山东省聊城市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE22-山东省聊城市2024-2025学年度高二下学期期末教学质量抽测化学试题1.化学是你，化学是我，化学深化我们的生活。下列说法正确的是A.食用油主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会因水解而变质B.煤经过气化和液化等物理改变可以转化为清洁燃料C.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂D.在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A.食用油主要成分是油脂，油脂属于高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会因氧化而变质，故A错误；B.煤的气化和液化都属于化学改变，故B错误；C.“地沟油”中含有很多对人体有害的物质，因此禁止食用，地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，在氢氧化钠溶液中水解产生高级脂肪酸钠和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，故C正确；D.人体中没有使纤维素水解的酶，因此纤维素在人体中不能水解，故D错误；答案为C。2.下列化学用语正确的是A.乙烯的球棍模型B.甲基的电子式C.的系统命名：2－甲基－3－丁炔D.苯酚钠溶液中通入少量的离子方程式：【答案】D【解析】【详解】A.是乙烯的比例模型，乙烯的球棍模型是，故A不符合题意；B.甲基结构简式为－CH3，其电子式为，故B不符合题意；C.选择含碳碳叁键最长的碳链为主链，离碳碳叁键最近的一端进行编号，即从右端进行编号，支链在3号碳原子上，即该有机物的名称为3－甲基－1－丁炔，故C不符合题意；D.电离出H＋实力：H2CO3>苯酚>，因此苯酚钠溶液中通入少量的CO2，发生C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋，故D符合题意；答案为D。【点睛】易错点是选项D，学生留意到通入少量的CO2，会将写成，遗忘了电离出H＋实力：H2CO3>苯酚>，因此苯酚钠溶液中通入少量CO2，应发生C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋。3.下列说法正确的是A.由于铵盐是由离子键构成的，因而化学性质相当稳定B.分子晶体中都存在分子间作用力，但可能不存在共价键C.在常见的四种晶体类型中，都有“原子（离子）半径越大，物质熔点越低”的规律D.水晶在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同【答案】B【解析】【详解】A.铵盐受热易分解，铵盐的化学性质不稳定，A错误；B.以分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，稀有气体为单原子分子，其分子中没有共价键，所以分子晶体中都存在分子间作用力，但可能不存在共价键，B正确；C.分子晶体中，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，熔点越高；离子晶体熔点与离子半径和和所带电荷都有关系，C错误；D.晶体的各向异性主要表现在物理性质特性不同，即硬度、导热性、导电性、光学性质等不同，D错误；答案选B。4.下列说法正确的是A.和互为同系物B.异丙苯（）和苯为同系物C.乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物D.和苯乙烯互为同系物【答案】B【解析】【详解】A.属于酚类和属于醇类，两者不是同系物，A错误；B.异丙苯（）和苯结构相像，分子组成相差三个CH2，互为同系物，B正确；C.乙醛和丙烯醛（）不是同系物，但它们与氢气充分反应后的产物为乙醇和丙醇，乙醇和丙醇是同系物，C错误；D.含有两个碳碳双键，苯乙烯只有一个碳碳双键，结构不相像，不是同系物，D错误；答案选B。5.由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，依次从左至右发生的反应类型和反应条件都正确的是()选项反应类型反应条件A加成反应；取代反应；消去反应KOH

醇溶液加热；KOH

水溶液加热；常温B消去反应；加成反应；取代反应NaOH

水溶液加热；常温；NaOH

醇溶液加热C氧化反应；取代反应；消去反应加热；KOH

醇溶液加热；KOH

水溶液加热D消去反应；加成反应；水解反应NaOH

醇溶液加热；常温；NaOH

水溶液加热A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】逆合成法分析：CH3CH(OH)CH2OH可以由CH3CHBrCH2Br水解得到，而CH3CHBrCH2Br可以由CH3CH=CH2与溴加成得到，CH3CH=CH2由CH3CH2CH2Br消去反应得到。由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，从左至右发生的反应类型是消去反应、加成反应、水解反应；发生消去反应条件是NaOH

