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【化学】内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）
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内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试
第 Ⅰ 卷
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分)
1.化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是( )
A. 汽油、柴油 、卤代烃都是碳氢化合物
B. 氟利昂释放的氟原子会造成臭氧层的破坏
C. 甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D. 我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”
【答案】D
【解析】
【详解】A.汽油、柴油是碳氢化合物，植物油由C、H、O三种元素组成故不是碳氢化合物，A错误；
B.氟利昂在紫外线的照射下会释放的Cl原子会造成臭氧层的破坏,B错误；
C.石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后以轻质油为原料经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，C错误；D.塑料袋由聚乙烯材料构成，可形成白色污染，减少塑料袋的使用可减少白色污染，D正确；
故合理选项是D。
2.下列说法错误的是
A. 通式相同的一类有机物一定是同系物( )
B. 同分异构体在质谱仪发出的信号不完全相同
C. 从物质的红外光谱图可以获得分子中含有化学键或官能团的信息
D. 从核磁共振氢谱图可以推知该有机物分子有几种不同类型的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A.环烷烃与烯烃分子式通式相同，但是是不同类别的物质，因此不属于同系物，A错误；
B.同分异构体由于结构不同，H原子的种类不同，因此在质谱仪发出的信号不完全相同，B正确；
C.不同的原子团在红外光谱图上显示不同的结构，所以从物质的红外光谱图可以获得分子中含有化学键或官能团的信息，C正确；
D.核磁共振氢谱图有几个吸收峰，物质分子中就存在几种不同的H原子，峰的面积比就是不同种类的H原子的个数比，故从核磁共振氢谱图可以推知该有机物分子有几种不同类型的氢原子，D正确；
故合理选项是A。
3.下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，下列说法正确的是( )
A. 的结构简式为
B. 反应④的反应试剂和反应条件是浓加热
C. ①②③的反应类型分别为卤代、水解、消去
D. 环戊二烯与以1∶1的物质的量之比加成可生成
【答案】D
【解析】
【分析】
与Cl2在光照时发生取代反应产生 ， 在NaOH的乙醇溶液中加热，发消去反应产生 ， 与Br2发生加成反应产生 ，在NaOH的乙醇溶液中加热，发消去反应产生，据此分析解答。
【详解】A.根据上述分析可知A是环戊烯，A错误；
B.反应④是变为的反应，反应条件是NaOH的乙醇溶液，并加热，B错误；C.根据前面分析可知①是取代反应，②是消去反应，③是加成反应，C错误；
D.环戊二烯与以1∶1的物质的量之比加成时，若发生1,4加成反应，可生成，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线为线索，考查了烃、氯代烃、烯烃、二烯烃的化学性质、反应条件及反应产物的结构的知识。掌握各类物质的化学性质及反应条件的关系是本题解答的关键。注意卤代烃在NaOH的水溶液及加热时发生水解反应，而在NaOH的乙醇溶液并加热时则发生消去反应，溶剂不同，反应类型不同。
4.下列分子中所有碳原子不可能处在同一平面上的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙烯分子是平面分子，甲基C原子取代乙烯分子中的H原子位置，在乙烯平面上，乙炔分子是直线型分子，后面的—CF3中的C原子取代乙炔分子中H原子位置，跟碳碳三键的C原子在同一直线上，一条直线上的两点在某一个平面上，则直线上所有的点都在这个平面上，因此该分子中所有C原子都在这个平面上，A不符合题意；
B.乙烯分子是平面分子，两个甲基C原子取代乙烯分子中的H原子位置，在乙烯平面上，因此该分子中所有C原子在同一个平面上，B不符合题意；
C.苯分子是平面分子，甲烷分子是正四面体结构，在该物质分子中，有一个饱和C原子连接了两个苯环和一个甲基，根据一个平面最多通过三个顶点，若该C原子在两个苯环所在的平面上，则甲基C原子一定不在该平面上，C符合题意；
D.苯分子是平面分子，甲基C原子取代苯分子中的H原子位置，在苯分子的平面内，两个苯分子的平面可能共平面，D不符合题意；
故合理选项是C。
5.把mg铜丝灼烧变黑，立即放入下列物质中，能使铜丝变红而且质量仍为mg的是( )
A. NaOH溶液 B. CH3COOH C. 稀HNO3 D. CH3CH2OH
【答案】D
【解析】
【分析】
先铜丝灼烧成黑色，是由于生成了CuO：2Cu+O22CuO，再结合CuO与选项中的物质发生的化学反应来分析判断。
【详解】A．铜丝灼烧成黑色，立即放入NaOH溶液中，CuO、Cu与NaOH溶液不反应，反应后铜丝质量增加，A错误；
B．铜丝灼烧成黑色，立即放入CH3COOH中，CuO与CH3COOH反应，生成可溶性铜盐，铜丝质量减少，B错误；
C．铜丝灼烧成黑色，立即放入稀硝酸中，CuO、Cu与稀硝酸反应，生成铜盐，质量减少，C错误；
D．铜丝灼烧成黑色，立即放入C2H5OH中，CuO与C2H5OH反应：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反应后铜丝质量保持不变，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题主要考查了铜及其化合物的性质的知识，注重过程的分析判断物质的成分是解题的关键，题目难度不大。
6.X、Y两种有机物的分子式不同，但均含有C、H或C、H、O，将X、Y以任意比例混合，只要物质的量之和不变，完全燃烧时所消耗的氧气量和生成水的物质的量也分别不变。则下列有关判断正确的是 ( )
A. X、Y分子式中氢原子数一定要相同，碳原子数必定相同
B. 若X为CH4，则相对分子质量最小的Y是甲醇
C. 若X为CH4，则相对分子质量最小的Y是乙二醇
D. X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗O2的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，且在CxHyOz中（x+）相同，若X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)，据此对各选项进行判断。
【详解】总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗O2的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，且在CxHyOz中（x+）相同，如果X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)。
A．X、Y分子式中氢原子数一定相同，碳原子数可能相同，A不符合题意；
B．若X为甲烷，另一种有机物分子中一定含有4个H，且耗氧量与甲烷相同，相对分子质量最小的Y为：C2H4O2，可能为甲酸甲酯，也可能是乙酸；甲醇和甲烷的耗氧量不同，故不可能为甲醇，B不符合题意；
C．乙二醇分子中含有6个H原子，与甲烷含有氢原子数不相同，不可能为乙二醇，C不符合题意；
D．X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，则物质的量一定时生成水的量相同；若相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)，则消耗氧气的量相同，D符合题意；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了有机物分子式的确定的知识，根据题干信息得出“X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)”为解答关键，题目难度中等。
7.某液态烃，它不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色。将其0.5 mol完全燃烧生成的CO2通入含5mol NaOH的溶液中，所得碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1：3 。则该烃是 ( )
A. 1-丁烯 B. 甲苯 C. 1,3-二甲苯 D. 2-甲基-3-乙基-2-戊烯
【答案】C
【解析】
【分析】
该液态烃不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，可能为芳香烃，根据Na守恒计算出Na2CO3、NaHCO3的物质的量，再结合C原子守恒计算出生成CO2的物质的量，然后根据烃的物质的量、CO2的物质的量来确定该烃的分子式、结构简式。
【详解】设Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为3xmol，根据Na元素守恒得：2x+3x=5mol， x=1mol；根据C元素守恒得：n(CO2)=1mol+3mol=4mol，
由 CnH2n+2～nCO2可知：每1mol烃完全燃烧产生nmolCO2气体，由于n(CO2)=4mol，则0.5n=5，解得n=8。该烃不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，则可能为芳香烃，且分子中含有8个C，只有C符合题意，故合理选项是C。
【点睛】本题考查烃的分子式确定的计算，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的方法，明确常见有机物结构与性质为解答关键，本题为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查。
8.下列由实验得出的结论正确的是（ ）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2－二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
【答案】A
【解析】
A. 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，证明乙烯与溴反应生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A正确； B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但是两个反应的剧烈程度是不同的，所以乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性是不相同的，B不正确； C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，水垢中有碳酸钙，说明乙酸的酸性大于碳酸的酸性，C不正确； D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，是因为生成的HCl水溶液具有酸性，D不正确。本题选A。
9.关于苯甲酸的重结晶实验，其结论或解释错误的是
选项
实验步骤
实验现象
结论或解释
A
常温溶解
苯甲酸几乎不溶
苯甲酸常温时不溶于水或微溶于水
B
加热溶解
苯甲酸完全溶解
温度升高，苯甲酸溶解度增大
C
趁热过滤
过滤时伴有晶体析出
此晶体为杂质所形成
D
冷却结晶，滤出晶体
针状晶体
针状晶体为苯甲酸
【答案】C
【解析】
过滤时，温度降低，苯甲酸溶解度较小，可能有部分为苯甲酸结晶析出，所以过滤时析出的晶体不一定是杂质，故C错误。
