化学卷·2018届江西省宁师中学、会昌中学高二5月联考化学试卷（解析版）

化学卷·2018届江西省宁师中学、会昌中学高二5月联考化学试卷（解析版）

‎2016-2017学年度5月份宁师中学、会昌中学联考 化 学 试 卷 ‎（考试时间：100分钟 总分：100分）‎ 命题人：谢国伟（宁师中学） 审题人：汪裕春（会昌中学）‎ 可能用到的原子的相对质量：H：1，C：12，N：14，O：16，Na：23，S：32，Cl：35.5，Fe：56，Cu:64‎ 第Ⅰ卷 选择题（48分）‎ 一、本题共16个小题，每题都只有一个选项合符题意，每小题3分，共48分。‎ ‎1. 化学与生活、生产息息相关，下列有关说法正确的是 A. 食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用 B. 纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中可用纯碱溶液来除去物品表面的油污 C. 淀粉、油脂、纤维素、蛋白质均是高分子有机化合物，一定条件下均能发生水解 D. 人造棉花、光导纤维、蚕丝和麻都是天然纤维 ‎【答案】B ‎【解析】A、硅胶可以吸水，铁粉不能吸水可以防氧化，A错误。B 、工业上生产普通玻璃的原料为碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅，在高温下反应。碳酸钠溶液显碱性，油脂在碱性下可以发生彻底的水解，从而除去物品表面的油污，B正确。C、淀粉、纤维素、蛋白质均是高分子有机化合物，一定条件下均能发生水解，而油脂不是高分子化合物，可以在酸性或碱性下水解，C错误。D、光导纤维的主要成分是SiO2，不是天然纤维，D错误。正确答案为B ‎2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.5‎‎ mol NH4HSO4晶体中，含有H+数目约为0.5 NA B. ‎46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA C. 常温常压下，‎2.6 g混合溶液（聚乙炔和聚苯乙烯溶于苯）中含有的原子总数为0.4NA D. 室温时，‎1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH—的数目为0.2 NA ‎【答案】C ‎【解析】A、NH4HSO4晶体中只含NH4+和HSO4－，不含H+，溶于水 才能电离出H+， A错误。B、‎46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，若为CH3CH2OH，极性共价键的数目为7NA，若为CH3OCH3，极性共价键数目为8 NA，B错误。 C、聚乙炔、聚苯乙烯、‎ 苯的分子式分别为C2nH2n、C8nH8n、C6H6，最简式均为CH，‎2.6 g以上混合物的物质的量为2.6/13=0.2（mol），原子总数为0.4NA，C正确。D、pH=13的Ba(OH)2溶液中OH—的浓度为0.1mol/L，‎1L该溶液中OH—的数目为0.1 NA，D错误。正确答案为C ‎3. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. SO2通入Ba(ClO)2溶液中有白色沉淀：SO2+Ba2++H2O═BaSO3↓+2H+‎ B. 苯酚与碳酸钠溶液反应：‎2C6H5-OH + CO32—→ ‎2C6H5-O—+ CO2↑+H2O C. 乙醛与银氨溶液反应：CH3CHO + 2Ag(NH3)2+ + 2OH—CH3COO— + NH4+ + H2O + 2Ag↓ + 3NH3‎ D. 1mol FeI2溶液通入1.5 mol Cl2气体：2I—+Cl2=I2 +2Cl—‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、SO2有还原性，Ba(ClO)2具有氧化性，两者混合发生氧化还原反应：SO2+Ba2++H2O+ClO-═BaSO4↓+Cl—+2H+，A错误。B、苯酚的酸性小于碳酸的酸性，苯酚不能制取碳酸，B错误，正确的应为： C6H5-OH + CO32—→C6H5O—+ HCO3—。C 、乙醛与银氨溶液发生银镜反应，C正确。D、I—还原性大于Fe2+，Cl2先与2molI—反应，消耗1molCl2，剩余的0.5molCl2恰好将1molFe2+氧化为Fe3+，D错误，正确的应为：2Fe2++4I—+3Cl2=2I2 +6Cl—+2Fe3+。