【化学】重庆市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

【化学】重庆市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

重庆市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试 注意事项：‎ ‎1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。‎ ‎4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 ‎ 可能用到相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Fe 56 ‎ 一、选择题（本题包括16个小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）。‎ ‎1.有机物与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 天然气的主要成分是CH4 ‎ B. 乙烯对某些植物具有催熟的作用 C. 苯及其部分同系物主要通过石油的分馏获取 ‎ D. 氟氯代烃可对臭氧层产生破坏作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 天然气和沼气的主要成分是甲烷，故A正确；‎ B. 乙烯对某些植物具有催熟的作用，可以作为果实的催熟剂，故B正确；‎ C. 石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，减压分馏产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青；煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，苯及其部分同系物主要通过煤的干馏获取，故C错误；‎ D. 氟氯代烃可对臭氧层产生破坏作用，形成臭氧空洞，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了石油和煤的综合利用，侧重于学生的基本知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，解题关键，平时注意基础知识的积累，易错点C，石油和煤的综合利用，概念多，关系复杂，注意对所学知识进行梳理。‎ ‎2.下列有机物的命名，正确的（ ）‎ A. 2－甲基丁烷 B. CH2=CH-CH=CH2 1，3－二丁烯 C. 1，3，4－三甲基苯 D. CH2Cl-CH2Cl 二氯乙烷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，主链四个碳，2号位有甲基，名称为 2－甲基丁烷，故A正确；‎ B. CH2=CH-CH=CH2 属于二烯烃， 名称为1，3－丁二烯，故B错误；‎ C. 命名时要使取代基位号之和最小， 名称为1，2，4－三甲基苯，故C错误；‎ D. 多个取代基，要注明取代基的位置，CH2Cl-CH2Cl 名称为1，2-二氯乙烷，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.下列各组反应，属于同一反应类型的是（ ）‎ A. 由溴乙烷制乙醇；由乙烯制乙醇 B. 由甲苯制三氯甲苯；由甲苯制苯甲酸 C. 由氯代环己烷制环己烯；由丙烯制1，2－二溴丙烷 D. 由甲烷制四氯化碳；由苯制溴苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由溴乙烷制乙醇属于取代反应；由乙烯制乙醇属于加成反应，故A不符；‎ B. 由甲苯制三氯甲苯属于取代反应；由甲苯制苯甲酸属于氧化反应，故B不符；‎ C. 由氯代环己烷制环己烯属于消去反应；由丙烯制1，2－二溴丙烷属于加成反应，故C不符；‎ D. 由甲烷制四氯化碳属于取代反应；由苯制溴苯属于取代反应，属于同一反应类型，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎4.分子式为C4H7Cl的链状有机物共有（不考虑立体异构）（ ）‎ A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含有两个或两个以上取代基的同分异构体书写，若只凭想象写很容易造成重、漏现象．先将所有取代基拿下，分析母体对称性找出被一个取代基取代的产物种类，然后再分析各种一取代物的对称性，直至全部取代基都代入，丁烯有3种同分异构体，分别是1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯，然后依次分析三种烯烃满足题目要求结构的一氯丁烯．