醇溶液、加热；与溴水发生加成反应条件是常温；发生水解反应条件是与NaOH

水溶液混合加热，故合理选项是D。6.下列试验操作正确的是A.试验室制溴苯：将铁屑、浓溴水、苯混合加热B.制备银氨溶液：将2%的稀氨水逐滴滴入2%的溶液中，至沉淀恰好完全溶解C.检验卤代烃中的卤元素：加入溶液并加热，冷却后加入溶液D.制备悬浊液：将2%的溶液4～6滴滴入10%的溶液中【答案】B【解析】【详解】A．试验室制溴苯：铁屑、液溴、苯混合，苯不与浓溴水发生反应，且该反应不须要加热，故A不符合题意；B．制备银氨溶液：将2%的稀氨水逐滴滴入2%的AgNO3溶液中，出现白色沉淀，接着滴加氨水，直至沉淀恰好完全溶解，故B符合题意；C．检验卤代烃中的卤元素：加入NaOH溶液并加热，冷却后加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，此题中没有加入稀硝酸酸化，故C不符合题意；D．制备新制Cu(OH)2悬浊液，须要加入的NaOH过量，题中NaOH不足，故D不符合题意；答案为B。7.在肯定条件下可制得硬度、熔点都很高的氮化铝晶体，其晶体结构如图所示。下列说法不正确的A.1个氮化铝晶胞中含有2个铝原子 B.氮化铝可用于制造切割金属的刀具C.氮化铝属于离子晶体 D.氮化铝晶体中的配位数为4【答案】C【解析】【详解】A.由图示可知，铝原子位于晶胞的顶点和体心，故1个氮化铝晶胞中含有个铝原子，A正确；B.氮化铝晶体硬度、熔点都很高，故可用于制造切割金属的刀具，B正确；C.氮化铝属于原子晶体，C错误；D.由图示可知，铝原子四周有4个氮原子，故的配位数为4，D正确；答案选C。8.下列说法正确的是A.相同物质的量的乙烯、乙醇或乙酸乙酯充分燃烧时消耗等量的氧气B.等质量的乙炔和乙烷完全燃烧，乙炔消耗氧气的量较乙烷的多C.乙烷和丙烯的物质的量共，完全燃烧生成D.相同物质的量的烃完全燃烧，生成的越多，说明烃中的碳元素的含量越大【答案】C【解析】【详解】A．依据燃烧通式：CxHyOz+()O2xCO2+H2O可知，1mol乙烯充分燃烧时消耗氧气的物质的量为2+=3mol，1mol乙醇充分燃烧时消耗氧气的物质的量为2+-=3mol，1mol乙酸乙酯充分燃烧时消耗氧气的物质的量为4+-=5mol，相同物质的量的乙烯和乙醇充分燃烧时消耗等量的氧气，但相同物质的量的乙烯和乙酸乙酯充分燃烧时消耗氧气量不相等，故A错误；B．乙炔的试验式为CH，乙烷的试验式为CH3，由此可知乙烷中氢元素的百分含量更高，等质量的烃完全燃烧，氢的百分含量越大，耗氧量越大，则等质量乙炔和乙烷完全燃烧，乙炔消耗氧气的量较乙烷的少，故B错误；C．乙烷的分子式中6个氢原子；丙烯的分子式中有6个氢原子；所以1mol混合物含有6mol氢原子；故完全燃烧生成3mol水，故C正确；D．相同物质的量的烃，完全燃烧，生成的CO2越多，说明烃分子中的碳原子的数目大，不能比较烃中的碳元素的含量大小，故D错误；答案选C。9.已知酸性H2SO3＞＞H2CO3＞＞HCO3-，现要将转变为，可行的方法是（）A.与足量的NaOH溶液共热,再通入B.加稀硫酸共热后,再加入足量NaOH溶液C.加热该物质溶液,再通入足量的D.与稀硫酸共热后,加入足量的【答案】A【解析】【详解】A．与足量NaOH溶液共热，水解生成，再通入足量的CO2，由于酸性＞H2CO3＞＞HCO3-，生成，故A正确；B．在酸性条件下水解生成，加入NaOH后生成，得不到，故B错误；C．加热该物质溶液，再通入足量的SO2生成，故C错误；D．在酸性条件下水解生成，再加入足量Na2CO3溶液生成，得不到，故D错误；故选A。【点睛】要将转变为，应先在碱性条件下水解生成，由于酸性关系：＞H2CO3＞，可以通入二氧化碳气体可生成。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.苯含有的碳碳双键数为B.标准状况下，二氯甲烷所含的分子数为C.乙醇在氧气中完全燃烧转移的电子数为D.有机物中最多有个原子在一条直线上【答案】C【解析】【详解】A.苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B.二氯甲烷在标准状况下不是气体，不能干脆用22.4L·mol－1进行计算，故B错误；C.乙醇分子式为C2H6O，H显＋1价，O显－2价，C显－2价，乙醇燃烧C2H6O＋3O2→2CO2＋3H2O，4.6g乙醇在氧气完全燃烧转移电子物质的量为=1.2mol，故C正确；D.苯环空间构型为平面正六边形，乙炔空间构型为直线，甲烷空间构型为正四面体，该有机物可以表示为，所以在一条直线上的原子有7个，故D错误；答案为C。11.北京高校和中国科学院的化学工作者胜利研制出碱金属与形成的球碳盐。试验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。下列关于的组成和结构的分析中不正确的是A.晶体中既有离子键又有共价键 B.晶体的熔点比晶体的熔点高C.该晶体熔化时能导电 D.分子中碳原子采纳杂化【答案】D【解析】【详解】A．K3C60晶体中有K+和C，C和C同种元素之间，是非极性共价键，故该晶体中有离子键和共价键，故A正确；B．K3C60晶体为离子晶体，而C60是分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的熔点高，故BC．K3C60晶体中有K+和C，该晶体熔化时能电离出自由移动的离子，故能导电，故C正确；D．C60分子中每个碳原子只与四周的3个碳原子相连，不管它们是单键还是双键连接，均只有3个σ键，故C60分子中碳原子实行sp2杂化，故D错误；答案选D。12.