天津市静海区第一中学2018_2019学年高二化学5月月考试题（含解析）.docx

静海一中2018-2019第二学期高二化学(5月)学生学业能力调研试卷第卷 基础题(共80分)相对原子质量：C ;12 H: 1 O: 16 N: 14一、选择题: 每小题2分，共26分. 每小题只有一个正确选项。1. 构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是 ( )A. E(3s)E(3p)E(3d)B. E(3s)E(2s)E(1s)C. E(4f)E(4s)E(3d)D. E(5s)E(4s)E(4f)【答案】B【解析】【详解】绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f：A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）E（3p）E（3s），故A错误；B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）E（2s）E（1s），故B正确；C、由以上分析可知E（4f）E（3d）E（4s），故C错误；D、应为E（4f）E（5s）E（4s），故D错误；答案：B。【点睛】各能级能量高低顺序为：.相同n而不同能级的能量高低顺序为：nsnpndnf，.n不同时的能量高低：2s3s4s 2p3p4p；不同层不同能级ns（n-2）f（n-1）dnp。2.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p41s22s22p63s23p31s22s22p31s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是A. 第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性：D. 最高正化合价：【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、1s22s22p3是N元素、1s22s22p5是F元素；A同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NF，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能SP，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SPNF，即，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，电子层越多原子半径越大，故原子半径PSNF，即，故B错误；C同周期自左而右电负性增大，所以电负性PS，NF，N元素非金属性比S元素强，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故C错误；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误；故答案为A。【点睛】比较第一电离能时要注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，电离能的变化规律一般为：同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。同种原子：逐级电离能越来越大(即I1I2I3)；特别注意当原子电子排布处于半充满或全充满时原子的能量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。3.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是()A. SO32B. ClO4C. NO2D. ClO3【答案】B【解析】【详解】A、SO32中S原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，有1对孤电子对，所以SO32离子的空间立体构型是三角锥形，故不选A；B. ClO4中Cl原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，无对孤电子对，所以ClO4离子的空间立体构型是正四面体，故选B；C. NO2中N原子的杂化轨道数是3，VSEPR模型为平面三角形，有1对孤电子对，所以NO2离子的空间立体构型是V形，故不选C；D. ClO3中Cl原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，有1对孤电子对，所以ClO3离子的空间立体构型是三角锥形，故不选D；【点睛】本题考查微粒空间构形及VSEPR模型，会计算价层电子对个数是解本题的关键，难点是计算孤电子对个数，明确孤电子对个数计算中各个字母含义是解答的关键。4.具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是A. 两种原子的电子层上全部都是s电子B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子【答案】B【解析】【详解】A两种原子的电子层上全部都是s电子，均为1s或均为1s、2s电子，则为短周期一或二，不一定为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，故B选；C最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，故C不选；D原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D不选；故答案为B。5.