验；
D、超分子具有分子识别与自组装的特征。
10．氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
下列说法不正确的是
A．六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键
B．六方氮化硼可做润滑剂
C．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子
D．立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，A错误；
B．石墨可以作润滑剂，则六方氮化硼可以作润滑剂，B错误；
C．立方氮化硼晶胞中N位于体心，个数为4，B原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，C错误；
D．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，每个B原子可以形成4个B－N的配位键，配位键属于共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】A、分子间作用力不属于化学键；
B、石墨可以做润滑剂；
C、结合均摊法判断粒子个数；
D、配位键属于共价键。
11．《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”，涉及主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和对应的晶体类型不同
B．11.2L 中含有的键数为
C．12g金刚石中含有的极性共价键数为2
D．常温常压下，32g单质S含有的p能级电子数为10
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．和都是离子晶体，A错误；
B．涉及气体体积，需要标明气体状态，B错误；
C．金刚石只有非极性共价键，C错误；
D．基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，p能级的电子个数为10，32g的S，其p电子数为×10×NAmol-1=10NA，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、含有金属离子或者铵根离子的化合物属于离子晶体；
B、涉及气体体积的计算要注意是否提及标准状况以及处于气态；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、结合原子的基态电子排布式判断。
12．已知：(a)、(b)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A．a属于链状化合物，b属于环状化合物
B．a、b中所有碳原子一定处于同一平面
C．b的二氯代物有9种(均不考虑立体异构)
D．a属于芳香烃，b不是苯的同系物
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．a、b都是环状化合物，A错误；
B．a中苯环连接的碳碳双键含有单键，可以旋转，不一定处于同一个平面，b中所有碳原子一定处于同一平面，B错误；
C．结合定一移一法，先固定一个氯原子位置，再改变另一个氯原子的位置，共有10种同分异构体，C项错误；
D．a为苯环上连接烃基，属于芳香烃，b只有1个苯环，没有直接连接烷基，不是苯的同系物，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、环状化合物的特点是含有环状结构；
B、单键可以旋转；
C、二氯代物可以结合定一移一法判断；
D、含有苯环的烃属于芳香烃；苯的同系物只有1个苯环，苯环上连接烷基。
13．有机物M是某香水中香料的成分之一，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．M属于芳香族化合物
B．M的分子式为
C．M中所有的碳原子可能共平面
D．1mol M最多能与3mol 发生加成反应
【答案】B
【知识点】烯烃
【解析】【解答】A．没有苯环不属于芳香族化合物，A错误；
B．结合C、H、O的个数判断分子式为，B正确；
C．M分子中含有3个单键碳原子相连，无法同在一个平面，C错误；
D．碳碳双键可以与Br2发生加成反应，1mol M最多能与2mol Br2发生加成反应，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、芳香族化合物的特点是含有苯环；
B、结合C、H、O的个数判断分子式；
C、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
D、碳碳双键、碳碳双键可以和卤素单质发生加成反应。
14．立方烷(C8H8)、棱晶烷(C6H6)是近年来运用有机合成的方法制备的，具有如下图所示立体结构的环状有机物。萜类化合物是广泛存在于动植物体内的一类有机物(例如盆烯、月桂烯、柠檬烯等)。
对上述有机物的下列说法中正确的是(　　)
①盆烯、月桂烯、柠檬烯都能使溴水褪色
②棱晶烷、盆烯与苯互为同分异构体
③月桂烯、柠檬烯互为同分异构体
④立方烷、棱晶烷是环烷烃的同系物
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】①三种物质均含有碳碳双键，能使溴水褪色，①正确；
②棱晶烷、盆烯的分子式均为C6H6，苯的分子式也是C6H6，互为同分异构体，②正确；
③月桂烯、柠檬烯分子式均为C10H16，互为同分异构体，③正确；
④立方烷、棱晶烷（均为多个碳环）与环烷烃结构不相似，不是同系物， ④错误；
答案为：A。
【分析】①碳碳双键、碳碳三键可以使溴水褪色；
②③分子式相同，结构不同则互为同分异构体；
