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山东省青岛地区2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题（解析版）
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这是一份山东省青岛地区2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列过程中，共价键被破坏的是等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年度第二学期期中学业水平检测
高二化学试题
说明：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 A127 Si28 Cu64
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. 工业乙醇的制备反应为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。下列有关化学用语表达错误的是
A. 中子数为7的碳的核素：C B. 水的结构式：
C. 乙烯的电子式： D. 乙醇的填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为7的碳，质量数为6+7=13，其表示方法为：C，A正确；
B．水为V形结构，可表示为： ，B正确；
C．乙烯中两个碳之间共用2对共用电子对，其电子式为： ，C错误；
D．乙醇由乙基和羟基相连构成，其填充模型为： ，D正确；
故选C。
2. 苯乙烯( )可由 和CO2在一定条件下发生如下反应制取：+CO2→ +CO+H2O。下列有关说法正确的是
A. 名称为苯乙烷
B. 苯乙烯分子中所有原子可能共平面
C. 的一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D. 使溴水和酸性KMnO4溶液褪色原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】A． 应该把乙基当做支链，命名为：乙基苯，A错误；
B．苯乙烯中，苯环和乙烯分别确定一个平面，两个平面可以重合，此时所有原子共面，B正确；
C．5种类等效氢，故其一氯代物有5种，C错误；
D． 使溴水褪色，是和溴发生加成反应，使高锰酸钾褪色，是被高锰酸钾氧化，原理不同，D错误；
故选B。
3. 关于微粒间的相互作用及物质性质，下列说法正确的是
A. 只有过渡金属离子才能形成配合物
B. NaCl与CsCl晶胞结构相同，均属于离子晶体
C. 氯化氢与酒精分别溶于水破坏的作用力相同
D. 利用键能数据，可以估算化学反应的能量变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．过渡金属离子易形成配合物；但并非只有过渡金属离子才能形成配合物，比如Al可以形成配合物Na[Al(OH)4]等，A错误；
B．NaCl与CsCl均属于离子晶体，二者的晶胞结构不同，NaCl晶胞中阴阳离子配位数是6，CsCl晶胞中阴阳离子配位数是8，B错误；
C．氯化氢溶于水破坏的是共价键，酒精溶于水破坏的是分子间作用力，C错误；
D．利用键能数据，可以估算化学反应的能量变化（焓变=反应物的总键能-生成物的总键能），D正确；
故选D。
4. 硼酸是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如下，下列说法正确的是
A. 相同温度下，硼酸的电离常数小于碳酸
B. 硼酸与硼酸根离子中硼原子杂化方式相同
C. 硼酸与水合氢离子的空间构型均为三角锥型
D. 硼酸根离子中含有离子键、共价键、配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，说明该弱酸的酸性越强。根据图示可知，硼酸能够在水中结合水电离产生的OH-形成[B(OH)4]-及H+，而H2CO3在水中电离产生、H+，说明碳酸比硼酸的酸性强，故相同温度下，硼酸的电离常数小于碳酸，A正确；
B．在硼酸中B原子形成3个σ共价键，B原子杂化类型是sp2杂化，而在硼酸根离子[B(OH)4]-中硼原子形成4个σ共价键，B原子杂化类型是sp3杂化，因此两种微粒中B原子杂化方式不相同，B错误；
C．硼酸分子中B原子价层电子对数是3，无孤对电子，该物质分子呈平面三角形；而水合氢离子的中心O原子价层电子对数是4，且O原子上有1对孤对电子，所以H3O+的空间构型为三角锥型，故二者类型不同，C错误；
D．硼酸根离子[B(OH)4]-中含有共价键、配位键，但不含离子键，D错误；
故合理选项是A。
5. 路易斯结构是指原子间通过共用电子对形成最外层8电子的稳定结构(氢除外)，缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构要求的一类化合物。下列说法正确的是
A. 缺电子化合物均不能稳定存在
B. BeCl2、BF3、CO均属于缺电子化合物
C. BF3与NH3生成的产物BF3·NH3中存在配位键
D. BF3结合F-可转化为BF，B-F键键角变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构要求的一类化合物，但不代表缺电子化合物均不能稳定存在，如BF3为缺电子化合物，但可以稳定存在，A错误；
B．BeCl2中氯原子达到8电子稳定结构，但Be原子只有4个电子，未达到8电子稳定结构，属于缺电子化合物，BF3中氟原子达到8电子稳定结构，但B原子只有6个电子，未达到8电子稳定结构，属于缺电子化合物，CO中碳原子和氧原子均达到8电子稳定结构，电子数符合路易斯结构，不是缺电子化合物，B错误；
C．BF3中B原子有6个电子，存在空轨道，NH3中N原子有孤对电子，BF3与NH3生成的产物BF3·NH3中存在配位键，C正确；
D．BF3的中心原子B的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形，B-F键键角为120°，BF的中心原子B的价层电子对数为4+=4，采取sp3杂化，无孤对电子，空间构型为正四面体形，B-F键键角约为109°28´，BF3结合F-可转化为BF，B-F键键角变小，D错误；
答案选C。
6. 下列转化不能通过一步反应实现的是
A. C6H14C3H6+C3H8
B. CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CH-CH2Br
C. nCH≡CH→
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．C6H14可以通过裂化反应得到丙烷和丙烯，故C6H14C3H6+C3H8可以一步实现，故A不符合题意；
B．CH2=CH-CH=CH2和Br2发生1、4加成反应生成CH2BrCH=CH-CH2Br，故CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CH-CH2Br可以一步实现，故B不符合题意；
C．CH≡CH可以通过加聚反应生成 ，故CH≡CH→可以一步实现，故C不符合题意；
D．可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，故不能一步实现，故D符合题意；
故选D。
7. 关于原子、分子及晶体的说法错误的是
A. 基态Fe2+最高能层中未成对电子与成对电子的数目比为2：5
B. 单斜硫与斜方硫均易溶于CS2的原因是它们均为非极性分子
C. 石墨晶体沿层的平行方向导电性强于层间导电性
D. O-H键的键能强于S-H键导致分子极性H2O>H2S
