1、2014-2015学年江西省宜春市上高二中高二（下）第一次月考化学试卷一、选择题（16*3=48分）1（3分）（2014春洛阳期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A0.1molC3H6Cl2中化学键总数为NAB42g乙烯中含碳原子数为3NAC标准状况下，1L苯完全燃烧生成的气态产物的分子数为NAD0.1mol乙醇完全燃烧所消耗的氧分子数一定为0.3NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：AC3H6Cl2中含有2个碳碳键、6个碳氢键和2个碳氯键，总共含有10个化学键；B根据乙烯的分子组成、质量计算出含有的碳原子的物质的量及数目；C根据苯在标准状况
2、下不是气体进行判断；D根据乙醇的物质的量及乙醇燃烧的关系式计算出消耗的氧气的物质的量及数目解答：解：A.0.1molC3H6Cl2中含有0.2mol碳碳键、0.6mol碳氢键和0.2mol碳氯键，总共含有1mol共价键，含有的化学键总数为NA，故A正确；B.42g乙烯的物质的量为1.5mol，含有3mol碳原子，含碳原子数为3NA，故B正确；C标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，故C错误；D.0.1molC2H6O完全燃烧消耗氧气的物质的量为0.3mol，消耗的氧分子数一定为0.3NA，故D正确；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注
3、意明确标准状况下苯不是气体；要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力2（3分）（2011秋包河区校级期末）最近美国宇航局（NASA）马里诺娃博士找到了一种比二氧化碳有效104倍的“超级温室气体”全氟丙烷（C3F8），并提出用其“温室化火星”使其成为第二个地球的计划有关全氟丙烷的说法正确的是（）A分子中三个碳原子可能处于同一直线上B全氟丙烷的电子式为：C相同压强下，沸点：C3F8C3H8D全氟丙烷仅有一种结构考点：常见有机化合物的结构；电子式专题：有机化学基础分析：A全氟丙烷的结构相当于四氟甲烷中的氟
4、原子被2个三氟甲基取代，根据四氟甲烷的结构判断全氟丙烷的结构；B根据共价化合物的电子式书写规则判断C结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间的作用力也越大，沸点高；D丙烷只有一种结构解答：解：A全氟丙烷的结构相当于四氟甲烷中的氟原子被2个三氟甲基取代，四氟甲烷中的所有原子不在同一直线上，所有全氟丙烷中的3个碳原子不可能处于同一直线上，故A错误；B漏写氟原子周围的孤对电子，故B错误；CC3F8，C3H8结构相似，但相对分子质量前者大，分子间的作用力也大，沸点高，故C错误；D丙烷只有一种结构，全氟丙烷中氟原子取代丙烷上的氢原子，也只有一种结构，故D正确；故选D点评：本题考查电子式、分子结构、分子间
5、作用力、极性键和非极性键，难度不大，注意结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间的作用力也越大，沸点高3（3分）（2014秋邗江区校级期中）一种类似于植物生长调节剂的物质，结构如图所示下列说法正确的是（）A该物质的分子式为：C10H7O5ClB1mol该物质在常温下最多可与3mol NaOH反应C该物质遇FeCl3溶液不能发生显色反应D该物质可发生取代、氧化、消去反应考点：有机物的结构和性质分析：由结构简式可知分子式，分子中含C=O、OH、Cl，结合醇、卤代烃、酮的性质来解答A该物质的分子式为C10H13O5Cl；B只有CH2Cl与NaOH反应，则1mol该物质在常温下最多可与1mol NaO
6、H反应；C不含酚OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应；D含CH2Cl，可发生取代、加成反应，含OH可发生取代、氧化反应，羰基可发生加成反应解答：解：A该物质的分子式为C10H13O5Cl，故A错误；B只有CH2Cl与NaOH反应，则1mol该物质在常温下最多可与1mol NaOH反应，故B错误；C不含酚OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；D含CH2Cl，可发生取代、加成反应，含OH可发生取代、氧化反应，羰基可发生加成反应，故D正确；故选CD点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质的关系为解答的关键，明确醇、羧酸的性质即可解答，注意醇和酚的差别，题目
7、难度不大4（3分）（2010春巴中期末）下列五种烃2甲基丁烷2，2二甲基丙烷戊烷丙烷丁烷，按沸点由高到低的顺序排列的是（）ABCD考点：晶体熔沸点的比较专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小解答：解：2甲基丁烷2，2二甲基丙烷戊烷三者互为同分异构体，根据同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点；烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点，故有沸点由高到低的顺序排列的是故选C点评：本题考查有机物熔沸点
