新疆乌鲁木齐市六校联考2022-2023学年高二下学期期末化学试题含答案

这是一份新疆乌鲁木齐市六校联考2022-2023学年高二下学期期末化学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：100分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Zn 65 Se 79
一、单选题(每题2分，共50分)
1. 下列能级符号不正确的是
A. 1sB. 2pC. 3fD. 4d
【答案】C
【解析】
【详解】能层序数等于能级数，每个能层中的能级从s开始，第1能层有1s，第2能层有2s、2p，第3能层有3s、3p、3d，第4 能层有4s、4p、4d、4f，所以能级符号不正确的是3f，故答案选C。
2. 下列几种表示电子排布的方法中正确的是
A. 32Ge基态原子核外电子排布式：4s24p2
B. 24Cr原子的价电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2
C. O原子的电子排布图：
D. 基态F—的电子排布式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．32Ge基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2，A错误；
B．24Cr原子价电子排布式： 3d54s1，B错误；
C．O原子的电子排布图：，C正确；
D．基态的电子排布式： ，D错误；
故选C。
3. 由中国近代化学启蒙者徐寿确认译名的下列元素中，属于ds区元素的是
A. ZnB. CC. CaD. Ga
【答案】A
【解析】
【详解】ds区的元素包括第IB、IIB两个副主。
A．Zn：ds区
B．C：d区
C．Ca：s区
D．Ga：p区
故选A。
4. 具有下列电子排布的原子中，半径最大的为
A. 1s22s22p63s1B. 1s22s22p63s23p64s1
C. 1s22s22p63s2D. 1s22s22p63s23p64s2
【答案】B
【解析】
【详解】1s22s22p63s1为Na，1s22s22p63s23p64s1为K，1s22s22p63s2为Mg，1s22s22p63s23p64s2为Ca；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：K＞Na＞Mg，K＞Ca，故K原子半径最大，即B的原子半径最大；
故选B。
5. 下列各组元素中，第一电离能大小次序不正确的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故P、S的第一电离能由大到小的顺序为P、S；B正确；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；，C错误；
D．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；，D正确；
故选C。
6. 下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ①②③B. ③⑤⑥C. ①③⑥D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①HCl的结构式为：H—Cl，只含σ键；
②H2O的结构式为：H—O—H，只含σ键；
③N2的结构式为：，既含σ键，也含π键；
④H2O2的结构式为：H—O—O—H，只含σ键；
⑤C2H4的结构式为： ，既含σ键，也含π键；
⑥C2H2的结构式为：H—C≡C—H，既含σ键，也含π键；
综上所述，③⑤⑥符合题意，故B正确；
故选B。
7. 关于键长、键能和键角，下列说法不正确的是
A. 键长越长，键能越大，共价化合物越稳定
B. 通过反应物和生成物分子中键能数据可以粗略预测反应热的大小
C. 键长：
D. 分子中的键角：
【答案】A
【解析】
【详解】A．键长越长，键能越小，共价化合物越不稳定，A错误；
B．反应的焓变等于反应物的总键能与生成物总键能的差，通过反应物和生成物分子中键能数据可以粗略预测反应热的大小，B正确；
C．原子半径：，所以键长：，C正确；
D．分子为直线形，键角为，分子为V形，键角为，键角：，D正确；
故选A。
8. 氨气分子的空间结构是三角锥形，而甲烷分子的空间结构是正四面体形，这是因为
A. 两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，中原子为杂化，而中原子是杂化
B. 分子中氮原子形成3个杂化轨道，分子中碳原子形成4个杂化轨道
C. 分子中中心原子上有一对未成键孤电子对，它对成键电子对的排斥作用较强
D. 氨气是四原子化合物，甲烷为五原子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】和中的中心原子都是杂化，都形成夹角为的四个杂化轨道，只是分子中原子利用其中3个杂化轨道与3个原子的轨道成键，另一个杂化轨道被孤电子对占据，所以分子为三角锥形，而分子中4个杂化轨道全部用于形成4个C-H键，所以分子为正四面体形。
【详解】A．两种分子的中心原子的杂化轨道类型相同，均为杂化，故A错误；
B．两种分子的中心原子均形成4个杂化轨道，故B错误；
