【化学】山东省潍坊市2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

【化学】山东省潍坊市2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

山东省潍坊市2019-2020学年高二下学期期中考试 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64‎ 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 福尔马林（甲醛溶液）可用于浸泡海产品以防腐保鲜 B. 植物油由于不饱和脂肪酸甘油脂含量较高而使熔点较高 C. 苯酚常用来制造有消毒作用的酚皂 D. 防控新冠病毒常用75%的酒精或“‎84”‎消毒液，二者可混用以增强消毒效果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低食品的质量，故A错误；‎ B.不饱和脂肪酸甘油酯的熔点低，故B错误；‎ C.苯酚具有一定的杀菌能力，可以作为消毒用的酚皂，故C正确；‎ D.酒精和84消毒液混在一起会发生反应，其中乙醇和次氯酸钠反应，生成乙醛，乙醛可以继承被氧化生成乙酸甚至会发生氯仿反应，生成有毒的有机氯化物，所以混合使用不能增强消毒作用，反而有毒，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】具有还原性和氧化性的物质可以发生反应，乙醇和次氯酸钠可以发生氧化还原反应而没有消毒效果，反而生成有毒物质。‎ ‎2.下列说法错误的是（ ）‎ A. 金属镁晶体中，1个Mg2+只与2个价电子存在强烈的相互作用 B. 石墨晶体中既有共价键，又有范德华力，是一种混合键型晶体 C. 液晶具有一定程度晶体的各向异性和液体的流动性 D. 可用X射线衍射法判断固体物质是否为晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.金属晶体中有“电子气”，金属晶体中的“电子气”属于整个晶体，故A错误；‎ B.石墨晶体是层状结构，层内碳原子之间存在共价键，层与层之间有范德华力，是一种混合键型晶体，故B正确；‎ C.液晶具有液体和晶体的共同特性，即液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性，故C正确；‎ D.晶体和非晶态在X射线衍射中的信号大不相同，晶体都有尖锐的衍射峰，而非晶态没有衍射峰，故用X射线衍射可以区别晶体和非晶态，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎3.磷酸氯喹能有效抑制新型冠状病毒2019—nCoV的感染，其结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是（ ）‎ A. 分子中N原子均为sp2杂化 B. 分子中只含有1个手性碳原子 C. 能发生取代反应和消去反应 D. 1mol磷酸氯喹最多能与4molH2发生加成反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该分子中有形成吡啶环(氮杂苯)的氮原子，为sp2杂化，全部形成单键的氮原子为sp3杂化，故A错误；‎ B．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，所以该分子中只有同时连接甲基和亚氨基(-NH-)的碳原子为手性碳，故B正确；‎ C．氯原子与苯环相连，不能发生消去反应，故C错误；‎ D．苯环和氮杂苯环均可以和氢气发生加成，所以1mol该物质最多和5mol氢气加成，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.下列物质的性质或事实与氢键无关的是（ ）‎ A. 邻羟基苯甲醛的沸点 B. 乙醇在水中的溶解度 C. 氢氟酸酸性弱于盐酸 D. 羊毛制品水洗再晒干后变形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.邻羟基苯甲醛易形成分内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛低，与氢键有关，故不选A； ‎ B. 乙醇与水分子间形成氢键，所以乙醇易溶于水，与氢键有关，故不选B；‎ C. 氢氟酸酸性弱于盐酸，与F和Cl的电负性有关，因为F的电负性大于Cl，相比于Cl电离出的氢离子浓度较小，从而酸性更弱，与氢键无关，故选C； ‎ D. 羊毛是蛋白质，含有N、O元素，能形成氢键，水洗再晒干后改变了原来的氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，衣物变形，与氢键有关，故不选D；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 极性分子一定不含非极性共价键 B. CO2、PH3、CH4均为非极性分子 C. NF3中N—F键的键角小于NH3中N—H键键角 D. 二氯甲烷（CH2Cl2）分子中键角均为109o‎28’‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化氢是极性分子，含有非极性键，极性分子可能含非极性共价键，故A错误；‎ B. PH3分子构型为三角锥，PH3是极性分子，故B错误；‎ C. 氟电负性大于氢，因此用于N-F成键的电子对更偏向氟，所以NF3中N—F键的键角小于NH3中N—H键键角，故C正确；‎ D. 二氯甲烷（CH2Cl2）不是正四面体，分子中键角不是109o‎28’‎，故D错误；‎ 选C。‎ ‎6.下列描述错误的是（ ）‎ A. HgCl2空间构型为直线形 B. SF6中有6对成键电子对 C. ClO3-空间构型为三角锥形 D. OF2和SO2的中心原子均为sp2杂化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. HgCl2中心原子Hg的杂化方式是sp，空间构型为直线形，故A正确；‎ B. SF6中S的价电子对数是，配位原子数是6，所以有6对成键电子对，故B正确；‎ C. ClO3-中Cl的价电子对数是，有1对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故C正确；‎ D. OF2中O的价电子对数是，O原子杂化方式是SP3，SO2中O的价电子对数是，S原子为sp2杂化，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列对有机物的描述错误的是（ ）‎ A. 核糖核酸和脱氧核糖核酸都含有磷酯键 B. 甲酰胺、丙氨酰甘氨酸分子中均含有酰胺基 C. 人体内组成蛋白质的氨基酸均为α—氨基酸，其中一部分需从食物中摄取 D. 1mol纤维素最多和3mol乙酸发生酯化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 核糖核酸和脱氧核糖核酸都由一分子的磷酸，一分子的五碳糖构成，它们的不同在于五碳糖的不同，故A正确；‎ B. 甲酰胺的结构是、丙氨酰甘氨酸的结构是，分子中均含有酰胺基，故B正确；‎ C. 人体内组成蛋白质的氨基酸均为α—氨基酸，其中一部分需从食物中摄取，如甲硫氨酸需从食物中摄取，故C正确；‎ D. 纤维素的分子式是(C6H10O5)n，一个片段有3个羟基，1mol纤维素最多和3nmol乙酸发生酯化反应，故D错误；‎ 选D。‎ ‎8.下列装置（部分夹持装置及石棉网已省略）或操作能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用装置①制乙酸乙酯 B. 用装置②分离乙酸乙酯和乙醇 C. 用装置③制备乙烯 D. 用装置④验证硫酸、碳酸、苯酚酸性强弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用装置制乙酸乙酯，为防止倒吸，右侧导管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，故不选A；‎ B.乙酸乙酯和乙醇互溶，不能用分液法分离乙酸乙酯和乙醇，故不选B；‎ C.用乙醇的消去反应制备乙烯，需要快速把乙醇加热到‎170℃‎，温度计液泡应伸到乙醇中，故不选C；‎ D.碳酸氢钠和硫酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳气体通入苯酚钠溶液中生成苯酚，溶液变浑浊，能证明酸性：硫酸>碳酸>苯酚，故选D；‎ 答案选D。‎ ‎9.原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge 单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)。则D原子的坐标参数为（ ）‎ A. (，0，0) B. (0，，0)‎ C. (，，) D. (，，)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(，0，)；C为(，，0)，可知晶胞中原子坐标参数1为(1，0，1)，2为(1，，)，3为(，，1)；D原子位于1、2、3、B四个原子构成四面体的中心，所以D的坐标是(，，)，故C正确；答案选C。‎ ‎10.苯丙氨酸（）有多种同分异构体，其中同时符合下列两个条件的共有（ ）‎ ‎①苯环上有两个取代基；②有一个硝基直接连接在苯环上 A. 3种 B. 6种 C. 9种 D. 12种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯环上有两个取代基，②有一个硝基直接连接在苯环上，符合条件的的同分异构体的取代基一个是-NO2，则另一个为-C3H7， -C3H7有正丙基、异丙基两种，两种取代基有邻、间、对三种位置关系，所以共有2×3=6种同分异构体，故B正确；答案选B。‎ 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题只有一个或者两个个选项符合题意。‎ ‎11.如图所示，高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-‎ B. 晶体中，每个O2-周围距离最近的O2-有8个 C. 晶体中与每个K+周围有8个O2-‎ D. 晶体中，0价氧与-2价氧数目比为3∶1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由晶胞图可知，K+的个数为8×+6×=4，O2-的个数为12×+1=4，化学式为KO2，故A正确； B、由晶胞图可知，晶体中每个O2-周围有12个O2-，故B错误； C、由晶胞图可知，晶体中每个K+的周围有6个O2-，故C错误； D、晶胞中K+与O2-个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O 原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，故D正确； 故选BC。‎ ‎12.许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法错误的是（ ）‎ A. CuCl2溶液呈黄绿色，是由于存在配离子[CuCl4]2-‎ B. 配合物[PtCl2(NH3)2]为平面结构，存在顺反异构体 C. 配合物[Ti(OH)4(H2O)2]2+中Ti4+的配位数是4‎ D. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量AgNO3溶液，只有的Cl被沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在CuCl2的水溶液中存在如下平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，故A正确；‎ B. 配合物[PtCl2(NH3)2]为平面结构，有、两种结构，所以存在顺反异构体，故B正确；‎ C. 配合物[Ti(OH)4(H2O)2]2+中Ti4+的配体是OH-、H2O，配位数是6，故C错误；‎ D. 内界的氯不能电离，外界的氯能电离，向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的溶液中加入足量AgNO3溶液，只有的Cl生成氯化银沉淀，故D正确；‎ 选C。‎ ‎13.S—诱抗素Y是一种植物的生长平衡因子，可由物质X制得。下列说法正确的是（ ）‎ A. X可在强酸性条件水解生成Y B. Y既能发生加聚反应又能发生缩聚反应 C. 1molX最多可消耗6molNaOH D. Y的同分异构体中可能存在两个苯环 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X中含有肽键，可在强酸性条件水解生成，故A正确；‎ B. 含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有羧基、羟基，能发生缩聚反应，故B正确；‎ C.X能与氢氧化钠反应的位置是， 1molX最多可消耗5molNaOH，故C错误；‎ D. 1个苯环的不饱和度是4，Y的不饱和度是6，Y的同分异构体中不可能存在两个苯环，故D错误；‎ 选AB ‎14.白桦脂酸对白血病等恶性肿瘤细胞有抑制作用，其结构简式如图所示，在白桦脂酸中加入合适的试剂检验其官能团（必要时可加热），下列试剂、现象、结论都正确的一项是（ ）‎ 选项 试剂 现象 结论 A 氯化铁溶液 溶液变色 含有羟基 B 酸性高锰酸钾溶液 溶液褪色 含有碳碳双键 C 碳酸氢钠溶液 有气泡产生 含有羧基 D 金属钠 有气泡产生 含有羟基 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 白桦脂酸中无苯环，加入氯化铁溶液，不变色，不含酚羟基，故A错误；‎ B. 加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，主要含有碳碳双键和羟基，故B错误；‎ C. 物质中含有羧基，羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故C正确；‎ D. 羟基、羧基都能与金属钠反应生成氢气，故D错误。‎ 答案为C。‎ ‎15.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺庚烷（）是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）‎ A. 与甲基环己烷（）互为同分异构体 B. 分子中含有1个六元环的同分异构体4种（不含立体异构）‎ C. 所有碳原子均处同一平面 D. 二氯代物超过3种 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 螺庚烷()分子式为C7H12，甲基环己烷()分子式为C7H14，两者不互为同分异构体，故A错误；‎ B. 分子中含有1个六元环的同分异构体分别为，，共4种，故B正确；‎ C. 根据甲烷的结构分析得到中间的碳原子与周围四个碳原子不可能为同一平面，故C错误；‎ D. 螺庚烷二氯代物在同一个碳原子上，2种，在不同碳原子上、，因此螺庚烷二氯代物超过3种，故D正确。‎ 综上所述，答案为BD。‎ 三、非选择题：本题共5小题。‎ ‎16.已知X、Y、Z、W、R都是周期表中前四周期的元索，它们的核电荷数依次增大。X原子有1个2p空轨道，Y原子最外层电子数等于X原子核外电子总数，Z与X同主族，W 原子3p轨道只有一个单电子，R3+的3d轨道为半充满状态。回答下列问题：‎ ‎（1）元素X、Y、Z电负性由大到小的顺序是__（用元素符号表示）。‎ ‎（2）元素X、Z的最简单气态氢化物的沸点由高到低的顺序是__（用化学式表示）。‎ ‎（3）元素X、Y形成的一种化合物在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示，则该晶体类型属于__晶体，1个晶胞中含有__个X原子。‎ ‎（4）R的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的图A～D中正确的是__（填字母标号）。‎ A. B. C. D.‎ 假设R原子的半径是apm，则该晶体的密度的计算式是__g·cm-3（用含a的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA）。‎ ‎【答案】 (1). O＞C＞Si (2). SiH4＞CH4 (3). 原子晶体 (4). 8 (5). A (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知X、Y、Z、W、R都是周期表中前四周期的元索，它们的核电荷数依次增大。X原子有1个2p空轨道，则X为C，Y原子最外层电子数等于X原子核外电子总数，则Y为O，Z与X同主族，则Z为Si，W原子3p轨道只有一个单电子，则W为Cl，R3+的3d轨道为半充满状态，则R为Fe。‎ ‎【详解】⑴同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，因此元素X、Y、Z的电负性由大到小的顺序是O＞C＞Si；故答案为：O＞C＞Si。‎ ‎⑵相对分子质量越大，熔沸点越高，因此元素X、Z的最简单气态氢化物的沸点，由高到低的顺序是SiH4＞CH4；故答案为：SiH4＞CH4。‎ ‎⑶元素X、Y形成的一种化合物在高温高压下所形成的晶体，说明熔沸点高，硬度大，则该晶体类型属于原子晶体，1个碳原子与周围4个氧原子结合，碳原子再顶点、面心、体内，因此1个晶胞中含有个X原子；故答案为：原子晶体；8。‎ ‎⑷R的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙，甲图中切得为长方形，中心是一个原子，因此得到乙切图为为4个甲切得的图，因此得到的图为A，R晶体为体心立方，假设R原子的半径是apm，则棱长为，晶胞中Fe原子个数为，则该晶体的密度的计算式是；故答案为：A；。‎ ‎【点睛】计算密度，先计算晶胞中的微粒个数，再根据进行计算。‎ ‎17.乙酰乙酸乙酯在医药上常用于合成维生素B。某化学小组在实验室中用如图装置制备乙酰乙酸乙酯。‎ 已知：ⅰ.2‎ ⅱ.有关物质的性质：‎ 沸点/℃‎ 水中溶解性 乙酸乙酯 ‎77.2‎ 难溶 乙酰乙酸乙酯 ‎181‎ 微溶 乙酸 ‎118‎ 易溶 实验步骤：‎ ‎①向三颈烧瓶中加入‎9.2g无水乙酸乙酯，迅速加入‎0.1g切细的金属钠。水浴加热反应液，缓慢回流约2h至金属钠全部反应完。停止加热，冷却后向反应混合物中加入50%乙酸至反应液呈弱酸性。‎ ‎②向反应混合物中加入等体积的饱和食盐水，分离得到有机层。‎ ‎③水层用5mL无水乙酸乙酯萃取，分液。‎ ‎④将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸馏得到乙酰乙酸乙酯粗产品。‎ ‎⑤粗产品纯化得到乙酰乙酸乙酯‎4.2g。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）仪器甲的名称是__，水从__（填“上”或“下”）口进入。‎ ‎（2）步骤②中加入饱和食盐水的作用是__。‎ ‎（3）步骤④中洗涤时用饱和NaHCO3溶液，目的是__。‎ ‎（4）步骤⑤中粗产品纯化的操作名称是__。‎ ‎（5）本实验的产率为__%（结果保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 下 (3). 盐析，降低乙酰乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层 (4). 洗去有机层中混有的乙酸 (5). 蒸馏 (6). 61.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向无水乙酸乙酯中加入切细的金属钠，水浴加热反应液，缓慢回流约2h至金属钠全部反应完，停止加热，冷却后向反应混合物中加入50%乙酸至反应液，向反应混合物中加入等体积的饱和食盐水，利于有机物盐析，降低乙酰乙酸乙酯的溶解度，分离得到有机层，用无水乙酸乙酯萃取水层中乙酰乙酸乙酯，分液，洗涤、干燥、蒸馏得到乙酰乙酸乙酯粗产品，计算出理论产品的质量，再计算产率。‎ ‎【详解】⑴根据图中得出仪器甲的名称是球形冷凝管，水从下口进入；故答案为：球形冷凝管；下。‎ ‎⑵根据题中信息加入等体积的饱和食盐水，分离得到有机层，说明步骤②中加入饱和食盐水的作用是盐析，降低乙酰乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层；故答案为：盐析，降低乙酰乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层。‎ ‎⑶混合液中混有少量乙酸，利用乙酸与碳酸氢钠溶液反应，因此步骤④中洗涤时用饱和NaHCO3溶液的目的是洗去有机层中混有的乙酸；故答案为：洗去有机层中混有的乙酸。‎ ‎⑷乙酰乙酸乙酯粗产品是几种有机液体互溶物，因此步骤⑤中粗产品纯化的操作名称是蒸馏；故答案为：蒸馏。‎ ‎⑸根据，理论得到乙酰乙酸乙酯质量为，本实验的产率为；故答案为：61.8%。‎ ‎【点睛】互溶的液体利用蒸馏的方式进行分离。‎ ‎18.菠萝酯（Ⅰ）是一种具有菠萝香味的食用香料，其合成路线如图：‎ 已知：ⅰ.‎ ⅱ.RMgBrRCH3CH2OH+‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A中所含官能团的名称是__，H的一种同分异构体能发生银镜反应，其化学名称是__（填化学名称）。‎ ‎（2）G的结构简式是__，G到I的反应类型是__。‎ ‎（3）E→F的化学方程式是__。‎ ‎（4）I在一定条件下可合成高分子M，则M的结构简式是__。‎ ‎（5）E在一定条件下发生消去反应得化合物N，N与CH2=CHCH=CH2在加热条件下反应产物的结构简式是__。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 丙醛 (3). (4). 酯化反应（或取代反应） (5). 2+O22+2H2O (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与发生信息ⅰ的反应生成A()，与足量氢气发生加成反应得到醇，醇和HBr发生取代反应得到C()，与Mg反应生成D，D与环氧乙烷发生信息ⅱ的反应生成E(),催化氧化反应生成F，F在酸性高锰酸钾的作用下氧化生成G()，G和CH2=CHCH2OH发生酯化反应得到I。‎ ‎【详解】⑴根据信息ⅰ得到A中所含官能团名称是碳碳双键、醛基，根据G和H反应生成I，得到H的结构简式为CH2=CHCH2OH，H的一种同分异构体能发生银镜反应，则结构简式为CH3CH2CHO，其化学名称是丙醛；故答案为：碳碳双键、醛基；丙醛。‎ ‎⑵根据F与酸性高锰酸钾反应得到G的结构简式是，根据G、I的结构简式得到G到I的反应类型是酯化反应；故答案为：；酯化反应(或取代反应)。‎ ‎⑶E→F是醇催化氧化变为醛，其化学方程式是2+O22+2H2O；故答案为：2+O22+2H2O。‎ ‎⑷I含有碳碳双键，发生加聚反应，在一定条件下可合成高分子M，则M的结构简式是；故答案为：。‎ ‎⑸E在一定条件下发生消去反应得化合物N()，N()与CH2=CHCH=CH2在加热条件下发生信息ⅰ反应，其反应产物的结构简式是；故答案为：。‎ ‎【点睛】利用前后物质的结构简式分析另外物质的结构简式。‎ ‎19.铜、锌及其化合物用途广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）Zn2+的价层电子轨道表达式为__。‎ ‎（2）元素第二电离能（I2）：Zn_Cu（填“＞”“＜”或“＝”）。‎ ‎（3）卤化锌的熔点如表所示：‎ ZnF2‎ ZnCl2‎ ZnBr2‎ ZnI2‎ 溶点/℃‎ ‎872‎ ‎275‎ ‎394‎ ‎446‎ ‎①ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点呈表中变化规律的原因___。‎ ‎②ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为___。‎ ‎（4）邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。‎ ‎①邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子杂化类型为__。‎ ‎②1mol中σ键和π键的数目之比为__。‎ ‎（5）铜的晶胞为面心立方（如图所示），已知晶胞参数为a，则该晶胞的空间利用率为__。（圆周率为π）。‎ ‎【答案】 (1). (2). ＜ (3). ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增强 (4). ZnF2为离子晶体，离子键强度大于分子间作用力 (5). sp2、sp3 (6). 13：3 (7). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴Zn位30号元素，Zn2+的价层电子排布为3d10。‎ ‎⑵Zn+的价层电子排布为3d104s1，Cu+的价层电子排布为3d10，3d10，全满，稳定。‎ ‎⑶①ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体；②ZnF2为离子晶体。‎ ‎⑷①邻氨基吡啶的铜配合物中，甲基上的碳原子有4个σ键，碳碳双键的碳原子有3个σ键，无孤对电子；②1mol中σ键和π键的数目之比为13：3。‎ ‎⑸先计算铜晶胞中Cu原子个数，再计算Cu原子半径，再计算该晶胞空间利用率。‎ ‎【详解】⑴Zn位30号元素，Zn2+的价层电子排布为3d10，价层电子轨道表达式为 ‎；故答案为：。‎ ‎⑵Zn+的价层电子排布为3d104s1，Cu+的价层电子排布为3d10，3d10全满，稳定，难失去电子，因此元素第二电离能(I2）：Zn＜Cu；故答案为：＜。‎ ‎⑶①ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点呈表中变化规律，说明ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增强；故答案为：ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增强。‎ ‎②ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因是ZnF2为离子晶体，离子键强度大于分子间作用力；故答案为：ZnF2为离子晶体，离子键强度大于分子间作用力。‎ ‎⑷①邻氨基吡啶的铜配合物中，甲基上的碳原子有4个σ键，杂化类型为sp3，碳碳双键的碳原子有3个σ键，无孤对电子，杂化类型为sp2；故答案为：sp2、sp3。‎ ‎②单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，1mol中σ键和π键的数目之比为13：3；故答案为：13：3。‎ ‎⑸铜的晶胞为面心立方(如图所示)，晶胞中Cu原子个数为，已知晶胞参数为a，则Cu原子半径为，则该晶胞的空间利用率为；故答案为：。‎ ‎20.化合物H[3—亚甲基异苯并呋喃—1（3H）—酮]常被用来合成药物。它的一种合成路线如图：‎ 已知：其中R1、R2、R3、R4为烃基或氢原子 回答下列问题：‎ ‎（1）C中所含官能团的名称是___。‎ ‎（2）E的结构简式是___，G→H的反应类型是___。‎ ‎（3）G与NaOH溶液反应的化学方程式是__。‎ ‎（4）F的同分异构中符合下列条件的共有__种（不考虑立体异构）。‎ ‎①能够与氯化铁溶液发生显色反应；‎ ‎②能够与新制氢氧化铜浊液反应生成红色沉淀；‎ ‎③分子中除苯环外无其他环状结构。‎ 其中核磁共振氢谱共有六组峰，面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1的结构简式是__。‎ ‎（5）写出以、P(C6H5)3、N(C2H5)3和丙酮（）为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___。‎ ‎【答案】 (1). 酯基、氯原子 (2). (3). 消去反应 (4). (5). 16 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A和甲醇发生酯化反应生成B，B和氯气发生取代反应生成C()，和 P(C6H5)3反应生成D，D和甲醛发生类似信息的反应得到E()，再酸化得到F，F发生反应生成G，G发生消去反应得到H。‎ ‎【详解】⑴根据C的结构得到C中所含官能团的名称是酯基、氯原子；故答案为：酯基、氯原子。‎ ‎⑵E的结构简式是，根据G、H的结构简式得到G→H的反应类型是消去反应；故答案为：；消去反应。‎ ‎⑶G与NaOH溶液发生酯的水解反应，其化学方程式是；故答案为：。‎ ‎⑷①能够与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能够与新制氢氧化铜浊液反应生成红色沉淀，说明含有醛基，③分子中除苯环外无其他环状结构，因此—OH和—CHO在邻位，—CH=CH2在苯环上有四种，—OH和—CHO在间位，—CH=CH2在苯环上有四种，—OH和—CHO在对位，—CH=CH2在苯环上有两种，—OH和—CH=CHCHO在邻、间、对位，—OH和在邻、间、对位，共16种；其中核磁共振氢谱共有六组峰，面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1的结构简式是；故答案为：16；。‎ ‎⑸与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，与HCl发生取代反应生成，和P(C6H5)3Cl反应生成，和丙酮在N(C2H5)3作用下发生消去反应生成；因此合成路线流程图为：；故答案为：。‎ ‎【点睛】通过前后有机物的结构简式来分析未知物质的结构简式。‎