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【化学】云南省玉溪市江川二中2018-2019学年高二下学期5月月考（解析版） 试卷
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云南省玉溪市江川二中2018-2019学年高二下学期5月月考
分卷I
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.下列说法正确的是（ ）
A. 苯酚沾在皮肤上用大量的水冲洗
B. 氯乙烷与NaOH水溶液共热可制乙烯
C. 有机反应中，得氢，失氧是还原反应
D. CH3Cl可发生水解反应和消去反应
【答案】C
【解析】
分析：A.苯酚微溶于水；B.氯乙烷与氢氧化钠醇溶液共热可制取乙烯；C.在有机反应中,加氢、去氧为还原反应,加氧、去氢为氧化反应；D.CH3Cl只有一个碳原子,无法发生消去生成不饱和碳碳键。
详解：苯酚微溶于水,沾到皮肤上可用大量酒精或碳酸钠溶液清洗,A错误；氯乙烷与氢氧化钠醇溶液共热可制取乙烯,B错误；在有机反应中,有机物加氢、去氧为还原反应,有机物加氧、去氢为氧化反应,C正确；CH3Cl只有一个碳原子，无法发生消去生成不饱和碳碳键,D错误；正确选项C。
点睛：有机氧化还原反应主要以下角度进行判定：有机物去氢或加氧，发生氧化反应，比如，乙醇氧化制乙醛，乙醛氧化制乙酸等；有机物加氢或去氧，发生还原反应，比如乙醛加氢还原为乙醇，硝基苯被还原为苯胺等。
2.磷钨酸H3PW12O40等杂多酸可代替浓硫酸用于乙酸乙酯的制备。下列说法不正确的是
A. H3PW12O40在该酯化反应中其催化作用
B. 杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质
C. H3PW12O40、KH2PW12O40与Na3PW12O40中都有相同的原子团
D. 硅钨酸H4 SiW12O40也是一种杂多酸，其中W的化合价为+8
【答案】CD
【解析】
因浓硫酸在制备乙酸乙酯中起到催化剂和吸水剂的作用，又杂多酸可代替浓硫酸制备乙酸乙酯，所以杂多酸同样起到催化作用，A正确；因大多数盐属于强电解质，所以杂多酸盐为强电解质，所以杂多酸盐也为强电解质，B正确；磷钨酸又可将其视作为H3PO4与WO3的混合酸，因磷酸为三元中强酸，磷酸盐中含有的酸根不同即原子团不同，C错误；从化合价和代数为0可知W的价态为+6价，D错误。
3.如图是CaF2晶胞的结构。下列说法正确的是
A. 一个CaF2晶胞中含有8个Ca2+
B. 一个CaF2晶胞中含有8个F-
C. 在CaF2晶胞中Ca2+的配位数为4
D. 在CaF2晶胞中F-配位数为8
【答案】B
【解析】
根据晶胞结构可知，一个CaF2晶胞中含有的Ca2+和F－的个数分别为8×1/8＋6×1/2＝4，8×1＝8，所以A不正确，B正确。配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。所以根据晶胞的结构可判断Ca2＋的配位数是8，F－的配位数是4，即选项CD都是错误的。答案选B。
4.不能和金属钠反应的是（ ）
A. 苯酚 B. 甘油 C. 酒精 D. 苯
【答案】D
【解析】含有羟基的有机物才能和钠反应，所以苯和钠不反应，答案选D。
5.实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸馏；②水洗；③用干燥剂干燥；④10% NaOH溶液洗；⑤水洗。正确的操作顺序是( )
A. ①②③④⑤ B. ②④⑤③①
C. ④②③①⑤ D. ②④①⑤③
【答案】B
【解析】
【详解】粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，再用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，所以正确的操作顺序为：②④⑤③①，故合理选项是B。
6.分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是（ ）
A. 这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种
B. 分子式与R相同的酸与足量碱石灰共热，最多可得到2种烷烃
C. R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目
D. R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃
【答案】D
【解析】
试题分析：A.分子式为C5H10O2酯有甲酸丁酯，乙酸丙酯，丙酸乙酯及丁酸甲酯。甲酸丁酯有HCOOCH2CH2CH2CH3；HCOOCH(CH3)CH2CH3；HCOOCH2CH(CH3)2；HCOOC (CH3)3。乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3；CH3COOCH(CH3)2。丙酸乙酯即是CH3CH2COOCH2CH3。丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3; (CH3)2CH COOCH3。它们水解得到的酸有HCOOH；CH3COOH；CH3CH2COOH; CH3CH2CH2COOH; (CH3)2CHCOOH，共五种。醇有CH3OH；CH3CH2OH；CH3CH2CH2OH；CH3CH(OH)CH3;CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CHCH2OH ;(CH3)3COH共八种。则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种正确。B．根据反应：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3可知：分子式与R相同的酸与足量碱石灰共热，可以得到烷烃有CH3CH2CH2CH3； (CH3)3CH。正确。C. 酯水解得到的最简单的酸为甲酸，其结构式为。可见含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C，H—C也增多，所以含有的共用电子对数增多。因此R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目。正确。D．R水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子。R水解得到的符合条件的醇有CH3CH2OH；CH3CH2CH2OH；CH3CH(OH)CH3;CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CHCH2OH ; (CH3)3COH可得到5种烯烃CH2=CH2；CH3CH=CH2；CH3CH2CH=CH2；CH3CH=CHCH3；(CH3)2C=CH2。错误。
考点：考查酯、酸、醇的化学性质及同分异构体的概念、种类、应用的知识。
7.化学反应经常伴随着颜色变化，下列关于颜色的叙述中正确的是（ ）
①鸡蛋白溶液遇到浓硝酸——黄色
②淀粉溶液遇到碘离子——蓝色
③热的氧化铜遇乙醇——红色
④新制氯水在空气中久置——无色
⑤过氧化钠在空气中久置——淡黄色
⑥石蕊试液中通二氧化硫气体——无色．
A. ②③⑥ B. ①③④ C. ②③④⑥ D. ①③④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①蛋白质遇浓硝酸生成黄色的硝基化合物；②淀粉遇碘变蓝色；③在加热条件下氧化铜与乙醇发生氧化反应生成单质铜，为红色；④久置氯水不稳定，生成次氯酸分解，最终无色；⑤过氧化钠在空气中久置成为碳酸钠，为白色固体；⑥亚硫酸无强氧化性．
解：①蛋白质遇浓硝酸显黄色，故①正确；
②淀粉溶液遇单质碘显蓝色，故②错误；
③热的氧化铜遇乙醇不是绿色，而是红色，故③正确；
④新制氯水久置后呈无色，故④正确；
⑤过氧化钠是淡黄色的固体，在空气中久置成为碳酸钠，变为白色，故⑤错误；
⑥石蕊试液中通二氧化硫气体只变红不褪色，故⑥错误；
故选B．
点评：本题通过颜色的变化考查物质的性质，题目难度不大，注意石蕊试液中通二氧化硫气体只变红不褪色．
8.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一为：
下列说法不正确的是（ ）
A. 加热条件下，M能与新制氢氧化铜悬浊液发生反应
B. ④的反应类型属于酯化反应，也属于取代反应
C. 淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体
D. 用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A.淀粉或纤维素水解最终产物为葡萄糖，葡萄糖是多羟基醛，醛基和新制氢氧化铜加热反应生成红色沉淀，A正确；
B.④的反应是酸和醇反应，乙酸脱羟基乙醇脱去羟基的氢原子，发生反应类型属于酯化反应，也属于取代反应，B正确；
C.淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，n值不同，不是同分异构体，C错误；
D.乙醇混溶于碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶分层，用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯；D正确；
故合理选项是C。
9.某饱和一元醇32g与足量的金属钠完全反应，得到0.5molH2，该醇是（ ）
A. CH3OH B. C2H5OH C. C3H7OH D. C4H9OH
【答案】A
【解析】
【详解】饱和一元醇的通式为CnH2n+1OH，其相对分子质量为14n+18；根据反应方程式2ROH+2Na=2RONa+H2↑可知，32g该醇的物质的量为：0.5mol×2=1mol，该饱和一元醇的摩尔质量M==32g/mol，14n+18=32，解得n=1，该醇的分子式为CH3OH，故合理选项是A。
10.下列有关光谱的说法中不正确的是( )
A. 原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光(辐射)，这也是原子光谱产生的原因
B. 原子光谱只有发射光谱
C. 通过原子光谱可以发现新的元素
D. 通过光谱分析可以鉴定某些元素
【答案】B
【解析】
电子在基态和激发态之间的跃迁会引起能量的变化，并以光的形式体现，用光谱仪摄取得到光谱。电子从基态向激发态向基态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱；A. 原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光(辐射)，这也是原子光谱产生的原因，选项A正确；B. 原子光谱既有发射光谱，也有吸收光谱，选项B不正确；C. 电子在基态和激发态之间的跃迁会引起能量的变化，并以光的形式体现，用光谱仪摄取得到光谱。通过原子光谱可以发现新的元素，选项C正确；D. 通过光谱分析可以鉴定某些元素，选项D正确。答案选B。
11.下列实验操作，不能用来分离提纯物质的是（ ）
A. 萃取 B. 蒸馏 C. 过滤 D. 称量
【答案】D
【解析】
分析：常见物质分离的方法有:过滤、分液、蒸发和蒸馏等,以此解答该题。
详解：萃取可用于分离在不溶溶剂溶解度不同的物质,A正确；蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离,B错误；过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物,C正确；称量用于物质质量的测量,不能用于分离,D错误；正确选项D。
点睛：混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的两种溶质组成的混合物分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。
12.常用的打火机使用的燃料其分子式为C3H8，它属于（ ）
A. 烷烃 B. 烯烃 C. 炔烃 D. 芳香烃
【答案】A
【解析】
【详解】该物质分子中含有3个C原子，3个C原子最多结合H原子的数目为2×3+2=8，因此该物质属于饱和链烃，即属于烷烃，因此合理选项是A。
13.下列关于乙烯和乙烷相比较的说法中，不正确的是( )
A. 乙烯属于不饱和链烃，乙烷属于饱和链烃
