普通高等学校招生全国统一考试化学试题（上海卷解析版）(1).doc

2014年高考真题化学（上海卷）解析版考生注意：1本试卷满分150分，考试时间120分钟。2本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。3答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。4答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。相对原子质量：h-1 c-12 o-16 na-23 s-32 cl-35.5 zn-65 as-75一、选择题（本题共10分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1“玉兔”号月球车用作为热源材料，下列关于的说法正确的是a与互为同位素b与互为同素异形体c与具有完全相同的化学性质 d与具有相同的最外层电子答案：d解析：本题考查同位素，与是两种不同的元素，与的质子数相同（质子数=核外电子数），中子数不同，互为同位素，故d正确2下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是a过氧化钠 b氢硫酸 c硫酸亚铁 d苯酚答案：a解析：本题考查重要的元素及其化合物的性质，氢硫酸、硫酸亚铁、苯酚均具有还原性，露置于空气中会被空气中氧气氧化而变质，过氧化钠露置于空气中会与空气中h2o、co2反应而变质，所以选a3结构为ch=chch=chch=chch=ch-的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度高。上述高分子化合物的单体是a乙炔 b乙烯 c丙烯 d1，3-丁二烯答案：a解析：本题考查聚合物，上述高聚物是聚乙炔，先根据结构式找出链节（即最小组成单元）：ch=ch,然后ch=ch中两个碳原子形成形成不饱和的碳碳三键乙炔chch4在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是a范德华力、范德华力、范德华力 b范德华力、范德华力、共价键c范德华力、共价键、共价键 d共价键、共价键、共价键答案：b 解析：本题考查微粒之间的作用力，石蜡液体石蜡石蜡蒸气是石蜡的固液气三种状态的转变属于物理变化，需要克服分子之间的作用力即范德华力，石蜡蒸气裂化气是化学变化破坏的是化学键所以选b5下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是a升华 b萃取 c纸上层析 d重结晶答案： a解析：本题考查混合物分离方法，升华是物质由固态直接变为气态，与物质的溶沸点有关；萃取、纸上层析、重结晶是根据物质的溶解度差异而进行混合物的分离与提纯二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6今年是门捷列夫诞辰180周年，下列事实不能用元素周期律解释的只有a碱性：koh naoh b相对原子质量：ar kc酸性hclo4 h2so4 d元素的金属性：mg al 答案：b解析：本题考查元素周期律，元素周期律是体现随着原子序数的增大，元素的化学性质（原子半径、最高正价和最低负价、金属性与非金属性等）出现了周期性的递变规律；而元素的相对原子质量等于质子数+中子数7下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是ah3o 和oh bco和n2 chno2和no2 dch3 和nh4 答案： d解析：本题考查微粒中电子数目的计算，中性微粒：核外电子数等于核内质子数，阳离子：电子数等于质子数-所带的正电荷数，阴离子：电子数等于质子数+所带的正电荷。ch3 中的电子数为8和nh4中电子数为10不相等8becl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与alcl3相似。由此可推测becl2 a熔融不导电 b水溶液呈中性 c熔点比bebr2高 d不与naoh溶液反应答案：a解析：本题考查晶体类型及知识的迁移，由题知becl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，应属于分子晶体，所以熔融不导电、范德华力对于组成相似的分子。取决于相对分子质量，其熔点比bebr2低；化学性质与alcl3相似，根据alcl3能naoh溶液反应，其水溶液中由于铝离子水解而呈酸性推知becl2也具有此性质，所以选a91，3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：ch2=chch=ch2(g) + 2h2(g) ch3ch2ch2ch3(g) + 236.6 kjch3-cc-ch3(g) + 2h2(g) ch3ch2ch2ch3(g) + 272.7 kj由此不能判断a1，3-丁二烯和2-丁炔稳定性的相对大小b1，3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低c1，3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应d一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小答案：d解析：本题考查物质变化中能量的变化，利用盖斯定律可得ch2=chch=ch2(g) ch3-cc-ch3(g) - 35.6 kj 反应的热效应为- 35.6 kj/mol说明2-丁炔储存能量低，2-丁炔比1，3-丁二烯稳定。