1、2020 年【省市好题精选必刷】化学全真模拟训练题2 月卷 考点考点 13 物质结构与性质（选修）物质结构与性质（选修） 考点考点 14 有机化学基础（选修）有机化学基础（选修） 考点考点 13 物质结构与性质（选修）物质结构与性质（选修） 1 （四川省成都市第七中学 2020 届高三第一次诊断考试）铁、钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新 型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题： 1基态 Ni原子的价电子排布式为_。 镍与 CO生成的配合物 4 Ni(CO)， 4 1mol? Ni(CO)中含有的键 数目为_；写出与 CO 互为等电子体的阴离子的化学式_。 2研究发现
2、，在 2 CO低压合成甲醇反应 2232 CO3HCH OHH O中，Co 氧化物负载的纳米粒子催 化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。 元素 Co与 O中，第一电离能较大的是_。 生成物 2 H O与 3 CH OH中，沸点较高的是_，原因是_。 用 KCN处理含 2 Co 的盐溶液，有红色的 2 Co(CN)析出，将它溶于过量的 KCN溶液后，可生成紫色的 4 6 Co(CN) 。 4 6 Co(CN) 具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色的 3 6 Co(CN) ，写出该反 应的离子方程式_。 3 铁有、三种同素异形体(如图)，、两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。 若 Fe 原子
3、半径为 rpm， A N表示阿伏加德罗常数的值，则Fe单质的密度为_ 3 g/cm (列出算 式即可)。 在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1,1，1)晶面。如图，则a ? Fe晶胞体中(1,1， 1)晶面共有_个。 【答案】 （1） 82 3d 4s A 8N CN或 2 2 C （2）O 2 H O 2 H O的沸点较高， 因为平均一个水分子能形成两个氢键.而平均一个 3 CH OH分 子只能形成一个氢键，氯键越多，熔沸点越高。所以 2 H O沸点高 43 6262 2Co(CN) 2H O2Co(CN) H2OH （3）4：3 23330 4 56 6.02 1016 2
4、 r10 4 【解析】 【分析】 (1)Co为 27 号元素，位于第四周期第族；1 个 Ni(CO)4中含有 4个配位键、4个共价三键，每个共价三 键中含有一个 键，配位键也属于 键；与 CO 互为等电子体的阴离子中含有 2个原子、价电子数是 10； (2)O 元素是非金属，Co是金属元素； 氢键越多，熔沸点越高； Co(CN)64-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co(CN)63-，只能是水中氢元素被还原 为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成； (3)晶胞为体心立方堆积，Fe 原子配位数为 8a晶胞为简单立方堆积，Fe 原子配位数为 6； -Fe 中顶点粒子占 1 8 ，面心
5、粒子占 1 2 ，根据晶体密度 = m V 计算； 在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1，1，1)晶面，该立方晶胞体中(1，1，1)晶面共 有 4个。 【详解】 1基态 Ni原子的价电子为 3d 能级上的 8 个电子、4s能级上的 2个电子，其价电子排布式为 82 3d 4s；1 个 4 Ni(CO)中含有 4个配位键、4 个共价三键，每个共价三键中含有一个键，配位键也属于键，所以该分 子中含有 8 个键，则 1mol该配合物中含有 A 8N个键；与 CO 互为等电子体的阴离子中含有 2个原子、 价电子数是 10，符合条件的阴离子为CN或 2 2 C ； 2 元素 Co与 O中
6、，由于 O元素是非金属而 Co 是金属元素，O比 Co 原子更难失去电子，所以第一电 离能较大的是 O； 2 H O与 3 CH OH均为极性分子， 2 H O中氢键比甲醇多。沸点从高到低的顺序为 23 H OCH OH；具体 地说， 2 H O的沸点较高，是因为平均一个水分子能形成两个氢键.而平均一个 3 CH OH分子只能形成一个 氢键，氯键越多，熔沸点越高；所以 2 H O沸点高； 4 6 Co(CN) 配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色 3 6 Co(CN) ，只能是水中氢元素 被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为： 43 6262 2Co(CN
