浙江省丽水市2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

浙江省丽水市2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题考生须知：1.本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷第1题至第20题，第Ⅱ卷第21题至第26题。全卷满分100分，考试时间90分钟。2.本卷答案必须写在答题卷的相应位置上，写在试题卷上无效。3.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Na-23Al-27Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题包括20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关原子结构的说法正确的是A.霓虹灯发光与原子核外电子跃迁释放能量有关B.氖原子与钠离子两粒子的2p能级上的电子离核的距离相同C.M能层中有3s、3p、3d、3f四个能级，共16个轨道D.基态镁原子核外电子的轨道表示式为【答案】A【解析】【详解】A．电子获得能量，跃迁至外层能量更高的原子轨道，不稳定，会重新跃迁回原有原子轨道，以光能形式释放多余能量，霓虹灯发光原理即为此原理，A正确；B．钠离子核电荷数更多，对电子吸引能力更强，所以钠离子2p能级上的电子离核更近，B错误；C．M能层只有3s、3p、3d能级，共9个轨道，C错误；D．基态镁原子核外电子的轨道表示式为，3s能级电子排布不符和泡利原理，D错误；综上，本题选A2.下列说法不正确的是A.皮肤沾上浓硝酸会变黄是由于浓硝酸与蛋白质发生显色反应B.油脂属于天然有机高分子，在碱性条件下能水解为高级脂肪酸盐和甘油 C.纤维素不能被人体消化吸收，但其在酸或酶的催化作用下最终能水解成葡萄糖D.在新制的银氨溶液中加入葡萄糖溶液并水浴加热，可生成光亮的银镜【答案】B【解析】【详解】A．含苯环的蛋白质遇到浓硝酸发生显色反应，皮肤沾上浓硝酸会变黄是由于浓硝酸与蛋白质发生了显色反应，A正确；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．人体内没有使纤维素水解的酶故纤维素不能被人体消化吸收，但是纤维素可以在酸或者酶催化作用下水解生成葡萄糖，C正确；D．醛基能和银氨溶液发生银镜反应，故在新制银氨溶液中加入葡萄糖溶液并水浴加热，可生成光亮的银镜，D正确；故答案选B。3.下列关于丙炔(CH3C≡CH)的说法不正确的是A.丙炔分子中有6个σ键、2个π键B.丙炔分子中碳原子采取杂化和杂化C.丙炔分子中存非极性键和极性键D.丙炔分子中有5个原子一定在同一平面上【答案】B【解析】【详解】A．丙炔分子含有4个C-Hσ键和2个C-Cσ键，共有6个σ键，一个三键含有2个π键，A正确；B．形成4个单键的C原子采取，碳碳三键两侧的C原子采取sp杂化，没有杂化的C原子，B错误；C．C-C键为非极性键，C-H键为极性键，C正确；D．如图中结构所示，有5个原子一定在同一平面上，D正确；故选B。4.下列分子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为V形的是 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．有2个σ键和1个孤电子对，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形且其空间结构为V形，故A错误；B．有2个σ键和0个孤电子对，价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形且其空间结构为直线形，故B错误；C．有2个σ键和2个孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形且其空间结构为V形，故C正确；D．有3个σ键和1个孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形且其空间结构为三角锥形，故D错误；故答案选C。5.下列化学方程式及反应类型均正确的是A.加成反应B.