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2022-2023学年天津市武清区高二下册化学期末专项突破模拟卷（AB卷）含解析
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这是一份2022-2023学年天津市武清区高二下册化学期末专项突破模拟卷（AB卷）含解析，共47页。试卷主要包含了化学与生产、生活密切相关，下列有关物质的分类说法错误的是，下列命名正确的是，下列化学用语的叙述错误的是，下列关于烃的叙述错误的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市武清区高二下册化学期末专项突破模拟卷
（A卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是
A．纤维素和淀粉互为同分异构体 B．石油的分馏是物理变化
C．福尔马林可作食品的保鲜剂 D．米酒的酿造过程中只发生水解反应
2．下列有关物质的分类说法错误的是
A．烯烃、炔烃都属于不饱和烃
B．属于羧酸
C．属于酯类化合物
D．和都属于芳香族化合物
3．2022北京冬奥会不仅是运动健儿的“竞技场”，也是前沿科技的“大秀台”。我们能够充分感受到祖国科技“更快更高更强”的发展。下列冬奥会中使用的材料属于合成高分子化合物的是
A．滑雪板使用的木质板面
B．运动员“战袍”中保暖用的石墨烯
C．火炬“飞扬”中使用的耐高温聚硅氮烷树脂
D．火种灯主材料使用的可再生铝合金
4．下列命名正确的是
A． 二溴乙烷
B． 2，4-二甲基己烷
C． 2-甲基-3-乙基-1-丁烯
D． 2-羟基戊烷
5．可以用分液漏斗分离的一组混合物是
A．苯和甲苯 B．乙醇和水
C．苯和水 D．溴和四氯化碳
6．下列化学用语的叙述错误的是
A．丙烷分子的球棍模型：
B．乙炔的电子式：
C．与互为同系物
D．丙酮的结构简式：
7．下列关于烃的叙述错误的是
A．的一氯代物只有一种
B．分子中有1～4个碳原子的链状烷烃在室温下均为气体
C．烯烃可以发生加聚反应生成聚合物
D．烷烃的通式为(n≥1)
8．下列有机物分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是
A．CH2=CH—Cl B．CH2=CH—CH=CH2
C．CH3—CH=CH2 D．
9．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是
A．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体；乙烯与氢气反应生成乙烷
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C．在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙炔使溴水褪色
D．甲烷与氯气光照条件下反应；乙酸与乙醇的酯化反应
10．ABS合成树脂的结构简式可表示为，则生成该树脂的单体的种类和化学反应所属类型正确的是
A．3种加聚反应
B．1种缩聚反应
C．4种加聚反应
D．2种缩聚反应
11．下列关于蛋白质和氨基酸的叙述错误的是
A．浓溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓和蛋白质发生颜色反应
B．蛋白质溶液中加入饱和溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解
C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸
D．氨基酸分子中含有和结构
12．“结构决定性质”是有机化学学习的重要观念。下列有关说法错误的是
A．乙醛可被银氨溶液氧化而丙酮不能，体现了碳原子饱和程度对化学性质的影响
B．乙醇分子间脱水成醚，体现了极性键易断裂的特性
C．植物油的氢化反应体现了碳原子的饱和程度对化学性质有影响
D．甲苯可使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不可，说明基团之间相互影响可以改变性质
13．从中草药中提取的calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin A的说法错误的是
A．一定条件下，可以发生水解反应
B．能与Na、溶液反应
C．分子中有6种官能团
D．1mol该分子与溴水反应，最多消耗
14．如图装置用于检验溴乙烷发生消去反应生成的乙烯。下列说法不正确的
A．装置①中溶液为的醇溶液
B．装置②中试剂可以是，目的是为了观察气体产生速率
C．装置③中酸性溶液可用溴水替代
D．反应现象为②中有气泡，③中酸性溶液褪色
15．分子式为的同分异构体较多，其中能与发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考虑立体异构)
A．10种 B．11种 C．12种 D．13种
16．下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向盛有CH3CH2Cl的试管中加入NaOH溶液并加热，一段时间后再滴入AgNO3溶液
检验CH3CH2Cl中的氯原子
B
向油脂皂化反应的产物中加入适量食盐细粒并搅拌
分离出高级脂肪酸盐
C
向蔗糖中加入稀硫酸，水浴加热后，加适量新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸
检验蔗糖水解产物中醛基的存在
D
将苯和液溴反应后产生的气体通入AgNO3溶液
验证苯和液溴发生取代反应
A．A B．B C．C D．D
评卷人
得分
二、填空题
17．请按要求完成下列各题。
(1)用系统命名法命名为_______。
(2)2-甲基-1-丁烯的键线式为_______。
(3)1mol与H2加成，最多可消耗H2_______mol。
(4)写出甘氨酸()在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式_______。
(5)写出乙醛与新制银氨溶液在加热条件下反应的化学方程式_______。
评卷人
得分
三、有机推断题
18．有甲、乙两种物质：
(1)乙中含有的官能团名称为_______。
(2)由甲转化为乙需经如下过程(已略去各步反应的无关产物)：
甲 Y乙
①反应Ⅰ的反应类型是_______。
②反应Ⅱ的条件是_______。
③反应Ⅲ的化学方程式为_______(不需注明反应条件)。
(3)下列物质不能与乙反应的是_______(填字母)。
a. 金属钠 b. 溴水 c. 碳酸钠溶液 d. 乙酸
(4)乙有多种同分异构体，写出所有能同时满足下列条件的同分异构体的结构简式_______。
a. 苯环上的一氯代物只有一种 b. 有羟基直接连在苯环上 c. 含有两个甲基
19．扑热息痛是最常用的非抗炎解热镇痛药，对胃无刺激，副作用小。对扑热息痛分子进行结构表征，测得的相关数据和谱图如下。回答下列问题：
Ⅰ. 确定分子式
(1)测定实验式：将15.1g样品在足量纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重8.1g和35.2g。再将等量的样品通入二氧化碳气流中，在氧化铜/铜的作用下氧化有机物中氮元素，测定生成的体积为1.12L (标准状况下)，由此可知分子中碳、氢、氧、氮原子的个数比为_______。
(2)确定分子式：测得目标化合物的质谱图如图1所示，该有机物的相对分子质量为_______，其分子式为_______。
Ⅱ. 推导结构式
(3)扑热息痛分子的不饱和度为_______。
(4)用化学方法推断样品分子中的官能团。
①加入溶液，无明显变化；
②加入溶液，_______，说明分子中含有酚羟基；
③水解可以得到一种两性化合物。
(5)波谱分析
①测得目标化合物的红外光谱图，由图可知该有机化合物分子中存在：、、、等基团。
②测得目标化合物的核磁共振氢谱图如图2所示：
由图可知，该有机化合物分子含有_______种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为_______。
(6)综上所述，扑热息痛的结构简式为_______。
20．双环有机物Ⅰ()是重要的有机合成过程的中间体，某种合成该有机物的过程如图所示：
已知：(R、R1、R2为烃基)
请回答下列问题：
(1)若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则有机物A的名称为_______。
(2)的有机反应类型为_______，的反应条件为_______。
(3)写出的化学反应方程式_______。
(4)双环有机物Ⅰ中共平面的碳原子数最多为_______个，有机物Ⅰ存在多种同分异构体，属于苯的同系物的结构有_______种(不含立体异构)。
(5)某化学小组同学参照合成路线中的相关信息，设计了由及甲苯合成的路线：
合成路线中A和B的结构简式分别为_______、_______。
评卷人
得分
四、实验题
21．苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面等镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：
物质
相对分子质量
密度/()
熔点/℃
沸点/℃
水中溶解性
乙醇
46
0.789
-114.3
78.5
与水以任意比互溶
对氨基苯甲酸
137
1.374
188
339.9
微溶于水，易溶于乙醇
对氨基苯甲酸乙酯
165
1.039
90
172
难溶于水，易溶于乙醇和乙醚
产品合成：在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸(0.06mol)和80mL无水乙醇(约1.4mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入10mL浓硫酸，将反应混合物在80℃水浴中加热回流1h，并不时振荡。
分离提纯：冷却后，将反应物转移到400mL烧杯中，分批加入溶液直至，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物3.3g。
(1)仪器A的名称为_______，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的_______。
(2)该合成反应的化学方程式是_______。
(3)分液漏斗使用之前必须进行的操作是_______，乙醚层位于_______(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作中加入无水硫酸镁的作用是_______。
(4)实验中分批加入溶液的作用是_______。
(5)本实验中苯佐卡因的产率为_______(精确到0.1%)。
(6)该反应产率较低的原因可能是_______(填字母)。
a. 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多
b. 回流过程中有产物被蒸出
c. 产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
d. 酯化反应是可逆反应
答案：
1．B
【详解】
A．淀粉和纤维素的聚合度不同，不是同分异构体，A选项错误；
B．分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，B选项正确；
C．福尔马林主要成分甲醛对人体有害，不能作为保鲜剂，C选项错误；
D．淀粉水解得到葡萄糖，在酒化酶作用下分解得到乙醇，D选项错误；
答案选B。
2．D
【详解】
A．烯烃、炔烃是含有碳碳不饱和键的烃，都属于不饱和烃，A正确；
B．为乙酸，含有羧基，属于羧酸，B正确；
C．的名称为乙酸乙烯酯，含有酯基，属于酯类化合物，C正确；
D．属于芳香族化合物，不含有苯环，不属于芳香族化合物， D不正确；
故选D。
3．C
【详解】
A．滑雪板使用的木质板面主要含有纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，A项错误；
B．冬奥会运动员“战袍”中保暖用的石墨烯是碳单质，不是化合物，B项错误；
C．火炬“飞扬”中使用的耐高温聚硅氮烷树脂，是高分子化合物，属于高分子材料，C项正确；
D．火种灯主材料使用的可再生铝合金是金属材料，D项错误；
答案选C。
4．B
【详解】
A．分子中，两个溴原子连接在两个碳原子上，名称应为1，2-二溴乙烷，A不正确；
B．的主链碳原子有6个，从左往右编号，两个甲基分别在2、4两个主链碳原子上，名称为 2，4-二甲基己烷，B正确；
C．的主链碳原子应为5个，双键在1、2二个主链碳原子之间，两个甲基分别连接在主链的2、3两个碳原子上，名称为 2，3-二甲基-1-丁烯，C不正确；
D．属于醇，名称为2-戊醇，D不正确；
故选B。
5．C
【详解】
A．苯和甲苯互溶，不能用分液漏斗分离，A不选；
B．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，B不选；
C．苯不溶于水，可以用分液漏斗分离，C选；
D．溴易溶于四氯化碳中，不能用分液漏斗分离，D不选；
答案选C。
6．C
【详解】
A．丙烷分子的结构简式为：，则球棍模型：，A项正确；
B．乙炔的结构简式为：，则电子式：，B项正确；
C．属于醇类，属于酚类，两者不互为同系物，C项错误；
D．丙酮含有羰基，结构简式为：，D项正确；
答案选C。
7．A
【详解】
A．分子中含有二种氢原子，所以一氯代物只有二种，A错误；
B．分子中有1～4个碳原子的链状烷烃，相对分子质量小，分子间的作用力小，所以在室温下均为气体，B正确；
C．烯烃分子中含有碳碳双键，双键中的一个键易发生断裂，可以发生加聚反应生成聚合物，C正确；
