2022届浙江省杭嘉湖金四县区高二下学期5月份调研测试化学试题（含解析）

试卷第=page1818页，共=sectionpages2222页浙江省杭嘉湖金四县区2021-2022学年高二下学期5月份调研测试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列化学用语的表述正确的是A．羟基的电子式： B．硝基苯的结构简式为：C．乙醇的球棍模型： D．乙烯的结构式：CH2=CH2【答案】C【解析】【详解】A．是氢氧根的电子式，羟基的电子式：

，故A错误；B．硝基苯的结构简式为：，故B错误；C．乙醇的球棍模型：，故C正确；D．CH2=CH2是乙烯的结构简式，不是结构式，故D错误。综上所述，答案为C。2．在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．【答案】D【解析】【详解】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。3．下列说法中正确的是A．分子晶体中不可能存在共价键B．电负性大小可作为判断元素非金属性强弱的依据C．正四面体结构的P4和CH4分子，键角均为109°28′D．NH3和BF3分子中心原子的最外层电子均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A．分子晶体中可能存在共价键，如干冰即固体CO2，含有共价键，故A错误；B．元素电负性越大，原子对键合电子吸引力越大，则元素非金属性越强，即元素的电负性越大，其非金属性越强，所以电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，故B正确；C．P4和CH4都是正四面体形分子，但键角不同，前者键角为60°，后者键角为109°28'，故C错误；D．氨气分子中氢原子达2电子的稳定结构，BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构，所以并不是所有原子都达8电子稳定结构，故D错误；故选：B。4．下列说法不正确的是A．酸性：CH3COOH＞CF3COOHB．晶体具有自范性，物理性质上表现各向异性C．石墨和聚乙炔均具有导电性D．金属键的“电子气理论”，可以解释金属的导电性、导热性、延展性【答案】A【解析】【详解】A．−F是一种强吸电子基团，能使−OH上的H原子具有更大的活动性，因此酸性：CF3COOH＞CH3COOH，故A错误；B．自然凝结的、不受外界干扰而形成的晶体拥有整齐规则的几何外形，即晶体的自范性，物理性质上表现各向异性，故B正确；C．石墨具有导电性，聚乙炔是导电塑料，具有导电性，故C正确；D．金属的导电性、导热性、延展性都可以用金属键的“电子气理论”解释，故D正确。综上所述，答案为A。5．下列说法中正确的是A．2pZ的电子云图为B．依据能量最低原理，电子先排满L层再排M层，排满M层再排N层C．原子吸收光谱是由于原子吸收能量电子由低能级向高能级跃迁而形成D．杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对【答案】C【解析】【详解】A．2pZ的电子云图为，故A错误；B．依据能量最低原理，电子先排满L层再排M层，不一定排满M层再排N层，比如钾的M层没有排满就排了N层，故B错误；C．原子吸收能量，电子由低能级向高能级跃迁而形成的光谱为原子吸收光谱，故C正确；D．杂化轨道可用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，不能形成π键，故D错误。综上所述，答案为C。6．“从CO2到淀粉的人工合成”被评为2021年度中国生命科学十大进展，该研究项目一旦实现工业化生产，将有助于缓解粮食危机，实现双碳目标。实验室合成路线如下：下列有关说法不正确的是A．CO2→CH3OH为还原反应，CH3OH→HCHO为氧化反应B．甲醇有毒，误服会损伤视神经，甚至致人死亡C．30g甲醛和甘油酮混合物完全燃烧，消耗1molO2D．理论上人工合成淀粉与原料CO2的物质的量之比为1：6【答案】D【解析】【详解】A．