精品解析：上海市嘉定区封浜高级中学2022-2023学年高三上学期11月期中考试化学试题

2022学年第一学期高三化学期中考试试卷 满分：100分 考试时间：60分钟 一、选择题（每题一个答案，每小题2分，共40分） 1. 中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（　　） A. In 的金属性大于 Al B. In  最外层有 2 种能量的电子 C. In 的中子数为 66 D. In 原子的相对原子质量为 115 2. 对储氢材料描述错误的是 A. 离子半径： B. 有强还原性 C. 最外层电子排布式： D. 晶体中既有离子键又有共价键 3. 资料显示：硫原子可形成六原子环S6，八原子环S8，十二原子环S12等等，这些物质之间的关系为 A. 同系物 B. 同位素 C. 同分异构体 D. 同素异形体 4. 有人设想将CO2液化后送入海底，以减少大气中的CO2的浓度。在CO2液化过程中，下列各项中发生变化的是（　　） A. 分子体积大小 B. 分子间作用力的强弱 C. 分子质量的大小 D. 分子内共价键的长短 5. 下列物质变化过程中，化学键发生变化的是 A. 硬铝熔化 B. 硫磺升华 C. 煤油挥发 D. 蔗糖溶解于水 6. 下列有关氮元素的化学用语中正确的是 A. 氮分子的结构式：N≡N B. 氮原子最外层的电子云图： C. NH3的球棍模型： D. 氮原子的轨道表示式： 7. 下列物质属于电解质的是 A. 盐酸 B. 纯碱 C. 液氯 D. 酒精 8. 不能比较硫和氧非金属性相对强弱的是 A. 热稳定性：H2O>H2S B. SO2中S为+4价，O为-2价 C. 沸点：H2O>H2S D. 硫在氧气中燃烧生成二氧化硫 9. 下列化工生产过程所用原料错误的是 A. 用乙醇制乙烯 B. 由海水提取溴 C. 用氯气和消石灰制漂粉精 D. 用饱和食盐水制烧碱 10. 按照有机物的命名规则，下列命名正确的是 A. 2-乙基戊烷 B. 3-乙基己烷 C. 1,2-二甲基丁烷 D. 4-甲基戊烷 11. β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（ ） A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种 12. 合成氨反应难以发生的根本原因是（ ） A. 该反应是可逆反应 B. 氮分子中存在氮氮叁键 C. 该反应需要催化剂 D. 氨气容易液化 13. 下列操作中，能使电离平衡H2OH+＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是 A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3固体 C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到100℃，使pH＝6 14. 工业上合成氨的反应如下：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)+Q，以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是 A. 升高温度 B. 增大容器体积 C. 移走氨气 D. 增加氮气 15. 短周期主族元素原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族．下列说法正确的是 A 熔沸点： B. 元素最高价： C. 气态氢化物热稳定性： D. 原子半径： 16. 一定温度下，某溶液 pH=7，下列判断一定正确的是 A. 该溶液呈中性 B. 该溶液中 c(H+)=c(OH-) C. 该溶液中 c(H+)=10-7mol/L D. 该溶液中 c(OH-)=10-7mol/L 17. 实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，其他有关数据如下表： 物质 乙酸 1−丁醇 乙酸丁酯 98%浓硫酸 沸点 117.9℃ 117.2℃ 126.3℃ 338.0℃ 溶解性 溶于水和有机溶剂 溶于水和有机溶剂 微溶于水，溶于有机溶剂 与水混溶 关于实验室制备乙酸丁酯的叙述错误的是 A. 不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100℃ B. 不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高 C. 从反应后混合物分离出粗品方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液 D. 由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏 18. 下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是 A. 氢氧化钠溶液 B. 石蕊试液 C. 新制氢氧化铜 D. 碳酸钠溶液 19. 白磷和红磷与氧气反应过程与能量的变化关系如图，E表示能量，则下列说法正确的是（ ） A. 白磷比红磷稳定 B. 红磷转变为白磷是吸热反应 C. 红磷燃烧的热化学方程式：4P(s)+5O2(g)→P4O10(s)+E3-E2 D. 白磷燃烧是吸热反应 20. 关于晶体的叙述中，正确的是 A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定 C. 