④同系物的结构相似，官能团的数目和种类相同。
15．对苯乙烯的下列叙述，①能使酸性溶液褪色②可发生加成反应③可溶于水④可溶于苯中⑤能与浓发生取代反应⑥能够萃取溴水中的溴，正确的是
A．仅①②④⑤ B．仅①②⑤⑥
C．仅①②④⑤⑥ D．全部正确
【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】①苯乙烯中含有碳碳双键，使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，可发生加成反应，②正确；
③苯乙烯不含亲水基，不溶于水，③错误；
④苯乙烯为有机物，可溶于苯中，④正确；
⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，⑤正确；
⑥苯乙烯中含有碳碳双键，则可与溴水发生加成反应，不能萃取溴水中的溴，⑥错误；
故答案为：A。
【分析】碳碳双键可以发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；亲水基包括羟基、醛基、羧基等；有机物多数溶于有机溶剂；浓硝酸可以和苯环发生硝化反应，硝化反应属于取代反应；萃取剂的选择要求为萃取剂和原溶剂互不相溶，萃取剂和溶剂、溶质不反应，溶质在萃取剂的溶解度更大。
16．下列图像表示的信息正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．成键原子半径越小，键长越短，键能越大，A错误；
B．范德华力受相对原子质量影响，相对分子质量增大，熔沸点增高，若分子间含有氢键，则沸点会比相邻元素的化合物沸点更高，B错误；
C．X电负性越强，极性越强，同周期，随原子序数增大，电负性增强，C正确；
D．SiH4中S孤电子对数为0，连接原子个数为4，NH3中N孤电子对数为1，连接原子个数为3，H2O中O孤电子对数为2，连接原子个数为2，三者的价层电子对数都是4，为sp3杂化，孤电子对数越多，对化学键的排斥力越强，键角越小，故键角SiH4最大，H2O最小，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、成键原子半径越小，键长越短，键能越大；
B、范德华力受相对原子质量影响，相对分子质量增大，熔沸点增高，若分子间含有氢键，则沸点会比相邻元素的化合物沸点更高；
C、同周期元素，从左到右电负性增强；
D、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
17．四乙基锡的熔点：-1120℃，沸点：183.1℃；氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点为206℃。氯化三乙基锡的合成路线如图所示，下列说法中正确的是
A．四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种
B．氯化三乙基锡和四乙基锡的熔沸点不同是因其晶体类型不同造成的
C．上述反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，反应前后分子内σ键总数不同
D．氯化三乙基锡中所有原子可能共平面
【答案】A
【知识点】分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．同一个Sn周围连接4个乙基，相互对称，乙基含有2种等效氢，A正确；
B．四乙基锡和氯化三乙基锡沸点都低，都是分子晶体，四乙基锡是非极性分子，三乙基锡是极性分子，分子间作用力大于四乙基锡，熔沸点高于四乙基锡，B错误；
C．分子中C的价层电子对数都是4，为sp3杂化，Sn价层电子对数都是4，为sp3杂化， 反应前后分子内σ键总数相同 ，C错误；
D．一个原子周围连接2个以上的单键原子时，无法全部同在一个平面，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、等效氢可以结合分子的对称性判断；
B、分子晶体的熔沸点较低；
C、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
18．已知：，如果要合成，所用的起始原料可以是
A．2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和丙炔
B．2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和乙炔
C．2 -甲基-1，3 -丁二烯和2 -丁炔
D．l，3-戊二烯和2-丁炔
【答案】C
【知识点】烯烃
【解析】【解答】结合已知反应，1，3-丁二烯可以断开两个双键，在中间重新形成一个新的碳碳双键，碳碳三键断开形成碳碳双键，两者结合形成环状结构， 如果要合成 ，应该采用 2-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔或者是2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙炔，故答案为：C。
【分析】结合已知信息，判断断开化学键的方式。
19．如图所示，横坐标表示完全燃烧时消耗可燃气体X（X＝A、B、C）的物质的量n(X)，纵坐标表示燃烧时生成水的物质的量n(H2O)，A、B是两种可燃气体，C是A和B的混合气体，则C的成分及其体积比可能是（　　）
A．C2H4与C3H4：体积比为任意比 B．C2H2与C3H8：体积比1∶2
C．H2与C4H8：体积比2∶1 D．H2与C2H6：体积比3∶1
【答案】C
【知识点】烃类的燃烧
