2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试化学试题含解析

这是一份2021-2022学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试化学试题含解析，共31页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，结构与性质，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省哈尔滨市第六中学2021-2022学年高二下学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．高分子材料在2022年的北京冬奥会中应用广泛。下列说法正确的是
A．“飞扬”火炬外壳部分采用了质量轻、耐高温的碳纤维材料， 碳纤维材料属于有机高分子材料
B．速滑竞赛服的手脚处使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，聚氨酯材料属于无机高分子材料
C．冬奥会礼仪服中添加石墨烯发热材料，使礼仪服装既美观又保暖，石墨烯属于高分子化合物
D．冬奥会所用的可再生生物降解餐具的成分为聚乳酸(PLA)，PLA属于有机高分子材料
【答案】D
【详解】A．碳纤维不是有机材料，只是碳元素的一种特殊存在形态，A选项错误；
B．聚氨酯材料属于聚酯类，是有机高分子材料，B选项错误；
C．石墨烯是碳原子特殊排列的一种单质，不是化合物，C选项错误；
D．聚乳酸是乳酸CH3CH(OH)COOH通过缩聚反应合成的一种有机高分子材料，D选项正确；
答案选D。
2．糖类、油脂、蛋白质都是饮食中常见的有机化合物，下列说法正确的是
A．淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
B．淀粉和纤维素的化学式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
C．向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，会使鸡蛋清变性而出现白色沉淀
D．油脂在一定条件下能水解生成高级脂肪酸和甘油
【答案】D
【详解】A．淀粉纤维素蛋白质均为天然高分子化合物，而油脂不是高分子，A项错误；
B．纤维素和淀粉虽然均写为(C6H10O5)n，但化学式中它们的n值不同，所以分子式不同不是同分异构体，B项错误；
C．鸡蛋清为蛋白质，向其中加入盐溶液可以发生盐析导致蛋白质溶解性降低析出固体，C项错误；
D．油脂中含有酯基-COOR可以在酸性条件下发生水解，生成高级脂肪酸和甘油，D项正确；
故选B。
3．下列有机物的系统命名正确的是
A．2-甲基-2-丁炔 B．1，2，3-三甲苯 C．正癸烷 D．3-甲基-2-丁烯
【答案】B
【详解】A．2号位C上有五个键，不存在该物质，故A错误；
B．，2，3三甲苯符合命名规则，故B正确；
C．正癸烷属于习惯命名法，故C错误；
D．命名应编号错误甲基丁烯，故D错误；
故答案为B。
4．下列化学式可以代表某一种确定物质的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．C3H8只能表示为丙烷，不存在同分异构体，所以C3H8能只表示一种物质，A正确；
B．C4H10可以表示正丁烷或异丁烷，存在同分异构体，B错误；
C．C2H6O可以表示乙醇或二甲醚，存在同分异构体，C错误；
D．C3H7Cl可以表示可以1-氯丙烷或2-氯丙烷，存在同分异构体，D错误；
答案选A。
5．不能用于区分和的仪器是
A．X射线衍射仪 B．李比希元素分析仪 C．红外光谱仪 D．核磁共振仪
【答案】B
【详解】A．X射线衍射仪可以通过衍射图计算分子的键长和键角等分子结构信息，确定分子结构，能够区分CH3CH2OH和CH3OCH3，，A不符合题意；
B．李比希元素分析仪可以测定有机物中C、H、O的质量分数，CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体，二者的C、H、O的质量分数均相同，故不能用李比希元素分析仪区分CH3CH2OH和CH3OCH3，B符合题意；
C．CH3CH2OH中含有O-H键，CH3OCH3中没有O-H键，由红外光谱图上是否含有O-H键的吸收峰可以区分CH3CH2OH和CH3OCH3，C不符合题意；
D．CH3CH2OH分子中有3种不同化学环境的氢原子，个数比为3:2:1，对应核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积比为3:2:1，CH3OCH3的核磁共振氢谱中有1组峰，故能用核磁共振仪区分CH3CH2OH和CH3OCH3，D不符合题意；
故选B。
6．已知CH3CH(OH)CH2CH3CH3CH=CHCH3+H2O，下列有关说法正确的是
A．CH3CH=CHCH3分子中所有原子处于同一平面
B．CH3CH(OH)CH2CH3与甘油(丙三醇)互为同系物
C．CH3CH=CHCH3能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D．CH3CH=CHCH3可与H2加成，其产物的二氯代物有6种不同的结构(不考虑立体异构)
【答案】D
【详解】A．CH3CH=CHCH3分子中存在饱和碳原子，以饱和碳原子为中心的五个原子不共面，因此该分子所有原子一定不共面，A错误；
B．CH3CH(OH)CH2CH3含一个-OH，甘油(丙三醇)含三个-OH，结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．CH3CH=CHCH3和溴发生加成反应而使溴水褪色，被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理不相同，C错误；
D．CH3CH=CHCH3在一定条件下可与H2加成，产物为CH3CH2CH2CH3，其二氯代物有6种，分别为：两个Cl在同一个C上有2种，两个Cl分别在两个C上有4种，即两个Cl分别在①②号C上，①③号C上，①④号C上，②③号C上，D正确。
答案选D。
7．关于乙酰胺下列说法中，正确的是
A．碳原子都是杂化 B．其官能团是
C．它是甲胺的同系物 D．它是含碳数最少的胺
【答案】B
【分析】乙酰胺的结构简式为：。
【详解】A．乙酰胺分子中有双键碳和饱和碳，碳原子采取sp2、sp3杂化，A错误；
B．乙酰胺的官能团是，B正确；
C．甲胺的结构简式为：CH3NH2，与乙酰胺结构不相似，组成上也不是相差若干个CH2，两者不是同系物，C错误；
D．乙酰胺含两个碳，乙酰胺不属于胺类，D错误；
答案选B。
8．下列实验方法或装置正确的是

