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广东省深圳市新安中学（集团）高中部2024-2025学年高二下学期期中化学试题
一、选择题：（本题包括16小题，1-10题每小题2分，11-16题每小题4分共44分。每小题只有一个正确的选项符合题意。）
1．科技乃兴国之重。下列说法正确的是
A．“天问一号”实验舱——所使用的铝合金熔点高于其各组分金属
B．打造北斗卫星系统——85Rb与星载铷钟所用87Rb的物理性质和化学性质均不同
C．制造C919飞机的材料——氮化硅属于共价晶体
D．乙烯可用作水果催熟剂，是氧割焰的主要气体
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用；乙炔炔烃
【解析】【解析】A. 合金的熔点通常低于其组成金属的熔点， A错误；
B. 85Rb和87Rb是同位素关系，它们的物理性质存在差异，但化学性质相同， B错误；
C. 氮化硅（Si3N4）是一种新型无机非金属材料，其晶体结构中原子间通过共价键结合，属于共价晶体， C正确；
D. 氧割焰中使用的主要气体是乙炔（C2H2），而非乙烯（C2H4），D错误；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A. 合金熔点低于各成分金属熔点；
B. 同位素化学性质基本相同；
C. 氮化硅属于共价晶体；
D. 乙炔是氧割焰的主要气体。
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．HClO的电子式：
B．铝原子最高能级的电子云轮廓图：
C．H2O的空间结构为
D．基态碳原子的轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．HClO的正确结构式为H—O—Cl，其电子式应为：，因此A选项是错误的；
B．铝原子基态电子排布为，其最高能级电子位于3p轨道，3p轨道呈哑铃形，故B选项是正确的；
C．分子的空间结构应为，呈"V"形（键角约为104.5°），因此C选项是错误的；
D．基态碳原子应遵循洪特规则，将2p轨道的两个电子分别占据两个空轨道且自旋平行，其电子排布图应为，因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．次氯酸电子式为：；
B．铝原子最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；
C．水分子空间结构为V形；
D．原子的轨道表示式应遵循洪特规则。
3．薄荷醇卤代后的产物（X）可发生如下反应，据此可鉴别薄荷醇与新薄荷醇。下列有关说法错误的是
A．有机物X中含有4个手性碳原子
B．有机物Y、Z的分子式为，互为同分异构体
C．该反应为消去反应，消去①号H原子的产物为Z
D．Y、Z分子质谱图上均存在质荷比数值为138的分子离子峰
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介
【解析】【解答】A．有机物X分子中含有3个手性碳原子，因此选项A的说法是错误的；
B．有机物Y和Z均由10个碳原子和18个氢原子组成，其分子式可表示为。由于它们具有相同的分子式但结构不同，因此互为同分异构体，选项B是正确的；
C．该反应属于消去反应，通过消除氯原子和相邻碳原子上的氢原子形成碳碳双键。根据产物Z中双键的位置可以推断，消除的是①号氢原子，选项C是正确的；
D．由于Y和Z的分子式均为，它们的相对分子质量相同，因此在质谱图中会显示相同的分子离子峰（质荷比为138），选项D是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A．手性碳原子指的是碳原子上连4个不同的原子或原子团，根据有机物结构可指手性碳原子是3个；
B．有机物Y和Z分子式相同，结构不同，是同分异构体；
C．根据物质转化，该反应属于消去反应；
D．Y和Z的相对分子质量相同，在质谱上最大碎片离子峰相同。
4．下列关于有机物命名说法正确的是
A．命名为5—甲基—2—乙基—1，3—己二烯
B．命名为2，2—二甲基—3—丁炔
C．命名该烯烃时主链碳原子数是6个
D．分子式为某种结构的烷烃命名为2，4—二甲基—3，5—二乙基己烷
【答案】A
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】A． 该化合物的系统命名为5-甲基-2-乙基-1，3-己二烯，命名正确，A选项正确；
B． 该化合物的正确命名应为3，3-二甲基-1-丁炔，原命名有误，B选项错误；
C． 在命名该烯烃时，主链应选择含5个碳原子的最长碳链，原命名不正确，C选项错误；
D．根据有机化合物命名规则，乙基不能连接在烷烃主链的第二个碳原子上，即己烷的5号碳上不能连接乙基，D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据有机物命名规则，选含有碳碳双键的最长碳链作为主链；
B．根据有机物结构，正确命名应为3，3-二甲基-1-丁炔；
C．应选择含有双键的最长碳链作为主链，5个碳原子；
D．烷烃结构中，乙基不能连在第二个碳原子上。
5．分离、提纯是研究有机物的基本步骤之一，利用重结晶法提纯含有氯化钠和泥沙的苯甲酸并测量其产率，下列操作中不正确的是
A．称取晶体 B．加热溶解 C．趁热过滤 D．冷却结晶
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析可知，左盘放需称量的晶体，右盘放砝码，A项错误；
B．将晶体放在烧杯中加热溶解，玻璃棒搅拌可加速溶解，B项正确；
C．过滤可分离互不相溶的固液混合物，C项正确；
D．过滤后得到的滤液在烧杯中慢慢冷却结晶，D项正确；
故答案为：A。
【分析】A.根据“左物右码”原则分析。
B.玻璃棒搅拌可加速溶解。
C.过滤适用于互不相溶的固液混合物的分离。
D.冷却结晶适用于溶解度受温度影响较大的物质分离。
6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃、101时，11.2LCO中含有的原子数为
B．1.0L1溶液中含有的数目为
C．标况下，的C3H6中含有的σ键的数目为0.8
D．常温下，14g N2中含键的数目为1
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 25℃和101 kPa不是标准状况（STP），此时11.2 L CO气体的物质的量不等于0.5 mol，因此所含原子数不等于NA（阿伏加德罗常数），故A选项错误；
B. Fe(SCN)3是络合物，在水溶液中Fe3+浓度较低。1.0 L 1 mol·L-1的Fe(SCN)3溶液中，Fe3+的数目远小于NA，因此B选项错误；
C. C3H6可能为丙烯（含8个σ键）或环丙烷（含9个σ键），由于结构不明确，无法确定σ键总数，故C选项错误；
D. N2分子含有2个π键。14 g N2（0.5 mol）所含π键数为1NA，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. 25℃、101 条件下的气体摩尔体积未知，一氧化碳的物质的量无法计算；
B. Fe(SCN)3是络合物，在水溶液中存在平衡，三价铁离子数目小于 ；
C. C3H6可以是丙烯，也可以是环丙烷；
D. 根据公式进行计算，氮分子中存在氮氮三键。
7．丙烯与氢卤酸的加成反应过程主要分两步完成，如图所知：
其中，反应速率主要由第一步烯烃与结合生成碳正离子决定。下列说法不正确的是
A．反应物丙烯不存在顺反异构
B．上述条件下，丙烯生成中间产物a的反应活化能较低
C．上述反应，在适当条件下氢卤酸的酸性越强，反应速率越快
D．若使用进行上述反应，则主要产物为
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；活化能及其对化学反应速率的影响；烯烃
【解析】【解答】A．丙烯分子中双键碳原子连接了两个相同的氢原子，因此不存在顺反异构现象，故A正确；
B．实验结果显示2-氯丙烷为主要产物，说明生成中间体a的反应速率快于中间体b，因此生成中间体a的活化能较低，故B正确；
C．该加成反应的速率控制步骤是烯烃与氢离子结合生成碳正离子，因此酸性越强反应越快。故氢卤酸酸性越强，与丙烯反应速率越快，故C正确；
D．氟原子是强吸电子基团，与氢离子反应会生成中间体，因此主要产物应为，故D错误；
正确答案为D。
【分析】A．顺反异构的产生条件是双键碳原子上连接不同的原子或基团；
B．活化能决定反应速率，活化能越高反应越慢；
C．增大反应物浓度，可以增大反应速率；
D． 结构中含有氟原子，电负性大， 碳正离子在链段，生成物为。
8．下列对有关事实的解释正确的是
选项 事实 解释
A 锗（Ge）和硅（Si）都是优良的半导体材料 Ge和Si符合对角线规则
B 稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu(NH3)4]2+ N的电负性小于O的电负性
C HCl、NH3、C2H5OH均易溶于水 与均能形成氢键
D 稳定性：H2O>H2S 水分子间存在氢键，作用力更强
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；物质的结构与性质之间的关系；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．Ge和Si同属第Ⅳ主族元素，不符合对角线规则（周期表中左上至右下的相似关系），故A选项错误；
B．由于N的电负性小于O的电负性，NH3分子中的N原子孤电子对更易提供形成稳定配位键，因此B选项正确；
C．HCl分子与H2O分子间不存在氢键作用，故C选项错误；
D．H2O的稳定性源于H-O键键能（）显著大于H-S键键能（），与分子间作用力无关，故D选项错误；
正确答案为B。【分析】A．硅和锗是同一族元素；
B．根据氮元素和氧元素电负性差异，推知氮元素和铜离子形成的配位键更稳定；
C．根据氢键形成条件，氯化氢不能和水形成分子间氢键；
D．氢键和分子的稳定性无关。
9．观察下图中有机物的结构简式，下列说法正确的是
A．该化合物所有原子不可能位于同一平面内
B．该化合物中至多有6个碳原子位于同一直线上
C．1mol该物质与1molBr2发生加成反应，可以得到4种不同产物(不考虑立体异构)
D．1mol该物质最多可以与6molH2发生加成反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；乙炔炔烃；加成反应
【解析】【解答】A．在该化合物中，所有碳原子的孤电子对数均为0。对于碳碳三键中的碳原子，它们形成2个σ键，价电子对数为2，因此发生sp杂化；其他碳原子均形成3个σ键，价层电子对数为3，发生sp2杂化。由于sp和sp2杂化的碳原子具有平面或线性几何结构，因此所有原子可能位于同一平面内，选项A的结论不正确；B．乙炔分子中4个原子共直线、苯分子中最多4个原子共直线，则该化合物中，至多有5个碳原子(红线上的碳原子)位于同一直线上，B不正确；
