宁夏银川一中2021-2022学年高二化学下学期期中试题（Word解析版）

宁夏回族自治区银川一中2021/2022学年高二下学期期中考试化学试题所需相对原子质量：C-12H-1O-16Ca-40Br-80一、选择题(只有一个正确答案，每题2分，共50分)1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.居室空气污染的主要来源之一是人们使用的装饰材料、胶合板、内墙涂料释放出的一种刺激性气味的气体，该气体是甲醛B.皂化反应指酯类物质发生碱性水解C.向鸡蛋清溶液中加入(NH4)2SO4或CuSO4都能使鸡蛋清析出，其作用原理相同D.利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程，都是水解反应。【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．居室空气污染的主要来源之一是人们使用的装饰材料、胶合板、内墙涂料释放出的一种刺激性气味的气体，该气体是甲醛，A正确；B．皂化反应指油脂发生碱性水解，B错误；C．向鸡蛋清溶液中加入(NH4)2SO4或CuSO4都能使鸡蛋清析出，分别发生了蛋白质的盐析和变性，其作用原理不相同，C错误；D．淀粉→葡萄糖为水解反应，葡萄糖→乙醇不是水解反应，D错误；故选A。2.近年来科学家制造出大量的新物质。对下列四种物质的相关描述错误的是A.石墨烯具有良好的导电性B.石墨炔、石墨烯均能发生加成反应 C.碳纳米管属于无机非金属材料D.上述四种物质均属于碳的单质【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．石墨烯具有良好的导电性，A项正确，故A不符合题意；B．石墨炔、石墨烯都含有不饱和碳碳键，均能发生加成反应，B正确，故B不符合题意；C．碳纳米管属于无机非金属材料，C项正确，故C不符合题意；D．石墨炔、石墨烯、碳纳米管三种物质均属于碳的单质，而金刚烷属于烃类物质，不属于碳的单质，D错误，故D符合题意；答案为：D。3.下列表示不正确的是A.乙炔的实验式B.羟基的电子式：C.2，3-二甲基丁烷的键线式D.乙烷的球棍模型【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．乙炔的实验式CH，A错误；B．羟基的电子式正确，B正确；C．2，3-二甲基丁烷的键线式正确，C正确；D．乙烷的球棍模型正确，D正确；故选A。4.关于油脂，下列说法不正确的是A.硬脂酸甘油酯可表示为B.花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.植物油通过催化加氢可转变为氢化油 D.油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等【4题答案】【答案】A【解析】【详解】A．硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：，硬脂酸甘油酯可表示为：，A错误；B．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B正确；C．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C正确；D．油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D正确；答案为：A。5.下列说法正确的是（）A.与互为同系物B.的系统命名是2-甲基-1-丙醇C.相同压强下的沸点：乙醇＞乙二醇＞丙烷D.室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞1-氯丁烷【5题答案】【答案】D【解析】【分析】A.同系物必须满足结构相似、组成上相差n个CH2这两个条件；B.根据系统命名法，分子内含羟基，则命名为某醇；C.有机物中，相对分子质量越大，其沸点越高；D.根据相似相容原理进行分析；【详解】A.中的官能团分别是酚羟基与醇羟基，其结构不同，故不 属于同系物，故A项错误；B.根据系统命名法，分子命名为2-丁醇，故B项错误；C.相同状况下，有机物的相对分子质量越大，其沸点越高，则乙醇、乙二醇和丙烷的沸点从大到小为：乙二醇＞乙醇＞丙烷，故C项错误；D.有机物分子结构中羟基百分含量越高，其越易溶于水，则甘油、苯酚和1-氯丁烷在水中的溶解度大小为：甘油＞苯酚＞1-氯丁烷，故D项正确；答案选D。【点睛】本题考查有机化合物基本知识，其中A选项是学生的易错点。同系物必须满足“结构上相似、组成上相差n个CH2”这两个条件，且缺一不可。6.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是A.1mol苯乙烯中含有的C=C数为4NAB.标准状况下，22.4L乙醛完全燃烧所耗的氧气分子数为2.5NAC.2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAD.1L0.1mol·L-1的乙酸溶液中H+数为0.1NA【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．苯环不含双键，1mol苯乙烯中含有的C=C数为NA，A错误；B．标准状况下乙醛是液体，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式是CH2，2.8g乙烯和丙烯的混合气体最简式的物质的量为0.2mol，碳原子数为0.2NA，C正确；D．乙酸为弱电解质，部分电离，D错误；故选C。7.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（）A.3—甲基—1，3—丁二烯B.2—羟基丁烷C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32—乙基戊烷 D.CH3CH(NH2)CH2COOH3—氨基丁酸【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．取代基位次最小，故为：2-甲基-1，3-丁二烯，故A错误；B．该物质含羟基，属于醇，命名为：2-丁醇，故B错误；C．CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3最长链是6个碳，命名为：3-甲基己烷，故C错误；D．氨基为取代基，从羧基开始编号，则CH3CH(NH2)CH2COOH命名为：3-氨基丁酸，故D正确；答案选D。【点睛】熟记有机物的命名原则：选取最长碳链为主链，取代基的位次之和为最小。8.下列各组物质能够发生化学反应，且甲组发生取代反应、乙组发生加成反应的是选项甲乙A苯与溴水乙烯与溴的四氯化碳溶液B甲苯与液溴(FeBr3作催化剂)氯乙烯与氢气(催化剂、加热)C乙酸乙酯和氢氧化钠溶液(加热)乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中D溴乙烷和氢氧化钠醇溶液(加热)乙醇在灼热铜丝存在下与氧气反应A.AB.BC.CD.D【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A．苯与溴水不反应，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，A不符合题意；B．甲苯与液溴在FeBr3作催化剂的条件下发生苯环上的取代反应（主要取代甲基邻、对位的苯环氢），氯乙烯与氢气在催化剂、加热条件下发生加成反应生成氯乙烷，B符合题意； C．乙酸乙酯和NaOH溶液在加热条件下发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，酯的水解反应也是一种取代反应，乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，乙烯发生氧化反应，C不符合题意；D．溴乙烷和NaOH醇溶液加热发生消去反应生成乙烯、NaBr和水，乙醇在灼热铜丝存在下与氧气发生氧化反应生成乙醛和水，D不符合题意；答案选B。9.已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是A苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B.环己醇与乙醇互为同系物C.已二酸与溶液反应有生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面【9题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误； 答案选C。10.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是混合物试剂分离方法A乙炔（硫化氢）硫酸铜溶液洗气B乙炔（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）氢氧化钠溶液分液D苯（甲苯）蒸馏水分液A.AB.BC.CD.D【10题答案】【答案】A【解析】【分析】A、硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸；B、乙炔、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C、乙酸乙酯、乙酸都能与氢氧化钠溶液反应；D、苯、甲苯都难溶于水，密度都比水小。【详解】A、硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，可以用硫酸铜溶液除去乙炔气体中的硫化氢，故A正确；B、乙炔、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液除乙炔中的乙烯气体，故B错误；C、乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和乙醇，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和水，所以不能用氢氧化钠溶液除乙酸乙酯中的乙酸，故C错误；D、苯、甲苯都难溶于水，密度都比水小，不能用加蒸馏水分液方法分离苯和甲苯，故D错误。11.下列有关实验装置及用途叙述完全正确的是 A.a装置检验消去反应后有丙烯B.b装置检验酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚C.c装置用于实验室制取并收集乙烯D.d装置用于实验室制硝基苯【11题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．挥发的醇及生成的烯烃均使高锰酸钾褪色，由高锰酸钾不能检验丙烯生成，故A错误；B．盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，图中装置不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误；C．