消去反应C.还原反应D.取代反应【答案】D【解析】【分析】根据反应类型的特点进行判断：加成反应的特点是只上不下，消去反应的特点是只下不上；氧化反应的特点是加氧或去氢，取代反应的特点是有上有下；【详解】A．根据官能团的加成性质，碳碳双键上的碳原子接溴原子，故A不正确；B．该反应中条件是水溶液加热，故发生的是取代反应，反应方程式错误，故B不正确；C．乙醛被氧气氧化成乙酸，故反应类型不正确，故C不正确；D．乙醇在浓硫酸一定条件下发生取代反应，故D正确；故选答案D；【点睛】此题考查有机反应方程式的书写和反应类型的判断；注意反应条件和官能团共同决定有机物表现什么性质，发生哪类反应。 6.下列说法不正确的是A.和都是正四面体形分子，且键角都为109°28′B.HCHO分子中C原子为杂化，空间结构为平面三角形C.s轨道与p轨道“头碰头"重叠形成s-pσ键D.H-F的键能大于H-Cl的键能【答案】A【解析】【详解】A．P4和CH4都是正四面体形分子，甲烷的键角是109°28′，但是P4的键角是60°，A错误；B．甲醛(HCHO)分子中的C原子为中心原子，其价层电子对数为3，C原子采取sp2杂化，C原子与其他原子形成3个σ键，没有孤电子对，故甲醛分子为平面三角形结构，B正确；C．s轨道与p轨道以“头碰头"重叠的方式形成s-pσ键，C正确；D．Cl的半径大于F的半径，所以H-Cl的键长就比H-F长，因此键能H-F大一些，D正确；故选A。7.下列关于物质研究方法的说法不正确的是A.区分石英玻璃和水晶最可靠的方法是X射线衍射B.核磁共振氢谱能反映出未知有机化合物中不同化学环境氢原子的种类C.根据红外光谱图的分析可以初步判断有机化合物中含有的化学键或官能团D.在有机物的质谱图中，相对丰度最大值对应的质荷比数值为相对分子量【答案】D【解析】【详解】A．石英玻璃为非晶体，水晶为晶体，可用X射线衍射进行区分，故A正确；B．核磁共振氢谱能测定有机化合物中不同化学环境氢原子的种类，故B正确；C．红外光谱图的分析可以测定有机化合物中含有的化学键或官能团，故C正确；D．在有机物的质谱图中，最大的质荷比数值为相对分子量，并不是相对丰度最大值对应的质荷比数值，故D错误；故答案选D。8.下列实验装置及对应操作叙述均正确的是 A.分离苯和溴苯的混合物可用装置①B.蒸馏工业乙醇得到无水乙醇可用装置②C.重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③D.粗盐提纯蒸发结晶时可用装置④【答案】C【解析】【分析】根据物质的性质区别判断分离的方法，分液分离的是不溶的液体，蒸馏分离的是沸点相差大的互溶液体，过滤是分离不溶的固体；【详解】A．苯和溴苯能够互溶，不能用分液的方法分离，故A不正确；B．蒸馏装置中冷凝水的进出方向是从下口进，上口出，故B不正确；C．重结晶中需要顾虑晶体，故C正确；D．蒸发结晶时用蒸发皿，故D不正确；故选答案C；【点睛】此题考查物质的分离方法与装置，注意利用装置的原理，蒸馏中的冷凝水目的使气体进行冷凝，故应选择达到最佳冷凝效果的通入水方式。9.下列有关配合物形成实验的说法不正确的是A.溶液中滴入适量KSCN溶液，无明显变化，说明CN-的配位能力强于SCN-B.溶液中滴入适量KSCN溶液，溶液变为血红色，说明与SCN形成了配合物C.NaCl溶液中滴入适量溶液，再加过量氨水后，先出现沉淀后逐渐变澄清D.溶液滴加过量氨水得到深蓝色溶液，再滴入乙醇析出深蓝色的晶体【答案】D【解析】【详解】A．K3[Fe(CN)6]溶液中滴入适量KSCN溶液，无明显变化，说明不发生反应，则CN-的配位能力 强于SCN-，A正确；B．FeCl3溶液中滴入适量KSCN溶液，反应生成Fe(SCN)3，溶液变为血红色，B正确；C．AgNO3中滴入NaCl，生成白色的AgCl，难溶于水，但是可溶于氨水生成可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl，故此现象是先沉淀后澄清，C正确；D．CuSO4溶液滴加过量氨水得到深蓝色溶液，再滴入乙醇析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，D错误；故选D。10.下列有关配合物的说法正确的是A.配合物的配位数是6B.配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子C.1mol中σ键的物质的量为8molD.