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【化学】山东省枣庄市2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
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山东省枣庄市2019-2020学年高二下学期期末考试
（有机化学基础、物质结构与性质）
本试卷分为选择题和非选择题两部分。考试时间为90分钟，满分100分。
注意事项：
１．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填在答题卡上。
２．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
３．考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Hg 201 Bi 209 Ba 137
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目要求。
1.化学与生产、生活和技术密切相关，下列说法错误的是
A. 75%的酒精能杀死冠状病毒，是利用了它使病毒中的蛋白质变性
B. 聚乙炔用I2或Na处理后可形成能导电的塑料，该塑料有固定的熔沸点
C. 硝化甘油是治疗心绞痛药物的主要成分，该物质属于酯类化合物
D. 乙二醇的水溶液凝固温度可达-50℃，它常用于汽车发动机的防冻液
【答案】B
【解析】
【详解】A.75%的酒精能使病毒中的蛋白质变性，杀死冠状病毒，故A正确；
B.聚乙炔用I2或Na处理后可形成能导电的塑料属于合成高分子化合物，聚合度n值不确定，是混合物，没有固定的熔沸点，故B错误；
C.硝化甘油是硝酸和甘油发生酯化反应生成的酯，是治疗心绞痛药物的主要成分，故C正确；
D.乙二醇的水溶液凝固温度可达-50℃，高寒地区常用乙二醇做汽车发动机的防冻液，故D正确；
故选B。
2.下列方程式书写正确的是
A. 苯酚与Na2CO3 溶液反应：2 ＋Na2CO3→2 +CO2↑+H2O
B. 甲苯与Cl2发生取代反应：+Cl2 +HCl
C. 氯乙烷与 NaOH水溶液共热：CH3CH2Cl +NaOHCH2=CH2↑+NaCl+ H2O
D. 丙醇氧化：2CH3CH（OH）CH3+O2 2CH3CH2CHO+2 H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯酚的酸性弱于碳酸，苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋Na2CO3→+NaHCO3，故A错误；
B.在光照条件下，甲苯的侧链与氯气发生取代反应，反应的化学方程式为+Cl2 +HCl，故B正确；
C.氯乙烷与 NaOH水溶液共热发生水解反应生成乙醇和氯化钠，反应的化学方程式为CH3CH2Cl +NaOH CH3CH2OH +NaCl，故C错误；
D.在铜做催化剂作用下，2—丙醇与氧气发生催化氧化反应生成丙酮和水，反应的化学方程式为2+O2 2+2H2O，故D错误；
故选B。
3.下列电子排布图（轨道表示式）中，所表示氮原子的能量状态最高的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】中2s轨道的一个电子跃迁到2p轨道，为激发态氮原子，激发态能量比基态能量高，中2p轨道上的3个电子的自旋方向不同，不符合洪特规则，中2p轨道上失去1个电子，不是氮原子的排布图，符合基态原子电子排布的能量最低原理、洪特规则，能量最低，则表示氮原子的能量状态最高的电子排布图是，故选A。
4.下列化学用语书写错误的是
A. Fe原子结构示意图：
B. 乙基的结构式：
C. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
D. 碳碳双键的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe是26号元素，核外有4个电子层，原子结构示意图：，故A正确；
B．乙基可以看做乙烷中的一个氢原子被去掉的结构，则结构式：，故B正确；
C．丙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中应该标出该官能团结构，正确的结构简式为： CH3CH=CH2
D．碳碳双键中碳原子之间形成两个共用电子对，每个碳原子上含有一个孤电子，电子式：，故D正确；
答案选C。
5.下列基态原子的价电子排布不可能的是
A. 3d44s2 B. 4s2 C. 3d74s2 D. 4s24p5
【答案】A
【解析】
【详解】依据洪特规则可知，当原子轨道中电子处于全充满、全空、半充满时，结构最稳定，则基态原子的价电子排布为3d44s2的结构不稳定，应为3d54s1，故选A。
6.某兴趣小组设计实验探究石油分馏过程，反应装置如图所示，下列关于实验的装置、操作叙述正确的是
A. 了准确测量温度，温度计球泡应浸入反应液中
B. 冷凝水从d管口进入，能够增加冷凝效果
C. 控制温度，锥形瓶中可得到某种纯净物
D. 实验前需向蒸馏烧瓶中加入碎瓷片防止暴沸
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知该实验装置为蒸馏装置，故蒸馏原理在本题中适用。
【详解】A．温度计测得是蒸汽的温度故温度计球泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故A选项错误；
B．冷凝水是下口进上口出，故B选项错误；
C．石油是多种烃的混合物，在蒸馏的过程中分馏的成分分别是汽油，煤油，柴油等，这些都是混合物，故C选项错误；
D．蒸馏混合物的时候应注意加沸石防止暴沸，故D选项正确。
故答案选D。
7.CO2常用于灭火，但镁可以在CO2中剧烈燃烧：2Mg＋CO22MgO＋C，生成的氧化镁熔点高达2800℃。下列有关说法错误的是
A. 该反应利用了Mg的强还原性
B. 氧化镁属于离子晶体
C. CO2 和C（石墨）中的C原子的杂化方式相同
D. 干冰中每个CO2周围有12个CO2 分子
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中信息可知2Mg＋CO22MgO＋C中Mg是还原剂，体现还原性，氧化镁熔点高达2800℃故MgO为离子晶体。
【详解】A．由分析可知A选项正确；
B．由分析可知B选项正确；
C．CO2中的C原子的杂化方式为sp，C（石墨）中C的杂化方式为sp2杂化，故C选项错误；
D．干冰分子晶胞如图每个CO2周围有12个CO2 分子，故D选项正确；
故答案选择C。
8.下列关于有机物命名错误的是
A. CH3C≡CCH3：丁炔
B. ：3，5－二甲基苯酚
C. ：4，6－二甲基－2－乙基－1，5－庚二烯
D. ：3－羟基己醛
【答案】A
【解析】
【详解】A.由结构简式可知，CH3C≡CCH3属于炔烃，名称为2—丁炔，故A错误；
B.由结构简式可知， 属于酚，名称为3，5－二甲基苯酚，故B正确；
C.由结构简式可知，属于二烯烃，名称4，6－二甲基－2－乙基－1，5－庚二烯，故C正确；
D.由结构简式可知，为多官能团化合物，官能团为羟基和醛基，名称为3－羟基己醛，故D正确；
故选A。
9.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。氧化镍原子分数坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，1），则C的坐标参数为
A. （，，） B. （1，1， ） C. （，1， ） D. （1，，）
【答案】D
【解析】
【详解】由氧化镍原子分数坐标参数A为（0，0，0）和B为（1，1，1）可知，晶胞的边长为1，由晶胞结构可知，C点位于右侧正方形的的面心，则C的坐标参数为（1，，），故选D。
10.一定条件下，乙二酸和乙二醇发生反应，不可能生成的有机物是
A. CH2=CH2
B. HOOC-COOCH2-CH2OH
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题中信息可知乙二酸中有2个羧基，乙二醇中有2个羟基，由乙酸和乙醇的酯化反应可知，乙二酸和乙二醇可以发生酯化反应生成HOOC-COOCH2-CH2OH或，也可以发生缩聚反应生成。
【详解】A．由题中信息可知乙二酸和乙二醇都不能生成乙烯，故A错误；
B．反应方程式为HOOC-COOH + HOCH2-CH2OH一定条件 HOOC-COOCH2-CH2OH +H2O，
故B选项正确；
C．反应方程式为nHOOC-COOH + nHOCH2-CH2OH 一定条件 +（2n-1） H2O，故C选项正确；
D．反应方程式为HOOC-COOH + HOCH2-CH2OH一定条件+2H2O，故D选项正确；
故答案选择A。
【点睛】本题着重考核有机物中羟基和羧基的性质以及缩聚反应注意从分子结构中断键和成键出把握。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.下列操作不能达到相应实验目的的是
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
鉴别乙酸、丙醛和甲酸
用试管取试剂，分别加入适量新制Cu(OH)２浊液，加热
C
除去苯中少量苯酚
向苯和苯酚混合液中加入NaOH溶液充分反应，静置后分液
D
制备乙酸乙酯
