黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高一下学期第二学段考试化学试题

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高一下学期第二学段考试化学试题

www.ks5u.com ‎2018—2019学年度下学期高一学年第二学段考试化学试卷 可能用到的相对原子质量:H-1 B-11 C-12 O-16 S-32 Na-23 Al-27 Ca-40 Cu-64 Zn-65 Ag-108‎ Ⅰ卷（选择题 共 60 分）‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，20小题，共60分）‎ ‎1.下列有关乙酸的化学用语错误的是 A. 实验式：CH2O B. 比例模型：‎ C. 甲基的电子式： D. 电离方程式：CH3COOHCH3COO－+H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸的分子式为C2H4O2，在实验式中，分子中各原子为最简单的整数比，为CH2O，A项正确，不符合题意；‎ B．乙酸的结构简式为CH3COOH，且H、C、O各原子的相对大小，也符合事实，B项正确，不符合题意；‎ C．甲基的结构简式为—CH3，短线表示C原子还有1个单电子，C项错误，符合题意；‎ D．乙酸为弱酸，部分电离，CH3COOHCH3COO－＋H＋，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选C。‎ ‎2.将等质量的下列各烃，完全燃烧生成CO2和H2O，耗氧量最大的是 A. CH4 B. C2H4 C. C6H6 D. C10H8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由C～O2～CO2，4H～O2～2H2O可知，消耗32g氧气需要碳12g，需要H元素4g，故等质量时，有机物含氢量越大，燃烧时消耗氧气越多．‎ A. CH4中C、H原子数目之比为1:4；‎ B. C2H4中C、H原子数目之比为2:4=1:2；‎ C. C6H6中C、H原子数目之比为6:6=1:1；‎ D. C10H8中C、H原子数目之比为10:8=1:0.8；‎ 所以CH4中H的质量分数最大，相同质量甲烷消耗氧气最多；‎ 所以本题答案为：A。‎ ‎3.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。‎ ‎4. 下列物质不属于天然高分子化合物的是( )‎ A. 淀粉 B. 纤维素 C. 蛋白质 D. 塑料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物（如淀粉、纤维素、蛋白质天然橡胶等）和合成有机高分子化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等）．淀粉、蛋白质、纤维素属于天然高分子化合物；塑料属于合成高分子化合物．故选D．‎ ‎【点评】本题考查高分子化合物，明确物质的成分及相对分子质量即可解答，较简单．‎ ‎5.在四个不同的密闭容器中，采用不同条件进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，根据下列在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是 A. v(N2)=0.2mol/(L∙s) B. v(NH3)=0.8mol/(L∙min)‎ C. v(H2)=0.3mol/(L∙s) D. v(H2)=1.3mol/(L∙min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，以氢气的反应速率为标准进行判断。‎ A.v(N2)=0.2mol/(L∙s)，反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.6mol/(L∙s)； ‎ B.v(NH3)=0.8mol/(L∙min)，反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=1.2mol/(L∙min)=0.02 mol/(L∙s)；‎ C.v(H2)=0.3mol/(L∙min)=0.005mol/(L∙s)；‎ D.v(H2)=1.3mol/(L∙min)=0.022 mol/(L∙s)所以反应速率最快的是A。‎ 所以本题答案：选A。‎ ‎6.已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为( )‎ A. -44.2kJ·mol-1 B. +44.2kJ·mlo-1‎ C. -330kJ·mol-1 D. +330kJ·mlo-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题干条件可知如下反应：‎ H2(g)+O2(g) H2O(l)；ΔH=-285.8 kJ·mol-1                             ①‎ C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-1 411.0 kJ·mol-1                 ②‎ C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；ΔH=-1 366.8 kJ·mol-1             ③‎ 根据盖斯定律则②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；ΔH=-44.2 kJ·mol-1。‎ 答案选A。‎ ‎7.分子式为的同分异构体共有(不考虑立体异构)‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】C3H6Cl2可看成CH3CH2CH3中2个氢原子被2‎ 个氯原子取代的产物；取代同一碳原子上有两种情况，即中间碳原子和一侧碳原子；取代不同碳原子上也有两种情况，即相邻碳原子或相间的碳原子，所以，C3H6Cl2有四种同分异构体。