2022-2022学年湖北省武汉外国语学校高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．（每小题3分，共48分）1．现已知O3分子为V字形结构，O3在水中的溶解度和O2比较要大或小()A．O3在水中的溶解度和O2一样B．O3在水中的溶解度比O2小C．O3在水中的溶解度比O2要大D．没办法比较2．下列各组酸中，酸性依次增强的是()A．H2CO3、H2SiO3、H3PO4B．HNO3、H3PO4、H2SO4C．HI、HCl、H2SD．HClO、HClO3、HClO43．下列有关金属晶体的判断正确的是()A．简单立方：配位数6、空间利用率68%B．钾型：配位数6、空间利用率68%C．镁型：配位数8、空间利用率74%D．铜型：配位数12、空间利用率74%4．有关晶格能的叙述正确的是()A．晶格能是气态离子形成1摩离子晶体释放的能量B．晶格能通常取正值，但是有时也取负值C．晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定D．晶格能越大，物质的硬度反而越小5．有关有机化合物分子式或结构的测定，下列叙述不合理的是()A．根据燃烧产物中元素的种类可以确定有机化合物中所含元素的种类B．利用质谱仪记录的质谱图可以精确测定该有机化合物的相对分子质量C．利用红外光谱仪记录的红外光谱图可以初步推测有机化合物中官能团类别D．利用核磁共振仪记录的核磁共振氢图可以确定该有机化合物中氢原子的类型6．SF6是一种无色气体，具有很强的稳定性，可用于灭火．SF6的分子结构如图所示，呈正八面体型．如果F元素有两种稳定的同位素，则SF6的不同分子种数为()A．6种B．7种C．10种D．12种7．下列文字表述与反应方程式对应且正确的是()A．溴乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中的溴元素：Br﹣+Ag+═AgBr↓B．1mol甲烷在光照条件下最多能与89.6L氯气反应C．利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+-19-\nD．实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：8．已知：烷烃CH4CH3CH3CH3CH2CH3C4H10CH3CH2CH2CH3CH（CH3）3核磁共振氢谱吸收峰1种1种2种2种2种一氯代物或烷烃基1种1种2种4种据此推断戊基（﹣C5H11）的种类数()A．6种B．8种C．10种D．12种9．分子晶体中如果不是由于分子本身形状的影响，它的晶体将取密堆积结构，原因是分子晶体中()A．分子间作用力无一定方向性B．占据晶格结点的微粒是原子C．化学键是共价键D．三者都是10．二维平面晶体所表示的化学式为AX2的是()A．B．C．D．11．近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n．已知，最简单的氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高．Al2H6球棍模型如图．下列有关说法肯定错误的是()A．Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体B．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料C．Al2H6中含有离子键和极性共价键D．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水12．北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性．下列有关分析正确的是()A．K3C60中只有离子键B．K3C60中碳元素显﹣3价C．C60与12C互为同素异形体D．该晶体在熔融状态下能导电-19-\n13．如下图，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14．向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是()A．反应前后Ag+的浓度不变B．沉淀溶解后，生成[Ag（NH3）2]OH难电离C．配合离子[Ag（NH3）2]+存在离子键和共价键D．配合离子[Ag（NH3）2]+中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子15．下列说法正确的是()A．2﹣丁烯不存在顺反异构体B．已知丙烷的二氯代物有四种异构体，则其六氯代物的异构体数目为六种C．菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成4种一硝基取代物D．乙醇的核磁共振氢谱中有三个峰，峰面积之比是l：2：316．由两种气态烃组成的混和烃的总物质的量与该混和烃充分燃烧后所得气体产物（二氧化碳和水蒸气）的物质的量的变化关系如图，以下对混和烃组成的判断中正确的是()A．一定有乙烯B．一定有甲烷C．一定有丙烷D．一定有乙烷二、简答题17．（1）解释冰为什么浮在水面上（从结构的角度予以解释）（2）在苯甲酸的重结晶实验中，滤液放置冷却可以结晶出纯净的苯甲酸晶体，温度越低苯甲酸的溶解度越小，为了得到更多的苯甲酸晶体，是不是结晶时温度越低越好？-19-\n三、实验题18．