四川省大竹县观音中学2022年化学高二下期末考试模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）AKBNaCFeDAl2、下列指定反应的离子方程式正确的是ACl2通入水中：Cl2 + H

2、2O H+ + Cl+HClOBCaCO3加入醋酸中：CO32+ 2H+ = CO2 + H2OC用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2O H2+ Cl2 +2OHD酸性KMnO4溶液滴入FeSO4溶液中：MnO4+ Fe2+ + 8H+ = Mn2+ + Fe3+ + 4H2O3、将0.1mol Cu与40ml 10mol/LHNO3充分反应，测得反应后的溶液里含有a molH+由此可知A生成的气体一定是NO2，在标准状况下的体积4.48 LB生成的气体一定是NO，在标准状况下的体积约1.49LC被还原的硝酸的物质的量为（0.2-a）molD反应后的溶液里含有0.2mol NO34、甲

3、醛分子式为CH2O，有强烈刺激性气味的气体，甲醛在常温下是气态，被世界卫生组织确定为致癌和致畸形物质。下列关于其结构及性质的分析正确的是（ ）AC原子采取sp3杂化，O原子采取sp杂化B甲醛分子中心原子价层电子对数为4，含有一对孤电子对，是三角锥形结构C一个甲醛分子中含有3个键和1个键D甲醛分子为非极性分子5、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如下图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（ ）ABCD6、下列有关化学键类型的判断不正确的是Ass 键与sp 键的对称性相同B分子中含有共价键，则至少含有一个键C已知乙炔的结

4、构式为HCCH，则乙炔分子中存在2个键(CH)和3个键(CC)D乙烷分子中只存在键，即6个CH键和1个CC键都为键，不存在键7、下列实验方案能达到实验目的的是（ ）A在探究海带灰浸取液成分的实验中，向无色的浸取液中加入CCl4，下层呈无色，说明浸取液中不含碘元素B向溶有CO2的BaCl2溶液中通入气体X，产生白色沉淀，该气体可以是碱性气体C向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，将生成的沉淀过滤洗涤干燥后称量，来测定其中氯元素的含量D已知20时溶解度：NaHCO3为9.6 g，Na2CO3为21.8 g，向盛有5mL蒸馏水的两个试管中分别加入10g的 NaHCO3、 Na2CO

5、3，观察溶解情况可以比较该温度下NaHCO3和Na2CO3的溶解度大小8、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是()Ac(FeCl3)1.0 molL1的溶液中：HCO、Cl、H、NaB常温下，由水电离出的c(H)1014molL1溶液中：NH、K、CO、SOC在c(HCO)0.1 molL1的溶液中：NH、AlO、Cl、NOD常温下， 0.1 molL1的溶液中：K、NH3H2O、SO、NO9、在粗碘中含有IBr和ICl，受热时，I2、ICl、IBr均可升华。在粗碘中加入一种物质后，再进行升华，可制得精碘，应加入的物质是 （ ）AKIBZnCKClDH2O10、某有机化合物的结构简式

6、为，Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）A3：3：3B3：2：1C1：1：1D3：2：211、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键H2O中HO键O2中OO 键H2中HH键H2O2中OO键H2O2中OH键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是A总反应为2H2O2H2+O2B过程I吸收了926 kJ能量C过程II放出了574 kJ能量D过程属于放热反应

7、12、利用图所示装置处理含 (NH4)2SO4的工业废水，并回收化工产品硫酸和氨水，废水处理达标后再排放。下列说法正确的是Ab口流出浓度较大的氨水BX极接直流电源正极C离子交换膜为阳离子交换膜D理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中 1mol (NH4)2SO413、下列变化一定属于化学变化的是工业制O2 爆炸 缓慢氧化 品红褪色 无水硫酸铜由白变蓝 久置浓硝酸变黄 O2转化为O3 海水中提取金属镁A B C D14、一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）A+1B+2C+3D-115、柠檬烯()是一种食用香料。下列分析正确的是A柠檬烯的一氯代物有8种B

8、柠檬烯和互为同分异构体C柠檬烯分子中所有碳原子可能均处同一平面D一定条件下，柠檬烯可以发生加成、氧化、酯化等反应16、下列解释实验现象的反应方程式正确的是 （ ）A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2B向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2- =Ag2S+2Cl-CNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2DFeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3+Cl-+ 4H+二、非选择题（本题包括5小题）17、醇酸树脂

