永州四中高二化学周考试卷（四）答案(1).doc

永州四中高二化学周考试卷（四）
参考答案及解析
1．B
【分析】根据加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉氢原子形成不饱和键，即得到不饱和烃。
【详解】2-甲基丁烷的碳链结构为。
A.若在3、4号碳原子之间为三键，则烃可为3-甲基-1-丁炔，A可能；
B.1、2号碳原子之间不可能为三键，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；
C.若在3、4号碳原子之间为双键，则烃可为3-甲基-1-丁烯，C可能；
D.若在1、2号碳原子之间为双键，则烃为2-甲基-1-丁烯，D可能；
故合理选项是B。
2．B
【详解】
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，即所有的碳原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个，故答案选B。
3． C
【分析】
有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。
【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；
B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；
C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；
D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。

4．B
【详解】
A．苯制取环己烷，苯分子中大π键被破坏，发生加成反应，A相符；
B．苯与乙烯在催化剂存在下反应制取乙苯，发生加成反应，B不相符；
C．甲苯与酸性KMnO4溶液反应生成苯甲酸等，发生氧化反应，C相符；
D．甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合反应制TNT，即三硝基甲苯，发生取代反应，D相符；
5．B
【详解】
比较两者的结构简式CHCH、CH2Cl—CHBrCl，可以发现：由乙炔制取CH2Cl—CHBrCl，一侧碳原子上增加了H、Br，另一侧碳原子上增加了Cl、Cl，故是分别与HBr、Cl2发生了加成反应，答案选B。
6． B
【详解】
设Na2CO3物质的量为xmol，NaHCO3物质的量为3xmol，
由Na元素守恒得：2x+3x=5 mol，x=1mol，
由C元素守恒得：n(CO2)=1mol+3mol=4mol，
0.5mol液态烃，含有4molC原子，则该物质中含有的C原子数为8，它不跟溴水反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，则可能为芳香烃，且含有8个碳原子，故选B。
7． D
【详解】
A.两个相连的苯环中，处于对角线位置的5个碳原子共线，再加上碳碳三键的2个碳原子，共7个碳原子一定共直线，A项错误；
B．给苯环上有氢的碳原子编号如下：，因两个苯环无对称性可言，所以该烃苯环上的二氯代物共有15种：1，2、1，3、1，4、1，5、1，6；2，3、2，4、2，5、2，6；3，4、3，5，3，6；4，5，4，6；5，6；
C. 该烃的没有对称性，其中苯环上的氢有6种，三个甲基上氢算3种，还有碳碳三键的端点还有一个氢，所以共有9种氢，所以其一氯代物为9种；
D．据A 项分析，已有7个碳原子共线，这条线必在左侧苯环确定的平面内，且苯环上的其余的4个碳和相连的那个甲基的碳原子，共12个碳原子一定共平面，D项正确；
所以答案选D项。
8．B
【解析】根据题目信息可知反应的原理，碳溴键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键。
【详解】
A．CH3Br与钠以2：2发生反应生成CH3CH3，故A错误；
B．CH2BrCH2CH2CH2Br与钠以1：2发生反应生成环丁烷，故B正确；
C．CH2CH2Br分子中含有1个溴原子，与钠以2：2发生反应生成环丁烷，故C错误；
D．CH3CH2CH2CH2Br与钠以2：2发生反应生成CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，故D错误；
9．　B
【解析】　同系物指的是结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物，故A错误；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ结构都非常对称，只有一种氢，一氯取代物均为一种，故B正确；Ⅱ的二氯取代物有3种不含立体异构)，分别为，故C错误；开环反应(打开三元环和四元环的反应)，所有环打开就变成了烷烃，分子式由C6H6变成了C6H14，1 molⅡ最多需要4 mol H2，故D错误。
10．A
【解析】A．和氢氧化钠的水溶液共热可生成伯醇，可以被催化氧化为醛，A项正确；B．卤代烃和氢氧化钠溶液反应生成NaX，若检验其中卤素离子种类，应先加硝酸将溶液酸化，否则NaOH将与加入的AgNO3溶液反应生成AgOH或Ag2O沉淀而影响卤化银沉淀的观察判定，B项错误；C．中2个甲基中氢为等效氢，所以该物质发生消去反应时只生成丙烯，C项错误；D．后两种物质与卤素相连的C的邻位C上均没有H原子，一氯甲烷没有邻位碳原子，所以三者均不能发生消去反应，没有NaX生成，所以当向混合物中加入稀硝酸呈酸性，再滴入AgNO3溶液就不会生成卤化银沉淀，D项错误；选A。
11．B
【解析】相对分子质量为57的烃基是丁基-C4H9，其有4种异构体，故苯的-C4H9一元取代物共有4种，与苯环相连的C原子上面有H原子的才能使酸性高锰酸钾褪色，即、、三种，而不能使酸性高锰酸钾褪色，B项正确；答案选B。
12.D
【解析】　金刚烷的分子式是C10H16，A选项正确；X的分子式是C10H15Br，其同分异构体不可能是芳香族化合物，B选项正确；金刚烷变成X的过程中H原子被Br原子取代，X变成金刚烷胺的过程中Br原子被—NH2取代，C选项正确；金刚烷胺碳原子上的一溴代物有3种，D选项错误。
13．A
【解析】根据图像，4mol A消耗2mol氧气，即1mol A消耗0.5mol氧气，1mol B消耗2mol O2，1mol C消耗1mol O2，令C的物质的量为1mol，设A为x mol，B为(1-x)mol，因此有0.5x+2(1-x)=1，x=2/3，A和B物质的量之比为2∶1，故选项A正确。
14. D
【解析】(Ⅰ)中1、4、5、8四个碳原子的位置是等同的，其中任何一个位置都可定为1，则另三个分别为4、5、8。再由命名时，支链位置和最小的原则，(Ⅲ)的名称为1,6－二甲基萘。
15.　B
解析】　a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2＋和S2－的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1→T2，c(S2－)、c(Cd2＋)都增大，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B项正确；＝1时，即lg＝0，pH＝5.4，c(H＋)＝1×10－5.4 mol·L－1，Ka2＝≈1×10－5.4，A正确；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即<1，lg<0，此时溶液呈酸性，C正确；D项，当溶液呈中性时，由曲线M可知lg>0，>1，即c(X2－)>c(HX－)，错误。
二、17．(10分)（1）a.NaOH溶液 分液 b. 酸性高锰酸钾溶液 分液
(2)
【解析】
1)a.溴与氢氧化钠溶液反应，溴苯不与氢氧化钠溶液反应且不溶于氢氧化钠溶液，所以选择氢氧化钠溶液，分液除去；
b.甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应，生成的苯甲酸溶于水中，苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，不溶于水，溶液分层，分液除去。
(2)
18．（8分）（1）C6n+4H2n+6（n≥1）或C6n+10H2n+8（n≥0），C154H56 （2）93.75% ，97.3%
【解析】根据A、B、C的分子式归纳总结出通式，再根据公式计算碳的质量分数。
【详解】
(1)A的分子式为C10H8，B的分子式为C16H10，C的分子式为C22H12，因此该系列化合物的通式为C6n+4H2n+6（n≥1）或C6n+10H2n+8（n≥0），第25个分子的分子式为C154H56；故答案为：C6n+4H2n+6（n≥1）或C6n+10H2n+8（n≥0）；C154H56。
(2)该系列化合物中，C10H8的碳的质量分数最小为，最大值为；故答案为：93.75%；97.3%。

