山东省威海市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试卷 Word版含解析

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高二化学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。考试结束后，将答题卡交回。‎ 第Ⅰ卷（选择题 共40分）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。‎ ‎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。保持卡面清洁，不折叠、不破损。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Ti 48 ‎ 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.《内经》曰：“五谷为养，五果为助…”，合理膳食能提高免疫力。下列说法正确的是 A. 食用植物油的主要成分是高级脂肪酸 B. 人体不能合成的八种必需氨基酸需从膳食中获取 C. 糖类、油脂和蛋白质在人体内均可发生水解反应 D. 食物中的膳食纤维（纤维素）与面粉中的淀粉互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 食用植物油的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，A错误；‎ B. 因为人体不能合成，故八种必需氨基酸需必须从膳食中获取，B正确；‎ C. 低聚糖、多糖、油脂和蛋白质在人体内均可发生水解反应，单糖不水解，C错误；‎ D. 食物中的膳食纤维（纤维素）与面粉中的淀粉的化学式为(C6H10O5)n，但n不同，故化学式、相对分子质量均不同，不互为同分异构体，D错误；‎ 答案选B ‎ ‎2.下列关于晶体的说法中错误的是 A. 固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体 - 24 -‎ B. 具有正四面体结构的晶体，可能是共价晶体或分子晶体，其键角都是109°28′‎ C. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电的晶体一定是分子晶体 D. 金属晶体中一定含有金属键，金属键没有方向性和饱和性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．固态不导电，熔融时能导电的晶体，其构成微粒为离子，则一定为离子晶体，故A正确；‎ B．有中心原子的正四面体结构分子中，键角为109°28′，如甲烷，无中心原子的正四面体结构分子中，键角为60°，如白磷，故B错误；‎ C．熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点：液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；‎ D．金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用是金属键，金属键没有方向性和饱和性，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 苯酚有毒，沾到皮肤上可用NaOH溶液或酒精洗涤 B. 等物质的量的甲醛、甲酸甲酯完全燃烧耗氧量相同 C. 羟基氢的活泼性：＞＞ ‎ D. 在一定条件下既能与Na反应，又能与新制Cu(OH)2悬浊液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒精对人的皮肤没有伤害，苯酚易溶于乙醇，可以用来洗涤皮肤的上的苯酚，在皮肤上不能用NaOH溶液，有腐蚀性，故A错误；‎ B．甲醛的分子式为CH2O，甲酸甲酯的分子式为C2H4O2，二者最简式相同，等物质的量的甲醛、甲酸甲酯完全燃烧碳原子数目越多，耗氧量越大，则甲酸甲酯耗氧量多，故B错误；‎ C．有机酸是弱酸，能电离出氢离子，苯酚也具有弱酸性，酸性比碳酸还弱，只能微弱的电离出氢离子，醇的结构稳定，很难电离出氢离子，则羟基氢的活泼性：＞‎ - 24 -‎ ‎＞，故C错误；‎ D．含有醇羟基，具有醇的性质，在一定条件下既能与Na反应；含有醛基，具有醛类的性质，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列实验所用装置错误的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室制取乙烯需要用乙醇和浓硫酸加热至170℃，温度计测量的是溶液的温度，乙烯难溶于水，可以用排水法收集，故A正确；‎ B．乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应制得乙酸乙酯，收集乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液，导气管在液面以上可以防止倒吸，故B正确；‎ C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，实验室制取乙酸乙酯时有部分乙酸和乙醇蒸出，可以用饱和碳酸钠溶液除去，乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液互不相溶，溶液分层，可以用分液的方法分离，分液时分液漏斗下端玻璃管应该紧靠在烧杯内壁上，故C正确；‎ D．蒸馏米酒时，温度计测量的还是蒸汽的温度，位置在蒸馏烧瓶具支试管口，冷凝管用于冷凝蒸气，接水流的方向是下进上出，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎5.由乙烯合成乙二酸乙二酯的路线中，不包含的反应类型是 - 24 -‎ A. 加成反应 B. 取代反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由乙烯合成乙二酸乙二酯的路线为：乙烯与溴水加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再发生水解反应生成乙二醇，乙二醇被氧化为乙二醛，乙二醛被氧化生成乙二酸，乙二酸与乙二醇发生取代反应生成乙二酸乙二酯，反应不涉及还原反应，答案为D。‎ ‎6.下列晶体的分类正确的一组是 ‎ 选项 离子晶体 共价晶体 分子晶体 金属晶体 A CaC2‎ 石墨 Ar Hg B 玻璃 金刚石 CH3CH2OH Ag C CH3COONa SiC Mg D Ba(OH)2‎ Si C60‎ NaH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子晶体是由阴、阳离子通过离子键形成的晶体，常见离子晶体有：常见的有强碱、活泼金属氧化物、大多数盐类等；共价晶体一般指原子晶体，原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，常见的原子晶体有：一些非金属单质，如金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；分子晶体是分子间通过分子间作用力(包括范德华力和氢键)构成的晶体，常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质(金刚石、晶体硅等除外)、部分非金属氧化物(二氧化硅等除外)、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质(除汞外)‎ - 24 -‎ ‎、易挥发的固态物质等，金属都属于金属晶体，据此分析。‎ ‎【详解】A．石墨的层与层之间是分子间作用力，而碳原子间是共价键，石墨之中也会有自由电子在层与层间移动，石墨属于混合晶体，故A不符合题意；‎ B．玻璃是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅的混合物，不是纯净物，不属于离子晶体，故B不符合题意；‎ C．CH3COONa是由醋酸根离子和钠离子组成的离子晶体，碳化硅是由碳原子和硅原子组成的原子晶体，属于有机物，属于分子晶体，镁是由金属阳离子和自由电子组成的金属晶体，故C符合题意；‎ D．NaH是钠离子和氢离子形成的离子晶体，不属于金属晶体，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】对晶体进行分类，可以根据物质的类别，物质微粒间的相互作用区分。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. C7H8O属于芳香族化合物的同分异构体有4种 B. 聚合物（）由1，3－丁二烯加聚制得 C. 的名称为：4，5－二甲基己醛 D. 核磁共振氢谱显示有3组峰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C7H8O属于芳香族化合物的同分异构体中，属于酚类的有3种：甲基和羟基分别处于邻位、间位、对位，还有苯甲醇、苯甲醚，共5种，A错误；‎ B.即聚乙炔，其结构简式为，而1，3－丁二烯加聚制得，B错误；‎ C. 分子含醛基，属于醛，按命名规则，选择含醛基的最长碳链、从醛基开始编号，因为醛在链端命名时可以不写出1号位，故其名称为：4，5－二甲基己醛，C正确；‎ D. 分子内甲基上有1种氢、苯环上有3种氢，故核磁共振氢谱显示有4组峰，D错误；‎ 答案选C。 ‎ - 24 -‎ ‎8.“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如下图所示。