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【化学】山东省潍坊市第四中学2019-2020学年高二下学期收心考试（解析版）
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山东省潍坊市第四中学2019-2020学年高二下学期收心考试
1.下列对有机物结构或性质的描述，错误的是
A. 可以用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中混有的乙烯
B. 将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了萃取
C. 乙烷和丙烯的物质的量共1 mol，完全燃烧生成3 mol H2O
D. 一定条件下，Cl2在甲苯的苯环或侧链上均可发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾氧化乙烯会产生二氧化碳，会引入新的杂质，故A错误；
B．溴水和苯不发生化学反应，将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，是发生了萃取过程，故B正确；
C．乙烷和丙烯的分子式分别为C2H6、C3H6，含H原子数相同，都为6，则乙烷和丙烯的物质的量共1mol，完全燃烧生成可3molH2O，故C正确；
D．甲苯中有甲基，甲基可在光照条件下与氯气发生取代反应，在催化作用下，苯环上氢可被取代，故D正确；
故答案选A。
2.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 乙醇的化学式：C2H5OH
C. 钙离子的结构示意图： D. CH4分子的比例模型
【答案】D
【解析】
A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；B．乙醇的化学式为C2H6O，故B错误；C．钙离子的核电荷数为20，不是18，故C错误；D．CH4分子的比例模型为，故D正确；答案为D。
点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据微粒所在晶胞位置，利用均摊法计算微粒数目之比，得到化学式。
【详解】A.A位于体心，数目为1，B位于顶点，数目为8×=1，微粒数目为1:1，即化学式为AB，故A错误；
B.E和F分别位于晶胞的顶点位置，各占4个，即晶胞中两种微粒数目相等，化学式为EF，故B错误；
C.X位于体心，数目为1，Y位于面心，数目为6×=3，Z位于顶点，数目为8×=1，微粒数目比值为1:3:1，化学式为XY3Z，故C正确；
D.A位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B位于棱心和体心，数目为12×+1=4，数目之比为1:1，化学式为AB，故D错误。
故答案选C。
4.对于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是
A. 所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为1mol/L的硫酸
B. 收集乙烯可用排水法，也可用排空气法
C. 温度计要插入反应液体的液面下
D. 加热时要缓慢加热到170℃
【答案】C
【解析】
【详解】A项、实验室制备乙烯时，所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸，故A错误；
B项、乙烯密度与空气相近，不能采用排空法，只能采用排水法，故B错误；
C项、反应温度在140℃时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170℃时发生脱水内脱水生成乙烯，温度计要插入反应液体的液面下，以控制温度在170℃时生成乙烯，故C正确；
D项、反应温度在140℃时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170℃时发生脱水内脱水生成乙烯，加热时要迅速加热到170℃，故D错误；
故选C
【点睛】反应温度在140℃时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170℃时发生脱水内脱水生成乙烯，实验室制备乙烯时时要用温度计控制反应温度，使反应温度迅速升高到170℃。
5.下列说法中不正确的一组是( )
A. 甘油和乙醇互为同系物
B. CH2=CHCH2CH3 和 CH3CH=CHCH3 互为同分异构体
C. 和是同一种物质
D. O2 和 O3 互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A.甘油是丙三醇，属于三元醇，乙醇是饱和一元醇，因此二者结构不相似，不能互为同系物，A符合题意；
B.CH2=CHCH2CH3 和CH3CH=CHCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B不符合题意；
C. 可看作是甲烷分子中2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。甲烷是正四面体结构，分子中的任何C-H化学键都相邻，因此 是同一种物质，C不符合题意；
D.O2和O3是氧元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D不符合题意；
故合理选项是A。
6.有机物CH3CH2C(CH3)2CH(C2H5)CH3的准确命名是
A. 3,4—二甲基—4—己基戊烷 B. 3,3,4—三甲基己烷
C. 3,4,4—三甲基己烷 D. 2,3,3—三甲基己烷
【答案】B
【解析】
【详解】根据有机物的结构简式CH3CH2C(CH3)2CH(C2H5)CH3可知主链含有6个碳原子，支链含有3个甲基，则正确命名是3，3，4—三甲基己烷，答案选B。
7.根据等电子原理，下列各对粒子中，分子空间结构不相似的是（ ）
A. SO2与O3 B. H2O与NH3
C. NH4+与CH4 D. CO2与N2O
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子数也相同的分子或离子互为等电子体，等电子体空间结构相似。
【详解】A、SO2与O3原子数都是3、价电子数都是18，SO2与O3互为等电子体，分子空间结构都是V型，故不选A；
B、H2O与NH3原子数不同，不是等电子体，H2O分子空间结构是V型、NH3是三角锥型，故选B；
C、NH4+与CH4原子数都是5、价电子数都是8，NH4+与CH4互为等电子体，分子空间结构都是正四面体，故不选C；
D、CO2与N2O原子数都是3、价电子数都是16，CO2与N2O互为等电子体，分子空间结构都是直线形，故不选D。
8.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的概念及要求。理想的“原子经济性”反应中，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下反应中符合“原子经济性”的是
A. 乙醇催化氧化制乙醛
B. 乙醇与浓硫酸共热制乙烯
C. 苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯
D. 乙烷与氯气反应制氯乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇催化氧化制乙醛的同时还有水生成，不符合“原子经济性”，A不选；
B.乙醇与浓硫酸共热制乙烯的同时还有水生成，不符合“原子经济性”，B不选；
C.苯乙烯在一定条件下发生加聚反应制聚苯乙烯符合“原子经济性”，C选；
D.乙烷与氯气反应制氯乙烷的同时还有氯化氢以及其它氯代乙烷生成，不符合“原子经济性”，D不选；
答案选C。
9.下表是某些原子晶体的熔点和硬度，分析表中的数据，判断下列叙述正确的是( )
原子晶体
金刚石
氮化硼
碳化硅
石英
硅
锗
熔点/℃
3 900
3 000
2 700
1 710
