1、山东省潍坊市五县市2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Ni 59 Se79一、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.下列说法正确的是A. 乙烷、乙烯、乙炔均可使酸性高锰钾溶液褪色B. 石油的分馏是物理变化，得到的分馏产物都是纯净物C. 苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，与甲酸同属羧酸类物质D. 煤干馏是复杂的物理、化学变化，通过干馏可得到氨、甲苯、酚类等物质【答案】D【解析】【详解】A. 乙烷不与酸性高锰钾溶液反应，不能使酸性高锰钾溶液褪色，故A
2、错误；B. 石油的分馏是物理变化，得到的分馏产物是混合物，故B错误；C. 苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，属于酚类物质，不属于羧酸类物质，故C错误；D. 煤的干馏是复杂的物理、化学变化，通过干馏可得到氨、甲苯、酚类等物质，故D正确；故答案选：D。2.下列化合物命名正确的是A. 2乙基丁烷B. 2甲基2氯丙烷C. 2甲基1丙醇D. 2，2，3三甲基3丁烯【答案】B【解析】【详解】A.烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，从离支链最近的一端开始编号，故名称为3-甲基戊烷，故A错误；B.卤代烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，则在2
3、号碳原子上有一个甲基和一个氯原子，故名称为：2-甲基-2-氯丙烷，故B正确；C.醇命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，则2号碳上羟基，表示出官能团的位置，故名称为：2-丁醇，故C错误；D.烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置，故名称为：2,3,3-三甲基-1-丁烯，故D错误；故选B。【点睛】1.烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，从离支链最近的一端开始编号；2.卤代烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号；3.
4、醇命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并表示出官能团的位置；4.烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号，并用官能团两端编号较小的碳原子表示出官能团的位置。3.3d 能级上最多只能排布 10 个电子依据的原则是A. 泡利不相容原理B. 洪特规则C. 能量最低原则和洪特规则D. 能量最低原则和泡利不相容原理【答案】A【解析】【详解】3d 能级上最多只能排布 10 个电子依据的原则泡利不相容原理，故答案选：A。4.下列关于晶体与化学键关系的说法中，正确的是A. 分子晶体中一定存在共价键B. 离子晶体中可能存在共价键C. 共价晶体中可能存
5、在离子键D. 含有离子的晶体一定是离子晶体【答案】B【解析】【详解】A. 单原子分子中没有共价键，如稀有气体是单原子的分子晶体，不含共价键，故A错误；B. 离子晶体中可能存在共价键，如NaOH中存在共价键，故B正确；C. 共价晶体中只存在共价键，不可能存在离子键，故C错误；D. 含有离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中含有金属阳离子，故D错误；故答案选：B。5.实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【详解】A、分离
6、提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C。6.下列提纯物质选用的试剂（或操作）和原理均正确的是物质（杂质）试剂（或操作）原理AA乙烯（二氧化硫）溴水二氧化硫能与溴水反应B溴苯（溴）乙醇溴易溶于乙醇C正丁醇（乙醚）蒸馏正丁醇与乙醚沸点相差较大D乙烷（乙烯）酸性KMnO4溶液乙烯能与酸性KMnO4溶液反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.乙烯与二氧化硫均能与溴水反应，不能用溴水除去乙烯中的二氧化硫，故A错误；B.溴苯与
7、溴均溶于乙醇，不能用乙醇除去溴苯中的溴，故B错误；C. 正丁醇和乙醚沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确；D.乙烯能被酸性KMnO4 溶液氧化成二氧化碳气体，生成新的杂质，故D错误；故答案选：C。【点睛】乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化成二氧化碳气体，生成新的杂质二氧化碳。7.下列离子中，中心原子的杂化方式与其它不同的是A. SO42-B. PO43C. CO32-D. SO32-【答案】C【解析】【详解】A.SO42-中S的价层电子对数：，S为sp3杂化；B.PO43中P的价层电子对数：，P为sp3杂化；C. CO32-中C的价层电子对数：，C为sp2杂化；D. SO32-中S的价层电
8、子对数：，S为sp3杂化；综上所述，A、B、D项中均为sp3杂化；C项中为sp2杂化，故答案选：C。【点睛】根据价层电子对互斥理论，价层电子对数=键电子对数+孤电子对数8.临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）A. 分子式是C18H32ClN3O8P2B. 能发生取代、加成和消去反应C. 1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D. 分子中的C1被OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀【答案】B【解析】【详解】A根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；BCl原子连接在苯环上，不能发生消去
