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【化学】河北省沧州市盐山中学2019-2020学年高二下学期4月月考（解析版） 试卷
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河北省沧州市盐山中学2019-2020学年高二下学期4月月考
一、单选题：
1.现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②乙醇和丁醇；③溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
【分析】
①甲酸乙酯和乙酸钠，分层。
②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同。
③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，以此来解答。
【详解】①甲酸乙酯和乙酸钠，分层，选择分液法分离。
②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离。
③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，选择萃取法分离。
故选C。
2.下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是
A. 与Na反应时乙醇的反应速率比水慢
B. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
C. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不能
D. 甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色而乙烷不能
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇中羟基不如水中羟基活泼，说明烃基对羟基产生影响，故A不选；B．苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯基对羟基有影响，故B不选；C．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯中含有碳碳双键官能团，而乙烷中没有碳碳双键，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明基团间的相互影响，故C选；D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲基受苯环的影响导致甲基上的H活泼，而乙烷不能，可说明苯环对甲基有影响，故D不选；故选C。
3.山萘酚(Kaempf erol)结构如下图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用。下列有关山萘酚的叙述正确的是 ( )
A. 结构式中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键
B. 可发生取代反应、水解反应、加成反应
C. 可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应
D. 1 mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4 mol Br2
【答案】C
【解析】
【详解】A、结构式中含有2个苯环和羟基、醚键、羰基、碳碳双键，A错误；
B、该物质不能发生取代反应，B错误；
C、酚羟基有酸性，可与NaOH反应，碳酸的酸性比苯酚的强，所以不能与NaHCO3反应，C正确；
D、1mol山萘酚与溴水反应最多可消耗5mol Br2，D错误。
答案选C。
4.下列关于有机物的说法，正确的是
A. 将红热的铜丝迅速插入无水乙醇中可将乙醇氧化为乙醛
B. 纤维素、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物
C. 乙烷、乙烯和苯都可发生加成反应
D. 将乙醇和乙酸混合加热可以制备乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化铜可氧化乙醇，生成乙醛和水，故A正确；
B、光导纤维的成分是二氧化硅，是无机物，不是高分子化合物，故B错误；
C、乙烷不能发生加成反应，故C错误；
D．制乙酸乙酯时，需要加入浓硫酸作催化剂，故D错误；
故选A。
5.下列实验的失败原因可能是因为缺少必要的实验步骤造成的是
①将乙醇和乙酸稀硫酸共热制乙酸乙酯 ②无水乙醇和浓硫酸共热到140℃制乙烯
③验证RX是氯代烷，把RX与烧碱溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液出现褐色沉淀
④做醛还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，未出现红色沉淀
⑤检验淀粉已水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液水浴加热后未析出银镜
A. ①③④⑤ B. ③④⑤ C. ③⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①制取乙酸乙酯用浓硫酸作催化剂而不是稀硫酸作催化剂，不缺少必要的实验步骤，故不选；②实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到170℃制乙烯，在140℃得到乙醚，不是缺少必要的实验步骤，故不选；③卤代烃中卤元素检验时，应该先加稀硝酸后加硝酸银溶液，否则硝酸银和NaOH反应而得不到AgCl沉淀，所以是缺少必要的实验步骤，故选；④做醛的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后应该加热才能发生氧化反应，否则不发生反应，所以缺少必要的实验步骤，故选；⑤检验淀粉已经水解的葡萄糖时，应该先加NaOH后加银氨溶液，否则银氨溶液和稀硫酸反应而干扰实验，所以缺少必要的实验步骤，故选；故选B。
6.链状高分子化合物的结构简式如下：
该有机物可由有机化工原料R和其他有机试剂，通过加成、水解、氧化、缩聚反应得到，则R是( )
A. 1-丁烯 B. 2-丁烯 C. 1,3-丁二烯 D. 乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】高分子化合物的单体为 和HO—CH2—CH2—OH，利用逆推法，，再将乙二醇氧化得到乙二醛，进一步氧化得到乙二酸，由乙二醇和乙二酸发生缩聚反应就得到高分子化合物，故R是乙烯，D选项正确；
