的沸点的沸点大小判断． 解答： 解：（1）醇能和水形成氢键的物质而易溶于水，溴代烃和水不反应也不能和水形成氢键，所以溴代烃的水溶性小于相应的醇； 故答案为：小于；醇分子可与水分子形成氢键，溴代烃分子不能与水分子形成氢键； （2）1﹣溴丁烷和水不能形成氢键所以不易溶于水，且密度大于水，所以将1﹣溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在下层， 故答案为：下层； （3）a．浓硫酸和1﹣丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故a正确； b．浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少Br2的生成，故b正确； c．反应需要溴化氢和1﹣丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故c正确； d．水是产物不是反应的催化剂，故d错误； 故选abc； （4）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2， a．NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故a错误； b．溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故b错误； c．溴单质和NaHSO3 溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故c正确； d．KCl不能除去溴单质，故d错误； 故答案为：c； （5）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1﹣溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，所以不能边反应边蒸出产物， 故答案为：平衡向生成溴乙烷的方向移动（或反应②向右移动）；1﹣溴丁烷和正丁醇的沸点相差不大． 点评： 本题考查了制备实验方案的设计，明确物质的性质及实验原理是设计实验的前提，同时考查了学生分析问题、解决问题的能力，本题难度中等． 11．（13分）（2012秋?威远县校级期中）碳、氢、氧3种元素组成的有机物A，相对分子质量为102，含氢的质量分数为9.8%，分子中氢原子个数为氧的5倍．
（1）A的分子式是 C5H10O2 ．
（2）A有2个不同的含氧官能团，其名称是 羟基、羰基 ．
（3）一定条件下，A与氢气反应生成B，B分子的结构可视为1个碳原子上连接2个甲基和另外2个结构相同的基团．
①A的结构简式是 ．
②A不能发生的反应是（填写序号字母） b ． a．取代反应b．消去反应 c．酯化反应d．还原反应
（4）A还有另一种酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，其中一种的分子中有2个甲基，此反应的化学方程式是 CH3COOCH（CH3）2+H2OCH3COOH+HOCH（CH3）2 ．
（5）已知环氧氯丙烷可与乙二醇发生如图聚合反应：
B也能与环氧氯丙烷发生类似反应生成高聚物，该高聚物的结构简式是
．
考点： 有机物实验式和分子式的确定；有机物的推断． 专题： 有机物的化学性质及推断． 分析： （1）根据相对分子质量和含氢量可计算分子中含有的H原子个数，根据分子中氢原子个数为氧个数的5倍可计算O原子个数，进而根据相对分子质量计算C原子个数，即可求得分子式； （2）根据含氧官能团的种类分析； （3）①根据分子式结合有机物的结构判断； ②根据有机物含有的官能团判断可能具有的性质． 解答： 解：（1）相对分子质量为102，含氢的质量分数为9.8%，则分子中含有的N（H）==10， 分子中氢原子个数为氧个数的5倍，则N（O）=22， N（C）==5， 所以分子式为C5H10O2， 故答案为：C5H10O2； （2）分子式为C5H10O2的有机物可能为酸、酯，如含有两个含氧官能团的话，可能为羰基和羟基， 故答案为：羟基、羰基； （3）①一定条件下，A与一定氢气反应生成B，B分子的结构可视为一个碳原子上连接两个甲基和另外两个结构相同的基团，则B为，反应为→，则A为，故答案为：
； ②A中含有﹣CHO，能发生还原反应，含有﹣OH，能发生取代、酯化反应，由于相邻C原子上没有H原子，则不能发生消去反应， 故答案为：b； （4）A还有另一种酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，其中一种的分子中有2个甲基，则该酯为CH3COOCH（CH3）2，水解生成CH3COOH和HOCH（CH3）2，化学方程式为：CH3COOCH（CH3）2+H2OCH3COOH+HOCH（CH3）2， CH3COOH+HOCH（CH3）2； 故答案为：CH3COOCH（CH3）2+H2O（5）与环氧氯丙烷发生反应生成高聚物的结构简式为， 故答案为：． 点评： 本题考查有机物分子式的确定，以及有机物官能团的结构和性质，题目难度中等，本题易错点为（3），注意结构简式的推断． 12．（12分）（2012秋?双流县校级月考）A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中C、F分别是同一主族元素，A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍．又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数．请回答：
（1）F元素在周期表中的位置为 第三周期ⅥA族 ，B的最高价氧化物电子式为
，E元素的价层电子排布式为 3s3p ．
（2）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为 2Al﹣6e+8OH=2AlO2+4H2O ． （3）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关．单质B的燃烧热为a kJ/mol．由B、C二种元素组成的化合物BC 14g完全燃烧放出热量b kJ，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式 C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ/mol ；
﹣
﹣
﹣
21
（4）1mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为 8mol ． 考点： 位置结构性质的相互关系应用． 专题： 元素周期律与元素周期表专题． 分析： A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；由B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素，据此解答． 解答： 解：A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；由B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素， （1）F为硫元素，在周期表中的位置为第三周期ⅥA族，B的最高价氧化物为CO2，其电子式为，E为Al元素，原子价层电子排布式为3s3p， ；3s3p； 2121故答案为：第三周期ⅥA族；（2）碳单质与Al的单质制成电极浸入由NaOH溶液中构成电池，发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，Al失去电子，化合价升高，则Al为负极，电极﹣﹣﹣反应为2Al﹣6e+8OH=2AlO2+4H2O， ﹣﹣﹣故答案为：2Al﹣6e+8OH=2AlO2+4H2O； （3）单质B的燃烧热akJ/mol，则C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣akJ/mol①， BC14g完全燃烧放出bkJ热量，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣2bkJ/mol①， 由盖斯定律可知，①﹣②可得C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ/mol， 故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（a﹣2b）kJ/mol； （4）1molAl2S3与NaOH溶液反应，先和水反应生成2molAl（OH）3、3molH2S，再发﹣﹣生反应：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，则消耗NaOH的物质的量为2mol+6mol=8mol， 故答案为：8mol． 点评： 本题考查位置结构性质的关系、原电池原理、热化学方程式书写等常用化学用语、化学计算，综合性较强，元素的推断是解答本题的关键，（4）中注意硫化铝在水中发生的双水解反应，难度中等．