‎ ‎【详解】先不考虑Cl，写出C4H8的链状同分异构体存在为1-丁烯，CH2 =CHCH2CH3，2-丁烯CH3 -CH=CHCH3，2-甲基-1-丙烯，CH3 -C（CH3）=CH2，1-丁烯分子中有四种氢原子，被一个氯原子取代得到同分异构体4种，即Cl分别取代1、2、3、4号碳原子上的氢；2-丁烯CH3 -CH=CHCH3分子中有两种氢原子，被一个氯原子取代得到同分异构体2种，即Cl分别取代1、2号碳原子上的氢；2-甲基-1-丙烯，CH3 -C（CH3）=CH2，被一个氯原子取代得到同分异构体2种，即Cl分别取代1、3号碳原子上的氢，共4+2+2=8种，‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，利用烃基异构判断，注意书写时，注意思维的有序性，本题先写碳架异构，再写双键位置异构，最后考虑氯原子的位置异构。‎ ‎5.关于有机物X（）下列说法不正确是（ ）‎ A. X中不可能所有原子共平面 B. X中最多4个碳原子共线 C. 1molX被加成时最多消耗8molH2 D. X可发生消去反应，且能得到两种有机产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.含溴侧链上的碳是四面体结构，X中不可能所有原子共平面，故A正确；‎ B. ，如图X中最多7个碳原子共线，故B错误；‎ C. 碳碳叁键2mol，苯环3mol，2个苯环，1molX被加成时最多消耗8molH2，故C正确；‎ D. X可发生消去反应，且能得到两种有机产物、，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查学生的分析能力，注意有机物官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为C，注意苯环在一定条件下可与氢气发生加成反应。‎ ‎6.下列实验方案可行的是（ ）‎ A. 将饱和食盐水与电石反应产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中，检验乙炔 B. 苯的硝化实验后，向反应液中加水，验证硝基苯的密度比水大 C. CH3CH2Br的水解实验中，通过分层现象是否完全消失，判断其水解是否完全 D. CH3CH2I水解实验后，取水解液，加入AgNO3溶液，检验卤素离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将饱和食盐水与电石反应产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中，由于生成的气体中常含有硫化氢等还原性气体，干扰乙炔的检验，故A错误；‎ B. 苯的硝化实验后，反应液中有浓硫酸，应将反应液中倒入水中，验证硝基苯的密度比水大，故B错误；‎ C. CH3CH2Br难溶于水，水解生成乙醇易溶于水，CH3CH2Br的水解实验中，通过分层现象是否完全消失，判断其水解是否完全，故C正确；‎ D. CH3CH2I水解实验后，水解液中含有过量的NaOH，要检验卤素离子，要先加硝酸，将溶液中和至酸性，再加入AgNO3溶液，故D错误；‎ 故选C ‎7.为提纯下列物质（括号内为杂质，不考虑引入的水蒸气），有关除杂试剂和分离方法的选择不正确的是（ ）‎ 选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A CH3CH3（CH2=CH2）‎ 溴水 洗气 B CH3CH2Br（Br2）‎ NaOH溶液 分液 C 溴苯（苯）‎ 蒸馏 D 乙烯(乙醇蒸气)‎ 水 洗气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH2=CH2能与溴水发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷液体，与CH3CH3分离，故A正确；‎ B、CH3CH2Br在NaOH溶液中水解生成乙醇，故B错误；‎ C、溴苯和苯沸点不同，可用分馏的方法分离，故C正确；‎ D、乙烯中乙醇蒸气能溶于水，可以用水洗气除去，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.下列物质与Br2在一定条件下反应，可能生成的溴代烃数目最多的是（ ）（不考虑立体异构）‎ A B C D 反应物 CH3CH3‎ 反应条件 光照 常温，无光 FeBr3，无光 常温，无光 A A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烷的一溴取代物有1种，二溴取代物有2种，三溴取代物有2‎ 种，四溴取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五溴取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六溴取代物1种，所以共有9种；‎ B、与溴加成可生成、、三种物质；‎ C、在铁作用下生成、、三种；‎ D、与溴发生加成反应，可获得、、三种物质；‎ 综合以上，A得到的异构体9种，最多；‎ 故选A。‎ ‎9.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Ca2+、Mg2+等离子 B. 纯碱可去油污与盐类水解无关 C. 100mL0.1mol/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA D. 