2020年高考化学省市名校模拟好题精选（6月卷）：物质结构与性质（选修）、有机化学基础（选修）.docx

1、2020 年高考省市名校模拟好题精选（6 月卷） ： 物质结构与性质（选修） 、有机化学基础（选修） 物质结构与性质（选修） 1 （2020 届河南省郑州市高三第二次质检）钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，回答下列问题： （1）基态铜原子的价电子排布式为_。 （2）CaCO3高温分解可制得 CaO。CaO 与 C 在一定条件下可生成 CaC2，CaC2与水反应生成 Ca(OH)2和 一种 4 原子气体分子。 CaCO3中阴离子的空间构型为_。 该气体分子中 键与 键的数目之比为_。 写出 2 种与 2- 2 C 互为等电子体的分子的化学式_。 （3）工业上电解 CaCl2制 Ca 而不采

2、用电解 CaO 的原因是_。 （4）在碱性溶液中，缩二脲 HN( CONH2)2与 CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反 应原理可用于检验蛋白质或其他含键的化合物。缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为 _、_。 （5）一种钙铜合金的结构可看作图 a、b 两种原子层交替堆积排列而成 c，其晶胞如图 d。 a 图 Ca-Ca 间距离为 x pm，c 图中 Ca-Ca 间距离为 y pm。已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫 该原子的配位数，则晶胞 c 中 Ca 原子的配位数(Cu 原子)为_。 设阿伏加德罗常数的值为 NA，则该钙铜合金的密度是_gcm-3(列出计算表

3、达式） 。 【答案】 （1）3d104s1 （2）平面三角形 3:2 CO、N2 （3）CaO 熔点高于 CaCl2，熔化 时消耗能量高 （4）sp2 sp3 （5） 18 230 A 405 642 3x y 10N （） 【解析】 （1） 基态Cu原子的外围电子排布为： 3d104s1， 则基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1， 故答案为： 3d104s1； （2）CaCO3中 K2CO3中阴离子为 CO32-，中心碳原子形成 1 个碳氧双键和 2 个碳氧单键，阴离子的空间 构型为平面三角形，故答案为：平面三角形； 该气体为 C2H2，分子中 2 个单键，1 个三键，一个单键就有一个

4、 键，三键中有一个 键和 2 个 键， 分子中 键与 键数目比为 3：2，故答案为：3：2； 2- 2 C离子中共有 14 个电子，符合的有 CO、N2，故答案为：CO、N2； （3）氧化钙熔点比氯化钙熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯 化钙冶炼钙，故答案为：CaO 熔点高于 CaCl2，熔化时消耗能量高； （4）缩二脲分子中碳原子以单键和双键结合，分子中的 C 原子采取 sp2杂化，氮原子以单键结合分子中的 N 原子采取 sp3杂化，故答案为：sp2；sp3； （5）以上面面心上的 Ca 原子为例，该晶胞中该 Ca 原子配位的 Cu 原子包含其上面 6 个

5、、相同层 6 个、 下层 6 个，所以其配位数是 18，故答案为：18； 根据 c 可知， 该晶胞中 Ca 原子个数=121 6 +21 2 =3、 Cu 原子个数=121 2 +61 2 +6=15， 该晶胞体积= 1 2 (x 10-10)2sin60 6 (x 10-10)cm3= 3 3 2 x2y 10-30cm3，晶体密度= 33 A 230 230 A 405 64)3 m(405 64)2 =g cm =g cm V3 33x y 10 x y 10 2 N N ( ，故答案为： 230 A 405 642 3x y 10N （） 。 2 （2020 届广东省深圳市高三第一次调

