1、河南省信阳市士源高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1化学与生活密切相关下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）A氧化铝-耐火材料 B食醋除水垢C漂白粉漂白织物 D明矾净化水【答案】C【解析】试题分析：A、氧化铝的熔点高，可用作耐火材料，与氧化性无关，A不符合题意；B、食醋显酸性，能与碳酸钙反应而除水垢，与氧化性无关，B不符合题意；C、漂白粉具有强氧化性，看漂白织物，与氧化性有关系，C正确；D、明矾溶于水生成的氢氧化铝胶体具有吸附性而净水，与氧化性无关，D不符合题意，答案选C。考点：考查物质性质和用途2建筑用的钢材在出厂前都要经过烤蓝处理，使其表面生成一层四氧化三铁，其
2、目的是A增加钢材的硬度 B增强钢材的抗腐蚀能力 C使钢材美观 D增加钢材的韧性【答案】B【解析】试题分析：钢材经过烤蓝处理是为了增强其抗腐蚀能力。考点：铁的化合物。3铁和足量盐酸反应时，若有2 mol e转移，则参加反应的铁的质量为( )A.28 g .56 g.84 g .112 g【答案】B【解析】根据氧化还原反应中转移电子守恒和方程式Fe+2HClFeCl2+H2知，有2 mol e转移，需有1 mol Fe参加反应，1 mol Fe的质量为56 g。4已知:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H1=-Q1H2(g)+O2(g)H2O(g)H2=-Q2H2(g)+O2(
3、g)H2O(l)H3=-Q3,常温下取体积比为41的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(已折合成标准状况),经完全燃烧恢复到常温,放出的热量是()A.0.4Q1+0.05Q2 B.0.4Q1+0.1Q2C.0.4Q1+0.05Q3D.0.4Q1+0.1Q3【答案】D【解析】标准状况下,11.2 L混合气体中,n(CH4)=0.5 mol=0.4 mol,则n(H2)=0.1 mol,由于完全燃烧恢复到室温时,水为液体,因此H2燃烧放出的热量应按进行计算,结果为0.4Q1+0.1Q3。5某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3和Cl2两种气体恰好完全反应。若反应产物只有N2气体和NH4Cl固体
4、，则反应前后容器中的压强比接近于（ ）A1：11 B11：1 C7：11 D11：7【答案】B【解析】试题分析：密闭容器中适量的NH3和Cl2两种气体恰好完全反应，生成了N2气体和NH4Cl固体，其化学反应方程式为：8NH33CI2=N26NH4Cl，所以反应前后容器中的压强比接近于11：1，故本题的答案选择B。考点：化学反应方程式点评：本题考查了化学反应方程式的书写，该题要正确书写出该反应的化学方程式有一定的难度。6在Ca(OH)2(Ksp=5.5106)、Mg(OH)2(Ksp=1.21011)、AgCl(Ksp=1.561010)三种物质中，下列说法正确的是( )AMg(OH)2的溶解度
5、最小 BCa(OH)2的溶解度最小CAgCl的溶解度最小 D三种物质的Ksp都随着温度升高而增大【答案】C【解析】试题分析：由Ca(OH)2与Mg(OH)2化学式结构组成相似，而且Ca(OH)2的Ksp大于Mg(OH)2的Ksp，所以氢氧化镁的溶解度小；cMg(OH)2=c(Mg2+)=10-3mol/L，c(AgCl)=c(Ag+)=10-5mol/L，所以AgCl的溶解度比Mg(OH)2的溶解度小，故C正确，AB错误；D、Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，即Ksp都随着温度升高而减小，故D错误；故选C。考点：考查了溶度积常数与溶解度的关系的相关知识。7某温度下，反应2NO2N2O4
6、；HO，在密闭容器中达到平衡。平衡时改变外界条件，使反应再次平衡，新平衡时，c(NO2)/c(N2O4)与原平衡相比变大了，则改变条件的可能有A保持容器容积和温度不变，向容器内补充了NO2B保持容器压强和温度不变，向容器内补充了N2O4C保持容器容积和温度不变，向容器内补充了N2 D保持容器的容积不变，升高了温度【答案】D【解析】试题分析：定温定容时，向容器中充NO2，平衡向右移动，c(NO2)/c(N2O4)减小；定温定压时，向容器中充入N2O4，平衡不移动，c(NO2)/c(N2O4)不变； 定温定容时向容器中充N2，平衡不移动，c(NO2)/c(N2O4)不变；保持容器体积不变，升高温度
