2027届吉林市实验中学高三化学高考总复习模拟试卷(四)

**基本信息** 聚焦高考核心素养，融合新型钠离子电池、液晶聚芳酯等科技前沿情境，覆盖化学学科主干知识，梯度设计适配高三总复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题/45分|化学观念（如物质结构与性质）、科学思维（如晶胞计算）|以18-冠-6超分子分离锶离子考查微粒间作用，体现学科交叉| |非选择题|3题/55分|科学探究与实践（如1,2-二溴乙烷制备实验）、科学态度与责任（如废液回收工艺）|硫酸镍废液回收题整合元素化合物与实验操作，有机合成题设计苯乙烯制备路线，契合高考综合应用趋势|

2027届吉林市实验中学高三化学高考总复习模拟试卷（四） 出题人： 命题人： 一、选择题 1．下列与化学相关的研究方法不能达到目的的是 A．利用太阳能光解水制取氢气 B．用放射性同位素检验金属制品内部的裂痕 C．在过渡元素中寻找工业合成氨的催化剂 D．用断代法测定竹简的年代 2．下列化学用语表达正确的是 A．的电子式为： B．联氨分子的结构式为： C．的共价键类型：键 D．激发态原子的轨道表示式： 3．某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期非金属元素，Y是有机分子的骨架元素。下列叙述正确的是 A．该阴离子中R原子最外层达到8电子结构 B．上述元素中基态Z原子未成对电子数最多 C．电负性： D．分子的键角： 4．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，基于18-冠-6(结构如图所示)的吸附剂可用于分离(锶离子)。下列说法正确的是 A．电负性：O>C>Sr>H B．18-冠-6(空穴适配)可增加KI在苯中的溶解度 C．18-冠-6中C和O原子的杂化轨道类型不同 D．18-冠-6可与形成超分子，该超分子中存在配位键、氢键等化学键 5．一种利用废铜渣(主要成分，及少量等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 下列说法正确的是 A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为 B．“沉铁”发生反应的离子方程式为 C．“沉铜”发生的反应为复分解反应 D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子： 6．化学反应中常伴有颜色变化，下列描述颜色变化的离子方程式错误的是 A．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，溶液紫色褪去： B．向稀硫酸和KI-淀粉溶液中加入碘酸钾，溶液变蓝： C．向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾，产生特征蓝色沉淀： D．向硫酸铜溶液中加入浓盐酸，溶液由蓝色变为绿色： 7．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用，已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，下列有关说法正确的是 A．参与形成配位键的Cl-和外围中的Cl-的数目比是2：1 B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+ C．该配合物中存在离子键、配位键和极性键 D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl元素均以沉淀形式存在 8．液晶聚芳酯应用在航空航天、国防军工等领域，制备反应如下。下列说法错误的是 A． B．反应说明化合物F可发生缩聚反应 C．化合物E最多有18个原子共平面 D．化合物X为乙酸 9．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图，Y的最简单气态氢化物的水溶液显碱性，Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是 A．W、X、Y、Q和Z形成的化合物均不止一种 B．W、Y、Z三种元素形成的化合物一定是共价化合物 C．简单离子半径大小：Y＜Z＜Q D．Y的最简单气态氢化物的稳定性大于Z的最简单气态氢化物的稳定性 10．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是 A．放电时，Mo箔为电池的负极 B．充电时，阳极反应为：Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6] C．充电时，Na+通过交换膜从右室移向左室 D．外电路通过0.2mol电子时，负极区离子导体质量变化为2.2g 11．已知有如下反应：①，②，③，④。下列有关说法正确的是 A．氧化能力由强到弱的顺序为 B．反应③中氧化剂与还原剂的粒子个数之比为 C．由以上信息可推知反应不可以发生 D．反应①中每消耗7.1g的氯气转移电子数目0.2NA 12．乙烯水合制乙醇的反应机理如图1所示，反应进程与能量的关系示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．①的，②和③的 B．该反应中，起催化剂的作用 C．该反应速率大小主要由①决定 D．总反应的 13．图为NaCl在不同条件下导电实验的微观示意图，、都是石墨电极。下列说法正确的是 A．图a表示NaCl固体能导电 B．图b说明NaCl电离要通电 C．图中的表示的离子是 D．图中X极均与电源负极相连 14．镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，如下图所示，该合金的密度为p g·cm-3.已知该合金的晶胞中最多可容纳9个氢原子。下列叙述错误的是 A．基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2 B．该合金的化学式为LaNi5 C．设①La的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上②Ni和③Ni的原子坐标系分别为(，，0)、(，，0) D．假定吸氢后体积不变，则合金中氢的最大密度为ρg·cm-3 15．常温下，将的水杨酸(用表示)和的氨水等体积混合，通入气体或加入固体调节混合液的pH(忽略溶液体积的变化)，混合液中和的浓度对数lgc(实线)、含A微粒的分布系数(虚线)与溶液pH的关系如图所示： 下列说法错误的是 A．III表示的分布分数与pH的关系曲线 B． C．   D．当时，体系中 二、非选择题 16．镀镍厂排放的硫酸镍废液(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质)对环境会产生较大污染，对其进行回收利用，提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，有关金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围、硫化物的酸溶性如表所示。 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ni2+ 开始沉淀pH 4.8 6.3 1.5 6.9 沉淀完全pH 6.7 8.3 2.8 8.9 硫化物的酸溶性 不溶于硫酸等 溶于酸 —— 溶于酸 注：萃取分液后Zn2+进入有机相 回答下列问题： (1)滤渣Ⅰ中含有硫单质，在“硫化”过程中Fe3+发生反应的离子方程式为___________。 (2)O2的作用是将Fe2+转化为Fe3+，写出反应的离子方程式：___________。 (3)“调pH”时，应调节溶液的pH的范围为___________；实验室“过滤”时用到的玻璃仪器有烧杯、___________。 (4)“沉钙”时，过滤得到滤渣Ⅲ的化学式为___________；加入NiF2时同样需要控制pH在一定范围内，原因是：___________。 (5)从硫酸镍溶液中得到NiSO4·7H2O晶体的实验操作是：___________、___________、过滤、洗涤、干燥。 17．1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，不溶于水，易溶于醇等有机溶剂。实验室用12.0g溴和足量的乙醇制备1，2-二溴乙烷，实验装置如图所示(加热与夹持装置略) 已知：①乙醇在浓硫酸存在下在140℃脱水生成乙醚 ②实验中常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量和。 有关数据列表如下： 物质 乙醇 1，2-二溴乙烷 乙醚 状态 无色液体 无色液体 无色液体 密度/ 0.79 2.2 0.71 沸点/℃ 78.5 132 34.6 熔点/℃ -130 9 -116 回答下列问题： (1)在此制备实验中，A中按最佳体积比3：1加入乙醇与浓硫酸后，A中还要加入几粒碎瓷片，其作用是_______。要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是_______。 (2)装置B的作用是作安全瓶，瓶中盛水，除了可以防止倒吸以外，还可判断装置是否堵塞，若堵塞，B中现象是_______。 (3)在装置C中应加入NaOH溶液，其目的是_______。 (4)装置D中小试管内盛有液溴，判断该制备反应已经结束的最简单方法是_______。 (5)若产物中有少量副产物乙醚，可用_______(填操作方法名称)的方法除去。 (6)反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却(如用冰水)，其原因是_______。 (7)若实验结束后得到9.4g产品，1，2-二溴乙烷的产率为_______%。 18．我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳香烃和氢气等化学品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品的流程如下(部分反应条件已略去)，回答下列问题： 已知① ② ③苯环上原有的取代基对新导入苯环上的取代基的位置有一定的影响：第一类取代基主要使新导入的取代基进入苯环的邻位和对位，如、-OH、(或烃基)、-Cl等；第二类取代基主要使新导入的取代基进入苯环的间位，如、等。 (1)乙烯分子中碳碳键的键能σ键___________π键(填“>”“<”或“=”)，苯乙烯分子内最多有___________个C原子共平面。 (2)反应②的化学反应类型为___________，反应⑤化学反应类型为___________。 (3)聚苯乙烯的结构简式为___________。 (4)写出反应⑤的化学方程式___________。 (5)乙苯有多种同分异构体，其中一种同分异构体中不同化学环境的氢原子数目比为6：2：1：1，该同分异构体的结构简式为___________。 (6)写出以苯和乙醇为原料合成路线流程图___________(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线流程图示例如图)。 试卷第6页，共7页 试卷第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 答案 1．D 【详解】A．太阳能光解水可在光催化剂作用下将水分解为氢气和氧气，可实现制取氢气的目的，A不符合题意； B．放射性同位素释放的射线穿透性强，可用于金属内部探伤，检验金属制品内部的裂痕，B不符合题意； C．过渡元素的金属及化合物多具有良好的催化性能，工业合成氨的催化剂铁触媒就属于过渡金属相关物质，可在过渡元素中寻找合成氨催化剂，C不符合题意； D．碳断代法使用的是具有放射性的，为稳定核素，不发生衰变，无法用于测定竹简年代，D符合题意； 故选D。 2．C 【详解】 A．属于共价化合物，B原子最外层有3个电子，分子的电子式为，A错误； B．联氨相当于氨气分子中的1个原子被氨基取代，其分子的结构式为，B错误； C．中心原子P原子的价层电子对数是，P属于sp3杂化，其共价键类型为键，C正确； D．K层没有p能级，所以激发态H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，D错误； 答案选C。 3．B 【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期非金属元素，Y是有机分子的骨架元素，是C元素；X形成1个共价键，X是H元素；Z形成3个共价键，Z是N元素、R形成6个共价键，R是S元素；W形成2个共价键，W是O元素，据此分析； 【详解】A．该阴离子中S原子不满足8电子稳定结构，A错误； B．基态原子未成对电子数，C有2个未成对电子，N有3个未成对电子，O、S有2个未成对电子，H有1个未成对电子，Z原子未成对电子数最多，B正确； C．同主族元素由上至下电负性减弱，N的原子半径小于S，故N的电负性大于S，电负性：，C错误； D．分子的键角：中C原子为sp杂化，直线形，键角180 ，中C原子为sp2杂化，平面三角形，键角120 ，中S原子价层电子对数，为sp3杂化，V形，中S原子价层电子对数，为sp3杂化，V形，O的电负性大于S，键角增大，，D错误； 故选B。 4．B 【详解】A．电负性H>Sr，故A错误； B．18-冠-6空穴适配即与形成超分子，有利于KI溶于苯，故B正确； C．该分子中C、O均为sp3杂化，故C错误； D．氢键不属于化学键，故D错误； 故选：B。 5．D 【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为Cu(NH3)，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。 【详解】A．由分析可知，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，故A错误； B．NH3·H2O是弱碱，在离子方程式中不能拆，故B错误； C．“沉铜”时含有Cu(NH3)和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，故C错误； D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：，故D正确； 故选D。 6．A 【详解】A．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，溶液紫色褪去：，A错误； B．向稀硫酸和KI-淀粉溶液中加入碘酸钾，溶液变蓝：，B正确； C．向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾，产生特征蓝色沉淀：，C正确； D．向硫酸铜溶液中加入浓盐酸，溶液由蓝色变为绿色：，D正确； 故选A。 7．C 【详解】A．由题干配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O可知，内界中参与形成配位键的Cl-为1个，外界中的Cl-为2个，则二者的数目比是1：2，A错误； B．由题干配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O可知，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，Cl为-1价，H2O不带电，故中心离子是Ti3+，B错误； C．由题干配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O可知，该配合物中存在[TiCl(H2O)5]2+与Cl-间的离子键，[TiCl(H2O)5]2+内Ti3+与Cl-、H2O间的配位键和H2O内的O-H极性键，C正确； D．由A项分析可知，有部分Cl-位于内界，故加入足量AgNO3溶液，不可能所有Cl元素均以沉淀形式存在，D错误； 故答案为：C。 8．C 【详解】A．由上述方程式可以判断，p等于2m-1，A正确； B．由方程式可知，F分子中含有酯基和羧基，F也可以发生缩聚反应，B正确； C．与芳香环直接相连的原子共面，羰基碳直接相连的原子共面，E中左侧甲基上的3个氢有1个可能与右边的分子整体共平面，故最多有19个原子可能共平面，C错误； D．X为-OH和CH3CO-结合成的乙酸分子，D正确； 故选C。 9．A 【分析】W的原子半径在周期表中最小，故W为H，Y的最简单气态氢化物的水溶液显碱性，故Y为N，Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Z为O，由该结构中X形成4对共用电子对可知X的最外层电子数为4，且X位于H、N之间，因此X为C，Q的原子序数大于O，该结构中Q呈+1价，因此Q的最外层电子数为1，且为短周期元素，故Q为Na。 【详解】A．H、C、N、Na与O元素形成的化合物均不止一种，如H2O、H2O2、CO、CO2、NO、N2O、Na2O、Na2O2，故A正确； B．H、N、O形成的化合物不一定是共价化合物，如NH4NO3为离子化合物，故B错误； C．N、O、Na形成的简单离子电子层数相同，原子序数越大，其离子半径越小，即离子半径：N3->O2->Na+，故C错误； D．非金属性：O>N，因此简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，故D错误； 故答案为：A。 10．D 【分析】放电时，Mg箔上，Mg发生氧化反应，失去电子生成[Mg2Cl2]2+，Mg箔为负极，则Mo箔为正极；充电时，Mg箔接电源负极，Mo箔接电源正极。 【详解】A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误； B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电时的阳极反应，B错误； C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C错误； D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，同时左侧0.2molNa+定向移动到负极区，则质量增加4.6g-2.4g=2.2g，D正确； 故答案选D。 11．A 【分析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中氧化剂为KBrO3，氧化产物为，则氧化性：；反应②中氧化剂为，氧化产物为，则氧化性：；反应③中氧化剂为，氧化产物为，则氧化性：；反应④中氧化剂为，氧化产物为，则氧化性：，所以氧化能力由强到弱的顺序为：，据此解答。 【详解】A．由分析可知，氧化能力由强到弱的顺序为：，A正确；    B．反应③中为氧化剂，6个HCl中有5个HCl的氯元素化合价升高，作为还原剂，则氧化剂与还原剂的粒子个数之比为1∶5，B错误； C．由分析可知，氧化性：，则反应可以发生，C错误； D．反应①中氯元素化合价由0价变为+5价，则每消耗7.1 g的氯气(即0.1 mol)转移电子0.1 mol×2×5=1 mol，即转移电子数目为NA，D错误； 故选A。 12．D 【详解】A．由图2可知，第①步反应为吸热反应，，第②步和第③步为放热反应，，A正确； B．由图1反应机理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，则是总反应的催化剂，起催化作用，降低总反应的活化能，B正确； C．活化能越大，化学反应速率越慢，总反应速率由最慢的一步的反应速率决定，由图2可知，该反应速率大小主要由①决定，C正确； D．图中和分别是第①步反应和第③步逆反应所对应的“活化能高度”，总反应的ΔH应是“产物总能量与反应物总能量之差”，并不是简单的，D错误； 故选D。 13．C 【详解】A．NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，无法导电，A项错误； B．NaCl电离是在水溶液或熔融状态下自发离解为离子的过程，不需要通电，B项错误； C．Cl-半径大于Na+，且氯离子吸引水分子的氢原子，则图中的表示的离子是，C项正确； D．图b中可知，Cl-向X极移动，可知X极与电源正极相连，D项错误； 答案选C。 14．C 【详解】A．Ni元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，A正确； B．该晶胞中La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，则La、Ni原子个数之比为1：5，化学式为LaNi5，B正确； C．晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，①La的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上②Ni和③Ni的原子坐标系分别为、，C错误； D．设晶胞体积为V，该晶胞密度为，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为，D正确； 本题选C。 15．D 【详解】A．III随着pH的增大而减小，表示的分布分数与pH的关系曲线，A正确； B．pH=7.8时，，，，a点时，，所以，，pH为9.24，故，B正确； C．，Ⅳ、Ⅴ曲线交点，所以 ，曲线Ⅲ、Ⅴ曲线交点时，pH=7.8，，，所以, ，，C正确； D．pH=7.8，曲线Ⅳ表示HA-分布系数接近1，c(HA-)近似为0.1 mol/L-1，曲线Ⅱ表示的lgc，浓度为10-2.45mol/L-1，所以两者的浓度不相等，D错误； 故答案选D。 16．(1)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+ (2)2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (3) 2.8≤pH＜6.9 玻璃棒、漏斗 (4) CaF2 防止pH过低时，F-发生反应生成HF；pH过高时Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀 (5) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】硫酸镍废液(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质)通入硫化氢，将铜离子沉淀，同时将三价铁离子还原为二价铁离子，加入过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，然后调pH生成氢氧化铁沉淀除去铁离子，加入NiF2沉钙后溶液中阳离子主要是镍离子和锌离子，萃取分液后Zn2+进入有机相，可以得到硫酸镍晶体，据此回答。 