浙江省衢州市2021-2022学年高二下学期6月教学质量检测化学 Word版含解析

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衢州市2022年6月高二年级教学质量检测试卷化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32K-39Ni-59Br-80I-127一、选择题(共20小题，1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分。每小题有一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分。)1.下列能级符号正确的是A.5sB.2dC.3fD.1p【答案】A【解析】【详解】A．第5层有5s能级，A正确；B．第2层只有2s、2p能级，B错误；C．第3层只有3s、3p、3d能级，C错误；D．第1层只有1s能级，D错误；故选A。2.下列说法正确的是A.聚乙烯醇纤维比聚丙烯纤维吸水性更好B.淀粉、甲壳质、油脂属于天然高分子C.所有寡糖均能发生水解反应和银镜反应D.氨基酸熔点较高，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂【答案】A【解析】【详解】A．聚乙烯醇纤维中含有羟基，能与水分子形成氢键，比聚丙烯纤维的吸水性更好，A正确；B．油脂不属于天然高分子，B错误；C．单糖不能发生水解反应，C错误；D．氨基酸为分子晶体，熔点较低，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，D错误；答案选A。3.下列有关丙烯分子的描述不正确的是A.分子中既有极性共价键又有非极性共价键B.与1，3－丁二烯互为同系物C.三个碳原子间形成2个σ键与1个π键D.分子中最多7个原子共平面

1【答案】B【解析】【详解】A．丙烯分子中存在C-H极性共价键和C-C、C=C非极性共价键，故A正确；B．丙烯与1，3－丁二烯的官能团不相同，结构不相似，不是同系物，故B错误；C．丙烯结构简式为CH3-CH=CH2，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则三个碳原子间形成2个σ键与1个π键，故C正确；D．C=C为平面结构，与碳碳双键直接相连的原子共平面，由于单键可旋转，则分子中最多7个原子共平面，故D正确；故选：B。4.对下列分子描述正确的是分子式中心原子杂化方式价层电子对互斥模型分子的空间结构ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CBF3sp2四面体形平面三角形DH2Osp3四面体形V形A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫的价层电子对数为3，中心原子的子化方式为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为V形，A错误；B．甲醛中的C原子的价层电子对数为3，中心原子的子化方式为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为平面形，B错误；C．三氟化硼的价层电子对数为3，中心原子的子化方式为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为平面三角形，C错误；D．水的价层电子对数为4，中心原子的子化方式为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形，D正确；故选D。

25.下列说法正确的是A.醇都可以被催化氧化成醛或酮B.苯酚俗称石炭酸，水溶液能使紫色石蕊变红C.丙醛使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的反应类型相同D.由CH3CH3→CH3CH2Cl→CH2=CH2→CH3CH2OH的转化过程中，经过的反应类型是取代反应→消去反应→氧化反应【答案】C【解析】【详解】A．与羟基相连的碳上含有H原子，才能发生催化氧化生成醛或酮，并不是所有的醇都能被氧化，如C(CH3)3-OH不能发生催化氧化，故A错误；B．苯酚中含-OH，酸性很弱，不能使酸碱指示剂变色，故B错误；C．丙醛使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的反应都是发生氧化反应，反应类型相同，故C正确；D．由CH3CH3→CH3CH2Cl是取代反应，CH3CH2Cl→CH2=CH2是卤代烃的消去反应，CH2=CH2→CH3CH2OH是乙烯和水发生加成反应，转化过程中，经过的反应类型是取代反应→消去反应→加成反应，故D错误；故选：C。6.下列说法不正确的是A.H－F是p－pσ键B.Cl2、Br2、I2的键能依次下降，键长依次增大C.NH3的键角大于H2O的键角D.共价键的成键原子可以有金属原子【答案】A【解析】【详解】A．形成H-F键时，H原子提供1s轨道电子，F原子提供2p轨道，形成的是s-pσ键，故A错误；B．同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径：Cl＜Br＜I，原子半径越大，键长越长，键能越小，故B正确；C．NH3中孤电子对数为=1对，H2O中孤电子对数为=2对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越多，成键电子对之间的夹角越小，所以NH3的键角大于H2O的键角，故C正确；D．共价键的成键原子可以有金属原子，如氯化铝中铝与氯是共价键，有金属铝原子，故D正确；故选：A。7.下列说法不正确的是A.通过红外光谱分析可以区分丁醛和乙酸乙酯

