浙江省寧波市五校聯(lián)盟2023-2024學年高二下學期4月期中聯(lián)考化學試題

浙江省寧波五校聯(lián)盟20232024學年高二下學期4月期中聯(lián)考化學試題考生須知：1.本卷共10頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：N14O16C12H1Zn65S32F19Si28Ni59Cu64選擇題部分1.我國力爭2030年前實現(xiàn)碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和，這體現(xiàn)了中國對解決氣候問題的大國擔當。在實際生產中，可利用反應來捕捉廢氣中的，下列有關化學用語表示正確的是A.的分子結構模型：B.的電子式：C.的電子排布式：D.基態(tài)C原子px軌道的電子云輪廓圖：【答案】D【解析】【詳解】A．分子的空間結構為直線形，A項錯誤；B．的電子式為，B項錯誤；C．的電子排布式為，C項錯誤；D．基態(tài)C原子px軌道的電子云輪廓圖為啞鈴形或紡錘形，D項正確；故選D。2.下列說法正確的是A.存在同分異構體B.是苯的同系物C.的一氯代物有5種D.與發(fā)生加成反應時只存在π鍵的斷裂【答案】C【解析】【詳解】A．CH2Br2只有1種結構，不存在同分異構體，故A說法錯誤；B．同系物是結構相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的有機化合物，故B說法錯誤；C．中有5種不同化學環(huán)境的氫原子，則一氯代物有5種，故C說法正確；D．CH2=CH2與H2發(fā)生加成反應時，H2斷裂的是σ鍵，故D說法錯誤；答案為C。3.下列粒子的VSEPR模型為四面體形且其空間結構為三角錐形的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】VSEPR模型為四面體說明該微粒的價層電子對是4，價層電子對=δ鍵電子對+中心原子上的孤電子對；空間構型為三角錐形說明該微粒中含有1個孤電子對?！驹斀狻緼．中P價層電子對=3+1=4，所以其VSEPR模型為正四面體，該分子中含有一個孤電子對，所以其空間構型為三角錐型，故A正確；B．離子中S價層電子對數是4，所以其VSEPR模型為正四面體，該離子中含無孤電子對，所以其空間構型為正四面體，故B錯誤；C．中N原子的價層電子對數為3，沒有孤電子對，為平面三角形，故C錯誤；D．中B原子的價層電子對數為3，沒有孤電子對，為平面三角形，故D錯誤；故選A。4.下列各組晶體熔化或者升華時，所克服的粒子間作用力完全相同的是A.冰和碘 B.Fe和NaClC.SiC和葡萄糖 D.和【答案】D【解析】【詳解】A．冰、碘均為分子晶體，冰熔化時克服氫鍵和范德華力，碘升華時克服范德華力，故A不符合題意；B．鐵為金屬晶體，熔化時克服金屬鍵，NaCl為離子晶體，熔化時克服離子鍵，故B不符合題意；C．SiC為共價晶體，熔化時克服共價鍵，葡萄糖為分子晶體，熔化時克服分子間作用力，故C不符合題意；D．NaHSO4、K2CO3為離子晶體，熔化時克服離子鍵，故D符合題意；答案為D。5.下列說法不正確的是A.Mg原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2時，原子釋放能量，由激發(fā)態(tài)變?yōu)榛鶓B(tài)B.電子云圖中黑點密度越大，說明單位體積內電子出現(xiàn)的幾率越大C.碳原子的基態(tài)電子排布式寫成1s22s12p3，它違背了能量最低原理D.p軌道電子能量一定高于s軌道電子能量【答案】D【解析】【詳解】A．Mg原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2時，則有1個3p電子由激發(fā)態(tài)變?yōu)榛鶓B(tài)，原子釋放能量，A正確；B．