2018-2019学年河北省唐山市开滦第二中学高二6月月考化学试题 解析版 24页

开滦二中2018～2019学年第二学期高二年级6月考试 化学试卷 说明：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（4）页，第Ⅱ卷第（5）页至第（8）页。‎ ‎2、本试卷共100分，考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共50分）‎ 注意事项：‎ ‎1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的准考证号、科目填涂在答题卡上。‎ ‎2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。‎ ‎3、考试结束后，监考人员将试卷答题卡和机读卡一并收回。‎ 可能用到的相对原子质量：H—‎1 C—12 O—16 Ti—48‎ 一、选择题（本题有20道小题，1~10题，每小题2分；11~20题每小题3分，共50分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.下列物质中，其主要成分不属于烃的是（ ）‎ A. 汽油 B. 甘油 C. 煤油 D. 柴油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：甘油为丙三醇，属于多元醇类，不是烃，其余各项都是混合物，其主要成分为烃类。答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查烃的概念及常见有机物的组成 ‎【名师点睛】汽油、煤油、柴油均来自于石油的分馏，也有部分来自于石油的裂化。根据沸点的不同，分别截取不同沸点的馏分，就得到汽油、煤油、柴油。汽油馏分(＜‎170℃‎)，煤油馏分(170～‎230℃‎)，轻柴油馏分(230～‎270℃‎)，重柴油馏分(270～‎350℃‎)。一般说来，汽油为C4-C12烃类混合物，煤油为C12-C15烃类混合物，柴油为C10-C22烃类混合物。都属于烃类。本题属于基础题，引导学生回归教材，主要基础知识的积累。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）‎ A. 2—甲基丁烷也称异丁烷 B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应 C. C4H9Cl有3种同分异构体 D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2-甲基丁烷也称异戊烷，A错误；‎ B. 由乙烯与水反应生成乙醇属于加成反应，B正确；‎ C. C4H9Cl碳链有2中，氯原子在碳链上有2种，合计有4种同分异构体，C错误；‎ D.蛋白质属于高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，D错误；‎ 答案为B ‎3.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）‎ A. 聚合物可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得 B. 戊烷（C5H12）有两种同分异构体 C. 乙烯、聚乙烯和苯分子均含有碳碳双键 D. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中主链含4个C，为加聚反应产物，由添键断键可知由两种烯烃单体加聚生成，则两种单体为CH3CH=CH2和CH2=CH2，故A正确；‎ B.分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有3种，正戊烷、异戊烷和新戊烷，分别为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，故B错误；‎ C.聚乙烯、苯中不含碳碳双键，乙烯中含碳碳双键，故C错误；‎ D.单糖不能发生水解反应，二糖、多糖、油脂和蛋白质均可发生水解反应，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎4.‎2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（ ）‎ A. 点燃，能燃烧的是矿物油 B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 C. 加入水中，浮在水面上的是地沟油 D. 测定沸点，有固定沸点的是矿物油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、地沟油与矿物油都能燃烧，不能鉴别，A不正确；B、地沟油主要成分是油脂，属于酯类，能与氢氧化钠溶液加热发生水解反应。而矿物油主要成分是烃类，与氢氧化钠溶液不反应，可以鉴别，B正确；C、地沟油与矿物油的密度都小于水，不溶于水，不能用水鉴别，C不正确；D、地沟油与矿物油都是混合物，没有固体的熔沸点，不能鉴别，D不正确；答案选B。‎ 考点：考查油脂与烃的鉴别 ‎【名师点睛】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。‎ ‎5.下列说法错误的是 A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖 B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质 C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br₂/CCl4褪色 D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 分析：A、双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；‎ B、根据酶的性质特点解答；‎ C、植物油中含有碳碳不饱和键；‎ D、淀粉和纤维素均是多糖。