分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 D. 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体 二、综合题（共60分） （一）（本题共15分） 21. 晶体硅是良好的半导体材料，多晶硅主要采用还原工艺生产。 （1）硅原子核外有________种能量不同的电子。氧离子的核外电子排布式为________。短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是________。 （2）从原子结构角度解释硅元素与氯元素的非金属性强弱________。 22. 900℃以上发生反应，平衡时的百分含量随温度、压强(P)变化如图(K为不同条件时的平衡常数）。 （1）从化学反应速率角度来说明上述反应已达到平衡状态_________。 （2）若反应容器的容积为2L，后达到平衡，测得固体的质量增加了，则HCl的平均反应速率为_________。 （3）_________(选填“>”、“<”或“=”)；大小关系式为_________。 （二）本题共15分 23. 二氧化氯()是世界卫生组织(WHO)推荐的Al级广谱、安全、高效消毒剂。以下是的两种制备方法： 方法一： 方法二： 完成下列填空： （1）①在方法一中，当有电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________mol。 ②在方法二中，反应物________(填序号)。 a．仅做氧化剂 b．既被氧化又被还原 c．发生氧化反应 d．既未被氧化也未被还原 ③两种方法相比，_________(填写“方法一”或“方法二”)制备的更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是_________。 （2）实验室也可用氯酸钠()和亚硫酸钠()用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为_________。 24. 钠原子核外共有_________种不同运动状态的电子，氧原子的最外层电子轨道式是_________。 25. 分子的空间构型为_________，的电子式是_________。 26. 相同压强下，部分元素氯化物的熔点见下表： 氯化物 熔点/℃ 804 773 试解释上表中氯化物熔点差异的原因：_________。 （三）本题共15分 27. 化合物A最早发现于酸奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得。工业上也可由丙烯经过下列方法合成： 回答下列问题： （1）写出下列反应的反应方程式，并注明反应类型。 ①B→C：_________，反应类型：_________。 ②C→D：_________，反应类型：_________。 （2）A的结构简式为：_________，其中含氧官能团名称为：_________，浓硫酸加热条件下两分子的A能反应生成六元环状化合物，写出该化合物的结构简式：_________。 （3）已知D的一种同分异构体能和溶液反应放出气体，写出该同分异构体的结构简式：_________。 （4）在一定条件下容易发生“脱羧”反应，产物之一为甲醛的同系物，写出该产物的结构简式：_________。 （四）（本题共15分） 28. 芳香族化合物A(其中R是未知基团)在一定条件下可转化成如下系列物质。 (1)写出A的结构简式______________________________。 (2)检验反应②是否完全方案是___________________________。 (3)C有多种同分异构体，其中含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是________。 a.1个酯基 b.2个醛基 c.1个碳碳双键和1个醛基 d.1个醛基和1个羟基 (4)反应①反应类型是________________________。写出反应③的化学方程式__________________________。 (5)E可以合成高聚物，写出该高聚物的结构简式______________________。 (6) 以本题中的C为原料制备，写出合成路线，无机试剂任选________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022学年第一学期高三化学期中考试试卷 满分：100分 考试时间：60分钟 一、选择题（每题一个答案，每小题2分，共40分） 1. 中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。已知：铟与铝（13Al）同主族。下列说法错误的是（　　） A. In 的金属性大于 Al B. In  最外层有 2 种能量的电子 C. In 的中子数为 66 D. In 原子的相对原子质量为 115 【答案】D 【解析】 【分析】A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强； B、铟与铝(13Al)同主族，则In的最外层电子数为3，排布在s、p轨道上； C、中子数=质量数-质子数，据此计算判断； D、的质量数为115。 