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2022湖州三贤联盟高二下学期期中联考试题化学含解析
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浙江省湖州市三贤联盟2021-2022学年高二下学期期中联考
化学试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 Cu-64
选择题部分
一、选择题(本大题共25个小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列分子式只表示一种物质的是
A. C3H8 B. C3H7Cl C. C2H6O D. C4H10
【答案】A
【解析】
【详解】A．C3H8表示的物质只有丙烷一种，A符合题意；
B．C3H7Cl可看作是丙烷分子中的一个H原子被Cl原子取代产生的物质，由于丙烷分子中含有2种不同位置的H原子，因此C3H7Cl表示的物质可能是1-氯丙烷，也可能是2-氯丙烷，而不能只表示一种物质，B不符合题意；
C．C2H6O表示的物质可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，前者是乙醇，后者是二甲醚，因此分子式是C2H6O表示的物质不是只有一种，C不符合题意；
D．C4H10表示的物质可能是正丁烷，也可能是异丁烷，因此分子式C4H10不能只表示一种物质，D不符合题意；
故合理选项是A。
2. 下列说法正确的是
A. 乙烯和乙炔都是直线形分子
B. 乙烯分子中含有极性键和非极性键
C. 乙炔分子中含有1个σ键和2个π键
D. 乙烯与分子式为C4H8烃一定互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯分子中键角是120°，所有原子在同一平面上，因此乙烯分子属于平面分子，C2H4分子中各个原子不在同一条直线上，而乙炔分子是直线形分子，A错误；
B．乙烯分子中C原子之间以共价双键结合，两个C原子再与4个H原子形成4个C-H共价键，碳碳双键是非极性键，C-H键是极性键，因此乙烯分子中含有极性键和非极性键，B正确；
C．乙炔分子中2个C原子之间以共价三键结合，每个C原子分别与1个H原子形成C-H共价键，共价单键都是σ键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键和2个π键，C错误；
D．乙烯分子式是C2H4，属于烯烃；而分子式为C4H8的烃与C2H4在分子组成上相差2个CH2原子团，但C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物，D错误；
故合理选项是B。
3. 以下能级符号不正确的是 （ ）
A. 3s B. 3p C. 3d D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】M能级上有s、p、d，3个能级，即3s、3p和3d，没有3f，故答案为：D。
4. 下列各基态原子或基态离子的电子排布式中，正确的是
A. S 1s22s22p63s23p6 B. Cr [Ar]3d54s1 C. Fe2+ [Ar]3d44s2 D. Cl- [Ar]
【答案】B
【解析】
【详解】A． S质子数为16，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则A错误；
B． Cr质子数为24，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，则B正确； C． Fe2+质子数为26、电子数为24，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，则C错误；
D．氯离子质子数为17、电子数18，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6；电子排布式的简写就是把内部稳定的相当于稀有气体结构的那一部分用稀有元素符号表示，只写出价电子层的排布式，则D错误；
答案选B。
5. 下列有关说法中正确的是
A. 物质的聚集状态只有固、液、气三种状态
B. 具有规则几何外形的固体均为晶体
C. 晶体具有自范性，非晶体没有自范性
D. 等离子体是一种特殊的气体，由阴、阳离子构成的呈电中性粒子
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质的聚集状态除了有固、液、气三种状态之外，还有其它聚集状态，例如液晶，A错误；
B． 具有规则几何外形的固体不一定是晶体，例如把玻璃切割成有规则几何外形就不是晶体；粒子在三维空间里呈周期性有序排列、因而具有自范性、导致具有规则几何外形的固体是晶体，B错误；
C．晶体的粒子在三维空间里呈周期性有序排列、因而具有自范性，非晶体相对无序、没有自范性，C正确；
D． 等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，D错误；
答案选C。
6. 下列表达方式或说法正确的是
A. CO2的分子模型示意图：
B. 某元素原子R的轨道表示式：
C. pp π键电子云模型：
D. 乙烯分子的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化碳分子为直线型结构，二氧化碳正确的比例模型为，故A错误；
B.电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，题中R的电子排布图不符合洪特规则，故B错误；
C.pp原子轨道以“肩并肩”方式相互重叠单质电子在核间出现的概率增大即电子云重叠后得到的电子云图象呈镜像对称，故C正确；
D.球棍模型表示原子间的连接，乙烯分子中碳原子之间为双键，乙烯的球棍模型为，4个H分别位于碳碳双键所在平面的两侧，故D错误。
故选C。
7. 如图是由4个碳原子结合成的 5 种有机物(氢原子没有画出)，下列说法正确的是
a b c d e
A. 有机物(a)的习惯命名法的名称为异丙烷
B. 有机物(a)中四个碳原子均共面
C. 上述有机物中与(c)互为同分异构体的只有(b)
D. 上述有机物中不能与溴水反应使其褪色的是(a)、(e)
【答案】D
【解析】
【详解】A．有机物(a)含4个C，主链含3个C，有1个侧链，其习惯命名法的名称为异丁烷，故A错误；
B．该分子中有三个碳原子连接在同一个饱和碳原子上，不可能全部共面，故B错误；
C．c的分子式为C4H8，a的分子式为C4H10，b的分子式为C4H8，d的分子式为C4H6，的分子式为C4H8，所以与(c)互为同分异构体的有(b)和(e)，故C错误；
D．含碳碳双键的有机物能与溴水发生加成反应使其褪色，烷烃或环烷烃不能使溴水褪色，所以不能与溴水反应使其褪色的有(a)、(e)，故D正确；
故答案为D。
8. 当镁原子由基态1s22s22p63s2 →激发态1s22s22p63p2时，以下认识正确的是
A. 镁原子由基态转化成激发态，这一过程为化学变化
B. 镁原子由基态转化成激发态，这一过程中释放能量
C. 激发态p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同
D. 基态镁原子转化为激发态镁原子后若不提供能量，电子跃迁回基态，形成发射光谱
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁原子由基态转化成激发态，这一过程吸收能量，但这一过程中没有新物质产生，因此发生的是物理变化，而不是化学变化，A错误；
B．镁原子由基态转化成激发态，这一过程中会吸收能量，B错误；
C．3p轨道有3个能量等同的轨道，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态。则Mg原子激发态p能级上的两个电子处于两个不同的轨道上，且自旋方向相同，C错误；
D．基态镁原子转化为激发态镁原子后若不提供能量，电子就会由激发态跃迁到基态，多余的能量以不同形式的光释放出来，因此得到的光谱为原子的发射光谱，D正确；
故合理选项是D。
9. 下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，而熔沸点逐渐升高
B. Ba(OH)2晶体中既存在离子键又有共价键
C. SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力
D 干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
【答案】B
【解析】
【详解】A．氟 氯、溴、碘的非金属性依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱；HF分子间存在氢键，所以熔沸点高，故A错误；
B．Ba(OH)2晶体中钡离子和氢氧根离子之间属于离子键，而氢氧根离子中的氧原子和氢原子之间含有共价键，故B正确；
C．SiO2属于原子晶体，熔化只破坏共价键，故C错误；
D．干冰升华时只破坏分子间作用力，没有发生化学变化，不破坏共价键，故D错误。
故选B。
10. 某烃的结构简式如图： ，分子中处于四面体中心位置的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为c。则a、b、c分别为
A. 4、4、7 B. 4、3、6 C. 3、5、4 D. 2、6、4
【答案】B
【解析】
【详解】 中,处于四面体中心位置的碳原子数为a,甲基、亚甲基均为四面体构型,则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b,则b=3；含有碳碳双键共面,含碳碳三键的共线,且二者直接相连,一定共面,一定在同一平面上的碳原子数为c,所以一定在同一平面内的碳原子数为6个,即c=6；B正确；正确选项B。