7、) 2H O2Co(CN) H2OH ； 3晶胞为体心立方堆积，Fe 原子配位数为 8；a晶胞为简单立方堆积，Fe 原子配位数为 6，则、a 两 种晶胞中铁原子的配位数之比为 8：64：3； Fe中顶点粒子占 1 8 ， 面心粒子占 1 2 ， 则一个晶胞中含有 Fe 的个数为 11 864 82 个， 不妨取 1mol 这样的晶胞，即有 23 6.02 10个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m 4 56g ，根据立体几何知识，晶胞边 长 a与 Fe 的半径的关系为2a4r，所以a22r，则一个晶胞体积为 333303 Va pm162r10cm ，所以晶体密度为： 3 23 23330 m4
8、 56 g/cm 6.02 10 V6.02 1016 2 r10 ； 观察图可得在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为(1,1，1)晶面，该立方晶胞体中(1,1， 1)晶面共有 4 个。 2 （山西省大同市 2020 届高三第一次市直联考）现有 A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大的六种元素， 它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有 3 个能级，且毎个能级所含的电子数相同；D的原子核外有 8 个运动状态不同的电子，E元素与 F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差 3，且 E 元素的基态 原子有 4个未成对电子。请回答下列问题： （1）请写出 D基态的价层电子排布图：_
9、。 （2）下列说法正确的是_。 A二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点 SiO2CO2 B电负性顺序：CNOF CN2与 CO为等电子体，结构相似，化学性质相似 D稳定性：H2OH2S，原因是水分子间存在氢键 （3）某化合物与 F()(表示化合价为1)结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是 _。 （4）己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到 8电子稳定结构，则(BC)2中 键和 键的个数比为_。 （5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是_。 （6）Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如 1、3、6、7的
10、 O2-围成的正四 面体空隙和 3、6、7、8、9、12的 O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中， 另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中， 则 Fe3O4晶体中， 正四面体空隙数与 O2-数之比为_， 有_% 的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有 8个图示结构单元，晶体密度为 5.18g/cm3，则该晶胞参数 a=_pm。(写出计算表达式) 【答案】 （1） （2） B （3）sp 2、sp 3 （4）3：4 （5）HNO3的非羟基氧个数与 H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近 （6）21 50% 10 3 23 8 2
11、32 10 5.18 6.02 10 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有 3个能级， 且每个能级所含的电子数相同，核外电子排布为 1s22s22p2，故 B为碳元素；D的原子核外有 8 个运动状态 不同的电子，则 D 为 O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故 C为 N元素；E 元素与 F元素处于同一周 期相邻的族，它们的原序数相差 3，二者只能处于第四周期，且 E 元素的基态原子有 4个未成对电子，外围 电子排布为 3d64s2，则 E为 Fe，F为 Cu， （3）中 C（氮元素）与 A形成的气体 x，则 A为 H元素
