辽宁省大连市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

辽宁省大连市 2019-2020 学年高二下学期期末考试 化学试题 1.化学与生活、生产密切相关，下列有关说法错误的是（ ） A. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成 分是蛋白质，属于高分 子化合物 B. 新型冠状病毒是一种致病性很强的病毒，可用“乙醇、84 消毒液”消毒，让病毒蛋 白质变性死亡 C. 3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯是通 过丙烯发生缩聚反应制得， 属于混合物 D. 压缩天然气（CNG）、液化石油气（LPG）主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料 【答案】C 【解析】 【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸缩聚而成的高分子化合物，故 A 正确； B．乙醇具有很强 渗透性，可以进入病毒内部使蛋白质凝固变性，84 消毒液具有强氧化性，可以氧化蛋 白质使其变性，都可以达到消毒效果，故 B 正确； C．聚丙烯是通过丙烯发生加聚反应制得，故 C 错误； D．天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分有丙烯、丙烷、丁烷、丁烯等，属于烃类，燃烧产物只有 二氧化碳和水，属于清洁燃料，故 D 正确； 综上所述答案为 C。 2.下列表述正确的是（） A. 羟基的电子式： B. 聚丙烯的结构简式： C. 2－丁烯的顺式结构： D. 2－丙醇的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A. 羟基为中性原子团，O 最外层电子数为 7，正确的电子式为 ，故 A 错误； B. 丙烯分子中只含有碳碳双键，其发生加聚反应后得到聚丙烯，聚丙烯主链上的碳原子只能是丙烯分子中 的的不饱和碳原子转化而成，正确的结构简式为 ，故 B 错误； C. 中相同基团在碳碳双键的两侧，为 2−丁烯的反式结构，不是其顺式结构，故 C 错误； D. 含有羟基，属于醇类，含有羟基的最长碳链含有 3 个 C，羟基在 2 号 C，其名称为 2−丙 醇，故 D 正确； 故选：D。 3.下列离子中，中心原子的杂化方式与其它三种不同的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 离子的中心原子价层电子对数=4+ (6+2−4×2)=4，采取 sp3 杂化方式； 离子的中心原子价层电子对数=4+ (7+1−4×2)=4，采取 sp3 杂化方式； 离子的中心原子价层电子对数=3+ (5+1−3×2)=3，采取 sp2 杂化方式； 离子的中心原子价层电子对数=3+ (6+2−3×2)=4，采取 sp3 杂化方式； 所以中心原子的杂化方式与其它不同的是 ，故选：C。 4.《梦溪笔谈》有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。在中国古代，雌黄（As2S3） 经常用来修改错 字，其结构如图所示。下列说法不正确的是 （ ） A. As、S 原子的杂化方式均为 sp3 B. AsH3 的沸点比 NH3 的低 C. As 的价电子排布式为 3d104s24p3 D. 已知 As2F2 分子中各原子均满足 8 电子结构，分子中 σ 键和 π 键的个数比为 3:1 【答案】C 【解析】 【详解】A．As 与 N 元素同主族，价层电子数为 5，As2S3 分子中 As 形成 3 个单键，则还含有 1 对未成键 电子对，杂化轨道数为 4，杂化方式为 sp3；S 原子形成 2 个单键，含有 2 对未成键电子对，杂化轨道数为 2- 4SO - 4ClO - 3NO 2- 3SO 2- 4SO 1 2 - 4ClO 1 2 - 3NO 1 2 2- 3SO 1 2 - 3NO4，杂化方式也是 sp3，故 A 正确； B．NH3 分子间存在氢键，导致其沸点较高，所以 AsH3 的沸点比 NH3 的低，故 B 正确； C．As 元素与 N 元素同主族，价电子排布式为 4s24p3，故 C 错误； D．As2F2 分子中各原子均满足 8 电子结构，则其结构式应为 F-As=As-F，1 个单键是 1 个 σ 键，1 个双键中 含有 1 个 σ 键，1 个 π 键，所以 As2F2 分子中 σ 键的数目为 3，π 键的数目为 1，σ 键和 π 键的个数比为 3： 1，故 D 正确； 综上所述答案为选：C。 5.下列说法正确的是 （ ） A. 的系统命名为 2−甲基−2−乙基丙烷 B. 用溴水可以确定 CH2=CH−CHO 中含有 C=C 双键 C. 可以用裂化汽油萃取溴水中的溴 D. 