9、反应，故B错误；C苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D分子中的C1被OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；故答案为B。9.下列选项中，实验结论错误的是选项实验操作现象结论A常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚B将甲烷与氯气光照反应后的混合气体通入石蕊溶液石蕊变红生成的氯甲烷具有酸性C将乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性D将苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环的活性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】
10、【详解】A. 常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，说明碳酸和苯酚钠反应生成苯酚，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，所以酸性：碳酸苯酚，故A正确；B.将甲烷与氯气光照反应后的混合气体通入石蕊溶液，石蕊变红，是反应生成的HCl溶于水电离出H+使石蕊变红，故B错误；C.重铬酸钾(K2Cr2O7)有强氧化性，与乙醇混合，橙色溶液变为绿色，则Cr2O72被还原为Cr3+，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现还原性，故C正确；D.苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼，这是由于苯酚中羟基与苯环直接连接，羟基影响了苯环的活性，故D正确；故答案选：B。10.实验
11、室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是A. 操作为萃取、分液，萃取剂也可以用选用 CCl4B. 苯酚钠是离子化合物，在苯中的溶解度比在水中的小C. 通过操作，苯可循环使用，三步操作均需要分液漏斗D. 苯酚沾到皮肤上，需用 NaOH 溶液清洗后，再用大量水不断冲洗【答案】D【解析】【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作分离苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚，据此分析作答。【详解】A. 操作I是用苯萃取废水中的苯
12、酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，苯酚在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度、且四氯化碳与水不互溶，也可用四氯化碳作萃取剂，故A正确；B. 苯酚钠属于钠盐，是离子化合物，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B正确；C. 操作、均涉及分液操作，用到分液漏斗，通过操作，苯可循环使用，故C正确；D. NaOH具有腐蚀性，苯酚沾到皮肤，不能用NaOH溶液清洗，应用酒精清洗，故D错误；故答案选：D。二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题只有 1 个或 2 个选项符合 题意，全部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。11.下列说法正确的是A.
13、 分子式 C8H10 的苯的同系物共有 3 种结构B. 与互为同系物C. 三联苯（）的一氯代物有 4 种D. 立方烷（）经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有 3 种【答案】CD【解析】【详解】A. 分子式为C8H10的苯的同系物，侧链为乙基或两个甲基，两个甲基有邻、间、对三种位置，则符合条件的同分异构体有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，共4种，故A错误；B. . 官能团为醇羟基，官能团为酚羟基，官能团不同，不属于同系物，故B错误；C.三联苯中有4种氢原子如图，所以一氯代物有4种，故C正确；D. 立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线
14、顶点上，所以其可能的结构有3种，故D正确；故答案选：CD。12.晶体场理论认为，基态离子的 d 轨道存在未成对电子时，d 电子发生 d-d 跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因。下列水溶液有颜色的是A. KSCNB. Fe(SCN)3C. Ni(SCN)2D. Zn(SCN)2【答案】BC【解析】【详解】A.基态K+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6、无d电子，水溶液无色，A不选；B.基态Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道有5个未成对电子，根据题意，水溶液有颜色，B选；C.基态Ni2+的价电子排布式为3d8，d轨道有2个未成对电子，根据题意，水溶液有颜色，C选；D.基态Z
15、n2+的价电子排布式为3d10，d轨道没有未成对电子，水溶液无色，D不选；故答案选：BC；【点睛】根据“基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d-d跃迁，金属阳离子在水溶液中显色”，解答本题的关键是判断基态离子的d轨道是否存在未成对电子。13.Y 是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由 X 在一定条件下反应制得：下列叙述正确的是A. 反应中加入 K2CO3，能提高 X 的转化率B. X 和 Y 可以用 KMnO4 溶液鉴别C. Y 与 Br2 的加成产物分子中含手性碳原子D. 一个 X 分子中有 11 个键【答案】AC【解析】【详解】A对比X、Y的结构简式，XY的反应可表示为X+BrCH
