浙江省2012年普通高等学校招生全国统一考试理科综合 化学试题解析

浙江省2012年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合化学试题解析

相对原子质量：H－1；C－12；N－14；O－16；Na－23；Mg－24；Cl－35.5；Ca－40

选择题部分（共120分）

一、选择题（本题共16小题，每小题6分，共120分，每小题只有一项是符合题目要求的）

7．下列说法不．正确

．．的是

A．利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质

C．通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯

D．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；

石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃

【解析】油脂是高级脂肪酸的甘油酯的混合物，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油；油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油。酸、碱盐都是电解质，所以无论是高级脂肪酸还是高级脂肪酸盐都是电解质，B选项错。A、C、D选项正确。

【答案】B

8．下列说法正确的是

A．在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全

B．在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断氯元

素的存在

C．在“硫酸亚铁铵的制备”实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热

D．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理

【解析】A选项，当将镀锌铁皮放入酸中时，能迅速形成铁－锌原电池，其中锌是负极，Zn – 2e- = Zn 2+；铁是正极，2H＋+ 2e- = H2 ；反应速率较大，当锌消耗完后，铁－锌原电池消失，铁与酸反应产生H2的反应速率会显著减慢，故A正确。B选项是考查“火柴头中氯元素的检验”实验中的一种方法，对于这种检验方法主要是考虑在硫的存在下怎样把除KClO3中的氯元素转化为Cl―，然后检验Cl―。滴加硝酸银溶液和稀硝酸，不能使KClO3中的氯元素转化为Cl―，必须加入亚硝酸钠溶液，把氯酸钾还原为氯化钾，才会有白色沉淀生成，说明有氯元素，相应的反应为ClO3―+ 3NO2―+Ag＋= AgCl↓+3NO3―，故B错。C选项，是考查“硫酸亚铁铵的制备”实

验，为了得到硫酸亚铁铵晶体，具体的操作应该是小火加热蒸发皿，溶液在蒸发皿中蒸发浓缩至表面出现晶膜为止，然后将溶液静置，自然冷却，即有硫酸亚铁铵晶体析出，如果浓缩至有大量晶体析出，硫酸亚铁铵晶体会失水或分解，C错。D选项是考查实验室事故的处理，对于受强酸腐蚀致伤的处理应是：先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液（或稀氨水、肥皂水）洗，最后再用水冲洗。如果酸液溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院治理；对了受强碱腐蚀致伤的处理应是：先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后再用水冲洗。如果碱液溅入眼内，应用硼酸溶液洗，所以D选项错。

【答案】A

9．X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素,3种元素的核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，下列说法正确的是

A．原子半径：Z>Y>X

B．Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点

C．CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2是作氧化剂

D．CaX2、CaY2、CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1 : 2 【解析】从题给的信息：“X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构”可知，在周期表中，获得一个电子后能形成稀有气体原子的稳定电子层结构的只有H元素和ⅦA族的元素，依据X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，可以推断X为H元素，获得到一个电子后与He原子的电子层结构相同。再根据“3种元素的核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等”可知，X、Y、Z 三种元素的核外电子数之和为18，可以推出，Z只能是F元素，因为（Cl元素的原子序数为17），由18–1–9=8，知Y为O元素。所以，根据元素递变规律，原子半径是y(O)>Z(F)>X(H)，A选项错；Z与X形成化合物为HF，HF分子间能形成氢键，增大了分子间作用力，从而使它的沸点高于同主族元素与H形成化合物HCl、HBr、HI的沸点，B正确；可以从过氧化钠与水的反应迁移得到CaO2与水的反应：2CaO2 +2H2O = 2C a(O H)2 + O2↑，反应过程中，CaO2氧元素的化合价从-1价的升高为 O价，生成O2；又从-1价降低为 -2价，生成C a(O H)2，CaO2既是氧化剂，又是还原剂，C选项错；在CaH2、CaO2、CaF2三种化合物，CaH2和CaF2中，阳离子与阴离子之比为1 : 2，而CaO2中含有的阳离子是Ca2＋，阴离子是O22-，阳离子与阴离子之比为1 : 1，D选项错。