C．分子中中心原子上有一对未成键的孤电子对，它对成键电子对的排斥作用较强，所以分子为三角锥形，而分子中4个杂化轨道全部用于形成4个C-H键，所以分子为正四面体形，故C正确；
D．分子的空间结构和分子中含几个原子没有必然联系，故D错误；
故选C。
9. 用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是
A. NH 为正四面体形B. CS2为直线形
C. CH2O为V形D. PCl3为三角锥形
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH中N原子的价层电子对数是4，不含有孤对电子，为正四面体形，A正确；
B．CS2中C的价层电子对数是2，不含有孤对电子，为直线形，B正确；
C．CH2O中C的价层电子对数是3，不含有孤对电子，为平面三角形，C错误；
D．PCl3中P的价层电子对数是4，含有1对孤对电子，为三角锥形，D正确。
故选：C。
10. 下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是
A. CO2和SO2B. CH4和H2OC. BF3和NH3D. HCl和HI
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2是由极性键构成的非极性分子，SO2是由极性键构成的极性分子，A不符合题意；
B．CH4是由极性键构成的非极性分子，H2S是由极性键构成的极性分子，B不符合题意；
C．BF3是由极性键构成的非极性分子，NH3是由极性键构成的极性分子，C不符合题意；
D．HCl和HI都是由极性键构成的极性分子，化学键的类型和分子的极性皆相同，D符合题意；
故选D。
11. 下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是
A. 范德华力比氢键的作用还要弱
B. 范德华力与氢键共同决定物质的物理性质
C. 范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关
D. 任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有、、的物质中
【答案】A
【解析】
【详解】A．范德华力弱于氢键，A正确；
B．只有由分子组成且分子之间存在氢键的物质，其物理性质才由范德华力和氢键共同决定，B错误；
C．氢键的强弱主要与形成氢键的原子的电负性有关，C错误；
D．只有由分子组成的物质中才存在范德华力，D错误；
故选A。
12. 纳米为无定形非晶态，白色粉末，颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米的说法正确的是
A. 对光有各向异性
B. 熔点与晶体相同
C. 纳米具有自范性
D. 可用X−射线衍射实验区分纳米与晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．纳米为无定形非晶态，没有各向异性，晶体才有各向异性，故A错误；
B．纳米为无定形非晶态，因此没有固定熔点，晶体二氧化硅有固定熔点，故B错误；
C．纳米为无定形非晶态，因此纳米不具有自范性，晶体才有自范性，故C错误；
D．X−射线衍射实验可以区分晶体与非晶体，纳米是非晶体，晶体是晶体，因此可用X−射线衍射实验区分纳米与晶体，故D正确。
综上所述，答案为D。
13. 下列各组物质的熔点均与所含化学键能有关的是
A. CaO与CO2B. NaCl与HClC. SiC与SiD. Cl2与I2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化钙属于离子晶体含离子键，熔化时破坏离子键；二氧化碳为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A不选；
B．氯化钠属于离子晶体含离子键，熔化时破坏离子键；氯化氢属于分子晶体熔，化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B不选；
C．SiC与Si都属于原子晶体，熔化时均破坏的是共价键，故选C；
D．Cl2与I2属于分子晶体熔化时均破坏的是分子间作用力，故D不选。
答案选C。
14. 向由0.1mlCCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2ml沉淀。配合物CCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是
A. 该配合物的中心离子是
B. 该配合物配体是H2O和
C. 每1ml配离子中含有6NA个共价键
D. 该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A．可以提供空轨道，所以该配合物的中心离子是，A正确；
B．和含有孤电子对，所以该配合物的配体为和，B正确；
C．1ml配离子中含有个配位键，水分子中含有共价键 ，C错误；
D．根据配合物的成键原则，该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键，D正确；
故选C。
15. X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示，该晶体的化学式为
A. Na3NB. AlNC. Mg3N2D. Cu3N
