【化学】山东省济南市章丘区第四中学2019-2020学年高二下学期第七次教学质量检测（解析版） 23页

山东省济南市章丘区第四中学2019-2020学年高二下学期第七次教学质量检测 相对分子质量：P—‎31 C—12 Si—28 O—16 Be—9 Ag—108 Cl—35.5‎ ‎1.具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是 A. 短周期中电负性最大的元素和第一电离能最大的元素 B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子 C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子 D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据非金属性越强电负性越强，周期表中非金属性最强的为F，所以F的电负性最大，F在第二周期，稀有气体的第一电离能都在同周期最大，同族元素半径越小电离能越大，所以第一电离能最大的元素是He，He在第一周期，它们不在同一周期，A不符合题意；‎ B. 3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，B符合题意；‎ C. 最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，C不符合题意；‎ D. 原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，D不符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎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 —COH C. 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；‎ C．1—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.关于氢键，下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 冰中的氢键有方向性和饱和性是导致冰的密度比水小的原因 B. 在水蒸气、水和冰中都含有氢键 C. 分子间若形成氢键，则物质的熔点和沸点较高 D. HF是弱酸与氢键有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢键有饱和性和方向性，所以液态水结成冰，分子间的空隙变大，体积变大，密度变小，故A正确；‎ B．水蒸气中水分子距离较大，不形成氢键，故B错误；‎ C．氢键较一般的分子间作用力强，含有氢键的物质具有较高的熔沸点，故C正确；‎ D．HF的水溶液是弱酸，而氢溴酸、氢碘酸和氢氯酸都是强酸，因为氢氟酸与氢氟酸分子间由于氢键形成缔合物，大大降低了HF的电离，故D正确；‎ 答案为B。‎ ‎4.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( )‎ A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个 B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+‎ C. 在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子 D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以顶点Na+研究，与之最近的Cl-处于晶胞棱心且关于Na+对称，即距Na+最近的Cl-有6个，故A正确；‎ B．在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；‎ C．金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，由金刚石的晶胞结构图，也可以看出最小的环上有6个碳原子，故C正确；‎ D．该气态团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E‎4F4或F4E4，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. MgF2晶体中的化学键是只有离子键 B. 某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键 C. N2和BCl3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 D. 干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．活泼金属和活泼非金属易形成离子键，MgF2晶体中的化学键是离子键，故A正确；‎ B．某物质在熔融态能导电，则该物质中不一定含有离子键，也可能是金属单质，故B错误；‎ C．N2和BCl3两种分子中，N2分子中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，B的最外层电子数为3，与三个氯原子形成三对共用电子对，最外层电子数为6，不能形成8电子稳定结构，故C错误；‎ D．