【答案】D

10．以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：

KOH

稀

K CrO溶液

24

下列说法不正确的是

A ．在阴极式，发生的电极反应为：2H 2O ＋2e －2OH ―＋H 2↑ 使平衡2CrO 42–＋2H ＋Cr 2O 72– ＋ H 2O 向右移动 C ．该制备过程总反应的化学方程式为： 4K 2CrO 4＋4H 2O 通电2K 2Cr 2O 7＋4KOH ＋2H 2↑＋O 2↑

D ．测定阳极液中K 和Cr 的含量，若K 与Cr 的物质的量之比(n K /n Cr )为d ，则此时铬酸钾的转化率为

【解析】。

从题目图示的实验装置可知，这是一个电解装置，电解铬酸钾溶液来制备重铬酸钾。电解装置中不锈钢电极与电源负极相连是阴极，惰性电极与电源正极相连是阳极，阳离子交换膜将电解池分隔成阴极室和阳极室。阴极室的电解液是稀KOH 溶液，阳极室的电解液是铬酸钾溶液，根据电解原理和两极上放电顺序可知，该电解池发生的反应其实为电解水，阴极的电极反应为：2H 2O + 2e - = 2OH ―+ H 2↑；阳极的电极反应为：4OH ―– 4e - = 2H 2O + O 2↑。在阳极室，铬酸根离子在溶液中存在下列平衡：2CrO 42- + 2H +

Cr 2O 72- + H 2O ，由于OH ―在阳极的不断放电，溶液中H ＋浓度不断增大，使平衡向右移动，H ＋

与铬酸根离子（CrO 42-）反应生成重铬酸根离子（Cr 2O 72-）。所以，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色。在阴极室，由于H ＋在阴

极不断放电，溶液中OH ―的浓度不断增大，K ＋与OH ―结合生成KOH 。所以，该制备过程的总反应化学方程式为：

4K 2CrO 4＋4H 2O 通电2K 2Cr 2O 7＋4KOH ＋2H 2↑＋O 2↑。A 、B 、C 选项正确， 根据制备过程的总反应化学方程式知道，反应前阳极液中是K 2CrO 4溶液中K 与Cr 的物质的量之比是2 :1，反应后生成K 2Cr 2O 7，K 与Cr 的物质的量之比是1 :1，所以，测定阳极液中K 和Cr 的含量，若K 与Cr 的物质的量之比(n K /n Cr )为d ，则此时铬酸钾的转化率根据方程式计算:8/4 : 4/4=d :α,α=1-d/2，D 选项错。

【答案】D

11．下列说法正确的是

A ．按系统命名法，化合物

的名称为2,6－二甲基－

5－乙基庚烷

B ．丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽 C

．化合物是苯的同系物

21d

D．三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9

【解析】

A选项中，根据“先展开，后命名”的原则，先把该化合物的结构简式展开：

然后按系统命名法命名，应命名为2,6－二甲基－3－乙基庚烷，A错；

B选项中，丙氨酸和苯丙氨酸脱水，可生成4种二肽，B错；

C选项中，苯的同系物是指苯环上的氢原子被烷基取代后所生成的一系列有机物。同系物必须结构格相似，具有系列性，即分子组成上相差一个或若干个CH2原子团。

所以化合物不是苯的同系物，C错；

D选项中，三硝酸甘油酩的结构简式为：分子式是C3H5N3O9，D正确。

【答案】D

12．下列说法正确的是

A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4

B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸

C．用0.2000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol·L-1）,至中性时，溶液中的酸未被完全中

和

D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol·L-1

盐酸、③0.1 mol·L-1氯化镁溶液、④0.1mol·L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：

①＞④＝②＞③

【解析】A选项，醋酸是弱电解质，不完全电离，存在着电离平衡：

CH3COOH H＋+CH3COO-所以，pH＝3的醋酸溶液稀释10倍，3

(1) 强酸的酸式盐只电离，不水解，一定显酸性

(2) 弱酸的酸式盐存在两种趋势：

很显然如果电离的趋势占优势，则显酸性，如果水解的趋势占优势，则显碱性，所以，用测NaHA溶液的pH是不能确定某酸H2A是强酸还是弱酸的，B错。

C选项，用氢氧化钠标准溶液滴定醋酸时，由于醋酸（CH3COOH）是弱酸，醋酸与氢氧化钠的反应产物为醋酸钠，属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以，氢氧化钠滴定醋酸到终点时，溶液呈弱碱性（pH>7）。用0.2000 mol·L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol·L-1）至中性时，由于盐酸（HCl）是强酸，醋酸（CH3COOH）是弱酸，此时溶液中一定还有少量酸未被中和，C正确。D选项中，在一定温度下，难溶电解质AgCl 在水