CO2→CH3OH中C元素化合价降低为还原反应，CH3OH→HCHO中C元素化合价升高为氧化反应，故A正确；B．由于甲醇有剧毒，误饮很少就能使眼睛失明甚至致人死亡，故B正确；C．甲醛和甘油酮最简式是CH2O，30g混合物的物质的量为，1molCH2O消耗O2为1+=1mol，故C正确；D．人工合成淀粉的分子式为(C6H10O5)n，由关系式6nCO2~(C6H10O5)n，两者物质的量之比为1：6n，故D错误；故选：D。7．随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。下列说法正确的是A．通过李比希元素分析仪可以确定有机物的分子式B．对乙醇和二甲醚进行质谱分析，质谱图完全相同C．利用红外光谱仪可以区分丁烯和环丁烷两种烃D．X射线衍射图经过计算可获得键长、键角和键能等数据【答案】C【解析】【详解】A．李比希元素分析仪检测元素种类，故A错误；B．质谱仪检测相对分子质量，二者的相对分子质量相同，但分子碎片的质量不完全相同，质谱图不完全相同，故B错误；C．红外光谱仪检测化学键、官能团的结构特征，丁烯和环丁烷的官能团不同，利用红外光谱仪可以区分丁烯和环丁烷两种烃，故C正确；D．X射线衍射图经过计算可获得键长和键角等数据，不能得到键能，故D错误；答案选C。8．一种多靶向性抗癌药物A，结构简式如图所示。下列有关药物A的说法不正确的是A．药物A是芳香族化合物B．药物A中三种官能团分别为碳碳双键、酯基、溴原子C．1mol药物A完全水解，消耗2molNaOHD．药物A既能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同【答案】C【解析】【详解】A．含有苯环的化合物为芳香族化合物，所以药物A是芳香族化合物，故A正确；B．药物A中含有碳碳双键、酯基、溴原子三种官能团，故B正确；C．1mol药物A含有1mol酯基和1mol溴原子，完全水解消耗3molNaOH，故C错误；D．药物A含有碳碳双键，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，前者发生加成反应，后者发生氧化反应，两者褪色原理不同，故D正确。综上所述，答案为C。9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNH4Cl晶体中含有共价键数目为5NAB．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NAC．7.8g苯分子中σ键数目为0.6NAD．31g乙二醇中sp3杂化的原子数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．铵根离子中含有4个共价键，1molNH4Cl晶体中则共价键数目为4NA，故A错误；B．XeF4中氙的价层电子对数为，则0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA，故B正确；C．一个苯分子中有12个σ键，则7.8g(物质的量为0.1mol)苯分子中σ键数目为1.2NA，故C错误；D．乙二醇中C、O原子都是sp3杂化，因此31g乙二醇(物质的量为0.5mol)中sp3杂化的原子数目为2NA，故D错误。综上所述，答案为B。10．下列说法不正确的是A．HCOOCH3和CH3OCHO是同一种物质B．沸点：2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷C．和互为同系物D．萘()的二氨基取代物有10种【答案】C【解析】【详解】A．HCOOCH3和CH3OCHO均为甲酸甲酯，表示同一种物质，故A正确；B．同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点：2-甲基丁烷＞2，2-二甲基丙烷，故B正确；C．前者官能团是酚羟基，后者官能团是醇羟基，两者结构不同，不是同系物，故C错误；D．由结构对称可知，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种、，二氯代物有、共10种，故D正确；故选：C。11．醋酸、苹果酸和乳酸都可以作酸味剂，酸味强度依次减小。苹果酸和乳酸的结构如下：