12、，形成的 x 为 NH3，据此解答本题。 【详解】 （1）D为 O元素，价电子排布为 2s22p4，基态的价层电子排布图为：， 故答案为：； （2）A、二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故点：SiO2CO2，故 A错误； B、同周期自左而右电负性增大，电负性顺序：CH2S，故 D 错误，故答案为：B； （3）杂环上的碳原子含有 3个 键，没有孤对电子，采用 sp2杂化，甲基、亚甲基上碳原子含有 4个共价 单键，采用 sp3杂化， （4）(CN)2是直线型分子，并有对称性，结构式为：NC-CN，单键为 键，三键含有 1个 键、2个 键，(CN)2中 键和 键的个数比为 3：4， （5）
13、HNO3的非羟基氧个数与 H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近， 故答案为：HNO3的非羟基氧个数与 H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近； （6） 结构中如1、 3、 6、 7的O2围成的正四面体空隙有8个， 由图可知晶体结构中O2离子数目为81 8 +61 2 =4 个，则正四面体空隙数与 O2离子数目之比为 8：4=2：1； Fe3O4中有一半的 Fe3+填充到正四面体空隙中，另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中，则有 50%的正八 面体空隙没有填充阳离子； 含有 Fe3+和 Fe2+的总数为 3，晶胞中有 8 个图示结构单元，不妨取 1mol这样的晶胞，
14、则 1mol晶胞的质量为 m=8 (3 56+4 16)g=8 232g，1mol晶胞即有 6.02 1023个晶胞，1 个晶胞的体积为 V=(a 1010)3cm3，所以晶 体密度为 323 23-10 m8 232 =g/mol 6.02 10V 6.02 10a 10 ，所以晶胞边长 a= 10 3 23 8 232 10 5.18 6.02 10 pm。 3 （四川省南充高级中学 2020 高三 2 月线上考试）氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题： （1）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为_。H2F+SbF6（氟酸锑）是一种超强酸，存在H2F+， 该离子的空间构型为_，依次写出
15、一种与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是 _、_。 （2）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着重要的化工用途。 H3BO3和 NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序_（填元素符号） 。 H3BO3本身不能电离出 H+，在水中易结合一个 OH生成B(OH) 4 ，而体现弱酸性。B(OH) 4 中 B原子 的杂化类型为_。 NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在_（填序号） ： A 离子键 B 键 C 键 D 配位键 E 范德华力 （3）某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为 A N
16、，该晶体的密度 _g cm3。 【答案】 （1） V 形 H2O NH2 （2） FNOB sp3 ABD （3） 32 2 A 5.36 3a 10 cN 【解析】 【分析】 （1）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑(Sb)原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断 H2F+的空间构型；用替代法书写与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子； (2)同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势； B(OH)4中 B 的价层电子对=4+ 1 2 (3+1-4 1) =4，所以采取 sp3杂化； NH4BF4 (四氟硼酸铵)中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结
