【化学】贵州省铜仁市沿河县第二高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

【化学】贵州省铜仁市沿河县第二高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

贵州省铜仁市沿河县第二高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试 分卷I 一、单选题(共27小题，每小题2.0分，共54分)‎ ‎1.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是 A. 均采用水浴加热 B. 制备乙酸丁酯时正丁醇过量 C. 均采用边反应边蒸馏的方法 D. 制备乙酸乙酯时乙醇过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯直接加热，A错误；‎ B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，B错误；‎ C、乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C错误；‎ D、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题．乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和吸水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异。‎ ‎2.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。‎ ‎3.下列有关甲醛的化学用语表达错误的是(　　)‎ A. 结构简式：HCHO B. 电子式：‎ C. 比例模型： D. 最简式：CH2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．结构简式就是结构式的简单表达式，甲醛中含有醛基，结构简式为：HCHO，故A正确；‎ B．甲醛分子中碳原子和氧原子之间有两个共用电子对形成碳氧双键，故B错误；‎ C．比例模型体现的是组成该分子的原子间的相对大小、分子的空间结构、原子间的连接顺序，氧原子半径小于碳原子，碳原子半径大于氢原子，所以其比例模型为，故C正确；‎ D．最简式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，所以甲醛的最简式为CH2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意比例模型中原子的相对大小的比较。‎ ‎4. 下图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是 A. 重金属离子可导致蛋白质变性 B. 苯是最简单的芳香烃 C. SO2、NxOy都属于酸性氧化物 D. 利用丁达尔效应可检验雾霾是否为胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、强酸、强碱、重金属盐等可使蛋白质变性，A正确；‎ B、含有苯环的烃是芳香烃，苯是最简单的芳香烃，B正确；‎ C、NO、NO2都不是酸性氧化物，C错误；‎ D、只有胶体才能发生丁达尔效应，所以可利用丁达尔效应可检验雾霾是否为胶体，D正确；‎ 故选C。‎ ‎5.某烯烃的结构简式如图， 有甲、乙、丙、丁四位同学分别将其命名为2甲基4乙基1戊烯；2异丁基1丁烯；2,4二甲基3己烯；4甲基2乙基1戊烯，下列对四位同学的命名判断正确的是(　　)‎ A. 甲的命名主链选择是错误的 ‎ B. 乙的命名对主链碳原子的编号是错误的 C. 丙的命名主链选择是正确的 ‎ D. 丁的命名是正确的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构书写出正确的名称，与四位同学的命名进行比较，确定命名是否正确。‎ ‎【详解】由有机物的结构，根据系统命名法可知该有机物的名称为4-甲基-2-乙基-1-戊烯，因此丁同学的命名是正确的；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列关于新型有机高分子材料的说法，不正确的是(　　)‎ A. 高分子分离膜应用于食品工业中，可用于浓缩天然果汁、乳制品加工、酿造业等 B. 复合材料一般是以一种材料作为基体，另一种材料作为增强体 C. 导电塑料是应用于电子工业的一种新型有机高分子材料 D. 合成高分子材料制成的人工器官一般都受到人体的排斥作用，难以达到生物相容的程度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】医用高分子材料制成的人体器官，与生物具有良好的相容性。D错误，答案选D。‎ ‎7.下列有机物属于多羟基醛的是 A HOCH2CHO B. ‎ C. CH3COOCH3 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】羟基为—OH，醛基为—CHO，题干要求多羟基醛，则至少含有两个羟基一个醛基，‎ A.只含有一个羟基，故A不属于多羟基醛；‎ B.含有三个羟基同时含有醛基，故B属于多羟基醛；‎ C.既不含羟基也不含醛基，故C不属于多羟基醛；‎ D.含有三个羟基但不含醛基，故D不属于多羟基醛；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题易错选D，D中含有的官能团为羟基和酯基。‎ ‎8.当航天飞机返回地球大气层时，由于空气的剧烈摩擦，飞机尖端的温度可达1000℃‎ 以上，为了防止高温将它烧毁，科学家给航天飞机的相应部位安装了可靠的保护层，制作保护层的材料是（　　）‎ A. 塑料 B. 合成纤维 ‎ C. 新型陶瓷和碳纤维的复合材料 D. 镁铝合金 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知，该保护层的材料必须是能够耐高温的材料，防止航天飞机返回地球大气层时，与空气剧烈摩擦，产生高温(1000℃以上)而被烧毁，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．塑料的熔点很小，不能耐高温，故A错误； ‎ B．合成纤维具有强度高、弹性好、耐腐蚀等优点，但合成纤维的熔点较低，不能耐高温，故B错误；‎ C．新型陶瓷和碳纤维的复合材料熔点较高，能耐高温，故C正确；‎ D．