2021-2022学年重庆实验外国语学校高二下学期6月月考化学试题（含解析）

这是一份2021-2022学年重庆实验外国语学校高二下学期6月月考化学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
 重庆实验外国语学校2021-2022学年高二下学期6月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关化学用语表示正确的是
A．HClO的电子式：
B．反-2-丁烯的键线式：
C．CO2的空间结构模型：
D．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3
【答案】D
【解析】
【详解】
A．HClO的电子式：，A错误；
B．反-2-丁烯的键线式：，B错误
C．CO2的空间构型为直线形，C错误；
D．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3，D正确；
故选D。
2．某有机物的核磁共振氢谱图如图所示，该有机物的结构简式可能是

A． B．HCOOCH2COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COCH3
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由结构简式可知，对环己二酮分子中含有1类氢原子，核磁共振氢谱图只有1组峰，与图不吻合，故A错误；
B．由结构简式可知，HCOOCH2COOH分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱图有3组峰，与图不吻合，故B错误；
C．由结构简式可知，HOCH2CH2OH分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱图有2组峰，与图吻合，故C正确；
D．由结构简式可知，CH3COCH3分子中含有1类氢原子，核磁共振氢谱图只有1组峰，与图不吻合，故D错误；
故选C。
3．近年来科学家制造出大量的新物质。对下列四种物质的相关描述错误的是

A．石墨烯具有良好的导电性
B．石墨炔、石墨烯均能发生加成反应
C．碳纳米管属于无机非金属材料
D．上述四种物质互为同素异形体
【答案】D
【解析】
【详解】
A．石墨烯是从石墨中分离出来的，是良好的单体材料，具有良好的导电性，故A正确；
B．石墨炔、石墨烯含有不饱和的碳碳键，均能发生加成反应，故B正确；
C．碳纳米管为碳的单质，属于无机非金属材料，故C正确；
D．石墨烯、石墨炔、碳纳米管三种物质均属于碳的单质，互为同素异形体，而金刚烷属于烃类物质，不属于碳的单质，故D错误；
答案选D。
4．下列说法正确的是
A．若将基态P原子的核外电子排布式写成，违背了泡利原理
B．金刚石、SiC、NaF、NaCl、、的熔点依次降低
C．酸性强弱：三氯乙酸>三氟乙酸>乙酸
D．石墨、新型高分子导电材料、聚乙烯、金属晶体中均含有金属键
【答案】B
【解析】
【详解】
A．泡利原理指基态原子核外电子在同个轨道内的自旋状态不相同，一个轨道最多容纳2个电子，若将基态P原子的核外电子排布式写成，则3Px轨道容纳了2个电子，3Pz轨道没有电子，违背了洪特规则，洪特规则指基态原子核外电子先以相同的自旋状态分占轨道，A错误；
B．金刚石、SiC是共价晶体，碳碳键的键能大于硅碳键，金刚石熔点较高；NaF、NaCl是离子晶体，F-半径比Cl-小，NaF的晶格能更大，熔点较高；、是分子晶体，H2O分子间存在氢键，增大了分子间作用力，熔点较高；共价晶体的熔点一般比离子晶体高，离子晶体的熔点一般比分子晶体高，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、、的熔点依次降低，B正确；
C．氟、氯原子是吸电子基团，氟的吸电子作用比氯原子强，吸电子作用越强则羧基中H原子越容易电离，故酸性强弱：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，C错误；
D．金属键指由自由电子及排列成晶格状的阳离子之间的静电吸引力组合而成，石墨、新型高分子导电材料、金属晶体中均含有金属键，聚乙烯不具有导电性，不含有金属键，D错误；
故选B。
5．柠檬酸苯甲酯是一种重要的有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是


A．柠檬酸苯甲酯的所有碳原子可以共平面
B．1mol柠檬酸苯甲酯最多能与6molH2发生加成反应
C．柠檬酸苯甲酯能发生取代反应、氧化反应
D．1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH
【答案】C
【解析】
【详解】
A．含有多个饱和碳原子，具有四面体的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故A错误；
B．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量H2加成，最多消耗3molH2，故B错误；
C．柠檬酸苯甲酯含有羧基，能与醇类发生取代反应，能燃烧，发生氧化反应，故C正确；
D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应时，消耗3mol NaOH，故D错误；
故选：C。
6．冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点及面心，实心球所示原子位于立方体内)类似。有关冰晶胞的说法合理的是