聚乳酸 （ ）的降解过程中会发生取代反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质最长碳链有 4 个碳，从距离支链最近的一端开始编号，2 号碳上有 2 个甲基，所以名称 为 2,2—二甲基丁烷，故 A 错误； B．溴水具有氧化性，可以将醛基氧化从而褪色，所以不能用溴水确定 CH2=CH−CHO 中含有 C=C 双键， 故 B 错误； C．裂化汽油含有碳碳双键，会与溴水中的溴发生加成反应，不能作萃取剂，故 C 错误； D．聚乳酸降解过程中发生酯基的水解，水解反应属于取代反应，故 D 正确； 综上所述答案为 D。 6.已知 X、Y、Z 三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确 的（ ） A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12【答案】A 【解析】 【详解】本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个晶胞中含 1 个 Z 原子，X 原子数为 1，Y 原子数为 3。所以化学式为 ZXY3 ，综上所述，本题正确答案 为 A。 7.下列实验内容能达到实验目的的是 实验目的 实验内容 A 鉴别乙醇与乙醛 B 比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性 C 说明烃基对羟基上氢原子活性的影响 D 说明苯环对取代基上氢原子活性的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.K2Cr2O7 具有强的氧化性，可以氧化乙醇与乙醛，从而使溶液变为绿色，因此不能鉴别乙醇与乙 醛，A 错误； B.乙酸钠是强碱弱酸盐，水溶液中由于 CH3COO-水解而使溶液显碱性，因此向该溶液中通入 CO2 气体可以 溶解，不能证明酸性乙酸比碳酸强，向苯酚钠溶液中通入 CO2 气体，CO2、H2O、苯酚钠反应，产生苯酚和 NaHCO3，由于在室温下苯酚在水中溶解度不大，因此可以看到溶液变浑浊，因此只能证明酸性 H2CO3>苯 18 8 × = 112 4 × =酚，但不能证明酸性乙酸> H2CO3，B 错误； C.乙醇与 Na 反应不如水与 Na 反应剧烈，可以证明烃基对羟基上氢原子活性的影响，C 正确； D.苯与溴水不能反应，而苯酚与浓溴水会发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，证明羟基使苯环更活泼， 不能说明苯环对取代基上氢原子活性的影响，D 错误； 故合理选项是 C。 8.下列有关晶体的叙述中错误的是（ ） A. 石墨的层状结构中碳碳键键长比金刚石中碳碳键键长短 B. 氯化钠晶体中每个 Na+周围紧邻的有 6 个 Cl－ C. CsCl 晶体中，与每个 Cs+周围紧邻的有 8 个 Cl－和 8 个 Cs+ D. 在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有 12 个金属原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨中碳原子为 sp2 杂化，每个六元环上的碳原子共同形成一个大 π 键，每两个碳原子之间还 有一个 σ 键，金刚石中碳原子为 sp3 杂化，每两个碳原子之间只有一个 σ 键，所以石墨的层状结构中碳碳键 键长比金刚石中碳碳键键长短，故 A 正确； B．氯化钠的晶胞为 ，在氯化钠晶胞中，钠离子的配位数为 6，即氯化钠晶体中每个 Na+周围 紧邻的有 6 个 Cl－氯离子，故 B 正确； C．CsCl 的晶胞为 ，在 CsCl 晶体中每个 Cs+周围都紧邻 8 个 Cl－(位于顶点)，每个 Cs+等距离 紧邻的有 6 个 Cs+(位于相邻 6 个晶胞的体心)，故 C 错误； D．面心立方晶胞中，每个顶点、面心上各有一个金属原子，以顶点为例，周围紧邻的金属原子有 =12 个金属原子，故 D 正确； 综上所述答案为 C。 9.关于如图结构的化合物，说法不正确的是（ ） A. 分子中既有 σ 键又有 π 键 13 8 2 × ×B. 分子中碳原子有三种杂化方式且存在顺反异构现象 C. 1mol 该分子与足量的浓溴水反应，最多可消耗 4mol Br2 D. 羟基中氧原子采取 sp3 杂化，VSEPR 模型为四面体形 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据结构图示，该有机物分子中含有共价单键，共价单键都为 σ 键，含有碳碳双键和苯环，碳 碳双键和苯环中含有 π 键，故 A 正确； B．该有机物结构中含有苯环和碳碳双键，其碳原子采取 sp2 杂化，还含有甲基和亚甲基，都为饱和碳原子， 其碳原子采取 sp3 杂化，分子中的碳原子共有 2 种杂化方式，该有机物的碳碳双键的同一碳原子上基团不同， 能形成顺反异构现象，故 B 错误； C．