1、20182019学年度济宁市第二学期期末模块检测高二化学试题注意事项：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。考试时间为90分钟，满分100分。2答I卷前考生务必在答题卡上，将姓名、考号、科目代号填涂清楚。3第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其他答案标号，答在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H_1 B_11 O_16 Na_23 P_ 31 S_32 Fe_56 Cu_64第卷 (选择题 共50分)选择题(本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，110小题，每小题2分，1120小题，每小题3分，共50分)1.
2、有关核外电子运动规律的描述错误的是A. 处于最低能量的原子叫做基态原子B. 核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释C. 3p2表示3p能级有两个轨道D. 在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内出现的机率大【答案】C【解析】【详解】A项、处于最低能量的原子叫基态原子，故A正确；B项、原子核外电子运动不规则，所以不能用牛顿运动定律来解释，故B正确；C项、p能级有3个轨道，3p2表示3p能级有2个电子，故C错误；D项、在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，密的区域表示电子出现的几率大、疏的区域表示电子出现的几率小，故D正确；答案选C。2.下列说
3、法中正确的是A. 所有金属元素都分布在d区和ds区B. 元素周期表中B族到B族10个纵行的元素都是金属元素C. ns电子的能量不一定高于(n1)p 电子的能量D. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了洪特规则【答案】B【解析】【详解】A项、在周期表中金属元素分布在s区、d区和ds区，故A错误；B项、元素周期表中B族到B族10个纵行的元素，称为过渡元素，全部为金属，故B正确；C项、电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于（n-1）p电子的能量，故C错误；D项、根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，则21Sc的电子排布式为1s22s22p6
4、3s23p63d14s2，故D错误；答案选B。【点睛】洪特规则为在能量相等的轨道上，自旋平行的电子数目最多时，原子的能量最低，所以在能量相等的轨道上，电子尽可能自旋平行的占据不同的轨道；能量最低原理为原子核外电子先占有能量较低的轨道然后依次进入能量较高的轨道。3.在单质的晶体中，一定不存在的粒子是A. 原子B. 阴离子C. 阳离子D. 分子【答案】B【解析】【详解】非金属单质形成的晶体可能为原子晶体，如金刚石，原子晶体的构成微粒为原子，也可能是分子晶体，如单质硫，分子晶体的构成微粒为分子，金属单质形成的晶体为金属晶体，如金属铜，金属晶体的构成微粒为自由电子和金属阳离子，则在单质的晶体中，一定不
5、存在阴离子，故选B。4.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是A. SO2、BF3B. PCl3、SO3C. CH4、SiO2D. NF3、H2S【答案】D【解析】试题分析：分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），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，据此判断判断杂化类型，有个简单的方法，即是看中心原子的价层电子数，加上周
6、围原子数目，然后除以2，得到的数如果是2，就是SP杂化，如果是3即是SP2,如果是4即是SP3等.A.SO2中S原子形成2个键，孤电子对个数=（6-22）=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；BF3 为SP2杂化A错误；PCl3中P原子形成3个键，孤电子对个数=（5-31）=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个键，孤电子对个数=（6-23）=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，B错误；甲烷为SP3杂化，但为正四面体结构属于非极性分子，二氧
7、化硅为SP2杂化，C错误；NF3、H2S均为SP3杂化，分别为三角锥、V型结构的极性分子，D正确；答案选D.考点：原子轨道杂化方式5.在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品Co(NH3)6Cl3，下列表述正确的是A. Co(NH3)6Cl3中Co的化合价是+3B. H2O2 的电子式：C. NH3和NH4Cl化学键类型相同D. 中子数为32，质子数为27的钴原子：【答案】A【解析】【详解】A项、Co(NH3)6Cl3是由Co(NH3)63+和Cl构成的配位化合物，由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3价，故A正确；B项、H2O2 为共价化
