上海市松江区2019届高三化学下学期等级考试质量监控试题（含解析）.docx

松江区2018学年度第二学期等级考质量监控试卷高三化学相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1.天工开物中“凡石灰（CaCO3），经火焚炼为用”，该反应类型为A. 化合反应B. 复分解反应C. 置换反应D. 分解反应【答案】D【解析】【详解】“凡石灰，经火焚炼为用”为碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反应物为1种，生成物为2种，该反应属于分解反应，故选D。2.丙烷和丁烷是液化石油气的主要成分，它们互为A. 同位素B. 同素异形体C. 同系物D. 同分异构体【答案】C【解析】【详解】丙烷和丁烷均为化合物，都属于烷烃，结构相似，且两者在分子组成上相差了一个CH2原子团，故两者互为同系物，故选C。【点睛】掌握四个选项中概念的含义是解题的关键。需要注意的是同系物和同分异构体的表述对象是有机物，而同素异形体的表述对象是单质，同位素的表述对象是原子。3.以下过程与化学键断裂无关的是A. 氯化钠熔化B. 干冰升华C. 金刚石熔化D. 金属汞汽化【答案】B【解析】【详解】A氯化钠的熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，故A错误；B干冰属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，与化学键断裂无关，故B正确，C金刚石属于原子晶体，熔化时破坏了共价键，与化学键断裂有关，故C错误；D金属汞是金属晶体，汽化时破坏了金属键，与化学键断裂有关，故D错误；答案选B。【点睛】判断晶体的类型以及粒子间作用力是解题的关键。离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，这些晶体状态变化时，化学键均会断裂，只有分子晶体状态变化时破坏分子间作用力，不破坏化学键。4.下列电子式中错误的是A. NaB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A钠离子属于简单阳离子，电子式为Na+，故A正确； B氢氧根的电子式为，故B正确；C氯化铵属于离子化合物，电子式为，故C错误；D一氯甲烷是共价化合物，电子式为，故D正确；答案选C。5.漂粉精的有效成分是A. Ca(ClO)2B. CaCl2C. CaCO3D. Ca(OH)2【答案】A【解析】漂白精的成分是Ca(ClO)2和CaCl2，其有效成分是Ca(ClO)2，漂白精的成分与漂白粉的成分相同，漂白精中Ca(ClO)2的含量高于漂白粉中次氯酸钙的含量，故A正确。6.下列烷烃命名错误的是A. 2-甲基丁烷B. 3-甲基庚烷C. 3,4-二甲基戊烷D. 3-乙基戊烷【答案】C【解析】【详解】A.2甲基丁烷名称中主碳链4个碳，从离取代基近的一端编号得到2甲基丁烷，名称符合命名原则，故A正确；B. 3甲基庚烷中主碳链7个碳，从离取代基近的一端编号得到3甲基庚烷，名称符合命名原则，故B正确；C.3，4二甲基戊烷中主碳链5个碳，从离取代基近的一端编号得到2，3二甲基戊烷，名称不符合命名原则，故C错误；D. 3乙基戊烷中主碳链5个碳，从离取代基近的一端编号得到3乙基戊烷，名称符合命名原则，故D正确；答案选C。7.25时，下列不能说明醋酸是弱酸的是A. 0.1mol/L的醋酸溶液pH1B. 醋酸钠溶液pH7C. 稀醋酸溶液导电能力弱D. 醋酸溶液中含有CH3COOH分子【答案】C【解析】【详解】A常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH1，醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故A不选；B常温下，测得醋酸钠溶液的pH7，说明醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则证明醋酸是弱酸，故B不选；C稀醋酸溶液浓度小，导电性比较弱，说明溶液中的离子浓度较小，但不能说明醋酸是弱电解质，故C选；D. 醋酸溶液中含有CH3COOH分子，说明醋酸未完全电离，为弱电解质，故D不选；答案选C。【点睛】强弱电解质的根本区别是电离程度，与其溶液导电性强弱、溶解性强弱等都无关。要证明醋酸为弱酸，可证明溶液中存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液水解等角度判断。8.下列化学用语书写错误的是A. 2Al+6H+2Al3+3H2B. HCO3- +OH-CO32- +H2OC. 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-D. CO32-2H2OH2CO32OH-【答案】D【解析】【详解】A. 