D．烷烃分子中，每个碳形成4个共价键，其中形成碳碳单键的数目为(n-1)，则形成碳氢键的数目为4n-2(n-1)=2n+2，所以烷烃的通式为(n≥1)，D正确；
故选A。
8．C
【分析】
【详解】
A．CH2=CHCl相当于乙烯分子中的一个氢原子被氯原子取代，不改变原来的平面结构，该分子中所有原子在同一平面上，故A不选；
B．CH2=CH-CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，旋转碳碳单键，两个碳碳双键形成的平面可能重合，所有原子可能处于同一平面，故B不选；
C．分子中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C选；
D．苯为平面结构，相当于苯环上的一个氢被溴原子取代，不改变原来的平面结构，所有原子都处在同一平面上，故D不选；
故选C。
9．A
【详解】
A. 苯在浓硫酸作用下，与浓硝酸反应生成硝基苯，属于取代反应；乙烯与氢气加成生成乙烷，属于加成反应，A符合题意；
B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应属于加成反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，属于加成反应，B不符合题意；
C. 苯中滴入溴水，溴水褪色，该过程中苯萃取了溶解在水中的溴，发生了物理变化；乙炔与溴水发生加成反应，进而使溴水褪色，C不符合题意；
D. 甲烷与氯气光照条件下反应、乙酸与乙醇的酯化反应均属于取代反应，D不符合题意；
故A。
10．A
【分析】
【详解】
该高聚物的形成过程属于加聚反应，加聚反应是由不饱和单体(如碳碳双键，碳碳三键以及碳氧双键等)聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物，凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，直接合成该高聚物的物质为CH2=CH-CN、CH2=CH-CH=CH2、，即三种单体，A选项符合题意；答案为A。
11．B
【详解】
A．浓和蛋白质能发生颜色反应，所以不小心将浓溅在皮肤上，会使皮肤呈黄色，A正确；
B．为轻金属的盐，会使蛋白质发生盐析，往蛋白质溶液中加入饱和溶液，蛋白质会析出，加水后又溶解，B错误；
C．蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，所以水解的最终产物是氨基酸，C正确；
D．氨基酸分子中既含有又含有，是具有双官能团的有机物，D正确；
故选B。
12．A
【分析】
【详解】
A．乙醛和丙酮分子中均含有碳氧双键，碳原子饱和程度相同，乙醛被银氨溶液氧化是因为醛基中含有碳氢单键，A错误；
B．乙醇分子间脱水成醚，一分子乙醇断裂氢氧键，另一分子乙醇断裂碳氧键，体现了极性键易断裂的特性，B正确；
C．植物油含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反应，所以植物油的氢化反应体现了碳原子的饱和程度对化学性质有影响，C正确；
D．乙烷不能与酸性高锰酸钾反应，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸使其褪色，体现了苯环对甲基的活化作用，说明基团之间相互影响可以改变性质，D正确；
A。
13．C
【详解】
A．由结构简式可知，该分子含有酯基，一定条件下可以发生水解反应，A项正确；
B．由结构简式可知，该分子中含有的酚羟基能与钠、碳酸钠反应，B项正确；
C．由结构简式可知，该分子中含有醚键、羟基、碳碳双键、羰基、酯基共5种官能团，C项错误；
D．由结构简式可知，该分子中含有的酚羟基、碳碳双键能与溴水反应，则1mol该分子与溴水反应时，最多消耗4mol溴，其中2mol溴取代苯环上羟基的邻位氢原子，2mol与碳碳双键发生加成反应，D项正确；
答案选C。
14．B
【分析】
【详解】
A．溴乙烷发生消去反应生成乙烯，溶液为的醇溶液，故A正确；
B．装置①产生的乙烯气体中混有乙醇杂质气体，乙醇也能被高锰酸钾氧化使溶液褪色，则试剂可以是，目的是除去乙醇杂质气体，故B错误；
C．乙烯与溴水发生加成反应，可用溴水溶液代替酸性KMnO4溶液来检验乙烯，故C正确；
D．反应产生乙烯气体，装置②中有气泡，乙烯能被高锰酸钾氧化使溶液褪色，③中酸性溶液褪色，故D正确；
故选：B。
15．C
【详解】
分子式为C5H9ClO2的有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基，同时含有氯原子，然后看成丁烷的二元取代产物，丁烷的二元取代产物，主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种：①HOOCCHClCH2CH2CH3、②HOOCCH2CHClCH2CH3、③HOOCCH2CH2CHClCH3、④HOOCCH2CH2CH2CH2Cl、⑤CH2ClCH（COOH）CH2CH3、⑥CH3CCl（COOH）CH2CH3、⑦CH3CH（COOH）CHClCH3、⑧CH3CH（COOH）CH2CH2Cl；主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种：①HOOCCHClCH（CH3）2、②HOOCCH2CCl（CH3）2、③HOOCCH2CH（CH2Cl）CH3、④CH2ClC（COOH）（CH3）2，所以符合条件的同分异构体为12种，故答案选C。
16．B
【分析】
【详解】
A．滴入AgNO3溶液前应先加入硝酸进行酸化，A错误；
B．油脂皂化反应中生成高价脂肪酸盐，加入食盐细粒可以降低其溶解度，使其析出，B正确；
C．加入新制Cu(OH)2悬浊液前应先加入碱中和稀硫酸，C错误；
D．苯和液溴反应后产生的气体中混有溴蒸气，溴蒸气也能和AgNO3溶液产生沉淀，应先除去溴，再和AgNO3溶液，验证有HBr生成，D错误；
综上所述答案为B。
17．(1)4-甲基-2-戊醇
(2)
(3)4
(4)nNH2CH2COOH+nH2O
(5)
（1）
中，主链上有5个碳原子，羟基在2号碳上，甲基在4号碳上，用系统命名法命名为4-甲基-2-戊醇，故4-甲基-2-戊醇；
（2）
2-甲基-1-丁烯中，主链上有4个碳原子，碳碳双键在1号碳上，甲基在2号碳上，键线式为，故；
（3）
中含有苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应，则1mol与H2加成，最多可消耗H2为4mol，故4；
（4）
甘氨酸()在一定条件下发生缩聚反应，生成和H2O，化学方程式为nNH2CH2COOH+nH2O，故nNH2CH2COOH+nH2O；
（5）
乙醛与新制银氨溶液在加热条件下反应，生成乙酸铵、银、氨气和水，化学方程式为，故。
18．(1)(醇)羟基、氯原子
(2) 取代反应 NaOH水溶液、加热 +HCl→
(3)bc
(4)、
【分析】
甲为在一定条件下生成，可知该反应发生了取代反应；在一定条件下生成Y，Y与HCl反应，生成，可知Y为，据此分析作答。
（1）
根据乙的结构简式可知，含有的官能团名称为羟基和氯原子，故(醇)羟基、氯原子；
（2）
①由分析可知，反应Ⅰ的反应类型是取代反应，故取代反应；
②在一定条件下生成，可知该反应条件为NaOH水溶液、加热，故NaOH水溶液、加热；
③Y为与HCl发生加成反应，生成，化学方程式为：+HCl→，故+HCl→；
（3）
a．乙含有羟基，可以和金属钠反应，a项不符合题意；
b．乙无法和溴水反应，b项符合题意；
c．乙无法和碳酸钠溶液反应，c项符合题意；
d．乙含有羟基，可以和乙酸发生酯化反应，d项不符合题意；
故bc；
（4）
乙有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体：a. 苯环上的一氯代物只有一种，说明苯环上只存在一种氢原子；b. 有羟基直接连在苯环上，说明存在酚羟基；c. 含有两个甲基，则该同分异构体的结构简式为、，故 、。
19．(1)
(2) 151
(3)5
(4)显紫色
(5) 5
(6)
（1）
样品燃烧后将产物通过浓硫酸、碱石灰，分别吸收H2O和CO2，则n(H2O)=，n(CO2)= ，等质量样品中n(N)= ，剩余元素为氧，n(O)= ，n(C):n(H):n(O):n(N)=0.8:0.9:0.1:0.2=8:9:2:1，即分子中碳、氢、氧、氮原子的个数比为8:9:2:1；
（2）
质谱图中式量最大值为样品分子的相对分子质量，即为151；其分子式为C8H9NO2；
（3）
据分子式C8H9NO2可解得不饱和度=；
（4）
苯酚遇到Fe3+显紫色；
（5）
核磁共振氢谱图中有5组峰，说明该有机物分子中含有5种不同环境的H原子；根据峰高度可知原子个数比为1:1:2:2:3；
（6）
该有机物可水解说明结构中含有肽键，水解产物具有两性说明碱性基团和另外一个酸性基团酚羟基在一个结构中，综合可知该有机物的结构简式为。
20．(1)环戊烷
(2) 消去反应 NaOH的醇溶液、加热
(3)
(4) 10 22
(5) ；
【分析】
A为，有一个不饱和度，与溴单质在光照条件下可发生取代反应生成，再结合最终产物I的结构，可推断出A为，B为；结合题目已知反应，可知C为；反应③为卤代烃的水解反应，D为环戊醇；结合反应④的反应条件，可知反应④为醇的催化氧化，则E为环戊酮；再结合题目已知反应可知，与发生加成反应后水解生成的F为；F在浓硫酸并加热的条件下发生消去反应，生成G；结合过程的反应条件与结构，可知反应⑦为加成反应，H为；反应⑧为卤代烃的消去反应；
（1）
A为，有一个不饱和度，核磁共振氢谱中只有1个峰，表明A为，名称为环戊烷；
故答案为环戊烷；
（2）
是由醇在浓硫酸并加热的条件下转化为的过程，为醇的消去反应；是卤代烃转变为双环有机物I，该过程为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH的醇溶液并加热；
故答案为消去反应；NaOH的醇溶液、加热；
（3）
B为，D为，为卤代烃的水解反应，化学反应方程式为；
故答案为；
（4）
双环有机物I为，其中碳碳双键及与碳碳双键直接相连的原子共平面；这些单键碳原子为四面体结构，最多有三个原子共面；所以，双环有机物I中共平面的碳原子数最多有10个；双环有机物I的分子式为，不饱和度为4，题目要求的同分异构体属于苯的同系物，则表明相关同分异构体中只有一个苯环，占据全部的不饱和度，其余碳原子形成烷烃基与苯环相连，结合碳链异构，分情况讨论，可书写出全部的同分异构体，情况①只有一个侧链：、、、；情况②有两个侧链：、、、、、、、、；情况③有三个侧链：、、、、、；情况④有四个侧链：、、；所以有机物I属于苯的同系物的结构有22种；
故答案为10；22；
（5）
甲苯在Fe的作用下与发生的是苯上的卤代反应，结合A在无水乙醚的条件下与Mg反应产物的结构，可推断出A为甲苯对位上的取代产物，即A为；结合题中已知反应，可知与发生加成反应后水解生成；
故答案为；。
21．(1) 球形冷凝管 碎瓷片或沸石
(2)+CH3CH2OH +H2O
(3) 检查是否漏液 上层 吸收乙醚层中的水
(4)中和对氨基苯甲酸、浓硫酸，溶解乙醇和调节pH
(5)33.3%
(6)ad
【分析】
由题中信息可知，在圆底烧瓶中加入对氨基苯甲酸和无水乙醇，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入浓硫酸作催化剂，两者可以发生酯化反应生成苯佐卡因；冷却后将反应物转移到400 mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物，据此分析作答。
（1）
由仪器的结构特征，可知A为球形冷凝管；液体加热，需要加入碎瓷片或沸石以防止暴沸，故球形冷凝管；碎瓷片或沸石；
（2）
对氨基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为+CH3CH2OH +H2O，故+CH3CH2OH +H2O；
（3）
分液漏斗使用前必须进行检查是否漏液；乙醚的密度小于溶液密度，分层后乙醚层在上层；分离提纯操作加入少量无水硫酸镁的目的是吸收乙醚中的水，干燥乙醚，故检查是否漏液；上层；吸收乙醚层中的水；
（4）
反应后，溶液中存在苯甲酸、硫酸和乙醇，分批加入溶液可以中和对氨基苯甲酸、浓硫酸，溶解乙醇和调节pH，故中和对氨基苯甲酸、浓硫酸，溶解乙醇和调节pH；
（5）
苯佐卡因的理论产量为0.06 mol×165 g/mol=9.9 g，则产率=×100%=33.3%，故33.3%；
（6）
a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多可以使得产率降低，a项正确；
b．回流过程中的温度是80℃，远低于苯佐卡因的沸点，因此回流过程中不会有产物被蒸出，b项错误；
c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚，但不会改变产率，c项错误；
d．合成苯佐卡因的反应属于酯化反应，酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故该反应有一定的限度，在该实验条件下，产品的产率可能较低，d项正确；
故ad。
2022-2023学年天津市武清区高二下册化学期末专项突破模拟卷
（B卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是
A．飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成
B．制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物
C．燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同
2．科学家将石墨在氟磺酸中“溶解”制得石墨烯（即单层石墨），该溶解克服了石墨层与层之间的