向试管中加入乙酸、乙醇和碎瓷片，加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.向茶水中滴加FeCl3溶液，若溶液变为紫色，说明绿茶中含有酚类物质，故A能达到实验目的；
B.乙酸具有酸性，能与新制氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，丙醛具有还原性，与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，有砖红色沉淀生成，甲酸既有酸性又有还原性，能与新制氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，加热还能发生氧化反应，有砖红色沉淀生成，则分别加入适量新制氢氧化铜浊液，加热能鉴别乙酸、丙醛和甲酸，故B能达到实验目的；
C.向苯和苯酚混合液中加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的苯酚钠，静置后溶液分层，分液得到苯，故C能达到实验目的；
D.在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则制备乙酸乙酯时，应向试管中加入乙酸、乙醇、浓硫酸和碎瓷片，加热，故D不能达到实验目的；
故选D。
12.连接4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子。厚朴酚是一种常见中药的主要成分之一，有抗菌、消炎等功效，其结构简式如图a所示。下列说法错误的是
A. 厚朴酚与溴水既可发生加成反应又可发生取代反应
B. 图b所示为厚朴酚的一种同分异构体
C. 厚朴酚分子中含有手性碳原子
D. 厚朴酚分子中所有碳原子可能共平面
【答案】BC
【解析】
【详解】A.由结构简式可知，厚朴酚含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可与溴水发生加成反应，酚羟基的邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，故A正确；
B.由结构简式可知，图b的有机物结构与厚朴酚相同，和厚朴酚为同一物质，故B错误；
C.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，由结构简式可知，厚朴酚分子中不含手性碳原子，故C错误；
D.由结构简式可知，厚朴酚含有酚羟基和碳碳双键，分子中苯环中所有原子共面，碳碳双键中所有原子共面，则所有碳原子可能共面，故D正确；
故选BC。
13.某同学用如图所示的装置制取溴苯。下列说法错误的是
A. 装置C中的CCl4可以用苯替代
B. 反应完毕后，向试管D中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，证明发生了取代反应
C. 实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，B中出现分层现象
D. 将分液后的B中水层溶液蒸发至干，再灼烧可制得无水FeBr3
【答案】D
【解析】
【详解】A.装置C中的CCl4用于吸收挥发出的溴，防止溴干扰溴化氢的检验，溴能溶于有机溶剂苯，则CCl4可以用苯替代，故A正确；
B.反应完毕后，向试管D中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，说明在铁做催化剂作用下，苯与液溴反应生成了溴苯和溴化氢，能证明该反应为取代反应，故B正确；
C.苯和溴苯不溶于水，则实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入氢氧化钠溶液中，充分振荡后，B中会出现分层现象，故C正确；
D.溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和溴化钠，则将分液后的B中水层溶液蒸发至干，再灼烧可制得溴化钠，故D错误；
故选D。
14.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，b、a、d、c为上述四种元素形成的单质，m、n、p为四种元素形成的二元化合物，其转化关系如图所示。W与同周期原子半径最大的元素组成的化合物溶液呈中性，n为一种传递神经信息的“信使分子”。下列说法错误的是
A. a的熔点比d的熔点低
B. Y、Z、W的简单离子半径大小顺序为：Y＜Z＜W
C. X、Z组成的分子可能既含有极性键，又含有非极性键
D. 在工业上c可大量用于制造有机溶剂和杀菌消毒剂
【答案】B
【解析】
【分析】
由原子序数最大的W与同周期原子半径最大的元素组成的化合物溶液呈中性可知，W为Cl元素，由n为一种传递神经信息的信使分子可知，n为NO，由图可知a、m、NO均能与d反应，则a为N2、b为H2、c为Cl2、d为O2、p为NO2，由X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素。
【详解】A.氮气和氧气都是双原子分子，后者的相对分子质量较大，故氧气分子间的作用力大于氮气，则氮气的熔点比氧气的熔点低，故A说法正确；
B.电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径减小，氮离子和氧离子的电子层结构相同，则氮离子半径大于氧离子，故B说法错误；
C.氢元素和氧元素组成的过氧化氢分子中，既含有极性键，又含有非极性键，故C说法正确；
D.工业上，可用氯气与甲烷反应制得有机溶剂三氯甲烷和四氯化碳，也可以用氯气与氢氧化钠溶液制得杀菌消毒剂次氯酸钠，故D说法正确；
故选B。
15.下表各组数据中，一定有错误的是
A
金刚石硬度：10
碳化硅硬度：9
晶体硅硬度：7
B
溴化钾熔点：735℃
氯化钠熔点：801℃
氧化镁熔点：2800℃
C
邻羟基苯甲醛沸点：250℃
对羟基苯甲醛沸点196℃
对甲基苯甲醛沸点：204℃
D
三氟化硼的键角：120°
氨分子键角：120°
四氯化碳的键角：109.5°
A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A.金刚石、碳化硅和晶体硅都是原子晶体，都具有较大的硬度，由于共价键键能：碳碳键强于碳硅键，碳硅键强于硅硅键，所以金刚石的硬度最大，晶体硅的硬度最小，故A正确；
B.溴化钾、氯化钠、氧化镁都是离子晶体，都具有较高的熔沸点，由于晶格能的大小顺序为氧化镁＞氯化钠＞溴化钾，则熔点的顺序为氧化镁＞氯化钠＞溴化钾，故B正确；
C.形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低，邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，则邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故C错误；
D.氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107.2°（或107°18＇），故D错误；
故选CD。
三、非选择题：本题包括5小题，共60分。
16.辛烯醛是一种重要化工原料，某小组拟用正丁醛制备辛烯醛并探究其结构。
【制备实验】
已知：①正丁醛的沸点为75.7℃。辛烯醛沸点为177℃，密度为0.848g•cm-3，不溶于水。
② CH3CH2CH2CHO
（1）在如图三颈瓶中加入12.6mL2%NaOH溶液，在充分搅拌下，从滴液漏斗慢慢滴入10mL正丁醛。采用适宜加热方式是 _____；使用冷凝管的目的是 ____ 。
（2）判断有机相已洗涤至中性的操作方法： ___ 。
（3）操作2的名称是____；固体A的摩尔质量为322g•mol-1，固体A的化学式为__ 。
（4）利用“减压蒸馏”操作获取产品。温度计示数一定_______177℃（填“高于”、“等于”或“低于”）。
【性质实验】
资料显示：醛类在常温下能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应。
（5）为了证明辛烯醛含有碳碳双键，设计能达到实验目的的方案 ___。
【答案】 (1). 水浴加热 (2). 冷凝回流正丁醛，提高原料利用率 (3). 取最后一次洗涤液，测得其pH约等于7 (4). 过滤 (5). Na2SO4•10H2O (6). 低于 (7). 取少量辛烯醛，加入足量的新制Cu(OH)2浊液，加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，溴水褪色证明有碳碳双键（或取少量辛烯醛，加入溴的四氯化碳溶液褪色，证明有碳碳双键存在或取少量辛烯醛，加入足量的银氨溶液，水浴加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，振荡，溴水褪色证明有碳碳双键）
【解析】
【分析】
（1）反应温度小于100℃，应该用水浴加热；正丁醛的沸点为75.7℃，低于反应温度80℃，反应时易挥发；
（2）根据溶液的pH可以判断溶液酸碱性；
（3）加入无水硫酸钠固体的作用是硫酸钠与有机相中的水形成带有结晶水合物，达到吸收水分的目的；
（4）降低压强，物质的沸点会降低；
（5）醛基会干扰碳碳双键的检验，应先将醛基氧化为羧基。
【详解】（1）由流程图可知，三颈瓶中12.6mL2%NaOH溶液与10mL正丁醛在80℃条件下反应，反应温度小于100℃，应该用水浴加热；由题给信息可知，正丁醛的沸点为75.7℃，低于反应温度80℃，反应时易挥发，则冷凝管的目的为冷凝回流正丁醛，提高原料利用率，故答案为：水浴加热；冷凝回流正丁醛，提高原料利用率；
