【文档说明】【精准解析】山东省济宁市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(23)页，3.481 MB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年度第二学期质量检测高二化学试题注意事项：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，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毫米黑色签宇笔书写，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案答无效；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-1C-12O-16Zn-65Se-79第I卷选择题(共20分)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.生活中有很多化学问题。下列判断正确的是A.新型冠状

病毒由C、H、O三种元素组成B.可乐饮料中含有的兴奋性物质咖啡因(C8H10O2N4)属于有机物C.石墨烯是一种新型有机材料D.油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子后被人体吸收【答案】B【解析】【详解】A．新型冠状病毒主要成分是蛋白质，由C、H、O、N等元素组成，故A错误；B．咖啡

因(C8H10O2N4)含有C、H、O、N四种元素，该物质属于有机物，故B正确；C．石墨烯是一种碳单质，属于无机材料，故C错误；D．油脂水解产物为高级脂肪酸和甘油，故D错误；综上所述答案为B。2.某元素基态原

子最外层的电子排布式如下，其中能表示该元素一定为主族元素的是（）A.3s23p6B.ns2C.4s24p1D.4s1【答案】C【解析】【详解】A.3s23p6为Ar元素，0族元素，不是主族，A不符合题意；B.ns2可以表示第ⅡA族和大多数副族

元素，B不符合题意；C.4s24p1最外层三个电子，在第四周期第ⅢA族，为Ga元素，C符合题意；D.4s1可以表示K、Cr、Cu，K在主族，Cr、Cu在副族，D不符合题意；答案选C。【点睛】注意主族、副族、Ⅷ族、0族元素的最外层电子的特

征。3.下列各组元素的性质正确的是A.第一电离能：N>O>CB.非金属性：F>N>OC.最高正价：F>S>SiD.原子半径：P>N>C【答案】A【解析】【详解】A．一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以氮元素的非金属性虽然弱于

氧元素的，但第一电离能却大于氧元素，所以第一电离能：N＞O＞C，故A正确；B．同周期主族元素自左至右非金属性逐渐增大，所以非金属性：F>O>N，故B错误；C．F没有正价，故C错误；D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径：P>C>N，故D错误；综上所述答案为A

。4.下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是()A.任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有N、O、F的物质中B.范德华力比氢键的作用还要弱C.范德华力与氢键共同决定物质的物理性质D.范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关【答案】B【

解析】【详解】A．不是任何物质中都存在范德华力，如氯化钠为离子晶体，其中没有范德华力，只存在离子键，故A错误；B．范德华力比氢键的作用力要弱，故B正确；C．只有由分子构成的物质，物质的物理性质才由范德华力与氢键共同决定，不是分子构成的物

质的物理性质不是由范德华力与氢键决定的，故C错误；D．范德华力的强弱与相对分子质量有关，氢键还与原子电负性的大小和半径大小有关，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意范德华力存在与分子之间，在离子和原子之间不是的，如离子晶体中由离子键决定，原子晶体由共价键决定。5.下列关于物质结

构的说法错误的是A.晶格能：NaF>NaCl>NaBrB.基态碳原子有三种能量不同的电子C.CH4和NH4+都是正四面体结构，键角均为109º28ˊD.甲醛(HCHO)和光气(COCl2)分子中的键角∠H

—C—H<∠Cl—C—Cl【答案】D【解析】【详解】A．NaF、NaCl、NaBr为结构相似的离子晶体，离子电荷相等，离子半径越大，晶格能越小，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故A正确；B．基态碳原子的核外电子排布

为1s22s22p2，占据1s、2s、2p三个能级，所以有三种能量不同的电子，故B正确；C．CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有键长均相等，故都是正四面体结构，键角均为109°28′，故C正确；D．由

于氯原子的电负性较大，所以光气分子中Cl和C原子之间的成键电子对更靠近氯原子，两对电子之间的排斥作用相对较小，键角较小，所以∠H—C—H＞∠Cl—C—Cl，故D错误；综上所述答案为D。6.下列关于2-环己基丙烯()和2-苯基丙烯

