山东省济宁市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析

山东省济宁市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析

‎2019~2020学年度第二学期质量检测 高二化学试题 注意事项：‎ ‎①答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。‎ ‎②选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签宇笔书写，字体工整、笔迹清楚。‎ ‎③请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的案答无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65 Se-79‎ 第I卷 选择题(共20分)‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 生活中有很多化学问题。下列判断正确的是 A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成 B. 可乐饮料中含有的兴奋性物质咖啡因(C8H10O2N4)属于有机物 C. 石墨烯是一种新型有机材料 D. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子后被人体吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．新型冠状病毒主要成分是蛋白质，由C、H、O、N等元素组成，故A错误；‎ B．咖啡因(C8H10O2N4)含有C、H、O、N四种元素，该物质属于有机物，故B正确；‎ C．石墨烯是一种碳单质，属于无机材料，故C错误；‎ D．油脂水解产物为高级脂肪酸和甘油，故D错误；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎2. 某元素基态原子最外层的电子排布式如下，其中能表示该元素一定为主族元素的是（ ）‎ A. 3s23p6 B. ns2 C. 4s24p1 D. 4s1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【详解】A. 3s23p6为Ar元素，0族元素，不是主族，A不符合题意；‎ B. ns2可以表示第ⅡA族和大多数副族元素，B不符合题意；‎ C. 4s24p1最外层三个电子，在第四周期第ⅢA族，为Ga元素，C符合题意；‎ D. 4s1可以表示K、Cr、Cu，K在主族，Cr、Cu在副族，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意主族、副族、Ⅷ族、0族元素的最外层电子的特征。‎ ‎3. 下列各组元素的性质正确的是 A. 第一电离能：N>O>C B. 非金属性：F>N>O C. 最高正价：F>S>Si D. 原子半径：P>N>C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以氮元素的非金属性虽然弱于氧元素的，但第一电离能却大于氧元素，所以第一电离能：N＞O＞C，故A正确；‎ B．同周期主族元素自左至右非金属性逐渐增大，所以非金属性：F>O>N，故B错误；‎ C．F没有正价，故C错误；‎ D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径：P>C>N，故D错误；‎ 综上所述答案为A。‎ ‎4. 下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是( )‎ A. 任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有 N、O、F 的物质中 B. 范德华力比氢键的作用还要弱 C. 范德华力与氢键共同决定物质的物理性质 D. 范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不是任何物质中都存在范德华力，如氯化钠为离子晶体，其中没有范德华力，只存在离子键，故A错误；‎ B．范德华力比氢键的作用力要弱，故B正确；‎ C - 23 -‎ ‎．只有由分子构成的物质，物质的物理性质才由范德华力与氢键共同决定，不是分子构成的物质的物理性质不是由范德华力与氢键决定的，故C错误；‎ D．范德华力的强弱与相对分子质量有关，氢键还与原子电负性的大小和半径大小有关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意范德华力存在与分子之间，在离子和原子之间不是的，如离子晶体中由离子键决定，原子晶体由共价键决定。‎ ‎5. 下列关于物质结构的说法错误的是 A. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr B. 基态碳原子有三种能量不同电子 C. CH4和NH都是正四面体结构，键角均为109º28ˊ‎ D. 甲醛(HCHO)和光气(COCl2)分子中的键角∠H—C—H<∠Cl—C—Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaF、NaCl、NaBr为结构相似的离子晶体，离子电荷相等，离子半径越大，晶格能越小，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故A正确；‎ B．基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，占据1s、2s、2p三个能级，所以有三种能量不同的电子，故B正确；‎ C．CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有键长均相等，故都是正四面体结构，键角均为109°28′，故C正确；‎ D．由于氯原子的电负性较大，所以光气分子中Cl和C原子之间的成键电子对更靠近氯原子，两对电子之间的排斥作用相对较小，键角较小，所以∠H—C—H＞∠Cl—C—Cl，故D错误；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎6. 下列关于2-环己基丙烯()和2-苯基丙烯()的说法中不正确的是 A. 碳原原子的杂化方式都只有sp2和sp3杂化 B. 两种物质均有5种不同化学环境的氢 C. 二者均可发生加聚反应和氧化反应 D. 2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面 ‎【答案】B - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．