（2）根据溶液的pH可以判断溶液酸碱性，则判断有机相已洗涤至中性的操作方法是取最后一次洗涤液，若测得pH约等于7，可判断有机相已经洗至中性，故答案为：取最后一次洗涤液，测得pH约等于7；
（3）加入无水硫酸钠固体的作用是硫酸钠与有机相中的水形成带有结晶水合物，达到吸收水分的目的，则操作2为固液分离，操作的名称是过滤；设硫酸钠结晶水合物A的化学式为Na2SO4•xH2O，由固体A的摩尔质量为322g•mol-1可得x==10，则A的化学式为Na2SO4•10H2O，故答案为：过滤；Na2SO4•10H2O；
（4）降低压强，物质的沸点会降低，则利用“减压蒸馏”操作获取产品。温度计示数一定低于177℃，故答案为：低于；
（5）检验碳碳双键，常利用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验，由题意可知，醛类在常温下能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，为防止醛基干扰碳碳双键的检验，应先将醛基氧化为羧基；或直接用溴的四氯化碳溶液检验。具体操作步骤为:取少量辛烯醛，加入足量的新制Cu(OH)2浊液，加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，溴水褪色证明有碳碳双键。（或取少量辛烯醛，加入溴的四氯化碳溶液褪色，证明有碳碳双键存在或取少量辛烯醛，加入足量的银氨溶液，水浴加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，振荡，溴水褪色证明有碳碳双键或。）
【点睛】检验碳碳双键，常利用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验，由题意可知，醛类在常温下能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，为防止醛基干扰碳碳双键的检验，应先将醛基氧化为羧基是解答关键，也是易错点。
17.2020年，智能材料已大量涌现，生物医疗、国防军事以及航空航天等领域发展提供支撑。
（1）快离子导体是具有优良离子导电能力的固体电解质。反应 BF3+NH3= NH3·BF3的产物分子中形成配位键提供孤电子对的配位原子名称是 ___；采取sp3杂化轨道形成化学键的原子符号是___ 。
（2）第三代半导体材料氮化镓（GaN）适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。基态Ga原子最高能层的电子数为 ________ ，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有_____ 种。
（3）金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。钛（Ti）在元素周期表中位于 ___区，钛（Ti）的基态原子M能层中有___ 种能量不同的电子。
（4）镍能形成多种配合物，如正四面体形的Ni（CO）4和正方形的［Ni（CO）4］2-、正八面体形的［Ni（NH3）6］2+ 等。下列说法正确的有___（填标号）。
A CO与N2互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2
B NH3的空间构型为平面三角形
C Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4
D Ni（CO）4和［Ni（CO）4］2-中，镍元素均是sp3杂化
（５）一种四方结构的超导化合物汞钡铜氧晶体的晶胞如图所示。
则汞钡铜氧晶体的密度为____g•cm-3（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】 (1). 氮原子 (2). Ｂ、N (3). 3 (4). 3 (5). d (6). 3 (7). A (8). 6.03×1032/a2cNA
【解析】
【详解】（1）由BF3+NH3= NH3·BF3可知，产物分子中的配位键是由N提供孤电子对，B提供空轨道形成的，故答案为氮，其中N,B都采用sp3杂化轨道形成化学键，故答案为N,B;
（2）Ga的电子排布式为[Ar]4s24p1,故基态Ga原子最高能层的电子数为3，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有3种；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IA族、VA族元素原子具有全充满、半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能B< Be
（4）
A．CO与CN-、N2都互为等电子体，这三种微粒结构相似，根据氮气分子结构式知，CO 结构式为C≡O，共价三键中含有1个σ键、2个丌键，所以CO分子内σ键和丌键个数之比为1:2，故A正确；
B．NH3的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数可以是4，也可为6，故C错误；
D．Ni（CO）4和［Ni（CO）4］2-中，镍元素提供了空轨道，不存在杂化，故D错误；
故答案选A；
（5）由图可知晶胞的体积为a2C×10-30cm3，晶胞中的原子数目为：Hg，1；Ba，2；Cu，1；O，4；故晶胞的质量为(200+137.3×2+64+16×4)/NA故晶胞的密度为6.03×1032/a2cNA；
18.实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体( CoC2O4• 2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分是 __(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施 ___ 。
(2)操作①用到的玻璃仪器有____ 。
(3)加入氧化钴目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀； Ni(OH)2、Fe(OH)3 、Al(OH)3 的Ksp 分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10 14)。
(4)加入有机萃取剂的目的是___ 。
(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2 的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___ 。
(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4• 2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___ 。
【答案】 (1). SiO2 (2). 提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等 (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 5＜pH＜9 (5). 溶解NiR2，使之与水层分离 (6). NiR2+2H+=2RH+Ni2+ (7). 3CoC2O4• 2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O
【解析】
【分析】
用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体，以此来解答。
【详解】(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；
(2)通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；
(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5 mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9 mol/L，则调节溶液5＜pH＜9；
(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2，使之与水层分离；
(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2 的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；
(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4• 2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4• 2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O。
【点睛】本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。
19.3，4－二羟基肉桂酸乙酯（I）具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物Ａ制备该物质的合成路线如下：
已知：R—CHO＋R′—CH2—CHO
回答下列问题：
（1）I中含氧官能团的名称是 ____。
（2）E生成F的反应类型为___ 。
（3）下列有关H的说法中，错误的是____ 。
