1、上海市交通大学附属中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ca-40一、选择题(只有一个正确答案)1. 下列有关化学用语表达正确的是A. Cl-的最外层电子排布式：1s22s22p63s23p6B. 聚丙烯的结构简式：C. CH2Br2只能表示一种物质D. NH3的电子式：【答案】C【解析】【详解】ACl-的原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，最外层电子排布式为3s23p6，故A错误；B聚丙烯的结构简式为，故B错误；CCH2Br2为四面体结构，不存在同分异构体，只能表示一种物质，故C正确；DNH3的电子式为，故D错误；故
2、选C。2. 有机物CH3CH（C2H5）CH （OH）CH3命名正确的是A. 2-乙基-1-丁醇B. 3-甲基-2-戊醇C. 3-乙基-2-丁醇D. 2-羟基-3-甲基-戊烷【答案】B【解析】【分析】有机物的命名要抓住五个“最”：最长-选最长碳链为主链；最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；最近-离官能团(支链)最近一端编号；最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。【详解】分子中含有一个羟基，属于醇类，羟基在2号碳，含有羟基的最长碳链含有5个C，其主链为戊醇，在3号C
3、上含有一个甲基，其名称为3-甲基-2-戊醇，答案选B。【点睛】选取最长的碳链是解本题的关键，是学生的易错点。3. 下列表达式正确的是A. 次氯酸电子式：B. Cl的结构示意图：C. 乙醇结构简式：CH3CH2OHD. 磷原子最外层电子轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A氯原子只有一个电子没有达到稳定结构，氧有两个电子没有达到稳定结构，氢原子有一个电子没有达到稳定结构，故氧原子在中间，氢原子和氯原子在两边， 次氯酸电子式，故A错误；B离子是稳定的结构，氯离子离子结构示意图为：，故B错误；C乙醇结构简式表示出官能图的结构：CH3CH2OH，故C正确；D磷原子的最外层电子数为5个，故轨道表示式，
4、故D错误；答案选C。【点睛】结构简式中要体现出有机物的官能团。4. 关于石油炼制说法正确的是A. 石油的炼制过程是将相对分子质量较大分子变成相对分子质量较小分子的过程B. 石油分馏的目的是将含碳原子数较多的烃先气化，经冷凝而分离出来C. 石油经过分馏、裂化等工序后得到大量乙烯、苯等不饱和烃D. 石油经分馏得到的各馏分仍然是多种烃的混合物【答案】D【解析】【详解】A、石油炼制过程中，利用石油中各成分的沸点不同，将它们分馏可得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等等不同产品；石油的裂化是在一定条件下，将相对分子质量较大，沸点较高的烃分解为相对分子质量较小、沸点较低的烃；石油裂解为高于裂化温度下深度裂化
5、，以石油分馏产品为原料，裂解所得产物主要是乙烯、丙烯等小分子化合物，故A错误；B、石油分馏的目的是将含碳原子数较小的烃先气化，经冷凝而分离出来，故B错误；C、石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，裂化不能得到大量乙烯、苯等不饱和烃，故C错误；D、分馏石油得到的各个馏分中含有多种烃类物质，是混合物，故D正确；故选D。5. 在“绿色化学工艺”中理想状态是原子利用率为100%。在用CH3CCH合成CH2=C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需其他的反应物有( )A. CO和CH3OHB. CO2和H2OC. H2和CO2D. CH3OH和H2【答案】A【解
6、析】【分析】根据题意，在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，用CH3CCH（丙炔）合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。【详解】ACO和CH3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，A项正确；BCO2和H2O，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，B项错误；CH2和CO2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比
