2022届浙江省宁波市六校高二下学期期中联考化学试题（含解析）

2021学年第二学期宁波六校联盟期中联考高二年级化学学科试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16P-31Fe-56Cu-64选择题部分1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。2.如图所示是一个有机物的核磁共振氢谱图，请你观察图谱，分析其可能是下列物质中的（）A.CH3CH2CH2CH3 B.（CH3）3CCH3C.CH3CH2CH2OH D.CH3CH2COOH【答案】C【解析】【分析】分子中含几种化学环境不同的H原子，则核磁共振氢谱就有几种不同的信号峰，且峰面积之比等于氢原子数目之比，据此分析解答。【详解】由图可知，核磁共振氢谱中有4个吸收峰，说明该分子中的有4种H原子。A．CH3CH2CH2CH3中有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个吸收峰，故A不符合；B．(CH3)3CCH3中有1种H原子，核磁共振氢谱中有1个吸收峰，故B不符合；C．CH3CH2CH2OH中有4种H原子，核磁共振氢谱中有4个吸收峰，故C符合；D．CH3CH2COOH中有3种H原子，核磁共振氢谱中有3个吸收峰，故D不符合；故选C。3.近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是A.①=②=③=④ B.②>①>④>③ C.④>③>①=② D.④>③>①>②【答案】B【解析】【详解】一种不同能级的能量不同，且2p＞2s＞1s，由题干信息可知，①是2s上的两个电子跃迁到2p上，②是1s上的两个电子跃迁到2p上，③为基态碳原子，④仅仅是2s上1个电子跃迁到2p上，故C原子电子排布图表示的状态中能量关系是②>①>④>③，故答案为：B。4.BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2A.熔融态不导电 B.水溶液呈中性C.熔点比BeBr2高 D.不与氢氧化钠溶液反应【答案】A【解析】【详解】A、BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，说明该化合物形成的晶体是分子晶体，熔融态不导电，A正确；B、该化合物的化学性质与AlCl3相似，而氯化铝溶液显酸性，因此其水溶液也呈酸性，B不正确；C、BeCl2与BeBr2形成的晶体均是分子晶体，后者的相对分子质量大，熔点高于BeCl2，C不正确；D、氯化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则该化合物也与氢氧化钠溶液反应，D不正确；答案选A。5.对充有氛气的霓虹灯管通电，灯管发出红光，产生这一现象的主要原因是A.电子由激发态向基态跃迁时吸收除红光以外的光B.电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量C.电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光D.通电后在电场作用下，氖原子与构成灯管的物质发生反应【答案】B【解析】【详解】霓虹灯发红光是因为电子吸收能量后跃迁到能量较高的轨道，能量较高轨道上的电子会跃迁回能量较低的轨道而以光的形式释放能量。综上所述故选B。6.原子核外电子的能量不仅与电子所处的电子层、能级有关，还与核外电子的数目及核电荷数有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，都是。下列说法正确的是A.两粒子的3s能级上电子的能量不同B.两粒子的3p能级上的电子离核的距离相同C.两粒子的电子发生跃迁时，产生的光谱相同D.两粒子最外层都达8电子稳定结构，化学性质相似【答案】A【解析】【详解】A．Ar与S2-的原子核电荷数不同，3s能级上电子的能量不相同，A正确；B．Ar与S2-的原子核电荷数不同，半径不同，3p能级上电子离核的距离不相同，B错误；C．Ar与S2-的原子核电荷数不同，电子跃迁产生的光谱都不相同，C错误；D．Ar与S2-的原子核电荷数不同，化学性质不相同，D错误；故选A。7.晶体的结构模型如图所示，下列说法正确的是A.基态钙原子核外有2个未成对电子B.晶体中与每个最邻近的有12个(如图是其晶胞结构模型)C.的摩尔质量为136D.在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子【答案】B【解析】【详解】A．Ca原子核外有20个电子，基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，基态钙原子核外没有未成对电子，A错误；B．图示晶胞中直观观察到与Ti4+最邻近的O2-位于3个面心，Ti4+位于晶胞的顶点，为8个晶胞共用，面心O2-为2个晶胞共用，则CaTiO3晶体中与每个Ti4+最邻近的O2-有=12个，B正确；C．CaTiO3的摩尔质量为136g/mol，C错误；D．在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体，D错误；答案选B。8.下列说法中正确的是A.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B.两个原子之间形成共价键时，可以有两个σ键C.气体单质中，一定有σ键，可能有π键D.N2分子中有1个σ键，1个π键【答案】A【解析】【详解】A．σ键是头对头重叠，而π键是肩并肩重叠，所以σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强，A正确；B．根据杂化轨道理论，两个原子之间形成共价键时，只可以有1个σ键，B不正确；C．