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期末检测模拟卷01〔根底卷〕
第I卷〔选择题)
一、单项选择题〔36分)
1．〔2分〕以下关于原子结构的说法有误的是( )
A．1869年俄国化学家门捷列夫提出了原子学说，为近代化学的开展奠定了根底
B．原子的种类由质子数和中子数决定
C．在原子结构分层排布中，M层〔第三层〕容纳电子数最多为18
D．在化学反响过程中，原子核不发生变化，但原子外层电子可能发生变化
【答案】A
【解析】
A．提出了原子学说的是道尔顿，故A错误；
B．同种元素的质子数相同，同种元素的原子由于中子数不同而形成不同的核素，所以原子的种类由质子数和中子数决定，故B正确；
C．在原子结构分层排布中，每个电子层最多容纳2n2电子，那么M层(第三层)容纳电子数最多为18，故C正确；
D．化学变化中最小的微粒是原子，在化学反响过程中，原子核不发生变化，氧化复原反响中氧化剂得电子，复原剂失电子，原子外层电子发生变化，故D正确；
故答案为A。
2．〔2分〕以下表示粒子结构的化学用语或模型正确的选项是〔 〕
A．NH4Cl的电子式： B．中子数为7的氮原子：
C．丙烷分子的球棍模型： D．乙烯结构简式：CH2CH2
【答案】C
【解析】
A．氯化铵为离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，正确的电子为，故A错误；
B．中子数为7的氮原子的质量数为14，其核素表示为，故B错误；
C．丙烷的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，球棍模型与其结构简式相对应，故C正确；
D．乙烯的结构简式中应该包含碳碳双键，写为：CH2=CH2，故D错误；
故答案为C。
3．〔2分〕“三七〞是一种名贵中药，其有效成分中的人参皂苷 Re(C48H82O18)具有改善记忆的作用。人参皂苷 Re 属于
A．单质 B．有机物 C．无机物 D．氧化物
【答案】B
【解析】
A． 单质是同种元素组成的纯洁物，而人参皂苷是由多种元素组成，属于化合物，故A不符合题意；
B． 有机物是通常指含有碳元素的化合物，人参皂苷是含碳的化合物，人参皂苷属于有机物，故B符合题意；
C． 通常指不含碳元素的化合物，但包括碳的氧化物、碳酸盐、氢化物、碳酸氢盐等等，故C不符合题意；
D． 氧化物是由氧元素和另一种元素组成的化合物，人参皂苷中含有C、H、O三种元素，因此人参皂苷不属于氧化物，故D不符合题意；
答案：B。
4．〔2分〕以下表达不正确的选项是 ( )
A．化学键的断裂和形成是化学反响中能量变化的根本原因
B．凡吸热反响均需在加热条件下才能发生
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
D．由图知，红磷比白磷稳定
【答案】B
【解析】
A．旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，化学键的断裂和形成是化学反响中能量变化的主要原因，A正确；
B．反响是吸热反响与反响是否需在加热条件下进行无关，如氯化铵与氢氧化钡晶体反响是吸热反响，但反响在常温下就能发生，B错误；
C．等质量的硫蒸气和硫固体相比拟，硫蒸气具有的能量多，生成物含有的能量相同，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，C正确；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由图可知红磷含有的能量比白磷低，所以红磷比白磷更稳定，D正确；
故合理选项是B。
5．〔2分〕有a、b、c、d四种金属，用导线两两相连插入稀硫酸中可以组成原电池，a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，a极发生氧化反响；b、d相连时，b极有大量气泡生成。那么四种金属的活动性按由强到弱顺序排列的是
A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b
C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a
【答案】B
【解析】
在原电池中，作原电池负极的金属较活泼、作正极的金属较不活泼，电流从正极沿导线流向负极，正极上得电子发生复原反响，负极上失电子发生氧化反响，
a、b相连时，a 为负极，那么金属活动性a＞b；
c、d相连时，电流方向为d→c，那么金属活动性c＞d；
a、c相连时，a极发生氧化反响，那么金属活动性a＞c；
b、d相连时，b极有大量气泡生成，那么金属活动性d＞b；
通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是a＞c＞d＞b ；
故答案为：B。
6．〔2分〕将4molA气体和2molB气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反响：2A(g)+B(g)=2C(g)。假设经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，以下说法正确的选项是()
A．用物质A表示的反响速率为1.2mol/(L·s) B．2s时物质A的转化率为30％
C．用物质B表示的反响速率为0.6mol/(L·s) D．2s时物质B的浓度为0.6mol/L
【答案】B
【解析】
