【化学】山东省菏泽市东明县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版） 21页

山东省菏泽市东明县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试 ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、考号、座位号填写在相应位置。‎ ‎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毫米黑色签字笔书写，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答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效 。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Cu 64‎ 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. 化学与生产和生活密切相关。下列有关说法错误的是 A. 古代记载文字的器物－甲骨，其主要成分是蛋白质 B. 医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者都能使蛋白质变性 C. 高浓度二氯甲烷有麻醉作用，切忌吸入或与皮肤接触 D. 秸秆经加工处埋成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．古代记载文字的器物−−甲骨，其主要成分是碳酸钙等无机盐，不是蛋白质，故A错误；‎ B．双氧水具有强氧化性，酒精没有强氧化性，是通过渗入、破坏细菌组织而杀灭细菌，二者原理不相同，但均能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，故B正确；‎ C．二氯甲烷具有麻醉作用，属于有毒物质，切忌吸入或与皮肤接触，故C正确；‎ D．秸秆经加工处理成具有吸水性的材料——植物纤维，具有无毒、无味的特性，可用作食品干燥剂，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2. 水是生命之源，下列从“结构化学的角度”对水的分析错误的是 A. 一个H2O中H、O原子间形成两个σ键 B. H2O中H-O-H键的键角是104.5º，H2O是极性分子 C. H2O易与H+以配位键结合，形成H3O+‎ D. 冰中水分子间存在氢键，每摩尔冰最多存在4摩尔氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水分子中氧原子采取sp3杂化，与两个氢原子分别形成一个σ键，同时还有两对孤电子对，故A正确；‎ B．由于孤单子对对成键电子对的排斥作用较大，所以水分子中H-O-H键的键角为104.5º，分子的空间构型为V形，所以正负电荷中心不重合，为极性分子，故B正确；‎ C．H2O分子中氧原子有孤电子对，氢离子有空轨道，所以二者易形成配位键，形成H3O+，故C正确；‎ D．由于水分子间存在氢键，且氢键具有方向性，所以冰中一个水分子与周围4个水分子形成类似金刚石正四面体形，每两个水分子形成一个氢键，每个水分子参与形成4个氢键，所以冰中水分子和氢键的个数比为1:2，则每摩尔冰最多存在2摩尔氢键，故D错误；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎3. 下列关于有机化合物的说法正确的是 A. 纤维素和人造牛油都是高分子化合物 B. 丙烯在一定条件下能发生取代、加成和加聚反应 C. 液化石油气和水煤气的主要成分都是烃类 D. 等质量的乙醇和乙二醇分别与足量的金属钠反应前者放出的氢气多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．人造牛油是植物油通过加成反应制得，不属于高分子化合物，A不正确；‎ B．丙烯含有饱和碳原子和碳碳双键，在一定条件下能发生取代、加成和加聚反应，B正确；‎ C．水煤气的主要成分是CO、H2，C不正确；‎ D．等质量乙醇和乙二醇，由可知，含有-OH的物质的量不同，单位质量的乙二醇含有羟基的物质的量更多，产生的气体也更多，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎4. 