【文档说明】江西省赣州市南康中学2019-2020学年高一下学期第二次大考化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，891.500 KB，由小赞的店铺上传

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江西省赣州市南康中学2019-2020学年高一下学期第二次大考化学试题1.下列化学用语使用正确的是（）A.次氯酸分子的结构式：H-Cl-OB.硫离子的结构示意图：C.质量数为37的氯原子为：37ClD.二氧化硅的分子式为：SiO2【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸分子的结构式

为H-O-Cl，故A错误；B．硫离子的结构示意图为，故B正确；C．质量数为37的氯原子为3717Cl，故C错误；D．二氧化硅是原子晶体，不存在分子式，故D错误；答案为B。【点睛】本题难点是SiO2的结构特点，SiO2为原子晶体，不存在分子。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的

是A.1molN2与4molH2充分反应生成的NH3分子数为2NAB.1molNa218O2与足量CO2完全反应时生成碳酸钠的质量为106gC.标准状况下，22.4LCHCl3含有的C—Cl键数为3NAD.18g18O2中含有的中子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A．

N2+3H2高温高压催化剂2NH3，结合化学方程式计量数可知，氢气过量，以氮气的量计算，但该反应为可逆反应，可逆反应有限度，1molN2不能完全向右转化，生成的NH3分子数小于2NA，故A错误；B．结合得失电子守恒可知：2Na218O2+2CO2=2Na2CO218O+18O2

，Na2CO218O的摩尔质量=108g/mol，则由反应方程式可知：2molNa218O2与足量CO2完全反应时生成碳酸钠的质量为108g/mol×2mol=216g，则1molNa218O2与足量CO2完全反应时生成碳酸钠的质量为108g，故B错误；C．标况下，CHCl3不是气体，故

不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，也就无法计算C-Cl键数目，故C错误；D．18g18O2物质的量=18g36g/mol=0.5mol，一个氧原子含有(18-8)个中子，即10个中子，因此中子的物质的量=0.5mol×10×

2=10mol中子，即18g18O2中含有的中子数为10NA，故D正确。答案选D。3.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述不正确的是A.蛋白质最终能水解成氨基酸B.淀粉是多糖，可在一定条件下水解C.油脂属于酯类化合物D.葡萄

糖不具有还原性【答案】D【解析】【详解】A.蛋白质在酶的催化作用下能水解，最终水解产物是氨基酸，故A正确；B.淀粉属于多糖，多糖都可以可在一定条件下水解成更简单的糖，故B正确；C.油脂是高级脂肪酸与甘油（丙三醇）形成的酯，属于酯类化合物，故C正确；D.葡

萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO，含有醛基，故其具有还原性，故D错误；本题答案为：D。4.下列排列顺序正确的是①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②原子半径：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④得电

子能力：C＜N＜O＜F⑤沸点：H2S＞H2O＞HFA.②④B.①③④C.①④⑤D.②⑤【答案】A【解析】【详解】①F、O属于同周期元素，从左至右，非金属增强，非金属性F＞O，O、S属于同主族元素，从上往下，非金属减弱，非金属性O＞S，因而非金属性：F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应

的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①错误；②电子层数越多半径越大，电子层数相同的，原子序数大的原子半径小，则原子半径：Na＞Mg＞O，故②正确；③P、S、Cl属于同周期元素，从左往右，非金属性增强，则非金属性Cl＞S＞P，非金属性

越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故③错误；④C、N、O、F属于同周期元素，从左往右，非金属性增强，则非金属性C＜N＜O＜F，元素的非金属性越强，得电子能力越强，得电子能力：C＜N＜O＜F，故④正确；⑤因为O、F两元素，电负性大，原子半径小，

O、F的氢化物含有氢键，沸点较高，沸点顺序应为H2O＞HF＞H2S，故⑤错误；由上分析，②④正确；答案为A。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同。X、Y均能与Z分别形成原子个数比为1∶1、