11. 下列离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故A错误；
B．高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形，所以离子的空间结构模型与空间结构一致，故B正确；
C．亚硝酸根离子中氮原子价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为三角锥形，空间结构为V形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故C错误；
D．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故D错误；
故选B。
12. 对含氧有机物A进行波谱分析：红外光谱显示有甲基、羟基等基团；质谱图显示相对分子质量为60；核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为6：1：1，则该化合物的结构简式为
A. CH3CH2CH2OH B. (CH3)2CHCHO C. CH3COOH D. CH3CH(OH)CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3CH2CH2OH有四种等效氢，不合题意，A错误；
B．(CH3)2CHCHO有甲基、醛基等基团，B错误；
C．CH3COOH有两种等效氢，不合题意，C错误；
D．CH3CH(OH)CH3有甲基、羟基等基团；质谱图显示相对分子质量为60；核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为6：1：1，符合题意，D正确；
故选D。
13. 下列各项叙述中正确的是（ ）
A. 电子层序数越大，s原子轨道的形状相同，半径越大
B. 在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
C. 在分子中，化学键可能只有π键，而没有σ键
D. 杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
【答案】A
【解析】
【详解】A．s原子轨道的形状均为球形，电子层序数越大，相应层电子能量越高，离核越远，则轨道半径越大，A项正确；
B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向可能相同，比如C和N的2p电子数分别为2和3，且自旋方向均相同，B项错误；
C．因σ键成键方式为“头碰头”，这种方式轨道重叠更大，所以在分子中总是优先形成σ键，如有其余化学键则为π键，故分子中共价键应是可能只有σ键，而没有π键，C项错误；
D．杂化轨道只可用于形成σ键，D项错误；
答案选A。
14. 下列有关除去少量杂质的方法不正确的是
选项
物质
杂质
方法
A
苯
苯酚
加浓溴水后过滤
B
乙烯
CO2和SO2
通入装有NaOH溶液的洗气瓶洗气
C
溴苯
Br2
加NaOH溶液后分液
D
乙烷
乙烯
通入装有溴水的洗气瓶洗气
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯，故没有沉淀、不能过滤，A错误；
B．NaOH溶液能吸收CO2和SO2、不能吸收乙烯， B正确；
C． 常温常压下NaOH溶液能吸收溴、不与溴苯反应，C正确；
D．乙烯与溴水发生加成反应、被吸收、溴水不能吸收乙烷，D正确；
答案选A。
15. 丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 丁子香酚的分子式为C10H12O2
B. 丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键
C. 丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物
D. 丁子香酚能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据物质结构简式，可知丁子香酚的分子式为C10H12O2，A正确；
B．根据物质结构简式可知：丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键，B正确；
C．根据物质结构简式可知：丁子香酚中含有碳碳双键，在一定条件下可通过加聚反应生成高聚物，C正确；
D．酚羟基及不饱和的碳碳双键的还原性强，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此不能根据丁子香酚能使酸性高锰酸钾溶液褪色，就判断其分子中含有碳碳双键，D错误；
故合理选项是D。
16. 下列说法正确的是
A. 烷烃的通式为CnH2n＋2，随n值增大，碳元素的质量分数逐渐减小
B. 乙烯与溴发生加成反应的产物为溴乙烷
C. 主链上有5个碳原子的庚烷(C7H16)共有五种
D. 1mol苯恰好与3mol氢气加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键
【答案】C
【解析】
【详解】A．烷烃的通式为CnH2n＋2，n值越大，碳元素的质量百分含量增大，故A错误；
B．乙烯和溴加成的产物是1，2－二溴乙烷，故B错误；
C．n=7的烷烃是C7H16，主链有5个碳原子，说明主链上有2个甲基或一个乙基，则其可以为：2,2-二甲基戊烷、3,3-二甲基戊烷、2,3-二甲基戊烷、2,4二甲基戊烷、3-乙基戊烷，共五种，故C正确；
D．苯中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，故错误D；
答案选C。
17. 我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下。下列说法不正确的是
A. 肉桂醛分子中存在顺反异构现象
B. 苯丙醛分子中有5种不同化学环境的氢原子
C. 还原反应过程发生了极性共价键和非极性共价键的断裂
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】B
【解析】
【详解】A．肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，A正确；
B．苯丙醛中苯环上含有3种氢原子、支链上含有3种氢原子，则苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子，B错误；
C．还原反应过程中H-H、C=O键断裂，C正确；
D．肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，D正确；
故合理选项是B。
18. “类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是
A. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
B. 氢化物沸点顺序是：GeH4>SH4>CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3>PH3>NH3
C. C=C的键能小于两倍的C-C，则N=N的键能小于两倍的N-N
D. SO和P4都正四面体形，SO中键角为109°28′，P4中键角也为109°28′
【答案】A
【解析】
【详解】A．气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，因同周期元素从左到右其非金属性依次增强，所以上述类推合理，A正确；
B．NH3分子间存在氢键，其沸点在同族中最高，B错误；
C．C=C中的π键不稳定，因此其键能小于两倍的C-C的键能，但氮气分子含的是氮氮三键，就比较稳定，键能较大，所以根据类推法不能得出N=N的键能小于两倍的N-N的结论，事实上，N=N的键能为418kJ/mol，N-N的键能为193kJ/mol，C错误；
D．P4分子的结构如图：，P-P键键角为60°，D错误；
故选A。
19. X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示，该晶体的化学式为
A. Na3N B. AlN C. Mg3N2 D. Cu3N
【答案】D
【解析】
【详解】X失去1个电子后形成的X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则其原子电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为29号元素铜；晶胞中Cu+位于棱心，一个晶胞中数目为，N3-位于晶胞顶点，一个晶胞数目为，则其化学式为Cu3N；
20. 四种元素基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞①＞② B. 电负性：④＞①＞③＞②
C. 原子半径：②＞①＞③＞④ D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】C
【解析】
【分析】①1s22s22p63s23p4表示的元素是S元素，②1s22s22p63s23p3表示的元素是P元素， ③1s22s22p3表示的元素是N元素， ④1s22s22p5表示的元素是F元素，然后根据元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：①是S，②是P，③是N，④是F元素。
A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大。但若元素处于第ⅡA族、第VA族，由于原子最外层电子处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能越小，则四种元素的第一电离能大小关系为：④＞③＞②＞①，A错误；
