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1、山西省应县第一中学校2022-2022学年高一化学月考6月月考试题八含解析时间：90分钟 总分值：100分相对原子质量C:12 H:1 O:16 Cl：35.5 N:14一、选择题每题2分，共50分1.烃是 A. 含有C、H元素的有机物B. 含有C元素的化合物C. 仅由C、H两种元素组成的有机物D. 完全燃烧只生成CO2和H2O的化合物【答案】C【解析】A、含有C、H元素的有机物，不一定是烃，如乙醇，故A错误；B、含有碳元素的化合物，不一定属于烃，如一氧化碳等，故B错误C、烃是指仅含有碳氢两种元素的化合物，故C正确；D、烃仅含有碳氢两种元素，燃烧能生成CO2与H2O，烃的含氧衍生物燃烧也只生成
2、CO2与H2O，如乙醇、乙醛等，故D错误；应选C。2.将以下各种物质分别与适量的溴水混合并振荡，静置后混合液分两层，溴水层几乎成无色的是( )A. 食盐水B. 乙烯C. 甲烷D. 乙醇【答案】B【解析】【详解】参加溴水之后，混合液分层，说明有无机层和有机层互不相溶，溴水层几乎无色，说明溴发生反响而被消耗。A食盐水会和溴水混合，不会产生分层，溴水层也不会变成无色，A项不符合要求；B乙烯和溴水发生加成反响，生成难溶于水的1,2二溴乙烷，有分层现象；溴单质因发生反响被消耗掉，因而溴水层无色，B项符合要求；C甲烷不溶于水，没有分层现象，溴水层也不会变无色，C项不符合题意；D乙醇会溶于水，没有分层现象，
3、溴水层也不会变无色，D项不符号题意；此题答案选B。3.以下有关元素性质及其递变规律正确的选项是( )A. A和A元素间可形成共价化合物或离子化合物B. 最高第二周期元素从左往右，正价从+1增加到+7C. 同主族元素的简单阴离子复原性越强，非金属性越强D. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强【答案】A【解析】【详解】AA有H、Li、Na等，A有F、Cl等，H元素和F等形成共价化合物，而Na等碱金属与F等形成离子化合物，A项正确；B第二周期的O和F元素，没有最高正价，O没有最高正价6，F无正价，B项错误；C同主族元素的简单阴离子复原性越强，其非金属性越弱。如Cl和Br，Cl的非金属性
4、比Br的强，但是Cl的复原性比Br的弱，C项错误；D在第三周期元素的化合物中，Al的化合价为3，Na的化合价为1，但是Na原子失电子能力比Al强，D项错误；此题答案选A。【点睛】一般来说，主族元素的最高正价等于主族序数，但是O和F却是没有最高正价。这特殊情况经常为解题的关键。4.以下各组例子，半径大小比拟错误的选项是A. K+Na+Li+H+B. O2-Na+Mg2+Al3+C. K+ O2- Na+Li+D. SClPNa【答案】D【解析】【详解】AH、Li、Na、K均为第A族，同主族元素原子的阳离子，其粒子半径从上到下依次增大，A项正确，不符合题意；BO2-、Na+、Mg2+、Al3+的核
5、外电子排布相同，均为2、8，核电荷数越大，半径越小。O、Na、Mg、Al的核电荷数依次增大，那么其简单离子的半径依次减小，B项正确，不符合题意；CK、 Na、Li的离子半径越来越小，O2的半径大于Na半径，但是K核外有3个电子层，O2核外只有2个电子层，一般来说电子层数越多，半径越大，C项正确，不符合题意；DS、Cl、P、Na为同周期元素。同周期元素从左到右原子半径越来越小，那么排序为NaPSCl；D项错误，符合题意；此题答案选D。5.以下说法正确的选项是离子化合物中一定含有离子键；含有共价键的化合物一定是共价化合物；非金属单质分子中一定含有非极性共价键；分子间作用力比化学键弱得多；含有离子键
6、的化合物中一定含有金属元素；氢键不是化学键；不同元素组成的多原子分子中的化学键一定都是极性键A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：含有离子键的化合物是离子化合物；全部由共价键形成的化合物是共价化合物；非金属元素构成的单质中不一定存在共价键；分子间作用力不是化学键；铵盐是离子化合物；根据氢键的含义分析；相同非金属元素之间形成非极性键。详解：离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH等，正确；含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如NaOH等，正确；非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，单原子分子不存在化学键，例如稀有气体中不存在化学键，错误；分子间作用力不
