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2017-2018学年北京师大附中高二下学期期末考试化学试题 解析版
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北京师大附中2017-2018学年下学期高二年级期末考试化学试卷
本试卷满分100分，考试时间为100分钟。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
第I卷（共50分）
每小题只有一个选项符合题意（每小题2分）
1. 下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是
A. 萃取 B. 盐析 C. 重结晶 D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
试题分析：A、萃取利用在不同溶剂中溶解度的不同；B、盐析指在无机盐的作用下有机物溶解度减小而析出；C、重结晶通过温度对溶解度的影响实现；D、蒸馏与溶解度无关；答案选D。
考点：物质的分离与提纯
2. 下列化学用语正确的是
A. CO2的结构式：O=C=O
B. 葡萄糖和淀粉的实验式均为：CH2O
C. N2H4的电子式：
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】A
【解析】
试题分析：A、CO2的结构式：O="C=O" ，A正确；B、淀粉的实验式不是CH2O，B错误；C、N2H4的电子式中氮原子与氮子之间有一对共用电子对，C错误；D、聚丙烯的结构简式应为，D错误；答案选A。
考点：化学用语
3.生活中常用烧碱来清洗抽油烟机上的油渍（主要成分是油脂），下列说法不正确的是
A. 油脂属于天然高分子化合物
B. 热的烧碱溶液去油渍效果更好
C. 清洗时，油脂在碱性条件下发生水解反应
D. 烧碱具有强腐蚀性，故清洗时必须戴防护手套
【答案】A
【解析】
A、油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不是高分子，故A错误；B、油脂在碱性条件下水解，水解吸热，所以热的烧碱溶液可以促进油脂的水解，去污效果更好，故B正确；C、油脂在碱性条件下水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，故C正确；D、烧碱（NaOH）为强碱，具有强腐蚀性，皮肤不能直接接触烧碱，故D正确。故选A。
4.下列关于合成高分子化合物的说法正确的是
A. 涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维
B. 塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”
C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质加聚而成的高分子化合物
D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料
【答案】D
【解析】
A. 涤纶、锦纶属于合成纤维，蚕丝属于蛋白质，故A错误；B. 三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，合成树脂不属于“三大合成材料”，故B错误；C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质缩聚而成的高分子化合物，故C错误；D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料，故D正确。答案选D。
5.结合下表数据分析，下列关于乙醇、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. 二者的洛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分离
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分离，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。本题选D。
点睛：同系物之间碳链相似、官能团的种类和数目均需相同，在分子组成上必须相差一个或若干个“CH2”原子团。
6.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 已知甲醛分子中各原子共平面，则丙烯醛所有原子一定共平面
B. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，再加水沉淀不会溶解
D. 实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙烯中所有原子共平面，甲醛中所有原子共平面，丙烯醛中连碳碳双键与醛基的单键可以旋转；
B、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，再发生酯化反应；
C、向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，属于盐析，是可逆的。
D、实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【详解】A、丙烯醛为CH2=CH-CHO，乙烯中所有原子共平面，甲醛中所有原子共平面，丙烯醛中连碳碳双键与醛基的单键可以旋转，故丙烯醛所有原子不一定共平面，故A错误；
B、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸、乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，故B正确；
C、向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，属于盐析，是可逆的，再加水沉淀可以溶解，故C错误；
D、实验室用乙醇在浓硫酸作用下加热制备乙烯，故D错误。
故选B。
7.下列说法不正确的是
A. 分子式为C5H10O2的羧酸共有3种
B. 分子式为C3H9N的异构体共有4个
C. 某烷烃CnH2n+2的一个分予中，含有共价键的数目是3n+1
D. 某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n-1
【答案】A
【解析】
试题分析：C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被-COOH夺取，即由丁基与-COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种。
考点：同分异构现象和同分异构体
8.某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为
A. C14H18O5 B. C14H16O4 C. C16H22O5 D. C16H20O5
【答案】A
【解析】
水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明1mol羧酸酯中含有2mol酯基的结构，设羧酸的分子式为A，C18H26O5＋2H2OA＋2CH3CH2OH，依据反应前后原子个数、元素守恒，推出A的分子式为C14H18O5，故选项A正确。
点睛：本题的关键是知道1mol羧酸酯中含有2mol酯基的结构，故其水解需要2mol水，再设出其水解方程，通过质量守恒即可解出答案。
9.下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是
A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色；Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
B. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液变为黄色：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+
C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：
4H++4I-+O2=2I2+2H2O
D. 向水杨酸()中滴加NaHCO3溶液，放出无色气体：+2HCO3－→+2CO2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色；生成亚铁离子；
B．加入浓硫酸氢离子浓度增大；
C．发生氧化还原反应生成碘和水；
D．只有-COOH能与碳酸氢钠反应．
【详解】A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色；生成亚铁离子，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+2H2O，故A错误；
B．加入浓硫酸氢离子浓度增大，平衡左移，变为橙色，故B错误；
C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝的离子反应为4H＋+4I－+O2═2I2+2H2O，故C正确；
D、水杨酸与NaHCO3溶液反应的离子方程式为+HCO3－→+CO2↑+H2O，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，解题关键：注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