饱和碳原子为sp3杂化，苯环上的碳和形成双键的碳为sp2杂化，故A正确；‎ B．2-环己基丙烯中有6种环境的氢原子，故B错误；‎ C．都含有碳碳双键，均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；‎ D．苯环和碳碳双键之间为单键，可自由旋转，所以2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎7. 2020年1月南开大学周其林团队因《高效手性螺环催化剂的发现》获得国家自然科学一等奖。如图为两种简单碳螺环化合物，相关的说法不正确的是 A. 两种物质中所有碳原子一定不在同一平面 B. 螺[3，3]庚烷的一氯代物有2种 C. 螺[3，4]辛烷与3-甲基-1-庚烯体互为同分异构 D. 的名称为螺[4，5]癸烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种物质中均有4个碳原子连接在同一饱和碳原子上的结构，形成四面体结构，不可能所有碳原子在同一平面，故A正确；‎ B．螺[3，3]庚烷结构对称，只有2种环境的H原子，所以一氯代物有2种，故B正确；‎ C．螺[3，4]辛烷的分子式为C8H14，3-甲基-1-庚烯的分子式为C8H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；‎ D．共含10个碳原子，左侧环上除共用的碳原子还有4个碳，右侧环除共用的碳原子还有5个碳，所以名称为螺[4，5]癸烷，故D正确；‎ 综上所述答案为C。‎ ‎8. 硝苯地平(Nifedipine)‎ - 23 -‎ ‎，适用于各种类型的高血压，对顽固性、重度高血压也有较好疗效，其结构简式如图所示。下列关于硝苯地平(Nifedipine)的说法不正确的是 A. 分子中存在1个手性碳原子 B. 分子中有2种含氧官能团 C. 该物质既可以发生取代反应，又可以发生加成反应 D. 1mol该物质与足量H2反应时消耗5molH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质结构对称，所以并不存在手性碳原子，故A错误；‎ B．该物质中含有酯基、硝基两种含氧官能团，故B正确；‎ C．该物质含有酯基可以发生水解反应，水解属于取代反应，含有苯环可以发生加成反应，故C正确；‎ D．该物质含有一个苯环、两个碳碳双键可以和氢气加成，酯基不可加成，所以1mol该物质与足量氢气反应时消耗5mol氢气，故D正确；‎ 综上所述答案为A。‎ ‎9. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）‎ 选项 目的 分离方法 原理 A．‎ 分离苯和苯酚 加浓溴水过滤 苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀 B．‎ 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C．‎ 除去乙烯中混有的SO2‎ 酸性KMnO4溶液洗气 SO2能被酸性KMnO4溶液氧化生成SO42—‎ D．‎ 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 - 23 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在苯和苯酚的混合物中加入浓溴水，苯酚和浓溴水反应生成的三溴苯酚是有机物，能继续溶于有机溶剂苯，即生成的三溴苯酚在苯中不是白色沉淀，故A错误；‎ B.乙酸乙酯与乙醇不分层，不能利用分液法分离，因利用蒸馏，故B错误；‎ C.乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，则不能用高锰酸钾溶液除杂，因二氧化硫为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，而乙烯与氢氧化钠不反应，则可用氢氧化钠溶液除杂，然后用浓硫酸干燥，故C错误；‎ D.丁醇与乙醚混溶，但二者沸点不同，则除去丁醇中的乙醚，利用蒸馏即可除杂，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】分离、提纯的方法：‎ ‎1.蒸馏：分离、提纯沸点相差较大的混合溶液；‎ ‎2.重结晶：分离、提纯溶解度受温度影响较大的固体混合物；‎ ‎3.分液：分离、提纯互不相溶的液体混合物；‎ ‎4.洗气：分离、提纯气体混合物；‎ ‎5.过滤：分离不溶性的固体和液体。‎ ‎10. 科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期；Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质.下列关于X、Y、Z的叙述不正确的是 A. Z原子核外电子的空间运动状态的数目与原子序数一致 B. 该物质中含有极性键、配位键和离子键 C. X最高价含氧酸晶体在冷水中的溶解度小于热水中的溶解度 - 23 -‎ D. 化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示A的结构可知，正离子中Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层为6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S；负离子中Y形成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F(当然不是H，因为正离子已经有H)；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素。‎ ‎【详解】A．Z原子核外电子的空间运动状态的数目为9，而原子序数为16，不一致，A叙述错误；‎ B．该物质中含有C-H、C-S、B-F极性键、B-F配位键和离子键，B叙述正确；‎ C．X的最高价含氧酸硼酸，是白色片状晶体，有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大，C叙述正确；‎ D．化合物A中，S、F、B最外层都达到8电子稳定结构，D叙述正确；‎ 答案为A。‎ 二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11. 下列与有机物有关的说法错误的是 A. 苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯分子结构中不存在碳碳双键 B. 