干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程除了需克服分子间作用力外，还需要克服共价键，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】熔融态物质能导电，可能是离子晶体或者是金属单质或非金属单质如石墨等，为易错点。‎ ‎6.下列叙述正确的是 A. 中所有的碳原子可能在同一平面上 B. 的一氯代物有4种 C. 的命名为2，3-二甲基-1-丙醇 D. 1mol与足量的NaOH溶液、溴水反应时，消耗NaOH和Br2的物质的量为4mol和2mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，呈现四面体结构，因而该结构中所有碳原子不可能在同一平面上，故A错误；‎ B．根据对称性可知,分子中含有3种氢原子，一氯代物有3种，故B错误；‎ C．醇类命名选取含有羟基的最长碳链为主链，即为丁醇，在2号碳上含有羟基，在3号碳上含有甲基，正确命名为：3−甲基−2−丁醇，故C错误；‎ D．该分子结构中含有2个酚羟基、1个羟基和1个酯基，能够与NaOH反应的有2个酚羟基和1个酯基，其中酯基水解后生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol能够消耗4mol氢氧化钠，酚羟基邻位H原子可被溴水中的溴取代，该结构中有两个邻位H，则1mol有机物可与2mol溴反应，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎7.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是 A. 能发生加成、取代、消去反应 B. 不能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 能与FeCl3溶液发生显色反应 D. 1mol该物质最多可与3molNaOH反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-OH、-COOC-、-COOH，结合烯烃、羧酸、醇、酯的性质来解答。‎ ‎【详解】A. 含有羟基，邻位含有氢原子，可发生消去反应，含有碳碳双键能发生加成反应，羟基、羧基等，能发生取代反应，A正确；‎ B. 含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；‎ C. 不含苯环，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，C错误；‎ D. -COOH、-COOC-可与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2mol NaOH反应，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇及酯性质的考查。‎ ‎8.下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素 B. 糖类均可写成Cm(H2O)n的形式 C. 乙烯，苯酚、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 向蛋白质溶液中撒入食盐颗粒，会有蛋白质析出，这是化学变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质中除了含有C、H、O元素外还含有N、S、P等元素，故A错误；‎ B．有些化合物按其构造和性质应属于糖类化合物，可是它们的组成并不符合Cm(H2O)n 通式，如鼠李糖(C6H12O5)、脱氧核糖(C5H10O4)等，故B 错误；‎ C．苯酚含有酚羟基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯和植物油中含有碳碳不饱和键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D．蛋白质溶液中撒入食盐颗粒后发生盐析，盐析是物理变化，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎9.着色剂为使食品着色的物质，可增加对食品的嗜好及刺激食欲。红斑素、红曲素是常用于糖果、雪糕等食品的着色剂的主要成分，结构如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 红斑素和红曲素所含官能团种类不完全相同 B. 红曲素环上存在3个手性碳原子 C. 红斑素中含有醚键、羰基、酯基这三种含氧官能团 D. 1 mol红曲素最多能与5molH2发生加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由红斑素的结构可知，该结构中含有羰基、醚键、酯基、碳碳双键四种官能团，由红曲素的结构可知，该结构中含有羰基、醚键、酯基、碳碳双键四种官能团，则红斑素和红曲素所含官能团种类完全相同，故A错误；‎ B．连接4个不同基团C原子为手性碳原子，红曲素环上存在3‎ 个手性碳原子，如图所示位置，，故B正确；‎ C．由红斑素的结构可知，该结构中含有羰基、醚键、酯基这三种含氧官能团，故C正确；‎ D．由红曲素的结构可知，红曲素中有2个羰基、有3个碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1mol红曲素最多能与5mol H2发生加成反应，故D正确；‎ 答案为A。‎ ‎10.有机物W是一种合成中间体，其合成方法如图，下列说法不正确的是 A. 