某化学课外兴趣小组学生用如图所示的装置探究苯和液溴的反应并制备溴苯．请分析后回答下列问题（1）关闭F夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加少量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为__________．（2）D试管内出现的现象为__________．（3）E试管内出现的现象为__________．（4）三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是__________．（5）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，可以看到的现象是___________．（6）反应结束后将三颈烧瓶中的溴苯分离实验方法是__________．（铁屑已分离）四、填空题19．金晶体是面心立方体，立方体的每个面5个金原子紧密堆砌（如图其余各面省略），金原子半径为1.44×10﹣10m，Au的摩尔质量为197g/mol．求：（1）金晶体中最小的一个立方体含有__________个金属原子．（2）金的密度为__________g•cm﹣3．20．1﹣36号A、B、C、D、E、F、Q七种元素，其中A、B、C、D、E的原子序数均小于18且其核电荷数依次递增，B元素基态原子电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，D原子的价电子排布为ns2np2n+2，E原子第一至第四电离能（kJ•mol﹣1）分别为：738、1451、7733、10540．F2+离子K、L、M层全充满．Q为前四周期中ds区的第一种元素．根据以上信息，同答下列问题：（1）已知B与A形成的气态化合物在标准状况下的密度为1.16g•L﹣1，则在该化合物分子空间构型__________，在该化合物分子中含有σ键和π键个数比__________．（2）写出单质F与足量C的最高价氧化物对应的水化物稀溶液反应，C被还原到最低价，该反应的化学方程式__________．（3）图1能正确表示第三周期部分元素的第二电离能（I2）与原子序数关系__________．（填标号）．-19-\n（4）B的单质是一种层状结构，元素B和E的形成一种合金，E的原子位于B的层间，其投影位于层面六圆环的中央（如图2），“△”表示E的原子位置，平行四边形表示在此二维图形上画出的一个晶胞，该合金的化学式为__________．（5）元素Q形成的单质的晶体结构如图3所示，该晶体形成时的原子堆积方式是__________（选填“甲”、“乙”、“丙”）．五、推断题21．（1）人们在对烷烃分子空间结构的研究中发现某一系列的烷烃分子只有一种一卤代物．如：这一系列烷烃具有一定的规律性，当一种烃分子中的﹣H全部被﹣CH3取代后，它的一卤代物异构体数目不变．①请写出这一系列烷烃分子式的通式__________．②人们在研究中发现另一系列烷烃分子也只有一种一卤取代物，请写出它们分子式的通式__________．（2）化合物A、B和C互为同分异构体．它们的元素分析数据为：碳92.3%，氢7.7%．1molA在氧气中充分燃烧产生179.2LCO2（标准状况）．A是芳香烃，分子中所有的原子共平面；B是具有两个支链的链状化合物，分子中只有两种不同化学环境的氢原子，为非极性分子；C是饱和烃，分子中碳原子的化学环境完全相同．①A、B和C的分子式为__________．②画出A、B和C的结构简式：A__________；B__________：C__________．-19-\n2022-2022学年湖北省武汉外国语学校高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意．（每小题3分，共48分）1．现已知O3分子为V字形结构，O3在水中的溶解度和O2比较要大或小()A．O3在水中的溶解度和O2一样B．O3在水中的溶解度比O2小C．O3在水中的溶解度比O2要大D．没办法比较【考点】相似相溶原理及其应用．【分析】根据相似形溶原理：结构相似的物质之间溶解度更大来解释．【解答】解：O3分子为V字形结构，和水的结构相似，氧气是直线型结构，根据相似形溶原理，所以O3在水中的溶解度比O2要大．故选C．【点评】本题是一道关于相似相溶原理的应用知识题目，难度不大．2．下列各组酸中，酸性依次增强的是()A．H2CO3、H2SiO3、H3PO4B．HNO3、H3PO4、H2SO4C．HI、HCl、H2SD．HClO、HClO3、HClO4【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；B、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C、HI、HCl属于强酸，酸性HI更强，H2S是弱酸；D、同种元素不同价态的含氧酸，化合价越高，酸性越强．【解答】解：A、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C＞Si，磷酸是中强酸，故酸性H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，故A错误；B、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P，故酸性HNO3＞H3PO4，故B错误；C、HI、HCl属于强酸，酸性HI更强，H2S是弱酸，故C错误；D、同种元素不同价态的含氧酸，化合价越高，酸性越强，故HClO、HClO3、HClO4酸性增强，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素周期律、物质的性质，难度中等，注意基础知识的掌握与理解．