卷03——高二化学下学期期末模拟测试卷（鲁科版2019）

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下学期期末高分必刷卷03
高二化学
（满分：100分，时间：90分钟）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。
4.测试范围：选择性必修2+选择性必修3
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个正确选项。)
1.(2021·大连市103中学高二月考)所下列化学用语的理解正确的是( )
A.比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
B.电子式H既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子
C.丙烯的最简式可表示为CH2
D.结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷
【答案】C
【详解】
A、比例模型的需要符合原子大小的比例，甲烷分子中的氢原子的半径比碳原子小，而四氯化碳分子中氯原子的半径比碳原子大，所以这两种分子不能用同一个比例模型来表示，A错误；
B、H可以表示羟基，而氢氧根的电子式为：，B错误；
C、将有机物的分子式化为最简式，是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，就是最简式；丙烯的分子式为C3H6，则其最简式为CH2，C正确；
D、结构简式(CH3)2CHCH3仅表示异丁烷，D错误；
故合理选项为C。
2.(2019·剑河县第二高级中学高二期末)下列说法中正确的是(　　)
A.光导纤维、棉花、油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质
B.开发核能、太阳能等新能源，推广基础甲醇汽油、使用无磷洗涤剂都可直接降低碳排放
C.红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析
D.通电时，溶液中的溶质离子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
【答案】C
【详解】
A.光导纤维是SiO2，属于无机物，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类化合物，则二者不属于高分子化合物，故A错误；
B.无磷洗涤剂是在洗涤剂的成分中去掉了导致水污染的磷元素，它不会降低碳排放，故B错误；
C.有机化合物结构的分析过程中，经常用到红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪物理仪器，故C正确；
D.如果溶液中的溶质是非电解质，不能电离，则不会向两极移动，故D错误。
3.(2021·河北石家庄市·石家庄二中高二月考)向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色硫酸四氨合铜晶体析出，上层溶液颜色变浅.下列有关说法正确的是
A.生成蓝色沉淀反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B.NH3极易溶于水是因为氨分子与水分子形成配位键
C.蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液是因为NH4+提供孤对电子
D.硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】D
【详解】
A.一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆，正确离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，A错误；
B.N、O元素的电负性均较大，氨分子和水分子间易形成氢键，所以NH3极易溶于水，与配位键无关，B错误；
C.蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液的过程Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，提供孤电子对的是NH3，NH4+中并不含孤电子对，C错误；
D.向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇后硫酸四氨合铜变成沉淀析出，D正确。
4.(2021·山东聊城市·高二期中)下列有关晶体的叙述正确且前后叙述有因果关系的是
A.SiO2晶体熔点高、硬度大；SiO2晶体可用于制造光导纤维
B.碘晶体中的I—I键能较小；晶体碘沸点低、易升华
C.在金刚石和硅晶体中，原子间通过共价键形成空间网状结构；金刚石和硅晶体类型相同
D.NaCl晶体中Na＋与Cl—个数比为1：1，CsCl晶体中Cs＋与Cl—个数比也为1∶l，NaCl和CsCl的晶胞结构相同
【答案】C
【详解】
A.SiO2是原子晶体，熔点高、硬度大，SiO2晶体可用于制造光导纤维，但与其熔点高和硬度大无关，故A错误；
B.碘晶体中的 I—I 键能较小，导致碘的稳定性较弱，晶体碘之间的范德华力较小，导致沸点低、易升华，故B错误；
C.碳和硅同主族，在金刚石和硅晶体中，原子间通过共价键形成空间网状结构，金刚石和硅晶体类型相同，都是原子晶体，故C正确；
D.NaCl晶体和CsCl晶体中Na＋与Cl—个数比为1:1，NaCl晶体中每个钠离子周围含有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，每个氯化钠晶胞中含有4个钠离子和氯离子；CsCl晶体中每个铯离子周围含有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个氯离子，每个氯化铯晶体中含有1个铯离子和1个氯离子，二者的结构不同，故D错误。
5.(2020·枣庄市第三中学高二月考)下列说法中错误的是
A.从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构
B.1 mol金刚石晶体中，平均含有2 mol C—C键
C.水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键
D.某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE

【答案】D
【解析】
【详解】
A.PH4+、PO43-中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，选项A正确；
B.金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1 mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2 molC-C键，选项B正确；
C.氢键的作用力大于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，导致水的沸点比硫化氢的高，选项C正确；
D.团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，选项D错误。
答案选D。
6.(2021·静宁县第一中学高二月考)下列说法正确的是
A.CH3CH2CH3分子中三个碳原子在同一直线上
B.CH2=CH—CH3分子中三个碳原子共平面
C.分子中所有原子不可能共平面
D.CH4分子中所有原子共平面
【答案】B
【详解】
A.烷烃中碳原子呈“锯齿形”，不可能共直线，A错误；
B.碳碳双键以及与双键直接相连的原子位于同一平面，可知该分子中三个碳原子共平面，B正确；
C.苯分子中所有原子共平面，故分子中所有原子有可能共平面，C错误；
D.CH4分子中4个氢原子构成正四面体形，所有原子不可能共平面，D错误；
故选B。
7.(2021·大连市103中学高二月考)下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C=O之间的夹角为180°
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
【答案】A
【详解】
A.氮原子2p能级半充满，所以比较稳定，氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；
B.理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2分子是直线型，故B错误；
C.金刚石是原子晶体，故C错误；
D.理论解释不对，HF分子中含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误；
答案选A。
8.(2019·福建厦门市·厦门双十中学高二期中)下列说法正确的是( )
A.冰融化时，分子中有H-O键发生断裂
B.卤化物CX4(X代表卤族元素)中，从F到I，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高
C.由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高
D.在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定
【答案】B
【详解】
A.冰融化时发生物理变化，只破坏范德华力而不破坏化学键，故A错误；
B.CX4均为分子晶体，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，卤化物CX4(X代表卤族元素)中，从F到I，CX4分子的相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高，故B正确；
C.物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水分子间存在氢键，故C错误；
D.物质的稳定性与化学键有关，与范德华力无关，故D错误；
故选B。
9.(2021·云南玉溪市·高二期末)关于下列说法：
①一定条件下糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应；
②煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化；
③在炽热碎瓷片的作用下，石蜡油能分解产生乙烯；
④棉花、蚕丝、花生油都是天然高分子化合物；
⑤淀粉和纤维素互为同分异构体；
⑥乙烯与苯都是平面型分子；
⑦可以利用灼烧的方法鉴别棉线和羊毛。正确的有
A.4个 B.5个 C.6个 D.7个
【答案】A
【详解】
①单糖不会发生水解反应，故①错误；
②煤的气化、液化、干馏都是化学变化，故②正确；
③在炽热碎瓷片的作用下，石蜡油分解产生乙烯，故③正确；
④花生油不是天然高分子化合物，故④错误；
⑤淀粉和纤维素不是同分异构体，故⑤错误；
⑥乙烯与苯都是平面型分子，故⑥正确；
⑦可以利用灼烧的方法鉴别棉线和羊毛线，故⑦正确。
正确的说法有4个，选A。
10.(2020·长沙市·湖南师大附中高二期末)下列操作不能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
操作
A
鉴别蔗糖和葡萄糖
分别加入新制氢氧化铜碱性悬浊液，加热煮沸
B
测定0.5 mol·L-1纯碱溶液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取0.5 mol·L-1纯碱溶液滴在pH试纸上
C
用95.5%的酒精制备无水酒精
向95.5%的酒精中加入新制生石灰，然后蒸馏
D
实验室制备溴苯
向烧瓶中依次加入苯、溴水、铁粉，无需加热
【答案】D
【详解】
A. 蔗糖是非还原性双糖，葡萄糖是还原性单糖，分别加入新制氢氧化铜碱性悬浊液，加热煮沸，观察到有砖红色沉淀产生的是葡萄糖，A正确；
B. 用洁净的玻璃棒蘸取0.5 mol·L-1纯碱溶液滴在pH试纸上来测定0.5 mol·L-1纯碱溶液的pH，B正确；
C. 向95.5%的酒精中加入新制生石灰除去其中的少量水，乙醇的沸点较低，然后蒸馏分离制备无水酒精，C正确；
D. 实验室制备溴苯的药品是苯、液溴、铁粉或三溴化铁，苯与溴水会发生萃取分层现象，铁粉在水底与溴的苯溶液无法接触，D错误。
答案为D。
二、选择题(本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个正确选项，选全对得4分，选对但不全得2分，选错得0分。)
11.(2021·湖北黄冈市·高二期末) 下列叙述不正确的是
A.H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
