D

解：A、在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个，而每个Na+离子为8个晶胞共有，则距Na+最近的多个Cl﹣构成正八面体，故A正确；B、Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为： =4，故B正确；

C、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 =2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故C正确；

D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4 ， 故D错误．

故选D．

D

解：有机物CH2=C﹣CH=C（C2H5）﹣C≡C﹣CH3中，乙烯是平面结构，乙炔是直线型结构，线可以在面上，所以一定在同一平面内的碳原子数为最多9个，故c=9；在同一直线上的碳原子数即为符合乙炔的结构的碳原子有4个，即b=4；

甲基碳和乙基碳原子是含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子），共3个，故a=3．

故选D．

B

解：A．HF中含有氢键，沸点最高，应为HF＞HI＞HBr＞HCl，故A错误；B．O的电负性较大，水分子间存在氢键，氢键较一般的分子间作用力强，则H2O的熔点、沸点大于H2S，故B正确；

C．乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力，故C错误；

D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4 ， 故D错误．

故选B．

【考点精析】解答此题的关键在于理解氢键的存在对物质性质的影响的相关知识，掌握氢键主要存在于HF、H2O、NH3、CH3CH2OH分子间；故HF、H2O、NH3的沸点分别与同族氢化物沸点相比反常的高，以及对同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系的理解，了解同主族元素的原子半径或离子半径从上到下逐渐增大，如：O＜S＜Se，F－＜Cl－＜Br-．

A

解：A． 中C=C双键同一碳原子连接不相同的原子或原子团，具有顺反异构，故A正确；B． 双键同一碳原子连接相同的甲基，不具有顺反异构，故B错误；

C． 双键同一碳原子连接相同的甲基，不具有顺反异构，故C错误；

D． 中同一碳原子分别连接相同的乙基，不具有顺反异构，故D错误．

故选A．

B

解：A．混有的硫化氢也能被高锰酸钾氧化，则图中高锰酸钾不能检验乙炔的还原性，故A错误；B．先加足量溴水与烯烃反应，再加入酸性高锰酸钾溶液与甲苯反应，则先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，可鉴别己烯中是否混有少量甲苯，故B正确；

C．裂化汽油中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，不能萃取提取溴，故C错误；

D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气除杂，故D错误；

故选B．

B

解：A．由结构简式可知分子式为C10H16 ， 故A错误；B．结构不对称，含8种位置的H，则它的一氯代物有8种，故B正确；

C．它和丁基苯（ ）分子式不同，则二者不是同分异构体，故C错误；

D．含双键，可以发生加成、氧化等反应，故D错误．

故选B．

【考点精析】解答此题的关键在于理解有机物的结构和性质的相关知识，掌握有机物的性质特点：难溶于水，易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂；多为非电解质，不易导电；多数熔沸点较低；多数易燃烧，易分解．

C

解：A．乙醇与乙酸的酯化反应属于取代反应的一种；B．乙醇在140℃下发生分子间取代反应，生成乙醚；

C．乙醇发生消去反应生成乙烯；

D．乙醇与HBr反应引入卤素原子，属于取代反应，综合以上分析，C与其余反应不同类，故选C．

D

解：A、1mol甲苯或1mol苯都能与3molH2发生加成反应，所以不能说明侧链对苯环有影响，故A错误；B、烷烃中的甲基不能被高锰酸钾溶液氧化，而甲苯中的甲基可以被高锰酸钾氧化为苯甲酸，这说明苯环使侧链活化，而不能体现侧链对苯环的影响，故B错误；

C、苯和甲苯都能燃烧产生带浓烟的火焰，这是由于碳的百分含量较高、碳不完全燃烧导致，所以不能说明侧链对苯环有影响，故C错误；

D、甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，但产物不同，侧链对苯环有影响，使苯环变得活泼，更容易发生取代反应，甲苯硝化生成三硝基甲苯，能说明侧链对苯环有影响，故D正确．

