山东省滨州市2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1山东省滨州市2021-2022学年高二下学期期末考试试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：。1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡对应位置“条形码粘贴处"。2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。3.第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷。上答题不得分。4.考试结束，监考人员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Mo96第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题：本题包括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.化学与生命科学密切相关。下列叙述错误的是（）A.核酸是构成生命的重要物质之一，属于高分子化合物B.纤维素在人体内可水解成葡萄糖，提供人体组织的营养需要C.冬奥会上采用紫外消毒机器人进行消毒，利用了紫外线使蛋白质变性的原理D.CO中毒的原因是CO与血红蛋白中的Fe2+形成配位键的能力强于O2【答案】B【解析】【详解】A．核酸是构成生命的重要物质之一，是生物体内的高分子化合物，包括DNA和RNA两大类，故A正确；B．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，所以纤维素不能提供人体组织的营养需要，故B错误；C．紫外线能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，所以冬奥会上采用紫外消毒机器人进行消毒，故C正确；D．一氧化碳和氧气均能与血红蛋白中的亚铁离子形成配位键，但一氧化碳形成配位键的强于氧气，所以会造成一氧化碳中毒，故D正确；故选B。2.下列化学用语表达正确的是（）A.NH4Cl的电子式：B.的结构式：C.HF分子间的氢键：D.甲醛分子中的π键：【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵为离子化合物，电子式为，故A错误；B．四氟合硼离子中氟原子提供孤电子对，硼原子提供空轨道，结构式为，故B错误；C．氟化氢分子间能形成氢键，分子间氢键用虚线表示，表达形式为，故C错误；D．甲醛分子中，C原子中两个2s电子和1个p电子通过sp2杂化形成3个σ键，所以C原子和2个H原子、O原子之间分别存在σ键，未参与杂化的p轨道形成π键，所以C原子和O原子之间存在一个π键，π键的表达形式为，故D正确；故选D。3.下列说法错误的是（）A.利用原子光谱可以揭示原子核外电子的运动状态B.利用红外光谱可以推测有机物的官能团C.利用质谱可以确定有机物的分子结构D.利用X射线衍射可以区分晶体和非晶体【答案】C【解析】【详解】A．原子光谱产生于原子核外的电子在不同的、能量量子化的轨道之间跃迁，因此利用原子光谱可以揭示原子核外电子的运动状态，故A说法正确；B．红外光谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析的仪器，利用红外光谱可以推测有机物的官能团，故B说法正确；C．质谱图只用于测定有机物的相对分子质量，不能确定有机物的结构，故C说法错误；D．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，因此区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故D说法正确；答案为C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.0.1mol环氧乙烷()中共价键数为0.7NAB.标准状况下，2.24L己烷中共价键数为1.9NAC.12g石墨中C—C键数为NAD.60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，断裂的C—O键数为NA【答案】A【解析】【详解】A．环氧乙烷分子中含有碳氢键、碳氧键、碳碳键，则0.1mol环氧乙烷中共价键数目为0.1mol×7×NAmol—1=0.7NA，故A正确；B．标准状况下，己烷为液态，无法计算2.24L己烷的物质的量和含有的共价键数目，故B错误；C．石墨晶体中，每个碳原子与3个碳原子形成碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子共有，则每个碳原子含有的共价键为3×=1.5个，则12g石墨中碳碳键的键数为×3×NAmol—1=1.5NA，故C错误；D．一定条件下，乙酸与足量乙醇发生的酯化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以无法计算60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂的碳氧键的键数，故D错误；故选C。