高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省云學名校聯盟2024-2025學年高二下學期期中聯考時長：75分鐘，試卷滿分：100分注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后，請將答題卡上交。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2024年我國科技呈現井噴式發展，化學學科在這些發展中發揮了重要作用。下列說法正確的是A.我國科學家研制出世界首款基于原語的類腦互補視覺芯片，目前廣泛使用的硅基芯片的主要成分是高純度二氧化硅B.我國首艘大洋鉆探船“夢想”號采用大量合金來制作船身，合金的熔點比其成分金屬高C.2024年我國新能源汽車產銷量仍然領跑全球，從安全性角度來看，研發固態電解質動力電池取代目前的鋰離子電池是一個理想的方向D.我國已有多個手機品牌采用有機電致發光材料作為顯示屏，這種材料和聚乙烯一樣都屬于純凈物【答案】C【解析】硅基芯片的成分是高純硅，A錯誤；合金的熔點一般比其成分金屬低，B錯誤；固態電解質具有不易燃燒和爆炸的優點，是動力電池研究的主要方向，C正確；有機電致發光材料同聚乙烯一樣，是高聚物，聚合度為不定值，故為混合物，不是純凈物，D錯誤；故選C。2.工業制漂白液的反應原理是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，下列化學用語表述正確的是A.NaOH的電子式：B.H2O的空間結構模型：C.Cl2分子中的p-pσ鍵電子云輪廓圖為：D.基態Cl-的價層電子排布式：【答案】A【解析】NaOH的電子式：，A正確；H2O的價層電子對數，sp3雜化，2對孤電子對，空間結構為V形，不是直線形，B錯誤；Cl2中p-pσ鍵電子云圖形是軸對稱的，不是鏡面對稱，C錯誤；基態Cl-的價層電子排布式3s23p6，D錯誤；故選A。3.NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.標準狀況下，22.4LCH2Cl2所含原子總數為5NAB.18gD2O含有的質子總數為10NAC.31gP4含有P-P鍵的數目為NAD.0.5mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ鍵的數目為10NA【答案】D【解析】CH2Cl2在標況下為非氣體，22.4LCH2Cl2的物質的量不是1mol，故A錯誤；D2O分子中質子數為10，18gD2O含質子數，故B錯誤；P4是正四面體結構，1個分子中含有6個P－P鍵，31g的P4含有P－P鍵的數目為，故C錯誤；[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+和NH3分子間形成4個配位鍵(σ鍵)，NH3分子中有3個N-Hσ鍵，硫酸根離子中存在4個σ鍵，所以0.5mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ鍵的數目為10NA，故D正確；選D。4.下列說法正確的是A.CH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3為同一種物質B.CH3CH2NH2和CH3CH2CONH2均屬于胺類化合物C.和含有官能團的種類數相同D.的核磁共振氫譜圖中有5組峰【答案】C【解析】由結構簡式可知，CH3COOCH2CH3的名稱為乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3的名稱為丙酸甲酯，則兩者不是同一種物質，故A錯誤；由結構簡式可知，CH3CH2NH2的官能團為氨基，屬于胺類化合物，CH3CH2CONH2的官能團為酰胺基，屬于酰胺類化合物，故B錯誤；由結構簡式可知，的官能團為羥基、酯基、酮羰基，共有3種，的官能團為羥基、酯基、碳碳雙鍵，共有3種，則兩者含有官能團的種類數相同，故C正確；由結構簡式可知，分子中含有3類氫原子，核磁共振氫譜圖中有3組峰，故D錯誤；故選C。5.類比和推理是化學學習的重要方法，下列推測合理的是ACl2能從碘化鉀溶液中置換出I2F2能從碘化鉀溶液中置換出I2BSiH4的沸點比CH4高H2S的沸點比H2O高C干冰中CO2分子采用分子密堆積冰中H2O分子采用分子密堆積DNCl3中N原子采取sp3雜化AsCl3中As原子采取sp3雜化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】氟氣太活潑，會和溶液中水反應，F2不能從碘化鉀溶液中置換出I2，A錯誤；H2O分子間存在氫鍵，故H2S的沸點比H2O低，B錯誤；冰晶的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性，使得冰晶體中H2O分子采用分子非密堆積，C錯誤；NCl3、AsCl3中的中心原子N、As均形成3個共價鍵且均存在一對孤電子對，故均采取sp3雜化，D正確；故選D。6.下列判斷正確的是A.酸性： B.沸點：CCl4>CBr4>CI4C.鍵的極性： D.熱穩定性：H2O＜H2S＜H2Se【答案】C【解析】電負性F>Cl，對電子的吸引力更強，使羧基上的O-H鍵極性更大，故酸性：，A錯誤；組成結構相似，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，三者均是分子晶體，故沸點：CCl4＜CBr4＜CI4，B錯誤；Si和N電負性差值大于C和N的電負性差值，故鍵的極性：，C正確；同主族元素由上到下非金屬性減弱，簡單氫化物穩定性減弱，故熱穩定性：H2O＞H2S＞H2Se，D錯誤；故選C。7.價層電子對互斥理論可以預測某些微粒的空間結構。下列說法正確的是A.SO2和SO3的VSEPR模型均為平面三角形B.