山东省临沂市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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‎2018级普通高中学科素养水平监测试卷 化学试题 ‎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，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。‎ ‎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 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 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.化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )‎ A. 医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液作消毒剂 B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物 D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇俗称酒精，医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液作消毒剂，酒精消毒的作用是凝固细菌体内的蛋白质，从而杀死细菌，故A正确；‎ B．疫苗一般应冷藏存放，低温保存，以避免蛋白质变性，故B正确；‎ C．高级脂肪酸酯是烃的衍生物，由C、H、O三种元素组成，不是高分子，故C错误；‎ D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.某元素基态原子M层上有一个未成对的单电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）‎ A. 3d14s2 B. 3d94s2 C. 3s23p1 D. 3s23p5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素基态原子M层上有一个未成对的单电子，可能的电子排布式为：1s22s22p63s1、‎ - 22 -‎ ‎1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5、1s22s22p63s23p63d14s2，所以基态原子价电子排布不可能是3d94s2，故答案为：B。‎ ‎3.下列有关化学用语的表述正确的是( )‎ A. 中子数为10的氧原子：‎ B. 氯离子的结构示意图：‎ C. 为碳原子的一种激发态 D. 聚丙烯的结构简式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中子数为10的氧原子质量数为18，核素符号为，故A错误；‎ B．氯离子的结构示意图：，故B错误；‎ C． 是碳原子的2s一个电子激发到2p轨道的状态，为激发态，故C正确；‎ D．聚丙烯的结构简式：，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎4.“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷()的爆震程度最小。下列烃与氢气加成能得到异辛烷的是( )‎ A. 2，3，4-三甲基-1-戊烯 B. 2，4，4-三甲基-2-戊烯 C. 3，4，4-三甲基-2-戊烯 D. 3，4，4-三甲基-1-戊炔 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】异辛烷可由氢气加成得到，则双键位置可以有两种，为：、，名称分别为：2，4，4—三甲基—2—戊烯、2，4，4—三甲基—1—戊烯，B符合，故选B。‎ ‎【点睛】解题关键：烷烃还原成烯烃时，形成双键的两个碳原子上至少要有一个氢原子。‎ ‎5.下列反应Ⅰ和反应Ⅱ属于同一种反应类型的是( )‎ 选项 反应Ⅰ 反应Ⅱ A 苯与浓硫酸、浓硝酸反应制备硝基苯 油脂与浓反应制备高级脂肪酸钠 B 溴乙烷与的乙醇溶液混合加热制备乙烯 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应 C 苯酚与甲醛反应制备酚醛树脂 乙烯制备聚乙烯 D 丙烯与水反应制备丙醇 溴丙烷水解制备丙醇 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应I为取代反应，反应II为取代反应，反应类型相同，故A符合题意；‎ B.反应I为消去反应，反应II为加成反应，反应类型不同，故B不符合题意；‎ C.反应I为缩聚反应，反应II为加聚反应，反应类型不同，故C不符合题意；‎ D.反应I为加成反应，反应II为取代反应，反应类型不同，故D不符合题意；‎ 故选：A。‎ ‎6.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、圆底烧瓶、玻璃棒(非玻璃仪器任选)，选用上述仪器能完成的实验是( )‎ A. 用乙醇制取乙烯 B. 制备乙酸乙酯 C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘 D. 苯甲酸的重结晶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】A.乙醇制备乙烯，是在浓硫酸催化作用下，加热到170，需要温度计控制温度，上述仪器不能完成实验，故A不符合题意；‎ B.