B. 乙烯分子中所有原子处于同一平面上，乙烷分子则为立体结构，原子不在同一平面上
C. 乙烯分子中的C＝C双键和乙烷分子中的C—C单键相比较，双键的键能大，键长长
D. 乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，乙烷不能
【答案】C
【解析】
试题分析：A．乙烯含有碳碳双键，属于不饱和烃，乙烷分子中的碳原子达到结合H原子的最大数目，属于饱和烃，正确；B．甲烷是正四面体结构，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯为平面结构，所有原子都处在同一平面上，正确；C．乙烯分子中碳碳双键键能小于乙烷分子中碳碳单键键能的两倍，因此乙烯键长小于乙烷中C-C键键长，乙烯结构不稳定，导致乙烯能和溴水发生加成反应，错误；D．乙烯含有不饱和键，容易被高锰酸钾溶液氧化，而乙烷性质稳定，不能够被高锰酸钾容易氧化，正确。
考点：考查烷烃、烯烃性质的分析、比较与应用的知识。
14.下列关于甲烷结构的说法中正确的是（ ）
A. 甲烷的分子式是CH4，5个原子共面
B. 甲烷分子中，碳原子和氢原子形成了4个不完全相同的碳氢共价键
C. 甲烷分子的空间构型属于正四面体结构
D. 甲烷中的任意三个原子都不共面
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷的分子式是CH4，甲烷是正四面体结构，有3个原子共面，A错误；
B.甲烷分子中，碳原子中3个2p轨道和1个2s轨道发生杂化，所以形成四个完全相同的共价键，B错误；
C.甲烷分子中碳原子含有4个共价键，且没有孤电子对，所以其空间构型是正四面体结构，C正确；
D.甲烷是正四面体结构，所以甲烷中的任意三个原子都共面，D错误；
故合理选项是C。
15.如图，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化．下列说法正确的是（ ）
A. γFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
B. αFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
C. 将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
D. 三种同素异形体的性质相同
【答案】B
【解析】
A．γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等应为定点和面心的铁，最近的铁原子个数=3×8×=12，选项A错误；B．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，选项B正确；C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，选项C错误；D．由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，选项D错误。答案选B。
点睛：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力、自学能力和知识的迁移能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。易错点为选项CD，将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，据此判断；由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，据此判断。
16.下列分子中所有原子不可能共处在同一平面上的是（ ）
A. C2H2 B. CO2 C. NH3 D. C6H6
【答案】C
【解析】
【详解】A. C2H2是直线型分子，所有原子处于同一平面上，A不符合题意；
B.CO2是直线型分子，三个原子处于同一平面上，B不符合题意；
C.NH3是三角锥型分子，四个原子不位于同一平面上，C符合题意；
D.C6H6分子是平面分子，6个C原子与6个H原子位于同一平面上，D不符合题意；
故合理选项是C。
17.下列过程最终能得到白色沉淀的是( )
A. C2H5Cl中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
B. NH4Cl中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
C. KClO3中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
D. C2H5Cl与过量NaOH溶液共热后加入AgNO3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.在C2H5Cl中Cl元素以Cl原子形式存在，所以加入硝酸酸化的AgNO3溶液，不会发生反应，无白色沉淀产生，A不符合题意；
B.NH4Cl是离子化合物，溶于水电离产生Cl-，中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，Cl-与Ag+发生沉淀反应产生AgCl白色沉淀，B符合题意；
C.在KClO3中Cl元素以ClO3-形式存在，无Cl-，因此加入硝酸酸化的AgNO3溶液，不会发生反应，无白色沉淀产生，C不符合题意；
D.C2H5Cl与过量NaOH溶液共热后发生水解反应产生C2H5OH和NaCl，但溶液显碱性，OH-与加入AgNO3溶液电离产生的Ag+也会发生沉淀反应产生AgOH白色沉淀，AgOH不稳定，分解产生Ag2O黑色沉淀和水，D不符合题意；
故合理选项是B。
18.关于金属元素的特征，下列叙述正确的是( )
①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性 ②金属元素在化合物中一般显正价 ③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱 ④金属元素只有金属性，没有非金属性
⑤价电子数越多的金属原子的金属性越强
A. ①②③ B. ②③C. ①⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析： 金属元素的性质和氧化还原反应的关系。
1金属元素只有正价，金属原子显0价，化合价只能升高，只有还原性。但是有些金属有变价，如Fe有+2、+3价，Fe2+既有氧化性又有还原性。1错误；
2金属元素价电子数较少，只能是去电子，显示正价,2正确；
3金属的金属性越强，对应单质的还原性越强，对应简单阳离子的氧化性越弱，3正确；
4部分金属是两性金属，既有金属性又有非金属性。如铝。4错误；
5金属性强弱不是价电子多少来衡量，而是以失去价电子的能力来衡量。如Mg价电子数为2，铝价电子数为3，而金属性Mg>Al。5错误。选B。
考点：金属元素的金属性比较、金属元素化合价、氧化还原反应基本知识
点评： 掌握金属性大小比较规律，可以很快解决此题。
19.卤素单质从F2到I2在常温常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是( )
A. 原子间的化学键键能逐渐减小 B. 范德华力逐渐增大
C. 原子半径逐渐增大 D. 氧化性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
卤素单质组成、结构相似，从F2到I2相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高。
20.某烷烃的结构简式为，它的正确命名是（ ）
A. 4-甲基-3-乙基戊烷 B. 3-丙基戊烷
C. 2-甲基-3-乙基戊烷 D. 3-乙基-2-甲基戊烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳链编号错误，应从离支链较近的一端给主链上C原子编号，名称应该为2-甲基-3-乙基戊烷，A错误；
B.碳链选错，没有选择分子中最长的碳链为主链，该物质名称为2-甲基-3-乙基戊烷，B错误；
C.符合烷烃的系统命名方法，命名合理，C正确；
D.有多个取代基时，先写简单取代基，再写复杂取代基，物质的名称为2-甲基-3-乙基戊烷，D错误；
故合理选项是C。
21.山西朔州发生假酒案，假酒中严重超标的有毒成份主要是（ ）
A. HOCH2CHOHCH2OH B. CH3OH
C. CH3COOCH2CH3 D. CH3COOH
【答案】B
【解析】
分析：工业酒精中含有甲醇，甲醇有毒，甲醇与乙醇都为液体，且相互溶解，溶于水。
详解：工业酒精严禁配制饮用酒，因为工业酒精中含有甲醇，甲醇有较强的毒性，甲醇摄入少量时造成双目失明，大量时造成死亡，故选项B正确。
点睛：本题主要考查工业酒精、甲醇的知识，难度不大，严禁用工业酒精配制饮用酒。学习过程中应熟记知识。
22.下列是关于多电子原子核外电子运动规律的叙述，其中叙述正确的是( )
A. 核外电子是分层运动的 B. 所有电子在同一区域里运动
C. 能量高的电子在离核近的区域运动 D. 同一能层的电子能量相同
【答案】A
【解析】
【详解】根据多电子的原子，核外电子是分层运动的，不在在同一区域里运动，能量高的电子在离核远的区域里运动，能量低的电子在离核近的区域里运动，在同一能层在，又根据电子能量的高低分成不同的能级，因此同一能层的电子能量不相同。故合理选项是A。
23.若某元素原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是( )
A. 该元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅢB族
B. 该元素位于s区
C. 该元素为非金属元素
D. 该元素原子的N能层上共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第五周期第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1。
A.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，位于第五周期第ⅢB族，A正确；
B.外围电子排布为4d15s2，处于d区，B错误；
C.该元素属于过渡元素，为金属元素，C错误；
D.第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，D错误；
故合理选项是A。
24.某元素位于周期表中第四周期ⅤA族，则该元素的名称和价电子排布式均正确的是( )
A. 砷，4s24p3 B. 溴，4s24p5
C. 磷，4s24p3 D. 锑，5s25p3
【答案】A
【解析】
【分析】
元素周期表中元素的周期数与其原子电子层数相等，主族族数与原子的最外层电子数与其族序数相等，据此分析解答。
【详解】元素位于周期表中第四周期ⅤA族，所以核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，原子序数为33，名称为砷，价电子排布式为4s24p3，故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子核外电子排布，本题注意元素价层电子排布特点以及与在周期表位置的关系，熟练掌握元素周期表的结构。
25.为了研究问题的方便，我们把在物质晶体立体示意图中处于图中某一位置（如顶点）的一种粒子（如原子、离子或分子）叫做一个质点。在下列各种物质的晶体中与其任意一个质点（原子或离子）存在直接的强烈相互作用的质点的数目表示正确的是（ ）
A. 干冰－12 B. 水晶－4
C. 氯化铯－6 D. 晶体硅－4
【答案】D
【解析】
【详解】A.干冰为分子晶体，晶体中质点之间的作用力较弱，分子间不存在强烈的相互作用，分子内每个C原子与2个O原子成键，A错误；
B.水晶为SiO2，每个Si原子与4个O原子成键，而每个O原子与2个Si原子成键，数目可能为2或4，B错误；
C.氯化铯晶胞是体心立方晶胞，配位数为8，质点的数目为8，C错误；
D.硅晶体中每个Si原子与其它四个Si原子成键，D正确；
故合理选项是D。
分卷II
二、填空题(共7小题,共50分)
26.如图是用于简单有机化合物的制备、分离、提纯常见的简易装置。请根据该装置回答下列问题：
(1)若用C3H8O（醇）与乙酸反应生成酯类化合物，则在烧瓶A中加入C3H8O（醇）与乙酸外，还应加入的试剂是 ___________，试管B中应加入 ____________，饱和碳酸钠溶液虚线框中的导管作用是 ______________.