1 410
1 211
硬度
10
9.5
9.5
7
6.5
6.0
①构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高
②构成原子晶体的原子间的共价键的键能越大，晶体的熔点越高
③构成原子晶体的原子半径越大，晶体的硬度越大
④构成原子晶体的原子半径越小，晶体的硬度越大
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①原子晶体熔点的高低与原子的种类无关，如石英含Si、O两种原子，而金刚石、硅都只有1种原子，石英的熔点介于金刚石和硅之间，①错误；
②构成原子晶体的原子间的共价键的键能越大，破坏共价键需要的能量越多，原子晶体的熔点越高，②正确；
③构成原子晶体的原子半径越大，键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，③错误；
④构成原子晶体的原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体的硬度越大，④正确；
②④正确，答案选D。
10.下列实验能达到实验目的的是（ ）
选项
实验
目的
A
将乙酸乙酯粗产品溶于氢氧化钠溶液中，分液
提纯乙酸乙酯
B
在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒
证明水中H—O键比乙醇中H—O键易断裂
C
将一定量苯和溴化铁、溴水混合
制备溴苯
D
向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯
证明乙烯具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯会在氢氧化钠溶液中水解生成醋酸钠和乙醇，得不到乙酸乙酯，故A错误；
B．在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒，若观察到Na在水中的反应更加剧烈，则可证明水中H—O键比乙醇中H—O键易断裂，故B正确；
C．在溴水中溴化铁水解，失去催化功能，应用液溴与苯发生取代反应，故C错误；
D．乙烯使酸性高锰酸钾褪色是因为高锰酸钾可以将其氧化，并不是乙烯具有漂白性，故D错误；
故答案为B。
11.下列有机物分子中有手性碳原子的是（ ）
A. B.
C. (CH3)2CHCH2CH2Cl D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
手性碳原子的定义是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子，据此分析；
【详解】手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子，A、根据手性碳原子的定义，该有机物中不含手性碳原子，故A不符合题意；
B、根据手性碳原子的定义，该有机物中含手性碳原子，故B符合题意；
C、根据手性碳原子的定义，该有机物中不含手性碳原子，故C不符合题意；
D、根据手性碳原子的定义，与羟基所连的碳原子连有四个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，故D符合题意；
答案为BD。
12.下列各对物质，化学键完全相同的是
①NaCl和NaOH②和③和④和⑤晶体硅和水晶
A. ②④ B. ①②③ C. ② D. ②④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①NaCl中只存在离子键，NaOH中存在离子键和共价键，所以化学键不同，故①错误；
②和中都只含非极性共价键，所以化学键相同，故②正确；
③Na2S和(NH4)2S中，前者只含离子键，后者含有共价键和离子键，所以化学键不同，故③错误；
④SiO2和CO2中，二者都只含极性共价键，所以化学键相同， 故④正确；
⑤晶体硅和水晶中，二者都只含共价键，但前者为非极性键，后者为极性键，所以化学键不同，故⑤错误；
综上只有②④正确；
答案选A。
13.环丙叉环丙烷(b)由于其特殊的结构，一直受到化学家的重视，根据其转化关系(如图)，下列说法正确的是
A. b的所有原子都在同一个平面内
B. b可以发生加成、氧化、加聚反应
C. p在氢氧化钠的醇溶液中加热生成烯烃
D. m的同分异构体中属于芳香化合物的共有5种
【答案】BD
【解析】
【详解】A．b含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能都在一个平面内，故A错误；
B．b含碳碳双键，可发生加成、氧化、加聚反应，故B正确；
C．p中与溴原子相连的碳原子邻位碳原子上没有氢原子，p不能发生消去反应，故C错误；
D．m的分子式为C7H8O，m的属于芳香族化合物的同分异构体含苯环、还含1个O、1个C，为苯甲醚、苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共5种，故D正确；
故答案选BD。
【点睛】本题注意选项D为解答的难点，要根据官能团种类和位置的不同书写同分异构体，防止遗漏。
14.有五种元素X、Y、Z、Q、T。X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的外围电子构型为3d64s2；Z原子的L层的p轨道上有一个是空的；Q原子的L电子层的P轨道上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满．下列叙述不正确的是
A. 元素Y和Q只能形成一种化合物Y2Q3
B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形
C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D. ZO2是极性键构成的非极性分子
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4, Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则T为为P元素，据此分析。
【详解】A．元素Y和Q分别是Fe、O，可形成化合物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，选项A不正确；
B．T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石，它们的分子构型均为正四面体型，选项B正确；
C．X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物，选项C不正确；
D．Z为C，CO2是直线型分子，是极性键构成的非极性分子，选项D正确；
答案选AC。
15.下列实验操作、现象和结论均正确的是
操作
可能的实验现象
解释
A
用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
有红色沉淀生成
葡萄糖含醛基
B
向酚酞溶液中加入足量Na2O2
溶液先变红后褪色
Na2O2与水生成的碱有漂白性
C
将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰
黑色的Cu丝变红
CuO被内焰中的乙醇蒸气还原
D
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2
有晶体析出
溶解度：Na2CO3>NaHCO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液前，必须用NaOH中和，醛基才与Cu(OH)2反应生成红色沉淀，A错误；
B. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，溶液变红，后褪色是因为Na2O2具有强氧化性，将溶液漂白，而不是生成的NaOH有漂白性，B错误；
C. CuO具有氧化性，乙醇有还原性和挥发性，两者发生反应：CH3CH2OH+CuOCu+CH3CHO+H2O，故黑色的Cu丝变红，C正确；
