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精品解析：江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江西省丰城拖船中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年第二学期综合测试
高一化学试题
时间：90分钟 分值：100分
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 下列关于有机化合物的叙述中正确的是
A. 天然油脂能使溴水褪色
B. 蛋白质完全燃烧的产物只有二氧化碳和水
C. 丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
D. 淀粉和纤维素的分子式都写为(C6H10O5)n，淀粉和纤维素互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．天然油脂的烃基中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，因而能使溴水褪色，A正确；
B．蛋白质的组成元素中含有C、H、O、N等元素，因此其完全燃烧的产物不只有二氧化碳和水，B错误；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质属于高分子化合物，C错误；
D．淀粉和纤维素的分子式都写为(C6H10O5)n，由于二者含有的单糖单元n的数值不同，因此二者分子式不同，故淀粉和纤维素不能互为同分异构体，D错误；
故合理选项是A。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. CH4的电子式： B. 丙烷的分子式：CH3CHCH2
C. 乙醛的结构简式：CH3COH D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH4中碳原子形成4个C—H键，电子式为 ，A正确；
B．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，分子式为C3H8，B错误；
C．乙醛的结构简式为CH3CHO，C错误；
D．丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，D错误；
故选A。
3. 下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是
A. 铝片插入硝酸银溶液中，有银析出：Al+Ag+=Al3++Ag
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜反应，有蓝色沉淀生成：Ba2++SO42-=BaSO4↓
C. 氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O
D. 向NaHSO4溶液逐滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，有白色沉淀生成：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.铝片插入硝酸银溶液中，有银析出的离子方程式为Al+3Ag+=Al3++3Ag，原离子方程式未配平，A错误；
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，B错误；
C. 氢氧化铜加到盐酸中，发生反应Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，蓝色沉淀溶解，溶液变为蓝色，C错误；
D. 向NaHSO4溶液逐滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，有白色沉淀生成，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D正确；
答案选D。
4. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X与W、Z相邻，且X、Z同主族，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，的金属性是短周期元素中最强的。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的稳定性：
C. X、Y可形成一种离子化合物
D. Z的氧化物的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】Y 的金属性是短周期元素中最强的，Y为Na；则W、X、Z的最外层电子数之和为17； X与W、Z相邻，且X、Z同主族，设X的最外层电子数为x，则x+x+x-1=17，解得x=6，故X为O，Z为S，W为N。
【详解】A．Na和S位于同一周期，同周期从左往右原子半径逐渐减小，原子半径Na>S，A错误；
B．非金属性N
D．S的最高价氧化物的水化物均为强酸，D错误；
故选C。
5. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是（ ）
X
Y
Z
W
Q
A. 尽管X与W同族，但W化合物有多种价态而X的化合物只能形成-2价
B. 其最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是元素Q、W 、Z
C. Y、Z的常见氧化物可通过加入过量的NaOH溶液来分离.
D. Y单质做的容器可盛装W的最高价含氧酸的浓溶液
【答案】D
【解析】
【详解】X、Y、Z、W、Q都是短周期元素,根据元素周期表知,X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素。A.在化合物中,O元素形成的化合价有-2价和-1价,故A错误;B.Q、W、Z的非金属性依次减弱,所以其最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱,故B错误;C.Y、Z的常见氧化物分别是氧化铝和二氧化硅,氧化铝和二氧化硅都能和氢氧化钠溶液反应,所以不能用氢氧化钠分离氧化铝和二氧化硅,故C错误;D.Y是铝元素,W是S元素,常温下,铝和浓硫酸能发生钝化现象,所以能用铝容器盛装浓硫酸，D选项正确。
点睛：X、Y、Z、W、Q都是短周期元素,根据元素周期表知,X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素,结合元素周期律的递变规律解答该题
6. 已知2A(g)B(g) 放热；2A(g)B(1) 放热；能量变化示意图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】已知2A(g)B(g) 放热，2A(g)所具有的能量高于B(g)；2A(g)B(1) 放热2A(g)所具有的能量高于B(1)；B(g)变成B(1)放热，B(g)所具有的能量高于B(1)，对照图象，B符合，故选B。
