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【化学】广东省蕉岭县蕉岭中学2018-2019学年高二下学期第三次月考（解析版） 试卷
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广东省蕉岭县蕉岭中学2018-2019学年高二下学期第三次月考
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题3分）
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1 mol Fe与1 mol Cl2反应时转移的电子数目为3NA
B. 3 g C18O和14CO的混合物中所含电子、中子数目均为1.4NA
C. 0 ℃、101 kPa下，0.1 mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H数目为0.2NA
D. 50 mL 18 mol·L－1浓H2SO4与足量的Cu充分反应，能收集到SO2的分子数目为0.45NA
【答案】C
【解析】1 mol Fe与1 mol Cl2反应时，Fe过量，未反应完全，应按照氯气计算，故1 mol Fe与1 mol Cl2反应时转移的电子数目为2NA，A项错误；3 g C18O的物质的量为3g÷30g/mol=0.1mol，含有电子、中子数分别为1.4 NA、1.6 NA，3 g14CO的物质的量为3g÷30g/mol=0.1mol，含有电子、中子数分别为1.4 NA、1.6 NA，B项错误；乙炔和甲醛(HCHO)均含有2个C-H，故0.1 mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H数目为0.2NA，C项正确；浓硫酸与铜的反应过程中，浓度逐渐降低，而稀硫酸与铜不反应，50 mL 18 mol·L－1浓H2SO4与足量的Cu充分反应，能收集到SO2的分子数目小于0.45NA，D项错误。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 聚丙烯的结构简式：
B. 丙烷分子的比例模型：
C. 乙炔的电子式：
D. 2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：
【答案】D
【详解】A. 聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其单体为丙烯，则聚丙烯的结构简式为：，A项错误；
B. 图为丙烷分子的球棍模型为，不是比例模型，B项错误；
C. 乙炔的结构式为H−C≡C−H，C、H之间形成1对共用电子对，C与C之间形成3对共用电子对，其电子式为，C项错误；
D. 2−乙基−1,3−丁二烯的结构简式为，键线式中用短线“−”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2−乙基−1,3−丁二烯的键线式为：，D项正确；
答案选D。
3.下列各化合物的命名中正确的是（ ）
A. CH2Cl－CH2Cl 二氯乙烷 B. CH3 –O –CH3 乙醚
C. 3―丁醇 D. 2―甲基丁烷
【答案】D
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
1）命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；
2）有机物的名称书写要规范；
3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．
4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【详解】A. CH2Cl－CH2Cl，正确的名称为1，2-二氯乙烷，A项错误；
B. CH3-O-CH3，正确的名称为二甲醚，B项错误；
C. 物质从离羟基近的一端编号，正确的名称为2-丁醇，C项错误；
D. 符合烷烃命名原则，D项正确．
答案选D。
【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．
（2）有机物的名称书写要规范。
4.下列物质中，在一定条件下能发生水解反应，又能发生银镜反应的是（ ）
A. 蔗糖 B. 葡萄糖
C. 果糖 D. 麦芽糖
【答案】D
【分析】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，但不能发生银镜反应；
B．葡萄糖是最简单的糖，不能发生水解，但能发生银镜反应；
C．乙酸乙酯能发生水解生成乙酸和乙醇，但不能发生银镜反应；
D．麦芽糖是二糖，水解只生成葡萄糖，也能发生银镜反应．
【详解】A．蔗糖水解的化学方程式为C12H22O11+H2O→C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），蔗糖分子结构中无醛基不能发生银镜反应，选项A错误；
B．葡萄糖是最简单的糖，不能发生水解，但葡萄糖在水浴加热条件下发生银镜反应，CH2OH（CHOH）4CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，选项B错误；
C．果糖是最简单的糖，不能发生水解，选项C错误；
D．麦芽糖是二糖，可发生水解化学方程式为C12H22O11+H2O→2C6H12O6（葡萄糖），麦芽糖分子中含有醛基，能发生银镜反应，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了有机物糖和酯的性质，抓住有机物的官能团分析解答是关键，题目难度不大。
5.有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：
下列说法正确的是（ ）
A. 甲与乙生成丙的反应属于取代反应
B. 甲分子中所有原子共平面
C. 乙的一氯代物有2种
D. 丙在酸性条件下水解生成和CH318OH
【答案】D
【分析】比较甲、乙、丙的结构，分析其中化学键的变化，可知：反应“甲+乙→丙”属于加成反应。
【详解】A项：甲分子中两个碳碳双键间隔一个碳碳单键，类似1,3-丁二烯。乙分子中碳碳双键断其中一根键，与甲进行1,4-加成反应生成丙，A项错误；
B项：甲分子中有一个亚甲基（－CH2－），它与直接相连的两个碳原子构成正四面体，故不可能所有原子共面，B项错误；
C项：乙的结构简式为CH2=CHCO18OCH3，分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种，C项错误；
D项：丙在酸性条件下水解，酯基中的碳氧单键断裂，生成和CH318OH，D项正确。
本题选D。
6.分子式为C8H16O2有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（ ）
A. 1种 B. 2种
C. 3种 D. 4种
【答案】B
【详解】根据有机物A的分子式和化学性质可得出A属于酯类，水解生成相应的酸和醇。因为C在一定条件下能转化成D，所以C属于醇，D属于羧酸，二者含有相同的碳原子数，且碳骨架相同，含有4的碳原子的酸有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，符合条件醇也有2种，分别为CH3CH2CH2CH2OH和(CH3)2CHCH2OH，故有机物A的可能结构也有2种，故选B。
7.用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )
选项
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
【答案】B
【解析】A．发生消去反应生成乙烯，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；故选B。
8.若1 mol 分别与浓溴水、NaOH溶液、H2完全反应，消耗Br2、NaOH、H2的物质的量分别是（ ）
A. 1mol、2mol、4mol B. 2mol、3mol、4mol
C. 3mol、3mol、4mol D. 3mol、3mol、1mol
【答案】C
【详解】由结构可知，分子中含2个酚-OH、1个双键、1个-Cl，
酚-OH的邻对位与溴水发生取代，双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质消耗溴为3mol；
酚-OH、-Cl与NaOH反应，则1mol该物质消耗NaOH为3mol；
苯环和碳碳双键与H2加成，则1mol该物质消耗H2为4mol，
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重酚、烯烃、卤代烃性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键。
9.有机物A是合成二氢荆芥内酯的重要原料，其结构简式如下图，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是（ ）
A. 先加酸性高锰酸钾溶液，后加银氨溶液，微热
B. 先加溴水，后加酸性高锰酸钾溶液
C. 先加银氨溶液，微热，再加入溴水
D. 先加入新制氢氧化铜，微热，酸化后再加溴水
【答案】D
【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO，均能被强氧化剂氧化，应先利用银氨溶液（或新制氢氧化铜）检验-CHO，再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，以此来解答。
【详解】A．先加酸性高锰酸钾溶液，碳碳双键、-CHO均被氧化，不能检验，选项A不选；
B．先加溴水，双键发生加成反应，-CHO被氧化，不能检验，选项B不选；
C．先加新制氢氧化铜，微热，可检验-CHO，但没有酸化，加溴水可与碱反应，选项C不选；
D．先加入银氨溶液，微热，可检验-CHO，酸化后再加溴水，可检验碳碳双键，选项D选；
答案选D。
【点睛】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、醛性质的考查，注意检验的先后顺序，题目难度不大。
10.除去下列物质中少量杂质（括号内为杂质），选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是（ ）
混合物
试剂
分离方法
A
甲烷（乙烯）
酸性高锰酸钾溶液
过滤
B
乙炔（硫化氢）
硫酸铜
洗气
C
乙醇（乙酸）
NaOH溶液
分液
D
苯（苯酚）
浓溴水
过滤
【答案】B
详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，A项错误；
B. 硫化氢与硫酸铜反应，生成硫化铜沉淀，可用洗气的方法分离，B项正确；
C. 乙酸与氢氧化钠反应生成的乙酸钠与乙醇互溶，不能采用分液方法分离，C项错误；
D. 苯酚与溴反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚都易溶于苯，应加入氢氧化钠溶液分液的方法分离，D项错误；
答案选B。
11.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（ ）
①分子式为C12H20O2 ②能使酸性KMnO4溶液褪色
③可发生取代、加成、消去、但不能发生加聚反应
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物
⑤1mol该有机物与溴水发生反应最多消耗3molBr2
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol
A. ①②③ B. ①②⑥ C. ①②⑤⑥ D. ②④⑥
【答案】B
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOC-，结合烯烃和酯的性质来解答。
【详解】①由结构可知分子式为C12H20O2，①项正确；
②含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，②项正确；
③含碳碳双键可发生加聚反应，但不能发生消去反应，③项错误；
④有机物含有3个双键，其不饱和度为3，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，④项错误；
⑤1 mol该有机物含有2 mol碳碳双键，则该有机物与溴水发生反应最多消耗2molBr2，⑤项错误；
⑥只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应,共消耗H2为2mol，⑥项正确。
综上所述，①②⑥正确，B项正确，
答案选B。
12.某物质的结构简式为，关于该物质的叙述正确的是（ ）
A. 一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯
B. 一定条件下与氢气反应可以生成软脂酸甘油酯
C. 与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分
D. 与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有三种
【答案】C
【解析】试题分析：A、一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，A项错误；B、据A分析，也不是成软脂酸甘油酯，B项错误；C、其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，C项正确；D、与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有两种，分别为：和两种，D项错误；答案选C。
考点：考查油脂的性质
13.已知热化学方程式：
①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1
②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8 kJ·mol-1
则下列说法正确的是（ ）
A. H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 由反应①、②可知上图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2 kJ·mol-1
C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要放出能量
D. 根据②推知反应H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，①-②得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-283.0kJ•mol-1+241.8kJ•mol-1 = -41.2 kJ•mol-1，故B正确；
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应不一定是氢气和氧气在点燃的情况下生成，也可能是氢气和氧化铜在高温下反应生成，该反应会吸收能量，故C错误；
D．由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2(g)+O2 (g)=H2O(l) △H＜-241.8 kJ•mol-1，故D错误；
答案选B。
【点睛】把握化学反应的能量变化、燃烧热的概念以及图象分析判断知识，化学反应过程中一定伴随能量变化和反应前后能量守恒是解题关键。本题的易错点为C。
14.用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，装置如图，下列说法中正确的是（ ）
A. 电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动
B. 阳极发生的反应为：2Cu －2e－ +2OH－ = Cu2O+H2O
C. 阴极OH-放电，有O2生成
D. Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1
【答案】B
【分析】根据装置图和电解总反应分析，Cu极为阳极，Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；Ti极为阴极，Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动；据此分析作答。
【详解】Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极；
A项，电解时阴离子向阳极移动，OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；
B项，Cu极为阳极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，B项正确；
C项，Ti极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极有H2生成，C项错误；
D项，根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1，D项错误；
答案选B。
15.25℃时，下列说法不正确的是（ ）
A. 向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c(NH4+) = c(Cl－)
B. 0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H+)
C. 将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多
D. pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7
【答案】D
【详解】A．常温下，pH=7的溶液中c(OH -）=c(H +），再根据电荷守恒得c(NH4+) = c(Cl－)，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液中，HCO3－水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，但电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H+)，故B正确；
C．加水稀释促进弱酸电离，所以要使pH相等的盐酸和醋酸稀释后溶液的pH仍然相等，醋酸加入水的量大于盐酸，故C正确；
D．pH=13的溶液中c(OH－)=0.1mol/L，pH=1的醋酸中c（CH 3 COOH）＞0.1mol/L，二者等体积混合时，醋酸过量，导致溶液呈酸性，则pH＜7，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐类水解等知识点，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答，注意B可以采用逆向思维分析，为易错点。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、非选择题
16.为检验淀粉水解的情况，进行如下图所示的实验，试管甲和丙均用60~80 ℃的水浴加热5~6 min，试管乙不加热。待试管甲、丙中的溶液冷却后再进行后续实验。
实验1：取少量甲中溶液，加入新制氢氧化铜，加热，没有红色沉淀出现。
实验2：取少量乙中溶液，滴加几滴碘水，溶液变为蓝色，但取少量甲中溶液做此实验时，溶液不变蓝色。
实验3：取少量丙中溶液加入NaOH溶液调节至碱性，再滴加碘水，溶液颜色无明显变化。
（1）写出淀粉水解的化学方程式：____________________________。
（2）设计甲和乙是为了探究____对淀粉水解的影响，设计甲和丙是为了探究___对淀粉水解的影响。
（3）实验1失败的原因是____________________________。
（4）实验3中溶液的颜色无明显变化的原因是____________________________。
（5）下列结论合理的是________(填字母)。
a 淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行
b 欲检验淀粉是否完全水解，最好在冷却后的水解液中直接加碘
c 欲检验淀粉的水解产物具有还原性，应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性，再加入新制氢氧化铜并加热
d 若用唾液代替稀硫酸，则实验1可能出现预期现象
【答案】(1). (C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6 (2). 温度 (3). 催化剂 (4). 没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸 (5). 氢氧化钠与碘反应 (6). abcd
【解析】试题分析：（1）淀粉在酸性条件下，最终水解生成葡萄糖，化学方程式(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6；
（2）甲与乙的反应物均相同，但甲加热，乙未加热，所以甲乙实验是探究温度对淀粉水解的影响；甲中有稀硫酸，而丙中无稀硫酸，所以甲、丙是探究催化剂对淀粉水解的影响；
（3）淀粉水解生成的葡萄糖是在酸性条件下，而加入氢氧化铜浊液产生砖红色沉淀时应在碱性条件下，所以应先加入氢氧化钠中和酸后，再加入氢氧化铜，所以实验1无现象；
（4）加入的碘与氢氧化钠反应，导致碘无法与淀粉反应，所以溶液变化不明显；
（5）a、根据实验可知淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行，正确；b、因为碘已升华，所以冷却后加入碘，可判断淀粉是否完全水解，正确；c、欲检验淀粉的水解产物具有还原性,应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性,再加入新制氢氧化铜并加热，根据砖红色沉淀的产生判断产物的还原性，正确；d、唾液中含有淀粉酶，且为中性，淀粉在淀粉酶的作用下水解为葡萄糖，所以可用唾液代替稀硫酸进行实验1，可达到预期的现象，正确，答案选abcd。
考点：考查淀粉水解实验，水解产物的判断，实验方案的评价
17.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：
实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min，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的上口倒出
b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
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下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
（4）本实验中加入过量乙酸的目的是______________________________。
（5）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是________(填标号)。
（6）本实验的产率是____________。
（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). 洗掉大部分硫酸和乙酸 (3). 洗掉碳酸氢钠 (4). d (5). 提高醇的转化率 (6). b (7). 60% (8). 高 (9). 会收集少量未反应的异戊醇
【分析】在装置A中加入反应混合物和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，利用冷凝管冷凝回流50分钟，反应液冷至室温后，倒入分液漏斗中，先用少量水洗掉大部分硫酸和醋酸，再用碳酸氢钠洗涤除去酸，接着用水洗涤除掉碳酸氢钠溶液，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体作干燥剂，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集140～143℃馏分，得乙酸异戊酯。
（1）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称；
（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；
（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；
（4）根据“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”判断加入过量乙酸的目的；
（5）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除ad，再根据球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；
（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率；
（7）若从130℃便开始收集馏分，此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大。
【详解】（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管；
（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；用饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；
（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，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，所以正确的为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；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，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高异戊醇的转化率；
（5）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b；
（6）乙酸的物质的量为：，异戊醇的物质的量为：，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，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：，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：；
（7）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，根据各物质的沸点，此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高。
【点睛】本题考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
18.近年来甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注。工业上甲醇的合成途径多种多样。现在实验室中模拟甲醇合成反应,在2 L密闭容器内，400 ℃时发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，体系中n(CO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
5
n(CO)(mol)
0.020
0.011
0.008
0.007
0.007
（1）图中表示CH3OH 的变化的曲线是_______；
（2）下列措施不能提高反应速率的有_________(请用相应字母填空)；
a 升高温度 b 加入催化剂 c 增大压强 d 及时分离出CH3OH
（3）下列叙述能说明反应达到平衡状态的是__________(请用相应字母填空)；
a.CO和H2的浓度保持不变
b.v(H2)=2 v(CO)
c.CO的物质的量分数保持不变
d.容器内气体密度保持不变
e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂
（4）CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，图中CH3OH从__________（填A或B）通入，b极的电极反应式是__________。
【答案】(1). b (2). d (3). ac (4). A (5). O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】(1)CH3OH是产物，随反应进行浓度增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)；
(2) 根据影响化学反应速率的因素分析；
(3)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变；
(4) CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，形成的是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应。
【详解】（1）CH3OH是产物，随反应进行物质的量增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)，表中CO的物质的量0~3s变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol，所以图象中只有b符合，
因此，本题正确答案是：b；
(2)升高温度、增大压强和使用催化剂都能使化学反应速率增大，及时分离出CH3OH，
使生成物浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率也随之减小，
因此，本题正确答案是：d；
(3) a.CO和H2的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；
b. 反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)=2 v(CO)为正反应速率之比，故b错误； c.反应从开始到平衡的建立过程中CO的物质的量的分数在不断改变，当CO的物质的量分数保持不变时，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d. 根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故d错误；
e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂均表示正反应速率之比，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故e错误。
因此，本题正确答案：ac；
(4)电子由a流向b说明a为负极，b为正极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通，B通入氧气，b电极发生的电极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，
因此，本题正确答案是：A；O2+4e-+2H2O=4OH-。
19.已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：
请回答：
（1）B中含有的官能团名称是__________，反应⑥的反应类型为__________。
（2）写出A发生银镜反应的化学方程式________________________________________。
（3）写出反应④的化学方程式___________________________________。
（4）写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式_________________________________。
（5）下列说法正确的是__________。
A 有机物D的水溶液常用于标本的防腐
B 有机物B、C、E都能与金属钠发生反应
C 有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离
D 有机物M为高分子化合物
【答案】(1). 羟基 (2). 酯化(或取代)反应 (3). HCHO+4Ag(NH3)2OH 4Ag↓+ 2H2O+(NH4)2CO3+6NH3↑ (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (5). CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH (6). BC
【分析】由A的蒸汽对氢气的相对密度是15，可以知道A的相对分子质量为30，能发生银镜反应说明含有-CHO，则A为甲醛（HCHO）。甲醛和氢气发生加成反应生成C为CH3OH；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，可推出M为葡萄糖，B为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛氧化生成E为乙酸，乙酸和甲醇发生酯化反应生成F为乙酸甲酯，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，B为乙醇，结构简式为C2H5OH，含有的官能团名称是羟基；反应⑥是乙酸和甲醇发生反应生成乙酸甲酯，反应类型为酯化反应，也是取代反应，
故答案为：羟基；酯化(或取代)反应；
（2）A为HCHO，发生银镜反应的化学方程式HCHO+4Ag(NH3)2OH 4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3↑，
故答案为：HCHO+4Ag(NH3)2OH 4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3↑；
（3）反应④为乙醇发生催化氧化生成乙醛，其化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）F为乙酸甲酯，在碱性条件下水解生成乙酸钠和甲醇，反应的化学方程式为CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH，
故答案为：CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH；
（5）A .有机物D为乙醛，含甲醛35%~40%的水溶液俗称福尔马林，常用于标本的防腐，故A错误；
B .有机物B、C、E分别为乙醇、甲醇和乙酸，分子中含有羟基或羧基，都能与金属钠发生反应，故B正确；
C. 乙酸甲酯中混有乙酸，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸溶解，乙酸甲酯不溶，溶液分层，可通过分液分离，故C正确；
D.有机物M为葡萄糖，为单糖，不是高分子化合物，故D错误。
故答案选：BC。
20.一种合成囧烷（E）的路线如下：
⑴ A中所含官能团的名称是_______________；E的分子式为_________。
⑵ A→B、B→C的反应类型分别是___________、___________。
⑶ 在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为______________。
⑷ F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有_____种。
① 1个F分子比1个C分子少两个氢原子
② 苯环上有3个取代基
③ 1molF能与2molNaOH反应
写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶1的一种物质的结构简式：__________。
⑸ 1，2-环己二醇( )是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2-环己二醇的合成路线。______________
【答案】 (1). 羟基、碳碳双键 (2). C12H18 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). +2CH3COOH+2H2O (6). 6 (7). 或 (8).
【分析】⑴ 根据A()的结构结合常见官能团的结构判断；根据E()确定其分子式；
(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B；B中羟基转化为C中羰基，据此判断反应类型；
⑶ B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，结合酯化反应的机理书写与乙酸反应的方程式；
⑷ C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式为C8H10O2，其不饱和度=4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，据此书写满足条件的同分异构体；
⑸以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图C→D的提示，需要合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可。
【详解】⑴ A()中所含官能团有羟基和碳碳双键；E()的分子式为C12H18，故答案为：羟基、碳碳双键；C12H18；
(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；
⑶ B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，反应的化学方程式为+2CH3COOH+2H2O，故答案为：+2CH3COOH+2H2O；
⑷ C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式为C8H10O2，不饱和度==4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(羟基位于邻位的2种，羟基位于间位的3种，羟基位于对位的1种)；其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶1的结构简式为或，故答案为：6；或；
⑸以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图C→D的提示，可以首先由合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可；其中由合成可以将氯原子水解后氧化得到；将转化为只需要与氢气加成得到，因此合成路线为，故答案为：。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题3分）
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1 mol Fe与1 mol Cl2反应时转移的电子数目为3NA
B. 3 g C18O和14CO的混合物中所含电子、中子数目均为1.4NA
C. 0 ℃、101 kPa下，0.1 mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H数目为0.2NA
D. 50 mL 18 mol·L－1浓H2SO4与足量的Cu充分反应，能收集到SO2的分子数目为0.45NA
【答案】C
【解析】1 mol Fe与1 mol Cl2反应时，Fe过量，未反应完全，应按照氯气计算，故1 mol Fe与1 mol Cl2反应时转移的电子数目为2NA，A项错误；3 g C18O的物质的量为3g÷30g/mol=0.1mol，含有电子、中子数分别为1.4 NA、1.6 NA，3 g14CO的物质的量为3g÷30g/mol=0.1mol，含有电子、中子数分别为1.4 NA、1.6 NA，B项错误；乙炔和甲醛(HCHO)均含有2个C-H，故0.1 mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H数目为0.2NA，C项正确；浓硫酸与铜的反应过程中，浓度逐渐降低，而稀硫酸与铜不反应，50 mL 18 mol·L－1浓H2SO4与足量的Cu充分反应，能收集到SO2的分子数目小于0.45NA，D项错误。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 聚丙烯的结构简式：
B. 丙烷分子的比例模型：
C. 乙炔的电子式：
D. 2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：
【答案】D
【详解】A. 聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其单体为丙烯，则聚丙烯的结构简式为：，A项错误；
B. 图为丙烷分子的球棍模型为，不是比例模型，B项错误；
C. 乙炔的结构式为H−C≡C−H，C、H之间形成1对共用电子对，C与C之间形成3对共用电子对，其电子式为，C项错误；
D. 2−乙基−1,3−丁二烯的结构简式为，键线式中用短线“−”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2−乙基−1,3−丁二烯的键线式为：，D项正确；
答案选D。
3.下列各化合物的命名中正确的是（ ）
A. CH2Cl－CH2Cl 二氯乙烷 B. CH3 –O –CH3 乙醚
C. 3―丁醇 D. 2―甲基丁烷
【答案】D
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
1）命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；
2）有机物的名称书写要规范；
3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．
4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【详解】A. CH2Cl－CH2Cl，正确的名称为1，2-二氯乙烷，A项错误；
B. CH3-O-CH3，正确的名称为二甲醚，B项错误；
C. 物质从离羟基近的一端编号，正确的名称为2-丁醇，C项错误；
D. 符合烷烃命名原则，D项正确．
答案选D。
【点睛】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长-----选最长碳链为主链；
②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近-----离支链最近一端编号；
④小-----支链编号之和最小；
⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．
（2）有机物的名称书写要规范。
4.下列物质中，在一定条件下能发生水解反应，又能发生银镜反应的是（ ）
A. 蔗糖 B. 葡萄糖
C. 果糖 D. 麦芽糖
【答案】D
【分析】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，但不能发生银镜反应；
B．葡萄糖是最简单的糖，不能发生水解，但能发生银镜反应；
C．乙酸乙酯能发生水解生成乙酸和乙醇，但不能发生银镜反应；
D．麦芽糖是二糖，水解只生成葡萄糖，也能发生银镜反应．
【详解】A．蔗糖水解的化学方程式为C12H22O11+H2O→C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），蔗糖分子结构中无醛基不能发生银镜反应，选项A错误；
B．葡萄糖是最简单的糖，不能发生水解，但葡萄糖在水浴加热条件下发生银镜反应，CH2OH（CHOH）4CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，选项B错误；
C．果糖是最简单的糖，不能发生水解，选项C错误；
D．麦芽糖是二糖，可发生水解化学方程式为C12H22O11+H2O→2C6H12O6（葡萄糖），麦芽糖分子中含有醛基，能发生银镜反应，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查了有机物糖和酯的性质，抓住有机物的官能团分析解答是关键，题目难度不大。
5.有机化合物甲与乙在一定条件下可反应生成丙：
下列说法正确的是（ ）
A. 甲与乙生成丙的反应属于取代反应
B. 甲分子中所有原子共平面
C. 乙的一氯代物有2种
D. 丙在酸性条件下水解生成和CH318OH
【答案】D
【分析】比较甲、乙、丙的结构，分析其中化学键的变化，可知：反应“甲+乙→丙”属于加成反应。
【详解】A项：甲分子中两个碳碳双键间隔一个碳碳单键，类似1,3-丁二烯。乙分子中碳碳双键断其中一根键，与甲进行1,4-加成反应生成丙，A项错误；
B项：甲分子中有一个亚甲基（－CH2－），它与直接相连的两个碳原子构成正四面体，故不可能所有原子共面，B项错误；
C项：乙的结构简式为CH2=CHCO18OCH3，分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种，C项错误；
D项：丙在酸性条件下水解，酯基中的碳氧单键断裂，生成和CH318OH，D项正确。
本题选D。
6.分子式为C8H16O2有机物A，能在酸性条件下水解生成有机物C和D，且C在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（ ）
A. 1种 B. 2种
C. 3种 D. 4种
【答案】B
【详解】根据有机物A的分子式和化学性质可得出A属于酯类，水解生成相应的酸和醇。因为C在一定条件下能转化成D，所以C属于醇，D属于羧酸，二者含有相同的碳原子数，且碳骨架相同，含有4的碳原子的酸有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，符合条件醇也有2种，分别为CH3CH2CH2CH2OH和(CH3)2CHCH2OH，故有机物A的可能结构也有2种，故选B。
7.用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )
选项
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
【答案】B
【解析】A．发生消去反应生成乙烯，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；故选B。
8.若1 mol 分别与浓溴水、NaOH溶液、H2完全反应，消耗Br2、NaOH、H2的物质的量分别是（ ）
A. 1mol、2mol、4mol B. 2mol、3mol、4mol
C. 3mol、3mol、4mol D. 3mol、3mol、1mol
【答案】C
【详解】由结构可知，分子中含2个酚-OH、1个双键、1个-Cl，
酚-OH的邻对位与溴水发生取代，双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质消耗溴为3mol；
酚-OH、-Cl与NaOH反应，则1mol该物质消耗NaOH为3mol；
苯环和碳碳双键与H2加成，则1mol该物质消耗H2为4mol，
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重酚、烯烃、卤代烃性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键。
9.有机物A是合成二氢荆芥内酯的重要原料，其结构简式如下图，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是（ ）
A. 先加酸性高锰酸钾溶液，后加银氨溶液，微热
B. 先加溴水，后加酸性高锰酸钾溶液
C. 先加银氨溶液，微热，再加入溴水
D. 先加入新制氢氧化铜，微热，酸化后再加溴水
【答案】D
【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO，均能被强氧化剂氧化，应先利用银氨溶液（或新制氢氧化铜）检验-CHO，再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，以此来解答。
【详解】A．先加酸性高锰酸钾溶液，碳碳双键、-CHO均被氧化，不能检验，选项A不选；
B．先加溴水，双键发生加成反应，-CHO被氧化，不能检验，选项B不选；
C．先加新制氢氧化铜，微热，可检验-CHO，但没有酸化，加溴水可与碱反应，选项C不选；
D．先加入银氨溶液，微热，可检验-CHO，酸化后再加溴水，可检验碳碳双键，选项D选；
答案选D。
【点睛】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、醛性质的考查，注意检验的先后顺序，题目难度不大。
10.除去下列物质中少量杂质（括号内为杂质），选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是（ ）
混合物
试剂
分离方法
A
甲烷（乙烯）
酸性高锰酸钾溶液
过滤
B
乙炔（硫化氢）
硫酸铜
洗气
C
乙醇（乙酸）
NaOH溶液
分液
D
苯（苯酚）
浓溴水
过滤
【答案】B
详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，A项错误；
B. 硫化氢与硫酸铜反应，生成硫化铜沉淀，可用洗气的方法分离，B项正确；
C. 乙酸与氢氧化钠反应生成的乙酸钠与乙醇互溶，不能采用分液方法分离，C项错误；
D. 苯酚与溴反应生成三溴苯酚，溴、三溴苯酚都易溶于苯，应加入氢氧化钠溶液分液的方法分离，D项错误；
答案选B。
11.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（ ）
①分子式为C12H20O2 ②能使酸性KMnO4溶液褪色
③可发生取代、加成、消去、但不能发生加聚反应
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物
⑤1mol该有机物与溴水发生反应最多消耗3molBr2
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol
A. ①②③ B. ①②⑥ C. ①②⑤⑥ D. ②④⑥
【答案】B
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOC-，结合烯烃和酯的性质来解答。
【详解】①由结构可知分子式为C12H20O2，①项正确；
②含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，②项正确；
③含碳碳双键可发生加聚反应，但不能发生消去反应，③项错误；
④有机物含有3个双键，其不饱和度为3，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，④项错误；
⑤1 mol该有机物含有2 mol碳碳双键，则该有机物与溴水发生反应最多消耗2molBr2，⑤项错误；
⑥只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应,共消耗H2为2mol，⑥项正确。
综上所述，①②⑥正确，B项正确，
答案选B。
12.某物质的结构简式为，关于该物质的叙述正确的是（ ）
A. 一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯
B. 一定条件下与氢气反应可以生成软脂酸甘油酯
C. 与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分
D. 与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有三种
【答案】C
【解析】试题分析：A、一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，A项错误；B、据A分析，也不是成软脂酸甘油酯，B项错误；C、其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，C项正确；D、与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有两种，分别为：和两种，D项错误；答案选C。
考点：考查油脂的性质
13.已知热化学方程式：
①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1
②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8 kJ·mol-1
则下列说法正确的是（ ）
A. H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 由反应①、②可知上图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2 kJ·mol-1
C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要放出能量
D. 根据②推知反应H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，①-②得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-283.0kJ•mol-1+241.8kJ•mol-1 = -41.2 kJ•mol-1，故B正确；
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应不一定是氢气和氧气在点燃的情况下生成，也可能是氢气和氧化铜在高温下反应生成，该反应会吸收能量，故C错误；
D．由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2(g)+O2 (g)=H2O(l) △H＜-241.8 kJ•mol-1，故D错误；
答案选B。
【点睛】把握化学反应的能量变化、燃烧热的概念以及图象分析判断知识，化学反应过程中一定伴随能量变化和反应前后能量守恒是解题关键。本题的易错点为C。
14.用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，装置如图，下列说法中正确的是（ ）
A. 电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动
B. 阳极发生的反应为：2Cu －2e－ +2OH－ = Cu2O+H2O
C. 阴极OH-放电，有O2生成
D. Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1
【答案】B
【分析】根据装置图和电解总反应分析，Cu极为阳极，Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；Ti极为阴极，Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动；据此分析作答。
【详解】Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极；
A项，电解时阴离子向阳极移动，OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；
B项，Cu极为阳极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，B项正确；
C项，Ti极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极有H2生成，C项错误；
D项，根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1，D项错误；
答案选B。
15.25℃时，下列说法不正确的是（ ）
A. 向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c(NH4+) = c(Cl－)
B. 0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H+)
C. 将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多
D. pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7
【答案】D
【详解】A．常温下，pH=7的溶液中c(OH -）=c(H +），再根据电荷守恒得c(NH4+) = c(Cl－)，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液中，HCO3－水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，但电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H+)，故B正确；
C．加水稀释促进弱酸电离，所以要使pH相等的盐酸和醋酸稀释后溶液的pH仍然相等，醋酸加入水的量大于盐酸，故C正确；
D．pH=13的溶液中c(OH－)=0.1mol/L，pH=1的醋酸中c（CH 3 COOH）＞0.1mol/L，二者等体积混合时，醋酸过量，导致溶液呈酸性，则pH＜7，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐类水解等知识点，根据溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答，注意B可以采用逆向思维分析，为易错点。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、非选择题
16.为检验淀粉水解的情况，进行如下图所示的实验，试管甲和丙均用60~80 ℃的水浴加热5~6 min，试管乙不加热。待试管甲、丙中的溶液冷却后再进行后续实验。
实验1：取少量甲中溶液，加入新制氢氧化铜，加热，没有红色沉淀出现。
实验2：取少量乙中溶液，滴加几滴碘水，溶液变为蓝色，但取少量甲中溶液做此实验时，溶液不变蓝色。
实验3：取少量丙中溶液加入NaOH溶液调节至碱性，再滴加碘水，溶液颜色无明显变化。
（1）写出淀粉水解的化学方程式：____________________________。
（2）设计甲和乙是为了探究____对淀粉水解的影响，设计甲和丙是为了探究___对淀粉水解的影响。
（3）实验1失败的原因是____________________________。
（4）实验3中溶液的颜色无明显变化的原因是____________________________。
（5）下列结论合理的是________(填字母)。
a 淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行
b 欲检验淀粉是否完全水解，最好在冷却后的水解液中直接加碘
c 欲检验淀粉的水解产物具有还原性，应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性，再加入新制氢氧化铜并加热
d 若用唾液代替稀硫酸，则实验1可能出现预期现象
【答案】(1). (C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6 (2). 温度 (3). 催化剂 (4). 没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸 (5). 氢氧化钠与碘反应 (6). abcd
【解析】试题分析：（1）淀粉在酸性条件下，最终水解生成葡萄糖，化学方程式(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6；
（2）甲与乙的反应物均相同，但甲加热，乙未加热，所以甲乙实验是探究温度对淀粉水解的影响；甲中有稀硫酸，而丙中无稀硫酸，所以甲、丙是探究催化剂对淀粉水解的影响；
（3）淀粉水解生成的葡萄糖是在酸性条件下，而加入氢氧化铜浊液产生砖红色沉淀时应在碱性条件下，所以应先加入氢氧化钠中和酸后，再加入氢氧化铜，所以实验1无现象；
（4）加入的碘与氢氧化钠反应，导致碘无法与淀粉反应，所以溶液变化不明显；
（5）a、根据实验可知淀粉水解需要在催化剂和一定温度下进行，正确；b、因为碘已升华，所以冷却后加入碘，可判断淀粉是否完全水解，正确；c、欲检验淀粉的水解产物具有还原性,应先在水解液中加入氢氧化钠中和稀硫酸至溶液呈碱性,再加入新制氢氧化铜并加热，根据砖红色沉淀的产生判断产物的还原性，正确；d、唾液中含有淀粉酶，且为中性，淀粉在淀粉酶的作用下水解为葡萄糖，所以可用唾液代替稀硫酸进行实验1，可达到预期的现象，正确，答案选abcd。
考点：考查淀粉水解实验，水解产物的判断，实验方案的评价
17.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：
实验步骤：在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50 min，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的上口倒出
b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
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下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
（4）本实验中加入过量乙酸的目的是______________________________。
（5）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是________(填标号)。
（6）本实验的产率是____________。
（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). 洗掉大部分硫酸和乙酸 (3). 洗掉碳酸氢钠 (4). d (5). 提高醇的转化率 (6). b (7). 60% (8). 高 (9). 会收集少量未反应的异戊醇
【分析】在装置A中加入反应混合物和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，利用冷凝管冷凝回流50分钟，反应液冷至室温后，倒入分液漏斗中，先用少量水洗掉大部分硫酸和醋酸，再用碳酸氢钠洗涤除去酸，接着用水洗涤除掉碳酸氢钠溶液，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体作干燥剂，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集140～143℃馏分，得乙酸异戊酯。
（1）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称；
（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；
（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；
（4）根据“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”判断加入过量乙酸的目的；
（5）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除ad，再根据球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；
（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率；
（7）若从130℃便开始收集馏分，此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大。
【详解】（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管；
（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；用饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；
（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，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，所以正确的为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；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，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高异戊醇的转化率；
（5）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b；
（6）乙酸的物质的量为：，异戊醇的物质的量为：，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，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：，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：；
（7）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，根据各物质的沸点，此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高。
【点睛】本题考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
18.近年来甲醇用途日益广泛，越来越引起商家的关注。工业上甲醇的合成途径多种多样。现在实验室中模拟甲醇合成反应,在2 L密闭容器内，400 ℃时发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，体系中n(CO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
5
n(CO)(mol)
0.020
0.011
0.008
0.007
0.007
（1）图中表示CH3OH 的变化的曲线是_______；
（2）下列措施不能提高反应速率的有_________(请用相应字母填空)；
a 升高温度 b 加入催化剂 c 增大压强 d 及时分离出CH3OH
（3）下列叙述能说明反应达到平衡状态的是__________(请用相应字母填空)；
a.CO和H2的浓度保持不变
b.v(H2)=2 v(CO)
c.CO的物质的量分数保持不变
d.容器内气体密度保持不变
e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂
（4）CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，图中CH3OH从__________（填A或B）通入，b极的电极反应式是__________。
【答案】(1). b (2). d (3). ac (4). A (5). O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】(1)CH3OH是产物，随反应进行浓度增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)；
(2) 根据影响化学反应速率的因素分析；
(3)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变；
(4) CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，形成的是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应。
【详解】（1）CH3OH是产物，随反应进行物质的量增大，平衡时物质的量为CO物质的量的变化量n(CO)，表中CO的物质的量0~3s变化=0.02mol-0.007mol=0.013mol，所以图象中只有b符合，
因此，本题正确答案是：b；
(2)升高温度、增大压强和使用催化剂都能使化学反应速率增大，及时分离出CH3OH，
使生成物浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率也随之减小，
因此，本题正确答案是：d；
(3) a.CO和H2的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；
b. 反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)=2 v(CO)为正反应速率之比，故b错误； c.反应从开始到平衡的建立过程中CO的物质的量的分数在不断改变，当CO的物质的量分数保持不变时，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d. 根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故d错误；
e.每生成1molCH3OH的同时有2molH-H键断裂均表示正反应速率之比，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故e错误。
因此，本题正确答案：ac；
(4)电子由a流向b说明a为负极，b为正极，CH3OH与O2的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以CH3OH从A通，B通入氧气，b电极发生的电极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，
因此，本题正确答案是：A；O2+4e-+2H2O=4OH-。
19.已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：
请回答：
（1）B中含有的官能团名称是__________，反应⑥的反应类型为__________。
（2）写出A发生银镜反应的化学方程式________________________________________。
（3）写出反应④的化学方程式___________________________________。
（4）写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式_________________________________。
（5）下列说法正确的是__________。
A 有机物D的水溶液常用于标本的防腐
B 有机物B、C、E都能与金属钠发生反应
C 有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离
D 有机物M为高分子化合物
【答案】(1). 羟基 (2). 酯化(或取代)反应 (3). HCHO+4Ag(NH3)2OH 4Ag↓+ 2H2O+(NH4)2CO3+6NH3↑ (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (5). CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH (6). BC
【分析】由A的蒸汽对氢气的相对密度是15，可以知道A的相对分子质量为30，能发生银镜反应说明含有-CHO，则A为甲醛（HCHO）。甲醛和氢气发生加成反应生成C为CH3OH；葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，可推出M为葡萄糖，B为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛氧化生成E为乙酸，乙酸和甲醇发生酯化反应生成F为乙酸甲酯，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，B为乙醇，结构简式为C2H5OH，含有的官能团名称是羟基；反应⑥是乙酸和甲醇发生反应生成乙酸甲酯，反应类型为酯化反应，也是取代反应，
故答案为：羟基；酯化(或取代)反应；
（2）A为HCHO，发生银镜反应的化学方程式HCHO+4Ag(NH3)2OH 4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3↑，
故答案为：HCHO+4Ag(NH3)2OH 4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3↑；
（3）反应④为乙醇发生催化氧化生成乙醛，其化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）F为乙酸甲酯，在碱性条件下水解生成乙酸钠和甲醇，反应的化学方程式为CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH，
故答案为：CH3COOCH3+ NaOH CH3COONa+CH3OH；
（5）A .有机物D为乙醛，含甲醛35%~40%的水溶液俗称福尔马林，常用于标本的防腐，故A错误；
B .有机物B、C、E分别为乙醇、甲醇和乙酸，分子中含有羟基或羧基，都能与金属钠发生反应，故B正确；
C. 乙酸甲酯中混有乙酸，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸溶解，乙酸甲酯不溶，溶液分层，可通过分液分离，故C正确；
D.有机物M为葡萄糖，为单糖，不是高分子化合物，故D错误。
故答案选：BC。
20.一种合成囧烷（E）的路线如下：
⑴ A中所含官能团的名称是_______________；E的分子式为_________。
⑵ A→B、B→C的反应类型分别是___________、___________。
⑶ 在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为______________。
⑷ F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有_____种。
① 1个F分子比1个C分子少两个氢原子
② 苯环上有3个取代基
③ 1molF能与2molNaOH反应
写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶1的一种物质的结构简式：__________。
⑸ 1，2-环己二醇( )是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2-环己二醇的合成路线。______________
【答案】 (1). 羟基、碳碳双键 (2). C12H18 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). +2CH3COOH+2H2O (6). 6 (7). 或 (8).
【分析】⑴ 根据A()的结构结合常见官能团的结构判断；根据E()确定其分子式；
(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B；B中羟基转化为C中羰基，据此判断反应类型；
⑶ B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，结合酯化反应的机理书写与乙酸反应的方程式；
⑷ C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式为C8H10O2，其不饱和度=4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，据此书写满足条件的同分异构体；
⑸以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图C→D的提示，需要合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可。
【详解】⑴ A()中所含官能团有羟基和碳碳双键；E()的分子式为C12H18，故答案为：羟基、碳碳双键；C12H18；
(2)对比A、B结构，2个A分子中碳碳双键中一个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；
⑶ B中含有羟基，在一定条件下，能够与乙酸发生酯化反应，反应的化学方程式为+2CH3COOH+2H2O，故答案为：+2CH3COOH+2H2O；
⑷ C为，分子式为C8H12O2，1个F分子比1个C分子少两个氢原子，则F的分子式为C8H10O2，不饱和度==4，F是一种芳香族化合物，说明除了苯环外，不存在不饱和结构，1molF能与2molNaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(羟基位于邻位的2种，羟基位于间位的3种，羟基位于对位的1种)；其中核磁共振氢谱图有5组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶1的结构简式为或，故答案为：6；或；
⑸以和为主要原料合成1，2-环己二醇( )，根据题干流程图C→D的提示，可以首先由合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可；其中由合成可以将氯原子水解后氧化得到；将转化为只需要与氢气加成得到，因此合成路线为，故答案为：。
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