和的空間構型均為平面三角形C.CI4和NH3均為非極性分子D.BCl3與PCl3的鍵角相等【答案】A【解析】SO2價層電子對數，VSEPR模型均為平面三角形，SO3價層電子對數，VSEPR模型均為平面三角形，A正確；價層電子對數，sp3雜化，1對孤電子對，空間構型為三角錐形，價層電子對數，sp2雜化，無孤電子對，空間構型為平面三角形，B錯誤；CI4正負電中心重合，為非極性分子，NH3為極性分子，C錯誤；BCl3價層電子對數，sp2雜化，無孤電子對，空間構型為平面三角形，鍵角為120°，PCl3價層電子對數，sp3雜化，鍵角小于120°，D錯誤；故選A。8.下列描述錯誤的是A.H2O2中O原子的雜化方式為B.碳化硅的熔點高于晶體硅C.相同條件下，O3在水中的溶解度大于O2在水中的溶解度D.等離子體是一類由陰陽離子構成的液態物質【答案】D【解析】H2O2中O原子價層電子對數，雜化方式為，A正確；碳化硅與晶體硅均為共價晶體，由于碳原子半徑小于硅原子半徑，使得Si-C的鍵長小于Si-Si的鍵長，Si-C的鍵能大于Si-Si的鍵能，故碳化硅的熔點高于晶體硅，B正確；O3和水為極性分子，O2為非極性分子，根據相似相溶原理，相同條件下，O3在水中的溶解度大于O2在水中的溶解度，C正確；等離子體是由陽離子、電子和電中性粒子組成的整體上呈電中性的氣態物質，D錯誤；故選D。9.下列事實與氫鍵無關的有A.HF比HCl穩定B.CH3NH2比CH3CH3的熔、沸點高C.CH3CH2OH、CH3COOH可以和水互溶D.鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸低【答案】A【解析】同族元素由上至下非金屬性減弱，非金屬性越弱，簡單氫化物穩定性越差，故HF比HCl穩定，A正確；CH3NH2存在分子間氫鍵，CH3CH3的不存在分子間氫鍵，故CH3NH2熔、沸點高，B錯誤；CH3CH2OH、CH3COOH可以和水分子間形成氫鍵，以及根據相似相溶原理，故CH3CH2OH、CH3COOH可以和水互溶，C錯誤；鄰羥基苯甲酸形成分子內氫鍵使熔、沸點降低，對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵熔、沸點增高，故鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸低，D錯誤；故選A。10.結構決定性質，性質決定用途。針對下列事實，解釋正確的組合是序號事實解釋①分解溫度：HCl(1500℃)高于HI(300℃)范德華力大小不同②鍵角：PF3小于PCl3F與Cl的電負性差異③氯乙酸(pKa=2.86)的酸性強于乙酸(pKa=4.76)Cl-C的極性大于H-C的極性，導致氯乙酸的羧基中的羥基的極性更大，酸性更強④SiO2晶體的熔點為1713℃，干冰的熔點為-78.5℃SiO2晶體為共價晶體，干冰為分子晶體⑤N2與CO氣體，相對分子質量相同，范德華力：N2<CO兩種分子的極性不同，分子極性越大，范德華力越大⑥用“杯酚”分離C60與C70C60與C70的分子大小不同，“杯酚”能把C60裝起來而不能裝下C70A.①②③④⑤ B.②③④⑤⑥ C.②③④⑤ D.②③④⑥【答案】B【解析】①分解溫度：HCl為1500℃，HI為300℃，即熱穩定性：HCl>HI，是由于H-Cl鍵的鍵能比H-I鍵的鍵能大，與范德華力無關，故①錯誤；②電負性：F>Cl，故PF3中共用電子對離P更遠，排斥力更小，鍵角更小，且原子半徑：F<Cl，故PF3的鍵角小于PCl3，故②正確；③氯乙酸（pKa=2.86）的酸性強于乙酸（pKa=4.76），因為氯乙酸中Cl-C的極性大于乙酸中H-C的極性，導致氯乙酸的羧基中的羥基的極性更大，酸性更強，故③正確；④SiO2晶體為共價晶體，干冰為分子晶體，兩種物質的晶體類型不同，SiO2晶體的熔點比干冰的熔點高，故④正確；⑤N2與CO的相對分子質量相同，兩種分子的極性不同，分子極性越大，范德華力越大，故范德華力：N2<CO，故⑤正確；⑥用“杯酚”分離C60與C70是因為C60與C70的分子大小不同，“杯酚”的空腔大小適配C60，能把C60裝起來而不能裝下C70，故⑥正確；故選B。11.Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，當MnOx晶體有O原子脫出時，出現O空位，從而使晶體具有半導體性質。下列說法正確的是A.晶胞中O的配位數為4B.由晶胞結構可確定該氧化物的化學式為MnO2C.當MnOx晶體有O原子脫出時，Mn元素的化合價升高D.CaO晶體也可以通過脫出O原子的方式獲有半導體性質【答案】B【解析】由晶胞結構可推知O的配位數3，Mn的配位數6，A錯誤；由均攤法得，晶胞中Mn的數目為1＋8×＝2，O的數目為2＋4×＝4，該氧化物的化學式為MnO2，B正確；MnOx晶體有O原子脫出時，出現O空位，即x減小，Mn的化合價為＋2x，即Mn的化合價降低，C錯誤；CaO中Ca的化合價為＋2價，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質，D錯誤；故選B。12.下列分離提純方法與對應原理都正確的是選項目的分離方法原理A除去乙烷中混有的乙烯將混合氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，洗氣乙烯可以與酸性高錳酸鉀溶液反應，乙烷不與酸性高錳酸鉀溶液反應B除去乙醇中的水加生石灰，蒸餾生石灰可與水反應生成氫氧化鈣，再對其進行蒸餾，乙醇可以從混合體系先分離出來C除去KNO3固體中的NaCl重結晶KNO3在水中的溶解度很大D分離碘水加入乙醇，萃取碘單質易溶于乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】除去乙烷中混有的乙烯，將混合氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，乙烯可以與酸性高錳酸鉀溶液反應，同時生成CO2，引入新的雜質氣體，A錯誤；除去乙醇中的水，加入生石灰固體，生石灰可與水反應生成氫氧化鈣，再對其進行蒸餾，乙醇可以從混合體系先分離出來，B正確；除去KNO3固體中的NaCl，利用兩種溶質在水中的溶解度隨著溫度的變化不同，用重結晶的方法分離提純，C錯誤；分離碘水，選用乙醇作為萃取劑，因為乙醇與水互溶，故達不到分離的目的，應該加入苯或者四氯化碳作為萃取劑萃取分離，D錯誤；故選B。