无法求出一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小10右图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是选项x收集气体xyya碱石灰氯化氢水b碱石灰氨气水c氯化钙二氧化硫氢氧化钠d氯化钙一氧化氮氢氧化钠答案：c解析：本题考查气体制取的实验，根据图示收集是用向上排空气法，说明该气体密度比空气大，排除b、d选项；a中是干燥氯化氢酸性气体，不能选用碱石灰的碱性干燥剂，所以选c11向饱和澄清石灰水中加入少量cac2，充分反应后恢复到原来温度，所得溶液中ac(ca2)、c(oh)均增大 bc(ca2)、c(oh)均保持不变cc(ca2)、c(oh)均减小 dc(oh)增大、c(h)减小答案：b解析：本题考查物质的溶解度，饱和的澄清石灰水加入少量cac2虽然和水反应产生ca（oh）2，但由于反应后恢复到原来温度，溶解度不变，溶液中溶质的浓度也不会改变，所以选b，但溶液中各物质的量都在减少12如右图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和nacl溶液的u型管中，下列分析正确的是fe ck1k2饱和nacl溶液gak1闭合，铁棒上发生的反应为2h+2eh2bk1闭合，石墨棒周围溶液ph逐渐升高ck2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法dk2闭合，电路中通过0.002 na个电子时，两极共产生0.001 mol气体答案：b解析：本题考查电化学原理，k1闭合，该装置为原电池，根据原电池原理铁棒为负极，发生的反应为fe2e-fe2+，石墨棒为正极，发生反应为o2+4e+2h2o4oh-，石墨棒周围溶液ph逐渐升高，所以b正确；k2闭合则为电解池装置，根据电解原理，铁棒为阴极，不会被腐蚀，属于电解饱和nacl溶液溶液，两级产生氢气和氯气共为0.002mol，所以不属于牺牲阳极的阴极保护法13催化加氢可生成3甲基己烷的是a b c d 答案：c解析：本题考查烷烃的命名，先把选项中不饱和的碳碳键全变成饱和的烷烃，找出最长的主链为6个碳原子的，即为某己烷；然后确定取代基(即甲基)的位置是在三号位,不难选出c14只改变一个影响因素，平衡常数k与化学平衡移动的关系叙述错误的是ak值不变，平衡可能移动 bk值变化，平衡一定移动c平衡移动，k值可能不变 d平衡移动，k值一定变化答案：d解析：本题考查平衡常数的应用，平衡常数k只与反应的温度有关，温度改变，平衡发生移动，k相应的变化。压强、浓度也会使平衡发生移动，但平衡常数k不变冷水 a饱和nacl溶液bc15右图是模拟“侯氏制碱法”制取nahco3的部分装置。下列操作正确的是aa通入co2，然后b通入nh3，c中放碱石灰bb通入nh3，然后a通入co2，c中放碱石灰ca通入nh3，然后b通入co2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉db通入co2，然后a通入nh3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉答案：c解析：侯氏制碱法是利用向饱和的nacl溶液中先通入nh3，然后通入co2，利用生成的碳酸氢钠溶解度小而析出。由于nh3在水中的溶解度大所以先通nh3，但为了防倒吸，所以a通入nh3，然后b通入co2，考虑nh3气体的尾气处理所以选择酸性干燥剂放蘸稀硫酸的脱脂棉，即c选项16含有砒霜（as2o3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（ash3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则a被氧化的砒霜为1.98 mg b分解产生的氢气为0.672 mlc和砒霜反应的锌为3.90 mg d转移的电子总数为610-3na答案：c解析：本题考查氧化还原反应，砒霜（as2o3）的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为as2o3+6zn+12hcl= 2ash3+6zncl2+3h2o根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50 mg，物质的量为0.02mmol，被还原的砒霜为0.02mmol2198g/mol =1.98mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg2ash3=2as+ 3h2分解产生的氢气标准状态下为0.03mmol22.4l/mol=0.672 ml; 转移的电子总数为0.1810-3na17用fecl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是a若无固体等剩余，则溶液中一定有fe3 b若有固体存在，则溶液中一定有fe2 c若溶液中有cu2，则一定没有固体析出d若溶液中有fe2，则一定有cu析出答案：b解析：本题考查铁及其化合物的性质，fecl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜反应为2fecl3+ cu=2fecl2+2cucl2,所得的溶液中存在fecl2和cucl2还可能有过量的fecl3溶液，加入铁粉充分反应后，a若无固体等剩余，说明原溶液中含有fe3，反应后不一定还含有；b中不管固体是铁粉还是铜粉，溶液中一定含有fe2，c中若溶液中有cu2，可以有部分铜固体析出；d若溶液中有fe2，不一定有cu析出三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18某未知溶液可能含cl、co32、na、so42、al3，将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红。