A．水汽化和水分解两个变化过程中都破坏了共价键
B．晶体冰与金刚石晶体硬度都很大
C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是一种键
D．氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似
【答案】D
【解析】
【详解】
A．水汽化克服分子间作用力，水分解克服氢氧共价键，A不合理；
B．晶体冰是分子晶体，硬度受分子间作用力决定，硬度较小，金刚石晶体是共价晶体，硬度受共价键决定，很大，B不合理；
C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，氢键不是化学键，不是一种键，C不合理；
D．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，一个冰分子可形成四个氢键，构成正四面体，与金刚石晶胞微粒的排列方式类似，D合理；
故选D。
7．有机物实验中，下列装置或操作不能达到实验目的是
选项
A
B
C
D
实验装置









目的
除去溴苯中的苯
制备并检验乙烯
检验制取乙炔时的气体产物
实验室制乙酸乙酯

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．苯和溴苯沸点不同，除去溴苯中的苯可用蒸馏的方法，故A不选；
B．浓硫酸与乙醇混合加热，会产生二氧化硫，也能使溴水褪色，故B选；
C．用电石制取的乙炔中含有硫化氢等气体，要先用硫酸铜溶液除去，再用酸性高锰酸钾溶液检验制取乙炔时的气体产物，故C不选；
D．实验室制乙酸乙酯用乙醇、醋酸、浓硫酸混合加热，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D不选；
故选B。
8．下列叙述中正确的个数有（       ）
①氧原子的电子排布图：最外层违背了泡利原理
②处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22px1→1s22s22py1过程中形成的是发射光谱
③所有元素中，氟的第一电离能最大
④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同
⑤NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短
⑥金属元素的电负性均小于1.8
⑦主族元素的电负性越大，其元素原子的第一电离能一定越大
⑧在任何情况下，都是σ键比π键强度大
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【解析】
【详解】
①泡利不相容原理又称泡利原理,是指确定的一个原子轨道上最多可容纳两个电子，而这两个电子的自旋方向必须相反，同时要遵循洪特规则，即电子分布到原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低。则氧原子的电子排布图：最外层违背了洪特规则，故①错误
②处于最低能量状态原子叫基态原子，处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁时产生辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱叫发射光谱，1s22s22px1→1s22s22py1过程中，由于p能级有三个相同的轨道，能量大小相同，即px = py = pz，不能形成的发射光谱，故②错误；
③稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故③错误；
④核外电子排布完全相同的两种微粒不一定属于同种元素，化学性质不一定相同，如Na+与F-核外电子排布相同，但是二者化学性质不同，故④错误；
⑤氮元素和碳元素同周期，同周期从左至右原子半径依次减小，则氮原子半径小于碳原子半径，则NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短，故⑤正确；
⑥金属元素的电负性一般小于1.8，非金属元素的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右，既有金属又有非金属，故⑥错误；
⑦主族元素原子的第一电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能变化有特例，如电负性：O＞N，但第一电离能：O＜N，故⑦错误；
⑧π键它的空间构型是根据电子轨道的“肩并肩”的重叠，一般一种物质σ键和π键都存在的时候，发生反应时，π键先断，σ键比π键强度大；但是N2分子中存在的N≡N键能比3个N-N键能大，也比一个N-N和一个N=N键能加起来要大，就说明N≡N中的π键比σ键强，故⑧错误；
答案选B。
9．下列关于有机物的说法正确的是
A．含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键
B．蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程
C．四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面
D．化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的的结构有16种
【答案】D
【解析】
【详解】
A.若5个碳原子形成一个五元环，则有5个碳碳单键，A项错误；
B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B项错误；
C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；
D. 化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2种，戊基则有8种，即戊醇有8种，因此该酯一共可能有16种结构，D项正确；
答案选D。
【点睛】
高分子一般指分子量大于10000的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。
10．某物质用途非常广泛，可用来制造耐火陶瓷，作颜料，还可以用于冶炼金属。其具有的长方体形晶胞结构可用下图表示，已知6个N原子形成了正八面体，晶胞参数的单位为pm，M原子的相对原子质量为m，N原子的相对原子质量为n。下列说法错误的是

