山东省聊城市2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题 附解析

2021-2022学年度第二学期期末教学质量抽测高二化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、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目要求。1.高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是A.聚氯乙烯可用作不粘锅的耐热涂层，可通过加聚反应制得B.醋酸纤维可用作生产过滤膜、胶片等，可通过取代反应制得C.酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料，其单体为苯酚和甲醛D.顺丁橡胶可用作制造轮胎，其单体为1，3-丁二烯【答案】A【解析】【详解】A．聚氯乙烯不可用于食品包装、烹饪等相关材料的制造，A选项错误；B．醋酸纤维是在醋酸和纤维素在催化剂催化作用下发生酯化反应得到，B选项正确；C．苯酚与甲醛在一定条件下缩聚反应生成酚醛树脂，C选项正确；D．1，3-丁二烯发生加聚反应，生成顺式聚1，3-丁二烯，即顺丁橡胶，D选项正确；综上，本题选A。2.下列说法正确的是A.四氯化碳的电子式为B.2-甲基戊烷的键线式为C.和具有相同的官能团，但不互为同系物D.属于酰胺，能与盐酸反应而不能与NaOH反应【答案】C【解析】【详解】A．四氯化碳的电子式为，A错误；B．2-甲基戊烷的键线式为，B错误；C．CH3CH2OH和具有相同的官能团，但官能团的数目不同，即二者结构不同，且二者组成上不是相差CH2的整数倍，故不互为同系物，C正确；D．酰胺键在NaOH的作用下能水解，D错误；故选C。3.下列有关芳香烃的说法错误的是A.苯乙烯与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B.的分子中有3种杂化轨道类型的碳原子C.的分子中最多有8个碳原子共平面D.向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色【答案】D【解析】【详解】A．铁粉、液溴是在苯环上发生溴代反应的条件，选项A正确；B．分子内含碳碳三键、苯环和甲基，则分子中碳原子的杂化方式分别为sp、sp2、sp3，有3种杂化轨道类型的碳原子，选项B正确；C．苯环、碳碳双键均为平面结构，饱和碳原子为四面体结构、碳原子为sp3杂化、键角接近109.5°，故分子中亚甲基上的碳原子、双键碳原子都不与苯环共平面、即最多有8个碳原子共平面，选项C正确；D．苯密度小于水，向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，下层呈紫红色，选项D不正确；答案选D。4.下列说法错误的是A.测定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行实验B.在沸水中配制明矾饱和溶液，然后快速冷却，可得到较大颗粒明矾晶体C.利用超分子的分子识别特征，可用冠醚识别钾离子D.晶体和石英晶体中的化学键类型相同，但熔化时需克服微粒间的作用力类型不同【答案】B【解析】【详解】A．通过对材料进行X射线衍射，分析其衍射图谱，获得材料的成分、材料内部原子或分子的结构或形态等信息，X射线衍射可以测定某一固体是否是晶体，A正确；B．温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液然后浸入悬挂的明矾小晶核，静置过夜；急速冷却，可得到较小颗粒明矾晶体，故B错误；C．超分子具有分子识别和自组装的特征，利用超分子的分子识别特征，可用冠醚识别钾离子，故C正确；D．晶体和石英晶体中的化学键类型相同，但前者是分子晶体、后者为共价晶体，故熔化时前者克服分子间作用力、后者克服共价键，故需克服微粒间的作用力类型不同，故D正确；答案选B。5.下列说法错误的是A.甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽B.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝和人造丝C.花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可通过催化加氢转变为氢化油D.在大豆蛋白溶液中，加入硫酸铜溶液或硫酸铵溶液，都能使蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，故A正确；B．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，与纤维在火焰上燃烧产生的气味不同，人造丝是一种丝质的人造纤维，由纤维素所构成，可以鉴别蚕丝与人造丝，故B正确；C．花生油属于植物油，含有C=C键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可通过催化加氢转变为氢化油，故C正确；D．硫酸铜溶液是重金属盐溶液，在大豆蛋白溶液中加入硫酸铜溶液会发生变性，硫酸铵溶液只会使蛋白质发生盐析，故D错误；