C. 1 mol该物质与1 mol Br2发生加成反应时，可能的反应位点包括：碳碳三键的加成（生成双键）；单个碳碳双键的加成；两个碳碳双键的"1，4-加成"（共轭双键特性）。因此，不考虑立体异构的情况下，总共可以得到4种不同的产物，故选项C正确；
D．该分子中的不饱和键包括： 1个碳碳三键（消耗2 mol H2），2个碳碳双键（各消耗1 mol H2），1个苯环（消耗3 mol H2），因此，1 mol该物质最多可以与7 mol H2发生加成反应，但选项D的结论不正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据有机物结构含有苯环、碳碳双键和碳碳三建，所有原子有可能位于同一平面；
B．有机物中最多有5个碳原子在一条直线上；
C. 有机物和溴单质1：1反应时，可与碳碳三建加成，或与双键发生1，2-加成，1，4-加成；
D.1mol有机物最多消耗7mol H2。
10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。X与Y、Z、W位于不同周期，Y、Z相邻，基态X原子核外未成对电子数是基态Y原子核外未成对电子数的3倍，W的单质常用于自来水的消毒。下列说法正确的是
A．第一电离能：X>Y>Z B．电负性：Z>Y>X
C．最简单氢化物的熔点：W>X>Z D．晶体为分子晶体
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．根据元素周期律，同周期从左到右第一电离能总体增大，但存在反常（如ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA），同主族从上到下第一电离能减小。因此第一电离能顺序为：N > Si > Al，选项A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大。电负性顺序应为：N > Si > Al，选项B错误；
C．NH3分子间存在氢键，使其熔点高于HCl和SiH4。而SiH4的相对分子质量小于HCl，因此最简单氢化物的熔点顺序为：NH3 > HCl > SiH4，选项C错误；
D．AlCl3是由分子构成的晶体，属于分子晶体，选项D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】题目中给出X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。其中W的单质常用于自来水消毒，可推断W为氯(Cl)元素。题目还说明基态X原子核外未成对电子数是基态Y原子核外未成对电子数的3倍，即X有3个未成对电子（可能是氮N），Y有1个未成对电子（可能是铝Al）。由于X与Y、Z、W位于不同周期，且X的原子序数最小，可确定X为氮(N)。四种元素的最外层电子数之和为19，设Y的最外层电子数为a，由于Y和Z相邻，Z的最外层电子数为a+1。结合已知条件可得方程：a + (a+1) + 7（Cl） + 5（N） = 19，解得a=3，因此Y为铝(Al)，Z为硅(Si)。
11．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下表中所列事实和有关推论均正确的是
选项 已知事实 某同学提出的推论
A 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 甲苯也不能使酸性KMnO4溶液褪色
B 乙烯分子中所有原子在同一平面上 丙烯分子中所有碳原子在同一平面上
C 将苯、铁粉和液溴混合，将反应后的气体通入石蕊试液，溶液变红 苯与溴发生取代反应生成HBr
D 乙烯可以使酸性KMnO4溶液褪色 聚乙烯也能使酸性KMnO4溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】烯烃；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．由于苯环对甲基的活化作用，甲苯能够使酸性高锰酸钾（KMnO4）溶液褪色，因此选项A是错误的；
B．丙烯分子（CH2=CH-CH3）的三个碳原子共平面，符合烯烃的平面结构特征，所以选项B是正确的；
C．在溴乙烷消去反应中，挥发的溴蒸气会干扰实验结果，因为它溶于水后形成酸性溶液也能使石蕊变红，因此不能仅凭石蕊变红证明生成了溴化氢（HBr），故选项C是错误的；
D．聚乙烯分子中不含碳碳双键（C=C），因此不能使酸性高锰酸钾（KMnO4）溶液褪色，所以选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．由于苯环活化了甲基，甲苯可使酸性高锰酸钾褪色；
B．丙烯中含有碳碳双键，碳原子在同一平面；
C．溴化氢中会混有溴蒸汽，会干扰实验；
D．聚乙烯结构中并不含有碳碳双键。
12．白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示，下列说法不正确的是
A．白藜芦醇分子中不含手性碳原子
B．白藜芦醇存在顺反异构
C．1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应
D．白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据结构简式分析，白藜芦醇分子中没有连接四个不同基团的手性碳原子（即不对称碳原子），因此A选项正确；
B．从结构简式可以看出，白藜芦醇分子中的碳碳双键两端连接的基团不同，符合顺反异构的条件，故B选项正确；
C．结构简式显示，白藜芦醇分子含有3个酚羟基（-OH），每个酚羟基能与1mol氢氧化钠反应，因此1mol白藜芦醇最多可消耗3mol氢氧化钠，C选项正确；
D．结构分析表明，白藜芦醇分子中的酚羟基邻对位可发生溴代反应（每个酚羟基可引入3个溴原子，共9个位置），同时碳碳双键能与溴发生加成反应（消耗1mol Br2）。但题目描述的产物分子式C14H7O3Br7不符合实际反应情况（理论上最多可引入10个溴原子），因此D选项错误；
正确答案为D。
【分析】A．手性碳原子指的是碳原子上连接4个不同的原子或原子团；
B．有机物结构中有碳碳双键，且双键两侧连接原子团不一样，存在顺反异构；
C．有机物结构中酚羟基可与氢氧化钠反应；
D．根据碳碳双键和溴水发生加成反应，羟基邻对位和溴水发生取代反应，据此分析。
13．某种钾盐具有鲜艳的颜色，其阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增加的前四周期元素，X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4，W为日常生活中应用最广泛的过渡金属。下列说法错误的是
A．原子半径：Z >X > Y
B．氢化物的稳定性：Y>X
C．该阴离子中含有配位键
D．X、Y、Z均满足最外层8电子结构
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 硫原子有3个电子层，碳、氮均为2个电子层。原子半径规律：电子层数越多半径越大，同周期核电荷数越大半径越小，因此半径排序为S > C > N， A正确；
B. 同周期从左至右非金属性增强，氢化物稳定性与元素非金属性正相关。但氮的氢化物（如NH3）稳定性不一定总高于碳的氢化物（如CH4），需具体分析， B错误；
C. 阴离子中铁原子有空轨道，氮原子有孤电子对，可形成配位键， C正确；
D. 阴离子中：C形成4个共价键，N形成3个共价键，S形成2个共价键，均满足8电子稳定结构， D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】元素X、Y位于第二周期，其未成对电子数之比为2：3。根据电子排布推断：X有2个未成对电子，电子排布为1s22s22p2，Y有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p3，元素Z的最高与最低化合价代数和为4，结合阴离子结构可知Z为硫（S）。过渡金属W为日常生活中最常用的铁（Fe）。
14．同分异构现象是有机化合物种类繁多、数量巨大的原因之一、下列有关同分异构体(不考虑立体异构)的判断正确的是
A．乙烷与氯气光照最多可生成9种氯代烃
B．分子式为的芳香烃有3种，分别为、和
C．分子式为的烯烃有2种，分别为、
D．分子式为C4H8Cl2的有机物的同分异构体有6种
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．乙烷与氯气在光照条件下反应，生成的氯代烃包括：一氯代物1种，二氯代物2种，三氯代物2种，四氯代物2种，五氯代物1种，六氯代物1种，总共可以生成9种不同的氯代烃，因此选项A是正确的；
B．分子式为的芳香烃除了题目中提到的物质外，还有乙苯这种同分异构体存在，因此选项B是错误的；
C．分子式为的烯烃实际上有3种同分异构体，分别是：1-丁烯（）、2-丁烯（）和2-甲基丙烯（），因此选项C是错误的；
D．分子式为C4H8Cl2的有机物的同分异构体中，固定一个氯原子，另一个氯原子位置有、、，共9种，D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．根据取代反应特点，乙烷与氯气可生成多种取代产物；
B． 分子式为的芳香烃 中还包含乙苯；
C． 分子式为的烯烃 中包含带支链的2-甲基丙烯；
D． 分子式为C4H8Cl2 ，可看成丁烷的二氯取代物，根据定一动一的原则，同分异构体共9种。
15．钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是
A．钙镁矿中，1号原子的坐标为，2号原子的坐标为
B．钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．结构中与、与离子之间的作用力相同
D．晶胞中，分子的排列方式只有3种取向
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据晶胞结构分析，当顶点的镁原子坐标为(1， 0， 0)时，位于小立方体体对角线上的1号硫原子坐标为，2号硫原子坐标为，因此A选项正确；
B．若以硫原子为顶点构建立方晶胞，硫原子位于顶点和面心位置，此时每个硫原子周围最近的硫原子数为12个，故B选项错误；
C．在六水硫酸亚铁中，亚铁离子（具有空轨道）与水分子中的氧原子（具有孤对电子）形成配位键，同时水分子中的氢原子与硫酸根中的氧原子形成氢键，因此水分子与阴阳离子的作用力类型不同，C选项错误；
D．晶胞中二氧化碳分子的排列方式共有4种：顶点1种和面心3种，故D选项错误；
正确答案为A。
【分析】A．根据晶胞结构，原子所处位置，可得出相应坐标；
B．根据钙镁矿结构，距离硫原子最近的硫原子数目为12；