反应①为氧化反应 B. M与环己醇互为同系物 C. W与H2不能发生加成反应 D. 反应②为加成反应原子利用率100%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由上述流程图可知，M经KMnO4变成N，是羟基变成羰基，为氧化反应，故A正确；‎ B．M与环己醇结构相似，分子式不同，分子组成相差2个CH2，符合同系物的概念，互为同系物，故B正确；‎ C．由于W结构中含有碳氧双键，能够与H2发生加成反应，故C错误；‎ D．反应②为加成反应，只生成一种产物，原子利用率100%，故D正确。‎ 答案为C。‎ ‎11.下列对分子性质的解释中，不正确的是(　　)‎ A. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释 B. NF3和BF3的杂化方式不同，前者是sp2后者是sp3‎ C. HCHO、CH3—、SO3的分子空间构型相同 D. 由图可知酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 四氯化碳、碘、甲烷都是非极性分子，水是极性分子，所以根据相似相溶原理可知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，A正确；‎ B. NF3中N原子孤电子对为，价层电子对为3+1=4，杂化方式是sp3，BF3中B原子孤电子对为，价层电子对为3+0=3，杂化方式是sp2，B错误；‎ C. HCHO中C原子孤电子对，价层电子对为3+0=3，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为平面三角形，CH3—中C原子孤电子对为，价层电子对为3+1=4，VSEPR模型为四面体型，离子空间构型为三角锥型，SO3中S原子孤电子对为，价层电子对为3+0=3，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为平面三角形，所以分子空间构型不完全相同，C错误；‎ D. 含氧酸的酸性比较：非羟基氧原子数越多酸性越强，由图可知H3PO4分子中有1个非羟基氧原子，HClO分子中没有非羟基氧原子，所以酸性：H3PO4＞HClO，D正确。‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】分子的空间构型采用价层电子对互斥理论，杂化方式采用杂化轨道理论，都是先算中心原子的孤电子对数，孤电子对数的计算用最外层电子数减去成键电子数，再除以2，再算价层电子对数，中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，然后得到对应的空间构型和杂化方式。‎ ‎12.NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是 A. ‎124 g P4含有P—P键的个数为4NA ‎ B. ‎12 g石墨中含有C—C键的个数为1．5NA C. ‎12 g金刚石中含有C—C键的个数为4NA ‎ D. 60gSiO2中含Si—O键的个数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、n（P4）===1mol，1个P4分子含有6个P-P键，因此‎124g P4含有的P-P键的物质的量为6mol，P-P键的个数为6NA，选项A错误；B‎.12g石墨中含有碳原子个数=×NA/mol=NA，石墨中每个碳原子含有个C-C键，所以‎12g石墨中含有C-C键个数是1.5NA，选项B正确；C‎.12g金刚石中含有碳原子个数=×NA/mol=NA，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以‎12g金刚石中含有C-C键个数是2NA，选项C错误；D‎.60g二氧化硅中含有的硅原子个数=×NA/mol=NA，每个硅原子含有4个Si-O键，所以‎60g二氧化硅中含有的Si-O键的个数为4NA，选项D错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解本题关键，注意石墨和金刚石结构的区别，为易错点，石墨中每个碳原子含有个C-C键，所以‎12g石墨中含有C-C键个数是1.5NA，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以‎12g金刚石中含有C-C键个数是2NA。‎ ‎13.下列关系不正确的是( )‎ A. 等物质的量的物质燃烧耗O2量：乙烷＞乙烯=乙醇＞乙炔 B. 熔点：MgO＞CaO＞硫磺＞Br2‎ C. 下列物质的稳定性：H2O＞H2S＞H2Se D. 电负性：N＞O＞Si＞Mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设有机物的化学式为CxHyOz，等物质的量的有机物其耗氧量：（x+ - ‎ ‎），设有机物均为1mol，则乙烷的耗O2量为3.5mol，乙烯的耗O2量为3mol，乙醇的耗O2量为3mol，乙炔的耗O2量为2.5mol，耗O2量大小顺序为乙烷＞乙烯=乙醇＞乙炔，故A正确；‎ B．MgO、CaO属于离子晶体，硫磺、Br2属于分子晶体，离子晶体熔点大于分子晶体的熔点，离子晶体中，晶格能越大，离子晶体熔点越高，MgO与CaO都为离子晶体，Mg2+半径小于Ca2+，则MgO的晶格能大于CaO，所以MgO熔点高于CaO，常温下硫磺为固体，Br2为液体，熔点硫磺＞Br2，因而熔点：MgO＞CaO＞硫磺＞Br2，故B正确；‎ C．