文档内容
高二(下)期中化学试卷
一、选择题(每小题2分，每小题只有1个选项符合题意)
1. 下列有机物不属于烃的是
A. C H B. C H C. D. C HOH
2 4 3 8 2 5
【答案】D
【解析】
【详解】烃是有机化合物的一种，这种化合物只由碳和氢两种元素组成，其中包含烷烃、烯烃、炔烃、环
烃及芳香烃，C H、C H、 均属于烃，C HOH中含有氧元素，不属于烃，故答案为：D。
2 4 3 8 2 5
2. 下列装置中所发生的反应属于加成反应的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应，故A错误；
B．乙烯可以与溴单质发生加成反应，故B正确；
C．乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成CO，属于氧化反应，故C错误；
2
D．乙醇与钠发生置换反应，生成乙醇钠和氢气，故D错误；
故选：B。
3. 属于乙烯的同系物的是（ ）
第1页/共24页
学科网（北京）股份有限公司A. B. CH=CHCH=CH
2 2
C. CH=CHCl D. CH=CHCH
2 2 3
【答案】D
【解析】
【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH 原子团的物质互称为同系物，与乙烯互为同系物
2
的有机物是烯烃，分子中含有1个C、C双键的链烃，组成符合通式为C H 。
n 2n
【详解】A项、 分子中含有苯环，属于不饱和芳香烃，与乙烯不互为同系物，故A
错误；
B项、CH=CHCH=CH 分子中含有2个C、C双键，属于二烯烃，与乙烯不互为同系物，故B错误；
2 2
C项、CH=CHCl分子中含有Cl原子，属于不饱和氯代烃，与乙烯不互为同系物，故C错误；
2
D项、CH=CHCH 分子中含有1个C、C双键，组成符合通式为C H ，与乙烯互为同系物，故D正确。
2 3 n 2n
故选D。
【点睛】本题考查了同系物的判断，熟悉同系物概念及内涵，注意同系物必须是同类物质是解题关键。
4. 以下化学用语正确的是
A. 乙炔的结构简式CHCH B. 羟基的电子式
C. 乙酸的分子式C HO D. 聚丙烯的结构简式
2 4 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔的结构简式CH≡CH，不能省略碳碳三键，故A错误；
B．羟基为中性原子团，氧原子最外层只含有7个电子，羟基的电子式 ，故B错误；
C．乙酸的结构简式为CHCOOH，分子式为C HO，故C正确；
3 2 4 2
D．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为： ，故D错误；
故选：C。
5. 下列关于晶体性质的描述中，正确的是
A. 晶体具有物理性质各向同性的特点
第2页/共24页
学科网（北京）股份有限公司B. 形成晶体的形态与结晶过程的速率无关
C. 用X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体
D. 具有规则几何外形的固体均为晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于晶体内部质点排列的有序性，所以晶体的某些物理性质具有各向异性的特点，A错误；
B．晶体的形成都有一定的形成条件，如温度、结晶速率等，B错误；
的
C．X射线衍射实验能够测出物质 内部结构，根据微粒是否有规则的排列可区分晶体与非晶体，C正确；
D．具有规则几何外形的固体不一定是晶体，如切割成有规则几何外形的玻璃不是晶体，D错误；
故选C。
6. 下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是
A. C(金刚石)和CO B. CH 和HO C. NaBr和HBr D. Cl 和KCl
2 4 2 2
【答案】B
【解析】
【详解】A．C(金刚石)和CO 都只含有共价键，但前者为共价晶体，后者为分子晶体，A不合题意；
2
B．CH 和HO都形成分子晶体，且分子内原子间都形成共价键，B符合题意；
4 2
C．NaBr形成离子晶体，离子间形成离子键，HBr形成分子晶体，分子内原子间形成共价键，C不符合题
意；
D．Cl 形成分子晶体，分子内原子间形成共价键，KCl形成离子晶体，离子间形成离子键，D不符合题意；
2
故选：B。
7. 下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它
有机物可在此基础上进行判断．
【详解】A．乙炔为直线结构，丙炔中甲基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子处于同一直线，所
有碳原子都处在同一平面上，故A不符合；
B．苯为平面结构，甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故B不符合；
第3页/共24页
学科网（北京）股份有限公司C．2-甲基丙烷中，3个甲基处于2号碳原子四面体的顶点位置，2号碳原子处于该四面体内部，所以碳原
子不可能处于同一平面，故C符合；
D．乙烯为平面结构，2-甲基丙烯中2个甲基的碳原子处于乙烯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平
面上，故D不符合；
故选C。
8. 下列说法错误的是
A. 蒸馏时应调整温度计的水银球于蒸馏烧瓶支管口附近
B. 红外光谱可以完全测定出有机物结构，判断出同分异构体