C．结构中 与 间形成配位键， 与 间形成氢键；
D．由干冰晶胞结构可知，分子的排列方式 由4中取向。
16．铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，晶胞结构如图所示。储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为a nm，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．铁镁合金晶胞中Fe原子数为4
B．Mg与Fe之间的最近距离为nm
C．在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数有12个
D．储氢后的晶体密度为
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据铁镁合金晶胞结构分析，铁原子分布在面心和顶点位置。通过均摊法计算，每个晶胞中铁原子数为：顶点贡献1/8，面心贡献1/2，总数为，因此选项A正确；
B．该晶胞的边长参数为 nm，但Mg与Fe之间的最短距离应为 nm，因此选项B错误；
C．每个铁原子周围有12个最近的铁原子，因此选项C正确；
D．储氢后晶体的化学式为，其密度计算公式为，因此选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．根据晶胞含有原子计算方法，铁原子为4个；
B．镁原子和铁原子最近距离是体对角的四分之一，但晶胞边长并不是anm；
C．根据晶胞中铁原子的相对位置作答；
D．根据均摊法计算后化学式为，代入对应计算公式可计算密度。
二、第 Ⅱ 卷（非选择题，共56分）
17．过渡金属在生活、生产中至关重要。铁用于建筑和制造汽车，铜广泛应用于电气行业，钛合金应用于航空、航天等领域。
（1）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)均为第四周期第Ⅷ族的元素，称为铁系元素，铁系元素能与CO形成、等金属羰基化合物。
①Ni位于元素周期表的　 　区；基态Co原子的核外电子排布式为　 　。
②已知：室温下，为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。则的晶体类型为　 　；1 mol中含有的σ键与π键的数目之比为　 　。
③的一种配离子中，的配位体为　 　。该配离子中的H-N-H键角　 　(填“大于”“小于”或“等于”)独立存在的气态的H-N-H键角，原因为　 　。
（2）通过氮掺杂得到，二者结构如图所示。
晶胞中Ti的配位数为　 　，晶体中a=　 　。
【答案】（1）d；；分子晶体；1︰1；、；大于；两者中N均为杂化，有一对孤电子对，中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小
（2）6；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①镍(Ni)是28号元素，其价电子排布为3d84s2，位于元素周期表第四周期第VIII族，属于d区元素；钴(Co)是27号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2；②在室温条件下，五羰基铁[Fe(CO)5]呈现浅黄色液态，沸点温度为103℃，易溶解于非极性溶剂。根据这些性质可判断该物质由分子构成，属于分子晶体。化学键类型分析：单键均为σ键；双键包含1个σ键和1个π键；三键包含1个σ键和2个π键。每个Fe(CO)5分子中存在5个配位键（属于σ键），每个CO分子内部有1个σ键和2个π键。因此分子中σ键与π键的总数均为10个，两者数量比为1：1；
③从配离子的结构分析： 配体类型：和，空间构型影响因素：孤电子对的排斥作用强于成键电子对，杂化方式：配体NH3中的氮原子以及中的NH3配体氮原子均采用sp3杂化。自由氨分子中氮原子有一对孤电子，而配位后的NH3中氮原子没有孤电子。当杂化方式相同时，孤电子对数量越多，键角越小；
（2）由晶胞的结构可知Ti被上下、左右、前后的O围成了正八面体，则Ti周围最近的且距离相等的O的个数是6，则Ti的配位数为 6；由的晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子位于6个棱上，6个面上，1个在体内，氧原子个数为6×，N原子一个在面上，一个在棱上，N原子个数为1，Ti原子在晶胞的8个顶点4个面心和1个在体内，则Ti原子个数为4，则有Ti：O：N=4：：=1：：，该晶体化学式为：，则有2-a=，a=，故答案为：6；。
【分析】（1）根据 沸点低，易溶于非极性溶剂等性质，判断其为分子晶体； 结构中，铁原子和一氧化碳之间形成配位键，一氧化碳分子中存在碳氧三键，可计算σ键与π键的数目之比 ；
（2）根据晶胞结构中钛原子和氧原子的相对位置， Ti的配位数为6；晶胞中Ti：O：N=4：：=1：：，代入可计算a值。
（1）①Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，第四周期第VIII族元素，属于d区；Co是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；
②室温下，Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，可以推断构成的微粒是分子，属于分子晶体，单键为σ键，双键中有一个σ键，一个π键，三键中有一个σ键，两个π键，分子中存在5个配位键，配位键也属于σ键，CO分子内部有一个σ键，两个π键，则分子内σ键和π键个数均为10，其个数比为1：1；
③由配离子的结构可知：配体为、；孤对电子的斥力大于成键电子对，和中配体NH3中N均为sp3杂化，氨气中有一对孤对电子，配体NH3中N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小；
（2）由晶胞的结构可知Ti被上下、左右、前后的O围成了正八面体，则Ti周围最近的且距离相等的O的个数是6，则Ti的配位数为 6；由的晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子位于6个棱上，6个面上，1个在体内，氧原子个数为6×，N原子一个在面上，一个在棱上，N原子个数为1，Ti原子在晶胞的8个顶点4个面心和1个在体内，则Ti原子个数为4，则有Ti：O：N=4：：=1：：，该晶体化学式为：，则有2-a=，a=，故答案为：6；。
18．不同组成与结构的物质形成丰富多彩的物质世界。
（1）已知下图为常见物质的晶胞结构，下列有关叙述正确的是　 　。
A．缺角的NaCl晶体在饱和的NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性
B．NaCl晶体、干冰晶体在受热熔化过程中均存在化学键的断裂
C．在CsCl晶体中，距Cl﹣最近的Cs+ 有4个
D．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键(C-C)数目之比为1：2
E．干冰晶体中，只存在范德华力，不存在化学键
（2）实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配离子(如下图)测定铁的含量。
①红色配离子的中心离子的配位数为　 　。
②红色配离子中不存在的作用力有　 　。
A．σ键 B．π键 C．配位键 D．离子键 E．氢键
（3）MgCl2和TiCl4的部分性质对比如下表：
MgCl2 TiCl4
熔点 / ℃ 714 -24
沸点 / ℃ 1412 136.4
室温下状态 固体 无色液体
二者虽然都是金属元素和氯元素形成的化合物，但前者熔点比后者高很多，其原因为　 　。
（4）近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。
该铜硒化合物的化学式为　 　，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，则　 　(填“①”或“②”)为Cu+。该晶体的密度为　 　g cm-3(用含a和c的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】（1）AD
（2）6；DE
（3）MgCl2属于离子晶体，TiCl4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点一般大于分子晶体
（4）Cu3Se2；②；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）A．晶体在饱和溶液中能自发形成规则几何外形，如缺角NaCl晶体在饱和NaCl溶液中逐渐变为完整立方体，体现了晶体的自范性， A正确；
B．NaCl晶体（离子晶体）熔化时需断裂化学键，而干冰（分子晶体）熔化仅破坏分子间作用力， B不正确；
C．CsCl晶体中，Cs+周围最近的Cl-数为8，但Cl-周围最近的Cs+数同样为8， C不正确；
D．金刚石晶体中，每个碳原子平均形成2个C-C键，碳原子与C-C键数目比为1：2， D正确；
E．干冰晶体中分子间存在范德华力，分子内存在化学键， E不正确；
答案：AD。
（2）①图示红色配离子中，中心Fe2+与N原子形成6个配位键，故配位数为6；
②该配离子中含配位键、σ键和大π键，但不存在离子键和氢键， 故选DE；
（3）MgCl2熔沸点显著高于TiCl4（后者室温为液态），因MgCl2为离子晶体，TiCl4为分子晶体，离子晶体熔沸点通常更高；
（4）该铜硒化合物中，①Cu位于面心和顶点，②Cu位于体内，Se位于体内，1个晶胞中，含有①Cu的数目为=2，含②Cu的数目为4，①Cu：②Cu=1：2，含有Se原子的数目为4，则Cu、Se原子个数比为(2+4)：4=3：2，化学式为Cu3Se2，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，设Cu+的个数为x，则Cu2+的个数为(3-x)，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，可得出x+2(3-x)+2×(-2)=0，x=2，3-x=1，Cu+、Cu2+的个数比为2：1，可得出②为Cu+。该晶体的密度为=g cm-3。
【分析】（1）氯化钠和氯化铯是离子晶体，金刚石是共价晶体，二氧化碳是分子晶体，根据晶胞结构和晶体类型的相关性质作答；
（2）根据配离子结构，中心离子配位数为6，作用力包括共价键和分子间作用力；
（3）熔点差异大时，是物质晶体类型不同导致的；
（4）根据晶胞计算方法，晶胞中含4个Se原子，6个Cu原子，可得化学式；根据化合物化合价代数和为0，计算铜离子和亚铜离子数目。