10.乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 2∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。
考点：考查元素守恒思想的化学计算等知识。
视频
11. 某一有机物A可发生如下反应：已知C为羧酸，且C、E均不发生银镜反应，则A的可能结构有
A. 1种 B. 2种
C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
试题分析：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3；若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3；若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选B。
考点：考查有机物的推断
12.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 过程i发生了加成反应
B. 中间产物M的结构简式为
C. 利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
D. 该合成路线理论上碳原子100%利用，最终得到的产物易分离
【答案】C
【解析】
A.过程i是异戊二烯和丙烯醛共同发生加成反应，生成具有对位取代基的六元环中间体——4-甲基-3-环己烯甲醛，故A正确；B.通过M的球棍模型可以看到六元环上甲基的临位有一个双键，所以M为4-甲基-3-环己烯甲醛，结构简式是，故B正确；C.根据该合成路线，可以合成对二甲苯和间二甲苯，不能合成邻二甲苯，故C错误；D.该合成路线包含两步，第一步为加成，第二步为脱水，两步的C原子利用率均为100%，故D正确。
点睛：该题利用最新的科研成果，通过加成反应和对球棍模型等知识，考察了学生利用已学知识认识解决未知问题的能力。
13.由X、Y和Z合成缓释药物M，下列说法不正确的是
A. M在体内能缓慢发生水解反应
B. X可以由乙烯通过加成反应和取代反应制各
C. 1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗3mol NaOH
D. Z由加聚反应制得，其单体的结构简式是CH3CH=CHCOOH
【答案】D
【解析】
A. M中含有酯基，在体内能缓慢发生水解反应，故A正确；B. M水解的产物为邻羟基苯甲酸、乙酸、乙二醇和2-甲基丙烯酸，则X为乙二醇，可以由乙烯与溴加成后水解得到，故B正确；C.Y为邻羟基苯甲酸和乙酸酯化得到的酯，1mol Y与NaOH溶液反应，最多能消耗3mol NaOH，故C正确；D. Z由2-甲基丙烯酸通过加聚反应制得，其单体的结构简式是CH2=C (CH3)COOH，故D错误；故选D。
14.下列叙述正确的是
A. 向混有苯酚的苯中加入浓溴水，过滤，可除去其中的苯酚
B. 向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性
C. 向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，加新制Cu(OH)2浊液，加热未见红色沉淀，说明淀粉未水解
D. 向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO3溶液，产生沉淀，说明溴乙烷水解
【答案】B
【解析】
A. 向混有苯酚的苯中加入浓溴水，生成的三溴苯酚仍可溶于苯中，A错误； B. 向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性，B正确；C. 向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，加新制Cu(OH)2浊液，由于没有先加碱把硫酸中和，所以不可能产生红色沉淀，C不正确；D. 向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO3溶液，产生沉淀，由于没有先加稀硝酸将溶液酸化，过量的碱也可以与AgNO3溶液反应产生沉淀，所以D不正确。本题选B。
15.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
实验方案
目的
A．比较乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
B．除去乙烯中的二氧化硫
C．制银氨溶液
D．证明碳酸酸性强于苯酚
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A．通过比较钠与水、乙醇反应产生氢气速率大小，可确定乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性大小，故A正确；B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，故B错误；C．制银氨溶液是步骤是向2mL2%AgNO3溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好消失为止，故C错误；D．碳酸钙与浓盐酸反应产生的二氧化碳气体中存在挥发出来的氯化氢气体，将此混合气体通入苯酚钠溶液，氯化氢、二氧化碳均与之反应，故不能说明它们酸性的相对强弱，故D错误。故答案选A。
16. 某同学利用右图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：
① 向浓H2SO4乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A
② 一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体
③ 停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色
④ 取下层褪色后的溶液，滴入酚酞后又出现红色
结合上述实验，下列说法正确的是
A. ①中加热利于加快酯化反应速率，故温度越高越好
B. ③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致
C. ③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中
D. 取②中上层油状液体测其，共有3组峰
【答案】C
【解析】
试题分析：A.温度越高，浓硫酸的氧化性和脱水性越强，可能使乙醇脱水，降低产率，故A错误； B. ③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯中的乙醇和盐酸被变化碳酸钠溶液溶解，故B错误；C. 酚酞是有机物，易溶于有机溶剂，③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，故C正确；D. 乙酸乙酯分子中存在4种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故D错误；故选C。
考点：考查了乙酸乙酯的制备实验的相关知识。
17. 异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效。它们在一定条件下可发生转化，如图所示。有关说法正确的是
A. 异秦皮啶与秦皮素互为同系物
B. 异秦皮啶分子式为C11H12O5
C. 秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应
D. 1mol秦皮素最多可与2molBr2(浓溴水中的)、4molNaOH反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．异秦皮啶与秦皮素中酚-OH的数目不同，结构不相似，不属于同系物，故A错误；
B．异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C．秦皮素中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D．秦皮素中含有-COOC-，为酯键，一定条件下可发生水解反应，故D正确。
考点：考查有机物等相关知识。
18.若NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 1 molNH3与1 mol OH-所含的质子数均为10NA
B. 标准状况下，22.4L CHCl3中含C-H键数目为NA
C. 1molSO2与足量的FeCl3反应时，转移2NA个电子
D. 100mL2 mol·L-1 Na2CO3溶液中，CO32-离子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A．1个氢氧根离子含有9个质子；
B．气体摩尔体积适用对象为气体；
C．硫由+4价氧化为+6价；
D．CO32-离子会发生水解；
【详解】A．1 mol NH3含有10NA个质子，1 mol OH－所含的质子数为9NA，故A错误；
B．标况下，CHCl3为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．硫由+4价氧化为+6价，故C正确；
D．CO32-离子会发生水解，故D错误；
故选C。
19.空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下：
下列说法不正确的是
A. 步骤①发生的主要反应为：Cl2+2Br-===Br2+2Cl-
B. 步骤②③的目的是富集溴元素
C. 物质X为HBrO
D. 空气吹出法用到了溴易挥发的性质
【答案】C
【解析】
试题分析：C项物质X中含有HBr和H2SO4.