A．范德华力 B．离子键 C．共价键 D．金属键
3．下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A．在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B．基态Mn原子的外围电子排布图为
C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D．基态铜原子的外围电子排布式为3d94s2
4．某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是
A．该元素的最高价氧化物的水化物为强酸
B．原子中有3种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了泡利原理
D．该基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形
5．下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
6．下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
SO2、H2O空间构型为V形
SO2、H2O中心原子均为sp3杂化
B
白磷为正四面体分子
白磷分子中P—P键间的夹角是109°28′
C
1体积水可溶700体积氨气
氨是极性分子，有氢键的影响
D
HF的沸点高于HCl
H—F的键长比H—Cl 的键长短
A．A B．B C．C D．D
7．能说明CS2是非极性分子的事实是
A．是对称的直线形分子 B． CS2沸点高于CO2沸点
C．能在空气中燃烧 D．分子中存在碳、硫双键
8．下列对HBr、H2、NH3、C2H4中共价键存在类型的判断正确的是
A．都有σ键，没有π键 B．都有π键，没有σ键
C．都既有σ键，又有π键 D．除C2H4外，都只有σ键
9．+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m和n的值是
A．m=1、n=5 B．m=3、n=3 C．m=3、n=4 D．m=3、n=5
10．根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是（ ）
晶体
NaCl
KCl
AlCl3
SiCl4
单质B
熔点/℃
810
776
190
﹣68
2300
沸点/℃
1465
1418
180
57
2500
A．SiCl4是分子晶体 B．单质B可能是共价晶体
C．AlCl3加热能升华 D．NaCl中化学键的强度比KCl中的小
11．干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是( )
A．原子晶体干冰有很高的熔、沸点 B．原子晶体干冰易气化，可用作致冷剂
C．分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料 D．每摩尔原子晶体干冰中含2molC－O键
12．几种晶体的晶胞如图所示：
所示晶胞从左到右分别表示的物质正确的排序是
A．碘、锌、钠、金刚石 B．金刚石、锌、碘、钠
C．钠、锌、碘、金刚石 D．锌、钠、碘、金刚石
13．铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是
A．铁镁合金的化学式可表示为
B．晶胞中有14个铁原子
C．晶体中存在的化学键类型为金属键
D．该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)
14．苯与Br2发生取代反应时反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．①、②两步反应均放出能量
B．FeBr3不能改变该反应的活化能
C．FeBr3可以加快该反应的化学反应速率
D．该反应热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=45.2kJ·mol-1
15．已知298.15K时，可逆反应：Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，则此时反应进行的方向是
A．正反应方向 B．逆反应方向 C．处于平衡状态 D．无法判断
16．下列关于晶体的说法中，不正确的是（ ）
①晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大
⑤MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小。
⑥金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
A．①② B．②③ C．④⑤ D．⑤⑥
17．[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B．1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol
C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
18．2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图，则下列说法正确的是
A．淀粉的分子式：(C6H12O6)n B．DHA的最简式：CH2O
C．FADH的电子式： D．CO2的比例模型：
19．有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的P能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上P轨道半充满。下列叙述不正确的是
A．X和Q结合生成的化合物为离子化合物
B．元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
C．ZQ2是由极性键构成的非极性分子
D．X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强
20．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A．第一电离能：Q＞Z＞W
B．电负性：X＞Y＞Z
C．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应
D．W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应
21．的晶格能可通过下图中的循环计算得到，下列说法正确的是
A．属于共价化合物 B．Li的第一电离能为1040kJ/mol
C．O=O键的键能为703kJ/mol D．的晶格能为2908kJ/mol
22．某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0 g·cm－3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10－7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近于下列数据中的（ ）。
A．32 B．120 C．150 D．180
23．GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρ g•cm－3，Ga和 As的摩尔质量分别为 MGa g•mol－1 和 MAsg•mol－1，原子半径分别为 rGa pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A．该晶体为共价晶体
B．该晶体中 Ga 和 As 均无孤对电子，Ga 和 As 的配位数均为 4
C．原子的体积占晶胞体积的百分率为
D．所有原子均满足 8 电子稳定结构
评卷人
得分
二、填空题
24．回答下列问题：
(1)选择下列物质填空(填写序号)：
①氯化钙 ②干冰 ③过氧化钠 ④氯化铵 ⑤铜晶体 ⑥氩晶体 ⑦晶体硅 ⑧石墨
固态时能导电的晶体有____(用所给物质序号填空，下同)；熔化时不破坏化学键的晶体有____；含有共价键的离子晶体有____；只由共价键构成的晶体是____。
(2)V原子结构示意图为：____，Fe2+的价电子轨道表示式为____；Co3+核外电子有____个未成对电子数。
25．回答下列问题：
(1)向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：
①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为____。
②实验过程中生成物中存在配离子____(填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为____。
(2)Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是____。
(3)已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____。
评卷人
得分
三、元素或物质推断题
26．已知A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高。请根据以上情况，回答下列问题：
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。(用所对应的元素或物质的化学符号表示，下同)
(2)写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为____。
(3)A、B原子和氢原子可组成一种三原子分子，其空间结构为____。中心原子采取____杂化。
评卷人
得分
四、结构与性质
27．回答下列问题：
(1)锌是一种重要的过渡金属，锌及其化合物有着广泛的应用。锌在周期表中的____区。
(2)Zn形成金属晶体，其金属原子堆积属于下列____模式。
A．简单立方 B．钾型 C．镁型 D．铜型
(3)如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为_____；该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是____。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。晶胞参数为apm、apm、cpm，设ZrO2的相对分子质量为M，则该晶体密度为____g·cm-3(写出表达式)。
答案：
1．C
【详解】
A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故A正确；
B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；
C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布式都是1s22s22p6，故D正确；
选C。
2．A
【详解】
A．石墨层与层之间的作用力小，属于范德华力，使得石墨容易剥离，A符合题意；
B．石墨属于非金属单质，不含有离子键，B不合题意；
C．石墨的层与层之间只存在范德华力，而层内原子间存在共价键，C不合题意；
D．石墨晶体中不含有金属离子，所以不存在金属键，D不合题意；
故选A。
3．B
【详解】
A．在基态多电子原子中，同一能层中的p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量，即，但是当s轨道电子所处能层高于p轨道电子所处的能层，此时p轨道电子能量低于s轨道的电子，如， A错误；
B．基态Mn原子的核外电子排布式为，外围电子排布式为，，外围电子排布图为，B正确；
C．碳酸氢钠正确的电离方程式为，C错误；
D．结合洪特特例可知，基态铜原子的核外电子排布式为，所以外围电子排布式为，D错误；
故合理选项为B。
4．D
【分析】
核外共有15个不同运动状态的电子，是15号P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3。据此分析。
【详解】
A．P元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，是弱酸，故A错误；
B． 电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子中有5种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态，故B错误；
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，3p能级有3个电子，3p能级有3个轨道且能量相同，基态原子中填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违背了洪特规则，故C错误；
D．该基态原子中能量最高的电子为3p能级，电子云的形状为哑铃形，故D正确；
故D
5．A
【详解】
A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，与化学键无关，A项符合题意。
B．HF、HCl、HBr、HI分子内的共价键的键能越来越小，共价键强度越来越弱，它们的热稳定性依次减弱，B不符合题意；
C．金刚石与晶体硅的结构相似，但碳碳键长小于硅硅键长，碳碳键的强度大于硅硅键的强度，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，C不符合题意；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的离子键的强度越来越弱，所以它们的熔点依次降低，D不符合题意；