1∶2的气态化合物。根据以上叙述，下列说法不正确的是A.化合物W4Y2Z3可以为离子化合物B.X、Y、Z都可与W形成既有极性共价键又有非极性共价键的化合物C.W、X形成的化合物分子中所有原子最外层电子数均为8D.沸点：W2Z>YW3>XW4【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的

原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同，而阴离子最外层电子数满足稳定结构，由于短周期元素原子内层电子数为2或8，可推知W阴离子核外电子数为2，故W为H元素；X、Y、Z均处于第二周期，X、Y均能与Z分别形成原子个数比为1：1、1：

2的气态化合物，可推知X为C、Y为N、Z为O，C元素与氧元素形成CO、CO2，N元素与O元素形成NO、NO2，据此解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素；A．化合物H4N2O3，可表示为NH4NO3，NH4+与NO

3-形成离子键，属于离子化合物，故A正确；B．C元素与H元素形成C2H6等，N元素与H元素可以形成N2H4，O元素与H元素可以形成H2O2，既有极性共价键又有非极性共价键，故B正确；C．H、C形成的化合物为烃，C原子满足8电子稳定结构，而H原子最外层电

子数为2，不是8电子稳定结构，故C错误；D．常温下水为液态，而甲烷、氨气为气体，故水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故沸点：H2O＞NH3＞CH4，故D正确；答案为C。6.某有机物其结构简式如图，关于该有机物，下列叙述不正确的是A

.一定条件下，能发生加聚反应B.1mol该有机物能与H2发生反应，消耗H2物质的量为4molC.该有机物有三种官能团D.该有机物苯环上的一个H被取代，有3种同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.该有机物中含有碳碳双键故一定条件下，能发生加聚反应，故A正确；B.该有机物中含有

1个碳碳双键和1个苯环，故1mol该有机物与H2发生加成反应，消耗H2物质的量为4mol，故B正确；C.该有机物只含有碳碳双键和氯原子两种官能团，故C错误；D.该有机物苯环上的一个H被取代，有邻、间、对3种位置，故得3种同分异构体，故D正确；本题答案为：C。7.催化氧化产物是的醇是A.B

.C.D.【答案】A【解析】【分析】与-OH相连C上有2个H能被氧化生成-CHO，即含-CH2OH结构的有机物能被氧化成醛，以此来解答。【详解】催化氧化的产物，为2-甲基丁醛；A．被催化氧化生成，与题意相符，故A正确；B．含有-CH2OH结构，可

被催化氧化生成醛，该醛主碳链有4个C，支链有1个乙基，为2-乙基丁醛，不符合题意，故B错误；C．不含-CH2OH，催化氧化不能生成醛，故C错误；D．不含-CH2OH，催化氧化不能生成醛，故D错误。答案选A。8.20mL某气态烃完全燃烧

消耗O2（相同条件下）130mL，则该烃在光照条件下与Cl2发生取代反应生成的一氯代物共有A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】C【解析】【详解】设该烃的分子式为CxHy，则该烃燃烧的化学方程式为：CxHy+(x+y4)O2⎯⎯⎯→点燃xCO2+y2H

2O，20mL某气态烃完全燃烧消耗O2（相同条件下）130mL，则1:(x+y4)=20:130，得：4x+y=26，该烃为气态烃，则x≤4且为正整数，解得：x=1y=22(舍去)，x=2y=18(舍去)，x=

3y=14(舍去)，x=4y=10，所以，该烃分子式为C4H10，即丁烷，丁烷有正丁烷、异丁烷两种，正丁烷有2种一氯代物，异丁烷有2种一氯代物，共有4种一氯代物，C满足题意。答案选C。9.最新报道：科学家首次用X射线激光技

术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图所示，下列说法中正确的是A.CO和O生成CO2是吸热反应B.在该过程中，CO断键形成C和OC.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程D.CO和O生成了具有极性共价键的CO2【答案】D【解析】【详解】A．由图可知反应物总能量大于生成物

