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广东省深圳市龙岗区布吉高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题
一、选择题：本题共16题，共44分。1-10题，每小题2分；11-16题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．化学为科技强国作出巨大贡献。下列有关说法正确的是
A．不粘锅内壁涂附的聚四氟乙烯能使溴水褪色
B．用质谱法确定青蒿素分子中的官能团
C．船舶外壳镶嵌锌块以防船体被腐蚀
D．用于制作C919飞机门帘的国产芳砜纶纤维属于天然纤维
2．下列关于分离提纯的说法正确的是
A．超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和
B．除去乙炔中混有少量的：通过酸性溶液，洗气
C．可用乙醇将碘水中的碘萃取出来
D．分液操作时，上下层液体依次从下口放出
3．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，可用于饮用水处理。湿法制高铁酸钠的反应原理为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有关说法不正确的是
A．H2O的VSEPR模型为四面体形
B．基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2
C．NaClO的电子式为
D．37Cl原子结构示意图为
4．下列化学用语或化学图谱表述错误的是
A．基态硫原子的价层电子轨道表示式：
B．分子的空间结构模型：
C．的核磁共振氢谱：
D．聚乙炔的结构简式：
5．高州盛产柠檬，从柠檬中提取的柠檬烯具有抗菌抑菌、抗氧化、祛痰平喘等多种作用，常用于医药、食品加工、日化等多个领域，其结构简式为。下列有关柠檬烯的说法正确的是
A．柠檬烯的分子式为
B．柠檬烯能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．柠檬烯中C原子全部采取sp2杂化
D．柠檬烯与1，3-丁二烯互为同系物
6．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．属于醛类，官能团为-CHO
B．2-甲基-2-戊烯的键线式为
C．3，4-二甲基-4-乙基己烷
D．立方烷()的六氨基()取代物有3种
7．代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．含28g硅的晶体中存在的共价键总数为
B．标准状况下，2.24L乙烯中含有的键数目为
C．1mol甲基()中含有电子的数目为
D．2.8g N2中含有π键数为0.1NA
8．有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图，则该有机物的可能结构为
A．CH3COOCH2CH3 B．CH3CHOHCOCH3
C．HCOOCH2CH3 D．(CH3)2CHCOOH
9．下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是
A．含有碳碳三键的的同分异构体有3种
B．分子式是且属于羧酸的同分异构体有5种
C．含苯环的的同分异构体有3种
D．的一溴代物有5种
10．科学家发现，一定条件下可把青蒿素转化为双氢青蒿素。下列说法不正确的是
A．利用元素定量分析和质谱法可以得到青蒿素的分子式
B．青蒿素含有羰基和醚键
C．青蒿素分子存在手性碳原子
D．青蒿素转化为双氢青蒿素时，π键发生断裂
11．工业上可由乙苯生产苯乙烯如下所示，下列有关说法正确的是
A．乙苯和苯乙烯中化学环境不同的氢种数是相同的
B．乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7
C．1mol苯乙烯最多可与4mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种
D．乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应
12．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是
A．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强
B．键角：是由于中上孤电子对数比分中上的少
C．已知：元素和元素的电负性差值大于元素和元素的电负性差值，故：分子的极性大于
D．稳定性：，是由于水分子间存在氢键
13．据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示，下列说法正确的是
A．CH4和H2O2含有相同的电子数
B．图中表示CH4，该模型也可以表示CCl4
C．步骤ii涉及碳氢键的断裂与生成和碳氧键的断裂与生成
D．步骤i到iv的总反应为：CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O
14．苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
15．已知A、B、G、D、E是原子序数依次增大的短周期元素。其中A位于第一周期，是食品添加剂的组成元素；基态B原子核外有7种不同运动状态的电子；G元素原子的价层电子排布式是；D元素在短周期主族元素中金属性最强；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数。下列说法错误的是
A．有两种元素位于元素周期表的p区
B．A、B、G三种元素的电负性：G>B>A
C．B、G、D三种元素的第一电离能：B>G>D
D．A、G、D三种元素形成的化合物既有离子键又有共价键
16．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验，下列说法不正确的是
序号 实验步骤 实验现象或结论
① 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体
③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为
④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成
A．配离子的稳定性
B．加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度
C．加入氨水的过程中的浓度不断减小
D．向④中深蓝色溶液中加入饱和溶液，不会产生白色沉淀
二、非选择题，共4题，56分。
17．现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈(CeO2)，其工艺流程如图所示：
已知：硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有　 　个未成对电子。
（2）滤渣A的两种主要成分为BaSO4和SiO2，它们的晶体类型依次是　 　、　 　。
（3）步骤①进行的操作名称为　 　。
（4）加入硫脲的目的是　 　。
（5）步骤④中生成的Ce2(CO3)3中的空间构型是　 　。
18．“结构决定性质、性质决定用途”是重要思想方法。请回答下列问题：
（1）某元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]，则该元素位于元素周期表中第　 　周期　 　族，属于　 　区。
（2）乙烯难溶于水而易溶于四氮化碳的原因是：　 　。
（3）在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为：　 　。
（4）镍能形成多种配合物。常温下，是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点远高于的原因是　 　。
19．Ⅰ.莽草酸是合成治疗禽流感的药物-达菲的原料之一，莽草酸(A)的结构简式为：
（1）A的分子式为　 　。
（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式　 　。
（3）A中的不含氧官能团名称是　 　。
Ⅱ.已知有机物9.0gB在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体一次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增加5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。
（4）B分子的质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是　 　，则B的分子式是　 　。
（5）B分子的核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比是1：1：1：3，则B的结构简式是　 　。
（6）写出官能团与B相同的同分异构体的结构简式：　 　。
20．向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向其中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。回答问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布图是　 　。