下列关于M的说法错误的是 A. M中只有1种含氧官能团 B. M能使酸性KMnO4溶液褪色，不能使溴水褪色 C. 1 mol M最多可与6mol H2发生加成反应 D. 1 mol M完全水解消耗3mol NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，M中含氧官能团只有酯基，故A正确；‎ B．M中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水褪色，故B错误；‎ C．M中含有苯环和3个碳碳双键，均可与氢气发生加成反应，则1 mol M最多可与6mol H2发生加成反应，故C正确；‎ D．根据图示，1 mol M中含有3mol酯基，完全水解生成3mol羧酸，则消耗3mol NaOH，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列说法错误的是 A. 活泼金属与活泼非金属组成的化合物形成的晶体一定为离子晶体 B. 金刚石、SiC、HI、HBr晶体的熔点依次降低 C. 可用X射线衍射实验区分晶体与非晶体 D. 石墨晶体模型中C原子与六元环的个数比为2:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 活泼金属与活泼非金属组成的化合物形成的晶体不一定为离子晶体，例如，氯化铝晶体是分子晶体，A错误；‎ B.‎ - 24 -‎ ‎ 金刚石、SiC是原子晶体，熔点高，碳碳键比碳硅键牢固，故金刚石的熔点比碳化硅的高，HI、HBr是分子晶体，熔点较低，HI相对分子质量大于HBr，HI分之间的作用力大于HBr，故晶体的熔点依次降低，B正确；‎ C. 根据X射线衍射图显示的信息，科学家能推知晶体内部的微观结构，故可用X射线衍射实验区分晶体与非晶体，C正确；‎ D. 石墨是平面层状结构，每一个碳原子与3个碳原子通过碳碳单键形成平面正六边形，故按均摊法可知，每个六元环中拥有2个碳原子，则石墨晶体模型中C原子与六元环的个数比为2:1，D正确；‎ 答案选A。 ‎ ‎10.下列操作能达到相应实验目的的是 选项 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 区别地沟油与矿物油 测定沸点，有固定沸点的是矿物油 C 除去苯中混有少量苯酚 向苯和苯酚的混合物中滴加浓溴水，过滤 D 鉴别甲苯、环已烯 分别加入酸性高锰酸钾溶液，褪色的是环已烯，不褪色的为甲苯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酚类物质与FeCl3溶液反应可得到紫色溶液，故向茶水中滴加FeCl3溶液可检验绿茶中是否含有酚类物质，A正确； ‎ B. 地沟油与矿物油均为混合物，均无固定沸点，故测定沸点无法区分，B错误； ‎ C. 苯酚中滴加浓溴水得到三溴苯酚，三溴苯酚是不溶于水的白色沉淀，但当苯和苯酚共存，三溴苯酚会溶解于苯难以形成沉淀，故不能过滤，C错误； ‎ - 24 -‎ D. 甲苯、环已烯中分别加入酸性高锰酸钾溶液，两者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，D错误； ‎ 答案选A。 ‎ 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.下列有关晶体叙述正确且有因果关系的是 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ A SiO2晶体熔点高、硬度大 SiO2晶体可用于制造光导纤维 B 碘晶体中的 I―I 键能较小 晶体碘沸点低、易升华 C NaCl晶体中Na+与Cl－个数比为1:1，‎ CsCl晶体中Cs+与Cl－个数比也为1:1‎ NaCl和CsCl的晶胞结构相同 D 在金刚石和硅晶体中，原子间通过共价键形成空间网状结构 金刚石和硅晶体类型相同 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiO2晶体熔点高、硬度大可以用于制坩埚等耐热材料，SiO2晶体具有良好的光学性能，可用于制造光导纤维，故A错误；‎ B．碘晶体中的 I―I 键能较小，导致碘的稳定性较弱，晶体碘之间的范德华力较小，导致沸点低、易升华，故B错误；‎ C．NaCl晶体和CsCl晶体中Na+与Cl－个数比为1:1，NaCl晶体中每个钠离子周围含有6‎ - 24 -‎ 个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，每个氯化钠晶胞中含有4个钠离子和氯离子；CsCl晶体中每个铯离子周围含有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个氯离子，每个氯化铯晶体中含有1个铯离子和1个氯离子，二者的结构不同，故C错误；‎ D．