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2018-2019学年安徽省青阳县第一中学（青阳中学老校区）高二下学期第一次月考化学试题 解析版
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2018-2019学年度高二3月份月考化学试卷
一、选择题
1.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键
D. 丁只能发生取代反应
【答案】C
【解析】
由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇。A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C正确；D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，也能在浓硫酸作用下发生消去反应，故D错误；故选C。
点睛：本题主要考查了球棍模型、比例模型以及物质的性质。由比例模型确定物质是解题的关键。本题的易错点为D，要注意根据乙醇的性质进行分析。
2.某烯烃(只含有1个双键)与H2加成后的产物是CH3CH（CH3）CH（CH3）C(CH3)3，则该烯烃的结构式可能有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【解析】
分析：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键。
详解：该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种，答案选C。
点睛：本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称以及烯烃的加成反应原理是解本题的关键，注意不能重写、漏写。
3.下列是四种烷烃分子的球棍模型或结构简式，其中沸点最高的是（ ）
A. B. CH3CH2CH2CH2CH2CH3 C. CH3CH2CH2CH2CH3 D. CH3CH2CH3
【答案】B
【解析】
分析：这几种物质都是烷烃，且都是分子晶体，烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中支链越多其熔沸点越低，据此分析解答。
详解：A为新戊烷，B为正已烷，C为戊烷，D为丙烷，这几种物质都是烷烃，且都是分子晶体，烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中支链越多其熔沸点越低，A、C属于同分异构体，A中支链大于C，所以沸点高低顺序是B＞C＞A＞D，则沸点最高的是正己烷，答案选B。
4.下列关于物质的制备、鉴别与除杂的说法正确的是（ ）
A. 乙烷中混有少量乙烯：通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
B. 氯气与甲烷按照比例2：1在光照条件下反应制备纯净的二氯甲烷
C. 只用溴水就能将苯、己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来
D. 苯与溴水混合后加入FeBr3，发生放热反应，制备密度大于水的溴苯
【答案】C
【解析】
A．乙烯的量未知，容易引人杂质气体，故A错误；B． 氯气与甲烷在光照条件下发生取代反应，反应过程不可能控制在某一部，四种取代产物均有，故B错误；C．四氯化碳、甲苯都不溶于水，但四氯化碳密度比水大，甲苯比水小，且都不与溴反应，加入溴水，色层位置不同，己烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，生成油状液体，碘化钾与溴发生氧化还原反应生成碘，溶液颜色加深，可鉴别，故C正确；D. 苯与液溴混合后加入 FeBr3，发生取代反应，生成溴苯，而苯与溴水不发生化学反应，故D错误；答案为C。
5.分子式为C4H9Cl的有机物，其同分异构体的数目有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】D
【解析】
【详解】分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种分别为：CH3CH2CHClCH3、CH3CH2CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种分别为：CH3CCl（CH3）CH3、CH3CH（CH3）CH2Cl；正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种。
故选D。
6.下列物质间在一定条件下发生反应，主要为取代反应类型的是（ ）
A. 乙烯在一定条件下变成聚乙烯 B. 甲烷和氯气混合光照
C. 乙醇使酸性高锰酸钾褪色 D. 乙烯通入浓溴水中
【答案】B
【解析】
分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。
详解A. 乙烯在一定条件下变成聚乙烯发生的是加聚反应，A错误；
B. 甲烷和氯气混合光照发生取代反应生成氯化氢和一氯甲烷等，B正确；
C. 乙醇使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，C错误；
D. 乙烯通入浓溴水中发生的是加成反应，D错误。
答案选B。
7.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)△H>0，0～15s内c(HI)由0.lmol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是（ ）
A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1：1时，说明该反应达平衡
B. c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.001mol/(L·s)
【答案】D
【解析】
A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1:1时不能说明正逆反应速率是否相等，因此不能说明该反应达平衡，A错误；B. 由于反应速率随着反应物浓度的减小而减小，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于＝10s，B错误；C. 升高温度正反应速率和逆反应速率均加快，C错误；D. 0～15s内消耗HI是0.03mol/L，所以生成单质碘的浓度是0.015mol/L，则用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.015mol/L÷15s＝0.001mol/(L·s)，D正确，答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B. 吸热反应的反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是放热反应
D. 碳高温下与CO2反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
A. 反应条件与反应的吸放热无关，需要加热才能发生的反应可能为吸热反应也可能是放热反应，即不一定是吸热反应，故A错误；B. 根据反应物的总能量与生成物的总能量相对大小判断吸热、放热反应，吸热反应的反应物的总能量之和小于生成物的总能量之和，故B错误；C.虽然 Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl 的反应在常温下就能发生，但属于吸热反应，故C错误；D. 碳高温下与CO2反应是化合反应，但属于吸热反应，故D正确；本题答案选D。
点睛：判断放热反应、吸热反应的方法是根据反应物的总能量与生成物的总能量相对大小判断，若反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反之则为吸热反应，与反应条件和反应类型无关。
9.10mL某气态烯烃在50mLO2里充分燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体（同温同压下测定），该气态烯烃是（ ）
A. 乙烯 B. 丙烯 C. 1-丁烯 D. 2-丁烯
【答案】B
【解析】
【分析】
烃类物质碳原子个数一般小于4的为气体，令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，充分燃烧：CxHy+（x+y/4）O2xCO2+y/2H2O，则x+y/4＜5，根据方程式CxHy+（x+y/4）O2xCO2+y/4H2O（l）利用体积差量计算判断。