7、为1：2：1，C项错误；DCH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查绿色化学工艺，有机物的合成等知识。由于在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，生成的产品与原料之间要遵守原子守恒，用CH3CCH合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1，据此解答。6. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是A. 1molCu和足量浓硝酸反应可收集的
8、气体分子数小于2NAB. 4C时，3.6g重水所含的电子数小于2NAC. 1.45g熟石膏中的钙离子数目大于0.009NAD. 200mL0.5mol/L的Na2CO3溶液中阴离子数目小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A生成的气体可以是二氧化氮、四氧化二氮、一氧化氮，1 mol Cu失电子2mol，若生成二氧化氮，二氧化氮和四氧化二氮存在化学平衡可收集的气体分子数小于2 NA，若生成一氧化氮，依据电子守恒生成气体小于2 NA，故A正确；B4时，3.6 g重水所含的电子数=10NA=1.8 NA ，小于2 NA，故B正确；C熟石膏化学式为：2CaSO4H2O，摩尔质量为290g/mol，1
9、.45g熟石膏物质的量=0.005mol，含钙离子0.01mol，大于0.009NA，故C正确；D200 mL 0.5 molL-1的Na2CO3溶液中碳酸钠的物质的量为0.2L0.5 molL-1=0.1mol，碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子数目大于0.1 NA，故D错误；故选D。7. 在各类化学实验中常常用到导管，如实验室制备硝基苯，装置如图。下列关于长导管的用途的叙述中错误的是A. 实验室制备硝基苯，长导管的主要作用是：冷凝和回流B. 加热密闭装置，防止容器内压力过高，可用导管进行导气减压C. 长导管冷凝时，冷却剂是空气D. 长导管可以代替玻璃琫进行使用【答案】D【解
10、析】【详解】A苯和硝酸的沸点较低，易挥发，可用长玻璃导管冷凝和回流，故A正确；B加热密闭装置，防止容器内压力过高，可用导管与外界相通进行导气减压，故B正确；C长导管对热气体与空气进行热交换进行冷凝，冷却剂是空气，故C正确；D玻璃棒的作用有：引流、搅拌、转移固体、蘸取少许溶液等，该实验中长导管不具有此作用，故D错误；故选D。8. 烷烃C5H12有三种同分异构体，有关它们的结构和性质的说法不正确的是（ ）A. 三种同分异构体在常温常压下均为液体B. 其中一种同分异构体的碳原子间结构：具有空间正四面体对称结构C. 三种同分异构体具有相同的分子式相对原子质量，化学性质相似D. C5H11Cl共有8种同
11、分异构体【答案】A【解析】【详解】A原子数4的烷烃常温常压下为气体，但新戊烷，常温常压下也为气体，而异戊烷(CH3)2CHCH2CH3和正戊烷CH3(CH2)3CH3为液体，A符合题意；B甲烷为正四面体，可知中的5个碳原子类似于甲烷，也形成正四面体，B不符合题意；C三种同分异构体具有相同的分子式、相对原子质量，三种物质均为烷烃，化学性质相似，C不符合题意；D分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH(CH3)
12、CHClCH3；CH3CCl(CH3)CH2CH3；CH2ClCH(CH3)CH2CH3；主链有3个碳原子的：(CH3)3CCH2Cl；共有8种情况，D不符合题意。答案选A。9. 下图所示装置适宜进行的实验是(右接装置未画出)A. 制取乙烯B. 制取氟化氢气体C. 分离乙醇和水D. 分离水和碘的四氯化碳溶液【答案】C【解析】【详解】A制取乙烯时，温度计应在液面以下，故A不选；B氢氟酸能够腐蚀玻璃，不能在玻璃仪器中制备氟化氢气体，故B不选；C乙醇和水的沸点不同，可用蒸馏法分离，后面连接冷凝管等装置即可，故C选；D水和碘的四氯化碳的溶液分层，应用分液的方法分离，故D不选；故选C。10. 以下进行性
13、质比较的实验，不合理的是A. 比较镁、铝金属性：氯化镁、氯化铝溶液中分别加入过量的NaOH溶液B. 比较氯、溴非金属性：溴化钠溶液中通入氯气C. 比较Cu、Fe2+的还原性：铁加入硫酸铜溶液中D. 比较高锰酸钾、氯气的氧化性：高锰酸钾中加入浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A、比较镁、铝金属性的强弱可以通过它们的最高价氧化物对应的水化物的碱性的强弱，即氯化镁、氯化铝溶液中分别加入过量的NaOH溶液，Mg(OH)2不能与过量的NaOH溶液反应，而AlCl3溶液中加入少量的NaOH溶液产生白色Al(OH)3沉淀，当碱过量时沉淀也溶解消失，说明Al(OH)3呈两性，从而证明了金属性镁铝，故A不符合题意