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其最高能层为第三层，该层中未成对电子数为4，成对电子数为10，二者比值为2:5，A正确；
B．根据“相似相溶”原理，单斜硫、斜方硫与CS2均为非极性分子，故单斜硫与斜方硫均易溶于CS2，B正确；
C．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体沿层的平行方向导电性强于层间导电性，C正确；
D．分子的偶极矩越大，分子极性越大，D错误；
故选D。
8. 邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. Cu2+的配位数是2
B. 配位原子为N原子和O原子
C. N原子的杂化类型均为sp3
D. O的电负性与第一电离能均大于N
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知Cu2+与2个配位体的N原子及2个配位体的O原子形成4个配位键，故Cu2+的配位数是4，A错误；
B．在该配位化合物中，中心Cu2+上有空轨道，2个配位体的N原子提供孤电子对，2个配位体的O原子提供孤电子对，故配位原子为N原子和O原子，B正确；
C．根据物质结构简式可知：氨基N原子采用sp3杂化，而六元环上的N原子则采用sp2杂化，C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N，所以元素的电负性：O＞N。一般情况下同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，故其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，即第一电离能：N＞O，D错误；
故合理选项是B。
9. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，无色液体，具有强还原性，可用作杀菌剂。已知：①H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O；②2H3PO2H3PO4+PH3↑。下列说法正确的是
A. H3PO2结构式可表示为
B. H3PO2中P表现+1价，NaH2PO2属于酸式盐
C. PH3结构与NH3相似，沸点较NH3高
D. H2O与NH3均为10e-分子，二者互为等电子体
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据已知信息①可知次磷酸(H3PO2)是一元酸，分子中含有1个-OH，故其结构式是，A正确；
B．H3PO2中P表现+1价，具有强的还原性，根据其与足量NaOH反应产生NaH2PO2，可知NaH2PO2属于正盐，B错误；
C．PH3结构与NH3相似，但该物质分子中只存在分子间作用，而NH3分子间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点NH3比PH3高，C错误；
D．H2O与NH3均为10e-分子，但二者价电子数目不相等，原子数不相等，因此它们不能互为等电子体，D错误；
故合理选项是A。
10. 下列过程中，共价键被破坏的是
A. 干冰升华 B. 溴蒸气被活性炭吸附
C. 葡萄糖溶于水 D. 二氧化硅熔化
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰升华，破坏了分子间作用力，A不符合题意；
B．溴蒸气被活性炭吸附，破坏了分子间作用力，B不符合题意；
C．葡萄糖溶于水，破坏了分子间作用力，C不符合题意；
D．二氧化硅熔化，破坏了共价键，D符合题意；
故选D。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 草药莪术根茎中有一种色素，结构简式如下。下列有关说法正确的是
A. 该分子中含有2种含氧官能团
B. 共价键的极性：C-H>O-H
C. 1mol该有机物最多能够与8molH2发生加成反应
D. 分子中羟基与苯环相互影响，使羟基和苯环上的氢原子活性均增强
【答案】AD
【解析】
【详解】A．如图所示，该分子中含有（酚）羟基和酮基这两种含氧官能团，A正确；
B．O的电负性比C强，O吸引电子的能力比C强，使得共价键的极性：O-H＞C-H，B错误；
C．如图所示，该分子中含有苯环、碳碳双键、酮基，则1mol该有机物最多可以和10mol H2发生加成反应，C错误；
D．分子中羟基与苯环相互影响，使羟基和苯环上的氢原子活性均增强，比如酚羟基可以和碱反应，苯环上的取代反应更加容易，D正确；
故选AD。
12. 四氟化硫(SF4)是最有效的应用广泛的选择性氟化剂，工业上利用反应4NaF+3SCl2=SF4+S2Cl2+4NaCl制备。下列说法错误的是
A. SF4空间构型四面体
B. F-半径小于Cl-，故NaF熔点较NaCl高
C. SCl2与S2Cl2均是只含有极性键的极性分子
D. SCl2中所有原子均满足最外层8e-稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．SF4中的中心S原子采用sp3d杂化轨道形成σ键，其空间构型为四面体形，A正确；
B．NaF、NaCl都是离子晶体，由于离子半径：F-＜Cl-，导致离子键的键能：NaF＞NaCl，故断裂离子键消耗能量：NaF＞NaCl，因此NaF熔点较NaCl高，B正确；
C．在SCl2中S原子与2个Cl原子形成2个S-Cl极性共价键，化学键空间排列不对称，因此SCl2分子是含有极性键的极性分子；而在S2Cl2中2个S原子形成S-S非极性共价键，每个S原子再分别与1个Cl原子形成1个极性共价键S-Cl键，S2Cl2中同时含有极性键、非极性键，分子中含有的各个化学键空间排列不对称，因此S2Cl2分子是极性分子，故两种极性物质分子中含有的化学键类型不完全相同，C错误；
D．S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，当1个S原子与2个Cl原子形成2个S-Cl共价键后，得到的SCl2分子中所有原子均满足最外层8e-稳定结构，D正确；
故合理选项是C。
13. M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z为过渡元素。M基态原子L层p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是短周期中第一电离能最小元素，X最外层电子数是最内层电子数的3倍，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。下列说法错误的是
A. M与X形成的二元化合物均属于非极性分子
B. M与R能形成含有非极性共价键的离子化合物
C. M与X、Y均可形成XM型离子，但空间构型不同
D. M与Z形成的ZM5中-1价M与-2价M数目之比为4：1
【答案】AC
【解析】
【分析】M基态原子L层p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，则M为O；R是短周期中第一电离能最小元素，则R为Na；X最外层电子数是最内层电子数的3倍，则X为S；Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，Z为Cr，据此解题。
【详解】A．SO2为V形结构，不对称，为极性分子，故A错误；
B．Na2O2为含有非极性共价键(O-O键)的离子化合物，故B正确；
C．SO为sp3杂化，为正四面体形；ClO为sp3杂化，为正四面体形，故C错误；
D．CrO5中Cr的化合价为+6，设-1价的个数为b，-2价的个数为a，所以有2a+b=6、a+b=5，解得a=1、b=4，所以-1价M与-2价M数目之比为4：1，故D正确；