‎ 详解：A、果糖不能再发生水解，属于单糖，A错误；‎ B、酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，其中绝大多数酶是蛋白质，B错误；‎ C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br2/CCl4溶液褪色，C正确；‎ D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。答案选A。‎ 点睛：本题主要是考查糖类、油脂和蛋白质的性质，平时注意相关基础知识的积累即可解答，题目难度不大。‎ ‎6. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷 B. 用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3‎ C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3‎ D. 油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，A正确；B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，B错误；C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，C错误；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，D错误；答案选A。‎ 考点：考查有机物的鉴别 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎7.下列实验中的现象与结论不对应的是（ ）‎ 选项 实验 现象 结论 A．‎ 在盛番茄汁的玻璃杯中加入适量植物油，充分搅拌、静置 上层液体颜色比下层液体深 番茄色素在植物油中的溶解度比在水中的大 B．‎ 将苯乙烯滴入溴水中，振荡、静置 溴水褪色 溴与苯乙烯发生加成反应 C．‎ 向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热 无砖红色沉淀 蔗糖未水解 D．‎ 将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 石蜡油分解生成了不饱和烃 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.植物油的密度比水的密度小，且发生萃取，则上层溶液颜色比下层更深，可以知道番茄色素在植物油中的溶解度比在水中的大，故A正确；‎ B.苯乙烯中含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；‎ C.蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖为水解，故C错误；‎ D.将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成了不饱和烃，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎8.从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知，该物质是一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基。A．该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；B．该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；C．该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；D．该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误。故选A。‎ 考点：考查有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 植物油氢化过程中发生了加成反应 B. 淀粉和纤维素互为同分异构体 C. 环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别 D. 水可以用来分离溴苯和苯的混合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 植物油中的烃基含有碳碳双键，氢化过程中，碳碳双键与氢气发生加成反应，故A正确；淀粉和纤维素的分子式不同，不属于同分异构体，故B错误；己烷与苯都不能使酸性KMnO4溶液褪色，所以己烷与苯不能用酸性KMnO4溶液鉴别，故C错误；溴苯和苯互溶，溴苯和苯都难溶于水，所以不能用水分离溴苯和苯的混合物，故D错误。‎ ‎10.下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确的是（ ）‎ A. 乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 光照下甲烷和Cl2的反应、在FeBr3催化下苯和Br2的反应，均属于同一反应类型 C. 甲醇、醋酸均能与Na反应放出H2，二者所含官能团相同 D. 葡萄糖和果糖互为同分异构体，其结构中均含有5个羟基 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 乙醇、乙烯均能被酸性KMnO4溶液氧化，故A正确；光照下甲烷和Cl2的反应、在FeBr3催化下苯和Br2‎ 的反应，均属于取代反应，故B正确；甲醇、醋酸所含官能团分别是羟基、羧基，故C错误；葡萄糖分子中有5个羟基和1个醛基，果糖中分子中有5个羟基和1个羰基，互为同分异构体，故D正确。