()的说法中不正确的是A.碳原原子的杂化方式都只有sp2和sp3杂化B.两种物质均有5种不同化学环境的氢C.二者均可发生加聚反应和氧化反应D.2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A．饱和碳原子为sp3杂化

，苯环上的碳和形成双键的碳为sp2杂化，故A正确；B．2-环己基丙烯中有6种环境的氢原子，故B错误；C．都含有碳碳双键，均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；D．苯环和碳碳双键之间为单键，可自由旋转，所以2-苯基丙烯分子中所有碳原

子可能共平面，故D正确；综上所述答案为B。7.2020年1月南开大学周其林团队因《高效手性螺环催化剂的发现》获得国家自然科学一等奖。如图为两种简单碳螺环化合物，相关的说法不正确的是A.两种物质中所有碳原子一定不在同一平面B.螺[3，3]庚烷的一氯代物有2种C.螺

[3，4]辛烷与3-甲基-1-庚烯体互为同分异构D.的名称为螺[4，5]癸烷【答案】C【解析】【详解】A．两种物质中均有4个碳原子连接在同一饱和碳原子上的结构，形成四面体结构，不可能所有碳原子在同一平

面，故A正确；B．螺[3，3]庚烷结构对称，只有2种环境的H原子，所以一氯代物有2种，故B正确；C．螺[3，4]辛烷的分子式为C8H14，3-甲基-1-庚烯的分子式为C8H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故

C错误；D．共含10个碳原子，左侧环上除共用的碳原子还有4个碳，右侧环除共用的碳原子还有5个碳，所以名称为螺[4，5]癸烷，故D正确；综上所述答案为C。8.硝苯地平(Nifedipine)，适用于各种类型的高血压，对顽固性、重度高血压也有较好疗效，其结构简式如图所示。下列关于硝苯地平(Nif

edipine)的说法不正确的是A.分子中存在1个手性碳原子B.分子中有2种含氧官能团C.该物质既可以发生取代反应，又可以发生加成反应D.1mol该物质与足量H2反应时消耗5molH2【答案】A【解析】【详解】A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质结构对称，所以并不存

在手性碳原子，故A错误；B．该物质中含有酯基、硝基两种含氧官能团，故B正确；C．该物质含有酯基可以发生水解反应，水解属于取代反应，含有苯环可以发生加成反应，故C正确；D．该物质含有一个苯环、两个碳碳双键可以和氢气加成，酯基不可加成，所以1mol该物质与足量氢气反应时消耗5mol氢气

，故D正确；综上所述答案为A。9.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A．分离苯和苯酚加浓溴水过滤苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀B．分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去乙烯中混有的SO2酸性KMnO4溶液洗气SO2能被酸性KMnO4溶液氧化生

成SO42—D．除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.在苯和苯酚的混合物中加入浓溴水，苯酚和浓溴水反应生成的三溴苯酚是有机物，能继续溶于有机溶剂苯，即生成的三溴苯酚在苯中不是白色沉淀，故A错误；B.乙酸

乙酯与乙醇不分层，不能利用分液法分离，因利用蒸馏，故B错误；C.乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，则不能用高锰酸钾溶液除杂，因二氧化硫

为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，而乙烯与氢氧化钠不反应，则可用氢氧化钠溶液除杂，然后用浓硫酸干燥，故C错误；D.丁醇与乙醚混溶，但二者沸点不同，则除去丁醇中的乙醚，利用蒸馏即可除杂，故D正确。故选D。【点睛】分离、提纯的方法：

1.蒸馏：分离、提纯沸点相差较大的混合溶液；2.重结晶：分离、提纯溶解度受温度影响较大的固体混合物；3.分液：分离、提纯互不相溶的液体混合物；4.洗气：分离、提纯气体混合物；5.过滤：分离不溶性的固体和液体。10.科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如图所示)，

短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期；Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质.下列关于X、Y、Z的叙述不正确的是A.Z原子核外电子的空间运动状态的数目与原子序数一致B.该物质中含

有极性键、配位键和离子键C.X最高价含氧酸晶体在冷水中的溶解度小于热水中的溶解度D.化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】根据图示A的结构可知，正离子中Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层为6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S