的空间结构为平面正四边形【答案】B【解析】【详解】A．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A错误；B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B正确；C．1mol可形成2molO-H共价键和1molO-Cu配位键，所以4mol共形成σ键数=43mol=12mol，C错误；D．的空间结构为正四面体形，D错误；故选B。11.下列说法不正确的是A.冰刚好融化成水时，破坏的是范德华力和氢键，空隙减小B.碳化硅、石英和足球烯均为空间网状结构的共价晶体C.干冰晶体中一个二氧化碳分子周围有12个紧邻分子D.金刚石晶体中碳原子数与碳碳单键之比为1∶2【答案】B【解析】【详解】A．冰融化成水，破坏的是范德华力和氢键，分子间空隙减小，密度增大，A正确；B．足球烯为分子晶体，不是共价晶体，B错误； C．干冰晶体属于面心立方结构，以顶点处分子为例，离顶点分子距离最近的二氧化碳分子位于面心，一个平面上有4个二氧化碳分子与顶点处分子紧邻，共三个面，则一个二氧化碳分子周围有12个紧邻分子，C正确；D．金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每条共价键为2个碳原子共用，则每个碳原子形成的共价键为，故碳原子与碳碳键之比为1：2，D正确；故答案选B。12.下图为元素周期表前四周期的一部分，有关W、X、Y、Z四种元素的叙述中不正确的是XWYZA.最简单氢化物的稳定性：X>Y>WB.简单离子的半径：Z>Y>XC.电负性：X>Y>W。D.第一电离能：X>Y>W【答案】D【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，W磷、X为氟、Y为硫、Z为Br，据此解答。【详解】A．非金属F>S>P，故氢化物稳定性：HF>H2S>PH3，故A正确；B．离子电子层越多，半径越大，故简单离子的半径：Z>Y>X，故B正确；C．同周期自左而右电负性增强，同主族自上而下电负性减弱，故电负性X>Y>W，故C正确；D．P元素原子3p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能F>P>S，故D错误；故答案选D。13.下列试验设计方案与现象、结论表述正确的是目的方案设计现象和结论A检验氯乙烷中的氯元素取氯乙烷，加入KOH溶液混合加出现白色沉淀，证明有 热，充分反应后加入溶液，观察现象氯元素存在B检验淀粉水解是否完全向淀粉水解液(作催化剂)中加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制加热，观察现象出现砖红色沉淀，说明淀粉已水解完全C检验苯中是否含有苯酚向试样中加入浓溴水，观察现象若出现白色沉淀，则证明含有苯酚；若无沉淀生成，则不含苯酚D除去溴苯中的溴单质向试样中加入足量NaOH溶液，振荡，充分反应后分液分层，下层为溴苯A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．取氯乙烷，加入KOH溶液混合加热，充分反应后加入溶液，硝酸银会和氢氧化钾反应生成氢氧化银白色沉淀，无法证明有氯元素存在，A错误；B．向淀粉水解液(作催化剂)中加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制加热，出现砖红色沉淀，可说明淀粉水解，但不能说明淀粉已完全水解，B错误；C．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，因此无论苯中是否有苯酚，都不会出现白色沉淀，C错误；D．溴苯难溶于水，密度比水大，溴单质与足量氢氧化钠溶液反应生成溴化钠和次溴酸钠，溴化钠和次溴酸钠易溶于水，充分反应后静置，溶液分层，下层为溴苯，可通过分液分离，D正确；答案选D。14.下列关于晶体和非晶体的说法不正确的是A.破损的NaCl晶体能在饱和NaCl溶液中自动变成规则的立方体B.晶体某些物理性质的各向异性反映了晶体内部质点排列的有序性C.导电性可用于区别晶体和玻璃体 D.固体可能是晶体，也可能是非晶体【答案】C【解析】【详解】A．