8、合物，电子式为，故B错误；C项、NH3为共价化合物，分子中只存在共价键，NH4Cl为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，故C错误；D项、中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59，原子符号为，故D错误；答案选A。【点睛】原子符号中，a代表质量数，不是代表中子数，是解答的易错点。6.下列物质的化学用语表达正确的是A. (CH3)3COH的名称：2，2二甲基乙醇B. 羟基的电子式：C. 甲烷的球棍模型：D. 苯的实验式：C6H6【答案】B【解析】【详解】A项、(CH3)3COH的名称：2-甲基-2-丙醇，故A错误；B项、羟基的结构简式为OH，电子式为，故B正确；C项、甲烷的球棍模型中碳原
9、子的体积应大于氢原子，故C错误；D项、苯的分子式为C6H6，实验式为CH，故D错误；答案选B。7.下列化学方程式及其对应反应类型均正确的是A. +HNO3+H2O 加成反应B. 2CH3CH2OHO22CO23H2O 氧化反应C. CH3COOHCH3CH2OHH2O+CH3COOCH2CH3 取代反应D. nCH2=CH2 缩聚反应【答案】C【解析】【详解】A、在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸加热到5060发生取代反应生成硝基苯和水，故A错误；B、乙醇在点燃条件下发生氧化反应生成二氧化碳和水，在铜或银催化作用下发生催化氧化反应生成乙醛和水，故B错误；C、在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应(
10、取代反应)生成乙酸乙酯和水，故C正确；D、一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，故D错误；答案选C。8.在阿司匹林的结构简式（下式）中分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共热，发生反应时断键的位置是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：阿司匹林中含有酯基和羧基，与足量NaOH溶液共热可发生中和反应（断号键）和酯的水解反应（断号键），选D。考点：考查有机物的结构与性质。9.下列说法不正确的是A. 与互为同分异构体B. 反应中可能生成C. 反应的反应类型都是加成反应D. 中的碳碳双键可用酸性KMnO4溶液检验【答案】D【解析】【详解】A项、与的分子式相同
11、，均为C13H20O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、与HCl发生1,2加成生成，故B正确；C项、与HCl发生1,2加成生成，与发生加成反应生成，故C正确；D项、中含有碳碳双键和醛基，碳碳双键和醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色，应先发生银镜反应将醛基氧化，再用酸性KMnO4溶液检验碳碳双键，故D错误；答案选D。【点睛】碳碳双键和醛基都能使酸性KMnO4溶液褪色，醛基干扰碳碳双键检验，应先发生银镜反应将醛基氧化，再用酸性KMnO4溶液检验碳碳双键，是易错点。10.某石油化工产品X的转化关系如图，下列判断不正确的是（ ）A. X可以发生加聚反应B. Y能与钠反应产生氢气C. Z与CH3O
12、CH3互为同分异构体D. W的结构简式为CH3COOC2H5【答案】C【解析】【详解】Y氧化生成Z，Z氧化生成乙酸，则Y为CH3CH2OH，Z为CH3CHO，X与水反应得到乙醇，X为CH2=CH2，乙酸与乙醇发生酯化反应生成W为乙酸乙酯CH3COOCH2CH3。A.X为CH2=CH2，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，A正确；B.Y为CH3CH2OH，含有羟基，能与钠反应生成乙醇钠与氢气，B正确；C.Z为CH3CHO，与CH3OCH3的分子式不同，因此二者不是同分异构体，C错误；D.由上述分析可知，W的结构简式为CH3COOC2H5，D正确；故合理选项是C。11.CH3+、CH3、CH3都是重要
13、的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是A. 它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B. CH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面C. CH3+与OH形成的化合物中含有离子键D. CH3与NH3、H3O互为等电子体，几何构型均为正四面体形【答案】B【解析】【详解】A项、CH3+、-CH3、CH3-分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体，故A错误；B项、CH3+中的碳原子的价层电子对数为3，杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，空间构型为平面三角形，离子中所有原子均共面，故B正确；C项、CH3+与OH形成的化合物为CH3OH，CH3OH为共价化合物，不含有离子键，故C错误；D项、
