【化学】云南省曲靖茚旺高级中学2018-2019学年高二4月月考（解析版） 试卷

云南省曲靖茚旺高级中学2018-2019学年高二4月月考
第Ⅰ卷
一、选择题
1.有机物种类繁多的原因的主要原因（ ）
A. 有机物分子结构十分复杂
B. 自然界中存在着多种形式的大量的有机物
C. 碳原子能与其他原子形成四个共价键，且碳原子间也可以成键，而且有同分异构现象
D. 有机物除含碳元素之外，还含有其他多种元素
【答案】C
【解析】
试题分析：碳原子能与多种原子形成四个共价键（碳和碳之间可以形成双键，可以是单键，可以是叁键），且碳原子之间相互成键可以成碳链，可以成碳环，此外含碳的有机物存在同分异构现象，这些是自然界中有机物种类繁多的原因。故选C。
考点：考查有机化合物中碳的成键特征
2.从煤的干馏产品之一煤焦油中可分离出蒽，再经升华提纯得到的高纯度蒽可用作闪烁计数器的闪烁剂。下列关于蒽的说法错误的是(　　)

A. 化学式为C14H10
B. 一定条件下能发生取代、加成、氧化等反应
C. 具有12种二氯代物
D. 与菲( )互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
为稠环芳烃，结构左右对称，含有3种不同的H原子，具有苯的性质，以此解答该题。
【详解】A.根据蒽的结构简式可知其化学式为C14H10，A正确；
B.含有苯环，具有苯的性质，可发生取代、加成、氧化等反应，B正确；
C.蒽分子是高度对称结构，如图关于虚线对称，有如图三种H原子，二元氯代，若为取代α位2个H原子有3种；若为取代β位2个H原子有3种；若为取代γ位2个H原子有1种；若为取代α-β位H原子有4种；若为取代α-γ位H原子有2种，若为取代β-γ位H原子有2种，故共有3+3+1+4+2+2=15，C错误；
D.与的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查有机物组成、分类以及性质，注意把握有机物的结构特点，根据有机物官能团的性质判断有机物可能具有的性质。
3.下列关于(I)、(II)、(III)、(IV)化合物说法正确的是(　　)
A. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的沸点依次升高 B. Ⅰ、Ⅲ的一氯代物均只有四种
C. Ⅱ、Ⅲ中碳原子可能都处于同一平面 D. Ⅲ、Ⅳ都属于芳香族化合物，互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A项，关于苯的同系物的沸点，碳原子数越多则沸点越高，对于相同碳原子数的苯的同系物的同分异构体中，侧链越短、侧链在苯环上越分散，物质的熔沸点越低，即Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的沸点依次升高，故A项正确；
B项，Ⅰ的一氯取代物有四种，Ⅲ的一氯取代物有五种，故B项错误；
C项，取代苯环上氢原子碳原子与苯环上所有的碳原子处于同一平面上，其他的碳原子具有甲烷的结构，所以Ⅱ中碳原子通过适当旋转角度有可能处在一个平面上，而Ⅲ中的碳原子不可能都处于同一平面上，故C项错误；
D项，Ⅲ、Ⅳ都属于芳香族化合物，是同分异构体，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
4.一种有机物的化学式为C4H4，分子结构如图所示，将该有机物与适量氯气混合后光照，生成的卤代烃的种类共有 （ ）

A. 2种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【分析】
根据分子的对称性判断卤代产物的数目。
【详解】分子中4个碳原子构成正四面体，则4个氢原子完全等效。它与氯气混合后光照，生成的一氯代物、二氯代物、三氯代物、四氯代物各有1种，即氯代物共4种。
本题选B。
5.某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，此烷烃是（ ）
A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【详解】根据等效H原子数来判断烷烃一氯取代后的同分异构体数目。
A.该烃中有5种等效H原子，则一氯取代后可生成5种沸点不同的有机物，A项不合题意；
B.该烃中有4种等效H原子，则一氯取代后可生成4种沸点不同的有机物，B项不合题意；
C.该烃中有2种等效H原子，则一氯取代后可生成2种沸点不同的有机物，C项不合题意；
D.该烃中有3种等效H原子，发生一氯取代后得到的产物分别为：、和，D项符合题意。
故答案选D。