17、合；铵根离子中含 3个 键和 1 个配位键，氟硼酸根离子中含 3 个 键和 1个配位键； (3)由晶胞结构可知， 每个晶胞中含有 2个 Ni原子和 2个 As原子， 计算晶胞的质量， 晶胞的密度=晶胞质量 晶胞体积 ； 【详解】 （1） 锑为 51 号元素， Sb 位于第五周期 VA 族， 则基态锑(Sb)原子价电子排布的轨道式为； H2F+SbF6（氟酸锑） 是一种超强酸， 存在H2F+， H2F+中中心原子 F的价层电子对数为 2+ 712 1 2 =4， 键电子对数为 2，该离子的空间构型为 V型，与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子为 H2O、阴离 子为 NH2， 故答案为：；V
18、形； H2O；NH2； （2）H3BO3和 NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是 B、N、O、F四种元素，同周期元素从左向右 第一电离能呈增大趋势，N的 2p 能级半充满较稳定，N 的第一电离能大于 O，则这四种元素第一电离能由 大到小的顺序为 FNOB， 故答案为: FNOB； B(OH)4中 B 的价层电子对=4+ 1 2 (3+1-4 1) =4，所以采取 sp3杂化， 故答案为：sp3； NH4BF4 (四氟硼酸铵)中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含 3个 键和 1 个配位键，氟硼酸根离子中含 3 个 键和 1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结
19、合，则四氟 硼酸铵中存在离子键、 键、配位键， 故答案为：ABD； （3）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有 Ni原子数目=81 8 +41 4 =2，含有 2个 As原子，晶胞的质量 =2 A 5975 N g，晶胞的体积 V=a 10-10cm a 10-10cm60sin c 10-10cm= 2 3a c 2 10-30cm3，故晶胞的密度 = 32 A 30 2 3 2 A 5975 2g N10 N 10cm 5.36 = 3a c3a c 2 g cm3。 4 （河北省衡水中学 2020 届高三下学期一调）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题： (1)金红石(TiO2)是钛
20、的主要矿物之一，基态 Ti原子价层电子的排布图为_，基态 O原子电子占据最 高能级的电子云轮廓图为 _形。 (2)以 TiO2为原料可制得 TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为 205K、409K，均高于结构与其相似的 CCl4，主要 原因是 _。 (3)TiCl4可溶于浓盐酸得 H2TiCl6，向溶液中加入 NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体。该晶体中 微观粒子之间的作用力有 _。 A离子键 B共价键 C分子间作用力 D氢键 E范德华力 (4)TiCl4可与 CH3CH2OH、 HCHO、 CH3OCH3等有机小分子形成加合物。 上述三种小分子中 C原子的 VSEPR
21、模型不同于其他分子的是 _，该分子中 C 的轨道杂化类型为_ 。 (5)TiO2与 BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。 BaCO3中阴离子的立体构型为 _。 经 X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与 O2相接触） ，则钛酸钡的化学式为 _。已知晶胞边长为 a pm，O2的半径为 b pm，则 Ti4+、Ba2+的半径分别为_pm、 _pm。 【答案】 （1） 哑铃型 （2）TiCl4的相对分子质量大于 CCl4，分子间作用力更大 （3）AB （4）HCHO sp2 （5）平面三角形 BaTiO3 2 2 ab 2 a2 b 2 【解析】 【分析】 (1)根据元素核外
22、电子排布规律书写电子排布式，根据电子排布式判断最高能级及电子云轮廓； (2)分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，根据相对分子质量分析判断； (3)结合晶体转化反应过程，和物质类别判断分析化学键的种类； (4)根据有机物中碳原子的成键方式，判断空间构型，进而判断碳原子杂化方式； (5)应用杂化轨道理论计算中心原子的价电子对数确定杂化方式分析确定立体构型； 结合晶胞图示计算晶胞中各原子的个数书写其分子式，再结合晶胞微粒的相互位置关系计算微粒的半径。 【详解】 (1) Ti为 38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：Ar3d24s2，则价层电子排布图为；基 态 O 原子核外电子排布式为 1s22s2
