山东省济宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题

这是一份山东省济宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共33页。试卷主要包含了8 g某有机物A，生成8，2 mL苯胺、17，8 g，1*等内容，欢迎下载使用。
山东省济宁市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·山东济宁·高二统考期末）糖类、油脂和蛋白质都是生命中重要的有机物质。
(1)淀粉在硫酸作用下发生水解反应，证明淀粉水解产物中含有醛基：

试剂X为_____，试管C的实验现象为_____。
(2)某油脂A的结构简式为。从酯的性质看，油脂A在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是_____(写结构简式)
(3)某科学杂志刊载如图所示A(多肤)B、物质(图中“—～—”是长链省略符号)

①图中的B是由A与甲醛(HCHO)反应得到，假设“—～—”部分没有反应，1molA消耗甲醛_____mol，该过程称为蛋白质的_____。
②天然蛋白质水解生成的最简单的氨基酸的结构简式_____，该氨基酸形成的二肽的结构简式是_____。
(4)聚丙烯酸钠、涤纶的结构简式如图：

①合成聚丙烯酸钠的单体的结构简式是_____；
②合成涤纶有两种单体；其中能和NaHCO3反应的单体的结构简式是_____。
2. （2021春·山东济宁·高二统考期末）按要求填空：
(1)充分燃烧2.8 g某有机物A，生成8.8 g CO2和3.6 g H2O，有机物A蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍。写出有两种不同化学环境氢原子的有机物A的结构简式___________。
(2)由甲苯制备TNT的化学方程式___________。
(3)是合成农药的一种中间体，其分子式为___________，该分子中一定共面的原子至少有___________个。
(4)表示生物体内核酸的基本组成单元，若②为脱氧核糖，则与②相连的③有___________种。
(5)写出合成该高聚物的单体为___________。
3. （2020春·山东济宁·高二统考期末）环己酮是重要化工原料，是制造尼龙的主要中间体，也是重要的工业溶剂，实验室利用如下反应原理和实验装置(部分夹持装置略去)制备环己酮：


有关物质的物理性质见表。
物质
沸点(℃)
密度(g·cm-3，20℃)
溶解性
环己醇
161.1(97.8)*
0.96
能溶于水和醚
环己酮
155.6(95.0)*
0.95
微溶于水，能溶于醚
水
100.0
1.0


*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。
实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，在55~60℃进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。
(1)装置D的的名称是为_____。
(2)酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的ΔHINi的原因是_____。

7. （2020春·山东济宁·高二统考期末）三明清流“天芳悦潭”温泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。
回答下列问题：
(1)基态Ge原子价电子排布图为_______，Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得______光谱(填“连续”或 “线状”)，鉴定Ge元素的存在。
(2)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。
①Na2GeO3中锗原子的杂化方式是______。
②推测 1molGenH2n+2中含有的σ键的数目是_____(用NA表示阿伏加德罗常数值)。
(3)利用离子液体[EMIM] [AlCl4]可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7℃其中 EMIM+结构如图所示。

①该物质的晶体类型是_________。
②EMIM+ 离子中组成元素的电负性由小到大的顺序是________。
(4)独立的NH3分子中H-N-H 的键角为 107.3 º ，[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H的键角________107.3° ( 填“大于”、“小于”或“等于” )。
(5)硒化锌( ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是_____；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为( 0，0，0)，B点坐标为(，a，) ，则 D点坐标为_______；若该晶胞密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数NA为_______(列出计算式)。

8. （2021春·山东济宁·高二统考期末）根据所学物质结构与性质的知识回答下列问题。
(1)超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p－甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。

①Mo处于第五周期第VIB族，价电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布图是___________，该超分子中存在的化学键类型有___________(填选项字母)。
A．离子键B．氢键C．σ键D．π键
②该超分子中，配体CO提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)，p－甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有___________。
(2)氟及其化合物用途非常广泛。
①聚四氟乙烯是一种准晶体，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
②AsF3、IF、OF2，BeF2中价层电子对数不同于其它微粒的是___________(填化学式，下同)，其立体构型为___________。
③室温氟穿梭电池的电解质为氟氢离子液体，含HF、[(FH)2F]-、[(FH)3F]-等离子，画出[(FH)3F]-的结构式___________。
④基于CaF2设计的Born-Haber循环如图所示。