故选A。
6．C
【详解】
A．二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；
B．白磷分子为正四面体结构，两个P−P间的键角是60º，故B错误；
C．.氨分子和水分子中都是极性分子，且氨分子和水分子能形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确；
D．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢沸点高于氯化氢，与分子中的键长的长短无关，故D错误；
故选C。
7．A
【分析】
【详解】
CS2结构是直线形分子，CS2是非极性分子，说明CS2是中心对称的直线形分子，其余选项均不能说明，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
8．D
【分析】
【详解】
先写出四种分子的结构式：
只有C2H4中既存在单键又存在双键，其余分子中都只有单键，故只有C2H4中存在π键，其余分子中都只有σ键；答案选D。
9．C
【详解】
+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，根据电荷守恒，m=3；中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，说明外界有1个氯离子，则配体为2个氯离子、4个NH3，n=4，故选C。
10．D
【分析】
可根据题给的几种物质的熔点、沸点数据，判断这些物质的晶体类型：共价晶体熔沸点很高，离子晶体熔沸点也较高，分子晶体熔沸点低。在此基础上进一步判断各选项是否正确。
【详解】
A. 根据题给数据，SiCl4熔点低，属于分子晶体，A选项正确；
B. 根据题给数据，单质B熔沸点很高，可能是共价晶体，B选项正确；
C. AlCl3沸点低于熔点，加热时先达到沸点，所以，AlCl3加热能升华，C选项正确；
D. NaCl和KCl都是离子晶体，化学键均为离子键，由于半径：r(Na+)＜r(K+)，所以NaCl中离子键的强度比KCl中的大，D选项错误；
答案选D。
离子键强弱比较：离子半径越小、所带电荷越高，离子键越强。
11．A
【详解】
A．原子晶体具有很高的熔、沸点，故原子晶体干冰有很高的熔、沸点，A正确；
B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作致冷剂，B错误；
C．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用于耐磨材料，C错误；
D．原子晶体干冰中，1个C原子形成4个C-O键，故每摩尔原子晶体干冰中含4molC－O键，D错误；
故答案为A。
12．C
【分析】
【详解】
钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心），经上分子，第一个图为钠晶体的晶胞结构，第二图为锌晶体的晶胞结构，第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四个图为金刚石的晶胞图，答案选C。
本题考查了不同晶体的晶胞结构图，要求记住常见晶体的晶胞结构，难度中等，但也是易错点。钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石为原子晶体，晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）。
13．B
【详解】
A．晶胞中含有铁原子的数目为，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为，A项正确，
B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；
C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；
D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为，D项正确。
故选：B。
14．C
【详解】
A．由图可知，反应①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，A项错误；
B．由图知FeBr3为该反应的催化剂，催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高化学反应速率，B项错误；
C．由图知FeBr3为该反应的催化剂，能提高化学反应速率，C项正确；
D．该反应为放热反应，则热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=-45.2kJ·mol-1，D项错误；
答案选C。
15．A
【详解】
Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，Q=1
【详解】
①晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；
②含有金属阳离子的晶体是离子晶体或金属晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子构成的，故②错误；
③分子晶体的熔、沸点由分子间作用力决定，与分子中的共价键无关，故③错误；
④冰醋酸为乙酸的固态形式，乙酸与水以任意比互溶，碘在水中溶解度很小，在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大，故④正确；
⑤MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+
故选B。
17．C
【详解】
A. Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B. 1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol，B选项正确；
C. HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。
一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。
18．B
【详解】
A．由图可知，淀粉的分子式为：(C6H10O5)n，A错误；
B．DHA的化学式为C3H6O3，最简式：CH2O，B正确；
C．FADH为甲醛，电子式，C错误；
D．CO2的比例模型：，D错误；
故选B。
19．A
【分析】
5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素，据此分析作答。
【详解】
A．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，A项错误；
B．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，B项正确；
C．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，C项正确；
D．非金属性：S＞P，则X与T的最高价氧化物对应的水化物酸性：硫酸大于磷酸，D项正确；
答案选A。
20．C
【分析】
X、Y、Z、Q、W为1 ～ 20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。
A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离能：Z＞Q＞W，A错误；
B．一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；
C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；
D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是C。
21．D
【分析】
【详解】
A．由活泼金属和活泼非金属组成，属于离子化合物，故A错误；
B．锂原子的第一电离能是指1 mol气态锂原子失去1mol电子变成1 mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ/mol，故B错误；
C．O=O键键能是指1 mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249 kJ/mol×2=498 kJ/mol，故C错误；
D．晶格能是指气态离子结合生成1mol晶体所释放的能量或1 mol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则的晶格能为2908kJ/mol，故D正确；
故选D。
22．C
【详解】
M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0 g·cm-3=150 g·mol-1，即Mr=150，答案选C。
23．C
【详解】
A. GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；
B. 由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；
C. 晶胞中原子总体积为，晶胞质量为，晶胞的体积为，原子的体积占晶胞体积的百分率为 ；故C错误；
D. 每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故答案选：C。
24．(1) ⑤⑧ ②⑥ ③④ ⑦
(2) 4
（1）
①氯化钙中只含有离子键，属于离子晶体；②干冰是由分子构成的，为分子晶体；③过氧化钠中含有离子键和共价键，属于离子晶体；④氯化铵中含有离子键和共价键，属于离子晶体；⑤铜晶体属于金属晶体，含有自由移动的电子；⑥氩晶体是由单原子分子构成的晶体，属于分子晶体；⑦晶体硅中只含有Si-Si键，属于共价晶体；⑧石墨中含有自由移动的电子，属于混合晶体；
固态时能导电的晶体中含有自由移动的电子，固态时能导电的晶体有⑤⑧；熔化时不破坏化学键的晶体为分子晶体有②⑥；含有共价键的离子晶体有③④；只由共价键构成的晶体是共价晶体有⑦；
故⑤⑧；②⑥；③④；⑦；
（2）
V为23号元素，其原子结构示意图为：；Fe2+的价电子为其3d能级上的电子，其价电子轨道表示式为；Co3+核外电子排布式为[Ar]3d6，该离子未成对电子数是4；
故；；4；
25．(1) Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH [Cu(NH3)4]2+ sp3
(2)该分子或者离子具有孤电子对
(3)NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键
（1）
①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。
（2）
Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。
（3）
NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。
26．(1)C
(3) 直线型 sp
【分析】
由于A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D，且A、B、C是同一周期的非金属元素，而可形成的是二价阳离子，表明D为第三周期的Mg；又由于化合物DC的晶体为离子晶体，且D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，表明C为O；结合为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高，表明A为C，为，B为N；
（1）
A为C，B为N，C为O，一般情况下同周期元素从左至右，第一电离能增大，但是由于N的最高能级为半充满结构，相对比较稳定，第一电离能反而比O要高，所以A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为；
故答案为；
（2）
A为C，C为O，则为，电子式为；B为N，B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，相当于把中的某个原子换成相邻族的原子，价电子发生变化后，需要通过得失电子使价电子总数相等，即，所以该该等电子体为；
故答案为；；
（3）
A为C，B为N，与氢原子组成的三原子分子为HCN，依据价层电子对互斥理论模型，C为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以HCN的空间结构为直线型；中心原子采取杂化；
故答案为直线型；。
27．(1)ds
(2)C
(3) ZnX 该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低
(4)
（1）
基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌在周期表中的ds区；
（2）
镁、锌、钛等形成金属晶体，其金属原子堆积为六方最密堆积，又称镁型，故选C；
（3）
晶胞中X原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；锌原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故化学式为ZnX；
该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低；
（4）