；负离子中Y形成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F(当然不是H，因为正离子已经有H)；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素。【详解】A．Z原子核外电子的空间运

动状态的数目为9，而原子序数为16，不一致，A叙述错误；B．该物质中含有C-H、C-S、B-F极性键、B-F配位键和离子键，B叙述正确；C．X的最高价含氧酸硼酸，是白色片状晶体，有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶

解度增大，C叙述正确；D．化合物A中，S、F、B最外层都达到8电子稳定结构，D叙述正确；答案为A。二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下

列与有机物有关的说法错误的是A.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯分子结构中不存在碳碳双键B.植物油能使溴水褪色，发生了加成反应C.组成均可表示为(C6H10O5)n的淀粉与纤维素互为同分异构体D.分子式为C15H18O2的同分异构体中可能含有联苯(

)结构单元【答案】CD【解析】【详解】A．如果苯环含有碳碳双键，则可被酸性高锰酸钾氧化，而实际上苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，可说明苯分子中不存在碳碳双键，故A正确；B．植物油是不饱和高级脂肪酸与甘

油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，可以与溴发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；C．虽然淀粉和纤维素组成均可表示为(C6H10O5)n，但由于n值不确定，所以二者不是同分异构体，故C错误；D．分子式为C15H18O2的化合物

不饱和度为152+2-182=7，而含有联苯结构的物质的不饱和度至少为8，所以分子式为C15H18O2的同分异构体中不可能含有联苯结构，故D错误；综上所述答案为CD。12.第VA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其

立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是A.每个原子都达到8电子稳定结构B.键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种C.RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥

形的RCl3D.分子中5个R-Cl键键能均不相同【答案】BC【解析】【详解】A．R为第VA族元素，该原子最外层有5个电子，据图可知RCl5中R原子与每个Cl原子共用一对电子，所以R原子的最外层有5+5=10个电子，故A错误；B．根据图知，bde构成的三角锥形为正三角形，c点位于

该正三角形的中心上，acf三点共直线，线段ac与bc、cd、ce都垂直，所以∠acb=∠acd=∠ace=90°，∠bcd=∠dce=∠dce=120°、∠acf=180°，故B正确；C．RCl5加热RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的R

Cl3，故C正确；D．键长越短，键能越大，据图可知键长不是都相同，所以键能也不是都相同，故D错误；综上所述答案为BC。13.“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示。下列说法正确的

是(图中虚线表示氢键)A.合成聚维酮的单体有两种B.聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键C.聚维酮易溶于水的原因是与水分子形成氢键D.聚维酮碘是纯净物【答案】C【解析】【详解】A．由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，只有一种，故A错误；B．氢键不是化学键，故B错误；C．高聚

物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D．由于每个高聚物分子中的聚合度不同，所以聚维酮碘是混合物，故D错误；综上所述答案为C。14.香子兰酸甲酯(甲）、甲醇、甲基丙烯酸甲酯(丙）、有机物(乙）、有机物(丁）存在下列转化关系，下列说法正确的是A.

丙的分子式为C5H10O2B.乙→丁的反应类型为加成反应C.乙、丁中的官能团种类均为3种D.甲的同分异构体中含有苯环且取代基与甲完全相同有9种【答案】BD【解析】【详解】A．根据丙的结构简式可知丙的分子式为C5H8O2，故A错误；B．乙生成丁的过程中乙

中的共轭双键打开发生1,4加成，丙中碳碳双键打开发生加成，形成环状结构，所以该反应属于加成反应，故B正确；C．乙中有碳碳双键、醚键、酮基、酯基共4种官能团，丁中有醚键、酮基、酯基、碳碳双键共4种官能团，故C错误；D．甲的苯环上有

三个不同的官能团，当其中两个官能团位于邻位或间位时，苯环剩余4个氢原子均不同，所以此时另一个取代基分别有4种位置，当其中两个官能团位于对位时，苯环上有2种环境的氢，所以另一个取代基有2种位置，则包括甲在内的所有同分异构体共有4+4

