江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

化学试卷 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 Ag－108‎ 一．选择题（每小题2分，共48分）‎ ‎1.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）‎ ‎①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ②苯中碳碳键的键长均相等 ③苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷 ④经实验测得邻二甲苯只有一种结构 ⑤苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色 A. ①②③④ B. ①②④⑤ C. ①③④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；②依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；④根据同分异构体数目解答；⑤根据碳碳单键和双键的性质判断。‎ 详解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。‎ ‎2.将2.4g某有机物M置于密闭容器中燃烧，定性实验表明产物是CO2、CO和水蒸气。将燃烧产物依次通过浓硫酸、碱石灰和灼热的氧化铜（试剂均足量，且充分反应），测得浓硫酸增重1.44g，碱石灰增重1.76g，氧化铜减轻0.64g。下列说法中不正确的是 A. M的实验式为CH2O B. 若要得到M的分子式，还需要测得M的相对分子质量或物质的量 C. 若M的相对分子质量为60，则M一定为乙酸 D. 通过红外光谱仪可分析M中的官能团 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 浓硫酸增重1.44g，说明燃烧产物水的物质的量为=0.08mol；碱石灰增重1.76g，说明燃烧产物CO2的物质的量为=0.04mol；氧化铜减轻0.64g，说明燃烧产物CO的物质的量为=0.04mol；则此有机物中含有碳原子0.08mol，氢原子0.16mol，氧原子的物质的量为=0.08mol；A．有机物M中C︰H︰O=0.08mol︰0.16mol︰0.08mol=1:2:1，则 M的实验式为CH2O，故A正确；B．有M的最简式，若要得到M的分子式，则还需要测得M的相对分子质量或物质的量，故B正确；C．若M的相对分子质量为60，则M的分子式为C2H4O2，但不一定为乙酸，还可能是甲酸甲酯或2-羟基乙醛，故C错误；D．利用红外光谱仪可分析有机物中的官能团，故D正确；答案为C。‎ ‎3.分子式为C6H12Cl2的有机物，分子中只含有一个甲基的结构有(不包括立体异构)（ ）‎ A. 8种 B. 10种 C. 11种 D. 9种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】己烷的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CHCH（CH3）2、（CH3）3CCH2CH3 ；采用“定一移二”法，CH3CH2CH2CH2CH2CH3的二氯代物中只含有一个甲基的结构有5种，（CH3）2CHCH2CH2CH3二氯代物中只含有一个甲基的结构有2种，CH3CH2CH（CH3）CH2CH3的二氯代物中只含有一个甲基的结构有2种，（CH3）2CHCH（CH3）2和（CH3）3CCH2CH3 的二氯代物中只含有一个甲基的结构没有，所以分子式为C6H12Cl2的有机物，分子中只含有一个甲基的结构有9种，故答案为D。‎ ‎【点睛】考查有机物的同分异构体的书写，先写出己烷的同分异构体，再根据氢原子的种类确定同分异构体，二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的；其中等效氢的判断方法是：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效。‎ ‎4.给有机物进行分类，下列有机物类别划分正确的是(　　)‎ A. 含有醛基，属于醛类物质 B. 属于脂环化合物 C. 属于脂环化合物 D. 含有苯环和羟基，属于酚类物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有醛基，但根据有机物的命名规则，应该属于酯类物质，故A错误；‎ B. 中含有苯环，属于芳香族化合物，故B错误；‎ C. 不含苯环，且呈环状，属于脂环化合物，故C正确；‎ D. 羟基没有直接和苯环连接，不属于酚类物质，属于醇类，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎5.下列表述正确的是:（ ）‎ A. 羟基的电子式 B. 制取硝基苯：‎ C. 苯甲酸的结构简式： D. 聚丙烯的结构简式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 羟基的电子式为：，A错误；B. 硝基苯的结构简式为，B错误；C. ‎ 苯甲酸的结构简式为，C正确；D. 聚丙烯的结构简式为，D错误，答案选C。‎ ‎6.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 用饱和食盐水替代水跟电石作用，可以有效控制产生乙炔的速率 B. 食品包装材料聚乙烯因发生加成反应而易老化 C. 的名称为4—苯基—2—丁醇 D. 重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水与电石反应较快，饱和食盐水可减缓反应速率，则有效控制产生乙炔的速率，故A正确；‎ B.