答案选B。‎ 思维拓展：确定常见烃的同分异构体，需确定其结构是否对称，若左右（或上下）对称，只考虑结构的1/2和对称点即可，若上下左右都对称，只需考虑结构的1/4和对称点即可；确定二卤代物可以先考虑取代同一个碳原子和不同碳原子来分析。‎ ‎8.苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是 A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：本题考查是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定结构（苯环等非官能团），再根据以上结构判断其性质。‎ 详解：A．苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项A正确。‎ B．苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确。‎ C．苯乙烯与HCl应该发生加成反应，得到的是氯代苯乙烷，选项C错误。‎ D．乙苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反应得到聚苯乙烯，选项D正确。‎ 点睛：本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混合，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应得到溴化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；或者也可以认为溴过量，发生加成以后再进行取代。‎ ‎9.丁烷(C4H10)广泛应用于家用液化石油气，也用于打火机中作燃料，下列关于丁烷叙述不正确的是 A. 在常温下，C4H10是气体 B. C4H10与CH4互为同系物 C. 丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体 D. C4H10进行一氯取代后生成两种沸点不同的产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在常温下，碳原子数小于或等于4的烃是气体，所以C4H10是气体，故A正确；‎ B.由于C4H10与CH4均是烷烃，二者结构相似，碳原子数不同，互为同系物，故B正确；‎ C.丁烷有正丁烷( CH3CH2CH2CH3)和异丁烷(CH3CH(CH3)CH3 )两种同分异构体，故C正确；‎ D.丁烷分为正丁烷和异丁烷，正丁烷一氯代物有2种；异丁烷的一氯代物有2种，所以丁烷进行一氯取代后共生成2+2=4种产物，C4H10进行一氯取代后生成四种沸点不同的产物，故D错误；‎ 所以本题答案：故选D .‎ ‎10.下列变化，是通过取代反应来实现的是 A. CH3CH2OH ─→CH3CHO B. CH2＝CH2─→CH3－CH2Br C. D. CH3COOH─→CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，根据定义分析。‎ ‎【详解】A. 乙醇被氧化为乙醛，属于氧化反应，A项不符合题意； B. 乙烯双键两端的碳原子分别与一个氢原子和一个溴原子直接结合生成新的化合物溴乙烷，属于加成反应，B项不符合题意； C. 苯环上的氢原子被硝酸中的硝基取代生成硝基苯属于取代反应，C项符合题意； D. 乙酸转化为二氧化碳的过程是氧化反应，不属于取代反应，D项不符合题意； 答案选C。‎ ‎11.在生成和纯化乙酸乙酯实验过程中，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。‎ 详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；‎ B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；‎ C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；‎ D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。‎ 答案选D。‎ 点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。‎ ‎12.普通水泥在固化过程中自由水分子减少并产生Ca(OH)2，溶液呈碱性。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥初凝时间。此方法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的 ‎ A. Cu为正极，Ag2O为负极 B. 电池工作时，OH—向正极移动 C. 正极的电极反应为：2Cu+2OH——2e—＝Cu2O+H2O D. 外电路中每通过2mol电子，正极质量减少16g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Cu失去电子生成Cu2O，所以Cu为负极；Ag2O中的银得电子生成Ag，所以Ag2O为正极，故A错误：‎ B.原电池工作时，阴离子向负极迁移，所以OH-应该向负极迁移，故B错误；‎ C.根据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Cu失去电子生成Cu2O做负极，则负极的电极反应为：2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O，故C错误；‎ D.根据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Ag2O中的银得电子生成Ag，Ag2O为正极，Ag2O~2Ag~2e-外电路中每通过2mol电子，正极消耗1molAg2O生成2molAg，所以正极质量减少16g，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎【点睛】解题依据原电池工作原理。