6.从碳骨架形状进行分类，关于下列各有机物的说法中正确的是（ ）


A. 链状烃：①③⑤ B. 链状烃：③⑤
C. 环状烃：②④⑤ D. 芳香烃：②④
【答案】C
【解析】
题中给出的物质除①外，其余都是烃，故A项错误；②属于芳香烃；④和⑤的结构中都含有碳环，所以②④⑤属于环状烃，C项正确，B、D项错误。
7.S-诱抗素的分子结构简式如图所示，下列关于该分子的说法正确的是( )

A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基
C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基
D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
【答案】A
【解析】
从题图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。选项A正确。
点睛：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团。
8.在核磁共振氢谱中出现两个峰，其氢原子数之比为3∶1的化合物是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用核磁共振氢谱与氢原子种类、氢原子数目之间的关系分析回答，注意分子对称性。
【详解】核磁共振氢谱中，吸收峰的数目＝氢原子种类、吸收峰的面积之比＝氢原子的数目之比。由此：
分子中有2种氢原子，数目之比6:2＝3:1，A项符合题意；
分子中有3种氢原子，数目之比6:2:2＝3:1:1，B项不符题意；
分子中有3种氢原子，数目之比6:8:2＝3::4:1，C项不符题意；
分子中有2种氢原子，数目之比6:4＝3:2，D项不符题意。
本题选A。
9.欲用96%的工业酒精制取无水乙醇时，可选用的方法是(　 　)
A. 加入无水CuSO4，再过滤
B. 加入生石灰，再蒸馏
C. 加入浓硫酸，再加热，蒸出乙醇
D. 将96%的乙醇溶液直接加热蒸馏出
【答案】B
【解析】
【分析】
用工业酒精制取无水乙醇，需要除去大量的水，而不能消耗乙醇。据此分析选项优劣。
【详解】A项：无水CuSO4吸水效率不高，且价格较高，A项不合理；
B项：生石灰与水反应生成的氢氧化钙为离子化合物，沸点高，再蒸馏时只有乙醇汽化，B项合理；
C项：浓硫酸与乙醇反应生成硫酸氢乙酯、硫酸二乙酯，再加热时乙醇分子内、分子间脱水生成乙烯或乙醚，C项不合理；
D项：乙醇与水沸点差别不大，直接蒸馏得到的乙醇中仍有较多的水，D项不合理。
本题选B。
10.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式如图 ，其苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有（ ）

A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】A
【解析】
【分析】
应用“换元法”，找出A分子苯环上的二溴代物、四溴代物种类间的关系。
【详解】在A的苯环上的二溴代物分子中，将苯环上的氢换成溴、同时将溴换成氢，则一种二溴代物得到一种对应的四溴代物，即A苯环上的二溴代物和四溴代物数目相等，都是9种。
本题选A。
【点睛】关于同分异构体有规律：设CxHy的m元氯代物有a种，n元氯代物有b种，若m+n=y，则a=b。
11.下列有机物可以形成顺反异构的是( )
A. 丙烯 B. 2－甲基－2－丁烯
C. 1－氯－1－丙烯 D. 2，3－二甲基－2－丁烯
【答案】C
【解析】
试题分析：本题考查顺反异构的条件，当碳碳双键两端的每个碳原子均含有不同的原子或原子团时，存在顺反异构，符合条件的为选项C。
考点：顺反异构体。
12.科学家艾哈迈德·泽维尔使“运用激光技术观察化学反应时分子中原子的运动”成为可能，在他的研究中证实了光可诱发下列变化：

这一事实可用于解释人眼的夜视功能，有关X、Y的叙述不正确的是( )
A. X和Y为同一种物质
B. X和Y与氢气加成后生成同一种物质
C. X和Y都可以发生加聚反应
D. X和Y物理性质有差异
【答案】A
【解析】
X、Y为烯烃的顺反异构体，故为不同的物质，物理化学性质有差异。因都有双键，可以发生加成、加聚反应，且加成产物相同。
13.某含有1个碳碳三键的炔烃，与氢气加成后产物的结构简式为：

则此炔烃可能的结构有( )
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】A
【解析】
相邻的两个碳上各有两个氢，及可能为炔烃的加成。有两个这结构，但为对称结构。
14.现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②乙醇和丁醇；③溴化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是(　　)
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
试题分析：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液不互溶，分液；②乙醇和丁醇互溶，蒸馏；⑧溴化钠和单质溴的水溶液，用四氯化碳萃取，所以答案选C。
考点：考查对有机物分离的方法
15.将4mol甲烷与氯气发生取代反应，待反应完全后甲烷与氯气均无剩余，测知四种取代物物质的量相同，则消耗的氯气（ ）
A. 2mol B. 10mol C. 7.5mol D. 16 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
甲烷与氯气混合光照发生取代反应，甲烷中的氢原子逐步被取代生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，据此计算消耗氯气的物质的量。
【详解】4mol甲烷与氯气反应生成四种取代物的物质的量相同，即各1mol。化学方程式如下：
①CH4+Cl2CH3Cl+HCl
②CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl
③CH4+3Cl2CHCl3+3HCl
④CH4+4Cl2CCl4+4HCl，则共消耗1mol+2mol+3mol+4mol=10molCl2
本题选B。
16.赛车手所带的罐头等食品大多含有防腐剂苯甲酸钠和山梨酸钠。苯甲酸钠和山梨酸钠分别由苯甲酸(C6H5COOH)和山梨酸(CH3CH=CHCH＝CHCOOH)制备。有关苯甲酸和山梨酸性质的描述，正确的是 (　 )
①都溶于乙醇　②都能与金属钠和氢氧化钠发生反应　③都能发生加聚反应 ④都能发生酯化反应
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物的性质主要取决于其官能团，本题根据羧基和碳碳双键的性质判断。
【详解】乙醇是良好的有机溶剂，能溶解苯甲酸(C6H5COOH)、山梨酸(CH3CH＝CHCH＝CHCOOH)等。
苯甲酸官能团为羧基，能与钠生成氢气、与氢氧化钠中和、与醇酯化反应，但其分子中没有碳碳双键，不能加聚反应；山梨酸官能团为羧基、碳碳双键，羧基能与钠、氢氧化钠、醇反应，碳碳双键可发生加聚反应。
本题选C。
17.下列物质与CH3OH互为同系物的是(　 　)
A. B. C. D. CH2=CHCH2OH
【答案】A
【解析】
【分析】
应用同系物的概念分析判断。
【详解】同系物要求：①结构相似，即官能团的种类、数目相同，亦即化学性质相似；②分子组成（分子式）相差一个或若干个“CH2”。故CH3OH的同系物应有一个羟基和一个烷基。
本题选A。
18.有机物A的结构简式为，A的同分异构体中带苯环的化合物共有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
试题分析： 根据A的结构简式可知分子式为C7H8O，所以含有的苯环的同分异构体是苯甲醇或甲基苯酚(含邻、间、对)以及苯甲醚，所以共有5种。
考点：考查了同分异构体的相关知识。
19.某化合物有碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C－H键、O－H键、C－O键的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式是（ ）
A. CH3CH2OCH3 B. CH3CH（OH）CH3
C. CH3CH2CH2CH2OH D. CH3CH2CHO
【答案】B
【解析】
试题分析：某化合物有碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键的振动吸收，说明分子中含有﹣OH，该有机物的相对分子质量是60，分子式可能为 C2H4O2或C3H8O，以此解答该题．
解：因相对分子质量是60，所以分子式可能为 C2H4O2或C3H8O，则A、B符合，
又因有C﹣H键、O﹣H键、C﹣C键，A中不含O﹣H键，
B中C﹣H键、O﹣H键、C﹣C键，
故选B．
20.关于乙烯基乙炔(CH≡C—CHCH2)分子的说法错误的是( )
A. 能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 1 mol乙烯基乙炔能与3 mol Br2发生加成反应
C. 乙烯基乙炔分子内含有两种官能团
D. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同
【答案】D
【解析】
试题分析：此类题的解题过程中需认真分析所含的官能团，再确定其化学性质。物质中含有碳碳三键和碳碳双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色；且1mol该物质能与3molBr2发生加成反应；D项因为乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同，所以等质量的两种物质完全燃烧时的耗氧量相同。
考点：有机物的结构和性质。
21.在卤代烃RCH2CH2X中化学键如下所示，则下列说法正确的是( )

A. 发生水解反应时，被破坏的键是①和③
B. 发生消去反应时，被破坏的键是①和③
C. 发生水解反应时，被破坏的键是①和②
D. 发生消去反应时，被破坏的键是①和②
【答案】B
【解析】
A 错 发生水解反应时，被破坏的键是①
B 对 发生消去反应时，被破坏的键是①和③
C 错发生水解反应时，被破坏的键是①
D 错 发生消去反应时，被破坏的键是①和③
22.核磁共振是利用在有机物中的1H的原子核所处的“化学环境”(即其附近的基团)不同，表现出的核磁性不同，代表核磁性特征的峰在核磁共振谱图中横坐标的位置(化学位移，符号为δ)也就不同。下图所示的核磁共振图谱表示的是下列有机物中的（ ）

A. CH3C(CH3)3 B. CH3CH2CH3
C. CH2=CHCH3 D. (CH3)2CHCH3
【答案】A
【解析】
试题分析：根据核磁共振氢谱可知分子中只有一类氢原子，由于同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系）。则A．CH3C(CH3)3分子中只有一类氢原子，A正确；B．CH3CH2CH3分子中有两类氢原子，B错误；C．CH2=CHCH3分子中有三类氢原子，C错误；D．(CH3)2CHCH3分子中有三类氢原子，D错误，答案选A。
考点：考查等效氢原子判断
23.下列反应中，属于取代反应的是(　　)
①CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】B
【解析】
①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应，B正确。
24.FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H2SO4，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时，则HNO3的唯一还原产物是(　 　)
A. NO2 B. NO C. N2O D. N2O3
【答案】B
【解析】
【分析】
据氧化还原反应中得失电子数相等进行计算。
【详解】设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 mol、8 mol，HNO3唯一还原产物中N化合价为+x。反应中有→+，1 mol FeS2失电子15mol；→，只有5 molHNO3作氧化剂得电子5（5－x）mol。则5（5－x）＝15，解得x＝2。
本题选B。
【点睛】化学反应中的质量守恒关系、氧化还原反应中得失电子相等、离子反应中的电荷守恒关系等，是化学计算中的隐含条件。
第Ⅱ卷
二、填空
25.测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法，下图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。

试回答下列问题：
(1)甲装置中盛放的是___________。
(2)实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？_______________。
(3)将4.6 g 有机物A进行实验，测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，则该物质中C、H、O原子个数比是________。
(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图所示，则A的结构简式为____。

【答案】 (1). CaCl2 (2). 将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果 (3). 2∶6∶1 (4). CH3CH2OH或C2H5OH
【解析】
【分析】
根据李比希测定有机物组成的原理，由实验数据计算有机物的分子式。结合有机物核磁共振氢谱推断有机物的结构简式。
【详解】(1)在高温、催化剂作用下，有机物与氧气完全反应生成CO2和H2O，依次用无水CaCl2、碱石灰吸收H2O和CO2，测出它们的质量。故甲装置中盛放无水CaCl2。
(2)实验开始前，装置内有空气（含少量CO2和H2O）。先通入氧气，再加热，可排出装置内空气，使实验结果更精确。
(3)4.6g有机物A中，含m(H)=5.4g×=0.6g，n(H)=0.6mol；含m(C)=8.8g×=2.4g，n(C)=0.2mol；则含m(O)=4.6g－0.6g－2.4g=1.6g，n(O)=0.1mol。有机物A中C、H、O原子个数比2∶6∶1，最简式为C2H6O。
(4)有机物A最简式C2H6O中H原子数已经饱和，则其分子式为C2H6O。A的核磁共振氢谱显示有三种氢原子，且数目之比为3∶1∶2，则A结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH。
【点睛】若实验式为CaHb或CaHbOc，当b=2a+2时，分子式为CaHb或CaHbOc；当b=2a+1时，分子式为C2aH2b或C2aH2bO2c。
26.某小组利用环己烷设计以下有机合成(无机产物已略去)，试回答下列问题：

(1)写出下列化合物的结构简式：B：_______；C：_______；
(2)反应④所用的试剂和条件分别为：_______；
(3)反应⑤可能伴随的副产物有：_______(任写一种)；
(4)写出以下过程的化学方程式，并注明反应类型：
④：_____________，反应类型 _______ ；
⑥：________________，反应类型 _____ 。
【答案】 (1). B： (2). C： (3). 氢氧化钠醇溶液，加热 (4). 或 (5). (6). 消去反应 (7). (8). 取代反应
【解析】
【分析】
以反应条件和物质结构的变化为依据，分析流程图中每一步发生的化学反应，进而回答有关问题。
【详解】反应①：光照条件下，与Cl2发生取代反应生成和HCl；
反应②：在NaOH醇溶液中加热，发生消去反应生成A（）；
反应③：不见光时，A（）与Cl2发生加成反应生成B（）；
反应④：由B（）生成是卤代烃的消去反应，反应条件是NaOH醇溶液、加热；
反应⑤：与Br2发生1,4－加成反应生成；
反应⑥：在NaOH水溶液中，发生水解反应生成C（）；
反应⑦：C（）与H2加成反应生成；
反应⑧：在Cu催化剂、加热条件下，被O2氧化成C6H8O2（）。
综上分析，可知：
(1)化合物B、C的结构简式分别是、；
(2)反应④是卤代烃的消去反应，所用的试剂和条件是NaOH醇溶液、加热；
(3)反应⑤中，与Br2物质的量之比为1：1加成时，还可发生1,2－加成反应生成副产物，物质的量之比为1：2加成时，还可生成副产物；
(4)反应④：+2NaOH+2NaCl+2H2O，属于消去反应；
反应⑥：+2NaOH+2NaBr，属于取代反应（水解反应）。
【点睛】有机合成路线中，有机物分子式变化、分子结构的改变、反应条件、辅助反应物、题目中的信息等，都是推断重要依据。
27.某气态烃A与H2的相对密度为14，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。以该化合物为原料合成化合物G、E和I的流程如下：

已知：Ⅰ．芳香族化合物F为C、H、O化合物，其相对分子质量为166，环上的一氯代物有一种，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，F与足量B反应生成G。
Ⅱ．H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g/L，H与足量D反应生成I。
(1)A中官能团的名称为____________，E的结构简式_________________。
(2)G的分子式为_____________，反应⑤的反应类型为________________。
(3)写出下列化学方程式：②_______________________；
⑥___________________________。
(4)以乙烯为原料合成的加聚产物为，则单体是_______ 和_____。
(5)I有多种同分异构体，其中一类同分异构体有如下特征：
①分子中含有五元环结构；②1mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应，能生成1 molCO2；③1mol该有机物与足量Na反应，能生成1.5 mol H2；④环上的一氯代物只有三种。则满足以上条件的有机物的所有可能的结构简式为：_________________。
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). CH3COOCH2CH3 (3). C12H14O4 (4). 酯化反应 (5). 2 C2H5OH＋O2 2CH3CHO ＋2H2O (6). 2CH3COOH+HO-CH2CH2-OH CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O (7). CH2=CH2 (8). CH2=CH-CH3 (9).
【解析】
【分析】
据相对分子质量和用途确定气态烃A为乙烯，再由流程图依次确定B、C、D、E的结构简式。分别由“已知”I、II确定F为对苯二甲酸、H为乙二醇，进而确定G、I结构简式。
【详解】气态烃A与H2的相对密度为14，则Mr(A)=14×2=28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯（CH2=CH2），乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇（CH3CH2OH），乙醇发生催化氧化生成C为乙醛（CH3CHO），C进一步发生氧化反应生成D为乙酸（CH3COOH），乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）。
芳香族化合物F为C、H、O化合物，1mol F与足量NaHCO3溶液反应能生成2mol CO2，则F分子中含有2个羧基（－COOH）；F相对分子质量为166，2个羧基、1个－C6H4－的总式量为45×2+（12×6+4）=166，则F含有1个苯环、2个羧基；又苯环上的一氯代物只有一种，则F为，F与足量的B发生酯化反应生成G为。
H为二元醇，其相对分子质量为22.4×2.77=62，去掉2个羟基（－OH），剩余基团式量为62-17×2=28，故为-C2H4-，则H为HOCH2CH2OH，H与足量D反应生成I为。
据此解答如下：
（1）A为CH2=CH2，含有官能团为碳碳双键，E的结构简式为CH3COOCH2CH3；
（2）G为，其分子式为C12H14O4，反应⑤是羧酸与醇发生的酯化反应，也属于取代反应；
（3）反应②的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
反应⑥的化学方程式为2CH3COOH+HOCH2CH2OH CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，
（4）高分子化合物的主链上只有碳原子，为加聚反应的产物，其单体有两种：CH2=CH2、CH2=CH-CH3；
（5）I（）及其同分异构体的分子式为C6H10O4，
②1mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应生成1mol CO2，则分子中含有1个羧基（－COOH）；
③1mol该有机物与足量Na反应生成1.5mol H2，结合②可知，分子中还含有2个羟基（－OH）；
结合分子式，①分子中含有的五元环结构只能是五元碳环；
④环上的一氯代物只有三种，则2个羟基（－OH）处于对称位置。
满足以上条件的有机物的所有可能的结构简式为：。

28.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：

试回答下列问题：
(1)请写出C装置中生成CH3Cl的化学反应方程式：___________。
(2)B装置有三种功能；①控制气流速度；②混匀混合气体；③________。
(3)一段时间后发现D装置中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能预先滴有___溶液。
(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为________(填字母)。
A分液法 B蒸馏法 C结晶法
(5)将1molCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为_____，生成HCl的物质的量共为________。
【答案】 (1). CH4 + Cl2CH3Cl + HCl (2). 干燥氯气 (3). 淀粉KI溶液 (4). A (5). 3mol (6). 3mol
【解析】
【分析】
紧扣主体反应：甲烷与氯气的光照取代反应，从原料的制备与混合、剩余反应物的检验、产物的分离入手，分析解答问题。主体反应是连续进行的四步取代反应，应用化学方程式计算参加反应的Cl2的物质的量和生成HCl的物质的量。
【详解】(1)装置C中，甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，其中生成CH3Cl的化学方程式为
CH4 + Cl2CH3Cl + HCl。
(2)装置B中盛有浓硫酸，氯气、甲烷通过后进入装置C。可见装置B有三种功能：①控制气流速度；②混匀混合气体；③干燥氯气、甲烷。
(3)进入装置D的物质为甲烷的氯代物、氯化氢，以及未反应的甲烷、氯气，其中氯气能使湿润的淀粉碘化钾溶液变蓝。装置D中的棉花可能预先滴有淀粉碘化钾溶液。
(4)甲烷的氯代产物中，四种氯代物均不溶于水、只有氯化氢溶于水成盐酸。从装置E中分离出盐酸的最佳方法为分液法。
(5)设CH3Cl的物质的量为x，则CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量分别为x+0.1mol、x+0.2mol、x+0.3mol。则x+（x+0.1mol）+（x+0.2mol）+（x+0.3mol）＝1 mol，解得x＝0.1mol。
①CH4+Cl2CH3Cl+HCl，生成0.1molCH3Cl，消耗0.1molCl2、生成0.1molHCl。
②CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，生成0.2molCH2Cl2，消耗0.4molCl2、生成0.4molHCl。
③CH4+3Cl2CHCl3+3HCl，生成0.3molCHCl3，消耗0.9molCl2、生成0.9molHCl。
④CH4+4Cl2CCl4+4HCl，生成0.4molCCl4，消耗1.6molCl2、生成1.6molHCl。
共消耗3molCl2，生成3molHCl。