1、高二化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. 医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为B. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃C. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化D. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构简式为，故A正确；B医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯是乙烯中H原子被氟原子取代后的产物，属于卤代烃，故B正确；C医用酒精能够使蛋白质变性，生成新物质，失去生理活性，属于化学变化，故C错误；D蛋白质遇高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以
2、避免蛋白质变性，故D正确；答案为C。2.下列化学基本用语表述正确的是A. 羟基的电子式B. 醛基的结构简式 COHC. 1丁烯的键线式D. 丙烷分子的比例模型为：【答案】C【解析】【详解】A羟基的电子式为，A错误；B醛基的结构简式为CHO，B错误；C1丁烯的键线式为，C正确；D丙烷分子的球棍模型为，D错误；答案选C。3.下列关于有机物叙述正确的是( )A. 氯苯分子中所有原子都处于同一平面B. 苯、油脂均不能使酸性 KMnO4 溶液褪色C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D. 、互为同系物【答案】A【解析】【详解】A. 氯苯是苯中的一个氢原子被氯取代，苯分子12个原子在同一平面内，因此
3、氯苯分子中所有原子都处于同一平面，故A正确；B. 油脂中的油能使酸性 KMnO4 溶液褪色，油中含有有碳碳双键，故B错误；C. 聚氯乙烯和苯分子中均不含有碳碳双键，故C错误；D. 、三者含有的苯环个数不相同，不互为同系物，故D错误。综上所述，答案为A。4.下列关系正确的是（ ）A. 等物质的量的物质燃烧耗O2量：乙烷乙烯=乙醇乙炔B. 沸点：丙三醇甲醇新戊烷2甲基丁烷C 碳碳双键数目：天然橡胶苯油酸聚乙烯D. 常温下的密度：CCl4甲苯丁烯H2O【答案】A【解析】【详解】A设烃的分子式为CxHy，CxHy燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，等物质的量的烃完全燃烧耗O2量取
4、决于x+，乙烷、乙烯、乙炔中C原子数相同，H原子数依次减小，则等物质的量燃烧耗O2量：乙烷乙烯乙炔，乙醇的分子式为C2H6O，可看成C2H4(H2O)，则等物质的量的乙烯与乙醇燃烧耗O2量相等，则消耗O2的量为乙烷乙烯=乙醇乙炔，故A正确；B醇中羟基越多、碳原子数越多，沸点越高，则沸点：丙三醇甲醇，新戊烷与2甲基丁烷互为同分异构体，新戊烷中支链多，则沸点：2甲基丁烷新戊烷，丙三醇、甲醇中含羟基，分子间可形成氢键，则沸点：丙三醇甲醇2甲基丁烷新戊烷，故B错误；C苯中不存在碳碳双键，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C错误；DCCl4密度比水大，甲苯的密度比水小，常温丁烯呈气态
5、，丁烯的密度比水小得多，故D错误；答案为A。5.下列现象与氢键有关的是（ ）NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高 乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小 水分子高温下也很稳定A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因A族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；因乙醇、乙酸与水分子之间能形成氢键，则乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故错误；故选B。6.离子键、共价键、金属键、
6、范德华力是微粒之间的不同作用力，下列物质中含有上述任意两种作用力的是（ ）Na2O2 SiO2 氦气 金刚石 NH4Cl 白磷A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Na2O2存在离子键和非极性共价键；SiO2只存在极性共价键；氦气只存在范德华力；金刚石只存在非极性共价键；NH4Cl存在离子键和极性共价键；白磷存在非极性共价键和范德华力；因此含有上述中两种作用力，故C符合题意。答案为C。7.关于有机物的叙述正确的是（ ）A. 丙烷的二卤代物是4种，则其六卤代物是2种B. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式一定为C5H12C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代
7、，所得产物有6种D. 对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢【答案】C【解析】【详解】A. 丙烷的分子式为C3H8，其二卤代物有4种，六卤代物的种数等于二卤代物的种数，即有4种，故A错误；B. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，可以是，也可以是，故B错误；C.苯环上有2个取代基，取代基位置是邻间对，含有3个碳原子的烷基可以是CH2CH2CH3也可以是CH(CH3)2，因此所得产物有23种，即有6种，故C正确；D. 对二甲苯中，关于红线对称，应有2种不同化学环境的氢原子，故D错误；答案：C。8.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. 为简单立方堆积 为六方