(2)分子式为C3H8O的有机物在一定条件下脱水生成的有机物可能有 ________种；
(3)若用该装置分离乙酸和1-丙醇，则在烧瓶A中加入1-丙醇与乙酸外，还应先加入适量的试剂 ____（填化学式），加热到一定温度，试管B中收集到的是（填写结构简式） _____，冷却后，再向烧瓶中加入试剂 ______ （填名称），再加热到一定温度，试管B中收集到的是 _____（填写分子式）。
【答案】 (1). 浓硫酸 (2). 饱和碳酸钠溶液 (3). 导气兼冷凝 (4). 4 (5). CaO (6). CH3CH2CH2OH (7). 浓硫酸 (8). C2H4O2
【解析】
【分析】
(1)酯化反应要用浓硫酸作催化剂；用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用；
(2)根据分子式确定醇的种类，醇可能发生分子内脱水和分子间脱水；
(3)先把酸转化为盐溶液，再蒸馏，馏分为丙醇，剩余的水溶液中加硫酸得到乙酸，再通过蒸馏分离.
【详解】(1)C3H8O(醇)与乙酸发生酯化反应要用浓硫酸作催化剂；生成的乙酸丙酯蒸汽中含有挥发的丙醇和乙酸，要用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用；
(2)C3H8O对应的醇有两种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，两种醇可发生消去反应生成同一种物质丙烯；任意两分子的醇可发生分子间脱水反应生成醚，可以是相同醇分子，也可以是不同醇分子，则两种醇任意组合，可生成3种醚，所以生成的有机物可能有4种；
(3)在乙酸和1-丙醇的混合液中加入CaO，使乙酸与CaO反应产生乙酸钙，乙酸转化为盐溶液，盐属于离子化合物，沸点高，难气化，加热蒸馏，试管B中收集到的馏分为丙醇，烧瓶中剩余的为乙酸钙的水溶液，然后向乙酸钙溶液中加浓硫酸，发生复分解反应产生乙酸和硫酸钙，然后通过蒸馏方法可分离得到乙酸。
【点睛】本题考查了有机物的制备、分离和提纯的知识，注意把握有关物质的性质，侧重于基本实验操作的考查。
27.一氯甲烷的某些物理数据如下表：
在实验室里可用如图装置制备一氯甲烷：
制备装置的分液漏斗中盛有甲醇，烧瓶中盛有浓盐酸。
请填写下列空白：
(1)制备一氯甲烷的化学方程式是__________；该反应属于反应__________；
(2)装置e中可能发生反应的化学方程式是__________________；
(3)检验气体产物CH3Cl的方法是：在e的逸出口点燃CH3Cl气体，火焰呈蓝绿色（与其它烃的燃烧现象有明显区别，且生成物中有HCl），CH3Cl燃烧的化学方程式是____________；
(4)装置b的作用是________，某学生在关闭活塞x的情况下做此实验时发现，收集到一定体积的气体产物所消耗的甲醇和浓盐酸的量比理论计算的量多（装置的气密性没有问题），其原因是________，实验结束后，d中收集到的液体中含有___________。
【答案】 (1). CH3OH+HClCH3Cl+H2O (2). 取代 (3). CH3Cl+NaOHCH3OH+NaCl 、HCl+NaOH→NaCl+H2O (4). 2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl (5). 安全瓶或防止倒吸 (6). 该反应是可逆反应，不能进行到底 (7). CH3Cl、HCl、CH3OH
【解析】
【分析】
从左向右的实验装置作用分别为：制取一氯甲烷，防倒吸，排水法收集一氯甲烷气体，接收排水集气体时排出的水，尾气吸收；
(1)一氯甲烷的制备：根据制备装置的分液漏斗和烧瓶中分别盛有甲醇和浓盐酸可知；
(2)卤代烃CH3Cl能在碱性条件下发生水解反应，转化为醇。由于在生成醇的同时，还生成氯化氢，因此装置e中可能发生的反应方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH+CH3Cl CH3OH+NaCl；
由于氯化氢极易挥发，而氯化氢又极易溶解在水中，所以装置b作用是防止倒吸，保证安全；
(3)CH3Cl在空气中点燃，与氧气发生反应，根据元素守恒及题目已知条件书写反应方程式；
(4)装置b的作用是防止倒吸，保证安全；从物质的挥发性及反应进行的程度分析解答。
【详解】(1)根据制备装置的分液漏斗和烧瓶中分别盛有甲醇和浓盐酸，可知该实验中的一氯甲烷应该用甲醇和浓盐酸制得，方程式为：CH3OH+HCl CH3Cl+H2O，该反应为取代反应；
(2)卤代烃CH3Cl能在碱性条件下发生水解反应，转化为醇。由于在生成醇的同时，还生成氯化氢，因此装置e中可能发生的反应方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH+CH3Cl CH3OH+NaCl；
(3)CH3Cl在空气中点燃，与氧气发生反应，产生CO2、H2O、HCl，该反应的方程式为2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl；
(4)由于氯化氢极易挥发，并且氯化氢气体又极易溶解在水中，所以装置b的作用是防止倒吸，保证安全即起安全瓶的作用；
某学生在关闭活塞x的情况下做此实验时发现，收集到一定体积的气体产物所消耗的甲醇和浓盐酸的量比理论计算的量多是由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，不能进行到底，因此会导致消耗的浓盐酸和甲醇的实际用量偏多；
由于甲醇和HCl都易溶于水，一氯甲烷也可以部分溶于水，因此排水法收集一氯甲烷时，排出的水(d中收集到的液体)中可能含有甲醇、盐酸、一氯甲烷。
【点睛】本题以一氯甲烷的制备为载体综合考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，充分利用题目已知信息进行分析判断和对实验原理的理解。
28.俗话说，“陈酒老醋特别香”，其原因是酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室里我们也可以用如图所示的装置来模拟该过程，请回答下列问题：
(1)浓硫酸的作用是：①__________②______________；
(2)饱和碳酸钠溶液的主要作用是________________；
(3)装置中通蒸气的导管只能插到饱和碳酸钠溶液的液面处，不能插入溶液中，目的____，长导管的作用是____；
(4)若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是____；
(5)进行该实验时，最好向试管甲中加入几块碎瓷片，其目的是____；
(6)实验室可用乙醇来制取乙烯，将生成的乙烯通入溴的四氯化碳溶液，反应后生成物的结构简式是____；
(7)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，即达到化学平衡状态，下列描述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（填序号）____。
①单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水
②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸
③单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸
④正反应的速率与逆反应的速率相等
⑤混合物中各物质的浓度不再变化
【答案】 (1). 催化剂 (2). 吸水剂 (3). 除去挥发出来的乙酸和乙醇，减小乙酸乙酯溶解度，有利于分层 (4). 防止倒吸 (5). 将反应生成的乙酸乙酯蒸气冷凝 (6). 分液 (7). 防止暴沸 (8). BrCH2CH2Br (9). ②④⑤
【解析】
【分析】
(1)乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下反应产生乙酸乙酯和水，浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；
(2)饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
(3)根据导管伸入液面下可能发生倒吸分析，长导管兼有冷凝的作用；
(4)分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离；
(5)加入碎瓷片可防止液体暴沸；
(6)乙烯与溴单质发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷；
(7)根据可逆反应的平衡状态特征进行判断。
【详解】(1)乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用并加热时发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；
(2)饱和碳酸钠溶液的主要作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
(3)导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，长导管兼有导气冷凝的作用；
(4)分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸充分反应，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后分液，取上层就得到乙酸乙酯；
(5)加入碎瓷片可防止液体局部过热发生暴沸现象；
(6)乙烯与溴单质发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷，该物质的结构简式为BrCH2CH2Br；
(7)①乙酸乙酯和水都是生成物，方程式的系数相等，因此无论反应是否达到平衡，单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，一定会同时生成1mol水，不能据此判断是否平衡，①错误；
②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，就会消耗1mol乙酸，又同时生成1mol乙酸，说明乙酸的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；
③乙醇、乙酸是反应物，二者消耗的比例是1:1，因此无论是否平衡，在单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，不能据此判断是否达到平衡，③错误；
④正反应的速率与逆反应的速率相等，则物质的浓度不变，反应达到平衡，④正确；
⑤混合物中各物质的浓度不再变化，说明任何物质的消耗量与生成量相等，反应处于平衡状态，⑤正确；
故合理选项②④⑤。
【点睛】本题考查了有机物的区分和乙酸乙酯的制备、平衡状态的判断方法等知识，该实验一定要关注制备的细节如反应条件，物质的挥发性、是否与酸反应、导气管的位置及作用催化剂的使用及其产物的除杂提纯等问题，体现了化学学科是实验性学科，要注意细节。
29.溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。某同学依据溴乙烷的性质，用如图实验装置(铁架台、酒精灯略)验证取代反应和消去反应的产物，请你一起参与探究。
实验操作Ⅰ：在试管中加入5 mL 1 mol/L NaOH溶液和5 mL溴乙烷，振荡。
实验操作Ⅱ：将试管如图固定后，水浴加热。
(1)用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是_________；试管口安装一长导管的作用是________________________。
(2)观察到________________现象时，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应。
(3)鉴定生成物中乙醇的结构，可用的波谱是_______________________。