考点：工业提取溴的过程，溴及其化合物的性质。
20.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱．下列说法不正确的是
A. E处棉花球变成橙黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强
B. F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C. E处发生反应的离子方程式为：Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2
D. G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．E处发生Cl2+ 2Br－＝2Cl－+ Br2，则E处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强，A正确；B．F处发生Cl2+ 2Br－＝2Cl－+ Br2、Br2+2I-＝2Br-+I2，只能说明有碘生成，由于氯气的干扰不能说明Br2的氧化性比I2强，B错误；C．由图可知，E处发生反应的离子方程式为：Cl2+ 2Br－＝2Cl－+ Br2，C正确；D．G处为尾气处理，装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2＝ClO-+Cl-+H2O，D正确；答案选B。
【考点定位】本题考查卤素单质的置换反应及氧化还原反应
【名师点晴】明确各处发生的氧化还原反应及实验原理是解答本题的关键，并注意F处发生两个反应为学生解答的易错点和难点，题目难度不大。
21.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-、CO32-等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：
下列说法错误的是
A. 海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32-、HCO3-
B. 吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3
C. 氧化主要是氧气将HSO3-、SO2-、H2SO3氧化为SO42-
D. 经稀释“排放”出的废水中，SO42-浓度与海水相同
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据海水中的CO32-、HCO3-离子是否水解进行解答；
B．吸收塔中是二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．使用空气中的氧气将H2SO3氧化；
D．二氧化硫经氧化后转化为硫酸根离子，故硫酸根离子的浓度变大。
【详解】A．海水中主要含有Na＋、K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－、Br－、CO32－、HCO3-等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32－、HCO3-离子，CO32－+H2OHCO3－+OH－，HCO3－+H2OH2CO3+OH－它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．流程分析可知吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3，故B正确；
C．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3－、SO32－等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故C正确；
D．二氧化硫经氧化后转化为硫酸根离子，故排放的废水中SO42－的物质的量浓度大于原海水中的，D错误；
故选：D。
22.下列说法不正确的是
A. 乙醇和浓硫酸反应制乙烯时，利用NaOH溶液可除去杂质气体
B. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，可析出NaHCO3，使溶液变浑浊
C. 用新制的Cu(OH)2碱性悬浊液可以鉴别甲酸、乙醛、乙酸
D. 取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
A．因浓硫酸具有强氧化性，可能生成杂质气体为二氧化碳和二氧化硫；
B．Na2CO3溶解度比NaHCO3大；
C．Cu(OH)2与甲酸、乙醛、乙酸反应的现象不同；
D．加入试剂顺序错误．
【详解】A．因浓硫酸具有强氧化性，可能生成杂质气体为二氧化碳和二氧化硫，二者可与氢氧化钠反应，可用氢氧化钠吸收，故A正确；
B．Na2CO3溶解度比NaHCO3大，则向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，可析出NaHCO3，使溶液变浑浊，故B正确；
C．Cu(OH)2与甲酸、乙醛、乙酸反应的现象不同，分别为沉淀溶解且加热后产生红色沉淀、加热后产生红色沉淀、加热后不产生红色沉淀，故C正确；
D、应先加入KSCN溶液，再加新制氯水，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯和检验等实验操作，易错点D，注意KSCN溶液和新制氯水的滴加顺序。
23.下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是
A. 向漂白粉浊液中通入过量CO2
B. 向带有氧化膜的铝片中加入盐酸
C. 向含1mol Ca(HCO3)2的溶液中加入1mol Na2O2
D. 向含1mol KAl(SO4)2的溶液中加入2 molBa(OH)2
【答案】A
【解析】
试题分析：A、漂白粉的成分是CaCl2和Ca(ClO) 2，浊液中通入过量的CO2，发生Ca(ClO) 2＋CO2＋2H2O=Ca(HCO3)2＋2HClO，Ca(HCO3)2CaO＋H2O＋CO2最后得到是CaO和CaCl2，故符合题意；B、发生的反应是Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，因为Al3＋水解，最后加热蒸干灼烧至质量不变时， 得到Al2O3，故不符合题意；C、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，消耗1molNa2O2生成2molNaOH，Ca(HCO3)2＋2NaOH=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，根据数量关系，两者恰好完全反应，过滤后，得到碳酸钠溶液，加热、蒸干、灼烧得到的是Na2CO3，故不符合题意；D、根据数量关系，Ba2＋和SO42－恰好生成BaSO4沉淀，Al以AlO2－的形式存在，即溶液中的溶质为KAlO2，最后得到的物质为KAlO2，故不符合题意。
考点：考查元素及其化合物的性质、盐类水解等知识。
24.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 还原性：I->Fe2+>Br-
B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol
C. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3
D. 当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
【答案】B
【解析】
试题分析：A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：I－>Fe2＋>Br－，A正确；B、在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化亚铁是3mol，B错误；C、当通入2 mol Cl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C正确；D、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，D正确，答案选D。
考点：考查氧化还原反应的计算
25.用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是
A. 用装置①及其试剂制取氯气
B. 用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子
C. 用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离
D. 用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl3
【答案】C
【解析】
A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。
第II卷（共50分）
26.美国化学家R. F. Heck因发现如下Heck反应而获得2010年诺贝尔化学奖。
（X为卤原子，R为取代基）
经由Heck反应合成M（一种防晒剂）的路线如下：
回答下列问题：
(1)C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的结构简式是____________。D在一定条件下反应生成高分子化合物G，G的结构简式是____________。
(2)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是____________。
(3)E的一种同分异构体K符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，与FeCl3溶液作用显紫色。K与过量NaOH溶液共热，发生反应的方程式为________________。
【答案】 (1). (CH3)2CHCH=CH2 (2). (3). 新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液 (4).
【解析】
【分析】
由合成M的路线可知：E应为，D为CH2═CHCOOCH2CH2CH（CH3）2．由A（C3H4O）在催化剂、O2、△条件下得到B，C在浓H2SO4、△条件下得D可知，A为CH2═CH-CHO，B为CH2═CH-COOH，故C为HOCH2CH2CH（CH3）2．
（1）C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，则C发生消去反应生成F。D中含有碳碳双键，发生加聚反应生成高分子化合物；
（2）A为CH2═CH-CHO，在A→B的反应中，对A醛基进行检验；