【解析】【解答】由图象可以看出，1molA可以生成1mol H2O，即分子A中含有2个H，1molB可以形成4mol H2O，分子B中含有8个H，可以先排除A、D，1mol C生成2mol H2O，当组合为C2H2和C3H8时，1molC中含有mol的C2H2，和mol的C3H8，则此时可以生成的H2O为3mol，B错误；当组合为H2和C4H8时，1molC中含有有mol的H2，和mol的C4H8，则此时的H2O为2mol，
故答案为：C。
【分析】此类题型先结合A和B生成的H2O的物质的量，判断H的个数，结合C的物质的量，判断A和B的物质的量之比。
20．已知： ，下列说法不正确的是
A．N的同分异构体有3种 B．反应②中FeCl3作催化剂
C．反应①属于加成反应 D．M、N、P中碳原子均可能共面
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质；加成反应
【解析】【解答】A．乙苯的分子式为C8H10，不饱和度为4，可以形成碳碳双键、碳碳三键以及形成苯环的邻、间、对的不同结构，A正确；
B．氯原子取代在苯环上，可以用氯化铁作为催化剂，B错误；
C．苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，C错误；
D．分子中不含2个以上的单键碳原子连在同一个碳原子上，碳原子可以处于同一个平面，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
B、苯环上取代氯原子时，以铁或者氯化铁作为催化剂；
C、加成反应的特点是碳碳双键形成单键；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
21．某烃的分子式为，它不能使溴水因反应而褪色，但可使酸性溶液褪色，且能被酸性溶液氧化为分子式为的芳香酸，则符合条件的烃有
A．3种 B．6种 C．9种 D．10种
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】分子式为 ，不饱和度为8，不能使溴水褪色，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，则分子应该含有苯环，苯环上含有烃基，经过氧化后，形成的芳香酸，即含有2个羧基，因此形成的苯环后还剩下4个C，应该形成2条支链，则有甲基、丙基以及2个乙基的组合，其中丙基又有正丙基和异丙基两种形式，每种组合又有邻、间、对3种情况，一共有9种结构，
故答案为：C。
【分析】根据分子式和不饱和度，判断可能存在的苯环结构，苯环上连接烃基时，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断结构种类。
22．铁及其化合物在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列有关说法正确的是
A．该配合物中阴离子空间构型为平面四边形
B．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配位数为5
C．如图所示γ-Fe 的晶胞中，铁原子的配位数为4
D．基态Fe2+中，未成对电子数目为4
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．阴离子为SO，SO中S原子孤电子对数为0，连接原子个数为4，价层电子对数为4，所以该离子为正四面体形，A错误；B．[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO为1，H2O的为5，则Fe2+的配位数为6，B错误；
C．距离最近的Fe为同一个面的面心和顶点的距离，以其中一个顶点为中心，周围一共有12个Fe，则配位数为12，C错误；
D．Fe的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，形成Fe2+时，Fe的价电子排布式为3d6，d能级共有5个轨道，则其中1个轨道2个电子，另外4个轨道只有1个电子，未成对电子数目为4，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、价层电子对数为4，为四面体形，S周围都是O，为正四面体；
B、配位数可以结合中心原子连接的配位键原子个数判断；
C、结合周围其他晶胞的个数判断；
D、结合电子排布式判断。
23．下列说法中不正确的是
A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C．在CO2晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个
D．E和F形成的气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．NaCl晶体中，以面心的Na+为中心，距离Na+最近的Cl-有6个，6个Cl-形成正八面体，A错误；
B．在CaF2晶体中，Ca2+位于顶点和面心，Ca2+数目为，B错误；
C．以顶点的CO2为中心，最近等距离的CO2位于同一个面的面心，一共有12个，C错误；
D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4， D正确；
故答案为：D。
【分析】A、结合晶胞的面心判断；
B、结合均摊法判断；
C、结合晶胞的顶点和面心判断；
D、气态团簇分子的分子式不需要均摊法判断。
24．氧化基纳米催化剂可用于CO2选择性加氢制备CH3OH，其反应机理如图所示，下列说法错误的是
A．In为49号元素，其价层电子排布式为6s26p1
B．该反应过程中存在极性键的断裂和形成
C．CH3OH和CO2中，碳原子的杂化方式不同
D．该反应的总化学方程式为
【答案】A
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．In是49号元素，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1， In的价层电子排布式为5s25p1，A正确；