取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是a一定有cl b一定有so42 c一定没有al3 d一定没有co32 答案：bd解析：本题考查离子共存、检验。溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红，说明溶液呈酸性含有h+，则一定没有co32；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，一定有so42；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，可以为ag2so4，无法判断是否含有cl-,所以选bd19下列反应与na2o2so2na2so4相比较，na2o2的作用相同的是a2na2o2co22na2co3o2 b2na2o22so32na2so4o2 cna2o2h2so4na2so4h2o2 d3na2o2cr2o32na2cro4na2o答案：d解析：氧化还原反应的考查。na2o2so2na2so4反应中na2o2的作用是氧化剂，a、b中na2o2既作氧化剂也作还原剂；c中na2o2既不是氧化剂也不是还原剂，d中只作氧化剂20向等物质的量浓度的naoh和na2co3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是aohco322hhco3h2o b2ohco323hhco32h2o c2ohco324hco23h2odohco323hco22h2o 答案：c解析：本题考查离子反应中与“量”有关的先后反应问题，等物质的量浓度的naoh和na2co3的混合溶液中加入稀盐酸：先和naoh反应，然后再与na2co3分布反应，第一步生成nahco3，第二步生成h2co3（即co2）；c中说明na2co3没有反应完，那么不可能转化为co2，所以c项错误21室温下，甲、乙两烧杯均盛有5 ml ph=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至ph=4。关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是a溶液的体积10v甲v乙 b水电离出的oh浓度：10c(oh)甲c(oh)乙c若分别用等浓度的naoh溶液完全中和，所得溶液的ph：甲乙d若分别与5 ml ph=11的naoh溶液反应，所得溶液的ph：甲乙: ph=11答案：ad解析：本题考查弱电解质的电离和盐类水解。由题意原甲、乙两烧杯均盛有5 ml的溶液，向乙烧杯中加水稀释至ph=4，若该酸为强酸则10v甲=v乙，若为弱酸10v甲乙,所以c错误；d中若分别与5 ml ph=11的naoh溶液反应，若为强酸则甲=乙，若为弱酸，所得溶液应为酸性，甲中浓度大，酸性强，ph小，所以甲乙；综上所述选ad22已知：2naal(oh)4+co22al(oh)3+na2co3+h2o，向含2 mol naoh、1 mol ba(oh)2、2 mol naal(oh)4的混合溶液中慢慢通入co2，则通入co2的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项abcdn(co2)（mol）2346n(沉淀)（mol）1233答案：ac解析：向含2 mol naoh、1 mol ba(oh)2、2 mol naal(oh)4的混合溶液中慢慢通入co2发生反应依次为2naoh + co2 = na2co3 +h2o2mol 1mol 1molba(oh)2 + co2 = baco3 + h2o1mol 1mol 1mol2naal(oh)4 + co2 2al(oh)3+ na2co3 +h2o2mol 1mol 2mol 1molna2co3 + co2 + h2o = 2nahco31mol 1molbaco3 + co2 + h2o = ba(hco3)21mol 1mol当通入2mol co2，生成1mol baco3 沉淀当通入3mol co2，生成1mol baco3 沉淀和2mol al(oh)3沉淀当通入4mol co2，生成1mol baco3 沉淀和2mol al(oh)3沉淀当通入5mol co2，生成2mol al(oh)3沉淀四、（本题共12分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（）、氨水吸收在生产过程中产生的co和co2等气体。铜液吸收co的反应是放热反应，其反应方程式为：cu(nh3)2ac + co + nh3 cu(nh3)3coac完成下列填空：23如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是_。