根据总反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag中各元素的化合价变化规律判断原电池的正负极，进而判断离子的移动方向，根据转移的电子数判断正极质量的变化。‎ ‎13.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）‎ ‎①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ②苯分子中碳原子间的距离均相等 ‎③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷 ④经实验测得间二甲苯仅一种结构 ‎⑤苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色 A. ②③⑤‎ B. ①②④‎ C. ①②⑤‎ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯环上的6个碳碳键完全相同，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的“特殊键”。故苯环是3个C－C键、3个C=C交替结构所不能解释的事实，都要作为这种“特殊键”的证据。‎ ‎【详解】①若苯环结构中存在单双键交替结构则能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构；‎ ‎②若苯环结构中存在单双键交替结构，C－C键键长应大于C=C键键长，苯分子中碳原子间的距离均相等说明苯环结构中不存在单双键交替结构；‎ ‎③苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，一定条件下苯都能与H2加成生成环己烷，不能作为证据；‎ ‎④苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，间二甲苯仅有一种结构，④不可作证据（邻二甲苯只有一种结构，可作为证据）；‎ ‎⑤若苯环结构中存在单双键交替结构则能使溴水因发生加成反应而褪色，苯不能使溴水发生加成反应而使溴水褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构。‎ 本题选C。‎ ‎14.新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述不正确的是（ ）‎ A. 制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素 B. 用于人民币票面方案等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料 D. 某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素，故A正确；B．Fe3O4是磁性物质，有磁性，故B正确；C．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故C正确；D．葡萄糖遇碘不变蓝，故D错误；故选D。‎ 考点：考查物质的性质 ‎15.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 ‎ A B C D 图示 相关 信息 温度计的水银柱不断上升 反应物总能量大于生成物总能量 反应开始后，甲处液面低于乙处液面 反应开始后，针筒活塞向右移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸和氢氧化钠发生中和反应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，故A正确； B.从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确； C.反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强增大，故C正确； D.硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后针筒活塞向右移动，不能说明一定是反应放热，造成体积的膨胀，故D错误。 所以本题答案：选D。‎ ‎16.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2==NH4BO2＋4H2O 。已知H2O2足量，下列说法正确的是(　　)‎ A. 正极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑‎ B. 电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动 C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3‎ D. 工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；‎ B．放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；‎ C．电池工作时，负极的电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，不能放出H2和NH3，故C错误；‎ D．未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入氨硼烷后，负极的电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极的电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定转移6mol电子，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g，则理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 (　　)‎ A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b所有原子处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；‎ B. b二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；‎ C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误； ‎ D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎18.