3．下列有关金属晶体的判断正确的是()A．简单立方：配位数6、空间利用率68%B．钾型：配位数6、空间利用率68%C．镁型：配位数8、空间利用率74%D．铜型：配位数12、空间利用率74%【考点】金属晶体的基本堆积模型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．简单立方：配位数6、空间利用率52%；B．钾型：配位数8、空间利用率68%；C．镁型：配位数12、空间利用率74%；-19-\nD．铜型：配位数12、空间利用率74%．【解答】解：A．简单立方：配位数6、空间利用率52%，如Po，故A错误；B．钾型：配位数8、空间利用率68%，如Na、K、Fe，故B错误；C．镁型：配位数12、空间利用率74%，如Mg、Zn、Ti，故C错误；D．铜型：配位数12、空间利用率74%，如Cu、Ag、Au，故D正确；故选D．【点评】本题考查了金属晶体的堆积模型及空间利用率，会根据堆积模型计算其配位数及空间利用率，知道典型的堆积模型有哪些，其代表物质是什么，同时考查学生空间想象能力，题目难度不大．4．有关晶格能的叙述正确的是()A．晶格能是气态离子形成1摩离子晶体释放的能量B．晶格能通常取正值，但是有时也取负值C．晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定D．晶格能越大，物质的硬度反而越小【考点】晶格能的应用．【专题】化学键与晶体结构．【分析】晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，通常取正值；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大．【解答】解：A．晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，注意必须是气态离子，故A正确；B．晶格能通常为正值，故B错误；C．晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，故C错误；D．晶格能越大，物质的硬度越大，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了晶格能的定义和晶格能影响哪些物理性质，难度不大．5．有关有机化合物分子式或结构的测定，下列叙述不合理的是()A．根据燃烧产物中元素的种类可以确定有机化合物中所含元素的种类B．利用质谱仪记录的质谱图可以精确测定该有机化合物的相对分子质量C．利用红外光谱仪记录的红外光谱图可以初步推测有机化合物中官能团类别D．利用核磁共振仪记录的核磁共振氢图可以确定该有机化合物中氢原子的类型【考点】常见有机化合物的结构；有机物实验式和分子式的确定．【分析】A、燃烧法不能确定氧元素种类；B、质谱法能测定出有机物的相对分子质量；C、红外光谱用于确定有机物中的基团的种类和成键的情况；D、有机物中有几类氢原子，核磁共振氢谱就有几个吸收峰．【解答】解：A、根据燃烧产物中元素的种类不能确定有机化合物中所含元素的种类，因为无法确定氧元素，故A错误；B、质谱法能测定出有机物的相对分子质量，故B正确；C、红外光谱能测定出有机物中的基团的种类和成键的情况，故C正确；D、有机物中有几类氢原子，核磁共振氢谱就有几个吸收峰，峰的面积之比即为氢原子的个数之比，即核磁共振氢谱可以帮助我们确定物质中氢原子的种类以及氢原子的个数之比，故D正确．-19-\n故选A．【点评】题考查了有机物的相对分子质量和结构的确定，应注意的是测定相对分子质量用质谱法，确定结构有核磁共振氢谱、红外光谱等方法．6．SF6是一种无色气体，具有很强的稳定性，可用于灭火．SF6的分子结构如图所示，呈正八面体型．如果F元素有两种稳定的同位素，则SF6的不同分子种数为()A．6种B．7种C．10种D．12种【考点】含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】将其中一种F原子看作是原来的原子，另一种F原子看作是去取代它的原子，根据取代F原子的数目确定不同的分子种数．【解答】解：可以将其中一种F原子看作是原来的原子，另一种F原子看作是去取代它的原子，则其取代物与对应的结构种数为：不取代：1种；取代：1种；二取代：2种（相邻和相对）；三取代：2种（共平面、共体面）；四取代、五取代与全取代对应二取代、一取代与不取代的结构种数，分别为2种、1种与1种，故其分子种数共有10种，故选：C．【点评】本题通过考查SF6的分子结构实际上是考查了同分异构现象，根据取代产物确定产物的种类，难度中等．7．下列文字表述与反应方程式对应且正确的是()A．溴乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中的溴元素：Br﹣+Ag+═AgBr↓B．1mol甲烷在光照条件下最多能与89.6L氯气反应C．利用腐蚀法制作印刷线路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+D．实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：【考点】离子方程式的书写．