+2=10种，除去甲还有9种，故D正确；故答案为BD。【点睛】当苯环上有3个不同取代基时，有10种同分异构体，若3个取代基中有两个相同时，有6种同分异构体。15.有机物甲的结构简式为：，它可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）：下

列说法不正确．．．的是A.甲可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应B.步骤I的反应方程式是：C.步骤IV的反应类型是取代反应D.步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化【答案】B【解析】A.甲分子中含有氨基、羧基和苯环，可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应，A正确；B.步骤I是

取代反应，反应方程式是+HCl，B错误；C.戊的结构简式为，步骤IV是戊中的肽键发生水解反应，因此反应类型是取代反应，C正确；D.氨基易被氧化，因此步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化，D正确，答案选B。第Ⅱ卷非选择题(

共60分)注意事项：1.考生务必在答题卡(纸)上规定的地方，将学校、班级、姓名、考号、座号填写清楚。2.考生将第Ⅱ卷的答案用黑色中性笔直接写在答题纸上。考试结束后，只收答题卡。16.丁二酮肟可用于镍的检验和测定，其结构式如图：(l)Ni元素基态原子价层电子排布图为_____，核外电子占据最高能

层的符号为_____。(2)N原子中能量最高的是_____电子(填能级符号)，其电子云在空间有_____个伸展方向。(3)丁二酮肟镍分子内含有的作用力有_____(填字母)。a.配位键b.离子键c.氢

键d.范德华力(4)H和N可以形成多种化合物。①已知联氨(N2H4)的熔沸点与水接近，其原因是_____；②计算表明：N4H26+的一种结构如图所示，氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，其中的大π键可表示为_____(已知苯的大π

键可以表示为6-电子数6-原子数π)。(5)Ni(CO)4常用于制备纯镍，写出与配体互为等电子体的阴离子_____(任写一种)。某镍白铜的晶胞如图所示，其化学式为_____。元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1

958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu>INi的原因是_____。【答案】(1).(2).N(3).2p(4).3(5).ac(6).N2H4分子间能形成较多的氢键(7).64π(8).CN-或C2-2(9).Cu3Ni(10).Cu+失去的是全充满的3d10电子，

Ni+失去的是4s1电子【解析】【详解】(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布图；核外电子占据最高能层的符号为N；(2)N元素为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子为2p能

级的电子，其电子云在空间有3个伸展方向；(3)根据丁二酮肟镍分子的结构可知分子内含有—OH和氧原子形成的氢键，有氮原子和Ni原子形成的配位键；不含离子键，范德华力为分子间作用力，所以选ac；(4)①已知联氨(N2H4)的熔沸点

与水接近，这是由于N2H4分子间能形成较多的氢键，所以联氨(N2H4)的熔沸点与水接近；②根据N4H26+结构可知该离子中每个N原子均形成3个σ键，由于含有大π键，所以N原子为sp2杂化，而分子中氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，所以N原子采用sp2等性杂化，则在杂化时2s轨道

上有一个电子跃迁到2p能级的一个轨道上，所以该轨道中有一对电子，且该轨道垂直于杂化轨道形成的平面，即该轨道中的电子参与形成大π键，4个N原子均参与，而整个原子团带两个单位负电荷，所以参与形成大π键的电子数为24-2=6，所以

其中的大π键可表示为64π；(5)Ni(CO)4中的配体为CO，含有2个原子，10个价电子，O可用N-或者C2-代替，所以形成的等电子体可以为：CN-或C2-2；根据均摊法，晶胞中Ni原子的个数为188=1，Cu原子的个数为162=3，所以化学式为Cu3Ni；

铜失去1个电子后的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，达到全充满稳定状态，很难失去第2个电子；而镍失去1个电子后的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s1，很不稳定，易失去4s的1个电子；所以第二电离能

ICu＞INi。17.糖类、油脂和蛋白质都是生命中重要的有机物质。(1)淀粉在硫酸作用下发生水解反应，证明淀粉水解产物中含有醛基：试剂X为_____，试管C的实验现象为_____。(2)某油脂A的结构简式为。从酯的性质

