四川省自贡市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（ 含答案解析 ）

四川省自贡市2022—2023学年高二下学期期末考试化学试题考试时间共90分钟。试卷满分100分。试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，共6页。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Si-28第Ⅰ卷(选择题共50分)注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。Ⅰ卷共25题，每题2分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指A.脱落酸 B.乙烯 C.生长素 D.甲烷【答案】B【解析】【详解】A．脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；

B．乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；

C．生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；

D．甲烷不具有催熟作用，故D不选；

故选：B。2.下列化学用语正确的是A.羟基的电子式：B.氮原子的电子排布图是：C.乙酸的分子式：D.四氯化碳分子比例模型：【答案】A【解析】【详解】A．1个羟基所含电子数为9，因此羟基的电子式为，故A正确；B．不符合洪特规则，正确的电子排布图为，故B错误；C．乙酸的分子式为C2H4O2，CH3COOH为乙酸的结构简式，故C错误；D．氯原子半径大于碳原子的，四氯化碳的比例模型为；故D错误；答案为A。3.2019年8月《Science》杂志报道，化学家首次成功合成具有半导体特征的环状C18分子(结构如图)，关于C18说法正确的是（）A.与石墨互为同位素 B.属于烃类C.是原子晶体 D.能与氢气在一定条件下反应【答案】D【解析】【详解】A.同种元素的不同种原子互为同位素，而C18和石墨是碳元素的两种不同的单质，互为同素异形体，A错误；B.只有C、H两种元素构成的有机化合物称为烃，而C18只含碳元素，不属于烃类，是一种单质，B错误；C.此物质是环状C18分子，属于分子晶体，不是原子晶体，C错误；D.环状C18中含有碳碳三键，一定条件下，能与氢气发生加成反应，D正确；故答案为：D。4.“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是A.能量 B.呈哑铃形 C.自旋方向 D.空间的伸展方向【答案】B【解析】【详解】A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，A错误；B．不同电子层的所有的p轨道均为哑铃形，所以“轨道”2Px与3Py均呈哑铃形，B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，D错误；故合理选项是B。5.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，下列叙述中正确的是A.因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动B.任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级C.不同能层中s电子的原子轨道半径相同D.原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的【答案】D【解析】【详解】A．s轨道的形状是球形的，表示电子出现在原子核外各个区域概率大小相同，而不表示电子运动轨迹，A错误；B．能层序数与该能层具有的能级数目相等，K能层只有s能级，L能层有s、p两个能级，M能层有3个能级等等，可见不同能层具有的能级数目是不同的，B错误；C．原子核外电子的能量不同，围绕原子核作高速运动时离核的远近不同，故不同能层中s电子的原子轨道半径不相同，C错误；D．原子轨道和电子云都是用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹的，D正确；故合理选项是D。6.按Si、P、S、Cl的顺序递增排列的是①气态氢化物的稳定性②最高化合价③第一电离能④电负性A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④【答案】B【解析】【详解】同周期自左向右非金属性逐渐增强，相应氢化物的稳定性逐渐增强，最高价逐渐增大，电负性逐渐增大。由于P原子的3p轨道中电子是处于半充满状态，稳定性强，所以P原子的第一电离能大于S原子的，答案选B。7.若某基态原子的外围电子排布为，则下列说法正确的是A.该元素位于周期表第5周期第IB族B.该元素原子核外有5个电子层C.该元素原子最外层共有3个电子D.该元素原子位于s区【答案】B【解析】【详解】A．能级前面数值表示能层，能级右上角数值表示电子数，推出该元素最大能层是5，根据构造原理，该元素的价电子数为3，说明该元素位于第5周期ⅢB族，故A错误；B．