【化学】山东省济南莱芜市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次质量检测（解析版）

山东省济南莱芜市第一中学2019-2020学年高二下学期第一次质量检测
注意：本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：B-11 P-31
第Ⅰ卷（选择题共40分）
注意事项：
1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的级部、班级、姓名、准考证号、写在答题纸密封线外，并将姓名、准考证号、考试科目、试卷类型填涂在答题卡上。
2.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，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
3.考试结束后将答题纸和答题卡一并交回。
一、选择题：(本大题共10小题；每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。)
1.3d能级上最多只能排布10个电子依据的规律是
A. 洪特规则 B. 泡利不相容原理
C. 能量最低原则和洪特规则 D. 能量最低原则和泡利不相容原理
【答案】B
【解析】
【分析】
核外电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则等。能量最低原理：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；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，据此分析解答。
【详解】3d能级上有5个能量相等的轨道，每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，所以最多只能排布10个电子，其依据的规律是泡利不相容原理，故答案为B。
2.下列有机物的命名正确的是
A. CH2＝CH—CH＝CH2 1,3-二丁烯
B CH3CH2CH(CH3)OH 2-甲基-1-丙醇
C. 2-甲基-3-丁炔
D. 3,3,4-三甲基己烷
【答案】D
【解析】
【分析】
烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间以“,”隔开，数字与中文数字之间以“－”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基；如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此分析解答。
【详解】A．该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3-丁二烯，A选项错误；
B．CH3CH2CH(CH3)OH主链有4个碳，2号为羟基，因此名称为2-丁醇，B选项错误；
C．属于炔烃，最长碳链含有4个碳原子，离叁键最近一端编号，甲基在3号碳上，因此名称为3-甲基-1-丁炔，C选项错误；
D．属于烷烃，主链有6个碳，2个甲基位于3号碳原子上，1个甲基位于4号碳原子上，因此其名称为3，3，4-三甲基己烷，D选项正确；
答案选D。
3.下列叙述错误的是（ ）
A. 分子中有键
B. 的中心原子是杂化
C. HCl和HI化学键的类型和分子的极性都相同
D. 价电子构型为的粒子其基态原子轨道表示式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯分子中两个C原子之间形成碳碳双键，为一个σ键和一个π键，故A正确；
B．甲烷分子中心碳原子价层电子对数为4，为sp3杂化，故B正确；
C．HCl和HI中共价键均为极性共价键，且均为极性分子，故C正确；
D．根据洪特规则，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以价电子构型为3s23p4的粒子的基态原子轨道表示式为，故D错误；
故答案为D。
4.某有机物M的结构简式为，下列说法正确的是（ ）
A. M名称为2,4,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇
B. M的消去反应产物有3种
C. M的一氯代物有5种
D. M不能发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据系统命名法，其正确命名应为2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊醇，故A错误；
B．与羟基相连的碳原子的邻位碳原子中只有两个碳原子有氢原子，所以消去反应产物只有2种，故B错误；
C．该有机物有如图所示5种环境的氢原子，所以一氯代物有5种，故C正确；
D．虽然与羟基相连的碳原子上没有氢原子，但该物质可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故D错误；
故答案为C。
【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子时可以发生消去反应(苯环除外)；当与羟基相连的碳原子上有氢原子时，可以发生羟基的催化氧化。
5.下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是（ ）
Na2O
Na
AlF3
AlCl3
Al2O3
BCl3
CO2
SiO2
920℃
97.8℃
1291℃
190℃
2073℃
-107℃
-57℃
1723℃
A. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
B. 含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体
C. 在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构
D. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体，比如CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，故A正确；
B. 含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，比如金属钠中含有金属阳离子，属于金属晶体，故B正确；
C. 在共价化合物分子中各原子不一定都形成8电子结构，比如BCl3，故C错误；
D. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，例如常温下汞是液态，故D正确。
综上所述，答案为C。
6.氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120o，它能水解，有关叙述正确的是 （　　）
A. 氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B. 硼原子以sp杂化
C. 氯化硼遇水蒸气会产生白雾 D. 氯化硼分子属极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，氯化硼的熔沸点较低，氯化硼属于分子晶体，氯化硼固态、液态时都不能导电，A错误；
B.氯化硼分子中键与键之间的夹角为120°，氯化硼分子为平面正三角形结构，所以硼原子为sp2杂化，B错误；
C.氯化硼能水解：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，氯化硼遇水蒸气会水解生成HCl，HCl遇水蒸气会产生白雾，C正确；
D.氯化硼分子中键与键之间的夹角为120°，氯化硼分子为平面正三角形结构，分子中正负电中心重合，氯化硼属于非极性分子，D错误；
答案选C。
7.药物瑞德西韦(Remdesivir)对新冠病毒有明显抑制作用，化合物M是合成瑞德西韦的中间体，下列关于M的说法错误的是（ ）

A. 核磁共振氢谱共有10个吸收峰
B. 分子中含有3种含氧官能团
C. 分子中N原子一个是sp2杂化，一个是sp3杂化
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时可以得到4种有机化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A. 核磁共振氢谱共有11个吸收峰，如图，故A错误；
B. 分子中含有3种含氧官能团，酯基、硝基和P—O—C，故B正确；
C. 分子中硝基的N原子是sp2杂化，—NH—中的N原子是sp3杂化，故C正确；
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，根据断键分析，可以得到4种有机化合物，故D正确。
综上所述，答案为A。
8.三种常见单萜类化合物的结构如下图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 香叶醇和龙脑互为同分异构体，分子式均为
B. 可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯
C. 龙脑分子中所有碳原子在同一个平面上
D. 1mol月桂烯最多能与发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 香叶醇分子内含两个碳碳双键，有2个不饱和度，与龙脑分子式相同，互为同分异构体，其分子式均为C10H18O，故A项错误；
B. 钠与香叶醇的-OH反应生成醇钠与氢气，而不会与碳碳双键反应，则可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯这两种物质，故B项正确；
C. 龙脑分子中含有甲基、亚甲基和次甲基，所有原子不可能共平面，故C项错误；
D. 1mol月桂烯中含3 mol碳碳双键，则可与3 mol Br2发生加成反应，故D项错误；
答案选B。
9.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为7；W、X原子序数之和是Y的一半；W与Z同族；Y的单质是我国古代四大发明之一黑火药的一种成分。下列说法错误的是（ ）
A. 简单离子半径：
B. W、X、Y三种元素电负性由强到弱的顺序为：Y>X>W
C. W与Z形成的化合物的水溶液显碱性
D. X、Z二者最高价氧化物对应水化物与Y的简单氢化物三者间两两相互反应
【答案】B
【解析】
【分析】
W与Z同族，且W、X、Z最外层电子数之和为7，则三者最外层电子数可能是1,5,1、2,3,2、3,1,3；黑火药中的单质有S和C，若Y为C，则W、X的原子序数之和为3，则必有一种元素为0族元素，不符合题意“主族元素W、X、Y、Z”，所以Y为S，W、X的原子序数之和为8，再结合W、X最外层电子可能的情况可知W为H，X为N，则Z为K。
【详解】A．K+和S2-电子层数相同，但S2-核电荷数更小，半径更大，即简单离子半径：，故A正确；
B．非金属性越强电负性越强，非金属性：N>S，所以电负性N>S，即X>Y，故B错误；
C．W与Z形成的化合物为KH，溶于水生成KOH，溶液显碱性，故C正确；
D．X、Z二者最高价氧化物对应的水化物为HNO3和KOH，Y的简单氢化物为H2S，硝酸和氢氧化钾可以发生中和反应，硝酸可以氧化H2S，KOH和H2S可以发生中和反应，故D正确；