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．1molH最多能和3molBr2反应
c．H分子中最多有8个碳原子共平面
d．1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:1
（4）D的结构简式为___ 。
（5）写出F与银氨溶液反应的化学方程式____ 。
（6）已知W是H的同分异构体，且W符合下列条件：
①属于芳香族化合物。
②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L（标准状况）。
③核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为 1:2:2:3
则W的结构简式为___ 。
（7）呋喃丙烯酸（=CHCOOH ）是一种医治血吸虫病的药物呋喃丙胺的原料。
设计以、CH3CH2OH为原料制备呋喃丙烯酸的合成路线（无机试剂任选）______ 。
【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). 消去反应 (3). bc (4). (5). +2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O (6). 、 (7). CH3CH2OHCH3CHO
【解析】
【分析】
由含成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到，可知，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3CHO，C与D发生醛的加成反应生成E，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G发的水解反应生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3,4-二羟基肉柱酸乙酯(I) ；
（6）合成呋喃丙烯酸（=CHCOOH， 与乙醛发生醛的加成反应，产生，然后分子内脱水生成后面分子中的醛基在弱氧化剂的作用下变成羧基，呋喃丙烯酸（=CHCOOH形成，故应注意由乙醇获得乙醛的反应。
【详解】（1）根据Ⅰ的结构简式可知，I中含氧官能团的名称是羟基和酯基，故答案羟基和酯基；
（2）E发生消去反应生成F，E生成F的反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；
（3）根据H的结构简式可知，
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正；
b．1molH最多能和4molBr2反应，3mol发生取代反应，1mol发生加成反应，故b错误；
c．苯平面和烯平面可以共面，故H分子中最多可以有9个碳原子共平面，故c错误；
d．NaOH能与酚和酸反应，NaHCO3只能与酸反应，故1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:1，故d正确；
故答案为：bc；
（4）CH3CHO+D ，可知D结构简式为；
（5）结合分析可知F与银氨溶液反应方程式为+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
（6）W是H的同分异构体，根据条件，①属于芳香族化合物，即有苯环，②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)，说明W中有两个羧基，则符合条件的W的结构为苯环上连有-COOH、-COOH、-CH3，根据定二移一的方法，有6种结构，或者是苯环上连有-COOH、-CH2COOH，有邻，间，对三种，也可以是苯环上连有CH(-COOH)2，所以共有10种，其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为、
（7）由分析可知合成流程为
CH3CH2OHCH3CHO
【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，难点；
20.铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，某化学兴趣小组设计下图实验装置制取铋酸钠并进行纯度检测。
【制取】氯气和氢氧化铋反应制取NaBiO3。
已知：① Bi(OH)3难溶于水，白色。
②装置丙中盛有Bi(OH)3与NaOH溶液混合物。
③NaBiO3不溶于冷水，浅黄色，遇沸水或酸则迅速分解。
（1）装置乙中盛装的试剂是__，装置丁的作用是__。
（2）装置丙中发生反应的离子方程式是_____。
（3）当观察到___现象时，可以初步判断丙中反应已完成。
（4）反应结束后，为了从装置丙中获得更多产品，需要的操作依次：在冰水中冷却结晶、___、干燥。
（5）有人设计如图的装置制取NaBiO3（加热和夹持仪器已略去）。
该装置比上一装置具有更高的安全性。
①盛浓盐酸的滴液漏斗中右侧玻璃管的作用是____。
②拆除装置前必须先除去A中残留Cl2以免污染空气。通过控制开关，除去Cl2的操作是___。
【检测纯度】
（6）取上述NaBiO3产品ｗg，用足量硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3+，再用c mol•L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO（已知：H2C2O4+ MnO—CO2+Mn2++HO2，未配平），滴定终点时溶液的颜色变化为 __，假设终点时消耗VmL标准溶液。计算该产品的纯度为___（用含w、c、V的代数式表示）。
【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 吸收过量的氯气，防止污染环境 (3). Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+ 3H2O (4). 丙中白色固体消失，或浅黄色不再加深，或丙的上方充满黄绿色气体 (5). 过滤、洗涤 (6). 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 (7). 关闭K1、K3，打开K2（关闭K1可不写） (8). 溶液颜色由紫红色变成无色 (9). ×100%或×100%或%
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置甲中浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢气体，装置乙中盛有饱和食盐水，用于除去氯化氢，装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气将氢氧化铋氧化生成铋酸钠，装置丁中盛有氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染环境。
【详解】（1）由分析可知，装置乙中盛有饱和食盐水，用于除去氯化氢，装置丁中盛有氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染环境，故答案为：饱和食盐水；吸收过量的氯气，防止污染环境；
（2）装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气与氢氧化铋发生氧化还原反应生成铋酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+ 3H2O，故答案为：Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+ 3H2O；
（3）若丙中反应已完成，装置丙中白色的氢氧化铋会全部变为浅黄色的铋酸钠，固体的浅黄色不会再加深，溶液的上方会充满过量的黄绿色的氯气，故答案为：丙中白色固体消失，或浅黄色不再加深，或丙的上方充满黄绿色气体；
（4）由题意可知，铋酸钠不溶于冷水，遇沸水或酸会迅速分解，则从装置丙中获得更多铋酸钠的操作是在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤；
（5）①装置A中盛浓盐酸的滴液漏斗能起到平衡气压，使浓盐酸顺利滴下的作用，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
②从实验装置图可知，关闭K1、K3，打开K2可使NaOH溶液进入三颈烧瓶中，与其中的氯气反应除去A中残留氯气以免污染空气，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；
（6）用草酸标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液时，当紫色的高锰酸钾完全转化为无色的硫酸锰时，说明高锰酸钾完全反应，达到滴定终点；设产品中铋酸钠的质量为m，根据得失电子数目守恒可得：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4，由此建立如下求解关系式：
解得m==0.28cVg，则产品的纯度为×100%=×100%，故答案为：溶液颜色由紫红色变成无色；×100%或×100%或%。
【点睛】在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3 ～5H2C2O4，使复杂问题简单化了，减少了运算量。
（有机化学基础、物质结构与性质）
