山东菏泽第一中学等校2025-2026学年下学期高二期中考试 化学试题（A）（含解析）

这是一份山东菏泽第一中学等校2025-2026学年下学期高二期中考试 化学试题（A）（含解析），共12页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分， 设为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 Si 28 As 75 Ce 140
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目要求。
1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A. 氯乙烷汽化时大量吸热，“复方氯乙烷气雾剂”可用于肌肉拉伤、关节扭伤等的镇痛
B. 冠醚(18-冠-6)通过弱静电作用与结合，体现了超分子“分子识别”、“自组装”的特征
C. 杭州亚运会主火炬燃料为零碳甲醇，甲醇具有还原性
D. 福尔马林是良好的杀菌剂，主要利用了甲醛的强氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯乙烷沸点低，汽化时吸收大量热量，能使受伤部位温度快速降低，起到镇痛作用，A正确；
B．18-冠-6的空穴尺寸与匹配，可通过弱静电作用结合，体现了超分子的分子识别、自组装特征，B正确；
C．甲醇中C元素为-2价，可被氧化为更高价态的物质，具有还原性，C正确；
D．福尔马林能杀菌是因为甲醛可使蛋白质变性，甲醛不具有强氧化性，该描述错误，D错误；
故选D。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 基态Cu原子的核外电子排布式：
B. 醛基电子式：
C. 1-丁醇的键线式：
D. 顺-2-丁烯的分子结构模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态Cu原子正确的核外电子排布式：，A错误；
B．醛基正确的电子式：，B错误；
C．1-丁醇正确的键线式：，C错误；
D．顺-2-丁烯的分子结构模型：，D正确；
故选D。
3. 下列对物质分类正确的是
A. 环己烷、甲苯均为脂肪烃B. 晶体硅、金刚砂均属于共价晶体
C. 甲烷、一氯甲烷均是极性分子D. 、都是醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．脂肪烃是不含苯环的烃，甲苯含有苯环，属于芳香烃，A错误；
B．晶体硅、金刚砂（）都是原子间通过共价键结合形成空间网状结构的晶体，均属于共价晶体，B正确；
C．甲烷是高度对称的正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，一氯甲烷是极性分子，C错误；
D．第一个有机物是苯酚，羟基直接连接在苯环上，属于酚类；第二个是苯甲醇，属于醇，D错误；
故选B。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 与的混合物中所含原子总数为
B. 标准状况下，和光照下充分反应后的分子数目为
C. 中含有个键
D. 晶体中键的数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．C2H4和C3H6最简式均为CH2，14g混合物中n(CH2)=14g14g/ml=1ml ，所含原子总物质的量为3ml，数目为，故A正确；
B．标准状况下22.4L CH4和22.4L Cl2的物质的量均为1ml，总分子数为，甲烷与氯气的取代反应中每一步反应前后分子总数不变，故充分反应后分子总数仍为，故B正确；
C．1个[Cu(NH3)4(H2O)2]2+中，Cu与配体形成6个配位σ键，4个NH3含个N-H σ键，2个H2O含个O-H σ键，共22个σ键，故1ml该配离子含22NA个σ键，故C正确；
D．SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，30g SiO2的物质的量为，含Si-O键物质的量为0.5ml×4=2ml ，Si-O键数目为，故D错误；
选D。
5. 下列物质以晶体形式存在时，其所属晶体类型和所含化学键类型分别相同的是
A. 二氧化碳和二氧化硅B. 氯化铯和氯化氢
