1、化 学 试 题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Na23 K39 Mn55第 I 卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1. 化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述不正确的是A. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境B. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂C. 测定溶液 pH 的实验中，用干燥 pH 试纸测定新制氯水的 pHD. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机
2、物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，故A正确；B氯气与烧碱溶液或石灰乳反应生成次氯酸钠或次氯酸钙，氯酸钠或次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性从而杀死病毒，可作消毒剂，故B正确；C新制的氯水含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用干燥 pH 试纸测定，应用pH计测定新制氯水的pH，故C错误；D蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，故D正确；答案选C。2. 下列说法正确的是A. Na2O2 遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色B. Na2O2 与 CO2 反应生成 0.1 mol O2 时转移电子 0.4 mol
3、C. Na2O2 投入到 CuCl2 溶液中有蓝色沉淀及气泡产生D. 氯气和二氧化硫均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强【答案】C【解析】【详解】ANa2O2与水反应生成氢氧化钠，遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，Na2O2具有漂白性，一段时间后褪色，故A错误；B过氧化钠与CO2反应时，氧元素由-1价变为0价生成氧气，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子，故B错误；CNa2O2固体投入到CuCl2溶液中现象：产生气泡，因为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成蓝色沉淀，因为2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2+2NaCl，故C正确；D氯气和二氧化硫均可
4、作为漂白剂，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，若同时使用，二者发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，漂白效果会明显减弱，故D错误；答案选C。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A. 0.1mol/ LBaCl2溶液与0.1 mol/LBa(OH)2溶液中的Ba2+数目一定相等B. 标准状况下，11.2LC4H8中一定含有0.5NA个碳碳双键C. 常温常压下，12.0 g NaHSO4晶体中含有的阳离子总数为0.2NAD. 3.011023个乙基中含有的电子数为8.5NA【答案】D【解析】【分析】A、缺少溶液的体积；B、C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃；C、常温常压下，NaHSO
5、4晶体中含有的阳离子只有钠离子；D、每个乙基中含有的电子数62+5=17个。【详解】A、缺少溶液的体积，无法计算粒子数，故A错误；B、C4H8不一定含有碳碳双键，故B错误；C、常温常压下，NaHSO4晶体中含有的阳离子只有钠离子，12.0 g NaHSO4晶体中含有的阳离子总数为0.1Na，故C错误；D、每个乙基中含有的电子数62+5=17个，3.011023个乙基中含有的电子数为8.5NA，故D正确。故选D。4. 对于下列事实的相应解释不正确的是选项事实解释A钠保存在煤油中煤油不与钠发生反应，钠的密度比煤油大，煤油可以隔绝空气和水蒸气B用洁净的玻璃管向包有Na2O2 的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧
6、CO2、H2O 与Na2O2 的反应是放热反应C向 Na2S 溶液中滴入盐酸，产生臭鸡蛋气味的气体氯的非金属性比硫强D钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3是钠与空气中氧气、水和二氧化碳反应的结果A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A钠与煤油不反应，且钠的密度大于煤油，因此少量钠保存在煤油中就可以隔绝空气，故A正确；B脱脂棉着火，说明Na2O2与H2O、CO2反应产生O2且放出大量的热，均为放热反应，故B正确；C向 Na2S 溶液中滴入盐酸，产生臭鸡蛋气味的H2S气体，符合强酸制取弱酸，比较非金属性强弱时应根据非金属形成的最高价氧化物的水化物的酸性强弱或简单氢化物的稳定性
7、强弱进行比较，不能利用HCl、H2S的酸性比较非金属性，角度不合理，故C错误；D钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，故D正确；答案选C。5. 下列关于物质的量浓度表述正确的是A. 配制 0.1 molL-1 的 Na2CO3 溶液 480 mL，需称量 5.1 克Na2CO3 ，并使用 500 mL 容量瓶B. 室温下，向两等份浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的 Na2O2 和 Na2O，均使溶液恰好饱和，则加入的Na2O2 与Na2O 的物质的量之比等于 11(保持温度不变)C. 当 22