14、CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子，4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故D错误；答案选B。12.如图是第三周期1117号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是A. y轴表示的可能是第一电离能B. y轴表示的可能是电负性C. y轴表示的可能是原子半径D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数【答案】B【解析】【详解】AMg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；B随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；C随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符
15、，故C错误；D金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；答案选B。13.短周期主族元素A、B形成AB3型分子，下列有关叙述正确的是（ ）A. 若A、B为同一周期元素，则AB3分子一定为平面正三角形B. 若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子为平面正三角形C. 若为A、B为同一主族元素，则AB3分子一定为三角锥形D. 若AB3分子为三角锥形，则AB3分子一定为NH3【答案】B【解析】A、D都不正确，例如NF3是三角锥形的。若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子BCl3，所以B正确。C不正确，例如SO3是平面三角形
16、。所以答案选B。14.普鲁士蓝晶体结构如图所示（每两个立方体中，一个K+在其中一个立方体中心，另一个则无K+），下列说法正确是A. 化学式可以表示为KFe2(CN)6B. 每一个立方体中平均含有24个键C. 普鲁士蓝不属于配位化合物D. 每个Fe3+周围与之相邻的Fe2+离子有12个【答案】A【解析】【详解】A每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数为0.5，该立方体中铁原子个数=8=1，CN-位于每条棱上，该立方体中含有CN-个数=12=3，所以平均化学式是K 0.5 Fe(CN)3，化学式可以表示为KFe2(CN)6，故A正确；B每个CN-含有2个键，每个立方体中含有CN-
17、个数为3，所以一个立方体中含有6个键，故B错误；C普鲁士蓝中Fe3+含有空轨道，CN-中N原子提供孤电子对，形成配位键，属于配合物，故C错误；D根据图示，普鲁士蓝中Fe3+周围Fe2+离子个数为6个，故D错误；答案选A。15.下列有关晶体的说法中一定正确的是原子晶体中只存在非极性共价键稀有气体形成的晶体属于原子晶体干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物分子晶体的堆积均为分子密堆积离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键金属晶体和离子晶体都能导电A. B. 只有C. D. 【答案】B【解析】【详解】原子晶体中也可能存在极性键，如
18、SiO2为原子晶体，晶体中存在极性共价键，不存在非极性共价键，故错误；稀有气体属于单原子分子，形成的晶体属于分子晶体，故错误；干冰属于分子晶体，升华时破坏的是分子间作用力，不是共价键，故错误；活泼金属与活泼非金属形成的化合物是离子化合物，不活泼金属与非金属形成的化合物是共价化合物，如氯化铝是共价化合物，故错误；分子晶体的堆积不一定均为分子密堆积，如冰融化变成水时体积变小，故错误；离子晶体是由阴阳离子通过离子键结合的晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子通过金属键结合而成的晶体，所以晶体中不存在离子键，故正确；离子晶体没有自由移动的离子，不能导电，金属晶体存在自由移动的电子，能导电，故错误；只有正
19、确，故选B。16.分子式为C9H18O2的有机物A，在硫酸存在下与水反应生成B、C两种物质，C经一系列氧化最终可转化为B的同类物质，又知等质量的B、C的蒸气在同温同压下所占体积相同，则符合此条件的A的酯类同分异构体共有（包括A）A. 18种B. 16种C. 12种D. 8种【答案】D【解析】【分析】有机物A的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解为B和C两种有机物，则有机物A为饱和一元醇与饱和一元羧酸形成的酯，由于同质量的B和C的蒸气所占体积相同，说明B和C的相对分子质量相同，因此饱和一元羧酸比饱和一元醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，醇含有5个C原子，判断5碳醇和4碳羧酸
20、的同分异构体数目，据此判断有机物A的同分异构体数目。【详解】含有4个C原子的羧酸有CH3CH2CH2COOH和CH3CH（CH3）COOH两种同分异构体，含有5个C原子的醇的有CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH2CH（OH）CH3、CH3CH2CH（OH）CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2OH、CH3CH2C（OH）（CH3）CH3、CH3CH（OH）CH（CH3）CH3、HOCH2CH2CH（CH3）CH3、CH3C（CH3）2CH2OH八种同分异构体，其中能氧化为羧酸的有CH3CH2CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）CH2OH、HOCH2CH2
