【化学】湖南省株洲市攸县第四中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

湖南省株洲市攸县第四中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.下列有机物的命名，错误的是( )
A. 2-乙基丁烷 B. 2,2—二甲基丙烷
C. 2,3—二甲基丁烷 D. 2—甲基丙烷
【答案】A
【解析】
【详解】A、按照2－乙基丁烷，书写出的结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物名称为3－甲基戊烷，故A符合题意；
B、2，2－二甲基丙烷，书写出结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，2－二甲基丙烷，故B不符合题意；
C、按照2，3－二甲基丁烷，书写出的结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，3－二甲基丁烷，故C不符合题意；
D、按照2－甲基丙烷，书写出结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2－甲基丁烷，故D不符合题意。
【点睛】烷烃的命名原则：(1)选定分子中最长的碳链为主链，按照主链上碳原子的数目称为“某烷”；(2)把主链里离支链最近的一端作为起点，用1、2、3等阿拉伯数字给主链的各碳原子依次编号定位以确定支链的位置；(3)把支链的名称写在主链名称的前面，在支链的前面用阿拉伯数字注明它在主链上的位置，丙在数字与名臣之间用－短线隔开；(4)如果主链上有相同的支链，可以将支链合并起来，用二、三等数字表示支链的个数，两个表示支链位置的阿拉伯数字之间用“，”隔开。一般烷烃系统命名的口诀是(1)选主链(最长、最多)，称某烷；(2)编碳号(最近、最小)，定支链；(3)取代基，写在前，注位置，短线连；(4)不同基，简到繁，相同基，合并算。
2.下列说法正确的是
A. 35Cl2 与37Cl2 互为同位素
B. 分子式为C4H10的物质一定属于纯净物
C. O2和O3互为同素异形体，分子中氧原子的个数和成键方式不同，造成了两者性质差异
D. CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2互为同系物
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 35Cl与37Cl互为同位素；
B. 分子式为C4H10的物质可能为正丁烷，也可能为异丁烷，或两物质的混合物；
C.同种元素组成的不同单质，为同素异形体；
D.同系物为结构相似，分子组成上相差若干个CH2结构；
答案为C
【详解】A. 35Cl与37Cl互为同位素，A错误；
B. 分子式为C4H10的物质可能为正丁烷，也可能为异丁烷，或两物质的混合物，B错误；
C.同种元素组成的不同单质，为同素异形体，氧原子的个数和成键方式不同，造成了O2和O3两者性质差异，C正确；
D.同系物为结构相似，分子组成上相差若干个CH2结构，CH≡CH和CH2=CH-CH=CH2中含有的官能团不相同，D错误；
答案为C
3.1999年比利时发生奶粉受二噁英污染事件。二噁英是一类芳香族化合物的多氯代衍生物的总称，结构稳定，难以被自然分解，是公认的最危险的致癌物质之一，2,3,7,8-四氯二苯并二噁英是其中的一种，结构如图，下列说法中不正确的是 ( )