7、，平衡向左移动，c(NO2)/c(N2O4)增大。考点：勒沙特列原理 点评：分清定温定容还是定温定压。8下列相关化学知识的说法正确的是A分散系中分散质粒子的大小是：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体Fe(OH)3胶体FeCl3 溶液；饱和氯水具有强氧化性，能将 SO32氧化成 SO42，B 中不能大量共存；沉淀转化的实质是相对难溶解的转化为更难溶解的，由 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)可知，AgI 更难溶于水，C正确。计算气体体积时要有压强和温度两个条件，否则不能确定其体积, D错考点：化学基本概念和基本理论9在相同的温度与体积下，对反应CO2(g) + H2(g) CO(g) + H
8、2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表CO2H2COH2O甲amolamol0mol0mol乙2amol2amol0mol0mol丙2amol2amolamolamol丁amol0mol2amol2amol上述四种情况，起始的时候正反应速率(H2)正大小顺序正确的是A丙丁乙甲 B丙乙=丁甲 C丙乙甲丁 D乙=丙甲丁【答案】D【解析】试题分析：在相同的温度与体积下，反应物浓度越大，正反应速率越大，因为乙=丙甲丁，所以起始的时候正反应速率(H2)正乙=丙甲丁， D、D项正确；答案选D。考点：考查影响化学反应速率的因素，注意与化学平衡建立过程区别10室温时在
9、实验室里将1.12 L H2S(g)通入1L某浓度的烧碱溶液中，恰好完全反应，测得溶液的pH=10（体积变化忽略不计），正确的推断是（NA代表阿伏加德罗常数）A硫化氢的分子数目约为0.05NA个 B原烧碱溶液中约含溶质微粒0.1NA个C反应后溶液中约含OH- 110-4NA个 D反应后溶液中约含S2- 0.05NA个【答案】C【解析】试题分析：A、条件不是标准状况，1.12L H2S物质的量不是0.05mol，硫化氢的分子数目不是0.05NA个，故A错误；B、反应后溶液显碱性可能是氢氧化钠过量，也可能是恰好反应生成硫化钠水解显碱性，不能计算氢氧化钠微粒数；C、恰好完全反应，测得溶液的pH=10
10、，c（H+）=10-10mol/L，依据离子积常数c（H+）C（OH-）=10-14，c（OH-）=10-4，反应后溶液中约含OH- 110-4NA个，故C正确；D、条件不是标准状况，1.12L H2S物质的量不是0.05mol；不能计算硫离子数，故D错误；故选C考点：本题考查了酸碱反应溶液酸碱性分析，溶液离子积的计算应用，气体摩尔体积的条件分析，题目难度中等11下列各组物质，总质量一定，改变组分的含量，完全燃烧生成二氧化碳和水的比改变的是A苯和乙炔 B乙醇与乙烯 C乙烯和环己烷 D丙酸与甲酸乙酯【答案】B【解析】试题分析：总质量一定，改变组分的含量，完全燃烧生成二氧化碳和水的比改变，这说明化
11、合物中碳氢质量之比不是定值，则A、苯乙炔的混合物中碳氢质量之比是定值，始终是12:1，A错误；乙醇和乙烯组成的混合物中随着组分含量的变化，碳氢质量之比是变化的，B正确；C、乙烯和环己烷组成的混合物中碳氢质量之比始终是6:1，C错误；D、丙酸与甲酸乙酯成的混合物中碳氢质量之比始终是6:1，D错误，答案选B。考点：考查有机物燃烧的计算12设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下,112L HF中含有分子的数目为0.5NAB0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NAC1.4g 由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为 03NAD0.1 molL1碳酸钠
12、溶液中含有CO32离子数目小于0.1 NA【答案】C【解析】试题分析：A、HF的沸点(）是19.5,所以标况下是液体，题中条件无法计算其个数，A项错误；B、Fe与少量氯气反应生成FeCl3而不是FeCl2，B项错误；C、乙烯与环丙烷最简式相同都是：CH2，所以CH2的物质的量=, =0.1mol,所以含有原子的物质的量=30.1mol=0.3mol,个数=0.3NA，C项正确；D、没有指明溶液体积无法计算物质的量，D项错误；答案选C。考点：考查化学实验基本操作1325时进行四组实验，其中“实验内容”与对应“现象或结论”关系错误的是选项实验内容现象或结论A向2SO2+O22SO3的平衡体系中加入
13、由18O构成的氧气则SO2中的18O的含量会增加B向pH=1的盐酸和醋酸各0.5L的溶液中各加入1.4g铁粉醋酸中生成H2的速率快且最终气体量多C以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）阴极逸出气体且附近溶液渐呈红色D以Pb为负极，硫酸溶液为电解质的铅蓄电池，在放电过程中负极质量增加，SO42-向负极迁移，溶液pH增大【答案】B【解析】试题分析：A.向2SO2+O22SO3的平衡体系中加入由18O构成的氧气，增大反应物的浓度，平衡正向移动，产生SO3中含有18O；含有18O的SO3的物质会在发生分解反应产生SO2，所以SO2中的18O的含量会增加，正确；B. 向pH=1的盐酸和醋酸