分子式为C6H12Cl2的有机物，分子中只含有一个甲基的结构有(不包括立体异构)‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】己烷的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3，采用“定一移二”法,CH3CH2CH2CH2CH2CH3的二氯代物中只含有一个甲基的结构有5种,(CH3)2CHCH2CH2CH3二氯代物中只含有一个甲基的结构有2种,CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的二氯代物中只含有一个甲基的结构有2种,(CH3)2CHCH(CH3)2和(CH3)3CCH2CH3的二氯代物中只含有一个甲基的结构没有,所以分子式为C6H12Cl2的有机物，分子中只含有一个甲基的结构有9种；‎ 所以本题答案：C。‎ ‎【点睛】先写出己烷的同分异构体，再根据氢原子的种类确定同分异构体，二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“-CH3”的。‎ ‎19.下列由实验得出的结论正确的是（　　）‎ 实验 结论 A．‎ 将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成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】‎ ‎【详解】A. 将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明，说明生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A由实验得出的结论正确； ‎ B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但两者反应的剧烈程度不同，故乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性不同， B由实验得出的结论不正确； ‎ C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，C由实验得出的结论不正确； ‎ D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体中含有HCl和一氯甲烷两种气态产物，该混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，由于 HCl的水溶液显强酸性，故不能证明生成的氯甲烷具有酸性，D由实验得出的结论不正确。‎ 综上所述，由实验得出的结论正确的是A，本题选A。‎ ‎20.在实验室里，下列除去杂质的方法正确的是 ‎①溴苯中混有溴：加入KI溶液，用汽油萃取出溴；②除去乙烷中少量的乙烯：通过盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶；③除去溴苯中的溴：将其倒入浓烧碱溶液中，充分反应，静置，然后分液；④除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入浓氢氧化钠溶液，充分反应，静置，然后分液；⑤乙烯中混有CO2：将其通入浓氢氧化钠溶液洗气后干燥；⑥除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏 A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ③⑤⑥ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①因为汽油和溴苯混溶，应用氢氧化钠溶液除杂，故①错误； ②酸性高锰酸钾溶液可以氧化乙烯生成CO2气体，会增加新杂质，故②错误； ③除去溴苯中的溴：将其倒入浓烧碱溶液中，充分反应，静置后分层，然后用分液的方法进行分离；故③正确； ④浓氢氧化钠溶液会和乙酸乙酯反应，故④错误；‎ ‎⑤乙烯与氢氧化钠不反应，CO2可与浓氢氧化钠溶液反应，所以乙烯中混有CO2，将其通入浓氢氧化钠溶液洗气后干燥可以除去，故⑤正确；‎ ‎⑥乙醇与生石灰不反应，乙酸与生石灰反应生成难挥发的乙酸钙，进而用蒸馏的方法分离，故⑥正确。 所以本题答案：故选C。‎ Ⅱ卷（非选择题 共 50分）‎ ‎21.物质A是来自石油的重要有机化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。‎ ‎（1）A的结构式为________，F的结构简式为__________。‎ ‎（2）写出下列反应的反应类型：①________；③_________； ‎ ‎（3）写出反应②的化学方程式____________________；‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 氧化反应 (4). 取代反应或酯化反应 (5). 2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知，A是来自石油的重要有机化工原料，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯；A在催化剂条件发生反应④生成F，F是一种高聚物，可制成多种包装材料，则F为聚乙烯；A(乙烯)在催化剂条件发生反应①生成B，又根据B→C的反应条件可推出B为乙醇、C为乙醛；由B→D的反应条件，结合E是具有果香味的有机物，可推出D为乙酸、E为乙酸乙酯。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A的名称为乙烯，其结构式为；F为聚乙烯， 其结构简式为；故答案为：；；‎ ‎（2）①为A(乙烯)在催化剂条件发生反应生成B，B为乙醇，所以A→B发生了氧化反应；③是B乙醇和D乙酸在浓硫酸的条件下生成E乙酸乙酯的反应，其反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应类型为酯化反应或取代反应。所以本题答案：氧化反应；取代反应或酯化反应；‎ ‎（3）反应②为乙醇在铜作催化剂的条件下发生氧化反应，其反应的化学方程式2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O；所以本题答案：2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O。‎ ‎22.如图所示的过程是目前直接利用太阳能的研究热点。人们把通过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用。‎ ‎（1）在上图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为__________能。‎ ‎（2）人工光合作用的途径之一就是在催化剂和光照条件下，将CO2和H2O转化为CH3OH，该反应的化学方程式为：2CO2(g)＋4H2O(g)2CH3OH(g)＋3O2(g)。一定条件下，在2L密闭容器中进行上述反应，测得n(CH3OH)随时间的变化如下表所示：‎ 时间/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ n(CH3OH)/mol ‎0.000‎ ‎0.040‎ ‎0.070‎ ‎0.090‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎①平衡时，氧气的物质的量浓度为____；用H2O(g)表示0～3‎ ‎ min内该反应的平均反应速率为_____。‎ ‎②能说明该反应已达到平衡状态的是_____________。‎ A．n（CH3OH） ：n（O2）=2 ：3 B．容器内气体密度保持不变 C．容器内气体压强保持不变 D．υ正（H2O）=2υ逆（CO2）‎ ‎（3）用人工光合作用得到的甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，则氧气应通入该燃料电池的________极（填“正”或“负”），通入甲醇的一极的电极反应式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 热 (2). 0.075 mol·L-1 (3). 0.03mol·L-1·min-1 (4). CD (5). 正 (6). CH3OH - 6e- + H2O = CO2↑+6H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)图中太阳能最终以燃烧热的形式放出，即最终转化为热能。故答案：热；‎ ‎(2)①将CO2和H2O转化为CH3OH，该反应的化学方程式为：2CO2(g)＋4H2O(g)2CH3OH(g)＋3O2(g)，有表格数据可知4min时化学反应达到平衡。平衡时甲醇的物质的量为0.1mol, O2的物质的量为0.15mol,所以平衡时，氧气的物质的量浓度为c=0.15mol/2L=0.075 mol∙L-1；0～3 min 内甲醇的物质的量变化0.09mol,根据2CO2(g)＋4H2O(g)2CH3OH(g)＋3O2(g)可知，水变化的物质的量为0.18mol, 0～3 min内水的平均反应速率为v=0.18mol /(2L×3min)=0.03mol∙L-1∙min-1 ；因此，本题正确答案是: 0.075 mol·L-1；0.03mol·L-1·min-1； ②A.无论是否达到平衡状态,生成物的物质的量之比都等于化学计量数之比,即n(CH3OH) ：n(O2)=2 ：3 ,故A错误； B.因气体的体积以及质量不变,则容器内密度保持不变,不能用于判断是否达到平衡状态,故B错误；  C.反应前后气体的体积不等,容器内压强保持不变,可说明达到平衡状态,故C正确；‎ D．v正(H2O)=2v逆(CO2),可说明正逆反应速率相等,达到平衡状态,故D正确；  因此，本题正确答案是:CD；  (3)甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池中，氧气被还原生成水，做电池的正极，甲醇被氧化,做电池的负极 ,其电极方程式为CH3OH - 6e- + H2O = CO2↑+6H+,  因此，本题正确答案是:正; CH3OH - 6e- + H2O = CO2↑+6H+；‎ ‎【点睛】判断物质是否达到平衡状态的依据从两方面入手，即（1）正逆反应速率是否相等，（2）各物质的浓度是否保持不变。依据这两条件，分析所给选项是否符合即可。‎ ‎23.Ⅰ.下图表示4个碳原子相互结合的几种方式。小圆球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都与氢结合。‎ ‎（1）在上图的有机化合物中，碳原子与碳原子之间不仅可以形成共价单键，还可以形成________和三键；不仅可以形成碳链，还可以形成碳环。‎ ‎（2）上图中互为同分异构体的是：A与____；D与____，与B互为同分异构体但不属于同种类的物质的是_____。（填编号）‎ ‎（3）写出F与溴水加成的反应方程式_________________。‎ Ⅱ．某有机物气体含碳82.7%，含氢17.3％，在标准状况下它的密度是2.59g/L。则该有机物可能的结构简式为______。‎ ‎【答案】 (1). 双键 (2). C (3). G (4). H (5). (CH3)2C＝CH2+Br2→(CH3)2CBrCH2Br (6). CH3(CH2)2CH3、CH3CH(CH3)CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在上图的有机化合物中，碳原子与碳原子之间不仅可以形成共价单键，还可以形成碳碳双键和三键；不仅可以形成碳链，还可以形成碳环。‎ 所以本题答案：双键；‎ ‎（2）上图中A、C为饱和烷烃，且都含有四个碳原子，所以互为同分异构体；D、G都为含有四个碳原子的炔烃，所以互为同分异构体；B为含有四个碳原子的单烯烃，H为含有四个碳原子的环烷烃，两者的通式为CnH2n，所以B、H互为同分异构体，但不属于同种类的物质；所以本题答案：C；G；H ； ‎ ‎（3）由F的球棍模型可知，F为(CH3)2C＝CH2，能与溴水发生加成反应，其反应的化学方程式为(CH3)2C＝CH2 + Br2 →(CH3)2CBrCH2Br。答案：(CH3)2C＝CH2 + Br2 →(CH3)2CBrCH2Br；‎ Ⅱ．某有机物气体含碳82.7%，含氢17.3％，在标准状况下它的密度是2.59g/L，烃的摩尔质量M=2.59g/L×22.4L/mol=58g/mol，即相对分子质量为58，烃分子中C原子数目为:(58×82.7%)/12=4，烃分子中H原子数目为(58×17.3％)/1=10,故某烃的分子式为:C4H10，可能的结构简式有CH3(CH2)2CH3、CH3CH(CH3)CH3‎ ‎； 因此，本题正确答案是: CH3(CH2)2CH3、CH3CH(CH3)CH3；‎ ‎【点睛】Ⅱ的解题依据：根据公式M=ρVm求出烃的摩尔质量，再根据各元素质量分数确定该烃的分子式，由分子式确定该分子的同分异构体数目。‎ ‎24.乳酸最初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的。近年来，乳酸成为研究热点之一。利用乳酸 为原料制成的高分子材料具有生物兼容性，而且在哺乳动物体内或自然环境中都可以最终降解成为二氧化碳和水。乳酸还有许多其他用途。‎ ‎（1）请写出乳酸分子中官能团的名称_________、__________。‎ ‎（2）乳酸发生下列变化：‎ 所用的试剂是a__________，b_______（填写化学式）。‎ ‎（3）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互反应生成环状结构的物质，写出此生成物的结构简式______。‎ ‎（4）请写出乳酸与乙醇反应的化学方程式__________________________________。‎ ‎（5）乳酸聚合成的纤维非常适合做手术缝合线，其原因是________________________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). NaHCO3或NaOH 或Na2CO3 (4). Na (5). (6). (7). 乳酸具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据乳酸的结构简式 可知，分子中含有的官能团为羟基和羧基。故答案为：羟基、羧基； （2）由乳酸发生下列变化：可知只有羧基上的氢被取代，羟基上的氢没有被取代，能与羧基反应的物质为NaHCO3或NaOH 或Na2CO3，所以a可能为NaHCO3或NaOH 或Na2CO3，生成的乳酸钠和b反应，羟基上的氢被置换出来了，所以b为金属钠；‎ 所以本题答案：NaHCO3或NaOH 或Na2CO3；Na；‎ ‎（3）根据乳酸的结构简式 ‎ 含有羟基和羧基可知，两分子乳酸在浓硫酸作用下进行酯化反应，生成环状结构的物质的结构简式为：，所以本题答案：；‎ ‎（4）乳酸含有羧基可以和乙醇发生酯化反应，其反应的化学反应方程式为；‎ 所以本题答案：‎ ‎；‎ ‎（5）因为乳酸 为原料制成的高分子材料具有生物兼容性，而且在哺乳动物体内或自然环境中都可以最终降解成为二氧化碳和水。所以适合做手术缝合线；‎ 所以本题答案：乳酸具有生物兼容性，在人体内最终降解物为二氧化碳和水，对人无害。‎ ‎25.实验室制备硝基苯实验装置和步骤如下：‎ ‎【实验步骤】‎ 取100 mL烧杯，用20 mL浓硫酸与18 mL浓硝酸配制混合液，将混合酸小心加入B中，把18 mL(15.84 g)苯加入A中。向室温下的苯中逐滴加入混酸，边滴边搅拌，混合均匀，在50～60℃下发生反应，直至反应结束。‎ 将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5% NaOH溶液和水洗涤。分出的产物加入无水CaCl2颗粒，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205～210 ℃馏分，得到纯硝酸基苯18.00 g。请回答：‎ ‎（1）装置B的名称是________，装置C的作用是________________。‎ ‎（2）实验室制备硝基苯的化学方程式是____________________________。‎ ‎（3）配制混合液时，_____（填“能”或“不能”）将浓硝酸加入到浓硫酸中，说明理由_________。‎ ‎（4）为了使反应在50～60 ℃下进行，常用的方法是__________。‎ ‎（5）在洗涤操作中，第二次水洗的作用是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). +HNO3+H2O (3). 冷凝回流、平衡气压 (4). 不能 (5). 容易发生迸溅 (6). 水浴加热 (7). 洗去残留的NaOH及生成的盐 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由仪器结构特征可以知道,装置B为分液漏斗,装置C为球形冷凝管,苯与浓硝酸都以挥发,所以C起冷凝回流作用,目的提高原料利用率, 因此，本题正确答案是:分液漏斗;冷凝回流平衡气压;‎ ‎（2）实验室用苯和浓硝酸在 浓硫酸作催化剂的条件下制备硝基苯，其化学反应方程式为：+HNO3+H2O；所以本题答案：+HNO3+H2O；‎ ‎ (3)浓硝酸与浓硫酸混合会放出大量的热,如将浓硝酸加入浓硫酸中,硝酸的密度小于浓硫酸,可能为导致液体迸溅,因此不能将浓硝酸加入到浓硫酸中； 因此，本题答案是:不能,容易发生迸溅; (4)反应在50～60 ℃下进行,低于水的沸点,可以利用水浴加热控制,受热均匀；‎ 因此，本题答案是:水浴加热; (5)先用水洗除去浓硫酸、硝酸,再用氢氧化钠除去溶解的少量酸,最后水洗除去未反应的NaOH及生成的盐, 因此，本题答案是：洗去残留的NaOH及生成的盐。‎ ‎ ‎