10.已知化合物A (C4Si4H8) 与立方烷 (C8H8) 的分子结构相似，如下图：
则C4Si4H8的二氯代物的同分异构体数目为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
两个氯原子的相对位置可以是边、面对角线、体心对角线，并且面对角线是两种情况。
11.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是( )
A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B. 该物质遇FeCl3溶液显色
C. 1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1 mol Br2
D. 与足量H2发生加成反应,最多消耗H2 6mol
【答案】B
【解析】
【分析】
由结构可知分子式，汉黄芩素分子中含酚—OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答。
【详解】A．由物质的结构简式可知汉黄芩素的分子式为C16H12O5，A错误；
B．汉黄芩素含酚—OH，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；
C．酚—OH是邻对位取代基。它邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2mol Br2，C错误；
D．该物质含有羰基，苯环、碳碳双键，它们都能与氢气发生加成反应则该物质与足量H2发生，最多消耗8 mol H2，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大。
12.将O2、CH4、Na2O2置于密闭容器中，在250℃下用电火花引发化学反应。反应停止后使容器内恢复至250℃，容器内的气压为零。由此得出的结论正确的是( )
A. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1∶2∶6，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaHCO3
B. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为2∶1∶4，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOH
C. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1∶2∶6，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOH
D. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为2∶1∶4，反应后容器内生成的固体是NaHCO3和NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】题中涉及的化学反应为：①CH4+2O2CO2+2H2O， ②2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，③2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，反应停止后的容器内温度仍为250℃，气压为零，说明容器内无气体存在，也不可能有NaHCO3，将①×2+②+③×2，整理可得O2、CH4、Na2O2三者之间的综合反应关系为：O2+2CH4+6Na2O22Na2CO3+8NaOH。由总反应方程式可知O2、CH4、Na2O2计量数之比为1：2：6。故合理选项是C。
13.25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15
25℃时，下列说法正确的是（ ）
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，则a一定大于b
D. 足量HCN溶液与Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的离子种类为Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正确；
B.弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B错误；
C.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C错误；
D.据电离平衡常数可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取强酸，所以HCN溶液与Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D错误。
故选A。
14.将一定量的有机物充分燃烧后的产物通入足量的石灰水中完全吸收，经过滤得沉淀20g 滤液质量比原石灰水减少5.8g，该有机物不可能是( )
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙烯 D. 乙二醇
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物燃烧完全燃烧生成CO2和H2O，通过足量的石灰水，发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，得到沉淀20g为CaCO3质量，根据差量法计算生成碳酸钙的反应中导致溶液质量减少，再结合实际滤液质量减少计算燃烧生成水的质量，确定C、H原子数目之比，据此判断。
【详解】有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀20g，应为CaCO3， n(CO2)=n(CaCO3)==0.2mol，发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，根据方程式可知：每有1molCO2反应，产生1mol水，溶液质量减少的质量56g，现在有0.2molCO2发生反应，滤液质量应减少11.2g，称量滤液时，其质量只比原石灰水减少5.8g，则生成水的质量应为11.2g-5.8g=5.4g，n(H)=2n(H2O) =2×=0.6mol，则有机物中N（C）：N(H)=0.2mol：0.6mol=1：3，选项中乙烷、乙醇、乙二醇中C、H原子数目之比符合1：3，而C2H4不符合，故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物推断的知识，关键是结合差量法计算生成水的质量，找到C、H两种元素的物质的量的比，结合给定物质就可求得解，本题侧重考查学生的分析计算能力。
15.下列系统命名法正确的组合是 ( )
①2-甲基-4-乙基戊烷 ② 2，3-二乙基-1-戊烯 ③2-甲基-3-丁炔 ④4，4-二甲基-3-戊醇 ⑤2-甲基—1，3-二丁烯 ⑥1，5—二甲基苯 ⑦甲基苯酚 ⑧2-乙基-1-丁烯
A. ①②③ B. ④⑤ ⑥ C. ②⑧ D. ⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①2-甲基-4-乙基戊烷没有选择分子中含C原子数最多的最长的碳链为主链，此烷烃的主链上有6个碳原子，即为己烷，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，故在2号和4号碳原子上各有一个甲基，正确命名为：2，4-二甲基己烷，①错误；
②2，3-二乙基-1-戊烯，烯烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，主链上有5个碳原子，故为戊烯，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，碳碳双键在1号和2号碳原子之间，在2号碳原子和3号碳原子上各有一个乙基，因此名称为2，3-二乙基-1-戊烯，②正确；
③2-甲基-3-丁炔，炔烃的命名，编号应该从距离碳碳三键最近的一端开始，碳碳三键在1号C原子上，甲基在3号C原子上，该有机物正确名称为：3-甲基-1-丁炔，③错误；
④4，4-二甲基-3-戊醇，醇在命名时，首先要使羟基在主链上编号最小，然后使取代基的编号最小，该物质中2个甲基在主链上第2个C原子上，正确名称为2，2-二甲基-3-戊醇，④错误；
⑤首先选择包括2个碳碳双键在内最长的碳链为主链，然后使取代基的编号最小，该物质名称为2-甲基-1，3-丁二烯，⑤错误；
⑥给苯的同系物命名时，尽可能取代基的编号最小，该物质正确命名为135-二甲基苯， ⑥错误；
⑦酚的同系物命名时要指明取代基与酚羟基在苯环上的位置，该物质没有指明甲基与酚羟基的相对位置，⑦错误；
⑧给烯烃的同系物命名时，尽可能使双键位置编号最小，然后确定支链在主链碳原子的位置，正确名称是2-乙基-1-丁烯，⑧正确；②⑧正确，故合理选项是C。
16.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 1mol烷烃中(n代表碳原子数)含共价键数为(3n+1)NA
B. 1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数为0.1NA
C. 46 %的乙醇水溶液10g含氧原子数为0.1NA
D. 标准状况下，22.4L的庚烷完全燃烧能生成7NA 的二氧化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A.烷烃分子式是CnH2n+2，分子中含有(n-1)个碳碳单键，含有C-H键2n+2，故1mol烷烃中共含有共价键为(3n+1)NA，A正确；
B.乙酸是弱酸，故1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数少于0.1NA，B正确；
C.乙醇溶液中乙醇和水分子中都含有O原子，乙醇不能确定其中含有的O原子数目，C错误；
D.标准状况下庚烷是液体，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是A。
17.20ml某气态烃与过量氧气混合，将完全燃烧后的产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则该气态烃不可能的是( )
A. 乙烷 B. 环丙烷 C. 丙烯 D. 苯
【答案】D
【解析】
【详解】假设该烃分子式为CxHy，其完全燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，根据方程式可知1体积的烃完全燃烧消耗(x+)体积的氧气，产生x体积的CO2气体，由于反应后温度是室温，水为液体，故反应前后气体的总体积减少了1+(x+)-x=1+，现在20mL气态烃燃烧，气体体积减少了50mL，则1：(1+)=20：50，解得y=6。即只要气态烃分子中含有6个H原子即可，与分子中含有的C原子数无关。分析选项给出的物质，每个选项分子中H原子数都是6个，但由于苯在室温下不是气态，故合理选项是D。
18.下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是( )
A. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中离子浓度关系：c(Na＋)＝2c()＋c()＋c(H2CO3)
B. 把0.2 mol/L NH4Cl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后离子浓度关系：c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＞c(OH－)
C. 常温，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使其pH=7，则混合液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D. 在Na2CO3溶液中，c(H＋)＋c()＋c(H2CO3)= c(OH－)
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据元素守恒n（Na）=n（C），C在溶液中以HCO3-、CO32-、H2CO3形式存在，则c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故A错误；
B.0.2mol/LNH4Cl溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，离子浓度为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；
C.溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液呈电中性，所以c（H+）+ c（Na+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c(Na＋)=c(CH3COO－)，故C正确；
D.根据质子守恒，H2O电离出的H+总量和OH‾总量相等，所以c(OH－)=2c(H2CO3)+c(HCO3－)+c(H＋)，故D错误。
故选C。
【点睛】在比较溶液中离子浓度时，应该利用好3个守恒关系式，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
19.下列5种有机物：①2-甲基丙烷；②乙醇；③丙烷；④丁烷；⑤苯酚。按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是( )
A. ①②③④⑤ B. ⑤②④①③ C. ⑤④②①③ D. ③①②⑤④
【答案】B
【解析】
【详解】苯酚在常温下为固体，乙醇常温下是液体，则沸点：葡萄糖＞乙醇；常温下碳原子数少于5个的烷烃为气体，分子中碳原子数的越多，物质的沸点越高，当碳原子数相同时分子中含有的支链越多，物质的沸点越小，故物质的沸点：丁烷＞2-甲基丙烷＞丙烷。综上所述可知，沸点：苯酚＞乙醇＞丁烷＞2-甲基丙烷＞丙烷，即沸点由高到低的顺序为：⑤②④①③；故合理选项是B。
20.在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
−25
−47
6
下列说法不正确的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 甲苯的沸点高于144 ℃
C. 用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D. 从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，A正确；
B．甲苯的相对分子质量比二甲苯小，沸点比二甲苯低，B错误；
C．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，C正确；
D．因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至-25℃～13℃，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来，D正确；
故合理选项是B。
21.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将溶液从升温至，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中不变
【答案】D
【解析】
分析：向溶液中加入少量水，减小，但是Ka不变，故溶液中增大；为水解常数的倒数，将溶液从升温至，水解平衡常数变大，故溶液中减小；向盐酸中加入氨水至中性，由电荷守恒可知，溶液中；向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中，故其值不变。
详解：A. 向溶液中加入少量水，减小，但是Ka不变，故溶液中增大，A不正确；
B. 为水解常数的倒数，将溶液从升温至，水解平衡常数变大，故溶液中减小，B不正确；
C. 向盐酸中加入氨水至中性，由电荷守恒可知，溶液中，C不正确；
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中，故其值不变，D正确。
本题选D。
22.将分子式为C2H6O 和 C3H8O的醇混合，加入浓硫酸加热生成的有机物种数为( )
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】
分子式为C2H6O的醇只有乙醇一种，醇分子式C3H8O为丙醇，可以是1-丙醇，2-丙醇，两醇混合后在浓硫酸加热的条件下发生反应，可能生成的有机产物是醚类，也可能是醇分子内脱水得到的烯烃类。
【详解】分子式为C2H6O的醇只有乙醇一种，醇分子式C3H8O为丙醇，可以是1-丙醇，2-丙醇，两醇混合后在浓硫酸加热的条件下发生反应，可能生成的有机产物是醚类，也可能是醇分子内脱水得到的烯烃类。醇分子间成的醚可以是：CH3CH2OCH2CH3，CH3 CH2CH2OCH2CH2CH3，(CH3)2CHOCH(CH3)2，CH3CH2OCH2CH2CH3，CH3CH2OCH(CH3)2，CH3 CH2CH2OCH(CH3)2，还可以是醇分子内脱水得到的烯烃类有乙烯、丙烯，故得到的有机物共8种，故合理选项是C。
【点睛】本题考查学生醇的化学性质以及同分异构现象知识，注意醇分子间脱水形成醚和醇分子内脱水成烯烃是关键，难度不大。
23. 1 mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2 L（标准状况下）。它在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（ ）
A. B. CH3CH2CH2CH2CH3
C. D.
【答案】B
【解析】
1 mol该烃完全燃烧消耗氧气的物质的量为179.2 L/22.4 L·mol－1="8" mol，设该烃的分子式为CxHy则有x+="8 ……" ①，所以x＜8排除D选项，其余三个选项为烷烃，则y=2x+2 ….. ②，解①②可得x=5，y=12，由于该烃的一氯代物有3种，故选B。
24.为了除去苯中混有的少量苯酚，下面的实验正确的是
A. 在分液漏斗中，加入足量2mol·L-1NaOH溶液，充分振荡后，分液分离
B. 在分液漏斗中，加入足量2mol·L-1FeCl3溶液，充分振荡后，分液分离
C. 在烧杯中，加入足量的浓溴水，充分搅拌后，过滤分离
D. 在烧杯中，加入足量冷水，充分搅拌后，过滤分离
【答案】A
【解析】
分析：根据苯和苯酚的性质差异结合选项分析解答。
详解：A、苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，但苯不溶于水，可用分液的方法分离，A正确
B、铁离子与苯酚生成的络合物与苯互溶，不能将二者分离，并引入新的杂质，B错误；
C、加浓溴水，生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能溶于与苯中，不能将二者分离，并引入新的杂质，C错误；
D、加入足量冷水，苯与苯酚不溶于水，两者混溶，不能用分液方法将将二者分离，D错误；
答案选A。
25.烯烃的复分解反应是重要的有机反应，在高分子材料化学、有机合成化学等方面具有重要意义。如：CH3CH=CH2+CH3CH2CH=CH2CH3CH=CHCH2CH3+CH2=CH2下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：烯烃复分解反应是指在催化剂作用下，实现两边基团换位的反应。
详解：A、生成，故A错误；B、生成，故B错误；C、生成，故C正确；D、生成，故D错误；故选C。
第Ⅱ卷
二、填空题(共4题，共50分)
26.溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。某同学依据溴乙烷的性质，用图实验装置(铁架台、酒精灯略)验证取代反应和消去反应的产物，请你一起参与探究。
实验操作Ⅰ：在试管中加入5 mL 1 mol/L NaOH溶液和5 mL 溴乙烷，振荡。
实验操作II：将试管如图固定后，水浴加热。
(1)用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是_______________________。
(2)观察到__________________________现象时，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应。
(3)鉴定生成物中乙醇的结构，可用的波谱是___________________________________。
(4)为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在你设计的实验方案中，需要检验的是__________，检验的方法是____________(需说明：所用的试剂、简单的实验操作及预测产生的实验现象)。
【答案】（1）溴乙烷沸点低，减少溴乙烷的损失（2）试管内溶液静置后不分层（3）红外光谱、核磁共振氢谱（4）生成的气体；将生成的气体先通过盛有NaOH稀溶液的试管，再通入盛有KMnO4溶液的试管，KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)。
【解析】
试题分析：（1）溴乙烷沸点低，溴乙烷易挥发，用水浴加热热均匀，减少溴乙烷的损失，故答案为：使试管受热均匀，减少溴乙烷的损失；
（2）溴乙烷不溶于水，开始溶液分层，生成的产物乙醇、溴化钠都易溶于水，当溶液分层消失，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应，反应化学方程式为：CH3CH2Br+NaOH→CH3CH2OH+NaBr，
故答案为：试管内溶液静置后不分层；
（3）乙醇的电子式：，结构式是：，乙醇分子结构中有三种氢原子，它们的比为3：2：1，利用核磁共振氢谱可检测，也可用红外光谱检测，
故答案为：红外光谱、核磁共振氢谱；
（4）溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，反应断1号C的C-Br键，CH3CH2Br+NaOH→
CH2=CH2↑+NaBr+H2O，生成乙烯，只有证明乙烯的存在即可证明发生的是消去反应，方法是：将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，5CH2=CH2+12KMnO4+18H2O→12MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+28H2O，酸性KMnO4溶液褪色，（或直接通入溴的四氯化碳溶液，乙烯与溴单质发生加成：Br2+CH2=CH2→BrCH2-CH2Br，四氯化碳褪色），
故答案为：生成的气体；将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，酸性KMnO4溶液褪色（或直接通入溴的四氯化碳溶液，四氯化碳褪色）．
考点：性质实验方案的设计
27.I.完成下列制备物质的化学方程式：以电石、水、食盐为原料制备PVC____________________
II.由丁炔二醇制取1，3-丁二烯，请根据下面的合成路线图填空：
(1)写出各反应的反应条件及试剂名称：X________；Y________；Z________。
(2)写出A、B的结构简式：A____________；B____________。
III.下列物质在水中可能存在化合物甲、乙、丙有如下转化关系：
甲(C4H10O)条件条件①→乙(C4H8)丙(C4H8Br2)回答：
(1)甲中官能团的名称是________，甲属________类物质，甲可能结构有________种，其中可催化氧化为醛的有________种。
(2)反应条件①为______________，条件②为______________。
(3)甲→乙的反应类型为____________，乙→丙的反应类型为____________。
(4)丙的结构简式不可能是________。
A．CH3CH2CHBrCH2Br B．CH3CH(CH2Br)2
C．CH3CHBrCHBrCH3 D．(CH3)2CBrCH2Br
【答案】 (1). CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；H2+Cl22HCl；C2H2+HClCH2=CHCl nCH2=CHCl (2). Ni作催化剂、H2加热 (3). HBr加热 (4). NaOH的乙醇溶液、加热 (5). (6). CH2BrCH2CH2CH2Br (7). 羟基 (8). 醇 (9). 4 (10). 2 (11). 浓H2SO4、加热 (12). 溴水或溴的CCl4溶液 (13). 消去反应 (14). 加成反应 (15). B
【解析】
【详解】I. 电石与水反应产生乙炔，方程式为CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2；电解饱和食盐水可以得到H2、Cl2，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；反应产生的H2、Cl2在点燃时反应产生HCl，H2+Cl22HCl；HCl与乙炔发生加成反应产生氯乙烯，C2H2+HClCH2=CHCl，然后使氯乙烯在一定条件下发生加成反应产生聚氯乙烯：nCH2=CHCl；
II. 丁炔二醇与H2在Ni作催化剂、加热时发生加成反应变为A，其名称为1，4丁二醇，A 结构简式是HOCH2CH2CH2CH2OH，A在浓硫酸存在并在加热时发生消去反应，产生1，3-丁二烯；A与HBr在加热条件下发生取代反应生成B为BrCH2CH2CH2CH2Br，B在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应得1，3-丁二烯。
(1)根据上面的分析可知，反应X的试剂及条件为氢气、催化剂；反应Y的试剂及条件为溴化氢、加热；反应Z的试剂及条件为氢氧化钠乙醇溶液、加热；
(2)根据上面的分析可知，A为HOCH2CH2CH2CH2OH，B为BrCH2CH2CH2CH2Br；
III. 由甲(C4H10O) 乙(C4H8) 丙(C4H8Br2)，丙(C4H8Br2)可知，甲为醇类物质，乙为1-丁烯(或2-丁烯或2-甲基丙烯)，丙为烯烃的加成产物。
(10甲中一定含—OH，名称为羟基，为醇类物质，丁基有4种，则丁醇有4种，可催化氧化为醛的醇为伯醇，有CH3CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2OH两种；
(2)①为醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热；②为烯烃的加成反应，反应条件为溴水或溴的四氯化碳溶液；
(3)由上述分析可知，①为消去反应，②为加成反应；
(4)若乙为1-丁烯，则加成后的生成物丙为CH3CH2CHBrCH2Br；若乙为2-丁烯，则加成后的生成物丙为CH3CHBrCHBrCH3；若乙为2-甲基丙烯，则加成后的生成物丙为(CH3)2CBrCH2Br，CH3CH(CH2Br)2不可能是乙通过加成反应产生的物质，故合理选项是B。
28.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L－1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
（1）a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=________mol·L－1，Ka(HB)=________。
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B－)(填“>”“<”或“=”)。
（3）已知常温下向0.1mol·L－1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2－)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L－1，则0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L－1(填“>”“<”或“=”)。
（4）已知温度时，0.1 mol·L－1的某一元酸HB在水中有 0.1% 发生电离，回答下列各问题：
①该溶液的pH＝________。
②HB的电离平衡常数K＝________。
③由HB电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【答案】 (1). 3×10－13 (2). 1×10－5 (3). c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+) (4). < (5). NaHC=Na++H++C2－ (6). > (7). > (8). 4 (9). 1×10－7 (10). 106
【解析】
【分析】
（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3。
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解。
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解；
③常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4；
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7；
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，以此分析。
【详解】（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，c(H+)==mol/L，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)= c(OH-)=mol/L=310-13；
由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3，Ka(HB)==110-5；
因此，本题正确答案是：3×10－13 ；1×10－5；
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+)；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为NaHC=Na++H++C2－。
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解，则此溶液中c(C2－)>c(H2C)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大，则c(H+)>0.01 mol/L。
因此，本题正确答案是：NaHC=Na++H++C2－；> ；> ；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7，
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，c(H+)为10-10mol/L，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，
因此，本题正确答案是：4；1×10－7；106。
29.(1)相对分子质量为70的烯烃的分子式为___________________；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃的可能的结构简式为___________________；
(2)有机物A的结构简式为
①若A是单烯烃与氢气加成后的产物，则该单烯烃可能有________种结构；
②若A是炔烃与氢气加成后的产物，则此炔烃可能有________种结构；
③若A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型，有顺、反两种结构。
a．写出A的该种同分异构体的结构简式 ______________________；
b．写出这种烯烃的顺、反异构体的结构简式 _____________________；
(3) 与Br2的加成产物有________________种；
(4)C5H12O的同分异构体有_________种，其中属于醇类且能被氧化成醛的有______种,能消去H2O生成烯的醇有__________种，生成的烯有_______种；
(5)写出由1个 —C6H4—(苯环)、2个—CH2—、1一个—OH、两个—CH3，1 个组成的能使FeCl3变紫色且苯环上的一氯取代产物有两种的有机物有多少种 __________；
(6)相同状况下9升甲烷与6升某烯烃混合， 所得混合气的密度等于相同条件下氧气的密度，则该烯烃的分子式___________。
【答案】 (1). C5H10 (2). 、、 (3). 5 (4). 1 (5). (CH3)3CCH=CHC(CH3)3 (6). 、 (7). 4 (8). 14 (9). 4 (10). 7 (11). 5 (12). 3 (13). C4H8
【解析】
【详解】(1)烯烃分子式通式为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5，即该烯烃分子式为C5H10；若该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含3个甲基，由于与氢气发生加成反应时碳链结构不变，所以说明原来烯烃的主链上有四个C原子，支链是一个甲基，其可能的结构简式：、、；
(2)①根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，该烷烃的碳链结构为，5号碳原子上没有H原子，与相连接C原子不能形成碳碳双键，能形成双键位置有：1和2之间；2和3之间；3和4之间，3和6之间，4和7之间，故该该单烯烃共有5种不同的结构；
②根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在—C≡C—三键的位置，该烷烃的碳链结构为，所以能形成三键位置有：1和2之间，此炔烃的结构简式可能为，符合要求的炔烃只有这1种结构；
③若A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型，烯烃为(CH3)3CCH=CHC(CH3)3，则A的同分异构体为(CH3)3CCH2CH2C(CH3)3，此烯烃的顺、反异构体的结构简式是：、；
(3) 与Br2按1：1加成，可得、、，若2个双键全加成，可得，所以加成产物共有4种；
(4)C5H12O可能是醇，也可能是醚，若是醇，C5H12O可看作是C5H12中的一个H原子被—OH取代产生的，C5H12有3种结构，共含有3+4+1=8种不同位置的H原子，所以有8种醇，醚有2+2+2=6种，因此它的同分异构体有8+6=14种，其中属于醇类且能被氧化成醛的,说明该醇分子中羟基—OH连接的C原子上有2个H原子，可能有CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、4种不同结构；能消去H2O生成烯的醇有CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、、、、，共7种，生成的烯有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、、，共5种；
(5)由1个 —C6H4—(苯环)、2个—CH2—、1一个—OH、两个—CH3，1 个组成的能使FeCl3变紫色，且苯环上的一氯取代产物有两种的有机物，说明羟基与苯环直接相连，并且还有另一个与羟基在苯环上处于对位的取代基，该取代基可能的结构是、、，因此共有3种不同结构；
(6)混合气平均摩尔质量：M＝MO2＝32g/mol，设某烯烃的分子式为CnH2n，用十字交叉法求解。
，所以烯烃分子式为C4H8。
第 Ⅰ 卷
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分)
1.化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是( )
A. 汽油、柴油 、卤代烃都是碳氢化合物
B. 氟利昂释放的氟原子会造成臭氧层的破坏
C. 甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D. 我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”
【答案】D
【解析】
【详解】A.汽油、柴油是碳氢化合物，植物油由C、H、O三种元素组成故不是碳氢化合物，A错误；
B.氟利昂在紫外线的照射下会释放的Cl原子会造成臭氧层的破坏,B错误；
C.石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后以轻质油为原料经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，C错误；D.塑料袋由聚乙烯材料构成，可形成白色污染，减少塑料袋的使用可减少白色污染，D正确；
故合理选项是D。
2.下列说法错误的是
A. 通式相同的一类有机物一定是同系物( )
B. 同分异构体在质谱仪发出的信号不完全相同
C. 从物质的红外光谱图可以获得分子中含有化学键或官能团的信息
D. 从核磁共振氢谱图可以推知该有机物分子有几种不同类型的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A.环烷烃与烯烃分子式通式相同，但是是不同类别的物质，因此不属于同系物，A错误；
B.同分异构体由于结构不同，H原子的种类不同，因此在质谱仪发出的信号不完全相同，B正确；
C.不同的原子团在红外光谱图上显示不同的结构，所以从物质的红外光谱图可以获得分子中含有化学键或官能团的信息，C正确；
D.核磁共振氢谱图有几个吸收峰，物质分子中就存在几种不同的H原子，峰的面积比就是不同种类的H原子的个数比，故从核磁共振氢谱图可以推知该有机物分子有几种不同类型的氢原子，D正确；
故合理选项是A。
3.下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，下列说法正确的是( )
A. 的结构简式为
B. 反应④的反应试剂和反应条件是浓加热
C. ①②③的反应类型分别为卤代、水解、消去
D. 环戊二烯与以1∶1的物质的量之比加成可生成
【答案】D
【解析】
【分析】
与Cl2在光照时发生取代反应产生 ， 在NaOH的乙醇溶液中加热，发消去反应产生 ， 与Br2发生加成反应产生 ，在NaOH的乙醇溶液中加热，发消去反应产生，据此分析解答。
【详解】A.根据上述分析可知A是环戊烯，A错误；
B.反应④是变为的反应，反应条件是NaOH的乙醇溶液，并加热，B错误；C.根据前面分析可知①是取代反应，②是消去反应，③是加成反应，C错误；
D.环戊二烯与以1∶1的物质的量之比加成时，若发生1,4加成反应，可生成，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线为线索，考查了烃、氯代烃、烯烃、二烯烃的化学性质、反应条件及反应产物的结构的知识。掌握各类物质的化学性质及反应条件的关系是本题解答的关键。注意卤代烃在NaOH的水溶液及加热时发生水解反应，而在NaOH的乙醇溶液并加热时则发生消去反应，溶剂不同，反应类型不同。
4.下列分子中所有碳原子不可能处在同一平面上的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙烯分子是平面分子，甲基C原子取代乙烯分子中的H原子位置，在乙烯平面上，乙炔分子是直线型分子，后面的—CF3中的C原子取代乙炔分子中H原子位置，跟碳碳三键的C原子在同一直线上，一条直线上的两点在某一个平面上，则直线上所有的点都在这个平面上，因此该分子中所有C原子都在这个平面上，A不符合题意；
B.乙烯分子是平面分子，两个甲基C原子取代乙烯分子中的H原子位置，在乙烯平面上，因此该分子中所有C原子在同一个平面上，B不符合题意；
C.苯分子是平面分子，甲烷分子是正四面体结构，在该物质分子中，有一个饱和C原子连接了两个苯环和一个甲基，根据一个平面最多通过三个顶点，若该C原子在两个苯环所在的平面上，则甲基C原子一定不在该平面上，C符合题意；
D.苯分子是平面分子，甲基C原子取代苯分子中的H原子位置，在苯分子的平面内，两个苯分子的平面可能共平面，D不符合题意；
故合理选项是C。
5.把mg铜丝灼烧变黑，立即放入下列物质中，能使铜丝变红而且质量仍为mg的是( )
A. NaOH溶液 B. CH3COOH C. 稀HNO3 D. CH3CH2OH
【答案】D
【解析】
【分析】
先铜丝灼烧成黑色，是由于生成了CuO：2Cu+O22CuO，再结合CuO与选项中的物质发生的化学反应来分析判断。
【详解】A．铜丝灼烧成黑色，立即放入NaOH溶液中，CuO、Cu与NaOH溶液不反应，反应后铜丝质量增加，A错误；
B．铜丝灼烧成黑色，立即放入CH3COOH中，CuO与CH3COOH反应，生成可溶性铜盐，铜丝质量减少，B错误；
C．铜丝灼烧成黑色，立即放入稀硝酸中，CuO、Cu与稀硝酸反应，生成铜盐，质量减少，C错误；
D．铜丝灼烧成黑色，立即放入C2H5OH中，CuO与C2H5OH反应：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反应后铜丝质量保持不变，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题主要考查了铜及其化合物的性质的知识，注重过程的分析判断物质的成分是解题的关键，题目难度不大。
6.X、Y两种有机物的分子式不同，但均含有C、H或C、H、O，将X、Y以任意比例混合，只要物质的量之和不变，完全燃烧时所消耗的氧气量和生成水的物质的量也分别不变。则下列有关判断正确的是 ( )
A. X、Y分子式中氢原子数一定要相同，碳原子数必定相同
B. 若X为CH4，则相对分子质量最小的Y是甲醇
C. 若X为CH4，则相对分子质量最小的Y是乙二醇
D. X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗O2的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，且在CxHyOz中（x+）相同，若X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)，据此对各选项进行判断。
【详解】总物质的量一定时有机物完全燃烧时，生成水的质量和消耗O2的质量不变，则化学式中的氢原子个数相同，且在CxHyOz中（x+）相同，如果X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)。
A．X、Y分子式中氢原子数一定相同，碳原子数可能相同，A不符合题意；
B．若X为甲烷，另一种有机物分子中一定含有4个H，且耗氧量与甲烷相同，相对分子质量最小的Y为：C2H4O2，可能为甲酸甲酯，也可能是乙酸；甲醇和甲烷的耗氧量不同，故不可能为甲醇，B不符合题意；
C．乙二醇分子中含有6个H原子，与甲烷含有氢原子数不相同，不可能为乙二醇，C不符合题意；
D．X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，则物质的量一定时生成水的量相同；若相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)，则消耗氧气的量相同，D符合题意；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了有机物分子式的确定的知识，根据题干信息得出“X、Y的化学式应含有相同的氢原子数，且相差n个碳原子，同时相差2n个氧原子(n为正整数)”为解答关键，题目难度中等。
7.某液态烃，它不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色。将其0.5 mol完全燃烧生成的CO2通入含5mol NaOH的溶液中，所得碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1：3 。则该烃是 ( )
A. 1-丁烯 B. 甲苯 C. 1,3-二甲苯 D. 2-甲基-3-乙基-2-戊烯
【答案】C
【解析】
【分析】
该液态烃不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，可能为芳香烃，根据Na守恒计算出Na2CO3、NaHCO3的物质的量，再结合C原子守恒计算出生成CO2的物质的量，然后根据烃的物质的量、CO2的物质的量来确定该烃的分子式、结构简式。
【详解】设Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为3xmol，根据Na元素守恒得：2x+3x=5mol， x=1mol；根据C元素守恒得：n(CO2)=1mol+3mol=4mol，
由 CnH2n+2～nCO2可知：每1mol烃完全燃烧产生nmolCO2气体，由于n(CO2)=4mol，则0.5n=5，解得n=8。该烃不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，则可能为芳香烃，且分子中含有8个C，只有C符合题意，故合理选项是C。
【点睛】本题考查烃的分子式确定的计算，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的方法，明确常见有机物结构与性质为解答关键，本题为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查。
8.下列由实验得出的结论正确的是（ ）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2－二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
【答案】A
【解析】
A. 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，证明乙烯与溴反应生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A正确； B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但是两个反应的剧烈程度是不同的，所以乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性是不相同的，B不正确； C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，水垢中有碳酸钙，说明乙酸的酸性大于碳酸的酸性，C不正确； D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，是因为生成的HCl水溶液具有酸性，D不正确。本题选A。
9.关于苯甲酸的重结晶实验，其结论或解释错误的是
选项
实验步骤
实验现象
结论或解释
A
常温溶解
苯甲酸几乎不溶
苯甲酸常温时不溶于水或微溶于水
B
加热溶解
苯甲酸完全溶解
温度升高，苯甲酸溶解度增大
C
趁热过滤
过滤时伴有晶体析出
此晶体为杂质所形成
D
冷却结晶，滤出晶体
针状晶体
针状晶体为苯甲酸
【答案】C
【解析】
过滤时，温度降低，苯甲酸溶解度较小，可能有部分为苯甲酸结晶析出，所以过滤时析出的晶体不一定是杂质，故C错误。
10.已知化合物A (C4Si4H8) 与立方烷 (C8H8) 的分子结构相似，如下图：
则C4Si4H8的二氯代物的同分异构体数目为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
两个氯原子的相对位置可以是边、面对角线、体心对角线，并且面对角线是两种情况。
11.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是( )
A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B. 该物质遇FeCl3溶液显色
C. 1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1 mol Br2
D. 与足量H2发生加成反应,最多消耗H2 6mol
【答案】B
【解析】
【分析】
由结构可知分子式，汉黄芩素分子中含酚—OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答。
【详解】A．由物质的结构简式可知汉黄芩素的分子式为C16H12O5，A错误；
B．汉黄芩素含酚—OH，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；
C．酚—OH是邻对位取代基。它邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2mol Br2，C错误；
D．该物质含有羰基，苯环、碳碳双键，它们都能与氢气发生加成反应则该物质与足量H2发生，最多消耗8 mol H2，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大。
12.将O2、CH4、Na2O2置于密闭容器中，在250℃下用电火花引发化学反应。反应停止后使容器内恢复至250℃，容器内的气压为零。由此得出的结论正确的是( )
A. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1∶2∶6，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaHCO3
B. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为2∶1∶4，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOH
C. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1∶2∶6，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOH
D. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为2∶1∶4，反应后容器内生成的固体是NaHCO3和NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】题中涉及的化学反应为：①CH4+2O2CO2+2H2O， ②2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，③2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，反应停止后的容器内温度仍为250℃，气压为零，说明容器内无气体存在，也不可能有NaHCO3，将①×2+②+③×2，整理可得O2、CH4、Na2O2三者之间的综合反应关系为：O2+2CH4+6Na2O22Na2CO3+8NaOH。由总反应方程式可知O2、CH4、Na2O2计量数之比为1：2：6。故合理选项是C。
13.25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15
25℃时，下列说法正确的是（ ）
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，则a一定大于b
D. 足量HCN溶液与Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的离子种类为Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正确；
B.弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B错误；
C.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C错误；
D.据电离平衡常数可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取强酸，所以HCN溶液与Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D错误。
故选A。
14.将一定量的有机物充分燃烧后的产物通入足量的石灰水中完全吸收，经过滤得沉淀20g 滤液质量比原石灰水减少5.8g，该有机物不可能是( )
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙烯 D. 乙二醇
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物燃烧完全燃烧生成CO2和H2O，通过足量的石灰水，发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，得到沉淀20g为CaCO3质量，根据差量法计算生成碳酸钙的反应中导致溶液质量减少，再结合实际滤液质量减少计算燃烧生成水的质量，确定C、H原子数目之比，据此判断。
【详解】有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀20g，应为CaCO3， n(CO2)=n(CaCO3)==0.2mol，发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，根据方程式可知：每有1molCO2反应，产生1mol水，溶液质量减少的质量56g，现在有0.2molCO2发生反应，滤液质量应减少11.2g，称量滤液时，其质量只比原石灰水减少5.8g，则生成水的质量应为11.2g-5.8g=5.4g，n(H)=2n(H2O) =2×=0.6mol，则有机物中N（C）：N(H)=0.2mol：0.6mol=1：3，选项中乙烷、乙醇、乙二醇中C、H原子数目之比符合1：3，而C2H4不符合，故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物推断的知识，关键是结合差量法计算生成水的质量，找到C、H两种元素的物质的量的比，结合给定物质就可求得解，本题侧重考查学生的分析计算能力。
15.下列系统命名法正确的组合是 ( )
①2-甲基-4-乙基戊烷 ② 2，3-二乙基-1-戊烯 ③2-甲基-3-丁炔 ④4，4-二甲基-3-戊醇 ⑤2-甲基—1，3-二丁烯 ⑥1，5—二甲基苯 ⑦甲基苯酚 ⑧2-乙基-1-丁烯
A. ①②③ B. ④⑤ ⑥ C. ②⑧ D. ⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①2-甲基-4-乙基戊烷没有选择分子中含C原子数最多的最长的碳链为主链，此烷烃的主链上有6个碳原子，即为己烷，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，故在2号和4号碳原子上各有一个甲基，正确命名为：2，4-二甲基己烷，①错误；
②2，3-二乙基-1-戊烯，烯烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，主链上有5个碳原子，故为戊烯，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子编号，碳碳双键在1号和2号碳原子之间，在2号碳原子和3号碳原子上各有一个乙基，因此名称为2，3-二乙基-1-戊烯，②正确；
③2-甲基-3-丁炔，炔烃的命名，编号应该从距离碳碳三键最近的一端开始，碳碳三键在1号C原子上，甲基在3号C原子上，该有机物正确名称为：3-甲基-1-丁炔，③错误；
④4，4-二甲基-3-戊醇，醇在命名时，首先要使羟基在主链上编号最小，然后使取代基的编号最小，该物质中2个甲基在主链上第2个C原子上，正确名称为2，2-二甲基-3-戊醇，④错误；
⑤首先选择包括2个碳碳双键在内最长的碳链为主链，然后使取代基的编号最小，该物质名称为2-甲基-1，3-丁二烯，⑤错误；
⑥给苯的同系物命名时，尽可能取代基的编号最小，该物质正确命名为135-二甲基苯， ⑥错误；
⑦酚的同系物命名时要指明取代基与酚羟基在苯环上的位置，该物质没有指明甲基与酚羟基的相对位置，⑦错误；
⑧给烯烃的同系物命名时，尽可能使双键位置编号最小，然后确定支链在主链碳原子的位置，正确名称是2-乙基-1-丁烯，⑧正确；②⑧正确，故合理选项是C。
16.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 1mol烷烃中(n代表碳原子数)含共价键数为(3n+1)NA
B. 1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数为0.1NA
C. 46 %的乙醇水溶液10g含氧原子数为0.1NA
D. 标准状况下，22.4L的庚烷完全燃烧能生成7NA 的二氧化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A.烷烃分子式是CnH2n+2，分子中含有(n-1)个碳碳单键，含有C-H键2n+2，故1mol烷烃中共含有共价键为(3n+1)NA，A正确；
B.乙酸是弱酸，故1L0.1mol/L乙酸溶液中H+数少于0.1NA，B正确；
C.乙醇溶液中乙醇和水分子中都含有O原子，乙醇不能确定其中含有的O原子数目，C错误；
D.标准状况下庚烷是液体，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是A。
17.20ml某气态烃与过量氧气混合，将完全燃烧后的产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则该气态烃不可能的是( )
A. 乙烷 B. 环丙烷 C. 丙烯 D. 苯
【答案】D
【解析】
【详解】假设该烃分子式为CxHy，其完全燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，根据方程式可知1体积的烃完全燃烧消耗(x+)体积的氧气，产生x体积的CO2气体，由于反应后温度是室温，水为液体，故反应前后气体的总体积减少了1+(x+)-x=1+，现在20mL气态烃燃烧，气体体积减少了50mL，则1：(1+)=20：50，解得y=6。即只要气态烃分子中含有6个H原子即可，与分子中含有的C原子数无关。分析选项给出的物质，每个选项分子中H原子数都是6个，但由于苯在室温下不是气态，故合理选项是D。
18.下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是( )
A. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中离子浓度关系：c(Na＋)＝2c()＋c()＋c(H2CO3)
B. 把0.2 mol/L NH4Cl溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后离子浓度关系：c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＞c(OH－)
C. 常温，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使其pH=7，则混合液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D. 在Na2CO3溶液中，c(H＋)＋c()＋c(H2CO3)= c(OH－)
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据元素守恒n（Na）=n（C），C在溶液中以HCO3-、CO32-、H2CO3形式存在，则c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故A错误；
B.0.2mol/LNH4Cl溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，离子浓度为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；
C.溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），溶液呈电中性，所以c（H+）+ c（Na+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c(Na＋)=c(CH3COO－)，故C正确；
D.根据质子守恒，H2O电离出的H+总量和OH‾总量相等，所以c(OH－)=2c(H2CO3)+c(HCO3－)+c(H＋)，故D错误。
故选C。
【点睛】在比较溶液中离子浓度时，应该利用好3个守恒关系式，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
19.下列5种有机物：①2-甲基丙烷；②乙醇；③丙烷；④丁烷；⑤苯酚。按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是( )
A. ①②③④⑤ B. ⑤②④①③ C. ⑤④②①③ D. ③①②⑤④
【答案】B
【解析】
【详解】苯酚在常温下为固体，乙醇常温下是液体，则沸点：葡萄糖＞乙醇；常温下碳原子数少于5个的烷烃为气体，分子中碳原子数的越多，物质的沸点越高，当碳原子数相同时分子中含有的支链越多，物质的沸点越小，故物质的沸点：丁烷＞2-甲基丙烷＞丙烷。综上所述可知，沸点：苯酚＞乙醇＞丁烷＞2-甲基丙烷＞丙烷，即沸点由高到低的顺序为：⑤②④①③；故合理选项是B。
20.在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
−25
−47
6
下列说法不正确的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 甲苯的沸点高于144 ℃
C. 用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D. 从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，A正确；
B．甲苯的相对分子质量比二甲苯小，沸点比二甲苯低，B错误；
C．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，C正确；
D．因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至-25℃～13℃，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来，D正确；
故合理选项是B。
21.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将溶液从升温至，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中不变
【答案】D
【解析】
分析：向溶液中加入少量水，减小，但是Ka不变，故溶液中增大；为水解常数的倒数，将溶液从升温至，水解平衡常数变大，故溶液中减小；向盐酸中加入氨水至中性，由电荷守恒可知，溶液中；向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中，故其值不变。
详解：A. 向溶液中加入少量水，减小，但是Ka不变，故溶液中增大，A不正确；
B. 为水解常数的倒数，将溶液从升温至，水解平衡常数变大，故溶液中减小，B不正确；
C. 向盐酸中加入氨水至中性，由电荷守恒可知，溶液中，C不正确；
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中，故其值不变，D正确。
本题选D。
22.将分子式为C2H6O 和 C3H8O的醇混合，加入浓硫酸加热生成的有机物种数为( )
A. 5 B. 6 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】
分子式为C2H6O的醇只有乙醇一种，醇分子式C3H8O为丙醇，可以是1-丙醇，2-丙醇，两醇混合后在浓硫酸加热的条件下发生反应，可能生成的有机产物是醚类，也可能是醇分子内脱水得到的烯烃类。
【详解】分子式为C2H6O的醇只有乙醇一种，醇分子式C3H8O为丙醇，可以是1-丙醇，2-丙醇，两醇混合后在浓硫酸加热的条件下发生反应，可能生成的有机产物是醚类，也可能是醇分子内脱水得到的烯烃类。醇分子间成的醚可以是：CH3CH2OCH2CH3，CH3 CH2CH2OCH2CH2CH3，(CH3)2CHOCH(CH3)2，CH3CH2OCH2CH2CH3，CH3CH2OCH(CH3)2，CH3 CH2CH2OCH(CH3)2，还可以是醇分子内脱水得到的烯烃类有乙烯、丙烯，故得到的有机物共8种，故合理选项是C。
【点睛】本题考查学生醇的化学性质以及同分异构现象知识，注意醇分子间脱水形成醚和醇分子内脱水成烯烃是关键，难度不大。
23. 1 mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2 L（标准状况下）。它在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（ ）
A. B. CH3CH2CH2CH2CH3
C. D.
【答案】B
【解析】
1 mol该烃完全燃烧消耗氧气的物质的量为179.2 L/22.4 L·mol－1="8" mol，设该烃的分子式为CxHy则有x+="8 ……" ①，所以x＜8排除D选项，其余三个选项为烷烃，则y=2x+2 ….. ②，解①②可得x=5，y=12，由于该烃的一氯代物有3种，故选B。
24.为了除去苯中混有的少量苯酚，下面的实验正确的是
A. 在分液漏斗中，加入足量2mol·L-1NaOH溶液，充分振荡后，分液分离
B. 在分液漏斗中，加入足量2mol·L-1FeCl3溶液，充分振荡后，分液分离
C. 在烧杯中，加入足量的浓溴水，充分搅拌后，过滤分离
D. 在烧杯中，加入足量冷水，充分搅拌后，过滤分离
【答案】A
【解析】
分析：根据苯和苯酚的性质差异结合选项分析解答。
详解：A、苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，但苯不溶于水，可用分液的方法分离，A正确
B、铁离子与苯酚生成的络合物与苯互溶，不能将二者分离，并引入新的杂质，B错误；
C、加浓溴水，生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能溶于与苯中，不能将二者分离，并引入新的杂质，C错误；
D、加入足量冷水，苯与苯酚不溶于水，两者混溶，不能用分液方法将将二者分离，D错误；
答案选A。
25.烯烃的复分解反应是重要的有机反应，在高分子材料化学、有机合成化学等方面具有重要意义。如：CH3CH=CH2+CH3CH2CH=CH2CH3CH=CHCH2CH3+CH2=CH2下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：烯烃复分解反应是指在催化剂作用下，实现两边基团换位的反应。
详解：A、生成，故A错误；B、生成，故B错误；C、生成，故C正确；D、生成，故D错误；故选C。
第Ⅱ卷
二、填空题(共4题，共50分)
26.溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。某同学依据溴乙烷的性质，用图实验装置(铁架台、酒精灯略)验证取代反应和消去反应的产物，请你一起参与探究。
实验操作Ⅰ：在试管中加入5 mL 1 mol/L NaOH溶液和5 mL 溴乙烷，振荡。
实验操作II：将试管如图固定后，水浴加热。
(1)用水浴加热而不直接用酒精灯加热的原因是_______________________。
(2)观察到__________________________现象时，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应。
(3)鉴定生成物中乙醇的结构，可用的波谱是___________________________________。
(4)为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，在你设计的实验方案中，需要检验的是__________，检验的方法是____________(需说明：所用的试剂、简单的实验操作及预测产生的实验现象)。
【答案】（1）溴乙烷沸点低，减少溴乙烷的损失（2）试管内溶液静置后不分层（3）红外光谱、核磁共振氢谱（4）生成的气体；将生成的气体先通过盛有NaOH稀溶液的试管，再通入盛有KMnO4溶液的试管，KMnO4溶液褪色(或直接通入溴的四氯化碳溶液)。
【解析】
试题分析：（1）溴乙烷沸点低，溴乙烷易挥发，用水浴加热热均匀，减少溴乙烷的损失，故答案为：使试管受热均匀，减少溴乙烷的损失；
（2）溴乙烷不溶于水，开始溶液分层，生成的产物乙醇、溴化钠都易溶于水，当溶液分层消失，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应，反应化学方程式为：CH3CH2Br+NaOH→CH3CH2OH+NaBr，
故答案为：试管内溶液静置后不分层；
（3）乙醇的电子式：，结构式是：，乙醇分子结构中有三种氢原子，它们的比为3：2：1，利用核磁共振氢谱可检测，也可用红外光谱检测，
故答案为：红外光谱、核磁共振氢谱；
（4）溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，反应断1号C的C-Br键，CH3CH2Br+NaOH→
CH2=CH2↑+NaBr+H2O，生成乙烯，只有证明乙烯的存在即可证明发生的是消去反应，方法是：将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，5CH2=CH2+12KMnO4+18H2O→12MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+28H2O，酸性KMnO4溶液褪色，（或直接通入溴的四氯化碳溶液，乙烯与溴单质发生加成：Br2+CH2=CH2→BrCH2-CH2Br，四氯化碳褪色），
故答案为：生成的气体；将生成的气体先通过盛有水的试管，再通入盛有酸性KMnO4溶液的试管，酸性KMnO4溶液褪色（或直接通入溴的四氯化碳溶液，四氯化碳褪色）．
考点：性质实验方案的设计
27.I.完成下列制备物质的化学方程式：以电石、水、食盐为原料制备PVC____________________
II.由丁炔二醇制取1，3-丁二烯，请根据下面的合成路线图填空：
(1)写出各反应的反应条件及试剂名称：X________；Y________；Z________。
(2)写出A、B的结构简式：A____________；B____________。
III.下列物质在水中可能存在化合物甲、乙、丙有如下转化关系：
甲(C4H10O)条件条件①→乙(C4H8)丙(C4H8Br2)回答：
(1)甲中官能团的名称是________，甲属________类物质，甲可能结构有________种，其中可催化氧化为醛的有________种。
(2)反应条件①为______________，条件②为______________。
(3)甲→乙的反应类型为____________，乙→丙的反应类型为____________。
(4)丙的结构简式不可能是________。
A．CH3CH2CHBrCH2Br B．CH3CH(CH2Br)2
C．CH3CHBrCHBrCH3 D．(CH3)2CBrCH2Br
【答案】 (1). CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；H2+Cl22HCl；C2H2+HClCH2=CHCl nCH2=CHCl (2). Ni作催化剂、H2加热 (3). HBr加热 (4). NaOH的乙醇溶液、加热 (5). (6). CH2BrCH2CH2CH2Br (7). 羟基 (8). 醇 (9). 4 (10). 2 (11). 浓H2SO4、加热 (12). 溴水或溴的CCl4溶液 (13). 消去反应 (14). 加成反应 (15). B
【解析】
【详解】I. 电石与水反应产生乙炔，方程式为CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2；电解饱和食盐水可以得到H2、Cl2，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；反应产生的H2、Cl2在点燃时反应产生HCl，H2+Cl22HCl；HCl与乙炔发生加成反应产生氯乙烯，C2H2+HClCH2=CHCl，然后使氯乙烯在一定条件下发生加成反应产生聚氯乙烯：nCH2=CHCl；