A．用图1所示装置制取乙烯
B．用图2所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用图3所示的装置制取少量的乙酸乙酯
D．用图4所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯
【答案】B
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合加热170℃制取乙烯，温度计是测量溶液温度，温度计水银球应该在液面以下，故图示装置不能制取乙烯，A错误；
B．CCl4密度比水大，与水互不相溶，因此用CCl4萃取碘水后已分层的有机层在下层，水层应该在上层，B正确；
C．制取乙酸乙酯的导气管应该在盛有饱和Na2CO3溶液的液面以上，以防止倒吸现象的发生，C错误；
D．溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生消去反应产生乙烯，但由于乙醇具有挥发性，挥发的乙醇及乙烯都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能根据图示检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯，D错误；
故合理选项是B。
9．可用扑热息痛(I)合成缓释长效高分子药物(II)，其结构如图所示。下列说法错误的是

A．I分子既能发生氧化反应又能发生水解反应 B．I分子中C、N、O可能全部共平面
C．1mol II最多消耗3mol NaOH D．可用浓溴水检验II中是否含有I
【答案】C
【详解】A．-OH为酚羟基易发生氧化反应，而-CONH-易发生水解，A项正确；
B． 如图蓝色区域C=O所形成的平面，红色区域为苯环所形成的平面两个面通过C-N的旋转（如图绿色箭头标注）可以达到共面，所以所有C、N、O可能共面，B项正确；
C．-CO-OPh可以发生水解消耗1molNaOH但生成的苯酚呈酸性还要消耗1mol的NaOH，-NHOC-可以发生水解消耗1molNaOH，该分子为高聚物则所有总共消耗3nmolNaOH，C项错误；
D．Ⅰ中含有酚羟基的苯环邻位易与溴发生取代，而Ⅱ不易于溴发生取代，浓溴水检验II中是否含有I，D项正确；
故选C。
10．广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示。下列说法不正确的是

