【化学】贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

【化学】贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

贵州省黔南布依族苗族自治州瓮安第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。‎ 分卷I 一 、单选题（共26小题,每小题2.0分,共52分）‎ ‎1.化合物X(分子式为C2H6O)具有如下性质：X+Na→慢慢产生气泡；X+乙→有香味产物Y。以下判断正确的是 A. X的结构简式为CH3OCH3 B. 香味产物分子式为 C4H10O3‎ C. X可由乙烯通过加成反应制得 D. X、Y和乙酸均能与烧碱反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合物X(分子式为C2H6O)具有如下性质：X+Na→慢慢产生气泡；X+乙→有香味产物Y，这说明X应该是乙醇，乙是羧酸，Y是酯类。‎ ‎【详解】A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，A不正确；‎ B、有香味的产物属于酯类，但其分子式不一定为C4H10O3，B不正确；‎ C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇，C正确；‎ D、乙醇与氢氧化钠不反应，D不正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMn04酸性溶液褪色的是 A 乙烷 B. 乙醇 C. 丙烯 D. 苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烷属于烷烃主要发生取代反应，为饱和烃，不能发生加成反应，故A错误；‎ B．乙醇不能发生加成反应，故B错误；‎ C．丙烯属于烯烃且含有一个甲基，甲基上发生取代反应，碳碳双键能发生加成、能使高锰酸钾溶液褪色，因此符合题意，故C正确；‎ D．苯与酸性高锰酸钾不反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】明确常见有机化合物的化学性质及常见的有机化学反应类型是解题关键，发生加成反应，应含有不饱和键或苯环，能被酸性高锰酸钾氧化，可为不饱和烃、苯的同系物或乙醇等，以此解答该题。‎ ‎3. 下列叙述不正确的是 A. 天然气和沼气的主要成分是甲烷 B. 等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等 C. 纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件都能水解 D. 葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.天然气、煤道坑气和沼气的主要成分都是甲烷，故A正确；‎ B.1mol乙醇完全燃烧要消耗3mol O2,而1mol乙酸全燃烧只消耗1mol O2，故等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量不相等，B错；‎ C.纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质都能在一定条件下水解，C正确；‎ D.葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，蔗糖属于糖类中的二糖，分子式为C12H22O11，按照同系物的定义可知，它们不是同系物，故D正确。‎ 故选B.‎ ‎4.烷烃具备的化学性质是（　　）‎ A. 能使溴水褪色 B. 一定条件下与氢气发生加成反应 C. 与发生取代反应 D. 能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 烷烃不能使溴水发生反应而褪色，A项错误；‎ B.烷烃中氢已配饱和，不能与氢气再发生加成反应，B项错误；‎ C. 烷烃的特征反应是在光照条件下，与卤素单质发生取代反应，C项正确；‎ D.烷烃的化学性质很稳定，与酸、碱不反应、与酸性高锰酸钾溶液也不反应，D项错误；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎【点睛】A项、B项、D项所涉及的性质，烯烃类、炔烃类都具备。‎ ‎5.下列说法不正确的是 A. 有机物分子中一定含有一个或多个碳原子 B. 有机物分子中的碳原子可以相互连接成链状或环状 C. 有机物分子中的碳原子可以与其它元素的原子连接 D. 分子中含有碳原子的化合物一定是有机化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 含有碳元素的化合物是有机化合物，有机物分子中一定含有一个或多个碳原子，A正确；B. 有机物分子中的碳原子可以相互连接成链状或环状，B正确；C. 有机物分子中的碳原子可以与其它元素的原子连接，C正确；D. 分子中含有碳原子的化合物不一定是有机化合物，例如CO2等，D错误，答案选D。‎ 点睛：有机化合物简称有机物，是含碳化合物或碳氢化合物及其衍生物的总称。无机化合物通常指不含碳元素的化合物，但少数含碳元素的化合物，如二氧化碳、碳酸、一氧化碳、碳酸盐等不具有有机物的性质，因此这类物质也属于无机物，注意知识的灵活应用。‎ ‎6.下列物质中，有顺反异构体的是 ( )‎ A. 1，1-二氯乙烯 B. 丙烯 C. 2-丁烯 D. 1-丁烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1，1-二氯乙烯分子中双键碳原子上连有两个相同的基团氯原子，则不存在顺反异构，故A错误；‎ B. 丙烯分子中双键碳原子上连有两个氢原子，不存在顺反异构，故B错误；‎ C．2-丁烯双键上同一碳上连不相同的基团：甲基和氢原子，存在顺反异构，故C正确；‎ D. 1-丁烯双键上同一碳上连有两个氢原子，不存在顺反异构，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查顺反异构的判断，注意掌握同分异构体的概念及类型，明确存在顺反异构体分子的结构特点为碳碳双键任一碳原子上应连有两个不同的原子或原子团。‎ ‎7.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：‎ 下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 贝诺酯分子中有三种含氧官能团 B. 可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚 C. 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应 D. 贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、贝诺酯分子中只含两种含氧官能团，和，错误；‎ B、对乙酰氨基酚含有酚羟基能使FeCl3溶液显色，而乙酰水杨酸没有酚羟基，不能使FeCl3溶液显色，可以鉴别，正确；‎ C、只有-COOH（羧基）能与NaHCO3溶液反应，所以乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，对乙酰氨基酚不能，错误；‎ D、贝诺酯与足量NaOH溶液共热，两个酯基和均能水解，最终生成三种有机物，错误；‎ 答案选B。‎ ‎8. 下面是生产生活中的常见有机物的分子式、结构式、结构简式或名称有关说法正确的是 ‎①②③④⑤CH3CH2OH ‎⑥C6H12O6⑦CH3COOH ⑧硬脂酸甘油酯 ⑨蛋白质 ⑩聚乙烯 A. 能跟溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②④⑩‎ B. 投入钠能产生H2的是⑤⑦⑧⑨‎ C. 属于高分子材料的是⑧⑨⑩‎ D. 含碳量最高、有毒、常温下为液体且点燃时有浓烟的是①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能跟溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有②④，苯和聚乙烯不存在碳碳双键，（或碳碳三键）与溴水不能发生加成反应，A错误；‎ B．含有羟基的有机物能与钠反应生成氢气，⑧硬脂酸甘油酯官能团为酯基不能与钠反应，B错误；‎ C．属于高分子材料的是⑨⑩，油脂不是高分子化合物，C错误；‎ D．含碳量最高、有毒、常温下为液体且点燃时有浓烟的是苯，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.近几年一种新型的甜味剂﹣木糖醇悄悄地走入生活，进入人们的视野，因为木糖醇是一种理想的蔗糖代替品，它具有甜味足，溶解性好，防踽齿，适合糖尿病患者的优点，木糖醇是一种白色粉末状的结晶，分子式为C5H12O5，结构简式为：CH2OH（CHOH）3CH2OH，下列有关木糖醇的叙述中不正确的是 A. 木糖醇是一种五元醇 B. 木糖醇是一种无糖型植物甜味剂 C. 木糖醇跟葡萄糖、果糖一样，属于单糖 D. 木糖醇理论上可以分子内脱水生成环醚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由结构式可以看出，木糖醇含有5个C，5个-OH，并且每个C原子上连接1个-OH，属于五元醇，故A选项正确。‎ B. 木糖醇不是糖，但有甜味，属于无糖型植物甜味剂，故B选项正确。‎ C. 单糖是不能水解的多羟基醛或多羟基酮，木糖醇不含有醛基或酮基，不是单糖，故C选项错误。 D. 木糖醇每个C原子上连接1个-OH,理论上可以分子内脱水生成环醚,故D选项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 食用白糖的主要成分是蔗糖 B. 小苏打的主要成分是碳酸钠 C. 煤气的主要成分是丁烷 D. 植物油的主要成分是高级脂肪酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、白糖的主要成分是蔗糖，A正确；‎ B、小苏打是指碳酸氢钠，B错误；‎ C、煤气主要成分是CO、H2，C错误；‎ D、植物油主要是高级脂肪酸甘油酯，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11. 关于油和脂肪的比较，错误的说法是 (　　)。‎ A. 油的熔点低，脂肪的熔点高 B. 油含不饱和烃基的相对量比脂肪少 C. 油和脂肪都不易溶于水，易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂 D. 油经过氢化可以转化为脂肪，通常又叫做硬化油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．植物油含有不饱和键，熔点低于脂肪，故A正确； B．油含不饱和烃基的相对量比脂肪多，故B错误； C．油和脂肪都是有机物，易溶于有机溶剂，故C正确； D．油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，能够与氢气发生加成反应生成饱和高级脂肪酸甘油酯，故D正确； 答案选B。‎ ‎12.已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与C6H6（苯）的分子结构相似，如下图：‎ 则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两个氯原子位于邻位（1种）、间位（2种）、对位（1种），共4种。答案选C。‎ ‎13.烷烃的命名是其他种类有机物命名的基础，的名称是 A. 1﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷 B. 2﹣乙基戊烷 C. 1，4二甲基己烷 D. 3﹣甲基庚烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该有机物为烷烃，选取含有最长碳原子的碳链为主链，如图，划线部分为主链，主链含有7个C原子，主链为庚烷；编号从离支链最近的右边开始，甲基在3号C，该有机物命名为：3−甲基庚烷，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：‎ ‎1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；‎ ‎2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；‎ ‎3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“-“隔开。‎ ‎14. 下列说法正确的是 A. 石油经过分馏及裂化等工序得到的物质均为纯净物 B. 乙酸乙酯、油脂、葡萄糖、蛋白质均可以发生水解反应 C. 乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同 D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液银色,说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石油是混合物，经过分馏及裂解后仍得到混合物，A错误；‎ B.葡萄糖是单糖不能发生水解，B错误；‎ C.乙醇和乙酸虽都能与钠反应产生氢气，但官能团的种类不同，C错误；‎ D.苯分子结构中没有碳碳双键，说明不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下图所示：‎ 关于咖啡鞣酸的下列叙述正确的是 (　　)‎ A. 分子式为C16H13O9‎ B. 1 mol咖啡鞣酸可与含8 mol NaOH的溶液反应 C. 能使酸性KMnO4溶液褪色，说明分子结构中含有碳碳双键 D. 与浓溴水能发生两种类型的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，分子式应为C16H18O9，A错误；‎ B项，能与氢氧化钠反应的是羧基、酚、酯基。而醇不能与氢氧化钠反应。该物质的结构中，含有一个羧基，一个酯基，两个酚，所以1 mol咖啡鞣酸可与含4 mol NaOH的溶液反应，B错误；‎ C项，醇—OH、酚—OH均可被酸性KMnO4溶液氧化，C错误；‎ D项，苯酚能与溴水发生取代反应，含碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以该物质能与浓溴水发生加成反应和取代反应，D正确 答案选D。‎ ‎16.下列物质不属于新型有机高分子材料的是 A. 高分子分离膜 B. 液晶高分子材料 C. 生物高分子材料 D. 有机玻璃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】高分子分离膜、液晶高分子材料、生物高分子材料属于新型有机高分子材料，有机玻璃名称为聚甲基丙烯酸甲酯，是一种开发较早的重要可塑性高分子材料，属于传统有机高分子材料；‎ 故选D。‎ ‎17.0.1mol以CnHmCOOH所表示的羧酸加成时需50.8g碘，0.1mol该羧酸完全燃烧时，产生CO2和H2O共3.4mol，该羧酸是（　　）‎ A. C15H27COOH B. C15H31COOH C. C17H31COOH D. C17H33COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】0.1mol加成时需50.8g碘，即n(I2)==0.2mol，说明分子中含有2个C=C键；‎ A．C15H27COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.6+1.4)mol=3.0mol，故A错误；‎ B．C15H31COOH为饱和酸，不含C=C键，故B错误；‎ C．C17H31COOH中含有2个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.6)mol=3.4mol，故C正确；‎ D．C17H33COOH中含有1个C=C键，0.1mol该羧酸完全燃烧，产生CO2和H2O共(1.8+1.7)mol=3.5mol，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎18.某烯烃与氢气加成后得到2，2-二甲基丁烷，则该烯烃的名称是（ ）‎ A. 3，3-二甲基-1-丁烯 B. 2，2-二甲基-2-丁烯 C. 2，2-二甲基-1-丁烯 D. 2，2-二甲基-3-丁烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】2，2-二甲基丁烷的碳链结构为，2，2-二甲基丁烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2，2-二甲基丁烷的碳链结构，可知相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键只有一种情况，所以该烯烃的碳链结构为，该烯烃的名称为3，3-二甲基-1-丁烯，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查根据烷烃判断相应的烯烃，难度较大，明确烯烃的加成原理：双键中的一个键断开，结合H原子，双键变为单键，然后采取倒推法，即相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键即可，注意不能重写、漏写。同样方法也可以分析炔烃对应的烷烃。‎ ‎19.下列物质能与银氨溶液反应产生银镜的是（　　）‎ A. 丙酮 B. 丙醛 C. 乙二醇 D. 苯酚 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】只有含有醛基的有机物才能发生银镜反应，所以答案是B。‎ ‎20.工业生产苯乙烯是利用乙苯的脱氢反应：‎ 针对上述反应，在其它条件不变时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 加入适当催化剂，可以提高苯乙烯的产量 B. 在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，可以提高乙苯的转化率 C. 仅从平衡移动的角度分析，工业生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件 D. 加入乙苯至反应达到平衡过程中，混合气体的平均相对分子质量不断增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程式可以知道，正反应为放热反应，且反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数，则采取低压、低温有利于平衡向正向移动，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，A错误；‎ B.在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，相当于在原来的基础上缩小体积，压强增大，则平衡逆向移动，乙苯的转化率减小，B错误；‎ C.反应物气体的计量数小于生成物气体的计量数，在恒容条件下，容器的压强不断增大，不利于平衡向正向移动，则工业生产苯乙烯选择恒压条件优于恒容条件，C正确；‎ D.加入乙苯至反应达到平衡过程中，气体的总质量不变，但物质的量逐渐增大，则混合气体的平均相对分子质量不断减小，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.下列说法正确的是 A. 油脂饱和程度越大，熔点越低 B. 氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应 C. 蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质 D. 麻黄碱()的催化氧化产物能发生银镜反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熔点随分子量增大而增加，油脂饱和程度越大，熔点越高，A项错误；‎ B．氨基酸、二肽、蛋白质都含有氨基和羧基，既能跟强酸反应又能跟强碱反应，B项正确；‎ C．麦芽糖水解只生成葡萄糖一种物质，C项错误；‎ D．与羟基相连的碳上只有1个氢原子，氧化得到酮，得不到醛，D项错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎22.下面各物质水解的最终产物中，只含有葡萄糖的是(　　)‎ A. 蛋白质 B. 氨基酸 C. 蔗糖 D. 麦芽糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋白质最终水解生成氨基酸，故A错误； ‎ B. 氨基酸不能水解，得不到葡萄糖，故B错误；‎ C. 蔗糖是二糖，水解生成葡萄糖和果糖，故C错误；‎ D. 麦芽糖是二糖，水解生成只含有葡萄糖，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】蔗糖和麦芽糖都是二糖，但水解产物不同，需要在学习过程中进行比较记忆。‎ ‎23.化合物丙可由如图反应得到，则丙的结构不可能是 A. CH3CBr2CH2CH3 B. (CH3)CBrCH2Br C. CH3CH2CHBrCH2Br D. CH3(CHBr)2CH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由转化关系可知，甲在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙，甲为醇，乙为烯烃，烯烃与溴发生加成反应生成丙，丙中2个溴原子应分别连接在相邻的碳原子上，结合C4H8的烯烃同分异构体进行判断。‎ ‎【详解】根据上述分析可知， A. 分子中2个溴原子不是分别连接在相邻的碳原子上，不可能是烯烃与溴的加成产物，故 A项错误； B. 若乙为(CH3)2C=CH2，与溴发生加成反应生成(CH3)2CBrCH2Br，B项正确； C.若乙为CH3CH2CH=CH2，与溴发生加成反应生成CH3CH2CHBrCH2Br，C项正确； D.若乙为CH3CH=CHCH3，与溴发生加成反应生成CH3(CHBr)2CH3，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎24.下列说法不正确的是 A. 天然油脂含酯基属于酯类物质 B. 麦芽糖和蔗糖的水解产物相同 C. 酚醛树脂是酚与醛的缩聚产物 D. 石油裂化和裂解都可制得烯烃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，正确；‎ B、麦芽糖水解生成葡萄糖、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，错误；‎ C、酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应的产物，正确；‎ D、石油裂化生成烷烃和烯烃，石油裂解生成乙烯、丙烯、丁二烯等，正确。‎ ‎25.下列反应属于取代反应的是（ ）‎ A. 乙醇与浓H2SO4共热170℃‎ B. 乙烯使溴水褪色 C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸混合 D. 苯与Cl2一定条件生成六氯环己烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇与浓H2SO4共热170℃发生消去反应生成乙烯，A错误；‎ B. 乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B错误；‎ C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸混合发生硝化反应，属于取代反应，C正确；‎ D. 苯与Cl2一定条件生成六氯环己烷发生的是加成反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎26.化学与生活息息相关，下列说法不正确的是 A. 加热能杀死流感病毒是因为病毒的蛋白质受热发生变性 B. 淀粉、油脂和蛋白质均可水解并都是重要的营养物质 C. 乙酸和葡萄糖均属电解质 D. 在轮船船身嵌上锌块可保护船体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蛋白质受热变性死亡，病菌的主要成分是蛋白质，则加热能杀菌消毒，故A正确；‎ B.淀粉、油脂和蛋白质水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸（或盐）和甘油、氨基酸，它们都是人体重要的营养物质，故B正确；‎ C.乙酸是电解质或弱电解质，溶于水能部分电离出氢离子和乙酸根离子，葡萄糖是非电解质，溶于水时不能电离，故C错误；‎ D.锌是金属活动顺序表中铁前金属，锌、铁和电解质溶液形成原电池，锌是负极，铁是正极，锌被腐蚀，铁被保护，定期更换锌块就能保护轮船，故D正确；‎ 答案选C。‎ 分卷II 二、非选择题（共5小题,共50分）‎ ‎27.已知某种燃料含有碳、氢、氧三种元素。为了测定这种燃料中碳和氢两种元素的质量比，可将气态燃料放入足量的O2中燃烧，并使产生的气体全部通过如图所示装置中，得到如表中所列的实验结果(假设产生的气体完全被吸收)。‎ 根据实验数据求：‎ ‎(1)实验完毕后，生成物中水的质量为________g。假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为_____________g。‎ ‎(2)生成水中氢元素的质量为_______g。‎ ‎(3)生成的二氧化碳中碳元素的质量为_______ g。‎ ‎(4)该燃料中碳元素与氢元素的质量比为_______。‎ ‎(5)已知这种燃料的每个分子中含有一个氧原子，则该燃料的分子式为_______，结构简式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 1.8 (2). 5 (3). 0.2 (4). 0.6 (5). 3∶1 (6). CH4O (7). CH3OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O，由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量，广口瓶增加的质量为生成的CO2质量，生成的正盐为CaCO3，根据碳原子守恒计算CaCO3的物质的量，再根据m=n·M计算CaCO3的质量；‎ ‎(2)根据水的分子式中H元素质量分数计算；‎ ‎(3)根据碳元素守恒、结合m=n·M计算二氧化碳中C元素质量；‎ ‎(4)由元素守恒，结合(2)(3)中的数据计算；‎ ‎(5)确定化合物中C、H原子数目比，结合每个分子中含有一个O原子，确定该燃料的分子式、结构简式。‎ ‎【详解】(1)由题意知，燃料燃烧生成的H2O和CO2分别被干燥剂和澄清石灰水吸收，二者的增重量即为燃烧时产生的H2O和CO2的质量。‎ ‎(1)m(H2O)=102.9 g－101.1 g=1.8 g，m(CO2)=314.2 g－312.0 g=2.2 g。反应生成的正盐CaCO3质量为m(CaCO3)==5g；‎ ‎(2)m(H)==0.2 g ‎(3)m(C)==0.6 g ‎(4)m(C)∶m(H)=0.6 g∶0.2 g=3∶1‎ ‎(5)燃料中n(C)∶n(H)=∶=1∶4，由于该燃料中H原子已达饱和，则该燃料的每个分子中只含有一个C原子，H原子数目为4，结合每个分子中含有一个O原子，所以该燃料的分子式为CH4O，结构简式为CH3OH。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的燃烧法和元素守恒法是确定有机物分子式，(5)中注意根据C、H原子数目之比确定有机物分子中C、H原子数目，注意对基础知识的理解、掌握和运用。‎ ‎28.3，5‎ ‎﹣二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成，一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：‎ ‎+2CH3OH+2H2O 甲醇、乙醚和3，5﹣二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：‎ ‎（1）反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取，①分离出甲醇的操作是______________；‎ ‎②萃取用到的分液漏斗使用前需并洗净，分液时有机层在分液漏斗的_____填（“上”或“下”）层；‎ ‎（2）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤．用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是____________，用饱和食盐水洗涤的目的是___________；‎ ‎（3）洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是_________（填字母）；‎ a．蒸馏除去乙醚 b．重结晶 c．过滤除去干燥剂 d．加入无水CaCl2干燥 ‎（4）固液分离常采用减压过滤。为了防止倒吸，减压过滤完成后应先____________，再______________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏 (2). 检漏 (3). 上 (4). 除去HCl (5). 除去少量NaHCO3且减少产物损失 (6). dcab (7). 拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管 (8). 关闭抽气泵 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是一道“实验化学”的基础性试题，通过3，5-二甲氧基苯酚制备相关实验过程的一些探究，着力考查学生对化学原理、化学实验方法的掌握程度，对实验方案的分析评价和运用化学知识解决化学实验中的具体问题的能力。‎ ‎【详解】（1）① 可以蒸馏的方法分离出甲醇。‎ ‎② 分液漏斗使用前需要检查是否漏水；由表可知有机层的密度小于水，在分液漏斗上层。‎ ‎（2）NaHCO3可以与HCl进行反应，用饱和NaHCO3溶液洗涤可以除去HCl；用饱和食盐水洗涤可以除去少量NaHCO3且减少产物损失。‎ ‎（3）分离、提纯产物时，首先要加入无水CaCl2干燥，然后过滤除去干燥剂，再蒸馏除去乙醚，最后重结晶。‎ ‎（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后应先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关闭抽气泵。‎ 二、推断题（共2小题,每小题10.0分,共20分）‎ ‎29.过渡金属催化的新型碳﹣碳偶联反应是近年来有机合成的研究热点之一，如：‎ 反应①‎ 化合物Ⅱ可由化合物Ⅲ合成：‎ ‎（1）化合物Ⅰ的分子式______‎ ‎（2）化合物Ⅱ与Br2加成的产物的结构简式为_____________‎ ‎（3）化合物Ⅲ的结构简式为_______________‎ ‎（4）在浓硫酸存在和加热条件下，化合物Ⅳ易发生消去反应生成不含甲基产物，该反应的方程式为___________（注明反应条件），因此，在碱性条件下，由Ⅳ与CH3CO﹣Cl反应生成Ⅱ，其反应类型为__________。‎ ‎（5）Ⅳ的一种同分异构体Ⅴ能发生银镜反应，Ⅴ与Ⅱ也可以发生类似反应①的反应，生成化合物Ⅵ，Ⅵ的结构简式为____________________（写出其中一种）。‎ ‎【答案】 (1). C7H5OBr (2). (3). (4). (5). 取代反应 ‎ ‎(6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解答本题时，要理解反应①的机理，结合反应条件确定化合物Ⅲ和Ⅵ的结构简式。‎ ‎（1）化合物Ⅰ的结构简式为，结合有机物中C、H、O、Br原子的成键特点可知，其分子式为C7H5OBr；‎ ‎（2）化合物Ⅱ中键与Br2发生加成反应，而酯基不与Br2反应，则加成产物的结构简式为；‎ ‎（3）化合物Ⅲ在NaOH水溶液中加热，发生水解反应生成化合物Ⅳ，递推可知Ⅲ的结构简式为；‎ ‎（4）化合物Ⅳ在浓硫酸存在和加热条件下，发生消去反应生成不含甲基的产物，则该产物应为CH2=CH—CH=CH2，反应的化学方程式为CH2=CHCH=CH2↑＋H2O。在碱性条件下，反应生成化合物Ⅱ和HCl，该反应为取代反应；‎ ‎（5）Ⅴ能发生银镜反应，则Ⅴ分子中含有—CHO。含有—CHO的Ⅳ的同分异构体有CH3CH2CH2CHO、。CH3CH2CH2CHO与化合物Ⅱ发生类似反应①的反应，产物为与化合物Ⅱ发生类似反应①‎ 的反应，产物为。‎ ‎30.姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：‎ 已知：i．1mol G最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为：3mol、2mol、1mol ii．‎ iii．（R1、R2、R3为烃基或氢原子）‎ 请回答：‎ ‎（1）B→C的反应类型是__；‎ ‎（2）C→D反应的化学方程式是__；‎ ‎（3）E的核磁共振氢谱中有两个峰，E中含有的官能团名称是__，E→G反应的化学方程式是__；‎ ‎（4）下列有关香兰醛的叙述不正确的是__；‎ a 香兰醛能与NaHCO3溶液反应 b 香兰醛能与浓溴水发生取代反应 c 1mol香兰醛最多能与3molH2发生加成反应 ‎（5）写出一种符合下列条件的香兰醛的同分异构体的结构简式__；‎ ‎①苯环上的一硝基取代物有2种 ②1mol该物质水解，最多消耗3molNaOH ‎（6）姜黄素的分子中有2个甲基，其结构简式是__；‎ ‎（7）可采用电解氧化法由G生产有机物 J，则电解时的阳极反应式是__。‎ ‎【答案】 (1). 取代反应 (2). HOCH2CH2OH+O2OHCCHO+2H2O (3). 醛基和羧基 (4). (5). ac ‎ ‎(6). (7). ‎ ‎(8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙烯和溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应生成B1、2﹣二溴乙烷，B生成C，C生成D C2H2O2，D为乙二醛，结构简式为OHC﹣CHO，则C是乙二醇(HOCH2CH2OH)，D反应生成E，E的核磁共振氢谱中有两个峰，说明E中含有两类氢原子，则E的结构简式为OHC﹣COOH，E反应生成G，1mol G最多能消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量分别为：3mol、2mol、1mol，说明G中含有一个羧基、一个酚羟基、一个醇羟基，所以G的结构简式为：，G中醇羟基被氧化生成羰基，即G被氧化生成J，J反应生成K，结合已知信息得，K的结构简式为：，香兰醛反应生成姜黄素，姜黄素的分子中有2个甲基，结合已知信息得，姜黄素的结构简式为：，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析，1、2﹣二溴乙烷和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成乙二醇，该反应属于取代反应；‎ ‎（2）乙二醇被氧气氧化生成乙二醛，反应方程式为：HOCH2﹣CH2OH+O2OHC﹣CHO+2H2O；‎ ‎（3）E的结构简式为OHC﹣COOH，则E中含有醛基和羧基，E→G反应的化学方程式为；‎ ‎（4）香兰醛的结构简式为；‎ a．香兰醛不含羧基，所以不能与NaHCO3溶液反应，故错误；‎ b．香兰醛含有酚羟基，所以能与浓溴水发生取代反应，故正确；‎ c．能和氢气发生加成反应的是醛基和苯环，所以1mol香兰醛最多能与4molH2发生加成反应，故错误；‎ ‎（5）苯环上的一硝基取代物有2种，说明是含有两个取代基且处于对位，1mol该物质水解，说明含有酯基，最多消耗3molNaOH，结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个羧基，所以该结构简式为；‎ ‎（6）通过以上分析知，姜黄素的结构简式为；‎ ‎（7）可采用电解氧化法由G生产有机物 J，则说明G 失电子发生氧化反应，所以电解时的阳极反应式是。‎ ‎【点睛】在解答有机化学试题时要充分利用正向思维、逆向思维相结合，充分利用题中所给的已知合成条件，确定原料与产物之间的变化与联系。‎ ‎31.有下列物质：A．甲醛 B．葡萄糖 C．乙醇 D．乙酸 E．油脂 F．二氧化硫 G．氢氧化铝 （填写序号）：‎ ‎（1）工业上制备肥皂的主要原料是_________；‎ ‎（2）注射时用于皮肤杀菌、消毒的物质主要成分是_________；‎ ‎（3）能用于除去热水瓶胆水垢〔主要成分：CaCO3，Mg（OH）2〕的是_________；‎ ‎（4）既能与强酸反应又能与强碱反应生成盐和水的物质是_________；‎ ‎（5）形成酸雨的主要物质是_________；‎ ‎（6）可用于标本制作的防腐剂的是_________；‎ ‎（7）糖尿病人通常是指病人的尿液中_________的含量高。‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). G (5). F (6). A (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)制备肥皂的主要原料是油脂；‎ ‎(2)医疗消毒常用75%的乙醇；‎ ‎(3)能够与CaCO3，Mg(OH)2反应是乙酸；‎ ‎(4)根据物质间的反应进行判断；‎ ‎(5)二氧化硫是形成酸雨的主要物质；‎ ‎(6)甲醛的水溶液可用于制作标本；‎ ‎(7)糖尿病患者的尿液中含有葡萄糖。‎ ‎【详解】(1)油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠，可用于制造肥皂，故答案为E；‎ ‎(2)75%乙醇具有使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，故答案为C；‎ ‎(3)由于能够与CaCO3，Mg(OH)2反应的是乙酸，故答案为D；‎ ‎(4)Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与酸反应生成铝盐与水，能与碱反应生成偏铝酸盐与水，故答案为G；‎ ‎(5)二氧化硫是形成酸雨的主要物质，故答案为F；‎ ‎(6)甲醛的水溶液可作防腐剂用于制作标本，故答案为A；‎ ‎(7)糖尿病患者的尿液中葡萄糖的含量较高，故答案为B。‎ ‎【点睛】中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al(OH)3、Zn(OH)2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等；⑤某些非金属：Si、S等。‎