3B.可利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素C.的核磁共振氢谱中有5组峰D.对乙醇和二甲醚进行质谱分析，质谱图完全相同【答案】D【解析】【详解】A．红外光谱仪可确定有机物中官能团及化学键，丁醛含醛基，乙酸乙酯含酯基，则红外光谱仪可以区分丁醛和乙酸乙酯，故A正确；B．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故B正确；C．有5种H原子，则核磁共振氢谱中有5组峰，故C正确；D．乙醇和二甲醚结构不同，最大荷比相同，则质谱图不完全相同，故D错误；故选：D。8.下列实验设计不正确的是A.蒸馏法分离正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)B.使用萃取的方法从黄花蒿茎叶中提取青蒿素C.使用过滤的方法分离苯酚与2，4，6－三溴苯酚D.提纯苯甲酸可采用重结晶的方法【答案】C【解析】【详解】A．可利用两者沸点相差较大，可蒸馏分离，故A正确；B．青蒿素易溶于乙醚，可用乙醚从黄花蒿中把青蒿素萃取出来，故B正确；C．苯酚和2，4，6－三溴苯酚都是有机物，由相似相溶原理可知两者互溶，不能用过滤法分离，故C错误；D．由苯甲酸在不同温度下溶解度不同，苯甲酸的溶解度随着温度的升高变化较大，除去产品中杂质用重结晶，故D正确；故选：C。9.下列实验操作、现象、结论有不正确的是实验操作实验现象实验结论

4A取4mL0.1mol/LCuSO4溶液于试管中溶液呈蓝色铜盐溶液都呈蓝色B向上述试管中滴加几滴1mol/L氨水形成难溶物难溶物为Cu(OH)2C继续添加氨水并振荡试管难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液溶解得到物质为[Cu(NH3)4](OH)2D再向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁析出深蓝色晶体深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4•H2OA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．大部分铜盐溶液是蓝色的，但氯化铜溶液在浓度大时，显绿色，浓度小时呈蓝色，A错误；B．向硫酸铜溶液中滴加几滴1mol/L氨水，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，B正确；C．继续添加氨水并振荡试管，氢氧化铜和氨水反应生成氢氧化四氨合铜，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，C正确；D．再向试管中加入8mL95%乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中析出深蓝色晶体，即[Cu(NH3)4]SO4•H2O，D正确；答案选A。10.下列说法不正确的是A.(NH4)2[PtCl6]中的Pt4+提供空轨道，Cl-提供孤电子对，两者形成配位键B.[Ag(NH3)2]Cl的中心离子为[Ag(NH3)2]+，配体为NH3，配位数为2C.“杯酚”分离C60和C70体现了超分子的分子识别特征D.细胞和细胞器的双分子膜是由大量两性分子自组装而成的【答案】B【解析】【详解】A．(NH4)2[PtCl6]中[PtCl6]2-的Pt4+提供空轨道，Cl-提供孤电子对，两者形成配位键，故A正确；B．[Ag(NH3)2]Cl中Ag+提供空轨道，中心离子为Ag+，N原子提供孤电子对形成配位键，配体为NH3，配位数为2，故B错误；C．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”

5中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，故C正确；D．双分子膜具有选择渗透性，细胞和细胞器的双分子膜具有自组装特征，双分子膜是由大量两性分子自组装而成的，故D正确；故选：B。11.下列说法不正确的是A.熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B.硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅C.加热NaCl晶体和AlCl3晶体，破坏的作用力不相同D.分子晶体中，分子间作用力越大，该物质越稳定【答案】D【解析】【详解】A．分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；B．键长越短，共价键越强，硬度越大，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，则硬度由大到小为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；C．加热NaCl晶体破坏离子键，加热AlCl3晶体破坏共价键，破坏的作用力不相同，故C正确；D．分子晶体中，共价键键能越大，该物质越稳定，与分子间作用力无关，故D错误；故选D；12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同一周期且形成的化合物会产生酸雨，Z的基态原子的最高能级的电子数是Y的基态原子的最低能级电子数的一半，W的周期数与族序数相等。下列说法不正确的是A.Z的基态原子的核外电子排布：1s22s22p63s1B.第一电离能：Z＜W＜Y＜XC.工业上通过电解法获取Z，热还原法获取WD.原子半径：Z＞W＞X＞Y【答案】C【解析】【分析】X、Y同一周期且形成的化合物会产生酸雨，X、Y分别为N、O；Z的基态原子的最高能级的电子数是Y的基态原子的最低能级电子数的一半，Z最外层为1个电子，故Z为Na；W的周期数与族序数相同，W为Al。【详解】A．Z为Na，核外电子排布式为1s22s2sp63s1，A正确；