C. 四氯化碳和甲烷D. 石墨和金刚石
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于分子晶体，内部含共价键；属于共价（原子）晶体，内部含共价键，二者晶体类型不同，A错误；
B．属于离子晶体，含离子键；属于分子晶体，内部含共价键，二者晶体类型和化学键类型均不同，B错误；
C．和均属于分子晶体，内部均只含极性共价键，二者晶体类型和化学键类型均相同，C正确；
D．金刚石属于共价（原子）晶体，只含非极性共价键；石墨属于混合晶体，含有共价键、层间范德华力，二者晶体类型不同，D错误；
故选C。
6. 有机反应的条件不同，产物可能不同。下列反应试剂、条件错误的是
A. 甲苯制备苯甲酸：酸性溶液
B. 氯乙烷制备乙烯：浓硫酸、加热
C. 工业制备乙醇：乙烯、、催化剂、加热、加压
D. 甲苯制备邻氯甲苯：氯气、铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯中与苯环直接相连的碳原子上有氢，可被酸性溶液氧化为羧基，能得到苯甲酸，A正确；
B．氯乙烷是卤代烃，发生消去反应生成乙烯的条件为氢氧化钠醇溶液、加热，浓硫酸、加热是醇类发生消去反应制烯烃的条件，无法实现氯乙烷到乙烯的转化，B错误；
C．工业上用乙烯与在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应制备乙醇，反应条件合理，C正确；
D．甲苯与氯气在铁粉催化下发生苯环上的氯代反应，甲基为邻对位定位基，可生成邻氯甲苯，D正确；
故选B。
7. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 图①除去乙烷中的乙烯B. 图②配制银氨溶液
C. 图③可证明羟基能影响苯环的活性D. 图④比较醋酸、苯酚与碳酸酸性大小
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯能被酸性KMnO4氧化，但会生成CO2等杂质气体，引入新的杂质，无法达到除杂目的，A错误；
B．配制银氨溶液应向AgNO3溶液中加入稀氨水，边加边振荡，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止，图中操作顺序错误，无法得到银氨溶液，B错误；
C．苯酚中含有羟基，苯酚与溴水发生取代反应。生成白色沉淀，而苯与溴水不反应，可证明羟基能影响苯环的活性，C正确；
D．醋酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚，由于醋酸具有挥发性，产生的气体中会混有醋酸蒸气，醋酸也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰实验结论，因此该装置不能达到比较碳酸和苯酚酸性强弱的目的，D错误；
故答案选C
8. 银屑病的治疗药物本维莫德乳膏结构如图。下列说法正确的是
A. 苯环上的一氯代物共有4种
B. 与氢气完全加成后得到的分子有3个手性碳原子
C. 分子中所有碳原子可能共平面
D. 1 ml该物质与足量的溴水反应，最多可消耗2 mlBr2
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯环上的一氯代物共有4种如图，A正确；
B．与氢气完全加成后得到的分子为：有2个手性碳原子，B错误；
C．分子中标记的1号碳原子可以与苯环共平面，但与该碳直接相连的两个甲基最多只能有一个甲基与该碳原子共平面，另一个甲基不能与该碳原子共平面，所以不可能所有碳原子共平面，C错误；
D．1 ml该物质与足量的溴水反应，最多可消耗3 mlBr2，碳碳双键可以1 mlBr2加成反应，酚羟基有两个邻位可以与2 mlBr2发生取代反应，所以共3 mlBr2，D错误；
故答案选A。
9. 物质Z是一种重要的药物中间体，其合成路线如下：
下列说法错误的是
A. X→Y发生的是取代反应B. X、Z可用溶液鉴别
C. Z分子存在顺反异构D. X与Y中碳原子的杂化方式相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．X→Y的反应是X中酚羟基的氢原子被取代生成Y，属于取代反应，A正确；