(4)为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在你设计的实验方案中，需要检验的是________________，检验的方法是______________________________说明所用的试剂、简单的实验操作及预测产生的实验现象)。
【答案】 (1). 使试管受热均匀 (2). 溴乙烷沸点低，减少溴乙烷的损失 (3). 试管内溶液静置后不分层 (4). 红外光谱、核磁共振氢谱 (5). 生成的气体 (6). 将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，酸性KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)
【解析】
分析:(1)溴乙烷沸点低,溴乙烷易挥发,用水浴加热受热均匀,减少溴乙烷的损失。
(2)溴乙烷不溶于水,开始溶液分层,反应后生成的乙醇、溴化钠都溶于水。
(3)根据乙醇分子结构中有三种氢原子选择检测方法。
(4)无论发生取代反应还是消去反应,溶液中都会产生Br-,但生成的有机物不同,故应检验生成的有机物。
详解：(1) 溴乙烷与氢氧化钠反应生成乙醇与溴化钠；溴乙烷沸点低,溴乙烷易挥发,用水浴加热受热均匀,减少溴乙烷的损失；正确答案:使试管受热均匀；溴乙烷沸点低,减少溴乙烷的损失。
(2)溴乙烷不溶于水,开始溶液分层,生成的产物乙醇、溴化钠都易溶于水,当溶液分层消失后,表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应；正确答案：试管内溶液静置后不分层。
(3)乙醇分子结构中有三种氢原子,它们的比为3:2:1,利用核磁共振氢谱可检测,也可用红外光谱检测；正确答案:红外光谱；核磁共振氢谱。
(4)无论发生取代反应还是消去反应,溶液中都会产生Br-,但生成的有机物不同,溴乙烷发生消去反应生成乙烯,所以应检验生成的有机物乙烯：检验乙烯可根据其能使酸性KMnO4溶液或溴水褪色的原理来进行，可以采用洗气的装置，观察到酸性KMnO4溶液褪色且有气泡产生,溴水或溴的四氯化碳溶液褪色即可；正确答案：生成的气体；将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，酸性KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)。
30.已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：
(1)X元素的原子基态时电子排布式为：___________________________________，Y元素原子最外层电子的电子排布图为：____________。
(2)若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
(3)该化合物的空间结构为______________形，中心原子的轨道杂化类型为__________，分子为______________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
(4)该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是____________。
(5)该化合物的沸点与SiCl4比较：________(填化学式)的高，原因是__________________________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (2). (3). 共价键 (4). 正四面体 (5). sp3杂化 (6). 非极性分子 (7). 范德华力 (8). GeCl4 (9). 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高
【解析】
【详解】X元素与碳元素同主族且位于周期表中的第一长周期，X为Ge元素，Y原子是短周期元素且最外层电子数比内层电子总数少3，Y为Cl元素，化合物XY4为GeCl4。
（1）Ge元素是32号元素，基态原子核外电子排布式为 [Ar] 3d104s24p2或1s22s22p63s23p63d104s24p2；氯元素原子最外层电子的电子排布图为；
（2）Cl元素与Ge元素的电负性差为2.85-2.1=0.75，小于1.7，所以GeCl4为共价化合物，分子内只含有共价键；
（3）Ge元素与C元素处于相同主族，GeCl4与CCl4 具有相似的结构和性质，Ge原子采取sp3杂化，GeCl4为正四面体形，空间对称，是非极性分子；
（4）GeCl4在常温下为液体，熔点低，由分子构成．微粒间作用力为范德华力；
（5）这两种化合物的结构相似，GeCl4相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高。
【点睛】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，注意判断GeCl4的化合物类型时要结合电负性差值进行分析，不能因为Ge为金属就直接判断GeCl4为离子化合物，为易错点。
31.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
(1)请写出元素o的基态原子电子排布式__________________________________。
(2)d的氢化物的分子构型为____________，中心原子的杂化形式为________；k在空气中燃烧产物的分子构型为________，中心原子的杂化形式为________，该分子是________(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序排列如图，其中序号“8”代表________(填元素符号)；其中电负性最大的是________(填图中的序号)。
(4)由j原子跟c原子以1∶1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同。两者相比熔点更高的是________，试从结构角度加以解释______________。
(5)i单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。
甲 乙 丙
若已知i的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，请回答：
①晶胞中i原子的配位数为________，一个晶胞中i原子的数目为________。
②该晶体的密度为________(用字母表示)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). 角形(或V形) (5). sp2 (6). 极性 (7). Si (8). 2 (9). SiC(或jc，或前者) (10). 因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C—Si键键长比晶体Si中Si—Si键长短，键能大，因而熔沸点高 (11). 12 (12). 4 (13).
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置知，a到o分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Fe元素；
(1)o是26号Fe元素，根据构造原理可得基态Fe原子的核外电子排布式；
(2)d是N元素，它的氢化物是NH3，根据价层电子对数判断中心原子的杂化方式及其空间构型；k是S元素，在空气中燃烧产物是SO2，用价层电子对数判断空间构型及中心原子的杂化形式，并根据分子是否对称判断是否为非极性分子；
(3)第三周期中晶体硅为原子晶体，单质的熔点最高；同周期自左而右元素电负性增大，故Cl元素电负性最大，氯气、氩气为气体，氯气相对分子质量更多，分子间作用力更大，故氯气的熔点高于氩气的；
(4)Si、C按1:1形成的化合物SiC属于原子晶体，通过比较键长判断晶体的熔点的高低；
(5)i是Al，晶体结构为面心立方结构，根据原子的相对位置，用均摊方法计算Al原子的配位数及晶胞中含有的原子个数，根据晶体密度公式计算其密度大小。
【详解】根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Fe元素。
(1) o是26号Fe元素，根据构造原理可得基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)d是N元素，它的氢化物是NH3，中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，中心N原子的杂化形式是sp3杂化，含有1对孤电子对，因此NH3空间构型是三角锥形；
k是S元素，S元素的单质在空气中充分燃烧产物是SO2，中心S原子价层电子对数为2+3，所以S原子杂化方式为sp2杂化，由于在S原子上有电子对，所以SO2分子的空间构型为V形(或角形)，由于整个分子的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，因此SO2分子为极性分子；
(3)第三周期中晶体硅为原子晶体，单质的熔点最高，序号“8”代表Si，同周期自左而右元素电负性增大，故Cl元素电负性最大，氯气、氩气为气体，氯气相对分子质量更大，分子间作用力更强，故氯气的熔点高于氩气的，故电负性最大为2；
(4)由Si原子跟C原子以1：1相互交替结合而形成的晶体为SiC，SiC晶型与晶体硅相同，均属于原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键长短，键能大，断裂更难，因而熔沸点高；
(5)①根据图片知，Al单质为面心立方最密堆积，Al原子配位数配位数=3××8=12，由图2可知占据顶点和面心，则个数为8×+6×=4；
②i的原子半径为d，假设晶胞参数为a，则a=4d，所以晶胞参数a=d，一个晶胞中含有4个Al原子，Al的相对原子质量为M其质量为m=，则晶体的密度。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的综合运用、核外电子排布、微粒的空间构型、原子的杂化、晶体类型与性质等知识。熟练掌握周期表结构、原子结构、元素周期律和原子结构理论等知识，掌握物质性质变化规律是解题关键。题目培养学生分析能力、知识迁移运用能力。
32.如图是化学必修2第64页配图（氢原子已省略），请根据下图回答有关问题；
（1）属于烯烃类有 ________（填编号）；
（2）写出化合物B的结构简式 _________，H的分子式 ___________；
（3）指出上图有机化合物中官能团的名称 _______________
（4）A和C的关系是 ______________
（5）D与G的关系是 ___________________
（6）有机物种类繁多的原因有 ________________________（至少答两种原因）。
【答案】（1）B、E、F；（2）CH3CH=CHCH3；C4H8；（3）碳碳双键、碳碳三键；（4）同分异构体；
（5）同分异构体；（6）碳原子链接方式多样；同分异构体（其他合理答案即可）
【解析】
试题分析：（1）烯烃是分子中含有碳碳双键的不饱和链烃，在给出的物质中属于烯烃类的有B、E、F；（2）化合物B的结构简式是CH3CH=CHCH3；H的分子式是C4H8；（3）在上图有机化合物中官能团的名称是碳碳双键、碳碳三键；（4）A和C的分子式相同，结构不同，所以它们的关系是同分异构体；（5）D与G的分子式相同，结构不同，所以它们的关系是同分异构体；（6）有机物种类繁多是因为碳原子链接方式多样，存在同分异构体。
考点：考查球棍模型在表示物质的分子结构中的应用、有机物的种类繁多的原因、关系、官能团等知识。
分卷I
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.下列说法正确的是（ ）
A. 苯酚沾在皮肤上用大量的水冲洗
B. 氯乙烷与NaOH水溶液共热可制乙烯
C. 有机反应中，得氢，失氧是还原反应