【详解】A、铟与铝(13Al)同主族，并且铟元素的原子序数较大，同主族从上至下金属性逐渐增加，所以In的金属性强，故A不符合题意； B、In的最外层电子数为3，排布在5s、5p轨道上，5s能级上两个电子能量相同，但小于5p能级上的电子能量，所以In最外层有2 种能量的电子，故B不符合题意； C、的质量数为115、质子数为49，所以中子数=119-49=66，故C不符合题意； D、的质量数为115，In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和，故D符合题意； 故选：D。 2. 对储氢材料描述错误的是 A. 离子半径： B. 有强还原性 C. 最外层电子排布式： D. 晶体中既有离子键又有共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A．具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+ ，故A项正确； B．H-易失去电子，则具强还原性，故B项正确； C．钙的原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6，故C项正确； D．CaH2晶体由钙离子和H-构成，只存在离子键，故D项错误； 故答案选D。 3. 资料显示：硫原子可形成六原子环S6，八原子环S8，十二原子环S12等等，这些物质之间的关系为 A. 同系物 B. 同位素 C. 同分异构体 D. 同素异形体 【答案】D 【解析】 【详解】A、结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，S6、S8和S12不满足条件，故A错误； B、质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，S6、S8和S12不满足条件，故B错误； C、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物，S6、S8和S12不满足条件，故C错误； D、S6、S8和S12是由硫元素形成的不同种单质，互为同素异形体，所以D选项是正确的。 所以D选项是正确的。 【点睛】本题考查同素异形体的判断，掌握同素异形体概念的本质是解题的关键，注意“四同”概念的区别。 4. 有人设想将CO2液化后送入海底，以减少大气中的CO2的浓度。在CO2液化过程中，下列各项中发生变化的是（　　） A. 分子体积的大小 B. 分子间作用力的强弱 C. 分子质量的大小 D. 分子内共价键的长短 【答案】B 【解析】 【详解】在CO2液化过程中，分之间的距离改变，分子间作用力发生改变，但分子的体积、质量没有发生改变，液化过程为物理过程，仅改变分子间距离，但分子内共价键的长短没有改变，故合理选项是B。 5. 下列物质变化过程中，化学键发生变化的是 A. 硬铝熔化 B. 硫磺升华 C. 煤油挥发 D. 蔗糖溶解于水 【答案】A 【解析】 【详解】A、硬铝为铝合金，具有金属性能，熔化时要破坏金属键，故A符合题意； B、硫磺是分子晶体，升华克服分子间作用力，故B不符合题意； C、煤油挥发由液态变为气态，化学键没有发生变化，故C不符合题意； D、蔗糖为非电解质，溶解于水时化学键没有发生变化，故D不符合题意。 故选A。 6. 下列有关氮元素的化学用语中正确的是 A. 氮分子的结构式：N≡N B. 氮原子最外层的电子云图： C. NH3的球棍模型： D. 氮原子的轨道表示式： 【答案】A 【解析】 【详解】A. 结构式是利用短线代表共价键，氮气的结构式为：N≡N，A项正确； B. 氮原子最外层为p能级，氮原子最外层应该是pz，不是px，B项错误； C. 球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型，该图不是NH3的球棍模型，且氨气是三角锥形，C项错误； D. 洪特规则指出当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，氮原子最外层p能级有3个电子，其轨道表示式显然不遵循洪特规则，D项错误； 答案选A。 7. 下列物质属于电解质的是 A. 盐酸 B. 纯碱 C. 液氯 D. 酒精 【答案】B 【解析】 【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等； 非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等； 单质和混合物既不是电解质也不是非电解质； 【详解】A. 盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，A项错误； B. 纯碱在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，B项正确； C. 液氯为单质，既不是电解质也不是非电解质，C项错误； D. 酒精在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质，D项错误 答案选B。 【点睛】掌握电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在特定条件（或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。常见的电解质有酸、碱、盐，金属氧化物等，学生需要理解并区分电解质与非电解质的概念与含义。 8. 不能比较硫和氧非金属性相对强弱的是 A. 热稳定性：H2O>H2S B. SO2中S为+4价，O为-2价 C. 沸点：H2O>H2S D. 