A．该物质的化学式可能为
B．该晶胞密度为
C．M原子的配位数为6，N原子的配位数为3
D．若原子的坐标为(x，x，0)，则原子的分数坐标为(1-x，1-x，0)
【答案】B
【解析】
【详解】
A．利用均摊法计算，该晶胞中含有M原子=2个，含有N原子=4个，则M与N的个数比为1：2，该物质的化学式可能为，A正确；
B．该晶胞质量为，晶胞体积为，则密度为，B错误；
C．根据图示可知，M原子的配位原子是正八面体的6个顶点，配位数为6，N原子的配位原子是晶胞的2个顶点和1个体心，配位数为3，C正确；
D．根据图示，N1和N2同在底面上，若原子的坐标为(x，x，0)，则原子的分数坐标为(1-x，1-x，0)，D正确；
故选D。
11．水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由N—乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β—羟乙酯(HEMA)合成水凝胶材料高聚物A的路线如下图：



下列说法正确的是
A．NVP具有顺反异构
B．高聚物A具有一定的亲水性
C．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
D．制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如上图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．烯烃分子中碳碳双键上的碳原子连有两个不同原子或原子团时，能形成顺反异构，由结构简式可知，NVP分子中碳碳双键有一个碳原子连两个氢原子，则不具有顺反异构，故A错误；
B．羟基是亲水基，由结构简式可知，高聚物A中含有多个羟基，具有良好的亲水性，故B正确；
C．由方程式可知，HEMA和NVP通过发生加聚反应生成高聚物A，故C错误；
D．由图可知，制备过程中引发剂的浓度为1.6%时含水率最高，说明聚合过程中并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；
故选B。
12．已知某种锂盐的结构如图，它是一种新型锂离子电池的电解质，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，Y原子的最外层电子数是X的次外层电子数的3倍（箭头指向表示共用电子对由W提供）。下列说法错误的是（   ）

A．元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X
B．阴离子中X与Z的杂化方式相同
C．原子半径X＞Z＞Y＞W
D．该物质中含有极性键、非极性键、配位键和离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X的次外层电子数只能为2，则四种元素都位于第二周期，Y的最外层电子数为6，则Y为O；四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，以此来解答。
【详解】
A．根据分析可知，W为F，Y为O，Z为C，X为B，同周期从左到右非金属性增强，F＞O＞C＞B，元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X，故A正确，不选；
B．X的价层电子对数为4对，采用sp3杂化，Z的价层电子对数为3对，采用sp2杂化，阴离子中X与Z的杂化方式不相同，故B错误，符合题意；
C．除稀有气体外，同周期元素的原子从左到右半径逐渐减小，原子半径B＞C＞O＞F，原子半径X＞Z＞Y＞W，故C正确，不选；
D．该物质中含碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键、碳原子和碳原子之间形成非极性键、硼原子和氟原子之间形成配位键、这种锂盐中还含有离子键，故D正确，不选；
答案选B。
13．下列关于有机物的说法中，正确的有
①糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料
③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液
④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化
⑤煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高级脂肪酸的甘油酯
⑥检验淀粉是否发生水解，可向水解液中直接加入银氨溶液，水浴加热后有银镜生成，说明水解生成了葡萄糖
⑦煤是主要含有C、H、O、N、S等元素的化合物
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【解析】
【详解】
①糖类中的单糖不能发生水解反应，故①错误；
②乙醇汽油是新型燃料，是在汽油中加入适量乙醇而制成的混合物，故②正确；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，所以混合后的溶液分层，静置、分液可除去乙酸乙酯中残留的乙酸，故③正确；
④石油的分馏是利用物质的沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，煤的气化有新物质生成，属于化学变化，故④错误；
⑤花生油为植物油，牛油为动物油，油脂可以发生皂化反应，故⑤正确；
⑥水解液检验葡萄糖应在碱性溶液中，没有先加碱中和催化作用的酸至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，不能说明是否水解，故⑥错误；
⑦煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，故⑦错误；
所以正确说法为②③⑤，共3个，故答案选A。
14．已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，W元素与Z元素在同一主族，X与其同主族另一元素单质构成原子反应堆导热剂，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m-n，下列叙述中错误的是
A．R、X、Y对应的简单离子半径：r(X)R
C．将WY2与RY2分别通入Ba(NO3)2溶液中，现象不同
D．因为Y的氢化物比R的氢化物稳定，所以Y的氢化物的熔、沸点比R的氢化物的熔、沸点高
【答案】D
【解析】
【详解】
已知短周期主族元素R、W、X、Y、Z，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，则为S元素， X与其同主族另一元素单质构成原子反应堆导热剂，则X为Na元素，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m-n，则n=2，m=6，故Z为Si，Y为O，W元素与Z元素在同一主族，W为C。由题意可推知 R、W、X、Y、Z五种元素分别是S、C、Na、O、Si。
A．R、X、Y 对应的简单离子半径：r(Na＋)Na2SO4，选项B正确；
C．将CO2与SO2分别通入Ba(NO3)2溶液中，通入CO2时无明显现象，通入SO2时有白色沉淀，现象不同，选项C正确；
D．H2O的熔、沸点比 H2S的熔、沸点高，是因为分子间作用力大小不同，不是因为H2O比H2S稳定，选项D错误；
答案选D。
二、元素或物质推断题
15．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最简单氢化物甲是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，常用作制冷剂，Y的金属性是所有短周期主族元素中最强的，Z与X属于同一主族，Z与Y属于同一周期。
(1)元素W在周期表位置___________；
(2)元素W的另一常见氢化物乙是一种高能燃料，为18电子微粒，乙的结构式为___________；
(3)若X的未成对电子数为2，则其与H元素以原子个数比1：1形成的化合物电子式为___________；
(4)X、Y、Z的原子半径由小到大为___________；(填对应字母)
(5)若X与Z的最外层电子数之和是W核外电子数的2倍，甲可与Z单质发生置换反应，产物之一可作化肥，其反应的化学方程式为___________，该产物化肥中含有的化学键有___________。
【答案】(1)第二周期VA族
(2)
(3)
(4)X＜Z＜Y
(5)     3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl     离子键、共价键
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大；W的最简单氢化物甲是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，常用作制冷剂，该气体为NH3，W为N；Y的金属性是所有短周期主族元素中最强的，Y为Na；由于W、X、Y的原子序数依次增大，Z与X属于同一主族，Z与Y属于同一周期，则X为O，Z为S，X也可能为F，此时Z为Cl。
(1)
由分析可知，W为N，其在周期表位置是第二周期VA族。
(2)
元素W的另一常见氢化物乙是一种高能燃料，为18电子微粒，则乙为N2H4，其结构式为。
(3)
若X的未成对电子数为2，结合分析可知，X为O，其与H元素以原子个数比1:1形成的化合物为H2O2，该化合物的电子式为。
(4)
由分析可知，Y为Na，X为O时，Z为S，X为F时，Z为Cl；则X、Y、Z的原子半径由小到大为X＜Z＜Y。
(5)
由分析可知，W为N，X为O时，Z为S，X为F时，Z为Cl，甲为NH3；N的核外电子数为7，若X与Z的最外层电子数之和是W核外电子数的2倍，则X为F，Z为Cl；NH3可与Z单质（Cl2）发生置换反应，可作化肥的产物是NH4Cl，该反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；NH4Cl含有的化学键为离子键、共价键。
三、实验题
16．2-硝基-1，3-苯二酚由间苯二酚先磺化，再硝化，后去磺酸基生成。原理如下：