電子云圖中黑點并不表示電子，而是表示電子出現(xiàn)機會的多少，小黑點的密度越大，說明單位體積內電子出現(xiàn)的幾率越大，B正確；C．碳原子的基態(tài)電子排布式寫成1s22s12p3，則2s軌道未排滿電子，電子就進入能量較高的2p軌道，它違背了能量最低原理，C正確；D．p軌道電子能量不一定高于s軌道電子能量，如2p軌道的電子能量比3s軌道的能量低，D不正確；故選D。6.對下列事實的解釋不正確的是選項事實解釋A金屬銀具有良好的導電性金屬銀中有“自由電子”BICl中I表現(xiàn)為正價電負性：Cl>IC碘易溶于四氯化碳碘分子和四氯化碳分子都是非極性分子D的穩(wěn)定性大于水分子間存在氫鍵A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．金屬銀形成金屬晶體，其由金屬離子和自由電子構成，具有良好的導電性，A正確；B．由于電負性Cl＞I，所以ICl中I表現(xiàn)為正價，Cl表現(xiàn)為負價，B正確；C．碘分子和四氯化碳分子都是非極性分子，依據相似相溶原理，碘易溶于四氯化碳，C正確；D．元素非金屬性越強，簡單氫化物穩(wěn)定性越好，非金屬性O>S，故的穩(wěn)定性大于，D錯誤；故選D。7.下列敘述中不正確的是A.中含有2個手性碳原子B.Cl2中兩個氯原子形成共價鍵，軌道重疊示意圖為C.對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，而鄰羥基苯甲醛形成分子內氫鍵，所以對羥基苯甲醛的熔沸點比鄰羥基苯甲醛的高D.CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，是因為F的電負性大于Cl，最終導致CF3COOH的羧基中的羥基的極性更大【答案】B【解析】【詳解】A．該分子中，左邊第二個碳和第三個碳為手性碳，故共含有2個手性碳原子，A正確；B．兩個氯原子形成共價鍵時，形成ppσ鍵，ppσ鍵應該是“頭碰頭”不是“肩并肩”，B錯誤；C．對羥基苯甲醛能形成分子間氫鍵，能提高物質的熔沸點，鄰羥基苯甲醛形成分子內氫鍵，降低了物質的熔沸點，C正確；D．氟的電負性大于氯的電負性，F(xiàn)C的極性大于ClC的極性，使CF3的極性大于CCl3的極性，導致CF3COOH的羧基中的羥基的極性更大，更易電離出氫離子，D正確；故答案選B。8.下列說法正確的是A.所有的有機化合物都含有官能團，芳香烴的官能團是苯環(huán)B.和所含官能團相同，屬于同類物質C.屬于脂環(huán)化合物D.屬于苯的同系物【答案】C【解析】【詳解】A．并不是所有的有機化合物都含有官能團，例如烷烴沒有官能團，苯環(huán)也不是官能團，A錯誤；B．羥基直接連接在苯環(huán)上是酚，是醇，它們不屬于同類物質，B錯誤；C．屬于脂環(huán)化合物，C正確；D．苯的同系物是苯環(huán)上的氫原子被烷基取代的產物，它的分子中只含一個苯環(huán)，苯環(huán)的側鏈是烷基。不屬于苯的同系物，D錯誤；故選C。9.自然界中絕大多數物質是固體，隨著化學的發(fā)展，人工合成的固體越來越多，廣泛應用于能源、環(huán)境、材料、生命科學等領域。下列說法錯誤的是A.物質的聚集狀態(tài)除了我們熟知的氣、液、固三態(tài)外還有液晶態(tài)、塑晶態(tài)等多種聚集狀態(tài)B.晶體與非晶體的本質區(qū)別：是否有規(guī)則的幾何外形C.區(qū)分晶體和非晶體最可靠的科學方法是：對固體進行X射線衍射實驗D.配合物和超分子有著廣泛的應用，其中超分子的特性是“分子識別”和“自組裝”【答案】B【解析】【詳解】A．物質的聚集狀態(tài)有晶態(tài)、非晶態(tài)還有塑晶態(tài)和液晶態(tài)，A正確；B．晶體與非晶體的根本區(qū)別在于其內部粒子在空間上是否按一定規(guī)律做周期性重復排列，不是在于是否具有規(guī)則的幾何外形，B錯誤；C．