已知：，假如要合成所用的原始原料可以是A.2­-甲基-­1,3-­丁二烯和2-丁炔B.1,3­-戊二烯和2-丁炔C.23-­二甲基-­1,3­-戊二烯和乙炔D.2,3­-二甲基­-1,3-­丁二烯和丙炔【答案】AD【解析】【详解】依据题目供应的信息可知，合成的方法为：，原料为丙炔和2,3­-二甲基-­1,3­-丁二烯或原料为2­丁炔和2-­甲基­-1,3­-丁二烯，即答案选AD。【点睛】本题是中等难度的试题，试题在留意基础学问考查与训练的同时，更侧重对学生实力的培育和解题方法的指导。该题的关键是利用已知的信息找出反应的原理，然后结合题意敏捷运用即可，有利于培育学生的逻辑推理实力和逆向思维实力。13.下列说法正确的A.苯甲酸在浓存在下与足量乙醇反应可得苯甲酸乙酯B.对苯二甲酸（）与乙二醇（）能通过加聚反应制取聚酯纤维（）C.分子式为的醇，能在铜催化下被氧化为醛的同分异构体有4种D.分子中的全部碳原子有可能共平面【答案】CD【解析】【详解】A．酯化反应是可逆反应，不能进行究竟，不行能得到苯甲酸乙酯，选项A错误；B．乙二醇（HO﹣CH2﹣CH2﹣OH）和对苯二甲酸（）生成聚酯纤维，同时还有水生成，为缩聚反应，选项B错误；C．分子式为C5H12O的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定C5H12的同分异构体，﹣OH取代C5H12中甲基上的H原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C，CH3CH2CH2CH2CH3中甲基处于对称位置，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，（CH3）2CHCH2CH3中甲基有2种，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构，（CH3）4C中甲基有1种，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，故符合条件的C5H12O的同分异构体有4种，选项D．依据苯分子中12个原子共面、乙烯分子中6个原子共面，若两个面中共用的两个碳原子形成同面而不是相交就可使分子中全部碳原子共面，选项D正确；答案选CD。14.临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示，下列有关磷酸氯喹的说法正确的是A.分子式是B.能发生取代反应、加成反应和消去反应C.将氯喹磷酸化目的是增大水溶性D.和足量氢气发生加成反应所得产物中有4个手性碳原子【答案】AC【解析】【详解】A.依据该分子的结构简式，可推知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A说法正确；B.苯环上连接Cl原子不能发生消去反应，故B说法错误；C.磷酸易溶于水，氯喹磷酸化的目的是增大水溶性，故C说法正确；D．该有机物与足量的氢气加成后的产物是，依据手性碳原子的定义，应有5种，故D说法错误；答案为AC。15.试验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于试验操作或叙述错误的是A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB.装置b中的作用是汲取挥发出的苯和溴蒸气C.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯D.装置c中的碳酸钠溶液的作用是汲取溴化氢【答案】C【解析】分析】装置a中发生＋Br2+HBr，该反应为放热反应，使苯、液溴挥发出来，溴易溶于四氯化碳，装置b的作用是汲取HBr中苯蒸气和溴蒸气，HBr对环境有危害，装置c的作用是汲取溴化氢，据此分析；【详解】A.若关闭K时，向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中的气体压强增大，混合液不能顺当滴下，打开K，可以平衡压强，便于混合液滴下，故A说法正确；B.＋Br2+HBr，该反应为放热反应，而苯、液溴易挥发，HBr中混有苯蒸气和溴蒸气，溴、苯易溶于CCl4，装置b的作用是汲取挥发出来的苯蒸气和溴蒸气，故B说法正确；C.反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏，获得溴苯，不用结晶法提纯溴苯，故C说法错误；D.装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够汲取反应生成的HBr，故D说法正确；答案为C。16.某同学利用如图所示装置制备乙酸乙酯。试验如下：Ⅰ.向浓和乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A；Ⅱ.一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；Ⅲ.停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。（1）为了加快酯化反应速率，该同学实行的措施有_________。（2）欲提高乙酸的转化率，还可实行的措施有____________。（3）试管B中溶液显红色的缘由是_________（用离子方程式表示）。（4）Ⅱ中油状液体的成分是________。（5）科研工作者进行一系列试验和理论探究，发觉酯化试验过程中蒸出的乙酸量较少，不足以中和碳酸钠溶液，请推想Ⅲ中红色褪去的缘由可能是____________。【答案】(1).加热，运用催化剂(2).