正确答案为C ‎4. 下列有关命名说法正确的是（　　）‎ A. 的系统命名为2-甲基-2-乙基丙烷 B. CH2=CHCH (CH3)CH‎2C (CH3) =CH2的系统命名为2，4-二甲基-1，5-己二烯 C. 的系统命名为 2-甲基-1-羟基丁烷 D. CH3CH(CH2CH3)CHClCH3的系统命名为3-乙基-2氯丁烷 ‎【答案】B ‎【解析】A、该物质属于烷烃的命名，先找最长碳链，最长碳链应为4个碳，正确的名称为2,2-二甲基丁烷，A错误。‎ B、该物质属于烯烃的命名，最长碳链应包括碳碳双键在内的碳链。最长碳链为6个碳且含有两个碳碳双键，名称为：2，4-二甲基-1，5-己二烯，B正确。‎ C、该物质属于醇类的命名，最长碳链为包括羟基在内的碳链，正确的名称为：2-甲基-1-‎ 丁醇，C错误。‎ D、该物质属于卤代烃的命名，卤素原子做取代基，命名规则与烷烃相似。名称为3-甲基-4-氯戊烷，D错误。正确答案为B 点睛：有机物的系统命名法是有机化学学习的重点，区别各类不同有机物的命名规则。烷烃的命名是最基本的，找到最长的碳链及起始碳原子的编号；苯和苯的同系物的命名以苯为母体，其他为支链；卤代烃、烯烃、炔烃、醇、醛、酸的命名的最长碳链必须包含官能团的碳或者官能团连接的碳，起始碳的标号必须离官能团最近开始。‎ ‎5. 下列有关叙述不正确的是 A. C5H10能与溴水发生反应褪色的同分异构体(含立体异构)共有6种 B. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 C. C5H8O2中既能与NaHCO3(aq)反应又能与Br2/CCl4溶液反应的同分异构体(不含立体异构)共有8种 D. 中含有7个手性碳原子 ‎【答案】D ‎【解析】A 、分子式为C5H10的烃，能使溴水褪色的结构(含顺反异构体)说明含有碳碳双键，则可能的结构简式有CH2＝CHCH2CH2CH3、CH3CH＝CHCH2CH3(含有顺反异构体)、CH2＝C(CH3)CH2CH3、CH2＝CHCH(CH3)2、CH3CH＝C(CH3)2，共计6种，A正确。‎ B、甲苯苯环上共有3种氢原子（临、间、对），含3个碳原子的烷基共有2种[—CH2CH2CH3丙基、—CH(CH3)2异丙基]，故甲苯苯环上的1个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3×2=6种，B正确。‎ C、C5H8O2中既能与NaHCO3(aq)反应又能与Br2/CCl4溶液反应，则分子中有一个羧基和一个碳碳双键，C4H8的的同分异构体情况：CH2=CHCH2CH3有4种H原子；CH3CH=CHCH3有2种H原子；CH2=C（CH3）CH3有2种H原子，故C4H8共有8种不同氢原子，所以丁烯基 ‎-C4H7属于链烃的同分异构体有8种， 所以符合条件的同分异构体有8种，C正确。‎ D 、周围连着4个不同的原子或原子团的碳原子叫手性碳原子，则 中只有1个手性碳原子即黑点的碳，D错误。正确答案为D ‎6. 用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）‎ ‎ ‎ 图1 图2 图3 图4‎ A. 用图1所示装置将含有NaCl的蛋白质胶体进行分离提纯 B. 用图2所示装置除去苯中含有少量的三溴苯酚杂质 C. 用图3所示装置制备乙酸乙酯 D. 用图4所示装置比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性 ‎【答案】B ‎【解析】A、胶体粒子不能 透过半透膜而离子可以，故可用渗析的方法分离含有NaCl的蛋白质胶体，A正确。B、三溴苯酚溶于苯中故不能过滤除杂，可以加入NaOH溶液中和，然后分液除去三溴苯酚，B错误。C、实验室制取乙酸乙酯是将乙酸、乙醇、浓硫酸混合在加热的条件下制取，C正确。D、钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，可通过产生的气泡来比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，D正确。正确答案为B ‎7. 图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2，氮元素显-3价)的化学能直接转化为电能，生成对环境无害物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜（图乙），下列说法中正确的是( )‎ A. H+透过质子交换膜由右向左移动，电子经外电路由左向右移动 B. N极发生氧化反应，图乙中铜电极应与Y相连接 C. 