D. 相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，反应中又消耗部分溶剂水，且生成的NaHCO3的质量大于Na2CO3的质量，故向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出，D正确；
答案选CD。
16.合成聚丙烯腈纤维的方法很多，如以乙炔为原料，其合成过程的化学反应方程式
（1）反应①的反应类型为__________________________。
（2）写出反应②的化学方程式：_________________________________。
（3）1mol合成聚丙烯腈的单体在一定条件下最多能与________molH2加成。
（4）CH2=CHCN在一定条件下可与苯乙烯()反应得到一种优良的塑料，该塑料的结构简式为_________________________________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). nCH2=CHCN (3). 3 (4). 或
【解析】
【详解】(1) 根据反应①的反应物和生成物可知该反应为加成反应；
(2) 反应②为丙烯腈的加聚反应，加成时碳碳双键变为碳碳单键，注意将基团-CN写在上方或下方，反应方程式为nCH2=CHCN；
(3) 聚丙烯腈的单体为CH2=CH-C≡N，1mol双键与1molH2加成，1mol三键与2molH2加成，故1molCH2=CH-C≡N最多能与3molH2加成；
(4) CH2=CHCN与发生加聚反应，分别将碳碳双键打开，通过单键连接起来，连接的方式有两种，故得到的产物有两种结构，分别是：或。
17.己知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，他们的原子序数依次增大。其中A原子的L层有2个未成对电子。D是电负性最大的元素，E与F同主族，E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。G3+离子3d轨道电子为半满状态。请根据以上情况，回答下列问题:（答题时，用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的順序为______________________。D的核外有______________种运动状态不同的电子。
（2）A的最简单氢化物属于___________(填“极性分子”和“非极性分子”)。离子空间构型是__________，其中心原子采取__________________杂化。
（3）晶体熔点：EC_________FC(填“>”、“<”或“=”)
（4）G和M(质子数为25)两元素的部分电离能数据列于表：
元素
M
G
电离能(kJ•mol-1)
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
比较两元素的I2、I3可知，气态M2+再失去一个电子比气态G2+再失去一个电子难。其原因是_________________________________________。
【答案】 (1). C (7). Mn2+的3d轨道电子排布为半满状态较稳定
【解析】
【分析】
根据原子的结构特点推导各元素符号。D是电负性最大的元素，则D为F元素，A原子的L层有2个未成对电子，则A为C或O，若A为O元素，则B和C不可能存在，故A为C元素，B为N元素，C为O元素；E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则E为Mg元素，F为Ca元素，G3+离子3d轨道电子为半满状态，G的电子排布式为1s22s22p63s23d64s2，则G为Fe元素。综上：A、B、C、D、E、F、G分别为：C、N、O、F、Mg、Ca、Fe。
【详解】（1）同一个周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但N原子的2p3为半充满结构，较稳定，故其第一电离能大于O的第一电离能，故C、N、O的电离能大小关系为C
（3）MgO和CaO均为离子化合物，Mg2+与Ca2+所带电荷相同，但是前者半径比后者小，表现为晶格能大，熔点大，所以MgO的熔点高于CaO的熔点。
（4）M为Mn元素，Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态，较稳定，因而再失去一个电子比Fe2+困难。
18.正丁醇常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的主要实验装置如图:
反应物和产物的相关数据如表:
相对分子质量
沸点/℃
密度(g.cm-3)
水中溶解性
正丁醇
74
117.2
0.8109
微溶
正丁醚
130
142.0
0.7704
几乎不溶
合成正丁醚的步骤:
①将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石。
②加热A中反应液，迅速升温至135℃，维持反应一段时间，分离提纯；
③待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得粗产物。
④粗产物依次用40mL水、20mLNaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。
⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚13g。
请回答:
（1）加热A前，需先从_________(填“a”或“b”)口向B中通入水。
（2）写出步骤②中制备正丁醚的化学方程式____________________________________。
（3）步骤③的目的是初步洗去____________________，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的_____(填“上”或“下”)口分离出。
（4）步骤④中最后一次水洗的目的为_______________________________________。
（5）步骤⑤中，加热蒸馏时应收集________(填选项字母)左右的馏分。
a.100℃b.117℃c.135℃d.142℃
（6）本实验中，正丁醚的产率为_____________________。
【答案】 (1). b (2). 2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O (3). 浓H2SO4 (4). 上 (5). 洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4 (6). d (7). 40%
【解析】
【分析】
(1)冷凝水的水流方向和气流方向相反；
(2)正丁醇在浓硫酸、加热135℃条件下发生分子间脱水反应生成正丁醚；
(3)在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水，据此分析步骤③的目的；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇；
(4)步骤④中粗产物依次用40 mL水、20 mL NaOH溶液和40 mL水洗涤，氢氧化钠洗涤后，有机层中会残留NaOH及中和反应生成的盐；
(5)步骤⑤中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇；
(6)根据方程式结合实验前提供的37g正丁醇的量计算理论上正丁醚的产量，再计算正丁醚的产率。
【详解】(1)采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管进行充分冷却，即从b口通入冷凝水，故答案为：b；
(2)正丁醇在浓硫酸、加热135℃条件下发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，反应方程式为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O；