8、的比较，题目难度不大，本题注意判断烃类物质沸点高低的角度，学习中注重相关方法的积累5（3分）（2015春宜春校级月考）以下物质；甲烷；苯；聚乙烯；聚乙炔；2丁炔；环己烷；邻二甲苯；苯乙烯既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（）ABCD考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：能和溴水发生加成反应的物质含有碳碳双键或三键，能和酸性高锰酸钾溶液反应的物质含有碳碳双键或三键或苯环上的取代基中直接连接苯环的碳原子上含有氢原子，以此来解答解答：解：能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是聚乙炔；2丁炔；邻二甲苯；苯乙烯；能和溴水发生加成反应的物质有聚乙炔；2丁炔；苯乙
9、烯，所以既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是，故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握不饱和烃及苯的同系物的性质为解答的关键，注意聚乙烯中不含双键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大6（3分）（2013秋南平校级期末）下列反应中属于加成反应的是（）A乙炔通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色B苯滴入溴水中，振荡后溴水层接近无色C甲烷和氯气混合后，放置在光亮的地方，混合气体颜色逐渐变浅D将裂化获得的汽油滴入溴水中，溴水褪色考点：取代反应与加成反应专题：有机反应分析：有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反
10、应，根据定义分析解答解答：解：A、乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙炔发生了氧化反应的结果，故A错误；B、苯能萃取溴水中的溴，所以水层颜色变浅，不是加成反应，故B错误；C、甲烷和氯气混合光照一段时间后，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，故C错误；D、裂化汽油中烯烃的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成溴代烷，所以属于加成反应，故D正确；故选：D点评：本题主要考查了加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等）7（3分）（2015春宜春校级月考）用下列方法制备乙烯并用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是（）乙烯的制备试剂X试
11、剂YACH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热水Br2的CCl4溶液BCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热水KMnO4酸性溶液CC2H5OH与浓H2SO4NaOH溶液KMnO4酸性溶液DC2H5OH与浓H2SO4NaOH溶液Br2的CCl4溶液AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；实验装置综合分析：A发生消去反应生成的乙烯中含有挥发的乙醇，乙醇不与Br2的CCl4溶液反应；B发生消去反应生成的乙烯中含有挥发的乙醇，乙烯和乙醇都能使KMnO4酸性溶液褪色；C乙醇和浓硫酸在170以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，SO2中+4价S具有还原
12、性，能还原酸性KMnO4溶液，使其紫色褪去，乙醇也能被KMnO4酸性溶液氧化；D乙醇和浓硫酸在170以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，二氧化硫能与Br2的CCl4溶液反应使其褪色解答：解：ACH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热含有的杂质乙醇，乙醇不与Br2的CCl4溶液反应，无需分离乙醇和乙烯，故A选；B发生消去反应生成的乙烯中含有挥发的乙醇，由KMnO4+CH2CH2+H2SO4CO2+K2SO4+MnSO4+H2O可知导致酸性KMnO4溶液褪色，干扰乙烯的检验，需用水分离，乙醇能和水任意比互溶，而乙烯难溶于水，故B不选；C乙醇在浓硫酸加热170发生消去反应生成乙烯气体，同
