1、20182019学年第一学期期中考试高三年级化学试题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案写在答题卡上，在本试卷上答题无效。第卷(共42分)可能用到的相对原子质量（原子量）：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Fe-56 Cu-64 Ba-137一、选择题：本题包括14小题。每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，都属于有机物B. 碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用C. 工业生产玻璃和水泥，均需要用石灰
2、石为原料D. 海水淡化是解决淡水供应危机的方法之一，向海水中加入明矾可以使海水淡化【答案】C【解析】试题分析：A、食盐、食醋、食用油均可用作食品添加剂，食醋的主要成分醋酸和食用油属于有机物，而食盐为氯化钠的俗称，属于无机物，错误；B、碳酸钡与氢离子反应生成钡离子、二氧化碳和水，钡离子有毒，不能作为抗酸药物使用，错误；C、工业生产玻璃的原料为纯碱、石灰石和二氧化硅，生产水泥的原料为石灰石和粘土，均需要用石灰石为原料，正确；D、海水淡化是解决淡水供应危机的方法之一，常用的海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法，向海水中加入明矾，明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附海水中的悬浮物而沉降
3、下来，不能使海水淡化，错误。考点：考查化学与生产生活的关系，涉及食品添加剂、药物、传统无机非金属材料及海水的淡化。2.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是（ ）A. 喷泉实验 B. 实验室制取并收集氨气.C. 制备氢氧化亚铁 D. 验证苯中是否含有碳碳双键【答案】D【解析】A、NO不溶于水，也不与水反应，故不能用于喷泉实验，A错误；B、加热固体混合物时，试管口应略向下倾斜，B错误；C、Fe(OH)2具有较强的还原性，应将滴管插入液面以下，C错误；D、通过溴水或酸性高锰酸钾溶液是否褪色，可以验证苯环中是否有碳碳双键，D正确。答案选D。3.下列说法中正确的是（ ）A. 干冰、盐酸都是电解质B.
4、Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】A、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，选项C正确；D、根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，选项D错误。答案选C。4.NA代表阿佛加德罗的值，下列说法正确的是（ ）A.
5、常温常压下，15 g甲基（CH3）所含的电子数为7NAB. 水的摩尔质量就是NA个水分子的质量之和C. 含NA个Na+的Na2O2溶于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/LD. 1 mo1Mg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3 N2均失去2NA个电子【答案】D【解析】试题分析：A. 甲基的式量是15，15 g甲基的物质的量为1mol，每个甲基中含有的电子9个，因此15 g甲基（CH3）所含的电子数为9NA.错误。B水的摩尔质量在数值上与NA个水分子的质量之和相等。错误。C. 1L水的体积与溶液的体积并不相等，所以不能说Na+的物质的量浓度为1mol/L。错误。DMg是+2价的金属，所
6、以无论1 mo1Mg与足量O2或N2反应生成的都是+2价的Mg的化合物，Mg均失去2NA个电子。正确。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算的知识。5.用下图表示的一些物质或概念间的从属关系中，不正确的是（ ）XYZ例氧化物化合物纯净物A苯的同系物芳香烃芳香族化合物B烯烃不饱和烃烃C减压蒸馏常压蒸馏石油的分馏D油脂的皂化酯的水解取代反应A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.分子中含有苯环的有机化合物叫做芳香族化合物；芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；苯的同系物是指分子里含有一个苯环，组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物；三者之间属于从属关系，故A正确；
7、B.烯烃是含碳碳双键的链烃；不饱和烃是含不饱和键的烃，如烯烃、炔烃等；烃是指仅含碳氢元素的有机化合物；三者之间属于从属关系，故B正确；C.石油的分馏包括常压分馏和减压分馏，常压分馏和减压分馏属于并列关系，故C错误；D.取代反应指有机物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应；油脂在酸或碱催化条件下可以发生水解反应；油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应；三者之间属于从属关系，故D正确。故选C。6.分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有（ ）A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种【答案】C【解析】试题分析：分子式为C10H14的单取代芳烃可以写为C6H5C4H9，
8、C4H9有正丁基、异丁基两种不同的结构，正丁基有两种不同的H原子，异丁基也有两种不同的H原子，它们分别被苯基取代就得到一种单取代芳烃，所以分子式为C10H14的单取代芳烃,其可能的结构有四种，故选项是C。考点：考查有机物的同分异构体的种类的判断的知识。7.某有机物的结构简式如图所示，关于该物质的叙述错误的是（ ）A. 一个分子中含有12个H原子B. 苯环上的一氯代物有2种C. 能使酸性KMnO4溶液褪色D. 1mol该物质分别与足量H2、NaOH溶液反应，消耗其物质的量均为3mol【答案】B【解析】试题分析：该有机物分子式为C11H12O4，一个分子中含有12个H原子，A正确；苯环上的一氯代物