当N电极消耗0.25 mol气体时，则铁电极增重‎16g D. M电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e-==CO2↑＋N2↑＋6H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】甲图为原电池，根据氧气在装置中生成水（氧元素化合价降低，得电子）可知N为正极，M为负极。乙为电解池，铁上镀铜，则铜为阳极，铁为阴极。‎ A、原电池中H+移向正极，由左向右移动，M极为负极失电子，电子经过外电路由左向右移动，A错误。‎ B、N极为正极，发生还原反应；铜为阳极应与电源的正极Y极相连，B错误。‎ C、N电极消耗0.25 molO2时，转移电子1mol，则乙中Cu2+得到1mol电子生成0.5molCu单质，质量为‎32g , 铁电极增重‎32g，C错误。‎ D、M为负极，H2NCONH2失去电子发生氧化反应生成N2，H2NCONH2＋H2O－6e-=CO2↑＋N2↑＋6H+，D正确。正确答案为D ‎8. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、r是由这些元素组成的化合物，p、q分别是元素W、Z的气体单质。r溶液是实验室中常见试剂，常温下0.1mol·L–1 r溶液的pH为13。工业上制备r和q的反应如图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. X与其他3种元素均可形成至少两种二元化合物 B. 简单离子半径：Z＞X＞Y ＞W C. Z的最高价氧化物的水化物为氯酸 D. W与X形成的化合物W2X、W2X2均是共价化合物 ‎【答案】C ‎【解析】0.1mol·L–1 r溶液的pH为13，可知r为强碱且组成元素为短周期元素，可判断r 为NaOH，根据反应条件--电解可推知m、n为NaCl和H2O（无对应关系），生成p（H2）和q(Cl2)，故W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、Cl。‎ A、O与H、Na、Cl可以形成H2O、H2O2、Na2O、Na2O2、ClO2、Cl2O7等物质，A正确。‎ B、粒子半径大小关系为:Cl-＞O2-＞Na+＞H+，B 正确。‎ C、Cl的最高价氧化物的水化物为高氯酸HClO4，C错误。‎ D、H2O、H2O2均为共价化合物，D正确。‎ 正确答案为C ‎9. 绿原酸是从金银花中提取出的有很高药用价值的有机物，其结构如图所示，‎ 下列说法正确的是 A. 绿原酸的分子式为C16H20O9‎ B. 绿原酸分子中有4种含氧官能团 C. l mol绿原酸与NaOH溶液反应，可消耗7 mol NaOH D. 绿原酸在酸性条件下的水解产物均能与NaHCO3发生反应生成CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、绿原酸的分子式为C16H18O9，A错误。‎ B、绿原酸的分子中含有羧基、酯基、羟基3种含氧酸官能团，B错误。‎ C、羧基、酚羟基能与NaOH发生中和反应，该分子中还含一个酯基，水解可得到一个醇羟基和一个羧基，故共有2个羧基、2个酚羟基，所以消耗4molNaOH，C错误。‎ D、酯基在酸性下可水解得到相应的酸和醇2种物质，由该分子可知水解后得到的两种物质均含羧基，均能与NaHCO3发生反应生成CO2，D正确。‎ 正确答案为D ‎10. 下列关于有机物因果关系的叙述完全正确的一组是 选项 原因 结论 A 乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应 两者所含的官能团相同 B 乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色 两者褪色的本质不同 C 乙烯和苯都能使溴水褪色 苯和乙烯分子都含有碳碳双键 D 乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应 两者属于同一类型的反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A、乙酸与氢氧化铜发生中和反应，乙酸含羧基；葡萄糖与氢氧化铜反应是因为葡萄糖分子中含醛基，两者官能团不同，A错误。