（选填编号）a减压 b增加nh3的浓度 c升温 d及时移走产物答案： bc 解析：根据影响化学反应速率的因素，压强、浓度、温度、催化剂与化学反应速率成正比，所以bc正确24铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式。_答案：2nh3+co2+h2o (nh4)2co3解析：氨气是碱性气体，其水溶液呈碱性能吸收二氧化碳酸性气体生成碳酸盐25简述吸收co及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）_答案：将co、co2等气体在加压、较低温度下通入铜液吸收；然后将所得液体减压、升温，将所得到的co导入储气罐，剩余液体中通入适量氨气，循环使用解析：cu(nh3)2ac + co + nh3 cu(nh3)3coac，利用化学平衡移动原理，增大压强、降低温度有利于反应向正方向进行，所以将co、co2等气体在加压、较低温度下通入铜液吸收反之将所得液体减压、升温，有利于气体的释放26铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_。 其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是_。 通过比较_可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。答案：cnoh 等浓度的硝酸与磷酸的ph 解析：根据元素周期律得出半径大小为cnoh，氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式，元素非金属性强弱的判断依据最高价氧化物水化物即最高价含氧酸的酸性强弱：等浓度的硝酸与磷酸的ph27已知cs2与co2分子结构相似，cs2的电子式是_。 cs2熔点高于co2，其原因是_。答案：cs2的分子量大，范德华力大，熔沸点高解析：根据8电子稳定结构可得出：类似于co2的电子式，cs2的电子式是cs2和co2都属于分子晶体，其熔沸点取决于分子间作用力，即相对分子质量大小，cs2相对分子质量大于co2，范德华力大，熔沸点高五、（本题12分）硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。硫的化合物大多具有氧化性或还原性。许多金属硫化物难溶于水。完成下列填空：28硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，h2s和kmno4反应生成s、 mnso4、k2so4和h2o，写出该反应的化学方程式。_答案：3h2so4+5h2s+2kmno45s+2mn so4+k2 so4+8h2o解析：考查陌生环境下氧化还原反应方程式的书写：根据所给出的反应物和生成物配平含变价元素物质的计量系数，再结合环境根据质量守恒配平其他计量系数，所以为3h2so4+5h2s+2kmno45s+2mn so4+k2 so4+8h2o29石油化工的废气中有h2s。写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不使用其他原料），以化学方程式表示。_答案：(1)2h2s+o22 h2o+2s (2) 2h2s+3o22 h2o+2so2 so2+2h2s2 h2o+3s解析：硫元素的化合价有-2、0、+4、+6价h2s根据硫元素的化合价-2，具有还原性能被空气中的氧气氧化为(1)2h2s+o22 h2o+2s (2) 2h2s+3o22 h2o+2so2 so2中s为+4价既具有还原性也具有氧化性 so2+2h2s2 h2o+3s30室温下，0.1 mol/l的硫化钠溶液和0.1 mol/l的碳酸钠溶液，碱性更强的是_，其原因是_。已知：h2s：ki11.310-7 ki2=7.110-15 h2co3：ki14.310-7 ki2=5.610-11答案：硫化钠溶液硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子解析：根据盐类水解规律：有弱才水解、越弱越水解。硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其相应硫离子水解程度大于碳酸根离子，所以同浓度的盐溶液，硫化钠溶液碱性强31向 znso4溶液中滴加饱和h2s溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成zns沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。_。答案：硫化氢饱和液中硫离子浓度小，通入氨气使碱性增强，使得h2s h+hs - hs - h+s2 -的电离平衡正向移动，使硫离子浓度增大，与锌离子产生硫化锌沉淀解析：向 znso4溶液中滴加饱和h2s溶液，没有沉淀生成，说明硫化氢饱和液中硫离子浓度小不足以生成zns沉淀，而当滴加一定量的氨水后，氨水成碱性使得h2s h+hs - hs - h+s2 -的电离平衡正向移动，使硫离子浓度增大，与锌离子产生硫化锌沉淀32将黑色的fe2s3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有_、 _。过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_ _。