答案选D。
7.下图表示在催化剂作用下将X和Y合成具有生物活性的物质Z，W是中间产物(R1、R2均为烃基)。
则下列有关叙述正确的是( )
A. 反应①属于加成反应 B. 1 mol W最多可与3 mol NaOH反应
C. X、Y、W、Z都能与NaOH溶液反应 D. 可用溴水或FeCl3溶液鉴别出X和W
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应①反应物和生成物结构简式对比，此反应属于取代反应，A选项错误；
B．1个W分子中含有1个酚羟基和1个酯基，则1mol W最多可与2mol NaOH反应，B选项错误；
C．X、Y、W、Z含酚羟基、酯基中至少1种，都能与NaOH溶液反应，C选项正确；
D．X和W都含酚羟基，不能用溴水或FeCl3溶液鉴别，D选项错误；
答案选C。
8.下列有机物说法不正确的是（ ）
A. BrCH2CHBrCH2Br的名称为三溴丙烷
B. 萘环上的一个H原子被一C4H9取代后的产物共有8种
C. 对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面
D. 立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种
【答案】A
【解析】
【详解】A：分别在1、2、3号C上，则的名称为1，2，三溴丙烷，故A错误；
B.萘环上有2种H，有4种，则取代后的产物共有种，故B正确；
C.对甲基苯乙烯中，只有甲基上2个H与其它原子不共面，则最多有17个原子共面，故C正确；
D.立方烷结构对称，只有一种H，则一氧代物有1种，立方烷二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况，立方烷三氯代物有3种：三个氯原子在同一个面上有一种情况，三个氯原子不在同一个面上有二种情况，情况1，2个氯原子在立方烷的棱上，另1个氯原子在对角线上，情况2，三个氯原子构成正三角形，所以同分异构体有三种，故D正确；
故答案选：A。
9.已知某种烯烃经臭氧氧化后,在Zn存在下水解,可得到醛和一种有机物酮。如:
现有化学式为C7H14的某烯烃,它与H2加成后生成2,3-二甲基戊烷，它经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮,据此推知该烯烃的结构简式为( )
A.
B.
C.
D
【答案】C
【解析】
【详解】根据题干信息分析可知，该烯烃为单烯烃，与氢气的加成产物是2，3–二甲基戊烷，结构简式为CH3CH2-CH(CH3)- CH(CH3)-CH3，且该烯烃经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮，说明该烯烃中含有CH3CH=结构和=C(CH3)-结构，根据其烷烃的结构简式可知，该烯烃为3,4-二甲基-2-戊烯，结构简式为，C选项正确；
答案选C。
10.天门冬氨酸(C4H7NO4)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由链状化合物B(C4H4O4)通过以下反应制取。通常状况下B为无色晶体，与碳酸氢钠溶液反应生成C4H2O4Na2，B没有支链。
下列说法正确的是( )
A. B中只含一种官能团：羧基
B. 反应①属于取代反应
C. 反应②属于加成反应
D. 天门冬氨酸的结构简式为
【答案】D
【解析】
【分析】
通常状况下B为无色晶体，与碳酸氢钠溶液反应生成C4H2O4Na2，B没有支链，则B含有两个羧基，其结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，C与NH3发生取代反应生成天门冬氨酸，其结构简式为，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，含有羧基、碳碳双键两种官能团，A选项错误；
B．根据上述分析，B与HCl发生加成反应生成C，即反应①为加成反应，B选项错误；
C．C与NH3发生取代反应生成天门冬氨酸，即反应②为取代反应，C选项错误；
D．C与NH3发生取代反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸(C4H7NO4)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为，D选项正确；
答案选D。
11.某天然油脂的分子式为C57H106O6。1 mol该油脂水解可得到1 mol甘油、1 mol脂肪酸X和2 mol直链脂肪酸Y。经测定X的相对分子质量为280，原子个数比为C∶H∶O＝9∶16∶1。下列说法错误的是( )
A. X的分子式为C18H32O2
B. 脂肪酸Y能发生取代反应
C. Y的结构简式可能为CH3CH=CH(CH2)14COOH
D. Y结构简式为CH3(CH2)16COOH
【答案】C
【解析】
【分析】
X的相对分子质量为280，原子个数比为C：H：O=9：16：1，设B的分子式为C9nH16nOn，n==2，所以X的分子式为：C18H32O2；油脂的水解可以表示成：C57H106O6+3H2O→C3H8O3(甘油)+C18H32O2+2Y，根据原子守恒知，Y的分子式为：C18H36O2，结合Y是直链脂肪酸，可知Y的结构简式为：CH3-(CH2)16-COOH，为硬脂酸，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，X的分子式为C18H32O2，A选项正确；
B．脂肪酸Y能与醇发生酯化反应，属于取代反应，B选项正确；
C．Y的结构简式可为CH3(CH2)16COOH，不含有碳碳双键，C选项错误；
D．Y的结构简式为CH3(CH2)16COOH，D选项正确；
答案选C。
12.青霉素是一种良效广谱抗生素，经酸性水解后得到青霉素氨基酸分子的结构简式如图所示，下列关于该物质的叙述不正确的是( )
A. 属于α－氨基酸
B. 能发生加聚反应生成多肽
C. 核磁共振氢谱上共有5个峰
D. 青霉素过敏严重者会导致死亡，用药前一定要进行皮肤敏感试验
【答案】B
【解析】
【详解】A．青霉素氨基酸中氨基在羧基的α碳上，属于α－氨基酸，A选项正确；
B．青霉素氨基酸分子中含有羧基、氨基，能够缩聚反应生成多肽，不是加聚反应，B选项错误；
C．分子中含有5种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱共有5个峰，C选项正确；