下列说法不正确的是A．CH3COOH+H18OC2H5CH3CO18OC2H5+H2OB．利用核磁共振氢谱可区分上述三种酸C．等物质的量乳酸与苹果酸完全燃烧，耗氧量相同D．苹果酸和乳酸均能发生消去反应，所得有机产物均存在顺反异构【答案】D【解析】【详解】A．根据酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，则乙醇和乙酸酯化反应方程式CH3COOH+H18OC2H5CH3CO18OC2H5+H2O，A正确；B．利用核磁共振氢谱测得苹果酸有5种氢谱，乳酸有4种氢谱，醋酸有2种氢谱，因此可用核磁共振氢谱区分上述三种酸，B正确；C．1mol乳酸(C3H6O3)消耗3mol氧气，1mol苹果酸(C4H6O5)消耗3mol氧气，因此等物质的量乳酸与苹果酸完全燃烧，耗氧量相同，C正确；D．苹果酸发生消去反应得到HOOCCH=CHCOOH，存在顺反异构，乳酸发生消去反应得到CH2=CHCOOH，不存在顺反异构，D错误；综上所述，答案为D。12．青蒿素是一种倍半萜内脂过氧化物(如图)，结构中过氧基是抗疟活性的决定性因素。青蒿素易溶于乙醇、微溶于冷石油醚，几乎不溶于水。一种从黄花蒿中提取青蒿素的工艺如下：下列说法正确的是A．青蒿素的分子式为C14H20O5B．步骤①和④的操作温度不能过高，防止过氧基分解C．步骤②和③分离操作仪器主要是分液漏斗D．步骤⑤重结晶选用蒸馏水为溶剂【答案】B【解析】【分析】根据青蒿素易溶于乙醇、微溶于冷石油醚，几乎不溶于水，用热的石油醚萃取青蒿素，过滤，再将提取液用活性炭脱色，再过滤得到无色溶液，再减压蒸馏得到石油醚和粗青蒿素，再重结晶得到产品。【详解】A．根据青蒿素的结构简式得到其分子式为C15H22O5，故A错误；B．青蒿素是一种倍半萜内脂过氧化物，过氧基团易断裂，因此步骤①和④的操作温度不能过高，主要防止过氧基分解，故B正确；C．步骤②是粉末与液体分离，其分离操作是过滤，步骤③是活性炭也液体分离，其分离操作是过滤，主要仪器是漏斗，故C错误；D．青蒿素易溶于乙醇、微溶于冷石油醚，几乎不溶于水，因此步骤⑤重结晶选用乙醇为溶剂，不能用水作溶剂，故D错误。综上所述，答案为B。13．下列“类比”结果正确的是A．Al(OH)3是两性氢氧化物，则Be(OH)2也为两性氢氧化物B．NH3的分子构型为三角锥形，则BCl3分子构型也为三角锥形C．15-冠-5(冠醚)能识别Na+，则12-冠-4(冠醚)也能识别K+D．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，则Al(OH)3也可以溶解在浓氨水中【答案】A【解析】【详解】A．根据“对角线原则”，Al(OH)3是两性氢氧化物，则Be(OH)2也为两性氢氧化物，故A正确；B．BCl3分子中B原子价电子对数是3，无孤电子对，构型为平面三角形，故B错误；C．15-冠-5(冠醚)能识别Na+，18-冠-6(冠醚)能识别K+，故B错误；D．Al(OH)3能溶解在强碱溶液中，氨水是弱碱，Al(OH)3不溶于浓氨水，故D错误；选A。14．下列说法不正确的是A．化学家鲍林为了解释分子的空间结构，提出了杂化轨道理论B．C2H2和H2O2分子空间构型均为直线形C．CO的中心原子为sp2杂化D．SiCl4分子价层电子对互斥模型和空间构型完全相同【答案】B【解析】【详解】A．杂化轨道理论可以解释分子的立体结构，该理论是鲍林最先提出的，A正确；B．C2H2是直线型分子，4个原子在同一条直线上，而H2O2分子中4个原子形成的立体结构，其空间构型不为直线形，B错误；C．CO的中心原子C原子价层电子对数是：3+=3，因此C原子的杂化类型为sp2杂化，C正确；D．SiCl4分子中的中心Si原子价层电子对数是：4+=4，Si原子上无孤对电子，因此该物质分子价层电子对互斥模型和空间构型完全相同，都是呈正四面体形，D正确；故合理选项是B。15．下列化学用语使用正确的是A．Cl2中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为B．Fe2+的结构示意图：C．Cu+价层电子的轨道表达式为D．空间充填模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子【答案】C【解析】【详解】A．两个氯原子形成共价键时，是两个p能级轨道相互重叠，故轨道重示意图为，A错误；B．Fe是26号元素，其电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe原子失去最外层的2个电子形成Fe2+，则Fe2+的结构示意图为，B错误；C．Cu是29号元素，其电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu原子失去最外层的1个电子形成Cu+，则Cu+价层电子排布式为3d10，轨道表达式为，C正确；D．