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下，加热生成乙酸乙酯，需要试管、导管和酒精灯，上述仪器能完成该实验，故B符合题意；‎ C.用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要分液漏斗、烧杯，上述仪器不能完成实验，故C不符合题意；‎ D. 苯甲酸的重结晶，需要用烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯，上述仪器不能完成实验，故D不符合题意；‎ 故选：B。‎ ‎7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A. 中含有的数目为 B. 苯中含σ键的数目为 C. 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为 D. 由乙烯和环丙烷组成的混合气体中含有的氢原子数目为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.是共价化合物，不存在离子，故A错误；‎ B. 苯中C-H为σ键，碳碳之间存在1个σ键，则1mol苯中含有12molσ键，苯中含σ键的数目为，故B错误；‎ C.石墨烯(单层石墨)结构，每个碳原子参与形成三个六元环，则平均1个六元环占有的碳原子数为2个，即1mol六元环对应2mol碳原子(24g)，石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为，故C正确；‎ D.乙烯和环丙烷最简式均为CH2，混合气体视为1molCH2，含有的氢原子数目为，故D错误；‎ 故选：C。‎ - 22 -‎ ‎8.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 分子中N原子均为杂化 B. 基态氯原子核外电子有9个空间运动状态 C. 分子中磷原子的价层电子对数为4‎ D. 与足量发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子中与六元环相连的N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，为sp3杂化，故A错误；‎ B．Cl原子核外有17个电子，电子位于不同的轨道，17个电子分别位于9个轨道，故B正确；‎ C．磷酸中含有3个P−O键、1个P＝O键，则形成4个σ键，且不孤电子对，磷原子的价层电子对数为4，故C正确；‎ D．有机物含有1个手性碳原子，与氢气发生加成反应后，含有5个手性碳原子，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎9.缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(一个原子通过共用电子使其价层电子数达到8，氢原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法正确的是( )‎ A. 、、均为缺电子化合物 B. 的键角大于的键角 C. 与反应时，提供空轨道，提供孤对电子 D. 可以通过晶体X射线衍射实验测定、的结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【详解】A．NH3的电子式为：，三角锥形，分子中存在3对共用电子对，N原子最外层为8个电子，H原子达到2，符合路易斯结构；BF3的电子式为：，是平面正三角形结构，B原子分别与3个F原子各共用1对电子，所有F原子达到8电子稳定结构，而B原子只有6个电子，未达到8电子稳定结构，属于缺电子分子；BeCl2的电子式为：，是直线形，Cl原子周围各有3对孤对电子，而Be原子只有4个电子，未达到8电子稳定结构，属于缺电子分子，故A错误；‎ B．NH3是三角锥形，键角107°；BF3是平面正三角形结构，键角120°；所以NH3的键角小于BF3的键角，故B错误；‎ C．NH3的电子式为：，存在孤对电子；BF3的电子式为：，存在空轨道；所以BF3与NH3反应时，NH3提供孤对电子，BF3提供空轨道，故C错误；‎ D．通过晶体X射线衍射实验测定NH3、BF3分子结构，故D正确；‎ 故选：D ‎10.实验室制备溴苯的反应装置如图所示，下列叙述错误的是( )‎ A. FeBr3 的作用是催化剂，若没有 FeBr3 可用铁屑代替 B. 实验中装置b中的作用是吸收挥发的苯和溴 C. 装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴发生的是取代反应 D. 反应后的混合液经NaOH溶液洗涤、蒸馏，得到溴苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. FeBr3 的作用是催化剂，若没有 FeBr3，可向其中加入铁粉，利用Br2与Fe - 22 -‎ 反应产生FeBr3获得，因此也可用铁屑代替，A正确；‎ B.苯与液溴反应产生溴苯，由于液溴、苯都具有挥发性，为防止它们的干扰，常根据苯、液溴容易溶于有机物四氯化碳的性质，用盛有四氯化碳的洗气瓶吸收挥发的苯和溴，B正确；‎ C.用液溴与苯在催化剂作用下制取溴苯，挥发的溴、苯被四氯化碳吸收，若装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴反应产生了HBr，HBr溶于水得到氢溴酸，石蕊遇酸变红，故可以证明苯与溴发生的是取代反应，C正确；‎ D.反应后的混合液中含有溴苯及溶于其中的溴、苯等物质，经水洗、NaOH 溶液洗涤、再水洗，除去未反应的溴单质，分液、干燥、蒸馏，可以得到溴苯，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ 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.