晶胞中Zr原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；O原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故晶胞质量为；晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
2022-2023学年天津市武清区高二下册化学期末专项突破模拟卷
（A卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是
A．纤维素和淀粉互为同分异构体 B．石油的分馏是物理变化
C．福尔马林可作食品的保鲜剂 D．米酒的酿造过程中只发生水解反应
2．下列有关物质的分类说法错误的是
A．烯烃、炔烃都属于不饱和烃
B．属于羧酸
C．属于酯类化合物
D．和都属于芳香族化合物
3．2022北京冬奥会不仅是运动健儿的“竞技场”，也是前沿科技的“大秀台”。我们能够充分感受到祖国科技“更快更高更强”的发展。下列冬奥会中使用的材料属于合成高分子化合物的是
A．滑雪板使用的木质板面
B．运动员“战袍”中保暖用的石墨烯
C．火炬“飞扬”中使用的耐高温聚硅氮烷树脂
D．火种灯主材料使用的可再生铝合金
4．下列命名正确的是
A． 二溴乙烷
B． 2，4-二甲基己烷
C． 2-甲基-3-乙基-1-丁烯
D． 2-羟基戊烷
5．可以用分液漏斗分离的一组混合物是
A．苯和甲苯 B．乙醇和水
C．苯和水 D．溴和四氯化碳
6．下列化学用语的叙述错误的是
A．丙烷分子的球棍模型：
B．乙炔的电子式：
C．与互为同系物
D．丙酮的结构简式：
7．下列关于烃的叙述错误的是
A．的一氯代物只有一种
B．分子中有1～4个碳原子的链状烷烃在室温下均为气体
C．烯烃可以发生加聚反应生成聚合物
D．烷烃的通式为(n≥1)
8．下列有机物分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是
A．CH2=CH—Cl B．CH2=CH—CH=CH2
C．CH3—CH=CH2 D．
9．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是
A．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体；乙烯与氢气反应生成乙烷
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C．在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙炔使溴水褪色
D．甲烷与氯气光照条件下反应；乙酸与乙醇的酯化反应
10．ABS合成树脂的结构简式可表示为，则生成该树脂的单体的种类和化学反应所属类型正确的是
A．3种加聚反应
B．1种缩聚反应
C．4种加聚反应
D．2种缩聚反应
11．下列关于蛋白质和氨基酸的叙述错误的是
A．浓溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓和蛋白质发生颜色反应
B．蛋白质溶液中加入饱和溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解
C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸
D．氨基酸分子中含有和结构
12．“结构决定性质”是有机化学学习的重要观念。下列有关说法错误的是
A．乙醛可被银氨溶液氧化而丙酮不能，体现了碳原子饱和程度对化学性质的影响
B．乙醇分子间脱水成醚，体现了极性键易断裂的特性
C．植物油的氢化反应体现了碳原子的饱和程度对化学性质有影响
D．甲苯可使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不可，说明基团之间相互影响可以改变性质
13．从中草药中提取的calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebin A的说法错误的是
A．一定条件下，可以发生水解反应
B．能与Na、溶液反应
C．分子中有6种官能团
D．1mol该分子与溴水反应，最多消耗
14．如图装置用于检验溴乙烷发生消去反应生成的乙烯。下列说法不正确的
A．装置①中溶液为的醇溶液
B．装置②中试剂可以是，目的是为了观察气体产生速率
C．装置③中酸性溶液可用溴水替代
D．反应现象为②中有气泡，③中酸性溶液褪色
15．分子式为的同分异构体较多，其中能与发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考虑立体异构)
A．10种 B．11种 C．12种 D．13种
16．下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向盛有CH3CH2Cl的试管中加入NaOH溶液并加热，一段时间后再滴入AgNO3溶液
检验CH3CH2Cl中的氯原子
B
向油脂皂化反应的产物中加入适量食盐细粒并搅拌
分离出高级脂肪酸盐
C
向蔗糖中加入稀硫酸，水浴加热后，加适量新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸
检验蔗糖水解产物中醛基的存在
D
将苯和液溴反应后产生的气体通入AgNO3溶液
验证苯和液溴发生取代反应
A．A B．B C．C D．D
评卷人
得分
二、填空题
17．请按要求完成下列各题。
(1)用系统命名法命名为_______。
(2)2-甲基-1-丁烯的键线式为_______。
(3)1mol与H2加成，最多可消耗H2_______mol。
(4)写出甘氨酸()在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式_______。
(5)写出乙醛与新制银氨溶液在加热条件下反应的化学方程式_______。
评卷人
得分
三、有机推断题
18．有甲、乙两种物质：
(1)乙中含有的官能团名称为_______。
(2)由甲转化为乙需经如下过程(已略去各步反应的无关产物)：
甲 Y乙
①反应Ⅰ的反应类型是_______。
②反应Ⅱ的条件是_______。
③反应Ⅲ的化学方程式为_______(不需注明反应条件)。
(3)下列物质不能与乙反应的是_______(填字母)。
a. 金属钠 b. 溴水 c. 碳酸钠溶液 d. 乙酸
(4)乙有多种同分异构体，写出所有能同时满足下列条件的同分异构体的结构简式_______。
a. 苯环上的一氯代物只有一种 b. 有羟基直接连在苯环上 c. 含有两个甲基
19．扑热息痛是最常用的非抗炎解热镇痛药，对胃无刺激，副作用小。对扑热息痛分子进行结构表征，测得的相关数据和谱图如下。回答下列问题：
Ⅰ. 确定分子式
(1)测定实验式：将15.1g样品在足量纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重8.1g和35.2g。再将等量的样品通入二氧化碳气流中，在氧化铜/铜的作用下氧化有机物中氮元素，测定生成的体积为1.12L (标准状况下)，由此可知分子中碳、氢、氧、氮原子的个数比为_______。
(2)确定分子式：测得目标化合物的质谱图如图1所示，该有机物的相对分子质量为_______，其分子式为_______。
Ⅱ. 推导结构式
(3)扑热息痛分子的不饱和度为_______。
(4)用化学方法推断样品分子中的官能团。
①加入溶液，无明显变化；
②加入溶液，_______，说明分子中含有酚羟基；
③水解可以得到一种两性化合物。
(5)波谱分析
①测得目标化合物的红外光谱图，由图可知该有机化合物分子中存在：、、、等基团。
②测得目标化合物的核磁共振氢谱图如图2所示：
由图可知，该有机化合物分子含有_______种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为_______。
(6)综上所述，扑热息痛的结构简式为_______。
20．双环有机物Ⅰ()是重要的有机合成过程的中间体，某种合成该有机物的过程如图所示：
已知：(R、R1、R2为烃基)
请回答下列问题：
(1)若有机物A的核磁共振氢谱中只有1个峰，则有机物A的名称为_______。
(2)的有机反应类型为_______，的反应条件为_______。
(3)写出的化学反应方程式_______。
(4)双环有机物Ⅰ中共平面的碳原子数最多为_______个，有机物Ⅰ存在多种同分异构体，属于苯的同系物的结构有_______种(不含立体异构)。
(5)某化学小组同学参照合成路线中的相关信息，设计了由及甲苯合成的路线：
合成路线中A和B的结构简式分别为_______、_______。
评卷人
得分
四、实验题
21．苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面等镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：
物质
相对分子质量
密度/()
熔点/℃
沸点/℃
水中溶解性
乙醇
46
0.789
-114.3
78.5
与水以任意比互溶
对氨基苯甲酸
137
1.374
188
339.9
微溶于水，易溶于乙醇
对氨基苯甲酸乙酯
165
1.039
90
172
难溶于水，易溶于乙醇和乙醚
产品合成：在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸(0.06mol)和80mL无水乙醇(约1.4mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入10mL浓硫酸，将反应混合物在80℃水浴中加热回流1h，并不时振荡。
分离提纯：冷却后，将反应物转移到400mL烧杯中，分批加入溶液直至，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物3.3g。
(1)仪器A的名称为_______，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的_______。
(2)该合成反应的化学方程式是_______。
(3)分液漏斗使用之前必须进行的操作是_______，乙醚层位于_______(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作中加入无水硫酸镁的作用是_______。
(4)实验中分批加入溶液的作用是_______。
(5)本实验中苯佐卡因的产率为_______(精确到0.1%)。
(6)该反应产率较低的原因可能是_______(填字母)。
a. 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多
b. 回流过程中有产物被蒸出
c. 产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
d. 酯化反应是可逆反应
答案：
1．B
【详解】
A．淀粉和纤维素的聚合度不同，不是同分异构体，A选项错误；
B．分馏是利用沸点不同进行分离，属于物理变化，B选项正确；
C．福尔马林主要成分甲醛对人体有害，不能作为保鲜剂，C选项错误；
D．淀粉水解得到葡萄糖，在酒化酶作用下分解得到乙醇，D选项错误；
答案选B。
2．D
【详解】
A．烯烃、炔烃是含有碳碳不饱和键的烃，都属于不饱和烃，A正确；
B．为乙酸，含有羧基，属于羧酸，B正确；
C．的名称为乙酸乙烯酯，含有酯基，属于酯类化合物，C正确；
D．属于芳香族化合物，不含有苯环，不属于芳香族化合物， D不正确；
故选D。
3．C
【详解】
A．滑雪板使用的木质板面主要含有纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，A项错误；
B．冬奥会运动员“战袍”中保暖用的石墨烯是碳单质，不是化合物，B项错误；
C．火炬“飞扬”中使用的耐高温聚硅氮烷树脂，是高分子化合物，属于高分子材料，C项正确；
D．火种灯主材料使用的可再生铝合金是金属材料，D项错误；
答案选C。
4．B
【详解】
A．分子中，两个溴原子连接在两个碳原子上，名称应为1，2-二溴乙烷，A不正确；
B．的主链碳原子有6个，从左往右编号，两个甲基分别在2、4两个主链碳原子上，名称为 2，4-二甲基己烷，B正确；
C．的主链碳原子应为5个，双键在1、2二个主链碳原子之间，两个甲基分别连接在主链的2、3两个碳原子上，名称为 2，3-二甲基-1-丁烯，C不正确；
D．属于醇，名称为2-戊醇，D不正确；
故选B。
5．C
【详解】
A．苯和甲苯互溶，不能用分液漏斗分离，A不选；
B．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，B不选；
C．苯不溶于水，可以用分液漏斗分离，C选；
D．溴易溶于四氯化碳中，不能用分液漏斗分离，D不选；
答案选C。
6．C
【详解】
A．丙烷分子的结构简式为：，则球棍模型：，A项正确；
B．乙炔的结构简式为：，则电子式：，B项正确；
C．属于醇类，属于酚类，两者不互为同系物，C项错误；
D．丙酮含有羰基，结构简式为：，D项正确；
答案选C。
7．A
【详解】
A．分子中含有二种氢原子，所以一氯代物只有二种，A错误；
B．分子中有1～4个碳原子的链状烷烃，相对分子质量小，分子间的作用力小，所以在室温下均为气体，B正确；
C．烯烃分子中含有碳碳双键，双键中的一个键易发生断裂，可以发生加聚反应生成聚合物，C正确；
D．烷烃分子中，每个碳形成4个共价键，其中形成碳碳单键的数目为(n-1)，则形成碳氢键的数目为4n-2(n-1)=2n+2，所以烷烃的通式为(n≥1)，D正确；
故选A。
8．C
【分析】
【详解】
A．CH2=CHCl相当于乙烯分子中的一个氢原子被氯原子取代，不改变原来的平面结构，该分子中所有原子在同一平面上，故A不选；
B．CH2=CH-CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，旋转碳碳单键，两个碳碳双键形成的平面可能重合，所有原子可能处于同一平面，故B不选；