钙的第一电离能为___________kJ·mol-1；F－F键的键能为___________kJ·mol-1。
9. （2021春·山东济宁·高二统考期末）2021年5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星。据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。请回答下列问题：
(1)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为___________(填元素符号)。基态N原子核外电子的运动状态有___________种，设NA为阿伏加德罗常数的值，1 mol 中含有σ键的数目为___________。
(2)SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为___________。SiCl4可发生水解反应，机理如下：

含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为___________ (填标号)。SiCl4的熔沸点___________ (填“高于”或“低于”)CCl4，原因是___________。
(3)一种鸟嘌呤和吡咯的结构如图。

①鸟嘌呤中轨道之间的夹角∠1___________∠2(填“＞”或“＜”)
②分子中的大π键可以用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则该吡咯中的大π键可表示为___________。
(4)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。

若该晶体密度为d g·cm-3，晶胞参数a=b≠c(单位：nm)，a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=___________nm(写出代数式)。
55．（2022春·山东济宁·高二统考期末）VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)基态O原子中，未成对电子数与成对电子数之比为_______。
(2)亚硫酰氯在有机合成中有重要应用，分子中S原子的杂化轨道类型为_______，分子的空间结构为_______。
(3)气态电中性基态原子得到一个电子转化为气态基态负离子所放出的能量叫做第一电子亲和能。S、Se、Te三种元素的第一电子亲和能由大到小的顺序是_______，、和键角最小的是_______，稳定性最强的是_______。
(4)黄铁矿是工业生产硫酸的原料，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm，该晶体的电子式为_______，的配位数为_______，晶体的密度为_______，在1个晶胞中，由围成的正八面体的个数为_______。

10. （2022春·山东济宁·高二统考期末）氮族元素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)As原子的价电子的轨道表示式为_______，同周期中与其具有相同未成对电子数的元素还有_______种。如图表示碳、硅和磷元素的四级电离变化趋势，其中表示碳元素的曲线是_______(填标号)。

(2)含有氨基物质的碱性随着N原子电子云密度的增大而增强，则NH3、CH3NH2、NH2OH的碱性由强到弱的顺序为_______。
(3)配合物甘氨酸亚铁的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血，中心离子的配位数是4，则配位原子为_______，中σ键与π键的个数比为_______。
(4)气态 PCl5空间构型为三角双锥，结构如图1，其中心原子的杂化类型为_______(填符号)，

a. 　　　　b. 　　　　c.
PCl5的二溴代物PCl3Br2的结构有_______种；固态PCl5中含有正四面体形和正八面体形的如图2，而固态PBr5却含有和Br-，不能形成的原因是_______。
11. （2020春·山东济宁·高二统考期末）化合物H是合成抗胆碱药的一种中间体，合成路线如图，回答下列问题：

已知：
Ⅰ. ++C2H5OH
Ⅱ.烯烃与酸性高锰酸钾溶液反应的氧化产物有如下的对应关系：
+R3-COOH
+CO2
(1)化合物A的结构简式是_____，H含氧官能团的名称为_____。
(2)G→H的反应类型是_____，可证明G已经完全转化为H物质是_____(填代号)。
a．溴水        b．酸性KMnO4溶液 c．四氯化碳        d．钠
(3)D→E的化学方程式为_____。
(4)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_____。
①含氧官能团与E不同
②与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2
③苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢
④除苯环外，无其它环状结构
(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成的合成路线(其它试剂任选)_____。
12. （2021春·山东济宁·高二统考期末）有机化合物I是一种重要的有机合成中间体，合成路线如图：