A．假设经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，那么物质C的平均速率为，用A物质表示的反响速率υ(A)=υ(C)=0.6mol∙L−1·s−1，故A错误；
B．根据A选项分析得到υ(A)=υ(C)=0.6mol∙L−1·s−1，那么，Δn(A)=1.2mol，2s时物质A的转化率，故B正确；
C．假设经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，那么物质C的平均速率为，用物质表示的反响速率υ(B)=υ(C)=×0.6mol∙L−1·s−1=0.3mol∙L−1·s−1，故C错误；
D．根据B选项分析得到Δn(A)=1.2mol，Δn(B)=Δn(A)=×1.2mol=0.6mol，那么2s时物质B的物质的量为2mol−0.6mol=1.4mol，物质的量浓度为，故D错误。
答案为B。
7．〔2分〕将某病人的尿液参加新制的Cu(OH)2浊液中，微热时如果观察到红色沉淀，说明该尿液中含有〔 〕
A. 醋酸 B. 尿酸 C. 食盐 D. 葡萄糖
【答案】D
【解析】A. 食醋和氢氧化铜反响生成醋酸铜和水，使沉淀溶解，没有红色沉淀出现，故A错误；
B. 尿酸是酸，会使沉淀溶解，没有红色沉淀出现，故B错误；
C. 食盐和氢氧化铜不反响，没有红色沉淀生成，故C错误；
D. 葡萄糖为复原性糖含有醛基能与新制的Cu(OH) 2 浊液微热时观察到红色沉淀，故D正确；
8．〔2分〕以下关于有机化合物的说法正确的选项是
A．煤的液化过程为物理过程
B．甲烷和乙烯都可以与氯气反响
C．酸性高锰酸钾溶液可以氧化苯和甲烷
D．乙烯可以与氢气发生加成反响，苯不能与氢气加成
【答案】B
【解析】
A．煤的液化过程是化学变化，A错误；
B．甲烷和氯气发生取代反响，乙烯和氯气发生加成反响，B正确；
C．酸性高锰酸钾溶液不能氧化苯和甲烷，C错误；
D．苯分子结构中含有苯环，也能在一定条件下与氢气发生加成反响，D错误；
故答案选B。
9．〔2分〕我国城市环境中的大气污染物主要是
A．CO2、Cl2、N2、酸雨 B．SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物
C．NH3、CO2、NO2、雾 D．HCl、SO2、N2、可吸入颗粒物
【答案】B
【解析】
A、C项中的二氧化碳不属于大气污染物，D项中的氮气不属于大气污染物，B项中SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物均属于大气污染物，应选B。
10．〔2分〕以下关于硫的化合物的说法正确的选项是
A．在燃煤中参加石灰石可减少SO2排放，发生的反响为2CaCO3+2SO2+O22CO2＋2CaSO4
B．把 SO2 通入酸性高锰酸钾溶液可验证SO2的漂白性
C．浓硫酸能使纸张变黑，这是因为纸张中的纤维素是碳水化合物，浓硫酸吸收了其中的水分
D．SO2具有较强的复原性，浓硫酸有强氧化性，所以不能用浓硫酸枯燥 SO2
【答案】A
【解析】
A．高温下，石灰石与SO2能发生如下反响：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，所以可在燃煤中参加石灰石以减少SO2的排放，故A正确；
B．高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫被高锰酸钾氧化为硫酸根离子，表达了二氧化硫的复原性，故B错误；
C．浓硫酸可以使木材、纸张中的氢元素、氧元素按照氢、氧原子个数比2:1脱去，从而使物质发生碳化，表达了浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．同种元素相邻价态不发生氧化复原反响，故二氧化硫(S为+4价)与浓硫酸(S为+6价)不反响，可以用浓硫酸枯燥，故D错误；
答案选A。
11．〔2分〕以下表达正确的选项是
A．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化 B．可用灼烧的方法区别羊毛和棉线
C．SO2、氮氧化物的排放会造成酸雨，酸雨的pH≥5.6 D．糖类物质都有甜味
【答案】B
【解析】
A.分馏是别离几种不同沸点的挥发性物质的混合物的一种方法；干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反响过程；裂化是一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反响过程；裂解就是深度的裂化，可以看出分馏没有新物质生成，干馏、裂化、裂解都有新物质生成，选项A错误；
B.羊毛是蛋白质，燃烧产生烧焦羽毛的气味，棉线燃烧产生烧纸的气味，可以鉴别，选项B正确；
C.SO2、氮氧化物的排放会造成酸雨，酸雨是指pH<5.6的雨水，选项C错误；
D.糖类不一定有甜味，如淀粉和纤维素，选项D错误；
答案选B。
12．〔2分〕海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的局部过程如下图。以下有关说法不正确的选项是( )
A．①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去 Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质
B．工业生产中常选用石灰乳作为 Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤
C．第②步的反响是将 MgCl2•6H2O 晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水 MgCl2
D．第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用 SO2 作复原剂
【答案】C
【解析】
A. ①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42−等杂质，故A正确；
B. 利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为 Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故B正确；
C. 镁离子要水解，因此第②步的反响是将 MgCl2⸱6H2O 晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水 MgCl2，故C错误；
D. 第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作复原剂，SO2与Br2反响生成HBr和H2SO4，故D正确；
答案为C。
13．〔2分〕以下物质的制取原理错误的选项是 ( )
A．金属钠的制取：2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑
B．金属镁的制取：MgO＋COMg＋CO2
C．金属铬的制取：Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3
D．金属汞的制取：2HgO2Hg＋O2↑
【答案】B
【解析】
A.金属钠活泼，用电解熔融氯化钠制备，A项错误；
B.金属镁活泼，用电解熔融氯化镁制备，B项正确；
C.金属铬没有铝活泼，用铝热法制备，C项错误；
D.金属汞不活泼，用加热分解氧化物的方法的制取，D项错误；
答案选B。
14．〔2分〕关于油脂，以下说法中正确的选项是〔 〕
A．植物油一般可以使溴水褪色，而动物油不能
B．油脂的水解反响也可称之为皂化反响
C．天然油脂大多数属于混合甘油酯，没有恒定的熔沸点，属于高分子化合物
D．硬脂酸甘油酯皂化反响后得到的主要产品是硬脂酸和甘油
【答案】A
【解析】
A．植物油中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，而动物油中一般没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故A正确；
B．油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，只有油脂在碱性条件下水解称为皂化反响，故B错误；
C．天然油脂是混合物，没有固定的熔沸点，油脂为高级脂肪酸甘油酯，其相对分子量较小，不属于高分子化合物，故C错误；
D．皂化反响是指油脂在碱性条件下的水解，硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解，得到硬脂酸钠和甘油，故D错误；
应选A。
15．〔2分〕以下说法不正确的选项是
A．氨基酸能与酸、碱反响生成盐
B．葡萄糖和蔗糖的官能团种类完全相同
C．乙醇和乙醛可用银氨溶液进行鉴别
D．氢键既影响有机物的沸点，又影响有机物的空间结构
【答案】B
【解析】
A．氨基酸中既含有氨基，又含有羧基，所以既能与酸反响，也能与碱反响生成盐，A项正确；
B．葡萄糖属于多羟基醛，结构中含有醛基而蔗糖的分子结构中并不含有醛基，B项错误；
C．乙醇不能与银氨溶液反响，乙醛可以与银氨溶液反响产生银镜现象，C项正确；
D．有机物分子之间假设能形成氢键，会使有机物具有较高的沸点；氢键的形成也会影响有机物的空间结构，如氢键是蛋白质具有生物活性的高级结构的重要原因，氢键也是DNA双螺旋的两个螺旋链结合的原因，D项正确；
答案选B。
16．〔2分〕结合下表数据分析，以下关于乙醇、乙二醇的说法，不合理的是〔 〕
物质
分子式
沸点／℃
溶解性
乙醇
C2H6O
78.5
与水以任意比混溶
乙二醇
C2H6O2
197.3
与水和乙醇以任意比混溶
A. 二者的溶解性与其在水中能够形成氢键有关
B. 可以采用蒸馏的方法将二者进行别离
C. 丙三醇的沸点应该高于乙二醇的沸点
D. 二者组成和结构相似，互为同系物
【答案】D
【解析】A. 乙醇和乙二醇都与水分子形成氢键，所以二者均能与水经任意比混溶，A正确；B.二者的沸点相差较大，所以 可以采用蒸馏的方法将二者进行别离，B正确；C. 丙三醇分子中的羟基数目更多，其分子之间可以形成更多的氢键，所以其沸点应该高于乙二醇的沸点，C正确；D. 同系物的结构相似是指碳链相似、官能团的种类和个数分别相同，所以乙醇和乙二醇不是同系物，D不正确。此题选D。
答案选D。
17．〔2分〕在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，以下操作未涉及的是
A． B．
B． C． D．
【答案】D
【解析】
分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反响生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。
详解：A、反响物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现别离，C正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现别离，D错误。