C. 萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，使溶质从一种溶剂内转移到另一种溶剂的操
作
的
D. 常用质谱法进行有机物相对分子质量 测定
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸馏时温度计测量蒸气的温度，而不是液体受热的温度，因此水银球应该与蒸馏烧瓶的支管
口相平，故A选项正确；
B．红外光谱只能测定有机物含有何种化学键或官能团，不能完全测定有机物的结构，故B选项错误；
C．萃取是利用溶质在两种互不相溶 溶的剂中溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成
的溶液里提取出来的操作方法，故C选项正确；
D．质谱是快速、微量、精确测定相对分子质量的常用方法，质谱图中最大质荷比表示的是待测有机物的
相对分子质量，故D选项正确。
故选B。
9. 下列物质的熔点均按由高到低的次序排列，其原因是由于键能由大到小排列的是
A. 铝、钠、干冰 B. 金刚石、碳化硅、晶体硅
C. 碘化氢、溴化氢、氯化氢 D. 二氧化硅、二氧化碳、一氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】只有原子晶体熔化破坏共价键，熔点高低由共价键键能大小决定，
A. 铝、钠熔化破坏金属键，干冰熔化破坏分子间作用力，故A不符合；
B. 金刚石、碳化硅、晶体硅均为原子晶体，成键原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，所以
熔点按由高到低的次序排列，故B符合；
C. 碘化氢、溴化氢、氯化氢均为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，故C不符合；
第4页/共24页
学科网（北京）股份有限公司D. 二氧化硅熔化破坏共价键；二氧化碳、一氧化碳熔化破坏分子间作用力，故D不符合；
故选B。
【点睛】晶体熔化时，原子晶体破坏共价键，离子晶体破坏离子键，金属晶体破坏金属键，分子晶体破坏
分子间作用力。
10. 下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是
A. NH 平面三角形 sp3杂化 B. CCl 正四面体 sp3杂化
3 4
C. HO V形 sp2杂化 D. CO2﹣ 三角锥形 sp3杂化
2 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对数=配原子个数+孤
电子对数。
【详解】A、NH 中心原子的价层电子对数=3+ （5-3×1）=4，N的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，
3
分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；
B、CCl 中心原子的价层电子对数=4+ （4-4×1）=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构
4
型为正四面体，选项B正确；
C、HO中心原子的价层电子对数=2+ （6-2×1）=4，O的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立
2
体构型为V形，选项C错误；
D、CO2- 中心原子的价层电子对数=3+ （4+2-3×2）=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立
3
体构型为平面三角形，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤
电子对数的计算方法，为常考点，要熟练掌握，题目难度中等。
11. 聚乙炔能够导电，下列关于聚乙炔 和聚合物A 的说法
中正确的是
A. 两种聚合物的单体互为同系物
B. 聚合物A不属于单双键交错的结构。
第5页/共24页
学科网（北京）股份有限公司C. 聚合物A的相对分子质量是聚乙炔的两倍
D. 两种聚合物的单体各1 mol，分别与Br 发生加成反应时最多消耗Br 的物质的量之比为2：1
2 2
【答案】B
【解析】
【分析】 为加聚反应产物，先将中括号去掉，然后将两个碳原子上的半个键闭合即可得
到该化合物单体：CH≡CH，该单体为乙炔， 将两半键闭合，中间双键打开
得到单体：CH=CH-CH=CH
2 2。
【详解】A．同系物必须组成上相似，分子组成上相差若干个 CH ，两种聚合物的单体官能团种类不一样，
2
不是同一类物质，不是同系物的关系，故A错误；
B．由A的结构 可知A不属于单双键交错的结构，故B正确；
C．聚合物是混合物，n值不确定，不能得出相对分子质量的关系，故C错误；
D．CH≡CH和CH=CH-CH=CH 物质的量为1mol时，分别与溴加成最多消耗溴的物质的量为1：1，故D
2 2
错误；
故选：B。
12. 叶蝉散对水稻叶蝉和飞虱具有较强的触杀作用，防效迅速，但残效不长。工业上用邻异丙基苯酚合成
叶蝉散的过程如下：
下列有关说法正确的是
A. 叶蝉散的分子式是C H NO
11 16 2
B. 叶蝉散分子中含有羧基
C. 邻异丙基苯酚的核磁共振氢谱有7个峰
D. 邻异丙基苯酚与 互为同系物
【答案】C
【解析】
第6页/共24页
学科网（北京）股份有限公司【详解】A. 叶蝉散的分子式是C H NO ，A错误；
11 15 2
B.由叶蝉散的分子结构可知叶蝉散中不含有-COOH，B错误；