構成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列，晶體的這一結構特征可以通過X射線衍射圖譜反映出來，所以區(qū)分晶體和非晶體的最可靠的科學方法是對固體進行X射線衍射實驗，C正確；D．超分子是由兩種或兩種以上的分子通過相互作用形成的分子聚集體，具有分子識別與自組裝的特征，D正確；故選B。10.氮化硼(BN)晶體存在如圖所示的兩種結構。六方氮化硼的結構與石墨類似；立方氮化硼的結構與金剛石類似，可作研磨劑。下列說法不正確的是A.六方氮化硼層間的相互作用不屬于化學鍵B.六方氮化硼可做潤滑劑C.立方氮化硼晶胞中含有4個氮原子和4個硼原子D.立方氮化硼晶胞中，N和B之間不存在配位鍵【答案】D【解析】【詳解】A．六方氮化硼的結構和石墨相似，所以六方氮化硼層間存在分子間作用力，分子間作用力不屬于化學鍵，所以六方氮化硼層間的相互作用不屬于化學鍵，故A正確；B．六方氮化硼的結構與石墨類似，則其性質相似，石墨可以作潤滑劑，則六方氮化硼可以作潤滑劑，故B正確；C．立方氮化硼晶胞中N原子個數是4、B原子個數=8×+6×=4，故C正確；D．B原子含有空軌道、N原子含有孤電子對，立方氮化硼中每個B原子形成4個B－N共價鍵，所以立方氮化硼中B和N原子之間存在配位鍵，故D錯誤；故選D。11.《天工開物》記載：“凡火藥以硝石、硫磺為主，草木灰為輔……而后火藥成聲”，涉及主要反應為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.和對應的晶體類型不同B.11.2L中含有的鍵數為C.12g金剛石中含有的極性共價鍵數為2D.常溫常壓下，32g單質S含有的p能級電子數為10【答案】D【解析】【詳解】A．和對應的晶體類型均是離子晶體，A錯誤；B．未標明氣體狀態(tài)，無法計算，B錯誤；C．金剛石中含有的均為非極性共價鍵，C錯誤；D．基態(tài)硫原子的電子排布式為1s22s22p63s23p4，則，32g單質硫含有的p電子數為×10×NAmol—1=10NA，D正確；故選D。12.已知：(a)、(b)的分子式均為C8H8，下列說法正確的是A.a屬于鏈狀化合物，b屬于環(huán)狀化合物 B.a、b中所有碳原子一定處于同一平面C.b的二氯代物有9種(均不考慮立體異構) D.a屬于芳香烴，b不是苯的同系物【答案】D【解析】【詳解】A．a、b均屬于環(huán)狀化合物，A項錯誤；B．a中所有碳原子可能處于同一平面，b中所有碳原子一定處于同一平面，B項錯誤；C．b的二氯代物中，若一定氯原子定在，另一個氯原子有6種；若一個氯原子在，另一個氯原子有3種，若一個氯原子在，另一個氯原子有1種，共有10種，C項錯誤；D．a含有苯環(huán)屬于芳香烴，同系物之間相差一個或多個，b不是苯的同系物，D項正確；答案選D。13.有機物M是某香水中香料的成分之一，結構簡式如圖所示。下列說法正確的是A.M屬于芳香族化合物B.M的分子式為C.M中所有的碳原子可能共平面D.1molM最多能與3mol發(fā)生加成反應【答案】B【解析】【詳解】A．M中沒有苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，A錯誤；B．由結構簡式可知M的分子式為，B正確；C．M分子中含亞甲基結構和環(huán)，且含與3個碳相連飽和碳原子，所有的碳原子不可能共平面，C錯誤；D．碳碳雙鍵可以與Br2發(fā)生加成反應，酮羰基不能與Br2發(fā)生反應，所以1molM最多能與2molBr2發(fā)生加成反應，D錯誤；故選：B。14.立方烷(C8H8)、棱晶烷(C6H6)是近年來運用有機合成的方法制備的，具有如下圖所示立體結構的環(huán)狀有機物。萜類化合物是廣泛存在于動植物體內的一類有機物(例如盆烯、月桂烯、檸檬烯等)。