（3）E的一种同分异构体K苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，说明两个取代基处于苯环的对位位置，K与FeCl3溶液作用显紫色，则K中含有酚羟基．故K为．酚羟基与碱发生中和反应，-X原子在氢氧化钠水溶液、加热条件发生取代反应．
【详解】（1）C为HOCH2CH2CH（CH3）2，与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，故C发生消去反应生成F，所以F为(CH3)2CHCH=CH2），D为CH2═CHCOOCH2CH2CH（CH3）2，D含有碳碳双键，发生加聚反应生成高分子化合物H，其结构简式为；
（2）在A→B的反应中，醛基转化为羧基，A为CH2═CH-CHO，用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验醛基；
（3））E的一种同分异构体K苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，说明两个取代基处于苯环的对位位置，K与FeCl3溶液作用显紫色，则K中含有酚羟基．故K为，K与过量NaOH溶液共热，酚羟基与碱发生中和反应，-X原子在氢氧化钠水溶液、加热条件发生取代反应，发生反应的方程式为。
【点睛】本题考查有机信息合成与推断、同分异构体、常见有机物的性质与检验等，解题关键：掌握常见官能团的性质，难点：理解题目信息，，是取代反应，有机合成信息在于根据结构判断断键与成键。易错点是（3）与过量NaOH溶液共热，酚羟基与碱发生中和反应，-X原子在氢氧化钠水溶液、加热条件发生取代反应，两种官能团参与反应。
27.新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如下：
已知：
(1)写出反应①的化学方程式________________。
(2)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式____________。
a. 能与浓溴水产生白色沉淀 b. 能与NaHCO3溶液反应产生气体
c. 苯环上一氯代物有两种
(3)反应②的反应类型是________。
(4)已知甲的相对分子质量为30，写出G的结构简式________________。
(5)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应③的化学方程式____________。
(6)结合已知①，以乙醇和苯甲醛为原料，选用必要的无机试剂合成写出合成路线 __________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). (2). (3). 加成反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
反应①是苯与溴发生取代反应生成A为，结合B的分子式，A发生水解反应生成B为．由D的分子式与E的结构简式可知D为．E与新泽茉莉醛的结构简式对比，结合F→G的反应条件及信息①②，得E→F发生信息②中的反应，F→G发生信息①中的反应，又甲的相对分子质量为30，则甲为HCHO、F为、G为，G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式，2分子苯酚与1分子 HCHO反应生成C，化合物C能发生信息③中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息③可知PC树脂结构简式为；（6）结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，进一步氧化成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】（1）反应①苯与溴发生取代反应，化学方程式；
（2）化合物E的同分异构体符合下列条件：a．能与浓溴水产生白色沉淀，说明含有酚羟基，b．能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有-COOH，c．苯环上一氯代物有两种，说明-OH与-COOH处于对位位置，符合条件的同分异构体的结构简式为：；
（3）反应②是G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛；
（4）甲的相对分子质量为30，则甲为HCHO、F为、G为；
（5）已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，反应③的化学方程式：
（6）结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，进一步氧化成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，解题关键：对给予的反应信息的理解，充分利用路线图中物质的结构简式、分子式进行推断，难点：（6）有机合成，利用信息①所学知识，并进行应用，即：乙醛与苯甲醛反应得到。
28.高分子化合物V: 是人造棉的主要成分之一，合成路线如下：
已知：
（R、R1、R2、R3表示烃基）
(1)试剂a是____________________________。
(2)F与A以物质的量之比1：1发生反应生成六元环状化合物H，H的结构简式是________________。
(3)I的结构简式是____________。
(4)G中所含官能团是________________；M的结构简式是____________。
(5)M与C反应生成V的化学方程式为____________。
(6)E的同分异构体N也可以和J反应生成M，N可能的结构简式为____________（写一种）。
【答案】 (1). NaOH水溶液 (2). (3). HOOC(CH2)4COOH (4). 羟基 (5). (6). (7). CH3OOCCOOCH(CH3)2或CH3OOCCOOCH2CH2CH3
【解析】
【分析】
A为乙烯，与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成C为HOCH2CH2OH，C被氧化得到D为HOOC-COOH，D与乙醇发生酯化反应生成E为CH3CH2OOCCOOCH2CH3．结合V的结构简式，M与乙二醇反应得到V，M为，结合信息Ⅲ可知J为CH3CH2OOC（CH2）4COOCH2CH3，I为HOOC（CH2）4COOH，G为CH3CH2OH，H为。
【详解】（1）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，试剂a是：氢氧化钠水溶液；
（2）F为1，3-丁二烯与A乙烯以物质的量之比1：1发生反应生成六元环状化合物H的结构简式；
（3）I为HOOC（CH2）4COOH；
（4）G为乙醇，所含官能团是羟基，M的结构简式是；
（5）M与C反应生成V的化学方程式为：；
（6）E的同分异构体N也可以和J反应生成M，N可能的结构简式是：CH3OOCCOOCH(CH3)2或CH3OOCCOOCH2CH2CH3。
29.SO2与漂粉精是常用的漂白剂。某兴趣小组对它们的漂白原理进行探究。过程如下：
I. 探究SO2的漂白性
实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中，观察到前者褪色而后者不褪色。
实验二：
试管中的液体
现象
a. 0.1 mol/L SO2溶液(pH=2)
溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色
b. 0.1 mol/L NaHS03溶液(pH=5)
溶液立即变浅，约15s后完全褪色
c. 0.1 mol/L Na2SO3溶液( pH=10)
溶液立即褪色
d. pH=10NaOH溶液
红色溶液不变色
e. pH=2H2SO4溶液
红色溶液不变色
(1)实验d的目的是____________。
(2)由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是____________。
(3)已知S02使品红溶液褪色过程是可逆的。兴趣小组继续试验：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。
请用离子方程式和必要的文字说明出现上述现象的原因____________。
II. 探究SO2与漂粉精的反应
实验三：
操作
现象
i. 液面上方出现白雾；
ii. 稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii. 稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
小组同学对上述现象进行探究：
(1)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a. 用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b. 用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是____________________。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是____________。
(2)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是____________。
(3)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀x中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是____________。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因________________。
【答案】 (1). 证明该实验条件下OH-对品红褪色不产生干扰 (2). SO32- (3). SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，SO32-浓度减小，SO2与品红结合的过程平衡逆向移动，红色出现 (4). 检验是否含有Cl2，排除Cl2干扰 (5). 如果白雾中混有SO2，加入AgNO3后仍会有白色沉淀 (6). 向漂粉精中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色 (7). CaSO4 (8). SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+
【解析】
【分析】