故选D．

C

解：根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔存在C≡C的位置．该烷烃的碳链结构为 ，3号碳原子上无H原子，5号碳原子上有1个H原子，故3号和5号碳原子均不能与相邻的碳原子形成C≡C，能形成三键位置有：1和2之间；6和7之间，8和9之间，6和7与8和9形成的碳碳三键位置相同，故该炔烃共有2种．故选C．

B

解：A．含O元素，不属于烃，故A错误；B．由结构可知，该物质的分子式为C13H20O2 ， 故B正确；

C．含﹣COOH，为羧酸类物质，故C正确；

D．含苯环，但含﹣COOH，为芳香族化合物，故D错误；

故选B．

【考点精析】本题主要考查了有机物的结构和性质的相关知识点，需要掌握有机物的性质特点：难溶于水，易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂；多为非电解质，不易导电；多数熔沸点较低；多数易燃烧，易分解才能正确解答此题．

B

解：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有7个碳原子，故为庚烷，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，故在3号和4号碳原子上各有一个甲基，在4号碳原子上有一个乙基，故名称为3，4﹣二甲基﹣4﹣乙基庚烷，故A错误；B、炔烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，为戊炔，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，并表示出官能团的位置，故在3号碳原子上有2个甲基，故名称为3，3﹣二甲基﹣1﹣戊炔，故B正确；C、苯的同系物在命名时，从简单的侧链开始按顺时针或逆时针给主链上的碳原子进行编号，使侧链的位次和最小，故甲基在1号碳原子上，在3号碳原子上有乙基，故名称为：1﹣甲基﹣3﹣乙基苯，故C错误；

D、二烯烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故为丁二烯，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，当两端离官能团一样近时，要从离支链近的一端给主链上碳原子编号，并表示出官能团的位置，则在1号和2号碳原子间、3号和4号碳原子间各有一条双键，在2号碳原子上有一个甲基，故名称为：2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，故D错误；

故选B．

AB

解：A、C3H8与C2H6互均为烷烃，结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，互为同系物，故A正确；B、 与 第一个属于酚类，第二个属于醇类，不互为同系物，故B错误；

C、单键自由旋转， 和 是同一种物质，故C正确；

D、化学式为C5H10的有机物可能属于环烷烃和烯烃，环烷烃不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确．

故选AB．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用芳香烃、烃基和同系物的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握分子里含有一个或多个苯环的碳氢化合物，称为芳香烃，其中由一个苯环和饱和烃基组成的芳香烃叫苯的同系物，其通式为CnH2n–6（n≥6）．

A

解：A、酯基的结构简式为H/R﹣COO﹣R′，故 的官能团为酯基，故属于酯类，故A正确；B、醛基为﹣CHO，故乙醛的结构简式为CH3CHO，故B错误；

C、乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为CH2=CH2 ， 故C错误；

D、实验式是各原子的最简单的整数比，故苯的实验式为CH，故D错误．

故选A．

C

解：A、天然气的主要成分是甲烷，甲烷属于烃类，故A正确； B、石油是碳原子个数在1﹣50的多种烷烃、环烷烃的混合物，没有固定的熔沸点，故B正确；

C、石油催化重整的目的是获得芳香烃，故石油是芳香烃的重要来源，故C错误；

D、石油裂解的目的是为了获得“三烯”，特别是乙烯，故乙烯的产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，故D正确．

故选C．

（1）2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯

（2）；

（3）取代反应；消去反应；氢氧化钠醇溶液、加热

（4）； +Br2→

（5）12

（6）CH3CH2OCH2CH3

解：烯烃A含有碳碳双键，1molA完全燃烧可生成6mol CO2和6mol H2O，则A的分子式为C6H12 ， 仪器分析显示它有四个完全对称的甲基，则A为（CH3）2C═C（CH3）2 ， A与溴溴发生加成反应生成D ，A与HBr发生加成反应生成C为（CH3）2CBrCH（CH3）2 ， A与氢气发生加成反应生成B，B与溴发生取代反应生成C，则B为（CH3）2CHCH（CH3）2 ． D在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E为 ，E与适量Br2反应时有两种加成方式，即1，2﹣加成生成 和1，4﹣加成生成 ，再加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，则F1为 ，F2为 ，故G1为 ，G2为 ．（1）A为（CH3）2C═C（CH3）2 ， 名称为：2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯，所以答案是：2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯；（2）D的结构简式为 ，G2的结构简式为 ，