D．使用青霉素前要进行皮肤敏感试验，否则有些患者会因为对青霉素过敏严重导致死亡，D选项正确；
答案选B。
13.某聚合物的单体X能使溴水褪色，X和等物质的量的氢气加成后生成分子式为C8H10的芳香烃，则该聚合物是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息，某聚合物的单体X能使溴水褪色可知，X中含有碳碳双键，聚合物属于加聚产物，根据X和等物质的量的氢气加成后生成分子式为C8H10的芳香烃，推知X中含有苯环，因此X的结构简式为，通过加聚反应生成的聚合物的结构简式为，B选项正确；
答案选B
14.金属原子在二维空间里的放置有下图所示的两种方式,下列说法中正确的是( )
A. 图(a)为非密置层,配位数为6
B. 图(b)为密置层,配位数为4
C. 图(a)在三维空间里堆积可得六方密堆积和面心立方密堆积
D. 图(b)在三维空间里堆积仅得简单立方堆积
【答案】C
【解析】
【分析】
金属原子在二维空间里有两种排列方式，一种是密置层排列，一种是非密置层排列，图1为密置层，图2为非密置层，据此可分析解答。
【详解】A．据上述分析，图1为密置层，原子的配位数为6，A选项错误；
B．2为非密置层，非密置层的配位数较密置层小，配位数为4，B选项错误；
C．1为密置层，密置层在三维空间堆积可得到六方最密堆积和面心立方最密堆积两种堆积模型，C选项正确；
D．2为非密置层，非密置层在三维空间堆积可得简单立方堆积和体心立方堆积两种堆积模型，D选项错误；
答案选C。
15.下列说法正确的是( )
A. 按系统命名法，化合物的名称为2,6二甲基－5－乙基庚烷
B. 丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽
C. 化合物是苯的同系物
D. 三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据系统命名方法，名称中编号起点选错，正确的物质的名称为：2，6－二甲基－3－乙基庚烷，A选项错误；
B．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子。当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是不同氨基酸脱水，可以是苯丙氨酸脱去羟基；丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，苯丙氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种，B选项错误；
C．苯的同系物是含一个苯环，组成相差CH2的物质，选项中分子含有三个苯环，C选项错误；
D．三硝酸甘油酯是甘油和3分子硝酸通过酸脱氢，醇脱羟基得到的物质分子式为C3H5N3O9，D选项正确；
答案选D。
【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
16.下列有机反应的反应条件、反应现象或生成物性质、反应类型均正确的是( )
选项
反应物
反应条件
反应现象或
生成物性质
实验过程
中涉及的
反应类型
A
石蜡油
碎瓷片、强热
生成的气体可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
裂化反应、
裂解反应
B
乙醇、钠
钠熔化成小球，在乙醇的液面上缓缓游动
取代反应
C
乙醇、乙酸
浓硫酸、加
热至170 ℃
有不溶于水的油状液体产生，可以闻到香味
取代反应
D
1 mL 20%
蔗糖溶液
稀硫酸
取少量反应后的溶液，加氢氧化钠溶液调pH为碱性，加少量新制的氢氧化铜悬浊液，产生砖红色沉淀
水解反应、
氧化反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石蜡油加强热裂化分解生成烯烃和烷烃，裂解生成气体烯烃通入酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了裂化、裂解反应，A选项正确；
B．乙醇和钠反应，钠的密度大于酒精，在底部发生反应，不熔成小球，发生的是取代反应，B选项错误；
C．酯化反应是在浓硫酸做催化剂作用下加热生成酯，不需要加热到170℃，C选项错误；
D．蔗糖在稀硫酸做催化剂作用下水浴加热发生水解反应，取少量反应后的溶液，加氢氧化钠溶液调pH为碱性，加少量新制的氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀发生氧化反应，D选项错误；
答案选A。
17.下列元素性质的递变规律正确的是
A. 第一电离能：B
C. 气态氢化物的稳定性：NH3
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：Be＞B＞Mg＞Na，故A错误；
B．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：O＞N＞S＞P，故B正确；
C．非金属性越强，气态氢化物越稳定：NH3>CH4，故C错误；
D．Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故D错误。
18.下列说法中正确的 ( )。
A. 1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，3d轨道的能量小于4s轨道的能量
D. 同一原子中，2p、3p、4p电子的能量逐渐减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个2s电子被激发到2p能级上，表示的是激发态原子；A选项正确；
B．3p2表示3p能级上填充了2个电子，B选项错误；
C．同一原子中能层序数越大；能量也就越高；离核越远；故1s、2s、3s电子的能量逐渐升高，C选项错误；
D．在同一能级中，其轨道数是一定的，而不论它在哪一能层中，即同一原子中2p、3p、4p能级中的轨道数都是相同的，D选项错误；
答案选A。
19.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的哑铃形C2-的存在，使晶胞沿一个方向拉长(该晶胞为长方体)。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是( )
A. 1个Ca2＋周围距离最近且等距离的数目为6
B. 6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 mol
C. 该晶体中只有离子键