本试卷分为选择题和非选择题两部分。考试时间为90分钟，满分100分。
注意事项：
１．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填在答题卡上。
２．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
３．考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Hg 201 Bi 209 Ba 137
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目要求。
1.化学与生产、生活和技术密切相关，下列说法错误的是
A. 75%的酒精能杀死冠状病毒，是利用了它使病毒中的蛋白质变性
B. 聚乙炔用I2或Na处理后可形成能导电的塑料，该塑料有固定的熔沸点
C. 硝化甘油是治疗心绞痛药物的主要成分，该物质属于酯类化合物
D. 乙二醇的水溶液凝固温度可达-50℃，它常用于汽车发动机的防冻液
【答案】B
【解析】
【详解】A.75%的酒精能使病毒中的蛋白质变性，杀死冠状病毒，故A正确；
B.聚乙炔用I2或Na处理后可形成能导电的塑料属于合成高分子化合物，聚合度n值不确定，是混合物，没有固定的熔沸点，故B错误；
C.硝化甘油是硝酸和甘油发生酯化反应生成的酯，是治疗心绞痛药物的主要成分，故C正确；
D.乙二醇的水溶液凝固温度可达-50℃，高寒地区常用乙二醇做汽车发动机的防冻液，故D正确；
故选B。
2.下列方程式书写正确的是
A. 苯酚与Na2CO3 溶液反应：2 ＋Na2CO3→2 +CO2↑+H2O
B. 甲苯与Cl2发生取代反应：+Cl2 +HCl
C. 氯乙烷与 NaOH水溶液共热：CH3CH2Cl +NaOHCH2=CH2↑+NaCl+ H2O
D. 丙醇氧化：2CH3CH（OH）CH3+O2 2CH3CH2CHO+2 H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯酚的酸性弱于碳酸，苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋Na2CO3→+NaHCO3，故A错误；
B.在光照条件下，甲苯的侧链与氯气发生取代反应，反应的化学方程式为+Cl2 +HCl，故B正确；
C.氯乙烷与 NaOH水溶液共热发生水解反应生成乙醇和氯化钠，反应的化学方程式为CH3CH2Cl +NaOH CH3CH2OH +NaCl，故C错误；
D.在铜做催化剂作用下，2—丙醇与氧气发生催化氧化反应生成丙酮和水，反应的化学方程式为2+O2 2+2H2O，故D错误；
故选B。
3.下列电子排布图（轨道表示式）中，所表示氮原子的能量状态最高的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】中2s轨道的一个电子跃迁到2p轨道，为激发态氮原子，激发态能量比基态能量高，中2p轨道上的3个电子的自旋方向不同，不符合洪特规则，中2p轨道上失去1个电子，不是氮原子的排布图，符合基态原子电子排布的能量最低原理、洪特规则，能量最低，则表示氮原子的能量状态最高的电子排布图是，故选A。
4.下列化学用语书写错误的是
A. Fe原子结构示意图：
B. 乙基的结构式：
C. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
D. 碳碳双键的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe是26号元素，核外有4个电子层，原子结构示意图：，故A正确；
B．乙基可以看做乙烷中的一个氢原子被去掉的结构，则结构式：，故B正确；
C．丙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中应该标出该官能团结构，正确的结构简式为： CH3CH=CH2
D．碳碳双键中碳原子之间形成两个共用电子对，每个碳原子上含有一个孤电子，电子式：，故D正确；
答案选C。
5.下列基态原子的价电子排布不可能的是
A. 3d44s2 B. 4s2 C. 3d74s2 D. 4s24p5
【答案】A
【解析】
【详解】依据洪特规则可知，当原子轨道中电子处于全充满、全空、半充满时，结构最稳定，则基态原子的价电子排布为3d44s2的结构不稳定，应为3d54s1，故选A。
6.某兴趣小组设计实验探究石油分馏过程，反应装置如图所示，下列关于实验的装置、操作叙述正确的是
A. 了准确测量温度，温度计球泡应浸入反应液中
B. 冷凝水从d管口进入，能够增加冷凝效果
C. 控制温度，锥形瓶中可得到某种纯净物
D. 实验前需向蒸馏烧瓶中加入碎瓷片防止暴沸
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知该实验装置为蒸馏装置，故蒸馏原理在本题中适用。
【详解】A．温度计测得是蒸汽的温度故温度计球泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故A选项错误；
B．冷凝水是下口进上口出，故B选项错误；
C．石油是多种烃的混合物，在蒸馏的过程中分馏的成分分别是汽油，煤油，柴油等，这些都是混合物，故C选项错误；
D．蒸馏混合物的时候应注意加沸石防止暴沸，故D选项正确。
故答案选D。
7.CO2常用于灭火，但镁可以在CO2中剧烈燃烧：2Mg＋CO22MgO＋C，生成的氧化镁熔点高达2800℃。下列有关说法错误的是
A. 该反应利用了Mg的强还原性
B. 氧化镁属于离子晶体
C. CO2 和C（石墨）中的C原子的杂化方式相同
D. 干冰中每个CO2周围有12个CO2 分子
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中信息可知2Mg＋CO22MgO＋C中Mg是还原剂，体现还原性，氧化镁熔点高达2800℃故MgO为离子晶体。
【详解】A．由分析可知A选项正确；
B．由分析可知B选项正确；
C．CO2中的C原子的杂化方式为sp，C（石墨）中C的杂化方式为sp2杂化，故C选项错误；
D．干冰分子晶胞如图每个CO2周围有12个CO2 分子，故D选项正确；
故答案选择C。
8.下列关于有机物命名错误的是
A. CH3C≡CCH3：丁炔
B. ：3，5－二甲基苯酚
C. ：4，6－二甲基－2－乙基－1，5－庚二烯
D. ：3－羟基己醛
【答案】A
【解析】
【详解】A.由结构简式可知，CH3C≡CCH3属于炔烃，名称为2—丁炔，故A错误；
B.由结构简式可知， 属于酚，名称为3，5－二甲基苯酚，故B正确；
C.由结构简式可知，属于二烯烃，名称4，6－二甲基－2－乙基－1，5－庚二烯，故C正确；
D.由结构简式可知，为多官能团化合物，官能团为羟基和醛基，名称为3－羟基己醛，故D正确；
故选A。
9.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。氧化镍原子分数坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，1），则C的坐标参数为
A. （，，） B. （1，1， ） C. （，1， ） D. （1，，）
【答案】D
【解析】
【详解】由氧化镍原子分数坐标参数A为（0，0，0）和B为（1，1，1）可知，晶胞的边长为1，由晶胞结构可知，C点位于右侧正方形的的面心，则C的坐标参数为（1，，），故选D。
10.一定条件下，乙二酸和乙二醇发生反应，不可能生成的有机物是
A. CH2=CH2
B. HOOC-COOCH2-CH2OH
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题中信息可知乙二酸中有2个羧基，乙二醇中有2个羟基，由乙酸和乙醇的酯化反应可知，乙二酸和乙二醇可以发生酯化反应生成HOOC-COOCH2-CH2OH或，也可以发生缩聚反应生成。
【详解】A．由题中信息可知乙二酸和乙二醇都不能生成乙烯，故A错误；
B．反应方程式为HOOC-COOH + HOCH2-CH2OH一定条件 HOOC-COOCH2-CH2OH +H2O，
故B选项正确；
C．反应方程式为nHOOC-COOH + nHOCH2-CH2OH 一定条件 +（2n-1） H2O，故C选项正确；
D．反应方程式为HOOC-COOH + HOCH2-CH2OH一定条件+2H2O，故D选项正确；
故答案选择A。
【点睛】本题着重考核有机物中羟基和羧基的性质以及缩聚反应注意从分子结构中断键和成键出把握。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.下列操作不能达到相应实验目的的是
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
鉴别乙酸、丙醛和甲酸
用试管取试剂，分别加入适量新制Cu(OH)２浊液，加热
C
除去苯中少量苯酚
向苯和苯酚混合液中加入NaOH溶液充分反应，静置后分液
D
制备乙酸乙酯
向试管中加入乙酸、乙醇和碎瓷片，加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.向茶水中滴加FeCl3溶液，若溶液变为紫色，说明绿茶中含有酚类物质，故A能达到实验目的；
B.乙酸具有酸性，能与新制氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，丙醛具有还原性，与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，有砖红色沉淀生成，甲酸既有酸性又有还原性，能与新制氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，加热还能发生氧化反应，有砖红色沉淀生成，则分别加入适量新制氢氧化铜浊液，加热能鉴别乙酸、丙醛和甲酸，故B能达到实验目的；