镁铝合金的熔点较低，不能耐高温，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.不粘锅的内壁有一薄层为聚四氟乙烯的涂层，用不粘锅烹烧饭菜时不易粘锅、烧焦，下列关于聚四氟乙烯的说法正确的是（ ）‎ A. 聚四氟乙烯的化学活动性很强 ‎ B. 聚四氟乙烯分子中含有双键 C. 聚四氟乙烯的单体是不饱和烃 ‎ D. 聚四氟乙烯中氟的质量分数是76%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 聚四氟乙烯是四氟乙烯加聚后的生成物，结构简式为。‎ ‎【详解】A．聚四氟乙烯分子中为碳碳单键，比较稳定，所以四氟乙烯化学活动性较弱，可用作不粘锅的涂层，故A错误；‎ B．聚四氟乙烯分子中为碳碳单键，故B错误；‎ C．聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，含有氟元素，不是烃类，故C错误；‎ D．聚四氟乙烯中氟的质量分数为×100%=76%，正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】聚四氟乙烯和四氟乙烯的结构不同，所以不能用四氟乙烯的性质推测聚四氟乙烯的性质。四氟乙烯（CF2=CF2）分子中有碳碳双键，可以发生加成反应，使溴水褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但聚四氟乙烯没有碳碳双键，所以不能发生加成和氧化反应。‎ ‎10.从葡萄籽中提取的原花青素结构为：，有关原花青素的下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该物质既可看作醇类，也可看作酚类 B. 1mol该物质可与4molBr2反应 C. 1mol该物质可与7molNa反应 D. 1mol该物质可与7molNaOH反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原花青素中连在苯环上的羟基具有酚的性质，不直接连在苯环上的羟基具有醇的性质，所以原花青素既可看作醇类，也可看作酚类，正确；‎ B．原花青素中的酚羟基的存在使其能和溴水发生取代反应，和羟基处于邻、对位上的氢原子可以被溴原子取代，所以1mol该物质可与4molBr2反应，正确；‎ C．羟基都可以和金属钠发生置换反应，1mol羟基需要1mol钠原子，所以1mol该物质可与7molNa反应，正确；‎ D．酚羟基可以发生微弱电离，显酸性，可以和NaOH发生中和反应，醇羟基不和NaOH反应，所以1mol该物质只能和5molNaOH反应，错误；‎ 故选D。‎ ‎11.下列化合物中，属于醛类的是（　　）‎ A. （CH3）3COH B. ‎ C. CH3CH2OCHO D. HCOOCH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、（CH3）3C-OH，官能团为羟基，属于醇类，故A错误；‎ B、，分子中含有醛基，属于醛类，故B正确；‎ C、CH3CH2-O-CHO，分子中含有醛基，但是与醛基相连的不是烃基，该有机物为甲酸乙酯，属于酯类，故C错误；‎ D、分子中含有醛基，但是与醛基相连的不是烃基，该有机物为甲酸甲酯，不属于醛类，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物醛类的判断，注重基础知识的考查，根据醛基的结构式（R-CHO）进行判断即可。‎ ‎12.下面鉴别葡萄糖与果糖的方法正确的是(　　)‎ A. 银镜反应 B. 新制的氢氧化铜 C. 氢氧化钙溶液 D. 羧酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．葡萄糖含有醛基、果糖不含醛基，在碱性条件下果糖可以转变为葡萄糖（烯醇异构化过程），从而体现出醛基的还原性，葡萄糖、果糖都能发生银镜反应，故不选A；‎ B．葡萄糖含有醛基、果糖不含醛基，在碱性条件下，果糖转可以变为葡萄糖（烯醇异构化过程），从而体现出醛基的还原性，葡萄糖、果糖都能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故不选B；‎ C．果糖和石灰水作用形成沉淀，而葡萄糖不会，故选C；‎ D．葡萄糖、果糖与羧酸不反应反应，糖酸混溶，现象相同，故不选D；‎ 故答案选C。‎ ‎13.乙二酸，又称草酸，通常在空气中易被氧化而变质。其两分子结晶水(H2C2O4·2H2O)却能在空气中稳定存在。在分析化学中常用H2C2O4•2H2O做KMnO4的滴定剂，下列关于H2C2O4的说法正确的是 A. 草酸是二元弱酸，其电离方程式为H2C2O4═2H++C2O42−‎ B. 草酸滴定KMnO4属于中和滴定，可用石蕊做指示剂 C. 乙二酸可通过乙烯经过加成、水解、氧化再氧化制得 D. 将浓H2SO4滴加到乙二酸上使之脱水分解，分解产物是CO2和H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．多元弱酸的电离是分步进行的，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，故A错误；‎ B．高锰酸钾本身就是紫红色，不需要指示剂，该反应是氧化还原滴定，故B错误；‎ C．乙烯和氯气加成生成1，2－二氯乙烷，上述产物水解成乙二醇，乙二醇催化氧化为乙二醛，乙二醛发生银镜反应生成乙二酸，故C正确；‎ D．乙二酸在酸和受热的条件下易分解出甲酸和二氧化碳，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.2000年诺贝尔化学奖授予两位美国化学家和一位日本化学家，以表彰他们在导电塑料领域的贡献，他们首先把聚乙炔树脂制成导电塑料，下列关于聚乙炔的叙述错误的是（　　）‎ A. 聚乙炔是以乙炔为单体发生加聚反应形成的高聚物 B. 聚乙炔的化学式为 C. 聚乙炔是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状结构的物质 D. 聚乙炔树脂不加任何填充物即可成为电的良导体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙炔在高温高压、催化剂条件下发生加聚反应生成聚乙炔，A正确；‎ B.聚乙炔是由n个-CH=CH-组成的聚合物，化学式为，B正确；‎ C.聚乙炔的链节为-CH=CH-，是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状共轭结构，C正确；‎ D.聚乙炔经溴或碘掺杂之后导电性会提高到金属水平，成为电的良导体，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.下列式子是某学生书写C5H12的同分异构体的结构简式 ‎①CH3CH2CH2CH2CH3 ②③‎ ‎④⑤‎ 这些结构中出现重复的是 A. ①和② B. ④和⑤ C. ②③④ D. ‎ 均不重复 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】所有的碳原子在一条链上的为：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；拿下1个碳原子作为支链：；拿下2个碳原子作为支链：，所以C5H12的同分异构体的结构简式为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、；上述结构中出现重复的是②③④，答案选C。‎ ‎16. 邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低的原因是 （ ）‎ A. 邻羟基苯甲醛不形成氢键，而对羟基苯甲醛能够形成氢键。‎ B. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键。‎ C. 对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛体积小，分子更紧凑 D. 对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛对称性高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，答案选B。‎ ‎17.化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. 苯酚有一定毒性，不能作消毒剂和防腐剂 B. 白磷着火点高且无毒，可用于制造安全火柴 C. 油脂皂化生成的高级脂肪酸钠，是肥皂的有效成分 D. 用食醋去处水壶中的水垢时所发生的是水解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯酚虽有毒性，但可配制成一定浓度的溶液用于杀菌消毒或防腐，A项错误；‎ B.白磷着火低，易自燃且有毒，B项错误；‎ C.油脂在NaOH溶液中发生皂化反应生成硬脂酸钠，硬脂酸钠用于制造肥皂，C项正确；‎ D.水垢的主要成分为CaCO3、Mg(OH)2，食醋与之发生复分解反应而除去，D项错误；‎ 本题答案选C。‎ ‎18.随着碳原子数的增多，碳元素的质量百分含量增大的是（　　）‎ A. 烷烃同系物 B. 烯烃同系物 ‎ C. 炔烃同系物 D. 苯的同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据选项中各类物质的通式CnHm，随n的增大H原子与C原子数目之比m：n增大，则H的质量分数增大，C的质量分数减小，反之，则H的质量分数减小，C的质量分数增大。‎ ‎【详解】A．烷烃同系物的通式为CnH2n+2，H原子与C原子数目之比（2n+2）：n=2+，n越大，则2+越小，C的质量分数越大，选项A符合；‎ B．烯烃同系物的通式为CnH2n，H原子与C原子数目之比2n：n=2，C的质量分数为定值，选项B不符合；‎ C．炔烃同系物的通式为CnH2n-2，H原子与C原子数目之比（2n-2）：n=2-，n越大，则2-越大，C的质量分数越小，选项C不符合；‎ D．苯的同系物的通式为CnH2n-6（n＞6），H原子与C原子数目之比（2n-6）：n=2-，n越大，则2-越大，C的质量分数越小，选项D不符合。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题解答的关键是根据组成通式CnHm中H原子与C原子数目之比进行判断。‎ ‎19.下列为有机物中碳原子的连接方式，其中不可能的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碳原子最外层4个电子，故碳要达到稳定结构要形成4个共用电子对，即碳形成的化学键个数为4，据此判断。‎ ‎【详解】A、B、C选项中碳原子和碳原子形成的化学键都不超过4个，剩余价键与氢结合，D中三键和双键中间的碳形成了5条共价键，违背了碳四价的原则，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了有机化合物中碳的成键特征，较基础，要牢记碳四价的原则，书写结构式时要使碳满足四价原则，防止漏写或多些氢原子。‎ ‎20.甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得如图所示的分子，对该分子的描述不正确的是 A. 分子式为C25H20‎ B. 该化合物为芳香烃 C. 该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面 D. 分子中所有原子一定处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C25H20，A正确；‎ B. 该化合物分子中有４个苯环，所以其芳香烃，B正确；‎ C. 由甲烷分子的正四面体结构可知，该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面，C正确；‎ D. 分子中所有原子不可能处于同一平面，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎21.通常情况下，苯的化学性质比较稳定，这是因为 （ ）‎ A. 苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色 B. 苯不与溴水发生加成反应 C. 苯的分子结构决定的 D. 苯是芳香烃 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】结构决定性质，性质反映结构，苯分子中含有介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的键，化学性质比较稳定，所以苯的化学性质比较稳定是由苯分子的结构决定的；‎ 答案选C。‎ ‎22. 萤火虫发光原理如图：‎ 关于荧光素及氧化荧光素的叙述，正确的是（ ）‎ A. 互为同系物 B. 均可发生硝化反应 C. 均可与碳酸氢钠反应 D. 均最多有7个碳原子共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．荧火素和氧化荧光素分子所含的官能团不同，二者不是同系物，A项错误；‎ B.二者均可与浓硝酸发生苯环上的硝化反应，B项正确；‎ C.羧基能与NaHCO3溶液反应，但酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，C项错误；‎ D.凡直接与苯环相连的原子一定在同一平面内，所以荧火素和氧化荧光素分子最少有7个碳原子共平面，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎23.某单烯烃氢化后得到的饱和烃是，则原单烯烃可能有的结构简式有（ ）‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该饱和烃由单烯烃氢化得到，在原单烯烃分子中有一个碳碳双键，由于加成不改变碳架，所以只需在烷烃分子中找到不同的碳碳双键的位置即可。该烷烃分子有一条对称轴 ‎，而且连在同一个碳原子上的甲基可以互换，所以只有两个不同的双键的位置，即，所以原单烯烃可能有两种结构，故选B。‎ ‎【点睛】该题需要明确反应原理，然后可以按照判断同分异构体的种类的方法确定原单烯烃的种类，即找官能团位置异构。‎ ‎24.能证明苯酚具有弱酸性的实验是（　　）‎ A. 加入浓溴水生成白色沉淀 B. 苯酚的水溶液中加 NaOH溶液，生成苯酚钠 C. 苯酚的浑浊液加热后变澄清 D. 苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓溴水与苯酚发生取代反应，生成白色沉淀，无法说明苯酚的酸性，故A错误；‎ B.苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，故B错误；‎ C.苯酚的浑浊液加热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故C错误；‎ D.碳酸是弱酸，与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明苯酚酸性比碳酸弱，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】以苯酚性质为载体，考查弱电解质涵义，把握住判断弱电解质的两个核心要点：1、是电解质；2、电离程度弱，不能完全电离。‎ ‎25.分子式为C5H10O2的有机物R在酸性条件下可水解为酸和醇，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 这些醇和酸重新组合可形成的酯共有40种 B. 分子式与R相同的酸与足量碱石灰共热，最多可得到2种烷烃 C. R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目 D. R水解得到的醇发生消去反应，可得到4种烯烃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C5H10O2的酯有甲酸丁酯，乙酸丙酯，丙酸乙酯及丁酸甲酯。甲酸丁酯有HCOOCH2CH2CH2CH3；HCOOCH(CH3)CH2CH3；HCOOCH2CH(CH3)2；HCOOC (CH3)3。乙酸丙酯有CH3COOCH2CH2CH3；CH3COOCH(CH3)2。丙酸乙酯即是CH3CH2COOCH2CH3‎ ‎。丁酸甲酯有CH3(CH2)2COOCH3; (CH3)2CH COOCH3。它们水解得到的酸有HCOOH；CH3COOH；CH3CH2COOH; CH3CH2CH2COOH; (CH3)2CHCOOH，共五种。醇有CH3OH；CH3CH2OH；CH3CH2CH2OH；CH3CH(OH)CH3;CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CHCH2OH ;(CH3)3COH共八种。则它们重新组合可形成的酯共有5×8=40种，正确；‎ B．根据反应：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3可知：分子式与R相同的酸与足量碱石灰共热，可以得到烷烃有CH3CH2CH2CH3； (CH3)3CH，正确；‎ C. 酯水解得到的最简单的酸为甲酸，其结构式为。可见含有5对共用电子对数目，当酸分子中的C原子数增多时，C—C，H—C也增多，所以含有的共用电子对数增多。因此R水解得到的酸至少有5对共用电子对数目，正确；‎ D．R水解得到的醇若能发生消去反应，则醇最少有两个C原子，而且羟基连接的C原子的邻位C上要有H原子。R水解得到的符合条件的醇有CH3CH2OH；CH3CH2CH2OH；CH3CH(OH)CH3;CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CHCH2OH ; (CH3)3COH可得到5种烯烃CH2=CH2；CH3CH=CH2；CH3CH2CH=CH2；CH3CH=CHCH3；(CH3)2C=CH2，错误。‎ ‎26.下列有关糖类、脂肪和蛋白质的叙述正确的是（ ）‎ A. 糖类都能表示为Cm(H2O)n B. 糖类和脂肪都是储能物质 C. 脂肪由脂肪酸和甘油构成，所以脂肪是一种高分子化合物 D. 糖类、脂肪和蛋白质都能氧化分解释放能量供给生物利用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有的糖不满足Cm(H2O)n，如脱氧核糖C5H10O4，错误；‎ B．脂肪是储能物质，糖类中的糖原是储能物质，但葡萄糖是直接能源物质，错误；‎ C．脂肪的相对分子质量比较小，不是高分子化合物，错误；‎ D．糖类、脂肪和蛋白质都能氧化分解释放能量供给生物利用，正确；‎ 故选D。‎ ‎27.要检验某卤乙烷中的卤素是不是溴元素，正确的实验方法是 ‎①加入氯水振荡，观察水是否有红棕色的溴出现②滴入AgNO3‎ 溶液，再加入稀硝酸，观察有无浅黄色沉淀生成③加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成④加入NaOH的醇溶液共热，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成 A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入氯水振荡，与溴乙烷不反应，不会观察到水中有红棕色的溴出现，错误；‎ ‎②滴入AgNO3溶液，与溴乙烷不反应，再加入稀硝酸，无浅黄色沉淀生成，错误；‎ ‎③加入NaOH溶液共热，发生水解反应生成NaBr，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有浅黄色沉淀生成，可检验，正确；‎ ‎④加入NaOH的醇溶液共热，发生消去反应生成NaBr，冷却后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有浅黄色沉淀生成，可检验，正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】该题为高频考点，把握卤代烃的性质及溴离子检验的方法为解答的关键，注意卤代烃均属于非电解质，不能直接电离出X－，不能用AgNO3溶液检验卤素的存在。