B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，则元素的电负性大小关系为：④＞③＞①＞②，B错误；
C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小关系为：②＞①＞③＞④，C正确；
D．F元素非金属性很强，原子半径很小，与其它元素反应只能得到电子或形成共用电子对时偏小F元素，因此没有与族序数相等的最高化合价，故F元素化合价不是在所有元素中最高的，D错误；
故合理选项是C。
21. 三硫化四磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，分子结构如图所示。下列有关P4S3的说法中正确的是
A. P4S3中磷元素为+3价
B. 1 molP4S3分子中含有6mol共价键
C. P4S3中各原子最外层均满足8电子稳定结构
D. P4S3中P原子为sp3杂化，S原子为sp杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，在P4S3分子结构的底面三角形中，每个P原子共形成3个共价键，其中2个为非极性共价键，1个为极性共价键，P的非金属性比S弱，P显+1价，顶端的1个P原子，形成3个极性共价键，P显+3价，A不正确；
B．从图中可以看出，1个P4S3分子中含有9个共价键，则1 molP4S3分子中含有9mol共价键，B不正确；
C．P4S3中，每个P原子形成3个共价键，每个S原子形成2个共价键，所以各原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D．P4S3中P原子和S原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，D不正确；
故选C。
22. 下列说法不正确的是
A. 分子内不一定存在共价键，但分子间一定存在范德华力
B. 配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构
C. [Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D. 冠醚是大分子环状化合物，可以识别碱金属离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．若构成物质的分子是单原子分子，则分子内不存在共价键；若是多原子分子，则物质分子内存在共价键。但无论物质分子内是否存在共价键，物质的分子间一定存在范德华力，A正确；
B．配位数为4的配合物可以为正四面体结构，也可以为平面四边形结构，B错误；
C．[Cu(NH3)4]SO4是盐，属于离子化合物，[Cu(NH3)4]2+与中以离子键结合，在阳离子[Cu(NH3)4]2+中配位体NH3分子内存在极性键N-H键，配位体NH3与中心Cu2+之间以配位键结合；在阴离子中含有极性共价键，因此[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键，C正确；
D．冠醚与大分子环状化合物，能与正离子，尤其是与碱金属离子络合，并且随环的大小不同而与不同的金属离子络合，D正确；
故合理选项是B。
23. 具有如下电子层结构的原子，相应的元素一定在同一主族的是（ ）
A. 最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子
B. M层上有2个电子的原子和N层上有2个电子的原子
C. 3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子
D. 3p能级上有2个空轨道的原子和4p能级上有2个空轨道的原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．最外层电子排布为1s2的原子为He，最外层电子排布为2s2的原子为Be，不属于同一主族，A项错误；
B．M层上有2个电子的原子为Mg，N层上有2个电子的原子可能是Ca，也可能是Sc、Ti等过渡元素与Mg不属于同一主族，B项错误；
C．p能级有2个未成对电子，则可能为np2或np4，故3p能级上有2个未成对电子的原子可能是Si也可能是S，4p能级上有2个未成对电子的原子可能是Ge也可能是Se，不一定属于同一主族，C项错误；
D．3p能级上有2个空轨道的原子为Al，4p能级上有2个空轨道的原子为Ga，属于同一主族，D项正确；
答案选D。
24. 观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确是( )
HCN
S8
SF6
B12结构单元
结构模型
示意图
备注
—
易溶于CS2
—
熔点1 873 K
A. HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键
B. 固态硫S8属于原子晶体
C. SF6是由极性键构成的非极性分子
D. 单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键
【答案】B
【解析】
【详解】A、“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H－C≡N中共有2个σ键和2个π键，A正确；
B、S8易溶于CS2，因此属于分子晶体，B错误；
C、SF6是正八面体对称结构，是非极性分子，C正确；
D、由硼的结构和熔点可知，单质硼属原子晶体，硼晶体的结构单元中有12个B原子，每个原子形成5个B－B键，而每个B－B键为2个原子所共有，所以B－B键数为12×5/2＝30个，D正确。
答案选B。
25. 某紫色配离子的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 该配离子与水分子可形成氢键
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中铜元素的价态为+1价
【答案】D
【解析】
【详解】A．该配离子中氮、氧元素的电负性较强且直接与氢原子相连，能与水分子形成氢键，A正确；
B．由该粒子的结构可知，铜离子与2个氧、2个氮结合，配位数是4，B正确；
C．铜为29号元素，位于第四周期ⅠB族，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，C正确；
D．该配离子整体带2个单位负电荷，2个铜周围直接相连2个-OH、4个-NH-，则铜元素的价态为+2价，D错误；
故选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5个小题，共50分)
26. Ⅰ.请按要求回答下列问题：
（1）用系统命名法命名有机化合物：_______
（2）丙烯加聚制聚丙烯的反应方程式_______。
Ⅱ.计算。
0.2mol有机物和0.4molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O(g)。产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加10.8g；再通过灼热CuO充分反应后，固体质量减轻了3.2g，最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰的质量增加17.6g。
（3）写出该有机物的化学式_______。
（4）通过核磁共振氢谱显示有两组峰，请写出该有机物的结构简式_______。
【答案】（1）2，2，3，4－四甲基戊烷
（2）nCH3CH=CH2
（3）C2H6O2 （4）HOCH2CH2OH
【解析】
【小问1详解】
有机化合物分子中，主链上有5个碳原子，另外还有4个甲基取代基，用系统命名法命名，其名称为2，2，3，4－四甲基戊烷。答案为：2，2，3，4－四甲基戊烷；
【小问2详解】
丙烯发生加聚，生成聚丙烯，反应方程式为nCH3CH=CH2。答案为：nCH3CH=CH2；
【小问3详解】
m(H2O)=10.8g，与CO反应的O原子质量为3.2g，m(CO2)=17.6g，则n(H2O)==0.6mol，n(CO)==0.2mol，n(CO2)==0.4mol，则0.2mol有机物和0.4molO2在密闭容器中燃烧后，产物CO2、CO和H2O(g)的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.6mol，由此可得出发生反应的化学方程式为：有机物+2O2CO2+CO+3H2O，依据质量守恒定律，可确定该有机物的化学式为C2H6O2。答案为：C2H6O2；
【小问4详解】
通过核磁共振氢谱显示该有机物分子中有两组峰，则分子中有2种不同性质的氢原子，该有机物的结构简式为HOCH2CH2OH。答案为：HOCH2CH2OH。
27. 已知A、B、C、D是短周期主族元素，A原子最外层电子数是电子层数的2倍；B原子L层上p能级半充满；C原子的L层的p能级上只有一对电子；D原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道。
请根据以上信息，回答下列问题：
（1）D元素在周期表中的位置是_______，属于_______区。
（2）A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示，下同)；A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
（3）A的稳定氧化物中，中心原子的杂化类型为_______，其空间构型为_______。B的简单气态氢化物中，中心原子的杂化轨道类型为_______，其空间构型为_______。D的最简单氢化物的电子式 _______。
（4）H2C的键角为105°，H2D的键角接近90°，原因是_______。
【答案】（1） ①. 第三周期第ⅥA族 ②. p
（2） ①. O＞N＞C ②. N＞O＞C
（3） ①. sp ②. 直线形 ③. sp3 ④. 三角锥形 ⑤.