该有机物结构中含有酚羟基和碳碳双键，苯环不与溴水反应，碳碳双键可与溴水发生加成反应，酚羟基 的邻位和对位可与溴单质发生取代反应，则在一定条件下 1mol 该分子与足量的浓溴水反应，最多可消耗 4mol Br2，故 C 正确； D．羟基中氧原子成键对数为 2，孤电子对数为 2，价层电子对数为 4，氧原子采取 sp3 杂化，VSEPR 模型 为四面体形，故 D 正确； 答案选 B。 10.下列化合物中同分异构体数目最少的是 （ ） A. C5H11Cl B. C5H12O C. C5H10 D. C4H8O2 【答案】A 【解析】 【详解】C5H11Cl 同分异构体有 、 、 (数字代表氯原子所取代的氢原子所连接 的碳原子的可能位置)，共有 3+4+1=8 种； C5H12O 可以是醇类，此时可看作戊基与羟基相连，同分异构体数目与 C5H11Cl 相同，此外还可以是醚类， 所以同分异构体数目大于 8 种； C5H10 为烯烃时，由戊烷去掉相邻碳上去掉 2 个氢原子得到，CH3CH2CH2CH2CH3、 、 分别可对应找到 2 种、3 种、0 种烯烃，所以戊烯共有形成 5 种异构体；此外还可以是环烷烃， 可以是 、 、 、 、 ，共有 10 种；C4H8O2 属于酯类的异构体有 4 种：甲酸丙酯、甲酸异丙酯，乙酸乙酯，丙酸甲酯，此外还有羧酸(1-丁酸、 2-丁酸两种)、烯二醇(CH2OHCH=CHCH2OH、CH2=CHCHOHCH2OH、CH2=C(CH2OH)2 等同分异构体，同 分异构体数目大于 8 种； 综上所述同分异构体最少的是 A，故答案为 A。 11.有 5 种元素 X、Y、Z、Q、T。X 原子的价电子排布式为（n+2）sn；Y 原子的特征电子构型为 3d64s2；Z 原子的核外电子总数等于 Q 原子的最外层电子数；Q 原子的 L 电子层的 p 能级上只有一对成对电子；T 原 子有 1 个 3p 空轨道。下列叙述错误的是（ ） A. 元素 Y 和 Q 可形成化合物 Y2Q3 B. 气态氢化物的稳定性：Q>T>Z C. X 和 Q 结合生成的化合物晶体类型为离子晶体 D. T 和 Z 的最高价氧化物晶体类型不同 【答案】B 【解析】 【分析】 X 原子的价电子排布式为（n+2）sn，则 X 原子的价电子排布式为 3s1 或 4s2，X 为 Na 或 Ca； Y 原子的特征电子构型为 3d64s2，则 Y 原子的核外电子总数=18+8=26，Y 为 Fe； Q 原子 L 电子层的 p 能级上只有一对成对电子，则 Q 原子的核外电子排布式为 1s22s2p4，Q 为 O； Z 原子的核外电子总数等于 Q 原子的最外层电子数，即 6，则 Z 为 C； T 原子有 1 个 3p 空轨道，则 T 的核外电子排布式为 1s22s2p63s23p2，则 T 为 Si； 综上所述，X、Y、Z、Q、T 分别为：Na 或 Ca、Fe、C、O、Si，据此解答。 【详解】A．元素 Y 和 Q 可形成化合物 Y2Q3，即 Fe2O3，A 正确； B．非金属性：Q>Z>T，所以气态氢化物的稳定性：Q>Z>T，B 错误； C．X 为 Na 或 Ca，Q 为 O，二者结合生成的化合物晶体类型为离子晶体，C 正确； D．T 的最高价氧化物为 SiO2，为原子晶体，Z 的最高价氧化物为 CO2，为分子晶体，二者晶体类型不同， D 正确。 答案选 B。 12.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述不正确的是（ ） A. 12 g 金刚石中含有的共价键数为 2NA B. 14 g 乙烯和丁烯的混合物中含有的原子总数为 3NA C. 标准状况下，22.4 L 乙醇含有的氧原子数目为 NA D. 乙醇催化氧化生成 1mol 乙醛转移的电子数为 2NA 的【答案】C 【解析】 【详解】A．金刚石中每两个碳原子形成一个共价键，每个碳原子形成 4 个共价键，根据均摊法可知每个碳 原子含有 2 个共价键，12g 金刚石中有 1mol 碳原子，含共价键 2mol，数目为 2NA，故 A 正确； B．乙烯和丁烯的最简式均为 CH2，所以 14g 该混合物相当于 14gCH2，即 1molCH2，所含原子为 3mol，数 目为 3NA，故 B 正确； C．标况下乙醇不是气体，22.4L 乙醇的物质的量不是 1mol，故 C 错误； D．CH3CH2OH 生成 CH3CHO，碳元素平均化合价升高 1 价，所以生成 1mol 乙醛转移的电子数为 2NA，故 D 正确； 综上所述答案为 C。 13.