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山东省济南市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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这是一份山东省济南市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。试卷主要包含了88 g、乙醇30，0 mL，2659等内容，欢迎下载使用。
山东省济南市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·山东济南·高二统考期末）苯甲酸乙酯可用于配制香水和人造精油，还可以作为食用香精。实验室可用苯甲酸（ ，熔点122.1℃）与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如图所示（部分装置已省略）。制备方法如下：
①在烧瓶中加入苯甲酸4.88 g、乙醇30.0 mL、浓硫酸4.0 mL，适量环己烷。按如图所示安装好装置，加热烧瓶，控制一定温度加热回流2h。
②将烧瓶中的反应液倒入盛有50.0 mL水的烧杯中，加入Na2CO3，至溶液呈中性。
③用分液漏斗分出有机层,再用乙醚萃取水层中的残留产品，二者合并,加入到蒸馏装置，加入沸石并加入无水硫酸镁,加热蒸馏，制得产品5.0 mL。
部分物质的性质如下表所示：
物质名称
苯甲酸
乙醇
环己烷
苯甲酸乙酯
密度/（g/cm3）
1.2659
0.7893
0.7318
1.0500
沸点/℃
249.2
78.3
80.8
212.6
回答下列问题：
（1）冷凝水的流向为_____（填“a→b"或b→a"）。
（2）环己烷、乙醇与水可形成共沸物,沸点为62.1℃，步骤①中加热方式应为_______。
（3）步骤②中加入Na2CO3的作用是__________。
（4）步骤③进行蒸馏操作时，加入无水硫酸镁的目的是_____，蒸馏过程中需要用到的玻璃仪器除酒精灯、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶之外，还需要__________（填标号）。
（5）该实验中苯甲酸乙酯的产率是____________%。
2. （2021春·山东济南·高二统考期末）肉桂酸乙酯常用作食品香料，因其沸点高且稳定宜用于焙烤类食品。实验室制备肉桂酸乙酯的反应原理、装置示意图和有关信息如下：
+C2H5OH+H2O
物质
相对分子质量
沸点/℃
密度/(g/cm3)
溶解性
肉桂酸
148
300.0
1.2475
微溶于水，易溶于乙醇
乙醇
46
78.5
0.7893
与水任意比互溶
环己烷
84
80.7
0.7785
难溶于水，易溶于乙醇
肉桂酸乙酯
176
271.0
1.0491
难溶于水，易溶于乙醇
已知：氯化钙可与乙醇形成CaCl2•6C2H5OH。
I．肉桂酸乙酯粗产品的制备
实验过程：向三颈烧瓶中加入肉桂酸2.96g，无水乙醇15.00mL，浓硫酸1.00mL及碎瓷片，分水器中加入15.00mL环己烷，再补加水，使上层环己烷液体接近支管口。加热回流反应2—3h，回流过程中只允许分水器中上层液体流回反应体系。反应结束后，将分水器旋塞打开，继续蒸出环己烷及剩余的乙醇。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________(填序号)。A．25mL B．50mL C．100mL D．250mL
(2)加热后发现烧瓶中没有添加碎瓷片，处理方法是___________。
II．肉桂酸乙酯的提纯需要经过以下一系列的操作：
a．减压蒸馏，收集肉桂酸乙酯
b．加入等体积5％的Na2CO3溶液洗涤，分液
c．加入等体积的饱和食盐水洗涤至中性，分液
d．加入无水MgSO4固体
e．加入饱和CaCl2溶液洗涤，分液
(3)①上述提纯步骤的正确顺序是___________。
②加入饱和食盐水的目的是___________。
(4)恢复至室温时，分离得到纯产品质量为2.64g，则肉桂酸乙酯的产率为___________％。
(5)加热有利于提高肉桂酸乙酯的产率，但实验发现温度过高肉桂酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是___________、___________ (写出两点)。
3. （2020春·山东济南·高二统考期末）某脱水偶联反应的方程式如下：
回答下列问题：
（1）化合物I的分子式为_________
（2）化合物I与NaOH溶液反应的化学方程式为__________
（3）利用化合物II合成肉桂醛）的过程如下：
化合物ⅡAB粗产品
第一步反应的目的是__________
4. （2020春·山东济南·高二统考期末）洛索洛芬钠可用于缓解类风湿性关节炎、肩周炎等炎症。化合物I是合成该药物的一种中间体，合成I的路线如下。回答下列问题：
已知：①(R′可以为H)
②RBrRCOOH
③+
(1)A的名称为________，H中所含官能团的名称为_____________。
(2)D→E的化学方程式为____________；F+ H→I的反应类型为_____________。
(3)写出符合下列条件的D的同分异构体：(填结构简式写出一种即可)_____。
①属于芳香族化合物
②能发生水解反应和银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰,峰面积比为6：2：1：1
(4)参照上述流程，设计由2-溴丙烷和乙酸乙酯为原料制备的合成路线(其他试剂任选)_______。
5. （2021春·山东济南·高二统考期末）扑热息痛是最常用的非抗炎解热镇痛药，对胃无刺激，副作用小。对扑热息痛进行结构表征，测得的相关数据和谱图如下。回答下列问题：
(1)测定实验式。
将15.1g样品在足量纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重8.1g和35.2g，再将等量的样品通入二氧化碳气流中，在氧化铜/铜的作用下氧化有机物中氮元素，测定生成气体的体积为1.12L(已换算成标准状况)。其实验式为___________。
(2)确定分子式。
测得目标化合物的质谱图如下：
其分子式为___________。
II．推导结构式
(3)扑热息痛的不饱和度为___________。
用化学方法推断样品分子中的官能团。
①加入NaHCO3溶液，无明显变化；②加入FeCl3溶液，显紫色；③水解可以得到一种两性化合物。
波谱分析
①测得目标化合物的红外光谱图如下：
该有机化合物分子中存在：、－OH、、
②测得目标化合物的核磁共振氢谱图如下：
该有机化合物分子含有五种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为1∶1∶2∶2∶3
(4)综上所述，扑热息痛的结构简式为___________。
6. （2021春·山东济南·高二统考期末）随着济南新旧动能转换的持续推进，新能源汽车正走入千家万户，如何获得高性能的锂离子电池已成为一项重要课题。作为锂离子电池的关键组件之一，电池隔膜在电化学表现、循环寿命和安全性等方面起着至关重要的作用。一种聚酰亚胺隔膜J的合成路线如图所示：
已知：
①A~H均为芳香化合物
②
③化合物H中有两种不同化学环境的氢
回答下列问题：
(1)C的结构简式为___________，H的结构简式为___________。
(2)F＋I→J的化学方程式为___________，反应类型为___________。
(3)G经酸性高锰酸钾氧化得到化合物K，写出化合物K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________ (写一种即可)。
①链状化合物，只含两种官能团
②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应放出2mol气体
③核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3∶2∶1
(4)聚对苯二甲酸乙二酯(PET)也可用做锂电池隔膜，设计由乙烯和对二甲苯为原料制备PET的合成路线(其他试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。___________
7. （2022春·山东济南·高二统考期末）氯法齐明是一种抗麻风病药物，香港大学研究团队发现其在体外具有广谱性抗冠状病毒的功效。氯法齐明的一种合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题
(1)A的结构简式为_______，H的名称为_______。
(2)F中含氧官能团的名称为_______。
(3)反应④的化学方程式为_______。
(4)J是A的同系物，相对分子质量比A大28。J的含苯环的同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰的共_______种，写出其中一种的结构简式：_______。
(5)参考上述合成路线，设计以和乙烯为主要原料合成的最简路线_______(其它试剂任选)。
8. （2022春·山东济南·高二统考期末）有机物H是一种合成镇痛药的中间体，合成路线如下：
A(C7H8O) B(C9H10O2) C(C10H12O3) D(C10H11O2Cl) E(C11H11NO2) F(C13H12NO2Na) G(C13H14O4) H( )
已知：I. ++HX(R为烃基或H原子，X为卤素原子，下同)
II.
