高考化学认识有机化合物-经典压轴题附答案解析

高考化学认识有机化合物-经典压轴题附答案解析
一、 认识有机化合物练习题（含详细答案解析）
1．（一）甲烷和氯气在光照条件下发生卤代反应，其反应机理如下：
反应①：2Cl Cl?Cl?→+光照
△H=242.7kJ·mol -1 反应②：43Cl?
CH CH ?HCl +→+ △H=7.5kJ·mol -1 反应③：323CH ?
Cl Cl?CH Cl +→+ △H=-112.9kJ·mol -1 反应②、③反复循环，反应物浓度逐渐降低，自由基逐渐消失，反应停止。

（1）在该反应条件下断裂1mol CH 3Cl 中C —Cl 键，需要吸收的能量为______。

（2）反应②与反应③的反应过程，如下图所示：
则该条件下，反应②的速率______反应③的速率（填“>”、“<”或“=”）。

（3）根据以上的反应机理，我们可以推测甲烷和氯气在光照条件下反应，除生成CH 3Cl 、CH 2Cl 2、CHCl 3、CCl 4外，还会有乙烷等有机物，原因是______。

（二）煤燃烧排放的SO 2和NO 2可形成严重的大气污染，某兴趣小组提出利用反应()()()()223NO g SO g SO g NO g ++ƒ来处理。

（4）在一定温度下，将NO 2与SO 2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时NO 2和SO 2的体积之比为1：5，则该温度下平衡常数K 为______。

（5）若向绝热恒容密闭容器中通入SO 2和NO 2，v 正随时间变化如下图。

下列结论正确的是______。

A ．a 点颜色比b 点深
B ．c 点正反应速率等于逆反应速率
C ．若升高温度，d 点SO 2的转化率将增大
D ．反应的过程中，容器内气体压强保持不变
E. 若外界条件不发生改变，d 点NO 2和NO 的体积比将保持不变
（6）若用一定浓度的NaClO 2溶液（已调节其初始pH 为5）充分吸收煤燃烧排放的烟气后，测得溶液中各物质的浓度如下表所示：
其中 NaClO 2溶液吸收SO 2的主要离子反应方程式为______。

（7）为消除NO x ，科学家开发了一种能传导O 2-的固态高温陶瓷电池，一极通氨气，另一极通NO x ，生成无污染的常见气体和液体。

写出该电池的正极反应式：______。

【答案】355.6kJ ＜ 反应中存在CH 3•间的碰撞
1.8 AE ClO 2-+2SO 2+2H 2O=Cl -+2SO 42-+4H + 2NO x +4xe -=N 2+2xO 2-
【解析】
【分析】
(1)反应①：2
Cl Cl?Cl?→+光照
△H=242.7kJ•mol -1，反应③：CH 3•+Cl 2→Cl•+CH 3Cl △H=-112.9kJ•mol -1，根据盖斯定律①-③可得；
(2)活化能小的反应反应速率较快；
(3)自由基之间的碰撞产生物质，CH 3•之间的碰撞可得到乙烷；
(4)NO 2与SO 2以体积比1：2置于密闭容器中，其物质的量之比也为1：2，令NO 2与SO 2分别为1mol 、2mol ，容器体积为VL ，设平衡时消耗NO 2为x mol 列三段式有： NO 2(g)+SO 2(g)⇌SO 3(g)+NO(g)
n 起始： 1 2 0 0
n 转化： x x x x
n 平衡： 1-x 2-x x x
平衡时NO 2和SO 2的体积之比为1：5，故(1-x)：(2-x)=1：5，解得x=0.75，据此计算；
(5)向恒容密闭容器中通入SO 2和NO 2，若为恒温，v 正随时间变化减小直到不变，绝热条件下，v 正随时间变化先增大后减小最终不变，说明温度升高，故该反应为放热反应，d 点为平衡状态，根据温度对化学平衡的影响和化学平衡状态特征分析；
(6)根据图可知，吸收后溶液中氯元素以氯离子形式为主，硫元素以硫酸根离子为主，故反应为NaClO 2在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根离子，自身被还原为氯离子，结合电荷守恒和质量守恒书写可得；
(7)正极得到电子发生还原反应，元素化合价降低，则为NO x 放电生成氮气，据此书写。