看，油脂A在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解，水解的共同产物是_____(写结构简式)(3)某科学杂志刊载如图所示A(多肤)B、物质(图中“—～—”是长链省略符号)①图中的B是由A与甲醛(HCHO)反应得到，假设“—～—”部分没有反应，1mol

A消耗甲醛_____mol，该过程称为蛋白质的_____。②天然蛋白质水解生成的最简单的氨基酸的结构简式_____，该氨基酸形成的二肽的结构简式是_____。(4)聚丙烯酸钠、涤纶的结构简式如图：①合成聚丙烯酸钠的单体的结构简式是_____；②合成涤纶有两种单体；其中能和NaHC

O3反应的单体的结构简式是_____。【答案】(1).NaOH溶液(2).产生砖红色沉淀(3).(4).3(5).变性(6).H2NCH2COOH(7).H2NCH2CONHCH2COOH(8).(9).【解析

】【详解】(1)淀粉是高分子化合物，在稀硫酸作催化剂的条件下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，可发生银镜反应，也可被新制取的氢氧化铜悬浊液氧化，产生砖红色沉淀，但在反应前一定要先加入碱将稀硫酸中和，使反应处于碱性环境中，否则实验失败，看不到实验现象，所以试剂X为NaOH溶液，试管

C的实验现象为产生砖红色沉淀；(2)油脂在酸性条件下水解产生高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解产生高级脂肪酸钠和甘油，即共同产物为甘油，结构简式为；(3)①对比A、B的分子结构可知，图中的氨基(或亚氨基)和甲醛发生加成反应，假设“—～—”部分没有

反应，则反应部位如图所示，所以1molA消耗甲醛3mol；该过程中A的结构和性质发生了变化，称为蛋白质的变性；②天然蛋白质水解生成的最简单的氨基酸为甘氨酸，结构简式为H2NCH2COOH；该氨基酸形成的二肽的

结构简式是H2NCH2CONHCH2COOH；(4)①由高分子的主链只有2个C可知合成聚丙烯酸钠为加聚反应，单体的结构简式为；②涤纶中含-COOC-，该合成反应为缩聚反应，单体为对苯二甲酸和乙二醇，其中能和NaHCO3反应的单体应含有羧基，结构简式是。【点睛】凡链节的主链上只有

两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可。18.环己酮是重要化工原料，是制造尼龙的主要中间体，也是重要的工业溶剂，实验室利用如下反应原理和实验装置(部分夹持装置略去)制备环己酮：22724NaCrO、HSO5

5∼65℃⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→有关物质的物理性质见表。物质沸点(℃)密度(g·cm-3，20℃)溶解性环己醇161.1(97.8)*0.96能溶于水和醚环己酮155.6(95.0)*095微溶于水，能溶于醚水100.010*括号中的数据表示该有

机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，在55~60℃进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。(1)装置D的的名称是为_____。(2

)酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的ΔH<0，反应剧烈将导致系体温度迅速上升，副反应增多。简述滴加酸性Na2Cr2O7溶液的方法_____；A中发生反应的离子方程式为_____。(3)环己酮的提纯需要经过

以下一系列的操作：a.蒸馏、除去乙醚后，收集151~156℃馏分b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c.过滤d.往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液e.加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水①上述

提纯步骤的正确顺序是_____；②d中往液体中加入NaCl固体的目的是_____；③上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_____。(4)恢复至室温时，分离得到纯产品体积为8rnL，则环己酮的产率为____

_(保留三个有效数字)。【答案】(1).冷凝管(2).打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加(3).3+Cr2O2-7+8H+=3+2Cr3++7H2O(4).dbeca(5).降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层(6).漏斗、分液漏斗(7).80.8%【解析】【分

析】本实验的目的是制备环己酮，装置A中利用酸性Na2Cr2O7溶液将环己醇在55~65℃时氧化得到环己酮，反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100C的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物；之后进行提纯，首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而

降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮。【详解】(1)根据装置D的结构特点可知其名称是冷凝管；(2)

由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应放热，导致体系温度迅速上升、副反应增多，所以酸性Na2Cr2O7溶液加入不能太快，应打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加；Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，能把环己