【答案】D
【解析】
【详解】X失去1个电子后形成的X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则其原子电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为29号元素铜；晶胞中Cu+位于棱心，一个晶胞中数目为，N3-位于晶胞顶点，一个晶胞数目为，则其化学式为Cu3N；
16. 下列物质的类别与所含官能团都正确的是
A. 酚类 -OH
B. 羧酸 -CHO
C. 醛类 -CHO
D. CH3-O-CH3醚类
【答案】D
【解析】
【详解】A． 羟基并没有直接与苯环相连，所以应属于醇类，故A错误；
B． 含羧基官能团，结构为-COOH，故B错误；
C． 含酯基官能团，结构为-COOR，故C错误；
D．CH3-O-CH3含醚键，结构为 ，故D正确；
答案选D。
17. 下列各组物质不属于同分异构体的是
A. CH3CH2OH和CH3CHO
B. 和
C. 和
D. 正戊烷与异戊烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH3CH2OH和CH3CHO分子式不相同，不属于同分异构体，故A错误；
B． 和 分子式相同且结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C． 和 分子式相同且结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．正戊烷与异戊烷分子式相同，都为C5H12，且结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选A。
18. 下列说法正确的是
A. 结构示意图：
B. 的名称为3-甲基丁烷
C. 乙烯和1，3-丁二烯互为同系物
D. 和互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．Mg原子的结构示意图为 ，失去两个电子，形成Mg2+结构示意图为 ，A错误；
B．根据就近编号的原则，的名称为2-甲基丁烷，B错误；
C．乙烯和1,3-丁二烯含有双键数目不同，结构不相似，二者不互为同系物，C错误；
D．两物质均为烷烃，结构相似，分子组成上相差若干个(2个)CH2，二者互为同系物，D正确；
答案选D。
19. 下列实验有关叙述正确的是

A. 用装置①来分离苯和溴苯的混合物
B. 用装置②蒸馏工业乙醇可得到无水乙醇
C. 重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③进行分离操作
D. 用装置④进行萃取操作，实验者用左手托住分液漏斗活塞，右手抵住玻璃塞，将分液漏斗按图所示双手用力振荡，使液体混合
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯和溴苯互溶不能分液分离，A错误；
B．用装置②蒸馏工业乙醇可得到无水乙醇，温度计应该在支管口处，B错误；
C．重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③进行分离操作，需要使用玻璃棒引流，C错误；
D．用装置④进行萃取操作，实验者用左手托住分液漏斗活塞，右手抵住玻璃塞，将分液漏斗按图所示双手用力振荡，使液体混合均匀，提高萃取效果，D正确；
故选D。
20. 以下用于研究有机物的方法错误的是
A. 蒸馏法常用于分离提纯液态有机混合物
B. 燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法之一
C. 核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量
D. 对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的官能团
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．液态有机混合物互溶，但沸点不同，则利用蒸馏可分离提纯液态有机混合物，故A正确；
B．烃及含氧衍生物有机物燃烧生成二氧化碳和水，可定性、定量分析物质组成，则燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确；
C．质谱法常用于分析有机物的相对分子质量，而核磁共振氢谱通常用于分析有机物中的H的种类及数目，故C错误；
D．红外光谱图可确定有机物中的化学键及官能团，对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子的结构，故D正确；
故选C。
21. 下列有机物分子中，所有的原子不可能在同一平面上的是（ ）
A. CH2=CH—C≡NB. CH2=CH—CH=CH2
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH2=CH—C≡N相当于乙烯分子中的一个氢原子被-C≡N取代，不改变原来的平面结构，-C≡N中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子在同一平面上，故A错误；
B．CH2=CH—CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，通过旋转碳碳单键，两个碳碳双键形成的平面可能共面，所有原子可能处于同一平面，故B错误；