C.向苯和苯酚混合液中加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的苯酚钠，静置后溶液分层，分液得到苯，故C能达到实验目的；
D.在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则制备乙酸乙酯时，应向试管中加入乙酸、乙醇、浓硫酸和碎瓷片，加热，故D不能达到实验目的；
故选D。
12.连接4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子。厚朴酚是一种常见中药的主要成分之一，有抗菌、消炎等功效，其结构简式如图a所示。下列说法错误的是
A. 厚朴酚与溴水既可发生加成反应又可发生取代反应
B. 图b所示为厚朴酚的一种同分异构体
C. 厚朴酚分子中含有手性碳原子
D. 厚朴酚分子中所有碳原子可能共平面
【答案】BC
【解析】
【详解】A.由结构简式可知，厚朴酚含有酚羟基和碳碳双键，碳碳双键可与溴水发生加成反应，酚羟基的邻位含有氢原子，能与溴水发生取代反应，故A正确；
B.由结构简式可知，图b的有机物结构与厚朴酚相同，和厚朴酚为同一物质，故B错误；
C.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，由结构简式可知，厚朴酚分子中不含手性碳原子，故C错误；
D.由结构简式可知，厚朴酚含有酚羟基和碳碳双键，分子中苯环中所有原子共面，碳碳双键中所有原子共面，则所有碳原子可能共面，故D正确；
故选BC。
13.某同学用如图所示的装置制取溴苯。下列说法错误的是
A. 装置C中的CCl4可以用苯替代
B. 反应完毕后，向试管D中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，证明发生了取代反应
C. 实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，B中出现分层现象
D. 将分液后的B中水层溶液蒸发至干，再灼烧可制得无水FeBr3
【答案】D
【解析】
【详解】A.装置C中的CCl4用于吸收挥发出的溴，防止溴干扰溴化氢的检验，溴能溶于有机溶剂苯，则CCl4可以用苯替代，故A正确；
B.反应完毕后，向试管D中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，说明在铁做催化剂作用下，苯与液溴反应生成了溴苯和溴化氢，能证明该反应为取代反应，故B正确；
C.苯和溴苯不溶于水，则实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入氢氧化钠溶液中，充分振荡后，B中会出现分层现象，故C正确；
D.溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和溴化钠，则将分液后的B中水层溶液蒸发至干，再灼烧可制得溴化钠，故D错误；
故选D。
14.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，b、a、d、c为上述四种元素形成的单质，m、n、p为四种元素形成的二元化合物，其转化关系如图所示。W与同周期原子半径最大的元素组成的化合物溶液呈中性，n为一种传递神经信息的“信使分子”。下列说法错误的是
A. a的熔点比d的熔点低
B. Y、Z、W的简单离子半径大小顺序为：Y＜Z＜W
C. X、Z组成的分子可能既含有极性键，又含有非极性键
D. 在工业上c可大量用于制造有机溶剂和杀菌消毒剂
【答案】B
【解析】
【分析】
由原子序数最大的W与同周期原子半径最大的元素组成的化合物溶液呈中性可知，W为Cl元素，由n为一种传递神经信息的信使分子可知，n为NO，由图可知a、m、NO均能与d反应，则a为N2、b为H2、c为Cl2、d为O2、p为NO2，由X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素。
【详解】A.氮气和氧气都是双原子分子，后者的相对分子质量较大，故氧气分子间的作用力大于氮气，则氮气的熔点比氧气的熔点低，故A说法正确；
B.电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径减小，氮离子和氧离子的电子层结构相同，则氮离子半径大于氧离子，故B说法错误；
C.氢元素和氧元素组成的过氧化氢分子中，既含有极性键，又含有非极性键，故C说法正确；
D.工业上，可用氯气与甲烷反应制得有机溶剂三氯甲烷和四氯化碳，也可以用氯气与氢氧化钠溶液制得杀菌消毒剂次氯酸钠，故D说法正确；
故选B。
15.下表各组数据中，一定有错误的是
A
金刚石硬度：10
碳化硅硬度：9
晶体硅硬度：7
B
溴化钾熔点：735℃
氯化钠熔点：801℃
氧化镁熔点：2800℃
C
邻羟基苯甲醛沸点：250℃
对羟基苯甲醛沸点196℃
对甲基苯甲醛沸点：204℃
D
三氟化硼的键角：120°
氨分子键角：120°
四氯化碳的键角：109.5°
A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A.金刚石、碳化硅和晶体硅都是原子晶体，都具有较大的硬度，由于共价键键能：碳碳键强于碳硅键，碳硅键强于硅硅键，所以金刚石的硬度最大，晶体硅的硬度最小，故A正确；
B.溴化钾、氯化钠、氧化镁都是离子晶体，都具有较高的熔沸点，由于晶格能的大小顺序为氧化镁＞氯化钠＞溴化钾，则熔点的顺序为氧化镁＞氯化钠＞溴化钾，故B正确；
C.形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低，邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，则邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故C错误；
D.氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107.2°（或107°18＇），故D错误；
故选CD。
三、非选择题：本题包括5小题，共60分。
16.辛烯醛是一种重要化工原料，某小组拟用正丁醛制备辛烯醛并探究其结构。
【制备实验】
已知：①正丁醛的沸点为75.7℃。辛烯醛沸点为177℃，密度为0.848g•cm-3，不溶于水。
② CH3CH2CH2CHO
（1）在如图三颈瓶中加入12.6mL2%NaOH溶液，在充分搅拌下，从滴液漏斗慢慢滴入10mL正丁醛。采用适宜加热方式是 _____；使用冷凝管的目的是 ____ 。
（2）判断有机相已洗涤至中性的操作方法： ___ 。
（3）操作2的名称是____；固体A的摩尔质量为322g•mol-1，固体A的化学式为__ 。
（4）利用“减压蒸馏”操作获取产品。温度计示数一定_______177℃（填“高于”、“等于”或“低于”）。
【性质实验】
资料显示：醛类在常温下能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应。
（5）为了证明辛烯醛含有碳碳双键，设计能达到实验目的的方案 ___。
【答案】 (1). 水浴加热 (2). 冷凝回流正丁醛，提高原料利用率 (3). 取最后一次洗涤液，测得其pH约等于7 (4). 过滤 (5). Na2SO4•10H2O (6). 低于 (7). 取少量辛烯醛，加入足量的新制Cu(OH)2浊液，加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，溴水褪色证明有碳碳双键（或取少量辛烯醛，加入溴的四氯化碳溶液褪色，证明有碳碳双键存在或取少量辛烯醛，加入足量的银氨溶液，水浴加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，振荡，溴水褪色证明有碳碳双键）
【解析】
【分析】
（1）反应温度小于100℃，应该用水浴加热；正丁醛的沸点为75.7℃，低于反应温度80℃，反应时易挥发；
（2）根据溶液的pH可以判断溶液酸碱性；
（3）加入无水硫酸钠固体的作用是硫酸钠与有机相中的水形成带有结晶水合物，达到吸收水分的目的；
（4）降低压强，物质的沸点会降低；
（5）醛基会干扰碳碳双键的检验，应先将醛基氧化为羧基。
【详解】（1）由流程图可知，三颈瓶中12.6mL2%NaOH溶液与10mL正丁醛在80℃条件下反应，反应温度小于100℃，应该用水浴加热；由题给信息可知，正丁醛的沸点为75.7℃，低于反应温度80℃，反应时易挥发，则冷凝管的目的为冷凝回流正丁醛，提高原料利用率，故答案为：水浴加热；冷凝回流正丁醛，提高原料利用率；
（2）根据溶液的pH可以判断溶液酸碱性，则判断有机相已洗涤至中性的操作方法是取最后一次洗涤液，若测得pH约等于7，可判断有机相已经洗至中性，故答案为：取最后一次洗涤液，测得pH约等于7；
（3）加入无水硫酸钠固体的作用是硫酸钠与有机相中的水形成带有结晶水合物，达到吸收水分的目的，则操作2为固液分离，操作的名称是过滤；设硫酸钠结晶水合物A的化学式为Na2SO4•xH2O，由固体A的摩尔质量为322g•mol-1可得x==10，则A的化学式为Na2SO4•10H2O，故答案为：过滤；Na2SO4•10H2O；
（4）降低压强，物质的沸点会降低，则利用“减压蒸馏”操作获取产品。温度计示数一定低于177℃，故答案为：低于；
