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[化学][期末]四川省眉山市仁寿县四校联考2023-2024学年高二下学期6月期末考试(解析版)
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这是一份[化学][期末]四川省眉山市仁寿县四校联考2023-2024学年高二下学期6月期末考试(解析版)，共19页。试卷主要包含了本试卷满分100分，可能用到的相对原子质量， 物质结构决定物质性质， 下列说法不正确的是， 下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分100分。考试时间：75分钟。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、学号填在答题卷上；考试结束，只收答题卷。
3.可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Cl-35.5
第I卷 选择题 (共42分)
一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意。
1. 化学与生活紧密相关，下列说法错误的是
A. 用汽油可洗掉衣服上的油漆
B. 液晶可应用于手机、电脑和电视的显示器
C. 我国在南海成功开采的可燃冰(CH4·nH2O)可能会带来酸雨等环境污染
D. 新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
【答案】C
【解析】
A．油漆主要是非极性物质，汽油是非极性溶剂，根据相似相溶原理可知，油漆易溶于非极性分子组成的溶剂中，并且汽油具有挥发性，A正确；
B．液晶可应用图文显示，故用于手机、电脑和电视的显示器，B正确；
C．酸雨主要是由于硫、氮氧化物带来环境污染，而可燃冰（CH4∙nH2O）中只含C、H、O元素，所以不会带来酸雨等环境污染，C错误；
D．新型陶瓷碳化硅(SiC)属于共价晶体，原子之间以极强的共价键结合，因而硬度很大，故可用作砂纸和砂轮的磨料，D正确；
故答案选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl的晶胞：
B. 中N的杂化轨道表示式：
C. 顺-2-丁烯的球棍模型：
D. 的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】
A．晶胞的特点是无隙并置，应确保八个顶点均相同，其晶胞如下，A错误；
B．中N的杂化方式为sp3，故N的杂化轨道表示式为，B正确；
C．顺-2-丁烯的球棍模型如图，为反-2-丁烯，C错误；
D．为平面三角形分子，中心原子杂化方式为sp2，其VSEPR模型为平面三角形，D错误。
故选B。
3. 抗癌药阿霉素与环糊精(分子略呈锥形的圆环结构)在水溶液中形成超分子包合物(如图所示)，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。下列说法错误的是
A. 阿霉素分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
B. 阿霉素分子中既含有σ键又含有π键
C. 阿霉素分子只含有羟基、羧基和氨基
D. 阿霉素分子中有手性碳原子
【答案】C
【解析】
A．由阿霉素分子结构可知，苯环、羰基上碳原子采取sp2杂化，甲基、亚甲基中的碳原子采取sp3杂化，A正确；
B．分子中含有双键，则即含有σ键又含有π键，B正确；
C．阿霉素分子中含有羟基、氨基、羰基、醚键，不含羧基，C错误；
D．如图中星号处所示，，分子中右侧两个环上含有6个手性碳原子，D正确；
故选C。
4. 下列关于物质结构的命题表述中正确的个数是
①乙醛分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Br位于周期表第四周期ⅦA族，核外电子排布式为，属于p区
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2分子
④基态原子的第一电离能：C＜O＜N＜F
⑤基态原子未成对电子数：B＜C＜O＜N
⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：
⑦HF稳定性高于HCl是因为HF分子间有氢键
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
①乙醛分子结构简式是CH3CHO，甲基-CH3碳原子价层电子对数是4对，醛基-CHO碳原子价层电子对数是3对，因此乙醛分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种，①正确；
②元素Br是35号元素，位于周期表第四周期ⅦA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，属于p区元素，②错误；
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、CO2分子，但H2O2属于极性分子，分子结构不对称，③错误；
④一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大趋势，但当元素处于第ⅡA、第ⅤA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故基态原子的第一电离能：C＜O＜N＜F，④正确；
⑤根据构造原理，结合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，可知：基态B原子核外电子排布式是1s22s22p1，有1个未成对电子；基态C原子核外电子排布式是1s22s22p2，有2个未成对电子；基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，有3个未成对电子；基态O原子核外电子排布式是1s22s22p4，有2个未成对电子，故四种元素的基态原子未成对电子数：B＜C=O＜N，⑤错误；
⑥NH3与H2O形成的氢键可以是H3N…H-O-H、H2N-H…OH2，根据NH3·H2O容易电离产生、OH-的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：，⑥错误；
⑦HF稳定性高于HCl是因为HF分子内化学键H-F键的稳定性比HCl分子内的H-Cl键强，与HF的分子间有氢键无关，⑦错误；
综上所述可知：说法正确的有①④，共2个正确叙述，故合理选项是B。
5. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
A．20℃时，O2在水中的溶解度大于N2，表明O2分子与水分子间的作用力大于N2与水分子间的作用力，A正确；
B．TiF4晶体是离子晶体，TiCl4晶体是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，B正确；