6、研）含Ni、As元素的物质在生产生活中有重要的用途。回答下列 问题： （1）基态 2 Ni 核外电子排布式为_。 （2） 3 AsCl分子的立体构型为_。 （3）某个Ni()有机配合物的结构如图所示： 该分子中 N 原子的杂化方式为_、_。 请在图中用“”标出 2 Ni 的配位键_。 （4）Ge，As，Se 元素处于同一周期，三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为_。 （5） 34 H AsO的酸性强于 33 H AsO的原因是_， 3 AsH的键角小于 3 NH的原因是_。 （6）如图为 Ni 和 As 形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式为_，Ni 原子占据的空隙类 型为_。已知

7、晶胞参数分别为 apm、apm、bpm 和 =60，则该品胞的密度为_ 3 g cm(设阿 伏加德罗常数的值为 NA) 【答案】 （1） 8 Ar3d或 226268 1s 2s 2p 3s 3p 3d （2）三角锥形 （3） 2 sp 3 sp （4） AsSeGe （5） 34 H AsO分子结构中非羟基氧原子数比 33 H AsO多， 所以 34 H AsO的酸性强.或 34 H AsO分子中 As 价态更高，导致AsOH中的 O 的电子向 As 偏移，氧氢 键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出 H+，故 34 H AsO酸性更强 砷原子电负性小于氮原子， 所以其共用电子对离砷核距

8、离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小 （6）NiAs 八面体空隙 32 2 A 2.68 10 Na b sin60 【解析】 （1）28 号元素是镍，核外电子排布式为 2262682 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s，基态 2 Ni 失去最外层的两个电子，核 外电子排布式为 8 Ar3d或 226268 1s 2s 2p 3s 3p 3d； （2） 3 AsCl的中心原子为砷，最外层有 5 个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤对电子，价 层电子对数为 4 对，分子的立体构型为三角锥形； （3） 氮原子形成一对双键，两对单键时，价层电子对数为 3 对，杂化方式为 2 s

9、p，形成三对单键的氮原 子形成的 键数为 3 对，孤对电子数为 1 对，价层电子对数为 4 对，杂化方式为 3 sp杂化； 镍原子正上方的氮原子，有一对孤对电子，下方水分子提供孤对电子，镍原子提供空轨道，形成两对配 位键，表示为； （4）Ge，As，Se 元素处于同一周期，同周期第一电离能呈现增大的趋势，As 的最外层 4p 轨道为半充满状 态，第一电离能高于 Se 和 Ge，故第一电离能由大到小为：AsSeGe （5） 34 H AsO分子结构中非羟基氧原子数比 33 H AsO多，所以 34 H AsO的酸性强.或 34 H AsO分子中 As 价态更高，导致AsOH中的 O 的电子向 A

10、s 偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离 出 H+，故 34 H AsO酸性更强； 砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小， 3 AsH的键角小于 3 NH； （6） Ni 位于顶点和棱心，个数为 81 8 +41 4 =2，As 位于体心，个数为 2，原子个数最简比为 1:1，化学 式为NiAs；六个镍原子围成八面体空隙； A mnMNM = VVN Sb 底 ，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底 面是菱形，计算出面积 S底= 1 a2a60 2 sin，代入密度公式得到 32 2 A 2.68 10 Na b

11、sin60 。 3 （2020 届安徽省江淮十校联考）Cu(In1-xGaxSe2)（简称 CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好 的发展前景。 回答下列问题： （1）已知铟的原子序数为 49，基态铟原子的电子排布式为Kr_；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺 序为_。 （2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键， 其主要原因是_。常温常压下，SiF4呈气态，而 SiCl4呈液态，其主要原因是_。 （3）31Ga 可以形成 GaCl3 xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为 6 的配合物，向上述某物质的溶液中 加入足量 Ag

12、NO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物 质的量之比为 1：2。则该溶液中溶质的化学式为_。 （4）SeO32-的立体构型为_；SeO2中硒原子采取杂化类型是_。 （5）常见的铜的硫化物有 CuS 和 Cu2S 两种。已知：晶胞中 S2-的位置如图 1 所示，铜离子位于硫离子所构 成的四面体中心， 它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。 已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm， 阿伏加德罗常数的值为 NA。 CuS 晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为_pm。 Cu2S 晶体中，S2-的配位数为_。 Cu2S 晶体的密度为 =_gcm-3（列