故选AC
14. 某药物合成的中间体结构简式如图。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 化学式为C16H18O5 B. 存在顺反异构和对映异构
C. 其晶体类型属于共价晶体 D. 苯环上的氢原子共有2种
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由该化合物的结构简式可知，该化合物的化学式为C16H18O5，A正确；
B．如图所示，苯环上，羟基的间位取代基中的碳碳双键上的两个碳原子连接了氢原子和不同的基团，故该化合物存在顺反异构体；该化合物含有手性碳原子（羟基的邻位取代基中的饱和碳原子），故该化合物存在对映异构体（旋光异构体）；B正确；
C．该化合物属于分子晶体，C错误；
D．如图所示，该化合物的苯环上的氢原子共有3种，D错误；
故选CD。
15. 碳化钼负载的层状金团簇催化剂可用于低温水煤气变换反应，反应原理与碳化钼晶胞如图所示。下列说法正确的是
A. CO与CO2分子中σ键与π键的比值均为1：1
B. 反应中断裂的化学键只有极性共价键和配位键
C. 碳化钼化学式为MoC，晶胞中钼的配位数为12
D. 若晶胞参数为apm，则钼原子间的最短距离为apm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．CO中，C和O之间是三键，σ键与π键的比值均为1：2，A错误；
B．由反应过程可看出，CO和H2O中的化学键断裂，都属于不同原子之间的共价键，是极性键，其中CO中存在配位键，也断裂了，故反应中断裂的化学键只有极性共价键和配位键，B正确；
C．由晶体的结构图可知：其中含有的MO原子数目为，由晶胞结构可知晶胞中钼的配位数为6，C错误；
D．由晶胞结构可知，钼原子间的最短距离为面对角线的一半，即apm，D正确；
故选BD。
三、根据题意填空、简答(共5道大题，60分)
16. U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的六种前四周期元素。U基态原子核外只有两个能级填充电子且电子数比为2：1；V、W为同周期相邻元素，W、X为同主族元素，V核外电子总数等于Y原子最外层电子数，且V与Y的原子序数之和等于W原子序数的3倍；Z是一种金属元素，其基态原子核外没有未成对电子且内层电子全部充满。回答下列问题：
（1）Z在元素周期表中属于_______区，Y基态原子价层电子轨道表示式_______。
（2）V元素能形成化学式为VV的盐，已知V为平面正五边形，其含有的σ键数为_______；科学家预测将来还会有V、V等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号π表示(其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)，则V的大π键应表示为_______。
（3）W元素第一电离能小于同周期相邻元素的原因是_______。
（4）U、X的简单离子形成的某晶体属于立方晶系，晶胞边长为apm，晶胞截面图如图所示。
则该晶体的化学式为_______；其晶胞中含有的X离子的数目为_______，U离子的配位数为_______。
【答案】（1） ①. ds ②.
（2） ① 5 ②. π
（3）F原子半径小、核电荷数大，失电子能力比O弱；N原子核外2p电子处于半满的较稳定状态，故F、N第一电离能均高于O
（4） ①. Li2S ②. 4 ③. 4
【解析】
【分析】U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的六种前四周期元素。U基态原子核外只有两个能级填充电子且电子数比为2：1，则U核外电子数为1s22s1，则U为Li；V、W为同周期相邻元素，W、X为同主族元素，V核外电子总数等于Y原子最外层电子数，且V与Y的原子序数之和等于W原子序数的3倍，可得V为N，W为O，X为S，Y为Cl；Z是一种金属元素，其基态原子核外没有未成对电子且内层电子全部充满，Z为Zn，据此解题。
【小问1详解】
Zn在元素周期表中属于ds区，Cl原子价层电子轨道表示式为 。
【小问2详解】
N为平面正五边形，N原子均有1对孤对电子，N原子为sp2杂化，故σ键数是5；N中6个N原子都参与形成大π键，每个N原子提供1个电子，另外所得电子参与形成大π键，共有7个电子形成大π键，构成6中心7电子的大π键，故应表示为π。
【小问3详解】
F原子半径小、核电荷数大，失电子能力比O弱；N原子核外2p电子处于半满的较稳定状态，故F、N第一电离能均高于O。
【小问4详解】
由晶胞截面图可知S的位置为立方体的顶点和面心，故个数为8×+6×=4，Li位于体内，个数为8，故该晶体的化学式为Li2S；晶胞中含有的S离子的数目为8×+6×=4；Li+的配位数为4。
17. 氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(H)的合成路线如下：
已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；
②
③R-XR-OH(X代表Cl、Br、I)
回答下列问题：
（1）HCN属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子中σ键与π键数目之比为_______，空间构型为_______。
（2）A结构简式为____；B的核磁共振氢谱显示为_____组峰，峰面积比为_____。
（3）B→C的化学方程式为_______。
（4）下列各步反应属于取代反应的是_______(填标号)。
①)A→B ②C→D ③D→E ④F→G
（5）H的同分异构体中(不考虑立体异构)，与H具有相同官能团且能发生银镜反应的共有___种。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 1：1 ③. 直线
（2） ①. ②. 2 ③. 6：1(或1：6)
（3）+H2O
（4）②③ （5）8
【解析】
【分析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为==1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目=42÷12=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息②中加成反应生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，在光照条件下C发生取代反应生成D，D发生水解反应生成E，且E可以连续发生氧化反应生成F，G与甲醇发生酯化反应生成H，可推知D为CH2ClC(CN)=CH2，E为HOCH2C(CN)=CH2，F为OHC－C(CN)=CH2，G为HOOC－C(CN)=CH2，H为CH3OOC－C(CN)=CH2。据此解答。
【小问1详解】
HCN分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，结构式为H-C≡N，因此分子中σ键与π键数目之比为1：1，空间构型为直线形。
【小问2详解】
根据以上分析可知A结构简式为；B为，因此B的核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为6：1。
【小问3详解】
B→C是羟基的消去反应，反应的化学方程式为+H2O。
【小问4详解】
①)A→B属于加成反应，②C→D属于取代反应；③D→E属于取代反应；④F→G属于氧化反应，答案选②③；
【小问5详解】
