1、山东省青岛胶州市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题说明：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2.选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5 mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ca-40 Cu-64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密不可分，下列叙述正确的是A. “84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，与盐酸混用效果好B. “三月打雷麦谷堆”蕴含着氮的固定原理C. 二氧化硫具有漂白性，可用
2、于漂白纸张、面粉和银耳等D. 纯碱既可用于调节面团的酸度，又可用作膨松剂【答案】B【解析】【详解】A“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，与盐酸混用会放出氯气，故A错误；B氮气、氧气在放电条件下生成NO，“三月打雷麦谷堆”蕴含着氮的固定原理，故B正确；C二氧化硫有毒，不能用于面粉和银耳等食品的漂白，故C错误；D碳酸氢钠用作膨松剂，故D错误；选B。2.下列有关说法错误的是A. 淀粉、纤维素、蛋白质属于天然高分子化合物，均可水解B. 可用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧C. 脱氧核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合成DNA单链D. 酒精、苯酚溶液、四氯化碳、己烯、甲苯五种无色液体可用溴水区分【答案】B【解
3、析】【详解】A淀粉、纤维素、蛋白质都是天然有机高分子化合物，且在一定条件下都能水解，A正确；BK的活动性比Mg强得多，所以K和CO2可以反应，4K+CO2=2K2O+C，K2O和CO2反应还会生成K2CO3，所以不能用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧，B错误；CDNA聚合酶在模板的指导下，将单个游离的脱氧核苷酸加到DNA链中，与前一个脱氧核苷酸形成磷酸二酯键，磷酸二酯键合成DNA时需要引物，所以脱氧核苷酸分子间脱水形成磷酯键后聚合成DNA单链，C正确；D加入溴水，酒精与溴水互溶；苯酚溶液中加溴水产生白色沉淀；四氯化碳中加入溴水发生萃取，有色层在下层；己烯中加入溴水褪色；甲苯中加入溴水发生萃取，有
4、色层在上层，可鉴别，D正确；答案选B。3.下列有关说法正确的是A. 7.8g苯含有0.6NA个键B. 基态F原子核外有9种能量不同的电子C. 第一电离能：GaZnD. 每个面心立方晶胞中八面体空隙与四面体空隙个数比为1：2【答案】D【解析】【详解】A7.8g苯的物质的量为0.1mol，所以含有1.2NA个键（C-C键、C-H键），A错误；B基态F是9号元素，它的电子排布式：1s22s22p5，能级不同，能量才会不同，所以基态F原子核外有3种能量不同的电子，B错误；CGa和Zn是同周期元素，因为Zn的核外电子达到全满状态，而Ga含有空轨道，所以第一电离能：GaZn，C错误；D四面体空隙：由四个球
5、体围成的空隙，球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空隙，球体中心线围成八面体形；对有n个等径球体堆积而成的系统，共有：四面体空隙2n个，八面体空隙n个，所以每个面心立方晶胞中八面体空隙与四面体空隙个数比为1：2，D正确；答案选D。4.下列有关有机物说法错误的是A. 芳香烃C7H8一氯取代后，生成4种沸点不同的有机产物B. 毛绒玩具内充物聚酯纤维( )，一定条件下能水解为对苯二甲酸和乙二醇C. 用甘氨酸()和丙氨酸( )缩合最多可形成三种二肽D. 常压、120条件下，某气态烃在密闭容器中与过量O2混合点燃，完全反应后，恢复原温度与压强，气体体积不变，则该烃分子式为CxH4(x1)【答
6、案】C【解析】【详解】A芳香烃C7H8一氯取代后，可能生成的一氯代物有 ，共4种，故A正确；B聚酯纤维 ( )中含酯基，一定条件下水解能生成对苯二甲酸和乙二醇，故B正确；C甘氨酸()和丙氨酸( )缩合，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽，当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羧基中的羟基，丙氨酸脱氢，也可以丙氨酸脱去羧基中的羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种二肽，故C错误；D常压、120条件下，某气态烃CxHy在密闭容器中与过量O2混合点燃， ，恢复原温度与压强，气体体积不变， ，解得y=4，则该烃分子式为CxH4(x1)，故D正确；答案选C。5.下列有关元素及其化合物的说法正确的是A.