温度计测定反应液的温度，水银球应在液面下，故C错误；D．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故D正确；故选：D。12.1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如下图所示。下列说法不正确的是 A.产物CH2=CHCH3不存在顺反异构B.过程②中有O—H键发生断裂C.过程③④中均有C—C键发生断裂D.该反应方程式为：2CH2(OH)CH(OH)CH3HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3+2H2O【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A.碳碳双键C上都连不同原子或基团的具有顺反异构，则产物CH2=CHCH3不存在顺反异构，A正确；B.由图可知过程②中有O-H键发生断裂，B正确；C.过程④中C-C键不变，C错误；D.由图可知1,2—丙二醇反应生成甲醛、乙醛、丙烯和水，反应为2CH2(OH)CH(OH)CH3HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3+2H2O，D正确；故合理选项是C。13.苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是A.是苯的同系物B.分子中最多8个碳原子共平面C.一氯代物有6种(不考虑立体异构)D.分子中含有4个碳碳双键【13题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．苯的同系物必须是只含有1个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可 知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故A错误；B．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，共有8个碳原子，故B正确；C．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5类氢原子，则一氯代物有5种，故C错误；D．苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1个碳碳双键，故D错误；故选B。14.据长江日报报道，中国工程院院士李兰娟团队于2022年2月4日公布治疗新型冠状病毒肺炎的最新研究成果：“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，合成“达芦那韦”的部分路线如图所示，下列说法不正确的是A.分子可以发生银镜反应B.B的同分异构体有8种(含B且不考虑立体异构)C.C的分子式为D.反应①、②均为取代反应【14题答案】【答案】D【解析】【分析】A到B发生了取代反应，B到C发生了加成反应。【详解】A．A中含醛基，可以发生银镜反应，A正确；B．B的同分异构体可分别含有1个C-N键，含有丁基，有4种同分异构体，含有2个C-N键时，可分别为甲基、丙基或两个乙基，有3种同分异构体，如含有3个C-N键，则有1种，共8种，B正确；C．由结构简式可知C的分子式为C11H15N，C正确；D．反应②N=C键生成C-N键，为加成反应，D错误；故选D。 15.结构为的有机物可以通过不同的反应得到下列四种物质：①②③④生成这四种有机物的反应类型依次为：A.取代、消去、酯化、加成B.酯化、消去、缩聚、取代C.酯化、取代、缩聚、取代D.取代、消去、加聚、取代【15题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】通过酯化反应生成，也叫取代反应；在浓硫酸加热作用下发生消去反应生成；在浓硫酸作用下发生缩聚反应生成；发生取代反应生成；故B符合题意。答案为B。16.有关的说法不正确的是A.分子中至少有12个原子共平面B.完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C.与FeCl3溶液作用显紫色D.与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种 【16题答案】【答案】C【解析】【详解】A．与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，A正确；B．该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与—NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B正确；C．该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，C错误；D．与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，D正确；答案选C。17.下列关于有机化合物的叙述不正确的是A.甲苯和甘油二者以任意比例混合,当总质量一定时,充分燃烧生成水的质量是不变的B.某烃的结构简式可表示为(碳原子数≤10),已知烃分子中有两种化学环境不同的氢原子,则该烃一定是苯的同系物C.有机物A、B只可能烃或烃的含氧衍生物,等物质的量的A和B完全燃烧时,消耗氧气的量相等,则A和B的相对分子质量相差可能为8n(n为正整数)D.现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a,则碳的质量分数是【17题答案】【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲苯和甘油（C3H8O3）的相对分子质量均为92，含H的质量分数相同，则当总质量一定时，以任意比例混合，充分燃烧生成水的质量是不变的，故A正确；B．烃分子中有两种化学环境不同的氢原子，X可能为-C≡CH，与苯的同系物的结构不相似，不是苯的同系物，故B错误； C．设有机物的化学式为CxHyOz，在物质的量相等的条件下完全燃烧消耗氧气的物质的量与()有关系，或者物质的量相等的烃CxHy和完全可拆成形式为CxHy•(CO2)m•(H2O)n的烃的衍生物分别完全燃烧后，它们消耗的O2的量相同，例如有机物中的一个碳原子被另一个有机物中的四个氢原子代替时，A和B的分子量相差8的倍数，故C正确；D．由于乙酸的化学式为C2H4O2，链状单烯烃的通式为CnH2n，这说明C和H的质量比始终是6：1，现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a，则碳和氢的质量分数之和是1－a，则碳的质量分数是，故D正确；故选B。18.聚氯乙烯是制作装修材料的最常用原料。失火时，聚氯乙烯在不同的温度下发生一系列复杂的化学变化，产生大量有害物质，其过程大体如下：下列说法不正确的是A.聚氯乙烯的单体可由乙烯与HCl加成而得B.上述反应中①属于消去反应，④属于(脱氢)氧化反应C.火灾中由聚氯乙烯产生的有害物质中含HCl、CO、等D.在火灾现场，可以用湿毛巾捂住口鼻，并弯下腰尽快离开现场【18题答案】【答案】A【解析】【详解】A．氯乙烯是由乙炔与氯化氢一比一加成得到，描述错误，符合题意；B．反应由有机物分子上脱去小分子HCl，有机物结构中生成不饱和结构，属于消去反应；有机反应中加氧去氢为氧化；描述正确，不符题意；C．根据题目所给合成路线，HCl、苯等均有生成，有机物不完全燃烧可以产生CO ，描述正确，不符题意；D．消防安全知识，描述正确，不符题意；综上，本题选A。19.用化合物Ⅰ合成重要的有机中间体化合物Ⅱ反应如图所示。下列说法错误的是A.化合物Ⅰ和化合物Ⅱ互为同分异构体B.化合物Ⅰ有3个手性碳原子C.化合物Ⅰ和化合物Ⅱ完全加成均消耗3molH2，且最终的还原产物相同D.加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管【19题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由结构简式可知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的化学式均为C15H22O，二者的结构不同，因此互为同分异构体，故A正确；B．化合物Ⅰ有3个手性碳原子，如图“*”标记的碳原子：，故B正确；C．化合物Ⅰ中碳碳双键、碳碳三键能与H2发生加成反应生成，化合物Ⅱ 中碳碳双键、羰基能发生加成反应生成，二者的加成产物结构不相同，且未告知化合物Ⅰ和化合物Ⅱ的物质的量，不能确定完全加成消耗H2的物质的量，故C错误；D．为增强冷凝效果，加热回流时的冷凝仪器可使用球形或蛇形冷凝管，故D正确；综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。20.化合物A的相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如下图。下列关于A的说法中不正确的是A.与A属于同类化合物的同分异构体只有4种B.符合题中A分子结构特征的有机物只有1种C.A在一定条件下可与3molH2发生加成反应D.A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应【20题答案】【答案】A【解析】【分析】有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为(2×8+2−8)/2=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基 等基团，故有机物A的结构简式为，据此解答。【详解】根据以上分析可知有机物A的结构简式为，则A．属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，A错误；B．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，B正确；C．含有苯环，A在一定条件下可与3molH2发生加成反应，C正确；D．A含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，D正确；答案选B。【点睛】本题考查有机物结构的推断、核磁共振氢谱、红外光谱图、官能团性质等，难度中等，推断A的结构是解题的关键，注意结合分子式与红外光谱含有的基团进行判断。21.分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,若不考虑立体异构,这些醇和酸重新组合可形成的酯共有A.15种B.28种C.32种D.40种【21题答案】【答案】D【解析】【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算。【详解】根据酯的水解规律可知，C5H10O2发生水解生成的酸有可能有甲酸1种、乙酸1种、丙酸1种、丁酸2种，共5种；水解生的醇可能有甲醇1种、乙醇1种、丙醇2种、丁醇4种，共8种。所以这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种，答案选D。22.对于下列实验现象的解释，不合理的是实验现象解释 A②中产生气体的速率比①慢乙醇分子中，乙基对羟基产生影响，使O—H键不容易断裂B③中振荡静置后分层，上层为橙色；④中产生白色沉淀苯酚分子中，苯环对羟基产生影响，使O—H键更容易被取代C⑤中振荡静置后分层，下层为紫色溶液；⑥中振荡后紫色溶液褪色甲苯分子中，苯环对甲基产生影响，使甲基上C—H更容易被氧化D水浴加热，⑦中未见明显变化；⑧中试管壁上附着一层光亮的银碱性条件下+1价的Ag才能氧化乙醛A.AB.BC.CD.D【22题答案】【答案】B【解析】【详解】A.乙醇与水均可与钠反应置换出氢气，②中产生气体的速率比①慢，原因是因为乙醇中的乙基对羟基有影响，使得羟基氢比水的离氢能力弱，故A项正确；B.根据现象可知，苯酚与溴水发生了取代反应，生成了三溴苯酚白色沉淀，其主要原因是苯酚分子中，酚羟基对苯环产生影响，使苯环上的邻对位更容易被取代，反应条件比苯环减弱所导致的现象，故B项错误；C.甲苯分子中，苯环对甲基产生影响，使甲基上C—H更容易被氧化，导致甲苯可使酸性高锰酸钾褪色，而苯只是分层，没有发生化学变化，故C项正确；D.水浴加热后，在碱性条件下，发生了银镜反应，则说明乙醛才能被氧化成乙酸，产生银单质，故D项正确；故答案选B。23.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是 已知苯甲醛易被空气氧化，苯甲醇的沸点为205.3℃，苯甲酸的熔点为121.7℃，沸点为249℃，溶解度为0.34g；乙醚的沸点为34.8℃，难溶于水。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：试根据上述信息，判断以下说法错误的是(　　)A.操作Ⅰ是萃取分液B.乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇C.操作Ⅱ蒸馏所得产品甲是苯甲醇D.操作Ⅲ过滤得到产品乙是苯甲酸钾【23题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A．从过程上看操作Ⅰ得到乙醚溶液和水溶液，这两个是互不相溶的液体，采用萃取和分液的方法，故A正确；B．苯甲醛在氢氧化钾中生成苯乙醇和苯甲酸钾，根据制备苯甲酸和苯乙醇的制备过程，乙醚溶液溶解的主要成分是苯甲醇，故B正确；C．操作Ⅱ利用了苯甲醇的沸点为205.3℃，乙醚的沸点为34.8℃，两者互溶，利用沸点不同，采用蒸馏的方法得到乙醚和苯乙醇，故C正确；D．操作Ⅲ水溶液中加入盐酸，苯甲酸钾转变成苯甲酸，苯甲酸不溶于水，采用过滤的方法进行分离，故D错误；故答案为D。24.一种药物中间体的结构如图所示。下列说法正确的是 A.分子式为C12H8O3B.该化合物所有原子一定共平面C.二氯代物有9种D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色【24题答案】【答案】C【解析】【详解】A．该物质含有12个碳原子、3个O原子，不饱和度为10，分子式为C12H6O3，A错误；B．苯环以及与苯环相连的碳原子共面，该化合物所有碳原子共平面，单键可以旋转，中间的氧原子（非羰基氧）不一定跟所有原子共平面，B错误；C．该物质的二氯代物有如图所示共5+3+1=9种，如图：、、(数字表示另一个氯原子的位置)，C正确；D．不含碳碳双键、醛基，不能使溴水褪色，与苯环相连的碳原子上没有氢，且不含醛基、碳碳双键、三键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选C。25.某有机样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g，经过滤得到10g沉淀。该有机样品可能是A.乙二醇B.乙醇C.乙醛D.乙酸 【25题答案】【答案】A【解析】【分析】根据题意，n(CaCO3)=10g÷100g/mol=0.1mol，有机物中n(C)=0.1mol，m(C)=0.1mol×12g/mol=1.2g，产生的水的质量m(H2O)=7.1g－4.4g=2.7g，n(H)=2n(H2O)=2.7g÷18g/mol×2=0.3mol，m(H)=0.3g，所以有机物中含氧的质量为：31g－1.2g－0.3g＝1.6g，则n(O)=0.1mol，即n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.1mol∶0.3mol∶0.1mol＝1∶3∶1。【详解】A．乙二醇中C、H、O原子个数比为1∶3∶1，A正确；B．乙醇中的原子个数比为2∶6∶1，B错误；C．乙醛中的原子个数比为2∶4∶1，C错误；D．丙三醇中的原子个数比为3∶8∶3，D错误；故选A。二、填空题(共50分)26.肉桂酸为微有桂皮香气的无色针状晶体，能抑制黑色酪氨酸酶的形成，是高级防晒霜中不可少的成分之一，实验室制取肉桂酸的原理如下：实验步骤：步骤1　在图1所示装置(夹持与加热仪器未画出，下同)的三颈烧瓶内加入K2CO3、苯甲醛(油状物)和乙酸酐，混合均匀后，在170℃～180℃加热反应1h，冷却。步骤2　向三颈烧瓶内分批加入20mL水和Na2CO3固体，调节溶液pH约为8。步骤3　在三颈烧瓶中加入活性炭，用图2所示水蒸气蒸馏装置蒸馏除去未反应的苯甲醛。 步骤4　将三颈烧瓶内反应混合物趁热过滤，滤液冷却至室温，用浓盐酸酸化至pH=3，析出大量晶体，抽滤。并用少量冷水洗涤晶体。步骤5　将晶体在图3所示热水浴上加热干燥。（1）图1中仪器A的作用是_______。（2）步骤2中Na2CO3需分批加入的原因是_______。（3）水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是_______。（4）步骤4中，“趁热过滤”的目的是_______。（5）与使用烘箱烘干相比，热水浴干燥的优点是_______。【26题答案】【答案】（1）(利用空气)冷凝回流，提高原料利用率（2）防止加入太快，产生大量CO2气体，可能会将反应液冲出，且不利于pH测定（3）馏出液澄清透明(或取少量馏出液滴入水中，无油珠存)（4）除去固体杂质，防止肉桂酸结晶析出（5）防止温度过高，产品变质【解析】【小问1详解】仪器A有较长的玻璃管，可以(利用空气)冷凝回流，提高原料利用率；【小问2详解】产物有酸生成，一次性加入碳酸钠固体，产生大量二氧化碳气体，可能会将反应液冲出，因此碳酸钠需分批加入的原因是：防止加入太快，产生大量CO2气体，可能会将反应液冲出，且不利于pH测定；【小问3详解】图2所示水蒸气蒸馏装置蒸馏除去未反应的苯甲醛，苯甲醛是油状物，故水蒸气蒸馏时，馏出液澄清透明时，可判断蒸馏结束，或取少量馏出液滴入水中，无油珠存在，可判断蒸馏结束；【小问4详解】由步骤可知，趁热过滤后对滤液进行操作结晶产品，故趁热过滤的目的是除去固体杂质，并保证产品不析出，即除去固体杂质，防止肉桂酸结晶析出；【小问5详解】 烘箱烘干的温度较高，产品易变质，与使用烘箱烘干相比，热水浴干燥的优点是：防止温度过高，产品变质。28.与溴乙烷类似，乙醇在一定的条件下也可发生消去反应生成乙烯。环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：Ⅰ.环己烯的制备与提纯（1）原料环己醇中若含乙酸杂质，检验试剂为_______，现象为_______。（2）操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_______，②浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为_______(填序号)。a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b．FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c．同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高（3）操作2用到的玻璃仪器是_______。（4）将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，_______，弃去前馏分，收集83℃的馏分。Ⅱ.环己烯含量的测定在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的bmolBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下： ①Br2+→②Br2+2KI=I2+2KBr③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（5）滴定所用指示剂为_______。样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。（6）下列情况会导致测定结果偏低的是_______(填序号)。a．样品中含有环己二烯杂质b．在测定过程中部分环己烯挥发c．Na2S2O3标准溶液部分被氧化【28题答案】【答案】（1）①.NaHCO3溶液(或者紫色石蕊试液)②.有气泡产生(溶液变红)(答案合理即可)（2）①.+H2O②.ab（3）分液漏斗、烧杯（4）通冷凝水，加热（5）①.淀粉溶液②.×100%（6）bc【解析】【分析】由题给流程可知，在六水氯化铁做催化剂条件下，环己醇共热发生消去反应制得环己烯粗产品，向粗产品中加入饱和氯化钠溶液洗涤、分液得到水相和有机相，向有机相中加入无水盐除去有机相中的水分，干燥环己烯，过滤得到混有有机杂质的环己烯，蒸馏收集83℃的馏分得到环己烯。【小问1详解】若环己醇中混有乙酸杂质，向环己醇中加入碳酸氢钠溶液，会有无色气泡逸出，加入紫色石蕊试液，溶液会变为红色，故答案为：NaHCO3溶液(或者紫色石蕊试液)；有气泡产生(溶液变红)； 【小问2详解】①烧瓶A中进行的可逆反应为在六水氯化铁做催化剂条件下，环己醇共热发生消去反应生成环己烯和水，反应的化学方程式为+H2O；②a．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，易使环己醇脱水炭化，炭化所得碳与浓硫酸共热反应生成污染环境的二氧化硫气体，所以选用六水氯化铁，不选用浓硫酸，故正确；b．六水氯化铁无毒污染小，回收的六水氯化铁可循环使用，符合绿色化学理念，所以选用六水氯化铁，不选用浓硫酸，故正确；c．催化剂能改变反应速率，但不改变平衡移动的方向，所以同等条件下，用六水氯化铁和用浓硫酸的平衡转化率相同，故错误；故选ab；【小问3详解】由分析可知，操作2为分液得到有机相，用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；【小问4详解】由分析可知，操作3为蒸馏得到环己烯，蒸馏的操作过程为安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，向冷凝管中通冷凝水，加热蒸馏烧瓶，弃去前馏分，收集83℃的馏分得到环己烯，故答案为：通冷凝水，加热；【小问5详解】由题意可知，可以选用能使碘水变蓝色的淀粉溶液做判断滴定终点的指示剂；由方程式可得如下关系：Br2—I2—2Na2S2O3，滴定由滴定终点时消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液可知，过量的溴的物质的量为cmol/L×10—3VL×=mol，则样品中环己烯的质量分数为×100%，故答案为：淀粉溶液；×100%；【小问6详解】a．若样品中含有环己二烯杂质，消耗溴的物质的量增大导致滴定时硫代硫酸钠溶液的体积偏小，所测结果偏高，故错误； b．若在测定过程中部分环己烯挥发，消耗溴的物质的量减小导致滴定时硫代硫酸钠溶液的体积偏大，所测结果偏低，故正确；c．硫代硫酸钠标准溶液部分被氧化导致滴定时硫代硫酸钠溶液的体积偏大，所测结果偏低，故正确；故选bc。30.化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：已知：酯交换反应(1)D中官能团名称___________。(2)E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。(3)A生成B的反应方程式为___________；F()与NaOH溶液反应的方程式为___________。(4)E满足下列条件的同分异构体共有___________种(不包括E)；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。(5)利用题中信息，设计由乙烯(CH2=CH2)和对二甲苯()制备的合成路线___________。(无机试剂任选)【30题答案】【答案】①.羟基､羧基②.③.缩聚反应④. +→+HCl⑤.+3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O⑥.8⑦.⑧..【解析】【分析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析；【详解】(1)根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是(酚)羟基、羧基；故答案为(酚)羟基、羧基；(2)根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；(3)根据上述分析，A→B发生取代反应，其反应方程式为+→+HCl；F的结构简式中含有酚羟基、酯基、羧基，这三个官能团能与NaOH反应，其反应方程式为 +3NaOH→＋HOCH2COONa＋2H2O；故答案为+→+HCl；+3NaOH→＋HOCH2COONa＋2H2O；(4)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，属于酯类物质，含有酯基，若苯环上有两个取代基，分别为－COOCH3、－OH(邻、间位，共2种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，满足条件的E的同分异构体共有2＋3＋3=8；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为；故答案为8；；(5)制备的物质是对苯二甲酸与乙醇发生酯化反应得到，对二甲苯在酸性高锰酸钾溶液作用下发生氧化反应，得到对苯二甲酸，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，即合成路线为；故答案为。 31.中枢神经兴奋剂芬坎法明的合成路线如下：已知：i、（R、表示烃基或氢）ii、请回答：(1)A属于芳香烃，名称是______。(2)J中所含官能团是______。(3)C→D的化学方程式是______。(4)E具有反式结构，其结构简式是______。(5)H是五元环状化合物，G→H的化学方程式是________。(6)1mol转化为，同时生成H2O，理论上需要H2的物质的量是_____mol。(7)J→芬坎法明转化过程中，中间产物X可能的结构简式是______。【31题答案】【答案】①.甲苯②.氨基③.④.⑤.⑥.4⑦. 【解析】【分析】A经过氯气光照可生成C7H7Cl，说明发生了取代反应，A属于芳香烃，则分子式为C7H8，可推知A为甲苯；则B为氯甲苯，逆合成分析法可知，C中含可发生氧化反应的羟基，则知B经过水解反应生成C，C为苯甲醇，在铜做催化剂加热条件下氧化为D（苯甲醛），再结合已知信息，，同时具有反式结构，其结构简式为；根据I的结构及已知信息ii的提示，采用逆合成分析法，可推出H为五元双烯烃环状化合物，即为，据此可知，G中两个溴原子的位置为邻位，即为，F与溴的四氯化碳发生加成反应得到G，故F为，据此分析作答。【详解】有上述分析可知，（1）A属于芳香烃，分子式为C7H8，故名称为甲苯，故答案为甲苯；（2）J的结构简式为，其分子内所含官能团为氨基，故答案为氨基；（3）C→D为醇催化氧化为醛的过程，其化学方程式为：，故答案为；（4）根据已知信息i可推知E中引入新的官能团碳碳双键和硝基，又E具有反式结构，则其结构简式为：，故答案为；（5）H为，根据氢氧化钠的醇溶液加热的反应条件可推知G→H的转化是G分子的两个相邻溴原子发生消去反应的过程，其化学方程式为：， 故答案为；（6）1mol被还原为，可以看出分子内的1mol碳碳双键需要消耗1mol氢气，理论上1mol硝基在一定条件下消耗3mol氢气生成1mol氨基与2mol水，故总共消耗氢气4mol，故答案为4；（7）醛基被氨基还原成醇，醇发生消去反应生成碳碳双键，则中间产物可能是，故答案为。