下列说法中错误的是（ ）化学性质相似的有机物是同系物分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似分子式为C3H6与C6H12的两种有机物一定互为同系物互为同系物的有机物其相对分子质量数值一定相差14 n（n为正整数）A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】B【解析】甲醇与乙二醇的化学性质相似，但结构不同，不是同系物，错误。同系物是结构相同、分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物的互称，两个条件都要满足，如环丙烷与乙烯分子组成相差1个CH2原子团，但结构不同。错误。烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们可能是同系物如烯烃，也可能是同分异构体如正丁烷和异丁烷，错误。同分异构体的物理性质有差别，化学性质有些有差别如环己烷和己烯性质完全不同，有些无差别如正丁烷和异丁烷，错误。C3H6可能为丙烯或环丙烷，C6H12可能为己烯或环己烷等，不一定为同系物，错误。同系物是结构相同、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物的互称，所以相对分子质量一定相差14的整数倍，正确。综合以上可知正确答案为B点睛：同系物是结构相同、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物的互称，两个条件必须同时满足。同系物物理性质有差异，化学性质可能相似也可能不同，如果是碳链异构、位置异构则化学性质相似，若是官能团异构，化学性质肯定不同。6.配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物 Cu(H2O)4(OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数A. Cu2、H2O、2、4B. Cu、H2O、1、4C. Cu2、OH、2、2D. Cu2、H2O、2、2【答案】A【解析】考查配位键的形成与有关判断。根据化学式可知，水分子提供孤对电子，所以水是配体，配位数是4；铜离子接受孤对电子，属于中心离子，因此正确的答案选A。7.下列判断，结论正确的是（ ）选项项目结论A三种有机化合物：丙烯、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面B由溴丙烷水解制丙醇、由丙烯与水反应制丙醇属于同一反应类型C乙烯和苯都能使溴水褪色退色的原理相同DC4H9Cl的同分异构体数目（不考虑立体异构）共有4种A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应；由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应C、乙烯与溴水发生加成反应，苯萃取溴水中的溴D、书写丁基C4H9的同分异构体，C4H9有几种同分异构体，C4H9Cl就有几种同分异构体解：A、氯乙烯、苯二者为平面结构，所有原子在同一平面内丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应，由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应，二者不属于同一反应类型，故B错误；C、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，苯萃取溴水中的溴，使溴水褪色，褪色原理不同，故C错误；D、C4H9的同分异构体有CH2CH2CH2CH3、CH（CH3）CH2CH3、CH2CH（CH3）2、C（CH3）3四种，所有C4H9Cl有4种同分异构体，故D正确故选D8.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. 福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质B. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应C. 将地沟油制成肥皂，可以提高资源的利用率D. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用【答案】B【解析】福尔马林是甲醛溶液，甲醛能使蛋白质变性，故A正确；牛奶是胶体，加入果汁会产生聚沉，故B错误；地沟油的成分是油脂，可以发生皂化反应，故C正确；聚碳酸酯可水解，故D正确。9.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是可以与氢气发生加成反应；能使酸性KMnO4溶液褪色；能跟NaOH溶液反应；能发生酯化反应；能发生加聚反应；能发生水解反应A. B. 只有C. 只有D. 【答案】B【解析】试题分析：含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应；含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；含有羧基，能跟NaOH溶液反应；含有羟基和羧基，能发生酯化反应；含有碳碳双键，能发生加聚反应；不存在酯基，不能发生水解反应，答案选B。考点：考查有机物结构和性质10. 下列离子方程式正确的是()A. 乙酸与碳酸钠溶液反应：2H+CO32= CO2H2OB. 醋酸溶液与新制氢氧化铜反应：CH3COOHOHCH3COOH2OC. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5OCO2H2O 2C6H5OHCO32D. 甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：HCHO+4Ag(NH3)2+4OH-CO32+2NH4+4Ag+6NH3+2H2O【答案】D【解析】试题分析：乙酸是弱酸，不能拆分，选项A不正确；氢氧化铜不溶，不能拆分，选项B不正确；在苯酚钠溶液中通CO2应该生成NaHCO3，选项C不正确；甲醛分子内可看成二个醛基，与足量银氨溶液生成时1mol可生成4mol银，选项D正确。