(3)用水可以洗去混有的浓H2SO4；正丁醇、正丁醚不溶于水，溶液分层，粗产品的密度小，故答案为：浓H2SO4；上；
(4)步骤④中最后一次水洗，可以洗去有机层中残留NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4，故答案为：洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4；
(5)正丁醚沸点为142℃，粗产品中含有正丁醇，其沸点为117.2℃，低于正丁醚的沸点，加热蒸馏正丁醇先汽化，加热蒸馏时应收集142℃左右的馏分，故答案为：d；
(6)由2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，可知37g正丁醇完全反应得到正丁醚的质量为130g/mol=32.5g，故样品产率为×100%=40%，故答案为：40%。
【点睛】本题易错点(4)，粗产品的水洗，目的是除去产品中易溶于水的物质，要从上面步骤进行分析。
19.铁及铁化合物在生活、生产中具有广泛应用，如亚铁氰化钾即K4[Fe(CN)6]是食盐中常用的抗结剂、铁基（氟掺杂镨氧铁砷化合物）是高温超导材料、“愚人金”是制备硫酸的主要矿物原料。请按要求回答下列问题。
（1）K4[Fe(CN)6]配合物中存在的作用力类型有__________________________（从“金属键”、“离子键”、“共价键”、“配位键”、“氢键”、“范德华力”中选填）；其中CN－中各原子最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为_____________，其中C原子的杂化形式是_________。
（2）铁基化合物中氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是_____________（填元素符号）。其中氢化物（RH3）的某种性能（M）随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则纵轴M可能表示为_____________________（从“沸点”、“稳定性”、“分子间作用力”、“R—H键能”中选填）。
（3）FeCl3晶体熔点为306℃，而FeF3晶体熔点高于1000℃，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：____________________________________________。
（4）“愚人金”是铁硫化合物，其晶体的晶胞如图所示。该晶体的化学式______________。
【答案】 (1). 离子键、共价键、配位键 (2). [：CN：]－ (3). sp杂化 (4). F＞O＞As (5). 稳定性、R—H键能 (6). F比Cl的电负性大，FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体 (7). FeS2
【解析】
【分析】
(1)根据配合物分析作用力；因CN-各原子均满足8电子稳定结构，据此写电子式；根据VSEPR模型计算C原子的杂化类型；
(2)原子的电负性同一周期从左到右依次增大、同一主族从上到下依次减小；同一主族，从上到下非金属逐渐减弱；
(3)F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3位离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键；
(4)从晶体结构，顶点乘以八分之一、边上乘以四分之一、面心乘以二分之一、体心乘以一，进行计算。
【详解】(1)配合物中主要含有离子键、共价键、配位键；因CN-各原子均满足8电子稳定结构，故CN-的电子式为[：CN：]－；CN一中碳原子的价层电子数为：，所以碳原子的杂化轨道类型是sp杂化，故答案为：离子键、共价键、配位键；[：CN：]－；sp杂化；
(2)原子的电负性同一周期从左到右依次增大、同一主族从上到下依次减小，故F、O、As的电负性从大到小为F>O>As；因N、P、As三者的非金属性一次减弱，故M可能是稳定性或者R-H键能，故答案为：F＞O＞As；稳定性、R—H键能；
(3)F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3为离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键，故FeF3的熔点较高，故答案为：F比Cl的电负性大，FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体；
(4)从晶体结构中可以看出，Fe2+分布在8个定点和6个面心，故晶胞中含有=4个Fe2+，S22-分布在12条棱和体心上，故晶胞中含有=4个S22-，则分子式为FeS2，故答案为：FeS2。
【点睛】本题难点(3)，同类型晶体熔点相差大，可从其晶体类型分析，如F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3为离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键。
20.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：
已知：i.RCH2BrR﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′(以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等)
（1）A属于芳香烃，其名称是___________，D结构简式是________，由F生成G的反应类型是_______________。
（2）由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是__________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______。
（3）下列说法正确的是___________(选填字母序号)。
A．G存在顺反异构体
B．由G生成H的反应是加成反应
C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
D．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
（4）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_____。
【答案】 (1). 1，2－二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7).
【解析】
【分析】
由A的分子式对比C的结构简式可知A为、B为，对比C、D的分子式可知D为、E为，由信息ii可知F为，由H的结构结合信息iii可知G为。
【详解】（1）由以上分析可知，A的结构简式为，名称为1，2-二甲苯（邻二甲苯）；由以上分析可知，D的结构简式为；F生成G的反应为在NaOH醇溶液作用下共热发生消去反应生成，故答案为：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；；消去反应；
（2）由信息ii可知，与碘单质反应生成，反应的化学方程式为，也可能反应生成副产物，故答案为：；；
（3）A．G的结构简式为，碳碳双键碳原子上连有2个氢原子，不可能存在顺反异构体，故错误；
B．G含有碳碳双键，由信息iii可知，由G生成H的反应是加成反应，故正确；
C． G含有苯环和碳碳双键，则1mol G最多可以与4mol H2发生加成反应，故错误；
D． F为，含有酯基和I，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1mol F或1mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故正确；
BD正确，故答案为：BD；