故选：D。6.辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如图。下列有关辅酶的说法错误的是A.分子式为B.分子中含有14个甲基C.属于芳香化合物D.可发生加成反应和取代反应【答案】C【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A正确；B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；C．该物质没有苯环，不属于芳香化合物，C错误；D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D正确；答案选C。7.溴是有机化学中重要的无机试剂，下列说法错误的是A.1mol乙烷在光照条件下最多能与6mol溴蒸气发生取代反应B.甲烷与乙烯的混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离C.溴水可鉴别苯酚溶液、甲苯和2，4-己二烯D.溴苯中的少量液溴可用NaOH溶液除去【答案】B【解析】【详解】A．乙烷的分子式为C2H6，分子中有6个H，1个H被Br取代需要1个Br2，所以1mol乙烷在光照条件下最多能与6mol溴蒸气发生取代反应，故A正确；B．乙烯能和溴发生加成反应，但甲烷也能溶于CCl4中，所以甲烷与乙烯的混合物不能通过溴的四氯化碳溶液分离，故B错误；C．苯酚能和浓溴水发生取代反应生成白色沉淀三溴苯酚；甲苯不和溴水反应，充分振荡后会萃取溴水里的溴，可观察到液体分层，上层为红棕色或橙红色，下层为无色；2，4-己二烯能和溴发生加成反应从而使溴水褪色，所以溴水可鉴别苯酚溶液、甲苯和2，4-己二烯，故C正确；D．Br2能和NaOH溶液发生反应：Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，溴苯不溶于NaOH溶液，所以溴苯中的少量液溴可加NaOH溶液然后分液除去，故D正确；故选B。8.下列实验或实验操作，不能达到实验目的的是

A．制取乙酸乙酯B．检验1-溴丙烷的消去产物C．验证酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚D．检查装置的气密性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下生成乙酸乙酯，饱和Na2CO3可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，能达到实验目的，A不符合题意；B．1－溴丙烷在氢氧化钠乙醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯，但乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能使酸性KMnO4褪色，因此不能达到实验目的，B符合题意；C．H2SO4与Na2CO3反应生成CO2，证明酸性H2SO4＞H2CO3，CO2与苯酚钠反应生成苯酚，证明酸性H2CO3＞苯酚，因此酸性H2SO4＞H2CO3＞苯酚，能达到实验目的，C不符合题意；D．关闭止水夹，长颈漏斗中能形成一段水柱，说明气密性良好，能达到实验目的，D不符合题意；故选B。9.有机化合物中基团之间的相互作用会导致化学键的极性发生改变，从而影响物质的性质。下列叙述不能说明上述观点的是A.乙醛能与加成而乙酸不能B.苯酚能与浓溴水反应而苯不能C.甲苯能使酸性溶液褪色而乙烷不能D.2-甲基-1-丙醇能发生催化氧化而2-甲基-2-丙醇不能【答案】D【解析】【详解】A．乙醛中，碳氧双键和H原子相连，能发生加成反应；而在乙酸中，碳氧双键和-OH相连，不能发生加成反应，能够说明有机物分子中基团之间的相互影响会导致化学键的极性发生改变、物质化学性质的不同，A不符合题意；B．苯酚与溴水常温可以反应，而苯与溴水不能反应，则表明苯酚分子中苯环受羟基的影响，化学键的极性发生改变，邻、对位碳原子所连的氢原子变得活泼，B不符合题意；C．甲苯能使酸性溶液褪色而乙烷不能，则表明甲苯分子中甲基受苯环的影响变得活泼，甲基内碳氢极性键极性发生改变，易表现还原性，能被强氧化剂氧化，C不符合题意；D．2-甲基-1-丙醇能发生催化氧化而2-甲基-2-丙醇不能，是2-甲基-1-丙醇中连接醇羟基的碳原子上含有H原子，2-甲基-2-丙醇中连接醇羟基的碳原子上没有H原子，不能说明有机物分子中基团之间的相互影响会导致化学键的极性发生改变，故D符合题意；答案选D。