B．该反应过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键、氢氧键的形成，B错误；
C．CH3OH中碳原子是sp3杂化，CO2中碳原子是sp杂化，C错误；
D．箭头起始为一氧化碳和氢气，箭头终止为甲醇和水，由此可得到其反应总化学方程式为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、结合电子排布式判断；
B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
C、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
D、结合箭头的起始和终止判断反应物和生成物。
25．冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+ (直径：204pm) K+ (直径：276pm)
冠醚A(空腔直径：260～320pm) 199 1183
冠醚B(空腔直径：170～220pm) 371 312
下列说法不正确的是
A．推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B．实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C．冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D．为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；超分子
【解析】【解答】A．分析表中数据可知，当冠醚的空腔直径与Na+或K+的离子直径相匹配时，结合常数较大，说明结合常数与碱金属离子直径和冠醚空腔直径的匹配程度相关，A选项正确；
B．由于冠醚A对K+的结合能力（结合常数120）强于对Na+的结合能力（结合常数0.5），因此K+可以置换出冠醚A中结合的Na+。根据实验的结果分析，溶液中Na+浓度关系应为：①＞③＞②，故B选项不正确；
C．冠醚通过与K+结合形成配合物，将带入有机相，从而促进KMnO4与环己烯的反应，起到催化加速作用，C选项正确；
D．由表中数据可知，冠醚A对K+的结合常数（120）显著大于冠醚B（0.1），因此选择冠醚A能更有效地催化KMnO4与环己烯的反应，D选项正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．冠醚识别金属离子时，和冠醚空腔直径、金属离子直径有关；
B．根据表格中结合常数，冠醚A更易结合钾离子，据此分析；
C．通过冠醚识别钾离子，可协同高锰酸根离子进入有机相，加快反应；
D．冠醚A比冠醚B易识别钾离子。
二、非选择题部分
26．已知有如下8种有机物，其中③④均只由C、H两种元素组成，请根据所学知识回答下列问题：
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧
（1）上述物质属于芳香烃的是　 　(填标号，下同)，用系统命名法写出③的名称　 　。
（2）上述物质互为同系物的是　 　，互为同分异构体的是　 　。
（3）有机物⑧通过1，4-加聚反应得到高分子化合物异戊橡胶，写出该反应的化学方程式：　 　。
（4）⑦分子中共平面的原子个数最多为　 　。
（5）M是⑥的同分异构体，其中含有苯环的M的结构(不含C-O-C结构)有　 　种(不包括⑥)。
（6）乙炔可用来合成聚氯乙烯。请以乙炔为原料，无机试剂任选，设计聚氯乙烯的合成路线。　 　(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
【答案】（1）⑦；2-甲基丁烷
（2）③④；①⑤
（3）
（4）17
（5）13
（6）CH≡CHCH2=CHCl
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）只含碳、氢两种元素的有机物为烃，含有苯环的烃为芳香烃，属于芳香烃的是，故选⑦；根据系统命名法，主链有4个碳原子，从右往左编号，故命名为2-甲基丁烷；
（2）③的分子式为C5H12、④的分子式为CH4，都属于烷烃，结构相似，分子组成相差4个CH2原子团，③④属于同系物；、CH3 CH2 CH=CH CH2 CH3分子式都是C6H12，结构不同，互为同分异构体的是①⑤；
（3）有机物⑧通过1，4-加聚反应得到高分子化合物异戊橡胶，该反应的化学方程式为；
（4）苯环结构中有12个原子共平面，乙烯结构中有6个原子共平面，单键可以旋转，甲基中最多1个H原子可以旋转至共平面，因此分子中共平面的原子个数最多为17；
（5）M的同分异构体，苯环上只有1个取代基时，取代基有2种：-CH(OH)CH3、-CH2CH2OH，共有2种结构；苯环上有2个取代基，当取代基为-OH、-CH2CH3时，除⑥外，还有邻、间2种结构，当取代基为-CH2OH、-CH3时，有邻、间、对3种结构；苯环上有3个取代基时，分别为-CH3、-CH3、-OH，共有6种结构，、 (数字表示-OH连接的碳的位置)，因此符合条件的结构一共13种；
（6）乙炔先与HCl发生加成反应，得到CH2=CHCl，氯乙烯在一定条件下发生加成聚合，既可得到聚氯乙烯，合成路线为CH≡CHCH2=CHCl
。
【分析】 （1）芳香烃为含有苯环的烃；系统命名法以最长碳链为主链，距离之间最近一端编号；
（2）同系物的结构相似，官能团数目和种类相同；同分异构体的分子式相同，结构不同；
（3）加聚反应的过程中，碳碳双键断开，在中间重新形成一个新的双键；
（4）共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