9、只有1种，甲基的对位，B错误；苯环上存在H，故能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质与3mol氢气反应；酯基在碱性条件下能水解，故2个酯基消耗2mol氢氧化钠，水解后有一个酚羟基，再消耗1mol氢氧化钠，故总共消耗3mol氢氧化钠，D正确。考点：酯点评：酯是重要的有机物，其化学性质是历年高考的常考知识点，考生在备考过程中应注意积累各反应的条件、现象及化学方程式的正确书写。8.下列反应中，属于取代反应的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】属于加成反应；属于酯化反应(取代反应)；属于硝化反应(取代反应)；属于氧化反应。9.常温下，下列各组离子在指
10、定条件下一定能大量共存的是（ ）A. PH=7的溶液中：Na+、Fe3+、SO42-、NO3-B. 加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Na+、NO3-、Cl-C. 能使甲基橙显红色的溶液中：K+、NH4+、SO42-、AlO2-D. c(H+)/ c(OH-)=11012 molL-1的澄清透明溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、Cl-【答案】D【解析】A、pH=7的溶液中不可能有Fe3+，Fe3+此时已完全沉淀生成Fe(OH)3，选项A错误；B、加入铝粉能产生H2的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中NH4+不能大量存在，在酸性条件下有硝酸根离子无法产生氢气，选项B错误；C、能使甲基橙显红
11、色的溶液呈酸性，AlO2-不能大量存在，选项C错误；D、c(H+)/ c(OH-)=11012 molL-1的澄清透明溶液呈酸性，Mg2+、Cu2+、SO42-、Cl-各离子不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等。10.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的
12、是（ ）A. 用该装置收集NO B. 分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液C. 实验室中制取少量蒸馏水D. 配制100mL0.10molL-1盐酸【答案】C【解析】A、NO与O2反应，不能用排空集气法收集，故A错误；B、分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用渗析法，故B错误；C、制取少量蒸馏水装置、原理均正确；D、转移溶液要用玻璃棒引流，故D错误；故选C。11.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A. 将饱和氯化铁溶液逐滴加入煮沸的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体：Fe3+ + 3H2O Fe（OH）3+ 3H+B. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ Br2
13、+ 4Cl-C. 将NaHCO3溶液与过量的Ca(OH)2溶液混合：HCO3- + OH-+ Ca2+ = CaCO3+ H2OD. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I- + IO3- + 3H2O = 3I2 + 6OH-【答案】C【解析】A将饱和氯化铁溶液逐滴加入煮沸的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体，正确的反应为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；B向FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子和溴离子都完全反应，正确的离子方程式为：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-，故B错误；C将NaHCO3溶液与过量的Ca(OH)2溶液混合，反应生成碳酸钙沉淀、
14、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2O，故C正确；D用KIO3氧化酸性溶液中的KI，反应生成碘单质和水，正确的离子方程式为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故D错误；故答案为C。点睛：明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。12.已知：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) Ha kJ/mol2C(s)O2(g)2CO(g) H220 kJ/molHH、OO和OH键的键能分别为436、496和462 kJ/mol
15、，则a为（ ）A. 332 B. 118 C. 350 D. 130【答案】D【解析】【详解】已知热化学方程式C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g) H=a kJ/mol，2C(s)O2(g)=2CO(g) H=220kJ/mol，则根据盖斯定律可知2即得到热化学方程式O2(g)2H2(g)=2H2O(g) H（2202a）kJ/mol。由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值，则496 kJ/mol2436 kJ/mol22462 kJ/mol（2202a）kJ/mol，解得a130，答案选D。故选D。13.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在7