破损的晶体能在溶液中得到修复，所以破损的NaCl晶体能在饱和NaCl溶液中自动变成规则的立方体，故A正确；B．晶体的各向异性反映了晶体内部质点排列的有序性，故B正确；C．根据晶体的定义，不能通过导电性来区别晶体和玻璃体，某些晶体和玻璃体可均导电或不导电，故C错误；D．固体可能是晶体，也可能是非晶体，如水晶为晶体，玻璃为非晶体，故D正确；故答案选C。15.利用、与合成的反应历程如图所示，下列说法不正确的是A.合成过程涉及C-C键和C-OH键的形成B.CO是合成的中间体C.第3步的反应方程式为：D.若用替代，则可生成【答案】D【解析】【分析】根据图示中各步中的反应物和生成物的区别判断化学键的断裂和形成，利用元素原子跟踪法判断元素反应的去向；【详解】A．根据图示中第3步判断，合成过程中涉及C-C键和C-OH键的形成，故A正确；B．根据图示中，CO在2步过程的生成物里，在第3步中的反应物中，故B正确； C．根据图中表示：，故C正确；D．若用替代生成的水分子是HDO，故D不正确；故选答案D；【点睛】此题考查反应历程中的变化，注意图像中的催化剂和中间产物的判断。16.MgO的晶胞结构如图所示，下列有关说法正确的是A.该晶体的晶胞结构与CsCl相似B.与每个距离相等且最近的共有8个C.一个晶胞中含有4个MgOD.晶体的熔点：CaO>MgO【答案】C【解析】【分析】MgO晶胞中顶点和面心是Mg2+，晶胞中Mg2+拥有个，晶胞中棱上和体心是O2-，晶胞O2-拥有个，晶胞类型应与NaCl晶体晶胞类型相似；【详解】A．根据分析，该晶体的晶胞结构与NaCl相似，描述错误，不符题意；B．与每个Mg2+距离相等且最近的Mg2+共有12个，描述错误，不符题意；C．根据分析可知，一个晶胞中含有4个Mg2+和4个O2-，相当于一个晶胞中有4个MgO，描述正确，符合题意；D．离子晶体的熔点大小与晶格能有关，而晶格能大小与晶体中离子所带电荷量，离子大小有关，CaO与MgO阴阳离子所带电荷对应相同，只有Mg2+半径小于Ca2+，所以MgO的晶格能大于CaO的晶格能，所以晶体熔点：MgO>CaO，描述错误，不符题意； 综上，本题选C。17.研究表明有机物M可用于治疗新型冠状病毒肺炎。其结构简式如图，下列有关有机物M的说法不正确的是A.1mol该有机物与足量的NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHB.结构中含氧官能团种类有4种C.该有机物中有4个手性碳原子D.该有机物可发生加成反应、消去反应、酯化反应和水解反应【答案】A【解析】【详解】A．1molM中含有1mol酯基和2mol酰胺基可以与NaOH反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，A错误；B．该结构中含氧官能团为羟基，酰胺基，醚键和酯基，共4种，B正确；C．标为手性碳，，共4个，C正确；D．该结构有碳碳双键，可以发生加成反应，有-OH且有β-H，可以发生消去反应和酯化反应，存酯基和酰胺基，所以可以发生水解反应，D正确；故选A。18.有机化合物中基团之间会相互影响、相互制约。下列各项事实不能说明该观点的是A.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应C.苯酚可以与NaOH溶液反应，而乙醇不能与NaOH溶液反应D.苯酚与溴水可直接反应，而苯与液溴反应需要做催化剂 【答案】B【解析】【详解】A．苯环能影响甲基，所以甲苯易被高锰酸钾氧化，而甲基环己烷不能，说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故A正确；B．乙烯含有碳碳双键，乙烷为稳定结构，二者结构不同，性质不同，与原子团的影响无关，故B错误；C．苯环能影响-OH，使其具有酸性，而乙醇为中性，-OH连接的烃基不同，说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故C正确；D．羟基可影响苯环，使苯环上的邻位、对位氢原子易取代，所以苯酚与溴水可直接反应，而苯不含羟基，与液溴反应则需要FeBr3作催化剂，说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故D正确；故答案选B。19.