B．X含有直接连在苯环上的酚羟基，遇溶液会显紫色；Z中没有酚羟基，不能和发生显色反应，因此可以用溶液鉴别二者，B正确；
C．顺反异构的条件是：碳碳双键的每个碳原子都连接2种不同的基团。Z中碳碳双键的两个碳：一个连苯环和，另一个连和酯基取代基，都满足条件，因此存在顺反异构，C正确；
D．X中所有碳原子都位于苯环和醛基中，全部为杂化；Y中苯环和醛基的碳原子为杂化，而两个甲氧基的碳原子是饱和碳原子，为杂化，因此二者碳原子的杂化方式不相同，D错误；
答案选D。
10. 下列关于晶体的说法错误的是
A. 某铜氧化物立方晶胞如图甲，则Cu的化合价为+1价
B. 晶胞是长方体如图乙，，则每个分子周围与其等距且紧邻的分子有12个
C. K晶胞是体心立方如图丙，K原子半径为r pm，则晶胞边长为
D. 立方晶胞如图丁，若a点坐标参数为，则b点F坐标为
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图甲，白球位于顶点和体心，个数为，黑球在体内，个数为4，则白球为O，黑球为Cu，该铜氧化物的化学式为Cu2O，Cu的化合价为+1价，A正确；
B．在长方体晶胞中，由于，各方向距离不等，每个分子周围等距且紧邻的分子只有4个，B错误；
C．设晶胞边长为a pm，体心立方晶胞中，体对角线=4r=3a ，得a=433r pm ，C正确；
D．图丁中，Ca2+位于顶点和面心，F-位于晶胞内8个小立方体的体心，则以a为原点，a点坐标参数为，小立方体边长为，则b点F坐标为，D正确；
故答案选B。
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. 在催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示。
已知：“*”表示该微粒吸附在催化剂表面；为带有一定电性的吸附位点，易吸附极性大的分子。
下列说法正确的是
A. 上述反应涉及到极性键的断裂和非极性键的形成
B. 吸附位点对水分子的吸附能力小于
C. 反应过程中，可能生成副产物甲醛
D. 若用代替，则生成的氢气为和
【答案】AC
【解析】
【详解】A．反应中CH3OH和H2O的O-H键（极性键）发生断裂，最终生成H2分子（含H-H非极性键），符合描述，A正确；
B．已知SB易吸附极性大的分子。H2O为强极性分子，CO2为直线对称结构、极性弱；且图示中CO2在步骤Ⅴ脱附，说明其吸附较弱。故SB对H2O吸附能力 > CO2，B错误。
C．步骤Ⅱ生成吸附态甲醛*H2C=O，若未继续反应而脱附，则可形成气相甲醛（HCHO），作为副产物存在，C正确；
D．H2中的氢原子来源于CH3OH和H2O。若使用D2O，则H与D可随机组合，产物应包含H2、HD、D2三种同位素分子，而非仅H2和D2，D错误；
故选AC。
12. 中南大学研究团队发表了对半导体材料黑砷晶体的最新研究成果，其具有层状结构，每层内砷原子以褶皱蜂窝状排列，三维结构如图所示。下列说法错误的是
A. 黑砷晶体为混合型晶体
B. 与相比，同条件下黑砷晶体的沸点更低
C. 75g单层黑砷晶体中含有六元环的数目为
D. 褶皱晶格结构导致电子沿锯齿和扶手椅方向的传导性质不同，具有各向异性
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，黑砷晶体为层状结构，层内砷原子以共价键形成网状结构，层间以范德华力相结合，所以黑砷晶体属于混合型晶体，A正确；
B．属于熔沸点较低的分子晶体，而黑砷晶体是熔沸点较高的混合型晶体，所以同条件下黑砷晶体的沸点高于，B错误；
C．由图可知，每个砷原子被3个六元环共用，则每个六元环含有的砷原子个数为：6×=2，则75g单层黑砷晶体中含有六元环的数目为：××NA ml-1=0.5NA，C正确；
D．黑砷晶体具有褶皱晶格结构，沿锯齿和扶手椅方向的原子排列和键合方式不同，导致电子传导性质不同，具有各向异性，D正确；
故选B。
13. 为实现下列各项中的实验目的，对应的实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．检验卤代烃中的溴原子时，水解后需先加稀硝酸中和过量的NaOH，否则OH-会与Ag+反应生成沉淀，干扰Br-的检验，操作错误，A错误；
B．乙醇易挥发，且浓硫酸具有强氧化性，副反应生成的SO2、挥发的乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明有乙烯生成，B错误；
