1、河南省南阳市第一中学2018-2019学年高一化学下学期第五次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 Fe 56 Cu 64 Ag 108一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共20分)1.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同B. 1.7g 羟基（-OH）含电子的数目和质子的数目相等，均为0.9NAC. 标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NAD. 1mol甲苯中含有碳碳双键的数目为3NA【答案】B【解析】详解】A.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含
2、有6mol共价键，二者化学键数不相同，故A错误；B.羟基呈电中性，1.7g 羟基(-OH)物质的量为0.1mol，所含电子的数目为0.9NA，质子的数目为0.9NA，故B正确；C. 标准状况下，四氯化碳不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算2.24LCCl4的物质的量，故C错误；D. 甲苯中的苯环不存在碳碳双键，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯环结构的特殊性，苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键。2.正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 乙烯的结构简式为：B. 三硝基甲苯的结构简式：C. 乙酸的球棍模型：D. 甲基的电子式：
3、【答案】D【解析】【详解】A. 乙烯中含有碳碳双键，结构简式为，故A错误；B. 硝基中的N原子直接与苯环相连，三硝基甲苯的结构简式为，故B错误；C. 为乙酸的比例模型，乙酸的球棍模型为，故C错误；D. 甲基中含有一个单电子，电子式为，故D正确；答案选D。3.下列说法正确的是（ ）A. 相对分子质量相同而结构不同的化合物互为同分异构体B. 烷烃、烯烃中碳、氢两种元素的质量比均为定值C. 体积比11混合的甲烷与氯气气体在光照下反应可制得纯净的一氯甲烷和氯化氢D. 某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，则该有机物中必定含有碳、氢两种元素【答案】D【解析】【详解】A同分异构体的分子式相同，相对分子质量一
4、定相等，但相对分子质量相等，分子式不一定相同，不一定是同分异构体，如HCOOH与C2H5OH，故A错误；B烯烃的最简式均为CH2，所以烯烃中的C、H元素的质量比为定值，而烷烃的最简式不同，所以烷烃中C、H的含量不同，C、H元素的质量比不是定值，故B错误；C体积比11混合的甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，生成产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢的混合物，故C错误；D有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，根据质量守恒，则该有机物中必定含有碳、氢两种元素，可能含有氧元素，故D正确；答案选D。4.将溴水分别与四氯化碳、己烷、己烯、酒精四种试剂混合，充分振荡后静置，下列现象与所加试剂不相
5、吻合的是（ ）A. 四氯化碳B. 己烷C. 己烯D. 酒精【答案】D【解析】【详解】A溴单质易溶于四氯化碳，充分振荡后静置，有机层在下层，A项正确；B溴单质易溶于己烷，充分振荡后静置，有机层在上层，B项正确；C己烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色，静置后生成的有机物在下层，上层的水层接近无色，C项正确；D酒精与水任意比混溶，液体不会出现分层现象，D项错误；所以答案选择D项。5.下列各组化合物中，不论二者以任何比例混合，只要总质量一定，则完全燃烧时消耗O2的质量和生成水的质量不变的是（ ）A. C2H4、C3H6B. C2H6、C3H6C. CH4、C2H6D. C2H4、C3H4【答案】A【解析
6、】【分析】无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧时消耗O2的质量不变，说明混合物各烃的最简式相同，完全燃烧生成H2O的质量也一定，则说明混合物各烃分子中含氢量相等，故混合物中各烃满足最简式相同即可，据此分析解答。【详解】AC2H4最简式为CH2，C3H6最简式为CH2，二者最简式相同，故A符合；BC2H6最简式为CH3，C3H6最简式为CH2，二者最简式不同，故B不符合；CCH4最简式为CH4，C2H6最简式为CH3，二者最简式不同，故C不符合；DC2H4最简式为CH2，C3H4最简式为C3H4，二者最简式不同，故D不符合；答案选A。6.一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应
7、速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）NaOH固体 KNO3溶液 水 CH3COONa固体A. B. C. D. 【答案】D【解析】加入NaOH固体，与盐酸反应，生成氢气减少，故不符合；加KNO3溶液，铁与H+、NO3反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；则答案选D。点睛：本题主要考查影响反应速率的因素，解答本题时，要从铁和
8、盐酸反应的实质Fe+2H+=Fe2+H2出发，为了减缓反应速率，可减小氢离子的浓度，Fe过量则酸能完全反应，生成氢气的量由盐酸决定，要想不影响生成氢气的总量，必须保证与铁反应的氢离子的物质的量不变，以此来解答本题。本题的易错点是加入KNO3溶液， H+、NO3与铁反应不能生成氢气，解题时要注意区别。7.800时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化如图所示。则以下说法错误的是（ ）A. 发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)B. 前2 min A的分解速率为0.1 mol/(Lmin)C. 开始时，正、逆反应同时开始D. 2 min时，A、B、C的浓度之比为231【答案】C【