III.RCHO++H2O
IV.+CH2=CH2+I2+2HI
回答下列问题：
(1)A的名称是_______，B→C的反应类型为_______。
(2)D与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为_______；检验H中是否含有G的试剂为_______。
(3)符合下列条件的E的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①含有—NH2和—COOH，除苯环外无其他环状结构
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1
(4)综合上述信息，设计由苯酚、乙醛和制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
9. （2020春·山东济南·高二统考期末）a、b、c、d、e、I是元素周期表中前四周期的元素,原子序数依次增大。A、b、e的基态原子中均含有1个未成对电子，a的基态原子核外有2种不同能量的电子；e的最高价氧化物对应的水化物能与其简单氢化物反应生成盐M；e的单质能与水剧烈反应，d和e核外电子数相差8，1的基态原子中含有3个未成对电子，且成对的价电子个数与未成对的价电子个数之比为2：1。回答下列问题：
（1）基态b原子的电子排布式为_____；e在元素周期表中的位置为_____；盐M的化学式为________。
（2）在元素周期表中，与（同周期且其基态原子与基态_____（原子具有相同未成对电子数的元素有______元素符号）。
（3）由a、d、f三种元素组成的化合物是目前应用最广泛的正极材料，该晶体的部分结构及俯视图如下图所示。该材料的化学式为_________，下图结构中包含_____个晶胞（填标号）。
A 1 B 3 C 4
10. （2020春·山东济南·高二统考期末）以氢氧化物为负载的钉（Ru）催化剂对化学合成具有重要应用价值。将氢化物引入钙钛矿催化剂载体中形成氢氧化物负载，可有效防止钉催化剂氢中毒并增加反应活性。回答下列问题：
（1）一种具有催化作用的钌配合物结构如图所示。
①在元素周期表中，钌元素与铁元素同族，则釕元素位于_____区。
②该配合物中，N原子的杂化方式为______，Ru的配位原子在空间中共同构成____结构（填标号）。
A 平面六边形 B 三角双锥 C 八面体 D 三棱柱
③该配合物中第二周期元素原子第一电离能由大到小的顺序为________ （用元素符号表示）。
（2）钙钛矿是自然界中的一种常见矿物，其晶体属立方品系，密度为ρ g/cm3，某种钙钛矿的晶胞结构如图所示。
①NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中氧离子之间的最短距离为_______cm（用含ρ和NA的代数式表示）。
②一种无金属钙钛矿MDABCO-NH4L的晶胞结构与钙钛矿相同。若在MDABCO-NH4I3的晶胞中MDABCO的分数坐标为（0，0，0），I-的一种分数坐标为（，，0），则NH的分数坐标为_______，与MDABCO距离最近的I-有__________个。
11. （2021春·山东济南·高二统考期末）新型冠状病毒核酸检测多数采用荧光定量PCR方法，这种以荧光探针为核心的荧光检测技术具有灵敏度高、专一性强、快速响应和操作简单的特点，已成为环境检测、生物成像和医学诊断的强大工具。BTCu是荧光增强型Cu2+荧光分子探针，可对环境和生物体内的微量Cu2+进行有效检测。BTCu识别Cu2+机理如图：
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布式为___________。
(2)BTCu中所含第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序为___________ (用元素符号表示)。
(3)探针BTCu与Cu2+的识别过程既有氧化脱氢反应，也有络合形式的参与。1 mol BTCu-Cu+中，Cu+形成的配位键有___________mol，B原子的杂化轨道类型是___________。
(4)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，称作原子的分数坐标。四方晶系CuFeS2的晶胞结构如图所示，已知：a=b=0.524 nm，c=1.032 nm，晶胞棱边夹角均为90°，NA为阿伏加德罗常数的值。
①晶胞中原子分数坐标：A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(0，1，0)。找出距离Fe(0，0，0)最近的S___________ (用分数坐标表示)。
②CuFeS2晶体的密度是___________g/cm3 (列出计算式)。
12. （2022春·山东济南·高二统考期末）铁是最常见的金属元素，含铁化合物具有重要的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外未成对电子数为_______。
(2)Fe(CO)5为黄色粘稠状液体，熔点为-20℃，沸点为103℃，60℃在空气中可自燃，其结构和部分键长如图所示。
Fe(CO)5的晶体类型为_______，与Fe配位的原子为_______原子(填名称)。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．中心Fe原子可能采取sp3杂化
B．配体与Fe原子所形成的配位键的键能相同
C．Fe在周期表中位于Ⅷ族，属于d区元素
D．制备Fe(CO)5应在隔绝空气的条件下进行
(3)某种氮化铁晶体(FexNy)的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置或者b位置上的Fe，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。FexNy中N的配位数为_______；其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_______。
13. （2022春·山东济南·高二统考期末）铜是重要的过渡元素，含铜化合物在很多领域具有重要的应用。回答下列问题：
(1)Cu在元素周期表中的位置是_______；Cu2+的价电子轨道表示式为_______。
(2)①已知：，深蓝色溶液中存在[Cu(NH3)4]2+。则蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为_______。NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_______。
②[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角_______NH3中H-N-H的键角(填“大于”“小于”或“等于”)。
③[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3被Cl-取代能得到两种不同结构的Cu(NH3)2Cl2，则[Cu(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是_______。
(3)金属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甲所示(α=β=γ=90°)，图乙为晶胞在z轴方向的投影。
①已知晶胞中A点的原子分数坐标为(0，，)，则B点的原子分数坐标为_______。
②该晶体的化学式为_______，密度为_______g·cm-3(用含NA的计算式表示)。
14. （2022春·山东济南·高二统考期末）苯佐卡因( )是一种常用镇痛药，难溶于水，易溶于醇、醚类。实验室里可由对氨基苯甲酸( )与乙醇反应合成。
已知：几种物质的某些数据如下。
试剂
相对分子质量
密度/g·cm-3
熔点/℃
沸点/℃
乙醇
46
0.79
78.5
对氨基苯甲酸
137
188
399.9
对氨基萃甲酸乙酯
165
90
172
乙醚
74
0.714
34.5
回答下列问题：
I.合成对氨基苯甲酸
(1)对氨基苯甲酸在一定条件下可生成高分子化合物，该反应的化学方程式为_______。
(2)设计步骤“①”和“③”的目的为_______。
II.制备苯佐卡因
①在圆底烧瓶中加入5.48g对氨基苯甲酸和60mL无水乙醇，振荡溶解，再加入8mL浓硫酸，将反应混合物在80℃水浴中加热1h，并不时振荡；
②液体冷却后将反应物转移到烧杯中，分批加入Na2CO3溶液(10%)至pH=9；
③将液体转移至分液漏斗中，用乙醚分两次萃取；
④向乙醚层加入无水硫酸镁，滤去固体，进行操作a，冷却结晶，最终得到2.48g产物。
(3)仪器A的名称为_______，作用是_______。
(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作为_______，分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_______(填标号)。
A．直接将有机层从分液漏斗上口倒出
B．直接将有机层从分液漏斗下口放出
C先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出
(5)“步骤④”中无水硫酸镁的作用为_______，“操作a”为_______。
(6)本实验中苯佐卡因的产率为_______%(结果保留一位小数)。
参考答案：
1. b→a 水浴加热 吸收硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度 除去苯甲酸乙酯的水分 AE 87.5
【分析】通过苯甲酸和乙醇的酯化反应，可制得苯甲酸乙酯，浓硫酸作为催化剂，由于环己烷、乙醇与水可形成共沸物，沸点为62.1℃，所以选择水浴加热，反应完成后，还有浓硫酸剩余，应将反应液倒入烧杯中，静置分层，在加入碳酸钠溶液洗涤，除去硫酸和苯甲酸，同时可降低苯甲酸乙酯的溶解度，静置分层，在加入水洗涤，除去剩余的盐，最后加入硫酸镁干燥，经过蒸馏，得到纯净的苯甲酸乙酯，据此解答，
【详解】（1）冷凝管中冷却水的流向为都是下进上出，所以应是b进a出，故本题答案为：b→a；
（2）加热至62.1℃，选择水浴加热即可，故本题答案为：水浴加热；