5.下列客观事实的理论解释错误的是（）客观事实理论解释ASF6易溶于苯SF6为正八面体结构，是非极性分子BMgO熔点高于NaClMgO晶格能大于NaClC冰的密度小于水冰中水分子间通过氢键形成空间网状结构D金属单质有导热性金属晶体中自由电子可以定向移动【答案】D【解析】【详解】A．SF6的价层电子对数为6，空间构型为正八面结构，是非极性分子，利用相似相溶原理可知，SF6易溶于苯，故A正确；B．离子晶体的离子半径越小，离子所带的电荷越多，晶格能越大；MgO晶格能大于NaCl，所以MgO熔点高于NaCl，故B正确；C．冰中水分子间通过氢键形成空间网状结构，液态水中氢键数目减小，所以冰的密度小于水，故C正确；D．金属晶体中自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞，所以金属单质有导热性，故D错误；故选：D。6.为确保体育比赛公平、公正，禁止运动员使用兴奋剂，两种常见兴奋剂的结构如下。下列说法正确的是（）XYA.X能发生消去、还原等反应B.Y分子含有三种官能团C.可利用酸性KMnO4溶液鉴别X、YD.1molY与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2【答案】B【解析】【详解】A．X的分子结构中含有碳碳双键、羰基、苯环，能发生加成反应，也属于还原反应；由于氯原子连接在苯环上，结构稳定，不能发生消去反应，故A错误；B．Y含有碳碳双键、羟基、氯原子三种官能团，故B正确；C．X、Y中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．酚羟基邻对位上的氢(指的是苯环上的氢)可以被溴原子取代，碳碳双键与溴发生加成反应，因此1mol兴奋剂Y与足量浓溴水反应，最多消耗4molBr2，故D错误；故选B。7.X、Y为两种活性反应中间体微粒，均含有1个碳原子和3个氢原子，其球棍模型如图。下列说法错误的是（）A.X微粒的化学式可能为B.Y微粒可能与PH3互为等电子体C.X微粒中C原子的价电子对数为4D.Y微粒中H—C—H键角一定小于120°【答案】C【解析】【分析】由图可知，X的空间构型为平面三角形，分子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，Y的空间构型为三角锥形，分子中碳原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1。【详解】A．离子中价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子空间构型为平面三角形，则X微粒的化学式可能为，故A正确；B．磷化氢中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，则Y微粒可能与磷化氢互为等电子体，故B正确；C．由分析可知，X的空间构型为平面三角形，分子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，故C错误；D．由分析可知，Y的空间构型为三角锥形，则Y微粒中H—C—H键角一定小于120°，故D正确；故选C。8.下列装置能达到实验目的的是（）A.实验室制备乙酸乙酯B.检验1—溴丁烷的消去产物C.证明苯和溴发生取代反应D.实验室制备乙烯【答案】B【解析】【详解】A．乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液反应，所以不能用氢氧化钠溶液接收乙酸乙酯，过A错误；B．1—溴丁烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成1—丁烯，受热挥发出的乙醇不能与溴的四氯化碳溶液反应，1—丁烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，所以题给装置能用于检验1—溴丁烷的消去产物1—丁烯，故B正确；C．铁做催化剂条件下苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，溴具有挥发性，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀，干扰溴化氢的检验，则题给装置不能用于证明苯和溴发生取代反应，故C错误；D．在浓硫酸作用下乙醇共热到170℃发生消去反应生成乙烯，实验时需用温度计控制反应温度，题给装置缺少温度计，所以不能用于实验室制备乙烯，故D错误；故选B。9.已内酯和乙醇在一定条件下发生反应：+C2H5OH。下列说法错误的是（）A.和互为同系物B.该条件下，二者发生了加成反应C.己内酯可由HO(CH2)5COOH通过分子内酯化反应生成D.该条件下，二者还可生成高分子【答案】B【解析】【详解】A．和是结构相似，分子组成相差1个CH2原子团的内酯，互为同系物，故A正确；B．由方程式可知，己内酯和乙醇在一定条件下发生的反应为取代反应，故B错误；C．一定条件下分子中含有羟基和羧基的HO(CH2)5COOH通过分子内酯化反应生成己内酯和水，故C正确；D．