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山东省滨州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份山东省滨州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共32页。
山东省滨州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东滨州·高二统考期末）学习有机化学，掌握有机物的组成、结构、命名和官能团性质是重中之重。
(1) 的分子式为_________，所含官能团的名称为___________。
(2)的系统命名为_______________。
(3)当有机化合物分子中含有碳碳双键且与每个双键碳原子所连的另外两个原子或原子团不同时，就存在顺反异构现象。写出分子式为C4H8的顺式结构的结构简式______________________。
(4)当有机化合物分子中碳原子连有四个不同基团时称为手性碳原子，如A中星号“*”碳原子就是手性碳原子。
则B中手性碳原子的个数为__________；若使A失去手性，则采取的方法为________(用化学方程式表示)。
2. （2020春·山东滨州·高二统考期末）根据所学物质结构知识，回答下列问题：
(1)氮元素是植物生长所需的元素，常见氮肥有铵盐(NH4+)、尿素 ()等，NH4+中H-N-H键角_______(填“＞”“＜”或“＝”)。中N-C-N键角。
(2)硫元素和人类的生存与发展联系密切，在战国时期，我国的炼丹家们就开始了对硫单质及含硫化合物的研究应用。硫单质有多种同素异形体，其中一种单质分子(S8)的结构为，其熔点和沸点要比二氧化硫的高很多，主要原因为___________。气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为____形，实验测得三种氧化物的熔沸点如下，推测固态三氧化硫的分子式为____________。
P4O10
三氧化硫
Cl2O7
熔点
613K
289K
182K
沸点
633K
317K
355K
(3)在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2CO·2H2O；Cu2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，其结构如图所示：
①H2O中氧原子的杂化方式为_____________；
②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______________。
3. （2020春·山东滨州·高二统考期末）碳元素的单质有多种形式，如图依次是金刚石、石墨和C60的结构示意图：
分析上图可知：
(1)金刚石的晶体类型是_______________，晶体中每个最小环上的碳原子的个数是___________。
(2)石墨晶体呈层状结构，层内每个正六边形拥有的碳原子的个数是________，层与层之间的作用力是______________。
(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则Co分子中σ键与π键数目之比为_______________。
4. （2020春·山东滨州·高二统考期末）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。某氮化铁的晶胞结构如图所示：
(1)在晶胞中，原子分数坐标A为(0，0，0)；B为( )，，)；C为(0，1，1)，则D为____________。
(2)若该晶体的密度是ρ g·cm-3，则晶胞中两个最近的Fe的核间距为__________(用含NA、ρ的代数式表示，不必化简)。
(3)在该晶胞结构中，Cu可以完全替代a位置Fe或者b位置Fe(见图1)，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的是______(填“Cu替代a位置Fe型”或“Cu替代b位置Fe型”)，替代后不稳定物质的化学式为______。
5. （2021春·山东滨州·高二统考期末）丙酮与柠檬醛在一定条件下反应可以合成假紫罗兰酮，再进一步可以合成有工业价值的α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮，转化过程如图所示：
(1)柠檬醛的分子式为___________，所含官能团的名称为___________。
(2)α-紫罗兰酮分子中碳原子的杂化方式为___________。
(3)β-紫罗兰酮与足量Br2发生加成反应的产物分子中含有___________个不对称碳原子。
(4)上述转化过程中互为同分异构体的有机物有___________种。
(5)要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要使用下列试剂中的___________(按反应顺序填写试剂序号)。
A稀硫酸 B．氢氧化钠溶液 C．溴水 D．银氨溶液
6. （2020春·山东滨州·高二统考期末）一氯化苄(C6H5CH2Cl，其中C6H5-表示苯基)是一种重要的有机化工原料，工业上采用甲苯与干燥氯气板应合成。如图是某小组设计的用干燥氯气和甲苯合成一氯化苄并分离产物的实验装置(夹持装置未画出)，甲苯及各种氯化苄的物理性质如表所示。
物理性质
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/g.cm-3
甲苯
-95
110
0.86
一氯化苄(C6H5CH2Cl)
-45
179
1.10
二氯化苄(C6H5CHCl2)
-17
205
1.26
三氯化苄(C6H5CHCl3)
-4.4
221
1.37
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是___________。
(2)两处冷凝水的进水口分别为____________(填序号)。
A．x1、y1 B．x1、y2 C．y2、y1 D．x2、y2
(3)在回流反应的过程中,由于温度控制不当,部分产物从K2处被蒸出。取烧杯中的少量吸收液于试管中,滴入新制氢氧化铜悬浊液并加热,观察到有砖红色沉淀生成，由此可知在吸收液中发生反应的化学方程式为______________。
(4)反应结束后，撤去A、B及尾气吸收装置，塞上玻璃塞。保持K1关闭，打开K3，加热三颈烧瓶，分馏并收集一氯化苄，应选择的温度在____________。
(5)分馏得到产品中氯元素质量分数的测定步骤如下：称取13.00 g产品于烧杯中，加入50.00 mL4.00 mol/LNaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入35.00 mL40%HNO3，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于烧杯中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡,过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87 g，则该产品中氯元素质量分数为______%(结果保留 小数点后1位)。
(6)由于某同学操作时不慎将含铁的沸石加入到三颈烧瓶中，在分馏时得到了异常馏分X。用质谱法测得X的相对分子质量与二氯化苄相同，核磁共振氢谱显示X中有3种不同化学环境的氢。已知苯环上存在甲基或氯甲基时，后续取代苯环的基团主要引入其邻位或对位，X的结构简式可能为_______(任写一种)。
7. （2021春·山东滨州·高二统考期末）家中常备解热镇痛药阿司匹林()，化学名称为乙酰水杨酸。实验室可通过水杨酸和乙酸酐反应制备阿司匹林，其合成原理如下：
查阅资料：
阿司匹林：相对分子质量为180，受热易分解，溶于乙醇，难溶于水；
水杨酸()：溶于乙醇，微溶于水；
乙酸酐：无色透明液体，遇水形成乙酸。
【制备过程】
步骤一：向三颈烧瓶(图1)中加入水杨酸7g、新蒸出的乙酸酐10mL，再加入10滴浓硫酸反复振荡后，连接回流装置，搅拌，70℃加热半小时。
步骤二，冷却至室温后，将反应混合液倒入100mL冷水中，并用冰水浴冷却15min，用图2装置抽滤，洗涤得到乙酰水杨酸粗品。
(1)步骤一中宜采用___________加热，冷凝回流过程中外界___________(填化学式)可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应___________(填化学方程式)，降低了水杨酸的转化率。
(2)服用阿司匹林后，在胃液的作用下阿司匹林部分水解，其水解的化学方程式为___________。
(3)实验中抽滤相对于普通过滤的优点是___________。
【提纯过程】
将粗产品转至烧瓶中，装好问沉装置，向烧瓶内加入100mL乙酸乙酯和2粒沸石，加热回流，进行热溶解，然后趁热过滤，冷却至室温，抽滤、洗涤、干燥，得无色晶体状乙酰水杨酸。
(4)提纯过程中肯定用到的装置(某些夹持装置已省略)是___________。(填序号)
(5)提纯过程中为减少阿司匹林的损失，洗涤所用试剂最好选择___________。(填序号)
A．15%的乙醇溶液 B．溶液 C．冷水 D．滤液
【测定纯度】
取少量产品，加5mL水充分溶解，滴加3滴1%，溶液，无明显变化。再准确称取产品，用乙醇溶解，加2滴酚酞，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
(6)，溶液的作用是___________。
(7)样品纯度为___________。
8. （2022春·山东滨州·高二统考期末）对硝基乙酰苯胺在制作药物、染料等方面有重要应用，某实验小组合成对硝基乙酰苯胺的原理如图(反应条件已略去)。
已知：
i.苯胺在空气中极易被氧化；
ii. (易溶于水) ；
iii.实验参数：
相对分子质量
色态
溶解性
苯胺
93
棕黄色油状液体
微溶于水，易溶于乙醇和乙醚
乙酰苯胺
135
白色晶体
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
对硝基乙酰苯胺
180
白色晶体
溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
Ⅰ.苯胺的制备
将硝基苯还原得到苯胺，其中混有少量硝基苯杂质，可以采用下列方案除杂提纯：
(1)操作1与操作2相同，操作中用到的玻璃仪器有_______。
Ⅱ.乙酰苯胺的制备
向圆底烧瓶内加入9. 3g纯净苯胺和15mL冰醋酸及少许锌粉，加热回流60min，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，制得乙酰苯胺，装置如图。
(2)b处用到的仪器最好是下图中的_______ (填标号)。
A． B． C．
(3)操作中加入少量锌粉的作用是_______，生成乙酰苯胺的化学方程式为_______。
Ⅲ.对硝基乙酰苯胺的制备
将Ⅱ所得乙酰苯胺加入三颈烧瓶内，加入冰醋酸溶解，然后加浓入硫酸和浓硝酸的混酸，在冰水浴中保持反应温度不超过5℃ ，反应结束后减压过滤，洗涤晶体，干燥得粗品，纯化后得对硝基乙酰苯胺10. 8g。
(4)洗涤晶体宜采用_______(填标号)。A．热水洗 B．冷水洗 C．乙醇洗 D．先冷水洗再乙醇洗
(5)对硝基乙酰苯胺的产率是_______%。
9. （2020春·山东滨州·高二统考期末）化合物I (C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，含有醛基和酯基。I 可以用E和H在一定条件下合成：
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢
②R-CH=CH2R-CH2CH2OH
③F中苯环上的一氯代物只有两种
④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基
回答下列问题：
(1)A的结构简式为____________；C的分子式为____________；D的官能团为____________ 。
(2)F生成G的反应类型为____________；E+H→I的化学方程式为________________。
(3)H的同系物M比H相对分子质量大14，M可能的结构有_____________种。
(4)参照上述合成路线，写出以邻甲基苯酚和丙烯为原料制备化合物的合成路线______________________(其他无机试剂任选)。
10. （2021春·山东滨州·高二统考期末）药物瑞德西韦(Rerndesivir)对新型冠状病毒(2019-)有明显抑制作用，制备该药物的中间体M的合成路线如下；
已知：①R-OHR-Cl
②
③+R″-NH2→ +HCl
回答下列问题：
(1)B的化学名称为___________，D到E的反应类型为___________。
(2)写出由G生成H的化学反应方程式___________。
(3)M的结构简式为___________。
(4)X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________。
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇溶液发生显色反应；
③与足量金属反应可生成2gH2。
(5)参照上述流程，设计以苯甲醛( )为原料制备化合物 的合成路线_____(无机试剂任选)
11. （2022春·山东滨州·高二统考期末）有机物A与苯氧乙酸( )发生酯化反应，所得产物M具有菠萝气味，可做香料。
(1)5. 8gA完全燃烧可生成0. 3molCO2和0. 3molH2O，A的蒸气对氢气的相对密度是29，A分子中不含甲基且为链状结构，其结构简式为_______。
(2)苯氧乙酸有多种同分异构体，其中能与FcCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应和水解反应的同分异构体有_______种。
(3)M中含氧官能团的名称是_______。
(4)苯氧乙酸的合成路线如图：
已知：i. RCH2COOH
ii. R—ONaR—O—R＇
①试剂X可选用_______(填标号)。
A．NaOH溶液 B．Na2CO3溶液 C．NaHCO3溶液 D．CH3COONa溶液
②Ⅲ的反应类型为_______。
③Ⅱ的化学方程式为_______。
12. （2022春·山东滨州·高二统考期末）奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如图：
已知：i.R-XRMgX
ii.