（3）Na2CO3呈碱性，可以吸收硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度，故本题答案为：吸收硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度；
（4）无水硫酸镁可以吸水，常用做干燥剂，所以加入无水硫酸镁的目的是除去苯甲酸乙酯的水分，蒸馏过程中需要用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶、温度计、直形冷凝管，所以本题答案为：AE；
（5）已知投入的苯甲酸的物质的量为，则产生的苯甲酸乙酯的物质的量为0.04mol，质量为：，该实验中苯甲酸乙酯的产率为：，故本题答案为：87.5。
【点睛】产率的计算公式=。
2. (1)B
(2)停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片
(3) bceda 除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层
(4)75
(5) 温度过高，反应物未经反应就脱离反应体系，使反应物利用率下降 反应可能已达平衡状态，温度升高平衡向逆反应方向移动(或温度过高，发生了副反应)
【分析】(1)
向三颈烧瓶中加入肉桂酸2.96g，=2.37mL， 无水乙醇15.00mL，浓硫酸1.00mL及碎瓷片，分水器中加入15.00mL环己烷，再补加水，使上层环己烷液体接近支管口。烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的 ，混合液体的体积接近2.37mL+15.00mL+1.00mL+15.00mL=33.37mL，根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为50mL，故答案为：B；
(2)
加热后发现烧瓶中没有添加碎瓷片，处理方法是停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片。故答案为：停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片；
(3)
①肉桂酸乙酯的提纯需要经过以下一系列的操作：加入等体积5％的Na2CO3溶液洗涤，分液，除去末反应的酸和醇及催化剂，加入等体积的饱和食盐水洗涤至中性，分液，加入饱和CaCl2溶液洗涤，分液，氯化钙可与乙醇形成CaCl2•6C2H5OH，加入无水MgSO4固体，干燥，减压蒸馏，收集肉桂酸乙酯。提纯步骤的正确顺序是bceda。故答案为：bceda；
②加入饱和食盐水的目的是除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层。故答案为：除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层；
(4)
恢复至室温时，分离得到纯产品质量为2.64g，
m（乙醇）=0.7893g/mL×15mL=13.20g，根据方程式知，每148g肉桂酸反应需要46g乙醇，如果2.96g肉桂酸反应需要9.2g乙醇，所以乙醇过量，
设生成肉桂酸乙酯的质量为x，148g：176g=2.96g：x，x=3.52g，其产率==75%，则肉桂酸乙酯的产率为75％。故答案为：75；
(5)
加热有利于提高肉桂酸乙酯的产率，但实验发现温度过高肉桂酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是温度过高，反应物未经反应就脱离反应体系，使反应物利用率下降、反应可能已达平衡状态，温度升高平衡向逆反应方向移动(或温度过高，发生了副反应) (写出两点)。故答案为：温度过高，反应物未经反应就脱离反应体系，使反应物利用率下降；反应可能已达平衡状态，温度升高平衡向逆反应方向移动(或温度过高，发生了副反应)。
3. C10H9O3Cl 11 +3NaOH + +NaCl+H2O 防止碳碳双键被氧化 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）
【详解】（1）化合物I的结构简式为，含有10个C，9和H，3个O，1个Cl，所以分子式为C10H9O3Cl；化合物Ⅱ的结构简式为，分子式为C9H10O，所以l mol化合物Ⅱ完全燃烧需要消耗11mol氧气，故本题答案为：C10H9O3Cl；11；
（2）化合物I的结构简式为，能够与氢氧化钠反应的官能团有酯基和氯原子，所以化合物I与NaOH溶液反应的化学方程式为 +3NaOH + +NaCl+H2O，故本题答案为： +3NaOH + +NaCl+H2O；
（3）第一步反应是化合物Ⅱ和溴化氢发生加成反应，然后在发生催化氧化生成醛基，若不先加成，则碳碳双键也将被氧化，所以第一步反应的目的是防止碳碳双键被氧化；从肉桂醛的结构分析，肉桂醛含有醛基，只需检验醛基即可判断是否有肉桂醛生成，所以用于证明已 获得肉桂醛的试剂是银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故本题答案为：防止碳碳双键被氧化；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）。
【点睛】1mol普通的酯基水解消耗1mol氢氧化钠，但苯酚参与酯化形成的酯水解时，1mol酯基水解能消耗2mol氢氧化钠，此为易错点。
4. 苯甲醛 酯基、(酮)羰基 +CH3OH+H2O 取代反应 或 CH3COOCH2CH3
【分析】根据合成路线分析可知，E发生取代反应生成F，则E为，E由D和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成，则D为，A的分子式为C7H6O，A发生已知反应①生成B，B与HBr生成C，C发生已知反应②生成D，则C为，B为，A为，G发生已知反应③生成H，H与F在一定条件下发生取代反应生成I，据此分析解答问题。
【详解】(1)由上述分析可知，A为，名称为苯甲醛，H的结构简式为，其中所含官能团的名称为酯基、(酮)羰基；
(2)D和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，H与F在一定条件下发生取代反应生成I；
(3)D为，其同分异构体中，属于芳香族化合物，能发生水解反应和银镜反应，说明苯环上连有—OOCH，且核磁共振氢谱有峰面积比为6：2：1：1的4组峰，则满足条件的结构有或；
(4)结合上述流程，由2-溴丙烷和乙酸乙酯为原料制备的合成路线可设计为：CH3COOCH2CH3。
5. (1)C8H9NO2
(2)C8H9NO2
(3)5
(4)
【分析】(1)
测定实验式。浓硫酸增重8.1g，生成n(H2O)==0.45mol，所含有n(H)=0.9mol，碱石灰增重35.2g，生成CO2是13.2g，n(CO2)==0.8mol，所以n(C)=0.8mol，n(N2)==0.05mol，n(N)=0.1mol，m(C)+m(H)+m(N)=0.8mol×12g/mol+0.9mol×1g/mol+0.1mol×14g/mol=11.9g，故含氧元素，m(O)=15.1g-11.9g=3.2g，n(O)=0.2mol,n(C)：n(H)：n(N):n(O)=0.8mol：0.9mol：0.1mol:0.2mol=8：9：1:2，即分子式为：C5H10，其实验式为C8H9NO2。故答案为：C8H9NO2；
(2)
确定分子式。C8H9NO2式量为151，测得目标化合物的质谱图荷质比最大值为151，其分子式为C8H9NO2。故答案为：C8H9NO2；
(3)
推导结构式：由分子式，扑热息痛的不饱和度为8+1-=5。答案为：5；
(4)
用化学方法推断样品分子中的官能团。①加入NaHCO3溶液，无明显变化，说明不含羧基；②加入FeCl3溶液，显紫色，说明含有酚羟基；③水解可以得到一种两性化合物，说明分子中含有酰胺键；由波谱分析①测得目标化合物的红外光谱图，得出该有机化合物分子中存在：、－OH、、②测得目标化合物的核磁共振氢谱图得出该有机化合物分子含有五种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为1∶1∶2∶2∶3， 综上所述，扑热息痛的结构简式为。故答案为：。
6. (1)
(2) n+n+2nH2O 缩聚反应
(3)
(4)
【分析】A为苯，苯在铁作用下，与氯气发生取代反应生成B，B为，B在浓硫酸、加热条件下，与浓硝酸发生取代反应生成C，C为，C在NaOH，140-155℃、450-530KPa发生取代反应生成D，D为，C与D发生取代反应生成E，E为，E在Fe与HCl条件下还原为F，F为，G为，G与CH3I在AlCl3作用下发生取代反应生成H，H为，H在V2O5,350-500℃条件下被臭氧氧化为I，I为，I和F在一定条件下发生缩聚反应生成J，J为。
(1)
C的结构简式为，H的结构简式为。故答案为：；；
(2)
I和F在一定条件下发生缩聚反应生成J， F＋I→J的化学方程式为n+n+2nH2O，反应类型为缩聚反应。故答案为：n+n+2nH2O；缩聚反应；
(3)
G经酸性高锰酸钾氧化得到化合物K，K的同分异构体中①链状化合物，只含两种官能团，②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应放出2mol气体，说明结构中有2个羧基，③核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3∶2∶1，结构对称，含有甲基，同时符合三个条件的同分异构体的结构简式。故答案为：；
(4)
聚对苯二甲酸乙二酯(PET)也可用做锂电池隔膜，先由乙烯合成乙二醇，由对二甲苯合成对苯二甲酸，苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应得到产物，由乙烯和对二甲苯为原料制备PET的合成路线：故答案为：。
7. (1) 2-丙醇
(2)硝基和酰胺基
(3)
(4) 3 、、
(5)
【分析】A的分子式为C6H6NCl，结合、B的结构简式，推知A为，A与发生取代反应生成B和HF，对比B、D结构，结合反应条件，可知B中硝基还原为氨基生成C，C中氨基与乙二酸形成酰胺基得到D，故C为，D发生硝化反应生成E，E与A发生取代反应生成F和HF，F中硝基还原为氨基生成G，对比G、氯法齐明的结构简式，可知G中氨基上氢原子被-CH(CH3)2取代生成I，结合反应信息，可知H为，I发生反应生成氯法齐明。
（1）A的分子式为C6H6NCl，结合、B的结构简式，推知A的结构简式为，经分析可知，H的结构简式为，H的名称为2-丙醇。
（2）观察F的结构简式可知，其中含氧官能团为硝基和酰胺基。
