2018-2019学年宁夏青铜峡市高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年宁夏青铜峡市高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

高级中学2018—2019年(二)期中考试高二年级化学测试卷 ‎(常用相对原子质量H:‎1 C:12 O:16 Ca:40 Cu:64 Ni:59)‎ 一、选择题(每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 用聚氯乙烯加工成食品保鲜袋 B. 用纯碱，石灰石和石英制造普通玻璃 C. 粮食酿酒经过“淀粉-葡萄糖-乙醇”的化学变化过程 D. 洗涤羊毛织品时不能使用加酶洗衣粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 聚氯乙烯制品在较高温度下，如‎50℃‎左右就会慢慢地分解出氯化氢气体，这种气体对人体有害，A项符合题意；‎ B．普通玻璃的主要原料包括纯碱、石英、石灰石，B项不符合题意；‎ C．粮食在酒曲的作用下，其中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖再氧化成乙醇，C项不符合题意；‎ D．羊毛等动物毛发属于蛋白质，使用加酶洗衣粉会分解蛋白质，因此洗涤羊毛织品时不能使用加酶洗衣粉，D项不符合题意；‎ 本题答案选A。‎ ‎2. 下列物质存在顺反异构的是 A. 1－丁烯 B. 丙烯 C. 2－甲基－2－丁烯 D. 2─丁烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：顺反异构体产生的条件：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（原子或原子团），据此根据有机物的结构简式可知选项D正确，其余选项不存在顺反异构，答案选D。‎ 考点：考查顺反异构的判断 点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是明确顺反异构的概念，特别是产生顺反异构的条件，有助于培养学生的逻辑推理能力和空间的想象能力，提高学生学习效率。‎ ‎3.某有机物结构简式为，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应 B. 该有机物能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 该有机物的分子式为C11H15Cl D. 该有机物在一定条件下能发生消去反应或取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯环、碳碳双键均能与氢气发生加成反应，则1mol 该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应，正确；‎ B.该有机物含碳碳双键，能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；‎ C.由该有机物的结构简式可知，该有机物的分子式为C11H13Cl，错误；‎ D.该有机物含−Cl，一定条件下能发生消去反应（β-C上有1个氢原子）和取代反应，正确。‎ ‎【点睛】需注意本题的D项，含有卤素原子的有机物，若要发生消去反应，则β-C上至少要有1个氢原子，若没有氢原子，则不能发生消去反应。‎ ‎4.下列属于加成反应的是 A. 乙苯与液溴在铁的催化下反应 B. 乙炔在空气中燃烧 C. 甲烷与氯气在光照条件下反应 D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加成反应是发生在双键上，主要是双键两端的原子直接与其它原子或原子团相连的过程，其实质是双键变单键，不饱和度降低，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 乙苯与液溴在铁的催化下反应生成溴乙苯，属于取代反应，A项错误；‎ B. 乙炔在空气中燃烧生成二氧化碳，属于氧化反应，B项错误；‎ C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，C项错误；‎ D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，其实质是乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，D 项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.在核磁共振氢谱中出现两组峰，且其氢原子数之比为3∶2 的化合物是(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢原子，就出现几种峰，并结合H原子的个数来分析。‎ ‎【详解】A项、由对称可知，有2种H原子，核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：1，故A错误；‎ B项、由对称可知，有2种H原子，核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：2，故B正确；‎ C项、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错误；‎ D项、由对称可知，有3种H原子，核磁共振氢谱中出现三组峰，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意利用对称性来分析不同位置的H原子等效判断H原子类型为解答关键。‎ ‎6.下列各组物质中，只用一种试剂就能鉴别的是( )‎ A. 己烯、苯、四氯化碳 B. 己烯、己炔、环己烷 C. 苯、己烯、己烷 D. 甲烷、乙烯、乙烷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．己烯、苯、四氯化碳与溴水混合的现象为：溴水褪色—己烯，萃取后有机层在上层—苯，萃取后有机层在下层—四氯化碳，现象不同，一种试剂可鉴别，故A项正确；‎ B．己烯、己炔均能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，一种试剂不能鉴别，故B项错误；‎ C．苯、己烷与溴水或高锰酸钾均不反应，萃取现象相同，不能鉴别，故C项错误；‎ D．甲烷、乙烷均为气体，与溴水或高锰酸钾均不反应，一种试剂不能鉴别，故D项错误。‎ 故答案选A。‎ ‎7.下列实验方法或装置正确的是(　 　)‎ A. 装置制取乙烯 B. 所示方法检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生乙烯 C. 所示的装置制取少量的乙酸乙酯 D. 所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由乙醇和浓硫酸制备乙烯在‎170℃‎，测定反应混合液的温度，图中温度计位置不合理，温度计水银球应在液面下，A错误；‎ B项、溴乙烷与NaOH乙醇溶液发生消去反应，乙醇易挥发，乙醇、乙烯均能使高锰酸钾酸性溶液褪色，则不能检验乙烯，B错误；‎ C项、导管不能伸入饱和Na2CO3溶液中，否则会发生倒吸现象，C错误；‎ D项、CCl4的密度比水大，分层后在下层，与图中装置分层现象相符，D正确；‎ 故本题选D。‎ ‎8.有7种物质：①甲烷、②苯、③聚乙烯、④1，3-丁二烯、⑤2-丁炔、⑥己烷、⑦裂解气。其中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）‎ A. ①②③ B. ②⑥⑦ C. ③④⑤ D. ④⑤⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题中涉及8种物质都为烃，能使酸性高锰酸钾褪色的物质，应含有不饱和键。‎ ‎【详解】高锰酸钾具有强氧化性，可使含有不饱和键的烃褪色，④中有碳碳双键、⑤中有碳碳叁键，⑦中有乙烯、丙烯和丁二烯等不饱和烃，则④⑤⑦符合，故选D。‎ ‎9.有关溴乙烷的下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. 在溴乙烷中滴入AgNO3溶液，立即有淡黄色沉淀生成 B. 溴乙烷不溶于水，能溶于大多数有机溶剂 C. 溴乙烷与NaOH的醇溶液反应，可生成乙醇 D. 溴乙烷通常用溴水与乙烷直接反应来制取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：考查卤代烃的物理性质和化学性质，卤代烃中的卤素以原子的形式存在，检验时需要转化成卤素离子。‎ 详解：A、溴乙烷中溴以原子形式存在，检验溴元素的存在，先加入NaOH溶液，加热，然后冷却，加入硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀，故A错误；‎ B、溴乙烷不溶于水，能溶于大多数的有机溶剂，故B正确；‎ C、溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应，化学反应方程式为CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2↑＋NaBr＋H2O，得到乙烯，故C错误；‎ D、根据烷烃的性质，烷烃不与溴水发生反应，因此溴乙烷不能由溴水与乙烷直接反应得到，故D错误。‎ 点睛：本题的易错点是选项A，卤代烃中卤素以原子的形式存在，检验卤代烃中卤素，需要转化成离子，一般采用水解的方法进行，先加入NaOH水溶液，加热一段时间后，冷却，再加入HNO3酸化，最后滴加AgNO3溶液，通过沉淀颜色进行判断卤素元素，特别强调：一定加硝酸进行酸化，中和氢氧化钠溶液。‎ ‎10.含有一个碳碳三键的炔烃，与氢气充分加成后的产物的结构简式为：‎ 此炔烃可能的结构有 A. 1 种 B. 2 种 C. 3 种 D. 4 种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加成反应指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；根据加成原理采取逆推法还原碳碳三键，烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置；‎ ‎【详解】根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2‎ 个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置，有如图所示的3个位置可以还原碳碳三键，故该炔烃共有3种。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】采用逆推法还原碳碳三键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子的2个氢原子还原碳碳三键。‎ ‎11.下列说法正确的是( )‎ A. 质谱、红外光谱都能够快速、精确地测定有机物的相对分子质量 B. 的名称为2,2,4-三甲基-4-戊烯 C. 组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，一定互为同分异构体 D. 互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．红外光谱用于测定含有的共价键、官能团等，不能确定相对分子质量，故A错误；‎ B．的名称应为2，4，4-三甲基-2-戊烯，故B错误；‎ C．组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物一定具有相同的分子式、不同结构，则一定互为同分异构体，故C正确；‎ D．分别为酚、酚和醇，结构不相似，不是同系物，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.分子式为C6H14的有机物共有 (　　)‎ A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】C6H14属于烷烃，主链为6个碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主链为5个碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主链为4个碳原子有：CH3CH‎2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，则C6H14的同分异构体共有5种。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】书写同分异构体时，关键在于书写的有序性和规律性：①“成直链、一线串”②“从头摘、挂中间”③“往边排、不到端”。‎ ‎13. 有机物：①丙烯②氯乙烯③苯乙炔④甲苯中，分子内所有原子一定都在同一平面的是（ ）‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从甲烷、乙烯、苯的结构的角度判断，甲烷为正四面体，乙烯和苯都是平面型结构；‎ 甲苯是苯中的一个氢原子被甲基取代，甲基具有甲烷的结构特点，氯乙烯是乙烯中的氢原子被氯取代，以此解答。‎ ‎【详解】①丙烯CH2=CH-CH3中有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故①错误； ②乙烯具有平面型结构，氯乙烯和乙烯相似，所有原子在同一个平面，故②正确； ③苯是平面型结构，乙炔分子中所有原子共直线，因此苯乙炔分子中所有原子可以在同一个平面，故③正确； ④甲苯含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故④错误。所以②③正确。‎ 综上所述，本题正确选项B。‎ ‎14.有关化学用语正确的是 A. 乙烯的实验式(最简式)：C2H4 B. 乙醇的结构简式：C2H6O2‎ C. 四氯化碳的电子式： D. 臭氧的分子式：O3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验式是指有机化合物所含各元素原子个数的最简整数比，C2H4是乙烯的分子式，乙烯的实验式(最简式)为：CH2，故A错误； ‎ B. 结构简式是在结构式中省去碳氢键、碳碳单键等单键的短线，结构简式可以体现连接方式，乙醇的结构简式为：C2H5OH，故B错误；‎ C. 四氯化碳共价化合物，碳原子与氯原子之间以一对共用电子对连接，电子式为：，故C错误；‎ D. 臭氧分子是由三个氧原子构成的，分子式为：O3，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.①CH3CH2CH3 ②CH3CH2CH2CH3 ③CH3CH2CH2CH2CH3 ④ ‎ ‎⑤ ⑥CH3CH2CH2CH2CH2CH3 ‎ 上述物质的沸点按由高到低的顺序排列的是（ ）‎ A. ⑥③④⑤②① B. ⑥③②①④⑤ C. ⑤④⑥③②① D. ⑥⑤④③②①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烷烃的物理性质随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔、沸点越低，据此解答。‎ ‎【详解】给出的物质都是烷烃，则烷烃随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，‎ 沸点逐渐升高，碳原子数相同的烷烃，支链越多，熔、沸点越低；⑥中含有6个碳原子，沸点最高；③④⑤中含有5个碳，其中③中无支链，④中有1个支链，⑤中含有2个支链；②中含有4个碳，①中含有3碳，沸点最低；根据以上规律可知，沸点按由高到低的顺序排列的是⑥③④⑤②①；综上所述，本题选A。‎ ‎16.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是( )‎ A. 3-甲基-2-丁烯 B. 3-氯丁烷 C. 2,2-二甲基丁烷 D. 2-乙基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、甲基的编号错误，正确命名应该为2-甲基-2-丁烯，故A错误；‎ B项、官能团氯原子的编号错误，正确命名应该为2-氯丁烷，故B错误；‎ C项、主链选择和甲基编号均正确，故C正确；‎ D项、主链不是最长碳链，该有机物正确命名应该为3-甲基己烷，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的命名判断，明确有机物的命名原则是解答关键。‎ ‎17.稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。下列说法正确的是 A. 萘、菲、芘互为同系物 B. 萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种 C. 萘、菲、芘中只有萘能溶于水 D. 萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 同系物是组成相似，结构上相差n个CH2，依据定义作答； B．根据等效氢原子种类判断； C．依据相似相容原理作答；‎ D．依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。‎ ‎【详解】A. 萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A项错误；‎ B. 根据分子结构对称性可知，萘分子中含有2种H原子，如图示：，则其一氯代物有2种，而菲分子中含有5种H原子，如图示：，则其一氯代物也有5种，芘分子中含有3种H原子，如图示：，则其有3种一氯代物，故B项正确；‎ C. 三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故C项错误；‎ D. 苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的难点是B选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心。‎ ‎18.乙苯如图在石油化学工业中十分重要，它与足量H2加成后，产物的一溴取代物有( )(不考虑立体异构)‎ A. 3种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】乙苯分子式为 C8H10，加成产物为乙基环己烷，乙基环己烷中氢原子的种类有6种，一溴代物的种类取决于氢原子的种类，所以乙基环己烷 与溴发生取代反应生成的一溴代物有6种，‎ 故答案选C。‎ ‎19.下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确的是 A. 乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 光照下甲烷和Cl2的反应、在FeBr3催化下苯和Br2的反应属于同一类型的反应 C. 甲醇、醋酸均能与Na反应放出H2，但二者所含官能团不相同 D. 甲苯的一氯代物的同分异构体有三种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇和会被酸性KMnO4溶液氧化成乙酸，乙烯也会被酸性KMnO4溶液氧化成二氧化碳，故A项正确；‎ B. 光照下甲烷和Cl2发生取代反应生成四种氯代甲烷与氯化氢，在FeBr3催化下苯和Br2发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故B项正确；‎ C. 甲醇中的羟基能与Na反应放出H2，醋酸中的羧基也能与Na反应放出H2，两者的官能团不同，故C项正确；‎ D. 因甲苯的结构简式为：，其等效氢有4种，则故甲苯的一氯代物的同分异构体有4种，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题D项考查一氯代物同分异构体的种类，时最基础的等效氢判断法，即同一个碳原子上的氢原子是等效的；同一个碳原子上的甲基是等效的；对称位置的氢原子（类似于平面镜成像中物体和像的关系）是等效的，据此可进行有关的判断。‎ ‎20.为检验某溴代烃（R-Br）中的溴元素，有下列实验操作： ‎ ‎①加热煮沸  ②加入AgNO3溶液  ③取少量卤代烃 ④加入稀硝酸酸化   ⑤加入NaOH溶液   ⑥冷却，正确操作的先后顺序是 (   )‎ A. ③①⑤⑥②④ B. ③①②⑥④⑤ C. ③⑤①⑥④② D. ③⑤①⑥②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】检验某卤代烃（R-X）中的X元素，应该先取少量卤代烃，卤代烃的水解应在碱性条件下，所以向卤代烃中加入氢氧化钠溶液，然后进行加热加快反应速率，然后冷却液体，碱性条件下，银离子易转化为氢氧化银，所以应向溶液中加入稀硝酸使其酸化，溶液再加入硝酸银溶液观察是否生成浅黄色沉淀，所以其操作顺序是③⑤①⑥④②，答案选C。‎ ‎【点睛】检验某卤代烃(R—X)中的X元素，可以利用其水解或消去反应生成卤离子，然后通过硝酸银来检验，但需要注意的是再加入硝酸银溶液之前，需要用酸酸化。‎ ‎21.下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是 ‎① ② ③(CH3)‎3C—CHBr2 ④CHCl2—CHBr2 ⑤ ⑥CH3Cl A. ①③⑥ B. ②③⑤ C. 全部 D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①有机物发生消去反应发生后将会形成不饱和键，而氯苯中相邻的碳原子是苯环的一部分，若消去再形成双键破坏苯环结构，故不能发生消去反应，故①正确；②和氯相连的碳的相邻碳原子上有氢，故能消去，生成对应的烯烃和氯化钾，故②错误；③(CH3)3CCH2Cl和氯相连的碳的相邻碳原子上没有氢，所以不能发生消去反应。故③正确；④CHCl2CHBr2和氯或溴相连的碳相邻碳原子上有氢，故能消去，生成对应的烯烃或炔烃和氯化钾，故④错误；⑤和溴相连的碳上有氢，故能发生消去反应，生成对应的烯烃和氯化钾，故⑤错误；⑥CH3Cl只有一个碳，没有相邻的碳，所以不能发生消去反应。故⑥正确；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查卤代烃的消去，注意掌握卤代烃消去的原理，连接-X的碳的相邻碳原子上必须有氢。本题的易错点为①。‎ ‎22.下列由实验得出结论正确的是（ ）‎ 实验 结论 A．‎ 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成的1,2－二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳 B．‎ 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 C．‎ 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性 D．‎ 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，发生加成反应生成1,2-二溴乙烷； B. 乙醇分子羟基中H的活性比水弱； C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应； D.使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl；‎ ‎【详解】A.乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1,2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，说明生成物是无色的且可溶于四氯化碳，故A项正确； B.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且羟基中H的活性比水弱，故B项错误； C.用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误； D.甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，氯代甲烷为非电解质，不能电离，故D错误； ‎ 综上，本题选A。‎ ‎23.下列有关烷烃的叙述中，正确的是(　　)‎ ‎①烷烃分子中，所有的化学键都是单键　②烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去　③分子通式为CnH2n＋2的烃不一定是烷烃　④所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①烷烃分子中碳原子形成四个共价键全是单键，为碳碳单键或碳氢单键；②烷烃性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去；③通式为CnH2n+2的烃一定是烷烃；④烷烃的特征反应为取代反应。‎ ‎【详解】①甲烷分子中只存在碳氢键，其他烷烃分子中，只存在碳氢键和碳碳单键，所以烷烃分子中，所有的化学键都是单键，故①正确；②烷烃属饱和链烃，其化学性质一般比较稳定，通常不与酸、碱、氧化剂（如酸性KMnO4溶液）反应，故②错误；③因分子通式为CnH2n＋2的烃中C处于饱和状态，，因此符合通式CnH2n＋2的有机物一定是烷烃，故③错误；④烷烃在光照下都能与氯气发生取代反应，是烷烃的一个重要性质，故④正确。综上所述，①④正确，符合题意的选项为C。‎ ‎24.1 mol乙烯与氯气发生加成反应后，再与氯气发生完全取代反应，整个过程中消耗氯气(　　)‎ A. 3 mol B. 4 mol C. 5 mol D. 6 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙烯和氯气发生加成反应生成二氯乙烷，1mol双键加成需要1mol的氯气；有机物中的氢原子被氯原子取代时，氯气的物质的量与取代的氢原子的物质的量相等，所以最多消耗的氯气为这两部分之和。‎ ‎【详解】C2H4+Cl2CH2ClCH2Cl，所以1 mol乙烯与氯气发生加成反应需要氯气1 mol；‎ 所以1 mol CH2ClCH2Cl与氯气发生取代反应，最多需要4 mol氯气，这两部分之和为1 mol+4 mol = 5 mol，故C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎25. 由2氯丙烷制取少量的1,2丙二醇时，需要经过下列哪几步反应 A. 加成→消去→取代 B. 消去→加成→水解 C. 取代→消去→加成 D. 消去→加成→消去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，以此判断合成时所发生的反应类型。‎ ‎【详解】由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇，可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，则2-氯丙烷应首先发生消去反应生成丙烯CH3CH=CH2，丙烯CH3CH=CH2与溴水发生加成反应生成1，2二溴丙烷CH3CHBrCH2Br，1，2二溴丙烷CH3CHBrCH2Br在NaOH水溶液中加热发生取代反应（也叫水解反应）可生成1，2-丙二醇；故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成的方案的设计，注意把握有机物官能团的变化，掌握卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生水解反应产生醇，在NaOH的乙醇溶液中在加热时发生消去反应，产生不饱和的碳碳双键或碳碳三键，有机物推断可根据反应物推出目标产物即顺推；也可根据目标产物一步步推断到反应物，即逆推，题目难度不大。‎ 二、非选择题(共50分)‎ ‎26.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。‎ ‎① 金刚石与石墨； ②乙酸和醋酸 ‎③ 16O和18O； ④CH3CH3和CH3CH2CH3；‎ ‎⑤和 ‎(1)同种物质______________________________； ‎ ‎(2)同位素_________________________；‎ ‎(3)同素异形体______________________________； ‎ ‎(4)同系物__________________________；‎ ‎(5)同分异构体______________________________。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ③ (3). ① (4). ④ (5). ⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 注意同位素是同种元素的不同原子；同素异形体是同种元素形成的不同单质；同系物是同类有机物，其官能团的种类和数目相同、通式相同、分子式不同。‎ ‎【详解】同位素：中子数不同，质子数相同的同一种元素的不同原子；‎ 同素异形体：由同种元素组成的因原子的排列方式不同而具有不同的分子结构或晶体结构的单质；‎ 同系物：结构相似、分子组成相差若干个“CH‎2”‎原子团的有机化合物；‎ 同分异构体：分子式相同、结构不同的有机化合物。‎ ‎① 金刚石与石墨——同素异形体；‎ ‎②乙酸和醋酸——同种物质；‎ ‎③ 16O和18O——同 位素； ‎ ‎④CH3CH3和CH3CH2CH3——同系物；‎ ‎⑤和——同分异构体。‎ ‎27.写出下列有机物的官能团的名称及反应方程式。‎ ‎(1)① ______ ；② ______；③ ______ ；④ ______ ；⑤ ______ ．‎ ‎(2)溴乙烷制乙醇：________________________________________________________________‎ ‎(3)‎60℃‎时1，3-丁二烯与溴水发生1，4加成反应________________________________‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 酯基 (3). 羧基 (4). 氯原子 (5). 醛基 (6). ‎ CH3CH2Br+NaOH--à CH3CH2OH+NaBr (7). CH2=CH-CH=CH2 + Br2BrCH2CH=CHCH2Br ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①的官能团为羟基，故答案为：羟基；‎ ‎②的官能团为酯基，故答案为：酯基；‎ ‎③的官能团为羧基，故答案为：羧基；‎ ‎④的官能团为氯原子，故答案为：氯原子；‎ ‎⑤的官能团为醛基，故答案为：醛基。‎ ‎（2）溴乙烷与氢氧化钠水溶液共热，溴原子被羟基取代生成乙醇，反应方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr。‎ ‎（3）1，3-丁二烯含有2个碳碳双键，发生1，2加成或1，4加成，发生1，4加成的方程式为CH2=CH-CH=CH2+Br2BrCH2CH=CHCH2Br，故答案为：CH2=CH-CH=CH2+Br2BrCH2CH=CHCH2Br。‎ ‎28.A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中C、E是金属元素；A和E属同族，它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题：‎ ‎(1)B是________，E是________。(用元素符号表示) ‎ ‎(2)写出C元素基态原子的电子排布式：________________________。 ‎ ‎(3)元素B与D的电负性的大小关系是B____________ D (填“>”“<”或“＝”，下同)，E与C的第一电离能大小关系是E________C。‎ ‎(4)写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：_____________。‎ ‎【答案】 (1). BO (2). E是K (3). 1s22s22p63s23p1 (4). > (5). < (6). OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故最外层电子排布为ns2np4，故B为O元素，D为S元素，A和E属同族，它们元素原子的最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故A为H元素，E为K元素，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数介于O与S之间，故C为Al元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。‎ ‎【详解】由分析可知：A为H元素，B为O元素，C为Al元素，D为S元素，E为K元素。‎ ‎（1）由分析可知：B为O元素，E为K元素，故答案为：B是O，E是K。‎ ‎（2）C为Al原子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1。‎ ‎（3）B为O元素、D为S元素，同一主族自上而下电负性逐渐降低，所以电负性O＞S，C为Al元素、E为K元素，元素的金属性越强，第一电离能越小，金属性：K＞Al，所以第一电离能K＞Al，故答案为：＞，＜。‎ ‎（4）C为Al元素、E为K元素，元素K和Al的最高价氧化物对应的水化物分别为KOH和Al(OH)3，KOH和Al(OH)3反应生成偏铝酸钾和水，离子方程式为：OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O，故答案为：OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O。‎ ‎29.某烃 A 是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平， A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型。根据图回答下列问题：‎ ‎(1)物质D有特殊香味，生活中常用于饮料、燃料、消毒，D的名称为________，含有的官能团为________。‎ ‎(2)写出②、④两步反应的化学方程式，并注明反应类型：‎ ‎②______________________，反应类型__________。‎ ‎④______________________，反应类型_________。‎ ‎(3)图中由A制备C的最好途径是通过反应_______(填写“②”或“①⑤”)：理由是：_________。‎ ‎【答案】 (1). 乙醇 (2). 羟基(或—OH) (3). CH2=CH2＋HClCH3CH2Cl (4). 加成反应 (5). nCH2=CH2 —[—CH2—CH2—]n— (6). 加聚反应 (7). ② (8). 反应②步骤少，没有副反应，产物比较纯净或反应①⑤流程复杂，副反应多，混合产物分离困难 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2═CH2，乙烯与氢气发生加成反应生成B，B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成C，C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，E为。，据此解答。‎ ‎【详解】由分析可知：A为CH2═CH2，B为CH3CH3，C为CH3CH2Cl，D为CH3CH2OH，E为。‎ ‎（1）由分析可知D为CH3CH2OH，名称为乙醇，含有的官能团为羟基(或—OH)，故答案为：乙醇，羟基(或—OH)。‎ ‎（2）反应②是乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，反应④是乙烯在催化剂条件下发生加成反应生成，反应方程式为：nCH2=CH2，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，加成反应；nCH2=CH2，加聚反应。‎ ‎（3）由CH2═CH2制备CH3CH2Cl 的最好途径是通过反应②，原因是反应②步骤少，没有副反应，产物比较纯净或反应①⑤流程复杂，副反应多，混合产物分离困难，故答案为：②；反应②步骤少，没有副反应，产物比较纯净或反应①⑤流程复杂，副反应多，混合产物分离困难。‎ ‎30.实验室用如下图所示装置来制备乙炔，并验证乙炔的某些化学性质，制备的 乙炔气体中往往含有少量的 H2S 和PH3气体，请按下列要求填空： ‎ ‎(1)实验室制乙炔的化学方程式是：_________________；为了得到较为平稳的乙炔气流， 装置 A 的分液漏斗中常用______________来代替水．‎ ‎(2)装置 B 中CuSO4溶液的作用是_______________________________．‎ ‎(3)装置 D 中观察到的现象是 ___________________________________________ ‎ ‎(4)若称取m g 电石，反应完全后，生成的乙炔n g，则CaC2的纯度为_____(用m与n表示)。‎ ‎(5)写出以乙炔和HCl为原料，合成聚氯乙烯的方程式是________________，___________________ 。‎ ‎【答案】 (1). CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2 (2). 饱和食盐水 (3). 除去 H2S和PH3 杂质，以防干扰后续实验 (4). 紫色或紫红色褪去 (5). 32n/‎13m (6). CHCH + HCl (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据乙炔的制备方法分析解答；根据物质的制备、分离、提纯相关知识分析解答。‎ ‎【详解】(1)实验室制备乙炔是利用电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙,反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2，碳化钙与水反应很剧烈，用饱和食盐水可以减缓反应，所以为了得到平稳的气流，用饱和食盐水代替水，‎ 故答案为： CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2；饱和食盐水；‎ ‎(2) 硫化氢气体具有还原性，也会导致溴水、高锰酸钾溶液褪色，装置B中CuSO4‎ 溶液的作用是除去乙炔中的硫化氢和PH3，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，防止干扰后续检验实验；‎ 故答案为：除去 H2S和PH3 杂质，以防干扰后续实验；‎ ‎(3) 乙炔通过高锰酸钾溶液，乙炔含有不饱和键，被高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，装置D中观察到的现象是溶液褪色，发生的反应为氧化反应；‎ 故答案为：紫色褪去；‎ ‎(4)n(C2H2)=mol，根据方程式中化学计量关系可知，n(CaC2)= n(C2H2)=mol，即m(CaC2)= n(CaC2)×‎64g/mol=，碳化钙的纯度为：==；‎ 故答案为：；‎ ‎(5)乙炔和HCl发生加成反应得到氯乙烯，氯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚氯乙烯方程式为：CHCH+HCl→CH(Cl)=CH2，；‎ 故答案为：CHCH+HCl→CH(Cl)=CH2，。‎ ‎31.在最新的家用汽车的调查中发现，新车中气体的质量不符合标准．汽车污染主要来源于汽车配件及材料，它们都会产生大量的有毒有机物．其中一种有毒物质A，为了测定有机物A的结构，做如下实验：‎ ‎①将‎9.2g该有机物完全燃烧，生成标况下‎15.68L的CO2和‎7.2g水；‎ ‎②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；‎ ‎(1)则由图可知该分子的相对分子质量是________，有机物A的分子式为_________。‎ ‎(2)用核磁共振仪处理该化合物，得到如下图所示图谱，图中四个峰的面积之比是1∶2∶2：3，则有机物的名称为________‎ ‎，写出该物质和浓硝酸浓硫酸混合物制烈性炸药的反应方程式________反应类型_______‎ ‎【答案】 (1). 92 (2). C7H8 (3). 甲苯 (4). (5). 取代反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据质谱图中最右边的那个峰就是该物质的相对分子质量，再根据①的质量与产生CO2和水的体积与质量确定其分子式；‎ ‎（2）根据核磁共振氢谱中有4个吸收峰，结合物质的分子式可判断出该物质是甲苯。‎ ‎【详解】（1）由质谱图可以看出最大质核比为92，说明该气体的相对分子质量为92，‎9.2g该有机物的物质的量为0.1mol，0.1mol该有机物完全燃烧，生成标况下‎15.68L的CO2和‎7.2g水，n（C）==0.7mol，含有H原子的物质的量为n（H）=2n（H2O）=2=0.8mol，则1mol该有机物中含有C原子为7mol，含有H原子的物质的量为8mol，12×7+1×8=92，恰好等于物质的相对分子质量，因此该有机物的分子式C7H8，故答案为：92，C7H8。‎ ‎（2）由核磁共振氢谱中有4个吸收峰，四个峰的面积之比是1∶2∶2：3，结合物质的分子式可判断出该物质是甲苯，甲苯与浓硝酸浓硫酸的混合物反应生成三硝基甲苯，制烈性炸药，反应方程式为：，该反应为取代反应，故答案为：甲苯，，取代反应。‎ ‎【点睛】核磁共振氢谱中，峰的数量就是氢的化学环境的数量，而峰的相对高度，就是对应的处于某种化学环境中的氢原子的数量。不同化学环境中的H ‎，其峰的位置是不同的。峰的强度(也称为面积)之比代表不同环境H的数目比。‎ 三、附加题(共20分)‎ ‎32. 东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：‎ ‎（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。‎ ‎（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。‎ ‎①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。‎ ‎②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______ ，提供孤电子对的成键原子是_____。‎ ‎③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。‎ ‎（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。‎ ‎（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。‎ ‎②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm ‎【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2‎ ‎（2）①正四面体 ‎②配位键；N ‎③高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3‎ ‎（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 ‎（4）①3:1‎ ‎②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：：‎ ‎（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数 为2。‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2；‎ ‎（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，‎ 故答案为：正四面体；‎ ‎②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。‎ 故答案为：配位键；N；‎ ‎③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，‎ 故氨气沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极 性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。‎ 故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键；极性；sp3；‎ ‎（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外 围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，‎ 而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。‎ 故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；‎ ‎（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×=1，Cu原子数目=6×=3，‎ 故Cu与Ni原子数目之比为3：1。‎ 故答案为：3：1；‎ ‎②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，根据m=ρV可有：g="d"‎ ‎ g•cm-3‎ ‎×(a×10‎-7cm)3，解得a=。‎ 故答案为：。‎ 考点：晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎ ‎