O、S、Se三元素属于同主族元素，从上往下，非金属性减弱，则非金属性O＞S＞Se，非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞H2Se，故C正确；‎ D．同周期从左到右电负性逐渐增大，所以元素的电负性N＜O；非金属性越强，电负性越大，非金属性N＞Si，因而电负性为O＞N＞Si＞Mg，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎14.下列化合物的同分异构体数目与分子式为C3H6Cl2的同分异构体数目相同的是 A. B. C8H8O2(含苯环且属于酸)‎ C. C3H8O2 D. C7H8O(含苯环)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式为C3H6Cl2的同分异构体为CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl、CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3共四种，然后分析。‎ ‎【详解】A．可以由CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4共三种同分异构体，故A不符合题意；‎ B．C8H8O2(含苯环且属于酸)的同分异构体有 ，甲基位于邻间对的位置有三种，羧基取代在甲基上1个氢有一种，共有4种，故B符合题意；‎ C．C3H8O2属于醇类的物质有CH2OHCHOHCH3、CH2OHCH2CH2OH，属于醚类的有，CH3OCH2OCH3；醚醇类的有：CH2OHOCH2CH3、CH2OHCH2OCH3、CH3OCHOHCH3；或者是CH3OOCH2CH3共7种，故C不符合题意；‎ D．C7H8O(含苯环)由于含有苯环，为邻、间、对-甲基苯酚，苯甲醇、苯甲醚共5种，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】确定氯代烃或烃的衍生物的数目时，先确定烷烃的结构，再将取代基移位，题目中C3H6Cl2的同分异构体应该将两个氯取代在两个碳原子上，或者两个氯取代在两个碳原子上，删去重复的，需细心。‎ ‎15.下列实验操作现象以及所得到的结论均正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向2mL 10%的NaOH溶液中加入4~6滴2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀 Y中不含有醛基 B 在空气中加热金属铜变黑后，迅速伸入装有乙醇的试管中，金属铜恢复为原来的亮红色 乙醇发生了氧化反应 C 向盛有苯酚浓溶液的试管中逐滴加入几滴稀溴水，边加边振荡，试管中产生了白色沉淀 苯酚和溴发生了取代反应生成三溴苯酚 D 向10mL饱和Na2CO3溶液中加入2滴0.1mol/L的醋酸溶液，溶液中立即产生了气泡 醋酸酸性比碳酸强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向2 mL 10%的NaOH溶液中加入4~6滴2%的CuSO4溶液，得到新制氢氧化铜悬浊液，且碱过量，检验-CHO应在碱性条件下，符合要求，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀，说明该有机物Y中不含-CHO，故A正确；‎ B．在空气中加热金属铜变黑，发生2Cu+O22CuO反应，再迅速伸入装有乙醇的试管中，金属铜恢复为原来的亮红色，发生CH3CH2OH+CuO CH3CHO+H2O+Cu，碳元素化合价升高，被氧化，乙醇发生了氧化反应，故B正确；‎ C．应选用浓溴水，稀溴水生成的三溴苯酚溶于苯酚中，观察不到白色沉淀，故C错误；‎ D．实验中碳酸钠过量，醋酸不足，生成碳酸氢钠，无气泡产生，故D错误；‎ 答案为AB。‎ ‎16.镁、铝、硅、银、铁的单质及其化合物在建筑业、飞机制造业、电子工业和石油化工等方面应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)Fe3+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为__。‎ ‎(2)晶体硅属于______晶体。硅能形成多种化合物(如SiH4、Si2H4等)，SiH4的分子的立体构型为____；Si2H4分子中含有的σ键和π键的数目之比为____。‎ 有机物种类繁多的原因其中之一就是因为碳原子之间既可以形成单键又可以形成双键和三键，Si和Ge与C是同主族价电子数相同，但是Si和Ge就难形成双键或三键，原因是________‎ ‎(3)Mg、Al、Si的第一电离能由大到小顺序：______________‎ ‎(4)Ca和Fe属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低，原因是______。‎ ‎(5)Ag晶体的堆积方式为面心立方最密堆积(如图所示)，晶胞中Ag原子的配位数为______；设Ag原子半径为rcm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Ag晶体的密度为______g·cm-3(写出表达式)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 原子 (3). 正四面体形 (4). 