10.类石墨相氮化碳()作为一种新型光催化材料，在光解水产氢等领域具有广阔应用前景，研究表明非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如图所示。下列说法错误的是A.晶体中存在π键、范德华力和非极性键B.中C原子的杂化轨道类型为sp2杂化C.中N原子的配位数为2和3D.每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN的化学式为【答案】A【解析】【详解】A．具有和石墨相似的层状结构，则其晶体中层内存在π键、层间范德华力和环内存在极性键，没有非极性键，A错误；B．具有和石墨相似的层状结构，则其中C原子的杂化轨道类型为sp2杂化，B正确；C．从图示层结构图中可知，N原子有两类，一种是连接两个C原子，另一种是连接三C原子，故其配位数为2和3，C正确；D．根据图示可知，每个基本结构单元(图中实线圈部分)中含有：6个C原子，7+=8个N原子；若两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的(OPCN)，则OPCN每个基本结构单元含有：6个C原子，5+=6个N原子，2个O原子；故其化学式为，D正确；故选A。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目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下，下列说法错误的是A.乳酸分子中π键和σ键的个数比为1∶9B.聚乳酸分子中含有3种官能团C.三分子乳酸发生酯化反应能够生成含八元环的分子D.1mol聚乳酸完全水解可消耗nmolNaOH，并生成1molH2O【答案】AC【解析】【详解】A．单键均σ键，碳氧双键中含有1条π键和1条σ键，故乳酸分子中π键和σ键的个数比为1∶10，A错误；B．聚乳酸分子中含有3种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B正确；C．三分子乳酸发生酯化反应能够生成含九元环的分子，C错误；D．1mol聚乳酸含有nmol酯基，水解时消耗nmolNaOH，水解后得到1mol羧基，与NaOH中和生成1molH2O，D正确；故选AC。12.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究乙醇消去反应的产物取4mL乙醇于烧瓶中，再加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入2mL溴水中若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯B检验溴乙烷中的溴原子向试管中滴入10~15滴溴乙烷，再加入1mL5%NaOH溶液，振荡、加热，冷却后滴加AgNO3溶液若产生淡黄色沉淀，则含有溴原子C检验电石与水反应气体产物中含有乙炔将反应生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中若溶液紫色褪去，则证明有乙炔D检验淀粉的水解程度向淀粉溶液中加入适量20%的稀硫酸，加热，冷却后再滴加少量碘水若溶液变蓝，则淀粉未水解或未完全水解A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．迅速升温至140℃生成乙醚，应迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中检验乙烯的生成，故A错误；B．水解后在酸性溶液中检验溴离子，水解后没有加硝酸中和NaOH，故B错误；C．生成乙炔中混有硫化氢等，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液紫色褪去，不能证明有乙炔生成，故C错误；D．加少量碘水，溶液变蓝，可知还有淀粉，则淀粉未水解或未完全水解，故D正确；

故选：D。13.我国科研人员使用催化剂实现了还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下。下列说法错误的是A.苯丙醛能发生取代反应和加成反应B.鉴别肉桂醛中含有碳碳双键所需的试剂为溴水C.肉桂醇分子中存在顺反异构现象D.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基，且肉桂醛生成肉桂醇过程中只有极性键断裂【答案】BD【解析】【详解】A．苯丙醛中苯环上能发生取代反应，醛基能发生加成反应，A正确；B．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，都能使溴水褪色，因此不能使用溴水鉴别，B错误；C．肉桂醇分子中碳碳双键的碳原子连接的基团不同，存在顺反异构（、），C正确；D．由图可知，该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基，但是肉桂醛与H2反应的过程中有H-H键的断裂，属于非极性键，D错误；故选BD14.某蓝色晶体的化学式为，经研究发现，其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示，和互相占据立方体互不相邻的顶点，而位于立方体的棱上。下列说法正确的是

