2018-2019学年黑龙江省大庆市第四中学高一下学期第二次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省大庆市第四中学高一下学期第二次月考化学试题（解析版）

大庆四中2018～2019学年度第二学期第二次检测高一年级 化学学科试题 第Ⅰ卷(选择题)‎ 可能用到的相对原子质量为： H:1 C:12 O:16‎ 一、选择题(共25小题，1-15题每题2分，16-25题每题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1. 下列关于元素周期表的说法中正确的是 A. 过渡元素全部是金属元素 B. 同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素原子序数差值一定是1‎ C. 催化剂一般在金属与非金属的分界线处寻找 D. 同一主族元素的原子序数的差不可能为10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．过渡元素全部是金属元素，A项正确；B．第四、五周期的第ⅡA族与第ⅢA族元素的原子序数差值是10，B项错误；C．半导体材料一般在金属与非金属的分界线处寻找，C项错误；D．H、Na位于同一主族，原子序数的差为11-1=10,D项错误；答案选A。‎ 考点：考查元素周期表的结构。‎ ‎2.下列化合物中所含化学键类型完全相同的一组是( )‎ A. NaCl和CO2 B. Na2O2和CaCl2 C. Na2O2和H2O2 D. HCl和H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。‎ ‎【详解】A. NaCl和CO2，NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键，CO2分子中C原子和O原子之间存在共价键，所以化学键类型不同，故A错误；‎ B. Na2O2和CaCl2，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存离子键，过氧根离子中两个氧原子间有非极性共价键，CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，所以化学键类型不同，故B错误；‎ C. Na2O2和H2O2，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中两个氧原子间有非极性共价键，H2O2中O与H之间存在极性共价键，两个氧原子间有非极性共价键，所以化学键类型不同，故C错误；‎ D. HCl和H2O，HCl分子中H原子和Cl原子之间只存在共价键，H2‎ O是共价键形成的共价分子，所以化学键类型相同，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.如图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是 A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据图像可知b曲线存在100℃的沸点，该物质应是水，即该曲线属于ⅥA元素，所以正确的答案是A。‎ ‎4. 下列不能说明氯的非金属性比硫强的事实是 ‎①HCl比H2S稳定 ②HClO氧化性比H2SO4强 ③HClO4酸性比H2SO4强 ‎④Cl2能与H2S反应生成S ⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子 ‎⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS ⑦HCl酸性比H2S强 A. ②⑤⑦ B. ①②⑦ C. ②④ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，可说明非金属性:Cl＞S，故①正确;②HClO氧化性比H2SO4强不能作为比较非金属性强弱的依据，故②错误;③元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明非金属性:Cl＞S，故③正确;④Cl2能与H2S反应生成S，可说明氧化性:Cl2＞S，单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强，故④正确;⑤不能以最外层电子数的多少判断非金属性的强弱，例如O的最外层电子数为6，I的最外层电子数为7，但O的非金属性大于I，故⑤错误;⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，可说明氧化性:Cl2＞S，单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强，故⑥正确;⑦比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，例如HF的酸性比HCl弱，但非金属性F大于Cl，故⑦错误；故选A。‎ ‎5.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力 B. N2和Cl2O两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和水溶液的酸性均依次减弱 D. 石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B、氮气含N≡N，Cl2O中含2个O-Cl键，N原子上存在1对孤对电子，O原子上存在2对孤对电子，Cl原子上存在3对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故B正确；C、同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：F＞Cl＞Br＞I，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，所以热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故C错误；D、石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故选C。