【分析】A．溴乙烷为非电解质；B．气体状况未知，Vm不确定；C．电荷不守恒；D．苯与溴在三价铁离子催化剂条件下生成溴苯和溴化氢．【解答】解：A．溴乙烷为非电解质，不能电离产生溴离子，与硝酸银不反应，故A错误；B．气体状况未知，Vm不确定，无法计算其物质的量，故B错误；C．利用腐蚀法制作印刷线路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；-19-\nD．实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，明确溴乙烷、苯的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．8．已知：烷烃CH4CH3CH3CH3CH2CH3C4H10CH3CH2CH2CH3CH（CH3）3核磁共振氢谱吸收峰1种1种2种2种2种一氯代物或烷烃基1种1种2种4种据此推断戊基（﹣C5H11）的种类数()A．6种B．8种C．10种D．12种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】根据题意可知戊基的种类等于戊烷中氢原子的种类，所以先写出戊烷的同分异构体，然后判断氢原子的种类即可．【解答】解：戊烷的同分异构体有CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、、，CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3中含有3种氢原子，所以戊基（﹣C5H11）有3种；中含有4种氢原子，所以戊基（﹣C5H11）有4种；中含有1种氢原子，所以戊基（﹣C5H11）有1种；所以戊基（﹣C5H11）的种类数共有8种，故选B．【点评】本题以信息题的形式考查了同分异构体，注意解题的方法和氢原子种类的判断是解题的关键，难度不大．9．分子晶体中如果不是由于分子本身形状的影响，它的晶体将取密堆积结构，原因是分子晶体中()A．分子间作用力无一定方向性B．占据晶格结点的微粒是原子C．化学键是共价键D．三者都是【考点】分子晶体．【分析】由于范德华力没有方向性和饱和性，所以分子在堆积成晶体时如果只有范德华力将采取分子密堆积，据此分析．【解答】解：分子晶体中分子间以范德华力结合在一起，由于范德华力没有方向性和饱和性，所以分子在堆积成晶体时如果只有范德华力将采取分子密堆积，故A正确；故选A．-19-\n【点评】本题考查了范德华力，题目难度不大，注意范德华力无方向性和饱和性，氢键有方向性和饱和性，含有氢键时不是密堆积．10．二维平面晶体所表示的化学式为AX2的是()A．B．C．D．【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】由图中直接相邻的原子数可以求出a、b中两类原子数目之比，据此确定．【解答】解：A、图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为3个黑球共有，故黑球与白色球数目之比=1：6×=1：2，化学式为AX2，故A正确；B、图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为2个黑球共有，故黑球与白色球数目之比=1：6×=1：3，化学式为AX3，故B错误；C、图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为2个黑球共有，故黑球与白色球数目之比=1：6×=1：3，化学式为AX3，故C错误；D、图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为2个黑球共有，故黑球与白色球数目之比=1：6×=1：3，化学式为AX3，故D错误；故选A．【点评】本题考查了根据晶体图来确定化学式，题目难度不大，属于基础性知识的考查．11．近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n．已知，最简单的氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高．Al2H6球棍模型如图．下列有关说法肯定错误的是()A．Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体B．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料C．Al2H6中含有离子键和极性共价键D．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水【考点】镁、铝的重要化合物；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．-19-\n【分析】根据题给信息“氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃”可说明Al2H6为分子晶体，燃烧时放出大量的热量，可作为燃料，化合物中Al和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征．【解答】解：A．Al2H6的熔点为150℃，熔点较低，在固态时所形成的晶体是分子晶体，故A正确；B．燃烧时放出大量的热量，并且能与H原子形成共价键，可成为未来的储氢材料和火箭燃料，故B正确；C．