5:1 (5). Si、Ge原子半径大，原子间形成σ键长，P-P轨道几乎不能重叠，难以形成稳定的π键，所以不易形成双键或三键 (6). Si＞Mg＞Al (7). Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱 (8). 12 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Fe核电荷数为26，核外26个电子，Fe3+则失去最外层4s上2个电子和3d 轨道上一个电子，写出价电子的轨道表达式；根据Si晶体的结构推出晶体类型，由VSEPR理论确定SiH4的空间构型，由C2H4结构类推Si2H4中σ键、π键，由Si、Ge原子半径大，原子间形成σ键长，P-P轨道不能重叠，说明难形成双键或叁键；根据第一电离能递变规律，判断电离能的大小；根据Ca的原子半径比Fe大，形成金属键弱来解释；根据晶体的结构，进行晶胞的相关计算。‎ ‎【详解】（1）Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，Fe3+的价层电子为其3d能级上5个电子，Fe3+的价层电子的电子排布图为：；答案为：。‎ ‎（2）晶体硅是Si原子间通过共价键形成的网状立体结构，属于原子晶体，SiH4的中心原子的价层电子对数=4+(4−1×4)=4，没有孤电子对，故中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，其分子的立体构型为正四面体，键角109°28'，Si2H4分子与乙烯一致，Si原子成2个Si-H键、1个Si=Si键，单键是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，故分子中含有5个σ键、1个π键，1molSi2H4分子中含有σ键与π键的数目之比为5：1，因为Si、Ge原子半径大，原子间形成σ键长，P-P轨道几乎不能重叠，难以形成稳定的π键，所以不易形成双键或三键，答案为原子，正四面体，5：1，因为Si、Ge原子半径大，原子间形成σ键长，P-P轨道几乎不能重叠，难以形成稳定的π键，所以不易形成双键或三键。‎ ‎（3）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，Mg、Al、Si为同一周期元素，镁为IIA族元素，所以元素第一电离能：Si＞Mg＞Al；答案为Si＞Mg＞Al。‎ ‎（4）与Fe相比Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低；答案为金属Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱。‎ ‎（5）由晶胞图可知，Ag为面心立方最密堆积，以顶点Ag原子研究，其配原子位于晶胞面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故其配原子数目为=12，处于面对角线上的原子相邻，Ag原子半径为r cm，则晶胞棱长为2rcm，晶胞中Ag原子数目=8×+6×=4，晶胞质量=4×g，晶体密度=(4×g）÷(2rcm)3=‎ ‎ g•cm-3；答案为：12，。‎ ‎17.光刻技术需利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是氟硼铍酸钾(KBeBF，含K、B、Be、O、F元素)。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）一群均处于激发态1s22s13s1的铍原子，若都回到基态，最多可发出___种波长不同的光。‎ A.1 B‎.2 C.3 D.4‎ ‎（2）Be和B都容易与配体形成配位键，如[BeF4]-、[B(OH)4]-等，从原子结构分析其原因是__。‎ ‎（3）氟硼酸钾是制备KBeBF的原料之一，高温下分解为KF和BF3。KF的沸点比BF3的高，原因是___。‎ ‎（4）BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氢氟酸。氢氟酸浓溶液中因F-与HF结合形成HF使酸性大大增强。HF的结构式为___；H3BO3和BF中，B原子的杂化类型分别为___、__。‎ ‎（5）KBeBF晶体为层片状结构，图1为其中一层的局部示意图。平面六元环以B—O键和Be—O键交织相连，形成平面网状结构，每个Be都连接一个F，且F分别指向平面的上方或下方，K+分布在层间。KBeBF晶体的化学式为____。‎ ‎（6）BeO晶体也是制备KBeBF的原料，图2为其晶胞结构示意图。‎ ‎①沿着晶胞体对角线方向的投影，下列图中能正确描述投影结果的是___。‎ ‎②BeO晶胞中，O的堆积方式为____；设O与Be的最近距离为acm，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为____g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). C (2). Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道 (3). KF为离子晶体，而BF3为分子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体 (4). (5). sp2 (6). sp3 (7). KBe2BO‎3F2 (8). D (9). 