（5）检验碳碳双键，常利用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验，由题意可知，醛类在常温下能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，为防止醛基干扰碳碳双键的检验，应先将醛基氧化为羧基；或直接用溴的四氯化碳溶液检验。具体操作步骤为:取少量辛烯醛，加入足量的新制Cu(OH)2浊液，加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，溴水褪色证明有碳碳双键。（或取少量辛烯醛，加入溴的四氯化碳溶液褪色，证明有碳碳双键存在或取少量辛烯醛，加入足量的银氨溶液，水浴加热充分反应后，冷却，再取上层清液，酸化后滴加溴水，振荡，溴水褪色证明有碳碳双键或。）
【点睛】检验碳碳双键，常利用溴水或酸性高锰酸钾溶液检验，由题意可知，醛类在常温下能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，为防止醛基干扰碳碳双键的检验，应先将醛基氧化为羧基是解答关键，也是易错点。
17.2020年，智能材料已大量涌现，生物医疗、国防军事以及航空航天等领域发展提供支撑。
（1）快离子导体是具有优良离子导电能力的固体电解质。反应 BF3+NH3= NH3·BF3的产物分子中形成配位键提供孤电子对的配位原子名称是 ___；采取sp3杂化轨道形成化学键的原子符号是___ 。
（2）第三代半导体材料氮化镓（GaN）适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。基态Ga原子最高能层的电子数为 ________ ，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有_____ 种。
（3）金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。钛（Ti）在元素周期表中位于 ___区，钛（Ti）的基态原子M能层中有___ 种能量不同的电子。
（4）镍能形成多种配合物，如正四面体形的Ni（CO）4和正方形的［Ni（CO）4］2-、正八面体形的［Ni（NH3）6］2+ 等。下列说法正确的有___（填标号）。
A CO与N2互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2
B NH3的空间构型为平面三角形
C Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4
D Ni（CO）4和［Ni（CO）4］2-中，镍元素均是sp3杂化
（５）一种四方结构的超导化合物汞钡铜氧晶体的晶胞如图所示。
则汞钡铜氧晶体的密度为____g•cm-3（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】 (1). 氮原子 (2). Ｂ、N (3). 3 (4). 3 (5). d (6). 3 (7). A (8). 6.03×1032/a2cNA
【解析】
【详解】（1）由BF3+NH3= NH3·BF3可知，产物分子中的配位键是由N提供孤电子对，B提供空轨道形成的，故答案为氮，其中N,B都采用sp3杂化轨道形成化学键，故答案为N,B;
（2）Ga的电子排布式为[Ar]4s24p1,故基态Ga原子最高能层的电子数为3，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有3种；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IA族、VA族元素原子具有全充满、半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能B< Be
（4）
A．CO与CN-、N2都互为等电子体，这三种微粒结构相似，根据氮气分子结构式知，CO 结构式为C≡O，共价三键中含有1个σ键、2个丌键，所以CO分子内σ键和丌键个数之比为1:2，故A正确；
B．NH3的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数可以是4，也可为6，故C错误；
D．Ni（CO）4和［Ni（CO）4］2-中，镍元素提供了空轨道，不存在杂化，故D错误；
故答案选A；
（5）由图可知晶胞的体积为a2C×10-30cm3，晶胞中的原子数目为：Hg，1；Ba，2；Cu，1；O，4；故晶胞的质量为(200+137.3×2+64+16×4)/NA故晶胞的密度为6.03×1032/a2cNA；
18.实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体( CoC2O4• 2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分是 __(填化学式)，写出一种能提高酸浸速率的措施 ___ 。
(2)操作①用到的玻璃仪器有____ 。
(3)加入氧化钴目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+完全沉淀，则浸出液的pH范围应控制在____(已知：溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L，则认为离子完全沉淀； Ni(OH)2、Fe(OH)3 、Al(OH)3 的Ksp 分别为1×10-15，1×10-38，1×10-32；Kw＝1×10 14)。
(4)加入有机萃取剂的目的是___ 。
(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2 的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式___ 。
(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4• 2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为___ 。
【答案】 (1). SiO2 (2). 提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌等 (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 5＜pH＜9 (5). 溶解NiR2，使之与水层分离 (6). NiR2+2H+=2RH+Ni2+ (7). 3CoC2O4• 2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O
【解析】
【分析】
用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的Ni、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，为分液，向水层加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体，以此来解答。
【详解】(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；
(2)通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；
(3)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH。若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，Al(OH)3的Ksp为1×10−32，则c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10-5 mol/L，Ni2+不能沉淀，Ni(OH)2的Ksp为1×10−15，开始沉淀的c(OH−)=≈10−5mol/L，c(H+)==10-9 mol/L，则调节溶液5＜pH＜9；
(4)根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2，使之与水层分离；
(5)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2 的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+；
(6)300℃时，在空气中煅烧CoC2O4• 2H2O晶体可制得Co3O4，该反应的化学方程式为3CoC2O4• 2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O。
【点睛】本题难度不大，易错点为(3)中把握Ni2+不能沉淀，其他的杂质离子完全沉淀，溶液的pH值要控制在其他杂质离子全部沉淀和Ni2+开始出现沉淀之间。
19.3，4－二羟基肉桂酸乙酯（I）具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物Ａ制备该物质的合成路线如下：
已知：R—CHO＋R′—CH2—CHO
回答下列问题：
（1）I中含氧官能团的名称是 ____。
（2）E生成F的反应类型为___ 。
（3）下列有关H的说法中，错误的是____ 。
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．1molH最多能和3molBr2反应
c．H分子中最多有8个碳原子共平面