（3）反应④为硝化反应，反应方程式为。
（4）J是A的同系物，相对分子质量比A大28，即比A多2个CH2原子团，J的同分异构体含苯环且核磁共振氢谱有3组峰，说明存在对称结构，J的结构简式有3种，分别为、、。
（5）由信息可知，HOCH2CH2OH与反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，然后1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，合成路线为
8. (1) 对甲基苯酚 加成反应
(2) ＋2NaOH＋NaCl＋H2O 氯化铁溶液
(3)4
(4)
【分析】根据信息I和H的结构简式得到A为对甲基苯酚，与CH3COCl在催化剂作用下反应生成，根据H的结构简式和B到C的分子式分析得到与HCHO反应生成，与浓盐酸加热反应生成D()，与NaCN反应生成E( )，和乙醛在NaOH溶液中加热反应生成F( )，发生水解反应再酸化得到G()，与I2再催化剂作用下反应生成H( )。
（1）
A的结构简式为，其名称是对甲基苯酚，根据H的结构简式和B到C的分子式分析得到与HCHO反应生成，则B→C的反应类型为加成反应；故答案为：对甲基苯酚；加成反应。
（2）
D()与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为＋2NaOH＋NaCl＋H2O；检验H中是否含有G主要是通过G的酚羟基来分析，其试剂为氯化铁溶液；故答案为：＋2NaOH＋NaCl＋H2O；氯化铁溶液。
（3）
E()的同分异构体含有−NH2和−COOH，除苯环外无其他环状结构，核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1，说明还含有2个化学环境相同的甲基、1个碳碳三键，且存在对称结构，苯环上有−COOH、− C≡CNH2处于对位，或则是−C≡CCOOH、− NH2处于对位，苯环上两个甲基有2种位置，故符合条件的同分异构体有4种；故答案为：4。
（4）
苯酚和反应生成，和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成，在催化剂作用下和I2反应生成，和新制氢氧化铜悬浊液、NaOH溶液下反应生成，其合成路线为；故答案为：。
9. 1s22s22p1 第四周期第I A族 NH4NO3 V As LiCoO2 B
【分析】a、b、e的基态原子中均含有1个未成对电子，a的基态原子核外有2种不同能量的电子，得出a是Li，c的最高价氧化物对应的水化物能与其简单氢化物反应生成盐M，得出c是N元素，a、b、c原子序数依次增大，b的基态原子中均含有1个未成对电子，得出b是B元素，e的单质能与水剧烈反应，d2-和e+核外电子数相差8，得出d是O元素，e是K元素，f的基态原子中含有3个未成对电子，且成对的价电子个数与未成对的价电子个数之比为2：1，得出f是Co。
【详解】（1）有分析可知基态b是B元素，原子的电子排布式为1s22s22p1，e是K元素，在元素周期表中的位置为第四周期第I A族，N元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，N元素的氢化物是氨气，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，盐M的化学式是NH4NO3；
（2）在元素周期表中，Co元素价电子排布式是3d74s2，未成对电子数是3个，那么与f（Co）同周期且其基态原子与基态f（Co）原子具有相同未成对电子数的元素有V，As；
（3）有图可知，锂原子处于晶胞侧面上，氧原子处于晶胞的顶点、上下面的面心、侧面上，钴原子处于棱上和体心，依据均摊法可得：n（Li）=6×1/2=3，n（Co）=6×1/3+1=3，n（O）=12×1/6+2×1/2+6×1/2=6，n（Li）：n（Co）：n（O）=3:3:6=1:1:2，其化学式是LiCoO2，
有俯视图可知，锂原子的个数是12×1/6+1=3，所以该结构图中包含3个晶胞，故选：B。
10. d sp2 C N＞O＞C （，，） 12
【分析】
（1）根据原子的结构特点和配位化合物及电离能的知识点解答。
（2）该晶胞为正方体，根据晶胞知识作答。
【详解】
（1）①Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最后一个电子排在d区，属于d区元素，所以釕元素位于d区；
②N原子旁边已形成8电子稳定结构，无孤电子对，含有3个σ键，所以其杂化方式为sp2，Ru的配位原子有6个，构成一个八面体，故选C；
③该化合物中第二周期元素有C、N和O三种元素，同周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，而第二主族的大于第三主族，第五主族的大于第六主族的，故三种元素的第一电离能的大小顺序为N＞O＞C；
（2）①该晶胞的化学式为CaTiO3，设晶胞的边长为acm，则有a3×ρ =136÷NA，面对角线=√2a，相交两边上的O距离最近，距离等于√2a/2，故最近的O原子的距离为；
②比较两者的化学式可知MDABCO相似于Ti4+，I-相似于O2-，则NH4+相似于Ca2+，Ca2+处于体心，其坐标为（，，），故NH4+的坐标为（，，）。由晶胞可知距Ti4+最近的O2-有3×8÷2=12个，MDABCO距离最近的I-也是12个。
11. (1)3d104s1
(2)B＜C＜O＜N＜F
(3) 2 sp3
(4) (，，)
【分析】(1)
(1)Cu是29号元素，根据构造原理可知：基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。
(2)
(2)根据BTCu的结构简式可知：其中所含的第二周期元素有B、C、N、O、F元素。一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的非金属性就越强，其相应的第一电离能就越大，但由于N原子的最外层电子处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以这些元素的第一电离能由小到大的顺序为B＜C＜O＜N＜F。
(3)
在BTCu-Cu+中，Cu+形成3个共价键，其中与O原子形成的是一般的σ共价键；与S、N原子形成的共价键是配位键，在1个BTCu-Cu+中Cu+形成2个配位键，则在1 mol BTCu-Cu+中，Cu+形成的配位键有2 mol。B原子最外层有3个电子，但物质BTCu-Cu+中B原子形成4个共价键，故B原子的杂化轨道类型是sp3。
(4)
(1)①根据已知晶胞中原子分数坐标：A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(0，1，0)，可知距离Fe(0，0，0)最近的S原子的坐标为(，，)；
②在一个晶胞中含有Fe原子个数为：8×+4×+1=4；含有Cu原子个数为：6×+4×=4，含有S原子个数为8×1=8，则该晶胞的密度ρ= g/cm3。
12. (1)4
(2) 分子晶体 碳 CD
(3) 6 Fe3CuN
【解析】（1）基态Fe原子核外电子排布式[Ar]3d64s2，d能级有5个轨道，排6个电子，有4个单电子。
（2）依据晶体的的熔点为-20℃，沸点为103℃，可以判断Fe(CO)5的晶体类型为分子晶体，图1观察Fe原子的配位数，配体为CO-，配体中电负性弱的原子做配位原子，即C原子为配位原子。A．中心Fe原子有5个配位键，其杂化轨道为5，不可能采取sp3杂化，故A错误；B．由图可知配体与Fe原子所形成的配位键的键长不同，键能不相同，故B错误；C．铁在元素周期表中的位置是第四周期，第Ⅷ族，属于d区元素，故C正确；D．Fe(CO)560℃时在空气中可自燃，制备时应隔绝空气，故D正确；故答案选CD。
（3）晶胞结构如图，距离N原子最近的Fe原子的个数是6，故N原子的配位数是6，能量越低越稳定可判断Cu代替a位置Fe型能量低，该类型稳定，再用均摊法计算出Cu代替a位置Fe型中，Fe原子数目为，Cu原子数目为，N原子数目为1，故其化学式为Fe3CuN。
13. (1) 第四周期第ⅠB族
(2) F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子 大于 平面正方形
(3) (，0，)， Al2Cu(或CuAl2)
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，位于元素周期第四周期第ⅠB族；铜元素的原子序数为29，失去2个电子形成铜离子，则Cu2+的核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d9，Cu2+的价电子轨道表示式为 ，故答案为：第四周期第ⅠB族； ；
（2）
①蓝色沉淀是氢氧化铜，沉淀溶解是因为氢氧化铜中的铜离子和氨气形成了配离子，其相应的离子方程式为：；F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：；F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子；
②NH3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[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，呈四面体结构，键角变大，则[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角大于NH3中H-N-H的键角，故答案为：大于；
③形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3被Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：平面正方形；
（3）
①由晶胞中位于正面面上A点的原子坐标为(0，，)可知，位于左侧面面上B点的原子坐标为(，0，)，故答案为：(，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Al2Cu(或CuAl2)；根据晶胞结构，可知，故答案为：Al2Cu(或CuAl2)；。
14. (1)
(2)保护氨基
(3) 球形冷凝管 冷凝回流
(4) 验漏 D
(5) 干燥苯佐卡因 蒸馏
(6)37.6%
【分析】（1）对氨基苯甲酸在一定条件下缩聚生成 。
（2）比较①、③反应生成的产物判断。