能级前面数值表示能层，该元素最大能层是5，说明核外有5个电子层，故B正确；C．根据外围电子排布式，5s为最外层，即最外层有2个电子，故C错误；D．根据构造原理，最后一个电子填充到d能级上，该元素位于d区，故D错误；答案为B。8.下列化学键是通过电子云“肩并肩”重叠形成的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．HCl分子中H原子的s电子与Cl原子的p电子是原子轨道“头碰头”重叠形成的，A不符合题意；B．Cl2中2个Cl原子的p轨道的电子是原子轨道“头碰头”重叠形成的，B不符合题意；C．图示是两个原子的p轨道电子通过电子云“肩并肩”重叠形成的，C符合题意；D．H2中2个H原子的s轨道的电子是原子轨道“头碰头”重叠形成的，D不符合题意；故合理选项是C。9.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数；σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。【详解】A．中价层电子对个数＝，且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致都是正四面体结构，故A正确；B．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，故B错误；C．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型是四面体结构，实际空间构型为三角锥形，故C错误；D．中价层电子对个数＝且含有一个孤电子对，所以VSEPR模型为四面体结构，实际为三角锥形结构，故D错误；故答案选A。10.下列分子的空间构型可用杂化轨道来解释的是①②CH2=CH2③④⑤⑥A.①②③ B.①⑤⑥ C.②③④ D.③⑤⑥【答案】A【解析】【分析】【详解】①BF3为平面三角形结构且键夹角为，原子为杂化；②C2H4分子中C原子采取杂化，且未杂化的轨道形成键；③苯分子中C原子采取杂化；④乙炔分子中的C原子采取杂化；⑤NH3分子中N原子采取杂化；⑥CH4分子中的碳原子采取杂化。故选A。11.关于氢键，下列说法正确的是A.所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键比范德华力强B.H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致C.氢原子和非金属性很强的元素原子（F、O、N）形成的共价键，称为氢键D.分子间形成的氢键通常会使相应物质的熔点和沸点升高，氢键也可存在于分子内【答案】D【解析】【详解】A．F，O，N等为电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷分子间不能形成氢键，故A错误；B．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故B错误；C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以一种特殊的分子间作用力结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，不属于化学键，故C错误；D．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，氢键也可存在于分子内，如邻羟基苯甲醛分子()内的羟基与醛基之间即存在氢键，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，把握氢键的概念是解题的关键。注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。12.不能够支持石墨是晶体这一事实的选项是A.石墨和金刚石是同素异形体B.石墨中的碳原子呈周期性有序排列C.石墨的熔点为3850℃D.在石墨的X射线衍射图谱上有明锐的谱线【答案】A【解析】【分析】【详解】原子在三维空间里呈周期性有序排列、有自范性、有固定的熔点、物理性质上体现各向异性、X射线衍射图谱上有分立的斑点或明锐的谱线等特征，都是晶体有别于非晶体的体现，故B、C、D能够支持石墨是晶体这一事实。而是否互为同素异形体与是否为晶体这两者之间并无联系，如炭黑也是金刚石、石墨的同素异形体，却属于非晶体。