14、；B、比较元素非金属性的强弱可以通过单质之间的置换反应来证明，活动性强的元素对应单质能把活动性弱的非金属置换出来，溴化钠溶液中通入氯气发生反应：Cl22NaBr=2NaClBr2，非金属性：ClBr，故B不符合题意；C、铁加入硫酸铜溶液中发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，只能证明还原性FeCu，而不能证明Cu、Fe2+的还原性的强弱，故C符合题意；D、高锰酸钾中加入浓盐酸发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性：氧化剂氧化产物，即氧化性KMnO4Cl2，因此可以比较高锰酸钾、氯气的氧化性的强弱，故D不符合题意；故答案为：C。11.
15、 “地沟油”是一种极不卫生的非食用油，它含有毒素，引起食物中毒。下列说法错误的是A. 油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯类化合物B. 通过油脂的碱性水解来制肥皂C. 橄榄油在一定条件下，不能与氢气发生加成反应D. 地沟油经过加工后，可以转化为生物柴油用作发动机燃料【答案】C【解析】【详解】A. 油脂分为油和脂肪，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯类化合物，故A正确；B. 油脂和氢氧化钠共煮，水解为高级脂肪酸钠和甘油，前者经加工成型后就是肥皂，故B正确；C. 橄榄油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，在一定条件下，与氢气发生加成反应，故C错误；D. 地沟油经过一系列加工后，可以转化为生物柴油用作发动机燃料，可以在
16、循环经济中发挥作用，故D正确。综上所述，答案为C。12. 扎那米韦(分子结构如图)是治流感的药物，下列叙述错误的是A. 该物质的分子式为C12H19N4O7B. 该物质能使溴水褪色C. 一定条件下，该物质能发生消去反应D. 一定条件下，该物质能发生缩聚反应【答案】A【解析】【分析】由分子结构可以得出：（1）物质的分子式，（2）所含官能团：羟基、羧基、碳碳双键、醚键、氨基等，可据此判断有机物的性质。【详解】A由分子结构可知，1个扎那米韦分子中有20个H原子，故分子式应为：C12H20N4O7，A项错误；B分子中有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故可使溴水褪色，B项正确；C分子中含有羟基，且其邻
17、位C原子上有H原子，可以发生消去反应，C项正确；D分子中有羧基和羟基，则在一定条件下，可以发生缩聚反应，D项正确；答案选A。【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；（2）联想每种官能团的典型性质；（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。13. 紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1，下列说法正确的是（ ）A. 紫罗兰酮和中间体X都可使酸性KMnO4溶液褪色B. 1mol中间体X
18、最多能与2molH2发生加成反应C. 紫罗兰酮分子式为：C13H22OD. 紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A. 紫罗兰酮和中间体X都含有碳碳双键、醛基，所以都可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B. 1mol中间体X含有2mol碳碳双键、1mol醛基，最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C. 根据紫罗兰酮的结构简式可知，其分子式为：C13H20O，故C错误；D. 紫罗兰酮和中间体X的分子式分别是C13H20O、C14H22O，因此不是同分异构体，故D错误。答案选A。14. 已知反应：，如果要合成所用的原料是A. 3-甲基-1，3-丁二烯和2-丁炔B. 1，
19、3-戊二烯和2-丁炔C. 2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D. 2，3-二甲基-1，3-丁二烯和丙炔【答案】D【解析】【详解】由逆向合成分析法可知，要合成，根据可以将拆成和，则两种原料分别是丙炔和2，3-二甲基-l，3-丁二烯；若将拆成和，则两种原料分别为2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔；故选D。15. 如图表示元素周期表中114周期的一部分，关于元素X、Y、Z、W的叙述错误的是（ ）A. X、Y的最高价氧化物的水化物酸性为YXB. Y、Z的气态氢化物的稳定性为YZC. Z有5种不同运动状态的电子D. W的原子序数比Y大19【答案】C【解析】【详解】由元素在周期表中的位置可知，X为N元素