8、最密堆积 为体心立方堆积 为面心立方最密堆积B. 每个晶胞含有的原子数分别为：1个，2个，2个，4个C. 晶胞中原子的配位数分别为：6，8，8，12D. 空间利用率的大小关系为：【答案】B【解析】【详解】A、为简单立方堆积、为体心立方堆积、为六方最密堆积、为面心立方最密堆积， 、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：81/8=1个，81/8+1=2个，81/8+1=2个，81/8+61/2=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：6， 8 ，12， 12，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，
9、根据四种晶胞的空间利用率判断 = ，故D错误；答案选B。9.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物XY的叙述正确的是A. X分子中所有原子一定在同一平面上B. 1molY与足量氢氧化钠溶液共热最多可消耗8molNaOHC. X、Y均能使Br2的四氧化碳溶液褪色D. XY的反应为加成反应【答案】B【解析】【详解】A.X分子中苯环在一个平面上，羟基上的氧原子在苯环的面上，但是氢原子可能不在此面上，故错误；B.卤素原子可以和氢氧化钠发生取代反应，取代后生成酚羟基，也能与氢氧化钠溶液反应，酯基水解生成酚羟基和羧基，都可以和氢氧化钠反应，故
10、1molY与足量的氢氧化钠溶液共热，最多消耗8mol氢氧化钠，故正确；C.二者都不能和溴反应，故错误；D. XY的反应为取代反应，故错误。故选B。10.化学也可以萌萌哒，如以下几种有机物(a)囧烷(b)企鹅酮、(c)始祖鸟烯，关于这三种化合物下列说法中正确的是（ ）A. a的分子式为C12H18B. b所有碳原子可能共平面C. 若R1=R2=甲基，则c的一氯代物有4种D. 若R1=R2=甲基，则b和c都最多和2molH2加成【答案】A【解析】【详解】A由题可知，囧烷的分子式为：C12H18，A项正确；B由企鹅酮的结构简式可知，其分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同
11、一个平面上，B项错误；C若R1=R2=甲基，根据结构简式可知，此时含有3种不同化学环境的氢原子，则c的一氯代物有3种，C项错误；D由题可知，企鹅酮分子中含有两个碳碳双键和一个羰基，均可与H2发生加成反应，始祖鸟烯分子中含有两个碳碳双键，若R1=R2=甲基，则b和c最多分别与3mol、2molH2加成，D项错误；答案选A。【不定项】11.已知：若R、R均为甲基，则下列说法不正确的（ ）A. a、b可以通过浓溴水或FeCl3溶液鉴别B. b到c的反应类型为取代反应C. c最多可能15个原子共平面D. d与NaOH的乙醇溶液共热可得到2种能使溴水褪色的产物【答案】C【解析】【详解】A. b与浓溴水发
12、生取代反应生成沉淀，b与FeCl3溶液显紫色，因此a、b可以通过浓溴水或FeCl3溶液鉴别，故A正确；B. 根据b到c的结构简式得到b到c的反应类型为取代反应，故B正确；C. c最多可能17个原子共平面，故C错误；D. d与NaOH的乙醇溶液共热发生取代反应，可以得到或，均能使溴水褪色的产物，故D正确。12.下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为C4H8O2的酯的有机物数目相同的是（ ）A. 分子式为C4H8的烯烃（包括顺反异构体）B. 分子式为C8H8O遇FeCl3溶液显紫色C. 分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体D. 立方烷()的二氯代物【答案】A【解析】【分析】分
13、子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种。【详解】A分子式为C4H8的烯烃（包括顺反异构体）CH2CH-CH2-CH3、CH3-CHCH-CH3（顺反2种）、CH2C(CH3）2，共4种，故A选；B分子式为C8H8O遇FeCl3溶液显紫色，乙基苯酚有邻间对3种，邻二甲苯形成2种酚、间二甲苯形成3种酚、对二甲苯形成1种酚，
14、故B不选；C分子式为ClC4H7O2 且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种，故C不选；D立方烷()的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D不选；故选A。13.下列说法正确的是( )A. 向Co(NH3)3Cl3的水溶液中加入 AgNO3 溶液，不能观察到有明显的白色沉淀生成B. 冰融化时只破坏范德华力C. H2O、Al2Cl6 中都含配位键D. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸
15、点低，是因为邻羟基苯甲醛存在氢键，而对羟基苯甲醛不存在氢键【答案】A【解析】【详解】A. 向Co(NH3)3Cl3的水溶液中不能电离出氯离子，因此加入 AgNO3 溶液，不能观察到有明显的白色沉淀生成，故A正确；B. 冰融化时破坏分子间氢键和范德华力，故B错误；C. H2O中不含配位键，故C错误；D. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，是因为邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间氢键使得熔沸点升高，分子内氢键使得熔沸点降低，故D错误。综上所述，答案为A。14.下列实验操作、现象、结论均正确的是（ ）实验操作现象结论或目的A将铁粉、浓溴水、苯混合有白雾生成，溶液
16、分层制取溴苯B将光亮铜丝酒精灯火焰上加热，立即伸入无水乙醇中铜丝先变黑后恢复成原来的颜色乙醇被氧化，铜做催化剂C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊制得苯酚，同时生成碳酸氢钠D将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，再滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀检验溴乙烷中的溴元素A. AB. BC. CD. D【答案】BC【解析】【详解】A. 将铁粉、液溴、苯混合，剧烈反应，出现红棕色，反应是放热反应，液溴易挥发，故A错误；B. 将光亮铜丝在酒精灯火焰上加热，立即伸入无水乙醇中，铜丝先变黑后恢复成原来的颜色，乙醇被氧化呈乙醛，铜做催化剂，故B正确；C. 常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶
17、液，溶液变浑浊，制得苯酚，同时生成碳酸氢钠，故C正确；D. 将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，先加稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，目的是检验溴乙烷中的溴元素，故D错误。答案为BC。15.某有机化合物M，已知该有机物的蒸气对氢气的相对密度为68，核磁共振氢谱和红外光谱如图：以下关于M的判断正确的是（ ）A. M分子中含有两种官能团B. M的分子式与其实验式相同C. M一定条件下能与H2、H2O、新制氢氧化铜悬浊液等反应D. 与M属于同类有机物的同分异构体共有6种（包括M）【答案】D【解析】【分析】根据有机物的蒸汽对氢气的相对密度，可计算出该有机物的相对分子质量为
18、。由该有机物的核磁共振氢谱图可知其分子中含有4种等效氢，且峰面积之比为：1:2:2:3。根据红外光谱可知该有机物分子中含有苯环、C-H键、CO键、C-O-C键，综上所述，可知该有机物的结构简式为，据此分析。【详解】A由分析可知，M分子中含有酯基这一种官能团，A项错误；B由分析可知，M的分子式为C8H8O2，实验式为：C4H4O，M的分子式核实验式不同，B项错误；CM分子中含有苯环和酯基，可以与H2发生加成反应，在酸性条件下与水发生酯的水解反应，但不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，C项错误；D与M属于同类有机物的同分异构体，则符合条件的同分异构体中应含有苯环和酯基，由此可知，与M属于同类有机物的同分
19、异构体为：、以及，共6种，D项正确；答案选D。16.有机化合物种类繁多，无处不在：（1）白蚁信息素用系统命名法命名_；（2）人造羊毛的结构为，则合成人造羊毛的单体是_；（3）丙醛是一种精细化工原料，写出丙醛与银氨溶液反应的化学方程式_。【答案】 (1). 3，7-二甲基-1-辛烯 (2). CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2。 (3). CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+H2O+2Ag+3NH3【解析】【详解】（1）根据命名原则，选取包含碳碳双键在内的最长碳链作主链，则主链上有8个碳原子，使双键位次最小编号，则碳碳双键在1，2号，3，7号位各连一个甲
20、基，则系统命名为3，7-二甲基-1-辛烯；答案为3，7-二甲基-1-辛烯。（2）的链节主链上只有碳原子且无碳碳双键的高聚物，其规律是“无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，结构简式中主链上有4个碳原子其单体必为2种，将双键中的2个C-C打开，然后将半键闭合即可得该高聚物单体，合成人造羊毛的单体是：CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2；答案为CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2。（3）丙醛可以与银氨溶液发生银镜反应生成丙酸铵、金属单质银以及氨气，反应的化学方程式为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+H2O+2Ag+3NH3；答案为CH3CH2
21、CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+H2O+2Ag+3NH3。17.20世纪90年代提出的“绿色化学”为有机合成指明了方向。我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如图：(1)MG分子中含有官能团的名称_；(2)EG的分子式_；(3)DMO酸性条件下水解的化学方程式_。【答案】 (1). 羟基、酯基 (2). C2H6O2 (3). CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH【解析】【分析】由DMO的结构简式和DMO的球棍模型知，黑色小球代表C原子，白色小球代表O原子，灰色小球代表H原子，则MG的结构
22、简式为HOCH2COOCH3，EG的结构简式为HOCH2CH2OH。【详解】(1)由分析可知，MG的结构简式为HOCH2COOCH3，其分子中含有的官能团为羟基、酯基，答案为：羟基、酯基；(2) EG的结构简式为HOCH2CH2OH，EG的分子式为C2H6O2，答案为：C2H6O2；(3)DMO在酸性条件下水解生成草酸和甲醇，反应方程式为：CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH；答案为：CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH。18.有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B-少一个电子层，B原子得一个电子填
23、入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等子中子数。（1）在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是_杂化，CB3分子的空间构型为_。（2）C的氢化物极易溶于水的原因是_。（3）D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：_（用元素符号表示）；（4）氧原子的价层电子的轨道表示式为_。【答案】 (1). sp3杂化 (2). 三角锥形 (3). 氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，