iii.在醇钠作用下，酯与酯反应生成两种新酯
回答下列问题：
(1)B的名称是_______，G中手性碳原子的个数为_______。
(2)C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(任写一种即可)。
a.所有碳原子可能共面
b.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为2：3：3：3
(3)D与F生成G分两步发生，先加成后水解，写出加成反应的化学方程式：_______。
(4)奥昔布宁的结构简式为_______，合成奥昔布宁的两种反应物沸点均高于200℃，此合成过程中通过在70℃左右蒸出_______(填物质名称)来促进反应进行。
(5)根据上述路线中的有关知识，以一氯环丁烷和苯为有机原料设计合成的路线(其他无机试剂任选)。______
13. （2021春·山东滨州·高二统考期末）锂单质及化合物用途广泛，涉及电池、陶瓷、玻璃、润滑剂、制冷液、核工业等领域。
(1)锂离子电池的电解液有LiBF4，等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。
①LiBF4中阴离子的空间构型为_______，LiBF4中不存在______(填序号)。
A．离子键 B．极性共价键 C．配位键 D．氢键
②碳酸亚乙酯分子中σ键与π键数目之比为______。酯密度一般比水小，难溶于水，而碳酸亚乙酯能溶于水的主要原因是______。
(2)碱金属在空气中燃烧时，只有锂生成普通氧化物。是离子晶体，其晶格能可通过下图的循环计算得到。
①由图中数据可知O=O键键能为___________，晶格能为___________。
②和的熔点如下表所示：
氧化物
熔点/℃
1570
2800
熔点差异的原因是___________。
14. （2021春·山东滨州·高二统考期末）氮及其化合物在生产、生活和科技方面有着广泛的应用。
(1)NF3是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造、高能激光器方面有广泛应用，NF3分子的空间构型为___________。
(2)新制的溶于浓氨水生成配离子，中的配位原子是_____(填元素符号)，已知NH3，中H-N-H的键角为，则中H-N-H的键角_______(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)氮化镓是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。氮化锌晶胞结构可看作金刚石晶胞(如图1)内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。
①准晶体的发现颠覆了人们对晶体的已有认识，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
②、是制取氮化镓的常见镓源，常温常压下均为无色透明的液体。下列说法正确的是___________(填序号)。
A．晶体属于分子晶体
B．中所含化学键都是极性共价键
C．晶体中含有氢键
D．除H外，中所有原子最外层都达到稳定结构
③氮化镓晶胞中N的配位数___________。是以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布如图2所示，则2、3、4原子的分数坐标不可能是___________(填序号)。
a。(0.75，0.25，0.25) b。(0.25，0.75，0.75)
c。(0.25，0.75，0.25) d。(0.75，0.75，，0.75)
④已知Ga和N的摩尔质量分别为和，原子半径分别为和，阿伏加德罗常数值为，晶体密度为，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____(列计算式)。
15. （2022春·山东滨州·高二统考期末）配合物在工业生产和实际生活中都有广泛的应用。回答下列问题：
(1)含Eu稀土配合物EDPM是生产可识别性自愈合水凝胶的原料之一， 其制备原理如下。
①DBM分子中C采取的杂化类型为_______。
②Phen分子中的σ键除C-C键外还有_______。
③MA分子中最多有_______个原子共平面。
④EDPM分子中提供电子对形成配位键的原子有_______(填元素符号)。
(2)含Ni2+的污水中加入丁二酮肟试剂会立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物，此方法可用于Ni2+的检验。反应方程式如下：
①二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物中存在的化学键类型有_______ (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E.氢键
②丁二酮肟的熔点是238℃，丁二酮()的熔点是-4℃，两者熔点相差较大的主要原因是_______。
16. （2022春·山东滨州·高二统考期末）铜及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
(1)基态Cu+离子的核外电子排布式为_______；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，二者熔点较高的是_______。
(2)Cu2+与4-甲基咪唑()形成的配合物可用于反向ATRP(原子转移自由基聚合)的新型催化剂。4-甲基咪唑中1号N原子的孤电子对可参与形成大π键，使电子云密度降低，分子具有一定的稳定性。则能与Cu2+形成配位键的是_______(填“1”或“2”)号N原子。
(3)Cu2+可形成[Cu (en)2NH3](BF4)2，其巾en代表H2N- CH2-CH2- NH2，[Cu(en)2NH3](BF4)2中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_______个 。
(4)一种铜合金由Cu、In、Te组成，可做热电材料。其晶胞及晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90° ，该晶体的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)。则C点原子的分数坐标为_______；晶胞 中C、D原子间距离d=_______pm。
参考答案：
1. C10H16O 碳碳双键、羟基 2，4，4一三甲基-2-戊烯 3 2 +O2+2H2O 或CH2=CHCOOH+H2O
【详解】
（1）根据该物质的结构简式可知，分子式为：C10H16O；该物质含官能团：碳碳双键和羟基；
（2）根据系统命名法的命名要求：选取最长的碳链为主链；取代基的位次之和最小取代；有官能团的，从官能团一侧编号；则 系统命名为：2，4，4一三甲基-2-戊烯；
（3）当有机物中含有碳碳双键，且与每个双键碳原子所连的另外两个原子或原子团不同时，就存在顺反异构现象，相同原子团在双键同侧是顺式结构，在双键异侧是反式结构；分子式为C4H8的顺式结构的结构简式为：；
（4）已知有机化合物分子中碳原子连有四个不同基团时称为手性碳原子，根据B的结构简式可知，有双键的位置不可能是手性碳原子，B中手性碳原子位于与羟基相连的碳原子及该碳原子所在六元环上依次往左两个碳原子，故B中手性碳原子的个数为3个；若使A失去手性，则使A中手性碳原子处产生双键，可变成碳碳双键或碳氧双键，则采取的方法为2+O2+2H2O 或CH2=CHCOOH+H2O。
2. ＜ 两者均为分子晶体且结构相似，S8相对分子质量比SO2大，范德华力强，所以S8的熔点和沸点较高 平面三角 S3O9或(SO3)3 sp3 电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对
【分析】本题综合考查分子的空间构型，分子晶体的熔沸点的影响因素及其应用，杂化轨道的判断和等电子体原理的运用，总体难度不大。
【详解】(1)由于与CH4互为等电子体，故 中H-N-H键角为10928’，而 中由于中心原子C原子上无孤电子对，故N-C-N键角为120，故答案为：<；
(2)由于单质分子(S8)的结构为和二氧化硫均为分子晶体，故其熔点和沸点高低取决于分子间作用力，分子间作用力又主要取决于相对分子质量，因为S8的相对分子质量比二氧化硫大很多，决定了其熔沸点比二氧化硫的高很多，气态三氧化硫以单分子形式存在，由于SO3中心S原子无孤对电子，故采用sp2杂化，故其分子的立体构型为平面三角形，由表中可知，三氧化硫的熔点介于P4O10和Cl2O7，故说明其相对分子质量介于284与183之间，故固态三氧化硫的分子式为S3O9，故答案为：两者均为分子晶体且结构相似，S8相对分子质量比SO2大，范德华力强，所以S8的熔点和沸点较高；平面三角；S3O9或(SO3)3；
(3)①由于H2O中心O有两对孤电子对，两个键，故氧原子的价层电子对数为4，故其的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；
②由于O的电负性大于C的电负性，导致C原子对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对与铜离子形成配位键，故答案为：电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对。
3. 共价晶体(原子晶体) 6 2 范德华力 3：1
【详解】(1)金刚石是由原子靠共价键聚集而成的共价晶体(原子晶体)；晶体中每个最小环上的碳原子的个数是6；
(2)石墨层状结构中每个碳原子被3个六元环共用，所以每个正六边形拥有的碳原子的个数是=2；层与层之间的作用力为范德华力；
(3)C60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个C形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个C原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是C原子数的一半，而双键中有1个σ键、1个π键，显然π键数目为30，一个C跟身边的3个C形成共价键，每条共价键只有一半属于这个C原子，所以σ键为=90，则C60分子中σ键与π键的数目之比为90：30=3：1。
4. (1，，) × Cu替代a位置Fe型 FeCu3N
【详解】(1)由图可知，在晶胞中，原子B位于体心上，原子B的坐标为(，，)，原子D位于面心上，坐标为：(1，，)，故本题答案为：；(1，，)；
(2)根据均摊法可知，该晶体的化学式为Fe4N，若该晶体的密度是ρ g·cm-3，则晶胞的边长为，晶胞中两个最近的Fe的核间距为面对角线的一半，即为×，故本题答案为：×；
(3) 能量越低越稳定，从图2知，Cu替代a位置Fe型会更稳定，替代后不稳定物质为其晶胞中Fe位于8个顶角，N(Fe)=，Cu位于面心，N(Cu)=6×=3，N位于体心，N(N)=1，其化学式为FeCu3N，故本题答案为： Cu替代a位置Fe型；FeCu3N。
【点睛】计算晶胞的参数时，借助晶胞质量等于晶胞体积乘以晶胞密度来进行，同时要考虑原子的在晶胞上的分布及均摊，此为易错点。
5. C10H16O 碳碳双键、醛基 sp2、sp3 4 3 DAC
【详解】(1)根据柠檬醛的结构简式，可知分子式为C10H16O；含官能团的名称为碳碳双键、醛基(红圈标出)。
(2)α-紫罗兰酮分子中，单键碳原子为sp3杂化、双键碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式为sp2、sp3；
