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【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一6月阶段性测试试题（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一6月阶段性测试试题
一、选择题（每题2分，共50分）
1.A、B两元素为同周期第ⅡA族和第ⅢA族元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为( )
①x＋1 ②x＋8 ③x＋11 ④x＋18 ⑤x＋25 ⑥x＋32
A. ①③ B. ②④ C. ①③⑤ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构，分周期分别讨论第ⅡA族和第ⅢA族元素的原子序数的差值。
【详解】第二主族元素有铍、镁、钙、锶、钡、镭，第三主族元素有硼、铝、镓、铟、铊等，第二周期的铍与硼、第三周期的镁与铝的原子序数均是相差1，所以①可能；第四周期的钙与镓、第五周期的锶与铟，中间均相隔过渡的10个金属元素，所以ⅡA族和第ⅢA族元素原子序数相差11，③可能；第六周期的钡与铊之间的IIIB族元素中包含镧系15个元素，加上副族剩余的9个元素，所以ⅡA族和第ⅢA族元素原子序数相差25，⑤可能；第七周期的ⅡA族和第ⅢA族元素原子序数相差也是25；所以B元素原子序数可能为x+1、x+11、x+25。所以答案选择C项。
2.下列关于卤族元素由上到下性质递变规律的叙述，正确的是( )
①单质的氧化性增强 ②单质的颜色加深 ③气态氢化物的稳定性增强 ④单质的沸点升高 ⑤阴离子的还原性增强
A. ①②③ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】①卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故①错误；
②卤素单质从上到下，单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，故②正确；
③卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故③错误；
④卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故④正确；
⑤卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性增强，故⑤正确。
故选C。
3.氧元素有三种核素16O、17O、18O，它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为a%、b%、c%，则下列说法正确的是( )
A. 一个16O原子的质量为16 g
B. 17O的相对原子质量约为17
C. 氧元素的相对原子质量为16+17+18/3
D. 氧元素的相对原子质量为(16a%＋17b%＋18c%)
【答案】B
【解析】试题分析：A．16O的质量数为16，一个氧原子的质量非常小，故A错误；B．17O的质量数为17，是其相对原子质量的近似值，故17O的相对原子质量约为17，故B正确；C．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，故C错误；D．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，没有每个核素的相对原子质量，故无法计算，故D错误；故选B。
4.下列物质中均为既含有离子键又含有共价键的一组是( )
A. NaOH、H2O、NH4Cl B. KOH、Na2O2、(NH4)2S
C. MgO、CaBr2、NaCl D. Na2SO4、HCl、MgCl2
【答案】B
【解析】试题分析：A项中只有共价键，无离子键，故A错误。
B项中都是既有离子键又有共价键，故选B。
C项中三种物质只有离子键，没有共价键，故不正确。
D项中HCl只有共价键，故错误。
5.关于氢键，下列说法不正确的是( )
A. HF的沸点比HCl的沸点高是由于HF分子间存在氢键所致
B. 水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键
C. NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
D. 在氨水中水分子和氨分子之间也存在着氢键
【答案】C
【解析】
【分析】氢原子与电负性大、半径小的原子X（氟、氧、氮等）以共价键结合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，是范德华力之外的另一种分子间力，氢键的存在对物质的物理性质有很大的影响，存在氢键的物质，溶解性和沸点增大。
【详解】A项、氢键是某些氢化物(如NH3、H2O、HF)等分子间存在的比分子间作用力稍强的作用力，它的存在使氢化物的熔点、沸点相对较高，HF的沸点比HCl的沸点高是HF分子间形成氢键所致，故A正确；
B项、水在结冰时体积膨胀是因为在冰中水分子间更多地以氢键结合排列成规整的晶体，从而使冰的结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故B正确；
C项、NH3的稳定性取决于N—H键的强弱，与分子间能形成氢键无关，故C错误；
D项、在氨水中氨分子和水分子之间以氢键结合形成一水合氨，故D正确。
故选C。
6.已知X+Y═M+N为放热反应．下列关于该反应的说法中，正确的是( )
A. Y的能量一定高于N
B. X、Y的能量总和高于M、N的能量总和
C. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生
D. 断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量
【答案】B
【解析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，而Y的能量不一定高于N，故A错误； B．该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；C．反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故D错误；故选B。
7.反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A. v（A）=0.15 mol·L﹣1·min﹣1 B. v（B）=0.01 mol·L﹣1·s﹣1
C. v（C）=0.40 mol·L﹣1·min﹣1 D. v（D）=0.45 mol·L﹣1·min﹣1
【答案】D
【解析】如果都用物质B表示反应速率，则根据反应速率之比是相应化学计量数之比可知选项A～D中的反应速率分别是[mol·L－1·min－1]0.45、0.6、0.6、0.675，所以反应速率最快的是选项D，答案选D。
8.有一系列的羟基酸：
该系列化合物中，碳元素的质量分数的最大值是( )
A. 32% B. 46.6% C. 85.7% D. 无法确定
【答案】C
【解析】根据有机物的结构简式可判断该有机物的通式为CnH2nO3，所以含碳量是
，因此当n趋向无穷大时，含碳量最高，即为。答案选C。
9.美宇航局(NASA)提醒人类：环保、素食、节能将有效抑制温室效应；否则两极冰山融化，将引发一系列灾难。美国宇航局(NASA)科研人员发现了一种比二氧化碳高104倍的“超级温室气体”全氟丙烷(C3F8)，提醒人们慎用含氟物。有关全氟丙烷的说法正确的是( )
A. 分子中的三个碳原子可能处于同一直线上
B. 全氟丙烷的电子式为：
C. 由丙烷转化为全氟丙烷反应为取代反应
D. 全氟丙烷可由全氟丙烯(CF2=CFCF3)与H2加成得到
【答案】C
【解析】A、C3F8分子中三个碳原子呈锯齿形排列，不在同一直线上，故A错误；
B. 全氟丙烷的电子式为：，故B错误；
C. 丙烷与氟气反应生成全氟丙烷和氟化氢，属于取代反应，故C正确；
D. 全氟丙烷可由全氟丙烯(CF2=CFCF3)与F2加成得到，故D错误。
10.下列化学用语正确的是( )
A. 甲烷分子的比例模型： B. 二氧化碳的电子式：
C. Cl-的结构示意图为： D. HClO的结构式：H-O-C1
【答案】D
【解析】A. 甲烷分子的比例模型是，是甲烷分子的球棍模型是，故A错误；
B. 二氧化碳的电子式：，故 B错误；
C. Cl-的质子数是17，结构示意图为：，故C错误；
D.H、Cl能形成1个键，O能形成2个键，根据价键规律， HClO的结构式：H-O-C1，故D正确。
11.下列有机物命名正确的是( )
A. 2－乙基丙烷
B. CH3CH2CH2CH2OH 1－丁醇
C. 间二甲苯
D. 2—甲基—2—丙烯
【答案】B
【解析】
【分析】