I.（1）氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；
（2）a.0.1mol·L－1SO2溶液（pH=2），溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol·L－1NaHSO3溶液（pH=5），溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol·L－1Na2SO3溶液（pH=10），溶液立即褪色，说明亚硫酸根离子影响大；(3)向a实验后的无色溶液中滴入Ba（OH）2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；
II.（1）①氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色,检验是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②检验HCl，用硝酸银溶液，如果白雾中混有SO2，被硝酸氧化为硫酸，加入AgNO3后仍会有白色沉淀；
（2）可向漂粉精中逐滴加入硫酸；
（3）①SO2被氧化为SO42－，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶物硫酸钙；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸．
【详解】I.（1）pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰。
（2）abc实验分析可知，a.0.1mol·L－1SO2溶液（pH=2），溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol·L－1NaHSO3溶液（pH=5），溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol·L－1Na2SO3溶液（pH=10），溶液立即褪色，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32－，故为：SO32－；(3)向a实验后的无色溶液中滴入Ba（OH）2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，SO32-浓度减小，SO2与品红结合的过程平衡逆向移动，红色出现。
II.（1）①检验是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②检验HCl，用硝酸银溶液，如果白雾中混有SO2，被硝酸氧化为硫酸，加入AgNO3后仍会有白色沉淀；
（2）要向漂粉精中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（3）①取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42－，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。
北京师大附中2017-2018学年下学期高二年级期末考试化学试卷
本试卷满分100分，考试时间为100分钟。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
第I卷（共50分）
每小题只有一个选项符合题意（每小题2分）
1. 下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是
A. 萃取 B. 盐析 C. 重结晶 D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
试题分析：A、萃取利用在不同溶剂中溶解度的不同；B、盐析指在无机盐的作用下有机物溶解度减小而析出；C、重结晶通过温度对溶解度的影响实现；D、蒸馏与溶解度无关；答案选D。
考点：物质的分离与提纯
2. 下列化学用语正确的是
A. CO2的结构式：O=C=O
B. 葡萄糖和淀粉的实验式均为：CH2O
C. N2H4的电子式：
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】A
【解析】
试题分析：A、CO2的结构式：O="C=O" ，A正确；B、淀粉的实验式不是CH2O，B错误；C、N2H4的电子式中氮原子与氮子之间有一对共用电子对，C错误；D、聚丙烯的结构简式应为，D错误；答案选A。
考点：化学用语
3.生活中常用烧碱来清洗抽油烟机上的油渍（主要成分是油脂），下列说法不正确的是
A. 油脂属于天然高分子化合物
B. 热的烧碱溶液去油渍效果更好
C. 清洗时，油脂在碱性条件下发生水解反应
D. 烧碱具有强腐蚀性，故清洗时必须戴防护手套
【答案】A
【解析】
A、油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不是高分子，故A错误；B、油脂在碱性条件下水解，水解吸热，所以热的烧碱溶液可以促进油脂的水解，去污效果更好，故B正确；C、油脂在碱性条件下水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，故C正确；D、烧碱（NaOH）为强碱，具有强腐蚀性，皮肤不能直接接触烧碱，故D正确。故选A。
4.下列关于合成高分子化合物的说法正确的是
A. 涤纶、锦纶、蚕丝都属于合成纤维
B. 塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”
C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质加聚而成的高分子化合物
D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料
【答案】D
【解析】
A. 涤纶、锦纶属于合成纤维，蚕丝属于蛋白质，故A错误；B. 三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，合成树脂不属于“三大合成材料”，故B错误；C. 酚醛树脂是酚类物质和醛类物质缩聚而成的高分子化合物，故C错误；D. “尿不湿”中的高吸水性树脂属于功能高分子材料，故D正确。答案选D。
5.结合下表数据分析，下列关于乙醇、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. 二者的洛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分离
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分离，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。本题选D。
点睛：同系物之间碳链相似、官能团的种类和数目均需相同，在分子组成上必须相差一个或若干个“CH2”原子团。
6.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 已知甲醛分子中各原子共平面，则丙烯醛所有原子一定共平面
B. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，再加水沉淀不会溶解
D. 实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙烯中所有原子共平面，甲醛中所有原子共平面，丙烯醛中连碳碳双键与醛基的单键可以旋转；
B、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，再发生酯化反应；
C、向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，属于盐析，是可逆的。
D、实验室用溴乙烷在浓硫酸存在并加热条件下制备乙烯
【详解】A、丙烯醛为CH2=CH-CHO，乙烯中所有原子共平面，甲醛中所有原子共平面，丙烯醛中连碳碳双键与醛基的单键可以旋转，故丙烯醛所有原子不一定共平面，故A错误；
B、淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸、乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，故B正确；
C、向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀析出，属于盐析，是可逆的，再加水沉淀可以溶解，故C错误；
D、实验室用乙醇在浓硫酸作用下加热制备乙烯，故D错误。
故选B。
7.下列说法不正确的是
A. 分子式为C5H10O2的羧酸共有3种
B. 分子式为C3H9N的异构体共有4个
C. 某烷烃CnH2n+2的一个分予中，含有共价键的数目是3n+1
D. 某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n-1
【答案】A
【解析】
试题分析：C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被-COOH夺取，即由丁基与-COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种。
考点：同分异构现象和同分异构体
8.某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为
A. C14H18O5 B. C14H16O4 C. C16H22O5 D. C16H20O5
【答案】A
【解析】
水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明1mol羧酸酯中含有2mol酯基的结构，设羧酸的分子式为A，C18H26O5＋2H2OA＋2CH3CH2OH，依据反应前后原子个数、元素守恒，推出A的分子式为C14H18O5，故选项A正确。
点睛：本题的关键是知道1mol羧酸酯中含有2mol酯基的结构，故其水解需要2mol水，再设出其水解方程，通过质量守恒即可解出答案。
9.下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是
A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色；Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O
B. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液变为黄色：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+
C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：