C．产生的气体通入CCl4可除去挥发的Br2蒸气，排除Br2对HBr检验的干扰，后续AgNO3溶液产生淡黄色沉淀说明有HBr生成，可证明苯与液溴发生取代反应，C正确；
D．乙醇本身可与钠反应生成H2，无论乙醇中是否含水，加入钠都会产生气体，无法检验水的存在，D错误；
故答案选C。
14. 实验室用正丁醇与浓硫酸反应制备正丁醚，所得粗产品可经过如图所示的步骤分离提纯，已知无水会与正丁醇形成络合物。下列说法错误的是
A. 正丁醇制备正丁醚的反应为取代反应
B. 碳酸钠溶液的作用是降低正丁醚的溶解度，因此也可以换成饱和NaCl溶液
C. 流程中的操作1-3均为分液，操作4为蒸馏
D. 无水的主要作用是干燥正丁醚以及除去正丁醇杂质
【答案】BC
【解析】
【分析】正丁醛与浓硫酸反应制备正丁醚，属于醇分子间脱水生成醚的取代反应。 粗产品中含正丁醚、未反应的正丁醇、浓硫酸及酸性杂质，加入溶液洗涤可除酸，操作1为分液，加入蒸馏水洗涤后操作2为分液，加入无水后用于干燥并吸收正丁醇，操作3为过滤，最后操作4为蒸馏得到正丁醚纯品。
【详解】A．正丁醇制备正丁醚时，正丁醇分子间脱水生成正丁醚和水，反应类型为取代反应，A正确；
B．碳酸钠溶液可除去酸性杂质，不能用饱和溶液替代，否则除酸效果不足，B错误；
C．操作1和操作2均为液液分离，用分液；操作3为分离固体无水和有机液体，用过滤；操作4利用沸点差异分离正丁醚，用蒸馏，C错误；
D．无水可吸水干燥，同时与正丁醇形成络合物，可除去正丁醚中的正丁醇杂质，D正确；
故选BC。
15. 处理汽车尾气时(、)，分别需要“贫氧”和“富氧”的反应环境。可通过和的切换，实现可逆的氧释放(形成“氧空位”)与补充。的立方晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a nm。下列说法错误的是
A. 与最近且距离相等的有12个
B. 和个数比为时，化学式为
C. 晶胞密度：
D. 若每分钟处理的，则与的速率相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．为萤石型结构，构成面心立方结构，每个最近且距离相等的有个，A正确；
B．Ce3O4中铈元素平均化合价为，当和个数为1:1时，平均化合价为+3.5，B错误；
C．每个晶胞含个和个，晶胞质量为4×172NAg ，晶胞体积为a3×10−21cm3，密度ρ=4×172a3NA×10−21g·cm−3，C正确；
D．根据反应中的电子转移关系，CO转化为CO2时，碳元素从+2价升高到+4价，1 ml CO失去2 ml电子，发生2 ml Ce4+→Ce3+的转化；NO转化为N2时，氮元素从+2价降低到0价，1 ml NO得到2 ml电子，发生2 ml Ce3+→Ce4+的转化。因此，当处理相同物质的量的NO和CO时，两种铈离子转化的速率相同，D正确；
故选B。
三、非选择题：本题共5个小题，共60分。
16. 物质的结构和性质的研究对于化学发展有重要意义，根据所学回答下列问题：
（1）硼(B)、铝(Al)及其化合物在材料、能源等领域具有广泛的应用
①是白色晶体，其微观结构如图a所示，决定晶体熔点的作用力主要是_______(填标号)，B原子的杂化方式是_______。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．氢键 E．范德华力
②铝的三种化合物的沸点如下表所示，解释三种化合物沸点差异的原因_______。
③冰晶石是电解法制铝的助熔剂，晶胞结构如图b所示，一个晶胞中含有的数目为_______个。若晶胞参数分别为、、，，晶胞密度为阿伏加德常数为_______(用含、、的式子表示)。
（2）(铁氰化钾)可用于检验，产生特征蓝色沉淀(滕氏蓝)，可作蓝色颜料。滕氏蓝晶体的微观结构(图d是正方体结构，省略了)如图所示。
①图c不是滕氏蓝晶体的晶胞，理由是_______。
②图d是滕氏蓝晶体的晶胞，晶胞中的数目是_______，A原子坐标为，B原子坐标为，则C处坐标为_______。
【答案】（1） ①. DE ②. ③. 为离子晶体，沸点最高；、为分子晶体，相对分子质量大，分子间作用力大，沸点高 ④. 6 ⑤.
（2） ①. 上下、左右及前后平移均无法无隙并置 ②. 24 ③.