8、.4 L 氨气溶于水制得 1 L 氨水时，其浓度是 1 molL-1D. 在 K2SO4和 NaCl 的中性混合水溶液中，如果 Na+和的物质的量相等，则 K+和 Cl-的物质的量浓度一定相同【答案】B【解析】【详解】A实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n=cV=0.5L0.1 molL-1 =0.05mol、m=nM=0.05mol106gmol-1=5.3g，故A错误；B发生反应：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，Na2O+H2O2NaOH，相同物质的量的Na2O2和Na2O的消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱
9、和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等，故B正确；C22.4 L 氨气的状态末知，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算氨气的物质的量，故C错误；D在 K2SO4和 NaCl 的中性混合水溶液中，如果 Na+和的物质的量相等，根据电荷守恒，则 K+和 Cl-的物质的量浓度比为2:1，故D错误；故选B。6. 某学生配制了100mL 1mol/L的硫酸溶液。然后，对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确。结果测得溶液的物质的量浓度低于1mol/L那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是()量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量
10、瓶中后，没有洗涤烧杯转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面最后定容时，加水超过了刻度，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据物质的量浓度的定义可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n或溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若偏小或V偏大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n偏大或V偏小时，都会使所配溶液浓度偏大；【详解】量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸，量筒内壁有残留水，会导致量取的硫酸的物质的量减小，配制的溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低，故正确
11、；将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，溶液浓度偏低，故正确；在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面，则溶质没有全部转移、导致溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故正确；最后定容时，加水超过了刻度，会导致配制的溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故正确；故这些操作全部引起浓度偏低；答案选D。7. 下列说法错误是 （ ）A. 乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应B. 乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C. 乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D. 乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体【答案】A【解析】详解】A、乙
12、烷和浓盐酸不反应，故错误；B、乙烯可以制成聚乙烯，用于食品包装，故正确；C、乙醇含有亲水基羟基，能溶于水，而溴乙烷不溶于水，故正确；D、乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，是同分异构体，故正确；答案选A。8. 下列关于有机物的说法中，正确的有（ ） 淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高级脂肪酸的甘油酯A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个【答案】C【解析】【详解】淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能
13、发生水解反应，故正确；乙醇汽油是新型燃料，是在汽油中加入适量乙醇而制成的混合物，故正确；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸与碳酸钠溶液反应生成乙酸钠、水二氧化碳，所以混合后的溶液分层，静置分液可除去乙酸乙酯中的乙酸，故正确；石油的分馏是利用物质的沸点的不同分离物质的方法，属于物理变化，故错误；煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的高级脂肪酸的甘油酯故正确，所以正确选项为：，故答案选C。【点睛】根据物质的性质、选择除杂的方法。根据分析方法分馏属于物理变化、煤的气化属于化学变化。花生油和牛油都属于酯类化合物，可以发生皂化反应。9. 下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是