H为CH3OOC－C(CN)=CH2，H的同分异构体中(不考虑立体异构)，与H具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基、－CN以及碳碳双键，符合条件的有HCOOCH2CH=CHCN、HCOOCH2C(CN)=CH2、HCOOCH(CN)CH=CH2、HCOOCH=CHCH2CN、HCOOCH=C(CN)CH3、HCOOC(CN)=CHCH3、HCOOC(CH3)=CHCN、HCOOC(CH2CN)=CH2，共计是8种。
18. 非金属元素及其化合物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）砷的原子结构示意图为_______；其同周期基态原子核外未成对电子数最多的元素名称为_______。
（2）科学家合成了一种含硼阴离子[B6O7(OH)6]2-，结构如图所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中不同化学环境的氧原子共有_______种，含有的化学键类型有_______(填标号)。
a.离子键 b.σ键 c.π键 d.配位键 e.氢键
（3）五氯化磷是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，熔体中P-Cl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_______。
（4）碳化硅的一种晶体结构如图所示。若碳和硅的原子半径依次为anm和bnm，晶体密度为dg·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_______，晶胞中4个碳原子构成的空间构型为_______。
【答案】（1） ①. ②. 铬
（2） ①. sp2、sp3 ②. 4 ③. bd
（3）2PCl5PCl+PCl
（4） ①. % ②. 正四面体
【解析】
【小问1详解】
砷是33号元素，其原子核外有33个电子，其原子结构示意图为： ；砷位于第四周期，核外未成对电子数最多的元素名称为：铬；
【小问2详解】
根据结构，结构中有2种B原子，形成4个共价单键的B原子价层电子对数是4，形成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，B原子杂化类型：前者为sp3，后者为sp2；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；故答案为sp2、sp3；4；由结构可知该结构中存在的单键都是σ键，该结构中 存在形成4个键的B原子，在这样的B原子中，有1个键是配位键，故选bd；
【小问3详解】
有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl、PCl，其电离方程式为2PCl5PCl+PCl；
【小问4详解】
根据均摊法可知，该晶胞中含有4个C和4个Si，故原子所占的总体积，根据晶胞的密度，得到该晶胞的体积为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为，故答案为；由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体。
19. 某药物中间体H结构简式为，以A为原料合成H的路线如下：
已知：①D是一种酯；
②苯环上的甲基、卤素原子、羟基等是邻、对位定位基；羧基、硝基等是间位定位基。
回答下列问题：
（1）B的名称为_______，G→H的反应类型为_______。
（2）写出C→D的化学方程式_______，设计该步反应的目的是_______。
（3）已知物质F沸点低于，其原因是_______。
（4）物质H有多种同分异构体，写出其中同时符合以下条件的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上连有-NH2和-CHO；。
②含有四种不同环境的氢，且数目比为2：2：2：1。
（5）根据题中信息，仿照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线(其他无机试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. 2-氯甲苯或邻氯甲苯 ②. 还原反应
（2） ①. +(CH3CO)2O→+CH3COOH ②. 保护酚羟基，防止在D→E反应时被KMnO4氧化
（3）易形成分子内氢键，使分子极性减弱，而易形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高
（4）、 （5）
【解析】
【小问1详解】
B为，名称为2-氯甲苯或邻氯甲苯；G为，H为，在有机反应中，去氧加氢为还原反应，故答案为还原反应；
【小问2详解】
由反应流程可知该反应为；在后续过程中会添加高锰酸钾，故该步作用为保护酚羟基，防止在D→E反应时被KMnO4氧化；
【小问3详解】
邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，分子内氢键使沸点升高，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高故答案为易形成分子内氢键，使分子极性减弱，而易形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高；
【小问4详解】
H的同分异构体中既有氨基又有醛基的同分异构体有：、、、、、、、、、、、，其中含有四种不同环境的氢，且数目比为2：2：2：1的为 、；
【小问5详解】
由题目中的A、B、C、E、G、H之间的反应可知该流程中，由A到B之间的反应可知，和Cl2发生取代反应生成，B到C可知在一定条件下生成，由E到G的反应可知在HNO3（20%）的条件下生成，由G到H可知在Fe/HCl的作用下生成，
故该流程为
20. 铜是生产、生活中常用的金属，工业上常利用黄铜矿(有效成分为CuFeS2)冶炼铜。回答下列问题：
（1）Fe在周期表中的位置为_______，基态S原子核外能量不同的电子有_______种。
（2）O、S、Se的电负性依次为3.5、2.5、2.4，产生这种差异的主要原因是_______(已知O、S、Se的原子半径依次为73pm、102pm、116pm)。
（3）Cu+与NH3形成的配合物可表示为[Cu(NH3)n]+，其中Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。已知部分微粒键角数据如下表所示：
微粒
CH4
NH3
H2O
[Cu(NH3)n]+
键角
∠HCH=109.5°
∠HNH=107.3°
∠HOH=104.5°
HNH接近109.5°
用“→”标注配位键，[Cu(NH3)n]+的结构可表示为____，其∠HNH接近109.5°的原因是_____。
（4）铜与铝可形成多种组成不同的合金，其中一种合金的晶胞如图1所示(已知c=a)，按图1中阴影面进行投影得到图2。
①已知晶胞中A点原子的分数坐标为(，0，)，则B点原子的分数坐标为_______。
②该晶体的化学式为________；已知该晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______mol-1(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIII族 ②. 5
（2）同主族元素半径越大，原子核吸引电子的能力越小，O的原子半径较S和Se小得多，因此O的电负性大得多；而S、Se半径相差较小，因此二者电负性也相差较小
（3） ①. [H3N→Cu←NH3]+ ②. NH3中的孤对电子与Cu2+形成配位键，与其它三个成键电子间的排斥力减小，键角接近109.5°
（4） ①. (0，，) ②. CuAl2 ③.