D. 与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋共有12个
【答案】B
【解析】
【详解】A．由晶胞示意图可以看出，晶胞是非正方体结构，再由图可知每个Ca2+周围距离最近且相等的有4个，A选项错误；
B．6.4gCaC2为0.1 mol，CaC2晶体中的阴离子为，则含有0.1 mol阴离子，B选项正确；
C．CaC2晶体中C原子和C原子之间还形成共价键，C选项错误；
D．每个Ca2+周围距离最近且相等的Ca2+有4个，D选项错误；
答案选B。
20.金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。关于它们的说法中正确的是( )
①金属晶体导电，离子晶体在一定条件下也能导电
②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有6个Cl－
③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式
④金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性
A. ①② B. ①③ C. ③ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①金属晶体中含自由电子，能导电，而离子晶体只有在溶于水或熔化状态下才能导电，在固态时不导电，在一定条件下也能导电，①正确；
②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有8个Cl－，故②错误；
③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，③正确；
④离子键在受到锤打或锻压时会断裂，因而离子晶体没有延展性，④错误。
故选B。
二、非选择题：
21.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
（1）Zn原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________
泡利不相容原理内容______________________
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)__________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________
（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________
（4）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为__________g·cm-3(列出计算式)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 (2). 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 (3). 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 (4). 大于 (5). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (6). 离子键 (7). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (8). 六方最密堆积(A3型) (9). 12 (10).
【解析】
【详解】(1)Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；
(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn原子的配位数为12，该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=[(6×)×3×c]cm3，晶胞密度=，故答案为：六方最密堆积(A3型)；12；。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
22.2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：
回答下列问题：
（1）分子中不同化学环境的氢原子共有_______种，共面原子数目最多为_______。
（2）B的名称为_________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是______________。
（4）写出⑥的化学反应方程式：_________，该步反应的主要目的是____________。
（5）写出⑧的反应试剂和条件：_______________；F中含氧官能团的名称为__________。
（6）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。__________
……目标化合物
【答案】 (1). 4 (2). 13 (3). 2-硝基甲苯或邻硝基甲苯 (4). (5). 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物，或占位） (6). (7). 保护氨基 (8). Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） (9). 羧基 (10).
【解析】
甲苯在浓硫酸作用下生成对甲基苯磺酸，在与混酸发生硝化反应，反应③将磺酸基水解去掉得B，B再与酸性高锰酸钾发生氧化反应得邻硝基苯甲酸；再与Fe/HCl发生还原反应将B中的硝基转化为氨基，即C为邻氨基苯甲酸；再发生反应⑥保护氨基，反应⑦引入磺酸基，将羧基的一个间位位置占住；反应⑧发生取代反应引入Cl原子；反应⑨再将氨基转化回来即可。
（1）甲苯分子中不同化学环境的氢原子共有4种，共面原子数目最多为13个。
（2）B的名称为邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；
B的同分异构体中能发生银镜反应的有醛基或者甲酸酯结构，又能发生水解反应，说明含有酯基结构或者肽键结构。由此可得B的同分异构体有：。
（3）若甲苯直接硝化，所得副产物较多，即可能在甲基的对位发生硝化反应，或者生成三硝基甲苯等。
（4）反应⑥为邻氨基苯甲酸与乙酰氯发生取代反应，方程式为：
。结合F的结构可知，该步骤的目的是保护氨基，防止氨基被氧化。