碳和硅同主族，在金刚石和硅晶体中，原子间通过共价键形成空间网状结构，金刚石和硅晶体类型相同，都是原子晶体，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.咖啡因有兴奋大脑神经和利尿作用，实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示：‎ 下列说法错误的是 A. 咖啡因易溶于酒精，易升华 B. 蒸馏浓缩分离出的乙醇可循环利用 C. 生石灰可除去浓缩液中的水分 D. 该流程中涉及的实验操作和方法只有蒸馏和升华 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从流程图知，咖啡因易溶于酒精，易升华，A正确；‎ B. 从流程图知，乙醇既用于获取提取液，蒸馏浓缩中又分离出来，故乙醇可循环利用，B正确；‎ C. 生石灰可作干燥剂除去浓缩液中的水分，C正确；‎ D. 该流程中涉及的实验操作和方法有萃取、蒸馏和升华，D错误；‎ 答案选D。 ‎ ‎13.四苯基乙烯（TPE）具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广阔，可由物质M合成。下列说法错误的是 ‎ A. M物质属于酮类，不能发生氧化反应 B. TPE属于芳香烃，也属于苯的同系物 - 24 -‎ C. M的一氯代物有3种（不考虑立体异构）‎ D. TPE分子中所有原子均可能共平面 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M物质属于酮类，但能在点燃条件燃烧，燃烧时发生了氧化反应，A错误；‎ B. TPE属于芳香烃，但其中含有4个苯环，不属于苯的同系物，B错误；‎ C. M分子具有对称性，其分子内有3中氢，故一氯代物有3种（不考虑立体异构），C正确；‎ D. 苯分子是平面结构、和苯环直接相连的原子在同一个平面，碳碳双键、羰基是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，故TPE分子中所有原子均可能共平面，D正确；‎ 答案选AB。 ‎ ‎14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 46g C2H6O完全燃烧，共有8NA个共价键断裂 B. 1mol雄黄（主要成分为As4S4，结构为）中含有6NA个S-As键 C. 32g S8（）与S6（ ）的混合物中所含共价键数目为2NA D. NaCl晶体中Na+与最近Cl－的核间距离为a cm，则其晶体密度为g·cm-3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个C2H6O分子内含有8个共价键，46g C2H6O即1mol C2H6O，完全燃烧，共有8NA个共价键断裂，A正确；‎ B. 1mol雄黄(主要成分为As4S4，结构为)中含有8NA个S-As键，B错误；‎ C. 32g S8()所含共价键数目为 ，32g S6()所含共价键数目为，则32g混合物中所含共价键数目为NA，C错误；‎ D. NaCl晶体中Na+与最近Cl－的核间距离为a cm，则晶胞边长为2acm，一个晶胞中有4‎ - 24 -‎ 个钠离子和4个氯离子，则其晶体密度为g·cm-3=g·cm-3，D正确；‎ 答案选BC。‎ ‎15.将15.1g某芳香族化合物样品置于氧气流中完全燃烧，测得有关数据如下（实验前系统内的空气已排除，各步均吸收完全）：‎ 燃烧产物增重8.1g 增重35.2g 氮气1.12L（标况）‎ 已知该有机物相对分子质量为151，且为天然蛋白质水解产物。下列关于该有机物的说法正确的是 A. 分子式为C8H9N2O B. 结构简式为 C. 含有1个手性碳原子 D. 既可与强酸反应又可与强碱反应 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物完全燃烧的产物通过浓硫酸增重8.1g，即水的质量为8.1g，则含有的氢的物质的量为0.9mol；再通过碱石灰，增重35.2g，即二氧化碳的质量为35.2g，含有的碳原子的物质的量为0.8mol；最后收集氮气标况下的体积为1.12L，则含有氮原子的物质的量为0.1mol，有机物中N(C)：N(H)：N(N)=8：9：1，已知该有机物相对分子质量为151，若N原子个数为1，则有机物分子中含有2个O，分子式为C8H9O2N。‎ ‎【详解】A．分析可知，有机物的分子式为C8H9O2N，A说法错误；‎ B．有机物中有8个碳原子，B说法错误；‎ C．有机物为天然蛋白质水解产物，则为α-氨基酸，结构简式为，且含有1个手性碳原子，C说法正确；‎ D．有机物为氨基酸，既含有羧基，又含有氨基，则既可与强酸反应又可与强碱反应，D说法正确；‎ - 24 -‎ 答案为CD。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共60分）‎ 注意事项：第Ⅱ卷包括5小题，共60分，将答案写在答题卡上。