13、时乙醇和浓硫酸在170以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，反应为C2H5OH+2H2SO42C+2SO2+5H2O，含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，2KMnO4+5SO2+2H2OK2SO4+2MnSO4+2H2SO4，导致酸性KMnO4溶液褪色，5C2H5OH+4KMnO4 +6H2SO45CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4，使KMnO4酸性溶液褪色，故需用NaOH溶液分离，NaOH溶液能溶解乙醇，能和二氧化硫反应，故C不选；D乙醇在浓硫酸加热170发生消去反应会有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫能与Br2的
14、CCl4溶液反应，SO2+2H2O+Br2H2SO4+2HBr，乙醇与水互溶，二氧化碳不影响乙烯的检验，需用氢氧化钠除去二氧化硫，故D不选；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重乙烯制备及物质鉴别、混合物分离等知识点的考查，把握有机物的性质为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大8（3分）（2015春宜春校级月考）下列各组有机物中，只需加入溴水就能一一鉴别的是（）A已烯、苯、四氯化碳B已炔、己烯、四氯化碳C已烷、苯、乙醇D甲苯、苯、已烯考点：有机物的鉴别专题：有机化学基础分析：含有不饱和键的物质能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，结合有机物的水溶性以及密度进行鉴别解答：
15、解：A己烯含有C=C键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，苯和四氯化碳与溴水都不反应，但苯的密度不水小，色层在上层，四氯化碳的密度比水大，色层在下层，可鉴别，故A正确；B己炔、己烯都为不饱和烃，都能与溴水反应，不能鉴别，故B错误；C苯、己烷都不与溴反应，且密度比水小，无法鉴别，故C错误；D甲苯、苯都不与溴反应，且密度比水小，无法鉴别，故D错误故选A点评：本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意把握常见有机物的性质，特别是水溶性和密度9（3分）（2014春都昌县期中）下列有机物中属于芳香烃的是（）ABCD考点：芳香烃、烃基和同系物专题：物质的分类专题分析：仅有C、H两种元素组成的含有苯环的化合物
16、属于芳香烃，据此判断解答：解：、含有氧元素，不属于烃，故不符合；、仅有C、H两种元素组成，且是含有苯环，属于芳香烃，故符合；、仅有C、H两种元素组成，不含苯环，不属于芳香烃，故不符合；、仅有C、H两种元素组成，不含苯环，不属于芳香烃，故不符合；、仅有C、H两种元素组成，且是含有苯环，属于芳香烃，故符合；、含有氧元素，不属于烃，故不符合；、含有氧元素，不属于烃，故不符合；、仅有C、H两种元素组成，且是含有苯环，属于芳香烃，故符合；、含有氧元素，不属于烃，故不符合；、仅有C、H两种元素组成，且是含有苯环，属于芳香烃，故符合；故属于芳香烃，故选B点评：考查有机物的分类，难度不大，注意理解把握各类物质
17、的结构特点10（3分）（2015春宜春校级月考）如图所示是一个有机物的核磁共振氢谱图，请你观察图谱，分析其可能是下列物质中的（）ACH3CH2CH2CH3B（CH3）2CHCH3CCH3CH2CH2OHDCH3CH2COOH考点：有机物实验式和分子式的确定；常见有机化合物的结构分析：分子中含化学环境不同的H原子，则核磁共振氢谱就有几种不同的信号峰，且峰面积之比等于氢原子数目之比，以此来解答解答：解：由图可知，核磁共振氢谱中给出4个吸收峰峰，说明该分子中的有4种H原子ACH3CH2CH2CH3中有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个吸收峰，故A不符合；B（CH3）2CHCH3中有2种H原子，核磁共振
18、氢谱中有2个吸收峰，故B不符合；CCH3CH2CH2OH中有4种H原子，核磁共振氢谱中有4个吸收峰，故C符合；DCH3CH2COOH中有3种H原子，核磁共振氢谱中有3个吸收峰，故D不符合；故选C点评：本题主要考查有机物结构确定、核磁共振氢谱，题目难度不大，等效氢的判断是解题的关键11（3分）（2015春宜春校级月考）BHT是一种常用的食品抗氧化剂，从出发合成BHT的方法有如下两种下列说法不正确的是（）A推测BHT在水中的溶解度小于苯酚BBHT与都能使酸性KMnO4退色C方法一和方法二的反应类型都是加成反应DBHT与具有完全相同的官能团考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推