4H++4I-+O2=2I2+2H2O
D. 向水杨酸()中滴加NaHCO3溶液，放出无色气体：+2HCO3－→+2CO2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色；生成亚铁离子；
B．加入浓硫酸氢离子浓度增大；
C．发生氧化还原反应生成碘和水；
D．只有-COOH能与碳酸氢钠反应．
【详解】A. 铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色；生成亚铁离子，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+2H2O，故A错误；
B．加入浓硫酸氢离子浓度增大，平衡左移，变为橙色，故B错误；
C．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后变蓝的离子反应为4H＋+4I－+O2═2I2+2H2O，故C正确；
D、水杨酸与NaHCO3溶液反应的离子方程式为+HCO3－→+CO2↑+H2O，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，解题关键：注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
10.乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 2∶1
【答案】C
【解析】
试题分析：根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。
考点：考查元素守恒思想的化学计算等知识。
视频
11. 某一有机物A可发生如下反应：已知C为羧酸，且C、E均不发生银镜反应，则A的可能结构有
A. 1种 B. 2种
C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
试题分析：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3；若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3；若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选B。
考点：考查有机物的推断
12.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 过程i发生了加成反应
B. 中间产物M的结构简式为
C. 利用相同原理以及相同原料，也能合成邻二甲苯和间二甲苯
D. 该合成路线理论上碳原子100%利用，最终得到的产物易分离
【答案】C
【解析】
A.过程i是异戊二烯和丙烯醛共同发生加成反应，生成具有对位取代基的六元环中间体——4-甲基-3-环己烯甲醛，故A正确；B.通过M的球棍模型可以看到六元环上甲基的临位有一个双键，所以M为4-甲基-3-环己烯甲醛，结构简式是，故B正确；C.根据该合成路线，可以合成对二甲苯和间二甲苯，不能合成邻二甲苯，故C错误；D.该合成路线包含两步，第一步为加成，第二步为脱水，两步的C原子利用率均为100%，故D正确。
点睛：该题利用最新的科研成果，通过加成反应和对球棍模型等知识，考察了学生利用已学知识认识解决未知问题的能力。
13.由X、Y和Z合成缓释药物M，下列说法不正确的是
A. M在体内能缓慢发生水解反应
B. X可以由乙烯通过加成反应和取代反应制各
C. 1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗3mol NaOH
D. Z由加聚反应制得，其单体的结构简式是CH3CH=CHCOOH
【答案】D
【解析】
A. M中含有酯基，在体内能缓慢发生水解反应，故A正确；B. M水解的产物为邻羟基苯甲酸、乙酸、乙二醇和2-甲基丙烯酸，则X为乙二醇，可以由乙烯与溴加成后水解得到，故B正确；C.Y为邻羟基苯甲酸和乙酸酯化得到的酯，1mol Y与NaOH溶液反应，最多能消耗3mol NaOH，故C正确；D. Z由2-甲基丙烯酸通过加聚反应制得，其单体的结构简式是CH2=C (CH3)COOH，故D错误；故选D。
14.下列叙述正确的是
A. 向混有苯酚的苯中加入浓溴水，过滤，可除去其中的苯酚
B. 向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性
C. 向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，加新制Cu(OH)2浊液，加热未见红色沉淀，说明淀粉未水解
D. 向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO3溶液，产生沉淀，说明溴乙烷水解
【答案】B
【解析】
A. 向混有苯酚的苯中加入浓溴水，生成的三溴苯酚仍可溶于苯中，A错误； B. 向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性，B正确；C. 向淀粉溶液中加稀硫酸，加热，加新制Cu(OH)2浊液，由于没有先加碱把硫酸中和，所以不可能产生红色沉淀，C不正确；D. 向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO3溶液，产生沉淀，由于没有先加稀硝酸将溶液酸化，过量的碱也可以与AgNO3溶液反应产生沉淀，所以D不正确。本题选B。
15.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
实验方案
目的
A．比较乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
B．除去乙烯中的二氧化硫
C．制银氨溶液
D．证明碳酸酸性强于苯酚
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A．通过比较钠与水、乙醇反应产生氢气速率大小，可确定乙醇分子中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性大小，故A正确；B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，故B错误；C．制银氨溶液是步骤是向2mL2%AgNO3溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好消失为止，故C错误；D．碳酸钙与浓盐酸反应产生的二氧化碳气体中存在挥发出来的氯化氢气体，将此混合气体通入苯酚钠溶液，氯化氢、二氧化碳均与之反应，故不能说明它们酸性的相对强弱，故D错误。故答案选A。
16. 某同学利用右图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：
① 向浓H2SO4乙醇混合液中滴入乙酸后，加热试管A
② 一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体
③ 停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色
④ 取下层褪色后的溶液，滴入酚酞后又出现红色
结合上述实验，下列说法正确的是
A. ①中加热利于加快酯化反应速率，故温度越高越好
B. ③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯溶于Na2CO3溶液所致
C. ③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中
D. 取②中上层油状液体测其，共有3组峰
【答案】C
【解析】
试题分析：A.温度越高，浓硫酸的氧化性和脱水性越强，可能使乙醇脱水，降低产率，故A错误； B. ③中油状液体层变薄主要是乙酸乙酯中的乙醇和盐酸被变化碳酸钠溶液溶解，故B错误；C. 酚酞是有机物，易溶于有机溶剂，③中红色褪去的原因可能是酚酞溶于乙酸乙酯中，故C正确；D. 乙酸乙酯分子中存在4种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故D错误；故选C。
考点：考查了乙酸乙酯的制备实验的相关知识。
17. 异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效。它们在一定条件下可发生转化，如图所示。有关说法正确的是
A. 异秦皮啶与秦皮素互为同系物
B. 异秦皮啶分子式为C11H12O5
C. 秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应
D. 1mol秦皮素最多可与2molBr2(浓溴水中的)、4molNaOH反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A．异秦皮啶与秦皮素中酚-OH的数目不同，结构不相似，不属于同系物，故A错误；
B．异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C．秦皮素中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D．秦皮素中含有-COOC-，为酯键，一定条件下可发生水解反应，故D正确。
考点：考查有机物等相关知识。
18.若NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 1 molNH3与1 mol OH-所含的质子数均为10NA
B. 标准状况下，22.4L CHCl3中含C-H键数目为NA
C. 1molSO2与足量的FeCl3反应时，转移2NA个电子
D. 100mL2 mol·L-1 Na2CO3溶液中，CO32-离子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A．1个氢氧根离子含有9个质子；
B．气体摩尔体积适用对象为气体；
C．硫由+4价氧化为+6价；
D．CO32-离子会发生水解；
【详解】A．1 mol NH3含有10NA个质子，1 mol OH－所含的质子数为9NA，故A错误；
B．标况下，CHCl3为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．硫由+4价氧化为+6价，故C正确；
D．CO32-离子会发生水解，故D错误；
故选C。
19.空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下：
下列说法不正确的是
A. 步骤①发生的主要反应为：Cl2+2Br-===Br2+2Cl-
B. 步骤②③的目的是富集溴元素
C. 物质X为HBrO
D. 空气吹出法用到了溴易挥发的性质
【答案】C
【解析】
试题分析：C项物质X中含有HBr和H2SO4.