某石油裂解产物与氢气加成后得到 ‎，该石油裂解产物的化学名称可能是 A. 2，3-二甲基-1-戊炔 B. 2，2-二甲基-2-丁烯 C. 2，3-二甲基-2-戊烯 D. 2，3-二甲基-2-丁烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成碳碳双键，各去掉2个氢原子形成碳碳三键，若相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成碳碳双键，对应烯烃的碳链结构为：、、、，其名称分别为：2,3-二甲基-1-戊烯、，2,3-二甲基-2-戊烯、3,4-二甲基-2-戊烯，3,4-二甲基-1-戊烯，若相邻碳原子之间各去掉2个氢原子形成碳碳三键，对于炔烃的碳链结构为：，其名称为：3,4-二甲基-1-戊炔，综上所述，符合题意的只有C项，‎ 故选C。‎ ‎5. CO2在低压条件下能与H2合成甲醇：CO2+3H2=CH3OH+H2O，该反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为 A. H2O＞CH3OH＞CO2＞H2 B. CH3OH＞H2O＞CO2＞H2‎ C. H2O＞CO2＞CH3OH＞H2 D. CH3OH＞CO2＞H2O＞H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体，H2O与CH3OH 均为极性分子，水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；CO2与H2均为非极性分子，二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大即范德华力较大，沸点较高；则CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，A正确；答案为A。‎ ‎6. 在抗击新冠肺炎的过程中“合成材料”发挥了重要的作用，下列有关合成材料的说法错误的是 A. 聚丙烯是制造口罩的原料，聚丙烯的单体是CH3CH=CH2‎ B. 合成酚醛树脂（）的单体是苯酚和甲醇 C. 聚异戊二稀的单体是 D. α-羟基丙酸是合成聚乳酸（）的单体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚丙烯广泛应用于服装、毛毯等纤维制品、口罩等医疗器械，其单体为CH3CH=CH，故A不选；‎ B．苯酚与甲醛发生缩聚反应n(n-1)，故合成酚醛树脂（）的单体是苯酚和甲醛，故选B；‎ C．在一定条件下发生聚合反应生成，则 的单体为，故C不选；‎ D．α-羟基丙酸在一定条件下发生缩合反应得到，即α-羟基丙酸是合成聚乳酸（）的单体，故D不选。‎ 答案选B。‎ ‎7. 为除去下列物质中所含的杂质，所选用的试剂和实验方法都正确的是 选项 物质（括号内的物质为杂质）‎ 所用试剂 实验方法 A CH3CH2OH（CH3COOH）‎ CaO 蒸馏 B 淀粉溶液（NaCl）‎ 水 过滤 C 苯（苯酚）‎ 溴水 过滤 D 乙酸乙酯（乙醇）‎ NaOH溶液 分液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇不与CaO反应，乙酸可以和CaO反应生成盐从而增大熔沸点的差异，再蒸馏可以分离出乙醇，故A正确；‎ B．淀粉溶液属于胶体，可以透过滤纸，无法过滤分离，故B错误；‎ C．苯酚与溴水反应，生成三溴苯酚与苯互溶，不能过滤分离，故C错误；‎ D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，故D错误；‎ 综上所述答案为A。‎ ‎8. 中医药是中华民族的瑰宝，奎尼酸是一种常见中药的主要成分之一，有降脂降糖等功效，其结构简式如图所示，下列说法错误的是 A. 奎尼酸存在顺反异构体 B. 奎尼酸分于中所有碳原子可能共平面 C. lmol奎尼酸该分子最多能与4molH2发生加成反应 D. 奎尼酸的同分异构体中属于二元羧酸的芳香族化合物有6种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该物质中碳碳双键上的两个碳原子均连接了两个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；‎ B．