考点：离子方程式正误判断 涉及拆分是否合理、反应原理是否正确等。11.下列说法正确的是（ ）可以用Cu(OH)2悬浊液用一种试剂鉴别甲酸、乙酸、乙醛、乙醇。可用酸性K2Cr2O7溶液检验是否酒后驾车，该应用利用了乙醇的还原性和低沸点的性质。向银氨溶液中加入几滴乙醛后用酒精灯加热至沸腾制可得银镜。向足量的浓苯酚溶液中滴入少量溴水，可观察到有白色沉淀生成，该沉淀为2,4,6-三溴苯酚。该分子中的碳原子可能都在同一平面。做过银镜反应实验后的试管，用氨水洗涤。A. B. C. D. 【答案】D【解析】甲酸和氢氧化铜悬浊液发生中和反应，加热继续反应生成氧化亚铜红色沉淀，和乙酸只是中和反应，和乙醛加热反应生成红色氧化亚铜，和乙醇不反应，可以用Cu(OH)2悬浊液用一种试剂鉴别甲酸、乙酸、乙醛、乙醇，正确；酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可用酸性K2Cr2O7溶液检验是否酒后驾车，该应用利用了乙醇的还原性和低沸点的性质，正确；银镜反应需要水浴加热，错误；向足量的浓苯酚溶液中滴入少量溴水，生成的三溴苯酚溶解在苯酚中，看不到白色沉淀，错误；该分子中含有2个饱和碳原子，所有的碳原子不可能都在同一平面，错误；做过银镜反应实验后的试管，应该用硝酸洗涤，错误，答案选D。点睛：选项是解答的易错点，学生容易忽视苯酚过量，生成的三溴苯酚会溶解在苯酚中而看不到白色沉淀，应该是加入足量的浓溴水。12. 某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是 ()。A. 电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2B. 该元素为VC. 该元素为A族元素D. 该元素位于d区【答案】C【解析】【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期B族元素，为V元素，位于d区，答案选C。13. 下列有机物相关描述不正确的A. 用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳B. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上C. 甘氨酸（H2NCH2COOH）、丙氨酸CH3CH（NH2）COOH、谷氨酸HOOCCH2CH2CH（NH2）COOH一定条件下形成链状三肽的结构最多有3种D. 1mol有机物一定条件下能和6molNaOH反应【答案】C【解析】试题分析：A己烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层，乙酸与溴水互溶，无现象，能区分，A正确；B甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面。分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，B正确；C氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同，故形成的肽键大于3种，C错误；D此有机物中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，在一定条件下能与6molNaOH反应，D正确，答案选C。考点：考查有机反应的判断、有机物的结构、常见官能团的性质二、填空题 (共54分)14.易混易错题组：按题目要求填写下列空白。(1) 用价层电子对互斥模型预测下列微粒的立体结构，并指出后两种物质中中心原子的杂化方式。H2Se_ CF4_SO2_ 、_SO42-_、_ (学法题)简述价层电子对互斥模型与分子的立体结构之间的关系_(2)写出下列物质的系统命名：(CH3)3COH_CH3CHClCOOH _ _(3)下列原子核外电子排布中，违背“泡利不相容原理”的是_；违背“洪特规则”的是_；违背“洪特 规则特例”的是_。违背“能量最低原理”的是_；(填编号) 6 C轨道表示7N轨道表示为：29 Cu电子排布式为：1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 9 4s 2 20 Ca电子排布式：1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 2 O： (学法题)在解答此题时必须明确概念，简述泡利原理，洪特规则的概念：_(4)按要求书写化学方程式CH3CH(OH)CH3的催化氧化：_和氢氧化钠溶液反应_过量乙酸与甘油的酯化反应_【答案】 (1). V形 (2). 正四体形 (3). V形 (4). sp2 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对 (8). 2-甲基-2-丙醇 (9). 2-氯丙酸 (10). 3-乙基戊烷 (11). 2-硝基甲苯 (12). (13). (14). (15). (16). 泡利原理为每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则为洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同； (17). 2 CH3CH(OH)CH3+O22 CH3COCH3+ 2H2O (18). (19). 