C．苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一平面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有的原子都可能在同一平面上，故C错误；
D．该分子含有甲基，甲烷是四面体结构，所以该分子中所有的原子不可能在同一平面上，故D正确。
故选D。
22. 下列有关烷烃的叙述中，正确的是
A. 在烷烃分子中，可能会有碳碳双键
B. 烷烃中除甲烷外，很多都能使紫色KMnO4溶液褪色
C. 分子通式为的烃不一定是烷烃
D. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．烷烃指的是碳原子与碳原子间以单键的形式相连接，不包含碳碳双键，故A错误；
B．烷烃属于饱和烃，不能被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；
C．有机物中符合分子通式为为饱和烃，一定属于烷烃，故C错误；
D．烷烃的通性是饱和碳原子上的氢原子在一定条件下能与氯气发生取代反应，故D正确；
答案选D。
23. 下列关于烯烃的化学性质的叙述正确的是
A. 烯烃能使溴的CCl4溶液褪色，是因为烯烃与溴发生了取代反应
B. 烯烃不能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 在一定条件下，烯烃能与H2、H2O、HX(卤化氢)发生加成反应
D. 可用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中少量的乙烯
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．烯烃都含有碳碳双键，因此烯烃能使溴的CCl4溶液褪色，是因为烯烃与溴发生了加成反应，故A错误；
B．烯烃都含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；
C．催化剂作用下，烯烃能与H2、H2O、HX(卤化氢)发生加成反应，故C正确；
D．不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中少量的乙烯，乙烯和酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新的杂质，故D错误。
综上所述，答案为C。
24. 工业上合成乙苯的反应如下。下列说法正确的是
+CH2=CH2
A. 该合成反应属于取代反应B. 乙苯分子内的所有C、H原子可能共平面
C. 乙苯的一溴代物有5种D. 苯、乙烯和乙苯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．反应中C=C生成C-C键，为加成反应，故A错误；
B．乙苯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；
C．乙苯苯环含有3种H，乙基含有2种H，则一溴代物有5种，故C正确；
D．苯的结构稳定，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。
故选C。
25. 乙烯和苯能够共同发生的反应类型有
①加成反应 ②消去反应 ③聚合反应 ④氧化反应
A. ①④B. ②③C. ③④D. ①②
【答案】A
【解析】
【详解】乙烯中的碳碳双键可以与H2、Br2、HX等物质发生加成反应，苯可以与H2加成，故两者均可以发生反应类型①；乙烯可以燃烧、与KMnO4反应，苯也可以燃烧，即两者均可以发生反应类型④；乙烯可以发生加成聚合反应生成聚乙烯，而苯不能发生聚合反应，故③不选；两者均不能发生消去反应，故②不选，所以答案选①④，即A选项。
二、填空题
26. 如图是元素周期表的一部分，根据元素在周期表中的位置，回答下列问题：

（1）⑨号元素在周期表的位置是___________，其最高能层的电子占据的原子轨道电子云轮廓为___________形。
（2）第二周期所有元素中第一电离能介于①②之间的有___________种。由②③④形成的简单离子半径由小到大顺序是___________(填化学用语)。
（3）元素②⑧可形成原子个数比为1∶3的共价化合物，分子中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该分子的空间结构为___________，中心原子轨道杂化形式为___________，该分子为___________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
（4）元素②⑥可形成的化合物是一种性质优良的无机非金属材料，根据元素周期律知识，写出其化学式___________，它的熔点高、硬度大、电绝缘性好、化学性质稳定，它的晶体类型是___________。
（5）下列有关性质的比较正确的是___________(填标号)
A. 电负性：②>③B. 氢化物的稳定性：③>⑦
C. 原子半径：⑤>④D. 氢化物的沸点：③>⑦
（6）⑩可形成的卤化物的熔点如下表：
⑩的氟化物的熔点比氯化物熔点高很多的原因是___________。
【答案】（1） ①. 第四周期第ⅠB族 ②. 球
（2） ①. 3 ②.