已知：①+
②+
回答下列问题：
(1)A的名称为___________，B中所含官能团的名称___________。
(2)F→G过程中涉及的反应类型有___________，写出G→I的化学方程式___________。
(3)1 mol D最多可以与___________mol的NaOH反应。
(4)物质C苯环上有两个取代基，既能与NaHCO3溶液反应又能与FeCl3溶液显色的同分异构体(不考虑立体异构)且分子内只有含一个环的有___________种。写出其中一种含有手性碳原子的结构简式___________。
(5)计由和为原料制备 的合成路线(无机试剂任选) ___________。
13. （2022春·山东济宁·高二统考期末）流程I是利用丙酸合成聚乳酸PLA，它是一种可降解高分子，能消除“白色污染”，但在降解的过程中产生CO2。流程II是北京大学课题组报道的由废弃聚乳酸塑料制备丙氨酸的过程。
流程I   CH3CH2COOH
流程II  AB
已知：
(1)乳酸的系统命名为_______。
(2)反应II的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(3)写出A中的官能团名称_______。
(4)写出满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_______。
a.只含有一种官能团　　　b.不能发生水解反应　　　c.核磁共振氢谱有2组峰
(5)B是一种盐，写出B的结构简式_______。
(6)使用5.0g商业PLA吸管(约含72%PLA)经过催化转化可获得3.0g的纯品丙氨酸，由聚乳酸塑料制备丙氨酸的总产率约为_______。
14. （2022春·山东济宁·高二统考期末）三氯苯哒唑是高效兽用驱虫药，下面是其一种合成路线。

(1)A的结构简式为_______，D中官能团有_______种。
(2)C→D中的KOH的作用是_______。
(3)E→F的化学方程式_______。
(4)F→G的反应类型是_______。
(5)根据上述信息，写出以为主要原料(其他原料任选)制备的合成路线_______。

参考答案：

1.      NaOH溶液     产生砖红色沉淀          3     变性     H2NCH2COOH     H2NCH2CONHCH2COOH         
【详解】(1)淀粉是高分子化合物，在稀硫酸作催化剂的条件下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，可发生银镜反应，也可被新制取的氢氧化铜悬浊液氧化，产生砖红色沉淀，但在反应前一定要先加入碱将稀硫酸中和，使反应处于碱性环境中，否则实验失败，看不到实验现象，所以试剂X为NaOH溶液，试管C的实验现象为产生砖红色沉淀；
(2)油脂在酸性条件下水解产生高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解产生高级脂肪酸钠和甘油，即共同产物为甘油，结构简式为；
(3)①对比A、B的分子结构可知，图中的氨基(或亚氨基)和甲醛发生加成反应，假设“—～—”部分没有反应，则反应部位如图所示，所以1molA消耗甲醛3mol；该过程中A的结构和性质发生了变化，称为蛋白质的变性；
②天然蛋白质水解生成的最简单的氨基酸为甘氨酸，结构简式为H2NCH2COOH；该氨基酸形成的二肽的结构简式是H2NCH2CONHCH2COOH；
(4)①由高分子的主链只有2个C可知合成聚丙烯酸钠为加聚反应，单体的结构简式为；
②涤纶中含-COOC-，该合成反应为缩聚反应，单体为对苯二甲酸和乙二醇，其中能和NaHCO3反应的单体应含有羧基，结构简式是。
【点睛】凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可。
2. (1)CH2=C(CH3)2、CH3CH=CHCH3
(2)+3HNO3+3H2O
(3)     C10H11O3Cl     12
(4)4
(5)、CH2=CHCH=CH2