20、，Y为P元素，Z为Cl元素，W为Se元素。A同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性NP，故最高价氧化物的水化物酸性：PN，A不符合题意；B同周期自左而右非金属性增强，故非金属性PCl，故氢化物稳定性：PH3HCl，B不符合题意；CZ为Cl元素，原子中核外由17个电子，核外有17种不同运动状态的电子，C符合题意；DW为Se元素，原子序数为34，Y为P元素，原子序数为15，W的原子序数比Y大19，D不符合题意。答案选C。16. 下列实验装置图正确的是()A. 实验室制乙烯B. 实验室制氨C. 实验室制氯气D. 实验室制乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A实验室制乙烯时温度计测量的是液体的温度，温度
21、计水银球应插入液面以下，故A错误；B由于加热氢氧化钙和氯化铵组成的固体可以制取NH3，NH3极易溶于水，密度比空气小且不与空气中的成份发生反应，所以不能用排水法收集，只能选用向下排气法收集，装置正确，故B正确；C二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，缺少加热装置，且需要先将气体通入饱和食盐水中以除去HCl气体，故C错误；D实验室制乙酸乙酯时，导管不能插入液面以下，以免发生倒吸，故D错误；故选B。17. 除去下列物质中少量杂质采用的方法与制取无水乙醇的方法相同的是A. 己烷（杂质为己烯）B. 乙醇（杂质为乙酸）C. 硝基苯（杂质为苯）D. 苯（杂质为甲苯）【答案】B【解析】【详解】乙醇中含有少量水可加入
22、生石灰再蒸馏制得无水乙醇，A己烷（杂质为己烯）方法是：可以用溴水洗涤，故A不符合题意；B乙醇（杂质为乙酸）方法是：加入氧化钙蒸馏，故B符合题意；C硝基苯（杂质为苯）为相互溶解的液体，除杂方法是：蒸馏，故C不符合题意；D苯（杂质为甲苯）方法是：可以用酸性高锰酸钾溶液氧化除去，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】除杂：除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质，（2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离。18. X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电
23、子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是A. X元素的氢化物的水溶液显碱性B. Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C. Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D. Y元素最高价氧化物晶体具有很高的熔点和沸点【答案】C【解析】【详解】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。则A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（
24、H2O），A不正确；B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不正确；C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C正确；D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分子晶体，熔沸点低，D不正确；答案选C。19. 往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，先产生沉淀，后沉淀不断溶解得到溶液A。取溶液A加入葡萄糖溶液水浴加热，有银镜产生；另取溶液A加入NaC1和硝酸混合溶液，有白色沉淀产生。以上实验涉及多个反应，以下反应的离子方程式错误的是A. Ag+ + NH3H2OAgOH+ NH4+B. AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2+OH+2H2OC. CH2OH(CHOH)4CHO+ 2Ag
25、(NH3)2+CH2OH(CHOH)4COOH+ 2Ag +4NH3+ H2OD. Ag(NH3)2+ OH+C1+3H+AgC1+2NH4+ H2O【答案】C【解析】【分析】由A可与葡萄糖溶液发生银镜反应，可知A为银氨溶液：Ag(NH3)2OH，A与NaC1和硝酸混合生成白色沉淀，可知白色沉淀为AgCl。【详解】A硝酸银和氨水反应先生成AgOH沉淀，该离子方程式符合实验事实，拆分正确，原子和电荷均守恒，A项正确；BAgOH沉淀与氨水反应生成银氨溶液和水，离子方程式正确，B项正确；C银氨溶液将葡萄糖中的醛基氧化成羧基，羧酸再与氨发生反应，生成葡萄糖酸铵，C项错误；D银氨溶液与NaCl和硝酸的混