21、CH（CH3）CH3、CH3C（CH3）2CH2OH四种，则有机物A的同分异构体数目有24=8；答案选D。【点睛】注意饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键。17.依据下列实验操作、现象得不到相关结论或目的的是实验操作现象结论或目的A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀检验溴乙烷中的溴元素C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环
22、的活性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A项、向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液，均有固体析出，前者是蛋白质发生盐析，后者是蛋白质发生变性，故A错误；B项、将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，水解生成NaBr和乙醇，充分反应并冷却后，向上层清液中加稀HNO3酸化，中和氢氧化钠溶液，使溶液呈酸性，排除氢氧化钠的干扰，再滴加AgNO3溶液，可观察到浅黄色沉淀生成，说明溴乙烷中含有溴元素，故B正确；C项、常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，由强酸制弱酸的原理可知碳酸的酸性强于苯酚，故C正确；D项、苯和苯酚
23、稀溶液分别与浓溴水混合，苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，而苯与溴水不反应，说明羟基使苯环的邻对位氢原子的活性增强，故D正确；答案选A。【点睛】氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液反应，会干扰卤素原子的检验，检验卤代烃中卤素原子时，卤代烃水解后加入硝酸中和氢氧化钠溶液，使溶液呈酸性是实验的成败关键。18.合成导电高分子材料PPV的反应+（2n-1）HI，下列说法不正确的是A. 合成PPV的反应为缩聚反应B. PPV与聚苯乙烯重复结构单元不相同C. PPV与聚苯乙烯均能使溴水反应褪色D. 1 molPPV可以与2n molH2加成【答案】CD【解析】【详解】A项、由化学方程式可知，与在催化剂作用下发生缩聚
24、反应生成和HI，故A正确；B项、聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B正确；C项、聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D项、1 mol分子中含有n mol苯环和n mol碳碳双键，能与4n molH2加成，故D错误；答案选CD。【点睛】注意1 mol分子中含有n mol苯环和n mol碳碳双键，苯环和碳碳双键均能与H2加成，是易错点。19.已知酸性：H2CO3HCO3-，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将转变为的最佳方法是A. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液B. 与稀H2SO4共热后，加入
25、足量的Na2CO3溶液C. 与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2D. 与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H2SO4【答案】C【解析】【详解】A项、与稀H2SO4共热后，水解生成，与足量的NaOH溶液反应生成，故A错误；B项、与稀H2SO4共热后，水解生成，由酸性顺序可知与足量的Na2CO3溶液反应生成，故B错误；C项、与足量的NaOH溶液共热后，水解生成，由酸性顺序可知与足量CO2反应生成，故C正确；D项、与足量的NaOH溶液共热后，水解生成，与适量H2SO4反应生成，故D错误；答案选C。20.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
26、意图如图：下列说法不正确的是A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B. 反应过程中生成了MG和甲醇C. EG和甲醇不同系物D. 1molDMO分子进行水解可以得到1 mol甲醇【答案】D【解析】【详解】A项、由图可知，Cu纳米颗粒作催化剂将氢气转化为H原子，故A正确；B项、由图可知，反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确；C项、EG为乙二醇，乙二醇与甲醇中-OH数目不同，二者不是同系物，故C正确；D项、由草酸二甲酯的结构可知，1mol草酸二甲酯水解2mol甲醇，故D错误；答案选D。第卷 (非选择题 共50分)注意事项：1答II卷前考生务必在密封线内，将学校、班级、姓名、考号、座号填写清楚。2将第I
27、I卷各大题题号填涂在答题卡规定的位置上，答案写在答题卡指定的位置上。21.请回答下列问题：（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子轨道数为_。（2）BF3与一定量的水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力有_(填序号)。a离子键 b共价键 c配位键 d氢键（3）第一电离能I1（Zn）_I1（Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_。（4）Ti晶体的原子堆积方式为六方堆积(如图所示)，则晶体中Ti原子的配位数是_，某Ti配合物的化学式是Ti (H2O)5ClCl2H2O，1 mol该配合物中含配位键的数目是_。（5）石墨烯（如