铝属于活泼金属，能够与酸反应放出氢气，2Al+6H+2Al3+3H2 ，离子方程式正确，故A不选；B. HCO3- +OH-CO32- +H2O可以表示碳酸氢钠与氢氧化钠的反应，离子方程式正确，故B不选；C. 氯气能够氧化Fe2+生成铁离子，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，离子方程式正确，故C不选；D. 碳酸根离子水解需要分步进行，应该是CO32-H2OHCO3-OH-、HCO3-H2O H2CO3OH-，离子方程式项为，故D选；答案选D。9.1mol氢气在氧气中完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是A. 2H2(g)+O2(g)2H2O(g)+241.8kJB. H2(g)+1/2O2(g)H2O(g)+ 241.8 kJC. H2(g)+1/2O2(g)H2O(g)-241.8 kJD. H2(g)+1/2O2(g)H2O(l)+241.8 kJ【答案】B【解析】【详解】A. 1mol氢气在氧气中完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，则2mol氢气在氧气中完全燃烧生成水蒸气放出2241.8千焦热量，选项中热量值错误，故A错误；BH2(g)+1/2O2(g)H2O(g)+ 241.8 kJ表示1mol氢气在氧气中完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，热化学方程式正确，故B正确；C氢气燃烧为放热反应，选项中表示的是吸热反应，故C错误；D.1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，水蒸气变成液态水会继续放热，则H2(g)+O2(g)H2O(l)放出的热量241.8 kJ，故D错误；答案选B。10.工业上合成氨的反应如下：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)+Q，以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是A. 升高温度B. 增大容器体积C. 移走氨气D. 增加氮气【答案】D【解析】【详解】A合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故A不选；B增大体积，物质的浓度减小，反应速率减小，故B不选；C移走氨气，生成物浓度减小，反应速率减小，故C不选；D增加氮气，反应物浓度增大反应速率加快，且平衡正向移动，促进氢气的转化，氢气的转化率增大，故D选；答案选D。11.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是A. 硫酸钠B. 氯化铝C. 酒精D. 一水合氨【答案】B【解析】【详解】A、硫酸钠属于强酸强碱盐，不水解，不能破坏水的电离平衡，故A错误；B、氯化铝属于强酸弱碱盐，水解促进水的电离，氯化铝溶于水时，能够完全电离，属于强电解质，故B正确；C、酒精不能导电，属于非电解质，故C错误，D、一水合氨是弱碱，部分电离，属于弱电解质，溶于水时能够电离出氢氧根离子，抑制水的电离，故D错误；答案选B。12.铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液，再过滤，滤液中大量存在的离子有A. Fe3+B. AlO2-C. Al3+D. Fe2+【答案】B【解析】【详解】铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生2Al+6H+=3H2+2Al3+、Fe+2H+=Fe2+H2，过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生H+OH-=H2O、Fe2+2OH-=Fe(OH)2、Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，铁元素存在于沉淀，铝元素存在于AlO2-中，所以滤液中存在的离子为A1O2-，故选B。【点睛】明确发生的离子反应是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意氢氧化铝具有两性，能够被氢氧化钠溶解。13.实验室制氨气的试剂及装置正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A. 稀氨水与浓氢氧化钠溶液混合，由于一水合氨的浓度较小，则其不易分解产生氨气，不宜用于制备氨气，故A错误；B. 加入氯化铵分解生成的氨气和氯化氢在试管口部位又化合生成氯化铵，不能放出氨气，故B错误；C. 加热固体制备气体的试管口应该略向下倾斜，故C错误；D. 生石灰能够与浓氨水中的水反应生成氢氧化钙，同时放出热量，促进NH3H2O NH3 + H2O平衡正向移动，放出氨气，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意NH4Cl NH3+ HCl，温度降低后NH3 + HCl=NH4Cl，现象类似于碘的升华，但有本质的区别；另外这个反应不属于可逆反应，反应的条件不同。14.钢铁在海水中的锈蚀过程示意见下图，有关说法正确的是A. 电子从碳转移给铁B. 在钢铁上连接铅块，可起到防护作用C. 正极反应为：O2 + 2H2O + 4e 4OH-D. 该金属腐蚀过程为析氢腐蚀【答案】C【解析】根据锈蚀过程示意图，铁为负极，C为正极。A. 在原电池中，电子从负极转移给正极，故A错误；B.铁比 铅活泼，作负极，反应速率加快，起不到防护作用，故B错误；C. 根据锈蚀过程示意图，该腐蚀为吸氧腐蚀，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e 4OH-，故C正确；D. 根据锈蚀过程示意图，该腐蚀为吸氧腐蚀，故D错误；故选C。15.将SO2气体分别通入下列四种溶液中,有关现象及结论的说法正确的是（ ）A. 试管中有淡黄色沉淀生成,说明SO2有氧化性B. 试管中溶液褪色,说明SO2有漂白性C. 试管中能产生白色沉淀,说明SO2有酸性D. 试管中溶液颜色变浅,说明SO2有还原性【答案】D【解析】A、SO2以还原性为主，Cl2具有强氧化性，两者发生Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，不会有淡黄色沉淀产生，故A错误；B、SO2具有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故B错误；C、SO2与BaCl2不反应，故C错误；D、利用Fe3的氧化性，把SO2氧化成SO42，本身被还原成Fe2，即2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H，溶液变浅，体现SO2的还原性，故D正确。16.实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示，下列分析错误的是A. 加入过量乙酸可以提高丁醇的转化率B. 提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤C. 导气管a起到冷凝回流的作用D. 制乙酸丁酯的反应温度超过100不能用水浴加热【答案】B【解析】【详解】A酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高丁醇的转化率，故A正确；B提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，如果用氢氧化钠，会使乙酸丁酯水解，故B错误；C乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝管等实现，故C正确；D实验室制取乙酸丁酯的反应温度为115125，而水浴加热适合温度低于100的反应，故D正确；答案选B。17.下列关于侯德榜制碱法的说法正确的是A. 该法将合成氨法与氨碱法工艺联合，同时生产纯碱和氯化铵B. 饱和食盐水中先通入CO2后通入NH3气体C. 在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D. 析出的NH4Cl后的滤液中主要含有Na+、NH4+、HCO3-、Cl-【答案】A【解析】【详解】A侯氏制碱法的原理：NaCl+NH3+H2O+CO2NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，所以最终制得的是纯碱和副产品氯化铵，故A正确；B沉淀池中加入饱和食盐水后，氨气极易溶于水，二氧化碳溶解度较小，应该先通入足量NH3再通入足量CO2，故B错误； C侯德榜制碱法中析出NaHCO3的母液中加入氯化钠后可析出副产品氯化铵，过滤后的滤液可循环利用，加入消石灰不能生成NH3，苏尔维制碱法中，加入生石灰可生成循环利用的氨气，故C错误；D. 析出的NH4Cl后的滤液中主要含有Na+、Cl-，得到的氯化钠溶液可以循环利用，故D错误；答案选A18.下列反应中，反应物的用量或浓度改变时，不会改变生成物的是A. 铜与硝酸反应B. 明矾溶液与烧碱溶液反应C. 碳酸钠溶液和盐酸反应D. 硫在氧气中燃烧【答案】D【解析】A铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，而与稀硝酸反应则生成一氧化氮。B明矾与少量烧碱溶液反应生成氢氧化铝沉淀，若烧碱过量则氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠。C碳酸钠溶液与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，与足量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳。D无论氧气是否过量，硫与氧气反应都生成二氧化硫。所以本题选D。19.过氧化钠是一种制氧剂，它和二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，下列说法正确的是A. Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B. Na2CO3是还原产物，O2是氧化产物C. 每转移4摩尔电子，有1摩尔氧气生成D. 1摩尔CO2参加反应就会产生11.2LO2【答案】B【解析】A、过氧化钠在此反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、根据上述反应方程式，Na2CO3作还原产物，O2作氧化产物，故B正确；C、生成1molO2，转移电子2mol，故C错误；D、没有指明是否是标准状况，故D错误。20.实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1mol / L，能达到此目的的是A. Na+、Mg2+、SO42-、Cl-B. Al3+、K+、SO42-、NO3-C. CH3COO-、I-、K+、H+D. Ba2+、OH-、CO32-、K+【答案】A【解析】【详解】A该组离子之间不反应，可大量共存，且溶液中四种离子的浓度均为1molL-1，满足电荷守恒，故A选；B该组离子之间不反应，可大量共存，但溶液中四种离子的浓度均为1molL-1，不满足电荷守恒，正电荷数负电荷数，故B不选； CCH3COO-与H+能够反应生成CH3COOH，不能大量共存，故C不选；DBa2+、CO32-能够反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D不选；答案选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意任何溶液中的阳离子所带正电荷都等于阴离子所带负电荷，即存在电荷守恒。二、综合题(共60分)21.氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在14001450的氮气中合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)=Si3N4(s)+6CO(g)Q（Q0），在一定条件下，向10L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡。完成下列问题：（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素，其原子的最外层电子轨道表示式为_。其中一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，其原子的核外电子能量不同的有_种。（2）上述反应混合物中的极性分子是_，写出非极性分子的电子式_。分析用氮化硅制造轴承和发动机中耐热部件的原因是_。（3）该反应平衡常数表达式为_。可以提高二氧化硅转化率的措施是_（任写一条），该措施对平衡常数的影响为_（填“增大”、“减小”或“保持不变”）。（4）测得平衡时固体质量减少了5.6g，则用氮气表示的平均反应速率为_。【答案】 (1). (2). 3 (3). CO (4). (5). 氮化硅是原子晶体，氮原子和硅原子间的共价键决定氮化硅具有很高的硬度和熔沸点 (6). K= (7). 升高反应温度（或充入氮气） (8). 增大（或保持不变） (9). 0.001molL-1min-1 或110-3 molL-1min-1【解析】【分析】(1)反应所涉及的属于第三周期的元素为Si元素，硅是14号元素，据此书写最外层电子轨道表示式；其中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，据此解答；(2)反应中涉及的分子有CO和N2，根据分子的性质分析判断；氮化硅是原子晶体，据此解答；(3)根据3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)=Si3N4(s)+6CO(g)结合平衡常数的概念书写表达式；该反应为吸热反应，若要提高二氧化硅转化率，需要平衡正向移动，结合平衡移动的影响因素分析解答；(4)利用差量法计算生成参加反应氮气的质量，再根据v=计算v(N2)。【详解】(1)3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)=Si3N4(s)+6CO(g)反应所涉及的属于第三周期的元素为Si元素，硅是14号元素，最外层电子排布为3s23p2，最外层电子轨道表示式为，其中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，含有3个能级，其原子的核外电子能量不同的有3种，故答案为：；3；(2)3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)=Si3N4(s)+6CO(g)反应中CO属于极性分子，氮气为非极性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为；氮化硅是原子晶体，具有很高的硬度和熔沸点，可以制造发动机中耐热部件，故答案为：CO；氮化硅是原子晶体，具有很高的硬度和熔沸点；(3)3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)=Si3N4(s)+6CO(g)，反应的平衡常数表达式K=；该反应为吸热反应，若要提高二氧化硅转化率，需要平衡正向移动，可以采取的措施有升高反应温度、充入氮气等；升高反应温度，配合正向移动，平衡常数增大，若采取的措施是充入氮气，尽管平衡移动，但温度不变，平衡常数保持不变，故答案为：K=；升高反应温度(或充入氮气)；增大(或保持不变)；(4)设反应的氮气的物质的量为x，3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g) 固体质量减少 2mol 112g x 56g则=，解得：x=0.1mol，则v(N2)=0.001mol/(Lmin)，故答案为：0.001mol/(Lmin)。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意平衡常数表达式中不包括固体和纯液体；难点是改变平衡的措施，要注意后面2个空的答案要一一对应。22.活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如下：完成下列问题：（1）酸性条件下，NaNO2溶液只能将 I氧化为I2，同时生成NO。写出反应的离子方程式并标出电子转移的数目和方向_。（2）流程中I2碘经过吸附，转化为I、IO3再转化为I2的过程，这样做的目的是_。（3）反应发生时，由于碘在水中溶解度不大，溶液底部有固体生成；由于反应放热，有时溶液上方产生_（填颜色）的气体。因此，反应需要在_条件下进行。（4）实验室从反应所得溶液提取碘，可加入CCl4_（填操作名称）碘，即把碘从水溶液中提取出来，并用_（填仪器名称）分离两种溶液。（5）活性炭所吸附的I2也可以用NaHSO3将其转变为I，该反应的氧化产物为_（填微粒符号）。已知NaHSO3溶液显弱酸性，试从平衡的角度解释原因_。向0.1mol/L的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，请判断：c(Na+)_c(SO32)+ c(HSO3)+ c(H2SO3)（填“”、“”或“=”）。【答案】 (1). (2). 增大碘的浓度（富集） (3). 紫色 (4). 冰水浴或者低温 (5). 萃取 (6). 分液漏斗 (7). SO42 (8). NaHSO3溶液中HSO3既能水解显碱性，又能电离出H+ 显酸性，由于其电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显弱酸性 (9). =【解析】【分析】(1)亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，据此分析解答；(2)流程中碘元素经过了I2I-、IO3-I2的过程可以增大碘的浓度；(3)碘在水中的溶解度不大，且易升华；(4)碘在水中的溶解度不大，易溶于有机溶剂；(5)I2可以与NaHSO3发生氧化还原反应将NaHSO3氧化生成硫酸钠；NaHSO3溶液中HSO3既能水解又能电离；根据物料守恒分析，据此分析解答【详解】(1)亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子方程式为：2NO2-+4H+2I-2NO+I2+2H2O，电子转移的数目和方向可以表示为，故答案为：；(2)流程中，碘元素经过了I2I-、IO3-I2的变化过程，这样反复的原因是可以增大碘的浓度，达到富集碘元素的目的，故答案为：富集碘元素；(3)反应发生时，溶液底部有紫黑色的固体生成，碘容易升华，有时溶液上方产生紫色的碘蒸气，所以，反应需要在冰水浴或者低温条件下进行，故答案为：紫色 (4). 