部分物质的相关性质如下：
名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
水溶性(常温)
间苯二酚
110
白色针状晶体
110.7
易溶
2­-硝基-­1，3­-苯二酚
155
桔红色针状晶体
87.8
难溶

制备过程如下：
第一步：磺化。称取71.5g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内15min(如图1)。

第二步：硝化。待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min。
第三步：蒸馏。将硝化反应混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的)。

请回答下列问题：
(1)磺化步骤中控制温度最合适的范围为(填字母)_______。
a.30℃～60℃b.60℃～65℃c.65℃～70℃d.70℃～100℃
(2)图2中的冷凝管是否可以换为图1所用冷凝管_______(填“是”或“否”)。
(3)硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是_______。
(4)图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止_______；冷凝管C中可能看到的现象是_______。
(5)水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的是_______。
a.不溶或难溶于水，便于最后分离b.在沸腾下与水不发生化学反应c.难挥发性d.易溶于水
(6)本实验最终获得12.0g桔红色晶体，则2­-硝基-­1，3­-苯二酚的产率约为_______。
【答案】     b     否     在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却     压强过小引起倒吸     冷凝管内壁有桔红色晶体析出     ab     11.9%
【解析】
【分析】
由题中信息可知，间苯二酚与适量浓硫酸共热后可发生磺化反应；待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min；将硝化反应混合物的稀释液进行水蒸气蒸馏可以得到2­-硝基-­1,3­-苯二酚。
【详解】
(1)由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65℃。若温度过低，磺化反应的速率过慢；间苯二酚具有较强的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，若温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反应的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最合适的范围为60℃～65℃，故选b。
(2)图1所用冷凝管为球形冷凝管，其常用于有机制备的回流，但不可用于蒸馏装置中，因为冷凝后的液体凝固后，固体会卡在玻璃球中；图2中的冷凝管为直形冷凝管，其常用于蒸馏装置。由于2­-硝基-­1，3­-苯二酚的熔点是87.8℃，其蒸气被冷凝结晶为固体，且其难溶于水，因此，图2中的冷凝管不可以换为图1所用冷凝管，故答案为：否。
(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，因此，硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却。
(4)图2中，烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸；由于2­-硝基-­1，3­-苯二酚的熔点是87.8℃，且其难溶于水，因此，冷凝管C中有2­-硝基-­1，3­-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出。
(5)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，在低于100℃的情况下，有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气一起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后分离；在沸腾条件下不与水发生化学反应。故答案为ab。
(6) 71.5g间苯二酚的物质的量为，理论上可以制备出2­-硝基-­1，3­-苯二酚0.65mol，其质量为0.65mol´155g/mol=100.75g。本实验最终获得12.0g桔红色晶体，则2­-硝基-­1，3­-苯二酚的产率为。
四、结构与性质
17．AA7075合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳等的制作。但这种合金很难被焊接。最近，科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料，注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为_______。
(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。