化合物N具有抗菌、消炎作用，可由M制得。‎ 下列有关化合物M、N的说法正确的是( )‎ A. M、N分子中的两个苯环一定处于同一平面 B. 最多能与反应 C. N与乙醇发生酯化反应可得到M D. M、N均能与溴水和酸性溶液反应 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.M、N分子中的两个苯环均以单键形式连在碳碳双键的平面上，单键可以以自身为轴旋转，使得两个苯环不一定共面，故A错误；‎ B.1molM中存在1mol酯基和1mol羧基，均消耗1molNaOH，且酯基水解产生酚羟基又消耗1molNaOH，故1molM消耗3molNaOH，故B正确；‎ C.N到M的变化是酚羟基转变成了乙酸酯基结构，一般酚很难发生酯化得到酯，N - 22 -‎ 可以与乙酰氯发生取代反应得到M，故C错误；‎ D. M、N均含有碳碳双键，均能与溴水和酸性溶液反应，故D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎12.下列由实验操作和现象得出的结论正确的是( )‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的的烧杯中，均有气体产生 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 B 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 C 室温下，向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊 碳酸的酸性比苯酚的强 D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液，加热；未出现银镜 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中的氢不如水分子中的氢活泼，故A错误；‎ B．发生取代反应，生成HCl溶于水显酸性，能使湿润的石蕊试纸变红，而生成的氯甲烷为中性，故B错误；‎ C．发生强酸制取弱酸的反应，生成苯酚，则碳酸的酸性比苯酚的强，故C正确；‎ D．水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，再加银氨溶液，现象不能说明未水解，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎13.是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。‎ - 22 -‎ 下列说法错误的是( )‎ A. 原子的第一电离能为 B. 键的键能为 C. 的晶格能为 D. 转变成需要吸收的能量为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子的第一电离能是由气态原子失去1个电子形成气态离子所需要的能量，应为，故A错误；‎ B.键的键能为1molO2(g)分解为2molO(g)所吸收的能量，即，故B错误；‎ C.晶格能是指气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，即的晶格能为，故C正确；‎ D.转变成需要吸收的能量为，故D正确；‎ 故选：AB。‎ ‎14.W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，Z是地壳中含量最高的元素，M、N是由这些元素组成的二元化合物，M和N转化为R的反应历程如图所示。‎ - 22 -‎ 下列叙述错误的是( )‎ A. 第一电离能：‎ B. 生成R总反应的原子利用率为100%‎ C. ①→②放出能量并有非极性键生成 D. 上述四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O；M、N是由这些元素组成的二元化合物，M和N转化为R的反应历程如图所示，X与W形成的N为XW4，W的原子序数小于O，则W为H；X形成4个共价键，且与O形成XO2，X的原子序数小于O，则X为C元素；Y介于C、O之间，为N元素；由图示可知，N为甲烷，M为二氧化碳，R为乙醇，以此分析解答。‎ ‎【详解】由分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，N为甲烷，M为二氧化碳，R为乙醇。‎ A．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但ⅤA元素第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>C，即Y>Z>X，故A错误；‎ B．由图示可知，甲烷与二氧化碳反应生成甲醇，原子利用率为100%，故B正确；‎ C．①→②过程中形成碳碳双键放出能量，碳碳键为非极性键，故C正确；‎ D．H、C、N、O可以形成离子化合物碳酸氢铵、碳酸铵等，也可以形成共价化合物氨基酸，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎15.铁有δ、γ、α三种同素异形体，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。‎ - 22 -‎ ‎ ‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个 B. 晶体的空间利用率：‎ C. 晶胞中的原子堆积方式为六方最密堆积 D. 