精品解析：福建省晋江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试卷

晋江一中2024年春高二年期末考试 化学试题 (满分100分 考试时间：75分钟) 可能使用的相对原子质量： 一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 下列化学用语正确的是 A. 二氧化碳的电子式： B. 2-丁烯的键线式： C. 基态的价电子轨道表示式： D. 的球棍模型： 2. 化合物是合成连翘酯苷类似物的重要中间体，其合成路线如图。下列说法不正确的是 A. 在催化剂作用下可与甲醛发生缩聚反应 B. 与足量氢气加成的产物中含有3个手性碳原子 C. 分子存在顺反异构 D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别 3. 时，利用反应Ⅰ：获得()，同时将生成的溶于水形成的溶液Ⅱ，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ中转移电子的数目为 B. 反应Ⅰ中形成键的数目为 C. 反应Ⅰ生成的产物中键的总数目为 D. 溶液Ⅱ中含的数目为 4. 某二次电池电解质结构如图，X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y和Q的杂化方式相同。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y＞Z B. 简单离子半径：Z＞W C. 最简单氢化物稳定性：Y＞W D. 与X形成的化合物熔点：Z＞Q 5. 常温下，在指定的溶液中一定能大量共存的离子组是 A. 加入苯酚显紫色的溶液中： B. 使试纸变红的溶液中： C. 在的溶液中： D. 中性溶液中： 6. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式书写正确的是 A. 乙酰胺与足量共热： B. 向溶液中滴入足量氨水： C. 向溶液中加入稀硫酸： D. 硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝： 7. 以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是 已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。 A. H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3 B. “滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn C. 所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②” D. “煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行 8. 福建某研究团队研究了的立体结构，如图所示，为共平面的分子。下列说法错误的是 A. 分子含有的键为 B. 分子价层孤对电子数为 C. 分子有杂化的原子 D. 分子完全分解得到 9. 热致变色材料(相对分子质量为248)、均为(Ⅱ)配合物，可发生如图所示的构型互转，当配位构型由八面体转变为平面四边形时，颜色由紫色变为橙色。下列说法正确的是 A. 中(Ⅱ)的杂化方式为杂化 B. 的中含配位键的数目为 C. 存在的作用力类型相同 D. 升温可使配合物的颜色由紫色转变为橙色 10. 实验室利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应原理及实验装置如图所示：下列说法错误的是 A. 管口A是冷凝水的进水口 B. 反应中加入苯的作用是：作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水 C. 当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出 D. 若将反应物改为苯乙酮()和乙二醇，则得到的有机产物为 二、非选择题(本题包括4小题，共60分) 11. 信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含及少量等金属的混合物，并设计出如图制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线： 请回答下列问题： （1）第①步与浓硝酸反应的离子方程式为_______。得到滤渣1的主要成分为_______。 （2）第②步加的作用是_____，使用的优点是____。调溶液的目的是使____生成沉淀。 （3）用第③步所得制备无水的方法是_______。 （4）由滤渣2制取，探究小组设计了三种方案： 如上三种方案中，_______方案不可行，原因是_______，丙方案：往加入溶液过滤得到的滤液中通入足量反应的离子方程式为_______。 （5）由固体配制溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_______(从如图图中选择，写出名称)。 需要称量固体的质量为_______。 12. 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： （1）为族元素，单质与干燥反应生成。