【解析】
【小问1详解】
①根据微观结构，为分子晶体，分子间通过氢键结合，所以决定晶体熔点的作用力主要是氢键、范德华力，选DE；在H3BO3分子中，B原子形成3个键，无孤对电子，其价层电子对数为3，故B原子杂化方式是；
②为离子晶体，沸点最高；、为分子晶体，相对分子质量大，分子间作用力大，所以沸点比高；
③冰晶石是电解法制铝的助熔剂，根据冰晶石晶胞结构图，1个晶胞中含AlF63− 的数目为，根据冰晶石化学式，可知一个晶胞中含有的数目为6；若晶胞参数分别为、、，，晶胞密度为，则ρ=2×23×3+27+19×6a2c×10−30×NA，则阿伏加德常数NA=；
【小问2详解】
①图c上下、左右及前后平移均无法无隙并置，所以图c不是滕氏蓝晶体的晶胞；
②图d是滕氏蓝晶体的晶胞，1个晶胞中含有4个K+，根据化学式，可知晶胞中的数目是24；A原子坐标为，B原子坐标为，则C处坐标为。
17. 聚碳酸酯具有高强度和高弹性等优点，常用于制作航天服、面罩。双酚A是制备聚碳酸酯的关键单体，合成方法如下。
回答下列问题：
（1）①化合物4a所含官能团的名称是_______。
②5a与2a互为同系物，且相对分子质量比2a大28。5a的同分异构体中，能发生银镜反应的有_______种(含5a)。
（2）下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 1a和2a生成3a的过程中有键的断裂和生成
B. 红外光谱分析可以区分2a和4a
C. 3a分子中核磁共振氢谱峰面积比为
D. 4a既能被氧化，也能被还原
（3）6a是2a与HCN在一定条件下，发生原子利用率为的反应所得的产物，则6a中碳原子的杂化方式为_______。
（4）根据上述信息利用原料苯酚和甲醇合成化合物Ⅰ()。
①第一步，醇的催化氧化，化学反应方程式为_______。
②第二步包含两个反应，①得到的有机产物与苯酚在酸性条件下发生加成反应，产物再与苯酚发生取代反应。加成反应产物的结构简式是_______。
【答案】（1） ①. ①羰基、碳碳双键 ②. 4 （2）BD
（3）、
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①从结构可以看出，化合物4a所含官能团的名称为羰基和碳碳双键；
②2a是丙酮，5a的相对分子质量比2a大28，说明多了两个，分子式为，能发生银镜反应说明有醛基，剩下碳架为丁基，丁基共有四种结构，所以5a的同分异构体有4种；
【小问2详解】
1a和2a生成3a的过程中，2a的断裂，有键断裂，没有新的键生成，A错误；2a和4a的官能团不同，红外光谱吸收峰不同，红外光谱分析可以区分，B正确；3a结构对称，氢原子数量为4种，且数量比为6:4:4:2 ，核磁共振氢谱峰面积比为6:4:4:2 ，C错误；4a含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，4a含有羰基，可以被还原为羟基，D正确；故选B、D；
【小问3详解】
6a是2a与HCN在一定条件下，发生原子利用率为的反应，则该反应类型为加成反应，产物6a的结构简式为：，其中甲基中的碳和连接羟基的碳为杂化，中的碳为杂化；
【小问4详解】
①甲醇在催化剂的作用下，被氧气氧化为甲醛，化学反应方程式为：2CH3OH+O2→ΔCu2HCHO+2H2O ；
②有机产物甲醛与苯酚在酸性条件下发生加成反应生成对羟基苯甲醇，结构简式为：。
18. 利用铁锰氧化矿(主要含及、、、的氧化物)制备，流程如下。
回答下列问题：
（1）“焙烧”生成的可用于_______(写一条)。
（2）基态Mn原子的价层电子轨道表示式为_______，其位于元素周期表的_______区。
（3）“水浸”后所得滤渣中有红棕色固体，其化学式为_______。
（4）“萃取”步骤可回收铜，萃取剂HA的两种构型如图所示(*表示配位原子)。实验测得反式结构与形成的更稳定，原因为反式结构的空间位阻较小，且_______。
（5）“沉锰”时，调溶液至碱性，加溶液制得，反应的离子方程式为：_______。
（6）某锰晶体立方晶胞的切面如图A所示。设Mn原子的半径为，则A的晶胞体积为_______。另一种锰晶体晶胞中Mn的配位数为8，在图B中画出该晶胞示意图_______(用小黑球表示锰原子，在答题卡上作答)。
【答案】（1）生产石膏或者硫酸
（2） ①. ②. d
（3）
（4）N的电负性比氧小，更容易给出电子形成配位键
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】铁锰矿氧化矿经焙烧处理后生成，可转化为硫酸或与钙盐反应制备石膏。 水浸后滤渣中红棕色固体为铁的氧化物，说明铁元素转化为被除去。 萃取步骤利用萃取剂与形成配合物实现铜的回收，配体原子的给电子能力和空间位阻影响配合物稳定性。 沉锰时调节溶液至碱性，与发生归中反应生成。 立方晶胞中若锰的配位数为，锰处于体心位置，与八个顶点处氧原子配位，结合半径关系计算晶胞体积。
【小问1详解】
与水反应可生成，也可与钙盐反应生成石膏，焙烧生成的可用于生产石膏或硫酸。
【小问2详解】
为号元素，基态价层电子排布为3d54s2，对应价电子轨道表达式为，
【小问3详解】
水浸后滤渣中有红棕色固体，红棕色固体为。
【小问4详解】