总能量，为放热反应，A错误；B．该过程为CO与O在催化剂表面形成CO2的过程，不存在CO的断键过程，B错误；C．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与O2反应的过程，C错误；D．该过程为CO与O在催化剂表面形成CO2的过程，而CO2具有极性共价键，D正确。答

案选D。10.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加C.电池工作一段时间后，甲池的c(2-4SO)减小

D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】B【解析】【详解】A．由图中信息可知，该原电池反应式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故

A错误；B．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应Cu2++2e-=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故B正确；C．阳离子交换膜只允

许阳离子和水分子通过，在电池工作过程中，两池中的水分子数目保持不变，硫酸根离子不能通过阳离子交换膜，故两池中c(SO42-)均不变，故C错误；D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误；答案为B。11.一定温度下，2

0mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解．不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A.0～6min的平均反应速率：v(H2O2

)≈1.67×10-2mol/（L•min）B.6～10min的平均反应速率：v(H2O2)＜1.67×10-2mol/（L•min）C.反应至6min时，c(H2O2)=0.30mol/LD.反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】D【解析】【分析】0～

6min时产生氧气的体积为22.4mL，即产生氧气的物质的量=-322.410L22.4L/mol=0.001mol，则根据方程式2H2O2催化剂2H2O+O2↑可知消耗H2O2的物质的量=0.001mol×2=0.002mol，据此解答。【详解】A．由分析可知：0～6minH

2O2物质的量浓度减小值=-30.002mol2010L=0.1mol/L，则化学反应速率v(H2O2)＝0.1mol/L6min≈1.67×10－2mol/(L·min)，A正确；B．随着反应进行，过氧化氢的浓度减小，化学反应速率减

小，所以6～10min的平均反应速率v(H2O2)＜1.67×10－2mol/(L·min)，B正确；C．由分析可知：反应至6min时，消耗的H2O2物质的量为0.002mol，此时H2O2的物质的量浓度=3-30100.4mol/L-2L0.002mol2010L－＝

0.3mol/L，C正确；D．反应至6min时，H2O2的分解率=-30.002mol100%2010L0.4mol/L＝25%，D错误。答案选D。12.有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径由大到小的顺序为Y＞X＞Z，原子序数之和为16。三种元素的常见单质在适当条件下可

发生如图所示的变化，其中B和C均为10电子分子，以下说法不正确的是A.A和C不可能发生氧化还原反应B.X元素位于ⅥA族C.A不能溶解于B中D.B的沸点高于C的沸点【答案】A【解析】【分析】B和C均为10电子分子，考虑为氢化物，由原子半径由大到小的

顺序为Y＞X＞Z可知，Z为氢，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素，由转化关系，单质X、Y反应生成A，单质Y、Z生成B，则Y应为氮元素、X应为氧元素，则A为NO、B为H2O、

C为NH3，验证符合转化关系。【详解】A.从N元素的化合价分析可知，NO和NH3可能发生归中反应，故能发生氧化还原反应3226NO+4NH5N+6HO催化剂，故A错误；B.氧元素位于第二周期ⅥA族，故B正确；C.NO不能溶解于H2O，故NO可以用排水法收集，故C正确；D.由于H2O的分子量

比NH3的大，且水分子之间形成两个分子间氢键，而液氨中只能形成一个分子间氢键，故H2O沸点高于NH3的沸点，故D正确；本题答案为：A13.下列说法正确的是（）A.光照条件下，氯气与乙烷发生化学反应，生成的产物有6种B.甲烷中的乙烯可用酸性高锰酸钾溶液来除去C.只用水

就可以鉴别四氯化碳、苯和乙醇D.制取一氯乙烷的最佳途径是通过乙烷与氯气反应获得【答案】C【解析】【详解】A.光照条件下，氯气与乙烷发生取代反应，乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种(与二溴取代物个数相同)，五氯取代物有1种（

与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以产生的有机物共有9种，且取代反应中还会同时生成HCl，故生成物共有10种，A错误；B.乙烯会被酸性KMnO4溶液被氧化生成CO2气体，引入新杂质，应用溴水除杂，B错误；C.四氯化碳与水不相溶，液体分层，有机层在下层；苯与水不相溶，