13.用質譜法測得某烷烴的相對分子質量為72，該烷烴跟Cl2反應生成的一氯代物有三種，下列說法正確的是A.該烷烴的結構簡式為CH3CH2CH(CH3)2B.該烷烴的名稱為2，2-二甲基丙烷C.9g該烷烴在氧氣中完全燃燒，需要消耗標準狀況下22.4L的氧氣D.該烷烴還存在3種同分異構體【答案】C【解析】已知該烷烴的相對分子質量為72，根據烷烴的通式為CnH2n＋2可求出該有機物的分子式為C5H12，該烷烴的一氯代物有3種，其結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH3，據此分析；根據分析可知，結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH3，A錯誤；CH3CH2CH2CH2CH3名稱為正戊烷，B錯誤；該有機物與氧氣反應的關系式為CH3CH2CH2CH2CH38O2，當9g該烷烴在氧氣中完全燃燒需要消耗1molO2，在標準狀況下體積為22.4L，C正確；分子式為C5H12的烷烴有3種同分異構體，除去該烷烴本身，還存在2種同分異構體，為異戊烷和新戊烷，D錯誤；故選C。14.某種含鉀元素的配合物，其陰離子結構如圖所示，X、Y、Z、W為原子序數依次增加的前四周期元素，基態X原子的價電子排布式為nsnnpn，Y與X為同周期且相鄰，Z的最高正化合價與最低負化合價的代數和為4，W是目前產量最大，應用最廣泛的金屬。下列說法正確的是A.W的化合價為+2B.第一電離能：X>Y>WC.簡單氫化物的沸點：Y>Z>XD.該陰離子中含有配位鍵，由W形成的離子提供孤電子對【答案】C【解析】X的核外電子排布式為1s22s22p2，X是碳元素，X、Y為同周期相鄰元素，Y是氮元素，Z的最高化合價與最低化合價的代數和為4，結合陰離子結構圖，可推知Z位于第VIA族，S為S，W是目前產量最大，應用最廣泛的過渡金屬，W是Fe元素，X、Y、Z、W分別為C、N、S、Fe元素，據此分析解題根據分析可知W是Fe，結合結構圖可知化合價為+3，A錯誤；同周期主族元素的第一電離能從左往右呈現增大的趨勢，同主族元素的第一電離能從上往下逐漸減小，X、Y、W分別為C、N、Fe元素，由于N元素的價層電子為半充滿穩定狀態，因此第一電離能更大，故第一電離能最大的是N元素，即Y>X>W，B錯誤；X、Y、Z的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2S，NH3分子間形成氫鍵，沸點最大，CH4為非極性分子，硫化氫為極性分子且相對分子質量比甲烷大，故硫化氫沸點大于甲烷，C正確；觀察結構可知Fe3+與SCN-以配位鍵結合，Fe3+提供空軌道，D錯誤；故選C。15.將酞菁、鈷酞菁、三氯化鋁復合嵌接在碳納米管上，制得一種高效催化還原二氧化碳的催化劑。已知酞菁分子中所有原子共平面，鈷酞菁是由酞菁分子失去兩個氫原子后與鈷離子形成的配合物，氣態AlCl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，酞菁、鈷酞菁以及二聚體Al2Cl6的分子結構如下圖所示。下列說法正確的是A.酞菁分子內氮原子的雜化方式有兩種B.鈷酞菁分子中，鈷元素的化合價為+4C.二聚體Al2Cl6中Al的雜化軌道類型為sp2D.AlF3的熔點為1090℃，AlCl3的熔點為192℃，兩種物質屬于不同的晶體類型【答案】D【解析】由題目信息可知，酞菁分子中所有原子共平面，則酞菁分子中的N原子的雜化方式均為sp2，其中③號N原子分別與2個碳原子和1個氫原子形成σ鍵，剩下一對電子未參與p軌道的雜化，參與形成了大π鍵，而①②號N原子的雜化軌道類型為sp2雜化，孤電子對參與雜化，孤電子對為sp2雜化軌道的電子，剩余一個單電子參與形成大π鍵，故③號N原子的p軌道能提供一對電子，A錯誤；根據題圖可知，由酞菁分子形成配合物鈷酞菁時，酞菁分子中失去了兩個帶正電荷的H原子，使③號N原子各帶一個單位負電荷，為保證鈷酞菁整體呈現電中性，則應該是+2價鈷離子與之配合形成鈷酞菁分子，B錯誤；根據AlCl3形成的二聚體結構可知每個Al和4個Cl成鍵，雜化軌道類型為sp3雜化，C錯誤；AlF3的熔點為1090℃，AlCl3的熔點為192℃，AlF3的熔點遠高于AlCl3的熔點，前者屬于離子晶體，后者屬于分子晶體，兩種物質屬于不同的晶體類型，D正確；故選D。二、非選擇題(本題共4小題，共55分)。16.用如圖方法回收廢舊CPU中的單質Au、Ag和Cu。已知：①Au不溶于濃硝酸。②。（1）Cu在周期表中的位置為_______，Ag位于Cu下一周期，和Cu是同族元素，Ag的價電子排布式為_______。（2）當單一波長的X射線通過上述流程得到Au時，在記錄儀上產生明銳的衍射峰，說明得到的Au是_______(填“晶體”或“非晶體”)。（3）寫出Au溶于HNO3-NaCl溶液生成NO的離子方程式：_______。（4）若用Zn粉將含有2molHAuCl4的溶液完全還原，則消耗Zn的物質的量為_______mol。（5）金屬合金MgCux的結構可看作以Cu4四面體替換立方金剛石結構中的碳原子，且Cu4四面體相互共用頂點(圖部分呈現)，形成三維骨架，在晶胞空隙處，有序地放置Mg原子(四面體的4個頂點代表Cu原子，圓球代表Mg原子)，結構如圖所示。①每個晶胞中含Cu原子個數為_______。②若鎂原子C的原子坐標為(，，)，則A的原子坐標為_______。【答案】（1）①.第四周期第IB族②.（2）晶體（3）（4）4（5）①.16②.【解析】廢舊CPU加入硝酸，Ag和Cu溶解，Au不反應，加入HNO3-NaCl溶液，溶解生成，加Zn粉還原生成Au，據此分析；【小問1詳析】Cu在周期表第四周期第IB族，Ag在周期表第五周期第IB族，Ag的價電子排布式為4d105s1；【小問2詳析】當單一波長的X射線通過晶體時，會在記錄儀上產生明銳的衍射峰，說明得到的Au是晶體；【小問3詳析】Au溶于HNO3-NaCl溶液生成NO和，反應的離子方程式；【小問4詳析】HAuCl4中+1價的氫和+3價的金均被還原，2molHAuCl4的溶液完全還原，轉移8mol電子，根據得失電子守恒可得消耗Zn的物質的量為4mol；【小問5詳析】①由題圖可知，Cu4位于頂點、面心和四個四面體空隙，根據均攤法可得Cu4的個數為=8，每個銅原子被兩個四面體共用，因此銅原子的個數為8×4×=16；②由題圖可知，C原子位于右前下四面體空隙，A原子位于左前上四面體空隙，因此二者y坐標相同，A原子坐標為(，，)。