對上述有機物的下列說法中正確的是()①盆烯、月桂烯、檸檬烯都能使溴水褪色②棱晶烷、盆烯與苯互為同分異構體③月桂烯、檸檬烯互為同分異構體④立方烷、棱晶烷是環(huán)烷烴的同系物A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④【答案】A【解析】【詳解】①三種烴均含有碳碳雙鍵，故都能使溴水褪色，正確；②棱晶烷、盆烯的分子式均為C6H6，與苯互為同分異構體，正確；③月桂烯、檸檬烯分子式均為C10H16，互為同分異構體，正確；④立方烷、棱晶烷（均為多個碳環(huán)）與環(huán)烷烴結構上根本不相似，不可能為同系物；答案為A。15.對苯乙烯的下列敘述，①能使酸性溶液褪色②可發(fā)生加成反應③可溶于水④可溶于苯中⑤能與濃發(fā)生取代反應⑥能夠萃取溴水中的溴，正確的是A.僅①②④⑤ B.僅①②⑤⑥ C.僅①②④⑤⑥ D.全部正確【答案】A【解析】【詳解】①苯乙烯中含有碳碳雙鍵,則能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正確；②苯乙烯中含有碳碳雙鍵，則可發(fā)生加成反應，故②正確；③苯乙烯為有機物，屬于烴，不溶于水，故③錯誤；④苯乙烯為有機物，屬于烴，苯乙烯可溶于苯中，故④正確；⑤苯環(huán)能與濃硝酸發(fā)生取代反應，則苯乙烯能與濃硝酸發(fā)生取代反應，故⑤正確；⑥苯乙烯中含有碳碳雙鍵，則可與溴水發(fā)生加成反應，不能夠萃取溴水中的溴，故⑥錯誤；故答案選：A。16.下列圖像表示的信息正確的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．成鍵原子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大，所以鍵能大?。篐F＞HCl＞HBr，A錯誤；B．相對原子質量依次增大，分子間作用力增大，沸點增高H2Se高于H2S，水分子間有氫鍵沸點最高，B錯誤；C．HX鍵中，X電負性越強，極性越強，C、N、F同周期，隨原子序數增大，電負性增強，故C正確；D．根據中心原子價層孤電子對數計算：SiH4為0對，NH3對1對，H2O為2對，三者中心原子均為sp3雜化，孤電子對對成鍵電子對的排斥力大，故鍵角SiH4最大，H2O最小，D錯誤；故選C。17.四乙基錫的熔點：1120℃，沸點：183.1℃；氯化三乙基錫常溫下為無色液體，熔點15.5℃，沸點為206℃。氯化三乙基錫的合成路線如圖所示，下列說法中正確的是A.四乙基錫和氯化三乙基錫中化學環(huán)境不同的氫原子均為2種B.氯化三乙基錫和四乙基錫的熔沸點不同是因其晶體類型不同造成的C.上述反應中，所有分子內中心原子的雜化類型相同，反應前后分子內σ鍵總數不同D.氯化三乙基錫中所有原子可能共平面【答案】A【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，四乙基錫和氯化三乙基錫中都含有2類氫原子，化學環(huán)境不同的氫原子均為2種，故A正確；B．由熔沸點可知，四乙基錫和氯化三乙基錫都是分子晶體，四乙基錫是非極性分子，三乙基錫是極性分子，分子間作用力大于四乙基錫，熔沸點高于四乙基錫，故B錯誤；C．由結構簡式可知，該反應是取代反應，反應中，所有分子內中心原子的雜化類型相同，都是sp3雜化，反應前后分子內σ鍵總數相同，故C錯誤；D．由結構簡式可知，氯化三乙基錫中錫原子和飽和碳原子都是sp3雜化，原子的空間構型都是四面體形，所以分子中所有原子不可能共平面，故D錯誤；故選A。18.已知：，如果要合成，所用的起始原料可以是A.2，3二甲基1，3戊二烯和丙炔 B.2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔C.2甲基1，3丁二烯和2丁炔 D.l，3戊二烯和2丁炔【答案】C【解析】【分析】【詳解】根據已知信息可知，如果要合成，所用的起始原料2甲基1，3丁二烯和2丁炔或者是2，3二甲基1，3丁二烯和丙炔，答案選C。