‎ B、乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是因为乙烯与溴发生加成反应；而使高锰酸钾溶液褪色是因为发生氧化还原反应，两者褪色原理不同 ，B正确。‎ C、乙烯使溴水褪色是因为乙烯含有碳碳双键，发生加成反应；苯使溴水褪色是因为苯萃取了溴水中的溴而使溴水褪色，原理不同，C错误。‎ D、乙酸乙酯与水发应是乙酸乙酯的水解反应，属于取代反应，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，D错误。正确答案为B ‎11. 常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示，‎ 下列关系正确的是 A. a点: c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)‎ B. b点: c(Cl－)＝c(SO42－)＝0.005 mol·L－1‎ C. c点: c(Na+)＝‎2c(HSO3－)+‎2c(SO32－)+‎2c(SO42－)‎ D. d点: c(Na+)+ c(H+)＝c(Cl－)+‎2c(SO32－)+c(HSO3－)+‎2c(SO42－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】该过程中发生两步反应，a→b：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，酸性增大；b→d：2HCl+Na2SO3=2NaCl+H2SO3，H2SO3+Na2SO3=2NaHSO3，酸性减小。当溶液中溶质全为NaHSO3时，溶液显酸性， d点为中性，则d点溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3。‎ A、a点氯水中的溶质为HCl和HClO，前者为强酸，后者为弱酸，所以离子浓度大小为：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)，A正确。‎ B、a→b点发生的反应为Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，b点溶质为Na2SO4、HCl，物质的量之比为1:2 ，则c(Cl－)=c(H＋)=0.01mol/l，c(SO42－)=0.005mol/l，B错误。‎ 学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...‎ D、根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)＝c(Cl－)+‎2c(SO32－)+c(HSO3－)+‎2c(SO42－)+ c(OH--)，‎ d点显中性，c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)＝c(Cl－)+‎2c(SO32－)+c(HSO3－)+‎2c(SO42－)+ c(OH-)，D错误。正确答案为A ‎12. 桂皮中含肉桂醛( ) ，下列有关肉桂醛说法正确的是（ ）‎ A. 肉桂醛分子中有7种不同环境下的氢原子 B. 肉桂醛中官能团检验：先用溴水检验碳碳双键，再用银氨溶液检验醛基 C. 肉桂醛与苯甲醛()互为同系物 D. 肉桂醛中所有原子可能位于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】A、肉桂醛分子中应有6种不同环境下的氢原子，A错误。‎ B、溴水既能与碳碳双键加成而褪色 ，也能氧化醛基而褪色，故不能先用溴水检验碳碳双键，而必须先检验醛基，再检验碳碳双键，B错误。‎ C、肉桂醛与苯甲醛()结构不同，不为同系物，C错误。‎ D、苯环是一个正六边形结构，HCHO也是平面结构，故肉桂醛中所有原子可能位于同一平面，D正确。正确答案为D ‎13. 某有机物的分子式为C6H10O4，1molA经水解后可得到1molB和2molC，C经分子内脱水可得D，D可发生加聚反应生成高分子化合物 ，由此可推断A的结构简式为（ ）‎ A. CH3CH2OOC-COOCH2CH3 B. HOOC(CH2)4COOH C. HOOC(CH2)2COOCH3 D. CH3COO(CH2)2COOCH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据D的甲聚产物可知，D是乙烯，所以C乙醇，则B是乙二酸。所以A的结构简式为 CH3CH2OOC—COOCH2CH3，答案选C。