答案选D。
18．〔2分〕将2mol甲烷和适量的Cl2混合后光照充分反响，先后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量依次增多0.2,那么参加反响Cl2的物质的量为
A．1.5mol B．3mol C．4.5mol D．6mol
【答案】D
【解析】
根据充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.2mol，可以设其物质的量分别是nmol、(n+0.2)mol、(n+0.4)mol、(n+0.6)mol；参加反响的CH4为2mol，由C原子守恒可知：n+(n+0.2)+ (n+0.4)+ (n+0.6)=2，解得：n=0.2，Cl2和CH4发生取代反响时，一半的Cl进入HCl，那么消耗氯气的物质的量为0.2mol+2×0.4mol+3×0.6mol+4×0.8mol=6mol，故答案为D。
二、多项选择题〔6分)
19．〔3分〕X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y+和Z-具有相同的电子层结构。以下说法正确的选项是〔 〕
A．原子最外层电子数：Z＞X＞Y B．单质沸点：X＞Y＞Z
C．离子半径：X2-＞Y+＞Z- D．原子序数：X＞Y＞Z
【答案】AD
【解析】
A. X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，所以最外层电子数：Z＞X＞Y，故A正确；
B. 常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Y＞X＞Z，故B错误；
C. Na+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为X2-＞Z-＞Y+，故C错误；
D. X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D正确；
故答案为AD。
20．〔3分〕以下变化中，由加成反响引起的是
A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色
B．甲烷与氯气混合后，光照黄绿色消失
C．在催化剂存在下，乙烯与水反响生成乙醇
D．丙烯通入溴水中，溴水褪色
【答案】CD
【解析】
A．乙烯具有复原性，通入酸性高锰酸钾溶液中被氧化，高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．甲烷与氯气混合光照后发生取代反响，消耗氯气，黄绿色消失，故B错误；
C．在催化剂存在下，乙烯与水发生加成反响生成乙醇，故C正确；
D．丙烯通入溴水中发生加成反响使溴水褪色，故D正确；
答案选CD。
第II卷〔非选择题)
三、填空题〔22分)
21．〔8分〕在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌为_____极，电极上发生的是_____反响〔“氧化〞或“复原〞〕．电极反响式为_____，锌片上观察到的现象为_____银为_____极，电极上发生的是_____反响〔“氧化〞或“复原〞〕，电极反响式是_____，银片上观察到的现象是_____．
【答案】负 氧化 Zn﹣2e﹣═Zn2 Zn片逐渐溶解 正 复原 Cu2++2e﹣═Cu 有红色物质析出
【解析】
由于锌比银活泼，发生Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反响，失去电子，即锌作负极，电极反响式为Zn－2e－=Zn2＋，观察到锌片溶解，银为正极，电极反响式为Cu2＋＋2e－=Cu，化合价降低，发生复原反响，银片上现象：有红色物质析出。
22．〔10分〕某化学课外小组查阅资料知：苯和液溴在有溴化铁(FeBr3)存在的条件下可发生反响生成溴苯和溴化氢，此反响为放热反响。他们设计了以下图装置制取溴苯。先向分液漏斗中参加苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反响器A中。如图是制取溴苯的装置。试答复：
(1)装置A中发生反响的化学方程式是_______________________________________。
(2)装置C中看到的现象是___________________，证明_________________________。
(3)装置B是吸收瓶，内盛CCl4液体，实验中观察到的现象是___________，原因是__________。如果没有B装置而将A、C直接相连，你认为是否妥当？________(填“是〞或“否〞)，理由是_________________。
(4)实验完毕后，将A试管中的液体倒在装有冷水的烧杯中，烧杯________(填“上〞或“下〞)层为溴苯，这说明溴苯________且_______________。
【答案】2Fe＋3Br2===2FeBr3，＋HBr 导管口有白雾，试管内有淡黄色的沉淀生成 有HBr生成 液体变橙色 反响放热，A中溴蒸气逸出，溶于CCl4中 否 逸出的溴蒸气也能与AgNO3溶液反响 下 不溶于水 密度比水大
【解析】
此题考查苯的溴代反响，其中A为发生装置，但由于反响放热，溴、苯以及产生的HBr均易挥发，故加B作为吸收瓶，吸收挥发出的溴和苯。HBr蒸气进入C中，证明发生了取代反响。