（2）N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是　 　。
（3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的原子是　 　。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是　 　(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是　 　。
（4）NH3中N原子的杂化方式是　 　，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有　 　个。
（5）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是　 　。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为　 　g·cm-3 (1pm=10-12m) 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；合成材料
【解析】【解答】A．聚四氟乙烯的分子结构中不含碳碳双键等不饱和键，因此无法与溴水发生加成反应使其褪色，故A选项错误；
B．质谱仪测定的是分子的质荷比（m/z），可确定相对分子质量，但无法直接检测分子中的特定官能团结构，故B选项错误；
C．通过牺牲阳极保护法，将更活泼的锌块（负极）与船舶铁壳（正极）连接，锌优先被腐蚀从而保护铁不被氧化，故C选项正确；
D．芳砜纶是通过人工合成的高分子化合物，属于合成纤维而非天然纤维，故D选项错误；
正确答案为C。
【分析】A． 聚四氟乙烯结构中无碳碳双键，不能和溴发生加成反应；
B．质谱法测定物质相对分子质量；
C．根据原电池原理，锌块作负极，可保护船体；
D． 芳砜纶纤维属于合成材料。
2．【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；分液和萃取；超分子
【解析】【解答】A. 超分子"杯酚"能够选择性识别并分离和，这体现了超分子特有的分子识别功能，因此A选项正确；B. 由于乙炔和硫化氢都能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，因此使用该方法无法有效除去乙炔中混有的硫化氢杂质，故B选项错误；
C. 乙醇与水能以任意比例互溶，因此不能作为萃取剂从碘水中提取碘单质，所以C选项错误；
D. 在进行分液操作时，正确的操作规范是：下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体需从分液漏斗上口倒出，因此D选项描述的操作方法是错误的；
综上所述，四个选项中只有A选项的叙述是正确的，故正确答案为A。
【分析】A. 杯酚分离和，体现分子识别特性；
B. 硫化氢具有还原性，和高锰酸钾溶液反应；
C. 乙醇和水互溶，无法进行分液；
D. 分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H2O分子中氧原子的价层电子对数为，采用sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，A选项正确；B．基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，这是铁原子失去3个电子后的电子排布，B选项错误；
C．NaClO是离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，其电子式为，C选项正确；
D．氯原子（17号元素）的原子结构示意图为，D选项正确；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据价层电子对数为4时， VSEPR模型为四面体形 ；
B．金属原子失电子形成阳离子，先失去最外层电子；
C．次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成；
D．氯是17号元素，核电荷数是17。
4．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．硫原子是16号元素，其基态原子的价层电子排布为，对应的轨道表示式为：，选项A正确；
B．甲醛（）分子中碳原子与氧原子形成2对共用电子对，其空间结构的球棍模型为，选项B正确；
C．乙醇（）分子中存在3种化学环境不同的氢原子，其数量比为3：2：1，对应的核磁共振氢谱图为，选项C正确；
D．聚乙炔的结构单元中含有碳碳双键，其结构简式应表示为，选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】聚乙炔的结构为。
5．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；同系物；加成反应
【解析】【解析】A．由柠檬烯的结构简式可确定其分子式为，故A选项错误；B．柠檬烯分子中含有碳碳双键()，能与溴发生加成反应导致溴的四氯化碳溶液褪色，因此B选项正确；
C．柠檬烯分子中存在饱和碳原子(与4个原子成键)，其杂化方式为杂化，故C选项错误；
D．柠檬烯()与1，3-丁二烯()的分子组成未相差的整数倍，不满足同系物的定义，因此D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．根据题目中有机物的键线式可知对应分子式；
B．有机物结构中存在碳碳双键可与溴发生加成反应；
C．碳碳双键两端碳原子采取 sp2杂化 ，余下碳原子采取杂化；
D．选项中物质不符合同系物定义。
6．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．的官能团是-OOCH，属于酯类化合物，因此A选项是错误的；
B. 2-甲基-2-戊烯的键线式表示为，因此B选项是错误的；
C．根据3，4-二甲基-4-乙基己烷的结构写出键线式为，但正确的命名应为3，4-二甲基-3-乙基己烷，因此C选项是错误的；
D．立方烷()的二氨基()取代物共有3种()，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据结构简式知，官能团为酯基；
B.有机物名称和键线式不一致；
C．有机物名称不符合命名规则；
D．根据立方烷结构，二取代的同分异构用定一动一，一共有3种。
7．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子晶体（共价晶体）；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A．在SiO2晶体中，每个Si原子与4个O原子形成共价键。对于含有28g硅的SiO2晶体，其共价键总数为：，因此选项A是错误的；
B．标准状况下，2.24L乙烯的物质的量为0.1mol。每个乙烯分子含有1个C=C双键（包含1个σ键和1个π键），所以0.1mol乙烯中含有个π键，因此选项B是正确的；
C．甲基（ CH3）中，碳原子有6个电子，每个氢原子有1个电子，因此一个甲基共有9个电子。1mol甲基含有个电子，因此选项C是错误的；
D.2.8g N2的物质的量为0.1mol。每个N2分子含有1个三键（包含1个σ键和2个π键），所以0.1mol N2含有个π键，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．二氧化硅晶体中，硅原子和硅氧键之比为1：4；
B．根据乙烯结构分析；
C．甲基是中性原子团，1个甲基有9个电子；
D. 氮气分子存在氮氮三键。
8．【答案】A
【知识点】有机物的结构式；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团
【解析】【解析】根据题目提供的红外光谱图分析，该有机物分子中存在以下特征基团： 羰基（C=O）， 醚键（C-O-C），不对称甲基（-CH3），由此推断分子结构中应包含2个甲基基团。可能的结构简式包括：乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），丙酸甲酯（CH3CH2COOCH3），甲氧基丙酮（CH3COCH2OCH3），综上所述，正确答案为选项A。
【分析】题目考查有机物结构的确定，根据红外光谱中出现的化学键信息和官能团，有机物的分子式，可推测可能存在的结构。
9．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．分子式为的化合物不饱和度为2，可能含有1个碳碳三键。含有碳碳三键的同分异构体有2种结构，分别为：（图中①②表示三键位置），因此A选项错误；
B．分子式为且属于羧酸的化合物可表示为。由于戊基（）有8种结构，因此符合条件的同分异构体共有8种，B选项错误；
C．对于分子式为的芳香烃，除考虑两个甲基取代的情况（邻、间、对三种）外，还需考虑乙基取代的情况（1种），因此共有4种同分异构体，C选项错误；
D．化合物的一溴代物有5种不同位置，分别为：，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据同分异构体书写规则，分子式为 ，含有碳碳三键的同分异构体有2种；
B．可看成结构有8种；
C．分子式为 ，含有苯环，支链有2个碳原子，可作为一个取代基，也可作为两个取代基，一共4中同分异构体；
D．结构中有5中等效氢。
10．【答案】B