（1）A．晶体在其饱和溶液中具有自发地形成规则的几何外形的能力，则缺角的NaCl晶体在饱和的NaCl溶液中，慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，A正确；
B．NaCl晶体属于离子晶体，在受热熔化过程中存在化学键的断裂，而干冰晶体属于分子晶体，在受热熔化过程中仅破坏分子间的作用力，不存在化学键的断裂，B不正确；
C．在CsCl晶体中，Cs+距离最近且相等的Cl-有8个，则距Cl﹣最近的Cs+有8个，C不正确；
D．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每个共价键属于2个碳原子，则平均每个碳原子形成2个碳碳键，碳原子与碳碳键(C-C)数目之比为1：2，D正确；
E．干冰晶体中，二氧化碳分子间存在范德华力，二氧化碳分子内存在化学键，E不正确；
故选AD。
（2）①从图中可以看出，中心Fe2+与N原子间形成6个配位键，则红色配离子的中心离子的配位数为6。
②红色配离子中，Fe2+与N原子间形成配位键，六元环内含有碳碳、碳氮、碳氢σ键和大π键，但不存在的作用力有离子键、氢键，故选DE。
（3）从MgCl2、TiCl4的状态和熔沸点看，MgCl2的熔沸点高于TiCl4(熔点为负值，室温下呈液态)，则表明TiCl4形成分子晶体，而MgCl2形成离子晶体。则前者熔点比后者高很多，其原因为：MgCl2属于离子晶体，TiCl4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点一般大于分子晶体。
（4）该铜硒化合物中，①Cu位于面心和顶点，②Cu位于体内，Se位于体内，1个晶胞中，含有①Cu的数目为=2，含②Cu的数目为4，①Cu：②Cu=1：2，含有Se原子的数目为4，则Cu、Se原子个数比为(2+4)：4=3：2，化学式为Cu3Se2，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，设Cu+的个数为x，则Cu2+的个数为(3-x)，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，可得出x+2(3-x)+2×(-2)=0，x=2，3-x=1，Cu+、Cu2+的个数比为2：1，可得出②为Cu+。该晶体的密度为=g cm-3。
19．Ⅰ、已知己二酸是一种二元弱酸，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。用浓硝酸氧化环己醇制备己二酸的反应机理如图所示：
+ HNO3(浓)HOOC(CH2)4COOH+NO2↑+H2O(未配平)
制备己二酸的装置如图所示(夹持、加热装置省略)。向三颈烧瓶中加入2mL浓HNO3再缓慢滴加1.5g环己醇，保持80℃持续反应2h，反应结束冷却至室温后，在冰水浴中继续冷却，分离出己二酸。
（1）图中仪器B的作用为　 　。
（2）将己二酸粗品提纯的方法是　 　。洗涤沉淀的方法为　 　(填字母)。
A．用乙醇洗涤 B．用乙醇-水溶液洗涤 C．用冰水洗涤
（3）若制得纯己二酸的质量为1.5g，则己二酸的产率为　 　(保留一位小数)。
Ⅱ、有机物 M（只含 C、H、O 三种元素中的两种或三种）具有令人愉悦的牛奶香气，主要用于配制奶油、乳品、酸奶和草莓等型香精，是我国批准使用的香料产品，其沸点为148℃。某化学兴趣小组从粗品中分离提纯有机物 M，然后借助李比希法、现代科学仪器测定有机物 M 的分子组成和结构，具体实验过程如下：
步骤一：将粗品用蒸馏法进行纯化
蒸馏装置如图所示
（4）图中虚线框内应选用右侧的　 　 (填“仪器x”或“仪器y”)。
步骤二：确定 M 的实验式和分子式
（5）利用李比希法测得4.4g有机物 M 完全燃烧后产生CO28.8g和H2O 3.6g。已知M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，则M的分子式为　 　。
步骤三：确定M的结构简式。
（6）用核磁共振仪测出M的核磁共振氢谱如图2所示，图中峰面积之比为1：3：1：3；利用红外光谱仪测得M的红外光谱如图3所示
M的结构简式为　 　。（请填写其键线式）
【答案】冷凝回流，提高原料的利用率；重结晶；C；68.5%；仪器 y；C4H8O2；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器B为球形冷凝管，其主要作用是冷凝回流反应物，减少原料挥发损失，提高原料利用率；
（2）由于己二酸是固体产物，提纯方法选择重结晶，除去可溶性杂质；洗涤时需用冰水，因为己二酸的溶解度随温度降低显著减小，冰水洗涤可减少产物溶解损失，提高最终产率；
（3）计算过程：1.5g环己醇的物质的量 =，理论产量：0.015mol × 146g/mol = 2.19g己二酸，实际产率 =；
（4）蒸馏操作需使用直形冷凝管（仪器y），因其适用于蒸气快速冷凝的蒸馏过程；
（5）4.4g有机物M完全燃烧后产生CO28.8g和H2O3.6g，n(C)=，n(H)=2×，n(O)=，C：H：O=0.2：0.4：0.1=2：4：1，最简式为：C2H4O；M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，相对分子质量为44×2=88，设分子式为C2nH4nOn，则44n=88，n=2，分子式为C4H8O2；
(6)由图可知，核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶3∶1∶3，可以确定有4种H原子，个数比为1∶3∶1∶3，应该含有两个甲基，由图2可知，含有-OH和C=O键，M中官能团有羟基和羰基；结构简式为：。
【分析】Ⅰ、实验步骤：在三颈烧瓶中先加入浓硝酸，再加入环己醇，控制反应温度在80℃持续加热2小时，反应完成后冷却结晶，分离得到己二酸产物。
Ⅱ、通过蒸馏分离出含C、H、O元素的有机物，结合李比希法测定其最简式，利用同温同压下气体密度与分子量的关系确定分子量，最后通过核磁共振氢谱和红外光谱分析确定分子结构，从而推导出结构简式。
20．布洛芬(Ⅳ)是一种非甾体抗炎药，具有镇痛、解热和抗炎的作用。以金属氢化物(如)为还原剂代替锌汞齐作催化剂可实现绿色合成布洛芬，其合成工艺路线如图所示。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。化合物 Ⅱ中含氧官能团的名称为　 　，化合物 Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，写出其中一种化合物的结构简式：　 　。
（2）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物Ⅰ中存在“头碰头”形成的键
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有非极性共价键的断裂与形成
C．化合物Ⅲ属于卤代烃
D．化合物Ⅳ中，碳原子采取和杂化，并且存在手性碳原子
（3）对于化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（4）利用题目所给原理，以丙酮为原料合成，基于你设计的合成路线回答下列问题：
①反应过程中生成羧酸相关步骤涉及卤代烃的生成，该卤代烃的结构简式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）；羟基；(或)
（2）C；D
（3）NaOH醇溶液、加热；消去反应；NaOH水溶液、加热；
（4）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为。化合物Ⅱ中含氧官能团为羟基（—OH），化合物Ⅱ的同分异构体需满足以下条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液显色（含酚羟基）；③核磁共振氢谱显示4组峰（高度对称）。符合条件的结构为或；
（2）A．化合物Ⅰ含羰基（C=O），存在σ键（头碰头）和π键（肩并肩），故A错误；
B．Ⅰ→Ⅱ过程中，羰基转化为羟基，仅涉及极性键断裂与形成，无非极性键变化，故B错误；
C．化合物Ⅲ含碳溴键（C—Br），属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中：双键碳和苯环碳为杂化，饱和碳为杂化， 羧基碳连有4个不同基团，是手性碳，故D正确；
正确答案：CD。
（3）化合物Ⅲ（含Br）的反应类型：
① 消去反应：在NaOH醇溶液中加热，生成；
② 取代反应：在NaOH水溶液中加热，生成。
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似ⅢⅣ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，卤代烃的结构简式为；
②最后一步反应为酯化反应，化学方程式为：。
【分析】根据转化关系分析：化合物Ⅰ通过还原反应生成Ⅱ，Ⅱ经过取代反应得到Ⅲ，Ⅲ再经过取代反应生成Ⅳ。
（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为；观察结构可知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为羟基；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为(或)；
（2）A．“头碰头”形成的键，化合物I中含有羰基，存在“肩并肩”形成的键，故A错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，羰基转化为，有极性共价键的断裂与极性键的形成，没有非极性的形成，故B错误；
C．化合物Ⅲ中溴原子连接烃基，属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中，双键、苯环中碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，羧基连接的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，故D正确；
答案为CD；
（3）对于化合物Ⅲ，含有碳溴键且溴原子连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
①在NaOH醇溶液、加热条件下可以发生消去反应生成；
②可以在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成；
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似ⅢⅣ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，卤代烃的结构简式为；
②最后一步反应为酯化反应，化学方程式为：。
1 / 1广东省深圳市新安中学（集团）高中部2024-2025学年高二下学期期中化学试题