面心立方最密堆积 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)不同轨道的电子具有不同能量，发生跃迁时发出不同波长的光；‎ ‎(2)Be、B原子有空轨道更容易与配体形成配位键 ‎(3)离子键的键能大于共价键；‎ ‎(4)根据VSEPR模型计算中心原子的孤对电子数和价层电子数来判断杂化类型和分子空间构型；‎ ‎(5)看单个晶胞单元内含有各原子个数；‎ ‎(6)①根据晶胞结构分析，Be做面心立方最密堆积；‎ ‎②根据晶胞密度分析，以一个晶胞有4个Be原子、4个O原子计算晶胞质量，再用数学空间几何来运算晶胞棱长，进而的晶胞体积；‎ ‎【详解】(1)激发态1s22s13s1的铍原子回到基态1s22s2，3s上的1个电子可能回到1s轨道有2种情况，2s轨道有1种情况，故最多可发出3种不同波长的光，答案选C；‎ ‎(2)Be原子的价电子为2s2，轨道表达式，B原子的价电子为2s22p1，轨道表达式，Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道；‎ ‎(3)KF是含有离子键的离子化合物， BF3是含有共价键的共价化合物，离子键的键能大于共价键，故KF的沸点比BF3的高；‎ ‎(4)HF的H孤电子对数，价电子对数，分子构型为直线型，且H原子与F原子之间有氢键，结构式为：，H3BO3中中心原子B的电子对数为：，属于sp2杂化，BF中中心原子B的电子对数为：，属于sp3杂化；‎ ‎(5)从图1来看，一个单元内含有2个Be原子、1个B原子、3个O原子、2个F原子，故KBeBF晶体的化学式为KBe2BO‎3F2；‎ ‎(6)①晶胞沿着对角线方向可以观察到六边形，中心O与Be重合，外侧大正六边形均为Be原子构成，内部小正六边形由3个Be原子、3个O原子间隔形成，所以得到投影结果为D；‎ 从图中可以看出每个面的面心均有O原子，顶点上各有一个O原子，为面心立方最密堆积；②一个晶胞中，单独含有O原子的数目为，单独含Be原子数目有4个，晶胞质量，晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞对角线上，由几何知识可知晶胞体对角线长度为4acm，则晶胞棱长为，晶体密度为。‎ ‎18.化合物G是重要的药物中间体，合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的分子式为_________。‎ ‎（2）B中含氧官能团的名称为_________。‎ ‎（3）D→E的反应类型为_________。‎ ‎（4）已知B与（CH3CO）2O的反应比例为1:2，B→C的反应方程式为_________。‎ ‎（5）路线中②④的目的是_________。‎ ‎（6）满足下列条件的B的同分异构体有_________种（不考虑立体异构）。‎ ‎①苯环上只有2个取代基 ‎②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应 写出其中核磁共振氢谱为五组峰的物质的结构简式为_________。‎ ‎（7）参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素[CO（NH2）2]为起始原料制备的合成线路（其它试剂任选）_________。‎ ‎【答案】 (1). C8H8O2 (2). 羰基、羟基 (3). 取代反应(或水解反应) (4). (5). 保护酚羟基 (6). 12 (7). ‎ ‎(8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由A()可知其分子式为：C8H8O2；‎ ‎（2）B()中含氧官能团为羰基、酚羟基；‎ ‎（3）对比D与E结构可知，D中酯基均转化为羟基，说明该反应为取代反应(或水解反应)；‎ ‎（4）对比B与C的结构，联系反应物可知，B与(CH3CO)2O与羟基中H和Cl原子发生取代反应，其断键位置位于(CH3CO)2O中酯基的C-O键，其反应方程式为：；‎ ‎（5）②将酚羟基反应为其它不易发生氧化反应的原子团，④将原子团生成酚羟基，由此可知，步骤②④的目的是保护酚羟基；‎ ‎（6）能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明有机物中含有酚羟基、醛基，B的不饱和度为5，此要求下的结构中苯环与醛基已将不饱和度占用，因此其它原子团均为饱和原子团，该有机物基本框架为，其中R为烷烃基，因此满足要求的结构有：结构有：、、、，另外与酚羟基存在位置异构，一共有4×3=12种结构；核磁共振氢谱为五组峰说明苯环具有对称结构，因此该物质为：；‎ ‎（7）由题干中⑤⑥反应可知，若要合成，可通过2-溴丁烷进行⑤⑥反应达到目的，因此具体合成路线为：‎ ‎。‎ ‎19.三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：‎ ‎①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl ‎②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：‎ 相对分子质量 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 溶解性 C2H5OH ‎46‎ ‎－114.1‎ ‎78.3‎ 与水互溶 CCl3CHO ‎147.5‎ ‎－57.5‎ ‎97.8‎ 可溶于水、乙醇 CCl3COOH ‎163.5‎ ‎58‎ ‎198‎ 可溶于水、乙醇、三氯乙醛 C2H5Cl ‎64.5‎ ‎－138.7‎ ‎12.3‎ 微溶于水，可溶于乙醇 ‎ (1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。