（4）电负性O＞S，成键电子对更靠近氧原子，水分子中成键电子对排斥力大，所以键角大
【解析】
【分析】A、B、C、D是短周期主族元素，A原子最外层电子数是电子层数的2倍，则A原子核外有2个电子层，最外层有4个电子，A为碳元素；B原子L层上p能级半充满，则B原子的最外层p能级有3个电子，B为氮元素；C原子的L层的p能级上只有一对电子，则C的p能级上有4个电子，C为氧元素；D原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道，则D原子的M层上有6个电子，D为硫元素。
【小问1详解】
D为16号元素硫，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，最外层电子排布在p能级，则属于p区。答案为：第三周期第ⅥA族；p；
【小问2详解】
A、B、C分别为C、N、O元素，非金属性依次增强，则电负性依次增强，所以三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；A、B、C三种元素的第一电离能中，N的p轨道半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。答案为：O＞N＞C；N＞O＞C；
【小问3详解】
A的稳定氧化物为CO2，中心原子的价层电子对数为2，杂化类型为sp，其空间构型为直线形。B的简单气态氢化物为NH3，中心原子的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，其空间构型为三角锥形。D的最简单氢化物为H2S，电子式为。答案为：sp；直线形；sp3；三角锥形；；
【小问4详解】
H2O和H2S分子中，O、S都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，但键角H2O为105°，H2S接近90°，应为成键电子对间的排斥引起的，原因是电负性O＞S，成键电子对更靠近氧原子，水分子中成键电子对排斥力大，所以键角大。答案为：电负性O＞S，成键电子对更靠近氧原子，水分子中成键电子对排斥力大，所以键角大。
【点睛】分子中键角不同，可能是由孤电子对的排斥引起的，也可能是由成键电子对的排斥作用引起的。
28. 化学是一门以实验为基础的学科。
Ⅰ.[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体制备。
向盛有 4 mL 0.1 mol/L CuSO4 溶液的试管里滴加几滴 1 mol/L 氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水并振荡试管，可以观察到沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。再向试管中加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，可以观察到有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出。回答下列问题：
（1）写出蓝色沉淀溶解得透明溶液的离子方程式_______。
（2）加入适量乙醇有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出的原因_______。
（3）设计检验晶体中是否含有 SO的实验方案：_______。
Ⅱ.探究卤代烃的消去反应的产物。
如图所示，向圆底烧瓶中加入2g NaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再向其中加入5mL 溴乙烷和几片碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛水的试管后，再用酸性高锰酸钾溶液进行检验。
（4）气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了_______。
（5）若无A试管，B试管中应盛放试剂_______来检验消去反应产物。
（6）将气体缓慢通入酸性高锰酸钾溶液时发现小试管中溶液颜色褪色不明显。请结合以下资料：
资料1：溴乙烷发生消去反应比较适宜的反应温度为90 ℃～110 ℃，在该范围，温度越高，产生乙烯的速率越快。
资料2：溴乙烷的沸点：38.4 ℃。
分析可能的原因_______ 。
【答案】（1）Cu(OH)2+4NH3·H2O=Cu(NH3)+2OH-+4H2O或Cu(OH)2 +2NH3·H2O +2NH=Cu(NH3)+4H2O
（2）乙醇极性小，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度
（3）取少量晶体加水溶解，加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO
（4）除去挥发出来的乙醇(和溴乙烷)
（5）溴水或溴的CCl4溶液
（6）温度低，产生乙烯量少；溴乙烷挥发，产生乙烯量少
【解析】
【分析】硫酸铜蓝色溶液中存在离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中的硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。
卤代烃在氢氧化钠醇溶液中、加热下发生的消去反应生成不饱和键和水，乙醇易挥发，用酸性高锰酸钾检验消去产物时挥发出的乙醇会干扰实验。
【小问1详解】
据分析，蓝色沉淀溶解得透明溶液的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=Cu(NH3)+2OH-+4H2O或Cu(OH)2 +2NH3·H2O +2NH=Cu(NH3)+4H2O。
【小问2详解】
加入适量乙醇有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出的原因是：乙醇极性小，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度。
【小问3详解】
检验晶体中是否含有 SO的实验方案为：取少量晶体加水溶解，加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO。
【小问4详解】
据分析，乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了除去挥发出来的乙醇(和溴乙烷)。
【小问5详解】
乙烯能与溴水或溴的CCl4溶液反应而出现褪色现象、乙醇不与溴水或溴的CCl4溶液反应，则：若无A试管，B试管中应盛放试剂溴水或溴的CCl4溶液来检验消去反应产物。
【小问6详解】
将气体缓慢通入酸性高锰酸钾溶液时发现小试管中溶液颜色褪色不明显。说明产生的乙烯量少。结合资料分析可能的原因是：温度低，产生乙烯量少；溴乙烷挥发，产生乙烯量少。
29. 以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图所示。
（1）在①②③④反应中，属于消去反应的是_______
（2）写出在NaOH溶液中的水解方程式_______
（3）工业上通常以甲醛(结构式为)、乙炔为原料制取1，3－丁二烯，生产流程如下：
HOCH2C≡CCH2OHXCH2=CHCH=CH2
①X的结构简式为_______；
②X转化成1，3－丁二烯的化学方程式为_______。
（4）三元乙丙橡胶的一种单体M的键线式为。下列有关M的说法不正确的是_______(填字母)。
A.它的分子式为C9H12
B.M中的碳原子可能同时共面
C.在催化剂作用下，1 mol M最多可以消耗2 mol H2
D.不能使溴的CCl4溶液褪色
E.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】（1）②④ （2）+NaOH+NaCl
（3） ①. HOCH2CH2CH2CH2OH ②. HOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2 ↑+2H2O
（4）BD
【解析】
【分析】
发生取代反应生成 ， 发生消去反应生成 ， 再与溴单质发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 。
【小问1详解】
只有②和④反应前后碳碳单键变为碳碳双键，且卤素原子消失，故属于消去反应的为②和④。
【小问2详解】
根据卤代烃在NaOH的水溶液中水解原理可得反应为：+NaOH+NaCl
【小问3详解】
转化为X的反应为加成反应，根据HOCH2C≡CCH2OH与H2比例为1：2，可知碳碳三键加成为单键，产物为：HOCH2CH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2CH2OH转化成CH2=CHCH=CH2，碳碳单键变为不饱和的碳碳双键，同时少了-OH，连接-OH的碳的邻位碳上少了1个H，可知此过程发生醇类的消去反应，故方程式为：HOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2 ↑+2H2O。
【小问4详解】
A.它的分子式为C9H10，A项正确；
B.M中存在周围四条键均为单键的碳原子，故存在四面体结构，碳原子不可能同时共面，B项错误；
C.M中存在2个碳碳双键，故1 mol M最多可以与2 mol H2加成，C项正确；
D.M存在碳碳双键，可以发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，D项错误；
E. M存在碳碳双键，可以发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E项正确；
答案选BD。
30. 钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：
（1）基态Ti原子的核外电子排布式为_______。
（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示：
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
﹣24.12
38.3
155
TiF4熔点高于其他三种卤化物，写出TiF4的电子式_______；TiCl4至TiI4熔点依次升高，其原因是_______。