(3)与4个不同原子或原子团相连的碳原子为不对称碳原子，β-紫罗兰酮与足量Br2发生加成反应的产物分子中含有4个不对称碳原子(红圈标出)。
(4)上述转化过程中假紫罗兰酮、α-紫罗兰酮、β-紫罗兰酮分子式都是C13H20O，互为同分异构体的有机物有3种。
(5)要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要用银氨溶液把醛基氧化为羧基，再加硫酸酸化，最后加入溴水，若溴水褪色，则说明含有碳碳双键，选DAC。
6. (球形)干燥管 D C6H5CHCl2+2NaOHC6H5CHO+2NaCl+ H2O 179-205℃ 27.3 或
【详解】由图可知，该实验用干燥氯气和甲苯合成一氯化苄，装置A为氯气发生装置，装置B为吸收HCl装置，装置C为干燥装置，装置D干燥氯气和甲苯的反应装置。
(1)由图可知，仪器为干燥管，本题答案为：球形干燥管；
(2)冷凝管B作用为冷凝回流作用，水流下进上出，另一冷凝管起冷凝作用，水流下进上出，则两处冷凝水的进水口应分别为x2、y2，故本题答案为：D；
(3)取烧杯中的少量吸收液于试管中，滴入新制氢氧化铜悬浊液并加热，观察到有砖红色沉淀生成，说明吸收液中有醛基生成，故吸收液中发生反应的化学方程式为C6H5CHCl2+2NaOHC6H5CHO+2NaCl+ H2O，故本题答案为：C6H5CHCl2+2NaOHC6H5CHO+2NaCl+ H2O；
(4)由表可知，分馏一氯化苄时，温度应高于179℃，为了防止二氯化苄被蒸出，温度应低于205℃，则选择的温度范围是179~205℃，本题答案为：179~205℃；
(5) 2.87 g固体是氯化银，物质的量为0.02mol，则氯原子是物质的量是0.02mol，氯元素的质量为0.71g，则该产品中氯元素质量分数 27.3%，故本题答案为27.3
(6)X与二氯化苄为同分异构体，核磁共振氢谱显示X中有3种不同化学环境的氢，已知苯上存在甲基或氯甲基，后续取代苯环的基团主要引入其邻位或对位，则X结构简式可能为 或。
【点睛】计算氯元素的质量分数时，先将样品配制成100mL，在取出20毫升溶液，所测的样品质量为2.6g，不是13g，此为易错点。
7. 水浴 H2O +H2O→2CH3COOH +H2O +CH3COOH 抽滤可以加快过滤速度 ACD C 证明反应完全 80%
【分析】实验室可通过水杨酸和乙酸酐反应制备阿司匹林，，用溶液测定产品的产率，测定方程式+3NaOH+CH3COONa+2H2O，用氯化铁作指示剂，根据纯度= 计算。
【详解】(1)步骤一中70℃加热，宜采用水浴加热，冷凝回流过程中外界H2O(填化学式)可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应+H2O→2CH3COOH(填化学方程式)，降低了水杨酸的转化率。故答案为：水浴；H2O；+H2O→2CH3COOH；
(2)服用阿司匹林后，在胃液的作用下阿司匹林酯基部分水解，其水解的化学方程式为+H2O+CH3COOH。故答案为：+H2O+CH3COOH；
(3)实验中抽滤相对于普通过滤的优点是抽滤可以加快过滤速度。故答案为：抽滤可以加快过滤速度；
(4)将粗产品转至烧瓶中，装好问沉装置，向烧瓶内加入100mL乙酸乙酯和2粒沸石，加热回流，进行热溶解，在C装置中进行，然后趁热过滤，在D装置中进行，冷却至室温，抽滤、洗涤、干燥，干燥在A装置中进行，得无色晶体状乙酰水杨酸，提纯过程中肯定用到的装置(某些夹持装置已省略)是ACD。(填序号)故答案为：ACD；
(5)提纯过程中为减少阿司匹林的损失，要降低溶解度，洗涤所用试剂最好选择冷水，故答案为：C。
(6)酚与溶液呈紫色，溶液的作用是证明反应完全。故答案为：证明反应完全；
(7)测定方程式+3NaOH+CH3COONa+2H2O。样品纯度为 =80%。故答案为：80%。
8. (1)分液漏斗、烧杯
(2)A
(3) 防止苯胺被氧化 +CH3COOH+H2O
(4)B
(5)60%
【分析】由题给流程可知，向硝基苯中加入铁和盐酸将硝基苯还原得到苯胺，向得到的苯胺粗品中加入盐酸，将苯胺转化为溶于水的盐酸苯胺，分液得到盐酸苯胺；向盐酸苯胺中加入氢氧化钠溶液，将盐酸苯胺转化为苯胺，分液得到粗苯胺；向粗苯胺中加入无水硫酸钠除去粗品中的水分，过滤得到纯净苯胺；苯胺在加热条件下与乙酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺，乙酰苯胺在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成对硝基乙酰苯胺。
（1）由分析可知，操作1与操作都为液液分离的分液操作，操作中用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；
（2）由实验装置图可知，b处装置的作用是起冷凝回流的作用，为增强冷凝回流的效果，应选用接触面积大的球形冷凝管，故选A；
（3）由题意可知，苯胺在空气中极易被氧化，所以制备乙酰苯胺时应加入少许锌粉防止苯胺被氧化；由分析可知，苯胺在加热条件下与乙酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺和水，反应的化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为：防止苯胺被氧化；+CH3COOH+H2O；
（4）由题意可知，对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，所以洗涤晶体时应选用冷水洗涤，防止对硝基乙酰苯胺因溶解造成产率降低，故选B；
（5）由题意可知，用9.3g纯净苯胺最终制得10. 8g对硝基乙酰苯胺，则对硝基乙酰苯胺的产率是×100%=60%，故答案为：60%。
9. (CH3)3CC1 C4H10O 醛基 取代反应 ++H2O 13 或
【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为(CH3)3CCl，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C(CH3)2，B发生信息②中的反应生成C为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为(CH3)2CHCHO，D再与氢氧化铜发生氧化反应、酸化得到E为(CH3)2CHCOOH；F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链且处于对位，则F为，F与氯气在光照条件下发生取代反应生成，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，然后酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，结合H的分子式，可知G为 ，H为 ；H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为。
【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为(CH3)3CC1；C的结构简式为(CH3)2CHCH2OH，分子式为C4H10O；D的结构简式为(CH3)2CHCHO，其官能团为醛基；
(2)F与氯气在光照条件下发生取代反应生成G；E为(CH3)2CHCOOH，H为 ，E与H发生酯化反应生成I，化学方程式为++H2O；
(3)H为 ，M为H的同系物，则M含有醛基和酚羟基，M比H相对分子质量大14，即多一个CH2，所以M的取代基可以是—OH、—CHO、—CH3，此时有10种结构；也可以是—OH、—CH2CHO，此时有3种结构，所以共有13种同分异构体；
(4)邻甲基苯酚为 ，丙烯为CH2=CHCH3；目标产物 可以由和CH3CH2CH2OH发生酯化反应生成，根据题目信息可知CH2=CHCH3可以经信息②反应生成CH3CH2CH2OH； 可以经过类似F到H的转化过程生成，醛基再被氧化后再酸化可以得到；根据题目信息在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，也可以由 和氯气发生取代反应生成，再水解得到；所以合成路线为： 或。
【点睛】第4小题合成路线的设计为易错点，虽然甲基直接与苯环相连时可以被酸性高锰酸钾直接氧化生成羧基，但同时酚羟基也会被氧化，所以不能据此设计合成路线。
10. 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 取代反应 HCHO+HCNHOCH2CN 、
【分析】A发生硝化反应生成B，B和CH3COCl发生取代反应生成C，依据C的结构简式可判断A是，故B的结构简式为，D发生信息①的取代反应生成E，E和A（苯酚）发生取代反应生成F，则E为，G发生信息②中系列转化生成I，结合I的结构简式可知G为HCHO、H为HOCH2CN，I发生酯化反应生成J，F、J发生取代反应生成M，J为，M为，据此解答。
【详解】(1)B的结构简式为，B的化学名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚，D到E是D分子中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应。
(2)G到H是HCHO与HCN发生加成反应生成HOCH2CN，由G生成H的化学反应方程式为HCHO+HCNHOCH2CN。
(3)根据以上分析可知M的结构简式为。
(4)C的结构简式为，X是C的同分异构体，X满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，②遇溶液发生显色反应，含有酚羟基，③1mol X与足量金属Na应可生成2gH2，即1mol氢气，说明X分子中有2个酚羟基，则X可能结构为：、；
(5)要制备需要，与HCN加成生成，再与氨气反应生成，然后酸条件下水解可得，因此合成路线为。
11. (1)CH2=CHCH2OH
(2)13
(3)醚键、酯基
(4) AB 取代反应 CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl
【分析】由有机物的转化关系可知，苯酚与氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，乙酸与氯气在催化剂作用下与氯气发生取代反应氯乙酸，氯乙酸与苯酚钠共热发生取代反应生成苯氧乙酸。
（1）A的蒸气对氢气的相对密度是29，则A分子的相对分子质量为58，由题意可知，5. 8g有机物A中碳原子和氢原子的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧原子的物质的量为=0.1mol，则A分子、碳原子、氢原子、氧原子的物质的量比为：0.3mol：0.6mol：0.1mol=1：3：6：1，A的分子式为C3H6O，由A分子中不含甲基且为链状结构可知，A分子的结构简式CH2=CHCH2OH，故答案为：CH2=CHCH2OH；
（2）苯氧乙酸的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，又能发生银镜反应和水解反应说明分子中含有酚羟基和甲酸酯基，苯环上的取代基可能为—OH、—CH2OOCH，或—OH、—CH3、—OOCH，苯环上的取代基为—OH、—CH2OOCH的结构有3邻间对3种；苯环上的取代基为—OH、—CH3、—OOCH的同分异构体可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基所取代，其中邻甲基苯酚、间甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构都有4种，对甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构都有2种，共有13种，故答案为：13；