【详解】令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，故烃完全燃烧，有氧气剩余，则x+y/4＜5，
CxHy+（x+y/4）O2xCO2+y/2H2O（l） 气体体积减小△V
1 1+y/4
10mL 60mL-35mL=25mL
10mL：25mL=1：（1+y/4） 解得y=6，
由于x+y/4＜5，所以x＜3.5，故x=2或3，故为乙烷或丙烯。
故选B。
10.将氨水缓缓地滴入到盐酸中至中性，下列有关说法①盐酸过量 ②氨水过量 ③c（Cl-）>c（NH4+）④c（Cl-）=c（NH4+）⑤c（Cl-）
【答案】C
【解析】
【详解】已知氨水为弱碱，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，若将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，则加入的氨水应过量，否则溶液呈酸性，故②正确；反应后溶液呈中性，根据溶液的电中性原则可知，溶液中存在c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），此时c（H+）=c（OH-），则c（NH4+）=c（Cl-），故④正确。
故选C。
11.下列物质中含有共价键的离子化合物是（ ）
①MgCl2 ②Na2O2 ③NaOH ④NH4Cl ⑤CO2 ⑥H2O2 ⑦N2
A. ②③④ B. ②④⑤⑦ C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故①错误；
②Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子和氧原子之间存在共价键，故②正确；
③NaOH中钠离子和氢氧根离子间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，故③正确；
④NH4Cl中氯离子和铵根离子中存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故④正确；
⑤CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，故⑤错误；
⑥H2O2中氢原子和氧原子之间存在共价键，故⑥错误；
⑦N2中氮原子和氮原子之间存在共价键，故⑦错误。
故含有共价键的离子化合物是②③④。
故选A。
【点睛】含共价键的离子化合物有：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
12.下列变化中，需加还原剂才能实现的是（ ）
A. CuSO4→Cu B. Mg→Mg3N2 C. S→SO2 D. SiO2→Na2SiO3
【答案】A
【解析】
需要加入还原剂才能实现，说明题中给出的物质作氧化剂，在氧化还原反应中得电子化合价降低，A、铜离子得电子化合价降低发生还原反应生成铜，所以铜离子作氧化剂，故A正确；B、Mg失电子发生氧化反应生成镁离子，镁元素化合价升高作还原剂，故B错误；C、S元素化合价升高作还原剂，故C错误；D、没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选A。
13.定容容器中发生反应I2(g)＋H2(g)2HI(g)，下列措施不能提高其反应速率的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 充入稀有气体，增大体系压强 D. 增加I2和H2的起始量
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，使分子的能量增大，化学反应速率加快，故不选A；
B.使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，故不选B；
C.充入稀有气体，增大体系压强，但是反应物的浓度不变，化学反应速率不变，故选C；
D.增加I2和H2的起始量，物质的浓度增大，化学反应速率加快，故不选D。
故选C。
14.已知稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，生成1 mol H2O(l)放出57.3 kJ热量。下列过程中放出热量为57.3 kJ的是（ ）
A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)
D. 稀NaOH与98%浓硫酸反应生成1 mol H2O(l)
【答案】C
【解析】
分析：中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，结合反应的特点分析判断。
详解：A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量是2×57.3 kJ，A错误；
B. 一水合氨是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)时放出热量小于57.3 kJ，B错误；
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)时放出热量为57.3 kJ，C正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，则稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)时放出热量大于57.3 kJ，D错误；答案选C。
15.LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是
A. a外通入氧气，b处通氢气
B. 通入H2的电极发生反应：H2−2e−===2H+
C. 通入O2的电极发生反应：O2+4e−+2H2O===4OH−
D. 该装置将化学能最终转化为电能
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电子移动方向知，a处通入的气体失电子发生氧化反应，b处通入气体得电子发生还原反应，燃料电池中，燃烧失电子、氧化剂得电子，所以a处通入的气体是氢气、b处通入的气体是氧气，再结合能量转化方式分析解答。
【详解】A．通过以上分析知，a处通入的气体是氢气，b处通入的气体是氧气，A错误；
B．a处通入的气体是氢气，为原电池负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－+2OH－＝2H2O，B错误；
C．b处通入的气体是氧气，为原电池正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-，C正确；
D．该装置中涉及的能量转化方式有：化学能转化为电能、电能转化为光能和热能，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学电源新型电池，根据电子流向确定原电池正负极，再结合得失电子确定通入的气体成分，易错选项是D，很多同学忘掉电能转化为热能、光能而导致错误，为易错点。
16.有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1,4—二甲基丁烷 B. 3—甲基丁烯
C. 2—甲基丁烷 D. CH2Cl- CH2Cl二氯乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.主链选错，正确的名称为正己烷；故A错误；
B.主链编号起点错误，正确的名称为3-甲基-1-丁烯，故B错误；
C.名称符合系统命名方法，故C正确；
D.CH2Cl-CH2Cl 二氯乙烷，名称中官能团位置未标记，正确的是1，2-二氯乙烷，故D错误。
故选C。
【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小，看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
（2）有机物的名称书写要规范。
二、非选择题。
17.如下图所示是由4个碳原子结合成的4种烃(氢原子没有画出)。
（1）写出有机物(b)的系统命名法的名称：________。
（2）上述有机物中，分子中碳原子一定在同一平面的是______________、______________(填结构简式)。
（3）上述有机物中不能与溴水发生反应使其褪色的有______(填字母代号)。
（4）等质量的上述四种物质完全燃烧耗氧量最大的是______(填结构简式)
