2021北京交大附高二（下）期末化学（教师版）

30/302021北京交大附高二（下）期末化学第一部分(选择题)一、单项选择题(每题3分)1.下列关于有机化合物的说法正确的是A.2－甲基丁烷也称异丁烷B.由乙烯生成乙醇属于加成反应C.C4H9Cl有三种同分异构体D.异丙苯(结构见图)中碳原子可能都处于同一平面2.己烷雌酚的一种合成路线如下：下列叙述不正确的是A.在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B.在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应C.用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD化合物Y中含有手性碳原子3.列实验操作能达到实验目的是实验目的实验操作A检验卤代烃消去产物将产物通入高锰酸钾溶液中B除去乙醇中的水加入足量生石灰后过滤C比较水和乙醇分子中羟基上氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中D检验淀粉是否水解将水解后溶液滴入银氨溶液中，水浴加热A.A B.B C.C D.D4.下列说法正确的是A.H2S、O3分子都是直线形B.BF3和NH3都是含有极性键的非极性分子C.CH3COOH分子中碳原子的杂化方式均为sp3D.CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H－C≡N5.如图所示，在乙烯分子中有5个σ键和一个π键，它们分别是A.sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键B.sp2杂化轨道形成π键，未杂化的2p轨道形成σ键C.C—H之间是sp2形成σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成π键D.C—C之间是sp2形成σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成π键6.关于化合物M，下列叙述正确是A.分子间可形成氢键B.分子中有7个σ键和1个π键C.该分子在水中的溶解度大于2－丁烯D.1molM与足量银氨溶液反应生成2molAg7.甲醇可用于合成重要的有机合成中间体3，5－二甲基苯酚反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤，然后分离提纯得到产物。有关物质的部分物理性质如表：物质沸点/℃熔点/℃溶解性甲醇64.7-97.8易溶于水3，5－二甲氧基苯酚172~17533~36易溶于甲醇、乙醚，微溶于水下列说法不正确的是A.该反应属于取代反应B.分离出甲醇的操作是蒸馏C.洗涤时，可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢D.相同物质的量的间苯三酚和3，5－二甲氧基苯酚均可与浓溴水反应，但消耗Br2的物质的量不相同8.BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及的是①离子键②共价键③配位键④金属键⑤氢键⑥范德华力A.①③ B.①④ C.②⑤ D.③⑥9.高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：下列说法不正确的是A.苯乙烯不存在顺反异构体 B.试剂a为C.试剂bHO(CH2CH2O)mCH3 D.反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应10.有机物甲的结构简式为：它可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)，下列说法不正确的是A.甲可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应B.步骤I的反应方程式是：+HClC.步骤IV的反应类型是加成反应D.步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化11.向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图：下列分析不正确的是A.过程①后溶液pH明显变小B.过程③中加入NaCl溶液的目的是除去Ag+C.综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了I2D.不能判断4H++4I-+O2=2H2O+2I2是过程④中溶液变蓝的原因12.酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下：下列说法不正确的是A.制备乙二醇的总反应为+H2OB.进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧C.X的结构简式为D.二甘醇的分子式是13.一种新型高分子的合成方法如图：下列说法不正确的是A.酪氨酸能与酸、碱反应生成盐B.环二肽最多能与反应C.高分子中含有结构片断D.高分子在环境中可降解为小分子14.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(用R代表)。经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局都结构如下图所示，从结构角度分析R中两种阳离子的不同之处是A.中心原子的杂化轨道类型 B.中心原子的价层电子对数 C.空间结构 D.共价键类型第二部分(填空题)15.元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。元素W是元素周期表中第29号元素。（1）X在元素周期表中的位置为____，其价电子排布式为____。