17.某化學興趣小組選用下列裝置制取乙炔并進行乙炔性質的探究，試回答下列問題。（1）儀器a的名稱為_______，A中制取乙炔的化學方程式為_______。（2）關于實驗室制乙炔，下列說法不合理的是_______(填字母)。A.用飽和食鹽水代替水與電石反應，是為了控制生成乙炔的速率B.酸性KMnO4溶液褪色，說明乙炔具有漂白性C.相同質量的乙炔與苯(C6H6)分別在足量的氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量相同D.用Br2的CCl4溶液驗證乙炔的性質，不需要用硫酸銅溶液除雜（3）已知：，如果要合成，所用的原料可以是_______(填字母)。A.2-乙基-l，3-丁二烯和丙炔 B.1，3-戊二烯和2-丁炔C.2，3-二甲基-1，3-戊二烯和丙炔 D.2-甲基-l，3-丁二烯和1-丁炔（4）某鹵代烴A的分子式為C3H6Br2，A的核磁共振氫譜圖如圖所示，則A的結構簡式為_______。（5）烯烴被酸性高錳酸鉀溶液氧化的規律如下圖所示：已知某烯烴的化學式為C4H8，它與酸性高錳酸鉀溶液反應后，得到的產物為二氧化碳和丙酮()，則該烯烴的結構簡式為_______。（6）完全燃燒1.40g某有機化合物，生成4.40gCO2和1.80gH2O。則該有機化合物的實驗式為_______。實驗測得該有機物的相對分子質量為70，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，滿足上述條件的有機物的同分異構體有_______種(不考慮立體異構)。【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）BD（3）AD（4）（5）（6）①.②.5【解析】A裝置電石與飽和食鹽水制取乙炔[CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2]，生成的乙炔會混有硫化氫等雜質氣體，B裝置利用硫酸銅溶液除去雜質氣體，防止對檢驗乙炔的性質產生干擾，最后利用酸性高錳酸鉀溶液檢驗乙炔的性質，據此分析；【小問1詳析】儀器a為分液漏斗，制取乙炔的化學方程式為：；【小問2詳析】A．電石和水反應比較劇烈，所以用飽和食鹽水代替水，逐滴加入飽和食鹽水可控制反應物水的供給，從而控制生成乙炔的速率，A正確；B．酸性KMnO4溶液能氧化乙炔，因此乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，說明乙炔具有還原性，而不漂白性，B錯誤；C．乙炔（C2H2）與苯（C6H6）具有相同的最簡式，當質量相同的乙炔與苯分別在足量的氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量相同，C正確；D．制取乙炔氣體中會混有硫化氫可以被Br2氧化，使Br2CCl4溶液褪色，對乙炔性質的檢驗產生干擾，所以應用硫酸銅溶液洗氣，D錯誤；故選BD；【小問3詳析】根據；由逆推，2-乙基-l，3-丁二烯和丙炔可合成；由逆推，2-甲基-l，3-丁二烯和1-丁炔可合成，故選AD；【小問4詳析】化合物A的分子式是C3H6Br2，A的核磁共振氫譜圖顯示A中只有一種等效氫原子，則A的結構簡式為C(CH3)2Br2；【小問5詳析】已知某烯烴的化學式為C4H8，它與酸性高錳酸鉀溶液反應后得到的產物為二氧化碳和丙酮()，則此烯烴的結構簡式是；【小問6詳析】1.40g有機化合物完全燃燒，生成4.40gCO2和1.80gH2O。可以算出有機物中的碳元素的質量為=1.2g，氫元素的質量為=0.2g，可推知該有機物為烴，進而確定實驗式為CH2。再結合相對分子質量可確定該烴的分子式為C5H10，它能使溴的四氯化碳溶液褪色，確定該烴為烯烴，其結構簡式可能為CH3CH2CH2CH=CH2、CH3CH2CH=CHCH3、CH2=CHCH(CH3)2、CH3CH=C(CH3)2、CH2=C(CH3)CH2CH3，不考慮順反異構，總共有5種同分異構體。18.硒是人體必需的微量元素之一，富硒食品備受青睞。含硒化合物在材料和藥物等領域也具有重要應用，我國科學家首先合成了含硒的發光材料，其中一種含硒的新型分子的合成路線如下：（1）基態硒原子的電子共有_______種運動狀態。（2）S原子價層電子的軌道表示式為_____，第一電離能S_____Se(填“>”或“<”)。（3）Ⅱ中含有的官能團名稱為_______、_______。（4）有關以上四種物質，下列說法正確的是_______。a．Ⅰ中既有σ鍵，又有π鍵，既有極性鍵，又有非極性鍵b．Ⅱ中原子的雜化軌道類型有三種c．Ⅲ可以形成分子間氫鍵d．Ⅳ所含原子電負性大小順序為：O>S>Se>H>C（5）Ⅱ中共平面的碳原子最多有_______個。（6）熱電材料是一種能將熱能高效的轉化為電能的新型材料，我國科學家合成了一系列此類材料。化合物A是合成的熱電材料之一，其晶胞結構如圖1，沿x、y、z軸方向的投影均為圖2。設A的最簡式的式量為Mr，晶體密度為，則A中相鄰Se和K之間的最短距離為_______pm(NA為阿伏加德羅常數的值)。【答案】（1）34（2）①.②.＞（3）①.碳碳雙鍵②.碳碳三鍵（4）a、c（5）28（6）【解析】【小問1詳析】基態Se核外有34個電子，故有34種電子運動狀態；【小問2詳析】S原子價層電子的軌道表示式為；同主族元素第一電離能從上至下減小，S位于Se的上一周期，第一電離能S＞Se；【小問3詳析】觀察Ⅱ的結構簡式，可知其含有的官能團名稱為碳碳雙鍵，碳碳三鍵；【小問4詳析】a．Ⅰ中既有σ鍵，又有苯環中的π鍵；既有極性鍵，又有非極性鍵，a正確；b．