〔1〕首先铁粉是强复原剂、液溴是强氧化剂，二者容易化合生成溴化铁，即2 Fe + 3 Br2 = 2 FeBr3；溴化铁是苯与液溴发生取代反响的催化剂，即C6H6+Br2C6H5Br+HBr；
〔2〕HBr难溶于CCl4、却易溶于水，而溴蒸汽易溶于四氯化碳、微溶于水，那么装置B可以除去溴化氢气体中混入的溴蒸汽，且溴化氢遇水蒸气易产生白色的酸雾〔类似于翻开浓盐酸的试剂瓶口的现象〕，且与硝酸银溶液反响生成淡黄色沉淀，该现象证明苯与液溴发生取代反响或产物中含有溴化氢；
〔3〕B中装有四氯化碳，吸收溴蒸气后，变成橙红色；如果将A、C直接相连，溴蒸汽和溴化氢都能与硝酸银溶液反响生成浅黄色沉淀，即挥发出的溴蒸汽能干扰溴化氢的检验；
〔4〕溴苯不溶于水，且密度大于水，因此A中反响后的液体与水混合后分层，烧杯下层为溴苯。
23．〔4分〕聚苯乙烯的结构为，试答复以下问题：
〔1〕聚苯乙烯重复出现的结构单元是__，单体是__。
〔2〕实验测得某聚苯乙烯的相对分子质量(平均值)为52000，那么该高聚物的结构单元重复出现的次数是n=__。
〔3〕聚苯乙烯为线型结构的高分子化合物，试推测：__(“能〞或“不能〞)溶于CHCl3；具有__(填“热塑〞或“热固〞)性。
【答案】 500 能 热塑
【解析】
〔1〕根据化学方程式：，可以确定聚苯乙烯的单体为，重复出现的结构单元为；
〔2〕链节的相对分子质量是104，当Mr＝52 000时，那么重复出现的次数：n＝＝500。
〔3〕聚苯乙烯为线型结构的高分子化合物，可知聚苯乙烯能溶于CHCl3；具有热塑性。
四、实验题〔17分)
24．〔8分〕海带中含有丰富的碘。为了从海中提取碘，某研究性学习小姐设计并进行了以下实验，请填写以下空白：
(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是___〔用标号字母填写在空白处〕。
A．烧杯 B．坩埚 C．外表皿 D．泥三角 E.酒精灯 F.枯燥器
(2)步骤③的实验操作名称是___，步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中别离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是__。
(3)步骤④反响的离子方程式是___。
(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是__、___。
(5)请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法：___。
【答案】BDE 过滤 蒸馏 MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O 苯与水互不相溶 碘在苯中的溶解度比在水中大 取少量提取碘后的水溶液于试管中，参加几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色，如果溶液变蓝色，说明含有单质碘
【解析】
(1)灼烧海带时用坩埚盛放海带，用带铁圈的铁架台放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以灼烧海带时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯，故合理选项是BDE；
(2)步骤③是别离难溶性的固体和液体，那么实验操作名称为过滤；步骤⑥的目的是从含碘的苯溶液中别离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来别离，那么实验操作为蒸馏；
(3) MnO2在酸性环境下将I-氧化为I2，MnO2被复原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得该反响的离子方程式：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O；
(4)用苯作碘水中碘的萃取剂是由于苯与水互不相溶，且碘在苯中的溶解度比在水中大得多；
(5)碘遇淀粉变蓝色，所以检验检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法是：取少量提取碘后的水溶液于试管中，参加几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色，如果溶液变蓝色，说明含有单质碘。
25．〔9分〕实验是化学的根底。某实验小组用以下装置进行乙醇的催化氧化实验。
〔1〕实验过程中铜网交替出现红色和黑色，请写出相应的化学方程式：
①____________；②______________。
〔2〕甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是加热使乙醇挥发；乙的作用是____________。
〔3〕反响进行一段时间后，试管a中能收集到不同的有机物质，它们是__________；集气瓶中收集的气体主要成分是________。铜网的作用是____________；
〔4〕实验室可用乙醇来制取乙烯，将生成的乙烯通入溴的四氯化碳溶液，反响后生成物的结构简式是______。
【答案】2Cu+O2 2CuO CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O 冷却，便于乙醛的收集 乙醛、乙醇与水 氮气 催化剂 CH2BrCH2Br
【解析】