故答案为B。
10.下列关于晶体的说法一定正确的是（ ）

A. 分子晶体中都存在共价键
B. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
C. SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
D. CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻
【答案】D
【解析】
【详解】A. 不是所有的分子晶体中都存在共价键，比如稀有气体分子晶体不存在共价键，故A错误；
B. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高，比如Hg，故B错误；
C. SiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合，故C错误；
D. 根据CaTiO3晶体结构分析，Ti4+在顶点，O2−在面心，因此每个Ti4+和12个O2−相紧邻，故D正确；
综上所述，答案为D。
二、选择题（本题共5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.a、b、c、d是四种短周期元素。a、b、d同周期，c、d同主族。a的原子结构示意图为， b与c形成化合物的电子式为；下列比较中正确的是
A. 原子半径：a＞c＞d＞b B. 电负性a＞b＞d＞c
C. 原子序数：d＞a＞c＞b D. 最高价含氧酸的酸性c＞d＞a
【答案】D
【解析】
【分析】
a的原子结构示意图为，第一电子层容纳2个电子，故x=2，a的质子数为14，故a为Si元素；b与c形成化合物的电子式为，则b处于ⅠA族、c处于ⅤA族，c、d同主族，c处于第二周期、d处于第三周期，a、b、d同周期，故b为Na元素，则c为N元素，D为P元素，以此来解答。
【详解】a的原子结构示意图为，第一电子层容纳2个电子，故x=2，a的质子数为14，故a为Si元素；b与c形成化合物的电子式为，则b处于ⅠA族、c处于ⅤA族，c、d同主族，c处于第二周期、d处于第三周期，a、b、d同周期，故b为Na元素，则c为N元素，D为P元素；
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径Na＞Si＞P＞N，故A错误；
B．同周期自左而右非金属性增大，同主族自上而下非金属性减小，故非金属性N＞P＞Si＞Na，元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序为N＞P＞Si＞Na，故B错误；
C．a为Si元素，b为Na元素，则c为N元素，D为P元素，故原子序数d＞a＞b＞c，故C错误；
D．非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N＞P＞Si，故最高价含氧酸的酸性c＞d＞a，故D正确；
故答案为D。
12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. Y、Z、W三种元素电负性：W>Z>Y
B. Y、Z、W三种元素第一电离能：Z>W>Y
C. L的沸点一定比X、Y组成的化合物沸点高
D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中只能含有共价键
【答案】CD
【解析】
【分析】
K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，得出K为二氧化氮，丙为硝酸，乙为氧气，L为水，甲是单质，与硝酸反应生成M，M为氧化物，则M为二氧化碳，因此X为H，Y为C，Z为N，W为O。
【详解】A. 同周期从左到右电负性逐渐增大，因此Y、Z、W三种元素电负性：W＞Z＞Y，故Ａ正确；
B. 同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第IIＡ族大于第IIIＡ族，第VＡ族大于第VIＡ族，因此Y、Z、W三种元素第一电离能：Z＞W＞Y，故Ｂ正确；
C. L的沸点一定不一定比X、Y组成的化合物沸点高，水的沸点可能低于碳原子数比较大的烃的沸点，故Ｃ错误；
D. 由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有共价键，也可能形成离子键，比如碳酸氢铵，故Ｄ错误。
综上所述，答案为CD。
13.下列关于有机物(a)的说法错误的是
A. a、b、c的分子式均为C8H8
B. b的所有原子可能处于同一平面
C. c的二氯代物有4种
D. a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．结构中每个顶点为碳原子，每个碳原子形成四个共价键，不足键用氢补齐，a、b、c的分子中都含有8个C和8个H，则分子式均为C8H8，故A正确；
B．b中苯环、碳碳双键为平面结构，与苯环或碳碳双键上的碳直接相连的所有原子处于同一平面，单键可以旋转，则所有原子可能处于同一平面，故B正确；
C．c有两种氢原子，c的一氯代物有两种，采用“定一移一”法，先固定一个Cl，第二个Cl的位置如图所示：，移动第一个Cl在①位、第二个Cl在④位，c的二氯代物共有6种，故C错误；
D．a、b、c中均有碳碳双键，具有烯烃的性质，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
答案选C。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 苯分子中每个碳原子的sp2杂化轨道中的其中一个形成大π键
B. Na3N与NaH均为离子化合物，都能与水反应放出气体，且与水反应所得溶液均能使酚酞溶液变红