铁原子的半径为，则晶胞的密度为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．δ−Fe晶胞中含有铁原子个数为：×8＋1＝2，依据图示可知中心铁原子到8个顶点铁原子距离均相同且最小，所以其配位数为8，则每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，故A正确；‎ B．γ−Fe晶体属于最密堆积，而δ−Fe、α−Fe中二维平面内Fe属于非密置层，空间利用率比γ−Fe晶体低，三种晶体结构中，空间利用率最大的是γ−Fe，故B错误；‎ C．依据图示γ−Fe晶体铁原子占据顶点和面心，属于面心立方最密堆积，故C错误；‎ D．1个α−Fe晶胞含铁原子个数为：×8＝1，则1mol晶胞质量为56g，铁原子的半径为acm，则晶胞边长为2acm，1mol晶胞体积为：NA(2a)3cm3，晶胞密度为：＝，故D正确；‎ 故选：AD。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：‎ - 22 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)X中含氧官能团的名称是_________；鉴别Y、Z可选用的试剂是___________。‎ ‎(2)实验测得Z的沸点比X的高，其原因是_____________。‎ ‎(3)Y与足量溶液反应的化学方程式是_________。‎ ‎(4)与Y具有相同官能团且属于芳香化合物的同分异构体还有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式是___________(任写一种)。‎ ‎【答案】 (1). (酚)羟基、羰基(或酮基) (2). 浓溴水或溶液 (3). Z形成分子间氢键，X形成分子内氢键，故Z的沸点比X的高 (4). +2NaOH→+CH3COONa+H2O (5). 5 (6). 或 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由X的结构可知，其中所含的官能团有羰基和羟基；Z中存在酚羟基，可通过浓溴水或氯化铁溶液鉴别Y和Z，故答案为：(酚)羟基、羰基(或酮基)；浓溴水或溶液；‎ ‎(2)实验测得Z的沸点比X的高，是因为X中羟基和羰基处于邻位，易形成分子内氢键，而Z容易形成分子间氢键，导致其沸点较高，故答案为：Z形成分子间氢键，X形成分子内氢键，故Z的沸点比X的高；‎ ‎(3) Y中含有酯基与足量溶液发生水解反应，反应为：+2NaOH→+CH3COONa+H2O，故答案为：+2NaOH→+CH3COONa+H2O；‎ - 22 -‎ ‎(4)与Y具有相同官能团且属于芳香化合物，若取代基只有一个，有-COOCH3和HCOOCH2-两种，若取代基有两个：分别为-CH3和-OOCH，在苯环上有邻、间、对三种结构，共5种符合题意，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式或，故答案为：5；或；‎ ‎17.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。回答下列问题：‎ ‎(1)、常用作锂离子电池的正极材料。基态钻原子的价电子排布式为_______；基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为__________。‎ ‎(2)锂离子电池的电解液有等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。中阴离子的空间构型为________；碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式为___________。‎ ‎(3)已知的半径为，的半径为，由此推断在隔绝空气条件下分别加热、，其中________的分解温度低，原因是________。‎ ‎(4)是目前研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，晶胞参数为，晶胞截面图如图所示。‎ ‎ ‎ 每个晶胞中含有的数目为________；填充在构成的空隙中，每一个空隙由_______个构成，空隙的空间形状为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). M (3). 正四面体 (4). 、 (5). (6). 小于，结合的能力强，容易分解或小于，的晶格能大于的晶格能，分解温度低 (7). 4 (8). 4 (9). ‎ - 22 -‎ 正四面体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)钴是27号元素，基态钻原子的价电子排布式为；磷是15号元素，15个电子分别以2、8、5排在K、L、M三个电子层，M层能量最高；‎ ‎(2)根据价层电子对互斥理论判断；‎ ‎(3)根据的晶格能大于的晶格能判断；‎ ‎(4)为立方晶系晶体，晶胞参数为，根据晶胞截面图硫离子位于顶点和面心，得出胞图，由此判断。‎ ‎【详解】(1)钴是27号元素，基态钻原子的价电子排布式为；磷是15号元素，15个电子分别以2、8、5排在K、L、M三个电子层中，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为M。故答案为：；M；‎ ‎(2)BF的中心原子B形成4个σ键，没有孤电子对，sp3杂化，中阴离子的空间构型为正四面体；碳酸亚乙酯分子中甲基上的碳形成4个σ键，没有孤电子对，sp3杂化；酯基中的碳形成3个σ键，没有孤电子对，sp2杂化。故答案为：正四面体；、；‎ ‎(3)的半径为，的半径为，由此推断在隔绝空气条件下分别加热、，其中的分解温度低，原因是小于，结合的能力强，容易分解或小于，的晶格能大于的晶格能，分解温度低。