溶液中存在着溶解平衡：AgCl (S)Ag(aq) + Cl―(aq)；当足量氯化银固体加入到盐酸和氯化镁溶液中时，由于同离子效应，溶液中大量存在的Cl―能使溶解平衡逆向移动，抑制了AgCl的溶解，Ag＋浓度会减小，而在同浓度的盐酸和氯化镁溶液中，由于后者的Cl―浓度是前者的两倍，更能抑制AgCl的溶解，所以Ag＋浓度后者比前者更小；在硝酸银溶液中，硝酸银是强电解质，完全电离，Ag＋浓度本来就很大，而AgCl的溶解度是很小，加入足量氯化银固体后还由于同离子效应，溶液中大量存在的Ag＋能使溶解平衡逆移，抑制了AgCl的溶解，所以溶液中Ag＋浓度不会发生都大的变化。因此，Ag＋浓度应该是：④>①>②>③，D错。

【答案】C

13．水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2―、SiO32–、SO32―、CO32―、SO42–中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：

下列判断正确的是

A．气体甲一定是纯净物

B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物

C．K＋、AlO2―和SiO32–一定存在于溶液X中

D．CO32―和SO42―一定不存在于溶液X中

【解析】本题解题时可从分析实验流程着手：由溶液X中加过量稀盐酸有气体甲生成，说明水溶液X中可能有SO32―或CO32―，该气体可能是SO2、CO2或二者混合气体。而有SO32―或CO32―存在，则溶液X中就没有Mg2＋、Al3＋，根据溶液中阴、阳离子的电荷守恒，可知阳离子K＋一定存在；再由溶液X中加过量稀盐酸有沉淀甲生成，又可推知，溶液X中可能有AlO2―或SiO32–，沉淀甲可能为H2SiO3或A l(O H)3；根据实验的第二步骤，无色溶液甲中加过量氨水，有白色沉淀乙生成，说明无色溶液甲中一定存在Al3＋，Al3＋与弱碱氨水作用，生成A l(O H)3白色沉淀乙，它不溶于过量弱碱中，溶液X加酸后有Al3＋生成，可以推断，溶液X 中一定有AlO2-（AlO2–+4H＋= Al3＋+2H2O），沉淀乙是A l(O H)3，则沉淀甲为H2SiO3，溶液X中一定有SiO32–。而对于SO42–则无法确定是否存在。综合上述分析可以知道，溶液X中可能含有CO32―或SO32-中一种或两种，故选项A、D错。沉淀甲为H2SiO3，选项B错；选项C正确。

【答案】C

非选择题部分（共180分）

26．（14分）已知：I2 + 2S2O32– = S4O62– + 2I―

（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2?2H2O晶体，加入，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时

溶液中的c(Fe3＋)＝_________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，

可得到CuCl2?2H2O晶体。

（2）在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是__________（用化学方程式表示）。由CuCl2?2H2O晶体得到纯的无水CuCl2

的合理方法是。

（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2?2H2O晶体的试样（不含能与I―发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加

入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标

准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。

①可选用___________作滴定指示荆，滴定终点的现象是_____________。

②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为____________________________。

③该试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为___________________________。【解析】⑴用调节溶液pH使Fe3＋转化为F e(O H)3沉淀的方法使FeCl3从CuCl2酸性溶液除去，得到纯净的CuCl2?2H2O晶体。此时，因为不能引入其他杂质，所以必加入常温下能与酸容易反应的，生成产物是CuCl2的，难溶于水的碱性物质，通常是Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等。由于CuO在常温下与稀酸反应非常缓慢，加快反应需要加热，而在加热条件下会使Cu2＋水解，所以一般不选用。