C.由叶蝉散的结构简式可知，叶蝉散分子中含有8类氢原子，则叶蝉散的核磁共振氢谱有8组峰，C正确；
D.同系物必须是同类物质，邻异丙基苯酚属于酚， 属于醇，则邻异丙基苯酚
不可能互为同系物，D错误；
故选C。
13. 关于化学式[TiCl(H O) ]Cl ⋅HO的配合物的下列说法中正确的是
2 5 2 2
A. 配位体是Cl-和HO，配位数是9
2
B. 配离子是[TiCl(H O) ]2+，中心离子是Ti4+
2 5
C. 内界和外界中的Cl-的数目比是1：2
D. 加入足量AgNO 溶液，所有Cl-均被完全沉淀
3
【答案】C
【解析】
【详解】A．配合物[TiCl(H O) ]Cl •H O，配位体是Cl和HO，配位数是6，故A错误；
2 5 2 2 2
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；
C．配合物[TiCl(H O) ]Cl •H O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是
2 5 2 2
1：2，故C正确；
D．加入足量AgNO 溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误；
3
故选：C。
14. 下列图示的实验操作，不能实现相应实验目的的是
A. 鉴别甲苯和己烷 B. 用CCl 提取碘水中的碘
4
C. 检验电石与饱和食盐水的产物乙炔 D. 检验乙醇与浓硫酸170℃反应生成的气体
【答案】C
第7页/共24页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而己烷不能，A正确；
B．四氯化碳与水不溶且碘单质在四氯化碳中的溶解度远大于水，故可用四氯化碳做萃取剂，B正确；
C．制得的乙炔中混有硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能证明乙炔，C错误；
D．乙醇与浓硫酸170℃反应生成的气体中混有二氧化硫、二氧化碳和乙醇，通过氢氧化钠溶液可把三种
杂质气体全部除去，故D正确；
故选C。
15. “冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是
A. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
B. 第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构
C. 第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少
D. 当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变
滑
【答案】A
【解析】
【详解】A．水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的氢键无关，A
错误；
B．固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构，B正确；
C．“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个的水分子间距离适合形成氢键，
形成氢键的机会比固态冰中少，C正确；
D．当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由
流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；
故选A。
16. 解释下列现象的原因不正确的是
选
现象 原因
项
A HF的沸点高于HCl H-F键的键长比H-Cl键的键长短
第8页/共24页
学科网（北京）股份有限公司Br 的相对分子质量大于Cl 的，Br 分子间的范德华力更
B 常温常压下，Cl 为气态，Br 为液态 2 2 2
2 2 强
对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子
C
的高 内氢键
D 可用CCl 萃取碘水中的I I 与CCl 均为非极性分子，而水是极性分子
4 2 2 4
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢化物的稳定性与化学键有关，与分子间作用力和氢键无关，HF的稳定性强于HCl不能用分
子间作用力和氢键解释，故A错误；
B．分子晶体在常温常压下状态与分子间作用力成正比，氯气和溴都是分子晶体，Br 的相对分子质量大于
2
Cl 的，Br 分子间的范德华力更强，所以常温常压下氯气为气态、溴为液态，故B正确；
2 2
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低，所以
对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，故C正确；
D．I 与CCl 均为非极性分子，而水是极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳溶液而不易溶
2 4
于水，所以可用CCl 萃取碘水中的I，故D正确；
4 2
故选：A。
17. 已知某有机物18.0g，升温使其气化，测其密度是相同情况下H 的45倍，与足量氧气在密闭容器中完
2
全燃烧后，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，发现分别增重10.8g和26.4g，该有机物的分子式
是
.
