江西省南昌市第十中学2018_2019学年高二化学下学期3月月考试题（含解析） 18页

南昌十中2018-2019学年第二学期第一次月考高二化学试卷相对原子质量：C:12O:16Ca:40H:1第I卷(选择题)一．选择题1.下列说法中不正确的是()A.维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限B.聚乙烯、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质，属于混合物C.红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析D.石油常压分馏是化学变化，可得到汽油、柴油、煤油等【答案】D【解析】【详解】A.维勒用无机物合成了尿素，尿素是有机物，突破了无机物与有机物的界限，故A正确；B.聚乙烯、聚氯乙烯属于有机高分子化合物，因为聚合度不同，所以都属于混合物，故B正确；C.红外光谱仪可以测定有机物中的官能团，核磁共振仪可以测定有机分子中氢原子种类，质谱仪可以测定有机物的相对分子质量，都可用于有机化合物结构的分析，故C正确；D.石油常压分馏是物理变化，故D错误，故选D。【点睛】石油的分馏是物理变化，石油的裂解和裂化属于化学变化，煤的干馏、液化、气化属于化学变化。2.在实验室中，下列除杂的方法正确的是()A.回收碘的CCl4溶液中的CCl4采用萃取的方法B.乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C.除去乙酸乙酯中少量的乙酸加入饱和碳酸钠溶液，然后分液D.乙烷中混有乙炔，通入酸性高锰酸钾溶液洗气除去【答案】C【解析】n【详解】A.碘易溶于CCl4，回收碘的CCl4溶液中的CCl4应采用蒸馏的方法，故A错误；B.通入H2无法恰好与乙烯完全反应，会引入新的杂质，故B错误；C.乙酸可以与碳酸钠溶液反应，而乙酸乙酯难溶于水，可以用分液法分离，故C正确；D.乙炔通入酸性高锰酸钾溶液中被氧化生成二氧化碳，引入新杂质，故D错误，故选C。【点睛】除杂过程要注意以下几点：1、不消耗主要物质；2、不引入新杂质；3、注意操作的可行性。3.下列有关化学用语表示正确的是()ABCD乙酸乙酯的键线式甲烷的比例模型羟基的电子式乙烯的结构简式CH2CH2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.该键线式为乙酸甲酯，故A错误；B.该模型可能为四氯化碳的球棍模型，而非比例模型，故B错误；C.羟基的电子式中有一个单电子，属于不稳定结构，故C正确；D.乙烯的官能团是碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故D错误，故选C。4.下列说法正确的是A.O2、O3是氧元素的同素异形体，性质都相似B.35Cl与37Cl-互为同位素C.乙二醇()和甘油（）互为同系物D.CH3CHO与互为同分异构体n【答案】D【解析】【详解】A.O2、O3是氧元素的同素异形体，物理性质、化学性质均不同，故A错误；B.互为同位素的原子最外层电子数相同，所以化学性质相同，而35Cl是原子37Cl-是离子化学性质不同，故B错误；C.同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，而乙二醇()和甘油（）相差的是一个CH2O，故C错误；D.CH3CHO与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；本题答案为D。5.下列关于(I)、(II)、(III)、(IV)化合物的说法正确的是A.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的沸点依次升高B.Ⅰ、Ⅲ的一氯代物均只有四种C.Ⅱ、Ⅲ中碳原子可能都处于同一平面D.Ⅲ、Ⅳ都属于芳香族化合物，互为同系物【答案】A【解析】【详解】A项，关于苯的同系物的沸点，碳原子数越多则沸点越高，对于相同碳原子数的苯的同系物的同分异构体中，侧链越短、侧链在苯环上越分散，物质的熔沸点越低，即Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的沸点依次升高，故A项正确；B项，Ⅰ的一氯取代物有四种，Ⅲ的一氯取代物有五种，故B项错误；C项，取代苯环上氢原子的碳原子与苯环上所有的碳原子处于同一平面上，其他的碳原子具有甲烷的结构，所以Ⅱ中碳原子通过适当旋转角度有可能处在一个平面上，而Ⅲ中的碳原子不可能都处于同一平面上，故C项错误；D项，Ⅲ、Ⅳ都属于芳香族化合物，是同分异构体，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。6.组成和结构可用表示的有机物共有(不考虑立体结构)A.8种B.9种C.10种D.12种【答案】D【解析】n【分析】先找出丁基的同分异构体，再找出﹣C2H3Cl2的同分异构体，然后找出有机物的种类数。【详解】丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，故丁基（-C4H9）共有4种；-C2H3Cl2的碳链为只有一种C-C，2个氯可以在同一个碳上，有2种，可以在不同的碳上，只有1种，总共3种，即-C2H3Cl2共有3种；所以该有机物共有4×3=12种；答案选D。【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的书写可以采用定一议二法解题。7.某单烯烃与氢气的加成产物为：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，下列相关说法正确的是A.该产物的名称是3－甲基己烷B.该产物有3种沸点不同的一氯代物C.原单烯烃可能有3种不同结构D.原单烯烃与分子式为C5H10的烃一定互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子主链含5个碳原子，名称是3-甲基戊烷，A项错误；B.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子有4种等效氢原子，所以其一氯代物有4种，B项错误；C.根据碳碳双键与H2加成的特点知，原单烯烃有3种不同结构：CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，C项正确；D.原单烯烃分子式为C6H12，但分子式为C5H10的烃结构可能是烯烃，也可能是环烷烃，当为环烷烃时与原单烯烃就不互为同系物，D项错误；答案选C。【点睛】运用“等效氢原子”判断一元取代物的种数：“等效氢原子”种类数=一元取代物同分异构体数目；在根据单烯烃与氢气加成产物逆向推断原来烯烃的同分异构体数目，同样可运用“等效氢原子”判断，如加氢产物中处于对称位置的-CH2-CH2-结构上，只有一种-CH=CH-结构。8.给有机物进行分类，下列有机物类别划分正确的是(　　)A.含有醛基，属于醛类物质nB.属于脂环化合物C.属于脂环化合物D.含有苯环和羟基，属于酚类物质【答案】C【解析】【详解】A.含有醛基，但根据有机物的命名规则，应该属于酯类物质，故A错误；B.中含有苯环，属于芳香族化合物，故B错误；C.不含苯环，且呈环状，属于脂环化合物，故C正确；D.羟基没有直接和苯环连接，不属于酚类物质，属于醇类，故D错误，故选C。9.某气态烃1mol能与2molCl2加成，转变为氯代烷烃，加成后产物分子上的氢原子又可被2mol氯分子完全取代，则该烃可能是()A.C2H2B.CH2=CH2C.CHC-CH3D.CH2=C(CH3)2【答案】A【解析】【详解】1mol能与2molCl2加成，则该烃中含有2个双键或1个三键，加成后产物分子上的氢原子又可被2mol氯分子完全取代，则该烃应该有2个氢原子，所以该烃可能是C2H2，故选A。10.螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（　　）A.分子式为C8H16B.分子中所有碳原子共平面nC.与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体D.一氯代物有4种结构【答案】D【解析】【详解】A.根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C.2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D.由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。11.某烃的结构简式为，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子最多为b，含四面体结构碳原子数为c，则a、b、c分别是A.3、4、5B.3、10、4C.3、14、4D.4、10、4【答案】C【解析】试题分析：已知乙炔为直线形结构，则与C≡C键相连的C原子可能共线，则共有3个；分子中与苯环以及C=C直接相连的原子共平面，则可能共面的碳原子最多为14，即所有的原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个；故选C。考点：考查有机物的结构和性质。12.美籍华裔科学家钱永键、日本科学家下修村和美国科学家马丁·沙尔菲因在发现和研究绿色荧光蛋白(GFP)方面做出突出贡献而分享了2008年诺贝尔化学奖。经研究发现GFP中的生色基团结构如图所示，下列有关GFP的说法中正确的是()A.该有机物属于芳香烃B.该有机物能发生加成反应和氧化反应C.1mol该有机物分子中含有7mol碳碳双键D.该有机物所有原子都有可能共平面【答案】Bn【解析】【详解】A.该有机物中还含有O和N等元素，不属于烃，故A错误；B.该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，该有机物在一定条件下能和氧气发生氧化反应，故B正确；C.苯环中不是碳碳双键，1mol该有机物分子中含有1mol碳碳双键，故C错误；D.该有机物含有手性碳原子，与之相连的原子就不可能在一个平面上，故D错误，故选B。13.分子式为C5H10Cl2的有机物，含有两个甲基的同分异构体有()种：A.4B.6C.8D.11【答案】D【解析】【分析】对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢。【详解】C5H10Cl2中含有两个甲基的有：CH3CH2CH2CCl2CH3；CH3CH2CHClCHClCH3；CH3CHClCH2CHClCH3；CH3CH2CCl2CH2CH3，CH3CH（CH3）CH2CHCl2；CH3CH（CH3）CHClCH2Cl；CH3CCl（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH2Cl）CHClCH3；CH2ClCCl（CH3）CH2CH3；CHCl2CH（CH3）CH2CH3，CH2ClC（CH3）2CH2Cl，共11种，故选D。14.轴烯、旋烷是一类具有张力的碳氢化合物，结构如图所示。下列说法错误的是A.旋烷的通式为C3n+6H4n+8(n≥1)B.轴烯①、轴烯②、轴烯③、轴烯④之间不属于同系物C.轴烯①的二氯代物只有3种(不考虑立体异构)D.1mol旋烷④转化为C18H36，需消耗6molH2【答案】C【解析】【详解】A．旋烷①、②、③、④的分子式分别为C9H12、C12H16、C15H20、C18H24n，数学归纳可得通式为C3n+6H4n+8(n≥1)，A项正确；B．所给四种轴烯所含碳碳双键的数目不同，显然不是同系物，B项正确；C．轴烯①中只有3个端点的碳上各有2个氢原子，且该三个碳原子为等效碳。用2个氯原子取代2个氢原子，这两个氢原子可能来自同一个碳原子上，也可能来自任意两个碳原子上，所以轴烯①的二氯代物只有2种（不考虑立体异构)，C项错误；D．旋烷④的分子式为C18H12,与氢气反应时，就是三元环的开环反应，每一个三元环对应加上2个氢原子，所以1mol旋烷④转化为C18H36，需消耗6molH2，D项正确；所以答案选C项。15.25℃和101kpa时，乙烷和乙炔组成的混合烃20mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了42mL，原混合烃中乙炔的体积分数为()A.25%B.40%C.60%D.75%【答案】B【解析】【详解】按平均组成法设混合烃平均组成为CxHy，利用反应前后气体体积差列式：CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O△V12042列比例式，可得y=乙烷和乙炔分子中C原子数都是2，乙烷中H原子数为6，乙炔中H原子数为2，根据平均H原子数为，利用十字交叉法，求出乙烷体积与和乙炔体积之比：得V(乙烷)：V(乙炔)=3：2，所以混合烃中的乙炔体积分数为：=40%，故选B。【点睛】平均值法和十字交叉法的运用是解决此类问题的捷径和关键。16.两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示。下列有关混合气体的说法正确的是nA.该混合气体中一定含有乙烯B.该混合气体一定含有甲烷和乙炔C.在110℃条件下，该混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变D.若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为1∶3【答案】C【解析】根据图像可知，当混合气是2mol时，生成水4moo，CO2是3.2mol，所以混合气的平均分子组成是C1.6H4。由于含有1个碳原子的烃只有甲烷，这说明混合气中含有甲烷。而甲烷中含有4个氢原子，所以另外一种烃分子中氢原子的个数也是4个，且碳原子数大于1，因此AB都是错误的。根据燃烧通式CnHm＋（n＋m/4）O2＝nCO2＋m/2H2O可知，如果反应前后体积不变，则1＋n＋m/4＝n＋m/2，解得m＝4，所以C正确。D中应该是，答案选C。第II卷(非选择题)二．填空题17.请按要求作答：(1)分子式为C4H8且属于烯烃的有机物的同分异构体(考虑顺反异构)有_________种；高聚物的单体的结构简式是_____________和______________。(2)的名称为：_______________；写出聚合生成高分子化合物的化学方程式________；(3)已知－NH2表现碱性，－NO2表现中性，－COOH表现酸性。化学式为C7H7NO2的有机物，其分子结构中有1个苯环、2个取代基，试按照下列写出2种同分异构体(只写邻位即可)。①该有机物既有酸性又有碱性______________。②该有机物既无酸性又无碱性______________。【答案】(1).4(2).(3).CH2=CH-CH=CH2(4).苯乙烯(5).nn(6).(7).【解析】【详解】(1)C4H8属于烯烃的同分异构体有：CH2═CHCH2CH3、CH3CH═CHCH3,CH2═C(CH3)2，其中CH2═CHCH2CH3含有顺式和反式两种异构体，所以C4H8属于烯烃的同分异构体有4种；是由苯乙烯和1,3—丁二烯发生加聚反应制得；故答案为：4，，CH2=CH-CH=CH2；(2)可命名为苯乙烯，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，方程式为：n；故答案为：苯乙烯，n；(3)根据信息可知，该有机物既有酸性又有碱性，说明该有机物既含有氨基又含有羧基，且必须含有苯环和2个取代基，即该物质为：；若该有机物既不显酸性也不显碱性，即一定不含有氨基和羧基，又需要含有N元素和C元素，所以该化合物可能含有硝基和甲基，故该化合物可能为：邻硝基甲苯，结构简式为：，故答案为：，。18.2-甲基－1，3－丁二烯是一种重要的化工原料。可以发生以下反应。已知：n请回答下列问题：(1)2-甲基－1，3－丁二烯可以与氢气、溴水等发生加成反应。①完全与氢气加成所得有机产物的名称____________；②与溴水发生1，2－加成所得有机产物的结构简式为____________和_____________；③与溴水发生1，4－加成反应的化学方程式为_______________________________________。(2)B为含有六元环的有机物，写出2-甲基－1，3－丁二烯与乙烯反应的化学方程式________________________________________。(3)Y()是天然橡胶的主要成分。能发生的反应有_________(填标号)。A．加成反应B.氧化反应C.酯化反应(4)X的分子式为C3H4O3，其结构简式为_________________；X与乙醇发生酯化反应的化学方程式______________________________。【答案】(1).2-甲基丁烷(或异戊烷)(2).BrCH2CBr(CH3)CH=CH2(3).CH2=C(CH3)CHBrCH2Br(4).CH2＝C(CH3)CH＝CH2＋Br2→BrCH2C(CH3)＝CHCH2Br(5).CH2＝C(CH3)CH＝CH2＋CH2＝CH2→(6).AB(7).(8).【解析】【详解】(1)2－甲基－1，3－丁二烯可以与氢气完全加成反应生成CH3-CH(CH3)-CH2-CH3，根据系统命名法可知，该物质为2-甲基丁烷；2－甲基－1，3－丁二烯与溴水发生1，2－加成可能生成两种产物，结构简式为：BrCH2CBr(CH3)CH=CH2，CH2=C(CH3)CHBrCH2Br；2-甲基－1，3n－丁二烯与溴水发生1，4－加成反应时，1，2号碳原子和3，4号碳原子之间的碳碳双键断裂，在2，3号碳原子之间形成一个碳碳双键，即生成BrCH2C(CH3)＝CHCH2Br，反应方程式为：CH2＝C(CH3)CH＝CH2＋Br2→BrCH2C(CH3)＝CHCH2Br，故答案为：2-甲基丁烷(或异戊烷)，BrCH2CBr(CH3)CH=CH2，CH2=C(CH3)CHBrCH2Br，CH2＝C(CH3)CH＝CH2＋Br2→BrCH2C(CH3)＝CHCH2Br；(2)2-甲基－1，3－丁二烯与乙烯反应形成六元环，即在2-甲基－1，3－丁二烯的2，3号碳原子上形成碳碳双键，连接打开双键的乙烯，即生成，所以化学方程式为：CH2＝C(CH3)CH＝CH2＋CH2＝CH2→，故答案为：CH2＝C(CH3)CH＝CH2＋CH2＝CH2→；(3)Y()是天然橡胶的主要成分。根据Y的结构简式可知，Y中含有碳碳双键，所以Y能发生加成反应、氧化反应，故AB正确；故选AB；(4)X的分子式为C3H4O3，由X的分子式中可知，若3个碳原子达到饱和状态，应含有8个H原子，现在X含有4个H原子，说明X中含有两个碳氧双键，或一个碳氧双键和一个碳碳双键，由于X是由2－甲基－1，3－丁二烯与高锰酸钾反应制得，则X不能含有碳碳双键，所以X只能含有两个碳氧双键，故X的结构简式为：，能与乙醇发生酯化反应，生成酯和水，方程式为：，故答案为：，。19.实验室用如下图所示装置来制备乙炔，并验证乙炔的某些化学性质，制备的乙炔气体中往往含有少量的H2S和PH3气体，请按下列要求填空：(1)实验室制乙炔的化学方程式是：_________________；为了得到较为平稳的乙炔气流，装置A的分液漏斗中常用______________来代替水．n(2)装置B中CuSO4溶液的作用是_______________________________．(3)装置D中观察到的现象是___________________________________________(4)若称取mg电石，反应完全后，生成的乙炔ng，则CaC2的纯度为_____(用m与n表示)。(5)写出以乙炔和HCl为原料，合成聚氯乙烯的方程式是________________，___________________。【答案】(1).CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2(2).饱和食盐水(3).除去H2S和PH3杂质，以防干扰后续实验(4).紫色或紫红色褪去(5).32n/13m(6).CHCH+HCl(7).【解析】【分析】根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据乙炔的制备方法分析解答；根据物质的制备、分离、提纯相关知识分析解答。【详解】(1)实验室制备乙炔是利用电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙,反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2，碳化钙与水反应很剧烈，用饱和食盐水可以减缓反应，所以为了得到平稳的气流，用饱和食盐水代替水，故答案为：CaC2+2H2O→CH≡CH↑+Ca(OH)2；饱和食盐水；(2)硫化氢气体具有还原性，也会导致溴水、高锰酸钾溶液褪色，装置B中CuSO4溶液的作用是除去乙炔中的硫化氢和PH3，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，防止干扰后续检验实验；故答案为：除去H2S和PH3杂质，以防干扰后续实验；(3)乙炔通过高锰酸钾溶液，乙炔含有不饱和键，被高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，装置D中观察到的现象是溶液褪色，发生的反应为氧化反应；故答案为：紫色褪去；(4)n(C2H2)=mol，根据方程式中化学计量关系可知，n(CaC2)=n(C2H2)=mol，即m(CaC2)=n(CaC2)×64g/mol=，碳化钙的纯度为：==；故答案为：；(5)乙炔和HCl发生加成反应得到氯乙烯，氯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚氯乙烯方n程式为：CHCH+HCl→CH(Cl)=CH2，；故答案为：CHCH+HCl→CH(Cl)=CH2，。20.苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。Ⅰ．制备苯甲酸和回收未反应的甲苯反应原理：第1步：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应；第2步：过滤反应混合物，得到滤液；经过操作Ⅰ，得到有机层和水层；第3步：向有机层中加无水Na2SO4，过滤，经过操作Ⅱ，得到无色液体A；第4步：向水层加入浓盐酸酸化，蒸发浓缩，冷却，过滤，得到白色固体B；已知：相对分子质量熔点沸点密度溶解度甲苯92－95℃110.8℃0.8669g·mL－1极微溶于水苯甲酸122122.4℃249℃1.2659g·mL－10.3g(25℃时)6.9g(95℃时)(1)操作Ⅰ所用的玻璃仪器有烧杯和______________，操作Ⅱ为________________。(2)第3步中加入无水Na2SO4的目的是_____________________，无色液体A是_______。Ⅱ．提纯粗苯甲酸(3)该同学利用重结晶的方法对得到的B进行提纯。重结晶的过程：__________→_________→_______→抽滤(与过滤类似)→洗涤→干燥→纯苯甲酸。(注：抽滤装置如图所示，主要仪器有A布氏漏斗，B抽滤瓶，抽气泵等)n(4)白色固体B中的杂质是____________。(5)趁热抽滤得到的滤液放置冷却可以结晶出纯净的苯甲酸晶体，为了得到更多的苯甲酸，是不是温度越低越好并说明理由______(填“是”或“不是”)，理由___________________________________________。【答案】(1).分液漏斗(2).蒸馏(3).干燥有机层(4).甲苯(5).加热溶解(6).趁热过滤(7).冷却结晶(8).氯化钾(或KCl)(9).不是(10).温度太低杂质溶解度降低，杂质可能析出，使产物不纯【解析】【分析】根据题目信息提示推断苯甲酸的制备、分离和提纯的方法；根据方程式提示推断出反应产生杂质种类。【详解】(1)甲苯和KMnO4溶液反应后过滤反应混合物，得到滤液，经过分液操作，分离有机层主要含有甲苯和水层主要含有苯甲酸和高锰酸钾溶液，向有机层中加无水Na2SO4，除去甲苯中的水，过滤分离出硫酸钠，经过蒸馏，得到无色液体A即甲苯；向水层加入浓盐酸酸化，蒸发浓缩，冷却，过滤，得到白色固体B即苯甲酸；操作Ⅰ为分液，所用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，操作Ⅱ为蒸馏，故答案为：分液漏斗，蒸馏；(2)第3步中加入无水Na2SO4是干燥有机层中的甲苯，过滤分离出硫酸钠固体，经过操作蒸馏，得到无色液体A即甲苯，故答案为：干燥有机层，甲苯；(3)又表格信息可知，苯甲酸熔点较高，且在95℃时溶解度增大，则该同学利用重结晶的方法对得到的B进行提纯，提纯时先将粗苯甲酸加热溶解，趁热过滤，再降温结晶，过滤从而除去白色固体B中的杂质KCl，故答案为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶；(4)由题目中信息方程式提示可知，苯甲酸钾被浓盐酸酸化后生成了KCl，所以白色固体B中n的杂质KCl，故答案为：KCl；(5)根据题目表格信息，可知苯甲酸与杂质的熔点差距较大，可以利用降温结晶分离，但是温度不能降到很低，温度太低杂质溶解度降低，杂质可能析出，使产物不纯，故答案为：不是，温度太低杂质溶解度降低，杂质可能析出，使产物不纯。21.A和B两种有机物可以互溶，有关性质如下：物质密度(g·cm-3)熔点/℃沸点/℃溶解性A0.7893-117.378.5与水以任意比混溶B0.7137-116.634.5不溶于水(1)要除去A和B的混合物中的少量B，可采用的_______________方法可得到A。A.蒸馏B.重结晶C.萃取D.加水充分振荡，分液(2)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，A和氧气恰好完全反应且消耗6.72L(标准状况)氧气，生成5.4gH2O和8.8gCO2，则该物质的实验式是__________；质谱图显示，A的相对分子质量为46，又已知有机物A的核磁共振氢谱如图所示，则A的结构简式为________________。(3)下图是B的质谱图，则其相对分子质量为________，(4)B的红外光谱如图所示，则B的结构简式为__________________________。n(5)准确称取一定质量的A和B的混合物，在足量氧气充分燃烧，将产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，发现质量分别增加14.4g和26.4g。计算混合物中A和B的物质的量之比_____________________。【答案】(1).A(2).C2H6O(3).CH3CH2OH(4).74(5).CH3CH2-O-CH2CH3(6).1:1【解析】【分析】根据提示信息了解未知化合物的物理性质从而推断混合物的分离和提纯方法；根据各种谱图推断有机化合物的结构和性质；根据质量守恒原理计算分析解答。【详解】(1)由表格中的信息可知，A.B两种有机物互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故A正确；故答案为：A；(2)根据质量守恒定律可知，化合物中所含C元素质量为：8.8g×=2.4g，所含H元素质量为：5.4g×=0.6g，二氧化碳和水中的氧元素质量之和为(8.8g−2.4g)+(5.4g−0.6g)=11.2g,而氧气的质量为×32g/mol=9.6g，所以有机物中氧元素质量为11.2g−9.6g=1.6g，n(C):n(H):n(O)=：：=2:6:1，所以化合物的最简式是C2H6O，在最简式C2H6O中，C、H原子已经达到饱和，其实验式即为分子式，即分子式为C2H6O，该化合物可能为乙醇，也可能为二甲醚，而核磁共振氢谱表明其分子中有三种化学环境不同的氢原子，强度之比为3:2:1，则该化合物为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；故答案为：C2H6O，CH3CH2OH；(3)由物质B的质谱图可知，B的相对分子质量为74，故答案为：74；n(4)由物质B的红外光谱可知，物质B存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键可得分子的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，故答案为：CH3CH2OCH2CH3；(5)将燃烧产物依次通过足量的无水氯化钙和碱石灰，增加的14.4g即水的质量，增加的26.4g即二氧化碳的质量，可得到：n(H2O)==0.8mol，n(CO2)==0.6mol，设CH3CH2OH、CH3CH2OCH2CH3的物质的量为x、y，则根据C原子和H原子守恒可得2x+4y=0.6；6x+10y=0.8×2；解得：x=0.1mol，y=0.1mol，则A和B的物质的量之比1:1；故答案为：1:1。