13、出计算式即可） 。 【答案】 （1）4d105s25p1 SeGaIn （2）硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小， 形成三键、 三键不稳定 组成、 结构相似、 四氯化硅的相对分子质量较大 （3） Ga(NH3)4Cl2Cl （4） 三角锥形 sp2 （5） 2 2 a 8 3-30 A 640 Nb10 【解析】 （1）镓原子的质子数为 49，电子排布是为 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为Kr 4d105s25p1；Ga 与 In 同主族，Se 与 Ga 同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐 增大

14、，则第一电离能从大到小顺序为 SeGaIn。 （2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳 原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质 量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。 （3）向上述某配合物的溶液中加入足量 AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且 又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为 1：2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为 2:1，由 于 Ga3+的配位数为 6，则该配合物的化学式为Ga(NH3)4Cl2Cl。 （4）SeO32-中硒原子

15、的价层电子对数为 4，其中为 1 个孤对电子对、3 个成键电子对，故它的立体构型为三 角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有 3 个电子对，采取 sp2杂化。 （5）由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为 2 2 a pm。 铜离子配位数为 4，根据化学式为 Cu2S，得出 S2-的配位数为 8。 Cu2S 晶体中含有 8 个铜离子、4 个硫离子，故晶体的密度为 = 2 (S) 10 3 C 3 u 30 AA 4 M 640 N(b 10)Nb10 g cm-3。 4 （2020 届河南省焦作市高三第三次模拟）2019 年 8 月 13 日中国科学家合成了首例

16、缺陷诱导的晶态无机 硼酸盐单一组分白光材料 Ba2 Sn（OH）6B（OH）4 2并获得了该化合物的 LED 器件，该研究结果有望为 白光发射的设计和应用提供一个新的有效策略。 （1） 基态 Sn 原子价层电子的空间运动状态有_种， 基态氧原子的价层电子排布式不能表示为 222 xy 2s 2p 2p， 因为这违背了_原理（规则） 。 （2）B（OH）4 中氧原子的杂化轨道类型为_，B（OH） 4 的空间构型为_。 Sn（OH） 6 2 中，Sn 与 O 之间的化学键不可能是_。 a 键 b 键 c 配位键 d 极性键 （3）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物中，熔点较低的是_（填化学式） ，

17、其原因是_。 （4）超高热导率半导体材料砷化硼（BAs）的晶胞结构如下图所示，则 1 号砷原子的坐标为_。已 知阿伏加德罗常数的值为 NA， 若晶胞中 As 原子到 B 原子最近距离为 a pm， 则该晶体的密度为_g cm3（列 出含 a、NA的计算式即可） 。 【答案】 （1）3 洪特 （2） sp3 正四面体 a （3） BaO 离子半径越小，晶格能越大， 物质的熔点越高 （4） ( 1 4 ， 1 4 ， 1 4 ) 330 A 864 4 3 (a)10 3 N 【解析】 （1）Sn 元素与 C 元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子为 5s25p2，5s 能级的 s 轨道为

18、一种 空间运动状态，5p 能级占据两个 p 轨道有两种空间运动状态，共有 3 种空间运动状态；根据洪特规则，同 一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以该排布式违反了洪特规则； （2）B(OH)4 中每个氧原子与氢原子和 B 原子各形成一个 键，还有 2 对孤电子对，所以价层电子对数 为 4，为 sp3杂化；B(OH)4 中 B 原子与每个氧原子之间均形成一个 键(其中一个为配位键)，价层电子对 数为 4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；Sn(OH)6 2中，O 原子和氢原子之间为 键，也为 极性共价键，Sn 原子和 O 原子之间有 键和配位键，所以该物质中不含 键，所