14、()A. B C. D. 【答案】C【解析】A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A错误；B、不能发生消去反应，选项B错误；C、-OH邻位C上含有H原子，能发生消去反应，含有-CH2OH的结构，可被氧化为醛，选项C正确；D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D错误。答案选C。10. 下列实验的失败原因可能是缺少必要的实验步骤的是将乙醇和乙酸混合，再加入稀硫酸共热制乙酸乙酯检验淀粉已经水解：将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液水浴加热后未析出银验证某 RX 是碘代烷，把 RX 与烧碱水溶液混合加热后，将混合液冷却后再加入硝酸银溶液做醛的还原性实验时，当加入新制氢氧化铜悬浊液后，未出现砖红色
15、沉淀A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】将乙醇和乙酸混合，加浓硫酸作催化剂、吸水剂，与步骤无关，故不选；淀粉在酸性溶液中水解，检验葡萄糖应在碱性条件下，缺少加碱的步骤，加入银氨溶液后未析出银镜，故选；RX与烧碱水溶液混合加热后，发生水解反应，检验卤素离子在酸性条件下，缺少加硝酸的步骤，故选；做醛的还原性实验时，当加入新制氢氧化铜悬浊液后，要加热，缺少加热步骤，故选；故选C。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。11. 某消毒液的主要成分为 NaClO，还含有一定量的 NaOH。下列叙述不合理的是(已知：饱和 NaClO 溶液的 pH 约为 11)A. 向该消毒液中滴入少量
16、FeSO4 溶液，会生成红褐色沉淀B. 该消毒液的 pH 约为 12 的原因：ClO-+H2OHClO+OH-C. 该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H+Cl-+ClO-=Cl2+H2OD. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-【答案】B【解析】【详解】A. 向该消毒液中滴入少量 FeSO4 溶液，FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速被氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3，故A正确；B. 根据题干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，又NaOH是强碱，而该溶液pH=1211，故主要是因为
17、该消毒液中含有一定量的NaOH，故B错误；C. 根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；D. 反应CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-符合较强酸制取较弱酸的原锂，生成HClO，HClO漂白性比NaClO强，故该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用，故D正确；答案选B。12. Cl2O 是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O 的装置如图所示。已知：Cl2O 的熔点为-116，沸点为 3.8；Cl2 的沸点为-34.6；氨气的沸点：-33
18、；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。下列说法中不正确的是A. Cl2O 与水的反应为氧化还原反应B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O 稀释，减小爆炸危险C. 从装置中逸出气体的主要成分是 Cl2OD. 装置与之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸【答案】AC【解析】【详解】ACl2O 与水反应生成HClO，Cl2O+H2O=2HClO，反应前后元素的化合价不变，是非氧化还原反应，故A错误；B通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；C由沸点可知中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在中转化为液态，故C错误；D因Cl2O
19、与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；故选AC。13. 实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdCl2 溶液遇 CO 能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是A. 装置可以用稀硫酸代替稀盐酸B. 装置中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C. 装置中分别盛装饱和 Na2CO3 溶液、浓H2SO4D. 装置中有黑色沉淀，发生的反应是PdCl2+CO+H2OPd+CO2+2HCl【答案】AC【解析】【分析】由装置可知为二氧化碳的制取装置，应为NaHCO3溶液，用于除去HCl，为浓硫酸，用于干燥二氧化碳气体，在加热条件下，
20、在中如发生反应，则二氧化碳可被还原生成CO，可观察到中溶液产生黑色沉淀。【详解】A装置为常温下固体和液体制备气体的装置，因为硫酸钙溶解度小，用稀硫酸代替稀盐酸，生成的硫酸钙会覆盖在固体表面，阻止内部碳酸钙继续反应，故A错误；B装置中石灰水变浑浊后，说明装置内的空气已排出，再点燃酒精灯，以防止氧气和钠反应，故B正确；C二氧化碳能与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，再用浓H2SO4干燥二氧化碳气体，故C错误；D一氧化碳与氯化铅发生氧化还原反应，方程式为PdCl2+CO+H2OPd+CO2+2HCl，故D正确；故选AC14. 丙烷的分子结构可简写成键线式结构，有机物A 的键线式结构为，