‎ ‎14. 有4种有机物:‎ ‎① ② ③ ④CH3—CH=CH—CN 其中可用于合成结构简式为的高分子材料的正确组合为（ ）‎ A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎15. 某有机化合物的结构简式为（如下图），下列有关该物质的叙述不正确的是 A. 不易溶于水，可以发生加成反应和取代反应 B. 1mol该物质最多可以消耗2 mol Na C. 1mol该物质最多可以消耗6 mol 热的NaOH溶液 D. 能与Na2CO3溶液反应 ‎【答案】C ‎【解析】A、该有机物含有较多的憎水基团，不易溶于水，含有苯环可以与氢气加成，含有酯基可以发生水解反应也即取代反应，A正确。‎ B、该分子中含两个羟基，可以与钠发生取代反应生成氢气，B正确。‎ C、1mol该物质水解可以得到含3mol酚羟基和1mol羧基的有机物和1mol乙酸，同时生成2molHCl；故最多可以消耗7molNaOH，C错误。‎ D 、酚羟基的酸性大于HCO3-的酸性，故该分子能与Na2CO3溶液反应，D正确。‎ 正确答案为C ‎16. 在一定温度下，向a L密闭容器中加入一定量A、B气体，发生如下反应：‎ A2(g)+3B(g) 2C2 (g)+2D(g)，以下表示反应达到平衡是（　　）‎ A. v正(B)=0.03 mol/(L•s)，v逆(D)=1.2 mol/(L•min)‎ B. 容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化 C. 容器中总压强不随时间变化而变化 D. 单位时间内断裂一个A-A键，同时生成两个C-C键 ‎【答案】A ‎【解析】A、v正(B)=0.03 mol/(L•s)= v正(B)=1.8 mol/(L•min)， v逆(D)=1.2 mol/(L•min)，则v逆(B)=1.5*1.2mol/(L•min)=1.8 mol/(L•min)， v逆(B)= v正(B)，达到平衡，A正确。‎ B、该反应前后气体分子个数不变，物质的量不变，质量也不变，故平均相对分子质量是一个定值，不能说明反应是否平衡，B错误。‎ C、该反应前后气体分子个数不变，物质的量不变，压强为定值，不能作为判断是否平衡的依据，C错误。‎ D、单位时间内断裂一个A-A键，同时生成两个C-C键，为同一个方向，不能作为判断的依据，D错误。正确答案为A 点睛：判断一个可逆反应是否达到平衡的标志有3个直接标志：浓度不变、百分含量不变、同种物质的正逆反应速率相等，间接的标志有很多：压强、密度、相对分子质量、不同物质之间的某些量之间的关系、颜色等等方面，不能笼统的认为压强、密度等物理量不变，就认为已达平衡，要具体分析反应的条件是等温等容还是等温等压以及反应方程式的特点等。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（52分）‎ ‎17. （1）肉桂酸甲酯由C、H、O三种元素组成，质谱分析其分子的相对分子质量为162，核磁共振氢谱谱图显示有6个峰，其面积之比为1︰2︰2︰1︰1︰3 ，利用红外光谱仪检测其中的某些基团，测得红外光谱如图：则肉桂酸甲酯的结构简式是 _______（不考虑立体异构）。‎ ‎（2）有机玻璃聚丙烯酸甲酯的结构简式为，写出其单体____________；若聚合度n为3000，求有机玻璃的相对分子质量为________；‎ ‎（3）制备酚醛树脂的化学反应方程式：_________________________________；‎ ‎（4）与足量NaOH溶液的反应方程式：‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎（5）发生反应生成八元环状物质的反应方程式：‎ ‎_______________________________________________________________；‎ ‎【答案】 (1). (2). CH2=CHCOOCH3 (3). 258000 (4). nC6H5OH +nHCHO →+(n-1) H2O (5). (6). 2 → +2H2O ‎【解析】（1）设肉桂酸甲酯的结构简式为R-COOCH3，其相对分子质量为162，所以R的相对分子质量为103，分子式为，根据红外光谱可知-C8H7中含有一个苯环、一个碳碳双键，且碳碳双键的一个碳直接与苯环相连。