宁夏青铜峡市宁朔中学2025~2026学年高二下册期中考试化学试卷（含解析）

/青铜峡市宁朔中学2025-2026学年第二学期高二年级化学学科期中考试测试卷相对原子质量：H1Cu64C12N14O16Cl35.5Zn65Se79一、选择题1.下表物质中所含官能团名称命名错误的是选项物质官能团的名称A酮羰基、氨基B醛基、醚键、羧基C碳溴键、羟基D碳碳双键、醛基A.A B.B C.C D.D【正确答案】B【详解】A．物质中含酮羰基和氨基，A不符合题意；B．物质结构中含酯基和羧基，B符合题意；C．对溴苯酚中含碳溴键和酚羟基，C不符合题意；D．丙烯醛中含碳碳双键和醛基，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语表示正确的个数是(1)聚丙烯的结构简式：(2)2,4,4-三甲基己烷的键线式：(3)为2-丁烯的顺式结构(4)1,4-二甲基丁烷(5)甲基的电子式为(6)丙烯的结构简式：CH3CHCH2(7)醛基的结构简式为(8)乙烷的结构式是(9)丙烷分子的空间填充模型：A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【正确答案】A【详解】(1)．分析聚丙烯的结构简式聚丙烯由丙烯加聚得到，加聚时双键断裂，重复单元应为，正确结构简式为，此项错误；(2)．2,4,4-三甲基己烷的键线式，此项正确；(3)．2-丁烯的顺式结构要求双键两侧的相同基团（）在同一侧，题目中的两个在双键异侧，属于反式结构，此项错误；(4)．的命名，该物质主链为6个碳的直链烷烃，系统命名应为“己烷”，此项错误；(5)．甲基是中性基团，碳原子周围有7个电子（4个价电子+3个H提供的电子），正确电子式为，此项错误；(6)．丙烯的结构为，结构简式必须体现碳碳双键，题目中未写出双键，此项错误；(7)．醛基的结构为（碳原子与氧原子形成双键，同时连接氢原子），会误解为羟基连接在碳原子上，不符合醛基的结构，此项错误；(8)．乙烷的结构为，展开式中每个碳原子连接3个氢原子，题目中的结构式（左右各连三个H）符合乙烷的结构，此项正确；(9)．题中给出的是球棍模型并非空间填充模型，丙烷的空间填充模型为，此项错误；故(2)(8)正确，选A。3.确定有机化合物组成和结构的方法很多，下列说法错误的是A.质谱仪可用于有机物相对分子质量的测定B.异戊烷(2-甲基丁烷)的核磁共振氢谱中有3组峰C.利用红外光谱法可以区分乙烷和乙烯D.通过李比希元素分析仪可以确定有机物最简式【正确答案】B【详解】A．质谱仪最重要的应用是分离同位素并测定它们的相对原子质量及相对丰度，也可用于有机物相对分子质量的测定，A正确；B．异戊烷的结构简式：，核磁共振氢谱中有4组峰，B错误；C．红外光谱法是根据不同物质选择性的吸收红外光区的电磁辐射，对各种吸收红外光的化合物进行定量和定性分析的一种方法，利用红外光谱法可以区分乙烷和乙烯，C正确；D．通过李比希元素分析仪可以确定有机物中所含有的元素种类及原子个数，从而确定有机物的最简式，D正确；答案选B。4.使用现代分析仪器对某有机化合物X的分子结构进行测定，相关结果如下：由此推理得到有关X的结论不正确的是A.属于醚类 B.结构简式为C.相对分子质量为74 D.组成元素有C、H、O【正确答案】B【详解】A．X分子中含有醚键，属于醚类，故A正确；B．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，含有醚键，有2种等效氢，结构简式为，故B错误；C．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，故C正确；D．X分子中含有醚键，有2种等效氢，组成元素有C、H、O，故D正确；选B。5.下列有关同系物或同分异构体的说法正确的是：A.和互为同系物B.的一溴代物有4种C.与互为同分异构体D.和属于官能团异构【正确答案】D【详解】A．属于酚类，属于醇类，二者物质类别不同，所以不互为同系物，A错误；B．该物质为甲基环己烷，分子中共有如图所示的5种等效氢，因此其一溴代物有5种，B错误；C．与的系统命名都叫：2-甲基丁烷，是同一种物质，C错误；D．的官能团是碳碳三键，的官能团是碳碳双键，两者的分子式相同、但结构不同，属于官能团种类异构的同分异构体，D正确；故答案为D。6.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图。下列关于莽草酸的说法正确的是A.分子中有2个手性碳原子B.此有机物按碳骨架分类属于脂肪烃的衍生物C.莽草酸的分子式为C7H4O5D.分子中有三种官能团【正确答案】D【详解】A．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知与羟基相连的3个碳原子为手性碳原子，故A错误；B．按碳骨架分类属于脂环烃的衍生物，故B错误；C．由结构可知，分子中含7个C原子、10个H原子、5个O原子，则分子式为C7H10O5，故C错误；D．化合物中含3种官能团，分别为羟基、羧基、碳碳双键，故D正确；答案选D。7.下列说法中正确的是A.分子式为的有机物不一定是纯净物B.相对分子质量相同、结构不同的两种化合物互为同分异构体C.的一氯代物有2种D.和互为同分异构体【正确答案】C【详解】A．