【详解】
(1)反应①：2
Cl Cl?Cl?→+光照 △H=242.7kJ•mol -1，反应③：CH 3•+Cl 2→Cl•+CH 3Cl △H=-112.9kJ•mol -1，根据盖斯定律①-③可得CH 3Cl→CH 3•+Cl•，△H=355.6kJ/mol ，故在该反应条件下断裂1mol CH 3Cl 中C-Cl 键，需要吸收的能量为355.6kJ ；
(2)由图有反应②的活化能为16.7kJ/mol ，反应③的活化能为8.3kJ/mol ，反应③的活化能较低，反应速率较快，反应②的速率＜反应③的速率；
(3)因为反应中存在CH 3•间的碰撞，故生成CH 3Cl 、CH 2Cl 2、CHCl 3、CCl 4外，还会有乙烷等有机物；
(4)NO 2与SO 2以体积比1：2置于密闭容器中，其物质的量之比也为1：2，令NO 2与SO 2分别为1mol 、2mol ，容器体积为VL ，设平衡时消耗NO 2为x mol 列三段式有：
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)
n起始： 1 2 0 0
n转化： x x x x
n平衡： 1-x 2-x x x
平衡时NO2和SO2的体积之比为1：5，故(1-x)：(2-x)=1：5，解得x=0.75；
则该温度下平衡常数K为0.75mol0.75mol
VL VL
0.26mol 1.25mol
VL VL
⨯
⨯
=1.8；
(5)向恒容密闭容器中通入SO2和NO2，若为恒温，v正随时间变化减小直到不变，绝热条件下，v正随时间变化先增大后减小，说明温度升高，故该反应为放热反应；
A．a点正反应速率较b点慢，说明a点的NO2浓度较b点大，颜色比b点深，故A正确；
B．正反应速率与逆反应速率相等，反应到达平衡，c点正反应速率正在变化，反应不是平衡状态，与逆反应速率不等，故B错误；
C．反应为放热反应，若升高温度，有利于逆反应方向，d点SO2的转化率将减小，故C错误；
D．该反应气体体积不变，反应的过程中，反应放热，气体受热膨胀，总体积不变，故容器内气体压强增大，故D错误；
E．若外界条件不发生改变，d点为平衡状态，各组分含量保持不变，故NO2和NO的体积比将保持不变，故E正确；
故答案为AE；
(6)用一定浓度的NaClO2溶液在酸性条件下充分吸收煤燃烧排放的烟气(SO2)，根据图可知，吸收后溶液中氯元素以氯离子形式为主，硫元素以硫酸根离子为主，故反应为NaClO2在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根离子，自身被还原为氯离子，NaClO2溶液吸收SO2的主要离子反应方程式为：ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+；
(7)一极通氨气，另一极通NO x，生成无污染的常见气体和液体，说明生成氮气和水，正极得到电子发生还原反应，元素化合价降低，则为NO x放电生成氮气，电极反应为：
2NO x+4xe-=N2+2xO2-。

【点睛】
应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

2．在C4H11N中，N原子以三个单键与其他原子相连接，它具有的同分异构体的数目为（）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据该有机物中C、N、H原子之间都是以单键相连，以氮原子为中心，氮原子连一个甲基、一个甲基和一个乙基，有一种结构；氮原子连接一个氢原子、一个乙基、一个乙基，共1种；八种氮原子连一个氢原子、一个甲基和一个丙基，丙基有两种，有2种结构；氮原子连两个氢原子和一个丁基，丁基有4种，有4种结构；共有8种同分异构体，故选C。