26、合溶液中的Cl-发生反应，生成AgCl沉淀，D项正确；答案选C。【点睛】葡萄糖中的醛基被银氨溶液氧化成羧基，羧酸又与氨反应生成羧酸铵，故产物应是葡萄糖酸胺。醛基也能被新制Cu(OH)2氧化成羧基，最终产物为羧酸。注意二者的区别。20. CH3CH2CH2OH、和浓硫酸混合物共热，产生的有机产物有A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】C【解析】【分析】饱和一元醇在浓硫酸140条件下发生分子间脱水生成醚，可以是同种分子，也可以是不同分子；饱和一元醇在浓硫酸170条件下发生分子内脱水生成烯烃，据此分析解答。【详解】CH3CH2CH2OH、两种醇都可发生分子间脱水反应生成醚，可以是相同醇分子
27、，也可以是不同醇分子，则这两种醇可生成3种醚；每种醇在浓硫酸170条件下可以发生分子内脱水，CH3CH2CH2OH生成1种烯烃，生成2种烯烃，共3种烯烃，得到的有机产物最多有6种，故选C。二、综合分析题21. 氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：(1)氮原子的最外层的轨道表示式是_；氮元素有多种化合价，列举一例含2种氮元素化合价的化合物_(化学式)。(2)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。NH3分子的空间构型是_；与N2H4分子具有相同电子数的分子有多种，其中具有可燃性的物质是_(写化学式)。(3)肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反
28、应是：N2O4(1)+2N2H4(1)3N2(g)+4H2O(g) +1038.7 kJ，若该反应中有4 molN-H键断裂，则生成的气体有_mol，其中转移电子数目为_。(4)肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在_(填标号)a离子键 b共价键 c金属键 d范德华力【答案】 (1). (2). NH4NO3或NH4NO2 (3). 三角锥形 (4). C2H6 (5). 3.5 (6). 4NA (7). cd【解析】【分析】(1)根据构造原理书写其最外层的轨道表示式，根据N原子可以形成常见的阳离子和阴离子分析解答；(2)根据价层
29、电子对互斥理论确定氨气分子的空间构型，根据等电子体的概念结合可燃性书写；(3)根据N2H4中氮氢键的关系结合方程式分析计算；(4)根据硫酸铵晶体中存在的化学键分析判断。【详解】(1)氮原子最外层有5个电子，其最外层轨道表示式为：，硝酸铵或亚硝酸铵等物质中氮元素有两种化合价，故答案为： ；NH4NO3或NH4NO2；(2)NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，采用sp3杂化，空间构型是三角锥形，与N2H4分子具有相同电子数的分子有多种，其中具有可燃性的物质是C2H6，故答案为：三角锥形；C2H6；(3)若该反应中有4molN-H键断裂，则有1molN2H4参加反应，根据N2O4(1)+
30、2N2H4(1)3N2(g)+4H2O(g)，生成气体的物质的量=mol=3.5mol，转移电子数=1molNA/mol=4NA，故答案为：3.5；4NA；(4)硫酸铵是离子化合物，硫酸铵中存在离子键和共价键，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，所以N2H6SO4的晶体内也存在离子键和共价键，不含金属键和范德华力，故选cd。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意N2O4(1)+2N2H4(1)3N2(g)+4H2O(g)中N2O4中N由+4价变成0价，N2H4中N由-2价变成0价。22. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。金属元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内
31、层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。（1）W元素的原子核外共有_ 种不同运动状态的电子、_ 种不同能量的电子。（2）元素Z与元素X形成共价化合物XZ2是_（选填“极性”或“非极性”）分子，其电子式为 _。（3）Y原子的最外层电子排布式为_，Y元素最高价氧化物对应的水化物的电离方程式为 _。（4）两种非金属元素中，非金属性较强的元素是_（写元素符号），试写出一个能说明这一事实的化学方程式_。【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). 非极性 (4). (5). 3s23p1 (6). H2O+H+AlO2Al(OH)3Al3+3OH (