（2）Y形成气态氢化物的电子式为____，氢化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是____。（3）在乙醇中的溶解度，Z的氢化物____Y的氢化物(填“＞”、“＜”或“=”)，其原因是：____。（4）Y与Z可形成YZ，该离子空间构型为____(用文字描述)。（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有配位键为____mol。（6）W的单质与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是：_____，反应的离子方程式为____。（7）第一电离能：I1(X)____I1(W)(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：____。16.图A所示的转化关系中(具体反应条件已略去)，a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物。a元素原子的2p轨道只有2个未成对的电子，i的溶液为常见的酸。回答下列问题：（1）写出a+H2O→b+f的化学方程式为____。（2）d中元素的价层电子轨道表达式为____。（3）图A中由两种元素组成的物质中，沸点最高的是____，原因是____，该物质的分子构型为_____。（4）图A的双原子分子中，极性最大的分子是____。（5）f与d发生化合反应生成k，则k的分子式为____，中心原子的杂化轨道类型为___，属于____分子(填“极性”或“非极性”)。（6）Cu与d形成化合物的晶胞如图B所示。该晶体的化学式为____。17.他米巴罗汀是治疗急性髓性白血病的药物，其合成路线如下：已知：+RCl+HCl(1)A是芳香烃，试剂a是___________。(2)C中含氮的官能团是___________。(3)D→E为酯化反应，化学方程式是___________。(4)C和F反应得到G为可逆反应，推测N(C2H5)3(一种有机碱)的作用是___________。(5)I的结构简式是___________。(6)H是制他米巴罗汀的重要中间体，以C2H2为原料合成H的路线如下：已知：R1—C≡CH+①试剂b的结构简式是___________。②N→H的化学方程式是___________。18.普瑞巴林(K)是一种作抗癫痫药物，可用异戊二烯(A)为原料来合成，路线如图。已知：i.RCHO++H2Oii.RCONH2RNH2（1）A的官能团是____(写中文名称)。（2）C的结构简式为____，系统名称为____。（3）D→E的化学方程式是____。（4）F→G的反应类型为____。（5）I中含有一个六元环，H生成I的化学方程式是____。（6）若H未发生脱水缩合生成I，根据H的酸性推断其直接与过量NH3·H2O反应的产物是____。（7）将K中的碳原子编号标记为，其中由CH2(COOC2H5)2提供的碳原子的编号为_____(填字母序号)a.1，2，3，4b.1，3，4c.2，3，4d.1，2，319.I.过渡元素性质复杂多样，请根据下列描述回答问题。（1）Cu元素在周期表中位于____区，它可与多种有机物形成配合物。CuCl2溶液与乙二胺(H2N－CH2－CH2－NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写)，配位数为4，请在框内画出其结构示意图并用“→”表示出其中的配位键____。（2）有机物E与铜(II)的配合物是一种可发光的发光材料，在发光器材方面有很好的应用前景。其合成E的路线如图，回答下列问题：①C生成D的过程中有一种温室气体生成，写出D生成E的化学方程式____。②A有多种同分异构体，其中符合以下条件的共有____种。i.分子中含有吡啶环()且环上只有2个取代基；ii.只含有一种官能团，且核磁共振氢谱只有四种峰；iii.吡啶环上的一氯取代物只有2种③结合题给信息，以和为原料合成西佛碱N－苯基苯甲亚胺请在框内写出合成路线____。II.实验小组对NaHSO3溶液与可溶性铜盐溶液的反应进行探究。实验装置试剂x操作及现象I1mol·L−1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。II1mol·L−1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。已知：i.Cu2+[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)ii.Cu+[Cu(NH3)2]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)（3）推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到____，反应的离子方程式为_____。（4）对实验I产生SO2原因进行分析，提出假设：假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；假设b：Cl-存在时，Cu2+与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。①假设a不合理，实验证据是____。②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H++HSO=SO2↑+H2O（5）对比实验I、II，提出假设c：Cl-增强了Cu2+的氧化性。下述实验III证实了假设c合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_____(补全实验操作及现象)。（6）将实验II的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO。①通过实验IV证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。实验IV：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是：____。②有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验V，证实了Cu2+的存在。实验V的方案和现象是：____。