（5）结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断；
（6）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
27．丁二酮肟( )可与反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定的存在。请回答下列问题：
（1）Ni在元素周期表中的位置为　 　。
（2）基态氧原子的核外电子的空间运动状态有　 　种。
（3）丁二酮肟( )中涉及元素的电负性由大到小的顺序为　 　；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式：　 　，该过程形成的原子光谱为　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
（4）与Ni同周期的铜、锌两种元素位于元素周期表的　 　区，两元素的第一电离能()、第二电离能()数据如表所示：
电离能/()
铜 746 1958
锌 906 1733
铜的小于锌，却大于锌的主要原因是　 　。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）5
（3）；；吸收
（4）ds；铜的价层电子排布式为，锌的价层电子排布式为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的小于锌的，也由于3d全满结构稳定，再失去一个电子较困难，因此铜的大于锌的
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】（1）Ni元素的原子序数为28，位于第四周期Ⅷ族；故答案为第四周期Ⅷ族；
（2）基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，空间运动状态等于轨道数，即基态氧原子的核外电子的空间运动状态有5；故答案为5；
（3）涉及元素有H、C、N、O，电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H；基态硼的核外电子排布式为1s22s22p1，成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，即激发态的排布式为1s22s12p2，价电子轨道式为 ；基态转化成激发态，吸收能量，形成原子光谱为吸收光谱；故答案为O＞N＞C＞H； ；吸收；
（4）铜的价电子排布式为3d104s1，锌的价电子排布式为3d104s2，这两种元素位于元素周期表的ds区；铜的价层电子排布式为3d104s1，锌的价层电子排布式为3d104s2，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的I1小于锌的I1，也由于3d全满结构稳定，Cu+再失去一个电子较困难，因此铜的I2大于锌的I2；故答案为ds；铜的价层电子排布式为3d104s1，锌的价层电子排布式为3d104s2，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，因此铜的I1小于锌的I1，也由于3d全满结构稳定，Cu+再失去一个电子较困难，因此铜的I2大于锌的I2。
【分析】（1）结合原子序数判断元素在周期表的位置；
（2）结合O的核外电子排布式能级判断，s能级有1种运动状态，p能级有3种运动状态；
（3）同周期元素，从左到右电负性增强，；结合其电子排布式判断轨道表示式；电子跃迁时需要吸收能量，即形成吸收光谱；
（4）IB、IIB属于ds区，同周期元素，从左到右电离能增大，若元素价层电子处于半充满、全充满或者全空时则反常。
28．晶体有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
（1）单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。单晶硅中最小的环上有　 　个Si原子。
（2）石墨可作锂离子电池的负极材料。
①石墨晶体是层状结构，层与层之间靠　 　维系。
②锂离子电池充电时，嵌入石墨层间。当嵌入最大量时，晶体部分结构的俯视示意图如图，此时C与的个数比是　 　。
（3）是一种碳的单质。
①1个晶胞中含有　 　个分子。
②世界上第一辆单分子“纳米小车”的四个轮子就是，小车运行情况如图所示，从a处化学键的特点说明其运动原因：　 　。(提示：可简化为)
（4）NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由：　 　。
晶体 离子间距/pm 熔点/℃
NaCl 801
NiO 1960
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为apm()，NiO的摩尔质量为M ，则晶体的密度为　 　(列出计算式)。
③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6∶91。若该晶体的化学式为，则x=　 　。
【答案】（1）6
（2）范德华力；6∶1
（3）4；a处通过单键相连，可以绕键轴旋转
（4）NiO和NaCl均为离子晶体，和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中作用力更强；；0.97
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】（1）单晶硅中最小的环上的硅原子构成六元环，则有6个Si原子；
（2）①石墨晶体是层状结构，层与层之间不形成化学键，靠范德华力维系。②在图中，以1个Li+为中心，周围平均有6个C原子与之相邻，则此时C与Li+的个数比是6：1。答案为：范德华力；6：1；