A．基态与最外层电子排布符合，二者位于周期表的p区
B．由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键
C．a表示的是，b表示的是
D．每个晶胞中含有4个和4个
【答案】A
【详解】A．钠离子属于周期表的s区，A错误；
B．氯化钠固体变成气体，需要吸收能量破坏离子键，B正确；
C．a的半径比b大，说明a为氯离子，b为钠离子，C正确；
D．氯离子在顶点和面心，一个晶胞中的氯离子个数为 ，钠离子在棱心和体心，个数为 ，D正确；
故选A。
11．下列化学用语表示不正确的是
A．CI4的空间填充模型：
B．sp2杂化轨道模型：
C．羟基的电子式：
D．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
【答案】A
【详解】A．I的原子半径大于C的原子半径，图中CI4的空间填充模型二者原子半径大小比例不对，A错误；
B．原子以一个ns和两个np轨道杂化，形成三个能量相同sp2杂化轨道，三个杂化轨道间的夹角为120度，B正确；
C．氧原子与氢原子之间是一对成键电子，C正确；
D．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成，D正确；
故答案为：A。
12．下列说法不正确的是
A．为极性键形成的极性分子 B．节日燃放的焰火与电子跃迁有关
C．镁原子核外有4种能量不同的电子 D．同浓度下，三氯乙酸的酸性强于乙酸
【答案】A
【详解】A．硼最外层只有3个电子，sp2杂化，BF3分子为平面正三角形分子，硼没有孤对电子，所以是对称的。当一个分子中各个键完全相同，都为极性键，但分子的构型是对称的，则分子是非极性的，A错误；
B．节日里燃放的焰火都与电子发生跃迁释放能量有关，B正确；
C．镁原子的核外共有12个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有12种，有1s、2s、2p、3s共4个能级，4种不同能量状态的电子，C正确；
D．氯有吸电子特性，羧酸上的电荷向氯的方向转移，使H+离子更容易解离， 所以酸性增强，D正确；
故答案为：A。
13．二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是
A．二茂铁属于分子晶体
B．在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
D．中一定含有键
【答案】B
【详解】A．根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，A正确；
B．C5与Fe2+之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，B错误；
C． 由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，C正确；
D． C5中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，D正确；
故答案选B。
【点睛】
14．下列事实与共价键的强弱无关的是
A．金刚石熔点高于晶体硅 B．碘化氢的沸点高于氯化氢
C．氮气化学性质很稳定 D．乙炔易发生加成反应
【答案】B
【详解】A．金刚石、晶体硅都为共价晶体，熔点高低由共价键键能大小决定，A项不符合题意；
B．HI、HCl对应的晶体为分子晶体，影响沸点高低的因素为分子间作用力，与共价键强弱无关，B项符合题意；
C．氮气分子中共价键键能较大，化学键较稳定，所以化学性质很稳定，C项不符合题意；
D．乙炔分子中含有π键，π键键能较弱、较活泼，易发生加成反应，D项不符合题意；
答案选B。
15．根据如图所示，下列说法错误的是

A．第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，则该元素是Mg
B．图2表示石墨晶体结构，石墨晶体既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体
C．图3所示是[Zn(NH3)6]2+的部分结构以及其中H-N-H键的键角，键角比NH3大的原因与NH3中N原子的孤电子对转化为成键电子对有关
D．立方BN晶体晶胞结构如图4所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为g·cm-3
【答案】D
【详解】A．从图上看出I3是I2的五倍多，说明该原子最外层有两个电子，故该原子是第三周期的Mg原子，故A正确；
B．石墨的层内碳原子间存在共价键，层与层间存在范德华力，故属于混合型晶体，故B正确；
C．在NH3分子中，N原子的孤电子对排斥成键电子对能力强，[Zn(NH3)6]2+中，N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其他三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大，故C正确；
D．根据均摊法可知该晶胞中有4个B和4个N原子，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶胞边长为x，x=4a，晶胞体积为：，则晶体的密度为g·cm-3，故D错误；
故答案为D。
16．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素的原子序数依次增大、且总和为24.下列有关叙述错误的是