参考答案一、单项选择题(每题3分)1.下列关于有机化合物的说法正确的是

A.2－甲基丁烷也称异丁烷B.由乙烯生成乙醇属于加成反应C.C4H9Cl有三种同分异构体D.异丙苯(结构见图)中碳原子可能都处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A．2―甲基丁烷为异戊烷，异丁烷为2―甲基丙烷，故A错误；B．乙烯和水发生加成反应生成乙醇，该反应为加成反应，故B正确；C．C4H10有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，正丁烷、异丁烷中分别含有2种氢原子，所以正丁烷、异丁烷一氯代物各有两种，所以C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；D．连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故D错误；故选B。2.己烷雌酚的一种合成路线如下：

下列叙述不正确的是A.在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B.在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应C.用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD.化合物Y中含有手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．X中含-Br，在NaOH溶液中加热发生水解反应生成醇，而在NaOH、醇溶液中加热发生消去反应，故A错误；B．Y中含酚-OH，且酚-OH的邻位均有H，则化合物Y可与HCHO发生缩聚反应，故B正确；C．X中不含酚-OH，Y中含酚-OH，Y遇氯化铁显紫色，则用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y，故C正确；D．化合物Y中含有2个手性碳原子：，故D正确；故选A。3.列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作A检验卤代烃消去产物将产物通入高锰酸钾溶液中B除去乙醇中的水加入足量生石灰后过滤C比较水和乙醇分子中羟基上氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中D检验淀粉是否水解将水解后溶液滴入银氨溶液中，水浴加热A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．卤代经在NaOH醇溶液中发生消去反应，挥发的醇及生成的烯烃均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则产物通入高锰酸钾溶液中，不能检验消去产物，故A错误；B．CaO与水反应生成氢氧化钙后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分离，不需要过滤操作，故B错误；C．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，可比较水和乙醇分子中羟基上氢的活泼性强弱，故C正确；D．淀粉在酸性溶液中发生水解，检验葡萄糖应在碱性溶液中，水解后没有加NaOH，再加滴入银氨溶液，操作不合理，不能检验淀粉是否水解，故D错误；故选C。4.下列说法正确的是A.H2S、O3分子都是直线形B.BF3和NH3都是含有极性键的非极性分子C.CH3COOH分子中碳原子的杂化方式均为sp3D.CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H－C≡N【答案】D【解析】【详解】A．H2S分子中中心S原子价层电子对数为，有2个孤电子对，H2S分子是V形，O3分子中心O原子价层电子对数为，有1个孤电子对，分子呈V形，故A错误；B．BF3和NH3都是含有极性键，BF3结构对称，正负电荷的中心重合，BF3是非极性分子，而NH3含有孤电子对，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故B错误；C．CH3COOH分子中，羰基上碳原子的杂化方式为sp2、甲基上碳原子的杂化方式为sp3，故C错误；D．CO2分子中中心C原子杂化方式为sp杂化，分子呈直线形，结构式为：O=C=O，HCN分子中中心C原子杂化方式为sp杂化，分子呈直线形，结构式为：H－C≡N，故D正确；故选D。5.如图所示，在乙烯分子中有5个σ键和一个π键，它们分别是A.sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键B.sp2杂化轨道形成π键，未杂化的2p轨道形成σ键C.C—H之间是sp2形成σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成π键D.C—C之间是sp2形成σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成π键【答案】A【解析】【详解】在乙烯分子中碳原子与相连的氢原子、碳原子形成平面三角形，所以乙烯分子中每个碳原子均采取sp2杂化，其中杂化轨道形成5个σ键，未杂化的2p轨道形成π键，故选：A。6.关于化合物M，下列叙述正确的是