考点：工业提取溴的过程，溴及其化合物的性质。
20.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱．下列说法不正确的是
A. E处棉花球变成橙黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强
B. F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强
C. E处发生反应的离子方程式为：Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2
D. G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．E处发生Cl2+ 2Br－＝2Cl－+ Br2，则E处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强，A正确；B．F处发生Cl2+ 2Br－＝2Cl－+ Br2、Br2+2I-＝2Br-+I2，只能说明有碘生成，由于氯气的干扰不能说明Br2的氧化性比I2强，B错误；C．由图可知，E处发生反应的离子方程式为：Cl2+ 2Br－＝2Cl－+ Br2，C正确；D．G处为尾气处理，装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为2OH-+Cl2＝ClO-+Cl-+H2O，D正确；答案选B。
【考点定位】本题考查卤素单质的置换反应及氧化还原反应
【名师点晴】明确各处发生的氧化还原反应及实验原理是解答本题的关键，并注意F处发生两个反应为学生解答的易错点和难点，题目难度不大。
21.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-、CO32-等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：
下列说法错误的是
A. 海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32-、HCO3-
B. 吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3
C. 氧化主要是氧气将HSO3-、SO2-、H2SO3氧化为SO42-
D. 经稀释“排放”出的废水中，SO42-浓度与海水相同
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据海水中的CO32-、HCO3-离子是否水解进行解答；
B．吸收塔中是二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．使用空气中的氧气将H2SO3氧化；
D．二氧化硫经氧化后转化为硫酸根离子，故硫酸根离子的浓度变大。
【详解】A．海水中主要含有Na＋、K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－、Br－、CO32－、HCO3-等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32－、HCO3-离子，CO32－+H2OHCO3－+OH－，HCO3－+H2OH2CO3+OH－它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．流程分析可知吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3，故B正确；
C．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3－、SO32－等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故C正确；
D．二氧化硫经氧化后转化为硫酸根离子，故排放的废水中SO42－的物质的量浓度大于原海水中的，D错误；
故选：D。
22.下列说法不正确的是
A. 乙醇和浓硫酸反应制乙烯时，利用NaOH溶液可除去杂质气体
B. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，可析出NaHCO3，使溶液变浑浊
C. 用新制的Cu(OH)2碱性悬浊液可以鉴别甲酸、乙醛、乙酸
D. 取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
A．因浓硫酸具有强氧化性，可能生成杂质气体为二氧化碳和二氧化硫；
B．Na2CO3溶解度比NaHCO3大；
C．Cu(OH)2与甲酸、乙醛、乙酸反应的现象不同；
D．加入试剂顺序错误．
【详解】A．因浓硫酸具有强氧化性，可能生成杂质气体为二氧化碳和二氧化硫，二者可与氢氧化钠反应，可用氢氧化钠吸收，故A正确；
B．Na2CO3溶解度比NaHCO3大，则向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，可析出NaHCO3，使溶液变浑浊，故B正确；
C．Cu(OH)2与甲酸、乙醛、乙酸反应的现象不同，分别为沉淀溶解且加热后产生红色沉淀、加热后产生红色沉淀、加热后不产生红色沉淀，故C正确；
D、应先加入KSCN溶液，再加新制氯水，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯和检验等实验操作，易错点D，注意KSCN溶液和新制氯水的滴加顺序。
23.下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是
A. 向漂白粉浊液中通入过量CO2
B. 向带有氧化膜的铝片中加入盐酸
C. 向含1mol Ca(HCO3)2的溶液中加入1mol Na2O2
D. 向含1mol KAl(SO4)2的溶液中加入2 molBa(OH)2
【答案】A
【解析】
试题分析：A、漂白粉的成分是CaCl2和Ca(ClO) 2，浊液中通入过量的CO2，发生Ca(ClO) 2＋CO2＋2H2O=Ca(HCO3)2＋2HClO，Ca(HCO3)2CaO＋H2O＋CO2最后得到是CaO和CaCl2，故符合题意；B、发生的反应是Al2O3＋6HCl=2AlCl3＋3H2O，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，因为Al3＋水解，最后加热蒸干灼烧至质量不变时， 得到Al2O3，故不符合题意；C、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，消耗1molNa2O2生成2molNaOH，Ca(HCO3)2＋2NaOH=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，根据数量关系，两者恰好完全反应，过滤后，得到碳酸钠溶液，加热、蒸干、灼烧得到的是Na2CO3，故不符合题意；D、根据数量关系，Ba2＋和SO42－恰好生成BaSO4沉淀，Al以AlO2－的形式存在，即溶液中的溶质为KAlO2，最后得到的物质为KAlO2，故不符合题意。
考点：考查元素及其化合物的性质、盐类水解等知识。
24.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 还原性：I->Fe2+>Br-
B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol
C. 原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2:1:3
D. 当通入2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
【答案】B
【解析】
试题分析：A、已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性：I－>Fe2＋>Br－，A正确；B、在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，即碘化亚铁是1mol。通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，碘化亚铁中亚铁离子是1mol，所以溴化亚铁中亚铁离子是3mol，则溴化亚铁是3mol，B错误；C、当通入2 mol Cl2时，碘完全被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，则溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C正确；D、根据以上分析可知原溶液中：n（Fe2＋）∶n（I－）∶n（Br－）＝2∶1∶3，D正确，答案选D。
考点：考查氧化还原反应的计算
25.用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是
A. 用装置①及其试剂制取氯气
B. 用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子
C. 用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离
D. 用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl3
【答案】C
【解析】
A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。
第II卷（共50分）
26.美国化学家R. F. Heck因发现如下Heck反应而获得2010年诺贝尔化学奖。
（X为卤原子，R为取代基）
经由Heck反应合成M（一种防晒剂）的路线如下：
回答下列问题：
(1)C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的结构简式是____________。D在一定条件下反应生成高分子化合物G，G的结构简式是____________。
(2)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是____________。
(3)E的一种同分异构体K符合下列条件：苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，与FeCl3溶液作用显紫色。K与过量NaOH溶液共热，发生反应的方程式为________________。
【答案】 (1). (CH3)2CHCH=CH2 (2). (3). 新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液 (4).
【解析】
【分析】
由合成M的路线可知：E应为，D为CH2═CHCOOCH2CH2CH（CH3）2．由A（C3H4O）在催化剂、O2、△条件下得到B，C在浓H2SO4、△条件下得D可知，A为CH2═CH-CHO，B为CH2═CH-COOH，故C为HOCH2CH2CH（CH3）2．
（1）C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，则C发生消去反应生成F。D中含有碳碳双键，发生加聚反应生成高分子化合物；
（2）A为CH2═CH-CHO，在A→B的反应中，对A醛基进行检验；
（3）E的一种同分异构体K苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，说明两个取代基处于苯环的对位位置，K与FeCl3溶液作用显紫色，则K中含有酚羟基．故K为．酚羟基与碱发生中和反应，-X原子在氢氧化钠水溶液、加热条件发生取代反应．
【详解】（1）C为HOCH2CH2CH（CH3）2，与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，故C发生消去反应生成F，所以F为(CH3)2CHCH=CH2），D为CH2═CHCOOCH2CH2CH（CH3）2，D含有碳碳双键，发生加聚反应生成高分子化合物H，其结构简式为；
（2）在A→B的反应中，醛基转化为羧基，A为CH2═CH-CHO，用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验醛基；
（3））E的一种同分异构体K苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，说明两个取代基处于苯环的对位位置，K与FeCl3溶液作用显紫色，则K中含有酚羟基．故K为，K与过量NaOH溶液共热，酚羟基与碱发生中和反应，-X原子在氢氧化钠水溶液、加热条件发生取代反应，发生反应的方程式为。