9、，附着力强，并具有良好的耐磨性、绝缘性等，在油漆、涂料、船舶等方面有很广的应用。下面是一种醇酸树脂G的合成路线：已知：RCH2=CH2(1)反应的反应条件为_，合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为_(2)反应反应类型分别为_、_；(3)反应的化学方程式为_；(4)写出一种符合下列条件的F的同分异构体_。a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应b遇FeCl3溶液显紫色c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1(5)设计由1一溴丙烷制备聚丙烯醇（）的流程图：_。18、菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂,其合成路线如下:已知:（1）A的结构简式为,A中含氧官能团的名称是。（2）由

10、A生成B的反应类型是,E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢,该同分异构体的结构简式为。（3）写出D和E反应生成F的化学方程式。（4）结合题给信息,以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇,设计合成路线(其他试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH319、实验室用电石制取乙炔的装置如下图所示，请填空：（1）写出仪器的名称：是_，是_；（2）制取乙炔的化学方程式是_；（3）仪器中加入的是_，其目的是_；（4）将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是_，乙炔发生了_反应(填“加成”或“取代”或“氧化”，下同)；（5）为了安全，点燃乙炔前应_，乙炔燃烧时的

11、实验现象是_。20、实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取W g该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_；（2）以上装置中需要加热的仪器有_（填写字母），操作时应先点燃_处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_；（4）D装置的作用是_；（5）读取氮气的体积时，应注意：_；_；（6）实验中测得氮气的体积为V mL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_（填编号）A生成二氧化碳气体的质量 B生成水的质量C通入氧气的体积 D氨基酸的相对分子质量21

12、、我国重晶石（含BaSO490%以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：常温下： Ksp(BaSO4)=1.010-10，Ksp(BaCO3)=2.510-9TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl。草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)24H2O。请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaC

13、O3，该过程用离子方程式可表示为_，此反应的平衡常数K=_ （填写计算结果）。若不考虑CO32- 的水解，则至少需要使用_mol/L 的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）酸浸时所发生反应的离子方程式为_。（3）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_。（4）可循环使用的物质X 是_（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_。（5）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，高温下生成的气体产物有CO、_和_（填化学式）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能

14、形成保护内部金属不被氧化的氧化膜，Fe在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀。答案选D。2、A【解析】分析：A、次氯酸为弱酸必须写化学式；B、碳酸钙难溶、醋酸为弱酸必须写化学式；C、氢氧化镁难溶必须写化学式；D、注意电荷守恒。详解：A. Cl2通入水中，发生反应的离子方程式为：Cl2 + H2O H+ + Cl+HClO，选项A正确；B. CaCO3加入醋酸中：CaCO3+ 2CH3COOH=Ca2+ + CO2+2CH3COO-+ H2O，选项B错误；C. 用惰性电极电解MgCl2溶液：Mg2+2Cl+2H2O

15、H2+ Cl2 +Mg(OH)2，选项C错误；D. 酸性KMnO4溶液滴入FeSO4溶液中：MnO4-+5Fe2+ + 8H+ = Mn2+ +5Fe3+ + 4H2O，选项D错误。答案选A。3、C【解析】试题分析：由题意知硝酸过量，反应后溶液中溶质是硝酸铜和硝酸，由电荷守恒得：2n(Cu2+)+n(H+)=n(NO3-)，n(NO3-)=（0.2+a）mol，D正确；所以被还原的硝酸物质的量为0.4mol(0.2+a)mol=(0.2a)mol，C正确；10mol/LHNO3为浓硝酸，随着反应进行硝酸由浓变稀，所以生成的气体为二氧化氮和一氧化氮的混合物，设二氧化氮和一氧化氮气体物质的量分别为

16、xmol、ymol。由得失电子相等得x+3y=0.2，被还原硝酸物质的量即为二氧化氮气体和一氧化氮气体物质的量总和，x+y=0.2a，解得x=(0.21.5a)、y=0.5a，A、B错误。考点：化学计算点评：硝酸与金属的反应要抓住两个守恒：得失电子守恒和氮原子守恒。4、C【解析】分析：本题考查的是杂化轨道、价层电子互斥理论、分子极性等，注意理解杂化轨道理论与价层电子互斥理论，进行分子构型的判断。详解：A. 甲醛中形成2个碳氢键，一个碳氧双键，杂化轨道为3，C原子采取sp2杂化，氧原子形成一个碳氧双键，含有2对孤电子对，O原子采取sp2杂化，故错误；B. 甲醛分子中心原子价层电子对数为3，不含一

17、对孤电子对，是平面三角形结构，故错误；C. 一个甲醛分子中形成2个碳氢键，一个碳氧双键，一个双键含有一个键和一个键，所以共含有3个键和1个键，故正确；D. 甲醛分子为平面三角形，碳原子位于三角形内部，结构不对称，所以为极性分子，故错误。故选C。5、D【解析】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可计算出nAl（OH）3，再计算出nMg（OH）

