精品解析：江西省南昌市新建区第二中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试卷

江西省新建二中2023~2024年第二学期期末考试 高二年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：B 11、C 12、K 39、Ca 40、Ni 59、Cu 64 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的) 1. 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X是其中的一种，因其体积大小与X的空腔大小相近而恰好能进入X的环内形成超分子Y，Y中与氧原子间能形成化学键．下列说法错误的是 A. X形成的晶体为分子晶体 B. Y中与氧原子间形成的是离子键 C. 不能与X形成超分子 D. 电负性：O>C>H>Li 2. 前四周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，其中X与Y同主族，X是构成生命体基本骨架的元素，Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，用W原子轰击发生反应：，T单质常温下为液态。下列说法错误的是 A. 基态W原子有6种不同能量的电子 B. X单质的熔点一定大于Y单质的 C. 简单离子半径：W<Z<T D. 简单氢化物的稳定性：Y<Z 3. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是 A. 原子半径：W＜Y＜Z B. W、Z形成的化合物可做消毒剂 C. W和Z的简单氢化物的沸点：W＜Z D. W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性 4. W、X、Y、Z是元素周期表中前四周期元素，其中X是组成人体血红蛋白的核心金属元素，Y的一种单质可以作为工业润滑剂，Z的单质中含有共价三键，W是前四周期主族元素中原子半径最大的。下列说法错误的是 A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞X，最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y B. 一定条件下，W、X、Y元素的单质均能与水发生反应，且有1种共同的产物 C. 和同主族下一周期的元素相比，Z元素简单氢化物的沸点较高 D. 和同主族上一周期的元素相比，W单质的熔、沸点更低，密度更大 5. 下列说法中错误的是 A. 塑料和合成橡胶都是聚合物 B. 聚氯乙烯是一种塑料，最适合合成氯乙烯的原料是乙炔和HCl C. 甲醛不能用于食品加工 D. 的单体是CH3-CH=CH-CH3 6. 糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是 A. 油脂的水解产物为纯净物 B. 蛋白质在酶的作用下能水解生成氨基酸 C. 常温下，糖类遇碘变蓝色 D. 常温下，硫酸可以使蛋白质变黄色 7. 在下列物质中，不能与发生化学反应的是 ①CH3CH2OH(酸催化)　②CH3CH2CH2CH3　③Na　④CH3COOH(酸催化) A. ①② B. ①④ C. 只有② D. ③④ 8. 乙酸分子的结构式为下列反应及断键部位正确的是 ①乙酸的电离，是a键断裂 ②乙酸与乙醇发生酯化反应，是a键断裂 ③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br-COOH+HBr，是c键断裂 ④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O是a、b键断裂 A. ①③④ B. ①②③④ C. ②③④ D. ①②③ 9. 一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式如图所示。 下列说法不正确的是 A. 该高分子化合物可通过加聚反应合成 B. 合成该高分子化合物的两种单体互为同系物 C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱 D. 该高分子化合物含有两种含氧官能团 10. 尿黑酸症是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种疾病。其转化过程如图所示，下列说法正确的是 A. 1 mol酪氨酸能与含1 mol HCl的盐酸反应，又能与含2 mol NaOH的溶液反应 B. 酪氨酸能发生加成、取代、消去和缩聚反应 C. 1 mol对羟基苯丙酮酸最多可与5 mol H2加成 D. 1 mol尿黑酸最多可与含2 mol Br2的溶液反应 11. 下列实验操作，能达到预期目的的是 A. 淀粉在稀硫酸中水解后，取澄清液加银氨溶液看是否有银镜生成，判断淀粉是否水解 B. 将饱和(NH4)2SO4溶液加入鸡蛋清溶液中，以提取鸡蛋清 C. 用碘水可以检验淀粉是否发生水解 D. 在油脂中加入淀粉酶，以促进油脂水解 12. 下列说法正确的是 A. 3s2表示3s能级有2个轨道 B. p能级的能量一定比s能级的能量高 C. 