（4）以乙烯为起始原料合成，结合题给信息可知，应先由乙烯与水和溴化氢发生加成反应生成乙醇和溴乙烷，乙醇催化氧化乙醛，乙醛与溴乙烷发生信息i反应生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3发生信息iii反应生成，合成路线为，故答案为：。
【点睛】由A的不饱和度为4，结合B、C的结构简式得A为邻二甲苯是推断关键。
1.下列对有机物结构或性质的描述，错误的是
A. 可以用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中混有的乙烯
B. 将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是由于发生了萃取
C. 乙烷和丙烯的物质的量共1 mol，完全燃烧生成3 mol H2O
D. 一定条件下，Cl2在甲苯的苯环或侧链上均可发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾氧化乙烯会产生二氧化碳，会引入新的杂质，故A错误；
B．溴水和苯不发生化学反应，将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，是发生了萃取过程，故B正确；
C．乙烷和丙烯的分子式分别为C2H6、C3H6，含H原子数相同，都为6，则乙烷和丙烯的物质的量共1mol，完全燃烧生成可3molH2O，故C正确；
D．甲苯中有甲基，甲基可在光照条件下与氯气发生取代反应，在催化作用下，苯环上氢可被取代，故D正确；
故答案选A。
2.下列化学用语或模型正确的是（ ）
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 乙醇的化学式：C2H5OH
C. 钙离子的结构示意图： D. CH4分子的比例模型
【答案】D
【解析】
A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；B．乙醇的化学式为C2H6O，故B错误；C．钙离子的核电荷数为20，不是18，故C错误；D．CH4分子的比例模型为，故D正确；答案为D。
点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据微粒所在晶胞位置，利用均摊法计算微粒数目之比，得到化学式。
【详解】A.A位于体心，数目为1，B位于顶点，数目为8×=1，微粒数目为1:1，即化学式为AB，故A错误；
B.E和F分别位于晶胞的顶点位置，各占4个，即晶胞中两种微粒数目相等，化学式为EF，故B错误；
C.X位于体心，数目为1，Y位于面心，数目为6×=3，Z位于顶点，数目为8×=1，微粒数目比值为1:3:1，化学式为XY3Z，故C正确；
D.A位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B位于棱心和体心，数目为12×+1=4，数目之比为1:1，化学式为AB，故D错误。
故答案选C。
4.对于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是
A. 所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为1mol/L的硫酸
B. 收集乙烯可用排水法，也可用排空气法
C. 温度计要插入反应液体的液面下
D. 加热时要缓慢加热到170℃
【答案】C
【解析】
【详解】A项、实验室制备乙烯时，所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸，故A错误；
B项、乙烯密度与空气相近，不能采用排空法，只能采用排水法，故B错误；
C项、反应温度在140℃时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170℃时发生脱水内脱水生成乙烯，温度计要插入反应液体的液面下，以控制温度在170℃时生成乙烯，故C正确；
D项、反应温度在140℃时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170℃时发生脱水内脱水生成乙烯，加热时要迅速加热到170℃，故D错误；
故选C
【点睛】反应温度在140℃时，乙醇发生分子间脱水生成乙醚，170℃时发生脱水内脱水生成乙烯，实验室制备乙烯时时要用温度计控制反应温度，使反应温度迅速升高到170℃。
5.下列说法中不正确的一组是( )
A. 甘油和乙醇互为同系物
B. CH2=CHCH2CH3 和 CH3CH=CHCH3 互为同分异构体
C. 和是同一种物质
D. O2 和 O3 互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A.甘油是丙三醇，属于三元醇，乙醇是饱和一元醇，因此二者结构不相似，不能互为同系物，A符合题意；
B.CH2=CHCH2CH3 和CH3CH=CHCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B不符合题意；
C. 可看作是甲烷分子中2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。甲烷是正四面体结构，分子中的任何C-H化学键都相邻，因此 是同一种物质，C不符合题意；
D.O2和O3是氧元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D不符合题意；
故合理选项是A。
6.有机物CH3CH2C(CH3)2CH(C2H5)CH3的准确命名是
A. 3,4—二甲基—4—己基戊烷 B. 3,3,4—三甲基己烷
C. 3,4,4—三甲基己烷 D. 2,3,3—三甲基己烷
【答案】B
【解析】
【详解】根据有机物的结构简式CH3CH2C(CH3)2CH(C2H5)CH3可知主链含有6个碳原子，支链含有3个甲基，则正确命名是3，3，4—三甲基己烷，答案选B。
7.根据等电子原理，下列各对粒子中，分子空间结构不相似的是（ ）
A. SO2与O3 B. H2O与NH3
C. NH4+与CH4 D. CO2与N2O
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子数也相同的分子或离子互为等电子体，等电子体空间结构相似。
【详解】A、SO2与O3原子数都是3、价电子数都是18，SO2与O3互为等电子体，分子空间结构都是V型，故不选A；
B、H2O与NH3原子数不同，不是等电子体，H2O分子空间结构是V型、NH3是三角锥型，故选B；
C、NH4+与CH4原子数都是5、价电子数都是8，NH4+与CH4互为等电子体，分子空间结构都是正四面体，故不选C；
D、CO2与N2O原子数都是3、价电子数都是16，CO2与N2O互为等电子体，分子空间结构都是直线形，故不选D。
8.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的概念及要求。理想的“原子经济性”反应中，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下反应中符合“原子经济性”的是
A. 乙醇催化氧化制乙醛
B. 乙醇与浓硫酸共热制乙烯
C. 苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯
D. 乙烷与氯气反应制氯乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇催化氧化制乙醛的同时还有水生成，不符合“原子经济性”，A不选；
B.乙醇与浓硫酸共热制乙烯的同时还有水生成，不符合“原子经济性”，B不选；
C.苯乙烯在一定条件下发生加聚反应制聚苯乙烯符合“原子经济性”，C选；
D.乙烷与氯气反应制氯乙烷的同时还有氯化氢以及其它氯代乙烷生成，不符合“原子经济性”，D不选；
答案选C。
9.下表是某些原子晶体的熔点和硬度，分析表中的数据，判断下列叙述正确的是( )
原子晶体
金刚石
氮化硼
碳化硅
石英
硅
锗
熔点/℃
3 900
3 000
2 700
1 710