稀有气体单质中，不存在共价键，C不正确；D．N2分子中N原子间形成3对共用电子，有1个σ键，2个π键，D不正确；故选A。9.近日科学家在Science杂志首次报道了具有半导体特性的18个原子纯碳环分子(如图所示)。下列说法正确的是A.该分子中碳杂化方式有sp、两种B.该分子可能要比苯更加稳定C.该分子属于有机物D.该分子具有半导体的功能，可以使类似的直碳链成为分子级电子元件【答案】D【解析】【详解】A．由分子结构知，该分子中存在碳碳单键、碳碳三键交替排列，碳原子均采取sp杂化，A错误；B．苯分子内形成了较稳定的大π键，而该分子内含有碳碳三键，故该分子可能比苯更加活泼，B错误；C．有机物通常指含碳元素的化合物，该分子中只有碳元素，属于单质，不属于有机物，C错误；D．由题给信息知，该分子具有半导体特性，因而可以使类似的直碳链成为分子级电子元件，D正确；答案选D。10.下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是A.、 B.、C.、 D.、【答案】D【解析】【详解】A．中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，CN－是配体，配位数是2；中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，二者中心离子的电荷数和配位数均不相同，故A错误；B．中中心离子是Ni2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，NH3是配体，配位数是2，二者中心离子的电荷数和配位数均不相同，故B错误；C．中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，NH3是配体，配位数是2；中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是2，二者中心离子电荷数不同，故C错误；D．中中心离子是Ni2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4；中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，二者中心离子电荷数及配位数相同，故D正确；故选D。11.用VSEPR模型预测下列分子或离子立体结构，其中不正确的是A.为正四面体形 B.为V形C.平面三角形 D.为三角锥形【答案】C【解析】【详解】A．中N原子的价层电子对数是4，不含孤对电子对，为正四面体形，A正确；B．中C的价层电子对数是3，且含有一对孤对电子，为V形，B正确；C．中Cl的价层电子对数是4，且含有一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形，C错误；D．PCl3中P的价层电子对数是4，且含有一对孤对电子，为三角锥形，D正确；答案选C。12.下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，错误的是A.超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质B.非晶体基本构成微粒的排列是长程无序和短程有序的C.液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性D.纳米晶体具有不同于大块晶体特性的原因是晶体的表面积减小【答案】D【解析】【详解】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，A正确；B．构成非晶体的微粒，在非晶体中的排列，遵循长程无序和短程有序的规则，B正确；C．液晶具有各向异性，其原因是液晶内部分子沿分子长轴方向进行有序排列，C正确；D．纳米晶体具有不同于大块晶体特性的原因是晶体的表面积增大，D错误；故选D。13.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A.原子半径大小为W<X<Y<Z B.YZW晶体为分子晶体C.与均含有非极性共价键 D.YX的溶液呈碱性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，即YZW为NaClO，则W为O，Y为Na、Z为Cl、X为F，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl，根据原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径大小为Na＞Cl＞O＞F即X<W<Z<Y，A错误；B．由分析可知，YZW即NaClO，则YZW即NaClO晶体是由Na+和ClO-通过离子键形成的离子晶体，B错误；C．由分析可知，即Na2O2与即ClO2，前者含有中O-O非极性键，后者只有Cl-O之间的极性键，不含有非极性共价键，C错误；D．由分析可知，YX即NaF是一种强碱弱酸盐，其溶液因水解呈碱性，D正确；故答案为：D。14.磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷(每一个层由曲折的磷原子链组成)的结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.3.1g中含有的中子数为B.31g黑磷中含有的P-P键数目为C.12.4g白磷与0.6mol在密闭容器中充分反应，生成的分子数等于D.白磷与黑磷为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．1个原子中含有31-15=16个中子，则3.1g中含有的中子数为×16NA=1.6NA，A正确；B．黑磷分子中，每个P原子平均形成1.5个P-P键，则31g黑磷中含有的P-P键数目均为×1.5NA=1.5NA，B正确；C．