【点睛】本题考查有机信息合成与推断、同分异构体、常见有机物的性质与检验等，解题关键：掌握常见官能团的性质，难点：理解题目信息，，是取代反应，有机合成信息在于根据结构判断断键与成键。易错点是（3）与过量NaOH溶液共热，酚羟基与碱发生中和反应，-X原子在氢氧化钠水溶液、加热条件发生取代反应，两种官能团参与反应。
27.新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如下：
已知：
(1)写出反应①的化学方程式________________。
(2)写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式____________。
a. 能与浓溴水产生白色沉淀 b. 能与NaHCO3溶液反应产生气体
c. 苯环上一氯代物有两种
(3)反应②的反应类型是________。
(4)已知甲的相对分子质量为30，写出G的结构简式________________。
(5)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应③的化学方程式____________。
(6)结合已知①，以乙醇和苯甲醛为原料，选用必要的无机试剂合成写出合成路线 __________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). (2). (3). 加成反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
反应①是苯与溴发生取代反应生成A为，结合B的分子式，A发生水解反应生成B为．由D的分子式与E的结构简式可知D为．E与新泽茉莉醛的结构简式对比，结合F→G的反应条件及信息①②，得E→F发生信息②中的反应，F→G发生信息①中的反应，又甲的相对分子质量为30，则甲为HCHO、F为、G为，G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式，2分子苯酚与1分子 HCHO反应生成C，化合物C能发生信息③中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息③可知PC树脂结构简式为；（6）结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，进一步氧化成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】（1）反应①苯与溴发生取代反应，化学方程式；
（2）化合物E的同分异构体符合下列条件：a．能与浓溴水产生白色沉淀，说明含有酚羟基，b．能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有-COOH，c．苯环上一氯代物有两种，说明-OH与-COOH处于对位位置，符合条件的同分异构体的结构简式为：；
（3）反应②是G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛；
（4）甲的相对分子质量为30，则甲为HCHO、F为、G为；
（5）已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，反应③的化学方程式：
（6）结合已知①，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，进一步氧化成，最后与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，解题关键：对给予的反应信息的理解，充分利用路线图中物质的结构简式、分子式进行推断，难点：（6）有机合成，利用信息①所学知识，并进行应用，即：乙醛与苯甲醛反应得到。
28.高分子化合物V: 是人造棉的主要成分之一，合成路线如下：
已知：
（R、R1、R2、R3表示烃基）
(1)试剂a是____________________________。
(2)F与A以物质的量之比1：1发生反应生成六元环状化合物H，H的结构简式是________________。
(3)I的结构简式是____________。
(4)G中所含官能团是________________；M的结构简式是____________。
(5)M与C反应生成V的化学方程式为____________。
(6)E的同分异构体N也可以和J反应生成M，N可能的结构简式为____________（写一种）。
【答案】 (1). NaOH水溶液 (2). (3). HOOC(CH2)4COOH (4). 羟基 (5). (6). (7). CH3OOCCOOCH(CH3)2或CH3OOCCOOCH2CH2CH3
【解析】
【分析】
A为乙烯，与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解生成C为HOCH2CH2OH，C被氧化得到D为HOOC-COOH，D与乙醇发生酯化反应生成E为CH3CH2OOCCOOCH2CH3．结合V的结构简式，M与乙二醇反应得到V，M为，结合信息Ⅲ可知J为CH3CH2OOC（CH2）4COOCH2CH3，I为HOOC（CH2）4COOH，G为CH3CH2OH，H为。
【详解】（1）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，试剂a是：氢氧化钠水溶液；
（2）F为1，3-丁二烯与A乙烯以物质的量之比1：1发生反应生成六元环状化合物H的结构简式；
（3）I为HOOC（CH2）4COOH；
（4）G为乙醇，所含官能团是羟基，M的结构简式是；
（5）M与C反应生成V的化学方程式为：；
（6）E的同分异构体N也可以和J反应生成M，N可能的结构简式是：CH3OOCCOOCH(CH3)2或CH3OOCCOOCH2CH2CH3。
29.SO2与漂粉精是常用的漂白剂。某兴趣小组对它们的漂白原理进行探究。过程如下：
I. 探究SO2的漂白性
实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中，观察到前者褪色而后者不褪色。
实验二：
试管中的液体
现象
a. 0.1 mol/L SO2溶液(pH=2)
溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色
b. 0.1 mol/L NaHS03溶液(pH=5)
溶液立即变浅，约15s后完全褪色
c. 0.1 mol/L Na2SO3溶液( pH=10)
溶液立即褪色
d. pH=10NaOH溶液
红色溶液不变色
e. pH=2H2SO4溶液
红色溶液不变色
(1)实验d的目的是____________。
(2)由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是____________。
(3)已知S02使品红溶液褪色过程是可逆的。兴趣小组继续试验：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。
请用离子方程式和必要的文字说明出现上述现象的原因____________。
II. 探究SO2与漂粉精的反应
实验三：
操作
现象
i. 液面上方出现白雾；
ii. 稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
iii. 稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
小组同学对上述现象进行探究：
(1)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a. 用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b. 用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a目的是____________________。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是____________。
(2)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是____________。
(3)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X
①向沉淀x中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是____________。
②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因________________。
【答案】 (1). 证明该实验条件下OH-对品红褪色不产生干扰 (2). SO32- (3). SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，SO32-浓度减小，SO2与品红结合的过程平衡逆向移动，红色出现 (4). 检验是否含有Cl2，排除Cl2干扰 (5). 如果白雾中混有SO2，加入AgNO3后仍会有白色沉淀 (6). 向漂粉精中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色 (7). CaSO4 (8). SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+
【解析】
【分析】
I.（1）氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；
（2）a.0.1mol·L－1SO2溶液（pH=2），溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol·L－1NaHSO3溶液（pH=5），溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol·L－1Na2SO3溶液（pH=10），溶液立即褪色，说明亚硫酸根离子影响大；(3)向a实验后的无色溶液中滴入Ba（OH）2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；
II.（1）①氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色,检验是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②检验HCl，用硝酸银溶液，如果白雾中混有SO2，被硝酸氧化为硫酸，加入AgNO3后仍会有白色沉淀；
（2）可向漂粉精中逐滴加入硫酸；
（3）①SO2被氧化为SO42－，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶物硫酸钙；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸．
【详解】I.（1）pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰。
（2）abc实验分析可知，a.0.1mol·L－1SO2溶液（pH=2），溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol·L－1NaHSO3溶液（pH=5），溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol·L－1Na2SO3溶液（pH=10），溶液立即褪色，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32－，故为：SO32－；(3)向a实验后的无色溶液中滴入Ba（OH）2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，SO32-浓度减小，SO2与品红结合的过程平衡逆向移动，红色出现。
II.（1）①检验是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②检验HCl，用硝酸银溶液，如果白雾中混有SO2，被硝酸氧化为硫酸，加入AgNO3后仍会有白色沉淀；
（2）要向漂粉精中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（3）①取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42－，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。
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