A．分子中Y原子采用杂化
B．简单离子半径：
C．中并非所有原子均为8电子稳定结构
D．第二周期中，第一电离能介于元素之间的元素共有2种
【答案】D
【分析】元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24，平均原子序数等于6，其中W的原子序数最小，又由图示结构可知，W形成单键，可推测出W为氢元素，X形成四个单键，Y形成三个单键，可初步推测是C和N两种元素，Z容易失去1个电子，且原子序数大于 6，可推测出Z是钠元素，但是这样四种元素原子序数相加就是25，又考虑到括号内得了一个电子，且W元素的原子只有一个，可认为是X得了1个电子之后，形成了4个单键，那么X元素就不是C元素了，而是序数小1的B元素了，这样四种元素的原子序数相加就是24了。于是四种元素依次为H、B、N、Na，据此分析解答。
【详解】A．分子由推测出的元素可知为NH3，而NH3中N原子采用杂化，故A正确；
B．Y离子为氮元素离子，Z为钠离子，它们核外电子排布相同，核电核数越大，半径越小，所以简单离子半径：；故B正确；
C．为BCl3，B是5号元素，最外层电子数为3，所以BCl3中并非所有原子均为8电子稳定结构，故C正确；
D．第二周期中，Be的2S轨道是全满的，导致Be比相邻的两种元素第一电离能都大，Be>B，而N元素的2p轨道是半满的，导致N元素的第一电离能也比相邻的大，N>O,这样第二周期第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O 三种元素，故D错误；
答案选 D 。
17．在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g) 2XY(g)    ΔH＜0，达到甲平衡，在仅改变某一条件后达到乙平衡，对改变的条件下列分析正确的是

A．图I是增大反应物的浓度 B．图Ⅱ一定是加入催化剂的变化情况
C．图Ⅲ是增大压强 D．图Ⅲ是升高温度
【答案】D
【详解】A．图I在某一时刻正逆反应速率都增大，若只是增大反应物的浓度，只有正反应速率增大，逆反应速率不变，A错误；
B．图Ⅱ正逆速率都增大，但增大程度相同，可能是增大压强或加入催化剂的变化情况，因为该反应是前后气体分子数相同的反应，增大压强，正逆速率都增大，但仍相等，平衡不移动，B错误；
C．图Ⅲ改变条件速率增大，但平衡逆向移动，可能是升温，该反应是气体前后分子数相同的反应，故增大压强，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，C错误；
D．图Ⅲ改变条件速率增大，但平衡逆向移动，可能是升温，D正确；
故选D。
18．下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A．升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C．对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
D．加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
【答案】B
【详解】A．升温，反应物分子的能量升高，则活化分子百分数增大，A正确；
B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，活化分子百分数不改变，B错误；
C．对有气体参加的反应，增大压强使容器减小，则浓度增大，单位体积的活化分子数增多，C正确；
D．加入适宜的催化剂，降低反应的活化能，使反应物中活化分子百分数增大，D正确；
故选B。
19．在一定温度下的定容容器中，能表明反应A(s)+4B(g)⇌3C(g)+D(g)已达平衡状态的是
①A的质量不再改变
②单位时间内生成amolA，同时消耗3amolC
③容器中混合气体的压强不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥B的物质的量浓度不再改变
⑦n(B)=4n(D)
A．②④⑤ B．①④⑤⑥ C．①③⑥⑦ D．全部
【答案】B
【详解】①A的质量不再改变能说明反应到平衡；②单位时间内生成amolA，同时消耗3amolC都在说逆反应速率，故不能说明到平衡；③该反应为前后气体物质的量相等的反应，故容器中混合气体的压强不再改变不能说明反应到平衡；④该反应中非气体物质，故混合气体的密度不再改变可以说明反应到平衡；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变说明气体总质量不变，反应到平衡；⑥B的物质的量浓度不再改变说明反应到平衡。
⑦n(B)=4n(D)不能说明反应到平衡。
故选B。
20．“冰，水为之，而寒于水”关于水凝结成冰的过程的描述正确的是
A．△H>0，△S>0 B．△H>0，△Sc，A正确；
B．相同浓度、相同催化剂、等量的反应物通入体积不等的容器内，容器体积越大，反应物的浓度越低，反应速率越慢相同时间达到平衡的可能性越小，故曲线的前半部分上的点均为平衡点，a、b均为平衡点，曲线的后半部分上的点均不是平衡点，B错误；
C．根据转化率计算可知a点乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为：0.6mol、0.4mol、0.4mol，浓度分别为：、、，平衡常数，同理，b点乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为：0.2mol、0.8mol、0.8mol，浓度分别为：、、，平衡常数：，相同温度下平衡常数相等，V1：V2=1：12，C正确；
D．由pV=nRT可知，，D正确；
故选B。