19.如圖所示，橫坐標表示完全燃燒時消耗可燃氣體X（X＝A、B、C）的物質的量n(X)，縱坐標表示燃燒時生成水的物質的量n(H2O)，A、B是兩種可燃氣體，C是A和B的混合氣體，則C的成分及其體積比可能是（）A.C2H4與C3H4：體積比為任意比B.C2H2與C3H8：體積比1∶2C.H2與C4H8：體積比2∶1D.H2與C2H6：體積比3∶1【答案】C【解析】【分析】由圖象可以看出：A和生成水的物質的量之比為1：1，B和生成水的物質的量之比為1：4，而C和生成水的物質的量之比為1：2，設混合物中含A的物質的量為xmol，B的物質的量為ymol，表示出各自生成水的物質的量，根據C曲線表示出生成水的總物質的量，再利用消耗水的量等式關系解答?！驹斀狻坑蓤D象可以看出：A和生成水的物質的量之比為1：1，B和生成水的物質的量之比為1：4，而C和生成水的物質的量之比為1：2，設：混合物中含A的物質的量為xmol，則生成水的物質的量為xmol，B的物質的量為ymol，則生成水的物質的量為4ymol，則混合后生成水的物質的量為（x+4y）mol，即：2（x+y）=x+4y，整理得x：y=2：1，選項C符合，答案選C。20.已知：，下列說法不正確的是A.N的同分異構體有3種 B.反應②中FeCl3作催化劑C.反應①屬于加成反應 D.M、N、P中碳原子均可能共面【答案】A【解析】【詳解】A．乙苯含有苯環(huán)的同分異構體分別為鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯共有3種，不含有苯環(huán)的同分異構體可能是環(huán)狀結構，也可能是鏈狀結構，數目很多，所以乙苯的同分異構體遠多于3種，故A錯誤；B．由結構簡式可知，反應②為乙苯在氯化鐵做催化劑條件下與氯氣發(fā)生取代反應生成對氯乙苯和氯化氫，故B正確；C．由結構簡式可知，反應①為苯與乙烯發(fā)生加成反應生成乙苯，故C正確；D．由結構簡式可知，苯環(huán)為平面結構，由三點成面的原則可知，乙苯和對氯乙苯分子中乙基上的碳原子可能與苯環(huán)共平面，則苯、乙苯和對氯乙苯分子中碳原子均可能共面，故D正確；故選A。21.某烴的分子式為，它不能使溴水因反應而褪色，但可使酸性溶液褪色，且能被酸性溶液氧化為分子式為的芳香酸，則符合條件的烴有A.3種 B.6種 C.9種 D.10種【答案】C【解析】【詳解】某烴的分子式為C10H14，不能使溴水因反應而褪色，說明不含碳碳雙鍵和碳碳三鍵，被酸性高錳酸鉀氧化為分子式為C8H6O4的芳香酸，能被酸性高錳酸鉀氧化成芳香酸，與苯環(huán)直接相連的碳上一定有至少一個氫原子，且該芳香酸有2個羧基，因此該烴中苯環(huán)上有兩個取代基，若兩個取代基為—CH3和—CH(CH3)2，此時兩個取代基有鄰、間、對三種位置關系，若兩個取代基為—CH3和—CH2CH2CH3，此時兩個取代基有鄰、間、對三種位置關系，若兩個取代基為兩個乙基，此時兩個取代基有鄰、間、對三種位置關系，因此共有9種結構，答案選C。22.鐵及其化合物在工業(yè)生產中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列有關說法正確的是A.該配合物中陰離子空間構型為平面四邊形B.配離子為[Fe(NO)(H2O)5]2+，配位數為5C.如圖所示γFe的晶胞中，鐵原子的配位數為4D.基態(tài)Fe2+中，未成對電子數目為4【答案】D【解析】【詳解】A．該配合物的陰離子為SO，SO中S原子價層電子對數=4+=4且不含孤電子對，所以該離子為正四面體形，故A錯誤；

B．[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO、H2O的個數之和為Fe2+的配位數，所以該配離子中配位數是6，故B錯誤；

C．根據圖知，該晶胞中Fe原子的配位數==12，故C錯誤；