植物油能使溴水褪色，发生了加成反应 C. 组成均可表示为(C6H10O5)n的淀粉与纤维素互为同分异构体 D. 分子式为C15H18O2的同分异构体中可能含有联苯()结构单元 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如果苯环含有碳碳双键，则可被酸性高锰酸钾氧化， 而实际上苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，可说明苯分子中不存在碳碳双键，故A正确；‎ B．植物油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，可以与溴发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；‎ C．虽然淀粉和纤维素组成均可表示为(C6H10O5)n，但由于n - 23 -‎ 值不确定，所以二者不是同分异构体，故C错误；‎ D．分子式为C15H18O2的化合物不饱和度为=7，而含有联苯结构的物质的不饱和度至少为8，所以分子式为C15H18O2的同分异构体中不可能含有联苯结构，故D错误；‎ 综上所述答案为CD。‎ ‎12. 第VA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是 A. 每个原子都达到8电子稳定结构 B. 键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种 C. RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3‎ D. 分子中5个R-Cl键键能均不相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R为第VA族元素，该原子最外层有5个电子，据图可知RCl5中R原子与每个Cl原子共用一对电子，所以R原子的最外层有5+5=10个电子，故A错误；‎ B．根据图知，bde构成的三角锥形为正三角形，c点位于该正三角形的中心上，acf三点共直线，线段ac与bc、cd、ce都垂直，所以∠acb=∠acd=∠ace=90°，∠bcd=∠dce=∠dce=120°、∠acf=180°，故B正确；‎ C．RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C - 23 -‎ 正确；‎ D．键长越短，键能越大，据图可知键长不是都相同，所以键能也不是都相同，故D错误；‎ 综上所述答案为BC。‎ ‎13. “碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示。下列说法正确的是(图中虚线表示氢键)‎ A. 合成聚维酮的单体有两种 B. 聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键 C. 聚维酮易溶于水的原因是与水分子形成氢键 D. 聚维酮碘是纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，只有一种，故A错误；‎ B．氢键不是化学键，故B错误；‎ C．高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；‎ D．由于每个高聚物分子中的聚合度不同，所以聚维酮碘是混合物，故D错误；‎ 综上所述答案为C。‎ ‎14. 香子兰酸甲酯(甲）、甲醇、甲基丙烯酸甲酯(丙）、有机物(乙）、有机物(丁）存在下列转化关系，下列说法正确的是 A. 丙的分子式为C5H10O2 B. 乙→丁的反应类型为加成反应 C. 乙、丁中的官能团种类均为3种 D.‎ - 23 -‎ ‎ 甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同有9种 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据丙的结构简式可知丙的分子式为C5H8O2，故A错误；‎ B．乙生成丁的过程中乙中的共轭双键打开发生1,4加成，丙中碳碳双键打开发生加成，形成环状结构，所以该反应属于加成反应，故B正确；‎ C．乙中有碳碳双键、醚键、酮基、酯基共4种官能团，丁中有醚键、酮基、酯基、碳碳双键共4种官能团，故C错误；‎ D．甲的苯环上有三个不同的官能团，当其中两个官能团位于邻位或间位时，苯环剩余4个氢原子均不同，所以此时另一个取代基分别有4种位置，当其中两个官能团位于对位时，苯环上有2种环境的氢，所以另一个取代基有2种位置，则包括甲在内的所有同分异构体共有4+4+2=10种，除去甲还有9种，故D正确；‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】当苯环上有3个不同取代基时，有10种同分异构体，若3个取代基中有两个相同时，有6种同分异构体。‎ ‎15. 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：‎ C. 步骤IV的反应类型是取代反应 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】B - 23 -‎ ‎【解析】‎ 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正确；B. 步骤I是取代反应，反应方程式是+HCl，B错误；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正确；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正确，答案选B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共60分)‎ 注意事项：‎ ‎1.考生务必在答题卡(纸)上规定的地方，将学校、班级、姓名、考号、座号填写清楚。‎ ‎2.考生将第Ⅱ卷的答案用黑色中性笔直接写在答题纸上。考试结束后，只收答题卡。‎ ‎16. 丁二酮肟可用于镍的检验和测定，其结构式如图：‎ ‎(l)Ni元素基态原子价层电子排布图为_____，核外电子占据最高能层的符号为_____。‎ ‎(2)N原子中能量最高的是_____电子(填能级符号)，其电子云在空间有_____个伸展方向。‎ ‎(3)丁二酮肟镍分子内含有的作用力有_____(填字母)。‎ a.配位键 b.离子键 c.氢键 d.范德华力 ‎(4)H和N可以形成多种化合物。