C．F的电负性强，对共用电子对的吸引能力强，使得CF3COOH分子中-OH的极性比CH3COOH中-OH的极性强，电离能力强，平衡常数大，C正确；
D．氢键是分子间的作用力，不影响分子稳定性，分子的稳定性受分子内原子间的共价键的影响，由于F的非金属性比Cl强，所以气态氢化物稳定性：HF强于HCl，D错误；
故选D。
6. 下列说法不正确的是
A. 金刚石晶体为网状结构，由共价键形成的碳环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化铯晶体中，每个周围紧邻8个
C. 氯化钠晶体中，每个周围紧邻且距离相等的共有6个
D. 干冰晶体中，每个分子中碳原子采取杂化
【答案】C
【解析】
A．金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；
B．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故B正确；
C．氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离相等的钠离子个数为12，距离相等且最近的氯离子共有6个，故C错误；
D．分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，采取杂化，故D正确；
故选C。
7. 下列关于杯酚分离 和 的说法错误的是
A. 均属于非极性分子，而氯仿属于极性分子
B. 操作①②是过滤，操作③是蒸馏
C. “杯酚”与 之间利用共价键结合在一起
D. “杯酚”分离 和 这个案例体现了超分子具有分子识别这个重要特征
【答案】C
【解析】
A．和 分子空间对称，是非极性分子，氯仿CHCl3不是正四面体属于极性分子，故A正确；
B．操作①②分离出不溶物，为过滤操作，操作③分离沸点不同的有机物，操作是蒸馏，故B正确；
C．由操作①分离出C60与杯酚固体，可知“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，故C错误；
D．C60和C70的混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故D正确；
综上所述，答案为C。
8. 下列说法错误的是
A. 和互为同位素
B. 碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
C. 和互为同分异构体
D. 和一定互为同系物
【答案】D
【解析】
A．和均为Ga原子，互为同位素，A正确；
B．碳纳米管和石墨烯均为碳元素的单质，互为同素异形体，B正确；
C．和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；
D．和均可以表示环烷烃和烯烃，不一定互为同系物，D错误；
故选D。
9. 双环己烷( )它的二氯代物，且氯原子不在同一个环上的同分异构体的个数是(不包括立体异构)
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
的一氯代物有4种： ，当一氯代物为 时，二氯代物有4种：；当一氯代物为 时，二氯代物有3种： ；当一氯代物为 时，二氯代物有2种： ；当一氯代物为 时，二氯代物有1种： ；所以二氯取代物的个数=4+3+2+1=10；答案选B。
10. 化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中错误的是
A. A分子中含有-COOH
B. A是酯类化合物
C. A在一定条件下可以和H2发生加成反应
D. 存在含有两个醛基的A的同分异构体
【答案】A
【解析】该化合物中(苯基)的相对分子质量为77，故苯环上取代基的相对分子质量为136-77=59，由红外光谱图可知该分子中含有2个氧原子，2个碳原子，则A的分子式为C8H8O2；A的不饱和度为=5，A的分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，苯环上有三种氢原子，且氢原子数为1、2、2，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1∶2∶2∶3，所以剩余的取代基上的3个H等效，为-CH3，结合红外光谱图知A中含酯基，A的结构简式为。
A．由分析可知，A的结构简式为，则A分子中含有-COOH，A错误；
B．由分析可知，A的结构简式为，其中含有酯基，是酯类化合物，B正确；
C．A中含有苯环，可以和氢气发生加成反应，C正确；
D．A的结构简式为，其中不饱和度为5，其中含有两个氧原子，则存在含有两个醛基的A的同分异构体，D正确；
故选A。
11. 除去下列物质中的杂质(括号中的为杂质)，选用的试剂和除杂方法均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
A．乙烯与二氧化硫均能被酸性高锰酸钾氧化，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气，A错误；
B．溴易溶于苯和溴苯，不能除杂，应选蒸馏法除杂，B错误；
C．硝酸与NaOH溶液反应后，与硝基苯分层，然后分液可分离，C正确；
D．乙炔被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，D错误；
故选C。
12. 下列说法正确的是
A. 的系统命名为3，4，1-三甲基己烷
B. 的系统命名为3-甲基-1-丁烯
C. 的系统命名为1，3，4-三甲苯
D. 的系统命名为2-甲基-1-氯丙烷
【答案】B
【解析】
A．的系统命名为3，3，4-三甲基己烷，A错误；
B．(CH3)2CHCH=CH2的系统命名为3-甲基-1-丁烯，B正确；
C．系统命名为1，2，4-三甲苯，C错误；
D．CH3CCl(CH3)2的系统命名为2-甲基-2-氯丙烷，D错误；
故选B。
13. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
A．电石中的CaS等与水反应生成的H2S等也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙炔的性质，A错误；
B．应用重结晶法提纯苯甲酸，主要实验步骤为：加热溶解、趁热过滤（防止冷却后，苯甲酸提前结晶析出）、冷却结晶（不用蒸发结晶），B错误；
C．甲烷和Cl2反应后得到液态混合物中各物质的沸点不同，用蒸馏法进行分离，蒸馏装置正确，C正确；
D．乙酸乙酯在乙醇中的溶解度较大，不能用过滤分离乙醇和乙酸乙酯的混合液，应该蒸馏，D错误；
故选C。
14. 环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法错误的是
A. 可用酸性溶液检验粗品中的环己烯
B. 饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层
C. 分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出