21、有机物 B与等物质的量的H2 发生加成反应可得到有机物 A。下列有关说法错误的是A. 用系统命名法命名有机物A，名称为 2，2，3三甲基戊烷B. 有机物A 的一氯取代物只有 4 种C. 有机物A 的分子式为C8H18D. B 的结构可能有 3 种【答案】B【解析】【详解】A有机物A 的键线式结构为，可知其结构简式为，最长的主链含有5个C原子，从距离甲基最近的一端编碳号，用系统命名法命名有机物A，名称为 2，2，3三甲基戊烷，故A正确；B结合A项分析，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故B错误；CA的结构简式为，分子式为C8H18，故C正确；DA是有机物B与等
22、物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下：、 3 种结构，故D正确；答案选B。15. 药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得，下列有关叙述正确的是A. 根据有机物的分类，贝诺酯属于芳香烃，分子式为C17H15NO5B. 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与 Na2CO3 溶液反应放出 CO2C. 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚可用 FeCl3 溶液区别D. 1mol 乙酰水杨酸最多能与 3molNaOH 发生反应【答案】CD【解析】【详解】A贝诺酯含有氧、氮元素，而烃只含C、H元
23、素，故A错误；B对乙酰氨基酚与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故B错误；C对乙酰氨基酚含有酚羟基，具有酚类的性质，可与氯化铁反应，溶液呈紫色，可鉴别，故C正确；D乙酰水杨酸水解产物共含有2个羧基、1个酚羟基，则1mol乙酰水杨酸最多能与3molNaOH发生反应，故D正确；故选CD。第卷三、非选择题16. 某校化学兴趣小组为研究 Cl2单质的性质，设计如图所示装置进行实验。装置 III中夹持装置已略去，其中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：_；(2)装置的作用是_；(3)实验过程中，装置中的实验现象为_；发生反应的化学方程
24、式为_；(4)实验结束后，该组同学在装置中观察 b 的红色退去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，你认为应在_之间还需添加洗气瓶(选填装置序号)，该装置的作用是_；(5)装置的目的是防止尾气污染空气，写出装置中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 无色溶液变蓝色 (4). Cl2+2KI=I2+2KCl (5). 和 (6). 干燥Cl2 (7). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】【分析】装置I中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，
25、装置中用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，装置中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸，装置中氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，装置中氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；(2)装置中盛有饱和食盐水，由于浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；(3)氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，实验过
26、程中，装置中的实验现象为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；故答案为：无色溶液变蓝色；Cl2+2KI=I2+2KCl；(4)干燥的氯气不具有漂白性，实验结束后，该组同学在装置中观察 b 的红色退去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，和之间可加干燥装置，除去氯气中的水蒸气，该装置的作用是干燥Cl2；故答案为：和；干燥Cl2；(5)装置的目的是防止尾气污染空气，装置盛放的是氢氧化钠溶液，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，装置中发生反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。故答案为：Cl2+2OH=Cl+C
27、lO+H2O。【点睛】本题考查考查物质性质实验方案的设计，涉及制取气体的装置及实验方案的设计、评价等知识点，综合性较强，明确氯气的制备原理及氯气的化学性质为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。17. (1)已知由金属钠制得氧化钠，可用多种方法：a.4Na+O2=2Na2O， b.4Na+CO2=2Na2O+C， c.2NaNO2+6Na=4Na2O+N2。在上述三种方法中，最好的方法是_(填序号)。上述反应 c 中NaNO2 作_剂，当有 1 mol NaNO2 反应时，电子转移的数目是_。(2)现用金属钠和空气制备纯度较高的 Na2O2，可利用的装置如下。回答下列问题