该元素是_______(填元素符号)。
(3)、、和等配体都能与形成配离子。1mol含_______mol键，其中的H-N-H键角_______(填“>”、“
(4)4
(5)sp3杂化
(6)     ##68%    
【解析】
(1)
铜的原子序数为29，基态铜原子的价电子排布式：3d104s1。
(2)
从图中可知，该元素的I2到I3发生突变，能量急剧增大，说明该第三周期元素原子易失去两个电子形成稳定结构，则该元素是Mg。
(3)
普通共价键和配位键均是键，一个存在4个Zn←N配位键和3×4=12个N-H键，故1mol含16 mol键；其中N原子不存在故电子对，而NH3分子中的N原子存在孤电子对，故电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对间的排斥力，故中的H-N-H键角>分子中的H-N-H键角。
(4)
根据图示，Al原子位于左右侧面面心，Mg位于顶点和前后面的面心，则1个铝原子周围有=4个镁原子最近且等距离。
(5)
根据图示可知，其中N原子均形成三个单键，存在一对孤电子对，没有π键，则N原子的杂化类型为sp3杂化。
(6)
①图3所示是体心立方，设钛原子半径为r，边长为x，有x=4r，则晶胞参数x为，故晶胞的空间利用率为=；
②图示所示六棱柱的为晶胞，含有钛原子数=2，根据晶胞质量除以晶胞体积比值等于晶胞密度，可得，则为。
五、有机推断题
18．化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知①RCHO+R′CHO
②RCHO+R′CH2CHO+H2O
③
请回答下列问题：
（1）芳香化合物B的名称为_______，C的同系物中相对分子质量最小的结构简式为_______。
（2）由F生成G的第①步反应类型为_______。
（3）X的结构简式为_______。
（4）写出D生成E的第①步反应的化学方程式________
（5）G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有____种，写出其中任意一种的结构简式________
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2；
②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1。
（6）写出用为原料制备化合物的合成线路，其他无机试剂任选________。
【答案】     苯甲醛     HCHO     消去反应          +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O     4     、、、（任写一种）    
【解析】
【分析】
根据提供信息①，可知A发生信息①反应的产物为、CH3CHO，故芳香族化合物B的名称为苯甲醛；根据信息②，可知B和C发生信息②反应的产物D为，与新制氢氧化铜反应后酸化，-CHO转化为-COOH，E为，E与Br2发生加成反应得到的F为，根据F→G的第①步反应条件，可知该反应为消去反应；F发生消去反应后酸化得到G为，根据G+X→H，结合信息③可以推断X为，据此分析解答。
【详解】
(1)根据提供信息①，可知A发生信息①反应的产物为、CH3CHO，故芳香族化合物B的名称为苯甲醛，CH3CHO的同系物中相对分子质量最小的为HCHO；
(2)根据信息②，可知B和C发生信息②反应的产物D为，与新制氢氧化铜反应后酸化，-CHO转化为-COOH，E为，E与Br2发生加成反应得到的F为，根据F→G的第①步反应条件，可知该反应为消去反应。
(3)F发生消去反应后酸化得到G为，根据G+X→H，结合信息③可以推断X为；
(4)D生成E的第①步反应为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
(5)G为，与乙醇发生酯化反应生成的化合物Y为，根据①能与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，可知含有羧基。根据②核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6∶2∶1∶1，则符合条件的同分异构体有、、、。
(6)与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，在加热条件下与氢氧化钾醇溶液发生消去反应生成，在催化剂作用下与发生加成反应生成，合成线路。