A CHO B. C H O C. C HO D. C HO
2 4 10 2 3 6 3 2 5
【答案】C
【解析】
【详解】同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，由其密度是相同条件下H 的45倍，可知
2
A的相对分子质量为45×2=90，该有机物的物质的量 ，浓硫酸增重7.2g为水的
质量，n(H)=2n(H O)=2× ，碱石灰增重17.6g为二氧化碳质量，n(C)=n(CO )=
2 2
第9页/共24页
学科网（北京）股份有限公司，根据质量守恒，(O)= ，所以A的分子式
为：C HO，故选：C。
3 6 3
18. 短周期元素X、 Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负
价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是
A. 电负性：X>Y>Z
B. 原子半径：Y>Z>X
C. 分子中Z原子的杂化方式均为sp2
D. Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的基态原子2p轨道半充满，则Z为N
元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如图，根
据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则电负性：N>C>H，A错误；
B．H原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相
同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：C>N>H，B正确；
C．分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C错误；
D．C元素的最高价氧化物的水化物为HCO，HCO 为弱酸，D错误；
2 3 2 3
答案选B。
19. 已知烯烃在酸性KMnO 溶液中双键断裂形式为
4
现有二烯烃C H 与酸性KMnO 溶液作用后可得到三种有机物：(CH)CO、CHCOOH、CHCO(CH)COOH，由此
10 18 4 3 2 3 3 2 2
推断此二烯可能的结构简式为
A. (CH)C=C(CH)CHCHCH=CHCHCH
3 2 3 2 2 2 3
第10页/共24页
学科网（北京）股份有限公司B. (CH)C=CHCHCHC(CH)=CHCH
3 2 2 2 3 3
C. CHCH=C(CH)CHCHCHC(CH)=CH
3 3 2 2 2 3 2
D. CHCH=C(CH)CHCHCHCH=CHCH
3 3 2 2 2 3
【答案】B
【解析】
【详解】根据题给信息可知，在碳碳双键的碳上有一个氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，没有
氢原子则被氧化成酮羰基，根据生成物为（CH ） CO、CHCOOH、CHCO（CH ） COOH三种有机物，
3 2 3 3 2 2
则可推出该二烯烃可能为（CH）C=CHCHCHC（CH）=CHCH，答案选B。
3 2 2 2 3 3
20. 研究表明，CH=CH 与Br 的加成反应，实质是Br 先异裂为Br+和Br-，然后Br+首先与CH=CH 形成
2 2 2 2 2 2
中间体，之后才是Br-与中间体作用得到产物。依据该反应机理，将CH=CH 通入混有少量NaCl和NaNO
2 2 2
的溴水溶液中，得到的有机物不可能有
A. ClCH CHNO B. BrCHCHBr
2 2 2 2 2
C. BrCHCHCl D. HOCH CHBr
2 2 2 2
【答案】A
【解析】
【分析】依题意，CH=CH 与Br 的加成反应时，先生成中间体BrCHCH-，然后再与溶液中的阴离子结
2 2 2 2 2
合。
【详解】A．ClCH CHNO 不含有BrCHCH-部分，不可能是CH=CH 与溴水溶液反应的产物，A符合题
2 2 2 2 2 2 2
意；
B．BrCHCHBr是中间体BrCHCH-与Br-反应的产物，B不符合题意；
2 2 2 2
C．BrCHCHCl是中间体BrCHCH-与Cl-反应的产物，C不符合题意；
2 2 2 2
D．HOCH CHBr是中间体BrCHCH-与水电离产生的OH-反应的产物，D不符合题意；
2 2 2 2
故选A。
21. 变色硅胶干燥剂含有CoCl ，根据颜色可判断干燥剂是否已经失效。已知[Co(H O) ]2+呈粉红色，
2 2 6
[CoCl ]2-呈蓝色，[ZnCl ]2-为无色。现将CoCl 溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下
4 4 2
平衡：[Co(H
2
O)
6
]2++4Cl- ⇌[CoCl
4
]2-+6H
2
O△H，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：
以下结论和解释正确的是