7、属于化学键，一般影响物质的物理性质，因此比化学键弱得多，正确；含有离子键的化合物中不一定含有金属元素，例如硝酸铵等铵盐，错误；氢键是指已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很强的原子之间的作用力，因此氢键不是化学键；不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定都是极性键，例如乙醇分子中碳原子与碳原子之间存在非极性键，错误；答案选A。点睛：此题考查了物质和化学键的关系，明确物质的构成微粒及微粒间作用力即可解答，注意：并不是所有物质中都含有化学键，不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点。6.以下物质间的反响，其能量变化符合图的是( )A. 由Zn和稀H2SO4制氢气B. 灼热的炭
8、粉与二氧化碳反响C. Ba(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体混合D. 碳酸钙的分解【答案】A【解析】试题分析：从图上分析，反响物能量高于生成物，正反响是放热反响。A活泼金属与酸的反响是放热反响，故A正确；B灼热的碳和二氧化碳的反响，是以C作为复原剂的反响，反响吸热，故B错误；CBa(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反响是吸热反响，故C错误；D碳酸钙分解属于分解反响，是吸热反响，故D错误；应选A。【考点定位】考查吸热反响和放热反响【名师点晴】此题通过反响物与生成物能量不同判断放热反响和吸热反响，熟悉常见的放热反响和吸热反响是解题的关键。常见的放热反响有：所有的燃烧反响，金属与酸或水的反响
9、、酸碱中和反响、多数的化合反响等常见的吸热反响：Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合反响、水解反响、大多数的分解反响、以C、CO、H2作为复原剂的反响等。7.实验中欲快速制得H2，以下最适宜的方法是()A. 纯锌与稀H2SO4B. 纯锌和浓H2SO4C. 纯锌与稀盐酸D. 粗锌(含铜杂质)与稀H2SO4【答案】D【解析】【分析】欲快速制得H2，可升高温度、增大固体的外表积、形成原电池反响，也可适当增大浓度，但不能用浓硫酸，据此解答。【详解】纯锌与粗锌(含铜杂质)相比拟，粗锌(含铜杂质)可形成原电池反响，加快反响速率，浓硫酸与锌反响生成二氧化硫气体，不生成氢气，那么只有D正确。答案选D。8
10、.以下关于如下图原电池装置表达中，正确的选项是( )A. 铜片是负极B. 铜片质量逐渐减少C. 电流从锌片经导线流向铜片D. 氢离子在铜片外表被复原【答案】D【解析】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反响。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生复原反响。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。所以正确的答案是D。9.某金属能跟稀盐酸作用放出氢气，该金属与锌组成原电池时，锌为负极，此金属可能是( )A. 镁B. 铜C. 铝D. 铁【答案】D【解析】【详解】某金属能跟稀盐酸作用放出氢气，说明在金属活
11、动顺序表中，该金属在H的前面。该金属与锌组成原电池时，锌为负极。在原电池中，较活泼金属作负极，说明该金属在金属活动顺序表中在Zn的后面。D项铁，符合要求；此题答案选D。10.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。以下说法不正确的选项是A. O2在电极b上发生复原反响B. 溶液中OH向电极a移动C. 反响消耗的NH3与O2的物质的量之比为45D. 负极的电极反响式为2NH36e6OH=N26H2O【答案】C【解析】试题分析：A氧气在b极发生复原反响，那么b极为正极，a极为负极，故A正确；B因为a极为负极，那么溶液中的阴离子向负极移动，故B正确；C反响中N元素化合价升
12、高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D负极是氨气发生氧化反响变成氮气，且OH-向a极移动参与反响，故电极反响式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故D正确；应选C。考点：考查了原电池原理的相关知识。11.镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反响按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCdOH2+2NiOH2 ，由此判断错误的选项是： A. 放电时，Cd作负极B. 放电时，NiO(OH)作负极C. 电解质溶液为碱性溶液D. 放电时，负极反响为Cd+2OH-2e-=Cd(OH)2【答案】B【解析】试题分析：A由方