18、2，进而计算原溶液中Cl与SO42的物质的量浓度之比。【详解】由图可知加入0.4LNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.5L NaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.1LNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀。设氢氧化钠溶液溶液的浓度为c，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=n（NaOH）=0.1c，所以nMg（OH）2=0.05c，溶液中n（Cl）=3nAl（OH）3=0.3c，原溶液中n（SO42）=nMg（OH）2=0.05c，则原溶液中Cl与SO42的物

19、质的量之比为0.3c：0.05c=6：1，故选D。6、C【解析】根据共价键的种类和应用分析解答。【详解】A.键都是轴对称图形，故A正确；B. 共价单键为键，双键和三键中均含1个键，则分子中含有共价键，则至少含有一个键，故B正确；C.乙炔中的碳碳三键中含有一个键，2个键，两个CH键是键，故C错误；D.乙烷分子中只存在CC单键和CH单键，单键都为键，故都是键，故D正确。故选C。【点睛】单键中只有键，双键含有1个键和1个键；碳碳双键、碳碳三键中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应。7、B【解析】A.由于没有在无色浸取液中加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，则加入CCl4后下层为无色，并不能说明浸取液中不含

20、碘元素，故A错误；B. 若向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氨气，碳酸会选转化为碳酸铵，从而与BaCl2溶液发生复分解反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；C. 向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，生成的沉淀中也有Ag2SO4，故C错误；D.溶剂水的量太少，两支试管中的固体都有剩余，无法比较，故D错误；答案选B。8、D【解析】A. HCO与H不能大量共存，而且HCO不能大量存在于c(FeCl3)1.0 molL1的溶液中，A不正确；B. 常温下，由水电离出的c(H)1014molL1溶液中，水的电离受到了强酸或强碱的抑制，溶液可能显酸性、也可能显碱性，NH不能大量存在于碱性溶液中，

21、CO不能大量存在于酸性溶液中，B不正确；C. 在c(HCO)0.1 molL1的溶液中，AlO不能大量存在，这两种离子会发生反应，生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，C不正确；D. 常温下， 0.1 molL1的溶液显碱性，K、NH3H2O、SO、NO等4种粒子可以大量共存，D正确。本题选D。9、A【解析】利用碘易升华的特性精制碘，须使ICl、IBr中的Cl、Br变为难挥发性的物质，而使其中的+1价的碘被还原为I2，同时加入的物质和碘（I2）不反应。【详解】A加入KI发生：反应为IBr+KI=I2+KBr，ICl+KI=I2+KCl，加热时I2升华与KCl、KBr分离，A正确；B加入Zn，在加热条件

22、下生成ZnI，影响被提纯的物质，不符合提出的原则，B错误；C加入KCl与杂质不反应，不能起到除杂的目的，C错误；D加入水，导致碘难以升华，且水中溶解部分碘，不符合分离、提纯的目的，D错误。答案选A。10、B【解析】有机化合物分子中有酚羟基、羧基和醇羟基等3种官能团。Na与3种官能团都能反应；NaOH只与酚羟基、羧基反应，NaHCO3只与羧基反应。所以，Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为321，B正确，本题选B。11、D【解析】A由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H

23、2+O2，故A正确；B过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463 kJ2=926 kJ，故B正确；C过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；D过程为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molHO键和1molOO键，形成1molO2中OO 键和1molH2中HH键，吸收的能量=463 kJ2 +138 kJ =1064kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应

24、，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。12、A【解析】在电解池中，当电极为惰性电极时，阴极，溶液中的阳离子放电，阳极，溶液中的阴离子放电，溶液中的阳离子向阴极迁移，阴离子向阳极迁移，跟电源正极相连的是阳极，跟电源负极相连的是阳极，由图可知，左侧放出氢气，X电极为阴极，右侧放出氧气的Y电极为阳极，电解硫酸铵溶液时，阳极附近是OH-放电，生成氧气，c口进入的是稀硫酸，d口流出的是浓度较大的硫酸，则离子交换膜II为阴离子交换膜；阴极附近时H+放电生成氢气，则a口进入稀氨水，b口排出的为浓度较大的氨水，据此分析解答。

25、【详解】A阴极附近H+放电生成氢气，促进水的电离，生成的氢氧根离子与透过阳离子交换膜的铵根离子结合生成一水合氨，所以a口进入稀氨水，b口排出的为浓度较大的氨水，故A项正确；B由图可知，电解池的左侧放出氢气，则X电极为阴极，与电源负极相接，Y电极为阳极，接直流电源正极，故B项错误；C阳极附近是OH-放电，生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2，生成的氢离子与透过离子交换膜的硫酸根结合生成硫酸，所以离子交换膜II为阴离子交换膜，故C项错误；D电解过程中，阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2，外电路转移1mol电子，则生成1mol氢离子，可回收0.5molH2SO4，所以可处理工