A. 变色硅胶干燥剂中CoCl 主要起干燥作用
2
B. 由实验①可推知△H＜0
第11页/共24页
学科网（北京）股份有限公司C. 变色硅胶干燥剂若呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能
D. 由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl ]2-＞[CoCl ]2-
4 4
【答案】D
【解析】
【详解】A．变色硅胶干燥剂中主要起干燥作用的是硅胶，钴的不同离子颜色不同，在硅胶干燥剂中可以
根据颜色判断干燥剂是否已经失效，A项错误；
B．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反
应，正反应为吸热反应，∆H>0，B项错误；
C．[Co(H O) ]2+呈粉红色，[CoCl ]2-呈蓝色，根据实验②，当硅胶干燥剂吸水量已经饱和而失效时，此时干
2 6 4
燥剂呈粉红色，干燥剂呈蓝色表示还具有吸水干燥功能，C项错误；
D．实验③加入少量ZnCl 固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl ]2-，导致溶液中
2 4
c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl ]2->[CoCl ]2-，D项正确；
4 4
答案为D。
二、填空题(请将答案填写在答题纸上)
22. 按要求填空：
（1）系统命名法命名__________。
（2）书写以下化学方程式
①实验室制乙烯__________。②苯与液溴制备溴苯__________。
（3）2000年，国家药品监督管理局发布通告暂停使用和销售含苯丙醇胺的药品制剂。苯丙醇胺(英文缩写
为PPA)结构简式为： ①PPA的分子式是：_______ 。
②它的取代基中有两个官能团，名称是___________。
③将 、 、-OH在碳链上的位置作变换，可以得到苯丙醇胺的同分异构体有
第12页/共24页
学科网（北京）股份有限公司_______种(注意：-OH和-NH 不能连在同一个碳原子上)。
2
【答案】（1）2，3-二甲基戊烷
（ 2 ） ① . CHCHOH CH=CH ↑+H O ②. +Br
3 2 2 2 2 2
+HBr
（3） ①. C H NO ②. 氨基、羟基 ③. 9
9 13
【解析】
【小问1详解】
分子中最长的碳链含5个C，在2号、3号C原子上各有1个甲基，其名称为2，3-二甲基戊烷；
【小问2详解】
①170℃时，乙醇在浓硫酸催化下生成乙烯，反应方程式为：CHCHOH CH=CH ↑+H O；
3 2 2 2 2
②苯与液溴在Fe的催化下生成溴苯，反应方程式为： +Br
2
+HBr；
【小问3详解】
①由苯丙醇胺的结构简式可知其分子式为：C H NO；
9 13
②该有机物中官能团为-NH 和-OH，名称为氨基、羟基；
2
③由题给信息可知，当苯基连在丙烷端碳上时，先固定羟基位置，可写出： 、
第13页/共24页
学科网（北京）股份有限公司、 、 、
、 ；再把苯基固定在丙烷中间碳上，又可写出几
种异构体： 、 、 ，故同分
异构体共有9种，故答案为：9。
23. 铜是人类最早使用的金属之一，最近科学家发现Cu元素有很强的杀菌作用，还可代替Al布线在硅芯
片上。用黄铜矿(主要成分为CuFeS)生产粗铜，其反应原理如下：
2
回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为_______。Cu O的熔点 ________Cu S的熔点(填写“＜”、“＞”或
2 2
“=”)。
（2）反应①、②中生成的气体SO ，分子的空间结构为_______。
2
（3）Cu2+能与NH 形成配位数为4的配合物，向CuSO 溶液中加入氨水，最终形成配合物[Cu(NH )]SO 。
3 4 3 4 4
请判断：[Cu(NH )]SO 。中存在的化学键的类型有_________(填序号)。
3 4 4
a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.非极性共价键 e.极性共价键
（4）如图是铜的一种氮化物晶体的晶胞结构。该化合物的化学式为__________，每个N原子周围与它最
近且等距离的Cu原子有________个，每个Cu原子周围与它最近且等距离的N原子有_______个。
【答案】（1） ①. 3d104s1 ②. ＞
第14页/共24页
学科网（北京）股份有限公司（2）V形 （3）ACE
（4） ①. Cu N ②. 4 ③. 2
2
【解析】
【小问1详解】
Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；同主族元素第一电离能
自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧，分析晶格能可知，氧离子的半径比硫离子小，故Cu O
2
的晶格能更大，熔点更高，故答案为：3d104s1；＞；
【小问2详解】