14、各0.5L的溶液中各加入1.4g铁粉，在开始时，c(H+)相同，速率相同，由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，随着反应的进行，溶液中c(H+)减小，但是由于醋酸会电离产生H+，溶液中c(H+)减小的慢，所以在反应过程中产生的氢气速率比盐酸快，但是溶液的体积不能确定，所以不能确定最终产生氢气的量的多少。错误；C. 以石墨为电极，电解KI溶液,在阳极，发生反应：2I-2e-=I2；碘单质与淀粉，溶液变为蓝色；在阴极，H+得到电子变为氢气，附近的溶液c(OH-)增大，溶液显碱性，使酚酞溶液变为红色；正确；D.以Pb为负极，硫酸溶液为电解质的铅蓄电池，在放电过程中,负极发生反应：Pb-2e-+SO4
15、2-=PbSO4；负极的质量增加，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，SO42-向负极迁移，在正极发生反应：PbO2+2e-+4H+ SO42-=PbSO4+2H2O；由于不断消耗H+，产生水，所以溶液pH增大，正确。考点：考查化学实验的目的、结论的关系的知识。14(1)向MnSO4和硫酸的混合溶液里加入K2S2O8(过二硫酸钾)，溶液中会发生如下反应：Mn2+ S2O82-+H2OMnO4-+SO42一十H+该反应常用于检验Mn2+的存在。其特征现象是 。若反应中有01 mol还原剂参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为 mol。(2)若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过硫酸
16、钾反应时，除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有 。(3)将NaBiO3固体(黄色微溶)加入到MnSO3和H2SO4的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应： NaBiO3+ MnSO4+ H2S04 Na2S04+ Bi2(SO4)3+ NaMnO4+ H2O。配平上述反应的化学方程式；上述反应中还原产物是 。用单线桥表示该氧化还原反应 。（4）S2O82-在一定条件下，可转变为S2O32-，写出往K2S2O3中滴加稀硫酸的离子方程式： 。【答案】(1)溶液由无色变为紫色；0.25 (2)Cl2 (3) 10、4、14、3、5、4、14；Bi2(SO4)3 （4）S2
17、O32-+2H+S+SO2+H2O【解析】试题分析：（1）MnO4-为紫色，其它离子均为无色，则反应的现象为溶液由无色变为紫色；Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，有0.1mol还原剂（MnSO4）参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为0.25mol；（2）硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过硫酸钾反应时，氯离子可能被氧化，则除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有Cl2；（3）Bi元素的化合价由+5价降低为+3价，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，结合电子守恒、原子守恒可知，反应为10NaBiO3+4MnSO4+14H2S043Na2S04+5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+
18、14H2O，故答案为：10；4；14；3；5；4；14；Bi元素的化合价降低，被还原，对应还原产物为Bi2（SO4）3；Mn失去电子，Bi得到电子，该反应中转移20e-，用单线桥表示该氧化还原反应为；（4）K2S2O3中滴加稀硫酸，发生氧化还原反应生成硫酸钾、S、二氧化硫和水，离子反应为S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算15.短周期元素R被称为“生命元素”，R元素的最价高氧化物对应的水化物能与其气态氢化物化合生成盐A，写出生成A的化学方程式 。.将一定量Mg、Al合金溶于40 mL的H2SO4溶液中，