【解析】
【小问1详解】
Fe是26号元素，在周期表中位于第四周期第VIII族；S是16号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，不同能级上电子的能量不同，则基态S原子核外能量不同的电子有5种；
【小问2详解】
由于O、S. Se的原子半径依次增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，因此电负性逐渐减小，故O、S、Se的电负性依次为3.5、2.5、2.4，产生这种差异的主要原因是：同主族元素半径越大，原子核吸引电子的能力越小，O的原子半径较S和Se小得多，因此O的电负性大得多；而S、Se半径相差较小，因此二者电负性也相差较小；
小问3详解】
Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对，故n=2，Cu+与2个氮原子的空间结构呈直线形，则[Cu(NH3)n]+的结构可表示为[H3N→Cu←NH3]+；由于氨气中N的孤电子对形成了配位键，排斥力减弱，故其∠HNH接近109.5°的原因是：NH3中的孤对电子与Cu2+形成配位键，与其它三个成键电子间的排斥力减小，键角接近109.5°；
【小问4详解】
①根据A点原子的分数坐标为(，0，)，参考A、B两点的相对位置和坐标系可知，B点原子的分数坐标为(0，，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为：，位于面上的铜原子个数为，则该晶体的化学式为CuAl2，根据密度公式可知，，则。
2021~2022学年度第二学期期中学业水平检测
高二化学试题
说明：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 A127 Si28 Cu64
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. 工业乙醇的制备反应为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。下列有关化学用语表达错误的是
A. 中子数为7的碳的核素：C B. 水的结构式：
C. 乙烯的电子式： D. 乙醇的填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为7的碳，质量数为6+7=13，其表示方法为：C，A正确；
B．水为V形结构，可表示为： ，B正确；
C．乙烯中两个碳之间共用2对共用电子对，其电子式为： ，C错误；
D．乙醇由乙基和羟基相连构成，其填充模型为： ，D正确；
故选C。
2. 苯乙烯( )可由 和CO2在一定条件下发生如下反应制取：+CO2→ +CO+H2O。下列有关说法正确的是
A. 名称为苯乙烷
B. 苯乙烯分子中所有原子可能共平面
C. 的一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D. 使溴水和酸性KMnO4溶液褪色原理相同
【答案】B
【解析】
【详解】A． 应该把乙基当做支链，命名为：乙基苯，A错误；
B．苯乙烯中，苯环和乙烯分别确定一个平面，两个平面可以重合，此时所有原子共面，B正确；
C．5种类等效氢，故其一氯代物有5种，C错误；
D． 使溴水褪色，是和溴发生加成反应，使高锰酸钾褪色，是被高锰酸钾氧化，原理不同，D错误；
故选B。
3. 关于微粒间的相互作用及物质性质，下列说法正确的是
A. 只有过渡金属离子才能形成配合物
B. NaCl与CsCl晶胞结构相同，均属于离子晶体
C. 氯化氢与酒精分别溶于水破坏的作用力相同
D. 利用键能数据，可以估算化学反应的能量变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．过渡金属离子易形成配合物；但并非只有过渡金属离子才能形成配合物，比如Al可以形成配合物Na[Al(OH)4]等，A错误；
B．NaCl与CsCl均属于离子晶体，二者的晶胞结构不同，NaCl晶胞中阴阳离子配位数是6，CsCl晶胞中阴阳离子配位数是8，B错误；
C．氯化氢溶于水破坏的是共价键，酒精溶于水破坏的是分子间作用力，C错误；
D．利用键能数据，可以估算化学反应的能量变化（焓变=反应物的总键能-生成物的总键能），D正确；
故选D。
4. 硼酸是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如下，下列说法正确的是
A. 相同温度下，硼酸的电离常数小于碳酸
B. 硼酸与硼酸根离子中硼原子杂化方式相同
C. 硼酸与水合氢离子的空间构型均为三角锥型
D. 硼酸根离子中含有离子键、共价键、配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，说明该弱酸的酸性越强。根据图示可知，硼酸能够在水中结合水电离产生的OH-形成[B(OH)4]-及H+，而H2CO3在水中电离产生、H+，说明碳酸比硼酸的酸性强，故相同温度下，硼酸的电离常数小于碳酸，A正确；
B．在硼酸中B原子形成3个σ共价键，B原子杂化类型是sp2杂化，而在硼酸根离子[B(OH)4]-中硼原子形成4个σ共价键，B原子杂化类型是sp3杂化，因此两种微粒中B原子杂化方式不相同，B错误；
C．硼酸分子中B原子价层电子对数是3，无孤对电子，该物质分子呈平面三角形；而水合氢离子的中心O原子价层电子对数是4，且O原子上有1对孤对电子，所以H3O+的空间构型为三角锥型，故二者类型不同，C错误；
D．硼酸根离子[B(OH)4]-中含有共价键、配位键，但不含离子键，D错误；
故合理选项是A。
5. 路易斯结构是指原子间通过共用电子对形成最外层8电子的稳定结构(氢除外)，缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构要求的一类化合物。下列说法正确的是
A. 缺电子化合物均不能稳定存在
B. BeCl2、BF3、CO均属于缺电子化合物
C. BF3与NH3生成的产物BF3·NH3中存在配位键
D. BF3结合F-可转化为BF，B-F键键角变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构要求的一类化合物，但不代表缺电子化合物均不能稳定存在，如BF3为缺电子化合物，但可以稳定存在，A错误；
B．BeCl2中氯原子达到8电子稳定结构，但Be原子只有4个电子，未达到8电子稳定结构，属于缺电子化合物，BF3中氟原子达到8电子稳定结构，但B原子只有6个电子，未达到8电子稳定结构，属于缺电子化合物，CO中碳原子和氧原子均达到8电子稳定结构，电子数符合路易斯结构，不是缺电子化合物，B错误；
C．BF3中B原子有6个电子，存在空轨道，NH3中N原子有孤对电子，BF3与NH3生成的产物BF3·NH3中存在配位键，C正确；
D．BF3的中心原子B的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形，B-F键键角为120°，BF的中心原子B的价层电子对数为4+=4，采取sp3杂化，无孤对电子，空间构型为正四面体形，B-F键键角约为109°28´，BF3结合F-可转化为BF，B-F键键角变小，D错误；
答案选C。
6. 下列转化不能通过一步反应实现的是
A. C6H14C3H6+C3H8
B. CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CH-CH2Br
C. nCH≡CH→
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．C6H14可以通过裂化反应得到丙烷和丙烯，故C6H14C3H6+C3H8可以一步实现，故A不符合题意；
B．CH2=CH-CH=CH2和Br2发生1、4加成反应生成CH2BrCH=CH-CH2Br，故CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CH-CH2Br可以一步实现，故B不符合题意；
C．CH≡CH可以通过加聚反应生成 ，故CH≡CH→可以一步实现，故C不符合题意；
D．可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，故不能一步实现，故D符合题意；
故选D。
7. 关于原子、分子及晶体的说法错误的是
A. 基态Fe2+最高能层中未成对电子与成对电子的数目比为2：5