‎ ‎①已知联氨(N2H4)的熔沸点与水接近，其原因是_____；‎ ‎②计算表明：N4H - 23 -‎ 的一种结构如图所示，氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，其中的大π键可表示为_____(已知苯的大π键可以表示为)。‎ ‎(5)Ni(CO)4常用于制备纯镍，写出与配体互为等电子体的阴离子_____(任写一种)。某镍白铜的晶胞如图所示，其化学式为_____。元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu>INi的原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). N (3). 2p (4). 3 (5). ac (6). N2H4分子间能形成较多的氢键 (7). (8). CN-或C (9). Cu3Ni (10). Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是4s1电子 ‎【解析】‎ ‎【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 - 23 -‎ 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。‎ ‎17. 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_____。‎ - 23 -‎ ‎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_____。‎ ‎【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 产生砖红色沉淀 (3). (4). 3 (5). 变性 (6). H2NCH2COOH (7). H2NCH2CONHCH2COOH (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【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 - 23 -‎ ‎，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。‎ ‎18. 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 - 23 -‎ 环己酮 ‎155.6(95.0)*‎ ‎095‎ 微溶于水，能溶于醚 水 ‎100.0‎ ‎10‎ ‎*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ΔH<0，反应剧烈将导致系体温度迅速上升，副反应增多。简述滴加酸性Na2Cr2O7溶液的方法_____；A中发生反应的离子方程式为_____。‎ ‎(3)环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：‎ a.蒸馏、除去乙醚后，收集151~156℃馏分 b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃易燃烧)萃取，萃取液并入有机层 c.过滤 d.往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液 e.加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水 ‎①上述提纯步骤的正确顺序是_____；‎ ‎②d中往液体中加入NaCl固体的目的是_____；‎ ‎③上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_____。‎ ‎(4)恢复至室温时，分离得到纯产品体积为8rnL，则环己酮的产率为_____(保留三个有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝管 (2). 打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加 (3). 3+Cr2O+8H+=3+2Cr3++7H2O (4). dbeca (5). 降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层 (6). 漏斗、分液漏斗 (7). 80.8%‎ ‎【解析】‎ ‎【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 - 23 -‎ 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。‎ ‎19. 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)。 ‎ - 23 -‎ ‎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)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 线状 (3). sp2 (4). (3n+1)NA (5). 离子晶体 (6). H＜C＜N (7). 大于 (8). 4 (9). (，，) (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【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；‎ - 23 -‎ ‎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。‎ ‎20. 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：‎ - 23 -‎ 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)_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 酯基 (3). 消去反应 (4). d (5). +C2H5OH+H2O (6). 或 (7). ‎ - 23 -‎ ‎【解析】‎ ‎【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 - 23 -‎ 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：。‎ - 23 -‎ ‎【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。‎ - 23 -‎