（3）CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为_______。
（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图b所示。K与O间的最短距离为_______nm(用含a的代数式表示)，与K紧邻的O个数为_______。
（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则O处于_______位置，K处于_______位置。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2
（2） ①. ②. 相对分子质量：TiCl4
（5） ①. 棱心 ②. 体心
【解析】
【小问1详解】
钛原子序数为24，按构造原理，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2。
【小问2详解】
通常，晶体熔点高低规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。TiF4熔点高于其他三种卤化物，则TiF4为离子化合物、另三种卤化物为共价化合物，TiF4的电子式 ；TiCl4至TiI4熔点依次升高，其原因是相对分子质量：TiCl4
阴阳离子间强烈的相互作用为离子键，则钙钛矿中金属离子与氧离子间的作用力为离子键。
【小问4详解】
由KIO3晶体示意图可知：K与O间的最短距离为晶胞面对角线的二分之一，则为nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，则与K紧邻的O个数为12。
【小问5详解】
根据(4) 晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞中含有K原子数目为个、O原子，在KIO3晶胞结构的另一种表示中，K、I、O的数目仍然分别为1、1、3个，若I处于各顶角位置满足1个，则O数目3个，即、则处于棱心位置，K处于体心位置满足1个，故答案为：棱心、体心。
化学试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 Cu-64
选择题部分
一、选择题(本大题共25个小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列分子式只表示一种物质的是
A. C3H8 B. C3H7Cl C. C2H6O D. C4H10
【答案】A
【解析】
【详解】A．C3H8表示的物质只有丙烷一种，A符合题意；
B．C3H7Cl可看作是丙烷分子中的一个H原子被Cl原子取代产生的物质，由于丙烷分子中含有2种不同位置的H原子，因此C3H7Cl表示的物质可能是1-氯丙烷，也可能是2-氯丙烷，而不能只表示一种物质，B不符合题意；
C．C2H6O表示的物质可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，前者是乙醇，后者是二甲醚，因此分子式是C2H6O表示的物质不是只有一种，C不符合题意；
D．C4H10表示的物质可能是正丁烷，也可能是异丁烷，因此分子式C4H10不能只表示一种物质，D不符合题意；
故合理选项是A。
2. 下列说法正确的是
A. 乙烯和乙炔都是直线形分子
B. 乙烯分子中含有极性键和非极性键
C. 乙炔分子中含有1个σ键和2个π键
D. 乙烯与分子式为C4H8烃一定互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯分子中键角是120°，所有原子在同一平面上，因此乙烯分子属于平面分子，C2H4分子中各个原子不在同一条直线上，而乙炔分子是直线形分子，A错误；
B．乙烯分子中C原子之间以共价双键结合，两个C原子再与4个H原子形成4个C-H共价键，碳碳双键是非极性键，C-H键是极性键，因此乙烯分子中含有极性键和非极性键，B正确；
C．乙炔分子中2个C原子之间以共价三键结合，每个C原子分别与1个H原子形成C-H共价键，共价单键都是σ键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键和2个π键，C错误；
D．乙烯分子式是C2H4，属于烯烃；而分子式为C4H8的烃与C2H4在分子组成上相差2个CH2原子团，但C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物，D错误；
故合理选项是B。
3. 以下能级符号不正确的是 （ ）
A. 3s B. 3p C. 3d D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】M能级上有s、p、d，3个能级，即3s、3p和3d，没有3f，故答案为：D。
4. 下列各基态原子或基态离子的电子排布式中，正确的是
A. S 1s22s22p63s23p6 B. Cr [Ar]3d54s1 C. Fe2+ [Ar]3d44s2 D. Cl- [Ar]
【答案】B
【解析】
【详解】A． S质子数为16，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则A错误；
B． Cr质子数为24，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，则B正确； C． Fe2+质子数为26、电子数为24，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，则C错误；
D．氯离子质子数为17、电子数18，基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6；电子排布式的简写就是把内部稳定的相当于稀有气体结构的那一部分用稀有元素符号表示，只写出价电子层的排布式，则D错误；
答案选B。
5. 下列有关说法中正确的是
A. 物质的聚集状态只有固、液、气三种状态
B. 具有规则几何外形的固体均为晶体
C. 晶体具有自范性，非晶体没有自范性
D. 等离子体是一种特殊的气体，由阴、阳离子构成的呈电中性粒子
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质的聚集状态除了有固、液、气三种状态之外，还有其它聚集状态，例如液晶，A错误；
B． 具有规则几何外形的固体不一定是晶体，例如把玻璃切割成有规则几何外形就不是晶体；粒子在三维空间里呈周期性有序排列、因而具有自范性、导致具有规则几何外形的固体是晶体，B错误；
C．晶体的粒子在三维空间里呈周期性有序排列、因而具有自范性，非晶体相对无序、没有自范性，C正确；
D． 等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，D错误；
答案选C。
6. 下列表达方式或说法正确的是
A. CO2的分子模型示意图：
B. 某元素原子R的轨道表示式：
C. pp π键电子云模型：
D. 乙烯分子的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化碳分子为直线型结构，二氧化碳正确的比例模型为，故A错误；
B.电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，题中R的电子排布图不符合洪特规则，故B错误；
C.pp原子轨道以“肩并肩”方式相互重叠单质电子在核间出现的概率增大即电子云重叠后得到的电子云图象呈镜像对称，故C正确；
D.球棍模型表示原子间的连接，乙烯分子中碳原子之间为双键，乙烯的球棍模型为，4个H分别位于碳碳双键所在平面的两侧，故D错误。
故选C。
7. 如图是由4个碳原子结合成的 5 种有机物(氢原子没有画出)，下列说法正确的是
a b c d e
A. 有机物(a)的习惯命名法的名称为异丙烷
B. 有机物(a)中四个碳原子均共面
C. 上述有机物中与(c)互为同分异构体的只有(b)
D. 上述有机物中不能与溴水反应使其褪色的是(a)、(e)
【答案】D
【解析】
【详解】A．有机物(a)含4个C，主链含3个C，有1个侧链，其习惯命名法的名称为异丁烷，故A错误；
B．该分子中有三个碳原子连接在同一个饱和碳原子上，不可能全部共面，故B错误；
C．c的分子式为C4H8，a的分子式为C4H10，b的分子式为C4H8，d的分子式为C4H6，的分子式为C4H8，所以与(c)互为同分异构体的有(b)和(e)，故C错误；
D．含碳碳双键的有机物能与溴水发生加成反应使其褪色，烷烃或环烷烃不能使溴水褪色，所以不能与溴水反应使其褪色的有(a)、(e)，故D正确；
故答案为D。
8. 当镁原子由基态1s22s22p63s2 →激发态1s22s22p63p2时，以下认识正确的是
A. 镁原子由基态转化成激发态，这一过程为化学变化
B. 镁原子由基态转化成激发态，这一过程中释放能量
C. 激发态p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同
D. 基态镁原子转化为激发态镁原子后若不提供能量，电子跃迁回基态，形成发射光谱
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁原子由基态转化成激发态，这一过程吸收能量，但这一过程中没有新物质产生，因此发生的是物理变化，而不是化学变化，A错误；
B．镁原子由基态转化成激发态，这一过程中会吸收能量，B错误；
C．3p轨道有3个能量等同的轨道，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态。则Mg原子激发态p能级上的两个电子处于两个不同的轨道上，且自旋方向相同，C错误；
D．基态镁原子转化为激发态镁原子后若不提供能量，电子就会由激发态跃迁到基态，多余的能量以不同形式的光释放出来，因此得到的光谱为原子的发射光谱，D正确；
故合理选项是D。
9. 下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，而熔沸点逐渐升高
B. Ba(OH)2晶体中既存在离子键又有共价键
C. SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力
D 干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
【答案】B
【解析】
【详解】A．氟 氯、溴、碘的非金属性依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱；HF分子间存在氢键，所以熔沸点高，故A错误；