D．Fe變成Fe2+時，首先失去4s軌道上的電子，F(xiàn)e2+的價電子排布3d6，基態(tài)Fe2+未成對的電子數為4，故D正確；故選：D。23.下列說法中不正確的是A.在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl形成正八面體B.在CaF2晶體中，每個晶胞平均占有4個Ca2+C.在CO2晶體中，每個CO2周圍等距且緊鄰的CO2有12個D.E和F形成的氣態(tài)團簇分子的分子式為EF或FE【答案】D【解析】【詳解】A．由圖知，在NaCl晶體中，距Na+最近的Cl有6個、6個Cl形成正八面體，A正確；B．在CaF2晶體中，Ca2+位于頂點和面心，每個晶胞平均占有Ca2+數目為，B正確；C．由圖知，在CO2晶體中，每個CO2周圍等距且緊鄰的CO2有12個，C正確；D．該氣態(tài)團簇分子的分子含有4個E和4個F原子，則該氣態(tài)團簇分子的分子式為E4F4或F4E4，D錯誤；答案選D。24.氧化基納米催化劑可用于CO2選擇性加氫制備CH3OH，其反應機理如圖所示，下列說法錯誤的是A.In為49號元素，其價層電子排布式為6s26p1B.該反應過程中存在極性鍵的斷裂和形成C.CH3OH和CO2中，碳原子的雜化方式不同D.該反應的總化學方程式為【答案】A【解析】【分析】該過程為CO2在催化劑的作用下選擇性加氫生成CH3OH的過程，在整個圖中找到箭頭指入的為CO2+3H2，而箭頭指出的CH3OH+H2O，由此可得到其反應總化學方程式為；【詳解】A．In是第49號元素，位于第五周期第IIIA，故In的價層電子排布式為5s25p1，選項A錯誤；B．該反應過程中存在極性鍵碳氧鍵的斷裂和極性鍵碳氫鍵、氫氧鍵等的形成，選項B正確；C．CH3OH中碳原子所連四個鍵均為單鍵，因而是sp3雜化類型，CO2中碳原子已達到8電子飽和，無孤電子對，價層電子對數為2，因此為sp雜化類型，兩者碳原子的雜化方式不同，選項C正確；D．由上述可知，在整個圖中找到箭頭指入的為CO2+3H2，而箭頭指出的CH3OH+H2O，由此可得到其反應總化學方程式為，選項D正確；答案選A。25.冠醚能與堿金屬離子結合(如圖所示)，是有機反應很好的催化劑，能加快KMnO4與環(huán)己烯的反應速率。用結合常數表示冠醚與堿金屬離子的結合能力，結合常數越大兩者結合能力越強。堿金屬離子結合常數冠醚Na+(直徑：204pm)K+(直徑：276pm)冠醚A(空腔直徑：260～320pm)1991183冠醚B(空腔直徑：170～220pm)371312下列說法不正確的是A.推測結合常數的大小與堿金屬離子直徑、冠醚空腔直徑有關B.實驗中c(Na+)：①＞②＞③C.冠醚通過與K+結合將攜帶進入有機相，從而加快反應速率D.為加快KMnO4與環(huán)己烯的反應速率，選擇冠醚A比冠醚B更合適【答案】B【解析】【詳解】A．從表中數據可以看出，冠醚的空腔直徑與Na+或K+直徑接近時，結合常數大，由此可推測結合常數的大小與堿金屬離子直徑、冠醚空腔直徑有關，A正確；B．冠醚A結合Na+的能力弱于結合K+的能力，所以K+可將冠醚A中的部分Na+替代出來，由實驗中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正確；C．冠醚與K+結合，從而將攜帶進入有機相，催化KMnO4與環(huán)己烯的反應，從而加快反應速率，C正確；D．由表中數據可推出，冠醚A結合K+的能力比冠醚B強，為加快KMnO4與環(huán)己烯的反應速率，選擇冠醚A比冠醚B更合適，D正確；故選B。非選擇題部分26.已知有如下8種有機物，其中③④均只由C、H兩種元素組成，請根據所學知識回答下列問題：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧（1）上述物質屬于芳香烴的是___________(填標號，下同)，用系統(tǒng)命名法寫出③的名稱___________。