A.的基态核外电子排布式为[Ar]3d44s2B.该晶体中与的个数比为1∶6C.该晶体属于离子晶体，M呈+2价D.晶体中与距离最近且相等的有6个【答案】B【解析】【详解】A．的基态核外电子排布式为[Ar]3d6，故A错误；B．与Fe3+均位于顶点，个数均为4×=，位于棱心，其个数为12×=3，则与的个数比为1∶6，故B正确；C．由B可得，蓝色晶体的化学式为，化合物中正负化合价的代数和为0，该晶体属于离子晶体，M呈+1价，故C错误；D．由图可知，晶体中与距离最近且相等的有12个，故D错误；故选B。15.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y的说法错误的是A.X不能与饱和溶液反应B.1molY最多能与2molNaOH反应C.X、Y均能使酸性溶液褪色D.X、Y分别与足量发生加成反应所得有机物分子中手性碳原子数相等【答案】AB【解析】【详解】A．观察X的结构可知，其含有酚羟基，酚羟基有弱酸性，可与Na2CO3反应生成NaHCO3，A错误；B．Y中含有酯基，1mol酯基水解消耗1molNaOH，同时水解生成酚羟基，也能与NaOH反应，此时消耗NaOH2mol，同时苯环上的Br能发生水解，水解生成酚羟基能进一步和NaOH反应，因此1molY消耗的NaOH大于2mol，B错误；C．X含有酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，Y含有碳碳双键，也能被酸性高锰酸钾氧化，X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．X与足量的H2发生加成反应，所得产物中箭头所指两个位置的碳原子为手性碳原子，Y与足量H2发生加成反应，所得产物中箭头所指的碳为手性碳，两者手性碳数量相同，D正确；故答案选AB。三、非选择题：本题包括5小题，共60分。16.几种晶体或晶胞的示意图如下。回答下列问题：（1）上述晶体中，仅以共价键结合形成的是_______。（2）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是_______。A.18g冰晶体中含氢键数目为4B.金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2C.88g干冰晶体中含有0.5个干冰晶胞D.在MgO晶胞中，距最近的所有可构成正八面体（3）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、是非极性分子外，还有一个重要的原因是_______。（4）每个Cu晶胞中平均含有_______个Cu原子，CaCl2晶体中的配位数为_______。（5）MgO晶体的熔点_______(填“大于”或“小于”)NaCl晶体，原因是_______。【答案】（1）金刚石晶体（2）A（3）分子之间能形成氢键（4）①.4②.8（5）①.大于②.晶体MgO和NaCl均为离子晶体，MgO中的离子电荷数大于NaCl中的离子电荷数，且、，所以MgO晶体的熔点较大【解析】【小问1详解】金刚石是共价晶体，晶体中碳原子全部以共价键结合。冰和干冰晶体中分子内部是共价键，分子间是氢键或范德华力。而MgO、CaCl2和铜晶体中没有共价键。【小问2详解】A.18g冰中含水分子的物质的量为1mol，在冰晶体中，每个水分子周围有4个水分子以氢键结合，而每个氢键被2个水分子共有，所以在晶体中平均每个水分子对应2个氢键，则1mol冰晶体中含氢键数目为2NA，故A错误；B.金刚石晶体中，每个碳原子都和相邻的4个碳原子形成碳碳键，而每个碳碳键被两个碳原子所共有，所以平均每个碳原子对应碳碳键个数为2，则金刚石晶体中碳原子与碳碳键个数的比为1∶2，故B正确；C.88g干冰晶体中含有2mol二氧化碳分子，在干冰晶胞中，二氧化碳分子位于立方体的顶点和面心，则平均一个晶胞中含有4个二氧化碳分子，所以88g干冰晶体中含有0.5NA个干冰晶胞，故C正确；D.从MgO晶胞可以看出，在MgO晶胞中，距Mg2+最近的O2-位于Mg2+的上、下、左、右、前、后，这些O2−可构成正八面体，故D正确；故选A。【小问3详解】在冰中H2O分子之间存在氢键，氢键比范德华力强，所以冰的熔点远高于干冰。【小问4详解】铜晶胞中，铜原子位于立方体的顶点和面心，所以每个铜晶胞中平均含有4个铜原子。