28、图a）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图b）。图a中，1号C与相邻C形成键的个数为_，图b中键角_键角。（填“”、“”或“” ）；若将图b所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有_（填元素符号）。【答案】 (1). M (2). 9 (3). bcd (4). 大于 (5). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (6). 12 (7). 6NA (8). 3 (9). (10). H、O【解析】【分析】（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22
29、p63s23p2；（2）晶体Q中各种微粒间的作用力为共价键、配位键和氢键；（3）Zn的价电子排布式为3d104s2， Zn的4s为全满稳定结构，较难失电子；（4）以轴线原子为研究对象，层内有6个原子相邻，上下两层各有3个原子与之相邻，故配位数为12；配合物Ti (H2O)5ClCl2H2O中中心离子Ti3+与5个水分子和1个氯离子形成配位键；（5）由图可知，a中1号C与相邻C形成3个C-C键，形成键的个数为3；b中形成键角的C原子以sp3杂化，为四面体构型，形成键角的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构；氧化石墨烯中含有羟基、羧基，与水分子间形成氢键。【详解】（1）硅原子核外有14个电子，其基
30、态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，故答案为：M；9；（2）晶体Q中，非金属元素原子之间形成共价键；中B原子含有空轨道，O原子含有孤电子对，B原子和O原子之间形成配位键；中水分子中的O原子与中H原子形成氢键，则晶体Q中各种微粒间的作用力为共价键、配位键和氢键，故答案为：bcd；（3）Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Zn的4s为全满稳定结构，较难失电子，故第一电离能I1（Zn）大
31、于I1（Cu)，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；（4）由图可知，Ti晶体的原子堆积方式为六方堆积，以轴线原子为研究对象，层内有6个原子相邻，上下两层各有3个原子与之相邻，故配位数为12；配合物Ti (H2O)5ClCl2H2O中中心离子Ti3+与5个水分子和1个氯离子形成配位键，则含有配位键的数目为6NA，故答案为：12；6NA；（5）由图可知，a中1号C与相邻C形成3个C-C键，形成键个数为3；b中形成键角的C原子形成3个C-C及1个C-O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而形成键角的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则键角小于键角；氧化石墨烯中含有羟基、
32、羧基，与水分子间形成氢键，从而促进氧化石墨烯溶解，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子为H和O，故答案为：3；H、O。22.根据要求填空：（1）写出有机物的名称_。（2）当乙酸分子中的O都是18O时，乙醇分子中的O都是16O时，二者在一定条件下反应，生成物中水的相对分子质量为_。（3）化学与生活息息相关。下列叙述正确的是_(填字母代号)。A馒头越嚼越甜 B鲜榨橙汁遇到碘水会变蓝C油脂经水解可变成葡糖糖 D土豆中的淀粉经水解可变成酒（4）某化合物C3H6O2的核磁共振谱(NMR)中有3个峰,其强度比为321，则该化合物的结构简式可能为_（写出一种即可）。（5）瑞香素是一种具有抗菌、抗炎、抗凝血
33、等生物活性的香豆素化合物，其分子结构如图所示。回答下列问题。瑞香素的化学式为_，含氧官能团名称_；1mol此化合物可与_molBr2反应，最多可以与_molNaOH反应。（6）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示为HCHO+2Cu(OH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O。若向足量新制氢氧化铜中加入4.00mL甲醛水溶液，充分反应。请设计一个简单实验验证甲醛的氧化产物不是甲酸盐。_。（可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液。）【答案】 (1). 2，3，5-三甲基-4-乙基庚烷 (2). 20 (3). A (4). CH3CH2CO
34、OH或HCOOCH2CH3 (5). C9H6O4 (6). 酯基、羟基 (7). 3 (8). 4 (9). 向足量氢氧化钠溶液中滴加几滴硫酸铜溶液，振荡，然后加入甲酸，加热至沸。如果出现砖红色沉淀，表明甲酸盐会继续与氢氧化铜反应，甲醛的氧化产物不是甲酸盐【解析】【分析】（1）的主链有7个碳原子，含有3个甲基和1个乙基；（2）在酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供羟基上的氢原子，当乙酸分子中的O都是18O，乙醇分子中的O都是16O，二者在一定条件下反应生成的水是H218O；（3）A、唾液中含有淀粉酶，可将淀粉水解为葡萄糖；B、鲜榨橙汁不含淀粉；C、油脂水解生成高级脂肪酸和甘油；D、土豆中的淀粉水解