（5）结合D、F的结构可知，反应⑧引入Cl原子，苯环上引入Cl原子的方法是在Fe或者FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应；F中的含氧官能团为羧基。
（6）根据步骤⑨及缩聚反应可得流程如下：
。
一、单选题：
1.现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②乙醇和丁醇；③溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
【分析】
①甲酸乙酯和乙酸钠，分层。
②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同。
③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，以此来解答。
【详解】①甲酸乙酯和乙酸钠，分层，选择分液法分离。
②乙醇和丁醇互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离。
③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，选择萃取法分离。
故选C。
2.下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是
A. 与Na反应时乙醇的反应速率比水慢
B. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
C. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙烷不能
D. 甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色而乙烷不能
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇中羟基不如水中羟基活泼，说明烃基对羟基产生影响，故A不选；B．苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯基对羟基有影响，故B不选；C．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯中含有碳碳双键官能团，而乙烷中没有碳碳双键，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明基团间的相互影响，故C选；D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲基受苯环的影响导致甲基上的H活泼，而乙烷不能，可说明苯环对甲基有影响，故D不选；故选C。
3.山萘酚(Kaempf erol)结构如下图所示，且大量存在于水果、蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用。下列有关山萘酚的叙述正确的是 ( )
A. 结构式中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键
B. 可发生取代反应、水解反应、加成反应
C. 可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应
D. 1 mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4 mol Br2
【答案】C
【解析】
【详解】A、结构式中含有2个苯环和羟基、醚键、羰基、碳碳双键，A错误；
B、该物质不能发生取代反应，B错误；
C、酚羟基有酸性，可与NaOH反应，碳酸的酸性比苯酚的强，所以不能与NaHCO3反应，C正确；
D、1mol山萘酚与溴水反应最多可消耗5mol Br2，D错误。
答案选C。
4.下列关于有机物的说法，正确的是
A. 将红热的铜丝迅速插入无水乙醇中可将乙醇氧化为乙醛
B. 纤维素、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物
C. 乙烷、乙烯和苯都可发生加成反应
D. 将乙醇和乙酸混合加热可以制备乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化铜可氧化乙醇，生成乙醛和水，故A正确；
B、光导纤维的成分是二氧化硅，是无机物，不是高分子化合物，故B错误；
C、乙烷不能发生加成反应，故C错误；
D．制乙酸乙酯时，需要加入浓硫酸作催化剂，故D错误；
故选A。
5.下列实验的失败原因可能是因为缺少必要的实验步骤造成的是
①将乙醇和乙酸稀硫酸共热制乙酸乙酯 ②无水乙醇和浓硫酸共热到140℃制乙烯
③验证RX是氯代烷，把RX与烧碱溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液出现褐色沉淀
④做醛还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，未出现红色沉淀
⑤检验淀粉已水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液水浴加热后未析出银镜
A. ①③④⑤ B. ③④⑤ C. ③⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①制取乙酸乙酯用浓硫酸作催化剂而不是稀硫酸作催化剂，不缺少必要的实验步骤，故不选；②实验室用无水乙醇和浓硫酸共热到170℃制乙烯，在140℃得到乙醚，不是缺少必要的实验步骤，故不选；③卤代烃中卤元素检验时，应该先加稀硝酸后加硝酸银溶液，否则硝酸银和NaOH反应而得不到AgCl沉淀，所以是缺少必要的实验步骤，故选；④做醛的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后应该加热才能发生氧化反应，否则不发生反应，所以缺少必要的实验步骤，故选；⑤检验淀粉已经水解的葡萄糖时，应该先加NaOH后加银氨溶液，否则银氨溶液和稀硫酸反应而干扰实验，所以缺少必要的实验步骤，故选；故选B。
6.链状高分子化合物的结构简式如下：
该有机物可由有机化工原料R和其他有机试剂，通过加成、水解、氧化、缩聚反应得到，则R是( )
A. 1-丁烯 B. 2-丁烯 C. 1,3-丁二烯 D. 乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】高分子化合物的单体为 和HO—CH2—CH2—OH，利用逆推法，，再将乙二醇氧化得到乙二醛，进一步氧化得到乙二酸，由乙二醇和乙二酸发生缩聚反应就得到高分子化合物，故R是乙烯，D选项正确；
答案选D。