D. CH3Cl可发生水解反应和消去反应
【答案】C
【解析】
分析：A.苯酚微溶于水；B.氯乙烷与氢氧化钠醇溶液共热可制取乙烯；C.在有机反应中,加氢、去氧为还原反应,加氧、去氢为氧化反应；D.CH3Cl只有一个碳原子,无法发生消去生成不饱和碳碳键。
详解：苯酚微溶于水,沾到皮肤上可用大量酒精或碳酸钠溶液清洗,A错误；氯乙烷与氢氧化钠醇溶液共热可制取乙烯,B错误；在有机反应中,有机物加氢、去氧为还原反应,有机物加氧、去氢为氧化反应,C正确；CH3Cl只有一个碳原子，无法发生消去生成不饱和碳碳键,D错误；正确选项C。
点睛：有机氧化还原反应主要以下角度进行判定：有机物去氢或加氧，发生氧化反应，比如，乙醇氧化制乙醛，乙醛氧化制乙酸等；有机物加氢或去氧，发生还原反应，比如乙醛加氢还原为乙醇，硝基苯被还原为苯胺等。
2.磷钨酸H3PW12O40等杂多酸可代替浓硫酸用于乙酸乙酯的制备。下列说法不正确的是
A. H3PW12O40在该酯化反应中其催化作用
B. 杂多酸盐Na2HPW12O40与Na3PW12O40都是强电解质
C. H3PW12O40、KH2PW12O40与Na3PW12O40中都有相同的原子团
D. 硅钨酸H4 SiW12O40也是一种杂多酸，其中W的化合价为+8
【答案】CD
【解析】
因浓硫酸在制备乙酸乙酯中起到催化剂和吸水剂的作用，又杂多酸可代替浓硫酸制备乙酸乙酯，所以杂多酸同样起到催化作用，A正确；因大多数盐属于强电解质，所以杂多酸盐为强电解质，所以杂多酸盐也为强电解质，B正确；磷钨酸又可将其视作为H3PO4与WO3的混合酸，因磷酸为三元中强酸，磷酸盐中含有的酸根不同即原子团不同，C错误；从化合价和代数为0可知W的价态为+6价，D错误。
3.如图是CaF2晶胞的结构。下列说法正确的是
A. 一个CaF2晶胞中含有8个Ca2+
B. 一个CaF2晶胞中含有8个F-
C. 在CaF2晶胞中Ca2+的配位数为4
D. 在CaF2晶胞中F-配位数为8
【答案】B
【解析】
根据晶胞结构可知，一个CaF2晶胞中含有的Ca2+和F－的个数分别为8×1/8＋6×1/2＝4，8×1＝8，所以A不正确，B正确。配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。所以根据晶胞的结构可判断Ca2＋的配位数是8，F－的配位数是4，即选项CD都是错误的。答案选B。
4.不能和金属钠反应的是（ ）
A. 苯酚 B. 甘油 C. 酒精 D. 苯
【答案】D
【解析】含有羟基的有机物才能和钠反应，所以苯和钠不反应，答案选D。
5.实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：①蒸馏；②水洗；③用干燥剂干燥；④10% NaOH溶液洗；⑤水洗。正确的操作顺序是( )
A. ①②③④⑤ B. ②④⑤③①
C. ④②③①⑤ D. ②④①⑤③
【答案】B
【解析】
【详解】粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，再用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，所以正确的操作顺序为：②④⑤③①，故合理选项是B。
6.分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是（ ）
A. 这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种
B. 分子式与R相同的酸与足量碱石灰共热，最多可得到2种烷烃
C. R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目
D. R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃
【答案】D
【解析】
试题分析：A.分子式为C5H10O2酯有甲酸丁酯，乙酸丙酯，丙酸乙酯及丁酸甲酯。甲酸丁酯有HCOOCH2CH2CH2CH3；HCOOCH(CH3)CH2CH3；HCOOCH2CH(CH3)2；HCOOC (CH3)3。乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3；CH3COOCH(CH3)2。丙酸乙酯即是CH3CH2COOCH2CH3。丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3; (CH3)2CH COOCH3。它们水解得到的酸有HCOOH；CH3COOH；CH3CH2COOH; CH3CH2CH2COOH; (CH3)2CHCOOH，共五种。醇有CH3OH；CH3CH2OH；CH3CH2CH2OH；CH3CH(OH)CH3;CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CHCH2OH ;(CH3)3COH共八种。则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种正确。B．根据反应：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3可知：分子式与R相同的酸与足量碱石灰共热，可以得到烷烃有CH3CH2CH2CH3； (CH3)3CH。正确。C. 酯水解得到的最简单的酸为甲酸，其结构式为。可见含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C，H—C也增多，所以含有的共用电子对数增多。因此R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目。正确。D．R水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子。R水解得到的符合条件的醇有CH3CH2OH；CH3CH2CH2OH；CH3CH(OH)CH3;CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CHCH2OH ; (CH3)3COH可得到5种烯烃CH2=CH2；CH3CH=CH2；CH3CH2CH=CH2；CH3CH=CHCH3；(CH3)2C=CH2。错误。
考点：考查酯、酸、醇的化学性质及同分异构体的概念、种类、应用的知识。
7.化学反应经常伴随着颜色变化，下列关于颜色的叙述中正确的是（ ）
①鸡蛋白溶液遇到浓硝酸——黄色
②淀粉溶液遇到碘离子——蓝色
③热的氧化铜遇乙醇——红色
④新制氯水在空气中久置——无色
⑤过氧化钠在空气中久置——淡黄色
⑥石蕊试液中通二氧化硫气体——无色．
A. ②③⑥ B. ①③④ C. ②③④⑥ D. ①③④⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①蛋白质遇浓硝酸生成黄色的硝基化合物；②淀粉遇碘变蓝色；③在加热条件下氧化铜与乙醇发生氧化反应生成单质铜，为红色；④久置氯水不稳定，生成次氯酸分解，最终无色；⑤过氧化钠在空气中久置成为碳酸钠，为白色固体；⑥亚硫酸无强氧化性．
解：①蛋白质遇浓硝酸显黄色，故①正确；
②淀粉溶液遇单质碘显蓝色，故②错误；
③热的氧化铜遇乙醇不是绿色，而是红色，故③正确；
④新制氯水久置后呈无色，故④正确；
⑤过氧化钠是淡黄色的固体，在空气中久置成为碳酸钠，变为白色，故⑤错误；
⑥石蕊试液中通二氧化硫气体只变红不褪色，故⑥错误；
故选B．
点评：本题通过颜色的变化考查物质的性质，题目难度不大，注意石蕊试液中通二氧化硫气体只变红不褪色．
8.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一为：
下列说法不正确的是（ ）
A. 加热条件下，M能与新制氢氧化铜悬浊液发生反应
B. ④的反应类型属于酯化反应，也属于取代反应
C. 淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体
D. 用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A.淀粉或纤维素水解最终产物为葡萄糖，葡萄糖是多羟基醛，醛基和新制氢氧化铜加热反应生成红色沉淀，A正确；
B.④的反应是酸和醇反应，乙酸脱羟基乙醇脱去羟基的氢原子，发生反应类型属于酯化反应，也属于取代反应，B正确；
C.淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，n值不同，不是同分异构体，C错误；
D.乙醇混溶于碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶分层，用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯；D正确；
故合理选项是C。
9.某饱和一元醇32g与足量的金属钠完全反应，得到0.5molH2，该醇是（ ）
A. CH3OH B. C2H5OH C. C3H7OH D. C4H9OH
【答案】A
【解析】
【详解】饱和一元醇的通式为CnH2n+1OH，其相对分子质量为14n+18；根据反应方程式2ROH+2Na=2RONa+H2↑可知，32g该醇的物质的量为：0.5mol×2=1mol，该饱和一元醇的摩尔质量M==32g/mol，14n+18=32，解得n=1，该醇的分子式为CH3OH，故合理选项是A。
10.下列有关光谱的说法中不正确的是( )
A. 原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光(辐射)，这也是原子光谱产生的原因
B. 原子光谱只有发射光谱
C. 通过原子光谱可以发现新的元素
D. 通过光谱分析可以鉴定某些元素
【答案】B
【解析】
电子在基态和激发态之间的跃迁会引起能量的变化，并以光的形式体现，用光谱仪摄取得到光谱。电子从基态向激发态向基态的跃迁会吸收能量，形成吸收光谱；电子从激发态向基态向基态的跃迁会放出能量，形成发射光谱；A. 原子中的电子在跃迁时会发生能量的变化，能量的表现形式之一是光(辐射)，这也是原子光谱产生的原因，选项A正确；B. 原子光谱既有发射光谱，也有吸收光谱，选项B不正确；C. 电子在基态和激发态之间的跃迁会引起能量的变化，并以光的形式体现，用光谱仪摄取得到光谱。通过原子光谱可以发现新的元素，选项C正确；D. 通过光谱分析可以鉴定某些元素，选项D正确。答案选B。
11.下列实验操作，不能用来分离提纯物质的是（ ）
A. 萃取 B. 蒸馏 C. 过滤 D. 称量
【答案】D
【解析】
分析：常见物质分离的方法有:过滤、分液、蒸发和蒸馏等,以此解答该题。
详解：萃取可用于分离在不溶溶剂溶解度不同的物质,A正确；蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离,B错误；过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物,C正确；称量用于物质质量的测量,不能用于分离,D错误；正确选项D。
点睛：混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的两种溶质组成的混合物分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。
12.常用的打火机使用的燃料其分子式为C3H8，它属于（ ）
A. 烷烃 B. 烯烃 C. 炔烃 D. 芳香烃
【答案】A
【解析】
【详解】该物质分子中含有3个C原子，3个C原子最多结合H原子的数目为2×3+2=8，因此该物质属于饱和链烃，即属于烷烃，因此合理选项是A。
13.下列关于乙烯和乙烷相比较的说法中，不正确的是( )
A. 乙烯属于不饱和链烃，乙烷属于饱和链烃
B. 乙烯分子中所有原子处于同一平面上，乙烷分子则为立体结构，原子不在同一平面上
C. 乙烯分子中的C＝C双键和乙烷分子中的C—C单键相比较，双键的键能大，键长长
D. 乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，乙烷不能
【答案】C
【解析】