二、原理综合题
26．氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化加氢制备。已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.部分化学键的键能如表所示。
化学键





键能
347.7
x
413.4
340.2
431.8

回答下列问题：
(1)表中x=______。
(2)较低温度下乙炔选择性催化加氢过程只发生反应Ⅰ和Ⅱ。一定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ。实验测得反应前容器内压强为，10min达到平衡时、HCl(g)的分压分别为、。
①内，反应的平均速率______(用分压表示，下同)。
②的平衡转化率为______。
③反应Ⅰ的平衡常数______。
(3)高温度下，会发生反应Ⅲ而形成积碳，其可能导致的后果为______(答出一点即可)；不同压强下，向盛放催化剂的密闭容器中以物质的量之比为充入和HCl(g)发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图1所示。、、由大到小的顺序为______；随温度升高，三条曲线逐渐趋于重合的原因为______。

(4)结合试验和计算机模拟结果，有学者提出乙炔选择性催化加氢的反应历程，如图2所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS表示过渡态。下列说法正确的是______(填选项字母)。
A．该历程中的最大能垒为
B．存在非极性键断裂和极性键形成
C．选择不同催化剂，最大能垒不发生变化
【答案】     615；     ；     ；     ；     积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；     pc>pb>pa；     反应Ⅲ前后气体分子数相等，高温下以反应Ⅲ为主；     B；
【分析】通过乙炔选择性催化加氢制备氯乙烯，较低温度下乙炔选择性催化加氢过程只发生反应Ⅰ和Ⅱ。可结合该过程的和计算，结合方程式计算出各物质的物质的量分数，利用p分=p总×物质的量分数计算。随温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应Ⅲ为主，因为反应Ⅲ前后气体分子数相等；
【详解】(1)由盖斯定律，方程式Ⅱ-方程式Ⅰ得：HCl(g)+C2H3Cl(g)C2H4Cl2(g) ，代入键能公式=431.8+x+413.4×3+340.2-347.7-413.4×4-340.2×2=-54.5，解得x=615，故答案为：615；
(2)①恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，实验测得反应前容器内压强为，则反应前p(H2)=Pa，，故答案为：；
② ，则的平衡转化率==，故答案为： ；
③平衡时p(C2H2)= ，p(C2H3Cl)=p1，p(HCl)==p2，Kp== ,故答案为：；
(3)高温度下，会发生反应Ⅲ而形成积碳，其可能导致的后果为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；增大压强使平衡正向移动，乙炔转化率增大，压强越大，乙炔转化率越大，故pc>pb>pa，随温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应Ⅲ为主，因为反应Ⅲ前后气体分子数相等；故答案为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；pc>pb>pa；反应Ⅲ前后气体分子数相等，高温下以反应Ⅲ为主；
(4)A．该历程中的最大能垒为，故A不符合；
B．由图可知，存在非极性键断裂和极性键形成，故B符合；
C．选择不同催化剂，最大能垒发生变化，故C不符合；
综上，本题选B。

三、结构与性质
27．碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
(1)对于碱土金属元素、、、、，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是_______。
A．原子半径    B．单质的硬度    C．第一电离能
(2)①铍与相邻主族的_______元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有_______填标号。
A．都属于p区主族元素        B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大        D．氯化物的水溶液pH均小于7
②是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为_______，阴离子中心原子杂化方式为_______。
(3)位于元素周期表第五周期，第ⅡA主族，是人体必需的微量元素，是其重要的化合物之一。的价电子排布式为_______。
(4)和金属在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：

①原子周围距离最近且相等的Ni原子有_______个，若晶胞边长为，则核间距为_______pm(结果保留小数点后两位，取1.73)。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为_______(列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为；设代表阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】(1)BC
(2)     铝     BD     共价键、配位键     sp3
(3)5S2
(4)     4     279.40    