（3）①1个C60晶胞中含有C60分子的数目为=4。②从图中可以看出，乙炔基中碳原子、苯环对边的碳原子与C60分子，位于同一条直线上，且以单键相连，单键可以自由旋转，所以从a处化学键的特点说明其运动原因：a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转；
（4）①NiO比NaCl 的离子带电荷高，离子半径小，则NiO的熔点远高于NaCl，结合表格说明理由：NiO和NaCl晶体类型相同；Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强；②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm(1pm=10-10cm)，则面对角线的长度为2apm，晶胞边长为apm；在1个晶胞中，含有4个Ni2+和4个O2-，NiO的摩尔质量为Mg mol-1，则晶体的密度为g cm-3；③某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91，依据电荷守恒，Ni、O原子个数比为(6+91) ∶=97∶100。若该晶体的化学式为NixO，则x=0.97。
【分析】（1）结合晶胞图中的最小环判断；
（2） ①石墨属于混合晶体，层内部为共价键结合，层与层之间为范德华力结合；
②结合晶胞示意图判断；
（3） ①结合晶胞的结构可以知道，C60位于晶胞的顶点和面心，结合均摊法判断；
②单键连接可以旋转；
（4） ①离子的距离越近，作用力越强；
② 密度可以结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量和均摊法粒子数判断；
③结合均摊法判断。
29．借助李比希法和现代科学仪器可以确定分子结构。某化学实验小组利用如图所示的装置测定某有机化合物X的组成及结构，取6.72gX与足量氧气充分燃烧，实验结束后，高氯酸镁的质量增加8.64g，碱石棉的质量增加21.12g。
（1）根据实验数据，可确定X分子中　 　(填“含"或"不含")氧元素，X的实验式为　 　。
（2）X的质谱图如图所示，则X的分子式为　 　。
（3）通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，则X可能的结构简式为　 　。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则下列说法正确的是_______(填标号)。
A．X属于芳香烃
B．X的二氯取代物有3种
C．X分子中所有碳原子不可能共平面
D．0.1molX含有的σ键的数目为1.8NA
（5）X的同分异构体(不考虑立体异构)中能满足下列条件的有　 　种。
①能使溴水因发生反应而褪色
②碳骨架主链上的碳原子数不小于5
其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是　 　(写结构简式)。
【答案】（1）不含；CH2
（2）C6H12
（3） 、
（4）
（5）8；CH3CH2CH=CHCH2CH3
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）高氯酸镁的质量增加8.64g，即生成水8.64g，物质的量为0.48mol，所以该有机物含H的物质的量为0.96mol，质量为0.96g；碱石棉的质量增加21.12g，即生成CO2的物质的量为0.48mol，该有机物含C的物质的量为0.48mol，质量为5.76g，C和H的总质量为6.72g，所以该有机物不含O。C和H的物质的量之比为1：2，所以X的实验式为CH2。
（2）从X的质谱图可以看出，X的相对分子质量为84，所以X的分子式为C6H12。
（3）通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，说明X分子中只有一种化学环境的H，则X可能的结构简式为 或。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则X中不含碳碳双键，则X为环状结构，为环己烷。
A．X分子中没有苯环，不属于芳香烃，故A错误；
B．X为环己烷，则其二氯取代物有4种，故B错误；
C．X分子中所有碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故C正确；
D.1个X分子中含有12个C-H σ键和6个C-C σ键，所以0.1molX含有的σ键的数目为1.8NA，故D正确；
故选CD。
（5）X的同分异构体能使溴水因发生反应而褪色，则X中含有一个碳碳双键，碳骨架主链上的碳原子数不小于5，则主链上的碳原子数为6或5。若主链上碳原子数为6，则可能为1-己烯、2-己烯和3-己烯；若主链为5个碳原子，则可能为2-甲基-1-戊烯、2-甲基-2-戊烯、4-甲基-2-戊烯、4-甲基-1-戊烯、3-甲基-1-戊烯、3-甲基-2-戊烯，共8种。其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是CH3CH2CH=CHCH2CH3。
【分析】（1）结合C、H的质量之和和总质量对比，两者相等则不含O；
（2）质谱图最右侧为相对分子质量，结合实验式和相对分子质量可以判断分子式；
（3）核磁共振氢谱只有1组峰，即只有1种等效氢，结合分子的对称性判断结构简式；
（4）A、芳香烃的特点是含有苯环的烃；
B、二氯取代物可以结合定一移一法判断；
C、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
（5）结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。
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