C. 配离子[Cu(En)2]2+（En是乙二胺的简写）中的配位原子是C原子，配位数为4
D. H2O中的孤对电子数比H3O+的多，故H2O的键角比H3O+的键角小
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 苯分子中每个碳原子有3个σ键，无孤对电子，因此碳原子是sp2杂化，每个碳原子剩余的一个电子形成大π键，故A错误；
B. Na3N与NaH均为离子化合物，都能与水反应放出气体，且与水反应生成NaOH，所得溶液均能使酚酞溶液变红，故B正确；
C. 配离子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写)中的配位原子是N原子，N提供孤对电子，配位数为4，故C错误；
D. H2O中的孤对电子数比H3O+的多，孤对电子对成对电子排斥力大，因此H2O的键角比H3O+的键角小，故D正确。
综上所述，答案为AC。
15.下列有关同分异构体的叙述中，正确的是（ ）
A. 甲苯苯环上的一个氢原子被3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种
B. 含有5个碳原子的饱和链烃，其一氯代物有8种
C. 菲的结构简为，它与硝酸反应可生成5种一硝基取代物
D. 2-氯丁烷与NaOH的水溶液共热发生反应，可生成2种有机物
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 甲苯苯环上的一个氢原子被3个碳原子的烷基取代，3个碳原子的烷基可能为丙基或异丙基，该烷基在苯环上与甲基有邻、间、对三种位置，因此所得产物有6种，故A错误；
B. 含有5个碳原子的饱和链烃，戊烷有三种结构，正戊烷、异戊烷、新戊烷，正戊烷一氯代物有3种，异戊烷一氯代物有4种，新戊烷一氯代物有1种，共8种，故B正确；
C. 菲的结构简为，有对称性，它与硝酸反应可生成5种一硝基取代物，如图，故C正确；
D. 2-氯丁烷与NaOH的水溶液共热发生水解反应，可生成1种有机物，2-丁醇，故D错误；
综上所述，答案为BC。
第Ⅱ卷（简答题共60分）
16.X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素有1个2p空轨道，Y为同周期离子半径最小的金属元素；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2；M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：
⑴M元素名称___，W元素在周期表中位置___。
⑵写出W元素基态原子的价电子排布图___，画出Y的原子结构示意图___。
⑶元素Z的最高价氧化物中，Z原子的杂化方式是___，分子的空间构型是___，属于___分子（填“极性”或“非极性”）。
⑷X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO(NH2)2，该化合物分子中的σ键与π键的个数之比是___。
⑸Y的氯化物气态时通常以二聚分子形式存在，分子式为Y2Cl6，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，则Y2Cl6的结构式为___。
【答案】 (1). 钛 (2). 第4周期ⅡB族 (3).
(4). (5). sp2 (6). 平面三角形 (7). 非极性 (8). 7：1
(9).
【解析】
【分析】
X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素有1个2p空轨道，则X为C，Y为同周期离子半径最小的金属元素，则Y为Al，Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则Z为S，M原子外围电子排布式为3dn4sn，则M为Ti，W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，则W为Zn。
【详解】⑴M是22号元素，其元素名称钛，W是30号元素，该元素在周期表中位置第4周期ⅡB族；故答案为：钛；第4周期ⅡB族。
⑵W元素基态原子的价电子排布式为3d104s2，价电子排布图，Y的原子结构示意图；故答案为：；。
⑶元素Z最高价氧化物为SO3，Z原子价层电子对数，硫原子的杂化方式是sp2，分子的空间构型是平面三角形，属于中心对称，属于非极性分子；故答案为：sp2；平面三角形；非极性。
⑷X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，该化合物结构简式为H2NCONH2，因此分子中的σ键与π键的个数之比是7:1；故答案为：7:1。
⑸Y的氯化物气态时通常以二聚分子形式存在，分子式为Al2Cl6，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，说明有氯与铝形成配位键，则Al2Cl6的结构式为；故答案为：。
17.近期我国学者研制出低成本的电解“水制氢”催化剂——镍掺杂的磷化钴三元纳米片电催化剂(Ni0.1Co0.9P)。回答下列问题：
(1)Co在元素周期表中的位置为_______，Co2+价层电子排布式为_______。
(2)Co、Ni可形成[Co(NH3)6]Cl2、K3[Co(NH3)6]、Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等多种配合物。
①SO42-的空间构型为_____，NO3-中N原子的杂化轨道类型为_______。
②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是_______。
