【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。‎ 可能用到的相对原子质量：H—‎1 C—12 O—16 Fe—56 Ni—59 Cu—64‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、单项选择题（1题到10题每小题1分，11题到26题每小题2分。共42分）‎ ‎1.下列对文献记载理解错误的是 A. 《本草纲目》中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。“取碱浣衣”与酯的水解有关 B. 《天工开物》中记载：“人践着短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣”。文中的“枲、麻、苘、葛”主要成分属于糖类 C. 东晋葛洪《肘后备急方》中治疟验方“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”。用“绞取汁”属于萃取过程 D. 《泉州府志》物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白,后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理类似于活性炭吸附 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．《本草纲目》中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。“取碱浣衣”与酯在碱性条件下的水解有关，A理解正确；‎ B．《天工开物》中记载：“人践着短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣”。文中的“枲、麻、苘、葛”主要成分为纤维素，属于糖类，B理解正确；‎ C．东晋葛洪《肘后备急方》中治疟验方“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”。用“绞取汁”属于过滤的过程，C理解错误；‎ D．《泉州府志》物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白,后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理为除去糖中的杂质，类似于活性炭吸附，D理解正确；‎ 答案为C。‎ ‎2.能源是人类社会赖以生存和发展的重要物质基础，煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化石能源。下列有关叙述错误的是 A. 煤的干馏可分离出煤中含有的煤焦油 B. 含C20以上烷烃的重油经催化裂化可以得到汽油 C. 石油的分馏和食盐水的蒸馏原理上是相似的 D. 天然气是一种清洁的不可再生能源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤经干馏能生产出焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，无法分离出煤中含有的煤焦油，A错误；‎ B．含C20以上烷烃的重油经催化裂化转变为裂化气、汽油和柴油等物质，故B正确； ‎ C．分馏和蒸馏都是将易挥发的物质分离出来，原理相似，故C正确；‎ D．天然气是不可再生能源，不可能被无尽地开发利用，其主要成分是甲烷，燃烧产物对环境无污染，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列关于基本营养物质的说法，符合科学实际的是 A. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 ‎ B. 糖类、油脂、蛋白质均可发生水解反应 C. 通过植物油的还原反应可制人造奶油 ‎ D. 用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，可使真丝蛋白质变性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.糖类、油脂不是高分子化合物，故A错误；‎ B.单糖不发生水解，故B错误；‎ C.植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反应生成饱和脂肪酸甘油酯，也就是固态的奶油， ‎ D.酶属于蛋白质，真丝也属于蛋白质，所以用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，不会使真丝蛋白质变性，故D错误；‎ 故答案：C。‎ ‎4.下列关于有机反应类型的说法正确的是 A. 有机反应中常说的卤化、硝化、酯化、水化都属于取代反应 B. 苯和氯乙烯均能发生加成反应和氧化反应 C. 氯乙烯为单体生成氯纶和乳酸为单体生成聚乳酸的反应类型相同 D. 乙醇和2,2—二甲基—1—丙醇均能发生消去反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有机反应中常说的卤化、硝化、酯化都属于取代反应，水化反应为分子中不饱和键(双键或叁键)或羰基在催化剂存在或不存在下和水分子化合的反应，为加成反应，A说法错误；‎ B．苯和氯乙烯均能与氢气发生加成反应，苯能与氧气发生氧化反应，氯乙烯含有碳碳双键，能发生氧化反应，B说法正确；‎ C．氯乙烯为单体生成氯纶的反应类型为加聚反应，乳酸为单体生成聚乳酸的反应类型为缩聚反应，反应类型不相同，C说法错误；‎ D．乙醇能发生消去反应生成乙烯，2，2-二甲基-1-丙醇不能发生消去反应，D说法错误；‎ 答案为B。‎ ‎5.下列鉴别不能实现的是 A. 可用蒸馏水鉴别溴乙烷和油酸甘油酯 ‎ B. 可用浓溴水鉴别乙醛、乙醇和苯酚 C. 可用新制氢氧化铜鉴别乙醇、乙酸、乙醛、甲酸 ‎ D. 