Ⅱ中原子的雜化軌道類型只有sp（碳碳三鍵碳原子）和sp2（碳碳雙鍵碳原子和苯環碳原子）兩種，b不正確；c．Ⅲ分子中含N—H鍵，可以形成分子間氫鍵，c正確；d．同族元素從上至下電負性減小，同周期電負性從左至右增大，故Ⅳ所含原子中電負性大小順序應為：O>S＞Se、C>Se>H，d不正確；故選ac；【小問5詳析】苯環12原子共面，碳碳雙鍵6原子共面，碳碳三鍵4原子共線，故Ⅱ中所有的碳原子均有可能共平面，故最多有28個；【小問6詳析】設X的最簡式的式量為Mr，晶體密度為ρg/cm3，設晶胞參數為apm，根據均攤法，晶胞中含有的K數目為8，晶胞中含有的數目為，得到＝ρg/cm3，解得a＝×1010，A中相鄰Se和K之間的最短距離為，即××1010pm。19.乙烯是化學工業的基礎原材料，乙烯產量能代表一個國家的石油化工發展水平，2023、2024年我國乙烯產量連續居世界第一、某實驗室以乙烯為原料，設計了如下合成二酮H的合成路線：已知有關物質在一定條件下可以發生如下反應：。回答下列問題：（1）E的名稱為_______；不對稱烯烴與HBr的加成反應符合馬氏規則，即主要產物是氫原子加在含氫較多的雙鍵碳原子上。寫出HBr與E發生反應的化學方程式_______。（2）聚乙炔被稱為導電塑料，是因為其分子中形成了大π鍵，電子可以在其中自由移動，寫出其大π鍵符號_______。（3）G的結構簡式為_______，它的同分異構體中屬于脂肪烴且只含有一個官能團的物質有_______種(不考慮立體異構)。（4）H的手性碳原子有_______個。（5）寫出G→H的反應方程式_______。【答案】（1）①.2-甲基-2-丁烯②.（2）（3）①.②.3（4）2（5）+【解析】A發生加成反應生成B，B和鎂單質反應轉化為C，C轉化為含有羥基的D，D發生消去反應引入碳碳雙鍵生成E，E通過反應引入2個羥基生成F，F發生消去反應得到雙烯G（），G和發生加成反應生成H，據此分析；小問1詳析】E的系統命名法為2-甲基-2-丁烯；根據馬氏規則，HBr與E發生反應的化學方程式；【小問2詳析】聚乙炔中每個碳原子均以sp2方式雜化，還有一個p軌道沒有參與雜化，其中容納一個電子，肩并肩重疊形成離域大π鍵，聚乙炔的分子式為C2nH2n，2n個碳原子共用2n個電子形成大π鍵，故其大π鍵表示為；【小問3詳析】依據題給信息，G到H發生了環加成反應，倒推出G的結構簡式為；它的同分異構體中屬于脂肪烴且只含有一個官能團的物質屬于單炔烴，存在3種同分異構體，結構分別為：CH≡CCH2CH2CH3，CH3C≡CCH2CH3，CH(CH3)2C≡CH；【小問4詳析】H的結構簡式為，其中含有兩個手性碳原子，如圖“*”所示；【小問5詳析】利用題給信息，可推知G→H發生了雙烯加成反應，其反應方程式為：+。湖北省云學名校聯盟2024-2025學年高二下學期期中聯考時長：75分鐘，試卷滿分：100分注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后，請將答題卡上交。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2024年我國科技呈現井噴式發展，化學學科在這些發展中發揮了重要作用。下列說法正確的是A.我國科學家研制出世界首款基于原語的類腦互補視覺芯片，目前廣泛使用的硅基芯片的主要成分是高純度二氧化硅B.我國首艘大洋鉆探船“夢想”號采用大量合金來制作船身，合金的熔點比其成分金屬高C.2024年我國新能源汽車產銷量仍然領跑全球，從安全性角度來看，研發固態電解質動力電池取代目前的鋰離子電池是一個理想的方向D.我國已有多個手機品牌采用有機電致發光材料作為顯示屏，這種材料和聚乙烯一樣都屬于純凈物【答案】C【解析】硅基芯片的成分是高純硅，A錯誤；合金的熔點一般比其成分金屬低，B錯誤；固態電解質具有不易燃燒和爆炸的優點，是動力電池研究的主要方向，C正確；有機電致發光材料同聚乙烯一樣，是高聚物，聚合度為不定值，故為混合物，不是純凈物，D錯誤；故選C。2.工業制漂白液的反應原理是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，下列化學用語表述正確的是A.NaOH的電子式：B.H2O的空間結構模型：C.Cl2分子中的p-pσ鍵電子云輪廓圖為：D.基態Cl-的價層電子排布式：【答案】A【解析】NaOH的電子式：，A正確；H2O的價層電子對數，sp3雜化，2對孤電子對，空間結構為V形，不是直線形，B錯誤；Cl2中p-pσ鍵電子云圖形是軸對稱的，不是鏡面對稱，C錯誤；基態Cl-的價層電子排布式3s23p6，D錯誤；故選A。3.NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.標準狀況下，22.4LCH2Cl2所含原子總數為5NAB.18gD2O含有的質子總數為10NAC.31gP4含有P-P鍵的數目為NAD.0.5mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ鍵的數目為10NA【答案】D【解析】CH2Cl2在標況下為非氣體，22.4LCH2Cl2的物質的量不是1mol，故A錯誤；D2O分子中質子數為10，18gD2O含質子數，故B錯誤；P4是正四面體結構，1個分子中含有6個P－P鍵，31g的P4含有P－P鍵的數目為，故C錯誤；[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+和NH3分子間形成4個配位鍵(σ鍵)，NH3分子中有3個N-Hσ鍵，硫酸根離子中存在4個σ鍵，所以0.5mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ鍵的數目為10NA，故D正確；選D。4.下列說法正確的是A.CH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3為同一種物質B.CH3CH2NH2和CH3CH2CONH2均屬于胺類化合物C.和含有官能團的種類數相同D.