6B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能逐渐减小，N的核外价层电子为半满结构，第一电离能：N>O，故第一电离能NaS>N>O，D正确；故选C。13.制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph－代表苯基)。下列说法不正确的是A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯B.反应过程涉及还原反应C.化合物3和4分子式不同D.化合物2催化反应的进行【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，A正确；B．由图示可知，化合物1转化为化合物2为加氢反应，即还原反应，反应过程涉及还原反应，B正确；C．由图示可知，化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，即分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，C错误；D．由图示可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再参与催化循环，催化反应的进行，D正确；答案选C。14.莽草酸是合成禽流感治疗药物达菲的中间体，其结构如图。关于莽草酸下列说法不正确的是

7A.分子式为C7H10O5B.含氧官能团为羟基、碳碳双键、羧基C.可发生取代、加成、氧化、消去等反应D.分子中共有3个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．根据莽草酸的结构可知，其分子式为C7H10O5，A正确；B．由结构，含氧官能团为羟基、羧基，B错误；C．含烷基、羧基、羟基，能发生取代反应；含双键，能发生加成反应；能与氧气反应，发生氧化反应；与羟基直接相连第二个碳原子上含氢原子，可以发生消去反应，C正确；D．与羟基直接相连的3个碳原子均为手性碳原子，D正确；故选B。15.下列有关晶体的描述不正确的是A.水晶属于晶体，有固定的熔点，玻璃无固定的熔点，属于非晶体B.晶体具有自范性，能自发地呈现多面体外形C.晶体的许多物理性质，常常会表现出各向同性D.晶胞是晶体结构中的基本结构单元，晶胞中各原子个数比与晶体中的相等【答案】C【解析】【详解】A．水晶有固定的熔点，普通玻璃属于混合物，没有固定熔沸点，属于非晶体，故A正确；B．晶体的自范性指的是在适宜条件下晶体能够自发地呈现规则的多面体几何外形，晶体在固态时不具有自发性，能够自发地呈现规则的多面体外形，故B正确；C．单晶体在物理性质上具有各向异性，而多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故C错误；D．晶胞是能完整反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学-结构特征的平行六面体最小单元，晶胞中各原子个数比与晶体中的相等，故D正确；故选：C。16.铜和氧形成的一种离子化合物的晶胞结构如图，下列说法不正确的是

8A.铜离子的电荷数为+1B.铜离子的配位数为2C.晶胞中含4个铜离子D.晶体中含O－O共价键【答案】D【解析】【详解】A．由均摊法可知，铜离子个数为4，氧离子个数为1+8=2，该化合物的化学式为Cu2O，氧元素的化合价为-2价，依据化合物中正负化合价代数和为0可知，铜离子的电荷数为+1，A正确；B．由晶胞图可知，铜离子的配位数为2，B正确；C．由均摊法可知，铜离子个数为4，C正确；D．该化合物的化学式为Cu2O，为离子化合物，由氧离子和亚铜离子构成，晶体中不含O-O共价键，D错误；答案选D。17.衢州人喜吃辣，辣椒素是辣椒的活性成分，也是辣椒对抗食草动物和真菌入侵的武器，其结构如图。关于辣椒素下列推测不正确的是A.具有抑菌的作用B.与FeCl3溶液作用显紫色C.在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应D.可与NaHCO3反应产生CO2【答案】D【解析】【详解】A．由题意信息可知，辣椒素是辣椒对抗食草动物和真菌入侵的武器，说明具有抑菌的作用，A正确；B．辣椒素含有酚羟基，与FeCl3溶液作用显紫色，B正确；C．辣椒素含有肽键，在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应，C正确；