一、选择题：（本题包括16小题，1-10题每小题2分，11-16题每小题4分共44分。每小题只有一个正确的选项符合题意。）
1．科技乃兴国之重。下列说法正确的是
A．“天问一号”实验舱——所使用的铝合金熔点高于其各组分金属
B．打造北斗卫星系统——85Rb与星载铷钟所用87Rb的物理性质和化学性质均不同
C．制造C919飞机的材料——氮化硅属于共价晶体
D．乙烯可用作水果催熟剂，是氧割焰的主要气体
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．HClO的电子式：
B．铝原子最高能级的电子云轮廓图：
C．H2O的空间结构为
D．基态碳原子的轨道表示式：
3．薄荷醇卤代后的产物（X）可发生如下反应，据此可鉴别薄荷醇与新薄荷醇。下列有关说法错误的是
A．有机物X中含有4个手性碳原子
B．有机物Y、Z的分子式为，互为同分异构体
C．该反应为消去反应，消去①号H原子的产物为Z
D．Y、Z分子质谱图上均存在质荷比数值为138的分子离子峰
4．下列关于有机物命名说法正确的是
A．命名为5—甲基—2—乙基—1，3—己二烯
B．命名为2，2—二甲基—3—丁炔
C．命名该烯烃时主链碳原子数是6个
D．分子式为某种结构的烷烃命名为2，4—二甲基—3，5—二乙基己烷
5．分离、提纯是研究有机物的基本步骤之一，利用重结晶法提纯含有氯化钠和泥沙的苯甲酸并测量其产率，下列操作中不正确的是
A．称取晶体 B．加热溶解 C．趁热过滤 D．冷却结晶
A．A B．B C．C D．D
6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25℃、101时，11.2LCO中含有的原子数为
B．1.0L1溶液中含有的数目为
C．标况下，的C3H6中含有的σ键的数目为0.8
D．常温下，14g N2中含键的数目为1
7．丙烯与氢卤酸的加成反应过程主要分两步完成，如图所知：
其中，反应速率主要由第一步烯烃与结合生成碳正离子决定。下列说法不正确的是
A．反应物丙烯不存在顺反异构
B．上述条件下，丙烯生成中间产物a的反应活化能较低
C．上述反应，在适当条件下氢卤酸的酸性越强，反应速率越快
D．若使用进行上述反应，则主要产物为
8．下列对有关事实的解释正确的是
选项 事实 解释
A 锗（Ge）和硅（Si）都是优良的半导体材料 Ge和Si符合对角线规则
B 稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu(NH3)4]2+ N的电负性小于O的电负性
C HCl、NH3、C2H5OH均易溶于水 与均能形成氢键
D 稳定性：H2O>H2S 水分子间存在氢键，作用力更强
A．A B．B C．C D．D
9．观察下图中有机物的结构简式，下列说法正确的是
A．该化合物所有原子不可能位于同一平面内
B．该化合物中至多有6个碳原子位于同一直线上
C．1mol该物质与1molBr2发生加成反应，可以得到4种不同产物(不考虑立体异构)
D．1mol该物质最多可以与6molH2发生加成反应
10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。X与Y、Z、W位于不同周期，Y、Z相邻，基态X原子核外未成对电子数是基态Y原子核外未成对电子数的3倍，W的单质常用于自来水的消毒。下列说法正确的是
A．第一电离能：X>Y>Z B．电负性：Z>Y>X
C．最简单氢化物的熔点：W>X>Z D．晶体为分子晶体
11．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下表中所列事实和有关推论均正确的是
选项 已知事实 某同学提出的推论
A 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 甲苯也不能使酸性KMnO4溶液褪色
B 乙烯分子中所有原子在同一平面上 丙烯分子中所有碳原子在同一平面上
C 将苯、铁粉和液溴混合，将反应后的气体通入石蕊试液，溶液变红 苯与溴发生取代反应生成HBr
D 乙烯可以使酸性KMnO4溶液褪色 聚乙烯也能使酸性KMnO4溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
12．白藜芦醇具有强的抗癌活性，其分子结构如下图所示，下列说法不正确的是
A．白藜芦醇分子中不含手性碳原子
B．白藜芦醇存在顺反异构
C．1 mol白藜芦醇可以和3 mol NaOH反应
D．白藜芦醇和过量浓溴水反应，产物的分子式为C14H9O3Br7
13．某种钾盐具有鲜艳的颜色，其阴离子结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次增加的前四周期元素，X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2：3，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4，W为日常生活中应用最广泛的过渡金属。下列说法错误的是
A．原子半径：Z >X > Y
B．氢化物的稳定性：Y>X
C．该阴离子中含有配位键
D．X、Y、Z均满足最外层8电子结构
14．同分异构现象是有机化合物种类繁多、数量巨大的原因之一、下列有关同分异构体(不考虑立体异构)的判断正确的是
A．乙烷与氯气光照最多可生成9种氯代烃
B．分子式为的芳香烃有3种，分别为、和
C．分子式为的烯烃有2种，分别为、
D．分子式为C4H8Cl2的有机物的同分异构体有6种
15．钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是
A．钙镁矿中，1号原子的坐标为，2号原子的坐标为
B．钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．结构中与、与离子之间的作用力相同
D．晶胞中，分子的排列方式只有3种取向
16．铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，晶胞结构如图所示。储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为a nm，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．铁镁合金晶胞中Fe原子数为4
B．Mg与Fe之间的最近距离为nm
C．在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数有12个
D．储氢后的晶体密度为
二、第 Ⅱ 卷（非选择题，共56分）
17．过渡金属在生活、生产中至关重要。铁用于建筑和制造汽车，铜广泛应用于电气行业，钛合金应用于航空、航天等领域。
（1）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)均为第四周期第Ⅷ族的元素，称为铁系元素，铁系元素能与CO形成、等金属羰基化合物。
①Ni位于元素周期表的　 　区；基态Co原子的核外电子排布式为　 　。
②已知：室温下，为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。则的晶体类型为　 　；1 mol中含有的σ键与π键的数目之比为　 　。
③的一种配离子中，的配位体为　 　。该配离子中的H-N-H键角　 　(填“大于”“小于”或“等于”)独立存在的气态的H-N-H键角，原因为　 　。
（2）通过氮掺杂得到，二者结构如图所示。
晶胞中Ti的配位数为　 　，晶体中a=　 　。
18．不同组成与结构的物质形成丰富多彩的物质世界。
（1）已知下图为常见物质的晶胞结构，下列有关叙述正确的是　 　。
A．缺角的NaCl晶体在饱和的NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性
B．NaCl晶体、干冰晶体在受热熔化过程中均存在化学键的断裂
C．在CsCl晶体中，距Cl﹣最近的Cs+ 有4个
D．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键(C-C)数目之比为1：2
E．干冰晶体中，只存在范德华力，不存在化学键
（2）实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配离子(如下图)测定铁的含量。
①红色配离子的中心离子的配位数为　 　。
②红色配离子中不存在的作用力有　 　。
A．σ键 B．π键 C．配位键 D．离子键 E．氢键
（3）MgCl2和TiCl4的部分性质对比如下表：
MgCl2 TiCl4
熔点 / ℃ 714 -24
沸点 / ℃ 1412 136.4
室温下状态 固体 无色液体
二者虽然都是金属元素和氯元素形成的化合物，但前者熔点比后者高很多，其原因为　 　。
（4）近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。
该铜硒化合物的化学式为　 　，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，则　 　(填“①”或“②”)为Cu+。该晶体的密度为　 　g cm-3(用含a和c的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
19．Ⅰ、已知己二酸是一种二元弱酸，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。用浓硝酸氧化环己醇制备己二酸的反应机理如图所示：
+ HNO3(浓)HOOC(CH2)4COOH+NO2↑+H2O(未配平)
制备己二酸的装置如图所示(夹持、加热装置省略)。向三颈烧瓶中加入2mL浓HNO3再缓慢滴加1.5g环己醇，保持80℃持续反应2h，反应结束冷却至室温后，在冰水浴中继续冷却，分离出己二酸。
（1）图中仪器B的作用为　 　。
（2）将己二酸粗品提纯的方法是　 　。洗涤沉淀的方法为　 　(填字母)。
A．用乙醇洗涤 B．用乙醇-水溶液洗涤 C．用冰水洗涤
（3）若制得纯己二酸的质量为1.5g，则己二酸的产率为　 　(保留一位小数)。
Ⅱ、有机物 M（只含 C、H、O 三种元素中的两种或三种）具有令人愉悦的牛奶香气，主要用于配制奶油、乳品、酸奶和草莓等型香精，是我国批准使用的香料产品，其沸点为148℃。某化学兴趣小组从粗品中分离提纯有机物 M，然后借助李比希法、现代科学仪器测定有机物 M 的分子组成和结构，具体实验过程如下：
步骤一：将粗品用蒸馏法进行纯化
蒸馏装置如图所示
（4）图中虚线框内应选用右侧的　 　 (填“仪器x”或“仪器y”)。
步骤二：确定 M 的实验式和分子式
（5）利用李比希法测得4.4g有机物 M 完全燃烧后产生CO28.8g和H2O 3.6g。已知M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，则M的分子式为　 　。