蒸干FeCl3溶液可得到FeCl3固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 天然水呈弱碱性，是因为天然水中有CO32－或HCO3－它们水解使水呈弱碱性，其离子方程式为CO32－+H2OHCO3－+OH－或 HCO3－+H2OH2CO3+OH－，故A错误；‎ B. Na2CO3溶液水解显碱性，纯碱可去油污与盐类水解呈碱性促进油污水解有关，故B错误；‎ C. CO32－+H2OHCO3－+OH－或 HCO3－+H2OH2CO3+OH－，水解后阴离子变多，100mL0.1mol/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA，故C正确；‎ D. 因为FeCl3的溶液加热时水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，Fe(OH)3分解生成Fe2O3和水，所以得到的是沉淀物，制备FeCl3不能采用将溶液直接蒸干的方法，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解原理等知识点，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象，易错选项是A，天然水中有CO32－或HCO3－它们水解使水呈弱碱性。‎ ‎10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（ ）‎ A. 使甲基橙变黄色的溶液：Fe2+、K+、NO3-、Cl-‎ B. 能与Al反应放出H2的溶液：K+、Mg2+、SO42-、AlO2-‎ C. =10-3的溶液中：Cl-、NO3-、NH4+、Ba2+‎ D. 由水电离出的c(H+)=1×10－12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CrO42-、ClO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使甲基橙变黄色的溶液，pH大于4.4，Fe2+、H+、NO3-可发生氧化还原反应，故A不符；‎ B. 能与Al反应放出H2的溶液，呈碱性时Mg2+会生成沉淀，呈酸性进AlO2-会与氢离子反应，故B不符；‎ C. c(H＋)==10-3的溶液中：Cl-、NO3-、NH4+、Ba2+与氢离子之间不发生反应，故C符合；‎ D. 由水电离出的c(H+)=1×10－12mol·L-1的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，呈酸性时CrO42-、ClO-均会与氢离子反应，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎11.已知25℃时FeS、CuS的Ksp分别为6.3×10-18、1.3×10-36，H2S的电离平衡常数Ka1=9.1×10-8、Ka2=1.1×10-12，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂 B. 将足量CuSO4固体溶解在0.1mol/L H2S溶液中，Cu2+的最大浓度为1.3×10-35mol/L C. 因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+ H2SO4不能发生 D. 向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，溶液的酸性增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CuS比FeS难溶，除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂，可转化为CuS 沉淀，故A正确。‎ B. H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1 mol·L－1，CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10-36，所以溶液中Cu2＋的最小浓度为1.3×10-35 mol·L－1，故B错误；‎ C. CuS是不溶于酸的黑色物质，所以能发生反应：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，这是弱酸制备强酸的特例，故C错误；‎ D. 根据H2S与SO2反应生成单质硫和水，硫化氢被反应掉了，浓度减小，酸性减弱，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了物质的性质、溶度积常数、反应原理等，易错点B，根据CuS的溶度积常数（Ksp）判断。‎ ‎12.常温下，下列有关叙述中不正确的是（ ）‎ A. 等体积、等pH的氢氧化钠溶液和氨水，分别与等浓度的硫酸反应，氨水消耗的硫酸多 B. pH=3的稀硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH＜7‎ C. 通过测定100mL1mol/L的氯化钠溶液和醋酸钠溶液的pH的大小，可达到比较盐酸和醋酸酸性强弱的目的 D. 等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液与足量锌反应，整个过程的平均反应速率盐酸快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 等体积、等pH的氢氧化钠溶液和氨水，一水合氨是弱电解质，浓度远大于氢氧化钠溶液，分别与等浓度的硫酸反应，氨水消耗的硫酸多，故A正确；‎ B. pH=3稀硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，常温下，混合溶液的pH=7，故B错误；‎ C. 通过测定100mL1mol/L的氯化钠溶液和醋酸钠溶液的pH的大小，酸酸是弱酸，测到的pH大，可达到比较盐酸和醋酸酸性强弱的目的，故C正确；‎ D. 等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液与足量锌反应，盐酸是强酸，溶液中氢离子浓度大，整个过程的平均反应速率盐酸快，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎13.常温下，下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 若NH4Cl溶液的pH=6，则c(Cl-)—c(NH4+)=9.9×10-7mol/L B. CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c(Na+) + c(Ca2+) =c(CH3COO－) + c(CH3COOH) +2 c(Cl ‎－)‎ C. 已知H2A的Ka1=4.17×10-7，Ka2=4.9×10-11，则NaHA溶液呈碱性 D. 常温下pH相同的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③(NH4)2SO4三种溶液中c(NH4+)：①=③>②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若NH4Cl溶液的pH=6，根据电荷守恒，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，则c(Cl-)-c(NH4+)=10-6-10-8=9.9×10-7mol·L－1，故A正确；‎ B. CH3COONa和CaCl2混合溶液中：根据物料守恒，c(Na+) + 2c(Ca2+) =c(CH3COO－) + c(CH3COOH) + c(Cl－)，CH3COONa和CaCl2混合溶液中电荷守恒：c（Na＋）+2c（Ca2＋）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－）+c（Cl－）故B错误；‎ C. HA－+H2OH2A+OH－，水解平衡常数Kh== =2.4×10-8＞Ka2=4.9×10-11，HA－离子电离程度大于水解程度溶液显碱性，故C正确；‎ D. ①NH4Cl、③（NH4）2SO4中铵根离子正常水解，溶液中氢离子主要是铵根离子水解产生的，则pH相同时两溶液中铵根离子浓度相同；②NH4Al（SO4）2铝离子水解溶液呈酸性，若pH相同时，②中铵根离子浓度最小，所以三种溶液中铵根离子浓度大小为：①=③＞②，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质溶液中电离平衡、电解质溶液中物料守恒、电荷守恒分析判断，弱电解质电离平衡常数的计算等，掌握基础是解题关键，难度C，比较HA-的水解平衡常数和电离常数的大小。‎ ‎14.常温下，向20mL0.1mol/L氨水溶液中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下，NH3·H2O的电离常数约为1×10-5‎ B. a、b之间的点一定满足：c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+)‎ C. c点溶液中：c(NH4+)= c(Cl－)‎ D. d点代表两溶液恰好完全反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，0.1mol·L－1的氨水溶液中c（H＋）=10-11mol·L－1，则c（OH－）=mol·L－1=0.001mol·L－1，Kb==mol·L－1=1×10-5mol·L－1，故A正确；‎ B．a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H＋）＜c（OH－），当加入少量HCl时，c（OH－）＞c（Cl－），故B错误；‎ C．根据图知，c点c（H＋）＞10-7mol·L－1，c（OH－）＜10-7mol·L－1，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4＋）＜c（Cl－），故C错误；‎ D．d点溶液中c（H＋）=10-7mol·L－1，常温下c（H＋）·c（OH－）=Kw=10-14，所以c（H＋）=c（OH－），溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查溶液酸碱性与溶液pH的关系，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确图中曲线变化趋势及每一点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用。‎ ‎15.我国科学家成功研制出新型铝-石墨烯(Cn)可充电电池，电解质为阳离子(EMIM+)与阴离子(AlCl4－)组成的离子液体，该电池放电过程如图。下列说法错误的是（ ）‎ A. 放电时电路中每转移1mol电子，有1molCn（AlCl4）被还原 B. 放电时正极的反应为：Cn＋AlCl4-－e-=Cn（AlCl4）‎ C. 充电时石墨烯与电源的正极相连 D. 充电时的总反应为：3Cn＋4Al2Cl7-Al＋4AlCl4-＋3Cn（AlCl4）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7－，电极方程式为Al+7AlCl4－-3e－═4Al2Cl7－，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，电解时阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－。‎ ‎【详解】A. 放电时，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，电路中每转移1mol电子，有1molCn（AlCl4）被还原，故A正确；‎ B. 放电时，正极发生还原反应，电极反应为3Cn[AlCl4]+3e－=3Cn+3AlCl4－，故B错误；‎ C. 充电时，Cn为阳极，发生氧化反应，电极方程式为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，充电时石墨烯与电源的正极相连，故C正确；‎ D. 充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+AlCl4－-e－═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=Al+7AlCl4－，电子守恒得到充电时的总反应为：3Cn＋4Al2Cl7-Al＋4AlCl4-＋3Cn（AlCl4），故D正确；‎ 故选B。‎ ‎16.以K2CrO4为原料，电化学法制备K2Cr2O7‎ 的实验装置示意图如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在阴极室，发生的电极反应为2H2O－2e-=2OH-＋H2↑‎ B. 在阳极室，通电后溶液逐渐由橙色(Cr2O72-)变为黄色(CrO42-)‎ C. 该制备过程中，阴极室中的K+透过阳离子交换膜向阳极室移动 D. 测定阳极液中K和Cr的含量，若某时刻K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为x，则此时K2CrO4的转化率为2－x ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．阴极发生还原反应，水中氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e－=2OH－+H2↑，故A错误；‎ B．阳极室水失去电子，电极反应为：2H2O-4e－=4H＋+O2↑，使阳极区氢离子浓度增大，使平衡2CrO42－+2H＋Cr2O72－+H2O向右移动，由黄色变为橙色，故B错误；‎ C．电解池中阳离子移向阴极，而图中为阳离子交换膜，所以电解过程中，K＋从阳极室通过阳离子膜移向阴极室，故C错误；‎ D. 设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，反应过程中有ymol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余K2CrO4为（1-y）mol，对应的n（K）=2（1-y）mol，n（Cr）=（1-y）mol，生成的K2Cr2O7为 mol，对应的n（K）=ymol，n（Cr）=ymol，根据：K与Cr的物质的量之比为x，=x，解得y=2-x，转化率为×100%=2-x，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理，难点是计算转化率，根据原子守恒即可计算其转化率，根据阴阳极上发生的反应类型写出相应的电极反应式.‎ 二、非选择题（本大题共4个小题，共52分）‎ ‎17.现有下列几种有机物：‎ A．CH4 B．C2H4 C． D． E．C6H12 F． G． H． I．CH3CHBrCH2CH3‎ ‎（1）上述有机物中一定互为同系物的是___，互为同分异构体的是___。‎ ‎（2）上述有机物中一定能因发生化学反应而使溴水褪色的有___。‎ ‎（3）E只有一种化学环境的氢，请任写一种E可能的结构简式___。‎ ‎（4）H在加热、浓H2SO4的条件下，与足量的浓HNO3充分反应，所得有机产物的结构简式为___。（提示：烷基对苯环的邻、对位起活化作用，对间位不起钝化作用）。‎ ‎（5）I可转化为一种所有碳原子一定共平面的气体，该转化的化学方程式为___。‎ ‎（6）有机高分子在日常生活中有着广泛的应用 ‎①请写出C发生加聚反应生成顺式产物的化学方程式___。‎ ‎②请设计以B为原料合成聚氯乙烯的合成路线（无机试剂任选）___，合成路线示例如下：CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH ‎【答案】 (1). G和H (2). C和F (3). BCF (4). (CH3)2C=C(CH3)2或 (5). (6). CH3CHBrCH2CH3+NaOHCH3CH=CHCH3↑+NaBr+H2O (7). nCH2=CHCH=CH2 (8). CH2=CH2CH2ClCH2ClCH2=CHCl或CH2=CH2CH2ClCH2ClCH2=CHCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物；分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构；‎ ‎（2）B为烯烃、C为二烯烃、F为炔烃，均能与溴发生加成反应；‎ ‎（3）E为C6H12不饱和度为1，有一个碳碳双键或下个圆环，只有一种化学环境的氢，说明结构对称；‎ ‎（4）甲基的邻、对位被硝基取代；‎ ‎（5）I为CH3CHBrCH2CH3卤代烃，发生消去反应，转化为一种所有碳原子一定共平面的气体为2-丁烯；‎ ‎（6）①C发生加聚反应生成顺式产物的化学方程式： nCH2=CHCH=CH2 ；‎ ‎②B为原料合成聚氯乙烯：乙烯与氯气加成得到1，2-二氯乙烷，再通过消去反应得到产品。‎ ‎【详解】（1）和结构相似，组成上相差CH2原子团，一定互为同系物的是G和H；‎ C： 和 F： 的分子式为C4H6，C为二烯烃，F为炔烃，互为同分异构体的是C和F；‎ ‎（2）B为烯烃、C为二烯烃、F为炔烃，均能与溴发生加成反应，一定能因发生化学反应而使溴水褪色的有BCF；‎ ‎（3）E为C6H12不饱和度为1，有一个碳碳双键或一个圆环，只有一种化学环境的氢，说明结构对称，E可能的结构简式：(CH3)2C=C(CH3)2或；‎ ‎（4）烷基对苯环的邻、对位起活化作用，对间位不起钝化作用，在加热、浓H2SO4的条件下，与足量的浓HNO3充分反应，甲基的邻、对位被硝基取代，所得有机产物的结构简式为：；‎ ‎（5）I为CH3CHBrCH2CH3‎ 卤代烃，发生消去反应，转化为一种所有碳原子一定共平面的气体，2-丁烯，该转化的化学方程式为：CH3CHBrCH2CH3+NaOHCH3CH=CHCH3↑+NaBr+H2O；‎ ‎（6）①C发生加聚反应生成顺式产物的化学方程式： nCH2=CHCH=CH2 ；‎ ‎②B为原料合成聚氯乙烯：乙烯与氯气加成得到1，2-二氯乙烷，再通过消去反应得到产品，参考流程如下：‎ CH2=CH2CH2ClCH2ClCH2=CHCl或CH2=CH2CH2ClCH2ClCH2=CHCl。‎ ‎18.J（）一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由烃A和烃D制备J的合成路线如图：‎ 已知：‎ a.R1COOH+R2COOH。‎ b.A通过上述反应只得到B一种有机产物。‎ c.R1COCl+R2NH2R1CONHR2+HCl。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为___，①的反应类型为___。‎ ‎（2）F中共平面的原子最多有___个，H的分子式为___。‎ ‎（3）②的化学方程式为___。若将反应顺序②③④改为④②③，得到的物质不是G，而可能是__（写结构简式，一种即可）。‎ ‎（4）吡啶是一种有机碱，试从平衡移动的角度说明吡啶在反应⑤中的作用___。M与I互为同分异构体，M的苯环上有三个取代基，且含有结构，则符合条件的M共有___种。‎ ‎【答案】 (1). 2，5—二甲基—3—已烯 (2). 取代反应 (3). 13 (4). C7H6NF3 (5). +3Cl2+3HCl (6). 、、等 (7). 中和HCl，使平衡正移，提高反应转化率 (8). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、被酸性高锰酸钾氧化生成B，B为，在DMF中B与SOCl2发生取代反应生成C，C为，‎ D为光照条件下与氯气发生取代反应生成E，E为，E在DMSO中与SbF3反应生成F，F为，F 发生硝化反应生成G，G为，G还原生成H，H 为，C与H发生取代生成I，I为，I发生硝化反应生成J，J为。‎ ‎【详解】（1）A为，化学名称为 2，5—二甲基—3—已烯，反应①为转化为，在DMF中B与SOCl2发生取代反应生成C，故答案为： 2，5—二甲基—3—已烯；取代反应。‎ ‎（2）F为，与苯环相连的6个原子共面，三个C-F中有一个F通过旋转后可共面，共平面的原子最多有13个，H为，H的分子式为C7H6NF3。‎ ‎（3）②D为光照条件下与氯气发生取代反应生成E，E为，化学方程式为+3Cl2+3HCl 。‎ 甲基为邻对位定位基团，若将反应顺序②③④改为④②③，得到的物质不是G，而可能是 ‎、、等。‎ ‎（4）⑤C与H发生取代生成I和盐酸，吡啶是一种有机碱，从平衡移动的角度，吡啶在反应⑤中的作用为：中和HCl，使平衡正移，提高反应转化率。‎ M与I互为同分异构体，M的苯环上有三个取代基，且含有结构，苯环上还有四个不同的氢，第三个取代基为丙基，有正丙基和异丙基两种，则符合条件的M共有4×2=8种。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成及推断，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息、官能团的变化、对比有机物的结构简式推断A为解答该题的突破口，难点（4）同分异构体的书写，注意丙基有两种。‎ ‎19.电解原理在生产生活中应用广泛，请回答下列问题：‎ ‎（1）①电解法制备金属铝的化学反应方程式为___。‎ ‎②为了防止铁器被腐蚀常用电解法在其表面镀铜，此时铁器应与电源__极相连；电解精炼铜时，粗铜应与电源__极相连。‎ ‎③利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__处。‎ ‎（2）用石墨电极电解100mLH2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳两极分别收集到2.24L和3.36L气体（标况下），溶液想恢复至电解前的状态可加入___。‎ A．0.2molCuO和0.1molH2O B．0.1molCuCO3‎ C．0.1molCu(OH)2 D．0.1molCu2(OH)2CO3‎ ‎（3）汽车尾气排放的CO、NOx等气体是大气污染的主要来源，NOx也是雾霾天气的主要成因之一。利用反应NO2＋NH3→N2＋H2O(未配平)消除NO2的简易装置如图所示。‎ ‎①电极a的电极反应式为___。‎ ‎②常温下，若用该电池电解0.6L1mol/L的食盐水，当消耗336mLB气体（标况下）时电解池中溶液的pH=__（假设电解过程溶液体积不变）。‎ ‎【答案】 (1). 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑ (2). 负极 (3). 正极 (4). N (5). AD (6). 2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O (7). 13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①电解法制备金属铝，三氧化铝电解生成铝和氧气；‎ ‎②铁是待镀金属，此时铁器应与电源负极相连；电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜应与电源正极相连。‎ ‎③模拟铁的电化学防护，用外加电流的阴极保护法，铁在阴极；‎ ‎（2）根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式进行计算，两个电极上转移的电子数目是相等的，据此计算出溶液中减少的物质的物质的量，思考需加入物质．‎ ‎（3）电极a电极发生氧化反应，氨气在碱性条件下氧化为氮气：2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O ；‎ 当消耗336mLNO2气体（标况下）时，由反应2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－计算生成的OH-。‎ ‎【详解】（1）①电解法制备金属铝，三氧化铝电解生成铝和氧气，化学反应方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑。‎ 故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；‎ ‎②为了防止铁器被腐蚀常用电解法在其表面镀铜，铁是待镀金属，此时铁器应与电源负极相连；电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜应与电源正极相连。‎ 故答案为：负极 ； 正极；‎ ‎③模拟铁的电化学防护，为减缓铁的腐蚀，用外加电流的阴极保护法，开关K应置于N处。故答案为：N；‎ ‎（2）电解H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH－→2H2O+O2↑+4e－，阴极上发生的电极反应为：Cu2＋+2e－→Cu，2H＋+2e－→H2↑，‎ 阳极生成3.36L氧气，即0.15mol，由阳极电极反应式可知，转移电子为0.6mol，阴极收集到2.24L（标况）气体，即生成0.1mol的氢气，‎ 由阴极电极反应式可知，阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.4mol电子由铜离子获得，生成铜0.2mol，综上分析，电解H2SO4和CuSO4的混合溶液时，生成了0.2molCu，0.1mol氢气，0.15mol氧气，溶液要想恢复电解前的状态，需加入0.2molCuO（或碳酸铜）和0.1mol水，‎ 故选AD。‎ ‎（3）电极a电极发生氧化反应，氨气在碱性条件下氧化为氮气：2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O ；电极b的电极发生还原反应，二氧化氮转化生成氮气，电极方程式为2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－，总反应：6NO2＋8NH3→7N2＋12H2O，消耗标准状况下336mL NO2时，电路中转移0.06mol电子，电解池中生成0.06mol OH－，c（OH－）=0.06mol÷0.6L=0.1mol·L－1，c（H＋）= mol·L－1=10-13mol·L－1，故pH=13，‎ 故答案为：2NH3－6e-+6OH-=2N2+6H2O ；13。