可用AgNO3溶液鉴别氯乙烷和溴乙烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴乙烷的密度比水大，少量加入水中，油状液体在下层；油酸甘油酯的密度比谁小，少量加入水中，油状液体在上层，故可用蒸馏水鉴别溴乙烷和油酸甘油酯，A能实现鉴别；‎ B．乙醛遇到浓溴水，溴水褪色，液体无分层；乙醇与浓溴水不反应；苯酚与溴水反应生成白色沉淀，可用浓溴水鉴别乙醛、乙醇和苯酚，B能实现鉴别；‎ C．乙醇和氢氧化铜不反应，无明显现象；乙酸和甲酸都能使沉淀溶解，但足量的氢氧化铜和少量甲酸混合加热产生装红色沉淀，鉴别出乙酸和甲酸；乙醛与新制氢氧化铜在加热条件下有砖红色沉淀生成，鉴别出乙醛，可用新制氢氧化铜鉴别乙醇、乙酸、乙醛、甲酸，C 能实现鉴别；‎ D．氯乙烷和溴乙烷与硝酸银均不反应，则用AgNO3溶液不能鉴别氯乙烷和溴乙烷，D不能实现鉴别；‎ 答案为D。‎ ‎6. 下列物质中不存在氢键的是 A. 乙醇 B. 乙醛 C. 乙酸 D. 苯酚 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】N、O、F元素的电负性较强，对应的氢化物或含氢化合物可形成氢键，C的电负性较弱，对应的氢化物不能形成氢键，则乙醇、乙酸、苯酚分子间都存在氢键，乙醛中的氧原子没有和氢原子形成共价键，所以没有氢键。选B。‎ ‎7.下列物质能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应而使溴水褪色的是 A. 乙酸乙酯 B. 甘油 ‎ C. 聚异戊二烯 D. 邻二甲苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸乙酯不能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；‎ B．甘油能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色，错误；‎ C．聚异戊二烯中有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，能与溴水发生加成反应，正确；‎ D．邻二甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，与溴水发生的是萃取，不是化学反应，错误。‎ ‎8.下列各有机化合物的命名正确的是 A. 　对二苯酚 B. 　3-丁醇 C. 　甲基苯酚 D. 　2-甲基丁烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．的名称为对苯二酚，A命名错误；‎ B．的名称为2-丁醇，B命名错误；‎ C．的名称为邻甲基苯酚，C命名错误；‎ D．的名称为2-甲基丁烷，D命名正确；‎ 答案为D。‎ ‎9.A、B两种有机物无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧时生成CO2的量也不变，则对于A与B的关系，下列描述正确的是 A. A、B一定互为同分异构体 B. A、B一定互为同系物 C. A、B一定具有相同的最简式 D. A、B含碳质量分数相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】如果A、B两种有机物无论以何种比例混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧时生成CO2的量也不变，那么A、B的含碳量相同。含碳量相同不一定互为同分异构体，A错；含碳量相同不一定是同系物，如乙炔和苯，B错；含碳量相同，不一定最简式相同，如C16H16O与C16H34；A、B含碳质量分数相同，D对。‎ ‎10.下列烯烃中存在顺反异构体的是 A. 3-己烯 B. 丙烯 C. 1-丁烯 D. 2-甲基-2-丁烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．3－己烯的结构简式为CH3CH2CH=CHCH2CH3，碳碳双键两端碳原子连接的原子或原子团不同，存在顺反异构，A正确；‎ B．丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，有个碳碳双键的碳原子连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，B不选；‎ C．1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，有个碳碳双键的碳原子连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，C不选；‎ D．2－甲基－2－丁烯的结构简式为(CH3)‎2C=CHCH3，有个碳碳双键的碳原子连接2个相同的－CH3，不存在顺反异构，D不选。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】烯烃存在顺反异构的体检：1、分子中至少有一个键不能自由旋转，即碳碳双键；‎ ‎2、每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，必须连有两个不同原子或原子团。‎ ‎11.下列实验正确的是 A. 图1为实验室制备硝基苯的装置（悬挂的是温度计）‎ B. 图2中振荡后下层可能褪为无色 C. 图3装置可以达到验证酸性：CH3COOH > H2CO3 > C6H5OH的目的 D. 图4装置可以达到验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的目的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯和硝酸易挥发，应在密闭容器中反应，且温度计应该测量烧杯中水的温度，该装置不能用于制备硝基苯，故A错误；‎ B．