D. 操作a用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管等
【答案】A
【解析】
A．环己烯中的碳碳双键使高锰酸钾褪色，环己醇也能使高锰酸钾褪色，A错误；
B．饱和食盐水的作用是降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，B正确；
C．环已烯密度为0.823g/cm3，其密度小于水的，所以分液后有机相从分液漏斗上口倒出，C正确；
D．操作a为蒸馏的步骤，用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管、温度计等，D正确；
答案选A。
第II卷 (非选择题 共58分)
二、非选择题：本题包括4小题，共58分。
15. 回答下列问题：
（1）钒(23V)元素广泛用于催化及钢铁工业，其价层电子的轨道表示式为___________。X是第四周期未成对电子数最多的元素，其基态原子核外电子共有___________种不同能量的电子。
（2）丁二酮()中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___________，该物质中，σ键与π键数目之比为___________。
（3）比较键角大小： ___________ (填>、<或=)。
（4）CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
（5）铜的下列状态中，失去最外层一个电子所需能量最小的是___________。
A. [Ar]3d104p1B. [Ar]3d10C. [Ar]3d94s1D. [Ar]3d104s1
【答案】（1） ①. ②. 7
（2） ①. O>N>C>H ②. 15：2
（3）< （4）sp3、sp （5）A
【解析】
【小问1详解】
钒(23V)元素核外有23个电子，价电子排布式为是3d34s2，价电子轨道表示式为，第四周期中的铬(Cr)的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数最多；铬元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，而同一能级上的电子的能量相同，故铬元素的基态原子的核外共有7种能量不同的电子。
【小问2详解】
同一周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增大且在CH4中，H显+1价，C显-4价，故元素电负性大小为O>N>C>H，双键中含一条δ键一条π键，单键是δ键，该有机物中含有15个δ键，2个π键，σ键与π键数目之比为15:2。
【小问3详解】
的中心原子的价层电子对数为2+=4，的中心原子的价层电子对数为4+=4，两者中的As原子均为sp3杂化，但中的As上有两对孤电子对，故中的键角更小，则键角：<。
【小问4详解】
CH3CN中含有甲基和氰基，甲基中C原子为sp3杂化，氰基中的碳原子为sp杂化。
【小问5详解】
[Ar]3d104p1为激发态的铜原子；[Ar]5d10为基态的Cu+，3d轨道处于全满状态，能量较低；[Ar]3d24s1是激发态的Cu+，能量高于基态的Cu+，但比激发态的Cu原子的能量低；[Ar]6d104s1是基态的铜原子，能量比激发态的铜原子能量低；综上比较可知，[Ar]3d104p1失电子较容易，故选A。
16. 铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。
Ⅰ．金属铜的原子堆积模型如下图所示，
（1）该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为___________。
Ⅱ．Cu2＋能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。
（2）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有___________(填字母)。
A. 离子键B. 金属键C. 极性共价键D. 非极性共价键
（3）将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。
①CuO被浸取的离子方程式为___________。
②[Cu(NH3)4]2＋结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为___________。
（4）比较CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸的沸点大小，并说明原因___________。
（5）LiZnAs晶体的立方晶胞结构如图1所示，N点原子分数坐标为(，，)；LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体LiZnmMnnAs，其立方晶胞结构如图2所示。
①M点原子分数坐标为___________。
②m=___________
③已知NA为阿伏加德罗常数的值，LiZnmMnnAs的摩尔质量为Mg/ml，晶体密度为dg/cm3.晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为___________nm(列出计算式)。
【答案】（1）12 （2）AC
（3）①. CuO＋2NH3＋2NH=[Cu(NH3)4]2＋＋H2O ②. 正方形
（4）沸点：CH3As(OH)2 > (CH3)2AsOH，两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高
（5）①. () ②. 0.75 ③.
【解析】
【小问1详解】
根据图示，金属铜的原子堆积模型为面心立方最密堆积，该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为12；
【小问2详解】
Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在离子键、极性共价键，没有金属键、非极性共价键，故选AC；
【小问3详解】
①将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”， CuO转化为[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为CuO＋2NH3＋2NH=[Cu(NH3)4]2＋＋H2O；
②[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为正方形；
【小问4详解】
沸点：CH3As(OH)2 > (CH3)2AsOH，两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
【小问5详解】
①如图1所示，N点原子分数坐标为(，，)，则M点原子分数坐标为()；
②LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体LiZnmMnnAs，晶胞中Zn原子数目为=3，Mn原子数目为=1，则m=0.75；
③晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为体对角线的，1个晶胞中含有4个LiZnmMnnAs，晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为。
17. 两种有机物A和B可以互溶，有关性质如下：
（1）若要除去A和B的混合物中少量的B，可采用_______(填代号)方法即可得到A。
a．重结晶b．蒸馏c．萃取d．加水充分振荡，分液
（2）将有机物A 置于氧气流中充分燃烧，实验测得： 生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L (标准状况下)，则该物质的最简式为_________，若要确定其分子式，是否必需有其它条件_______(填“是”或“否“)，已知有机物A 的质谱、核磁共振氢谱如图1、图2所示，则A的结构简式为________。
（3）若质谱图显示B的相对分子质量为74，红外光谱如图3所示，则B的结构简式为_________，其官能团的名称为_________。
（4）准确称取一定质量的A和B的混合物，在足量氧气中充分燃烧，将产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，发现质量分别增重19.8g 和35.2g．计算混合物中A 和B 的物质的量之比_________。
【答案】 ①. b ②. C2H6O ③. 否 ④. CH3CH2OH ⑤. CH3CH2OCH2CH3 ⑥. 醚键 ⑦. 2∶1
【解析】
（1）由表格中的信息可知，A、B两种有机物互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，答案选b；（2）根据质量守恒定律得：化合物中所含C元素质量为：8.8g× =2.4g， 化合物中所含H元素质量为：5.4g× =0.6g，二氧化碳和水中的氧元素质量之和为 （8.8g-2.4g）+（5.4g-0.6g）=11.2g，而氧气的质量为×32g/ml=9.6g，所以有机物中氧元素质量为11.2g-9.6g=1.6g，n（C）：n（H）：n（O）= ： ： =2：6：1，所以化合物的实验式（最简式）是C2H6O；由于分子中碳氢原子的个数是1:3，已经达到饱和，所以若要确定其分子式，不需有其它条件，即最简式就是分子式。分子式为C2H6O，核磁共振氢谱表明其分子中有三种化学环境不同的氯原子，强度之比为3︰2︰1。则A的结构简式为CH3CH2OH；（3）A的相对分子质量为74，根据红外光谱，A中存在对称的甲基和醚键，剩余的式量为74-16-15×2=28，合2个CH2，根据对称性，A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3；官能团为醚键；（4）A和B的化学式分别为C2H6O、C4H10O，设C2H6O、C4H10O的物质的量分别是 x、y，则
C2H6O + 3 O2→2 CO2 + 3 H2O
x 2x 3x
C4H10O + 6 O2→4 CO2 + 5 H2O
y 4y 5y
3x+5y=
2x+4y =
解得x =0.2ml，y = 0.1 ml，即物质的量之比2：1。
18. 门捷列夫把用石油作燃料比喻为“就像用钞票给厨房的炉灶生火”。原油经过炼油厂的加工，制备某些化工产品。
（1）石油分馏可得到直馏汽油，重油裂化可以得到裂化汽油，区分直馏汽油和裂化汽油的化学方法是___________。(说明所需试剂、可能出现的现象、结论)
（2）下图是以石油为原料制备某些化工产品的部分流程。请回答：
①写出反应②的化学方程式___________。
②B分子式为C3H5Cl，且分子中无甲基，则B的结构简式为___________。
③反应④化学方程式为___________。
④丙烯二聚体CH2=CHCH2CH(CH3)2是合成“人工肺”(ECMO)设备膜丝的重要原料，下列关于丙烯二聚体说法正确的是___________。
A．加聚产物能使溴水褪色 B．与互为同分异构体
C．与氢气完全加成的产物的一氯代物有5种 D．完全燃烧时耗氧量与等质量的丙烯不同
（3）乙炔是最简单的炔烃，由乙炔可以制取苯。由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃。已知分子式为C6H6的结构有多种，其中的两种结构简式为：Ⅰ． Ⅱ．；这两种结构的区别表现在：
i．定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能___________(填字母)，而Ⅰ不能。
A．被酸性高锰酸钾溶液氧化 B．与溴水发生加成反应
C．与溴发生取代反应 D．与氢气发生加成反应
ii．结构Ⅰ与结构Ⅱ的二氯代物种类数目之比为___________。
【答案】（1）加入溴水或酸性高锰酸钾，褪色的是裂化汽油
（2）①. nCH2=CHCl ②. CH2=CH-CH2Cl ③. CH2=CH-CH2Cl+Br2→CH2BrCHBrCH2Cl ④. C
（3） ①. AB ②. 1：2
【解析】
【小问1详解】
直馏汽油主要为烷烃，裂化汽油中含有烯烃，故区分直馏汽油和裂化汽油的化学方法是加入溴水或酸性高锰酸钾，褪色的是裂化汽油。
【小问2详解】
①乙炔和HCl发生加成反应得到A：氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应得到聚氯乙烯：nCH2=CHCl；
②丙烯和氯气在500℃时发生反应，产物无甲基，说明发生取代反应得到B：3-氯丙烯，3-氯丙烯再与Br2发生加成反应得到CH2BrCHBrCH2Cl；
③方程式为：CH2=CH-CH2Cl+Br2→CH2BrCHBrCH2Cl。
④丙烯二聚体CH2=CHCH2CH(CH3)2发生加聚反应之后无碳碳双键，不能使溴水褪色， A错误；
丙烯二聚体与不饱和度不相同，不属于同分异构体，B错误；
丙烯二聚体与氢气加成之后的产物为，中共有5种氢，故一氯代物有5种，C正确；
丙烯二聚体与等质量的丙烯两者碳的质量分数与氢的质量分数相同，故完全燃烧时耗氧量与等质量的丙烯相同，D错误。
【小问3详解】
因含有碳碳双键故可使酸性高锰酸钾和溴水褪色，而苯无碳碳双键，不可以使酸性高锰酸钾和溴水褪色。两者均含碳氢键，故均可以与溴发生取代反应，也均可以和氢气发生加成反应生成环烷烃。故选AB。
的二氯代物有3种，即两个氯原子在苯环上处于邻、间、对的关系；的二氯代物含有6种：。故结构Ⅰ与结构Ⅱ的二氯代物种类数目之比为1：2。
性质差异
结构因素
A．
溶解度：大于
分子间作用力
B．
熔点：远高于
晶体类型
C．
酸性：远强于
羟基极性
D．
气态氢化物稳定性：HF强于HCl
氢键
选项
物质
试剂
除杂方法
A
C2H4(SO2)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
溴苯(苯)
液溴
分液
C
硝基苯(硝酸)
NaOH溶液