C．分子中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C选；
D．苯为平面结构，相当于苯环上的一个氢被溴原子取代，不改变原来的平面结构，所有原子都处在同一平面上，故D不选；
故选C。
9．A
【详解】
A. 苯在浓硫酸作用下，与浓硝酸反应生成硝基苯，属于取代反应；乙烯与氢气加成生成乙烷，属于加成反应，A符合题意；
B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应属于加成反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，属于加成反应，B不符合题意；
C. 苯中滴入溴水，溴水褪色，该过程中苯萃取了溶解在水中的溴，发生了物理变化；乙炔与溴水发生加成反应，进而使溴水褪色，C不符合题意；
D. 甲烷与氯气光照条件下反应、乙酸与乙醇的酯化反应均属于取代反应，D不符合题意；
故A。
10．A
【分析】
【详解】
该高聚物的形成过程属于加聚反应，加聚反应是由不饱和单体(如碳碳双键，碳碳三键以及碳氧双键等)聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物，凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，直接合成该高聚物的物质为CH2=CH-CN、CH2=CH-CH=CH2、，即三种单体，A选项符合题意；答案为A。
11．B
【详解】
A．浓和蛋白质能发生颜色反应，所以不小心将浓溅在皮肤上，会使皮肤呈黄色，A正确；
B．为轻金属的盐，会使蛋白质发生盐析，往蛋白质溶液中加入饱和溶液，蛋白质会析出，加水后又溶解，B错误；
C．蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成的高分子化合物，所以水解的最终产物是氨基酸，C正确；
D．氨基酸分子中既含有又含有，是具有双官能团的有机物，D正确；
故选B。
12．A
【分析】
【详解】
A．乙醛和丙酮分子中均含有碳氧双键，碳原子饱和程度相同，乙醛被银氨溶液氧化是因为醛基中含有碳氢单键，A错误；
B．乙醇分子间脱水成醚，一分子乙醇断裂氢氧键，另一分子乙醇断裂碳氧键，体现了极性键易断裂的特性，B正确；
C．植物油含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反应，所以植物油的氢化反应体现了碳原子的饱和程度对化学性质有影响，C正确；
D．乙烷不能与酸性高锰酸钾反应，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸使其褪色，体现了苯环对甲基的活化作用，说明基团之间相互影响可以改变性质，D正确；
A。
13．C
【详解】
A．由结构简式可知，该分子含有酯基，一定条件下可以发生水解反应，A项正确；
B．由结构简式可知，该分子中含有的酚羟基能与钠、碳酸钠反应，B项正确；
C．由结构简式可知，该分子中含有醚键、羟基、碳碳双键、羰基、酯基共5种官能团，C项错误；
D．由结构简式可知，该分子中含有的酚羟基、碳碳双键能与溴水反应，则1mol该分子与溴水反应时，最多消耗4mol溴，其中2mol溴取代苯环上羟基的邻位氢原子，2mol与碳碳双键发生加成反应，D项正确；
答案选C。
14．B
【分析】
【详解】
A．溴乙烷发生消去反应生成乙烯，溶液为的醇溶液，故A正确；
B．装置①产生的乙烯气体中混有乙醇杂质气体，乙醇也能被高锰酸钾氧化使溶液褪色，则试剂可以是，目的是除去乙醇杂质气体，故B错误；
C．乙烯与溴水发生加成反应，可用溴水溶液代替酸性KMnO4溶液来检验乙烯，故C正确；
D．反应产生乙烯气体，装置②中有气泡，乙烯能被高锰酸钾氧化使溶液褪色，③中酸性溶液褪色，故D正确；
故选：B。
15．C
【详解】
分子式为C5H9ClO2的有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基，同时含有氯原子，然后看成丁烷的二元取代产物，丁烷的二元取代产物，主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种：①HOOCCHClCH2CH2CH3、②HOOCCH2CHClCH2CH3、③HOOCCH2CH2CHClCH3、④HOOCCH2CH2CH2CH2Cl、⑤CH2ClCH（COOH）CH2CH3、⑥CH3CCl（COOH）CH2CH3、⑦CH3CH（COOH）CHClCH3、⑧CH3CH（COOH）CH2CH2Cl；主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种：①HOOCCHClCH（CH3）2、②HOOCCH2CCl（CH3）2、③HOOCCH2CH（CH2Cl）CH3、④CH2ClC（COOH）（CH3）2，所以符合条件的同分异构体为12种，故答案选C。
16．B
【分析】
【详解】
A．滴入AgNO3溶液前应先加入硝酸进行酸化，A错误；
B．油脂皂化反应中生成高价脂肪酸盐，加入食盐细粒可以降低其溶解度，使其析出，B正确；
C．加入新制Cu(OH)2悬浊液前应先加入碱中和稀硫酸，C错误；
D．苯和液溴反应后产生的气体中混有溴蒸气，溴蒸气也能和AgNO3溶液产生沉淀，应先除去溴，再和AgNO3溶液，验证有HBr生成，D错误；
综上所述答案为B。
17．(1)4-甲基-2-戊醇
(2)
(3)4
(4)nNH2CH2COOH+nH2O
(5)
（1）
中，主链上有5个碳原子，羟基在2号碳上，甲基在4号碳上，用系统命名法命名为4-甲基-2-戊醇，故4-甲基-2-戊醇；
（2）
2-甲基-1-丁烯中，主链上有4个碳原子，碳碳双键在1号碳上，甲基在2号碳上，键线式为，故；
（3）
中含有苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应，则1mol与H2加成，最多可消耗H2为4mol，故4；
（4）
甘氨酸()在一定条件下发生缩聚反应，生成和H2O，化学方程式为nNH2CH2COOH+nH2O，故nNH2CH2COOH+nH2O；
（5）
乙醛与新制银氨溶液在加热条件下反应，生成乙酸铵、银、氨气和水，化学方程式为，故。
18．(1)(醇)羟基、氯原子
(2) 取代反应 NaOH水溶液、加热 +HCl→
(3)bc
(4)、
【分析】
甲为在一定条件下生成，可知该反应发生了取代反应；在一定条件下生成Y，Y与HCl反应，生成，可知Y为，据此分析作答。
（1）
根据乙的结构简式可知，含有的官能团名称为羟基和氯原子，故(醇)羟基、氯原子；
（2）
①由分析可知，反应Ⅰ的反应类型是取代反应，故取代反应；
②在一定条件下生成，可知该反应条件为NaOH水溶液、加热，故NaOH水溶液、加热；
③Y为与HCl发生加成反应，生成，化学方程式为：+HCl→，故+HCl→；
（3）
a．乙含有羟基，可以和金属钠反应，a项不符合题意；
b．乙无法和溴水反应，b项符合题意；
c．乙无法和碳酸钠溶液反应，c项符合题意；
d．乙含有羟基，可以和乙酸发生酯化反应，d项不符合题意；
故bc；
（4）
乙有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体：a. 苯环上的一氯代物只有一种，说明苯环上只存在一种氢原子；b. 有羟基直接连在苯环上，说明存在酚羟基；c. 含有两个甲基，则该同分异构体的结构简式为、，故 、。
19．(1)
(2) 151
(3)5
(4)显紫色
(5) 5
(6)
（1）
样品燃烧后将产物通过浓硫酸、碱石灰，分别吸收H2O和CO2，则n(H2O)=，n(CO2)= ，等质量样品中n(N)= ，剩余元素为氧，n(O)= ，n(C):n(H):n(O):n(N)=0.8:0.9:0.1:0.2=8:9:2:1，即分子中碳、氢、氧、氮原子的个数比为8:9:2:1；
（2）
质谱图中式量最大值为样品分子的相对分子质量，即为151；其分子式为C8H9NO2；
（3）
据分子式C8H9NO2可解得不饱和度=；
（4）
苯酚遇到Fe3+显紫色；
（5）
核磁共振氢谱图中有5组峰，说明该有机物分子中含有5种不同环境的H原子；根据峰高度可知原子个数比为1:1:2:2:3；
（6）
该有机物可水解说明结构中含有肽键，水解产物具有两性说明碱性基团和另外一个酸性基团酚羟基在一个结构中，综合可知该有机物的结构简式为。
20．(1)环戊烷
(2) 消去反应 NaOH的醇溶液、加热
(3)
(4) 10 22
(5) ；
【分析】
A为，有一个不饱和度，与溴单质在光照条件下可发生取代反应生成，再结合最终产物I的结构，可推断出A为，B为；结合题目已知反应，可知C为；反应③为卤代烃的水解反应，D为环戊醇；结合反应④的反应条件，可知反应④为醇的催化氧化，则E为环戊酮；再结合题目已知反应可知，与发生加成反应后水解生成的F为；F在浓硫酸并加热的条件下发生消去反应，生成G；结合过程的反应条件与结构，可知反应⑦为加成反应，H为；反应⑧为卤代烃的消去反应；
（1）
A为，有一个不饱和度，核磁共振氢谱中只有1个峰，表明A为，名称为环戊烷；
故答案为环戊烷；
（2）
是由醇在浓硫酸并加热的条件下转化为的过程，为醇的消去反应；是卤代烃转变为双环有机物I，该过程为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH的醇溶液并加热；
故答案为消去反应；NaOH的醇溶液、加热；
（3）
B为，D为，为卤代烃的水解反应，化学反应方程式为；
故答案为；
（4）
双环有机物I为，其中碳碳双键及与碳碳双键直接相连的原子共平面；这些单键碳原子为四面体结构，最多有三个原子共面；所以，双环有机物I中共平面的碳原子数最多有10个；双环有机物I的分子式为，不饱和度为4，题目要求的同分异构体属于苯的同系物，则表明相关同分异构体中只有一个苯环，占据全部的不饱和度，其余碳原子形成烷烃基与苯环相连，结合碳链异构，分情况讨论，可书写出全部的同分异构体，情况①只有一个侧链：、、、；情况②有两个侧链：、、、、、、、、；情况③有三个侧链：、、、、、；情况④有四个侧链：、、；所以有机物I属于苯的同系物的结构有22种；
故答案为10；22；
（5）
甲苯在Fe的作用下与发生的是苯上的卤代反应，结合A在无水乙醚的条件下与Mg反应产物的结构，可推断出A为甲苯对位上的取代产物，即A为；结合题中已知反应，可知与发生加成反应后水解生成；
故答案为；。
21．(1) 球形冷凝管 碎瓷片或沸石
(2)+CH3CH2OH +H2O
(3) 检查是否漏液 上层 吸收乙醚层中的水
(4)中和对氨基苯甲酸、浓硫酸，溶解乙醇和调节pH
(5)33.3%
(6)ad
【分析】
由题中信息可知，在圆底烧瓶中加入对氨基苯甲酸和无水乙醇，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入浓硫酸作催化剂，两者可以发生酯化反应生成苯佐卡因；冷却后将反应物转移到400 mL烧杯中，分批加入10%Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸出醚层，冷却结晶，最终得到产物，据此分析作答。
（1）
由仪器的结构特征，可知A为球形冷凝管；液体加热，需要加入碎瓷片或沸石以防止暴沸，故球形冷凝管；碎瓷片或沸石；
（2）
对氨基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为+CH3CH2OH +H2O，故+CH3CH2OH +H2O；
（3）
分液漏斗使用前必须进行检查是否漏液；乙醚的密度小于溶液密度，分层后乙醚层在上层；分离提纯操作加入少量无水硫酸镁的目的是吸收乙醚中的水，干燥乙醚，故检查是否漏液；上层；吸收乙醚层中的水；
（4）
反应后，溶液中存在苯甲酸、硫酸和乙醇，分批加入溶液可以中和对氨基苯甲酸、浓硫酸，溶解乙醇和调节pH，故中和对氨基苯甲酸、浓硫酸，溶解乙醇和调节pH；
（5）
苯佐卡因的理论产量为0.06 mol×165 g/mol=9.9 g，则产率=×100%=33.3%，故33.3%；
（6）
a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多可以使得产率降低，a项正确；
b．回流过程中的温度是80℃，远低于苯佐卡因的沸点，因此回流过程中不会有产物被蒸出，b项错误；
c．产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚，但不会改变产率，c项错误；
d．合成苯佐卡因的反应属于酯化反应，酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故该反应有一定的限度，在该实验条件下，产品的产率可能较低，d项正确；
故ad。
2022-2023学年天津市武清区高二下册化学期末专项突破模拟卷
（B卷）
评卷人
得分
一、单选题
1．2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是
A．飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成
B．制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物
C．燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同
2．科学家将石墨在氟磺酸中“溶解”制得石墨烯（即单层石墨），该溶解克服了石墨层与层之间的
A．范德华力 B．离子键 C．共价键 D．金属键
3．下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A．在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B．基态Mn原子的外围电子排布图为