Al2H6为分子晶体，化合物中Al和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征，说明不含离子键，故C错误．D．根据元素组成可知Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水，故D正确；故选C．【点评】本题以信息题的形成考查晶体的类型以及化学键知识，题目难度不大，本题注意把握题给信息，加强知识迁移能力的培养．12．北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性．下列有关分析正确的是()A．K3C60中只有离子键B．K3C60中碳元素显﹣3价C．C60与12C互为同素异形体D．该晶体在熔融状态下能导电【考点】离子化合物的结构特征与性质；同位素及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】K3C60为离子化合物，晶体中含有离子键和共价键，在熔融状态下能导电，结合同素异形体的概念解答该题．【解答】解：A、K3C60中中K+与C603﹣之间为离子键，C603﹣中C﹣C键为共价键，故A错误；B、K3C60中钾离子显+1价、C603﹣整体显﹣3价，故B错误；C、C60为单质，12C为原子，而同素异形体为同种元素形成的不同单质，二者不属于同素异形体，故C错误；D、K3C60为离子化合物，在熔融状态下能导电，故D正确．故选：D．【点评】本题考查晶体的知识，题目难度不大，解答本题关键是要把握离子化合物的组成，学习中注意同素异形体与同位素的关系．13．如下图，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【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．-19-\n【分析】A．γ﹣Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数=3×8×=12，据此判断；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，据此判断；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，据此判断；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，据此判断；【解答】解：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，故错误；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，故正确；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，故错误；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，故错误；故选B．【点评】本题考查了晶胞的结构、反应条件、同素异形体的概念等知识，中等难度，注重基础知识的运用．14．向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是()A．反应前后Ag+的浓度不变B．沉淀溶解后，生成[Ag（NH3）2]OH难电离C．配合离子[Ag（NH3）2]+存在离子键和共价键D．配合离子[Ag（NH3）2]+中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子【考点】配合物的成键情况．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．最终得到无色的透明溶液为[Ag（NH3）2]+，所以反应后Ag+的浓度减小；B．[Ag（NH3）2]OH为强电解质，易电离；C．在配合离子[Ag（NH3）2]+中，没有离子键，仅有共价键；D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH﹣=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag（NH3）2]++OH﹣．A．反应后形成[Ag（NH3）2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故A错误；B．[Ag（NH3）2]OH为强电解质，完全电离[Ag（NH3）2]OH=[Ag（NH3）2]++OH﹣，故B错误；C．在配合离子[Ag（NH3）2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成的配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C错误；D．在配合离子[Ag（NH3）2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故D正确；故选D．【点评】本题考查了配合物、配位键的形成等性质，题目难度中等，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体．注意[Ag（NH3）2]+中，没有离子键．-19-\n15．下列说法正确的是()A．2﹣丁烯不存在顺反异构体B．已知丙烷的二氯代物有四种异构体，则其六氯代物的异构体数目为六种C．菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成4种一硝基取代物D．乙醇的核磁共振氢谱中有三个峰，峰面积之比是l：2：3【考点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构．【分析】A.2﹣丁烯存在顺﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯两种同分异构体；B．根据换元法，将氯原子代替氢原子，氢原子代替氯原子，从二氯代物有四种同分异构体，就可得到六氯代物也有四种同分异构体；C．根据分子中等效氢原子判断，分子中有几种氢原子其一硝基取代产物就有几种，苯环是平面正六边形，菲具有很高的对称性，利用对称判断分子中等效H原子种数；D．根据峰的种类等于氢原子的种类，峰面积之比等于氢原子的个数之比．【解答】解：A.2﹣丁烯存在顺反异构：顺﹣2﹣丁烯：、反﹣2﹣丁烯，故A错误；B．丙烷有8个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丙烷的二氯代物．六氯代物可以看作C3Cl8中的8个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的，氯代物有四种同分异构体，可得到六氯代物也有四种同分异构体，故B错误；C．苯环是平面正六边形，菲具有很高的对称性，沿如图虚线对称，有如图所示5种H原子，故菲的一硝基取代物有5种，故C错误；D．乙醇的结构简式CH3CH2OH可知，乙醇分子中存在三种不同的氢原子，数目之比为l：2：3，则其核磁共振氢谱中有三种峰，峰面积之比是l：2：3，故D正确；故选：D．【点评】本题主要考查了同分异构体和核磁共振氢谱等知识，掌握存在顺反异构的条件、等效氢种类的判断是解题的关键．-19-\n16．由两种气态烃组成的混和烃的总物质的量与该混和烃充分燃烧后所得气体产物（二氧化碳和水蒸气）的物质的量的变化关系如图，以下对混和烃组成的判断中正确的是()A．一定有乙烯B．一定有甲烷C．一定有丙烷D．一定有乙烷【考点】有机物的推断．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】由图可知，混合烃为1mol时，生成二氧化碳为1.6mol，水为2mol，故两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，不超过4，据此判断．【解答】解：由图可知，混合烃为1mol时，生成二氧化碳为1.6mol，水为2mol，故两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，一般不超过4，可能含有C2H4或C3H4等，一定没有乙烷，丙烷，故ACD错误，B正确，故选B．【点评】本题考查有机物推断，难度不大，注意利用平均分子组成判断烃的组成，侧重考查学生分析推理能力．二、简答题17．（1）解释冰为什么浮在水面上（从结构的角度予以解释）（2）在苯甲酸的重结晶实验中，滤液放置冷却可以结晶出纯净的苯甲酸晶体，温度越低苯甲酸的溶解度越小，为了得到更多的苯甲酸晶体，是不是结晶时温度越低越好？【考点】含有氢键的物质．【分析】（1）水分子间存在氢键，氢键具有方向性和饱和性；（2）滤液中还含有少量的杂质，温度过低时杂质也会结晶析出．【解答】解：（1）水分子间存在氢键，液态水分子排布不规则，凝固后，排布变规则了，由于氢键具有方向性和饱和性，使得水分子间的空隙变大，所以水变冰后体积增大，密度减小，故冰能浮在水面上；答：冰晶体中水分子的氢键使水分子间的空隙变大；（2）在苯甲酸的重结晶实验中，滤液中还含有少量的杂质，放置冷却可以结晶出纯净的苯甲酸晶体，若温度过低，杂质也会结晶析出，使得到的苯甲酸不纯；答：温度过低时杂质也会结晶析出，得到的苯甲酸不纯．【点评】本题考查了氢键对分子晶体物理性质的影响、重结晶实验操作，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力．三、实验题18．某化学课外兴趣小组学生用如图所示的装置探究苯和液溴的反应并制备溴苯．-19-\n请分析后回答下列问题（1）关闭F夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加少量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为．（2）D试管内出现的现象为紫色石蕊试液变红．（3）E试管内出现的现象为溶液中有淡黄色沉淀生成．（4）三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是冷凝回流．（5）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，可以看到的现象是_与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入三颈烧瓶．（6）反应结束后将三颈烧瓶中的溴苯分离实验方法是分液．（铁屑已分离）【考点】制备实验方案的设计；苯的性质．【专题】简答题；实验设计题．