9D．由于苯酚的酸性比碳酸弱，酚羟基不能与NaHCO3反应产生CO2，D错误；故选：D。18.有机化合物分子中基团间的相互影响会导致其化学性质改变。下列说法不正确的是A.乙酸的酸性小于甲酸，因为乙酸中甲基是推电子基团，使羧基中羟基极性变小B.氯气在光照条件下可以取代甲苯中甲基上的氢原子，体现了苯环对甲基的影响C.苯酚易与NaOH溶液反应，而乙醇不能D.乙苯可被KMnO4(H+)溶液氧化为苯甲酸【答案】B【解析】【详解】A．烃基越长推电子效应越大，使羟基中羟基极性变小，羟酸酸性越弱，所以乙酸的酸性小于甲酸，故A正确；B．甲苯与氯气发生取代反应，取代中苯环上的氢原子还是甲基上的氢原子，与反应条件有关，故B错误；C．苯酚因为羟基直接与苯环相连，苯环对羟基的影响使得羟基上的氢更活泼，能电离出氢离子，苯酚显弱酸性能与NaOH反应，而乙醇不能，故C正确；D．苯不能使酸性高锰酸钾褪色，与苯环直接相连的碳原子上若连接氢原子，这样的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以乙苯可被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸，是因为苯环对侧链乙基的影响导致的，故D正确；故选：B。19.水是生命之基质，是永远值得探究的物质，关于水下列说法正确的是A.水是由极性键构成非极性分子B.氨在水中的溶解度很大，在苯中的溶解度也很大C.由于水分子间存在氢键，所以水加热到很高的温度都难以分解D.由于水分子因氢键而相互缔合，导致接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值高于实际值【答案】D【解析】【详解】A．水分子是由H-O极性键构成的折线型分子，正负电荷未抵消，属于极性分子，A错误；B．氨分子与水分子一样是极性分子，苯为非极性分子，根据相似相溶原理可知，氨在水中溶解度很大，在苯中溶解度不大，B错误；C．水加热分解克服的是水分子内H-O共价键，氢键决定物理性质，C错误；D．由于水分子因氢键缔合成为(H2O)n，所以水蒸气的相对分子质量测定值高于实际值，D正确；

10答案选D。20.高分子化合物PPV是优良的导电材料，在许多尖端技术领域有着重要的应用，其合成路线如图，下列说法正确的是n+n+(2n-1)HIA.PPV是聚苯乙烯B.该反应为加聚反应C.所有原子共平面D.具有顺反异构【答案】C【解析】【详解】A．聚苯乙烯是由苯乙烯聚合得到的，不含碳碳双键，A错误；B．该反应有小分子生成，是缩聚反应，B错误；C．乙苯环直接相连的所有原子与苯环共平面，C正确；D．双键的一侧的碳原子所连的原子或原子团不同才有顺反异构，图示物质的双键上的碳原子连接了2个氢原子，不含顺反异构，D错误；故选C。二、非选择题(共6小题，共50分。)21.请回答下列问题：（1）已知邻羟基苯甲酸(，pKa=2.97)的酸性强于苯甲酸(，pKa=4.20)，试从作用力的角度解释____。（2）FeCl3溶液中滴入KSCN呈血红色，K3[Fe(CN)6]溶液中滴入KSCN无明显现象，解释上述实验现象____。【答案】（1）邻羟基苯甲酸形成了分子内氢键，使酸性增强（2）Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3[或Fe(SCN)，x=1~6]，呈血红色；K3[Fe(CN)6]溶液中铁元素以Fe(CN)存在，难以电离出，所以无明显现象(或Fe(CN)比Fe(SCN)3更稳定，或CN-与Fe3+结合能力比SCN-强)【解析】【小问1详解】邻羟基苯甲酸形成了分子内氢键，使酸性增强，则邻羟基苯甲酸的酸性强于苯甲酸；

11【小问2详解】K3[Fe(CN)6]溶液中滴入KSCN无明显现象，原因是：Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3[或，x=1~6]，呈血红色；K3[Fe(CN)6]溶液中铁元素以存在，难以电离出，所以无明显现象(或比Fe(SCN)3更稳定，或CN-与Fe3+结合能力比SCN-强)。22.完全燃烧1.00g某脂肪烃，生成3.08gCO2和1.44gH2O。实验测得其相对分子质量为100。请回答下列问题：（1）该脂肪烃分子式为____。（2）该脂肪烃主链有5个碳原子的结构有____种。【答案】（1）C7H16（2）5【解析】【小问1详解】1.00g某脂肪烃的相对分子质量为100，其物质的量为=0.01mol，完全燃烧生成的二氧化碳的物质的量为=0.07mol，水的物质的量为=0.08mol，依据原子守恒，脂肪烃分子中碳原子数为=7，氢原子数为=16，该脂肪烃分子式为C7H16。【小问2详解】该脂肪烃分子式为C7H16，为烷烃，依据减碳移位法可知，该脂肪烃主链有5个碳原子的结构有、、、、