试题分析：A．乙烯含有碳碳双键，属于不饱和烃，乙烷分子中的碳原子达到结合H原子的最大数目，属于饱和烃，正确；B．甲烷是正四面体结构，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯为平面结构，所有原子都处在同一平面上，正确；C．乙烯分子中碳碳双键键能小于乙烷分子中碳碳单键键能的两倍，因此乙烯键长小于乙烷中C-C键键长，乙烯结构不稳定，导致乙烯能和溴水发生加成反应，错误；D．乙烯含有不饱和键，容易被高锰酸钾溶液氧化，而乙烷性质稳定，不能够被高锰酸钾容易氧化，正确。
考点：考查烷烃、烯烃性质的分析、比较与应用的知识。
14.下列关于甲烷结构的说法中正确的是（ ）
A. 甲烷的分子式是CH4，5个原子共面
B. 甲烷分子中，碳原子和氢原子形成了4个不完全相同的碳氢共价键
C. 甲烷分子的空间构型属于正四面体结构
D. 甲烷中的任意三个原子都不共面
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷的分子式是CH4，甲烷是正四面体结构，有3个原子共面，A错误；
B.甲烷分子中，碳原子中3个2p轨道和1个2s轨道发生杂化，所以形成四个完全相同的共价键，B错误；
C.甲烷分子中碳原子含有4个共价键，且没有孤电子对，所以其空间构型是正四面体结构，C正确；
D.甲烷是正四面体结构，所以甲烷中的任意三个原子都共面，D错误；
故合理选项是C。
15.如图，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化．下列说法正确的是（ ）
A. γFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
B. αFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
C. 将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
D. 三种同素异形体的性质相同
【答案】B
【解析】
A．γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等应为定点和面心的铁，最近的铁原子个数=3×8×=12，选项A错误；B．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，选项B正确；C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，选项C错误；D．由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，选项D错误。答案选B。
点睛：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力、自学能力和知识的迁移能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。易错点为选项CD，将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，据此判断；由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，据此判断。
16.下列分子中所有原子不可能共处在同一平面上的是（ ）
A. C2H2 B. CO2 C. NH3 D. C6H6
【答案】C
【解析】
【详解】A. C2H2是直线型分子，所有原子处于同一平面上，A不符合题意；
B.CO2是直线型分子，三个原子处于同一平面上，B不符合题意；
C.NH3是三角锥型分子，四个原子不位于同一平面上，C符合题意；
D.C6H6分子是平面分子，6个C原子与6个H原子位于同一平面上，D不符合题意；
故合理选项是C。
17.下列过程最终能得到白色沉淀的是( )
A. C2H5Cl中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
B. NH4Cl中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
C. KClO3中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
D. C2H5Cl与过量NaOH溶液共热后加入AgNO3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.在C2H5Cl中Cl元素以Cl原子形式存在，所以加入硝酸酸化的AgNO3溶液，不会发生反应，无白色沉淀产生，A不符合题意；
B.NH4Cl是离子化合物，溶于水电离产生Cl-，中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，Cl-与Ag+发生沉淀反应产生AgCl白色沉淀，B符合题意；
C.在KClO3中Cl元素以ClO3-形式存在，无Cl-，因此加入硝酸酸化的AgNO3溶液，不会发生反应，无白色沉淀产生，C不符合题意；
D.C2H5Cl与过量NaOH溶液共热后发生水解反应产生C2H5OH和NaCl，但溶液显碱性，OH-与加入AgNO3溶液电离产生的Ag+也会发生沉淀反应产生AgOH白色沉淀，AgOH不稳定，分解产生Ag2O黑色沉淀和水，D不符合题意；
故合理选项是B。
18.关于金属元素的特征，下列叙述正确的是( )
①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性 ②金属元素在化合物中一般显正价 ③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱 ④金属元素只有金属性，没有非金属性
⑤价电子数越多的金属原子的金属性越强
A. ①②③ B. ②③C. ①⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析： 金属元素的性质和氧化还原反应的关系。
1金属元素只有正价，金属原子显0价，化合价只能升高，只有还原性。但是有些金属有变价，如Fe有+2、+3价，Fe2+既有氧化性又有还原性。1错误；
2金属元素价电子数较少，只能是去电子，显示正价,2正确；
3金属的金属性越强，对应单质的还原性越强，对应简单阳离子的氧化性越弱，3正确；
4部分金属是两性金属，既有金属性又有非金属性。如铝。4错误；
5金属性强弱不是价电子多少来衡量，而是以失去价电子的能力来衡量。如Mg价电子数为2，铝价电子数为3，而金属性Mg>Al。5错误。选B。
考点：金属元素的金属性比较、金属元素化合价、氧化还原反应基本知识
点评： 掌握金属性大小比较规律，可以很快解决此题。
19.卤素单质从F2到I2在常温常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是( )
A. 原子间的化学键键能逐渐减小 B. 范德华力逐渐增大
C. 原子半径逐渐增大 D. 氧化性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
卤素单质组成、结构相似，从F2到I2相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高。
20.某烷烃的结构简式为，它的正确命名是（ ）
A. 4-甲基-3-乙基戊烷 B. 3-丙基戊烷
C. 2-甲基-3-乙基戊烷 D. 3-乙基-2-甲基戊烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳链编号错误，应从离支链较近的一端给主链上C原子编号，名称应该为2-甲基-3-乙基戊烷，A错误；
B.碳链选错，没有选择分子中最长的碳链为主链，该物质名称为2-甲基-3-乙基戊烷，B错误；
C.符合烷烃的系统命名方法，命名合理，C正确；
D.有多个取代基时，先写简单取代基，再写复杂取代基，物质的名称为2-甲基-3-乙基戊烷，D错误；
故合理选项是C。
21.山西朔州发生假酒案，假酒中严重超标的有毒成份主要是（ ）
A. HOCH2CHOHCH2OH B. CH3OH
C. CH3COOCH2CH3 D. CH3COOH
【答案】B
【解析】
分析：工业酒精中含有甲醇，甲醇有毒，甲醇与乙醇都为液体，且相互溶解，溶于水。
详解：工业酒精严禁配制饮用酒，因为工业酒精中含有甲醇，甲醇有较强的毒性，甲醇摄入少量时造成双目失明，大量时造成死亡，故选项B正确。
点睛：本题主要考查工业酒精、甲醇的知识，难度不大，严禁用工业酒精配制饮用酒。学习过程中应熟记知识。
22.下列是关于多电子原子核外电子运动规律的叙述，其中叙述正确的是( )
A. 核外电子是分层运动的 B. 所有电子在同一区域里运动
C. 能量高的电子在离核近的区域运动 D. 同一能层的电子能量相同
【答案】A
【解析】
【详解】根据多电子的原子，核外电子是分层运动的，不在在同一区域里运动，能量高的电子在离核远的区域里运动，能量低的电子在离核近的区域里运动，在同一能层在，又根据电子能量的高低分成不同的能级，因此同一能层的电子能量不相同。故合理选项是A。
23.若某元素原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是( )
A. 该元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅢB族
B. 该元素位于s区
C. 该元素为非金属元素
D. 该元素原子的N能层上共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第五周期第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1。
A.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，位于第五周期第ⅢB族，A正确；
B.外围电子排布为4d15s2，处于d区，B错误；
C.该元素属于过渡元素，为金属元素，C错误；
D.第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，D错误；
故合理选项是A。
24.某元素位于周期表中第四周期ⅤA族，则该元素的名称和价电子排布式均正确的是( )
A. 砷，4s24p3 B. 溴，4s24p5
C. 磷，4s24p3 D. 锑，5s25p3
【答案】A
【解析】
【分析】
元素周期表中元素的周期数与其原子电子层数相等，主族族数与原子的最外层电子数与其族序数相等，据此分析解答。
【详解】元素位于周期表中第四周期ⅤA族，所以核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，原子序数为33，名称为砷，价电子排布式为4s24p3，故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子核外电子排布，本题注意元素价层电子排布特点以及与在周期表位置的关系，熟练掌握元素周期表的结构。
25.为了研究问题的方便，我们把在物质晶体立体示意图中处于图中某一位置（如顶点）的一种粒子（如原子、离子或分子）叫做一个质点。在下列各种物质的晶体中与其任意一个质点（原子或离子）存在直接的强烈相互作用的质点的数目表示正确的是（ ）
A. 干冰－12 B. 水晶－4
C. 氯化铯－6 D. 晶体硅－4
【答案】D
【解析】
【详解】A.干冰为分子晶体，晶体中质点之间的作用力较弱，分子间不存在强烈的相互作用，分子内每个C原子与2个O原子成键，A错误；
B.水晶为SiO2，每个Si原子与4个O原子成键，而每个O原子与2个Si原子成键，数目可能为2或4，B错误；
C.氯化铯晶胞是体心立方晶胞，配位数为8，质点的数目为8，C错误；
D.硅晶体中每个Si原子与其它四个Si原子成键，D正确；
故合理选项是D。
分卷II
二、填空题(共7小题,共50分)
26.如图是用于简单有机化合物的制备、分离、提纯常见的简易装置。请根据该装置回答下列问题：
(1)若用C3H8O（醇）与乙酸反应生成酯类化合物，则在烧瓶A中加入C3H8O（醇）与乙酸外，还应加入的试剂是 ___________，试管B中应加入 ____________，饱和碳酸钠溶液虚线框中的导管作用是 ______________.
