【化学】山东省德州市宁津县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（解析版） 试卷

山东省德州市宁津县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考
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 —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.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；
D．CCl4密度比水大，甲苯的密度比水小，常温丁烯呈气态，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（ ）
①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高
②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①因ⅤA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ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；②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②正确；③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③正确；④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④错误；故选B。
6.离子键、共价键、金属键、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（ ）
①Na2O2 ②SiO2 ③氦气 ④金刚石 ⑤NH4Cl ⑥白磷
A. ①②④ B. ①③⑥ C. ①⑤⑥ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2O2存在离子键和非极性共价键；②SiO2只存在极性共价键；③氦气只存在范德华力；④金刚石只存在非极性共价键；⑤NH4Cl存在离子键和极性共价键；⑥白磷存在非极性共价键和范德华力；因此①⑤⑥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C5H12
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，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2×3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. ①为简单立方堆积 ②为六方最密堆积 ③为体心立方堆积 ④为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①<②<③<④
【答案】B
【解析】
【详解】A、①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，② 、③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：①8×1/8=1个，②8×1/8+1=2个，③8×1/8+1=2个，④8×1/8+6×1/2=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：①6， ②8 ，③12， ④12，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，根据四种晶胞的空间利用率判断①< ②< ③= ④，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X．Y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8molNaOH
C. X、Y均能使Br2的四氧化碳溶液褪色
D. X→Y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. X→Y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C12H18
B. 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）CH2═CH-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH3（顺反2种）、CH2═C(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，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. A B. B C. C D. 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。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、C＝O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；
C．M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)2OH→CH3CH2COONH4+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)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；答案为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3CH2COONH4+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，氨分子和水分子还可以发生反应，故氨气极易溶于水 (4). Cl＞P＞S (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ⅥA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σ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：Cl＞P＞S；答案为：Cl＞P＞S；
(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：。
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：

⑴第①步和第②步顺序不能互换的原因___。
⑵写出X到A的反应方程式____。
⑶A到B所用试剂____。
⑷试剂a___(结构简式)。
⑸M为涤纶，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2nmolNaOH
C.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
⑹写出同时满足条件的阿司匹林的同分异构体结构简式___。
①含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③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是一种相对分子质量为92的芳香烃，92÷12 =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】⑴由于—NH2易被氧化成—NO2，因此第①步和第②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。
⑵X到A是发生硝化反应，其反应方程式；故答案为：。
⑶A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。
⑷根据M的结构简式得到试剂a为乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；故答案为：HOCH2CH2OH。
⑸A. 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。
⑹①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，②能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯，③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。
① Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。
② 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Ⅰ Na2O + NaClNa3OCl
方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2↑
① Na2O的电子式为____________。
② 在方法Ⅱ的反应中，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 g·cm－3。

①Na3OCl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。
②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1s22s22p63s23p64s2，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)①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；②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)①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；②由密度公式ρ=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1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。A．最外层电子数相等，错误；B．Ca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；D．Ca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)①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；
②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+(6-2×2)=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形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)；
(3)①Na2O属于离子化合物，电子式为，故答案为；
②在方法Ⅱ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)①Na3OCl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1×1=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；
②已知：晶胞参数为a nm，密度为d g•cm-3，则d g•cm-3==，解得：NA=，故答案为。
【点睛】本题的易错点为(4)②的计算，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④的反应类型是________。
(3)反应⑥的化学方程式为________。
(4)反应③〜⑤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）。
①能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。②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，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④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④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⑥的化学方程式为。
(4)反应③在苯环上原取代基的对位引入磺酸基（-SO3H），反应⑤磺酸基又消失，所以反应③~⑤中—SO3H的作用：可防止反应④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－）；即合理结构中有HO－C6H4－，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6×3＝18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①由CH3CH2CHO与HCN加成反应生成CH3CH2CH(OH)CN；模仿反应②CH3CH2CH(OH)CN酸性水解生成CH3CH2CH(OH)COOH；CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO；合成路线：
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