26、业废水中0.5mol（NH4）2SO4，故D项错误。故答案为A13、C【解析】试题分析： 工业利用分离液态空气法制取氧气，属于物理变化； 爆炸可能是因为气体的压强增大而发生的爆炸，如锅炉的爆炸，属于物理变化； 缓慢氧化属于化学变化； 利用活性炭的吸附作用使品红褪色属于物理变化； 无水硫酸铜由白变蓝，变为含有结晶水的硫酸铜，生成新物质，属于化学变化； 久置浓硝酸因发生分解反应生成二氧化氮溶于硝酸使溶液变黄，属于化学变化； O2转化为O3属于化学变化； 海水中提取金属镁，镁元素由化合态变为游离态，属于化学变化，所以答案选C。考点：考查化学变化的判断14、C【解析】电子排布为1s22s22p63s2

27、3p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是3价，答案选C。15、A【解析】A项，分子中一共有8种不同环境的H，则其一氯代物有8种，故A项正确；B项，二者分子式不同，丁基苯少了2个H，则二者不是同分异构体，故B项错误；C项，连接甲基的环不是苯环，环上含有亚甲基、次甲基结构，亚甲基、次甲基均是四面体结构，所以不可能所有的碳原子都在同一平面，故C项错误；D项，柠檬烯中没有发生酯化反应所需要的羟基或羧基，所以不能发生酯化反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的

28、关键。16、B【解析】A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，4Na+O2=2Na2O，故A错误；B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-，故B正确；C、Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3+Cl-+ 4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，故

29、D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaOH醇溶液、加热 加成反应 缩聚反应 +O2+2H2O 或或或 CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH 【解析】发生催化氧化生成E，E进一步发生氧化反应生成F为，F与D发生缩聚反应生成高聚物G，可知D为，逆推可知C为BrCH2CHBrCH2Br、B为BrCH2CH=CH2、A为CH3CH=CH2。据此解答。【详解】（1）反应是CH3CHBrCH3转化为CH3CH=CH2，发生消去反应，反应条件为：NaOH醇溶液、加热。合成G过程中会生成另一种醇酸树脂，其结构简式为，故答案为：NaOH醇溶液、

30、加热；。（2）反应属于加成反应，反应属于缩聚反应。故答案为：加成反应；缩聚反应。（3）反应的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O。（4）F()的同分异构体满足：a.1mol该物质与4mol新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有2个醛基，b遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，c核磁共振氢谱有3组峰值，比值为1：1：1，存在对称结构，其中一种结构简式或或或，故答案为：或或或。（5）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CH-CH2OH，最后发生加聚反应生成高分子化合物，合成路线流程

31、图为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2BrCH2CH=CH2CH2=CH-CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。18、（1），碳碳双键、醛基（2）加成（或还原）反应；，（3）（4）【解析】试题分析：（1）根据题目所给信息，1，3-丁二烯与丙烯醛反应生成，根据结构简式可知该有机物含有碳碳双键和醛基。（2）A中碳碳双键和醛基与H2发生加成反

32、应；根据有机合成路线E为CH2=CHCH2OH，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为。（3）D和E反应生成F为酯化反应，化学方程式为：（4）根据题目所给信息，溴乙烷与Mg在干醚条件下反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与环氧乙烷在H+条件下反应即可生成1-丁醇，合成路线为。考点：考查有机化合物的结构与性质、反应类型的判断、同分异构体的判断、化学方程式的书写以及有机合成路线的设计。19、分液漏斗 圆底烧瓶 CaC2+H2OCHCH+Ca(OH)2 饱和食盐水 减慢反应速率 紫色褪去 氧化反应 验纯 火焰明亮，放出大量的浓烟 【解析】（1）仪器的名称：是

33、分液漏斗，是圆底烧瓶；（2）碳化钙与水反应生成乙炔和氢氧化钙，在常温下进行，制取乙炔的化学方程式是 CaC2+H2OCHCH+Ca(OH)2；（3）乙炔与水反应太快，为抑制反应进行，可以以饱和食盐水代替水,仪器中加入的是饱和食盐水，其目的是减慢反应速率 ；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙炔中含有碳碳三键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色,将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是紫色褪去，乙炔发生了氧化反应；（5）为了安全，点燃乙炔前应验纯，可燃性气体点燃前均需要验纯，目的是为了防止点燃混合气体发生爆炸，由于乙炔中含碳量较高,乙炔燃烧时的实验现象是火焰明亮，放出大量的浓烟。20、排除体

34、系中的N2 A和D D CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 视线与凹液面最低处相切 ABD 【解析】在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的

35、是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2； (2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液