【分析】(1)
这种有机物蒸气的质量是同问同压下同体积氮气的2倍，则该有机物的相对分子质量为56，，=0.2mol，，故有机物分子中含有C原子数目为：，含有H原子数目为：，因为，所以没有O元素，分子式为C4H8，两种不同化学环境氢原子的有机物A的结构简式分别为：CH2=C(CH3)2、CH3CH=CHCH3。
(2)
甲苯和浓硝酸在浓硫酸做催化剂、吸水剂的条件下发生取代反应生成2，4，6-三硝基甲苯和水，方程式为：+3HNO3+3H2O。
(3)
由结构式可知其分子式为：C10H11O3Cl；该分子中苯环上6个C原子共面，，一定共面的原子至少有12个。
(4)
若②为脱氧核糖，则该核苷酸为脱氧核糖核苷酸，则与②相连的③有4种。
(5)
的单体为：、CH2=CHCH=CH2。
3.      冷凝管     打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加     3 +Cr2O+8H+=3 +2Cr3++7H2O     dbeca     降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层     漏斗、分液漏斗     80.8%
【分析】本实验的目的是制备环己酮，装置A中利用酸性Na2Cr2O7溶液将环己醇在55 ~ 65℃ 时氧化得到环己酮，反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95 ~ 100C的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物；之后进行提纯，首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮。
【详解】(1)根据装置D的结构特点可知其名称是冷凝管；
(2)由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应放热，导致体系温度迅速上升、副反应增多，所以酸性Na2Cr2O7溶液加入不能太快，应打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加； Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，能把环己醇氧化为环己酮，则滴加酸性Na2Cr2O7溶液时反应的离子方程式为：3 +Cr2O+8H+=3 +2Cr3++7H2O；
(3)①环己酮的提纯：首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮，所以，提纯步骤的正确顺序是 dbeca；
②NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层；
③过滤需要由漏斗组成的过滤器，分液需要的主要仪器为分液漏斗；
(4) 环己醇的质量为10mL×0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量= ×98g/mol=9.408g，恢复至室温时，分离得到纯产品体积为8mL，由表中的密度可以算出环己酮的实际质量为0.95g/mL×8mL=7.6g ，所以环己酮的产率为：=80.8%。
【点睛】题通过制取制备环己酮的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，对于陌生物质的制备，关键是理解题目所给的有关该物质的性质，将这些性质充分利用到解题过程中。
4. (1)+CH3COOH+H2O
(2)苯胺
(3)     A     直形冷凝管
(4)有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出
(5)     减少趁热过滤时乙酰苯胺的损失(或防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失)     重结晶
(6)     79.3%     C

【分析】（1）
苯胺和冰醋酸生成乙酰苯胺，化学方程式为：+CH3COOH+H2O。
（2）
苯胺在空气中易被氧化，应先加入锌粉和醋酸，最后加入苯胺，锌粉与醋酸反应生成氢气，可以排出装置中的空气，保护苯胺不被氧化。
（3）
小火加热回流1h，则a处使用的仪器为直形冷凝管，答案选A。
（4）
步骤I反应体系的温度控制在100℃～105℃，水的沸点低于乙酸，目的是有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出。
（5）
步骤II中，粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水的目的是：减少趁热过滤时乙酰苯胺的损失(或防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失)
；这种提纯乙酰苯胺的方法叫重结晶。
（6）
9.2 mL苯胺的物质的量为：，根据+CH3COOH+H2O可知，理论上的物质的量为：，则乙酰苯胺的产率为：；
A．乙酰苯胺在温度高时，溶解度大，没有等充分冷却就开始过滤，使得产率偏低，实际值低于理论值，A正确；
B．在抽滤时，有产物残留在烧杯壁，使得产率偏低，实际值低于理论值，B正确；
C．乙酰苯胺中的乙酸未除干净，会使乙酰苯胺质量偏大，可能导致实际值高于于理论值，C错误；
D．抽滤时乙酰苯胺有部分溶于水中，使得产率偏低，实际值低于理论值，D正确；
答案选C。
5. (1)乙醇
(2)停止加热等冷却后再加入碎瓷片
(3)     导气、冷凝     乙酸乙酯极性非常小难溶于强极性的饱和碳酸钠溶液中
(4)     石蕊溶液(甲基橙)     碳酸氢钠溶液     氯化铁溶液
(5)     红外光谱     X射线衍射
(6)11

