浙江省浙东北（ZDB）联盟2023-2024学年高二下学期期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1浙江省浙东北（ZDB）联盟2023-2024学年高二下学期期中联考考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Zn-65Se-79选择题部分一、选择题部分(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.以下能级符号不正确是（）A.3s B.3p C.3d D.3f【答案】D【解析】M能级上有s、p、d，3个能级，即3s、3p和3d，没有3f，故答案为：D。2.蒸馏操作中需要用到的仪器是A. B. C. D.【答案】A【解析】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，故答案选A。3.下列有关原子轨道的说法不正确的是A.原子轨道的形状为球形B.能量大小：C.、、轨道的能量不相同D.能级有3个原子轨道，相互垂直，分别以、、表示【答案】C【解析】2s原子轨道形状为球形，A正确；同一原子能层越高，s电子云半径越大，电子能量越高，因此能量大小：，B正确；、、轨道相互垂直，能量相同，C错误；每个p能级都有3个原子轨道，而且它们相互垂直，分别称为、、，D正确；故选C。4.化学与科技、社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A.人体细胞和细胞器的膜是双分子膜，双分子膜是由大量两性分子组装而成的B.烟火、霓虹灯光、激光、荧光、LED灯光，都与原子核外电子跃迁有关C.中科院首次实现了合成淀粉，淀粉、蛋白质是人体必需的高分子营养物质D.“熔喷布”可用于制作N95型口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物【答案】D【解析】人体细胞和细胞器的细胞膜为磷脂双分子层，为双分子膜，双分子膜是由大量两性分子组装而成的，故A正确；电子吸收能量由基态跃迁制激发态，由激发态跃迁回到基态时会以光的形式放出能量，烟火、霓虹灯光、激光、荧光、LED灯光，都与原子核外电子跃迁有关，故B正确；淀粉、蛋白质都是人体必需的天然高分子营养物质，故C正确；聚丙烯是合成高分子化合物，聚合度n值为不确定值，所以聚丙烯属于混合物，故D错误；故答案选D。5.下列化学用语正确的是A.乙醚的分子式： B.图是的VSEPR模型C.图b是四氯化碳分子的空间填充模型 D.图c是基态碳原子的轨道表示式【答案】D【解析】乙醚的分子式为C4H10O，A错误；NH3的VSEPR模型为四面体结构，B错误；四氯化碳分子中碳原子半径小于氯原子半径，C错误；基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式正确，D正确；答案选D。6.下列说法正确的是A.基态的电子排布式为，违反了泡利不相容原理B.基态价电子排布式为的元素位于第5周期第ⅡA族C.ns电子的能量一定高于电子的能量D.基态的电子排布式为，违反了洪特规则【答案】C【解析】对于6C原子来说，2p能级有3个能量相同的原子轨道，最后2个电子应以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上，违反了洪特规则，A错误；基态价电子排布式为的元素位于第5周期第ⅣA族，B错误；ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，C正确；基态的电子排布式为，符合核外电子排布规律，D错误；故选：C。7.我国科学家首次合成了两种全新的碳分子材料和，有望应用于未来的分子电子学器件中，其中的合成原理如图所示。下列说法正确的是A.中所有原子不可能处于同一平面B.与碳纳米管互为同素异形体C.中所有碳原子均采用杂化D.与足量溶液反应，最多消耗【答案】B【解析】中C原子均采用sp2杂化，所有原子均处于同一平面，故A不正确；与碳纳米管都是由C元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确中每个碳原子均形成2个σ键，无孤电子对，所有碳原子均采用sp杂化，故C不正确；与足量溶液反应生成1mol和8molNaCl，最多消耗16molNaOH，故D不正确；答案选B。8.下列说法不正确的是A.用电子式表示K2S形成：B.HCl分子中σ键的形成：C.HCHO中C原子杂化轨道示意图：D.基态锗原子的简化电子排布式：【答案】D【解析】硫化钾形成过程中钾失去电子，硫得到电子，K2S的形成过程为：，故A正确；HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故B正确；HCHO中的C原子采用sp2杂化，3个杂化轨道夹角为120o，形成平面三角形，示意图为，故C正确；锗原子序数32，简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D错误。