（3） ①. 三角锥形 ②. sp3 ③. 极性分子
（4） ①. Si3N4 ②. 共价晶体 （5）BD
（6）GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力
【解析】
【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别对应的元素为B、N、O、Na、Al、Si、S、Cl、Cu、Ga，结合元素周期表中相关规律进行分析；
【小问1详解】
第⑨号元素为Cu，原子序数为29，在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族；其价层电子排布式为3d104s1，其最高能层的电子占据的原子轨道为s轨道，电子云轮廓为球形；
【小问2详解】
同周期主族元素第一电离能随序数增大而增大，第IIA族和第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：B＜Be＜C＜O＜N，第二周期所有元素中第一电离能介于①②之间的有3种；根据电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，②③④形成的简单离子半径由小到大分别为：Na+＜O2-＜N3-；
【小问3详解】
元素②⑧分别是N和Cl，可形成原子个数比为1∶3的共价化合物NCl3，分子中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，根据价层电子对计算：可知，价层电子对有4对，包含一对孤电子对，所以该分子的空间结构为三角锥；杂化轨道数=价层电子对数=4，为sp3杂化，由于该分子中正负电荷中心不重合，所以为极性分子；
【小问4详解】
元素②为N，元素⑥为Si，二者形成的无机非金属材料为氮化硅Si3N4，根据题干信息，具有熔点高、硬度大等特点，属于共价晶体的特性；
【小问5详解】
A．同周期元素电负性随原子序数增大而增大，所以电负性③＞②，故A错误；
B．元素非金属性越强，对应氢化物稳定性越稳定，③⑦同主族，非金属性③＞⑦，所以氢化物稳定性③＞⑦，故B正确；
C．同周期元素原子半径从左到右依次减小，所以原子半径⑤＜④，故C错误；
D．③为O，对应氢化物为H2O，⑦为S，对应氢化物为SO2，H2O分子间形成氢键，沸点更高，故D正确；
答案选BD。
【小问6详解】
⑩为Ga，其氟化物为GaF3是离子晶体，其氯化物为GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力。
27. 2022年10月18日《自然化学》发表我国科学家研究成果，发现AgCrS2(AMX2家族成员之一，A一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
（1）基态硫原子核外电子排布式为___________。
（2）氧族元素有氧、硫、硒、碲等元素，其中电负性最大的元素是___________，科学家用亚硒酸盐和硫酸盐跟踪固氨酶，研究反应机理。中硫的杂化轨道类型是___________，的空间结构模型为___________。
（3）配合物中铬的化合价为___________，配离子为___________，中心离子配位数为___________。
（4）ZnSe晶胞与ZnS晶胞相似(如图)，ZnSe晶胞中部分原子的分数坐标为：A点(0，0，0)，B点的坐标为___________，从该晶胞中找出距离B点Se2-最远的的位置___________(用分数坐标表示)，该晶胞中晶胞中的个数为___________个，若晶胞中的边长为acm，阿伏加德罗常数的值为，请计算ZnSe晶胞的密度___________

【答案】（1）1s22s22p63s23p4
（2） ①. O ②. sp3 ③. 三角锥形
（3） ①. +3 ②. ③. 6
（4） ①. (1，1，1) ②. (，，) ③. 4 ④.
【解析】
【小问1详解】
硫为16号元素，基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；
【小问2详解】
同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；氧族元素有氧、硫、硒、碲等元素，其中电负性最大的元素是氧；的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp3杂化且含有1对孤电子对，空间构型为三角锥形；
【小问3详解】
配合物中氯化合价为-1，铬的化合价为+3，配离子为，中心离子配位数为4+2=6；
【小问4详解】
A点(0，0，0)，B点在x、y、z轴上投影坐标分别为1、1、1，故坐标为(1，1，1)，从该晶胞中找出距离B点Se2-最远的为中C点锌离子，位置(，，)；根据“均摊法”，晶胞中含个、4个，则晶体密度为。
28. 如图所示装置是用燃烧法确定有机物化学式的装置，这种方法是电炉加热时利用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。回答下列问题：

（1）A装置是制备氧气的装置，仪器a的名称___________，若A中注入30%的H2O2溶液，写出A装置中反应的化学方程式___________。