【分析】Ⅰ．该实验制备乙酸乙酯，其反应原理是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
Ⅱ．乙酰水杨酸中含有官能团是羧基和酯基，羧基具有酸性，酯基能发生水解生成酚羟基和乙酸，根据它们不同的性质进行分析；
（1）
乙酸乙酯制备中，加入药品的顺序是乙醇→浓硫酸→乙酸，因此试管a中最先加入的物质为乙醇；故答案为乙醇；
（2）
在加热过程中，如果忘了加碎瓷片，应采取的措施是停止加热等冷却后再加入碎瓷片；故答案为停止加热等冷却后再加入碎瓷片；
（3）
从试管a中逸出的气体为乙酸、乙醇、乙酸乙酯，因此试管b上方的玻璃导管较长，其作用是冷凝、导气，将乙酸、乙醇、乙酸乙酯由气体冷凝为液体，便于收集；乙酸乙酯极性较小，水是极性溶剂，水中加入碳酸钠，可以提高极性，减小乙酸乙酯的溶解度；故答案为冷凝、导气；乙酸乙酯极性非常小难溶于强极性的饱和碳酸钠溶液中；
（4）
③该实验检验乙酰水杨酸中含有羧基，羧基具有酸性，根据实验，加入2滴某试剂，溶液变红，依据石蕊遇酸变红，或者甲基橙在pH＜3.1的酸性溶液中变红，因此所加试剂为石蕊试液或甲基橙；故答案为石蕊试液或甲基橙；
④酚羟基与FeCl3溶液发生显色反应，乙酰水杨酸中含有酯基，加入2滴稀硫酸，使乙酰水杨酸水解成 和CH3COOH，滴入几滴NaHCO3溶液，再向其中滴入几滴FeCl3溶液，振荡，溶液变为紫色，说明含有酚羟基；故答案为NaHCO3溶液；FeCl3溶液；
（5）
红外光谱获得分子中的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱获得分子中有几种不同类型的氢原子以及它们的相对数目等信息，质谱获得分子相对分子质量；X射线衍射谱获得更为直接而详细的结构信息；故答案为红外光谱；X射线衍射谱；
（6）
乙酰水杨酸中两个取代基处于间、对位(2种)，取代基如果是-COOH和-COOCH3，位置有3种(邻、间、对)，取代基如果是-COOH和-CH2OOCH，位置有3种(邻、间、对)，如果取代基为-CH2COOH和-OOCH，位置有3种(邻、间、对)，共有11种；故答案为11。
6.           N     2p     3     ac     N2H4分子间能形成较多的氢键          CN-或C     Cu3Ni     Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是4s1电子
【详解】(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布图；核外电子占据最高能层的符号为N；
(2)N元素为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子为2p能级的电子，其电子云在空间有3个伸展方向；
(3)根据丁二酮肟镍分子的结构可知分子内含有—OH和氧原子形成的氢键，有氮原子和Ni原子形成的配位键；不含离子键，范德华力为分子间作用力，所以选ac；
(4)①已知联氨(N2H4)的熔沸点与水接近，这是由于N2H4分子间能形成较多的氢键，所以联氨(N2H4)的熔沸点与水接近；
②根据N4H结构可知该离子中每个N原子均形成3个σ键，由于含有大π键，所以N原子为sp2杂化，而分子中氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，所以N原子采用sp2等性杂化，则在杂化时2s轨道上有一个电子跃迁到2p能级的一个轨道上，所以该轨道中有一对电子，且该轨道垂直于杂化轨道形成的平面，即该轨道中的电子参与形成大π键，4个N原子均参与，而整个原子团带两个单位负电荷，所以参与形成大π键的电子数为2´4-2=6，所以其中的大π键可表示为；
(5)Ni(CO)4中的配体为CO，含有2个原子，10个价电子，O可用N-或者C2-代替，所以形成的等电子体可以为：CN-或C；根据均摊法，晶胞中Ni原子的个数为=1，Cu原子的个数为=3，所以化学式为Cu3Ni；铜失去1个电子后的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，达到全充满稳定状态，很难失去第2个电子；而镍失去1个电子后的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s1，很不稳定，易失去4s的1个电子；所以第二电离能ICu＞INi。
7.           线状     sp2     (3n+1)NA     离子晶体     H＜C＜N     大于     4     (，，)    
【详解】(1)Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，所以价电子排布图为；Ge 原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得线状光谱；
(2)①Na2GeO3中锗原子的价层电子对数为=3，所以杂化方式为sp2；
②GenH2n+2与甲烷类似，所以分子中的共价键均为σ键，n个Ge原子之间形成(n-1)个σ键，与2n+2个H原子形成(2n+2)个σ键，则1个分子中σ键的个数为(2n+2)+(n-1)=3n+1，所以1molGenH2n+2中含有的σ键的数目为(3n+1)NA；
(3)①该物质由EMIM+和[AlCl4]－构成，所以属于离子晶体；
②EMIM+的组成元素为H、C、N，非金属性越强电负性越大，非金属性H＜C＜N，所以电负性H＜C＜N；
(4)孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨气分子中含有孤电子对，而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键，所以[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H键角＞107.3°；
(5)以顶面面心的Se原子为例，该晶胞中有2个Zn距离Se原子最近且距离相等，而在该晶胞的上方的晶胞中还有两个同样的Zn原子，所以Se原子的配位数为4；，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，a，) ，所以A为原点，各坐标轴的方向为，根据俯视图可知D点的x、y坐标参数为、，根据晶胞结构示意图可知z坐标参数为，所以D点坐标为(，，)；晶胞的边长为a pm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10-10)3cm3；根据均摊法可知一个晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子个数为4，所以晶胞的质量m=g，所以晶胞的密度，解得NA=。
【点睛】孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，比如NH3和H2O均为sp3杂化，但水分子有2对孤电子对，而氨气分子只有1对，所以NH3的键角大于H2O。
8. (1)          CD     C     sp2和sp3
(2)     X－射线衍射     BeF2     直线形          590     158