‎ ‎6.下列说法错误的是(　　)‎ A. 糖类化合物也可称为碳水化合物 B. 硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多 C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质 D. 维生素D可促进人体对钙的吸收 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、糖类化合物大多符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物；‎ B、硒是微量元素，是人体必需元素；‎ C、蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，有些蛋白质还含S、P等元素；‎ D、维生素D的作用是促进钙、磷的吸收和骨骼的发育。‎ ‎【详解】A、糖类化合物大多符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物，故A正确；‎ B、硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，会对人体健康造成危害，故B正确；‎ C、蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，不仅由碳、氢、氧元素，故C错误；‎ D、维生素D可促进人体对钙的吸收，磷的吸收和骨骼的发育，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎7.下列关于常见有机物的说法中正确的是(　　)‎ ‎①棉花、蚕丝和聚乙烯的主要成分都是纤维素 ‎②甲烷、乙醇和乙酸在一定条件下都能发生取代反应 ‎③等质量的乙烷、乙烯、苯充分燃烧，消耗氧气的量由多到少 ‎④除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液 ‎⑤乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇 ‎⑥乙烯、苯、乙醇、油脂都能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎⑦棉、麻、丝、毛完全燃烧后都只生成CO2和H2O ‎⑧氨基酸在人体中生成新的蛋白质属于加聚反应 A. ①⑤⑥⑦ B. ②③④ C. ①②③⑧ D. ②③⑤⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①蚕丝的主要成分是蛋白质；‎ ‎②甲烷与氯气在光照下发生取代反应，乙醇与乙酸的酯化反应为取代反应；‎ ‎③有机物中含氢越多，燃烧时，消耗氧气的量越大；‎ ‎④碳酸钠溶液能中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；‎ ‎⑤植物油为油脂水解生成高级脂肪酸和甘油；‎ ‎⑥苯与高锰酸钾不反应，油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯可以和高锰酸钾溶液反应；‎ ‎⑦丝、毛含有N元素，完全燃烧后除生成CO2和H2O外，还有含氮的物质；‎ ‎⑧氨基酸在人体中生成新的蛋白质和水，属于缩聚反应。‎ ‎【详解】①蚕丝的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故①错误；‎ ‎②甲烷与氯气在光照下发生取代反应，乙醇与乙酸的酯化反应为取代反应，则均可发生取代反应，故②正确；‎ ‎③有机物中含氢越多，燃烧时，消耗氧气的量越大，等质量的乙烷、乙烯、苯充分燃烧，消耗氧气的量由多到少，故③正确；‎ ‎④乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故④正确；‎ ‎⑤乙酸乙酯可水解生成乙醇，植物油水解得到高级脂肪酸和甘油，不能得到乙醇，故⑤错误；‎ ‎⑥乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能能使酸性KMnO4溶液褪色、油脂中的油可以使高锰酸钾溶液褪色，故⑥错误 ‎⑦丝、毛含有N元素，完全燃烧后除生成CO2和H2O外，还有含氮的物质，故⑦错误；‎ ‎⑧氨基酸在人体中生成新的蛋白质和水，属于缩聚反应，故⑧错误。‎ 其中②③④正确， ‎ 故选B。‎ ‎8.下列各组中的物质均能发生加成反应的是(　　)‎ A. 乙烯和乙醇 B. 苯和氯乙烯 C. 乙酸和溴乙烷 D. 丙烯和丙烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 乙醇不含双键，不能发生加成反应，故A错误；苯与氢气发生加成反应生成环己烷，氯乙烯与氢气发生加成反应生成氯乙烷，故B正确；乙酸和溴乙烷不能发生加成反应，故C错误；丙烷不含双键，不能发生加成反应，故D错误。‎ 点睛：含有碳碳双键、碳碳叁键的物质能发生加成反应，醛基、羰基含有碳氧双键能发生加成反应；羧基、酯基中碳氧双键不能与氢气发生加成反应。‎ ‎9.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是 A. 只有②④⑤ B. 只有①③④ C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH3-CH═CH-COOH中含碳碳双键、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来分析。‎ ‎【详解】含碳碳双键，能与①氯化氢、②溴水发生加成反应；含碳碳双键，能与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，能与③纯碱溶液发生复分解反应，也能与④乙醇发生酯化反应，‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，结合官能团的结构，掌握常见有机物的性质及应用。‎ ‎10.能用来鉴别乙醇、己烷、己烯的试剂是( )‎ A. 金属钠 B. 溴水 C. 水 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的物理性质以及化学性质的不同点来鉴别，己烷、己烯都不溶于水，乙醇易溶于水，己烯含有C=C，能与溴水发生加成反应。‎ ‎【详解】A．乙醇、己烷、己烯三种物质都是无色液体，化学性质有明显的不同，乙醇与金属钠可以发生反应生成无色气体（氢气），而己烷、己烯均不与金属钠反应，无法鉴别开，故A错误；‎ B、溴水与乙醇可以互溶，己烯能使溴水褪色，己烷和溴水混合会发生分层现象，可鉴别，故B正确；‎ C、己烷、己烯都不溶于水，且密度都比水小，不能鉴别，故C错误；‎ D、与氢氧化钠溶液作用的现象与水类似，无法鉴别己烷和己烯，谷D错误。‎ 故选：B。‎ ‎11.下列除去括号内杂质所用的试剂和方法中，不正确的是：‎ 选项  ‎ 物质 所用试剂 方法 A．‎ 乙醇(水)    ‎ 足量生石灰 蒸馏 B．‎ 乙烷(乙烯)   ‎ 酸性高锰酸钾溶液 ‎ 洗气 C．‎ 乙酸乙酯(乙酸)‎ 饱和碳酸钠溶液  ‎ 分液 D．‎ 溴苯（溴） ‎ 氢氧化钠溶液 分液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙溶液,可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇混合溶液的分离,所以A是正确的.B、乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体,除掉了乙烯,又在乙烷中引入了二氧化碳杂质,故B错误; C、乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液,乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶,可以采用分液法来分离,故C错误; D．溴苯中的溴可以和氢氧化钠溶液反应，溴苯不反应并且和溴化钠次溴酸钠不互溶，可以用分液的方法分离，故D正确；答案：B。‎ ‎【点睛】根据混合物分离的方法进行分离。A、互不相溶的液体可以采用分液的方法分离;B、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳;C、乙酸乙酯和水溶液互不相溶,可以采用分液法来分离;D、互溶、沸点相差较大的液体之间可以采用蒸馏法分离。‎ ‎12.分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机物化合物(不考虑立体异构)有(　　)‎ A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机物化合物是饱和一元羧酸，应该是C5H11—与羧基连接形成的化合物，C5H11—有三种碳链结构，正戊烷的取代基有三种不同的H原子，异戊烷的取代基有四种不同的H原子，新戊烷的取代基只有一种H原子，它们分别被羧基取代得到羧酸，所以一共有3+4+1=8种羧酸。答案选D。‎ 考点：考查有机物同分异构体的种类的计算与判断的知识。‎ ‎13. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：‎ 下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）‎ A. 香叶醇的分子式为C10H18O B. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 能发生加成反应不能发生取代反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；香叶醇结构简式中有含有双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，B错误；香叶醇结构简式中有含有双键，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；香叶醇结构简式中含有羟基，能发生取代反应， D错误。‎ ‎【考点定位】有机物的结构（官能团）与性质 ‎14.下列由实验得出的结论正确的是（ ）‎ 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。‎ ‎15.实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用下列操作精制：①蒸馏；②水洗；③用干燥剂干燥；④用10%NaOH溶液洗，正确的操作顺序是(    )‎ A. ①②③④② B. ②④②③① C. ④②③①② D. ②④②①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据粗苯中的成分及各试剂的作用分析，①蒸馏，利用物质沸点的不同可分离沸点不同的物质；②水洗，可溶性的物质易溶于水，所以用水洗涤易溶于水的物质；③用干燥剂干燥，干燥剂能吸收水分；④用10%NaOH溶液洗，溴和氢氧化钠能反应所以可用氢氧化钠除去溴；‎ ‎【详解】粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，再用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，正确的操作顺序为：②④②③①，‎ 故选：B。‎ ‎16.化合物X、Y、Z为甲苯的同分异构体，Z的空间结构类似于篮子。下列说法正确的是( )‎ A. Z的一氯代物只有3种 B. 甲苯的同分异构体只有X、Y、Z C. X分子中所有碳原子一定在同一平面 D. 1molY发生加成反应最多消耗4molBr2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、Z有3种H原子，Z的一氯代物为3种；‎ B、甲苯不饱和度为4，可存在链状且含双键、三键的烃；‎ C、X分子中有三个碳是四面体型结构，不可能所有碳原子一定在同一平面；‎ D、Y有3个碳碳双键，1molY 与足量Br2/CCl4溶液发生加成反应消耗3molBr2.‎ ‎【详解】A、Z有3种H原子，Z的一氯代物为3种，故A正确；‎ B、甲苯不饱和度为4，可存在链状且含双键、三键的烃，故B错误；‎ C、X分子中有三个碳是四面体型结构，不可能所有碳原子一定在同一平面，故C错误；‎ D、Y有3个碳碳双键，1molY 与足量Br2/CCl4溶液发生加成反应消耗3molBr2，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应，注意选项B为解答的难点，甲苯不饱和度为4，同分异构体中有链状结构的烃。‎ ‎17.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（　　）‎ A. 可与乙醇、乙酸反应，也可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH C. 分枝酸的分子式为C10H8O6‎ D. 分枝酸分子中含有2种含氧官能团 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据分枝酸的结构简式，含有羧基、羟基可以与乙醇、乙酸发生酯化反应，含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；分枝酸分子含有2个羧基，1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH，故B错误；分枝酸的分子式为C10H10O6，故C错误；分枝酸分子中含羧基、羟基、醚键3种含氧官能团，故D错误。‎ ‎18.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，菁优网，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。‎ ‎19.青菜含有维生素C和植物纤维有助于清除人体吸入的粉尘颗粒。已知维生素C的结构如图所示，有关判断不正确的是 A. 维生素C中含有3种官能团 B. 维生素C分子式为C6H8O6‎ C. 维生素C能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 维生素C在碱性溶液中能稳定存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：A、根据有机物质的官能团来确定；B、根据有机物质的结构简式可以书写分子式；C、根据有机物质的官能团来确定有机物质的性质；D、根据物质的性质来回答判断。‎ 详解：A、维生素C中含有醇羟基和碳碳双键、酯基三种官能团，选项A正确；B、根据有机物质的结构简式可以得出分子式为：C6H8O6，选项B正确；C、维生素C中含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项C正确；D、维生素C中含有酯基，在碱的作用下会发生水解反应，故在碱性溶液中不能稳定存在，选项D不正确。答案为D。‎ 点睛：本题考查有机物结构和性质，熟悉常见的物质的结构、醇的性质、苯酚的性质即可解答，注意结构决定物质的性质，较简单。‎ ‎20. 三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度诺贝尔化学奖，烯烃复分解反应可示意如下：‎ 下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据烯烃复分解反应的规律发生复分解反应生成和CH2===CH2，A项正确。‎ ‎21.有机化合物W的分子式为C9H12 ,其含有苯环的结构有等，下列说法错误的是( )‎ A. 与苯互为同系物 B. 除了上述三种物质，W的含苯环的同分异构体还有5种 C. 有机物W的一种结构为 该有机物不能与溴单质发生加成反应 D. 有机物W不管是否含有苯环，在一定条件下都能发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、含有苯环，比苯多三个CH2 原子团；‎ B、除了上述三种物质，W的含苯环的同分异构体还有5种：、、、、；‎ C、W的一种结构为 ，分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应；‎ D、有机物W不管是否含有苯环，在一定条件下都能与氧气反应生成水和二氧化碳，都能发生氧化反应。‎ ‎【详解】A、含有苯环，比苯多三个CH2 原子团，结构相似，故A正确；‎ B、除了上述三种物质，W的含苯环的同分异构体还有5种：、、、、，故B正确；‎ C、W的一种结构为 ，分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故C错误；‎ D、有机物W不管否含有苯环，在一定条件下都能与氧气反应生成水和二氧化碳，都能发生氧化反应，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】难点B，丙基有正丙基和异丙基，易漏写。‎ ‎22.山梨酸是目前国际上公认的安全防腐剂。山梨酸可由山梨醛经如下过程合成：‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. 山梨酸与CH2=CH-COOH互为同系物 B. 山梨醛能发生取代、氧化、还原和加成反应 C. 与山梨酸含有相同官能团且含一个五元环的山梨酸的同分异构体有5种 D. 山梨酸分子中处于同一平面的原子最多13个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、山梨酸有两个碳碳双键、CH2=CH-COOH只有一个碳碳双键，结构不相似；‎ B、山梨醛中甲基上能发生取代、碳碳双键能发生氧化和加成反应，醛基上能发生加成、氧化、还原反应；‎ C、与山梨酸含有相同官能团，且含一个五元环，应含有1个碳碳双键，1个羧基，可看作羧基取代环戊烯的H，共有3种；‎ D、山梨酸分子中除甲基上一定有两个氢不能与其它原子处于同一平面外，其余均有可能，最多14个.‎ ‎【详解】A、山梨酸有两个碳碳双键、CH2=CH-COOH只有一个碳碳双键，结构不相似，不是同系物，故A错误；‎ B、山梨醛中甲基上能发生取代、碳碳双键能发生氧化和加成反应，醛基上能发生加成、氧化、还原反应，故B正确；‎ C、与山梨酸含有相同官能团，且含一个五元环，应含有1个碳碳双键，1个羧基，可看作羧基取代环戊烯的H，共有3种，故C错误；‎ D、山梨酸分子中除甲基上一定有两个氢不能与其它原子处于同一平面外，其余均有可能，最多14个，故D错误.‎ 故选B。‎ ‎23.已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A-E能发生下图所示一系列变化，则下列说法错误的是( ) ‎ A. A分子中所有原子均在同一平面内 B. C4H8O2含酯基的同分异构体有6种 C. D可与Na2CO3溶液反应 D. 等物质的量的B、D与足量钠反应生成气体的量相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，气态烃A的相对分子质量为14×2=28，A为乙烯，B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇。‎ ‎【详解】A. A为乙烯为平面结构，分子中所有原子均在同一平面内，故A正确；‎ B. 分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故B错误；‎ C. D为乙酸，酸性比碳酸强，可与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，故C正确；‎ D. 金属钠能与醇羟基反应放出氢气，也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎24.已知a、b、c、d、e是原子序数依次增大的短周期元素，其中a的一种核素常用来鉴定文物；c元素所组成的单质和氢化物中各有一种可以用来做消毒剂和漂白剂；d元素的简单离子半径是第三周期中最小的；e的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是 ( )‎ A. a、b、c三种元素分别形成的单质均只有一种 B. d的氧化物能溶于过量氨水 C. e在过量的氧气中燃烧得到eO3‎ D. a、b、d、e的单质都能与c的单质发生氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b、c、d、e是原子序数依次增大的短周期元素，其中a的一种核素常用来鉴定文物，a为碳元素；c元素所组成的单质和氢化物中各有一种可以用来做消毒剂和漂白剂，c为氧元素；b的原子序数介于碳与氧元素之间，为氮元素，d元素的简单离子半径是第三周期中最小的，d为铝元素；e的最外层电子数是最内层电子数的3倍，e为硫元素。‎ ‎【详解】由以上分析，a为C元素、b为N元素、c为O元素、d为Al元素、e为S元素 A. a为C元素形成的单质有金刚石、石墨等，c为O元素形成的单质有O2、O3，故A错误；‎ B. d的氧化物Al2O3不能溶于氨水，故B错误；‎ C. e为S元素在过量的氧气中燃烧得到SO2，故C错误；‎ D. a、b、d、e的单质都具有还原性，都能与氧的单质发生氧化还原反应，生成氧化物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎25.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. Q的氧化物一定含有离子键和共价键 B. 最高价含氧酸的酸性:ZCl->O2->Na+ (5). 4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O (6). HNO3 (7). 饱和NaHCO3 (8). SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32- (9). 碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图中化合价可知，A有+1、-1价，且原子序数最小，A为H；B的化合价为+4、-4价，B为C元素；C的原子序数小于O，C的化合价有+5、-3价，则C为N；D的化合价只有-2价，没有正化合价，故D为O元素；E的原子序数大于O，且E的化合价为+1价，处于ⅠA族，故E为Na元素；F、B的化合价相同，F与B位于同主族，F的原子序数大，则F为Si；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；H的最高正价为+7，原子序数最大，则H为Cl。‎ ‎【详解】由上述分析可知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为Si、G为S、H为Cl，‎ ‎(1)D元素为O元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅥA族，水分子间含氢键，D和G的简单氢化物中沸点高的是H2O，A和E形成的化合物为NaH，为离子化合物，其电子式为。‎ ‎(2)电子层数越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2－＞Cl－＞O2－＞Na＋；‎ ‎(3)H的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是H的单质氯气，且当有28mol电子转移时，常温共产生9mol气体，H为氯气，生成2mol氯气时得到28mol电子，则由电子守恒可知还生成7mol氧气，该反应为4HClO42Cl2↑+7O2↑+2H2O；‎ ‎(4)对a、b、c三种物质，某同学设计实验用乙图装置证明元素B、C、F的非金属性强弱由图可知，锥形瓶中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，溶液b可除去二氧化碳中挥发的硝酸，试剂为饱和碳酸氢钠，溶液c为硅酸钠，均发生强酸制取弱酸的反应。‎ ‎①溶液a和b分别为HNO3、饱和NaHCO3。‎ ‎②碳酸的酸性强于硅酸，溶液c中的离子方程式为SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32－。‎ ‎③从原子结构的角度解释非金属性C＞B的原因为：碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的化合价、原子序数来推断元素，难点（4）设计实验证明元素B、C、F的非金属性强弱，注意元素化合物知识与规律性知识的应用。‎ ‎27.I．下列各组物质中，属于同位素的是(填序号，下同)________，属于同素异形体的是________ ，互为同系物的是__________ ，属于同分异构体的是____________ ，属于同种物质的是____________ 。‎ A O2和O3‎ B ‎ C CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2‎ D CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3和CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH3‎ E 和 F 和CH2=CH-CH3‎ G 和 II．乙醇分子中化学键如下：‎ ‎(1)与金属钠反应时，键________断裂。‎ ‎(2)催化氧化为醛时，键________断裂。‎ ‎(3)实验室制备乙烯时，键_________断裂。‎ ‎(4)写出乙醇和金属镁反应的化学方程式______________________________________________。‎ ‎(5)写出乙醇和乙酸反应的化学方程式_______________________________________‎ ‎(6)写出乙醇催化氧化的化学方程式____________________________________________‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). F (4). CG (5). DE (6). ① (7). ①③ (8). ②⑤ (9). 2CH3CH2OH＋Mg―→(CH3CH2O)2Mg＋H2↑ (10). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O (11). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；‎ 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；‎ 结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；‎ 相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．‎ II．(1)乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，脱去羟基上的氢原子。   ‎ ‎(2)乙醇的催化氧化，脱去羟基上的氢原子和与羟基相连碳原子上的氢原子。‎ ‎(3)乙醇发生消去反应生成乙烯，C-OH断裂、与羟基相连碳原子的邻位碳原子上的C-H断裂。‎ ‎(4)乙醇和金属镁反应生成乙醇镁和氢气。‎ ‎(5)乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水；‎ ‎(6)乙醇催化氧化生成乙醛和水。‎ ‎【详解】A．O2和O3都是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体；‎ B．126C和136C质子数相同，中子数不同，故互为同位素；‎ C．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体；‎ D．CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3CH2CH2CH（CH3）CH2CH3是同一物质；‎ E．是同一物质，‎ F．结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，故互为同系物；‎ G．分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体；‎ 互为同位素的是：B，互为同素异形体的是：A，互为同系物的是：F，互为同分异构体的是CG，为同一物质的是：DE。‎ II．(1)乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，脱去羟基上的氢原子，① 键断裂。   ‎ ‎(2)乙醇的催化氧化，脱去羟基上的氢原子和与羟基相连碳原子上的氢原子，键① ③断裂。‎ ‎(3)乙醇发生消去反应生成乙烯，C-OH断裂、与羟基相连碳原子的邻位碳原子上的C-H断裂，即键②⑤断裂。‎ ‎(4)乙醇和金属镁反应生成乙醇镁和氢气，化学方程式 2CH3CH2OH＋Mg―→(CH3CH2O)2Mg＋H2↑ 。‎ ‎(5)乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式 CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；‎ ‎(6)乙醇催化氧化生成乙醛和水，化学方程式2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎28.乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：‎ 相对分子质量 密度/(g∙cm−3)‎ 沸点/℃‎ 水中溶解性 异戊醇 ‎88‎ ‎0.8123‎ ‎131‎ 微溶 乙酸 ‎60‎ ‎1.0492‎ ‎118‎ 溶 乙酸异戊酯 ‎130‎ ‎0.8670‎ ‎142‎ 难溶 实验步骤：‎ 在A中加入4.4 g的异戊醇，6.0 g的乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水，饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140～143 ℃馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)仪器B的名称是：__________________。‎ ‎(2)在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是：________________；第二次水洗的主要目的是：________________。‎ ‎(3)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。‎ a. 直接将乙酸异戊酯从分液漏斗上口倒出 b. 直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出 c. 先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出 d. 先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口放出 ‎(4)本实验中加入过量乙酸的目的是：________________________________。‎ ‎(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是：________________________________。‎ ‎(6)本实验的产率是：________________(填标号)。‎ a. 30% b. 40% c. 50% d. 60%‎ ‎(7)在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏______(填“高”或“低”)，其原因是________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 洗掉大部分硫酸和醋酸 (3). 洗掉碳酸氢钠 (4). d (5). 提高醇的转化率 (6). 干燥 (7). d (8). 高 (9). 会收集少量未反应的异丙醇 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验步骤：A中异戊醇、乙酸在浓硫酸的催化作用下，反应生成乙酸异戊酯，由于反应是可逆反应，反应混合液是乙酸异戊酯、未反应的乙酸、未反应的异戊醇、催化剂硫酸，分别用少量水洗涤，除去乙酸和硫酸，再用饱和碳酸氢钠溶液除去未洗净的醋酸，同时降低酯的溶解度，分液，除去残留的碳酸氢钠，分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，得到乙酸异戊酯粗产品，进行蒸馏纯化，得乙酸异戊酯。‎ ‎（1）根据仪器构造解答；‎ ‎（2）产品中混有硫酸和醋酸，可用水洗去，再加入碳酸氢钠溶液除去未洗净的醋酸，同时降低酯的溶解度，第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；‎ ‎（3）酯与水不互溶且密度比水大，用分液操作分离；‎ ‎（4）制备反应为可逆反应，根据浓度对平衡的影响分析；‎ ‎（5）无水MgSO4有吸水性，作干燥剂；‎ ‎（6）乙酸的物质的量为：n=6.0g÷60g·mol－1=0.1mol，异戊醇的物质的量为：n=4.4g÷88g·mol－1=0.05mol，乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯，再计算产率。‎ ‎（7）异戊醇沸点为131℃，在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会收集少量未反应的异丙醇。‎ ‎【详解】（1）仪器B为球形冷凝管；‎ ‎（2）产品中混有硫酸和醋酸，可用水洗去，再加入碳酸氢钠溶液除去未洗净的醋酸，同时降低酯的溶解度，第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；‎ ‎（3）由于酯和水二者互不相溶，水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，故选d；‎ ‎（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；同时增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，加入过量乙酸的目的是提高转化率；‎ ‎（5）实验中加入少量无水硫酸镁吸收酯中少量的水分，对其进行干燥；‎ ‎（6）乙酸的物质的量为：n=6.0g÷60g·mol－1=0.1mol，异戊醇的物质的量为：n=4.4g÷88g·mol－1=0.05mol，乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯，实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：3.9g÷130g·mol－1=0.03mol，实验中乙酸异戊酯的产率为：0.03mol/0.05mol×100%=60%；‎ 故选c。‎ ‎（7）异戊醇沸点为131℃，在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会收集少量未反应的异丙醇，被当成产物，会使实验的产率偏高。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备，解题关键：掌握酯化反应的原理、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用，难点：物质产率的计算。‎ ‎ ‎ ‎ ‎