【知识点】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；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解析】A. 通过元素定量分析和质谱测定可确定青蒿素的分子式为C15H22O5，该选项正确；B. 分析青蒿素结构发现其含有酯基、醚键和过氧基团（-O-O-）， B错误；
C. 青蒿素分子中存在手性碳原子， C正确；
D. 青蒿素转化为双氢青蒿素的过程是羰基的加成反应，涉及π键断裂， D正确；
故选B。
【分析】A.元素定量分析法可得最简式，质量法可得分子相对分子量，结合二者可得分子式；
B.青蒿素中含有酯基和醚键；
C.根据青蒿素结构，存在手性碳原子；
D.从青蒿素转化成双氢青蒿素可知，碳氧双键变为单键。
11．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．乙苯分子中有5种不同化学环境的氢原子：，苯乙烯分子中同样存在5种不同化学环境的氢原子：，因此选项A正确；
B．乙苯分子中，饱和碳原子连接的四个原子形成四面体构型，通过该碳原子最多只能有2个原子共平面。虽然苯环是平面结构，但乙苯分子中的8个碳原子不可能全部共平面。苯乙烯分子中，苯环和乙烯基均为平面结构，理论上8个碳原子可以共平面。因此两种分子中共平面碳原子数最多均为8的说法是错误的，故B选项错误；
C．苯乙烯分子中的苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，1 mol苯乙烯最多消耗4 mol氢气，加成产物为乙基环己烷。乙基环己烷分子中存在6种不同化学环境的氢原子：因此其一氯代物有6种，故C选项错误；
D．乙苯能发生取代反应（如苯环上的卤代）、加成反应（如苯环加氢）和氧化反应（如侧链氧化），但不能发生加聚反应；苯乙烯由于含有碳碳双键，既能发生加聚反应，又能发生氧化反应，同时苯环也能发生取代反应，故D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．乙苯和苯乙烯中不同化学环境的氢种类数都是5；
B．乙苯和苯乙烯分子中共平面的谈元祖最多为8；
C．苯乙烯和氢气加成产物为，一氯代物由6种；
D．乙苯不能发生加聚反应。
12．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；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. 对羟基苯甲醛由于能形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛则形成分子内氢键，因此前者的分子间作用力更强，导致其沸点高于后者。该选项表述错误；
B. 在水合氢离子（H3O+）中，氧原子具有4个价层电子对和1个孤电子对；而在水分子（H2O）中，氧原子具有4个价层电子对和2个孤电子对。孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小。因此，水合氢离子的键角大于水分子的键角。该选项表述正确；
C. 三氯化硼（BCl3）分子中硼原子具有3个价层电子对且无孤电子对，其空间构型为对称的平面三角形，属于非极性分子；而三氯化氮（NCl3）分子中氮原子具有4个价层电子对和1个孤电子对，其空间构型为不对称的三角锥形，属于极性分子。因此，三氯化硼的极性小于三氯化氮。该选项表述错误；
D. 同一主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，其简单氢化物的稳定性也随之减弱。水的稳定性强于硫化氢是由于氧元素的非金属性强于硫元素，与氢键的形成无关。该选项表述错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键；
B. H3O+和H2O中心原子杂化类型相同，孤电子对数不同，孤电子对数越多，键角越小；
C. 分子极性和元素电负性无关，和分子结构有关；
D. 稳定性看键能大小，和氢键无关。
13．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．CH4分子含有10个电子，H2O2分子含有18个电子，因此A选项是错误的；
B．图中表示的是CH4分子的模型，这个模型不能用来表示CCl4分子，因为Cl原子的半径比C原子大，故B选项是错误的；
C．根据反应原理图分析，步骤ii的反应为*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2O，该过程涉及极性键的断裂和形成，同时涉及非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，因此C选项是错误的；
D．总反应的化学方程式可以表示为：CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O，因此D选项是正确的；
本题正确答案是D。
【分析】A．甲烷有10个电子，过氧化氢有18个电子；
B．四氯化碳分子中氯原子半径大于碳原子；
C．此过程没有碳氢键的断裂和形成；
D．根据原理图可得总反应方程式。
14．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．操作I中，为了减少苯甲酸的溶解损失，应当根据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤时NaCl并不能结晶析出，不能除去NaCl，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶形成较大的苯甲酸晶体颗粒，减少杂质被包裹，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，为了减少损失，操作Ⅳ应用冷水洗涤晶体，D正确；
故选B。
【分析】粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)加水、加热溶解得到悬浊液，趁热过滤，将泥沙过滤除去，滤液中含有大量苯甲酸，冷却结晶、过滤、洗涤得到纯净的苯甲酸。
15．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．A、B、G、D、E五种元素分别为H、N、O、Na、Al，其中Al、N、O三种元素位于元素周期表的p区，因此A选项错误；B．A、B、G分别为H、N、O，属于同周期主族元素。根据电负性规律，从左到右电负性依次增大，因此电负性顺序为O（3.5）>N（3.0）>H（2.1），B选项正确；
C．B、G、D分别为N、O、Na。同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但由于N的2p3半充满结构更稳定，其第一电离能（14.53 eV）大于O（13.62 eV），而Na（5.14 eV）作为活泼金属电离能最小，故第一电离能顺序为N>O>Na，C选项正确；
D．A、G、D分别为H、O、Na，三者形成的化合物NaOH中，Na+与OH-形成离子键，OH-内部O-H键为共价键，D选项正确；
因此正确答案为A。
【分析】题目给出A、B、G、D、E五种元素，其原子序数依次增大且分布在第一至第四周期。根据条件分析：A位于第一周期且是食品添加剂成分 → A为氢元素（H），B的基态原子有7种不同运动状态的电子 → B为氮元素（N），G的价层电子排布为（n=2时对应2s22p4） → G为氧元素（O）
D在短周期主族元素中金属性最强 → D为钠元素（Na），E与D同最高能层（第三周期），最外层电子数等于能层数（3个） → E为铝元素（Al）。
16．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．实验现象显示，硫酸铜溶液中逐滴加入氨水时，先形成蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液。这表明铜离子与氨分子形成配位键的能力强于水分子，四氨合铜离子的稳定性高于四水合铜离子，因此选项A正确；
B．加入乙醇后析出晶体，是因为配合物在极性较弱的乙醇中溶解度降低。因此，乙醇的作用是减小溶剂极性，降低溶质溶解度，选项B正确；
C．实验过程中，随着氨水的加入，蓝色沉淀的生成和溶解现象表明铜离子逐渐与氨分子形成更稳定的配合物，导致溶液中游离铜离子浓度持续减小，故选项C正确；
D．配合物在溶液中会解离出四氨合铜离子和硫酸根离子。当加入氯化钡溶液时，硫酸根离子会与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，故D不符合题目要求；
正确答案为D。
【分析】A．根据实验 ① 中现象变化，可知四氨合铜离子更稳定；
B．乙醇极性比水小，加入后可降低溶剂极性，便于晶体析出；
C．实验最后得到晶体为 ；
D．深蓝色晶体中有硫酸根离子，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀。
17．【答案】（1）2
（2）离子晶体；共价晶体
（3）过滤
（4）将还原为Ce3+
（5）平面三角形
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态Ce原子的价层电子排布式为4f15d16s2，因此Ce原子价电子中有2个未成对电子；
故答案为：2；
（2）滤渣A的主要成分是BaSO4和SiO2。其中BaSO4是离子晶体，由Ba2+和构成；SiO2是共价晶体，其结构为Si和O原子形成的三维网状结构；
故答案为： 离子晶体 ； 共价晶体 ；