氢氧化钠可与溴反应生成易溶于水的盐，且四氯化碳密度比水大，可观察到振荡后下层为无色的现象，故B正确；‎ C．醋酸易挥发，生成的二氧化碳中混有乙酸，乙酸也能置换苯酚，不能达到实验目的，故C错误；‎ D．乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，但由于乙醇易挥发，乙醇具有还原性可被酸性高锰酸钾氧化，干扰了乙烯的检验，应排除乙醇的干扰，故D错误；‎ 综上所述答案为B。‎ ‎12.能正确表示下列反应的离子方程式是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2： C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO B. 纯碱溶液中滴加少量甲酸：2HCOOH+CO=2HCOO-+H2O+CO2↑‎ C. 用高锰酸钾标准溶液滴定乙二酸：2MnO +16H++‎5C2O =2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎ D. 甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：HCHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-HCOO-+NH+2Ag↓+3NH3↑+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，小于碳酸，则向苯酚钠溶液中通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氢根离子，离子方程式为C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO，A正确；‎ B．纯碱溶液中滴加少量甲酸生成甲酸根离子和碳酸氢根离子，离子方程式为HCOOH+CO=HCOO-+HCO，B错误；‎ C．用高锰酸钾标准溶液滴定乙二酸：2+16H++5H‎2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；‎ D．甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH-+2NH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎13.合成腈纶的单体是丙烯腈，它可由以下两种方法制备：‎ 方法一：CaCO3→CaOCaC2CH CHCH2=CH-CN 方法二：CH2=CH-CH3+NH3+3/2O2 CH2=CH-CN+3H2O 对以上两种途径有如下分析：①方法二比方法一能源消耗低，成本低；②方法二比方法一工艺简单；③方法二比方法一降低了使用有气体毒性，减少了污染；④方法二原子利用率为100%‎ 其中正确的分析有几个 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据反应原理可知，方法2比方法1反应步骤少，能源消耗低，成本低，故①正确；‎ ‎②根据反应原理可知，方法2比方法1原料比较丰富，且生成工艺简单，故②正确；‎ ‎③方法①中使用了有毒的HCN，而方法2比方法1降低了有毒气体的使用，减少了污染，故③正确；‎ ‎④方法②中，原子利用率小于100%，④错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎14.β-月桂烯的结构如图，不考虑立体异构，一分子该烯烃与两分子溴发生加成反应的产物理论上最多有 A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因该有机物的分子中存在三个位置不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4-加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。‎ ‎15.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，一段时间后，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，未见砖红色沉淀 淀粉未水解 B 在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡 还有乙酸剩余 C ‎5g牛油、5mL乙醇、8mL40%NaOH混合，边搅拌边小心加热，一段时间后，用胶体滴管吸取上层液体，滴入水中，未见分层 牛油已完全反应 D C2H5OH与浓H2SO4加热至‎170℃‎，产生的气体通入溴水，褪色 证明发生了消去反应 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，一段时间后，先加入NaOH溶液，中和硫酸，使溶液呈碱性后，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，A实验操作错误；‎ B．在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中含有作催化剂的硫酸，加入碳酸钠溶液，产生气泡，不能确认为醋酸与碳酸钠的反应，B实验操作错误；‎ C．‎5g牛油、5mL乙醇、8mL40%NaOH混合，边搅拌边小心加热，一段时间后，用胶体滴管吸取上层液体，滴入水中，无油滴存在，则未见溶液分层，C实验结论正确；‎ D．C2H5OH与浓H2SO4加热至‎170℃‎，产生气体中含有二氧化硫、二氧化碳等杂质，通入溴水褪色，可能为二氧化硫的反应，D实验结论错误；‎ 答案为C。‎ ‎16.下列说法不正确的是 A. 联二苯（）的二氯取代物有15种 B. 非必需氨基酸可以在人体中利用氮元素合成 C. 的同分异构体中，属于芳香烃的有机物能发生加聚反应 D. 