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).docx

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1、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

2、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

3、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+242)=4，采取sp3杂化方式；离子的中心原子价层电子对数=4+ (7+142)=4，采取sp3杂化方式；离子的中心原子价层电子对数=3+ (5+132)=3，采

4、取sp2杂化方式；离子的中心原子价层电子对数=3+ (6+232)=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 sp3B. AsH3 的沸点比 NH3 的低C. As 的价电子排布式为 3d104s24p3D. 已知 As2F2 分子中各原子均满足 8 电子结构，分子中键和键的个数比为 3：1【答案】C【解析】【详解】AAs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

5、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4，杂化方式也是sp3，故A正确；BNH3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；CAs元素与N元素同主族，价电子排布式为4s24p3，故C错误；DAs2F2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个键，1个双键中含有1个键，1个键，所以As2F2分子中键的数目为3，键的数目为1，键和键的个数比为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

6、=CHCHO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=CHCHO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

7、合物的化学式正确的 A. ZXY3B. ZX2Y6C. ZX4Y8D. 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【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

8、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

9、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ClC. 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键，每两个碳原子之间还有一个键，金刚石中碳原子为sp3杂化，每两个碳原子之间只有一个键，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

10、围紧邻的有6个Cl氯离子，故B正确；CCsCl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. 分子中既有键又有键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 Br2D. 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

11、构图示，该有机物分子中含有共价单键，共价单键都为键，含有碳碳双键和苯环，碳碳双键和苯环中含有键，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

12、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. C5H11ClB. C5H12OC. C5H10D. 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

13、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

14、素Y和 Q可形成化合物Y2Q3B. 气态氢化物的稳定性：QTZC. 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

15、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：QZT，所以气态氢化物的稳定性：QZT，B错误；CX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；DT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 2NAB. 14 g 乙烯和丁烯的混合物中含有的原子总数为 3NAC. 标准状况下，22.4 L 乙醇含有的氧

16、原子数目为 NAD. 乙醇催化氧化生成 1mol 乙醛转移的电子数为 2NA【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；DCH3CH2OH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

17、；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Cl，同样每个Cl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

18、错误的是 A. 1mol 绿原酸与 Na 反应放出H2的体积134.4LB. 绿原酸属于芳香族化合物，分子式C16H18O9C. 1mol 绿原酸最多可消耗 5mol NaOHD. 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

19、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；BM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

20、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；DM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 SiO 键，1mol 白磷(P4)含有_mol PP 键。(3)从原子半径大小角度解释，同一主族

21、的 C 与 Si，形成 CO2 和 SiO2 时，C、O 原子间 能形成键，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，

22、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SiO键，所以1molSiO2含有4molSiO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PP键，则1mol白磷含有6molPP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

23、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/gcm-30.792.2071沸点/78.5132346熔点/-1309-116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

24、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 (

25、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

26、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

27、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

28、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)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

29、子间氢键，A与水形成了分子间氢键 (4) 离子键、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，除了键外，还含有离子键，硝酸根离子中含有键；(5)配离子中，Cu2+的4s和4p的三个轨道全空，可用于

30、接受电子对，Cu2+的核外电子排布式为Ar3d9；(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=

31、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(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，硝酸根离子中含有键和键；(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Ar3d9，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

32、反应，羧基与氢氧化钠发生中和反应，则反应的离子方程式为：+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_m

33、ol配位键。(4)向Cu(H2O)42+溶液(天蓝色)中加入过量氨水将生成更稳定的Cu(NH3)42+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 (

34、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) (，) (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)42+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色Cu

35、(NH3)42+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=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

36、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)42+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色Cu(NH3)42+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2

37、O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)42+在溶液中存在如下络合平衡Cu(NH3)42+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；(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

38、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= (a10-7)3cm3，Ge 的相对原子质量为 M，晶胞的质量m=g，晶胞密度=g/cm3。【点睛】本题难点为(5)中晶胞空间利用率的计算

39、，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：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。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

40、反应类型为_。(2)DE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)。苯环上只有两个取代基，能发生银镜反应，不含NO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)

41、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。【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、

42、浓硫酸，加热；A B的反应类型为取代反应；(2)DE 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NO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。