【分析】(1)
①Cr的基态价电子排布式为3d54s1，而Mo与Cr同主族，在Cr的下一周期，因而其基态价电子式排布式为4d55s1，用轨道电子排布表示为：；观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息可知Mo形成配位键，综上所述故选CD。
②CO做配体时是C做配位原子，氧把孤电子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供电子对形成配位键的能力；p-甲酸丁酯吡啶酯基中碳原子形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。
(2)
①聚四氟乙烯是一种准晶体，可通过X－射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体，晶体对X射线发生衍射，而非晶体不会。
②AsF3中As的价层电子对数为：、IF中I的价层电子对数为：、OF2中O的价层电子对数为：，BeF2中Be的价层电子对数为：，价层电子对数不同于其它微粒的是BeF2，其立体构型为直线形。
③室温氟穿梭电池的电解质为氟氢离子液体，含HF、[(FH)2F]-、[(FH)3F]-等离子，[(FH)3F]-中氟原子和氢原子之间形成共价键，和氢键，结构式为：。
④第一电离能为气态电中性基态原子失去第一个电子转化为气态基态正离子所需最低能量，从图中分析可知，钙的第一电离能为590kJ·mol-1；键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，F－F键的键能为158 kJ·mol-1。
9. (1)     HSe>Te         
(4)          6          4

【解析】（1）O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，2p轨道上有2个未成对电子，其余六个电子成三对，所以未成对电子与成对电子个数比为1﹕3；
（2）SOCl2的结构式是，S原子有三条σ键，孤电子对数量为，所以价层电子对数目是3+1=4，所以S原子是sp3杂化；由于结构中S原子有一个孤电子对，所以SOCl2分子构型是三角锥形；
（3）根据元素周期律，元素非金属性越强，同主族原子半径越小，原子得电子能力越强，形成的阴离子越稳定，释放能量越多，所以三种元素的第一电子亲和能由大到小排序是S>Se>Te；同主族元素电负性由上到下依次减弱，所以H—S键共用电子对在S原子周围出现概率最高，H—Te键共用电子对在Te原子周围出现概率最低，所以两条H—Te键互斥力最弱，键角最小，键角最小的是H2Te；三种原子中S原子半径最小，电负性最大，故H—S键键能最大，所以H2S最稳定；
（4）根据题目所给晶胞模型图，Fe2+有个，有个，所以该晶胞中阴阳离子之比为1﹕1，结构应类似过氧根，所以FeS2的电子式为；取晶胞顶点的粒子，距其最近且等距的Fe2+是三条棱上的粒子，所以每个晶胞对于该顶点粒子最近且等距的Fe2+拥有个，顶点粒子是八个晶胞共有，故距一个完整的最近且等距的Fe2+有个，所以的配位数是6；晶体密度；晶胞中与1个最近且等距的6个Fe2+所围成的空间区域是题目所描述的八面体，一个晶胞含有4个，所以一个晶胞中由Fe2+围成的八面体有4个。
11. (1)          2     a
(2)
(3)     N、O     10:1
(4)     b     3     溴离子的半径大于氯离子半径，产生空间阻碍

【解析】（1）As为33号元素，价电子排布式为4s24p3，原子的价电子的轨道表示式为，同周期中与其具有相同未成对电子数的元素，其价电子排布式分别为3d34s2、3d74s2，则有2种。碳的非金属性比硅和磷都强，四级电离能都比硅和磷的同级电离能大，所以表示碳元素的曲线是a。答案为：；2；a；
（2）含有氨基物质的碱性随着N原子电子云密度的增大而增强，则CH3NH2中N的电子云最大，NH2OH中N的电子云最小，其碱性由强到弱的顺序为。答案为：；
（3）配合物甘氨酸亚铁的中心离子的配位数是4，则每个配体H2NCH2COO-形成两个配位键，所以配位原子为N、O；H2NCH2COO-中含有8个σ键和1个π键，另外H2NCH2COO-与Fe2+还要形成2个配位键，所以中σ键与π键的个数比为20:2=10:1。答案为：N、O；10:1；
（4）气态 PCl5空间构型为三角双锥，其中心原子的价层电子对数为5，杂化类型为sp3d，故选b；PCl5的二溴代物PCl3Br2的结构，可能是2个Br位于双锥的底面，可能是1个Br在底面、1个Br在顶点、可能是2个Br都在顶点，所以共有3种；固态PBr5含有和Br-，不能形成，应为空间阻碍造成的，原因是：溴离子的半径大于氯离子半径，产生空间阻碍。答案为：b；3；溴离子的半径大于氯离子半径，产生空间阻碍。
【点睛】在配合物中，配位键也属于σ键。
12.           酯基     消去反应     d     +C2H5OH+H2O     或    
【分析】根据C的结构为，A在光照条件下和氯气转化为B,根据B加NaCN转化为C，逆推B为，A为，由上述关系C在酸性条件下水解生成D，则D的结构简式为，D与乙醇在浓硫酸及加热条件下发生酯化反应生成E，E的分子式为C10H12O2，则E的结构简式为，HCOOC2H5与E发生题中已知所给的反应，则F的结构简式为，F在催化剂作用下与氢气反应，生成G，则G的结构简式为，G在一定条件下生成H，H的结构简式为，则G在一定条件下发生消去反应生成H，据此分析。
【详解】(1)根据分析可知，化合物A是甲苯，结构简式是，H的结构简式为：，H含氧官能团的名称为酯基；
(2)因为G的结构简式为，G中含有醇羟基和酯基，G完全转化为H，H的结构简式为， G→H的反应类型是消去反应，生成的H中的含氧官能团为酯基；
a．G和溴水不反应，H含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，使溴水褪色，无论G全部转化为H还是部分转化为H，都可以使溴水褪色，故无法证明G全部转化为H，故a不符合题意；
b．G和H都可以被酸性KMnO4溶液氧化，都会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法证明G全部转化为H，b不符合题意；        
c．四氯化碳与G和H都互溶，没有现象，故无法证明G全部转化为H，故c不符合题意；       
d．H中不再含醇羟基，可用金属钠检验，若不与金属钠反应，不产生气体，则G完全转化为H，故d符合题意；
答案选d；
(3)D→E是和乙醇发生酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
(4)E是，含有酯基，根据题目要求，它的同分异构体不含酯基，能与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2，则可判定该结构中有两个酚羟基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和两个酚羟基，还有3个碳原子作一个取代基，取代基为异丙基，为满足苯环上有两种不同化学环境的氢，二个酚羟基只能处于异丙基的邻位和间位，满足取代基上共有三种不同化学环境的氢，另一个3个碳原子取代基还有2种氢，符合要求的结构式为或；
(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成，环己烯是六元环，而目标物为五元环，必须开环，环己烯断键用高锰酸钾即可，被高锰酸钾氧化成二元羧酸，再与乙醇发生酯化反应，生成的酯根据题目的信息，发生如已知的反应即可合成目标产物，因此合成路线为：。
【点睛】写出符合下列条件的E的一种同分异构体时，它的同分异构体不含酯基，能与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2，则可判定该结构中有两个酚羟基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和两个酚羟基，还有3个碳原子作一个取代基，取代基为异丙基，要满足两个酚羟基位于对称的位置，为易错点。
13. (1)     1，3－丁二醇     酮羰基、羧基
(2)     加成反应、消去反应     ++HCl
(3)2
(4)     24    
(5)

