（5）C与4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1发生取代反应，生成的有机物有_____种。
【答案】 B、C、D、F、G 酯
化 6
【解析】 【分析】
H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120， 0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2有机物A有C、
和7.2g H2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)= 0.4×2÷0.1=8，有机物中N(O)= (120-12×8-1×8)÷16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为
，A的结构简
式为【详解】
。
（1）由上述分析可知，A为；
（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A～G中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G； （3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为
，反应类型为酯化反应。
（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，①能与3mol NaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；②苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；③能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合①可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简
式为：和。
（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．纳米磷化钴（CoP）常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钴的常用流程如下：
（l）基态P原子的价电子排布式为____，P位于元素周期表中____区。
（2）尿素中N原子的杂化类型是 _____；C、N、O三种元素的第一电离能最大的是____，电负性由小到大的顺序为____。
Co(CO3)1．5(OH）（3）·1.11H2O中CO32-中C的价层电子对数为____；该化合物中不含有的化学键有_____填标号）。
A 离子键 B 共价键 C 金属键 D 配位键 E 氢键 F 非极性键 （4）一些氧化物的熔点如下表所示：
解释表中氧化物之间熔点差异的原因____。
（5）CoP的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。
设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_______-g．cm-3（列出计算式即可）。
【答案】3s23p3 P sp3 N C＜N＜O 3 CF FeCl3是共价化合物，Fe3O4、Co3O4是离
4?59+4?31 子化合物，Fe3O4、Co3O4晶胞结构不同
22n3?10?30?NA【解析】 【分析】
（l）P是15号元素，最外层有5个电子； （2）根据尿素的结构简式是
分析N原子杂化类型；同周期元素从左到右第一电离能增大，N
原子3p轨道为半充满状态；同周期元素从左到右电负性依次增大；
（3）CO32-中C的价层电子对数为
4+2； 2 （4）化合物类型不同熔沸点不同；晶体结构不同，熔沸点不同；
（5）根据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2npm，1个晶胞含有Co原子数8?+6?【详解】
（l）P是15号元素，最外层有5个电子，基态P原子的价电子排布式为3s3p；价电子排布式为3s3p，所以P位于元素周期表中P区； （2）尿素的结构简式是
3
2
3
2
3
1811=4 、P原子数12?+1=4； 24，N原子形成3个共价键，有1对孤电子对，所以N原子杂化类型是
sp；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子3p轨道为半充满状态，所以C、N、O三种元素的第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性由小到大的顺序为C＜N＜O； （3）CO32-中C的价层电子对数为
4+2=3； 2（4）FeCl3是共价化合物，熔沸点低；Fe3O4、Co3O4是离子化合物，熔沸点高，但晶胞结构不同，所以熔沸Co(CO3)1．5(OH）CO32-、 Co2+点有差异；·1.11H2O中CO32-与Co2+之间存在离子键；水分子内存在共价键；与H2O是配位键；氢键不是化学键，没有非极性键，故选CF；
（5）根据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为2npm，晶胞体积为22n3pm3，1个晶胞含有Co原子数8?+6?所以晶胞密度为【点睛】
本题的难点是晶胞计算，根据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键，顶点的原子被1个晶胞占用面心的原子被1个晶胞占用
1811=4 、P原子数12?+1=4；244?59+4?31 g．cm-3。 3?3022n?10?NA1、811，楞上的原子被1个晶胞占用。 2419．钙钛矿（主要成分是CaTiO3)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的广泛关注，科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。
（1）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；Si、P、S第一电离能由小到大顺序是__。
（2）碳和硅的有关化学键键能如表所示： 化学键 键能/kJ?mol-1 C?C 356 C?H 413 C?O 336 Si?Si 226 Si?H 318 Si?O 452 硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___。
（3）一种新型熔融盐燃料电池以Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，则CO32-的空间构型为___。
（4）Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：
该配离子中含有的化学键类型有__(填字母)。
a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键 一个乙二胺分子中共有__个σ键，C原子的杂化方式为__。
（5）CaTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如图所示(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角）Ca2+的配位数为__，与Ti4+距离最近且相等的O2-有__个；晶体的密度为ρg/cm3，最近的Ti4+和O2-之间的距离为__nm（填计算式)。(CaTiO3的摩尔质量为136g/mol，NA为阿伏加德罗常数)。
【答案】3d24s2 3 Si、S、P C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 平面正三角形 abd 11 sp3 6 12
1362××107
ρNA2【解析】 【分析】 【详解】
(1)基态Ti原子核外有22个电子，其价电子排布式为3d24s2，基态Ti原子能量最高的能级为3d轨道，还有3个空轨道，由于原子半径：Si>P>O，又P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能：Si (2)根据表格数据分析可知，C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，从而导致硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，故答案为：C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成； (3)CO32-的成键电子对数3+平面三角形； (4)由该配离子结构图分析可知，该配离子中N原子和Cu2+形成配位键，C原子和N、H原子形成极性键，C原子和C原子形成非极性键，则选abd，一个乙二胺分子中共有11个σ键，C原子形成的都是单键，则其杂化方式为sp3，故答案为：abd；11；sp3； 4+2-2?3=3，不含有孤对电子，则CO32-的空间构型为平面三角形，故答案为：2