28、(注：Na2O2可以与 H2O、CO2 反应)：装置中盛放的药品是_，其作用是_。若规定气体的气流方向从左到右，则组合实验装置时各仪器接口的标号字母(a、b)顺序： 空气进入 g，h 接_，_接_，_接_。装置的作用_。操作中通空气和加热的顺序为_。【答案】 (1). c (2). 氧化 (3). 3NA或1.8061024 (4). 氢氧化钠溶液 (5). 吸收导入的空气中的二氧化碳 (6). e (7). f (8). a(或b) (9). b(或a) (10). c (11). 防止空气中的水分和二氧化碳进入装置 (12). 先通一段时间的空气再加热装置【解析】【分析】(1)根据Na2O
29、不稳定、易被氧气继续氧化分析解答；根据氮元素的化合价变化分析判断和计算；(2)用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，需要空气中的氧气和钠加热反应生成过氧化钠，空气中的水蒸气和二氧化碳需要除去；把空气通过吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置吸收水蒸气，通过装置加热钠和氧气反应，连接防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置，得不到纯净的过氧化钠，据此解答。【详解】(1)由金属钠制得氧化钠，由于Na2O不稳定易被氧气继续氧化，所以上述三种方法最好的是c，因为此生成物只有Na2O是固体，而另一种产物N2可以把周围环境中的O2排净，防止Na2O被继续氧化成Na2O2；反应2NaNO26Na4Na2ON2中
30、氮元素化合价从+3价降低到0价，得到3个电子，所以亚硝酸钠是氧化剂，当有1 mol NaNO2反应时，电子转移的数目是1mol3NA3NA或1.8061024；(2)由于空气中的二氧化碳和水蒸气也能与金属钠反应，干扰过氧化钠的制备，则需要除去，因此装置中盛放NaOH溶液，其作用是吸收导入的空气中的二氧化碳；把空气通过吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置吸收水蒸气，通过装置加热钠和氧气反应，连接防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置，因此组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为、，则各仪器接口的标号字母顺序为：空气ghefa(或b)b(或a)c；装置中盛放碱石灰是吸收二氧化碳和水蒸气，其作用是防止空气
31、中的二氧化碳和水蒸气进入装置；实验时先通入足量空气后再进行加热，避免生成的过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠等杂质。【点睛】易错点为(1)，制备物质的实验过程分析判断，注意副反应的存在和产物判断，Na2O不稳定易被氧气氧化为过氧化钠。18. 实验室制备 1，2二溴乙烷，可用足量的乙醇先制备乙烯，再用乙烯和少量的溴制备 1，2二溴乙烷，装置如下图所示：有关数据列表如下：物质乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/gcm-30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/-1309-116回答下列问题：(1)在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到 170左右，
32、其最主要目的是_； (填正确选项前的字母)a引发反应 b加快反应速度 c防止乙醇挥发 d减少副产物乙醚生成(2)在装置 A 中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入_，装置A 中生成副产物乙醚的化学反应方程式_。(3) 实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓 H2SO4 反应生成少量的二氧化硫，为了验证二氧化硫的存在并除去二氧化硫对后续反应的干扰，某同学在 A 和 D 之间加入了 B、C 两个装置，其中 B 和C 中可分别盛放_。a酸性 KMnO4 和水 b品红和NaOH 溶液c酸性 KMnO4 和 NaOH 溶液 d品红和酸性 KMnO4(4) 将 1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置
33、，产物应在_层(填“上”、“下”)；若产物中有少量副产物乙醚。可用_的方法除去。【答案】 (1). d (2). 碎瓷片（或沸石） (3). 2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O (4). b (5). 下 (6). 蒸馏【解析】【分析】由实验装置可知，A中浓硫酸、乙醇加热至170发生消去反应生成乙烯，在140时易发生副反应生成乙醚，烧瓶中加碎瓷片（或沸石），可防暴沸，为了验证二氧化硫的存在并除去二氧化硫对后续反应的干扰，B中品红可检验二氧化硫，C中NaOH可除去酸性气体，D中乙烯与溴水发生加成反应1，2-二溴乙烷，与水分层后有机层在下层，有机产物中含杂质乙醚，混合物沸点不同，
34、可蒸馏分离。【详解】(1)在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到 170左右，其最主要目的是减少副产物乙醚生成；故答案为：d；(2)在装置 A 中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入碎瓷片（或沸石），其目的是防暴沸，装置A中生成副产物乙醚的化学反应方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，故答案为：碎瓷片（或沸石）；2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；(3) 为了验证二氧化硫的存在并除去二氧化硫对后续反应的干扰，B中品红可检验二氧化硫，C中NaOH可除去酸性气体，选b 合理，故答案为：b；(4) 1，2-二溴乙烷不溶于水，密度比水的密度大，则将1，2-二溴