故答案为：；小于，结合的能力强，容易分解或小于，的晶格能大于的晶格能，分解温度低；‎ ‎(4)为立方晶系晶体，晶胞参数为，根据晶胞截面图硫离子位于顶点和面心，如图 - 22 -‎ ‎，每个晶胞中含有的数目为8×+6×=4；填充在构成的四面体空隙中，每一个空隙由4个构成，空隙的空间形状为正四面体。故答案为：4；4；正四面体。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构的重点知识，侧重考查学生对原子结构及相关知识的理解能力和综合运用，难点(4)注意与其它学科知识整合，先截面图构建出晶胞图，然后利用均摊法解题，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。‎ ‎18.丙酸异戊酯是一种有水果香味的无色液体，常用作溶剂、萃取剂和调和香料等。实验室制备丙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下。‎ ‎+ +H2O 相对分子质量 密度/()‎ 沸点/℃‎ 水中溶解性 异戊醇 ‎88‎ ‎081‎ ‎131‎ 微溶 丙酸 ‎74‎ ‎0.99‎ ‎141‎ 易溶 丙酸异戊酯 ‎144‎ ‎0.87‎ ‎156‎ 微溶 ‎【实验步骤】在烧瓶中加入异戊醇、丙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片；分水器中加入一定体积水；加热至70℃保持恒温半小时，然后提高温度使反应处于回流状态。分水器中液面不断上升，当液面达到分水器支管口时，上层液体返回到烧瓶中。‎ - 22 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)仪器甲的名称是_______。在70℃反应时温度计水银球置于_______(填“x”或“y”)处。‎ ‎(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是____________(用平衡移动原理解释)。‎ ‎(3)升温回流过程中观察到____________(填标号)现象时，说明酯化反应已基本完成。‎ a.分水器中出现分层 b.分水器中有液体回流至烧瓶 c.分水器中水层高度不再变化 d.仪器甲中有液体滴落 ‎【产品提纯】‎ ‎(4)操作Ⅰ中，第二次水洗的主要目的是_____；操作Ⅱ中加入少量无水硫酸镁的目的是_______；操作Ⅲ的名称是_______。‎ ‎(5)丙酸异戊酯的产率是_________%；若反应前分水器中加水不足，会导致产率________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). y (3). 分水器分离出产物中的水，未反应的有机物回流到烧瓶，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (4). c (5). 洗去碳酸氢钠、碳酸钠 (6). 干燥除水 (7). 蒸馏 (8). 75 (9). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在装置烧瓶中加入反应混合物和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热烧瓶，利用冷凝管冷凝回流，反应液冷至室温后，将反应后的混合物，先用少量水洗掉大部分硫酸和丙酸，再用饱合碳酸钠洗去残留的酸，再用水洗涤碳酸氢钠、碳酸钠溶液，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体作干燥剂，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集156℃左右的馏分，得丙酸异戊酯，‎ ‎【详解】(1)根据仪器的构造可知甲为球形冷凝管，加热至70℃保持恒温半小时，此时是控制反应的温度在70℃左右使反应充分进行，因此温度计水银球置于反应液内，故答案为：球形冷凝管；y；‎ - 22 -‎ ‎(2)分水器中的水可以被分离出来，未反应完的有机物可以冷凝回流到烧瓶中，因酯化反应是可逆反应，分离水可以使平衡正向移动，回流反应物增大反应物浓度也可以使平衡正向移动，故答案为：分水器分离出产物中的水，未反应的有机物回流到烧瓶，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；‎ ‎(3)反应结束后，不再有水生成，分水器中的水面不再升高，因此通过观察分水器中的水面高度是否增加确定酯化反应是否完成，故答案为：c；‎ ‎(4)由以上分析可知，操作Ⅰ中，第二次水洗的目的是洗去加入的未反应完的碳酸钠以及产生的碳酸氢钠，操作Ⅱ中加入少量无水硫酸镁固体作干燥剂，操作Ⅲ是通过蒸馏得到产品，故答案为：洗去碳酸氢钠、碳酸钠；干燥除水；蒸馏；‎ ‎(5)产品的实际产量为10.8g，异戊醇为0.1mol，理论上消耗的丙酸0.1mol，质量为7.7g，可知加入的丙酸过量，应用异戊醇计算产品的理论产量，则0.1mol异戊醇产生0.1mol丙酸异戊酯，理论质量为14.4g，丙酸异戊酯的产率是=75%；分数器中的加水不足会导致反应物残留在分水器中而不能回流到烧瓶中继续进行反应，导致产生的产品量偏低，故答案为：75；偏低；‎ ‎19.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y与X同族；Z的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同；基态最外层有18个电子。回答下列问题：‎ ‎(1)上述元素中，电负性最大的是______(填元素名称)；高温下容易转化为的原因是_____。