（3）由题意可知，一定条件下CH2=CHCH2OH与苯氧乙酸发生酯化反应生成，分子中含有的含氧官能团为醚键和酯基，故答案为：醚键、酯基；
（4）①苯酚具有弱酸性，能与氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，由于苯酚的酸性弱于碳酸和乙酸，所以不能与碳酸氢钠溶液和乙酸钠溶液反应，则与苯酚反应生成苯酚钠的试剂X为氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液，故选AB；②由分析可知，反应Ⅲ为氯乙酸与苯酚钠共热发生取代反应生成苯氧乙酸和氯化钠，故答案为：取代反应；③由分析可知，反应Ⅱ为乙酸与氯气在催化剂作用下与氯气发生取代反应氯乙酸和氯化氢，反应的化学方程式为CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl，故答案为：CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl。
12. (1) 环己醇 1
(2)、、
(3)
(4) 乙酸甲酯
(5)
【分析】根据G的结构和A的化学式可知，A为苯酚，苯酚和氢气发生加成反应生成B为，根据C的分子式可知，B中的羟基被Cl取代，生成C为，C发生信息中的反应生成D为，根据信息及G的结构简式可知，F为，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合E的分子式可知E为。D和F发生信息中的反应生成G，G在醇钠作用下，发生信息中的反应，生成两种酯，奥昔布宁的结构为。
【详解】（1）B为，其名称为环己醇。观察G的结构简式可知其中的手性碳原子有1个。
（2）C为，其同分异构体所有碳原子可能共面，核磁共振显示四组峰，峰面积比为2：3：3：3，则可能的结构有、、。
（3）D为，F为，两者先加成后水解，则加成反应的化学方程式为
。
（4）根据分析可知，奥昔布宁的结构简式为，两种反应物反应生成奥昔布宁和乙酸甲酯，通过在70℃左右蒸出乙酸甲酯来促进反应。
（5）一氯环丁烷可发生卤代烃的水解，生成，再发生催化氧化生成 ，苯与溴发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成，最后与发生信息中的反应生成 ，合成路线为
13. 正四面体 D 10:1 碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键 498 2908 Li2O和MgO都是离子晶体，Mg2+电荷数比Li+多，MgO的晶格能比Li2O的晶格能大
【详解】(1)①LiBF4的阴离子为，根据价层电子对互斥理论，B的价层电子对数为4+×(3+1-4×1)=4，孤电子对数为0，故该阴离子为正四面体形；LiBF4中，Li+与之间为离子键，中B与F之间存在极性共价键和配位键，氢键不存在于LiBF4中，故选D；
②碳碳单键，碳氧单键、碳氢键均为σ键，碳氧双键中一条σ键一条π键，故中有10条σ键，1条π键，σ键与π键数目之比为10:1；碳酸亚乙酯分子可以与H2O分子之间形成氢键，故碳酸亚乙酯可以溶于水；
(2)①O=O键键能是1molO2分子断键形成气态O原子时所吸收的能量，根据图象数据可知，键能为249kJ/mol×2=498kJ/mol；Li2O的晶格能是指在标准状况下，使1molLi2O晶体变成气态Li+和气态O2-时所吸收的能量，根据图象数据可知，晶格能为2908kJ/mol；
②Li2O和MgO都是离子晶体，离子晶体的熔沸点与晶格能有关，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能与离子所带电荷数和离子半径有关，电荷数越大、半径越小，晶格能越大，而离子所带电荷为主要因素，因此Mg2+电荷数比Li+多，MgO的晶格能比Li2O的晶格能大，MgO的熔点高。
【点睛】本题要注意第(1)题的第②问，为键线式，箭头所指的C还连有C-H单键，也是σ键。
14. 三角锥形 N 大于 X-射线衍射 AB 4 b
【详解】(1) NF3价层电子对= ，可知中心原子N采取sp3杂化，所以NF3的分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形
(2) 中NH3为配体，N原子提供孤电子对，所以配位原为N，NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大，则中H-N-H的键角大于，故答案为：N，大于
(3) ①区分晶体、准晶体和非晶体最可靠的办法是X-射线衍射，故答案为：X-射线衍射
②A. 常温常压下为无色透明的液体，说明该物质硬度小、熔点低，晶体属于分子晶体，故A正确；
B.是共价分子，所含化学键都是极性共价键，故B正确；
C.晶体中没有电负性很强的原子，N、O、F，所以不能形成氢键，故C错误
D.除H外，中Ga为6电子结构，C最外层都达到稳定结构，故D错误；
故答案为：AB
③氮化镓晶胞图可知其中N紧邻的镓有4个，故N的配位数为4；根据金刚石的结构进行类推，将金刚石晶胞分割成八个小部分，有四个原子分别位于不相邻的小立方体中心，根据1的分数坐标(0.25，0.25，0.75)及1、2、3、4 的相对位置可知，2、3、4的分数坐标可能为(0.25，0.75，0.25)、(0.75，0.75，0.75)、(0.75，0.25，0.25)，不可能为(0.25，0.75，0.75)。故答案为：b
④根据均摊法计算出每个晶胞中有4个镓原子，4个N原子，，，根据空间利用率的公式可得：，故答案为：
15. (1) sp2、sp3 C-N键和C-H键 10 O、N
(2) BCD 丁二酮肟存在分子间氢键，而丁二酮分子间不存在氢键
【解析】（1）
DBM分子中C原子含有双键和单键，则C采取的杂化类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
由Phen分子结构可知，Phen分子中的σ键除C-C键外还有C-N键和C-H键，故答案为：C-N键和C-H键；
已知C=C与C=O是平面结构，且C原子周围4个单键时最多取3个原子共面，MA分子中最多有10个原子共平面，故答案为10；
根据EDPM结构可知，提供电子对形成配位键的原子为O、N，故答案为：O、N；
（2）
由二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物的结构可知，存在NNi配位键，O-H等极性共价键，C-C非极性共价键和氢键，不存在离子键，氢键不是化学键，故答案为：BCD；
丁二酮肟熔点比丁二酮高，因为丁二酮肟存在分子间氢键，使其熔沸点升高，而丁二酮分子间不存在氢键，故答案为：丁二酮肟存在分子间氢键，而丁二酮分子间不存在氢键。
16．(1) [Ar]3d10 Cu2O
(2)2
(3)11
(4) CuInTe2 (，，) pm
【解析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据原子构造原理知Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d10；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，根据阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子键越强，离子晶体熔沸点越高知，Cu2O和Cu2S阴阳离子的电荷数相同，但是S2-半径大于O2-，所以Cu2O的离子键强于Cu2S，则Cu2O熔点高于Cu2S；故答案为：[Ar]3d10；Cu2O；
（2）4-甲基咪唑中1号N原子的孤电子对可参与形成大π键，而2号存在没有用掉的孤电子对，故可以与Cu2+形成配位键；故答案为：2；
（3）VSEPR模型为四面体说明原子的价层电子对数为4，[Cu (en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子、硼原子的价层电子对数都为4，则符合VSEPR模型为四面体的非金属原子共有个；故答案为：11；
（4）由晶胞结构可知，铜原子位于顶点、面上和体内，其个数为个，铟原子位于棱上、面心和面上，其个数为个，碲原子位于体内，其个数为8个，则该晶体的化学式为CuInTe2；由A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)知，位于体对角线处、面对角线处，C点原子的分数坐标为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为，可知，晶胞 中C、D原子间距离d=pm；故答案为：CuInTe2；(，，)； pm。
山东省滨州市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东滨州·高二统考期末）学习有机化学，掌握有机物的组成、结构、命名和官能团性质是重中之重。
(1) 的分子式为_________，所含官能团的名称为___________。
(2)的系统命名为_______________。
(3)当有机化合物分子中含有碳碳双键且与每个双键碳原子所连的另外两个原子或原子团不同时，就存在顺反异构现象。写出分子式为C4H8的顺式结构的结构简式______________________。
(4)当有机化合物分子中碳原子连有四个不同基团时称为手性碳原子，如A中星号“*”碳原子就是手性碳原子。
则B中手性碳原子的个数为__________；若使A失去手性，则采取的方法为________(用化学方程式表示)。
2. （2020春·山东滨州·高二统考期末）根据所学物质结构知识，回答下列问题：
(1)氮元素是植物生长所需的元素，常见氮肥有铵盐(NH4+)、尿素 ()等，NH4+中H-N-H键角_______(填“＞”“＜”或“＝”)。中N-C-N键角。
(2)硫元素和人类的生存与发展联系密切，在战国时期，我国的炼丹家们就开始了对硫单质及含硫化合物的研究应用。硫单质有多种同素异形体，其中一种单质分子(S8)的结构为，其熔点和沸点要比二氧化硫的高很多，主要原因为___________。气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为____形，实验测得三种氧化物的熔沸点如下，推测固态三氧化硫的分子式为____________。
P4O10
三氧化硫
Cl2O7
熔点
613K
289K
182K
沸点
633K
317K
355K
(3)在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2CO·2H2O；Cu2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，其结构如图所示：
①H2O中氧原子的杂化方式为_____________；
②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______________。
3. （2020春·山东滨州·高二统考期末）碳元素的单质有多种形式，如图依次是金刚石、石墨和C60的结构示意图：
分析上图可知：
(1)金刚石的晶体类型是_______________，晶体中每个最小环上的碳原子的个数是___________。
(2)石墨晶体呈层状结构，层内每个正六边形拥有的碳原子的个数是________，层与层之间的作用力是______________。