分子式为的有机物只有一种结构，分子式为的有机物一定是纯净物，A错误；B．相对分子质量相同、结构不同的两种化合物不一定互为同分异构体，如和CH3CHO相对分子质量相同，分子式不同，B错误；C．结构对称，有两种等效氢，一氯代物有2种，C正确；D．和是同一种物质，D错误；故选C。8.有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3CH=CHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列有关X的说法错误的是A.化学式为C8H8B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.光照条件下不能与氯气发生取代反应D.1molX可与3molH2发生加成反应【正确答案】C【详解】A．根据X的键线式可知，X的化学式为，A正确；B．X中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．X能与氯气在光照条件下发生取代反应，C错误；D．由于1个X含有三个碳碳双键，所以1molX可与3molH2发生加成反应，D正确；故选C。9.现有以下混合物：①30%的乙醇溶液；②水和汽油；③提纯粗苯甲酸；④氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是A.分液、萃取、重结晶、蒸馏 B.萃取、重结晶、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、重结晶、萃取 D.蒸馏、分液、重结晶、萃取【正确答案】D【详解】①30%的乙醇溶液，乙醇与水互溶，需通过蒸馏分离（利用沸点差异）；②水和汽油，两者不混溶，静置分层后直接分液；③提纯粗苯甲酸，提纯固体常用重结晶法（利用溶解度随温度变化的特性）；④氯化钠和单质溴的水溶液，溴易溶于有机溶剂（如），可用萃取法将其转移至有机层，再分液分离。故选D。10.氨与氯化氢的反应方程式为：，下列说法不正确的是A.基态N原子的价电子轨道表示式：B.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：C.HCl分子中键的电子云形状：D.的VSEPR模型：【正确答案】B【详解】A．基态N原子的价电子排布为，轨道上2个电子成对，自旋相反，轨道上3个电子分占3个轨道，自旋平行，符合洪特规则，轨道表示式正确，A正确；B．邻羟基苯甲醛中，羟基的氢原子与醛基的氧原子之间可以形成分子内氢键，题干图中画反了，B不正确；C．分子中，H的轨道和Cl的轨道沿键轴方向重叠形成键，重叠后电子云偏向Cl一侧，图中形状正确，C正确；D．分子中，中心N原子的价层电子对数为4，中心原子连3个H，还有1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，与图中结构一致，D正确；故选B。11.下列物质中既有极性键，又有非极性键的非极性分子是A.二氧化硫 B.四氯化碳C.二氧化碳 D.乙炔【正确答案】D【分析】分子中既有极性键又有非极性键，则分子中必须既有同种元素原子间所成的键，又有不同种元素原子间所成的键，而在A、B选项中同种原子间没有成键，也就没有非极性键。要求分子为非极性分子，则分子中原子的排列一定是对称的，只有这样才能使分子中正、负电荷的中心重合，使分子无极性。【详解】A．二氧化硫是含有极性键的极性分子，A不符合题意；B．四氯化碳是含有极性键的非极性分子，B不符合题意；C．二氧化碳是含有极性键的非极性分子，C不符合题意；D．乙炔是含有极性键和非极性键的非极性分子，D符合题意；故选D。12.下列物质性质的比较，与氢键无关的是A.密度：水>冰 B.稳定性：C.水溶性：乙醇>乙烷 D.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛【正确答案】B【详解】A．氢键具有方向性和饱和性，氢键的存在使在四面体中心的水分子与四面体顶角方向的4个水分子相互作用，这一排列使冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有较大的空隙，所以水结成冰，体积增大，密度减小，与氢键有关，A错误；B．水分子的稳定性强于H2S是因为O的非金属性强于S，与氢键无关，B正确；C．乙醇能与水分子形成分子间氢键，从而在水中溶解度较大，乙烷不能与水分子形成分子间氢键，从而在水中溶解度较小，与氢键有关，C错误；D．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，沸点较低，与氢键有关，D错误；故答案选B。13.下列有关SO2、SO3、、H2SO4的说法正确的是A.SO2的空间构型为四面体 B.SO3分子中S采取sp3杂化方式C.中的键角大于SO3中的键角 D.工业用98.3%浓H2SO4吸收SO3【正确答案】D【详解】A．SO2的中心S原子形成2个σ键，孤电子对数为=1，则价层电子对数为3，发生sp2杂化，空间构型为V形，而非四面体形，A错误；B．SO3分子的中心S原子形成3个σ键，孤电子对数为=0，则价层电子对数为3，发生sp2杂化，形成平面三角形结构，B错误；C．为正四面体结构（sp3杂化，键角≈109.5°），而SO3为平面三角形（sp2杂化，键角120°），的键角更小，C错误；D．