16、00oC时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的科学杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是（ ）A. 这个反应是氧化还原反应 B. 制造过程中元素种类没有改变C. 另一种化合物为NaCl D. 金刚石属于碳的一种同位素【答案】D【解析】ACCl4和Na反应生成金刚石粉末（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，故A正确；B、根据元素守恒定律，制造过程中元素种类、原子的个数没有改变，故B正确；C、CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质）和NaCl，故C正确；D、金刚石属于碳的一种同素异形
17、体，故D错误；故选D。14.某溶液中可能存在Fe3、Fe2、I、HCO3、Cl、NO3六种离子中的几种。进行下列实验：取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈红色；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中一定大量存在的阴离子是（ ）A. I B. HCO3 C. Cl D. NO3【答案】D【解析】取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，一定含Fe3+；则I-、HCO3-与其反应，一定不能存在；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，则含Fe2+、NO3-，在酸性条件下发生氧化还原反应使Fe3+浓度增大，即一定含Fe3+、Fe2+、NO3-，一定不含I-、HCO3-，可能
18、含Cl-，则溶液里一定含有的阴离子为NO3-，故答案为D。第卷（共58分）二、非选择题15.2017年3月21日是第二十五届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H、NH4+、Fe3、Al3、Mg2、Na、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是_，一定存在的阳离子是_。（2）写出实验图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_。（3）
19、分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3)的比值为_，所得沉淀的最大质量是_g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na)=0.14 molL-1,试判断原废水中NO3-是否存在？_（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c(NO3-)=_molL-1。（若不存在或不确定则此空不填）【答案】 (1). CO32- (2). Na+、H+、Al3+、NH4+ (3). NH4+ + OH = NH3H2O (4). 1：1 (5). 0.546g (6). 存在 (7). 0.36 molL-1【解析】(1)无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42-，根据实验
20、确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故废水中一定不存在的阴离子是CO32-，一定存在的阳离子是Na+、Al3+、NH4+、H+；(2)实验图像中沉淀达到最大量，继续滴加NaOH溶液，与溶液里的NH4+ 作用生成NH3H2O，此时沉淀质量不再发生变化，反应的离子反应方程式NH4+ + OH = NH3H2O；(3)已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n(SO42-)=0.01mol，根据图象可知与Al(OH)3反应的OH
21、-为：n(OH-)=0.007mol，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O n(Al3+) 0.007mol 所以n(Al3+)=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，NH4+OH-=NH3H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为1：1；生成Al(OH)3的质量为0.007mol78g/mol=0.546g；(4)溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，已知硫酸钡沉淀为2.3
22、3g，则n(SO42-)=0.01mol，另外n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在电荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=30.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14 molL-10.1L=0.056mol2n(SO42-)=0.02mol，则一定含有NO3-，且n(NO3-)=0.056mol-0.02mol=0.036mol，c(NO3-)=0.36mol/L。点睛：无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42-，根据实验确定有Al3+，一定不含