（3）操作①用于分离固体和液体混合物，因此该操作为过滤；
故答案为： 过滤 ；
（4）硫脲具有还原性，在反应中可将还原为Ce3+；
故答案为： 将还原为Ce3+ ；
（5）中的中心原子是C，C原子的价层电子对数是，则为sp2杂化，其空间构型是平面三角形。
故答案为： 平面三角形 ；
【分析】氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3，并含有BaO、SiO2等杂质）在空气中焙烧后，所得烧渣与稀硫酸反应生成BaSO4、CeF2SO4、CO2和H2O，其中SiO2不参与反应。经过滤后，向滤液中依次加入硫脲和Na2SO4，得到Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀。沉淀经过滤后，先后用氢氧化钠和稀盐酸处理，得到含Ce3+的溶液。加入碳酸氢铵溶液后生成Ce2(CO3)3、CO2和H2O，经过滤、洗涤和灼烧最终得到CeO2。
（1）通过写出基态 Ce 原子的价层电子排布式（4f 5d 6s2），直接数出 4f 和 5d 轨道中的未成对电子，得到未成对电子数为 2。
（2）根据流程中的反应原理，判断滤渣 A 为 BaSO4和 SiO2，再结合离子晶体、共价晶体的定义，分析两者的构成微粒与结构特征。
（3）“分离固体和液体混合物” 的实验目的，确定对应的实验操作是过滤。
（4）结合硫脲的还原性，分析其在反应中可将 CeF22+还原为 Ce3+，起到还原剂的作用。
（5）通过计算 CO32-中中心 C 原子的价层电子对数，确定其为 sp2 杂化，再根据价层电子对互斥理论，判断其空间构型为平面三角形。
（1）根据基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，可知：Ce原子价电子中有2个未成对电子。
（2）滤渣A的两种主要成分为BaSO4、SiO2，其中BaSO4晶体中含有Ba2+和，属于离子晶体；SiO2晶体由Si原子和O原子形成的立体网状结构，属于共价晶体。
（3）操作①为分离固、液混合物的方法，该方法是过滤操作。
（4）由已知可知，硫脲具有还原性，可将还原为Ce3+。
（5）中的中心原子是C，C原子的价层电子对数是，则为sp2杂化，其空间构型是平面三角形。
18．【答案】（1）四；IB；ds
（2）乙烯和四氯化碳均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似相溶，乙烯易溶于四氯化碳
（3）HF、HI 、HBr、HCl
（4）为分子晶体， 为离子晶体，分子晶体的熔点小于离子晶体
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】 (1) . 题目给出的基态原子核外电子排布为 [Ar]，表明该元素核外电子总数为 29（18 + 11），即 29 号元素铜（Cu）。其最高能层为 N 能层（第四周期），位于元素周期表的 IB 族，属于 ds 区；
(2) 乙烯（C2H4）和四氯化碳（CCl4）均为非极性分子，而水（H2O）为极性分子。根据“相似相溶”原理，乙烯易溶于四氯化碳；
(3) HF、HCl、HBr、HI 均为分子晶体，通常相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。但 HF 分子间存在氢键，导致其沸点异常升高。因此，熔沸点由高到低的顺序为：HF > HI > HBr > HCl；
(4) 晶体类型与熔点关系， 是离子晶体，而 是分子晶体。离子晶体的熔点通常远高于分子晶体，因此前者的熔点显著高于后者。
【分析】 (1)根据核外电子排布式，可确定为铜元素；
(2)根据相似相容原理分析，乙烯是非极性分子，易溶于非极性溶剂；
(3)氟化氢分子间存在氢键，沸点最高，分子间只存在范德华力，比较相对分子质量，相对分子质量越大，沸点越高；
(4)根据二者熔点差异较大，物质晶体类型不同，分子晶体熔点较低，离子晶体熔点较高。
（1）元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]，可知核外电子总数为18+11=29，即29号元素Cu，该元素最高能层为N能层位于元素周期表中第四周期IB族，属于ds区。
（2）乙烯和四氯化碳均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似相溶，乙烯易溶于四氯化碳。
（3）HF、HCl、HBr、HI均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但HF分子间形成氢键，使HF沸点最高，故在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为HF、HI 、HBr、HCl。
（4）的熔点远高于的原因是为分子晶体，为离子晶体，分子晶体的熔点小于离子晶体。
19．【答案】C7H10O5；+Br2→；碳碳双键；90；C3H6O3；CH3CH(OH)COOH；HOCH2CH2COOH
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式分析，A的分子式为C7H10O5；
（2）A分子中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成产物为。该反应的化学方程式表示为： + Br2 →；
（3）从A的结构简式可以看出，其不含氧的官能团为碳碳双键；
（4）根据B的质谱图分析，最大质荷比为90，说明其相对分子质量为90。通过燃烧分析计算：水的质量为5.4g，物质的量为，氢原子物质的量为0.6mol；二氧化碳质量为13.2g，物质的量为，碳原子物质的量为0.3mol；氧元素质量为9.0g - 0.6g - 0.3×12g = 4.8g，物质的量为。由此得出原子个数比n(C)：n(H)：n(O)=1：2：1，实验式为CH2O。设分子式为(CH2O)n，根据相对分子质量90可得n=3，因此B的分子式为C3H6O3；
（5）B的分子式为C3H6O3，核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积比为1：1：1：3，说明分子中含有：1个羧基(-COOH)， 1个甲基(-CH3)，1个次甲基
1个羟基(-OH)，因此B的结构简式为CH3CH(OH)COOH；
（6）B的官能团包括羟基和羧基，其同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH。
【分析】 Ⅰ. （1）根据有机物结构简式可得分子式；
（2）A结构中碳碳双键发生加成反应，据此写相应方程式；
（3）A中碳碳双键不含氧；
Ⅱ.根据元素分析法，通过计算得n(C)：n(H)：n(O)=1：2：1，实验式为CH2O，质谱图中最大离子峰为90，即有机物化学式为C3H6O3， B分子的核磁共振氢谱有4组吸收峰 ，分析B为2-羟基丙酸。
20．【答案】（1）
（2）O
（3）N；极性；平面正方形
（4）sp3；3
（5）CuO；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）铜（Cu）的原子序数为29，其基态原子核外共有29个电子。价电子排布式为3d104s1，对应的价电子排布图为 、；
（2）元素的电负性反映了原子对键合电子的吸引力。电负性在同主族中自上而下减小，在同周期中从左到右增大。因此，在N、O、S三种元素中，O的电负性最大，对键合电子的吸引力最强；
（3）氨气（NH3）分子中，氮原子的孤对电子数为=1，因此在[Cu(NH3)4]2+配离子中，氨气提供孤对电子形成配位键。Cu(NH3)2Cl2存在两种同分异构体，表明[Cu(NH3)4]2+具有平面正方形结构。其中一种异构体可溶于水，根据相似相溶原理，说明该异构体为极性分子；
（4）氨气分子中氮原子的价层电子对数为3+=4，因此氮原子采用sp3杂化。在乙醇（C2H5OH）分子中，两个碳原子和一个氧原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化方式，共3个原子采用这种杂化方式；
（5）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为 。
【分析】 (1)铜元素的价电子排布式为3d104s1，画出对应电子排布图；
(2)元素电负性越大，对电子吸引能力越强；
(3)四氨合铜离子中，氨分子是配体，氮原子提供孤电子对；根据 Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体， 则其为平面结构，极性分子易溶于极性溶剂水中；
(4)乙醇C2H5OH中，碳原子和氧原子采取sp3杂化方式；
(5)根据晶胞计算，化学式为CuO，晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积，需注意单位换算。
（1）Cu是29号元素，基态Cu原子核外含有29个电子，价电子排布式为3d104s1，基态Cu原子的价电子排布图是。
（2）原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，同主族元素，从上往下，电负性依次增大，同周期主族元素，从左往右，电负性依次增大，则N、O、S中O的电负性最大，子对键合电子吸引力最大。
（3）氨气分子中氮原子有=1个孤对电子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。
（4）氨气中氮原子价层电子对数为3+=4，氮原子杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子的价层电子对数为4，都采用的是该种杂化方式，共3个。