1 410
1 211
硬度
10
9.5
9.5
7
6.5
6.0
①构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高
②构成原子晶体的原子间的共价键的键能越大，晶体的熔点越高
③构成原子晶体的原子半径越大，晶体的硬度越大
④构成原子晶体的原子半径越小，晶体的硬度越大
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①原子晶体熔点的高低与原子的种类无关，如石英含Si、O两种原子，而金刚石、硅都只有1种原子，石英的熔点介于金刚石和硅之间，①错误；
②构成原子晶体的原子间的共价键的键能越大，破坏共价键需要的能量越多，原子晶体的熔点越高，②正确；
③构成原子晶体的原子半径越大，键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，③错误；
④构成原子晶体的原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体的硬度越大，④正确；
②④正确，答案选D。
10.下列实验能达到实验目的的是（ ）
选项
实验
目的
A
将乙酸乙酯粗产品溶于氢氧化钠溶液中，分液
提纯乙酸乙酯
B
在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒
证明水中H—O键比乙醇中H—O键易断裂
C
将一定量苯和溴化铁、溴水混合
制备溴苯
D
向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯
证明乙烯具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯会在氢氧化钠溶液中水解生成醋酸钠和乙醇，得不到乙酸乙酯，故A错误；
B．在100mL乙醇、100mL水中分别加入大小相近的钠粒，若观察到Na在水中的反应更加剧烈，则可证明水中H—O键比乙醇中H—O键易断裂，故B正确；
C．在溴水中溴化铁水解，失去催化功能，应用液溴与苯发生取代反应，故C错误；
D．乙烯使酸性高锰酸钾褪色是因为高锰酸钾可以将其氧化，并不是乙烯具有漂白性，故D错误；
故答案为B。
11.下列有机物分子中有手性碳原子的是（ ）
A. B.
C. (CH3)2CHCH2CH2Cl D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
手性碳原子的定义是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子，据此分析；
【详解】手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子，A、根据手性碳原子的定义，该有机物中不含手性碳原子，故A不符合题意；
B、根据手性碳原子的定义，该有机物中含手性碳原子，故B符合题意；
C、根据手性碳原子的定义，该有机物中不含手性碳原子，故C不符合题意；
D、根据手性碳原子的定义，与羟基所连的碳原子连有四个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，故D符合题意；
答案为BD。
12.下列各对物质，化学键完全相同的是
①NaCl和NaOH②和③和④和⑤晶体硅和水晶
A. ②④ B. ①②③ C. ② D. ②④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①NaCl中只存在离子键，NaOH中存在离子键和共价键，所以化学键不同，故①错误；
②和中都只含非极性共价键，所以化学键相同，故②正确；
③Na2S和(NH4)2S中，前者只含离子键，后者含有共价键和离子键，所以化学键不同，故③错误；
④SiO2和CO2中，二者都只含极性共价键，所以化学键相同， 故④正确；
⑤晶体硅和水晶中，二者都只含共价键，但前者为非极性键，后者为极性键，所以化学键不同，故⑤错误；
综上只有②④正确；
答案选A。
13.环丙叉环丙烷(b)由于其特殊的结构，一直受到化学家的重视，根据其转化关系(如图)，下列说法正确的是
A. b的所有原子都在同一个平面内
B. b可以发生加成、氧化、加聚反应
C. p在氢氧化钠的醇溶液中加热生成烯烃
D. m的同分异构体中属于芳香化合物的共有5种
【答案】BD
【解析】
【详解】A．b含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能都在一个平面内，故A错误；
B．b含碳碳双键，可发生加成、氧化、加聚反应，故B正确；
C．p中与溴原子相连的碳原子邻位碳原子上没有氢原子，p不能发生消去反应，故C错误；
D．m的分子式为C7H8O，m的属于芳香族化合物的同分异构体含苯环、还含1个O、1个C，为苯甲醚、苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共5种，故D正确；
故答案选BD。
【点睛】本题注意选项D为解答的难点，要根据官能团种类和位置的不同书写同分异构体，防止遗漏。
14.有五种元素X、Y、Z、Q、T。X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的外围电子构型为3d64s2；Z原子的L层的p轨道上有一个是空的；Q原子的L电子层的P轨道上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满．下列叙述不正确的是
A. 元素Y和Q只能形成一种化合物Y2Q3
B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形
C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D. ZO2是极性键构成的非极性分子
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4, Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则T为为P元素，据此分析。
【详解】A．元素Y和Q分别是Fe、O，可形成化合物有FeO、Fe2O3、Fe3O4，选项A不正确；
B．T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石，它们的分子构型均为正四面体型，选项B正确；
C．X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物，选项C不正确；
D．Z为C，CO2是直线型分子，是极性键构成的非极性分子，选项D正确；
答案选AC。
15.下列实验操作、现象和结论均正确的是
操作
可能的实验现象
解释
A
用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热
有红色沉淀生成
葡萄糖含醛基
B
向酚酞溶液中加入足量Na2O2
溶液先变红后褪色
Na2O2与水生成的碱有漂白性
C
将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰
黑色的Cu丝变红
CuO被内焰中的乙醇蒸气还原
D
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2
有晶体析出
溶解度：Na2CO3>NaHCO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A. 用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液前，必须用NaOH中和，醛基才与Cu(OH)2反应生成红色沉淀，A错误；
B. Na2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，溶液变红，后褪色是因为Na2O2具有强氧化性，将溶液漂白，而不是生成的NaOH有漂白性，B错误；
C. CuO具有氧化性，乙醇有还原性和挥发性，两者发生反应：CH3CH2OH+CuOCu+CH3CHO+H2O，故黑色的Cu丝变红，C正确；