下列说法不正确的是A.HCl、HBr、HI的沸点依次升高与分子间作用力大小有关B.晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次升高与共价键键能大小有关C.的热稳定性大于与分子间存在氢键有关D.在水中的溶解度大于在水中的溶解度与分子的极性有关【答案】C【解析】【详解】A．HCl、HBr、HI是组成和结构相似的分子，分子间作用力越大，相应的物质的熔沸点越高，故A项正确；B．晶体硅、碳化硅、金刚石都属于原子晶体，原子晶体熔沸点与共价键能大小有关。金刚石C-C的键能大于碳化硅C-Si的键能大于晶体硅Si-Si的键能，因此晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次升高，故B项正确；C．H2O的热稳定性大于是因为O的非金属性大于S，其对应的简单氢化物热稳定性：H2O＞，氢键影响的是熔沸点的高低。故C项错误；D．NH3分子是极性分子，与水分极性接近，根据相似相容的原理，溶解度大。而甲烷分子是非极性分子，溶解度小，因此在水中的溶解度大于在水中的溶解度与分子的极性有关，故D项正确；故答案选C。20.实验室中可由叔丁醇(沸点83℃)与浓盐酸反应制备2-甲基-2-氯丙烷(沸点52℃)，流程如下： 下列说法不正确的是A.试剂X可以是氢氧化钠溶液，在加热条件下更有利于除去酸性杂质B.两次水洗主要目的是分别除去有机相中的盐酸和盐C.步骤Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ洗涤分液时应从分液漏斗上口分离出有机相D.步骤Ⅴ中蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系【答案】A【解析】【分析】叔丁醇与浓盐酸常温搅拌反应15min可得2-甲基-2-氯丙烷，后向有机相中加入水进行洗涤分液，有机相中为2-甲基-2-氯丙烷，X如果是氢氧化钠会发生卤代烃的水解，所以X为碳酸钠溶液较为合适，碳酸钠溶液洗涤，由于有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，分液后获得上层有机相，有机相中加入少量无水氯化钙干燥，蒸馏即得有机物2-甲基-2-氯丙烷，【详解】A．2-甲基-2-氯丙烷与氢氧化钠溶液在加热条件下发生卤代烃的水解反应，所以X不能为氢氧化钠，A错误；B．分别加入盐酸和碳酸钠，则两次水洗主要目的分别是除去有机相中的盐酸和钠盐，B正确；C．有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，分液后2-甲基-2-氯丙烷在上层，故从分液漏斗上口分离出有机相，C正确；D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸点低，所以产物先蒸馏出体系，D正确；故答案选A。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、非选择题(本题包括6小题，共50分)21.回答下列问题（1）已知：三氟乙酸()的，三氯乙酸()的，则比较两者的酸性强弱：三氟乙酸_______三氯乙酸(填“>”“<”)，原因是_______。（2）已知邻羟基苯胺的结构为，邻羟基苯胺的沸点_______对羟基苯胺的沸点(填“低于”“高于”)，原因是_______。 【答案】（1）①.>②.氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子（2）①.低于②.邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点【解析】【小问1详解】三氟乙酸(CF3COOH)的pKa=0.23，三氯乙酸(CCl3COOH)的pKa=0.65，则酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，因为氟的电负性大于氯的电负性，F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使CF3C-的极性大于CCl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。