辽宁省沈阳市2015-2016学年高二化学下册期中考试题

2015-2016学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二（下）期中化学试卷 一、选择题（本题包括18小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分） 1．2016年夏季奥运会将在“足球王国”﹣﹣巴西首都里约热内卢举行，如图酷似奥林匹克旗中的五环的一种有机物被称之为奥林匹克烃，下列说法正确的是（） A．该有机物属于芳香族化合物，是苯的同系物 B．该有机物中只含非极性键 C．该有机物的一氯代物有11种 D．该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量 2．关于晶体的下列说法正确的是（） A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体 B．离子晶体中一定含金属阳离子 C．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构 D．分子晶体的熔点不一定比金属晶体熔点低 3．下列关于晶体的叙述中，正确的是（） A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定 C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体 4．下列数据是对应物质的熔点 Na2O NaCl AlF3 AlCl3920 801 1291 190BCl3 Al2O3 CO2 SiO2﹣107 2073 ﹣57 1723据此做出的下列判断中错误的是（） A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体 B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体 C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体 D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体 5．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是（） A．①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积 B．每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个 C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12 D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④ 6．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（） A．液溴和苯分别受热变为气体 B．干冰和氯化铵分别受热变为气体 C．二氧化硅和铁分别受热熔化 D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中 7．下列叙述中，错误的是（） A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯 B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯 C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷 D．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷 8．下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3：2的是（） A． B． C． D．9．某有机物结构简式为，下列叙述错误的是（） 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．该有机物遇硝酸银溶液产生白色沉淀 D．该有机物在一定条件下能发生消去反应和取代反应 10．煤是工业的粮食，石油是工业的血液．下列关于煤和石油的说法中错误的是（） A．煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法将它们分离出来 B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油 C．石油裂解主要目的是得到短链的不饱和烃 D．煤的气化与液化都是化学变化 11．A、B、C、D、E均为有机化合物，A是分子式为C5H10O的直链化合物，B与NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1：2，它们之间的关系如图所示（提示：RCH=CHR′在酸性高锰酸钾溶液中反应生成RCOOH和R′COOH，其中R和R′为烷基）．下列叙述错误的是（） A．B的结构简式为HOOC﹣CH2﹣COOH B．C与乙醇发生了酯化反应 C．A的结构简式是CH3﹣CH（OH）﹣CH=CH﹣CH3 D．E的分子式为C3H2O4Na2 12．最近科学家成功的制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（） A．该物质的化学式为CO2 B．晶体的熔沸点高、硬度大 C．晶体中碳原子数与C﹣O化学键数之比为1：4 D．该物质的性质与二氧化碳相似 13．下列各项中正确的是（） A．中所有碳原子可能在同一平面上 B．丙烷中所有的原子均在一个平面 C．C4H8属于烯烃的同分异构体共有4种（含顺反异构） D．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键 14．分子式C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有（不考虑立体异构）（） A．12种 B．13种 C．14种 D．15种15．除去下列物质中的杂质（括号中为杂质），采用的试剂和除杂方法错误的是（） 选项 含杂质的物质 试剂 除杂方法A C2H4（SO2） NaOH溶液 洗气B C6H6（苯酚） 浓Br2水 过滤C C6H5NO2（HNO3） NaOH溶液 分液D C2H2（H2S） CuSO4溶液 洗气A．A B．B C．