常温常压下为无色液体，空间构型为_______，其固体的晶体类型为_______。 （2）的沸点由高到低的顺序为_____(填化学式，下同)，键角：NH3_____PH3 (填“”“”或“”)。 （3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如图所示： ①该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_______个，该螯合物中配体中心原子的杂化方式为_______。 ②配体()中含有与苯类似的大键，则该配体中原子的价层孤电子对占据_______(填字母)。 A轨道 B．轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道 ③该螯合物形成的晶体中存在的作用力有_______(填标号)。 A．金属键 B．氢键 C．非极性键 D．极性键 配位键 （4）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，称作原子的分数坐标。四方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。 坐标原子 0 0 0 0 0 0.5 0.25 0.25 0.125 ①一个晶胞中有_______个，找出距离最近的_______(用分数坐标表示)。晶体中与单个键合的As有_______个。 ②阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为_______(列出计算式)。 13. 奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，以水杨酸为起始物的合成路线如图。回答下列问题： （1）由生成氨基水杨酸甲酯的反应类型为_______，该反应中用到，反应后铁元素的价层电子排布图为_______。 （2）由制备的反应试剂与条件为_______。 （3）与足量氢氧化钠溶液共热生成的方程式为_______。 （4）水杨酸、苯酚、对甲基苯酚中酸性最弱的是_____。相同温度下水解平衡常数：_______(填“”“”或“”)。 （5）若将奥沙拉秦用盐酸酸化，常温下会出现沉淀，生成的分子中含氧官能团的名称为____。 （6）是水杨酸的同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式。的结构简式为_______。 能发生银镜反应 。 苯环上的一氯代物有两种同分异构体。 最多能与3倍物质的量的反应。 （7）下列关于水杨酸的说法中正确的是_______(填标号)。 水杨酸分子中的键角小于羧基中的键角 存在分子内氢键 羧基中的极性大于酚羟基的 是极性分子，常温下易溶于水 14. 实验室用苯甲醇钠做催化剂，以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理及部分物质的性质如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 密度/g·cm-3 苯甲醇 -15.9 204.7 可溶于水 1.01 苯甲醛 -56.6 179 微溶于水 1.01 苯甲酸苯甲酯 21 323 不溶于水 1.12 苯甲酸 122.4 249.2 不溶于水 1.32 已知：RO-极易结合H+转化为ROH． 回答以下问题： 步骤Ⅰ 制备苯甲醇钠 按图1所示装置，在圆底烧瓶中依次加入磁转子、苯甲醇(7.0 g，0.065 mol)、金属钠(0.3 g，0.013 mol)。开启搅拌，使反应在微热状态下进行，反应结束后，撤去热源，冷却至室温。 （1）表明反应已经完成的现象是___________。 （2）装置A的作用是___________。 步骤Ⅱ 制备苯甲酸苯甲酯 制备装置如图2所示(加热及夹持装置已略去)。在四口烧瓶中加入苯甲醛(45.4 g，0.428 mol)，使整个反应体系恒温在50℃。通过恒压滴液漏斗缓慢滴加苯甲醇钠(30 min内滴加完毕)后保温1 h。 （3）本实验中制取苯甲酸苯甲酯的化学反应方程式为___________。 （4）久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去将大大降低反应速率，原因是___________；除去苯甲醛中少量苯甲酸的实验方法是___________。 （5）装置中能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为___________。 步骤Ⅲ 分离提纯产品 待体系冷却至室温，加入20 mL水，搅拌10 min，收集有机相，再用20mL蒸馏水洗涤有机相，经无水硫酸钠干燥后，蒸馏，弃去开始时收集的馏分，再调高电加热套的电压，收集205-207℃的馏分，得31.5 g无色粘稠液体。 （6）收集的有机相用蒸馏水洗涤目的是___________，该操作在___________(填仪器名称)中进行。 （7）步骤Ⅲ中蒸馏是在___________(填“常压”或“减压”)下进行的。 （8）本实验的产率___________(计算结果保留一位小数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 晋江一中2024年春高二年期末考试 化学试题 (满分100分 考试时间：75分钟) 可能使用的相对原子质量： 一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 下列化学用语正确的是 A. 