A.分子间可形成氢键B.分子中有7个σ键和1个π键C.该分子在水中的溶解度大于2－丁烯D.1molM与足量银氨溶液反应生成2molAg【答案】C【解析】【详解】A．M分子中氢原子连接碳原子，氧原子与氢原子之间不能形成氢键，故化合物M分子之间不能形成氢键，故A错误；B．分子含有4个C—H键、2个碳碳单键、1个碳碳双键、2个碳氧双键，而单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，故分子中有9个σ键和3个π键，故B错误；C．醛基能与水分子之间形成氢键，该分子在水中的溶解度大于2—丁烯，故C正确；D．1mol醛基反应生成2molAg，M分子含有2个醛基，故1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，故D错误；故选C。7.甲醇可用于合成重要的有机合成中间体3，5－二甲基苯酚反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤，然后分离提纯得到产物。有关物质的部分物理性质如表：物质沸点/℃熔点/℃溶解性甲醇64.7-97.8易溶于水3，5－二甲氧基苯酚172~17533~36易溶于甲醇、乙醚，微溶于水下列说法不正确的是A.该反应属于取代反应B.分离出甲醇的操作是蒸馏C.洗涤时，可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢D.相同物质的量的间苯三酚和3，5－二甲氧基苯酚均可与浓溴水反应，但消耗Br2的物质的量不相同【答案】D【解析】【详解】A．该反应方程式为+2CH3OH+2H2O，，属于取代反应，A正确；B．从该有机混合物中分离出某种有机物(甲醇)，常利用沸点的差异，操作方法是蒸馏，B正确；C．洗涤时，往混合液中加入NaHCO3溶液，与HCl反应，生成的NaCl不溶于有机物，便于分离除去，所以可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢，C正确；D．酚羟基的邻对位都可以和浓溴水发生取代反应，故1mol的间苯三酚和3，5－二甲氧基苯酚均可与浓溴水反应，都消耗Br2的物质的量为3mol，故D错误；故选D。8.BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及的是①离子键②共价键③配位键④金属键⑤氢键⑥范德华力A.①③ B.①④ C.②⑤ D.③⑥【答案】B【解析】【详解】Q非金属元素原子之间易形成共价键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，所以不涉及的是离子键、金属键；答案选B。9.高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：

下列说法不正确的是A.苯乙烯不存在顺反异构体 B.试剂a为C.试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3 D.反应1为加聚反应，反应2为缩聚反应【答案】D【解析】【详解】A．苯乙烯分子中碳碳双键上的其中一个碳原子上连有两个相同的H原子，因此苯乙烯不存在顺反异构体，故A正确；B．根据苯乙烯、M的结构分析可知，试剂a为，苯乙烯的碳碳双键打开，的碳碳双键也打开，二者再发生加聚反应得到M，故B正确；C．根据M和N的结构分析可知，试剂b为HO(CH2CH2O)mCH3，M和b发生加成反应生成N，故C正确；D．由以上分析知，反应1为加聚反应，反应2为加成反应，故D错误；故选D。10.有机物甲的结构简式为：它可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)，下列说法不正确的是A.甲可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应B.步骤I的反应方程式是：+HClC.步骤IV的反应类型是加成反应D.步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化【答案】C【解析】【分析】反应I中氨基中的氢原子被取代，反应III中醛基最终转化为羧基，而在反应IV中肽键水解得到目标产物甲。【详解】A．甲分子中含有氨基、羧基和苯环，可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应，A项正确；B．步骤I是取代反应，反应方程式是++HCl，B项正确；C．戊的结构简式为，步骤IV是戊中的肽键发生水解反应，因此反应类型是取代反应，C项错误；D．氨基易被氧化，因此步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化，D项正确；答案选C。11.向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图：下列分析不正确的是A.过程①后溶液pH明显变小B.过程③中加入NaCl溶液目的是除去Ag+C.综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了I2D.不能判断4H++4I-+O2=2H2O+2I2是过程④中溶液变蓝的原因【答案】C【解析】【分析】在碘水中存在如下平衡：I2+H2OHI+HIO，I-与Ag+反应生成AgI沉淀，促进I2与水的反应不断正向进行；过滤，所得滤液1中含有HIO和HNO3，还有未反应完的AgNO3，加入NaCl溶液，Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，往滤液2中加入KI溶液，发生I-、HIO、H+的氧化还原反应，同时发生反应4H++4I-+O2=2H2O+2I2，生成I2，使溶液再次变蓝色。【详解】A．由分析可知，过程①后，溶液的主要成分为HIO、HNO3及未反应的AgNO3，所以pH明显变小，故A正确；B．过程③中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成AgCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目的是除去Ag+，故B正确；C．