答案：氯化亚铁 硫化氢 产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀解析：黑色的fe2s3固体加入足量盐酸中fe2s3 + 4hcl 2fecl2 + s + 2h2s 所以产物为氯化亚铁 硫化氢；过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液形成白色絮状沉淀氢氧化亚铁，逐渐被氧化为氢氧化铁六、（本题共12分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（nahco3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空：33写出上述制备小苏打的化学方程式。_答案：nh4hco3+naclnahco3+nh4cl解析：利用溶解度的差异使得反应nh4hco3+naclnahco3+nh4cl得以能够进行转化34滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是_。（选填编号）a析出的氯化铵纯度更高 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用答案：ad解析：母液中通入氨可以抑制nh4+的水解，提高氯化铵的产量和纯度，所得的滤液为氯化钠溶液军可以循环利用35提取的nh4cl中含有少量fe2、so42。将产品溶解，加入h2o2，加热至沸，再加入bacl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵。加热至沸的目的是_。滤渣的主要成分是_、_答案： 使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀、 氢氧化铁 硫酸钡解析：产品溶解，加入h2o2，加热至沸使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀；再加入bacl2溶液生成硫酸钡沉淀36称取1.840 g小苏打样品（含少量nacl），配置成250 ml溶液，取出25.00 ml用0.1000 mol/l盐酸滴定，消耗盐酸21.50 ml。实验中所需要的定量仪器除滴定管外，还有_。选用甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是_。样品中nahco3质量分数为_。（保留3位小数）答案：天平 250ml容量瓶 使用甲基橙易判断滴定终点，误差小 0.982解析：溶液配制实验中需要天平称量，250 ml容量瓶用来定容； 碳酸氢钠溶液的ph本来就接近8.2，与酚酞变色的ph接近，变色时的ph和反应终点的ph不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小；样品中nahco3质量分数为0.10.02151084/1.84 = 0.98237将一定质量小苏打样品（含少量nacl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果_。（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）答案：偏高解析：将一定质量小苏打样品（含少量nacl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量是利用nahco3 nacl质量差减小为61-35.5=25.5，若蒸发过程中有少量液体溅出，造成质量差变大，则测定结果偏高七、（本题共12分）氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在107 t左右。氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法。完成下列填空：38实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸。还需要_、_（填写试剂或溶液名称）。答案：饱和食盐水 烧碱溶液 解析：气体的制取一般需要经过发生装置、净化除杂装置、收集装置、尾气处理装置，除杂用饱和食盐水吸收氯化氢杂质，尾气处理装置用烧碱溶液吸收氯气39实验室用2.00 mol/l盐酸和漂粉精成分为ca(clo)2、cacl2反应生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24 l（标准状况）氯气，发生反应的盐酸_ml答案：100解析：反应方程式为ca(clo)2 + 4 hcl = cacl2 + 2 cl2 + 2h2o ,根据产生2.24 l（标准状况）氯气，可求出发生反应的盐酸为100ml40实验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气。_答案：将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气；若充满，则无空气解析：利用氯气能完全被烧碱溶液吸收，而空气不能被吸收，所以将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气；若充满，则无空气2200230041工业上用电石乙炔法生产氯乙烯的反应如下：cao3c cac2co140200hgcl2cac22h2ohcchca(oh)2 hcch hcl ch2chcl 电石乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源。 电石乙炔法的缺点是：_、_。