‎ ‎11.立方烷（C8H8）为外观有光泽的晶体。其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是（ ）‎ A. 立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生 B. 立方烷一氯代物有1种、二氯代物有3种、三氯代物也有3种 C. 立方烷是苯（C6H6）的同系物，也是苯乙烯（C6H5—CH=CH2）的同分异构体 D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 立方烷含碳量高，所以燃烧有黑烟产生，故A正确；立方烷中只有一种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有1种；立方烷二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有三种；立方烷有8个H原子，依据立方烷的二氯代物有3种，那么在此基础上，剩余的H的环境分别也只有一种，故得到三氯代物也有3种同分异构，故B正确；苯(C6H6)的同系物必须含有苯环，故C错误；八硝基立方烷分子式是 ，完全分解可能只产生二氧化碳和氮气，故D正确。 ‎ 点睛：烃分子中氢元素质量分数越低，燃烧时黑烟越浓，如乙炔燃烧冒出浓烟；同系物是结构相似，分子组成相差若干个 原子团的有机物，立方烷和苯结构不同，所以不属于同系物。‎ ‎12.某羧酸酯的分子式为C8H14O6,1mol该酯完全水解可得到2mol羧酸和1mol某常见的醇，且1mol该羧酸能与足量的钠反应放出‎22.4L（标准状况）H2，下列说法错误的是（ ）‎ A. 该醇是乙二醇 B. 该羧酸有3种同分异构体 C. 该羧酸含有的官能团是羟基和羧基 D. 该羧酸的分子式是C3H6O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C8H14O6的不饱和度为：=2，1mol该酯完全水解可得到2mol羧酸和1mol某常见的醇，说明该酯中含有2个酯基，生成的羧酸含有1个-COOH，生成的醇含有2个-OH；‎ ‎1mol该羧酸能与足量的钠反应放出22.4LH2（标准状况），氢气的物质的量为1mol，生成1mol氢气需要2个羟基，而该羧酸中只含有1个羧基，则其分子中还含有1个羟基；生成的含有2个羟基的醇为常见醇，应该为乙二醇，该羧酸的分子式为C3H6O3，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.根据分析可知，该醇是乙二醇，故A正确；‎ B.该羧酸的分子式为C3H6O3，其中属于含有1个羧基和1个羟基的同分异构体有2种，含有1个醛基、2个羟基的同分异构体有2种，还可以为酯类物质，所以其同分异构体大于4种，故B错误；‎ C.根据分析可知：该羧酸的官能团含有羟基和羧基，故C正确；‎ D．该的分子式是C3H6O3，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎13. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是 A. 分子中含有2种官能团 B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应 D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、根据分支酸的结构简式可知分枝酸含羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，错误；B、分枝酸含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，正确；C、分支酸分子中含有2个羧基，所以1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，错误；D、分支酸分子中含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，原理不同，错误。‎ ‎【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎14.实验室可用少量的溴和足量的乙醇制备1，2—二溴乙烷，反应原理为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。制备装置如图所示：‎ 下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 使用恒压低液漏斗的目的是防止有机物挥发，使漏斗内液体顺利滴下 B. 实验中为了防止有机物大量挥发，应缓慢升高反应温度至‎170℃‎ C. 装置C中应加入氢氧化钠溶液，以吸收反应中可能生成的酸性气体 D. 实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为有机物乙醇易挥发，使用恒压低液漏斗的目的是防止有机物挥发，使恒压低液漏斗上下压强相等，使漏斗内液体顺利滴下，故A正确；‎ B.实验中由CH3CH2OH和浓硫酸的混合液制CH2=CH2，为了减少副反应的发生，应迅速升温到‎170℃‎，故B错误；‎ C.由于浓硫酸具有强氧化性，CH3CH2OH具有还原性，浓硫酸会与CH3CH2OH发生氧化还原反应生成SO2、CO2和H2O，SO2也能与溴反应，装置C中加入氢氧化钠溶液，用于吸收反应中可能生成的酸性气体，故C正确；‎ D.由于溴易挥发，为了提高原料的利用率，实验过程中应用冷水冷却装置D，以避免溴的大量挥发，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎15.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）‎ 选项 目的 分离方法 原理 A．