空间充填模型可以表示甲烷分子，不能表示四氯化碳分子，因为Cl的原子半径大于C，而该模型中，白球的半径小于黑球，D错误；故选C。16．如图是部分短周期元素的原子序数与常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是A．31d和33d属于同种核素B．原子半径：d＞eC．气态氢化物的稳定性：a＞d＞eD．a和b形成的化合物不可能含共价键【答案】B【解析】【分析】根据原子序数和化合价得到a为O，b为Na，d为P，e为S。【详解】A．31d(31P)和33d(33P)属于同种元素的不同核素，故A错误；B．根据同电子层结构核多径小原则，则原子半径：d(P)＞e(S)，故B正确；C．根据非金属性越强，气态氢化物越稳定，因此气态氢化物的稳定性：a＞e＞d，故C错误；D．a和b形成的化合物过氧化钠中可能含共价键，故D错误。综上所述，答案为B。17．下列说法不正确的是A．基态原子核外N电子层上有三个电子的元素一定是ⅢA族元素B．基态原子核外价层电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素一定是VIII族元素C．基态原子的p能级上半充满的元素一定位于第ⅤA族D．基态原子核外价层电子排布式为nsxnpy的元素的族序数一定为x＋y【答案】D【解析】【详解】A．基态原子核外N电子层上有三个电子的元素，价电子排布式是4s24p1，其最外层有3个电子，则一定是ⅢA族元素，A正确；B．基态原子核外价层电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素一定是VIII族元素，B正确；C．基态原子的p能级上半充满的元素最外层电子数是5个，因此族序数是Ⅴ，该元素一定位于第ⅤA族，C正确；D．当x=2，y=6时，该元素是0族元素，族序数不是x＋y=8，D错误；故合理选项是D。18．狄尔斯-阿德耳反应，又称为双烯合成，如：+。将原料X和Y两种有机物进行双烯合成后可得：。则合成该物质的原料X和Y不可能的是A．和 B．和 C．和 D．和【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，此类反应的原理为共轭二烯烃与烯烃发生1,4-加成。【详解】A．和可以发生双烯合成生成，A不符合题意；B．该组合中没有共轭二烯烃，无法发生双烯合成，B符合题意；C．和可以发生双烯合成，生成，C不符合题意；D．和可以发生双烯合成，生成，D不符合题意；答案选B。19．下列说法不正确的是A．金刚石、SiC、KCl、NaCl、H2O、H2S沸点依次降低B．氯化钠晶体中，Na+在Cl－形成的八面体空隙中C．石墨晶体中，碳原子数目与碳碳键数目及六元环数目之比为2：3：1D．干冰晶体中，每个CO2分子周围距离最近且相等的CO2分子共有12个【答案】A【解析】【详解】A．金刚石、SiC是原子晶体，金刚石中碳碳键键长短，键能大，熔沸点高，KCl、NaCl是离子晶体，钠离子半径小于钾离子半径，NaCl中晶格能大，熔沸点高，H2O存在分子间氢键，因此H2O沸点大于H2S沸点，所以金刚石、SiC、NaCl、KCl、H2O、H2S沸点依次降低，故A错误；B．氯化钠晶体中，Na+周围等距离的6个Cl－形成八面体，而Na+在Cl－形成的八面体空隙中，故B正确；C．石墨晶体中，层内是正六边形结构，层与层之间通过范德华力，一个六元环中碳原子数目为，碳碳键数目为，所以碳原子数目与碳碳键数目及六元环数目之比为2：3：1，故C正确；D．干冰晶体中，CO2在顶点和面心上，以顶点CO2分析，每个横截面有4个CO2，三个横截面，因此每个CO2分子周围距离最近且相等的CO2分子共有12个，故D正确。综上所述，答案为A。20．下列方案设计不能达到实验目的是实验目的方案设计A探究乙醇消去反应的产物取5mL乙醇，加入15mL浓硫酸、几片碎瓷片，迅速升温至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中B探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱取适量Na2CO3样品，加入10mL醋酸，把产生的气体先通过饱和NaHCO3溶液，再通入澄清的苯酚钠溶液中C探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中水解速率取三支试管，均加入2~3mL乙酸乙酯，再各加1mL水、1mL稀硫酸、1mLNaOH溶液，振荡，测定试管中的油层消失的时间D探究苯环能够活化甲苯中的甲基比较甲苯和甲烷与酸性KMnO4溶液反应，观察酸性KMnO4溶液的褪色情况A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】【详解】A．