分液
D
CH4(C2H2)
酸性KMnO4溶液
洗气
A．制备并检验乙炔的性质
B．粗苯甲酸的提纯
C．分离甲烷和氯气反应后的液态混合物
D．图装置可用于分离乙醇和乙酸乙酯的混合液
相对密度(20℃)
熔点
沸点
溶解性
A
0.7893
-117.3℃
78 .5℃
与水以任意比混溶
B
0.7137
-116.6℃
34.5℃
不溶于水
1.本试卷满分100分。考试时间：75分钟。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、学号填在答题卷上；考试结束，只收答题卷。
3.可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Cl-35.5
第I卷 选择题 (共42分)
一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意。
1. 化学与生活紧密相关，下列说法错误的是
A. 用汽油可洗掉衣服上的油漆
B. 液晶可应用于手机、电脑和电视的显示器
C. 我国在南海成功开采的可燃冰(CH4·nH2O)可能会带来酸雨等环境污染
D. 新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
【答案】C
【解析】
A．油漆主要是非极性物质，汽油是非极性溶剂，根据相似相溶原理可知，油漆易溶于非极性分子组成的溶剂中，并且汽油具有挥发性，A正确；
B．液晶可应用图文显示，故用于手机、电脑和电视的显示器，B正确；
C．酸雨主要是由于硫、氮氧化物带来环境污染，而可燃冰（CH4∙nH2O）中只含C、H、O元素，所以不会带来酸雨等环境污染，C错误；
D．新型陶瓷碳化硅(SiC)属于共价晶体，原子之间以极强的共价键结合，因而硬度很大，故可用作砂纸和砂轮的磨料，D正确；
故答案选C。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl的晶胞：
B. 中N的杂化轨道表示式：
C. 顺-2-丁烯的球棍模型：
D. 的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】
A．晶胞的特点是无隙并置，应确保八个顶点均相同，其晶胞如下，A错误；
B．中N的杂化方式为sp3，故N的杂化轨道表示式为，B正确；
C．顺-2-丁烯的球棍模型如图，为反-2-丁烯，C错误；
D．为平面三角形分子，中心原子杂化方式为sp2，其VSEPR模型为平面三角形，D错误。
故选B。
3. 抗癌药阿霉素与环糊精(分子略呈锥形的圆环结构)在水溶液中形成超分子包合物(如图所示)，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。下列说法错误的是
A. 阿霉素分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
B. 阿霉素分子中既含有σ键又含有π键
C. 阿霉素分子只含有羟基、羧基和氨基
D. 阿霉素分子中有手性碳原子
【答案】C
【解析】
A．由阿霉素分子结构可知，苯环、羰基上碳原子采取sp2杂化，甲基、亚甲基中的碳原子采取sp3杂化，A正确；
B．分子中含有双键，则即含有σ键又含有π键，B正确；
C．阿霉素分子中含有羟基、氨基、羰基、醚键，不含羧基，C错误；
D．如图中星号处所示，，分子中右侧两个环上含有6个手性碳原子，D正确；
故选C。
4. 下列关于物质结构的命题表述中正确的个数是
①乙醛分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Br位于周期表第四周期ⅦA族，核外电子排布式为，属于p区
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2分子
④基态原子的第一电离能：C＜O＜N＜F
⑤基态原子未成对电子数：B＜C＜O＜N
⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：
⑦HF稳定性高于HCl是因为HF分子间有氢键
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
①乙醛分子结构简式是CH3CHO，甲基-CH3碳原子价层电子对数是4对，醛基-CHO碳原子价层电子对数是3对，因此乙醛分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种，①正确；
②元素Br是35号元素，位于周期表第四周期ⅦA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，属于p区元素，②错误；
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、CO2分子，但H2O2属于极性分子，分子结构不对称，③错误；
④一般情况下同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大趋势，但当元素处于第ⅡA、第ⅤA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故基态原子的第一电离能：C＜O＜N＜F，④正确；
⑤根据构造原理，结合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，可知：基态B原子核外电子排布式是1s22s22p1，有1个未成对电子；基态C原子核外电子排布式是1s22s22p2，有2个未成对电子；基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，有3个未成对电子；基态O原子核外电子排布式是1s22s22p4，有2个未成对电子，故四种元素的基态原子未成对电子数：B＜C=O＜N，⑤错误；
⑥NH3与H2O形成的氢键可以是H3N…H-O-H、H2N-H…OH2，根据NH3·H2O容易电离产生、OH-的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：，⑥错误；
⑦HF稳定性高于HCl是因为HF分子内化学键H-F键的稳定性比HCl分子内的H-Cl键强，与HF的分子间有氢键无关，⑦错误；
综上所述可知：说法正确的有①④，共2个正确叙述，故合理选项是B。
5. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
A．20℃时，O2在水中的溶解度大于N2，表明O2分子与水分子间的作用力大于N2与水分子间的作用力，A正确；
B．TiF4晶体是离子晶体，TiCl4晶体是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，B正确；
C．F的电负性强，对共用电子对的吸引能力强，使得CF3COOH分子中-OH的极性比CH3COOH中-OH的极性强，电离能力强，平衡常数大，C正确；
D．氢键是分子间的作用力，不影响分子稳定性，分子的稳定性受分子内原子间的共价键的影响，由于F的非金属性比Cl强，所以气态氢化物稳定性：HF强于HCl，D错误；