B．Ba(OH)2晶体中钡离子和氢氧根离子之间属于离子键，而氢氧根离子中的氧原子和氢原子之间含有共价键，故B正确；
C．SiO2属于原子晶体，熔化只破坏共价键，故C错误；
D．干冰升华时只破坏分子间作用力，没有发生化学变化，不破坏共价键，故D错误。
故选B。
10. 某烃的结构简式如图： ，分子中处于四面体中心位置的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为c。则a、b、c分别为
A. 4、4、7 B. 4、3、6 C. 3、5、4 D. 2、6、4
【答案】B
【解析】
【详解】 中,处于四面体中心位置的碳原子数为a,甲基、亚甲基均为四面体构型,则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b,则b=3；含有碳碳双键共面,含碳碳三键的共线,且二者直接相连,一定共面,一定在同一平面上的碳原子数为c,所以一定在同一平面内的碳原子数为6个,即c=6；B正确；正确选项B。
11. 下列离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故A错误；
B．高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形，所以离子的空间结构模型与空间结构一致，故B正确；
C．亚硝酸根离子中氮原子价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为三角锥形，空间结构为V形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故C错误；
D．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故D错误；
故选B。
12. 对含氧有机物A进行波谱分析：红外光谱显示有甲基、羟基等基团；质谱图显示相对分子质量为60；核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为6：1：1，则该化合物的结构简式为
A. CH3CH2CH2OH B. (CH3)2CHCHO C. CH3COOH D. CH3CH(OH)CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3CH2CH2OH有四种等效氢，不合题意，A错误；
B．(CH3)2CHCHO有甲基、醛基等基团，B错误；
C．CH3COOH有两种等效氢，不合题意，C错误；
D．CH3CH(OH)CH3有甲基、羟基等基团；质谱图显示相对分子质量为60；核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为6：1：1，符合题意，D正确；
故选D。
13. 下列各项叙述中正确的是（ ）
A. 电子层序数越大，s原子轨道的形状相同，半径越大
B. 在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
C. 在分子中，化学键可能只有π键，而没有σ键
D. 杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
【答案】A
【解析】
【详解】A．s原子轨道的形状均为球形，电子层序数越大，相应层电子能量越高，离核越远，则轨道半径越大，A项正确；
B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向可能相同，比如C和N的2p电子数分别为2和3，且自旋方向均相同，B项错误；
C．因σ键成键方式为“头碰头”，这种方式轨道重叠更大，所以在分子中总是优先形成σ键，如有其余化学键则为π键，故分子中共价键应是可能只有σ键，而没有π键，C项错误；
D．杂化轨道只可用于形成σ键，D项错误；
答案选A。
14. 下列有关除去少量杂质的方法不正确的是
选项
物质
杂质
方法
A
苯
苯酚
加浓溴水后过滤
B
乙烯
CO2和SO2
通入装有NaOH溶液的洗气瓶洗气
C
溴苯
Br2
加NaOH溶液后分液
D
乙烷
乙烯
通入装有溴水的洗气瓶洗气
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚能溶于苯，故没有沉淀、不能过滤，A错误；
B．NaOH溶液能吸收CO2和SO2、不能吸收乙烯， B正确；
C． 常温常压下NaOH溶液能吸收溴、不与溴苯反应，C正确；
D．乙烯与溴水发生加成反应、被吸收、溴水不能吸收乙烷，D正确；
答案选A。
15. 丁子香酚可用于制备杀虫剂和防腐剂，结构简式如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 丁子香酚的分子式为C10H12O2
B. 丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键
C. 丁子香酚可通过加聚反应生成高聚物
D. 丁子香酚能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据物质结构简式，可知丁子香酚的分子式为C10H12O2，A正确；
B．根据物质结构简式可知：丁子香酚分子中的含氧官能团是羟基和醚键，B正确；
C．根据物质结构简式可知：丁子香酚中含有碳碳双键，在一定条件下可通过加聚反应生成高聚物，C正确；
D．酚羟基及不饱和的碳碳双键的还原性强，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此不能根据丁子香酚能使酸性高锰酸钾溶液褪色，就判断其分子中含有碳碳双键，D错误；
故合理选项是D。
16. 下列说法正确的是
A. 烷烃的通式为CnH2n＋2，随n值增大，碳元素的质量分数逐渐减小
B. 乙烯与溴发生加成反应的产物为溴乙烷
C. 主链上有5个碳原子的庚烷(C7H16)共有五种
D. 1mol苯恰好与3mol氢气加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键
【答案】C
【解析】
【详解】A．烷烃的通式为CnH2n＋2，n值越大，碳元素的质量百分含量增大，故A错误；
B．乙烯和溴加成的产物是1，2－二溴乙烷，故B错误；
C．n=7的烷烃是C7H16，主链有5个碳原子，说明主链上有2个甲基或一个乙基，则其可以为：2,2-二甲基戊烷、3,3-二甲基戊烷、2,3-二甲基戊烷、2,4二甲基戊烷、3-乙基戊烷，共五种，故C正确；
D．苯中不含碳碳双键，是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，故错误D；
答案选C。
17. 我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下。下列说法不正确的是
A. 肉桂醛分子中存在顺反异构现象
B. 苯丙醛分子中有5种不同化学环境的氢原子
C. 还原反应过程发生了极性共价键和非极性共价键的断裂
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】B
【解析】
【详解】A．肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，A正确；
B．苯丙醛中苯环上含有3种氢原子、支链上含有3种氢原子，则苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子，B错误；
C．还原反应过程中H-H、C=O键断裂，C正确；
D．肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，D正确；
故合理选项是B。
18. “类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是
A. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF>H2O>NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
B. 氢化物沸点顺序是：GeH4>SH4>CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3>PH3>NH3
C. C=C的键能小于两倍的C-C，则N=N的键能小于两倍的N-N
D. SO和P4都正四面体形，SO中键角为109°28′，P4中键角也为109°28′
【答案】A
【解析】
【详解】A．气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，因同周期元素从左到右其非金属性依次增强，所以上述类推合理，A正确；
B．NH3分子间存在氢键，其沸点在同族中最高，B错误；
C．C=C中的π键不稳定，因此其键能小于两倍的C-C的键能，但氮气分子含的是氮氮三键，就比较稳定，键能较大，所以根据类推法不能得出N=N的键能小于两倍的N-N的结论，事实上，N=N的键能为418kJ/mol，N-N的键能为193kJ/mol，C错误；
D．P4分子的结构如图：，P-P键键角为60°，D错误；
故选A。
19. X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示，该晶体的化学式为
A. Na3N B. AlN C. Mg3N2 D. Cu3N
【答案】D
【解析】
【详解】X失去1个电子后形成的X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则其原子电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为29号元素铜；晶胞中Cu+位于棱心，一个晶胞中数目为，N3-位于晶胞顶点，一个晶胞数目为，则其化学式为Cu3N；
20. 四种元素基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞①＞② B. 电负性：④＞①＞③＞②
C. 原子半径：②＞①＞③＞④ D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】C
【解析】
【分析】①1s22s22p63s23p4表示的元素是S元素，②1s22s22p63s23p3表示的元素是P元素， ③1s22s22p3表示的元素是N元素， ④1s22s22p5表示的元素是F元素，然后根据元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：①是S，②是P，③是N，④是F元素。