‎ ‎20.已知H2C2O4电离平衡常数Ka1=5×10－2，Ka2=5×10－5，请回答下列问题：‎ ‎（1）将10mL0.1mol/L的H2C2O4溶液加蒸馏水稀释到100mL后，下列变化中正确的有__。‎ ‎①稀释前后溶液中c(H+)之比小于10‎ ‎②溶液中所有离子浓度下降 ‎③不变 ‎（2）下列溶液一定呈中性的是____‎ A．pH=7 B．=10－14 C．c(H+)=‎ D．H2C2O4和K2C2O4的混合溶液中c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)‎ ‎（3）草酸亚铁晶体（FeC2O4.xH2O ‎）为淡黄色粉末，不溶于水，可作照相显影剂和用于制药工业。某化学兴趣小组称取yg样品，加入适量稀硫酸溶解，用0.1mol/L的酸性KMnO4溶液滴定测定x的值，发生的反应为Fe2++C2O42-+MnO4-→Fe3++CO2+Mn2+（未配平），滴定终点的现象为__，若滴定终点消耗20.00mLKMnO4溶液，则x=__(用含y的式子表示)。‎ ‎（4）已知：亚硝酸(HNO2)性质和硝酸类似，常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10－4。在该温度下向含有1mol草酸钠的溶液中加入2mol的亚硝酸，溶液中所发生反应的离子反应方程式为___。‎ ‎（5）T℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液,所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O4－ 、C2O42-的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：则A点对应的pH为__。‎ ‎【答案】 (1). ①③ (2). CD (3). 当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内颜色不恢复 (4). -8 (5). C2O42-+HNO2=HC2O4-+NO2- (6). 1.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①草酸是弱酸，溶液越稀，电离度越大；‎ ‎②温度不变，水的离子积不变；‎ ‎③温度不变，电离常数和水的离子积不变；‎ ‎（2）溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断；‎ ‎（3）滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内颜色不恢复 。‎ 根据方程式得n（FeC2O4.xH2O）=n（FeC2O4）=5n（MnO4-）÷3，代入数据计算；‎ ‎（4）根据平衡常数确定酸性：H2C2O4>HNO2>HC2O4-，据此写出方程式。‎ ‎（5）T℃时，A点，H2C2O4、HC2O4－离子浓度相等，代入。‎ ‎【详解】（1）①草酸是弱酸，溶液越稀，电离度越大，稀释前后溶液中c(H+)之比小于10，故正确；‎ ‎②温度不变，水的离子积不变，溶液中c(H+)离子浓度下降，c(OH-)增大，故错误；‎ ‎③温度不变，电离常数和水的离子积不变，不变，故正确；‎ 故选，①③；‎ ‎（2）A．只有在25℃，pH=7时，才呈中性，故A不符；‎ B．=10－14溶液呈碱性，故B不符；‎ C．c(H+)==c(OH-)，溶液呈中性，故C正确；‎ D．H2C2O4和K2C2O4的混合溶液中，由电荷守恒：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，因c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，得c(OH-)=c(H+)，故D正确；‎ 故选CD；‎ ‎（3）5Fe2++5C2O42-+3MnO4-+24H+→5Fe3++10CO2+3Mn2++12H2O ，根据反应方程式，滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内颜色不恢复 。‎ n（FeC2O4.xH2O）=n（FeC2O4）=5n（MnO4-）÷3，yg÷(144+18x)=5×0.1mol·L－1×20.00×10-3L÷3，x=-8；‎ ‎（4）H2C2O4的电离平衡常数Ka1=5×10－2，Ka2=5×10－5，常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10－4，酸性：H2C2O4>HNO2>HC2O4-,在该温度下向含有1mol草酸钠的溶液中加入2mol的亚硝酸，溶液中所发生反应的离子反应方程式为C2O42-+HNO2=HC2O4-+NO2-。‎ ‎（5）T℃时，A点，H2C2O4、HC2O4－离子浓度相等，代入=5×10－2mol·L－1，pH=-lg5×10－2=1.3。‎