A. 它的分子式为C12H4O2Cl4 B. 它不能发生加成反应
C. 它的一溴取代物有一种 D. 此分子中共平面的原子最多有22个
【答案】B
【解析】
【分析】
由结构简式可知分子式，分子中含苯环，结构对称，分子中只有一种位置的H，以此来解答。
【详解】A.由结构简式可知该有机物的分子式为C12H4O2Cl4，故A正确；
B.含苯环，可发生加成反应，故B错误；
C有机物结构对称，一溴取代物有一种，故C正确；
D.苯分子中所有原子处于同一平面，连接苯环的醚基与苯环处于同一平面，所以醚基中的氧原子与两个苯环都处于同一平面，所以该分子中所有原子都有可能处于同一平面，故D正确。
故选B。
【点睛】熟记简单小分子的空间构型：①甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共线；④苯分子中所有原子共面；⑤HCHO分子中所有原子共面。
4.下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是
A. 酒精和水，植物油和水 B. 溴苯和水，硝基苯和水
C. 甘油和水，汽油和水 D. 四氯化碳和水，甲醇和水
【答案】B
【解析】
【详解】A.植物油和水不溶，能用分液漏斗进行分离，酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B.溴苯和水不溶，硝基苯和水不溶，都能用分液漏斗进行分离，故B正确；
C.甘油和水，不能用分液漏斗进行分离，汽油和水不溶，能用分液漏斗进行分离，故C错误；
D.四氯化碳和水不溶，能用分液漏斗进行分离，水与甲醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误。
故选B。
5.下列叙述正确的是 ( )
A. 用核磁共振氢谱能鉴别1-氯丙烷和2-氯丙烷
B. 和分子组成相差一个“-CH2-”，因此是同系物
C. 和均是芳香烃，既是芳香烃又是芳香化合物
D. 分子式为C3H6有机物最多存在4个C-C单键，与C5H12的碳碳单键数相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.1-氯丙烷含有3种不同环境的氢原子，2-氯丙烷含有2种不同环境的氢原子，所以可以利用核磁共振氢谱来鉴别两者，A项正确；
B.两者官能团相同，但前者属于酚，后者属于醇，二者不可能互为同系物，B项错误；
C.不含有苯环，不属于芳香烃，烃类只含有C和H两种元素，所以不是芳香烃，C项错误；
D.分子式为C3H6有机物最多存在3个C-C单键，D项错误。
故答案选A。
【点睛】概念理清：酚是指-OH与苯环直接相连的有机化合物，醇指-OH与链状烃基相连或者与苯环侧链上的碳原子相连形成的有机化合物，虽官能团相同，但物质类别不同，其性质也相差甚远。
6.按系统命名法 的正确的名称是 ( )
A. 3，3－二甲基－4－乙基戊烷 B. 3，3－二甲基－2－乙基戊烷
C. 3，4，4－三甲基己烷 D. 3，3，4－三甲基己烷
【答案】D
【解析】
【详解】乙基在1号位，不是取代基而应在主链上，所以主链碳原子数为6，同时依据编号和最小的原则，需从左向右编号，名称为3，3，4－三甲基己烷，符合题意的为D。
故答案选D。
7.有4种碳架如下的烃，下列说法正确的是 ( )
① 和是同分异构体 ② 和是同系物
③ 和都能发生加成反应 ④、、、都能发生取代反应
A. ①④ B. ①② C. ①②③ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】①左边是CH3CH2CH2CH3，右边是(CH3)2CHCH3，两者是因碳链不同而形成的同分异构体，正确；

②左边是新戊烷，分子式是C5H12，右边是异丁烯，分子式为C4H8，分子组成没有相差至少一个CH2，所以不是同系物，错误；
③两者均不存在不饱和键，如双键，均不可以发生加成反应，错误；
④形成四个单键的饱和碳原子上的碳氢键可以发生类似甲烷在光照下与氯气的取代反应，分析这四者的结构，可以发现均能发生取代反应，正确。
由上分析易知A项合理，故答案选A。
8.有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）
A. 12种 B. 13种 C. 14种 D. 15种
【答案】B
【解析】
【详解】有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，所以相对分子质量为102；X中氧元素的质量分数为31.7%，氧原子数是 ， ，则C原子数5、氢原子数是，所以分子式为C5H10O2。分子式为C5H10O2的有机物能在碱性溶液中发生反应，则X可以为羧酸或酯；若为羧酸则结构简式为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)2CHCH2COOH、(CH3)3CCOOH；若为酯则结构简式为CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH2CH3、CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3、HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOC(CH3)3，共13种，选B。
9.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A. 用分液漏斗分离出苯酚与溴水反应的产物
B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净干燥的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚难溶于水，但易溶于有机溶剂，所以反应生成的三溴苯酚仍溶在苯中，且过量的溴也溶于苯中，无法分离，应改用NaOH溶液，故A错误；
B.NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；
C.FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe（OH）3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；
D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误。
故选C。
10.合成某种胃药的核心反应如下图：

下列说法正确的是（ ）
A. 反应物I只能发生取代、加成两种反应
B. 生成III的原子利用率为100%
C. 反应物II中的两个N-H键的活性不同
D. 生成物III分子式C22H23O2N4Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物Ⅰ含有苯环，可发生加成反应，含有氯原子，可发生取代反应(或水解反应)，也可以发生氯原子的消去反应，故A错误；
B．根据原子守恒，该反应中同时生成NaCl等，则原子的利用率不是100%，故B错误；
C．反应物Ⅱ中的两个N-H键的N原子连接不同的原子团，则两个N-H键的活性不同，故C正确；
D．由结构简式可知生成物Ⅲ的分子式C22H24O2N4Cl，故D错误；
答案选C。
【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，要注意含有卤素原子的有机物可以发生取代反应，当与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，也可发生消去反应。
11.关于丙氨酸的下列说法，正确的是

A. Ⅰ和Ⅱ结构和性质完全不相同
B. Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，具有不同的分子极性
C. Ⅰ和Ⅱ互为同分异构体
D. Ⅰ和Ⅱ中化学键的种类与数目不完全相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ⅰ和Ⅱ互为同分异构体，对映异构体之间在某些性质上有所不同，但它们有着相同的官能团，化学性质相似，故A错误；
B.根据其结构图可知，丙氨酸分子为极性分子，两种对映异构体都是极性分子，故B错误；
C.Ⅰ和Ⅱ分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.Ⅰ和Ⅱ互为同分异构体，对映异构体的化学键的种类与数目是相同的，故D错误。
故选C。
12.美国康乃尔大学的威考克斯(C·Wilcox)所合成的一种有机分子就像一尊释迦牟尼佛像,因而称为释迦牟尼分子(分子中所有原子均在同一平面)如图。对于该有机物的叙述正确的是

①该有机物属于芳香烃;②该有机物的分子式为C22H12; ③该有机物能发生加成反应;④该有机物的一氯代物的同分异构体有6种
A. ①③④ B. ①② C. ②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】芳香烃是指含有苯环的烃，故①正确；
这种键线式写法的规则为：每个折点与交点均有一个C原子，不足四价的用H补足，所以该物质的分子式为C22H12，故②正确；
分子中碳碳双键和苯环均可发生加成反应，故③正确；
由其轴对称结构可确定分子中有6种不同的H原子，故其一氯代物共有6种，④正确。
所以答案选择D项。
13.已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中正确的是(　　)

A. 分子中处于同一直线上的碳原子最多有6个
B. 该烃苯环上的二氯代物共有13种
C. 该烃的一氯代物共有8种
D. 分子中至少有12个碳原子处于同一平面上
【答案】D
【解析】
【详解】A.两个相连的苯环中，处于对角线位置的5个碳原子共线，再加上碳碳三键的2个碳原子，共7个碳原子一定共直线，A项错误；
B．给苯环上有氢的碳原子编号如下：，因两个苯环无对称性可言，所以该烃苯环上的二氯代物共有15种：1，2、1，3、1，4、1，5、1，6；2，3、2，4、2，5、2，6；3，4、3，5，3，6；4，5，4，6；5，6；
C. 该烃的没有对称性，其中苯环上的氢有6种，三个甲基上氢算3种，还有碳碳三键的端点还有一个氢，所以共有9种氢，所以其一氯代物为9种；
D．据A 项分析，已有7个碳原子共线，这条线必在左侧苯环确定的平面内，且苯环上的其余的4个碳和相连的那个甲基的碳原子，共12个碳原子一定共平面，D项正确；
所以答案选D项。
14.A的分子式为C7H6O2，符合该分子式的芳香族化合物的同分异构体的数目有
A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种
【答案】A
【解析】
【详解】分子式为C7H6O2，根据不饱和度计算，比相应烷烃少了10个H原子。苯环有4个不饱和度，则侧链中一定含有一个双键，只能是碳氧双键，可能是醛、酯基或者羧基，则可能为—OH和—CHO，有邻、间、对3种；或只有—COOH，1种；或有—OOCH，1种。综上所述，共5种。
本题答案选A。
二、非选择题（每空2分，共58分）
15.随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用。为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种用离子交换法回收钒的新工艺，回收率达到91.7%。部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：

该工艺的主要流程如图所示：

请问答下列问题：
（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示____________，用铝热剂法从下列各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是________
a．Fe3O4 b．Ni2O3 c．V2O5 d．MnO2
（2）反应①的化学方程式为______________________
（3）若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加_____（填化学式）的用量，造成成本增大。
（4）反应②的化学方程式为：KClO3+6VOSO4+3H2O===3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4。若反应①用的还原剂与反应②用的氧化剂的物质的量之比为12︰7，则废钒催化剂中VOSO4 和V2O5的物质的量之比为_____
（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式_______
（6）用已知浓度的酸化的H2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，以测定反应②后溶液中的含钒量，已知该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，则该反应的离子方程式为：_________________
（7）钒电池是以溶于一定浓度硫酸溶液中不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+）为正极和负极反应的活性物质，电极均为铂棒，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+
①放电时的正极反应为_______________________
②充电时的阴极反应为______________________
【答案】 (1). 3V2O5+10Al6V+5Al2O3 (2). c (3). V2O5+Na2SO3+2H2SO4===2VOSO4+Na2SO4+2H2O (4). NH3·H2O (5). 3︰2 (6). NH4+ +VO3﹣===NH4VO3↓ (7). 2VO2+ +H2C2O4+2H+===2VO2+ +2CO2↑+2H2O (8). VO2++2H++e﹣===VO2++H2O (9). V3++e﹣===V2+
【解析】
【分析】
废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3-，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5。
【详解】（1）由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式为3V2O5+10Al6V+5Al2O3。物质与转移电子关系式为：a．Fe3O4～e-～Fe；b．Ni2O3～3e-～Ni；c．V2O5～5e-～V；d．MnO2～4e-～Mn，由得失电子守恒可知，用铝热剂法从各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是c；
（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于提纯，则反应①的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4===2VOSO4+Na2SO4+2H2O；
（3）若反萃取使用硫酸用量过大，就需要用碱来中和，据流程图可知，进一步处理会增加NH3·H2O的用量，造成成本增大；
（4）假设两步所用试剂Na2SO3与KC1O3的物质的量为12mol、7mol，分别据两个方程式：
Na2SO3 + V2O5 + 2H2SO4 = 2VOSO4 + Na2SO4 + 2H2O
12mol 12mol 24mol      
KClO3+6VOSO4+3H2SO4═3（VO）2（SO4）3+KCl+3H2O
7mol 42mol
该催化剂中VOSO4的物质的量为42mol-24mol=18mol，因此该催化剂中VOSO4、V2O5的物质的量之比为 18mol：12mol=3：2；
（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3-反应生成难溶性的NH4VO3，根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，反应的离子方程式为NH4+ +VO3﹣=NH4VO3↓；
（6）用酸化的H2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，根据化合价升降配平，写出该反应的离子方程式为：2VO2+ +H2C2O4+2H+=2VO2+ +2CO2↑+2H2O；
（7）①正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O；
②充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，电极反应为V3++e﹣=V2+。
16.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：

已知：i．铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。
ii．常温下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10－13。
回答下列问题：
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有___________(填化学式)；写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：___________。
(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，选择下列实验操作最合理步骤的顺序是___________；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是___________。
①加入过量的NaOH：②加入过量的氨水；③加入适量的HCl；④过滤；⑤洗涤。
(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为___________。
(4)常温下，若滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成沉淀F是________(填化学式)；为了尽可能多的回收铜，所得滤液G的pH最大值为___________。
【答案】 (1). Na2SiO3、Na2BeO2； (2). BeO22－＋4H＋=Be2＋+2H2O； (3). ②④⑤③； (4). 增强熔融盐的导电性； (5). MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O； (6). Fe(OH)3； (7). 8.0；
【解析】
【分析】
Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。据此分析作答。
【详解】Be、Al元素化学性质相似，废旧铍铜元件中加入NaOH溶液，BeO、SiO2反应转化成Na2BeO2、Na2SiO3进入滤液A中，滤渣B中含CuS、FeS；滤液A中加入过量HCl，Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，Na2BeO2与过量HCl反应生成NaCl、BeCl2和H2O，滤液C中含HCl、NaCl、BeCl2；MnO2具有氧化性，滤渣B中加入MnO2和H2SO4，CuS、FeS反应生成CuSO4、Fe2（SO4）3、S，MnO2被还原为MnSO4；滤液D中主要含CuSO4、Fe2（SO4）3、MnSO4，根据题给Cu（OH）2、Fe（OH）3、Mn（OH）2的溶度积，滤液D中加入氨水得到的沉淀F为Fe（OH）3；滤液E中加入氨水调节pH使Cu2+与Mn2+分离。
（1）废旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息i，BeO属于两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，反应方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息i，反应I中为Na2BeO2与过量盐酸反应，反应的离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；
（2）Be、铝元素化学性质相似，先向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是②④⑤③；BeCl2熔融时能微弱电离，熔融BeCl2中离子浓度较小，电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是增大离子浓度，增强熔融盐的导电性；
（3）反应II中CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O；
（4），Cu2＋开始沉淀时c（OH－）==1×10-10mol/L；Fe3＋开始沉淀时c（OH－）==×10-12mol/L；Mn2＋开始沉淀时c（OH－）==1×10-6mol/L，因此首先沉淀的是Fe3＋，即生成的沉淀F为Fe（OH）3。为了尽可能多的回收Cu，滤液E中加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀，Mn2+不形成沉淀，Cu2+完全沉淀时c（OH-）==×10-8mol/L<1×10-6mol/L，滤液G的c（OH-）最大为1×10-6mol/L，c（H+）最小为1×10-8mol/L，pH最大为8.0。
17.为了测定某有机物A的结构，做如下实验：
①将2.3 g该有机物完全燃烧，生成0.1 mol CO2和2.7 g水；
②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；
③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰的面积之比是1∶2∶3。试回答下列问题：

（1）有机物A的相对分子质量是________。
（2）有机物A的实验式是________。
（3）A的分子式是_______________________________________。
（4）A的结构简式为___________________________________________。
【答案】 (1). 46 (2). C2H6O (3). C2H6O (4). CH3CH2OH
【解析】
【分析】
（1）根据质荷比判断有机物A的相对分子质量；
（2）根据n=m÷M计算生成的水的物质的量，计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物A是否含有氧元素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据有机物A中C、H、O原子个数比值确定实验式；
（3）根据有机物的实验式中H原子说明是否饱和C原子的四价结构判断；
（4）由核磁共振氢谱判断该有机物含有3种H，可确定分子的结构简式。
【详解】（1）在A的质谱图中，最大质荷比为46，所以其相对分子质量也是46；
（2）2.3 g该有机物中n（C）=n（CO2）=0.1 mol，含有的碳原子的质量为m（C）=0.1 mol×12 g•mol-1=1.2 g，氢原子的物质的量为：n（H）=2×2.7g/18 g•mol-1=0.3 mol，氢原子的质量为m（H）=0.3 mol×1 g•mol-1=0.3 g，该有机物中m（O）=2.3g-1.2 g-0.3g=0.8g，氧元素的物质的量为n（O）=0.8 g÷16g/mol=0.05 mol，则n（C）：n（H）：n（O）=0.1 mol：0.3 mol：0.05 mol=2：6：1，所以A的实验式是C2H6O；
（3）该有机物的最简式为C2H6O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式；
（4）A有如下两种可能的结构：CH3OCH3或CH3CH2OH；若为前者，则在核磁共振氢谱中应只有1个峰；若为后者，则在核磁共振氢谱中应有3个峰，而且3个峰的面积之比是1：2：3，显然CH3CH2OH符合题意，所以A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目着重考查有机物分子式、结构简式的计算方法，注意根据质量守恒确定有机物分子式的方法，明确质量比、核磁共振氢谱的含义是解题关键。
18.以淀粉为主要原料合成一种有果香味物质C和化合物D的合成路线如下图所示。

已知：
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为____________，B分子中的官能团名称为_______________。
（2）反应⑦的化学方程式为_________________，反应⑧的类型为______________。
（3）反应⑤的化学方程式为_____________________________。
（4）已知D的相对分子量为118，有酸性且只含有一种官能团，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D的结构简式为_______________。
【答案】 (1). CH3CHO (2). 羧基 (3). CH2=CH2 +Br2 → CH2BrCH2Br (4). 取代反应 (5). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). HOOC-CH2-CH2-COOH
【解析】
【分析】
乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙烯与X反应生成C2H4Br2，则X为Br2，C2H4Br2的结构简式为BrCH2CH2Br；BrCH2CH2Br与NaCN反应生成C2H4（CN）2，该反应为取代反应，C2H4（CN）2的结构简式为NCCH2CH2CN；CH3CH2OH在Cu存在下发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生氧化反应生成CH3COOH，CH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应生成具有果香味的CH3COOCH2CH3，A、B、C的结构简式依次为CH3CHO、CH3COOH、CH3COOCH2CH3；根据上述推断作答。
【详解】乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙烯与X反应生成C2H4Br2，则X为Br2，C2H4Br2的结构简式为BrCH2CH2Br；BrCH2CH2Br与NaCN反应生成C2H4（CN）2，该反应为取代反应，C2H4（CN）2的结构简式为NCCH2CH2CN；CH3CH2OH在Cu存在下发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO发生氧化反应生成CH3COOH，CH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应生成具有果香味的CH3COOCH2CH3，A、B、C的结构简式依次为CH3CHO、CH3COOH、CH3COOCH2CH3。
（1）根据上述分析，A的结构简式为CH3CHO。B的结构简式为CH3COOH，B中含有的官能团名称为羧基。
（2）反应⑦为乙烯与Br2的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。对比C2H4Br2和C2H4（CN）2，可见反应⑧为C2H4Br2与NaCN的取代反应。
（3）反应⑤为CH3CH2OH与CH3COOH的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
（4）1个D分子含碳原子数N（C）==4个，1个D分子中含氢原子数N（H）==6个，1个D分子中含氧原子数N（O）=（118-4×12-6×1）÷16=4个，D的分子式为C4H6O4；D有酸性且只含有一种官能团，C2H4（CN）2的结构简式为NCCH2CH2CN，反应⑨发生题给已知的反应，D的结构简式为HOOCCH2CH2COOH。
19.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________，甲、乙中的吸收剂能否颠倒？________。
(2)实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？ _____________。
【答案】 (1). CaCl2 (2). 不能 (3). 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的准确性
【解析】
【分析】
在750℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式，用氯化钙吸收水蒸气，用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于二氧化碳会带出水蒸气，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳。由于装置内有空气，会影响水蒸气、二氧化碳质量测定，实验开始时，要先通入氧气排尽装置内空气。
【详解】（1）因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，从而无法确定生成的水和CO2的质量，故先用无水CaCl2吸收水蒸气，再用NaOH吸收CO2，故答案为：CaCl2，不能。
（2）实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，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的准确性，故答案为：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的准确性。
【点睛】注意测定二氧化碳和水蒸气时所用的试剂顺序不能颠倒，否则会导致无法测定各自的质量。