19、以选 a； （3）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为 BaO 和 MgO，镁离子核外电子层数少于钡离子，所以 镁离子半径更小，形成的离子键更强，晶格能更大，熔点较高； （4）根据晶胞结构可知 1 号砷原子距离坐标原点的距离为晶胞体对角线的 1 4 ，所以坐标为( 1 4 ， 1 4 ， 1 4 )； 根据晶胞结构可知，距离最近的 As 原子和 B 原子即为 1 号砷原子距离坐标原点 B 原子的距离，所以晶胞 体对角线的长度为 4a pm， 则晶胞的棱长为 4 3 3 a pm， 则晶胞的体积 V= 3 4 3 a 3 pm3= 3 4 3 a 3 10-30cm3； 根据均摊法该晶胞中

20、As 原子个数为 4，B 原子个数为 11 8+6 82 =4，所以晶胞的质量 m= A 86 4 g N ，所以密 度为 330 A 864 4 3 (a)10 3 N g/cm3。 6 （2020 届广东省汕头市高三一模）东晋华阳国志 南中志卷四中关于白铜的记载云南镍白铜(铜镍 合金)，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题： （1）Ni2+基态原子的电子排布式为_；3d 能级上的未成对电子数为_。 （2）单质铜及镍都是由 _键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：Icu 1958kJmol-1、INi 1753 kJmol-1，Icu I Ni的原因是 _。 （3）Ni2

21、+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验 Ni2+。 2+Ni2+2H+ 1 mol 丁二酮肟分子中含有 键的数目为_mol。 丁二酮肟镍分子中碳原子的杂化轨道类型为_。 （4）Ni 的晶胞结构如图所示，镍晶体配位数目是_ ；若 Ni 的原子半径为 d pm，Ni 的密度计 算表达式是_g/cm3；Ni 原子空间利用率的计算表达式是_。(Ni 的相对原子量用 Mr 表示) 【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2 2 （2）金属 铜失去的是全充满的 3d10电子，镍 失去的是 4s1电子 （3） 15 sp3、sp2 （4） 12 30 3 A

22、 2Mr 10 8N d 3 3 4 4d 3 ( 22 d ) 【解析】 （1）Ni 为第 28 号元素，其基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2，3d 能级上未成 对电子式为 2； （2）Ni 和 Cu 都是由金属键形成的金属晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：Icu1958kJmol-1、INi 1753kJmol-1，IcuI Ni的原因是铜失去的是全充满的 3d10电子，镍失去的是 4s1电子； （3）已知丁二酮肟的结构式为，分子中含有 13 个单键和 2 个双键，则共有 15 个 键，所 以 1mol 丁二酮肟含有 键数为 15NA；

23、 甲基上碳原子价层电子对个数是 4 且不含孤电子对，为 sp3杂化，连接甲基的碳原子含有 3 个价层电子且 不含孤电子对，为 sp2杂化； （4）镍晶体的晶胞为面心立方，配位数目是 12；Ni 的密度应由晶胞内 Ni 的质量除以晶胞体积计算，晶胞 中Ni的个数有 11 8+6 82 =4个， 故晶胞质量为 A 4Mr N g， 又已知Ni原子的半径为d pm， 晶胞棱长为2 2dpm， 晶胞体积为 3 16 2d pm3= 3-30 16 2d10 cm3，故晶胞密度为 30 3 A 2Mr 10 8N d g/cm3；空间利用率的计算表达 式为 3 3 4 4d 3 (2 2d) 7 （20

24、20 届安徽省合肥市高三线上考试） SiC 纤维单向增强的 TixAly基复合材料可作为高超音速飞行器表面 的放热材料。回答下列问题： （1）C 元素所在周期中，第一电离能最大的元素是_(填元素符号)，电负性最大的是_(填元素符号)。 （2）基态 Ti 原子的价电子排布式为_，能量最高的能级有_个空轨道。 （3）甲基硅油结构如图所示，其中 Si 原子的杂化方式为_。以甲基硅油为主要成分的硅橡胶能够耐高温的 原因是_。 （4） Li2CO3、 Li2TiO3是锂离子电池中的常用材料， 其中 CO32-的空间构型为_， 其含有的共价键类型有_。 （5）TixAly合金的一种结构单元如图所示(Al、

