2022年高一化学下学期期末检测模拟卷01含解析.doc

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)12分以下关于原子结构的说法有误的是( )A1869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18D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。22分以下表示粒子结构的化学用语或模型正确的选项是 ANH4Cl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。32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。42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。52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AabcdBacdbCcabdDbdca【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ab；c、d相连时，电流方向为dc，那么金属活动性cd；a、c相连时，a极发生氧化反响，那么金属活动性ac；b、d相连时，b极有大量气泡生成，那么金属活动性db；通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是acdb ；故答案为：B。62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/(Ls)B2s时物质A的转化率为30C用物质B表示的反响速率为0.6mol/(Ls)D2s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1.2molL1，那么物质C的平均速率为，用A物质表示的反响速率(A)=(C)=0.6molL1s1，故A错误；B根据A选项分析得到(A)=(C)=0.6molL1s1，那么，n(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1.2molL1，那么物质C的平均速率为，用物质表示的反响速率(B)=(C)=0.6molL1s1=0.3molL1s1，故C错误；D根据B选项分析得到n(A)=1.2mol，n(B)=n(A)=1.2mol=0.6mol，那么2s时物质B的物质的量为2mol0.6mol=1.4mol，物质的量浓度为，故D错误。答案为B。72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；82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。92分我国城市环境中的大气污染物主要是ACO2、Cl2、N2、酸雨BSO2、NO2、CO、可吸入颗粒物CNH3、CO2、NO2、雾DHCl、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。102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+O22CO22CaSO4B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DSO2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。112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CSO2、氮氧化物的排放会造成酸雨，酸雨的pH5.6D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pH5.6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。122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第步的反响是将 MgCl26H2O 晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水 MgCl2D第步到第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. 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，因此第步的反响是将 MgCl26H2O 晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水 MgCl2，故C错误；D. 第步到第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。132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) 2NaCl2B金属镁的制取：MgOCOMgCO2C金属铬的制取：Cr2O32Al2CrAl2O3D金属汞的制取：2HgO2HgO2【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。142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。152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。162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C2H6O78.5与水以任意比混溶乙二醇C2H6O2197.3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。172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 BB 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。182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A1.5molB3molC4.5molD6mol【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+20.4mol+30.6mol+40.8mol=6mol，故答案为D。二、多项选择题6分)193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：ZXYB单质沸点：XYZC离子半径：X2-Y+Z-D原子序数：XYZ【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：ZXY，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YXZ，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：XYZ，故D正确；故答案为AD。203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)218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 Zn2eZn2 Zn片逐渐溶解 正 复原 Cu2+2eCu 有红色物质析出 【解析】由于锌比银活泼，发生ZnCu2=Zn2Cu，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Zn2e=Zn2，观察到锌片溶解，银为正极，电极反响式为Cu22e=Cu，化合价降低，发生复原反响，银片上现象：有红色物质析出。2210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】2Fe3Br2=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；2HBr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；3B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。234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Mr52 000时，那么重复出现的次数：n500。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)248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)步骤的实验操作名称是_，步骤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)步骤反响的离子方程式是_。(4)步骤中，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。259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：_；_。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+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br。五、推断题9分)269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_，_(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：BCH3CHO_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BCH3CHO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)2710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=6888.2%12=5,氢原子数6811.8%/1=8。所以分子式为C5H8。设与1molC5H8加成的Br2为xmol C5H8 x Br2 1mol x0.5mol 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