7.下图表示在催化剂作用下将X和Y合成具有生物活性的物质Z，W是中间产物(R1、R2均为烃基)。
则下列有关叙述正确的是( )
A. 反应①属于加成反应 B. 1 mol W最多可与3 mol NaOH反应
C. X、Y、W、Z都能与NaOH溶液反应 D. 可用溴水或FeCl3溶液鉴别出X和W
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应①反应物和生成物结构简式对比，此反应属于取代反应，A选项错误；
B．1个W分子中含有1个酚羟基和1个酯基，则1mol W最多可与2mol NaOH反应，B选项错误；
C．X、Y、W、Z含酚羟基、酯基中至少1种，都能与NaOH溶液反应，C选项正确；
D．X和W都含酚羟基，不能用溴水或FeCl3溶液鉴别，D选项错误；
答案选C。
8.下列有机物说法不正确的是（ ）
A. BrCH2CHBrCH2Br的名称为三溴丙烷
B. 萘环上的一个H原子被一C4H9取代后的产物共有8种
C. 对甲基苯乙烯中最多有17个原子共面
D. 立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种
【答案】A
【解析】
【详解】A：分别在1、2、3号C上，则的名称为1，2，三溴丙烷，故A错误；
B.萘环上有2种H，有4种，则取代后的产物共有种，故B正确；
C.对甲基苯乙烯中，只有甲基上2个H与其它原子不共面，则最多有17个原子共面，故C正确；
D.立方烷结构对称，只有一种H，则一氧代物有1种，立方烷二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况，立方烷三氯代物有3种：三个氯原子在同一个面上有一种情况，三个氯原子不在同一个面上有二种情况，情况1，2个氯原子在立方烷的棱上，另1个氯原子在对角线上，情况2，三个氯原子构成正三角形，所以同分异构体有三种，故D正确；
故答案选：A。
9.已知某种烯烃经臭氧氧化后,在Zn存在下水解,可得到醛和一种有机物酮。如:
现有化学式为C7H14的某烯烃,它与H2加成后生成2,3-二甲基戊烷，它经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮,据此推知该烯烃的结构简式为( )
A.
B.
C.
D
【答案】C
【解析】
【详解】根据题干信息分析可知，该烯烃为单烯烃，与氢气的加成产物是2，3–二甲基戊烷，结构简式为CH3CH2-CH(CH3)- CH(CH3)-CH3，且该烯烃经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮，说明该烯烃中含有CH3CH=结构和=C(CH3)-结构，根据其烷烃的结构简式可知，该烯烃为3,4-二甲基-2-戊烯，结构简式为，C选项正确；
答案选C。
10.天门冬氨酸(C4H7NO4)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由链状化合物B(C4H4O4)通过以下反应制取。通常状况下B为无色晶体，与碳酸氢钠溶液反应生成C4H2O4Na2，B没有支链。
下列说法正确的是( )
A. B中只含一种官能团：羧基
B. 反应①属于取代反应
C. 反应②属于加成反应
D. 天门冬氨酸的结构简式为
【答案】D
【解析】
【分析】
通常状况下B为无色晶体，与碳酸氢钠溶液反应生成C4H2O4Na2，B没有支链，则B含有两个羧基，其结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，C与NH3发生取代反应生成天门冬氨酸，其结构简式为，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，含有羧基、碳碳双键两种官能团，A选项错误；
B．根据上述分析，B与HCl发生加成反应生成C，即反应①为加成反应，B选项错误；
C．C与NH3发生取代反应生成天门冬氨酸，即反应②为取代反应，C选项错误；
D．C与NH3发生取代反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸(C4H7NO4)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为，D选项正确；
答案选D。
11.某天然油脂的分子式为C57H106O6。1 mol该油脂水解可得到1 mol甘油、1 mol脂肪酸X和2 mol直链脂肪酸Y。经测定X的相对分子质量为280，原子个数比为C∶H∶O＝9∶16∶1。下列说法错误的是( )
A. X的分子式为C18H32O2
B. 脂肪酸Y能发生取代反应
C. Y的结构简式可能为CH3CH=CH(CH2)14COOH
D. Y结构简式为CH3(CH2)16COOH
【答案】C
【解析】
【分析】
X的相对分子质量为280，原子个数比为C：H：O=9：16：1，设B的分子式为C9nH16nOn，n==2，所以X的分子式为：C18H32O2；油脂的水解可以表示成：C57H106O6+3H2O→C3H8O3(甘油)+C18H32O2+2Y，根据原子守恒知，Y的分子式为：C18H36O2，结合Y是直链脂肪酸，可知Y的结构简式为：CH3-(CH2)16-COOH，为硬脂酸，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，X的分子式为C18H32O2，A选项正确；
B．脂肪酸Y能与醇发生酯化反应，属于取代反应，B选项正确；
C．Y的结构简式可为CH3(CH2)16COOH，不含有碳碳双键，C选项错误；
D．Y的结构简式为CH3(CH2)16COOH，D选项正确；
答案选C。
12.青霉素是一种良效广谱抗生素，经酸性水解后得到青霉素氨基酸分子的结构简式如图所示，下列关于该物质的叙述不正确的是( )
A. 属于α－氨基酸
B. 能发生加聚反应生成多肽
C. 核磁共振氢谱上共有5个峰
D. 青霉素过敏严重者会导致死亡，用药前一定要进行皮肤敏感试验
【答案】B
【解析】
【详解】A．青霉素氨基酸中氨基在羧基的α碳上，属于α－氨基酸，A选项正确；
B．青霉素氨基酸分子中含有羧基、氨基，能够缩聚反应生成多肽，不是加聚反应，B选项错误；
C．分子中含有5种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱共有5个峰，C选项正确；
D．使用青霉素前要进行皮肤敏感试验，否则有些患者会因为对青霉素过敏严重导致死亡，D选项正确；
答案选B。