液体分层，有机层在上层；乙醇和水互溶不分层，现象各不相同，可用水鉴别，C正确；D.乙烷与氯气发生取代反应生成多种氯代烃，导致产物不纯；应该用乙烯与氯化氢发生加成反应制备，D错误；故合理选项是C。14.下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是A.C4H10属于烷烃的同分异构体有3种B.分子

组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种C.分子组成是C5H10O属于醛的同分异构体有3种D.的一溴代物有5种【答案】D【解析】【详解】A．C4H10的同分异构体有两种，分别是正丁烷和异丁烷，A错误；B．分子组成是C5

H10O2属于羧酸的同分异构体有CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH4种，B错误；C．分子组成是C5H10O属于醛的同分异构体有4种，分别为：CH3CH

2CH2CH2CHO、(CH3)2CHCH2CHO、CH3CH2CH(CH3)CHO、(CH3)3CCHO，C错误；D．的一溴代物共有5种，分别为：、、、、，D正确。答案选D。15.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧|法

合成的反应是：①(CH3)2C=O+HCN→(CH3)2C(OH)CN②(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成的反应是:③CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2=C

(CH3)COOCH3下列说法不正确的是A.甲基丙烯酸甲酯有两种官能团B.反应③符合绿色化学思想C.反应②中CH3OH是CH2OHCH2OH(乙二醇)的同系物D.反应①是加成反应【答案】C【解析】【详解】A．

根据甲基丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，该结构中有碳碳双键和酯基两种官能团，故A正确；B．该反应只有一种目标产物，所以符合绿色化学思想，故B正确；C．甲醇中含有1个-OH，乙二醇含有2个-OH

，二者结构不相似，所以不属于同系物，故C错误；D．含有碳碳双键（或三键）或碳氧双键的有机物，在某种条件下，双键（三键）中的一条共价键断开，然后在原来形成双键的两个原子上分别连上两个外来的原子或原子团的反应，叫做加成反应，所以反应①符

合加成反应，故D正确；答案为C。16.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是A.H+从左侧经过质子交换膜移向右侧B.该电池的负极反应式为CH3CH2OH＋3H2O－12

e－===2CO2↑＋12H＋C.电流由O2所在的铂电极流出D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量【答案】B【解析】【详解】A.有装置图可知：左侧为负极，右侧为正极，故H+从左侧经过质子交换膜移向右侧，故A正确；B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图

可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，故B错误；C．乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外

电路流向另一电极，故C正确；D．根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确；本题答案为：B。17.Ⅰ．按已知的原子结构规律，82号元素X在周期表中的位置_________，它的最

高正价氧化物的化学式为_________。（用具体的元素符号表示）Ⅱ．A～G是几种烃的分子球棍模型(如图)，据此回答下列问题：（1）常温下含氢量最高的气态烃是________(填字母)。（2）能够发生加成的烃有________种。（3）一卤代物种类最多的是__

______(填字母)。（4）写出F发生硝化反应的化学方程式：____________________。【答案】(1).第6周期ⅣA族(2).PbO2(3).A(4).4(5).G(6).+HNO350~60⎯⎯⎯⎯→浓硫酸℃℃+H2O【解析】【分析】Ⅰ．结合第ⅠA族元素定位法判断；Ⅱ．结合球棍模

型可知：A、B、C、D、E、F、G分别为：CH4、CH3CH3、CH2=CH2、HC≡CH、CH3CH2CH3、、，据此解答。【详解】Ⅰ．第ⅠA族元素从上到下及原子序数依次为：1H、3Li、11Na、19K、37Rb、55Cs、87Fr，则82号元素位于第6周期ⅣA族，为Pb元素，最高正价为+4

，它的最高正价氧化物为PbO2，故答案为：第6周期ⅣA族；PbO2；Ⅱ．(1)常温下，CH4、CH3CH3、CH2=CH2、HC≡CH、CH3CH2CH3均为气态，把它们约简成CHx的形式，则x越大，含氢量最高，5种有机物写成CHx形式后如下：CH4、CH