由结构简式可知，己内酯和乙醇在一定条件下能发生縮聚反应生成高分子化合物，故D正确；故选B。10.含Fe3+的配合物呈现不同的颜色，如[Fe(H2O)6]3+呈淡紫色(稀溶液时为无色)，[FeCl4]-、[Fe(H2O)5(OH)]2+呈黄色。在黄色Fe(NO3)3溶液中，加入稀HNO3至溶液接近无色，用该无色溶液做实验，现象如下：下列说法错误的是（）A.[Fe(H2O)6]3+中Fe3+提供空轨道，O提供孤电子对B.黄色Fe(NO3)2溶液中存在[Fe(H2O)5(OH)]2+C.实验②反应的离子方程式为：[Fe(H2O)6]3++4Cl-[FeCl4]-+6H2OD.实验①现象说明H2O比OH-更易结合Fe3+【答案】D【解析】【分析】根据[Fe(H2O)6]3+呈淡紫色(稀溶液时为无色)，在黄色硝酸铁溶液中加入稀硝酸至溶液接近无色，该溶液中存在[Fe(H2O)6]3+，该溶液分为两份，其中一份加入3滴1mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色溶液，即该溶液中含有[Fe(H2O)5(OH)]2+；另一份中加入3滴1mol/LNaCl溶液，得到黄色溶液，该溶液中含有[FeCl4]-，据此分析；【详解】A．[Fe(H2O)6]3+中，中心离子是Fe3+，提供空轨道，H2O为配体，O提供孤对电子，故A说法正确；B．黄色Fe(NO3)3溶液中存在H2O和OH-，因此该溶液中也存在少量的[Fe(H2O)5(OH)]2+，故B说法正确；C．在黄色硝酸铁溶液中加入稀硝酸至溶液接近无色，该溶液中存在[Fe(H2O)6]3+，加入3滴1mol/LNaCl溶液，得到黄色溶液，该溶液中含有[FeCl4]-，因此发生的反应是[Fe(H2O)6]3++4Cl-[FeCl4]-+6H2O，故C说法正确；D．在黄色硝酸铁溶液中加入稀硝酸至溶液接近无色，该溶液中存在[Fe(H2O)6]3+，加入3滴1mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色溶液，即该溶液中含有[Fe(H2O)5(OH)]2+，OH-替代水的位置，说明OH-比H2O更易结合Fe3+，故D说法错误；答案为D。二、选择题：本题包括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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.如图表示一个晶胞，该晶胞为立方体，结构粒子(分子、原子或离子)位于立方体的顶点和面心。下列说法正确的是（）

A.若是一个完整的分子晶体晶胞，其可表示碘、干冰晶体B.若是一个不完整的金刚石晶胞，则晶胞中缺失的碳原子位于8个小立方体的中心C.若是一个不完整的NaCl晶胞，则图中结构粒子表示Na+，Cl-均位于12条棱边的中心D.若是一个不完整的CaF2晶胞，则图中结构粒子表示Ca2+【答案】AD【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，该晶胞是面心立方结构，对应的分子晶体可能是干冰、碘，故A正确；B．由晶胞结构可知，该晶胞如果是金刚石晶胞，金刚石晶体中5个碳原子构成正四面体结构，即其他4个碳原子位于4个互不相邻小立方体的中心，故B错误；C．由晶胞结构可知，该晶胞如果是氯化钠晶胞，晶胞中每个钠离子被6个氯离子所包围，同样每个氯离子也被6个钠离子所包围，所以晶胞中氯离子位置是体心和12条棱边的中心，故C错误；D．由晶胞结构可知，该晶胞如果是氟化钙晶胞，钙离子占据立方体的8个顶点和6个面心，而氟离子占据8个小立方体的体心，即钙离子的配位数为8，氟离子配位数为4，则图中的结构粒子表示代表钙离子，故D正确；故选AD。12.氢键对生命活动具有重要意义，DNA中四种碱基通过氢键配对方式如下图(~代表糖苷键)。下列说法正确的是（）

A.碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氡键B.鸟嘌呤中1号N上的H转移到O上形成羟基，使其失去碱性C.氢键的作用能较小，在DNA解旋和复制时容易破坏和形成D.嘌呤中N-H键的平均键长大于0.29nm【答案】C【解析】【详解】A．从图中可以看出，碱基配对时，一个H只能与1个原子形成氡键，故A错误；B．鸟嘌呤中1号N上的H转移到O上形成羟基，氮原子上仍有一孤电子对，还可以吸引水电离的氢离子，使水电离出更多的氢氧根离子，鸟嘌呤没有失去碱性，故B错误；C．氢键的作用能较小，在DNA解旋和复制时容易破坏和形成，故C正确；D．N-H……O中的H和O间的距离为0.29nm，是氢键的键长，氢键作用力比化学键弱得多，键长也长得多，所以嘌呤中N-H键的平均键长远小于0.29nm，故D错误；故选C。13.某高吸水性树脂P由CH2=CH—COONa和合成，其结构片段如图，Y起交联作用。下列说法错误的是（）A.P的高吸水性与“—COONa”结构有关B.合成P的反应类型是缩聚反应C.X为D.由Y的结构推测CH2=CH2也可起到类似的交联作用【答案】BD【解析】【分析】由结构片段可知，由CH2=CH—COONa和CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2合成高吸水性树脂P的反应为加聚反应，由CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2起交联作用可知X为、Y为。