‎ ‎16.香豆素()是一种用途广泛的香料，可用于配制香精及制造化妆品等。某同学设计的制备香豆素的合成路线为：‎ ‎(1)反应I的反应类型为_______。‎ ‎(2)反应II的化学方程式为_______。‎ ‎(3)A在一定条件下可生成高分子酯，该高分子酯的结构简式为_______。‎ ‎(4)水杨醛的芳香类同分异构体有_______种(不包含水杨醛本身)，其中能与NaHCO3溶液反应的是 _______(写结构简式)。‎ ‎(5)水杨醛中含有苯环，苯环结构模型()最早由德国化学家凯库勒于1865年提出，该模型不能解释的事实是_______。‎ A 苯不能使酸性高锰酸钾褪色　　 ‎ B 间二甲苯不存在同分异构体 C 苯分子空间构型为平面正六边形 ‎ D 苯与氯气在光照条件反应得到农药“六六六”(C6H6Cl6)‎ ‎【答案】 (1). 消去反应 (2). +H2O (3). (4). 4 (5). (6). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程，乙醛(CH3CHO)与在碱性条件下发生加成反应生成 - 24 -‎ ‎，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成，再被新制的Cu(OH)2悬浊液氧化生成，则A为，A在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应生成香豆素()，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，反应I的反应类型为消去反应；‎ ‎(2)根据分析，反应II为在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应生成香豆素()，化学方程式为+H2O；‎ ‎(3)A为，一定条件下该有机物发生缩聚反应可生成高分子酯，该高分子酯的结构简式为； ‎ ‎(4)水杨醛的结构简式为，其属于芳香类同分异构体有：、、、共4种(不包含水杨醛本身)，其中能与NaHCO3溶液反应的是；‎ ‎(5)A．根据苯环结构模型()中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能使高锰酸钾溶液褪色，但实际上苯不能使酸性高锰酸钾褪色，故A不能用该模型解释； ‎ B．根据该结构模型，不论两个甲基在苯环上任意间位，结构都完全相同，不存在同分异构体，故B能用该模型解释；‎ C．苯分子空间构型为平面正六边形意味着六个碳碳键的键长和键角完全相同 ，但图示中的结构，碳原子间为单双键交替结合，则键长和键角不可能完全相同，也不可能为正六边形，故C不能用该模型解释；‎ D．根据苯环结构模型()中含有3个碳碳双键，具有烯烃的性质，苯与足量氯气发生加成反应得到农药“六六六”(C6H6Cl6)，故D可以用该模型解释；‎ - 24 -‎ 答案选AC。‎ ‎【点睛】易错点为(3)，根据题目描述，高分子化合物是酯类，发生的是分子间的缩聚反应，不是发生碳碳双键上的加聚反应。‎ ‎17.茉莉醛具有优雅的茉莉花香味，是一种广泛应用于化妆品、洗涤剂和空气清新剂的合成香料。制备茉莉醛的一种反应原理、发生装置、工艺流程和有关数据如下：‎ Ⅰ．反应原理：‎ Ⅱ．发生装置：‎ Ⅲ．工艺流程：‎ Ⅳ．有关数据：‎ 相对分子质量 密度/g·cm-3‎ 沸点/℃‎ 苯甲醛 ‎106‎ ‎1.04‎ ‎179‎ 庚醛 ‎114‎ ‎0.85‎ ‎153‎ 茉莉醛 ‎202‎ ‎0.97‎ ‎287‎ 回答下列问题：‎ - 24 -‎ ‎(1)仪器b的名称是____；a与普通分液漏斗相比，其优点是____。‎ ‎(2)“操作I”的名称是____；乙醇的作用是____；无水Na2SO4的作用是____；“加热”中需保持温度为60~65℃，应采取的加热方法是____。‎ ‎(3)柱色谱分离法是利用吸附剂对物质吸附能力的不同，进行物质分离提纯的一种方法。吸附剂一般难溶于水、表面积比较大，可选用____作吸附剂(写一种物质名称)。‎ ‎(4)在反应中可能产生的副产物的结构简式为____。‎ ‎(5)根据题给数据，所得茉莉醛产率约为____%(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 内外压强相通，便于液体顺利流下 (3). 分液 (4). 作溶剂，增加苯甲醛的溶解度 (5). 干燥 (6). 水浴加热 (7). 活性炭或硅胶 (8). (9). 41.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在三颈烧瓶中利用10.6mL苯甲醛、庚醛、在碱性环境、水浴加热的条件下制备茉莉醛；乙醇主要是作反应溶剂，增加苯甲醛的溶解度，搅拌后加入6.84g庚醛，经冷却，操作Ⅰ为分液，得到有机层，水洗除去混有的乙醇，分液，加入无水硫酸钠进行干燥后，进行过滤，蒸馏除去未反应的苯甲醛和庚醛，经过柱色谱法分离后可得5.05g茉莉醛，据此分析。