下列图中结构是从不同晶体中分割出来的一部分，其中是从 NaCl 晶体中分割出来的 是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】由于在 NaCl 晶体中，每个 Na+周围同时吸引着最近的等距离的 6 个 Clˉ，同样每个 Clˉ周围同时吸 引着最近的等距离的 6 个 Na+，选项 B 符合条件；选项 C 中选取其中一个离子，与其距离相等的另一种离 子位于该离子所在棱的另一个顶点，一个顶点属于 6 条棱，所以其配位数也是 6，故符合条件；A 和 D 中 的微粒的配位数为 8，不符合条件； 综上所述答案为 BC。 14.中成药连花清瘟胶囊在对抗新冠病毒中发挥重大作用，从金银花提取的有效成分绿 原酸的结构简式如图， 下列有关说法错误的是（） A. 1mol 绿原酸与 Na 反应放出 H2 的体积 134.4L B. 绿原酸属于芳香族化合物，分子式 C16H18O9 C. 1mol 绿原酸最多可消耗 5mol NaOH D. 绿原酸中含有 4 个手性碳原子【答案】AC 【解析】 【详解】A．未指明温度压强，不能确定气体的体积，故 A 错误； B．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为 C16H18O9，故 B 正确； C．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以 1mol 绿原酸最多 消耗 4molNaOH，故 C 错误； D．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以非苯环的六元环上与氧原子相连的四个碳原子 均为手性碳，故 D 正确； 综上所述答案为 AC。 15.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。 下列说法不正确的是（ ） A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面 B. 可用高锰酸钾鉴别 M 和对二甲苯 C. 对二甲苯的一氯代物有 2 种 D. M 的同分异构体中不可能含有苯环 【答案】B 【解析】 【详解】A．异戊二烯中碳原子分别位于两个双键形成的平面上，两个面以单键相连，单键可以旋转，所以 分子中所有碳原子可能共面，故 A 正确； B．M 中含有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾氧化，对二甲苯中侧链上与苯环相连的碳原子上有氢原子，也可 以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能鉴别二者，故 B 错误； C．对二甲苯分子中苯环上有 1 种环境的氢原子，甲基上有 1 种环境的氢原子，所以一氯代物有 1+1=2 种， 故 C 正确； D．M 分子结构中含有一个环、一个碳碳双键、一个碳氧双键，所以不饱和度为 3，而苯环的不饱和度为 4， 所以 M 的同分异构体中不可能含有苯环，故 D 正确； 综上所述答案为 B。16.有下列八种晶体：A 水晶(SiO2)、B 冰醋酸、C 氧化镁、D 白磷(P4)、E 干冰(CO2)、F 氯化铵、G 铝、H 金刚石。回答下列问题： (1)属于原子晶体的化合物是_______(填字母，下同)，受热熔化后化学键不发生变化的是_______。 (2)1mol SiO2 含有_______mol Si—O 键，1mol 白磷(P4)含有_______mol P—P 键。 (3)从原子半径大小角度解释，同一主族的 C 与 Si，形成 CO2 和 SiO2 时，C、O 原子间 能形成 π 键，而 Si、O 之间不能的原因_______。 (4)升高温度，金属铝的电导率 _______(填“升高”、“降低”或“不变”)。 【答案】 (1). A (2). BDE (3). 4 (4). 6 (5). 硅的原子半径大，硅、氧原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度小，不能形成稳定的 π 键 (6). 降低 【解析】 【分析】 A 水晶属于原子晶体；B 冰醋酸属于分子晶体；C 氧化镁属于离子晶体；D 白磷属于分子晶体；E 干冰属于 分子晶体；F 氯化铵属于离子晶体；G 铝属于金属晶体；H 金刚石属于原子晶体。 【详解】(1)属于原子晶体的化合物为 A 水晶；原子晶体受热熔化破坏共价键，离子晶体受热熔化破坏离子 键，金属晶体受热熔化破坏金属键，分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，化学键不发生变化，所以选 BDE； (2)二氧化硅晶体中每个 Si 原子与 4 个氧原子形成 Si—O 键，所以 1molSiO2 含有 4molSi—O 键；白磷属于 分子晶体，白磷分子为正四面体形，4 个 P 原子位于顶点，所以一个分子中有 6 个 P—P 键，则 1mol 白磷 含有 6molP—P 键； (3)硅的原子半径大，硅、氧原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度小，不能形成稳定的 π 键； (4)温度越高，电子具有的能量越高，无规则运动越剧烈，越不容易发生定向移动，电导率降低。 