甘氨酸溶于过量盐酸中生成的离子在电场作用下向阴极移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．联二苯（）的二氯取代物有，合计12种，A不正确；‎ B．非必需氨基酸可以在人体中利用氮元素合成，不需要由食物供给，B说法正确；‎ C．的分子式为C8H8，其同分异构体中，属于芳香烃的有机物为苯乙烯，含有碳碳双键，能发生加聚反应，C说法正确；‎ D．甘氨酸溶于过量盐酸生成HOOCCH2N，在电场作用下该阳离子向阴极移动，D说法正确；‎ 答案为A。‎ ‎17.可经三步反应制取，其中第二步的反应类型是 A. 水解反应 B. 加成反应 ‎ C. 氧化反应 D. 消去反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】【详解】‎ 可经三步反应制取，‎ ‎①先水解生成OHCH2CH=CHCH2OH，为卤代烃的水解反应；‎ ‎②若氧化时，碳碳双键也被氧化，则再加成反应生成OHCH2CHClCH2CH2OH；‎ ‎③OHCH2CHClCH2CH2OH被强氧化剂氧化可得到；‎ 所以第二步反应类型为加成反应，B正确；‎ 故选B ‎18.某有机物结构简式为位于同一平面上的原子数最多可能是 A. 19个 B. 20个 C. 21个 D. 22个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】乙炔为直线结构，所有原子共线，异丙基连在乙炔氢原子的位置，乙烯是平面结构，所有原子共面，乙炔基取代乙烯氢原子的位置，苯是平面结构，所有原子共面，所以结构中最多有20个原子共面，故B符合题意；‎ 故答案：B。‎ ‎19.1mol链烃最多可与2molH2发生加成反应生成化合物X，X最多能与12molCl2发生取代反应生成化合物Y，则下列有关说法正确的是 A. 该烃分子内碳原子数超过6个 B. 该烃属于二烯烃 C. X同分异构体数目与Y同分异构体数目相同 D. Y能发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1mol链烃最多可与2molH2发生加成反应生成化合物X，则该链烃含有2个碳碳双键或一个碳碳三键，X最多能与12molCl2发生取代反应生成化合物Y，则X中应含有12个氢原子，所以X的分子式为C5H12，该烃的化学式为C5H8。‎ ‎【详解】A．根据分析，该烃分子内碳原子个数为5，故A错误；‎ B．该烃可能含有两个双键，但也可能是含有一个三键，故B错误；‎ C．X的分子式为C5H12，Y的分子式为C5Cl12，二者结构相似，均有3种同分异构体，故C正确；‎ D．Y中不含碳碳双键或三键，不能发生加成反应，故D错误；‎ 综上所述答案为C。‎ ‎20.有（a）,（b）,（c）的分式均为C5H6，下列有关叙述正确的是 A. a、b、c分子中所有原子均可能处于同一平面的有 1 个 B. a、b、c分子中5个碳原子都处于同一个平面的有 2 个 C. a、b、c分子中使溴的CCl4溶液褪色的有 2 个 D. a、b、c分子中一氯取代物都只有三种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a、b、c分子中均含有sp3杂化的碳原子，则所有原子不可能处于同一平面，A错误；‎ B．a、b可能在同一个平面上，c具有甲烷的结构特征，则5个碳原子不在同一个平面上，B正确；‎ C．a、b、c分子中都含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的CCl4溶液褪色，C错误；‎ D．c有4种类型的氢原子，则一氯代物有4种，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎21.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）‎ A. 聚合物P的合成反应为缩聚反应 B. 聚合物P的单体之一是邻苯二甲酸 C. 聚合物P的单体之一丙三醇可由油脂水解获得 D. 对苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚合物P的合成反应为邻苯二甲酸与丙三醇的缩聚反应，A说法正确；‎ B．聚合物P的单体之一是邻苯二甲酸，B说法正确；‎ C．聚合物P的单体之一丙三醇，油脂在碱性条件下水解生成丙三醇和高级脂肪酸钠，丙三醇可由油脂水解获得，C说法正确；‎ D．对苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中可形成单链的高聚物，不能形成类似聚合物P的交联结构，D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎22.有两种有机物Q（）与P（），下列有关它们的说法中正确的是 A. 二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰且峰面积之比为3∶2‎ B. 二者在NaOH醇溶液中均可发生消去反应 C. Q的一氯代物有1种 D. P的一溴代物有2种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构对称性可知，均含2种H，但H原子数目不同，二者的核磁共振氢谱中均只出现两种峰，且峰面积之比分别为3：1、3：2，A项错误；‎ B．Q中-Br与苯环相连不能发生消去反应，P中与-Cl相连C邻位C上没有H，二者在NaOH醇溶液中均不能发生消去反应，B项错误；‎ C．Q中含2种H，则一氯代物均有2种，C项错误；‎ D．P中均含2种H，则一氯代物均有2种，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】‎ ‎23.下列各选项有机物同分异构体的数目（不考虑立体异构），与分子式为ClC4H7O2，且能与NaHCO3溶液反应生成气体的有机物数目相同的是 A. 立方烷（）的二氯取代物 B. 