二氧化碳的电子式： B. 2-丁烯的键线式： C. 基态的价电子轨道表示式： D. 的球棍模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化碳分子中C、O原子间共用2对电子，C、O原子最外层电子数达到8个，其电子式为，A错误； B．2-丁烯在2号碳含有1个碳碳双键，键线式，B错误； C．基态Mn2+的价电子排布式为3d5，其价电子轨道表示式为，C错误； D．分子中酰胺基，球棍模型：，D正确； 故选D。 2. 化合物是合成连翘酯苷类似物的重要中间体，其合成路线如图。下列说法不正确的是 A. 在催化剂作用下可与甲醛发生缩聚反应 B. 与足量氢气加成的产物中含有3个手性碳原子 C. 分子存在顺反异构 D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别 【答案】D 【解析】 【详解】A．X分子中含酚羟基，能与甲醛发生缩聚反应，A正确； B．Y分子与足量氢气发生加成反应生成的物质含有3个手性碳，分别是环上连有取代基的碳原子，B正确； C．Z分子每个双键碳原子均连不同的原子或原子团，故其存在顺反异构，C正确； D．Y含有醛基、Z含有碳碳双键，都能使高锰酸钾溶液褪色，不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D错误； 故选D。 3. 时，利用反应Ⅰ：获得()，同时将生成的溶于水形成的溶液Ⅱ，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ中转移电子的数目为 B. 反应Ⅰ中形成键的数目为 C. 反应Ⅰ生成的产物中键的总数目为 D. 溶液Ⅱ中含的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应中N元素由+1价下降到0价，S元素由-2价上升到0价，1mol生成时转移电子16mol，数目为16NA，A正确； B．由的结构可知，生成1mol时，形成S-S键的数目为8NA，B错误； C．CO2中含有2个π键，N2中含有含有2个π键，获得1mol时生成4mol CO2和8mol N2，含有(4×2+8×2)mol=24molπ键，π电子的数目为48 NA，C错误； D．溶液的未知体积，无法计算溶液Ⅱ中含的数目，D错误； 故选A。 4. 某二次电池电解质结构如图，X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y和Q的杂化方式相同。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y＞Z B. 简单离子半径：Z＞W C. 最简单氢化物稳定性：Y＞W D. 与X形成的化合物熔点：Z＞Q 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且电解质结构中Z形成2个共价键、Q形成6个共价键，所以二者均处于VIA族，故Z为O元素、 Q为S元素，W形成1个共价键，且原子序数大于氧、小于硫，故W为F元素，X形成+1价阳离子，原子序数小于氧，故X为Li，Y和Q的杂化方式相同，即采取sp3杂化，则Y元素原子形成2个键、获得1个电子，其最外层电子数为8-3=5，其原子序数小于氧，故Y为N元素，据此解答。 【详解】A．由分析可知，Y为N、Z为O，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，A项正确； B．由分析可知，Z为O、W为F，二者形成离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径Z>W，B项正确； C．由分析可知，Y为N、W为F，非金属性N<F，故氢化物稳定性Y<W，C项错误； D．由分析可知，X为Li、Z为O，Q为S，与X形成的化合物均为离子晶体，由于氧离子半径比硫离子半径小，氧化锂中离子键更强，氧化锂的熔点更高，D项正确； 故答案选C。 5. 常温下，在指定的溶液中一定能大量共存的离子组是 A. 加入苯酚显紫色的溶液中： B. 使试纸变红的溶液中： C. 在的溶液中： D. 中性溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，铁离子和反应不共存，A不符合题意； B．使试纸变红的溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子氧化亚硫酸根离子不共存，B不符合题意； C．在的溶液显碱性，碱性溶液中相互不反应，能共存，C符合题意； D．铁离子在中性溶液中会转化为氢氧化铁沉淀，不共存，D不符合题意； 故选C。 6. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式书写正确的是 A. 乙酰胺与足量共热： B. 向溶液中滴入足量氨水： C. 向溶液中加入稀硫酸： D. 硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝： 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙酰胺与足量共热水解生成乙酸钠和氨气：，A错误； B．溶液中滴入足量氨水生成四氨合铜离子：，B错误； C．