在离核越近区域内运动的电子，能量越低 D. 1个原子轨道里，最少要容纳2个电子 13. 下表列出了某短周期金属元素R的各级电离能数据(用、……表示)，有关R元素的说法中，正确的是 元素 电离能/(kJ·mol-1) …… 578 1817 2745 11577 …… A. R元素的最高正化合价为+2价 B. R元素的第一电离能高于同周期相邻元素的 C. R的氧化物为两性氧化物 D. R元素形成的单质熔点远高于其氧化物 14. 科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A. 晶体最简化学式为 B. 晶体中与最近且距离相等的有8个 C. 晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面 D. 晶体的密度为 二、填空题(本题包括4小题，共58分) 15. 东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(镍铜合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。已知镍铜两元素在周期表中位置正好前后相邻。回答下列问题： （1）镍元素基态原子的价电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。 （2）单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______。 （3）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。 ①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。 ②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_______nm。 16. 硼及其化合物在医疗、航空航天、超导磁体、储能材料、微波通信和动力装置上具有广泛的应用价值。 （1）固体储氢材料NH3BH3中，N原子的核外电子排布式为_______，B原子的杂化轨道类型为_______，N和B的第一电离能大小：N_______B(填“大于”“小于”或“等于”)。 （2）氨羧基硼烷能抑制肿瘤和降低血清胆固醇，其结构与甘氨酸(NH2CH2COOH)类似，氨羧基硼烷的结构简式为_______。 （3）化学式为B2H6、B5H9、B6H10的硼氢化合物具有巢形结构，该硼氢化合物的通式可表示为_______。 （4）硼中子俘获疗法(BNCT)是一种针对脑、头、颈部肿瘤的一种新型放射疗法，该法涉及利用低能中子照射硼化合物，将13B标记的硼化合物注射到患者体内，用中子照射10B发生核裂变产生氦核(α粒子)和7Li核，裂变过程反应式为_______。 17. 醇酸树脂附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有广泛的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线： 已知： （1）①的反应条件为_______。 （2）②⑤的反应类型分别为_______、_______。D中所含官能团的名称是_______。 （3）反应④的化学方程式为_______。 （4）合成G的过程中可能会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为_______。 （5）写出一种符合下列条件的F的同分异构体：_______。 a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应 b.遇溶液显紫色 c.核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1∶1∶1 （6）设计由1-溴丙烷()为原料制备聚丙烯醇()的合成路线(无机试剂任选)：_______。 18. 某聚合物的合成路线如下(部分反应试剂和条件已略去)。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (R代表烃基) 请回答下列问题： （1）B中所含官能团的名称是___________，F的名称是___________。 （2）反应②的化学方程式为___________。 （3）I的分子式为，则I的结构简式为___________。 （4）反应③的反应类型是___________。 （5）W是F的同分异构体，满足下列要求的W有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上取代基不超过两个； ②可以与溶液反应，不能与溶液发生显色反应，也不能发生银镜反应。 其中，含有手性碳原子的结构简式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省新建二中2023~2024年第二学期期末考试 高二年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：B 11、C 12、K 39、Ca 40、Ni 59、Cu 64 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的) 1. 冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X是其中的一种，因其体积大小与X的空腔大小相近而恰好能进入X的环内形成超分子Y，Y中与氧原子间能形成化学键．