16、2CH=C（CH3）2Y+HBr，生成的HBr可与碳酸钾反应，有利于反应正向移动，提高X的转化率，故A正确；BX中含醛基和酚羟基，Y中含有醛基和碳碳双键，均可被高锰酸钾溶液氧化，现象相同，不能用KMnO4溶液鉴别X和Y，故B错误；CY与Br2的加成产物为，其中标“*”的碳原子为手性碳原子，故C正确；D单键都是键，双键中有1个键和1个键，一个X分子中有15个键，故D错误；故答案选：AC。【点睛】手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子。14.GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，密度为 gcm3，Ga和 As的摩尔质量分别为 MGa gmol1 和 MAsgmol1，原子半径分别为 rGa
17、 pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是A. 该晶体为共价晶体B. 该晶体中 Ga 和 As 均无孤对电子，Ga 和 As 的配位数均为 4C. 原子的体积占晶胞体积的百分率为D. 所有原子均满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A. GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；B. 由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形
18、成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；C. 晶胞中原子总体积为，晶胞质量为，晶胞的体积为，原子的体积占晶胞体积的百分率为 ；故C错误；D. 每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；故答案选：C。15.对二甲苯的绿色合成路线示意图如图所示，下列说法错误的是A. 过程发生了加成反应B. 利用相同原理及相同原料，也能合成邻二甲苯C. M 的结构简式为 D. 异戊二烯不存在顺反异构现象【答案】B【解析】【详解】A.过程I中碳碳双键生
19、成碳碳单键，则为加成反应，故A正确；B. 利用相同原理及相同原料，异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，可生成和，最终不可能生成邻二甲苯，故B错误；C.由球棍模型可知M含有碳碳双键，且含有醛基，结构简式为，故C正确；D. 异戊二烯1号和4号碳原子均连接着2个相同的H，不存在顺反异构现象，故D正确；故答案选：B。三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。16.乙烯是重要的基本化工原料，可用于生产聚乙烯、乙醇等。(1)工业上乙烯主要是由石油加工得到，由石油制得乙烯的方法是 _（填序号）。a分馏 b裂化 c裂解 d干馏(2)聚乙烯是一种用途广泛的塑料，由乙烯制取聚乙烯的化学方程式：_。(
20、3)在工业上，乙醇可由乙烯与水发生加成反应制得，其反应的化学方程式_。(4)某烯烃 A 进行如下反应，A、D 所有碳原子处于同一平面，D、E 互为同分异构体。A 的结构简式为_。B 生成 C 的化学方程式为_， 反应类型为_。C 生成 D 的化学方程式：_。【答案】 (1). c (2). (3). (4). (5). +2NaOH +2NaBr+2H2O (6). 消去反应 (7). +Br2 【解析】【分析】（1）工业上一般通过石油的裂解得到乙烯；（2）乙烯通过加聚反应制取聚乙烯，以此写出化学方程式；（3）乙烯与水发生加成反应制得乙醇，以此写出化学方程式；（4）A(C6H12)不饱和度为1
21、，且所有碳原子处于同一平面，则A的结构简式为，B为A和Br2的加成产物，则B的结构简式为，B发生消去反应生成C，则C的结构简式为：，D、E 互为同分异构体且均为C和Br2的加成产物，D 中所有碳原子处于同一平面，则D的结构简式为，以此分析。【详解】（1）工业上一般通过石油的裂解得到乙烯，故答案为c；（2）乙烯通过加聚反应制取聚乙烯，化学方程式为：，故答案为：；（3）乙烯与水发生加成反应制得乙醇，化学方程式为：，故答案为：；（4）A(C6H12)不饱和度为1，且所有碳原子处于同一平面，则A的结构简式为，B为A和Br2的加成产物，则B的结构简式为，B发生消去反应生成C，则C的结构简式为：，D、E
22、互为同分异构体且均为C和Br2的加成产物，D 中所有碳原子处于同一平面，则D的结构简式为。由上述分析可知A 的结构简式为，故答案为：；B 生成 C 的化学方程式为+2NaOH +2NaBr+2H2O，反应类型为消去反应，故答案为：+2NaOH +2NaBr+2H2O；消去反应；C 生成 D 的化学方程式：+Br2 ，故答案为：+Br2 。【点睛】乙烯中所有原子共面，以此判断A、D结构简式。17.Mg、Ni、Cu、Zn 等元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：(1)Mg、Ni、Cu 等金属可能形成金属互化物。金属互化物结构类型丰富多样，确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过_测定。(
23、2)根据 Cu、Zn 的原子结构比较第一电离能：I1(Cu)_ I1(Zn)（填“大于”、 “等于”或“小于”），理由是_。(3)Ni(NH3)6(NO3)2 中不存在的化学键为_（填序号）。a离子键 b金属键 c配位键 d氢键(4)镍基合金储氢的研究已取得很大进展。图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，H2 与 Ni 的物质的量之比为_。Mg2NiH4 是一种储氢的金属氢化物。在 Mg2NiH4 晶胞中，Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心。Mg2+位于 Ni 原子形成的_ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。 晶体的密度为gcm3，NA表