12共5种。23.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。已知A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道；B元素与C元素同周期，B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍；C元素基态原子只有一个不成对电子；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相等；E3+的3d轨道中有5个电子。请回答下列问题：（1）基态E原子价层电子轨道表示式为____；基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形。（2）一般情况下，B元素的最高价氧化物的晶体类型为____；A、B元素最高价氧化物以及C元素与氧形成的化合物C2O，三种物质中心原子杂化类型相同的是____(用化学式填空)。（3）A、B、C、D四种元素的电负性按由大到小排序____(用元素符号填空)。（4）[E(H2O)6]2+与NO反应生成的[E(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与E2+形成配位键。请在[E(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体____。【答案】（1）①.②.哑铃形（2）①.共价晶体②.SiO2、Cl2O（3）Cl>C>Si>Ca（4）【解析】【分析】A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道，A为C元素；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍，基态B原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，则B为Si元素；B元素与C元素同周期即第三周期，C元素基态原子只有一个不成对电子，基态C原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，则C为Cl元素；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相等，则D为

13Ca；E3+的3d轨道中有5个电子，则E为Fe元素；【小问1详解】由分析可知，E为Fe元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子价层电子为3d64s2的轨道表示式为；C为Cl元素，电子排布式为1s22s22p63s23p5，基态Cl原子电子占据最高能级是3p，电子云轮廓图为哑铃形；【小问2详解】B元素的最高价氧化物是SiO2，SiO2是由原子构成的空间物质结构的晶体，SiO2属于共价晶体；A、B元素最高价氧化物分别为CO2、SiO2，C元素与氧形成的化合物C2O是Cl2O，CO2中C原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子对，C原子采用sp杂化，SiO2中的Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，Si原子杂化类型是sp3杂化，Cl2O中Cl原子杂化类型是sp3杂化，则中心原子杂化类型相同的SiO2、Cl2O；【小问3详解】同周期自左而右电负性增大，非金属性越强其电负性越大，金属的电负性比非金属小，故电负性由大到小的顺序为Cl>C>Si>Ca；【小问4详解】E为Fe元素，NO以N原子与Fe2+形成配位键，H2O以O原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe(NO)(H2O)5]2+的结构应为：。24.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如图：请回答下列问题：I.环己烯的制备与提纯（1）操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。

14①仪器C的名称为____。②浓硫酸也可作为该反应的催化剂，选择FeCl3•6H2O而不用浓硫酸的原因为(填字母)____。a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b.FeCl3•6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c.同等条件下，用FeCl3•6H2O比浓硫酸的平衡转化率高（2）饱和食盐水的作用为____；操作3的名称是____。II.环己烯含量的测定在一定条件下，向ag环己烯样品中加入bmolBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如图：①Br2+→②Br2+2KI=I2+2KBr③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（3）滴定所用指示剂为____；样品中环己烯的质量分数表达式为____。（4）下列情况会导致测定结果偏高的是(填字母)____。a.样品中含有苯酚杂质b.在测定过程中部分环己烯挥发c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化d.读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【答案】（1）①.(直形)冷凝管②.ab（2）①.降低环己烯的溶解度，利于分层②.蒸馏（3）①.淀粉溶液②.或×100%（4）ad【解析】【分析】环己醇在催化剂FeCl3•6H2O