故选D。
6. 下列说法不正确的是
A. 金刚石晶体为网状结构，由共价键形成的碳环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化铯晶体中，每个周围紧邻8个
C. 氯化钠晶体中，每个周围紧邻且距离相等的共有6个
D. 干冰晶体中，每个分子中碳原子采取杂化
【答案】C
【解析】
A．金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；
B．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故B正确；
C．氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离相等的钠离子个数为12，距离相等且最近的氯离子共有6个，故C错误；
D．分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，采取杂化，故D正确；
故选C。
7. 下列关于杯酚分离 和 的说法错误的是
A. 均属于非极性分子，而氯仿属于极性分子
B. 操作①②是过滤，操作③是蒸馏
C. “杯酚”与 之间利用共价键结合在一起
D. “杯酚”分离 和 这个案例体现了超分子具有分子识别这个重要特征
【答案】C
【解析】
A．和 分子空间对称，是非极性分子，氯仿CHCl3不是正四面体属于极性分子，故A正确；
B．操作①②分离出不溶物，为过滤操作，操作③分离沸点不同的有机物，操作是蒸馏，故B正确；
C．由操作①分离出C60与杯酚固体，可知“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，故C错误；
D．C60和C70的混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故D正确；
综上所述，答案为C。
8. 下列说法错误的是
A. 和互为同位素
B. 碳纳米管和石墨烯互为同素异形体
C. 和互为同分异构体
D. 和一定互为同系物
【答案】D
【解析】
A．和均为Ga原子，互为同位素，A正确；
B．碳纳米管和石墨烯均为碳元素的单质，互为同素异形体，B正确；
C．和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；
D．和均可以表示环烷烃和烯烃，不一定互为同系物，D错误；
故选D。
9. 双环己烷( )它的二氯代物，且氯原子不在同一个环上的同分异构体的个数是(不包括立体异构)
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
的一氯代物有4种： ，当一氯代物为 时，二氯代物有4种：；当一氯代物为 时，二氯代物有3种： ；当一氯代物为 时，二氯代物有2种： ；当一氯代物为 时，二氯代物有1种： ；所以二氯取代物的个数=4+3+2+1=10；答案选B。
10. 化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中错误的是
A. A分子中含有-COOH
B. A是酯类化合物
C. A在一定条件下可以和H2发生加成反应
D. 存在含有两个醛基的A的同分异构体
【答案】A
【解析】该化合物中(苯基)的相对分子质量为77，故苯环上取代基的相对分子质量为136-77=59，由红外光谱图可知该分子中含有2个氧原子，2个碳原子，则A的分子式为C8H8O2；A的不饱和度为=5，A的分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，苯环上有三种氢原子，且氢原子数为1、2、2，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1∶2∶2∶3，所以剩余的取代基上的3个H等效，为-CH3，结合红外光谱图知A中含酯基，A的结构简式为。
A．由分析可知，A的结构简式为，则A分子中含有-COOH，A错误；
B．由分析可知，A的结构简式为，其中含有酯基，是酯类化合物，B正确；
C．A中含有苯环，可以和氢气发生加成反应，C正确；
D．A的结构简式为，其中不饱和度为5，其中含有两个氧原子，则存在含有两个醛基的A的同分异构体，D正确；
故选A。
11. 除去下列物质中的杂质(括号中的为杂质)，选用的试剂和除杂方法均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
A．乙烯与二氧化硫均能被酸性高锰酸钾氧化，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气，A错误；
B．溴易溶于苯和溴苯，不能除杂，应选蒸馏法除杂，B错误；
C．硝酸与NaOH溶液反应后，与硝基苯分层，然后分液可分离，C正确；
D．乙炔被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，D错误；
故选C。
12. 下列说法正确的是
A. 的系统命名为3，4，1-三甲基己烷
B. 的系统命名为3-甲基-1-丁烯
C. 的系统命名为1，3，4-三甲苯
D. 的系统命名为2-甲基-1-氯丙烷
【答案】B
【解析】
A．的系统命名为3，3，4-三甲基己烷，A错误；
B．(CH3)2CHCH=CH2的系统命名为3-甲基-1-丁烯，B正确；
C．系统命名为1，2，4-三甲苯，C错误；
D．CH3CCl(CH3)2的系统命名为2-甲基-2-氯丙烷，D错误；
故选B。
13. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
A．电石中的CaS等与水反应生成的H2S等也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能检验乙炔的性质，A错误；
B．应用重结晶法提纯苯甲酸，主要实验步骤为：加热溶解、趁热过滤（防止冷却后，苯甲酸提前结晶析出）、冷却结晶（不用蒸发结晶），B错误；
C．甲烷和Cl2反应后得到液态混合物中各物质的沸点不同，用蒸馏法进行分离，蒸馏装置正确，C正确；
D．乙酸乙酯在乙醇中的溶解度较大，不能用过滤分离乙醇和乙酸乙酯的混合液，应该蒸馏，D错误；
故选C。
14. 环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法错误的是
A. 可用酸性溶液检验粗品中的环己烯
B. 饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层
C. 分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出
D. 操作a用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管等
【答案】A
【解析】
A．环己烯中的碳碳双键使高锰酸钾褪色，环己醇也能使高锰酸钾褪色，A错误；
B．饱和食盐水的作用是降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，B正确；