下列说法错误的是 A. X形成的晶体为分子晶体 B. Y中与氧原子间形成的是离子键 C. 不能与X形成超分子 D. 电负性：O>C>H>Li 【答案】B 【解析】 【详解】A．X是醚类物质，熔点、沸点较低，是分子晶体，A项正确； B．与氧原子形成的是提供空轨道、氧原子提供孤电子对的配位键，B项错误； C．半径比大许多，其体积比X的空腔大，无法进入空腔内，不能形成超分子，C项正确； D．由同周期电负性递变规律知，电负性：O>C>Li，由烃中碳元素显负价而氢元素显+1价知，电负性：C>H，非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，故电负性：O>C>H>Li，D项正确； 故选B。 2. 前四周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，其中X与Y同主族，X是构成生命体基本骨架的元素，Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，用W原子轰击发生反应：，T单质常温下为液态。下列说法错误的是 A. 基态W原子有6种不同能量的电子 B. X单质的熔点一定大于Y单质的 C. 简单离子半径：W<Z<T D. 简单氢化物的稳定性：Y<Z 【答案】B 【解析】 【分析】用W原子轰击可发生反应：，根据反应判断，W的质子数为，则W为Ca；X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，X是构成生命体基本骨架的重要元素，则X为C；X与Y位于同一主族，则Y为Si；Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Z为S；T单质为非金属，常温下为液体，则T为Br，据此回答。 【详解】A．基态Ca的核外电子排布式为，即W有6种不同能量的电子，A正确； B．X为C，其单质若为石墨时其熔点低于硅单质，B错误； C．钙离子和硫离子核外有三个电子层且排布相同，但原子质子数钙大于硫，所以离子半径硫离子>钙离子，又溴离子核外有四个电子层，其离子半径最大，即简单离子半径W<Z<T，C正确； D．硫的非金属性大于硅，元素非金属性越强其气态氢化物越稳定，即简单氢化物的稳定性Y<Z，D正确； 故选B。 3. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是 A. 原子半径：W＜Y＜Z B. W、Z形成的化合物可做消毒剂 C. W和Z的简单氢化物的沸点：W＜Z D. W、X、Z三种元素组成的化合物水溶液一定显碱性 【答案】B 【解析】 【分析】X元素在短周期主族元素中原子半径最大，应为Na元素，W的简单氢化物常温下呈液态，应为O元素，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，为Mg元素，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10，则Z的最外层电子数为10-1-2=7，应为Cl元素。由以上分析可知W为O元素，X为Na元素，Y为Mg元素，Z为Cl元素，以此解答该题. 【详解】A．Y为Mg元素，Z为Cl元素，Mg、Cl位于相同周期，原子序数越大，半径越小，故A错误； B．W为O元素，Z为Cl元素，W、Z形成的化合物ClO2可做消毒剂，故B正确； C．W为O元素，Z为Cl元素，W的简单氢化物H2O存在分子间氢键，所以熔沸点更高，故C错误； D．如为NaClO4，为强酸强碱盐，溶液呈中性，故D错误； 故答案为B。 4. W、X、Y、Z是元素周期表中前四周期元素，其中X是组成人体血红蛋白的核心金属元素，Y的一种单质可以作为工业润滑剂，Z的单质中含有共价三键，W是前四周期主族元素中原子半径最大的。下列说法错误的是 A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞X，最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y B. 一定条件下，W、X、Y元素的单质均能与水发生反应，且有1种共同的产物 C. 和同主族下一周期的元素相比，Z元素简单氢化物的沸点较高 D. 和同主族上一周期的元素相比，W单质的熔、沸点更低，密度更大 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是元素周期表中前四周期元素，其中X是组成人体血红蛋白的核心金属元素，则X是Fe元素；Y的一种单质可以作为工业润滑剂，则Y是C元素；Z的单质中含有共价三键，则Z是N元素；W是前四周期主族元素中原子半径最大的，则W是K元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。 【详解】根据上述元素分析可知X是Fe，Y是C，Z是N，W是K元素。 A．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。