【答案】 (1). 2-甲基-1-丙烯 (2). CH2=C(CH3)2 (3). CH3—CH=CH—CH3 (4). ad (5). a
【解析】
【分析】
根据分子的模型可判断，(a)是2－甲基丙烷，(b)是2－甲基－1－丙烯，(c)是2－丁烯，(d)是环丁烷，据此答题。
【详解】（1）由分子的结构示意图可知，有机物(b)的结构简式为CH2=CH(CH3)2，根据系统命名法，它的名称为：2-甲基-1-丙烯，故答案为：2-甲基-1-丙烯。
（2）(a)是2－甲基丙烷，中心上的碳原子具有和甲烷的正四面体相似的结构，则2－甲基丙烷中的4个碳原子一定不共平面；
(b)是2－甲基－1－丙烯，可以看作是2个甲基分别取代乙烯中1个碳原子中的2个H，乙烯为平面结构，则2－甲基丙烷中的4个碳原子一定共平面；
(c)是2－丁烯，可以看作是2个甲基分别取代乙烯中2个碳原子中的1个H，乙烯为平面结构，则2－丁烯中的4个碳原子一定共平面；
(d)是环丁烷，折叠型构象，它的四个碳原子一定不在同一平面内。
所以分子中碳原子一定在同一平面的是2－甲基－1－丙烯、2－丁烯，它们的结构简式为：CH2=C(CH3)2，CH3—CH=CH—CH3，故答案为：CH2=C(CH3)2，CH3—CH=CH—CH3。
（3）上述有机物中(b)、(c)中含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，而(a)、(d)不能与溴水发生反应使其褪色，故答案为：ad。
（4）由结构式可知，(a)、(b)、(c)、(d)四种物质的分子式分别为：C4H10、C4H8、C4H8、C4H8，质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大，(a)C4H10中N(C)：N(H)=4：10=2：5；(b)、(c)、(d)中C4H8中N(C)：N(H)=4：8=1：2；故(a)C4H10中H的质量分数最大，相同质量C4H10的耗氧量最大，故选a，故答案为：a。
【点睛】烃燃烧时，决定消耗O2量的因素有：在等物质的量时，分子中碳原子数越多，O2消耗越多(芳烃有例外)。等质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大；
18.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，乙烯有如下转化关系。
请回答下列问题：
（1）乙烯的结构简式为______。
（2）B所含官能团的名称为____________。
（3）③的反应类型是____________。
（4）浓硫酸的作用是________________。
（5）反应①的化学方程式为__________________。反应②的化学方程式为___________。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 加聚 (4). 催化、吸水 (5). CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH (6). 2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O;
【解析】
分析：乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，B与D反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸，据此解答。
详解：根据以上分析可知B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸。则
（1）乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2。
（2）B是乙醇，所含官能团的名称为羟基。
（3）③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应类型是加聚反应。
（4）在酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂。
（5）反应①是乙烯与水的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH。反应②是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
19.硫酸工业中SO2转化为SO3是重要的反应之一，在一定压强和催化剂作用下在2L密闭容器中充入0.8molSO2和2molO2发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2的转化率随温度的变化如下表所示：
温度
450
500
550
600
SO2的转化率%
97.5
95.8
90.50
80.0
（1）由表中数据判断△H________0（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）能判断该反应是否达到平衡状态的是___________。
A.容器的压强不变 B.混合气体的密度不变
C.混合气体中SO3的浓度不变 D. C（SO2）=C（SO3）
E.V正（SO2）=V正（SO3） F. V正（SO3）=2V逆（O2）
（3）某温度下经2min反应达到平衡后C（SO2）=0.08mol·L－1。
①0-2min之间，O2的反应速率为____。
②此时的温度为____℃。
③此温度下的平衡常数为_____（可用分数表示）。
（4）若将平衡反应混合物的压强增大（假如体积可变），平衡将_________向移动。
【答案】（1）＜ （2）A C F（3）①0.08mol·L－1·min－1②600 ③400/21 ⑷正
【解析】
试题分析：（1）由表中数据可知，温度越高SO2的转化率越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0。
（2）A．该反应为气体分子数减少的可逆反应，对于反应前后体积变化的反应，容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，A项正确；B．容器中气体的密度=m/V，反应前后质量守恒，反应在体积不变的容器中进行，所以气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，B项错误；C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，反应混合物中，SO3的浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，C项正确；D．浓度相等不能判断反应达到化学平衡状态，D项错误；E.应该是正逆反应速率之比等于化学计量数之比，才能作为判断是否达到化学平衡的依据，E项错误；F. v正（SO3）: v逆（O2）=2:1,表明正逆反应速率相等是平衡状态，F项正确；答案选ACF。
（3）①经2min反应达到平衡后c(SO2）=0.08mol·L－1，反应的c(SO2）=(0.8mol÷2L)-0.08mol·L－1=0.32mol·L－1, v（SO2）="0.32mol/L÷2min=0.16" mol·L－1·min－1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）= v（SO2）÷2=0.08mol·L－1·min－1。
②由①可知，反应的c(SO2)=0.32mol·L－1，则SO2的转化率为0.32mol/L÷0.4mol/L×100%=80.0%，对照表中数据可知温度为600℃。
③根据上述分析，平衡时，[SO3]=0.32mol/L,[SO2]=0.08mol/L，[O2]=1mol/L-0.16mol/L=0.84mol/L，则K=[SO3]2÷{[SO2]2×[O2]}=(0.32mol·L－1）2÷{[(0.08mol·L－1）2×0.84 mol·L－1]= 400/21 L·mol－1。
（4）根据增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动，即平衡正向移动。
考点：考查化学平衡的计算，化学反应速率的影响因素等知识。
20.根据研究有机化合物的步骤和方法，填满下列空格：
实验步骤
解释或实验结论
（1）测得A的蒸气密度是同状况下甲烷的4.375倍,试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为_______。
（2）将此A 5.6g在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重7.2g和17.6g
（2）A的实验式是________________。
（3）A的分子式为 _______________。
（3）将A通入溴水中，溴水褪色
（4）说明A属于______________类（若溴水不褪色，则A属于 __________类）
（4）A的核磁共振氢谱如图：
（5）综上所述，A的结构简式为 ______________。
【答案】 (1). 70 (2). CH2 (3). C5H10 (4). 烯烃 (5). 环烷烃 (6). CH2=CH-CH(CH3)2
【解析】
【分析】
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
（2）浓硫酸增重7.2g为水的质量，碱石灰增重17.6g为二氧化碳质量，计算水、二氧化碳物质的量，进而计算n（H）、n（C），根据质量守恒确定是否含有O元素，进而确定实验式，结合相对分子质量确定分子式；
（3）将A通入溴水中，溴水褪色，A中可能含有碳碳不饱和键，结合A的分子式判断含有官能团；
（4）核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1：1：2：6，即有机物A中有4种H原子，数目之比为1：1：2：6，有机物A含有2个甲基，结合A的分子式书写其可能的结构。
【详解】（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以有机物质的相对分子质量=16×4.375=70，
故答案为：70。
（2）浓硫酸增重7.2g，则n（H2O）=7.2g÷18g/mol=0.4mol，所含有n（H）=0.8mol，碱石灰增重17.6g，则n（CO2）=17.6g÷44g/mol=0.4mol，所以n（C）=0.4mol，m（C）+m（H）=0.4mol×12g/mol+0.8mol×1g/mol=5.6g，故A不含氧元素，A分子中C、H原子数目之比=0.4：0.8=1：2，故实验式为CH2，令有机物A的分子式为（CH2）x，则14x=70，故x=5，则有机物分子式为C5H10，
故答案为：CH2；C5H10。
（3）A的分子式为C5H10，将A通入溴水中，溴水褪色，故A含有1个C=C双键，属于烯烃；若溴水不褪色，则属于环烷烃，
故答案为：烯烃；环烷烃。
（4）核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1：1：2：6，即有机物A中有4种H原子，数目之比为1：1：2：6，有机物A含有2个甲基，A的结构简式为：（CH3）2CHCH=CH2，
故答案为：（CH3）2CHCH=CH2。
21.CH4是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的燃料，其燃烧热为890.3KJ·mol-1。它可以作为燃料电池的燃料。
(1)写出甲烷燃烧的热化学方程式：________；
(2)已知H2（g）和C（S）的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1、393.5kJ·mol-1；则反应C（S）+ 2H2（g）＝CH4（g）的反应热⊿H=______________；
(3)以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料，惰性电极为电极可以构成燃料电池。该电池的负极反应式为：___________________；
(4)用(3)中的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如图所示：
①请写出电解过程中阴极附近观察到的现象：___________________。
②到燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，计算此时NaCl溶液的pH=____（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）。
在Y极通过的电子的物质的量为：______________。
③电解之后，要使溶液恢复原状，应该向溶液中加入物质_____（填名称），溶液中Cl―流向___极（填“X”或“Y”）。
【答案】 (1). CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol（其他合理答案亦可） (2). -74.8kJ/mol (3). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (4). 有无色气泡产生，同时阴极附近溶液由无色变红色 (5). 14 (6). 0.5mol (7). 氯化氢气体 (8). X
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式的书写方法，结合燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量写出，注意标注物质的聚集状态和燃烧热；
（2）根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算；
（3）先判断氧化剂、还原剂，然后根据原电池原理判断正负极上反应的物质，结合电解质溶液写出电极反应式；
（4）依据电源判断X为电解池的阳极，Y为电解池的阴极；
①阴极是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中水的电离被破坏，生成了氢氧根离子显碱性，遇酚酞变红；
②根据甲烷燃料电池的电极反应和电解氯化钠的电极反应，依据电子守恒计算得到；电极上的电子转移守恒；
③依据电解氯化钠溶液生成了氢气、氯气和氢氧化钠，恢复原溶液浓度需要加入氢气和氯气组成的氯化氢；电解过程中阴离子移向阳极。
【详解】（1）CH4是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的燃料，其燃烧热为890.3kJ•mol-1，热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol（其他合理答案亦可）。
（2）25℃、101kPa下，H2（g）、C（s）的燃烧热分别是285.8kJ•mol-1、393.5kJ•mol-1；则①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1；③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol；依据盖斯定律，①×2+②-③得到：C（S）+2H2（g）=CH4（g）△H=-74.8kJ/mol；
故答案为：-74.8kJ/mol。
（3）负极上的电极反应式等于电池的总反应式-正极发生的电极方程式；以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料，惰性电极可构成燃料电池，正极反应为：3O2+12H2O+12e-=12OH-，总反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，两式相减，负极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，
故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
（4）燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，X为电解池的阳极，Y为电解池的阴极；
①阴极是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中水的电离被破坏，生成了氢氧根离子显碱性，遇酚酞变红；电解过程中阴极附近观察到的现象是：有无色气泡产生，同时阴极附近溶液由无色变红色；
故答案为：有无色气泡产生，同时阴极附近溶液由无色变红色。
②甲烷燃料电池的正极消耗氧气，燃料电池消耗2.8LO2物质的量=2.8L÷22.4L/mol=0.125mol；正极反应为：3O2+12H2O+12e-=12OH-，计算得到电子转移为0.5mol；电解氯化钠溶液阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，根据水电离出的氢氧根离子和氢离子守恒，溶液中减少的氢离子和增加的氢氧根离子相同，计算得到生成氢氧根离子物质的量为0.5mol，c（OH-）=0.5mol/0.5L=1mol/L；所以溶液pH=14；电极上的电子守恒得到在Y极通过的电子的物质的量为0.5mol；
故答案为：14；0.5mol。
③电解氯化钠溶液生成了氢气、氯气和氢氧化钠，恢复原溶液浓度需要加入氢气和氯气组成的氯化氢气体；电解过程中阴离子移向阳极；故答案为：氯化氢气体；X。
2018-2019学年度高二3月份月考化学试卷
一、选择题
1.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键
D. 丁只能发生取代反应
【答案】C
【解析】
由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇。A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C正确；D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，也能在浓硫酸作用下发生消去反应，故D错误；故选C。
点睛：本题主要考查了球棍模型、比例模型以及物质的性质。由比例模型确定物质是解题的关键。本题的易错点为D，要注意根据乙醇的性质进行分析。
2.某烯烃(只含有1个双键)与H2加成后的产物是CH3CH（CH3）CH（CH3）C(CH3)3，则该烯烃的结构式可能有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【解析】
分析：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键。
详解：该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间（或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种，答案选C。
点睛：本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称以及烯烃的加成反应原理是解本题的关键，注意不能重写、漏写。
3.下列是四种烷烃分子的球棍模型或结构简式，其中沸点最高的是（ ）
A. B. CH3CH2CH2CH2CH2CH3 C. CH3CH2CH2CH2CH3 D. CH3CH2CH3
【答案】B
【解析】
分析：这几种物质都是烷烃，且都是分子晶体，烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中支链越多其熔沸点越低，据此分析解答。
详解：A为新戊烷，B为正已烷，C为戊烷，D为丙烷，这几种物质都是烷烃，且都是分子晶体，烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中支链越多其熔沸点越低，A、C属于同分异构体，A中支链大于C，所以沸点高低顺序是B＞C＞A＞D，则沸点最高的是正己烷，答案选B。
4.下列关于物质的制备、鉴别与除杂的说法正确的是（ ）
A. 乙烷中混有少量乙烯：通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
B. 氯气与甲烷按照比例2：1在光照条件下反应制备纯净的二氯甲烷
C. 只用溴水就能将苯、己烯、四氯化碳、淀粉碘化钾溶液区分开来
D. 苯与溴水混合后加入FeBr3，发生放热反应，制备密度大于水的溴苯
【答案】C
【解析】
A．乙烯的量未知，容易引人杂质气体，故A错误；B． 氯气与甲烷在光照条件下发生取代反应，反应过程不可能控制在某一部，四种取代产物均有，故B错误；C．四氯化碳、甲苯都不溶于水，但四氯化碳密度比水大，甲苯比水小，且都不与溴反应，加入溴水，色层位置不同，己烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，生成油状液体，碘化钾与溴发生氧化还原反应生成碘，溶液颜色加深，可鉴别，故C正确；D. 苯与液溴混合后加入 FeBr3，发生取代反应，生成溴苯，而苯与溴水不发生化学反应，故D错误；答案为C。
5.分子式为C4H9Cl的有机物，其同分异构体的数目有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】D
【解析】
【详解】分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种分别为：CH3CH2CHClCH3、CH3CH2CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种分别为：CH3CCl（CH3）CH3、CH3CH（CH3）CH2Cl；正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种。
故选D。
6.下列物质间在一定条件下发生反应，主要为取代反应类型的是（ ）
A. 乙烯在一定条件下变成聚乙烯 B. 甲烷和氯气混合光照
C. 乙醇使酸性高锰酸钾褪色 D. 乙烯通入浓溴水中
【答案】B
【解析】
分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。
详解A. 乙烯在一定条件下变成聚乙烯发生的是加聚反应，A错误；
B. 甲烷和氯气混合光照发生取代反应生成氯化氢和一氯甲烷等，B正确；
C. 乙醇使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，C错误；
D. 乙烯通入浓溴水中发生的是加成反应，D错误。
答案选B。
7.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)△H>0，0～15s内c(HI)由0.lmol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是（ ）
A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1：1时，说明该反应达平衡
B. c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.001mol/(L·s)
【答案】D
【解析】
A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1:1时不能说明正逆反应速率是否相等，因此不能说明该反应达平衡，A错误；B. 由于反应速率随着反应物浓度的减小而减小，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于＝10s，B错误；C. 升高温度正反应速率和逆反应速率均加快，C错误；D. 0～15s内消耗HI是0.03mol/L，所以生成单质碘的浓度是0.015mol/L，则用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.015mol/L÷15s＝0.001mol/(L·s)，D正确，答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B. 吸热反应的反应物的总能量之和大于生成物的总能量之和
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是放热反应
D. 碳高温下与CO2反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
A. 反应条件与反应的吸放热无关，需要加热才能发生的反应可能为吸热反应也可能是放热反应，即不一定是吸热反应，故A错误；B. 根据反应物的总能量与生成物的总能量相对大小判断吸热、放热反应，吸热反应的反应物的总能量之和小于生成物的总能量之和，故B错误；C.虽然 Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl 的反应在常温下就能发生，但属于吸热反应，故C错误；D. 碳高温下与CO2反应是化合反应，但属于吸热反应，故D正确；本题答案选D。
点睛：判断放热反应、吸热反应的方法是根据反应物的总能量与生成物的总能量相对大小判断，若反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反之则为吸热反应，与反应条件和反应类型无关。
9.10mL某气态烯烃在50mLO2里充分燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体（同温同压下测定），该气态烯烃是（ ）
A. 乙烯 B. 丙烯 C. 1-丁烯 D. 2-丁烯
【答案】B
【解析】
【分析】
烃类物质碳原子个数一般小于4的为气体，令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，充分燃烧：CxHy+（x+y/4）O2xCO2+y/2H2O，则x+y/4＜5，根据方程式CxHy+（x+y/4）O2xCO2+y/4H2O（l）利用体积差量计算判断。
【详解】令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，故烃完全燃烧，有氧气剩余，则x+y/4＜5，
CxHy+（x+y/4）O2xCO2+y/2H2O（l） 气体体积减小△V
1 1+y/4
10mL 60mL-35mL=25mL
10mL：25mL=1：（1+y/4） 解得y=6，
由于x+y/4＜5，所以x＜3.5，故x=2或3，故为乙烷或丙烯。
故选B。
10.将氨水缓缓地滴入到盐酸中至中性，下列有关说法①盐酸过量 ②氨水过量 ③c（Cl-）>c（NH4+）④c（Cl-）=c（NH4+）⑤c（Cl-）
【答案】C
【解析】
【详解】已知氨水为弱碱，如酸碱恰好完全反应，生成的NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，若将氨水缓缓地滴入盐酸中至中性，则加入的氨水应过量，否则溶液呈酸性，故②正确；反应后溶液呈中性，根据溶液的电中性原则可知，溶液中存在c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），此时c（H+）=c（OH-），则c（NH4+）=c（Cl-），故④正确。
故选C。
11.下列物质中含有共价键的离子化合物是（ ）
①MgCl2 ②Na2O2 ③NaOH ④NH4Cl ⑤CO2 ⑥H2O2 ⑦N2
A. ②③④ B. ②④⑤⑦ C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故①错误；
②Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子和氧原子之间存在共价键，故②正确；
③NaOH中钠离子和氢氧根离子间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，故③正确；
④NH4Cl中氯离子和铵根离子中存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故④正确；
⑤CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，故⑤错误；
⑥H2O2中氢原子和氧原子之间存在共价键，故⑥错误；
⑦N2中氮原子和氮原子之间存在共价键，故⑦错误。
故含有共价键的离子化合物是②③④。
故选A。
【点睛】含共价键的离子化合物有：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
12.下列变化中，需加还原剂才能实现的是（ ）
A. CuSO4→Cu B. Mg→Mg3N2 C. S→SO2 D. SiO2→Na2SiO3
【答案】A
【解析】
需要加入还原剂才能实现，说明题中给出的物质作氧化剂，在氧化还原反应中得电子化合价降低，A、铜离子得电子化合价降低发生还原反应生成铜，所以铜离子作氧化剂，故A正确；B、Mg失电子发生氧化反应生成镁离子，镁元素化合价升高作还原剂，故B错误；C、S元素化合价升高作还原剂，故C错误；D、没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选A。
13.定容容器中发生反应I2(g)＋H2(g)2HI(g)，下列措施不能提高其反应速率的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 充入稀有气体，增大体系压强 D. 增加I2和H2的起始量
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，使分子的能量增大，化学反应速率加快，故不选A；
B.使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，故不选B；
C.充入稀有气体，增大体系压强，但是反应物的浓度不变，化学反应速率不变，故选C；
D.增加I2和H2的起始量，物质的浓度增大，化学反应速率加快，故不选D。
故选C。
14.已知稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，生成1 mol H2O(l)放出57.3 kJ热量。下列过程中放出热量为57.3 kJ的是（ ）
A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)
D. 稀NaOH与98%浓硫酸反应生成1 mol H2O(l)
【答案】C
【解析】
分析：中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，结合反应的特点分析判断。
详解：A. 1 mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量是2×57.3 kJ，A错误；
B. 一水合氨是弱碱，存在电离平衡，电离吸热，则稀盐酸与氨水反应生成1 mol H2O(l)时放出热量小于57.3 kJ，B错误；
C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O(l)时放出热量为57.3 kJ，C正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，则稀NaOH与98%浓硫酸反应生成 1 mol H2O(l)时放出热量大于57.3 kJ，D错误；答案选C。
15.LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是
A. a外通入氧气，b处通氢气
B. 通入H2的电极发生反应：H2−2e−===2H+
C. 通入O2的电极发生反应：O2+4e−+2H2O===4OH−
D. 该装置将化学能最终转化为电能
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电子移动方向知，a处通入的气体失电子发生氧化反应，b处通入气体得电子发生还原反应，燃料电池中，燃烧失电子、氧化剂得电子，所以a处通入的气体是氢气、b处通入的气体是氧气，再结合能量转化方式分析解答。
【详解】A．通过以上分析知，a处通入的气体是氢气，b处通入的气体是氧气，A错误；
B．a处通入的气体是氢气，为原电池负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－+2OH－＝2H2O，B错误；
C．b处通入的气体是氧气，为原电池正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-，C正确；
D．该装置中涉及的能量转化方式有：化学能转化为电能、电能转化为光能和热能，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学电源新型电池，根据电子流向确定原电池正负极，再结合得失电子确定通入的气体成分，易错选项是D，很多同学忘掉电能转化为热能、光能而导致错误，为易错点。
16.有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1,4—二甲基丁烷 B. 3—甲基丁烯
C. 2—甲基丁烷 D. CH2Cl- CH2Cl二氯乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.主链选错，正确的名称为正己烷；故A错误；
B.主链编号起点错误，正确的名称为3-甲基-1-丁烯，故B错误；
C.名称符合系统命名方法，故C正确；
D.CH2Cl-CH2Cl 二氯乙烷，名称中官能团位置未标记，正确的是1，2-二氯乙烷，故D错误。
故选C。
【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小，看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
（2）有机物的名称书写要规范。
二、非选择题。
17.如下图所示是由4个碳原子结合成的4种烃(氢原子没有画出)。
（1）写出有机物(b)的系统命名法的名称：________。
（2）上述有机物中，分子中碳原子一定在同一平面的是______________、______________(填结构简式)。
（3）上述有机物中不能与溴水发生反应使其褪色的有______(填字母代号)。
（4）等质量的上述四种物质完全燃烧耗氧量最大的是______(填结构简式)
【答案】 (1). 2-甲基-1-丙烯 (2). CH2=C(CH3)2 (3). CH3—CH=CH—CH3 (4). ad (5). a
【解析】
【分析】
根据分子的模型可判断，(a)是2－甲基丙烷，(b)是2－甲基－1－丙烯，(c)是2－丁烯，(d)是环丁烷，据此答题。
【详解】（1）由分子的结构示意图可知，有机物(b)的结构简式为CH2=CH(CH3)2，根据系统命名法，它的名称为：2-甲基-1-丙烯，故答案为：2-甲基-1-丙烯。
（2）(a)是2－甲基丙烷，中心上的碳原子具有和甲烷的正四面体相似的结构，则2－甲基丙烷中的4个碳原子一定不共平面；
(b)是2－甲基－1－丙烯，可以看作是2个甲基分别取代乙烯中1个碳原子中的2个H，乙烯为平面结构，则2－甲基丙烷中的4个碳原子一定共平面；
(c)是2－丁烯，可以看作是2个甲基分别取代乙烯中2个碳原子中的1个H，乙烯为平面结构，则2－丁烯中的4个碳原子一定共平面；
(d)是环丁烷，折叠型构象，它的四个碳原子一定不在同一平面内。
所以分子中碳原子一定在同一平面的是2－甲基－1－丙烯、2－丁烯，它们的结构简式为：CH2=C(CH3)2，CH3—CH=CH—CH3，故答案为：CH2=C(CH3)2，CH3—CH=CH—CH3。
（3）上述有机物中(b)、(c)中含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，而(a)、(d)不能与溴水发生反应使其褪色，故答案为：ad。
（4）由结构式可知，(a)、(b)、(c)、(d)四种物质的分子式分别为：C4H10、C4H8、C4H8、C4H8，质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大，(a)C4H10中N(C)：N(H)=4：10=2：5；(b)、(c)、(d)中C4H8中N(C)：N(H)=4：8=1：2；故(a)C4H10中H的质量分数最大，相同质量C4H10的耗氧量最大，故选a，故答案为：a。
【点睛】烃燃烧时，决定消耗O2量的因素有：在等物质的量时，分子中碳原子数越多，O2消耗越多(芳烃有例外)。等质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大；
18.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，乙烯有如下转化关系。
请回答下列问题：
（1）乙烯的结构简式为______。
（2）B所含官能团的名称为____________。
（3）③的反应类型是____________。
（4）浓硫酸的作用是________________。
（5）反应①的化学方程式为__________________。反应②的化学方程式为___________。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 加聚 (4). 催化、吸水 (5). CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH (6). 2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O;
【解析】
分析：乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，B与D反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸，据此解答。
详解：根据以上分析可知B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸。则
（1）乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2。
（2）B是乙醇，所含官能团的名称为羟基。
（3）③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应类型是加聚反应。
（4）在酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂。
（5）反应①是乙烯与水的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH。反应②是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
19.硫酸工业中SO2转化为SO3是重要的反应之一，在一定压强和催化剂作用下在2L密闭容器中充入0.8molSO2和2molO2发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，SO2的转化率随温度的变化如下表所示：
温度
450
500
550
600
SO2的转化率%
97.5
95.8
90.50
80.0
（1）由表中数据判断△H________0（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）能判断该反应是否达到平衡状态的是___________。
A.容器的压强不变 B.混合气体的密度不变
C.混合气体中SO3的浓度不变 D. C（SO2）=C（SO3）
E.V正（SO2）=V正（SO3） F. V正（SO3）=2V逆（O2）
（3）某温度下经2min反应达到平衡后C（SO2）=0.08mol·L－1。
①0-2min之间，O2的反应速率为____。
②此时的温度为____℃。
③此温度下的平衡常数为_____（可用分数表示）。
（4）若将平衡反应混合物的压强增大（假如体积可变），平衡将_________向移动。
【答案】（1）＜ （2）A C F（3）①0.08mol·L－1·min－1②600 ③400/21 ⑷正
【解析】
试题分析：（1）由表中数据可知，温度越高SO2的转化率越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0。
（2）A．该反应为气体分子数减少的可逆反应，对于反应前后体积变化的反应，容器内压强不再发生变化，说明反应达到平衡状态，A项正确；B．容器中气体的密度=m/V，反应前后质量守恒，反应在体积不变的容器中进行，所以气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，B项错误；C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，反应混合物中，SO3的浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，C项正确；D．浓度相等不能判断反应达到化学平衡状态，D项错误；E.应该是正逆反应速率之比等于化学计量数之比，才能作为判断是否达到化学平衡的依据，E项错误；F. v正（SO3）: v逆（O2）=2:1,表明正逆反应速率相等是平衡状态，F项正确；答案选ACF。
（3）①经2min反应达到平衡后c(SO2）=0.08mol·L－1，反应的c(SO2）=(0.8mol÷2L)-0.08mol·L－1=0.32mol·L－1, v（SO2）="0.32mol/L÷2min=0.16" mol·L－1·min－1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）= v（SO2）÷2=0.08mol·L－1·min－1。
②由①可知，反应的c(SO2)=0.32mol·L－1，则SO2的转化率为0.32mol/L÷0.4mol/L×100%=80.0%，对照表中数据可知温度为600℃。
③根据上述分析，平衡时，[SO3]=0.32mol/L,[SO2]=0.08mol/L，[O2]=1mol/L-0.16mol/L=0.84mol/L，则K=[SO3]2÷{[SO2]2×[O2]}=(0.32mol·L－1）2÷{[(0.08mol·L－1）2×0.84 mol·L－1]= 400/21 L·mol－1。
（4）根据增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动，即平衡正向移动。
考点：考查化学平衡的计算，化学反应速率的影响因素等知识。
20.根据研究有机化合物的步骤和方法，填满下列空格：
实验步骤
解释或实验结论
（1）测得A的蒸气密度是同状况下甲烷的4.375倍,试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为_______。
（2）将此A 5.6g在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重7.2g和17.6g
（2）A的实验式是________________。
（3）A的分子式为 _______________。
（3）将A通入溴水中，溴水褪色