23、2p4，最高能级为 p，其电子云轮廓为哑铃型； (2) TiCl4的熔、沸点分别为 205K、409K，与 CCl4结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间 作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl4的相对分子质量大于 CCl4，分子 间作用力更大； (3)根据转化过程 TiCl4可溶于浓盐酸得 H2TiCl6，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液 中加入 NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH4)2TiCl6，产物中含有铵 根离子，根据以上分析，(NH4)2TiCl6晶体中含有共价键和离子键，故答
24、案选 AB； (4) CH3CH2OH和 CH3OCH3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，HCHO 的碳原子含有碳氧双键， 分子中所有在同一平面， 为平面三角形， 根据构型可知， 三个分子中 C 原子的 VSEPR 模型不同于其他分子的是 HCHO，根据构型可得，该分子中 C的轨道杂化类型为 sp2杂化； (5)BaCO3中阴离子为 CO32-， 中心原子为碳原子， 其价层电子对数=3+ 423 2 2 =3， 碳原子为 sp2杂化， 该阴离子由 4个原子构成，则立体构型为平面三角形； 根据晶胞图示，Ti位于晶胞的顶点，Ti的数目=81 8 =1，Ba原子位于晶胞的
25、内部，数目为 1，分析计算分 子式和粒子半径；O原子位于晶胞的棱上，其数目=121 4 =3，则则钛酸钡的化学式为 BaTiO3；已知晶胞边 长为 a pm， O2的半径为 bpm， 根据图示， 晶胞边长= 2r(Ti4+)+2r(O2-)=apm， 则 r(Ti4+)= 2- a-2r O a-2b = 22 pm； 晶胞面对角线的长度=2r(O2-)+2r(Ba2+)= 2a pm，r(Ba 2+)= 2 2a 2a2b 2 2 2 r O pm。 【点睛】 结合晶胞图示计算晶胞中各原子的个数书写其分子式，再结合晶胞微粒的相互位置关系计算微粒的半径， 题中明确指出 Ti4+、Ba2+均与
26、O2相接触，但未指明 Ti4+、Ba2+紧密结合，体对角线的长度 =2r(Ti4+)+2r(Ba2+)= 3a 是易错点。 5 （广东省珠海市 2020 届高三上学期期末考）第四周期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。 （1）铬（Cr）被称为“不锈钢的添加剂”。 写出 Cr 在周期表中的位置_； 其原子核外电子排布的最高能层符号是_。 在 lmolCrO5（其中 Cr为+6 价）中，含有过氧键的数目为_。 （2）钒（V）是我国的丰产元素，被誉为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题： 写出基态钒原子的价电子排布图：_。 V2O5常用作 SO2转化为 SO3的催化剂。 SO
27、3的三聚体环状结构如图 1所示， 该结构中 S 原子的杂化轨道类 型为_。 （3）镍（Ni）是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与 CO 形成正四面体形的配合物 Ni（CO）4，其中配原 子是_（填元素符号） 。 （4）钛（Ti）被称为“21世纪金属”，钙钛矿（CaTiO3）晶体是工业获取钛的重要原料，其晶胞结构如图 2， 晶胞参数为 a=0.266 nm，晶胞中 Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。 Ti与 O之间的最短距离为_nm， 与 Ti紧邻的 O个数为_。 【答案】 （1）第四周期第 VIB 族 N 2NA （2） sp3 （3） C （4）0.188 12 【解析】 【分析】