13.某聚合物的单体X能使溴水褪色，X和等物质的量的氢气加成后生成分子式为C8H10的芳香烃，则该聚合物是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息，某聚合物的单体X能使溴水褪色可知，X中含有碳碳双键，聚合物属于加聚产物，根据X和等物质的量的氢气加成后生成分子式为C8H10的芳香烃，推知X中含有苯环，因此X的结构简式为，通过加聚反应生成的聚合物的结构简式为，B选项正确；
答案选B
14.金属原子在二维空间里的放置有下图所示的两种方式,下列说法中正确的是( )
A. 图(a)为非密置层,配位数为6
B. 图(b)为密置层,配位数为4
C. 图(a)在三维空间里堆积可得六方密堆积和面心立方密堆积
D. 图(b)在三维空间里堆积仅得简单立方堆积
【答案】C
【解析】
【分析】
金属原子在二维空间里有两种排列方式，一种是密置层排列，一种是非密置层排列，图1为密置层，图2为非密置层，据此可分析解答。
【详解】A．据上述分析，图1为密置层，原子的配位数为6，A选项错误；
B．2为非密置层，非密置层的配位数较密置层小，配位数为4，B选项错误；
C．1为密置层，密置层在三维空间堆积可得到六方最密堆积和面心立方最密堆积两种堆积模型，C选项正确；
D．2为非密置层，非密置层在三维空间堆积可得简单立方堆积和体心立方堆积两种堆积模型，D选项错误；
答案选C。
15.下列说法正确的是( )
A. 按系统命名法，化合物的名称为2,6二甲基－5－乙基庚烷
B. 丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽
C. 化合物是苯的同系物
D. 三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据系统命名方法，名称中编号起点选错，正确的物质的名称为：2，6－二甲基－3－乙基庚烷，A选项错误；
B．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子。当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是不同氨基酸脱水，可以是苯丙氨酸脱去羟基；丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，苯丙氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种，B选项错误；
C．苯的同系物是含一个苯环，组成相差CH2的物质，选项中分子含有三个苯环，C选项错误；
D．三硝酸甘油酯是甘油和3分子硝酸通过酸脱氢，醇脱羟基得到的物质分子式为C3H5N3O9，D选项正确；
答案选D。
【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
16.下列有机反应的反应条件、反应现象或生成物性质、反应类型均正确的是( )
选项
反应物
反应条件
反应现象或
生成物性质
实验过程
中涉及的
反应类型
A
石蜡油
碎瓷片、强热
生成的气体可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
裂化反应、
裂解反应
B
乙醇、钠
钠熔化成小球，在乙醇的液面上缓缓游动
取代反应
C
乙醇、乙酸
浓硫酸、加
热至170 ℃
有不溶于水的油状液体产生，可以闻到香味
取代反应
D
1 mL 20%
蔗糖溶液
稀硫酸
取少量反应后的溶液，加氢氧化钠溶液调pH为碱性，加少量新制的氢氧化铜悬浊液，产生砖红色沉淀
水解反应、
氧化反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石蜡油加强热裂化分解生成烯烃和烷烃，裂解生成气体烯烃通入酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了裂化、裂解反应，A选项正确；
B．乙醇和钠反应，钠的密度大于酒精，在底部发生反应，不熔成小球，发生的是取代反应，B选项错误；
C．酯化反应是在浓硫酸做催化剂作用下加热生成酯，不需要加热到170℃，C选项错误；
D．蔗糖在稀硫酸做催化剂作用下水浴加热发生水解反应，取少量反应后的溶液，加氢氧化钠溶液调pH为碱性，加少量新制的氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，产生砖红色沉淀发生氧化反应，D选项错误；
答案选A。
17.下列元素性质的递变规律正确的是
A. 第一电离能：B
C. 气态氢化物的稳定性：NH3
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：Be＞B＞Mg＞Na，故A错误；
B．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：O＞N＞S＞P，故B正确；
C．非金属性越强，气态氢化物越稳定：NH3>CH4，故C错误；
D．Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故D错误。
18.下列说法中正确的 ( )。
A. 1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，3d轨道的能量小于4s轨道的能量
D. 同一原子中，2p、3p、4p电子的能量逐渐减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个2s电子被激发到2p能级上，表示的是激发态原子；A选项正确；
B．3p2表示3p能级上填充了2个电子，B选项错误；
C．同一原子中能层序数越大；能量也就越高；离核越远；故1s、2s、3s电子的能量逐渐升高，C选项错误；
D．在同一能级中，其轨道数是一定的，而不论它在哪一能层中，即同一原子中2p、3p、4p能级中的轨道数都是相同的，D选项错误；
答案选A。
19.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的哑铃形C2-的存在，使晶胞沿一个方向拉长(该晶胞为长方体)。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是( )
A. 1个Ca2＋周围距离最近且等距离的数目为6
B. 6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 mol
C. 该晶体中只有离子键
D. 与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋共有12个
【答案】B
【解析】
【详解】A．由晶胞示意图可以看出，晶胞是非正方体结构，再由图可知每个Ca2+周围距离最近且相等的有4个，A选项错误；