根据核磁共振氢谱可知该结构含有6种氢原子，且面积之比为1︰2︰2︰1︰1︰3，可知苯环上只有一个取代基，其结构简式为：‎ ‎（2）为加聚产物，其单体为CH2=CHCOOCH3；若聚合度n为3000，则其相对分子质量为3000×86=258000‎ ‎（3）苯酚与甲醛在水浴加热的条件下发生缩聚反应生成酚醛树脂,方程式为: nC6H5OH +nHCHO →+(n-1) H2O ‎（4）属于酯类物质,在NaOH的条件下发生彻底的水解生成苯甲酸钠和苯酚钠, ‎ ‎（5）两分子发生酯化反应即可生成一个含有八元环的酯:2 → +2H2O ‎18. ‎ ‎18. （1）已知：‎ 甲醇脱水反应  2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1=-23.9kJ•mol-1‎ 甲醇制烯烃反应  2CH3OH(g) ═C2H4 (g)+2H2O(g) △H2=-29.1kJ•mol-1‎ 乙醇异构化反应  C2H5OH (g)═CH3OCH3(g) △H3=+50.7kJ•mol-1‎ 则乙烯气相直接水合反应的热化学方程式为：____________________。‎ ‎（2）如图为乙烯气相直接水合法制备乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中n(H2O) : n(C2H4)=1:1）。‎ 若p2=8.0 MPa，列式计算A点的平衡常数Kp=____________（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留到小数点后两位）；‎ ‎（3）以乙烯为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)。 ‎ ‎①若KOH溶液足量，则负极的电极反应式__________________________________。 ‎ ‎②若电解质溶液中KOH的物质的量为0.75mol，当有0.25mol乙烯参与反应时（假设电解质溶液体积变化忽略不计），则反应后电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_____________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). C2H4（g）+H2O（g）═ C2H5OH（g） △H=-45.5 kJ•mol-1 (2). MPa (3). C2H4－12e－+ 16OH－=2CO32-+10H2O (4). C(K+)>C(HCO3-)>C(CO32-)>C(OH-)>C(H+)‎ ‎【解析】(1)根据盖斯定律：第一个方程式减去第二个方程式再减去第三个方程式，得到题目要求的热化学方程式: C2H4（g）+H2O（g）═ C2H5OH（g） △H=-45.5 kJ•mol-1‎ ‎(2)该温度下，乙烯的转化率为0.2，设起始时乙烯和水的物质的量为1mol，则反应的乙烯和水的物质的量分别为0.2mol，平衡两者的物质的量均为0.8mol；生成的乙醇的物质的量为0.2mol，平衡时总的物质的量为1.8mol，乙烯、水、乙醇的物质的量分数分别为0.8/1.8，1.8/1.8，0.2/1.8，所以 Mpa。‎ ‎(3) ①该燃料电池中，乙烯在负极上失去电子发生氧化反应生成CO2，并继续与电解质溶液KOH反应生成K2CO3，电极方程式为：C2H4－12e－+ 16OH－=2CO32-+10H2O ‎ ‎ ②0.25mol乙烯参加反应可以说很凑0.5molCO2，则CO2与KOH的物质的量之比为2:3‎ ‎，则两者反应得到的产物中既有碳酸钠又有碳酸氢钠，且两种产物的物质的量之比为1:1，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，且两者水解均呈碱性，故溶液中离子的浓度大小顺序为：C(K+)>C(HCO3-)>C(CO32-)>C(OH-)>C(H+)‎ ‎19. 丙烯酸甲酯是一种重要的工业原料，某实验小组制取丙烯酸甲酯的装置如图所示：‎ 制取的反应原理：CH2 =CHCOOH + HOCH3CH2=CHCOOCH3 + H2O。‎ 可能用到的信息如下表：‎ 沸点 溶解性 性质 丙烯酸 ‎141℃‎ 与水互溶，易溶于有机溶剂 有毒 甲醇 ‎65℃‎ 与水互溶，易溶于有机溶剂 易挥发，有毒 丙烯酸甲酯 ‎80.5℃‎ 难溶于水，易溶于有机溶剂 易挥发 ‎(一)制取丙烯酸甲酯 ‎①取0.14mol丙烯酸、0.2mol的甲醇、少量的浓硫酸放置于三颈烧瓶中，连接好冷凝管，用搅拌棒搅拌，加热。