醇氧化为环己酮，则滴加酸性Na2Cr2O7溶液时反应的离子方程式为：3+Cr2O2-7+8H+=3+2Cr3++7H2O；(3)①环己酮的提纯：首先往液体中加入NaCl固体至饱和，从而降低环己酮的溶解度，并且增加水层的密度，静置后分液；分液后水层用乙醚萃取

进一步提取水层中环己酮并入有机层；之后用无水硫酸镁除去有机物中少量的水分，过滤后蒸馏分离乙醚，得到纯净的环己酮，所以，提纯步骤的正确顺序是dbeca；②NaCl能增加水层的密度，降低环己酮的溶解，有利于分层；③过滤需要由漏斗组

成的过滤器，分液需要的主要仪器为分液漏斗；(4)环己醇的质量为10mL×0.96g/mL=9.6g，理论上得到环己酮质量=9.6g100g/mol×98g/mol=9.408g，恢复至室温时，分离得到纯产品体积为8mL，由表中的密度可以算出环己酮的实际质

量为0.95g/mL×8mL=7.6g，所以环己酮的产率为：7.6g100%9.408g=80.8%。【点睛】题通过制取制备环己酮的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，对于陌生物质的制备，关键是理解题目所给的有关该物质的性质，将这些性质充分利用到解题过程中。19.三明清流“天芳悦潭”温

泉富含珍稀“锗”元素。其中锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题：(1)基态Ge原子价电子排布图为_______，Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得______光谱(填“连续”或“线状”)，鉴定G

e元素的存在。(2)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。①Na2GeO3中锗原子的杂化方式是______。②推测1molGenH2n+2中含有的σ键的数目

是_____(用NA表示阿伏加德罗常数值)。(3)利用离子液体[EMIM][AlCl4]可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7℃其中EMIM+结构如图所示。①该物质的晶体类型是_________。②EMIM+离子中组成元素的电负性由

小到大的顺序是________。(4)独立的NH3分子中H-N-H的键角为107.3º，[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H的键角________107.3°(填“大于”、“小于”或“等于”)。(5)

硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是_____；已知晶胞边长为apm，乙图为甲图的俯视图，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(a2，a，a2)，则D点坐标为_______；若该晶胞密度为ρ

g·cm-3，则阿伏加德罗常数NA为_______(列出计算式)。【答案】(1).(2).线状(3).sp2(4).(3n+1)NA(5).离子晶体(6).H＜C＜N(7).大于(8).4(9).(3a4，a4，3a4)(10).303414410a【解析】【

详解】(1)Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，所以价电子排布图为；Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得线状光谱；(2)①Na2GeO3中锗原子的价层电子对数为4+2-2

33+2=3，所以杂化方式为sp2；②GenH2n+2与甲烷类似，所以分子中的共价键均为σ键，n个Ge原子之间形成(n-1)个σ键，与2n+2个H原子形成(2n+2)个σ键，则1个分子中σ键的个数为(2n+2)+(n-1)=3n+1，所以1mo

lGenH2n+2中含有的σ键的数目为(3n+1)NA；(3)①该物质由EMIM+和[AlCl4]－构成，所以属于离子晶体；②EMIM+的组成元素为H、C、N，非金属性越强电负性越大，非金属性H＜C＜N，所以电负性H＜C＜N；(4)孤电子对与成键

电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨气分子中含有孤电子对，而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键，所以[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H键角＞107.3°；(5)以顶

面面心的Se原子为例，该晶胞中有2个Zn距离Se原子最近且距离相等，而在该晶胞的上方的晶胞中还有两个同样的Zn原子，所以Se原子的配位数为4；，A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(a2，a，a2)，所以A为原点，各坐标轴的方向为，根据俯视图可知D点的x、y坐标参数为3

a4、a4，根据晶胞结构示意图可知z坐标参数为3a4，所以D点坐标为(3a4，a4，3a4)；晶胞的边长为apm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10-10)3cm3；根据均摊法可知一个晶胞中Zn原子的个数为4，Se原子个数为4，

所以晶胞的质量m=()A65+794Ng，所以晶胞的密度()()A3-1065+794g==a10NmV，解得NA=303414410a。【点睛】孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，比如NH3和H2O均为sp3