B.PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N—H键键能高
C.NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构
D.H2O分解为H2和O2需要破坏共价键
【答案】A
【详解】
A.极性键是指不同种元素之间形成的共价键，CS2的结构式为S=C=S，只存在非极性键，故A错误；
B.根据元素周期律，简单气态氢化物的稳定性与电负性成相关，电负性大的形成的键能高，更稳定，N与P同主族，电负性N>P，N—H键键能高于P—H，故B正确；
C. NH4+中N为sp3杂化，4个H原子分别位于正四面体四个顶点，N原子位于中心，因为N和P同主族，价电子层结构相同， NH4+与PH4+结构相似，所以可推测出PH4+也为正四面体结构，故C正确；
D.水分解是化学反应，存在共价键断裂，故D正确；
12.(2021·山东枣庄市·滕州市第一中学新校高二月考)三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)是制备铁触媒的主要原料。该配合物在光照下发生分解：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。下列说法错误的是
A.Fe3+的最高能层电子排布式为3d5
B.铁元素位于第4周期VIIIB族
C.C2O42-中C原子的杂化方式为sp2
D.CO2分子中s键和p键数目比为1:1
【答案】AB
【详解】
A.Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，最高能层电子排布式为3s23p63d6，A错误；
B.铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子数为8，则铁元素位于第4周期VIII族，B错误；
C.C2O42-中C原子的价层电子对数为=3，所以杂化方式为sp2，C正确；
D.CO2分子的结构式为O=C=O，s键和p键各为2个，二者的数目比为1:1，D正确。
13.(2020·吴江汾湖高级中学月考)室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
某溶液中加入的Ba(NO3)2溶液，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl—
B
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落
氧化铝的熔点高于铝单质
C
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀
酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸
D
向2 mL 2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液，振荡后再加入1 mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀
有机物X中不含醛基
【答案】B
【详解】
A.某溶液中加入的Ba(NO3)2溶液，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀不一定为AgCl，也可能为BaSO4，则溶液中不一定含有Cl−，故A错误；
B.仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表面的铝单质被氧化生成氧化铝，包裹在铝单质的表面，由于氧化铝的熔点高于铝单质，则铝箔熔化但不滴落，故B正确；
C.向Na2CO3溶液中加入盐酸反应生成二氧化碳气体，说明盐酸的酸性强于碳酸，但盐酸易挥发，生成的气体中混有氯化氢气体，将生成的混合气体通入硅酸钠溶液中，氯化氢溶于水形成的盐酸会与硅酸钠反应白色的胶状沉淀硅酸，无法比较碳酸与硅酸的酸性，应将生成的气体通入饱和碳酸氢钠溶液后在通入到硅酸钠溶液中，若产生白色胶状沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸，故C错误；
D.向2mL2%的硫酸铜溶液中滴入几滴NaOH溶液，硫酸铜溶液过量，生成氢氧化铜较少，且检验醛基，应在碱性条件下进行，则振荡后再加入1mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀的原因可能是加入的NaOH溶液的量不足导致，故D错误；
答案选B。
14.(2021·湖南长沙市·雅礼中学高二月考)下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是
A.用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在pH试纸上，然后与比色卡对照，可测定新制氯水的pH
B.取少量卤代烃Y在碱性溶液中水解，后滴加AgNO3溶液，未看到淡黄色沉淀，说明卤代烃中不含有溴元素
C.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清，说明苯酚的酸性强于H2CO3
D.向少量2%CuSO4溶液中加入过量的10%NaOH溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀，说明Y中不含醛基
【答案】D
【详解】
A.新制氯水具有强氧化性，具有漂白性，用pH试纸无法测出新制氯水的pH，故A错误；
B.卤代烃在碱性溶液中水解，卤素原子转化成卤素离子，需要先加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀，说明该卤代烃中含有溴元素，故B错误；
C.向苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液，浊液变澄清，发生+→+，推出苯酚的酸性强于，故C错误；
D.向少量2%CuSO4溶液中加入过量的10%NaOH溶液，氢氧化钠过量，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀，说明Y中不含有醛基，故D正确；
答案为D。
15.(2021·大名县第一中学高二月考)某石油化工产品X的转化关系如图，下列判断不正确的是