‎ ‎②充分反应后，冷却，向混合液中加入5% Na2CO3溶液洗至中性。‎ ‎③分液，取上层油状液体，再加无水Na2SO4后，蒸馏，收集馏分。‎ ‎(二)检验丙烯酸甲酯的产率，设计如下实验：‎ ‎①将收集的油状物质提纯后平均分成5份，取出1份置于锥形瓶中，加入2.5mol·L-1的KOH溶液10.00 mL，加热使之完全水解。‎ ‎②用酚酞作指示剂，向冷却后的溶液中滴加0.5 mol·L-1的盐酸，滴定到终点时共消耗盐酸20.00 mL。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)仪器b的名称是_________________。‎ ‎(2) 浓硫酸的作用_________________。‎ ‎(3) 搅拌棒的作用：___________ ； 5% Na2CO3溶液的作用：______________。‎ ‎(4) 加无水Na2SO4的作用：_____________ ；蒸馏收集___________温度的馏分。‎ ‎(5) 滴定终点的判断：_________________________________________________。‎ ‎(6)计算本次酯化反应中丙烯酸的转化率为____________(计算结果保留到小数点后一位）。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝管（或球形冷凝管） (2). 催化剂 (3). 混合均匀，加快反应速率_ (4). 除去浓硫酸、丙烯酸等酸 (5). 干燥剂（除去有机层中的水） (6). ‎80.5℃‎ (7). 当最后一滴HCl溶液滴入锥形瓶时，溶液由粉红色变成无色，且30s内不变色 (8). 53.6%‎ ‎【解析】本题考查有机物的实验室制备，实验原理是酸与醇的酯化反应，属于可逆反应，为了提高产物的产率及提搞反应物的转化率，实验中采取了搅拌、将挥发出的反应物及时冷却回流等措施。‎ ‎(1)仪器b的名称是冷凝管 ‎(2)浓硫酸做催化剂，起催化的作用。‎ ‎(3)搅拌棒的作用是：使反应物均匀混合，加快反应速率；碳酸钠可与硫酸、丙烯酸发生化学反应而除去，其作用是：除去浓硫酸、丙烯酸等酸 ‎ (4)Na2SO4固体可以吸水生成结晶水化物从而除去有机层中的水，Na2SO4的作用是：干燥剂（除去有机层中的水）；丙烯酸甲酯的沸点为‎80.5℃‎，故应蒸馏收集‎80.5℃‎温度的馏分。‎ ‎(5)丙烯酸甲酯在KOH的条件下发生彻底的水解反应，多余的KOH用HCl溶液中和滴定，用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液的颜色由红色变为无色，且30s内不恢复。答案为：当最后一滴HCl溶液滴入锥形瓶时，溶液由粉红色变成无色，且30s内不变色 。‎ ‎(6) 0.14mol丙烯酸、0.2mol的甲醇理论上可以生成0.14mol丙烯酸甲酯；实验中：每份丙烯酸甲酯水解消耗的KOH的物质的量为（2.5×10-0.5×20）×10-3mol=0.015mol，丙烯酸甲酯与KOH按照物质的量之比1:1反应，所以总的丙烯酸甲酯的物质的量为0.015×5mol=0.075mol，所以产率为：0.075/0.14×100%=53.6%‎ ‎20. 氰化钠(NaCN)是一种重要化工原料，常用于化学合成、电镀、冶金等方面。氰化钠也是一种无机毒害品，本身不易燃，但遇潮湿空气或与酸类接触会产生剧毒、易燃的氰化氢气体，与氯酸盐、硝酸盐等接触会剧烈反应，引起燃烧爆炸。近几年，我国屡屡出现因氰化钠的生产和储存不当．造成火灾、爆炸等事故。请结合所学知识，回答下列问题：‎ ‎(1)氰化钠中C的化合价为 ____________，CN—中两原子均为8电子稳定结构，请写出CN—的电子式__________ 。‎ ‎(2)工业上可用纯碱、焦炭、氨气在高温下反应制取NaCN，请写出该反应的化学方程式________________________。‎ ‎(3)常见的处理氰化钠的方法有：‎ ‎ ①将其与双氧水反应转化为两种溶于水都呈碱性的物质；‎ ‎ ②将其用ClO2处理，得到无毒的NaCl、N2和CO2。‎ 方法②的反应方程式为_____________________________________________ .‎ ‎(4)若，已知常温下HCN的，浓度均为0.5mol L-1的NaCN和HCN的混合溶液显 _________ 性(填“酸”、“碱”或“中”)性，说明其原因：____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). (3). (4). 