的核磁共振氫譜圖中有5組峰【答案】C【解析】由結構簡式可知，CH3COOCH2CH3的名稱為乙酸乙酯，CH3CH2COOCH3的名稱為丙酸甲酯，則兩者不是同一種物質，故A錯誤；由結構簡式可知，CH3CH2NH2的官能團為氨基，屬于胺類化合物，CH3CH2CONH2的官能團為酰胺基，屬于酰胺類化合物，故B錯誤；由結構簡式可知，的官能團為羥基、酯基、酮羰基，共有3種，的官能團為羥基、酯基、碳碳雙鍵，共有3種，則兩者含有官能團的種類數相同，故C正確；由結構簡式可知，分子中含有3類氫原子，核磁共振氫譜圖中有3組峰，故D錯誤；故選C。5.類比和推理是化學學習的重要方法，下列推測合理的是ACl2能從碘化鉀溶液中置換出I2F2能從碘化鉀溶液中置換出I2BSiH4的沸點比CH4高H2S的沸點比H2O高C干冰中CO2分子采用分子密堆積冰中H2O分子采用分子密堆積DNCl3中N原子采取sp3雜化AsCl3中As原子采取sp3雜化A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】氟氣太活潑，會和溶液中水反應，F2不能從碘化鉀溶液中置換出I2，A錯誤；H2O分子間存在氫鍵，故H2S的沸點比H2O低，B錯誤；冰晶的水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性，使得冰晶體中H2O分子采用分子非密堆積，C錯誤；NCl3、AsCl3中的中心原子N、As均形成3個共價鍵且均存在一對孤電子對，故均采取sp3雜化，D正確；故選D。6.下列判斷正確的是A.酸性： B.沸點：CCl4>CBr4>CI4C.鍵的極性： D.熱穩定性：H2O＜H2S＜H2Se【答案】C【解析】電負性F>Cl，對電子的吸引力更強，使羧基上的O-H鍵極性更大，故酸性：，A錯誤；組成結構相似，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，三者均是分子晶體，故沸點：CCl4＜CBr4＜CI4，B錯誤；Si和N電負性差值大于C和N的電負性差值，故鍵的極性：，C正確；同主族元素由上到下非金屬性減弱，簡單氫化物穩定性減弱，故熱穩定性：H2O＞H2S＞H2Se，D錯誤；故選C。7.價層電子對互斥理論可以預測某些微粒的空間結構。下列說法正確的是A.SO2和SO3的VSEPR模型均為平面三角形B.和的空間構型均為平面三角形C.CI4和NH3均為非極性分子D.BCl3與PCl3的鍵角相等【答案】A【解析】SO2價層電子對數，VSEPR模型均為平面三角形，SO3價層電子對數，VSEPR模型均為平面三角形，A正確；價層電子對數，sp3雜化，1對孤電子對，空間構型為三角錐形，價層電子對數，sp2雜化，無孤電子對，空間構型為平面三角形，B錯誤；CI4正負電中心重合，為非極性分子，NH3為極性分子，C錯誤；BCl3價層電子對數，sp2雜化，無孤電子對，空間構型為平面三角形，鍵角為120°，PCl3價層電子對數，sp3雜化，鍵角小于120°，D錯誤；故選A。8.下列描述錯誤的是A.H2O2中O原子的雜化方式為B.碳化硅的熔點高于晶體硅C.相同條件下，O3在水中的溶解度大于O2在水中的溶解度D.等離子體是一類由陰陽離子構成的液態物質【答案】D【解析】H2O2中O原子價層電子對數，雜化方式為，A正確；碳化硅與晶體硅均為共價晶體，由于碳原子半徑小于硅原子半徑，使得Si-C的鍵長小于Si-Si的鍵長，Si-C的鍵能大于Si-Si的鍵能，故碳化硅的熔點高于晶體硅，B正確；O3和水為極性分子，O2為非極性分子，根據相似相溶原理，相同條件下，O3在水中的溶解度大于O2在水中的溶解度，C正確；等離子體是由陽離子、電子和電中性粒子組成的整體上呈電中性的氣態物質，D錯誤；故選D。9.下列事實與氫鍵無關的有A.HF比HCl穩定B.CH3NH2比CH3CH3的熔、沸點高C.CH3CH2OH、CH3COOH可以和水互溶D.鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸低【答案】A【解析】同族元素由上至下非金屬性減弱，非金屬性越弱，簡單氫化物穩定性越差，故HF比HCl穩定，A正確；CH3NH2存在分子間氫鍵，CH3CH3的不存在分子間氫鍵，故CH3NH2熔、沸點高，B錯誤；CH3CH2OH、CH3COOH可以和水分子間形成氫鍵，以及根據相似相溶原理，故CH3CH2OH、CH3COOH可以和水互溶，C錯誤；鄰羥基苯甲酸形成分子內氫鍵使熔、沸點降低，對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵熔、沸點增高，故鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸低，D錯誤；故選A。10.結構決定性質，性質決定用途。針對下列事實，解釋正確的組合是序號事實解釋①分解溫度：HCl(1500℃)高于HI(300℃)范德華力大小不同②鍵角：PF3小于PCl3F與Cl的電負性差異③氯乙酸(pKa=2.86)的酸性強于乙酸(pKa=4.76)Cl-C的極性大于H-C的極性，導致氯乙酸的羧基中的羥基的極性更大，酸性更強④SiO2晶體的熔點為1713℃，干冰的熔點為-78.5℃SiO2晶體為共價晶體，干冰為分子晶體⑤N2與CO氣體，相對分子質量相同，范德華力：N2<CO兩種分子的極性不同，分子極性越大，范德華力越大⑥用“杯酚”分離C60與C70C60與C70的分子大小不同，“杯酚”能把C60裝起來而不能裝下C70A.①②③④⑤ B.②③④⑤⑥ C.②③④⑤ D.②③④⑥【答案】B【解析】①分解溫度：HCl為1500℃，HI為300℃，即熱穩定性：HCl>HI，是由于H-Cl鍵的鍵能比H-I鍵的鍵能大，與范德華力無關，故①錯誤；②電負性：F>Cl，故PF3中共用電子對離P更遠，排斥力更小，鍵角更小，且原子半徑：F<Cl，故PF3的鍵角小于PCl3，故②正確；③氯乙酸（pKa=2.86）的酸性強于乙酸（pKa=4.76），因為氯乙酸中Cl-C的極性大于乙酸中H-C的極性，導致氯乙酸的羧基中的羥基的極性更大，酸性更強，故③正確；④SiO2晶體為共價晶體，干冰為分子晶體，兩種物質的晶體類型不同，SiO2晶體的熔點比干冰的熔點高，故④正確；⑤N2與CO的相對分子質量相同，兩種分子的極性不同，分子極性越大，范德華力越大，故范德華力：N2<CO，故⑤正確；⑥用“杯酚”分離C60與C70是因為C60與C70的分子大小不同，“杯酚”的空腔大小適配C60，能把C60裝起來而不能裝下C70，故⑥正確；故選B。