步骤三：确定M的结构简式。
（6）用核磁共振仪测出M的核磁共振氢谱如图2所示，图中峰面积之比为1：3：1：3；利用红外光谱仪测得M的红外光谱如图3所示
M的结构简式为　 　。（请填写其键线式）
20．布洛芬(Ⅳ)是一种非甾体抗炎药，具有镇痛、解热和抗炎的作用。以金属氢化物(如)为还原剂代替锌汞齐作催化剂可实现绿色合成布洛芬，其合成工艺路线如图所示。
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　。化合物 Ⅱ中含氧官能团的名称为　 　，化合物 Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，写出其中一种化合物的结构简式：　 　。
（2）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。
A．化合物Ⅰ中存在“头碰头”形成的键
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有非极性共价键的断裂与形成
C．化合物Ⅲ属于卤代烃
D．化合物Ⅳ中，碳原子采取和杂化，并且存在手性碳原子
（3）对于化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（4）利用题目所给原理，以丙酮为原料合成，基于你设计的合成路线回答下列问题：
①反应过程中生成羧酸相关步骤涉及卤代烃的生成，该卤代烃的结构简式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅；合金及其应用；乙炔炔烃
【解析】【解析】A. 合金的熔点通常低于其组成金属的熔点， A错误；
B. 85Rb和87Rb是同位素关系，它们的物理性质存在差异，但化学性质相同， B错误；
C. 氮化硅（Si3N4）是一种新型无机非金属材料，其晶体结构中原子间通过共价键结合，属于共价晶体， C正确；
D. 氧割焰中使用的主要气体是乙炔（C2H2），而非乙烯（C2H4），D错误；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A. 合金熔点低于各成分金属熔点；
B. 同位素化学性质基本相同；
C. 氮化硅属于共价晶体；
D. 乙炔是氧割焰的主要气体。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．HClO的正确结构式为H—O—Cl，其电子式应为：，因此A选项是错误的；
B．铝原子基态电子排布为，其最高能级电子位于3p轨道，3p轨道呈哑铃形，故B选项是正确的；
C．分子的空间结构应为，呈"V"形（键角约为104.5°），因此C选项是错误的；
D．基态碳原子应遵循洪特规则，将2p轨道的两个电子分别占据两个空轨道且自旋平行，其电子排布图应为，因此D选项是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．次氯酸电子式为：；
B．铝原子最高能级为3p能级，电子云轮廓图为哑铃形；
C．水分子空间结构为V形；
D．原子的轨道表示式应遵循洪特规则。
3．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介
【解析】【解答】A．有机物X分子中含有3个手性碳原子，因此选项A的说法是错误的；
B．有机物Y和Z均由10个碳原子和18个氢原子组成，其分子式可表示为。由于它们具有相同的分子式但结构不同，因此互为同分异构体，选项B是正确的；
C．该反应属于消去反应，通过消除氯原子和相邻碳原子上的氢原子形成碳碳双键。根据产物Z中双键的位置可以推断，消除的是①号氢原子，选项C是正确的；
D．由于Y和Z的分子式均为，它们的相对分子质量相同，因此在质谱图中会显示相同的分子离子峰（质荷比为138），选项D是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A．手性碳原子指的是碳原子上连4个不同的原子或原子团，根据有机物结构可指手性碳原子是3个；
B．有机物Y和Z分子式相同，结构不同，是同分异构体；
C．根据物质转化，该反应属于消去反应；
D．Y和Z的相对分子质量相同，在质谱上最大碎片离子峰相同。
4．【答案】A
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】A． 该化合物的系统命名为5-甲基-2-乙基-1，3-己二烯，命名正确，A选项正确；
B． 该化合物的正确命名应为3，3-二甲基-1-丁炔，原命名有误，B选项错误；
C． 在命名该烯烃时，主链应选择含5个碳原子的最长碳链，原命名不正确，C选项错误；
D．根据有机化合物命名规则，乙基不能连接在烷烃主链的第二个碳原子上，即己烷的5号碳上不能连接乙基，D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据有机物命名规则，选含有碳碳双键的最长碳链作为主链；
B．根据有机物结构，正确命名应为3，3-二甲基-1-丁炔；
C．应选择含有双键的最长碳链作为主链，5个碳原子；
D．烷烃结构中，乙基不能连在第二个碳原子上。
5．【答案】A
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析可知，左盘放需称量的晶体，右盘放砝码，A项错误；
B．将晶体放在烧杯中加热溶解，玻璃棒搅拌可加速溶解，B项正确；
C．过滤可分离互不相溶的固液混合物，C项正确；
D．过滤后得到的滤液在烧杯中慢慢冷却结晶，D项正确；
故答案为：A。
【分析】A.根据“左物右码”原则分析。
B.玻璃棒搅拌可加速溶解。
C.过滤适用于互不相溶的固液混合物的分离。
D.冷却结晶适用于溶解度受温度影响较大的物质分离。
6．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 25℃和101 kPa不是标准状况（STP），此时11.2 L CO气体的物质的量不等于0.5 mol，因此所含原子数不等于NA（阿伏加德罗常数），故A选项错误；
B. Fe(SCN)3是络合物，在水溶液中Fe3+浓度较低。1.0 L 1 mol·L-1的Fe(SCN)3溶液中，Fe3+的数目远小于NA，因此B选项错误；
C. C3H6可能为丙烯（含8个σ键）或环丙烷（含9个σ键），由于结构不明确，无法确定σ键总数，故C选项错误；
D. N2分子含有2个π键。14 g N2（0.5 mol）所含π键数为1NA，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. 25℃、101 条件下的气体摩尔体积未知，一氧化碳的物质的量无法计算；
B. Fe(SCN)3是络合物，在水溶液中存在平衡，三价铁离子数目小于 ；
C. C3H6可以是丙烯，也可以是环丙烷；
D. 根据公式进行计算，氮分子中存在氮氮三键。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；活化能及其对化学反应速率的影响；烯烃
【解析】【解答】A．丙烯分子中双键碳原子连接了两个相同的氢原子，因此不存在顺反异构现象，故A正确；
B．实验结果显示2-氯丙烷为主要产物，说明生成中间体a的反应速率快于中间体b，因此生成中间体a的活化能较低，故B正确；
C．该加成反应的速率控制步骤是烯烃与氢离子结合生成碳正离子，因此酸性越强反应越快。故氢卤酸酸性越强，与丙烯反应速率越快，故C正确；
D．氟原子是强吸电子基团，与氢离子反应会生成中间体，因此主要产物应为，故D错误；
正确答案为D。
【分析】A．顺反异构的产生条件是双键碳原子上连接不同的原子或基团；
B．活化能决定反应速率，活化能越高反应越慢；
C．增大反应物浓度，可以增大反应速率；
D． 结构中含有氟原子，电负性大， 碳正离子在链段，生成物为。
8．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；物质的结构与性质之间的关系；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．Ge和Si同属第Ⅳ主族元素，不符合对角线规则（周期表中左上至右下的相似关系），故A选项错误；
B．由于N的电负性小于O的电负性，NH3分子中的N原子孤电子对更易提供形成稳定配位键，因此B选项正确；
C．HCl分子与H2O分子间不存在氢键作用，故C选项错误；
D．H2O的稳定性源于H-O键键能（）显著大于H-S键键能（），与分子间作用力无关，故D选项错误；
正确答案为B。【分析】A．硅和锗是同一族元素；
B．根据氮元素和氧元素电负性差异，推知氮元素和铜离子形成的配位键更稳定；
C．根据氢键形成条件，氯化氢不能和水形成分子间氢键；
D．氢键和分子的稳定性无关。
9．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；烯烃；乙炔炔烃；加成反应
【解析】【解答】A．在该化合物中，所有碳原子的孤电子对数均为0。对于碳碳三键中的碳原子，它们形成2个σ键，价电子对数为2，因此发生sp杂化；其他碳原子均形成3个σ键，价层电子对数为3，发生sp2杂化。由于sp和sp2杂化的碳原子具有平面或线性几何结构，因此所有原子可能位于同一平面内，选项A的结论不正确；B．乙炔分子中4个原子共直线、苯分子中最多4个原子共直线，则该化合物中，至多有5个碳原子(红线上的碳原子)位于同一直线上，B不正确；
C. 1 mol该物质与1 mol Br2发生加成反应时，可能的反应位点包括：碳碳三键的加成（生成双键）；单个碳碳双键的加成；两个碳碳双键的"1，4-加成"（共轭双键特性）。因此，不考虑立体异构的情况下，总共可以得到4种不同的产物，故选项C正确；
D．该分子中的不饱和键包括： 1个碳碳三键（消耗2 mol H2），2个碳碳双键（各消耗1 mol H2），1个苯环（消耗3 mol H2），因此，1 mol该物质最多可以与7 mol H2发生加成反应，但选项D的结论不正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．根据有机物结构含有苯环、碳碳双键和碳碳三建，所有原子有可能位于同一平面；
B．有机物中最多有5个碳原子在一条直线上；
C. 有机物和溴单质1：1反应时，可与碳碳三建加成，或与双键发生1，2-加成，1，4-加成；
D.1mol有机物最多消耗7mol H2。
10．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．根据元素周期律，同周期从左到右第一电离能总体增大，但存在反常（如ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA），同主族从上到下第一电离能减小。因此第一电离能顺序为：N > Si > Al，选项A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大。电负性顺序应为：N > Si > Al，选项B错误；