‎ ‎【详解】(1)仪器b的名称是球形冷凝管；a是恒压漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是内外压强相通，便于液体顺利流下；‎ ‎(2)经分析可知，“操作I”的名称是分液；乙醇的作用是作溶剂，增加苯甲醛的溶解度；无水Na2SO4具有吸水性，无水Na2SO4的作用是干燥；“加热”中需保持温度为60~65℃，温度太高茉莉醛或苯甲醛、庚醛会挥发，影响产率，应采取的加热方法是浴加热；‎ ‎(3)活性炭是常见的吸附剂，它疏松多孔，难溶于水、表面积比较大，可作吸附剂，除此之外，还可以选择硅胶等；‎ ‎(4)在反应中两分子庚醛可以发生羟醛缩合得到可能作为副产物生成；‎ ‎(5)根据题给数据，加入10.6mL苯甲醛的物质的量为，庚醛的质量为6.84g，物质的量为根据化学反应方程式，‎ - 24 -‎ 苯甲醛过量，庚醛完全反应，利用庚醛和茉莉醛的物质的量关系得到，理论上产生茉莉醛的物质的量为0.06mol，产率=×100%=41.7%。‎ ‎【点睛】计算产率时需要进行过量计算，为易错点。‎ ‎18.氧化物种类繁多，在生产生活中有广泛应用。按要求回答下列问题。‎ ‎（1）三种氧化物的熔沸点如下表所示：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ As2O3‎ ‎175‎ ‎457.2（193℃时升华）‎ MgO ‎2800‎ ‎3600‎ Na2O ‎1275‎ ‎1950‎ 三种物质中，MgO熔点最高的原因是____ 。‎ ‎（2）Ag2O晶体的立方晶胞如图Ⅰ所示，该晶胞中表示O2−的是____（填“A”或“B”），由B构成的空间构型为____。其晶胞的俯视图如图Ⅱ所示，其中A的坐标参数为（0，0，1），则B的坐标参数为____ 。‎ ‎（3）某种氧化镍晶体中存在如图所示的缺陷：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，结果其晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。该氧化镍样品的组成可表示为NixO，晶体中Ni3+与Ni2+的个数比为1:11，则x的值为____。‎ ‎（4‎ - 24 -‎ ‎）某氧化物超导材料钙钛矿晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为_____，已知正方体的边长为a pm，该晶体的密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数的值可表示为_______（用含a、ρ的式子表示）。‎ ‎【答案】 (1). As2O3是分子晶体，熔点低,MgO与Na2O都是离子晶体，Mg2+的半径小，所带电荷多，晶格能大 (2). A (3). 正四面体 (4). （ ，，） (5). 0.96或 (6). CaTiO3 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)从表格提供熔沸点数据判断3种晶体的类型，从影响晶体熔点的因素回答；‎ ‎ (2)按均摊法计算Ag2O晶体中A、B的数目，结合化学式，判断A、B分别代表哪种粒子即可，按晶胞中A、B的相对位置关系、结合图Ⅱ信息以及A的坐标参数，确定B的坐标参数；‎ ‎(3)按某种氧化镍晶体呈电中性，该氧化镍样品的组成可表示为NixO，确定Ni的平均化合价为，按晶体中Ni3+与Ni2+的个数比，解得x的值；‎ ‎(4)按均摊法计算钙钛矿晶胞中各粒子的数目、确定化学式，按该晶体的密度为ρ g·cm-3等于晶胞的密度列式求算即可得阿伏加德罗常数的值，据此回答；‎ ‎【详解】(1)从表格提供的熔沸点数据判断，As2O3是分子晶体，熔点低，MgO与Na2O都是离子晶体，Mg2+的半径小，所带电荷多，晶格能大；‎ ‎(2)从Ag2O晶体的立方晶胞示意图知，A的数目为，B的数目为4，A、B数目比为1:2，则该晶胞中表示O2−的是A，由B构成的空间构型为正四面体，其晶胞的俯视图如图Ⅱ所示，若A为图Ⅱ中左下角的白球，则B为图Ⅱ中右下角的黑球，其中A的坐标参数为(0，0，1)，则B的坐标参数为(，，)；‎ ‎(3)某种氧化镍晶体仍呈电中性，该氧化镍样品的组成可表示为NixO，则Ni的化合价为,由于 晶体中Ni3+与Ni2+的个数比为1:11，则有 ，解得x的值为0.96或；‎ - 24 -‎ ‎(4)某氧化物超导材料钙钛矿晶胞结构如图所示，则晶胞中钛位于体心，数目为1、氧位于面心，数目为，钙位于顶点，数目为，则该化合物的化学式为CaTiO3，已知正方体的边长为a pm=，该晶体的密度为ρ g·cm-3，则有，则阿伏加德罗常数的值可表示为。‎ ‎【点睛】本题考查了晶体结构，晶胞相关的计算等知识，熟练掌握基础知识并能迁移应用是解题的关键。‎ ‎19.