2NaCN+2ClO2 =2NaCl+N2+2CO2 (5). 碱_ (6). ，，说明的水解程度大于的电离程度.‎ ‎【解析】（1）氰化钠中N的化合价为－3价。CN-中两原子均为8电子稳定结构，则CN-的电子式为。（2）工业上可用纯碱、焦炭、氨气在高温下反应制取NaCN，根据原子守恒可知还有水生成，该反应的化学方程式为Na2CO3+C+2NH32NaCN+3H2O。（3）① 将其与双氧水反应转化为两种溶于水都呈碱性的物质，则根据原子守恒和电子得失守恒可知两种物质应该是碳酸氢钠和氨气，反应的离子方程式为CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3↑；‎ ‎②反应中C从+2价升高到+4价，N从－3价升高到0价，所以1molNaCN失去5mol电子。1molClO2得到5mol电子，则根据电子得失守恒可知处理含NaCN 4×10-5mol/L的废水‎1000L，至少需要ClO2的质量为4×10-5mol/L×‎1000L×‎67.5g/mol＝‎2.7g。（4）NaCN的水解常数 ‎，Kh>Ka，说明的CN-水解程度大于HCN的电离程度，所以溶液显碱性。‎ ‎21. 高聚物M具有良好的吸水性，是制造婴儿“尿不湿”的主要成分之一，如下图所示路线可以合成M。‎ 已知：①A在标准状况下，密度为‎1.16 g/L，B、C、M均为高聚物；‎ ‎②F的核磁共振氢谱有四组峰，面积之比为1 : 1 : 2 : 2；且D遇氯化铁溶液显紫色；‎ ‎③ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A物质的名称为 _____________， C7H8O中含有的官能团名称为____________；‎ ‎(2) A→B的反应类型为_______________，‎ ‎(3)写出D与NaOH水溶液反应的化学方程式：_____________________________。‎ ‎(4)写出C与F反应生成M的化学方程式：_____________________________。‎ ‎(5) N是F的同分异构体，请判断符合下列条件的N的同分异构体有________种。‎ ‎①苯环上有两个取代基；②N能发生水解反应；③N与FeCl3溶液显色 ‎(6)以甲苯为原料可合成，请设计合成路线图（①， ②氨基具有较强的还原性，易被氧化，③苯甲酸引入一个取代基，常取代在羧基的间位。注：无机试剂及溶剂任选）。‎ ‎______________________________________ ；‎ ‎【答案】 (1). 乙炔 (2). 羟基 (3). 加聚反应 (4). (5). ‎ ‎ (6). 3 (7). ‎ ‎（必须先氧化甲基，再还原硝基，若写反了不给分）‎ ‎【解析】本题考查有机物的合成，根据标准状况下A的密度可知A的相对分子质量为1.16×2204=26，因为B为高聚物，所以A为乙炔，B为聚乙炔，C为聚乙烯醇；根据D与氯化铁溶液显紫色可知C7H8O中含有苯酚结构，且含氯原子，在NaOH溶液中水解得到含有羟基的化合物E，E能够发生银镜反应，说明E中含有醛基，根据信息③可知 D中有两个氯原子连在同一个碳上，即D中含有-CHCl2结构，然后水解得到-CH(OH)2，自动脱水生成醛，因此 C7H8O中含有甲基，发生二氯取代生成-CH(OH)2。 再根据F为羧酸，其中有4种氢原子可知F中的酚羟基和羧基处于对位的关系，从而逆推可知C7H8O中酚羟基与-CH3处于对位的关系。‎ ‎(1)由上分析可知A的名称为乙炔，C7H8O中含有的官能团的名称为：羟基 ‎(2) A→B由乙炔生成聚乙炔，反应类型为加聚反应。‎ ‎(3)D的结构式为与氢氧化钠发生水解反应，及根据信息3可知方程式为：‎ ‎(‎4C为聚乙烯醇，F 为对羟基苯甲酸，两者发生缩聚酯化反应：‎ ‎(5)符合 条件的N的同分异构体为含有酚羟基的酯类化合物，除了一个酚羟基的结构外，还剩余一个—OOCH 结构，与酚羟基的关系有邻、间、对三种关系，故符合条件的同分异构体有3种。‎ ‎(6)若先氧化甲基，再发生硝化反应，硝基将取代在羧基的间位，不符合产物的要求，故先将甲苯硝化，生成对硝基甲苯。氨基容易被氧化，若先还原硝基为氨基，再用高锰酸钾溶液氧化甲基的话，氨基又会氧化为硝基导致步骤重复，故必须先氧化甲基再还原氨基，因此，先用高锰酸钾溶液氧化对硝基甲苯得到对硝基苯甲酸，然后在一定条件下用铁单质还原硝基，得到对氨基苯甲酸，最后在浓硫酸的作用下发生缩聚反应，得到目标产物。合成路线为：‎ ‎ ‎