工业上用98.3%浓H2SO4吸收SO3，避免生成酸雾并提高吸收效率，D正确；故选D。14.下列有关分子空间构型的说法中正确的是A.HClO、BF3、NCl3分子中所有原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B.P4和CCl4都是正四面体形分子且键角都为109°28′C.分子中键角的大小：SO3>NH3>CCl4D.BeF2分子中，中心原子Be的价层电子对数等于2，成键电子对数等于2，没有孤电子对，分子空间构型为直线形【正确答案】D【详解】A．HClO中H的最外层电子数为2，不满足8电子；BF3中B的最外层电子数为6，也不满足；NCl3中N和Cl均满足，A错误；B．P4为正四面体但键角为60°，CCl4键角为109°28′，B错误；C．SO3中S原子是sp2杂化，分子为平面正三角形构型，键角为120°；NH3中N形成3个σ键，孤电子对数为1，为sp3杂化，为三角锥形，键角大约为107°；CCl4中C形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，为正四面体，键角为109°28′，分子中键角的大小：SO3＞CCl4＞NH3，C错误；D．BeF2中Be的价层电子对数为2，没有孤电子对，空间构型为直线形，D正确；故选D。15.下列说法不正确的是A.在金刚石晶体中，每个碳原子与碳碳键数目之比为1:2B.氯化铯晶体中，每个周围紧邻8个C.干冰晶体中，每个分子周围紧邻且距离相等的分子有6个D.氯化钠晶体中，每个周围紧邻且距离相等的Cl-构成正八面体结构【正确答案】C【详解】A．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为，所以每个碳原子与碳碳键数目的比为，故A正确；B．氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点，每个周围紧邻8个，故B正确；C．干冰晶体中，分子位于顶点和面心，以顶点上的分子为例，与它距离最近的分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，即每个分子周围紧邻且距离相等的分子有12个，故C错误；D．氯化钠晶体中，每个周围紧邻且距离相等的有6个，这6个构成正八面体结构，故D正确；故选C。16.物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是选项性质差异主要原因A沸点：电离能：B酸性：电负性：C硬度：金刚石>晶体硅原子半径：D熔点：离子电荷：，A.A B.B C.C D.D【正确答案】A【详解】A．沸点差异由分子间作用力决定，H2O沸点高是由于存在分子间氢键，电离能（原子性质）不影响分子间作用力，A错误;B．羧酸酸性强弱取决于取代基的吸电子能力，F电负性大于Cl，增强-OH极性，使CH2FCOOH更易解离H+，B正确；C．原子晶体硬度由共价键强度决定，原子半径Si>C导致Si-Si键较弱，C-C键更强，金刚石硬度更大，C正确；D．离子晶体熔点由晶格能决定，离子电荷Mg2+>Na+、O2->F-，晶格能更大，熔点更高，D正确；故选A。17.下列有关物质性质的比较，正确的有①晶体硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅②水溶性：③沸点：④熔点：铝>镁>镁铝合金>钠⑤晶格能：⑥分子或离子中键角：H2O>H3O+；NO>NH3A.3个 B.4个 C.5个 D.6个【正确答案】A【详解】逐一分析各性质比较：①金刚石、碳化硅、晶体硅均为共价晶体，键长，键能，键能越大硬度越高，故硬度顺序正确；②可与水形成氢键，水溶性优于，正确；③分子间氢键数目更多沸点更高，沸点应为，HF分子间氢键强于NH3分子间氢键，题干顺序错误；④金属熔点取决于金属键强弱，铝的金属键>镁，合金熔点低于成分金属，钠熔点低于镁铝合金，熔点顺序铝>镁>镁铝合金>钠，正确；⑤离子电荷更高、半径更小，晶格能，题干顺序错误；⑥孤电子对越多键角越小，有2对孤电子对、有1对，键角，题干前半部分错误。综上正确的共3个，A正确。18.联氨()可用于镜面镀银，其原理为：(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.中含键8B.和晶体类型不同C.溶液中的数目为0.01D.标准状况下，每转移0.2电子则会生成约【正确答案】C【详解】A．[Ag(NH3)2]+中，Ag+与两个NH3形成两个配位σ键，每个NH3分子含三个N-Hσ键，故1mol[Ag(NH3)2]+含8molσ键，数目为8NA，A正确；B．NH4NO3由离子组成，为离子晶体；N2H4为分子化合物，固态时为分子晶体，二者晶体类型不同，B正确；C．[Ag(NH3)2]+是稳定配离子，Ag+几乎不解离，溶液中游离Ag+浓度远低于0.01mol/L，故Ag+数目远小于0.01NA，C错误；D．联氨(N2H4)可用于镜面镀银，化学方程式为：，每生成1molN2转移4mol电子；转移0.2mol电子生成0.05molN2，标准状况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，D正确；故选C。