C．NH3分子间存在氢键，使其熔点高于HCl和SiH4。而SiH4的相对分子质量小于HCl，因此最简单氢化物的熔点顺序为：NH3 > HCl > SiH4，选项C错误；
D．AlCl3是由分子构成的晶体，属于分子晶体，选项D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】题目中给出X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。其中W的单质常用于自来水消毒，可推断W为氯(Cl)元素。题目还说明基态X原子核外未成对电子数是基态Y原子核外未成对电子数的3倍，即X有3个未成对电子（可能是氮N），Y有1个未成对电子（可能是铝Al）。由于X与Y、Z、W位于不同周期，且X的原子序数最小，可确定X为氮(N)。四种元素的最外层电子数之和为19，设Y的最外层电子数为a，由于Y和Z相邻，Z的最外层电子数为a+1。结合已知条件可得方程：a + (a+1) + 7（Cl） + 5（N） = 19，解得a=3，因此Y为铝(Al)，Z为硅(Si)。
11．【答案】B
【知识点】烯烃；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．由于苯环对甲基的活化作用，甲苯能够使酸性高锰酸钾（KMnO4）溶液褪色，因此选项A是错误的；
B．丙烯分子（CH2=CH-CH3）的三个碳原子共平面，符合烯烃的平面结构特征，所以选项B是正确的；
C．在溴乙烷消去反应中，挥发的溴蒸气会干扰实验结果，因为它溶于水后形成酸性溶液也能使石蕊变红，因此不能仅凭石蕊变红证明生成了溴化氢（HBr），故选项C是错误的；
D．聚乙烯分子中不含碳碳双键（C=C），因此不能使酸性高锰酸钾（KMnO4）溶液褪色，所以选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．由于苯环活化了甲基，甲苯可使酸性高锰酸钾褪色；
B．丙烯中含有碳碳双键，碳原子在同一平面；
C．溴化氢中会混有溴蒸汽，会干扰实验；
D．聚乙烯结构中并不含有碳碳双键。
12．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；烯烃；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据结构简式分析，白藜芦醇分子中没有连接四个不同基团的手性碳原子（即不对称碳原子），因此A选项正确；
B．从结构简式可以看出，白藜芦醇分子中的碳碳双键两端连接的基团不同，符合顺反异构的条件，故B选项正确；
C．结构简式显示，白藜芦醇分子含有3个酚羟基（-OH），每个酚羟基能与1mol氢氧化钠反应，因此1mol白藜芦醇最多可消耗3mol氢氧化钠，C选项正确；
D．结构分析表明，白藜芦醇分子中的酚羟基邻对位可发生溴代反应（每个酚羟基可引入3个溴原子，共9个位置），同时碳碳双键能与溴发生加成反应（消耗1mol Br2）。但题目描述的产物分子式C14H7O3Br7不符合实际反应情况（理论上最多可引入10个溴原子），因此D选项错误；
正确答案为D。
【分析】A．手性碳原子指的是碳原子上连接4个不同的原子或原子团；
B．有机物结构中有碳碳双键，且双键两侧连接原子团不一样，存在顺反异构；
C．有机物结构中酚羟基可与氢氧化钠反应；
D．根据碳碳双键和溴水发生加成反应，羟基邻对位和溴水发生取代反应，据此分析。
13．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 硫原子有3个电子层，碳、氮均为2个电子层。原子半径规律：电子层数越多半径越大，同周期核电荷数越大半径越小，因此半径排序为S > C > N， A正确；
B. 同周期从左至右非金属性增强，氢化物稳定性与元素非金属性正相关。但氮的氢化物（如NH3）稳定性不一定总高于碳的氢化物（如CH4），需具体分析， B错误；
C. 阴离子中铁原子有空轨道，氮原子有孤电子对，可形成配位键， C正确；
D. 阴离子中：C形成4个共价键，N形成3个共价键，S形成2个共价键，均满足8电子稳定结构， D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】元素X、Y位于第二周期，其未成对电子数之比为2：3。根据电子排布推断：X有2个未成对电子，电子排布为1s22s22p2，Y有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p3，元素Z的最高与最低化合价代数和为4，结合阴离子结构可知Z为硫（S）。过渡金属W为日常生活中最常用的铁（Fe）。
14．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．乙烷与氯气在光照条件下反应，生成的氯代烃包括：一氯代物1种，二氯代物2种，三氯代物2种，四氯代物2种，五氯代物1种，六氯代物1种，总共可以生成9种不同的氯代烃，因此选项A是正确的；
B．分子式为的芳香烃除了题目中提到的物质外，还有乙苯这种同分异构体存在，因此选项B是错误的；
C．分子式为的烯烃实际上有3种同分异构体，分别是：1-丁烯（）、2-丁烯（）和2-甲基丙烯（），因此选项C是错误的；
D．分子式为C4H8Cl2的有机物的同分异构体中，固定一个氯原子，另一个氯原子位置有、、，共9种，D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．根据取代反应特点，乙烷与氯气可生成多种取代产物；
B． 分子式为的芳香烃 中还包含乙苯；
C． 分子式为的烯烃 中包含带支链的2-甲基丙烯；
D． 分子式为C4H8Cl2 ，可看成丁烷的二氯取代物，根据定一动一的原则，同分异构体共9种。
15．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据晶胞结构分析，当顶点的镁原子坐标为(1， 0， 0)时，位于小立方体体对角线上的1号硫原子坐标为，2号硫原子坐标为，因此A选项正确；
B．若以硫原子为顶点构建立方晶胞，硫原子位于顶点和面心位置，此时每个硫原子周围最近的硫原子数为12个，故B选项错误；
C．在六水硫酸亚铁中，亚铁离子（具有空轨道）与水分子中的氧原子（具有孤对电子）形成配位键，同时水分子中的氢原子与硫酸根中的氧原子形成氢键，因此水分子与阴阳离子的作用力类型不同，C选项错误；
D．晶胞中二氧化碳分子的排列方式共有4种：顶点1种和面心3种，故D选项错误；
正确答案为A。
【分析】A．根据晶胞结构，原子所处位置，可得出相应坐标；
B．根据钙镁矿结构，距离硫原子最近的硫原子数目为12；
C．结构中 与 间形成配位键， 与 间形成氢键；
D．由干冰晶胞结构可知，分子的排列方式 由4中取向。
16．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据铁镁合金晶胞结构分析，铁原子分布在面心和顶点位置。通过均摊法计算，每个晶胞中铁原子数为：顶点贡献1/8，面心贡献1/2，总数为，因此选项A正确；
B．该晶胞的边长参数为 nm，但Mg与Fe之间的最短距离应为 nm，因此选项B错误；
C．每个铁原子周围有12个最近的铁原子，因此选项C正确；
D．储氢后晶体的化学式为，其密度计算公式为，因此选项D正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】A．根据晶胞含有原子计算方法，铁原子为4个；
B．镁原子和铁原子最近距离是体对角的四分之一，但晶胞边长并不是anm；
C．根据晶胞中铁原子的相对位置作答；
D．根据均摊法计算后化学式为，代入对应计算公式可计算密度。
17．【答案】（1）d；；分子晶体；1︰1；、；大于；两者中N均为杂化，有一对孤电子对，中的N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小
（2）6；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①镍(Ni)是28号元素，其价电子排布为3d84s2，位于元素周期表第四周期第VIII族，属于d区元素；钴(Co)是27号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2；②在室温条件下，五羰基铁[Fe(CO)5]呈现浅黄色液态，沸点温度为103℃，易溶解于非极性溶剂。根据这些性质可判断该物质由分子构成，属于分子晶体。化学键类型分析：单键均为σ键；双键包含1个σ键和1个π键；三键包含1个σ键和2个π键。每个Fe(CO)5分子中存在5个配位键（属于σ键），每个CO分子内部有1个σ键和2个π键。因此分子中σ键与π键的总数均为10个，两者数量比为1：1；
③从配离子的结构分析： 配体类型：和，空间构型影响因素：孤电子对的排斥作用强于成键电子对，杂化方式：配体NH3中的氮原子以及中的NH3配体氮原子均采用sp3杂化。自由氨分子中氮原子有一对孤电子，而配位后的NH3中氮原子没有孤电子。当杂化方式相同时，孤电子对数量越多，键角越小；
（2）由晶胞的结构可知Ti被上下、左右、前后的O围成了正八面体，则Ti周围最近的且距离相等的O的个数是6，则Ti的配位数为 6；由的晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子位于6个棱上，6个面上，1个在体内，氧原子个数为6×，N原子一个在面上，一个在棱上，N原子个数为1，Ti原子在晶胞的8个顶点4个面心和1个在体内，则Ti原子个数为4，则有Ti：O：N=4：：=1：：，该晶体化学式为：，则有2-a=，a=，故答案为：6；。
【分析】（1）根据 沸点低，易溶于非极性溶剂等性质，判断其为分子晶体； 结构中，铁原子和一氧化碳之间形成配位键，一氧化碳分子中存在碳氧三键，可计算σ键与π键的数目之比 ；
（2）根据晶胞结构中钛原子和氧原子的相对位置， Ti的配位数为6；晶胞中Ti：O：N=4：：=1：：，代入可计算a值。
（1）①Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，第四周期第VIII族元素，属于d区；Co是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；
②室温下，Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，可以推断构成的微粒是分子，属于分子晶体，单键为σ键，双键中有一个σ键，一个π键，三键中有一个σ键，两个π键，分子中存在5个配位键，配位键也属于σ键，CO分子内部有一个σ键，两个π键，则分子内σ键和π键个数均为10，其个数比为1：1；
③由配离子的结构可知：配体为、；孤对电子的斥力大于成键电子对，和中配体NH3中N均为sp3杂化，氨气中有一对孤对电子，配体NH3中N上无孤电子对，杂化方式相同时，孤电子对数越多，键角越小；