D. 相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，反应中又消耗部分溶剂水，且生成的NaHCO3的质量大于Na2CO3的质量，故向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出，D正确；
答案选CD。
16.合成聚丙烯腈纤维的方法很多，如以乙炔为原料，其合成过程的化学反应方程式
（1）反应①的反应类型为__________________________。
（2）写出反应②的化学方程式：_________________________________。
（3）1mol合成聚丙烯腈的单体在一定条件下最多能与________molH2加成。
（4）CH2=CHCN在一定条件下可与苯乙烯()反应得到一种优良的塑料，该塑料的结构简式为_________________________________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). nCH2=CHCN (3). 3 (4). 或
【解析】
【详解】(1) 根据反应①的反应物和生成物可知该反应为加成反应；
(2) 反应②为丙烯腈的加聚反应，加成时碳碳双键变为碳碳单键，注意将基团-CN写在上方或下方，反应方程式为nCH2=CHCN；
(3) 聚丙烯腈的单体为CH2=CH-C≡N，1mol双键与1molH2加成，1mol三键与2molH2加成，故1molCH2=CH-C≡N最多能与3molH2加成；
(4) CH2=CHCN与发生加聚反应，分别将碳碳双键打开，通过单键连接起来，连接的方式有两种，故得到的产物有两种结构，分别是：或。
17.己知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，他们的原子序数依次增大。其中A原子的L层有2个未成对电子。D是电负性最大的元素，E与F同主族，E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。G3+离子3d轨道电子为半满状态。请根据以上情况，回答下列问题:（答题时，用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的順序为______________________。D的核外有______________种运动状态不同的电子。
（2）A的最简单氢化物属于___________(填“极性分子”和“非极性分子”)。离子空间构型是__________，其中心原子采取__________________杂化。
（3）晶体熔点：EC_________FC(填“>”、“<”或“=”)
（4）G和M(质子数为25)两元素的部分电离能数据列于表：
元素
M
G
电离能(kJ•mol-1)
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
比较两元素的I2、I3可知，气态M2+再失去一个电子比气态G2+再失去一个电子难。其原因是_________________________________________。
【答案】 (1). C
【解析】
【分析】
根据原子的结构特点推导各元素符号。D是电负性最大的元素，则D为F元素，A原子的L层有2个未成对电子，则A为C或O，若A为O元素，则B和C不可能存在，故A为C元素，B为N元素，C为O元素；E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则E为Mg元素，F为Ca元素，G3+离子3d轨道电子为半满状态，G的电子排布式为1s22s22p63s23d64s2，则G为Fe元素。综上：A、B、C、D、E、F、G分别为：C、N、O、F、Mg、Ca、Fe。
【详解】（1）同一个周期从左到右，第一电离能逐渐增大，但N原子的2p3为半充满结构，较稳定，故其第一电离能大于O的第一电离能，故C、N、O的电离能大小关系为C
（3）MgO和CaO均为离子化合物，Mg2+与Ca2+所带电荷相同，但是前者半径比后者小，表现为晶格能大，熔点大，所以MgO的熔点高于CaO的熔点。
（4）M为Mn元素，Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态，较稳定，因而再失去一个电子比Fe2+困难。
18.正丁醇常用作有机反应的溶剂。实验室制备正丁醚的主要实验装置如图:
反应物和产物的相关数据如表:
相对分子质量
沸点/℃
密度(g.cm-3)
水中溶解性
正丁醇
74
117.2
0.8109
微溶
正丁醚
130
142.0
0.7704
几乎不溶
合成正丁醚的步骤:
①将6mL浓硫酸和37g正丁醇，按一定顺序添加到A中，并加几粒沸石。
②加热A中反应液，迅速升温至135℃，维持反应一段时间，分离提纯；
③待A中液体冷却后将其缓慢倒入盛有70mL水的分液漏斗中，振摇后静置，分液得粗产物。
④粗产物依次用40mL水、20mLNaOH溶液和40mL水洗涤，分液后加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。
⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正丁醚13g。
请回答:
（1）加热A前，需先从_________(填“a”或“b”)口向B中通入水。
（2）写出步骤②中制备正丁醚的化学方程式____________________________________。
（3）步骤③的目的是初步洗去____________________，振摇后静置，粗产物应从分液漏斗的_____(填“上”或“下”)口分离出。
（4）步骤④中最后一次水洗的目的为_______________________________________。
（5）步骤⑤中，加热蒸馏时应收集________(填选项字母)左右的馏分。
a.100℃b.117℃c.135℃d.142℃
（6）本实验中，正丁醚的产率为_____________________。
【答案】 (1). b (2). 2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O (3). 浓H2SO4 (4). 上 (5). 洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4 (6). d (7). 40%
【解析】
【分析】
(1)冷凝水的水流方向和气流方向相反；
(2)正丁醇在浓硫酸、加热135℃条件下发生分子间脱水反应生成正丁醚；
(3)在反应混合物中，浓硫酸能溶解于水，正丁醚不溶，正丁醇微溶于水，据此分析步骤③的目的；分液漏斗中振荡静置后，上层液体中为密度比水小的正丁醚和正丁醇；
(4)步骤④中粗产物依次用40 mL水、20 mL NaOH溶液和40 mL水洗涤，氢氧化钠洗涤后，有机层中会残留NaOH及中和反应生成的盐；
(5)步骤⑤中，加热蒸馏的目的是收集正丁醇；
(6)根据方程式结合实验前提供的37g正丁醇的量计算理论上正丁醚的产量，再计算正丁醚的产率。
【详解】(1)采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管进行充分冷却，即从b口通入冷凝水，故答案为：b；
(2)正丁醇在浓硫酸、加热135℃条件下发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，反应方程式为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O；
(3)用水可以洗去混有的浓H2SO4；正丁醇、正丁醚不溶于水，溶液分层，粗产品的密度小，故答案为：浓H2SO4；上；
(4)步骤④中最后一次水洗，可以洗去有机层中残留NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4，故答案为：洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4；