9、解析】【详解】A.由图示可知：A浓度减小，B、C浓度逐渐增加，则A为反应物，B、C为生成物，在2min内三种物质浓度变化比为：2:2:1，由于物质的浓度变化比等于方程式中物质的化学计量数的比，且最后三种物质都存在，因此该反应为可逆反应，方程式为2A(g)2B(g)+C(g)，A正确；B.由图可知前2 minA的c(A)=0.2mol/L，所以(A)=0.1mol/(Lmin)，B正确；C.在反应开始时由于没有生成物C物质，因此反应是从正反应方向开始的，C错误；D.根据图示可知在2min时c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)= 0.1mol/L，所以2 min时，A、
10、B、C的浓度之比为231，D正确；故合理选项是C。8.下列关于苯的叙述正确的是（ ）A. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的浓烟B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃C. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小D. 反应1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键【答案】A【解析】【详解】A苯含有C、H两种元素，能在空气中燃烧，发生氧化反应，燃烧时因含碳量高火焰明亮并带有浓烟，故A正确；B苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故B错误；C苯在催化剂作用下与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，故C错误；D苯
11、分子中没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；答案选A。9.如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是选项MNPA锌铜稀硫酸B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】电流计指针偏转，说明该装置构成原电池，M棒变粗，N棒变细，则N为易失电子的活泼金属作负极，不活泼金属M作正极，电解质溶液中阳离子为不活泼金属阳离子。【详解】A项、装置中M电极锌比铜活泼作原电池负极，M极变细，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A不成立；B项、装置中N电极铁比铜活
12、泼作原电池负极，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，M极不会变粗，故B不成立；C项、装置中N电极锌比银活泼作原电池负极，N极变细，银作原电池正极，正极上银离子得电子生成银，M极变粗，故C成立；D项、装置中M电极锌比铁活泼作原电池负极，M极变细，铁作原电池正极，正极上三价铁离子得电子生成亚铁离子，故D不成立。故选C。【点睛】本题考查了原电池的工作原理，能根据电极材料的变化判断正负极是解本题的关键。10.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A. 甲烷与氯气混合后发生光照反应；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已烷C.
13、 在苯中滴入溴水，溴水层变无色；乙烯水化法制乙醇D. 甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热；乙烯与水在一定条件下生成乙醇【答案】D【解析】【详解】A甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是取代反应、后者是氧化反应，故A错误；B乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，苯和氢气在一定条件下发生加成反应生成环己烷，二者都是加成反应，故B错误；C苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色；乙烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，前者属于物理变化，后者是加成反应，故C错误；D甲苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，前者是取代反应、后者是
14、加成反应，故D正确；答案选D。【点睛】明确官能团及其性质关系、加成反应和取代反应区别是解本题关键。本题的易错点为C，要注意C中苯使溴水褪色属于物理变化，没有发生取代反应。二、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共30分)11.如表所示，为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用除杂试剂与主要分离方法都正确的是 （ ）不纯物质除杂试剂分离方法A乙烷(乙烯)KMnO4(酸化)洗气B溴苯(溴)NaOH溶液过滤C乙醇(水)生石灰蒸馏D乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为CO2而混入乙烷中，不能达到除杂净化的
15、目的，A错误；B.溴单质与NaOH溶液发生反应生成可溶于水的NaBr、NaBrO，出现分层现象，应用分液法分离，B错误；C.水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高而乙醇是由分子构成的物质，沸点低，再通过蒸馏法可以除去乙醇中的水蒸气，C正确；D.NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，不能达到除杂净化的目的，应该使用碳酸钠饱和溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，D错误；故合理选项是C。12.某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应生成氯代烷，此氯代烷1mol在一定条件下可与6mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为（ ）A. CH2=CH2B. CH3CH=CH2C. CH3CH3D.