【点睛】原子晶体受热熔化破坏共价键，离子晶体受热熔化破坏离子键，金属晶体受热熔化破坏金属键， 分子晶体受热熔化破坏分子间作用力。 17.实验室用少量的溴和足量的乙醇制备 1,2-二溴乙烷的装置如图所示：已知： 乙醇 1,2-二溴乙烷 乙醚 状态 无色液体 无色液体 无色液体 密度/g·cm-3 0.79 2.2 0 71 沸点/℃ 78.5 132 34 6 熔点/℃ -130 9 -116 回答下列问题 (1)组装仪器后进行该实验前必须进行的操作是______。 (2)装置 B 的作用是______。 (3)在装置 C 中最佳加入试剂为______，C 内发生的主要反应的离子方程式为______。 (4)装置 D 中发生主要反应的化学方程式为______。 (5)反应过程中应用冷水冷却装置 D，其主要目的是______；下列冷却剂合适的为______ A 冰水混合物 B 5℃的水 C 10℃的水 (6)判断反应结束的现象是______。将 1,2-二溴乙烷粗产品 置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在 ______层 ( 填“上”或“下” ) (7)在装置 E 中应加入______，作用是______。 (8)下列操作中,不会导致产物产率降低的是______(填正确答案的标号) a 乙烯通入溴水时速率太快 b 装置 C 中的溶液用水代替 c D 中试管内液溴上不加水 d 实验时没有 E 装置 【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 安全瓶(防堵塞) (3). NaOH 溶液 (4). SO2+2OH-= SO +H2O；CO2+2OH-=CO +H2O (5). CH2= CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br (6). 冷却可避免溴的大量挥发 (7). C (8). D 中试管的溶液褪色 (9). 下 (10). NaOH 溶液 (11). 吸收溴蒸汽 (12). d 【解析】 【分析】 本实验的目的是用少量的溴和足量的乙醇制备 1,2-二溴乙烷；首先需要在装置 A 中利用浓硫酸和乙醇共热 制取乙烯，装置 B 可以平衡压强，根据 B 中长导管中液面变化可以检测装置是否发生堵塞，同时导管短进 可以防止倒吸；浓硫酸具有强氧化性，在与乙醇反应过程中会产生二氧化碳和二氧化硫气体，可在装置 C . . 2- 3 2- 3中盛放 NaOH 溶液将杂质气体除去；之后通入装置 D 中发生乙烯和溴的加成反应生成 1,2—二溴乙烷，为减 少溴的挥发，试管放在冷水浴中，装置 E 为尾气处理装置，处理未反应的溴。 【详解】(1)该反应中需要制备气体，所以组装仪器后进行实验前必须检查装置的气密性； (2)装置 B 的作用为安全瓶，可以平衡压强、防止倒吸，根据 B 中长导管中液面变化可以检测装置是否发生 堵塞； (3)装置 C 的作用是除去生成的乙烯中混有的 SO2 和 CO2，所以最佳试剂为 NaOH 溶液，发生的离子方程式 为 SO2+2OH-= SO +H2O；CO2+2OH-=CO +H2O； (4)装置 D 中发生乙烯和溴的加成反应，化学方程式为 CH2= CH2+ Br2→ CH2BrCH2Br； (5)溴易挥发，冷却可避免溴的大量挥发；根据题目数据可知 1,2—二溴乙烷的熔点为 9℃，为防止生成的 1,2—二溴乙烷凝固堵塞装置，冷却剂合适的温度为 10℃，所以选 C； (6)该实验中溴少量，所以当 D 中试管的溶液褪色说明完全反应；1,2—二溴乙烷的密度比水大，所以产物在 下层； (7)挥发的溴需要处理，所以装置 E 中应加入 NaOH 溶液吸收溴蒸气； (8)a．乙烯通入溴水时速率太快反应不充分，同时会带走大量溴，导致产率下降，故 a 不符合题意； b．装置 C 中溶液用水代替导致通入 D 中试管的气体中有二氧化硫，二氧化硫会与部分溴发生氧化还原反应， 导致产率降低，故 b 不符合题意； c．水层可以形成液封，减少溴的挥发，若不加水，溴的挥发增多，导致产率降低，故 c 不符合题意； d．装置 E 作用是吸收未反应的溴，对产率没有影响，故 d 符合题意； 综上所述选 d。 【点睛】浓硫酸具有强氧化性，所以在与乙醇反应制备乙烯时会生成二氧化碳和二氧化硫；第 8 小题为易 错点，要注意该制备过程中溴少量，则只要会导致参与反应的溴的量减少的操作都会降低产率。 18.水杨酸配合物在医药、农业等方面有重要的用途，一种水杨酸铜配合物(E) 的合成如下： 回答下列问题： (1)同周期第一电离能比氧大的元素有_______种。 2- 3 2- 3(2)圈出如图醋酸酐分子中采取 sp3 杂化的原子_______。 (3)邻甲基苯酚(A)在热水中的溶解度比冷水显著增大的主要原因是：_______。 (4)Cu(NO3)2 中的化学键，除了 σ 键外，还存在_______。 (5)配离子中，Cu2+的配位数为_______，价电子的电子排布式为_______。 (6)写出反应③的离子方程式： _______。 【答案】 (1). 3 (2). (C、O 各，圈出 1 个碳原子即可) (3). 热水破坏了 A 的分 子间氢键，A 与水形成了分子间氢键 (4). 离子键、π 键 (5). 4 (6). 3d9 (7). +3OH- +CH3COO-+2H2O 【解析】 【分析】 (1)同周期元素，随核电荷数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，当最外层电子排布处于半满、全满等状态 时，第一电离能比相邻元素大； (2)如图醋酸酐分子中含有两个甲基，类似于甲烷的结构，两个羰基中间的氧原子的成键对数为 2，孤电子 对数为 2，即氧原子价层电子对数为 4，C=O 为平面结构，据此分析解答； (3)A 与水形成了分子间氢键； (4)Cu(NO3)2 为离子化合物，除了 σ 键外，还含有离子键，硝酸根离子中含有 π 键； (5)配离子中，Cu2+的 4s 和 4p 的三个轨道全空，可用于接受电子对，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9； (6)根据图示 C 的结构中含有酯基和羧基，酯基在碱性条件下发生水解反应，羧基与氢氧化钠发生中和反应。 【详解】(1)与 O 元素同周期的非金属元素有 C、N、F、Ne，同周期元素，随核电荷数增大第一电离能有逐 渐增大的趋势，由于氮原子最外层电子排布为 2p3，为半充满状态，原子处于较稳定状态，第一电离能比相 邻元素大，因此比 O 元素第一电离能大的元素有 N、F、Ne 共 3 种； (2)如图醋酸酐分子中含有两个甲基，类似于甲烷的四面体结构，甲基上的碳原子采取 sp3 杂化，两个羰基中 间的氧原子成键对数为 2，孤电子对数为 2，即该氧原子价层电子对数为 4，氧原子采取 sp3 杂化，C=O 为 平面结构，C=O 上的碳原子和氧原子采取 sp2 杂化，则醋酸酐分子中采取 sp3 杂化的原子如图所示 加热→(C、O 各，圈出 1 个碳原子即可)； (3)A 的分子间存在氢键，在热水中，热水破坏了 A 的分子间氢键，A 与水形成了分子间氢键，邻甲基苯酚 (A)在热水中的溶解度比冷水显著增大； (4)Cu(NO3)2 为离子化合物，含有离子键，硝酸根离子中含有 π 键和 σ 键； (5)配离子中，Cu2+的 4s 和 4p 的三个轨道全空，可用于接受电子对，结合图示，反应流程中 E 为配合物，Cu2+ 的配位数为 4，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9，价电子的电子排布式为 3d9；(6)根据图示 C 的结构中含有 酯基和羧基，酯基在碱性条件下发生水解反应，羧基与氢氧化钠发生中和反应，则反应③的离子方程式为： +3OH- +CH3COO-+2H2O。 【点睛】易错点为(1)，同周期元素，随核电荷数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，由于氮原子最外层电 子排布为 2p3，为半充满状态，原子处于较稳定状态，第一电离能比相邻元素大。 19.氟及锗其化合物用途非常广泛。回答下列问题： (1)聚四氟乙烯是一种准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过 _______方法区分晶体、准晶体和非晶体。 (2)[H2F]+[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为_______； (3)NH4BF4 是合成氮化硼纳米管的原料之一，1mol NH4BF4 含有_______mol 配位键。 (4)向[Cu(H2O)4]2+溶液(天蓝色)中加入过量氨水将生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+溶液(深蓝色)，原因是 _______；向深蓝色溶液中逐滴加入足量的稀硫酸，观察到的现象是_______。 (5)Ge 单晶具有金刚石型的结构，如图为晶胞结构，其中原子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为( ，0， )，C 为( ， ，0)，D 原子的坐标参数为_______；晶体 Ge 的半径为 r，则计算其空间利用率的表达 式为_______(用含有 r 的表达式表示，不必化简)。若晶胞参数为 a nm，Ge 的相对原子质量为 M，NA 表示 阿伏加德罗常数，则其晶胞密度为_______g/cm3(列出计算式即可)。 【答案】 (1). X-射线衍射 (2). V 形 (3). 