苯环上的碳原子一定共面，与苯环上碳原子相连的碳原子也一定共面，碳碳双键上的两个碳原子以及与该碳原子相连的碳原子共面，苯环形成的平面和双键形成的平面以单键相连，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子可能共面，故B正确；‎ C．碳碳双键、苯环可以和氢气加成，羧基不能加成，所以1mol该物质最多和4mol氢气发生加成反应，故C正确；‎ D．奎尼酸的分子式为C9H8O4，其同分异构体属于二元羧酸，则有两个-COOH，属于芳香族化合物，则含有苯环，则苯环上可以有三个取代基分别为-CH3和两个-COOH，此时有6种结构，也可以是两个取代基，分别为-CH2COOH、-COOH，此时有3种结构，所以共有9种同分异构体，故D错误；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎9. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是 A. ‎46g有机物C2H6O中含有极性共价健的数目一定为7NA B. 标准状况下，‎22.4L己烷含有共价键数为19NA C. ‎1L1mol•L-1的葡萄糖溶液中，溶质分子中所含羟基的总数为5NA D. ‎33.6L丙烯（标准状况）与足量HCl发生加成反应，生成1-氯丙烷的分子数为1.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎46g有机物C2H6O的物质的量n(C2H6O)==1mol，分子式为C2H6O结构有两种，若是乙醇，结构式为，1mol含有极性共价健的数目为 ‎7NA，若是甲醚，结构式为，1mol含有极性共价健的数目为8NA，故A错误；‎ B．标准状况下己烷为液态，不能根据气体摩尔体积Vm=‎22.4L/mol这个数值来计算其物质的量，因而共价键数目无法求出，故B错误；‎ C．‎1L 1mol•L-1的葡萄糖溶液中，含有溶质物质的量为1mol，由葡萄糖的结构简式CH2OH-(CHOH)4-CHO可知，1mol溶质所含羟基的个数为5NA，故C正确；‎ D．丙烯(CH3CH=CH2)与氯化氢加成可以生成1-氯丙烷(CH3CH2CH2Cl)，可也生成2-氯丙烷(CH3CHClCH3)，所以‎33.6L丙烯(标准状况)即=1.5mol，与足量HCl发生加成反应，生成1-氯丙烷的个数小于1.5NA，故D 错误；‎ 答案为C。‎ ‎10. 配位化合物物广泛的应用于物质分离、定量测定．医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O 下列说法正确的是 A. 该配位化合物的配位数为5‎ B. 提供孤电子对的成键原子是N和Cl C. [Co(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键 D. 氧化剂H2O2是非极性分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由[Co(NH3)5Cl]Cl2配位化合物可知，内界为[Co(NH3)5Cl]2+，Co3+为中心离子，5个NH3和1个Cl-是配体，该配位化合物的配位数为5+1=6，故A错误；‎ B．在[Co(NH3)5Cl]2+配合物离子中，中心离子Co3+提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl-中Cl原子提供孤电子对，故B正确；‎ C．[Co(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N-H共价键，Co3+与氨分子之间形成配位键，Co3+与Cl-之间也形成配位键，则[Co(NH3)5Cl]2+中有配位键、共价键，故C错误；‎ D．H2O2‎ 分子不是直线形的，两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；‎ 答案为B。‎ 二、选择题： 本题共5 小题，每小题 4 分，共 20 分．每小题只有一个或两个选项符合题意， 全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分．‎ ‎11. 维生素C能促进胶原蛋白的形成，改善铁和钙的吸收，增强机体的免疫力和抗癌能力，是维护人类健康必不可少的物质。维生素C的结构如图所示，下列有关维生素C的叙述正确的是 A. 分子式为C6H10O6 B. 分子中有多个羟基，易溶于水 C. 易被氧化，具有较强还原能力 D. 分子中有三个手性碳原子 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据该物质的结构可知其分子式为C6H8O6，故A错误；‎ B．分子中有多个羟基，可以与水分子间形成氢键，易溶于水，故B正确；‎ C．分子中含有羟基和碳碳双键，易被氧化，具有较强还原能力，故C正确；‎ D．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以该物质中含有如图两个手性碳原子，，故D错误；‎ 综上所述答案为BC。‎ ‎12. 钋（Po）是目前已知最稀有的元素之一。金属钋的晶胞沿x、y或z轴的投影如图所示。下说法错误的是 A. 构成晶体的微粒间的作用力是金属键 B. 构成该晶体的微粒是金属原子(金属离子)和自由电子 C. 若Po原子的半径为r，则晶胞边长为r D. 晶胞中Po原子的配位数为6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Po为金属单质，属于金属晶体，所以微粒间的作用力为金属键，故A正确；‎ B．金属键是由金属阳离子和电子形成，即构成该晶体的微粒是金属原子(金属离子)和自由电子，故B正确；‎ C．根据投影可知Po晶体采用简单立方堆积模型，棱上的两个原子相切，所以若原子半径为r，则晶胞边长为2r，故C错误；‎ D．Po晶体采用简单立方堆积模型，Po原子的配位数为6，故D正确；‎ 综上所述答案为C。‎ ‎13. 探究小组同学用下图所示装置在实验验中制取1，2一二溴乙烷。下列有关该实验的说法正确的是 A. 实验时圆底烧瓶内忘记加碎瓷片，应立即补加 B. 实验时发现装置②中玻璃管内液面上升，应立即停止加热，冷却降温 C. 装置⑤的作用是吸收挥发的溴．防止空气污染 D. 加热温度控制不当、CH2=CH2通过溴水的速度过快，都会影晌1，2一二溴乙烷的制取 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验时圆底烧瓶内忘记加碎瓷片，应冷却后补加，A错误；‎ B．实验时发现装置②中玻璃管内液面上升，应将②中导管向上提起，故B错误；‎ C．装置⑤的作用是吸收挥发的溴，防止空气污染，C正确；‎ D．加热温度控制不当、CH2=CH2通过溴水的速度过快，会影晌1，2一二溴乙烷的制取，D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎14. 在中枢神经系统中发现的一种天然有机化合物．经光谱分析确定，其相对分子质量为104,分子中存在两种含氧官能团。实验测定lmol该化合物分别与足量NaHCO3溶液和足量金属钠Na反应都产生‎22.4L气体（标准状况），该有机物可能结构有（不含立体异构）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ lmol该化合物分别与足量NaHCO3溶液和足量金属钠Na反应都产生‎22.4L气体，说明1mol该物质含有1mol羧基和1mol羟基，羧基和羟基的摩尔质量为‎62g/mol，该化合物的相对分子质量为104，则含有CH2的数目为3，故分子式为C4H8O3，据此解答。‎ ‎【详解】由分析可知，该化合物分子式为：C4H8O3，其结构可能为：、、 、 、，‎ 故选C。‎ ‎15. 据预测，到2040年我国煤炭消费仍将占能源结构的三分之一左右。H2S在催化活性碳 ‎(AC)表面的迁移，对煤的清洁和综合应用起了很大的促进作用，其机理如图所示，其中ad表示物种的吸附状态。下列有关叙述正确的是 ‎ ‎ A. 图中阴影部分表示H2S分子的吸附与离解，离解过程消耗能量 B. H2S中H-S的键能大于H2O中H-O键的键能 C. H2S中H-S-H的键角小于H2O中H–O-H键的键角 D. 图中反应过程中只有H–S键的断裂，没有H–S键的形成 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中阴影部分H2S(g)→H2S(ad)为H2S在催化剂表面的吸附，H2S(ad)→2H(ad)+S(ad)表示H2S的离解，离解过程有化学键的断裂，消耗能量，故A正确；‎ B．S原子的半径大于O原子，所以H-S键的键长大于H-O键，H-S的键能较弱，故B错误；‎ C．H2S和H2O中均含有两对孤电子对，分子空间构型为V形，但在水分子中由于O元素的电负性大于S，成键电子对更靠近O原子，排斥作用更大，键角更大，故C正确；‎ D．据图可知阴影部分出现H(ad)、S(ad)，有H-S键的断裂，部分S(g)与H2(g)生成H2S(g)，存在H-S键的形成，故D错误；‎ 综上所述答案为AC。‎ 三、非选择题：本题共 5 小题，共60 分．‎ ‎16. 为了研究有机物 A的组成与结构，探究小组进行如下实验：‎ i. 将 ‎9.0g A 在足量氧气中充分燃烧， 并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰， 测得两者分别增重‎9.0g和 ‎17.6g。‎ ii. 通过质谱法测得其相对分子质量为90。‎ iii.通过红外光谱法测得A 分了中有两个羟基（不能连在同一个碳原子上）。且 A 分子中不存在 “ – CH‎3”‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A 的分于式是_________，结构简式为__________。‎ ‎（2）A 分子的核磁共振氢谱有________组峰，峰面积之比为 ___________。‎ ‎（3）在一定条件下，A 分子存在如下转化关系：‎ ‎（C4H6）B AC D高分子化合物 ‎①A→B 的反应类型为__________，B 分于中在一个平面上的原子数最多为______个。‎ ‎②写出下列反应的化学方程式：A→C：____；C→D：________。‎ ‎③D→E的反应类型为___________， E 的结构简式为 _______。‎ ‎【答案】 (1). .C4H10O2 (2). CH2OHCH2CH2CH2OH (3). 3 (4). 2∶2∶1 (5). 消去反应 (6). 10 (7). CH2OHCH2CH2CH2OH＋O2 OHC－CH2－CH2－CHO＋2H2O (8). OHC－CH2－CH2－CHO＋4Cu（OH）2＋2NaOH NaOOC－CH2－CH2－COONa＋2Cu2O↓＋6H2O (9). 缩聚反应 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎9.0g‎ A 在足量氧气中充分燃烧，生成H2O‎9.0g和CO‎217.6g， 即9.0gA含有1molH和0.4molC，根据质量守恒定律有O元素的质量为‎3.2g，即0.2mol，所以A的实验式为C2H5O，通过质谱法测得相对分子质量为90，则A的化学式为C4H10O2， A 分子中有两个羟基，且 A 分子中不存在 “ – CH‎3”‎，则A的结构简式为。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，A的化学式为C4H10O2，结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH，故答案为：C4H10O2；CH2OHCH2CH2CH2OH；‎ ‎(2)A的结构关于左右对称，所以核磁共振氢谱有3种氢，其峰面积比为2:2:1，故答案为：3；2:2:1；‎ ‎(3)A在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成B，反应方程式为：CH2OHCH2CH2CH2OHCH2=CHCH=CH2+2H2O，A与氧气在铜做催化剂条件发生催化氧化生成醛C，醛继续与新制氢氧化铜反应生成羧酸D，D与A 反应能生成高分子化合物，则发生缩聚反应，由A生成D过程中，A中两个羟基均被氧化，‎ ‎①由以上分析可知，A→B 的反应类型为消去反应，B的结构为：CH2=CHCH=CH2，分子中所有原子均可共面，故答案为：消去反应；10；‎ ‎②A与氧气在铜做催化剂条件发生催化氧化生成C的反应方程式为：CH2OHCH2CH2CH2OH＋O2OHC－CH2－CH2－CHO＋2H2O；C与新制氢氧化铜反应生成D的反应方程式为：OHC－CH2－CH2－CHO＋4Cu(OH)2＋2NaOH NaOOC－CH2－CH2－COONa＋2Cu2O↓＋6H2O，故答案为：CH2OHCH2CH2CH2OH＋O2OHC－CH2－CH2－CHO＋2H2O ；OHC－CH2－CH2－CHO＋4Cu(OH)2＋2NaOH NaOOC－CH2－CH2－COONa＋2Cu2O↓＋6H2O；‎ ‎③D与A发生缩聚反应生成E，则E的结构简式为：，故答案为：缩聚反应；。‎ ‎17. 王帅博士同Enrique Iglesia 教授在金属氧化物催化剂表面羟醛缩合反应机理方面的合作研究取得新进展。如图是羰基化合物的自缩合和交叉缩合途径：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）HCHO和 H2O 都参与上述转化。 HCHO 分子的空间构型是______，三聚甲醛的结构如图 一所示， 三聚甲醛中C 原子的杂化方式为 _________。‎ ‎（2）乙醛在一定条件下液相缩合生成丁烯醛（OHC- CH= CH- CHO ）。丁烯醛分子中σ键与π键的数目之比为________，丁烯醛在水中的溶解度大干 2—丁烯的主要原因是________。‎ ‎（3）CoTiO3晶体结构模型如图二所示。在CoTiO3晶体中 1 个 Co 原子周围距离最近的 O原子数目为___个。设CoTiO3的式量为M ，晶体的密度为a g•cm -3, 阿伏加德罗常数为NA ，则晶体中Co2+ 与Ti4+之间的最短距离为_________cm。‎ ‎【答案】 (1). 平面三角形 (2). sp3 (3). 3∶1 (4). 丁烯醛与水分子间能形成氢键 (5). 12 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)．甲醛分子中含有碳氧双键，共有3个σ键，则杂化轨道为sp2杂化，分子空间结构为平面三角形，根据三聚甲醛的结构可知，每个碳原子均有4个共价键，即价层电子对数为4，则C原子为sp3杂化，故答案为：平面三角形；sp3；‎ ‎(2)．丁烯醛的结构简式为：OHC- CH= CH- CHO，结构式为：，σ键与π键数目之比为：3:1，2—丁烯属于烃类，难溶于水，而丁烯醛中含有醛基，能与水形成分子间氢键，增大溶解度，故答案为：3:1；丁烯醛与水分子间能形成氢键；‎ ‎(3)．以其中一个面心的氧原子为例，距离最近的Co原子个数为4，结合化学式CoTiO3，则1 个 Co 原子周围距离最近的 O原子数目为12，Co2+与Ti4+‎ 分别位于顶点和体心，其距离为体对角线一般，即边长，已知CoTiO3的式量为M ，晶体的密度为a g•cm -3, 阿伏加德罗常数为NA，则晶胞体积为：，则晶胞参数为，则晶体中Co2+与Ti4+之间的最短距离为: ，故答案为：12；。‎ ‎18. 叔丁基苯是抗过敏性药物盐酸氯苯丁嗪的中间体。某科研小组以苯和氯代叔丁烷（ClC(CH3)3]为反应物，无水AlCl3为催化剂条件下制备叔丁基苯（ ）。实验装置和实验步骤如下 ：‎ 实验步骤：在三颈烧瓶中加入 50.0 mL 的苯和适量的无水 AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10.0 mL， 一定温度下反应一段时间后…将反应后的混合物洗涤分离。在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤。得叔丁基苯‎20.0g。‎ 已知：‎ 物质 相对分于质量 密度（g•cm -3）‎ 沸点（℃）‎ 溶解性 苯 ‎78‎ ‎0.88‎ ‎80.1‎ 难溶于水，易溶于乙醇 氯代叔丁烷 ‎92.5‎ ‎1.85‎ ‎51.6‎ 难溶于水，可溶于苯 叔丁基苯 ‎134‎ ‎0.87‎ ‎169‎ 难溶于水，易溶于苯 回答下列问题：‎ ‎(1)仪器A 的名称为________________，使用恒压漏斗的优点是_____________。‎ ‎(2)实验时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________________ 。‎ ‎(3)上述反应后混合物的洗涤所用的试剂有如下三种，正确的顺序是 ____________，加无水MgSO4固体的作用是_______。‎ ‎①5%Na2CO3溶液 ②稀盐酸 ③H2O ‎(4)实验步骤中… 所表示的合理的实验操作是____________ 。‎ ‎(5)叔丁基苯的产率_______________。（保留 3 位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 使液体顺利滴下 (3). (4). ②①③ (5). 干燥 (6). 蒸馏 (7). 74.6%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由装置图可知仪器A的名称为球形冷凝管，恒压分液漏斗的优点是使液体顺利滴下，故答案为：球形冷凝管（冷凝管）；使液体顺利滴下；‎ ‎(2)三颈烧瓶中50.0 mL 苯和10.0 mL氯代叔丁烷、在无水 AlCl3做催化剂在一定条件下反应生成叔丁基苯（ ）。其反应的化学方程式为： ；‎ ‎(3)根据已知的化学反应方程式可知，生成的叔丁基苯中含苯、有氯代叔丁烷、氯化氢以及催化剂无水氯化铝杂质，氯化铝易溶于水，但易水解变浑浊，因此需要用稀盐酸洗涤除去氯化铝，再用碳酸钠溶液洗涤除去盐酸，最后用水洗涤除去碳酸钠，故加试剂的顺序为：稀盐酸、5%Na2CO3溶液和水，由于无水硫酸镁具有吸水性，故无水硫酸镁起干燥剂的作用，故答案为②①③；干燥；‎ ‎(4)氯代叔丁烷和叔丁基苯都难溶于水且沸点相差较大，所以合理的实验操作为蒸馏，故答案为：蒸馏；‎ ‎(5)反应中的，其物质的量，氯代叔丁烷的质量，物质的量，则苯过量，理论上可生成的叔丁基苯的质量，叔丁基苯产率为 ‎。故答案为74.6%。‎ ‎19. 敦煌莫高窟凝聚着千年人类的智慧，展现了我国悠久的历史和灿烂的文化。莫高窟的壁画色彩斑斓，古代画家所用的颜料有“铜蓝（ 主要成分 Cu2S•CuS）” 、“朱红（主要成分 HgS）”、镉红（ 主要成分是硫酸镉和镉的硒化物）等．回答下列问题：‎ ‎（1） 下列事实能说明CuS是共价化合物的是________________（填序号）。‎ a. CuS 的晶体状态不导电 b. S 与 Cu 的电负性差仅为 0.6‎ c. CuS难溶于水 d. CuS的熔融状态不导电 ‎（2）Cu2+可以形成多种配位化合物。向大试管中加入 10.0mL0.lmol•L -1CuSO4溶液，滴加浓氨水，出现蓝色絮状沉淀，继续滴加浓氨水，沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液，即得到 Cu2+的配位化合物。‎ ‎①所得配位化合物的化学式为______ ，该配位化合物的阴离子的空间构型为_________。‎ ‎② 该配位化合物中H一N—H 的键角比氨气中 H—N—H______（填“大”、“小”、或“相等”），原因是___________。‎ ‎③NF3与 NH3的空间结构相似．但 NF3却不易于Cu2+形成配位离子的原因是_________。‎ ‎（3） Cu 的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，‎ 该氯化物的化学式是__________，其中原子坐标参数 A 为（0 , 0, 0）, B 为（，，0）；C 为 （，0，）则D的原子坐标爹数为________。若该晶胞的边长为a pm，则该晶体的密度为____________g·cm-3（NA为阿伏加德罗常数）。‎ ‎【答案】 (1). bd (2). ［Cu（NH3）4］SO4 (3). 正四面体 (4). 大 (5). 配位化合物中N 与Cu2+ 形成配位键后，孤电子对远离了 N 原子，H－N 成键电子对受到的斥力变小，键角变大 (6). NF3 中，F 的电负性远大于 N，3个 N－F 键的共用电子对都偏向 F，导致 N 难以提供孤对电子与 Cu2+配位 (7). CuCl (8). （，，） ‎ ‎(9). ×1030‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a.晶体能否导电与否是为共价化合物无关，a不符合；‎ b.电负性相差小于1.7的，一般为共价化合物，b符合；‎ c.物质的溶解度与否是为共价化合物无关，c不符合；‎ d .熔融状态下能导电的为离子晶体，d符合；‎ 故选bd；‎ ‎(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水开始生成蓝色沉淀Cu(OH)2，继续滴加沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，‎ ‎①配位化合物的化学式为：[Cu(NH3)4]SO4，配位化合物的阴离子为SO42-，价层电子对数为4，空间构型为正四面体结构，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4；正四面体；‎ ‎②配位化合物中N 与Cu2+形成配位键后，孤电子对远离了 N 原子，H－N 成键电子对受到的斥力变小，键角变大，故答案为：大；配位化合物中N 与Cu2+形成配位键后，孤电子对远离了 N 原子，H－N 成键电子对受到的斥力变小，键角变大；‎ ‎③F 的电负性远大于 N，3个 N－F 键的共用电子对都偏向 F，导致 N 难以提供孤对电子与 Cu2+配位，所以NF3不易于Cu2+形成配位离子，故答案为：NF3中，F 的电负性远大于 N，3个 N－F 键的共用电子对都偏向 F，导致 N 难以提供孤对电子与 Cu2+配位；‎ ‎(3)该晶胞中4个Cl原子位于体心，6个Cu原子位于面心，8个Cu原子位于顶点，晶胞中含有4个Cl原子和4个Cu原子，化学式为CuCl；根据晶胞结构可知D的原子坐标参数为：（，，），晶体的密度，故答案为：CuCl；（，，）； ×1030。‎ ‎20. 5-甲基-1, 5-己二醇主要用于制取药物和合成香料。一种合成5-甲基-1, 5-己二醇的路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)反应③和⑨的反应类型分别为 ______、_________ 。‎ ‎(2)试剂X 是一种二元溴代烃，其化学名称为 __________。‎ ‎(3)反应⑧的化学方程式为 ___________。‎ ‎(4)上述合成路线中化合物B 的结构简式为_____，化合物B 有多种同分异构体， 其中属于环己烷的对位二取代物：加热煮沸条件下与新制 Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀：能与 NaOH溶液反应，且l mol 该物质完全反应时消耗 l molNaOH。则该同分异构体的结构简式为 ___________。‎ ‎(5) 选择一定催化剂，炔烃部分氢化还可以控制产物的构型。例如，在Pd-Pb催化下炔烃部分氢化可获得顺式烯烃。计设以CH3C CH 和CH3CH2Br 为瓜料制备顺-2-戊烯的合成路线________(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 取代反应 (2). 加成反应 (3). 2，2-二溴丙烷 (4). +NaOH +NaBr (5). (6). (7). CH3C CHCH3CCNaCH3CC-CH2-CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HCºC-CH2-CH2Br在氢氧化钠水溶液中加热水解生成A，则A为HCºC-CH2-CH2OH，A在与2,3二氢吡喃发生题目信息所给反应生成B，则B为，B在Na/液氨的条件下发生类似反应①的反应生成C，则C为，C再进行酸化发生题目信息反应中的第二步得到NaCºC-CH2-CH2OH，再经反应⑦得到，可知该过程中发生了类似流程中反应②的反应，所以试剂x为CH3CBr2CH3；之后溴原子水解得到D，所以D为。‎ ‎【详解】(1)反应③为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应⑨为与氢气的加成过程，属于加成反应；‎ ‎(2)根据分析可知试剂X为CH3CBr2CH3，名称为2，2-二溴丙烷；‎ ‎(3)反应⑧为溴原子水解反应，化学方程式为+NaOH +NaBr；‎ ‎(4)根据分析可知B为；其同分异构体满足：‎ 属于环己烷的对位二取代物；‎ 加热煮沸条件下与新制 Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀，说明含有-CHO；‎ 能与 NaOH溶液反应，且l mol 该物质完全反应时消耗 l molNaOH，结合B的结构简式可知其同分异构体中只有2个氧原子，且含有-CHO，并且环上只有2个取代基，所以应含有-OCHO(甲酸形成的酯基)，所以该同分异构体为；‎ ‎(5)顺-2-戊烯的结构简式为；根据题意可知可以由CH3CC-CH2-CH3在Pb-Pd催化下加氢生成；再结合题目中由HCºCH生成HCºC-CH2-CH2Br的过程可知合成路线应为CH3C CHCH3CCNaCH3CC-CH2-CH3。‎ ‎【点睛】能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀的官能团也可以是甲酸中的羧基或甲酸形成的酯基。‎