16、CH2=CHCH=CH2【答案】B【解析】分析：根据含一个双键的气态烃1体积能与1体积氯气发生加成反应，生成氯代烷，有机物中有几个氢原子被取代，就要消耗几分子的氯气分析判断。详解：根据题目中气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应生成氯代烷，说明结构中只含有一个碳碳双键，根据氯代烷1mol可与6mol氯气发生完全的取代反应，说明该加成产物分子中只含有6个氢原子，A选项中含有4个氢原子，A选项错误；B选项中含有6个氢原子，B选项正确；C选项中含有6个氢原子，但C选项是乙烷，没有碳碳双键，不能够发生加成反应，C选项错误；D选项中含有6个氢原子，但D选项中含2个碳碳双键，1体积D可以与2体积氯气发生
17、加成反应生成氯代烷，D选项错误，正确选项B。13.使1.0体积的某气态烷烃和烯烃的混合气体在足量空气中完全燃烧，生成2.0体积的二氧化碳和2.2体积的水蒸气(均在120、1.01105Pa条件下测定)，则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为（ ）A. 2：3B. 1：4C. 4：1D. 3：2【答案】B【解析】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，该温度下水为气体，设混合气态烃平均分子组成CxHy，根据质量守恒可得：x=2、y=4.4，则混合烃的平均分子式为：C2H4.4，气态烃的碳原子数4，则满足C2H4.4合理组合有：CH4、C3H6CH4、C4H8C2H6、C2H4；CH4、C3H6：
18、根据平均分子式可知，甲烷与丙烯的物质的量之比为1：1，而平均H原子数为54.4，所以不合理；CH4、C4H8：平均C原子为2时，设甲烷的物质的量为x、丁烯的物质的量为y，则=2，解得：x：y=2：1，此时得到的混合物中平均H原子数为：=4.4，所以不合理；C2H6、C2H4：二者任意比混合后平均C原子数都是2，氢原子平均数为4.4时，设乙烷的物质的量为x、乙烯的物质的量为y，则：=4.4，整理可得：x：y=1：4，满足条件，故选B。点睛：根据题干信息计算出平均分子式为解答关键，相同条件下气体的物质的量之比=物质的量之比，根据题中数据计算出混合烃的平均分子式；常温下为气态烃的分子中碳原子数4，分
19、别根据气体烷烃、气体烯烃的分子组成及混合气体的平均分子式得出合理的组合，最后通过讨论计算出满足条件的烷烃和烯烃的体积比。14.已知SO2和O2反应生成2molSO3时，放出的热量为QkJ，在1L的密闭容器中进行反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，SO2、O2、SO3的起始物质的量分别为0.2mol、0.1mol、0.2mol，下列叙述正确的是（ ）A. 某时刻，SO3的物质的量为0.28 mol，则SO2的转化率为40%B. 反应达到平衡时放出的热量为0.1QkJC. 某时刻，SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.3mol、0.15mol、0.15molD. 某时刻，SO3的浓度可
20、能为0.4mol-1L-1【答案】A【解析】【详解】A某时刻，SO3的物质的量为0.28 mol，说明生成了0.08mol SO3，则反应的SO2为0.08mol，SO2的转化率=100%=40%，故A正确；B二氧化硫与氧气反应是可逆反应，根据题意，无法判断平衡状态，因此无法计算反应达到平衡时放出的热量，故B错误；C某时刻，SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.3mol、0.15mol、0.15mol，说明生成的SO2为0.1mol，生成O2为0.05mol，反应的SO3的物质的量应为0.1mol，而不是0.2-0.15mol=0.05mol，不符合质量守恒定律，故C错误；D2SO2(g)+
21、O2(g)2SO3(g)为可逆反应，SO2 和O2不可能完全转化生成0.2molSO3，因此SO3的浓度一定小于(0.2mol0.2mol)1L=0.4mol-1L-1，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意反应放出的热量需要根据平衡状态结合反应方程式计算，但题中未说明平衡状态，根据题意也无法确定平衡状态，同时注意可逆反应，反应物不可能完全转化。15.2017年2月19日在第十三届阿布扎比国际防务展上，采用先进的氢燃料电池系统的无人机，创造了该级别270分钟续航的新世界记录。下列有关氢燃料电池的说法不正确的是（ ）A. 通入氢气的电极发生氧化反应B. 碱性电解液中阳离子向通入氢气
22、的方向移动C. 正极的电极反应式为O22H2O4e=4OHD. 放电过程中碱性电解液的OH的物质的量不变【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-，阳离子向正极移动。【详解】A. 该电池工作时化学能转化为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，A项正确；B. 阳离子向正极移动即通入氧气的一极移动，B项错误；C. 通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O22H2O4e=4OH，C项正确；D. 由图可知，