(1)乙醇的催化氧化反响过程为：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu+O2 2CuO，氧化铜将乙醇再氧化为乙醛，CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，因此实验过程中铜网交替出现红色和黑色，故答案为：2Cu+O2 2CuO、CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；
(2)甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，是产生平稳的乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来收集，故答案为：冷却，便于乙醛的收集；
(3)乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反响中乙醇不能完全反响，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反响，集气瓶中收集的气体主要是氮气，铜网是催化剂，故答案为：乙醛、乙醇与水；氮气；催化剂；
(4)将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯和溴发生加成反响生成1，2-二溴乙烷，即反响为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br。
五、推断题〔9分)
26．〔9分〕工业中很多重要的化工原料都来源于石油化工，如图中的苯、丙烯、有机物A等，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工开展水平。请答复以下问题：
(1)A的结构简式为________________，丙烯酸中官能团的名称为__________________________________________
(2)写出以下反响的反响类型①___________________，②________________________
(3)以下说法正确的选项是〔________〕
A． 硝基苯中混有浓HNO3和H2SO4，将其倒入到NaOH溶液中，静置，分液
B． 除去乙酸乙酯中的乙酸，加NaOH溶液、分液
C． 聚丙烯酸能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
D． 有机物C与丙烯酸属于同系物
(4)写出以下反响方程式：
③B→CH3CHO _________________________________________
④丙烯酸 + B →丙烯酸乙酯_____________________
【答案】CH2=CH2 碳碳双键、羧基 硝化反响或取代反响 加成反响 A 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O CH2=CHCOOH + CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+ H2O
【解析】
(1)A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，丙烯酸中官能团的名称为碳碳双键、羧基；
(2)反响①是苯在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反响生成硝基苯和水，反响类型为硝化反响或取代反响；
反响②是乙烯的水化催化生成乙醇，反响类型为加成反响；
(3) A.浓HNO3和H2SO4与NaOH溶液反响，形成水层，硝基苯为有机层，静置，分液，选项A正确；
B.乙酸乙酯与氢氧化钠能反响，除去乙酸乙酯中的乙酸，应该用饱和碳酸钠溶液，选项B错误；
C.聚丙烯酸中没有双键结构，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C错误；
D.有机物C是乙酸，是饱和酸，丙烯酸是不饱和酸，两者不可能是同系物，选项D错误。
答案选A；
(4)反响③B→CH3CHO是乙醇催化氧化生成乙醛，反响的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
反响④丙烯酸 + B →丙烯酸乙酯+ H2O的反响方程式为CH2=CHCOOH + CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+ H2O。
六、计算题〔10分)
27．〔10分〕天然橡胶分解后的产物是碳氢化合物，它含C：88.2%，H：11.8%，此气体的相对分子质量是68，求它的化学式。此物质0.5mol能和160gBr2起加成反响，在生成物中溴原子分布在不同的碳原子上，又知溴代物的结构上有一个碳原子是在支链上，根据上述条件写出产物的结构简式。
【解析】该产物相对分子质量为68,
分子中含C原子数=68×88.2%÷12=5, 氢原子数68×11.8%/1=8。
所以分子式为C5H8。
设与1molC5H8加成的Br2为xmol
C5H8 ———— x Br2
1mol x
0.5mol 1mol(160g)
x=2(mol)
一个分子加成4个Br原子，说明气体产物分子中有2个双键或一个叁键，又由于Br原子分布在不同碳原子上，说明C5H8不是炔烃，碳链上又有一个支链，只能连接在2或3碳原子上，故产物为2-甲基-1，3-丁二烯
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