增加乙醇的用量(3).(4).乙酸乙酯、乙酸、乙醇（水）(5).酚酞溶于乙酸乙酯中【解析】【分析】制备乙酸乙酯的原理是CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，该反应为可逆反应，采纳化学平衡移动的因素、影响化学反应速率的因素等进行分析。【详解】(1)浓硫酸作催化剂，加快反应速率，反应中加热，温度上升，化学反应速率加快，该同学为了加快反应速率，实行了加热和运用催化剂；(2)乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，提高乙酸的转化率，使平衡向正反应方向移动，可以实行的措施是增加乙醇的用量、刚好移出水或乙酸乙酯等；(3)Na2CO3为强碱弱酸盐，水解：＋H2O=HCO3－＋OH－，使溶液显碱性，酚酞变红；(4)乙酸乙酯为无色油状液体，难溶于水，制备出的乙酸乙酯，在加热条件下乙酸乙酯蒸气进入B装置，乙酸、乙醇易挥发，随着乙酸乙酯一起被蒸出，即II中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇；(5)题中所说，蒸出的乙酸量较少，不足以中和碳酸钠溶液，说明碳酸钠有剩余，不是因消耗碳酸钠溶液而使溶液褪色，因此只能是酚酞溶解于乙酸乙酯中。17.A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基，B的结构简式是________。（2）E的分子式是____________。（3）写出的化学方程式_____________。（4）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有_________个，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是___________（填结构简式）。【答案】(1).(2).(3).+CH3COOH+H2O(4).7(5).【解析】【分析】依据问题(1)，A为一取代芳烃，说明A中含有苯环，且只有一个取代基，依据A的分子式，推出A的结构简式为；A与Cl2在光照条件下发生取代反应，Cl取代乙基上的氢原子，因为B含有甲基，因此B的结构简式为；B在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，－OH取代氯原子位置，则C结构简式为；D能与溴的四氯化碳溶液发生反应，说明D中含有碳碳不饱和键，依据G的分子式，推出D的结构简式为；E与C发生酯化反应，依据酯化反应的实质，推出E的分子式为C2H4O2，据此分析。【详解】(1)A为一取代芳烃，说明A中含有苯环，且只有一个取代基，依据A的分子式，推出A的结构简式为；A与Cl2在光照条件下发生取代反应，Cl取代乙基上的氢原子，因为B含有甲基，因此B的结构简式为；(2)E与C发生酯化反应，依据酯化反应的实质，推出E的分子式为C2H4O2；(3)E和C发生酯化反应，其反应方程式为+CH3COOH+H2O；(4)苯环上一硝化产物只有一种，说明苯环上只有一种H原子，即苯环上的取代基处于对称，有两个－CH2Br，处于对位，即：；有两个－CH3、两个－Br，即：、、、、、，共有七种；有两组峰，说明有两种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1，说明两种不同的H原子个数比为1：1，即符合条件的是。【点睛】难点是同分异构体的书写，首先依据信息推断出取代基的位置，然后采纳“先整后散”，令取代基为两个－CH2Br，两个－CH3和两个－Br，然后再进行分析即可。18.环己烯是重要的化工原料。其试验室制备流程如下：回答下列问题：Ⅰ．环己烯的制备与提纯（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的缘由为________________________（填序号）。a．浓硫酸易使原料碳化并产生b．污染小、可循环运用，符合绿色化学理念c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高②仪器B的作用为____________。（3）操作2用到的玻璃仪器是____________。（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。Ⅱ．环己烯含量的测定在肯定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：①②③（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。（6）下列状况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。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．标准溶液部分被氧化【答案】(1).溶液(2).溶液显紫色(3).(4).a、b(5).削减环己醇蒸出(6).分液漏斗、烧杯(7).通冷凝水，加热(8).淀粉溶液(9).(10).b、c【解析】【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特别性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；（2）书写生疏情境的化学方程式时，肯定要将题给的全部信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；（3）催化剂选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的理由分析，明显要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O的优点；（4）在发生装置中加装冷凝管，明显是为了冷凝回流，提高原料的利用率。