（2）上述物質互為同系物的是___________，互為同分異構體的是___________。（3）有機物⑧通過1，4加聚反應得到高分子化合物異戊橡膠，寫出該反應的化學方程式：___________。（4）⑦分子中共平面的原子個數最多為___________。（5）M是⑥的同分異構體，其中含有苯環(huán)的M的結構(不含COC結構)有___________種(不包括⑥)。（6）乙炔可用來合成聚氯乙烯。請以乙炔為原料，無機試劑任選，設計聚氯乙烯的合成路線。___________(合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物)【答案】（1）①.⑦②.2甲基丁烷（2）①.③④②.①⑤（3）（4）17（5）13（6）CH≡CHCH2=CHCl【解析】【小問1詳解】只含碳、氫兩種元素的有機物為烴，含有苯環(huán)的烴為芳香烴，屬于芳香烴的是，故選⑦；根據系統(tǒng)命名法，主鏈有4個碳原子，從右往左編號，故命名為2甲基丁烷；【小問2詳解】③的分子式為C5H12、④的分子式為CH4，都屬于烷烴，結構相似，分子組成相差4個CH2原子團，③④屬于同系物；、CH3?CH2?CH=CH?CH2?CH3分子式都是C6H12，結構不同，互為同分異構體的是①⑤；【小問3詳解】有機物⑧通過1，4加聚反應得到高分子化合物異戊橡膠，該反應的化學方程式為；【小問4詳解】苯環(huán)結構中有12個原子共平面，乙烯結構中有6個原子共平面，單鍵可以旋轉，甲基中最多1個H原子可以旋轉至共平面，因此分子中共平面的原子個數最多為17；【小問5詳解】的同分異構體，苯環(huán)上只有1個取代基時，取代基有2種：CH(OH)CH3、CH2CH2OH，共有2種結構；苯環(huán)上有2個取代基，當取代基為OH、CH2CH3時，除⑥外，還有鄰、間2種結構，當取代基為CH2OH、CH3時，有鄰、間、對3種結構；苯環(huán)上有3個取代基時，分別為CH3、CH3、OH，共有6種結構，、、(數字表示OH連接的碳的位置)，因此符合條件的結構一共13種；【小問6詳解】乙炔先與HCl發(fā)生加成反應，得到CH2=CHCl，氯乙烯在一定條件下發(fā)生加成聚合，既可得到聚氯乙烯，合成路線為CH≡CHCH2=CHCl。27.丁二酮肟()可與反應，生成鮮紅色的沉淀丁二酮肟鎳，這個反應可用來鑒定的存在。請回答下列問題：（1）Ni在元素周期表中的位置為___________。（2）基態(tài)氧原子的核外電子的空間運動狀態(tài)有___________種。（3）丁二酮肟()中涉及元素的電負性由大到小的順序為___________；與氮同周期的硼在成鍵時，能將一個2s電子激發(fā)進入2p能級參與形成化學鍵，請寫出該激發(fā)態(tài)原子的價電子軌道表示式：___________，該過程形成的原子光譜為___________(填“吸收”或“發(fā)射”)光譜。（4）與Ni同周期的銅、鋅兩種元素位于元素周期表的___________區(qū)，兩元素的第一電離能()、第二電離能()數據如表所示：電離能/()銅7461958鋅9061733銅的小于鋅，卻大于鋅的主要原因是___________?！敬鸢浮浚?）第四周期第Ⅷ族（2）5（3）①.②.③.吸收（4）①.ds②.銅的價層電子排布式為，鋅的價層電子排布式為，銅失去一個電子可以達到穩(wěn)定的3d全滿結構，因此銅的小于鋅的，也由于3d全滿結構穩(wěn)定，再失去一個電子較困難，因此銅的大于鋅的【解析】【小問1詳解】Ni元素的原子序數為28，位于第四周期Ⅷ族；故答案為第四周期Ⅷ族；【小問2詳解】基態(tài)氧原子的核外電子排布式為1s22s22p4，空間運動狀態(tài)等于軌道數，即基態(tài)氧原子的核外電子的空間運動狀態(tài)有5；故答案為5；【小問3詳解】涉及元素有H、C、N、O，電負性由大到小的順序是O＞N＞C＞H；基態(tài)硼的核外電子排布式為1s22s22p1，成鍵時，能將一個2s電子激發(fā)進入2p能級，即激發(fā)態(tài)的排布式為1s22s12p2，價電子軌道式為；基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)，吸收能量，形成原子光譜為吸收光譜；故答案為O＞N＞C＞H；；吸收；【小問4詳解】銅的價電子排布式為3d104s1，鋅的價電子排布式為3d104s2，這兩種元素位于元素周期表的ds區(qū)；銅的價層電子排布式為3d104s1，鋅的價層電子排布式為3d104s2，銅失去一個電子可以達到穩(wěn)定的3d全滿結構，因此銅的I1小于鋅的I1，也由于3d全滿結構穩(wěn)定，Cu+再失去一個電子較困難，因此銅的I2大于鋅的I2；故答案為ds；銅的價層電子排布式為3d104s1，鋅的價層電子排布式為3d104s2，銅失去一個電子可以達到穩(wěn)定的3d全滿結構，因此銅的I1小于鋅的I1，也由于3d全滿結構穩(wěn)定，Cu+再失去一個電子較困難，因此銅的I2大于鋅的I2。28.晶體有周期性的微觀結構，表現(xiàn)出許多獨特的性質，用于制造各種材料。（1）單晶硅等作為制造太陽能電池的材料已得到廣泛應用。單晶硅中最小的環(huán)上有___________個Si原子。（2）石墨可作鋰離子電池的負極材料。①石墨晶體是層狀結構，層與層之間靠___________維系。②鋰離子電池充電時，嵌入石墨層間。當嵌入最大量時，晶體部分結構俯視示意圖如圖，此時C與的個數比是___________。（3）是一種碳的單質。①1個晶胞中含有___________個分子。②世界上第一輛單分子“納米小車”的四個輪子就是，小車運行情況如圖所示，從a處化學鍵的特點說明其運動原因：___________。(提示：可簡化為)（4）NiO晶體與NaCl晶體結構相似。①NiO的熔點遠高于NaCl，結合下表說明理由：___________。晶體離子間距/pm熔點/℃NaCl801NiO1960②設阿伏加德羅常數的值為，距離最近的兩個間距為apm()，NiO的摩爾質量為M，則晶體的密度為___________(列出計算式)。③晶體普遍存在各種缺陷。某種NiO晶體中存在如圖所示的缺陷：當一個空缺，會有兩個被兩個所取代，但晶體仍呈電中性。經測定某氧化鎳樣品中與的離子數之比為6∶91。若該晶體的化學式為，則x=___________?！敬鸢浮浚?）6（2）①.范德華力②.6∶1（3）①.4②.a處通過單鍵相連，可以繞鍵軸旋轉（4）①.NiO和NaCl均為離子晶體，和都是二價離子，和都是一價離子；和間距比和間距更小，NiO晶體中作用力更強②.③.0.97【解析】【小問1詳解】單晶硅中最小的環(huán)上的硅原子構成六元環(huán)，則有6個Si原子；【小問2詳解】①石墨晶體是層狀結構，層與層之間不形成化學鍵，靠范德華力維系。②在圖中，以1個Li+為中心，周圍平均有6個C原子與之相鄰，則此時C與Li+的個數比是6:1。答案為：范德華力；6:1；【小問3詳解】①1個C60晶胞中含有C60分子的數目為=4。②從圖中可以看出，乙炔基中碳原子、苯環(huán)對邊的碳原子與C60分子，位于同一條直線上，且以單鍵相連，單鍵可以自由旋轉，所以從a處化學鍵的特點說明其運動原因：a處通過σ單鍵相連，可以繞鍵軸旋轉；【小問4詳解】①NiO比NaCl的離子帶電荷高，離子半徑小，則NiO的熔點遠高于NaCl，結合表格說明理由：NiO和NaCl晶體類型相同；Ni2+和O2都是二價離子，Na+和Cl都是一價離子；Ni2+和O2間距比Na+和Cl間距更小，NiO晶體中作用力更強；②設阿伏加德羅常數的值為NA，距離最近的兩個Ni2+間距為apm(1pm=1010cm)，則面對角線的長度為2apm，晶胞邊長為apm；在1個晶胞中，含有4個Ni2+和4個O2，NiO的摩爾質量為Mg?mol1，則晶體的密度為g?cm3；③某氧化