在SO 中中心S原子的价层电子对数=2+ =3，采用sp2杂化，含有1对孤电子对，空间构型为V形，
2
故答案为：V形；
【小问3详解】
配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性
键，不存在金属键，故答案为：ACE；
【小问4详解】
由晶胞结构可知Cu的个数为4，氮的个数为 ×8+1=2，该物质的化学式为Cu N，每个N原子周围与它最
2
近且等距离的Cu原子有4个，每个Cu原子周围与它最近且等距离的N原子有 2个，故答案为：Cu N；
2
4；2。
24. 硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途、广泛。
（1）写出基态B原子的轨道表达式___________。
（2）已知：硼酸的电离方程式可表示为H
3
BO
3
+H
2
O⇌[B(OH)
4
]-+H+。
①根据以上信息，下列说法正确的是_________。(填序号)
a.硼酸是一元酸
b.硼酸在电离的过程中，B原子的杂化类型发生了变化
c.硼酸与过量NaOH反应，能观察到白色沉淀逐渐消失
第15页/共24页
学科网（北京）股份有限公司②从化学键的角度表述由HBO，形成[B(OH) ]-的过程__________。
3 3 4
（3）B与N可以形成不同类型的晶体，如六方氮化硼、立方氮化硼等，其结构如图。
①六方氮化硼的晶体结构类似石墨，每一个B或N的杂化类型是__________。
②立方氮化硼因其硬度高、耐磨性好，在机械加工行业广泛用作切削工具。立方氮化硼可在高温高压的条
件下由六方氮化硼转化而成。如图，立方氮化硼的晶体类型为___________，立方氮化硼的密度为
dg⋅cm-3，阿伏加德罗常数为N ，B与N的相对原子质量分别为m和n，则立方晶胞边长
A
a=______________cm。
【答案】（1） （2） ①. abc ②. HBO 中B原子提供空轨道，OH-
3 3
中O原子提供孤电子对，通过形成配位键生成[B(OH) ]-
4
（3） ①. sp2 ②. 共价晶体 ③.
【解析】
【小问1详解】
基态B原子的核外电子表达式1s22s22p2，基态B原子的轨道表达式 ；
【小问2详解】
①a.由硼酸的电离方程式可知，HBO 能电离出1个H+，故硼酸为一元酸，故a正确；
3 3
b.H BO 中B原子为sp2杂化，[B(OH) ]-中B原子为sp3杂化，硼酸在电离的过程中，B原子的杂化类型发
3 3 4
生了变化，故b正确；
c.硼酸与过量NaOH反应生成可溶性的Na[B(OH) ]，白色沉淀逐渐消失，故c正确；
4
故答案为：abc；
②HBO 中B原子为sp2杂化，有空轨道，OH-中O原子提供孤电子对，通过形成配位键生成[B(OH) ]-，故
3 3 4
第16页/共24页
学科网（北京）股份有限公司答案为：HBO 中B原子提供空轨道，OH-中O原子提供孤电子对，通过形成配位键生成[B(OH) ]-；
3 3 4
【小问3详解】
①由六方氮化硼的晶体结构可知，每一个B或N都形成3个σ键，价层电子对数为3，为sp2杂化，故答案
为：sp2；
②立方氮化硼的性质硬度高、耐磨性好，可在高温高压的条件下由六方氮化硼转化而成，可知立方氮化硼
为共价晶体；B原子位于顶点和面心，个数为8× +6× =4，N原子位于体内，个数为4，晶胞质量为
，晶胞体积为a3cm3，根据 可得，dgcm-3= gcm-3，a= cm，故答
⋅ ⋅
案为：共价晶体； 。
25. 我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色
针状晶体，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，
青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃。从青蒿中提取青蒿素的方法是乙醚浸取法，主要工艺流
程为：
请回答下列问题：
（1）在操作Ⅰ中，对青蒿进行干燥破碎后加入乙醚的目的是________。
（2）操作Ⅱ先经过________操作，既可以回收乙醚，又可以使提取液浓缩、结晶，再经过滤可得到青蒿素
粗品。操作Ⅲ的主要过程可能包括________(填序号)。
a.加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶
b.加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤
c.加入乙醚进行萃取分液
（3）用下列实验装置测定青蒿素实验式的方法如下：将一定质量的青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓
缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置D和E实验前后的质量，根据所测数据计算。
第17页/共24页
学科网（北京）股份有限公司①装置A的作用是_______装置F的作用是_______。
②装置D、E中盛放的物质是分别是_______。
a.碱石灰、无水氯化钙