【解析】【详解】(1) H2Se中心原子Se原子成2个键、含有2对孤对电子，故杂化轨道数为4，采取sp3杂化，预测其空间结构为四面体，但实际结构为V形；CF4中心原子C原子形成4个键、不含孤对电子，故杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故空间结构为正四体形；SO2中心原子上的孤对电子数为=1，价层电子对个数为2，杂化轨道数为3，故采取sp2杂化，预测其空间结构为平面三角形，实际为V形；SO42-中含孤电子对为=0，价层电子对个数都是4，故采取sp3杂化，所以空间构型都是正四面体结构；根据价层电子对互斥模型用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对；(2)根据系统命名法，有机物(CH3)3COH的名称为2-甲基-2-丙醇；CH3CHClCOOH 的名称为2-氯丙酸；的名称为3-乙基戊烷；的名称为2-硝基甲苯；(3)洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，则6 C轨道表达式为；洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，则7N轨道表示为时违背洪特规则；当电子排布为全充满、半充满或全空时相对稳定，则29 Cu电子排布式为1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 9 4s 2时违背了洪特规则特例；能量最低原理是原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道，则20 Ca电子排布式为：1s22s 22p63s23p 63d2违背了能量最低原理，其正确的电子排布式为1s22s 22p63s23p 64s2；泡利不相容原理是指每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，则O： 违背泡利不相容原理；故违背“泡利不相容原理”的是；违背“洪特规则”的是；违背“洪特规则特例”的是；违背“能量最低原理”的是；在解答此题时必须明确概念，其中泡利原理为每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则为洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同； (4)CH3CH(OH)CH3在Cu作催化剂的条件下加热催化氧化生成丙酮，发生反应的化学方程式为2 CH3CH(OH)CH3+O22 CH3COCH3+ 2H2O；和氢氧化钠溶液反应时发生反应的化学方程式为；过量乙酸与甘油的酯化反应的化学方程式为。15.规律提炼题组：同分异构体的书写(1)同温同压下蒸气的密度是H2的43倍的烷烃的分子式_，其中一氯代物只有2种的结构简式为：_。(2)写出符合下列条件所有同分异构体的结构简式_。a苯环上只有两个取代基且互为邻位 b既能发生银镜反应又能发生水解反应(3)CH2=CHOC2H5的同分异构体,与CH2=CHOC2H5有完全相同的官能团，写出所有可能的结构_。学法题：通过此题的解答，总结同分异构体常见类型有_【答案】 (1). C6H14 (2). (3). (4). CH2=CHCH2OCH3，； (5). 碳链异构、位置异构、顺反异构【解析】【分析】（1）根据密度之比等于相对分子量之比以及烷烃通式CnH（2n+2）进行计算，结合等效氢写出符合条件的结构简式；（2）的同分异构体满足：既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，或甲酸形成肽键，且苯环上只有两个取代基且互为邻位，2个取代基为-OOCH、-NH2，或者-OH、-NHOCH；（3）CH2=CHOC2H5的同分异构体与CH2=CHOC2H5有完全相同的官能团，则应含有醚键、碳碳双键，可以看作CH2=CHCH3中1个H原子被-OCH3取代，注意存在顺反异构情况。【详解】（1）密度之比等于相对分子量之比，烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的43倍，则A的相对分子量为243=86，A的相对分子质量为：14n+2=86，n=6，即该烷烃的分子式为C6H14；其中一氯代物只有2种的烷烃只有2种等效氢，其结构简式为；（2）的同分异构体满足：既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，或甲酸形成肽键，且苯环上只有两个取代基且互为邻位，2个取代基为-OOCH、-NH2，或者-OH、-NHOCH；符合条件的同分异构体为：和；（3）CH2=CHOC2H5同分异构体中与B有完全相同的官能团，则应含有醚键、碳碳双键，可以看作CH2=CHCH3中1个H原子被-OCH3取代，注意存在顺反异构情况，可能的结构简式有：；由此可知书写同分异构体时需要结合碳链异构、位置异构、顺反异构来分析。16.关键环节题组：有机合成路线设计(1)用丙醛(CH3CH2CHO)制取聚丙烯的过程中发生的反应类型为_取代消去加聚缩聚氧化还原A B C D(2)以CH2=CHCH2OH为主要原料(无机试剂任用)设计CH2=CHCOOH的合成路线流程图(已知CH2=CH2可被氧气催化氧化为 )_学法题：通过此题的解答，总结设计有机合成路线需注意(至少写2条)_【答案】 (1). A (2). CH2=CHCH2OHCH2CHClCH2OHCH2CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH (3). 选择合适的反应条件、要注意官能团的保护【解析】【分析】（1）可用逆推法分析：CH2=CH-CH3CH2OH-CH2-CH3CH3-CH2-CHO，以此判断可能发生的反应；（2）以CH2=CHCH2OH为主要原料合成CH2=CHCOOH， CH2=CHCH2OH可先和HCl发生加成反应，保护碳碳双键，再利用强氧化剂将醇羟基氧化为羧基，最后再结合卤代烃的消去引入碳碳双键即可；合成时要注意反应条件和官能团的保护。