19、然后向所得溶液中滴加1 molL1 的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液(mL)体积的关系如图所示。（1）合金中Mg、Al的物质的量之比为 _。（2）所加硫酸的物质的量浓度为_。【答案】（10分）. NH3+HNO3=NH4NO3 - 3分. (1) 1:1 3分 (2) 1 molL1 4分说明:化学方程式不配平不得分，化学式、关键字、罗马数字写错、元素符号严重不规范、答案写错位置不得分；漏条件、浓字扣1分；不写不扣分。【解析】试题分析：. R为N元素，其最价高氧化物对应的水化物为HNO3，氢化物为NH3，反应生成A的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3。. .
20、 （1）BC过程是沉淀Al（OH）3溶解的过程，发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-AlO2-+H2O，消耗的NaOH溶液为0.01mol，根据方程式计算Al（OH）3为0.01mol，根据质量守恒定律得Al为0.01mol。AB过程为生成Mg（OH）2和Al（OH）3的过程，发生反应的离子方程式为Mg2+2OH-= Mg（OH）2，Al3+3OH-= Al（OH）3，消耗NaOH溶液为0.05mol，根据方程式计算，Al为0.01mol，即Al3+消耗NaOH溶液为0.03mol，则Mg2+消耗NaOH溶液为0.02mol，即Mg2+为0.01mol。根据根据质量守恒定律得Mg为0.
21、01mol。故合金中Mg、Al的物质的量之比为1:1。（2）Mg、Al合金消耗硫酸的物质的量为0.01mol+0.015mol=0.025mol，根据图像分析，硫酸消耗NaOH溶液为0.03mol，硫酸的物质的量为0.15mol。总硫酸的物质的量为0.04mol故所加硫酸的物质的量浓度为0.04mol0.04L=1mol/L。考点：元素周期律的应用 化学方程式的书写 镁、铝的重要化合物 物质的量浓度的相关计算点评：本题考查镁铝混合物的计算，题目难度不大，注意分析图象曲线的意义，根据物质的性质结合化学方程式计算。16选用如图所示仪器中的两个或几个（内含物质）组装成实验装置，以验证木炭可被浓H2S
22、O4氧化成CO2，下列说法正确的是A按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是AFECDBB丁中溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C丙中品红溶液褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，说明甲中有CO2生成【答案】A【解析】试题分析：A木炭与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2和SO2，检验CO2一般用澄清石灰水，但SO2也能使澄清石灰水变浑浊，因此在检验之前需要先除去SO2，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化SO2，然后通过品红溶液检验SO2是否被除尽，最好检验CO2，因此按气流从左向右流向，连接装置的正确顺序是AFECDB，A正确；B根据以上分析可知丁中溶液褪
23、色，品红溶液不褪色，乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2，B错误；C丙中品红溶液褪色，说明仍然有SO2，所以乙中溶液变浑浊不能说明甲中生成CO2，C错误；D根据以上分析可知丁和丙中溶液都褪色，乙中溶液变浑浊，并不能说明甲中有CO2生成，D错误，答案选A。考点：考查气体检验实验方案设计与探究17某化学活动小组设计以下装置进行不同的实验。其中a为用于鼓入空气的气囊，b 为螺旋状铜丝，c中盛有冰水。（1）若用A装置做乙醇与乙酸的酯化反应实验，则还需连接的装置是_(填序号)，该装置中应加入试剂_。从实验安全角度考虑，A装置试管中除加入反应液外，还需加入的固体物质是_。（2）该小组同学欲做乙醇氧化成乙醛的实
24、验，则应选用的装置是_(填序号)，再用制得的乙醛溶液进行银镜反应，正确的操作顺序是_(填序号)。向试管中滴入3滴乙醛溶液一边振荡一边滴入2%的稀氨水，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止振荡后放入热水中，水浴加热在洁净的试管中加入1 mL 2%的AgNO3溶液【答案】（1）D 饱和碳酸钠溶液 碎瓷片（2）ABC 【解析】试题分析：（1）若用A装置做乙醇与乙酸的酯化反应实验，需要连接D装置，不能用连接E，防止倒吸，加入饱和碳酸钠溶液，吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸；A装置液体加热沸腾需要加入碎瓷片/沸石，防止暴沸；（2）做乙醇氧化成乙醛的实验，需要提供乙醇蒸气和氧气在催化剂作用下氧化
25、反应生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，冷却得到液体乙醛，装置连接为A、B、C；乙醛溶液进行银镜反应，先制取银氨溶液，向硝酸银溶液中滴入氨水至变色沉淀全部溶解得到银氨溶液，滴入乙醛溶液在水浴中加热反应观察银镜现象，实验顺序是。考点：考查有机物性质实验方案的设计18某化学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性，设计如下实验装置。（1）C装置的作用：_。（2）实验室用装置E制备Cl2，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O。该反应中的还原剂是_（填化学式）。（3）反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的
26、现象是：B_， D_。停止通气后,再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B_， D_。（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后漂白性肯定会增强。他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液中，结果发现品红溶液未退色。请你分析产生该现象的原因_（用化学方程式表示）。【答案】（1）尾气处理，吸收SO2和Cl2防止污染环境（2分） （2）HCl（2分）（3）品红褪色 (2分)； 品红褪色。 (2分) 【解析】试题分析：（1）C装置的作用是除去B中剩余的SO2和D项剩余的Cl2，故C的作用是尾气处理，吸收SO2和Cl2防止污染环境。（2）MnO2+4HCl（
27、浓）MnCl2+Cl2+2H2O HCl作为还原剂，失去电子，发生氧化反应（3）SO2和 Cl2都能使品红褪色 ，加热后B中褪色的品红溶液又恢复红色而D项无明显现象，主要是因为SO2与水作用生成的亚硫酸的漂白性具有不稳定性，加热后溶液又恢复到原来的颜色，而D项中实质是生成的HClO使品红溶液褪色，加热后溶液不褪色。（4）Cl2和SO2在水的作用下发生如下反应：Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4 HCl和H2SO4都无漂白性。（2分）考点：SO2和氯水的漂白性点评：SO2和氯水的漂白原理是高中化学的一个难点，本题侧重考查学生的实验探究能力和分析问题的能力，考生平时要注意学会多观察，多动
28、脑。19(6分)将100 mL 5 molL-1 NaOH(aq)稀释到500 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为_；将氯气通入此溶液充分反应，可制得漂白液，其中含有效成分的物质的量最多为_。【答案】1 molL-1 ； 025 mol 。【解析】试题分析：根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O计算NaClO的物质的量。100mL 5molL-1 NaOH溶液中NaOH的物质的量为01L5molL-1=05mol，稀释前后NaOH的物质的量不变，则稀释到500mL后溶液中NaOH的物质的量浓度为=1mol/L；漂白液的有效成分是NaClO，根据方程式Cl2+2NaO
29、H=NaCl+NaClO+H2O ， n（NaClO）=025mol。考点：考查物质的量的相关计算。20有机物丙(C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰；D可以发生银镜反应，在催化剂存在条件下1 mol D与2 mol H2反应可以生成乙；丙中含有两个-CH3（1）A的结构简式为 ；乙的分子式为 。（2）C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_。（3）D所含官能团的名称是 ；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。（4）甲与乙反应的化学方程式为 。（5）写出满足下列
30、条件的有机物的结构简式 与乙互为同分异构体；遇FeCl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种。【答案】（1）(CH3)2C=CH2 C9H12O（2）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH (CH3)2CHCOONa+Cu2O+3H2O（3）碳碳双键、醛基 4（4） （5） 【解析】 试题分析：（1）由A的性质及题目提供的信息可知A为不饱和的烯烃。设去分子式为CnH2n 。14n=56。解得n=4即A为C4H8。因为它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，说明含有三种H原子，则A为CH2=C(CH3)2 B为2-甲基丙醇 (CH3)2CHCH2OH B催化氧化为C：2-甲基丙醛 (CH3