C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D．基态铜原子的外围电子排布式为3d94s2
4．某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是
A．该元素的最高价氧化物的水化物为强酸
B．原子中有3种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了泡利原理
D．该基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形
5．下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
6．下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
SO2、H2O空间构型为V形
SO2、H2O中心原子均为sp3杂化
B
白磷为正四面体分子
白磷分子中P—P键间的夹角是109°28′
C
1体积水可溶700体积氨气
氨是极性分子，有氢键的影响
D
HF的沸点高于HCl
H—F的键长比H—Cl 的键长短
A．A B．B C．C D．D
7．能说明CS2是非极性分子的事实是
A．是对称的直线形分子 B． CS2沸点高于CO2沸点
C．能在空气中燃烧 D．分子中存在碳、硫双键
8．下列对HBr、H2、NH3、C2H4中共价键存在类型的判断正确的是
A．都有σ键，没有π键 B．都有π键，没有σ键
C．都既有σ键，又有π键 D．除C2H4外，都只有σ键
9．+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m和n的值是
A．m=1、n=5 B．m=3、n=3 C．m=3、n=4 D．m=3、n=5
10．根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是（ ）
晶体
NaCl
KCl
AlCl3
SiCl4
单质B
熔点/℃
810
776
190
﹣68
2300
沸点/℃
1465
1418
180
57
2500
A．SiCl4是分子晶体 B．单质B可能是共价晶体
C．AlCl3加热能升华 D．NaCl中化学键的强度比KCl中的小
11．干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是( )
A．原子晶体干冰有很高的熔、沸点 B．原子晶体干冰易气化，可用作致冷剂
C．分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料 D．每摩尔原子晶体干冰中含2molC－O键
12．几种晶体的晶胞如图所示：
所示晶胞从左到右分别表示的物质正确的排序是
A．碘、锌、钠、金刚石 B．金刚石、锌、碘、钠
C．钠、锌、碘、金刚石 D．锌、钠、碘、金刚石
13．铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是
A．铁镁合金的化学式可表示为
B．晶胞中有14个铁原子
C．晶体中存在的化学键类型为金属键
D．该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)
14．苯与Br2发生取代反应时反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．①、②两步反应均放出能量
B．FeBr3不能改变该反应的活化能
C．FeBr3可以加快该反应的化学反应速率
D．该反应热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=45.2kJ·mol-1
15．已知298.15K时，可逆反应：Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，则此时反应进行的方向是
A．正反应方向 B．逆反应方向 C．处于平衡状态 D．无法判断
16．下列关于晶体的说法中，不正确的是（ ）
①晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大
⑤MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小。
⑥金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
A．①② B．②③ C．④⑤ D．⑤⑥
17．[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B．1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol
C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
18．2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图，则下列说法正确的是
A．淀粉的分子式：(C6H12O6)n B．DHA的最简式：CH2O
C．FADH的电子式： D．CO2的比例模型：
19．有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的P能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上P轨道半充满。下列叙述不正确的是
A．X和Q结合生成的化合物为离子化合物
B．元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
C．ZQ2是由极性键构成的非极性分子
D．X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强
20．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A．第一电离能：Q＞Z＞W
B．电负性：X＞Y＞Z
C．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应
D．W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应
21．的晶格能可通过下图中的循环计算得到，下列说法正确的是
A．属于共价化合物 B．Li的第一电离能为1040kJ/mol
C．O=O键的键能为703kJ/mol D．的晶格能为2908kJ/mol
22．某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0 g·cm－3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10－7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近于下列数据中的（ ）。
A．32 B．120 C．150 D．180
23．GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρ g•cm－3，Ga和 As的摩尔质量分别为 MGa g•mol－1 和 MAsg•mol－1，原子半径分别为 rGa pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A．该晶体为共价晶体
B．该晶体中 Ga 和 As 均无孤对电子，Ga 和 As 的配位数均为 4
C．原子的体积占晶胞体积的百分率为
D．所有原子均满足 8 电子稳定结构
评卷人
得分
二、填空题
24．回答下列问题：
(1)选择下列物质填空(填写序号)：
①氯化钙 ②干冰 ③过氧化钠 ④氯化铵 ⑤铜晶体 ⑥氩晶体 ⑦晶体硅 ⑧石墨
固态时能导电的晶体有____(用所给物质序号填空，下同)；熔化时不破坏化学键的晶体有____；含有共价键的离子晶体有____；只由共价键构成的晶体是____。
(2)V原子结构示意图为：____，Fe2+的价电子轨道表示式为____；Co3+核外电子有____个未成对电子数。
25．回答下列问题：
(1)向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：
①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为____。
②实验过程中生成物中存在配离子____(填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为____。
(2)Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是____。
(3)已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____。
评卷人
得分
三、元素或物质推断题
26．已知A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高。请根据以上情况，回答下列问题：
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。(用所对应的元素或物质的化学符号表示，下同)
(2)写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为____。
(3)A、B原子和氢原子可组成一种三原子分子，其空间结构为____。中心原子采取____杂化。
评卷人
得分
四、结构与性质
27．回答下列问题：
(1)锌是一种重要的过渡金属，锌及其化合物有着广泛的应用。锌在周期表中的____区。
(2)Zn形成金属晶体，其金属原子堆积属于下列____模式。
A．简单立方 B．钾型 C．镁型 D．铜型
(3)如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为_____；该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是____。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。晶胞参数为apm、apm、cpm，设ZrO2的相对分子质量为M，则该晶体密度为____g·cm-3(写出表达式)。
答案：
1．C
【详解】
A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故A正确；
B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；
C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布式都是1s22s22p6，故D正确；
选C。
2．A
【详解】
A．石墨层与层之间的作用力小，属于范德华力，使得石墨容易剥离，A符合题意；
B．石墨属于非金属单质，不含有离子键，B不合题意；
C．石墨的层与层之间只存在范德华力，而层内原子间存在共价键，C不合题意；
D．石墨晶体中不含有金属离子，所以不存在金属键，D不合题意；
故选A。
3．B
【详解】
A．在基态多电子原子中，同一能层中的p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量，即，但是当s轨道电子所处能层高于p轨道电子所处的能层，此时p轨道电子能量低于s轨道的电子，如， A错误；
B．基态Mn原子的核外电子排布式为，外围电子排布式为，，外围电子排布图为，B正确；
C．碳酸氢钠正确的电离方程式为，C错误；
D．结合洪特特例可知，基态铜原子的核外电子排布式为，所以外围电子排布式为，D错误；
故合理选项为B。
4．D
【分析】
核外共有15个不同运动状态的电子，是15号P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3。据此分析。
【详解】
A．P元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，是弱酸，故A错误；
B． 电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子中有5种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态，故B错误；
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，3p能级有3个电子，3p能级有3个轨道且能量相同，基态原子中填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违背了洪特规则，故C错误；
D．该基态原子中能量最高的电子为3p能级，电子云的形状为哑铃形，故D正确；
故D
5．A
【详解】
A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，与化学键无关，A项符合题意。
B．HF、HCl、HBr、HI分子内的共价键的键能越来越小，共价键强度越来越弱，它们的热稳定性依次减弱，B不符合题意；
C．金刚石与晶体硅的结构相似，但碳碳键长小于硅硅键长，碳碳键的强度大于硅硅键的强度，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，C不符合题意；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的离子键的强度越来越弱，所以它们的熔点依次降低，D不符合题意；
故选A。
6．C
【详解】
A．二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；
B．白磷分子为正四面体结构，两个P−P间的键角是60º，故B错误；
C．.氨分子和水分子中都是极性分子，且氨分子和水分子能形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确；