25、Ti 原子各有一个原子在结构单元内部)，该合金的化学式为 _。其结构单元棱长为 apm，底面边长为 bpm，该合金的密度为_g cm-3。 【答案】 （1）Ne F （2） 3d24s2 3 （3） sp3杂化 SiO 键键能大 （4）平面三角形 键、 键 （5） Ti11Al5 30 2 A 442 3 10 9ab N 【解析】 （1） 随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第一电离能最小，而 稀有气体的第一电离能最大，C 元素所在的周期为第二周期，则该周期 Ne 的第一电离能最大； 答案为：Ne； 除稀有气体外，同一周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，C

26、元素所在的周期为第二周期，则该周期电 负性最大的元素是 F； 答案为：F； （2） Ti 的原子序数为 22，基态 Ti 原子的电子排布式为Ar 3d24s2，价电子排布式为 3d24s2，能量最高的 能级为 3d； 答案为：3d； 3d 轨道共有五个，按洪特规则，其中有 2 个轨道分别被 2 个电子占据，还含有 3 个空轨道； 答案为：3； （3）甲基硅油结构中 Si 原子形成 4 个单键，故 Si 原子的杂化方式为 sp3杂化； 答案为：sp3杂化； 硅橡胶能够耐高温，原因是共价键牢固，硅橡胶中含 SiO 和 SiC，SiO 更牢固； 答案为：SiO 键键能大； （4） CO32-中 C

27、原子价电子对数= 423 2 3 2 3 ， 且不含孤电子对， 故 C 原子的杂化方式为 sp2杂化， CO32-空间构型为平面三角形； 答案为：平面三角形； 由于 CO32-空间构型为平面三角形，则 C 原子与 O 原子之间存在 3 个 键和 1 个大 键； 答案为： 键、 键； （5）Ti 原子在结构单元中的位置：顶点 8 个、面心 2 个、棱上 1 个、 体内 1 个，则 11111 (Ti)821 1 6233 N ，Al 原子在顶点有 4 个，体内 1 个，则 15 (Al)4 1 63 N ，则化 学式为：Ti11Al5； 答案为：Ti11Al5； 则晶胞的密度 30-3 A 2

28、2303A 663 g 3442 3 =10 g cm 93 3 10cm 2 Nm Vab N ab ； 答案为： 30 2 A 442 3 10 9ab N 。 8 （2020 届四川省泸州市高三第三次质检）据世界权威刊物自然最近报道， 选择碲化锆 （ZrTe5）为 材料验证了三维量子霍尔效应， 并发现了金属绝缘体的转换。Te 属于A 元素。回答下列问题： （1） 锆(Zr)的简化电子排布式为Kr4d25s2， 锆原子中 d 轨道上的电子数是_， Zr2+的价电子排布图是_。 （2）O、Se、Te 的第一电离能由大到小的顺序是_，H2O、H2Se、H2Te 的沸点由高到低的顺序是_。 （3

29、）H2Te 和 CO2 均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是_。 （4） Zr(C2H5O)22+是 Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是_(填符号)， 1 个Zr(C2H5O)22+离子中 含共价键的数目是_。 （5）立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。 Zr 原子的配位数是_。 若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为 anm， 则立方氧化锆的密度为_ g/cm3 。 【答案】 （1）12 （2） OSeTe H2OH2TeH2Se （3） H2Te 中 Te 为 sp3杂化， 由于两对孤电子对的排斥作用