【点睛】
本题主要考查了同分异构体的判断，原子的连接方式是解题关键，难度不大，注意丙基分正丙基和异丙基，丁基有4种。

3．某种可用于治疗心脏病的药物X的结构简式为，下列有关X法正
确的是（）
A．X是乙酸乙酯的同系物，可能有香味
B．X能溶于水，密度可能比水的大
C．X遇碱溶液或酸溶液都不变质
D．与X互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】
A．X含环状结构，与乙酸乙酯的结构不相似，二者不是同系物，故A错误；
B．X含-COOC-，且碳原子数不多，则X不溶于水，密度可能比水的小，故B错误；C．含-COOC-，具有酯的性质，遇碱溶液或酸溶液均发生水解反应而变质，故C错误；D．二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故答案为D。

4．下列关于的说法正确的是
A．所有碳原子可能共平面B．除苯环外的碳原子共直线
C．最多只有4个碳原子共平面D．最多只有3个碳原子共直线
【答案】A
【解析】
【分析】
根据常见的有机化合物中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，注意单键可以旋转，而碳碳双键和碳碳三键不能旋转。

【详解】
A.碳碳单键可以旋转，乙炔与乙烯所在的平面一定共面，乙烯所在的平面与苯所在的平面可能在同一平面上，所以所有C原子可能共平面，A正确；
B.乙炔分子是直线型分子，四个原子在同一条直线上，与碳碳三键连接的苯环上的C原子及苯环对位的C原子在同一直线上，与苯环连接的亚甲基C原子取代苯分子的H原子位置，在该直线上，乙烯是平面型结构，键角是120°，所以共线的原子共有2个，因此除苯环外的C原子不可能共直线，B错误；
C.苯分子是平面分子，乙炔是直线型分子，在苯环平面上；乙烯是平面分子，甲基、亚甲基取代乙烯分子中H原子的位置，因此在乙烯分子的平面上，由于碳碳单键可以旋转，乙烯所在的平面与苯所在的平面可能在同一平面上，因此所有C原子可能共平面，C错误；
D.苯分子是平面型结构，苯环处于对位的C原子及与该原子连接的原子在同一直线上，所以苯分子中共线的原子共有4个，乙炔是直线型结构，共线的原子共有4个，乙烯是平面型结构，共线的原子共有2个，最多只有5个C共直线，D错误。

故合理选项是A。

【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，合理分析该有机物分子中最多共平面的原子。

5．N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A．7.8g苯所含碳碳双键数目为0.3N A
B．28g乙烯所含共用电子对数目为6N A
C．标准状况下，11.2 L二氯甲烷所含分子数为0.5N A
D．现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为2N A
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．苯不含碳碳双键，故A错误；
B．28g乙烯的物质的量为1 mol，乙烯分子含6对共用电子对，故B正确；
C．标准状况下二氯甲烷是液体，故C错误；
D．乙烯、丙烯、丁烯的最简式为CH2，乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3N A，故D错误。

6．下图是正丁烷的四种构象与势能关系，下列关于正丁烷的说法正确的是
A．在水中的溶解度比在苯中的溶解度大
B．四个碳原子有可能在一条直线上
C．图中四种构象化学性质不同
D．各构象势能的高低与CH3空间位阻有很大关系
【答案】D
【解析】
【详解】
A．正丁烷分子中没有亲水基团，水是极性分子，苯是非极性分子，正丁烷为弱极性分子，正丁烷难溶于水，易溶于苯，A错误；
B．正丁烷分子中的碳原子都是sp3杂化，四个碳原子不可能在同一条直线上，B错误；C．图中四种构象化学性质相同，C错误；
D．由图像可知，各构象势能的高低与CH3空间位阻有很大关系，D正确；
答案选D。

7．下列说法中错误的是（）
①化学性质相似的有机物是同系物
②分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物
③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物
④互为同系物的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质相似。