12.4g白磷物质的量为=0.1mol，与0.6molH2在密闭容器中发生反应P4+6H24PH3，则充分反应生成的PH3分子数小于0.4NA，C不正确；D．白磷与黑磷均为磷元素形成的不同单质，故互为同素异形体，D正确；故选C。15.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是A.分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等B.NCl3分子是非极性分子C.NBr3比NCl3易挥发D.在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为【答案】D【解析】【详解】A、C的原子半径小于N原子半径，即N－Cl键长小于C－Cl键长，故A错误；B、NH3为三角锥形，NCl3和NH3的空间构型相似，即NCl3空间构型为三角锥形，NCl3属于极性分子，故B错误；C、NCl3和NBr3结构相似，NCl3相对分子质量小于NBr3，因此NCl3熔沸点低于NBr3，故C错误；D、NH3与H2O之间能形成分子间氢键，NH3·H2O能够电离出NH4＋和OH－，因此NH3·H2O的结构式为，故D正确。【点睛】易错点是选项D，NH3中H与H2O中O构成氢键，即，NH3中N与H2O中H构成氢键，即，根据NH3·H2ONH4＋＋OH－，因此得出NH3·H2O的结构式为。16.以下物质：①甲烷②苯③聚乙烯④乙炔⑤2-丁炔⑥环己烷⑦邻二甲苯⑧苯乙烯。既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是A.③④⑤⑧ B.④⑤⑦⑧ C.④⑤⑧ D.③④⑤⑦⑧【答案】C【解析】【分析】【详解】能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是④乙炔；⑤2-丁炔；⑦邻二甲苯；⑧苯乙烯；能和溴水发生加成反应的物质有④乙炔；⑤2-丁炔；⑧苯乙烯，所以既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是④⑤⑧，故选：C。17.25℃时某气态烃与O2混合充入密闭容器中，点燃后又恢复至25℃，此时容器内压强为原来的，再经NaOH溶液处理，容器内几乎成为真空，该烃的化学式为()A.CH4 B.C2H6 C.C3H8 D.C4H10【答案】A【解析】【分析】【详解】烃燃烧后的气体经NaOH溶液吸收，容器几乎成真空，说明烃和O2完全反应生成CO2和液态水，设此碳氢化合物的化学式为CxHy，则：4CxHy+(4x+y)O24xCO2+2yH2O(l)，根据题意可知：4+4x+y＝3×4x，整理可得：8x＝4+y，则：若x＝1，则y＝4，为甲烷(CH4)；若x＝2，则y＝12，不存在该物质；若x＝3，则y＝20，不存在该物质，若x＝4，则y＝28，不存在该物质，根据分析可知，该气态烃只能为甲烷，答案选A。18.砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1238。它在600以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是A.砷化镓是一种分子晶体B.砷化镓中不存在配位键C.晶胞中Ga原子与As原子的数量比为4：1D.晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为原子晶体，A错误；B．Ga最外层有3个电子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓必有配位键，B错误；C．晶胞中，Ga位于顶点和面心，则数目为，As位于晶胞内，数目为4，所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1:1，C错误；D．由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体，D正确；故选D。19.下列关于晶体的说法中，不正确的是①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；③共价键可决定分子晶体的熔、沸点；④分子晶体中一定不存在离子键，而离子晶体中可能存在共价键；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；⑥干冰晶体中，一个分子周围有12个分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴。阳离子的配位数都为6A.②③⑥ B.②③④ C.④⑤⑥ D.①②③【答案】A【解析】【详解】①晶体中原子呈周期性有序排列而非晶体中原子排列无序，晶体有自范性，非晶体无自范性，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故①正确；②金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故②错误；③共价键可决定分子的稳定性，分子间作用力决定分子晶体熔沸点，故③错误；④分子晶体一定不存在离子键，离子晶体中可能存在共价键，比如Na2O2、NH4Cl，故④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，有自范性，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故⑤正确；⑥干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中配位数为8，NaCl晶体配位数为6，故⑥错误；故答案为A。20.乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为