③1 mol [Co(NH3)6]Cl2中含有σ键的数目为______；已知NF3比NH3的沸点小得多，试解释原因_______。
(3)磷化硼是一种备受关注的耐磨涂料，其晶体中磷原子作面心立方最密堆积，硼原子填入四面体空隙中(如图)。已知磷化硼晶体密度为ρ g·cm-3，计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为________cm。

【答案】 (1). 第四周期Ⅷ族 (2). 3d7 (3). 正四面体 (4). sp2杂化 (5). N (6). 24NA (7). NH3分子间存在氢键，作用力大 (8). ×
【解析】
【分析】
(1)根据钴元素的原子序数为27，利用构造原理可确定其核外电子排布，从而确定其在周期表中的位置，Co原子失去最外层2个电子得到Co2+离子，进而可确定其价层电子排布式；
(2)①根据离子的中心原子的价层电子对数确定中心原子的杂化类型以及离子的空间结构；
②根据同周期元素的第一电离能从左到右递增，同主族元素第一电离能从上到下递减，同时注意IIA、VA族的特殊性判断；
③结合粒子的组成，N-H单键和配位键都是σ键；分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关，存在氢键的熔沸点异常高；
(3)通过晶胞的结构确定晶胞的组成，确定晶胞的质量，结合晶胞的密度，可以求出晶胞参数，晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为晶胞体对角线的，体对角线长度为晶胞边长的倍，得出晶体中硼原子和磷原子的最近核间距。
【详解】(1)Co是27号元素，在周期表中处在第四周期第VIII族，其核外电子排布为[Ar]3d74s2，Co原子失去最外能层上的2个4s电子形成Co2+，则Co2+离子的价层电子排布式为3d7；
(2)①SO42-中S原子以sp3杂化轨道成键、该离子中存在4个σ键，因此SO42-离子空间构型为正四面体形；NO3-中氮原子价层电子对数为3+=3，N原子轨道的杂化类型为sp2杂化；
②C、N、O、S四种元素中，C、N、O是同一周期元素，元素的第一电离能随原子序数的增大呈增大趋势，但是N原子2p轨道处于半满状态的稳定状态，失去电子消耗能量比O大，故其第一电离能大于O元素；O、S同一主族元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能最大的是N；
③[Co(NH3)6]Cl2中配位体NH3中的N-H键是σ键，Co原子与N原子之间存在配位键是σ键，1个[Co(NH3)6]Cl2中含有24个σ键，则1 mol该物质中含有24 molσ键；
NF3与NH3均为分子构成的物质，氨气分子间存在氢键导致其沸点反常的高；
(3)由图可知，1个晶胞中含有4个B原子，含有P原子数目为8×+6×=4个，故晶胞质量m＝g，设边长为a cm，则晶胞的体积V=a3 cm3，故晶胞密度ρ=g•cm−3，解得a=2×cm。晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为晶胞体对角线的，体对角线长度为晶胞边长的倍，所以晶体中硼原子和磷原子的最近核间距=×2×cm=×cm。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布式、原子的杂化类型、氢键、分子空间构型及有关晶体的计算，但问题具有较强的方法性和规律性，学习中要注意总结如何根据构造原理书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法。
18.化合物F是一种调香剂，结构为；以化合物A为原料合成F的工艺流程如图：

根据上述信息回答下列问题：
⑴化合物A的名称___，化合物E中含氧官能团的名称是___。
⑵①反应类型是___，反应②的反应试剂是___。
⑶D的结构简式是___。
⑷E的顺式异构体的结构简式___。
⑸反应⑤的化学方程式是___。
⑹F在一定条件下能发生加聚反应，其加聚反应的产物的结构简式是___。
【答案】 (1). 2-甲基-1-丁烯 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). NaOH溶液 (5). (6). (7). ＋ CH3CH2OHH2O ＋ (8).
【解析】
【分析】
A()和氯气发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C()，C选择性氧化反应生成羧酸D()，发生消去反应生成E，E和乙醇发生酯化反应生成F()。
【详解】⑴化合物A，其名称为2-甲基-1-丁烯，化合物E()中含氧官能团的名称是羧基；故答案为：2-甲基-1-丁烯；羧基。
⑵根据前后分析得到①反应类型是加成反应，反应②是水解反应，其反应试剂是NaOH溶液；故答案为：加成反应；NaOH溶液。
⑶C到D是选择性氧化，只氧化后面的羟基，因此D的结构简式是；故答案为：。
⑷E的顺式异构体的结构简式；故答案为：。
⑸反应⑤是发生酯化反应，其化学方程式是 ＋ CH3CH2OHH2O ＋ ；故答案为： ＋ CH3CH2OHH2O ＋ 。
⑹F在一定条件下能发生加聚反应，其加聚反应的产物的结构简式是；故答案为：。
【点睛】有机推断是常考题型，主要考查根据分子式、结构简式推反应类型，反应条件，以及反应产物、反应物的结构简式。
19.铜及其化合物在生产生活中用途广泛。回答下列问题：
（1）目前，低压甲醇铜基催化剂的主要组分是CuO、ZnO和Al2O3，下列氧原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是__(填序号)。