A．①②③B．②③C．③④D．①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】
①同系物化学性质相似，但化学性质相似物质不一定是同系物，如乙烯与1，3-丁二烯，故①错误；
②同系物在分子组成上析出相差一个或若干个CH2原子团，但相差一个或若干个CH2原子团的有机物不一定是同系物，如乙酸与乙酸乙酯，故②错误；
③同系物中碳、氢元素的质量分数不一定对应相同，如甲烷与乙烷．烃中碳、氢元素的质量分数对应相同，不一定是同系物如乙炔与苯，故③错误。

故选A。

8．下列说法中正确的是（）
A．H2和D2互为同位素
B．正丁烷和异丁烷互为同系物
C．与互为同分异构体
D．和是同一种物质
【答案】D
【解析】
【分析】
四同概念的区分：同一原子的不同核素之间互称为同位素；分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；结构相似，相差n个—CH2基团的是同系物。

【详解】
A．同一原子的不同核素之间互称为同位素，同位素研究对象为原子，H2和D2是单质，故A错误；
B．正丁烷和异丁烷分子式相同，但是结构不同，是同分异构体，故B错误；
C．由于甲烷属于正四面体结构，所以与是同一种物质，故C错误；
D．和均命名为2-甲基丁烷，是同一种物质，故
D正确；
答案选D。

9．有机物A的结构简式为: 。

它可通过不同化学反应分别制得B、C和D三种物质。

(1)B中的含氧官能团名称是_________ 、________。

(2)A→B的反应类型是___________；A～D中互为同分异构体的是_________。

(3)由A生成C的化学方程式是__________________________。

(4)C在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是__________。

【答案】醛基 羧基 氧化反应 CD −−−→V 浓硫酸+ H 2O n −−−−→一定条件
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由B 的结构简式可知，含有-COOH 、-CHO ，名称分别为羧基、醛基；
(2)A 到B 为羟基的催化氧化，反应类型为氧化反应；分子式相同结构不同的有机物互称同分异构体，根据结构简式知，CD 互为同分异构体；
(3)A 到C 为羟基的消去反应，反应方程式为
−−−→V 浓硫酸+H 2O ；
(4)C 中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，方程式为：n −−−−→一定条件。

10．有下列各组物质：(A)O 2和O 3；（B ）23592U 和23892U ；(C) CH 3CH 2CH 2CH 3和
；(D)
和 ；(E)甲烷和新戊烷。

(1)__________组两物质互为同位素；
(2)__________组两物质互为同素异形体；
(3)__________组两物质互为同系物；
(4)__________组两物质互为同分异构体。

【答案】B A E C
【解析】
【详解】
(A)O 2和O 3 都是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；
(B)235
92U 和238
92U 都是U 元素的不同核素，互为同位素；
(C)CH 3CH 2CH 2CH 3和(CH 3)2CHCH 3 分子式相同，碳链结构不同，互为同分异构体； (D)和都代表二氟二氯甲烷，为同一种物质；
(E)甲烷和新戊烷结构相似，分子组成上相差4个-CH 2，互为同系物；
则：(1)互为同位素的是B ；(2)互为同素异形体的是A ；(3)互为同系物的是E ；(4)互为同分异构体的是C 。

【点睛】
考查同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的概念判断。

判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则为同系物。

11．布噁布洛芬是一种消炎镇痛的药物。

它的工业合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)A 长期暴露在空气中会变质，其原因是____。

(2)B→C 反应类型为___________，E→F 反应中生成的无机产物为_________。

(3)由A 到B 的反应通常在低温时进行。

温度升高时，多硝基取代副产物会增多，最可能生成的二硝基取代物是下列物质中的__________(填字母)。

a b c d
(4)D 的结构简式__________；D 的同分异构体H 是一种α-氨基酸，能使FeCl 3溶液显紫色，而且苯环上只有两个取代基，它在苯环上的一卤代物只有两种，则H 的结构简式是 _________。

(5)写出以为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）_______________。

合成路线流程图示例如下：
CH 2=CH 2HBr 催化剂，加热−−−−−→CH 3CH 2Br NaOH 溶液
加热−−−−→CH 3CH 2OH
【答案】酚羟基易被空气氧化还原 HCl与H2O a
【解析】
【分析】
(1)根据苯酚在空气中易被氧化而显粉红色这一现象，可以推知含有酚羟基物质的不稳定性；
(2)根据B→C反应的条件可知，该反应为还原反应，利用元素守恒可知E→F反应中生成的无机产物；
(3)根据一硝基取代物可知，硝基取代位置在酚羟基所连碳的邻位，由邻、对位取代原理解答；
(4)由B的结构及C的分子式可知，B中的硝基被还原为氨基，故C为
，结合C、E的结构及D的分子式可知，C中—CN水解为—COOH，故D为，D与C2H5OH在酸性条件下反应产生E是
，E与反应产生F是。

D的同分异构体H是一种α-氨基酸，H可被酸性
KMnO4溶液氧化成对苯二甲酸，由于酚羟基易被氧化，故H中取代基为HOCH2—、—
CH(NH2)COOH，处于对位位置；
(5)以为原料制备，可以先在的间位引入
硝基，再还原成氨基，然后将—CN在酸性条件下水解得羧基即可得产品。

【详解】
根据上述推断可知C为，D为，F是。

(1)根据苯酚在空气中易被氧化而显粉红色这一现象，可以推知酚类化合物易被空气中的O2
氧化，故A长期暴露在空气中会变质；
(2)根据B→C反应的条件可知，该反应为还原反应，利用元素守恒可知E→F反应中生成的无机产物为 HCl与H2O；
(3)根据一硝基取代物可知，硝基取代位置在酚羟基所连碳的邻位，由邻、对位取代原理可知a物质最有可能生成，故合理选项是a；
(4)由B的结构及C的分子式可知，B中的硝基被还原为氨基，故C为
，结合C、E的结构及D的分子式可知，C中-CN水解为-COOH，故D 为。

D的同分异构体H是一种α-氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成对苯二甲酸，由于酚羟基易被氧化，故H中取代基为HOCH2—、—CH(NH2)COOH，二者处于对位位置，H的结构简式是；
(5)以为原料制备，可以先在的间位引入硝基，再还原成氨基，然后将—CN在酸性条件下水解得羧基即可得产品，合成路线为：。

【点睛】
本题考查有机物的推断与合成，充分利用合成路线中有机物的分子式、结构式，根据逆推法确定物质的结构，侧重考查学生的推理能力与分析、判断能力。

12．15克有机物A完全燃烧只生成22克CO2和9克H2O。

试求：
（1）该有机物的最简式___。

（2）符合该最简式的A物质有多种，则它们之间的关系___（填序号）
A．一定互为同系物
B．一定互为同分异构体
C．等质量的它们完全燃烧耗氧量相同
D．等物质的量的它们完全燃烧耗氧量相同
（3）若A的相对质量为90，且两分子A能反应形成六元环状酯，则A的结构简式为___。

【答案】CH2O C CH3CH(OH)COOH
【解析】
【分析】
(1)根据质量守恒可知，生成的22g 二氧化碳中C元素质量即为化合物中所含C元素质量、生成的9g水中H元素质量即为化合物中所含H元素质量，A的质量与C、H两种元素质量
和的差为氧元素的质量，然后求出各自的物质的量，由碳、氢、氧元素的物质的量之比可推测实验式(最简式)；
(2)A．结构相似，分子组成上相差1个或者若干个原子团的化合物互称为同系物；
B．有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
C．最简式相同，质量相等，所含C、H、O质量相同，完全燃烧耗氧量相同；
D．最简式相同，分子式不一定相同，等物质的量，完全燃烧耗氧量不一定相同；
(3)若A的相对质量为90，结合最简式写出其分子式，再结合两分子A能反应形成六元环状酯，满足条件的A的结构简式。

【详解】
(1)根据质量守恒定律得：15g A化合物中所含C元素质量为：22g×12
44
=6g，所含H元素质
量为：9g×
2
18
=1g，所含O元素质量为：15g-6g-1g=8g，
n(C):n(H):n(O)=
6g
12g/mol
:
1
1g/mol
g
:
8g
16g/mol
=1:2:1，所以化合物的实验式(最简式)是
CH2O；
(2)A．最简式相同，不一定是同系物，如甲醛与乙酸，故A错误；
B．最简式相同，不一定是同分异构体，如甲醛与乙酸，故B错误；
C．最简式相同，质量相等，所含C、H、O质量相同，则完全燃烧耗氧量相同，故C正确；
D．最简式相同，分子式不一定相同，则等物质的量，完全燃烧耗氧量不一定相同，如
1mol的甲醛与1mol的乙酸，完全燃烧消耗氧气不等，故D错误；
故答案为C；
(3)若A的相对质量为90，最简式CH2O的式量为30，则A的分子式为C3H6O3，两分子A 能反应形成六元环状酯，说明A中含有羧基和醇羟基，则满足条件的A的结构简式为
CH3CH(OH)COOH。

13．某烷烃和单烯烃的混合气体2.24L,将其完全燃烧,产生的气体缓缓通过浓硫酸,浓硫酸增重4.05克,将剩余气体通入碱石灰,碱石灰质量增加了6.60克,另取该混合气体2.24L通过过量溴水,溴水质量增加了1.05克。

（1）混合气体由哪两种烃组成____?
（2）两种烃的体积分数各是多少______?
【答案】CH4和C3H6 CH4：75%，C3H6：25%
【解析】
【分析】
根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，其质量可以根据澄清石灰水质量增加量来确定，有机物中的氢全部转化为水，其质量可以根据浓硫酸质量增加来确定，烯烃和溴单质能发生加成反应，溴水质量增加量就是烯烃的质量，根据水以及二氧化碳的量可以确定碳和氢原子的个数之比。

【详解】
(1)混合气体的物质的量为12.24L 22.4L ?mol -=0.1mol ；燃烧后通过浓H 2SO 4，增重的质量即水的质量为4.05g ，即 4.05g 18g /mol
=0.225mol ，再通过碱石灰，增重的质量即生成CO 2的质量为6.60g ，即 6.60g 44g /mol
=0.15mol ；取0.1mol 混合物通入溴水，增重的质量即烯烃的质量为1.05g ．所以设烷烃、烯烃分别为C x H 2x+2、C y H 2y ，且两种烃的物质的量分别为a ，b ，则有：1.05g=14yg/mol×b ；a+b=0.1mol ；(2x+2)a+2yb=0.225mol×2((H 守恒)；ax+by=0.15mol(C 守恒)；解得x=1，y=3，a=0.075mol ，b=0.025mol ，所以烷烃为CH 4；
(2)烯烃为C 3H 6，CH 4的体积分数为0.075mol 0.075mol 0.025mol
+×100%=75%；C 3H 6的体积分数为0.025mol 0.075mol 0.025mol
+×100%=25%。

14．利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。

某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如图所示：
（1）A 中制取Cl 2的反应的化学方程式是_________________________。

（2）B 装置的作用：①______；②______；③______。

（3）D 装置中的石棉上吸附着潮湿的KI ，其作用是________________。

（4）E 装置的作用是_____(填序号)。

A ．收集气体
B ．吸收氯气
C ．吸收氯化氢
（5）E 装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E 中分离出盐酸的最佳方法是______________。

（6）将1 mol CH 4与Cl 2发生取代反应，测得4种有机取代产物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是_____。

【答案】MnO 2+4HCl(浓)
MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O 控制气流速度 使气体混合均匀 干燥气体 除去过量的Cl 2 C 分液 2.5 mol
【解析】
【分析】
甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成多种氯代甲烷和氯化氢。

A 装置是浓盐酸和
二氧化锰制取氯气的发生装置，通过B装置，除去氯气中的水蒸气，控制两种气体的流速，使氯气和甲烷混合均匀，C装置是甲烷和氯气发生取代反应的装置，D装置盛有湿润的KI粉末可以用来除去过量的氯气，尾气中含有有毒气体CH3Cl和过量的甲烷，容易污染空气，需要进行尾气处理，据此判断。

【详解】
（1）MnO2能与HCl(浓)发生氧化还原反应生成MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。

（2）制备的氯气中含有水蒸气，可用浓硫酸除去，B装置的作用是干燥气体、使气体混合均匀、通过观察气泡来控制气流速度。

（3）氯气能将碘化钾氧化为碘单质，湿润的KI可除去过量的氯气。

（4）由于上述过程中产生的HCl易导致大气污染，所以E的作用是吸收尾气，HCl极易溶于水易发生倒吸，所以E还可以防止倒吸，答案选C。

（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可通过分液分开。

（6）1mol CH4生成等物质的量的4种取代产物，即0.25mol CH3Cl、0.25mol CH2Cl2、0.25mol CHCl3、0.25mol CCl4，则所需n(Cl2)=0.25mol×1+0.25mol×2+0.25
mol×3+0.25mol×4=2.5mol。

15．己知化合物X是离子化合物，其离子具有相同的电子层结构。

X遇水剧烈反应，产生的气体甲是天然气的主要成分。

（1）气体甲的电子式________________；写出反应①的化学方程式：
________________________；
（2）向溶液乙中通入过量CO2的离子方程式：________________________________；（3）利用以上原理，某同学为了探究气体甲的还原性并检验产物设计如图1的实验：
Ⅰ、请从图2装置中选择适合作为图1中A部分的装置，适合的是________（填装置序号）；
Ⅱ、正确选择发生装置后，连接装置进行实验。

一段时间后，出现以下实验现象：
C硬质玻璃管里黑色粉末变成红色；
D干燥管里白色粉末变成蓝色；
E装置中澄清石灰水变浑浊；尾气燃烧产生蓝色火焰。

①图1中D干燥管里的试剂可能是________，其作用是________________。

②若C中红色固体是一种单质，氧化产物是平均相对分子质量为36的混合气体，写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式：________________________________；
Ⅲ、实验完毕后，要先后熄灭C和F处的酒精灯，应后熄灭的是________处酒精灯，理由是________________。

【答案】 Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-Ⅰ
无水硫酸铜检验甲烷与氧化铜反应的产物是否含有水 2CH4+7CuO
7Cu+CO+CO2+4H2O C 停止加热C玻璃管后，继续通入甲烷至玻璃管冷却，避免炽热铜粉被氧化，且尾气是可燃气体，可能含有有毒的CO，要用燃烧法除去
【解析】
【分析】
(1)气体甲是天然气的主要成分，则甲为CH4，X是离子化合物，其离子具有相同的电子层结构，且X与水反应得到甲烷与沉淀，沉淀能被氢氧化钠溶液溶解，金属应为Al，应是金属碳化物与水反应，可推知X为Al4C3，反应得到的沉淀为氢氧化铝；
(2)生成沉淀为Al(OH)3，可与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子；
(3)Ⅰ．根据制取气体的反应特点选择发生装置；
Ⅱ．①根据一段时间后，C硬质玻璃管里黑色粉末变成红色，说明得到红色固体单质乙为Cu，干燥管D中白色粉末变成蓝色等现象，可知干燥管D中的试剂可能是无水硫酸铜，其作用是检验甲烷与氧化铜反应的产物是否含有水；
②甲烷与氧化铜反应的氧化产物是平均相对分子质量为36的混合气体，则为一氧化碳和二。