乙醇、乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，由于乙醇易挥发，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，不能说明乙醇发生了消去反应，不能达到实验目的，故A符合题意B．取适量Na2CO3样品，加入10mL醋酸，反应生成二氧化碳气体，乙酸易挥发，把产生的气体先通过饱和NaHCO3溶液，将挥发的乙酸除掉，剩余二氧化碳，再通入澄清的苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，能达到实验目的，故B不符合题意；C．取三支试管，均加入2~3mL乙酸乙酯，再各加1mL水、1mL稀硫酸、1mLNaOH溶液，振荡，测定试管中的油层消失的时间，根据油层消失时间得到乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中水解速率，能达到实验目的，故C不符合题意；D．比较甲苯和甲烷与酸性KMnO4溶液反应，前者使酸性KMnO4溶液的褪色，后者不能，说明苯环能够活化甲苯中的甲基，能达到实验目的，故D不符合题意。综上所述，答案为A。二、元素或物质推断题21．短周期元素A、D、E、F、W原子序数依次递增，已知：①D元素的某种同位素通常用于地质年代的鉴定；②F元素电负性在周期表所有元素中位列第二；③W的各级电离能如图。请回答：(1)D、E、F三元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。(2)写出一种由上述元素形成氢键的表达式___________。(3)元素W在周期表中的位置是___________。【答案】(1)N＞O＞C(2)N−H∙∙∙N、N−H∙∙∙O、O−H∙∙∙N、O−H∙∙∙O(任写一种)(3)第3周期，第IIA族【解析】【分析】短周期元素A、D、E、F、W原子序数依次递增，D元素的某种同位素通常用于地质年代的鉴定，则A为C，F元素电负性在周期表所有元素中位列第二，则F为O，E为N，W的各级电离能如图，则W易失去前面两个电子，则W为Mg。(1)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则D、E、F三元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C。(2)氨气、水都能形成分子间氢键，则由上述元素形成氢键的表达式N−H∙∙∙N、N−H∙∙∙O、O−H∙∙∙N、O−H∙∙∙O；故答案为：N−H∙∙∙N、N−H∙∙∙O、O−H∙∙∙N、O−H∙∙∙O(任写一种)。(3)元素W是镁，核外电子排布为2、8、2结构，则在周期表中的位置是第3周期，第IIA族；故答案为：第3周期，第IIA族。三、填空题22．10g某天然油脂完全水解需要1.8gNaOH，1.0kg该油脂进行催化氢化，需消耗12gH2才能进行完全。(1)10g该油脂完全水解，生成甘油___________mol。(2)通过计算推断1mol该油脂中平均含有碳碳双键的物质的量___________mol。【答案】(1)0.015(2)4【解析】(1)10g某天然油脂完全水解需要1.8gNaOH，则需要NaOH物质的量为0.045mol，根据生成1mol甘油消耗3molNaOH，因此10g该油脂完全水解消耗0.045mol，说明生成甘油0.015mol；故答案为：0.015。(2)根据10g天然油脂消耗0.045molNaOH，生成0.015mol甘油，说明1.0kg该油脂物质的量为1.5mol，该油脂进行催化氢化，需消耗12gH2才能进行完全，消耗氢气物质的量为6mol，则1mol该油脂发生催化氢化消耗4mol氢气，因此1mol油脂中平均含有碳碳双键的物质的量4mol；故答案为；4。四、结构与性质23．铁、钴、铜的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co的第四电离能___________Fe的第四电离能(填“＞”、“＜”或“=”)。(2)五羰基铁[Fe(CO)5]，熔点-20℃，沸点103℃，用于制取微纳米级羰基铁粉。Fe(CO)5、N2、CO(虚框内表示π键)结构如图1~3所示。则Fe(CO)5晶体类型为___________，1molFe(CO)5含有___________mol配位键。(3)胆矾(CuSO4·5H2O)结构示意图如图4所示。①根据结构将其化学式改写成配合物形式___________。②下列说法正确的是___________(填字母)。A．胆矾中S、Cu元素分别位于周期表中p区与ds区B．胆矾易溶于乙醇C．胆矾结构中存在离子键、共价键、配位键和氢键等化学键D．胆矾中的水在不同温度下会逐步失去(4)Cu2+能与NH3生成[Cu(NH3)4]2+配离子，NH3与NF3结构相似，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是___________。【答案】(1)>(2)

