2019-2020年高三化学下学期5月月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学下学期5月月考试卷（含解析）一、单选题：共7题每题6分共42分1（6分）下列关于有机化合物的认识错误的是（）A油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C在水溶液里，乙酸分子中的CH3可以电离出H+D在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应2（6分）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB白磷分子（P4）呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有PP键数目为0.6NAC5.6 g铁粉在2.24l（标准状况）氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA3（6分）解释下列事实的方程式正确的是（）A加热可增强纯碱溶液去污能力：CO32+2H2OH2CO3+2OHB用醋酸溶液除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：2CaCO3+O2+2SO22CO2+2CaSO4D碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀：CO32+Ca2+=CaCO34（6分）常温下，浓度均为0.1molL1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A氨水中，c（NH4+）=c（OH）=0.1 molL1BNH4Cl溶液中，c（NH4+）c（Cl）CNa2SO4溶液中，c（Na+）c（SO42）c（OH）=c（H+）DNa2SO3溶液中，c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）5（6分）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456C2H6C5H12C8H18则第6项烷烃分子的化学式（）AC16H34BC17H36CC26H54DC27H566（6分）某物质的结构为，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7（6分）有一种瓦斯分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中的固体电解质是Y2O3Na2O，O2可以在其中自由移动下列有关叙述正确的是（）A电极a的反应式为：CH4+4O28e=CO2+2H2OB电极b是正极，O2由电极a流向电极bC瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极a流向电极bD当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移4 mol二、填空题：共13分8（13分）已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解CH3CHO+H2O现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应请回答下列问题：（1）X中官能的名称是；C的结构简式（2）I的结构简式为；（3）E不具有的化学性质（选填序号）a取代反应 b消去反应c氧化反应 d1mol E最多能与2mol NaHCO3反应（4）只用一种试剂鉴别C和D，该试剂是；（5）写出下列反应的化学方程式：FH：；X与足量稀NaOH溶液共热：；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有种，其中一种的结构简式为a苯环上核磁共振氢谱有两种 b不能发生水解反应c遇FeCl3溶液不显色 d1mol 该异构体最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应三、推断题：15分9（15分）一种可再生环保型塑料CTE，它的结构简式为已知：（1）（2）RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R、R1、R2代表烃基）这种材料可采用下列合成路线进行合成：试回答下列问题：（1）反应中加入的试剂X是；中的反应类型是（2）写出B的结构简式：，I的结构简式为（3）合成时应控制D、E、H的物质的量之比为（用含m、n的式子表示）（4）写出反应的化学方程式四、实验题：共15分10（15分）已知某气态化石燃料X中只含有碳、氢两种元素，为探究该气体中碳和氢两种元素的质量比，某同学设计了燃烧法测量的实验方案，通过测量装置C和D的增重即可求得碳和氢两种元素的质量比实验装置如下图所示（已知CuO 可以作为碳氢化合物燃烧的催化剂）：（1）若A装置中所盛放的药品是浓NaOH 溶液，装置A的作用有：；（2）C装置中所盛放的药品是，作用是（3）D装置中所盛放的药品是，作用是（4）E装置中所盛放的药品是，作用是（5）上述装置中有一处错误，请按要求填写下表（不考虑酒精灯和加热方法可能存在的错误；若增加仪器和药品，请指明仪器、药品名称和位置）：错误原因改正方法对实验结果的影响（6）若实验装置经过改正后，得到的实验数据如下：质量实验前实验后药品+U形管的质量/g101.1102.9药品+广口瓶D的质量/g312.0314.2则该气体中碳和氢两种元素的质量比为（7）能否确定该燃料的分子式，其分子式为五、综合题：共15分11（15分）Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如图：（1）G中含氧官能团的名称是；反应1为加成反应，则B的结构简式是（2）C生成D的化学方程式是（3）反应2的反应类型为，反应3的反应条件为（4）下列说法正确的是aB中所有原子可能在同一平面上b合成路线中所涉及的有机物均为芳香族化合物c一定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应dG能发生取代、加成、消去、氧化、缩聚等反应（5）化合物G有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体的结构简式是能发生水解反应和银镜反应；能与FeCl，发生显色反应；核磁共振氢谱只有4个吸收峰四川省南充市营山县小桥中学xx届高三下学期月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单选题：共7题每题6分共42分1（6分）下列关于有机化合物的认识错误的是（）A油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C在水溶液里，乙酸分子中的CH3可以电离出H+D在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应考点：油脂的性质、组成与结构；苯的性质；乙酸的化学性质；蔗糖、麦芽糖简介 专题：有机物的化学性质及推断分析：A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；B、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；C、在水溶液里，乙酸分子中羧基中的H发生电离；D、分子中原子或基团被其他原子或原子团所取代的反应称取代反应解答：解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水和二氧化碳，故A正确；B、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、在水溶液里，乙酸电离方程式为CH3COOHCH3COO+H+，发生电离是羧基中的H原子，故C错误；D、硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯，是取代反应，故D正确故选C点评：本题涉及同分异构体、有机反应类型、羧酸与油脂的性质等知识，难度不大，重在考查学生对基础知识的掌握2（6分）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB白磷分子（P4）呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有PP键数目为0.6NAC5.6 g铁粉在2.24l（标准状况）氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、标况下，四氯化碳为液态；B、求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molPP键来分析；C、求出铁的物质的量和氯气的物质的量，然后判断两者反应的量的情况；D、水溶液中水中也含氧原子解答：解：A、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、12.4g白磷分子（分子式为P4）的物质的量是=0.1mol，白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键，所以0.1mol白磷分子中含有0.6molPP键，含有PP共价键数目为0.6NA，故B正确；C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，由于与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁粉应消耗0.15mol氯气，而标况下2.24L氯气的物质的量才是0.1mol，故氯气不足，铁粉过滤，故应根据氯气的量来计算转移的电子的情况，由于反应后氯元素变为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子，故C错误；D、溶剂水中含有氧原子，10g92%酒精水溶液含氧原子总数大于0.2NA，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3（6分）解释下列事实的方程式正确的是（）A加热可增强纯碱溶液去污能力：CO32+2H2OH2CO3+2OHB用醋酸溶液除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：2CaCO3+O2+2SO22CO2+2CaSO4D碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀：CO32+Ca2+=CaCO3考点：离子方程式的书写 分析：A碳酸根离子的水解分步进行，离子方程式写出第一步的水解即可；B醋酸为弱电解质，离子方程式是中醋酸不能拆开，需要保留分子式；C生石灰为碳酸钙，碳酸钙与氧气、二氧化硫在加热条件下能够反应生成硫酸钙和二氧化碳气体；D碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子和钠离子，碳酸氢根离子不能拆开；氢氧化钙少量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写解答：解：A盐的水解为吸热反应，则加热可增强纯碱溶液去污能力，正确的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故A错误；B碳酸钙和醋酸在离子方程式中都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；C向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放，反应的化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO22CO2+2CaSO4，故C正确；D溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀，离子方程式按照氢氧化钙的化学式书写，正确的离子方程式为Ca2+2HCO3+2OH=CO32+CaCO3+2H2O，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等4（6分）常温下，浓度均为0.1molL1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A氨水中，c（NH4+）=c（OH）=0.1 molL1BNH4Cl溶液中，c（NH4+）c（Cl）CNa2SO4溶液中，c（Na+）c（SO42）c（OH）=c（H+）DNa2SO3溶液中，c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）考点：离子浓度大小的比较 分析：A氨水为弱碱，一水合氨在溶液中部分电离出氢氧根离子，结合电荷守恒分析；B铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子浓度减小；C硫酸钠溶液为中性溶液，则c（OH）=c（H+），结合电荷守恒可得c（Na+）=2c（SO42）；D根据亚硫酸钠溶液中的物料守恒判断解答：解：A氨水为弱碱，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，结合电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH）可得：c（NH4+）c（OH）0.1 molL1，故A错误；BNH4Cl溶液中，铵根离子部分水解、氯离子浓度不变，则溶液中c（NH4+）c（Cl），故B错误；CNa2SO4溶液显示，则c（OH）=c（H+），结合电荷守恒可得：c（Na+）=2c（SO42），溶液溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO42）c（OH）=c（H+），故C正确；D根据亚硫酸钠溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3），故D错误；故选C点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中应用，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力5（6分）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456C2H6C5H12C8H18则第6项烷烃分子的化学式（）AC16H34BC17H36CC26H54DC27H56考点：探究化学规律 分析：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，再根据烷烃通式确定其分子式解答：解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C点评：本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键，侧重考查学生分析、判断及总结归纳能力，题目难度中等6（6分）某物质的结构为，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考点：油脂的性质、组成与结构 分析：一定条件下与氢气反应可以生成，既不是硬脂酸甘油酯，也不是软脂酸甘油酯，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；与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种解答：解：A、一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，故A错误；B、一定条件下与氢气反应可以生成，不生成软脂酸甘油酯，故B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，故C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，故D错误；故选C点评：本题考查油脂的水解，注意油脂的组成和结构，特别是硬脂酸、软脂酸和油酸的区别7（6分）有一种瓦斯分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中的固体电解质是Y2O3Na2O，O2可以在其中自由移动下列有关叙述正确的是（）A电极a的反应式为：CH4+4O28e=CO2+2H2OB电极b是正极，O2由电极a流向电极bC瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极a流向电极bD当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移4 mol考点：化学电源新型电池 分析：瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3Na2O，O2可以在其中自由移动；通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e=2O2，负极反应为：CH4+4O28e=CO2+2H2O，结合原电池的原理和电极反应分析解答解答：解：A、选项中电荷不守恒，甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O28e=CO2+2H2O，故A正确；B、该电池中a为负极，b为正极，O2由b电极流向电极a，故B错误；C、该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池外电路中电子由电极a流向电极b，故C错误；D、1mol O2得4mol电子生成2molO2，故当固体电解质中有1mol O2通过时，电子转移2mol，故D错误；故选A点评：本题考查了新型化学电池，是对于原电池原理的应用，主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还原反应，电解质是固体，O2可以在其中自由移动，是本题的关键二、填空题：共13分8（13分）已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解CH3CHO+H2O现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应请回答下列问题：（1）X中官能的名称是酯基、溴原子；C的结构简式HCOOH（2）I的结构简式为；（3）E不具有的化学性质b（选填序号）a取代反应 b消去反应c氧化反应 d1mol E最多能与2mol NaHCO3反应（4）只用一种试剂鉴别C和D，该试剂是碳酸氢钠溶液；（5）写出下列反应的化学方程式：FH：；X与足量稀NaOH溶液共热：；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有4种，其中一种的结构简式为任意一种a苯环上核磁共振氢谱有两种 b不能发生水解反应c遇FeCl3溶液不显色 d1mol 该异构体最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：，据此解答解答：解：A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：，（1）X为，含有官能团是：酯基、溴原子；C的结构简式为HCOOH，故答案为：酯基、溴原子；HCOOH；（2）由上述分析可知，I的结构简式为：，故答案为：；（3）E的结构简式为：，aE含有酚羟基和甲基，能发生取代反应，故不选； bE不能发生消去反应，故选； cE是有机物能氧化反应，且酚羟基易被氧化，故不选； d羧基能和碳酸氢钠反应，所以1molE最多能与1molNaHCO3反应，故选；故答案为：bd；（4）C为HCOOH，D为，只用一种试剂鉴别C和D，该试剂是碳酸氢钠溶液等，故答案为：碳酸氢钠溶液；（5）FH的化学反应方程式为：，X与足量稀NaOH溶液共热反应方程式为：，故答案为：；（6）同分异构体同时符合下列条件：b、不能发生水解反应，没有酯基，c、遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基，d、1mol 该同分异构体最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应，含有1个OH、1个COOH，a、苯环上的一氯代物有两种，苯环上有2种H原子，应含有2个取代基且处于对位，符合条件的同分异构体有：，共有4种，故答案为：4；任意一种点评：本题考查了有机物的推断，对学生的逻辑推理有较高的要求，采取正、逆推法相结合确定X结构，注意X和氢氧化钠的水溶液发生水解时不仅酯基水解，溴原子还水解，含有溴原子的碳原子上有两个羟基时不稳定，易变成醛基，为易错点三、推断题：15分9（15分）一种可再生环保型塑料CTE，它的结构简式为已知：（1）（2）RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R、R1、R2代表烃基）这种材料可采用下列合成路线进行合成：试回答下列问题：（1）反应中加入的试剂X是氢氧化钠水溶液；中的反应类型是取代反应（2）写出B的结构简式：，I的结构简式为（3）合成时应控制D、E、H的物质的量之比为m：（m+n）：n（用含m、n的式子表示）（4）写出反应的化学方程式考点：有机物的推断 分析：由再生环保塑料的结构简式可知，其单体为、HOCH2CH2OH，B发生氧化反应得到E，B系列转化反应得到H，烃A转化得到D，可推知D为HOCH2CH2OH，E为，H为，由转化关系可知，烃A为CH2=CH2，A与溴发生加成反应生成C为BrCH2CH2Br，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，B为，F为，F发生水解反应生成G为，G与氢气发生加成反应生成H，环保塑料与甲醇反应得到D、H、I，则I为，据此解答解答：解：由再生环保塑料的结构简式可知，其单体为、HOCH2CH2OH，B发生氧化反应得到E，B系列转化反应得到H，烃A转化得到D，可推知D为HOCH2CH2OH，E为，H为，由转化关系可知，烃A为CH2=CH2，A与溴发生加成反应生成C为BrCH2CH2Br，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，B为，F为，F发生水解反应生成G为，G与氢气发生加成反应生成H，环保塑料与甲醇反应得到D、H、I，则I为（1）反应中加入的试剂X是氢氧化钠水溶液；反应中的反应类型是：取代反应，故答案为：氢氧化钠水溶液；取代反应；（2）B的结构简式：，I的结构简式为，故答案为：；（3）由再生环保型塑料CTE的结构，可知合成时应控制D（HOCH2CH2OH）、E（）、H（）的物质的量之比为m：（m+n）：n，故答案为：m：（m+n）：n；（4）反应的化学方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物推断，注意根据保塑料的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力，难度中等四、实验题：共15分10（15分）已知某气态化石燃料X中只含有碳、氢两种元素，为探究该气体中碳和氢两种元素的质量比，某同学设计了燃烧法测量的实验方案，通过测量装置C和D的增重即可求得碳和氢两种元素的质量比实验装置如下图所示（已知CuO 可以作为碳氢化合物燃烧的催化剂）：（1）若A装置中所盛放的药品是浓NaOH 溶液，装置A的作用有：除去空气中的CO2气体；调节X和空气的通入速率，保证O2过量（2）C装置中所盛放的药品是无水CaCl2或P2O5，作用是吸收混合气体中的水蒸气（3）D装置中所盛放的药品是浓NaOH溶液，作用是吸收燃烧生成的二氧化碳气体（4）E装置中所盛放的药品是碱石灰或固体NaOH，作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D，对结果产生影响（5）上述装置中有一处错误，请按要求填写下表（不考虑酒精灯和加热方法可能存在的错误；若增加仪器和药品，请指明仪器、药品名称和位置）：错误原因改正方法对实验结果的影响（6）若实验装置经过改正后，得到的实验数据如下：质量实验前实验后药品+U形管的质量/g101.1102.9药品+广口瓶D的质量/g312.0314.2则该气体中碳和氢两种元素的质量比为3：1（7）能否确定该燃料的分子式能，其分子式为CH4考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）由于空气中含有CO2，会干扰燃烧产物CO2的吸收，所以必须利用氢氧化钠除去空气中的CO2其次还可以利用A中气泡的产生的快慢来可知通入通入速率，以保证O2过量；（2）根据燃烧产物水和CO2可知，首先应该先吸收水，然后再吸收CO2，由于C是吸收水蒸气的，而C是U型管，所以盛放的试剂是无水CaCl2或P2O5 ；（3）D是吸收CO2的，所以盛放的试剂是浓NaOH溶液；（4）由于空气中也含有水蒸气和CO2，所以E装置是吸收空气中的水和CO2的，因此试剂是碱石灰或固体NaOH；（5）由于从A中出来的气体中一定含有水蒸气，会对后续的实验产生影响，所以需要在A和B之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管；（6）药品+U形管的质量/g增加1.8 g为生成水的质量，广口瓶D质量增加2.2g为燃烧生成二氧化碳气体的质量，物质的量分别是0.1mol水和0.05mol二氧化碳，计算得到碳和氢元素的质量之比；（7）药品+U形管的质量/g增加1.8 g为生成水的质量，广口瓶D质量增加2.2g为燃烧生成二氧化碳气体的质量，物质的量分别是0.1mol水和0.05mol二氧化碳，n（C）：n（H）=0.05：0.2=1：4，最简式为CH4，依据碳原子形成化学键特征分析判断解答：解：（1）由于空气中含有CO2，会干扰燃烧产物CO2的吸收，所以必须利用氢氧化钠除去空气中的CO2其次还可以利用A中气泡的产生的快慢来可知通入通入速率，以保证O2过量；故答案为：除去空气中的CO2气体； 调节X和空气的通入速率，保证O2过量；（2）根据燃烧产物水和CO2可知，首先应该先吸收水，然后再吸收CO2由于C是吸收水蒸气的，而C是U型管，所以盛放的试剂是无水CaCl2或P2O5；故答案为：无水CaCl2或P2O5；吸收混合气体中的水蒸气；（3）D是吸收CO2的，所以盛放的试剂是浓NaOH溶液；故答案为：浓NaOH溶液；吸收燃烧生成的二氧化碳气体；（4）由于空气中也含有水蒸气和CO2，所以E装置是吸收空气中的水和CO2的，因此试剂是碱石灰或固体NaOH；故答案为：碱石灰或固体NaOH；防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D，对结果产生影响；（5）由于从A中出来的气体中一定含有水蒸气，会对后续的实验产生影响，所以需要在A和B之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管，加热前没有除去对本实验有影响的水蒸气，在A、B 之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管，对实验结果的影响是CH两种元素的质量比偏小； 故答案为：错误原因加热前没有除去度本实验有影响的水蒸气改正方法在A、B 之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管对实验结果的影响对实验结果的影响是CH两种元素的质量比偏小（6）药品+U形管的质量/g增加1.8 g为生成水的质量，广口瓶D质量增加2.2g为燃烧生成二氧化碳气体的质量，物质的量分别是0.1mol水和0.05mol二氧化碳，其中碳和氢元素的质量之比=0.0512：0.121=3：1；故答案为：3：1；（7）药品+U形管的质量/g增加1.8 g为生成水的质量，广口瓶D质量增加2.2g为燃烧生成二氧化碳气体的质量，物质的量分别是0.1mol水和0.05mol二氧化碳，n（C）：n（H）=0.05：0.2=1：4，最简式为CH4，碳原子已饱和为甲烷的分子式CH4；故答案为：能；CH4点评：本题考查有机物分子式及结构简式的判断，实验过程中装置和试剂的选择和作用分析判断，有机物的组成计算分析应用，掌握实验基础和燃烧实验的定量计算测定方法是解题关键，题目难度中等五、综合题：共15分11（15分）Atropic酸（H）是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体，其一种合成路线如图：（1）G中含氧官能团的名称是羟基和羧基；反应1为加成反应，则B的结构简式是（2）C生成D的化学方程式是（3）反应2的反应类型为加成反应，反应3的反应条件为浓硫酸、加热（4）下列说法正确的是adaB中所有原子可能在同一平面上b合成路线中所涉及的有机物均为芳香族化合物c一定条件下1mol有机物H最多能与5mol H2发生反应dG能发生取代、加成、消去、氧化、缩聚等反应（5）化合物G有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体的结构简式是、能发生水解反应和银镜反应；能与FeCl，发生显色反应；核磁共振氢谱只有4个吸收峰考点：有机物的推断 分析：D被氧气氧化生成苯乙醛，则D结构简式为，C发生水解反应生成D，则C为，A和乙炔加成生成B，B为；F发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H，据此分析解答解答：解：D被氧气氧化生成苯乙醛，则D结构简式为，C发生水解反应生成D，则C为，A和乙炔加成生成B，B为；F发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H，（1）根据结构简式知，G中含氧官能团名称是羟基和羧基，B结构简式为，故答案为：羟基、羧基；（2）C发生取代反应生成D，反应方程式为，故答案为：；（3）反应2的反应类型为加成反应，反应3为醇的消去反应，所以该反应的反应条件为浓硫酸、加热，故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；（4）aB为，苯环上所有原子共面、乙烯中所有原子共面，苯环直接连接乙酰基，所以B中所有原子可能在同一平面上，故正确；b乙炔、甲醛不是芳香族化合物，故错误；c苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，一定条件下1mol有机物H最多能与4mol 氢气发生反应，故错误；dG中含有苯环、醇羟基和羧基，所以G能发生取代、加成、消去、氧化、缩聚等反应，故正确；故选ad；（5）G的同分异构体符合下列条件：能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基和醛基；能与FeCl3，发生显色反应，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱只有4个吸收峰，说明含有4类氢原子，所以符合条件的同分异构体为、，故答案为：、点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，以E结构简式为突破口采用逆向思维方法进行推断，正确推断物质结构是解本题关键，难点是（5）题同分异构体种类判断，易错点是（4）b，注意乙炔和甲醛不是芳香族化合物，题目难度中等