2 (4). N (5). 原子的电负性小于氧原子，提供孤电 子对能力强，形成的配位键更加稳定； 先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色 (6). ( ， ， 加热→ 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4) (7). (8). 【解析】 【分析】 (1)可通过 X-实验衍射实验方法区分晶体、准晶体和非晶体； (2) [H2F]+[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子中 F 原子价层电子对个数=2+ =4，且 含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型(或利用等电子体理论分析判断)； (3) NH4BF4 中铵根离子中含有 1 个配位键，B 原子与 F 之间形成 1 个配位键； (4)向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力 NH3 分 子大于 H2O 分子；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸，盐酸先与铜氨络离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，盐 酸过量，氢氧化铜沉淀溶解生成氯化铜； (5) D 与周围 4 个原子形成正四面体结构，D 与顶点 A 的连线处于晶胞体对角线上，过面心 B、C 及上底面 面心原子的平面且平行侧面将晶胞 2 等分，同理过 D 原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞 2 等份可知 D 处 于到各个面的 处；根据均摊法计算晶胞中 Ge 原子数目，晶胞的利用率= ×100%； 结合阿伏加德罗常数表示出晶胞的质量，再根据 ρ=m/V 计算晶胞密度。 【详解】(1)从外观无法区分三者，但用 X 光照射挥发现：晶体对 X 射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准 晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定； (2) [H2F]+[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子中 F 原子价层电子对个数=2+ =4，且 含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论，F 原子采取 sp3 杂化，离子空间构型为 V 形([H2F]+与 H2O 等互为等电子体，互为等电子体的微粒结构相似，H2O 分子的空间构型为 V 形，则[H2F]+离子空间构型也为 V 形)； (3)NH4BF4 中铵根离子中含有 1 个配位键，B 原子与 F 之间形成 1 个配位键，lmolNH4BF4 含有 2mol 配位键； (4)向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力 NH3 分 子大于 H2O 分子，这是因为 N 原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定； [Cu(NH3)4]2+在溶液中存在如下络合平衡[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2+ +4NH3，加入盐酸，氨分子与氢离子反应，浓度 减小，平衡向右移动，铜离子与溶液中氢氧根结合生成氢氧化铜蓝色沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铜沉淀 溶于盐酸生成氯化铜，溶液呈天蓝色，实验现象为先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色； 1 4 3 3 48 πr3 100% 8 r 3 × ×      ( )3-7 A 8 M N a 10×× × 7-1-2 1 2 × 1 4 晶胞中原子的总体积 晶胞体积 7-1-2 1 2 ×(5)晶胞中原子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为( ，0， )，C 为( ， ，0)，D 与周围 4 个原子形成正四 面体结构，D 与顶点 A 的连线处于晶胞体对角线上，过面心 B、C 及上底面面心原子的平面且平行侧面将 晶胞 2 等分，同理过 D 原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞 2 等份，可知 D 处于到各个面的 处，则 D 原 子的坐标参数为( ， ， )；晶胞中 Ge 原子位于晶胞的顶点、体内和面心，则晶胞中 Ge 数目为 4+8× +6× =8；设晶胞的边长为 x，晶胞的体对角线的长度= x，根据晶胞中原子的位置关系，体对角线的长 度等于 8 个 Ge 原子的半径，晶体 Ge 的半径为 r，则 8r= x，则 x= r，则晶胞的体积 V=x3=( r)3， 晶胞中 8 个 Ge 原子的总体积= ，已知晶胞的利用率= ×100%= ；若晶胞参数为 a nm，则晶胞的体积为 V= (a×10-7)3cm3，Ge 的相对原子质量为 M，晶胞 的质量 m= g，晶胞密度 ρ= = g/cm3。 