‎ ‎(2)气态单分子是________(填“极性”或“非极性”)分子；固体的三聚体环状结构如图所示。该结构中键有两类，其中键长较长的是_________(填字母)。‎ ‎(3)化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是__________。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为____________，该阳离子含有________键。‎ - 22 -‎ ‎(4)晶胞结构如图所示。‎ ‎ ‎ ‎①原子坐标参数A为(0，0，0)；B为。则C原子的坐标参数为________。‎ ‎②已知的晶胞参数为，晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值，则的摩尔质量为__________(用代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 氧 (2). 价电子排布式为，处于全充满稳定状态 (3). 非极性 (4). b (5). 可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子) (6). (7). 16 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则X为O，Y与X同族，Y为S；Z的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Z的离子核外电子为2，8，8排布，Z为Cl，基态最外层有18个电子，其核外电子排布为2,8,18，则W为29号元素Cu，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) 由上述分析X、Y、Z、W分别为O、S、Cl、Cu，其中O的电负性最大；高温下容易转化为，因为的价电子排布式为，处于全充满稳定状态，故答案为：氧；的价电子排布式为，处于全充满稳定状态；‎ ‎(2)气态为，中心硫原子的价电子对数为3，无孤对电子，为平面正三角形结构，为非极性分子；可知a键为S＝O、b键为S−O单键，双键中电子云重叠重叠更大，故键长较长的键为b，故答案为：非极性；b；‎ ‎(3)化合物难溶于水但易溶于氨水，是因为可与氨形成易溶于水的配位化合物(‎ - 22 -‎ 或配离子)，此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，是被氧化成，该离子中N-H键和配位键为键，1mol中含有16mol键，故答案为：可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)；；16；‎ ‎(4) ①原子坐标参数A为(0，0，0)；B为，结合晶胞中C原子的位置可知，C原子的坐标参数为，故答案为：；‎ ‎②由晶胞结构可知，晶胞中白球有8个在顶点，1个在体内，个数为，黑球4个均在体内，结合化学式可知白球为O，黑球为Cu，晶胞的质量为=，=，故答案为：；‎ ‎20.有机物H是一种药物的中间体，其合成路线如图。‎ 已知：①+ ‎ ‎②CH3-C≡C-E1+E2-CH=CH2 (、可以是或)‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为________；的反应类型为_______；的反应类型为______。‎ ‎(2)的化学反应方程式为___________。‎ - 22 -‎ ‎(3)B的结构简式为_____________；G的结构简式为____________。‎ ‎(4)用“*”标出F中的手性碳原子_______。‎ ‎(5)设计由两种链状不饱和酯，通过两步反应制备的合成路线(其他试剂任选)_______。‎ ‎【答案】 (1). 3-甲基-1，3-戊二烯 (2). 加成反应 (3). 氧化反应 (4). +2NaOH +2NaBr (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据D结合信息①得A为，与乙烯加成得B，B为，B与溴加成生成C，C为，C在NaOH的水溶液中水解生成D，D在铜催化下氧化生成E，E为，E用浓硫酸作催化剂，发生消去反应生成F，F为 - 22 -‎ ‎，结合信息②F与CH3C≡CCOOCH3，反应生成G，G为，G与氢气反应生成F，F为。‎ ‎【详解】(1)A为，A的化学名称为3-甲基-1，3-戊二烯；B为，B与溴加成生成C，C为，的反应类型为加成反应；D，D在铜催化下氧化生成E，E为，的反应类型为氧化反应。故答案为：3-甲基-1，3-戊二烯；加成反应；氧化反应；‎ ‎(2)C在NaOH的水溶液中水解生成D，的化学反应方程式为+2NaOH +2NaBr。故答案为：+2NaOH +2NaBr；‎ ‎(3)A为，与乙烯加成得B，B的结构简式为；F为 - 22 -‎ ‎，结合信息②F与CH3C≡CCOOCH3，反应生成G，G的结构简式为。故答案为：；；‎ ‎(4)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，用“*”标出F中的手性碳原子。故答案为：；‎ ‎(5)根据信息②要合成五元环合成前反应物中要有带甲基和碳碳叁键的物质、带有碳碳双键的物质，两分子中都有-COOCH3，两种链状不饱和酯分别为CH3C≡CCOOCH3，H2C=CCOOCH3，用膦催化剂反应得到，再与氢气加成得到产物，通过两步反应制备的合成路线(其他试剂任选)。故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机推断及合成，根据题目所给的信息使用逆合成分析法先得出A是解题的突破口，难点，读懂信息②，推出G的结构和反应模式并应用到(5)根据信息②要合成中。‎ - 22 -‎