【小问2详解】邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点，因为邻羟基苯胺容易形成分子内氢键，沸点降低，对羟基苯胺容易形成分子间氢键，沸点升高，因此邻羟基苯胺的沸点低于对羟基苯胺的沸点。22.前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，已知X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；基态Y原子s能级的电子总数比p能级的多1；Z原子基态成对电子数是未成对电子数的3倍；W原子的简单离子半径在第三周期元素形成的简单离子中最小；T为应用最广泛的金属，其基态原子中有4个未成对电子。回答下列问题：（1）基态原子T的电子排布式是_______。（2）元素Y、Z、W第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号回答)。（3）离子的空间构型为_______。（4）常温下是一种浅黄色液体，熔点-20℃，不溶于水、易溶于苯。每个XZ分子与T原子间均有1个配位键。分子的结构可能为下图中的_______(填“甲”或“乙”)，理由是_______。【答案】（1）（2）Al<O<N（3）V形（4）①.甲②. 不溶于水、易溶于苯，说明该分子是非极性分子，甲的结构对称，对应分子为非极性分子【解析】【分析】已知X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以X为C；基态Y原子s能级的电子总数比p能级的多1，电子排布式为：1s22s22p3，Y元素为N；Z原子基态成对电子数是未成对电子数的3倍，电子排布式为1s22s22p4，Z元素为O，W原子的简单离子半径在第三周期元素形成的简单离子中最小，W为Al，T为应用最广泛的金属，其基态原子中有4个未成对电子，所以T为Fe。综上，X为C，Y元素为N，Z元素为O，W为Al，T为Fe。【小问1详解】T为Fe，为26号元素，所以Fe的基态原子的电子排布式为：；【小问2详解】Y元素为N，Z元素为O，W为Al，非金属第一电离能大于金属，所以Al的第一电离能最小，N电子排布式为：1s22s22p3，处于半充满状态，稳定，所以N>O，综上，元素Y、Z、W第一电离能由小到大的顺序为：Al<O<N；【小问3详解】为，N的价层电子对数=，空间构型为V形；【小问4详解】为，已知每个CO分子与Fe形成一个配位键，且不溶于水、易溶于苯，说明为非极性分子，符合条件的为甲结构，故答案选甲；理由为：不溶于水、易溶于苯，说明该分子是非极性分子，甲的结构对称，对应分子为非极性分子。23.实验室制备环己酮的反应原理：，其反应的装置示意图如下(夹持装置、加热装置略去)： 环己醇、环己酮和饱和食盐水的部分物理性质见下表(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)：物质密度/(g/cm3)沸点/℃部分性质环己醇0.962161.1(97.8)能溶于水，具有还原性，易被氧化环己酮0.948155.6(95)微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应饱和食盐水1.330108.0实验步骤：Ⅰ.实验中通过装置B将酸性溶液分批滴加到盛有30ml环己醇的A中，加入第一批溶液后，待反应物的橙红色消失后再加入第二批……依次进行下去，直至反应结束，控制反应在55~60℃进行。反应结束后，向反应液中加入适量的草酸。Ⅱ.反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100°C的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。Ⅲ.进一步分离提纯得到精环已酮18.10g。（1）仪器B的名称是_______。（2）蒸馏不能分离环己酮和水的原因是_______。（3）反应要控制在55~60℃进行，不能过高或过低的原因是_______。（4）写出草酸与酸性重铬酸钠反应的离子方程式_______。（5）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a.蒸馏，收集151-156℃馏分，得到精品b.过滤c.