过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag+氧化了I2，也可能是Ag+促进了I2与H2O的反应，故C错误；D．过程④中，加入KI，发生HIO、H+、I-的氧化还原反应，同时发生反应4H++4I-+O2=2H2O+2I2，因此氧化I-的物质不只有O2，故D正确；答案选C。12.酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下：下列说法不正确的是A.制备乙二醇的总反应为+H2OB.进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧C.X的结构简式为D.二甘醇的分子式是【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据生成乙二醇的机理，总方程式为+H2O，A正确；B．由于碳氧键中氧的吸电子能力更强，共用电子对偏向氧，使氧带负电，氢离子进攻氧原子，B正确；C．根据，推测X为，C错误；D．根据图2最后一步，二甘醇为HOCH2CH2OCH2CH2OH，分子式为，D正确；答案选C。13.一种新型高分子的合成方法如图：

下列说法不正确的是A.酪氨酸能与酸、碱反应生成盐B.环二肽最多能与反应C.高分子中含有结构片断D.高分子在环境中可降解为小分子【答案】B【解析】【分析】【详解】A．酪氨酸中有酚羟基（显碱性，可与酸反应），含有羧基（显酸性，可与碱反应），A项正确；B．1mol环二肽中含有2mol酚羟基，2mol肽键，均可与氢氧化钠反应，故最多与4mol氢氧化钠反应，B项错误；C．根据高分子M的图，将该片段首尾相连，即含有选项中的片段，C项正确；D．M可脱去HOCCl3小分子，而且肽键可以断裂，D项正确；答案选B。14.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(用R代表)。经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局都结构如下图所示，从结构角度分析R中两种阳离子的不同之处是A.中心原子的杂化轨道类型 B.中心原子的价层电子对数 C.空间结构 D.共价键类型【答案】C【解析】【分析】R中阳离子为和，中N原子形成4个σ键，不含孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化，空间构型为正四面体，中O原子形成3个σ键，含有1个孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化，空间构型为三角锥形。【详解】A．由上述分析可知，和中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化，故A不符合题意；B．由上述分析可知，和中心原子的价层电子对数均为4，故B不符合题意；C．的空间构型为正四面体，的空间构型为三角锥形，故C符合题意；D．和中含有的共价键均为σ键，故D不符合题意；答案选C。第二部分(填空题)15.元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。元素W是元素周期表中第29号元素。（1）X在元素周期表中的位置为____，其价电子排布式为____。（2）Y形成气态氢化物的电子式为____，氢化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是____。（3）在乙醇中的溶解度，Z的氢化物____Y的氢化物(填“＞”、“＜”或“=”)，其原因是：____。（4）Y与Z可形成YZ，该离子空间构型为____(用文字描述)。（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有配位键为____mol。（6）W的单质与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是：_____，反应的离子方程式为____。（7）第一电离能：I1(X)____I1(W)(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：____。【答案】（1）①.第四周期ⅡB族②.3d104s2（2）①.②.sp3（3）①.>②.水和乙醇之间是分子间氢键，硫化氢和乙醇之间是范德华力（4）正四面体（5）4（6）①.铜单质与氨水和过氧化氢混合物反应时，过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行②.（7）①.＞②.Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1；Zn失的是4s2上的1个电子而Cu失去的是4s1上的1个电子，4s2全满状态，失去1个电子所需能量更高，故第一电离能：I1(Zn)>I1(Cu)【解析】【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，X是Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，Z是O元素，元素W是元素周期表中第29号元素，则W是Cu元素，则X是Zn元素，Y是S元素，Z是O元素，W是Cu元素，以此解题。