7. 从海带中提取碘，经有机溶剂进行富集后，可用反萃取法将I2单质从有机溶剂X中提取出来，其流程如图。下列有关说法错误的是
A. 在萃取操作中可采用四氯化碳作为有机溶剂
B. 操作过程中由悬浊液B得到碘单质需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 溶液C中碘元素主要以I－形式存在
D. 反萃取法的优点在于能耗低且有利于有机溶剂的循环利用
【答案】C
【解析】
【分析】有机溶液X与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，分液，向溶液中加入稀硫酸反应得到悬浊液，将悬浊液过滤得到单质碘。
【详解】A．在萃取操作中可采用苯、四氯化碳等有机溶剂作萃取剂，故A正确；
B．操作过程中由悬浊液B得到碘单质需要过滤，其需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故B正确；
C．单质碘与氢氧化钠反应生成碘化钠、碘酸钠和水，则溶液C中碘元素主要以I－、形式存在，故C错误；
D．反萃取加入氢氧化钠溶液反应后，有机溶剂循环使用，则反萃取法的优点在于能耗低且有利于有机溶剂的循环利用，故D正确。
综上所述，答案为C。
8. 测量汽车尾气中氮氧化物含量的方法如下：ⅰ.在高温、催化剂作用下，分解为和；ⅱ.再利用与反应，产生激发态的(用表示)，当回到基态时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比。下列说法不正确的是
A. 基态与具有的能量不同
B. 在大气中形成酸雨：
C. 与能发生反应：
D. 测得荧光强度越大，说明汽车尾气中含量越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息ii可知，当回到基态时，产生荧光，故说明基态与具有的能量不同，A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则在大气中形成酸雨的总反应方程式为：，B正确；
C．由题干信息ii可知，利用与反应，产生激发态的(用表示)，故与能发生反应的方程式为：，C正确；
D．由题干信息可知，通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但题干信息i在高温、催化剂作用下，分解为和，故不能说明汽车尾气中含量越高，只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误；
故答案为：D。
9. 我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作电极材料，电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C
D. 放电时，负极反应式为Na++e-=Na
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，为原电池，Na作负极、Ni作正极；充电时，为电解池，Ni作阳极、Na作阴极。
【详解】A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4−向负极移动，故A正确；
B．放电时Na作负极、Ni作正极；充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；
C．放电时负极反应式为Na−e−=Na+、正极反应式为3CO2+4e−═2CO32−+C，故C正确；
D．放电时，为原电池，Ni作正极，Na作负极，发生氧化反应，极反应为Na−e−=Na+，故D错误；
答案选D。
【点睛】二次电池，放电是原电池，负极失去电子，熟记几组关系：负极—失去电子—化合价升高—发生氧化反应—电子流出—电流流入—阴离子靠近。
10. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究反应物浓度对化学反应速率的影响
分别取10mL 0.1mol·Lˉ1Na2S2O3溶液和5mL 0.1mol·Lˉ1Na2S2O3溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入10mL 0.1mol·Lˉ1H2SO4溶液
前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率
B
探究压强对化学反应速率的影响
在容积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，向其中通入氩气，反应速率不变
化学反应速率不受压强影响
C
检验Fe(NO3)2晶体是否氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
若溶液变红，则Fe(NO3)2晶体已氧化变质
D
研究淀粉的水解程度
取0.5g淀粉于试管中，加入适量20%硫酸溶液后沸水浴加热5min，再滴加过量氢氧化钠溶液，再加入适量碘水
若溶液没有变成蓝色，则淀粉已经水解完全
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2S2O3浓度不同，H2SO4浓度相同，可以探究反应物浓度对化学反应速率的影响，故A选；
B．容积不变的容器中通入惰性气体氩气，虽然压强增大，但各物质浓度均无改变，所以反应速率不变，实验方案的设计和结论均错误，故B不选；
C．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液会变红，不能由此判断检验Fe(NO3)2晶体已经氧化变质，方案设计和结论均错误，故C不选；
D．淀粉水解后加入过量氢氧化钠溶液，再加入碘水，碘能和氢氧化钠反应，所以溶液不会变蓝，方案设计和结论均错误，故D不选；
故选A。
二、不定项选择题(每题有一个或多个选项，每题4分，共20分)
11. 下列事实中能证明甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构的是
A. 甲烷的四个碳氢键的键能相等
B. 甲烷的四个碳氢键的键长相等
C. 甲烷的一氯代物只有一种
D. 甲烷二氯代物只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，四个碳氢键的键能相等、键长相等、夹角相等，一氯代物也都只有一种；而甲烷若是平面正方形结构，则其二氯代物会有两种：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此甲烷为正四面体结构。
综上所述答案为D。
12. 一定条件下，氨与氟气发生反应：其中NF3空间结构与NH3相似。下列有关说法错误的是
