【文档说明】辽宁省大连市旅顺口区2019-2020学年高二下学期期末考试化学【精准解析】.doc，共(21)页，1.188 MB，由小赞的店铺上传

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化学考试说明：1.考试时间为90分钟，试卷满分100分。2.按照要求填写答题纸，答案必须写在答题纸上，写在试卷上不得分。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14S-32Cl-35.5As-75Fe-56第Ⅰ卷（选择题,共40分）一、选择题：本题共10小

题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。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．乙醇具有很强的渗透性，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：（-CH2—CH2—CH2-）nC.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．羟基显电中性，电

子式为，故A错误；B．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构单元的主链含有2个C原子，而且含有甲基，则聚丙烯的结构简式为：，故B错误；C．顺式结构中相同基团在同侧，图示为反式结构，顺式结构应为，

故C错误；D．2-丙醇中主链有3个碳原子，羟基在2号碳上，结构简式为：，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.SO2-4B.ClO4-C.NO-3D.PO3-4【答案】C【解析】【详解】A.S

O2-4中心原子的价层电子对数为6+2-244+2=4，所以为sp3杂化；B.ClO4-中心原子的价层电子对数为7+1-244+2=4，所以为sp3杂化；C.NO-3中心原子的价层电子对数为5+1-233+2=3，所以为sp2杂化；D.PO3-4中

心原子的价层电子对数为5+3-244+2=4，所以为sp3杂化；综上所述杂化方式不同的是硝酸根，所以选C。【点睛】本题也可以利用等电子理论来判断，原子总数相同、价电子总数相同的分子、离子为等电子体，等电子体中心原子杂化方式相同。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3d104s

24p3D.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4，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．As2

F2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是（）A.ZXY3B.ZX2Y6C.ZX4Y8D.ZX8Y12【答案】A【解析】【详解】根据晶体结构可知，Z

位于晶胞的体心，则一个晶胞中含1个Z原子，X位于晶胞的顶点，X原子数为8×18=1，Y位于晶胞的棱上，则Y原子数为12×14=3。所以化学式为ZXY3，答案选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.AB.BC.CD.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N

aHCO3，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1382=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4molBr2D.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4molBr2，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.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。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错

的得0分。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Y2Q3B.气态氢化物的稳定性：Q>T>ZC.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原子的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CO

2，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.12g金刚石中含有的共价键数为2NAB.14g乙烯和丁烯的混合物中含有的原子总数为3NAC.标准状况下，22.4L乙醇含有的氧原子数目为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；D．CH3CH2

OH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134.4LB.绿原

酸属于芳香族化合物，分子式C16H18O9C.1mol绿原酸最多可消耗5molNaOHD.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C16

H18O9，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。第Ⅱ卷（非选择题,共60分）三、非选择题：本题共5小题，共60分。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)1molSiO2含有_______

molSi—O键，1mol白磷(P4)含有_______molP—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4

molSi—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-30.792.20.71沸点/℃78.513234.6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B5℃的水C10℃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cD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-=SO2-3+H2O；CO2+2OH-=CO2-3+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-=SO2-3+H2O；CO2+2OH-

=CO2-3+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Na

OH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)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-加热⎯⎯⎯⎯⎯→+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(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-加热⎯⎯⎯⎯⎯→+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一，1molNH4BF4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(12，0，12)，C为(12，12，0)，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anm，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).(14，14，14)(7).3348πr3100%8r3(8).()3-7A8MNa10【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+7-1-212=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)NH4BF

4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14处；根据均摊法计算晶胞中Ge原

子数目，晶胞的利用率=晶胞中原子的总体积晶胞体积×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+7-1-212=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；[C

u(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；(5)晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(12，0，12)，C为(12，12，0)，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14处，则D原子的坐标参数为(14，14，14)；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+8×18+6×12=8；设晶胞的

边长为x，晶胞的体对角线的长度=3x，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=3x，则x=83r，则晶胞的体积V=x3=(83r)3，晶胞中8个Ge原子的总体积=348πr3，已知晶胞的利用率=晶胞中原子的总体积晶胞体积×100%=334

8πr3100%8r3；若晶胞参数为anm，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=A8MNg，晶胞密度ρ=mV=()3-7A8MNa10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。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

物的化学方程式：______。(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⎯⎯⎯⎯→催化剂一定条件+(n-1)H2O(7).+NaOH2HO⎯⎯⎯→加热+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。【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⎯⎯⎯⎯→催化剂一定条件+(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：+NaOH2HO⎯⎯⎯→加热+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。