B．6.4gCaC2为0.1 mol，CaC2晶体中的阴离子为，则含有0.1 mol阴离子，B选项正确；
C．CaC2晶体中C原子和C原子之间还形成共价键，C选项错误；
D．每个Ca2+周围距离最近且相等的Ca2+有4个，D选项错误；
答案选B。
20.金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。关于它们的说法中正确的是( )
①金属晶体导电，离子晶体在一定条件下也能导电
②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有6个Cl－
③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式
④金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性
A. ①② B. ①③ C. ③ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①金属晶体中含自由电子，能导电，而离子晶体只有在溶于水或熔化状态下才能导电，在固态时不导电，在一定条件下也能导电，①正确；
②CsCl晶体中，每个Cs＋周围有8个Cl－，故②错误；
③金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，③正确；
④离子键在受到锤打或锻压时会断裂，因而离子晶体没有延展性，④错误。
故选B。
二、非选择题：
21.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
（1）Zn原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________
泡利不相容原理内容______________________
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)__________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________
（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________
（4）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为__________g·cm-3(列出计算式)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 (2). 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 (3). 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 (4). 大于 (5). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (6). 离子键 (7). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (8). 六方最密堆积(A3型) (9). 12 (10).
【解析】
【详解】(1)Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；
(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn原子的配位数为12，该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=[(6×)×3×c]cm3，晶胞密度=，故答案为：六方最密堆积(A3型)；12；。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
22.2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：
回答下列问题：
（1）分子中不同化学环境的氢原子共有_______种，共面原子数目最多为_______。
（2）B的名称为_________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是______________。
（4）写出⑥的化学反应方程式：_________，该步反应的主要目的是____________。
（5）写出⑧的反应试剂和条件：_______________；F中含氧官能团的名称为__________。
（6）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。__________
……目标化合物
【答案】 (1). 4 (2). 13 (3). 2-硝基甲苯或邻硝基甲苯 (4). (5). 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物，或占位） (6). (7). 保护氨基 (8). Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe） (9). 羧基 (10).
【解析】
甲苯在浓硫酸作用下生成对甲基苯磺酸，在与混酸发生硝化反应，反应③将磺酸基水解去掉得B，B再与酸性高锰酸钾发生氧化反应得邻硝基苯甲酸；再与Fe/HCl发生还原反应将B中的硝基转化为氨基，即C为邻氨基苯甲酸；再发生反应⑥保护氨基，反应⑦引入磺酸基，将羧基的一个间位位置占住；反应⑧发生取代反应引入Cl原子；反应⑨再将氨基转化回来即可。
（1）甲苯分子中不同化学环境的氢原子共有4种，共面原子数目最多为13个。
（2）B的名称为邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；
B的同分异构体中能发生银镜反应的有醛基或者甲酸酯结构，又能发生水解反应，说明含有酯基结构或者肽键结构。由此可得B的同分异构体有：。
（3）若甲苯直接硝化，所得副产物较多，即可能在甲基的对位发生硝化反应，或者生成三硝基甲苯等。
（4）反应⑥为邻氨基苯甲酸与乙酰氯发生取代反应，方程式为：
。结合F的结构可知，该步骤的目的是保护氨基，防止氨基被氧化。
（5）结合D、F的结构可知，反应⑧引入Cl原子，苯环上引入Cl原子的方法是在Fe或者FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应；F中的含氧官能团为羧基。
（6）根据步骤⑨及缩聚反应可得流程如下：
。
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