24、氨分子和水分子还可以发生反应，故氨气极易溶于水 (4). ClPS (5). 【解析】【分析】B原子得一个电子后3p轨道全满，则B的基态原子电子排布为1s22s22p63s23p5，B应该是氯元素。又因为A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B-少一个电子层，所以A是钠元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以C是氮元素。D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，则D是第A族元素。最高价氧化物中含D的质量分数为40%，则有，解得：M(D)=32。且其核内质子数等于中子数，所以D是16号元素S元素。据此分析。【详解】(1)由分析可
25、知，CB3分子为NCl3分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个键，N原子轨道发生sp3杂化，所以NCl3分子的VSEPR模型为四面体形，忽略孤电子对，NCl3分子的空间构型为三角锥形；答案为：sp3杂化；三角锥形；(2) C的氢化物为氨气，氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，故氨气极易溶于水。答案为：氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应，故氨气极易溶于水；(3)D元素为S元素，其同周期相邻元素分别为P、Cl，根据同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而
26、呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：ClPS；答案为：ClPS；(4)基态氧原子共有6个价电子，根据核外电子排布规律可知，氧原子的价层电子的轨道表示式为；答案为：。【点睛】通常A族元素的第一电离能大于A族元素，A族元素的第一电离能大于A族元素，这是因为A、A族元素原子的价电子排布为ns2、ns2np3，为较稳定的全充满、半充满状态，因而失去电子所需的能量较高。19.X是一种相对分子质量为92的芳香烃，以X为原料制备部分有机物的路线如图：第步和第步顺序不能互换的原因_。写出X到A的反应方程式_。A到B所用试剂_。试剂a_(结构简式)。M为
27、涤纶，是一种高分子聚合物，有关M的说法正确的是_。A.M其中一种单体对苯二甲酸和苯甲酸互为同系物B.1mol该物质与氢氧化钠溶液反应，理论上最多可以消耗2nmolNaOHC.生成该聚合物的反应属于加聚反应D.涤纶是对苯二甲酸和乙醇通过缩聚反应得到写出同时满足条件的阿司匹林的同分异构体结构简式_。含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3【答案】 (1). 第二步是甲基被氧化成羧基，同时氨基被氧化成硝基 (2). (3). 酸性高锰酸钾溶液 (4). HOCH2CH2OH (5). B (6). 、【解析】【分析】X是一种相对
28、分子质量为92的芳香烃，9212 =7.8，即芳香烃分子式为C7H8，则为甲苯，甲苯和浓硝酸、浓硫酸反应生成2-硝基甲苯，再发生氧化反应，再发生还原反应得到，X经过一系列反应生成对苯二甲酸，和乙二醇发生缩聚反应生成M，X经过一系列反应生成，发生酯化反应生成阿司匹林。【详解】由于NH2易被氧化成NO2，因此第步和第步顺序不能互换的原因第二步是甲基被氧化成羧基，同时氨基被氧化成硝基；故答案为：第二步是甲基被氧化成羧基，同时氨基被氧化成硝基。X到A是发生硝化反应，其反应方程式；故答案为：。A到B是发生氧化反应，因此所用试剂酸性高锰酸钾溶液；故答案为：酸性高锰酸钾溶液。根据M的结构简式得到试剂a为乙二
29、醇，结构简式为HOCH2CH2OH；故答案为：HOCH2CH2OH。A. M其中一种单体对苯二甲酸含有两个羧基，苯甲酸只含一个羧基，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B. 1mol该物质与氢氧化钠溶液反应，理论上最多可以消耗2n mol NaOH，故B正确；C. 生成该聚合物的反应属于缩聚反应，故C错误；D. 涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到，故D错误；综上所述，答案为B。含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解产物含有酚羟基，能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯，核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3，因此、；故答案为：、。【点睛】有机推断是常考题型，主
30、要考察学生分析、推理能力，通过结构简式和反应条件或反应类型来推断。20.Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：（1）Ca小于Ti的是_（填标号）。A最外层电子数 B未成对电子数 C原子半径 D第三电离能 （2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。 Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是_。 O3分子中心原子杂化类型为_；O3是极性分子，理由是_。（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：方法 Na2O + NaClNa3OCl方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2 Na2O的电子式为_。 在方法的反应
31、中，形成的化学键有_（填标号）。A金属键 B离子键 C配位键 D极性键 E非极性键（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右所示。已知：晶胞参数为a nm，密度为d gcm3。Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_位置，两个Na之间的最短距离为_nm。用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=_（列计算式）。【答案】 (1). B (2). H2O2分子间存在氢键 (3). sp2 (4). O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案） (5). (6). BE (7). 面心 (8). (9). 【解析】【分析】(1)基态Ca原子核外电子排布1s22s