故选A。13.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A熔点：NaF>MgF2>AlF3 B.晶格能：NaF>NaCl>NaBrC.阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D.硬度：MgO>CaO>BaO【答案】A【解析】详解】A.离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF<MgF2<AlF3，故A不正确；B.离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；C.CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C正确；D.离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D正确。故选A。【点睛】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。14.下列叙述错误的是A.金属键无方向性和饱和性，原子配位数较高B.晶体尽量采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定C.因共价键有饱和性和方向性，所以原子晶体不遵循“紧密堆积”原理D.金属铜和镁均以ABAB…方式堆积【答案】D【解析】【详解】A．金属键是化学键的一种，主要在金属中存在，由自由电子及排列成晶格状的金属离子之间的静电吸引力组合而成。由于电子的自由运动，金属键没有固定的方向，故A正确；B．在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方式以使其变得比较稳定，B正确；C．因为共价键有饱和性和方向性，所以原子晶体不能紧密堆积，不遵循“紧密堆积”原理，C正确；D．铜采取“..ABCABC...”型最密堆积，镁采取...ABAB...”型最密堆积，堆积方式不同，D错误；故合理选项是D。15.下列推论正确的A.的沸点高于，可推测的沸点高于B.为正四面体结构，可推测出也为正四面体结构C.晶体是分子晶体，可推测晶体也是分子晶体，D.是碳链为直线型的非极性分子，可推测也是碳链为直线型的非极性分子【答案】B【解析】【详解】A.分子间不能形成氢键，而分子间可以形成氢键，因此，的沸点低于，A不正确；B.和的中心原子均属于sp3杂化，因此，为正四面体结构，可推测出也为正四面体结构，B正确；C.晶体中每个Si原子与邻近的4个O原子形成共价键，每个O原子与邻近的2个Si原子形成共价键，这种结构向空间发展形成立体空间网状结构，故其属于原子晶体，C不正确；D.也是碳链不是直线型的，因为其中的碳原子均为sp3杂化的，键角不是180°，D不正确。本题选B。16.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是A.①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个C.晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12D.空间利用率的大小关系为：①<②<③<④【答案】B【解析】【详解】A、①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，②、③颠倒，故A错误；B、根据晶胞计算，每个晶胞含有的原子数分别为：①8×1/8=1个，②8×1/8+1=2个，③8×1/8+1=2个，④8×1/8+6×1/2=4个，故B正确；C、配位数是指晶胞中与原子紧邻的原子数，所以四种晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12，故C错误；D、空间利用率是指晶胞在所含原子的体积与晶胞体积的比值，根据四种晶胞的空间利用率判断①<②<③=④，故D错误；答案选B。17.酞菁钴被广泛应用于光电材料、光动力学光敏材料等方面。酞菁钴（II）结构如图所示（Co均形成单键，部分化学键未画明）。下列说法错误的是（）A.酞菁钴（II）中三种非金属元素的电负性大小顺序为N＞C＞HB.酞菁钴（II）中碳原子的杂化方式只有sp2杂化C.1号和3号N原子的VSEPR模型均为平面三角形D.2号和4号N原子与Co（Ⅱ）是通过配位键结合【答案】C【解析】【详解】A.同周期，从左到右，电负性增大；同主族，从上到下，电负性减小，则电负性大小顺序为：N＞C＞H，A正确；B.酞菁钴（II）中，碳原子均形成3个σ键，没有孤电子对，其杂化方式只有sp2杂化，B正确；C.1号和3号N原子均形成3个共价键，有一对孤电子对，其VSEPR模型均为四面体形，C错误；D.N原子形成3个共价键即可达到8电子稳定结构，所以2号和4号N原子与Co离子是通过配位键结合，D正确；答案为C。18.某离子化合物的结构如图。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列正确的是A.X2Q2为非极性分子B.W元素原子从激发态跃迁到基态辐射出紫光C.简单离子半径：Z＞Q＞WD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知：Y形成4条共价键，为第ⅠⅤA族元素，Q形成2条共价键，为ⅤＩA族元素，W为第ⅠA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是N，Q是O，W是Na元素。A．X2Q2为H2O2，该物质分子是不对称的极性分子，A错误；B．W是Na元素，其焰色试验显黄色，不是显紫色，B错误；C．Z是N，Q是O，W是Na，三种元素形成的简单离子N3-、O2-、Na+的电子层结构相同，对于核外电子排布相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z(N3-)＞Q(O2-)＞W(Na+)，C正确；D．