24、示阿伏加德罗常数，Mg2+和 Ni 原子的最短距离为_cm(用含和 NA 的代数式表示)。【答案】 (1). X射线衍射实验 (2). 小于 (3). Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态 (4). b (5). 3:5 (6). 四面体空隙 (7). 【解析】分析】（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X射线衍射实验测定；（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子；（3）Ni(NH3)6(NO3)2中NH3与N
25、i2+之间为配位键；Ni(NH3)62+与NO3-之间为离子键；（4）根据晶胞结构示意图计算晶胞中H2 与 Ni个数比；Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，则Mg2+位于 Ni 原子形成四面体空隙；Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的，再根据晶胞密度计算。【详解】（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X射线衍射实验测定，故答案为：X射线衍射实验；（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，基态Cu的核外电子排布式为Ar3d104s1，基态Zn的核外电子排布式为Ar3d104s2，Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难
26、失电子，而Cu失去1个电子成为Cu+：Ar3d10，Cu+达到全满结构，较稳定，Cu失去1个电子更容易，则第一电离能CuZn，故答案为：小于；Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；（3）Ni(NH3)6(NO3)2中NH3与Ni2+之间为配位键；Ni(NH3)62+与NO3-之间为离子键，不存在金属键，故答案为：b；（4）根据晶胞结构示意图计算晶胞中H2数目为，Ni数目为，则H2 与 Ni 的物质的量之比为3:5，故答案为：3:5；Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，则Mg2+位于 Ni 原子形成四面体空隙；该
27、晶胞中Ni原子个数，Mg2+个数为8，由化学式可知H原子个数为16，则晶胞质量为，晶体的密度为gcm-3，则晶胞的边长为： ，Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的，则Mg2+和 Ni 原子的最短距离为，故答案为：四面体空隙；。【点睛】由晶胞示意图可知Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的。18.实验室用乙醇与浓硫酸共热制取乙烯，常因温度过高而含有 SO2气体，实验室中利用如图所示装置验证混合气体中是否含有乙烯和 SO2 。(1)仪器 a 的名称是_，碎瓷片的作用是_。(2)向烧瓶中加入乙醇与浓硫酸的顺序是_，生成乙烯的化学方程式为_。(3)A、B、C、D 装置中盛放的试剂
28、是（填序号）A_ ， B_ ， C_ ， D_。供选试剂：NaOH 溶液，品红溶液，酸性 KMnO4 溶液 (4)能说明 SO2 气体存在的现象是_。(5)证明含有乙烯的现象是_，说明乙烯具有_性。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 防止暴沸 (3). 先加乙醇后加浓硫酸 (4). (5). (6). (7). (8). (9). A中品红溶液褪色 (10). 装置C中的品红溶液不褪色，D中的酸性高锰酸钾溶液褪色 (11). 还原性【解析】【分析】（1）根据仪器的形状结构性质用途进行解答；实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作催化剂、脱水剂，反应条件是加热到170，加热液体时易产生暴沸，
29、所以加碎瓷片；（2）浓硫酸溶解会释放大量的热，防止液体飞溅，先加乙醇后加浓硫酸；实验室利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，以此写出化学方程式；（3）多种产物需检验时，应考虑先后顺序，检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液，乙烯和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先检验二氧化硫并除尽SO2后检验乙烯；（4）二氧化硫能使品红褪色；（5）乙烯能使酸性 KMnO4 溶液褪色，表现为还原性，检验前需先除尽二氧化硫。【详解】（1）装置中a仪器为蒸馏烧瓶；实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作催化剂、脱水剂，反应条件是加热到170，因液体加热时易暴沸，所以加碎瓷片防止暴沸
30、，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）浓硫酸溶解会释放大量的热，防止液体飞溅，故先加乙醇后加浓硫酸；实验室利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，化学方程式为：，故答案为：先加乙醇后加浓硫酸； ；（3）检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用酸性高锰酸钾溶液，乙烯和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除尽SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用酸性高锰酸钾溶液褪色检验乙烯，故装置A用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，装置B试管装有NaOH溶液除去SO2，装置C试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除
