2022-2022学年浙江省温州市第二外国语学校高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-21题每小题2分，22-25题每小题2分，共54分）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是()A．工业上用石灰乳与氯气制漂白粉B．工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．自来水厂用明矾做净水剂2．下列各组液体混合物，用分液漏斗能分开的是()A．乙醛和水B．苯和硝基苯C．乙酸乙酯和水D．溴乙烷和氯仿3．下列方法能用于鉴别二甲醚（CH3OCH3）和乙醇的是()A．李比希燃烧法B．铜丝燃烧法C．1H核磁共振法D．元素分析仪4．下列说法正确的是()A．根据分散系的稳定性，将分散系分为溶液、胶体和浊液B．根据是否具有丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和氯化钠溶液C．在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成Fe（OH）3胶体D．“纳米材料”是粒子直径为1nm～100nm的材料，纳米铜是其中的一种，它是胶体5．下列说法正确的是()A．煤的液化、气化是物理变化，煤的干馏是化学变化B．蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于高分子化合物C．乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D．石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质液态油的产量和质量6．下列说法不正确的是()A．按系统命名法，化合物的名称为2﹣甲基﹣3，4﹣二乙基己烷B．与互为同系物C．下列物质的沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3＜（CH3）4C＜（CH3）2CHCH2CH3＜CH3（CH2）3CH3D．等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小7．在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物()27\nA．B．C．D．8．下列反应产物不受反应条件不同而影响的是()A．甲苯与溴蒸汽的反应B．H2和Cl2反应C．乙烯与氧气的反应D．乙酸乙酯的水解9．与CH2=CH2→CH2Br﹣CH2Br的变化属于同一反应类型的是()A．CH3CHO→C2H5OHB．C2H5Cl→CH2=CH2C．D．CH3COOH→CH3COOC2H510．下列有关甲苯的实验事实中，能说明苯环对侧链性质有影响的是()A．甲苯的反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．甲苯燃烧产生带浓烟的火焰D．1mol甲苯与3molH2发生加成反应11．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温下，1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NAC．1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为9NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA12．物质的提纯是化学实验中的一项重要操作，也是化工生产及物质制备中的主要环节．下列有关叙述中，正确的是()A．除去乙烷中少量的乙烯，可将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液B．除去苯中含有的少量苯酚，可加入浓溴水过滤，即可除去苯酚C．乙酸乙酯中混有乙酸，可用饱和Na2CO3溶液洗涤，然后分液分离出乙酸乙酯D．在提纯鸡蛋中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓CuSO4溶液，然后滤出沉淀，即得较纯的蛋白质13．降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而消除废旧塑料对环境的污染．PHB塑料就是一种生物降解塑料，其结构简式为：．下面有关PHB的说法不正确的是()A．PHB是高分子化合物B．合成PHB的单体是CH3CH2CH（OH）COOH27\nC．通过加聚反应可以制得PHBD．在PHB的降解过程中有氧气参加反应14．下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是()A．CH2=CH﹣CNB．CH2=CH﹣CH=CH2C．D．15．下列物质在氢氧化钠溶液和加热条件下反应后生成的对应有机物中，能够能被催化氧化成醛的是()A．（CH3）2CHClB．CH3C（CH3）2IC．（CH3）3CCOOCH2CH3D．CH3C（CH3）2CH2Br16．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是()A．AB．BC．CD．D17．下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是()A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O18．下列说法正确的是()A．将（CH3）3CCH2Cl与氢氧化钾的乙醇溶液加热一段时间后冷却，再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到有白色沉淀产生B．新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醛、乙酸、乙酸乙酯、葡萄糖溶液（必要时可加热）C．制备乙酸乙酯时加入试剂的顺序是，在一支试管中加入3mL浓硫酸，然后慢慢加入2mL无水乙醇和2mL无水乙酸D．向淀粉溶液中加稀硫酸，加热几分钟，冷却后加入新制氢氧化铜悬浊液，若加热后未见砖红色沉淀生成说明淀粉未开始水解27\n19．已知下列三个反应：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，某溶液中有Fe2+、Cl﹣和I﹣，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣，可加入的试剂是()A．Cl2B．KMnO4C．浓HClD．FeCl320．下列有关实验操作正确的是()A．向酒精灯内添加酒精时，不能多于容积的，若不慎洒出的酒精在桌上燃烧，应迅速用水扑灭B．中和滴定实验中，滴定管、锥形瓶用蒸馏水洗净后须再用待装液润洗后方可使用C．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加入适量NaOH溶液，加热试管，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，则可证明硫酸亚铁铵晶体的成分中含有NH4+D．探究反应速率影响因素的实验中，以Na2S2O3溶液与稀硫酸反应产生沉淀的快慢为依据来比较不同条件下速率的快慢21．从海带中提取碘，可经过如图实验步骤完成，下列有关说法正确的是()A．在灼烧过程中使用的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、蒸发皿、玻璃棒B．在上述氧化过程中发生的离子方程式为：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣C．在分液时，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从上口倒出D．在提取碘单质时，用酒精作萃取剂22．β﹣月桂烯的结构如图所示，（已知CH2=CH﹣CH=CH2与等物质的量H2反应还可生成CH3﹣CH=CH﹣CH3（且只考虑位置异构）一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物理论上最多有()A．2种B．3种C．4种D．6种23．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是()A．同体积、同密度的C2H4和C3H6B．同质量的C2H4和COC．同温度、同体积的H2和N2D．同压强、同体积的N2O和CO224．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是()A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物27\nD．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移25．某有机物（X）的结构简式如图，下列关于它的说法不正确的是()A．X遇FeCl3溶液能发生显色反应B．一定条件下，X能发生取代、水解、氧化、加成、加聚、缩聚等反应C．1molX分别与足量的NaOH、氢气反应，最多能消耗5molNaOH、7mol氢气D．与等量X反应时，所需Na、NaHCO3、Na2CO3的最大量物质的量之比是3：1：1.5二、非选择题（包括4小题，共46分）26．（13分）按要求回答下列问题．（1）乙醇与氧气反应（Cu作催化剂）的化学方程式__________；（2）由苯制取硝基苯的反应化学方程式__________；（3）2分子乳酸[CH3CH（OH）COOH]在浓硫酸作用下形成环状化合物的反应化学方程式__________；（4）酸性高锰酸钾溶液中通入SO2反应的离子方程式：__________MnO4﹣+__________SO2+__________═__________Mn2++__________+__________（5）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4→A（白色）↓+K2SO4+I2．0.2molCuSO4与过量KI反应后可得38.2g的A，A的化学式__________．27．将一定量的Cl2通入500ml一定浓度的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO﹣和ClO3﹣两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示．回答下列问题：（1）试从氧化还原反应原理分析，另一种含氯元素的产物的化学式是__________，反应中转移电子的物质的量是__________．（2）上述NaOH溶液的物质的量浓度是__________．（3）①在配置上述物质的量浓度NaOH溶液的实验中，除用到烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有__________．②若出现如下情况，将引起所配溶液浓度偏高的是__________；（填下列编号）A．称使用的砝码已生锈B．称量时，砝码与NaOH固体位置放反C．定容观察液面时俯视D．NaOH固体中含有Na2O杂质．28．某含苯环的化合物A因化学反应均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%．27\n（1）A的分子式为__________；（2）一定条件下，A与氢气反应，得到的化合物中碳的质量分数为90.6%，写出此化合物的结构简式__________．（3）已知：．请写出A与稀、冷的KMnO4溶液反应生成有机产物与足量醋酸反应的化学方程式为__________．29．（14分）对羟基甲苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得．如图是某课题组开发的廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1．回答下列问题：（1）E中所含官能团的名称为__________；（2）D的结构简式为__________；F的分子式为__________；（3）由B生成C的化学方程式为__________，该反应类型为__________；（4）在一定条件下，由G聚合得到的高分子化合物的结构简式为__________．（5）写出符合下列条件的化合物G的所有同分异构体的结构简式__________．①苯环上一溴代产物只有两种；②遇FeCl3溶液显紫色；③能发生银镜反应．2022-2022学年浙江省温州市第二外国语学校高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-21题每小题2分，22-25题每小题2分，共54分）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是()A．工业上用石灰乳与氯气制漂白粉B．工业上电解熔融状态Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．自来水厂用明矾做净水剂考点：氧化还原反应．27\n分析：判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应．解答：解：A．工业制取漂白粉，用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故A不选；B．工业上电解熔融状态Al2O3制备Al，Al、O元素存在化合价的变化，为氧化还原反应，故B不选；C．合成氨实现人工固氮存在N2+3H22NH3的反应，为氧化还原反应，故C不选；D．自来水厂用明矾做净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，没有化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D选．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累．2．下列各组液体混合物，用分液漏斗能分开的是()A．乙醛和水B．苯和硝基苯C．乙酸乙酯和水D．溴乙烷和氯仿考点：物质的分离、提纯和除杂．分析：能用分液漏斗分离的物质应互不相溶，以此解答．解答：解：题中乙醛和水、苯和硝基苯以及溴乙烷和氯仿都互溶，不能用分液的方法分离，而乙酸乙酯和水互不相溶，可用分液的方法分离．故选C．点评：本题考查物质的分离，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度不大．3．下列方法能用于鉴别二甲醚（CH3OCH3）和乙醇的是()A．李比希燃烧法B．铜丝燃烧法C．1H核磁共振法D．元素分析仪考点：有机物的鉴别．分析：二甲醚中含有醚键，乙醇中含有醇羟基，二者互为同分异构体，所以其含有元素相同但结构不同，则只要是能确定物质不同结构的实验方法即可．解答：解：A．李比希燃烧法能够测定元素的含量，而二甲醚和乙醇为同分异构体，二者元素的含量相同，无法用李比希燃烧法鉴别，故A错误；B．铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素，而二甲醚和乙醇中都不含卤素，无法鉴别二者，故B错误；C．1H核磁共振法可以鉴别H原子类型及个数比，二者结构不同，氢原子类型不同，所以可鉴别，故C正确；D．二甲醚（CH3OCH3）和乙醇的组成元素均为C、H、O，不能利用元素分析仪鉴别，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物鉴别，为高频考点，明确物质结构、性质差异性是解本题关键，红外光谱法、核磁共振氢谱均为确定有机物结构常用的方法，题目难度不大．27\n4．下列说法正确的是()A．根据分散系的稳定性，将分散系分为溶液、胶体和浊液B．根据是否具有丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和氯化钠溶液C．在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成Fe（OH）3胶体D．“纳米材料”是粒子直径为1nm～100nm的材料，纳米铜是其中的一种，它是胶体考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系．分析：A．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；B．胶体分散系具有丁达尔现象，溶液没有；C．氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，会发生复分解反应产生红褐色沉淀；D．胶体是分散系．解答：解：A．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，不是根据稳定性，故A错误；B．蛋白质溶液是胶体，氯化钠溶液是溶液，可通过丁达尔效应来鉴别蛋白质溶液和氯化钠溶液，故B正确；C．氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，会发生复分解反应产生红褐色沉淀，不涉及胶体性质，故C错误；D．胶体是分散系，纳米材料不是胶体，故D错误．故选B．点评：本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．5．下列说法正确的是()A．煤的液化、气化是物理变化，煤的干馏是化学变化B．蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于高分子化合物C．乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D．石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质液态油的产量和质量考点：有机化学反应的综合应用；化石燃料与基本化工原料．分析：A、煤的气化和液化是化学变化，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤发生复杂的分解的过程；B、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；C、油脂在碱性条件下的水解属于皂化反应；D、裂化的目的是提高汽油的产量和质量．解答：解：A、煤的气化是让煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳；煤的液化是利用煤制取甲醇的反应，故均为化学变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤发生复杂的分解的过程，是化学变化，故A错误；B、油脂属于小分子化合物，故B错误；C、油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，故C错误；D、裂化的目的是将C18以上的烷烃裂化为C5﹣C11的烷烃和烯烃，得到裂化汽油，可以提高汽油的产量和质量，故D正确，故选D．点评：本题考查煤和石油的综合利用，题目难度不大，本题物理变化和化学变化的区别，为易错点．27\n6．下列说法不正确的是()A．按系统命名法，化合物的名称为2﹣甲基﹣3，4﹣二乙基己烷B．与互为同系物C．下列物质的沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3＜（CH3）4C＜（CH3）2CHCH2CH3＜CH3（CH2）3CH3D．等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小考点：晶体熔沸点的比较；化学方程式的有关计算；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物．分析：A．该分子中最长的碳链含有6个C原子，含有两个支链，离甲基最近的碳原子为1号碳原子，乙基分别位于3、4号原子上；B．结构相似，在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物；C．烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中含有支链越多其熔沸点越低；D．CH4+2O2CO2+2H2O、CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O、CH3CHO+O22CO2+2H2O，假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别为、、mol×．解答：解：A．该分子中最长的碳链含有6个C原子，含有两个支链，离甲基最近的碳原子为1号碳原子，乙基分别位于3、4号原子上，所以该物质名称是2﹣甲基﹣3，4﹣二乙基己烷，故A不选；B．结构相似，在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，前一种物质是苯酚、后一种物质是苯甲醇，二者结构不同，所以不是同系物，故B选；C．烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中含有支链越多其熔沸点越低，所以熔沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3＜（CH3）4C＜（CH3）2CHCH2CH3＜CH3（CH2）3CH3，故C不选；D．CH4+2O2CO2+2H2O、CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O、CH3CHO+O22CO2+2H2O，假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别为=0.125mol、=0.0652mol、mol×=0.0568mol，所以消耗氧气物质的量逐渐减少，故D不选；故选B．点评：本题考查化学方程式计算、熔沸点比较、同系物概念、有机物命名等知识点，为高频考点，侧重考查基本概念及基本计算，注意：分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，与化学键强弱无关，易错选项是B．7．在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物()27\nA．B．C．D．考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：根据物质的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢离子，并结合H原子的个数来分析解答．解答：解：A．由对称可知，有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：1，故A不选；B．由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，故B不选；C．由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，氢原子数之比为8：6：2=4：3：1，故C不选；D．由对称可知，有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：2，故D选；故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，易错点为判断等效H原子，注意利用对称性来分析不同位置的H原子．8．下列反应产物不受反应条件不同而影响的是()A．甲苯与溴蒸汽的反应B．H2和Cl2反应C．乙烯与氧气的反应D．乙酸乙酯的水解考点：有机物的结构和性质．分析：A．苯的同系物和卤素单质发生取代反应时，如果在催化剂条件下，则发生苯环上的取代反应；如果是光照，则发生支链上的取代反应；B．无论光照还是点燃条件下，H2和Cl2反应都生成HCl；C．在点燃条件下，乙烯燃烧生成二氧化碳和水；在催化剂条件下，乙烯和氧气反应是环氧乙烷；D．乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，在碱性条件下水解生成乙酸盐和乙醇．解答：解：A．在催化剂条件下，甲苯和溴蒸气发生苯环上的取代反应；在光照条件下，甲苯中甲基和溴发生取代反应，所以其产物不同，故A不选；B．无论光照还是点燃条件下，H2和Cl2反应都生成HCl，生成物与反应条件无关，故B选；C．在点燃条件下，乙烯燃烧生成二氧化碳和水；在催化剂条件下，乙烯和氧气反应是环氧乙烷，所以反应条件不同导致产物不同，故C不选；D．乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，在碱性条件下水解生成乙酸盐和乙醇，所以反应条件不同导致其产物不同，故D不选；故选B．点评：本题考查有机物的性质，明确反应条件对化学反应影响是解本题关键，有些生成物还与反应物浓度、反应物的量有关，题目难度不大．27\n9．与CH2=CH2→CH2Br﹣CH2Br的变化属于同一反应类型的是()A．CH3CHO→C2H5OHB．C2H5Cl→CH2=CH2C．D．CH3COOH→CH3COOC2H5考点：取代反应与加成反应．专题：有机反应．分析：乙烯与溴发生反应C=C双键其中1个碳碳键断裂，不饱和的碳原子与溴原子直接结合生成CH2Br﹣CH2Br，属于加成反应，据此结合选项解答．解答：解：A．乙醛与氢气在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故A正确；B．氯乙烷转化为乙烯，属于消去反应，故B错误；C．苯环中H原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故C错误；D．乙酸与乙醇反应，乙酸中﹣OH被﹣OC2H5取代生成乙酸乙酯，属于取代反应，故D错误；故选A．点评：本题考查有机反应类型，比较基础，注意对有机反应类型概念的理解把握．10．下列有关甲苯的实验事实中，能说明苯环对侧链性质有影响的是()A．甲苯的反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．甲苯燃烧产生带浓烟的火焰D．1mol甲苯与3molH2发生加成反应考点：苯的同系物；有机分子中基团之间的关系．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．甲苯和苯都能发生取代反应；B．苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C．燃烧产生带浓烟的火焰说明含碳量高，不完全燃烧；D．苯也能与氢气发生加成反应．解答：解：A．甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，故A错误；B．甲苯可看作是CH4中的1个H原子被﹣C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，故B正确；C．燃烧产生带浓烟的火焰说明含碳量高，不能说明苯环对侧链性质产生影响，故C错误；D．苯、甲苯都能能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，故D错误．故选B．点评：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力．11．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温下，1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NA27\nC．1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为9NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；B、标况下，己烷为液体；C、羟基不带电荷；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应．解答：解：A、.1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；B、标况下，己烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、羟基不带电荷，1mol﹣OH含9mol电子即9NA个，故C错误；D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．12．物质的提纯是化学实验中的一项重要操作，也是化工生产及物质制备中的主要环节．下列有关叙述中，正确的是()A．除去乙烷中少量的乙烯，可将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液B．除去苯中含有的少量苯酚，可加入浓溴水过滤，即可除去苯酚C．乙酸乙酯中混有乙酸，可用饱和Na2CO3溶液洗涤，然后分液分离出乙酸乙酯D．在提纯鸡蛋中的蛋白质时，可向鸡蛋清溶液中加入浓CuSO4溶液，然后滤出沉淀，即得较纯的蛋白质考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．分析：A．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；B．溴、三溴苯酚均易溶于苯；C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；D．向鸡蛋清溶液中加入浓CuSO4溶液，发生变性，为不可逆过程．解答：解：A．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应利用溴水、洗气除杂，故A错误；B．溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应利用NaOH溶液、分液除杂，故B错误；C．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液分离出乙酸乙酯，故C正确；D．向鸡蛋清溶液中加入浓CuSO4溶液，发生变性，为不可逆过程，不能提纯蛋白质，应利用食盐水，然后滤出沉淀，即得较纯的蛋白质，故D错误；故选C．点评：本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．27\n13．降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而消除废旧塑料对环境的污染．PHB塑料就是一种生物降解塑料，其结构简式为：．下面有关PHB的说法不正确的是()A．PHB是高分子化合物B．合成PHB的单体是CH3CH2CH（OH）COOHC．通过加聚反应可以制得PHBD．在PHB的降解过程中有氧气参加反应考点：有机高分子化合物的结构和性质．分析：A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B．根据其结构分析，把链节中两个半键相连得到酯，然后在链节的羰基上增加羟基，在链节的氧原子上增加氢原子，这样就可得到PHB的单体；C．根据链节上是不是都是碳原子判断反应类型，若链节上都是碳原子，就是加聚反应产生的，否则不是；D．PHB降解成二氧化碳和水．解答：解：A．是高分子化合物，故A正确；B．把链节中两个半键相连得到酯，然后在链节的羰基上增加羟基，在链节的氧原子上增加氢原子，这样就可得到PHB的单体，所以PHB塑料的单体是CH3CH2CH（OH）COOH，故B正确；C．因为链节上不都是碳原子，不是通过加聚反应生成的，是缩聚反应得到的产物，故C错误；D．PHB降解成二氧化碳和水，降解过程中有氧气参加反应，故D正确．故选C．点评：本题考查了根据缩聚产物的结构简式判断其单体、反应类型等知识点，题目难度中等，易错选项是B，要求会根据聚合物的链节判断其单体．14．下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是()A．CH2=CH﹣CNB．CH2=CH﹣CH=CH2C．D．考点：常见有机化合物的结构．专题：压轴题；有机物分子组成通式的应用规律．分析：根据苯环为平面结构、乙烯为平面结构以及乙炔为直线结构来分析各物质的共面原子．解答：解：A、CH2=CHCN相当于乙烯分子中的一个氢原子被﹣CN取代，不改变原来的平面结构，﹣C≡N中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子可能在同一平面上，故A错误；27\nB、CH2=CH﹣CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故B错误；C、苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故C错误；D、该分子相当于甲烷中的一个氢原子被1，3﹣二丁烯2﹣丁基取代，甲烷是正四面体结构，所以甲烷中所有原子不可能在同一平面上，故D正确；故选D．点评：本题考查了学生对有机物的共面知识的认识，难度较大，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断．15．下列物质在氢氧化钠溶液和加热条件下反应后生成的对应有机物中，能够能被催化氧化成醛的是()A．（CH3）2CHClB．CH3C（CH3）2IC．（CH3）3CCOOCH2CH3D．CH3C（CH3）2CH2Br考点：卤代烃简介．分析：卤代烃能水解得到醇，酯类水解得到羧酸和醇，而醇中与羟基所连碳相邻的碳原子上至少有2个氢原子，氧化生成醛；与羟基所连碳相邻的碳原子上有1个氢原子，氧化生成酮；与羟基所连碳相邻的碳原子上没有氢原子，不能被氧化．解答：解：A．（CH3）2CHCl发生水解生成（CH3）2CHOH，（CH3）2CHOH能够能被催化氧化成酮，故A错误；B．CH3C（CH3）2I发生水解生成CH3C（CH3）2OH，CH3C（CH3）2OH不能够能被催化氧化，故B错误；C．（CH3）3CCOOCH2CH3发生水解反应生成（CH3）3CCOOH和HOCH2CH3，HOCH2CH3能够能被催化氧化生成醛，故C正确；D．CH3C（CH3）2CH2Br发生水解生成CH3C（CH3）2CH2OH，CH3C（CH3）2CH2OH能够能被催化氧化成醛，故D正确；故选CD．点评：本题考查有机物的结构与性质，难度中等，注意醇发生氧化反应生成醛的条件．16．如表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是()27\nA．AB．BC．CD．D考点：镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铁的化学性质．分析：A．AlCl3和过量的氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2和二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成NaAlO2；B．NaOH和少量的二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠中再通二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3加热分解生成碳酸钠，NaHCO3与过量氢氧化钙反应又生成氢氧化钠．C．铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁和锌反应生成铁；D．硅可以和氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能与水反应直接得到H2SiO3．解答：解：A、AlCl3+4NaOH=NaAlO2+2H2O+3NaCl，NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故A正确；B、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，2NaHCO3CO2+Na2CO3+H2O，NaHCO3+Ca（OH）2=NaOH+H2O+CaCO3↓，故B正确；C、2Fe+3Cl22FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、FeCl2+Zn=ZnCl2+Fe，故C正确；D、硅可以和氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能与水反应直接得到H2SiO3，故D错误．故选D．点评：本题难度较大，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径．17．下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是()A．2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2B．2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2C．Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O考点：真题集萃；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，据此作判断．解答：解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；27\nD、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度．18．下列说法正确的是()A．将（CH3）3CCH2Cl与氢氧化钾的乙醇溶液加热一段时间后冷却，再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到有白色沉淀产生B．新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醛、乙酸、乙酸乙酯、葡萄糖溶液（必要时可加热）C．制备乙酸乙酯时加入试剂的顺序是，在一支试管中加入3mL浓硫酸，然后慢慢加入2mL无水乙醇和2mL无水乙酸D．向淀粉溶液中加稀硫酸，加热几分钟，冷却后加入新制氢氧化铜悬浊液，若加热后未见砖红色沉淀生成说明淀粉未开始水解考点：化学实验方案的评价．分析：A．与氯原子相连的碳相邻的碳上没有氢原子，不能发生消去反应；B．用新制的氢氧化铜悬浊液一种试剂可鉴别，反应的现象不同；C．加入试剂顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸；D．淀粉水解后显酸性，检验产物应在碱性条件下．解答：解：A．与氯原子相连的碳相邻的碳上没有氢原子，不能发生消去反应，我氯离子生成，故A错误；B．用新制的氢氧化铜悬浊液一种试剂可鉴别，反应的现象不同．与乙醛：加热有红色沉淀生成；与乙酸：变澄清的蓝色溶液，酸碱中和反应；与乙酸乙酯：乙酸乙酯不溶于水，会在表面形成一层油层；葡萄糖溶液，互溶，加热有砖红色沉淀乙醛，和葡萄糖溶液，可以闻气味鉴别；故可用来鉴别，故B正确；C．加入试剂顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；D．淀粉水解后显酸性，检验产物应在碱性条件下，则滴加到新制氢氧化铜悬浊液中并水浴加热，未见红色沉淀生成，是因没有加碱至碱性，导致实验失败，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及消去反应、物质的鉴别、制备等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．19．已知下列三个反应：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，某溶液中有Fe2+、Cl﹣和I﹣，要氧化除去I﹣而又不影响Fe2+和Cl﹣，可加入的试剂是()A．Cl2B．KMnO4C．浓HClD．FeCl3考点：物质的分离、提纯和除杂．分析：由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据三个反应可知，氧化性为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+，为了氧化I﹣而不使Cl﹣氧化，可选择FeCl3．27\n解答：解：由①2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣③2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O则氧化性为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+，A．Cl2将两种离子均氧化，故A错误；B．KMnO4将两种离子均氧化，故B错误；C．浓盐酸不能氧化I﹣，故C错误；D．FeCl3能氧化I﹣而不使Cl﹣氧化，故D正确；故选D．点评：本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中氧化性的强弱及优先氧化是解答本题的关键，题目难度不大．20．下列有关实验操作正确的是()A．向酒精灯内添加酒精时，不能多于容积的，若不慎洒出的酒精在桌上燃烧，应迅速用水扑灭B．中和滴定实验中，滴定管、锥形瓶用蒸馏水洗净后须再用待装液润洗后方可使用C．取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加入适量NaOH溶液，加热试管，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，则可证明硫酸亚铁铵晶体的成分中含有NH4+D．探究反应速率影响因素的实验中，以Na2S2O3溶液与稀硫酸反应产生沉淀的快慢为依据来比较不同条件下速率的快慢考点：化学实验方案的评价．分析：A．酒精在桌上燃烧，不能用水扑灭；B．容量瓶和锥形瓶在使用是可以加蒸馏水可以不干燥和润洗，而滴定管和移液管必须干燥或润洗；C．检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝；D．反应速率与产生沉淀的快慢呈正比．解答：解：A．酒精在桌上燃烧，不能用水扑灭，应用湿抹布扑灭，故A错误；B．“中和滴定”实验中，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用待装液润洗后方可使用，而锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，故B错误；C．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，故C错误；D．反应速率与产生沉淀的快慢呈正比，可以比较，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验仪器的使用、中和滴定、离子检验、反应速率的影响因素等，把握实验基本操作和反应原理为解答的关键，注重实验技能的考查，题目难度不大．21．从海带中提取碘，可经过如图实验步骤完成，下列有关说法正确的是()A．在灼烧过程中使用的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、蒸发皿、玻璃棒B．在上述氧化过程中发生的离子方程式为：2I﹣+H2O2═I2+2OH﹣27\nC．在分液时，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从上口倒出D．在提取碘单质时，用酒精作萃取剂考点：海水资源及其综合利用．分析：A、物质的灼烧用到的核心仪器是坩埚；B、加入双氧水能在酸性条件下将I﹣氧化；C、根据分液的操作来分析；D、萃取剂必须和原溶剂互不相溶．解答：解：A、物质的灼烧用到仪器有：坩埚、酒精灯、三脚架、泥三角、烧杯、玻璃棒，故A错误；B、加入双氧水能在酸性条件下将I﹣氧化为I2，由于是酸性条件下，故H2O2应被还原为H2O而不是OH﹣，故离子方程式为：2I﹣+2H++H2O2═I2+2H2O，故B错误；C、分液的操作是下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故C正确．D、萃取剂必须和原溶剂互不相溶，由于酒精溶于水，故不能用酒精萃取出碘单质，故D错误；故选C．点评：本题考查了海带中碘单质的提取，应注意的是在萃取的操作中，萃取剂必须和原溶剂互不相溶，题目较简单．22．β﹣月桂烯的结构如图所示，（已知CH2=CH﹣CH=CH2与等物质的量H2反应还可生成CH3﹣CH=CH﹣CH3（且只考虑位置异构）一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物理论上最多有()A．2种B．3种C．4种D．6种考点：常见有机化合物的结构．专题：有机化学基础．分析：β﹣月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3﹣丁二烯类似结构，则能发生1，4加成，据此分析即可．解答：解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C．点评：本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1，3﹣丁二烯类似来分析解答即可，难点是分析1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成．23．下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是()27\nA．同体积、同密度的C2H4和C3H6B．同质量的C2H4和COC．同温度、同体积的H2和N2D．同压强、同体积的N2O和CO2考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、同体积、同密度的C2H4和C3H6，二者质量相等，二者最简式相同为CH2；B、C2H4和CO的摩尔质量相同为28g/mol，根据n=可知，二者质量相同，物质的量相同，但1个C2H4分子含有6个原子，1个CO分子含有2个原子；C、同温度、同体积下，影响气体的物质的量的因素有压强，二者所处的压强不一定相同；D、同压强、同体积下，影响气体的物质的量的因素有温度，二者所处的温度不一定相同．解答：解：A、同体积、同密度的C2H4和C3H6，二者质量相等，二者最简式相同为CH2，CH2的物质的量相同，含有相同的原子数目，故A正确；B、C2H4和CO的摩尔质量相同为28g/mol，根据n=可知，二者质量相同，物质的量相同，但1个C2H4分子含有6个原子，1个CO分子含有2个原子，含有的原子数目之比为6：2=3：1，故B错误；C、同温度、同体积下，影响气体的物质的量的因素有压强，二者所处的压强不一定相同，H2和N2都是双原子分子，若压强相同，含有的原子数目相同，若压强不同，含有原子数目不同，故C错误；D、同压强、同体积下，影响气体的物质的量的因素有温度，二者所处的温度不一定相同，N2O和CO2都是三原子分子，若压强相同，含有的原子数目相同，若压强不同，含有原子数目不同，故D错误．故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度中等，可以借助pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．24．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是()A．Na2O2只作氧化剂B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C．O2是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；B、还原剂被氧化得到氧化产物，氧化剂被还原得到还原产物；C、氧化剂被还原得到还原产物；D、反应中元素化合价升高的数目就是反应中转移电子的数目．27\n解答：解：A、过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到﹣2价，所以Na2O2即是氧化剂，又是还原剂，故A错误；B、反应中，Na2FeO4中的铁元素化合价为+6价，是从硫酸亚铁中+2价的铁元素升来的，所以硫酸亚铁是还原剂，被氧化得到氧化产物Na2FeO4，同时过氧化钠中的﹣1价的氧元素化合价降低，Na2FeO4中的﹣2价氧元素就来自过氧化钠，所以Na2FeO4又是还原产物，故B正确；C、氧气中0价的氧元素是过氧化钠中﹣1价的氧元素升高来的，所以氧气是氧化产物，故C错误；D、反应中元素化合价升高的数目为：2×（6﹣2）+2×（1﹣0）=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故D错误．故选B．点评：本题目考查学生氧化还原反应中的有关概念以及电子守恒定律，可以根据所学知识来灵活运用，难度不大．25．某有机物（X）的结构简式如图，下列关于它的说法不正确的是()A．X遇FeCl3溶液能发生显色反应B．一定条件下，X能发生取代、水解、氧化、加成、加聚、缩聚等反应C．1molX分别与足量的NaOH、氢气反应，最多能消耗5molNaOH、7mol氢气D．与等量X反应时，所需Na、NaHCO3、Na2CO3的最大量物质的量之比是3：1：1.5考点：有机物的结构和性质．分析：由结构可知，分子中含酚﹣OH、醇﹣OH、碳碳双键、﹣COOH、﹣COOC﹣，结合酚、醇、烯烃、羧酸及酯的性质来解答．解答：解：A．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液能发生显色反应，故A正确；B．含酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣均可发生取代反应，碳碳双键可发生氧化、加成、加聚反应，﹣OH与﹣COOH可发生缩聚反应，﹣COOC﹣可发生水解反应，故B正确；C．含酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣与NaOH反应，苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1molX分别与足量的NaOH、氢气反应，最多能消耗5molNaOH、7mol氢气，故C正确；D．酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH与Na反应，只有﹣COOH与NaHCO3反应，酚﹣OH、﹣COOH与Na2CO3反应，则与等量X反应时所需Na、NaHCO3、Na2CO3的最大量物质的量之比是3：1：1，故D错误；故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、醇、烯烃、羧酸及酯的性质及分析与应用能力的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大．二、非选择题（包括4小题，共46分）26．（13分）按要求回答下列问题．（1）乙醇与氧气反应（Cu作催化剂）的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；27\n（2）由苯制取硝基苯的反应化学方程式；（3）2分子乳酸[CH3CH（OH）COOH]在浓硫酸作用下形成环状化合物的反应化学方程式2CH3CH（OH）COOH+2H2O；（4）酸性高锰酸钾溶液中通入SO2反应的离子方程式：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+（5）实验室中制取少量碘可采用如下方法：KI+CuSO4→A（白色）↓+K2SO4+I2．0.2molCuSO4与过量KI反应后可得38.2g的A，A的化学式CuI．考点：化学方程式的书写；氧化还原反应方程式的配平．分析：（1）在Cu作催化剂、加热条件下，乙醇被催化氧化生成乙醛；（2）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯；（3）乳酸中含有醇羟基和羧基，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成环状化合物；（4）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，则高锰酸根离子作氧化剂，二氧化硫作还原剂，S元素失电子化合价升高，由+4价变为+6价，因为在水溶液中进行的反应，所以生成SO42﹣，溶液呈酸性，所以生成氢离子，根据元素守恒知，反应物中还含有H2O，结合原子、电荷守恒配平方程式；（5）根据方程式知，该反应中I元素化合价由﹣1价变为0价，则碘离子作还原剂，该反应中只有Cu元素能作氧化剂，因为A呈白色，所以不能是Cu单质，应该为Cu、I形成的化合物，0.2molCuSO4与过量KI反应后可得38.2g的A，A中n（I）==0.2mol，则Cu、I的物质的量之比=0.2mol：0.2mol=1：1，从而确定其化学式．解答：解：（1）在Cu作催化剂、加热条件下，乙醇被催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（2）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为，故答案为：；27\n（3）乳酸中含有醇羟基和羧基，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成环状化合物，反应方程式为2CH3CH（OH）COOH+2H2O，故答案为：2CH3CH（OH）COOH+2H2O；（4）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，则高锰酸根离子作氧化剂，二氧化硫作还原剂，S元素失电子化合价升高，由+4价变为+6价，因为在水溶液中进行的反应，所以生成SO42﹣，溶液呈酸性，所以生成氢离子，根据元素守恒知，反应物中还含有H2O，结合原子、电荷守恒配平方程式为5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，故答案为：2；5；2H2O；5SO42﹣；4H+；（5）根据方程式知，该反应中I元素化合价由﹣1价变为0价，则碘离子作还原剂，该反应中只有Cu元素能作氧化剂，因为A呈白色，所以不能是Cu单质，应该为Cu、I形成的化合物，0.2molCuSO4与过量KI反应后可得38.2g的A，A中n（I）==0.2mol，则Cu、I的物质的量之比=0.2mol：0.2mol=1：1，所以其化学式为CuI，故答案为：CuI．点评：本题考查化学方程式书写、化学方程式配平、化学式确定等知识点，为高频考点，侧重考查基本理论，熟记常见有机反应类型、化学方程式配平方法，题目难度不大．27．将一定量的Cl2通入500ml一定浓度的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO﹣和ClO3﹣两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示．回答下列问题：（1）试从氧化还原反应原理分析，另一种含氯元素的产物的化学式是NaCl，反应中转移电子的物质的量是0.21mol．（2）上述NaOH溶液的物质的量浓度是0.6mol/L．（3）①在配置上述物质的量浓度NaOH溶液的实验中，除用到烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有胶头滴管、500mL的容量瓶．②若出现如下情况，将引起所配溶液浓度偏高的是CD；（填下列编号）A．称使用的砝码已生锈B．称量时，砝码与NaOH固体位置放反C．定容观察液面时俯视D．NaOH固体中含有Na2O杂质．27\n考点：离子方程式的有关计算；化学方程式的有关计算．分析：（1）氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和氯酸钠；根据图象知n（ClO﹣）=0.06mol，n（ClO3﹣）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子的物质的量，进而根据化合价升降计算电子转移的量；（2）根据物料守恒可知n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO3﹣），根据c=计算氢氧化钠的浓度；（3）配置一定浓度的溶液用到的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶；根据引起实验误差的因素：n、V两个方面的影响来回答．解答：解：（1）氯气和氢氧化钾溶液反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，反应生成次氯酸钠、氯化钠和氯酸钠，所以另一种含氯元素的产物的化学式是NaCl，根据图象知n（ClO﹣）=0.06mol，n（ClO3﹣）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl﹣）=0.06mol×（1﹣0）+0.03mol×（5﹣0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，故答案为：NaCl；0.21mol；（2）根据物料守恒可知n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（ClO3﹣）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，氢氧化钾的物质的量浓度是：=0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L；（3）①配置500mL一定浓度的溶液用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL的容量瓶；故答案为：胶头滴管、500mL的容量瓶；②A．称使用的砝码已生锈，则实际称取的氢氧化钠的质量偏低，所以结果偏小，故A错误；B．称量时，砝码与NaOH固体位置放反，则实际称取的氢氧化钠的质量偏低，所以结果偏小，故B错误；C．定容观察液面时俯视，则溶液的体积偏小，所以浓度结果偏高，故C正确；D．NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，但是等质量的二者，氧化钠中含有的钠离子物质的量大，所以配成溶液后n偏大，浓度偏高，故D正确．故选CD．点评：本题考查氧化还原反应以及一定浓度溶液的配置等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大．28．某含苯环的化合物A因化学反应均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，其相对分子质量为104，碳的质量分数为92.3%．（1）A的分子式为C8H8；（2）一定条件下，A与氢气反应，得到的化合物中碳的质量分数为90.6%，写出此化合物的结构简式．（3）已知：．请写出A与稀、冷的KMnO4溶液反应生成有机产物与足量醋酸反应的化学方程式为+2CH3COOH+2H2O．27\n考点：有关有机物分子式确定的计算．分析：（1）A分子中N（C）==8，N（H）==8，则分子式为C8H8；（2）该物质含有苯环，因化学反应均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，说明A应为苯乙烯，与氢气发生加成反应可得乙苯或乙基环己烷，结合含氢量判断；（3）A中含有C=C，结合信息可知生成物为，与乙酸发生酯化反应．解答：解：（1）A分子中N（C）==8，N（H）==8，则分子式为C8H8，故答案为：C8H8；（2）该物质含有苯环，因化学反应均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，说明A应为苯乙烯，结构简式为，与氢气发生加成反应可得乙苯或乙基环己烷，其中乙苯中ω（C）==90.6%，故生成的该化合物为：故答案为：；（3）结合信息可知生成物为，与乙酸发生酯化反应，与足量醋酸反应的化学方程式为：+2CH3COOH+2H2O，故答案为：+2CH3COOH+2H2O．点评：本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，注意根据元素的含量和相对分子质量推断A为解答该题的关键．29．（14分）对羟基甲苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得．如图是某课题组开发的廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线27\n已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1．回答下列问题：（1）E中所含官能团的名称为羧基和氯原子；（2）D的结构简式为；F的分子式为C7H4O3Na2；（3）由B生成C的化学方程式为，该反应类型为取代反应；（4）在一定条件下，由G聚合得到的高分子化合物的结构简式为．（5）写出符合下列条件的化合物G的所有同分异构体的结构简式．①苯环上一溴代产物只有两种；②遇FeCl3溶液显紫色；③能发生银镜反应．考点：有机物的推断．分析：由A的分子式为C7H8，系列转化得到G，G与丁醇最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，则A为甲苯，G为，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息①可知，D为27\n，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下转化为F，F酸化得到G，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，据此解答．解答：解：由A的分子式为C7H8，系列转化得到G，G与丁醇最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，则A为甲苯，G为，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下转化为F，F酸化得到G，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，（1）E为，含有羧基和氯原子，故答案为：羧基和氯原子；（2）由上述分析可知，D的结构简式为，由上述分析可知，F为，分子式为C7H4O3Na2，故答案为：；C7H4O3Na2；27\n（3）由B生成C是在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成，反应的化学方程式为：，故答案为：；取代反应；（4）由上述分析可知，G的结构简式为，有G生成的高聚物应为，故答案为：；（5）由上述分析可知，G的结构简式为，其同分异构体①苯环上一溴代产物只有两种，说明在对位上有两种不同的取代基；②遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，应为甲酸与酚羟基形成的酯基，其结构简式为，故答案为：．点评：本题考查有机物合成和推断，注意根据分子式结合对羟基苯甲酸丁酯确定A的结构及发生的反应，有机合成过程主要包括官能团的引入、官能团的消除、官能团的衍变、碳骨架的变化等，需要学生熟练掌握官能团的性质，难度中等．27