A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大。但若元素处于第ⅡA族、第VA族，由于原子最外层电子处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能越小，则四种元素的第一电离能大小关系为：④＞③＞②＞①，A错误；
B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，则元素的电负性大小关系为：④＞③＞①＞②，B错误；
C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小关系为：②＞①＞③＞④，C正确；
D．F元素非金属性很强，原子半径很小，与其它元素反应只能得到电子或形成共用电子对时偏小F元素，因此没有与族序数相等的最高化合价，故F元素化合价不是在所有元素中最高的，D错误；
故合理选项是C。
21. 三硫化四磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，分子结构如图所示。下列有关P4S3的说法中正确的是
A. P4S3中磷元素为+3价
B. 1 molP4S3分子中含有6mol共价键
C. P4S3中各原子最外层均满足8电子稳定结构
D. P4S3中P原子为sp3杂化，S原子为sp杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，在P4S3分子结构的底面三角形中，每个P原子共形成3个共价键，其中2个为非极性共价键，1个为极性共价键，P的非金属性比S弱，P显+1价，顶端的1个P原子，形成3个极性共价键，P显+3价，A不正确；
B．从图中可以看出，1个P4S3分子中含有9个共价键，则1 molP4S3分子中含有9mol共价键，B不正确；
C．P4S3中，每个P原子形成3个共价键，每个S原子形成2个共价键，所以各原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D．P4S3中P原子和S原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，D不正确；
故选C。
22. 下列说法不正确的是
A. 分子内不一定存在共价键，但分子间一定存在范德华力
B. 配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构
C. [Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D. 冠醚是大分子环状化合物，可以识别碱金属离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．若构成物质的分子是单原子分子，则分子内不存在共价键；若是多原子分子，则物质分子内存在共价键。但无论物质分子内是否存在共价键，物质的分子间一定存在范德华力，A正确；
B．配位数为4的配合物可以为正四面体结构，也可以为平面四边形结构，B错误；
C．[Cu(NH3)4]SO4是盐，属于离子化合物，[Cu(NH3)4]2+与中以离子键结合，在阳离子[Cu(NH3)4]2+中配位体NH3分子内存在极性键N-H键，配位体NH3与中心Cu2+之间以配位键结合；在阴离子中含有极性共价键，因此[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键，C正确；
D．冠醚与大分子环状化合物，能与正离子，尤其是与碱金属离子络合，并且随环的大小不同而与不同的金属离子络合，D正确；
故合理选项是B。
23. 具有如下电子层结构的原子，相应的元素一定在同一主族的是（ ）
A. 最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子
B. M层上有2个电子的原子和N层上有2个电子的原子
C. 3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子
D. 3p能级上有2个空轨道的原子和4p能级上有2个空轨道的原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．最外层电子排布为1s2的原子为He，最外层电子排布为2s2的原子为Be，不属于同一主族，A项错误；
B．M层上有2个电子的原子为Mg，N层上有2个电子的原子可能是Ca，也可能是Sc、Ti等过渡元素与Mg不属于同一主族，B项错误；
C．p能级有2个未成对电子，则可能为np2或np4，故3p能级上有2个未成对电子的原子可能是Si也可能是S，4p能级上有2个未成对电子的原子可能是Ge也可能是Se，不一定属于同一主族，C项错误；
D．3p能级上有2个空轨道的原子为Al，4p能级上有2个空轨道的原子为Ga，属于同一主族，D项正确；
答案选D。
24. 观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确是( )
HCN
S8
SF6
B12结构单元
结构模型
示意图
备注
—
易溶于CS2
—
熔点1 873 K
A. HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键
B. 固态硫S8属于原子晶体
C. SF6是由极性键构成的非极性分子
D. 单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键
【答案】B
【解析】
【详解】A、“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H－C≡N中共有2个σ键和2个π键，A正确；
B、S8易溶于CS2，因此属于分子晶体，B错误；
C、SF6是正八面体对称结构，是非极性分子，C正确；
D、由硼的结构和熔点可知，单质硼属原子晶体，硼晶体的结构单元中有12个B原子，每个原子形成5个B－B键，而每个B－B键为2个原子所共有，所以B－B键数为12×5/2＝30个，D正确。
答案选B。
25. 某紫色配离子的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 该配离子与水分子可形成氢键
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中铜元素的价态为+1价
【答案】D
【解析】
【详解】A．该配离子中氮、氧元素的电负性较强且直接与氢原子相连，能与水分子形成氢键，A正确；
B．由该粒子的结构可知，铜离子与2个氧、2个氮结合，配位数是4，B正确；
C．铜为29号元素，位于第四周期ⅠB族，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，C正确；
D．该配离子整体带2个单位负电荷，2个铜周围直接相连2个-OH、4个-NH-，则铜元素的价态为+2价，D错误；
故选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5个小题，共50分)
26. Ⅰ.请按要求回答下列问题：
（1）用系统命名法命名有机化合物：_______
（2）丙烯加聚制聚丙烯的反应方程式_______。
Ⅱ.计算。
0.2mol有机物和0.4molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O(g)。产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加10.8g；再通过灼热CuO充分反应后，固体质量减轻了3.2g，最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰的质量增加17.6g。
（3）写出该有机物的化学式_______。
（4）通过核磁共振氢谱显示有两组峰，请写出该有机物的结构简式_______。
【答案】（1）2，2，3，4－四甲基戊烷
（2）nCH3CH=CH2
（3）C2H6O2 （4）HOCH2CH2OH
【解析】
【小问1详解】
有机化合物分子中，主链上有5个碳原子，另外还有4个甲基取代基，用系统命名法命名，其名称为2，2，3，4－四甲基戊烷。答案为：2，2，3，4－四甲基戊烷；
【小问2详解】
丙烯发生加聚，生成聚丙烯，反应方程式为nCH3CH=CH2。答案为：nCH3CH=CH2；
【小问3详解】
m(H2O)=10.8g，与CO反应的O原子质量为3.2g，m(CO2)=17.6g，则n(H2O)==0.6mol，n(CO)==0.2mol，n(CO2)==0.4mol，则0.2mol有机物和0.4molO2在密闭容器中燃烧后，产物CO2、CO和H2O(g)的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.6mol，由此可得出发生反应的化学方程式为：有机物+2O2CO2+CO+3H2O，依据质量守恒定律，可确定该有机物的化学式为C2H6O2。答案为：C2H6O2；
【小问4详解】
通过核磁共振氢谱显示该有机物分子中有两组峰，则分子中有2种不同性质的氢原子，该有机物的结构简式为HOCH2CH2OH。答案为：HOCH2CH2OH。
27. 已知A、B、C、D是短周期主族元素，A原子最外层电子数是电子层数的2倍；B原子L层上p能级半充满；C原子的L层的p能级上只有一对电子；D原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道。
请根据以上信息，回答下列问题：
（1）D元素在周期表中的位置是_______，属于_______区。
（2）A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示，下同)；A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
（3）A的稳定氧化物中，中心原子的杂化类型为_______，其空间构型为_______。B的简单气态氢化物中，中心原子的杂化轨道类型为_______，其空间构型为_______。D的最简单氢化物的电子式 _______。
（4）H2C的键角为105°，H2D的键角接近90°，原因是_______。
【答案】（1） ①. 第三周期第ⅥA族 ②. p
（2） ①. O＞N＞C ②. N＞O＞C
（3） ①. sp ②. 直线形 ③. sp3 ④. 三角锥形 ⑤.