3、CH2、CH、83CH，所以含氢量最高的气态烃是A(CH4)，故答案为：A；(2)能够发生加成的烃有CH2=CH2、HC≡CH、、4种，故答案为：4；(3)有几种等效氢就有几种一卤代物，CH4、CH3CH3、CH2=CH2

、HC≡CH、CH3CH2CH3、、的一卤代物分别有：1种、1种、1种、1种、2种、1种、4种，所以G()的一卤代物种类最多，故答案为：G；(4)苯和浓硝酸在浓硫酸催化和加热到50℃~60℃，发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学方程式为：+HNO350~60

⎯⎯⎯⎯→浓硫酸℃℃+H2O，故答案为：+HNO350~60⎯⎯⎯⎯→浓硫酸℃℃+H2O。18.恒温下，将amolN2与bmH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应:N2(g)+3H2(g

)2NH3(g)。(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，计算a的值__________。(2)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数为25%。计算

平衡时NH3的物质的量为_________________。(3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写最简整数比，下同)，n(始):n(平)=______。(4)原混合气体中，a:b=______

________。(5)达到平衡时，N2和H2的转化率之比，a(N2):a(H2)=_____________。【答案】(1).16(2).8mol(3).5∶4(4).2∶3(5).1∶2【解析】分析：（1）计算参加反应的氮气的物质的量，结合氨气的物质的量，利用物质的量之比等于

化学计量数之比计算a的值；（2）计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量；（3）根据三段式解题，结合氨气的体积分数计算b的值，据此计算；（4）根据（1）、（3）中求出的a、b的值计算；（5）分别计算出氮气和氢气的转化率，然后计算二者的比值。详解：（1）物质的量之比

等于化学计量数之比，所以（a-13）mol：6mol=1：2，解得a=16；（2）反应达平衡时，混合气体的物质的量为716.8L÷22.4L/mol=32mol，其中NH3的物质的量为32mol×25%=8mol；（3）N2(g)+

3H2(g)2NH3(g)起始量（mol）：16b0变化量（mol）：4128平衡量（mol）：12（b-12）8平衡时，NH3的含量（体积分数）为25%，所以8mol/[12mol+(b−12)mol+8mol]×100%=25%，解得b=24，所以平衡混合气的组成为：氮气1

2mol，氢气12mol，氨气为8mol，则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比n（始）：n（平）=40mol：32mol=5：4；（4）由（1）知a=16mol，由（3）b=24mol，所以a：b=16mol：24mol=2：3；（5）由（3）可知，开始是氢气的物质的量为24mol

；平衡时参加反应的氮气的物质的量为4mol，参加反应的氢气的物质的量为12mol，所以达到平衡时，N2和H2的转化率之比α（N2）：α（H2）=4mol/16mol：12mol/24mol=1：2。点睛：本题考查化学平衡的有关计算，题目难度不

大，注意基础知识的掌握与三段式解题法的步骤，即①写出有关反应的化学方程式；②找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；③根据已知条件列方程式计算。19.以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）乙醇和乙酸中所含官

能团的名称分别为：_________和_________。（2）①、④的反应类型分别为_________和_________。（3）写出CH2OH—CH2OH完全催化氧化的化学方程式________。【答案】(1).羟基(2).羧基(3).加成反应(4).取代反应(5).CuAg222

2ΔHOCHCHOHOOHC-CHO2H-O⎯⎯⎯→或＋＋【解析】【详解】（1）乙醇含有羟基官能团，乙酸含有羧基官能团，故答案为：羟基；羧基；（2）反应①为：22232CH=CH+HOCHCHOH催化剂，是加成反应，反应④为

：223322232ΔHOCHCHOH+2CHCOOHCHCOOCHCHOOCHCH+2HO浓硫酸，是酯化反应，属于取代反应，故答案为：加成反应；取代反应（或酯化反应）（3）CH2OH—CH2OH完全催化氧化的化学方程式为：CuAg2222