C．环已烯密度为0.823g/cm3，其密度小于水的，所以分液后有机相从分液漏斗上口倒出，C正确；
D．操作a为蒸馏的步骤，用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管、温度计等，D正确；
答案选A。
第II卷 (非选择题 共58分)
二、非选择题：本题包括4小题，共58分。
15. 回答下列问题：
（1）钒(23V)元素广泛用于催化及钢铁工业，其价层电子的轨道表示式为___________。X是第四周期未成对电子数最多的元素，其基态原子核外电子共有___________种不同能量的电子。
（2）丁二酮()中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___________，该物质中，σ键与π键数目之比为___________。
（3）比较键角大小： ___________ (填>、<或=)。
（4）CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
（5）铜的下列状态中，失去最外层一个电子所需能量最小的是___________。
A. [Ar]3d104p1B. [Ar]3d10C. [Ar]3d94s1D. [Ar]3d104s1
【答案】（1） ①. ②. 7
（2） ①. O>N>C>H ②. 15：2
（3）< （4）sp3、sp （5）A
【解析】
【小问1详解】
钒(23V)元素核外有23个电子，价电子排布式为是3d34s2，价电子轨道表示式为，第四周期中的铬(Cr)的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数最多；铬元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，而同一能级上的电子的能量相同，故铬元素的基态原子的核外共有7种能量不同的电子。
【小问2详解】
同一周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增大且在CH4中，H显+1价，C显-4价，故元素电负性大小为O>N>C>H，双键中含一条δ键一条π键，单键是δ键，该有机物中含有15个δ键，2个π键，σ键与π键数目之比为15:2。
【小问3详解】
的中心原子的价层电子对数为2+=4，的中心原子的价层电子对数为4+=4，两者中的As原子均为sp3杂化，但中的As上有两对孤电子对，故中的键角更小，则键角：<。
【小问4详解】
CH3CN中含有甲基和氰基，甲基中C原子为sp3杂化，氰基中的碳原子为sp杂化。
【小问5详解】
[Ar]3d104p1为激发态的铜原子；[Ar]5d10为基态的Cu+，3d轨道处于全满状态，能量较低；[Ar]3d24s1是激发态的Cu+，能量高于基态的Cu+，但比激发态的Cu原子的能量低；[Ar]6d104s1是基态的铜原子，能量比激发态的铜原子能量低；综上比较可知，[Ar]3d104p1失电子较容易，故选A。
16. 铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。
Ⅰ．金属铜的原子堆积模型如下图所示，
（1）该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为___________。
Ⅱ．Cu2＋能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。
（2）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有___________(填字母)。
A. 离子键B. 金属键C. 极性共价键D. 非极性共价键
（3）将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。
①CuO被浸取的离子方程式为___________。
②[Cu(NH3)4]2＋结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为___________。
（4）比较CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸的沸点大小，并说明原因___________。
（5）LiZnAs晶体的立方晶胞结构如图1所示，N点原子分数坐标为(，，)；LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体LiZnmMnnAs，其立方晶胞结构如图2所示。
①M点原子分数坐标为___________。
②m=___________
③已知NA为阿伏加德罗常数的值，LiZnmMnnAs的摩尔质量为Mg/ml，晶体密度为dg/cm3.晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为___________nm(列出计算式)。
【答案】（1）12 （2）AC
（3）①. CuO＋2NH3＋2NH=[Cu(NH3)4]2＋＋H2O ②. 正方形
（4）沸点：CH3As(OH)2 > (CH3)2AsOH，两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高
（5）①. () ②. 0.75 ③.
【解析】
【小问1详解】
根据图示，金属铜的原子堆积模型为面心立方最密堆积，该晶胞中每个Cu原子周围最近距离的Cu原子数目为12；
【小问2详解】
Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在离子键、极性共价键，没有金属键、非极性共价键，故选AC；
【小问3详解】
①将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”， CuO转化为[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为CuO＋2NH3＋2NH=[Cu(NH3)4]2＋＋H2O；
②[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为正方形；
【小问4详解】
沸点：CH3As(OH)2 > (CH3)2AsOH，两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
【小问5详解】
①如图1所示，N点原子分数坐标为(，，)，则M点原子分数坐标为()；
②LiZnAs晶体部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体LiZnmMnnAs，晶胞中Zn原子数目为=3，Mn原子数目为=1，则m=0.75；
③晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为体对角线的，1个晶胞中含有4个LiZnmMnnAs，晶胞中As原子与Mn原子之间的最短距离为。
17. 两种有机物A和B可以互溶，有关性质如下：