聚乙烯单体是乙烯，乙烯中含碳碳双键，聚乙烯中没有，不能发生加成反应，聚乙烯塑料的老化是由于氧化的缘故，故B错误；‎ C.依据命名原则，命名为：4-苯基-2-丁醇，故C正确；‎ D.温度高时，苯甲酸的溶解度较大，温度降低时，苯甲酸的溶解度减小。因此，重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 质谱、红外光谱都能够快速、精确地测定有机物的相对分子质量 B. 的名称为2，2，4-三甲基-4-戊烯 C. 组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，一定互为同分异构体 D. 互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．红外光谱用于测定含有的共价键、官能团等，不能确定相对分子质量，故A错误；‎ B．的名称应为2，4，4-三甲基-1-戊烯，故B错误；‎ C．组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物一定具有相同的分子式、不同结构，则一定互为同分异构体，故C正确；‎ D．分别为酚、酚和醇，结构不相似，不是同系物，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.用一种试剂可将三种无色液体：四氯化碳、苯、二甲苯鉴别出来，该试剂是 A. 硫酸 B. 溴水 C. 酸性高锰酸钾溶液 D. 水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．CCl4、苯、甲苯都不溶于硫酸，且不反应，不能鉴别苯和甲苯，二者密度都比水小，故A错误；B．CCl4、苯、甲苯与溴水都不反应，不能鉴别苯和甲苯，二者密度都比水小，故B错误；C．甲苯可使KMnO4酸性溶液褪色，虽然苯、四氯化碳都不反应，但二者密度不同，CCl4密度比水大，苯的密度比水小，可鉴别，故C正确；D．CCl4、苯、甲苯都不溶于水，不能鉴别苯和甲苯，故D错误；故选C。‎ ‎9.下列物质能发生消去反应，但不能发生催化氧化的是(　　)‎ A. B. (CH3)2CHOH C. CH3CH2C(CH3)2CH2OH D. CH3CH2C(CH3)2OH ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查是有关醇的消去反应和催化氧化反应的结构条件。醇的消去反应的机理为H消去，即与官能团羟基相连的碳原子（）的邻位碳原子（）上如果有氢原子，则该醇可以在一定的条件下发生消去反应。A、C两项中无H，所以不能发生消去反应，B、D有 H，所以可以发生消去反应。醇的催化氧化反应的机理为脱氧化，即与官能团羟基相连的碳原子（）上如果有一个以上氢原子，则该醇可以在一定的条件下发生催化氧化反应，A、B、C都有，所以都能发生催化氧化反应，D没有，所以D不能发生催化氧化反应。本题选D。‎ 点睛：醇的消去反应的机理为H消去，即与官能团羟基相连的碳原子（）的邻位碳原子（）上如果有氢原子，则该醇可以在一定的条件下（催化剂、加热，催化剂可以是浓硫酸或氧化铝或五氧化二磷）发生消去反应。醇的催化氧化反应的机理为脱氧化，即与官能团羟基相连的碳原子（）上如果有一个以上氢原子，则该醇可以在一定的条件下（氧气、催化剂、加热，催化剂可以是铜或银）发生催化氧化反应，若仅有一个，则该醇被氧化为酮；若有两个或两个以上，则该醇被氧化为醛。‎ ‎10.乙醇分子中不同的化学键如图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明不正确的是（　　）‎ A. 和金属钠作用时，键①断裂 B. 和浓H2SO4共热至170℃时，键②和⑤断裂 C. 和浓H2SO4共热至140℃时，键③⑤断裂 D. 在Ag催化剂下和O2反应时，键①和③断裂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、和金属钠反应：2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，①断裂，故A说法错误；B、发生CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，是②和⑤化学键断裂，故B说法正确；C、发生2CH3CH2OHCH3－O－CH3＋H2O，①②键断裂，故C说法错误；D、2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，①③键断裂，故说法正确。‎ ‎11.下列物质一定属于同系物的是（ ）‎ ‎① ② ③ ④C2H4‎ ‎⑤CH2===CH—CH===CH2 ⑥C3H6 ⑦ ⑧‎ A. ⑦⑧ B. ①②③ C. ⑤⑦ D. ④⑥⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．⑦为异戊二烯，⑧为2-甲基丙烯，两者结构不相似，不是同系物，故A错误；B．①为甲苯，②为稠环芳香烃，③为苯乙烯，苯乙烯分子中含有苯环和碳碳双键，二者结构不同，一定不属于同系物，故B错误；C．⑤为1，3-丁二烯，⑦为异戊二烯，二者都是二烯烃，分子结构相似，分子间相差1个CH2原子团，所以⑤⑦一定属于同系物，故C正确；D．④为乙烯，分子中含有碳碳双键，而⑥可能为环丙烷，二者结构不一定相似，所以二者不一定互为同系物，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了同系物的判断。注意掌握常见有机物结构与性质，明确同系物的概念及判断方法，特别注意互为同系物的有机物，如果含有官能团时，官能团的类型及数目必须相同。‎ ‎12.某单烯烃与氢气的加成产物为：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3 ，下列相关说法正确的是 A. 该产物的名称是3－甲基己烷 B. 该产物有3种沸点不同的一氯代物 C. 原单烯烃可能有3种不同结构 D. 原单烯烃与分子式为C5H10的烃一定互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子主链含5个碳原子，名称是3-甲基戊烷，A项错误；‎ B CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子有4种等效氢原子，所以其一氯代物有4种，B项错误；‎ C.根据碳碳双键与H2加成的特点知，原单烯烃有3种不同结构：CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，C项正确；‎ D.原单烯烃分子式为C6H12，但分子式为C5H10的烃结构可能是烯烃，也可能是环烷烃，当为环烷烃时与原单烯烃就不互为同系物，D项错误；答案选C。‎ ‎【点睛】运用“等效氢原子”判断一元取代物的种数：“等效氢原子”种类数=一元取代物同分异构体数目；在根据单烯烃与氢气加成产物逆向推断原来烯烃的同分异构体数目，同样可运用“等效氢原子”判断，如加氢产物中处于对称位置的-CH2-CH2-结构上，只有一种-CH=CH-结构。‎ ‎13.一定温度下在一定体积的密闭容器中，下列叙述不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是 ( )‎ ‎①C的生成速率与C的消耗速率相等 ‎ ‎②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B ‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎ ‎④C的物质的量不再变化 ‎ ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ‎ ‎⑥混合气体的总物质的量不再变化 ‎ ‎⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B ‎ ‎⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2‎ A. ②⑧ B. ④⑦ C. ①③ D. ⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①C生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选①； ②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选②；  ③A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选③；  ④C的物质的量不再变化，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选④；  ⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑤；  ⑥混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选⑥；  ⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选⑦；  ⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选⑧；‎ 根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志，故选A；‎ 答案：A ‎【点睛】判断反应是否达到平衡状态的标志是：①正逆反应速率相等②变量不在发生改变。‎ ‎14.下列设计的实验方案能达到实验目的的是 A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧 B. 除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除 C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深 D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．AlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；‎ B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸即可除去，选项B正确；‎ C．一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项C错误；‎ D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎15.利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是 A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀 B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀 C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法 D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；‎ B.K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；‎ C.K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；‎ D.开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎16.螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（　　）‎ A. 分子式为C8H16 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体 D. 一氯代物有4种结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C. 2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D. 由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。‎ ‎17.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是( )‎ A. 分子式为C7H6O5‎ B. 分子中含有2种官能团 C. 可发生加成、取代和氧化反应 D. 在水溶液中该分子中的羧基和羟基均能电离出H＋，最多与4molNaOH反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知分子式为C7H10O5，错误；‎ B．含-OH、双键、-COOH，为三种官能团，错误；‎ C．含双键可发生加成反应和氧化反应，含-OH、-COOH可发生取代反应，正确；‎ D．只有-COOH能与NaOH反应，错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃及醇的性质及分析、应用能力的考查。本题的易错点为结构中不存在苯环，因此羟基不能电离出氢离子。‎ ‎18.下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（ ）‎ A. 1mol甲基含10NA个电子 B. 15 g C2H6中含有共价键数目为3NA C. 标准状况下，11.2 L三氯甲烷所含的分子数目为0.5NA D. 一定条件下，2.6 g苯和苯乙烯的混合物完全燃烧消耗O2的分子数为0.25NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；‎ B、1mol C2H6中含有6molC-H键和1molC-C键，总共含有7mol共价键，15 g C2H6的物质的量==0.5mol，含有共价键数目为3.5NA，故B错误；‎ C、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；‎ D、苯和苯乙烯的最简式均为CH，故2.6g混合物中含有的CH的物质的量为0.2mol，则2.6 g苯和苯乙烯的混合物完全燃烧消耗O2的分子数为0.25NA，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎19.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。‎ ‎20.下列操作可以达到实验目是（ ）‎ 实验目的 实验操作 A 验证乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化 将溴乙烷与饱和氢氧化钾乙醇溶液共热反应生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色 B 验证苯和液溴在FeBr3 的催化下发生取代反应 将反应产生的混合气体通入AgNO3溶液上方，观察是否有淡黄色沉淀生成 C 比较醋酸和苯酚的酸性强弱 将碳酸氢钠溶液分别滴入装有醋酸和苯酚溶液，观察是否有气体生成 D 检验溴乙烷中的溴元素 取少量溴乙烷，与氢氧化钠溶液共热后加入硝酸银溶液，观察是否出现淡黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ 将溴乙烷与饱和氢氧化钾乙醇溶液共热反应生成的乙烯气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了乙烯的检验，故A错误； B.溴易挥发,生成的HBr中含有溴,溴和硝酸银溶液也生成淡黄色沉淀,从而干扰实验,故B错误； C.醋酸能够与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体，苯酚溶液与碳酸氢钠溶液不反应，可以证明酸性：醋酸大于苯酚，故C正确；‎ D.溴离子的检验需要在酸性条件下进行,碱性条件下,硝酸银和氢氧根离子反应生成沉淀,故D错误； 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】选项A中，要检验溴乙烷在氢氧化钾的醇溶液中加热发生消去反应生成的乙烯气体，就要把反应产生的混合气体（乙烯和乙醇蒸气）先通过盛有足量水的洗气瓶，除去乙醇，反应产生的气体能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，才能证明溴乙烷发生消去反应产生了乙烯气体。‎ ‎21.某两种气态烃组成的混合物，取其2.24L(标准状况下)充分燃烧，得到0.16mol二氧化碳气体和3.6g液态水。据此判断下列分析中不正确的是（ ）‎ A. 此混合气体中可能含有乙烷 B. 此气体中一定含有甲烷 C. 此混合气体中一定不含有丙烷 D. 此气体若是乙烯与甲烷的混合气体，则甲烷与乙烯的体积比为2∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 标况下，2.24L两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C1.6H4，肯定含有C原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，不能为乙烷、丙烷，可能为乙烯、丙炔等，若为乙烯与甲烷，令其物质的量分别为xmol、ymol，根据平均C原子数，则：=1.6，整理得x：y=3︰2，即甲烷与乙烯的物质的量为2︰3，相同条件下，物质的量之比等于其体积之比，由上述分析可知，A错误，BCD正确，故选A。‎ 点睛：解题关键是关键是利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有：1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 ‎ 4、平均式量法，标况下，2.24L两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为C1.6H4，肯定含有C原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子。‎ ‎22.蒽的结构如图所示，其8氯代物异构体数目为 ( )‎ A. 13种 B. 15种 C. 14种 D. 16种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 共含10个H，则8氯代物与2氯代物的种类相同，如图所示编号，，该分子是对称结构，有3类氢原子，其一氯代物有3种，分别位于1、2、10位置，根据2个Cl原子是否处于同一苯环，采用“定一移一”的方法确定二氯代物。‎ ‎【详解】如图所示编号，当2个Cl原子处于同一苯环上时，若处于中间苯环时，只有1种；当处于一侧苯环时，1个Cl原子处于1号位，另外Cl原子可以位于2、3、4号位置，有3种；2个Cl原子可以分别处于2、3号位置；‎ 当2个Cl原子处于不同苯环时，Cl原子处于1号位，另外Cl子可以位于另外2个苯环的6种位置，Cl原子处于2号位，另外Cl原子可以位于10、8、7、5号位置（1、8与2、9相同，1、7与2、6相同），有4种，故蒽的二氯代物的同分异构体的数目有：1+3+1+6+4=15，即8氯代物异构体数目为15种，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的异构现象，把握H的个数及二取代物与八取代物的关系为解答的关键，注意二取代物的判断方法采用“定一移一”法。‎ ‎23.某烃的结构简式如图所示，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子最多为b，含四面体结构碳原子数为c，则a、b、c分别是（ ）‎ A. 3，4，5 B. 3、14，4 C. 3，l0，4 D. 4，l0，4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知乙炔为直线形结构，则与C≡C键相连的C原子可能共线，则共有3个； 分子中与苯环以及C=C直接相连的原子共平面，则可能共面的碳原子最多为14，即所有的碳原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个，故答案选B。‎ ‎24.某有机物分子中含有n个—CH2—，m个—CH—，a个—CH3，其余为—OH,则分子中—OH的个数为( )‎ A. 2n+3m-a B. m+2-a C. n+m+a D. m+2n+2-a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若只连接甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3，m个，能连接m个-CH3，所以n个-CH2-，m个，连接-CH3共计m+2个。由于分子中含有a个-CH3，所以连接的-OH为m+2-a。所以合理选项是B。‎ 二．填空题（每空2分，共52分）‎ ‎25.A～G是几种烃分子的球棍模型(如图)，据此回答下列问题：‎ ‎（1）等质量的上述烃燃烧耗氧量最高的是(填对应字母)__；‎ ‎（2）属于同系物的是(填对应字母)___；‎ ‎（3）所有原子都在同一平面上的是(填对应字母)___；‎ ‎（4）一卤代物总类最多的是(填对应字母)___；‎ ‎（5）实验室制D的化学方程式___；‎ ‎（6）写出G合成烈性炸药(TNT)的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). A (2). ABE，FG (3). CDF (4). G (5). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑ (6). +3HNO3+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯，根据物质的组成、结构和性质解答该题。‎ ‎【详解】有结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯；‎ ‎（1）设烃的分子式为CxHy，耗氧量=x+，根据其分子式知，x+最大的是甲烷，所以等质量的上述烃耗氧量最多的是A；‎ ‎（2）结构相似，分子组成相差若干CH2的有机物互为同系物，则甲烷、乙烷、丙烷互为同系物，苯和甲苯互为同系物，故答案为ABE和FG；‎ ‎（3）乙烯和苯均为平面结构，乙炔是直线型结构，则所有原子都在同一平面上的是CDF；‎ ‎（4）分子中有几种等效氢原子就有几种一氯代物，其中甲苯有4种等效氢，则一卤代物种类最多的是G；‎ ‎（5）实验室利用碳化钙和饱和食盐水制乙炔，发生反应的化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑；‎ ‎（6）甲苯和浓硝酸、浓硫酸的混合液混合加热制得烈性炸药(TNT)，发生反应的化学方程式为+3HNO3+3H2O。‎ ‎26.某公司开发了一种以甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月。其中B电极的电极材料为碳，如图是一个电化学过程的示意图。请填空：‎ ‎（1）充电时，原电池的负极与电源___极相连。乙池中阳极的电极反应为___。‎ ‎（2）放电时：负极的电极反应式为___。‎ ‎（3）在此过程中若完全反应，乙池中A极的质量增加648 g，则甲池中理论上消耗O2___L(标准状况下)。‎ ‎（4）若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). 4OH-+4e-=2H2O+O2↑ (3). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） △H=-725.76kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应；‎ ‎（2）充电时，原电池负极与电源负极相连，阳极上失电子发生氧化反应；‎ ‎（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应，根据转移电子相等计算氧气的体积；‎ ‎（4）n（CH3OH）=mol，结合燃烧热的概念书写热化学方程式。‎ ‎【详解】（1）充电时，原电池负极与电源负极相连，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；‎ ‎（2）放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；‎ ‎（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中B极的质量升高648g，则甲池中理论上消耗O2体积=×22.4L/mol=33.6L；‎ ‎（4）n（CH3OH）=mol，生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1molCH3OH燃烧放出的热量为1×22.68kJ×32=725.76kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2‎ ‎（g）=CO2（g）+2H2O（l） △H=-725.76kJ/mol。‎ ‎27.实验室用环己醇脱水的方法合成环己烯，该实验的装置如图所示：‎ 可能用到的有关数据如下：‎ 相对分子质量 密度/(g·cm-3)‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环已醇 ‎100‎ ‎0.9618‎ ‎161‎ 微溶于水 环已烯 ‎82‎ ‎0.8102‎ ‎83‎ 难溶于水 按下列实验步骤回答问题：‎ Ⅰ．产物合成 在a中加入10.0g环己醇和2片碎瓷片，冷却搅拌下慢慢加入1mL浓硫酸，b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度接近90℃。‎ ‎（l）碎瓷片的作用是__；‎ ‎（2）a中发生主要反应的化学方程式为___；本实验最容易产生的有机副产物的结构简式为__。‎ Ⅱ．分离提纯 将反应粗产物倒入分液漏斗中，依次用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过操作X得到纯净的环己烯，称量，其质量为4.1g。‎ Ⅲ．产物分析及产率计算 ‎（3）①核磁共振氢谱可以帮助鉴定产物是否为环己烯，环己烯分子中有___种不同化学环境的氢原子。‎ ‎②本实验所得环己烯的产率是___。‎ ‎【答案】 (1). 防暴沸 (2). +H2O (3). 为 (4). 3 (5). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（l）碎瓷片可以防止混合液在加热过程中产生暴沸现象；‎ ‎（2）在浓硫酸存在条件下，加热环己醇可制取环己烯，据此书写该反应的化学方程式；加热过程中，环己醇还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚；‎ ‎（3）①环己烯是对称结构，根据环己烯的结构即可判断含有不同化学环境的氢原子数目；‎ ‎②根据n=计算出环己醇的物质的量，然后结合方程式得出理论上生成环己烯的物质的量，再结合m=nM计算环己烯的蒸馏及产率。‎ ‎【详解】（l）混合液体加热时易发生暴沸现象，加入碎瓷片可以防止加热过程中产生暴沸现象；‎ ‎（2）在浓硫酸存在条件下，加热环己醇可制取环己烯，该反应的化学方程式为：；加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，副产物的结构简式为；‎ ‎（3）①环己烯是对称结构，其分子中有3种不同化学环境的氢原子；‎ ‎②环己醇的物质的量为：=0.1mol，根据反应可知，理论上可以得到0.1mol环己烯，其质量为：82g/mol×0.1mol=8.2g，所以环己烯的产率为：×100%=50%。‎ ‎28.甲醇是一种新型燃料，工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H＝-116kJ/mol在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃、270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下不同的H2‎ 和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。‎ 请回答：‎ ‎①在上述三种温度中，曲线X对应的温度是___。‎ ‎②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数 K=___。‎ ‎③下列既能提高上述反应中 CO 的平衡转化率，又能增大反应速率的是__（填标号）。‎ a.增大压强 b.降低温度 c.增大H2浓度 d.加高效催化剂 ‎④若上述反应在某恒温恒容容器中发生，能说明该反应达到平衡的是___（填标号）。‎ a.气体平均相对分子质量保持不变 b.△H保持不变 c.保持不变 d.气体密度保持不变 ‎⑤在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度(mol/L)变化如表所示：若5min～10min只改变了某一条件，所改变的条件是___。