（5）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为。
1 / 1广东省深圳市龙岗区布吉高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题
一、选择题：本题共16题，共44分。1-10题，每小题2分；11-16题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．化学为科技强国作出巨大贡献。下列有关说法正确的是
A．不粘锅内壁涂附的聚四氟乙烯能使溴水褪色
B．用质谱法确定青蒿素分子中的官能团
C．船舶外壳镶嵌锌块以防船体被腐蚀
D．用于制作C919飞机门帘的国产芳砜纶纤维属于天然纤维
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；合成材料
【解析】【解答】A．聚四氟乙烯的分子结构中不含碳碳双键等不饱和键，因此无法与溴水发生加成反应使其褪色，故A选项错误；
B．质谱仪测定的是分子的质荷比（m/z），可确定相对分子质量，但无法直接检测分子中的特定官能团结构，故B选项错误；
C．通过牺牲阳极保护法，将更活泼的锌块（负极）与船舶铁壳（正极）连接，锌优先被腐蚀从而保护铁不被氧化，故C选项正确；
D．芳砜纶是通过人工合成的高分子化合物，属于合成纤维而非天然纤维，故D选项错误；
正确答案为C。
【分析】A． 聚四氟乙烯结构中无碳碳双键，不能和溴发生加成反应；
B．质谱法测定物质相对分子质量；
C．根据原电池原理，锌块作负极，可保护船体；
D． 芳砜纶纤维属于合成材料。
2．下列关于分离提纯的说法正确的是
A．超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和
B．除去乙炔中混有少量的：通过酸性溶液，洗气
C．可用乙醇将碘水中的碘萃取出来
D．分液操作时，上下层液体依次从下口放出
【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；分液和萃取；超分子
【解析】【解答】A. 超分子"杯酚"能够选择性识别并分离和，这体现了超分子特有的分子识别功能，因此A选项正确；B. 由于乙炔和硫化氢都能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，因此使用该方法无法有效除去乙炔中混有的硫化氢杂质，故B选项错误；
C. 乙醇与水能以任意比例互溶，因此不能作为萃取剂从碘水中提取碘单质，所以C选项错误；
D. 在进行分液操作时，正确的操作规范是：下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体需从分液漏斗上口倒出，因此D选项描述的操作方法是错误的；
综上所述，四个选项中只有A选项的叙述是正确的，故正确答案为A。
【分析】A. 杯酚分离和，体现分子识别特性；
B. 硫化氢具有还原性，和高锰酸钾溶液反应；
C. 乙醇和水互溶，无法进行分液；
D. 分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出。
3．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，可用于饮用水处理。湿法制高铁酸钠的反应原理为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列有关说法不正确的是
A．H2O的VSEPR模型为四面体形
B．基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d34s2
C．NaClO的电子式为
D．37Cl原子结构示意图为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．H2O分子中氧原子的价层电子对数为，采用sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，A选项正确；B．基态Fe3+的简化电子排布式为[Ar]3d5，这是铁原子失去3个电子后的电子排布，B选项错误；
C．NaClO是离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，其电子式为，C选项正确；
D．氯原子（17号元素）的原子结构示意图为，D选项正确；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据价层电子对数为4时， VSEPR模型为四面体形 ；
B．金属原子失电子形成阳离子，先失去最外层电子；
C．次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成；
D．氯是17号元素，核电荷数是17。
4．下列化学用语或化学图谱表述错误的是
A．基态硫原子的价层电子轨道表示式：
B．分子的空间结构模型：
C．的核磁共振氢谱：
D．聚乙炔的结构简式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．硫原子是16号元素，其基态原子的价层电子排布为，对应的轨道表示式为：，选项A正确；
B．甲醛（）分子中碳原子与氧原子形成2对共用电子对，其空间结构的球棍模型为，选项B正确；
C．乙醇（）分子中存在3种化学环境不同的氢原子，其数量比为3：2：1，对应的核磁共振氢谱图为，选项C正确；
D．聚乙炔的结构单元中含有碳碳双键，其结构简式应表示为，选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】聚乙炔的结构为。
5．高州盛产柠檬，从柠檬中提取的柠檬烯具有抗菌抑菌、抗氧化、祛痰平喘等多种作用，常用于医药、食品加工、日化等多个领域，其结构简式为。下列有关柠檬烯的说法正确的是
A．柠檬烯的分子式为
B．柠檬烯能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．柠檬烯中C原子全部采取sp2杂化
D．柠檬烯与1，3-丁二烯互为同系物
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；同系物；加成反应
【解析】【解析】A．由柠檬烯的结构简式可确定其分子式为，故A选项错误；B．柠檬烯分子中含有碳碳双键()，能与溴发生加成反应导致溴的四氯化碳溶液褪色，因此B选项正确；
C．柠檬烯分子中存在饱和碳原子(与4个原子成键)，其杂化方式为杂化，故C选项错误；
D．柠檬烯()与1，3-丁二烯()的分子组成未相差的整数倍，不满足同系物的定义，因此D选项错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．根据题目中有机物的键线式可知对应分子式；
B．有机物结构中存在碳碳双键可与溴发生加成反应；
C．碳碳双键两端碳原子采取 sp2杂化 ，余下碳原子采取杂化；
D．选项中物质不符合同系物定义。
6．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．属于醛类，官能团为-CHO
B．2-甲基-2-戊烯的键线式为
C．3，4-二甲基-4-乙基己烷
D．立方烷()的六氨基()取代物有3种
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．的官能团是-OOCH，属于酯类化合物，因此A选项是错误的；
B. 2-甲基-2-戊烯的键线式表示为，因此B选项是错误的；
C．根据3，4-二甲基-4-乙基己烷的结构写出键线式为，但正确的命名应为3，4-二甲基-3-乙基己烷，因此C选项是错误的；
D．立方烷()的二氨基()取代物共有3种()，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据结构简式知，官能团为酯基；
B.有机物名称和键线式不一致；
C．有机物名称不符合命名规则；
D．根据立方烷结构，二取代的同分异构用定一动一，一共有3种。
7．代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．含28g硅的晶体中存在的共价键总数为
B．标准状况下，2.24L乙烯中含有的键数目为
C．1mol甲基()中含有电子的数目为
D．2.8g N2中含有π键数为0.1NA
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子晶体（共价晶体）；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A．在SiO2晶体中，每个Si原子与4个O原子形成共价键。对于含有28g硅的SiO2晶体，其共价键总数为：，因此选项A是错误的；
B．标准状况下，2.24L乙烯的物质的量为0.1mol。每个乙烯分子含有1个C=C双键（包含1个σ键和1个π键），所以0.1mol乙烯中含有个π键，因此选项B是正确的；
C．甲基（ CH3）中，碳原子有6个电子，每个氢原子有1个电子，因此一个甲基共有9个电子。1mol甲基含有个电子，因此选项C是错误的；
D.2.8g N2的物质的量为0.1mol。每个N2分子含有1个三键（包含1个σ键和2个π键），所以0.1mol N2含有个π键，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．二氧化硅晶体中，硅原子和硅氧键之比为1：4；
B．根据乙烯结构分析；
C．甲基是中性原子团，1个甲基有9个电子；