所以答案是： ； ；（3）反应②的反应类型为取代反应，反应⑨的反应类型为消去反应，反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热，

所以答案是：取代反应；消去反应；氢氧化钠醇溶液、加热；（4）反应⑤的化学方程式： ，

E→F1的化学方程式： +Br2→ ，

所以答案是： ； +Br2→ ；（5）A的烯烃同分异构体：

主链含有6个C原子，碳碳双键有3种位置，

主链含有5个C原子，碳碳双键处于1号、2号碳原子时，甲基有3种位置，碳碳双键处于2号、3号碳原子时，甲基有3种位置，

主链含有4个碳原子，碳碳双键处于1号、2号碳原子时，乙基连接2号碳原子，可以是2个甲基连接3号碳原子上，也可以是2个甲基分别连接2号、3号碳原子上，碳碳双键处于2号、3号碳原子时，2个甲基分别连接2号、3号碳原子上，即为A，

故不含A且不考虑不考虑顺反异构时共有12种，

所以答案是：12；（6）S含有对称的﹣CH3、对称的﹣CH2﹣，还含有醚键，相对分子质量最小的S的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3 ，

所以答案是：CH3CH2OCH2CH3 ．

（1）离子键、共价键和配位键；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；直线形；sp和sp2

（2）；2NA；CaC2H2OC2H2；CaC2、H2O、C2H2分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C2H2；4；0.273；

解：原子序数小于36的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A、D能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则A是H、D是O元素，甲是H2O、乙是H2O2；B是形成化合物种类最多的元素，为C元素；

C原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则C是N元素；

E基态原子的第一能层与第四能层填充的电子数相同，第二能层与第三能层填充的电子数相同，则E是Ca元素；

·（1）（i）阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有孤电子对和空轨道的原子之间易形成配位键，所以铜铵络离子和氯离子之间存在离子键、N﹣H原子之间存在共价键、Cu原子和N原子之间存在配位键，所以该物质中含有离子键、共价键和配位键；

Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去最外层1个电子生成Cu+ ， 根据构造原理书写Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，

所以答案是：离子键、共价键和配位键；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；

（ii）C2H2与HCN反应可得丙烯腈（H2C=CH﹣C≡N），HCN分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，HCN分子的构型为直线形，丙烯腈分子中亚甲基C原子价层电子对个数是3、剩余两个C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp和sp2 ，

所以答案是：直线形；sp和sp2；

·（2）（i）CaC2中的C22﹣与O22+互为等电子体，等电子体原子个数相同、电子数相同、结构相似，据此书写O22+的电子式为 ；一个O22+中含有2个π键，则1mol该离子含有2NA个π键，

所以答案是： ；2NA；

（ii）工业制C2H2的原料（CaC2、H2O）以及产物（C2H2）的沸点从高到低排序，离子晶体熔沸点高于分子晶体，含有氢键的熔沸点较高，水中含有氢键而乙炔中不含氢键，则熔沸点大小顺序是CaC2 H2O C2H2 ，

所以答案是：CaC2 H2O C2H2；CaC2、H2O、C2H2分别属于离子晶体、分子晶体、分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；H2O分子间存在氢键，作用力较大，故其沸点高于C2H2；

（iii）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22﹣的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞的边长分别为0.387nm、0.387nm、0.637nm，CaC2晶体中，阳离子的配位数为4，距离最近的两个阳离子之间的距离= × nm=0.273nm；

该晶胞中Ca2+个数=12× +1=4、C22﹣个数=8× +8× =4，其密度= = g/cm3 ，

所以答案是：4；0.273； ．

（1）分液；蒸馏

（2）甲苯

（3）重结晶；加热溶解；冷却结晶；冷水；除去晶体表面附着的KCl（杂质），提高晶体纯度；取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤完全；测定固体熔点；白色晶体在122.4℃左右完全熔化