元素的金属性：K＞Fe，则最高价氧化物对应水化物的碱性：K＞Fe，即W＞X；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性：N＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：N＞C，即Z＞Y，A正确； B．W是K，X是Fe，Y是C，K与H2O在常温下剧烈反应产生KOH、H2，炽热的Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2；C与H2O在高温下反应产生CO、H2，因此W、X、Y元素的单质均能与水发生反应且均有H2生成，B正确； C．由分析知，Z为N元素，其简单氢化物NH3能形成分子间氢键，沸点较高，C正确； D．W是K，K属于碱金属元素，对于碱金属元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，因此物质的熔沸点逐渐降低，碱金属的密度呈增大趋势，但K的密度反常，比Na的小，因此和同主族上一周期的元素相比，W单质的熔、沸点更低，密度更小，D错误； 故合理选项是D。 5. 下列说法中错误的是 A. 塑料和合成橡胶都是聚合物 B. 聚氯乙烯是一种塑料，最适合合成氯乙烯的原料是乙炔和HCl C. 甲醛不能用于食品加工 D. 的单体是CH3-CH=CH-CH3 【答案】D 【解析】 【详解】A．塑料和合成橡胶都是有机高分子合成材料，都是聚合物，故A正确； B．聚氯乙烯是一种塑料，聚氯乙烯可由氯乙烯发生加聚反应制得，氯乙烯可通过乙炔和氯化氢发生加成反应制得，则最适合合成聚氯乙烯的原料是乙炔和氯化氢，故B正确； C．甲醛有毒，对人体有害，不能用于食品加工，故C正确； D．由结构简式可知，聚合物的单体是CH2=CH-CH=CH2，CH2=CH-CH=CH2一定条件下发生加聚反应生成 ，故D错误； 故选D。 6. 糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是 A. 油脂的水解产物为纯净物 B. 蛋白质在酶的作用下能水解生成氨基酸 C. 常温下，糖类遇碘变蓝色 D. 常温下，硫酸可以使蛋白质变黄色 【答案】B 【解析】 【详解】A．油脂的水解产物为高级脂肪酸(或盐)和甘油，是混合物，A错误； B．蛋白质在酶的作用下能水解生成氨基酸，B正确； C．淀粉遇碘变蓝，C错误； D．分子中含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄，D错误； 答案选B。 7. 在下列物质中，不能与发生化学反应的是 ①CH3CH2OH(酸催化)　②CH3CH2CH2CH3　③Na　④CH3COOH(酸催化) A. ①② B. ①④ C. 只有② D. ③④ 【答案】C 【解析】 【详解】根据有机物的结构简式可知，含有的官能团为醇羟基、羧基，含有苯环； ①含有羧基，可与CH3CH2OH(酸催化)发生酯化反应，不符合题意； ②有机物不与CH3CH2CH2CH3发生化学反应，符合题意； ③含有的羟基与羧基均可与Na发生化学反应，不符合题意； ④含有羟基可与CH3COOH(酸催化)发生酯化反应，不符合题意； 答案选C。 8. 乙酸分子的结构式为下列反应及断键部位正确的是 ①乙酸的电离，是a键断裂 ②乙酸与乙醇发生酯化反应，是a键断裂 ③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br-COOH+HBr，是c键断裂 ④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O是a、b键断裂 A. ①③④ B. ①②③④ C. ②③④ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【详解】①乙酸是一元弱酸，能够在溶液中发生微弱电离产生CH3COO-、H+，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-、H+，可见乙酸发生电离时是a键断裂，①正确； ②乙酸具有羧基，乙醇具有醇羟基，乙酸与乙醇发生酯化反应，反应原理是酸脱羟基醇脱氢，因此乙酸断键部位是b键断裂，②错误； ③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br-COOH+HBr，反应类型是取代反应，断键部位是c键断裂，③正确； ④乙酸在浓硫酸存在条件下两个乙酸分子脱水，反应生成乙酸酐，反应为：2CH3COOH→+H2O，一个乙酸分子断裂H-O键脱去H原子，一个断裂C-O键脱去羟基，因此断键部位是a、b键，④正确； 综上所述可知：说法正确的是①③④，故合理选项是A。 9. 一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式如图所示。 下列说法不正确的是 A. 该高分子化合物可通过加聚反应合成 B. 合成该高分子化合物的两种单体互为同系物 C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱 D. 该高分子化合物含有两种含氧官能团 【答案】D 【解析】 【详解】A．该聚合物的单体为：、，可通过反应得到，A正确； B．根据A中单体的机构简式，两者互为同系物，B正确； C．