‎ ‎0min ‎5min ‎10min CO ‎0.1‎ ‎0.05‎ H2‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ CH3OH ‎0‎ ‎0.04‎ ‎0.05‎ ‎【答案】 (1). 230℃ (2). 4 (3). ac (4). ac (5). 增大H2的物质的量或浓度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小判断；‎ ‎②根据K=计算；‎ ‎③能提高反应①中 CO 的平衡转化率，应使平衡正向移动，增大反应速率，可升高温度、增大浓度、压强等；‎ ‎④达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量不变；‎ ‎⑤根据5min和10min时各物质浓度的变化来确定改变条件。‎ ‎【详解】①根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃，曲线X对应的温度是230℃；‎ ‎②起始时CO的物质的量为1mol，根据氢气和一氧化碳的物质的量之比知，氢气的物质的量为1.5mol；一氧化碳的转化率为50%，所以参加反应的CO的物质的量是0.5mol，氢气参加反应的物质的量是1mol，剩余氢气的物质的量是0.5mol，剩余CO的物质的量是0.5mol，生成甲醇的物质的量是0.5mol，‎ ‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 起始/mol 1 1.5 0‎ 转化/mol 0.5 1 0.5‎ 平衡/mol 0.5 0.5 0.5‎ 平衡浓度/mol/L 0.5 0.5 0.5‎ 曲线Z在对应温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数 K===4；‎ ‎③a．增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，CO的转化率增大，故a正确；‎ b．降低温度，反应速率减小，故b错误；‎ c．增大 H2 浓度，反应速率增大，平衡正向移动，CO的转化率增大，故c正确；‎ d．加高效催化剂，可增大反应速率，但平衡不移动，故d错误；‎ 故答案为：ac；‎ ‎④a．反应前后混合气体的总物质的量发生改变，总质量不变，则气体平均相对分子质量都保持不变，说明反应达到平衡，故a正确；‎ b．△H3与反应物、生成物的总能量有关，无论是否达到平衡都不变，故b错误；‎ c. 保持不变，说明CO或CH3OH物质的质量、物质的量等不变，达到平衡状态，故c正确；‎ d．气体的质量以及容器的体积不变，无论是否达到平衡，气体密度都保持不变，故d错误；‎ 故答案为ac；‎ ‎⑤反应达到平衡时，根据反应方程式知各物理量之间的关系式知，c（CO）=0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，c（H2）=0.2mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，10min时，c（CO）减小，c（H2）增大，c（CH3OH）增大，则平衡向正反应方向移动，但氢气浓度增大，所以改变的物理量是增大了氢气的浓度或物质的量。‎ ‎【点睛】考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎29.肉桂酸甲酯是调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，用于肥皂、洗涤剂、风味剂和糕点的调味，在医药工业中作为有机合成的中间体.合成肉桂酸甲酯的工业流程如图所示：‎ 已知:I.醛与醛能发生反应，原理如下：+CH3CHORCH=CH2CHO Ⅱ.烃A在标准状况下的密度为1.25g/L。‎ 请回答：‎ ‎（1）化合物H中的官能团为__。‎ ‎（2）A的结构简式为__，F的结构简式为__。‎ ‎（3）G→H的反应类型为__。‎ ‎（4）写出B→C的化学反应方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键，醛基 (2). CH2=CH2 (3). (4). 消去反应 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烃A在标准状况下的密度为1.25g/L，则Mr（A）=1.25×22.4=28，故A为乙烯，与水发生加成反应生成B为乙醇，B发生氧化反应生成C为CH3CHO．乙醛与F发生信息中反应得到G，故F中含有醛基，结合转化关系可知，甲苯与氯气发生甲基上的取代反应生成D为，D发生发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，结合信息可知，G为，H为，I为，I发生加聚反应生成高聚物J为，I与甲醇反应生成肉桂酸甲酯为，据此解答。‎ ‎【详解】烃A在标准状况下的密度为1.25g/L，则Mr（A）=1.25×22.4=28，故A为乙烯，与水发生加成反应生成B为乙醇，B发生氧化反应生成C为CH3CHO．乙醛与F发生信息中反应得到G，故F中含有醛基，结合转化关系可知，甲苯与氯气发生甲基上的取代反应生成D为，D发生发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，结合信息可知，G为，H为，I为，I发生加聚反应生成高聚物J为，I与甲醇反应生成肉桂酸甲酯为；‎ ‎（1）由上述分析可知，化合物H的结构简式为，含有官能团有：醛基、碳碳双键；‎ ‎（2）由分析知：A的结构简式为CH2=CH2，F的结构简式为；‎ ‎（3G→H为发生消去反应生成；‎ ‎（4）B→C为乙醇的催化氧化，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O。‎ ‎ ‎