28、 Cr是 24 号元素，位于第四周期第 VIB族；基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1；该原 子核外电子排布中最高能层是第四电子层；CrO5中 5个 O共为-6 价，必定有 4个为-1 价，CrO5分子结构 式为。 钒原子价电子排布式为 3d34s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；该分子中 S原子价层电 子对个数是 4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断 S原子杂化类型。 C 原子与 O原子均含有 1 对孤对电子，电负性越强越不易提供孤对电子； Ti与 O之间的最短距离为晶胞面对角线长度的一半；与 Ti紧邻的 O个数=3 8 2。 【详解】 Cr
29、是 24 号元素，位于第四周期第 VIB族；故答案为：第四周期第 VIB 族。 基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1，该原子核外电子排布中最高能层是第四电子层，该层 符号为 N；故答案为：N。 CrO5中 5个 O共为-6 价，必定有 4 个为-1 价，CrO5分子结构式为 ，即有两个过氧键，在 1mol CrO5 含有过氧键的数目为 2NA，故答案为：2NA。 钒原子价电子排布式为 3d34s2，价电子排布图为；故答案为： 。 SO3的三聚体（SO3）3的环状结构中 S原子形成 4个 键，杂化轨道数目为 4，S原子采取 sp3杂化；故答 案为：sp3。 C 原
30、子与 O原子均含有 1 对孤对电子，O的电负性比 C 的强，O原子不易提供孤对电子，C原子提供孤对 电子，故 Ni(CO)4中配原子是 C；故答案为：C。 Ti与 O之间的最短距离为晶胞面对角线长度的一半 1 20.266nm=0.188nm 2 ， 故答案为： 0.188。 与 Ti紧邻的 O个数=3 8 2=12;故答案为：12。 【点睛】 晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基本公式的理解和运用、空间想象 能力及计算能力，注意过氧键个数的计算 6 （山西省 2020 年 1 月高三适应性调研考试）自 20世纪 80年代以来建立起的沼气发酵池，其生产的沼气 用作燃
31、料，残渣（沼渣）中除含有丰富的氮、磷、钾等常量元素外，还含有对作物生长起重要作用的硼、 铜、铁、锌、锰、铬等微量元素，是一种非常好的有机肥。请回答下列问题： (1)现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。 (2)下列微粒基态的电子排布中未成对电子数由多到少的顺序是_（填字母） 。 a.Mn2+ B.Fe2+ C.Cu D.Cr (3)P4易溶于 CS2，难溶于水的原因是_。 (4)铜离子易与氨水反应形成Cu(NH3)42+配离子。 Cu(NH3)42+中提供孤电子对的成键原子是_。 研究发现 NF3与 NH3的空间构型相同，而 NF3却难以与 Cu2+形成配离子，其原因是_。 (5)某晶胞
32、中各原子的相对位置可用如图所示的坐标系表示： 在铁(Fe)的一种立方晶系的晶体结构中，已知 2 个 Fe 原子坐标是(0，0，0)及( 1 2 ， 1 2 ， 1 2 )，且根据均摊法 知每个晶胞中有 2个 Fe 原子。 根据以上信息，推断该晶体中原子的堆积方式是_， 已知晶体的密度为 g cm-3，Fe 的摩尔质量是 M g mol-1，阿伏加德罗常数为 NA，晶体中距离最近的两个 铁原子之间的距离为_ pm（用代数式表示） 。 【答案】 （1）原子光谱 （2）dabc （3）P4和 CS2均为非极性分子，H2O为极性分子，相似相溶 （4） N NH3中氮原子显负电，易与 Cu2结合，NF3
33、的氮原子显正电性，与带正电的 Cu2相排斥， 难以结合 （5）体心立方堆积 3 32 2 A M N 1010 【解析】 【分析】 （1）核外电子跃迁时会吸收或释放能量，通过光谱仪器可获取其特征谱线； （2）电子排布中未成对电子会出现在价电子中。 （3）根据相似相溶原理分析。 （4）根据分子中价态特点，NF3的氮原子显正电性，与带正电荷的 Cu2+相互排斥； （5）根据晶胞结构特点分析。 解题时应先求棱长 a，再求两个原子间距。 【详解】 (1)核外电子跃迁时会吸收或释放能量，通过光谱仪器可获取其特征谱线，这些特征谱线即原子光谱。故答 案为：原子光谱； (2)电子排布中未成对电子会出现在价电子
34、中。基态 Mn2的价电子排布为 3d5，有 5 个未成对电子；基态 Fe2 的价电子排布为 3d6，有 4 个未成对电子；基态 Cu的价电子排布为 3dl04s1，有 1个未成对电子；基态 Cr 的价电子排布为 3d54s1，有 6个未成对电子。故排序为 dabc； (3)白磷(P4)为正四面体结构，为非极性分子，CS2为直线形结构，为非极性分子，H2O 为形结构，为极性 分子。根据相似相溶原理，白磷易溶于 CS2而难溶于水。故答案为：P4和 CS2均为非极性分子，H2O 为极性 分子，相似相溶； (4)根据分子中价态特点，NF3的氮原子显正电性，与带正电荷的 Cu2+相互排斥，所以难以形成配