【详解】A．由结构片段可知，高吸水性树脂P高吸水性与化合物中含有亲水基—COONa结构有关，故A正确；B．由分析可知，由CH2=CH—COONa和CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2合成高吸水性树脂P的反应为加聚反应，故B错误；C．由分析可知，知X为，故C正确；D．CH2=CH2与CH2=CHCONHCH2NHOCCH=CH2的结构不同，分子中只含有1个碳碳双键，不可能起到类似的交联作用，故D错误；故选BD。14.氮化钼属于填隙式氮化物，N原子填充在金属钼(Mo)晶胞的部分八面体空隙中(如图)，晶胞中各棱边夹角均为90°。下列说法错误的是（）A.一个钼晶胞中的四面体空隙数为8个B.氮化钼晶胞中与N原子紧邻的Mo原子有6个C.将Li+填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入4个Li+D.氮化钼晶体的密度为g·cm-3【答案】C【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，钼晶胞为面心立方结构，晶胞中位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，所以晶胞中的四面体空隙数为8个，故A正确；B．由晶胞结构可知，氮化钼晶胞中位于体心的氮原子与位于面心的钼原子的距离最近，则与N原子紧邻的Mo原子有6个，故B正确；C．由晶胞结构可知，氮化钼晶胞中位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，位于体心和棱上的氮原子个数为4×+1=2，晶胞中八面体空隙数为4，其中2个被氮原子填充，所以将锂离子填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入2个锂离子，故C错误；D．由晶胞结构可知，氮化钼晶胞中位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，位于体心和棱上的氮原子个数为4×+1=2，晶体的化学式为Mo2N，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21a3d，解得d=，故D正确；故选C。15.化合物F是合成环酯类抗生素药物的一种中间体，其合成路线如下：下列说法错误的是（）A.A的结构简式为B.C既能发生水解反应，又能发生银镜反应C.E可以发生缩聚反应生成高分子化合物D.步骤①③的目的是保护A中的某官能团【答案】AB【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下与足量乙酸共热发生酯化反应生成，则A为、B为；在催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，则C为；与氢氧化钠溶液共热反应生成，则D为；与酸反应生成，则E为；在浓硫酸作用下发生分子内酯化反应生成。【详解】A．由分析可知，A的结构简式为，故A错误；B．由分析可知，C的结构简式为，分子中不含有醛基，不能发生银镜反应，故B错误；C．由分析可知，E的结构简式为，分子中含有羟基和羧基，一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．由分析可知，A、E中均含有羟基，所以步骤①③的目的是保护A中的羟基，故D正确；故选AB。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.配合物在工业生产和实际生活中都有广泛的应用。回答下列问题：（1）含Eu稀土配合物EDPM是生产可识别性自愈合水凝胶的原料之一，其制备原理如下。①DBM分子中C采取的杂化类型为_______。②Phen分子中的σ键除C-C键外还有_______。③MA分子中最多有_______个原子共平面。④EDPM分子中提供电子对形成配位键的原子有_______(填元素符号)。（2）含Ni2+的污水中加入丁二酮肟试剂会立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物，此方法可用于Ni2+的检验。反应方程式如下：①二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物中存在的化学键类型有_______(填标号)。A.离子键B.配位键C.极性共价键D.非极性共价键E.氢键②丁二酮肟的熔点是238℃，丁二酮()的熔点是-4℃，两者熔点相差较大的主要原因是_______。【答案】（1）①.sp2、sp3②.C-N键和C-H键③.10④.O、N（2）①.BCD②.