30、使其键角小于 109 28， CO2中 C 为 sp 杂化， 键角为 180 （4） O 16 （5） 8 321 A 123 210a N = 22 3 A 6.15 10 a N 【解析】 （1）锆(Zr)的简化电子排布式为Kr4d25s2，锆原子中 3d 轨道上的电子数是 10，4d 轨道上的电子数是 2，d 轨道上的电子数一共12个， Zr2+的价电子排布图是。 故答案为： 12 ； ； （2）O、Se、Te 处于同主族,同主族自上而下电离能降低，第一电离能由大到小的顺序是 OSeTe；H2O 受氢键影响，所以沸点最高。H2Se、H2Te 的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高。

31、H2O、H2Se、 H2Te 的沸点由高到低的顺序是 H2OH2TeH2Se。故答案为：OSeTe；H2OH2TeH2Se； （3）H2Te 中 Te 原子价层电子对个数=2+ 6 1 2 2 =4，有两对孤电子对，分子为 V 形结构，CO2 中 C 原 子价层电子对个数=2+ 42 2 2 =，分子为直线型，H2Te 和 CO2 均为三原子分子，但它们的键角差别较 大，理由是 H2Te 中 Te 为 sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于 10928，CO2中 C 为 sp 杂 化， 键角为 180 。 故答案为： H2Te 中 Te 为 sp3杂化， 由于两对孤电子对的排斥作用

32、使其键角小于 10928， CO2中 C 为 sp 杂化，键角为 180 ； （4）Zr(C2H5O)22+是 Zr4+形成的一种配离子，配体中 O 原子含有孤电子对，所以配原子为 O 原子；1 个 Zr(C2H5O)22+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为 键，该离子的结构是含共价键的数目是。故答案为：O； （5）该晶胞中 Zr 原子个数=81 8 +61 2 =4、O 原子个数为 8，Zr、O 原子个数之比=4：8=1：2，锆原子 的配位数是 8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为 anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一 半， 则晶胞棱

33、长为 2anm， 晶胞体积= （2a 10-7cm） 3， 则立方氧化锆的密度= 4 A M N V = 3 7 123 4 210 A aN g cm 3= 22 3 A 6.15 10 a N g cm3。 故答案为：8； 32 1 A 123 210a N = 22 3 A 6.15 10 a N g cm3。 有机化学基础（选修）有机化学基础（选修） 1（2020届河南省郑州市高三第二次质检） 我国科研工作者近期提出肉桂硫胺( ） 可能对 2019- nCoV 有疗效。肉桂硫胺的合成路线如图： 已知： 2322 RNH ,NEt ,CH Cl R-NO2 Fe，HCl R-NH2 完成

34、下列问题 （1）F 的结构简式为_。GH 的反应类型是_。 （2）E 中的所含官能团名称为_。 （3）BC 反应试剂及条件为_ 。 （4）有机物 D 与新制氢氧化铜悬浊液（加热）的反应方程式为_。 （5）J 为 E 的同分异构体，写出符合下列条件的 J 的结构简式_（写两种） 。 能发生银镜反应 J 是芳香族化合物，且苯环上的一氯代物只有两种 核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 2 ：2 ：2 ：1 ：1 （6）参照上述合成路线及已知信息，写出由甲苯和丙酰氯(CH3CH2COCl) 为原料合成 的路线：_。 【答案】（1） 取代反应 （2） 碳碳双键、 羧基 （3） 氢氧化钠溶液、 加热

35、 （4） +2Cu(OH)2 + NaOH +Cu2O +3H2O （5） 、中任意 2 种 （6） 【解析】 【分析】 A 与氯气反应，发生取代反应生成 B，可知 A 为，B 为；B 到 C 过程中，失去 Cl，增加 OH， 则 C 为， C 在 Cu 与氧气加热下， 生成 D， 则 D 为； E 为， 根据已知， 可知 F 为； F 与 H 反应得到，可知 H 为，G 为 ，据此作答。 【详解】 （1）根据分析可知 F 的结构简式为；H 为，G 为，GH 的反应类型是取代 反应，故答案为：；取代反应； （2）E 为，其中的所含官能团名称为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基； （3）