答案选D。9.下列有关物质的检测说法正确的是A.能鉴别和B.可以通过X射线获得包括键长、键角、键能等分子结构信息C.质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为D.红外光谱不仅可以测有机物的化学键和官能团，还可以测定元素组成和含量【答案】A【解析】核磁共振氢谱可以获得氢原子的种类数和不同种类氢原子数目之比，有两种环境的氢原子，吸收峰面积之比为3:1，有两种环境的氢原子，吸收峰面积之比为1:3，但二者核磁共振氢谱中吸收峰的化学位移不同，A正确；X射线衍射不能测键能，B错误；质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，不可据此推断其分子式为C5H12，相对分子质量为72的有机物还可以是C4H8O、C3H4O2等，C错误；红外光谱可以测定有机物中所含化学键和官能团，不能测定元素组成和含量，D错误；故选A。10.下列有关物质聚集状态的说法不正确的是A.金属铅晶体颗粒小至纳米级时熔点会下降B.离子液体是熔点不高的仅由离子组成的液体物质C.气态物质在高温或者在外加电场激发下，分子发生电离产生电子和阳离子生成等离子体D.将晶体加热到熔点至澄清点之间的物质状态称为液晶，液晶可分为热致液晶和溶致液晶【答案】C【解析】纳米晶体的结构和性质与较大尺寸的晶体有所不同，纳米级金属铅晶体热稳定性降低，从而在加热时更容易达到熔化状态‌，其熔点更低，故A正确；离子液体是熔点低于或稍高于室温的离子化合物，故其是由熔点不高的仅由离子组成的液体物质，故B正确；气态物质在高温或者在外加电场激发下，分子发生分解，产生电子和阳离子等。这种由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体称为等离子体，故C错误；液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，将晶体加热到熔点至澄清点之间的物质状态称为液晶，液晶可分为热致液晶和溶致液晶，故D正确；故选C。11.某冠醚分子可识别，合成方法如下。下列说法正确的是A.的同分异构体有4种 B.可用溶液区别a和cC.可用溴水除去苯中混有的少量a D.c可增加在苯中的溶解度【答案】D【解析】b的分子式为C4H8OCl2，若主链不变，第一个氯原子位置不变，第二个氯原子可接三个位置，若改变第一个氯原子的位置，第二个氯原子可接两个位置，若改变氧原子的位置，可得到更多的同分异构体，所以b的同分异构体不止4种，A错误；a中含有酚羟基和醚键，c中含有醚键，用FeCl3溶液才能区分，FeCl2溶液不行，B错误；a中含有酚羟基，a可以和溴水发生取代反应产生沉淀，但生成的有机物易溶于苯，无法通过沉淀分离苯和产物，C错误；冠醚分子c可识别K+，且冠醚分子c易溶于苯，则冠醚分子c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故选D。12.我国科学家发现了一类由Fe-Se-As-F-O组成的磁性超导材料。下列说法正确的是A.的空间结构为平面三角形B.上述5种元素中，Fe、Se为区元素C.和分子的中心原子的价层电子对数均为4D.基态中，两种自旋状态的电子的数目之比为5：6【答案】C【解析】中心原子价层电子对数为，且含有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，A错误；上述O、As、Se、F、Fe5种元素中，只有Fe为d区元素，其它元素位于P区，B错误；分子的中心原子的价层电子对数为，分子的中心原子的价层电子对数为，C正确；基态Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，两种自旋状态的电子的数目之比为14:10=7:5，D错误；故选C。13.下列有关物质鉴别的说法不正确的是A.浓溴水不能鉴别溴乙烷、甲苯和苯酚B.溴水可鉴别直馏汽油和裂化汽油C.饱和溶液可鉴别乙酸、乙酸钠、乙酸乙酯D.可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醇、甲酸和醋酸溶液【答案】A【解析】溴易溶于溴乙烷，溴乙烷难溶于水且密度比水大，有机层在下层颜色为橙红色，水层在上层颜色接近无色；溴易溶于甲苯，甲苯不溶于水且密度比水小，有机层在上层为橙红色，水层在下层颜色接近无色；浓溴水与苯酚发生取代反应生成白色沉淀，所以浓溴水可以鉴别溴乙烷、甲苯和苯酚，A错误；裂化汽油的主要成分是不饱和烯烃，直馏汽油的主要成分是烷烃，溴水能与不饱和烃反应而褪色，不能与烷烃发生化学反应，可以用溴水鉴别，B正确；乙酸与Na2CO3溶液反应有气泡产生，乙酸钠与Na2CO3溶液不反应，乙酸乙酯饱和Na2CO3溶液中溶解度降低，液体分层，乙酸乙酯油状液体在上层，可以鉴别，C正确；新制氢氧化铜悬浊液与苯互不相溶，分层；新制氢氧化铜悬浊液与乙醇互溶，但液体仍然浑浊；新制氢氧化铜悬浊液与甲酸溶液可以发生中和反应得蓝色溶液，加热反应可得到砖红色沉淀；新制氢氧化铜悬浊液与醋酸溶液发生中和反应得到蓝色溶液；因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醇、甲酸和醋酸溶液，D正确；故选A。14.布洛芬(图丁)是一种非甾体抗炎药，下面是其一条高产率的合成路线。下列说法不正确的是A.甲、丁中含有手性碳原子 B.乙转化为丙为还原反应C.丙与苯甲醇互为同系物 D.丁的分子式是【答案】A【解析】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子‌，甲中无手性碳原子，丁中有1个手性碳原子，A错误；乙转化为丙是在催化剂作用下，酮羰基与氢气发生加成反应得到羟基，是加成反应或还原反应，B正确；同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，丙(分子式C12H18O)与苯甲醇(分子式C7H8O)结构相似，相差了5个CH2，丙和苯甲醇互为同系物，C正确；丁的分子式为，D正确；故选A。15.某烷烃分子中含7个碳原子，其中主链有5个碳原子，有2个甲基作支链，其一氯代物有4种同分异构体(不考虑手性异构)。该烷烃分子的名称是A.二甲基戊烷 B.二甲基戊烷C.二甲基戊烷 D.二甲基戊烷【答案】C【解析】某烷烃分子中含7个碳原子，其中主链有5个碳原子，有2个甲基作支链的结构有四种分别是：、、、，其一氯代物有4种同分异构体即等效氢原子为4种的是，名称为二甲基戊烷。答案选C。16.下列有关物质结构和性质的说法正确的是A.酸性：B.第2周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素有3种C.水和二氟化氧都是V形结构，水分子极性较大，所以二氟化氧极性也较大D.一个乙炔分子中含有2个键，2个键，1个键【答案】B【解析】电负性F>Cl>H，则吸电子能力-CF3>-CCl3>-CH3，吸电子能力越强相应羧基的酸性越强，A错误；同周期元素从左至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ⅥA族，则第2周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有Be、C、O三种，B正确；H2O和OF2中O的价层电子对数为2+2=4，为V形结构，但O-H键极性大于O-F键极性，故H2O分子极性大于OF2，C错误；乙炔分子中的C为sp杂化，故存在2个s−spσ键，2个p−pπ键，D错误；故答案选B。17.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到目的的是A.制备溴苯B.证明制得气体是乙烯C.检验产物乙炔D.分离甲苯和乙醇A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】苯与液溴在FeBr3的催化作用下能发生取代反应，而苯与浓溴水不能发生取代反应，A错误；乙醇和浓硫酸混合加热过程中，浓硫酸可能会被乙醇还原为二氧化硫，而二氧化硫也能使溴水褪色，所以不能证明制得的气体是乙烯，B错误；用饱和食盐水和电石反应制取的乙炔中混有硫化氢等气体，由于硫化氢具有还原性，也能使溴水褪色，应先用硫酸铜溶液除去杂质，再用溴水检验乙炔的生成，C正确；用蒸馏的方法分离甲苯和乙醇时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，D错误；故选C。18.六氟磷酸盐离子液体可用于有机合成的溶剂和催化剂，其结构如下图所示。下列说法正确的是A.的空间构型为正四面体形B.阳离子中氮原子杂化方式均为C.该物质熔沸点较低，常温下极易挥发D.该物质中存在离子键、极性共价键，不存在氢键和非极性共价键【答案】B【解析】中磷原子成键电子对数为，孤电子对数为0，则空间构型为正八面体形，A错误；阳离子中含N原子的五元环为平面结构，则两个N原子杂化方式均为，B正确；该离子液体由阴、阳离子构成，由于离子体积较大，则离子之间作用力较弱，因此熔沸点较低，但由于其由阴阳离子构成，常温下不会极易挥发，C错误；该物质中存在阴、阳离子之间的离子键，离子内部存在碳氮、碳氢极性共价键和碳碳非极性共价键，D错误；答案选B。19.经X射线衍射证明，滕氏蓝和普鲁士蓝具有相同的结构，其晶胞由8个如图所示小立方体构成(未标出)。下列关于滕氏蓝和普鲁士蓝说法正确的是A.基态和未成对的电子数之比为6：5B.配位后碳氮键键能变小C.普鲁士蓝的化学式为D.