从CaCl2的晶胞可以看出，和每个Ca2+紧邻的Cl-有8个，即Ca2+的配位数为8。【小问5详解】在离子晶体中，离子所带电荷越高，离子半径越小，离子键越强，离子晶体的熔点越高。晶体MgO和NaCl均为离子晶体，MgO中的离子电荷数大于NaCl中的离子电荷数，且r(Mg2+)<r(Na+)、r(O2−)<r(Cl−)，所以MgO晶体的熔点较大。17.某种香料M是由链状有机化合物A与D(苯氧乙酸)发生酯化反应的产物，其合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）A分子中不含甲基，11.6gA完全燃烧可产生0.6mol和0.6molH2O，A的蒸气对氢气的相对密度是29.A的结构简式为_______。（2）试剂X可选用_______。a．溶液b．NaOH溶液c．溶液d．溶液（3）C的结构简式为_______。（4）A+D→M的反应条件为_______，M的分子式为_______。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)；①与溶液发生显色反应②苯环上有两种硝基取代物③分子中含有结构其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为_______(写一种即可)。【答案】（1）（2）bd（3）（4）①.浓硫酸，加热②.（5）①.4②.(或“”)【解析】【分析】由信息反应、结合D的结构简式逆推：C为、B为乙酸；D和A发生酯化反应得到M，据此回答。【小问1详解】11.6gA完全燃烧产生0.6molCO2和0.6molH2O，所以A中n(C)∶n(H)＝1∶2，设A分子式为CnH2nOm，由A蒸汽对H2的相对密度为29可知，A相对分子质量为58，由相对分子质量得出，14n+16m=58，A的物质的量为0.2mol，A中C原子的物质的量为0.6mol，即1molA中有3molC，可得n=3，m=1，则A的分子式为C3H6O，由于A分子中不含甲基，且为链状结构，则其结构简式为：。【小问2详解】苯酚具有弱酸性，可以与NaOH反应生成苯酚钠，同时苯酚的酸性仅强于碳酸氢根，则苯酚也可以和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，故答案选bd。【小问3详解】由信息反应①可知C的结构简式为。【小问4详解】A+D→M为酯化反应，反应条件为浓硫酸，加热，M为、分子式为。【小问5详解】D的同分异构体，同时满足下列条件：①与溶液发生显色反应，则含酚羟基；②苯环上有两种硝基取代物，则苯环上有2个处于对位的不同取代基；③分子中含有-COO-结构，则可能为酯基或羧基；综上，2个处于对位的取代基中必有1个酚羟基、另一个分别可以是-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH和-CH2COOH，则满足条件的同分异构体共有4种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，即分子内有五种氢原子，且氢原子数目之比为1∶2∶2∶2∶1；则符合条件的结构简式为(或“”)。18.环已烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：Ⅰ．环已烯的制备与提纯（1）“操作1”的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。①烧瓶A中的化学方程式为_______，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为_______。a．浓硫酸易使原料炭化并产生b．污染小、可循环使用，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_______。（2）下列玻璃仪器中，“操作2”需使用的有_______(填标号)，不需使用的有_______(填名称)。A．B．C．D．向“有机相”中加入“无水固体”的作用是_______。（3）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。在安装蒸馏装置时，仪器选择及安装都正确的是_______。a．b．c．d．Ⅱ．环己烯含量的测定在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的，与环已烯充分反应后，剩余的与足量KI作用生成，以淀粉溶液为指示剂，用ymol/L的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液wmL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应为：①Br2+②③（4）判断达到滴定终点的现象是_______；样品中环已烯的质量分数为_______(用字母表示)。