19、断分析：A烃基为憎水基，BHT中烃基数目比苯酚多，溶解性一定小于苯酚；B酚羟基都能够被强氧化剂氧化；C反应一为加成，反应二为取代；DBHT中含有的官能团是酚羟基解答：解：ABHT中含有的憎水基烃基比苯酚多，所以在水中的溶解度小于苯酚，故A正确；BBHT和中都会有酚羟基，都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化二使酸性KMnO4褪色，故B正确；C、反应一通过加成反应生成BHT，而反应二为取代反应，故C错误；D、BHT中含有的官能团是酚羟基，中含有的官能团也是酚羟基，故D正确，故选C点评：本题考查了有机物结构与性质、绿色化学的判断，题目难度中等，注意掌握常见的有机物的结构与性质，明确绿色化学的概念及要求，熟悉
20、常见的有机反应类型12（3分）（2014春临川区校级期末）某烃的结构简式为：，该分子中含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子）数为a，在同一直线上的碳原子数最多为b，一定在同一平面内的碳原子数为c，则a、b、c分别为（）A4、3、5B4、3、6C2、5、4D4、6、4考点：有机物的结构式专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：根据乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构来分析有机物的结构解答：解：有机物中，含有乙烯的共面基本结构部分，含有乙炔的共线基本结构，线可以在面上，所以一定在同一平面内的碳原子数为6个，即c=6，在同一直线上的碳原子数即为符合乙炔的结构的碳原子，最多为3个，即b=3，甲基碳和乙基碳
21、原子是含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子），共4个，故a=4故选B点评：本题考查学生有机物的共线和共面知识，可以根据基本物质的结构来分析，较简单13（3分）（2014春临川区校级期末）茶是我国的传统饮品，茶叶中含有的茶多酚可以替代食品添加剂中对人体有害的合成抗氧化剂，用于多种食品保鲜等，如图所示是茶多酚中含量最高的一种儿茶素A的结构简式，关于这种儿茶素A的有关叙述正确的是（）等质量的儿茶素A分别与足量的金属钠和氢氧化钠反应，消耗金属钠和氢氧化钠的物质的量之比为1：1 1mol儿茶素A与足量的浓溴水反应，最多消耗4molBr2分子式为C15H12O7 1mol儿茶素A在一定条件下最多能与7mo
22、l H2加成ABCD考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有醇羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题解答：解：分子中含有5个酚羟基，可与氢氧化钠反应，含有5个酚羟基和1个醇羟基，都可与钠反应，则反应消耗金属钠和氢氧化钠的物质的量之比为6：5，故错误；分子中酚羟基共有4个邻位后对位H原子可被取代，且可与溴发生加成反应，则1mol儿茶素A与足量的浓溴水反应，最多消耗Br2 5mol，故错误；由有机物结构简式可知分子式为C15H12O7，故正确；分子中含有2个苯环和1个碳碳双键，则1
23、mol儿茶素A在一定条件下最多能与7molH2加成，故正确故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大14（3分）（2013秋武汉校级期末）已知乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体中含氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为（）A84%B60%C91%D42%考点：元素质量分数的计算专题：计算题分析：乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C6H6、C8H8、C2H2、H2O
24、的混合物，根据O元素的分数计算H2O的质量分数，进而计算C6H6、C8H8、C2H2总的质量分数，由三物质的化学式可知最简式为CH，C、H质量之比为12：1，据此计算C元素的质量分数解答：解：乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C6H6、C8H8、C2H2、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为=9%，故C6H6、C8H8、C2H2总的质量分数19%=91%，由三种物质的化学式可知最简式为CH，C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为91%=84%，故选A点评：考查混合物中元素质量分数的计算
25、，难度中等，关键是根据乙醛的化学式将物质转化为最简式为CH与水的混合物15（3分）（2015春南昌校级期末）为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如下图所示装置则装置A中盛有的物质是（）A水BNaOH溶液CCCl4DNaI溶液考点：苯的性质分析：在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，C内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对HBr产生干扰，因此A中液体的作用就是除掉HBr中的Br2，以此分析解答：解：在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，