B. 单斜硫与斜方硫均易溶于CS2的原因是它们均为非极性分子
C. 石墨晶体沿层的平行方向导电性强于层间导电性
D. O-H键的键能强于S-H键导致分子极性H2O>H2S
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其最高能层为第三层，该层中未成对电子数为4，成对电子数为10，二者比值为2:5，A正确；
B．根据“相似相溶”原理，单斜硫、斜方硫与CS2均为非极性分子，故单斜硫与斜方硫均易溶于CS2，B正确；
C．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体沿层的平行方向导电性强于层间导电性，C正确；
D．分子的偶极矩越大，分子极性越大，D错误；
故选D。
8. 邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. Cu2+的配位数是2
B. 配位原子为N原子和O原子
C. N原子的杂化类型均为sp3
D. O的电负性与第一电离能均大于N
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知Cu2+与2个配位体的N原子及2个配位体的O原子形成4个配位键，故Cu2+的配位数是4，A错误；
B．在该配位化合物中，中心Cu2+上有空轨道，2个配位体的N原子提供孤电子对，2个配位体的O原子提供孤电子对，故配位原子为N原子和O原子，B正确；
C．根据物质结构简式可知：氨基N原子采用sp3杂化，而六元环上的N原子则采用sp2杂化，C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N，所以元素的电负性：O＞N。一般情况下同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，故其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，即第一电离能：N＞O，D错误；
故合理选项是B。
9. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，无色液体，具有强还原性，可用作杀菌剂。已知：①H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O；②2H3PO2H3PO4+PH3↑。下列说法正确的是
A. H3PO2结构式可表示为
B. H3PO2中P表现+1价，NaH2PO2属于酸式盐
C. PH3结构与NH3相似，沸点较NH3高
D. H2O与NH3均为10e-分子，二者互为等电子体
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据已知信息①可知次磷酸(H3PO2)是一元酸，分子中含有1个-OH，故其结构式是，A正确；
B．H3PO2中P表现+1价，具有强的还原性，根据其与足量NaOH反应产生NaH2PO2，可知NaH2PO2属于正盐，B错误；
C．PH3结构与NH3相似，但该物质分子中只存在分子间作用，而NH3分子间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点NH3比PH3高，C错误；
D．H2O与NH3均为10e-分子，但二者价电子数目不相等，原子数不相等，因此它们不能互为等电子体，D错误；
故合理选项是A。
10. 下列过程中，共价键被破坏的是
A. 干冰升华 B. 溴蒸气被活性炭吸附
C. 葡萄糖溶于水 D. 二氧化硅熔化
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰升华，破坏了分子间作用力，A不符合题意；
B．溴蒸气被活性炭吸附，破坏了分子间作用力，B不符合题意；
C．葡萄糖溶于水，破坏了分子间作用力，C不符合题意；
D．二氧化硅熔化，破坏了共价键，D符合题意；
故选D。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 草药莪术根茎中有一种色素，结构简式如下。下列有关说法正确的是
A. 该分子中含有2种含氧官能团
B. 共价键的极性：C-H>O-H
C. 1mol该有机物最多能够与8molH2发生加成反应
D. 分子中羟基与苯环相互影响，使羟基和苯环上的氢原子活性均增强
【答案】AD
【解析】
【详解】A．如图所示，该分子中含有（酚）羟基和酮基这两种含氧官能团，A正确；
B．O的电负性比C强，O吸引电子的能力比C强，使得共价键的极性：O-H＞C-H，B错误；
C．如图所示，该分子中含有苯环、碳碳双键、酮基，则1mol该有机物最多可以和10mol H2发生加成反应，C错误；
D．分子中羟基与苯环相互影响，使羟基和苯环上的氢原子活性均增强，比如酚羟基可以和碱反应，苯环上的取代反应更加容易，D正确；
故选AD。
12. 四氟化硫(SF4)是最有效的应用广泛的选择性氟化剂，工业上利用反应4NaF+3SCl2=SF4+S2Cl2+4NaCl制备。下列说法错误的是
A. SF4空间构型四面体
B. F-半径小于Cl-，故NaF熔点较NaCl高
C. SCl2与S2Cl2均是只含有极性键的极性分子
D. SCl2中所有原子均满足最外层8e-稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．SF4中的中心S原子采用sp3d杂化轨道形成σ键，其空间构型为四面体形，A正确；
B．NaF、NaCl都是离子晶体，由于离子半径：F-＜Cl-，导致离子键的键能：NaF＞NaCl，故断裂离子键消耗能量：NaF＞NaCl，因此NaF熔点较NaCl高，B正确；
C．在SCl2中S原子与2个Cl原子形成2个S-Cl极性共价键，化学键空间排列不对称，因此SCl2分子是含有极性键的极性分子；而在S2Cl2中2个S原子形成S-S非极性共价键，每个S原子再分别与1个Cl原子形成1个极性共价键S-Cl键，S2Cl2中同时含有极性键、非极性键，分子中含有的各个化学键空间排列不对称，因此S2Cl2分子是极性分子，故两种极性物质分子中含有的化学键类型不完全相同，C错误；
D．S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，当1个S原子与2个Cl原子形成2个S-Cl共价键后，得到的SCl2分子中所有原子均满足最外层8e-稳定结构，D正确；
故合理选项是C。
13. M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z为过渡元素。M基态原子L层p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是短周期中第一电离能最小元素，X最外层电子数是最内层电子数的3倍，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。下列说法错误的是
A. M与X形成的二元化合物均属于非极性分子
B. M与R能形成含有非极性共价键的离子化合物
C. M与X、Y均可形成XM型离子，但空间构型不同
D. M与Z形成的ZM5中-1价M与-2价M数目之比为4：1
【答案】AC
【解析】
【分析】M基态原子L层p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，则M为O；R是短周期中第一电离能最小元素，则R为Na；X最外层电子数是最内层电子数的3倍，则X为S；Y为Cl；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，Z为Cr，据此解题。
【详解】A．SO2为V形结构，不对称，为极性分子，故A错误；
B．Na2O2为含有非极性共价键(O-O键)的离子化合物，故B正确；
C．SO为sp3杂化，为正四面体形；ClO为sp3杂化，为正四面体形，故C错误；
D．CrO5中Cr的化合价为+6，设-1价的个数为b，-2价的个数为a，所以有2a+b=6、a+b=5，解得a=1、b=4，所以-1价M与-2价M数目之比为4：1，故D正确；
故选AC
14. 某药物合成的中间体结构简式如图。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 化学式为C16H18O5 B. 存在顺反异构和对映异构
C. 其晶体类型属于共价晶体 D. 苯环上的氢原子共有2种