硫在氧气中燃烧生成二氧化硫 【答案】C 【解析】 【分析】利用气态氢化物的稳定性、化合物中元素得电子能力、氧化还原反应中得电子能力等比较非金属性强弱，以此来解答。 【详解】A. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，则热稳定性：H2O＞H2S，可比较非金属性O＞S，A项正确； B. SO2中S为+4价，O为-2价，则氧得到电子能力强，可比较非金属性O＞S，B项正确； C. 沸点：H2O＞H2S，是因水中存在氢键，且氢键数目多，沸点高，不能比较非金属性，C项错误； D. 硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧得电子能力强，可比较非金属性O＞S，D项正确； 答案选C。 【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有： 1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。 2.由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）； 3.由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强； 4.由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强； 5.由最高价氧化物对应水化物酸性来判断，酸性越强，非金属越强； 6.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱； 以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。 9. 下列化工生产过程所用原料错误的是 A. 用乙醇制乙烯 B. 由海水提取溴 C. 用氯气和消石灰制漂粉精 D. 用饱和食盐水制烧碱 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业生产乙烯原料为石油，A错误； B．海水中含有溴离子，加入氯气将溴离子氧化为溴单质，用热空气将溴吹出，用二氧化硫水溶液进行吸收，再向吸收液中通入氯气，将溴离子氧化为溴单质，即可从海水中提取溴，B正确； C．工业上将氯气通入消石灰中可以发生反应得到氯化钙、次氯酸钙的混合物，以氯气和消石灰为原料生产漂粉精，C正确； D．工业上用电解饱和食盐水制烧碱（氢氧化钠），D正确； 故选A。 10. 按照有机物的命名规则，下列命名正确的是 A. 2-乙基戊烷 B. 3-乙基己烷 C. 1,2-二甲基丁烷 D. 4-甲基戊烷 【答案】B 【解析】 【分析】烷烃命名原则：①长﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣支链编号之和最小；⑤简﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号，如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。 【详解】A项、主链选择错误，正确命名为3-甲基己烷，故A错误； B项、名称符合系统命名方法，故B正确； C项、主链选择错误，烷烃中1号碳上无甲基，正确命名为2—甲基戊烷，故C错误； D项、编号错误，应使取代基位次最小，正确命名为2—甲基戊烷，故D错误。 故选B。 【点睛】本题考查烷烃的命名，注意掌握烷烃的命名原则，明确选取最长碳链为主链，能够正确进行编号是解答关键。 11. β−月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（ ） A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 6种 【答案】C 【解析】 【详解】因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。 12. 合成氨反应难以发生的根本原因是（ ） A. 该反应是可逆反应 B. 氮分子中存在氮氮叁键 C. 该反应需要催化剂 D. 氨气容易液化 【答案】B 【解析】 【详解】A．合成氨反应N2 + 3H2 2NH3是可逆反应，与反应的难以发生没有关系，故A不选； B．氮气分子中存在N≡N，三键中1个σ键、2 个π键，键能大，分子结构稳定，使得合成氨反应难以发生，故B选； C．该反应需要加入催化剂，能够使反应较容易发生，与反应的难以发生没有关系，故C不选； D．氨气容易液化与反应的难以发生没有关系，故D不选； 故选B。 13. 下列操作中，能使电离平衡H2OH+＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是 A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3固体 C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到100℃，使pH＝6 【答案】B 【解析】 【分析】能使电离平衡H2OH＋+OH－向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性。 