19.杯酚()能够分离提纯C60和C70，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是A.杯酚与C60分子之间通过氢键形成超分子B.“操作1”和“操作2”均为过滤C.杯酚属于极性分子，可溶于氯仿，且能循环使用D.该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征【正确答案】A【详解】A．杯酚含羟基，但C60为碳单质，分子中无N、O、F等电负性大的原子，无法与杯酚形成氢键，超分子的形成应为分子间作用力，故A错误；B．操作1中，C70溶于甲苯，C60-杯酚超分子不溶，过滤分离；操作2中，杯酚溶于氯仿，C60不溶，过滤分离，均为过滤，故B正确；C．杯酚含多个羟基，为极性分子，氯仿是极性溶剂，根据相似相溶可溶于氯仿，且流程中杯酚可循环使用，故C正确；D．杯酚能选择性结合C60而不结合C70，体现超分子“分子识别”特征，故D正确；选A。20.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇，没有任何现象，因为[Cu(NH3)4]2+与乙醇不反应D.在[[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供孤电子对，NH3提供空轨道【正确答案】B【详解】发生的离子反应是Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－，A、根据上述发生反应，反应后溶液中没有Cu2＋，故A错误；B、根据反应，生成深蓝色的配合离子是[Cu(NH3)4]2＋，故B正确；C、加入乙醇后，利用乙醇极性小的性质，有深蓝色沉淀产生，故C错误；D、Cu2＋提供空轨道，NH4＋提供孤电子对，故D错误。21.冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与作用而不与作用；18-冠-6与作用(如图)，但不与或作用。下列说法不正确的是A.18-冠-6与钾离子作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征B.18-冠-6中O原子与间存在离子键C.18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同D.利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，更有利于有机物的氧化【正确答案】B【详解】A．由题意超分子均有“分子识别”的特征，如冠醚中与钾离子作用、但不与或作用的为18-冠-6，与作用而不与作用的为12-冠-4，A正确；B．由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键，O带部分负电荷，与钾离子之间存在静电作用，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，B错误；C．18-冠-6中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数=4+=4，O的价层电子对数=2+=4，故C和O的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，C正确；D．酸性有强氧化性，其不易溶于大多数有机物中，利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，可以增大其与有机物的接触机会，故更有利于有机物的氧化，D正确；答案选B。22.根据下列晶体的晶胞结构，判断化学式正确的是A. B. C. D.【正确答案】C【详解】A．一个晶胞中：A原子在体内，故个数为1，B原子在八个顶点上，故个数为，故化学式为AB，A错误；B．一个晶胞中：E原子在顶点，故个数为，F原子在顶点上，故个数为，故化学式为EF，B错误；C．一个晶胞中：X原子在体内，故个数为1，Y原子在六个面心上，故个数为：，Z原子在八个顶点上，故个数为，故化学式为XY3Z，C正确；D．一个晶胞中：A原子在八个顶点和六个面心，故个数为，B原子在12条棱上和体内，故个数为，故化学式为AB，D错误；故选C。23.一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是A.X、Z的第一电离能： B.X、Y的简单氢化物的键角：C.最高价含氧酸的酸性： D.X、Y、Z均能形成多种氧化物【正确答案】D【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同，Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误；B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误；D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确；答案选D。24.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A.位于元素周期表的d区B.基态原子核外有18种不同运动状态的电子C.A点原子的坐标为，则B点原子的坐标为D.该晶体密度为【正确答案】D【详解】A．的原子序数为30，核外电子排布式为，位于元素周期表的ds区，故A错误；B．基态Se原子核外有34个电子，每个电子的运动状态都不同，所以有34种不同运动状态的电子，故B错误；C．由晶胞的结构图和图乙可知若A点原子的坐标为(0，0，0)，则B点原子的坐标为，故C错误；D．由晶胞结构可知，Zn原子位于晶胞内部，个数为4，Se原子位于顶点和面心，个数为，则晶胞的质量为，晶胞边长为，晶胞体积为，根据密度公式，可得该晶体密度为，故D正确；故选D。25.氧化锌是一种常用的化学添加剂，以钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下。已知：浸取工序中ZnO，CuO分别转化为和。下列说法错误的是A.除杂时的离子方程式为B.浸取和蒸氨沉锌的操作均应在较高温度下进行C.蒸出物用氨水吸收后可返回浸取工序循环使用D.滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液和MnO2固体【正确答案】B【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，故滤渣①为MnO2、Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，故滤渣②为Cu、Zn（过量），滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。【详解】A．由分析知，A正确；B．浸取时温度不宜过高，因为温度高，氨水易挥发，不利于形成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时Zn2+、Cu2+水解程度增大，导致ZnO、CuO的浸出率下降，B错误；C．蒸出物主要为NH3、CO2，用氨水吸收后，可获得碳化氨水（主要含NH4HCO3），可返回浸取工序循环利用，C正确；D．滤渣①为MnO2、Fe2O3，Fe2O3溶于稀硫酸形成Fe2(SO4)3，MnO2与稀硫酸不反应，D正确；故答案选B。二、非选择题26.依据下列①～⑧有机物回答问题。（1）分子②中最多有___________个碳原子共平面。（2）①-④中，碳原子杂化类型均为杂化的是___________(填数字序号)。（3）与⑤互为同系物且碳原子数最少的有机物的结构简式为___________。（4）②⑥中官能团的名称分别为___________；___________。（5）⑧中官能团的结构简式为___________；___________。（6）①有___________个手性碳原子；用系统命名法命名①：___________。【正确答案】（1）6（2）③（3）（4）①.碳碳双键②.羧基（5）①.-COO-②.-OH（6）①.1②.2,3-二甲基戊烷【小问1详解】根据碳碳双键中6原子共平面，单键连接时可以任意旋转，一个杂化的碳原子最多增加一个原子与之共平面，故分子②中最多有6个碳原子共平面，如图所示，；【小问2详解】已知有机物中单键上的碳原子采用杂化、双键上的碳原子为杂化，三键上的碳原子为杂化，故①中均为杂化，②中为、杂化，③中均为杂化，④中为、、杂化，则①～④中，碳原子杂化类型均为杂化的是③；【小问3详解】同系物是指结构相似，官能团的种类和数目分别相同，组成上相差一个或若干个原子团的物质，由题干信息可知，⑤为饱和一元醇，故与⑤互为同系物且碳原子数最少的有机物的结构简式为；【小问4详解】由题干②、⑥的结构简式可知，②、⑥中官能团的名称分别为碳碳双键、羧基；【小问5详解】由题干⑧的结构简式可知，⑧中官能团的结构简式为-COO-、-OH；【小问6详解】题干①中，碳原子从左到右依次编号，其中，第三个碳原子连接的基团互不相同，故为手性碳原子，根据烷烃的系统命名法，①命名为2,3-二甲基戊烷。27.(一)将下列物质按要求进行分类：①和；②一氯甲烷和二氯甲烷；③正丁烷和异丁烷；④和；⑤CH3CH2C(CH3)2CH3和；⑥氕、氘和氚；⑦和；⑧和；⑨红磷和白磷；⑩和；（1）互为同分异构体的是___________；互为同系物的是___________；互为同素异形体的是___________；互为同位素的是___________。(二)现有以下9种有机化合物：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧；⑨；按要求回答下列问题：（2）若制备了⑨的粗品，则其提纯方法为___________。（3）③的一氯代物有___________种。（4）⑦的核磁共振氢谱有___________组峰，峰面积比为___________。（5）准确称取4.4g样品X(只含C、H、O三种元素)，充分燃烧后，产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者的质量分别增加3.6g和8.8g。已知X的质谱图和红外光谱图分别如图所示，则X的分子式为___________，结构简式可能为___________(填序号)。【正确答案】（1）①.③②.④⑤⑧③.①⑨④.⑥⑩（2）重结晶（3）4（4）①.2②.6：1（5）①.C4H8O2②.⑧【小问1详解】①和为同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；②一氯甲烷和二氯甲烷，两种物质的分子式不同，结构不同，不互为同分异构体、同系物；③正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同，互为同分异构体；④和两种物质分别为甲烷和异戊烷，结构相似、分子组成相差4个原子团，互为同系物；⑤CH3CH2C(CH3)2CH3和，结构相似、分子组成相差1个原子团，互为同系物；⑥氕、氘、氚为同种元素的不同核素，互为同位素；⑦和，两种物质中分子式不同，结构不同，不互为同分异构体、同系物；⑧和，结构相似、分子组成相差1个原子团，互为同系物；⑨红磷和白磷为同种元素形成的不同单质，互为同素异形体；⑩和为同种元素的不同核素，互为同位素；故互为同分异构体的是③；互为同系物的是④⑤⑧；互为同素异形体的是①⑨；互为同位素的是⑥⑩；【小问2详解】苯甲酸在水中的溶解度随温度变化较大，粗品中杂质溶解度与苯甲酸差异明显，可通过重结晶法提纯，利用热过滤除去不溶性杂质，再冷却结晶析出苯甲酸晶体；【小问3详解】甲苯分子中存在4种等效氢：苯环上邻、间、对3种氢原子，以及甲基上的1种氢原子，因此一氯代物有4种；【小问4详解】⑦的结构简式为，分子中存在2种等效氢，因此核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为；【小问5详解】浓硫酸质量增加3.6g，为生成水的质量，，；碱石灰质量增加8.8g，为生成的质量，，；，，则，；因此，实验式为；质谱图中质荷比最大为88，即相对分子质量为88，设分子式为，则，解得，故分子式为；红外光谱图显示存在不对称、、，属于上述9种有机化合物中的⑧，结构简式为。28.已知X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表。请根据信息回答有关问题：元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数。Y原子核外的L层有3个未成对电子。Z在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟。M单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子。R第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态。（1）元素M的原子核外有___________种不同能级的电子。（2）五种元素中第一电离能最高的是___________(写元素符号，下同)，电负性最小的是___________。（3）在X2M4中，σ键与π键数目之比为___________，在M2Z中Z原子的杂化方式为___________，其分子的VSEPR模型为___________。（4）R的一种配合物的化学式为RCl3•6H2O。已知0.01molRCl3•6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此配合物最可能是___________(填序号)。A.[R(H2O)6]Cl3 B.[R(H2O)5Cl]Cl2•H2OC.[R(H2O)4Cl2]Cl•2H2O D.[R(H2O)3Cl3]•3H2O【正确答案】（1）5（2）①.N②.Cr（3）①.5:1②.sp3③.四面体形（4）B【分析】已知X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数X＜Y＜Z＜M＜R，X元素原子的L层上s电子数等于p电子数，核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；Y元素原子核外的L层有3个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z元素在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟，则Z为O元素；M元素单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，则M为Cl元素；第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态，应为Cr元素，价层电子排布式为3d54s1，据此分析。【小问1详解】M为Cl元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其中有1s、2s、2p、3s、3p五种不同能级，所以原子核外有5种不同能级的电子；【小问2详解】第一电离能通常同周期从左到右增大，但N的为半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；在这五种元素中第一电离能最高的是N。电负性最小的是第四周期过渡金属Cr，因为金属元素吸引成键电子能力较弱，所以答案为N；Cr；【小问3详解】X为C，M为Cl，Z为O，所以是，结构可写为，该分子中有4个C-Cl单键，每个单键含1个键；中间的C=C双键含1个键和1个键，因此键总数为，键总数为1，所以键与键数目之比为5∶1；是，中心原子为O，