分子式为C4H8的烃 C. 分子式为C3H9N的有机物（N以三个单键与其它原子相连） D. 分子式为C4H8O2的酯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式为ClC4H7O2，且能与NaHCO3溶液反应生成气体，则有机物中含有羧基，则结构简式为C3H6Cl-COOH，则Cl原子有，3种同分异构体，上2种，合计5种。‎ ‎【详解】A．立方烷（）的二氯取代物有邻、面对、体对3种同分异构体，种类不相同，A错误；‎ B．分子式为C4H8的烃，若为碳碳双键时，有、；若为环烷烃，有4元环、3元环，合计5种，B正确；‎ C．分子式为C3H9N的有机物（N以三个单键与其它原子相连），首先不饱和度为0，说明没有不饱和键；然后看结构，将C都连在一条线上，那么N就可以处在3个位置，分别是在第一个C上，第一个C与第二个C之间，第二个C上，一共有三种；三个C还可以都在N上，有一种，合计4种，C错误；‎ D．分子式为C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，合计4种，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎24.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是 A. 1 mol X最多能与3 mol NaOH反应 B. Y与乙酸发生酯化反应可得到X C. 等物质的量的X、Y分别与氢气加成时，消耗氢气的物质的量相等 D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 mol X含1 mol酚酯基，能消耗2 mol NaOH、还含有1 mol 羧基能与1 mol NaOH反应，故最多能与3 mol NaOH反应，A正确；‎ B. 由示意图知，Y与乙酸发生取代反应可得到X，B正确；‎ C. 酯基、羧基不与氢气发生加成反应，苯环和碳碳双键可以与氢气加成，则等物质的量的X、Y分别与氢气加成时，消耗氢气的物质的量相等，C正确；‎ D. X、Y各含有两个碳碳双键，其中一个碳碳双键加成后碳原子连接不同的原子，则加成产物含有手性碳原子，室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等，D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎25.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。‎ 下列说法不正确的是 A. 的分子式为C3H4N2‎ B. X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇 C. 该反应属于取代反应，同时有水生成 D. Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据其结构简式可知其分子式应为C3H4N2，故A正确；‎ B．X中含有氯原子，可以在NaOH水溶液中水解成羟基，从而生成丙三醇；Z中含有酯基，酯基和氯原子均水解后生成丙三醇，故B正确；‎ C．该反应属于取代反应，根据元素守恒可知另一种产物为HCl，故C错误；‎ D．Z中羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢，可以在浓硫酸催化下加热发生消去反应，故D正确；‎ 综上所述答案为C。‎ ‎26.从中草药中提取的 calebin A（结构简式如图 ）可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin A的说法错误的是 A. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种 B. 其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应 C 1mol该分子最多与8molH2发生加成反应 D. 1mol该分子可与4molBr2发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构可知，分子中含酚羟基、碳碳双键、酯基及醚键、羰基，结合酚、烯烃、酯等有机物的性质来解答。‎ ‎【详解】A.结构不对称，苯环上分别含3种H，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故A不符合题意；‎ B.含酯基，可在酸溶液中水解，且水解产物均含酚羟基，可与碳酸钠溶液反应，故B不符合题意；‎ C.苯环、碳碳双键、羰基均能与氢气发生加成反应，所以1mol该分子最多与9mol H2‎ 发生加成反应，故C错误；‎ D.该分子中含有酚羟基、碳碳双键，酚羟基与溴发生取代，1mol该分子共与2mol Br2发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成，1mol该分子共与2mol Br2发生了加成反应，所以1mol该分子共消耗了4mol Br2，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚羟基与溴发生取代反应的时候，只能取代邻位和对位上的氢原子。‎ 第II卷（非选择题 共58分）‎ 二、非选择题（本题共4个小题，共58分。）‎ ‎27.乙苯是重要的化工产品。某课题组拟制备乙苯:‎ 有机物 苯 溴乙烷 乙苯 沸点/℃‎ ‎80‎ ‎38.4‎ ‎136.2‎ 查阅资料如下:‎ ‎①几种有机物的沸点：‎ ‎②化学原理:+ CH3CH2Br + HBr ‎③氯化铝易升华、易潮解 Ⅰ.制备氯化铝 甲同学选择下列装置制备氯化铝(装置不可重复使用):‎ ‎(1)本实验制备氯气的离子方程式为___‎ ‎(2)气体流动方向是从左至右,装置导管接口连接顺序a→____→k→i→f→g→____‎ ‎(3)D装置存在的明显缺陷是_________；改进之后,进行后续实验。‎ ‎(4)连接装置之后，检查装置的气密性，装药品。先点燃____处酒精灯，当____(填实验现象)时，点燃___处酒精灯 Ⅱ.制备乙苯 乙同学设计实验步骤如下:‎ 步骤1:连接装置并检查气密性(如图所示,夹持装置省略)。‎ 步骤2:用酒精灯微热烧瓶。‎ 步骤3:在烧瓶中加入少量无水氯化铝、适量的苯和溴乙烷。‎ 步骤4:加热,充分反应半小时。‎ 步骤5:提纯产品。‎ ‎(5)步骤2“微热”烧瓶的目的是___‎ ‎(6)本实验步骤4的加热方式宜采用___‎ ‎(7)盛有蒸馏水的H装置中干燥管的作用是_____。确认本装置G中已发生反应的方法是___‎ ‎(8)提纯产品的操作步骤有：①过滤；②用稀盐酸清洗；③用少量蒸馏水清洗；④加入大量无水氯化钙；⑤用大量水洗；⑥蒸馏并收集‎136.2 ℃‎馏分。先后操作顺序为_____(填序号)‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). h→j→d→e (3). b (4). D中长导管太细,氯化铝易堵塞导管 (5). A (6). F中充满黄绿色气体 (7). F (8). 排尽水蒸气,避免氯化铝与水蒸气反应 (9). 水浴加热 (10). 防倒吸 (11). 向装置H中滴加少量硝酸银溶液,出现淡黄色沉淀 (12). ⑤②③④①⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验的目的是制备乙苯，首先需要制备氯化铝，氯化铝以潮解升华，所以制备过程要保持干燥，可以凝华收集氯化铝；在装置A中利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，然后通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸进行干燥，进入F中加热与铝粉反应，生成的氯化铝在D中凝华收集，之后利用碱石灰吸收未反应的氯气，同时防止空气中的水分进入收集装置；然后利用苯和溴乙烷在氯化铝催化、加热的条件下反应制取乙苯。‎ ‎【详解】(1)根据所给装置图可知该实验中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)A是制备氯气装置，Cl2中混有HCl和水蒸气杂质，因铝粉可以和HCl反应且产品氯化铝易潮解，所以应用E装置除去HCl杂质、用C装置除去水蒸气杂质，然后将氯气通入F中与铝粉反应制取氯化铝，因氯化铝易升华和凝华，所以用D装置收集氯化铝，最后用B装置吸收尾气，同时防止空气中水蒸气进入，所以装置的连接顺序为：a→h→j→d→e→k→i→f→g→b→c；‎ ‎(3)因氯化铝易升华和凝华，而D中长导管太细，氯化铝凝华易堵塞导管，应将长导管换成较粗的导管，避免氯化铝堵塞导管；‎ ‎(4)铝是活泼金属，在加热条件下容易和空气中的氧气反应，所以在加热铝粉之前应先点燃A处酒精灯，利用产生的氯气将装置中的空气排尽，当F装置中充满黄绿色气体时说明空气已排尽，此时再点燃F处酒精灯进行反应；‎ ‎(5)因氯化铝易潮解，所以实验过程中要保持装置内处于无水的状态，用酒精灯微热烧瓶排尽装置中的水蒸气，避免氯化铝与水蒸气反应；‎ ‎(6)实验所需温度不超过‎100℃‎，可以采用水浴加热便于控制实验温度，还能使烧瓶受热均匀；‎ ‎(7)因溴化氢极易溶于水，所以干燥管的作用是防倒吸，若G中已经发生了反应，则H装置的水中一定含有HBr，通过检验HBr可以判断G中反应是否开始，具体方法是：向H装置中滴加少量硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，说明G中已发生了反应；‎ ‎(8)提纯产品时先用大量水洗去无机物，因氯化铝易水解，会有少量氢氧化铝胶体与有机物混合，用稀盐酸除去少量氢氧化铝胶体，再用少量蒸馏水洗涤，加入大量无水氯化钙除去有机物中的水，过滤弃去固体，蒸馏并收集‎136.2℃‎馏分得到产品，故答案为⑤②③④①⑥。‎ ‎【点睛】制备收集易升华和凝华的物质时，为防止堵塞，反应装置和收集装置之间一般用粗导管连接。‎ ‎28.全国人民众志成城抗击新冠病毒，科学家积极研究抗病毒药物。化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如图所示（部分反应条件已略去）:‎ 已知：①有机物B的苯环上只有两种不同化学环境的氢原子 ‎②两个羟基连在同一碳原子上不稳定,易脱水形成羰基或醛基 ‎③RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O ‎④‎ ‎（1）有机物B的名称为__________，C的结构简式为__________，由D生成E的反应类型为_____，E中官能团的名称为_________‎ ‎（2）1molE转化为F时，消耗NaOH___mol ‎（3）由G 生成H所需的“一定条件”___酸性KMnO4溶液（填“是”或“不是”）‎ ‎（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_________‎ ‎（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，且X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1∶1∶1，写出2种符合条件的X的结构简式:_________、‎ ‎（6）请设计以和丙醛为原料合成的路线图（无机试剂任选）：____‎ ‎【答案】 (1). 对溴甲苯（或4-溴甲苯） (2). (3). 取代反应 (4). 羟基、氯原子 (5). 4 (6). 不是 (7). +2NaOH+NaBr+H2O (8). OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、 ‎ ‎(9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子，所以B的结构简式是； C比B 少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为；C到D符合反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液和加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据两个羟基连在同一碳原子上不稳定,易脱水形成羰基或醛基，这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O，所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1步是将-CHO氧化为羧基，第2步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。‎ ‎【详解】(1)因为有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯；根据上述分析可知C的结构简式为；D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以发生的是取代反应；由E的结构简式为可知，含有的官能团为：羟基、氯原子，故答案：对溴甲苯（或4-溴甲苯）；；取代反应；羟基、氯原子；‎ ‎(2)由上述分析可知：E的结构简式为个，苯环上连有两个羟基，甲基上含有2个氯原子；F有结构简式为，所以1molE转化为F时，消耗4mol NaOH，故答案：4。‎ ‎(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O ‎，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热，不是酸性KMnO4溶液，故答案：不是；‎ ‎(4)由上述分析可知：B的结构简式，分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O；‎ ‎(5)由上述分析可知：F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO，2个不饱和度，中间应该是>C=O，1个不饱和度，另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、，故答案：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、；‎ ‎(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此流程图：‎ ‎，故答案：。‎ ‎29.前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B位于同一周期且相邻，A元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价层电子中未成对电子数均为1，且C、F原子的电子数相差10，基态D、E原子的价层电子中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差2。‎ ‎（1）六种元素中第一电离能最小的是__（填元素符号，下同），电负性最大的是_________。‎ ‎（2）A、B、C、D四种元素形成的一种配合物，易溶于水，可以检验Fe2+离子，离子方程式为：_______； 1 mol该配合物中，含有的σ键和π键的数目比为____；该配合物晶体中各种微粒间的作用力不涉及____（填字母）。‎ a.离子键 　b.共价键　 c.配位键　 d.金属键 　e.氢键 　f.分子间作用力 ‎（3）E2+的价层电子排布图为____；‎ ‎（4）金属C、F晶体的晶胞结构如图所示（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为____。金属C的晶胞中，若设该晶胞的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，C原子的摩尔质量为M g· mol-1，则C原子的半径为____（用含a、M、NA的代数式表示）。‎ ‎【答案】 (1). K (2). N (3). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-＝Fe3[Fe(CN)6]2 (4). 1：1 (5). def (6). (7). 2∶3 (8). cm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A、B、C、D、E、F是前四周期原子序数依次增大的六种元素，A、B 属于同一短周期元素且相邻，A元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则A为C，B为N；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，则C为K，F为Cu；基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，则D、E价电子排布分别为3d64s2、3d84s2，故D为Fe、E为Ni。综上所述，A为C，B为N，C为K，D为Fe，E为Ni，F为Cu。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析：六种元素中K的金属性最强，故第一电离能最小；N的电负性最大。‎ ‎(2)根据上述分析：A为C，B为N，C为K，D为Fe，A、B、C、D四种元素形成的一种配合物的化学式为K[Fe(CN)6]，易溶于水，可以检验Fe2+离子，其离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2；在配合物Fe(CN)63-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA，CN-与氮气互为等电子体，CN-中存在C≡N键，故1molCN-中含有π键的数目为2NA，所以1 molK[Fe(CN)6]该配合物中，含有的σ键和π键的数目比为：1:1；黄血盐晶体中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键，不涉及金属键、氢键和分子间的作用力，故选def项；故答案：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2；1:1；def；‎ ‎(3)根据上述分析：Ni2+的价层电子排布图为，故答案：；‎ ‎(4)根据上述分析：C为K，F为Cu，金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为右图，晶胞中K原子配位数为8；金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为左图，晶胞中Cu原子配位数为12，故两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8:12=2:3，金属K晶体的晶胞中，K原子数目=1+8=2；K原子的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，则晶胞的质量m=g，设该晶胞的密度为ag/cm3，则晶胞体积V==cm3，晶胞棱长=cm，设K原子的半径为r，则晶胞体对角线长度=4r，故＝4r，解得r=，故答案：2∶3；cm。‎ ‎30.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰三位科学家，以表彰他们对锂离子电池的研究。‎ ‎(1)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______，中心原子的杂化形式为___，与阴离子互为等电子体的一种分子为_________‎ ‎(2)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。‎ 可知Li原子的第一电离能为____kJ·mol-1，O=O键键能为_____kJ·mol-1，Li2O晶格能为_____kJ·mol-1‎ ‎(3)硼和锂同周期，B原子核外有__种不同运动状态的电子。基态B原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为____。晶体硼有多种变体，但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体(如下图)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由___个硼原子构成；若该结构单元中有2个原子为10B(其余为11B)，那么该结构单元有____种不同类型 ‎(4)锰的化合物也广泛应用于电池，基态锰原子的核外电子排布式为____，MnO的熔点(‎1650 ℃‎)比MnS的熔点(‎1610 ℃‎)高的原因是_________，含锰的一种磁性材料的单晶胞结构如图：‎ 该晶胞中碳原子的原子坐标为_________‎ ‎【答案】 (1). 正四面体形 (2). sp3 (3). CH4(或SiH4等其他合理答案) (4). 520 (5). 498 (6). 2908 (7). 5 (8). 哑铃形(或纺锤形) (9). 12 (10). 3 (11).‎ ‎ 1s22s22p63s23p63d54s2{或[Ar]3d54s2 (12). MnO的晶格能更大 (13). (,,)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)LiAlH4中的阴离子为AlH，中心Al原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体形，杂化方式为sp3杂化；原子总数相同，价电子总数也相同的分子、离子或基团互为等电子体，所以AlH的等电子体有CH4(或SiH4等其他合理答案)；‎ ‎(2)Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子形成气态基态正一价阳离子所需要的能量，据图可知其第一电离能为kJ/mol=520kJ/mol；O=O键键能为1mol气态氧分子解离为气态氧原子所需的能量，据图可知其键能为2×249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol；‎ ‎(3)B元素为5号元素，原子核外有5个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有5种不同运动状态的电子；基态B原子中，能量最高的电子所占据的能级为2p能级，其轨道形状为哑铃形(或纺锤形)；‎ 根据晶胞结构示意图可知每个B原子被5个面共用，每个面上有3个B原子，共有20个面，所以每一个此基本结构单元由=12个B原子构成；‎ 若该分子中有2个原子为10B(其余为11B)，从两个10B原子的位置考虑，该分子中所有B原子所处环境完全相同，所以有3种不同类型，如图(数字代表另一个10B)；‎ ‎(4)锰元素为25号元素，基态原子核外有25个电子，所以基态锰原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2{或[Ar]3d54s2；氧离子的半径比硫离子的半径要小，所以MnO的晶格能更大，熔点更高；据图可知A为坐标原点，根据B的坐标可知晶胞棱长为1，C原子位于体心，所以坐标为(,,)。‎ ‎【点睛】学生要注意掌握键能的概念，其定义为：在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量。‎