（4）电负性O＞S，成键电子对更靠近氧原子，水分子中成键电子对排斥力大，所以键角大
【解析】
【分析】A、B、C、D是短周期主族元素，A原子最外层电子数是电子层数的2倍，则A原子核外有2个电子层，最外层有4个电子，A为碳元素；B原子L层上p能级半充满，则B原子的最外层p能级有3个电子，B为氮元素；C原子的L层的p能级上只有一对电子，则C的p能级上有4个电子，C为氧元素；D原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道，则D原子的M层上有6个电子，D为硫元素。
【小问1详解】
D为16号元素硫，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，最外层电子排布在p能级，则属于p区。答案为：第三周期第ⅥA族；p；
【小问2详解】
A、B、C分别为C、N、O元素，非金属性依次增强，则电负性依次增强，所以三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；A、B、C三种元素的第一电离能中，N的p轨道半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。答案为：O＞N＞C；N＞O＞C；
【小问3详解】
A的稳定氧化物为CO2，中心原子的价层电子对数为2，杂化类型为sp，其空间构型为直线形。B的简单气态氢化物为NH3，中心原子的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，其空间构型为三角锥形。D的最简单氢化物为H2S，电子式为。答案为：sp；直线形；sp3；三角锥形；；
【小问4详解】
H2O和H2S分子中，O、S都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，但键角H2O为105°，H2S接近90°，应为成键电子对间的排斥引起的，原因是电负性O＞S，成键电子对更靠近氧原子，水分子中成键电子对排斥力大，所以键角大。答案为：电负性O＞S，成键电子对更靠近氧原子，水分子中成键电子对排斥力大，所以键角大。
【点睛】分子中键角不同，可能是由孤电子对的排斥引起的，也可能是由成键电子对的排斥作用引起的。
28. 化学是一门以实验为基础的学科。
Ⅰ.[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体制备。
向盛有 4 mL 0.1 mol/L CuSO4 溶液的试管里滴加几滴 1 mol/L 氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水并振荡试管，可以观察到沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。再向试管中加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，可以观察到有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出。回答下列问题：
（1）写出蓝色沉淀溶解得透明溶液的离子方程式_______。
（2）加入适量乙醇有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出的原因_______。
（3）设计检验晶体中是否含有 SO的实验方案：_______。
Ⅱ.探究卤代烃的消去反应的产物。
如图所示，向圆底烧瓶中加入2g NaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再向其中加入5mL 溴乙烷和几片碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛水的试管后，再用酸性高锰酸钾溶液进行检验。
（4）气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了_______。
（5）若无A试管，B试管中应盛放试剂_______来检验消去反应产物。
（6）将气体缓慢通入酸性高锰酸钾溶液时发现小试管中溶液颜色褪色不明显。请结合以下资料：
资料1：溴乙烷发生消去反应比较适宜的反应温度为90 ℃～110 ℃，在该范围，温度越高，产生乙烯的速率越快。
资料2：溴乙烷的沸点：38.4 ℃。
分析可能的原因_______ 。
【答案】（1）Cu(OH)2+4NH3·H2O=Cu(NH3)+2OH-+4H2O或Cu(OH)2 +2NH3·H2O +2NH=Cu(NH3)+4H2O
（2）乙醇极性小，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度
（3）取少量晶体加水溶解，加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO
（4）除去挥发出来的乙醇(和溴乙烷)
（5）溴水或溴的CCl4溶液
（6）温度低，产生乙烯量少；溴乙烷挥发，产生乙烯量少
【解析】
【分析】硫酸铜蓝色溶液中存在离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中的硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。
卤代烃在氢氧化钠醇溶液中、加热下发生的消去反应生成不饱和键和水，乙醇易挥发，用酸性高锰酸钾检验消去产物时挥发出的乙醇会干扰实验。
【小问1详解】
据分析，蓝色沉淀溶解得透明溶液的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=Cu(NH3)+2OH-+4H2O或Cu(OH)2 +2NH3·H2O +2NH=Cu(NH3)+4H2O。
【小问2详解】
加入适量乙醇有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出的原因是：乙醇极性小，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度。
【小问3详解】
检验晶体中是否含有 SO的实验方案为：取少量晶体加水溶解，加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO。
【小问4详解】
据分析，乙醇会干扰乙烯的检验，故气体在通入酸性高锰酸钾溶液前先通入盛水的试管是为了除去挥发出来的乙醇(和溴乙烷)。
【小问5详解】
乙烯能与溴水或溴的CCl4溶液反应而出现褪色现象、乙醇不与溴水或溴的CCl4溶液反应，则：若无A试管，B试管中应盛放试剂溴水或溴的CCl4溶液来检验消去反应产物。
【小问6详解】
将气体缓慢通入酸性高锰酸钾溶液时发现小试管中溶液颜色褪色不明显。说明产生的乙烯量少。结合资料分析可能的原因是：温度低，产生乙烯量少；溴乙烷挥发，产生乙烯量少。
29. 以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图所示。
（1）在①②③④反应中，属于消去反应的是_______
（2）写出在NaOH溶液中的水解方程式_______
（3）工业上通常以甲醛(结构式为)、乙炔为原料制取1，3－丁二烯，生产流程如下：
HOCH2C≡CCH2OHXCH2=CHCH=CH2
①X的结构简式为_______；
②X转化成1，3－丁二烯的化学方程式为_______。
（4）三元乙丙橡胶的一种单体M的键线式为。下列有关M的说法不正确的是_______(填字母)。
A.它的分子式为C9H12
B.M中的碳原子可能同时共面
C.在催化剂作用下，1 mol M最多可以消耗2 mol H2
D.不能使溴的CCl4溶液褪色
E.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】（1）②④ （2）+NaOH+NaCl
（3） ①. HOCH2CH2CH2CH2OH ②. HOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2 ↑+2H2O
（4）BD
【解析】
【分析】
发生取代反应生成 ， 发生消去反应生成 ， 再与溴单质发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 。
【小问1详解】
只有②和④反应前后碳碳单键变为碳碳双键，且卤素原子消失，故属于消去反应的为②和④。
【小问2详解】
根据卤代烃在NaOH的水溶液中水解原理可得反应为：+NaOH+NaCl
【小问3详解】
转化为X的反应为加成反应，根据HOCH2C≡CCH2OH与H2比例为1：2，可知碳碳三键加成为单键，产物为：HOCH2CH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2CH2OH转化成CH2=CHCH=CH2，碳碳单键变为不饱和的碳碳双键，同时少了-OH，连接-OH的碳的邻位碳上少了1个H，可知此过程发生醇类的消去反应，故方程式为：HOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2 ↑+2H2O。
【小问4详解】
A.它的分子式为C9H10，A项正确；
B.M中存在周围四条键均为单键的碳原子，故存在四面体结构，碳原子不可能同时共面，B项错误；
C.M中存在2个碳碳双键，故1 mol M最多可以与2 mol H2加成，C项正确；
D.M存在碳碳双键，可以发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，D项错误；
E. M存在碳碳双键，可以发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E项正确；
答案选BD。
30. 钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：
（1）基态Ti原子的核外电子排布式为_______。
（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示：
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
﹣24.12
38.3
155
TiF4熔点高于其他三种卤化物，写出TiF4的电子式_______；TiCl4至TiI4熔点依次升高，其原因是_______。
（3）CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为_______。
（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图b所示。K与O间的最短距离为_______nm(用含a的代数式表示)，与K紧邻的O个数为_______。
（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则O处于_______位置，K处于_______位置。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2
（2） ①. ②. 相对分子质量：TiCl4
（5） ①. 棱心 ②. 体心
【解析】
【小问1详解】
钛原子序数为24，按构造原理，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2。
【小问2详解】
通常，晶体熔点高低规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。TiF4熔点高于其他三种卤化物，则TiF4为离子化合物、另三种卤化物为共价化合物，TiF4的电子式 ；TiCl4至TiI4熔点依次升高，其原因是相对分子质量：TiCl4
阴阳离子间强烈的相互作用为离子键，则钙钛矿中金属离子与氧离子间的作用力为离子键。
【小问4详解】
由KIO3晶体示意图可知：K与O间的最短距离为晶胞面对角线的二分之一，则为nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，则与K紧邻的O个数为12。
【小问5详解】
根据(4) 晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞中含有K原子数目为个、O原子，在KIO3晶胞结构的另一种表示中，K、I、O的数目仍然分别为1、1、3个，若I处于各顶角位置满足1个，则O数目3个，即、则处于棱心位置，K处于体心位置满足1个，故答案为：棱心、体心。
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