【详解】（1）要制取，可逆推反应流程：CH2=CH-CH3CH2OH-CH2-CH3CH3-CH2-CHO，则从后往前推断可发生加成（还原）、消去、加聚反应，故答案为A；（2）以CH2=CHCH2OH为主要原料合成CH2=CHCOOH， CH2=CHCH2OH可先和HCl发生加成反应，保护碳碳双键，再利用强氧化剂将醇羟基氧化为羧基，最后再结合卤代烃的消去引入碳碳双键，具体合成路线为：CH2=CHCH2OHCH2CHClCH2OHCH2CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH；在选择合成路线时，需要选择合适的反应条件，同时注意官能团的保护，上述流程中用强氧化剂氧化羟基生成羧基时需要防碳碳双键被氧化，故需要先保护碳碳双键。【点睛】在进行推断及合成时，需要将题目信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据官能团的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目。17.前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大；A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期，且D的气态氢化物可以和其最高价氧化物的水化物发生氧化还原反应；E位于第四周期，其价电子层中只有一个电子，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：(1)E原子的电子排布式为_，C和D的第一电离能较大的是_。(2)CO43-中C的杂化方式为_，该离子的“VSEPR”模型为_形。(3)C和D的简单阴离子半径由大到小的顺序为_，C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_。(4)某分子的结构式为：ABBA，则该分子中键和键的数目之比为_，B2分子和一氧化碳分子互为等电子体，则一氧化碳的电子式为_。(5)向EDO4溶液中加入过量稀氨水，阳离子化学式为_，该离子的配位体为_。(6)B能量最高的电子为_轨道上的电子，其轨道呈_形。【答案】 (1). Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 (2). P (3). sp3杂化 (4). 正四面体 (5). P3S2 (6). H3PO4S2，P和S最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H3PO4”或“”)。【答案】 (1). 跃迁 (2). 6 (3). sp3 (4). 折线形(V形或角形) (5). 【解析】【分析】（1）基态铜原子在灼烧时外围电子获得能量，发生跃迁而变为激发态，焰色反应为绿色；（2）单键为键，双键含有1个键、1个键；加“*”碳原子形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；（3）计算S原子孤对电子、价层电子对数确定其空间结构，同主族自上而下第一电离能减小。【详解】（1）基态Cu原子外围电子排布式为：3d104s1，基态铜原子在灼烧时外围电子获得能量，发生跃迁而变为激发态，焰色反应为绿色；（2）1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个键，加“*”碳原子形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；（3）S原子孤对电子数为=1、价层电子对数=2+1=3，故其空间结构为V形，同主族自上而下第一电离能减小，则第一电离能SO。第卷 提高题(共20分)19.塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害。其合成线路图如图I所示： 已知以下信息：R1CHO+R2CH2CHO+H2O C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示请根据以上信息回答下列问题：(1)C的结构简式为_， E中所含官能团的名称是_；(2)写出下列有关反应的化学方程式：E和H2以物质的量比11反应生成F：_；B和F以物质的量比12合成DBP：_，该反应的反应类型为_。(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有_种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式_。不能和NaHCO3溶液反应 能发生银镜反应遇FeCl3溶液显紫色 核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子【答案】 (1). CH3CH2OH (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH (4). (5). 取代反应 (6). 6 (7). 、等【解析】【分析】A反应生成邻苯二甲酸，结合信息可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为，据此解答【详解】解：A反应生成邻苯二甲酸，结合信息可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为（1）C的结构简式为CH3CH2OH，E为CH3CH=CHCHO，含有碳碳双键、醛基；（2）E和H2以物质的量比1：1反应生成F的方程式为：CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH；B和F以物质的量比1：2合成DBP的方程式为：，属于取代反应；（3）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：不能和NaHCO3溶液反应，不含羧基；能发生银镜反应，含有醛基；遇FeC13溶液显紫色，含有酚羟基；核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有：、。20.实验题：1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71，密度为1.36gcm-3。