该聚合物中含酯基，在酸性或碱性条件下能水解，使用时应避免接触强酸或强碱，C正确； D．该聚合物中含酯基，只有1种含氧官能团，D错误； 故选D。 10. 尿黑酸症是由酪氨酸在人体内非正常代谢而产生的一种疾病。其转化过程如图所示，下列说法正确的是 A. 1 mol酪氨酸能与含1 mol HCl的盐酸反应，又能与含2 mol NaOH的溶液反应 B. 酪氨酸能发生加成、取代、消去和缩聚反应 C. 1 mol对羟基苯丙酮酸最多可与5 mol H2加成 D. 1 mol尿黑酸最多可与含2 mol Br2的溶液反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．酪氨酸中含有1个氨基、1个羧基和1个酚羟基，氨基可与盐酸反应，1 mol酪氨酸能与含1 mol HCl的盐酸反应，羧基和酚羟基可与NaOH反应，故1 mol酪氨酸能与含2 mol NaOH的溶液反应，A正确； B．酪氨酸中含有氨基、羧基和酚羟基、苯环，苯环能发生加成反应，苯环、氨基、羧基均可发生取代反应，氨基和羧基可发生缩聚反应生成肽键，但不能发生消去反应，B错误； C．对羟基苯丙酮酸中的苯环、酮羰基可与H2加成，羧基中的碳氧双键不能发生加成反应，因此1 mol对羟苯丙酮酸最多可与4 mol H2加成，C错误； D．尿黑酸中苯环上酚羟基邻、对位氢原子能与溴发生取代反应，所以1 mol尿黑酸最多可与3 mol Br2发生取代反应，D错误； 故答案为：A。 11. 下列实验操作，能达到预期目的的是 A. 淀粉在稀硫酸中水解后，取澄清液加银氨溶液看是否有银镜生成，判断淀粉是否水解 B. 将饱和(NH4)2SO4溶液加入鸡蛋清溶液中，以提取鸡蛋清 C. 用碘水可以检验淀粉是否发生水解 D. 在油脂中加入淀粉酶，以促进油脂水解 【答案】B 【解析】 【详解】A．淀粉在稀硫酸中水解后，应该先加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再加银氨溶液，看是否有银镜生成，来判断淀粉是否发生水解反应，A错误； B．将饱和(NH4)2SO4溶液加入鸡蛋清溶液中，能够降低蛋白质的溶解度，使蛋白质结晶析出，然后过滤，向析出的蛋白质晶体中加入蒸馏水进行溶解，就得到较纯净的蛋白质溶液，因而可利用盐析作用提取鸡蛋清，B正确； C．碘水遇淀粉溶液会变为蓝色，用碘水可以检验淀粉的存在，即证明淀粉发生的水解反应是否完全彻底，而不能检验水解反应的产物，C错误； D．酶具有专一性，一种酶只能使一种物质发生水解反应，因此在油脂中加入淀粉酶，不能促进油脂水解反应的发生，D错误； 故合理选项是B。 12. 下列说法正确的是 A. 3s2表示3s能级有2个轨道 B. p能级的能量一定比s能级的能量高 C. 在离核越近区域内运动的电子，能量越低 D. 1个原子轨道里，最少要容纳2个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．s能级只有1个轨道，3s2表示3s能级容纳2个电子，A不正确； B．p能级的能量不一定比s能级的能量高，如2p能级的能量低于3s能级的能量，B不正确； C．能量较低的电子，在离核较近的区域运动，在离核越近区域内运动的电子，能量越低，C正确； D．1个原子轨道里，最多能容纳2个电子，也可以容纳1个电子或不容纳电子，D不正确； 故选C。 13. 下表列出了某短周期金属元素R的各级电离能数据(用、……表示)，有关R元素的说法中，正确的是 元素 电离能/(kJ·mol-1) …… 578 1817 2745 11577 …… A. R元素的最高正化合价为+2价 B. R元素的第一电离能高于同周期相邻元素的 C. R的氧化物为两性氧化物 D. R元素形成的单质熔点远高于其氧化物 【答案】C 【解析】 【详解】A．从数据看，R的第三电离能和第四电离能差距很大，即R易失去三个电子，所以它的化合价为+3价，A项错误； B．R的价电子排布为ns2np1，失去一个电子后s全满稳定，而R前面的相邻元素为ns2稳定难失电子，所以R的第一电离能不是全部高于同周期相邻元素，B项错误； C．R为Al，Al2O3为两性氧化物，C项正确； D．R的单质为金属晶体，而氧化铝为混合晶体，其熔点高达2000多度，远高于铝的，D项错误； 故选C。 14. 科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A. 晶体最简化学式为 B. 晶体中与最近且距离相等的有8个 C. 晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面 D. 晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据晶胞结构可知，其中K个数：8×=1，其中Ca个数：1，其中B个数：12×=6，其中C个数：12×=6，故其最简化学式为，A正确； B．根据晶胞结构可知，位于晶胞顶点，Ca2+位于体心，每个为8个晶胞共用，则晶体中与最近且距离相等的有8个，B正确； C．根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误； D．根据选项A分析可知，该晶胞最简化学式为，则1个晶胞质量为：，晶胞体积为a3×10-30cm3，则其密度为，D正确； 故选C。 二、填空题(本题包括4小题，共58分) 15. 东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(镍铜合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。已知镍铜两元素在周期表中位置正好前后相邻。回答下列问题： （1）镍元素基态原子的价电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。 （2）单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______。 （3）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。 ①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。 ②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_______nm。 【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. 2 （2） ①. 金属 ②. 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 （3） ①. 1：3 ②. 【解析】 【小问1详解】 镍为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2； 【小问2详解】 单质铜及镍都是金属晶体，由金属键形成；铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布为3d10，3d轨道全充满的电子，能量较低，较稳定，再失去一个电子较难。镍失去一个电子后Ni+的价电子3d84s1电子，再失去一个电子，失去的是4s能级轨道上的电子较容易，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能； 【小问3详解】 根据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个Cu，晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3；晶体密度为，则a=nm。 16. 硼及其化合物在医疗、航空航天、超导磁体、储能材料、微波通信和动力装置上具有广泛的应用价值。 （1）固体储氢材料NH3BH3中，N原子的核外电子排布式为_______，B原子的杂化轨道类型为_______，N和B的第一电离能大小：N_______B(填“大于”“小于”或“等于”)。 （2）氨羧基硼烷能抑制肿瘤和降低血清胆固醇，其结构与甘氨酸(NH2CH2COOH)类似，氨羧基硼烷的结构简式为_______。 （3）化学式为B2H6、B5H9、B6H10的硼氢化合物具有巢形结构，该硼氢化合物的通式可表示为_______。 （4）硼中子俘获疗法(BNCT)是一种针对脑、头、颈部肿瘤的一种新型放射疗法，该法涉及利用低能中子照射硼化合物，将13B标记的硼化合物注射到患者体内，用中子照射10B发生核裂变产生氦核(α粒子)和7Li核，裂变过程反应式为_______。 【答案】（1） ①. 1s22s22p3 ②. sp3 ③. 大于 （2）NH3BH2COOH （3）BnHn+4(n≥2) （4） 【解析】 【小问1详解】 固体储氢材料NH3BH3中，已知N是7号元素，故N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；NH3BH3中B与周围的3个H原子形成3个σ键，与N原子形成一个配位键，无孤电子对，即B原子周围的价层电子对数为4，则B原子的杂化轨道类型为sp3；根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势， N和B的第一电离能大小：N大于B； 【小问2详解】 氨羧基硼烷其结构与甘氨酸(NH2CH2COOH)类似，氨羧基硼烷即NH3BH3中B上的一个H被-COOH取代，故该化合物的结构简式为NH3BH2COOH； 【小问3详解】 由化学式为B2H6、B5H9、B6H10的硼氢化合物具有巢形结构可以得出，该硼氢化合物的通式可表示为BnHn+4(n≥2)； 【小问4详解】 由题干信息可知，用中子照射10B发生核裂变产生氦核(α粒子)和7Li核，裂变过程反应式为。 17. 醇酸树脂附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有广泛的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线： 已知： （1）①的反应条件为_______。 （2）②⑤的反应类型分别为_______、_______。D中所含官能团的名称是_______。 （3）反应④的化学方程式为_______。 （4）合成G的过程中可能会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为_______。 （5）写出一种符合下列条件的F的同分异构体：_______。 a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应 b.遇溶液显紫色 c.