A. B.
C. D.
（2）铜离子是人体内多种酶的辅因子，某化合物与Cu+结合形成如图所示的离子。

①该离子中含有化学键的类型有___(填序号)。
A.极性键 B.离子键 C.非极性键 D.配位键
②H、N、Cu三种元素的电负性由大到小的顺序是___。H、N、Cu三种元素形成单质其熔点由低到高顺序为___。
（3）某磷青铜晶胞结构如图所示：

①其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，，)。则P原子的坐标参数为___。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有__个，这些Sn原子所呈现的构型为___。
【答案】 (1). D (2). ACD (3). N＞H＞Cu (4). Cu＞N2＞H2 (5). (，，) (6). 4 (7). 平面正方形
【解析】
【分析】
⑴电子跃迁到高能级时能量最高。
⑵①该离子中含有化学键的类型碳碳键、碳氢键、N→Cu形成的配位键；②同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小；H、N形成单质是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高。
⑶①P原子在体心；②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子分别位于同一个平面正方向的顶点上。
【详解】⑴下列氧原子电子排布图表示的状态中，电子跃迁到高能级时能量最高，因此D中电子跃迁到3s能级，因此D中能量最高；故答案为：D。
⑵①该离子中含有化学键的类型碳碳非极性键，碳氢极性键，N→Cu形成的配位键，故答案为：ACD。
②同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此H、N、Cu三种元素电负性由大到小的顺序是N＞H＞Cu。H、N形成单质是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，Cu形成单质是金属晶体，熔沸点高，因此三种元素形成单质其熔点由低到高顺序为Cu＞N2＞H2；故答案为：N＞H＞Cu；Cu＞N2＞H2。
⑶①其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，，)。则P原子在体心，根据坐标参数得出P的坐标参数为(，，)；故答案为：(，，)。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子分别位于同一个平面正方向的顶点上，有4个，这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形；故答案为：4；平面正方形。
【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、电负性、电离能、杂化轨道、空间构型、化学键类型，晶体结构及晶胞知识。
20.有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如图：

回答下列问题：
⑴有机物F的分子式为___，反应⑦的反应类型为___。
⑵分别出反应反应②和③的化学方程式___。
⑶1molE与1molH2完全加成生成1molW，W有多种同分异构体，其中属于α-氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基的W的可能结构共有___种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为3：2：2：2：2的结构简式为___。
⑷设计以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备的合成路线___(无机试剂任选)。
【答案】 (1). C10H11O7N (2). 还原反应 (3). ＋＋HCl；＋2Cu(OH)2 ＋ Cu2O↓＋2H2O (4). 12 (5). (6).
【解析】
【分析】
A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C氧化生成D()，发生消去反应生成E，E发生反应生成F，F发生还原反应生成G，G发生取代反应生成H。
【详解】⑴有机物F的分子式为C10H11O7N，反应⑦的反应类型为还原反应；故答案为：C10H11O7N；还原反应。
⑵反应②是取代反应，其反应方程式为：＋＋HCl，反应③是氧化反应，其反应方程式：＋2Cu(OH)2 ＋ Cu2O↓＋2H2O；故答案为：＋＋HCl；＋2Cu(OH)2 ＋ Cu2O↓＋2H2O。
⑶1molE()与1molH2完全加成生成1molW()，W有多种同分异构体，其中属于α-氨基酸[—C(NH2)COOH]、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基，当一个取代基为，另一个取代基为—COOH，邻、间、对三种，当一个取代基为，另一个取代基为—COOH，邻、间、对三种，当一个取代基为，另一个取代基为—CH2COOH，邻、间、对三种，当一个取代基为，另一个取代基为—CH3，邻、间、对三种，因此W的可能结构共有12种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为3：2：2：2：2的结构简式为；故答案为：12；。
⑷甲苯和浓硝酸在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂和氢气反应生成，与(CH3CO)2O反应生成，在酸性高锰酸钾作用下反应生成，其流程图为：；故答案为：。
【点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式、结构简式进行分析另外物质的结构简式、分析同分异构体的书写。