A.1∶2 B.2∶1 C.3∶2 D.2∶3【答案】C【解析】【详解】根据乌洛托品的结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此则甲醛与氨的物质的量之比为6:4=3:2，答案选C。21.某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是A.氢化物沸点： B.原子半径：C.第一电离能： D.阴、阳离子中均有配位键【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：，A错误；B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：，B错误；C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：，C错误；D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确；故答案为：D。22.已知(x)、(y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是A.z的二氯代物有三种B.x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面C.x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色D.x、y的一氯代物均只有三种【答案】D【解析】【分析】依据等效氢原子规律计算取代物种类；x中苯环、碳碳双键均为平面结构，且单键可旋转，y中含有3个碳碳双键，而z结构彼此相连，形成环状结构。【详解】A.z的二氯代物，先把1个氯原子固定为某顶点，则另一个氯原子的位置有体对角线上、面对角线上和边上3种情况，A正确；B.x中苯环、碳碳双键均为平面结构，且单键可旋转，故可能所有原子可能处于同一平面；y中每一个碳原子上都连接至少一个氢原子，所有原子一定不共平面；z为立体结构，不可能共平面，B正确；C.x、y均含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色，C正确；D.x的一氯代物有5种，y的一氯代物只有三种，D错误。答案为D。【点睛】本题分析有机物的原子共平面问题时，重点掌握碳碳单键、碳碳双键的空间结构特点，可以直接联想甲烷的正四面体结构，乙烯的平面结构，对有机物进行分解，分部分析，另外注意碳碳单键可旋转，碳碳双键不可旋转。23.可写，其结构示意图如下：

下列有关的说法正确的是A.俗称绿矾 B.氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键C.的价电子排布式为 D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去【答案】D【解析】【详解】A．俗称胆矾、蓝矾，故A错误；B．根据胆矾的结构示意图，氧原子形成极性键、配位键和氢键，氢键不属于化学键，故B错误；C．基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+的价电子排布式为3d9，故C错误；D．根据胆矾的结构和胆矾可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O可知，胆矾晶体中水分子有一部分与Cu2+形成配位键的水分子，一部分与SO和配体水分子形成氢键的水分子，由于作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D正确；故选D。24.某烃的结构式用键线式可表示为，若该烃与发生加成反应(反应物的物质的量之比为1∶1)，则所得产物(不考虑顺反异构)有A.2种 B.4种 C.6种 D.7种【答案】B【解析】【详解】与Br2发生加成反应(反应物的物质的量之比为1∶1)，当发生1，2-加成时，生成物有：、，当发生1，4-加成时，生成物有：、，所得产物共4种，答案选B。25.离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，应用广泛。1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐离子液体结构如图所示，其环状结构中存在大π键，下列相关叙述错误的是A.该物质阳离子中至少10原子共平面B.该物质阴离子呈正四面体形C.该离子液体存在共价键、配位键、氢键D.该离子液体与水能够形成氢键【答案】C【解析】【详解】A．阳离子中五元环上C原子接的化学键有1个双键判断采用的是sp2杂化，甲基和乙基上碳原子形成四个单键，采用的是sp3杂化，N原子接的有1个双键判断是sp2杂化，另一个N原子接的都是单键判断是sp3，则五元环上2个N原子、3个碳原子包括3个碳原子分别连接的H原子共8个原子共平面，另外甲基和乙基直接与N原子连接的碳原子也与五元环共平面，即至少10原子共平面，故A正确；B．与CH4是等电子体，则为正四面体结构，故B正确；C．该化合物为离子液体，是离子化合物，一定含有离子键；中存在配位键，其中B提供共轨道，F提供孤对电子，阳离子中存在共价键，但不存在氢键，故C错误；D．该物质中含有电负性大的N和F原子，故能与水中的氢原子形成氢键，故D正确；故选C。非选择题部分26.Glaser反应是指端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，例如：下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为_______，反应①的反应类型为_______。（2）乙烯也可以与A发生加成反应制备B，反应的化学方程式为：_______。