（4）4；2：2：1：1

解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸．（1）分离互不相溶的液体采用分液方法，根据流程图中，水相和有机相不互溶，可以采用分液方法分离，即操作I为分液，有机相中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，即操作II为蒸馏，所以答案是：分液；蒸馏；（2）通过以上分析知，A是甲苯，所以答案是：甲苯；（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；①欲从混合物中提纯苯甲酸，应进行的操作是将白色固体B加入水中加热，溶解，冷却、过滤，重结晶，具体过程包括：加入适量蒸馏水→加热溶解→冷却结晶→过滤、洗涤、干燥，所以答案是：重结晶；加热溶解；冷却结晶；②在①提纯过程中，应用冷水对晶体进行洗涤，洗涤的目的是 除去晶体表面附着的KCl（杂质），提高晶体纯度，检验洗涤已经完全：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤完全，

所以答案是：冷水； 除去晶体表面附着的KCl（杂质），提高晶体纯度；取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤完全；③欲检验经过①提纯后的固体是否纯净，可以采用的实验方法是干燥白色晶体，加热使其融化，测其熔点，如果固体纯净，对应的现象是 白色晶体在122.4℃左右完全熔化，

所以答案是：测定固体熔点；白色晶体在122.4℃左右完全熔化；（4）苯甲酸分子中羧基中含有一个氢原子，苯环上含有邻间对三种氢原子，邻位2个，间位2个，对位1个，将提纯后的苯甲酸进行核磁共振氢谱分析可以得到4种峰，个数之比等于峰面积之比=2：2：1：1

所以答案是：4；2：2：1：1．

（1）原子；3；3；12；sp3；；电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量

（2）第四周期ⅢA族；4s24p1；BC

（3）其他条件相同时，当电流小于153.0 mA时，氮化镓绿色LED光强随着电流的增加而增强，当电流大于153.0 mA时，光强随着电流的增强而减弱

解：（1）（i）碳化硅晶体属于原子晶体，所以答案是：原子；（ii）金刚石晶体中，碳原子所连接最小的环含有6个碳原子，碳化硅晶体中最小的环含有6个原子，且C、Si原子数目之比为1：1，则在碳化硅晶体中，碳原子所连接最小的环由3个碳原子和3个硅原子组成，每个C原子形成4个C﹣Si键，任意2个C﹣Si决定2个六元环，4个C﹣Si键有6种组合，所以每个碳原子连接2×6=12 个这样的环，所以答案是：3；3；12；（iii）碳化硅中，碳原子形成4个C﹣Si键，杂化轨道数目为4，C原子采取sp3杂化，C原子与周围的4个Si原子形成正四面体结构，键角为：109°28’，

所以答案是：sp3；109°28’；（iv）电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量，

所以答案是：电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量；（2）（i）镓在元素周期表的位置是：第四周期ⅢA族，其基态原子的价电子排布式为4s24p1 ，

所以答案是：第四周期ⅢA族；4s24p1；（ii）A．氮的半径比磷和砷的半径小，用氮代替部分磷或砷的位置不会影响晶体的构型，可能正确；

B．N的第一电离能大于磷和砷，不容易失去电子，故不可能正确；

C．磷砷化镓或磷化镓中没有H原子，掺杂N原子不能形成氢键，不可能正确；

N的电负性大，掺杂后得到的位置中存在氢键．

D．N是与砷、磷具有相同价电子结构的杂质，N引导电负性较大，但对电子束缚能力较磷和砷强，造成等电子陷阱，可能正确，

故选：BC；（3）由图可知，其他条件相同时，当电流小于153.0 mA时，氮化镓绿色LED光强随着电流的增加而增强，当电流大于153.0 mA时，光强随着电流的增强而减弱，

所以答案是：其他条件相同时，当电流小于153.0 mA时，氮化镓绿色LED光强随着电流的增加而增强，当电流大于153.0 mA时，光强随着电流的增强而减弱．

【考点精析】解答此题的关键在于理解原子晶体的相关知识，掌握相邻原子间以共价键相结合而形成空间网状结构的晶体叫原子晶体．