溶液中加入稀硫酸，和氢离子反应生成二氧化硫和硫单质：，C错误； D．酸性环境下，氧气能够氧化碘离子生成碘单质，D正确； 故选D。 7. 以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是 已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。 A. H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3 B. “滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn C. 所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②” D. “煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行 【答案】C 【解析】 【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4] 2+，SiO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和SiO2；加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4] 2+＝Cu+[Zn(NH3)4] 2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4] 2+、NH4HCO3、NH3•H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。 【详解】A．NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，对N—H成键电子对受到的排斥力减小，则H-N-H键角变大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误； B．由分析可知，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误； C．由分析可知，滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉发生反应Zn+[Cu(NH3)4] 2+＝Cu+[Zn(NH3)4] 2+，因此滤液①中[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4] 2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”< “滤液②”，故C正确； D．煅烧时会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误； 故答案选C。 8. 福建某研究团队研究了的立体结构，如图所示，为共平面的分子。下列说法错误的是 A. 分子含有的键为 B. 分子价层孤对电子数为 C. 分子有杂化的原子 D. 分子完全分解得到 【答案】B 【解析】 【详解】A．环上以及侧链上相邻氮之间均存在σ键，则分子含有的键为，A正确； B．由结构可知，1分子中含有6对孤电子对，则分子价层孤对电子数为，B错误； C．N8为平面结构，由结构可知，其中6个氮采取sp2杂化，2个N采取sp杂化，则分子有杂化的原子，C正确； D．中含有8molN原子，则完全分解得到，D正确； 故选B。 9. 热致变色材料(相对分子质量为248)、均为(Ⅱ)配合物，可发生如图所示的构型互转，当配位构型由八面体转变为平面四边形时，颜色由紫色变为橙色。下列说法正确的是 A. 中(Ⅱ)的杂化方式为杂化 B. 的中含配位键的数目为 C. 存在的作用力类型相同 D. 升温可使配合物的颜色由紫色转变为橙色 【答案】B 【解析】 【详解】A．X中配位构型为平面四边形，故不会是杂化，A错误； B．12.4gX的物质的量为0.05mol，由X的结构图可知，一个X中含有4个配位键，故含配位键0.2mol，数目为，B正确； C．由图可知，X中存在氢键、而Y不存在，C错误； D．由结构图可知，X的配位构型为平面四边形，Y的配位构型为八面体，已知当配位构型由八面体转变为平面四边形时，颜色由紫色变为橙色，故降温可使配合物的颜色由紫色转变为橙色，D错误； 故选B。 10. 实验室利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应原理及实验装置如图所示：下列说法错误的是 A. 管口A是冷凝水的进水口 B. 反应中加入苯的作用是：作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水 C. 当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出 D. 若将反应物改为苯乙酮()和乙二醇，则得到的有机产物为 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出。 【详解】A．冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于提高冷凝效果，A正确； B．由分析可知，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，苯在圆底烧瓶、冷凝管、分水器中循环使用，B正确； C．