（3）仪器A的名称为球形冷凝管，用于冷凝回流。
（4）带塞仪器必须验漏，分液操作中，先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出。
（5）硫酸镁具有吸水性，“操作a”为蒸馏分离。
（6）对氨基苯甲酸与乙醇发生酯化反应，根据化学方程式得出苯佐卡因的量进行计算。
（1）
对氨基苯甲酸在一定条件下可发生缩聚反应，化学方程式为 。
（2）
根据反应②可知，重铬酸根离子在酸性条件下将甲基氧化为羧基，氨基容易被氧化，因此步骤①和③的目的是保护氨基。
（3）
根据图示可知，仪器A的名称为球形冷凝管，作用为冷凝回流。
（4）
分液漏斗使用前要检验装置的气密性，即使用前必须进行的操作为验漏。苯佐卡因不溶于水，密度比水小，用乙醚萃取后有机层在上层，水层在下层。
A．分液漏斗分离液体时先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，A错误；
B．有机层在上层，不能从下口放出，B错误；
C．有机层需要从上口倒出，C错误；
D．先将水层从下口放出，再将有机层从上口倒出，D正确；
故答案选D。
（5）
硫酸镁具有吸水性，则“步骤④”中无水硫酸镁的作用为干燥苯佐卡因。操作a目的为分离乙醚和苯佐卡因，故为蒸馏分离。
（6）
对氨基苯甲酸与乙醇反应生成苯佐卡因，两者按1：1反应，5.48g对氨基苯甲酸物质的量为，60mL无水乙醇物质的量为，乙醇过量，本实验中苯佐卡因的产率为。
山东省济南市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·山东济南·高二统考期末）苯甲酸乙酯可用于配制香水和人造精油，还可以作为食用香精。实验室可用苯甲酸（ ，熔点122.1℃）与乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，制备装置如图所示（部分装置已省略）。制备方法如下：
①在烧瓶中加入苯甲酸4.88 g、乙醇30.0 mL、浓硫酸4.0 mL，适量环己烷。按如图所示安装好装置，加热烧瓶，控制一定温度加热回流2h。
②将烧瓶中的反应液倒入盛有50.0 mL水的烧杯中，加入Na2CO3，至溶液呈中性。
③用分液漏斗分出有机层,再用乙醚萃取水层中的残留产品，二者合并,加入到蒸馏装置，加入沸石并加入无水硫酸镁,加热蒸馏，制得产品5.0 mL。
部分物质的性质如下表所示：
物质名称
苯甲酸
乙醇
环己烷
苯甲酸乙酯
密度/（g/cm3）
1.2659
0.7893
0.7318
1.0500
沸点/℃
249.2
78.3
80.8
212.6
回答下列问题：
（1）冷凝水的流向为_____（填“a→b"或b→a"）。
（2）环己烷、乙醇与水可形成共沸物,沸点为62.1℃，步骤①中加热方式应为_______。
（3）步骤②中加入Na2CO3的作用是__________。
（4）步骤③进行蒸馏操作时，加入无水硫酸镁的目的是_____，蒸馏过程中需要用到的玻璃仪器除酒精灯、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶之外，还需要__________（填标号）。
（5）该实验中苯甲酸乙酯的产率是____________%。
2. （2021春·山东济南·高二统考期末）肉桂酸乙酯常用作食品香料，因其沸点高且稳定宜用于焙烤类食品。实验室制备肉桂酸乙酯的反应原理、装置示意图和有关信息如下：
+C2H5OH+H2O
物质
相对分子质量
沸点/℃
密度/(g/cm3)
溶解性
肉桂酸
148
300.0
1.2475
微溶于水，易溶于乙醇
乙醇
46
78.5
0.7893
与水任意比互溶
环己烷
84
80.7
0.7785
难溶于水，易溶于乙醇
肉桂酸乙酯
176
271.0
1.0491
难溶于水，易溶于乙醇
已知：氯化钙可与乙醇形成CaCl2•6C2H5OH。
I．肉桂酸乙酯粗产品的制备
实验过程：向三颈烧瓶中加入肉桂酸2.96g，无水乙醇15.00mL，浓硫酸1.00mL及碎瓷片，分水器中加入15.00mL环己烷，再补加水，使上层环己烷液体接近支管口。加热回流反应2—3h，回流过程中只允许分水器中上层液体流回反应体系。反应结束后，将分水器旋塞打开，继续蒸出环己烷及剩余的乙醇。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________(填序号)。A．25mL B．50mL C．100mL D．250mL
(2)加热后发现烧瓶中没有添加碎瓷片，处理方法是___________。
II．肉桂酸乙酯的提纯需要经过以下一系列的操作：
a．减压蒸馏，收集肉桂酸乙酯
b．加入等体积5％的Na2CO3溶液洗涤，分液
c．加入等体积的饱和食盐水洗涤至中性，分液
d．加入无水MgSO4固体
e．加入饱和CaCl2溶液洗涤，分液
(3)①上述提纯步骤的正确顺序是___________。
②加入饱和食盐水的目的是___________。
(4)恢复至室温时，分离得到纯产品质量为2.64g，则肉桂酸乙酯的产率为___________％。
(5)加热有利于提高肉桂酸乙酯的产率，但实验发现温度过高肉桂酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是___________、___________ (写出两点)。
3. （2020春·山东济南·高二统考期末）某脱水偶联反应的方程式如下：
回答下列问题：
（1）化合物I的分子式为_________
（2）化合物I与NaOH溶液反应的化学方程式为__________
（3）利用化合物II合成肉桂醛）的过程如下：
化合物ⅡAB粗产品
第一步反应的目的是__________
4. （2020春·山东济南·高二统考期末）洛索洛芬钠可用于缓解类风湿性关节炎、肩周炎等炎症。化合物I是合成该药物的一种中间体，合成I的路线如下。回答下列问题：
已知：①(R′可以为H)
②RBrRCOOH
③+
(1)A的名称为________，H中所含官能团的名称为_____________。
(2)D→E的化学方程式为____________；F+ H→I的反应类型为_____________。
(3)写出符合下列条件的D的同分异构体：(填结构简式写出一种即可)_____。
①属于芳香族化合物
②能发生水解反应和银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰,峰面积比为6：2：1：1
(4)参照上述流程，设计由2-溴丙烷和乙酸乙酯为原料制备的合成路线(其他试剂任选)_______。
5. （2021春·山东济南·高二统考期末）扑热息痛是最常用的非抗炎解热镇痛药，对胃无刺激，副作用小。对扑热息痛进行结构表征，测得的相关数据和谱图如下。回答下列问题：
(1)测定实验式。
将15.1g样品在足量纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重8.1g和35.2g，再将等量的样品通入二氧化碳气流中，在氧化铜/铜的作用下氧化有机物中氮元素，测定生成气体的体积为1.12L(已换算成标准状况)。其实验式为___________。
(2)确定分子式。
测得目标化合物的质谱图如下：
其分子式为___________。
II．推导结构式
(3)扑热息痛的不饱和度为___________。
用化学方法推断样品分子中的官能团。
①加入NaHCO3溶液，无明显变化；②加入FeCl3溶液，显紫色；③水解可以得到一种两性化合物。
波谱分析
①测得目标化合物的红外光谱图如下：
该有机化合物分子中存在：、－OH、、
②测得目标化合物的核磁共振氢谱图如下：
该有机化合物分子含有五种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为1∶1∶2∶2∶3
(4)综上所述，扑热息痛的结构简式为___________。
6. （2021春·山东济南·高二统考期末）随着济南新旧动能转换的持续推进，新能源汽车正走入千家万户，如何获得高性能的锂离子电池已成为一项重要课题。作为锂离子电池的关键组件之一，电池隔膜在电化学表现、循环寿命和安全性等方面起着至关重要的作用。一种聚酰亚胺隔膜J的合成路线如图所示：
已知：
①A~H均为芳香化合物
②
③化合物H中有两种不同化学环境的氢
回答下列问题：
(1)C的结构简式为___________，H的结构简式为___________。
(2)F＋I→J的化学方程式为___________，反应类型为___________。
(3)G经酸性高锰酸钾氧化得到化合物K，写出化合物K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________ (写一种即可)。
①链状化合物，只含两种官能团
②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应放出2mol气体
③核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3∶2∶1
(4)聚对苯二甲酸乙二酯(PET)也可用做锂电池隔膜，设计由乙烯和对二甲苯为原料制备PET的合成路线(其他试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。___________
7. （2022春·山东济南·高二统考期末）氯法齐明是一种抗麻风病药物，香港大学研究团队发现其在体外具有广谱性抗冠状病毒的功效。氯法齐明的一种合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题
(1)A的结构简式为_______，H的名称为_______。
(2)F中含氧官能团的名称为_______。
(3)反应④的化学方程式为_______。
(4)J是A的同系物，相对分子质量比A大28。J的含苯环的同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰的共_______种，写出其中一种的结构简式：_______。
(5)参考上述合成路线，设计以和乙烯为主要原料合成的最简路线_______(其它试剂任选)。
8. （2022春·山东济南·高二统考期末）有机物H是一种合成镇痛药的中间体，合成路线如下：
A(C7H8O) B(C9H10O2) C(C10H12O3) D(C10H11O2Cl) E(C11H11NO2) F(C13H12NO2Na) G(C13H14O4) H( )
已知：I. ++HX(R为烃基或H原子，X为卤素原子，下同)
II.
III.RCHO++H2O
IV.+CH2=CH2+I2+2HI
回答下列问题：
(1)A的名称是_______，B→C的反应类型为_______。
(2)D与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为_______；检验H中是否含有G的试剂为_______。
(3)符合下列条件的E的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①含有—NH2和—COOH，除苯环外无其他环状结构
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1
(4)综合上述信息，设计由苯酚、乙醛和制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
9. （2020春·山东济南·高二统考期末）a、b、c、d、e、I是元素周期表中前四周期的元素,原子序数依次增大。A、b、e的基态原子中均含有1个未成对电子，a的基态原子核外有2种不同能量的电子；e的最高价氧化物对应的水化物能与其简单氢化物反应生成盐M；e的单质能与水剧烈反应，d和e核外电子数相差8，1的基态原子中含有3个未成对电子，且成对的价电子个数与未成对的价电子个数之比为2：1。回答下列问题：
（1）基态b原子的电子排布式为_____；e在元素周期表中的位置为_____；盐M的化学式为________。
（2）在元素周期表中，与（同周期且其基态原子与基态_____（原子具有相同未成对电子数的元素有______元素符号）。
（3）由a、d、f三种元素组成的化合物是目前应用最广泛的正极材料，该晶体的部分结构及俯视图如下图所示。该材料的化学式为_________，下图结构中包含_____个晶胞（填标号）。
A 1 B 3 C 4
10. （2020春·山东济南·高二统考期末）以氢氧化物为负载的钉（Ru）催化剂对化学合成具有重要应用价值。将氢化物引入钙钛矿催化剂载体中形成氢氧化物负载，可有效防止钉催化剂氢中毒并增加反应活性。回答下列问题：
（1）一种具有催化作用的钌配合物结构如图所示。
①在元素周期表中，钌元素与铁元素同族，则釕元素位于_____区。
②该配合物中，N原子的杂化方式为______，Ru的配位原子在空间中共同构成____结构（填标号）。
A 平面六边形 B 三角双锥 C 八面体 D 三棱柱
③该配合物中第二周期元素原子第一电离能由大到小的顺序为________ （用元素符号表示）。
（2）钙钛矿是自然界中的一种常见矿物，其晶体属立方品系，密度为ρ g/cm3，某种钙钛矿的晶胞结构如图所示。
①NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中氧离子之间的最短距离为_______cm（用含ρ和NA的代数式表示）。
②一种无金属钙钛矿MDABCO-NH4L的晶胞结构与钙钛矿相同。若在MDABCO-NH4I3的晶胞中MDABCO的分数坐标为（0，0，0），I-的一种分数坐标为（，，0），则NH的分数坐标为_______，与MDABCO距离最近的I-有__________个。
11. （2021春·山东济南·高二统考期末）新型冠状病毒核酸检测多数采用荧光定量PCR方法，这种以荧光探针为核心的荧光检测技术具有灵敏度高、专一性强、快速响应和操作简单的特点，已成为环境检测、生物成像和医学诊断的强大工具。BTCu是荧光增强型Cu2+荧光分子探针，可对环境和生物体内的微量Cu2+进行有效检测。BTCu识别Cu2+机理如图：
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布式为___________。
(2)BTCu中所含第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序为___________ (用元素符号表示)。
(3)探针BTCu与Cu2+的识别过程既有氧化脱氢反应，也有络合形式的参与。1 mol BTCu-Cu+中，Cu+形成的配位键有___________mol，B原子的杂化轨道类型是___________。
(4)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，称作原子的分数坐标。四方晶系CuFeS2的晶胞结构如图所示，已知：a=b=0.524 nm，c=1.032 nm，晶胞棱边夹角均为90°，NA为阿伏加德罗常数的值。
①晶胞中原子分数坐标：A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(0，1，0)。找出距离Fe(0，0，0)最近的S___________ (用分数坐标表示)。
②CuFeS2晶体的密度是___________g/cm3 (列出计算式)。
12. （2022春·山东济南·高二统考期末）铁是最常见的金属元素，含铁化合物具有重要的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外未成对电子数为_______。
(2)Fe(CO)5为黄色粘稠状液体，熔点为-20℃，沸点为103℃，60℃在空气中可自燃，其结构和部分键长如图所示。
Fe(CO)5的晶体类型为_______，与Fe配位的原子为_______原子(填名称)。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．中心Fe原子可能采取sp3杂化
B．配体与Fe原子所形成的配位键的键能相同
C．Fe在周期表中位于Ⅷ族，属于d区元素
D．制备Fe(CO)5应在隔绝空气的条件下进行
(3)某种氮化铁晶体(FexNy)的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置或者b位置上的Fe，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。FexNy中N的配位数为_______；其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_______。
13. （2022春·山东济南·高二统考期末）铜是重要的过渡元素，含铜化合物在很多领域具有重要的应用。回答下列问题：
(1)Cu在元素周期表中的位置是_______；Cu2+的价电子轨道表示式为_______。
(2)①已知：，深蓝色溶液中存在[Cu(NH3)4]2+。则蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为_______。NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_______。
②[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角_______NH3中H-N-H的键角(填“大于”“小于”或“等于”)。
③[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3被Cl-取代能得到两种不同结构的Cu(NH3)2Cl2，则[Cu(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是_______。
(3)金属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甲所示(α=β=γ=90°)，图乙为晶胞在z轴方向的投影。
①已知晶胞中A点的原子分数坐标为(0，，)，则B点的原子分数坐标为_______。
②该晶体的化学式为_______，密度为_______g·cm-3(用含NA的计算式表示)。
14. （2022春·山东济南·高二统考期末）苯佐卡因( )是一种常用镇痛药，难溶于水，易溶于醇、醚类。实验室里可由对氨基苯甲酸( )与乙醇反应合成。
已知：几种物质的某些数据如下。
试剂
相对分子质量
密度/g·cm-3
熔点/℃
沸点/℃
乙醇
46
0.79
78.5
对氨基苯甲酸
137
188
399.9
对氨基萃甲酸乙酯
165
90
172
乙醚
74
0.714
34.5
回答下列问题：
I.合成对氨基苯甲酸
(1)对氨基苯甲酸在一定条件下可生成高分子化合物，该反应的化学方程式为_______。
(2)设计步骤“①”和“③”的目的为_______。
II.制备苯佐卡因
①在圆底烧瓶中加入5.48g对氨基苯甲酸和60mL无水乙醇，振荡溶解，再加入8mL浓硫酸，将反应混合物在80℃水浴中加热1h，并不时振荡；
②液体冷却后将反应物转移到烧杯中，分批加入Na2CO3溶液(10%)至pH=9；
③将液体转移至分液漏斗中，用乙醚分两次萃取；
④向乙醚层加入无水硫酸镁，滤去固体，进行操作a，冷却结晶，最终得到2.48g产物。
(3)仪器A的名称为_______，作用是_______。
(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作为_______，分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_______(填标号)。
A．直接将有机层从分液漏斗上口倒出
B．直接将有机层从分液漏斗下口放出
C先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出
(5)“步骤④”中无水硫酸镁的作用为_______，“操作a”为_______。
(6)本实验中苯佐卡因的产率为_______%(结果保留一位小数)。
参考答案：
1. b→a 水浴加热 吸收硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度 除去苯甲酸乙酯的水分 AE 87.5
【分析】通过苯甲酸和乙醇的酯化反应，可制得苯甲酸乙酯，浓硫酸作为催化剂，由于环己烷、乙醇与水可形成共沸物，沸点为62.1℃，所以选择水浴加热，反应完成后，还有浓硫酸剩余，应将反应液倒入烧杯中，静置分层，在加入碳酸钠溶液洗涤，除去硫酸和苯甲酸，同时可降低苯甲酸乙酯的溶解度，静置分层，在加入水洗涤，除去剩余的盐，最后加入硫酸镁干燥，经过蒸馏，得到纯净的苯甲酸乙酯，据此解答，
【详解】（1）冷凝管中冷却水的流向为都是下进上出，所以应是b进a出，故本题答案为：b→a；
（2）加热至62.1℃，选择水浴加热即可，故本题答案为：水浴加热；
（3）Na2CO3呈碱性，可以吸收硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度，故本题答案为：吸收硫酸和未反应的苯甲酸，降低苯甲酸乙酯的溶解度；
（4）无水硫酸镁可以吸水，常用做干燥剂，所以加入无水硫酸镁的目的是除去苯甲酸乙酯的水分，蒸馏过程中需要用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、牛角管、锥形瓶、温度计、直形冷凝管，所以本题答案为：AE；
（5）已知投入的苯甲酸的物质的量为，则产生的苯甲酸乙酯的物质的量为0.04mol，质量为：，该实验中苯甲酸乙酯的产率为：，故本题答案为：87.5。
【点睛】产率的计算公式=。
2. (1)B
(2)停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片
(3) bceda 除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层
(4)75
(5) 温度过高，反应物未经反应就脱离反应体系，使反应物利用率下降 反应可能已达平衡状态，温度升高平衡向逆反应方向移动(或温度过高，发生了副反应)
【分析】(1)
向三颈烧瓶中加入肉桂酸2.96g，=2.37mL， 无水乙醇15.00mL，浓硫酸1.00mL及碎瓷片，分水器中加入15.00mL环己烷，再补加水，使上层环己烷液体接近支管口。烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的 ，混合液体的体积接近2.37mL+15.00mL+1.00mL+15.00mL=33.37mL，根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为50mL，故答案为：B；
(2)
加热后发现烧瓶中没有添加碎瓷片，处理方法是停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片。故答案为：停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片；
(3)
①肉桂酸乙酯的提纯需要经过以下一系列的操作：加入等体积5％的Na2CO3溶液洗涤，分液，除去末反应的酸和醇及催化剂，加入等体积的饱和食盐水洗涤至中性，分液，加入饱和CaCl2溶液洗涤，分液，氯化钙可与乙醇形成CaCl2•6C2H5OH，加入无水MgSO4固体，干燥，减压蒸馏，收集肉桂酸乙酯。提纯步骤的正确顺序是bceda。故答案为：bceda；
②加入饱和食盐水的目的是除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层。故答案为：除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层；
(4)
恢复至室温时，分离得到纯产品质量为2.64g，
m（乙醇）=0.7893g/mL×15mL=13.20g，根据方程式知，每148g肉桂酸反应需要46g乙醇，如果2.96g肉桂酸反应需要9.2g乙醇，所以乙醇过量，
设生成肉桂酸乙酯的质量为x，148g：176g=2.96g：x，x=3.52g，其产率==75%，则肉桂酸乙酯的产率为75％。故答案为：75；
(5)
加热有利于提高肉桂酸乙酯的产率，但实验发现温度过高肉桂酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是温度过高，反应物未经反应就脱离反应体系，使反应物利用率下降、反应可能已达平衡状态，温度升高平衡向逆反应方向移动(或温度过高，发生了副反应) (写出两点)。故答案为：温度过高，反应物未经反应就脱离反应体系，使反应物利用率下降；反应可能已达平衡状态，温度升高平衡向逆反应方向移动(或温度过高，发生了副反应)。
3. C10H9O3Cl 11 +3NaOH + +NaCl+H2O 防止碳碳双键被氧化 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）
【详解】（1）化合物I的结构简式为，含有10个C，9和H，3个O，1个Cl，所以分子式为C10H9O3Cl；化合物Ⅱ的结构简式为，分子式为C9H10O，所以l mol化合物Ⅱ完全燃烧需要消耗11mol氧气，故本题答案为：C10H9O3Cl；11；
（2）化合物I的结构简式为，能够与氢氧化钠反应的官能团有酯基和氯原子，所以化合物I与NaOH溶液反应的化学方程式为 +3NaOH + +NaCl+H2O，故本题答案为： +3NaOH + +NaCl+H2O；
（3）第一步反应是化合物Ⅱ和溴化氢发生加成反应，然后在发生催化氧化生成醛基，若不先加成，则碳碳双键也将被氧化，所以第一步反应的目的是防止碳碳双键被氧化；从肉桂醛的结构分析，肉桂醛含有醛基，只需检验醛基即可判断是否有肉桂醛生成，所以用于证明已 获得肉桂醛的试剂是银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故本题答案为：防止碳碳双键被氧化；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）。
【点睛】1mol普通的酯基水解消耗1mol氢氧化钠，但苯酚参与酯化形成的酯水解时，1mol酯基水解能消耗2mol氢氧化钠，此为易错点。
4. 苯甲醛 酯基、(酮)羰基 +CH3OH+H2O 取代反应 或 CH3COOCH2CH3
【分析】根据合成路线分析可知，E发生取代反应生成F，则E为，E由D和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成，则D为，A的分子式为C7H6O，A发生已知反应①生成B，B与HBr生成C，C发生已知反应②生成D，则C为，B为，A为，G发生已知反应③生成H，H与F在一定条件下发生取代反应生成I，据此分析解答问题。
【详解】(1)由上述分析可知，A为，名称为苯甲醛，H的结构简式为，其中所含官能团的名称为酯基、(酮)羰基；
(2)D和CH3OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，H与F在一定条件下发生取代反应生成I；
(3)D为，其同分异构体中，属于芳香族化合物，能发生水解反应和银镜反应，说明苯环上连有—OOCH，且核磁共振氢谱有峰面积比为6：2：1：1的4组峰，则满足条件的结构有或；
(4)结合上述流程，由2-溴丙烷和乙酸乙酯为原料制备的合成路线可设计为：CH3COOCH2CH3。
5. (1)C8H9NO2
(2)C8H9NO2
(3)5
(4)
【分析】(1)
测定实验式。浓硫酸增重8.1g，生成n(H2O)==0.45mol，所含有n(H)=0.9mol，碱石灰增重35.2g，生成CO2是13.2g，n(CO2)==0.8mol，所以n(C)=0.8mol，n(N2)==0.05mol，n(N)=0.1mol，m(C)+m(H)+m(N)=0.8mol×12g/mol+0.9mol×1g/mol+0.1mol×14g/mol=11.9g，故含氧元素，m(O)=15.1g-11.9g=3.2g，n(O)=0.2mol,n(C)：n(H)：n(N):n(O)=0.8mol：0.9mol：0.1mol:0.2mol=8：9：1:2，即分子式为：C5H10，其实验式为C8H9NO2。故答案为：C8H9NO2；
(2)
确定分子式。C8H9NO2式量为151，测得目标化合物的质谱图荷质比最大值为151，其分子式为C8H9NO2。故答案为：C8H9NO2；
(3)
推导结构式：由分子式，扑热息痛的不饱和度为8+1-=5。答案为：5；
(4)
用化学方法推断样品分子中的官能团。①加入NaHCO3溶液，无明显变化，说明不含羧基；②加入FeCl3溶液，显紫色，说明含有酚羟基；③水解可以得到一种两性化合物，说明分子中含有酰胺键；由波谱分析①测得目标化合物的红外光谱图，得出该有机化合物分子中存在：、－OH、、②测得目标化合物的核磁共振氢谱图得出该有机化合物分子含有五种不同化学环境的H原子，其峰面积之比为1∶1∶2∶2∶3， 综上所述，扑热息痛的结构简式为。故答案为：。
6. (1)
(2) n+n+2nH2O 缩聚反应
(3)
(4)
【分析】A为苯，苯在铁作用下，与氯气发生取代反应生成B，B为，B在浓硫酸、加热条件下，与浓硝酸发生取代反应生成C，C为，C在NaOH，140-155℃、450-530KPa发生取代反应生成D，D为，C与D发生取代反应生成E，E为，E在Fe与HCl条件下还原为F，F为，G为，G与CH3I在AlCl3作用下发生取代反应生成H，H为，H在V2O5,350-500℃条件下被臭氧氧化为I，I为，I和F在一定条件下发生缩聚反应生成J，J为。
(1)
C的结构简式为，H的结构简式为。故答案为：；；
(2)
I和F在一定条件下发生缩聚反应生成J， F＋I→J的化学方程式为n+n+2nH2O，反应类型为缩聚反应。故答案为：n+n+2nH2O；缩聚反应；
(3)
G经酸性高锰酸钾氧化得到化合物K，K的同分异构体中①链状化合物，只含两种官能团，②1mol有机物与足量NaHCO3溶液反应放出2mol气体，说明结构中有2个羧基，③核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为3∶2∶1，结构对称，含有甲基，同时符合三个条件的同分异构体的结构简式。故答案为：；
(4)
聚对苯二甲酸乙二酯(PET)也可用做锂电池隔膜，先由乙烯合成乙二醇，由对二甲苯合成对苯二甲酸，苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应得到产物，由乙烯和对二甲苯为原料制备PET的合成路线：故答案为：。
7. (1) 2-丙醇
(2)硝基和酰胺基
(3)
(4) 3 、、
(5)
【分析】A的分子式为C6H6NCl，结合、B的结构简式，推知A为，A与发生取代反应生成B和HF，对比B、D结构，结合反应条件，可知B中硝基还原为氨基生成C，C中氨基与乙二酸形成酰胺基得到D，故C为，D发生硝化反应生成E，E与A发生取代反应生成F和HF，F中硝基还原为氨基生成G，对比G、氯法齐明的结构简式，可知G中氨基上氢原子被-CH(CH3)2取代生成I，结合反应信息，可知H为，I发生反应生成氯法齐明。
（1）A的分子式为C6H6NCl，结合、B的结构简式，推知A的结构简式为，经分析可知，H的结构简式为，H的名称为2-丙醇。
（2）观察F的结构简式可知，其中含氧官能团为硝基和酰胺基。
（3）反应④为硝化反应，反应方程式为。
（4）J是A的同系物，相对分子质量比A大28，即比A多2个CH2原子团，J的同分异构体含苯环且核磁共振氢谱有3组峰，说明存在对称结构，J的结构简式有3种，分别为、、。
（5）由信息可知，HOCH2CH2OH与反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，然后1，2-二溴乙烷在碱性条件下水解生成乙二醇，合成路线为
8. (1) 对甲基苯酚 加成反应
(2) ＋2NaOH＋NaCl＋H2O 氯化铁溶液
(3)4
(4)
【分析】根据信息I和H的结构简式得到A为对甲基苯酚，与CH3COCl在催化剂作用下反应生成，根据H的结构简式和B到C的分子式分析得到与HCHO反应生成，与浓盐酸加热反应生成D()，与NaCN反应生成E( )，和乙醛在NaOH溶液中加热反应生成F( )，发生水解反应再酸化得到G()，与I2再催化剂作用下反应生成H( )。
（1）
A的结构简式为，其名称是对甲基苯酚，根据H的结构简式和B到C的分子式分析得到与HCHO反应生成，则B→C的反应类型为加成反应；故答案为：对甲基苯酚；加成反应。
（2）
D()与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为＋2NaOH＋NaCl＋H2O；检验H中是否含有G主要是通过G的酚羟基来分析，其试剂为氯化铁溶液；故答案为：＋2NaOH＋NaCl＋H2O；氯化铁溶液。
（3）
E()的同分异构体含有−NH2和−COOH，除苯环外无其他环状结构，核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6：2：2：1，说明还含有2个化学环境相同的甲基、1个碳碳三键，且存在对称结构，苯环上有−COOH、− C≡CNH2处于对位，或则是−C≡CCOOH、− NH2处于对位，苯环上两个甲基有2种位置，故符合条件的同分异构体有4种；故答案为：4。
（4）
苯酚和反应生成，和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成，在催化剂作用下和I2反应生成，和新制氢氧化铜悬浊液、NaOH溶液下反应生成，其合成路线为；故答案为：。
9. 1s22s22p1 第四周期第I A族 NH4NO3 V As LiCoO2 B
【分析】a、b、e的基态原子中均含有1个未成对电子，a的基态原子核外有2种不同能量的电子，得出a是Li，c的最高价氧化物对应的水化物能与其简单氢化物反应生成盐M，得出c是N元素，a、b、c原子序数依次增大，b的基态原子中均含有1个未成对电子，得出b是B元素，e的单质能与水剧烈反应，d2-和e+核外电子数相差8，得出d是O元素，e是K元素，f的基态原子中含有3个未成对电子，且成对的价电子个数与未成对的价电子个数之比为2：1，得出f是Co。
【详解】（1）有分析可知基态b是B元素，原子的电子排布式为1s22s22p1，e是K元素，在元素周期表中的位置为第四周期第I A族，N元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，N元素的氢化物是氨气，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，盐M的化学式是NH4NO3；
（2）在元素周期表中，Co元素价电子排布式是3d74s2，未成对电子数是3个，那么与f（Co）同周期且其基态原子与基态f（Co）原子具有相同未成对电子数的元素有V，As；
（3）有图可知，锂原子处于晶胞侧面上，氧原子处于晶胞的顶点、上下面的面心、侧面上，钴原子处于棱上和体心，依据均摊法可得：n（Li）=6×1/2=3，n（Co）=6×1/3+1=3，n（O）=12×1/6+2×1/2+6×1/2=6，n（Li）：n（Co）：n（O）=3:3:6=1:1:2，其化学式是LiCoO2，
有俯视图可知，锂原子的个数是12×1/6+1=3，所以该结构图中包含3个晶胞，故选：B。
10. d sp2 C N＞O＞C （，，） 12
【分析】
（1）根据原子的结构特点和配位化合物及电离能的知识点解答。
（2）该晶胞为正方体，根据晶胞知识作答。
【详解】
（1）①Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最后一个电子排在d区，属于d区元素，所以釕元素位于d区；
②N原子旁边已形成8电子稳定结构，无孤电子对，含有3个σ键，所以其杂化方式为sp2，Ru的配位原子有6个，构成一个八面体，故选C；
③该化合物中第二周期元素有C、N和O三种元素，同周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，而第二主族的大于第三主族，第五主族的大于第六主族的，故三种元素的第一电离能的大小顺序为N＞O＞C；
（2）①该晶胞的化学式为CaTiO3，设晶胞的边长为acm，则有a3×ρ =136÷NA，面对角线=√2a，相交两边上的O距离最近，距离等于√2a/2，故最近的O原子的距离为；
②比较两者的化学式可知MDABCO相似于Ti4+，I-相似于O2-，则NH4+相似于Ca2+，Ca2+处于体心，其坐标为（，，），故NH4+的坐标为（，，）。由晶胞可知距Ti4+最近的O2-有3×8÷2=12个，MDABCO距离最近的I-也是12个。
11. (1)3d104s1
(2)B＜C＜O＜N＜F
(3) 2 sp3
(4) (，，)
【分析】(1)
(1)Cu是29号元素，根据构造原理可知：基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。
(2)
(2)根据BTCu的结构简式可知：其中所含的第二周期元素有B、C、N、O、F元素。一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的非金属性就越强，其相应的第一电离能就越大，但由于N原子的最外层电子处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以这些元素的第一电离能由小到大的顺序为B＜C＜O＜N＜F。
(3)
在BTCu-Cu+中，Cu+形成3个共价键，其中与O原子形成的是一般的σ共价键；与S、N原子形成的共价键是配位键，在1个BTCu-Cu+中Cu+形成2个配位键，则在1 mol BTCu-Cu+中，Cu+形成的配位键有2 mol。B原子最外层有3个电子，但物质BTCu-Cu+中B原子形成4个共价键，故B原子的杂化轨道类型是sp3。
(4)
(1)①根据已知晶胞中原子分数坐标：A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(0，1，0)，可知距离Fe(0，0，0)最近的S原子的坐标为(，，)；
②在一个晶胞中含有Fe原子个数为：8×+4×+1=4；含有Cu原子个数为：6×+4×=4，含有S原子个数为8×1=8，则该晶胞的密度ρ= g/cm3。
12. (1)4
(2) 分子晶体 碳 CD
(3) 6 Fe3CuN
【解析】（1）基态Fe原子核外电子排布式[Ar]3d64s2，d能级有5个轨道，排6个电子，有4个单电子。
（2）依据晶体的的熔点为-20℃，沸点为103℃，可以判断Fe(CO)5的晶体类型为分子晶体，图1观察Fe原子的配位数，配体为CO-，配体中电负性弱的原子做配位原子，即C原子为配位原子。A．中心Fe原子有5个配位键，其杂化轨道为5，不可能采取sp3杂化，故A错误；B．由图可知配体与Fe原子所形成的配位键的键长不同，键能不相同，故B错误；C．铁在元素周期表中的位置是第四周期，第Ⅷ族，属于d区元素，故C正确；D．Fe(CO)560℃时在空气中可自燃，制备时应隔绝空气，故D正确；故答案选CD。
（3）晶胞结构如图，距离N原子最近的Fe原子的个数是6，故N原子的配位数是6，能量越低越稳定可判断Cu代替a位置Fe型能量低，该类型稳定，再用均摊法计算出Cu代替a位置Fe型中，Fe原子数目为，Cu原子数目为，N原子数目为1，故其化学式为Fe3CuN。
13. (1) 第四周期第ⅠB族
(2) F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子 大于 平面正方形
(3) (，0，)， Al2Cu(或CuAl2)
【解析】（1）
铜元素的原子序数为29，位于元素周期第四周期第ⅠB族；铜元素的原子序数为29，失去2个电子形成铜离子，则Cu2+的核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d9，Cu2+的价电子轨道表示式为 ，故答案为：第四周期第ⅠB族； ；
（2）
①蓝色沉淀是氢氧化铜，沉淀溶解是因为氢氧化铜中的铜离子和氨气形成了配离子，其相应的离子方程式为：；F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：；F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子；
②NH3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[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，呈四面体结构，键角变大，则[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角大于NH3中H-N-H的键角，故答案为：大于；
③形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3被Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：平面正方形；
（3）
①由晶胞中位于正面面上A点的原子坐标为(0，，)可知，位于左侧面面上B点的原子坐标为(，0，)，故答案为：(，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Al2Cu(或CuAl2)；根据晶胞结构，可知，故答案为：Al2Cu(或CuAl2)；。
14. (1)
(2)保护氨基
(3) 球形冷凝管 冷凝回流
(4) 验漏 D
(5) 干燥苯佐卡因 蒸馏
(6)37.6%
【分析】（1）对氨基苯甲酸在一定条件下缩聚生成 。
（2）比较①、③反应生成的产物判断。
（3）仪器A的名称为球形冷凝管，用于冷凝回流。
（4）带塞仪器必须验漏，分液操作中，先将水层从分液漏斗的下口放出，再将有机层从上口倒出。
（5）硫酸镁具有吸水性，“操作a”为蒸馏分离。
（6）对氨基苯甲酸与乙醇发生酯化反应，根据化学方程式得出苯佐卡因的量进行计算。
（1）
对氨基苯甲酸在一定条件下可发生缩聚反应，化学方程式为 。
（2）
根据反应②可知，重铬酸根离子在酸性条件下将甲基氧化为羧基，氨基容易被氧化，因此步骤①和③的目的是保护氨基。
（3）
根据图示可知，仪器A的名称为球形冷凝管，作用为冷凝回流。
（4）
分液漏斗使用前要检验装置的气密性，即使用前必须进行的操作为验漏。苯佐卡因不溶于水，密度比水小，用乙醚萃取后有机层在上层，水层在下层。
A．分液漏斗分离液体时先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，A错误；
B．有机层在上层，不能从下口放出，B错误；
C．有机层需要从上口倒出，C错误；
D．先将水层从下口放出，再将有机层从上口倒出，D正确；
故答案选D。
（5）
硫酸镁具有吸水性，则“步骤④”中无水硫酸镁的作用为干燥苯佐卡因。操作a目的为分离乙醚和苯佐卡因，故为蒸馏分离。
（6）
对氨基苯甲酸与乙醇反应生成苯佐卡因，两者按1：1反应，5.48g对氨基苯甲酸物质的量为，60mL无水乙醇物质的量为，乙醇过量，本实验中苯佐卡因的产率为。
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