A.X可以发生加聚反应 B.Y能与NaHCO3溶液反应产生CO2
C.Z与CH3OCH3互为同分异构体 D.W的结构简式为CH3COOC2H5
【答案】BC
【详解】
A. X为CH2==CH2，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，A正确；
B. Y为CH3CH2OH，含有羟基，而不含羧基，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2，B错误；
C.Z为CH3CHO，与CH3OCH3的分子式不同，因此二者不互为同分异构体，C错误；
D. W为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOC2H5，D正确；
故选BC；



第II卷
三、非选择题(本大题共5题，共60分。)
16.(2020·陕西咸阳市实验中学高二月考)已知A、B、C、D、M、W六种元素的原子序数依次递增，都位于前四周期。其中A、D原子的最外层电子数均等于其周期序数，且D原子的电子层数是A的3倍；B原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；C原子L层上有2对成对电子。M和W均有“生物金属”之称，M4＋和氩原子的核外电子排布相同；W处于元素周期表中第8列。请回答下列问题：
⑴1 mol B2A2分子中含σ键的数目是________。
⑵BC2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图1所示。则该晶体的类型属于________晶体(填“分子”、“原子”)；该晶体中B原子轨道的杂化类型为________。
⑶“生物金属”M的晶胞如图2所示。则晶胞中一个M原子与_____个M原子紧邻；若该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为NAmol－1，M原子的摩尔质量为Mrg·mol－1，则该晶胞的“边长”为________cm。

⑷“生物金属”W元素应用广泛，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输。已知W2＋与KCN溶液反应得W(CN)2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图3所示。

①W元素基态原子价电子排布式为________。
②1个CN－中π键数目为________。
⑸光谱证实单质D与强碱溶液反应有[D(OH)4]－生成，则[D(OH)4]－中存在________(填字母)。
a.共价键　　　b.配位键　　　 c.σ键　　 　d.π键
【答案】3NA(或1.806×1024) 原子 sp3 12 3d64s2 2 abc
【详解】
⑴B2A2分子为C2H2，1 mol C2H2含σ键的数目是3NA(或1.806×1024)；故答案为：3NA(或1.806×1024)。
⑵BC2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图，则一个C与周围四个O相连。则该晶体的类型属于原子晶体，该晶体中C原子有四个σ键，其原子轨道的杂化类型为sp3；故答案为：原子；sp3。
⑶“生物金属”M的晶胞如图2所示。Ti是面心立方最密堆积，配位数为12，所以晶胞中一个Ti原子与周围12个Ti原子紧邻，该晶胞中Ti原子个数为；若该晶体的密度为ρ g·cm−3，阿伏加德罗常数为NA mol−1，M原子的摩尔质量为Mr g·mol−1，设晶胞的“边长”为l，根据，则该晶胞的“边长”为；故答案为：。
⑷①Fe是26号元素，元素基态原子价电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2；故答案为：3d64s2。
②CN－中是碳氮三键，因此1个CN－中π键数目为2；故答案为：2。
⑸[Al(OH)4]－是Al(OH)3和OH－形成的，含有共价键、配位键和σ键；故答案为：abc。
17.(2021·大连市103中学高二月考)按要求回答问题
(1)某有机化合物的结构简式如下，，写出官能团的名称_______________________；
(2)相对分子质量为84的烃，能使溴水褪色。若该烃分子中所有的碳原子都在同一个平面内，则该烃的结构简式为__________________；名称是___________________ ，该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，则满足该要求的烃有____________种。
(3)如图所示的是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置。