（2）由晶胞的结构可知Ti被上下、左右、前后的O围成了正八面体，则Ti周围最近的且距离相等的O的个数是6，则Ti的配位数为 6；由的晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子位于6个棱上，6个面上，1个在体内，氧原子个数为6×，N原子一个在面上，一个在棱上，N原子个数为1，Ti原子在晶胞的8个顶点4个面心和1个在体内，则Ti原子个数为4，则有Ti：O：N=4：：=1：：，该晶体化学式为：，则有2-a=，a=，故答案为：6；。
18．【答案】（1）AD
（2）6；DE
（3）MgCl2属于离子晶体，TiCl4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点一般大于分子晶体
（4）Cu3Se2；②；
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）A．晶体在饱和溶液中能自发形成规则几何外形，如缺角NaCl晶体在饱和NaCl溶液中逐渐变为完整立方体，体现了晶体的自范性， A正确；
B．NaCl晶体（离子晶体）熔化时需断裂化学键，而干冰（分子晶体）熔化仅破坏分子间作用力， B不正确；
C．CsCl晶体中，Cs+周围最近的Cl-数为8，但Cl-周围最近的Cs+数同样为8， C不正确；
D．金刚石晶体中，每个碳原子平均形成2个C-C键，碳原子与C-C键数目比为1：2， D正确；
E．干冰晶体中分子间存在范德华力，分子内存在化学键， E不正确；
答案：AD。
（2）①图示红色配离子中，中心Fe2+与N原子形成6个配位键，故配位数为6；
②该配离子中含配位键、σ键和大π键，但不存在离子键和氢键， 故选DE；
（3）MgCl2熔沸点显著高于TiCl4（后者室温为液态），因MgCl2为离子晶体，TiCl4为分子晶体，离子晶体熔沸点通常更高；
（4）该铜硒化合物中，①Cu位于面心和顶点，②Cu位于体内，Se位于体内，1个晶胞中，含有①Cu的数目为=2，含②Cu的数目为4，①Cu：②Cu=1：2，含有Se原子的数目为4，则Cu、Se原子个数比为(2+4)：4=3：2，化学式为Cu3Se2，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，设Cu+的个数为x，则Cu2+的个数为(3-x)，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，可得出x+2(3-x)+2×(-2)=0，x=2，3-x=1，Cu+、Cu2+的个数比为2：1，可得出②为Cu+。该晶体的密度为=g cm-3。
【分析】（1）氯化钠和氯化铯是离子晶体，金刚石是共价晶体，二氧化碳是分子晶体，根据晶胞结构和晶体类型的相关性质作答；
（2）根据配离子结构，中心离子配位数为6，作用力包括共价键和分子间作用力；
（3）熔点差异大时，是物质晶体类型不同导致的；
（4）根据晶胞计算方法，晶胞中含4个Se原子，6个Cu原子，可得化学式；根据化合物化合价代数和为0，计算铜离子和亚铜离子数目。
（1）A．晶体在其饱和溶液中具有自发地形成规则的几何外形的能力，则缺角的NaCl晶体在饱和的NaCl溶液中，慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，A正确；
B．NaCl晶体属于离子晶体，在受热熔化过程中存在化学键的断裂，而干冰晶体属于分子晶体，在受热熔化过程中仅破坏分子间的作用力，不存在化学键的断裂，B不正确；
C．在CsCl晶体中，Cs+距离最近且相等的Cl-有8个，则距Cl﹣最近的Cs+有8个，C不正确；
D．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每个共价键属于2个碳原子，则平均每个碳原子形成2个碳碳键，碳原子与碳碳键(C-C)数目之比为1：2，D正确；
E．干冰晶体中，二氧化碳分子间存在范德华力，二氧化碳分子内存在化学键，E不正确；
故选AD。
（2）①从图中可以看出，中心Fe2+与N原子间形成6个配位键，则红色配离子的中心离子的配位数为6。
②红色配离子中，Fe2+与N原子间形成配位键，六元环内含有碳碳、碳氮、碳氢σ键和大π键，但不存在的作用力有离子键、氢键，故选DE。
（3）从MgCl2、TiCl4的状态和熔沸点看，MgCl2的熔沸点高于TiCl4(熔点为负值，室温下呈液态)，则表明TiCl4形成分子晶体，而MgCl2形成离子晶体。则前者熔点比后者高很多，其原因为：MgCl2属于离子晶体，TiCl4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点一般大于分子晶体。
（4）该铜硒化合物中，①Cu位于面心和顶点，②Cu位于体内，Se位于体内，1个晶胞中，含有①Cu的数目为=2，含②Cu的数目为4，①Cu：②Cu=1：2，含有Se原子的数目为4，则Cu、Se原子个数比为(2+4)：4=3：2，化学式为Cu3Se2，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，设Cu+的个数为x，则Cu2+的个数为(3-x)，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，可得出x+2(3-x)+2×(-2)=0，x=2，3-x=1，Cu+、Cu2+的个数比为2：1，可得出②为Cu+。该晶体的密度为=g cm-3。
19．【答案】冷凝回流，提高原料的利用率；重结晶；C；68.5%；仪器 y；C4H8O2；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器B为球形冷凝管，其主要作用是冷凝回流反应物，减少原料挥发损失，提高原料利用率；
（2）由于己二酸是固体产物，提纯方法选择重结晶，除去可溶性杂质；洗涤时需用冰水，因为己二酸的溶解度随温度降低显著减小，冰水洗涤可减少产物溶解损失，提高最终产率；
（3）计算过程：1.5g环己醇的物质的量 =，理论产量：0.015mol × 146g/mol = 2.19g己二酸，实际产率 =；
（4）蒸馏操作需使用直形冷凝管（仪器y），因其适用于蒸气快速冷凝的蒸馏过程；
（5）4.4g有机物M完全燃烧后产生CO28.8g和H2O3.6g，n(C)=，n(H)=2×，n(O)=，C：H：O=0.2：0.4：0.1=2：4：1，最简式为：C2H4O；M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，相对分子质量为44×2=88，设分子式为C2nH4nOn，则44n=88，n=2，分子式为C4H8O2；
(6)由图可知，核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶3∶1∶3，可以确定有4种H原子，个数比为1∶3∶1∶3，应该含有两个甲基，由图2可知，含有-OH和C=O键，M中官能团有羟基和羰基；结构简式为：。
【分析】Ⅰ、实验步骤：在三颈烧瓶中先加入浓硝酸，再加入环己醇，控制反应温度在80℃持续加热2小时，反应完成后冷却结晶，分离得到己二酸产物。
Ⅱ、通过蒸馏分离出含C、H、O元素的有机物，结合李比希法测定其最简式，利用同温同压下气体密度与分子量的关系确定分子量，最后通过核磁共振氢谱和红外光谱分析确定分子结构，从而推导出结构简式。
20．【答案】（1）；羟基；(或)
（2）C；D
（3）NaOH醇溶液、加热；消去反应；NaOH水溶液、加热；
（4）；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为。化合物Ⅱ中含氧官能团为羟基（—OH），化合物Ⅱ的同分异构体需满足以下条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液显色（含酚羟基）；③核磁共振氢谱显示4组峰（高度对称）。符合条件的结构为或；
（2）A．化合物Ⅰ含羰基（C=O），存在σ键（头碰头）和π键（肩并肩），故A错误；
B．Ⅰ→Ⅱ过程中，羰基转化为羟基，仅涉及极性键断裂与形成，无非极性键变化，故B错误；
C．化合物Ⅲ含碳溴键（C—Br），属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中：双键碳和苯环碳为杂化，饱和碳为杂化， 羧基碳连有4个不同基团，是手性碳，故D正确；
正确答案：CD。
（3）化合物Ⅲ（含Br）的反应类型：
① 消去反应：在NaOH醇溶液中加热，生成；
② 取代反应：在NaOH水溶液中加热，生成。
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似ⅢⅣ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，卤代烃的结构简式为；
②最后一步反应为酯化反应，化学方程式为：。
【分析】根据转化关系分析：化合物Ⅰ通过还原反应生成Ⅱ，Ⅱ经过取代反应得到Ⅲ，Ⅲ再经过取代反应生成Ⅳ。
（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为；观察结构可知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称为羟基；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且核磁共振氢谱图上只有4组峰，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体为(或)；
（2）A．“头碰头”形成的键，化合物I中含有羰基，存在“肩并肩”形成的键，故A错误；
B．由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，羰基转化为，有极性共价键的断裂与极性键的形成，没有非极性的形成，故B错误；
C．化合物Ⅲ中溴原子连接烃基，属于卤代烃，故C正确；
D．化合物Ⅳ中，双键、苯环中碳原子采取杂化，饱和碳原子采取杂化，羧基连接的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，故D正确；
答案为CD；
（3）对于化合物Ⅲ，含有碳溴键且溴原子连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子；
①在NaOH醇溶液、加热条件下可以发生消去反应生成；
②可以在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成；
（4）合成的中间物是、，模仿I到Ⅳ的转化生成，还原生成，再与氢溴酸反应生成，最后发生类似ⅢⅣ的转化生成，发生消去反应生成与HBr反应生成水解生成，合成路线为；
①由上述分析可知，卤代烃的结构简式为；
②最后一步反应为酯化反应，化学方程式为：。
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