d．1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:1
（4）D的结构简式为___ 。
（5）写出F与银氨溶液反应的化学方程式____ 。
（6）已知W是H的同分异构体，且W符合下列条件：
①属于芳香族化合物。
②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L（标准状况）。
③核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为 1:2:2:3
则W的结构简式为___ 。
（7）呋喃丙烯酸（=CHCOOH ）是一种医治血吸虫病的药物呋喃丙胺的原料。
设计以、CH3CH2OH为原料制备呋喃丙烯酸的合成路线（无机试剂任选）______ 。
【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). 消去反应 (3). bc (4). (5). +2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O (6). 、 (7). CH3CH2OHCH3CHO
【解析】
【分析】
由含成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到，可知，A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3CHO，C与D发生醛的加成反应生成E，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G发的水解反应生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3,4-二羟基肉柱酸乙酯(I) ；
（6）合成呋喃丙烯酸（=CHCOOH， 与乙醛发生醛的加成反应，产生，然后分子内脱水生成后面分子中的醛基在弱氧化剂的作用下变成羧基，呋喃丙烯酸（=CHCOOH形成，故应注意由乙醇获得乙醛的反应。
【详解】（1）根据Ⅰ的结构简式可知，I中含氧官能团的名称是羟基和酯基，故答案羟基和酯基；
（2）E发生消去反应生成F，E生成F的反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；
（3）根据H的结构简式可知，
a．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正；
b．1molH最多能和4molBr2反应，3mol发生取代反应，1mol发生加成反应，故b错误；
c．苯平面和烯平面可以共面，故H分子中最多可以有9个碳原子共平面，故c错误；
d．NaOH能与酚和酸反应，NaHCO3只能与酸反应，故1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时，消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:1，故d正确；
故答案为：bc；
（4）CH3CHO+D ，可知D结构简式为；
（5）结合分析可知F与银氨溶液反应方程式为+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
（6）W是H的同分异构体，根据条件，①属于芳香族化合物，即有苯环，②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体44.8L(标准状况)，说明W中有两个羧基，则符合条件的W的结构为苯环上连有-COOH、-COOH、-CH3，根据定二移一的方法，有6种结构，或者是苯环上连有-COOH、-CH2COOH，有邻，间，对三种，也可以是苯环上连有CH(-COOH)2，所以共有10种，其中，核磁共振氢谱有4组吸收峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为、
（7）由分析可知合成流程为
CH3CH2OHCH3CHO
【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，难点；
20.铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，某化学兴趣小组设计下图实验装置制取铋酸钠并进行纯度检测。
【制取】氯气和氢氧化铋反应制取NaBiO3。
已知：① Bi(OH)3难溶于水，白色。
②装置丙中盛有Bi(OH)3与NaOH溶液混合物。
③NaBiO3不溶于冷水，浅黄色，遇沸水或酸则迅速分解。
（1）装置乙中盛装的试剂是__，装置丁的作用是__。
（2）装置丙中发生反应的离子方程式是_____。
（3）当观察到___现象时，可以初步判断丙中反应已完成。
（4）反应结束后，为了从装置丙中获得更多产品，需要的操作依次：在冰水中冷却结晶、___、干燥。
（5）有人设计如图的装置制取NaBiO3（加热和夹持仪器已略去）。
该装置比上一装置具有更高的安全性。
①盛浓盐酸的滴液漏斗中右侧玻璃管的作用是____。
②拆除装置前必须先除去A中残留Cl2以免污染空气。通过控制开关，除去Cl2的操作是___。
【检测纯度】
（6）取上述NaBiO3产品ｗg，用足量硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3+，再用c mol•L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO（已知：H2C2O4+ MnO—CO2+Mn2++HO2，未配平），滴定终点时溶液的颜色变化为 __，假设终点时消耗VmL标准溶液。计算该产品的纯度为___（用含w、c、V的代数式表示）。
【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 吸收过量的氯气，防止污染环境 (3). Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+ 3H2O (4). 丙中白色固体消失，或浅黄色不再加深，或丙的上方充满黄绿色气体 (5). 过滤、洗涤 (6). 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 (7). 关闭K1、K3，打开K2（关闭K1可不写） (8). 溶液颜色由紫红色变成无色 (9). ×100%或×100%或%
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置甲中浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，氯气中混有氯化氢气体，装置乙中盛有饱和食盐水，用于除去氯化氢，装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气将氢氧化铋氧化生成铋酸钠，装置丁中盛有氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染环境。
【详解】（1）由分析可知，装置乙中盛有饱和食盐水，用于除去氯化氢，装置丁中盛有氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染环境，故答案为：饱和食盐水；吸收过量的氯气，防止污染环境；
（2）装置丙为铋酸钠制备装置，碱性条件下，氯气与氢氧化铋发生氧化还原反应生成铋酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+ 3H2O，故答案为：Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+ 3H2O；
（3）若丙中反应已完成，装置丙中白色的氢氧化铋会全部变为浅黄色的铋酸钠，固体的浅黄色不会再加深，溶液的上方会充满过量的黄绿色的氯气，故答案为：丙中白色固体消失，或浅黄色不再加深，或丙的上方充满黄绿色气体；
（4）由题意可知，铋酸钠不溶于冷水，遇沸水或酸会迅速分解，则从装置丙中获得更多铋酸钠的操作是在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤；
（5）①装置A中盛浓盐酸的滴液漏斗能起到平衡气压，使浓盐酸顺利滴下的作用，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
②从实验装置图可知，关闭K1、K3，打开K2可使NaOH溶液进入三颈烧瓶中，与其中的氯气反应除去A中残留氯气以免污染空气，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；
（6）用草酸标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液时，当紫色的高锰酸钾完全转化为无色的硫酸锰时，说明高锰酸钾完全反应，达到滴定终点；设产品中铋酸钠的质量为m，根据得失电子数目守恒可得：5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4，由此建立如下求解关系式：
解得m==0.28cVg，则产品的纯度为×100%=×100%，故答案为：溶液颜色由紫红色变成无色；×100%或×100%或%。
【点睛】在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3 ～5H2C2O4，使复杂问题简单化了，减少了运算量。
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