23、Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故溶液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42-，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42-)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)，再根据电荷守恒确定有没有NO3-。16.利用化学反应原理回答下列问题：（1）在一定条件下，将1.00molN2（g）与3.00molH2（g）混合于一个10.0L密闭容器中，在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示，其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%。该反应的焓变H_0（填“”或“”）判断依据为_。该反应在T1温度下5.00min达到平衡，这段时间内N2的
24、化学反应速率为_。T1温度下该反应的化学平衡常数K1=_。（2）科学家采用质子高导电性的SCY陶瓷（可传递H+）实现了低温常压下高转化率的电化学合成氨，其实验原理示意图如图所示，则阴极的电极反应式是_。（3）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：SCR技术中的氧化剂为_。当NO2与NO的物质的量之比为11时，与足量氨气在一定条件下发生反应。该反应的化学方程式为_。当有3 mol电子发生转移时，则参与反应的NO的物质的量为_。【答案】 (1). (2). 温度升高，氨气的浓度降低，说明正反应为放热反应 (3). 8.00103mol/（Lm
25、in） (4). 18.3 (5). N2+6H+6e=2NH3 (6). NO、NO2 (7). 2NH3NO2NO=2N23H2O (8). 0.5 mol【解析】【分析】（1）由图可知，温度越高，平衡时NH3的浓度越小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；根据化学反应速率的计算公式带入数据即可；根据K=c2(NH3)/c(N2)c3(H2)计算平衡常数；（2）根据阴极发生得到电子的还原反应；（3）根据图以及氧化还原反应间的关系进行判断；根据化合价进行分析。【详解】（1）根据图像中氨气的平衡含量与温度的关系可知：升高温度，氨气的平衡浓度降低，说明升高温度，化学平衡向逆反应
26、方向移动，说明该反应的正反应放热反应。当温度由T1变化到T2时，平衡常数关系K1K2；由于该反应的正反应是放热反应，所以H0，故答案为：；温度升高，氨气的浓度降低，说明正反应为放热反应。该反应在T1温度下5.0min达到平衡，将1.00molN2(g）与3.00molH2(g）混合于一个10.0L密闭容器中，根据反应方程式N2(g）+3H2(g）=2NH3(g）可知：每有1molN2发生反应会产生2molNH3，气体的物质的量减少2mol，假设反应的氮气的物质的量是x，则反应的氢气的物质的量是3x，反应产生2x，反应后的气体的物质的量减小2x，反应后混合气体的总物质的量是(1mol+3mol-
27、2xmol），其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%，2x(1mol+3mol-2xmol）=25.0%，解得x=0.4mol，则这段时间内N2的化学反应速率为0.4mol10L5.0min=8.00103mol/（Lmin），故答案为：8.00103mol/（Lmin）。T1温度下，反应处于平衡状态时，c(NH3）=0.8mol10.0L=0.08mol/L，c(N2）=(1mol-0.4mol）10.0L=0.06mol/L；c(H2）=(3mol-30.4mol）10.0L=0.18mol/L,则根据化学平衡常数的含义可得该反应的化学平衡常数K1c2(NH3)/c(N2
28、)c3(H2)=0.082/0.060.183=18.3，故答案为：18.3。（2）电解池中阴极发生得到电子的还原反应，则阴极是氮气得到电子结合氢离子转化为氨气，电极方程式为：N2+6H+6e=2NH3，故答案为：N2+6H+6e=2NH3。（3）由反应原理图可知SCR技术中，反应物是NH3与NO、NO2，产物为N2和水，氮氧化物中N元素化合价由正化合价变为0价、氨气中N元素化合价由-3价变为0价，故氧化剂为NO、NO2，故答案为：NO、NO2。NH3中氮的化合价由-3价升高到0价，一个NH3失去3个电子，NO2中氮的化合价由+4价降低到0价，一个NO2得到4个电子，NO中氮的化合价由+2价降
29、低到0价，一个NO得到2个电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，转移电子的最小公倍数为6，结合质量守恒可知方程式为：2NH3NO2NO=2N23H2O，当有3 mol电子发生转移时，则参与反应的NO的物质的量为0.5mol，故答案为：2NH3NO2NO=2N23H2O；0.5 mol。17.乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。实验室制备乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反应装置示意图和有关信息如下：乙酸正丁醇乙酸丁酯熔点/16.689.573.5沸点/117.9117126.0密度/gcm31.10.800.88(1)乙酸丁酯粗产品的制备在干燥的50 mL圆底烧瓶中
30、，装入沸石，加入12.0 mL正丁醇和16.0 mL冰醋酸(过量)，再加34滴浓硫酸。然后再安装分水器(作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水)、冷凝管，然后小火加热。写出制备乙酸丁酯的化学方程式_。将烧瓶中反应后的混合物冷却与分水器的酯层合并。装置中冷水应从_(填“a”或“b”)口通入；通过分水器不断分离除去反应生成的水的目的是_。(2)乙酸丁酯的精制将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制：水洗、蒸馏、用无水MgSO4干燥、用10%碳酸钠洗涤。正确的操作步骤是_(填标号)。A. B. C. D.在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸钠洗涤的主要目的是_。在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待
31、分层后_(填标号)。a.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的上口倒出b.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的下口放出c.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从下口放出d.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出(3)计算产率测量分水器内由乙酸与丁醇反应生成的水体积为1.8 mL，假设在制取乙酸丁酯过程中反应物和生成物没有损失，且忽略副反应，乙酸丁酯的产率为_。【答案】 (1). CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O (2). b (3). 分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率 (4). C (5). 洗掉浓硫酸和过量的乙酸 (6). d
32、(7). 77.1%【解析】【分析】（1）根据冷水从下进上出冷却效果好判断进水口，正丁醇和冰醋酸反应生成乙酸丁酯和水，水的密度大，除掉生成物平衡右移；（2）根据各物质的溶解性及性质进行排序；饱和碳酸钠溶液能洗掉浓硫酸和过量的乙酸；乙酸丁酯的不溶于水，密度比水小，所以先从下口放出水溶液，再从上口倒出乙酸丁酯；（3）先根据正丁醇的量计算理论上酯的量，再根据水的量计算实际上酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率。【详解】（1）正丁醇和冰醋酸（过量)反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O，冷凝管冷却时，采用
33、逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故答案为：CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O ；b；分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率。（2）因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，所以制取的酯中含有正丁醇和乙酸，第一步水洗除去酯中的正丁醇和乙酸；第二步用10%碳酸钠洗涤除去乙酸；第三步用水洗涤除去碳酸钠溶液；第四步用无水硫酸镁干燥除去水；第五步蒸馏，制得较纯净的酯。故选C。制备乙酸丁酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是除去产品中含有的
34、乙酸、硫酸等杂质降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质。由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸丁酯从上口放出，所以正确的为d，故选d。（3）12.0mL正丁醇的质量为12.0mL0.8g/mL=9.6g，设12.0mL正丁醇理论上生成酯的质量为x，根据反应CH3COOHCH3CH2CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH2CH3H2O 74g 116g 18g9.6g xg74g/9.6g=116g/xg 解得x=15.05g，当反应生
35、成的水体积为1.8mL即为1.8g时，实际产量为11.6g，所以产率=11.6g15.05g100%=77.1%，故答案为：77.1%。【点睛】第（3）小题有关产率的计算，产率=实际产量理论产量100%。18.氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(H)的合成路线如下：已知：A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0. 276，核磁共振氢谱显示为单峰；回答下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)G的结构简式为_，G中的含氧官能团是_。（填官能团名称）(3)由B生成C的反应类型为_，由C生成D的反应类型为_。(4)由E生成F的化学方程式为_。(5)H的同分异构体中，含
36、有酯基，能发生银镜反应、核磁共振氢谱之比是1：1：3的同分异构体结构简式_、_。（写两种即可）【答案】 (1). 丙酮 (2). CH2=C(CN)COOH (3). 羧基 (4). 消去反应 (5). 取代反应 (6). (7). 【解析】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为 =1，分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，则分子中最大碳原子数目为 =36，故A的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A为，B为，B发生消去反应生成C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E发生催化氧化反应生成F，F再氧化生成G，G与甲醇发生酯化反应生成H，则E为，F为，G为，H为；(1)A为，其化学名称为丙酮；(2)G的结构简式为，G中含有的官能团为碳碳双键和羧基，其中含氧官能团是羧基；(3)与浓硫酸混合加热，发生消去反应生成；由与氯气光照反应生成，反应类型为取代反应；(4)由发生催化氧化生成的化学方程式为；(5)的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应，说明为甲酸酯，再结合核磁共振氢谱之比是1：1：3，可知满足条件的同分异构体结构简式有。