【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4═Na＋+H＋+SO42－，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，故A错误； B、向水中加入硫酸铝，铝离子水解而促进水电离，且溶液呈酸性，故B正确； C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误； D、升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，故D错误； 故选B。 【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意不能根据pH确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性． 14. 工业上合成氨的反应如下：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)+Q，以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是 A. 升高温度 B. 增大容器体积 C. 移走氨气 D. 增加氮气 【答案】D 【解析】 【详解】A．合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故A不选； B．增大体积，物质的浓度减小，反应速率减小，故B不选； C．移走氨气，生成物浓度减小，反应速率减小，故C不选； D．增加氮气，反应物浓度增大反应速率加快，且平衡正向移动，促进氢气的转化，氢气的转化率增大，故D选； 答案选D。 15. 短周期主族元素原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族．下列说法正确的是 A. 熔沸点： B. 元素最高价： C. 气态氢化物的热稳定性： D. 原子半径： 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于F，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，故X为O，Y为F，Z为Na，W为S。 【详解】A. Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误； B. Y为F，F最高价为0价，W为S，S的最高价为+6价，则元素最高价：Y<W，故B正确； C. 非金属性F>S，则气态氢化物的热稳定性：Y>W，故C错误； D. 同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z，故D错误； 故选：B。 16. 一定温度下，某溶液 pH=7，下列判断一定正确的是 A. 该溶液呈中性 B. 该溶液中 c(H+)=c(OH-) C. 该溶液中 c(H+)=10-7mol/L D. 该溶液中 c(OH-)=10-7mol/L 【答案】C 【解析】 【详解】A.常温下pH=7的溶液才是中性溶液，故A错误。 B 常温下pH=7的溶液中才存在c(H+)=c(OH-)，故B错误 C. PH是H+浓度的负对数所以pH=7的溶液中一定有c(H+)=10-7mol/L，故C正确。 D.常温下pH=7的溶液中才存在c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，故D错误。 故答案选C。 【点睛】pH=7的溶液不一定是中性溶液，c(H+)=c(OH-)一定是中性溶液；pH=7，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L只有常温才适用。 17. 实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间，其他有关数据如下表： 物质 乙酸 1−丁醇 乙酸丁酯 98%浓硫酸 沸点 117.9℃ 117.2℃ 126.3℃ 338.0℃ 溶解性 溶于水和有机溶剂 溶于水和有机溶剂 微溶于水，溶于有机溶剂 与水混溶 关于实验室制备乙酸丁酯的叙述错误的是 A. 不用水浴加热是因为：乙酸丁酯的沸点高于100℃ B. 不能边反应边蒸出乙酸丁酯的原因：乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高 C. 从反应后混合物分离出粗品的方法：用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液 D. 由粗品制精品需要进行的一步操作：蒸馏 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室制备乙酸丁酯的环境温度(反应温度)是115-125°C，而水浴的温度为100°C，故A错误；B．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，则不能边反应边蒸出乙酸丁酯，以提高反应物的利用率，故B正确；C．反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，故C正确；D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏，故D正确；故答案为A。 18. 下列试剂中，能鉴别乙醇、乙醛和乙酸的是 A. 氢氧化钠溶液 B. 石蕊试液 C. 新制氢氧化铜 D. 碳酸钠溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醇、乙醛与氢氧化钠溶液均不反应，且混溶不分层，乙酸与NaOH溶液混合后，发生中和反应得到的也是无色溶液，不能鉴别这三种物质，故A不选；B．乙醇、乙醛遇石蕊均无变化，现象相同，不能鉴别，故B不选；C．乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同，可鉴别，故C选；D．乙醇、乙醛均不与碳酸钠溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D不选；故答案为C。 【点睛】鉴别有机物时，可根据物质的水溶性、密度的大小或者是否与所给物质发生化学反应的性质进行鉴别，常见能溶于水的有机物是醇、羧酸、醛和酚，而酯、烃、卤代烃是不溶于水的，与水混合会出现分层现象，另外常见密度比水大且不溶于水的有CCl4、溴苯、硝基苯等，密度比水小的有汽油、酯及苯等。 19. 白磷和红磷与氧气反应过程与能量的变化关系如图，E表示能量，则下列说法正确的是（ ） A. 白磷比红磷稳定 B. 红磷转变为白磷是吸热反应 C. 红磷燃烧的热化学方程式：4P(s)+5O2(g)→P4O10(s)+E3-E2 D. 白磷燃烧是吸热反应 【答案】B 【解析】 【详解】A.依据图象分析，白磷能量高于红磷，所以红磷稳定，故A错误； B.依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，红磷转变为白磷是吸热反应，故B正确； C.依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，反应的热化学方程式：4P(s)+5O2(g)→P4O10(s)+E3-E2，故C错误； D.图象分析可知，白磷燃烧是放热反应，故D错误； 故选B。 20. 关于晶体的叙述中，正确的是 A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定 C. 分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 D. 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A． 原子晶体中，熔化要破坏共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高，故A正确； B． 分子晶体中，分子间的作用力越大，熔沸点越高，分子的稳定性由分子内共价键强弱来决定，故B错误； C． 分子晶体中，分子间的作用力越大，熔、沸点越高，共价键的键能越大，分子越稳定，故C错误； D． 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体，故D错误； 故选A。 二、综合题（共60分） （一）（本题共15分） 21. 晶体硅是良好的半导体材料，多晶硅主要采用还原工艺生产。 （1）硅原子核外有________种能量不同的电子。氧离子的核外电子排布式为________。短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是________。 （2）从原子结构角度解释硅元素与氯元素的非金属性强弱________。 【答案】（1） ①. 5 ②. ③. （2）氯和硅位于同周期，电子层数相同，质子数氯大于硅，原子半径氯小于硅，因此原子核对最外层电子的吸引能力氯大于硅，得电子能量氯大于硅，非金属性氯大于硅 【解析】 【小问1详解】 硅原子为14号元素，核外电子排布式为，有5种能量不同的电子；氧为8号元素，电子排布式为，氧离子为氧原子得到2个电子，故核外电子排布式为；氯元素的相邻元素有F和S，F与Cl位于同主族，原子半径Cl>F，S与Cl位于同周期，原子半径S>Cl，故原子半径从大到小的顺序是； 【小问2详解】 氯和硅位于同周期，电子层数相同，质子数氯大于硅，原子半径氯小于硅，因此原子核对最外层电子的吸引能力氯大于硅，得电子能量氯大于硅，非金属性氯大于硅。 22. 900℃以上发生反应，平衡时的百分含量随温度、压强(P)变化如图(K为不同条件时的平衡常数）。 （1）从化学反应速率角度来说明上述反应已达到平衡状态_________。 （2）若反应容器的容积为2L，后达到平衡，测得固体的质量增加了，则HCl的平均反应速率为_________。 （3）_________(选填“>”、“<”或“=”)；大小关系式为_________。 【答案】（1）氢气的生成速率等于氢气的消耗速率 （2）0.015mol/(L∙min) （3） ①. > ②. K3>K1=K2 【解析】 【小问1详解】 化学平衡状态的特征是υ(正)=υ(逆)、各组分的浓度保持不变，所以上述反应已达到平衡状态时，氢气的生成速率等于氢气的消耗速率； 【小问2详解】 根据可知，10min后达到平衡，测得固体硅的质量增加了2.8g，即0.1mol，生成n(HCl)=0.3mol，所以HCl的平均反应速率为：； 【小问3详解】 当温度不变时，压强由P2变为P1 ，氢气的百分含量增大，说明平衡左移，只能是增大压强，所以P1>P2；平衡常数只是温度的函数，因此K1、K2所处温度相同，所以K1=K2；温度升高，氢气的百分含量减小，平衡右移，正反应为吸热反应，所以K3>K1=K2。 （二）本题共15分 23. 二氧化氯()是世界卫生组织(WHO)推荐的Al级广谱、安全、高效消毒剂。以下是的两种制备方法： 方法一： 方法二： 完成下列填空： （1）①在方法一中，当有电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________mol。 ②在方法二中，反应物________(填序号)。 a．仅做氧化剂 b．既被氧化又被还原 c．发生氧化反应 d．既未被氧化也未被还原 ③两种方法相比，_________(填写“方法一”或“方法二”)制备的更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是_________。 （2）实验室也可用氯酸钠()和亚硫酸钠()用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式_________。 【答案】（1） ①. 0.2 ②. c ③. 方法二 ④. 方法一中产生对环境有危害的氯气，而方法二中产生的二氧化碳对水体无污染 （2） 【解析】 【小问1详解】 ①氯酸钠和盐酸反应的双线桥为：根据双线桥可知，还原剂是HCl,当转移2mol电子时，作还原剂的HCl为2mol，所以当转移0.2mol电子时，作还原剂的HCl为0.2mol，故答案为：0.2； ②草酸和氯酸钠反应的双线桥为：由双线桥可知，H2C2O4作还原剂，发生氧化反应，故答案选：c； ③两种方法相比，方法二制备的二氧化氯更适合饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生对环境有危害的氯气，而方法二产生的二氧化碳对水体无污染；故答案为：①方法二②方法一产生对环境有危害的氯气，而方法二产生的二氧化碳对水体无污染； 【小问2详解】 实验室可利用在硫酸酸化和加热条件下，氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)反应制备二氧化氯，该反应中Cl元素化合价由+5降低至+4，亚硫酸中S元素由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知其化学反应方程式：，故答案为：。 24. 钠原子核外共有_________种不同运动状态的电子，氧原子的最外层电子轨道式是_________。 【答案】 ①. 11 ②. 【解析】 【详解】钠原子电子排布式为：1s22s22p63s1，核外有11个电子，则不同运动状态的电子有11种；氧原子电子排布式为：1s22s22p4，则最外层电子轨道式是：。 25. 分子的空间构型为_________，的电子式是_________。 【答案】 ①. 正四面体型 ②. 【解析】 【详解】在CCl4分子中，中心原子C有4个价电子，4个氯原子提供4个电子，因此中心原子C的价电子对数为4，由于价电子对全部是成键电子对，因此CCl4的空间构型为正四面体型；二氧化碳是共价化合物，碳原子最外层的四个电子分别和氧原子形成两对共用电子对，故二氧化碳的电子式为。 26. 相同压强下，部分元素氯化物的熔点见下表： 氯化物 熔点/℃ 804 773 试解释上表中氯化物熔点差异的原因：_________。 【答案】NaCl与KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体；CCl4晶体熔化时只需克服分子间作用力，故CCl4的熔点低；两种离子晶体的离子电荷数相同，而K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小 【解析】 【详解】NaCl与KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体；CCl4晶体熔化时只需克服分子间作用力，故CCl4的熔点低；两种离子晶体的离子电荷数相同，而K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。 （三）本题共15分 27. 化合物A最早发现于酸奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得。工业上也可由丙烯经过下列方法合成： 回答下列问题： （1）写出下列反应的反应方程式，并注明反应类型。 ①B→C：_________，反应类型：_________。 ②C→D：_________，反应类型：_________。 （2）A的结构简式为：_________，其中含氧官能团名称为：_________，浓硫酸加热条件下两分子的A能反应生成六元环状化合物，写出该化合物的结构简式：_________。 （3）已知D的一种同分异构体能和溶液反应放出气体，写出该同分异构体的结构简式：_________。 （4）在一定条件下容易发生“脱羧”反应，产物之一为甲醛的同系物，写出该产物的结构简式：_________。 【答案】（1） ①. ②. 水解反应（取代反应） ③. ④. 氧化反应 （2） ①. CH3CHOHCOOH ②. 羧基、羟基 ③. （3）CH2=CHCOOH （4）CH3CHO 【解析】 【分析】由图知，CH3CH=CH2与Br2发生加成反应生成B，可推知B为CH3CHBrCH2Br，B在NaOH溶液中发生水解反应生成C，可推知C为CH3CHOHCH2OH，C与O2在Cu作催化剂的条件下发生氧化反应生成D，可推知D为CH3COCHO，D被[O]氧化生成CH3COCOOH，CH3COCOOH与H2发生加成反应生成A，可推知A为CH3CHOHCOOH（乳酸）据此回答。 