冰水浴或者低温；(4)实验室从反应所得溶液提取碘，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入CCl4萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来，萃取后用分液漏斗分离两种溶液，故答案为：萃取；分液漏斗；(5)活性炭所吸附的I2也可以用NaHSO3将其转变为I，因为NaHSO3能够被碘氧化生成硫酸钠，因此该反应的氧化产物为SO42；NaHSO3溶液中HSO3既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，由于其电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显弱酸性；向0.1mol/L的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，故答案为：SO42；NaHSO3溶液中HSO3既能水解显碱性，又能电离出H+ 显酸性，由于其电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显弱酸性；=。23.乙炔可以二聚也可以三聚。以乙炔为原料在不同的反应条件下转化，可以合成氯丁橡胶和对羟基苯甲酸。完成下列问题：（1）写出A的分子式_，E中官能团名称_、_(苯环除外)，D的结构简式_。（2）上述反应中，指出的反应类型_；反应所需的反应试剂及反应条件_。（3）E的同分异构体，满足苯环上有两个取代基，有_种。（4）写出反应的化学方程式_。（5）设计一条由(CH3)2C=CH2合成的路线。_（合成路线常用的表示方式为：）【答案】 (1). C4H4 (2). 溴原子 (3). 羧基 (4). (5). 加成反应 (6). 液溴、铁粉 (7). 5种 (8). (9). 【解析】【分析】乙炔可以二聚也可以三聚，结合B的化学式和反应的条件可知，A为乙炔的二聚产物，因此A为C4H4，B发生加聚反应生成氯丁橡胶，则B为CH2=CCl-CH=CH2，则A为CHC-CH=CH2；根据流程图可知，C为乙炔的三聚产物，C为苯，苯与丙烯在催化剂，加热时反应生成D，D为异丙苯()，异丙苯经过反应发生对位取代反应生成，中的侧链烃基被高锰酸钾氧化生成E，E为，中的溴原子水解后酸化得到对羟基苯甲酸，结合官能团的结构和性质分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A的分子式为C4H4，E()中官能团有溴原子、羧基；D为，故答案为：C4H4；溴原子；羧基；(2)根据上述分析，反应为CHC-CH=CH2与氯化氢的加成反应；反应为异丙苯与溴发生的苯环上的对位取代反应，所需的反应试剂及反应条件为液溴、铁粉，故答案为：加成反应；液溴、铁粉；(3)E为，E的同分异构体中，满足苯环上有两个取代基，这两个取代基可以是溴原子和COOH，也可以是溴原子和HCOO，每种组合均存在邻位、间位、对位三种，共6种，剔除E本身，还存在5种同分异构体，故答案为：5；(4)反应为B发生加聚反应生成氯丁橡胶，反应的化学方程式为nCH2=CCl-CH=CH2，故答案为：nCH2=CCl-CH=CH2；(5)由(CH3)2C=CH2合成，可以首先合成，而有可以由CH2OH氧化得到，因此需要由(CH3)2C=CH2合成，可以通过丙烯与溴加成后水解即可，因此合成路线为(CH3)2C=CH2 (CH3)2CBr-CH2Br，故答案为：(CH3)2C=CH2 (CH3)2CBr-CH2Br。【点睛】本题的易错点为(3)，判断同分异构体数目时，要注意剔除原物质。本题的难点为(5)，要注意根据目标生成物采用逆向思维的方法分析解答。24.为研究乙醇结构及其部分化学性质，进行下列实验。完成下列问题：用如图装置来推测乙醇的结构式。（1）实验中钠需要粉碎成很小的颗粒，其原因是_。（2）两次实验平均用乙醇1.15克，收集到气体体积平均为0.28升（换算成标准状态）。由实验数据可以推测乙醇分子的结构，依据是_。（3）若使用的乙醇中含有少量的水，则收集到氢气的体积_。（偏大、偏小、无影响）利用下列装置进行乙醇的催化氧化实验，并检验其产物，其中C装置的试管中盛有无水乙醇。(固定和夹持装置已略去)（4）装置A圆底烧瓶内固体物质是_，C中热水的作用是_。（5）实验过程中D装置可以观察到的实验现象为_。写出D处发生反应的化学方程式_。实验进行一段时间后，如果撤去D处酒精灯，反应能否继续进行？_。原因是_。（6）检验E中的生成物_。【答案】 (1). 增大接触面以提高反应速率 (2). 通过计算，2mol乙醇与足量钠反应生成1mol氢气，说明1mol乙醇分子中存在1mol活泼氢原子 (3). 偏大 (4). MnO2 (5). 预热反应混合气体 (6). 亮黑交替出现 (7