丁二酮肟存在分子间氢键，而丁二酮分子间不存在氢键【解析】【小问1详解】DBM分子中C原子含有双键和单键，则C采取的杂化类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；由Phen分子结构可知，Phen分子中的σ键除C-C键外还有C-N键和C-H键，故答案为：C-N键和C-H键；已知C=C与C=O是平面结构，且C原子周围4个单键时最多取3个原子共面，MA分子中最多有10个原子共平面，故答案为10；根据EDPM结构可知，提供电子对形成配位键的原子为O、N，故答案为：O、N；【小问2详解】由二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物的结构可知，存在NNi配位键，O-H等极性共价键，C-C非极性共价键和氢键，不存在离子键，氢键不是化学键，故答案为：BCD；丁二酮肟熔点比丁二酮高，因为丁二酮肟存在分子间氢键，使其熔沸点升高，而丁二酮分子间不存在氢键，故答案为：丁二酮肟存在分子间氢键，而丁二酮分子间不存在氢键。17.有机物A与苯氧乙酸()发生酯化反应，所得产物M具有菠萝气味，可做香料。（1）5.8gA完全燃烧可生成0.3molCO2和0.3molH2O，A的蒸气对氢气的相对密度是29，A分子中不含甲基且为链状结构，其结构简式为_______。（2）苯氧乙酸有多种同分异构体，其中能与FcCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应和水解反应的同分异构体有_______种。（3）M中含氧官能团的名称是_______。（4）苯氧乙酸的合成路线如图：已知：i.RCH2COOHii.R—ONaR—O—R＇①试剂X可选用_______(填标号)。A.NaOH溶液B.Na2CO3溶液C.NaHCO3溶液D.CH3COONa溶液②Ⅲ的反应类型为_______。③Ⅱ的化学方程式为_______。【答案】（1）CH2=CHCH2OH（2）13（3）醚键、酯基（4）①.AB②.取代反应③.CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，苯酚与氢氧化钠溶液或碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，乙酸与氯气在催化剂作用下与氯气发生取代反应氯乙酸，氯乙酸与苯酚钠共热发生取代反应生成苯氧乙酸。【小问1详解】A的蒸气对氢气的相对密度是29，则A分子的相对分子质量为58，由题意可知，5.8g有机物A中碳原子和氢原子的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧原子的物质的量为=0.1mol，则A分子、碳原子、氢原子、氧原子的物质的量比为：0.3mol：0.6mol：0.1mol=1：3：6：1，A的分子式为C3H6O，由A分子中不含甲基且为链状结构可知，A分子的结构简式CH2=CHCH2OH，故答案为：CH2=CHCH2OH；【小问2详解】苯氧乙酸的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，又能发生银镜反应和水解反应说明分子中含有酚羟基和甲酸酯基，苯环上的取代基可能为—OH、—CH2OOCH，或—OH、—CH3、—OOCH，苯环上的取代基为—OH、—CH2OOCH的结构有3邻间对3种；苯环上的取代基为—OH、—CH3、—OOCH的同分异构体可以视作邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基所取代，其中邻甲基苯酚、间甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构都有4种，对甲基苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构都有2种，共有13种，故答案为：13；【小问3详解】由题意可知，一定条件下CH2=CHCH2OH与苯氧乙酸发生酯化反应生成，分子中含有的含氧官能团为醚键和酯基，故答案为：醚键、酯基；【小问4详解】①苯酚具有弱酸性，能与氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液反应生成苯酚钠，由于苯酚的酸性弱于碳酸和乙酸，所以不能与碳酸氢钠溶液和乙酸钠溶液反应，则与苯酚反应生成苯酚钠的试剂X为氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液，故选AB；②由分析可知，反应Ⅲ为氯乙酸与苯酚钠共热发生取代反应生成苯氧乙酸和氯化钠，故答案为：取代反应；③由分析可知，反应Ⅱ为乙酸与氯气在催化剂作用下与氯气发生取代反应氯乙酸和氯化氢，反应的化学方程式为CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl，故答案为：CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl。18.对硝基乙酰苯胺在制作药物、染料等方面有重要应用，某实验小组合成对硝基乙酰苯胺的原理如图(反应条件已略去)。已知：i.苯胺在空气中极易被氧化；ii.(易溶于水)；iii.实验参数：相对分子质量色态溶解性苯胺93棕黄色油状液体微溶于水，易溶于乙醇和乙醚乙酰苯胺135白色晶体溶于沸水，微溶于冷水，溶于乙醇和乙醚对硝基乙酰苯胺180白色晶体溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚Ⅰ.苯胺的制备将硝基苯还原得到苯胺，其中混有少量硝基苯杂质，可以采用下列方案除杂提纯：（1）操作1与操作2相同，操作中用到的玻璃仪器有_______。Ⅱ.乙酰苯胺的制备向圆底烧瓶内加入9.3g纯净苯胺和15mL冰醋酸及少许锌粉，加热回流60min，充分反应后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，充分冷却至室温后，减压过滤，制得乙酰苯胺，装置如图。（2）b处用到的仪器最好是下图中的_______(填标号)。A.B.C.（3）操作中加入少量锌粉的作用是_______，生成乙酰苯胺的化学方程式为_______。Ⅲ.对硝基乙酰苯胺的制备将Ⅱ所得乙酰苯胺加入三颈烧瓶内，加入冰醋酸溶解，然后加浓入硫酸和浓硝酸的混酸，在冰水浴中保持反应温度不超过5℃，反应结束后减压过滤，洗涤晶体，干燥得粗品，纯化后得对硝基乙酰苯胺10.8g。（4）洗涤晶体宜采用_______(填标号)。A.热水洗 B.冷水洗 C.乙醇洗 D.先冷水洗再乙醇洗（5）对硝基乙酰苯胺的产率是_______%。【答案】（1）分液漏斗、烧杯（2）A（3）①防止苯胺被氧化②.+CH3COOH+H2O（4）B（5）60%【解析】【分析】由题给流程可知，向硝基苯中加入铁和盐酸将硝基苯还原得到苯胺，向得到的苯胺粗品中加入盐酸，将苯胺转化为溶于水的盐酸苯胺，分液得到盐酸苯胺；向盐酸苯胺中加入氢氧化钠溶液，将盐酸苯胺转化为苯胺，分液得到粗苯胺；向粗苯胺中加入无水硫酸钠除去粗品中的水分，过滤得到纯净苯胺；苯胺在加热条件下与乙酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺，乙酰苯胺在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应生成对硝基乙酰苯胺。【小问1详解】由分析可知，操作1与操作都为液液分离的分液操作，操作中用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；【小问2详解】由实验装置图可知，b处装置的作用是起冷凝回流的作用，为增强冷凝回流的效果，应选用接触面积大的球形冷凝管，故选A；【小问3详解】由题意可知，苯胺在空气中极易被氧化，所以制备乙酰苯胺时应加入少许锌粉防止苯胺被氧化；由分析可知，苯胺在加热条件下与乙酸在加热条件下发生取代反应生成乙酰苯胺和水，反应的化学方程式为+CH3COOH+H2O，故答案为：防止苯胺被氧化；+CH3COOH+H2O；【小问4详解】由题意可知，对硝基乙酰苯胺溶于热水，几乎不溶于冷水，溶于乙醇和乙醚，所以洗涤晶体时应选用冷水洗涤，防止对硝基乙酰苯胺因溶解造成产率降低，故选B；【小问5详解】由题意可知，用9.3g纯净苯胺最终制得10.8g对硝基乙酰苯胺，则对硝基乙酰苯胺的产率是×100%=60%，故答案为：60%。19.铜及其化合物在生产生活中有广泛的应用。（1）基态Cu+离子的核外电子排布式为_______；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，二者熔点较高的是_______。（2）Cu2+与4-甲基咪唑()形成的配合物可用于反向ATRP(原子转移自由基聚合)的新型催化剂。4-甲基咪唑中1号N原子的孤电子对可参与形成大π键，使电子云密度降低，分子具有一定的稳定性。则能与Cu2+形成配位键的是_______(填“1”或“2”)号N原子。（3）Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其巾en代表H2N-CH2-CH2-NH2，[Cu(en)2NH3](BF4)2中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有_______个。（4）一种铜合金由Cu、In、Te组成，可做热电材料。其晶胞及晶胞中各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶体的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)。则C点原子的分数坐标为_______；晶胞中C、D原子间距离d=_______pm。【答案】（1）①.[Ar]3d10②.Cu2O（2）2（3）11（4）①.CuInTe2②.(，，)③.pm【解析】【小问1详解】Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据原子构造原理知Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d10；Cu2O和Cu2S都是离子晶体，根据阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子键越强，离子晶体熔沸点越高知，Cu2O和Cu2S阴阳离子的电荷数相同，但是S2-半径大于O2-，所以Cu2O的离子键强于Cu2S，则Cu2O熔点高于Cu2S；故答案为：[Ar]3d10；Cu2O；【小问2详解】4-甲