26、生成溴苯，同时有溴化氢生成，C内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对HBr产生干扰，因此A中液体的作用就是除掉HBr中的Br2，A、Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，故不能除掉Br2，故A错误；B、HBr能与NaOH发生中和反应，古B错误；C、Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故C正确；D、HBr在NaI溶液中的溶解度大而被吸收，故D错误；故选C点评：本题考查了混合物的分离提纯和物质的鉴别，难度不大，明确苯发生取代反应或加成反应产物的差别是解题的关键，注意基本
27、原理的积累16（3分）（2015春赣州校级期中）下列有机物中，在铜的作用下催化氧化，又能发生消去反应，且消去生成物中存在同分异构体的是（）ACH3 CH2C（OH）（CH3）2B（CH3）2CHOHCCH3CH（OH）CH2 CH3D考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机反应分析：醇发生催化氧化的结构特点为：与OH相连的碳原子上有氢原子；醇能发生消去反应结构特点：与OH相连的碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子，生成物中存在同分异构体，说明消去位置不同，生成物不同，据此结合选项解答解答：解：ACH3 CH2C（OH）（CH3）2分子中与OH相连的碳原子上没有氢原子不能发生催化氧化，故A不符合
28、；B（CH3）2CHOH在铜的作用下能催化氧化，又能发生消去反应，生成CH3CH=CH2，消去生成物中不存在同分异构体，故B不符合；CCH3CH（OH）CH2 CH3在铜的作用下能催化氧化，又能发生消去反应，生成CH3CH=CHCH3、CH3CH2CH=CH2，故C符合；D在铜的作用下能催化氧化，又能发生消去反应，消去反应产物只有一种，故D不符合；故选C点评：本题考查醇的催化氧化和消去反应、同分异构体，难度不大，注意醇能发生消去反应结构特点：与OH相连的碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子二、解答题17（6分）（2015春宜春校级月考）有A、B两种烃，其相关信息如下：A完全燃烧的产物中n（CO2）
29、：n（H2O）=2：128M （A）60不能使溴的四氯化碳溶液褪色 一氯代物只有一种结构B饱和链烃，通常情况下呈气态 有同分异构体二溴代物有三种回答下列问题：（1）烃A的实验式是CH；（2）烃A的结构简式是；（3）烃B的三种二溴代物的结构简式为CHBr2CH（CH3）2、CH2BrCBr（CH3）2、CH2BrCH（CH3）CH2Br；（4）烃C为烃B的同系物，常温下为气态且只有一种一溴代物，则烃C的一溴代物的结构简式为CH3Br或CH3CH2Br或（CH3）3CCH2Br（填一种即可）考点：有机物的推断分析：A完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，故A的组成可以表示为（CH）n
30、，由于28M（A）60，故2813n60，解得2.2n4.7，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中不含不饱和键，一氯代物只有一种结构，说明分子中H原子为等效H原子，故n=4，为正四面体结构，A为；B是饱和链烃，通常情况下呈气态，碳原子数目小于5（新戊烷除外），有同分异构体，碳原子数目大于3，二溴代物有三种为，故B为CH（CH3）3，据此解答解答：解：A完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，故A的组成可以表示为（CH）n，由于28M（A）60，故2813n60，解得2.2n4.7，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中不含不饱和键，一氯代物只有一种结构，说明分子中H原子为等效H原
31、子，故n=4，A分子式为C4H4，为正四面体结构，A为；B是饱和链烃，通常情况下呈气态，碳原子数目小于5（新戊烷除外），有同分异构体，碳原子数目大于3，二溴代物有三种为，故B为CH（CH3）3，（1）A分子式为C4H4，最简式是CH，故答案为：CH；（2）由上述分析可知，烃A的结构简式是，故答案为：；（3）B为CH（CH3）3，三种二溴代物的结构简式为：CHBr2CH（CH3）2、CH2BrCBr（CH3）2、CH2BrCH（CH3）CH2Br，故答案为：CHBr2CH（CH3）2、CH2BrCBr（CH3）2、CH2BrCH（CH3）CH2Br；（4）烃C为CH（CH3）3的同系物，常温下为