‎ ‎(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_____。‎ ‎(3)该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置B的作用是______。‎ ‎(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。‎ ‎(5)测定产品纯度：称取产品‎0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L−1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-‎ ‎【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 圆底烧瓶 ‎ ‎(3). (4). 无干燥装置 ‎ ‎(5). 副产物增加 (6). 除去氯气中的氯化氢 (7). 否 (8). 三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液 (9). 73.75%‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。‎ ‎【详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放的装置是蒸馏烧瓶；‎ ‎（2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：；‎ ‎（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；‎ ‎（4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；‎ ‎（5）根据算出消耗的的物质的量，根据2:1的系数比，这些对应着过量的单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为，因此整个过程中消耗了单质碘，再次根据化学计量数之比发现：为1:1，也就是说产品中有 三氯乙醛，质量为，因此产品的纯度为。‎ ‎20.已知：(1) ‎ ‎(2) ‎ ‎(3) ‎ 现用如下方法合成高效、低毒农药杀灭菊酯()：‎ ‎(1)原料A是苯的最简单的同系物，其名称是_____；合成G的反应类型是_____。‎ ‎(2)写出B的结构简式______________。‎ ‎(3)写出反应D→E的化学方程式：___________________________________。‎ ‎(4)杀灭菊酯核磁共振氢谱共有___________种峰。‎ ‎(5)氨基酸X与I互为同分异构体，且X是萘()的一取代物，含有碳碳叁键，X所有可能的结构共有__________种。高聚物Y是由X通过肽键连接而成，Y的结构简式是_________________________(只要求写一种)。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). +CH3CHClCH3+NaOH→NaCl+H2O+ (5). 13 (6). 8种 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ F与I在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成杀灭菊酯，H发生信息（2）反应生成I ‎，由杀灭菊酯的结构，F为、I为。由反应信息（2）可知H为，G发生信息反应（3）生成H，G为。E发生信息（1）中第2步反应生成F，E为，C发生信息（1）中第1步反应生成D，D与CH3CHClCH3在氢氧化钠条件下反应生成E，根据E的结构，D为，C为，A与氯气在Fe作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氯气在光照条件下生成C，故A为，B为。‎ ‎【详解】(1)原料A是苯的最简单的同系物，由分析：A为，其名称是甲苯；++HBr，合成G是间甲基苯酚中酚羟基氢原子被苯环取代，合成G的反应类型是取代反应。故答案为：甲苯；取代反应；‎ ‎(2)B是4-氯甲苯或对氯甲苯，B的结构简式。故答案为；；‎ ‎(3)D与CH3CHClCH3在氢氧化钠条件下反应生成E，反应D→E的化学方程式：+CH3CHClCH3+NaOH→NaCl+H2O+。故答案为；+CH3CHClCH3+NaOH→NaCl+H2O+；‎ ‎(4)杀灭菊酯的核磁共振氢谱共有13种峰，如图。故答案为；13；‎ ‎(5)氨基酸X与I互为同分异构体，且X是萘()的一取代物，含有碳碳叁键，侧链为-C≡CCH(NH2)COOH，或-CH(NH2)C≡CCOOH，或-CH(COOH)C≡CNH2，或-C(NH2)(COOH)C≡CH，萘分子中只有2种H原子，故符合条件的同分异构体共有8种，X所有可能的结构共有8种。高聚物Y是由X通过肽键连接而成，Y的结构简式是 ‎(只要求写一种)。故答案为；8；。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查考生自学能力，难点：流程中各物质的推断，注意根据杀灭菊酯的结构采取正、逆推法相结合进行推断，注意掌握官能团的性质与转化。‎