D. 氮气分子存在氮氮三键。
8．有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图，则该有机物的可能结构为
A．CH3COOCH2CH3 B．CH3CHOHCOCH3
C．HCOOCH2CH3 D．(CH3)2CHCOOH
【答案】A
【知识点】有机物的结构式；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团
【解析】【解析】根据题目提供的红外光谱图分析，该有机物分子中存在以下特征基团： 羰基（C=O）， 醚键（C-O-C），不对称甲基（-CH3），由此推断分子结构中应包含2个甲基基团。可能的结构简式包括：乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），丙酸甲酯（CH3CH2COOCH3），甲氧基丙酮（CH3COCH2OCH3），综上所述，正确答案为选项A。
【分析】题目考查有机物结构的确定，根据红外光谱中出现的化学键信息和官能团，有机物的分子式，可推测可能存在的结构。
9．下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是
A．含有碳碳三键的的同分异构体有3种
B．分子式是且属于羧酸的同分异构体有5种
C．含苯环的的同分异构体有3种
D．的一溴代物有5种
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．分子式为的化合物不饱和度为2，可能含有1个碳碳三键。含有碳碳三键的同分异构体有2种结构，分别为：（图中①②表示三键位置），因此A选项错误；
B．分子式为且属于羧酸的化合物可表示为。由于戊基（）有8种结构，因此符合条件的同分异构体共有8种，B选项错误；
C．对于分子式为的芳香烃，除考虑两个甲基取代的情况（邻、间、对三种）外，还需考虑乙基取代的情况（1种），因此共有4种同分异构体，C选项错误；
D．化合物的一溴代物有5种不同位置，分别为：，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据同分异构体书写规则，分子式为 ，含有碳碳三键的同分异构体有2种；
B．可看成结构有8种；
C．分子式为 ，含有苯环，支链有2个碳原子，可作为一个取代基，也可作为两个取代基，一共4中同分异构体；
D．结构中有5中等效氢。
10．科学家发现，一定条件下可把青蒿素转化为双氢青蒿素。下列说法不正确的是
A．利用元素定量分析和质谱法可以得到青蒿素的分子式
B．青蒿素含有羰基和醚键
C．青蒿素分子存在手性碳原子
D．青蒿素转化为双氢青蒿素时，π键发生断裂
【答案】B
【知识点】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；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解析】A. 通过元素定量分析和质谱测定可确定青蒿素的分子式为C15H22O5，该选项正确；B. 分析青蒿素结构发现其含有酯基、醚键和过氧基团（-O-O-）， B错误；
C. 青蒿素分子中存在手性碳原子， C正确；
D. 青蒿素转化为双氢青蒿素的过程是羰基的加成反应，涉及π键断裂， D正确；
故选B。
【分析】A.元素定量分析法可得最简式，质量法可得分子相对分子量，结合二者可得分子式；
B.青蒿素中含有酯基和醚键；
C.根据青蒿素结构，存在手性碳原子；
D.从青蒿素转化成双氢青蒿素可知，碳氧双键变为单键。
11．工业上可由乙苯生产苯乙烯如下所示，下列有关说法正确的是
A．乙苯和苯乙烯中化学环境不同的氢种数是相同的
B．乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7
C．1mol苯乙烯最多可与4mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种
D．乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．乙苯分子中有5种不同化学环境的氢原子：，苯乙烯分子中同样存在5种不同化学环境的氢原子：，因此选项A正确；
B．乙苯分子中，饱和碳原子连接的四个原子形成四面体构型，通过该碳原子最多只能有2个原子共平面。虽然苯环是平面结构，但乙苯分子中的8个碳原子不可能全部共平面。苯乙烯分子中，苯环和乙烯基均为平面结构，理论上8个碳原子可以共平面。因此两种分子中共平面碳原子数最多均为8的说法是错误的，故B选项错误；
C．苯乙烯分子中的苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，1 mol苯乙烯最多消耗4 mol氢气，加成产物为乙基环己烷。乙基环己烷分子中存在6种不同化学环境的氢原子：因此其一氯代物有6种，故C选项错误；
D．乙苯能发生取代反应（如苯环上的卤代）、加成反应（如苯环加氢）和氧化反应（如侧链氧化），但不能发生加聚反应；苯乙烯由于含有碳碳双键，既能发生加聚反应，又能发生氧化反应，同时苯环也能发生取代反应，故D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．乙苯和苯乙烯中不同化学环境的氢种类数都是5；
B．乙苯和苯乙烯分子中共平面的谈元祖最多为8；
C．苯乙烯和氢气加成产物为，一氯代物由6种；
D．乙苯不能发生加聚反应。
12．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是
A．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强
B．键角：是由于中上孤电子对数比分中上的少
C．已知：元素和元素的电负性差值大于元素和元素的电负性差值，故：分子的极性大于
D．稳定性：，是由于水分子间存在氢键
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；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. 对羟基苯甲醛由于能形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛则形成分子内氢键，因此前者的分子间作用力更强，导致其沸点高于后者。该选项表述错误；
B. 在水合氢离子（H3O+）中，氧原子具有4个价层电子对和1个孤电子对；而在水分子（H2O）中，氧原子具有4个价层电子对和2个孤电子对。孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小。因此，水合氢离子的键角大于水分子的键角。该选项表述正确；
C. 三氯化硼（BCl3）分子中硼原子具有3个价层电子对且无孤电子对，其空间构型为对称的平面三角形，属于非极性分子；而三氯化氮（NCl3）分子中氮原子具有4个价层电子对和1个孤电子对，其空间构型为不对称的三角锥形，属于极性分子。因此，三氯化硼的极性小于三氯化氮。该选项表述错误；
D. 同一主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，其简单氢化物的稳定性也随之减弱。水的稳定性强于硫化氢是由于氧元素的非金属性强于硫元素，与氢键的形成无关。该选项表述错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键；
B. H3O+和H2O中心原子杂化类型相同，孤电子对数不同，孤电子对数越多，键角越小；
C. 分子极性和元素电负性无关，和分子结构有关；
D. 稳定性看键能大小，和氢键无关。
13．据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示，下列说法正确的是
A．CH4和H2O2含有相同的电子数
B．图中表示CH4，该模型也可以表示CCl4
C．步骤ii涉及碳氢键的断裂与生成和碳氧键的断裂与生成
D．步骤i到iv的总反应为：CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．CH4分子含有10个电子，H2O2分子含有18个电子，因此A选项是错误的；
B．图中表示的是CH4分子的模型，这个模型不能用来表示CCl4分子，因为Cl原子的半径比C原子大，故B选项是错误的；
C．根据反应原理图分析，步骤ii的反应为*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2O，该过程涉及极性键的断裂和形成，同时涉及非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，因此C选项是错误的；
D．总反应的化学方程式可以表示为：CH4＋2H2O2HCHO＋3H2O，因此D选项是正确的；
本题正确答案是D。
【分析】A．甲烷有10个电子，过氧化氢有18个电子；
B．四氯化碳分子中氯原子半径大于碳原子；
C．此过程没有碳氢键的断裂和形成；
D．根据原理图可得总反应方程式。
14．苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．操作I中，为了减少苯甲酸的溶解损失，应当根据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确；
B．操作Ⅱ趁热过滤时NaCl并不能结晶析出，不能除去NaCl，B不正确；
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶形成较大的苯甲酸晶体颗粒，减少杂质被包裹，C正确；