【分析】本题是利用苯和液溴的取代反应制备溴苯，同时探究实验原理发生的是取代反应，因此产物中会有溴化氢生成，通过石蕊试液变红及硝酸银溶液里有淡黄色沉淀生成，得到证实，另外还考查了反应混合物的分离提纯，涉及分液与蒸馏操作；（1）根据苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，从而写出方程式；（2）反应产生的溴化氢气体遇到石蕊溶液，能石蕊溶液变红色；（3）溴化氢气体通入硝酸银溶液，能产生浅黄色沉淀；（4）由于苯和液溴都是易挥发的，所以三颈烧瓶右侧导管除导气外还起的作用是冷凝回流作用；（5）溴化氢极易溶于水，容易发生倒吸；（6）溴苯与水不互溶，可用分液的方法分开；【解答】解：（1）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的方程式为，故答案为：；（2）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，产生的溴化氢气体遇到石蕊溶液，能石蕊溶液变红色，所以D试管内出现的现象为石蕊溶液变红，故答案为：石蕊溶液变红；（3）溴化氢气体通入硝酸银溶液，能产生浅黄色沉淀，所以E试管内出现的现象为出现淡黄色沉淀，故答案为：出现淡黄色沉淀；（4）三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是冷凝回流；故答案为：冷凝回流；-19-\n（5）在铁作催化剂的作用下，溴与苯反应生成溴苯、溴化氢，待三口烧瓶中的反应即将结束时（此时气体明显减少），打开F活塞，关闭C活塞，溴化氢通过F进入最左边集气瓶，溴化氢极易溶于水，产生倒吸现象；故答案为：与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入烧瓶；（6）溴苯不溶于水，反应混合物静置后会分层，下层为溴苯，分液即可得到溴苯，故答案为：分液．【点评】试题综合性强，难易适中．在注重对学生基础性知识考查和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的严谨规范的实验设计能力，也有利于提高学生的学科素养．四、填空题19．金晶体是面心立方体，立方体的每个面5个金原子紧密堆砌（如图其余各面省略），金原子半径为1.44×10﹣10m，Au的摩尔质量为197g/mol．求：（1）金晶体中最小的一个立方体含有4个金属原子．（2）金的密度为19.36g•cm﹣3．【考点】晶胞的计算．【分析】（1）利用均摊法计算每个晶胞中含有的金原子个数；（2）金晶胞是面心立方，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×+6×=4，则金晶体的边长a=；再根据晶胞的边长计算其对角线长度，对角线长度就是金原子半径的4倍，半径已知，即可求出密度．【解答】解：（1）金晶胞是面心立方，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×+6×=4，故答案为：4；（2）每个金晶胞中含有4个原子，金晶体的边长a=；对角线长度就是金原子半径的4倍，金原子半径为1.44×10﹣10m=1.44×10﹣8cm，再由晶胞的边长计算其对角线长度，所以a2+a2=（4r）2，即（）2+（）2=（1.44×10﹣8）2，所以密度ρ=19.36g•cm﹣3，故答案为：19.36．【点评】本题考查晶胞的计算，明确晶胞体积与密度、相等原子质量的关系是解本题关键，难度较大，注意晶胞的边长不是金原子直径，为易错点．20．1﹣36号A、B、C、D、E、F、Q七种元素，其中A、B、C、D、E的原子序数均小于18且其核电荷数依次递增，B元素基态原子电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，D原子的价电子排布为ns2np2n+2，E原子第一至第四电离能（kJ•mol﹣1-19-\n）分别为：738、1451、7733、10540．F2+离子K、L、M层全充满．Q为前四周期中ds区的第一种元素．根据以上信息，同答下列问题：（1）已知B与A形成的气态化合物在标准状况下的密度为1.16g•L﹣1，则在该化合物分子空间构型直线型，在该化合物分子中含有σ键和π键个数比3：2．（2）写出单质F与足量C的最高价氧化物对应的水化物稀溶液反应，C被还原到最低价，该反应的化学方程式4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O．（3）图1能正确表示第三周期部分元素的第二电离能（I2）与原子序数关系C．（填标号）．（4）B的单质是一种层状结构，元素B和E的形成一种合金，E的原子位于B的层间，其投影位于层面六圆环的中央（如图2），“△”表示E的原子位置，平行四边形表示在此二维图形上画出的一个晶胞，该合金的化学式为MgC2．（5）元素Q形成的单质的晶体结构如图3所示，该晶体形成时的原子堆积方式是丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】1﹣36号A、B、C、D、E、F、Q七种元素，其中A、B、C、D、E的原子序数均小于18且其核电荷数依次递增，B元素基态原子电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的价电子排布为ns2np2n+2，则n=2，故D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E原子的第三电离能剧增，最外层有2个电子，原子序数大于氧，故E为Mg；F2+离子K、L、M层全充满，则E的原子序数为2+8+18+2=30，故F为Zn；Q为前四周期中ds区的第一种元素，则Q为Cu元素；（1）中B（碳）与A形成的气态化合物在标准状况下的密度为1.16g•L﹣1，则该化合物相对分子质量为22.4×1.16=26，应为HC≡CH，则A为H元素，据此解答．