A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链；
B、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链；
C、分子中两个甲基处于对位；
D、D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号。
【详解】A项、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链上有4个碳原子，该烷烃的名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B项、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链，该有机物的名称为1-丁醇，故B正确；
C项、分子中两个甲基处于对位，名称为对二甲苯或1,4—二甲苯，故C错误；
D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号，该烯烃的名称为2-甲基—1—丙烯，故D错误。
故选B。
12.下列化合物的一氯代物的 数目排列顺序正确的是( )
①CH3CH2CH2CH2CH2CH3 ②(CH3)2CHCH(CH3)2 ③(CH3)3CCH2CH3 ④(CH3)3CC(CH3)3
A. ①>②>③>④ B. ②>③=①>④
C. ③>②>④>① D. ③=①>②>④
【答案】D
【解析】
【分析】根据分子中等效H原子判断，分子中有几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。
【详解】①CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；②（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种等效H原子，其一氯代物有2种；③（CH3）3CCH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；④（CH3）3CC（CH3 ）3 中有1种等效H原子，其一氯代物有1种；所以一氯代物同分异构体数为①=③＞②＞④，故选D。
13.某两种气态烃组成的混合物，取其2.24L(标准状况下)充分燃烧，得到0.16mol二氧化碳气体和3.6g液态水。据此判断下列分析中不正确的是( )
A. 此气体中一定含有甲烷
B. 此气体若是乙烯与甲烧的混合气体，则甲烷与乙烯的体积比为2:3
C. 此混合气体中一定不含有丙烷
D. 此混合气体中可能含有乙烷
【答案】D
【解析】分析：标准状况下，2.24L 即0.1mol，3.6g液态水即0.2mol，因此n(烃)：n(C): n(H)=1:1.6:4，所以混合物的平均分子式为C1.6H4，根据碳原子数可知，混合烃中一定含有甲烷（CH4），又根据氢原子数可知另一种气态烃分子中氢原子数为4，据此分析解题。
详解：综以上分析可知，混合烃中一定含有甲烷，A正确；设乙烯（CH2=CH2）和甲烷（CH4）物质的量之比为x:y，则有(2x+y)/(x+y)=1.6，解得x:y=3:2，所以甲烷与乙烯的体积比为2:3，B正确；丙烷的分子式为C3H8，氢原子数不符合，一定不存在丙烷，C正确；乙烷的分子式为C2H6，氢原子数不符合，一定不存在乙烷，D错误；正确选项D。
14. 将29．5g乙烷和乙烯的混合气体通入足量的溴水后，溴水质量增加7g，则混合气体中乙烯的体积分数是（ ）
A. 21% B. 25% C. 30% D. 35%
【答案】B
【解析】试题分析：将29．5g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重的7g为C2H4的质量，则乙烷的质量为：29．5g﹣7g=22．5g，混合气体中乙烯的物质的量为：n（C2H4）=7g÷28g/mol＝0．25mol，乙烷的物质的量为：22．5g÷30g/mol＝0．75mol，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则混合气体中乙烯占混合气体的体积分数为：×100%=25%，答案选B。
15.分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（ ）
A. 含有两个双键的直链有机物 B. 只含一个双键的直链有机物
C. 含有一个双键的环状有机物 D. 含有一个三键的直链有机物
【答案】B
【解析】把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2。A．C5H7Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，故A正确；B．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故B错误； C．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；D．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个三键的直链有机物不饱和度为2，故D正确； 故选B。
16.下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是( )
A. CH3CH3 B. CH3CHCl2
C. CH3CH2OH D. CH3CH2Br
【答案】B
【解析】试题分析：A．乙烯与氢气的加成产物是CH3CH3，错误； B．CH3CHCl2不可能是乙烯的加成产物，正确；C．CH3CH2OH是乙烯与水的加成产物，错误；D．CH3CH2Br是乙烯与HBr的加成产物，错误.
17.下列有机实验中不需要用温度计的是( )
A. 制乙烯 B. 制硝基苯 C. 石油分馏 D. 制溴苯
【答案】D
【解析】A. 实验室中用乙醇与浓硫酸加热到170℃制乙烯，所以需要温度计，故不选A；
B . 实验室用浓硝酸和苯在浓硫酸作用下制备硝基苯，，温度要求为50-60℃水浴，所以须使用温度计，故不选B；
C .石油分馏需要收集不同沸点的产物，需测定馏分蒸汽的温度，所以需要温度计，故不选C；
D .常温下，苯与液溴用铁做催化剂发生取代反应制溴苯，不需要用温度计，故选D。
18.已知乙烯和丙烯的混合物的质量为m g，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该混合物( )
A. 所含共用电子对数目为(m/7+1)NA B. 所含碳氢键数目为(m/7)NA
C. 燃烧时消耗的O2一定是(33.6m/14)L D. 所含原子总数为(m/14)NA
【答案】B
【解析】试题分析：乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，则A．所含共用电子对数目为，A错误；B．所含碳氢键数目为＝mNA/7，B正确；C．不能确定氧气的状态，不能计算其体积，C错误；D．所含原子总数为，D错误，答案选B。
19.下列有机物鉴别方法不正确的是（ ）
A. 将乙烯和甲烷分别通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色是否变化
B. 将溴水分别加入到四氯化碳和苯中，观察溶液颜色及是否分层
C. 苯和己烷分别放入水中，观察液体是否分层
D. 甲苯和硝基苯分别放入水中，观察液体是否分层
【答案】C
【解析】A、乙烯能与酸性高锰酸钾反应，而甲烷不反应，能够褪色的是乙烯，可鉴别，故A正确；B、四氯化碳和苯都不溶于水，但四氯化碳的密度比水大，苯的密度比水小，色层位置不同，可鉴别，故B正确；C、苯和己烷都不溶于水，放入水中都分层，现象相同，不能鉴别，故C错误；D、甲苯和硝基苯都不溶于水，但硝基苯的密度比水大，甲苯的密度比水小，现象不同，可鉴别，故D正确；故选C。
20.下列物质中，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应的是( )
①乙烷 ②1，3-丁二烯 ③苯 ④丙烯 ⑤邻二甲苯
A. ①② B. ②④
C. ①②④⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】分析：根据有机物分子中官能团的性质、发生的反应分析判断。
详解：①乙烷属于烷烃，性质比较稳定，既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；
②1，3-丁二烯含有碳碳双键，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应；
③苯既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；
④丙烯含有碳碳双键，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应；
⑤邻二甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应，但与溴水不反应。
答案选B。
21.下列各组物质，互为同系物的是( )
A. CH3CH=CH2与 B. 与
C. CH3CH2Cl 与CH3CHClCH2Cl D. 与
【答案】D
【解析】
【分析】结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互称同系物。
【详解】A、CH3CH=CH2与结构不同，在组成上不相差CH2的倍数，且不饱和度不同，不是同系物，故不选A；
B、与结构不同，在组成上不相差CH2的倍数，且不饱和度不同，不是同系物，故不选B；
C、CH3CH2Cl与CH3CHClCH2Cl含氯原子数不同，不是同系物，故不选C；
D、与 都含1个苯环，在组成上相差2个CH2，所以互为同系物，故选D。
22.已知C—C键可以绕键轴旋转，则关于结构简式为 的烃，下列说法中正确的是( )
A. 分子中至少有8个碳原子处于同一平面上
B. 分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
C. 该烃的一氯取代物最多有4种
D. 该烃是苯的同系物
【答案】B
【解析】A、分子中画红圈的碳原子一定在同一平面上，所以有9个碳原子处于同一平面上，故A错误；
B、分子中画红圈的碳原子一定在同一平面上，至少有9个碳原子处于同一平面上，故B正确；
C、有5种等效氢，一氯取代物最多有5种，故C错误；
D、 含有2个苯环，与苯在组成上不相差-CH2的倍数，且不饱和度不同，所以不是苯的同系物，故D错误。
23.有一种有机物，因其酷似奥林匹克五环旗，科学家称其为奥林匹克烃
(Olympiadane)，下列有关奥林匹克烃的说法正确的是( )
A. 属于苯的同系物
B. 属于烃的衍生物
C. 该物质的一溴代物有四种
D. 分子中只含非极性键
【答案】C
【解析】苯环上的氢原子给烷烃基取代所得到的化合物是苯的同系物，其通式为CnH2n－6，A不正确。根据结构简式可知，该化合物只有碳和氢两种元素形成，属于烃，B不正确。碳和氢形成的化学键是极性键，D不正确。由于该有机物是平面型结构，且苯环是正六边形结构，所以C是正确的，答案选C。
24.从柑橘中可提炼得1，8萜二烯（）。下列有关它的说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C10H16 B. 分子中所有碳原子可能共平面
C. 其一氯代物有9种 D. 能与溴水发生加成反应
【答案】B
【解析】A、由价键原则可写出的分子式为C10H16，选项A正确；B、六元环不是苯环，具有烷的结构，碳原子不可能都在同一平面上，选项B不正确；C、分子中有10个碳原子，其中只有一个碳原子上没有氢原子，且另9个碳原子的位置各不相同，所以其一卤代物应有9种，选项C正确；D、分子中含有双键，可与溴水发生加成反应，选项D正确。答案选B。
25.组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体异构）( )
A. 9种 B. 12种 C. 24种 D. 36种
【答案】B
【解析】试题分析：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，有2种丁基，所以丁基（-C4H9）共有4种；-C3H5Cl2的碳链为只有一种C-C-C，2个氯可以在同一个碳上，有2种，一共有4种不同的氢原子，可以在不同的碳上，有2种，一共有5种不同的氢原子，即-C3H5Cl2共有9种；所以该有机物共有4×9=36种；答案选D。
二、非选择题（共50分）
26.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物。请回答下列问题：
（1）B和A形成的10电子化合物的电子式是_______
（2）A、B、C、E可形成两种酸式盐（均由四种元素组成），两种酸式盐相互反应的离子方程式为_________
（3）A、C、E间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲和乙反应的离子方程式为________
【答案】(1). (2). HSO3-+H+SO2↑+H2O (3). HS-+OH-S2-+H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A是H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B是N元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，E是S元素；D与A同主族，且与E同周期，D是Na元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，C是O元素。
【详解】根据以上分析，（1）N和H形成的10电子化合物是NH3, NH3的电子式是
（2）H、N、O、S形成的两种酸式盐分别是NH4HSO4、NH4HSO3，两种酸式盐相互反应的离子方程式为HSO3-+H+SO2↑+H2O；
（3）H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，甲是HS-，乙有10个电子，乙是OH-，则甲和乙反应的离子方程式为HS-+OH-S2-+H2O。
27.（1）t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应: 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），此反应放热。2min时反应达到化学平衡，此时测得容器内的压强为起始压强的0.8倍，请填写下列空白:
①从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为_______；平衡时，SO2 转化率为 _____
②下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是 _________
A．容器内压强不再发生变化
B．SO2的体积分数不再发生变化
C．容器内气体原子总数不再发生变化
D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2
E．相同时间内消耗2nmolSO2 的同时生成nmolO2
F．混合气体密度不再变化
（2）Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4-SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2。请回答下列问题：
①电池的负极材料为______，发生的电极反应为______；
②电池正极发生的电极反应为______；
③SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是____，反应的化学方程式为______
（3）一种以肼（N2H4）为液体燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂，KOH作电解质。负极反应式为 ______ ，正极反应式为 ____
【答案】(1). 0.3mol/(L•min) (2). 60% (3). ABE (4). 锂 (5). Li-e-Li+ (6). 2SOCl2+4e-4Cl-+S+SO2 (7). 出现白雾，有刺激性气体生成 (8). SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑ (9). N2H4＋4OH－-4e－N2↑＋4H2O (10). O2+4e-＋2H2O4OH－
【解析】
【分析】（1）①利用“三段式”，根据恒温恒容条件下，压强比等于物质的量比计算达到平衡时SO2浓度的变化量。
②根据平衡标志判断；
（2）①根据电池总反应，4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2，可知Li失电子发生氧化反应；
②正极反应式可由总反应减去负极反应式得到；
③把少量水滴到SOCl2中，发生水解反应生成二氧化硫和氯化氢；
（3）b极通入空气，则氧气发生还原反应，作原电池的正极，N2H4在a极发生氧化反应，生成氮气和水；
【详解】（1）①
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始 1 0.5 0
转化 2x x 2x
平衡 1-2x 0.5-x 2x
恒温恒容条件下，压强比等于物质的量比，则 ，x=0.3。从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为0.3mol/(L•min)；平衡时，SO2 转化率为60%；
②A．反应前后气体物质的量改变，恒温恒容条件下，压强是变量，容器内压强不再发生变化时，一定达到平衡状态，故选A；
B．根据化学平衡的定义，SO2的体积分数不再发生变化，一定达到平衡状态，故选B；
C．化学变化中，原子数恒量，容器内气体原子总数不再发生变化，不一定平衡，故不选C；
D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2 ，都是指正反应速率，不一定平衡，故不选D；
E．相同时间内消耗2nmolSO2 的同时生成nmolO2 ，正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选E；
F．反应前后气体质量不变，恒温恒容条件下，密度是恒量，混合气体密度不再变化，不一定平衡，故不选F。
（2）①根据电池总反应，4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2，可知Li失电子发生氧化反应，Li是负极，负极反应式是Li-e-Li+；
②总反应减去负极反应式得正极反应式2SOCl2+4e-4Cl-+S+SO2；
③把少量水滴到SOCl2中，发生水解反应生成二氧化硫和氯化氢，现象是出现白雾，有刺激性气体生成，反应方程式是SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑；
（3）b极通入空气，则氧气发生还原反应生成氢氧根离子，作原电池的正极，正极反应式为O2+4e-＋2H2O4OH－，N2H4在a极发生氧化反应，生成氮气和水；a为负极，负极反应式为N2H4＋4OH－-4e－N2↑＋4H2O。
28.某烃A的相对分子质量为84。回答下列问题：
（1）烃A的分子式为_________。
（2）下列物质与A以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是_____；若总质量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是____。
A． C7H8 B．C6H14 C．C7H14 D．C8H8
（3）若烃A为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯取代物只有一种。
①A的结构简式为__________。
②链烃A与Br2的CCl4溶液反应生成B，写出由A生成B的化学方程式：_________
③与A互为同分异构体，且主链碳原子个数与A相同的链烃有_____种（不包括A）
（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A的所有碳原子是否在同一平面上__________。（是 否）
（5）如图：
①该物质与足量氢气完全加成后环上一氯代物有________种；
②该物质和溴水混合，耗Br2的物质的量为_______mol；
③该物质和H2加成需H2________mol；判断下列说法不对的有________。
A．此物质可发生加成、取代、氧化等反应，不能发生加聚反应
B．和甲苯属于同系物
C．使溴褪色的原理与乙烯相同
D．能使酸性KMnO4溶液褪色是发生的加成反应
（6）按下列要求，回答问题：
如图是辛烷的一种结构M（只画出了碳架，没有画出氢原子），回答下列问题：
①用系统命名法命名________。
②M的二氯代物有________种。
③M是由某烯烃加成生成的产物，则该烯烃可能有_______种结构。
【答案】(1). C6H12 (2). A (3). C (4). (5). + Br2→ (6). 3 (7). 否 (8). 10 (9). 2 (10). 5 (11). ABD (12). 2，2，4－三甲基戊烷 (13). 11种 (14). 2种
【解析】
【分析】（1）利用“商余法”计算烃A的分子式；
（2）根据烃燃烧通式计算。
（3）C6H12的不饱和度是1，分子中所有的碳原子在同一平面上，说明含有1个双键，一氯取代物只有一种，A分子中有1种等效氢；
（4）若C6H12不能使溴水褪色，说明不含双键，且其一氯代物只有一种，则A为环己烷；
（5）①与足量氢气完全加成后的产物是；
②碳碳双键可与溴水发生加成反应；
③苯环、碳碳双键都能与H2发生加成反应；根据含有碳碳双键、苯环分析正误；
（6）①根据烷烃的系统命名原则命名；
②M有4种等效氢，根据“定一移一”的方法判断二氯代物的种类；
③根据碳原子能形成4个共价键分析烯烃的可能结构；
【详解】（1）烃A的相对分子质量为84，根据“商余法”，，所以烃A的分子中含有6个C原子、12个H原子，分子式是C6H12；
（2）根据，1mol C6H12燃烧消耗氧气9mol、1mol C7H8燃烧消耗氧气9mol、1mol C6H14燃烧消耗氧气9.5mol、1mol C7H14燃烧消耗氧气10.5mol、1mol C8H8燃烧消耗氧气10mol，总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的烃的分子式是C7H8，选A；C6H12中碳元素的质量分数是、C7H8中碳元素的质量分数是、C6H14中碳元素的质量分数是、C7H14中碳元素的质量分数是、C8H8中碳元素的质量分数是，C6H12、C7H14碳元素质量分数相同，总质量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是C7H14，选C。
（3）C6H12的不饱和度是1，分子中所有的碳原子在同一平面上，说明含有1个双键，一氯取代物只有一种，A分子中有1种等效氢；
①A的结构简式为。
②链烃与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成，反应的化学方程式是+Br2→；
③A主链有4个碳原子、含有碳碳双键，与A互为同分异构体，且主链碳原子个数与A相同的链烃有CH2=C(CH3)CH(CH3)2、CH2=CHC(CH3)3、CH2=C(CH2CH3)2，共3种（不包括A）；
（4）若C6H12不能使溴水褪色，说明不含双键，且其一氯代物只有一种，则A为环己烷，结构简式为：，环己烷有船式和椅式两种构象，不可能所有碳原子共面；
（5）①与足量氢气完全加成后的产物是，环上有10中不同环境的氢原子，该物质与足量氢气完全加成后环上一氯代物有10种；
②碳碳双键可与溴水发生加成反应，有2个碳碳双键，和溴水混合，耗Br2的物质的量为2mol；
③苯环、碳碳双键都能与H2发生加成反应，和H2加成需H2 5mol；
A．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，故A错误；
B．含有碳碳双键，与甲苯结构不同，不属于同系物，故B错误；
C．含有碳碳双键，使溴褪色的原理与乙烯相同，都是发生加成反应，故C正确；
D．能使酸性KMnO4溶液褪色是发生氧化反应，故D错误，选ABD；
（6）①根据烷烃的系统命名原则，的名称是2，2，4－三甲基戊烷；
②有4种等效氢，根据“定一移一”的方法，其二氯代物的种类有11种；
③烯烃与氢气加成时，碳骨架不变，碳原子能形成4个共价键，该烯烃可能有、两种结构。
29.某校学生为探究苯与溴发生反应的原理，用如图装置进行实验．
根据相关知识回答下列问题：
（1）实验开始时，关闭K1，开启K2和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始，反应的化学方程式_____。过一会儿，在（Ⅱ）中瓶底观察到_____（Ⅲ）中可能观察到的现象是____
（2）整套实验装置中能防止倒吸的装置有_____（填装置序号）。
（3）反应结束后要使装置（I）中的水倒吸入装置（Ⅱ）中，这样操作的目的是______
【答案】 (1). +Br2HBr (2). 褐色油状液体（溴苯） (3). 有白雾出现，广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成 (4). III和IV (5). 除去溴化氢气体，以免逸出污染空气
【解析】
【分析】（1）苯与液溴在铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；在（Ⅱ）中生成溴苯，（Ⅲ）中溴化氢与硝酸银溶液反应生成溴化银；
（2）Ⅲ中导管口在苯的液面以上；干燥管可防倒吸；
（3）根据溴化氢易溶于水分析。
【详解】（1）苯与液溴在铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应方程式是+Br2HBr；在（Ⅱ）中生成溴苯，现象是有褐色油状液体；（Ⅲ）中溴化氢与硝酸银溶液反应生成溴化银，现象是有白雾出现，广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成；
（2）Ⅲ中导管口在苯的液面以上可防倒吸；干燥管体积较大可防倒吸，整套实验装置中能防止倒吸的装置有Ⅲ和IV；
（3）溴化氢易溶于水，反应结束后要使装置（I）中的水倒吸入装置（Ⅱ）中，可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气。
一、选择题（每题2分，共50分）
1.A、B两元素为同周期第ⅡA族和第ⅢA族元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为( )
①x＋1 ②x＋8 ③x＋11 ④x＋18 ⑤x＋25 ⑥x＋32
A. ①③ B. ②④ C. ①③⑤ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构，分周期分别讨论第ⅡA族和第ⅢA族元素的原子序数的差值。
【详解】第二主族元素有铍、镁、钙、锶、钡、镭，第三主族元素有硼、铝、镓、铟、铊等，第二周期的铍与硼、第三周期的镁与铝的原子序数均是相差1，所以①可能；第四周期的钙与镓、第五周期的锶与铟，中间均相隔过渡的10个金属元素，所以ⅡA族和第ⅢA族元素原子序数相差11，③可能；第六周期的钡与铊之间的IIIB族元素中包含镧系15个元素，加上副族剩余的9个元素，所以ⅡA族和第ⅢA族元素原子序数相差25，⑤可能；第七周期的ⅡA族和第ⅢA族元素原子序数相差也是25；所以B元素原子序数可能为x+1、x+11、x+25。所以答案选择C项。
2.下列关于卤族元素由上到下性质递变规律的叙述，正确的是( )
①单质的氧化性增强 ②单质的颜色加深 ③气态氢化物的稳定性增强 ④单质的沸点升高 ⑤阴离子的还原性增强
A. ①②③ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】①卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故①错误；
②卤素单质从上到下，单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，故②正确；
③卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故③错误；
④卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故④正确；
⑤卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性增强，故⑤正确。
故选C。
3.氧元素有三种核素16O、17O、18O，它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为a%、b%、c%，则下列说法正确的是( )
A. 一个16O原子的质量为16 g
B. 17O的相对原子质量约为17
C. 氧元素的相对原子质量为16+17+18/3
D. 氧元素的相对原子质量为(16a%＋17b%＋18c%)
【答案】B
【解析】试题分析：A．16O的质量数为16，一个氧原子的质量非常小，故A错误；B．17O的质量数为17，是其相对原子质量的近似值，故17O的相对原子质量约为17，故B正确；C．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，故C错误；D．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，没有每个核素的相对原子质量，故无法计算，故D错误；故选B。
4.下列物质中均为既含有离子键又含有共价键的一组是( )
A. NaOH、H2O、NH4Cl B. KOH、Na2O2、(NH4)2S
C. MgO、CaBr2、NaCl D. Na2SO4、HCl、MgCl2
【答案】B
【解析】试题分析：A项中只有共价键，无离子键，故A错误。
B项中都是既有离子键又有共价键，故选B。
C项中三种物质只有离子键，没有共价键，故不正确。
D项中HCl只有共价键，故错误。
5.关于氢键，下列说法不正确的是( )
A. HF的沸点比HCl的沸点高是由于HF分子间存在氢键所致
B. 水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键
C. NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
D. 在氨水中水分子和氨分子之间也存在着氢键
【答案】C
【解析】
【分析】氢原子与电负性大、半径小的原子X（氟、氧、氮等）以共价键结合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，是范德华力之外的另一种分子间力，氢键的存在对物质的物理性质有很大的影响，存在氢键的物质，溶解性和沸点增大。
【详解】A项、氢键是某些氢化物(如NH3、H2O、HF)等分子间存在的比分子间作用力稍强的作用力，它的存在使氢化物的熔点、沸点相对较高，HF的沸点比HCl的沸点高是HF分子间形成氢键所致，故A正确；
B项、水在结冰时体积膨胀是因为在冰中水分子间更多地以氢键结合排列成规整的晶体，从而使冰的结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故B正确；
C项、NH3的稳定性取决于N—H键的强弱，与分子间能形成氢键无关，故C错误；
D项、在氨水中氨分子和水分子之间以氢键结合形成一水合氨，故D正确。
故选C。
6.已知X+Y═M+N为放热反应．下列关于该反应的说法中，正确的是( )
A. Y的能量一定高于N
B. X、Y的能量总和高于M、N的能量总和
C. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生
D. 断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量
【答案】B
【解析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，而Y的能量不一定高于N，故A错误； B．该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；C．反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故D错误；故选B。
7.反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A. v（A）=0.15 mol·L﹣1·min﹣1 B. v（B）=0.01 mol·L﹣1·s﹣1
C. v（C）=0.40 mol·L﹣1·min﹣1 D. v（D）=0.45 mol·L﹣1·min﹣1
【答案】D
【解析】如果都用物质B表示反应速率，则根据反应速率之比是相应化学计量数之比可知选项A～D中的反应速率分别是[mol·L－1·min－1]0.45、0.6、0.6、0.675，所以反应速率最快的是选项D，答案选D。
8.有一系列的羟基酸：
该系列化合物中，碳元素的质量分数的最大值是( )
A. 32% B. 46.6% C. 85.7% D. 无法确定
【答案】C
【解析】根据有机物的结构简式可判断该有机物的通式为CnH2nO3，所以含碳量是
，因此当n趋向无穷大时，含碳量最高，即为。答案选C。
9.美宇航局(NASA)提醒人类：环保、素食、节能将有效抑制温室效应；否则两极冰山融化，将引发一系列灾难。美国宇航局(NASA)科研人员发现了一种比二氧化碳高104倍的“超级温室气体”全氟丙烷(C3F8)，提醒人们慎用含氟物。有关全氟丙烷的说法正确的是( )
A. 分子中的三个碳原子可能处于同一直线上
B. 全氟丙烷的电子式为：
C. 由丙烷转化为全氟丙烷反应为取代反应
D. 全氟丙烷可由全氟丙烯(CF2=CFCF3)与H2加成得到
【答案】C
【解析】A、C3F8分子中三个碳原子呈锯齿形排列，不在同一直线上，故A错误；
B. 全氟丙烷的电子式为：，故B错误；
C. 丙烷与氟气反应生成全氟丙烷和氟化氢，属于取代反应，故C正确；
D. 全氟丙烷可由全氟丙烯(CF2=CFCF3)与F2加成得到，故D错误。
10.下列化学用语正确的是( )
A. 甲烷分子的比例模型： B. 二氧化碳的电子式：
C. Cl-的结构示意图为： D. HClO的结构式：H-O-C1
【答案】D
【解析】A. 甲烷分子的比例模型是，是甲烷分子的球棍模型是，故A错误；
B. 二氧化碳的电子式：，故 B错误；
C. Cl-的质子数是17，结构示意图为：，故C错误；
D.H、Cl能形成1个键，O能形成2个键，根据价键规律， HClO的结构式：H-O-C1，故D正确。
11.下列有机物命名正确的是( )
A. 2－乙基丙烷
B. CH3CH2CH2CH2OH 1－丁醇
C. 间二甲苯
D. 2—甲基—2—丙烯
【答案】B
【解析】
【分析】
A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链；
B、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链；
C、分子中两个甲基处于对位；
D、D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号。
【详解】A项、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链上有4个碳原子，该烷烃的名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B项、饱和一元醇命名时应选择含有官能团羟基的最长碳链做主链，该有机物的名称为1-丁醇，故B正确；
C项、分子中两个甲基处于对位，名称为对二甲苯或1,4—二甲苯，故C错误；
D项、烯烃命名时，要选含有碳碳双键的最长的碳链为主链，从离官能团碳碳双键近的一端给主链上的碳原子进行编号，该烯烃的名称为2-甲基—1—丙烯，故D错误。
故选B。
12.下列化合物的一氯代物的 数目排列顺序正确的是( )
①CH3CH2CH2CH2CH2CH3 ②(CH3)2CHCH(CH3)2 ③(CH3)3CCH2CH3 ④(CH3)3CC(CH3)3
A. ①>②>③>④ B. ②>③=①>④
C. ③>②>④>① D. ③=①>②>④
【答案】D
【解析】
【分析】根据分子中等效H原子判断，分子中有几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。
【详解】①CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；②（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种等效H原子，其一氯代物有2种；③（CH3）3CCH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；④（CH3）3CC（CH3 ）3 中有1种等效H原子，其一氯代物有1种；所以一氯代物同分异构体数为①=③＞②＞④，故选D。
13.某两种气态烃组成的混合物，取其2.24L(标准状况下)充分燃烧，得到0.16mol二氧化碳气体和3.6g液态水。据此判断下列分析中不正确的是( )
A. 此气体中一定含有甲烷
B. 此气体若是乙烯与甲烧的混合气体，则甲烷与乙烯的体积比为2:3
C. 此混合气体中一定不含有丙烷
D. 此混合气体中可能含有乙烷
【答案】D
【解析】分析：标准状况下，2.24L 即0.1mol，3.6g液态水即0.2mol，因此n(烃)：n(C): n(H)=1:1.6:4，所以混合物的平均分子式为C1.6H4，根据碳原子数可知，混合烃中一定含有甲烷（CH4），又根据氢原子数可知另一种气态烃分子中氢原子数为4，据此分析解题。
详解：综以上分析可知，混合烃中一定含有甲烷，A正确；设乙烯（CH2=CH2）和甲烷（CH4）物质的量之比为x:y，则有(2x+y)/(x+y)=1.6，解得x:y=3:2，所以甲烷与乙烯的体积比为2:3，B正确；丙烷的分子式为C3H8，氢原子数不符合，一定不存在丙烷，C正确；乙烷的分子式为C2H6，氢原子数不符合，一定不存在乙烷，D错误；正确选项D。
14. 将29．5g乙烷和乙烯的混合气体通入足量的溴水后，溴水质量增加7g，则混合气体中乙烯的体积分数是（ ）
A. 21% B. 25% C. 30% D. 35%
【答案】B
【解析】试题分析：将29．5g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重的7g为C2H4的质量，则乙烷的质量为：29．5g﹣7g=22．5g，混合气体中乙烯的物质的量为：n（C2H4）=7g÷28g/mol＝0．25mol，乙烷的物质的量为：22．5g÷30g/mol＝0．75mol，相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比，则混合气体中乙烯占混合气体的体积分数为：×100%=25%，答案选B。
15.分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（ ）
A. 含有两个双键的直链有机物 B. 只含一个双键的直链有机物
C. 含有一个双键的环状有机物 D. 含有一个三键的直链有机物
【答案】B
【解析】把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2。A．C5H7Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，故A正确；B．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故B错误； C．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；D．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个三键的直链有机物不饱和度为2，故D正确； 故选B。
16.下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是( )
A. CH3CH3 B. CH3CHCl2
C. CH3CH2OH D. CH3CH2Br
【答案】B
【解析】试题分析：A．乙烯与氢气的加成产物是CH3CH3，错误； B．CH3CHCl2不可能是乙烯的加成产物，正确；C．CH3CH2OH是乙烯与水的加成产物，错误；D．CH3CH2Br是乙烯与HBr的加成产物，错误.
17.下列有机实验中不需要用温度计的是( )
A. 制乙烯 B. 制硝基苯 C. 石油分馏 D. 制溴苯
【答案】D
【解析】A. 实验室中用乙醇与浓硫酸加热到170℃制乙烯，所以需要温度计，故不选A；
B . 实验室用浓硝酸和苯在浓硫酸作用下制备硝基苯，，温度要求为50-60℃水浴，所以须使用温度计，故不选B；
C .石油分馏需要收集不同沸点的产物，需测定馏分蒸汽的温度，所以需要温度计，故不选C；
D .常温下，苯与液溴用铁做催化剂发生取代反应制溴苯，不需要用温度计，故选D。
18.已知乙烯和丙烯的混合物的质量为m g，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该混合物( )
A. 所含共用电子对数目为(m/7+1)NA B. 所含碳氢键数目为(m/7)NA
C. 燃烧时消耗的O2一定是(33.6m/14)L D. 所含原子总数为(m/14)NA
【答案】B
【解析】试题分析：乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，则A．所含共用电子对数目为，A错误；B．所含碳氢键数目为＝mNA/7，B正确；C．不能确定氧气的状态，不能计算其体积，C错误；D．所含原子总数为，D错误，答案选B。
19.下列有机物鉴别方法不正确的是（ ）
A. 将乙烯和甲烷分别通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液颜色是否变化
B. 将溴水分别加入到四氯化碳和苯中，观察溶液颜色及是否分层
C. 苯和己烷分别放入水中，观察液体是否分层
D. 甲苯和硝基苯分别放入水中，观察液体是否分层
【答案】C
【解析】A、乙烯能与酸性高锰酸钾反应，而甲烷不反应，能够褪色的是乙烯，可鉴别，故A正确；B、四氯化碳和苯都不溶于水，但四氯化碳的密度比水大，苯的密度比水小，色层位置不同，可鉴别，故B正确；C、苯和己烷都不溶于水，放入水中都分层，现象相同，不能鉴别，故C错误；D、甲苯和硝基苯都不溶于水，但硝基苯的密度比水大，甲苯的密度比水小，现象不同，可鉴别，故D正确；故选C。
20.下列物质中，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应的是( )
①乙烷 ②1，3-丁二烯 ③苯 ④丙烯 ⑤邻二甲苯
A. ①② B. ②④
C. ①②④⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】分析：根据有机物分子中官能团的性质、发生的反应分析判断。
详解：①乙烷属于烷烃，性质比较稳定，既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；
②1，3-丁二烯含有碳碳双键，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应；
③苯既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；
④丙烯含有碳碳双键，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应；
⑤邻二甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应，但与溴水不反应。
答案选B。
21.下列各组物质，互为同系物的是( )
A. CH3CH=CH2与 B. 与
C. CH3CH2Cl 与CH3CHClCH2Cl D. 与
【答案】D
【解析】
【分析】结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互称同系物。
【详解】A、CH3CH=CH2与结构不同，在组成上不相差CH2的倍数，且不饱和度不同，不是同系物，故不选A；
B、与结构不同，在组成上不相差CH2的倍数，且不饱和度不同，不是同系物，故不选B；
C、CH3CH2Cl与CH3CHClCH2Cl含氯原子数不同，不是同系物，故不选C；
D、与 都含1个苯环，在组成上相差2个CH2，所以互为同系物，故选D。
22.已知C—C键可以绕键轴旋转，则关于结构简式为 的烃，下列说法中正确的是( )
A. 分子中至少有8个碳原子处于同一平面上
B. 分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
C. 该烃的一氯取代物最多有4种
D. 该烃是苯的同系物
【答案】B
【解析】A、分子中画红圈的碳原子一定在同一平面上，所以有9个碳原子处于同一平面上，故A错误；
B、分子中画红圈的碳原子一定在同一平面上，至少有9个碳原子处于同一平面上，故B正确；
C、有5种等效氢，一氯取代物最多有5种，故C错误；
D、 含有2个苯环，与苯在组成上不相差-CH2的倍数，且不饱和度不同，所以不是苯的同系物，故D错误。
23.有一种有机物，因其酷似奥林匹克五环旗，科学家称其为奥林匹克烃
(Olympiadane)，下列有关奥林匹克烃的说法正确的是( )
A. 属于苯的同系物
B. 属于烃的衍生物
C. 该物质的一溴代物有四种
D. 分子中只含非极性键
【答案】C
【解析】苯环上的氢原子给烷烃基取代所得到的化合物是苯的同系物，其通式为CnH2n－6，A不正确。根据结构简式可知，该化合物只有碳和氢两种元素形成，属于烃，B不正确。碳和氢形成的化学键是极性键，D不正确。由于该有机物是平面型结构，且苯环是正六边形结构，所以C是正确的，答案选C。
24.从柑橘中可提炼得1，8萜二烯（）。下列有关它的说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C10H16 B. 分子中所有碳原子可能共平面
C. 其一氯代物有9种 D. 能与溴水发生加成反应
【答案】B
【解析】A、由价键原则可写出的分子式为C10H16，选项A正确；B、六元环不是苯环，具有烷的结构，碳原子不可能都在同一平面上，选项B不正确；C、分子中有10个碳原子，其中只有一个碳原子上没有氢原子，且另9个碳原子的位置各不相同，所以其一卤代物应有9种，选项C正确；D、分子中含有双键，可与溴水发生加成反应，选项D正确。答案选B。
25.组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体异构）( )
A. 9种 B. 12种 C. 24种 D. 36种
【答案】B
【解析】试题分析：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，有2种丁基，所以丁基（-C4H9）共有4种；-C3H5Cl2的碳链为只有一种C-C-C，2个氯可以在同一个碳上，有2种，一共有4种不同的氢原子，可以在不同的碳上，有2种，一共有5种不同的氢原子，即-C3H5Cl2共有9种；所以该有机物共有4×9=36种；答案选D。
二、非选择题（共50分）
26.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物。请回答下列问题：
（1）B和A形成的10电子化合物的电子式是_______
（2）A、B、C、E可形成两种酸式盐（均由四种元素组成），两种酸式盐相互反应的离子方程式为_________
（3）A、C、E间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲和乙反应的离子方程式为________
【答案】(1). (2). HSO3-+H+SO2↑+H2O (3). HS-+OH-S2-+H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A是H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B是N元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，E是S元素；D与A同主族，且与E同周期，D是Na元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物，C是O元素。
【详解】根据以上分析，（1）N和H形成的10电子化合物是NH3, NH3的电子式是
（2）H、N、O、S形成的两种酸式盐分别是NH4HSO4、NH4HSO3，两种酸式盐相互反应的离子方程式为HSO3-+H+SO2↑+H2O；
（3）H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，甲是HS-，乙有10个电子，乙是OH-，则甲和乙反应的离子方程式为HS-+OH-S2-+H2O。
27.（1）t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应: 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），此反应放热。2min时反应达到化学平衡，此时测得容器内的压强为起始压强的0.8倍，请填写下列空白:
①从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为_______；平衡时，SO2 转化率为 _____
②下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是 _________
A．容器内压强不再发生变化
B．SO2的体积分数不再发生变化
C．容器内气体原子总数不再发生变化
D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2
E．相同时间内消耗2nmolSO2 的同时生成nmolO2
F．混合气体密度不再变化
（2）Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4-SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2。请回答下列问题：
①电池的负极材料为______，发生的电极反应为______；
②电池正极发生的电极反应为______；
③SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是____，反应的化学方程式为______
（3）一种以肼（N2H4）为液体燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂，KOH作电解质。负极反应式为 ______ ，正极反应式为 ____
【答案】(1). 0.3mol/(L•min) (2). 60% (3). ABE (4). 锂 (5). Li-e-Li+ (6). 2SOCl2+4e-4Cl-+S+SO2 (7). 出现白雾，有刺激性气体生成 (8). SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑ (9). N2H4＋4OH－-4e－N2↑＋4H2O (10). O2+4e-＋2H2O4OH－
【解析】
【分析】（1）①利用“三段式”，根据恒温恒容条件下，压强比等于物质的量比计算达到平衡时SO2浓度的变化量。
②根据平衡标志判断；
（2）①根据电池总反应，4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2，可知Li失电子发生氧化反应；
②正极反应式可由总反应减去负极反应式得到；
③把少量水滴到SOCl2中，发生水解反应生成二氧化硫和氯化氢；
（3）b极通入空气，则氧气发生还原反应，作原电池的正极，N2H4在a极发生氧化反应，生成氮气和水；
【详解】（1）①
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始 1 0.5 0
转化 2x x 2x
平衡 1-2x 0.5-x 2x
恒温恒容条件下，压强比等于物质的量比，则 ，x=0.3。从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为0.3mol/(L•min)；平衡时，SO2 转化率为60%；
②A．反应前后气体物质的量改变，恒温恒容条件下，压强是变量，容器内压强不再发生变化时，一定达到平衡状态，故选A；
B．根据化学平衡的定义，SO2的体积分数不再发生变化，一定达到平衡状态，故选B；
C．化学变化中，原子数恒量，容器内气体原子总数不再发生变化，不一定平衡，故不选C；
D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2 ，都是指正反应速率，不一定平衡，故不选D；
E．相同时间内消耗2nmolSO2 的同时生成nmolO2 ，正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选E；
F．反应前后气体质量不变，恒温恒容条件下，密度是恒量，混合气体密度不再变化，不一定平衡，故不选F。
（2）①根据电池总反应，4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2，可知Li失电子发生氧化反应，Li是负极，负极反应式是Li-e-Li+；
②总反应减去负极反应式得正极反应式2SOCl2+4e-4Cl-+S+SO2；
③把少量水滴到SOCl2中，发生水解反应生成二氧化硫和氯化氢，现象是出现白雾，有刺激性气体生成，反应方程式是SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑；
（3）b极通入空气，则氧气发生还原反应生成氢氧根离子，作原电池的正极，正极反应式为O2+4e-＋2H2O4OH－，N2H4在a极发生氧化反应，生成氮气和水；a为负极，负极反应式为N2H4＋4OH－-4e－N2↑＋4H2O。
28.某烃A的相对分子质量为84。回答下列问题：
（1）烃A的分子式为_________。
（2）下列物质与A以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是_____；若总质量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是____。
A． C7H8 B．C6H14 C．C7H14 D．C8H8
（3）若烃A为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯取代物只有一种。
①A的结构简式为__________。
②链烃A与Br2的CCl4溶液反应生成B，写出由A生成B的化学方程式：_________
③与A互为同分异构体，且主链碳原子个数与A相同的链烃有_____种（不包括A）
（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A的所有碳原子是否在同一平面上__________。（是 否）
（5）如图：
①该物质与足量氢气完全加成后环上一氯代物有________种；
②该物质和溴水混合，耗Br2的物质的量为_______mol；
③该物质和H2加成需H2________mol；判断下列说法不对的有________。
A．此物质可发生加成、取代、氧化等反应，不能发生加聚反应
B．和甲苯属于同系物
C．使溴褪色的原理与乙烯相同
D．能使酸性KMnO4溶液褪色是发生的加成反应
（6）按下列要求，回答问题：
如图是辛烷的一种结构M（只画出了碳架，没有画出氢原子），回答下列问题：
①用系统命名法命名________。
②M的二氯代物有________种。
③M是由某烯烃加成生成的产物，则该烯烃可能有_______种结构。
【答案】(1). C6H12 (2). A (3). C (4). (5). + Br2→ (6). 3 (7). 否 (8). 10 (9). 2 (10). 5 (11). ABD (12). 2，2，4－三甲基戊烷 (13). 11种 (14). 2种
【解析】
【分析】（1）利用“商余法”计算烃A的分子式；
（2）根据烃燃烧通式计算。
（3）C6H12的不饱和度是1，分子中所有的碳原子在同一平面上，说明含有1个双键，一氯取代物只有一种，A分子中有1种等效氢；
（4）若C6H12不能使溴水褪色，说明不含双键，且其一氯代物只有一种，则A为环己烷；
（5）①与足量氢气完全加成后的产物是；
②碳碳双键可与溴水发生加成反应；
③苯环、碳碳双键都能与H2发生加成反应；根据含有碳碳双键、苯环分析正误；
（6）①根据烷烃的系统命名原则命名；
②M有4种等效氢，根据“定一移一”的方法判断二氯代物的种类；
③根据碳原子能形成4个共价键分析烯烃的可能结构；
【详解】（1）烃A的相对分子质量为84，根据“商余法”，，所以烃A的分子中含有6个C原子、12个H原子，分子式是C6H12；
（2）根据，1mol C6H12燃烧消耗氧气9mol、1mol C7H8燃烧消耗氧气9mol、1mol C6H14燃烧消耗氧气9.5mol、1mol C7H14燃烧消耗氧气10.5mol、1mol C8H8燃烧消耗氧气10mol，总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的烃的分子式是C7H8，选A；C6H12中碳元素的质量分数是、C7H8中碳元素的质量分数是、C6H14中碳元素的质量分数是、C7H14中碳元素的质量分数是、C8H8中碳元素的质量分数是，C6H12、C7H14碳元素质量分数相同，总质量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是C7H14，选C。
（3）C6H12的不饱和度是1，分子中所有的碳原子在同一平面上，说明含有1个双键，一氯取代物只有一种，A分子中有1种等效氢；
①A的结构简式为。
②链烃与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成，反应的化学方程式是+Br2→；
③A主链有4个碳原子、含有碳碳双键，与A互为同分异构体，且主链碳原子个数与A相同的链烃有CH2=C(CH3)CH(CH3)2、CH2=CHC(CH3)3、CH2=C(CH2CH3)2，共3种（不包括A）；
（4）若C6H12不能使溴水褪色，说明不含双键，且其一氯代物只有一种，则A为环己烷，结构简式为：，环己烷有船式和椅式两种构象，不可能所有碳原子共面；
（5）①与足量氢气完全加成后的产物是，环上有10中不同环境的氢原子，该物质与足量氢气完全加成后环上一氯代物有10种；
②碳碳双键可与溴水发生加成反应，有2个碳碳双键，和溴水混合，耗Br2的物质的量为2mol；
③苯环、碳碳双键都能与H2发生加成反应，和H2加成需H2 5mol；
A．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，故A错误；
B．含有碳碳双键，与甲苯结构不同，不属于同系物，故B错误；
C．含有碳碳双键，使溴褪色的原理与乙烯相同，都是发生加成反应，故C正确；
D．能使酸性KMnO4溶液褪色是发生氧化反应，故D错误，选ABD；
（6）①根据烷烃的系统命名原则，的名称是2，2，4－三甲基戊烷；
②有4种等效氢，根据“定一移一”的方法，其二氯代物的种类有11种；
③烯烃与氢气加成时，碳骨架不变，碳原子能形成4个共价键，该烯烃可能有、两种结构。
29.某校学生为探究苯与溴发生反应的原理，用如图装置进行实验．
根据相关知识回答下列问题：
（1）实验开始时，关闭K1，开启K2和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始，反应的化学方程式_____。过一会儿，在（Ⅱ）中瓶底观察到_____（Ⅲ）中可能观察到的现象是____
（2）整套实验装置中能防止倒吸的装置有_____（填装置序号）。
（3）反应结束后要使装置（I）中的水倒吸入装置（Ⅱ）中，这样操作的目的是______
【答案】 (1). +Br2HBr (2). 褐色油状液体（溴苯） (3). 有白雾出现，广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成 (4). III和IV (5). 除去溴化氢气体，以免逸出污染空气
【解析】
【分析】（1）苯与液溴在铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；在（Ⅱ）中生成溴苯，（Ⅲ）中溴化氢与硝酸银溶液反应生成溴化银；
（2）Ⅲ中导管口在苯的液面以上；干燥管可防倒吸；
（3）根据溴化氢易溶于水分析。
【详解】（1）苯与液溴在铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应方程式是+Br2HBr；在（Ⅱ）中生成溴苯，现象是有褐色油状液体；（Ⅲ）中溴化氢与硝酸银溶液反应生成溴化银，现象是有白雾出现，广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成；
（2）Ⅲ中导管口在苯的液面以上可防倒吸；干燥管体积较大可防倒吸，整套实验装置中能防止倒吸的装置有Ⅲ和IV；
（3）溴化氢易溶于水，反应结束后要使装置（I）中的水倒吸入装置（Ⅱ）中，可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气。
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