23、氢氧燃料电池放电过程中，总反应为氢气和氧气反应生成水，则碱性电解液中氢氧根的物质的量不变，D项正确；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。其中D项需理解正极与负极得失电子数守恒，通过总反应方程式判断溶液中的氢氧根离子。16.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】
24、在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层
25、后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。17.对于苯乙烯(结构简式为 )有下列叙述：不能使酸性KMnO4 溶液褪色；能使溴的四氯化碳溶液褪色； 不可溶于水；可溶于苯中； 1mol苯乙烯最多能与4molH2发生加成反应； 所有的原子不可能共平面，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 全部正确【答案】A【解析】分析：中含有苯环和碳碳双键，结合苯和乙烯的结构与性质分析判断
26、。详解：苯乙烯的结构简式为：含有碳碳双键，能使酸性KMnO4 溶液褪色，错误；能使溴的四氯化碳溶液褪色，正确；一般而言，烯烃难溶于水，不可溶于水，正确；根据相似相容原理，可溶于苯中，正确；苯环和碳碳双键均能与氢气加成，1mol最多能与4molH2发生加成反应，正确；苯环和碳碳双键均为平面结构，所有的原子可能共平面，错误；正确的有，故选A。点睛：本题考查了有机物的结构和性质，掌握苯和乙烯的结构和性质是解题的关键。本题的易错点为，要注意苯环和碳碳双键的结构，其中碳碳单键可以旋转。18.某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个CH3、2个CH2和1个，则符合该结构的所有烷烃的一氯取代物总共有几种
27、（ ）A. 10种B. 9种C. 8种D. 7种【答案】B【解析】分析:烷烃相对分子质量为86,则该烷烃含有碳原子数目为:=6,该烷烃为己烷;分子中含有3个CH3、2个CH2和1个,说明该烷烃只含有1个支链,其支链不可能为乙基,只能是甲基,该有机物可能的结构简式有2种:CH3CH(CH3)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,然后根据这两种有机物分子中含有的不同位置的H的数目判断其一氯代物种类。详解: 烷烃相对分子质量为86,则该烷烃含有的碳原子数目为:=6,该烷烃为己烷;分子中含有3个CH3、2个CH2和1个,说明该烷烃只含有1个支链,其支链不可能为乙基,只能是甲基,其
28、主链含有5个C,满足条件的己烷的结构简式为:CH3CH(CH3)CH2CH2CH3,CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,其中分子中含有5种位置不同的H,即含有一氯代物的数目为5;分子中含有4种位置不同的H,则其一氯代物有4种,所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有:5+4=9种,所以B选项是正确的。19.两种烃组成的混合烃总物质的量与该混合烃充分燃烧后所得气体产物(二氧化碳和水蒸气)物质的量变化关系如图所示。以下对混合烃组成的判断中，正确的是（ ）A. 一定有乙烯B. 一定有甲烷C. 一定有丙烷D. 一定没有C3H4【答案】B【解析】试题分析：判断混合烃的成分，可以先求出其平均分子式或平均相
29、对分子质量，再根据平均值的特点(处于中间值)进行判断，可以优化思维过程，简化计算过程。根据图像中的数据可得：1 mol混合烃充分燃烧后生成2 mol H2O,2 mol混合烃充分燃烧后生成3 mol CO2、4 mol H2O，则混合烃的平均分子式为C1.5H4，则混合烃中一定含有CH4，另外一种烃中的H原子数也一定等于4，即可能有C2H4或C3H4。考点：本题考查了有机物组成的分析，考查了图表分析的能力。20.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）A. 8种B. 10种C. 12种D. 14种【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1
30、个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有和， 4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确；答案选C。【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。三、填空题(共50分)21.现有以下几种有机物：CH4 CH3CH2OH 癸烷 CH3COOH 丙烷请根据上述给出的物质按要求回答下列
31、问题：（1）分子中含有14个氢原子的烷烃的分子式是_；（2）与互为同分异构体的是_（填序号）；（3）在120，1.01105Pa条件下，某种气态烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是_（填序号）；它与互为_关系；（4）相对分子质量为44的烷烃的结构简式为_；（5）用“”表示熔沸点高低顺序：_（填序号）；（6）具有特殊气味，常作萃取剂的有机物在铁作催化剂的条件下与液溴发生一取代反应的化学方程式_； （7）有机物在加热条件下和CuO反应的化学方程式_；【答案】 (1). C6H14 (2). (3). (4). 同系物 (5). CH3CH2CH3 (6). (7)
32、. +Br2+HBr (8). CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2O【解析】【分析】(1)(4)根据烷烃通式CnH2n+2来计算解答；(2)分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；(3)该条件下水为气体，反应前后气体的体积没有发生改变，则反应前后气体的化学计量数相等，根据烃燃烧的通式计算；(5)烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，相同碳原子个数的烷烃中支链多的沸点低；(6)具有特殊气味，常作萃取剂的有机物为苯，据此书写反应的方程式；(7)乙醇与CuO反应生成乙醛、Cu和水，据此书写反应的方程式。【详解】(1)由烷烃的通式CnH2n+2，则2n+2=14，解的n=6，烷烃为C6H14，故
33、答案为：C6H14；(2)与()互为同分异构体的是()，二者分子式相同，结构不同，故答案为：；(3)在120，1.01105Pa条件下，生成的水为气态，由CxHy+(x+)O2 xCO2+H2O(g)，则 1+(x+)=x+，解得y=4，即分子式中氢原子数目为4，为甲烷，它与()都是烷烃，互为同系物，故答案为：；同系物。(4)烷烃的通式为CnH2n+2，相对分子质量为44的烷烃，则12n+2n+2=44，所以n=3，即烷烃的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；(5)烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，相同碳原子个数的烷烃中支链多的沸点低，则沸点为，故答案为
34、：；(6)具有特殊气味，常作萃取剂的有机物为苯，在铁作催化剂的条件下与液溴发生一取代反应的化学方程式为，故答案为：；(7)乙醇与CuO反应生成乙醛、Cu和水，反应的化学方程式为CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2O，故答案为：CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2O。22.（1）肼（N2H4）又称联氨，广泛用于火箭推进剂、有机合成及燃料电池，肼燃料电池原理如图所示，通入N2H4的电极上发生的电极反应式为_。（2）在2L密闭容器中，800 时反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080
35、.0070.0070.007到达平衡时NO的转化率为_。用O2表示从02 s内该反应的平均速率v_。如图所示，表示NO2变化曲线的是_。能说明该反应已达到平衡状态的是_(填序号)。Av(NO2)2v(O2)B容器内压强保持不变Cv逆(NO)2v正(O2)D容器内的密度保持不变【答案】 (1). N2H44e-+4OH-=N2+4H2O (2). 65% (3). 1.5103 molL1s1 (4). b (5). BC【解析】【分析】(1)燃料电池中通入燃料肼的为负极，负极发生氧化反应，结合图示书写电极反应式；(2)根据表格数据，求出反应的NO的物质的量，再计算NO的转化率；先计算一氧化氮的
36、反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；根据表格知，随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则平衡向正反应方向移动，二氧化氮的物质的量逐渐增大，根据一氧化氮和二氧化氮之间转化关系式计算平衡时二氧化氮的物质的量，从而确定曲线；根据化学平衡状态的判断依据判断。【详解】(1)肼燃料电池中通入燃料肼的为负极，肼在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；(2)根据表格数据，到达平衡时NO的转化率=100%=65%，故答案为：65%；02s时，v