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，C错误； D．由分析可知，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，所以将反应物改为苯乙酮和乙二醇得到的有机产物为，D正确； 故选C。 二、非选择题(本题包括4小题，共60分) 11. 信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含及少量等金属的混合物，并设计出如图制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线： 请回答下列问题： （1）第①步与浓硝酸反应的离子方程式为_______。得到滤渣1的主要成分为_______。 （2）第②步加的作用是_____，使用的优点是____。调溶液的目的是使____生成沉淀。 （3）用第③步所得制备无水的方法是_______。 （4）由滤渣2制取，探究小组设计了三种方案： 如上三种方案中，_______方案不可行，原因是_______，丙方案：往加入溶液过滤得到的滤液中通入足量反应的离子方程式为_______。 （5）由固体配制溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_______(从如图图中选择，写出名称)。 需要称量固体的质量为_______。 【答案】（1） ①. ②. Au和Pt （2） ①. 氧化亚铁离子生成铁离子 ②. 不引入杂质，对环境无污染 ③. 铁离子和铝离子 （3）加热脱水 （4） ①. 甲 ②. 甲方案中会产生硫酸铁，即最终所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 ③. （5） ①. 托盘天平、烧杯 ②. 12.5g 【解析】 【分析】Cu、Al、Fe、Pt、Au在稀硫酸、浓硝酸混合酸加热后，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是不反应的Pt和Au；滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；H2O2的可以把Fe2+氧化为Fe3+，NaOH调溶液pH可以使Fe3+和Al3+形成沉淀，所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；硫酸铜溶液处理得到硫酸铜晶体； 【小问1详解】 第①步与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮、水，离子方程式为；由于浓硝酸也不能溶解Au和Pt，所以滤渣1的主要成分为Au和Pt。 【小问2详解】 由于滤液中1中含有亚铁离子，必须除去，而双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，然后沉淀生成氢氧化铁而除去；双氧水的还原产物是水，不引入杂质，对环境无污染；可知pH的目的是使溶液中的铁离子和铝离子生成沉淀，利于后续得到纯净的硫酸铜晶体。 【小问3详解】 胆矾通过加热脱水即生成硫酸铜； 【小问4详解】 由于滤渣2中含有氢氧化铁，所以甲方案中会产生硫酸铁，即最终所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质，所以甲方案是不正确的；丙方案加入溶液过滤得到的滤液中含有生成的四羟基合铝酸钠，通入足量反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为； 【小问5详解】 配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；由固体配制溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、托盘天平、烧杯，此外还需500mL的容量瓶，故需要称量固体的质量为0.5L×0.10mol/L×250g/mol=12.5g。 12. 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： （1）为族元素，单质与干燥反应生成。常温常压下为无色液体，空间构型为_______，其固体的晶体类型为_______。 （2）的沸点由高到低的顺序为_____(填化学式，下同)，键角：NH3_____PH3 (填“”“”或“”)。 （3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如图所示： ①该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_______个，该螯合物中配体中心原子的杂化方式为_______。 ②配体()中含有与苯类似的大键，则该配体中原子的价层孤电子对占据_______(填字母)。 A轨道 B．轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道 ③该螯合物形成的晶体中存在的作用力有_______(填标号)。 A．金属键 B．氢键 C．非极性键 D．极性键 配位键 （4）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，称作原子的分数坐标。四方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。 