核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1∶1∶1 （6）设计由1-溴丙烷()为原料制备聚丙烯醇()的合成路线(无机试剂任选)：_______。 【答案】（1）NaOH(或KOH)醇溶液、加热 （2） ①. 加成反应 ②. 缩聚反应 ③. (醇)羟基 （3）+O2+2H2O （4）或； （5）(合理即可) （6）CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2HOCH2CH=CH2 【解析】 【分析】根据G的结构简式，F+D发生缩聚反应生成G，即单体是和，E与新制氢氧化铜，酸化得到F，是醛基被氧化成羧基，因此F的结构简式为，则D的结构简式为，反应①发生消去反应，推出A的结构简式为CH3CH=CH2，根据信息，推出A发生取代反应，推出B的结构简式为CH2BrCH=CH2，反应②发生加成反应得到，反应③水解生成D；根据反应条件，反应④发生催化氧化，推出E的结构简式为 ，据此分析； 【小问1详解】 反应①为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH醇溶液，并加热；故答案为NaOH或KOH醇溶液，并加热； 【小问2详解】 根据上述分析，B的结构简式为CH2BrCH=CH2，C的结构简式为，B与Br2发生加成反应生成C；根据G的结构简式，连接上有除C外的其他元素，则该反应类型为缩聚反应；D的结构简式为，所含官能团是(醇)羟基；故答案为加成反应；缩聚反应；(醇)羟基； 【小问3详解】 反应④为醇的催化氧化，即反应方程式为+O2+2H2O；故答案为+O2+2H2O； 【小问4详解】 D的结构简式为，1molD中含有三个羟基，F和D发生缩聚反应，形成的高分子化合物可能为或；故答案为或； 【小问5详解】 F的结构简式为，1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明该物质中含有2个醛基，遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1∶1∶1，说明是对称结构，符合条件的结构简式为、、、，故答案为(或、、)； 【小问6详解】 形成聚丙烯醇的单体为CH2=CHCH2OH，根据题中所给信息，以及2－溴丙烷生成B的路线，CH3CH2CH2Br先发生消去反应生成CH3CH=CH2，在NBS作用下生成CH2BrCH=CH2，再发生水解反应得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到产物，路线为CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2HOCH2CH=CH2 ；故答案为CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2HOCH2CH=CH2。 18. 某聚合物的合成路线如下(部分反应试剂和条件已略去)。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (R代表烃基) 请回答下列问题： （1）B中所含官能团的名称是___________，F的名称是___________。 （2）反应②的化学方程式为___________。 （3）I的分子式为，则I的结构简式为___________。 （4）反应③的反应类型是___________。 （5）W是F的同分异构体，满足下列要求的W有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上取代基不超过两个； ②可以与溶液反应，不能与溶液发生显色反应，也不能发生银镜反应。 其中，含有手性碳原子的结构简式为___________。 【答案】（1） ①. 羟基 ②. 苯甲酸乙酯 （2） （3） （4）取代反应 （5） ①. 8 ②. 【解析】 【分析】乙烯与水加成生成乙醇(B)，D分子式为C7H8，则结构式为，由已知信息ⅰ，可知E为苯甲酸，所以F为苯甲酸乙酯；由聚合物结构及已知信息ⅱ，倒推G分子中含有两个硝基，反应②的化学方程式为 ；M分子中含有10个碳原子而K分子中只有8个碳原子，反应③为取代反应；M分子中有8个氧原子，结合已知信息ⅰ可知M为，据此作答。 【小问1详解】 由以上分析可知，B为乙醇，B中所含官能团的名称是羟基；E为苯甲酸，与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯。 故答案为：羟基；苯甲酸乙酯 【小问2详解】 由以上分析可知，反应②的化学方程式为 故答案为： 【小问3详解】 I的分子式为，由G的结构及已知信息ⅰ可知I的结构简式为 。 故答案为： 【小问4详解】 M分子中含有10个碳原子而K分子中只有8个碳原子，所以是取代反应增长碳链，则反应③为取代反应。 故答案为：取代反应 【小问5详解】 F的分子式为，W可以与溶液反应，不能与溶液发生显色反应，也不能发生银镜反应，说明W中含有羧基，不含酚羟基和醛基，又要求苯环上取代基不超过两个，所以符合条件的结构有：、、、、、、、 ，共8种，含有手性碳原子的为。 故答案为：8； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $