【化学】河北省沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
河北省沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高二下学期期末考试
1.有两种有机物Q()与P()，下列有关它们的说法中正确的是( )
A. 二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3∶2
B. 二者在NaOH醇溶液中均可发生消去反应
C. 一定条件下，二者在NaOH溶液中均可发生取代反应
D. Q的一氯代物只有1种、P的一溴代物有2种
【答案】C
【解析】
【详解】A.Q中两个甲基上有6个等效氢原子，苯环上有2个等效氢原子，峰面积之比应为3∶1，但是P中两个甲基上有6个等效氢原子，亚甲基上有4个等效氢原子，峰面积之比应为3∶2，A项错误；
B.苯环上的卤素原子无法发生消去反应，P中与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上缺少氢原子，无法发生消去反应，B项错误；
C.在适当条件下，卤素原子均可被-OH取代，C项正确；
D.Q中苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可被氯原子取代，故可得到2种一氯代物，P中有两种不同空间位置的氢原子，故P的一溴代物有2种，D项错误；
答案选C。
【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应，则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。
2.呋喃是最简单的含氧五元杂环化合物(其结构如图所示)，有麻醉和弱刺激作用，极度易燃。下列关于呋喃的有关说法正确的是( )
A. 易溶于水和丙酮等有机溶剂
B. 四个碳原子可能在同一平面上
C. 一氯代物有2种，二氯代物有3种
D. 生成1molC4H10O需标准状况下氢气44.8L
【答案】B
【解析】
分析】
该有机物是对称结构，为非极性分子，故根据相似相溶原理，该有机物不溶于水；根据双键是平面结构进行分析；通过等效氢找同分异构体数目。
【详解】A．该有机物含碳碳双键及醚键，不溶于水，故A错误；
B．2个碳碳双键直接相邻，则四个碳原子可能在同一平面上，故B正确；
C．分子只含2种H，一氯代物有2种，固定1个Cl移动另一个Cl可知二氯代物有4种，故C错误；
D．呋喃的分子式为C4H4O，生成1molC4H10O需标准状况下氢气为3mol，标准状况下体积为3mol×224L/mol＝67.2L，故D错误；
答案选B。
【点睛】有机物一般易溶于有机溶剂，难溶于无机溶剂，也可以根据相似相溶原理进行判断。
3.在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，则这个碳原子被称为“手性碳原子”，凡含有手性碳原子的物质一定具有光学活性，如图所示该物质有光学活性，发生下列反应后生成的有机物无光学活性的是( )
①与甲酸发生酯化反应 ②与NaOH溶液反 ③与银氨溶液作用 ④在催化剂存在下与氢气作用
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】①与甲酸发生酯化反应，C原子仍连接4个不同的原子或原子团，具有光学活性，故不选①；
②与NaOH溶液反应，酯基水解生成-CH2OH，产物含2个-CH2OH，不具有手性碳原子，不具有光学活性，故选②；
③与银氨溶液作用，-CHO与银氨溶液反应生成-COONH4，仍具有手性碳原子，故不选③；
④在催化剂存在下醛基与氢气加成生成-CH2OH，产物含2个-CH2OH，不具有手性碳原子，不具有光学活性，故选④。
根据上面分析，发生反应后生成的有机物无光学活性的是：②④
答案：B
【点睛】本题以手性碳考查有机物的结构与性质，注意把握醛、酯、醇的性质是解答的关键，题目难度不大。
4.某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下图．则下列叙述正确的是( )
A. 有机物A属于芳香烃
B. 1molA和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4mol NaOH
C. 有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应
D. 有机物A可以和Br2的CCl4溶液发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 分子中含有O、Cl元素，为烃的衍生物，故A错误；
B. A水解的官能团有酯基和氯原子，水解产物含有酚羟基、羧基和HCl，都能与NaOH反应，则1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH，故B正确；
C. 醇羟基邻位碳原子上不含氢原子，则不能在浓硫酸作用下发生消去反应，故C错误；
D. 苯环、酯基不能与溴加成，故D错误；
答案选B。
【点睛】B容易错，酯基水解后生成酚羟基的，这样的1个酯基要消耗2个氢氧根离子可彻底水解。
5.某醇和醛的混合物0.05 mol，能从足量的银氨溶液中还原出16.2 g银，已知该醇为饱和一元醇，该醛的组成符合通式CnH2nO，下列结论正确的是 ( )
A. 此混合物中的醛一定不是甲醛
B. 此混合物中醇、醛的物质的量之比是1∶3
C. 此混合物中的醛、醇可以是任意比
D. 此混合物中的醇、醛的物质的量之比是1∶1
【答案】B
【解析】
【详解】醛与银氨溶液反应还原出16.2 g银即物质的量，根据—CHO ～ 2Ag，得到醛的物质的量为0.075mol，则醛的物质的量大于总量，说明醛为甲醛，HCHO～4Ag，则甲醛物质的量为0.0375mol，醇的物质的量为0.05mol－0.0375mol =0.0125mol，因此醇和醛的物质的量之比是0.0125ol：0.0375mol = 1:3，故B正确。
答案为B。
6.常见有机反应类型有：①取代反应、②加成反应、③消去反应、④酯化反应、⑤加聚反应、⑥氧化反应、⑦还原反应，其中能在有机物中引入羟基的反应类型是
A. ①②③ B. ①②⑦ C. ⑤⑥⑦ D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①取代反应可以引入羟基，比如卤代烃的水解：，①正确；
②加成反应可以引入羟基，比如乙烯水化法制备乙醇：，②正确；
③消去反应可以将羟基以水的形式从有机物中脱离，③错误；
④酯化反应是醇和羧酸的反应，是羟基参加的反应，不是被引入，④错误；
⑤加聚反应是将不饱和键聚合为长链高分子化合物，与羟基的引入无关，⑤错误；
⑥氧化反应是将醇类氧化为醛类或者酮类的反应，是消耗羟基的反应，⑥错误；
⑦还原法应是碳氧双键（只能是醛基、酮基的碳氧双键）和H2加成生成饱和醇的反应，比如乙醛的还原反应：，⑦正确；
故合理选项为B。
7.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是( )
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】
【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；
B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；
C.2p轨道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；
D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不同，故D项错误；
综上，本题选C。
8.X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2S2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是
A. EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化
B. X、Y元素的第一电离能大小关系：X
B，B错误；
C．CO32-中C原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，C错误；
D．CaC2中既含离子键，也含碳原子间的共价键，D错误；
答案选A。
【点睛】第ⅡA族元素原子最外层电子层全满状态，故第一电离能比相邻同周期元素的大。
9.宏观物质是由微粒构成的，微粒之间存在相互作用，下列说法错误的是（ ）
A. 食盐是由Na+和Cl-通过离子键形成的离子化合物
B. Si与C同属ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用完全相同
C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物
D. 冰中H2O分子间存在氢键、H2O分子内存在极性共价键
【答案】B
【解析】
A．食盐是离子化合物，存在的微粒是Na+和Cl-，存在的化学键为离子键，故A正确；B．Si与C同属ⅣA族，但SiO2是原子晶体，微粒间的作用力为共价键，而CO2为分子晶体，微粒间作用为分子间作用力，故B错误；C．NaOH是离子化合物，含有共价键和离子键，故C正确；D．H2O分子内存在极性共价键，而H2O分子间存在氢键，故D正确；答案为B。
10.下列说法中正确的是
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②离子化合物都属于强电解质
③非金属单质中不含离子键，一定只含有共价键
④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S
⑤NaCl 和 HCl 溶于水破坏相同的作用力
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH，故①正确；
②离子化合物溶于水的部分能完全电离，故属于强电解质，故②正确；
③非金属单质中不含离子键，也不一定含有共价键，如He等，故③错误；
④氧的非金属性比S强，则稳定性：H2O＞H2S；H2O分子间存在氢键，而H2S
分子间不存在氢键，则沸点：H2O＞H2S，故④错误；
⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏离子键，而 HCl是共价化合物，溶于水破坏共价键，故⑤错误；
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中，如H2、Na2O2、H2O2等，故⑥正确；
只有①②⑥正确，故答案为A。
11.下列事实与氢键有关的是
A. 水分解成氢气和氧气吸收热量
B. 水结成冰体积膨胀，密度变小
C. 水加热到很高的温度都难以分解
D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.水分解成氢气和氧气属于化学变化，旧键断裂,新键形成，与氢键无关，故A错误；
B.氢键具有方向性，氢键的存在使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B正确；
C. H2O较稳定是由于H-O键键能较大，与氢键无关，故C错误
D.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故D错误；
答案：B
【点睛】明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键。
12.分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇没有醇类的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有
A. 8 种 B. 12 种 C. 24 种 D. 28 种
【答案】C
【解析】
分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇只能为甲醇或乙醇，
若醇为甲醇，则羧酸为C5H11COOH，可以可知戊烷中1个H原子被-COOH取代，正戊烷有3种H原子，故相应的羧酸有3种，异戊烷有4种H原子，相应的羧酸有4种，新戊烷有1种H原子，相应的羧酸有1种，故己酸C5H11COOH的同分异构体有8种，形成酯有8种；
若醇为乙醇，则羧酸为C4H9COOH，可以可知丁烷中1个H原子被-COOH取代，正丁烷有2种H原子，故相应的羧酸有2种，异丁烷有2种H原子，相应的羧酸有2种，故戊酸C4H9COOH的同分异构体有4种，故羧酸共有12种，醇共有2种，酸和醇重新组合可形成的酯共有12×2=24种，故选C。
点睛：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键确定醇的结构及羧酸的同分异构体，注意利用数学法进行计算。解题关键：分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇，判断形成该酯的羧酸的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。
13. 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-2价。如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是
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K＋周围有8个O2-，每个O2-周围有8个K＋
C. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个
D. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有6个
【答案】A
【解析】
【详解】A. 晶胞中所含K+的个数为=4，所含O的个数为=4，K+和O的个数比为1：1，所以超氧化钾的化学式为KO2，故A正确；
B. 晶体中每个K＋周围有6个O，每个O周围有6个K＋，故B错误；
C. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，故C错误；
D. 晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，故D错误；
故合理选项为A。
14.立方烷(C8H8)其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是
A. 立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生
B. 立方烷一氯代物1种、二氯代物有3种
C. 立方烷是苯(C6H6)的同系物，也是苯乙烯(C6H5-CH=CH2)的同分异构体
D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气
【答案】C
【解析】
【详解】A．立方烷的含碳量较大，和苯的含碳量相同，则燃烧有黑烟产生，故A正确；
B．立方烷结构对称，只有一种H，则一氧代物有1种，立方烷二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况，立方烷三氯代物有3种：三个氯原子在同一个面上有一种情况，三个氯原子不在同一个面上有二种情况，情况1，2个氯原子在立方烷的棱上，另1个氯原子在对角线上，情况2，三个氯原子构成正三角形，所以同分异构体有三种，故B正确；
C．立方烷和苯的结构不同，不是同系物，分子组成也不是相差若干个CH2基团，故C错误；
D．八硝基立方烷的分子式为C8N8O16，则全分解可能只产生二氧化碳和氮气，故D正确；
故答案为C。
15.金晶体是面心立方最密堆积，已知立方体的每个面上5个金原子紧密堆砌，金原子半径为r cm，则金晶体的空间利用率为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
面心立方最密堆积原子在晶胞中的位置关系如图。
【详解】金晶体为面心立方最密堆积，则晶胞面对角线为金原子半径的4倍，金原子半径为r cm，则晶胞的边长为4r =r cm，每个金晶胞中含有4个原子，则金原子总体积为，金晶胞体积为，故空间利用率为。
故选B。
【点睛】本题考查晶胞结构与计算，解题关键是明确原子在晶胞中的位置，理解原子半径与晶胞棱长的关系，需要学生具有一定的数学计算能力。
16.下列化学用语或物质的性质描述正确的是( )
A. 如图的键线式表示烃的名称为3-甲基-4-乙基-7-甲基辛烷
B. 符合分子式为C3H8O的醇有三种不同的结构
C. 乙烯在一定条件下能发生加成反应、加聚反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化，也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸
D. 治疗疟疾的青蒿素的结构简式为，分子式是C15H20O5
【答案】C
【解析】
【详解】A．此为烷烃，最长碳链为8，在2和6号碳上分别含有1个甲基，在5号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，6-二甲基-5-乙基辛烷，故A错误；
B．丙基有2种结构，故符合分子式为C3H8O的醇有2种不同的结构，即正丙醇和异丙醇，故B错误；
C．乙烯中含有碳碳双键，能发生加成反应、加聚反应，能被高锰酸钾溶液氧化，故C正确；
D．由结构简式可知有机物的分子式为C15H22O5，故D错误；
故选C。
17.有关晶体的叙述中正确的是( )
A. 在SiO2晶体中，最小的单元环是由6个硅原子组成的六元环
B. 在124g白磷(P4)晶体中，含P—P共价键个数为4NA
C. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能小于Si—Si键
D. 12g金刚石中含C原子与C—C键之比1:2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 在SiO2晶体中，最小的单元环是由6个硅原子和6个氧原子所组成的12元环，A不正确；
B.白磷分子中有6个共价键，124g白磷(P4)的物质的量为1mol，因此，在124g白磷(P4)晶体中，含P—P共价键个数为6NA，B不正确；
C. 金刚石和晶体硅均为原子晶体，金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能大于
Si—Si键，C不正确；
D. 12g金刚石的物质的量为1mol，其中每个碳原子形成共价键，两个碳原子之间只能形成一个共价键，故其中含1molC原子和2mol C—C键，因此，C原子与C—C键之比为1:2，D正确。
综上所述，有关晶体的叙述中正确的是D。
18.下列有关有机物的描述不正确的是( )
A. 有机物的核磁共振氢谱图中有4种类型的氢原子吸收峰
B. 用溶液可以鉴别苯、苯酚、四氯化碳、KSCN、乙醇和六种无色溶液或液体
C. 有机反应涉及取代反应和消去反应两种类型
D. 一定条件下最多可以与反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．该有机物结构不对称，含6种H，则有机物的核磁共振氢谱图中有6种类型的氢原子吸收峰，故A错误；
B．苯、苯酚、四氯化碳、KSCN、乙醇和六种无色溶液或液体中分别滴加溶液，出现分层且下层为黄色的为苯，出现紫色的为苯酚，出现分层且上层为黄色的为四氯化碳，不分层且出现红色溶液的为硫氰化钾，不分层且没有明显现象的为乙醇，出现白色沉淀的为硝酸银。所以氯化铁可以鉴别，故B正确；
C．反应中被Br取代，发生消去反应生成碳碳双键，则涉及取代反应、消去反应，故C正确；
D．苯环、2个碳碳双键、1个羰基与氢气发生加成反应，则1mol一定条件下最多可以与反应，故D正确；
答案选A。
19.下列有关分子空间构型说法中正确的是
A. HClO、BF3、NCl3分子中所有原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
C. 分子中键角的大小：BeCl2> SnCl2> SO3> NH3> CCl4
D. BeF2分子中，中心原子Be的价层电子对数等于2，其空间排布为直线，成键电子对数等于2，没有孤对电子
【答案】D
【解析】
【详解】A. HClO中的H和BF3中的B都未达到8电子结构，A错误；
B. P4和CH4都是正四面体结构，但是P4的P-P是该四面体的边，所以键角为60°；CH4的C-H键在正四面体的内部，键角为109°28′，B错误；
C. BeCl2的空间结构为直线形，键角为180°；SnCl2呈V型，分子中含有一对孤对电子，由于该孤对电子的存在，键角小于120°；SO3的空间结构为平面正三角形，键角为120°；NH3的空间结构为三角锥形，键角为107°；CCl4的空间结构为正四面体，键角为109°28′；故分子中键角的大小：BeCl2 > SO3> SnCl2> CCl4>NH3 ，C错误；
D. BeF2分子中，中心原子Be的价层电子对数等于2，即成键电子对数等于2，由于没有孤对电子，故其空间排布为直线， D正确；
故合理选项为D。
20.亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解: 3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是
A. Fe2+的最高能层电子排布为 3d6
B. 配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子
C. (CN)2分子中σ键和π键数目比为 3:4
D. 已知 Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围，则铁的配位数是 2
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其最高能层电子排布为3s23p63d6，A选项错误；
B．配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN-，由于电负性N＞C，所以C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，B选项正确；
C．(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，因此(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4，C选项正确；
D．Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，与碳原子紧邻的铁原子，以C原子为原点建立三维坐标系，Fe原子位于坐标轴上且关于原点(碳原子)对称，6个Fe形成的空间结构为正八面体，故C原子的配位数为6，配位数之比等于相应原子数目反比，则Fe原子配位数为，D选项正确；
答案选A。
21.空气明朝《天工开物》中有世界上最早的“火法”炼锌技术的记载，锌是生命体必需的微量元素，被称为“生命之花”。(已知阿伏加德罗常数的值为NA)
(1)基态原子核外的最高能层符号是________，基态最外层电子排布式为________。
(2)乳酸锌[]是一种很好的食品锌强化剂，其中存在的作用力有________(填编号)。乳酸锌中含有________个σ键。
A.离子键 B.极性共价键 C.金属键 D.配位键 E.范德华力
(3)一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示。其中所涉及的非金属元素的电负性由大到小的顺序是________，分子的空间构型为________形，的配位数为________。甘氨酸()中N原子的杂化轨道类型为________
；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释________。
(4)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。
①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。例如图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为________。
②已知晶体密度为，半径为，若要使、相切，则半径为________(写计算表达式)。
【答案】 (1). N (2). (3). AB (4). 20NA (5). O＞N＞C＞H (6). V (7). 5 (8). (9). 甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键 (10). (11).
【解析】
【详解】(1) 锌是30号元素，位于第四周期，共有四层电子，基态原子核外的最高能层符号是N，锌的核外电子排布式为，基态最外层电子排布式为；
(2)乳酸锌[]属于离子化合物，分子中含有乳酸根离子和锌离子以离子键结合，乳酸分子中存在碳碳之间，碳氢之间，碳氧之间，氢氧之间的极性键，故乳酸锌分子中存在的作用力有离子键和极性共价键，一个乳酸分子中含有10个σ键和一个π
键，故乳酸锌中含有个20mol σ键，故含有20NA个σ键；
(3)一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素有C. O、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为O＞N＞C＞H，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞H；分子中氧形成了两对共用电子对，剩余2对孤对电子，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体型，分子的立体构型减去孤对电子，的空间构型为V形；从一水合甘氨酸锌的结构简式可看出Zn2+的配原子为O、N原子，根据图知，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5；甘氨酸()中N原子的成键电子对数为3对，孤对电子对为一对，价层电子对数为4对，杂化轨道类型为杂化；甘氨酸为极性分子，且氨基和羧基都能和水分子形成分子间氢键，导致甘氨酸易溶于水；
(4)①原子1的坐标为，原子2在左侧的面心上，则原子2的坐标为；
②已知晶体密度为，锌离子的个数为8×+6×=4，硫离子位于体心，个数为4，硫离子的个数为晶胞参数=pm=pm=pm，若要使、相切，则其体对角线长度为2个锌离子直径与2个硫离子直径之和，其体对角线长度=×pm，S2−半径为apm，Zn2+半径==(×-a)pm。
【点睛】第(4)题的②，找到晶胞的对角线长度为2个锌离子直径与2个硫离子直径之和是解本题的关键。
22.在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。
(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于________(填“晶体”或“非晶体”)。
(2)基态铜原子有________个未成对电子；Cu2＋的电子排布式为____________________；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为____________________，其所含化学键有____________________，乙醇分子中C
原子的杂化轨道类型为________。
(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为________。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(H—S—C≡N)、异硫氰酸(H—N===C===S)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是______________________________________________________________________________________。
(4)ZnS的晶胞结构如图所示，在ZnS晶胞中，S2－的配位数为_______________。
(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为________ g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). 晶体 (2). 1 (3). 1s22s22p63s23p63d9 (4). Cu（NH3）4SO4•H2O (5). 离子键、极性共价键和配位键 (6). sp3杂化、sp3杂化 (7). 5NA (8). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 (9). 4 (10).
【解析】
【分析】
1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性；
（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；CuSO4溶液与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4•H2O；Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4；
（3）（SCN）2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，分子中有3个单键和2个碳氮三键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（4）ZnS的晶胞结构可知，可以根据锌离子的配位数判断距离S2-最近的锌离子有4个；
（5）由均摊法计算得到金属互化物的化学式，再由质量公式计算密度。
【详解】（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，则金属互化物属于晶体，故答案为晶体；
（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有一个未成对电子，失去2个电子形成Cu2+，故Cu2+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d9；在CuSO4溶液中加入过量氨水，CuSO4与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4•H2O，加入乙醇降低Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，析出深蓝色Cu（NH3）4SO4•H2O晶体，晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4，均为sp3杂化。
（3）（SCN）2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，（SCN）2分子含有5个σ键，故1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为5NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，故答案为5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；
（4）ZnS的晶胞结构可知，距离Zn2＋最近的硫离子有4个，由硫化锌的化学式可知，距离每个硫离子最近的锌离子也有４个，即S2-的配位数为4，故答案为4；
（5）由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞面心，数目为6×=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8×=1，铜与金形成的金属互化物的化学式为Cu3Au，晶胞体积V=（a×10-7）3cm3，则密度ρ===，故答案为。
【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。
23.G是合成抗新冠病毒药物的中间体，合成路线如图所示：
已知：R1COOR2+R2-OH(R、R1、R2分别为烃基)
回答下列问题：
(1)G中官能团的名称为____。
(2)C的结构简式为____。
(3)写出D到E的方程式____，该反应类型为____。
(4)标出F中的手性碳原子___。
(5)H与G互为同分异构体，写出符合以下条件的一种结构简式____
①能发生水解反应；②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:9:9
(6)已知RXRMgX(X表示卤素原子)，以苯甲醇为原料制备，画出合成路线图___(无机试剂及有机溶剂任选)。
【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). (3). +(CH3CO)2O+CH3COOH (4). 取代反应 (5). (6).
(或或) (7).
【解析】
【分析】
A发生氧化反应生成B；根据C生成D的反应条件可知，该过程发生题目所给反应，所以C中含有酯基，再结合B的结构简式以及C的分子式可知C的结构简式为，D的结构简式为；D发生取代反应生E，E发生与发生加成反应生成F，F发生取代反应生成G。
【详解】(1)根据G的结构简式可知其官能团为醚键、羟基；
(2)根据分析可知C为；
(3)D为，其中一个羟基上的氢原子被—COCH3代替生成E，化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，该反应属于取代反应；
(4)连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以F中的手性碳原子为(*标出)；
(5)H与G互为同分异构体，满足：
①能发生水解反应，根据G结构简式可知H应含有酯基；
②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:9:9，则其苯环上应有两个处于对位的不同取代基(
这样才有2:2)，则符合条件的有、、；
(6)苯甲醇为，目标产物为，根据题目所给的“已知”反应可知，可以由和合成；可以由和发生酯化反应生成，而苯甲醇可以被氧化成苯甲酸；根据RXRMgX可知可以由生成，而可以和HBr发生取代反应生成；
综上所述合成路线为。
【点睛】合成路线的设计为本题难点，解决问题的关键是要理解题目所给的反应机理，同时对比目标产物和所给反应中的物质，找到相似之处，再进行替换即可。
24.可降解高分子化合物H的合成路线如下
已知：i．
ii．+2ROH +2HCl(R为烃基)
回答下面问题：
(1)有机物C中含有官能团的名称________；
(2)有机物E生成F的反应类型_________；
(3)有机物D的结构简式_________，高分子化合物H的结构简式_________；
(4)具有相同官能团的有机物A的同分异构体有_________种；
(5)有机物E和C按1:1发生缩聚反应的化学方程式：__________；
(6)写出由乙烯合成多肽的合成路线图(其他无机试剂任选)____________。
【答案】 (1). 氨基、羧基 (2). 取代反应(酯化反应) (3). (4). (5). 9 (6). n+n+(2n-1)H2O或n+n+(2n-1)H2O (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【解析】
【分析】
根据后续产物的结构可知C7H8中应含有苯环，则其结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成A，根据A的分子式可知A为，A在NaOH水溶液中发生水解生成，但该物质不稳定，会转化为，即B为；B发生信息i的反应生成C为；D含三个六元环，应是两分子C脱水生成，所以D为；B发生信息i中第一步和第三步反应生成E，则E为；F含三个六元环，应是两分子E脱水生成，所以F为；C与E反应生成G，G也含三个六元环，则G为；与发生类似信息ii的反应生成H，则H的结构简式为。
【详解】(1)C的结构简式为，其官能团为氨基和羧基；
(2)根据分析可知两分子E发生酯化生成F，反应类型为取代反应(酯化反应)；
(3)根据分析可知D为；H为；
(4)A为，A的官能团为两个氯原子，其同分异构体中，当两个氯原子均取代苯环上的氢原子，此时有6种；当一个氯原子在侧链，一个在苯环上有3种，共3+6=9种；
(5)E为，C为，1:1发生缩聚反应的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O或n+n+(2n-1)H2O；
(6)多肽可由发生缩聚反应生成，根据信息i可知该物质可以由CH3CHO经系列转化生成，CH2=CH2可以水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇可被催化氧化生CH3CHO，所以合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。
【点睛】解决本题的关键学生需要理解酯化反应机理以及氨基和羧基的反应机理；注意掌握由单体书写高聚物结构简式的方法。