35、生成葡萄糖；（4）化合物C3H6O2的核磁共振谱(NMR)中有3个峰,其强度比为321，说明此有机物中有三种不等性氢原子，且个数比为3：2：1，由此推测其结构中含有-CH3、-CH2-、-COOH或-OOCH等基团；（5）由瑞香素的结构简式可知化学式和官能团；瑞香素的官能团为碳碳双键、酚羟基和酯基，碳碳双键、酚羟基能与溴水反应，酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应。【详解】（1）的主链有7个碳原子，含有3个甲基和1个乙基，名称为2，3，5-三甲基-4-乙基庚烷，故答案为：2，3，5-三甲基-4-乙基庚烷；（2）在酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供羟基上的氢原子，当乙酸分子中的O都是18O，乙醇分子中的
36、O都是16O，二者在一定条件下反应生成的水是H218O，H218O的相对分子质量水181220，故答案为：20；（3）A、唾液中含有淀粉酶，可将淀粉水解为葡萄糖，故馒头越嚼越甜，故正确；B、鲜榨橙汁不含淀粉，遇到碘水不会变蓝，故错误；C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸和甘油，故错误；D、土豆中的淀粉水解生成葡萄糖，故错误；A正确，故答案为：A；（4）化合物C3H6O2的核磁共振谱(NMR)中有3个峰,其强度比为321，说明此有机物中有三种不等性氢原子，且个数比为3：2：1，由此推测其结构中含有-CH3、-CH2-、-COOH或-OOCH等基团，则结构简式可能为CH3CH2COOH、
37、HCOOCH2CH3等，故答案为：CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3；（5）由瑞香素的结构简式可知化学式为C9H6O4，该分子中含氧官能团是酚羟基、酯基，故答案为：C9H6O4；酯基、羟基；1mol瑞香素含有2mol酚羟基，能与浓溴水发生取代反应消耗2molBr2，含有1mol碳碳双键，能与溴水发生加成反应消耗1molBr2，共消耗3molBr2；1mol瑞香素含有2mol酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应消耗2molNaOH，含有1mol酚与羧酸形成的酯基，能与氢氧化钠溶液反应消耗2molNaOH，共消耗4molNaOH，故答案为：3；4；（6）因新制氢氧化铜足量,甲酸盐中能与足量新制氢氧
38、化铜浊液中加热条件下可进一步反应生成碳酸盐，若证明甲醛的氧化产物不是甲酸盐,可用过量的氢氧化钠溶液配制氢氧化铜浊液，然后加入甲酸，甲酸与过量氢氧化钠溶液反应生成甲酸钠，在碱性条件下加热,观察是否有砖红色沉淀生成,若有砖红色沉淀,说明甲醛的氧化产物是甲酸盐,若没有砖红色沉淀，说明甲醛的氧化产物不是甲酸盐,故答案为: 向足量氢氧化钠溶液中滴加几滴硫酸铜溶液，振荡，然后加入甲酸，加热至沸。如果出现砖红色沉淀，表明甲酸盐会继续与氢氧化铜反应，甲醛的氧化产物不是甲酸盐。【点睛】酚与羧酸形成的酯基水解后形成的酚和羧酸均能与氢氧化钠溶液反应是解答的易错点。23.含硼、氮、磷、铜、锌的化合物有许多重要用途。回
39、答下列问题：（1）基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_；基态Cu+的核外电子排布式为_。（2）化合物(CH3)3N能溶于水的原因是_。（3）亚磷酸（H3PO3）是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，则H3PO3分子的结构式为_。（4）Zn2+可与CN、二苯硫腙（）等形成稳定配合物。CN 的结构式为_。每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的原子有_个。（5）卤化锌的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/872275394446ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_。（6）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化
40、硼晶体晶胞如图1所示：磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图2，请在答题卡上将表示B原子的圆圈涂黑_。已知磷化硼晶体的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则BP键长为_pm（列出计算式即可）。【答案】 (1). 哑铃形或纺锤形 (2). Ar3d10 (3). (CH3)3N为极性分子，且可与水分子间形成氢键 (4). 或 (5). (6). 16 (7). 晶体类型不同，ZnF2为离子晶体、ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子晶体，需要破坏的离子键强度大于分子间作用力 (8). 或 (9). 【解析】【分析】（1）基态B原子的价电子排布式为2s22p1，最高能级的电子云为2p；原子序数为