(5)正丁醚沸点为142℃，粗产品中含有正丁醇，其沸点为117.2℃，低于正丁醚的沸点，加热蒸馏正丁醇先汽化，加热蒸馏时应收集142℃左右的馏分，故答案为：d；
(6)由2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，可知37g正丁醇完全反应得到正丁醚的质量为130g/mol=32.5g，故样品产率为×100%=40%，故答案为：40%。
【点睛】本题易错点(4)，粗产品的水洗，目的是除去产品中易溶于水的物质，要从上面步骤进行分析。
19.铁及铁化合物在生活、生产中具有广泛应用，如亚铁氰化钾即K4[Fe(CN)6]是食盐中常用的抗结剂、铁基（氟掺杂镨氧铁砷化合物）是高温超导材料、“愚人金”是制备硫酸的主要矿物原料。请按要求回答下列问题。
（1）K4[Fe(CN)6]配合物中存在的作用力类型有__________________________（从“金属键”、“离子键”、“共价键”、“配位键”、“氢键”、“范德华力”中选填）；其中CN－中各原子最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为_____________，其中C原子的杂化形式是_________。
（2）铁基化合物中氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是_____________（填元素符号）。其中氢化物（RH3）的某种性能（M）随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则纵轴M可能表示为_____________________（从“沸点”、“稳定性”、“分子间作用力”、“R—H键能”中选填）。
（3）FeCl3晶体熔点为306℃，而FeF3晶体熔点高于1000℃，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：____________________________________________。
（4）“愚人金”是铁硫化合物，其晶体的晶胞如图所示。该晶体的化学式______________。
【答案】 (1). 离子键、共价键、配位键 (2). [：CN：]－ (3). sp杂化 (4). F＞O＞As (5). 稳定性、R—H键能 (6). F比Cl的电负性大，FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体 (7). FeS2
【解析】
【分析】
(1)根据配合物分析作用力；因CN-各原子均满足8电子稳定结构，据此写电子式；根据VSEPR模型计算C原子的杂化类型；
(2)原子的电负性同一周期从左到右依次增大、同一主族从上到下依次减小；同一主族，从上到下非金属逐渐减弱；
(3)F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3位离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键；
(4)从晶体结构，顶点乘以八分之一、边上乘以四分之一、面心乘以二分之一、体心乘以一，进行计算。
【详解】(1)配合物中主要含有离子键、共价键、配位键；因CN-各原子均满足8电子稳定结构，故CN-的电子式为[：CN：]－；CN一中碳原子的价层电子数为：，所以碳原子的杂化轨道类型是sp杂化，故答案为：离子键、共价键、配位键；[：CN：]－；sp杂化；
(2)原子的电负性同一周期从左到右依次增大、同一主族从上到下依次减小，故F、O、As的电负性从大到小为F>O>As；因N、P、As三者的非金属性一次减弱，故M可能是稳定性或者R-H键能，故答案为：F＞O＞As；稳定性、R—H键能；
(3)F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3为离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键，故FeF3的熔点较高，故答案为：F比Cl的电负性大，FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体；
(4)从晶体结构中可以看出，Fe2+分布在8个定点和6个面心，故晶胞中含有=4个Fe2+，S22-分布在12条棱和体心上，故晶胞中含有=4个S22-，则分子式为FeS2，故答案为：FeS2。
【点睛】本题难点(3)，同类型晶体熔点相差大，可从其晶体类型分析，如F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3为离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键。
20.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：
已知：i.RCH2BrR﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′(以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等)
（1）A属于芳香烃，其名称是___________，D结构简式是________，由F生成G的反应类型是_______________。
（2）由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是__________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______。
（3）下列说法正确的是___________(选填字母序号)。
A．G存在顺反异构体
B．由G生成H的反应是加成反应
C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
D．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
（4）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_____。
【答案】 (1). 1，2－二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7).
【解析】
【分析】
由A的分子式对比C的结构简式可知A为、B为，对比C、D的分子式可知D为、E为，由信息ii可知F为，由H的结构结合信息iii可知G为。
【详解】（1）由以上分析可知，A的结构简式为，名称为1，2-二甲苯（邻二甲苯）；由以上分析可知，D的结构简式为；F生成G的反应为在NaOH醇溶液作用下共热发生消去反应生成，故答案为：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；；消去反应；
（2）由信息ii可知，与碘单质反应生成，反应的化学方程式为，也可能反应生成副产物，故答案为：；；
（3）A．G的结构简式为，碳碳双键碳原子上连有2个氢原子，不可能存在顺反异构体，故错误；
B．G含有碳碳双键，由信息iii可知，由G生成H的反应是加成反应，故正确；
C． G含有苯环和碳碳双键，则1mol G最多可以与4mol H2发生加成反应，故错误；
D． F为，含有酯基和I，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1mol F或1mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故正确；
BD正确，故答案为：BD；
（4）以乙烯为起始原料合成，结合题给信息可知，应先由乙烯与水和溴化氢发生加成反应生成乙醇和溴乙烷，乙醇催化氧化乙醛，乙醛与溴乙烷发生信息i反应生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3发生信息iii反应生成，合成路线为，故答案为：。
【点睛】由A的不饱和度为4，结合B、C的结构简式得A为邻二甲苯是推断关键。
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