【解答】解：1﹣36号A、B、C、D、E、F、Q七种元素，其中A、B、C、D、E的原子序数均小于18且其核电荷数依次递增，B元素基态原子电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的价电子排布为ns2np2n+2，则n=2，故D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E原子的第三电离能剧增，最外层有2个电子，原子序数大于氧，故E为Mg；F2+-19-\n离子K、L、M层全充满，则E的原子序数为2+8+18+2=30，故F为Zn；Q为前四周期中ds区的第一种元素，则Q为Cu元素；（1）中B（碳）与A形成的气态化合物在标准状况下的密度为1.16g•L﹣1，则该化合物相对分子质量为22.4×1.16=26，应为HC≡CH，则A为H元素．（1）由C、H元素形成的化合物为HC≡CH，分子空间构型为直线型，在HC≡CH中含有3个σ键和2个π键，所以σ键和π键个数比为3：2，故答案为：直线型；3：2；（2）锌与稀硝酸溶液反应，氮元素被还原到最低价，则生成硝酸铵，该反应的化学方程式为：4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O；（3）在第三周期元素中，钠失去1个电子后，就已经达到稳定结构，所以钠的第二电离能最大，镁最外层为2个电子，失去2个电子后为稳定结构，所以镁的第二电离能较小，铝最外层有3个电子，失去2个电子后还未达稳定结构，而铝的金属性比镁弱，所以第二电离能比镁略高，硅最外层上2p层有2个电子，失去后，留下2s轨道上有2个电子，相对较稳定，所以硅的第二电离能比铝要低，磷、硫非金属性逐渐增大，第二电离能也增大，由于硫失去一个电子后，3p轨道上是3个电子，是较稳定结构，所以硫的第二电离能要高于氯，所以C正确，故答案为：C；（4）以图中一个六边形为例，该六边形中实际占有的碳原子数为6×=2，含有的镁原子数为1，该合金的化学式为MgC2，故答案为：MgC2；（5）Cu为面心六方密堆积，为ABC型方式堆积，图中丙符合，故答案为：丙．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子构型、晶胞结构与计算等，（3）中电离能判断为易错点、难点，是对学生综合能力的考查，难点中等．五、推断题21．（1）人们在对烷烃分子空间结构的研究中发现某一系列的烷烃分子只有一种一卤代物．如：这一系列烷烃具有一定的规律性，当一种烃分子中的﹣H全部被﹣CH3取代后，它的一卤代物异构体数目不变．①请写出这一系列烷烃分子式的通式（n≥1，且为正整数）．②人们在研究中发现另一系列烷烃分子也只有一种一卤取代物，请写出它们分子式的通式（n≥1，且为正整数）．（2）化合物A、B和C互为同分异构体．它们的元素分析数据为：碳92.3%，氢7.7%．1molA在氧气中充分燃烧产生179.2LCO2（标准状况）．A是芳香烃，分子中所有的原子共平面；B是具有两个支链的链状化合物，分子中只有两种不同化学环境的氢原子，为非极性分子；C是饱和烃，分子中碳原子的化学环境完全相同．①A、B和C的分子式为C8H8．②画出A、B和C的结构简式：A；BHC≡C﹣C（CH3）=C（CH3）﹣C≡CH：C．-19-\n【考点】有机物实验式和分子式的确定．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】（1）①用数学中的数列通项求解的方法来解决，先将已知条件抽象为数学模型，观察分子式找出第n项分子式中氢原子数目为4×3（n﹣1），再根据烷烃通式求出碳原子数目，据此写出通式；②另一类烷烃应为乙烷、2，2，3，3﹣四甲基丁烷…，根据（1）方法解答；（2）①先计算实验式，根据产生二氧化碳的量计算分子式；②根据性质推出结构简式．【解答】解：（1）甲烷、新戊烷、十七烷分子中氢原子个数为等比数列：4、12、36…公比q=3，根据等比数列通项公式an=a1q（n﹣1），可知此烷烃的氢原子通项为4×3（n﹣1），设第n项的分子式为CmH2m+2，可得2m+2=4×3（n﹣1），解得m=2×3n﹣1﹣1，即该烷烃的碳原子通项为2×3n﹣1﹣1，所以该系列烷烃的化学式的通式为，故答案为：（n≥1，且为正整数）；（2）乙烷、2，2，3，3﹣四甲基丁烷分子中氢原子个数为等比数列：6、18、…公比q=3，根据等比数列通项公式an=a1q（n﹣1），可知此烷烃的氢原子通项为6×3（n﹣1），设第n项的分子式为CmH2m+2，可得2m+2=6×3（n﹣1），解得m=3×3n﹣1﹣1，即该烷烃的碳原子通项为3×3n﹣1﹣1，所以该系列烷烃的化学式的通式为，故答案为：（n≥1，且为正整数）；（2）（2）①N（C）：N（H）=：=1：1，最简式为：CH，设分子式为：CnHn，n==8，故分子式为：C8H8；故答案为：C8H8；②A是芳香烃，分子中所有的原子共平面，则A为苯乙烯，结构简式为；B是具有两个支链的链状化合物，分子中只有两种不同化学环境的氢原子，为非极性分子，则B为：HC≡C﹣C（CH3）=C（CH3）﹣C≡CH；C是饱和烃，分子中碳原子的化学环境完全相同，则为立方烷：，故答案为：；HC≡C﹣C（CH3）=C（CH3）﹣C≡CH；．【点评】本题考查了有机物分子式和结构式的确定，利用等比数列确定分子通式是解题关键，也是难-19-