根据溶液pH=4，则pOH=10，所以溶液中氢氧根离子的浓度c(OH-)=10-10，

Ksp[Fe(OH)3] = c(Fe3+) · c(OH-)3=2.6×10–39，

⑵在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体，CuCl2?2H2O会水解，生成碱式盐

C u(O H)2·CuCl2(即C u2(O H)2C l2)，得不到纯净的无水CuCl2。

2 CuCl2?2H2O C u(O H)2·CuCl2 +2HCl +2H2O 。要得到纯的无水CuCl2，合理的方法是把CuCl2?2H2O在干燥的HCl气流中加热脱水。

⑶从题给的信息可以知道CuCl2?2H2O晶体的试样溶于水，加入过量KI固体，CuCl2会与KI反应，生成CuI白色沉淀，此时，I―被氧化为I2，反应的离子方程式：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，用Na2S2O3标准溶液滴定时（I2 + 2S2O32– = S4O62– + 2I―），选择淀粉作滴定指示剂，滴定终点时的现象是：溶液蓝色褪去变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。

根据2Cu2++4I-=2CuI↓+I2和I2 + 2S2O32– = S4O62– + 2I―的二个反应方程式，可以得到关系式，根据关系式进行计算：

CuCl2?2H2O ~ Na2S2O3

1mol 1mol

n 0.1000 mol·L-1×20.00 mL ×10–3L?mL-1

试样中：n (CuCl2?2H2O) = 0.1000 mol·L-1×20.00 mL ×10–3L?mL-1

CuCl2?2H2O的质量百分数ω(CuCl2?2H2O) 为

【答案】（1）C u(O H)2或C u2(O H)2C O3

2.6×10 –9mol·L-1

27．（15分）甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应

（1）反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的△H = kJ·mol-1。

（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率甲烷氧化的反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(P B)代替物质的量浓度(c B)也可以平衡常数（记作K P），则反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的K P＝；

随着温度的升高，该平衡常数（填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于。（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：

①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合

适的是。

A.600℃，0.9Mpa

B.700℃，0.9MPa

C.800℃，1.5Mpa

D.1000℃，1.5MPa

②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进

料开始即时）的变化趋势示意图：

（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是。【解析】⑴根据盖斯定律，把题给的甲烷蒸汽重整的两个化学方程式，分别编号为①式和②式，相应焓变分别△H1=206.2 kJ·mol-1和△H2=165.0 kJ·mol-1，将②式减去①式，可得反应CO(g)＋H2O(g) = CO2(g)＋H2(g)，焓变△H =△H2–△H1 = 206.2 kJ·mol-1 –165.0 kJ·mol-1 = – 41.2 kJ·mol-1

⑵从题给的甲烷氧化反应的活化能和蒸汽重整反应的活化能比较，可知甲烷氧化的反应活化能低于蒸汽重整的反应的活化能，所以在初始阶段，蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率。

⑶根据化学平衡常数的数学表达式，反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的

由于该反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H>0，是吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，则平衡常数变大。

⑷甲烷自热重整包含甲烷氧化和蒸汽重整。从题目提供的系统中发生的主要化学反应的焓变数据可知，甲烷氧化反应是放热反应，而蒸汽重整的反应是吸热反应，系统内甲烷氧化反应放出的大量热量可以为强吸热的蒸汽重整提供热量，充分提高了能量的利用率。

⑸①若要达到H2物质的量分数>65%，CO的物质的量分数<10%，选择温度、压强的合适条件，可以从图象分析入手：当温度控制在600℃时，虽然对于CO来说此时所有的压强条件都符合，但对H2来说，其压强要控制在1.0MPa条件下，不符合题设的条件；当温度控制在700℃时，对H2来说，其压强可以控制在1.0MPa 或0.9MPa，而对CO来说，压强只有控制在0.9MPa时，其物质的量分数才>65%，所以，综合二者的条件，选择温度在700℃，压强0.9MPa时，可同时符合“H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%”的要求，此时符合题设条件；当温度控制在800℃时，对于H2来说，压强条件都符合，而此温度、压强下，对于CO来说物质的量分数均大于10%，不符合题意；②从反应方程式可以知道，H2不是原料气，是反应的产物，因此，常温进料起始时H2的物质的量分数是0，随着反应的进行，体系中H2的物质的量分数会逐渐增大。从温度、压强对H2的物质的量分数影