31、干净，装置D通过酸性高锰酸钾溶液褪色检验乙烯，故答案为：；（4）装置A用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，故答案为：A中品红溶液褪色；（5）因C中无二氧化硫，D中与酸性高锰酸钾溶液作用的为乙烯，乙烯表现为还原性，所以确证含有乙烯的现象是装置C中的品红溶液不褪色，D中的酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：装置C中的品红溶液不褪色，D中的酸性高锰酸钾溶液褪色；还原性。19.碳、氮、硫、硒等元素的单质及其化合物有重要的科学研究价值。回答下 列问题：(1)氰化学式(CN)2、硫氰化学式(SCN)2等与卤素单质性质相似，又称类卤素。(CN)2 中键和键的数目之比为_。沸点：(CN)2_ (S
32、CN)2（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是_。(2)无机含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素 R 相同，则 n 值越大，R 的正电性越高，在水中越容易电离出 H+。酸性强弱：HNO2_HNO3（填“大于”、“等于”或“小于”）；NO2-中氮原子的杂化方式为_。(3)一种硒单质晶体的晶胞为六方晶胞，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶 体结构图和晶体结构俯视图如下所示。已知正六棱柱的边长为 a cm，高为 b cm，NA 表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为_gcm3（用含 NA、a、b 的式子表示）。【答案
33、】 (1). 4:3 (2). 小于 (3). (CN)2相对分子质量小于(SCN)2，范德华力较小，则沸点较低 (4). 小于 (5). sp2杂化 (6). 【解析】【分析】（1）(CN)2的结构式为，单键是键，三键中有1个键和2个键，以此分析；分子晶体相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；（2）HNO2可变形为：HONO，HNO3可变形为：HONO2，再根据题意分析；利用价层电子对互斥理论来分析判断NO2-中氮原子的杂化方式；（3）利用均摊法计算晶胞中Se原子，注意顶点原子为6个晶胞共用；根据计算。【详解】（1）(CN)2的结构式为，单键是键，三键中有1个键和2个键，(CN)2 中键
34、和键的数目之比为4：3；(CN)2与(SCN)2均为分子晶体，且分子间不存在氢键，(CN)2相对分子质量小于(SCN)2，范德华力较小，则沸点较低，故答案为：4：3；小于；(CN)2相对分子质量小于(SCN)2，范德华力较小，则沸点较低；（2）HNO2可变形为：HONO，HNO3可变形为：HONO2，则硝酸中n=2大于亚硝酸中n=1，酸性HNO2小于HNO3；NO2-中氮原子价层电子对数为，则NO2-中氮原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：小于；sp2杂化；（3）Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中Se原子数目为，晶胞质量为，晶胞的体积，密度 ，故答案为：。【点睛
35、】利用均摊法计算晶胞中Se原子，Se原子间形成正六棱柱，注意顶点原子为6个晶胞共用。20.布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如下：已知：CH3CH2ClCH3CH2MgCl+HCl回答下列问题：(1)A 的化学名称为_，EF 的反应类型为_，H 中官能团的名称为_。(2)分子中所有碳原子可能在同一个平面上的 E 的结构简式为_。(3)IK 的化学方程式为_。(4)写出符合下列条件的 D 的同分异构体的结构简式_ (不考虑立体异构)。能与 FeCl3 溶液发生显色反应； 分子中有一个手性碳原子；苯环上有处于间位的 2 个取代基。(5)写出以间二甲苯、CH3COCl
36、和(CH3)2CHMgCl 为原料制备 的合成路线_ (无机试剂任选)【答案】 (1). 甲苯 (2). 加成反应 (3). 碳碳双键、酯基 (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，BCD发生已知的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K，以此分析。【详解】根据F的结构
37、可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，BCD发生已知的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。(1)由上述分析可知A为，名称为甲苯；E到F为加成反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基，故答案为：甲苯；加成反应；为碳碳双键、酯基；(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上，故答案为：；(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为，故答案为：；(4)D为，其同分异构体满足：能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同的原子或原子团；苯环上有处于间位的 2 个取代基，满足条件的同分异构体为：，故答案为：；(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据已知可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：，故答案为：。