【小问1详解】 由分析知，①CH3CHBrCH2Br在NaOH溶液中发生水解反应生成CH3CHOHCH2OH，反应方程式为，反应类型为水解反应（取代反应）； ②CH3CHOHCH2OH与O2在Cu作催化剂的条件下发生氧化反应生成CH3COCHO，反应方程式为，反应类型为氧化反应； 【小问2详解】 由分析知，A的结构简式为CH3CHOHCOOH；其中含氧官能团名称为羧基和羟基；浓硫酸加热条件下两分子的CH3CHOHCOOH能反应生成六元环状化合物，该化合物的结构简式 【小问3详解】 D的结构简式为CH3COCHO，它的一种同分异构体能和溶液反应放出气体，说明含有羧基，由于D中含有2个不饱和度，该同分异构体中应含有碳碳双键，故该同分异构体的结构简式CH2=CHCOOH； 【小问4详解】 在一定条件下容易发生“脱羧”反应，产物之一为甲醛的同系物，则该产物为乙醛，结构简式CH3CHO。 （四）（本题共15分） 28. 芳香族化合物A(其中R是未知基团)在一定条件下可转化成如下系列物质。 (1)写出A的结构简式______________________________。 (2)检验反应②是否完全的方案是___________________________。 (3)C有多种同分异构体，其中含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是________。 a.1个酯基 b.2个醛基 c.1个碳碳双键和1个醛基 d.1个醛基和1个羟基 (4)反应①反应类型是________________________。写出反应③的化学方程式__________________________。 (5)E可以合成高聚物，写出该高聚物的结构简式______________________。 (6) 以本题中的C为原料制备，写出合成路线，无机试剂任选________________________。 【答案】 ①. ②. 取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全 ③. ad ④. 氧化 ⑤. ⑥. ⑦. 【解析】 【分析】根据E的分子式C4H6O2，说明(CH3)2C(Br)COOH在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应，然后再对生成物进行酸化，得到E ，E的结构简式为：CH2=C(CH3)COOH；根据(CH3)2C(Br)COOH及反应条件可知，有机物D与溴发生取代反应生成(CH3)2C(Br)COOH，所以有机物D的结构简式为：(CH3)2CHCOOH；A与NaOH溶液反应的产物酸化后得到B和C，则A中含酯基；有机物B通过两步反应生成D，所以B为醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH；有机物C为羧酸，根据C的分子式和A可知，C的结构简式为；有机物A的结构简式为：；据以上分析解答。 【详解】根据E的分子式C4H6O2，说明(CH3)2C(Br)COOH在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应，然后再对生成物进行酸化，得到E ，E的结构简式为：CH2=C(CH3)COOH；根据(CH3)2C(Br)COOH及反应条件可知，有机物D与溴发生取代反应生成(CH3)2C(Br)COOH，所以有机物D的结构简式为：(CH3)2CHCOOH；A与NaOH溶液反应的产物酸化后得到B和C，则A中含酯基；有机物B通过两步反应生成D，所以B为醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH；有机物C为羧酸，根据C的分子式和A可知，C的结构简式为；有机物A的结构简式为：； (1)结合以上分析可知，A的结构简式； 综上所述，本题答案是：。 (2) 反应②是醛氧化为羧酸的过程，检验反应②是否完全，也就是检验羧酸中是否含有醛，醛的检验可以用银氨溶液或氢氧化铜的悬浊液，具体操作如下：取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全； 综上所述，本题答案是：取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全。 (3) 有机物C为羧酸，C的结构简式为 ；C的多种同分异构体中，可以把羧基变为酯基，或者把羧基拆解为醛基和羟基，因此含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是a.1个酯基，d.1个醛基和1个羟基；ad可选； 综上所述，本题选ad。 (4)综合以上分析可知，反应①为醇变为醛的反应，属于氧化反应；反应③是(CH3)2C(Br)COOH在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应，反应③的化学方程式为：； 综上所述，本题答案是：氧化；。 (5)有机物E结构简式为：CH2=C(CH3)COOH；E发生加聚反应生成高分子，该高聚物结构简式：； 综上所述，本题答案是：。 (6)对比和有机物C（），可见碳干骨架不变，将—CH3转化成—CHO，所以先将与氯气光照条件下发生甲基上的取代反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下反应，产物酸化后可以得到，再发生催化氧化生成，具体流程如下：； 综上所述，本题答案是：。 【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求；本题中要注意有机物D在溴/磷条件下发生反应，溴原子取代了与羧基相连接的碳上的氢原子，形成溴代羧酸；由有机物B到有机物D是连续两步反应实现的，要考虑醇氧化为醛，醛氧化为酸的过程，利于问题的解决。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $