【化学】云南省玉溪第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

云南省玉溪第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
可能用到的元素的相对原子质量：H-l C-l2 O-16
第I卷选择题(共42分)
一、选择题(共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列化学用语不正确的是( )
A. 聚丙烯的结构简式： B. 羟基电子式：
C. 2-丁烯的键线式： D. 乙酸的实验式：CH2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙烯通过加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，故A错误；
B．O最外层有8个电子，H最外层有1个电子，则羟基的电子式为，故B正确；
C．键线式中用短线表示碳碳键，端点、交点是C原子，C原子、H原子不需要标出，2-丁烯的键线式：，故C正确；
D．乙酸的分子式为C2H4O2，实验式是最简单的整数比，故乙酸的实验式为CH2O，故D正确；
答案选A。
2.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 2,2-二甲基丙烷也称为异丁烷 B. 由乙烯生成1,2-二溴乙烷属于取代反应
C. C4H9OH有3种同分异构体 D. 天然气、可燃冰中均含有甲烷
【答案】D
【解析】
A.2，2-二甲基丙烷中主链有三个碳原子，2号碳上两个甲基，也可以称为新戊烷，故A错误；B．乙烯制1，2-二溴乙烷，C=C键生成C-C键，发生加成反应，故B错误；C．丁基有4种，则C4H9OH有4种同分异构体，故C错误；D. 天然气的主要成分是甲烷、可燃冰是甲烷的水合物，故D正确；故选D。
3.用系统命名法给下列有机物命名，其中正确的是(　　)
A. 2，3-二甲基-3-乙基丁烷
B. 对二甲苯
C. 2，2，3，4-四甲基己烷
D. 2，4，4-三甲基戊烯
【答案】C
【解析】
【详解】A．的最长主碳链含有5个碳原子，正确名称为2，3，3-三甲基戊烷，故A错误；
B．对二甲苯不是系统命名，用系统命名法为1，4-二甲基苯，故B错误；
C．的最长主碳链含有6个碳原子，命名为2，2，3，4-四甲基己烷，名称正确，故C正确；
D．含碳碳双键在内的最长碳链含有5个碳原子，离碳碳双键最近的一端开始编号，命名时需要注明碳碳双键的位置，名称为2，4，4-三甲基-1-戊烯，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意习惯命名法和系统命名法的区别，对于结构中含有苯环的，系统命名时需要依次编号命名，习惯命名时可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名。
4.下列说法正确的是
A. 环己烷、己烯均能使酸性KMnO4熔液褪色
B. 煤粉碎后更易燃烧，是因为粉碎增强了煤的还原性
C. 硝基苯与水可以用分液漏斗进行分离
D. 等物质的量的乙烯和乙醇完全燃饶，乙烯消耗的氧气多
【答案】C
【解析】
A．含有碳碳不饱和键的烃、乙醇、含有醛基的有机物都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以环己烷不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B．增大固体的表面积，可以增大反应速率，所以煤粉碎后更易燃烧，煤的还原性不变，故B错误；C．硝基苯和水不互溶，出现分层，所以能用分液漏斗分离，故C正确； D．1mol的乙烯和乙醇完全燃饶，消耗的氧气分别为3mol、3mol，消耗的氧气相等，故D错误；故选C。
点睛：本题的易错点为D，要注意有机物燃烧规律的总结和应用，解题是要注意规律的使用条件，本题中乙醇的化学式可以改写为C2H4·H2O，消耗氧的是C2H4。
5.傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a和苯通过傅克反应合成b的过程表示如下（无机小分子产物略去）：
下列说法中不正确的是
A. 该反应是取代反应
B. 若R为CH3时，a的电子式为
C. 若R为C4H9时，b的结构可能有4种
D. 若R为C4H5O时，1molb最多可与5molH2加成
【答案】B
【解析】
A．傅克反应是苯环上的氢原子被烃基取代，属取代反应，故A正确；B．若R为CH3时，a为一氯甲烷，其电子式为，故B错误；C．丁基有4种，若R为C4H9时，则b的结构可能有4种，故C正确；D．若R为C4H5O，则R中最多可含有二个碳碳双键或一个碳碳双键与一个羰基，1molb最多可与5molH2加成，故D正确；答案为B。
6. 某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是（ ）
A. 2-甲基-1-丁炔 B. 2-甲基-3-丁炔
C. 3-甲基-2-丁炔 D. 3-甲基-1-丁炔
【答案】D
【解析】
试题分析：根据炔烃的命名可知，选项A、B、C中有机物不存在，所以正确的答案选D。
考点：考查炔烃的结构、性质
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，主要是考查学生分析问题、解决问题的能力，有助于培养学生的逻辑思维能力和创新思维能力。