杂化，但水分子有2对孤电子对，而氨气分子只有1对，所以NH3的键角大于H2O。20.化合物H是合成抗胆碱药的一种中间体，合成路线如图，回答下列问题：已知：Ⅰ.+253①CHONa②CHCOOH⎯⎯⎯⎯→+C2H5OHⅡ.烯烃与酸性高锰酸钾溶液反应的氧化产物有如下的对应

关系：+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯→+R3-COOH+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯→+CO2(1)化合物A的结构简式是_____，H含氧官能团的名称为_____。(2)G→H的反应类型是_____，可证明G已经完全转化为

H物质是_____(填代号)。a．溴水b．酸性KMnO4溶液c．四氯化碳d．钠(3)D→E的化学方程式为_____。(4)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_____。①含氧官能团与E不同②与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比

为1:2③苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢④除苯环外，无其它环状结构(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成的合成路线(其它试剂任选)_____。【答案】(1).(2).酯基(3).消去反应(4).d(5).+C2H5OH浓硫酸Δ+H2O(6).或(7

).酸性高锰酸钾⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→乙醇浓硫酸Δ【解析】【分析】根据C的结构为，A在光照条件下和氯气转化为B,根据B加NaCN转化为C，逆推B为，A为，由上述关系C在酸性条件下水解生成D，则D的结构简式为，D与乙醇在浓硫酸及加热条件下发生酯化反应生成E，E的分子式为

C10H12O2，则E的结构简式为，HCOOC2H5与E发生题中已知所给的反应，则F的结构简式为，F在催化剂作用下与氢气反应，生成G，则G的结构简式为，G在一定条件下生成H，H的结构简式为，则G在一定条件下发生消去反应生成H，据此分析。【详解】(

1)根据分析可知，化合物A是甲苯，结构简式是，H的结构简式为：，H含氧官能团的名称为酯基；(2)因为G的结构简式为，G中含有醇羟基和酯基，G完全转化为H，H的结构简式为，G→H的反应类型是消去反应，生成的H中的含氧官能团为酯基；a．G和溴水不反应，H含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应

，使溴水褪色，无论G全部转化为H还是部分转化为H，都可以使溴水褪色，故无法证明G全部转化为H，故a不符合题意；b．G和H都可以被酸性KMnO4溶液氧化，都会使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法证明G全部转化为H，b不符合题意；c．四氯化碳与G和H都互溶，没有现象，故无法证明G全部转化为H，故

c不符合题意；d．H中不再含醇羟基，可用金属钠检验，若不与金属钠反应，不产生气体，则G完全转化为H，故d符合题意；答案选d；(3)D→E是和乙醇发生酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH浓硫酸Δ+H2O；(

4)E是，含有酯基，根据题目要求，它的同分异构体不含酯基，能与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2，则可判定该结构中有两个酚羟基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和两个酚羟基，还有3个碳原子作一个取代基，取代基为异丙基，为满足

苯环上有两种不同化学环境的氢，二个酚羟基只能处于异丙基的邻位和间位，满足取代基上共有三种不同化学环境的氢，另一个3个碳原子取代基还有2种氢，符合要求的结构式为或；(5)写出以环己烯和乙醇为原料合成，环己烯是六元环，而目标物为五元环，必须开环，环己烯断键用高锰酸钾即可，被

高锰酸钾氧化成二元羧酸，再与乙醇发生酯化反应，生成的酯根据题目的信息，发生如已知的反应即可合成目标产物，因此合成路线为：酸性高锰酸钾⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→乙醇浓硫酸Δ。【点睛】写出符合下列条件的E的一种同分异构体时，它的同分异

构体不含酯基，能与NaOH溶液完全反应时，二者的物质的量之比为1:2，则可判定该结构中有两个酚羟基，还要满足苯环上有两种不同化学环境的氢，取代基上共有三种不同化学环境的氢，则先确定一个苯环和两个酚羟基，还有3个碳原子作一个取代基，取代基为异丙基，要满足两个酚

羟基位于对称的位置，为易错点。