(2)分子式为C3H8O的有机物在一定条件下脱水生成的有机物可能有 ________种；
(3)若用该装置分离乙酸和1-丙醇，则在烧瓶A中加入1-丙醇与乙酸外，还应先加入适量的试剂 ____（填化学式），加热到一定温度，试管B中收集到的是（填写结构简式） _____，冷却后，再向烧瓶中加入试剂 ______ （填名称），再加热到一定温度，试管B中收集到的是 _____（填写分子式）。
【答案】 (1). 浓硫酸 (2). 饱和碳酸钠溶液 (3). 导气兼冷凝 (4). 4 (5). CaO (6). CH3CH2CH2OH (7). 浓硫酸 (8). C2H4O2
【解析】
【分析】
(1)酯化反应要用浓硫酸作催化剂；用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用；
(2)根据分子式确定醇的种类，醇可能发生分子内脱水和分子间脱水；
(3)先把酸转化为盐溶液，再蒸馏，馏分为丙醇，剩余的水溶液中加硫酸得到乙酸，再通过蒸馏分离.
【详解】(1)C3H8O(醇)与乙酸发生酯化反应要用浓硫酸作催化剂；生成的乙酸丙酯蒸汽中含有挥发的丙醇和乙酸，要用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝乙酸丙酯蒸汽的作用；
(2)C3H8O对应的醇有两种：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3，两种醇可发生消去反应生成同一种物质丙烯；任意两分子的醇可发生分子间脱水反应生成醚，可以是相同醇分子，也可以是不同醇分子，则两种醇任意组合，可生成3种醚，所以生成的有机物可能有4种；
(3)在乙酸和1-丙醇的混合液中加入CaO，使乙酸与CaO反应产生乙酸钙，乙酸转化为盐溶液，盐属于离子化合物，沸点高，难气化，加热蒸馏，试管B中收集到的馏分为丙醇，烧瓶中剩余的为乙酸钙的水溶液，然后向乙酸钙溶液中加浓硫酸，发生复分解反应产生乙酸和硫酸钙，然后通过蒸馏方法可分离得到乙酸。
【点睛】本题考查了有机物的制备、分离和提纯的知识，注意把握有关物质的性质，侧重于基本实验操作的考查。
27.一氯甲烷的某些物理数据如下表：
在实验室里可用如图装置制备一氯甲烷：
制备装置的分液漏斗中盛有甲醇，烧瓶中盛有浓盐酸。
请填写下列空白：
(1)制备一氯甲烷的化学方程式是__________；该反应属于反应__________；
(2)装置e中可能发生反应的化学方程式是__________________；
(3)检验气体产物CH3Cl的方法是：在e的逸出口点燃CH3Cl气体，火焰呈蓝绿色（与其它烃的燃烧现象有明显区别，且生成物中有HCl），CH3Cl燃烧的化学方程式是____________；
(4)装置b的作用是________，某学生在关闭活塞x的情况下做此实验时发现，收集到一定体积的气体产物所消耗的甲醇和浓盐酸的量比理论计算的量多（装置的气密性没有问题），其原因是________，实验结束后，d中收集到的液体中含有___________。
【答案】 (1). CH3OH+HClCH3Cl+H2O (2). 取代 (3). CH3Cl+NaOHCH3OH+NaCl 、HCl+NaOH→NaCl+H2O (4). 2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl (5). 安全瓶或防止倒吸 (6). 该反应是可逆反应，不能进行到底 (7). CH3Cl、HCl、CH3OH
【解析】
【分析】
从左向右的实验装置作用分别为：制取一氯甲烷，防倒吸，排水法收集一氯甲烷气体，接收排水集气体时排出的水，尾气吸收；
(1)一氯甲烷的制备：根据制备装置的分液漏斗和烧瓶中分别盛有甲醇和浓盐酸可知；
(2)卤代烃CH3Cl能在碱性条件下发生水解反应，转化为醇。由于在生成醇的同时，还生成氯化氢，因此装置e中可能发生的反应方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH+CH3Cl CH3OH+NaCl；
由于氯化氢极易挥发，而氯化氢又极易溶解在水中，所以装置b作用是防止倒吸，保证安全；
(3)CH3Cl在空气中点燃，与氧气发生反应，根据元素守恒及题目已知条件书写反应方程式；
(4)装置b的作用是防止倒吸，保证安全；从物质的挥发性及反应进行的程度分析解答。
【详解】(1)根据制备装置的分液漏斗和烧瓶中分别盛有甲醇和浓盐酸，可知该实验中的一氯甲烷应该用甲醇和浓盐酸制得，方程式为：CH3OH+HCl CH3Cl+H2O，该反应为取代反应；
(2)卤代烃CH3Cl能在碱性条件下发生水解反应，转化为醇。由于在生成醇的同时，还生成氯化氢，因此装置e中可能发生的反应方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH+CH3Cl CH3OH+NaCl；
(3)CH3Cl在空气中点燃，与氧气发生反应，产生CO2、H2O、HCl，该反应的方程式为2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl；
(4)由于氯化氢极易挥发，并且氯化氢气体又极易溶解在水中，所以装置b的作用是防止倒吸，保证安全即起安全瓶的作用；
某学生在关闭活塞x的情况下做此实验时发现，收集到一定体积的气体产物所消耗的甲醇和浓盐酸的量比理论计算的量多是由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，不能进行到底，因此会导致消耗的浓盐酸和甲醇的实际用量偏多；
由于甲醇和HCl都易溶于水，一氯甲烷也可以部分溶于水，因此排水法收集一氯甲烷时，排出的水(d中收集到的液体)中可能含有甲醇、盐酸、一氯甲烷。
【点睛】本题以一氯甲烷的制备为载体综合考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，充分利用题目已知信息进行分析判断和对实验原理的理解。
28.俗话说，“陈酒老醋特别香”，其原因是酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室里我们也可以用如图所示的装置来模拟该过程，请回答下列问题：
(1)浓硫酸的作用是：①__________②______________；
(2)饱和碳酸钠溶液的主要作用是________________；
(3)装置中通蒸气的导管只能插到饱和碳酸钠溶液的液面处，不能插入溶液中，目的____，长导管的作用是____；
(4)若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是____；
(5)进行该实验时，最好向试管甲中加入几块碎瓷片，其目的是____；
(6)实验室可用乙醇来制取乙烯，将生成的乙烯通入溴的四氯化碳溶液，反应后生成物的结构简式是____；
(7)生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，即达到化学平衡状态，下列描述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（填序号）____。
①单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水
②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸
③单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸
④正反应的速率与逆反应的速率相等
⑤混合物中各物质的浓度不再变化
【答案】 (1). 催化剂 (2). 吸水剂 (3). 除去挥发出来的乙酸和乙醇，减小乙酸乙酯溶解度，有利于分层 (4). 防止倒吸 (5). 将反应生成的乙酸乙酯蒸气冷凝 (6). 分液 (7). 防止暴沸 (8). BrCH2CH2Br (9). ②④⑤
【解析】
【分析】
(1)乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用下反应产生乙酸乙酯和水，浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；
(2)饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
(3)根据导管伸入液面下可能发生倒吸分析，长导管兼有冷凝的作用；
(4)分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离；
(5)加入碎瓷片可防止液体暴沸；
(6)乙烯与溴单质发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷；
(7)根据可逆反应的平衡状态特征进行判断。
【详解】(1)乙醇与乙酸在浓硫酸催化作用并加热时发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；
(2)饱和碳酸钠溶液的主要作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
(3)导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，长导管兼有导气冷凝的作用；
(4)分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸充分反应，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后分液，取上层就得到乙酸乙酯；
(5)加入碎瓷片可防止液体局部过热发生暴沸现象；
(6)乙烯与溴单质发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷，该物质的结构简式为BrCH2CH2Br；
(7)①乙酸乙酯和水都是生成物，方程式的系数相等，因此无论反应是否达到平衡，单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，一定会同时生成1mol水，不能据此判断是否平衡，①错误；
②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，就会消耗1mol乙酸，又同时生成1mol乙酸，说明乙酸的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；
③乙醇、乙酸是反应物，二者消耗的比例是1:1，因此无论是否平衡，在单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，不能据此判断是否达到平衡，③错误；
④正反应的速率与逆反应的速率相等，则物质的浓度不变，反应达到平衡，④正确；
⑤混合物中各物质的浓度不再变化，说明任何物质的消耗量与生成量相等，反应处于平衡状态，⑤正确；
故合理选项②④⑤。
【点睛】本题考查了有机物的区分和乙酸乙酯的制备、平衡状态的判断方法等知识，该实验一定要关注制备的细节如反应条件，物质的挥发性、是否与酸反应、导气管的位置及作用催化剂的使用及其产物的除杂提纯等问题，体现了化学学科是实验性学科，要注意细节。
29.溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。某同学依据溴乙烷的性质，用如图实验装置(铁架台、酒精灯略)验证取代反应和消去反应的产物，请你一起参与探究。
实验操作Ⅰ：在试管中加入5 mL 1 mol/L NaOH溶液和5 mL溴乙烷，振荡。
实验操作Ⅱ：将试管如图固定后，水浴加热。
(1)用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是_________；试管口安装一长导管的作用是________________________。
(2)观察到________________现象时，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应。