(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则Co分子中σ键与π键数目之比为_______________。
4. （2020春·山东滨州·高二统考期末）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。某氮化铁的晶胞结构如图所示：
(1)在晶胞中，原子分数坐标A为(0，0，0)；B为( )，，)；C为(0，1，1)，则D为____________。
(2)若该晶体的密度是ρ g·cm-3，则晶胞中两个最近的Fe的核间距为__________(用含NA、ρ的代数式表示，不必化简)。
(3)在该晶胞结构中，Cu可以完全替代a位置Fe或者b位置Fe(见图1)，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的是______(填“Cu替代a位置Fe型”或“Cu替代b位置Fe型”)，替代后不稳定物质的化学式为______。
5. （2021春·山东滨州·高二统考期末）丙酮与柠檬醛在一定条件下反应可以合成假紫罗兰酮，再进一步可以合成有工业价值的α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮，转化过程如图所示：
(1)柠檬醛的分子式为___________，所含官能团的名称为___________。
(2)α-紫罗兰酮分子中碳原子的杂化方式为___________。
(3)β-紫罗兰酮与足量Br2发生加成反应的产物分子中含有___________个不对称碳原子。
(4)上述转化过程中互为同分异构体的有机物有___________种。
(5)要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要使用下列试剂中的___________(按反应顺序填写试剂序号)。
A稀硫酸 B．氢氧化钠溶液 C．溴水 D．银氨溶液
6. （2020春·山东滨州·高二统考期末）一氯化苄(C6H5CH2Cl，其中C6H5-表示苯基)是一种重要的有机化工原料，工业上采用甲苯与干燥氯气板应合成。如图是某小组设计的用干燥氯气和甲苯合成一氯化苄并分离产物的实验装置(夹持装置未画出)，甲苯及各种氯化苄的物理性质如表所示。
物理性质
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/g.cm-3
甲苯
-95
110
0.86
一氯化苄(C6H5CH2Cl)
-45
179
1.10
二氯化苄(C6H5CHCl2)
-17
205
1.26
三氯化苄(C6H5CHCl3)
-4.4
221
1.37
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是___________。
(2)两处冷凝水的进水口分别为____________(填序号)。
A．x1、y1 B．x1、y2 C．y2、y1 D．x2、y2
(3)在回流反应的过程中,由于温度控制不当,部分产物从K2处被蒸出。取烧杯中的少量吸收液于试管中,滴入新制氢氧化铜悬浊液并加热,观察到有砖红色沉淀生成，由此可知在吸收液中发生反应的化学方程式为______________。
(4)反应结束后，撤去A、B及尾气吸收装置，塞上玻璃塞。保持K1关闭，打开K3，加热三颈烧瓶，分馏并收集一氯化苄，应选择的温度在____________。
(5)分馏得到产品中氯元素质量分数的测定步骤如下：称取13.00 g产品于烧杯中，加入50.00 mL4.00 mol/LNaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入35.00 mL40%HNO3，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于烧杯中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡,过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87 g，则该产品中氯元素质量分数为______%(结果保留 小数点后1位)。
(6)由于某同学操作时不慎将含铁的沸石加入到三颈烧瓶中，在分馏时得到了异常馏分X。用质谱法测得X的相对分子质量与二氯化苄相同，核磁共振氢谱显示X中有3种不同化学环境的氢。已知苯环上存在甲基或氯甲基时，后续取代苯环的基团主要引入其邻位或对位，X的结构简式可能为_______(任写一种)。
7. （2021春·山东滨州·高二统考期末）家中常备解热镇痛药阿司匹林()，化学名称为乙酰水杨酸。实验室可通过水杨酸和乙酸酐反应制备阿司匹林，其合成原理如下：
查阅资料：
阿司匹林：相对分子质量为180，受热易分解，溶于乙醇，难溶于水；
水杨酸()：溶于乙醇，微溶于水；
乙酸酐：无色透明液体，遇水形成乙酸。
【制备过程】
步骤一：向三颈烧瓶(图1)中加入水杨酸7g、新蒸出的乙酸酐10mL，再加入10滴浓硫酸反复振荡后，连接回流装置，搅拌，70℃加热半小时。
步骤二，冷却至室温后，将反应混合液倒入100mL冷水中，并用冰水浴冷却15min，用图2装置抽滤，洗涤得到乙酰水杨酸粗品。
(1)步骤一中宜采用___________加热，冷凝回流过程中外界___________(填化学式)可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应___________(填化学方程式)，降低了水杨酸的转化率。
(2)服用阿司匹林后，在胃液的作用下阿司匹林部分水解，其水解的化学方程式为___________。
(3)实验中抽滤相对于普通过滤的优点是___________。
【提纯过程】
将粗产品转至烧瓶中，装好问沉装置，向烧瓶内加入100mL乙酸乙酯和2粒沸石，加热回流，进行热溶解，然后趁热过滤，冷却至室温，抽滤、洗涤、干燥，得无色晶体状乙酰水杨酸。
(4)提纯过程中肯定用到的装置(某些夹持装置已省略)是___________。(填序号)
(5)提纯过程中为减少阿司匹林的损失，洗涤所用试剂最好选择___________。(填序号)
A．15%的乙醇溶液 B．溶液 C．冷水 D．滤液
【测定纯度】
取少量产品，加5mL水充分溶解，滴加3滴1%，溶液，无明显变化。再准确称取产品，用乙醇溶解，加2滴酚酞，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
(6)，溶液的作用是___________。
(7)样品纯度为___________。
8. （2022春·山东滨州·高二统考期末）对硝基乙酰苯胺在制作药物、染料等方面有重要应用，某实验小组合成对硝基乙酰苯胺的原理如图(反应条件已略去)。
已知：
i.苯胺在空气中极易被氧化；
ii. (易溶于水) ；
iii.实验参数：
相对分子质量
色态
溶解性
苯胺
93
棕黄色油状液体
微溶于水，易溶于乙醇和乙醚
乙酰苯胺
135
白色晶体
溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
对硝基乙酰苯胺
180
白色晶体
溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚
Ⅰ.苯胺的制备
将硝基苯还原得到苯胺，其中混有少量硝基苯杂质，可以采用下列方案除杂提纯：
(1)操作1与操作2相同，操作中用到的玻璃仪器有_______。
Ⅱ.乙酰苯胺的制备
向圆底烧瓶内加入9. 3g纯净苯胺和15mL冰醋酸及少许锌粉，加热回流60min，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，制得乙酰苯胺，装置如图。
(2)b处用到的仪器最好是下图中的_______ (填标号)。
A． B． C．
(3)操作中加入少量锌粉的作用是_______，生成乙酰苯胺的化学方程式为_______。
Ⅲ.对硝基乙酰苯胺的制备
将Ⅱ所得乙酰苯胺加入三颈烧瓶内，加入冰醋酸溶解，然后加浓入硫酸和浓硝酸的混酸，在冰水浴中保持反应温度不超过5℃ ，反应结束后减压过滤，洗涤晶体，干燥得粗品，纯化后得对硝基乙酰苯胺10. 8g。
(4)洗涤晶体宜采用_______(填标号)。A．热水洗 B．冷水洗 C．乙醇洗 D．先冷水洗再乙醇洗
(5)对硝基乙酰苯胺的产率是_______%。
9. （2020春·山东滨州·高二统考期末）化合物I (C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，含有醛基和酯基。I 可以用E和H在一定条件下合成：
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢
②R-CH=CH2R-CH2CH2OH
③F中苯环上的一氯代物只有两种
④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基
回答下列问题：
(1)A的结构简式为____________；C的分子式为____________；D的官能团为____________ 。
(2)F生成G的反应类型为____________；E+H→I的化学方程式为________________。
(3)H的同系物M比H相对分子质量大14，M可能的结构有_____________种。
(4)参照上述合成路线，写出以邻甲基苯酚和丙烯为原料制备化合物的合成路线______________________(其他无机试剂任选)。
10. （2021春·山东滨州·高二统考期末）药物瑞德西韦(Rerndesivir)对新型冠状病毒(2019-)有明显抑制作用，制备该药物的中间体M的合成路线如下；
已知：①R-OHR-Cl
②
③+R″-NH2→ +HCl
回答下列问题：
(1)B的化学名称为___________，D到E的反应类型为___________。
(2)写出由G生成H的化学反应方程式___________。
(3)M的结构简式为___________。
(4)X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________。
①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；
②遇溶液发生显色反应；
③与足量金属反应可生成2gH2。
(5)参照上述流程，设计以苯甲醛( )为原料制备化合物 的合成路线_____(无机试剂任选)
11. （2022春·山东滨州·高二统考期末）有机物A与苯氧乙酸( )发生酯化反应，所得产物M具有菠萝气味，可做香料。
(1)5. 8gA完全燃烧可生成0. 3molCO2和0. 3molH2O，A的蒸气对氢气的相对密度是29，A分子中不含甲基且为链状结构，其结构简式为_______。
(2)苯氧乙酸有多种同分异构体，其中能与FcCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应和水解反应的同分异构体有_______种。
(3)M中含氧官能团的名称是_______。
(4)苯氧乙酸的合成路线如图：
已知：i. RCH2COOH
ii. R—ONaR—O—R＇
①试剂X可选用_______(填标号)。
A．NaOH溶液 B．Na2CO3溶液 C．NaHCO3溶液 D．CH3COONa溶液
②Ⅲ的反应类型为_______。
③Ⅱ的化学方程式为_______。
12. （2022春·山东滨州·高二统考期末）奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如图：
已知：i.R-XRMgX
ii.