（5）下列情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）①.+H2O②.ab③.减少环己醇蒸出（2）①.AB②.漏斗、容量瓶③.除去有机相的水（3）①通冷凝水，加热②.b（4）①.加入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变②.（5）bc【解析】【分析】由题给流程可知，在六水氯化铁做催化剂条件下，环己醇共热发生消去反应制得环己烯粗产品，向粗产品中加入饱和氯化钠溶液洗涤、分液得到水相和有机相，向有机相中加入无水MgSO4干燥，除去有机相中的水分，过滤得到混有有机杂质的环己烯，蒸馏收集83℃的馏分得到环己烯。【小问1详解】①烧瓶A中进行的可逆反应为在六水氯化铁做催化剂条件下，环己醇共热发生消去反应生成环己烯和水，反应的化学方程式为+H2O；②a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，易使环己醇脱水炭化，炭化所得碳与浓硫酸共热反应生成污染环境的二氧化硫气体，a正确；b．六水氯化铁无毒污染小，盐类物质易回收，回收的六水氯化铁可循环使用，符合绿色化学理念，b正确；c．催化剂能改变反应速率，但不改变平衡移动的方向，所以同等条件下，用六水氯化铁和用浓硫酸的平衡转化率相同，c错误；故选ab；【小问2详解】根据分析可知，操作2为分液，用到的仪器为分液漏斗和烧杯，故选AB；不需要使用的是漏斗、容量瓶；根据分析，无水MgSO4为干燥剂，可除去有机相中的水分；【小问3详解】蒸馏的操作过程为安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，向冷凝管中通冷凝水，加热蒸馏烧瓶，弃去前馏分，收集83℃的馏分得到环己烯；蒸馏装置中需使用直型冷凝管，温度计的水银球需放在支管口处，故选b；【小问4详解】滴定过程中产生碘单质，滴定所用指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不改变；根据Br2+2KI═I2+2KBr、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6得关系式Br2～I2～2Na2S2O3，则与KI反应的n(Br2)=n(Na2S2O3)=×yw×10-3mol，所以与环己烯反应的n(Br2)=(b-×yw×10-3)mol，根据Br2+得n(环己烯)=(x-×yw×10-3)mol，m(环己烯)=(x-×yw×10-3)mol×82g/mol，环己烯质量分数=×100%=×100%；【小问5详解】a．样品中含有苯酚杂质，苯酚和溴发生取代反应生成沉淀，消耗相同质量的溴，消耗环己烯的质量大于苯酚，所以如果含有苯酚导致测定偏高；b．在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少，导致测定结果偏低；c．Na2S2O3标准溶液部分被氧化导致消耗的硫代硫酸钠偏大，与环己烯反应的溴偏低，导致测定结果偏低；故选bc。19.铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构简式如图：

①基态Se原子核外电子的空间运动状态有_______种；②酸性比较：_______(填“＞”、“＜”或“=”)，的空间构型为_______。（2）检验可用配合物，该配合物中，中心离子为_______，配位体为_______，配位数为_______。（3）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。

①X的化学式为_______。②设X的式量为Mr，晶体密度为，则X晶胞中相邻K之间的最短距离为_______pm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①34②.＞③.正四面体（2）①.②.③.6（3）①.②.【解析】【小问1详解】①硒元素的原子序数为34，核外电子数为34，每个电子的空间运动状态都不同，基态Se原子核外电子的空间运动状态有34种；②Se和S是同主族元素均为VIA族，最高正价为+6，为最高价含氧酸属于强酸，为弱酸，则酸性：>，中Se原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体形；【小问2详解】配合物的中心离子为，有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-，配位数就是配体的个数，所以配位数为6；【小问3详解】①由图可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×=4，则化学式为K2SeBr6；