（3）步骤②的反应化学方程式：_______。（4）E的结构简式为___。用1molE合成1，4二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气____mol。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢原子，数目比为3∶1，写出符合条件的F的结构简式_______。【答案】（1）①.C8H10②.取代反应（2）CH2=CH2+→（3）+2Cl2+2HCl（4）①.②.4（5）、、、、【解析】【分析】由B的分子式C8H10、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应。D发生信息中的偶联反应生成E为。【小问1详解】由分析可知由B的分子式C8H10；反应①的反应类型为取代反应；【小问2详解】根据题意，乙烯也可以与A发生加成反应制备B，则其方程式为：CH2=CH2+→；【小问3详解】根据C的结构可知，步骤②为在光照条件下支链上和碳相连的氢原子被氯取代，方程式为：+2Cl2+2HCl；【小问4详解】由分析可知E为；用1molE合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol；【小问5详解】芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：、、、、。27.乙酰水杨酸，俗称阿司匹林()，是常用的解热镇痛药。合成原理：查阅资料：阿司匹林：相对分子质量为180，分解温度为128~135℃，溶于乙醇、难溶于水；水杨酸：相对分子质量为138，沸点211℃，76℃时升华，溶于乙醇、微溶于水；乙酸酐：相对分子质量为102，沸点140℃，无色透明液体，遇水形成乙酸。制备过程：①如图1向三颈烧瓶中加入3.45g水杨酸、乙酸酐20Ml()、10滴浓硫酸，连接回流装置，70℃加热半小时。②冷却至室温后，将反应混合液倒入100mL冷水中，并用冰水浴冷却15min，用图2装置抽滤，将所有晶体收集到布氏漏斗中。抽滤过程中用少量冷水多次洗涤晶体，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品。③将粗产品转至烧瓶中，装好回流装置，向烧瓶内加入100mL乙酸乙酯和2粒沸石，加热回流，进行热溶解。然后趁热过滤，冷却至室温，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体状乙酰水杨酸。（1）图1装置中温度计否需要移动位置_______(填需要或不需要)。（2）步骤①中加热宜采用_______，冷凝回流过程中外界的水若进入三颈烧瓶，导致发生副反应_______(用化学方程式作答)，降低了水杨酸的转化率。（3）步骤②用冷水洗涤晶体的目的是_______，步骤③加入沸石的目的是_______。（4）步骤③操作的名称是_______，其中肯定用不到的装置是_______(填序号)。（5）最终称量产品质量为2.25g，则所得乙酰水杨酸的产率为_______%(精确到1%)。【答案】（1）不需要（2）①.水浴加热②.（3）①.洗去产品表面附着的水杨酸等杂质②.防止在加热的时候液体暴沸（4）①.提纯②.B（5）50%【解析】【分析】该反应所需要的温度(2)小于100℃，加热宜采用水浴加热；乙酸酐遇水形成乙酸，故反应过程要保持干燥的环境；步骤③用到加热回流装置、抽滤装置、干燥装置，可以根据这些过程选择所需装置；最后产率的计算首先需要判断水杨酸和乙酸酐的量，然后再计算产品的理论产量，以此解题。【小问1详解】图1中需要保证反应物的温度为70℃，需要测定反应物的温度，故温度计的位置不需要移动；【小问2详解】步骤①中需要维持温度为70℃，可以采用水浴加热；已知，乙酸酐遇水形成乙酸，则冷凝回流过程中外界的水可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应，降低了水杨酸的转化率；【小问3详解】阿司匹林难溶于水，水杨酸微溶于水；步骤②用冷水洗涤晶体的目的是洗去产品表面附着的水杨酸等杂质；步骤③加入沸石可以防止在加热的时候液体暴沸；【小问4详解】步骤③的目的由粗产品得到比较纯净的产品，故其名称为：提纯；步骤③用到加热回流装置C、抽滤装置D、干燥装置A，不需要固体加热装置B；故肯定用不到的装置是B；【小问5详解】3.45g水杨酸的物质的量为：，乙酸酐20mL()，则其物质的量为：，则反应中乙酸酐过量，0.025mol水杨酸反应生成0.025mol阿司匹林，则其质量为：，故所得乙酰水杨酸的产率=。28.磷酸亚铁锂()为近来新开发的锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为正极活性物质使用，文献报道可采用、LiCl和苯胺等作为原料制备。（1）铁元素在元素周期表中的位置是_______，其基态原子核外N层电子的自旋状态_______(填“相同”或“相反”)。（2）中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为_______，其中Fe的配位数为_______。（3）苯胺()的晶体类型是_______。苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)高于甲苯的熔点(-95.0℃)，原因是_______。【答案】（1）①.第四周期，第VIII族②.相反（2）①.②.4（3）①.分子晶体②.苯胺分子间存在氢键【解析】【小问1详解】铁26号元素，位于第四周期，第VIII族，N层电子排布式为4s2，同一轨道两个电子自旋状态相反。【小问2详解】Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故FeCl3分子双聚时可形成配位键。由常见