分子晶体

10mol(3)

AD(4)F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，孤电子对不易进入铜离子空轨道，难以形成配位键【解析】(1)Fe的原子序数为26，失去三个电子后，可形成d轨道半满的[Ar]3d5，半满结构较稳定，难再失去第四个电子，而Co失去三个电子后，可形成d轨道为3d6，再失第四个电子变为半满稳定结构，所以Fe和Co的第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)；(2)Fe(CO)5的熔点-20℃，沸点103℃，熔沸点比较低，Fe(CO)5属于分子晶体；Fe与CO形成5个配位键，CO分子中氧原子提供1对电子个C原子形成1个配位键，1个Fe

(CO)5分子含有10个配位键，1molFe(CO)5含有10mol配位键；(3)①胆矾(CuSO4•5H2O)为蓝色晶体，中心离子是铜离子，配体是H2O，且每个铜离子与4个H2O形成4个配位键，将其改写成配合物形式的化学式可书写成：[Cu(H2O)4]SO4•H2O；②A．S的价电子排布式为3s23p4，位于元素周期表的p区，Cu的外围电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区，故A正确；B．胆矾易溶于水，难溶于乙醇，故B错误；C．胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，含有离子键，硫酸根内含有共价键，Cu2+与配体之间的配位键，氢键不属于化学键，故C错误；D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；故选：AD；(4)F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，所以故NF3不易与Cu2+形成配离子。24．回答下列问题：(1)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。①磷化硼晶体晶胞如图甲所示(白球代表磷原子，黑球代表硼原子)，已知晶胞边长apm，则磷化硼晶体的密度为___________。(设NA为阿伏加德罗常数的值)②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示(图乙中表示P原子的投影)，请在图乙中把B原子的投影位置涂黑_______。(2)在多原子分子中如有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，p电子在多个原子间运动形成型化学键，简称大键。例如，O3的大键表示为，3表示3个原子，4表示4个电子。①呋喃()是一种具有芳香性的平面分子，其中氧原子的杂化方式为___________杂化。②呋喃分子中的大键可表示为___________。(3)V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为___________；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图丙所示的无限链状结构(钒位于阴离子结构体心)，则偏钒酸钠的化学式为___________。【答案】(1)

或(2)

sp2

(3)