iii.在醇钠作用下，酯与酯反应生成两种新酯
回答下列问题：
(1)B的名称是_______，G中手性碳原子的个数为_______。
(2)C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(任写一种即可)。
a.所有碳原子可能共面
b.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为2：3：3：3
(3)D与F生成G分两步发生，先加成后水解，写出加成反应的化学方程式：_______。
(4)奥昔布宁的结构简式为_______，合成奥昔布宁的两种反应物沸点均高于200℃，此合成过程中通过在70℃左右蒸出_______(填物质名称)来促进反应进行。
(5)根据上述路线中的有关知识，以一氯环丁烷和苯为有机原料设计合成的路线(其他无机试剂任选)。______
13. （2021春·山东滨州·高二统考期末）锂单质及化合物用途广泛，涉及电池、陶瓷、玻璃、润滑剂、制冷液、核工业等领域。
(1)锂离子电池的电解液有LiBF4，等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。
①LiBF4中阴离子的空间构型为_______，LiBF4中不存在______(填序号)。
A．离子键 B．极性共价键 C．配位键 D．氢键
②碳酸亚乙酯分子中σ键与π键数目之比为______。酯密度一般比水小，难溶于水，而碳酸亚乙酯能溶于水的主要原因是______。
(2)碱金属在空气中燃烧时，只有锂生成普通氧化物。是离子晶体，其晶格能可通过下图的循环计算得到。
①由图中数据可知O=O键键能为___________，晶格能为___________。
②和的熔点如下表所示：
氧化物
熔点/℃
1570
2800
熔点差异的原因是___________。
14. （2021春·山东滨州·高二统考期末）氮及其化合物在生产、生活和科技方面有着广泛的应用。
(1)NF3是一种优良的等离子蚀刻气体，在芯片制造、高能激光器方面有广泛应用，NF3分子的空间构型为___________。
(2)新制的溶于浓氨水生成配离子，中的配位原子是_____(填元素符号)，已知NH3，中H-N-H的键角为，则中H-N-H的键角_______(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)氮化镓是研制微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。氮化锌晶胞结构可看作金刚石晶胞(如图1)内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。
①准晶体的发现颠覆了人们对晶体的已有认识，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
②、是制取氮化镓的常见镓源，常温常压下均为无色透明的液体。下列说法正确的是___________(填序号)。
A．晶体属于分子晶体
B．中所含化学键都是极性共价键
C．晶体中含有氢键
D．除H外，中所有原子最外层都达到稳定结构
③氮化镓晶胞中N的配位数___________。是以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布如图2所示，则2、3、4原子的分数坐标不可能是___________(填序号)。
a。(0.75，0.25，0.25) b。(0.25，0.75，0.75)
c。(0.25，0.75，0.25) d。(0.75，0.75，，0.75)
④已知Ga和N的摩尔质量分别为和，原子半径分别为和，阿伏加德罗常数值为，晶体密度为，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____(列计算式)。
15. （2022春·山东滨州·高二统考期末）配合物在工业生产和实际生活中都有广泛的应用。回答下列问题：
(1)含Eu稀土配合物EDPM是生产可识别性自愈合水凝胶的原料之一， 其制备原理如下。
①DBM分子中C采取的杂化类型为_______。
②Phen分子中的σ键除C-C键外还有_______。
③MA分子中最多有_______个原子共平面。
④EDPM分子中提供电子对形成配位键的原子有_______(填元素符号)。
(2)含Ni2+的污水中加入丁二酮肟试剂会立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物，此方法可用于Ni2+的检验。反应方程式如下：
①二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物中存在的化学键类型有_______ (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E.氢键
②丁二酮肟的熔点是238℃，丁二酮()的熔点是-4℃，两者熔点相差较大的主要原因是_______。
16. （2022春·山东滨州·高二统考期末）铜及其化合物在生产生活中有广泛的应用。
(1)基态Cu+离子的核外电子排布式为_______；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，二者熔点较高的是_______。
(2)Cu2+与4-甲基咪唑()形成的配合物可用于反向ATRP(原子转移自由基聚合)的新型催化剂。4-甲基咪唑中1号N原子的孤电子对可参与形成大π键，使电子云密度降低，分子具有一定的稳定性。则能与Cu2+形成配位键的是_______(填“1”或“2”)号N原子。
(3)Cu2+可形成[Cu (en)2NH3](BF4)2，其巾en代表H2N- CH2-CH2- NH2，[Cu(en)2NH3](BF4)2中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_______个 。
(4)一种铜合金由Cu、In、Te组成，可做热电材料。其晶胞及晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90° ，该晶体的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)。则C点原子的分数坐标为_______；晶胞 中C、D原子间距离d=_______pm。
参考答案：
1. C10H16O 碳碳双键、羟基 2，4，4一三甲基-2-戊烯 3 2 +O2+2H2O 或CH2=CHCOOH+H2O
【详解】
（1）根据该物质的结构简式可知，分子式为：C10H16O；该物质含官能团：碳碳双键和羟基；
（2）根据系统命名法的命名要求：选取最长的碳链为主链；取代基的位次之和最小取代；有官能团的，从官能团一侧编号；则 系统命名为：2，4，4一三甲基-2-戊烯；
（3）当有机物中含有碳碳双键，且与每个双键碳原子所连的另外两个原子或原子团不同时，就存在顺反异构现象，相同原子团在双键同侧是顺式结构，在双键异侧是反式结构；分子式为C4H8的顺式结构的结构简式为：；
（4）已知有机化合物分子中碳原子连有四个不同基团时称为手性碳原子，根据B的结构简式可知，有双键的位置不可能是手性碳原子，B中手性碳原子位于与羟基相连的碳原子及该碳原子所在六元环上依次往左两个碳原子，故B中手性碳原子的个数为3个；若使A失去手性，则使A中手性碳原子处产生双键，可变成碳碳双键或碳氧双键，则采取的方法为2+O2+2H2O 或CH2=CHCOOH+H2O。
2. ＜ 两者均为分子晶体且结构相似，S8相对分子质量比SO2大，范德华力强，所以S8的熔点和沸点较高 平面三角 S3O9或(SO3)3 sp3 电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对
【分析】本题综合考查分子的空间构型，分子晶体的熔沸点的影响因素及其应用，杂化轨道的判断和等电子体原理的运用，总体难度不大。
【详解】(1)由于与CH4互为等电子体，故 中H-N-H键角为10928’，而 中由于中心原子C原子上无孤电子对，故N-C-N键角为120，故答案为：<；
(2)由于单质分子(S8)的结构为和二氧化硫均为分子晶体，故其熔点和沸点高低取决于分子间作用力，分子间作用力又主要取决于相对分子质量，因为S8的相对分子质量比二氧化硫大很多，决定了其熔沸点比二氧化硫的高很多，气态三氧化硫以单分子形式存在，由于SO3中心S原子无孤对电子，故采用sp2杂化，故其分子的立体构型为平面三角形，由表中可知，三氧化硫的熔点介于P4O10和Cl2O7，故说明其相对分子质量介于284与183之间，故固态三氧化硫的分子式为S3O9，故答案为：两者均为分子晶体且结构相似，S8相对分子质量比SO2大，范德华力强，所以S8的熔点和沸点较高；平面三角；S3O9或(SO3)3；
(3)①由于H2O中心O有两对孤电子对，两个键，故氧原子的价层电子对数为4，故其的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；
②由于O的电负性大于C的电负性，导致C原子对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对与铜离子形成配位键，故答案为：电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对。
3. 共价晶体(原子晶体) 6 2 范德华力 3：1
【详解】(1)金刚石是由原子靠共价键聚集而成的共价晶体(原子晶体)；晶体中每个最小环上的碳原子的个数是6；
(2)石墨层状结构中每个碳原子被3个六元环共用，所以每个正六边形拥有的碳原子的个数是=2；层与层之间的作用力为范德华力；
(3)C60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个C形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个C原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是C原子数的一半，而双键中有1个σ键、1个π键，显然π键数目为30，一个C跟身边的3个C形成共价键，每条共价键只有一半属于这个C原子，所以σ键为=90，则C60分子中σ键与π键的数目之比为90：30=3：1。
4. (1，，) × Cu替代a位置Fe型 FeCu3N
【详解】(1)由图可知，在晶胞中，原子B位于体心上，原子B的坐标为(，，)，原子D位于面心上，坐标为：(1，，)，故本题答案为：；(1，，)；
(2)根据均摊法可知，该晶体的化学式为Fe4N，若该晶体的密度是ρ g·cm-3，则晶胞的边长为，晶胞中两个最近的Fe的核间距为面对角线的一半，即为×，故本题答案为：×；