35、位键。故 答案为：N；NH3中氮原子显负电，易与 Cu2结合，NF3的氮原子显正电性，与带正电的 Cu2相排斥， 难以结合； (5)由题干信息可知，该晶胞中铁原子位于顶角和体心，则该晶体中原子的堆积方式为体心立方堆积。故 答案为：体心立方堆积； 每个晶胞中含有两个铁原子，则晶胞体积 V=a3= 2 A M N cm3，所以立方体的棱长 a=3 2 A M N cm；距离最近 的两个铁原子的坐标分别为(0，0，0)和( 1 1 1 , 2 2 2 )，则该两原子之间的距离为体对角线的一半，即为 3 332 22 A M a N 1010pm。 【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及电子排布式的书
36、写、结构的分析、晶胞的计算等知识点，这些是学习难点， 也是考查重点，难点（3）要求学生晶胞的结构求距离最近的两个铁原子间距离，考查学生空间想象能力和 计算能力。 考点考点 14 有机化学基础（选修）有机化学基础（选修） 1 （四川省南充高级中学 2020 高三 2 月线上考试）聚对苯二甲酸丁二醇酯( PBT)是一种性能优异的热塑性 高分子材料。PBT 的一种合成路线如下图所示： 回答下列问题： (1)A的结构简式是_，C的化学名称是_。 (2)的反应试剂和反应条件分别是_。 (3)F的分子式是_，的反应类型是_。 (4)的化学方程式是_ 。 (5)M 是 H的同分异构体，同时符合_列条件的 M
37、 可能的结构有_种。 a. 0.1 molM 与足量金属钠反应生成氢气 2.24 L（标准状况） b.同一个碳原子上不能连接 2个羟基 其中核磁共振氢谱显不 3组峰，且峰而积之比为 3：1：1 的结构简式是_。 (6)以 2一甲基-1-3 一丁二烯为原料（其它试剂任选） ，设计制备的合成路线：_ 【答案】 （1） 对苯二甲醛 （2） NaOH 溶液，加热（或 H+/） （3）C8H12O4 加成反应（或还原反应） （4） （5） 5 （6） 或 【解析】 【分析】 由可知 A 为：；由可 知 C 为：；由以及 PBT 为聚对苯二甲酸丁二醇酯可知 G 为： 、H 为：；根据以上分析可解答下列问题
38、。 【详解】 （1）A 的结构简式是，C 的结构简式是，化学名称是对苯二甲醛。答案为： 、对苯二甲醛 （2）反应是由 F 生成 G 的反应，属于酯的水解反应，所以反应试剂和反应条件分别是 NaOH 溶液，加热 （或 H+/） 。 答案为：NaOH 溶液，加热（或 H+/） （3）F 的结构简式为： ，所以分子式是 C8H12O4，反应是由 生成 的反应，属于加成反应（或还原反应） ；答案为： C8H12O4 、加成反应（或还原反应） (4)反应是由对苯二甲酸与 1，4-丁二醇的缩聚反应，反应方程式为： 答案为： （5）M 是 H 的同分异构体，H 为：HOCH2CH2CH2CH2OH，1mol
39、M 与足量钠反应放出氢气，说明官 能团为 2 个羟基；1 个碳原子上不能连接 2 个羟基，分情况讨论，当骨架为直链时，先确定一个羟基的位 置，再判断另一个羟基的位置，如图：、，共 4 种， 当存在支链时：、，共 2 种，所以符合条件的有机化合物 M 共有 6 种，去掉 H 本身这一种还有 5 种，所以符合条件的 M 可能的结构有 5 种。其中核磁共振氢谱显示 3 组峰，且峰而积之比为 3：1：1 的结构简式为：答案为：5 、 （6）结合 PBT 的合成路线图，以及所学过的有机化学知识，由 2 一甲基-1-3 一丁二烯为原料（其它试剂任 选） ，制备的合成路线可以设计如下： 或。 2 （河北省衡
40、水中学 2020 届高三下学期一调）化合物 I(）是治疗心脏病的 一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（）合成，路线如下： (1)C的结构简式为_，E 的化学名称_。 (2)由萘生成 C、B生成 E的反应类型分别为_、_ 。 (3)I中含氧官能团的名称为_。 (4)D可使溴水褪色， 由D生成G的反应实现了原子利用率100%， 则该反应的化学方程式为_。 (5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的 G（ ）与 F反应，所得 H的结构简式为 则反应中 G（）断 裂的化学键为 _（填编号） (6)Y为 H的同分异构体，满足以下条件的共有_种,请写出其中任意一种的结构