（1）若要除去A和B的混合物中少量的B，可采用_______(填代号)方法即可得到A。
a．重结晶b．蒸馏c．萃取d．加水充分振荡，分液
（2）将有机物A 置于氧气流中充分燃烧，实验测得： 生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L (标准状况下)，则该物质的最简式为_________，若要确定其分子式，是否必需有其它条件_______(填“是”或“否“)，已知有机物A 的质谱、核磁共振氢谱如图1、图2所示，则A的结构简式为________。
（3）若质谱图显示B的相对分子质量为74，红外光谱如图3所示，则B的结构简式为_________，其官能团的名称为_________。
（4）准确称取一定质量的A和B的混合物，在足量氧气中充分燃烧，将产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，发现质量分别增重19.8g 和35.2g．计算混合物中A 和B 的物质的量之比_________。
【答案】 ①. b ②. C2H6O ③. 否 ④. CH3CH2OH ⑤. CH3CH2OCH2CH3 ⑥. 醚键 ⑦. 2∶1
【解析】
（1）由表格中的信息可知，A、B两种有机物互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，答案选b；（2）根据质量守恒定律得：化合物中所含C元素质量为：8.8g× =2.4g， 化合物中所含H元素质量为：5.4g× =0.6g，二氧化碳和水中的氧元素质量之和为 （8.8g-2.4g）+（5.4g-0.6g）=11.2g，而氧气的质量为×32g/ml=9.6g，所以有机物中氧元素质量为11.2g-9.6g=1.6g，n（C）：n（H）：n（O）= ： ： =2：6：1，所以化合物的实验式（最简式）是C2H6O；由于分子中碳氢原子的个数是1:3，已经达到饱和，所以若要确定其分子式，不需有其它条件，即最简式就是分子式。分子式为C2H6O，核磁共振氢谱表明其分子中有三种化学环境不同的氯原子，强度之比为3︰2︰1。则A的结构简式为CH3CH2OH；（3）A的相对分子质量为74，根据红外光谱，A中存在对称的甲基和醚键，剩余的式量为74-16-15×2=28，合2个CH2，根据对称性，A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3；官能团为醚键；（4）A和B的化学式分别为C2H6O、C4H10O，设C2H6O、C4H10O的物质的量分别是 x、y，则
C2H6O + 3 O2→2 CO2 + 3 H2O
x 2x 3x
C4H10O + 6 O2→4 CO2 + 5 H2O
y 4y 5y
3x+5y=
2x+4y =
解得x =0.2ml，y = 0.1 ml，即物质的量之比2：1。
18. 门捷列夫把用石油作燃料比喻为“就像用钞票给厨房的炉灶生火”。原油经过炼油厂的加工，制备某些化工产品。
（1）石油分馏可得到直馏汽油，重油裂化可以得到裂化汽油，区分直馏汽油和裂化汽油的化学方法是___________。(说明所需试剂、可能出现的现象、结论)
（2）下图是以石油为原料制备某些化工产品的部分流程。请回答：
①写出反应②的化学方程式___________。
②B分子式为C3H5Cl，且分子中无甲基，则B的结构简式为___________。
③反应④化学方程式为___________。
④丙烯二聚体CH2=CHCH2CH(CH3)2是合成“人工肺”(ECMO)设备膜丝的重要原料，下列关于丙烯二聚体说法正确的是___________。
A．加聚产物能使溴水褪色 B．与互为同分异构体
C．与氢气完全加成的产物的一氯代物有5种 D．完全燃烧时耗氧量与等质量的丙烯不同
（3）乙炔是最简单的炔烃，由乙炔可以制取苯。由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃。已知分子式为C6H6的结构有多种，其中的两种结构简式为：Ⅰ． Ⅱ．；这两种结构的区别表现在：
i．定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能___________(填字母)，而Ⅰ不能。
A．被酸性高锰酸钾溶液氧化 B．与溴水发生加成反应
C．与溴发生取代反应 D．与氢气发生加成反应
ii．结构Ⅰ与结构Ⅱ的二氯代物种类数目之比为___________。
【答案】（1）加入溴水或酸性高锰酸钾，褪色的是裂化汽油
（2）①. nCH2=CHCl ②. CH2=CH-CH2Cl ③. CH2=CH-CH2Cl+Br2→CH2BrCHBrCH2Cl ④. C
（3） ①. AB ②. 1：2
【解析】
【小问1详解】
直馏汽油主要为烷烃，裂化汽油中含有烯烃，故区分直馏汽油和裂化汽油的化学方法是加入溴水或酸性高锰酸钾，褪色的是裂化汽油。
【小问2详解】
①乙炔和HCl发生加成反应得到A：氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应得到聚氯乙烯：nCH2=CHCl；
②丙烯和氯气在500℃时发生反应，产物无甲基，说明发生取代反应得到B：3-氯丙烯，3-氯丙烯再与Br2发生加成反应得到CH2BrCHBrCH2Cl；
③方程式为：CH2=CH-CH2Cl+Br2→CH2BrCHBrCH2Cl。
④丙烯二聚体CH2=CHCH2CH(CH3)2发生加聚反应之后无碳碳双键，不能使溴水褪色， A错误；
丙烯二聚体与不饱和度不相同，不属于同分异构体，B错误；
丙烯二聚体与氢气加成之后的产物为，中共有5种氢，故一氯代物有5种，C正确；
丙烯二聚体与等质量的丙烯两者碳的质量分数与氢的质量分数相同，故完全燃烧时耗氧量与等质量的丙烯相同，D错误。
【小问3详解】
因含有碳碳双键故可使酸性高锰酸钾和溴水褪色，而苯无碳碳双键，不可以使酸性高锰酸钾和溴水褪色。两者均含碳氢键，故均可以与溴发生取代反应，也均可以和氢气发生加成反应生成环烷烃。故选AB。
的二氯代物有3种，即两个氯原子在苯环上处于邻、间、对的关系；的二氯代物含有6种：。故结构Ⅰ与结构Ⅱ的二氯代物种类数目之比为1：2。
性质差异
结构因素
A．
溶解度：大于
分子间作用力
B．
熔点：远高于
晶体类型
C．
酸性：远强于
羟基极性
D．
气态氢化物稳定性：HF强于HCl
氢键
选项
物质
试剂
除杂方法
A
C2H4(SO2)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
溴苯(苯)
液溴
分液
C
硝基苯(硝酸)
NaOH溶液
分液
D
CH4(C2H2)
酸性KMnO4溶液
洗气
A．制备并检验乙炔的性质
B．粗苯甲酸的提纯
C．分离甲烷和氯气反应后的液态混合物
D．图装置可用于分离乙醇和乙酸乙酯的混合液
相对密度(20℃)
熔点
沸点
溶解性
A
0.7893
-117.3℃
78 .5℃
与水以任意比混溶
B
0.7137
-116.6℃
34.5℃
不溶于水
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