答案：反应温度高，能耗大 使用的催化剂毒性大22002300解析：根据反应cao3c cac2co 的条件可知反应温度高，能耗大140200hgcl2根据反应 hcch hcl ch2chcl 的条件需要hgcl2催化剂毒性大42乙烷和氯气反应可制得clch2ch2cl，clch2ch2cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢。 设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反应条件） 要求：反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备；不产生其他废液。答案：ch2=ch2+cl2ch2clch2cl ch2clch2cl ch2=chcl+hcl 2 hcl h2+cl2 ch2=ch2+h2ch3ch3ch3ch3+cl2ch2clch2cl 解析：利用乙烯的加成反应可写出ch2=ch2+cl2ch2clch2cl，再利用题中信息clch2ch2cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢ch2clch2clch2=chcl+hcl，根据要求：反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备不产生其他废液：不添加其他试剂，直接电解hcl2 hcl h2+cl2，h2用于ch2=ch2+h2ch3ch3，cl2可循环利用八、（本题共8分）许多有机化合物具有酸碱性完成下列填空：43苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为：_苯胺（ ）具有_。（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）答案：苯甲酸碳酸苯酚苯甲醇 碱性解析：苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的官能团特点不难得出酸性强弱为苯甲酸碳酸苯酚苯甲醇；苯胺（ ）中含有官能团氨基，因此具有碱性44常常利用物质的酸碱性分离混合物。某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分离方案如下图。苯胺苯酚苯甲酸苯甲醇有机层有机层有机溶剂物质1物质2bac水层水层有机溶剂提纯提纯有机层物质3物质4a水层c提纯提纯已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水a、b、c分别是：a_ b_ c_上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入_。答案：naoh溶液 co2 盐酸 碳酸氢钠解析：苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质混合物，向其中加入naoh溶液，生成苯酚钠、苯甲酸钠，分层，水层为苯酚钠、苯甲酸钠盐溶液，有机层为苯甲醇和苯胺；然后向所得水层中通入co2又生成苯酚出现分层现象，即物质1为苯甲酸，物质2为苯酚向所得有机层中滴加碳酸氢钠溶液，使得苯胺转化为铵盐溶于水分层，所以物质3为苯胺，物质4为苯甲醇45欲将 转化为 ，则应加入_。答案：水（h2o）解析：加水就可以了。加水不影响酚钠。但是可以置换出醇钠。 原因是醇钠是比氢氧化钠更强的碱，遇水生成氢氧化钠比醇钠弱，反应可以进行。九、（本题共14分）m是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构为hcl （不考虑立体结构，其中r为 ），m丁烷alcl3一定条件c10h12o2admbc反应反应反应反应c13h16o3一定条件的一种合成路线如下（部分反应试剂和条件省略）。完成下列填空：46写出反应类型： 反应_ 反应_答案：取代反应 氧化反应解析：根据反应和反应中前后转化物质结构中官能团的变化，不难得出反应为取代反应和反应为氧化反应47写出反应试剂和反应条件：反应_ 反应_答案： c2h5oh/浓硫酸/加热 盐酸/加热解析：反应属于酯化反应所以条件为 c2h5oh/浓硫酸/加热反应对比反应物与产物的结构差别得出相差hcl所以反应试剂和条件为盐酸/加热48写出结构简式：b_ c_答案：解析：根据反应可知b为 再继续推出c为h49写出一种满足下列条件a的同分异构体的结构简式（1）能与fecl3溶液发生显色反应；（2）能发生银镜反应；（3）分子中有5种不同化学环境的氢原子_答案：解析：根据a的结构简式中除苯环外c、o原子个数和成键方式，（1）能与fecl3溶液发生显色反应；（2）能发生银镜反应；可写出醛基、酚羟基，结合题目中（3）分子中有5种不同化学环境的氢原子的限制条件考虑对称性可写出上述四种50丁烷氯代可得到2-氯丁烷，设计一条从2氯丁烷合成1，3丁二烯的合成路线。反应试剂a反应条件b反应试剂反应条件目标产物（合成路线常用的表示方式为： ）_答案：ch3chclch2ch3ch3ch=chch3ch3chclchclchch2=ch-ch=ch2解析：2氯丁烷是卤代烃，结合卤代烃的性质消去反应生成不饱和烯烃，加成得到二氯烷烃，再消去即得二烯烃ch3chclch2ch3ch3ch=chch3ch3chclchclchch2=ch-ch=ch251已知： 与 的化学性质相似从反应可得出的结论是：_答案： 酯在硫酸、盐酸中都会水解；肽在硫酸中水解