15作用下发生消去反应生成环己烯。得到的粗产品加饱和食盐水可以降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，环己烯和环己醇进入有机相，经过干燥、过滤和蒸馏可得到环己烯。【小问1详解】仪器C的名称为：(直形)冷凝管；浓硫酸易使原料炭化并产生SO2，产生污染性气体，而FeCl3•6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，同等条件下，催化剂不影响平衡转化率，故选ab；【小问2详解】饱和食盐水可以降低环己烯的溶解度，利于分层；分离环己醇和环己烯的方法是蒸馏，故操作3为蒸馏；【小问3详解】该过程中有碘单质生成，故可选用淀粉溶液为指示剂；该过程中溴单质参与两步反应：与环己烯加成、与碘离子反应生成碘单质，硫代硫酸钠可以滴定生成的碘单质的量，根据方程式可找出关系式：，故与碘离子反应的溴单质的物质的量为：，与环己烯反应的溴单质的物质的量为：，故环己烯的质量分数为：或×100%；【小问4详解】a.苯酚与溴单质会发生反应，则滴定消耗的硫代硫酸钠的量少，滴定结果偏高，a符合题意；b.部分环己烯挥发导致与环己烯反应的溴单质的量少，结果偏低，b不符合题意；c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化会导致第二步消耗的硫代硫酸钠的量多，即剩余的溴单质的量多，结果偏低，c不符合题意；d.读数时，滴定前仰视，滴定后俯视导致读出的硫代硫酸钠溶液的体积偏小，即消耗的硫代硫酸钠的量偏少，结果偏高，d符合题意；故选ad。25.第VIII族元素Fe、Co、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。请回答下列问题：（1）第VIII族元素位于周期表中____区；Co3+的半径_____Fe2+的半径(填“>”或“<”)。（2）Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，Ni(CO)4为____分子(填“极性”或“非极性”)。确定Ni(CO)4固体为晶体的最可靠方法是____；硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液，在[Ni(NH3)6]SO4中，阴离子的空间结构为____。（3）Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚

16()均显色。二者碳原子的杂化类型为____；邻苯二酚的沸点____对苯二酚的沸点(填“>”或“<”)。（4）超细氧化镍是一种功能材料，用途十分广泛，其晶胞结构如图：氧化镍的化学式为____；设晶胞边长为apm，该物质的密度表达式为____g•cm-3。【答案】（1）①.d②.<（2）①.非极性②.X射线衍射实验③.正四面体（3）①.sp2②.<（4）①.NiO②.【解析】【小问1详解】第VIII族元素位于周期表中d区；Co3+和Fe2+的核外价电子排布为3d6，核电荷数越大，半径越小，故半径Co3+

1726.有机物X及Y的合成路线如图所示：已知：++R2OH请回答下列问题：（1）化合物A的官能团名称为____；反应②的反应条件为____。（2）X分子中有1个手性碳原子，写出化合物X的结构简式为____。（3）反应④的化学方程式为____。（4）写出两种与官能团的种类、数目相同，且有3种不同氢原子的同分异构体____。（5）利用以上合成路线中的相关信息，请写出以己二酸、乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线____。【答案】（1）①.碳氯键②.NaOH醇溶液、加热（2）（3）+CH3CHOHCHOHCH3

18+2H2O（4）、、（5）【解析】【分析】CH3CH=CHCH3与氯气发生反应①生成A，A发生反应③生成B，依据B的分子式可知，CH3CH=CHCH3与氯气发生加成反应生成A，A为CH3CHClCHClCH3，CH3CHClCHClCH3发生水解反应生成B，B为CH3CHOHCHOHCH3；发生反应②生成C，C与酸性高锰酸钾溶液反应生成，依据的结构可知，发生消去反应生成C，C为，反应条件为NaOH醇溶液、加热，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成；与CH3CHOHCHOHCH3在一定条件下发生反应④反应生成

19Y(C11H18O4)，Y为，反应④为酯化反应；与CH3OH在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成D，结合D的分子式可知，D为；在C2H5ONa和DMF的作用下发生已知反应生成X和CH3OH，X分子中有1个手性碳原子，X为。【小问1详解】由分析可知，A为CH3CHClCHClCH3，官能团名称为碳氯键；反应②为发生消去反应生成，反应条件为NaOH醇溶液、加热。【小问2详解】由分析可知，X的结构简式为：。【小问3详解】由分析可知，反应④为与CH3CHOHCHOHCH3

20在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+CH3CHOHCHOHCH3++2H2O。【小问4详解】含有两个羧基，其同分异构体与的官能团的种类、数目相同，且有3种不同氢原子即有3种不同效果的氢，其结构简式有、、。【小问5详解】C2H5OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CH3COOH，CH3COOH与乙醇发生酯化反应生成CH3COOC2H5，与乙醇发生酯化反应生成，与CH3COOC2H5在C2H5ONa和DMF的作用下发生已知反应生成

21，合成路线为：。

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