‎ 分离苯和苯酚 加浓溴水过滤 苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀 B．‎ 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C．‎ 除去乙烯中混有的SO2‎ 酸性KMnO4溶液洗气 SO2能被酸性KMnO4溶液氧化生成SO42—‎ D．‎ 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在苯和苯酚的混合物中加入浓溴水，苯酚和浓溴水反应生成的三溴苯酚是有机物，能继续溶于有机溶剂苯，即生成的三溴苯酚在苯中不是白色沉淀，故A错误；‎ B.乙酸乙酯与乙醇不分层，不能利用分液法分离，因利用蒸馏，故B错误；‎ C.乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，则不能用高锰酸钾溶液除杂，因二氧化硫为酸性气体，可与氢氧化钠溶液反应，而乙烯与氢氧化钠不反应，则可用氢氧化钠溶液除杂，然后用浓硫酸干燥，故C错误；‎ D.丁醇与乙醚混溶，但二者沸点不同，则除去丁醇中的乙醚，利用蒸馏即可除杂，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】分离、提纯的方法：‎ ‎1.蒸馏：分离、提纯沸点相差较大的混合溶液；‎ ‎2.重结晶：分离、提纯溶解度受温度影响较大的固体混合物；‎ ‎3.分液：分离、提纯互不相溶的液体混合物；‎ ‎4.洗气：分离、提纯气体混合物；‎ ‎5.过滤：分离不溶性的固体和液体。‎ ‎16.根据下列实验操作和现象所得到的的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A．‎ 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的紫色石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 B．‎ 再适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，在水浴加热5min，加入NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，有红色沉淀生成 淀粉完全水解 C．‎ 将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，溶液分层 油脂发生皂化反应，盐析上层得到硬脂酸钠 D．‎ 向蛋白质溶液中分别加入乙醇溶液和饱和(NH4)2SO4溶液，均产生白色沉淀 蛋白质均发生了变性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷与氯气在光照下反应除生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷外，还生成了HCl，HCl与水反应生成盐酸能使湿润的紫色石蕊试纸变红，故A错误；‎ B.淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，如果淀粉部分水解，此溶液中有葡萄糖，按照上述操作，也可以得到砖红色沉淀，故B错误；‎ C.牛油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，将牛油和烧碱溶液混合加热，发生酯的水解反应，充分反应后加入热的饱和食盐水，发生盐析，析出高级脂肪酸盐，上层为高级脂肪酸盐，下层为甘油的水溶液，故C正确；‎ D.饱和(NH4)2SO4溶液使蛋白质发生盐析，而不是变性，乙醇溶液使蛋白质发生变性，故D错误。‎ 故选C ‎17. 某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下反应制备：‎ 下列叙述错误的是 A. X、Y和Z均能使溴水褪色 B. X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2‎ C. Y既能发生取代反应，也能发生加成反应 D. Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. X、Z中有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，Y中有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，它们均能使溴水褪色，A正确；B.酚羟基的酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B错误；C.Y中有碳碳双键，能发生加成反应，有苯环，能发生取代反应，C正确；D.Y有碳碳双键，能发生类似聚乙烯的加聚反应，Y中也有酚羟基，能发生类似酚醛树脂的缩聚反应，D正确；答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要考查有机物官能团性质分析。‎ ‎18.实验室可用如图所示的装置实现“路线图”中的部分转化，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 铜网表面乙醇发生氧化反应 B. 甲、乙烧杯中的水均起冷却作用 C. 试管a收集的液体中至少有两种有机物 D. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜网作催化剂，乙醇在其表面发生氧化反应，生成乙醛，故A正确；‎ B.甲烧杯中应为热水，目的是将乙醇变为乙醇蒸气，与氧气一起进入用铜网的硬质玻璃管中，乙烧杯中的水为冷水，冷却生成的乙醛和水，故B错误；‎ C.试管a收集的液体中一定含有生成的乙醛和挥发出来的乙醇，还可能含有乙醛的氧化产物乙酸，故C正确；‎ D.实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明反应放热，能维持反应继续进行，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎19.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图 下列关于该高分子的说法正确的是 A. 完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境 B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2‎ C. 氢键对该高分子的性能没有影响 D. 结构简式为：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；‎ B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B正确；‎ C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误；‎ D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.芳樟醇和橙花叔醇是决定茶叶花甜香的关键物质。芳樟醇和橙花叔醇的结构如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 橙花叔醇的分子式C15H28O B. 芳樟醇和橙花叔醇互为同分异构体 C. 芳樟醇和橙花叔醇与H2完全加成后的产物互为同系物 D. 二者均能发生取代反应、加成反应、还原反应，但不能发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、根据橙花叔醇的结构，橙花叔醇的分子式为C15H26O，故A错误；B、芳樟醇的分子式为C10H18O，芳樟醇与橙花叔醇不属于同分异构体，故B错误；C、与氢气加成后产物的分子式分别是C10H22O、C15H32O，两者都属于醇，且含有1个羟基，碳的连接方式相同，因此与氢气加成后的产物互为同系物，故C正确；D、两种有机物含有的官能团都是碳碳双键和羟基，可以发生取代反应、加成反应、还原反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此芳樟醇和橙花叔醇能发生氧化反应，故D错误。‎ Ⅱ卷（共50分）‎ 二、填空题（本题共4道小题，共50分）‎ ‎21.‎ 化学元素形成的单质或化合物在工农业生产、军事国防、医疗生活各个领域发挥着重要的作用。‎ ‎（1）钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量，反应原理为：2Mn2++5S2O82—+8H2O2MnO4—+10SO42—+16H+‎ ‎①基态S原子核外有____种不同空间运动状态的电子。‎ ‎②已知H2S2O8结构如图所示：‎ H2S2O8中硫原子轨道杂化方式为________；上述反应每生成1molMnO4—，S2O82—断裂的共价键类型及其数目分别为________、__________（设阿伏伽德罗常数的值为NA）‎ ‎（2）Fe可以与CN—、H2NCONH2（尿素）等多种配体形成配合物。‎ ‎①请写出与CN—互为等电子体的一种分子：______、一种离子：_________。‎ ‎②组成尿素的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为：________，1molH2NCONH2（尿素）分子中含有σ键的数目为_______。‎ ‎③FeN的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x—n)CunNy。‎ Cu处于周期表中_____区，其最高能层的符号为____，基态铜原子的价电子排布式为________。FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示，其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为_________。‎ ‎（3）铬是银灰色的结晶体，质硬而脆，是制造不锈钢、高速钢的重要原料。‎ ‎①CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是____（填“极性”或“非极性”）分子 ‎②CrCl3·6H2O实际上是配合物，配位数是6，其固体有三种颜色，其中一种浅绿色固体于足量硝酸银反应时，1mol固体可生成1molAgCl沉淀，则这种浅绿色固体中阳离子的化学式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 16 (2). sp3 (3). σ键（或非极性键） (4). 2.5NA (5). CO (6). C22- (7). N＞O＞C (8). 7NA (9). ds (10). N (11). 3d104s1 (12). FeCu3N (13). 非极性 (14). [Cr(H2O)4Cl2]+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，硫原子核外有16个电子，所以有16种不同运动状态的电子，故答案为：16。‎ ‎②H2S2O8中，硫原子价层电子对数=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+(6-4×1-2)=4，所以采取sp3杂化；可知生成MnO4-时，S2O82-转化为SO42-，断掉中间的过氧键，即非极性键（或σ键），反应生成1molMnO4-，需要反应2.5NA的S2O82-，即断裂2.5NA的非极性键。故答案为：sp3杂化；σ键（或非极性键）；2.5NA。‎ ‎（2）①价电子数与原子数都分别相等的粒子是等电子体，因此与CN-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式分别是CO和C22-，故答案为：CO、C22-。‎ ‎②组成尿素的第二周期元素为N、C、O，同周期从左向右第一电离能增大，氮原子2p轨道半充满，为稳定状态，第一电离能大于O，因此第一电离能大小顺序是N>O>C；由尿素分子的结构式可知：1个C—N键中含有1个σ键，1个C=O键含有1个σ键，σ键的数目为3，每个亚氨基中σ键的数目2，一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2=7，故每摩尔尿素中含有σ键的数目为7NA，故答案为：N＞O＞C，7NA。‎ ‎③Cu的价电子排布式为3d104s1，位于第四周期IB族，属于ds区；最高能层符号为N；Cu属于副族元素，价电子包括最外层电子，以及次外层的d能级，即基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；能量低的晶胞稳定性强，即Cu替代a位置Fe型晶胞更稳定，每个晶胞均摊：Cu原子的个数为8×1/8=1，Fe位于面心，Fe原子的个数为6×1/2=3，N位于体心，N原子个数1，则Cu替代a位置Fe型化学式为Fe3CuN，故答案为：ds，N，3d104s1，FeCu3N。‎ ‎（3）①CCl4、CS2都是非极性分子，非极性分子的溶质极易溶于非极性分子形成的溶剂，根据相似相溶原理知，CrO2Cl2是非极性分子，故答案为：非极性。‎ ‎②1mol固体可生成2mol氯化银沉淀，说明该配合物的分子的外界有2个氯离子，则该配合物阳离子带两个单位的正电荷，其配位数是6，根据氯原子守恒知，则该配合物內界中含有1个氯原子和5个水分子，所以其阳离子为[Cr(H2O)4Cl2]+，故答案为：[Cr(H2O)4Cl2]+。‎ ‎22.以葡萄糖为原料制得的山梨酸醇（A）和异山梨酸醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物。由葡萄糖为原料合成E的路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）葡萄糖的分子式为______；A中含有的官能团的名称为_______。‎ ‎（2）C的结构简式为_______；由B到C的反应类型为____。‎ ‎（3）由D到E的反应方程式为：_________。‎ ‎（4）F是B的同分异构体。7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24LCO2（标准状况），F的可能结构有_____种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构为______。‎ ‎【答案】 (1). C6H12O6 (2). 羟基 (3). (4). 酯化反应 (5). (6). 9 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，故A为，A在浓硫酸作用下发生分子内脱水反应生成B，B与乙酸发生酯化反应生成C，由分子式推知为酯化反应，根据C与D的分子式可知D是C分子中另一个羟基与硝酸发生酯化反应，D在NaOH溶液中发生水解反应，结合E的结构推知B中上方的-OH中-H被-NO2，下方 ‎-OH发生酯化反应，故C为，D为，据此答题。‎ ‎【详解】（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6；葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反应生成A，因此A中含有的官能团的名称为羟基，故答案为：C6H12O6，羟基。‎ ‎（2）根据B的结构简式可知C的结构简式为：，由B到C的反应为酯化反应，故答案为：，酯化反应。‎ ‎（3）由D到E的反应是乙酸形成的酯基水解，反应方程式为：，故答案为： 。‎ ‎（4）F是B的同分异构体。7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24LCO2（标准状况），说明F分子中含有羧基，7.30g的F的物质的量为7.30g÷146g/mol=0.05mol，二氧化碳的物质的量为0.01mol，因此F分子中含有2个羧基，则F相当于是丁烷分子中的两个氢原子被羧基取代，如果是正丁烷，根据定一移一可知有6种结构，如果是异丁烷，则有3种，所以可能有的结构有9种，即、、、、、、、、，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构为，故答案为：9，。‎ ‎【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。‎ ‎23.前四周期元素X、Y、Z、M、N、O、P，原子序数逐渐增大，其中X、Y、Z、M、N为短周期元素，而X、Y、Z、M处于同周期的P区，且未成对电子数之比为1:2:3:2；N与Z同族。O、P分别位于周期表第2、4列，P的单质被称为“未来金属”，具有质量轻、强度大、耐腐蚀性好的优点。‎ ‎（1）Y、Z、M三种元素的电负性由大到小的顺序：________（用元素符号表示）。‎ ‎（2）M的常见氢化物的氢键的键能小于HF的氢键的键能，但Z的常见氢化物常温下为液态而HF常温下为气态的原因是：__________。‎ ‎（3）XN一种耐磨涂料，可用于金属表面保护层，该化合物可由X的三溴化物和N的三溴化物于高温下在氢气的氛围中合成。‎ ‎①写出合成XN的化学方程式：_________。（各物质用化学式表示）‎ ‎②XN的晶体的晶胞如图所示：‎ 其中实心球为N，在一个晶胞中N原子空间堆积方式为______，N原子的配位数为______；该结构中有一个配位键，提供空轨道的原子是________（写元素符号）。‎ ‎（4）O和硫形成的某种晶体的晶胞如图a所示：该晶胞原子的坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）。则C原子的坐标参数为_______。‎ ‎（5）图b为P的一种面心立方晶胞结构，若晶胞的边长为anm，则P的密度为_____g·cm-3（用含a和NA的代数式表示）‎ ‎【答案】 (1). O＞N＞C (2). 平均每个H2O分子间的氢键数目比HF分子间的多 (3). BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr (4). 面心立方堆积 (5). 4 (6). B (7). （1/4，1/4，1/4） (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前四周期元素X、Y、Z、M、N、O、P，原子序数逐渐增大，其中X、Y、Z、M、N为短周期元素，而X、Y、Z、M处于同周期的p区，且未成对电子数之比为1:2:3:2；推出X为B元素、Y为C元素、Z为N元素、M为O元素；N与Z同族，则N为P元素；则O、P为第四周期，且分别位于周期表第2、4列，P的单质被称为“未来金属”，具有质量轻、强度大、耐腐蚀性好的优点，则P为Ti元素，O为Ca元素，结合元素的结构及性质进行答题。‎ ‎【详解】由分析可知：X为B元素、Y为C元素、Z为N元素、M为O元素、N为P元素、O为Ca元素、P为Ti元素。‎ ‎（1）由分析可知：Y为C元素、Z为N元素、M为O元素，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，氮原子2p轨道半充满，为稳定状态，第一电离能大于O，所以元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C。‎ ‎（2）M为O元素，M的常见氢化物为H2O，每个分子能形成两条氢键，而每个HF分子只能形成一个氢键，所以虽然H2O氢键的键能小于HF氢键的键能，但水常温下为液态而HF常温下为气态，故答案为：每个H2O平均形成的氢键数目比每个HF平均形成的氢键数目多。‎ ‎（3）①XR的分子式为BP，R的三溴化物PBr3，所以合成XR的化学方程式为：BBr3＋PBr3＋3H2BP＋6HBr，故答案为：BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr。‎ ‎②BP晶体结构中，实心球为P原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积；P位于顶点和面心，故1mol晶胞中含有P原子的数目为8×+6×=4，B位于晶胞内，故含有B原子的数目为4个，所以P原子的配位数为4，没有孤电子对的原子提供空轨道，B原子没有孤电子对，所以提供空轨道，P原子提供孤电子对，故答案为：面心立方堆积；4；B。‎ ‎（4）根据各个原子的相对位置可知，C在各个方向的1/4处，所以其坐标为（1/4，1/4，1/4），故答案为：（1/4，1/4，1/4）。‎ ‎（5）图b为Ti的一种面心立方晶胞结构，Ti原子的个数为：8×+6×=4个，若晶胞的边长为anm，体积为(a×10-7)3cm3，NA表示阿伏伽德罗常数，则晶体Ti的密度为=g·cm-3，故答案为：。‎ ‎【点睛】元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。‎ ‎24.伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）伪麻黄碱（D）的分子式为_____；B中含有的官能团为：_____（写名称）。‎ ‎（2）写出B→C的化学方程式：___________；C→D的反应类型为__________。‎ ‎（3）B的消去产物可以用于合成高分子化合物E，请写出E的结构简式：______。‎ ‎（4）满足下列要求的A的同分异构体有______种；‎ ‎①能发生银镜反应 ②苯环上的一氯代物有两种结构 其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的是（写出所有有机物的结构简式）：________‎ ‎（5）已知：RCOOHRCOCl。参照上述合成路线，设计一条以苯和乙酸为原料制备合成路线。_______‎ ‎【答案】（1）C10H15NO；羰基 、溴原子 ‎（2）+HBr；还原反应 ‎（3）‎ ‎（4）4；‎ ‎（5）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据D的结构写分子式；根据B 的结构判断含有的官能团名称；由框图知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应；根据消去反应的定义是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，进行推断。根据条件发生银镜反应的有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，核磁共振氢谱有四组峰，且比例是6:2:1:1，由此进行判断。由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可。‎ ‎【详解】（1）根据结构式得出分子式为 C10H15NO， 由B的结构式得B中含有羰基和溴原子。答案：C10H15NO 羰基、溴原子。‎ ‎（2）由题可知，BC发生的是取代反应，B中的溴原子被-NHCH3取代，化学反应方程式为；CD过程是C中的羰基被还原为羟基，所以发生的是还原反应。答案： 还原反应。‎ ‎（3）消去反应是消去有机物中的卤代烃和其相邻碳原子上的氢，同时碳碳单键变成碳碳双键，加聚是将n个C=C变为-C-C-，所以B经消去再聚合后的产物是。‎ ‎（4）A的同分异构体能发生银镜反应，则一定含有醛基，苯环上的一氯代物只有两种，满足条件的同分异构体有：、、、，共4种。其中核磁共振氢谱有四组峰，即有四种氢原子，且比例是6:2:1:1的是和。‎ ‎（5）由题意可知，合成路线是乙酸先发生已知条件中给出的反应，再与苯发生取代反应，最后再进行还原反应即可：。‎