（5）计算此问时尽可能采纳关系式法，找到已知和未知之间的干脆关系。（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，留意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的缘由分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环运用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；②仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能削减加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分别，应是分液操作，分液操作时须要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有刚好冷凝，造成奢侈和污染；II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；依据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1molBr2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中假如环己烯挥发，必定导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必定滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。【点睛】①向规范、严谨要分数。要留意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。②要计算样品中环己烯的质量分数，只须要算出环己烯的物质的量即可顺当求解。从所给的3个反应方程式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。③对于a项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。19.（现有几组物质的熔点（℃）数据：A组B组C组金刚石：3550：硅晶体：1410：硼晶体：2300：二氧化硅：1732：：2800℃据此回答下列问题：（1）由表格可知，A组熔点普遍偏高，据此回答：①A组属于__________晶体，其熔化时克服的粒子间的作用力是__________；②硼晶体的硬度________硅晶体的硬度（填“大于”“小于”）。（2）B组中熔点反常是由于__________。（3）C组晶体中、、的熔点由高到低的依次为_________，晶体的熔点高于三者，其缘由是________________。（4）氢化铝钠是一种新型轻质储氢材料，掺入少量在150℃时释氢，在170℃、条件下又重复吸氢。的晶胞结构如图所示：晶体中，与紧邻且等距的有___________个；晶体的密度为________（用含a的代数式表示）。若晶胞底心处的被取代，得到的晶体为_________（填化学式）。【答案】(1).原子（或共价）(2).共价键(3).大于(4).分子间能形成氢键，其熔化时须要消耗的能量更多(5).(6).晶体为离子晶体，离子所带电荷越多，半径越小，离子键越强，熔点越高(7).8(8).(9).【解析】【分析】(4)依据图知，与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，AlH4-个数=1+8×+=4，其体积=（a×a×2a）×10-21cm3，其密度=；若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，事实上该晶胞中有一个钠离子被锂离子取代；【详解】(1)①A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键；②B-B键的键长比Si-Si键的键长短，B-B键的键能比Si-Si键的键能大，所以硼晶体的硬度大于晶体硅的硬度，(2)由于HF分子之间存在氢键，其熔化时须要消耗的能量更多，导致HF的熔点比其它氢化物的熔点高；(3)C组物质为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+），离子晶体中，在离子所带电荷相同的状况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高，所以、、的熔点由高到低的依次为；晶体也是离子晶体，离子所带电荷越多，半径越小，离子键越强，熔点越高，则晶体的熔点高于、、；(4)依据图知，与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；该晶胞中钠离子个数=6×+4×=4，AlH4-个数=1+8×+=4，其体积=（a×a×2a）×10-21cm3，密度==g•cm-3=g•cm-3；若NaAlH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，事实上该晶胞中有一个钠离子被锂离子取代，所