31、)2CHCHO。C与新制的氢氧化铜悬浊液共热，煮沸可得甲：2-甲基丙酸 (CH3)2CHCOOH。因为甲乙发生酯化反应得到酯C13H18O2和水，所以在乙的分子中含有的各种元素的原子个数为C：13-4=9；H：18+2-8=12O：2+1-1=2乙分子式为C9H12O。（2）2-甲基丙醛 (CH3)2CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH (CH3)2CHCOONa+Cu2O+3H2O（3）D可以发生银镜反应，证明D中含有醛基（-CHO）；在催化剂存在条件下1 mol D与2 mol H2反应可以生成乙，则乙中还含有碳碳双键。因此
32、D所含官能团的名称是碳碳双键、醛基。D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有4种。它们分别是：；。（4）甲与乙反应的化学方程式为 （5）写出满足条件：与乙互为同分异构体；遇FeCl3溶液显紫色；其苯环上的一溴代物只有两种的有机物的结构简式 和。考点：考查有机物的推断。包括有机物的分子式、结构式、结构简式、化学方程式的书写、同分异构体的种类及官能团的名称等知识。21某烃A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢。（1）写出A的结构简式 。（2）A中的碳原子是否都处于同一平面？ （填“是”或者“不是”）。2006年5月，
33、齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭。“亮菌甲素”的结构简式为: 。它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性。请回答下列问题：（3）下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是 (填字母)。A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素” 的分子式是C12H10O5 D“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种（4）丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在。写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式 。（5）依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积
34、之比为221。又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同，且氢元素的质量分数为9.4%，1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成1 mol H2。写出二甘醇的结构简式 。【答案】（1） （2）是（3）AC（4）（2分，写对一个给1分）（5）HOCH2CH2OCH2CH2OH【解析】试题分析：（1）某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，该物质是烯烃，分子式符合CnH2n，14n84，则n6。核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。则说明只有一种H原子，该物质高度对称，其结构简式是。（2）乙烯分子是平面分子，由于四个甲基取代的是乙烯分子中的四个H原子，因此甲基碳原
35、子也在一个平面上。故A中的碳原子是都处于同一平面。（3）A、“亮菌甲素”分子中含有苯环和碳碳双键，可与氢气发生加成反应，A正确；B、“亮菌甲素”分子中含有碳碳双键，可以使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C、根据“亮菌甲素”的结构简式判断其分子式为C12H10O5，C正确；D、“亮菌甲素”分子中含有羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，D错误，答案选AC。（4）丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在，则其所有属于醇类的同分异构体的结构简式有。（5）由题意可知，二甘醇分子中C、O的质量分数都是（1-9.4%）/245.3%，因此二甘醇分子中C、H、O的原子个数比是4:10:3。1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成1 mol H2,说明二甘醇分子中有2个羟基，又因为二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为221，所以二甘醇的结构简式为HOCH2CH2OCH2CH2OH。考点：考查有机物的推断，结构简式的判断，官能团、同分异构体的判断，化学方程式的书写
