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【化学】陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
1.关于下列物质的用途的说法错误的是
A. 酚类化合物有毒，不能用于杀菌消毒
B. 乙二醇可用于配制汽车防冻液
C. 部分卤代烃可用作灭火剂
D. 甲醛的水溶液(福尔马林)可用于防腐
【答案】A
【解析】
试题分析：A．苯酚在医院里广泛使用，消毒药皂的味道也是苯酚产生的，故A错误；B．汽车防冻液的主要成分是乙二醇，故B正确；C．四氯化碳是卤代烃，可做灭火剂，故C正确；D．35%～40%的甲醛水溶液叫福尔马林，医学和科研部门长用与标本的防腐保存，故D正确；故选A。
考点：考查有机物的性质和用途
2.下列各组中分子式所代表的物质一定互为同系物的是
A. C2H4O与C3H6O B. C2H4O2与C3H6O2
C. C7H8与C8H10(均含苯环) D. C7H8O与C8H10O(均含苯环)
【答案】C
【解析】
试题分析：同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物。A、C2H4O为乙醛而C3H6O可能为丙醛或丙酮，故A错误；B、C2H4O2为乙酸而C3H6O2可能为丙酸或HOCCH2CH2OH，故B错误；C、C7H8与C8H10都是苯环上的氢被甲基(-CH3)取代的产物，所以这两者都是同系物，它们的主体结构都是一个苯环，相差的只是上面的取代基的数量，都是芳香烃，故C正确；D、C7H8O与C8H10O含有羟基（-OH），羟基连接在甲基上形成苯的同系物，而羟基连接在苯环上则形成酚类，故D错误。
考点：芳香烃、烃基和同系物
3.某物质中可能有甲醇、甲酸、乙醇、甲酸乙酯几种物质中的一种或几种，在鉴定该物质时有下列现象：①有银镜反应；②加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解；③与含有酚酞的NaOH溶液共热时发现溶液中红色逐渐变浅。下列叙述中正确的是
A. 有甲酸乙酯和甲酸 B. 有甲酸乙酯，可能有甲醇
C. 有甲酸乙酯和乙醇 D. 几种物质都有
【答案】B
【解析】
【分析】
甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，一定没有甲酸；甲酸、甲酸乙酯都与含有酚酞的NaOH溶液反应。
【详解】甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，一定没有甲酸；甲酸、甲酸乙酯都与含有酚酞的NaOH溶液反应；所以一定有甲酸乙酯，一定没有甲酸，可能含有甲醇、乙醇，故选B。
4.等质量的铜片，在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻后取出，铜片质量比加热前增加的是
A. 硝酸 B. 无水乙醇
C. 石灰水 D. 盐酸
【答案】C
【解析】
铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加。A．投入硝酸片刻，发生反应：CuO+2HNO3═Cu(NO3)2+H2O，Cu2+进入溶液，铜片的质量会减小，故A不选；B．投入无水乙醇中，发生反应：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu，又恢复为铜，铜片的质量不变，故B不选；C．投入石灰水中，氧化铜不与石灰水反应，铜片质量增加，故C选；D．投入盐酸中，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，质量减小，故D不选；故选C。
5.下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是
A. 乙醇（乙醛）——加水，振荡静置后分液
B. 乙酸乙酯（乙酸）——加乙醇、浓硫酸加热
C. 乙烯（乙炔）——将气体通过盛KMnO4溶液的洗气瓶
D. 苯（苯酚）——加足量NaOH溶液，振荡静置后分液
【答案】D
【解析】
试题分析：A．乙醇和乙醛都容易溶于水，不能通过加水、分液的方法除去杂质，错误；B．乙醇与乙酸反应产生乙酸乙酯的反应比较缓慢，而且该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，错误；C．乙烯和乙炔都可以被氧化产生CO2，所以不能通过盛KMnO4溶液的洗气瓶洗气除杂，错误；D．苯酚与NaOH发生反应产生的苯酚钠容易溶于水，而苯与水互不相溶，所以可通过加足量NaOH溶液，振荡静置后分液除去苯中的苯酚，正确。
考点：考查除杂试剂及操作正误判断的知识。
6. 是某有机物与H2发生加成反应后的产物。该有机物不可能是
A.
B.
C. 乙醛的同系物
D. 丁醛的同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】
与氢气不反应；碳碳双键能与氢气发生加成反应；醛基与氢气发生加成反应生成醇；丁醛的同分异构体中与氢气加成反应的产物是；
【详解】与氢气不反应，故选A；含有碳碳双键，与氢气发生加成反应生成，故不选B；醛基与氢气发生加成反应生成醇羟基，与氢气发生加成反应生成，故不选C；丁醛的同分异构体中与氢气加成反应的产物是，故不选D。
7.分子式为C10H20O2的有机物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. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】A
【解析】
【分析】
有机物A在酸性条件下能水解，说明A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，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，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题。
【详解】A是饱和酯，且两边链相同，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9-烃基，有四种结构：C-C-C-C-，，，则A有四种结构；选A。
【点睛】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同。
8.下列各组物质中不管以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量不变的是 ( )
A. 乙炔和乙烯
B. 乙醇和丙醇
C. 乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)
D. 甲醛和乙酸
【答案】D
【解析】
试题分析：A.乙炔（C2H2）和乙烯（C2H4）最简式不同，等质量时消耗的氧气的量不同，二者比例不同，总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量不同，A项错误；B.乙醇（CH3CH2OH）和丙醇（CH3CH2CH2OH）中C、H的质量分数不相等，最简式不同，则质量一定、组成比例不同时，充分燃烧后生成的二氧化碳、水的质量不同，B项错误；C.乙醇（CH3CH2OH）和乙醚（C2H5OC2H5）中C、H的质量分数不相等，则质量一定、组成比例不同时，充分燃烧后生成的二氧化碳、水的质量不同，C项错误；D．甲醛（HCHO）和乙酸（CH3COOH）的最简式都为CH2O，总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量不变，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查有机物燃烧反应的计算。
【名师点睛】本题考查有机物燃烧反应的计算，为高频考点，把握信息得出最简式相同为解答的关键，侧重分析能力的考查。注意信息中总质量一定，不论以何种比例混合，完全燃烧后生成的二氧化碳的质量也总是定值，说明有机物中含C的质量分数为定值，即最简式相同，以此来解答。
9.已知烯烃在一定条件下氧化时，键断裂，R1CH=CHR2可氧化成R1CHO和R2CHO。下列烯烃中，经氧化可得乙醛和丁醛的是
A. 1—己烯 B. 2—己烯
C. 2—甲基—2—戊烯 D. 3—己烯
【答案】B
【解析】
试题分析：烯烃在一定条件下氧化时，碳碳双键断裂，两个不饱和的碳原子被氧化变为-CHO。若某烯烃经氧化可得乙醛和丁醛，原来的物质是2—己烯，结构简式是CH3-CH=CH-CH2CH2CH3，故选项是B。
考点：考查烯烃的氧化反应规律的应用的知识。
10.某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将4.5 g A完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重2.7 g和6.6 g。A能与NaHCO3溶液产生CO2，且两分子A之间脱水可生成六元环状化合物。有关A的说法正确的是
A. 有机物A的分子式为C3H8O3
B. 0.1 mol A与足量Na反应生成2.24 L H2
C. A催化氧化的产物不能发生银镜反应
D. A能在一定条件下发生缩聚反应生成
【答案】C
【解析】
【分析】
n(A) =4.5 g÷90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6 g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3，因此该物质的分子式是C3H6O3；A能与NaHCO3溶液产生CO2，说明含有羧基，两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，所以A的结构简式是。
【详解】n(A) =4.5 g÷90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6 g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3、H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3；因此该物质的分子式是C3H6O3，所以A选项错误；A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即，因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1 mol A与足量Na反应产生标准状况下的H2 2.24 L，故B错误；由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，故C正确；A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,故D错误。
【点睛】考查分子式计算、官能团判断的知识，会用逆推法分析有机物的结构，例如本题中两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，说明A中羟基位于2号碳原子上。
11. 化学实验必须注意安全，下列做法不存在安全隐患的是( )
A. 制取乙酸乙酯时，先将1体积的酒精倒入3体积的浓硫酸中
B. 配制银氨溶液时，将稀氨水滴加到硝酸银溶液中至白色沉淀恰好溶解为止
C. 实验室做钠与乙醇的实验时，余下的钠投入废液缸中
D. 制乙烯时，用量程为100 ℃的温度计代替量程为300 ℃的温度计，测反应液的温度
【答案】B
【解析】
试题分析：A．浓硫酸的密度大于酒精，应将浓硫酸倒入酒精中，否则会导致混合时产生的大量的热将液体溅出，引发安全事故，故A错误；B．配制银氨溶液，最初生成的沉淀恰好溶解即可，则在一定量AgNO3溶液中，逐滴滴加稀氨水至沉淀恰好溶解为止，故B正确；C．金属钠的化学性质很活泼，极易和废液缸中的水发生剧烈反应，引发安全事故，故C错误；D．制乙烯时，所需温度在170℃附近，用量程为100℃的温度计代替量程为300℃的温度计测反应液的温度，会损坏温度计，故D错误。故选B。
考点：考查化学实验安全及事故处理
12.用下列实验装置能达到所述的实验目的的是
A. 利用装置甲既可以进行石油的分馏，也可以进行酒精的浓缩
B. 利用装置乙可以完成实验室制备乙烯气体并检验乙烯气体的生成
C. 利用装置丙可以完成实验室制备乙炔气体并检验乙炔气体的生成
D. 利用装置丁可以完成实验室制备乙酸乙酯并收集较为纯净的乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
试题分析：A．在分馏实验中温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管出口处，A错误；B．实验室制备的乙烯中含有SO2，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此利用装置乙不能完成实验室制备乙烯气体并检验乙烯气体的生成，B错误；C. 生成的乙炔中含有杂质，利用硫酸铜溶液可以除去，则利用装置丙可以完成实验室制备乙炔气体并检验乙炔气体的生成，C正确；D.吸收乙酸乙酯的导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，则利用装置丁不能完成实验室制备乙酸乙酯并收集较为纯净的乙酸乙酯，D错误，答案选C。
考点：考查有机化学实验设计与评价
13.有下列物：①乙醇、②苯酚、③乙醛、④丙烯酸(CH2=CHCOOH)、⑤乙酸乙酯。其中与溴水、酸性KMnO4溶液、NaHCO3溶液都能反应的是（ ）
A. ①③ B. ②⑤ C. ④ D. ③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①乙醇与溴水、NaHCO3溶液不能发生反应，错误；②苯酚与NaHCO3溶液不能发生反应，错误；③乙醛与NaHCO3溶液不能发生反应，错误；④丙烯酸(CH2=CHCOOH)与溴水发生加成反应，使溴水褪色；与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；与NaHCO3溶液发生复分解反应产生CO2气体，正确；⑤乙酸乙酯与溴水、酸性KMnO4溶液、NaHCO3溶液都不能反应，错误。
考点：考查物质的性质及应用正误判断的知识。
14.对复杂的有机物的结构，可以用键线式简化表示，如有机物CH2===CHCHO，可简化写成，则与键线式为的物质互为同分异构体的是
【答案】D
【解析】
的分子式为C7H8O。A．中含有8个碳原子，与的分子式不同，不是同分异构体，故A不选；B．的分子式为C7H6O，与的分子式不同，不是同分异构体，故B不选；C．的分子式为C7H6O2，与的分子式不同，不是同分异构体，故C不选；D．的分子式为C7H8O，与的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D选；故选D。
15.食品化学家A.SaariCsallany和Christine Seppanen研究发现，当豆油被加热到油炸温度（185 ℃）时，会产生如下所示高毒性物质，许多疾病和这种有毒物质有关，如帕金森症。下列关于这种有毒物质的判断不正确的是
A. 该物质属于烃的衍生物
B. 该物质的分子式为C9H14O2
C. 该物质分子中含有三种官能团
D. 该物质最多可以和2 mol H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【分析】
由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO、-OH，结合烯烃、醛、醇的性质来解答。
【详解】该物质含氧元素，是烃的含氧衍生物，故A正确；根据结构可知该有机物分子中含有9个C原子、2个O原子、16个H原子，所以分子式为C9H16O2，故B错误；分子中含有碳碳双键、醛基、羟基三种官能团，故C正确；分子中含有1个碳碳双键，1个醛基，能与氢气加成，所以1mol该物质能与2mol氢气发生加成反应，故D正确。
16.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 已知C(石墨，s) ===C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq) ===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJ
D. 已知2C(s)＋2O2(g) ===2CO2(g) ΔH1,2C(s)＋O2(g) ===2CO(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量，SO2的能量与SO3的能量大小无法判断，故错误；B、能量越低，物质越稳定，此反应是吸热反应，石墨的能量低于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，故错误；C、中和热中的酸和碱都是稀溶液，因为浓溶液遇水放热，数值大于57.3kJ，酸和碱都是强电解质，因为弱电解质电离是吸热，数值小于57.3kJ，故错误；D、两个反应都是放热反应，△H<0，碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于生成CO的热量，即△H1<△H2，故正确。
考点：考查物质的稳定和能量关系、放热反应和能量关系、中和热、反应热等知识。
17.已知：2H2(g)＋O2(g) ===2H2O(l) ΔH＝－571.66 kJ·mol－1
CO(g)＋1/2O2(g) ===CO2(g) ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
若氢气与一氧化碳的混合气体完全燃烧可生成2.7 g H2O(l)，并放出57.02 kJ热量，则混合气体中CO的物质的量约为( )
A. 0.22 mol B. 0.15 mol C. 0.1 mol D. 0.05 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
2mol氢气燃烧生成2mol液态水放出热量571.66 kJ，则生成2.7 g H2O(l)放热42.87 kJ；CO燃烧放出的热量是57.02 kJ-42.87 kJ =14.15 kJ， 根据1molCO完全燃烧生成二氧化碳放出热量282.9 kJ计算CO的物质的量；
【详解】2mol氢气燃烧生成2mol液态水放出热量571.66 kJ，则生成2.7 g H2O(l)放热42.87 kJ；CO燃烧放出的热量是57.02 kJ-42.87 kJ =14.15 kJ， 1molCO完全燃烧生成二氧化碳放出热量282.9 kJ，则CO的物质的量是14.15282.9=0.05mol，故选D。
18.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 1/2N2H4（g）+1/2O2（g）===1/2N2（g）+H2O（g） ΔH=+267 kJ·mol－1
B. N2H4（g）+O2（g）===N2（g）+2H2O（g） ΔH=﹣534 kJ·mol－1
C. N2H4（g）+O2（g）===N2（g）+2H2O（g） ΔH=+534 kJ·mol－1
D. N2H4（g）+O2（g）===N2（g）+2H2O（l） ΔH=﹣133.5 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法来写．
解；A、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；
B、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故B错误；
C、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；
D、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大．
19.一定条件下,充分燃烧一定量的丁烷生成二氧化碳和气态水时放出热量Q kJ(Q>0)。经测定完全吸收生成的CO2需消耗5 mol·L-1的KOH溶液100 mL,恰好生成正盐。则此条件下反应C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH为( ) kJ·mol-1
A. +8Q B. +16Q C. -8Q D. -16Q
【答案】D
【解析】
【分析】
KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的热量大小为QkJ，据此计算。
【详解】KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n（K2CO3）=0.25mol，根据碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的热量大小为QkJ，故1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16QkJ，所以C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH=-16QkJ·mol-1，故选D。
20.已知:P4(g)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1，P4(g)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=b kJ·mol-1，P4具有正四面体结构（如图），PCl5中P—Cl键的键能为c kJ·mol-1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2c kJ·mol-1。下列叙述正确的是
A. P—P键的键能大于P—Cl键的键能
B. 可求Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(s)的反应热ΔH
C. Cl—Cl键的键能为0.25（b﹣a+5.6c） kJ·mol-1
D. P—P键的键能为0.125（5a﹣3b +12c）kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；B、依据盖斯定律分析判断；C、依据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算分析；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，依据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算分析。
【详解】原子半径P＞Cl，因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，故A错误；利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H= KJmol-1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H= KJmol-1，可得E（Cl-Cl）+3×1.2c-5c=，因此可得E（Cl-Cl）= KJmol-1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E（P-P）+10×-4×5c=b，解得E（P-P）= KJmol-1，故D错误。
【点睛】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和。本题考查了化学键与焓变定量计算关系，物质结构的分析应用，盖斯定律的计算应用。
21.（1）13 g C2H2(g)完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出659 kJ的热量，写出表示该物质燃烧热的热化学方程式___________________________。
（2）已知反应：Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl。
Ⅰ.当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量。
Ⅱ.其能量变化示意图如图：
则该反应的热化学方程式为_____________________________________。由上述数据判断断开1 mol H—Cl 键与断开 1 mol H—Br键所需能量相差约为________kJ。
（3）已知：①2CO(g)＋O2(g) ===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
②Na2O2(s)＋CO2(g) ===Na2CO3(s)＋1/2O2(g) ΔH＝－226 kJ·mol－1
则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数目为________。
（4）已知CO 、H2 、CH4 的燃烧热分别为283 kJ·mol－1、286 kJ·mol－1、890 kJ·mol－1。若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等时,则放出热量(Q)的取值范围是____。
【答案】 (1). C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝－1318 kJ·mol－1 (2). Cl2(g)＋2HBr(g)===Br2(g)＋2HCl(g) ΔH＝－81 kJ·mol－1 (3). 62 (4). 2NA(或1.204×1024) (5). 284.5a kJ
【分析】
（1）根据13gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2，放出659kJ的热量，计算1molC2H2燃烧放出的热量，热化学方程式书写注意物质的聚集状态和反应热的单位；（2）当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量，所以生成2molHCl放热81 kJ ；根据图示，断开1 mol H—Br键所需能量是，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算H—Cl 键的键能。（3）根据盖斯定律计算CO(g)与Na2O2(s)反应的焓变；（4）若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等。根据极值法，若该混合气体由CH4和CO 1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是；若该混合气体由CO和H2 1:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是；根据气体物质的量计算放出的热量。
【详解】（1）13g C2H2气体n（C2H2）=0.5mol，放出659kJ的热量，则1molC2H2燃烧放出的热量为：659kJ×2=1318KJ，则热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1318KJ/mol；（2）当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量，所以生成2molHCl放热81 kJ，所以Cl2(g)＋2HBr(g)==Br2(g)＋2HCl(g) ΔH＝－81 kJ·mol－1；根据图示，断开1 mol H—Br键所需能量是，设H—Cl 键的键能是x kJ·mol－1，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，243+498-200-2x=－81，解得x=311 kJ·mol－1，所以断开1 mol H—Cl 键与断开 1 mol H—Br键所需能量相差约为311-4982=62kJ。（3）根据盖斯定律②×2+①得2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s) △H=-1018KJ/mol，反应放出509 kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2NA；（4）若该混合气体由CH4和CO 1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是，放出热量Q=283 kJ·mol－1×＋890 kJ·mol－1×=1173×；若该混合气体由CO和H2 1:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是，放出热量为Q=283 kJ·mol－1×＋286kJ·mol－1×=569×；放出热量(Q)的取值范围是284.5a kJ
（1）方案一：如图装好实验装置，图中小试管用细线吊着，细线的上端拴在细铁丝上。开始时使右端U形管两端红墨水相平。实验开始，向下插细铁丝，使小试管内盐酸和广口瓶内NaOH溶液混合，此时观察到的现象是________________________________，原因是__________________________________________________。
（2）方案二：该小组借助反应溶液温度的变化来判断反应的发生。如果NaOH溶液与盐酸混合前后有温度的变化，则证明发生了化学反应。该小组同学将不同浓度的NaOH溶液和盐酸各10 mL混合，用温度计测量反应前后温度的变化，测得的部分数据如下表：
则x＝______。假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1 g·cm－3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1，依据该小组的实验数据计算，写出表示稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________________________。
（3）若H＋(aq)＋OH－(aq) ===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1；现有：①稀H2SO4与Ba(OH)2(aq) ②浓H2SO4与Ba(OH)2(aq) ③稀HNO3与Ba(OH)2(aq)反应生成1 mol H2O(l)的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3三者由小到大的关系为 ______________________。
【答案】 (1). U形管内液面左边下降、右边升高 (2). 盐酸和NaOH发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大 (3). 7 (4). NaOH(aq)＋HCl(aq)=== NaCl (aq) ＋H2O(l) ΔH＝－58.52 kJ·mol－1 (5). ΔH2＜ΔH1＜ΔH3
【解析】
【分析】
（1）由于盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大；（2）根据表中数据可知，实验2中生成水的物质的量是实验1中的2倍，实验溶液升高的温度也应该是2倍；Q=cm ，根据实验2，生成0.001mol水，放出热量Q=4.18 J·g－1·℃－1×20g×7℃，则生成1mol水放热58.52 kJ；（3）稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)生成硫酸钡沉淀放热；浓H2SO4稀释时放出大量的热。
【详解】（1）由于盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大，所以U形管内液面左边下降、右边升高。（2）根据表中数据可知，实验2中生成水的物质的量是实验1中的2倍，实验溶液升高的温度也应该是2倍，所以x=7；Q=cm ，根据实验2，放出热量Q=4.18 J·g－1·℃－1×20g×7℃，则生成1mol水放热58.52 kJ，所以表示稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式NaOH(aq)＋HCl(aq)=== NaCl (aq) ＋H2O(l) ΔH＝－58.52 kJ·mol－1；（3）稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)生成硫酸钡沉淀放热；浓H2SO4稀释时放出大量的热，所以浓H2SO4与Ba(OH)2(aq)反应放热最多、稀HNO3与Ba(OH)2(aq)反应放热最少，ΔH2＜ΔH1＜ΔH3。
23.聚醋酸乙烯酯是黏合剂，应用广泛。下面是该有机物的合成路线：
提示：①甲烷在电弧的作用下生成炔烃。
②CH3C≡CHCH3CH2CHO(未配平)。
请回答下列问题：
（1）甲烷合成A的化学反应中原子利用率为________。
（2）B的结构简式为________。
（3）B生成C的反应中除新制Cu(OH)2悬浊液外还需要的条件是________。
（4）A与C反应生成D的反应类型是________。
（5）写出由D生成反应的化学方程式：____________________________________________________。
（6）写出能既能溴水褪色又能使紫色石蕊溶液变红的D的同分异构体的结构简式：_____________________________________。
【答案】 (1). 81.25% (2). CH3CHO (3). 加热 (4). 加成反应 (5). (6). CH2===CHCH2COOH、CH3CH===CHCOOH、
【解析】
【分析】
根据题目提示信息，结合聚醋酸乙烯酯的结构简式，可知A是乙炔、B是乙醛、C是乙酸，根据逆推D，D是。
【详解】根据以上分析，（1）2分子甲烷合成的化学反应中原子利用率为81.25%。（2）B是乙醛，乙醛的结构简式为CH3CHO。（3）乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液加热生成乙酸，所以还需要的条件是加热。（4）与CH3COOH反应生成的反应类型是加成反应。
（5）发生加聚反应生成，反应的化学方程式：。
（6）能使溴水褪色说明含有碳碳双键，能使紫色石蕊溶液变红说明含有羧基， 的同分异构体的结构简式是CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、。
【点睛】书写同分异构体，注意抓住官能团的性质，例如使紫色石蕊溶液变红的物质一定有羧基，能发生银镜反应的物质有醛类、甲酸、甲酸酯等。
24.下图中A、B、C、D、E、F、G、H均为有机化合物。
回答下列问题：
（1）有机化合物A的相对分子质量小于60，A能发生银镜反应，1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应生成B，则A的结构简式是__________________，由A生成B的反应类型是__________；
（2）B在浓硫酸中加热可生成C，C在催化剂作用下可聚合生成高分子化合物D，由C 生成D的化学方程式是_________________________________________________；
（3）①芳香族化合物E的分子式是C8H8Cl2 ,E的苯环上的一溴取代物只有一种，则E的所有可能的同分异构体共有________种；
②E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G(C8H6O4)。1 mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8 L CO2(标准状况)，由此确定E的结构简式是_____________________________________；
（4）G和足量的B在浓硫酸催化下加热反应可生成H，则由G和B生成H的化学方程式是________________________________________________________该反应的反应类型是__________。
【答案】 (1). (2). 加成反应或还原反应 (3). (4). 7 (5). (6). (7). 取代反应
【解析】
【分析】
A能发生银镜反应，说明A中含有-CHO，其式量为29，如果分子中含有2个-CHO，则A为OHC-CHO，但它只能与2mol的H2发生反应，所以A中只含有一个-CHO，根据相对分子质量，除醛基外分子中最多还含有2个C原子，1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应，刚好满足2个C原子组成碳碳三键；A与氢气加成生成B，则B是CH3CH2CH2OH；（2）CH3CH2CH2OH在浓硫酸中加热发生消去反应生成C，C是丙烯；丙烯发生加聚反应生成聚丙烯；（3）①芳香族化合物E的分子式是C8H8Cl2 ，E的苯环上的一溴取代物只有一种，则结构完全对称，可能苯环对位有2个 ，或对称分布在苯环上的2个氯原子和2个甲基；②E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G(C8H6O4)。1 mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8 L CO2(标准状况)，说明G是，逆推F是，则E是；（4）和足量的CH3CH2CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应反应生成。
【详解】A能发生银镜反应，说明A中含有-CHO，其式量为29，如果分子中含有2个-CHO，则A为OHC-CHO，但它只能与2mol的H2发生反应，所以A中只含有一个-CHO，根据相对分子质量，分子中最多还含有2个C原子，1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应，刚好满足2个C原子组成碳碳三键，所以A的结构简式为: CHC-CHO；1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应生成B，则B是CH3CH2CH2OH，反应类型是加成反应；（2）CH3CH2CH2OH在浓硫酸中加热发生消去反应生成C，C是丙烯；丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式是；（3）①芳香族化合物E的分子式是C8H8Cl2 ，E的苯环上的一溴取代物只有一种，可能的结构简式有、、、、、、，共7种；②E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G(C8H6O4)。1 mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8 L CO2(标准状况)，说明G是，逆推F是，则E是；（4）和足量的CH3CH2CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应反应生成，反应方程式是，该反应的反应类型是取代反应。
25.有机物A～M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色，D能发生银镜反应，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种。
已知： (R1、R2表烃基或氢原子)
请回答：
（1）B、F的结构简式分别为________、________。
（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是________(填反应序号)。
（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________________________；反应⑦的化学方程式为______________________________。
（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中的某一官能团，确定该官能团的实验步骤和现象为__________________________________________。
（5）符合下列条件的F的同分异构体共有________种。
a．能发生银镜反
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶6
【答案】 (1). (2). (3). ④ (4). ＋2Ag(NH3)2(OH) ＋2Ag↓＋2NH3＋H2O (5). ＋(n－1)H2O (6). 取反应①后的混合液少许，向其中加入稀硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子 (7). 2
【解析】
试题分析：A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为；（1）由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；
反应⑦的化学方程式为：；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F()的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个-CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，所以F的同分异构体有2种。
【考点定位】考查有机推断、有机反应类型、同分异构体、化学方程式的书写等。
【名师点晴】综合分析确定F的结构是关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，通过正反应推导确定A～M的结构简式；A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答。
1.关于下列物质的用途的说法错误的是
A. 酚类化合物有毒，不能用于杀菌消毒
B. 乙二醇可用于配制汽车防冻液
C. 部分卤代烃可用作灭火剂
D. 甲醛的水溶液(福尔马林)可用于防腐
【答案】A
【解析】
试题分析：A．苯酚在医院里广泛使用，消毒药皂的味道也是苯酚产生的，故A错误；B．汽车防冻液的主要成分是乙二醇，故B正确；C．四氯化碳是卤代烃，可做灭火剂，故C正确；D．35%～40%的甲醛水溶液叫福尔马林，医学和科研部门长用与标本的防腐保存，故D正确；故选A。
考点：考查有机物的性质和用途
2.下列各组中分子式所代表的物质一定互为同系物的是
A. C2H4O与C3H6O B. C2H4O2与C3H6O2
C. C7H8与C8H10(均含苯环) D. C7H8O与C8H10O(均含苯环)
【答案】C
【解析】
试题分析：同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物。A、C2H4O为乙醛而C3H6O可能为丙醛或丙酮，故A错误；B、C2H4O2为乙酸而C3H6O2可能为丙酸或HOCCH2CH2OH，故B错误；C、C7H8与C8H10都是苯环上的氢被甲基(-CH3)取代的产物，所以这两者都是同系物，它们的主体结构都是一个苯环，相差的只是上面的取代基的数量，都是芳香烃，故C正确；D、C7H8O与C8H10O含有羟基（-OH），羟基连接在甲基上形成苯的同系物，而羟基连接在苯环上则形成酚类，故D错误。
考点：芳香烃、烃基和同系物
3.某物质中可能有甲醇、甲酸、乙醇、甲酸乙酯几种物质中的一种或几种，在鉴定该物质时有下列现象：①有银镜反应；②加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解；③与含有酚酞的NaOH溶液共热时发现溶液中红色逐渐变浅。下列叙述中正确的是
A. 有甲酸乙酯和甲酸 B. 有甲酸乙酯，可能有甲醇
C. 有甲酸乙酯和乙醇 D. 几种物质都有
【答案】B
【解析】
【分析】
甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，一定没有甲酸；甲酸、甲酸乙酯都与含有酚酞的NaOH溶液反应。
【详解】甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；加入新制的Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，一定没有甲酸；甲酸、甲酸乙酯都与含有酚酞的NaOH溶液反应；所以一定有甲酸乙酯，一定没有甲酸，可能含有甲醇、乙醇，故选B。
4.等质量的铜片，在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻后取出，铜片质量比加热前增加的是
A. 硝酸 B. 无水乙醇
C. 石灰水 D. 盐酸
【答案】C
【解析】
铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加。A．投入硝酸片刻，发生反应：CuO+2HNO3═Cu(NO3)2+H2O，Cu2+进入溶液，铜片的质量会减小，故A不选；B．投入无水乙醇中，发生反应：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu，又恢复为铜，铜片的质量不变，故B不选；C．投入石灰水中，氧化铜不与石灰水反应，铜片质量增加，故C选；D．投入盐酸中，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，质量减小，故D不选；故选C。
5.下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是
A. 乙醇（乙醛）——加水，振荡静置后分液
B. 乙酸乙酯（乙酸）——加乙醇、浓硫酸加热
C. 乙烯（乙炔）——将气体通过盛KMnO4溶液的洗气瓶
D. 苯（苯酚）——加足量NaOH溶液，振荡静置后分液
【答案】D
【解析】
试题分析：A．乙醇和乙醛都容易溶于水，不能通过加水、分液的方法除去杂质，错误；B．乙醇与乙酸反应产生乙酸乙酯的反应比较缓慢，而且该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，错误；C．乙烯和乙炔都可以被氧化产生CO2，所以不能通过盛KMnO4溶液的洗气瓶洗气除杂，错误；D．苯酚与NaOH发生反应产生的苯酚钠容易溶于水，而苯与水互不相溶，所以可通过加足量NaOH溶液，振荡静置后分液除去苯中的苯酚，正确。
考点：考查除杂试剂及操作正误判断的知识。
6. 是某有机物与H2发生加成反应后的产物。该有机物不可能是
A.
B.
C. 乙醛的同系物
D. 丁醛的同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】
与氢气不反应；碳碳双键能与氢气发生加成反应；醛基与氢气发生加成反应生成醇；丁醛的同分异构体中与氢气加成反应的产物是；
【详解】与氢气不反应，故选A；含有碳碳双键，与氢气发生加成反应生成，故不选B；醛基与氢气发生加成反应生成醇羟基，与氢气发生加成反应生成，故不选C；丁醛的同分异构体中与氢气加成反应的产物是，故不选D。
7.分子式为C10H20O2的有机物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. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】A
【解析】
【分析】
有机物A在酸性条件下能水解，说明A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，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，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同，以此解答该题。
【详解】A是饱和酯，且两边链相同，分析C4H9COOH或C4H9CH2OH中都含有C4H9-烃基，有四种结构：C-C-C-C-，，，则A有四种结构；选A。
【点睛】本题考查有机物的推断，题目难度中等，本题的关键是根据C在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，且碳链相同。
8.下列各组物质中不管以何种比例混合，只要总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量不变的是 ( )
A. 乙炔和乙烯
B. 乙醇和丙醇
C. 乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)
D. 甲醛和乙酸
【答案】D
【解析】
试题分析：A.乙炔（C2H2）和乙烯（C2H4）最简式不同，等质量时消耗的氧气的量不同，二者比例不同，总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量不同，A项错误；B.乙醇（CH3CH2OH）和丙醇（CH3CH2CH2OH）中C、H的质量分数不相等，最简式不同，则质量一定、组成比例不同时，充分燃烧后生成的二氧化碳、水的质量不同，B项错误；C.乙醇（CH3CH2OH）和乙醚（C2H5OC2H5）中C、H的质量分数不相等，则质量一定、组成比例不同时，充分燃烧后生成的二氧化碳、水的质量不同，C项错误；D．甲醛（HCHO）和乙酸（CH3COOH）的最简式都为CH2O，总质量一定，充分燃烧后生成的二氧化碳的量和水的量不变，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查有机物燃烧反应的计算。
【名师点睛】本题考查有机物燃烧反应的计算，为高频考点，把握信息得出最简式相同为解答的关键，侧重分析能力的考查。注意信息中总质量一定，不论以何种比例混合，完全燃烧后生成的二氧化碳的质量也总是定值，说明有机物中含C的质量分数为定值，即最简式相同，以此来解答。
9.已知烯烃在一定条件下氧化时，键断裂，R1CH=CHR2可氧化成R1CHO和R2CHO。下列烯烃中，经氧化可得乙醛和丁醛的是
A. 1—己烯 B. 2—己烯
C. 2—甲基—2—戊烯 D. 3—己烯
【答案】B
【解析】
试题分析：烯烃在一定条件下氧化时，碳碳双键断裂，两个不饱和的碳原子被氧化变为-CHO。若某烯烃经氧化可得乙醛和丁醛，原来的物质是2—己烯，结构简式是CH3-CH=CH-CH2CH2CH3，故选项是B。
考点：考查烯烃的氧化反应规律的应用的知识。
10.某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将4.5 g A完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重2.7 g和6.6 g。A能与NaHCO3溶液产生CO2，且两分子A之间脱水可生成六元环状化合物。有关A的说法正确的是
A. 有机物A的分子式为C3H8O3
B. 0.1 mol A与足量Na反应生成2.24 L H2
C. A催化氧化的产物不能发生银镜反应
D. A能在一定条件下发生缩聚反应生成
【答案】C
【解析】
【分析】
n(A) =4.5 g÷90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6 g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3，因此该物质的分子式是C3H6O3；A能与NaHCO3溶液产生CO2，说明含有羧基，两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，所以A的结构简式是。
【详解】n(A) =4.5 g÷90g/mol =0.05mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 2.7 g÷18g/mol=0.15mol；n(CO2)=6.6 g÷44g/mol=0.15mol，则一个分子中含有的原子个数是C：3、H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3；因此该物质的分子式是C3H6O3，所以A选项错误；A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即，因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1 mol A与足量Na反应产生标准状况下的H2 2.24 L，故B错误；由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，故C正确；A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,故D错误。
【点睛】考查分子式计算、官能团判断的知识，会用逆推法分析有机物的结构，例如本题中两分子A之间脱水可生成六元环状化合物，说明A中羟基位于2号碳原子上。
11. 化学实验必须注意安全，下列做法不存在安全隐患的是( )
A. 制取乙酸乙酯时，先将1体积的酒精倒入3体积的浓硫酸中
B. 配制银氨溶液时，将稀氨水滴加到硝酸银溶液中至白色沉淀恰好溶解为止
C. 实验室做钠与乙醇的实验时，余下的钠投入废液缸中
D. 制乙烯时，用量程为100 ℃的温度计代替量程为300 ℃的温度计，测反应液的温度
【答案】B
【解析】
试题分析：A．浓硫酸的密度大于酒精，应将浓硫酸倒入酒精中，否则会导致混合时产生的大量的热将液体溅出，引发安全事故，故A错误；B．配制银氨溶液，最初生成的沉淀恰好溶解即可，则在一定量AgNO3溶液中，逐滴滴加稀氨水至沉淀恰好溶解为止，故B正确；C．金属钠的化学性质很活泼，极易和废液缸中的水发生剧烈反应，引发安全事故，故C错误；D．制乙烯时，所需温度在170℃附近，用量程为100℃的温度计代替量程为300℃的温度计测反应液的温度，会损坏温度计，故D错误。故选B。
考点：考查化学实验安全及事故处理
12.用下列实验装置能达到所述的实验目的的是
A. 利用装置甲既可以进行石油的分馏，也可以进行酒精的浓缩
B. 利用装置乙可以完成实验室制备乙烯气体并检验乙烯气体的生成
C. 利用装置丙可以完成实验室制备乙炔气体并检验乙炔气体的生成
D. 利用装置丁可以完成实验室制备乙酸乙酯并收集较为纯净的乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
试题分析：A．在分馏实验中温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管出口处，A错误；B．实验室制备的乙烯中含有SO2，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此利用装置乙不能完成实验室制备乙烯气体并检验乙烯气体的生成，B错误；C. 生成的乙炔中含有杂质，利用硫酸铜溶液可以除去，则利用装置丙可以完成实验室制备乙炔气体并检验乙炔气体的生成，C正确；D.吸收乙酸乙酯的导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，则利用装置丁不能完成实验室制备乙酸乙酯并收集较为纯净的乙酸乙酯，D错误，答案选C。
考点：考查有机化学实验设计与评价
13.有下列物：①乙醇、②苯酚、③乙醛、④丙烯酸(CH2=CHCOOH)、⑤乙酸乙酯。其中与溴水、酸性KMnO4溶液、NaHCO3溶液都能反应的是（ ）
A. ①③ B. ②⑤ C. ④ D. ③④
【答案】C
【解析】
试题分析：①乙醇与溴水、NaHCO3溶液不能发生反应，错误；②苯酚与NaHCO3溶液不能发生反应，错误；③乙醛与NaHCO3溶液不能发生反应，错误；④丙烯酸(CH2=CHCOOH)与溴水发生加成反应，使溴水褪色；与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；与NaHCO3溶液发生复分解反应产生CO2气体，正确；⑤乙酸乙酯与溴水、酸性KMnO4溶液、NaHCO3溶液都不能反应，错误。
考点：考查物质的性质及应用正误判断的知识。
14.对复杂的有机物的结构，可以用键线式简化表示，如有机物CH2===CHCHO，可简化写成，则与键线式为的物质互为同分异构体的是
【答案】D
【解析】
的分子式为C7H8O。A．中含有8个碳原子，与的分子式不同，不是同分异构体，故A不选；B．的分子式为C7H6O，与的分子式不同，不是同分异构体，故B不选；C．的分子式为C7H6O2，与的分子式不同，不是同分异构体，故C不选；D．的分子式为C7H8O，与的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D选；故选D。
15.食品化学家A.SaariCsallany和Christine Seppanen研究发现，当豆油被加热到油炸温度（185 ℃）时，会产生如下所示高毒性物质，许多疾病和这种有毒物质有关，如帕金森症。下列关于这种有毒物质的判断不正确的是
A. 该物质属于烃的衍生物
B. 该物质的分子式为C9H14O2
C. 该物质分子中含有三种官能团
D. 该物质最多可以和2 mol H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【分析】
由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO、-OH，结合烯烃、醛、醇的性质来解答。
【详解】该物质含氧元素，是烃的含氧衍生物，故A正确；根据结构可知该有机物分子中含有9个C原子、2个O原子、16个H原子，所以分子式为C9H16O2，故B错误；分子中含有碳碳双键、醛基、羟基三种官能团，故C正确；分子中含有1个碳碳双键，1个醛基，能与氢气加成，所以1mol该物质能与2mol氢气发生加成反应，故D正确。
16.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 已知C(石墨，s) ===C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq) ===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJ
D. 已知2C(s)＋2O2(g) ===2CO2(g) ΔH1,2C(s)＋O2(g) ===2CO(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量，SO2的能量与SO3的能量大小无法判断，故错误；B、能量越低，物质越稳定，此反应是吸热反应，石墨的能量低于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，故错误；C、中和热中的酸和碱都是稀溶液，因为浓溶液遇水放热，数值大于57.3kJ，酸和碱都是强电解质，因为弱电解质电离是吸热，数值小于57.3kJ，故错误；D、两个反应都是放热反应，△H<0，碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于生成CO的热量，即△H1<△H2，故正确。
考点：考查物质的稳定和能量关系、放热反应和能量关系、中和热、反应热等知识。
17.已知：2H2(g)＋O2(g) ===2H2O(l) ΔH＝－571.66 kJ·mol－1
CO(g)＋1/2O2(g) ===CO2(g) ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
若氢气与一氧化碳的混合气体完全燃烧可生成2.7 g H2O(l)，并放出57.02 kJ热量，则混合气体中CO的物质的量约为( )
A. 0.22 mol B. 0.15 mol C. 0.1 mol D. 0.05 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
2mol氢气燃烧生成2mol液态水放出热量571.66 kJ，则生成2.7 g H2O(l)放热42.87 kJ；CO燃烧放出的热量是57.02 kJ-42.87 kJ =14.15 kJ， 根据1molCO完全燃烧生成二氧化碳放出热量282.9 kJ计算CO的物质的量；
【详解】2mol氢气燃烧生成2mol液态水放出热量571.66 kJ，则生成2.7 g H2O(l)放热42.87 kJ；CO燃烧放出的热量是57.02 kJ-42.87 kJ =14.15 kJ， 1molCO完全燃烧生成二氧化碳放出热量282.9 kJ，则CO的物质的量是14.15282.9=0.05mol，故选D。
18.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 1/2N2H4（g）+1/2O2（g）===1/2N2（g）+H2O（g） ΔH=+267 kJ·mol－1
B. N2H4（g）+O2（g）===N2（g）+2H2O（g） ΔH=﹣534 kJ·mol－1
C. N2H4（g）+O2（g）===N2（g）+2H2O（g） ΔH=+534 kJ·mol－1
D. N2H4（g）+O2（g）===N2（g）+2H2O（l） ΔH=﹣133.5 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法来写．
解；A、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；
B、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故B错误；
C、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；
D、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大．
19.一定条件下,充分燃烧一定量的丁烷生成二氧化碳和气态水时放出热量Q kJ(Q>0)。经测定完全吸收生成的CO2需消耗5 mol·L-1的KOH溶液100 mL,恰好生成正盐。则此条件下反应C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH为( ) kJ·mol-1
A. +8Q B. +16Q C. -8Q D. -16Q
【答案】D
【解析】
【分析】
KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的热量大小为QkJ，据此计算。
【详解】KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n（K2CO3）=0.25mol，根据碳元素守恒由n(CO2)=n(K2CO3)=0.25mol，根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量为0.25mol×=0.0625mol，即0.0625mol丁烷放出的热量大小为QkJ，故1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16QkJ，所以C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH=-16QkJ·mol-1，故选D。
20.已知:P4(g)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1，P4(g)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=b kJ·mol-1，P4具有正四面体结构（如图），PCl5中P—Cl键的键能为c kJ·mol-1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2c kJ·mol-1。下列叙述正确的是
A. P—P键的键能大于P—Cl键的键能
B. 可求Cl2(g)+PCl3(g)PCl5(s)的反应热ΔH
C. Cl—Cl键的键能为0.25（b﹣a+5.6c） kJ·mol-1
D. P—P键的键能为0.125（5a﹣3b +12c）kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；B、依据盖斯定律分析判断；C、依据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算分析；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，依据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算分析。
【详解】原子半径P＞Cl，因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，故A错误；利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H= KJmol-1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H= KJmol-1，可得E（Cl-Cl）+3×1.2c-5c=，因此可得E（Cl-Cl）= KJmol-1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E（P-P）+10×-4×5c=b，解得E（P-P）= KJmol-1，故D错误。
【点睛】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和。本题考查了化学键与焓变定量计算关系，物质结构的分析应用，盖斯定律的计算应用。
21.（1）13 g C2H2(g)完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出659 kJ的热量，写出表示该物质燃烧热的热化学方程式___________________________。
（2）已知反应：Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl。
Ⅰ.当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量。
Ⅱ.其能量变化示意图如图：
则该反应的热化学方程式为_____________________________________。由上述数据判断断开1 mol H—Cl 键与断开 1 mol H—Br键所需能量相差约为________kJ。
（3）已知：①2CO(g)＋O2(g) ===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
②Na2O2(s)＋CO2(g) ===Na2CO3(s)＋1/2O2(g) ΔH＝－226 kJ·mol－1
则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数目为________。
（4）已知CO 、H2 、CH4 的燃烧热分别为283 kJ·mol－1、286 kJ·mol－1、890 kJ·mol－1。若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等时,则放出热量(Q)的取值范围是____。
【答案】 (1). C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝－1318 kJ·mol－1 (2). Cl2(g)＋2HBr(g)===Br2(g)＋2HCl(g) ΔH＝－81 kJ·mol－1 (3). 62 (4). 2NA(或1.204×1024) (5). 284.5a kJ
【分析】
（1）根据13gC2H2气体完全燃烧生成液态水和CO2，放出659kJ的热量，计算1molC2H2燃烧放出的热量，热化学方程式书写注意物质的聚集状态和反应热的单位；（2）当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量，所以生成2molHCl放热81 kJ ；根据图示，断开1 mol H—Br键所需能量是，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和计算H—Cl 键的键能。（3）根据盖斯定律计算CO(g)与Na2O2(s)反应的焓变；（4）若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧,生成CO2气体和液态水,且CO2和水的物质的量相等。根据极值法，若该混合气体由CH4和CO 1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是；若该混合气体由CO和H2 1:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是；根据气体物质的量计算放出的热量。
【详解】（1）13g C2H2气体n（C2H2）=0.5mol，放出659kJ的热量，则1molC2H2燃烧放出的热量为：659kJ×2=1318KJ，则热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1318KJ/mol；（2）当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量，所以生成2molHCl放热81 kJ，所以Cl2(g)＋2HBr(g)==Br2(g)＋2HCl(g) ΔH＝－81 kJ·mol－1；根据图示，断开1 mol H—Br键所需能量是，设H—Cl 键的键能是x kJ·mol－1，根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，243+498-200-2x=－81，解得x=311 kJ·mol－1，所以断开1 mol H—Cl 键与断开 1 mol H—Br键所需能量相差约为311-4982=62kJ。（3）根据盖斯定律②×2+①得2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s) △H=-1018KJ/mol，反应放出509 kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2NA；（4）若该混合气体由CH4和CO 1:1混合而成，则CH4和CO的物质的量分别是，放出热量Q=283 kJ·mol－1×＋890 kJ·mol－1×=1173×；若该混合气体由CO和H2 1:1混合而成，则CO和H2的物质的量分别是，放出热量为Q=283 kJ·mol－1×＋286kJ·mol－1×=569×；放出热量(Q)的取值范围是284.5a kJ
（1）方案一：如图装好实验装置，图中小试管用细线吊着，细线的上端拴在细铁丝上。开始时使右端U形管两端红墨水相平。实验开始，向下插细铁丝，使小试管内盐酸和广口瓶内NaOH溶液混合，此时观察到的现象是________________________________，原因是__________________________________________________。
（2）方案二：该小组借助反应溶液温度的变化来判断反应的发生。如果NaOH溶液与盐酸混合前后有温度的变化，则证明发生了化学反应。该小组同学将不同浓度的NaOH溶液和盐酸各10 mL混合，用温度计测量反应前后温度的变化，测得的部分数据如下表：
则x＝______。假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1 g·cm－3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1，依据该小组的实验数据计算，写出表示稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________________________。
（3）若H＋(aq)＋OH－(aq) ===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1；现有：①稀H2SO4与Ba(OH)2(aq) ②浓H2SO4与Ba(OH)2(aq) ③稀HNO3与Ba(OH)2(aq)反应生成1 mol H2O(l)的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3三者由小到大的关系为 ______________________。
【答案】 (1). U形管内液面左边下降、右边升高 (2). 盐酸和NaOH发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大 (3). 7 (4). NaOH(aq)＋HCl(aq)=== NaCl (aq) ＋H2O(l) ΔH＝－58.52 kJ·mol－1 (5). ΔH2＜ΔH1＜ΔH3
【解析】
【分析】
（1）由于盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大；（2）根据表中数据可知，实验2中生成水的物质的量是实验1中的2倍，实验溶液升高的温度也应该是2倍；Q=cm ，根据实验2，生成0.001mol水，放出热量Q=4.18 J·g－1·℃－1×20g×7℃，则生成1mol水放热58.52 kJ；（3）稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)生成硫酸钡沉淀放热；浓H2SO4稀释时放出大量的热。
【详解】（1）由于盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大，所以U形管内液面左边下降、右边升高。（2）根据表中数据可知，实验2中生成水的物质的量是实验1中的2倍，实验溶液升高的温度也应该是2倍，所以x=7；Q=cm ，根据实验2，放出热量Q=4.18 J·g－1·℃－1×20g×7℃，则生成1mol水放热58.52 kJ，所以表示稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式NaOH(aq)＋HCl(aq)=== NaCl (aq) ＋H2O(l) ΔH＝－58.52 kJ·mol－1；（3）稀H2SO4与Ba(OH)2(aq)生成硫酸钡沉淀放热；浓H2SO4稀释时放出大量的热，所以浓H2SO4与Ba(OH)2(aq)反应放热最多、稀HNO3与Ba(OH)2(aq)反应放热最少，ΔH2＜ΔH1＜ΔH3。
23.聚醋酸乙烯酯是黏合剂，应用广泛。下面是该有机物的合成路线：
提示：①甲烷在电弧的作用下生成炔烃。
②CH3C≡CHCH3CH2CHO(未配平)。
请回答下列问题：
（1）甲烷合成A的化学反应中原子利用率为________。
（2）B的结构简式为________。
（3）B生成C的反应中除新制Cu(OH)2悬浊液外还需要的条件是________。
（4）A与C反应生成D的反应类型是________。
（5）写出由D生成反应的化学方程式：____________________________________________________。
（6）写出能既能溴水褪色又能使紫色石蕊溶液变红的D的同分异构体的结构简式：_____________________________________。
【答案】 (1). 81.25% (2). CH3CHO (3). 加热 (4). 加成反应 (5). (6). CH2===CHCH2COOH、CH3CH===CHCOOH、
【解析】
【分析】
根据题目提示信息，结合聚醋酸乙烯酯的结构简式，可知A是乙炔、B是乙醛、C是乙酸，根据逆推D，D是。
【详解】根据以上分析，（1）2分子甲烷合成的化学反应中原子利用率为81.25%。（2）B是乙醛，乙醛的结构简式为CH3CHO。（3）乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液加热生成乙酸，所以还需要的条件是加热。（4）与CH3COOH反应生成的反应类型是加成反应。
（5）发生加聚反应生成，反应的化学方程式：。
（6）能使溴水褪色说明含有碳碳双键，能使紫色石蕊溶液变红说明含有羧基， 的同分异构体的结构简式是CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、。
【点睛】书写同分异构体，注意抓住官能团的性质，例如使紫色石蕊溶液变红的物质一定有羧基，能发生银镜反应的物质有醛类、甲酸、甲酸酯等。
24.下图中A、B、C、D、E、F、G、H均为有机化合物。
回答下列问题：
（1）有机化合物A的相对分子质量小于60，A能发生银镜反应，1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应生成B，则A的结构简式是__________________，由A生成B的反应类型是__________；
（2）B在浓硫酸中加热可生成C，C在催化剂作用下可聚合生成高分子化合物D，由C 生成D的化学方程式是_________________________________________________；
（3）①芳香族化合物E的分子式是C8H8Cl2 ,E的苯环上的一溴取代物只有一种，则E的所有可能的同分异构体共有________种；
②E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G(C8H6O4)。1 mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8 L CO2(标准状况)，由此确定E的结构简式是_____________________________________；
（4）G和足量的B在浓硫酸催化下加热反应可生成H，则由G和B生成H的化学方程式是________________________________________________________该反应的反应类型是__________。
【答案】 (1). (2). 加成反应或还原反应 (3). (4). 7 (5). (6). (7). 取代反应
【解析】
【分析】
A能发生银镜反应，说明A中含有-CHO，其式量为29，如果分子中含有2个-CHO，则A为OHC-CHO，但它只能与2mol的H2发生反应，所以A中只含有一个-CHO，根据相对分子质量，除醛基外分子中最多还含有2个C原子，1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应，刚好满足2个C原子组成碳碳三键；A与氢气加成生成B，则B是CH3CH2CH2OH；（2）CH3CH2CH2OH在浓硫酸中加热发生消去反应生成C，C是丙烯；丙烯发生加聚反应生成聚丙烯；（3）①芳香族化合物E的分子式是C8H8Cl2 ，E的苯环上的一溴取代物只有一种，则结构完全对称，可能苯环对位有2个 ，或对称分布在苯环上的2个氯原子和2个甲基；②E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G(C8H6O4)。1 mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8 L CO2(标准状况)，说明G是，逆推F是，则E是；（4）和足量的CH3CH2CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应反应生成。
【详解】A能发生银镜反应，说明A中含有-CHO，其式量为29，如果分子中含有2个-CHO，则A为OHC-CHO，但它只能与2mol的H2发生反应，所以A中只含有一个-CHO，根据相对分子质量，分子中最多还含有2个C原子，1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应，刚好满足2个C原子组成碳碳三键，所以A的结构简式为: CHC-CHO；1 mol A在催化剂作用下能与3 mol H2反应生成B，则B是CH3CH2CH2OH，反应类型是加成反应；（2）CH3CH2CH2OH在浓硫酸中加热发生消去反应生成C，C是丙烯；丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式是；（3）①芳香族化合物E的分子式是C8H8Cl2 ，E的苯环上的一溴取代物只有一种，可能的结构简式有、、、、、、，共7种；②E在NaOH溶液中可转变为F，F用高锰酸钾酸性溶液氧化生成G(C8H6O4)。1 mol G与足量的NaHCO3溶液反应可放出44.8 L CO2(标准状况)，说明G是，逆推F是，则E是；（4）和足量的CH3CH2CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应反应生成，反应方程式是，该反应的反应类型是取代反应。
25.有机物A～M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色，D能发生银镜反应，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种。
已知： (R1、R2表烃基或氢原子)
请回答：
（1）B、F的结构简式分别为________、________。
（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是________(填反应序号)。
（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________________________；反应⑦的化学方程式为______________________________。
（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中的某一官能团，确定该官能团的实验步骤和现象为__________________________________________。
（5）符合下列条件的F的同分异构体共有________种。
a．能发生银镜反
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶6
【答案】 (1). (2). (3). ④ (4). ＋2Ag(NH3)2(OH) ＋2Ag↓＋2NH3＋H2O (5). ＋(n－1)H2O (6). 取反应①后的混合液少许，向其中加入稀硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子 (7). 2
【解析】
试题分析：A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为；（1）由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；
反应⑦的化学方程式为：；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F()的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个-CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，所以F的同分异构体有2种。
【考点定位】考查有机推断、有机反应类型、同分异构体、化学方程式的书写等。
【名师点晴】综合分析确定F的结构是关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，通过正反应推导确定A～M的结构简式；A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答。
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