‎ 分卷II 二、非选择题(共5小题，共46分)‎ ‎28.实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取W g该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；‎ ‎（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；‎ ‎（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；‎ ‎（4）D装置的作用是_________；‎ ‎（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；‎ ‎（6）实验中测得氮气的体积为V mL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_________（填编号）‎ A．生成二氧化碳气体的质量 B．生成水的质量 C．通入氧气的体积 D．氨基酸的相对分子质量 ‎【答案】 (1). 排除体系中的N2 (2). A和D (3). D (4). CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2 (5). 吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 (6). 量筒内液面与广口瓶中的液面持平 (7). 视线与凹液面最低处相切 (8). ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。‎ ‎【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2； ‎ ‎(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。‎ ‎(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为： CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；‎ ‎(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2 ；‎ ‎(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；‎ ‎(6) ‎ 根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。‎ ‎【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。‎ ‎29.淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：‎ ‎①将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；‎ ‎②将一定量淀粉水解液加入三颈烧瓶中；‎ ‎③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；‎ ‎④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：‎ C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O ‎3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O 请回答下列问题：‎ ‎（1）实验①加入98%硫酸少许作用是：_________；‎ ‎（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是_________；‎ ‎（3）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_________；‎ ‎（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________；‎ ‎（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g ‎，加适量水完全溶解，然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色变化为_________，滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。‎ ‎【答案】 (1). 催化剂的作用 (2). 温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化 (3). 碘水 (4). 布氏漏斗、吸滤器 (5). 无色突变为淡紫色且半分钟不褪色 (6). 84%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）。‎ ‎（2）由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物H2C2O4进一步被氧化，所以不能滴入的过快。‎ ‎（3）由于碘能和淀粉发生显色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。‎ ‎（4）减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。‎ ‎（5）由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml－2.50ml＝16.00ml。根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020 mol·L-1×0.016L×5/2＝0.0008mol，则草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为。‎ ‎30.某学习小组对人教版教材实验“在200mL烧杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入适量水，搅拌均匀，然后再加入15mL质量分数为98%浓硫酸，迅速搅拌”进行如下探究；‎ ‎（1）观察现象：蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质，同时闻到刺激性气味，按压此黑色物质时，感觉较硬，放在水中呈漂浮状态，同学们由上述现象推测出下列结论：‎ ‎①浓硫酸具有强氧化性 ②浓硫酸具有吸水性 ③浓硫酸具有脱水性④浓硫酸具有酸性 ⑤黑色物质具有强吸附性 其中依据不充分的是_________（填序号）；‎ ‎（2）为了验证蔗糖与浓硫酸反应生成的气态产物，同学们设计了如下装置：‎ 试回答下列问题：‎ ‎①图1的A中最好选用下列装置_________（填编号）；‎ ‎②图1的 B装置所装试剂是_________；D装置中试剂的作用是_________；E装置中发生的现象是_________；‎ ‎③图1的A装置中使蔗糖先变黑的化学反应方程式为_________，后体积膨胀的化学方程式为：_________；‎ ‎④某学生按图进行实验时，发现D瓶品红不褪色，E装置中有气体逸出，F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，推测F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅的原因_________，其反应的离子方程式是_________。‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). Ⅱ (3). 品红溶液 (4). 检验SO2是否被除尽 (5). 溶液出现白色浑浊 (6). C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O (7). 2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O (8). CO气体能还原热的酸性高锰酸钾 (9). 5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸的三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性；‎ ‎（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置；‎ ‎②B中盛放品红溶液，检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；‎ ‎③浓硫酸能使蔗糖脱水生成C，浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳；‎ ‎④CO气体能还原热的酸性高锰酸钾。‎ ‎【详解】（1）闻到刺激性气味说明浓硫酸具有强氧化性；蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明浓硫酸具有脱水性；体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明黑色物质具有强吸附性；根据实验现象不能说明浓硫酸具有吸水性，酸性；答案为②④；‎ ‎（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置，装置选择Ⅱ；‎ ‎②B中盛放品红溶液，用来检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，实验现象是溶液出现白色浑浊，因为二氧化硫也能使Ba（OH）2溶液变浑浊，所以要先除去二氧化硫，所以C中高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化硫，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；‎ ‎③浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水生成C，方程式为C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O；浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳，方程式为2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎④D瓶品红不褪色，说明气体中无二氧化硫，E装置中有气体逸出，气体不是二氧化碳，气体可能是浓硫酸将C氧化成一氧化碳，CO气体能还原热的酸性高锰酸钾，故F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，反应的离子方程式为5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查浓硫酸的性质，二氧化硫的性质，在解答方程式的书写题时，首先理解反应原理，然后根据反应原理正确的分析出反应物、生成物结合方程式的书写规则进行书写。‎ ‎31.研究小组设计用含氯的有机物A合成棉织物免烫抗皱整理剂M的路线如下(部分反应试剂和条件未注明)：‎ 已知：①E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，核磁共振氢谱显示E分子内有2‎ 种不同化学环境的氢原子，其个数比为3∶1；‎ ‎(R、R′、R″代表相同或不相同的烃基)。‎ ‎(1)A分子中的含氧官能团的名称是________________。‎ ‎(2)D→E反应的化学方程式是____________。‎ ‎(3)A→B反应所需的试剂是________________。‎ ‎(4)G→H反应的化学方程式是____________。‎ ‎(5)已知1 mol E与2 mol J反应生成1 mol M，则M的结构简式是________。‎ ‎(6)E的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3反应生成CO2；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，则该同分异构体共有________种，其中任意1种的结构简式是________。‎ ‎(7)J可合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式是________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). HOOCCH2COOH＋2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3＋2H2O (3). NaOH水溶液 (4). ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O ‎ ‎(5). (6). 5 ‎ ‎(7). ‎ ‎(8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为  =2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个-CH3 、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3 ；C与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2═CHCOOH，J为CH2═CHCOOCH3 ；1molE与2molJ反应生成1molM，故M为  ；据此解答。‎ ‎【详解】E的分子式为C5H8O4C，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为 =2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个-CH3 、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3 ；C与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2═CHCOOH，J为CH2═CHCOOCH3 ；根据信息可知：1molE与2molJ反应生成1molM，故M为  ；‎ ‎（1）据以上分析可知，A为ClCH2CH2CH2OH，A分子可以被催化氧化为醛类，所以含有醇羟基；因此本题答案是：羟基。‎ ‎（2）据以上分析可知：D为HOOCCH2COOH，与甲醇反应生成酯，反应方程式：‎ HOOCCH2COOH＋2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3＋2H2O；综上所述，本题答案是：HOOCCH2COOH＋2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3＋2H2O。‎ ‎（3）A→B是ClCH2CH2CH2OH在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH；综上所述，本题答案是：NaOH水溶液、加热。 （4）G→H是ClCH2CH2COOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成CH2 ═CHCOOH，反应方程式为：ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O；综上所述，本题答案是：ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O。‎ ‎（5）根据信息可知，1molCH3OOCCH2COOCH3 与2molCH2=CHCOOCH3 反应生成1molM，故M为  ；综上所述，本题答案是：。‎ ‎（6）CH3OOCCH2COOCH3 的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3 反应生成CO2 ，含有-COOH；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，为甲酸形成的酯，含有-OOCH，符合条件的同分异构体有：  、  、  、  、  ，故共有5种；综上所述，本题答案是：5； 、、、、中的任意一种。  （7）CH2=CHCOOCH3中含有双键，可以发生加聚反应，生成高聚物  ；综上所述，本题答案是：。‎ ‎【点睛】本题是一道关于有机物的综合推断题，需要对给予的反应信息进行利用，问题（6‎ ‎）分析时要注意：羧基-COOH 可以变为-OOCH（甲酸酯），即有醛基的性质，又有水解的性质。‎ ‎32.2﹣羟基异丁酸乙酯能溶于水，是一种应用于有机合成和药物制造的化工原料。‎ ‎（1）2﹣羟基异丁酸乙酯的分子式为_______，不同化学环境的氢在核磁共振氢谱图中有不同的吸收峰，则2﹣羟基异丁酸乙酯有_______个吸收峰；‎ ‎（2）①②的反应类型分别为_______，_______；‎ ‎（3）已知I为溴代烃，I→B的化学方程式为______；‎ ‎（4）缩聚产物F的结构简式为______；‎ ‎（5）下列关于和的说法正确的有______（双选，填字母）；‎ A．后者遇到FeCl3溶液显紫色，而前者不可 B．两者都可以与NaHCO3溶液反应放出CO2‎ C．两者都可以与氢氧化钠溶液发生反应，当两者物质的量相等时，消耗氢氧化钠的量不相等 D．两者都可以与氢气发生加成反应 ‎【答案】 (1). C6H12O3 (2). 4 (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据结构可判断2-羟基异丁酸乙酯的分子中含有3个甲基、1个CH2原子团、1个羟基和1个酯基，故可知分子式为C6H12O3，根据分子的结构可知，分子中有4种不同化学环境的H原子，故答案为C6H12O3；4； ‎ ‎(2)根据反应流程可知A为2-羟基异丁酸，发生消去反应生成D为2-甲基丙烯酸；B为乙醇，可由溴乙烷水解生成，G为乙醛，与银氨溶液发生氧化反应生成乙酸，H 为乙酸，故答案为消去反应；氧化反应；‎ ‎(3)溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，故答案为； ‎ ‎(4)2-羟基异丁酸中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下可发生缩聚反应，则F为，故答案为；  ‎ ‎(5)A、遇到FeCl3溶液显紫色，则有机物中应含有酚羟基，故A正确；B、与NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，前者无，故B错误；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠反应，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正确；D、前者不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选AC。‎