A. 除F2外，反应物和生成物均为共价化合物
B. NF3中各原子均满足8电子稳定结构
C. NF3中只含极性共价键
D. NH4F中既含有离子键又含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A．NF3为共价化合物，而NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，A错误；
B．NF3中N原子与3个F原子形成3对共用共用电子对，使分子中各原子均满足8电子稳定结构，B正确；
C．NF3分子中只含N-F极性共价键，C正确；
D．NH4F是离子化合物，和F-之间以离子键结合，在中N原子和H原子之间存在极性共价键N-H键，因此NH4F中既含有离子键又含有共价键，D正确；
故合理选项是A。
13. 茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。航标灯的电源必须长效、稳定。我国科技工作者研制出以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池。在这种电池中
A. 铝合金是负极，海水是电解质溶液，Pt-Fe合金发生还原反应
B. 电池的正极反应式为：O2＋4H+＋4e-=2H2O
C. 电池工作时，电子通过导线由Al电极流向Pt-Fe合金电极
D. 当电路中通过0.4mol电子时，消耗的O2体积为2.24L
【答案】AC
【解析】
【分析】以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池，铝合金为负极，Pt-Fe合金网为正极，海水为电解质溶液。
【详解】A．铝比铁活泼，所以铝合金为负极，发生氧化反应，Pt-Fe合金是正极，发生还原反应，海水是电解质溶液，故A正确；
B．在正极，海水中的氧气得到电子，电池的正极反应式为：O2＋2H2O＋4e-=4OH-，故B错误；
C．电池工作时，电子由负极流向正极，即电子通过导线由Al电极流向Pt-Fe合金电极，故C正确；
D．没有指明温度和压强，无法计算氧气的体积，故D错误；
故选AC。
14. 一定条件下，在恒容密闭容器中进行反应3X(g)+2Y(g)+4Z(g)⇌R(g)+5W(g)，下列表示上述反应一定达到化学平衡状态的是
A. 2v生成(Y)=v消耗(Z) B. 3v消耗(X)=v消耗(R)
C. 温度保持不变 D. c(Y)：c(X)：c(Z)=2：3：4
【答案】AC
【解析】
【详解】A．2v生成(Y)=v消耗(Z)说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；
B．不同物质的速率之比等于系数比，v消耗(X)=3v 消耗 (R) 才能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C．化学反应必然伴随能量变化，当温度保持不变，说明反应达到平衡，故C正确；
D．c(Y) ∶ c(X) ∶ c(Z)=2∶3∶4不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D 错误；
故选AC。
15. 将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的硝酸中，得到和NO的混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的溶液中加入溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为3.12g。下列说法正确的是
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶1
B. 该硝酸中的物质的量浓度是10.8 mol/L
C. 和NO的混合气体中，的体积分数是70%
D. 得到的和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，消耗O2的体积为448 mL
【答案】AC
【解析】
【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到3.12g沉淀为Cu（OH）2、Mg（OH）2，故沉淀中m（OH-）=3.12g-1.76g=1.36g，则n（OH-）=1.36g÷17g/mol=0.08mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：64x+24y＝1.76、2x+2y＝0.08，解得：x=0.02=y=0.02，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.02mol=1：1，故A正确；
B．NO2和NO混合气体的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，完全沉淀溶液中溶质为硝酸钠，根据Na元素守恒可知：n（NaNO3）=n（NaOH）=1mol/L×0.54L=0.54mol，根据N元素混合可知：n（HNO3）=n（NO2）+n（NO）+n（NaNO3）=0.05mol+0.54mol=0.59mol，故c（HNO3）=0.59mol÷0.05L=11.8mol/L，故B错误；
C．设NO2的物质的量为amol，则NO的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知：a×1+（0.05-a）×3=0.08，解得a=0.035，则NO2的体积分数=×100%=70%，故C正确；
D．得到的NO2和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，又重新转化为HNO3，根据电子转移守恒可知，氧气获得电子数等于金属失去电子数，故消耗O2物质的量为0.08mol÷4=0.02mol，但氧气不一定处于标准状况下，即消耗氧气的体积不一定是448mL，故D错误；
故选：AC。
三、填空题(共50分)
16. 有A、B、C、D、四种元素，A元素是地壳中含量最多的金属元素；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构。回答下列问题：
（1）上述四种元素的名称分别是：A_______、B_______、C _______、D_______。
（2）画出A离子的结构示意图_______， B离子的结构示图_______，C的原子结构示意图_______ ，D的原子结构示意图_______。
（3）写出B单质与A单质反应的化学方程式：_______。
（4）在生活中B的一种化合物可以用来做漂白粉，其有效成分化学是：_______。漂白粉需要密封避光保存的原理用化学方程式书写出来：_______。
（5）写出由C元素构成的互为同素异形体的两种物质：_______。
【答案】（1） ①. 铝 ②. 氯 ③. 氧 ④. 钠
（2） ①. ②. ③. ④.
（3）
（4） ①. Ca(ClO)2 ②. 、
（5）O2和O3
【解析】
【分析】A元素是地壳中含量最多的金属元素，故A是Al元素，B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子，故B是Cl元素，C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构，故C是O元素，D是Na元素，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由以上分析可知，A是铝、B是氯、C是氧、D是钠；
【小问2详解】
A是Al元素，A离子的结构示意图为；B是Cl元素，B离子的结构示图为；C是O元素，C的原子结构示意图；D是Na元素，D的原子结构示意图为；
【小问3详解】
氯气和铝反应生成氯化铝，化学方程式为；
【小问4详解】
漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙；次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸光照易分解生成HCl和氧气，化学方程式为、；
【小问5详解】
C是O元素，可以形成互为同素异形体的O2和O3。
17. 按要求回答下列问题：
（1）已知12g石墨变为12g金刚石需吸收能量。
①上述变化属于_______(填“物理”或“化学”)变化。
②常温常压下，石墨与金刚石更稳定的是_______。
（2）如图所示是反应过程中的能量变化图。由图可知，反应物的总键能_______(填“>”、“＜”或“=”)生成物的总键能。
（3）为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：
①上述三套装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是_______。
②某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是_______，说明该反应属于_______(填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】（1） ①. 化学 ②. 石墨
（2）＜ （3） ①. Ⅲ ②. 左端液面降低，右端液面升高 ③. 放热
【解析】
【小问1详解】
①石墨和金刚石是不同的物质，故上述变化属于化学变化；
②石墨变成金刚石吸收热量，故金刚石能量高，能量越低越稳定，故石墨稳定；
【小问2详解】
由故可知该反应为放热反应，根据反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，反应热为负值，则反应物的总键能＜生成物的总键能；
【小问3详解】
①装置I可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应；故答案为：Ⅲ；
②氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U形管左端液面降低，右端液面升高。
18. 根据电化学相关知识，回答下列问题：
（1）已知化学反应a．，b．，其中能够设计成原电池的是___________，写出其正极电极反应式：___________，溶液中向___________(填“正”或“负”)极移动。
（2）某同学将金属镁、铝电极放入的NaOH溶液中，如下图所示。
①电子___________ Mg电极(填“流出”或“流入”)；写出负极的电极反应式：___________。
②若将NaOH溶液换为足量溶液，电路中转移0.2mol电子，电解质溶液质量减少______g。
（3）已知，利用该反应设计成燃料电池如下图所示。电极a电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. b ②. ③. 负
（2） ① 流入 ②. ③. 19.2g
（3）
【解析】
【小问1详解】
前者为复分解反应没有电子转移，而后者为氧化还原反应有电子转移可设计为原电池。Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑反应中Mg发生氧化反应为负极，而H+发生还原反应在正极反应为2H++2e-=H2↑。移向负极。答案为b；2H++2e-=H2↑；负；
【小问2详解】
该电池的总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al发生氧化反应为负极，而Mg为正极。电子从负极流向正极Mg。负极的反应为Al-3 e-+4OH-= +2H2O。若换成AgNO3，该电池总反应为Mg+2Ag+=Mg2++2Ag，转移0.2mol电子时溶液中0.2molAg+消耗同时产生0.1molMg2+，所以溶液的质量变化为0.1×24-0.2×108=-19.2g。答案为流入；Al-3 e-+4OH-= +2H2O；19.2g；
【小问3详解】
从图看a极为NH3变化为N2和H2O发生氧化反应为负极，反应为2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2。答案为2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2。
19. 1,3-丁二烯是制造尼龙等的重要原料，其结构简式为，其在一定条件下存在以下转化关系：
（1）正丁烷的同分异构体的结构简式为_______。
（2）写出图中生成正丁烷的化学方程式：_______。
（3）能使溴水和酸性溶液褪色，二者褪色的原理_______(填“相同”或“不相同”)，简要说明其相同或不相同的原因：_______。
（4）已知：同一个碳原子上连有两个碳碳双键是不稳定的。烯烃C是的一种同分异构体，则烯烃C的结构简式为_______(任写一种即可)。
（5）产物A和产物B的关系为_______。
（6）环戊二烯 ( )与具有相似的化学性质。
①与以发生加成反应生成的产物为_______(写结构简式)。
②写出 与足量的反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 不相同 ②. CH2=CH-CH=CH2使溴水褪色是发生了加成反应，使酸性KMnO4溶液褪色是发生了氧化反应
（4） (或 或 或)
（5）互为同分异构体 （6） ①. 、 ②. +2Br2→
【解析】
【小问1详解】
正丁烷的同分异构体为异丁烷，结构简式为CH(CH3)3；
小问2详解】
1,3-丁二烯与H2发生加成反应制得正丁烷的反应方程式为：
【小问3详解】
CH2=CH-CH=CH2能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，二者褪色的原理不同，前者褪色是发生加成反应，后者褪色是发生氧化反应；
【小问4详解】
1,3-丁二烯具有两个不饱和度，因此只含一个碳碳双键的同分异构体中还有一个单键形成的环，满足条件的结构有(或 或 或)；
【小问5详解】
A、B的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
【小问6详解】
环戊二烯与Br2以物质的量比1:1发生1,4-加成和1,2-加成的产物结构简式分别为 、 ；环戊二烯与足量的Br2发生1,2,3,4,-加成的反应方程式为+2Br2→。
2022-2023学年第二学期综合测试
高一化学试题
时间：90分钟 分值：100分
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 下列关于有机化合物的叙述中正确的是
A. 天然油脂能使溴水褪色
B. 蛋白质完全燃烧的产物只有二氧化碳和水
C. 丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
D. 淀粉和纤维素的分子式都写为(C6H10O5)n，淀粉和纤维素互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．天然油脂的烃基中含有不饱和的碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，因而能使溴水褪色，A正确；
B．蛋白质的组成元素中含有C、H、O、N等元素，因此其完全燃烧的产物不只有二氧化碳和水，B错误；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质属于高分子化合物，C错误；
D．淀粉和纤维素的分子式都写为(C6H10O5)n，由于二者含有的单糖单元n的数值不同，因此二者分子式不同，故淀粉和纤维素不能互为同分异构体，D错误；
故合理选项是A。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. CH4的电子式： B. 丙烷的分子式：CH3CHCH2
C. 乙醛的结构简式：CH3COH D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH4中碳原子形成4个C—H键，电子式为 ，A正确；
B．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，分子式为C3H8，B错误；
C．乙醛的结构简式为CH3CHO，C错误；
D．丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，D错误；
故选A。
3. 下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是
A. 铝片插入硝酸银溶液中，有银析出：Al+Ag+=Al3++Ag
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜反应，有蓝色沉淀生成：Ba2++SO42-=BaSO4↓
C. 氢氧化铜加到盐酸中，无明显现象：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O
D. 向NaHSO4溶液逐滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，有白色沉淀生成：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.铝片插入硝酸银溶液中，有银析出的离子方程式为Al+3Ag+=Al3++3Ag，原离子方程式未配平，A错误；
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Ba2++SO42-+Cu2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，B错误；
C. 氢氧化铜加到盐酸中，发生反应Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，蓝色沉淀溶解，溶液变为蓝色，C错误；
D. 向NaHSO4溶液逐滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，有白色沉淀生成，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D正确；
答案选D。
4. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X与W、Z相邻，且X、Z同主族，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，的金属性是短周期元素中最强的。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的稳定性：
C. X、Y可形成一种离子化合物
D. Z的氧化物的水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】Y 的金属性是短周期元素中最强的，Y为Na；则W、X、Z的最外层电子数之和为17； X与W、Z相邻，且X、Z同主族，设X的最外层电子数为x，则x+x+x-1=17，解得x=6，故X为O，Z为S，W为N。
【详解】A．Na和S位于同一周期，同周期从左往右原子半径逐渐减小，原子半径Na>S，A错误；
B．非金属性N
D．S的最高价氧化物的水化物均为强酸，D错误；
故选C。
5. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是（ ）
X
Y
Z
W
Q
A. 尽管X与W同族，但W化合物有多种价态而X的化合物只能形成-2价
B. 其最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是元素Q、W 、Z
C. Y、Z的常见氧化物可通过加入过量的NaOH溶液来分离.
D. Y单质做的容器可盛装W的最高价含氧酸的浓溶液
【答案】D
【解析】
【详解】X、Y、Z、W、Q都是短周期元素,根据元素周期表知,X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素。A.在化合物中,O元素形成的化合价有-2价和-1价,故A错误;B.Q、W、Z的非金属性依次减弱,所以其最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱,故B错误;C.Y、Z的常见氧化物分别是氧化铝和二氧化硅,氧化铝和二氧化硅都能和氢氧化钠溶液反应,所以不能用氢氧化钠分离氧化铝和二氧化硅,故C错误;D.Y是铝元素,W是S元素,常温下,铝和浓硫酸能发生钝化现象,所以能用铝容器盛装浓硫酸，D选项正确。
点睛：X、Y、Z、W、Q都是短周期元素,根据元素周期表知,X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素,结合元素周期律的递变规律解答该题
6. 已知2A(g)B(g) 放热；2A(g)B(1) 放热；能量变化示意图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】已知2A(g)B(g) 放热，2A(g)所具有的能量高于B(g)；2A(g)B(1) 放热2A(g)所具有的能量高于B(1)；B(g)变成B(1)放热，B(g)所具有的能量高于B(1)，对照图象，B符合，故选B。
7. 从海带中提取碘，经有机溶剂进行富集后，可用反萃取法将I2单质从有机溶剂X中提取出来，其流程如图。下列有关说法错误的是
A. 在萃取操作中可采用四氯化碳作为有机溶剂
B. 操作过程中由悬浊液B得到碘单质需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 溶液C中碘元素主要以I－形式存在
D. 反萃取法的优点在于能耗低且有利于有机溶剂的循环利用
【答案】C
【解析】
【分析】有机溶液X与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，分液，向溶液中加入稀硫酸反应得到悬浊液，将悬浊液过滤得到单质碘。
【详解】A．在萃取操作中可采用苯、四氯化碳等有机溶剂作萃取剂，故A正确；
B．操作过程中由悬浊液B得到碘单质需要过滤，其需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故B正确；
C．单质碘与氢氧化钠反应生成碘化钠、碘酸钠和水，则溶液C中碘元素主要以I－、形式存在，故C错误；
D．反萃取加入氢氧化钠溶液反应后，有机溶剂循环使用，则反萃取法的优点在于能耗低且有利于有机溶剂的循环利用，故D正确。
综上所述，答案为C。
8. 测量汽车尾气中氮氧化物含量的方法如下：ⅰ.在高温、催化剂作用下，分解为和；ⅱ.再利用与反应，产生激发态的(用表示)，当回到基态时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比。下列说法不正确的是
A. 基态与具有的能量不同
B. 在大气中形成酸雨：
C. 与能发生反应：
D. 测得荧光强度越大，说明汽车尾气中含量越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息ii可知，当回到基态时，产生荧光，故说明基态与具有的能量不同，A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则在大气中形成酸雨的总反应方程式为：，B正确；
C．由题干信息ii可知，利用与反应，产生激发态的(用表示)，故与能发生反应的方程式为：，C正确；
D．由题干信息可知，通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但题干信息i在高温、催化剂作用下，分解为和，故不能说明汽车尾气中含量越高，只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误；
故答案为：D。
9. 我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作电极材料，电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时，ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C
D. 放电时，负极反应式为Na++e-=Na
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，为原电池，Na作负极、Ni作正极；充电时，为电解池，Ni作阳极、Na作阴极。
【详解】A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4−向负极移动，故A正确；
B．放电时Na作负极、Ni作正极；充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；
C．放电时负极反应式为Na−e−=Na+、正极反应式为3CO2+4e−═2CO32−+C，故C正确；
D．放电时，为原电池，Ni作正极，Na作负极，发生氧化反应，极反应为Na−e−=Na+，故D错误；
答案选D。
【点睛】二次电池，放电是原电池，负极失去电子，熟记几组关系：负极—失去电子—化合价升高—发生氧化反应—电子流出—电流流入—阴离子靠近。
10. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究反应物浓度对化学反应速率的影响
分别取10mL 0.1mol·Lˉ1Na2S2O3溶液和5mL 0.1mol·Lˉ1Na2S2O3溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入10mL 0.1mol·Lˉ1H2SO4溶液
前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率
B
探究压强对化学反应速率的影响
在容积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，向其中通入氩气，反应速率不变
化学反应速率不受压强影响
C
检验Fe(NO3)2晶体是否氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
若溶液变红，则Fe(NO3)2晶体已氧化变质
D
研究淀粉的水解程度
取0.5g淀粉于试管中，加入适量20%硫酸溶液后沸水浴加热5min，再滴加过量氢氧化钠溶液，再加入适量碘水
若溶液没有变成蓝色，则淀粉已经水解完全
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2S2O3浓度不同，H2SO4浓度相同，可以探究反应物浓度对化学反应速率的影响，故A选；
B．容积不变的容器中通入惰性气体氩气，虽然压强增大，但各物质浓度均无改变，所以反应速率不变，实验方案的设计和结论均错误，故B不选；
C．将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液会变红，不能由此判断检验Fe(NO3)2晶体已经氧化变质，方案设计和结论均错误，故C不选；
D．淀粉水解后加入过量氢氧化钠溶液，再加入碘水，碘能和氢氧化钠反应，所以溶液不会变蓝，方案设计和结论均错误，故D不选；
故选A。
二、不定项选择题(每题有一个或多个选项，每题4分，共20分)
11. 下列事实中能证明甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构的是
A. 甲烷的四个碳氢键的键能相等
B. 甲烷的四个碳氢键的键长相等
C. 甲烷的一氯代物只有一种
D. 甲烷二氯代物只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，四个碳氢键的键能相等、键长相等、夹角相等，一氯代物也都只有一种；而甲烷若是平面正方形结构，则其二氯代物会有两种：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯取代物只有一种结构，因此甲烷为正四面体结构。
综上所述答案为D。
12. 一定条件下，氨与氟气发生反应：其中NF3空间结构与NH3相似。下列有关说法错误的是
A. 除F2外，反应物和生成物均为共价化合物
B. NF3中各原子均满足8电子稳定结构
C. NF3中只含极性共价键
D. NH4F中既含有离子键又含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A．NF3为共价化合物，而NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，A错误；
B．NF3中N原子与3个F原子形成3对共用共用电子对，使分子中各原子均满足8电子稳定结构，B正确；
C．NF3分子中只含N-F极性共价键，C正确；
D．NH4F是离子化合物，和F-之间以离子键结合，在中N原子和H原子之间存在极性共价键N-H键，因此NH4F中既含有离子键又含有共价键，D正确；
故合理选项是A。
13. 茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。航标灯的电源必须长效、稳定。我国科技工作者研制出以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池。在这种电池中
A. 铝合金是负极，海水是电解质溶液，Pt-Fe合金发生还原反应
B. 电池的正极反应式为：O2＋4H+＋4e-=2H2O
C. 电池工作时，电子通过导线由Al电极流向Pt-Fe合金电极
D. 当电路中通过0.4mol电子时，消耗的O2体积为2.24L
【答案】AC
【解析】
【分析】以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池，铝合金为负极，Pt-Fe合金网为正极，海水为电解质溶液。
【详解】A．铝比铁活泼，所以铝合金为负极，发生氧化反应，Pt-Fe合金是正极，发生还原反应，海水是电解质溶液，故A正确；
B．在正极，海水中的氧气得到电子，电池的正极反应式为：O2＋2H2O＋4e-=4OH-，故B错误；
C．电池工作时，电子由负极流向正极，即电子通过导线由Al电极流向Pt-Fe合金电极，故C正确；
D．没有指明温度和压强，无法计算氧气的体积，故D错误；
故选AC。
14. 一定条件下，在恒容密闭容器中进行反应3X(g)+2Y(g)+4Z(g)⇌R(g)+5W(g)，下列表示上述反应一定达到化学平衡状态的是
A. 2v生成(Y)=v消耗(Z) B. 3v消耗(X)=v消耗(R)
C. 温度保持不变 D. c(Y)：c(X)：c(Z)=2：3：4
【答案】AC
【解析】
【详解】A．2v生成(Y)=v消耗(Z)说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；
B．不同物质的速率之比等于系数比，v消耗(X)=3v 消耗 (R) 才能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C．化学反应必然伴随能量变化，当温度保持不变，说明反应达到平衡，故C正确；
D．c(Y) ∶ c(X) ∶ c(Z)=2∶3∶4不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D 错误；
故选AC。
15. 将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL某浓度的硝酸中，得到和NO的混合气体1120mL(标准状况)，当向反应后的溶液中加入溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为3.12g。下列说法正确的是
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶1
B. 该硝酸中的物质的量浓度是10.8 mol/L
C. 和NO的混合气体中，的体积分数是70%
D. 得到的和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，消耗O2的体积为448 mL
【答案】AC
【解析】
【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到3.12g沉淀为Cu（OH）2、Mg（OH）2，故沉淀中m（OH-）=3.12g-1.76g=1.36g，则n（OH-）=1.36g÷17g/mol=0.08mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：64x+24y＝1.76、2x+2y＝0.08，解得：x=0.02=y=0.02，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.02mol=1：1，故A正确；
B．NO2和NO混合气体的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，完全沉淀溶液中溶质为硝酸钠，根据Na元素守恒可知：n（NaNO3）=n（NaOH）=1mol/L×0.54L=0.54mol，根据N元素混合可知：n（HNO3）=n（NO2）+n（NO）+n（NaNO3）=0.05mol+0.54mol=0.59mol，故c（HNO3）=0.59mol÷0.05L=11.8mol/L，故B错误；
C．设NO2的物质的量为amol，则NO的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知：a×1+（0.05-a）×3=0.08，解得a=0.035，则NO2的体积分数=×100%=70%，故C正确；
D．得到的NO2和NO混合气体通入一定量O2后被水完全吸收，又重新转化为HNO3，根据电子转移守恒可知，氧气获得电子数等于金属失去电子数，故消耗O2物质的量为0.08mol÷4=0.02mol，但氧气不一定处于标准状况下，即消耗氧气的体积不一定是448mL，故D错误；
故选：AC。
三、填空题(共50分)
16. 有A、B、C、D、四种元素，A元素是地壳中含量最多的金属元素；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构。回答下列问题：
（1）上述四种元素的名称分别是：A_______、B_______、C _______、D_______。
（2）画出A离子的结构示意图_______， B离子的结构示图_______，C的原子结构示意图_______ ，D的原子结构示意图_______。
（3）写出B单质与A单质反应的化学方程式：_______。
（4）在生活中B的一种化合物可以用来做漂白粉，其有效成分化学是：_______。漂白粉需要密封避光保存的原理用化学方程式书写出来：_______。
（5）写出由C元素构成的互为同素异形体的两种物质：_______。
【答案】（1） ①. 铝 ②. 氯 ③. 氧 ④. 钠
（2） ①. ②. ③. ④.
（3）
（4） ①. Ca(ClO)2 ②. 、
（5）O2和O3
【解析】
【分析】A元素是地壳中含量最多的金属元素，故A是Al元素，B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子，故B是Cl元素，C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构，故C是O元素，D是Na元素，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由以上分析可知，A是铝、B是氯、C是氧、D是钠；
【小问2详解】
A是Al元素，A离子的结构示意图为；B是Cl元素，B离子的结构示图为；C是O元素，C的原子结构示意图；D是Na元素，D的原子结构示意图为；
【小问3详解】
氯气和铝反应生成氯化铝，化学方程式为；
【小问4详解】
漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙；次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸光照易分解生成HCl和氧气，化学方程式为、；
【小问5详解】
C是O元素，可以形成互为同素异形体的O2和O3。
17. 按要求回答下列问题：
（1）已知12g石墨变为12g金刚石需吸收能量。
①上述变化属于_______(填“物理”或“化学”)变化。
②常温常压下，石墨与金刚石更稳定的是_______。
（2）如图所示是反应过程中的能量变化图。由图可知，反应物的总键能_______(填“>”、“＜”或“=”)生成物的总键能。
（3）为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：
①上述三套装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是_______。
②某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是_______，说明该反应属于_______(填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】（1） ①. 化学 ②. 石墨
（2）＜ （3） ①. Ⅲ ②. 左端液面降低，右端液面升高 ③. 放热
【解析】
【小问1详解】
①石墨和金刚石是不同的物质，故上述变化属于化学变化；
②石墨变成金刚石吸收热量，故金刚石能量高，能量越低越稳定，故石墨稳定；
【小问2详解】
由故可知该反应为放热反应，根据反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，反应热为负值，则反应物的总键能＜生成物的总键能；
【小问3详解】
①装置I可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应；故答案为：Ⅲ；
②氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U形管左端液面降低，右端液面升高。
18. 根据电化学相关知识，回答下列问题：
（1）已知化学反应a．，b．，其中能够设计成原电池的是___________，写出其正极电极反应式：___________，溶液中向___________(填“正”或“负”)极移动。
（2）某同学将金属镁、铝电极放入的NaOH溶液中，如下图所示。
①电子___________ Mg电极(填“流出”或“流入”)；写出负极的电极反应式：___________。
②若将NaOH溶液换为足量溶液，电路中转移0.2mol电子，电解质溶液质量减少______g。
（3）已知，利用该反应设计成燃料电池如下图所示。电极a电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. b ②. ③. 负
（2） ① 流入 ②. ③. 19.2g
（3）
【解析】
【小问1详解】
前者为复分解反应没有电子转移，而后者为氧化还原反应有电子转移可设计为原电池。Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑反应中Mg发生氧化反应为负极，而H+发生还原反应在正极反应为2H++2e-=H2↑。移向负极。答案为b；2H++2e-=H2↑；负；
【小问2详解】
该电池的总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al发生氧化反应为负极，而Mg为正极。电子从负极流向正极Mg。负极的反应为Al-3 e-+4OH-= +2H2O。若换成AgNO3，该电池总反应为Mg+2Ag+=Mg2++2Ag，转移0.2mol电子时溶液中0.2molAg+消耗同时产生0.1molMg2+，所以溶液的质量变化为0.1×24-0.2×108=-19.2g。答案为流入；Al-3 e-+4OH-= +2H2O；19.2g；
【小问3详解】
从图看a极为NH3变化为N2和H2O发生氧化反应为负极，反应为2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2。答案为2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2。
19. 1,3-丁二烯是制造尼龙等的重要原料，其结构简式为，其在一定条件下存在以下转化关系：
（1）正丁烷的同分异构体的结构简式为_______。
（2）写出图中生成正丁烷的化学方程式：_______。
（3）能使溴水和酸性溶液褪色，二者褪色的原理_______(填“相同”或“不相同”)，简要说明其相同或不相同的原因：_______。
（4）已知：同一个碳原子上连有两个碳碳双键是不稳定的。烯烃C是的一种同分异构体，则烯烃C的结构简式为_______(任写一种即可)。
（5）产物A和产物B的关系为_______。
（6）环戊二烯 ( )与具有相似的化学性质。
①与以发生加成反应生成的产物为_______(写结构简式)。
②写出 与足量的反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 不相同 ②. CH2=CH-CH=CH2使溴水褪色是发生了加成反应，使酸性KMnO4溶液褪色是发生了氧化反应
（4） (或 或 或)
（5）互为同分异构体 （6） ①. 、 ②. +2Br2→
【解析】
【小问1详解】
正丁烷的同分异构体为异丁烷，结构简式为CH(CH3)3；
小问2详解】
1,3-丁二烯与H2发生加成反应制得正丁烷的反应方程式为：
【小问3详解】
CH2=CH-CH=CH2能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，二者褪色的原理不同，前者褪色是发生加成反应，后者褪色是发生氧化反应；
【小问4详解】
1,3-丁二烯具有两个不饱和度，因此只含一个碳碳双键的同分异构体中还有一个单键形成的环，满足条件的结构有(或 或 或)；
【小问5详解】
A、B的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
【小问6详解】
环戊二烯与Br2以物质的量比1:1发生1,4-加成和1,2-加成的产物结构简式分别为 、 ；环戊二烯与足量的Br2发生1,2,3,4,-加成的反应方程式为+2Br2→。
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