响图中可以读出，当400℃，0.1Mpa条件下，H2的物质的量分数为40%；500℃，0.1Mpa条件下，H2的物质的量分数为60%，600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数为70%，此时，反应达到平衡状态。再从温度、压强对CO的物质的量分数影响图中可以读出400℃，0.1Mpa条件下，CO的物质的量分数是0；450℃，0.1Mpa条件下，CO的物质的量分数是2.5%；500℃，0.1Mpa条件下，CO的物质的量分数是5%；由此说明此体系中H2的物质的量分数是在温度高于400℃时开始逐渐增大。知道了起始时H2的物质的量分数是0，平衡状态时H2的物质的量分数为为70%，以及反应进程中的变化趋势，就不难画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间的变化趋势示意图：

⑹这是一个开放性的问题，解题时可以从影响反应和生成氢气的角度进行多方面分析。例如，如果进料中氧气量过大，氧气过量，就会进一步和生成的氢气反应，最终导致H2物质的量分数降低；或者是进料中氧气量过大，可以使甲烷氧化程度过高，反应的产物不至是氢气，从而导致H2物质的量分数降低等等。

【答案】

28．（14分）实验室制备苯乙酮的化学方程式为：

制备过程中还有CH3COOH + AlCl3CH3COO AlCl2 + HCl↑等副反应。

主要实验装置和步骤如下：

（I）合成：在三颈瓶中加入20 g无水AlCl3和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。

（Ⅱ）分离与提纯：

①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层

②水层用苯萃取，分液

③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品

④蒸馏粗产品得到苯乙酮。

回答下列问题：

（1）仪器a的名称：____________；装置b的作用：__________________。（2）合成过程中要求无水操作，理由是_______________________________。（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_______________。A.反应太剧烈 B.液体太多搅不动 C.反应变缓慢 D.副产物增多

（4）分离和提纯操作②的目的是______。该操作中是否可改用乙醇萃取？（填“是”或“否”），原因是____________________________。

（5）分液漏斗使用前须__________并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并__________后，将分液漏斗置于铁架台的铁卷上静置片刻，分层。分离上下层液体时，应先__________，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。

（6）粗产品蒸馏提纯时，下来装置中温度计位置正确的是____________，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是_______________。

【解析】。⑴仪器a是干燥管，从装置b使用倒置的小漏斗可知，是吸收极易溶于水的气体，所以装置b的作用是用来吸收反应产生的HCl气体。

⑵合成过程中如果有水存在，AlCl3和乙酸酐易发生水解，所以合成过程中要求无水操作是为了防止三氯化铝和乙酸酐水解。

⑶从题目所给的制备过程中还有副反应和（I）合成中告知的信息：“为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加…无水苯的混合液”分析可知，若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能会使反应升温过快、过高，导致反应太剧烈和发生更多的副反应，选AD。

⑷根据实验中是用萃取和分液法分离和提纯产物的，由此可知制备过程中会有少量的苯乙酮会溶解在水中，所以，分离和提纯操作②的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来，以减少苯乙酮的损失。操作中不可以用乙醇作萃取剂，进行萃取，因为乙醇与水互相混溶。

⑸分液漏斗使用前须检漏，在振荡后须放气，分离上下层液体时，应先打开上口玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔）。

⑹蒸馏时温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，所以，装置中温度计位置正确的是C；蒸馏装置中温度计水银球的位置低于蒸馏烧瓶支管口处或温度计插入液面下时，蒸馏的温度会偏低，这样会使低沸点的杂质被蒸馏出来，所以装置A和B可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质。

【答案】

29．(15分) 化合物X是一种环境激素，存在如下转化关系：

化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有两个化学环境完全相同的

甲基，其苯环上的一硝基取代物只有两种。1H-NMR谱显示化合物G的所有氢原子化学环境相同。F是一种可用于制备隐形眼镜的高聚物。

根据以上信息回答下列问题。

（1）下列叙述正确的是_________。

a．化合物A分子中含有联苯结构单元

b．化合物A可以和NaHCO3溶液反应，放出CO2气体

c．X与NaOH溶液反应，理论上1 mol X最多消耗6 mol NaOH

d．化合物D能与Br2发生加成反应

（2）化合物C的结构简式是__________，A→C的反应类型是。（3）写出同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）

。

a．属于酯类b．能发生银镜反应

（4）写出B→C反应的化学方程式______________________。

（5）写出E→F反应的化学方程式_____________________ 。

【解析】依据化合物A 的分子式C15H16O2可知其不饱和度为

则可推出分子中有2个苯环（12个C原子），依据分子中含有两个化学环境完全相同的甲基（2个C原子），再依据其苯环上的一硝基取代物只有两种，再对比化合物A和化合物C的分子式，可以推知A 分子中的2个苯环是相互连接在带有两个甲基的同一个C原子上的并处于对位，再依据化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中有2个O原子，可知有2个酚羟基，各连在1个苯环上。由此推断化合物A