13、程式Cd+2NiOOH+2H2OCdOH2+2NiOH2可知，放电时，Cd元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上发生氧化反响，那么Cd为原电池负极，错误；B由A可知正确；C依据电池反响分析判断，电池是碱性电池，错误；D放电时负极上发生的电极反响式为：Cd-2e-+2OH-=CdOH2，错误。考点：化学电源新型电池12.在2A(g)B(g) 3C(g)4D(g)反响中，表示该反响速率最快的是( )A. v(A)0.5 molL1s1B. v(B)0.3 molL1s1C. v(C)0.8 molL1s1D. v(D)1 molL1s1【答案】B【解析】【详解】在相同条件下，同一个化学反响中，用不
14、同的物质表示化学反响速率，其数值之比等于化学计量数之比。要比拟反响速率，要转化为同一种物质表示，均用反响物B表示。A将反响物A表示的反响速率，转化为用反响B表示，v(B)=0.25molL1s1；Bv(B)0.3 molL1s1；C将反响物C表示的反响速率，转化为用反响B表示，v(B)0.27molL1s1；D将反响物D表示的反响速率，转化为用反响B表示，v(B)=0.25molL1s1；可知B项中反响物B表示的反响速率最快，此题答案选B。13.向恒温恒压容器中充入2 mol NO、1 mol O2，发生反响：2NO(g)O2(g) 2NO2(g)。以下情况不能说明反响已到达平衡状态的是()A
15、. 容器体积不再改变B. 混合气体的颜色不再改变C. 混合气体的密度不再改变D. NO与O2的物质的量的比值不再改变【答案】D【解析】【详解】A、反响在恒温恒压条件下进行，假设反响未达平衡那么容器体积变化，假设体积不变那么达平衡状态，选项A不选；B、NO2为红棕色气体，其他反响物为无色气体，假设混合气体的颜色不再改变，那么反响达平衡状态，选项B不选；C、反响在恒温恒压条件下进行，假设反响未达平衡那么容器体积变化，气体总质量不变，那么密度变化，假设密度不变那么到达平衡，选项C不选；D、充入2 mol NO、1 mol O2，且两反响物质的化学计量数之比为2：1，那么无论反响是否达平衡，NO与O2
16、的物质的量的比值均为2：1，不再改变，选项D选。答案选D。14.将10mol A和5mol B放入10L真空箱内，某温度下发生反响：3A(气)B(气) 2C(气)在最初0.2s内，消耗A的平均速率为0.06mol(LS)-1那么在0.2s时，真空箱中C的物质的量是 A. 0.12molB. 0.08molC. 0.04molD. 0.8mol【答案】D【解析】试题分析：根据题意可知V(A)= 006mol/(Ls)，那么在最初的02s内，消耗A物质的量是n(A)= 006mol/(Ls)02s10L=012mol，根据方程式可知n(C)=2/3n(A)= 2/3012mol=008mol，选项
17、B正确。考点：考查化学反响方程式中用不同物质表示的反响速率和物质的量关系的计算的知识。15.高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反响：3Fes4H2OgFe3O4(s)4H2g，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是 ( )A. 把铁块变成铁粉B. 将容器的体积缩小一半C. 压强不变，充入氮气使容器体积增大D. 体积不变，充入氮气使容器压强增大【答案】D【解析】试题分析：增大固体反响物的外表积，可以加快反响速率；该反响有气体参加，增大压强，反响速率加快。压强不变，充入氮气使容器体积增大，那么水蒸气的浓度降低，反响速率降低。体积不变，充入氮气使容器压强增大，但水蒸气的浓度不变
18、，反响速率不变，答案选D。考点：考查外界条件对反响速率的影响点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题根底性强，侧重考查学生对外界条件影响反响速率的熟悉了解掌握程度。该题的关键是明确压强对反响速率影响的实质是通过改变物质的浓度来实现的，需要具体问题、具体分析。16.以下说法不正确的选项是A. 核素H的中子数是0B. 12C和14C互为同位素C. 金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体【答案】A【解析】A中子数=质量数-质子数=2-1=1，故A错误； B12C和14C具有相同的质子数和不同的中子数的碳原子，互为同位素，故B正确；C金刚石
19、、石墨和富勒烯是碳元素组成的性质不同的单质，互称同素异形体，故C正确；DCH3CH2OH和CH3OCH3具有相同的分子式和不同结构的有机物，互为同分异构体，故D正确；应选A。点晴：判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：假设化学式为元素，可能是同位素；假设化学式为单质，那么可能是同素异形体；假设化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，那么为同分异构体；假设是分子式不同结构相似的有机化合物，那么为同系物。17.以下各组有机物中，其一氯代物的数目不相等的是A. 正戊烷和正己烷B. 新戊烷和2-甲基丙烷C. 环戊烷和乙烷D. 丙烷和2，3-二甲基丁烷【答案】B【解析】A、正戊烷有3种H原子，一
20、氯代物就有3种同分异构体；正己烷有3种H原子，一氯代物就有3种同分异构体一氯代物的数目相等，故A错误。B. 新戊烷有1种H原子，一氯代物就有1种同分异构体；2-甲基丙烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体；故B 正确。C. 环戊烷有3种H原子，一氯代物就有3种同分异构体；乙烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体；故C错误。D. 丙烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体；2,3-二甲基丁烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体；故D错误。18.正丁烷的二氯代物共有不含立体异构 A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】D【解析】【详解】正丁烷的二氯取代物，采用“定一移一的方法
21、。正丁烷上的氢有2种，编号如下图，。先将1个氯原子，取代第1种H原子，另1个氯原子的取代位置有4种，如下图，。假设将1个氯原子，取代第2种H原子，取代位置有2种，如下图，一共6种；此题答案选D。【点睛】确定二元取代物的种类的时候，要注意不能重复。如在此题中，第一种情况，氯原子取代第一种H原子的时候，第二个氯原子可以取代任何位置的H原子。第二种情况，氯原子取代第二种H原子的时候，第二个氯原子不能取代第一种的H原子， 不然会出现重复。19.一定量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO 2 和水蒸气，此混合气体质量为 49.6 g ，当其缓慢经过无水氯化钙(足量)时，氯化钙增重 25.2 g ，那么原混
22、合气体中CO 的质量为( )A. 26.4 gB. 19.7 gC. 13.2 gD. 11.2 g【答案】D【解析】无水CaCl2增重25.2克，那么水的质量为25.2g；所以nH2O=1.4mol根据H原子守恒可计算CH4的物质的量为nCH4=nH2O=1.4mol=0.7mol根据C原子守恒可知CO和CO2的总的物质的量为0.7mol，由于水的质量为25.2g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为：49.6g-25.2g=24.4g；令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，那么：解得x=0.4，y=0.3所以原混合气中CO的质量为0.4mol28g/mol=11.2g，故D正确。20
23、.某有机物分子含有n个CH2，m个，a个CH3，其余为Cl，那么Cl的个数为( )A. 2n+3maB. m+2aC. n+m+aD. m+2n+2a【答案】B【解析】试题分析：假设只连接甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3，m个-CH-，能连接m个-CH3，所以n个-CH2-，m个-CH-，连接-CH3共计m+2个由于分子中含有a个-CH3，所以连接Cl的个数为m+2-a，应选B。【考点定位】考查有机物的分子组成【名师点晴】明确有机物中碳原子的成键方式是解题关键，有机物主要靠C原子连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析假设只连接甲基，计算连接的甲基数目，再
24、根据分子中含有的甲基数目计算Cl原子数1个-CH-可连接1个甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3据此计算判断。21.以下有机反响属于加成反响的是( )A. CH3CH3+C12CH3CH2Cl+HClB. CH2=CH2+HBrCH3CH2BrC. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD. +NaOH+NaCl【答案】B【解析】【详解】ACl原子取代了乙烷上的H原子，为取代反响；A项不符合题意；B乙烯中的碳碳双键与HBr发生加成，生成溴乙烷，B项符合题意；C乙醇的催化氧化，为氧化反响，C项不符合题意；D羟基取代了氯原子，为氯代烃的水解反(取代反响)，D项不符合题意；此题答
25、案选B。22.以下烃C4H8 C4H10 C6H12 C7H8分别完全燃烧，耗氧量分析正确的选项是A. 等质量时耗氧量最多的是B. 等物质的量时耗氧量最少的是C. 等物质的量时和耗氧量相等D. 某气态烃CxHy与足量O2恰好完全反响，如果反响前后气体体积不变(温度100)，那么y=4；假设体积减小，那么y4；反之，那么y4【答案】C【解析】A.等质量的烃燃烧时，含氢量越大，耗氧越多，等质量时耗氧量最多的是，A错误；B. 等物质的量时耗氧量最少的是，B错误；C. 1mol C6H12耗氧气:6+3=9mol, 1mol C7H8耗氧气:7+2=9mol,所以等物质的量时和耗氧量相等，C正确；D.
26、根据通式分析CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，可知如果反响前后气体体积不变那么y=4；假设气体体积减少，那么y4，D错误。答案选C.23.燃烧0.2mol 两种气态烃的混合物，生成8LCO2(标准状况)和7.28gH2O，那么混合气体中A. 可能有乙烯B. 一定有乙烯C. 可能有甲烷D. 一定没有甲烷【答案】A【解析】0.2mol两种气态烃燃烧生成二氧化碳、水的物质的量为：nCO2=0.36mol，nH2O=0.4mol，那么混合物的平均化学式为C1.8H4，由于是混合物，那么一定含有C原子数小于1.8的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，那么另一种烃也含有4个氢原子，而乙烯中有
27、4个氢原子，所以可能有乙烯，因此A正确。答案选A.24.通常用来衡量一个国家的石油化学工业开展水平的标志是 A. 石油的年产量B. 乙烯的年产量C. 合成纤维的年产量D. 硫酸的年产量【答案】B【解析】【详解】乙烯可以用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是重要的化工原料，乙烯工业的开展，带动了其他以石油为原料的石油化工的开展。因此一个国家乙烯工业的开展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志。答案选B。25.某烯烃与H2加成后的产物为，那么该烯烃的结构简式可能有()A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】【详解】根据烯烃与H2加成反响的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原
28、子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，该烷烃的碳链结构为，4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子与之相邻的碳原子不能形成双键，相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键的有：1和2之间或2和5之间、2和3之间、3和6之间，共有3种。故答案选C。二、非选择题26.晋朝人常璩在?华阳国志?里有这样一段话：临邛县“有火井，夜时光映上昭。民欲其火，先以家火投之。顷许如雷声，火焰出，通耀数十里。以竹筒盛其火藏之，可拽行终日不灭也，请答复以下问题。1话中描述的物质是一种最简单有机物甲烷，其分子的结构式为_。2写出“顷许如雷声，火焰出涉及的化学反响方程式：_。3以下有关甲烷的说法
29、正确的选项是_填选项字母。A它属于化石能源B它的分子中含有非极性键C它的分子中所有原子的最外层都到达了8电子稳定结构D2中反响发生时伴随有旧极性键的断裂和新极性键的形成4甲烷不仅可以直接用来燃烧，还是重要的化工原料，它可以与水在高温条件下反响制得水煤气CO和H2，反响的化学方程式为_，反响得到的水煤气中CO和H2的质量比为_。【答案】 (1). (2). CH4+2O2 CO2+2H2O (3). AD (4). CH4+H2O CO+3H2 (5). 14：3【解析】1甲烷分子的结构式为。2“顷许如雷声，火焰出表达的是甲烷燃烧，涉及的化学反响方程式为CH4+2O2 CO2+2H2O。3A甲烷
30、属于化石能源，A正确；B它的分子中含有极性键，B错误；C它的分子中只有碳原子的最外层都到达了8电子稳定结构，氢原子是2电子稳定结构，C错误；D甲烷燃烧时伴随有旧极性键的断裂和新极性键的形成，D正确，答案选AD；4甲烷与水在高温条件下反响制得水煤气CO和H2，反响的化学方程式为CH4+H2OCO+3H2，反响得到的水煤气中CO和H2的质量比为。27.某同学设计如图装置制取少量溴苯，请答复以下问题：1写出实验室制取溴苯的化学方程式_。2上述反响发生后，在锥形瓶中参加硝酸银溶液观察到现象是_，你认为这一现象能否说明溴和苯发生了取代反响填“能或“不能_，理由是_。3该装置中长直导管a的作用_，锥形瓶中
31、的导管为什么不插入液面下？_。4反响后得到的溴苯中溶有少量苯、溴、二溴苯、溴化铁和溴化氢等杂质，欲除去上述杂质得到比拟纯洁的溴苯，合理的操作步骤是_。【答案】 (1). (2). 浅黄色沉淀 (3). 不能 (4). 溴易挥发会进入锥形瓶，溴与硝酸银溶液也可发生反响，生成溴化银沉淀 (5). 冷凝回流并导气 (6). 防止水倒吸入烧瓶中 (7). 先用大量水洗后分液取下层液体，再参加稀NaOH溶液充分反响后再分液取下层液体，再水洗分液取下层液体参加枯燥剂并蒸馏可得到比拟纯洁的溴苯【解析】【分析】苯和液溴在溴化铁作催化剂的条件下，发生取代反响，生成溴苯和HBr，该反响为放热反响，苯和液溴均易挥发
32、。【详解】(1)苯和液溴在溴化铁作催化剂的条件下，发生取代反响，生成溴苯，化学方程式为；(2)反响还生成了HBr，被锥形瓶中的水吸收，参加硝酸银溶液，生成溴化银淡黄色沉淀。由于反响放热，液溴易挥发，液溴也会挥发出被锥形瓶中的水吸收，参加溴化银也会生成淡化的溴化银，不一定是由于有HBr生成。答案为浅黄色沉淀 不能 溴易挥发会进入锥形瓶，溴与硝酸银溶液也可发生反响，生成溴化银沉淀；(3)该反响为放热反响，苯和液溴均易挥发，长导管起到冷凝的作用，使挥发出去的苯等原料冷凝回流至圆底烧瓶，而长导管最根本的用途为导气。所以长导管的作用为冷凝回流并导气；HBr极易溶于水，假设将导入插入液面以下，会引发倒吸，
33、所以导管不能插入液体重是由于防止水倒吸入烧瓶中；(4)溴苯中溶有少量苯、溴、二溴苯、溴化铁和溴化氢等杂质，首先无机物和有机物需要进行别离，溴单质不易溶于水，要转化为易溶于水的盐，故先用大量的水洗，然后再NaOH溶液洗涤，将溴单质和HBr从有机相中别离，再用水洗，洗去NaOH溶液。分液得到含有少量水的有机相，经枯燥后，有机相主要成分为溴苯，并含有苯和二溴苯等杂质，为液体混合物，利用各组分的沸点不同蒸馏得到较纯的溴苯。答案为：先用大量水洗后分液取下层液体，再参加稀的NaOH溶液充分反响后再分液取下层液体，再水洗分液取下层液体参加枯燥剂并蒸馏可得到比拟纯洁的溴苯。28.A是一种只含碳、氢、氧三种元素
34、的有机物，其蒸气的密度为相同条件下的氢气的密度的23倍。A可以和金属钠反响放出氢气并在一定条件下发生如下图的变化。答复以下问题：1A的结构简式为：_，D的名称是_，2C中官能团名称_，A+CD的反响类型_，3写出反响的化学方程式：AB_A+CD_【答案】 (1). CH3CH2OH (2). 乙酸乙酯 (3). 羧基 (4). 酯化反响或取代反响 (5). 2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO + 2H2O (6). CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O【解析】【分析】有机物A其蒸气的密度为相同条件下的氢气的密度的23倍，那么其相对分子质量为232=46。A可
35、以和金属钠反响放出氢气，那么为醇。A能够连续氧化2次，那么可以推断为醇的催化氧化得到醛，醛再氧化得到羧酸。醇和羧酸得到酯。含有羟基，相对分子质量为46，A为乙醇。【详解】(1) 有机物A其蒸气的密度为相同条件下的氢气的密度的23倍，那么其相对分子质量为232=46。A可以和金属钠反响放出氢气，那么为醇。A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；乙醇氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙醇和乙酸反响得到乙酸乙酯，D的名称为乙酸乙酯；(2) 乙醇氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙醇和乙酸反响得到乙酸乙酯，D名称为乙酸乙酯。C为乙酸，其官能团为羧基；A和C生成D的反响为酯化反响，也为取代反响；(3)A到B为
36、乙醇生成乙醛。醇在Cu或Ag作催化剂与氧气在加热的条件下反响生成醛，脱氢氧化，化学方程式为2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO + 2H2O；A和C生成D，为乙醇和乙酸的酯化反响，醇在反响中脱去羟基中的H，酸在反响中脱去羧基中的羟基，化学方程式为CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O。29.化学式为C2H4O3的化合物A具有如下性质：ANa产生气泡ACH3COOH有香味的产物ACH3CH2OH有香味的产物1根据以上信息，对该化合物可做出的判断是_AA一定含有COOH BA一定含有OHCA只含有OH DA只含有COOH2A与Na反响的化学方程式为_。3写出的化学
37、反响方程式_。【答案】 (1). AB (2). HOCH2COOH2NaNaOCH2COONaH2 (3). HOCH2COOHHOCH2CH3HOCH2COOCH2CH3H2O【解析】【分析】通过反响知道，A中含有活泼H；通过反响知道，A中含有羟基，才能与羧酸反响生成酯；通过反响知道，A中含有羧基，才能与醇反响生成酯；结合化学式C2H4O3，A的结构简式为HOCH2COOH。【详解】(1)通过反响，酸和醇可以反响得到酯，酯具有香味。可以知道A中含有羟基和羧基，所以AB符合题意；(2)羟基可以与Na发生反响，羧基也可以与Na发生反响，生成H2，那么化学方程式为HOCH2COOH2NaNaOC
38、H2COONaH2；(3)反响与醇反响生成酯，那么A中的羧基与醇发生反响。在反响中乙醇脱去羟基中的H，A中的羧基脱去羧基中的羟基，化学方程式为HOCH2COOHHOCH2CH3HOCH2COOCH2CH3H2O。30.生活之中有机物的种类丰富，在衣食住行等多方面应用广泛，其中乙醇、乙酸是比拟常见的有机物。1工业上用乙烯与水反响可制得乙醇，该反响的化学方程式为_。2以下关于乙醇的说法正确的选项是_(选填字母)。A 乙醇不能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化复原反响B 乙醇只能被氧化成乙醛C 黄酒中某些微生物使乙醇氧化为乙酸，于是酒就变酸了3当乙酸分子中的O都是18O时，乙醇分子中的O都是16O时，二者在
39、一定条件下反响，生成物中水的相对分子质量为_。4某有机物蒸汽在标况下的密度为3.2g/L，假设该有机物的一氯代物只有一种结构，其结构简式为_【答案】 (1). CH2=CH2H2OCH3CH2OH (2). C (3). 20 (4). CH3C(CH3)3【解析】【详解】(1)工业上利用乙烯和水的加成反响，制取乙醇，化学方程式为CH2=CH2H2OCH3CH2OH；(2)A乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反响，得到乙酸，A项错误；B乙醇能够被酸性高锰酸钾等强氧化剂氧化到乙酸，B项错误；C乙醇可以氧化到乙酸，在黄酒中微生物可以使醇氧化生成乙酸，C项正确；此题答案选C；(3) 酯化反响中，醇在反响中脱去羟基中的H，酸在反响中脱去羧基中的羟基，乙酸分子中的氧都是18O，那么在反响中，以羟基的形式被脱去，与乙醇的中羟基上的H结合生成水，相对分子质量为1218=20；(4) 某有机物蒸汽在标况下的密度为3.2g/L，那么其相对分子质量为3.222.472。其一氯代物只有一种，那么只有一种等效氢。相对分子质量为72，所含的C原子数72/12=6，但是有机物中不可能只有C原子，所以含有5个C原子，有12个H原子，分子式为C5H12，戊烷。戊烷的同分异构体中新戊烷符合要求，分子式为C5H12，结构简式为，相对分子质量为72，且只有一种等效氢。- 17 -