【小问1详解】由分析可知X是Zn元素，其在周期表中的位置为第四周期ⅡB族，其价电子排布式为3d104s2；【小问2详解】由分析可知Y是S元素，其气态氢化物为：H2S，电子式为：；在该物质中，S原子的成键电子对为2，孤电子对为2，则其价层电子对为4，S原子的杂化方式为：sp3；【小问3详解】由分析可知Y是S元素，Z是O元素，其中H2O可以和乙醇形成分子间氢键，增大溶解度，故在乙醇中的溶解度：H2O>H2S，其原因是：水和乙醇之间是分子间氢键，硫化氢和乙醇之间是范德华力；【小问4详解】SO的价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体形；【小问5详解】[Zn(NH3)4]Cl2中Zn2+和NH3之间是配位键，1mol该配合物中含有配位键为4mol；【小问6详解】铜单质单独与氨水或单独与过氧化氢不能反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果；其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；其反应的离子方程式为：，故答案为：铜单质与氨水和过氧化氢混合物反应时，过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；；【小问7详解】Zn价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Zn的4s全满状态，失1个电子所需能量高，故第一电离能：I1(Zn)>I1(Cu)，原因是：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1；Zn失的是4s2上的1个电子而Cu失去的是4s1上的1个电子，4s2全满状态，失去1个电子所需能量更高，故第一电离能：I1(Zn)>I1(Cu)。16.图A所示转化关系中(具体反应条件已略去)，a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物。a元素原子的2p轨道只有2个未成对的电子，i的溶液为常见的酸。回答下列问题：（1）写出a+H2O→b+f的化学方程式为____。（2）d中元素的价层电子轨道表达式为____。（3）图A中由两种元素组成的物质中，沸点最高的是____，原因是____，该物质的分子构型为_____。（4）图A的双原子分子中，极性最大的分子是____。（5）f与d发生化合反应生成k，则k的分子式为____，中心原子的杂化轨道类型为___，属于____分子(填“极性”或“非极性”)。（6）Cu与d形成化合物的晶胞如图B所示。该晶体的化学式为____。【答案】（1）（2）（3）①.H2O②.分子间形成氢键③.V形（4）HCl（5）①.COCl2，②.sp2③.极性（6）CuCl【解析】【分析】a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，而a元素原子的2p轨道只有2个未成对的电子，外围电子排布式为2s22p2或2s22p4，而a的单质能与水反应生成c，则a为C，故b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i的溶液为常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，推知k为COCl2，以此解题。【小问1详解】由分析可知，a+H2O→b+f的化学方程式为；【小问2详解】d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为，价层电子轨道表达式为：；【小问3详解】所有两元素形成的物质中，水分子之间存在氢键，常温下是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，水分子中O原子呈2个σ键、含有2对孤电子对，故为V型结构，故答案为：H2O；分子间形成氢键；V形；【小问4详解】所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大，故答案为：HCl；【小问5详解】k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，为平面三角形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故答案为：COCl2；sp2；极性；【小问6详解】晶胞中Cu原子数目为4，Cl原子数目为，Cu、Cl原子数目之比为1∶1，故该化合物化学式为CuCl，故答案为：CuCl。17.他米巴罗汀是治疗急性髓性白血病的药物，其合成路线如下：已知：+RCl+HCl(1)A是芳香烃，试剂a是___________。(2)C中含氮的官能团是___________。(3)D→E为酯化反应，化学方程式是___________。(4)C和F反应得到G为可逆反应，推测N(C2H5)3(一种有机碱)的作用是___________。(5)I的结构简式是___________。(6)H是制他米巴罗汀重要中间体，以C2H2为原料合成H的路线如下：已知：R1—C≡CH+①试剂b的结构简式是___________。②N→H的化学方程式是___________。【答案】①.浓硝酸、浓硫酸②.氨基(或-NH2)③.+2CH3OH2H2O+④.N(C2H5)3能和该反应生成的HCl反应，降低HCl浓度，利于反应正向进行⑤.⑥.⑦.+2HCl+2H2O【解析】【分析】根据有机物A的分子式，有机物A为苯（），苯与试剂A反应生成有机物B，根据有机物B的分子式可以知道有机物B为硝基苯（），试剂a为浓硝酸、浓硫酸；硝基苯还原后生成有机物C，有机物C为苯胺（）；根据有机物F的结构和有机物E反应生成有机物F的条件可知，有机物E为对苯二甲酸甲酯（），有机物D与甲醇反应生成有机物E，根据有机物D的分子式可知，有机物D为对苯二甲酸（）；有机物C与有机物F发生取代反应生成有机物G（）；目标产物他米巴罗汀是由有机物I经KOH水解随后再酸化得到的，由他米巴罗汀的结构可以推出有机物I的结构为，有机物G与有机物H在AlCl3的催化下生成有机物I，由有机物G和有机物I的结构可以得出有机物H的结构，由此分析。