(3)鉴定生成物中乙醇的结构，可用的波谱是_______________________。
(4)为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在你设计的实验方案中，需要检验的是________________，检验的方法是______________________________说明所用的试剂、简单的实验操作及预测产生的实验现象)。
【答案】 (1). 使试管受热均匀 (2). 溴乙烷沸点低，减少溴乙烷的损失 (3). 试管内溶液静置后不分层 (4). 红外光谱、核磁共振氢谱 (5). 生成的气体 (6). 将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，酸性KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)
【解析】
分析:(1)溴乙烷沸点低,溴乙烷易挥发,用水浴加热受热均匀,减少溴乙烷的损失。
(2)溴乙烷不溶于水,开始溶液分层,反应后生成的乙醇、溴化钠都溶于水。
(3)根据乙醇分子结构中有三种氢原子选择检测方法。
(4)无论发生取代反应还是消去反应,溶液中都会产生Br-,但生成的有机物不同,故应检验生成的有机物。
详解：(1) 溴乙烷与氢氧化钠反应生成乙醇与溴化钠；溴乙烷沸点低,溴乙烷易挥发,用水浴加热受热均匀,减少溴乙烷的损失；正确答案:使试管受热均匀；溴乙烷沸点低,减少溴乙烷的损失。
(2)溴乙烷不溶于水,开始溶液分层,生成的产物乙醇、溴化钠都易溶于水,当溶液分层消失后,表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应；正确答案：试管内溶液静置后不分层。
(3)乙醇分子结构中有三种氢原子,它们的比为3:2:1,利用核磁共振氢谱可检测,也可用红外光谱检测；正确答案:红外光谱；核磁共振氢谱。
(4)无论发生取代反应还是消去反应,溶液中都会产生Br-,但生成的有机物不同,溴乙烷发生消去反应生成乙烯,所以应检验生成的有机物乙烯：检验乙烯可根据其能使酸性KMnO4溶液或溴水褪色的原理来进行，可以采用洗气的装置，观察到酸性KMnO4溶液褪色且有气泡产生,溴水或溴的四氯化碳溶液褪色即可；正确答案：生成的气体；将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，酸性KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)。
30.已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：
(1)X元素的原子基态时电子排布式为：___________________________________，Y元素原子最外层电子的电子排布图为：____________。
(2)若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
(3)该化合物的空间结构为______________形，中心原子的轨道杂化类型为__________，分子为______________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
(4)该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是____________。
(5)该化合物的沸点与SiCl4比较：________(填化学式)的高，原因是__________________________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (2). (3). 共价键 (4). 正四面体 (5). sp3杂化 (6). 非极性分子 (7). 范德华力 (8). GeCl4 (9). 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高
【解析】
【详解】X元素与碳元素同主族且位于周期表中的第一长周期，X为Ge元素，Y原子是短周期元素且最外层电子数比内层电子总数少3，Y为Cl元素，化合物XY4为GeCl4。
（1）Ge元素是32号元素，基态原子核外电子排布式为 [Ar] 3d104s24p2或1s22s22p63s23p63d104s24p2；氯元素原子最外层电子的电子排布图为；
（2）Cl元素与Ge元素的电负性差为2.85-2.1=0.75，小于1.7，所以GeCl4为共价化合物，分子内只含有共价键；
（3）Ge元素与C元素处于相同主族，GeCl4与CCl4 具有相似的结构和性质，Ge原子采取sp3杂化，GeCl4为正四面体形，空间对称，是非极性分子；
（4）GeCl4在常温下为液体，熔点低，由分子构成．微粒间作用力为范德华力；
（5）这两种化合物的结构相似，GeCl4相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高。
【点睛】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，注意判断GeCl4的化合物类型时要结合电负性差值进行分析，不能因为Ge为金属就直接判断GeCl4为离子化合物，为易错点。
31.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
(1)请写出元素o的基态原子电子排布式__________________________________。
(2)d的氢化物的分子构型为____________，中心原子的杂化形式为________；k在空气中燃烧产物的分子构型为________，中心原子的杂化形式为________，该分子是________(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序排列如图，其中序号“8”代表________(填元素符号)；其中电负性最大的是________(填图中的序号)。
(4)由j原子跟c原子以1∶1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体j相同。两者相比熔点更高的是________，试从结构角度加以解释______________。
(5)i单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。
甲 乙 丙
若已知i的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，请回答：
①晶胞中i原子的配位数为________，一个晶胞中i原子的数目为________。
②该晶体的密度为________(用字母表示)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). 角形(或V形) (5). sp2 (6). 极性 (7). Si (8). 2 (9). SiC(或jc，或前者) (10). 因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C—Si键键长比晶体Si中Si—Si键长短，键能大，因而熔沸点高 (11). 12 (12). 4 (13).
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置知，a到o分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Fe元素；
(1)o是26号Fe元素，根据构造原理可得基态Fe原子的核外电子排布式；
(2)d是N元素，它的氢化物是NH3，根据价层电子对数判断中心原子的杂化方式及其空间构型；k是S元素，在空气中燃烧产物是SO2，用价层电子对数判断空间构型及中心原子的杂化形式，并根据分子是否对称判断是否为非极性分子；
(3)第三周期中晶体硅为原子晶体，单质的熔点最高；同周期自左而右元素电负性增大，故Cl元素电负性最大，氯气、氩气为气体，氯气相对分子质量更多，分子间作用力更大，故氯气的熔点高于氩气的；
(4)Si、C按1:1形成的化合物SiC属于原子晶体，通过比较键长判断晶体的熔点的高低；
(5)i是Al，晶体结构为面心立方结构，根据原子的相对位置，用均摊方法计算Al原子的配位数及晶胞中含有的原子个数，根据晶体密度公式计算其密度大小。
【详解】根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Fe元素。
(1) o是26号Fe元素，根据构造原理可得基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)d是N元素，它的氢化物是NH3，中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，中心N原子的杂化形式是sp3杂化，含有1对孤电子对，因此NH3空间构型是三角锥形；
k是S元素，S元素的单质在空气中充分燃烧产物是SO2，中心S原子价层电子对数为2+3，所以S原子杂化方式为sp2杂化，由于在S原子上有电子对，所以SO2分子的空间构型为V形(或角形)，由于整个分子的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，因此SO2分子为极性分子；
(3)第三周期中晶体硅为原子晶体，单质的熔点最高，序号“8”代表Si，同周期自左而右元素电负性增大，故Cl元素电负性最大，氯气、氩气为气体，氯气相对分子质量更大，分子间作用力更强，故氯气的熔点高于氩气的，故电负性最大为2；
(4)由Si原子跟C原子以1：1相互交替结合而形成的晶体为SiC，SiC晶型与晶体硅相同，均属于原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键长短，键能大，断裂更难，因而熔沸点高；
(5)①根据图片知，Al单质为面心立方最密堆积，Al原子配位数配位数=3××8=12，由图2可知占据顶点和面心，则个数为8×+6×=4；
②i的原子半径为d，假设晶胞参数为a，则a=4d，所以晶胞参数a=d，一个晶胞中含有4个Al原子，Al的相对原子质量为M其质量为m=，则晶体的密度。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的综合运用、核外电子排布、微粒的空间构型、原子的杂化、晶体类型与性质等知识。熟练掌握周期表结构、原子结构、元素周期律和原子结构理论等知识，掌握物质性质变化规律是解题关键。题目培养学生分析能力、知识迁移运用能力。
32.如图是化学必修2第64页配图（氢原子已省略），请根据下图回答有关问题；
（1）属于烯烃类有 ________（填编号）；
（2）写出化合物B的结构简式 _________，H的分子式 ___________；
（3）指出上图有机化合物中官能团的名称 _______________
（4）A和C的关系是 ______________
（5）D与G的关系是 ___________________
（6）有机物种类繁多的原因有 ________________________（至少答两种原因）。
【答案】（1）B、E、F；（2）CH3CH=CHCH3；C4H8；（3）碳碳双键、碳碳三键；（4）同分异构体；
（5）同分异构体；（6）碳原子链接方式多样；同分异构体（其他合理答案即可）
【解析】
试题分析：（1）烯烃是分子中含有碳碳双键的不饱和链烃，在给出的物质中属于烯烃类的有B、E、F；（2）化合物B的结构简式是CH3CH=CHCH3；H的分子式是C4H8；（3）在上图有机化合物中官能团的名称是碳碳双键、碳碳三键；（4）A和C的分子式相同，结构不同，所以它们的关系是同分异构体；（5）D与G的分子式相同，结构不同，所以它们的关系是同分异构体；（6）有机物种类繁多是因为碳原子链接方式多样，存在同分异构体。
考点：考查球棍模型在表示物质的分子结构中的应用、有机物的种类繁多的原因、关系、官能团等知识。
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