化合物H具有镇痛、消炎等作用，其合成路线如下：‎ 已知：RCH2Br+R’CHO RCH=CHR’‎ ‎（1）A的系统命名为____，C的结构简式为____，G中含氮官能团名称为____。‎ ‎（2）检验B中含有溴元素，需选用的试剂为____。‎ ‎（3）E→F过程中 “①碱性水解”化学方程式为____ 。‎ ‎（4）某同学参照上述合成路线，以苯甲醇（）为原料，设计了如下制备 的合成路线。‎ 该路线中，X的结构简式为______；Y的结构简式为______。‎ - 24 -‎ ‎【答案】 (1). 1，6―己二醇 (2). (3). 氨基 (4). NaOH溶液、稀HNO3、AgNO3溶液 (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D分子式为C8H15O2Br，A虽然含2个羟基，由流程图知，A转变成B时，只有1个羟基被取代，则有，在酸性高锰酸钾作用下，位于链端的羟基被氧化为羧基得到C，故C为，C与乙醇发生酯化反应得到D，即为以下转化：，D与甲基丙醛发生题给已知“RCH2Br+R’CHO RCH=CHR’”的反应，则生成的E的结构简式为，E先在碱性条件下水解接着酸化，得到了F，根据F和H的结构简式知，G的结构简式为，据此回答。‎ ‎【详解】(1)根据A的结构以及醇类物质的的命名规则可知A物质的名称为1，6−己二醇；按分析，C的结构简式为；G的结构简式为，G中含氮官能团名称为氨基；‎ ‎(2) B分子中含有溴原子，检验时，取B和NaOH水溶液加热水解后，再加硝酸酸化后，加硝酸银溶液，若出现了浅黄色沉淀，证明含有溴元素，故需选用的试剂为NaOH溶液、稀HNO3、AgNO3溶液；‎ ‎(3)据分析，E→F过程中 “①碱性水解”是酯基的水解，化学方程式为：‎ - 24 -‎ ‎；‎ ‎(4)由流程图知，X是苯甲醇中羟基被溴原子取代所得，故该路线中，X的结构简式为；从题目提供的信息RCH2Br+R’CHO RCH=CHR知，可由与在题给条件下反应所得，故Y的结构简式为。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，解答这类问题应明确各类有机物之间的转化关系，同时注意有机物的命名规则、结构简式以及化学方程式的书写等、提取并灵活应用有效信息也是解题的关键。‎ ‎20.盐酸阿比多尔能一定程度抑制冠状病毒的活性，被列入“新型冠状病毒感染的肺炎防控首批药品储备清单”中。其一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学式为______，G中含氧官能团的名称是______ 。‎ ‎(2)反应I的反应类型是______，该反应的作用是______ 。‎ ‎(3)补充完成反应II的化学方程式：______、______‎ ‎(4)某有机物H是D的同分异构体，符合条件的H的一种结构简式为______。‎ - 24 -‎ ‎①含有2个苯环，且不直接相连；‎ ‎②苯环上的一氯代物只有1种； ‎ ‎③分子中不含有“－NH2”。 ‎ ‎(5)，设计由苯、乙酰乙酸甲酯和苯醌()为原料制备的合成路线(无机试剂任选)______。‎ ‎【答案】 (1). C6H10O3 (2). 羟基 酯基 (3). 取代反应 (4). 保护羟基 (5). 2Br2 (6). 2HBr (7). 或 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和CH3NH2反应生成，和反应生成，和(CH3CO)2经反应I得到，‎ - 24 -‎ 反应类型为取代反应，与溴发生取代反应得到，与在碱性条件下反应生成，与HCHO、CH3NH2、CH3COOH反应得到C22H25O3N2BrS，C22H25O3N2BrS的结构简式为：C22H22O3N2BrS和丙酮和氯化氢反应制得，据此分析。‎ ‎【详解】(1)A乙酰乙酸乙酯，键线式为：，根据结构简式可知，A的化学式为C6H10O3；G为，含氧官能团的名称是酯基、羟基；‎ ‎(2) 和(CH3CO)2经反应I得到，反应类型为取代反应，该反应的作用是保护羟基；‎ ‎(3)反应II是和液溴发生的取代反应，化学方程式：‎ - 24 -‎ ‎+Br2→+2HBr；‎ ‎(4) D的结构简式为：，某有机物H是D的同分异构体，①含有2个苯环，且不直接相连；②苯环上的一氯代物只有1种，说明该分子具有对称性，D中含有2个酯基，分子中可以含有四个羟基，位于苯环上对称的位置；③分子中不含有“－NH2” ，氮原子只能连接碳原子，该同分异构体的结构简式：或；‎ ‎(5)，设计由苯、乙酰乙酸甲酯和苯醌()为原料制备的合成路线为：在浓硫酸作催化剂的条件下与浓硝酸发生取代反应生成，与铁和盐酸反应制得，与乙酰乙酸甲酯反应生成，与苯醌()反应生成，合成路线为：‎ - 24 -‎ ‎。‎ ‎【点睛】有机物H的结构简式是难点，根据苯环上的一氯代物只有1种，说明该分子具有对称性为突破口。‎ - 24 -‎