11.Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，當MnOx晶體有O原子脫出時，出現O空位，從而使晶體具有半導體性質。下列說法正確的是A.晶胞中O的配位數為4B.由晶胞結構可確定該氧化物的化學式為MnO2C.當MnOx晶體有O原子脫出時，Mn元素的化合價升高D.CaO晶體也可以通過脫出O原子的方式獲有半導體性質【答案】B【解析】由晶胞結構可推知O的配位數3，Mn的配位數6，A錯誤；由均攤法得，晶胞中Mn的數目為1＋8×＝2，O的數目為2＋4×＝4，該氧化物的化學式為MnO2，B正確；MnOx晶體有O原子脫出時，出現O空位，即x減小，Mn的化合價為＋2x，即Mn的化合價降低，C錯誤；CaO中Ca的化合價為＋2價，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質，D錯誤；故選B。12.下列分離提純方法與對應原理都正確的是選項目的分離方法原理A除去乙烷中混有的乙烯將混合氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，洗氣乙烯可以與酸性高錳酸鉀溶液反應，乙烷不與酸性高錳酸鉀溶液反應B除去乙醇中的水加生石灰，蒸餾生石灰可與水反應生成氫氧化鈣，再對其進行蒸餾，乙醇可以從混合體系先分離出來C除去KNO3固體中的NaCl重結晶KNO3在水中的溶解度很大D分離碘水加入乙醇，萃取碘單質易溶于乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】除去乙烷中混有的乙烯，將混合氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，乙烯可以與酸性高錳酸鉀溶液反應，同時生成CO2，引入新的雜質氣體，A錯誤；除去乙醇中的水，加入生石灰固體，生石灰可與水反應生成氫氧化鈣，再對其進行蒸餾，乙醇可以從混合體系先分離出來，B正確；除去KNO3固體中的NaCl，利用兩種溶質在水中的溶解度隨著溫度的變化不同，用重結晶的方法分離提純，C錯誤；分離碘水，選用乙醇作為萃取劑，因為乙醇與水互溶，故達不到分離的目的，應該加入苯或者四氯化碳作為萃取劑萃取分離，D錯誤；故選B。13.用質譜法測得某烷烴的相對分子質量為72，該烷烴跟Cl2反應生成的一氯代物有三種，下列說法正確的是A.該烷烴的結構簡式為CH3CH2CH(CH3)2B.該烷烴的名稱為2，2-二甲基丙烷C.9g該烷烴在氧氣中完全燃燒，需要消耗標準狀況下22.4L的氧氣D.該烷烴還存在3種同分異構體【答案】C【解析】已知該烷烴的相對分子質量為72，根據烷烴的通式為CnH2n＋2可求出該有機物的分子式為C5H12，該烷烴的一氯代物有3種，其結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH3，據此分析；根據分析可知，結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH3，A錯誤；CH3CH2CH2CH2CH3名稱為正戊烷，B錯誤；該有機物與氧氣反應的關系式為CH3CH2CH2CH2CH38O2，當9g該烷烴在氧氣中完全燃燒需要消耗1molO2，在標準狀況下體積為22.4L，C正確；分子式為C5H12的烷烴有3種同分異構體，除去該烷烴本身，還存在2種同分異構體，為異戊烷和新戊烷，D錯誤；故選C。14.某種含鉀元素的配合物，其陰離子結構如圖所示，X、Y、Z、W為原子序數依次增加的前四周期元素，基態X原子的價電子排布式為nsnnpn，Y與X為同周期且相鄰，Z的最高正化合價與最低負化合價的代數和為4，W是目前產量最大，應用最廣泛的金屬。下列說法正確的是A.W的化合價為+2B.第一電離能：X>Y>WC.簡單氫化物的沸點：Y>Z>XD.該陰離子中含有配位鍵，由W形成的離子提供孤電子對【答案】C【解析】X的核外電子排布式為1s22s22p2，X是碳元素，X、Y為同周期相鄰元素，Y是氮元素，Z的最高化合價與最低化合價的代數和為4，結合陰離子結構圖，可推知Z位于第VIA族，S為S，W是目前產量最大，應用最廣泛的過渡金屬，W是Fe元素，X、Y、Z、W分別為C、N、S、Fe元素，據此分析解題根據分析可知W是Fe，結合結構圖可知化合價為+3，A錯誤；同周期主族元素的第一電離能從左往右呈現增大的趨勢，同主族元素的第一電離能從上往下逐漸減小，X、Y、W分別為C、N、Fe元素，由于N元素的價層電子為半充滿穩定狀態，因此第一電離能更大，故第一電離能最大的是N元素，即Y>X>W，B錯誤；X、Y、Z的簡單氫化物分別為CH4、NH3、H2S，NH3分子間形成氫鍵，沸點最大，CH4為非極性分子，硫化氫為極性分子且相對分子質量比甲烷大，故硫化氫沸點大于甲烷，C正確；觀察結構可知Fe3+與SCN-以配位鍵結合，Fe3+提供空軌道，D錯誤；故選C。15.將酞菁、鈷酞菁、三氯化鋁復合嵌接在碳納米管上，制得一種高效催化還原二氧化碳的催化劑。已知酞菁分子中所有原子共平面，鈷酞菁是由酞菁分子失去兩個氫原子后與鈷離子形成的配合物，氣態AlCl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，酞菁、鈷酞菁以及二聚體Al2Cl6的分子結構如下圖所示。下列說法正確的是A.酞菁分子內氮原子的雜化方式有兩種B.鈷酞菁分子中，鈷元素的化合價為+4C.