Y是C，Q是O，阴离子得到一个电子导致与Y(C)单键相连的Q(O)满足8电子稳定结构，D错误；故合理选项是C。19.下列说法不正确的是A.蛋白质灼烧时会产生烧焦羽毛的特殊气味，利用这一性质可鉴别棉和蚕丝B.石油分馏得到的汽油产量难以满足社会需求，工业上通过催化裂化来缓解C.葡萄糖在酶的催化作用下能水解为乙醇，生活中常用玉米高粱来酿酒D.氢化植物油性质稳定不易变质，工业上常用植物油与氢气发生加成反应制取【答案】C【解析】【分析】【详解】A．蛋白质灼烧时会产生烧焦羽毛的特殊气味，蚕丝的成分为蛋白质，棉花成分为纤维素，所以利用这一性质可鉴别棉和蚕丝，故A正确；B．石油分馏得到的汽油产量难以满足社会需求，催化裂化可以将重油转化为汽油等轻质油，，故B正确；C．葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和二氧化碳，生活中常用玉米高粱来酿酒，故C错误；D．植物油通常为不饱和高级脂肪酸甘油酯，结构中含有碳碳双键，可以与氢气发生加成反应，得到氢化植物油，性质稳定不易变质，故D正确。故选：C。20.下列叙述正确的是A.己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同B.用酸性高锰酸钾溶液可区分甲烷和乙烯C.乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D.甲烷与氯气光照反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明甲烷的氯代物有酸性【答案】B【解析】【详解】A．己烷有5种同分异构体，它们由于分子结构不同，故物质的熔点、沸点各不相同，且物质分子中含有的支链越多，物质的熔沸点就越低，A错误；B．甲烷性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，因而溶液不褪色；而乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，故可以用酸性高锰酸钾溶液可区分甲烷和乙烯，B正确；C．乙烯中含有不饱和的碳碳双键，能够与Br2发生加成反应而能使溴的四氯化碳溶液褪色；而聚氯乙烯分子中无不饱和的碳碳双键，故不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D．甲烷与氯气光照反应后的混合气体中含有HCl，其水溶液显酸性，能使湿润的石蕊试纸变红，但这不能说明甲烷的氯代物就有酸性，D错误；故合理选项B。21.乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法中不正确的是A.和金属钠反应时键①断裂B.在铜或银催化共热下与O2反应时断裂①③C.在浓硫酸催化共热下与乙酸反应时断裂②D.在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤【答案】C【解析】【详解】A．乙醇与钠反应生成乙醇钠，是羟基中的O－H键断裂，故A正确；B．乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③键，故B正确；C．酯化反应中酸去羟基醇去氢，即①断裂，故C错误；D．乙醇完全燃烧时，①②③④⑤键全部断裂，生成二氧化碳和水，故D正确；故选C。22.下列物质中，能与醋酸发生反应的是（）①石蕊试液②乙醇③乙醛④金属铝⑤氧化镁⑥碳酸钠⑦氢氧化铜A.①③④⑤⑥⑦ B.②③④⑤ C.①②④⑤⑥⑦ D.全部【答案】C【解析】【详解】醋酸具有酸的通性，可使石蕊试液变红色，可与Al、MgO、Na2CO3、Cu(OH)2等发生反应，可与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，但不能与乙醛发生反应，故选C。23.已知苯乙烯在一定条件能发生如下反应，下列说法正确的是A.反应①是苯乙烯与H2发生加成反应，又是氧化反应B.反应②是取代反应，且产物所有碳原子一定共平面C.反应③是加成反应，条件是光照D.反应④为加聚反应，苯乙烯是该高分子的单体【答案】D【解析】【详解】A．反应①是苯乙烯与H2发生加成反应产生乙苯，物质得氢的反应又是还原反应，A错误；B．反应②是苯乙烯被氧化产生苯甲酸，反应类型属于氧化反应，苯分子是平面分子，反应产生的苯甲酸的羧基上的C原子取代苯分子中的H原子的位置，因此该产物所有碳原子一定共平面，B错误；C．反应③是苯乙烯与Br2发生的加成反应，反应条件是Br2的四氯化碳溶液或水溶液，而不是光照，C错误；D．反应④为苯乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚苯乙烯，苯乙烯是制取该高分子的单体，D正确；故合理选项是D。24.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L甘油(丙三醇)中含有羟基数为0.3NAB.1.0molCH4与1molCl2在光照下充分反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAC.78.0g苯中含有C=C键的数目为3NAD.0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．