1、2015-2016学年安徽省安庆一中高二（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共54分）1下列说法正确的是（）A煤的液化、气化是物理变化，煤的干馏是化学变化B蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于高分子化合物C乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质液态油的产量和质量2下列说法不正确的是（）A按系统命名法，化合物的名称为2甲基3，4二乙基己烷B与互为同系物C下列物质的沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3（CH3）4C（CH3）2CHCH2CH3CH3（CH2）3CH3D等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小
2、3在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物（）ABCD4下列反应产物不受反应条件不同而影响的是（）A甲苯与溴蒸汽的反应BH2和Cl2反应C乙烯与氧气的反应D乙酸乙酯的水解5与CH2=CH2CH2BrCH2Br的变化属于同一反应类型的是（）ACH3CHOC2H5OHBC2H5ClCH2=CH2CDCH3COOHCH3COOC2H56下列有关甲苯的实验事实中，能说明苯环对侧链性质有影响的是（）A甲苯的反应生成三硝基甲苯B甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C甲苯燃烧产生带浓烟的火焰D1 mol甲苯与3 molH2发生加成反应7降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而消除废旧塑料
3、对环境的污染PHB塑料就是一种生物降解塑料，其结构简式为：下面有关PHB的说法不正确的是（）APHB是高分子化合物B合成PHB的单体是CH3CH2CH（OH）COOHC通过加聚反应可以制得PHBD在PHB的降解过程中有氧气参加反应8下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是（）ACH2=CHCNBCH2=CHCH=CH2CD9下列物质在氢氧化钠溶液和加热条件下反应后生成的对应有机物中，能够能被催化氧化成醛的是（）A（CH3）2CHClBCH3C（CH3）2IC（CH3）3CCOOCH2CH3DCH3C（CH3）2CH2Br10下列说法正确的是（）A将（CH3）3CCH2Cl与氢氧化钾的乙
4、醇溶液加热一段时间后冷却，再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到有白色沉淀产生B新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醛、乙酸、乙酸乙酯（必要时可加热）C在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀D向淀粉溶液中加稀硫酸，加热几分钟，冷却后加入新制氢氧化铜悬浊液，若加热后未见砖红色沉淀生成，说明淀粉未开始水解11月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（）A2种B3种C4种D6种12下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A同体积、同密度的C2H4和C3H6B同质量的C2H4和COC同温度、同体积的H2和N2D
5、同压强、同体积的N2O和CO213某有机物（X）的结构简式如图，下列关于它的说法不正确的是（）AX遇FeCl3溶液能发生显色反应B一定条件下，X能发生取代、水解、氧化、加成、加聚、缩聚等反应C1mol X分别与足量的NaOH、氢气反应，最多能消耗5mol NaOH、7mol 氢气D与等量X反应时，所需Na、NaHCO3、Na2CO3的最大量物质的量之比是3：1：1.514天然维生素P（结构如图，分子结构中R为饱和烃基）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述正确的是（）A可与溴水反应，且1 mol该物质与足量溴水反应消耗6 mol Br2B可与NaOH溶液反应，1 mol该物质
6、可与5 mol NaOH反应C一定条件下1 mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为6 molD维生素P能发生水解反应15已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）H=266kJmol1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为283 kJB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）H532 kJmol1DCO（g）与Na2O2（s）反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02102316已知3.6g碳在6.4
7、g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量akJ又知12.0g碳完全燃烧，放出热量为bkJ则热化学方程式C（s）+O2（g）CO（g）H=Q中Q等于（）A（ab）kJmol1B（a+b）kJmol1C（5a0.5b）kJmol1D（10ab）kJmol117根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）H=Q1 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）H=Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1D
8、Q2Q1Q318双酚A作为食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大下列有关双酚A的叙述不正确的是（）A双酚A的分子式是C15H16O2B双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是1：2：2：3C反应中，1mol双酚A最多消耗2 mol Br2D反应的产物中只有一种官能团二综合题（共46分）19已知如表数据：物 质2，4，6熔点/沸点/密度/gcm3乙 醇114780.789乙 酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.900浓H2SO43381.84实验室制乙酸乙酯的主要装置如图1所示，主要步骤为：在30mL的大试管中按体积比1：4：4的比例
9、配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合液；按照图1连接装置，使产生的蒸气经导管通到15mL试管所盛饱和Na2CO3溶液（加入1滴酚酞试液）上方2mm3mm处，小火加热试管中的混合液；待小试管中收集约4mL产物时停止加热，撤出小试管并用力振荡，然后静置待其分层；分离出纯净的乙酸乙酯请同学们回答下列问题：（1）步骤中，配制这一比例的混合液的操作是（2）写出该反应的化学方程式，浓H2SO4的作用是（3）步骤中，用小火加热试管中的混合液，其原因与结论（4）步骤所观察到的现象是，写出原因是（5）步骤中，分离出乙酸乙酯选用的仪器是，产物应从口倒出，因为（6）为提高乙酸乙酯的产率，甲、乙两位同学分别设计了如图2甲、乙
10、的装置（乙同学待反应完毕冷却后再用饱和Na2CO3溶液提取烧瓶中产物）你认为装置合理，因为20以下是某学习小组对乙二酸的某些性质进行研究性学习的过程：研究课题探究乙二酸的某些性质查阅资料乙二酸（HOOCCOOH）俗称草酸，草酸晶体的化学式为H2C2O42H2O；草酸在100时开始升华，157时大量升华，并开始分解；草酸蒸气在低温下可冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊提出猜想猜想一：乙二酸具有不稳定性根据草酸晶体的组成，该小组同学猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O 设计方案：（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置（草酸晶体分解装置略，连接导管略去）请回答
11、下列问题：装置的连接顺序为：ADBD实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是装置中碱石灰的作用是 检验产物中有CO的实验现象 是整套装置存在不合理之处为猜想二：乙二酸具有还原性设计方案：（2）该小组同学向酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色并产生一种气体，从而判断草酸具有较强的还原性该反应的离子方程式为21对羟基甲苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得如图是某课题组开发的廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线已知以下信息：通常在同一个碳原子上连有两个
12、羟基不稳定，易脱水形成羰基；D可与银氨溶液反应生成银镜； F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1回答下列问题：（1）E中所含官能团的名称为；（2）D的结构简式为； F的分子式为；（3）由B生成C的化学方程式为，该反应类型为；（4）在一定条件下，由G聚合得到的高分子化合物的结构简式为（5）写出符合下列条件的化合物G的所有同分异构体的结构简式苯环上一溴代产物只有两种；遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应22将0.1mol某烃的衍生物与标准状况下4.48L氧气混合密闭于一容器中，点火后发生不完全燃烧，得到CO2、CO和H2O的气态混合物将混合气体通过浓硫酸时，浓硫酸质量增
13、加了3.6g，通过澄清石灰水时，可得到沉淀10g （干燥后称量）剩余气体与灼热的氧化铁充分反应后再通入澄清的石灰水中，又得到20g固体物质（干燥后）求：（1）该有机物的分子式（2）该有机物可与醇发生酯化反应，且可使溴水褪色，写出有机物的结构式2015-2016学年安徽省安庆一中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共54分）1下列说法正确的是（）A煤的液化、气化是物理变化，煤的干馏是化学变化B蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于高分子化合物C乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质液态油的产量和质量【考点】有机化
14、学反应的综合应用；化石燃料与基本化工原料【分析】A、煤的气化和液化是化学变化，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤发生复杂的分解的过程；B、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；C、油脂在碱性条件下的水解属于皂化反应；D、裂化的目的是提高汽油的产量和质量【解答】解：A、煤的气化是让煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳；煤的液化是利用煤制取甲醇的反应，故均为化学变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤发生复杂的分解的过程，是化学变化，故A错误；B、油脂属于小分子化合物，故B错误；C、油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，故C错误；D、裂化的目的是将C18以上的烷烃裂化为C5C11的烷烃和烯
15、烃，得到裂化汽油，可以提高汽油的产量和质量，故D正确，故选D2下列说法不正确的是（）A按系统命名法，化合物的名称为2甲基3，4二乙基己烷B与互为同系物C下列物质的沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3（CH3）4C（CH3）2CHCH2CH3CH3（CH2）3CH3D等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小【考点】晶体熔沸点的比较；化学方程式的有关计算；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物【分析】A该分子中最长的碳链含有6个C原子，含有两个支链，离甲基最近的碳原子为1号碳原子，乙基分别位于3、4号原子上；B结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互称同
16、系物；C烷烃中碳原子个数越多其熔沸点越高，同分异构体中含有支链越多其熔沸点越低；DCH4+2O2CO2+2H2O、CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O、CH3CHO+O22CO2+2H2O，假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别为、mol【解答】解：A该分子中最长的碳链含有6个C原子，含有两个支链，离甲基最近的碳原子为1号碳原子，乙基分别位于3、4号原子上，所以该物质名称是2甲基3，4二乙基己烷，故A不选；B结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互称同系物，前一种物质是苯酚、后一种物质是苯甲醇，二者结构不同，所以不是同系物，故B选；C烷烃中碳原子个数
17、越多其熔沸点越高，同分异构体中含有支链越多其熔沸点越低，所以熔沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3（CH3）4C（CH3）2CHCH2CH3CH3（CH2）3CH3，故C不选；DCH4+2O2CO2+2H2O、CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O、CH3CHO+O22CO2+2H2O，假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别为=0.125mol、=0.0652mol、mol=0.0568mol，所以消耗氧气物质的量逐渐减少，故D不选；故选B3在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物（）ABCD【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】根据物质
18、的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢离子，并结合H原子的个数来分析解答【解答】解：A由对称可知，有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：1，故A不选；B由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，故B不选；C由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，氢原子数之比为8：6：2=4：3：1，故C不选；D由对称可知，有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：2，故D选；故选D4下列反应产物不受反应条件不同而影响的是（）A甲苯与溴蒸汽的反应BH2和Cl2反应C乙烯与氧气的反应D乙酸乙酯的水解【考点】有机物的结构和性质【分析】A苯的同系
19、物和卤素单质发生取代反应时，如果在催化剂条件下，则发生苯环上的取代反应；如果是光照，则发生支链上的取代反应；B无论光照还是点燃条件下，H2和Cl2反应都生成HCl；C在点燃条件下，乙烯燃烧生成二氧化碳和水；在催化剂条件下，乙烯和氧气反应是环氧乙烷；D乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，在碱性条件下水解生成乙酸盐和乙醇【解答】解：A在催化剂条件下，甲苯和溴蒸气发生苯环上的取代反应；在光照条件下，甲苯中甲基和溴发生取代反应，所以其产物不同，故A不选；B无论光照还是点燃条件下，H2和Cl2反应都生成HCl，生成物与反应条件无关，故B选；C在点燃条件下，乙烯燃烧生成二氧化碳和水；在催化剂条件下，乙
20、烯和氧气反应是环氧乙烷，所以反应条件不同导致产物不同，故C不选；D乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，在碱性条件下水解生成乙酸盐和乙醇，所以反应条件不同导致其产物不同，故D不选；故选B5与CH2=CH2CH2BrCH2Br的变化属于同一反应类型的是（）ACH3CHOC2H5OHBC2H5ClCH2=CH2CDCH3COOHCH3COOC2H5【考点】取代反应与加成反应【分析】乙烯与溴发生反应C=C双键其中1个碳碳键断裂，不饱和的碳原子与溴原子直接结合生成CH2BrCH2Br，属于加成反应，据此结合选项解答【解答】解：A乙醛与氢气在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故A正确；B氯乙烷转化为乙烯
21、，属于消去反应，故B错误；C苯环中H原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故C错误；D乙酸与乙醇反应，乙酸中OH被OC2H5取代生成乙酸乙酯，属于取代反应，故D错误；故选A6下列有关甲苯的实验事实中，能说明苯环对侧链性质有影响的是（）A甲苯的反应生成三硝基甲苯B甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C甲苯燃烧产生带浓烟的火焰D1 mol甲苯与3 molH2发生加成反应【考点】苯的同系物；有机分子中基团之间的关系【分析】A甲苯和苯都能发生取代反应；B苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C燃烧产生带浓烟的火焰说明含碳量高，不完全燃烧；D苯也能与氢气发生加成反应【解
22、答】解：A甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，故A错误； B甲苯可看作是CH4中的1个H原子被C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，故B正确；C燃烧产生带浓烟的火焰说明含碳量高，不能说明苯环对侧链性质产生影响，故C错误；D苯、甲苯都能能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，故D错误故选B7降解塑料能在微生物的作用下降解成二氧化碳和水，从而消除废旧塑料对环境的污染PHB塑料就是一种生物降解塑料，其结构简式为：下
23、面有关PHB的说法不正确的是（）APHB是高分子化合物B合成PHB的单体是CH3CH2CH（OH）COOHC通过加聚反应可以制得PHBD在PHB的降解过程中有氧气参加反应【考点】有机高分子化合物的结构和性质【分析】A相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物； B根据其结构分析，把链节中两个半键相连得到酯，然后在链节的羰基上增加羟基，在链节的氧原子上增加氢原子，这样就可得到PHB的单体；C根据链节上是不是都是碳原子判断反应类型，若链节上都是碳原子，就是加聚反应产生的，否则不是；DPHB降解成二氧化碳和水【解答】解：A是高分子化合物，故A正确； B把链节中两个半键相连得到酯，然后在链
24、节的羰基上增加羟基，在链节的氧原子上增加氢原子，这样就可得到PHB的单体，所以PHB塑料的单体是CH3CH2CH（OH）COOH，故B正确；C因为链节上不都是碳原子，不是通过加聚反应生成的，是缩聚反应得到的产物，故C错误；DPHB降解成二氧化碳和水，降解过程中有氧气参加反应，故D正确故选C8下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是（）ACH2=CHCNBCH2=CHCH=CH2CD【考点】常见有机化合物的结构【分析】根据苯环为平面结构、乙烯为平面结构以及乙炔为直线结构来分析各物质的共面原子【解答】解：A、CH2=CHCN相当于乙烯分子中的一个氢原子被CN取代，不改变原来的平面结构，CN
25、中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子可能在同一平面上，故A错误；B、CH2=CHCH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故B错误；C、苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故C错误；D、该分子相当于甲烷中的一个氢原子被1，3二丁烯2丁基取代，甲烷是正四面体结构，所以甲烷中所有原子不可能在同一平面上，故D正确；故
26、选D9下列物质在氢氧化钠溶液和加热条件下反应后生成的对应有机物中，能够能被催化氧化成醛的是（）A（CH3）2CHClBCH3C（CH3）2IC（CH3）3CCOOCH2CH3DCH3C（CH3）2CH2Br【考点】卤代烃简介【分析】卤代烃能水解得到醇，酯类水解得到羧酸和醇，而醇中与羟基所连碳相邻的碳原子上至少有2个氢原子，氧化生成醛；与羟基所连碳相邻的碳原子上有1个氢原子，氧化生成酮；与羟基所连碳相邻的碳原子上没有氢原子，不能被氧化【解答】解：A（CH3）2CHCl发生水解生成（CH3）2CHOH，（CH3）2CHOH能够能被催化氧化成酮，故A错误；BCH3C（CH3）2I发生水解生成CH3C
27、（CH3）2OH，CH3C（CH3）2OH不能够能被催化氧化，故B错误；C（CH3）3CCOOCH2CH3发生水解反应生成（CH3）3CCOOH和HOCH2CH3，HOCH2CH3能够能被催化氧化生成醛，故C正确；DCH3C（CH3）2CH2Br发生水解生成CH3C（CH3）2CH2OH，CH3C（CH3）2CH2OH能够能被催化氧化成醛，故D正确；故选CD10下列说法正确的是（）A将（CH3）3CCH2Cl与氢氧化钾的乙醇溶液加热一段时间后冷却，再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到有白色沉淀产生B新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醛、乙酸、乙酸乙酯（必要时可加热）C在鸡蛋清溶液中分别加入饱
28、和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀D向淀粉溶液中加稀硫酸，加热几分钟，冷却后加入新制氢氧化铜悬浊液，若加热后未见砖红色沉淀生成，说明淀粉未开始水解【考点】有机物的鉴别；淀粉的性质和用途；有机物（官能团）的检验；蛋白质的盐析【分析】A（CH3）3CCH2Cl中连接Cl原子的C原子相邻C原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，则得不到Cl；B乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，乙酸和新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，乙酸乙酯和新制氢氧化铜悬浊液不互溶；C饱和的钠盐溶液能使蛋白质发生盐析现象、重金属盐能使蛋白质发生变性；D淀粉水解后检验醛基时需要在碱性条件下【解答】解：
29、A（CH3）3CCH2Cl中连接Cl原子的C原子相邻C原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，则得不到Cl，所以将（CH3）3CCH2Cl与氢氧化钾的乙醇溶液加热一段时间后冷却，再滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，得不到白色沉淀，应该用NaOH的水溶液，故A错误；B乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，乙酸和新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，乙酸乙酯和新制氢氧化铜悬浊液不互溶，会分层，所以现象不同可以鉴别，故B正确；C饱和的钠盐溶液能使蛋白质发生盐析现象、重金属盐能使蛋白质发生变性，盐析具有可逆性、变性没有可逆性，故C错误；D淀粉水解后检验醛基时需要在碱性条件下，所以向淀粉溶液中加稀硫酸，
30、加热几分钟，冷却后，在加入新制氢氧化铜悬浊液之前要加NaOH中和未反应的稀硫酸，故D错误；故选B11月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有（）A2种B3种C4种D6种【考点】取代反应与加成反应【分析】根据月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3丁二烯类似结构，则能发生1，4加成【解答】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在的位置上发生加成，也可以在位置上发生加成或在位置上发生加成，还可以1分子Br2在发生1，4加成反应，另1分子Br2在上加成，故所得产物共有四种，故选C项12下列条件下
31、，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A同体积、同密度的C2H4和C3H6B同质量的C2H4和COC同温度、同体积的H2和N2D同压强、同体积的N2O和CO2【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】A、同体积、同密度的C2H4和C3H6，二者质量相等，二者最简式相同为CH2；B、C2H4和CO的摩尔质量相同为28g/mol，根据n=可知，二者质量相同，物质的量相同，但1个C2H4分子含有6个原子，1个CO分子含有2个原子；C、同温度、同体积下，影响气体的物质的量的因素有压强，二者所处的压强不一定相同；D、同压强、同体积下，影响气体的物质的量的因素有温度，二者所处的温度不一定相同【解答】解：A、同体积
32、、同密度的C2H4和C3H6，二者质量相等，二者最简式相同为CH2，CH2的物质的量相同，含有相同的原子数目，故A正确；B、C2H4和CO的摩尔质量相同为28g/mol，根据n=可知，二者质量相同，物质的量相同，但1个C2H4分子含有6个原子，1个CO分子含有2个原子，含有的原子数目之比为6：2=3：1，故B错误；C、同温度、同体积下，影响气体的物质的量的因素有压强，二者所处的压强不一定相同，H2和N2都是双原子分子，若压强相同，含有的原子数目相同，若压强不同，含有原子数目不同，故C错误；D、同压强、同体积下，影响气体的物质的量的因素有温度，二者所处的温度不一定相同，N2O和CO2都是三原子分
33、子，若压强相同，含有的原子数目相同，若压强不同，含有原子数目不同，故D错误故选A13某有机物（X）的结构简式如图，下列关于它的说法不正确的是（）AX遇FeCl3溶液能发生显色反应B一定条件下，X能发生取代、水解、氧化、加成、加聚、缩聚等反应C1mol X分别与足量的NaOH、氢气反应，最多能消耗5mol NaOH、7mol 氢气D与等量X反应时，所需Na、NaHCO3、Na2CO3的最大量物质的量之比是3：1：1.5【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知，分子中含酚OH、醇OH、碳碳双键、COOH、COOC，结合酚、醇、烯烃、羧酸及酯的性质来解答【解答】解：A含酚OH，遇FeCl3溶液能
34、发生显色反应，故A正确；B含酚OH、醇OH、COOH、COOC均可发生取代反应，碳碳双键可发生氧化、加成、加聚反应，OH与COOH可发生缩聚反应，COOC可发生水解反应，故B正确；C含酚OH、COOH、COOC与NaOH反应，苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol X分别与足量的NaOH、氢气反应，最多能消耗5mol NaOH、7mol 氢气，故C正确；D酚OH、醇OH、COOH与Na反应，只有COOH与NaHCO3反应，酚OH、COOH与Na2CO3反应，则与等量X反应时所需Na、NaHCO3、Na2CO3的最大量物质的量之比是3：1：1，故D错误；故选D14天然维生素P（结构如图，分
35、子结构中R为饱和烃基）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述正确的是（）A可与溴水反应，且1 mol该物质与足量溴水反应消耗6 mol Br2B可与NaOH溶液反应，1 mol该物质可与5 mol NaOH反应C一定条件下1 mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为6 molD维生素P能发生水解反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知，分子中含酚OH、碳碳双键、羰基、醚键等，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答【解答】解：A酚OH的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，则与溴水反应，且1 mol该物质与足量溴水反应消耗6 mol Br2，故A正确；B只有4
36、个酚OH与NaOH反应，则与NaOH溶液反应，1 mol该物质可与4mol NaOH反应，故B错误；C苯环、双键、羰基均与氢气发生加成反应，一定条件下1 mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8 mol，故C错误；D不含COOC、CONH、X等，则不能发生水解反应，故D错误；故选A15已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）H=266kJmol1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为283 kJB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO2（s）=
37、2Na2CO3（s）+O2（g）H532 kJmol1DCO（g）与Na2O2（s）反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.021023【考点】吸热反应和放热反应【分析】A、依据燃烧热的概念分析计算判断；B、图中的数量关系是生成1mol的二氧化碳；C、根据盖斯定律利用题给热化学方程式合并消去二氧化碳得到热化学方程式；D、依据C的计算判断即可【解答】解；A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为kJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B、图象中的焓变应是生成1molCO2的反应热，应为放热283kJ，故B错误；C、已知：2CO（g）+O2（g）=2
38、CO2（g）；H=566kJ/mol Na2O2（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJmol1，根据盖斯定律合并热化学方程式得到，得到的热化学方程式为 CO（g）+Na2O2（s）=2Na2CO3（s）；H=509kJ/mol，故C正确；D、由C分析可知，D错误，故选C16已知3.6g碳在6.4g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量akJ又知12.0g碳完全燃烧，放出热量为bkJ则热化学方程式C（s）+O2（g）CO（g）H=Q中Q等于（）A（ab）kJmol1B（a+b）kJmol1C（5a0.5b）kJmol1D（10ab）kJmol1【考点】有关反应热的计算【
39、分析】碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO23.6g碳的物质的量为0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素与氧元素守恒列方程计算x、y的值，计算生成ymol二氧化碳方程的热量，放出的总热量减去生成二氧化碳放出的热量为生成xmolCO放出的热量，据此计算1molC与O2反应生成CO的反应热H【解答】解：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO23.6g碳的物质的量为=0.3mol，
40、6.4g的氧气的物质的量为=0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.22，联立方程，解得x=0.2，y=0.112.0g碳完全燃烧生成1mol二氧化碳，放出热量为bkJ，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1bkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为akJ0.1bkJ由于碳燃烧为放热反应，所以反应热H的符号为“”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热H=（5a0.5b）kJ/mol故选C17根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+
41、3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）H=Q1 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）H=Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）AQ1Q2Q3BQ1Q3Q2CQ3Q2Q1DQ2Q1Q3【考点】反应热的大小比较【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题【解答】解：已知2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）H=Q1 kJ/mol，2H2S（g）+O2（g）=2S （
42、s）+2H2O（l）H=Q2 kJ/mol，2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）H=Q3kJ/mol，与相比较，由于SSO2放热，则Q1Q2，与相比较，由于H2O（l）H2O（g）吸热，则Q2Q3，则Q1Q2Q3，故选A18双酚A作为食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大下列有关双酚A的叙述不正确的是（）A双酚A的分子式是C15H16O2B双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是1：2：2：3C反应中，1mol双酚A最多消耗2 mol Br2D反应的产物中只有一种官能团【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】
43、双酚A中含有酚羟基，且OH邻位有H原子，可与溴发生取代反应，含有苯环，可发生加成反应，根据有机物结构简式判断含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，结合结构的对称性判断含有的H原子种类和个数【解答】解：A有结构简式可知分子中含有15个C原子、16个H原子、2个O原子，则分子式为C15H16O2，故A正确；B两个甲基相同，两个苯酚基相同，根据苯环的对称可知有4种不同的H，H原子数之比是2：4：4：6=1：2：2：3，故B正确；C双酚A中，2个酚羟基有4个邻位H可被取代，则1mol双酚A最多消耗4molBr2，故C错误；D加成反应后，产物的官能团只有OH，故D正确故选C二综合题（共46分）19已知
44、如表数据：物 质2，4，6熔点/沸点/密度/gcm3乙 醇114780.789乙 酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.900浓H2SO43381.84实验室制乙酸乙酯的主要装置如图1所示，主要步骤为：在30mL的大试管中按体积比1：4：4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合液；按照图1连接装置，使产生的蒸气经导管通到15mL试管所盛饱和Na2CO3溶液（加入1滴酚酞试液）上方2mm3mm处，小火加热试管中的混合液；待小试管中收集约4mL产物时停止加热，撤出小试管并用力振荡，然后静置待其分层；分离出纯净的乙酸乙酯请同学们回答下列问题：（1）步骤中，配制这一比例的混合液的操作是先
45、加乙酸和乙醇各4mL，再缓缓加入1mL浓H2SO4，边加边振荡（2）写出该反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，浓H2SO4的作用是催化剂、吸水剂（3）步骤中，用小火加热试管中的混合液，其原因与结论乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失（4）步骤所观察到的现象是在浅红色Na2CO3溶液上层有约4cm厚的无色液体，振荡后Na2CO3溶液层红色变浅，有气泡，上层液体变薄，写出原因是上层是油层因为生成的乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，同时因为挥发出来的乙酸与碳酸钠反应，放出CO2气体，所以有气泡出现（5）步骤中，分离出乙酸乙酯选用的仪
46、器是分液漏斗，产物应从上口倒出，因为乙酸乙酯比水密度小（6）为提高乙酸乙酯的产率，甲、乙两位同学分别设计了如图2甲、乙的装置（乙同学待反应完毕冷却后再用饱和Na2CO3溶液提取烧瓶中产物）你认为乙装置合理，因为反应物能冷凝回流【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）乙酸、乙醇和浓硫酸混合时相当于浓硫酸稀释，所以应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中，并不断振荡；（2）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；浓硫酸具有吸水性和催化能力；（3）乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，温度高时三者都易挥发；（4）乙酸乙酯是难溶于碳酸钠溶液的无色液体，碳酸钠溶液呈碱性，酚酞遇碱变
47、红色，所以碳酸钠溶液呈红色，生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇极易溶于水，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，导致溶液碱性降低；（5）分离互不相溶的液体采用分液方法，分液所用的仪器是分液漏斗；为防止分离出的液体中含有杂质；（6）甲、乙的区别是乙装置能冷凝回流【解答】解：（1）乙酸、乙醇和浓硫酸混合时相当于浓硫酸稀释，所以应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中，并不断振荡，防止局部温度过高而产生安全事故，故答案为：先加乙酸和乙醇各4mL，再缓缓加入1mL浓H2SO4，边加边振荡；（2）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH+CH3CH
48、2OHCH3COOC2H5+H2O；浓硫酸具有吸水性和催化能力，所以该反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；催化剂、吸水剂；（3）乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失，降低产率，所以用小火加热，故答案为：乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失；（4）乙酸乙酯是难溶于碳酸钠溶液的无色液体，碳酸钠溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，所以碳酸钠溶液呈红色，生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇极易溶于水，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，导致溶液碱性降低，所以看到的现象是在浅红色Na2
49、CO3溶液上层有约4cm厚的无色液体，振荡后Na2CO3溶液层红色变浅，有气泡，上层液体变薄，故答案为：在浅红色Na2CO3溶液上层有约4cm厚的无色液体，振荡后Na2CO3溶液层红色变浅，有气泡，上层液体变薄；上层是油层因为生成的乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，同时因为挥发出来的乙酸与碳酸钠反应，放出CO2气体，所以有气泡出现；（5）分离互不相溶的液体采用分液方法，分液所用的仪器是分液漏斗，乙酸乙酯密度小于水，所以应该从上口倒出，故答案为：分液漏斗；上；乙酸乙酯比水密度小；（6）甲、乙的区别是乙装置能冷凝回流，提高产率，所以选乙，故答案为：乙；反应物能冷凝回流20以下是某学习小组对乙二酸的某
50、些性质进行研究性学习的过程：研究课题探究乙二酸的某些性质查阅资料乙二酸（HOOCCOOH）俗称草酸，草酸晶体的化学式为H2C2O42H2O；草酸在100时开始升华，157时大量升华，并开始分解；草酸蒸气在低温下可冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊提出猜想猜想一：乙二酸具有不稳定性根据草酸晶体的组成，该小组同学猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O 设计方案：（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置（草酸晶体分解装置略，连接导管略去）请回答下列问题：装置的连接顺序为：ACDEBD实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是收集D处气体，检验CO气体的纯度装置中
51、碱石灰的作用是除去气体中的CO2 和水，提高CO的浓度 检验产物中有CO的实验现象 是B中黑色固体变红色，D中澄清石灰水变浑浊整套装置存在不合理之处为没有CO尾气的处理装置猜想二：乙二酸具有还原性设计方案：（2）该小组同学向酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色并产生一种气体，从而判断草酸具有较强的还原性该反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）猜想其产物为CO、CO2和H2O，草酸在100时开始升华，157时大量升华，并开始分解草酸钙不溶于水、草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊、草酸蒸
52、气在低温下可冷凝为固体，可知先冷凝挥发出的草酸，再检验水蒸气的生成，检验二氧化碳的生成，并除去二氧化碳，再通过灼热的氧化铜检验一氧化碳气体的存在，利用反应后生成的二氧化碳通入澄清石灰水变浑浊证明一氧化碳的存在；CO为可燃性气体，加热之前必须验纯，碱石灰可以吸收草酸分解产生的二氧化碳和水，进而提高CO的浓度，检验产物中CO的实验现象是B中黑色氧化铜变红色，生成了澄清石灰水变浑浊的气体；一氧化碳有毒，会污染空气，需要尾气处理装置；（2）酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色并产生一种气体，得到气体为二氧化碳，MnO4被还原为Mn2+，结合电子守恒、原子守恒、电荷守恒配
53、平反应的离子方程式【解答】解：（1）分解产物为CO、CO2和H2O，检验时应该先用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用澄清石灰水检验二氧化碳，最后用加热的CuO和澄清石灰水检验CO，所以仪器的连接顺序为：ACDEBD，故答案为：C；E；CO为可燃性气体，加热之前必须验纯，所以在点燃B处酒精灯之前必须验纯，碱石灰可以吸收草酸分解产生的二氧化碳和水，进而提高CO的浓度，当装置B中黑色固体变成红色，且装置D澄清石灰水变浑浊，则证明混合气体中含有CO，故答案为：收集D处气体，检验CO气体的纯度；除去气体中的CO2 和水，提高CO的浓度；B中黑色固体变红色，D中澄清石灰水变浑浊；一氧化碳有毒污染空气，需要尾气处
54、理装置，一氧化碳尾气的处理方法为点燃，操作时将气体通到酒精灯火焰上燃烧，故答案为：没有CO尾气的处理装置；（2）酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色并产生一种气体，得到气体为二氧化碳，MnO4被还原为Mn2+，反应离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O21对羟基甲苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得如图是某课题组开发的廉价、易得的化工原料出发制备对羟
55、基苯甲酸丁酯的合成路线已知以下信息：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；D可与银氨溶液反应生成银镜； F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1：1回答下列问题：（1）E中所含官能团的名称为羧基和氯原子；（2）D的结构简式为； F的分子式为C7H4O3Na2；（3）由B生成C的化学方程式为，该反应类型为取代反应；（4）在一定条件下，由G聚合得到的高分子化合物的结构简式为（5）写出符合下列条件的化合物G的所有同分异构体的结构简式苯环上一溴代产物只有两种；遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应【考点】有机物的推断【分析】由A的分子式为C7H8，系列转化得到G，
56、G与丁醇最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，则A为甲苯，G为，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下转化为F，F酸化得到G，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，据此解答【解答】解：由A的分子式为C7H8，系列转化得到G，G与丁醇最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，则A为甲苯，G为，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H
57、原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下转化为F，F酸化得到G，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，（1）E为，含有羧基和氯原子，故答案为：羧基和氯原子；（2）由上述分析可知，D的结构简式为，由上述分析可知，F为，分子式为C7H4O3Na2，故答案为：；C7H4O3Na2； （3）由B生成C是在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成，反应的化学
58、方程式为：，故答案为：；取代反应；（4）由上述分析可知，G的结构简式为，有G生成的高聚物应为，故答案为：；（5）由上述分析可知，G的结构简式为，其同分异构体苯环上一溴代产物只有两种，说明在对位上有两种不同的取代基；遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基，应为甲酸与酚羟基形成的酯基，其结构简式为，故答案为：22将0.1mol某烃的衍生物与标准状况下4.48L氧气混合密闭于一容器中，点火后发生不完全燃烧，得到CO2、CO和H2O的气态混合物将混合气体通过浓硫酸时，浓硫酸质量增加了3.6g，通过澄清石灰水时，可得到沉淀10g （干燥后称量）剩余气体与灼热的氧化铁充分反应
59、后再通入澄清的石灰水中，又得到20g固体物质（干燥后）求：（1）该有机物的分子式（2）该有机物可与醇发生酯化反应，且可使溴水褪色，写出有机物的结构式【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】（1）浓硫酸的质量增加了3.6g，即生成水的质量是3.6g，通过足量澄清石灰水，可得经干燥后的沉淀10g，据此可以计算生成二氧化碳的质量，剩余气体一氧化碳可以和灼热的氧化铁充分反应，生成金属铁和二氧化碳，再通入澄清石灰水时，可根据生成沉淀的质量获得生成二氧化碳的质量，进而求出一氧化碳的质量，根据元素守恒可以计算有机物质的分子式；（2）根据该有机物具有的性质及分子式确定其结构简式【解答】解：（1）标准状况下4
60、.48L氧气的物质的量为： =0.2mol，0.1mol烃的衍生物和0.2mol氧气反应，生成水的质量是3.6g，生成水的物质的量是： =0.2mol，所以有机物中H的物质的量为0.4mol，通过足量澄清石灰水，可得干燥后的沉淀10g，根据CO2CaCO3可知二氧化碳的物质的量是： =0.1mol，一氧化碳与灼热的氧化铁充分反应后再通入澄清石灰水时，可得经干燥后的沉淀20g，根据COCO2CaCO3可知生成一氧化碳的物质的量是： =0.2mol，则有机物中含C的物质的量是：0.1mol+0.2mol=0.3mol，根据氧原子守恒，含有氧原子的物质的量为：0.2mol+0.1mol2+0.2mol0.2mol2=0.2mol，所以有机物中含有C、H、O的原子个数分别为：N（C）=3、N（H）=4、n（O）=2，则该有机物的分子式为：C3H4O2，答：该有机物的化学式为C3H4O2；（2）有机物可与醇发生酯化反应，则含有羧基，且可使溴水褪色，含有碳碳双键，所以有机物的结构简式为：CH2=CHCOOH，答：该有机物的结构简式为CH2=CHCOOH2016年11月30日