D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，为了减少损失，操作Ⅳ应用冷水洗涤晶体，D正确；
故选B。
【分析】粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)加水、加热溶解得到悬浊液，趁热过滤，将泥沙过滤除去，滤液中含有大量苯甲酸，冷却结晶、过滤、洗涤得到纯净的苯甲酸。
15．已知A、B、G、D、E是原子序数依次增大的短周期元素。其中A位于第一周期，是食品添加剂的组成元素；基态B原子核外有7种不同运动状态的电子；G元素原子的价层电子排布式是；D元素在短周期主族元素中金属性最强；E与D的最高能层数相同，但其最外层电子数等于其能层数。下列说法错误的是
A．有两种元素位于元素周期表的p区
B．A、B、G三种元素的电负性：G>B>A
C．B、G、D三种元素的第一电离能：B>G>D
D．A、G、D三种元素形成的化合物既有离子键又有共价键
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．A、B、G、D、E五种元素分别为H、N、O、Na、Al，其中Al、N、O三种元素位于元素周期表的p区，因此A选项错误；B．A、B、G分别为H、N、O，属于同周期主族元素。根据电负性规律，从左到右电负性依次增大，因此电负性顺序为O（3.5）>N（3.0）>H（2.1），B选项正确；
C．B、G、D分别为N、O、Na。同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但由于N的2p3半充满结构更稳定，其第一电离能（14.53 eV）大于O（13.62 eV），而Na（5.14 eV）作为活泼金属电离能最小，故第一电离能顺序为N>O>Na，C选项正确；
D．A、G、D分别为H、O、Na，三者形成的化合物NaOH中，Na+与OH-形成离子键，OH-内部O-H键为共价键，D选项正确；
因此正确答案为A。
【分析】题目给出A、B、G、D、E五种元素，其原子序数依次增大且分布在第一至第四周期。根据条件分析：A位于第一周期且是食品添加剂成分 → A为氢元素（H），B的基态原子有7种不同运动状态的电子 → B为氮元素（N），G的价层电子排布为（n=2时对应2s22p4） → G为氧元素（O）
D在短周期主族元素中金属性最强 → D为钠元素（Na），E与D同最高能层（第三周期），最外层电子数等于能层数（3个） → E为铝元素（Al）。
16．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验，下列说法不正确的是
序号 实验步骤 实验现象或结论
① 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液
② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体
③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为
④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成
A．配离子的稳定性
B．加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度
C．加入氨水的过程中的浓度不断减小
D．向④中深蓝色溶液中加入饱和溶液，不会产生白色沉淀
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．实验现象显示，硫酸铜溶液中逐滴加入氨水时，先形成蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液。这表明铜离子与氨分子形成配位键的能力强于水分子，四氨合铜离子的稳定性高于四水合铜离子，因此选项A正确；
B．加入乙醇后析出晶体，是因为配合物在极性较弱的乙醇中溶解度降低。因此，乙醇的作用是减小溶剂极性，降低溶质溶解度，选项B正确；
C．实验过程中，随着氨水的加入，蓝色沉淀的生成和溶解现象表明铜离子逐渐与氨分子形成更稳定的配合物，导致溶液中游离铜离子浓度持续减小，故选项C正确；
D．配合物在溶液中会解离出四氨合铜离子和硫酸根离子。当加入氯化钡溶液时，硫酸根离子会与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，故D不符合题目要求；
正确答案为D。
【分析】A．根据实验 ① 中现象变化，可知四氨合铜离子更稳定；
B．乙醇极性比水小，加入后可降低溶剂极性，便于晶体析出；
C．实验最后得到晶体为 ；
D．深蓝色晶体中有硫酸根离子，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀。
二、非选择题，共4题，56分。
17．现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈(CeO2)，其工艺流程如图所示：
已知：硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有　 　个未成对电子。
（2）滤渣A的两种主要成分为BaSO4和SiO2，它们的晶体类型依次是　 　、　 　。
（3）步骤①进行的操作名称为　 　。
（4）加入硫脲的目的是　 　。
（5）步骤④中生成的Ce2(CO3)3中的空间构型是　 　。
【答案】（1）2
（2）离子晶体；共价晶体
（3）过滤
（4）将还原为Ce3+
（5）平面三角形
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态Ce原子的价层电子排布式为4f15d16s2，因此Ce原子价电子中有2个未成对电子；
故答案为：2；
（2）滤渣A的主要成分是BaSO4和SiO2。其中BaSO4是离子晶体，由Ba2+和构成；SiO2是共价晶体，其结构为Si和O原子形成的三维网状结构；
故答案为： 离子晶体 ； 共价晶体 ；
（3）操作①用于分离固体和液体混合物，因此该操作为过滤；
故答案为： 过滤 ；
（4）硫脲具有还原性，在反应中可将还原为Ce3+；
故答案为： 将还原为Ce3+ ；
（5）中的中心原子是C，C原子的价层电子对数是，则为sp2杂化，其空间构型是平面三角形。
故答案为： 平面三角形 ；
【分析】氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3，并含有BaO、SiO2等杂质）在空气中焙烧后，所得烧渣与稀硫酸反应生成BaSO4、CeF2SO4、CO2和H2O，其中SiO2不参与反应。经过滤后，向滤液中依次加入硫脲和Na2SO4，得到Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀。沉淀经过滤后，先后用氢氧化钠和稀盐酸处理，得到含Ce3+的溶液。加入碳酸氢铵溶液后生成Ce2(CO3)3、CO2和H2O，经过滤、洗涤和灼烧最终得到CeO2。
（1）通过写出基态 Ce 原子的价层电子排布式（4f 5d 6s2），直接数出 4f 和 5d 轨道中的未成对电子，得到未成对电子数为 2。
（2）根据流程中的反应原理，判断滤渣 A 为 BaSO4和 SiO2，再结合离子晶体、共价晶体的定义，分析两者的构成微粒与结构特征。
（3）“分离固体和液体混合物” 的实验目的，确定对应的实验操作是过滤。
（4）结合硫脲的还原性，分析其在反应中可将 CeF22+还原为 Ce3+，起到还原剂的作用。
（5）通过计算 CO32-中中心 C 原子的价层电子对数，确定其为 sp2 杂化，再根据价层电子对互斥理论，判断其空间构型为平面三角形。
（1）根据基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，可知：Ce原子价电子中有2个未成对电子。
（2）滤渣A的两种主要成分为BaSO4、SiO2，其中BaSO4晶体中含有Ba2+和，属于离子晶体；SiO2晶体由Si原子和O原子形成的立体网状结构，属于共价晶体。
（3）操作①为分离固、液混合物的方法，该方法是过滤操作。
（4）由已知可知，硫脲具有还原性，可将还原为Ce3+。
（5）中的中心原子是C，C原子的价层电子对数是，则为sp2杂化，其空间构型是平面三角形。
18．“结构决定性质、性质决定用途”是重要思想方法。请回答下列问题：
（1）某元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]，则该元素位于元素周期表中第　 　周期　 　族，属于　 　区。
（2）乙烯难溶于水而易溶于四氮化碳的原因是：　 　。
（3）在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为：　 　。
（4）镍能形成多种配合物。常温下，是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点远高于的原因是　 　。
【答案】（1）四；IB；ds
（2）乙烯和四氯化碳均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似相溶，乙烯易溶于四氯化碳
（3）HF、HI 、HBr、HCl
（4）为分子晶体， 为离子晶体，分子晶体的熔点小于离子晶体
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】 (1) . 题目给出的基态原子核外电子排布为 [Ar]，表明该元素核外电子总数为 29（18 + 11），即 29 号元素铜（Cu）。其最高能层为 N 能层（第四周期），位于元素周期表的 IB 族，属于 ds 区；