C D．D16．某气态烷烃与烯烃的混合气9g，其密度为相同状况下氢气密度的11.2倍，将混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g，则原混合气体的组成为（） A．甲烷与乙烯 B．乙烷与乙烯 C．甲烷与丙烯 D．甲烷与丁烯17．25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL，与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合径中乙炔的体积分数为（） A．12.5% B．25% C．50% D．75%18．分析下列各项结构的规律，按此规律排布第10项的分子式应为（） A．C198H146 B．C196H155 C．C196H146 D．C198H 二、（非选择题）（共46分） 19．如图1表示一些晶体中的某些结构，他们分别是氯化钠、氯化铯、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分（黑点可表示不同或相同的粒子）． （1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同），金刚石中每个碳原子与个碳原子最接近且距离相等． （2）其中代表石墨的是，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为个； （3）其中表示氯化钠的是，每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子有个； （4）代表氯化铯的是，每个铯离子与个氯离子紧邻； （5）代表干冰的是，每个二氧化碳分子与个二氧化碳分子紧邻； （6）由Mg、C、Ni三种元素形成的一种具有超导性的晶体，晶胞如图2所示．Mg位于C和Ni原子紧密堆积所形成的空隙当中．与一个Ni原子距离最近的Ni原子的数目为，该晶体的化学式为．若该晶体的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，Mg、C、Ni三种元素的原子半径分别为r1pm、r2pm、r3pm，则该晶体的密度表达式为gcm﹣3． 20．（R、R′、R″是各种烃基）如上式烯烃的氧化反应，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，在断键两端的碳原子都被氧化成为羧基或酮羰基．由氧化所得的产物，可以推测反应物烯烃的结构．今有A、B、C三个含有双键的化合物，它们被上述溶液氧化： 1molA（分子式C8H16），氧化得到2mol酮D． 1molB（分子式C8H14），氧化得到2mol酮E和1mol二元羧酸． 1molC（分子式C8H14），氧化只得到一种产物，它是一种没有支链的二元羧酸． 请据此推断B、C、D、E的结构简式为：B、C、D、E． 21．A～G均为有机化合物，它们之间的转化关系如图所示．其中A是一种分子量是106的烃，在核磁共振氢谱中出现两种峰，其氢原子个数之比为3：2，E的化学式是C8H10O2．请回答下列问题： 提示： （1）写出反应①、②、③的反应类型分别是、、； （2）下列关于E的说法正确的是． a．核磁共振氢谱有3个峰b．能发生消去反应 c．能与FeCl3溶液反应产生紫色d．能与Na反应比水与钠反应快 e．能发生还原反应 （3）写出B→E反应的化学方程式； （4）生成物F有种不同产物． 22．环己酮是一种重要的有机化工原料．实验室合成环己酮的反应如图1： 环己醇和环己酮的部分物理性质见下表： 物质 相对分子质量 沸点（℃） 密度（gcm﹣3、20℃） 溶解性环己醇 100 161.1 0.9624 能溶于水和醚环己酮 98 155.6 0.9478 微溶于水，能溶于醚现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯．其主要步骤有（未排序）： a．蒸馏、除去乙醚后，收集151℃～156℃馏分 b．水层用乙醚（乙醚沸点34.6℃，易燃烧）萃取，萃取液并入有机层 c．过滤 d．往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液 e．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水 回答下列问题： （1）上述分离提纯步骤的正确顺序是． （2）b中水层用乙醚萃取的目的是． （3）以下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是． A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图2用力振荡 B．振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 C．经几次振荡并放气后，手持分漏斗静置液体分层 D．分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞，待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体 （4）在上述操作d中，加入NaCl固体的作用是．蒸馏除乙醚的操作中，采用的加热方式为． （5）蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是． （6）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为12mL，则环己酮的产率约是（保留两位有效数字）． 2015-2016学年辽宁省沈阳市东北育才学校高二（下）期中化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括18小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分） 1．2016年夏季奥运会将在“足球王国”﹣﹣巴西首都里约热内卢举行，如图酷似奥林匹克旗中的五环的一种有机物被称之为奥林匹克烃，下列说法正确的是（） A．该有机物属于芳香族化合物，是苯的同系物 B．该有机物中只含非极性键 C．该有机物的一氯代物有11种 D．该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量 【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】A．苯的同系物中只有苯环一个环状结构； B．