II. 丁炔二醇与H2在Ni作催化剂、加热时发生加成反应变为A，其名称为1，4丁二醇，A 结构简式是HOCH2CH2CH2CH2OH，A在浓硫酸存在并在加热时发生消去反应，产生1，3-丁二烯；A与HBr在加热条件下发生取代反应生成B为BrCH2CH2CH2CH2Br，B在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应得1，3-丁二烯。
(1)根据上面的分析可知，反应X的试剂及条件为氢气、催化剂；反应Y的试剂及条件为溴化氢、加热；反应Z的试剂及条件为氢氧化钠乙醇溶液、加热；
(2)根据上面的分析可知，A为HOCH2CH2CH2CH2OH，B为BrCH2CH2CH2CH2Br；
III. 由甲(C4H10O) 乙(C4H8) 丙(C4H8Br2)，丙(C4H8Br2)可知，甲为醇类物质，乙为1-丁烯(或2-丁烯或2-甲基丙烯)，丙为烯烃的加成产物。
(10甲中一定含—OH，名称为羟基，为醇类物质，丁基有4种，则丁醇有4种，可催化氧化为醛的醇为伯醇，有CH3CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2OH两种；
(2)①为醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热；②为烯烃的加成反应，反应条件为溴水或溴的四氯化碳溶液；
(3)由上述分析可知，①为消去反应，②为加成反应；
(4)若乙为1-丁烯，则加成后的生成物丙为CH3CH2CHBrCH2Br；若乙为2-丁烯，则加成后的生成物丙为CH3CHBrCHBrCH3；若乙为2-甲基丙烯，则加成后的生成物丙为(CH3)2CBrCH2Br，CH3CH(CH2Br)2不可能是乙通过加成反应产生的物质，故合理选项是B。
28.现有HA、HB和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L－1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。
（1）a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=________mol·L－1，Ka(HB)=________。
（2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B－)(填“>”“<”或“=”)。
（3）已知常温下向0.1mol·L－1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。
②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2－)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L－1，则0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L－1(填“>”“<”或“=”)。
（4）已知温度时，0.1 mol·L－1的某一元酸HB在水中有 0.1% 发生电离，回答下列各问题：
①该溶液的pH＝________。
②HB的电离平衡常数K＝________。
③由HB电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【答案】 (1). 3×10－13 (2). 1×10－5 (3). c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+) (4). < (5). NaHC=Na++H++C2－ (6). > (7). > (8). 4 (9). 1×10－7 (10). 106
【解析】
【分析】
（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离；由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3。
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解。
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐；
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解；
③常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4；
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7；
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，以此分析。
【详解】（1）由图中曲线Ⅰ可知，浓度0.1mol·L－1的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，完全电离，a点时加入10mL氢氧化钠溶液，则溶液中酸过量，c(H+)==mol/L，酸抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)= c(OH-)=mol/L=310-13；
由图中曲线Ⅱ可知，浓度0.1mol·L－1的HB酸溶液pH=3，Ka(HB)==110-5；
因此，本题正确答案是：3×10－13 ；1×10－5；
（2）曲线Ⅰ上的c点对应的溶液是HB酸与氢氧化钠完全中和生成的NaB溶液，溶液呈碱性，各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(B－)>c(OH－)>c(H+)；b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性说明HB的电离大于NaB的水解，则c(HB)
（3）①若0.1mol·L－1的NaHC 溶液pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐，其电离方程式为NaHC=Na++H++C2－。
②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性说明HC－的电离大于水解，则此溶液中c(C2－)>c(H2C)。
③若H2C的一级电离为H2C=H++ HC－，常温下0.1mol·L－1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol/L，二级电离不完全电离在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01 mol/L，则0.1mol·L－1NaHC溶液在没有受抑制情况下电离程度增大，则c(H+)>0.01 mol/L。
因此，本题正确答案是：NaHC=Na++H++C2－；> ；> ；
(4) ①HB电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，
②由HBH++B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，则电离平衡常数为K==110-7，
③HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为mol/L=10-10mol/L，而水电离氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，c(H+)为10-10mol/L，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，
因此，本题正确答案是：4；1×10－7；106。
29.(1)相对分子质量为70的烯烃的分子式为___________________；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃的可能的结构简式为___________________；
(2)有机物A的结构简式为
①若A是单烯烃与氢气加成后的产物，则该单烯烃可能有________种结构；
②若A是炔烃与氢气加成后的产物，则此炔烃可能有________种结构；
③若A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型，有顺、反两种结构。
a．写出A的该种同分异构体的结构简式 ______________________；
b．写出这种烯烃的顺、反异构体的结构简式 _____________________；
(3) 与Br2的加成产物有________________种；
(4)C5H12O的同分异构体有_________种，其中属于醇类且能被氧化成醛的有______种,能消去H2O生成烯的醇有__________种，生成的烯有_______种；
(5)写出由1个 —C6H4—(苯环)、2个—CH2—、1一个—OH、两个—CH3，1 个组成的能使FeCl3变紫色且苯环上的一氯取代产物有两种的有机物有多少种 __________；
(6)相同状况下9升甲烷与6升某烯烃混合， 所得混合气的密度等于相同条件下氧气的密度，则该烯烃的分子式___________。
【答案】 (1). C5H10 (2). 、、 (3). 5 (4). 1 (5). (CH3)3CCH=CHC(CH3)3 (6). 、 (7). 4 (8). 14 (9). 4 (10). 7 (11). 5 (12). 3 (13). C4H8
【解析】
【详解】(1)烯烃分子式通式为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5，即该烯烃分子式为C5H10；若该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含3个甲基，由于与氢气发生加成反应时碳链结构不变，所以说明原来烯烃的主链上有四个C原子，支链是一个甲基，其可能的结构简式：、、；
(2)①根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，该烷烃的碳链结构为，5号碳原子上没有H原子，与相连接C原子不能形成碳碳双键，能形成双键位置有：1和2之间；2和3之间；3和4之间，3和6之间，4和7之间，故该该单烯烃共有5种不同的结构；
②根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在—C≡C—三键的位置，该烷烃的碳链结构为，所以能形成三键位置有：1和2之间，此炔烃的结构简式可能为，符合要求的炔烃只有这1种结构；
③若A的一种同分异构体只能由一种烯烃加氢得到，且该烯烃是一个非常对称的分子构型，烯烃为(CH3)3CCH=CHC(CH3)3，则A的同分异构体为(CH3)3CCH2CH2C(CH3)3，此烯烃的顺、反异构体的结构简式是：、；
(3) 与Br2按1：1加成，可得、、，若2个双键全加成，可得，所以加成产物共有4种；
(4)C5H12O可能是醇，也可能是醚，若是醇，C5H12O可看作是C5H12中的一个H原子被—OH取代产生的，C5H12有3种结构，共含有3+4+1=8种不同位置的H原子，所以有8种醇，醚有2+2+2=6种，因此它的同分异构体有8+6=14种，其中属于醇类且能被氧化成醛的,说明该醇分子中羟基—OH连接的C原子上有2个H原子，可能有CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、4种不同结构；能消去H2O生成烯的醇有CH3CH2CH2CH2CH2OH、、、、、、，共7种，生成的烯有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、、，共5种；
(5)由1个 —C6H4—(苯环)、2个—CH2—、1一个—OH、两个—CH3，1 个组成的能使FeCl3变紫色，且苯环上的一氯取代产物有两种的有机物，说明羟基与苯环直接相连，并且还有另一个与羟基在苯环上处于对位的取代基，该取代基可能的结构是、、，因此共有3种不同结构；
(6)混合气平均摩尔质量：M＝MO2＝32g/mol，设某烯烃的分子式为CnH2n，用十字交叉法求解。
，所以烯烃分子式为C4H8。
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