坐标原子 0 0 0 0 0 0.5 0.25 0.25 0.125 ①一个晶胞中有_______个，找出距离最近的_______(用分数坐标表示)。晶体中与单个键合的As有_______个。 ②阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为_______(列出计算式)。 【答案】（1） ①. 正四面体形 ②. 分子晶体 （2） ①. NH3＞AsH3＞PH3 ②. > （3） ①. 6NA ②. sp2 ③. D ④. CDE （4） ①. 4 ②. (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) ③. 4 ④. 【解析】 【小问1详解】 由于常温下为液体，故为分子晶体；分子中中心原子形成4个共价键且无孤电子对，为sp3杂化，故分子的空间构型为正四面体形； 【小问2详解】 NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键导致其沸点升高，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3； 【小问3详解】 ①由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，为6NA个；Cd—NO2那个不算；在中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化； ②环中每个原子上的p轨道垂直于环平面，p轨道上存在电子，这些p轨道侧面重叠形成一个大派键，在配体()中含有与苯类似的大键，则该配体中为sp2杂化，N原子形成2个碳氮键、还有1对价层孤电子对占据杂化轨道，故选D； ③该螯合物形成的晶体中存在的作用力有碳碳非极性键、碳氮等极性键、氮镉等配位键，不存在金属键、氢键，故选CDE； 【小问4详解】 ①由部分原子的分数坐标为(0，0，0.5)，则小白圈表示 Sn，据“均摊法”，晶胞中含个Sn；部分，则8个Cd在晶胞的顶点、4个Cd在晶胞的面心、1个Cd在晶胞的体心，距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。 ②据“均摊法”，晶胞中含个Cd、个Sn 、8个，该晶体的密度为。 13. 奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，以水杨酸为起始物的合成路线如图。回答下列问题： （1）由生成氨基水杨酸甲酯的反应类型为_______，该反应中用到，反应后铁元素的价层电子排布图为_______。 （2）由制备的反应试剂与条件为_______。 （3）与足量氢氧化钠溶液共热生成的方程式为_______。 （4）水杨酸、苯酚、对甲基苯酚中酸性最弱的是_____。相同温度下水解平衡常数：_______(填“”“”或“”)。 （5）若将奥沙拉秦用盐酸酸化，常温下会出现沉淀，生成的分子中含氧官能团的名称为____。 （6）是水杨酸的同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式。的结构简式为_______。 能发生银镜反应 。 苯环上的一氯代物有两种同分异构体。 最多能与3倍物质的量的反应。 （7）下列关于水杨酸的说法中正确的是_______(填标号)。 水杨酸分子中的键角小于羧基中的键角 存在分子内氢键 羧基中的极性大于酚羟基的 是极性分子，常温下易溶于水 【答案】（1） ①. 还原反应 ②. （2）浓硝酸、浓硫酸、加热 （3）+4NaOH+2CH3OH+2H2O （4） ①. 对甲基苯酚 ②. < （5）羧基、酚羟基 （6） （7）bcd 【解析】 【分析】水杨酸与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成X，X的结构简式为，X发生硝化反应引入硝基生成Y；含有酯基和酚羟基，与足量NaOH水溶液、加热发生水解反应生成的Z为。 【小问1详解】 生成氨基水杨酸甲酯的反应为硝基被还原为氨基，反应为还原反应；该反应中用到，铁为26号元素，反应后铁转化为二价铁，则其价层电子排布图为； 【小问2详解】 X发生硝化反应在酚羟基对位引入硝基得到Y，则需要反应试剂与条件为浓硝酸、浓硫酸、加热； 【小问3详解】 含有酯基和酚羟基，与足量NaOH水溶液、加热发生水解反应生成的Z为，反应为：+4NaOH+2CH3OH+2H2O； 【小问4详解】 羧基酸性大于酚羟基，甲基为供电子基团，使得对甲基苯酚中酚羟基酸性减弱，故酸性最弱的是对甲基苯酚；根据越弱越水解可知，相同温度下水解平衡常数：苯酚钠＜对甲基苯酚钠； 【小问5详解】 奥沙拉秦用盐酸酸化，-COONa转化为羧基-COOH，使得其溶解度减小，常温下会出现沉淀，生成的分子中含氧官能团的名称为羧基、酚羟基； 【小问6详解】 是水杨酸的同分异构体，符合下列条件的同分异构体： 能发生银镜反应，含有醛基；苯环上的一氯代物有两种同分异构体，则苯环上存在2个对位取代基；最多能与3倍物质的量的反应，则应该含有1个酚羟基、1个酯基且酯基水解生成酚羟基；故的结构简式为。 【小问7详解】 水杨酸分子中苯环碳、羧基碳均为sp2杂化，羧基存在碳氧双键，斥力双键一单键>单键一单键，则的键角大于羧基中的键角，错误； 分子中羟基和羧基处于邻位，能存在分子内氢键，正确； 羧基中由于碳氧双键的影响，导致羧基中的极性大于酚羟基的，正确； 分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，常温下易溶于水，正确； 故选bcd。 