江苏省苏州2016届高三化学下册3月月考试题12.doc

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江苏省苏州大学附属中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）
1．下列物质，不属于原子晶体的是( )
A.氮化硼晶体 B.碳化硅晶体 C.氟化钠晶体 D.醋酸晶体
【答案】CD
【解析】氮化硼晶体、碳化硅晶体属于原子晶体，氟化钠晶体属于离子晶体，醋酸晶体属于分子晶体。
2．下列反应属于吸热反应的是
A．炭燃烧生成一氧化碳 B．酸碱中和反应
C．锌粒与稀H2SO4反应制取H2 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】D
【解析】
试题分析：常见的放热反应有：大部分化合反应；金属与水或酸的反应；可燃物的燃烧反应及缓慢氧化；酸和碱的中和反应。常见吸热反应有：大部分分解反应；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应；碳和二氧化碳的反应；碳和水蒸气的反应。因此D正确。
考点：考查常见的吸热反应和放热反应。
3．下列说法正确的是 （　　）
A．苯是1825年由俄国科学家门捷列夫发现的 B．乙醇是有特殊颜色、特殊香味的液体。
C．乙醇中是否有水可以用浓硫酸检验。 D．苯和乙醇都容易挥发。
【答案】D
【解析】
4．某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是
①通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
②石油分馏、煤的气化、海水制食盐、蛋白质变性等过程都包含化学变化
③碱性氧化物一定是金属氧化物
④只由一种元素组成的物质一定为纯净物
⑤石墨和C60是同素异形体
⑥糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物
A．③⑤⑥ B．①② C．③⑤ D．①③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①同位素之间的转化不属于化学反应，错误；②石油的分馏属于物理变化，错误；③碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，正确；④只由一种元素组成的物质不一定为纯净物，如氧气与臭氧组成的物质属于混合物，错误；⑤石墨和C60是碳元素的不同单质，属于同素异形体，正确；⑥糖类中的淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，错误，答案选C。
考点：考查化学变化、碱性氧化物、同素异形体、高分子化合物、纯净物的判断
5．下列说法正确的是
A．硝基苯的结构简式为
B．表示甲烷分子或四氯化碳分子的比例模型
C．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
D．结构片段为OH
OH
OH
……
……
的高聚物，其单体是甲醛和苯酚
【答案】 D
【解析】
试题分析：因为苯的共价键连接的是氮原子，不是氧原子，硝基苯的结构简式为，A选项不正确，只能表示甲烷分子的比例模型，因为氯原子半径大于碳。B选项不正确，苯甲酸的分子式为C7H6O2，可将分子式变形为C6H6·CO2，因此等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，C选项不正确，根据有机物的结构简式可知，该高分子化合物是缩聚产物，其单体是甲醛和苯酚，D选项正确。
考点：考查考查有机物的命名、比例模型、有机物燃烧的计算、苯的同系物的性质以及单体的判断。
6．已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S与HNO3的物质 的量之比为2:13，则该反应的还原产物为
A．N2O B．NO C．NO2 D．N2O3
【答案】A
【解析】
试题分析：设Cu2S的物质的量为2mol，则HNO3的物质的量为13mol.1个Cu2S被氧化，共失去1x2 +8=10个电子，2molCu2S共失去20mol电子，另2molCu2S中的Cu需8mol NO3-与之结合，剩余5mol NO3-被还原，根据得失电子守恒：20=5 ×(5-x),解得x=1,故选A.
考点：考查了氧化还原反应中电子守恒的应用的相关知识。
7．氨分子中不存在
A．共价键 B．离子键 C．极性键 D．共用电子对
【答案】B
【解析】
试题分析：氨分子是NH3，分子中存在极性共价键；一个N原子与三个H原子形成了三对共用电子对，该物质是共价化合物，不是离子化合物，不含有离子键。故不存在的是离子键，选项是B。
考点：考查物质的类型及含有的化学键的类型的判断的知识。
8．向NaBr、NaI的混合溶液中通入足量Cl2，然后加热将溶液蒸干并灼烧，最后残留的物质是
A．NaCl B．NaCl、NaBr、NaI
C．NaBr、NaI D．NaCl、I2
【答案】A
【解析】
试题分析：因为氯气会和NaBr和NaI反应置换出溴单质和碘单质 但是溴单质和碘单质受热后易升华 剩下的NaCl不会升华 所以剩下的物质只有NaCl，选A。
考点：考查氯、溴、碘及其化合物的性质。
9．在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应：
A（s）+2B（g）C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（ ）
① 混合气体的压强；② 混合气体的密度；③ B的物质的量浓度；④ 气体总物质的量；⑤ 混合气体的平均相对分子质量；⑥ C、D反应速率的比值
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④⑥ D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，反应混合物中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为平衡状态，因此③可以。根据反应式可知反应前后气体体积不变，所以压强始终不变，①④不能。密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但质量是变化的，所以②可以。混合气体的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，物质的量不变，但质量是变化的，⑤可以。C、D反应速率的比值始终满足1︰1，⑥不能说明。所以答案选A。
10．对于药品的使用和作用，下列说法正确的是
A．用药要慎重，不得使用变质或过期的药品。
B．毒品就是有毒的药品
C．我国明代医学家李时珍所著的医学名著是《神农本草经》
D．海洛英不是国际奥委会严格禁止使用的兴奋剂
【答案】A
【解析】
试题分析：A．药品使用合理会治疗疾病，但是用药若不慎重，使用变质或过期的药品及过量使用会引起药物中毒，正确；B．药品都有一定的毒性，但是有毒的药品不一定是毒品，毒品的危害是都可以使人体免疫力下降，血红蛋白减少，各种生理机能遭到严重破坏，错误； [C．我国明代医学家李时珍所著的医学名著是《本草纲目》，错误；D．海洛英是国际奥委会严格禁止使用的兴奋剂，错误。
考点：考查药品的使用和作用的知识。
11．下列叙述中，正确的是
A．1 mol 过氧化钠中阴离子个数为2×6.02×1023
B．14 g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为6.02×1023
C．28 g C16O与28 g C18O中含有的质子数均为14×6.02×1023
D．标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2×6.02×1023
【答案】B
【解析】
试题分析：A.1 mol 过氧化钠中含有的阴离子O22-个数为6.02×1023，错误。B．乙烯、丙烯最简式是CH2，式量是14，所以14 g乙烯和丙烯的混合物含有最简式的物质的量是1mol，则其中含有的碳原子的数目为6.02×1023，正确；C. C16O与 C18O的式量不相同，所以所以28 g C16O与28 g C18O中含有的物质的物质的量不相同，不都是1mol，因此含有的质子数不均为14×6.02×1023 ，错误。D.标准状况下，22.4 L氯气的物质的量是1mol,氯气与NaOH溶液反应的方程式是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，因此1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为6.02×1023 ，错误。
考点：考查有关物质的量的计算的知识。
12．取五等份NO2 分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应： 2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是

A．①② B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】
试题分析：该反应的正反应是放热反应，当反应达到平衡时，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动。所以NO2的平衡含量增大，与①③的图像不符合。该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动。NO2的平衡含量增大，与②④吻合。因此正确的是②④，选项是D。
考点：考查温度与化学平衡移动、物质的平衡含量的关系的知识。
13．室温时，某溶液中由水电离生成的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为1×10－24，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是
A．Al3＋、Na＋、NO3-、Cl－ B．K＋、Na＋、Cl－、CO32-
C．Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42- D．NH4+、K＋、SiO32-、NO3-
【答案】D
【解析】
试题分析：室温时，某溶液中由水电离生成的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为1×10－24，则水电离产生的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，均为1×10－12mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液可能呈酸性也可能呈碱性。A、酸性条件下，组内离子间不反应，能大量共存，错误；B、碱性条件下，组内离子间不反应，能大量共存，错误；C、酸性条件下，组内离子间不反应，能大量共存，错误；D、酸性条件下，H＋和SiO32-反应生成硅酸沉淀，碱性条件下，OH－和NH4+反应生成一水合氨，酸性和碱性条件下均不能大量共存，正确。
考点：考查水的电离和溶液的酸碱性，离子共存。
14．天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养滋补剂，关于维生素P的叙述错误的是：（ ）

A、可以和溴水反应
B、跟FeCl3反应，使溶液呈紫色
C、分子中有三个苯环
D、1mol维生素P可以和4molNaOH反应
【答案】C
【解析】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团。根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有4个酚羟基、1个羰基、1个碳碳双键和1个醚键。所以选项C是错误的，分子中只有2个苯环，答案选C。
15．如图，Ⅰ是恒压密闭容器，Ⅱ是恒容密闭容器。其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入2mol X和2mol Y，起始时容器体积均为V L，发生如下反应并达到平衡(X、Y状态未知)：2X(?)＋Y(?)aZ(g)。此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1:3:2，则下列说法一定正确的是

A．若X、Y均为气态，则平衡时气体平均摩尔质量：Ⅰ＞Ⅱ
B．若X、Y不均为气态，则平衡时气体平均摩尔质量：Ⅰ＞Ⅱ
C．若X为固态，Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从起始到平衡所需时间不相同
D．平衡时Ⅰ容器的体积小于V L
【答案】A
【解析】
试题解析：设反应过程中消耗了nmolY，则：2X(?)＋Y(?)aZ(g)
初始量（mol） 2 2 0
变化量（mol）2n n an
平衡量（mol）2-2n 2-n an
=，解得n=0.8；==，解得：a=1。则：
若X、Y均为气态，则该反应正向为气体总量减少的反应，容器Ⅰ维持恒压，容器Ⅱ压强减小，Ⅰ等效于Ⅱ加压，平衡向正向移动，气体总量更少，则平衡时气体平均摩尔质量：Ⅰ＞Ⅱ，故A正确；若X、Y不均为气态，体系中只有一种气体，气体摩尔质量保持不变，故B错误；若X为固态，Y为气态，则反应前后气体总量不变，两容器压强始终相等，反应速率相等，从起始到平衡所需时间相同，故C错误；反应建立平衡过程中Ⅰ容器的体积是否变化，取决于反应前后气体总量是否改变，即取决于X、Y两种物质的状态，故D错误。
考点：化学平衡的影响因素

16．铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中。
（1）铝粉和铁的氧化物（FeO·Fe2O3）可配成铝热剂用于焊接钢轨，反应的化学方程式是 。
（2）NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜，在处理过程中常会产生H2，产生H2的离子方程式是 。
（3）工业上以铝土矿（Al2O3·H2O）为原料生产铝，主要包括下列过程：
i．将粉粹、筛选后的铝土矿溶解在NaOH溶液中；
ii．加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al（OH）3固体；
iii．使Al（OH）3脱水生成Al2O3；
iv．电解熔融Al2O3生成Al。
铝土矿粉粹的目的是 ，试剂A的化学式是 ，电解熔融Al2O3时，加入冰晶石，其作用是 。
（4）明矾化学式为KAl（SO4）2·12H2O，向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，当溶液中的SO42－恰好沉淀时，铝元素的存在形式是 。
（5）美国普度大学研究开发出一种利用铝镓（化学式：AlGa）合金制取氢气的新工艺（如下图所示）。

i．写出常温下铝镓合金产生氢气的化学方程式 。
ii．下列有关该工艺的说法正确的是 。
A．该过程中，能量的转化形式只有两种
B．铝镓合金可以循环使用
C．铝镓合金的熔点比金属铝低
D．该工艺可利用太阳能分解水
【答案】（1）8Al＋3FeO·Fe2O34Al2O3＋9Fe ；
（2）2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ ；
（3）增大接触面积，加快反应速率；CO2；降低反应混合物熔点；
（4）AlO2－；
（5）2AlGa＋3H2O＝Al2O3＋2Ga+3H2↑；BCD
【解析】
试题分析：（1）铝粉和铁的氧化物（FeO•Fe2O3）可配成铝热剂用于焊接钢轨，铝粉和铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe；
（2）NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜，在处理过程中常会产生H2，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（3）铝土矿粉粹是增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠，加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al（OH）3固体，碳酸酸性大于氢氧化铝，说明是通入二氧化碳生成；电解熔融Al2O3时，氧化铝熔点高耗能高，加入冰晶石会降低反应物熔点，节约能源，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，CO2，降低反应混合物熔点，节约能源；
（4）设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42-，根据反应：SO42-+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42-完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH-，1molAl3+和4molOH-发生反应：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；铝元素的存在形式为：AlO2-．故答案为：AlO2-；
（5）i、依据转化关系图中物质分析判断，铝镓合金和水反应生成氧化铝、镓和氢气，反应的化学方程式为：2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑，故答案为：2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑；
ii、A、工艺流程中，太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能，该过程中，能量的转化形式不只有两种，故A错误；B、前边操作中用的物质，在后续操作中又得到该物质，则该物质就可循环使用，转化关系中铝镓合金反应最后生成可以循环使用，故B正确；C、合金熔点低于各成分，铝镓合金的熔点比金属铝低，故C正确；D、根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气，该工艺中总反应为：2H2O=H2↑+O2↑D正确，该工艺可利用太阳能分解水，故D正确，故选BCD。
考点：考查了镁铝的性质、工艺流程分析应用的相关知识。
17．（15分）工业上合成有机物Ⅲ（）的路线如下：

（1）有机物Ⅰ的分子式为 ，所含官能团名称为 。
（2）反应①的反应类型为 ，反应②中无机试剂和催化剂为 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）有机物Ⅳ发生消去反应可得Ⅰ，也能通过两步氧化得丙二酸，则Ⅳ的结构简式为 。
（5）已知（R表示烃基）：

醛和酯也能发生上述类似反应，则苯甲醛与 发生反应，可直接合成有机物Ⅲ。
【答案】（1）C3H4O2（2分），碳碳双键、羧基（2分）
（2）取代反应（或酯化反应）（2分），液溴、铁粉（2分）
（3）

（4） （2分）
（5）乙酸乙酯（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据有机物Ⅰ的结构简式知，该物质的分子式为C3H4O2，所含官能团名称碳碳双键、羧基。（2）反应①为丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应类型为取代反应（或酯化反应），反应②为苯与液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，无机试剂和催化剂为液溴和铁粉。（3）反应③为丙烯酸乙酯与溴苯发生取代反应，化学方程式为见答案。（4）有机物Ⅳ发生消去反应可得丙烯酸，也能通过两步氧化得丙二酸，则Ⅳ的结构简式为；（5）根据题给信息：羟醛缩合反应的反应机理及化合物Ⅲ的结构，苯甲醛与乙酸乙酯发生反应，可直接合成有机物Ⅲ。
考点：考查有机物的结构与性质。
18．（15分）乙酰苯胺为无色晶体，具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。在实验室制备乙酰苯胺常用苯胺与乙酸反应，反应方程式为：

实验的具体操作步骤流程图：

相关的文献数据如下：
试剂名称
相对分子质量
密度g/ml
熔点℃
沸点℃
溶解度
苯胺
93
1.02
－6.2
184.4
稍溶于水，与乙醇、乙醚、苯混溶
乙酸
60
1.05
16.7
118
溶于水、乙醇、乙醚等
乙酰苯胺
135
1.21
114～116
280～290

据此回答下列问题：
（1）实验时将苯胺、乙酸和锌粉放在单口圆底烧瓶中进行混合加热，所选单口圆底烧瓶的最佳规格是
A. 50mL B. 100mL C. 150mL D. 200mL
（2）量筒所接的蒸馏物是__________（填化学式）。实验这样设计的目的是__________。
（3）通过重结晶提纯产物，则乙酰苯胺在水中溶解性的变化特征是_________________。
（4）对无色片状晶体进行干燥，判断晶体干燥完全的实验方法是___________________。
（5）锌粉几乎不与纯净的乙酸反应，但随着上述制备乙酰苯胺的反应而会消耗乙酸，原因是_____。
（6）实验所得无色片状晶体干燥后称量目标产物质量为4.0g，请计算所得到乙酰苯胺的产率是___。
【答案】（1）A（2分）（2）H2O（2分） 提高产率（其他合理描述也可给分，2分）
（3）随着温度升高，溶解度迅速增加（其他合理描述也可以，2分）
（4）对干燥后的产物进行称量，然后继续干燥一段时间后称量，前后所得质量相等（其他合理描述也可给分，2分）
（5）纯净乙酸不能电离，有水才会电离出氢离子，反应才可以进行。（2分） （6）54％（3分）
【解析】
试题分析：（1）反应物液体的总体积不会超过20ml，由于圆底烧瓶所盛放的溶液体积一般不能超过 ，也不能低于 ，因此最佳规格是50ml，答案选A。
（2）温度计读数大约是105℃，均没有超过有机物的沸点，所以量筒所接的蒸馏物是蒸馏水。有机物没有被蒸发出来，可以提高反应物的转化率，提高产率。
(3) 可以通过重结晶提纯产物，做什么乙酰苯胺在水中溶解性的变化特征是随着温度升高，溶解度迅速增加。
（4）对无色片状晶体进行干燥，则可以通过称量固体质量变化来判断判断晶体干燥是否完全，即实验方法是对干燥后的产物进行称量，然后继续干燥一段时间后称量，前后所得质量相等。
（5）锌粉几乎不与纯净的乙酸反应，但随着上述制备乙酰苯胺的反应而会消耗乙酸，这是由于反应中有水生成，纯净乙酸不能电离，有水才会电离出氢离子，反应才可以进行。
（6）5ml苯胺的质量是5ml×1.02g/mol＝5.1g，物质的量是5.1g÷93g/mol＝0.055mol。7.4ml乙酸的质量是7.4ml×1.05g/mol＝7.77g，物质的量是7.77g÷60g/mol=0.13mol，所以乙酸过量，则理论上生成产物的质量是0.55mol×135g/mol＝7.425g，所以所得到乙酰苯胺的产率是×100%＝54％。
考点：考查有机物制备实验方案设计、鉴基本实验操作、反应条件控制以及产率计算
19．（10分）某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验。已知：c(H2SO4)=4.5 mol·L－1，反应均需要搅拌60min。
编号
温度/℃
加入某盐
H2SO4体积/mL
H2O体积/mL
铝粉加入量/g
铝粉溶解量 /g
①
20
不加
40
0
2.0050
0.0307
②
80
不加
40
0
2.0050
0.1184
③
t1
不加
20
V1
2.0050
﹨
④
t2
5 mL0.01 mol·L－1
CuSO4溶液
20
V2
2.0050
﹨
（1）实验①和②的目的是 。
为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是 。
（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1= ℃，V1= mL。
（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2= ℃，V2= mL。
研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解。原因是 。
【答案】（1）其它条件不变，温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响。 （2分）
反应60min后剩余铝粉的质量 （2分）
（2）20 ；20 （2分，各1分）
（3）20 ；15 （2分，各1分）
加入硫酸铜，铝置换出少量的铜构成铝铜原电池，加快反应速率。（2分）
【解析】
试题分析：⑴实验①和②的实验温度不同，目的是探究温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；由总质量减去剩余铝粉的质量可确定溶解量；
⑵实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则温度应相同（20℃），但浓度不同，根据总体积相同，则V1=20mL；
⑶实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则温度、浓度应相同，因加入5mL 0.01mol•L-1CuSO4溶液，则加水的体积应为15mL，加入硫酸铜，铝置换出铜，可形成铝、铜原电池反应，从而加快反应速率。
考点：考查化学反应速率的影响的因素。
20．（每空2分，共12分）实验室以草酸(HOOC—COOH)和乙醇为原料制备草酸二乙酯的实验步骤如下：

步骤1：在上图所示装置中，加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热68-70℃回流共沸脱水。
步骤2：待水基本蒸完后，分离出乙醇和苯。
步骤3：所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，再用无水硫酸钠干燥。
步骤4：常压蒸馏，收集182-184℃的馏分，得草酸二乙酯57g。
（1）步骤1中发生反应的化学方程式是 ，反应过程中冷凝水应从 (填“a”或“b”)端进入。
（2）步骤2操作为 。
（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液洗涤的目的是 。
（4）步骤4除抽气减压装置外所用玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶和 。
（5）本实验中，草酸二乙酯的产率为 。
【答案】（1）+2CH3CH2OH+2H2O；（2分） a（2分）
（2）蒸馏（2分）
（3）除去草酸、硫酸等酸性物质（2分）
（4）温度计、酒精灯（2分）
（5）78%（2分）
【解析】
试题分析：（1）草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙二酸二乙酯和水，化学方程式是+2CH3CH2OH+2H2O；为使冷凝效果好，冷凝水应下进上出，所以从a端进入；
（2）乙醇与苯是互溶的液体，所以采用蒸馏的方法分离；
（3）所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，水洗的目的是除去乙醇等水溶性杂质，再用碳酸氢钠溶液洗涤，除去草酸、硫酸等酸性物质；
（4）步骤4中有常压蒸馏，所以需要蒸馏的仪器，除需要蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶外，还需要温度计测定馏分的温度，酒精灯用于加热；
（5）无水草酸45g，无水乙醇81g，根据步骤1发生的化学方程式可知，乙醇过量，所以按草酸的量进行计算。45g草酸的物质的量是0.5mol，理论上生成0.5mol 乙二酸二乙酯，质量是146g/mol×0.5mol =73g，则草酸二乙酯的产率为57g/73g×100%=78%。
考点：考查物质的制备实验，反应原理的判断，操作的判断，产率的计算
21．用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅、铁、铝等配制而成。试回答：
（1）30Si的原子的中子数为________。
（2）Al3＋与Yn－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则n=________。
（3）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是________。
（4）经处理后的熔渣36.0 g(仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2)，加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为________。（只写结果）
【答案】(1) 16　（1分） (2)n=1 （1分）
（3）　CO2（2分） (4)25% （3分）
【解析】
试题分析：（1）在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数＝质子数+中子数可计算出30Si的原子的中子数为：30－14＝16。
（2）在元素周期表中只有第 ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al3＋与Yn－的电子数相同，所以Y是F元素。所以n=1。
（3）由药皮的成分大理石、水泥、硅、铁、铝等可知，在高温下只有大理石才分解产生CO2，因此气体只能是CO2气体。
（4）熔渣中只有SiO2与盐酸不反应，因此11.0g是SiO2的质量。Fe2O3、Al2O3溶于盐酸分别生成FeCl3、AlCl3，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe(OH)3沉淀。所以21.4g固体是Fe(OH)3的质量，其物质的量为 ，由铁原子守恒知Fe2O3的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×160g•mol－1＝16.0g。熔渣中Al2O3的质量分数为 。
考点：中子数的计算；元素周期表；化学计算
点评：本题考查元素周期表的排布规律和化学计算，综合性较强，题目难度较大。

22．(15分）四苯基乙烯（TFE）及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。以下是TFE的两条合成路线(部分试剂及反应条件省略）：

（1）A的名称是____ __；试剂Y为___ __。
（2）B→C的反应类型为______ _；B中官能团的名称是____ __，D中官能团的名称是______.。
（3）E→F的化学方程式是_______________________。
（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（-CH2OH）。写出W所有可能的结构简式：__ ___。
（5）下列叙述正确的是______。
a．B的酸性比苯酚强
b．D不能发生还原反应
c．E含有3种不同化学环境的氢
d．TPE既属于芳香烃也属于烯烃
【答案】（1）甲苯、酸性高锰酸钾 （2）取代反应、羧基、羰基
（3）+NaOH→+NaBr
（4），
（5）a d
【解析】
试题分析：（1）甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸；（2）溴原子取代羟基，（3）卤原子水解生成羟基；（4）由于D的分子式为：C13H10O，根据条件推断W的支链中含有碳碳叁键和一个羟基；（5）羧基的酸性大于酚羟基，故a正确；羰基可以发生氢气加成，即还原反应，故b错误；c、E中含有5中不同环境的Ｈ，故c错误；d、正确
考点：有机合成与有机推断。
23．X（）是合成某种手术用粘合剂的单体，X的合成路线如下：

已知：
请回答下列问题：
（1）物质F中所含的含氧官能团的名称是 。
（2）写出由A→B的反应方程式： 。
（3）设计C→D转化的目的是 。
（4）C→D、A+F→G的反应类型依次为 反应和 反应。
（5）F有多种同分异构体，其中既能发生水解反应又能发生银镜反应的结构简式为（任意写出一种即可） 。
（6）已知， 写出由HCHO和CH3CHO制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：

【答案】（1）羧基（2）2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O
（3）保护碳碳双键不被氧化（4）加成 取代（或酯化）
（5）HCOOCH2C≡CH（或HCOOC≡CCH3）
（6）
【解析】
试题分析：（1）已知A与F进行酯化反应，A为醇，则F为羧酸，故含有羧基。（2）因为A到B的反应式是以铜与氧气反应在加热条件下进行，可知该反应是由醇氧化到醛的反应，故反应式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，（3）保护碳碳双键不被氧化。（4）C→D是溴单质加成双键，属于加成反应。A+F→G是酯化反应。（5）已知F为CH3C≡CCOOH当其以酯的形式存在时既可以发生银镜反应，也可以水解，则其结构简式为：HCOOCH2C≡CH（或HCOOC≡CCH3）（6）首先是甲醛与乙醛在碱环境下发生题目所提示的反应，继而又在氰酸的作用下醛基转化为羧基与羟基，最后末端碳上的羧基与首端碳上的羟基，自身酯化成环最后是在氧气与铜的作用下羟基氧化为碳氧双键。
考点：重点考查有机合成的推断，考查学生从题目中汲取有效信息的能力，与对于基本有机化学反应的掌握。
24．(12分)A～K有如下转化关系，其中K在工业上可用做香味剂．

已知：①A与HCl反应可同时得到B和C两种产物
②E可发生银镜反应，而H不能发生银镜反应
③K的分子式为C6H10O3
④(R为烃基)
⑤结构不稳定。
请回答下列问题：
（1）写出下列物质的结构简式：A K 。
（2）下列各组物质互为同分异构体的有______ (填选项字母)。
a．B和C
b．D和G
c．E和H
d．F和J
e．A和K
（3）写出下列反应的化学方程式：反应② ,E与新制Cu(OH)2反应 。
（4）H的某种链状同分异构体L的分子中含有两种官能团，L能发生加聚反应生成一种吸水性高分子。L的结构简式为 。
【答案】(12分)(每空2分)
（1）CH2=CH-CH3 、 CH3CH2COOCH2COCH3；
（2）a b c d
（3）

（4）CH2=CHCH2OH
【解析】
试题分析：K的分子式为C6H10O3，根据流程图可知，F与J的C原子数相等，均是3个C原子；E可发生银镜反应，而H不能发生银镜反应，说明E分子中含有醛基，则E是丙醛，H分子中不含醛基，则H是丙酮；则F为丙酸；A与HCl加成得到不同的产物B、C，所以A为丙烯，B为1-氯丙烷，C为2-氯丙烷，D为1-丙醇，G为2-丙醇，I为CH3-CO-CH2Br，发生水解反应得到J为CH3-CO-CH2OH，J与F发生酯化反应得到K，K的结构简式是CH3CH2COOCH2COCH3；
（1）根据以上分析，A的结构简式是CH2=CH-CH3