正四面体形

NaVO3【解析】(1)①一个晶胞中含有P的个数为8×+×6=4个，含有B的个数为4个，则1mol晶胞含有NA个这样的晶胞，晶胞的质量为m=g，晶胞的体积为V=(a×10-10)3cm3，晶胞的密度为：；②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子形间隔成，所以画图为：或；(2)①呋喃是一种具有芳香性的平面分子，O原子形成2个σ键和1对孤电子对，其中氧原子的杂化方式为sp2；②该大π键中，每个碳原子提供一个电子、Se原子提供2个电子构成，该大π键表示为；(3)中，V形成4个σ键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为NaVO3，故答案为：正四面体；NaVO3。五、实验题25．实验室利用甲苯(PhCH3，Ph−代表苯基)为原料制备苯甲酸(PhCOOH)。I．制备原理：氧化：PhCH3+2KMnO4→PhCOOK+2MnO2↓+KOH+H2O酸化：PhCOOK+HCl→PhCOOH+KClII．实验流程：Ⅲ．步骤①(图甲)、步骤③(图乙)实验装置：Ⅳ．相关数据：物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3溶解性水乙醇甲苯92−94.9110.60.87不溶互溶苯甲酸1221222491.27微溶易溶附：苯甲酸在水中的溶解度g/100g水：0.34(25℃)、0.85(50℃)、2.2(75℃)。请回答：(1)图甲装置中，冷凝管进水口为___________(填1或2)；图乙装置中“折叠”滤纸的优点是___________。(2)有关步骤①，下列说法正确的是___________。A．甲苯与KMnO4溶液互不相溶，搅拌可增大两相反应接触面积B．球形冷凝管的内芯管为球泡状，冷却面积大，可用于蒸馏实验C．控制反应温度，以蒸气上升至内芯管上端为宜D．当甲苯层消失，回流液无油珠，表明反应完全(3)步骤②中，除去多余KMnO4反应的离子方程式为___________。(4)步骤⑦中，洗涤时用冷水的目的是___________。(5)产品纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL乙醇溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞试液，然后用0.1000mol∙L−1KOH溶液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液24.00mL。产品苯甲酸的纯度为___________。【答案】(1)

2

增加滤纸的过滤面积，加快过滤速度(2)AD(3)2MnO+3HSO+OH－=2MnO2↓+3SO+2H2O(4)减少苯甲酸溶解损失(5)96.00%【解析】【分析】甲苯和高锰酸钾加入到水中，不断搅拌，加热回流2h，充分反应后，用饱和亚硫酸氢钠溶液将剩余的高锰酸钾溶液反应，趁热过滤，热水洗涤，将洗涤液加入盐酸，将苯甲酸钾变为苯甲酸，冷却结晶、过滤，用冷水洗涤，减少苯甲酸溶解，得到粗苯甲酸，再重结晶得到产品。(1)图甲装置中冷凝管水流方向是“下进上出”，因此进水口为2；图乙装置中“折叠”滤纸与液体的接触面积比一般的滤纸接触面积大，其优点是增加滤纸的过滤面积，加快过滤速度；故答案为：2；增加滤纸的过滤面积，加快过滤速度。(2)A．甲苯不溶于水，高锰酸钾易溶于水，甲苯与KMnO4溶液互不相溶，搅拌可增大两相反应接触面积，使反应充分，故A正确；B．蒸馏实验常用直形冷凝管冷凝，球形冷凝管的内芯管为球泡状，冷却面积大，常用于冷凝回流，故B错误；C．控制反应温度，以蒸气上升至内芯管下端为宜，故C错误；D．当甲苯层消失，回流液无油珠，说明甲苯被酸性高锰酸钾已完全反应，表明反应完全，故D正确；综上所述，答案为：AD。(3)步骤②中，除去多余KMnO4是用亚硫酸钠与高锰酸钾在碱性条件下反应生成二氧化锰、硫酸根和水，其反应的离子方程式为2MnO+3HSO+OH－=2M