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由该化合物的结构简式可知，该化合物的化学式为C16H18O5，A正确；
B．如图所示，苯环上，羟基的间位取代基中的碳碳双键上的两个碳原子连接了氢原子和不同的基团，故该化合物存在顺反异构体；该化合物含有手性碳原子（羟基的邻位取代基中的饱和碳原子），故该化合物存在对映异构体（旋光异构体）；B正确；
C．该化合物属于分子晶体，C错误；
D．如图所示，该化合物的苯环上的氢原子共有3种，D错误；
故选CD。
15. 碳化钼负载的层状金团簇催化剂可用于低温水煤气变换反应，反应原理与碳化钼晶胞如图所示。下列说法正确的是
A. CO与CO2分子中σ键与π键的比值均为1：1
B. 反应中断裂的化学键只有极性共价键和配位键
C. 碳化钼化学式为MoC，晶胞中钼的配位数为12
D. 若晶胞参数为apm，则钼原子间的最短距离为apm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．CO中，C和O之间是三键，σ键与π键的比值均为1：2，A错误；
B．由反应过程可看出，CO和H2O中的化学键断裂，都属于不同原子之间的共价键，是极性键，其中CO中存在配位键，也断裂了，故反应中断裂的化学键只有极性共价键和配位键，B正确；
C．由晶体的结构图可知：其中含有的MO原子数目为，由晶胞结构可知晶胞中钼的配位数为6，C错误；
D．由晶胞结构可知，钼原子间的最短距离为面对角线的一半，即apm，D正确；
故选BD。
三、根据题意填空、简答(共5道大题，60分)
16. U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的六种前四周期元素。U基态原子核外只有两个能级填充电子且电子数比为2：1；V、W为同周期相邻元素，W、X为同主族元素，V核外电子总数等于Y原子最外层电子数，且V与Y的原子序数之和等于W原子序数的3倍；Z是一种金属元素，其基态原子核外没有未成对电子且内层电子全部充满。回答下列问题：
（1）Z在元素周期表中属于_______区，Y基态原子价层电子轨道表示式_______。
（2）V元素能形成化学式为VV的盐，已知V为平面正五边形，其含有的σ键数为_______；科学家预测将来还会有V、V等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号π表示(其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)，则V的大π键应表示为_______。
（3）W元素第一电离能小于同周期相邻元素的原因是_______。
（4）U、X的简单离子形成的某晶体属于立方晶系，晶胞边长为apm，晶胞截面图如图所示。
则该晶体的化学式为_______；其晶胞中含有的X离子的数目为_______，U离子的配位数为_______。
【答案】（1） ①. ds ②.
（2） ① 5 ②. π
（3）F原子半径小、核电荷数大，失电子能力比O弱；N原子核外2p电子处于半满的较稳定状态，故F、N第一电离能均高于O
（4） ①. Li2S ②. 4 ③. 4
【解析】
【分析】U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的六种前四周期元素。U基态原子核外只有两个能级填充电子且电子数比为2：1，则U核外电子数为1s22s1，则U为Li；V、W为同周期相邻元素，W、X为同主族元素，V核外电子总数等于Y原子最外层电子数，且V与Y的原子序数之和等于W原子序数的3倍，可得V为N，W为O，X为S，Y为Cl；Z是一种金属元素，其基态原子核外没有未成对电子且内层电子全部充满，Z为Zn，据此解题。
【小问1详解】
Zn在元素周期表中属于ds区，Cl原子价层电子轨道表示式为 。
【小问2详解】
N为平面正五边形，N原子均有1对孤对电子，N原子为sp2杂化，故σ键数是5；N中6个N原子都参与形成大π键，每个N原子提供1个电子，另外所得电子参与形成大π键，共有7个电子形成大π键，构成6中心7电子的大π键，故应表示为π。
【小问3详解】
F原子半径小、核电荷数大，失电子能力比O弱；N原子核外2p电子处于半满的较稳定状态，故F、N第一电离能均高于O。
【小问4详解】
由晶胞截面图可知S的位置为立方体的顶点和面心，故个数为8×+6×=4，Li位于体内，个数为8，故该晶体的化学式为Li2S；晶胞中含有的S离子的数目为8×+6×=4；Li+的配位数为4。
17. 氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(H)的合成路线如下：
已知：①A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；
②
③R-XR-OH(X代表Cl、Br、I)
回答下列问题：
（1）HCN属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子中σ键与π键数目之比为_______，空间构型为_______。
（2）A结构简式为____；B的核磁共振氢谱显示为_____组峰，峰面积比为_____。
（3）B→C的化学方程式为_______。
（4）下列各步反应属于取代反应的是_______(填标号)。
①)A→B ②C→D ③D→E ④F→G
（5）H的同分异构体中(不考虑立体异构)，与H具有相同官能团且能发生银镜反应的共有___种。
【答案】（1） ①. 极性 ②. 1：1 ③. 直线
（2） ①. ②. 2 ③. 6：1(或1：6)
（3）+H2O
（4）②③ （5）8
【解析】
【分析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为==1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目=42÷12=3…6，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息②中加成反应生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，在光照条件下C发生取代反应生成D，D发生水解反应生成E，且E可以连续发生氧化反应生成F，G与甲醇发生酯化反应生成H，可推知D为CH2ClC(CN)=CH2，E为HOCH2C(CN)=CH2，F为OHC－C(CN)=CH2，G为HOOC－C(CN)=CH2，H为CH3OOC－C(CN)=CH2。据此解答。
【小问1详解】
HCN分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，结构式为H-C≡N，因此分子中σ键与π键数目之比为1：1，空间构型为直线形。
【小问2详解】
根据以上分析可知A结构简式为；B为，因此B的核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为6：1。
【小问3详解】
B→C是羟基的消去反应，反应的化学方程式为+H2O。
【小问4详解】
①)A→B属于加成反应，②C→D属于取代反应；③D→E属于取代反应；④F→G属于氧化反应，答案选②③；
【小问5详解】
H为CH3OOC－C(CN)=CH2，H的同分异构体中(不考虑立体异构)，与H具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基、－CN以及碳碳双键，符合条件的有HCOOCH2CH=CHCN、HCOOCH2C(CN)=CH2、HCOOCH(CN)CH=CH2、HCOOCH=CHCH2CN、HCOOCH=C(CN)CH3、HCOOC(CN)=CHCH3、HCOOC(CH3)=CHCN、HCOOC(CH2CN)=CH2，共计是8种。
18. 非金属元素及其化合物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）砷的原子结构示意图为_______；其同周期基态原子核外未成对电子数最多的元素名称为_______。
（2）科学家合成了一种含硼阴离子[B6O7(OH)6]2-，结构如图所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中不同化学环境的氧原子共有_______种，含有的化学键类型有_______(填标号)。
a.离子键 b.σ键 c.π键 d.配位键 e.氢键