【详解】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，原子核对电子的引力减小，第一电离能减小，故选BC；
故答案为：BC；
（2）①A．铍属于s区元素，铝属于p区主族元素，故A不符；
B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；
C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；
D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液pH均小于7，故D符合；
故答案为：铝；BD；
②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键,其中一个是配位键,属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子BeF中心原子是Be，其价层电子对=4+ =4，杂化方式为sp3。
故答案为：共价键、配位键；sp3；
（3）位于元素周期表第五周期，第ⅡA主族，的电子排布式为1s22s22p63s2 3p63d10 4s2 4p6 5s2，价电子排布式为5s2；
故答案为：5s2；
（4）①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm×，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为 =279.40pm；
故答案为：4；279.40；
②晶胞中Mg有8个，Ni为8× +6×=4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为；
故答案为：。

四、填空题
28．回答下列问题：
(1)下列实验操作或叙述正确的是_______(填字母)。
A向饱和苯酚钠溶液中，不断通入足量二氧化碳气体，溶液最终呈浑浊
B．用金属钠检验无水乙醇中含有的少量水
C．除去乙烷中少量的乙烯：与适量的氢气混合加热，把乙烯转化为乙烷
D．向苯酚浓溶液中滴入少量浓溴水可观察到白色的三溴苯酚沉淀
E.用氨水洗去试管内壁的银镜
F.证明氯乙烷分子中含有氯原子，可将氯乙烷溶于的溶液中
G.乙醇与氢溴酸反应中断裂了键
H.甲醛与苯酚制取酚醛树脂的反应属于聚合反应
I.实验室制取乙烯气体时，将温度计的水银球放入液面下
(2)利用如图装置用正丁醇合成正丁醛。

已知：①正丁醇沸点：117.2℃，正丁醛沸点：75.7℃；
②
下列说法不正确的是_______。(填字母)
A．为防止产物进一步氧化，应将正丁醇逐滴加入酸性溶液中
B．将产物正丁醛蒸馏出来，有利提高产率
C．向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇
D．向分离所得的粗正丁醛中，加入固体，过滤，蒸馏，可提纯正丁醛
(3)要检验中的含氧官能团，选用下列的一种试剂是_______(填字母)。
A．溴水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．溴的溶液 D．银氨溶液
(4)下列对应实验仪器准确的是_______(填字母)。

A．装置①可用于分离苯和溴苯 B．装置②验证对分解反应有催化作用
C．装置③制备并收集乙酸乙酯 D．装置④量筒内液面上升，内壁出现油状液体
【答案】(1)AHI
(2)AC
(3)D
(4)AD

【详解】（1）A．苯酚钠能与二氧化碳反应生成苯酚，因此向饱和苯酚钠溶液中不断通入足量二氧化碳气体，溶液最终呈浑浊，故A正确；
B．乙醇和水均能与钠反应生成氢气，不能用金属钠检验无水乙醇中含有的少量水，故B错误；
C．加入适量的氢气混合加热，把乙烯转化为乙烷，但同时会引入新的杂质，故C错误；
D．向苯酚浓溶液中滴入少量浓溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯酚中，观察不到白色沉淀，故D错误；
E．氨水与单质银不反应，不能用氨水洗去试管内壁的银镜，故E错误；
F．AgNO3的HNO3溶液能与氯离子反应，不与氯原子反应，氯乙烷中的是氯原子，与硝酸酸化的硝酸银不反应，故F错误；
G．乙醇与氢溴酸反应生成溴乙烷，断裂了O-C键，故G错误；
H．甲醛与苯酚制取酚醛树脂的反应属于聚合反应中的缩聚反应，故H正确；
I．实验室制取乙烯气体时，反应温度是170℃，温度计测定的是反应液的温度，应将温度计的水银球放入液面下，故I正确；
故答案为：AHI；
（2）A．Na2Cr2O7酸性溶液能氧化正丁醇，为防止产物正丁醛进一步氧化，应将Na2Cr2O7酸性溶液逐滴加入正丁醇中，故A错误；
B．将产物正丁醛蒸馏出来，平衡正向移动，有利提高产率，故B正确；
C．产物中含有水，正丁醇和水均能与金属钠反应，因此向分馏出的馏出物中加入少量金属钠，不能检验其中是否含有正丁醇，故C错误；
D．粗正丁醛中含有水和正丁醇，向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCl2固体，过滤，可除去水，蒸馏，可提纯正丁醛，故D正确；
故答案为：BD；
（3）CH2=CHCHO中的含氧官能团是醛基，要检验CH2=CHCHO中的含氧官能团，应先用溴水排除碳碳双键的干扰，再用酸性高锰酸钾检验醛基，故答案为：AB；
（4）A．装置①是蒸馏装置，苯和溴苯互溶，可通过蒸馏分离苯和溴苯，故A正确；
B．验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用时，应保证只有催化剂一个变量，该实验中有温度和催化剂两个变量，故B错误；
C．导管插入液面以下易引起倒吸，故C错误；
D．甲烷取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，因此装置④量筒内液面上升，内壁出现油状液体，故D正确；
故答案为：AD。