【点睛】本题难点为(5)中晶胞空间利用率的计算，计算晶胞的体积要利用晶胞中原子的半径，根据晶胞图 示类似于金刚石的晶胞，可知晶胞的体对角线为原子半径的 8 倍，利用原子半径与边长的几何关系计算边 长，进而计算晶胞的体积。 20.盐酸普鲁卡因是临床广泛使用的局部麻醉药，具有良好的局部麻醉作用，毒性小的特点。由浓盐酸与普 鲁卡因化合而成，利用常见原料制备盐酸普鲁卡因的合成路线如下： 已知： Ⅰ．苯环上的取代基为-NH2、-OH、-CH3 等时，在取代反应中，新取代基大多进入邻位或 对位；苯环上的 取代基为-NO2、-COOH、-CN 等时，在取代反应中，新取代基大多进入 间位。 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 8 1 2 3 3 8 3 8 3 348 πr3 × 晶胞中原子的总体积 晶胞体积 3 3 48 πr3 100% 8 r 3 × ×      A 8 M N × m V ( )3-7 A 8 M N a 10×× ×Ⅱ． 回答下列问题： (1)C 的名称为______；E 中含氮的官能团名称为______；A →B 的反应条件为______；A → B 的反应类型 为______。 (2)D→E 步骤的目的是______。 (3)D 生成高聚物 化学方程式：______。 (4)普鲁卡因在血浆中能被酯酶水解，写出其在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式：______。 (5)符合下列条件的 D 的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。 ①苯环上只有两个取代基，②能发生银镜反应，③不含 N－O 键；其中核磁共振氢谱为四组峰，且峰而积 之比为 1:2:2:2 的结构简式为______。 【答案】 (1). 对硝基苯甲酸(或 4-硝基苯甲酸) (2). 酰胺基(或酰胺键) (3). 浓硝酸、浓硫酸，加 热 (4). 取代反应 (5). 防止氨基与 H 中的氯发生取代反应(保护氨基) (6). n +(n-1)H2O (7). +NaOH +HOCH2CH2N(C2H5)2 (8). 6 (9). 【解析】 【分析】 A 其分子式为 C7H8，结合 C 的结构，可知 A 为 ，可知 A 发生硝化反应生成 B 为 ，B 发生氧化 反应生成 C，C 中硝基被还原为氨基生成 D，D 的结构简式为 ，D 与乙酸酐发生取代反应生成 E，反 应还有乙酸生成。F 为乙烯，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷发生开环加成得到 H( )，H 与 E 发生酯化反应的 I，I 发生取代反应得到 J，故 I 为 ，J 水解得到普鲁 卡因，再加入浓盐酸得到盐酸普鲁卡因，据此分析解答。 的 →催化剂 一定条件 2H O→加热【详解】(1)C 的结构简式为 ，其名称为对硝基苯甲酸(或 4-硝基苯甲酸)；根据 E 的结构简式，其中 含氮的官能团名称为酰胺基(或酰胺键)；A →B 的反应为 A 发生硝化反应生成 ，反应条件为浓硝酸、 浓硫酸，加热；A → B 的反应类型为取代反应； (2)D→E 步骤的目的是防止氨基与 H 中的氯发生取代反应(保护氨基)； (3)D 生成高聚物的化学方程式为：n +(n-1)H2O； (4)普鲁卡因的结构中含有酯基，其在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式： +NaOH +HOCH2CH2N(C2H5)2； (5)D 的结构简式为 ，它的同分异构体要含有醛基，无 N−O 键，苯环上只有两个取代基，其 中取代基为-OOCH 和 H2N-的有邻、间、对三种情况；取代基为 和-OH 的也有邻、间、对三种情况， 所以同分异构体共有 6 种，其中核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为 1:2:2:2 的是 。 【点睛】本题难度不大，关键在于对已知信息的理解和判断，(5)为易错点，在分析同分异构体数目时要注 意官能团的种类变化，能发生银镜反应的结构可以是醛基或-OOCH。 →催化剂 一定条件 2H O→加热