【分析】D在强氧化钠水溶液中加热发生水解反应，生成E，E酸化后得到F，根据F的分子式可知F的结构简式为：，则E为，据此分析解题。
（1）
根据A的结构式可知，A的名称为1，3－丁二醇；根据B的结构式可知B中所含官能团的名称：酮羰基、羧基。
（2）
F→G过程中转化为，涉及的反应类型有加成反应形成环、消去反应脱去1个水分子形成C=C；根据②+，G→I的化学方程式：++HCl。
（3）
D在碱性条件下酯基水解为羧基和苯酚，则1molD可以与2molNaOH反应。
（4）
物质C的结构式为，苯环上有两个取代基，既能与NaHCO3溶液反应又能与FeCl3溶液显色说明含有酚羟基和羧基，且分子内只有含一个环的同分异构体(不考虑立体异构) ，取代基可以为-CH=CHCH2COOH、-C(COOH)=CHCH3、-CH=C(CH3)COOH、-CH2CH=CHCOOH、-CH(COOH)CH=CH2、-CH2C(COOH)=CH2、-C(CH3)=CHCOOH、-C(CH2COOH)=CH2，两取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种位置，故符合条件的同分异构体共有8×3=24种；含有手性碳原子的结构简式：。
（5）
由和为原料制备，根据已知①和②， 合成路线为：。
14. (1)2-羟基丙酸
(2)     n+(n-1)H2O     缩聚反应
(3)羟基、酰胺基
(4)
(5)
(6)67.4%

【分析】依据信息：，氨解，生成A为；水解后生成B为。
（1）乳酸的结构简式为，系统命名为2-羟基丙酸。答案为：2-羟基丙酸；
（2）反应II为缩聚生成等，化学方程式为n+(n-1)H2O，反应类型为缩聚反应。答案为：n+(n-1)H2O；缩聚反应；
（3）由分析可知，A为，官能团名称羟基、酰胺基。答案为：羟基、酰胺基；
（4）A为，它的同分异构体满足下列条件“a.只含有一种官能团，b.不能发生水解反应，c.核磁共振氢谱有2组峰”，则其不是羧酸铵，只能为硝基化合物，且3个碳原子有2个性质相同，结构简式为。答案为：；
（5）B是一种盐，由分析可知，B的结构简式为。答案为：；
（6）由PLA吸管经过催化转化为丙氨酸，可建立如下关系式：——n，因为n值非常大，为便于计算，关系式可近似为：——，则5.0g商业PLA吸管(约含72%PLA)经过催化转化可获得纯品丙氨酸的质量为=4.45g，由聚乳酸塑料制备丙氨酸的总产率约为≈67.4%。答案为：67.4%。
【点睛】缩聚反应的产物为高聚物，为简化计算，可利用其链节代替高聚物进行计算。
15. (1)          4
(2)与生成的氯化氢反应，促进D的生成
(3)+CS2 +H2S
(4)加成反应、消去反应
(5)

【分析】由题干合成流程图信息可知，由A的分子式和B的结构简式以及A到B的转化信息可知A的结构简式为：；
(5)本题采用逆向合成法，根据题干流程图的转化信息可知，目标产物可由转化而来，可由经还原得到，而则可以由通过硝化反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。
（1）
由分析可知，A的结构简式为：，由题干路线图中D的结构简式可知，D中官能团的有醚键、碳氯键、硝基和氨基，共4种。
（2）
对比C和D的结构简式可知，C中一个氯原子被代替生成D，所以C→D另有HCl生成，则C→D中的KOH的作用是与生成的氯化氢反应，促进D的生成。
（3）
E的结构简式为，F的结构简式为，E和CS2反应生成F，由元素守恒可知，生成一种小分子产物为H2S，E→F的化学方程式为+CS2→+H2S↑。
（4）
F→G的反应类型可以看做是1个C=S上先与CH3I发生加成反应、后分子内消去1个HI得到C=N，故反应类型是加成反应、消去反应。
（5）
根据上述信息，以为主要原料(其他原料任选)制备：
在氨水、乙醇条件下生成，再在Fe、HCl条件下生成，再与CS2反应生成，其合成线路为： 。