19． （1）取代反应
（2）装置Ⅱ 吸收溴蒸气和苯蒸气，防止对实验干扰 （3） 安全瓶，防倒吸 淡黄色沉淀 （4） +Br2+HBr
（5） 将粗溴苯倒入分液漏斗中滴加Na2SO3溶液，振荡，至有机层无色为止，分液
【解析】
(1)甲组同学认为苯和液溴发生的是加成反应，乙组同学认为苯和液溴发生的是取代反应，苯和液溴发生取代反应的生成物为溴苯和溴化氢，检验是否有HBr生成，若有HBr生成，则是取代反应，反之是加成反应。
(2)甲和乙的猜想到底是谁正确，需要验证产物溴化氢，可以用硝酸银检验溴化氢，故选择装置Ⅱ，苯和溴在铁做催化剂存在的条件下反应生成溴苯和溴化氢，苯和溴蒸气容易随着产物一起逸出，故用四氯化碳吸收溴蒸气和苯蒸气，防止对实验干扰；
(3)B集气瓶的作用是安全瓶，防倒吸，若按照乙的观点，则会有溴化氢生成，溴化氢与硝酸银反应生成溴化银和硝酸，溴化银是淡黄色沉淀，故有淡黄色沉淀生成，则证明乙的观点正确；
(4)铁和液溴发生反应生成溴化铁，溴的氧化性较强，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，形成化学方程式；+Br2+HBr；
20.（1）溶浸时加热(或升高温度)、适当增大硫酸浓度、搅拌、减小矿粉颗粒直径等
（2） SiO2、Fe(OH)3 2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
Fe3＋＋3NH3·H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH4+
（3）若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀造成产品损失 （4） 5:1
【解析】(1)搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
(2)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水调节pH为5.0～6.0，发生Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，可得到沉淀Fe(OH)3，另外原矿物中含有的SiO2不溶于酸和氨水，则过滤时所得滤渣1的主要成分为SiO2、Fe(OH)3；
(3)向滤液中滴入适量的(NH4)2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失；
(4)CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10-22、1.0×10-22，加入足量(NH4)2S溶液后，生成CoS、NiS沉淀，溶液中c(Co2+):c(Ni2+)=5.0×10-22:1.0×10-22=5:1。
21．（1）取代反应 （2）
（3） NaOH的水溶液，加热
(4)