顺式结构中两个配位原子距离较近，空间阻碍较大，不利于形成稳定配合物。 反式结构中两个配位原子距离较远，空间阻碍较小。 的电负性比小，孤电子对更容易给出，更容易形成配位键，使反式结构形成的CuA2更稳定。
【小问5详解】
碱性条件下，中元素化合价由降低到，中元素化合价由升高到。 根据得失电子守恒，与的系数比为。 离子方程式为4OH−+2MnO4−+3Mn2+=5MnO2+2H2O 。
【小问6详解】
该晶胞为面心立方，其中面对角线为半径的四倍，故截面图中相切关系可得晶胞棱长为22rnm 。 晶胞体积为V=(22r)3nm3=162r3nm3=162r3×10−21cm3；另一种锰晶体晶胞中Mn的配位数为8，则另一种结构为。
19. 离子液体是环境友好的绿色溶剂，通常具有良好的萃取分离能力。某化学小组用N-甲基咪唑()、1-溴丁烷及等试剂制备咪唑类离子液体{注：通常用表示其阳离子}，并测试其萃取性能。
实验步骤：
Ⅰ．制备亲水性离子液体[BMIM]Br：将10 mL N-甲基咪唑与14 mL 1-溴丁烷加入下图所示三颈烧瓶中，恒温加热搅拌反应4 h，冷却后用乙酸乙酯洗涤3次，减压蒸馏，得到；
Ⅱ．制备疏水性离子液体：将与溶于蒸馏水，充分搅拌发生反应。静置后，分液得到离子液体相，用蒸馏水洗涤，在120℃条件下真空干燥4 h，得到；
Ⅲ．比较与的萃取性能：分别取的碘水(溶于KI溶液)置于两个分液漏斗中，分别向其中加入和振荡并静置、分液，再分别向水相中加入2滴同浓度的淀粉溶液。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______；1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是_______。
（2）步骤Ⅱ中，检验产品是否洗涤干净，所用试剂为_______。
（3）步骤Ⅲ中分液时，打开分液漏斗下端活塞前，需进行的一步操作为_______；作为萃取剂易挥发且有毒，而具有低挥发性，二者挥发性不同的主要原因为_______。
（4）步骤Ⅲ中，加入淀粉溶液后，若观察到_______(填现象)，则证明的萃取能力强于。
（5）已知：分配系数是溶质在两种互不相溶溶剂中的平衡浓度之比。步骤Ⅲ中，使用作为萃取剂时，测得水相中的浓度为。据此计算在相与水相之间的分配系数为_______。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②.
（2）硝酸酸化的硝酸银
（3） ①. 将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上口的小孔或取下分液漏斗上口的玻璃塞 ②. 为离子化合物，离子键强度大，为分子晶体，分子间范德华力弱
（4）用萃取后的水相蓝色更深
（5）36
【解析】
【分析】N-甲基咪唑和 1-溴丁烷发生取代反应制取亲水性离子液体[，提纯后的与发生反应制备[。
【小问1详解】
①仪器a的名称为球形冷凝管；
②1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液发生消去反应，化学方程式为：CH3CH2CH2CH2Br+NaOH→Δ乙醇CH3CH2CH=CH2↑+NaBr+H2O ；
【小问2详解】
步骤Ⅱ得到的产品表面可能会有，用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净；
【小问3详解】
①分液时，打开分液漏斗下端活塞前，需要将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上口的小孔或取下分液漏斗上口的玻璃塞，使漏斗内外压强相等，液体顺利流下；
②二者挥发性不同的主要原因为：为离子化合物，离子键强度大，为分子晶体，分子间范德华力弱；
【小问4详解】
若的萃取能力强于，则水相中残留的更少，加入淀粉溶液后，用萃取后的水相蓝色更深；
【小问5详解】
初始的物质的量为：0.20L×0.01ml/L=2.0×10−4ml ，水相中剩余的物质的量为：0.20L×0.001ml/L=2.0×10−5ml ，萃取到相中的的物质的量为1.8×10−4ml ；相中的的浓度为：1.8×10−4ml0.005L=0.036ml/L ，分配系数为：c(I2，BMIMPF6相）c(I2，水相）=0.036ml/L0.001ml/L=36 。
20. 芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体的合成路线(部分反应条件略去)如下图所示：
已知：①；②(苯胺，易被氧化)
回答下列问题：
（1）反应⑤的反应类型是_______，C的化学名称为_______。
（2）有机物F中官能团的名称是_______，E的结构简式为_______。
（3）反应②的化学方程式为_______。
（4）有机物A发生⑤的反应比苯发生相同反应的温度_______(填“低”或“高”)，原因是_______。
（5）有机物D在一定条件下与加成得到有机物L(如下图)，L的同分异构体中同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上只有2种不同化学环境的氢原子；
②苯环上只有两个取代基，且能与发生显色反应；
③分子中只存在一个环状结构。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 苯甲醛
（2） ①. 硝基 ②.