D．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢沸点高于氯化氢，与分子中的键长的长短无关，故D错误；
故选C。
7．A
【分析】
【详解】
CS2结构是直线形分子，CS2是非极性分子，说明CS2是中心对称的直线形分子，其余选项均不能说明，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
8．D
【分析】
【详解】
先写出四种分子的结构式：
只有C2H4中既存在单键又存在双键，其余分子中都只有单键，故只有C2H4中存在π键，其余分子中都只有σ键；答案选D。
9．C
【详解】
+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，根据电荷守恒，m=3；中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，说明外界有1个氯离子，则配体为2个氯离子、4个NH3，n=4，故选C。
10．D
【分析】
可根据题给的几种物质的熔点、沸点数据，判断这些物质的晶体类型：共价晶体熔沸点很高，离子晶体熔沸点也较高，分子晶体熔沸点低。在此基础上进一步判断各选项是否正确。
【详解】
A. 根据题给数据，SiCl4熔点低，属于分子晶体，A选项正确；
B. 根据题给数据，单质B熔沸点很高，可能是共价晶体，B选项正确；
C. AlCl3沸点低于熔点，加热时先达到沸点，所以，AlCl3加热能升华，C选项正确；
D. NaCl和KCl都是离子晶体，化学键均为离子键，由于半径：r(Na+)＜r(K+)，所以NaCl中离子键的强度比KCl中的大，D选项错误；
答案选D。
离子键强弱比较：离子半径越小、所带电荷越高，离子键越强。
11．A
【详解】
A．原子晶体具有很高的熔、沸点，故原子晶体干冰有很高的熔、沸点，A正确；
B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作致冷剂，B错误；
C．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用于耐磨材料，C错误；
D．原子晶体干冰中，1个C原子形成4个C-O键，故每摩尔原子晶体干冰中含4molC－O键，D错误；
故答案为A。
12．C
【分析】
【详解】
钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心），经上分子，第一个图为钠晶体的晶胞结构，第二图为锌晶体的晶胞结构，第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四个图为金刚石的晶胞图，答案选C。
本题考查了不同晶体的晶胞结构图，要求记住常见晶体的晶胞结构，难度中等，但也是易错点。钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石为原子晶体，晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）。
13．B
【详解】
A．晶胞中含有铁原子的数目为，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为，A项正确，
B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；
C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；
D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为，D项正确。
故选：B。
14．C
【详解】
A．由图可知，反应①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，A项错误；
B．由图知FeBr3为该反应的催化剂，催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高化学反应速率，B项错误；
C．由图知FeBr3为该反应的催化剂，能提高化学反应速率，C项正确；
D．该反应为放热反应，则热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=-45.2kJ·mol-1，D项错误；
答案选C。
15．A
【详解】
Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，Q=1
【详解】
①晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；
②含有金属阳离子的晶体是离子晶体或金属晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子构成的，故②错误；
③分子晶体的熔、沸点由分子间作用力决定，与分子中的共价键无关，故③错误；
④冰醋酸为乙酸的固态形式，乙酸与水以任意比互溶，碘在水中溶解度很小，在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大，故④正确；
⑤MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+
故选B。
17．C
【详解】
A. Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B. 1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol，B选项正确；
C. HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。
一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。
18．B
【详解】
A．由图可知，淀粉的分子式为：(C6H10O5)n，A错误；
B．DHA的化学式为C3H6O3，最简式：CH2O，B正确；
C．FADH为甲醛，电子式，C错误；
D．CO2的比例模型：，D错误；
故选B。
19．A
【分析】
5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素，据此分析作答。
【详解】
A．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，A项错误；
B．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，B项正确；
C．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，C项正确；
D．非金属性：S＞P，则X与T的最高价氧化物对应的水化物酸性：硫酸大于磷酸，D项正确；
答案选A。
20．C
【分析】
X、Y、Z、Q、W为1 ～ 20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。
A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离能：Z＞Q＞W，A错误；
B．一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；
C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；
D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是C。
21．D
【分析】
【详解】
A．由活泼金属和活泼非金属组成，属于离子化合物，故A错误；
B．锂原子的第一电离能是指1 mol气态锂原子失去1mol电子变成1 mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ/mol，故B错误；
C．O=O键键能是指1 mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249 kJ/mol×2=498 kJ/mol，故C错误；
D．晶格能是指气态离子结合生成1mol晶体所释放的能量或1 mol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则的晶格能为2908kJ/mol，故D正确；
故选D。
22．C
【详解】
M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0 g·cm-3=150 g·mol-1，即Mr=150，答案选C。
23．C
【详解】
A. GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；
B. 由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；
C. 晶胞中原子总体积为，晶胞质量为，晶胞的体积为，原子的体积占晶胞体积的百分率为 ；故C错误；
D. 每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故答案选：C。
24．(1) ⑤⑧ ②⑥ ③④ ⑦
(2) 4
（1）
①氯化钙中只含有离子键，属于离子晶体；②干冰是由分子构成的，为分子晶体；③过氧化钠中含有离子键和共价键，属于离子晶体；④氯化铵中含有离子键和共价键，属于离子晶体；⑤铜晶体属于金属晶体，含有自由移动的电子；⑥氩晶体是由单原子分子构成的晶体，属于分子晶体；⑦晶体硅中只含有Si-Si键，属于共价晶体；⑧石墨中含有自由移动的电子，属于混合晶体；
固态时能导电的晶体中含有自由移动的电子，固态时能导电的晶体有⑤⑧；熔化时不破坏化学键的晶体为分子晶体有②⑥；含有共价键的离子晶体有③④；只由共价键构成的晶体是共价晶体有⑦；
故⑤⑧；②⑥；③④；⑦；
（2）
V为23号元素，其原子结构示意图为：；Fe2+的价电子为其3d能级上的电子，其价电子轨道表示式为；Co3+核外电子排布式为[Ar]3d6，该离子未成对电子数是4；
故；；4；
25．(1) Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH [Cu(NH3)4]2+ sp3
(2)该分子或者离子具有孤电子对
(3)NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键
（1）
①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。
（2）
Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。
（3）
NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。
26．(1)C
(3) 直线型 sp
【分析】
由于A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D，且A、B、C是同一周期的非金属元素，而可形成的是二价阳离子，表明D为第三周期的Mg；又由于化合物DC的晶体为离子晶体，且D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，表明C为O；结合为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高，表明A为C，为，B为N；
（1）
A为C，B为N，C为O，一般情况下同周期元素从左至右，第一电离能增大，但是由于N的最高能级为半充满结构，相对比较稳定，第一电离能反而比O要高，所以A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为；
故答案为；
（2）
A为C，C为O，则为，电子式为；B为N，B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，相当于把中的某个原子换成相邻族的原子，价电子发生变化后，需要通过得失电子使价电子总数相等，即，所以该该等电子体为；
故答案为；；
（3）
A为C，B为N，与氢原子组成的三原子分子为HCN，依据价层电子对互斥理论模型，C为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以HCN的空间结构为直线型；中心原子采取杂化；
故答案为直线型；。
27．(1)ds
(2)C
(3) ZnX 该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低
(4)
（1）
基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌在周期表中的ds区；
（2）
镁、锌、钛等形成金属晶体，其金属原子堆积为六方最密堆积，又称镁型，故选C；
（3）
晶胞中X原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；锌原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故化学式为ZnX；
该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低；
（4）
晶胞中Zr原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；O原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故晶胞质量为；晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
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