现准确称取1.8 g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经燃烧后A管增重1.76 g，B管增重0.36 g。请回答：
①根据气流方向将装置进行连接，连接的顺序是__________________________________。
②该有机物的最简式为_________________。
③该有机物蒸汽密度相对于氢气为45，核磁共振氢谱显示只有一组峰，写出结构简式______________。
【答案】羟基、羧基 (CH3)2C=C(CH3)2 2，3-二甲基-2-丁烯 2 g接f，e接h，I接 c或(d)，d或(c)接a或(b) CHO2 HOOC-COOH
【详解】
(1)某结构简式如下，，官能团的名称为羟基、羧基。
(2)相对分子质量为84的烃，C原子数目最大值为84÷12=7，能使溴水褪色说明含有不饱和键，若该烃分子中所有的碳原子都在同一个平面内，则该烃的结构简式为：(CH3)2C=C(CH3)2，2，3-二甲基-2-丁烯；如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，含有碳碳双键，且关于碳碳双键对称，符合条件的结构简式有：CH3CH2C = CCH2CH3、(CH3)2C= C(CH3)2。
(3) 1.8 g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经燃烧后A管增重1.76 g，吸收二氧化碳，二氧化碳的物质的量为0.04mol，B管增重0.36 g吸收水，水的物质的量为0.02mol。
①D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在F中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则F中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B(吸收水)、A( 吸收二氧化碳)中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选置的连接顺序应是：D→C→F→B→A，所选用的各导管口连接的顺序是g接f，e接h，I接c或(d)，d或(c)接a或(b)，故答案为；g接f，e接h，I接 c或(d)，d或(c)接a或(b)。
②A管质量增加1.76g为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：0.48g，B管质量增加0.36g是水的质量，可得氢元素的质量：0.04g，从而可推出含氧元素的质量为：1.8g- 0.48- 0.04= 1.28g，设最简式为CxHyOz，则X：Y：Z=1：1：2即最简式为CHO2，故答案为：CHO2。
③该有机物相对分子质量为90，分子式为C2H2O4核磁共振氢谱显示只有一组峰，结构简式：HOOC-COOH。
18.(2020·长春市·吉林省实验高二期中)某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯

已知： +H2O

密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
-103
83
难溶于水
(1)制备粗品：将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入l mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是_________________________。
②导管B除了导气外还具有的作用是_____________。
(2)制备精品：
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_________层(填上或下)，分液后用_________ (填入编号)洗涤。
a.KMnO4溶液      b.稀H2SO4   c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏，冷却水应从_________口进入，目的是使冷却水与气体形成逆流方向。

③收集产品时，控制的温度应在_________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是__________。
a.蒸馏时从70 ℃开始收集产品                
b.环己醇实际用量多了
c.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
【答案】防暴沸 冷凝 上 c g 83℃ c
【详解】
(1)①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸；
②导管B比较长，能增加与空气的接触面积，其作用是导气和将生成的气体物质冷凝回流；
(2)①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液,且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层;环己烯中含有碳碳双键，可以被KMnO4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，答案选c；
②冷却水与气体形成逆流，使气体得到充分冷却，则冷却水从冷凝管的下口即g口进入；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；
a.蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；
b.环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；
c.若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确；
故答案选c。
19.(2021·河北石家庄市·石家庄二中高二月考)过渡金属单质及化合物具有广泛用途.回答下列问题：
(1)Co基态原子的核外电子排布式为_______。
(2)基态铜原子核外电子占据能级数为_______；核外电子共有_______种不同的运动状态。
(3)向含Fe3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液，溶液中生成红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+。
①与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素是_______。
②与SCN-互为等电子体的非极性分子的化学式为_______(任写一种)。
(4)化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量EDTA的结构简式如图所示：