36、B 为，C 为，取代反应，则 BC 反应试剂及条件氢氧化钠溶液、加热，故答案为：氢氧 化钠溶液、加热； （4）有机物 D 为与新制氢氧化铜悬浊液(加热)的反应方程式为：+2Cu(OH)2 + NaOH +Cu2O +3H2O， （5） E 为，其同分异构体 J，能发生银镜反应，说明存在醛基或甲酸酯；J 是芳香族化合 物，且苯环上的一氯代物只有两种，说明有苯环，苯环上含有两个不同的取代基，且处于对位上或含有两 个相同的取代基，且处于邻位上；核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 2 ：2 ：2 ：1 ：1，说明 有 5 种氢，满足的有、 ， （6）根据已知信息提示，可在 Fe 和 HCl 在加

37、热下制得 ，和丙酰氯(CH3CH2COCl)在一 定条件下得到， 甲苯发生硝化反应得到， 则 的合成路线为： ， 2 （2020 届广东省深圳市高三第一次调研）海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体 G 的合成线 路如图： 已知： R-COOH+R-NH2 2 SOCl O H | R-C-N R +H2O； R-CN 2 4 NiCl NaBH 回答下列问题： （1）X 为醛类物质，其名称为_，C 中含氧官能团的名称为_。 （2）CD 的反应类型为_。 （3）化合物 F 的结构简式为_。 （4）B 与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_。 （5）有机物 Y 是 A 的同分异构体，满

38、足条件：能与 3 FeCl溶液发生显色反应，1mol Y与足量金属 Na 反应生成 2 1mol H，结构中含“”，Y 共有_种，其中核磁共振氢谱显示为 4 组峰，且 峰面积比为2:2:1:1的物质为_(写出其中一种结构简式)。 （6）设计以为起始原料制备的合成线路(无机试剂任选) _。 【答案】 （1） 甲醛 羟基、 醚键 （2） 取代反应 （3） （4） +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O+3H2O （5） 8 或或 （6） 【分析】 A 与 X 反应生成 B，结合 A 与 B 的结构简式，可得 X 为甲醛，B 在 LiAlH4的作用下生成 C，C 加入 PBr3 可以得到 D，D

39、加入氰化钠后得到 E，酸化后得到 F，结合 B 和 E 的结构简式，和 C、D 的分子式，可得 C 的结构简式为，D 的结构简式为，F 的结构简式为， F 与 在 SOCl2作用下生成 G，据此分析解答。 【详解】 （1） A 是，X 为醛类物质，得到，根据碳原子数目的变化，可知 X 为甲 醛，根据 C 的结构可知 C 中含氧官能团的名称为醚键和羟基； （2） C 的结构简式为， D 的结构简式为， C 中的羟基被 Br 原子取代， 则反应类型为取代反应； （3）根据分析，化合物 F 的结构简式为； （4）B 含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B 与新制的氢氧化铜悬浊液

40、反应 的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O+3H2O； （5）有机物 Y 是 A 的同分异构体，分子式为 C7H6O3，满足条件：能与 3 FeCl溶液发生显色反应，含有 酚羟基和苯环，1mol Y与足量金属 Na 反应生成 2 1mol H，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或 羧基共 2 个，结构中含“”，可以有醛基或羧基的结构，若 Y 分子结构由两个酚羟基和一个醛基与 苯环相连，则有 5 种结构，若 Y 分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的 位置，有 3 种，则 Y 的结构共有 8 种；其中核磁共振氢谱显示为 4 组峰，且峰面积比为2:2:

41、1:1的物质为 中的任意一种； （6）以为起始原料制备的合成线路为 。 3 （2020 届广东省佛山市质检）化合物 I 是合成磷酸氨喹的中间体，一种合成路线如下： 回到下列问题： （1）A 中的官能团名称是_。 （2）C 的化学名称为_。 （3）的反应类型是_。 （4）已知为取代反应，另一生成物为乙醇，E 的结构简式为_。 （5）写出 G 到 H 的反应方程式_。 （6） H 在一定条件下可以转化为()，请写出任意一 种同时符合下列条件 M 的同分异构体 _。 含苯环且苯环上有 3 个取代基 含有 NH2，能发生加聚反应 核磁共振氢谱图为 6 组峰，峰面积比为 1：1：1：2：2：2 （7）设

42、计以对羟基苄氯()、CH3CH2OH 为主要原料制备()的合成路线(无机试剂任选)。 _。 【答案】（1） 氯原子、 氨基 （2） 丙二酸二乙酯 （3） 取代反应 （4） （5） （6） （7）还可是以下情况： 【解析】 （1）根据 A 的结构简式可知 A 中的官能团有：氯原子、氨基，故答案为：氯原子、氨基； （2）根据 C 的结构简式命名 C 的化学式名称为丙二酸二乙酯，故答案为：丙二酸二乙酯； （3）由 H 的结构简式和 I 的结构简式可知 H 中的-OH 被 Cl 原子取代，故答案为：取代反应； （4）已知为取代反应，另一生成物为乙醇，则反应为酯的水解，结合 F 分析 E 的结构简式为：

43、 ，故答案为：； （5）F 经水解得到 G，则 G 的结构简式为：，G 脱去 CO2得到 H，化学方程式为： ，故答案为： ； （6）含苯环且苯环上有 3 个取代基含有 NH2，能发生加聚反应则存在碳碳双键；核磁共振氢谱图为 6 组峰，峰面积比为 1：1：1：2：2：2 含有 5 种环境的氢，且不同环境的氢个数比为 1：1：1：2：2：2， 则同分异构体有：； （7）在 POCl3和加热条件下酚羟基被氯原子取代，在氢氧化钠溶液反应得到醇羟基，利用 高锰酸钾氧化得到，再与乙醇发生酯化反应得到，合成路线为： 还可是以下情况： 。 4 （2020 届湖北省七市州教科研协作 5 月高三联合）化合物 G

44、 是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 已知：乙酸酐的结构简式为。请回答下列问题： （1）G 中含氧官能团的名称是_ （2）反应的化学方程式为_ （3）反应所需的试剂和条件是_，该反应类型是_ （4）写出满足下列条件的 C 的同分异构体的结构简式_。 I苯环上只有两种取代基；，核磁共振氢谱图中只有 4 组吸收峰；能与 NaHCO3溶液反应生成 CO2。 （5）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则中的手性碳是_（填碳 原子的数字标号） 。 （6）设计以为原料制备的合成路线（无机试剂任选） 。 _ 【答案】 （1）羧基、醚键 （2） （3） 浓硫酸、 加热 消去反应 （4）

45、 、 （5）5、8 （6） 【解析】 （1）根据 G 的结构简式，G 中的含氧官能团是醚键、羧基； （2）对比 A 和 B 的结构简式，A 中氧氢键断裂，乙酸酐中，从虚线中断裂，该反应为取代反 应，反应方程式为； （3） FG 显然发生加成反应，说明 F 中含有不饱和键，即 E 生成 F 发生消去反应，所需试剂和条件为浓 硫酸、加热； （4） C 的同分异构体的核磁共振氢谱有 4 组峰， 说明是对称结构， 两个取代基位置应是对位， 能与 NaHCO3 溶液反应，说明含有羧基，即符合条件的同分异构体是、 ； （5）根据手性碳原子的定义，属于手性碳原子是 5、8； （6） 对比原料和目标产物， 模仿 BC， 先让在 AlCl3发生反应生成， 然后羰基与 H2在钯作催化剂下，发生加成反应，由于酚羟基的影响，使得苯环上的邻位和对位上的氢变得 活泼，容易发生取代，最后与浓溴水发生取代反应，即合成路线为 。 5 （2020 届河北唐山市高三第一次模拟）G 是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下： 已知