根据如图的小立方体结构，应位于小立方体的体心【答案】B【解析】基态Fe2+的核外电子排布为[Ar]3d6，基态Fe3+的核外电子排布为[Ar]3d5，则基态和未成对的电子数之比为4：5，故A错误；由金属离子空轨道与孤对电子形成配位键，配位后碳氮三键的键长变大，则键能变小，故B正确；Fe3+离子的个数为，Fe2+离子的个数为，CN-离子的个数为，由电荷守恒可知n(K+)+n(Fe3+)×3+n(Fe2+)×2=n(CN-)，得n(K+)=，则普鲁士蓝中n(K+)：n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(CN-)=1：1：1：6，则其化学式为KFe2(CN)6，故C错误；根据选项C，在晶胞中K+为，若K+位于晶胞体心，其个数为1，不符合，故D错误；故选B。20.依据下列物质的结构或性质的描述，解释正确的是A.晶体熔点：，是由于分子间能形成氢键B.第一电离能：，是由于金属性强于C.极性：，是由于和的电负性差值比和的电负性差值大D.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强【答案】C【解析】分子间能形成氢键，晶体熔点：，A错误；基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌的价电子为全满较稳定结构，不易失去一个电子，电离能较大，故第一电离能：Zn＞Cu，解释不合理，B错误；两元素的电负性差值越大，形成共价键的极性越大，两物质结构相似，和的电负性差值比和的电负性差值大，分子的极性：，C正确；沸点是对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成的是分子内氢键，分子间氢键使沸点升高，解释错误，D错误；答案选C。21.苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在氢氧化钠溶液中的歧化反应制得。制备原理及反应结束后对反应液的处理步骤如下：已知：名称相对分子质量熔点(℃)沸点(℃)溶解性其他苯甲醇108-15.3205.7在水中溶解度较小，易溶于乙醚、乙醇可燃，有毒和刺激性苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水毒性较小，引起皮肤刺下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ：可用乙醚作为萃取剂B.步骤Ⅲ：操作a为蒸馏C.步骤Ⅳ：加盐酸的目的是将苯甲酸钠转化为苯甲酸D.步骤Ⅴ：产品可用酒精灯、沸水浴加热烘干【答案】D【解析】苯甲醛在NaOH溶液中加热发生歧化反应生成苯甲酸钠和苯甲醇，苯甲醇通过萃取进入有机层分离出来，再经过干燥、蒸馏得到纯净的苯甲醇，水层中的苯甲酸钠再经过盐酸酸化等多步操作、重结晶得到苯甲酸固体；苯甲醇易溶于乙醚，苯甲酸钠不溶于乙醚，乙醚和水互不相溶，可以乙醚作萃取剂来萃取苯甲醇，A正确；操作a是将乙醚和苯甲醇分离，二者常温下都是液体为蒸馏，沸点不同可以用蒸馏分离，B正确；盐酸酸性强于苯甲酸，可以用盐酸与苯甲酸钠反应制取苯甲酸，C正确；沸水浴的温度为100°C，苯甲酸在100°C左右开始升华，不能用酒精灯、沸水浴加热烘干产品，D错误；答案选D。22.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.中含有键的数目为B.含碳原子的金刚石晶体中有C-C键个C.白磷含个P-P键，二氧化硅中含个键D.等物质的量的和中含有键的数目均为【答案】D【解析】30g醋酸的物质的量，中的键数目为，A正确；金刚石中与一个碳原子相连的共价键有4个，但每个键只有属于这个碳原子，所以一个碳原子有2个C-C键，1mol金刚石中含有C-C为，B正确；白磷(P4)为正四面体结构，含有6个P−P共价键，所以1mol白磷(P4)中含有个P−P键，二氧化硅中1个Si原子含4个Si−O键，1mol二氧化硅中含个Si−O键，C正确；1个CO2和N2均含有2个π键，但等物质的量并不一定是1mol，D错误；故选D。23.某兴趣小组设计以下实验探究氧化甲苯蒸气(还原产物为)生成无污染气体的效果。下列说法正确的是A.通入气体是为了除去装置内的和B.通过Ⅲ中现象可判断甲苯是否被完全氧化C.若(甲苯)∶发生反应，则D.若装置Ⅳ中出现白色浑浊，说明甲苯已被完全氧化为【答案】B【解析】实验中用气体X将甲苯蒸气带入Ⅱ中，Ⅱ中MnOx氧化甲苯蒸气，产物经过后续装置进行检验和处理，据此作答。气体X是为了排尽装置内的空气，可以用N2，故A项错误；若甲苯没有被完全氧化，则Ⅲ中KMnO4溶液紫色褪去，Ⅳ石灰水继续浑浊，故B项正确；甲苯C7H8中的C为价，被MnOx氧化为CO2，CO2中的C为+4价，若n(C7H8)=1mol，则转移电子18×(2x-2)=36mol，x=2，故C项错误；甲苯没有被完全氧化时，装置Ⅳ中也出现白色浑浊，则不能说明甲苯已被完全氧化为CO2，故D项错误；故本题选B。24.某离子化合物结构如图，其中元素为过渡金属，W、Y、Z、M、X为原子序数依次增大的五种短周期元素，且位于同周期的元素位置相邻，原子半径：，M基态原子的所有s轨道上共有6个电子。下列说法不正确的是A.电负性：B.W与Y、Z、M、X均可形成18电子的分子C.化合物的空间结构为三角锥形，其晶体属于共价晶体D.该离子化合物中主族元素的原子均已达到稀有气体的稳定结构【答案】C【解析】M基态原子的所有s轨道上共有6个电子，M为第三周期元素。W、Y、Z、M、X为原子序数依次增大的五种短周期元素，X-带一个单位负电荷可知X为第三周期的Cl元素；M和X同周期，且原子位置相邻，原子序数比X的小，M为S元素；Y形成4个共价键，可知Y为C元素；Z形成3个共价键且和原子序数比C的大，原子半径比C的小可知Z为N元素；W形成1个共价键，且原子序数最小，原子半径最小，可知W为H元素。W为H元素、M为S元素、Y为C元素，电负性:H<C<S，A正确；W为H元素，与Y(C)、Z(N)、M(S)、X(Cl)分别形成C2H6、N2H4、H2S、HCl均可是18电子的分子，B正确；化合物为NCl3的空间结构为三角锥形，其晶体属于分子晶体，C错误；化合物中H原子达到2电子的稳定结构，C、N、S、Cl均达到8电子的稳定结构，A为过渡金属未达到稀有气体的稳定结构，D正确；答案选C。25.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿优加德罗常数的值为，下列说法不正确的是A.位于元素周期表的ds区B.基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子C.若点原子坐标为点原子坐标为，则点原子坐标为D.该晶体密度为【答案】C【解析】Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；基态Se原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态Se原子核外有1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＋3=18种不同空间运动状态的电子，B正确：A点原子坐标为，由图乙可知，C点原子的坐标为，C错误；该晶胞中位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为8，则，D正确；答案选C。非选择题部分二、非选择题(共50分)26.按要求填空（1）写出1-溴丁烷生成1-丁烯的化学方程式___________。（2）用系统命名法进行命名：___________。（3）原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与、、等形成配合物。与形成配位键时，提供孤电子对的原子是___________；（4）为可溶于水的晶体，某同学欲检验该晶体中元素的价态，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴溶液。已知：25℃时，；。上述实验方案___________(填“可行”或“不可行”)，并解释其原因___________。【答案】（1）（2）2，2，6-三甲基-4-乙基辛烷（3）C（4）①.不可行②.的反应平衡常数远小于，反应很难进行，滴入溶液不呈现血红色，达不到检验目的【解析】【小问1详析】1-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成1-丁烯，反应的化学方程式为：；【小问2详析】烷烃的系统命名为：2，2，6-三甲基-4-乙基辛烷；【小问3详析】与形成配位键时，由于N的电负性大，吸引电子能力强，不易提供孤电子对，因此提供孤电子对的原子是C原子；小问4详析】由反应和反应可知，的平衡常数K=，远小于1×105，反应很难进行，滴入溶液不呈现血红色，达不到检验目的。27.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有___________。(填标号)a．b．c．d．（2）一氯乙烯分子中，的一个杂化轨道与的轨道形成___________键(填“π”或“”)，同时的轨道与的轨道形成3中心4电子的大键。请比较：①一氯乙烷、②一氯乙烯、③一氯乙炔分子中，键长由大到小的顺序是___________(填标号)，理由是：(ⅰ)C的杂化轨道中成分越多，形成的C-Cl键越强；(ⅱ)___________。（3）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图所示，二聚体中的轨道杂化类型为___________。的熔点为1090℃，远高于的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为___________键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为___________。【答案】（1）（2）①.②.③.Cl参与形成的大键越多，形成的C-Cl键的键长越短（3）①.②.离子③.2【解析】【小问1详析】F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5：a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，故a项正确；b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，故b项错误；c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，故c项错误；d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，故d项正确；故答案为：ad；【小问2详析】①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键；②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，即①>②>③；③Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短；【小问3详析】由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为sp3；AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键；由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为：，蓝色球的个数为：，则灰色的球为F-，距F-最近且等距的Al3+有2个，则F-的配位数为2。28.实验室以苯甲酸和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，装置如图(加热及夹持装置已省略)。已知：①反应原理：；②相关物质信息如下：物质颜色、状态沸点(℃)密度()苯甲酸无色晶体249(100℃升华)1.27苯甲酸乙酯无色液体212.61.05乙醇无色液体78.30.79环己烷无色液体80.80.73过程如下：步骤1：在三颈烧瓶中加入苯甲酸、环己烷、浓硫酸、沸石，并通过仪器加入(过量)乙醇，控制温度在65～70℃加热回流。反应时“环己烷-乙醇-水”会形成共沸物(沸点62.6℃)蒸馏出来，再利用分水器不断分离除去水，回流环己烷和乙醇。步骤2：反应一段时间，打开旋塞放出分水器中液体，关闭旋塞，继续加热维持反应。步骤3：当分水器中的液面高度不变时停止加热，冷却后，将三颈烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入至溶液呈中性。步骤4：用分液漏斗分离出有机层，水层用乙醚萃取分液，然后合并至有机层。加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚后继续升温，接收210～213℃的馏分，得产品。回答下列问题：（1）实验装置图中仪器M的名称是___________，冷凝管的进水口是___________(填“a”或“b”)。（2）制备苯甲酸乙酯时，最适宜的加热方式是___________。（3）加入环己烷的目的是___________。（4）装置中分水器的作用是___________。（5）步骤4中对水层用乙醚再萃取后合并至有机层的目的是___________。（6）本实验中苯甲酸乙酯的产率为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.b（2）热水浴（3）通过形成“环己烷—乙醇—水”共沸物，易蒸馏出水（4）分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高苯甲酸的转化率（5）减少产品损耗，提高产量（6）70%【解析】该实验以苯甲酸和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯；先在三颈烧瓶中加入苯甲酸、环己烷、浓硫酸、沸石和乙醇，控制温度在65～70℃加热回流2h，反应结束后，经调节溶液pH、萃取、干燥、蒸馏获得产品。【小问1详析】实验装置图中仪器M的名称是分液漏斗；为增强冷凝效果，球形冷凝管的水流方向为下口b进、上口a出；【小问2详析】制备苯甲酸乙酯时，为使反应物受热均匀，便于控制反应温度，应采用热水浴；【小问3详析】加入环己烷的目的是通过形成“环己烷-乙醇-水”共沸物，使反应生成的水易蒸馏分离除去；【小问4详析】装置中分水器的作用是分离出生成物水，使平衡向正反应方向移动，提高苯甲酸的转化率；【小问5详析】步骤4中对水层用乙醚再萃取后合并至有机层的目的是将水层中的苯甲酸乙酯萃取出来，防止产品损耗导致产量降低；【小问6详析】由题意可知，制备苯甲酸乙酯时，加入的乙醇过量，由12.20g苯甲酸反应制得