（4）说明A属于______________类（若溴水不褪色，则A属于 __________类）
（4）A的核磁共振氢谱如图：
（5）综上所述，A的结构简式为 ______________。
【答案】 (1). 70 (2). CH2 (3). C5H10 (4). 烯烃 (5). 环烷烃 (6). CH2=CH-CH(CH3)2
【解析】
【分析】
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
（2）浓硫酸增重7.2g为水的质量，碱石灰增重17.6g为二氧化碳质量，计算水、二氧化碳物质的量，进而计算n（H）、n（C），根据质量守恒确定是否含有O元素，进而确定实验式，结合相对分子质量确定分子式；
（3）将A通入溴水中，溴水褪色，A中可能含有碳碳不饱和键，结合A的分子式判断含有官能团；
（4）核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1：1：2：6，即有机物A中有4种H原子，数目之比为1：1：2：6，有机物A含有2个甲基，结合A的分子式书写其可能的结构。
【详解】（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以有机物质的相对分子质量=16×4.375=70，
故答案为：70。
（2）浓硫酸增重7.2g，则n（H2O）=7.2g÷18g/mol=0.4mol，所含有n（H）=0.8mol，碱石灰增重17.6g，则n（CO2）=17.6g÷44g/mol=0.4mol，所以n（C）=0.4mol，m（C）+m（H）=0.4mol×12g/mol+0.8mol×1g/mol=5.6g，故A不含氧元素，A分子中C、H原子数目之比=0.4：0.8=1：2，故实验式为CH2，令有机物A的分子式为（CH2）x，则14x=70，故x=5，则有机物分子式为C5H10，
故答案为：CH2；C5H10。
（3）A的分子式为C5H10，将A通入溴水中，溴水褪色，故A含有1个C=C双键，属于烯烃；若溴水不褪色，则属于环烷烃，
故答案为：烯烃；环烷烃。
（4）核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1：1：2：6，即有机物A中有4种H原子，数目之比为1：1：2：6，有机物A含有2个甲基，A的结构简式为：（CH3）2CHCH=CH2，
故答案为：（CH3）2CHCH=CH2。
21.CH4是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的燃料，其燃烧热为890.3KJ·mol-1。它可以作为燃料电池的燃料。
(1)写出甲烷燃烧的热化学方程式：________；
(2)已知H2（g）和C（S）的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1、393.5kJ·mol-1；则反应C（S）+ 2H2（g）＝CH4（g）的反应热⊿H=______________；
(3)以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料，惰性电极为电极可以构成燃料电池。该电池的负极反应式为：___________________；
(4)用(3)中的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如图所示：
①请写出电解过程中阴极附近观察到的现象：___________________。
②到燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，计算此时NaCl溶液的pH=____（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）。
在Y极通过的电子的物质的量为：______________。
③电解之后，要使溶液恢复原状，应该向溶液中加入物质_____（填名称），溶液中Cl―流向___极（填“X”或“Y”）。
【答案】 (1). CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol（其他合理答案亦可） (2). -74.8kJ/mol (3). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (4). 有无色气泡产生，同时阴极附近溶液由无色变红色 (5). 14 (6). 0.5mol (7). 氯化氢气体 (8). X
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式的书写方法，结合燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量写出，注意标注物质的聚集状态和燃烧热；
（2）根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算；
（3）先判断氧化剂、还原剂，然后根据原电池原理判断正负极上反应的物质，结合电解质溶液写出电极反应式；
（4）依据电源判断X为电解池的阳极，Y为电解池的阴极；
①阴极是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中水的电离被破坏，生成了氢氧根离子显碱性，遇酚酞变红；
②根据甲烷燃料电池的电极反应和电解氯化钠的电极反应，依据电子守恒计算得到；电极上的电子转移守恒；
③依据电解氯化钠溶液生成了氢气、氯气和氢氧化钠，恢复原溶液浓度需要加入氢气和氯气组成的氯化氢；电解过程中阴离子移向阳极。
【详解】（1）CH4是一种清洁、高效、具有优良的环保性能的燃料，其燃烧热为890.3kJ•mol-1，热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol（其他合理答案亦可）。
（2）25℃、101kPa下，H2（g）、C（s）的燃烧热分别是285.8kJ•mol-1、393.5kJ•mol-1；则①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1；③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol；依据盖斯定律，①×2+②-③得到：C（S）+2H2（g）=CH4（g）△H=-74.8kJ/mol；
故答案为：-74.8kJ/mol。
（3）负极上的电极反应式等于电池的总反应式-正极发生的电极方程式；以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料，惰性电极可构成燃料电池，正极反应为：3O2+12H2O+12e-=12OH-，总反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，两式相减，负极反应为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，
故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
（4）燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，X为电解池的阳极，Y为电解池的阴极；
①阴极是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中水的电离被破坏，生成了氢氧根离子显碱性，遇酚酞变红；电解过程中阴极附近观察到的现象是：有无色气泡产生，同时阴极附近溶液由无色变红色；
故答案为：有无色气泡产生，同时阴极附近溶液由无色变红色。
②甲烷燃料电池的正极消耗氧气，燃料电池消耗2.8LO2物质的量=2.8L÷22.4L/mol=0.125mol；正极反应为：3O2+12H2O+12e-=12OH-，计算得到电子转移为0.5mol；电解氯化钠溶液阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，根据水电离出的氢氧根离子和氢离子守恒，溶液中减少的氢离子和增加的氢氧根离子相同，计算得到生成氢氧根离子物质的量为0.5mol，c（OH-）=0.5mol/0.5L=1mol/L；所以溶液pH=14；电极上的电子守恒得到在Y极通过的电子的物质的量为0.5mol；
故答案为：14；0.5mol。
③电解氯化钠溶液生成了氢气、氯气和氢氧化钠，恢复原溶液浓度需要加入氢气和氯气组成的氯化氢气体；电解过程中阴离子移向阳极；故答案为：氯化氢气体；X。
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