32、22p63s23p64s2，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，结合元素周期律分析判断；(2)同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；(3)Na2O为离子化合物，据此书写其电子式；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；(4)根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；由密度公式=计算解答。【详解】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为
33、1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。A最外层电子数相等，错误；BCa的未成对电子数小于Ti，正确；C同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，错误；DCa原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，错误，故答案为B；(2)同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-22)=3，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为sp2；O3分子为V形
34、结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)；(3)Na2O属于离子化合物，电子式为，故答案为；在方法的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，故答案为BE；(4)Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6=3、顶点阴影球类原子8=1、实心黑球类原子11=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，即a nm，故答案为面心；a；已知：晶胞参数为anm，密度为dgcm-3，则dgcm-3=，解得：NA=，故答案为。【点睛】本题的易错点为(4)的计算
35、，要注意掌握晶体密度的计算方法，注意单位的换算；另一个易错点为(1)，要注意根据钙为20号元素，钛为22号元素，均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类，可以根据化合价分析判断。21.高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的名称是_，B含有的官能团名称是_。(2)反应的反应类型是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)反应中引入-SO3H的作用是_。(5)满足下列条件的C的同分异构体共有_种（不含立体异构）。能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。苯环上有两个取代基。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1，且含有-CH2CH3
36、，该有机物的结构简式是_ (任写一种）。(6)以CH3CH2CH2OH为原料，设计制备的合成路线：_。【答案】 (1). 苯乙醛 (2). 氰基，羟基 (3). 取代反应 (4). +nH2O (5). 占据取代基的对位，将NO2引入取代基的邻位 (6). 18 (7). (8). CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO 【解析】【分析】通过比较反应物、生成物的组成结构，判断反应本质、反应类型、书写反应方程式。判断同分异构体、书写同分异构体，需逐一满足题目要求，并按一定顺序思考问题。对比原料、目标产物的结构，结合流程中的信息，运用逆合成分析法，解答物质合成题。【详解】(1)由B结构简式知其
37、分子式C9H9ON，则A(C8H8O)与HCN加成反应生成B，A结构简式为，A的名称为苯乙醛。B中官能团的名称为氰基、羟基。(2)比较D、E结构知反应的本质：D分子中苯环上1个氢原子被硝基取代生成E，故反应属于取代反应。(3)F分子中有羧基和羟基，可分子间酯化反应生成聚酯类高分子G，故反应的化学方程式为。(4)反应在苯环上原取代基的对位引入磺酸基（-SO3H），反应磺酸基又消失，所以反应中SO3H的作用：可防止反应中硝基（NO2）进入原取代基的对位，即硝基（NO2）只能进入原取代基的邻位。(5)C的分子式为C9H10O3，其同分异构体要求有酚羟基（OH）、酯基（COO）、二价苯基（C6H4）；
38、即合理结构中有HOC6H4，苯环上另一取代基可能为COOC2H5、OOCC2H5、CH2COOCH3、CH2OOCCH3、CH2CH2OOCH、CH(CH3)OOCH，共6种；两个取代基在苯环上有邻、间、对3种相对位置，符合要求的同分异构体有6318种。其中有5种氢原子(数目之比为3:2:2:2:1)、含有-CH2CH3的结构简式是。(6)目标产物可由单体CH3CH2CH(OH)COOH分子间酯化反应（缩聚）生成，而单体CH3CH2CH(OH)COOH比原料CH3CH2CH2OH分子中多一个碳原子，故模仿流程中的反应由CH3CH2CHO与HCN加成反应生成CH3CH2CH(OH)CN；模仿反应CH3CH2CH(OH)CN酸性水解生成CH3CH2CH(OH)COOH；CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO；合成路线：。
