云南省保山市腾冲八中2015-2016学年高二期中化学试题 doc

2015-2016学年云南省保山市腾冲八中高二（上）期中化学

试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每小题2分，每小题只有1个选项符合题意，共50分．） 1．下列物质的类别与所含官能团都正确的是（ ）

A．酚﹣OH B．羧酸﹣COOH

C．醛﹣CHO

D．CH3﹣O﹣CH3 酮

【考点】烃的衍生物官能团． 【专题】有机化学基础．

【分析】决定有机物化学性质的原子或者原子团称为官能团，常见的官能团有：碳碳双键、碳碳三键、羟基﹣OH、醛基﹣CHO、羧基﹣COOH、醚基﹣O﹣、酯基﹣COO﹣等，据此进行判断．

【解答】解：A、羟基连在苯环上的有机物才称为酚，该有机物属于醇类，故A错误； B、该物质的官能团为﹣COOH，属于羧酸类，故B错误； C、该物质属于酯类，含有醛基和酯基两个官能团，故C错误； D、该有机物含有的官能团为醚键，属于醚类，故D错误． 故选B．

【点评】本题考查学生物质的分类以及官能团的概念知识，较简单．

2．在酸性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ） A．K+、MnO4、Na+、Cl

﹣

﹣

B．Na+、Cl、NO3、SO42

﹣

﹣

﹣

﹣

C．K+、Na+、NO3、HCO3

﹣D．Fe3+、Na+、CO32、SO42

﹣

﹣

【考点】离子共存问题．

【分析】溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，酸性溶液中存在

﹣

大量氢离子，

A．高锰酸根离子为有色离子，且酸性条件下高锰酸根离子能够氧化氯离子；

B．四种离子之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液； C．碳酸氢根离子与氢离子反应；

D．铁离子为有色离子，铁离子与碳酸根离子发生双水解反应．

【解答】解：无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，酸性溶液中

﹣

存在大量氢离子，

A．MnO4为有色离子，且在酸性条件下MnO4、Cl之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Na+、Cl、NO3、SO42之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

够大量共存，故B正确；

C．HCO3与氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误； D．Fe3+为有色离子，Fe3+、CO32之间发生水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，在

﹣

﹣

溶液中不能大量共存，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在．

﹣

﹣

3．设NA为阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（ ） A．5.6克铁反应转移的电子数一定为3NA B．1mol Cl2反应转移的电子数一定是2NA

C．标准状况下，22.4L SO3含有的氧原子数目为3NA D．1mol碳正离子CH5+所含的电子总数为10NA 【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、根据反应后铁的价态来分析； B、根据反应后氯元素的价态来分析； C、标况下三氧化硫为液态； D、CH5+中含10个电子．

【解答】解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，反应后铁的价态可能为+2价或+3价，故转移的电子数不一定为3NA个，故A错误；

B、根据反应后氯元素的价态可能为﹣1价或+1价或+3价或+5价或+7价，转移的电子数不一定为2NA个，故B错误；

C、标况下三氧化硫为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误； D、CH5+中含10个电子，故1molCH5+中含10mol电子即10NA个，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

4．已知I、Fe2+、SO2、Cl、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：

﹣

﹣

SO2＞I＞H2O2＞Fe2+＞Cl，则下列反应不能发生的是（ ）

﹣

﹣

A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42+4H+

﹣

B．I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI C．H2O2+H2SO4═SO2↑+O2↑+2H2O D．2Fe3++2I═2Fe2++I2

﹣

【考点】氧化性、还原性强弱的比较．

【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2＞I＞H2O2＞Fe2+＞Cl来判断反应能否发生．

﹣

﹣

【解答】解：A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；

B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；

C、因该反应中O元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；

D、因该反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I为还原剂，还原性强弱为I＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选．

﹣

﹣

﹣

故选C．

【点评】本题考查利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可，题目难度不大．

5．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（ ）

A．羟基的电子式： B．溴乙烷的电子式：D．CH4分子的球棍模型：

C．乙醇的结构简式：CH3CH2OH

【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；结构简式；球棍模型与比例模型． 【分析】A．羟基有9个电子；

B．电子式中漏掉了溴原子的3对孤电子对； C．依据结构简式的书写方法解答； D．

是甲烷的比例模型．

，故A错误；

【解答】解：A．羟基中存在一个碳氧共用电子对，羟基的电子式为：

B．溴原子未成键的孤对电子对为标出，溴乙烷电子式为C．乙醇的结构简式：CH3CH2OH，故C正确； D．

，故B错误；

为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示，甲烷为正四面体结

构，其正确的球棍模型为：故选：C．

，故D错误；

【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构简式及比例模型、球棍模型，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，题目难度不大．

6．下列实验现象中，由于发生取代反应而引起的是（ ） A．乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色

B．甲烷和氯气的混合气体在光照后，瓶壁上有油状液滴附着 C．苯滴加到溴水中，振荡后水层接近无色

D．将灼热的铜丝迅速插入乙醇中，反复多次，有刺激性气味产生 【考点】取代反应与加成反应．

【专题】有机反应．

【分析】根据有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，注意掌握常见的有机反应类型有取代、加成、氧化等．

【解答】解：A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溴和乙烯发生反应生成1，2﹣二溴乙烷，使溴水褪色，属于加成反应，故A不符合；

B、甲烷与氯气在光照的条件下，甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷，其中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液体，反应为取代反应，故B符合；

C、苯滴加到溴水中，溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯萃取溴水中的溴使溶液褪色，故C不符合；

D、乙醇和氧气在铜存在下加热生成乙醛，属于氧化反应，故D不符合； 故选：B．

【点评】本题考查了取代反应、加成反应、氧化反应等概念，比较简单，掌握常见有机反应类型．

7．1999年，在欧洲一些国家发现饲料被污染，导致畜禽类制品及乳制品不能食用，经测定

饲料中含有剧毒物质二噁英，其结构为氯代物有（ ） A．15种

B．11种

，已知它的二氯代物有10种，则 其六

C．10种 D．5种

【考点】同分异构现象和同分异构体． 【专题】同系物和同分异构体．

【分析】分子中有8个H原子，其二氯代物有10种，其六氯代物相对于八氯

代物中2个Cl原子被2个H原子取代，故与二氯代物有相同的同分异构体数目．

【解答】解：分子中有8个H原子，其二氯代物有10种，其六氯代物相对于

八氯代物中2个Cl原子被2个H原子取代，故六氯代物与二氯代物有相同的同分异构体数目为10种，故选C．

【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用换元法进行的解答．

8．A、B、C都是有机化合物，且有如下转化关系：ABC，A的相对分

子质量比B大2，C的相对分子量比B大16，C能与过量的NaOH反应生成一种常见的气体，以下说法正确的是（ ）

A．A是乙炔，B是乙烯 B．A是乙烯，B是乙烷 C．A是乙醇，B是乙醛 D．A是环己烷，B是苯 【考点】有机物的推断．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A的相对分子质量比B大2，说明A发生去氢生成B，C的相对分子量比B大16，则B为醛，C为酸，C能与过量的NaOH反应生成一种常见的气体，应为乙酸钠和NaOH在加热条件下生成甲烷的反应．

【解答】解：A的相对分子质量比B大2，说明A发生去氢生成B，C的相对分子量比B大16，则B为醛，C为酸，C能与过量的NaOH反应生成一种常见的气体，应为乙酸钠和NaOH在加热条件下生成甲烷的反应，则A为乙醇，B为乙醛，C为乙酸，发生： CH3CH2OH成羧基． 故选C．

【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意题给信息，突破口为C能与过量的NaOH反应生成一种常见的气体，该反应在现行教材中已经删去，同学们仅作了解．

9．用式量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（ ） A．16

B．8

CH3CHOCH3COOH，CH3CHO的氧化是醛基C﹣H断裂，被氧化

C．10 D．12

【考点】同分异构现象和同分异构体．

【分析】根据烷基组成通式结合式量为57的确定烷基，再根据烷烃的同分异构体中等效氢确定烷基同分异构体数目，利用等效H判断甲苯苯环上的H原子种类有3种，再利用组合计算判断．

【解答】解：烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为57，所以14n+1=57，解得n=4，所以烷基为﹣C4H9，

若为正丁烷形成的丁基，正丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构， 若为异丁烷形成的丁基，异丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构，

故丁基共有4种结构，

甲苯苯环上的H原子种类有3种，故丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为4×3=12， 故选：D．

【点评】考查同分异构体的书写，难度中等，关键根据烷基式量为57的确定烷基，注意利用等效氢判断可能的烷基异构情况与苯环中氢原子种类，利用组合计算．

10．由两种烃组成的混合气体2L与足量的氧气充分反应后生成5LCO2、6LH2O（所有体积都在120℃测定），则这两种混合气体的可能组成是（ ） A．C2H4、C3H8

B．CH4、C3H8

C．CH4、C4H10 D．C2H2、C3H8

【考点】有关混合物反应的计算．

【分析】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，可得混合气体的最简式为C2.5H6，根据C原子可计算混合气体的物质的量之比，然后根据所求得的物质的量之比计算H原子数是否为7，据此进行判断．

【解答】解：同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，可得混合气体的最简式为C2.5H6，

A．当C=2.5时，两种烃的物质的量之比为1：1，含H原子数为6，不符合条件，故A正确；

B．当C=2.5时，两种烃的物质的量之比为5：3，含H原子数为5.5，不符合条件，故B错误；

C．当C=2.5时，两种烃的物质的量之比为1：1，含H原子数为6，不符合条件，故C错误； D．当C=2.5时，两种烃的物质的量之比为1：1，含H原子数为7，符合条件，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本意不能直接用最简式排除，应根据C的平均原子数计算H的平均原子数进行排除计算，试题培养了学生的化学计算能力．

11．下列除去杂质的方法正确的是（ ）

A．除去乙烷中少量的乙烯：通入酸性高锰酸钾溶液中

B．除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏 C．除去苯中少量的苯酚：加入足量浓溴水后过滤

D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏 【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

【专题】化学实验基本操作．

【分析】A．乙烯被氧化生成二氧化碳气体；

B．乙酸可碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液； C．生成的三溴苯酚溶于苯中； D．乙酸可与生石灰反应．

【解答】解：A．乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误； B．乙酸可碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用于除杂，故B正确； C．生成的三溴苯酚溶于苯中，应用氢氧化钠溶液除杂，故C错误；

D．乙酸可与生石灰反应，生成乙酸钙，难挥发，蒸馏可得纯净乙醇，故D正确． 故选BD．

【点评】本题考查物质的分离提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大．

12．已知C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，某有机物的结构简式如下：Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）

A．3：3：2

B．3：2：1

C．1：1：1

D．3：2：2

【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． 【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】该有机物含酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH、﹣CHO，结合酚、醇、羧酸的性质来解答．

【解答】解：酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH均与Na反应，则1mol该有机物与Na反应消耗3molNa，

酚﹣OH、﹣COOH与NaOH反应，则1mol该物质消耗2molNaOH， 只有﹣COOH与NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1molNaHCO3， 所以Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时， Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1， 故选B．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，熟悉酚、醇、羧酸的性质即可解答，注意苯酚不与碳酸氢钠反应为易错点．

13．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体异构）（ ） A．5种

B．6种

C．7种 D．8种

【考点】同分异构现象和同分异构体． 【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，结合等效氢判断．

【解答】解：分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷， CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被﹣OH取代得到3种醇； CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被﹣OH取代得到4种醇； C（CH3）4分子中有1种H原子，被﹣OH取代得到1种醇； 所以该有机物的可能结构有8种， 故选D．

【点评】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，可以利用烃基异构判断，但相对羟基取代复杂．

14．已知卤代烃可以和钠发生反应，例如溴乙烷与钠发生反应为：2CH3CH2Br+2Na﹣→CH3CH2CH2CH3+2NaBr；应用这一反应，下列所给化合物中可以与钠合成环丁烷的是（ ） A．CH3Br

B．CH3CH2CH2CH2Br

C．CH2BrCH2Br D．CH3CHBrCH2CH2Br

【考点】有机物结构式的确定．

【分析】由题目信息可知，溴乙烷中C﹣Br键断裂，乙基相互连接形成正丁烷，溴原子与钠形成溴化钠，若形成环状结构，溴代烃分子中一定含有两个溴原子，据此解答． 【解答】解：由题目信息可知，溴乙烷中C﹣Br键断裂，乙基相互连接形成正丁烷，溴原子与钠形成溴化钠，若形成环状结构，该溴代烃中应含有2个Br原子，故应用CH2BrCH2Br与Na反应合成合成环丁烷，故选C．

【点评】本题考查有机物结构式的确定，需要学生理解题目给予的信息，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用能力，注意从断键、成键理解反应原理，难度中等．

15．下列有机物可以形成顺反异构的是（ ） A．丙烯

C．2﹣甲基﹣2﹣丁烯

B．1﹣氯﹣1﹣丙烯 D．2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯

【考点】常见有机化合物的结构． 【专题】有机化学基础．

【分析】根据存在顺反异构体的条件：（1）分子中至少有一个键不能自由旋转（否则将变成另外一种分子）；（2）双键上同一碳上不能有相同的基团； 【解答】解：A．丙烯中两个氢连在同一个双键碳上，故A错误；

B．1﹣丙烯双键上同一碳上连不相同的基团：氯原子和氢原子或氢原子和甲基，故B正确； C．2﹣甲基﹣2﹣丁烯同一碳上连相同的基团：甲基，故C错误； D．2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯同一碳上连相同的基团：甲基，故D错误； 故选B；

【点评】本题考查有机物的同分异构体，题目难度中等，注意把握顺反异构的结构要求．

16．乙烯雌酚是人工合成的激素类药物，对垂体促性腺激素的分泌有抑制作用，能改善体内激素的平衡状态，破坏肿瘤组织赖以生长发育的条件，对治疗前列腺癌和乳腺癌有明显的疗效，其结构如图．下列有关叙述中正确的是（ ）

A．乙烯雌酚的分子式为C18H22O2

B．乙烯雌酚可与NaOH和NaHCO3发生反应 C．1mol该有机物可以与7molBr2发生反应 D．该有机物分子中一定有8个碳原子共平面 【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断． 【分析】A.1个分子中含有20个H原子； B．含有酚羟基，只能与NaOH反应；

C．酚羟基的邻对位能与溴发生取代，碳碳双键能与溴发生加成反应； D．苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构．

【解答】解：A.1个分子中含有20个H原子，则乙烯雌酚的分子式为C18H20O2，故A错误； B．含有酚羟基，只能与NaOH反应，而不与NaHCO3反应，故B错误；

C．酚羟基的邻对位能与溴发生取代，碳碳双键能与溴发生加成反应，则1mol该有机物可以与5molBr2发生反应，故C错误；

D．苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，则至少有16个C原子共平面，所以该有机物分子中一定有8个碳原子共平面，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查有机物的官能团和性质，明确物质的结构简式及物质的官能团是解答本题的关键，选项D为解答的易错点和难点，题目难度不大．

17．已知在苯分子中，不存在单、双键交替的结构．下列可以作为证据的实验事实是： ①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ②苯中6个碳碳键完全相同

③苯能在一定条件下与氢气加成生成环己烷 ④实验室测得邻二甲苯只有一种结构 ⑤苯不能使溴水因反应而褪色（ ） A．②③④⑤ 【考点】苯的结构．

B．①③④⑤ C．①②③④ D．①②④⑤

【分析】①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；

②单键和双键不同，而事实是苯分子中的碳碳键完全相同； ③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；

④如果苯是单双键交替结构，则邻二甲苯的结构应该有两种； ⑤如果苯是单双键交替结构，则苯应该能与溴水发生加成反应．

【解答】解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，故①正确； ②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单、双键的交替结构，故②正确；

③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；

④如果苯是单双键交替结构，则邻二甲苯的结构应该有两种，而现在事实是实验室测得邻二甲苯只有一种结构，说明苯不是单双键交替结构，故④正确；

⑤如果苯是单双键交替结构，则苯应该能与溴水发生加成反应，苯不能因发生化学反应而使溴水溶液褪色说明不存在双键，说明苯分子中不存在碳碳单、双键的交替结构，故⑤正确； 故选D．

【点评】本题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．

18．某烃经催化加氢后得到2﹣甲基丁烷，该烃不可能是（ ） A．3﹣甲基﹣1﹣丁炔 C．2﹣甲基﹣1﹣丁炔

B．3﹣甲基﹣1﹣丁烯 D．2﹣甲基﹣1﹣丁烯

【考点】取代反应与加成反应． 【专题】有机反应．

【分析】根据加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成2﹣甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉氢原子形成不饱和键，即得到不饱和烃．

【解答】解：2﹣甲基丁烷的碳链结构为．

A、若在3、4号碳原子之间为三键，则烃为3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故A可以； B、若在3、4号碳原子之间为双键，则烃为3﹣甲基﹣1﹣丁烯，故B可以； C、1、2号碳原子之间不可能为三键，不存在2﹣甲基﹣1﹣丁炔，故C不可以； D、若在1、2号碳原子之间为双键，则烃为2﹣甲基﹣1﹣丁烯，故D可以； 若在2、3号碳原子之间为双键，则烃为2﹣甲基﹣2﹣丁烯． 故选C．

【点评】本题考查根据烷烃判断相应的不饱和烃，难度较大，会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成不饱和键，注意不能重写、漏写．也可以根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断．

19．要检验溴乙烷中的溴元素，下列实验方法正确的是（ ）

A．加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色 B．加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成 C．加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成

D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成

【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

【专题】物质检验鉴别题．

【分析】检验溴乙烷中的溴元素，先将Br原子变为溴离子，再加酸至酸性，加硝酸银生成浅黄色沉淀，以此来解答．

【解答】解：A．溴乙烷、氯气均溶于CCl4，观察下层颜色不能检验，故A不选； B．不存在溴离子，加硝酸银溶液不反应，故B不选；

C．加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可能NaOH与硝酸银反应干扰检验，应先加酸至酸性，故C不选；

D．加入NaOH溶液共热，水解生成溴离子，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，可检验，故D选； 故选D．

【点评】本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，把握有机物水解实验及溴离子的检验方法为解答的关键，侧重分析及实验能力的考查，题目难度不大．

20．将1﹣氯丙烷跟NaOH的醇溶液共热，生成的产物再跟溴水反应，得到一种有机物，它的同分异构体有（除它之外）（ ） A．2种

B．3种

C．4种

D．5种

【考点】卤代烃简介；同分异构现象和同分异构体． 【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】将1﹣氯丙烷跟NaOH的醇溶液共热发生消去反应，生成的产物再跟溴水发生加成反应，得到1，2二溴丙烷．

【解答】解：在NaOH的醇溶液中，1氯丙烷发生消去反应生成丙烯CH2═CHCH3，丙 烯加溴后，生成1，2二溴丙烷，即CH2Br﹣CHBr﹣CH3，它的同分异构体有

，共3种，

故选B．

【点评】本题考查消去反应和加成反应，难度不大，注意反应发生的条件．

21．气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成，生成氯代烷烃，此氯代烷烃1mol可与8mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为（ ） A．CH2=CH2

B．CH3CH=CH2

C．CH3CH3 D．CH3CH2CH=CH2

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成，生成氯代烷烃，则只有一个碳碳双键，氯代烷烃1mol可与8mol氯气发生完全的取代反应，则加成产物中又8个H，原气态烃中含一个碳碳双键和8和H原子，以此来解答．

【解答】解：气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成，生成氯代烷烃，则只有一个碳碳双键，氯代烷烃1mol可与8mol氯气发生完全的取代反应，则加成产物中又8个H，原气态烃中含一个碳碳双键和8和H原子， A．乙烯中含4个H，不符合，故A不选； B．丙烯中含6个H，不符合，故B不选；

C．不含碳碳双键，不能与氯气发生加成反应，且H原子为6，不符合，故C不选； D．含碳碳双键，且含8个H原子，符合，故D选；

故选D．

【点评】本题考查有机化学反应的计算，为高频考点，把握烯烃的性质及取代反应规律为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．

22．下列各物质中既能发生消去反应又能催化氧化，并且催化氧化的产物是醛的（ ）

A． B． C．

D．

【考点】有机物的结构和性质．

【分析】既能发生消去反应又能催化氧化，说明﹣OH邻位C原子有H原子，且与﹣OH相连的C原子上有H原子，并且催化氧化的产物是醛，则应含有R﹣CH（R'）﹣CH2OH的结构特点．

【解答】解：A．不能发生催化氧化，可发生消去反应，故A错误； B．能发生催化氧化，但不能发生消去反应，故B错误；

C．能发生催化氧化、发生消去反应，但氧化产物为丙酮，不能发生银镜反应，故C错误； D．能发生消去反应，催化氧化可生成醛，能发生银镜反应，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，本题注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系，注意把握相关规律，为易错点．

23．下列有机物中，一氯取代物最多的是（ ）

A．

B．D．

C．

【考点】同分异构现象和同分异构体． 【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】根据等效氢判断，分子中有几种氢原子，则有几种一氯代物．

分子中等效氢原子一般有如下情况：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效．

【解答】解：A．故A不选；

分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种同分异构体，

B．

异构体，故B不选；

为对称结构，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种同分

C．D．故选C．

分子中有4种氢原子，其一氯代物有4种同分异构体，故C选； 为对称结构，分子中有2种氢原子，其一氯代物有2种，故D不选．

【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，明确“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法，注意等效氢原子判断．

24．化合物A（C4H8Br2）可由下列反应制得，C4H10OC4H8Br2，则A的结构式不可能的是（ ） A．CH3CH2CHBrCH2Br B．CH3CH（CH2Br）2 C．CH3CHBrCHBrCH3

D．（CH3）2CBrCH2Br

C4H8

【考点】同分异构现象和同分异构体． 【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】由转化关系可知，C4H10O在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应生成C4H8，C4H10O为醇，C4H8为烯烃，烯烃与溴发生加成反应生成A，A中2个溴原子应分别连接在相邻的碳原子上，结合C4H8的烯烃同分异构体进行判断．

【解答】解：由转化关系可知，C4H10O在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应生成C4H8，C4H10O为醇，C4H8为烯烃，

A．若C4H8为CH3CH2CH=CH2，与溴发生加成反应生成CH3CH2CHBrCH2Br，故A正确；

B．分子中2个溴原子不是分别连接在相邻的碳原子上，不可能是烯烃与溴的基础产物，故B错误；

C．若C4H8为CH3CH=CHCH3，与溴发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCH3，故C正确； D．若C4H8为（CH3）2C=CH2，与溴发生加成反应生成（CH3）2CBrCH2Br，故D正确． 故选B．

【点评】本题考查有机物推断、有机物性质、同分异构体等，难度不大，理解加成反应是关键．

25．白藜芦醇广泛存在于食物（例如桑椹、花生、尤

其是葡萄）中，它可能具有抗癌性．能够跟1摩尔该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是（ ） A．1mol，1 mol C．3.5 mol，6 mol

B．3.5 mol，7 mol D．6 mol，7 mol

【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． 【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】由结构可知，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、苯环，结合酚、烯烃的性质来解答． 【解答】解：酚﹣OH的邻、对位与溴发生取代反应、双键与溴发生加成反应，则与1摩尔该化合物起反应的Br2为5mol+1mol=6mol；

苯环与双键与氢气发生加成反应，与1摩尔该化合物起反应的H2的最大用量为3mol×2+1mol=7mol， 故选D．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃性质的考查，题目难度不大．

二、解答题（共6小题，满分0分）

26．（2015秋?保山校级期中）（1）配平下列反应的化学方程式，

2 KMnO4+ 5 SO2+ 2 H2O═ 1 K2SO4+ 2 MnSO4+ 2 H2SO4其中，反应中转移5mole，则消耗SO2 2.5 mol．

﹣

（2）某烷烃的分子量为 72，跟氯气发生取代反应生成的一氯代物只有一种，该烷烃的结构

简式为 ．

【考点】氧化还原反应方程式的配平；有机物结构式的确定．

【分析】（1）反应中高锰酸钾中的锰元素由+7价降为+2价，二氧化硫中的硫元素由+4价升高为+6价，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律配平书写方程式，依据方程式判断转移电子数与消耗二氧化硫关系；

（2）烷烃的通式为CnH2n+2，根据相对分子质量可知12n+2n+2=72，则n=5，该烷烃的分子式应为C5H12，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，说明结构对称，分子中只含有一种H，以此解答该题．

【解答】解：（1）反应中高锰酸钾中的锰元素由+7价降为+2价，二氧化硫中的硫元素由+4价升高为+6价，要使得失电子守恒，则高锰酸钾系数为2，二氧化硫系数为5，依据原子个数守恒，方程式：5SO2 +2KMnO4+2H2O=K2SO4 +2MnSO4+2H2SO4，依据方程式每反应5mol二氧化硫，转移电子数为5mol×（6﹣4）=10mol电子，所以反应中转移5mole，则消耗SO2物质的量为2.5mol；

故答案为：2；5；2；1；2；2；2.5mol；

（2）烷烃的通式CnH2n+2，该烷烃的相对分子质量为72， 所以有：12n+2n+2=72，即14n=70， 解得n=5，即分子式为C5H12．

含5个碳原子的烷烃的一氯取代物只有一种，说明烃分子中12个氢原子的位置均是等效的，分子结构对称，

﹣

结构简式应为；

故答案为：．

【点评】本题考查了氧化还原反应、有机物结简式的确定，明确氧化还原反应得失电子守恒规律、电子转移数目的计算方法、明确烷烃结构特点是解题关键，题目难度中等．

27．（2015秋?保山校级期中）某烃A 0.2mol 在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol．试回答：

（1）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃A的结构简式为

．

（2）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，烃A可能有的结构简式为（写出一种即可）： （CH3）CH3﹣C（CH3）3C﹣CH=CH2、=C（CH3）﹣CH3、CH3CH（CH3）﹣C（CH3）=CH2（任写一种） ． 【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】某烃A 0.2mol 在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，则分子中含有N（C）=6，n（H）=12，分子式为C6H12，

（1）C6H12只有1个不饱和度，若烃A不能使溴水褪色，则其为环烷烃．其中，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种的是环己烷；

（2）烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，说明烃中含有C=C，其中，含有 4个甲基的有 3种，其碳架结构为（①②③处可

分别不同时安排双键）：，以此确定烯烃．

【解答】解：某烃A 0.2mol 在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，则分子中含有N（C）=6，n（H）=12，分子式为C6H12，

（1）C6H12只有1个不饱和度，若烃A不能使溴水褪色，则其为环烷烃．其中，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种的是环己烷，即

，故答案为：

；

（2）烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，说明烃中含有C=C，其中，含有 4个甲基的有 3种，其碳架结构为（①②③处可

分别不同时安排双键）：

，烃A可能有的结构简式为（CH3）

3C﹣CH=CH2、CH3﹣C（CH3）=C（CH3）﹣CH3、CH3CH（CH3）﹣C（CH3）=CH2等，

故答案为：（CH3）3C﹣CH=CH2、CH3﹣C（CH3）=C（CH3）﹣CH3、CH3CH（CH3）﹣C（CH3）=CH2（任写一种）．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，本题侧重于同分异构体的判断，注意根据物质的性质判断可能具有的结构．

28．（2007秋?宣城期末）室温下，单质A、B、C分别为常见金属、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应，又知E溶液是无色的．

请回答下列问题：

（1）A是 Fe B是 Cl2 （填化学式） （2）反应①的化学方程式为 2Fe+3Cl22FeCl3 （3）反应③的化学方程式为 2HCl+Fe=FeCl2+H2↑ （4）反应④的化学方程式为 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ．

【考点】无机物的推断；氯气的化学性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

【专题】推断题．

【分析】B为黄绿色气体，应为Cl2，C是无色气体单质且能和氯气反应，则C是H2，E是HCl，盐酸能和A反应生成F和氢气，则A是氢之前的金属，F能被氯气氧化生成D，金属单质A能和氯气反应生成D，则A是变价金属且位于氢之前，则A是Fe，D是FeCl3，F是FeCl2，再结合物质之间的反应来分析解答．

【解答】解：B为黄绿色气体，应为Cl2，C是无色气体单质且能和氯气反应，则C是H2，E是HCl，盐酸能和A反应生成F和氢气，则A是氢之前的金属，F能被氯气氧化生成D，金属单质A能和氯气反应生成D，则A是变价金属且位于氢之前，则A是Fe，D是FeCl3，F是FeCl2，

（1）通过以上分析知，A是Fe，B是Cl2， 故答案为：Fe；Cl2；

（2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22Fe+3Cl2

2FeCl3；

2FeCl3，故答案为：

在2Fe+3Cl2 2FeCl3

（3）反应③为铁和稀盐酸的反应，反应方程式为：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑，故答案为：2HCl+Fe=FeCl2+H2↑；

（4）反应④为氯化亚铁和氯气的反应，反应方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3．

【点评】本题考查了无机物的推断，涉及铁及其化合物之间的转化，根据物质的性质及特征来分析推断，会根据物质之间的转化构建知识网络，难度不大．

29．（2015秋?保山校级期中）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯

已知： 环己醇 环己烯 （1）制备粗品

密度（g/cm3） 0.96 0.81

熔点（℃） 25 ﹣103

沸点（℃）溶解性 161能溶于水 83难溶于水

将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入l mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片， 缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．

①A中碎瓷片的作用是 防止暴沸 ，导管B除了导气外还具有的作用是 冷凝 ． ②试管C置于冰水浴中的目的是 使环己烯液化，减少挥发 ． （2）制备精品

①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静 置、分层，环己烯在上层，分液后用 c （填入编号）洗涤． a．KMnO4溶液 b．稀H2SO4 c．Na2CO3溶液

②实验制得的环己烯精品的质量往往低于理论产量，其可能的原因是 c a．蒸馏时从100℃开始收集产品

b．环己醇实际用量多了

c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出

（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是 bc ．a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用金属钠 c．测定沸点．

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；

②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；

（2）①由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；

②a、若提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量；

b、制取的环己烯物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量；

c、粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；

（3）根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，据此可判断产品的纯度． 【解答】解：（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，

故答案为：防止暴沸；冷凝；

②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：使环己烯液化，减少挥发； （2）①由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸，故答案为：c；

②a、蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；

b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；

c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确； 故答案为：c；

（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度， 故答案为：bc．

【点评】本题考查了以环己醇制备环己烯的实验方法，综合考查了物质的分离方法，冷凝，产量的分析等，难度适中，考查学生解决实际问题的能力．

30．（2015秋?保山校级期中）已知实验室由合成的反应流程如图

（部分试剂和反应条件已略去） （X代表卤素原子，R代表烃基）请回答下列问题：

（1）分别写出B、D的结构简式：B

、D

．

（2）反应①～⑦中属于消去反应的是 ②④ （填数字代号）．

（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式还有：

（其中一种） ．（写出一种即可）

【考点】有机物的推断．

【分析】与氢气发生加成反应可生成A，A的结构简式为：，在浓

硫酸作用下发生消去反应生成B，则B为，B与溴发生加成反应C，则C为，，

由D发生加成反应可知D中含有碳碳双键，应为C的消去反应产物，D的结构简式为由产物可知E为

，则F为

，水解可生成目标物

，结合对应有机物的结构和性质解答该题．

【解答】解：与氢气发生加成反应可生成A，A的结构简式为：

，B与溴发生加成反应C，则C为

，

在浓硫酸作用下发生消去反应生成B，则B为

，由D发生加成反应可知D中含有碳碳双键，应为C的消去反应产物，D的结构简

式为物

，由产物可知E为

，

，则F为，水解可生成目标

（1）根据上面的分析可知，B为故答案为：

；

；

，D的结构简式为，

（2）①为加成反应，②为消去反应，③加成反应，④为消去反应，⑤为加成反应，⑥为加成反应，⑦为取代反应，反应①～⑦中属于消去反应的是②④， 故答案为：②④；

（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，

可与溴发生1，2加成，1，4加成或完

全加成，得到的E可能为，

故答案为：（其中一种）．

【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力的考查，题目难度中等，本题可用正推法推断，掌握常见的有机反应类型为解答关键．

31．（2015秋?保山校级期中）1mol某烃A充分燃烧后可以得到8mol CO2和4mol H2O．该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化．

已知：CH3﹣CH=CH2+HBr﹣→CH3﹣CHBr﹣CH3 （1）A的化学式： C8H8 ．

（2）上述①～⑥反应中属于消去反应是 ② （填序号）．

（3）写出C、D、E、物质的结构简式：C

，

（4）写出B→E反应的化学方程式：

，D ，E

+NaOH【考点】有机物的推断．

+2NaBr+2H2O ．

【分析】1mol某烃A充分燃烧后可以得到8mol CO2和4mol H2O，各物质的物质的量之比等于其分子数之比，再结合原子守恒知，A分子中含有8个C原子、8个H原子，其分子式为C8H8，A中不饱和度=

=5，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，故

A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生成

B，则B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E为

，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应可

知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，故

与HBr放出加成反应生成D，则D为，D在氢氧化钠水溶液、

加热条件下发生水解反应生成F，则F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，

故H为，据此解答．

【解答】解：1mol某烃A充分燃烧后可以得到8mol CO2和4mol H2O，各物质的物质的量之比等于其分子数之比，再结合原子守恒知，A分子中含有8个C原子、8个H原子，其分子式为C8H8，A中不饱和度=

=5，可能含有苯环，由A发生加聚反应生成C，

故A中含有不饱和键，故A为，C为，A与溴发生加成反应生

成B，则B为，B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E

为，E与溴发生加成反应生成，由信息烯烃与HBr的加成反应

可知，不对称烯烃与HBr发生加成反应，H原子连接在含有H原子多的C原子上，故

与HBr放出加成反应生成D，则D为，D在氢氧化钠水溶液、

加热条件下发生水解反应生成F，则F为，F与乙酸发生酯化反应生成H，

故H为，

（1）通过以上分析知，A的化学式为C8H8， 故答案为：C8H8；

（2）通过以上分析知，①是加成反应，②是消去反应，③是加成反应，④是加聚反应，⑤是加成反应，⑥是取代反应， 故答案为：②；

（3）由上述分析可知，C为，D为，E为，

故答案为：；；；

（4）B→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，

反应方程式为：+NaOH

+2NaBr+2H2O，

故答案为：+NaOH

+2NaBr+2H2O．

【点评】本题考查有机物推断，涉及烃、卤代烃、烯烃、醇、酯之间的转化，正确推断A结构是解本题关键，会根据其不饱和度进行推断结构，注意物质之间转化条件，条件不同导致产物不同．

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