甘油(丙三醇)在标准状况下为液体，不能利用气体摩尔体积计算其分子内羟基个数，A错误；B．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应属于连锁反应，产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳及HCl的混合物，无法准确计算反应生成的CH3Cl分子数，B错误；C．苯中不含碳碳双键，C错误；D．乙醇分子式为C2H6O，组成上可看成为“C2H4(H2O)”，所以等物质的量乙醇与乙烯燃烧耗氧量相同，则0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.1mol=0.3NA，D正确；故选D。25.一种长效、缓释阿司匹林(有机物L)的结构如下图所示。下列分析错误的是A.有机物L为高分子化合物B.1mol有机物L中含有2mol酯基C.有机物L能发生加成、取代、氧化反应D.有机物L在体内可缓慢水解，逐渐释放出【答案】B【解析】【详解】A．根据L分子结构可知：该物质分子中含有n，相对分子质量很大，属于高分子化合物，A正确；B．根据L分子结构可知：在该物质分子的链节中含有2个酯基，故1mol有机物L中含有2nmol酯基，B错误；C．有机物L分子中含有苯环，能发生加成反应；含有酯基，能够发生水解反应，酯的水解反应属于取代反应；该物质是有机化合物，能够发生燃烧反应，物质的燃烧反应属于氧化反应，C正确；D．有机物L链接中含有2个酯基，在体内可缓慢水解，产生羧基和羟基，逐渐反应释放出邻羟基苯甲酸，其结构简式是，D正确；故合理选项是B。第Ⅱ卷(非选择题共50分)26.A、B、C、D、E是五种原子序数依次增大的前四周期元素。A、B、C是位于p区的同一周期的元素，C的价层电子排布式为，A与C原子核外的未成对电子数相等；与互为等电子体；E为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题：（1）E在周期表中的位置为___________。B元素原子的价层电子排布式是___________。（2）的立体构型为___________，其中心原子杂化方式为___________。（3）A、B、C的简单氢化物中，键角由大到小的顺序为___________(用分子式表示)。（4）A、C两种元素能形成化合物，该分子为___________分子(填“极性”或“非极性”)，根据电子云重叠方式的不同，分子中共价键的类型有___________。【答案】（1）①.第四周期ⅡB族②.2s22p3（2）①.三角锥形②.sp3（3）CH4＞NH3＞H2O（4）①.非极性②.σ键、π键【解析】【分析】C的价电子排布式为nsnnp2n，s能级最多容纳2个电子，即n=2，C的价电子排布式为2s22p4，推出C为O，O的原子核外未成对电子数为2，A和C原子核外的未成对电子数相等，A也有2个未成对电子，A、B、C位于p区的同一周期的元素，原子序数依次增大，推出A为C，则B为N，DC2与NO互为等电子体，D的价电子数为5+1=6，因此D为S，E为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，即价电子排布式为3d104s2，推出E为Zn，据此分析；【小问1详解】E的价电子排布式为3d104s2，位于第四周期ⅡB族；B元素为N，属于主族元素，价层电子排布式2s22p3；故答案为第四周期ⅡB族；2s22p3；【小问2详解】ACl的化学式为CCl，价层电子对数为3+=4，立体构型为三角锥形；价层电子对数等于杂化轨道数，即C的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；【小问3详解】A、B、C的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，孤电子对数越多，键角越小，CH4、NH3、H2O中中心原子孤电子对数分别为0、1、2，因此键角：CH4＞NH3＞H2O；故答案为CH4＞NH3＞H2O；【小问4详解】AC2的化学式为CO2，空间构型为直线形，结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，含有双键，根据电子云重叠式的不同，该分子中共价键类型为σ键、π键；故答案为非极性；σ键、π键。27.Ⅰ．金属元素的原子结构决定了金属元素的性质、在自然界中的存在形式及冶炼方法。（1）金属在自然界中大多以化合物的形式存在，在这些金属化合物中，金属元素都显___________(填“正”或“负”)化合价。（2）金属的冶炼方法可以分为：A．焦炭法；B．热分解法；C．活泼金属置换法；D．电解法。请从上述四种方法中选择相应的序号填入表中空格：高炉炼铁湿法炼铜铝热法炼铬工业上冶炼钾①___________②___________③___________④___________（3）写出Al与Cr2O3反应的化学方程式：___________。Ⅱ．