在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液d.加入无水固体，除去有机物中少量水上述操作的正确顺序是_______(填序号)。（6）环己酮的产率_______。【答案】（1）分液漏斗（2）环已酮和水形成具有固定组成的混合物一起蒸出（3）温度过低，反应速率太慢，反应时间太长；温度过高，加剧了环己酮的开环反应(或温度过高副反应增多)（4） （5）cdba（6）64%【解析】【分析】实验室制备环己酮的反应原理：，该反应为放热反应，在反应过程中控制反应的温度不能太高，防止发生更多的副反应，分批加入的目的防止过多，导致环己酮发生开环反应，反应结束后向反应液中加入适量的草酸除去过量的，完成后加入适量的水，蒸馏收集95~100°C馏分，得到环己酮粗品。【小问1详解】仪器A为三颈烧瓶，仪器B为分液漏斗，所以答案为：分液漏斗；【小问2详解】由已知条件可知，环已酮与水形成的具有固定组成的混合物的沸点为95°C，无法分开，故答案为：环已酮和水形成具有固定组成的混合物一起蒸出；【小问3详解】反应要控制在55~60℃进行，从速率的角度考虑，若温度过低，反应速率太慢，反应时间太长；从产物的纯度考虑，温度过高，加剧了环己酮的开环反应(或温度过高副反应增多)，所以答案为：温度过低，反应速率太慢，反应时间太长；温度过高，加剧了环己酮的开环反应(或温度过高副反应增多)；【小问4详解】草酸为弱酸写成化学式的形式，重铬酸钠属于溶入水的钠盐，写成离子的形式，所以，草酸与酸性重铬酸钠溶液反应的离子方程式为：；【小问5详解】根据已知条件，环已酮微溶于水，加入饱和NaCl后，降低了环已酮的溶解度，更易分层，利用分液的方法分离，然后加入无水，除去少量的水，过滤除去不溶物，最后采用蒸馏的方法得到环己酮精品，所以答案为cdba；【小问6详解】30ml环己醇的质量=，根据化学方程式可知，n()=n()=，环已酮的产率==64%。 24.已知：X元素为第30号元素，Y元素基态原子的3p轨道上有4个电子，Z元素原子的最外层电子数是内层的3倍。某化合物由X、Y两种元素组成，常用于制作荧光材料，晶胞结构如图所示：（1）①写出X元素基态原子价层电子排布式_______。②该化合物的化学式为_______。③若该晶胞参数为apm，则晶体的密度为_______(用NA表示阿伏加德罗常数)。（2）分子中，Y原子轨道的杂化类型是_______。（3）Z的氢化物()在接近其沸点的蒸气相对分子质量测定值比的相对分子质量大，其原因是_______。（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物，1mol该配合物中含有σ键的数目为_______。【答案】（1）①.②.ZnS③.（2）（3）接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的因氢键而形成的缔合分子（4）16NA【解析】【分析】X元素为第30号元素，X为Zn，Y元素基态原子的3p轨道上有4个电子，价电子排布式为3s23p4，Y为S，Z元素原子的最外层电子数是内层的3倍，Z为O；综上X为Zn，Y为S，Z为O。【小问1详解】①X元素为Zn，基态原子价层电子排布式为；②Zn的个数=，S均在晶胞内，S的个数=4，所以化学式为ZnS；③晶胞中包含的原子的质量=，晶胞体积=，所以晶胞密度== ；【小问2详解】的分子式为SO2，S价层电子对数=2+=2+1=3，杂化方式为；【小问3详解】为H2O，水分子间存在氢键，接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的因氢键而形成的缔合分子，所以测得的值比的相对分子质量大，故答案为：接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的因氢键而形成的缔合分子；【小问4详解】该配合物为，与之间形成离子键，无σ键，中为配体，N与Zn形成配位键，1mol中包括3molN-H键和1molN-Zn配位键，所以1mol形成的σ键数为4mol，1mol中含有4mol，所以1mol该配合物中含有σ键的数目==16NA。25.药物布洛芬具有镇痛、解热、抗炎作用，Brown法合成布洛芬流程如下： 已知：①+ClCH2COOC2H5②+NH2OH→③+CH3CHO请回答：（1）下列说法不正确的是_______。