【详解】（1）滤渣Ⅰ中含有硫单质，在“硫化”过程中Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，离子方程式为2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+； （2）H2O2的作用是将Fe2+转化为Fe3+，自身生成水，其离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O； （3）“调pH”目的是除去Fe3+，故应调节溶液的pH使完全Fe3+沉淀，镍离子不沉淀，故pH的范围为2.8≤pH＜6.9，过滤用到的玻璃仪器除了烧杯还有玻璃棒、漏斗； （4）钙离子与氟离子结合生成氟化钙沉淀，过滤得到滤渣Ⅲ的化学式为CaF2， 因pH过低时，F-发生反应生成HF，NiF2利用率低，pH过高时Ni2+会转化为Ni(OH)2沉淀，产率降低，故加入NiF2时同样需要控制pH在一定范围内； （5）从硫酸镍溶液中得到NiSO4·7H2O晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 17．(1) 防暴沸 减少副产物乙醚生成 (2)B中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出 (3)除去乙烯中带出的酸性气体(或答除去、) (4)D中试管的溴全部褪色 (5)蒸馏 (6)1，2-二溴乙烷的熔点为9℃(高于冰水的温度)，过度冷却会使其凝固而使导管堵塞 (7)66.7 【分析】由实验装置可知，烧瓶中加碎瓷片(或沸石)，可防暴沸，A中浓硫酸、乙醇加热至170℃发生消去反应生成乙烯，在140℃时易发生副反应生成乙醚，生成的乙烯中往往会含有二氧化硫等杂质气体，因此C中可以选用NaOH可除去杂质，D中乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，结合1，2-二溴乙烷性质分析解答。 【详解】（1）实验室制备1，2-二溴乙烷，在装置A中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入碎瓷片(或沸石)，其目的是防暴沸，在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，主要目的是减少副产物乙醚的生成。 （2）装置B的作用是作安全瓶，瓶中盛水，除了可以防止倒吸以外，还可判断装置是否堵塞，根据大气压强原理，装置发生堵塞时，B中压强会逐渐增大，会导致B中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出。 （3）氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应，防止杂质气体与溴反应。 （4）D中试管内发生的反应为，因此溴的颜色逐渐变浅，当D中试管内的溴全部褪色时，表明该制备反应已经结束。 （5）由表格中数据可知，乙醚与1，2-二溴乙烷的沸点差异较大，则若产物中有少量副产物乙醚，可用蒸馏的方法除去。 （6）冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的熔点为9℃(高于冰水的温度)，过度冷却会使其凝固而使导管堵塞，因此不能过度冷却(如用冰水)。 （7）根据反应方程式可知，12.0g的溴和足量的乙醇制备1，2-二溴乙烷的质量为，产率。 18．(1) 大于 8 (2) 加成反应 取代反应 (3) (4)  +Br2+HBr↑ (5) (6) 【分析】甲烷在催化剂的作用下可生成乙烯和苯，苯与液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应生成溴苯；乙烯与苯发生加成反应生成乙苯，乙苯去氢生成苯乙烯，苯乙烯在催化剂条件下发生加聚反应生成聚苯乙烯，据此分析回答。 【详解】（1）乙烯是平面型结构，含有碳碳双键，所以乙烯分子碳碳双键中有1个σ键和1个π键，原子轨道形成共价键时，σ键为p轨道头碰头的形式形成，π键为p轨道肩并肩，因此σ键键长会小于π键，所以键能σ键大于π键；苯乙烯分子中苯环上的6个C原子共平面，乙烯基中2个C原子通过旋转也能在同一平面，故最多有8个C原子共平面； （2）反应②为乙烯与苯发生加成反应生成乙苯，反应类型为加成反应；反应⑤为苯与液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应生成溴苯，反应类型为取代反应； （3） 苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，聚苯乙烯的结构简式为：； （4） 反应⑤为苯与液溴在氯化铁的催化作用下生成溴苯和HBr，化学方程式为：  +Br2+HBr↑； （5） 乙苯有多种同分异构体，其中一种同分异构体中不同化学环境的氢原子数目比6∶2∶1∶1，可以考虑对称结构，则该同分异构体的结构简式为：； （6） 苯与浓硝酸在浓硫酸催化、加热条件下反应生成，乙醇与浓硫酸加热到170℃时发生消去反应生成，根据已知信息②③可知，与可在AlCl3的作用下发生加成反应生成，根据已知信息①可知，中的硝基在Fe/HCl作用下被还原为氨基生成，则合成路线流程图为：。 答案第2页，共7页 答案第3页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 $