还剩18页未读，
继续阅读
【化学】重庆市第八中学2018-2019学年高二下学期第二次月考（解析版） 试卷
展开
重庆市第八中学2018-2019学年高二下学期第二次月考
可能用到的相对原子潢量：H—l C—12 N-14 O—16 P—31 Ti一48
一、选择題（本賵包含16小題，每小题3分，共48分*每小题只有一个选项符合題意）
1.下列有关有机化合物的说法正确的是（ ）
A. “地沟油”“塑化剂”均属于高分子化合物，都对健康有害
B. 等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量相等
C. 石油的裂化和煤的干熘都属于化学变化
D. 聚氯乙烯制品易造成白色污染，宜采用焚烧法处理
【答案】C
【详解】A. 地沟油的主要成分是油脂，塑化剂是邻苯二甲酸酯类物质，它们均不属于高分子化合物，都对健康有害，A项错误；
B. 葡萄糖和果糖的结构不同，所含能量不同，所以在人体内完全氧化释放的能量不相等，B项错误；
C. 石油的裂化是指在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程；煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，属于化学变化，C项正确；
D. 聚氯乙烯制品焚烧时产生能造成污染的气体，所以聚氯乙烯制品不能用焚烧法处理，D项错误；
答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A. 相同质量的CO与N2，所含分子数、原子数均相同
B. 31g白磷中所含共价键数目为NA
C. 56g乙烯中所含共用电子对数目12NA
D. 14g乙烯与丙烯的混合气体中所含氢原子数目为2NA
【答案】B
【详解】A. CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，均为双原子分子，所以相同质量的CO与N2的物质的量相同，所含分子数、原子数均相同，A项正确；
B. 白磷是正四面体结构，分子中含有6个P-P共价键，31g白磷（P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，即含有的共价键数目为1.5 NA，B项错误；
C. 1mol乙烯含有共用电子对为6NA，56 g乙烯的物质的量为2mol，则含有共用电子对数目为12NA，C项正确；
D. 乙烯与丙烯的最简式都是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为： mol-1=2NA，D项正确；
答案选B。
3.下列各组物质的分类正确的是（ ）
A. 同位素：1H2O、2H2O、3H2O
B. 同素异形体：H2、D2、T2
C. 同系物：CH4O、C2H6O、C3H8O
D. 胶体：肥皂水、淀粉溶液、牛奶
【答案】D
【详解】A．同位素是质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素，而不是物质，A项错误；
B．同一元素组成的不同单质叫同素异形体，B项错误；
C．结构相似，分子组成相差一个或者多个CH2原子团的有机化合物称同系物，三者结构是否相似未知，C项错误；
D．肥皂水、淀粉溶液、牛奶均属于胶体，D项正确；
答案选D。
【点睛】为方便学生理解，现将高中阶段“四同”区分如下：
同位素：质子数相同，中子数不同的同元素原子。其特点为：属于同一原子（同一元素）；
同素异形体：同元素结构不同的单质，如金刚石和石墨，红磷与白磷，O2和O3等，其化学性质相同但物理性质有所不同。
同系物：结构相似且组成上相差n个CH2的化合物，符合“两同一差”原则，即同通式同结构组差n个CH2；
同分异构体：分子式相同结构不同的化合物，如正戊烷与异戊烷等。
4.关于如图结构的说法不正确的是（ ）
A. 分子中既有键又有π键
B. 碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式
C. O—H键的极性强于C-H键的极性
D. 羟基中氧原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形
【答案】B
【详解】A. 键构成共价单键，键和π键构成共价苯环、双键或三键，该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，A项正确；
B.以4个单键相连的C原子采用sp3杂化方式，苯环和碳碳双键的C原子采用sp2杂化，无sp杂化的C原子，B项错误；
C. 电负性：O>C，则O—H键的极性强于C-H键的极性，C项正确；
D. 羟基中氧原子成键电子对为2，孤电子对为2，则采取sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D项正确；
答案选B。
【点睛】根据价层电子对互斥理论进行确定；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= (a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；凡是中心原子采取sp3杂化的的分子，价层电子对数为4，不含有孤电子对，为正面体构型；含有1个孤电子对的，空间构型为三角锥形，含有2个孤电子对的，空间构型为是V形。
5.有机物X的分子式为C5H10O2，则能在碱性溶液中发生反应的X的可能同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）
A. 12 种 B. 13 种
C. 14 种 D. 15 种
【答案】B
【分析】分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是羧酸或酯，依据同分异构体的判断方法进行分析。
【详解】分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种数，共有4种；分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，还可能是酯，属于饱和一元酯，①若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；②若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；③若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；④若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；
综上所述，能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸和9种酯，共13种，B项正确；
答案选B。
【点睛】同分异构体的判断方法有：1、等效氢法：同一个碳原子上的氢原子是等效的；同一个碳原子上的甲基是等效的；对称位置的氢原子是等效的。
2、换位思考法：将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢？H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。
3、基团连接法：将有机物看成由基团连接而成，由各基团的异构体数目推断有机物的同分异构体个数。
4、基团位移法：对给定的有机物先将碳链展开，然后确定有机物具有的基团，并将该基团在碳链的位置进行移动，得到不同结构的有机物，需要注意要避免重复性。如本题第（5）小题中，已经推断出该有机物分子中含有羧基，只要将碳链展开后，固定羧基移动甲基的位置即可得出结论。
5、轴线移动法：该方法适合含苯环的稠环芳香烃，通过平移或反转来判断是否为同分异构体。
6.聚氨酯类高分子材料PU用途广泛，其合成反应为：
下列说法不正确的是（ ）
A. HO（CH2）4OH的沸点高于CH3CH2CH2CH3
B. 以1，3-丁二烯为原料，可合成HO（CH2）4OH
C. 合成PU的两种单体的核磁共振氢谱中均有3个吸收峰
D. 髙分子材料PU在强酸、强碱中均能稳定存在
【答案】D
【详解】A. HO(CH2)4OH分子间可形成氢键，而CH3CH2CH2CH3不能，因此HO(CH2)4OH的沸点高于CH3CH2CH2CH3，A项正确；
B. 1，3-丁二烯和溴发生1，4加成反应，生成BrCH2-CH=CH-CH2Br，然后与氢气发生加成、再与氢氧化钠溶液发生取代反应生成HO(CH2)4OH，B项正确；
C. 以b线为中心对称，核磁共振氢谱有3个吸收峰， 中以a线为对称轴，核磁共振氢谱有3个吸收峰，C项正确；
D. 高分子材料PU含有酰胺键和酯基，在强酸、强碱中条件下均能发生水解，不能稳定存在，D项错误；
答案选D。
【点睛】C项是难点，注意有机物分子的对称性，有几种等效氢就有几种核磁共振氢谱。
7.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的C1-形成正八面体
B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D. 在碘晶体（图丁）中，存在非极性共价键和范德华力
【答案】B
【详解】A项，如图甲所示，在NaCl晶体中，距Cl-最近的Na+有6个，同理距Na+最近的Cl-也有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；B项，如图乙所示，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；C项，如图丙所示，二氧化碳分子位于顶点和面心，且顶点和面心的距离最近，则每个顶点为12个面共有，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C正确；D项，如图丁所示，在碘晶体中碘分子之间存在范德华力，碘分子内两个碘原子间存在非极性共价键，故D正确。综上所述，符合题意的选项为B。
8.如图有某种性质与核电荷数的变化关系，则下列性质中不符合图示关系的是（ ）
A. Na的熔点比钾的高
B. K在O2中燃烧的产物更为复杂
C. K与H2O的反应比Na剧烈
D. KOH的碱性比NaOH强
【答案】A
【详解】随着碱金属元素的核电荷数增多，其性质也逐渐增强，与水反应的剧烈程度、与氧气反应的产物的复杂程度、氢氧化物的碱性都符合图示关系，但熔点是逐渐降低的，不符合图示关系。故BCD符合图示关系，A不符合。答案选A。
9.下列实验操作或实验方案设计正确的是（ ）
A. 用裂化汽油萃取碘酒中的碘
B. 重结晶法提纯苯甲酸时，为了析出更多晶体，热滤液用冰盐水充分冷却
C. 实验室制乙炔时用饱和食盐水与电石反应，并用硫酸铜溶液除杂质
D. 向乙醇和苯酚混合物加入NaOH溶液，混合后振荡，然后静置分液从而分离它们
【答案】C
【详解】A. 因为裂化汽油中含有不饱和分子，如烯烃等，会和碘发生加成反应， 不能用裂化汽油萃取碘水中的碘，A项正确；
B. 重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，B项错误；
C. 由于电石与水反应比较剧烈，而在饱和食盐水中，水的含量降低，可以减缓电石和水的反应速率，而硫酸铜能吸收硫化氢，实验室制乙炔时可用除杂质气体，C项正确；
D. 乙醇与NaOH溶液互溶，而苯酚与NaOH溶液反应生成易溶于水的苯酚钠，不能达到分离提纯的目的，D项错误；
答案选C。
10.解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键无关的变化规律是（ ）
A. HF、HCl、 HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次减低
C. 金刚石、碳化硅、晶体硅的硬度依次降低
D. H2S的熔沸点小于H2O的熔、沸点
【答案】D
【详解】A．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，A项正确；
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，B项正确；
C．金刚石中键能大于硅中的键能，则金刚石的硬度大，熔点高，与键能有关，C项正确；
D．H2S熔沸点小于H2O的熔、沸点，是因为水分子间存在氢键，与化学键无关，D项错误；
答案选D。
11.下列各项物质熔点由高到低排序正确的是（ ）
A. H2O、HF、NH3、CH4
B. Si、SiC、金刚石、石墨
C. P2O5、SO3、ClO2、SiO2
D. SiCl4、AlCl3、MgCl2、NaCl
【答案】A
【详解】A. 由于HF、H2O、NH3中存在氢键，故其熔、沸点比CH4高，且常温下水为液态，氟化氢和甲烷为气态，由于氟原子的电负性大于氮原子，所以HF中氢键的作用力大于氨气，因此CH4、NH3、H2O、HF的熔、沸点由大到小的关系是H2O、HF、NH3、CH4，A项正确；
B. Si、SiC、金刚石均为原子晶体，熔化时破坏共价键，又键长：C—C< C—SiC—Si> Si—Si，熔点由高到低的顺序为金刚石、SiC、Si，B项错误；
C. P2O5、SO3、ClO2为分子晶体，而SiO2为原子晶体，熔点最高，C项错误；
D. SiCl4、AlCl3为分子晶体，MgCl2、NaCl为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，D项错误；
答案选A。
【点睛】关于晶体熔沸点大小比较，需要掌握以下知识点：1、不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。2、原子晶体：由共价键形成的原子晶体中，原子半径小的键长短，键能大，晶体的熔、沸点高。3、离子晶体：一般地说，阴、阳离子所带电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用就越强，其离子晶体的熔、沸点就越高。4、分子晶体：（1）分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体，熔、沸点反常地高。（2）组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高。（3）组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO>N2，CH3OH>CH3CH3。5、金属晶体：金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属熔、沸点就越高。
12.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中,分子内各原子最外层电子都满足稳定结构。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为W>Y>Z>X
B. 在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中,分子所含的共用电子对数相等
C. X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物
D. 与元素Y、Z相比,元素W形成的简单气态氢化物最稳定,是因为其分子间存在氢键
【答案】C
【解析】在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O。
A．X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为C（Y）＞N（Z）＞W（O）＞X（H），故A错误；
B．在化合物C2H2、N2H4、H2O2中，含有的电子对数分别为5、5、3，不相等，故B错误；
C．X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为H7C2NO2的化合物，为CH2OH-CH（OH）NH2，故C正确；
D．氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故D错误。
考点：本题考查原子结构。
13.下列是合成功能高分子材料的一个“片段”：
下列说法正确的是（ ）
A. G到H发生取代反应 B. 条件Z为催化剂
C. 上述有机物都是芳香烃 D. 试剂X仅为浓硝酸
【答案】A
【分析】E发生硝化反应生成F，F发生取代反应生成G，G在氢氧化钠水溶液中发生水解生成H，据此分析作答。
【详解】A. G到H为氯原子被取代为羟基的取代反应，A项正确；
B. F到G发生甲基的取代反应，条件为光照，B项错误；
C. 芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，具有苯环的基本结构，上述四种物质，只有E属于芳香烃，C项错误；
D. 甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应转化为对硝基甲苯，D项错误；
答案选A。
14.下列各项中I、II两个反应属于同一反应类型的是（ ）
选项
反应I
反应II
A
CH2=CH2→CH3CH2Cl
B
CH3CH2Cl→CH3CH2OH
CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3
C
CH3CH2OH→CH2=CH2
CH3CH2OH→CH3CHO
D
油脂→甘油
【答案】B
【详解】A. 苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应生成硝基苯，属于取代反应；CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，属于加成反应，A项错误；
B. CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成CH3CH2OH，属于取代反应；CH3CH2OH与乙酸发生酯化反应转化为CH3COOCH2CH3，属于取代反应，B项正确；
C. CH3CH2OH在170°C、浓硫酸催化作用下生成CH2=CH2和水，属于消去反应；CH3CH2OH与氧气在铜或银催化剂作用下加热反应生成CH3CHO和水，属于氧化反应，C项错误；
D. 油脂在稀硫酸或氢氧化钠作用下发生水解生成甘油和高级脂肪酸(钠)，属于取代反应；苯与氢气在一定条件下可生成环己烷，属于加成反应，D项错误；
答案选B。
【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。
15.高血脂严重影响人体徤康，化合物H是一种临床治疗高血脂症的药物。H的结构简式如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 有机物H含有的官能团只有羧基
B. 1mol H完全燃烧消耗19molO2
C. 有机物H是芳香化合物
D. 有机物H能和钠、碳酸氢钠反应
【答案】A
【分析】根据结构简式可知，H分子内含醚基和羧基，根据有机物的结构与性质分析作答。
【详解】A. 有机物H含有的官能团为羧基和醚基，A项错误；
B. 根据结构简式易知，H的分子式为C15H22O3，1mol H完全燃烧消耗氧气为15+-=19mol，B项正确；
C. 有机物H中含苯环，为芳香化合物，C项正确；
D. 有机物H中含羧基，可和钠、碳酸氢钠反应，D项正确；
答案选A。
16.有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有（ ）
A. 8种 B. 14种 C. 16种 D. 18种
【答案】C
【解析】有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解生成乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯，由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇有5个碳原子。有4个碳原子的羧酸有2中同分异构体，CH3CH2CH2COOH ,CH3CH(CH3)COOH。含有5个碳原子的醇有8种结构，所以总共有16种。
考点：有机化合物的同分异构现象
二、填空题（本题包含5小题，共52分）
17.I.有下列物质：①钠 ②金刚石 ③冰 ④Na2O2 ⑤MgCl2 ⑥氯化铵 ⑦水晶 ⑧Cl2
（1）属于原子晶体的是_________，属于金属晶体的是_________。
（2）既含有离子键又含有共价键的是_________。
（3）③熔化时克服作用力的有_________。
（4）Na2O2的电子式 ________________。
（5）②、③、⑤、⑦、⑧熔点由低到高的顺序为________________。
II.在生产生活以及化学科学研究中，水都有重要的作用。
（1）与H2O分子是等电子体的微粒_________（阴离子及分子各写一个）。
（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）。下列对上述过程的描述不合理的是__________。
A.微粒的形状发生了改变
B.氧原子的杂化类型发生了改变
C.微粒中键角发生了改变
D.微粒化学性质发生了改变
（3）向CuSO4溶液中加入氨水，溶液变成深蓝色，请写出发生此变化的离子方程式____________________________________________。
【答案】 (1). ②⑦ (2). ① (3). ④⑥ (4). 范德华力、氢键 (5). (6). ⑧、③、⑤、⑦、② (7). NH2-、H2S (8). B (9). Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+
【分析】Ⅰ．（1）根据构成晶体的微粒判断；
（2）依据化学键的类型判断；
（3）依据冰晶体中存在的作用力作答；
（4）Na2O2由钠离子与过氧根离子构成；
（5）依据晶体的类型及熔沸点判断的依据作答。
Ⅱ．（1）等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或基团；
（2）依据价层电子对互斥理论和杂化轨道类型作答；
（3）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和氨水反应生成络合物。
【详解】Ⅰ．（1）④Na2O2 ⑤MgCl2 ⑥氯化铵这三种物质是由阴阳离子构成的，属离子晶体；③冰 ⑧Cl2这两种物质是由分子构成的，属分子晶体；②金刚石⑦水晶这两种物质是由原子构成的，属原子晶体；①钠属于金属晶体，
综上所述，（1）属于原子晶体的是②⑦，属于金属晶体的是①；
（2）④Na2O2是由钠离子与过氧根离子构成，过氧根离子中含非极性共价键；⑥氯化铵是由铵根离子与氯离子构成，铵根离子中N与H以极性共价键和配位键结合，配位键属于特殊的共价键，则既含有离子键又含有共价键的是④⑥；
（3）③冰分子间存在范德华力和氢键，熔化时克服作用力的有范德华力和氢键；
（4）Na2O2分子内离子键和共价键，其电子式为：；
（5）②金刚石和⑦水晶为原子晶体，C-C键的键能大于Si-O键的键能，则②金刚石的熔点大于⑦水晶的熔点；③冰和⑧Cl2为分子晶体，冰常温下为固体，Cl2常温下是气体，则③冰的熔点大于⑧Cl2的熔点；⑤MgCl2为离子晶体，一般地熔点比较：分子晶体<离子晶体<原子晶体，因此②、③、⑤、⑦、⑧熔点由低到高的顺序为⑧、③、⑤、⑦、②；
II. （1）H2O分子中的原子数为3，价电子数为10，H2S、NH2-的原子数目均为3，价电子数目均为10，则与水互为等电子体，故答案为：H2S、NH2-；
（2）A. 水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，A项正确；
B. 水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，B项错误；
C. 水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，C项正确；
D. 因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，D项正确；
故答案为：B；
（3）氨水和铜离子反应生成可溶性的铜氨络合物，得到深蓝色的透明溶液，反应的离子方程式为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+。
18.某化学小组以下列4种物质的溶液作为研究对象，比较不同物质的羟基中氢原子的活泼性。①乙酸 ②苯酚 ③碳酸 ④乙醇
I.甲同学设计并实施了如下实验方案。
编号
实验操作
实验现象
结论及解释
1
分别取4种溶液，滴加紫色石蕊溶液
溶液变红的是①③溶液
略
2
将CO2通入C6H5ONa溶液中
方程式：____________________________________________。
3
配制等物质的量浓度的CH3COONa、 NaHCO3溶液，并比较其pH
NaHCO3溶液pH大于 CH3COONa溶液
略
4
向含酚酞的NaOH溶液中，各滴加等量的②④两种溶液
④中无明显现象
②中红色明显变浅
滴加②时方程式：_____________________________________________。
结论：4种物质的羟基中的氢原子的活泼性由强到弱的顺序是（填序号）______________。
II.乙同学对甲同学的实验提出如下改进方案，能一次比较乙酸、碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性，实验仪器如下图所示。
（1）利用上述仪器组装实验装置，其中A管插入（填字母，下同）D中，B管插入__________中，C管插入_________中。
（2）丙同学查资料发现乙酸有挥发性，于是在试管F之前增加了一个盛有________溶液的洗气装置，使乙同学的实验设计更加完善。
【答案】(1). C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH↓+NaHCO3 (2). C6H5OH+NaOHC6H5ONa+ H2O (3). ①、③、②、④ (4). E (5). F (6). 饱和NaHCO3 溶液
【分析】I．苯酚具有弱酸性，可以和氢氧化钠反应，生成无色的苯酚钠溶液；苯酚的酸性比碳酸弱，所以将CO2通入C6H5ONa溶液中，生成苯酚；
II．根据实验目的，以及所发生的化学反应，确定实验方案的设计。
【详解】I．NaHCO3溶液pH大于等物质的量浓度的CH3COONa溶液，说明乙酸的酸性强于碳酸；苯酚钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，苯酚的溶解性较小变为浊液，说明碳酸的酸性比苯酚强；向含酚酞的NaOH溶液中，各滴加等量的乙醇和苯酚两种溶液，乙醇与氢氧化钠不反应，所以无变化，苯酚具有酸性，和氢氧化钠反应，所以②中红色明显变浅，说明苯酚的酸性强于乙醇。由此证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇；酸性越强，羟基中的氢原子的活泼性越强，则四种物质中羟基中的氢原子的活泼性由强到弱的顺序是：即①、③、②、④；
故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH+NaHCO3；C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O；①、③、②、④；
II．一次比较乙酸、碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性，实验目的是证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚．根据强酸制取弱酸的原则，须根据酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，即乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳（在A装置中），二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠（在F装置中）；在试管F之前增加了一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，目的是将二氧化碳中的乙酸洗去，防止乙酸与苯酚钠反应，故若A管插入（填字母，下同）D中，则B管插入E中，C管插入F中组装实验仪器。
故答案为：E；F；饱和NaHCO3。
19.X、Y、Z、M、W是前四周期元素，原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，Y的原子半径是在同周期中最大；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的内层电子己全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：
（1）Y元素在周期表中的位置是_________； W2+离子的价电子排布式为__________。
（2）X能与S、氮、氧二种元素构成化合物XO（NH2）2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为_____、____，该化合物分子中的π键与键的个数之比是____；该物质易溶于水的主要原因是___________________________________________________________。
（3）己知Be和A1元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素的最高价氧化物对应水化物与Be相互反应的化学方程式：________________________________。
（4）M晶体的原子堆积如图所示，则该晶体的堆积方式为________，晶体中M原子的配位数是_____。某M配合物的化学式是[M（H2O）5C1]Cl2·H2O，1mol该配合物中含配位键是_____mol。
（5）Y离子和Z离子比较，半径较大的是__________（填离子符号）元素Y与元素Z形成了晶体的晶胞结构是如图所示的正方体，每个Y离子周围与它最接近的Y离子有__________个。
【答案】 (1). 第三周期IA族 (2). 3d10 (3). sp2 (4). sp3 (5). 1:7 (6). CO（NH2）2能与水分子间形成氢键 (7). Be+2NaOH =Na2BeO2+H2↑ (8). 六方最密堆积（或ABABAB 堆积） (9). 12 (10). 6 (11). S2- (12). 6
【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，则X为C元素；Y的原子半径是在同周期中最大，则Y为Na元素；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：X、Y、Z、M、W分别是C、Na、S、Ti和Zn，则
（1）Y为Na元素，C原子核外有3个电子层、最外层有1个电子，所以处于周期表中第三周期IA族，Zn2+离子的外围电子排布式为3d10，
故答案为：第三周期IA族；3d10；
(2)碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，分子中C与O形成C=O双键，C原子与N原子形成C−N单键，N原子与H原子之间形成N−H单键，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化，N原子成3个σ键、有1对孤电子对，故N原子采取sp3杂化，该化合物分子中有1个π键、7个σ键，π键与σ键数目之比为1:7，CO(NH2)2能与水分子间形成氢键，该物质易溶于水，
故答案为：sp2；sp3；1:7；CO（NH2）2能与水分子间形成氢键；
(3) Y元素的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，依据铝与氢氧化钠溶液反应的原理可知Be与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2和氢气，其化学方程式为：Be+2NaOH =Na2BeO2+H2↑；
（4）根据M晶体的原子堆积方式示意图可知，其堆积方式为六方密堆积（或ABABAB堆积），以轴线原子研究，层内有6个原子相邻、上、下两层各有3个原子与之相邻，故配位数为12；M为Ti，某M配合物化学式是[Ti(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O，在该配合物中，配位数为6，因此1mol该配合物中含配位键是6mol，故答案为：六方密堆积（或ABABAB堆积）；12；6；
（5）S2-比Na+多一个电子层，故半径较大的是S2-；Na2S晶体中Na+与S2-的个数比为2:1，根据晶胞结构可以看出，顶点与面心的小灰球代表S2-，晶胞内含8×+6×=4，晶胞体内所含的黑球代表Na+，晶胞内个数为8，分别位于八分之一晶胞的小立方的体心，故每个Na+周围与他最接近的Na+有6个，故答案为：S2-；6。
20.金属及其化合物在生产生活等各个领域有着广泛的应用。
（1）钛具有良好的金属性能。钛基态原子中电子占据能级个数为______。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的还有______种。钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛硬度比铝大的可能原因是______________________________________。
（2）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10cm，则该氮化钛的密度为_________g·cm-3（NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式）。
（3）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。Li2O是尚子晶体，其晶格能可通过图（a）的Bom-Haber循环计算得到。
Li原子的第一电离能为______kJ·mol-1，O==O键键能为______kJ·mol-1，Li2O晶格能为_______kJ·mol-1。
（4）Zn可形成多种化合物，其中立方ZnS晶胞结构如下图，其阴离子（S2-）按面心立方密堆积排布，立方ZnS的配位数与NaCl不同，这是由__________因素决定的。
【答案】(1). 7 (2). 3 (3). 钛原子的价电子数比A1多，金属键更强 (4). (5). 520 (6). 498 (7). 2908 (8). 离子半径和离子电荷数
【分析】(1) 钛原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律写出钛原子的电子排布式，再确定电子占据能级个数；基态Ti原子的未成对电子数为2，据此分析；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N和Ti原子个数，再根据=计算；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量；OO键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量；晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，以此解答。
（4）配位数不同，跟几何或半径或电荷有关。
【详解】(1) 钛原子核外有22个电子，基态钛原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则电子占据能级个数为7；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；钛原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3，钛原子的价电子数比铝多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；
故答案为：7；3；钛原子的价电子数比Al多，金属键更强；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6+8=4，Ti原子个数为1+12=4，所以晶胞的质量为m=g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度= g·cm－3；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ·mol-1；O=O键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249kJ·mol-1=498 kJ·mol-1。晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则Li2O晶格能为2908kJ·mol-1。
因此，本题正确答案是：520 ；498 ；2908。
（4）根据均摊法可知，阴离子(S2- )的配位数为8×+6×=4，阳离子(Zn2+)的配位数为4，则S2-的配位数也是4，立方ZnS的配位数与NaCl不同，这是由高子半径和离子所带的电荷数等因素共同决定的。
21.有机合成在工业上有着广泛的应用。工业上由化合物A进行的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+R´CHO
②RCHO+R´CH2CHO+H2O
③
请回答下列问题：
（1）化合物A所含官能团名称为_________，芳香化合物B的名称为_________，C的同系物中相对分子质量最小的结构简式为__________。
（2）由E生成F的反应类型为_________。
（3）X的结构简式为_________。
（4）写出D生成E的第①步反应的化学方程式___________________________________。
（5）G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有____种，写出其中任意一种的结构简式________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；
②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学键环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1。
（6）写出用为原料制备化合物的合成路线，其他无机试剂任选。________
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 苯甲醛 (3). HCHO (4). 加成反应 (5). (6). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (7). 4 (8). 、(写出任意一种即可) (9).
【分析】依据已知信息①可知，可转化为和HCHO，根据已知给定步骤②可知，和HCHO在氢氧化钠水溶液中发生反应生成，故D为；D与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应后酸化生成E（），E与Br2发生加成反应生成F（），F再在KOH醇溶液下加热发生消去反应，酸化后生成G（），再根据H的结构简式，采用逆合成分析法，结合给定的反应③可推出X为，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知：
（1）化合物A为，分子内所含官能团名称为碳碳双键，芳香化合物B为，其名称为苯甲醛，C的同系物中相对分子质量最小的结构简式为HCHO；
（2）由E生成F 是与Br2发生加成反应生成的过程，其反应类型为加成反应；
（3）X的结构简式为；
（4）D生成E的第①步反应的化学方程式为与新制氢氧化铜悬浊液发生的氧化反应，其化学方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（5）G为，与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y的同分异构全满足以下条件：①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，则说明Y中有羧基；②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学键环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1，则说明该有机物分子中有4种等效氢，且等效氢的个数比为6：2：1：1，则符合条件的Y的同分异构体的结构简式可以为、共4种，任写一种即可；
（6）依据上述E-H的合成路线结合给定的已知信息以为原料制备化合物，用逆推法，根据题中的信息③，目标产品可以用苯乙烯和苯乙炔合成，而苯乙炔可以由苯乙烯先与溴加成然后再消去制备。具体合成路线如下：
。
【点睛】本题的难点是X的结构简式，抓住官能团的转化关系是解题的关键。学生平常要多思考，强化训练，便可熟能生巧。
可能用到的相对原子潢量：H—l C—12 N-14 O—16 P—31 Ti一48
一、选择題（本賵包含16小題，每小题3分，共48分*每小题只有一个选项符合題意）
1.下列有关有机化合物的说法正确的是（ ）
A. “地沟油”“塑化剂”均属于高分子化合物，都对健康有害
B. 等质量的葡萄糖和果糖在人体内完全氧化释放的能量相等
C. 石油的裂化和煤的干熘都属于化学变化
D. 聚氯乙烯制品易造成白色污染，宜采用焚烧法处理
【答案】C
【详解】A. 地沟油的主要成分是油脂，塑化剂是邻苯二甲酸酯类物质，它们均不属于高分子化合物，都对健康有害，A项错误；
B. 葡萄糖和果糖的结构不同，所含能量不同，所以在人体内完全氧化释放的能量不相等，B项错误；
C. 石油的裂化是指在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程；煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，属于化学变化，C项正确；
D. 聚氯乙烯制品焚烧时产生能造成污染的气体，所以聚氯乙烯制品不能用焚烧法处理，D项错误；
答案选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A. 相同质量的CO与N2，所含分子数、原子数均相同
B. 31g白磷中所含共价键数目为NA
C. 56g乙烯中所含共用电子对数目12NA
D. 14g乙烯与丙烯的混合气体中所含氢原子数目为2NA
【答案】B
【详解】A. CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，均为双原子分子，所以相同质量的CO与N2的物质的量相同，所含分子数、原子数均相同，A项正确；
B. 白磷是正四面体结构，分子中含有6个P-P共价键，31g白磷（P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，即含有的共价键数目为1.5 NA，B项错误；
C. 1mol乙烯含有共用电子对为6NA，56 g乙烯的物质的量为2mol，则含有共用电子对数目为12NA，C项正确；
D. 乙烯与丙烯的最简式都是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为： mol-1=2NA，D项正确；
答案选B。
3.下列各组物质的分类正确的是（ ）
A. 同位素：1H2O、2H2O、3H2O
B. 同素异形体：H2、D2、T2
C. 同系物：CH4O、C2H6O、C3H8O
D. 胶体：肥皂水、淀粉溶液、牛奶
【答案】D
【详解】A．同位素是质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素，而不是物质，A项错误；
B．同一元素组成的不同单质叫同素异形体，B项错误；
C．结构相似，分子组成相差一个或者多个CH2原子团的有机化合物称同系物，三者结构是否相似未知，C项错误；
D．肥皂水、淀粉溶液、牛奶均属于胶体，D项正确；
答案选D。
【点睛】为方便学生理解，现将高中阶段“四同”区分如下：
同位素：质子数相同，中子数不同的同元素原子。其特点为：属于同一原子（同一元素）；
同素异形体：同元素结构不同的单质，如金刚石和石墨，红磷与白磷，O2和O3等，其化学性质相同但物理性质有所不同。
同系物：结构相似且组成上相差n个CH2的化合物，符合“两同一差”原则，即同通式同结构组差n个CH2；
同分异构体：分子式相同结构不同的化合物，如正戊烷与异戊烷等。
4.关于如图结构的说法不正确的是（ ）
A. 分子中既有键又有π键
B. 碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式
C. O—H键的极性强于C-H键的极性
D. 羟基中氧原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形
【答案】B
【详解】A. 键构成共价单键，键和π键构成共价苯环、双键或三键，该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，A项正确；
B.以4个单键相连的C原子采用sp3杂化方式，苯环和碳碳双键的C原子采用sp2杂化，无sp杂化的C原子，B项错误；
C. 电负性：O>C，则O—H键的极性强于C-H键的极性，C项正确；
D. 羟基中氧原子成键电子对为2，孤电子对为2，则采取sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D项正确；
答案选B。
【点睛】根据价层电子对互斥理论进行确定；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= (a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；凡是中心原子采取sp3杂化的的分子，价层电子对数为4，不含有孤电子对，为正面体构型；含有1个孤电子对的，空间构型为三角锥形，含有2个孤电子对的，空间构型为是V形。
5.有机物X的分子式为C5H10O2，则能在碱性溶液中发生反应的X的可能同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）
A. 12 种 B. 13 种
C. 14 种 D. 15 种
【答案】B
【分析】分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是羧酸或酯，依据同分异构体的判断方法进行分析。
【详解】分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种数，共有4种；分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，还可能是酯，属于饱和一元酯，①若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；②若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；③若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；④若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；
综上所述，能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸和9种酯，共13种，B项正确；
答案选B。
【点睛】同分异构体的判断方法有：1、等效氢法：同一个碳原子上的氢原子是等效的；同一个碳原子上的甲基是等效的；对称位置的氢原子是等效的。
2、换位思考法：将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢？H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。
3、基团连接法：将有机物看成由基团连接而成，由各基团的异构体数目推断有机物的同分异构体个数。
4、基团位移法：对给定的有机物先将碳链展开，然后确定有机物具有的基团，并将该基团在碳链的位置进行移动，得到不同结构的有机物，需要注意要避免重复性。如本题第（5）小题中，已经推断出该有机物分子中含有羧基，只要将碳链展开后，固定羧基移动甲基的位置即可得出结论。
5、轴线移动法：该方法适合含苯环的稠环芳香烃，通过平移或反转来判断是否为同分异构体。
6.聚氨酯类高分子材料PU用途广泛，其合成反应为：
下列说法不正确的是（ ）
A. HO（CH2）4OH的沸点高于CH3CH2CH2CH3
B. 以1，3-丁二烯为原料，可合成HO（CH2）4OH
C. 合成PU的两种单体的核磁共振氢谱中均有3个吸收峰
D. 髙分子材料PU在强酸、强碱中均能稳定存在
【答案】D
【详解】A. HO(CH2)4OH分子间可形成氢键，而CH3CH2CH2CH3不能，因此HO(CH2)4OH的沸点高于CH3CH2CH2CH3，A项正确；
B. 1，3-丁二烯和溴发生1，4加成反应，生成BrCH2-CH=CH-CH2Br，然后与氢气发生加成、再与氢氧化钠溶液发生取代反应生成HO(CH2)4OH，B项正确；
C. 以b线为中心对称，核磁共振氢谱有3个吸收峰， 中以a线为对称轴，核磁共振氢谱有3个吸收峰，C项正确；
D. 高分子材料PU含有酰胺键和酯基，在强酸、强碱中条件下均能发生水解，不能稳定存在，D项错误；
答案选D。
【点睛】C项是难点，注意有机物分子的对称性，有几种等效氢就有几种核磁共振氢谱。
7.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的C1-形成正八面体
B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D. 在碘晶体（图丁）中，存在非极性共价键和范德华力
【答案】B
【详解】A项，如图甲所示，在NaCl晶体中，距Cl-最近的Na+有6个，同理距Na+最近的Cl-也有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；B项，如图乙所示，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；C项，如图丙所示，二氧化碳分子位于顶点和面心，且顶点和面心的距离最近，则每个顶点为12个面共有，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C正确；D项，如图丁所示，在碘晶体中碘分子之间存在范德华力，碘分子内两个碘原子间存在非极性共价键，故D正确。综上所述，符合题意的选项为B。
8.如图有某种性质与核电荷数的变化关系，则下列性质中不符合图示关系的是（ ）
A. Na的熔点比钾的高
B. K在O2中燃烧的产物更为复杂
C. K与H2O的反应比Na剧烈
D. KOH的碱性比NaOH强
【答案】A
【详解】随着碱金属元素的核电荷数增多，其性质也逐渐增强，与水反应的剧烈程度、与氧气反应的产物的复杂程度、氢氧化物的碱性都符合图示关系，但熔点是逐渐降低的，不符合图示关系。故BCD符合图示关系，A不符合。答案选A。
9.下列实验操作或实验方案设计正确的是（ ）
A. 用裂化汽油萃取碘酒中的碘
B. 重结晶法提纯苯甲酸时，为了析出更多晶体，热滤液用冰盐水充分冷却
C. 实验室制乙炔时用饱和食盐水与电石反应，并用硫酸铜溶液除杂质
D. 向乙醇和苯酚混合物加入NaOH溶液，混合后振荡，然后静置分液从而分离它们
【答案】C
【详解】A. 因为裂化汽油中含有不饱和分子，如烯烃等，会和碘发生加成反应， 不能用裂化汽油萃取碘水中的碘，A项正确；
B. 重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，B项错误；
C. 由于电石与水反应比较剧烈，而在饱和食盐水中，水的含量降低，可以减缓电石和水的反应速率，而硫酸铜能吸收硫化氢，实验室制乙炔时可用除杂质气体，C项正确；
D. 乙醇与NaOH溶液互溶，而苯酚与NaOH溶液反应生成易溶于水的苯酚钠，不能达到分离提纯的目的，D项错误；
答案选C。
10.解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键无关的变化规律是（ ）
A. HF、HCl、 HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次减低
C. 金刚石、碳化硅、晶体硅的硬度依次降低
D. H2S的熔沸点小于H2O的熔、沸点
【答案】D
【详解】A．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，A项正确；
B．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，B项正确；
C．金刚石中键能大于硅中的键能，则金刚石的硬度大，熔点高，与键能有关，C项正确；
D．H2S熔沸点小于H2O的熔、沸点，是因为水分子间存在氢键，与化学键无关，D项错误；
答案选D。
11.下列各项物质熔点由高到低排序正确的是（ ）
A. H2O、HF、NH3、CH4
B. Si、SiC、金刚石、石墨
C. P2O5、SO3、ClO2、SiO2
D. SiCl4、AlCl3、MgCl2、NaCl
【答案】A
【详解】A. 由于HF、H2O、NH3中存在氢键，故其熔、沸点比CH4高，且常温下水为液态，氟化氢和甲烷为气态，由于氟原子的电负性大于氮原子，所以HF中氢键的作用力大于氨气，因此CH4、NH3、H2O、HF的熔、沸点由大到小的关系是H2O、HF、NH3、CH4，A项正确；
B. Si、SiC、金刚石均为原子晶体，熔化时破坏共价键，又键长：C—C< C—Si
C. P2O5、SO3、ClO2为分子晶体，而SiO2为原子晶体，熔点最高，C项错误；
D. SiCl4、AlCl3为分子晶体，MgCl2、NaCl为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，D项错误；
答案选A。
【点睛】关于晶体熔沸点大小比较，需要掌握以下知识点：1、不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。2、原子晶体：由共价键形成的原子晶体中，原子半径小的键长短，键能大，晶体的熔、沸点高。3、离子晶体：一般地说，阴、阳离子所带电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用就越强，其离子晶体的熔、沸点就越高。4、分子晶体：（1）分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体，熔、沸点反常地高。（2）组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高。（3）组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO>N2，CH3OH>CH3CH3。5、金属晶体：金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属熔、沸点就越高。
12.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中,分子内各原子最外层电子都满足稳定结构。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为W>Y>Z>X
B. 在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中,分子所含的共用电子对数相等
C. X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物
D. 与元素Y、Z相比,元素W形成的简单气态氢化物最稳定,是因为其分子间存在氢键
【答案】C
【解析】在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O。
A．X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为C（Y）＞N（Z）＞W（O）＞X（H），故A错误；
B．在化合物C2H2、N2H4、H2O2中，含有的电子对数分别为5、5、3，不相等，故B错误；
C．X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为H7C2NO2的化合物，为CH2OH-CH（OH）NH2，故C正确；
D．氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故D错误。
考点：本题考查原子结构。
13.下列是合成功能高分子材料的一个“片段”：
下列说法正确的是（ ）
A. G到H发生取代反应 B. 条件Z为催化剂
C. 上述有机物都是芳香烃 D. 试剂X仅为浓硝酸
【答案】A
【分析】E发生硝化反应生成F，F发生取代反应生成G，G在氢氧化钠水溶液中发生水解生成H，据此分析作答。
【详解】A. G到H为氯原子被取代为羟基的取代反应，A项正确；
B. F到G发生甲基的取代反应，条件为光照，B项错误；
C. 芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，具有苯环的基本结构，上述四种物质，只有E属于芳香烃，C项错误；
D. 甲苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应转化为对硝基甲苯，D项错误；
答案选A。
14.下列各项中I、II两个反应属于同一反应类型的是（ ）
选项
反应I
反应II
A
CH2=CH2→CH3CH2Cl
B
CH3CH2Cl→CH3CH2OH
CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3
C
CH3CH2OH→CH2=CH2
CH3CH2OH→CH3CHO
D
油脂→甘油
【答案】B
【详解】A. 苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应生成硝基苯，属于取代反应；CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，属于加成反应，A项错误；
B. CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成CH3CH2OH，属于取代反应；CH3CH2OH与乙酸发生酯化反应转化为CH3COOCH2CH3，属于取代反应，B项正确；
C. CH3CH2OH在170°C、浓硫酸催化作用下生成CH2=CH2和水，属于消去反应；CH3CH2OH与氧气在铜或银催化剂作用下加热反应生成CH3CHO和水，属于氧化反应，C项错误；
D. 油脂在稀硫酸或氢氧化钠作用下发生水解生成甘油和高级脂肪酸(钠)，属于取代反应；苯与氢气在一定条件下可生成环己烷，属于加成反应，D项错误；
答案选B。
【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。
15.高血脂严重影响人体徤康，化合物H是一种临床治疗高血脂症的药物。H的结构简式如图所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 有机物H含有的官能团只有羧基
B. 1mol H完全燃烧消耗19molO2
C. 有机物H是芳香化合物
D. 有机物H能和钠、碳酸氢钠反应
【答案】A
【分析】根据结构简式可知，H分子内含醚基和羧基，根据有机物的结构与性质分析作答。
【详解】A. 有机物H含有的官能团为羧基和醚基，A项错误；
B. 根据结构简式易知，H的分子式为C15H22O3，1mol H完全燃烧消耗氧气为15+-=19mol，B项正确；
C. 有机物H中含苯环，为芳香化合物，C项正确；
D. 有机物H中含羧基，可和钠、碳酸氢钠反应，D项正确；
答案选A。
16.有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有（ ）
A. 8种 B. 14种 C. 16种 D. 18种
【答案】C
【解析】有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解生成乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯，由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇有5个碳原子。有4个碳原子的羧酸有2中同分异构体，CH3CH2CH2COOH ,CH3CH(CH3)COOH。含有5个碳原子的醇有8种结构，所以总共有16种。
考点：有机化合物的同分异构现象
二、填空题（本题包含5小题，共52分）
17.I.有下列物质：①钠 ②金刚石 ③冰 ④Na2O2 ⑤MgCl2 ⑥氯化铵 ⑦水晶 ⑧Cl2
（1）属于原子晶体的是_________，属于金属晶体的是_________。
（2）既含有离子键又含有共价键的是_________。
（3）③熔化时克服作用力的有_________。
（4）Na2O2的电子式 ________________。
（5）②、③、⑤、⑦、⑧熔点由低到高的顺序为________________。
II.在生产生活以及化学科学研究中，水都有重要的作用。
（1）与H2O分子是等电子体的微粒_________（阴离子及分子各写一个）。
（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）。下列对上述过程的描述不合理的是__________。
A.微粒的形状发生了改变
B.氧原子的杂化类型发生了改变
C.微粒中键角发生了改变
D.微粒化学性质发生了改变
（3）向CuSO4溶液中加入氨水，溶液变成深蓝色，请写出发生此变化的离子方程式____________________________________________。
【答案】 (1). ②⑦ (2). ① (3). ④⑥ (4). 范德华力、氢键 (5). (6). ⑧、③、⑤、⑦、② (7). NH2-、H2S (8). B (9). Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+
【分析】Ⅰ．（1）根据构成晶体的微粒判断；
（2）依据化学键的类型判断；
（3）依据冰晶体中存在的作用力作答；
（4）Na2O2由钠离子与过氧根离子构成；
（5）依据晶体的类型及熔沸点判断的依据作答。
Ⅱ．（1）等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或基团；
（2）依据价层电子对互斥理论和杂化轨道类型作答；
（3）硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和氨水反应生成络合物。
【详解】Ⅰ．（1）④Na2O2 ⑤MgCl2 ⑥氯化铵这三种物质是由阴阳离子构成的，属离子晶体；③冰 ⑧Cl2这两种物质是由分子构成的，属分子晶体；②金刚石⑦水晶这两种物质是由原子构成的，属原子晶体；①钠属于金属晶体，
综上所述，（1）属于原子晶体的是②⑦，属于金属晶体的是①；
（2）④Na2O2是由钠离子与过氧根离子构成，过氧根离子中含非极性共价键；⑥氯化铵是由铵根离子与氯离子构成，铵根离子中N与H以极性共价键和配位键结合，配位键属于特殊的共价键，则既含有离子键又含有共价键的是④⑥；
（3）③冰分子间存在范德华力和氢键，熔化时克服作用力的有范德华力和氢键；
（4）Na2O2分子内离子键和共价键，其电子式为：；
（5）②金刚石和⑦水晶为原子晶体，C-C键的键能大于Si-O键的键能，则②金刚石的熔点大于⑦水晶的熔点；③冰和⑧Cl2为分子晶体，冰常温下为固体，Cl2常温下是气体，则③冰的熔点大于⑧Cl2的熔点；⑤MgCl2为离子晶体，一般地熔点比较：分子晶体<离子晶体<原子晶体，因此②、③、⑤、⑦、⑧熔点由低到高的顺序为⑧、③、⑤、⑦、②；
II. （1）H2O分子中的原子数为3，价电子数为10，H2S、NH2-的原子数目均为3，价电子数目均为10，则与水互为等电子体，故答案为：H2S、NH2-；
（2）A. 水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，A项正确；
B. 水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，B项错误；
C. 水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，C项正确；
D. 因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，D项正确；
故答案为：B；
（3）氨水和铜离子反应生成可溶性的铜氨络合物，得到深蓝色的透明溶液，反应的离子方程式为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+。
18.某化学小组以下列4种物质的溶液作为研究对象，比较不同物质的羟基中氢原子的活泼性。①乙酸 ②苯酚 ③碳酸 ④乙醇
I.甲同学设计并实施了如下实验方案。
编号
实验操作
实验现象
结论及解释
1
分别取4种溶液，滴加紫色石蕊溶液
溶液变红的是①③溶液
略
2
将CO2通入C6H5ONa溶液中
方程式：____________________________________________。
3
配制等物质的量浓度的CH3COONa、 NaHCO3溶液，并比较其pH
NaHCO3溶液pH大于 CH3COONa溶液
略
4
向含酚酞的NaOH溶液中，各滴加等量的②④两种溶液
④中无明显现象
②中红色明显变浅
滴加②时方程式：_____________________________________________。
结论：4种物质的羟基中的氢原子的活泼性由强到弱的顺序是（填序号）______________。
II.乙同学对甲同学的实验提出如下改进方案，能一次比较乙酸、碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性，实验仪器如下图所示。
（1）利用上述仪器组装实验装置，其中A管插入（填字母，下同）D中，B管插入__________中，C管插入_________中。
（2）丙同学查资料发现乙酸有挥发性，于是在试管F之前增加了一个盛有________溶液的洗气装置，使乙同学的实验设计更加完善。
【答案】(1). C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH↓+NaHCO3 (2). C6H5OH+NaOHC6H5ONa+ H2O (3). ①、③、②、④ (4). E (5). F (6). 饱和NaHCO3 溶液
【分析】I．苯酚具有弱酸性，可以和氢氧化钠反应，生成无色的苯酚钠溶液；苯酚的酸性比碳酸弱，所以将CO2通入C6H5ONa溶液中，生成苯酚；
II．根据实验目的，以及所发生的化学反应，确定实验方案的设计。
【详解】I．NaHCO3溶液pH大于等物质的量浓度的CH3COONa溶液，说明乙酸的酸性强于碳酸；苯酚钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，苯酚的溶解性较小变为浊液，说明碳酸的酸性比苯酚强；向含酚酞的NaOH溶液中，各滴加等量的乙醇和苯酚两种溶液，乙醇与氢氧化钠不反应，所以无变化，苯酚具有酸性，和氢氧化钠反应，所以②中红色明显变浅，说明苯酚的酸性强于乙醇。由此证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇；酸性越强，羟基中的氢原子的活泼性越强，则四种物质中羟基中的氢原子的活泼性由强到弱的顺序是：即①、③、②、④；
故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH+NaHCO3；C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O；①、③、②、④；
II．一次比较乙酸、碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性，实验目的是证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚．根据强酸制取弱酸的原则，须根据酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，即乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳（在A装置中），二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠（在F装置中）；在试管F之前增加了一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，目的是将二氧化碳中的乙酸洗去，防止乙酸与苯酚钠反应，故若A管插入（填字母，下同）D中，则B管插入E中，C管插入F中组装实验仪器。
故答案为：E；F；饱和NaHCO3。
19.X、Y、Z、M、W是前四周期元素，原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，Y的原子半径是在同周期中最大；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的内层电子己全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：
（1）Y元素在周期表中的位置是_________； W2+离子的价电子排布式为__________。
（2）X能与S、氮、氧二种元素构成化合物XO（NH2）2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为_____、____，该化合物分子中的π键与键的个数之比是____；该物质易溶于水的主要原因是___________________________________________________________。
（3）己知Be和A1元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素的最高价氧化物对应水化物与Be相互反应的化学方程式：________________________________。
（4）M晶体的原子堆积如图所示，则该晶体的堆积方式为________，晶体中M原子的配位数是_____。某M配合物的化学式是[M（H2O）5C1]Cl2·H2O，1mol该配合物中含配位键是_____mol。
（5）Y离子和Z离子比较，半径较大的是__________（填离子符号）元素Y与元素Z形成了晶体的晶胞结构是如图所示的正方体，每个Y离子周围与它最接近的Y离子有__________个。
【答案】 (1). 第三周期IA族 (2). 3d10 (3). sp2 (4). sp3 (5). 1:7 (6). CO（NH2）2能与水分子间形成氢键 (7). Be+2NaOH =Na2BeO2+H2↑ (8). 六方最密堆积（或ABABAB 堆积） (9). 12 (10). 6 (11). S2- (12). 6
【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，则X为C元素；Y的原子半径是在同周期中最大，则Y为Na元素；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：X、Y、Z、M、W分别是C、Na、S、Ti和Zn，则
（1）Y为Na元素，C原子核外有3个电子层、最外层有1个电子，所以处于周期表中第三周期IA族，Zn2+离子的外围电子排布式为3d10，
故答案为：第三周期IA族；3d10；
(2)碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，分子中C与O形成C=O双键，C原子与N原子形成C−N单键，N原子与H原子之间形成N−H单键，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化，N原子成3个σ键、有1对孤电子对，故N原子采取sp3杂化，该化合物分子中有1个π键、7个σ键，π键与σ键数目之比为1:7，CO(NH2)2能与水分子间形成氢键，该物质易溶于水，
故答案为：sp2；sp3；1:7；CO（NH2）2能与水分子间形成氢键；
(3) Y元素的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，依据铝与氢氧化钠溶液反应的原理可知Be与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2和氢气，其化学方程式为：Be+2NaOH =Na2BeO2+H2↑；
（4）根据M晶体的原子堆积方式示意图可知，其堆积方式为六方密堆积（或ABABAB堆积），以轴线原子研究，层内有6个原子相邻、上、下两层各有3个原子与之相邻，故配位数为12；M为Ti，某M配合物化学式是[Ti(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O，在该配合物中，配位数为6，因此1mol该配合物中含配位键是6mol，故答案为：六方密堆积（或ABABAB堆积）；12；6；
（5）S2-比Na+多一个电子层，故半径较大的是S2-；Na2S晶体中Na+与S2-的个数比为2:1，根据晶胞结构可以看出，顶点与面心的小灰球代表S2-，晶胞内含8×+6×=4，晶胞体内所含的黑球代表Na+，晶胞内个数为8，分别位于八分之一晶胞的小立方的体心，故每个Na+周围与他最接近的Na+有6个，故答案为：S2-；6。
20.金属及其化合物在生产生活等各个领域有着广泛的应用。
（1）钛具有良好的金属性能。钛基态原子中电子占据能级个数为______。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的还有______种。钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛硬度比铝大的可能原因是______________________________________。
（2）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10cm，则该氮化钛的密度为_________g·cm-3（NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式）。
（3）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。Li2O是尚子晶体，其晶格能可通过图（a）的Bom-Haber循环计算得到。
Li原子的第一电离能为______kJ·mol-1，O==O键键能为______kJ·mol-1，Li2O晶格能为_______kJ·mol-1。
（4）Zn可形成多种化合物，其中立方ZnS晶胞结构如下图，其阴离子（S2-）按面心立方密堆积排布，立方ZnS的配位数与NaCl不同，这是由__________因素决定的。
【答案】(1). 7 (2). 3 (3). 钛原子的价电子数比A1多，金属键更强 (4). (5). 520 (6). 498 (7). 2908 (8). 离子半径和离子电荷数
【分析】(1) 钛原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律写出钛原子的电子排布式，再确定电子占据能级个数；基态Ti原子的未成对电子数为2，据此分析；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N和Ti原子个数，再根据=计算；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量；OO键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量；晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，以此解答。
（4）配位数不同，跟几何或半径或电荷有关。
【详解】(1) 钛原子核外有22个电子，基态钛原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则电子占据能级个数为7；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；钛原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3，钛原子的价电子数比铝多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；
故答案为：7；3；钛原子的价电子数比Al多，金属键更强；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6+8=4，Ti原子个数为1+12=4，所以晶胞的质量为m=g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度= g·cm－3；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ·mol-1；O=O键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249kJ·mol-1=498 kJ·mol-1。晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则Li2O晶格能为2908kJ·mol-1。
因此，本题正确答案是：520 ；498 ；2908。
（4）根据均摊法可知，阴离子(S2- )的配位数为8×+6×=4，阳离子(Zn2+)的配位数为4，则S2-的配位数也是4，立方ZnS的配位数与NaCl不同，这是由高子半径和离子所带的电荷数等因素共同决定的。
21.有机合成在工业上有着广泛的应用。工业上由化合物A进行的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+R´CHO
②RCHO+R´CH2CHO+H2O
③
请回答下列问题：
（1）化合物A所含官能团名称为_________，芳香化合物B的名称为_________，C的同系物中相对分子质量最小的结构简式为__________。
（2）由E生成F的反应类型为_________。
（3）X的结构简式为_________。
（4）写出D生成E的第①步反应的化学方程式___________________________________。
（5）G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有____种，写出其中任意一种的结构简式________。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；
②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学键环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1。
（6）写出用为原料制备化合物的合成路线，其他无机试剂任选。________
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 苯甲醛 (3). HCHO (4). 加成反应 (5). (6). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (7). 4 (8). 、(写出任意一种即可) (9).
【分析】依据已知信息①可知，可转化为和HCHO，根据已知给定步骤②可知，和HCHO在氢氧化钠水溶液中发生反应生成，故D为；D与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应后酸化生成E（），E与Br2发生加成反应生成F（），F再在KOH醇溶液下加热发生消去反应，酸化后生成G（），再根据H的结构简式，采用逆合成分析法，结合给定的反应③可推出X为，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知：
（1）化合物A为，分子内所含官能团名称为碳碳双键，芳香化合物B为，其名称为苯甲醛，C的同系物中相对分子质量最小的结构简式为HCHO；
（2）由E生成F 是与Br2发生加成反应生成的过程，其反应类型为加成反应；
（3）X的结构简式为；
（4）D生成E的第①步反应的化学方程式为与新制氢氧化铜悬浊液发生的氧化反应，其化学方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（5）G为，与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y的同分异构全满足以下条件：①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，则说明Y中有羧基；②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学键环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1，则说明该有机物分子中有4种等效氢，且等效氢的个数比为6：2：1：1，则符合条件的Y的同分异构体的结构简式可以为、共4种，任写一种即可；
（6）依据上述E-H的合成路线结合给定的已知信息以为原料制备化合物，用逆推法，根据题中的信息③，目标产品可以用苯乙烯和苯乙炔合成，而苯乙炔可以由苯乙烯先与溴加成然后再消去制备。具体合成路线如下：
。
【点睛】本题的难点是X的结构简式，抓住官能团的转化关系是解题的关键。学生平常要多思考，强化训练，便可熟能生巧。
相关资料
更多