(3) 能量越低越稳定，从图2知，Cu替代a位置Fe型会更稳定，替代后不稳定物质为其晶胞中Fe位于8个顶角，N(Fe)=，Cu位于面心，N(Cu)=6×=3，N位于体心，N(N)=1，其化学式为FeCu3N，故本题答案为： Cu替代a位置Fe型；FeCu3N。
【点睛】计算晶胞的参数时，借助晶胞质量等于晶胞体积乘以晶胞密度来进行，同时要考虑原子的在晶胞上的分布及均摊，此为易错点。
5. C10H16O 碳碳双键、醛基 sp2、sp3 4 3 DAC
【详解】(1)根据柠檬醛的结构简式，可知分子式为C10H16O；含官能团的名称为碳碳双键、醛基(红圈标出)。
(2)α-紫罗兰酮分子中，单键碳原子为sp3杂化、双键碳原子为sp2杂化，碳原子的杂化方式为sp2、sp3；
(3)与4个不同原子或原子团相连的碳原子为不对称碳原子，β-紫罗兰酮与足量Br2发生加成反应的产物分子中含有4个不对称碳原子(红圈标出)。
(4)上述转化过程中假紫罗兰酮、α-紫罗兰酮、β-紫罗兰酮分子式都是C13H20O，互为同分异构体的有机物有3种。
(5)要检验柠檬醛中含有碳碳双键，需要用银氨溶液把醛基氧化为羧基，再加硫酸酸化，最后加入溴水，若溴水褪色，则说明含有碳碳双键，选DAC。
6. (球形)干燥管 D C6H5CHCl2+2NaOHC6H5CHO+2NaCl+ H2O 179-205℃ 27.3 或
【详解】由图可知，该实验用干燥氯气和甲苯合成一氯化苄，装置A为氯气发生装置，装置B为吸收HCl装置，装置C为干燥装置，装置D干燥氯气和甲苯的反应装置。
(1)由图可知，仪器为干燥管，本题答案为：球形干燥管；
(2)冷凝管B作用为冷凝回流作用，水流下进上出，另一冷凝管起冷凝作用，水流下进上出，则两处冷凝水的进水口应分别为x2、y2，故本题答案为：D；
(3)取烧杯中的少量吸收液于试管中，滴入新制氢氧化铜悬浊液并加热，观察到有砖红色沉淀生成，说明吸收液中有醛基生成，故吸收液中发生反应的化学方程式为C6H5CHCl2+2NaOHC6H5CHO+2NaCl+ H2O，故本题答案为：C6H5CHCl2+2NaOHC6H5CHO+2NaCl+ H2O；
(4)由表可知，分馏一氯化苄时，温度应高于179℃，为了防止二氯化苄被蒸出，温度应低于205℃，则选择的温度范围是179~205℃，本题答案为：179~205℃；
(5) 2.87 g固体是氯化银，物质的量为0.02mol，则氯原子是物质的量是0.02mol，氯元素的质量为0.71g，则该产品中氯元素质量分数 27.3%，故本题答案为27.3
(6)X与二氯化苄为同分异构体，核磁共振氢谱显示X中有3种不同化学环境的氢，已知苯上存在甲基或氯甲基，后续取代苯环的基团主要引入其邻位或对位，则X结构简式可能为 或。
【点睛】计算氯元素的质量分数时，先将样品配制成100mL，在取出20毫升溶液，所测的样品质量为2.6g，不是13g，此为易错点。
7. 水浴 H2O +H2O→2CH3COOH +H2O +CH3COOH 抽滤可以加快过滤速度 ACD C 证明反应完全 80%
【分析】实验室可通过水杨酸和乙酸酐反应制备阿司匹林，，用溶液测定产品的产率，测定方程式+3NaOH+CH3COONa+2H2O，用氯化铁作指示剂，根据纯度= 计算。
【详解】(1)步骤一中70℃加热，宜采用水浴加热，冷凝回流过程中外界H2O(填化学式)可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应+H2O→2CH3COOH(填化学方程式)，降低了水杨酸的转化率。故答案为：水浴；H2O；+H2O→2CH3COOH；
(2)服用阿司匹林后，在胃液的作用下阿司匹林酯基部分水解，其水解的化学方程式为+H2O+CH3COOH。故答案为：+H2O+CH3COOH；
(3)实验中抽滤相对于普通过滤的优点是抽滤可以加快过滤速度。故答案为：抽滤可以加快过滤速度；
(4)将粗产品转至烧瓶中，装好问沉装置，向烧瓶内加入100mL乙酸乙酯和2粒沸石，加热回流，进行热溶解，在C装置中进行，然后趁热过滤，在D装置中进行，冷却至室温，抽滤、洗涤、干燥，干燥在A装置中进行，得无色晶体状乙酰水杨酸，提纯过程中肯定用到的装置(某些夹持装置已省略)是ACD。(填序号)故答案为：ACD；
(5)提纯过程中为减少阿司匹林的损失，要降低溶解度，洗涤所用试剂最好选择冷水，故答案为：C。
(6)酚与溶液呈紫色，溶液的作用是证明反应完全。故答案为：证明反应完全；
(7)测定方程式+3NaOH+CH3COONa+2H2O。样品纯度为 =80%。故答案为：80%。
8. (1)分液漏斗、烧杯
(2)A
(3) 防止苯胺被氧化 +CH3COOH+H2O
(4)B
(5)60%
【分析】由题给流程可知，向硝基苯中加入铁和盐酸将硝基苯还原得到苯胺，向得到的苯胺粗品中加入盐酸，将苯胺转化为溶于水的盐酸苯胺，分液得到盐酸苯胺；向盐酸苯胺中加入氢氧化钠溶液，将盐酸苯胺转化为苯胺，分液得到粗苯胺；向粗苯胺中加入无水硫酸钠除去粗品中的水分，过滤得到纯净苯胺；苯胺在加热条件下与乙酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺，乙酰苯胺在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成对硝基乙酰苯胺。
（1）由分析可知，操作1与操作都为液液分离的分液操作，操作中用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；
（2）由实验装置图可知，b处装置的作用是起冷凝回流的作用，为增强冷凝回流的效果，应选用接触面积大的球形冷凝管，故选A；
（3）由题意可知，苯胺在空气中极易被氧化，所以制备乙酰苯胺时应加入少许锌粉防止苯胺被氧化；由分析可知，苯胺在加热条件下与乙酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺和水，反应的化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为：防止苯胺被氧化；+CH3COOH+H2O；
（4）由题意可知，对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，所以洗涤晶体时应选用冷水洗涤，防止对硝基乙酰苯胺因溶解造成产率降低，故选B；
（5）由题意可知，用9.3g纯净苯胺最终制得10. 8g对硝基乙酰苯胺，则对硝基乙酰苯胺的产率是×100%=60%，故答案为：60%。
9. (CH3)3CC1 C4H10O 醛基 取代反应 ++H2O 13 或
【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为(CH3)3CCl，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C(CH3)2，B发生信息②中的反应生成C为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为(CH3)2CHCHO，D再与氢氧化铜发生氧化反应、酸化得到E为(CH3)2CHCOOH；F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链且处于对位，则F为，F与氯气在光照条件下发生取代反应生成，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，然后酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，结合H的分子式，可知G为 ，H为 ；H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为。
【详解】(1)根据分析可知A的结构简式为(CH3)3CC1；C的结构简式为(CH3)2CHCH2OH，分子式为C4H10O；D的结构简式为(CH3)2CHCHO，其官能团为醛基；
(2)F与氯气在光照条件下发生取代反应生成G；E为(CH3)2CHCOOH，H为 ，E与H发生酯化反应生成I，化学方程式为++H2O；
(3)H为 ，M为H的同系物，则M含有醛基和酚羟基，M比H相对分子质量大14，即多一个CH2，所以M的取代基可以是—OH、—CHO、—CH3，此时有10种结构；也可以是—OH、—CH2CHO，此时有3种结构，所以共有13种同分异构体；
(4)邻甲基苯酚为 ，丙烯为CH2=CHCH3；目标产物 可以由和CH3CH2CH2OH发生酯化反应生成，根据题目信息可知CH2=CHCH3可以经信息②反应生成CH3CH2CH2OH； 可以经过类似F到H的转化过程生成，醛基再被氧化后再酸化可以得到；根据题目信息在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，也可以由 和氯气发生取代反应生成，再水解得到；所以合成路线为： 或。
【点睛】第4小题合成路线的设计为易错点，虽然甲基直接与苯环相连时可以被酸性高锰酸钾直接氧化生成羧基，但同时酚羟基也会被氧化，所以不能据此设计合成路线。
10. 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 取代反应 HCHO+HCNHOCH2CN 、
【分析】A发生硝化反应生成B，B和CH3COCl发生取代反应生成C，依据C的结构简式可判断A是，故B的结构简式为，D发生信息①的取代反应生成E，E和A（苯酚）发生取代反应生成F，则E为，G发生信息②中系列转化生成I，结合I的结构简式可知G为HCHO、H为HOCH2CN，I发生酯化反应生成J，F、J发生取代反应生成M，J为，M为，据此解答。
【详解】(1)B的结构简式为，B的化学名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚，D到E是D分子中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应。
(2)G到H是HCHO与HCN发生加成反应生成HOCH2CN，由G生成H的化学反应方程式为HCHO+HCNHOCH2CN。
(3)根据以上分析可知M的结构简式为。
(4)C的结构简式为，X是C的同分异构体，X满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，②遇溶液发生显色反应，含有酚羟基，③1mol X与足量金属Na应可生成2gH2，即1mol氢气，说明X分子中有2个酚羟基，则X可能结构为：、；
(5)要制备需要，与HCN加成生成，再与氨气反应生成，然后酸条件下水解可得，因此合成路线为。
11. (1)CH2=CHCH2OH