32、7). S (8). H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2【解析】【分析】X原子最外层电子数是内层电子数2倍可知X为C，地壳中含量最丰富的金属元素是Al（Y），Z最外层电子数是电子层数的2倍可知Z为S，由四种元素原子序数依次增大且W是制造高效电池的材料可知W为Li。【详解】（1）同一个原子中没有运动状态完全相同的电子，Li原子序数为3，电子数也为3，所以W原子核外有3种不同运动状态的电子，Li核外电子排布式为1s22s1，所以有两种不同能量的电子，故答案为：3；2；（2）CS2是结构对称的共价化合物，属于非极性分子，分子中含有两个碳硫双键，电子式为，故答案为：非极性；（3）A
33、l的原子序数为13，最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；Al最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，电离方程式为H2O+H+AlO2Al(OH)3Al3+3OH，故答案为：3s23p1；H2O+H+AlO2Al(OH)3Al3+3OH；（4）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，S、C对应的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4和H2CO3，硫酸是强酸，碳酸是弱酸，所以非金属性SC，可以用硫酸制取碳酸证明，反应的化学方程式为H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2，故答案为：S；H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2。23
34、. 苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如下图装置，以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯。有关物质的物理性质见下表所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/C122.4-97-12.3沸点/C24964.3199.6密度/gcm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶I合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入0.1 mol苯甲酸和0.4 mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热60分钟，得苯甲酸甲酯粗产品。(1)甲装置的作用是：_。(2)化学小组在实验中用过量的反应物甲醇，其理由是_。粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用
35、下列流程进行精制。(3)试剂1可以是_(填编号)，作用是_。A稀硫酸 B碳酸钠溶液 C乙醇(4)第一次蒸馏时，控制的温度应在_C左右，操作1的名称是_。(5)实验制得的苯甲酸甲酯精品质量为10g，则苯甲酸的转化率为_。(6)这个实验的最高产率可达90%，本次实验制得的苯甲酸甲酯的产率低于最佳产率，可能的原因是_(填编号)。A甲醇用量多了B反应时加热时间还不够长C减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多【答案】 (1). 冷凝回流 (2). 该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇投料量，可以提高产率，提高苯甲酸的转化率 (3). B (4). 洗去苯甲酸甲酯中过量的酸 (5).
36、64.3 (6). 分液 (7). 73.5% (8). BC【解析】【分析】在圆底烧瓶中加入0.1 mol苯甲酸和0.4 mol甲醇，再小心加入3 mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热60分钟，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，联想乙酸乙酯的制备实验分析解答I；由流程图可知，粗产品蒸馏得到甲醇和混合液，混合液中主要含有苯甲酸甲酯、硫酸、苯甲酸和水，加入试剂1洗涤后得到水层和有机层，因此试剂1的目的是洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，得到的有机层中主要含有苯甲酸甲酯和少量水、苯甲酸等，再加入无水硫酸镁干燥后过滤，得到的物质中主要含有苯甲酸甲酯、苯甲酸等，再减压蒸馏得到均为纯净的苯甲酸