五、有机推断题
29．相同条件下，有机物A蒸气密度是氢气密度的16倍，A、、B为以物质的量1：1：1的比例形成(甲基丙烯酸甲酯)，甲基丙烯酸甲酯在一定条件下反应生成聚甲基丙烯酸甲酯，即高分子化合物有机玻璃，有机玻璃在工业和生活中有着广泛用途。

已知：的结构不稳定。
请回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称是_______。
(2)D→C的化学方程式是_______，反应类型是_______。
(3)C→E的化学方程式是_______。
(4)下列说法正确的是_______。
A．甲基丙烯酸甲酯可进行加成反应、氧化反应、取代反应
B．用溶液无法鉴别有机物A、C和D
C．D→C反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂
D．A能与金属钠反应，且比水与金属钠反应要剧烈的多
(5)W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴水褪色；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体。则W的结构有_______种(不包括立体异构)。写出其中含有两个甲基的同分异构体的结构简式_______。
【答案】(1)酯基
(2)          取代反应
(3)
(4)AC
(5)     8     ；

【分析】相同条件下，有机物A蒸气密度是氢气密度的16倍，则A的相对分子质量为32；A、CO、B以物质的量1：1：1的比例形成CH2=C(CH3)COOCH3（甲基丙烯酸甲酯），1molB能与2molBr2发生加成反应，且已知：CH2=C=CH2的结构不稳定，则B为CH≡CCH3，A为CH3OH，D和A发生酯化反应（取代反应）生成C，则D为CH2=C(CH3)COOH，C在一定条件下生成有机玻璃E为 ，据此解答；
【详解】（1）根据C的结构简式，可知C中含氧官能团的名称是酯基；故答案为：酯基；
（2）D为CH2=C(CH3)COOH和CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成C为CH2=C(CH3)COOCH3；故答案为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；酯化反应（取代反应）
（3）C为CH2=C(CH3)COOCH3，在一定条件下发生加聚反应生成E为 ，反应的化学方程式为nCH2=C(CH3)COOCH3 ；故答案为：nCH2=C(CH3)COOCH3 ；
（4）A．甲基丙烯酸甲酯含有碳碳双键、酯基，可进行加成反应、氧化反应、取代反应，故A正确；
B．A为CH3OH、C为CH2=C(CH3)COOCH3、D为为CH2=C(CH3)COOH，A为醇，和Na2CO3溶液不反应但互溶，C为酯在溶液上层，D为羧酸，可以和Na2CO3溶液反应生成气体，故可以鉴别，故B错误；
C．D和CH3OH发生酯化反应（取代反应）生成C，反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂，故C正确；
D．A为甲醇，能与金属钠反应，但不如水与金属钠反应剧烈，故D错误；
故答案为AC；
（5）C为CH2=C(CH3)COOCH3，W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；②与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有羧基，则W的结构有以下几种情况，当5个C都在一条主链，形成C-C-C-C-COOH结构时，双键的位置可以在2、3，3、4，4、5号C之间，总共3种；如果是C-C-C（C）-COOH的结构，双键可以在2、3，3、4，以及2与2取代基之间，同样有3种；如果是C-C（C）-C-COOH的结构，双键就在2、3，3、4之间，有两种（不包括立体异构），所以共8种；其中一种含有两个甲基的同分异构体的结构简式为、；故答案为：8；、。