以下为工业从海水中提取液溴的流程图：已知：溴的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。请回答：（4）用热空气能将溴单质吹出的原因是___________。（5）从“溴与水混合物Ⅰ”到“溴与水混合物Ⅱ”的目的是___________。【答案】（1）正（2）①.A②.C③.C④.D（3）2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr（4）单质溴常温下呈液态，其沸点低，易挥发（5）富集Br2【解析】【小问1详解】金属元素的原子在反应中易失去电子，形成金属阳离子，因此金属元素在自然界形成的化合物中都显正化合价；【小问2详解】①不同金属元素冶炼方法不同。比较活泼的金属铁采用热还原方法冶炼，如在高炉炼铁中，焦炭与O2反应先产生CO2，CO2与焦炭反应产生CO，铁的化合物如Fe2O3与CO在高温下反应产生Fe、CO2，达到冶炼铁的目的，故合理选项是A；②湿法炼铜是在溶液中Fe与CuSO4发生置换反应产生Cu和FeSO4，该方法为活泼金属置换法，故合理选项是C；③铝热法炼铬是在高温条件下Al与Cr2O3发生反应产生Al2O3、Cr，该方法为活泼金属置换法，故合理选项是C；④由于金属钾活动性很强，用一般还原剂不能将其还原出来，可通过电解熔融的KCl的方法金属冶炼，故工业上冶炼钾是采用的是电解法，合理选项是D；【小问3详解】在高温条件下Al与Cr2O3发生反应产生Al2O3、Cr，该反应的化学方程式为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr；【小问4详解】能够用用热空气将溴单质吹出，是由于单质溴在常温下呈液态，其沸点低，易挥发；【小问5详解】海水中溴元素较少，从“溴与水混合物Ⅰ”到“溴与水混合物Ⅱ”过程中，目的是增大溴单质的浓度，达到浓缩Br2或富集Br2的目的。28.A与CO、H2O以物质的量1∶1∶1的比例化合形成B，E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体，其转化关系如下。请回答下列问题。（1）A的分子式为___________。（2）B中官能团的名称为___________。（3）D→E的反应类型为___________。（4）C→E的化学方程式为___________。（5）下列说法错误是___________(填序号)。①可用金属钠鉴别B和C②1molA完全燃烧消耗2.5molO2③乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热也可生成E（6）E的同分异构体中属于羧酸的有___________种。【答案】（1）C2H2（2）羧基、碳碳双键（3）加成反应（4）CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O（5）①③（6）2【解析】【分析】A与CO、H2O以物质的量1∶1∶1的比例化合形成B：丙烯酸，则根据原子守恒，可知A是乙炔，结构简式是HC≡CH，B与H2发生加成反应产生分子式是C3H6O2的丙酸C：CH3CH2COOH；丙酸与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E：CH3CH2COOCH3；B反应产生分子式是C4H6O2的D，D与H2在催化剂存在条件下发生加成反应产生E，可知B与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生D是CH2=CH-COOCH3，然后根据问题分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知A是乙炔，分子式是C2H2；【小问2详解】根据物质B结构简式，可知其分子中含有的官能团的名称为羧基和碳碳双键；【小问3详解】D是CH2=CH-COOCH3，D与H2在催化剂存在条件下发生加成反应产生E：CH3CH2COOCH3，故D→E的反应类型是加成反应；【小问4详解】C是丙酸，结构简式是CH3CH2COOH，丙酸与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E：CH3CH2COOCH3和H2O，脱水方式是酸脱羟基醇脱氢，该反应是可逆反应，则C→E的化学反应方程式为：CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O；【小问5详解】①B是丙烯酸，C是丙酸，二者分子中都含有羧基，都能够与金属钠反应放出H2，反应现象相同，故不能用金属钠鉴别B和C，①错误；②A是乙炔，分子式是C2H2，该物质完全燃烧产生CO2、H2O，反应方程式为：2C2H2+5O24CO2+2H2O，根据方程式中物质反应转化关系，可知1molC2H2完全燃烧消耗2.5molO2，②正确；③乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热，可发生酯化反应产生乙酸乙酯CH3COOCH2CH3和水，而不能生成E，③错误；故合理选项是①③；【小问6详解】E是丙酸甲酯，结构简式是CH3CH2COOCH3，其属于羧酸的