32、气态且只有一种一溴代物，烃C为甲烷或乙烷或新戊烷，故烃C的一溴代物的结构简式为CH3Br 或CH3CH2Br或（CH3）3CCH2Br，故答案为：CH3Br 或CH3CH2Br或（CH3）3CCH2Br点评：本题考查有机推断，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的思维能力，推断A的结构是本题的难点、易错点，难度中等18（7分）（2014春都昌县期中）（1）下列四种烃分别在氧气中完全燃烧：（填字母序号）若烃的物质的量相等，则消耗氧气最多的是D；若烃的质量相等，则消耗氧气最多的是A；若反应前后（150）气体的物质的量不发生变化，则该烃可能是BAC2H6 BC2H4 CC4H10 DC5H
33、10（2）下列各组化合物中，不论二者以什么比例混合，完全燃烧时：若总质量不变，耗O2量不变的是AB；生成水的质量不变的是AB若总的物质的量不变，则耗O2量不变的是CD；生成CO2的质量不变的是DAC2H4、C3H6 BHCHO、CH3COOHCCH4、CH3COOH DCH2CH2、CH3CH2OH考点：化学方程式的有关计算专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：（1）若烃CxHy的物质的量相等，耗氧量取决于（x+），（x+）越大，耗氧量越大；若烃CxHy的质量相等，耗氧量取决于H%，H%越大，耗氧量越大；若反应前后（150）气体的物质的量不发生变化，则烃CxHy中H原子数目为4；（2）若总质量不变
34、，耗O2量不变，最简式相同可以满足；生成水的质量不变，各组分中H元素质量分数相等；若总的物质的量不变，则耗O2量不变，耗氧量（x+）相等，生成CO2的质量不变，则分子中C原子数目相等解答：解：（1）若烃CxHy的物质的量相等，耗氧量取决于（x+），（x+）越大，耗氧量越大，故C5H10中C原子、H原子数目最大，故C5H10的耗氧量最大，故答案为：D；若烃CxHy的质量相等，耗氧量取决于H%，H%越大，耗氧量越大，AC2H6中C、H原子数目之比=1：3，BC2H4中C、H原子数目之比=1：2 CC4H10中C、H原子数目之比=1：2.5DC5H10中C、H原子数目之比=1：2故乙烷中H的质量分数
35、最大，质量相等，则消耗氧气最多的是乙烷，故答案为：A；若反应前后（150）气体的物质的量不发生变化，则烃CxHy中H原子数目为4，选项中只有C2H4符合，故答案为：B；（2）若总质量不变，耗O2量不变，最简式相同可以满足，C2H4、C3H6最简式都是CH2，HCHO、CH3COOH的最简式都是HCHO，符合题意，生成水的质量不变，各组分中H元素质量分数相等，最简式相同H元素质量分数相等，C中物质及D中物质H元素质量分数不相等，故答案为：AB；AB；若总的物质的量不变，则耗O2量不变，耗氧量（x+）相等，A1molC2H4、1molC3H6的耗氧量（x+）不相等B1molHCHO、1molCH3
36、COOH的耗氧量（x+）不相等，CCH3COOH改写为CH4CO2，与CH4的耗氧量相等，DCH3CH2OH改写为C2H4H2O，与CH2CH2的耗氧量相等，故总的物质的量不变，只有CD耗氧量相等，生成CO2的质量不变，则分子中C原子数目相等，选项中只有D符合，故答案为：CD；D点评：本题考查有机物燃烧有关计算，难度中等，注意对规律的理解掌握19（3分）（2010春东城区校级期末）标准状况下，1.68L无色无味的可燃性气体在足量氧气中完全燃烧若将产物通入足量澄清石灰水得到的白色沉淀质量为15.0g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g（1）计算燃烧产物中水的质量：2.7g（2）若原气体是单
37、一的烃类气体，通过计算推断它的化学式：C2H4（3）若原气体是两种等物质的量的气态烃的混合物，请写出它们的结构简式（要求写出两组符合条件的物质的结构简式）：CH4和C3H4、C2H2和C2H6考点：有关有机物分子式确定的计算专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钙完全反应，生成不溶于水的白色沉淀碳酸钙，利用生成碳酸钙的质量计算燃烧生成二氧化碳的质量；碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和，从而求出水的质量，根据生成二氧化碳和水的质量计算出可燃物中C、H元素的物质
38、的量，再根据条件求出分子式，据此解答解答：解：（1）设燃烧产物中CO2的质量为xCO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O44 100x 15.0g x=6.6g而碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和：m（CO2）+m（H2O）=9.3g，m（H2O）=9.3g6.6g=2.7g，故答案为：2.7g；（2）无色可燃气体n（无色可燃气体）=0.075mol，n（CO2）=0.15mol，则n（C）=0.15mol；n（H2O）=0.15mol，则n（H）=n（H2O）2=0.3mol，即0.075mol气体中含有0.15molC
39、，0.3molH，所以1mol气体中含有2molC，4molH，所以该气体的分子式是C2H4，故答案为：C2H4；（3）因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体烃的混合物，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子，8molH原子，这两种气气态烃可能是“CH4和C3H4”或“C2H2 和C2H6”，故答案为：CH4；C3H4；C2H2；C2H6点评：本题考查学生燃烧法确定有机物分子组成的知识，根据原子守恒法来解答，难度不大20（8分）（2013广东模拟）实验室制乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2CH2+H2O，制取时，常因温度过高而发生副反应，使部分乙醇跟浓硫酸反应生成二氧化硫
40、、二氧化碳、水蒸气和炭黑（1）请用图中编号为、的装置设计一个实验，以验证上述反应混合气体中含有CO2、SO2和水蒸气用装置的编号表示装置的连接顺序（按产物气流从左到右）：（2）实验时装置中A瓶的现象是品红褪色，原因是混合气中有SO2B瓶中的现象是橙色褪去；B瓶溶液的作用是除SO2气体若C瓶中品红溶液不褪色，说明SO2被除尽（3）装置中加的固体药品是无水CuSO4，以验证混合气体中有水蒸气装置中盛的溶液是澄清石灰水，以验证混合气体中的CO2（4）装置在整套装置中所放位置的理由是要在之后，否则气流会带出水蒸气，干扰水的检验；要在之前，否则SO2也会使石灰水变浑浊，干扰CO2的检验考点：乙烯的实验室
41、制法专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）检验二氧化硫用品红溶液，检验二氧化碳用澄清的石灰水，检验水蒸气用无水硫酸铜，因溶液中有水，所以首先检验水蒸气；因为CO2是用澄清石灰水来检验的，而SO2也可以使澄清石灰水变浑，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，所以，检验二氧化硫在检验二氧化碳之前，再通过澄清石灰水确认CO2存在；（2）二氧化硫能使品红褪色；SO2能和溴水发生氧化还原反应；（3）无水硫酸铜和水作用，白色变蓝色；（4）从干扰实验的角度进行分析解答；解答：解：（1）乙醇跟浓H2SO4温度过高反应，CH3CH2OH+4H2SO4（浓）4SO2+CO2+7H2O+C，选用装置；因溶液中有水，
42、所以必须先检验水蒸气，选用装置，放入无水硫酸铜，变蓝则说明有水生成；因二氧化碳和二氧化硫都能使澄清的石灰水变浑浊，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，所以用装置，A装置品红褪色，则说明有SO2气体产生，B装置吸收SO2，C装置品红不褪色，说明吸收完全；最后用装置，通过澄清石灰水变浑浊，确认CO2存在，故答案为：；（2）实验时装置的作用是检验二氧化硫的存在并除去二氧化硫，A瓶中装有品红溶液，二氧化硫能使品红褪色，所以现象是品红褪色，说明混合气中有SO2；B装置吸收SO2，SO2+Br2+2H2O=2H2SO4+2HBr，现象是橙色褪去；C装置品红不褪色，说明SO2吸收完全，故答案为：品红褪色；混
43、合气中有SO2；橙色褪去；除SO2气体；SO2被除尽；（3）装置的作用是检验水蒸气，用白色的无水硫酸铜粉末，CuSO4+5H2OCuSO45H2O变蓝说明混合气体中有水蒸气；装置的作用是检验二氧化碳，用澄清石灰水，Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O，澄清石灰水变浑浊，确认CO2存在，故答案为：无水CuSO4；水蒸气；澄清石灰水；CO2；（4）因溶液中有水必须先检验水蒸气，所以要在之后，否则气流会带出水蒸气，干扰水的检验；二氧化碳和二氧化硫都能使澄清的石灰水变浑浊，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，所以要在之前，故答案为：要在之后，否则气流会带出水蒸气，干扰水的检验；要在之前，否则SO
44、2也会使石灰水变浑浊，干扰CO2的检验；点评：本题考查了乙醇跟浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳、水蒸气和炭黑产物的检验，注意当有多种产物需检验时，应考虑先后顺序，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清的石灰水变浑浊，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能是解答本题的关键，题目难度中等21（16分）（2015邯郸模拟）分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：（1）A物质在核磁共振氢谱中能呈现4种峰（2）C物质的官能团名称羧基、羟基（3）上述合成路线中属于取代反应的是（填编号）（4）写出反应的化学方程式：（5）F有多种同分异构体
45、，请写出符合下列条件的所有结构简式：属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；其中一个取代基为CH2COOCH3；考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：根据A和溴水的加成产物可判断A为，反应是卤代烃的水解反应，生成物B为B发生氧化反应得到C为，由C、D的分子式可知，C发生消去反应生成D，且D分子中含有2个甲基，故D为，反应属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D发生酯化反应生成F为，据此解答解答：解：根据A和溴水的加成产物可判断A为，反应是卤代烃的水解反应，生成物B为B发生氧化反应得到C为，由C、D的分子式可知，C发生消去反应
46、生成D，且D分子中含有2个甲基，故D为，反应属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D发生酯化反应生成F为，（1）A为，有4种化学环境不同的氢原子，在核磁共振氢谱中能呈现4种峰，故答案为：4；（2）C为，含有的官能团名称：羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；（3）上述合成路线中，反应是加成反应，反应是氧化反应，反应是消去反应，反应属于取代反应，故答案为：；（4）反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）F（）有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体：属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；其中一个取代基为CH2COOCH3，符合条件的有，故答
47、案为：点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，注意充分利用有机物的结构、分子式采取正、逆相结合进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质以及官能团的转化22（12分）（2014秋肇庆月考）单体液晶（有机物）是用偶联反应合成的：试回答以下问题：（1）有机物的分子式是C5H8O；有机物不能发生的反应为：取代反应、加成反应、醇氧化为醛（或酮）的反应、消去反应（2）以苯为原料生成有机物的化学方程式为（3）由有机物制备 的反应条件是浓硫酸、加热（4）写出有机物符合下列条件的同分异构体的结构简式或或或或或或（合理答案均给分）（任写一个）：苯环上有2个取代基，且环上一氯代物只有2种；能发生银镜反应，且醛基连苯
48、环（5）CHCCH2OH与CH3I能发生类似的反应，该反应方程式是：考点：有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体分析：（1）反应物I的分子中含有5个C原子、8个H原子、1个O原子；反应物III中含有碳碳三键、醇羟基、苯环，具有炔烃、醇和苯的性质；（2）苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯；（3）有机物III在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应；（4）有机物III同分异构体符合下列条件，苯环上有2个取代基，且环上一氯代物只有2种，说明两个取代基位于对位；能发生银镜反应，且醛基连苯环，说明含有醛基且醛基直接连接苯环；（5）CHCCH2OH与CH3I能发生类似的反应，该反应为取代反应
49、，碳碳三键连接的碳原子上H原子被甲基取代解答：解：（1）反应物I的分子中含有5个C原子、8个H原子、1个O原子，分子式为C5H8O；反应物III中含有碳碳三键、醇羟基、苯环，具有炔烃、醇和苯的性，能发生取代、加成、消去反应，故选，故答案为：C5H8O；（2）苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成溴苯，反应方程式为，故答案为：；（3）有机物III在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应，所以反应条件是浓硫酸、加热，故答案为：浓硫酸、加热；（4）有机物III同分异构体符合下列条件，苯环上有2个取代基，且环上一氯代物只有2种，说明两个取代基位于对位；能发生银镜反应，且醛基连苯环，说明含有醛基且醛基直接连接苯环，符合条件的有：或或或或或或，故答案为或或或或或或；（5）CHCCH2OH与CH3I能发生类似的反应，该反应为取代反应，碳碳三键连接的碳原子上H原子被甲基取代，反应方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，难点是同分异构体种类的判断，要考虑官能团异构、碳链异构等，题目难度中等