的结构简式应为：

对比A和C的分子式，则化合物C的结构简式应为：

化合物A→C的反应为取代反应。

化合物B在浓H2SO4的作用下能生成化合物D，对比B和D的分子式，D比B少了2个H、1个O，可知，化合物B→化合物D是发生了消去反应，消去1分子水，所以B分子中应有一个羟基（–OH）,依据B的副产物G（C8H12O4）是一环状化合物，G的所有氢原子化学环境相同，可以推出B分子中还应含有一个羧基（–COOH），且羟基和羧连是接在同一个碳原子上。化合物B（C4H8O3）的结构简式应为：

化合物D（C4H6O2）的结构简式为：

化合物G（C8H12O4）的结构简式为：

从化合物D→化合物G，反应物是化合物D和HO-CH2-CH2—OH，反应条件为浓H2SO4，可以推知这是化合物D与乙二醇发生了酯化反应，生成酯G，结构简式为：

由于F是一种可用于制备隐形眼镜的高聚物，所以化合物F是由化合物G在一定条件下加聚而成的，化合物F的结构简式为：

依据化合物X（C23H26O4Br2）→化合物A + 化合物B，反应条件：①NaOH水溶液②H＋，可以知道，化合物X是一种酯类物质,在碱性条件下能发生水解反应，生成了A和B。由此可推断得到X的结构简式为：

能同时满足a.属于酯类，b.能发生银镜反应条件的D的同分异构体（不考虑立体异构）有4种，结构简式为：

B→C反应的化学方程式：

E→F反应的化学方程式：

【答案】

附：自选模块测试试题和答案

题号：15．科目：化学

《物质结构与性质》模块(10分)

请在标有序号的空白处填空，并将序号及相应答案写在答题纸上，第③空2分，其余每空各1分。

（1）可正确表示原子轨道的是：①。

A．2s B．2d C．3p D．3f

（2）写出基态镓（Ga）原子的电子排布式：②。

（3）下列物质变化，只与范德华力有关的是③。

A．干冰熔化B．乙酸汽化C．乙醇与丙酮混溶D．溶于水E．碘溶于四氯化碳F．石英熔融

（4）下列物质中，只含有极性键的分子是④，既含离子键又含共价键的化合物是

⑤，只存在σ键的分子是⑥，同时存在σ键和π键的分子是⑦。

A．N2B．CO2C．CH2Cl2D．C2H4

E．C2H6F．CaCl2G．NH4Cl

（5）用“＞” “＜” “＝” 填空：

第一电离能的大小：Mg ⑧Al；熔点的高低：KCl ⑨Mg。

【答案】

题号：16．科目：化学

《化学与技术》模块(10分)

请在标有序号的空白处填空，并将序号及相应答案写在答题纸上，第④、⑤、⑦空2分，其余每空各1分。

（1）氯碱工业是利用电解食盐水生产①为基础的工业体系。

（2）电解前，为除去食盐水中的Mg2+、Ca2+、SO42－等杂质离子，下列加入顺序合理的是②。

A．碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡B．碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠C．氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡D．氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠（3）“盐泥”是粗盐提纯及电解食盐水过程中形成的工业“废料”。某工厂的盐泥组成如下：

为了生产七水硫酸镁，设计了以下工艺流程：

装置1中加入的酸应选用③，加入的酸应适当过量，控制pH为5

左右，反应温度在50℃左右。持续搅拌使之充分反应，以使Mg(OH)2充分溶解并转化为MgSO4，在此过程中同时生成CaSO4。其中碳酸钙可以转化为硫酸钙的原因是

④。

装置2中滤渣的主要成分为⑤。

装置3中通入高温水蒸汽并控制温度在100～110℃，蒸发结晶，此时析出的晶体主要是⑥。

用装置6（真空干燥器）干燥七水硫酸镁晶体的理由是⑦。

电离能的大小：Mg ⑧Al；熔点的高低：KCl ⑨Mg。

【答案】

（浙江省化学特级教师夏宾2012.6.12）