(2)13
(3)醚键、酯基
(4) AB 取代反应 CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl
【分析】由有机物的转化关系可知，苯酚与氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，乙酸与氯气在催化剂作用下与氯气发生取代反应氯乙酸，氯乙酸与苯酚钠共热发生取代反应生成苯氧乙酸。
（1）A的蒸气对氢气的相对密度是29，则A分子的相对分子质量为58，由题意可知，5. 8g有机物A中碳原子和氢原子的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧原子的物质的量为=0.1mol，则A分子、碳原子、氢原子、氧原子的物质的量比为：0.3mol：0.6mol：0.1mol=1：3：6：1，A的分子式为C3H6O，由A分子中不含甲基且为链状结构可知，A分子的结构简式CH2=CHCH2OH，故答案为：CH2=CHCH2OH；
（2）苯氧乙酸的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，又能发生银镜反应和水解反应说明分子中含有酚羟基和甲酸酯基，苯环上的取代基可能为—OH、—CH2OOCH，或—OH、—CH3、—OOCH，苯环上的取代基为—OH、—CH2OOCH的结构有3邻间对3种；苯环上的取代基为—OH、—CH3、—OOCH的同分异构体可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基所取代，其中邻甲基苯酚、间甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构都有4种，对甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构都有2种，共有13种，故答案为：13；
（3）由题意可知，一定条件下CH2=CHCH2OH与苯氧乙酸发生酯化反应生成，分子中含有的含氧官能团为醚键和酯基，故答案为：醚键、酯基；
（4）①苯酚具有弱酸性，能与氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，由于苯酚的酸性弱于碳酸和乙酸，所以不能与碳酸氢钠溶液和乙酸钠溶液反应，则与苯酚反应生成苯酚钠的试剂X为氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液，故选AB；②由分析可知，反应Ⅲ为氯乙酸与苯酚钠共热发生取代反应生成苯氧乙酸和氯化钠，故答案为：取代反应；③由分析可知，反应Ⅱ为乙酸与氯气在催化剂作用下与氯气发生取代反应氯乙酸和氯化氢，反应的化学方程式为CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl，故答案为：CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl。
12. (1) 环己醇 1
(2)、、
(3)
(4) 乙酸甲酯
(5)
【分析】根据G的结构和A的化学式可知，A为苯酚，苯酚和氢气发生加成反应生成B为，根据C的分子式可知，B中的羟基被Cl取代，生成C为，C发生信息中的反应生成D为，根据信息及G的结构简式可知，F为，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合E的分子式可知E为。D和F发生信息中的反应生成G，G在醇钠作用下，发生信息中的反应，生成两种酯，奥昔布宁的结构为。
【详解】（1）B为，其名称为环己醇。观察G的结构简式可知其中的手性碳原子有1个。
（2）C为，其同分异构体所有碳原子可能共面，核磁共振显示四组峰，峰面积比为2：3：3：3，则可能的结构有、、。
（3）D为，F为，两者先加成后水解，则加成反应的化学方程式为
。
（4）根据分析可知，奥昔布宁的结构简式为，两种反应物反应生成奥昔布宁和乙酸甲酯，通过在70℃左右蒸出乙酸甲酯来促进反应。
（5）一氯环丁烷可发生卤代烃的水解，生成，再发生催化氧化生成 ，苯与溴发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成，最后与发生信息中的反应生成 ，合成路线为
13. 正四面体 D 10:1 碳酸亚乙酯分子与水分子之间形成氢键 498 2908 Li2O和MgO都是离子晶体，Mg2+电荷数比Li+多，MgO的晶格能比Li2O的晶格能大
【详解】(1)①LiBF4的阴离子为，根据价层电子对互斥理论，B的价层电子对数为4+×(3+1-4×1)=4，孤电子对数为0，故该阴离子为正四面体形；LiBF4中，Li+与之间为离子键，中B与F之间存在极性共价键和配位键，氢键不存在于LiBF4中，故选D；
②碳碳单键，碳氧单键、碳氢键均为σ键，碳氧双键中一条σ键一条π键，故中有10条σ键，1条π键，σ键与π键数目之比为10:1；碳酸亚乙酯分子可以与H2O分子之间形成氢键，故碳酸亚乙酯可以溶于水；
(2)①O=O键键能是1molO2分子断键形成气态O原子时所吸收的能量，根据图象数据可知，键能为249kJ/mol×2=498kJ/mol；Li2O的晶格能是指在标准状况下，使1molLi2O晶体变成气态Li+和气态O2-时所吸收的能量，根据图象数据可知，晶格能为2908kJ/mol；
②Li2O和MgO都是离子晶体，离子晶体的熔沸点与晶格能有关，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能与离子所带电荷数和离子半径有关，电荷数越大、半径越小，晶格能越大，而离子所带电荷为主要因素，因此Mg2+电荷数比Li+多，MgO的晶格能比Li2O的晶格能大，MgO的熔点高。
【点睛】本题要注意第(1)题的第②问，为键线式，箭头所指的C还连有C-H单键，也是σ键。
14. 三角锥形 N 大于 X-射线衍射 AB 4 b
【详解】(1) NF3价层电子对= ，可知中心原子N采取sp3杂化，所以NF3的分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形
(2) 中NH3为配体，N原子提供孤电子对，所以配位原为N，NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大，则中H-N-H的键角大于，故答案为：N，大于
(3) ①区分晶体、准晶体和非晶体最可靠的办法是X-射线衍射，故答案为：X-射线衍射
②A. 常温常压下为无色透明的液体，说明该物质硬度小、熔点低，晶体属于分子晶体，故A正确；
B.是共价分子，所含化学键都是极性共价键，故B正确；
C.晶体中没有电负性很强的原子，N、O、F，所以不能形成氢键，故C错误
D.除H外，中Ga为6电子结构，C最外层都达到稳定结构，故D错误；
故答案为：AB
③氮化镓晶胞图可知其中N紧邻的镓有4个，故N的配位数为4；根据金刚石的结构进行类推，将金刚石晶胞分割成八个小部分，有四个原子分别位于不相邻的小立方体中心，根据1的分数坐标(0.25，0.25，0.75)及1、2、3、4 的相对位置可知，2、3、4的分数坐标可能为(0.25，0.75，0.25)、(0.75，0.75，0.75)、(0.75，0.25，0.25)，不可能为(0.25，0.75，0.75)。故答案为：b
④根据均摊法计算出每个晶胞中有4个镓原子，4个N原子，，，根据空间利用率的公式可得：，故答案为：
15. (1) sp2、sp3 C-N键和C-H键 10 O、N
(2) BCD 丁二酮肟存在分子间氢键，而丁二酮分子间不存在氢键
【解析】（1）
DBM分子中C原子含有双键和单键，则C采取的杂化类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
由Phen分子结构可知，Phen分子中的σ键除C-C键外还有C-N键和C-H键，故答案为：C-N键和C-H键；
已知C=C与C=O是平面结构，且C原子周围4个单键时最多取3个原子共面，MA分子中最多有10个原子共平面，故答案为10；
根据EDPM结构可知，提供电子对形成配位键的原子为O、N，故答案为：O、N；
（2）
由二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物的结构可知，存在NNi配位键，O-H等极性共价键，C-C非极性共价键和氢键，不存在离子键，氢键不是化学键，故答案为：BCD；
丁二酮肟熔点比丁二酮高，因为丁二酮肟存在分子间氢键，使其熔沸点升高，而丁二酮分子间不存在氢键，故答案为：丁二酮肟存在分子间氢键，而丁二酮分子间不存在氢键。
16．(1) [Ar]3d10 Cu2O
(2)2
(3)11
(4) CuInTe2 (，，) pm
【解析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据原子构造原理知Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d10；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，根据阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子键越强，离子晶体熔沸点越高知，Cu2O和Cu2S阴阳离子的电荷数相同，但是S2-半径大于O2-，所以Cu2O的离子键强于Cu2S，则Cu2O熔点高于Cu2S；故答案为：[Ar]3d10；Cu2O；
（2）4-甲基咪唑中1号N原子的孤电子对可参与形成大π键，而2号存在没有用掉的孤电子对，故可以与Cu2+形成配位键；故答案为：2；
（3）VSEPR模型为四面体说明原子的价层电子对数为4，[Cu (en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子、硼原子的价层电子对数都为4，则符合VSEPR模型为四面体的非金属原子共有个；故答案为：11；
（4）由晶胞结构可知，铜原子位于顶点、面上和体内，其个数为个，铟原子位于棱上、面心和面上，其个数为个，碲原子位于体内，其个数为8个，则该晶体的化学式为CuInTe2；由A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)知，位于体对角线处、面对角线处，C点原子的分数坐标为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为，可知，晶胞 中C、D原子间距离d=pm；故答案为：CuInTe2；(，，)； pm。
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