A.流程图中核磁共振氢谱中3组峰B.化合物D中含有两种官能团C.B→C、F→G的反应类型相同D.布洛芬的分子式是（2）化合B的结构简式_______，化合物E的结构简式_______。（3）写出C→D的化学反应方程式_______，（4）请写出满足下列条件的F的所有同分异构体_______。①含有-NH-CHO结构②氮原子与苯环直接相连③苯环上有三个取代基且苯环上一氯代物有两种（5）结合题目信息，设计以为主要原料合成的合成路线。(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。【答案】（1）CD（2）①.②.（3）（4） 、、、（5）【解析】【分析】通过对比A、和B的分子式，可初步推断流程发生的是取代反应，再结合C的结构简式可推断出为；依据流程，结合题目信息反应①，可推断出D为；依据流程，结合题目信息反应②，可逆向推断出E为；依据流程，结合F和G的分子式，由F和布洛芬向中间推导，推断出G为；【小问1详解】为，而同碳上的甲基上的氢等效，所以中有三种氢，核磁共振氢谱有3组峰，A正确；D为，官能团有酯基 和醚键，B正确；为，是取代反应，为，是消去反应，二者反应类型不同，C错误；布洛芬为，分子中只含有C、H、O三种元素，而O不影响不饱和度，数出布洛芬分子中的C原子数为13，O原子数为2，不饱和为5，则H原子数目为，由此确定布洛芬的分子式为，D错误；故答案为CD；【小问2详解】通过对比A、和B的分子式，可初步推断流程发生的是取代反应，再结合C的结构简式可推断出为，继而可以确定B为；依据流程，结合题目信息反应②，可逆向推断出E为； 故答案为；；小问3详解】C为，依据流程，结合题目信息反应①，可推断出D为，则的化学日用瓷方程式为；故答案为；【小问4详解】F为，除苯环外只有一个不饱和度，而条件①含有-NH-CHO结构利用了这一不饱和度，条件②要求氮原子与苯环直接相连，对结构进行了一定的限制，结合条件①和②，可以确定苯环上的其中一个取代基为-NH-CHO；条件③苯环上有三个取代基且苯环上一氯代物有两种表明书写的同分异构体有一定的对称性，即苯环上另外两个取代基相同且处于对称位置，由此可以写出F的同分异构体如下、、、； 故答案为、、、；【小问5详解】比较原料和产物，结合题目信息反应③，可以逆向推断出需要利用和来合成，而原料只有，结合题目中的流程，可利用制备得到，所以完整合成路线如下26.工业废水中苯酚的含量，可用以下步骤测定：①把20.00mL废水样品、20mL0.0100mol/L和0.0600mol/LKBr混合溶液置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，迅速盖好盖子，摇动锥形瓶。②充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL(过量)，迅速加盖，充分摇匀。加入少量淀粉溶液。③用标准溶液滴定至终点，用去溶液22.48mL。已知：请回答下列问题：（1）第②步加KI溶液时要迅速盖好盖子，如果速度偏慢会导致工业废水中苯酚含量_______。(填“偏高”或“偏低”)（2）该工业废水中苯酚的浓度是_______(保留四位小数)。【答案】（1）偏高（2）0.0053mol/L【解析】【小问1详解】 第②步加KI溶液时要迅速盖好盖子，由于溴易挥发，如果速度偏慢溴挥发后剩余量减少，会导致测定工业废水中苯酚含量偏高；故答案为：偏高。【小问2详解】20mL0.0100mol/L和0.0600mol/LKBr混合溶液置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，根据溴离子与溴酸根的氧化还原反应方程式可知生成溴单质的物质的量为：3×0.0100mol/L×20ml=6×10-4mol，根据反应可知，溴与碘化钾反应的生成碘单质的物质的量为：0.0250mol/L×22.48mL÷2=2.81×10-4mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为：6×10-4mol-2.81×10-4mol=3.19×10-4mol，所以废水中苯酚的浓度是：3.19×10-4mol÷3÷20.00ml=0.0053mol/L；故答案为：0.0053mol/L。