37、(NO)=0.003mol/(Ls)，同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=0.0015mol/(Ls)，故答案为：0.0015mol/(Ls)；根据表格数据知，随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则平衡向正反应方向移动，二氧化氮的物质的量逐渐增大，当反应达到平衡状态时，参加反应的n(NO)=(0.020-0.007)mol=0.013mol，根据二氧化氮和一氧化氮的关系式知，平衡状态时生成n(NO2)等于参加反应的n(NO)，所以为0.013mol，c(NO2)=0.0065mol/L，所以代表二氧化氮的曲线为b，故答案为：b；A无
38、论反应是否达到平衡状态，v(NO2)=2v(O2)始终存在，故A错误；B该反应是气体体积变化的反应，所以该反应的压强为变量，压强不再变化，说明反应达平衡状态，故B正确；Cv正(NO)=2v逆(O2)，正逆反应符合系数比，表示正逆反应速率相等，说明反应达平衡状态，故C正确；D根据质量守恒，反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故D错误；故选BC。23.燃烧法是测定有机化合物化学式的一种重要方法。在一定温度下取0.1mol某液态烃A在O2中完全燃烧，生成CO2和水蒸汽，将生成物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重16.2g，碱石灰增重35.2g。（1）写出烃
39、A的分子式_；（2）含三个甲基的烃A同分异构体的数目为_；（3）烃A的一种同分异构体，其一氯代物只有一种，写出该同分异构体的结构简式_；【答案】（1）C8H18（2）4种 （3）(CH3)3CC(CH3)3（每空2分，共6分。）【解析】考查有机物分子式的确定和同分异构体的判断及书写等。（1）浓硫酸吸水，所以水的物质的量是。碱石灰吸收CO2，所以CO2的物质的量是。根据原子守恒可知该有机物的分子式为C8H18。（2）因为烷烃的主链的两端各是1个甲基，所以该烷烃含有1个支链，若支链是甲基，则主链是7个碳原子，所以甲基的位置有3种。若支链是乙基，则主链含有6个碳原子，所以乙基的位置只有一种。因此共有
40、4种同分异构体。（3）一氯代物只有一种，说明分子中所有的氢原子是完全相同的，即化合物是对称性很强的分子，因此结构简式为(CH3)3CC(CH3)3。24.用化学用语回答下列问题：（1）用电子式表示二氧化碳分子的形成过程_；（2）写出NaOH的电子式_；.下列物质：N2 H2O2 NH3 MgCl2 Na2O2（3）含有极性键和非极性键的是_(填序号，下同)；（4）含有非极性键的离子化合物是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【分析】.(1)二氧化碳属于共价化合物，二氧化碳分子中C与每个O形成两对共有电子对，据此写形成过程；(2)NaOH为离子化合物，氢氧根中存在共价键
41、，据此书写电子式；.一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。【详解】.(1)二氧化碳属于共价化合物，分子中C原子与每个O原子之间形成2对共用电子对，所有原子的最外层都满足8电子结构，形成过程用电子式表示为：，故答案为：；(2)NaOH为离子化合物，氢氧根中存在共价键，电子式为，故答案为：；.N2中只含非极性键，属于单质；H2O2 含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；NH3中只含极性键，属于共价化合物；MgCl2中只含离子键，属
42、于离子化合物；Na2O2中含有离子键和非极性键，属于离子化合物；(3)含有极性键和非极性键的是(H2O2)，故答案为：；(4)含有非极性键的离子化合物是(Na2O2)，故答案为：。25.某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图1所示，A中放有浓硫酸，B中放有无水乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液。已知：无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH。有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/34.778.511877.1请回答：（1）浓硫酸的作用是_；用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，若用18O标记乙醇分子中的氧原子，请写出该化学方程式：_。（2
43、）球形干燥管C的作用是_。若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是_。（3）采用分液法从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，然后加入无水氯化钙，分离出_；再加入无水硫酸钠除去水，然后进行_（填操作名称），以得较纯净的乙酸乙酯。（4）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_(填字母代号)。A反应掉乙酸和乙醇B反应掉乙酸并吸收部分乙醇C乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中的更小，有利于分层析出D加速酯的生成，提高其产率（5）另一化学课外小组对上述实验进行了改进，设计了图2所示的装置，利用浓硫酸、乙醇、乙酸制取乙酸乙酯(铁架台、铁夹、加热装置均已略去)与图1所示
44、装置相比，此装置的主要优点有（写出一条即可）_。（6）该实验中用30g乙酸与46g乙醇反应,如果实际得到的乙酸乙酯的质量是26.4g，则该实验中乙酸乙酯的产率是_。(产率指的是某种生成物的实际产量与理论产量的比值。已知乙醇、乙酸、乙酸乙酯的相对分子质量分别为：46、60、88)【答案】 (1). 酸性（或制取乙酸）、催化剂、吸水剂 (2). CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O (3). 防止倒吸 (4). 上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅 (5). 乙醇 (6). 蒸馏 (7). BC (8). 增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度（或增加了冷凝装
45、置，有利于收集产物乙酸乙酯） (9). 60%【解析】【分析】(1)乙酸与乙醇的酯化反应需要催化剂，结合浓硫酸的性质分析解答；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，据此书写反应的方程式；(2)反应过程中装置内的气体压强不稳定；根据乙酸乙酯在水中溶解度较小，且碳酸钠与乙酸反应分析解答；(3)根据无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH分析氯化钙的作用；最后得到乙酸乙酯和乙醚的混合物，根据二者的沸点不同分离；(4)乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，结合乙酸乙酯、乙酸、乙醇以及碳酸钠的性质分析解答；(5)与图1所示装置相比，图2所示装
46、置的主要改进有：增加了温度计、增加了分液漏斗、增加了冷凝装置，据此对比解答；(6)首先计算乙醇、乙酸的物质的量，根据反应的方程式进行过量判断，再计算理论生成乙酸乙酯的质量，最后计算产率。【详解】(1)乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，由于反应加入的是乙酸钠，故浓硫酸还有制乙酸的作用，故浓硫酸的作用为：制乙酸、催化剂、吸水剂；羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O，故答
47、案为：制乙酸、催化剂、吸水剂；CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OC2H5+H2O；(2)反应过程中装置内的气体压强不稳定，球形干燥管C可以防止倒吸；碳酸钠水解呈碱性，所以酚酞变红；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅，故答案为：防止倒吸；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅；(3)无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH，用无水氯化钙可以除去少量的乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物，得到乙酸乙酯和乙醚的混合物，根据二者的沸点不同分离，常用蒸馏，以得较纯净
48、的乙酸乙酯，故答案为：乙醇；蒸馏；(4)乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故选BC；(5)与图1所示装置相比，图2所示装置的主要优点有：增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯，故答案为：增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度(或增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯)；(6)30g乙酸的物质的量为：0.5mol，46g乙醇的物质的量为：1mol，根据方程式：CH3CH218OH+CH3COOH CH3CO18OC2H5+H2O，乙酸不足，应按乙酸完全反应来计算，理论上产生乙酸乙酯的量为0.5mol，质量为0.5mol88g/mol=44g，实际得到的乙酸乙酯的质量是26.4g，乙酸乙酯的产率=100%=60%，故答案为：60%。【点睛】掌握乙酸乙酯的制取原理及装置，明确反应过程中浓硫酸、饱和碳酸钠溶液的作用是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(5)，要注意比较装置的不同点，结合实验的原理分析。