41、简式_。 含有萘环，且环上只有一个取代基。 可发生水解反应，但不能发生银镜反应。 【答案】 （1） 乙醇 （2）取代反应 加成反应 （3）醚键和羟基 （4） （5） ad （6）8 (任写一种，符合题目要求即可) 【解析】 【分析】 和氯气在催化剂作用下发生取代生成 C， C在碱性条件下发生发生水解反应生成 F， F和 G在碱 性条件下生成 H，根据 H的结构简式，可知 C的结构简式为，F的结构简式为 ；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成 E，则 E为乙醇，乙醇与氨气发生取代 反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。 【详解】 (1)根据分析 C的结构简式为，E 的化学名称是乙醇
42、； (2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成 C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂 作用下与水发生加成反应生成 E，反应类型为加成反应； (3)化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基； (4) A与氯气在加热条件下反应生成 D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成 G，D 可使溴水褪色，说明 D中 含有碳碳双键，由 D生成 G的反应实现了原子利用率 100%，结合 G的结构简式可知，D的结构简式为 ，则该反应的化学方程式为：； (5)反应中 G（）到 H( )过程中，氯原子从 G 分子中脱离，则 a 位置的键发 生断键；含有重氢的环状结构断开，说明 d位置化学键断裂；断裂的
43、化学键为 ad； (6)H的结构简式为 ，Y为 H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发 生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为 、 、 、，共有 8 种(任写一种，符合题目要求即可)。 3 （广东省深圳市高级中学 2020 届高三上理综）树脂交联程度决定了树脂的成膜性。下面是一种成膜性良 好的醇酸型树脂的合成路线，如图所示。 （1）B的分子式为 C4H7Br，且 B不存在顺反异构，B的结构简式为_，A到 B步骤的反应类型是_。 （2）E中含氧官能团的名称是_，D的系统命名为_。 （3）下列说法正确的是_。 A1mol化合物 C最多消耗
44、3molNaOH B1mol化合物 E 与足量银氨溶液反应产生 2molAg CF不会与 Cu(OH)2悬浊液反应 D丁烷、1-丁醇、化合物 D中沸点最高的是丁烷 （4）写出 D、F在一定条件下生成醇酸型树脂的化学方程式_。 （5）的符合下列条件的同分异构体有_种。 苯的二取代衍生物 遇 FeCl3溶液显紫色 可发生消去反应 （6）己知丙二酸二乙酯能发生以下反应： 以丙二酸二乙酯、1，3-丙二醇、乙醇钠为原料合成，请设计出合理的反应流程_。 【答案】 （1）CH3CHBrCH=CH2 取代反应 （2）醛基 1，2，3-丁三醇 （3） A （4） n+n +(2n-1)H2O （5）6 （6）
45、【解析】 【分析】 有机合成试题，考生要认真审好合成路线图，结合题中所给信息从中找出有价值的信息，从而找出各个路 线中的各个物质：A 为 CH3CH2CH=CH2、B为 CH3CHBrCH=CH2、C为 CH3CHBrCHBrCH2Br、D 为 、E 为、F为。 【详解】 （1）由题中合成路线图可知，CH3CH2CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液中加热的条件下发生消去反应生成 A(CH3CH2CH=CH2)，A(CH3CH2CH=CH2)在 NBS 作用之下生成 B， B 的分子式为 C4H7Br，并且 B 不存在 顺反异构，故 B为 CH3CHBrCH=CH2，A到 B步骤的反应类型是取代反
46、应； （2）B 与 Br2发生加成反应生成 C，C 为 CH3CHBrCHBrCH2Br，C在氢氧化钠溶液中发生水解生成 D，D 为()， D 的名称为 1， 2， 3-丁三醇， D 与 F 生成 ， 可知 D 为， F 为 ，又因为与 O2在催化剂作用下生成 E，所以 E 为，E 中的含氧 官能团为醛基； （3）AC(CH3CHBrCHBrCH2Br)在氢氧化钠乙醇溶液中反应生成(CH3CH(OH)CH(OH)CH2OH)，所以 1mol 化合物 C 最多消耗 3molNaOH，A 正确； B1mol化合物 E中含有 2mol 醛基(-CHO)，1mol化合物 E与足量银氨溶液反应产生 4molAg，B错误； CF中含有羧基(-COOH)会与 Cu(OH)2悬浊液反应，C