ΔHOCHCHOHOOHC-CHO2H-O⎯⎯⎯→或＋＋，故答案为：CuAg2222ΔHOCHCHOHOOHC-CHO2H-O⎯⎯⎯→或＋＋。20.某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在大试管A中配制反应混合液；②按图甲所示连接装置（装置气密性良好），用小火均匀加热大试管5～10

min；③待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤去导管并用力振荡，然后静置待分层；④分离出乙酸乙酯层，洗涤、干燥。已知乙醇可以与氯化钙反应，生成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH；无水硫酸钠易吸水形成硫酸钠结晶水合物。（1）上述实验中饱和Na2CO3溶

液的作用是_________。（2）步骤②中需要小火均匀加热，其主要原因之一是温度过高会发生副反应，另一个原因是_________。（3）写出步骤③中观察到的实验现象_________。（4）分离出乙酸乙酯层后，一般用饱和CaCl2溶

液洗涤，通过洗涤可除去的杂质是_________（填名称）。（5）若现有乙酸90g，乙醇138g发生酯化反应得到88g乙酸乙酯，试计算该反应的产品产率为_________。（保留一位小数）（6）某化学课外小

组设计了图乙所示的装置制取乙酸乙酯（图中铁架台、铁夹、加热装置均已略去），与图甲装置相比，图乙装置的主要优点有_________（填字母）。a．增加了温度计，有利于控制反应温度b．增加了分液漏斗，能随时补充反应混合液c．增加了冷凝装置，利于收集产物d．反应容器容积大，

容纳反应物的量多，反应速率快【答案】(1).中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度有利于其分层析出(2).反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失(3).试管B中的液体分为上下两层，上层为无色油状液体，可闻到

水果香味，下层为红色液体，振荡后颜色变浅，有气泡产生(4).乙醇(5).66.7%(6).abc【解析】【详解】（1）由于实验有加热步骤，乙酸和乙醇均具有挥发性，易随乙酸乙酯挥发出来，故需要用试剂除去，而碳酸钠溶液恰好可以起到这样的作用，即中和

乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度有利于其分层析出；（2）实验中用到了浓硫酸，在高温条件下与乙醇等发生副反应，且乙醇、乙酸沸点均较低，容易挥发，温度太高挥发更多而导致乙酸乙酯的产率降低，故答案为：反应物中乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，大量反应物会随产物蒸发而损失；（3）乙酸乙酯是一种有特殊

果香气味的难溶于水，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度更小的无色液体，故试管B中的液体分为上下两层，上层为无色油状液体，可闻到水果香味，因碳酸钠溶液呈碱性，下层为红色液体，又因挥发出的乙酸与碳酸钠反应，故振荡后颜色变浅，且有气泡产生，故答案为：试管B中的液体分为上下两层，上层为

无色油状液体，可闻到水果香味，下层为红色液体，振荡后颜色变浅，有气泡产生；（4）根据题干已知乙醇可以与氯化钙反应，生成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH，乙酸乙酯中的乙醇虽然用碳酸钠除过，但仍有少了残留在其中，故可以用饱和C

aCl2溶液洗涤来进一步除杂提纯，故答案为：乙醇；（5）Δ3323232CHCOOH+CHCHOHCHCOOCHCH+HO60468890g138gm浓硫酸可算出m=132g，产率为=88g×100%=66.7%132g，

故答案为：66.7%（6）图乙所示装置中有温度计，故有利控制反应温度，故a正确；增加分液漏斗能随时根据反应情况添加反应物，故b正确；增加了冷凝管，可以对乙酸乙酯很好地冷却，防止其挥发到空气中去，故c正确；反应速率与反

应物的量的多少无关，故d错误；故答案为：abc。21.（1）某有机物A的质量为9.0克，完全燃烧后生成13.2克二氧化碳和5.4克水，且此有机物的蒸气的相对密度是相同状况下氢气的45倍，取等量的该有机物分别与足量Na和NaHCO3溶液反应，生成的H2和CO2体积相等，求：①此有机物的分子式为___