b.无水氯化钙、碱石灰
c.浓硫酸、碱石灰
（4）科学家在青蒿素的研究中进一步发现，一定条件下可把青蒿素转化为双氢青蒿素。
①以下说法正确的是________。
a.通过元素分析与质谱法可确定其分子式
b.青蒿素分子中含有过氧键、酯基和醚键
c.青蒿素是芳香族化合物青蒿素双氢青蒿素
d.古有“青蒿一握，以水二升溃，绞取汁”，利用的是萃取原理
②双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，因而疗效更好。从结构与性质关系角度推测主要原因是________。
【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
（2） ①. 蒸馏 ②. b
（3） ①. 除去CO ②. 吸收生成的CO ③. b
2 2
（4） ①. abd ②. 分子中羰基转变为羟基，分子极性增强，导致双氢青蒿素水溶性增强、疗效更好
【解析】
【分析】根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿
素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，
对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品；为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO 和HO，实验
2 2
前应通入除去CO 和HO的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验。E和F一个吸收生成的HO，一个
2 2 2
第18页/共24页
学科网（北京）股份有限公司吸收生成的CO，应先吸水后再吸收CO，所以E内装的CaCl 或PO，而F中为碱石灰，而在F后应再加
2 2 2 2 5
入一个装置防止外界空气中CO，和HO进入的装置，以此解答该题。
2 2
【小问1详解】
根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取
率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
【小问2详解】
操作Ⅱ用于分离乙醚，可用蒸馏的方法，操作Ⅲ是加95%的乙醚，浓缩、结晶、过滤是提纯的实验方法，
故答案为：蒸馏；b；
【小问3详解】
①准确测量青蒿素燃烧生成的CO 和HO，实验前应通入除去CO 和HO的空气，则B的作用是除去
2 2 2 2
HO，装置F可用于吸收生成的CO，故答案为：除去CO；吸收生成的CO；
2 2 2 2
②E和F一个吸收生成的HO，一个吸收生成的CO，应先吸水后再吸收CO，所以E内装的CaCl 或
2 2 2 2
PO，而F中为碱石灰，故答案为：b；
2 5
【小问4详解】
①a.通过燃烧方法可确定青蒿素中含有的元素种类及各种元素的原子个数比；通过质谱法可确认物质的相
对分子质量进而可确定青蒿素的分子式，故a正确；
b.由结构式可知，青蒿素分子中含有过氧键、酯基和醚键，故b正确；
c.青蒿素分子中无苯环，因此不是芳香族化合物，故c错误；
d.古有“青蒿一握，以水二升溃，绞取汁”，分离时利用的青蒿素在不同溶剂中溶解度的不同，属于萃取作
用，故d正确；
故答案为：abd；
②双氢青蒿素分子中含有羟基，分子极性较强，比青蒿素水溶性更好，因而疗效更好。故答案为：分子中
羰基转变为羟基，分子极性增强，导致双氢青蒿素水溶性增强、疗效更好。
26. 某物质G可做香料，其结构简式为 工业合成路线如图：
第19页/共24页
学科网（北京）股份有限公司回答下列问题：
（1）A为芳香烃，相对分子质量为78。下列关于A的说法中，正确的是_________(填序号)
a.密度比水大
b.所有原子均在同一平面上
c.一氯代物只有一种
（2）反应①的反应类型为_________反应。
（3）下列说法正确的是_________(填序号)。
a.上述框图中所有物质均为芳香族化合物
b.D存在顺反异构
c.F属于酚类物质
（4）C的核磁共振氢谱有4组吸收峰，步骤②的化学方程式是_________。
（5）D在一定条件下可以生成有机高分子，反应的化学方程式是 _________。
（6）E的核磁共振氢谱有6组吸收峰，步骤④的化学方程式是_________。
（7）已知： ； (R-代
表烃基)
为
甲苯被高锰酸钾氧化 苯甲酸。
以甲苯为原料合成 的流程如下，写出物质B、C的结构简式：________、
__________。
【答案】（1）bc （2）加成
第20页/共24页
学科网（北京）股份有限公司（3）a （4） +Cl +HCl
2
（5）n
（6） +HBr
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】芳香烃A的相对分子质量为78，A与丙烯发生反应得到异丙苯，则A为 ，反应①为加成
反应，异丙苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物 C，则C为 或
