2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校高二下学期期中考试化学试题 解析版 22页

‎2018~2019学年度第二学期高二化学期中联考试卷 可能用到的相对原子质量：C:12 H:1 O:8 Ca:40 Zn:65‎ 一、选择题（本题共16道小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.按碳的骨架分类，下列说法正确的是（ ）‎ A. 属于脂环化合物 B. 属于芳香化合物 C. 属于芳香烃类化合物 D. CH3CH(CH3)2属于链状化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、含苯环，芳香族化合物，故A错误；‎ B项、不含苯环，属于脂肪化合物，不属于芳香族化合物，故B错误；‎ C项、不含苯环，属于脂肪化合物，不属于芳香族化合物，故C错误；‎ D项、CH3CH(CH3)2为链状结构，属于链状化合物，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的分类，侧重分析与应用能力的考查，把握碳链骨架与类别的关系是解答关键。‎ ‎2.下列有机物命名正确的是（ ）‎ A. 1, 3, 4-三甲苯 B. 2-甲基-1-丙醇 C. 2-甲基-2-氯丙烷 D. 2-甲基-3-丁炔 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、有机物命名时，应遵循数值之和最小原则，故应命名为：1，2，4-三甲苯，故A错误；‎ B项、醇类命名时，选取含有羟基的最长碳链为主链，含有羟基的最长碳链含有4个C，羟基在2号C上，名称为2—丁醇，故B错误；‎ C项、官能团氯原子位于2号C上，主链为丙烷，在2号C上含有1个甲基，该有机物名称为2-甲基-2-氯丙烷，故C正确；‎ D项、炔烃的命名中，编号从距离碳碳三键最近的一端开始，碳碳三键位于1号C和2号C之间，甲基位于3号C，该有机物名称为3-甲基-1-丁炔，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的命名，注意掌握常见有机物的命名原则，注意含有官能团的有机物，如炔烃、烯烃，编号应该从距离官能团最近的一端开始是解答关键。‎ ‎3.下列说法错误的是（ ）‎ A. 同系物一定符合同一通式 B. 相对分子质量相等的两种有机物必定是同分异构体 C. 同分异构体一定具有相同的最简式 D. 同分异构体间不一定有相似的化学性质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物；同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物，具有如下特征：分子式相同，结构不同、物理性质不同、不同类时化学性质不同，研究范围多为有机物。‎ ‎【详解】A项、同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有结构相似、化学性质相似、通式相同，分子式不同、物理性质不同的特征，故A正确；‎ B项、相对分子质量相等的两种有机物不一定是同分异构体，如甲酸和乙醇的相对分子质量相同，但分子式不同，故B错误；‎ C项、同分异构体的分子式相同，故一定具有相同的最简式，故C正确；‎ D项、同分异构体结构不同可能不是同一类物质，如果是碳链异构，则性质相似，如果是官能团异构，则性质不同，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体和同系物，注意同系物和同分异构体概念的理解是解答关键。‎ ‎4.第22届世界石油展览大会于2017年7月10日～13日在土耳其国家展览馆CNR展览中心举行，中国企业展厅在中心展厅6号厅。下列关于石油的说法错误的是( )‎ A. 石油的分馏是物理变化 B. 直接燃烧石油取暖对环境无任何影响 C. 用石油产品裂解能生产乙烯 D. 石油是混合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 石油是来自于千百万年前埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的化石能源，含有多种烷烃和其它种类的物质，属于混合物，通过石油的分馏、裂化、裂解和催化重整可以获得各种用途不同的产品。‎ ‎【详解】A项、石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；‎ B项、石油中除了含碳元素以外，还含有氢元素、氮元素、硫元素等，直接燃烧石油会生成二氧化碳、水、氮氧化物、二氧化硫等，氮氧化物、二氧化硫会污染空气，故B错误；‎ C项、石油裂解的目的是为了获得乙烯等不饱和烃做化工原料，故C正确；‎ D项、石油和煤都是由多种物质组成的混合物，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了石油的综合利用，理解石油是一种宝贵的自然资源，其中含有很多重要的物质，注意的石油的分馏是物理变化，但石油的裂化、裂解和催化重整均为化学变化是解答关键。‎ ‎5.根据表中链烃的分子式排列规律，判断空格中链烃的同分异构体数目共是（含顺反异构）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ CH4‎ C2H4‎ C3H8‎ C5H12‎ C6H12‎ C7H16‎ C8H16‎ A. 6 B. 5 C. 4 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表格中物质的化学式的规律，可知物质序号等于碳原子数目，按烷烃、烯烃循环，故4号物质为C4H8。‎ ‎【详解】C4H8的链烃为丁烯，丁烯的同分异构体分别为1-丁烯、2-丁烯（含有顺反异构两种）、2-甲基-1-丁烯，共有4种，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体，注意对比化学式发现物质组成所存在的规律，掌握同分异构体的书写是解答关键。‎ ‎6.已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3—O—CH3‎ B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子 C. 仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数 D. 由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由红外光谱图可知分子中含有C-H键、C-O键、O-H键，若A的化学式为C2H6O，满足化学键的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；‎ B项、由核磁共振氢谱中有3个峰，说明该有机物分子中3种不同化学环境的H原子，故B正确；‎ C项、核磁共振氢谱只能确定H原子种类，不能确定分子中的氢原子总数，故C正确；‎ D项、由红外光谱可知分子中至少含有C-H键、C-O键、O-H键三种不同的化学键，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查红外光谱和核磁共振氢谱，注意红外光谱可以确定化学键，核磁共振氢谱只能确定H原子种类，峰的面积之比等于H原子数目之比是解答关键。‎ ‎7.关于下列物质的用途的说法错误的是（ ）‎ A. 乙二醇可用于配制汽车防冻液 B. 酚类化合物有毒，不能用于杀菌、消毒 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】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汽车防冻液的主要成分是乙二醇，乙二醇型防冻液采用乙二醇与软水按不同比例混合而成，沸点较高，不易结冰，故A正确；‎ B.苯酚能使蛋白质变性，可用于医疗消毒，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B错误；‎ 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，能使蛋白质变性，医学和科研部门常用于标本的防腐保存，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎8.在实验室中，下列除杂的方法正确的是(    )‎ A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出碘 B. 乙烷中混有乙烯，通H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷 C. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入溴水中洗气 D. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、汽油和溴苯互溶；‎ B、乙烯和氢气的加成反应反应较为困难，反应中无法控制氢气的量；‎ C、乙烯和溴水发生加成反应；‎ D、NaOH溶液能够与硝基苯中混有的浓硫酸和浓硝酸发生中和反应生成盐溶液，硝基苯不溶于水。‎ ‎【详解】A项、向混有溴的溴苯中加入KI溶液，溴与KI溶液反应生成碘，由于汽油和溴苯互溶，汽油不能萃取出碘，故A错误；‎ B项、乙烯和氢气的加成反应反应较为困难，反应中无法控制氢气的量，难以得到纯净物，故B错误；‎ C项、乙烯和溴水发生加成反应，被提纯的物质被吸收，不符合提纯的原则，故C错误；‎ D项、NaOH溶液能够与硝基苯中混有的浓硫酸和浓硝酸发生中和反应生成盐溶液，硝基苯不溶于水，用分液的方法可分离可得硝基苯，故D正确。‎ 故选D ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯，注意把握物质的性质，除杂时加入的试剂不能引入新的杂质，更不能与被提纯的物质反应为解答关键。‎ ‎9.已知某有机物的结构简式为CH3CH＝CH—Cl,该有机物能发生 ( )‎ ‎①取代反应 ②加成反应 ③消去反应 ④使溴水褪色 ⑤使酸性KMnO4褪色 ‎ ‎⑥与AgNO3溶液生成白色沉淀 ⑦聚合反应 A. 只有⑥不能发生 B. 只有⑦不能发生 C. 以上反应均可发生 D. 只有②不能发生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构简式可知，CH3CH＝CH—Cl分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，能够表现烯烃和氯代烃的性质。‎ ‎【详解】根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，所以可发生加成反应、取代反应、消去反应、加聚反应，也能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但和硝酸银溶液不反应，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，准确判断出分子中含有的官能团，结合官能团的结构和性质分析是解答关键。‎ ‎10.抗疟疾药物青蒿素可由香茅醛为原料合成．下列有关香茅醛的叙述错误的是（ ）‎ A. 分子式是C10H18O B. 能与H2或Br2发生加成反应 C. 能与新制Cu（OH）2悬浊液反应 D. 至少有六个碳原子处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给结构简式可知，香茅醛的分子式为C10H18O，含有的官能团为碳碳双键和醛基，能够表现烯烃和醛的性质。‎ ‎【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C10H18O，故A正确；‎ B项、香茅醛分子中的碳碳双键、醛基能和氢气发生加成反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，醛基能被溴氧化，故B正确；‎ C项、醛基能和新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应，香茅醛中中含有醛基，能和新制氢氧化铜悬浊液共热反应，故C正确；‎ D项、香茅醛分子中连接碳碳双键两端的碳原子能共面，该分子中最多有4个C原子共面，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和醛的性质，把握官能团的性质，注意根据乙烯结构判断共面碳原子个数是解本题关键。‎ ‎11.有机物X是合成二氢荆芥内酯的重要原料，其结构简式为 ‎，下列检验X中既含碳碳双键又含醛基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，加热 B. 先加溴水，后加酸性高锰酸钾溶液 C. 先加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，取清液酸化后再加溴水 D. 先加银氨溶液，再加入溴水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物X分子中含有的官能团为碳碳双键和醛基，碳碳双键和醛基均能被强氧化剂氧化。‎ ‎【详解】由结构简式可知，有机物X分子中含有的官能团为碳碳双键和醛基，碳碳双键和醛基均能被强氧化剂氧化，检验X中既含碳碳双键又含醛基时，应先利用银氨溶液（或新制氢氧化铜）检验醛基，酸化后再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重烯烃、醛性质的考查，把握官能团与性质的关系，注意检验的先后顺序为解答的关键。‎ ‎12.下列实验方案正确的是（ ）‎ A. 苯甲酸的提纯：将1g粗苯甲酸放到100mL的烧杯里，加入50mL水，加热完全溶解后趁热过滤，静置冷却可析出苯甲酸晶体 B. 银氨溶液的配制：向1mL 2%的稀氨水中逐滴滴加2%的AgNO3溶液 C. 证明溴乙烷中溴元素的存在：向溴乙烷中加入NaOH溶液，共热，冷却后加入AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀 D. 除去苯中的苯酚杂质：向混有苯酚的苯中加入浓溴水，产生白色沉淀，再过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解趁热过滤，可防止降温时析出苯甲酸，减少苯甲酸的损耗，该操作方法合理，故A正确；‎ B项、向1mL 2%的稀氨水中逐滴滴加2%的AgNO3溶液，由于氨水过量，与硝酸银溶液反应生成受热或撞击时有爆炸的危险的雷酸银（AgONC），制得的银氨溶液本身也将失去灵敏性，故B错误；‎ C项、溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，故C错误；‎ D项、苯酚与浓溴水反应生成难溶于水的三溴苯酚沉淀，但三溴苯酚溶于苯，且易溶解溴，无法通过过滤方法分离，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、离子检验以及物质的分离提纯等，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质及反应原理，注意实验的评价性分析为解答的关键。‎ ‎13.BHT是一种常用的食品抗氧化剂，从 出发合成BHT的方法有如下两种。下列说法不正确的是( )‎ A. 方法一和方法二的反应类型都是加成反应 B. BHT与 都能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 推测BHT在水中的溶解度小于苯酚 D. BHT与互为同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ BHT与的官能团都是酚羟基，都属于酚类，两者结构相似，通式相同，互为同系物。‎ ‎【详解】A项、方法一为加成反应，而方法二中酚-OH的邻位H被叔丁基取代，为取代反应，故A错误；‎ B项、BHT和中都会含有酚羟基，都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4褪色，故B正确；‎ C项、BHT中含有的憎水基烃基比苯酚多，所以在水中的溶解度小于苯酚，故C正确；‎ D项、BHT与的官能团相同，都属于酚类，两者结构相似，且相差若干个CH2原子团，互为同系物，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意掌握常见的有机物的结构与性质，熟悉常见的有机反应类型是解答关键。‎ ‎14.有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同．下列事实不能说明上述观点的是（ ）‎ A. 苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应 B. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 苯与硝酸加热时发生取代反应，甲苯与硝酸常温下就能发生取代反应 D. 乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、苯酚和乙醇均含-OH，连接的烃基不同，苯酚具有酸性与NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应，说明苯环使羟基的活性增强，能说明原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同，故A正确；‎ B项、乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷上没有可以被氧化的氢原子，而甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，能说明原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同，故B正确；‎ C项、甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基使苯环上的氢变得活泼易被取代，能说明原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同，故C正确；‎ D项、乙烯中含有碳碳双键性质较活泼能发生加成反应，而乙烷中不含碳碳双键，性质较稳定，乙烷不能发生加成反应，所以乙烯和乙烷性质的不同是由于含有的化学键不同而导致的，不能说明原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握性质的差异与官能团的关系、原子团相互影响的关系，注意根据原子团所处的化学环境进行比较性质差异为解答的关键。‎ ‎15.下列各物质中既能发生消去反应又能催化氧化，并且催化氧化的产物是醛的（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，有机物既能发生消去反应又能催化氧化，说明-OH邻位C原子上有H原子，与-OH相连的C原子上有2个H原子，结构可能为R-CH（R'）-CH2OH。‎ ‎【详解】A项、与-OH相连的C原子上没有氢原子，不能发生催化氧化，故A错误；‎ B项、-OH邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；‎ C项、-OH邻位C原子上有H原子，能发生消去反应，与-OH相连的C原子上有2个H原子，能发生催化氧化反应生成醛，故C正确；‎ D项、与-OH相连的C原子上有1个H原子，能发生催化氧化反应生成酮，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系是解答关键。‎ ‎16.在120℃时，1体积甲烷和丁烯的混合物与4体积O2在密闭容器中充分燃烧，只生成水和二氧化碳，反应后恢复到原温度，压强增加为原来的1.1倍，则混合气体中丁烯的体积分数是（ ）‎ A. 9 5% B. 50% C. 40% D. 20%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎120℃时，甲烷燃烧生成CO2和H2O（g），该反应反应前后气体体积不变，则压强增大是由丁烯燃烧生成CO2和H2‎ O（g）体积增大造成的，根据体积增加利用差量法计算出原混合气体中丁烯的体积，再根据体积分数定义计算混合气体中丁烯的体积分数。‎ ‎【详解】120℃时，甲烷燃烧生成CO2和H2O（g），由方程式CH4+2O2→CO2+2H2O可以发现甲烷燃烧前后气体体积不发生变化，则压强增大是由丁烯燃烧生成CO2和H2O（g）体积增大造成的，反应后恢复到原温度，压强增加为原来的1.1倍，则反应后总体积为5.5体积，设1体积甲烷和丁烯的混合物中丁烯体积为X，则有以下关系：‎ C4H8+6O2→4CO2+4H2O △V ‎ ‎1 1‎ X （5.5-5）体积=0.5体积 由方程式可知X=0.5体积，所以混合气体中丁烯的体积分数为50%，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查混合物反应的计算，确发生反应的原理，注意掌握差量法在化学计算中的应用方法为解答关键。‎ 非选择题（共52分）‎ ‎17.有6种无色液态物质：己烯、己烷、苯、甲苯、溴乙烷和乙醇，符合下列各题要求的分别是：‎ ‎（1）能与氢氧化钠水溶液反应的是______，此反应属于______反应 ‎（2）不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应，但在铁屑作用下能与液溴反应的是______，生成的有机物名称是______‎ ‎（3）能与酸性KMnO4溶液反应的是______．‎ ‎（4）能发生消去反应的是______．‎ ‎（5）能与溴水发生反应的是______．‎ ‎【答案】 (1). 溴乙烷 (2). 取代 (3). 苯 (4). 溴苯 (5). 己烯、甲苯、乙醇 (6). 溴乙烷、乙醇 (7). 己烯 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应的物质为己烷、苯，但苯易发生取代反应，如与液溴反应；而能与溴水或酸性KMnO4溶液反应的为己烯；不与溴水反应但与酸性KMnO4溶液反应为甲苯、乙醇等；溴乙烷、乙醇可发生消去反应，且溴乙烷可发生水解反应。‎ ‎【详解】（1）溴乙烷在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，反应生成乙醇和溴化钠，该反应属于取代反应，故答案为：溴乙烷；取代；‎ ‎（2）己烷、苯不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应，但苯在铁屑作用下能与液溴发生取代反应生成溴苯，故答案为：苯；溴苯；‎ ‎（3）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化己烯、甲苯、乙醇，故答案为：己烯、甲苯、乙醇；‎ ‎（4）溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成乙烯，乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯，故答案为：溴乙烷、乙醇；‎ ‎（5）己烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故答案为：己烯。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意分析官能团，把握官能团与性质的关系为解答的关键。‎ ‎18.现有A、B两种烃，已知A的分子式为C5Hm，而B的最简式为C5Hn(m、n均为正整数).请回答下列问题:‎ ‎(1)下列关于烃A 和烃B 的说法不正确的是________(填序号)。‎ a 烃A和烃B可能互为同系物 b 烃A和烃B可能互为同分异构体 c 当n=11时，烃B可能的分子式有2种 d 当m=12时，烃A一定为烷烃 ‎(2)若烃A为链烃，且分子中所有碳原子都任同一条直线上，则A的结构简式为_______。‎ ‎(3)若烃A为链烃，且分子中所有碳原子一定共面，在一定条件下，1molA最多可与1molH2加成，则A的名称是__________。‎ ‎【答案】 (1). c (2). CH≡C-C≡C-CH3 (3). 2-甲基-2-丁烯 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）a、烯烃C5H10和烯烃C10H20互为同系物；‎ b、当n=m时，B的分子式与A相同；‎ c、当n=11时，B的分子式为C10H22；‎ d、当m=12时，A的分子式为C5H12；‎ ‎（2）由CH≡CH的4个原子共线可知，要使烃A的5个碳原子共线，满足条件的A的分子中必须有2个-C≡C-；‎ ‎（3）链烃A与H2最多以物质的量之比1：1加成，则A为烯烃C5H10‎ ‎，分子中所有碳原子一定共面说明分子中其余的饱和碳原子均连在两个碳碳双键上。‎ ‎【详解】（1）a、若A为烯烃C5H10，B为烯烃C10H20，烃A和烃B互为同系物，故正确；‎ b、当n=m时，B的分子式与A相同，A、B互为同分异构体，故正确；‎ c、当n=11时，B的分子式为C10H22，故错误；‎ d、当m=12时，A的分子式为C5H12，为戊烷，故正确；‎ c错误，故答案为：c；‎ ‎（2）由CH≡CH的4个原子共线可知，要使烃A的5个碳原子共线，满足条件的A的分子中必须有2个-C≡C-，故A为CH≡C-C≡C-CH3，故答案为：CH≡C-C≡C-CH3；‎ ‎（3）链烃A与H2最多以物质的量之比1：1加成，则A为烯烃C5H10，分子中所有碳原子一定共面说明分子中其余的饱和碳原子均连在两个碳碳双键上，则A为2-甲基-2-丁烯，故答案为：2-甲基-2-丁烯。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断，涉及计算、同分异构体、有机物命名、烃的空间结构等，注意依据题意确定有机物的分子式，掌握共线和共面的规律是解答关键。‎ ‎19.已知某有机物的结构简式为 ‎（1）写出该有机物发生消去反应的化学方程式（注明反应条件）：______．‎ ‎（2）该有机物发生加成聚合反应后，所得产物的结构简式为______．‎ ‎【答案】 (1). +H2O (2). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 结构简式为CH3=CHCH（CH3）CH2OH，分子中含有的官能团为碳碳双键和羟基，表现烯烃和醇的性质。‎ ‎【详解】（1）该有机物含有羟基，在浓硫酸作用下，共热消去反应生成烯烃和水，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；‎ ‎（2）该有机物含有碳碳双键，一定条件下，能够发生加聚反应生成高分子化合物，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团与性质的关系，注意烯烃和醇的性质及应用为解答的关键。‎ ‎20.已知在常用催化剂（如铂、钯）的催化下，氢气和炔烃加成生成烷烃，难于得到烯烃，但使用活性较低的林德拉催化剂，可使炔烃的氢化停留在生成烯烃的阶段，而不再进一步氢化．现有一课外活动兴趣小组利用上述设计了一套由如下图所示仪器组装而成的实验装置（铁架台未画出），拟由乙炔制得乙烯，并测定乙炔氢化的转化率．若用含0.020molCaC2的电石和1.60g含杂质18.7%的锌粒（杂质不与酸反应）分别与足量的X和稀硫酸反应，当反应完全后，假定在标准状况下测得G中收集到的水VmL．试回答有关问题．‎ ‎（1）所用装置的连接顺序是_______________（填各接口的字母）．‎ ‎（2）写出A、C中所发生的两个反应的化学方程式（有机物写结构简式）：__________、_____________．‎ ‎（3）为减慢A中的反应速率，X应选用_________．‎ ‎（4）F中留下的气体除含少许空气外，还有________________．‎ ‎（5）D的作用是_________________‎ ‎（6）若V=672mL（导管内气体体积忽略不计），则乙炔氢化的转化率为_____________．‎ ‎【答案】 (1). a、e、d、f、g、b、c、h（f、g可调换） (2). CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2 (3). HC≡CH+H2CH2=CH2 (4). 饱和食盐水 (5). H2、C2H4、C2H2 (6). 除去杂质气体 (7). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验的目的是用乙炔和氢气之间的反应来制取乙烯，根据装置的特点和应用来连接实验装置；‎ ‎（2）碳化钙可以和水反应得到乙炔气体，乙炔气体和氢气在催化剂的作用下反应得到乙烯；‎ ‎（3）为减慢反应速率，可以将水换成饱和食盐水；‎ ‎（4）根据发生的反应结合实验实际情况来确定存在的杂质气体；‎ ‎（5）乙炔在制取的过程中，还会含有杂质气体，要进行除杂；‎ ‎（5）结合乙炔氢化的转化率等于反应的乙炔和全部的乙炔的量的比值来计算。‎ ‎【详解】（1）实验装置显示制取乙炔和氢气，然后将二者混合，但是乙炔、氢气中含有杂质气体，应该先将杂质气体除去，再将之干燥，是纯净的气体在催化剂的作用下发生反应得到乙烯，乙烯是难溶于水的气体，可以采用排水法收集，所以装置的连接顺序是：a、e、d、f、g、b、c、h（f、g可调换），故答案为：a、e、d、f、g、b、c、h（f、g可调换）；‎ ‎（2）A中是碳化钙和水反应制取乙炔的过程，C中是乙炔和氢气之间的加成反应，方程式分别为：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2、HC≡CH+H2CH2=CH2，故答案为：CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2、HC≡CH+H2CH2=CH2；‎ ‎（3）碳化钙和水之间的反应十分剧烈，为减慢反应速率，可以将水换成饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；‎ ‎（4）F中留下的气体除含少许空气外，还有没有完全消耗的乙炔，氢气以及生成的乙烯等气体，故答案为：H2、C2H4、C2H2；‎ ‎（5）为了保证得到气体纯净，应该将气体进行除杂，次氯酸钠具有碱性和氧化性，可以除去杂质，如果没有除去杂质，则剩余的气体增加，测得的结果比实际值偏高，故答案为：除去杂质气体；‎ ‎（6）0.020molCaC2的电石，和水反应得到乙炔的物质的量是0.02mol，1.60g含杂质18.7%的锌粒（杂质不与酸反应）的物质的量是 mol=0.02mol，和硫酸反应，产生的氢气的物质的量是0.005mol，状况下测得G中收集到的水VmL，V=672mL，则得到的乙烯的物质的量是=0.03mol，设乙炔的转化量是x，则有：‎ HC≡CH+H2CH2=CH2‎ ‎ 1 1 1‎ ‎ x x x 则反应后得到气体的物质的量（0.02-x）+（0.02-x）+x=0.03，解得X=0.01mol，所以乙炔氢化的转化率为×100%=50%，故答案为：50%。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重分析与实验、计算能力的考查，把握物质的性质、实验装置的作用及发生的反应等为解答的关键。‎ ‎21.以苯酚为原料合成 的路线如图所示．请按要求作答 ‎（1）写出鉴别苯酚与A这2种有机物的方法_____________．‎ ‎（2）写出以下物质的结构简式：B________，F________．‎ ‎（3）写出反应④的化学反应方程式：④_________，‎ ‎（4）反应⑤可以得到E，同时可能得到的副产物的结构简式为_______．‎ ‎【答案】（1）分别加入浓溴水，若有白色沉淀生成的，原物质为苯酚，没有沉淀的为；‎ ‎（2）；；‎ ‎（3）；‎ ‎（4）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：苯酚与氢气发生加成反应生成A，则A为；A在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成B，且B能使溴水褪色，证明B中含有碳碳双键，则B为；B与溴发生加成反应生成C，则C为；C与NaOH的乙醇溶液在加热条件下发生消去反应生成D，则D为；D与溴可以发生1,2加成，也可以发生1,4加成，或全部发生加成反应生成四溴产物，由可知，E应为1,4加成的产物，因此E为，E与氢气发生加成反应生成F，则F为，F最后水解可以生成。‎ ‎（1）由以上的分析可知，A为，鉴别A与苯酚利用的原理是苯酚能够与浓溴水反应生成白色沉淀，而A不能，因此鉴别苯酚与A的方法是：分别加入浓溴水，若有白色沉淀生成的，原物质为苯酚，没有沉淀的为；‎ ‎（2）由上面的分析可知，B的结构简式为：；F的结构简式为：；‎ ‎（3）反应④是与NaOH的乙醇溶液在加热条件下发生消去反应生成，因此方程式为：；‎ ‎（4）反应⑤是发生1,4加成生成，副反应是发生1,2加成和完全加成生成四溴产物，因此副产物有两种，结构简式为：。‎ 考点：考查有机物的合成与推断。‎ ‎22.以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物N（C4H8O2）．‎ ‎（1）反应Ⅰ的反应类型为_______．‎ ‎（2）N的同分异构体中，属于酯类的有_____种．‎ ‎（3）HOCH2C≡CCH2OH分子中，在同一个平面的原子最多有____个．‎ ‎（4）化合物M不可能发生的反应是_______（填序号）．‎ A 氧化反应 B 取代反应 C 消去反应 D 加成反应 E 还原反应 ‎（5）A与M互为同分异构体，有如下转化关系．其中E的结构简式为 填写下列空白：‎ ‎①A的结构简式为_____，B中的官能团名称是_________．‎ ‎②写出B与银氨溶液反应的化学方程式：__________．‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). 4 (3). 8 (4). DE (5). (6). 醛基、羟基 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给有机物的转化关系可知，甲醛和乙炔发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH；HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH，则M为HOCH2CH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2CH2OH部分被氧化生成HOCH2CH2CH2CHO，则N为HOCH2CH2CH2CHO。‎ ‎【详解】（1）反应Ⅰ为甲醛和乙炔发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH，故答案为：加成反应；‎ ‎（2）N的同分异构体中，属于酯类的有甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以有4种，故答案为：4；‎ ‎（3）根据-C≡C-为直线结构，与其直接相连的原子在同一直线上，则4个C原子在一条直线上，又-CH2-为四面体结构，最多有3个原子共面，则在同一个平面的原子最多有8个，故答案为：8；‎ ‎（4）M的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，官能团为羟基，能发生氧化、取代、消去反应，分子中不含有不饱和键，则不能发生加成反应和还原反应，所以化合物M不可能发生的反应为DE，故答案为：DE；‎ ‎（5）A与M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，由E的结构并结合信息，可知B的结构简式为，A的结构简式为；B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化生成C，则C的结构简式为；在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，则D的结构简式为。‎ ‎①通过以上分析知，A的结构简式为，B的结构简式为，官能团为醛基和羟基，故答案为：；醛基、羟基；‎ ‎②分子中含有羟基，水浴加热条件下能与银氨溶液发生银镜反应，反应的化学方程式为，故答案为：‎ ‎ 。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断，主要考查获得信息的能力和分析能力，熟练掌握官能团的性质与相互转化，注意同分异构体的判断以及方程式的书写和有机物空间结构的判断是解答关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