______。②2mol该有机物参与反应可生成1mol六元环的酯，写出该酯化反应方程式_________。（2）某烃B的相对分子质量为84。回答下列问题：①下列物质与B以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不

相等的是（填序号）_________。a．C7H12O2b．C6H14c．C6H14Od．C7H14O3②若链烃B分子中所有的碳原子共平面，该分子的一氯取代物只有一种，则B与HCl发生加成反应的化学方程式_________。③若烃B不能使溴水褪色，并且其一氯代物只有一种，则B的二氯

代物的同分异构体有_________种【答案】(1).C3H6O3(2).2＋2H2O(3).b(4).(CH3)2C=C(CH3)2＋HCl⎯⎯⎯→催化剂加热(CH3)2CHCCl(CH3)2(5)

.4【解析】【详解】(1)①此有机物的蒸气的相对密度是相同状况下氢气的45倍，则该有机物的摩尔质量M=45×2g/mol=90g/mol，则该有机物的物质的量n=9.0g90g/mol=0.1mol。完全燃烧生成二氧化碳和水的物质

的量分别为：n(CO2)=44g13.2g/mol=0.3mol，n(H2O)=5.4g18g/mol=0.3mol，根据C原子守恒可知，该有机物中n(C)=0.3mol，n(H)=2×0.3mol=0.6mol，m(C)=0.3mol×12g/mol=3.6g，m(H)=0.6mol×

1g/mol=0.6g，则该有机物中O的质量m(O)=9.0g-3.6g-0.6g=4.8g，则n(O)=16g4.8g/mol=0.3mol，所以，该有机物的分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；②等量的该有机物分别与足量Na和NaH

CO3溶液反应，生成的H2和CO2体积相等，则该有机物中含1个-OH和1个-COOH；又知2mol该有机物之间可以发生酯化反应生成1mol六元环的酯，结合其分子式可知该有机物的结构简式为，则生成环状酯的化学方程式为：2＋2H2O，故答案为：2＋2H2O；(2)烃B的相对分子质量为84，

则84=61212……，所以B的分子式为C6H12。①烃燃烧的化学方程式通式为：CxHy+(x+y4)O2⎯⎯⎯→点燃xCO2+y2H2O，CxHyOz燃烧的化学方程式通式为：CxHyOz+(x+yz-42)O2

⎯⎯⎯→点燃xCO2+y2H2O。假设有机物的物质的量都为1mol，则1molC6H12完全燃烧消耗氧气的物质的量=(6+124)mol=9mol。a．1molC7H12O2完全燃烧消耗氧气的物质的量=(7+12

2-42)mol=9mol，a相等；b．1molC6H14完全燃烧消耗氧气的物质的量=(6+144)mol=9.5mol，b不相等；c．1molC6H14O完全燃烧消耗氧气的物质的量=(6+141-42)mol=9mol，c相等；d．1

molC7H14O3完全燃烧消耗氧气的物质的量=(7+143-42)mol=9mol，d相等；故答案为：b；②B的分子式为C6H12，若链烃B分子中所有的碳原子共平面且一氯取代物只有一种，则B为(CH3)2C=C(CH3)2，其与HCl发生加成反应的化学方程式为：(C

H3)2C=C(CH3)2＋HCl⎯⎯⎯→催化剂加热(CH3)2CHCCl(CH3)2，故答案为：(CH3)2C=C(CH3)2＋HCl⎯⎯⎯→催化剂加热(CH3)2CHCCl(CH3)2；③若B不能使溴水褪色，并且其一氯代物只有一种，则B为环己烷，环己烷的二氯代物分两种情况：两个氯连在同

1个碳上的有1种，两个氯连在2个碳上有3种：两个氯分别处于邻、间、对位置的C上，共4种，故答案为：4。【点睛】(2)已知烃的相对分子质量，可用“商余法”计算烃的分子式，具体方法为：=CH12相对分子质量原子个数……原子个数。