（2）B装置中浓硫酸的作用是___________。
（3）D和E中的试剂不可调换，理由是___________。
（4）若样品中有机物只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.74g样品，经充分反应后，D管质量增加0.90g，E管质量增加1.76g。则该样品中有机物的最简式为___________。
（5）通过对样品进行分析，得到如下三张图谱。分析图谱可知，样品中有机物的相对分子质量为___________，官能团是___________，结构简式为___________。

（6）某同学认为在装置E后加一个盛有碱石灰的U形管，会减少测定误差，你认为这样做是否合理___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2）吸收氧气的水或干燥氧气
（3）碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）C4H10O （5） ①. 74 ②. 醚键 ③. CH3CH2OCH2CH3
（6） ①. 合理 ②. 防止空气中的水和二氧化碳进入E，影响测定准确性
【解析】
【分析】采用燃烧法通过产物质量来确定有机物组成，反应原理为有机物与氧气反应，生成二氧化碳和水。结合实验装置可知A装置用于制备氧气，B装置用浓硫酸吸收水蒸气以获取纯净氧气，C装置为有机物样品与氧气的反应装置，D和E装置则是用于吸收产物水和二氧化碳，据此分析；
【小问1详解】
结合仪器a结构特点可知为分液漏斗；利用二氧化锰催化分解过氧化氢，生成氧气和水，反应方程式为：；
【小问2详解】
实验需要纯氧氧化有机样品，所以需要浓硫酸对氧气进行干燥，吸收氧气中水分；
【小问3详解】
无水氯化钙只吸收水蒸气，而碱石灰可以同时吸收水和二氧化碳，所以不能调换位置；
【小问4详解】
根据D管质量增加0.90g，可知，根据E管质量增加1.76g可知，样品中有机物只含C、H、O三种元素中的两种或三种，则，即C、H、O原子个数比为4:10:1，该有机物最简式为C4H10O；
【小问5详解】
根据质谱图可知其相对分子质量为74，根据红外光谱可知其官能团有醚键，根据核磁共振氢谱可知该有机物中只有2种H，综上判断该有机物结构简式为：CH3CH2OCH2CH3；
【小问6详解】
合理，可防止空气中的水分和二氧化碳进入实验装置影响产物质量的称量；
29. 如图是苯和溴的取代反应的实验装置图，其中A为具支试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉。填写下列空白：
（1）向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应。写出A中发生反应的化学方程式(有机化合物写结构简式)：___________。
（2）要证明A中发生的是取代反应，而不是加成反应，试管C中苯的作用是___________。反应开始后，观察D和E两支试管，看到的现象分别是___________、___________。
（3）反应2~3min后，在B中的氢氧化钠溶液中可观察到的现象是___________、___________。
（4）苯是一种重要的化工原料，以下是用苯作为原料制备某些化合物的转化关系图：
已知：a．；
b．苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响：
c．。
①A转化为B的化学方程式是___________。
②由C生成D的反应类型是___________，D与H2反应的反应类型是___________。E的结构简式为___________。
【答案】（1） （2） ①. 吸收溴化氢气体中混有的Br2蒸气 ②. D试管中溶液变红 ③. E试管中产生浅黄色沉淀
（3） ①. 生成红褐色沉淀 ②. 底层出现油状液体
（4） ①. ②. 取代 ③. 加成 ④.
【解析】
【分析】通过苯与溴发生取代反应可生成溴苯和溴化氢，溴易挥发，所以得到的溴化氢中混有溴和苯，装置C用于除去会发出的溴，D和E用于检验溴化氢，F用于吸收未反应的溴化氢；苯在浓硫酸作用下可与浓硝酸发生消化反应生成A物质硝基苯，硝基苯在催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成B物质；苯在催化剂作用下与溴发生取代反应生成C物质溴苯，根据已知信息，溴苯与浓硫酸发生磺化反应生成D物质；
【小问1详解】
溴和苯在铁作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应方程式为： ；
【小问2详解】
溴易挥发导致取代反应生成的溴化氢中含有溴，溴易溶于苯，所以在检验产物溴化氢前，需先利用装置C将溴化氢中的溴除去；HBr水溶液呈酸性，导致石蕊试液变红，HBr和硝酸银反应生成淡黄色沉淀AgBr；
【小问3详解】
由于溴苯的密度大于水且与水不互溶，而溴与铁反应生成的溴化铁与氢氧化钠进一步发生反应生成氢氧化铁沉淀，所以对应的现象分别是：底层有油状液体，有红褐色沉淀产生；
【小问4详解】
①A硝基苯转化为B物质的化学方程式：；卤化物
氟化物
氯化物
溴化物
熔点/℃
>1000
77.75
122.3