37、甲酯，据此分析解答。【详解】(1)甲醇易挥发，因此甲装置的作用是冷凝回流；根据逆流原理应从b口通入冷凝水，故答案为：冷凝回流；(2)酯化反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，因此增加甲醇的投料量可以提高产率，提高苯甲酸的转化率，故实验中用过量的反应物甲醇，故答案为：该反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇投料量，可以提高产率，提高苯甲酸的转化率；(3)由流程图可知，操作1是洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，应选择碳酸钠溶液，故答案为：B；洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；(4)第一次蒸馏是分离出甲醇，控制的温度应在64.3C左右；操作1是分离水层和有机层，应该
38、是分液，故答案为：64.3；分液；(5)0.1mol苯甲酸的质量为0.1mol122g/mol=12.2g，根据，1mol苯甲酸完全酯化可以得到1mol苯甲酸甲酯，设苯甲酸的转化率为x，则=，解得：x=73.5%，故答案为：73.5%；(6)A甲醇用量多可以提高苯甲酸的转化率，苯甲酸甲酯的产率应增大，故A不符合；B反应时加热时间不够长，使得反应未达到平衡状态，可能使得苯甲酸甲酯的产率低于最佳产率，故B符合；C减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多，可能还有部分苯甲酸甲酯未蒸出，使得苯甲酸甲酯的产率低于最佳产率，故C符合；故答案为：BC。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意酯化反应为可逆反应，增大一种反应
39、物的用量，可以提高另外一种反应物的转化率。24. 化合物M是一种药物。以乳酸为原料合成M以及高分子化合物N的路线如下图所示。根据题意完成下列填空： (1)写出反应类型：CN _反应；EF _反应。(2)C8H10有多种同分异构体，其中一溴代物最多的芳香烃的名称是_。(3)写出由乳酸生成A的化学方程式：_。(4)D生成E时，会有邻、对位三取代的副产物生成，写出此三取代产物的结构简式_。(5)下列关于M的说法错误的是_(选填编号)。a能发生还原反应 b能使酸性高锰酸钾溶液褪色c能与盐酸反应生成盐 d属于氨基酸(6)仿照乙烯制取乙酸乙酯的反应流程图，写出丙烯制得乳酸的反应流程图_。(乙烯制取乙酸乙酯
40、：CH2=CH2CH3CH2OH CH3COOC2H5) 。【答案】 (1). 加聚反应 (2). 还原反应 (3). 乙苯 (4). CH3CH(OH)COOH CH2=CHCOOH+H2O (5). (6). d (7). CH2=CHCH3【解析】【分析】乳酸在一定条件下反应生成A，A和甲醇在一定条件下发生酯化反应生成C，C反应生成聚丙烯酸甲酯，C是丙烯酸甲酯，其结构简式为：CH2=CHCOOCH3，则A是丙烯酸，A的结构简式为：CH2=CHCOOH；A和氢气发生加成反应生成B，则B的结构简式为：CH3CH2COOH，B和溴发生取代反应生成2-溴丙酸，D在一定条件下反应生成E，根据E的结
41、构简式及D的分子式知，D是间二甲苯()，据此分析解答。【详解】(1) CN是丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，EF 是E中硝基发生还原反应生成F中的氨基，故答案为：加聚反应；还原反应；(2)C8Hl0属于芳香烃的的同分异构体有、，其中一溴代物最多的是乙苯，其一溴代物有5种，故答案为：乙苯；(3)乳酸在一定条件下发生消去反应生成丙烯酸，反应的化学方程式为：CH3CH(OH)COOH CH2=CHCOOH+H2O，故答案为：CH3CH(OH)COOH CH2=CHCOOH+H2O；(4)D生成E时，会有邻、对位三取代的副产物生成，此三取代产物的结构简式为：，故答案为：；(5)M的结构简式为。aM中含有苯环，能发生还原反应，故a正确；bM的苯环上含有甲基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；cM中含有氨基，能与盐酸反应生成盐，故c正确；dM中没有羧基，不属于氨基酸，故d错误；故选d；(6) 由丙烯(CH2=CHCH3)合成乳酸()，可以首先在丙烯中引入两个羟基，因此先与溴加成，然后水解即可；然后将氧化后再还原即可得到乳酸，因此合成路线为：CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3。【点睛】本题的难点为(6)，要注意羟基的引入在合成过程中的利用。