35、乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在下层；有机产物中含杂质乙醚，混合物沸点不同，可蒸馏分离，故答案为：下；蒸馏。【点睛】本题考查有机物的制备实验，把握有机物的性质、制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意题中的信息及性质的应用。19. 由丙烯经下列反应可制得 F、G 两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。请回答下列问题：(1)F 的结构简式为_。(2)在一定条件下，两分子 E 能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式为_。(3)BC 化学方程式为_。(4)X 为 E 的一种同分异构体，X 分子中含有一个手性碳原子，1mol X
36、与足量金属钠反应产生 1mol 氢气，1mol X 与足量银氨溶液反应能生成 2mol Ag，则X 的结构简式为_。(5)用 G 代替 F 制成一次性塑料餐盒的优点是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). CH2OHCHOHCHO (5). 聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害【解析】【分析】CH3CH=CH2与溴发生加成生成A为CH3CHBrCH2Br，水解生成B为CH3CHOHCH2OH，在催化剂条件下被氧化生成C为，则D为，E为CH3CHOHCOOH，CH3CH=CH2可发生加聚反应，生成F为。【详解】(1)由分析F的结构简式为。故答案为：；(2)E为C
37、H3CHOHCOOH，含有-COOH和-OH，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，为酯化反应，该化合物的结构简式为。故答案为：；(3)B为CH3CHOHCH2OH，在催化剂条件下被氧化生成C为，反应的方程式为；故答案为：；(4)X 为 E 的一种同分异构体，X 分子中含有一个手性碳原子，1mol X 与足量金属钠反应产生 1mol 氢气，1mol X 与足量银氨溶液反应能生成 2mol Ag，则X应含有2个羟基和1个醛基，X的结构简式为CH2OHCHOHCHO，故答案为：CH2OHCHOHCHO；(5)用G代替F制成一次性塑料餐盒的优点是在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害，故答
38、案为：聚乳酸制成的塑料在自然环境中可以降解为小分子，对环境无害。20. EPR 橡胶( )和 PC 塑料( )的合成路线如下：(1)A 的名称是_。(2)C 的结构简式_。(3)下列说法正确的是(选填字母)_。A反应的原子利用率为 100%BCH3OH 在合成PC 塑料的过程中可以循环利用C1mol E 与足量金属 Na 反应，最多可生成 22.4L H2 D反应为取代反应(4)反应的化学方程式是_。(5)写出满足下列条件 F 的芳香族化合物的同分异构体_(任写一种)。含有羟基，不能使三氯化铁溶液显色，核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为 12 221(6)已知：，以 和乙酸为起始原料合成，
39、无机试剂任选，写出合成路线 _。(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件)【答案】 (1). 丙烯 (2). (3). AB (4). 2+H2O (5). 或(任写一种) (6). 【解析】【分析】EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反应得到，B发生氧化反应生成环氧己烷，则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3；结合PC和碳酸二甲酯的结构，可知C15H16O2为，D与丙酮反应得到C15H16O2，结合D的分子式，可推知D为，结合C的分子式，可知A和苯发生加成反应生成C，再结合C的氧化产物，可推知C为；与甲醇反应生成E与碳酸二
40、甲酯的反应为取代反应，可推知E为HOCH2CH2OH，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为CH2=CHCH3，名称为丙烯；(2)根据分析，C为；(3) A反应为加成反应，产物只有一种，原子利用率为100%，故A正确；B生成PC的同时生成甲醇，生成E时需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用，故B正确；CE为HOCH2CH2OH，1molE与足量金属Na反应，最多可以生成1mol氢气，气体的体积与温度和压强有关，题中未告知，无法计算生成氢气的体积，故C错误；D根据分析可知，反应为加成反应，故D错误；故答案为AB；(4)反应为D与丙酮反应得到C15H16O2，化学方程式
41、是2+H2O；(5)F的分子式为C15H16O2，结构简式为，F的芳香族化合物的同分异构体满足：含有羟基；不能使三氯化铁溶液显色，说明羟基没有直接连接在苯环上；核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1，满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或；(6)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成，因此合成路线为：。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意从结构的对称性考虑，难点为(6)中合成路线的设计，要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息，可以采用逆推的方法思考。