该有机物中含C﹣H键、C﹣C键； C．由结构对称性可知，分子中含6种H； D．由结构可知，分子式为C22H14． 【解答】解：A．苯的同系物中只有一个苯环，而该物质含多个苯环，属于芳香族化合物，但不属于苯的同系物，故A错误； B．该有机物中含C﹣H键，则既含极性键又含非极性键，故B错误； C．由结构对称性可知，分子中含7种H，则该有机物的一氯代物有7种，故C错误； D．由结构可知，分子式为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2，7molH2O，燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量，故D正确； 故选D． 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物中化学键、结构及燃烧反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 2．关于晶体的下列说法正确的是（） A．只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体 B．离子晶体中一定含金属阳离子 C．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构 D．分子晶体的熔点不一定比金属晶体熔点低 【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】A．金属晶体也含有金属阳离子； B．离子晶体不一定有金属元素组成； C．共价化合物分子中各原子最外层电子不一定为8电子结构； D．Hg为金属，但常温下为液体． 【解答】解：A．金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以只要含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故A错误； B．离子晶体不一定有金属元素组成，如铵盐等，故B错误； C．共价化合物分子中各原子最外层电子不一定为8电子结构，如HCl等，故C错误； D．Hg为金属，但常温下为液体，而S在常温下为固体，故D正确． 故选D． 【点评】本题考查晶体知识，侧重于晶体的构成和性质的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大． 3．下列关于晶体的叙述中，正确的是（） A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定 C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体 【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高； B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大； C．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大； D．分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子． 【解答】解：A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确； B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故B错误； C．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故C错误； D．分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子，如HCl、NaCl，而熔融状态能电离产生离子的化合物一定是离子晶体，故D错误； 故选A． 【点评】本题考查晶体类型与物质稳定性、熔沸点的关系，明确分子晶体、原子晶体的熔沸点的比较方法即可解答，难度不大． 4．下列数据是对应物质的熔点 Na2O NaCl AlF3 AlCl3920 801 1291 190BCl3 Al2O3 CO2 SiO2﹣107 2073 ﹣57 1723据此做出的下列判断中错误的是（） A．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体 B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体 C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体 D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体 【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】A．Al2O3为离子晶体，AlCl3为分子晶体； B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体； C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同； D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体． 【解答】解：A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确； B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误； C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确； D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确． 故选B． 【点评】本题考查晶体的类型以及性质，题目难度不大，注意比较表中不同物质的性质． 5．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是（） A．①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积 B．每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个 C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12 D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④ 【考点】金属晶体的基本堆积模型． 【分析】A．②为体心立方堆积，③为六方最密堆积； B．利用均摊法计算每个晶胞中原子个数； C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12； D．空间利用率：①52%、②68%、③74%、④74%． 【解答】解：A．①为简单立方堆积、②为体心立方堆积，③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，故A错误； B．①中原子个数=8×=1、②中原子个数=1+8×=2、③中原子个数=1+8×=2、④中原子个数=8×+6×=4，故B正确； C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④中配位数=3×8×=12，故C错误； D．空间利用率：①52%、②68%、③74%、④74%，所以原子利用率顺序：①＜②＜③=④，故D错误； 故选B． 【点评】本题考查金属堆积，侧重考查学生空间想象能力、计算能力，知道每种堆积模型中典型金属，难点是计算配位数，题目难度中等． 6．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（） A．液溴和苯分别受热变为气体 B．干冰和氯化铵分别受热变为气体 C．二氧化硅和铁分别受热熔化 D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中 【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型，说明两种晶体的晶体类型相同，导致变化时克服作用力相同，根据晶体类型判断即可． 【解答】解：A．溴和苯都是分子晶体，由液态转化为气体克服分子间作用力，故A正确； B．干冰属于分子晶体，转化为气体克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，转化为气体时克服离子键，故B错误； C．二氧化硅属于原子晶体，熔融时克服化学键，铁属于金属晶体，熔融时克服金属键，故C错误； D．食盐属于离子晶体，溶于水克服离子键，葡萄糖属于分子晶体，溶于水克服分子间作用力，故D错误； 故选A． 【点评】本题考查化学键及晶体类型的关系，侧重考查基本理论，明确晶体构成微粒是解本题关键，会根据物质的构成微粒确定晶体类型，题目难度不大． 7．下列叙述中，错误的是（） A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯 B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯 C．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷 D．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷 【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用． 【专题】有机反应． 【分析】A．在浓硫酸作催化剂、加热55～60℃条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯； B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子； C．乙烯含有碳碳双键，能和溴发生加成反应； D．苯乙烯和氢气在合适的条件下发生加成反应． 【解答】解：A．在浓硫酸作催化剂、加热55～60℃条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应为取代反应，故A正确； B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误； C．乙烯含有碳碳双键，能和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，故C正确； D．苯乙烯和氢气在合适的条件下发生加成反应可生成乙基环己烷，故D正确； 故选B． 【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意有机反应条件，反应条件不同会导致产物不同，易错选项是B，如果是光照条件时取代甲基上氢原子，如果是有催化剂条件，则取代苯环上氢原子． 8．下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3：2的是（） A． B． C． D．【考点】常见有机化合物的结构． 【专题】有机物分子组成通式的应用规律． 【分析】核磁共振氢谱只出现两组峰，说明有机物含有两种H原子，峰面积之比为3：2说明分子中两种H原子数目之比为3：2．结合分子中等效氢判断．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．同一碳原子所连甲基上的氢原子等效．③．处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效． 【解答】解：A．分子中有3种H原子，分别处于甲基上、环上甲基邻位、苯环甲基间位，三者H原子数目之比为3：2：2，故A错误； B．该物质为高度对称结构，分子中有2种H原子，分别处于甲基上、环上，二者H原子数目之比为6：4=3：2，故B正确； C．该物质为对称结构，分子中有2种H原子，分别处于甲基上、C=C双键上，二者H原子数目之比为6：2=3：1，故C错误； D．该物质分子中有2种H原子，分别处于甲基上、次甲基上，二者H原子数目之比为=3：1，故D错误． 故选B． 【点评】本题考查核磁共振氢谱、有机物结构判断等，难度中等，判断分子中等效氢是解题的关键，注意掌握等效氢的判断． 9．某有机物结构简式为，下列叙述错误的是（） 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．该有机物遇硝酸银溶液产生白色沉淀 D．该有机物在一定条件下能发生消去反应和取代反应 【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，分子中含碳碳双键、﹣Cl，结合烯烃、卤代烃的性质来解答． 【解答】解：A．苯环、碳碳双键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，故A正确； B．含碳碳双键，能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确； C．不能电离出氯离子，与硝酸银不反应，故C错误； D．含﹣Cl，一定条件下能发生消去反应和取代反应，故D正确； 故选C． 【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，侧重烯烃、卤代烃的性质分析与应用能力的考查，题目难度不大． 10．煤是工业的粮食，石油是工业的血液．下列关于煤和石油的说法中错误的是（） A．煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法将它们分离出来 B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油 C．石油裂解主要目的是得到短链的不饱和烃 D．煤的气化与液化都是化学变化 【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发． 【专题】化学反应中的能量变化． 【分析】A．煤的成分中并不含有苯、甲苯等有机物； B．含C18以上的固态烃利用率低，交通运输业需要更多的燃料油，使重油长链烃分子断裂就可以得到汽油； C．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃； D．化学变化过程中有新物质生成，根据煤气化和液化原理分析． 【解答】解：A．煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯和甲苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理化学变化产生的，故A错误； B．使长链烃分子断裂为C5﹣C11烷烃的过程采用催化裂化的方法，故B正确； C．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，故C正确； D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品，都属于化学变化，故D正确． 故选A． 【点评】本题考查煤和石油的综合利用，题目难度不大．要熟记煤和石油的加工方法，原理和产品． 11．A、B、C、D、E均为有机化合物，A是分子式为C5H10O的直链化合物，B与NaHCO3溶液完全反应，其物质的量之比为1：2，它们之间的关系如图所示（提示：RCH=CHR′在酸性高锰酸钾溶液中反应生成RCOOH和R′COOH，其中R和R′为烷基）．下列叙述错误的是（） A．B的结构简式为HOOC﹣CH2﹣COOH B．C与乙醇发生了酯化反应 C．A的结构简式是CH3﹣CH（OH）﹣CH=CH﹣CH3 D．E的分子式为C3H2O4Na2 【考点】有机物的推断． 【专题】有机物的化学性质及推断． 【分析】A的分子式为C5H10O，不饱和度为=1，被酸性高锰酸钾氧化生成B、C，由信息可知，A含有1个C=C双键，B、C都含有羧基，C与乙醇发生酯化反应生成D为C4H8O2，则C为CH3COOH、D为CH3COOC2H5．B中碳原子数目为3，能与碳酸氢钠按1：2反应，故B分子中含有2个羧基﹣COOH，说明A分子中还含有1个﹣OH，故A的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2OH、则B为HOOCCH2COOH，与碳酸氢钠反应生成E为NaOOCCH2COONa，据此进行解答． 【解答】解：A的分子式为C5H10O，不饱和度为=1，被酸性高锰酸钾氧化生成B、C，由信息可知，A含有1个C=C双键，B、C都含有羧基，C与乙醇发生酯化反应生成D为C4H8O2，则C为CH3COOH、D为CH3COOC2H5．B中碳原子数目为3，能与碳酸氢钠按1：2反应，故B分子中含有2个羧基﹣COOH，说明A分子中还含有1个﹣OH，故A的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2OH、则B为HOOCCH2COOH，与碳酸氢钠反应生成E为NaOOCCH2COONa， A．由上述分析可知，B为HOOCCH2COOH，故A正确； B．C含有羧基，与乙醇发生酯化反应，故B正确； C．A的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2OH，故C错误； D．E为NaOOCCH2COONa，分子式为C3H2O4Na2，故D正确； 故选C． 【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，需要学生对给予的信息进行利用，注意掌握常见有机物官能团的性质与转化，试题综合考查学生分析和运用能力． 12．最近科学家成功的制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（） A．该物质的化学式为CO2 B．晶体的熔沸点高、硬度大 C．晶体中碳原子数与C﹣O化学键数之比为1：4 D．该物质的性质与二氧化碳相似 【考点】原子晶体． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】根据题意知，该化合物晶体中以C﹣O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，和晶体二氧化硅的结构相似，利用均摊法确定其化学式，根据原子晶体的性质分析解答． 【解答】解：A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A正确； B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确； C．该晶体中，每个碳原子含有4个C﹣O共价键，所以C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4，故C正确； D．该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，不存在分子，属于原子晶体，二氧化碳为分子晶体，该物质的性质与二氧化碳不相似，故D错误； 故选D． 【点评】本题考查晶体类型的判断及其结构的分析，该化合物和二氧化硅晶体的结构类似，根据二氧化硅的结构来分析解答即可，题目难度中等． 13．下列各项中正确的是（） A．中所有碳原子可能在同一平面上 B．丙烷中所有的原子均在一个平面 C．C4H8属于烯烃的同分异构体共有4种（含顺反异构） D．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键 【考点】常见有机化合物的结构． 【专题】有机物分子组成通式的应用规律． 【分析】A．甲烷是正四面体结构； B．丙烷含有甲基，具有甲烷的四面体结构； C．烯烃具有顺反异构，C=C双键不饱和的同一C原子上连接2个不同的原子或原子团，据此书写判断； D．聚氯乙烯中不含有碳碳双键，苯分子中不含有碳碳双键． 【解答】解：A．甲烷是正四面体结构，与甲基相连的饱和碳原子与周围的3个碳不在同一平面上，故A错误； B．丙烷含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有的原子不可能在一个平面，故B错误； C．C4H8中属于烯烃的同分异构体有CH2═CH﹣CH2CH3、CH2=C（CH3）2、、，故符合条件的同分异构体有4种，故C正确； D．聚氯乙烯的结构简式为：，聚氯乙烯中不含碳碳双键，苯中不含有碳碳双键，故D错误． 故选C． 【点评】本题考查有机物的结构、命名、同分异构体的书写，难度不大，注意烯烃具有顺反异构，满足C=C双键不饱和的同一C原子上连接2个不同的原子或原子团． 14．分子式C9H10O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的同分异构体有（不考虑立体异构）（） A．12种 B．13种 C．14种 D．15种【考点】有机化合物的异构现象． 【专题】同分异构体的类型及其判定． 【分析】该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基﹣COOH，据此判断可能的同分异构体数目． 【解答】解：该有机物能与NaHCO3发生反应产生气体，说明含有羧基﹣COOH， 取代基为正丙酸基时，1种； 取代基为异丙酸基，1种； 取代基为﹣COOH、﹣CH2﹣CH3，有邻、间、对3种； 取代基为乙酸基、﹣CH3，有邻、间、对3种； 取代基为﹣COOH、﹣CH3，﹣CH3， 2个甲基邻位，2种； 2个甲基间位，3种； 2个甲基对位，1种； 符合条件的总共有14种． 故选C． 【点评】本题考查同分异构体数目的求算，题目难度中等，明确官能团以及取代基的分类是解答本题的关键． 15．除去下列物质中的杂质（括号中为杂质），采用的试剂和除杂方法错误的是（） 选项 含杂质的物质 试剂 除杂方法A C2H4（SO2） NaOH溶液 洗气B C6H6（苯酚） 浓Br2水 过滤C C6H5NO2（HNO3） NaOH溶液 分液D C2H2（H2S） CuSO4溶液 洗气A．A B．B C．C D．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂． 【专题】物质的分离提纯和鉴别． 【分析】A．二氧化硫与NaOH反应，而乙烯不能； B．苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯； C．硝酸与NaOH反应后，与硝基苯分层； D．硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能． 【解答】解：A．二氧化硫与NaOH反应，而乙烯不能，利用洗气可除杂，故A正确； B．苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，不能除杂，应选NaOH、分液，故B错误； C．硝酸与NaOH反应后，与硝基苯分层，然后分液可分离，故C正确； D．硫化氢与硫酸铜反应，而乙炔不能，利用洗气可除杂，故D正确； 故选B． 【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 16．某气态烷烃与烯烃的混合气9g，其密度为相同状况下氢气密度的11.2倍，将混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g，则原混合气体的组成为（） A．甲烷与乙烯 B．乙烷与乙烯 C．甲烷与丙烯 D．甲烷与丁烯【考点】有关混合物反应的计算；取代反应与加成反应；烯烃． 【专题】有机物的化学性质及推断． 【分析】根据混合气体密度为相同状况下氢气密度的11.2倍，计算混合气体的平均摩尔质量；可确定烷烃，计算混合气体的物质的量． 混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃质量，进而计算烷烃的质量，计算烷烃的物质的量，结合混合气体总的物质的量计算烯烃的物质的量，进而计算烯烃的摩尔质量，利用烯烃组成通式，确定烯烃． 【解答】解：由气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是同种状况下H2密度的11.2倍， 则M（混合）=11.2×2g/mol=22.4g/mol， 烯烃的摩尔质量最小为28g/mol，则烷烃的摩尔质量应小于22.4g/mol，所以混合气体中一定含有甲烷． 混合气体的物质的量为=0.4mol， 混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为9g﹣4.2g=4.8g 甲烷的物质的量为=0.3mol， 所以烯烃的物质的量为0.4mol﹣0.3mol=0.1mol，所以烯烃的摩尔质量为=42g/mol 设烯烃的化学式为CnH2n，则 12n+2n=42，解得n=3， 即烯烃为丙烯，该混合物为甲烷与丙烯． 故选：C． 【点评】本题考查平均摩尔质量、加成反应等计算，明确混合气体的摩尔质量介于烷烃和烯烃之间得出甲烷是解答本题的关键，难度中等． 17．25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL，与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合径中乙炔的体积分数为（） A．12.5% B．25% C．50% D．75%【考点】有关有机物分子式确定的计算． 【专题】烃及其衍生物的燃烧规律． 【分析】根据有机物燃烧的化学反应方程式，分析反应前后气体体积的变化，利用气体体积缩小了72mL及混合气体的体积来列等式计算出乙炔的体积，最后计算乙炔的体积分数． 【解答】解：由乙烷、乙炔和丙烯燃烧的方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强， C2H6+O2=2CO2+3H2O△V 122.5 C2H2+O2=2CO2+H2O△V 121.5 C3H6+O2=3CO2+3H2O△V 132.5 则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可， 设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL， 则有，解得y=8mL， 混合烃中乙炔的体积分数为， 故选B． 【点评】本题考查学生利用有机物燃烧的化学反应方程式进行体积分数的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确气体体积缩小的量及将乙烷和丙烯看成一种物质是解答的关键，题目难度中等． 18．分析下列各项结构的规律，按此规律排布第10项的分子式应为（） A．C198H146 B．C196H155 C．C196H146 D．C198H【考点】芳香烃、烃基和同系物． 【专题】有机化学基础；有机物分子组成通式的应用规律． 【分析】1分子式为：C25H20，2分子式为：C44H34，3分子式为：C63H48，由此规律得到，C的个数为25+（n﹣1）×19，H的个数为：20+（n﹣1）×15﹣（n﹣1），据此第10个分子式可求． 【解答】解：1分子式为：C25H20，2分子式为：C44H34，3分子式为：C63H48，由此规律得到，C的个数为25+（n﹣1）×19，H的个数为：20+（n﹣1）×15﹣（n﹣1），据此第10个分子式中C的个数为：25+（10﹣1）×19=196，H的个数为：20+（10﹣1）×15﹣（10﹣1）=146，故分子式为：C196H146，故选C． 【点评】本题考查了有机物结构的变化规律，中等难度，找出相邻烃的变化特点是解题关键． 二、（非选择题）（共46分） 19．如图1表示一些晶体中的某些结构，他们分别是氯化钠、氯化铯、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分（黑点可表示不同或相同的粒子）． （1）其中代表金刚石的是D（填编号字母，下同），金刚石中每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等． （2）其中代表石墨的是E，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为2个； （3）其中表示氯化钠的是A，每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子有12个； （4）代表氯化铯的是C，每个铯离子与8个氯离子紧邻； （5）代表干冰的是B，每个二氧化碳分子与12个二氧化碳分子紧邻； （6）由Mg、C、Ni三种元素形成的一种具有超导性的晶体，晶胞如图2所示．Mg位于C和Ni原子紧密堆积所形成的空隙当中．与一个Ni原子距离最近的Ni原子的数目为8，该晶体的化学式为MgNi3C．若该晶体的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，Mg、C、Ni三种元素的原子半径分别为r1pm、r2pm、r3pm，则该晶体的密度表达式为gcm﹣3． 【考点】晶胞的计算． 【专题】化学键与晶体结构． 【分析】（1）在金刚石晶胞中，每个碳可与周围四个碳原子形成共价键，将这四个碳原子连结起来后可以形成正四面体，体心有一个碳原子；由共价键结合形成的空间网状结构的晶体； （2）石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形； （3）在NaCl晶胞中，每个钠离子周围有六个氯离子，每个氯离子周围也有六个钠离子，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有八个这样的立方体，所以面对角线上的钠离子就有12个； （4）CsCl的晶胞中铯离子和氯离子的配位数都是8，即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个铯离子； （5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上； （6）根据图知，同一个晶胞中每个Ni原子距离最近的Ni原子是4个，在空间中每个Ni原子距离最近的Ni原子是8个；根据均摊法确定化学式；晶胞质量=g，上底面对角线长度=（2r2+2r3）pm=（2r2+2r3）×10﹣10cm，故晶胞棱长=×（2r2+2r3）×10﹣10cm=（r2+r3）×10﹣10cm，晶胞体积=[（r2+r3）×10﹣10cm]3=2（r2+r3）3×10﹣30cm3，其密度=． 【解答】解：（1）在金刚石晶胞中，每个碳可与周围四个碳原子形成共价键，将这四个碳原子连结起来后可以形成正四面体，体心有一个碳原子，所以图D为金刚石，每个碳原子与四个碳原子最近且距离相等；金刚石晶体是由共价键结合形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体； 故答案为：D；4； （2）石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，有分子晶体的特点，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，所以图E为石墨的结构，为混合晶体，每个碳原子被三个六边形共用，所以每个正六边形占有碳原子数平均为6×=2， 故答案为：E；2； （3）在NaCl晶胞中，每个钠离子周围有六个氯离子，每个氯离子周围也有六个钠离子，所以图A为NaCl的结构，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有八个这样的立方体，形成12个面，所以面对角线上的钠离子就有12个， 故答案为：A；12； （4）CsCl是由离子键形成的离子晶体，CsCl的晶胞中铯离子和氯离子的配位数都是8，即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个铯离子，所以图C为CsCl的结构； 故答案为：C；8； （5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以图B为干冰晶体， 故答案为：B；12； （6）根据图知，同一个晶胞中每个Ni原子距离最近的Ni原子是4个，在空间中每个Ni原子距离最近的Ni原子是8个；该晶胞中Mg原子个数=1、C原子个数=8×=1，Ni原子个数=6×=3，所以其化学式为MgNi3C；晶胞质量=g，上底面对角线长度=（2r2+2r3）pm=（2r2+2r3）×10﹣10cm，故晶胞棱长=×（2r2+2r3）×10﹣10cm=（r2+r3）×10﹣10cm，晶胞体积=[（r2+r3）×10﹣10cm]3=2（r2+r3）3×10﹣30cm3，其密度==gcm﹣3=gcm﹣3， 故答案为：8；MgNi3C；． 【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、配位数的计算、化学式确定等知识点，侧重考查学生分析判断、计算及空间想象能力，注意均摊法的灵活运用，难点是（6）题晶胞体积的计算，题目难度中等． 20．（R、R′、R″是各种烃基）如上式烯烃的氧化反应，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，在断键两端的碳原子都被氧化成为羧基或酮羰基．由氧化所得的产物，可以推测反应物烯烃的结构．今有A、B、C三个含有双键的化合物，它们被上述溶液氧化： 1molA（分子式C8H16），氧化得到2mol酮D． 1molB（分子式C8H14），氧化得到2mol酮E和1mol二元羧酸． 1molC（分子式C8H14），氧化只得到一种产物，它是一种没有支链的二元羧酸． 请据此推断B、C、D、E的结构简式为：B（CH3）2C=CH﹣CH=C（CH3）2、C、DCH3COCH2CH3、E（CH3）2C=O【考点】有机物的推断；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】由反应信息可知，双键被高锰酸钾酸性溶液氧化而断裂，若不饱和C原子含有H原子，则被氧化生成羧酸，即断键处的碳原子都被氧化成为羧基，若若不饱和C原子没有H原子，则断键处的碳原子都被氧化成为酮羰基，生成酮， 1molA（分子式C8H16），氧化得到2mol酮D，A中含有1个C=C双键，为对称结构，不饱和C原子上没有H原子，A为： CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH31molB（分子式C8H14），氧化得到2mol酮E和1mol二元羧酸，分子中含有2个C=C双键，且为对称结构，故B为：（CH3）2C=CH﹣CH=C（CH3）21molC（分子式C8H14），氧化只得到一种产物，它是一种没有支链的二元羧酸，则C为环烯，据此书写C的结构简式． 【解答】解：1molA（分子式C8H16），氧化得到2mol酮D，A中含有1个C=C双键，为对称结构，不饱和C原子上没有H原子，A为：CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，结合信息可知，D为CH3COCH2CH31molB（分子式C8H14），氧化得到2mol酮E和1mol二元羧酸，分子中含有2个C=C双键，且为对称结构，故B为：（CH3）2C=CH﹣CH=C（CH3）2，结合信息可知E为（CH3）21molC（分子式C8H14），氧化只得到一种产物，它是一种没有支链的二元羧酸，则C为环烯，C的结构简式为； 故答案为：（CH3）2C=CH﹣CH=C（CH3）2，，CH3COCH2CH3，（CH3）2C【点评】考查有机物的推断，难度不大，读懂反应信息是解题的关键，能较好的考查学生的阅读、分析、思维能力，是热点题型． 21．A～G均为有机化合物，它们之间的转化关系如图所示．其中A是一种分子量是106的烃，在核磁共振氢谱中出现两种峰，其氢原子个数之比为3：2，E的化学式是C8H10O2．请回答下列问题： 提示： （1）写出反应①、②、③的反应类型分别是取代反应、取代反应、氧化反应； （2）下列关于E的说法正确的是． a．核磁共振氢谱有3个峰b．能发生消去反应 c．能与FeCl3溶液反应产生紫色d．能与Na反应比水与钠反应快 e．能发生还原反应 （3）写出B→E反应的化学方程式； （4）生成物F有7种不同产物． 【考点】有机物的合成． 【专题】有机物的化学性质及推断． 【分析】A是一种分子量是106的烃，则=8…10，可知A的分子式为C8H10，在核磁共振氢谱中出现两种峰，其氢原子个数之比为3：2，则A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应得到B、C、D，B水解得到E的化学式是C8H10O2，则B为、E为，E氧化生成G为，D水解后酸化得到G，故G为． 【解答】解：A是一种分子量是106的烃，则=8…10，可知A的分子式为C8H10，在核磁共振氢谱中出现两种峰，其氢原子个数之比为3：2，则A为，A与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应得到B、C、D，B水解得到E的化学式是C8H10O2，则B为、E为，E氧化生成G为，D水解后酸化得到G，故G为． （1）反应①、②、③的反应类型分别是取代反应、取代反应、氧化反应， 故答案为：取代反应、取代反应、氧化反应； （2）下列关于E（）的说法： a．分子中含有3种H原子，核磁共振氢谱有3个峰，故a正确； b．不能发生消去反应，故b错误； c．不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应产生紫色，故c错误； d．醇羟基不如水活泼，能与Na反应比水与钠反应慢，故d错误； e．可以与氢气发生加成反应，属于还原反应，故e正确， 故选：ae； （3）B→E反应的化学方程式：， 故答案为：； （4）生成物F中取代基可能为﹣CH2OH、﹣CHO、﹣COOH，相互组合形成9种物质，包含E、G，故F的可能结构有7种， 故答案为：7． 【点评】本题考查有机物的推断，关键是确定A的结构简式，结合E的分子式进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意碳原子碳原子连接多个羟基时不稳定会自动脱水． 22．环己酮是一种重要的有机化工原料．实验室合成环己酮的反应如图1： 环己醇和环己酮的部分物理性质见下表： 物质 相对分子质量 沸点（℃） 密度（gcm﹣3、20℃） 溶解性环己醇 100 161.1 0.9624 能溶于水和醚环己酮 98 155.6 0.9478 微溶于水，能溶于醚现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应，制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯．其主要步骤有（未排序）： a．蒸馏、除去乙醚后，收集151℃～156℃馏分 b．水层用乙醚（乙醚沸点34.6℃，易燃烧）萃取，