【详解】(1)根据分析，有机物A为苯，苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸反应生成硝基苯，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；(2)有机物C为苯胺，其官能团为氨基（-NH2）；(3)有机物反应生成有机物E的反应方程式为+2CH3OH2H2O+；(4)有机物C与有机物F生成有机物G和HCl，N(C2H5)3具有碱性，可以吸收反应生成的HCl，降低HCl浓度，有利于C和F的反应正向进行；(5)根据分析，有机物I的结构简式为；(6)根据已知条件，乙炔（CH≡CH）与试剂b发生反应生成有机物M，有机物M反应生成有机物N，N与HCl反应生成有机物H；乙炔与试剂b发生已知条件的反应生成有机物M，M中含有双键，但H中不含有双键，因此可以得出M到N为双键的加成反应，根据有机物H的结构可以得到有机物N的结构为，倒推有机物M的结构为，试剂b的结构为，由此分析第(6)小题；①根据分析，试剂b的结构简式为；②根据分析，有机物N与HCl反应生成有机物H的化学方程式为+2HCl+2H2O。18.普瑞巴林(K)是一种作抗癫痫药物，可用异戊二烯(A)为原料来合成，路线如图。已知：i.RCHO++H2Oii.RCONH2RNH2（1）A的官能团是____(写中文名称)。（2）C的结构简式为____，系统名称为____。（3）D→E的化学方程式是____。（4）F→G的反应类型为____。（5）I中含有一个六元环，H生成I的化学方程式是____。（6）若H未发生脱水缩合生成I，根据H的酸性推断其直接与过量NH3·H2O反应的产物是____。（7）将K中的碳原子编号标记为，其中由CH2(COOC2H5)2提供的碳原子的编号为_____(填字母序号)a.1，2，3，4b.1，3，4c.2，3，4d.1，2，3【答案】（1）碳碳双键（2）①.(CH3)2CHCH2CH2Br②.3—甲基—1—溴丁烷（3）2+O22+2H2O或2+O22+2H2O（4）加成反应（5）+H2O或+H2O（6）或（7）b【解析】【分析】D催化氧化得到E，由E知D为，结合流程知，C为，B为，E→F为信息反应，则F为，由分子式知F到G是加成反应、G在酸性条件下酯基水解，则G为，H为分子内脱羧所得，H分子脱水后形成的I含有1个六元环、I能和氨水反应，则H为，I为，J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，据此回答。【小问1详解】根据A的键线式可知A的官能团是碳碳双键；【小问2详解】由分析知，C的结构简式为(CH3)2CHCH2CH2Br；其名称为：3—甲基—1—溴丁烷；【小问3详解】D→E的化学方程式是与O2在铜作催化剂、加热下的反应，生成和H2O，化学方程式为2+O22+2H2O或2+O22+2H2O；【小问4详解】F为，G为，F与反应生成G，则为加成反应；【小问5详解】H为，H在五氧化二磷作用下脱水得到I、I中含有一个六元环，则H生成I时2个羧基间脱去1个水分子生成酸酐，化学方程式是+H2O或+H2O；【小问6详解】羧基具酸性、能与一水合氨反应生成羧酸铵，若H未发生脱水缩合、则可直接与过量反应，产物是或；【小问7详解】F即，F含碳碳双键，与反应生成G即。G中酯基水解，羧基残留，所以羧基及与之相连的碳原子来自，即3、4号碳原子均来自于，又知J→K为信息反应，则将K中氨基换成酰胺基即为J，则J中酰胺基上的碳原子、K中的1号碳原子也由提供，则答案为b。19.I.过渡元素性质复杂多样，请根据下列描述回答问题。（1）Cu元素在周期表中位于____区，它可与多种有机物形成配合物。CuCl2溶液与乙二胺(H2N－CH2－CH2－NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的简写)，配位数为4，请在框内画出其结构示意图并用“→”表示出其中的配位键____。（2）有机物E与铜(II)的配合物是一种可发光的发光材料，在发光器材方面有很好的应用前景。其合成E的路线如图，回答下列问题：①C生成D的过程中有一种温室气体生成，写出D生成E的化学方程式____。②A有多种同分异构体，其中符合以下条件的共有____种。i.分子中含有吡啶环()且环上只有2个取代基；ii.只含有一种官能团，且核磁共振氢谱只有四种峰；iii.吡啶环上的一氯取代物只有2种③结合题给信息，以和为原料合成西佛碱N－苯基苯甲亚胺请在框内写出合成路线____。II.实验小组对NaHSO3溶液与可溶性铜盐溶液的反应进行探究。实验装置试剂x操作及现象I1mol·L−1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。II1mol·L−1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。已知：i.Cu2+[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)ii.Cu+[Cu(NH3)2]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)（3）推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到____，反应的离子方程式为_____。（4）对实验I产生SO2的原因进行分析，提出假设：假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；假设b：Cl-存在时，Cu2+与HSO反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。①假设a不合理，实验证据是____。②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H++HSO=SO2↑+H2O（5）对比实验I、II，提出假设c：Cl-增强了Cu2+的氧化性。下述实验III证实了假设c合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_____(补全实验操作及现