7、 二氧化氯具有强氧化性，常用做漂白剂、消毒剂B. 常温下，金属铁、铝遇浓硝酸和浓硫酸均不反应C. 钠在空气中燃烧生成的过氧化钠属于碱性氧化物D. 硫在过量的氧气中燃烧，最终被氧化为三氧化硫【答案】A【解析】【详解】A二氧化氯具有强氧化性，能杀死病毒、细菌、原生生物、藻类、真菌和各种孢子及孢子形成的菌体，二氧化氯的主要用途在自来水的消毒，和面粉与木质纸浆的漂白，常用做漂白剂、消毒剂，A正确；B常温下，金属的钝化是在金属的表面生成一层难溶解的化合物，即氧化物膜，所以金属铁、铝遇浓硝酸和浓硫酸会发生钝化，B错误；C钠在空气中燃烧生成的过氧化钠属于过氧化物，C错误；D硫在过量的氧气中反应，不生成三氧化
8、硫，而是生成二氧化硫，要生成三氧化硫，必须有催化剂的作用，或者通入水溶液中久置，D错误；答案选A。6.下列有机物命名正确的是A. 3，3-二甲基-2-乙基戊烷B. 2-甲基3-丁醇C. 对乙基苯酚D. 2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯【答案】C【解析】【分析】烷烃的系统命名法：(1) 选定分子中最长的碳链为主链，并按主链中碳原子的数目称为某“烷”；(2) 选主链中离支链最近的一端作为起点，用1、2、3等阿拉伯数字依次给主链上的各碳原子编号定位，以确定支链的位置；(3) 把支链的名称写在主链名称的前面，在支链的前面用阿拉伯数字注明它在主链上的位置，并在数字与名称之间用一短线隔开；(4) 如
9、果主链上有相同的支链，可以将支链合并起来，用二、三等数字表示支链的个数，两个表示支链位置的阿拉伯数字之间要用“，”隔开；(5) 如果最长链不只一条，应选择连有支链多的最长链为主链；(6) 如果主链上有几个不同的支链，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；(7)烯烃和炔烃的命名中将含有双键或三键的最长碳链作为主链，称为“某烯”或“某炔”，从距离双键或三键最近的一端给主链上的碳原子依次编号定位；醇类的命名与烯烃和炔烃的命名类似。【详解】A的命名为3，3，4-三甲基己烷，A错误；B的命名为3-甲基2-丁醇，B错误；C的命名为对乙基苯酚，C正确；D 2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，D错误；答案选
10、C。7.下列对相关实验描述正确的是A. 向溴乙烷中滴入HNO3酸化的AgNO3溶液，发生反应Br-+Ag+=AgBr，可以检验其中的溴元素B. 向盛有少量淀粉溶液的试管中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入适量NaOH溶液、新制的银氨溶液，生成光亮的银镜，说明淀粉水解生成的葡萄糖有还原性C. 向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，证明乙醇发生消去反应生成乙烯D. 往苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，发生反应2C6H5O-+CO2+H2O2C6H5OH+，证明碳酸的酸性强于苯酚【答案】B【解析】【详解】A溴乙烷是非电解质，溴乙烷不能直接电离
11、出溴离子，滴入HNO3酸化的AgNO3溶液，不能发生反应Br-+Ag+=AgBr，故A错误；B向盛有少量淀粉溶液的试管中加入几滴稀硫酸，水浴加热，淀粉发生水解反应生成葡萄糖，然后加入适量NaOH溶液中和硫酸，再加入新制的银氨溶液，发生银镜反应，说明淀粉水解生成的葡萄糖有还原性，故B正确；C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170，可能发生副反应生成二氧化硫气体，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，不能证明乙醇发生消去反应生成乙烯，故C错误；D往苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，发生反应C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+，证明碳酸的酸性强于苯酚，故D错误；选B。8.过硝
12、酸钠(NaNO4)能与水发生反应：NaNO4+H2O=NaNO3+H2O2，下列说法错误的是A. 过硝酸钠中N表现+5价B. 根据VSEPR理论可知：中心N原子孤电子对数为1C. 过硝酸钠中含有“-O-O-”结构D. H2O2与H2O都属于极性分子【答案】B【解析】【详解】ANaNO4中存在O-O键，有2个-1价氧原子、2个-2价氧原子，所以N表现+5价，故A正确；B根据VSEPR理论可知：中心N原子的价电子对数是，配位原子数是3，无孤电子对，故B错误；C过硝酸钠(NaNO4)能与水发生反应H2O2，可知过硝酸钠中含有“-O-O-”结构，故C正确；DH2O2中含有极性键和非极性键，但结构不对称
13、，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D正确；选B。9.司替戊醇(d)用于治疗Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示：下列有关说法错误的是A. l mol a最多能与4 mol H2发生加成反应B. c存在顺反异构C. ac发生了加成反应和消去反应D. d中所有碳原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【详解】Aa分子中含有苯环、醛基，l mol a最多能与4 mol H2发生加成反应，故A正确；Bc分子碳碳双键两端的碳原子都连接不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故B正确；Cac先发生加成反应生成，再发
14、生消去反应生成，故C正确；D如图所示，红圈标出的4个碳原子连在同一个碳原子上，类似甲烷的结构，d中不可能所有碳原子处于同一平面，故D错误；选D。10.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向盛有少量胆矾晶体的试管中加入适量的浓硫酸晶体表面由蓝色变为白色说明浓硫酸具有脱水性B向CaCl2溶液中通入适量CO2产生白色沉淀说明CO2能与盐反应C向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液溶液先变红后褪色说明新制氯水具有酸性和漂白性D将铜丝伸入到盛有浓硝酸的试管中产生红棕色气体，溶液变绿说明Cu(NO3)2溶液呈绿色A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A胆矾晶体中加入浓硫酸，使
15、其失去水，变为硫酸铜固体，体现浓硫酸的吸水性，故A错误；BCaCl2溶液和CO2不反应，向CaCl2溶液中通入适量CO2，无现象，故B错误；C氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故C正确；D铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，铜离子浓度大时，溶液呈绿色，故D错误；选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.绿原酸是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，其结构如图所示。下列说法正确的是A. 绿原酸的分子式为C16H19O9B.
16、 每个分子中含有4个手性碳原子C. 1 mol绿原酸能跟4 mol溴发生反应D. 1 mol绿原酸能跟8 mol NaOH发生反应【答案】BC【解析】【详解】A绿原酸的分子式为C16H18O9，A错误；B手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，所以每个分子中含有4个手性碳原子，均在左边的六碳环上，B正确；C1 mol绿原酸含有1mol碳碳双键、苯酚的苯环上含有3mol的酚羟基，所以1 mol绿原酸能跟4 mol溴发生反应，C正确；D1 mol绿原酸含有2mol的酚羟基、1mol酯基、1mol羧基，所以1 mol绿原酸能跟4 mol NaOH发生反应，D错误；答案选BC
17、。12.我国学者研究出一种用于催化DMO和氢气反应获得EG的纳米反应器，如图是反应的微观过程示意图。下列说法正确的是A. Cu纳米颗粒起催化作用，使氢气解离成氢原子B. DMO的名称为乙二酸甲酯C. MG酸性水解的一种产物能发生缩聚反应D. 该反应可表示为DMO+2H2 EG+2CH3OH【答案】AC【解析】【详解】A根据图示信息，Cu纳米颗粒起催化作用，使氢气解离成氢原子，故A正确；BDMO的名称为乙二酸二甲酯，故B错误；CMG酸性水解的产物是CH3OH、HOOCCH2OH，HOOCCH2OH能发生缩聚反应，故C正确；D根据原子守恒，该反应可表示为DMO+4H2EG+2CH3OH，故D错误；
18、选AC。13.一种可以治疗新冠病毒肺炎的药物“奥司他韦”的结构简式如图所示。下列说法正确的是A. 奥司他韦分子中含有5种官能团B. 能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，均发生氧化反应C. 奧司他韦属于芳香族化合物，其特殊的不饱和结构决定了它在反应中的反应活性D. 奧司他韦既具有酸性，又具有碱性，是一种两性化合物【答案】A【解析】【详解】A奥司他韦分子中含有碳碳双键、醚键、酯基、肽键、氨基5种官能团，故A正确；B奥司他韦分子中含有碳碳双键，发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液，发生加成反应使溴水褪色，故B错误；C奧司他韦分子中没有苯环，不属于芳香族化合物，故C错误； D奧司他韦不含羧基，没有酸性，含有氨基
19、，具有碱性，故D错误； 选A。14.实验室模拟工业上利用印刷线路板所得酸性含铜蚀刻废液制备碱式碳酸铜，流程如图：下列说法错误的是A. 制作印刷线路板的反应原理为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2B. “反应A”中NaClO3作氧化剂，其氧化性强于Fe3+C. “滤渣”成分是Fe(OH)3和Fe(OH)2D. “反应B”发生的离子方程式为2Cu2+2H2O=Cu2(OH)2CO3+2H+【答案】CD【解析】【分析】制作印刷线路板的反应原理为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所以含铜的蚀刻废液中含有Fe2+和Cu2+；反应A中NaClO3与Fe2+反应：ClO3-+ 6Fe2
20、+6H+= 6Fe3+Cl-+3H2O，NaClO3作氧化剂，Fe2+作还原剂；经过调节pH，将Fe3+转化为沉淀，然后溶液中加入碳酸钠固体，最后制备得碳酸铜。【详解】A制作印刷线路板的反应原理为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，A正确；B“反应A”中NaClO3作氧化剂，Fe3+作氧化产物，所以NaClO3的氧化性强于Fe3+，B正确；CNaClO3是强氧化剂，把Fe2+ 氧化为Fe3+，所以“滤渣”成分是Fe(OH)3，C错误；D制备碱式碳酸铜需要在碱性的条件下，所以“反应B”发生的离子方程式为2Cu2+2OH-=Cu2(OH)2CO3，D错误；答案选CD。15.溴苯是医药、染
21、料和材料领域常用的有机合成原料。实验室合成溴苯的实验装置图如图(夹持装置略去)。下列说法错误是A. 由b向a中滴加液溴，有大量白雾产生，说明反应生成了HBrB. c的作用是冷凝回流，提高原料利用率C. 反应后的混合液经过滤、稀碱溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏等操作，得到溴苯D. 取d中溶液于试管中，滴入几滴HNO3酸化的AgNO3溶液，有浅黄色沉淀析出，说明苯与液溴发生了取代反应【答案】D【解析】【详解】A由b向a中滴加液溴，有大量白雾产生，说明苯与液溴反应生成一种易溶于水的气体，该气体只能是HBr，A说法正确；Bc是冷凝管，苯、溴蒸气在c中冷凝，重新回流到三口烧瓶中参加反应，可以提高原料利用率，
22、B说法正确；C反应后的混合液过滤除去铁屑，稀碱溶液洗涤除去溴单质，经分液、干燥、蒸馏等操作可得溴苯，C说法正确；D溴易挥发，溴蒸气可以进入装置d， 取d中溶液滴入几滴HNO3酸化的AgNO3溶液，有浅黄色沉淀析出，不能说明苯与液溴发生了取代反应，故D说法错误；选D。三、根据题意填空、简答：共5道题，60分，答案填写在答题卡上。16.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂。查阅资料知：焦亚硫酸钠露置空气中易氧化成硫酸钠，与强酸接触放出二氧化硫而生成相应的盐类。请回答下列问题：(1)Na2S2O5中S的化合价为_。(2)配制Na2S2O5溶液所需要的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，目
23、的是_。(3)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂，可用碘标准液测定其残留量。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取20.00 mL样品于锥形瓶，滴加几滴淀粉溶液，用0.01000 mol/L碘标准液滴定至终点，数据如表：滴定次数第一次第二次第三次待测液体积/mL20.0020.0020.00碘标准液读数/mL滴定前0.402.003.10滴定后10.3013.1013.20滴定过程中Na2S2O5与碘标准液反应离子方程式_。判断到达滴定终点的标准是_。计算该葡萄酒样品中Na2S2O5残留量_g/L(以SO2计)。(4)试设计检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案_。【答案】 (1
24、). +4 (2). 除去水中溶解的O2，防止焦亚硫酸钠被氧化 (3). +2I2+3H2O=2+4I-+6H+ (4). 滴入最后一滴碘标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不变色 (5). 0.33 (6). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成【解析】【详解】(1)Na2S2O5中O为-2价，Na为+1价，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，所以S的化合价为+4；(2)由已知资料可知，焦亚硫酸钠露置空气中易氧化成硫酸钠，所以配制Na2S2O5溶液所需要的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，目的是除去水中溶解的O2，防止焦亚硫
25、酸钠被氧化；(3)滴定过程中Na2S2O5与碘标准液反应的离子方程式为+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；滴定终点时，碘标准液稍微过量，淀粉遇碘变蓝，所以判断到达滴定终点的标准是：滴入最后一滴碘标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不变色；由表中数据可知，计算出消耗的碘标准液体积为(10.3-0.4+13.10-2.00+13.20-3.10)3=10.37mL，则消耗的碘单质的物质的量为0.01mol/L0.01037L1.0410-4mol，有2I2，若其质量以SO2计，根据硫元素守恒有： 2SO2，所以有 2SO2 2I2，则该葡萄酒样品中Na2S2O5残留量为(1.0410-4mo
26、l64g/mol)0.02L=0.33 g/L(以SO2计)；(4) 若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则会生成硫酸钠，所以只要检测试样溶液中有无硫酸根即可：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明Na2S2O5晶体在空气中已被氧化。17.钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，请回答下列问题：(1)基态Cu的价电子排布式为_。(2)CaCO3高温分解可制得CaO。CaO与C在一定条件下可生成CaC2，CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种四原子气体分子M。CaCO3中阴离子的空间构型为_。该气体分子M中键与键的数目之比为_
27、。(3)工业上电解CaCl2制Ca而不用CaO，请从结构角度解释原因_。(4)在碱性溶液中，缩二脲HN(CONH2)2与CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含肽键的化合物。缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为_、_。(5)一种钙铜合金的结构可看作图a、b两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如图d。a图中Ca-Ca间距离为x pm，c图中Ca-Ca间距离距离为ypm。已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数(Cu原子)为_。设阿伏加德罗常数为NA，则该钙铜合金的密度是_g/cm3(列出计算表达式)。【
28、答案】 (1). 3d104s1 (2). 平面三角形 (3). 3：2 (4). Cl-比O2-半径大，所带电荷数小，CaCl2熔点较低，熔化时消耗能量少 (5). sp2 (6). sp3 (7). 18 (8). 【解析】【分析】(1) Cu原子核外有29个电子，根据洪特规则书写基态铜原子的价电子排布式；(2) CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种四原子气体分子HCCH。(3) CaCl2和CaO相比，O2-比Cl-半径小、所带电荷数多；(4) 根据图示 ，碳原子形成3个键，无孤电子对；氮原子形成3个键，有1对孤电子对；(5)根据晶胞c的结构判断；根据晶胞图d，晶胞的体积是 ，根据均
29、摊法，1个晶胞中含有Ca原子数 ，Cu原子数是。【详解】(1) Cu原子核外有29个电子，根据洪特规则，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；(2)CaCO3中阴离子是CO32-，中心C原子的价电子对数是，配位原子数是3，无孤电子对，空间构型为平面三角形；气体分子M是HCCH，结构式是H-CC-H，键与键的数目之比为3:2；(3) CaCl2和CaO相比，O2-比Cl-半径小、所带电荷数多，CaCl2熔点较低，熔化时消耗能量少，所以工业上电解CaCl2制Ca而不用CaO；(4)根据图示，碳原子形成3个键，无孤电子对，碳原子杂化类型是sp2；氮原子形成3个键，有1对孤电子对，氮原子杂化类型是
30、sp3； (5)根据晶胞c可知，离Ca原子最近且距离相等的Cu原子有18个，Ca的配位数是18；根据晶胞图d，晶胞的体积是 ，根据均摊法，1个晶胞中含有Ca原子数 ，Cu原子数是；则该钙铜合金的密度是g/cm3。【点睛】本题考查物质结构，根据均摊法准确计算晶胞中原子数是解题关键，注意根据价电子对数判断中心原子的杂化方式，根据离子半径、离子所带电荷判断离子晶体熔沸点。18.有机化学实验室大量制备乙酸乙酯通常经过反应回流和产物蒸馏提纯两个步骤(夹持仪器和加热装置省略)。已知：氯化钙可以与乙醇形成CaCl26C2H5OH有关有机物沸点如表：试剂乙醇乙酸乙酸乙酯乙醚沸点()78.511877.134.
31、7.反应回流(图甲)向圆底烧瓶中加入1.3 g无水乙醇和1.8 g冰醋酸，再加入2.8 g无水乙醇和1mL浓硫酸的混合物，并加入几片碎瓷片，连接好装置，保持温度在110-120，加热回流1h。.蒸馏提纯(图乙)步骤：待烧瓶内液体冷却后将装置改为乙，蒸馏收集粗产品。粗产品依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NaCl溶液、饱和CaCl2溶液洗涤，然后用无水氯化镁干燥。再次蒸馏，收集77左右的馏分，得1.9 g产品。请回答下列问题：(1)写出甲中发生反应的化学方程式_。(2)仪器a的名称_，c可否用a代替_(填“是”或“否”)。(3)采用_加热方式，使温度保持在110120。(4)用饱和Na2CO3溶液
32、和饱和CaCl2溶液洗涤的目的分别为_、_。洗涤后，分离得到乙酸乙酯用到的主要玻璃仪器有_。(5)加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而下降，请解释_。(6)计算乙酸乙酯的产率_(保留三位有效数字)。【答案】 (1). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (2). 球形冷凝管 (3). 否 (4). 油浴(或电热套) (5). 除去乙酸和硫酸 (6). 除去乙醇 (7). 分液漏斗、烧杯 (8). 温度过高，乙醇、乙酸易挥发，且容易生成乙醚 (9). 72.0%【解析】【分析】乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸
33、乙酯，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，据此分析解答。【详解】(1)甲中发生乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)仪器a的名称球形冷凝管，作用是冷凝回流，直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底，c不能用a代替；(3)使温度保持在110120，油浴最高温度比水浴高，采用加热方
34、式为油浴(或电热套)；(4)碳酸钠溶液可以和酸发生反应，制备乙酸乙酯的过程中会有乙酸和硫酸作为杂质生成，用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的除去乙酸和硫酸，氯化钙可以与乙醇形成CaCl26C2H5OH，用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是除去乙醇，分离得到乙酸乙酯时需要用到分液的操作，用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；(5)加热有利于提高乙酸乙酯的产率，温度过高，乙醇、乙酸易挥发，乙醇分子间易发生分子间脱水，容易生成乙醚；会使乙酸乙酯的产率下降， (6) 1.9 g是乙酸乙酯的实际产量，无水乙醇的总质量为1.3 g2.8 g=4.1g，冰醋酸的质量为1.8 g，根据化学方程式：CH3COOH+CH3
35、CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，可知无水乙醇过量，用冰醋酸的质量计算生成理论乙酸乙酯的质量为：=2.64g，乙酸乙酯的产率=100%=72.0%。【点睛】用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的除去乙酸和硫酸，氯化钙可以与乙醇形成CaCl26C2H5OH，用饱和CaCl2溶液洗涤的目的是除去乙醇，解题时要充分利专用题目有效信息，进行分析。19.黄铜矿(主要成分二硫化亚铁铜，化学式为CuFeS2)为原料可制备金属铜及其化合物，还可以制得铁红、硫磺等，工艺流程如图：请回答下列问题：(1)气体X的名称是_。(2)“铁红”化学式为_。向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时(杂质不参加反应)，
36、混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为_。(3)FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为_。(4)反应I化学方程式为_，反应II所得“溶液A”成分是(填化学式)_。(5)科学家通过X射线推测胆矾结构示意图如图：则1mol胆矾有_个氢键，写出能反映胆矾结构示意图形式的化学式_。【答案】 (1). 二氧化硫 (2). Fe2O3 (3). 3：2 (4). CuFeS2+C1-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+ (5). CuCl + NaCl = NaCuCl2 (6). NaCl、CuCl2 (7). 4NA (8). Cu(H2O)4SO4
37、H2O【解析】【分析】CuFeS2在空气中焙烧生成二氧化硫、泡铜、氧化铁；CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S；CuCl和NaCl反应生成可溶性NaCuCl2；NaCuCl2加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl。【详解】(1) CuFeS2在空气中焙烧，生成SO2气体，气体X是二氧化硫；(2) Fe2O3的俗名是“铁红”；向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时硝酸表现氧化性、硫酸表现酸性，反应方程式是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO+4H2O，所以混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3:2；(3)FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸
38、时CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为CuFeS2+C1-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+；(4)反应I是CuCl和NaCl反应生成可溶性NaCuCl2，化学方程式为CuCl + NaCl = NaCuCl2，反应II 是NaCuCl2加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl，所得“溶液A”成分是NaCl、CuCl2；(5) 根据图示， 1mol胆矾有4NA个氢键(红圈标出)，能反映胆矾结构示意图形式的化学式Cu(H2O)4SO4H2O。20.萜类化合物是中草药中的一类比较重要的化合物，广泛分布于植物、
39、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。H是一种萜类化合物，其合成路线如图：已知：R、R1、R2为烃基，X为卤素原子。+请回答下列问题：(1)E中的含氧官能团名称为_。(2)写出G的结构简式_。(3)写出反应方程式：BC_，反应类型_。(4)用*号标出H中的手性碳原子_。(5)写出符合下列条件的C的同分异构体有_种。a.含有苯环且苯环上有两种氢；b.只含一种官能团且能发生水解反应；c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9。(6)应用上述信息，以乙醇为原料制备，画出合成路线图(无机试剂任选)_。【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). (3). +CH3OH +H2O (4). 取代反应
40、(5). (6). 6 (7). CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【解析】【分析】B和CH3OH发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是；结合信息，可知和CH3MgI反应生成(D)；和反应生成 (F)，氧化为(G)；水解为。【详解】(1)E是，含氧官能团名称为羟基、醚键；(2) 和反应生成 ，氧化为，G的结构简式；(3) B是和CH3OH发生酯化反应生成和水，反应方程式是+CH3OH +H2O。(4) 中的手性碳原子；(5) a.含有苯环且苯环上有两种氢； b.只含一种官能团且能发生水解反应，含有酯基； c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9，说明苯环含2个对
41、位取代基；两个取代基可能是-COOCH3、-COOC(CH3)3或-OOCCH3、-COOC(CH3)3或-COOCH3、-OOCC(CH3)3或-OOCCH3、-OOCC(CH3)3或-CH3、-OOCCOO(CH3)3或-CH3、-OOCCOOC(CH3)3或-C(CH3)3、-OOCCOOCH3，共6种；(6)乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和CH3CH2MgBr反应生成，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。【点睛】本题考查有机合成，充分利用题目信息是解题关键，明确各有机物结构变化，掌握官能团结构和性质，注意官能团保护在有机合成中的利用。