二聚體Al2Cl6中Al的雜化軌道類型為sp2D.AlF3的熔點為1090℃，AlCl3的熔點為192℃，兩種物質屬于不同的晶體類型【答案】D【解析】由題目信息可知，酞菁分子中所有原子共平面，則酞菁分子中的N原子的雜化方式均為sp2，其中③號N原子分別與2個碳原子和1個氫原子形成σ鍵，剩下一對電子未參與p軌道的雜化，參與形成了大π鍵，而①②號N原子的雜化軌道類型為sp2雜化，孤電子對參與雜化，孤電子對為sp2雜化軌道的電子，剩余一個單電子參與形成大π鍵，故③號N原子的p軌道能提供一對電子，A錯誤；根據題圖可知，由酞菁分子形成配合物鈷酞菁時，酞菁分子中失去了兩個帶正電荷的H原子，使③號N原子各帶一個單位負電荷，為保證鈷酞菁整體呈現電中性，則應該是+2價鈷離子與之配合形成鈷酞菁分子，B錯誤；根據AlCl3形成的二聚體結構可知每個Al和4個Cl成鍵，雜化軌道類型為sp3雜化，C錯誤；AlF3的熔點為1090℃，AlCl3的熔點為192℃，AlF3的熔點遠高于AlCl3的熔點，前者屬于離子晶體，后者屬于分子晶體，兩種物質屬于不同的晶體類型，D正確；故選D。二、非選擇題(本題共4小題，共55分)。16.用如圖方法回收廢舊CPU中的單質Au、Ag和Cu。已知：①Au不溶于濃硝酸。②。（1）Cu在周期表中的位置為_______，Ag位于Cu下一周期，和Cu是同族元素，Ag的價電子排布式為_______。（2）當單一波長的X射線通過上述流程得到Au時，在記錄儀上產生明銳的衍射峰，說明得到的Au是_______(填“晶體”或“非晶體”)。（3）寫出Au溶于HNO3-NaCl溶液生成NO的離子方程式：_______。（4）若用Zn粉將含有2molHAuCl4的溶液完全還原，則消耗Zn的物質的量為_______mol。（5）金屬合金MgCux的結構可看作以Cu4四面體替換立方金剛石結構中的碳原子，且Cu4四面體相互共用頂點(圖部分呈現)，形成三維骨架，在晶胞空隙處，有序地放置Mg原子(四面體的4個頂點代表Cu原子，圓球代表Mg原子)，結構如圖所示。①每個晶胞中含Cu原子個數為_______。②若鎂原子C的原子坐標為(，，)，則A的原子坐標為_______。【答案】（1）①.第四周期第IB族②.（2）晶體（3）（4）4（5）①.16②.【解析】廢舊CPU加入硝酸，Ag和Cu溶解，Au不反應，加入HNO3-NaCl溶液，溶解生成，加Zn粉還原生成Au，據此分析；【小問1詳析】Cu在周期表第四周期第IB族，Ag在周期表第五周期第IB族，Ag的價電子排布式為4d105s1；【小問2詳析】當單一波長的X射線通過晶體時，會在記錄儀上產生明銳的衍射峰，說明得到的Au是晶體；【小問3詳析】Au溶于HNO3-NaCl溶液生成NO和，反應的離子方程式；【小問4詳析】HAuCl4中+1價的氫和+3價的金均被還原，2molHAuCl4的溶液完全還原，轉移8mol電子，根據得失電子守恒可得消耗Zn的物質的量為4mol；【小問5詳析】①由題圖可知，Cu4位于頂點、面心和四個四面體空隙，根據均攤法可得Cu4的個數為=8，每個銅原子被兩個四面體共用，因此銅原子的個數為8×4×=16；②由題圖可知，C原子位于右前下四面體空隙，A原子位于左前上四面體空隙，因此二者y坐標相同，A原子坐標為(，，)。17.某化學興趣小組選用下列裝置制取乙炔并進行乙炔性質的探究，試回答下列問題。（1）儀器a的名稱為_______，A中制取乙炔的化學方程式為_______。（2）關于實驗室制乙炔，下列說法不合理的是_______(填字母)。A.用飽和食鹽水代替水與電石反應，是為了控制生成乙炔的速率B.酸性KMnO4溶液褪色，說明乙炔具有漂白性C.相同質量的乙炔與苯(C6H6)分別在足量的氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量相同D.用Br2的CCl4溶液驗證乙炔的性質，不需要用硫酸銅溶液除雜（3）已知：，如果要合成，所用的原料可以是_______(填字母)。A.2-乙基-l，3-丁二烯和丙炔 B.1，3-戊二烯和2-丁炔C.2，3-二甲基-1，3-戊二烯和丙炔 D.2-甲基-l，3-丁二烯和1-丁炔（4）某鹵代烴A的分子式為C3H6Br2，A的核磁共振氫譜圖如圖所示，則A的結構簡式為_______。（5）烯烴被酸性高錳酸鉀溶液氧化的規律如下圖所示：已知某烯烴的化學式為C4H8，它與酸性高錳酸鉀溶液反應后，得到的產物為二氧化碳和丙酮()，則該烯烴的結構簡式為_______。（6）完全燃燒1.40g某有機化合物，生成4.40gCO2和1.80gH2O。則該有機化合物的實驗式為_______。實驗測得該有機物的相對分子質量為70，且能使溴的四氯化碳溶液褪色，滿足上述條件的有機物的同分異構體有_______種(不考慮立體異構)。【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）BD（3）AD（4）（5）（6）①.②.5【解析】A裝置電石與飽和食鹽水制取乙炔[CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2]，生成的乙炔會混有硫化氫等雜質氣體，B裝置利用硫酸銅溶液除去雜質氣體，防止對檢驗乙炔的性質產生干擾，最后利用酸性高錳酸鉀溶液檢驗乙炔的性質，據此分析；【小問1詳析】儀器a為分液漏斗，制取乙炔的化學方程式為：；【小問2詳析】A．電石和水反應比較劇烈，所以用飽和食鹽水代替水，逐滴加入飽和食鹽水可控制反應物水的供給，從而控制生成乙炔的速率，A正確；B．酸性KMnO4溶液能氧化乙炔，因此乙炔使酸性KMnO4溶液褪色，說明乙炔具有還原性，而不漂白性，B錯誤；C．乙炔（C2H2）與苯（C6H6）具有相同的最簡式，當質量相同的乙炔與苯分別在足量的氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量相同，C正確；D．制取乙炔氣體中會混有硫化氫可以被Br2氧化，使Br2CCl4溶液褪色，對乙炔性質的檢驗產生干擾，所以應用硫酸銅溶液洗氣，D錯誤；故選BD；【小問3詳析】根據；由逆推，2-乙基-l，3-丁二烯和丙炔可合成；由逆推，2-甲基-l，3-丁二烯和1-丁炔可合成，故選AD；【小問4詳析】化合物A的分子式是C3H6Br2，A的核磁共振氫譜圖顯示A中只有一種等效氫原子，則A的結構簡式為C(CH3)2Br2；【小問5詳析】已知某烯烴的化學式為C4H