，反应③为C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成 ，
反应④为 与HBr发生加成反应生成E，E发生水解反应生成F，F发生氧化反应生成
，则E为 ；
【小问1详解】
A为芳香烃，相对分子质量为78，A为 ；
第21页/共24页
学科网（北京）股份有限公司a.苯密度比水小，故a错误；
b.苯是平面结构，所有原子均在同一平面上，故b正确；
c.不存单双键交替形式，碳碳键是单键双键之间的一种特殊的键，其一氯代物只有一种，故c正确，
故答案为：bc；
【小问2详解】
反应①是苯与丙烯发生反应得到异丙苯，该反应类型为加成反应，故答案为：加成；
【小问3详解】
a.上述框图中所有物质均含有苯环，均为芳香族化合物，故a正确；
b.D中碳碳双键其中1个不饱和碳原子连接2个氢原子，没有顺反异构，故b错误；
c.F中羟基没有连接苯环，不含酚羟基，含有醇羟基，属于芳香醇，不是酚类物质，故c错误，
故答案为：a；
【小问4详解】
C的核磁共振氢谱显示有4组峰，则C的结构简式为 ，步骤②的化学方程式是
+Cl +HCl；
2
【小问5详解】
在一定条件下可以生成有机高分子，反应的化学方程式是n
；
【小问6详解】
④为加成反应，E的核磁共振氢谱显示有6组峰，E为 ，步骤④的化学方程式是
第22页/共24页
学科网（北京）股份有限公司+HBr ；
【小问7详解】
甲基用酸性高锰酸钾氧化转化为羧基，硝基用Fe/HCl还原转化为氨基，由于苯胺易被氧化，甲苯先发生硝
化反应生成 ，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ，最后还
原得到 ，故B的结构简式为 C的结构简式为
，。
27. ECH(环氧氯丙烷，结构为 )是生产环氧树脂的中间体，工业上可由如图路线合成。
已知：
（1）A为丙烯，其分子中含有的官能团是____________。
（2）已知B→C为加成反应，A→B的反应类型是_________反应。
（3）B→C的反应中，B与次氯酸加成得到的C，有两种结构。
①C结构简式是i：ClCH -CHCl-CH OH和ii：_________。
2 2
②由分子中化学键的极性角度分析，i为B→C的主要产物的原因是_________。
（4）原料中的丙烯可由石油裂解得到。在裂解分离得到的含有三个碳原子的馏分中，除丙烯外，杂质气
体中含有2种分子式均为C H 的链烃D和E。
3 4
①D分子内含有sp3杂化的碳原子，则D结构简式为 _________。
②E的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，分子内无sp3杂化的碳原子。则
i.E中碳原子的杂化类型是_________；
ii.4个氢原子不在同一个平面内，由分子中碳原子的杂化解释其原因 _________。
【答案】（1）碳碳双键
（2）取代 （3） ①. ClCH OHCH Cl ②. B为CH=CHCHCl，Cl的电负性较大，使双键电子
2 2 2 2
第23页/共24页
学科网（北京）股份有限公司云向中心碳原子偏移；HOCl中：H-O-Cl，因此-OH连在端基碳原子上
（4） ①. CH≡C-CH ②. sp、sp2 ③. 中心碳原子是sp杂化，有2个相互垂直的未杂化p轨道，
3
可分别与两端sp2杂化的碳原子的1个未杂化p轨道“肩并肩”形成π键
【解析】
【分析】A为丙烯，则 A为CH=CH-CH ，B中只有一个 Cl原子，则A→B为氯气的取代反应，B为
2 3
CH=CH-CHCl,B→C由原子数目可知为加成反应，C为OH-CH-CHCl-CH Cl或Cl-CH -CHOH-CH Cl,C再
2 2 2 2 2 2 2
发生已知信息反应得到环化物。
【小问1详解】
丙烯含有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
【小问2详解】
A→B为氯气的取代反应，故答案为：取代；
【小问3详解】
①由分析可知，C结构简式是ClCH -CHCl-CH OH和ClCH OHCH Cl,故答案为：ClCH OHCH Cl；
2 2 2 2 2 2
②ClCH CHClCH OH为BC的主要产物的原因是B为CH=CHCHCl,Cl的电负性较大，使双键电子云向中
2 2 2 2
心碳原子偏移；HOCl中：H-O-Cl,因此-OH连在端基碳原子上；
【小问4详解】
①D含有sp3杂化的碳原子，说明含有4条键，结构为 或-C≡，由于只有3个C原子，则D应为
CH≡C-CH ，名称是丙炔，故答案为：CH≡C-CH ；
3 3
②i.E的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，分子内无sp3杂化的碳原子，则该分子应为CH=C=CH，碳原子的
2 2
杂化类型是sp、sp2，故答案为：sp、sp2；
ii.该分子中，4个氢原子不在同一个平面内，原因是中心碳原子是sp杂化，有2个相互垂直的未杂化p轨
道，可分别与两端sp2杂化的碳原子的1个未杂化p轨道“肩并肩”形成π键。
第24页/共24页
学科网（北京）股份有限公司