(2) 乙烯（C2H4）和四氯化碳（CCl4）均为非极性分子，而水（H2O）为极性分子。根据“相似相溶”原理，乙烯易溶于四氯化碳；
(3) HF、HCl、HBr、HI 均为分子晶体，通常相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。但 HF 分子间存在氢键，导致其沸点异常升高。因此，熔沸点由高到低的顺序为：HF > HI > HBr > HCl；
(4) 晶体类型与熔点关系， 是离子晶体，而 是分子晶体。离子晶体的熔点通常远高于分子晶体，因此前者的熔点显著高于后者。
【分析】 (1)根据核外电子排布式，可确定为铜元素；
(2)根据相似相容原理分析，乙烯是非极性分子，易溶于非极性溶剂；
(3)氟化氢分子间存在氢键，沸点最高，分子间只存在范德华力，比较相对分子质量，相对分子质量越大，沸点越高；
(4)根据二者熔点差异较大，物质晶体类型不同，分子晶体熔点较低，离子晶体熔点较高。
（1）元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]，可知核外电子总数为18+11=29，即29号元素Cu，该元素最高能层为N能层位于元素周期表中第四周期IB族，属于ds区。
（2）乙烯和四氯化碳均为非极性分子，而水为极性分子，根据相似相溶，乙烯易溶于四氯化碳。
（3）HF、HCl、HBr、HI均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但HF分子间形成氢键，使HF沸点最高，故在HF、HCl、HBr、HI中按熔、沸点由高到低顺序为HF、HI 、HBr、HCl。
（4）的熔点远高于的原因是为分子晶体，为离子晶体，分子晶体的熔点小于离子晶体。
19．Ⅰ.莽草酸是合成治疗禽流感的药物-达菲的原料之一，莽草酸(A)的结构简式为：
（1）A的分子式为　 　。
（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式　 　。
（3）A中的不含氧官能团名称是　 　。
Ⅱ.已知有机物9.0gB在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体一次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增加5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。
（4）B分子的质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是　 　，则B的分子式是　 　。
（5）B分子的核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比是1：1：1：3，则B的结构简式是　 　。
（6）写出官能团与B相同的同分异构体的结构简式：　 　。
【答案】C7H10O5；+Br2→；碳碳双键；90；C3H6O3；CH3CH(OH)COOH；HOCH2CH2COOH
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式分析，A的分子式为C7H10O5；
（2）A分子中含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成产物为。该反应的化学方程式表示为： + Br2 →；
（3）从A的结构简式可以看出，其不含氧的官能团为碳碳双键；
（4）根据B的质谱图分析，最大质荷比为90，说明其相对分子质量为90。通过燃烧分析计算：水的质量为5.4g，物质的量为，氢原子物质的量为0.6mol；二氧化碳质量为13.2g，物质的量为，碳原子物质的量为0.3mol；氧元素质量为9.0g - 0.6g - 0.3×12g = 4.8g，物质的量为。由此得出原子个数比n(C)：n(H)：n(O)=1：2：1，实验式为CH2O。设分子式为(CH2O)n，根据相对分子质量90可得n=3，因此B的分子式为C3H6O3；
（5）B的分子式为C3H6O3，核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积比为1：1：1：3，说明分子中含有：1个羧基(-COOH)， 1个甲基(-CH3)，1个次甲基
1个羟基(-OH)，因此B的结构简式为CH3CH(OH)COOH；
（6）B的官能团包括羟基和羧基，其同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH。
【分析】 Ⅰ. （1）根据有机物结构简式可得分子式；
（2）A结构中碳碳双键发生加成反应，据此写相应方程式；
（3）A中碳碳双键不含氧；
Ⅱ.根据元素分析法，通过计算得n(C)：n(H)：n(O)=1：2：1，实验式为CH2O，质谱图中最大离子峰为90，即有机物化学式为C3H6O3， B分子的核磁共振氢谱有4组吸收峰 ，分析B为2-羟基丙酸。
20．向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向其中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。回答问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布图是　 　。
（2）N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是　 　。
（3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的原子是　 　。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是　 　(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是　 　。
（4）NH3中N原子的杂化方式是　 　，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有　 　个。
（5）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是　 　。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为　 　g·cm-3 (1pm=10-12m) 。
【答案】（1）
（2）O
（3）N；极性；平面正方形
（4）sp3；3
（5）CuO；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）铜（Cu）的原子序数为29，其基态原子核外共有29个电子。价电子排布式为3d104s1，对应的价电子排布图为 、；
（2）元素的电负性反映了原子对键合电子的吸引力。电负性在同主族中自上而下减小，在同周期中从左到右增大。因此，在N、O、S三种元素中，O的电负性最大，对键合电子的吸引力最强；
（3）氨气（NH3）分子中，氮原子的孤对电子数为=1，因此在[Cu(NH3)4]2+配离子中，氨气提供孤对电子形成配位键。Cu(NH3)2Cl2存在两种同分异构体，表明[Cu(NH3)4]2+具有平面正方形结构。其中一种异构体可溶于水，根据相似相溶原理，说明该异构体为极性分子；
（4）氨气分子中氮原子的价层电子对数为3+=4，因此氮原子采用sp3杂化。在乙醇（C2H5OH）分子中，两个碳原子和一个氧原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化方式，共3个原子采用这种杂化方式；
（5）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为 。
【分析】 (1)铜元素的价电子排布式为3d104s1，画出对应电子排布图；
(2)元素电负性越大，对电子吸引能力越强；
(3)四氨合铜离子中，氨分子是配体，氮原子提供孤电子对；根据 Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体， 则其为平面结构，极性分子易溶于极性溶剂水中；
(4)乙醇C2H5OH中，碳原子和氧原子采取sp3杂化方式；
(5)根据晶胞计算，化学式为CuO，晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积，需注意单位换算。
（1）Cu是29号元素，基态Cu原子核外含有29个电子，价电子排布式为3d104s1，基态Cu原子的价电子排布图是。
（2）原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，同主族元素，从上往下，电负性依次增大，同周期主族元素，从左往右，电负性依次增大，则N、O、S中O的电负性最大，子对键合电子吸引力最大。
（3）氨气分子中氮原子有=1个孤对电子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。
（4）氨气中氮原子价层电子对数为3+=4，氮原子杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子的价层电子对数为4，都采用的是该种杂化方式，共3个。
（5）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为。
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