7.下列说法不正确的是
A. 二氯甲烷为四面体结构，不存在同分异构体
B. 甲苯的一氯代物有四种同分异构体，它们的沸点各不相同
C. 邻二氯苯、间二氯苯都不存在同分异构体
D. C4H8Cl2存在8种同分异构体
【答案】D
【解析】
A、甲烷为正四面体结构，而二氯甲烷是用两个-Cl取代了甲烷中的两个-H而生成的，故结构只有一种，且为四面体结构，故A正确；B．甲苯的一氯取代物有4种同分异构体，分别为苯环3种，甲基一种，四种同分异构体的沸点各不相同，故B正确；C. 苯环上不存在碳碳单键和碳碳双键，6个碳碳键完全相同，邻二氯苯、间二氯苯都不存在同分异构体，故C正确；D. 丁烷有2种同分异构体，CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2，其中CH3CH2CH2CH3的二氯代物有6种，CH3CH(CH3)2的二氯代物有3种，共9种，故D错误；故选D。
8.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是( )
A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，加热，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应
D. 在苯中滴入溴水，溴水层褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲烷和氯气混合光照，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；
B、乙烯与溴的四氯化碳溶液反应，乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B错误；
C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C正确；
D、在苯中滴入溴水，溴水层褪色，是苯萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学反应；乙烯生成聚乙烯的反应属于加聚反应，故D错误；
答案选C。
9.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B. 乙烯和聚乙烯的混合物共7g，完全燃烧所生成的CO2的分子数一定为0.5NA
C. 标准状况下，2.24LCHCl3分子中含有0.3NA个Cl
D. 一定温度下，1L 1mol·L-1的CH3COONa溶液含NA个CH3COO-
【答案】B
【解析】
A．n(CH3CH2CH2OH)==1mol，每个丙醇分子中含有11个共价键，则60g丙醇中存在的共价键的物质的量为11mol，总数为11NA，故A错误；B、乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，故7g混合物中含有0.5molCH2，故燃烧生成的二氧化碳0.5mol，即0.5NA个，故B正确；C. 标准状况下，三氯甲烷不是气体，无法计算2.24LCHCl3的物质的量，故C错误；D.醋酸钠属于强碱弱酸盐，要水解，一定温度下，1L 1mol·L-1的CH3COONa溶液的CH3COO-少于NA个，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的计算。本题的易错点为A，要注意每个丙醇分子中含有11个共价键。
10.CaC2、ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等同属于离子型碳化物，请通过CaC2制C2H2的反应进行思考，从中得到必要的启示，判断下列反应产物正确的是( )
A. Mg2C3水解生成丙炔 B. Al4C3水解生成丙炔
C. ZnC2水解生成乙烷 D. Li2C2水解生成乙烯
【答案】A
【解析】
【分析】
CaC2制C2H2的反应方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，该反应中各元素化合价不变，相当于发生复分解反应，只要碳化物中碳元素化合价在反应前后不变即可，据此分析解答。
【详解】A．Mg2C3水解生成丙炔的反应中碳元素反应前后化合价都是-，所以C元素化合价不变，产物正确，故A正确；
B．Al4C3水解生成丙炔的反应中C元素化合价由-4价变为-价，C元素化合价发生变化，其产物应该是甲烷，故B错误；
C．ZnC2水解生成乙烷的反应中C元素化合价由-1价变为-3价，元素化合价发生变化，所以其产物不正确，其产物应该是C2H2，故C错误；
D．Li2C2水解生成乙烯的反应中C元素化合价由-1价变为-2价，C元素化合价发生变化，其产物应该是乙炔，故D错误；
答案选A。
【点睛】正确理解碳化钙和水反应中各元素化合价是否变化是解本题关键，注意有机物中碳元素采用平均化合价。
11.质谱图表明某有机物的相对分子质量为70，红外光谱表征到C=C和C=O的存在，1H核磁共振谱如下图（峰面积之比依次为1:1:1:3），下列说法正确的是

A. 分子中共有5种化学环境不同的氢原子
B. 该物质的分子式为C4H8O
C. 该有机物的结构简式为CH3CH=CHCHO
D. 在一定条件下，1mol该有机物可与3mol的氢气加成
【答案】C
【解析】
试题分析：A．共计核磁共振氢谱可知分子中共有4种化学环境不同的氢原子，A错误；B．质谱图表明某有机物的相对分子质量为70，红外光谱表征到C＝C和C＝O的存在，1H核磁共振谱如下图（峰面积之比依次为1:1:1:3），则该有机物的结构简式为CH3CH＝CHCHO，因此该物质的分子式为C4H6O，B错误；C．该有机物的结构简式为CH3CH＝CHCHO，C正确；D．碳碳双键和醛基均能与氢气加成，则在一定条件下，1mol该有机物可与2mol的氢气加成，D错误，答案选C。
考点：考查有机物结构与性质判断
12.“一滴香”是一种毒性很强的物质，被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。其分子结构如下所示，下列说法正确的是( )

A. 该有机物属于芳香族化合物
B. 核磁共振氢谱中有4个峰
C. 可以用该有机物萃取溴水中的溴
D. 该有机物含有3种含氧官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该有机物结构中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；
B. 中含有5种氢原子()，核磁共振氢谱中有5个峰，故B错误；
C. 该有机物中含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，不能用该有机物萃取溴水中的溴，故C错误；
D. 该有机物含有羰基、醚键和羟基3种含氧官能团，故D正确；
答案选D。
13.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )
选项
实验
现象
结论
A
向甲苯中加入溴水，振荡，静置
分层，下层几乎无色
发生了取代反应
B
电石与饱和食盐水混合，产生的气体通入酸性KMnO4溶液
溶液褪色
生成气体为乙炔
C
将甲烷与氯气在光照下反应后生成的混合气体通入石蕊溶液中
溶液变红
生成的氯甲烷具有酸性
D
向溴乙烷加入NaOH水溶液共热，冷却后滴入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液
有浅黄色沉淀生成
溴乙烷发生水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴水和苯不反应，但是苯能萃取溴水中的溴，该现象为萃取，没有发生化学反应，故A错误；
B．乙炔及混有的硫化氢也能被高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知反应后有还原性气体产生，但不一定是乙炔，故B错误；
C．光照下取代反应生成HCl，HCl溶于水显酸性，而氯甲烷为中性，故C错误；
D．溴乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成，说明溶液中含有溴离子，说明溴乙烷发生了水解反应，故D正确；
答案选D。
14.一种生产聚苯乙烯的流程如下，下列叙述不正确的是( )

A. 乙烯可由石油裂解得到，苯可由煤的干熘得到，两者均发生了化学变化
B. 乙苯和氢气加成后的产物的一氯代物有5种
C. 鉴别乙苯与聚苯乙烯不可用Br2的四氯化碳溶液
D. 乙烯和聚苯乙烯均可以和H2 发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.石油裂解的目的是为了获得乙烯，煤的干馏是指在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，二者均属于化学变化，故A正确；
B．乙苯与氢气加成之后生成的物质就是，乙基上有两种氢，六元环上有四种氢，共有6种氢原子，所以一氯代物是总共有六种，故B错误；
C．乙苯与聚苯乙烯结构中均不存在碳碳双键或三键，都不能使Br2的四氯化碳溶液褪色，不可鉴别，故C正确；
D．乙烯中的碳碳双键、聚苯乙烯中的苯环均能够与氢气发生加成反应，故D正确；
答案选B。
15.有机物   常用作合成中间体。下列有关该有机物的叙述中正确的是( )
A. 还有3种同分异构体（不包括环状） B. 可由丙烯与Cl2发生加成反应制得
C. 分子式为 C5H10Cl2 D. 分子中所有碳原子不可能共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．对应的链状同分异构体还有CH3-CH2-CHCl2、CH3-CCl2 -CH3、CH2Cl-CHCl-CH3，故A正确；
B．丙烯与Cl2发生加成反应生成1，2-二氯丙烷，得不到，故B错误；
C．中含有3个C原子，分子式为C3H6Cl2，故C错误；
D．含有3个C，根据三点确定一个平面可知，所有碳原子一定共平面，故D错误；
答案选A。
16.为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与方法都正确的是( )
选项
混合物
除杂试剂
方法
A
苯(甲苯)
酸性KMnO4溶液，NaOH溶液
分液
B
乙烯(二氧化硫)
酸性高锰酸钾溶液
洗气
C
溴苯(溴)
KI溶液
分液
D
乙烷(C2H4)
氢气
催化加热
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性KMnO4可以把甲苯氧化为苯甲酸，NaOH与苯甲酸反应然后分液，可达到除杂的目的，故A正确；
B．乙烯也能被高锰酸钾氧化除去，不能除杂，应选氢氧化钠溶液、洗气，故B错误；
C．溴与KI反应后生成碘，碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故C错误；D．乙烯与氢气加成，且乙烷中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意乙烯可以与氢气加成，但反应需要催化剂加热，除杂操作较为复杂，另一方面未完全反应的氢气会作为新杂质引入，该方法不合理。
17. 下图表示4—溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是

A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②
【答案】B
【解析】试题分析：根据有机物的结构和反应条件可判断，Z为与HBr发生加成反应的产物，应为二溴己烷；碳碳双键可被氧化为-COOH，则W应为HOOCCH2CHBrCH2CH2COOH；与H2O在酸性条件下反应生成X，其中含有－X和－OH，在NaOH条件下发生消去反应，Y可能为或，其产物一定只含有一种官能团是Z和Y，则只含有一种官能团的反应是③④，答案选B。
考点：考查有机物的推断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。试题贴近高考，基础性强，考查的重点为有机物的官能团的种类的判断和性质，注意根据反应条件判断可能发生的反应，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。
18.以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是( )

A. A的结构简式是
B. ①②的反应类型分别是取代、消去
C. 反应②③的条件分别是浓硫酸加热、光照
D. 加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为
【答案】B
【解析】
【分析】
根据环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，A为，故A错误；
B．根据合成路线，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应③为加成反应，反应④为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；
C．反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；
D．B为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；
答案选B。
【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。
19.常温下，下列溶液中各粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol·L-1的氨水中，c(NH4+)=c(OH-)=0.1 mol·L-1
B. NH4Cl溶液中，若溶液的pH=6，则c(Cl-)-c(NH4+)=9.9×10-7 mol·L-1
C. 0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液中，c(SO42-)>c(Na+)>c(OH-)=c(H+)
D. 0.1 mol·L-1的Na2SO3溶液中，c(Na+)=2 c(SO32-)+c(HCO3-)+c(H2SO3)
【答案】B
【解析】
A．氨水为弱碱，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，结合电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)可得：c(NH4+)＜c(OH-)＜0.1 mol•L-1，故A错误；B．NH4Cl溶液中，存在电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+ c(Cl-)，溶液的pH=6，则c(H+)=10-60.1 mol•L-1，c(OH-)=10-80.1 mol•L-1，因此c(Cl-)-c(NH4+)= c(H+)-c(OH-)=9.9×10-7 mol·L-1，故B正确；C．Na2SO4溶液显中性，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒可得：c(Na+)=2c(SO42-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(OH-)=c(H+)，故C错误；D．根据亚硫酸钠溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故D错误；故选B。
20.已知常温下CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5，1g4=0.6。该温度下，向20mL0.01 mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是

A. 滴定过程中宜选用甲基橙作指示剂
B. a点溶液中c(H+)为1×10-4 mol·L-1
C. a、b、c、d、e四点中水的电离程度最大的是e点
D. d 点时溶质的水解常数为6.25×10-10
【答案】D
【解析】
A.滴定终点为醋酸钾溶液，显碱性，应该选用酚酞作指示剂，故A错误；B．25℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5，a点为0.01mol•L-1CH3COOH溶液，设氢离子浓度为x，则c(CH3COO-)≈c(H+)=x，c(CH3COOH)≈0.01mol•L-1，=1.6×10-5，解得：x=4.0×10-4mol/L，故B错误；C．根据图像可知，a→e过程中溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，在d点是恰好生成醋酸钾，醋酸根的水解程度最大，对水的电离的促进程度最大，水的电离程度最大的是d点，故C错误；D. d 点为醋酸钾溶液，溶质的水解常数===6.25×10-10，故D正确；故选D。
21.碱性硼化钒(VB2)-空气电池工作时反应为：4VB2+11O2 = 4B2O3+2V2O5。用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示。当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体(标准状况)，则下列说法正确的是(　 　)

A. VB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O-22e- = V2O5+2B2O3+22H+
B. 外电路中电子由c电极流向VB2电极
C. 电解过程中，c电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生
D. 若B装置内的液体体积为100 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.2mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，空气中的氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与a电极相连的b电极为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析解答。
【详解】A、负极上是VB2失电子发生氧化反应，在碱性溶液中，VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故A错误；
B、VB2为负极，外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，故B错误；
C、电解过程中，c为阴极，发生还原反应，铜离子得电子生成铜；当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内与a电极相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又因为共收集到0.448L气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01moL的氢气，后生成氢气，故C正确；
D、根据C的分析，溶液中的铜离子为=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为A，书写电极反应式要注意溶液的酸碱性的影响；本题的难点为CD，要注意根据得失电子守恒，结合离子的放电顺序，计算判断阴极上发生反应的离子及其物质的量。
第Ⅱ卷非选择题(共58分)
二、填空题(本题包括4个小题，共58分)
22.(1)键线式的名称是_____________________。
(2)C5H12的某种同分异构体只有一种一氯代物，写出它的结构简式_____________。
(3)某芳香烃结构为，其一氯代物有_________种。
(4)写出由2-溴丙烷和必要的无机试剂制取1，2-丙二醇的化学反应方程式(有几步就写几个方程式)：____________________。
(5)有机物A只含有C、H、O三种元素，常用作有机合成的中间体。16.8g该有机物燃烧生成44.0 g CO2和14.4 g H2O；质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱分析表明A分子中含有O—H键和位于分子链端的C≡C键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6:1:1。
①A的分子式为___________，A的结构简式为_____________。
②有机物B是A的同分异构体，1 mol B 可与1 mol Br2加成，该有机物中所有碳原子在同一个平面上，没有顺反异构现象，B的结构简式是_______________。
【答案】 (1). 2-甲基戊烷 (2). (3). 4 (4). CH3CHBrCH3+NaOHCH2═CHCH3+NaBr+H2O、CH2═CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3、CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH2OHCHOHCH3+2NaBr (5). C5H8O (6). (7). (CH3)2C=CHCHO
【解析】
【分析】
(1)分子中含有6个碳原子，属于饱和烃，分子式为C6H14，依据烷烃的命名原则命名，依据键线式书写结构简式即可；
(2)先书写C5H12的同分异构体，然后根据一氯取代物的种类等于氢原子的种类写出结构简式；
(3)根据等效氢分析判断中氢原子的种类，再判断一氯代物的数目；
(4)CH3CHBrCH3为主要原料制取1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，-Br变化为两个-OH，可以应先消去生成C=C，再加成引入两个卤素原子，最后水解即可；
(5)①有机物A只含有C、H、O三种元素，根据题意计算出C和H的物质的量，以及有机物A的物质的量，判断A中C、H原子数，再根据相对分子质量计算氧原子数，最后确定A的分子式；结合红外光谱分析和核磁共振氢谱和A的分子式书写A的结构简式；
②有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，说明分子中含有1个C=C双键，该有机物所有碳原子在同一个平面，以碳碳双键确定的平面，结合A的分子式分析判断B中含有的基团，再结合没有顺反异构现象确定B的结构简式。
【详解】(1)分子中含有6个碳原子，属于饱和烃，分子式为C6H14，该有机物主链上有5个C，2号C上有一个甲基，结构简式为：(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名为：2-甲基戊烷，故答案为：2-甲基戊烷；
(2) C5H12的同分异构体有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、 、；其中一种结构它的一氯代物只有一种结构，即只有一种氢原子，为，故答案为：；
(3)根据等效氢法：①同一碳原子上的氢原子等效；②同一碳原子上所连-CH3上的氢原子等效；③处于对称位置上的碳原子上的氢原子等效；有4类氢原子()，因此有四种一氯代物，故答案为：4；
(4)CH3CHBrCH3为主要原料制取1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH。
①先发生溴代烃的消去反应生成C=C，方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2═CHCH3+NaBr+H2O；
②再发生丙烯的加成反应引入两个卤素原子，方程式为：CH2═CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3；
③最后发生卤代烃的水解反应生成CH3CH(OH)CH2OH，方程式为：CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH2OHCHOHCH3+2NaBr，
故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2═CHCH3+NaBr+H2O、CH2═CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3、CH2BrCHBrCH3+2NaOHCH2OHCHOHCH3+2NaBr；
(5)①有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图表明其相对分子质量为84，16.8g有机物A的物质的量为0.2mol，经燃烧生成44.0g CO2，物质的量为=1mol，生成14.4g H2O，物质的量为=0.8mol，故有机物A中C原子数目为=5，H原子数目为=8，故氧原子数目为=1，故A的分子式为C5H8O；不饱和度为=2，红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6∶1∶1，故分子中含有2个CH3、1个-OH连接在同一C原子上，故A的结构简式为，故答案为：C5H8O；；
②有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，故分子中含有1个C=C双键，该有机物所有碳原子在同一个平面，其余的碳原子连接C=C双键，没有顺反异构现象，不饱和双键至少其中一个C原子连接两个相同的基团甲基，结合A的结构简式可知，B中还含有-CHO，故B为(CH3)2C=CHCHO，故答案为：(CH3)2C=CHCHO。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意有机合成中卤代烃性质的应用，卤代烃的水解和消去可以实现官能团种类和数量的转化。
23.香豆素是一种天然香料，存在于黑香豆、兰花等植物中。工业上常用水杨醛与乙酸酐在催化剂存在下加热反应制得，反应如下(部分生成物已略去)：

以下是由甲苯为原料生产香豆素的一种合成路线(部分反应条件及副产物已略去)：

已知：① A中有五种不同化学环境的氢原子；②同一个碳原子上连有两个羟基的结构不稳定，易脱水形成羰基。请回答下列问题：
(1)香豆素的分子式为_______________。
(2)由甲苯生成A的反应类型为____________。A的化学名称为___________。
(3)由B生成C的化学反应方程式为____________________。
(4)B的同分异构体中含有苯环的还有______种，其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的有______种。
(5)D的同分异构体中含有苯环的还有________种，其中属于羧酸类的是_________(写结构简式)。
【答案】 (1). C9H6O2 (2). 取代反应 (3). 2—氯甲苯(邻氯甲苯) (4). (5). 4 (6). 2 (7). 4 (8).
【解析】
【分析】
甲苯在催化作用下与氯气发生取代反应生成A，A中有五种不同化学环境的氢，则A为，在高温高压下，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成B，B为，对比B、C的分子式可知B在光照条件下发生取代生成C，C为；同一个碳原子上连有两个羟基的结构不稳定，易脱水形成羰基，则C水解生成D的结构简式是，结合物质的结构和性质分析解答。
【详解】(1)根据香豆素()的结构简式可知，其分子式为C9H6O2，故答案为：C9H6O2；
(2)根据上述分析，甲苯与氯气发生苯环上的取代反应生成A(邻氯甲苯)，故答案为：取代反应；2—氯甲苯(邻氯甲苯)
(3)B()在光照条件下发生取代反应生成C()；反应的方程式为，故答案为：；
(4)B的分子式为C7H8O，B的同分异构体中含有苯环的物质除邻甲基苯酚外，还有间甲基苯酚、对甲基苯酚、苯甲醚、苯甲醇四种，其中对甲基苯酚和苯甲醚在核磁共振氢谱中只出现四组峰，故答案为：4；2；
(5)D的结构简式是，若不改变取代基的种类和个数，有对羟基苯甲醛和间羟基苯甲醛两种；若只有一个取代基可以是，也可以是，共4种；其中属于羧酸类的是，故答案为：4；。
24.苯甲酸广泛应用于制药和化工。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理：
+2KMnO4+KOH+2MnO2 +H2O
+HCl+KCl
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。

已知：苯甲酸分子量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
(1)操作Ⅰ为_____________，操作Ⅱ为_______________。
(2)无色液体A是__________，定性检验A的试剂是___________，现象是_________________。
(3)测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确。请在答题卡上完成表中内容。
序号
实验方案
实验现象
结论
①
将白色固体B加入水中，加热，溶解，_________________________
得到白色晶体和无色溶液
 
②
取少量滤液于试管中，_______________
生成白色沉淀
滤液含有Cl-
③
干燥白色晶体，___________
____________________
白色晶体是苯甲酸
(4)纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，移取25.00mL溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol。产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为_______________________，计算结果为__________________保留两位有效数字)。
【答案】 (1). 分液 (2). 蒸馏 (3). 甲苯 (4). 酸性KMnO4溶液 (5). 溶液褪色 (6). 冷却、过滤 (7). 滴入2-3滴稀硝酸酸化的AgNO3溶液 (8). 加热使其融化，测其熔点 (9). 熔点为122.4℃ (10). ×100% (11). 96%
【解析】
【分析】
一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。根据分离的流程图，反应后的混合液过滤得到的滤液经过操作1得到有机相和水相，则操作1为分液；水相中加入浓盐酸酸化，蒸发后得到白色固体B，结合苯甲酸分子量是122，熔点122.4℃可知白色固体B为苯甲酸；则无色液体A为甲苯，据此分析解答。
(4)苯甲酸和KOH溶液发生酸碱中和反应，根据苯甲酸和KOH之间的关系式计算苯甲酸的质量，从而计算样品中苯甲酸的质量分数。
【详解】(1)一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，可以用分液方法分离；操作Ⅱ是从有机相中得到甲苯，可以通过蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体，故答案为：分液，蒸馏；
(2)依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，甲苯能够使高锰酸钾溶液褪色，检验甲苯可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸；故答案为：酸性KMnO4溶液；溶液褪色；
(3)通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；
故答案为：
序号
实验方案
实验现象
结论
①
将白色固体B加入水中，加热，溶解，冷却、过滤
得到白色晶体和无色溶液

②
取少量滤液于试管中，滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液
生成白色沉淀
滤液含有Cl-
③
干燥白色晶体，加热使其熔化，测其熔点
熔点为122.4℃
白色晶体是苯甲酸
(4) 苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1∶1反应，所以苯甲酸和氢氧化钾的物质的量相同，则苯甲酸的物质的量=2.40×10-3mol×，样品中苯甲酸质量分数=×100%=96%，故答案为：×100%； 96%。
25.研究CO2与CH4反应使之转化为CO 和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要的意义。
(1)已知该转化反应为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH，为加快该反应的化学反应速率，应采用的有效措施有________________________________________________(填写两种)。
(2)在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。

①由图可知，该反应的ΔH____________0 (填写“大于”或者“小于”)，P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为_________________________。
②工业生产时一般会选用P4和1250℃进行合成，请解释其原因______________________________。
③在压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡点X，则用CO表示该反应的速率为_________________mol·L-1·min-1。
④1100℃的条件下，反应的平衡常数K的表达式为K=______________________，经计算K的数值为K=_____________(保留3位有效数字)，若要使K减小可采取的措施是_________________。
(3)CO和H2在工业上还可以通过反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2 (g)来制取。
① 在恒温恒容下，如果从反应物出发建立平衡，可认定已达平衡状态的是_______________
A. H2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1 B.体系压强不再变化
C. 气体平均相对分子质量不变 D.混合气体的密度保持不变
② 在某密闭容器中同时投入四种物质，2min时达到平衡，测得容器中有1mol H2O(g)、1mol CO(g)、2.2mol H2(g)和一定量的C(s)，如果此时对体系加压，平衡向_______(填“正”或“逆”)反应方向移动，达到新的平衡后，气体的平均摩尔质量为________________。
【答案】 (1). 使用催化剂；升温；增大反应物浓度；增大压强 (2). 大于 (3). P4>P3>P2>P1 (4). 较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率 (5). 0.032 (6). (7). 1.64 (8). 降温 (9). BCD (10). 逆 (11). 12g/mol
【解析】
(1)加快反应的化学反应速率，可以采用的有效措施有使用催化剂；升温；增大反应物浓度；增大压强等，故答案为：使用催化剂；升温；增大反应物浓度；增大压强；
(2)①由图可知，升高温度，CH4的平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH大于0；温度一定时，甲烷的转化率α(P1)＞α(P2)＞α(P3)＞α(P4)，该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4＞P3＞P2＞P1，故答案为：大于；P4>P3>P2＞P1；
②较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率，工业生产时一般会选用P4和1250℃进行合成，故答案为：较大的压强和温度能加快合成速率，提高生产效率；
③由图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡X点，是甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%=0.08mol/L，故v(CH4)= =0.016mol/(L•min)，根据速率之比等于化学计量数之比，所以v(CO)=2v(CH4)=2×0.16mol/(L•min)=0.032mol/(L•min)，故答案为：0.032；
④               CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，
开始(mol/L)：0.1      0.1      0        0
变化(mol/L)：0.08     0.08     0.16     0.16 
平衡(mol/L)：0.02     0.02     0.16     0.16
故该温度下平衡常数k===1.64，若要使K减小，需要平衡逆向移动，由于K只与温度应该，可以采取的措施是降温，故答案为：；1.64；降温；
(3)①A、H2、CO和H2O的物质的量之比为1:1:1，CO与H2的化学计量数为1：1，反应数值按物质的量比为1：1进行，不能说明到达平衡，故A错误；B、正反应方向是个气体体积增大的方向，故随着反应的进行，平衡之前，体系压强会增大，故一旦当体系压强不变，说明反应达平衡，故B正确；C、反应混合物的总质量不变，随反应进行，反应混合物的总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，说明到达平衡，故C正确；D、混合气体的密度ρ=，容器恒容，即V不变，随着反应的进行，混合气体的质量m增大，故ρ增大，一旦当ρ不变时，说明反应达平衡，故D正确；故选BCD；
②根据勒沙特列原理可知，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，此反应的逆反应方向是个气体体积减小的方向，故增大压强，向逆反应方向移动；在第2min时，混合气体的平均相对分子质量即平均摩尔质量===12g/mol，故答案为：逆；12g/mol。