EDTA分子中，碳原子的杂化方式为_______，其分子中含有的四种非金属元素的电负性由大到小顺序为_______。
(5)铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe(CO)5、Ni(CO)4，1mol Ni(CO)4分子中含有σ键数目为_______. Ni(CO)4的中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为_______。
(6)Cr(CO)6是一种典型的羰基配合物.其配体为CO，则Cr(CO)6分子中π键的数目为_______.已知形成Cr(CO)6时，Cr原子的杂化方式为d2sp3，根据原子轨道杂化规律，其杂化后形成的杂化轨道数为_______个，Cr(CO)6的分子立体构型为_______。
(7)硫酸锌溶于氨水可形成[Zn(NH3)4]2+离子，[Zn(NH3)4]2+离子具有对称的空间构型，其中两个NH3被两个Cl取代，只有一种产物，则[Zn(NH3)4]2+的空间构型为_______。
(8)元素铜的第一电离能ICu，元素锌的第一电离能IZn，已知ICu＜IZn，其原因是______________________
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【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 7 29 F CO2、CS2等 sp3、sp2 O＞N＞C＞H 8NA 18 12 6 正八面体 正四面体 Zn外围电子排布式为3d104s2，为全满的稳定结构，较难失去电子
【详解】
(1)Co是27号元素，原子核外有27个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)Cu是29号元素，基态铜的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，占据7个能级；每个电子的运动状态各不相同，所以核外电子共有29种不同的运动状态；
(3)①同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半满较稳定，第一电离能大于O，所以与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素是F；
②SCN-含有3个原子、16个价电子，正负电子中心重合的分子为非极性分子，所以符合条件的等电子体为CO2、CS2等；
(4)EDTA中亚甲基中的C原子形成4个σ键，为sp3杂化，羧基中C形成C=O双键，为sp2杂化；非金属性越强电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，则电负性O＞N＞C＞H；
(5)Ni与CO形成的配位键为σ键，CO分子中的三键中有一个σ键，所以1mol Ni(CO)4分子中含有σ键数目为8NA；Ni(CO)4分子中心原子为Ni，其价电子排布为3d84s2，价电子数为10，每个CO配体提供一对电子，即2个，所以总和为10+2×4=18；
(6)CO分子中的三键中有2个π键，所以Cr(CO)6分子中π键的数目为6；Cr原子的杂化方式为d2sp3，即2个d轨道、1个s轨道、3个p轨道进行杂化，杂化前后轨道数目不变，所以杂化后形成的杂化轨道数为6，Cr(CO)6分子立体构型为正八面体；
(7)[Zn(NH3)4]2+离子具有对称的空间构型，其中两个NH3被两个Cl取代，只有一种产物，类别甲烷的结构和二氯代物的个数可知[Zn(NH3)4]2+为正四面体；
(8)Cu的外围电子排布式为3d104s1，失去一个电子变为3d10、为能量较低的稳定结构；Zn外围电子排布式为3d104s2，为全满的稳定结构，失去一个电子变为3d104s1、为不稳定结构，所以Cu失去一个电子较容易，Zn失去一个电子较难，即锌的第一电离能大于铜。
20.(2020·江苏扬州市·扬州中学高二期中)化合物G是一种治疗帕金森症的药品，其合成路线流程图如图：


(1)D中的官能团名称为溴原子、____________和____________。
(2)一定条件下，有机物C最多能和_______mol H2反应。
(3)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：_____________________________________。
①分子中只有3种不同化学环境的氢
②能发生银镜反应，苯环上的一取代物只有一种
(4)F通过取代反应得到G，写出G的结构简式：__________________________________。
(5)已知：RCH=CH—NO2RCH2CH2NH2(R代表烃基或H)。
请写出以和CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】碳碳双键 硝基 4 或
【详解】
(1)D()中的官能团有溴原子、碳碳双键、硝基；
(2) C中苯环、醛基都能与氢气发生加成反应，1mol有机物C最多能和4mol H2反应；
(3)D为，其同分异构体满足：
①分子中只有3种不同化学环境的氢，则结构对称；
②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，苯环上的一取代物只有一种，说明结构具有较高的对称性，满足条件的有： 或；
(4)F为，通过取代反应得到G，G的分子式为C16H24N2O，所以应是F中氯原子被H原子替代生成G，碳骨架不变，则G为；
(5) 由D→E的转化，可知由2分子成环生成，结合C→D的转化，给予的信息“RCH=CH-NO2RCH2CH2NH2”，可先用用苯甲醛与CH3NO2/CH3OH反应生成，然后与HBr发生加成反应生成，再与氢气反应生成，而苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，因此合成路线为。