（3）五氯化磷是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，熔体中P-Cl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_______。
（4）碳化硅的一种晶体结构如图所示。若碳和硅的原子半径依次为anm和bnm，晶体密度为dg·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_______，晶胞中4个碳原子构成的空间构型为_______。
【答案】（1） ①. ②. 铬
（2） ①. sp2、sp3 ②. 4 ③. bd
（3）2PCl5PCl+PCl
（4） ①. % ②. 正四面体
【解析】
【小问1详解】
砷是33号元素，其原子核外有33个电子，其原子结构示意图为： ；砷位于第四周期，核外未成对电子数最多的元素名称为：铬；
【小问2详解】
根据结构，结构中有2种B原子，形成4个共价单键的B原子价层电子对数是4，形成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，B原子杂化类型：前者为sp3，后者为sp2；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；故答案为sp2、sp3；4；由结构可知该结构中存在的单键都是σ键，该结构中 存在形成4个键的B原子，在这样的B原子中，有1个键是配位键，故选bd；
【小问3详解】
有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl、PCl，其电离方程式为2PCl5PCl+PCl；
【小问4详解】
根据均摊法可知，该晶胞中含有4个C和4个Si，故原子所占的总体积，根据晶胞的密度，得到该晶胞的体积为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为，故答案为；由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体。
19. 某药物中间体H结构简式为，以A为原料合成H的路线如下：
已知：①D是一种酯；
②苯环上的甲基、卤素原子、羟基等是邻、对位定位基；羧基、硝基等是间位定位基。
回答下列问题：
（1）B的名称为_______，G→H的反应类型为_______。
（2）写出C→D的化学方程式_______，设计该步反应的目的是_______。
（3）已知物质F沸点低于，其原因是_______。
（4）物质H有多种同分异构体，写出其中同时符合以下条件的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上连有-NH2和-CHO；。
②含有四种不同环境的氢，且数目比为2：2：2：1。
（5）根据题中信息，仿照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线(其他无机试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. 2-氯甲苯或邻氯甲苯 ②. 还原反应
（2） ①. +(CH3CO)2O→+CH3COOH ②. 保护酚羟基，防止在D→E反应时被KMnO4氧化
（3）易形成分子内氢键，使分子极性减弱，而易形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高
（4）、 （5）
【解析】
【小问1详解】
B为，名称为2-氯甲苯或邻氯甲苯；G为，H为，在有机反应中，去氧加氢为还原反应，故答案为还原反应；
【小问2详解】
由反应流程可知该反应为；在后续过程中会添加高锰酸钾，故该步作用为保护酚羟基，防止在D→E反应时被KMnO4氧化；
【小问3详解】
邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，分子内氢键使沸点升高，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高故答案为易形成分子内氢键，使分子极性减弱，而易形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高；
【小问4详解】
H的同分异构体中既有氨基又有醛基的同分异构体有：、、、、、、、、、、、，其中含有四种不同环境的氢，且数目比为2：2：2：1的为 、；
【小问5详解】
由题目中的A、B、C、E、G、H之间的反应可知该流程中，由A到B之间的反应可知，和Cl2发生取代反应生成，B到C可知在一定条件下生成，由E到G的反应可知在HNO3（20%）的条件下生成，由G到H可知在Fe/HCl的作用下生成，
故该流程为
20. 铜是生产、生活中常用的金属，工业上常利用黄铜矿(有效成分为CuFeS2)冶炼铜。回答下列问题：
（1）Fe在周期表中的位置为_______，基态S原子核外能量不同的电子有_______种。
（2）O、S、Se的电负性依次为3.5、2.5、2.4，产生这种差异的主要原因是_______(已知O、S、Se的原子半径依次为73pm、102pm、116pm)。
（3）Cu+与NH3形成的配合物可表示为[Cu(NH3)n]+，其中Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。已知部分微粒键角数据如下表所示：
微粒
CH4
NH3
H2O
[Cu(NH3)n]+
键角
∠HCH=109.5°
∠HNH=107.3°
∠HOH=104.5°
HNH接近109.5°
用“→”标注配位键，[Cu(NH3)n]+的结构可表示为____，其∠HNH接近109.5°的原因是_____。
（4）铜与铝可形成多种组成不同的合金，其中一种合金的晶胞如图1所示(已知c=a)，按图1中阴影面进行投影得到图2。
①已知晶胞中A点原子的分数坐标为(，0，)，则B点原子的分数坐标为_______。
②该晶体的化学式为________；已知该晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______mol-1(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIII族 ②. 5
（2）同主族元素半径越大，原子核吸引电子的能力越小，O的原子半径较S和Se小得多，因此O的电负性大得多；而S、Se半径相差较小，因此二者电负性也相差较小
（3） ①. [H3N→Cu←NH3]+ ②. NH3中的孤对电子与Cu2+形成配位键，与其它三个成键电子间的排斥力减小，键角接近109.5°
（4） ①. (0，，) ②. CuAl2 ③.
【解析】
【小问1详解】
Fe是26号元素，在周期表中位于第四周期第VIII族；S是16号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，不同能级上电子的能量不同，则基态S原子核外能量不同的电子有5种；
【小问2详解】
由于O、S. Se的原子半径依次增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，因此电负性逐渐减小，故O、S、Se的电负性依次为3.5、2.5、2.4，产生这种差异的主要原因是：同主族元素半径越大，原子核吸引电子的能力越小，O的原子半径较S和Se小得多，因此O的电负性大得多；而S、Se半径相差较小，因此二者电负性也相差较小；
小问3详解】
Cu+的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对，故n=2，Cu+与2个氮原子的空间结构呈直线形，则[Cu(NH3)n]+的结构可表示为[H3N→Cu←NH3]+；由于氨气中N的孤电子对形成了配位键，排斥力减弱，故其∠HNH接近109.5°的原因是：NH3中的孤对电子与Cu2+形成配位键，与其它三个成键电子间的排斥力减小，键角接近109.5°；
【小问4详解】
①根据A点原子的分数坐标为(，0，)，参考A、B两点的相对位置和坐标系可知，B点原子的分数坐标为(0，，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为：，位于面上的铜原子个数为，则该晶体的化学式为CuAl2，根据密度公式可知，，则。
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