（3） （4） ①. 低 ②. 甲基与苯环之间存在相互作用，使苯环的邻对位活化，容易发生取代反应
（5）8
【解析】
【分析】路线一：芳香烃A在氯气、光照条件下生成B，B在氢氧化钠水溶液中加热水解，根据B的分子式结合已知信息①生成C苯甲醛，反推可知，B为，A为甲苯。C与丙酮发生加成消去反应，生成D。D发生加聚反应生成高分子E。
路线二：A为甲苯，A与浓硝酸浓硫酸加热条件下发生苯环上的取代反应，生成F，结合提示反应②以及后续氨基位置可知，F为对硝基甲苯。F在铁和盐酸条件下发生硝基的还原反应，生成G。G发生酰化反应生成H。H被酸性高锰酸钾氧化，甲基转化为羧基，生成I。I与溴发生苯环上的取代反应，生成J。J在酸性条件下水解，酰胺键断裂生成K。
【小问1详解】
反应⑤为甲苯与浓硝酸发生的苯环上的硝化反应，硝化反应属于取代反应。
C的结构为苯环连接醛基，化学名称为苯甲醛。
【小问2详解】
F为对硝基甲苯，含有的官能团为硝基。
D的结构简式为C6H5CH=CHCOCH3，分子中含有碳碳双键，发生加聚反应生成E，E的结构简式为。
【小问3详解】
反应②为水解反应，同一个碳原子上连接两个羟基时脱水生成醛基，反应的化学方程式为
【小问4详解】
甲苯中甲基为给电子基团，与苯环之间存在相互作用，使苯环的邻对位电子云密度升高，活性增强，发生硝化反应的温度比苯发生硝化反应的温度低。
【小问5详解】
有机物L的分子式为C10H14O ，不饱和度为5。
同分异构体满足条件：苯环上只有2种不同化学环境的氢原子，苯环上只有两个取代基，且能与氯化铁发生显色反应，说明苯环上有一个取代基为酚羟基，则另一个取代基处于酚羟基的对位；分子中只存在一个环状结构，即只有苯环一个环，其余结构均为链状，则苯环上的另一个取代基为含4个碳原子且含1个碳碳双键的链状烃基，分别为−CH=CHCH2CH3、−CH2CH=CHCH3、−CH2−CH2-CH=CH2、-C(CH2CH5)=CH2、-C(CH3)=CHCH3、-CH(CH3)-CH=CH2、-CH=CCH32、-CH2-CHCH3=CH2，因此满足条件的同分异构体共有8种。
实验目的
实验操作、现象和结论
A
检验2-溴丙烷中的溴原子
向2-溴丙烷中加入NaOH溶液，加热，取上层液体，加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，说明2-溴丙烷中含有溴原子
B
检验乙醇的消去产物
将乙醇与浓硫酸混合，迅速加热到170℃，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生乙烯
C
苯与液溴发生取代反应
向苯和铁粉中加液溴，产生的气体依次通入CCl4、AgNO3溶液，有淡黄色沉淀产生，说明发生取代反应。
D
检验乙醇中是否有水
向乙醇中加入一小粒钠，有气体产生，说明乙醇中有水
铝的卤化物
沸点(℃)
1500
370
430