41、29的Cu原子失去1个电子形成Cu+，则基态Cu+的核外有28个电子；（2）化合物(CH3)3N为结构不对称的极性分子，分子中的N原子可与水分子间形成氢键；（3）亚磷酸与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，说明分子中含有两个羟基和一个非羟基氧；（4）具有相同原子个数和价电子的物质互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，CN与N2为等电子体；分子中2个苯环的12个C原子为sp2杂化，形成双键的S原子、C原子和2个N原子为sp2杂化；【详解】（1）基态B原子价电子排布式为2s22p1，最高能级的电子云为2p，轮廓图为哑铃形或纺锤形；原子序数为29的Cu原子失去1个电子形成Cu
42、+，则基态Cu+的核外有28个电子，电子排布式为1s22s22p62s22p63d10或Ar3d10，故答案为：哑铃形或纺锤形；1s22s22p62s22p63d10或Ar3d10；（2）化合物(CH3)3N为结构不对称的极性分子，分子中的N原子可与水分子间形成氢键，则化合物(CH3)3N能溶于水，故答案为：(CH3)3N为极性分子，且可与水分子间形成氢键；（3）亚磷酸与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，说明分子中含有两个羟基和一个非羟基氧，则H3PO3分子的结构式为或，故答案为：或；（4）具有相同原子个数和价电子的物质互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，CN与N2
43、为等电子体，则结构式与N2相同，结构式为，故答案为：；分子中2个苯环的12个C原子为sp2杂化，形成双键的S原子、C原子和2个N原子为sp2杂化，共有16个原子，故答案为：16；（5）由题给熔点数据可知，ZnF2为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，破坏离子键的强度大于分子间作用力，则ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，故答案为：晶体类型不同，ZnF2为离子晶体、ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子晶体，需要破坏的离子键强度大于分子间作用力；（6）由图1可知，磷化硼晶体中磷原子作立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中，磷原子分布
44、在面心和顶点上，则沿着体对角线方向的投影为或；由磷化硼得晶胞结构可知，P原子个数为8+6=4，B原子个数为4，磷化硼的化学式为BP，晶胞的质量为mol42g/mol=g，设磷化硼的晶胞边长a，晶胞的体对角线长为a，晶体中硼原子和磷原子的核间距应为体对角线的，dB-P=，由密度公式可得=，解得a=cm，则dB-P=cm，故答案为：。【点睛】由图确定磷化硼晶体中磷原子作立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中，磷原子分布在面心和顶点上是解答的难点，也是易错点。24.吡贝地尔（）是多巴胺能激动剂，合成路线如下：已知：；D的结构简式为。（1）A的名称是_（2）EF的反应类型_（3）G的结构简式为_（4）D
45、+H吡贝地尔反应的化学方程式为_（5）D的同分异构体中满足下列条件的有_种（碳碳双键上的碳原子不能连羟基），其中核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为_（写出一种即可）。与FeCl3溶液发生显色反应； 苯环上有3个取代基；1mol该同分异构体最多消耗3molNaOH(常温下，水溶液状态)。（6）已知。参照上述合成路线，以苯和硝基苯为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_【答案】 (1). 苯 (2). 取代反应 (3). (4). +HCl或+NH3H2O+NH4Cl+H2O (5). 12 (6). 或 (7). 【解析】【分析】由信息可知与过量双氧水反应生成，
46、则A为；在KOH作用下，与CH2Cl2发生取代反应生成，与甲醛和氯化氢反应生成；在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，则F为；与发生取代反应生成，则G为；在乙醇做催化剂作用下，与在氨水中发生取代反应生成。【详解】（1）A的结构简式为，名称为苯，故答案为：苯；（2）EF的反应为在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，故答案为：取代反应；（3）由有机物转化流程可知，与发生取代反应生成，则G的结构简式为，故答案为：；D+H吡贝地尔的反应为在乙醇做催化剂作用下，与在氨水中发生取代反应生成，反应的化学方程式为+HCl或+NH3H2O+NH4Cl+H2O，故答案为：+HCl或+NH3H2O+NH4Cl+H2
47、O；（4）D的结构简式为，其同分异构体与FeCl3溶液发生显色反应，1mol最多消耗3molNaOH，苯环上有3个取代基，碳碳双键上的碳原子不能连羟基，说明分子中含有2个酚羟基，氯原子连接在烯烃基上，可能为ClCH=CH或CH2=C（Cl），邻苯二酚苯环上氢原子被取代有2种、间苯二酚氢原子被取代有3种，对苯二酚有1种，则共有62=12种；核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式可能为或，故答案为：12；或；（6）由题给流程和题给信息，结合逆推法可知，以苯和硝基苯为原料合成应利用信息由与少量双氧水反应生成，与氯气发生取代反应生成；利用题给信息可知与铁盒盐酸发生还原反应生成，与发生取代反应生成，合成路线如下：，故答案为：。