14. 实验室用苯甲醇钠做催化剂，以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理及部分物质的性质如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 密度/g·cm-3 苯甲醇 -15.9 204.7 可溶于水 1.01 苯甲醛 -56.6 179 微溶于水 1.01 苯甲酸苯甲酯 21 323 不溶于水 1.12 苯甲酸 122.4 249.2 不溶于水 1.32 已知：RO-极易结合H+转化为ROH． 回答以下问题： 步骤Ⅰ 制备苯甲醇钠 按图1所示装置，在圆底烧瓶中依次加入磁转子、苯甲醇(7.0 g，0.065 mol)、金属钠(0.3 g，0.013 mol)。开启搅拌，使反应在微热状态下进行，反应结束后，撤去热源，冷却至室温。 （1）表明反应已经完成的现象是___________。 （2）装置A的作用是___________。 步骤Ⅱ 制备苯甲酸苯甲酯 制备装置如图2所示(加热及夹持装置已略去)。在四口烧瓶中加入苯甲醛(45.4 g，0.428 mol)，使整个反应体系恒温在50℃。通过恒压滴液漏斗缓慢滴加苯甲醇钠(30 min内滴加完毕)后保温1 h。 （3）本实验中制取苯甲酸苯甲酯的化学反应方程式为___________。 （4）久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去将大大降低反应速率，原因是___________；除去苯甲醛中少量苯甲酸的实验方法是___________。 （5）装置中能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为___________。 步骤Ⅲ 分离提纯产品 待体系冷却至室温，加入20 mL水，搅拌10 min，收集有机相，再用20mL蒸馏水洗涤有机相，经无水硫酸钠干燥后，蒸馏，弃去开始时收集的馏分，再调高电加热套的电压，收集205-207℃的馏分，得31.5 g无色粘稠液体。 （6）收集的有机相用蒸馏水洗涤目的是___________，该操作在___________(填仪器名称)中进行。 （7）步骤Ⅲ中蒸馏是在___________(填“常压”或“减压”)下进行的。 （8）本实验的产率___________(计算结果保留一位小数)。 【答案】（1）圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡) （2）防止水蒸气等进入装置发生副反应 （3）2 （4） ①. 苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效 ②. 蒸馏 （5）球形冷凝管 （6） ①. 除去产物中的苯甲醛和苯甲醇 ②. 分液漏斗 （7）减压 （8）69.4% 【解析】 【分析】根据题干可知，本题中苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，产物为苯甲酸苯甲酯，产物不溶于水，密度比水大，据此作答。 【小问1详解】 步骤Ⅰ为制备苯甲醇钠，加入苯甲醇(7.0 g，0.065 mol)、金属钠(0.3 g，0.013 mol) ，发生的反应为：2+2Na→2+H2，可知加入的苯甲醇量多，因此金属钠可以被消耗完，当观察到圆底烧瓶中的金属钠消失或不再产生气泡时表明反应已经完成，故答案为：圆底烧瓶中的金属钠消失(或不再产生气泡)。 【小问2详解】 装置A的作用是防止水蒸气等进入装置发生副反应，故答案为：防止水蒸气等进入装置发生副反应。 【小问3详解】 步骤Ⅱ为制备苯甲酸苯甲酯，苯甲醇钠做催化剂，苯甲醛为原料，发生的反应为：2，故答案为：：2。 【小问4详解】 由于RO-极易结合H+转化为ROH，久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；观察题中所给的物理数据可知，两者在水中溶解度小，但是沸点差异较大，因此除去苯甲醛中少量苯甲酸的实验方法是蒸馏，故答案为：苯甲酸使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效；蒸馏。 【小问5详解】 观察图中装置，反应物球形冷凝管进行冷凝回流，可以减少反应物挥发，因此装置中能起到减少反应物挥发作用的仪器名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管。 【小问6详解】 反应后的收集的有机相中含有苯甲醛、苯甲醇、苯甲酸苯甲酯，根据题中所给物理性质可知苯甲酸苯甲酯不溶于水，因此用蒸馏水洗涤目的是除去产物中的苯甲醛和苯甲醇，分离互不相溶的液体的方法是分液，使用仪器为分液漏斗，故答案为：除去产物中的苯甲醛和苯甲醇；分液漏斗。 【小问7详解】 产物苯甲酸苯甲酯的沸点是323℃，但收集的是205-207℃的馏分，而减压蒸馏可以降低压强，降低沸点，节约能源，因此是减压蒸馏，故答案为：减压。 【小问8详解】 已知加入苯甲醛为0.428 mol，根据反应2，可知理论上生成的苯甲酸苯甲酯也为0.214 mol，即理论上生成的质量为 ，产率=，故答案为：69.4%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $