2020届高考化学一轮复习合成材料和有机合成作业 28页

合成材料和有机合成 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础．下列物品所用材料的主要成分是有机高分子化合物的是（　　）‎ A．曾侯乙编钟 ‎（青铜器）‎ B．景德镇瓷器 C．钢化玻璃 D．航天服 ‎（涤纶）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ A．A B．B C．C D．D ‎2．下列生活用品的主要成分不属于有机高分子物质的是（　　）‎ A．植物油 B．丝织品 C．聚乙烯 D．人造毛 ‎3．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．有关化学资源的合成、利用与开发的叙述正确的是（　　）‎ A．通过有机物的合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料 ‎ B．大量使用化肥和农药，以提高农作物产量 ‎ C．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理 ‎ D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率 ‎4．下列说法不正确的是（　　）‎ A．铝及其合金使用广泛，是因为铝比铁更耐酸、碱的腐蚀 ‎ B．通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯 ‎ C．大部分金属的冶炼都是通过在高温下发生的氧化还原反应实现的 ‎ D．通常所说的三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维 ‎5．下列橡胶产品中属特种橡胶的是（　　）‎ A．丁苯橡胶 B．顺丁橡胶 C．氯丁橡胶 D．聚硫橡胶 ‎6．下列说法不正确的是（　　）‎ A． 的分子式为C17H24O3 ‎ B．结构为…﹣CH＝CH﹣CH＝CH﹣CH＝CH﹣CH＝CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙炔 ‎ C．有机硅聚醚（ ）可由单体和缩聚而成 ‎ D．等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量依次递增 ‎7．加热聚丙烯费塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、苯和甲苯．用图所示装置探究废旧塑料的再利用．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．装置乙的试管中可收集到芳香烃 ‎ B．装置丙中的试剂可吸收烯烃以制取卤代烃 ‎ C．最后收集的气体可做燃料 ‎ D．聚丙烯的链节是﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣‎ ‎8．加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯．用图所示装置探究废旧塑料的再利用．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．聚丙烯的链节是﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣ ‎ B．装置乙的试管中可收集到芳香烃 ‎ C．装置丙中的试剂可吸收烯烃以制取卤代烃 ‎ D．最后收集的气体可做燃料 ‎9．一只可爱的小猫若无其事地站在一块高分子合成材料板上，板下烈火灼烧．说明该高分子材料板一定具有的性质是（　　）‎ A．绝热性 B．绝缘性 C．导热性 D．熔点低 ‎10．下列有关新型高分子材料应用的说法不正确的是（　　）‎ A．高分子膜利用其选择性透过能力，可用于海水淡化、污染控制、物质制取与回收等方面 ‎ B．作为医用高分子材料制人造器官，必须考虑其与人体的相容性和机械性能 ‎ C．新型的聚乙烯醇高吸水性高分子，具有与水生成易挥发物的特性，所以称为“尿不湿” ‎ D．新材料研究正向智能化、高功能的方向发展 ‎11．苯乙烯，简称SM，是石化行业的重要基础原料，主要用于生产苯乙烯系列树脂及丁苯橡胶。苯乙烯能发生如下一系列变化。下列说法不正确的是（　　）‎ A．有机物SM能使溴的四氯化碳溶液褪色 ‎ B．有机物Ⅰ能与金属钠反应放出H2 ‎ C．有机物Ⅰ、Ⅱ均能发生氧化反应和加成反应 ‎ D．有机物Ⅲ的同分异构体中，苯环上只有一个烃基且含有碳碳双键的结构有4种 ‎12．有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法不正确的是（　　）‎ A．M的名称为异丁烷 ‎ B．N的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括本身） ‎ C．M→N、N→Q的反应类型分别为取代反应和消去反应 ‎ D．M、N、Q均能使溴水层褪色，但原理不同 ‎13．在日本，金刚烷胺一直作为帕金森病的治疗药，并于1998年被批准用于流感病毒A 型感染性疾病的治疗，金刚烷胺的合成路线如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．金刚烷胺的分子式是C10H17N ‎ B．金刚烷胺的一溴代物有四种 ‎ C．该路线中的反应都属于取代反应 ‎ D．W 的同分异构体中一定含有苯环 ‎14．有机物M、N、Q的转化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．M 的名称是2一甲基一丁烷 ‎ B．N在NaOH 的水溶液中发生消去反应生成Q ‎ C．Q分子中所有的碳原子一定共面 ‎ D．N 的同分异构体有7 种（不考虑立体异构，不包括本身）‎ ‎15．甘油具有吸水保湿性能。工业上由丙烯制备甘油的流程之一如下：‎ CH3CH＝CH2CH2＝CHCH2ClCH2ClCHClCH2ClCH2OHCHOHCH2OH 下列说法中正确的是（　　）‎ A．①②③均为取代反应 ‎ B．CH2ClCHClCH2Cl的同分异构体有5种（不含立体异构） ‎ C．流程中4种有机物均可使溴的CCl4溶液褪色 ‎ D．CH2＝CHCH2Cl、CH3CH＝CH2分子均至少有6 个原子共平面 ‎16．有机物W 在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．N、W 组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物 ‎ B．M、N、W 均能发生加成反应、取代反应 ‎ C．W 属于酯类，能发生皂化反应 ‎ D．M 的二氯代物有8种 ‎17．有机玻璃是一种高分子化合物，在工业上和生活中有着广泛用途，工业上合成有机玻璃流程为：‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．反应①的原子利用率达100% ‎ B．反应②是加聚反应 ‎ C．相对分子质量为86，且与甲基丙烯酸甲酯具有相同官能团的有机物有5种 ‎ D．甲基丙烯酸甲酯能使酸性高锰酸钾褪色，也能使Br2/CCl4褪色，二者原理相同 ‎18．图是几种常见有机物之间的转化关系，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．反应①、②、③、④均属于取代反应 ‎ B．反应④的条件为：稀硫酸，加热 ‎ C．与d含有相同官能团的e的同分异构体只有1种 ‎ D．a遇碘单质变蓝，b能与银氨溶液水浴加热条件下反应析出银 ‎19．有机物M、N、Q的转化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．M 的名称为异丁烷 ‎ B．N 的同分异构体有7种（不考虑立体异构，不包括N 本身） ‎ C．Q的所有碳原子一定共面 ‎ D．M、N、Q均能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎20．如图是一些常见的有机物的转化关系．下列说法错误的是（　　）‎ A．反应①、③均属于加成反应 ‎ B．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体 ‎ C．乙醇溶液可除去暖瓶中的水垢 ‎ D．反应④、⑤、⑥、⑦均属于取代反应 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．在蔗糖、淀粉、蛋白质、聚乙烯中，一定条件下能发生水解的高分子化合物是　 　和　 　，属于合成材料的是　 　．‎ ‎22．【化学﹣﹣化学与技术】‎ 化学在材料的发展过程中起着很重要的作用，2012年度国家最高科学技术奖授予郑哲敏院士、王小谟院士，两人均在材料方面作出了巨大贡献，为国家创造出较大的经济效益．‎ ‎（1）石灰石、生石灰和熟石灰均是重要的化工原料，下列工业生产中，不可能用到上述原料的是　 　（填序号）‎ ‎①炼铁　 ②炼钢　 ③从海水中提取镁　 ④铝的冶炼 ‎⑤制水泥　 ⑥制玻璃　 ⑦制漂白粉　 ⑧烧制陶瓷 ‎（2）神州八号与天宫一号的成功对接与分离，标志着我国航天工业发展进入了新阶段．下列选项中的描述与化学研究领域无关的是 A．燃料燃烧为神州八号升空提供动力 B．与地面指挥中心联系的无线电通讯 C．宇航服使用的合成纤维等新材料 D．太空舱中利用NiFeO4处理呼出的废气 ‎（3）玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，它具有强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等优良性能，其中基体是　 　，增强体是　 　．‎ ‎（4）橄榄石型LiFePO4是﹣种锂离子电池正极材料，其中Fe元素显+2价．常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善LiFePO4的导电性能外，还能　 　．‎ ‎23．食品安全关系国计民生，影响食品安全的因素很多．下面是以食品为主题的相关问题，请根据要求回答．‎ ‎（1）聚偏二氯乙烯（）具有超强阻隔性能，可作为保鲜食品的包装材料．它是由　 　（写结构简式）单体发生加聚反应生成的．若以乙炔为原料，通过加成反应生成1，1，2﹣三氯乙烷，再和氢氧化钠醇溶液反应可合成这种单体，则在上述加成反应中宜选择的加成试剂是　 　．（选填编号字母）‎ A．HCl B．Cl2 C．HClO D．NaCl ‎（2）人们从食用植物油中摄取的亚油酸[]对人体健康是十分有益的，然而，市场上经常会出现价格低廉的植物油，其中的亚油酸含量很低．下列关于亚油酸的说法中不正确的是　 　．（选填编号字母）‎ A．分子式为C18H34O2‎ B．在食用油中亚油酸通常是以甘油酯的形式存在 C．亚油酸属于一种不饱和低级脂肪酸 D．亚油酸含量高的植物油在空气中易氧化变质 ‎（3）木糖醇[CH2OH（CHOH）3CH2OH]作为一种甜味剂，食用后不会引起血糖升高，比较适合于糖尿病人食用．请预测木糖醇能否和新制备的Cu（OH）2浊液发生化学反应？预测的依据是　 　．‎ ‎（4）酒精在人体肝脏内可转化为多种有害物质，有机物A是其中的一种，对A的结构进行如下分析：‎ ‎①通过样品的质谱分析测得 A 的相对分子质量为60‎ ‎②核磁共振氢原子光谱能对有机物分子中同性氢原子给出相同的峰值 （信号），根据 峰值 （信号） 可以确定分子中氢原子的种类和数目．例如：乙醇 （CH3CH2OH） 有三种氢原子 （图1）．经测定，有机物 A 的核磁共振氢谱示意图如图2 ‎ ‎③对 A的水溶液进行测定发现该溶液pH＜7‎ 根据以上分析，写出 A 的结构简式　 　．‎ ‎24．具有抗HIV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物（R）的合成路线如图：‎ 已知：RCHO+R1CH2CHORCH＝+H2O（R、R1表示烃基或氢）‎ ‎（1）①A的名称是　 　．‎ ‎②D→E的反应类型是　 　．‎ ‎③F中含有的官能团有酯基、　 　和　 　（写名称）．‎ ‎④写出F与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式　 　．‎ ‎（2）物质G可通过如下流程合成：‎ IJMG ‎1.08g 的I 与饱和溴水完全反应，生成2.66g白色沉淀，则I的结构简式为　 　．写出M→G中反应①的化学方程式　 　．‎ ‎（3）下列说法正确的是　 　（选填字母）‎ a．Y易溶于水 ‎ b．B能使酸性高锰酸钾溶液褪色 c．R的分子式为C12H10O3 ‎ d．I与互为同系物 ‎（4）写出符合下列要求的E的同分异构体的结构简式（写反式结构）：　 　（写反式结构）．‎ ‎①与E具有相同官能团 ②能发生银镜反应 ③有2个﹣CH3④存在顺反异构．‎ ‎25．有机物PAS﹣Na是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如下：‎ 已知：①‎ ‎②‎ ‎③‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）生成A的反应类型是　 　。‎ ‎（2）F中含氧官能团的名称是　 　；试剂a的结构简式为　 　。‎ ‎（3）写出由A生成B的化学方程式：　 　。‎ ‎（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：　 　。‎ ‎（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是　 　（填字母序号）。‎ a．NaHCO3 b．NaOH c．Na2CO3‎ ‎（6）写出C与NaOH反应的化学方程式　 　。‎ ‎（7）肉桂酸有多种同分异构体，符合下列条件的有　 　种。‎ a．苯环上有三个取代基；‎ b．能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag。‎ 由上述符合条件的同分异构体中，写出苯环上有两种不同化学环境氢原子的有机物的结构简式（任写一种即可）　 　。‎ 三．解答题（共3小题）‎ ‎26．化学与生活密切相关．‎ ‎（1）下列生活用品中，其主要材料属于天然纤维的是　 　（填字母序号）．‎ A．塑料保鲜薄 B．橡胶手套 C．棉布围裙 ‎（2）我们常用的洗涤剂清洗餐具上的油污，这是因为洗涤剂具有　 　的功能．‎ ‎（3）食用水果、蔬菜主要补充人体所需的　 　．‎ ‎（4）国家禁止在面粉中添加增白剂过氧化钙CaO2，过氧化钙中氧元素的化合价为　 　‎ ‎（5）农业上降低土壤酸性的是　 　（填化学式）‎ ‎（6）生活中要用到大量的钢铁，写出赤铁矿（主要成分Fe2O3）冶炼成铁的化学方程式　 　．‎ ‎27．化学在生活和工农业生产中起着很重要的作用．‎ ‎（1）防毒面具里的活性炭除去毒气是利用活性炭具有　 　．‎ ‎（2）青少年成长需要充足的蛋白质和钙．这里的“钙”是指　 　（填“分子”、“原子”或“元素”），下列各组食物中富含蛋白质的是　 　（填序号）．‎ A．鸡蛋 B．青菜 C．米饭 D．牛奶 ‎（3）材料在现代生活中的应用非常广泛．有机高分子合成材料的出现是材料发展史上的一次重大突破．下列主要材料，属于有机合成材料的是　 　．‎ A．汽车轮胎 B．不锈钢 C．棉花 D．木头．‎ ‎28．化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）化合物E的结构简式　 　，I中官能团的名称　 　‎ ‎（2）A的系统名称　 　‎ ‎（3）H→I的反应方程　 　‎ ‎（4）A→B，E→F的反应类型分别是　 　反应　 　反应 ‎（5）写出A发生加聚反应的反应方程　 　‎ ‎（6）G的同分异构体有多种，写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式　 　。‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有4组峰 ‎（7）a，a﹣二甲基苄醇（）是合成医药、农药的中间体，以苯和2﹣氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇的合成路线如下：‎ 该路线中试剂与条件1为　 　；X的结构简式为　 　‎ Y的结构简式为　 　；试剂与条件2为　 　‎ 合成材料和有机合成 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】青铜属于金属材料，陶瓷、水泥和钢化玻璃是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，涤纶属于高分子化合物，据此分析．‎ ‎【解答】解：青铜属于金属材料，陶瓷、水泥和钢化玻璃是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，涤纶属于高分子化合物，则所用材料的主要成分是有机高分子化合物的是航天服（涤纶），‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】有机高分子化合物为高聚物，相对分子质量在10000以上，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．植物油的主要成分为油脂，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A选；‎ B．丝织品的主要成分为蛋白质，为高分子化合物，故B不选；‎ C．聚乙烯由乙烯发生加聚反应生成，为高分子化合物，故C不选；‎ D．人造毛的主要成分为纤维，为高分子化合物，故D不选。‎ 故选：A。‎ ‎3．【分析】A．某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧；‎ B．从农产品的农药残留和对土壤的长期影响考虑；‎ C．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境；‎ D．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放．‎ ‎【解答】解：A．通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故A正确； ‎ B．使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故B错误；‎ C．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故C错误；‎ D．安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】A．铝与酸、碱溶液发生反应； ‎ B．乙醇与乙酸乙酯含有的官能团、共价键不同；‎ C．活泼金属采用电解熔融法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法；‎ D．根据三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维判断．‎ ‎【解答】解：A．铝易与酸、碱溶液发生反应，不耐酸、碱，故A错误； ‎ B．乙醇与乙酸乙酯含有的官能团、共价键不同，可通过红外光谱分析区分，故B正确；‎ C．金属的冶炼是将金属从化合态转变成游离态，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al采用电解熔融法冶炼，不活泼的金属Hg、Ag采用直接加热法冶炼，大部分金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法实现的，故C正确；‎ D．三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎5．【分析】特种橡胶是指用途特殊，用量较少的橡胶，主链有碳链，也有杂链，据此分析．‎ ‎【解答】解：特种橡胶是指用途特殊，用量较少的橡胶，多数属于饱和橡胶，主链有碳链的，也有杂链的，除硅橡胶之外都是极性的，聚硫橡胶具有耐油性，属于特种橡胶。‎ 故选：D。‎ ‎6．【分析】A、依据此有机物的结构简式确定分子式即可；‎ B、高分子化合物…CH＝CH﹣CH＝CH﹣CH＝CH﹣CH＝CH…，其结构简式可以表示为，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为：CH≡CH；‎ C、中含Si﹣O﹣Si的键结构；‎ D、有机物燃烧反应为CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O，结合n＝分析消耗的氧．‎ ‎【解答】解：A、‎ ‎，由此结构简式可知，其分子中含有17个C、含有24个H，含有3个O，故分子式为：C17H24O3，故A正确；‎ B、高分子化合物…CH＝CH﹣CH＝CH﹣CH＝CH﹣CH＝CH…，其结构简式可以表示为，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为CH≡CH，故B正确；‎ C、中含Si﹣O﹣Si的键结构，可知该有机物由单体 和缩聚而成，故C正确；‎ D、有机物燃烧反应为CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O，等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量分别为×（1+﹣）＝、×（1+﹣）＝、×（2+）＝，可知甲醛消耗的氧气最少，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎7．【分析】A．加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、苯和甲苯；‎ B．烯烃可以与溴单质发生加成反应；‎ C．最后收集的气体为氢气和甲烷；‎ D．聚丙烯的链节是﹣CH2﹣CH（CH3）﹣；‎ ‎【解答】解：A．加热聚丙烯可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、苯和甲苯，苯和甲苯的沸点较高，所以试管中最终残余物为固体碳，试管B收集到的产品是芳香烃苯和甲苯，故A正确；‎ B．进入锥形瓶C的气体乙烯，烯烃可以与溴单质发生加成反应生成卤代烃使溴水褪色，故B正确；‎ C．最后收集的气体为氢气和甲烷，可作燃料，故C正确；‎ D．聚丙烯，聚丙烯的链节是﹣CH2﹣CH（CH3）﹣，故D错误； ‎ 故选：D。‎ ‎8．【分析】A．聚丙烯的链节是﹣CH2﹣CH（CH3）﹣；‎ B．加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯；‎ C．烯烃可以与溴单质发生加成反应；‎ D．最后收集的气体为氢气和甲烷．‎ ‎【解答】解：A．聚丙烯的链节是﹣CH2﹣CH（CH3）﹣，故A错误； ‎ B．加热聚丙烯可以得到芳香烃苯和甲苯，苯和甲苯的沸点较高，故B正确；‎ C．烯烃可以与溴单质发生加成反应生成卤代烃，故C正确；‎ D．最后收集的气体为氢气和甲烷，可作燃料，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎9．【分析】根据题干提供的信息进行分析，小猫气定神闲地站在一放在高温火焰上的高分子合成材料上，说明该材料具有绝热的性质．‎ ‎【解答】解：小猫能站在放在高温火焰上得高分子合成材料上，说明该材料上面不热，该材料具有良好的绝热性，‎ 故选：A。‎ ‎10．【分析】A．高分子膜有选择性透过能力；‎ B．人造器官考虑其与人体的相容性和机械性能；‎ C．高吸水性高分子易吸水；‎ D．材料研究正向智能化、高功能的方向发展．‎ ‎【解答】解：A．高分子膜有选择性透过能力，可用于海水淡化、污染控制、物质制取与回收，故A正确； ‎ B．作为医用高分子材料制人造器官，考虑其与人体的相容性和机械性能，故B正确；‎ C．高吸水性高分子易吸水，不挥发，故C错误；‎ D．新材料研究正向智能化、高功能的方向发展，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎11．【分析】A．苯乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应；‎ B．有机物Ⅰ含有羟基，具有醇的性质；‎ C．有机物Ⅰ的苯环可发生加成反应，羟基可被氧化，有机物Ⅱ含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；‎ D．有机物Ⅲ的同分异构体中，苯环上只有一个烃基且含有碳碳双键，同分异构体取决于烃基的同分异构体种类。‎ ‎【解答】解：A．苯乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；‎ B．有机物Ⅰ含有羟基，能与金属钠反应放出H2，故B正确；‎ C．有机物Ⅰ的苯环可发生加成反应，羟基可被氧化，有机物Ⅱ含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，故C正确；‎ D．有机物Ⅲ的同分异构体中，苯环上只有一个烃基且含有碳碳双键，则烃基可为﹣CH＝CHCH2CH3、﹣CH2CH＝CHCH3、﹣CH2CH2CH＝CH2、﹣CH＝C（CH3）2、﹣CH2﹣C（CH3）＝CH2、﹣CH（CH3）CH＝CH2等，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎12．【分析】M为异戊烷，在一定条件下发生取代反应生成N，N为氯代烃，发生消去反应生成烯烃，烯烃含有碳碳双键，可发生加成、氧化等反应，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．M含有5个C原子，主链有4个C，为异戊烷，故A错误；‎ B．N的同分异构体可看作戊烷的一氯代物，其中正戊烷有3种H，异戊烷有4种H，新戊烷有1种，则一氯代物共有8种，可知N的同分异构体有7种，故B正确；‎ C．M→N中H被Cl取代，为取代反应，而N→Q中﹣Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应，故C正确；‎ D．只有Q含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，M、N均与溴水不反应，则原理不同，故B正确；‎ 故选：A。‎ ‎13．【分析】A．由结构可知分子式；‎ B．金刚烷胺的环上含3种H，氨基上含1种H；‎ C．生成W为环上H被Br取代，W转化为金刚烷胺时Br被氨基取代；‎ D．苯环的不饱和度为4，W的不饱和度为＝3。‎ ‎【解答】解：A．由结构可知金刚烷胺的分子式是C10H17N，故A正确；‎ B．金刚烷胺的环上含3种H，氨基上含1种H，则一溴代物有四种，故B正确；‎ C．生成W为环上H被Br取代，W转化为金刚烷胺时Br被氨基取代，则均为取代反应，故C正确；‎ D．苯环的不饱和度为4，W的不饱和度为＝3，W的一种同分异构体不可能含苯环，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎14．【分析】由转化关系可知，M为异戊烷，在一定条件下发生取代反应生成N，N为氯代烃，发生消去反应生成烯烃，烯烃含有碳碳双键，可发生加成、氧化等反应。‎ A．M中主链含4个C，2号C上有甲基，命名时支链与主链之间不用“﹣”；‎ B．卤代烃的水解条件为NaOH的水溶液加热，而消去反应条件为NaOH的醇溶液加热；‎ C．Q中甲基、次甲基均为四面体结构；‎ D．N的同分异构体可看作戊烷的一氯代物。‎ ‎【解答】解：A．M含有5个C原子，主链是4个碳，2号碳上有一个甲基，根据系统命名法，可知M的名称为2﹣甲基丁烷，故A错误；‎ B．N→Q发生的是消去反应，条件是NaOH的醇溶液并加热，故B错误；‎ C．Q中甲基、次甲基均为四面体结构，所有碳原子不可能共面，故C错误；‎ D．N的同分异构体可看作戊烷的一氯代物，其中正戊烷有3种H，异戊烷有4种H，新戊烷有1种，则一氯代物共有8种，可知N的同分异构体有7种，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎15．【分析】CH3CH＝CH2与氯气在在500℃条件下发生取代反应生成CH2＝CHCH2Cl，CH2＝CHCH2Cl与氯气发生加成反应生成CH2ClCHClCH2Cl，然后在氢氧化钠溶液中加热条件下发生水解反应生成CH2OHCHOHCH2OH，结合对应物质的结构和性质解答该题。‎ ‎【解答】解：A．②为加成反应，C＝C键生成C﹣C键，故A错误；‎ B．CH2ClCHClCH2Cl的同分异构体有CCl3CH2CH3、CH2ClCCl2CH3、CH2ClCH2CHCl2，共4种，故B错误；‎ C．可使溴的CCl4溶液褪色，应含有碳碳不饱和键，可为CH3CH＝CH2、CH2＝CHCH2Cl，故C错误；‎ D．与C＝C键直接相连的原子在同一个平面上，且每个C＝C键的C原子连接2个原子，则至少有6 个原子共平面，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎16．【分析】由合成流程可知，M发生氧化反应生成N，N与甲醇发生酯化反应生成W，‎ A．N、W含有的官能团不同；‎ B．M、N、W均含苯环，结合苯的性质判断；‎ C．油脂碱性条件下的水解反应为皂化反应；‎ D．M中2个Cl可在甲基上或苯环上。‎ ‎【解答】解：A．N属于羧酸，W属于酯，为不同类别的有机物，不属于同系物，故A错误；‎ B．M、N、W均含苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H可发生取代反应，故B正确；‎ C．油脂碱性条件下的水解反应为皂化反应，则W不能发生皂化反应，故C错误；‎ D．M中2个Cl均在甲基上有1种，均在苯环上有邻、间、对位置时有2+3+1＝6种，1个Cl在甲基、1个Cl在苯环上有3种，共10种，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎17．【分析】反应①为加成反应，没有副产物，则原子利用率为100%，甲基丙烯酸甲酯含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，且②为加聚反应生成高分子，发生加聚反应为，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．反应①为加成反应，没有副产物，则原子利用率为100%，故A正确；‎ B．甲基丙烯酸甲酯含碳碳双键，可知②为加聚反应生成高分子，故B正确；‎ C．甲基丙烯酸甲酯的相对分子质量为12×5+16×2+8＝100，与甲基丙烯酸甲酯具有相同官能团，含碳碳双键、﹣COOC﹣，相对分子质量为86，可知少1个CH2原子团，为HCOOCH2CH＝CH2、HCOOCH＝CHCH3、HCOOC（CH）＝CH2、CH3COOCH＝CH2、CH2＝CHCOOCH3，共5种，故C正确；‎ D．甲基丙烯酸甲酯能使酸性高锰酸钾褪色，也能使Br2/CCl4褪色，前者为氧化反应，后者为加成反应，褪色原理不同，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎18．【分析】由转化关系可知，①为淀粉水解生成葡萄糖，②为葡萄糖的分解反应生成乙醇，③为乙醇的氧化反应生成乙酸，④为酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，淀粉遇碘变蓝，含﹣CHO的有机物可发生银镜反应，且与d含有相同官能团的e的同分异构体为含4个C的羧酸，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．由上述分析，①④属于取代反应，故A错误；‎ B．反应④为酯化反应，条件为：浓硫酸、加热，故B错误；‎ C．与d含有相同官能团的e的同分异构体为含4个C的羧酸，﹣COOH与丙基相连，丙基有2种，则符合条件的同分异构体有2种，故C错误；‎ D．a为淀粉，遇碘单质变蓝，b为葡萄糖，含﹣CHO，则b能与银氨溶液水浴加热条件下反应析出银，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎19．【分析】A．M中含有5个碳原子，应该属于戊烷；‎ B．碳链上5个碳原子上，氯原子有3种放置方法；如果主链上4个碳原子时，氯原子有4种放置方法；如果主链上有3个碳原子上，氯原子有1种放置方法；‎ C．Q中最多4个碳原子共平面；‎ D．含有碳碳双键的物质能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。‎ ‎【解答】解：A．M中含有5个碳原子，应该属于戊烷，所以M的名称是异戊烷或2﹣甲基丁烷，故A错误；‎ B．碳链上5个碳原子上，氯原子有3种放置方法；如果主链上4个碳原子时，氯原子有4种放置方法；如果主链上有3个碳原子上，氯原子有1种放置方法，不包含其本身时，其同分异构体种类是7种，故B正确；‎ C．Q中最多4个碳原子共平面，最少3个碳原子共平面，故C错误；‎ D．含有碳碳双键的物质能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，只有Q中含有碳碳双键，所以只有Q能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】由转化关系可知，①为乙烯加成反应，②为乙烯加聚反应，③为乙烯加成反应，④⑥为乙酸乙酯水解反应，⑤为乙醇酯化反应，⑦为乙酸酯化反应，⑧为乙醇的氧化反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．反应①、③分别为乙烯与溴、水的加成反应，生成1，2﹣二溴乙烷、乙醇，故A正确；‎ B．乙酸与甲酸甲酯分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故B正确；‎ C．乙醇不具有酸性，与碳酸钙、氢氧化镁等不反应，不能除去水垢，故C错误；‎ D．由以上分析可知反应④、⑤、⑥、⑦涉及乙酸乙酯的生成和水解，均属于取代反应，故D正确。‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，淀粉的最终产物是葡萄糖，蛋白质的最终产物是氨基酸，合成材料是人工合成的，据此解题．‎ ‎【解答】解：淀粉、蛋白质、聚乙烯相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，蔗糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，淀粉的最终产物是葡萄糖，蛋白质的最终产物是氨基酸，聚乙烯是合成材料，故答案为：淀粉；蛋白质；聚乙烯．‎ ‎22．【分析】（1）根据各物质的原料解题；‎ ‎（2）化学研究的是物质的组成、结构、性质以及变化规律的基础自然科学；‎ ‎（3）玻璃钢的基体是高分子材料；‎ ‎（4）消耗空气中的O2，保护Fe2+，防止Fe2+被氧化；‎ ‎【解答】解：（1）①炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石； ②炼钢主要原料是铁水以及废钢（废钢用于降温及降低成本！属于金属料（及其他合金比如泥铁，添加较少．价格较高），造渣料如大量的石灰，白云石，莫来石等； ③从海水中提取镁的原料：海水、石灰乳；④铝的冶炼的原料：氧化铝；⑤制水泥的原料：石灰石和黏土；⑥制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等； ⑦制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉； ⑧烧制陶瓷的原料：黏土，故答案为：④⑧；‎ ‎（2）A．燃料燃烧是化学变化，与化学研究领域有关，故A错误； ‎ B．无线电通讯利用的是电磁波，与化学研究领域无关，故B正确；‎ C．合成纤维和用化学方法合成的，与化学研究领域有关，故C错误；‎ D．利用NiFeO4处理呼出的废气是化学变化，与化学研究领域有关，故D错误．‎ 故选B；‎ ‎（3）玻璃钢的基体是高分子材料，增强体是玻璃纤维，故答案为：高分子材料；玻璃纤维；‎ ‎（4）高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的导电性能外，还能消耗空气中的氧气，保护Fe2+，防止Fe2+被氧化，故答案为：与空气中氧气反应，防止LiFePO4中Fe2+被氧化；‎ ‎23．【分析】（1）链节上都是碳原子，一般是加聚反应得到的产物，链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；根据高分子化合物的结构简式来确定单体，根据有机物的合成方法来寻找合适的试剂；‎ ‎（2）A．根据结构简式解题； ‎ B．食用油的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯；‎ C．高级脂肪酸是烃基里含碳原子比较多的脂肪酸；‎ D．不饱和键具有还原性，易被氧气氧化．‎ ‎（3）多羟基化合物与新制的Cu（OH）2悬浊液反应（生成一种螯合物），溶液变澄清，颜色变为绛蓝色；‎ ‎（4）核磁共振氢谱中有几个峰就有几中氢原子．‎ ‎【解答】解：（1）链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子），将两半链闭合即可其单体为CCl2＝CH2；以CH≡CH为原料，通过和氯化氢以及氯气加成，可以获得1，1，2﹣三氯乙烷，再和NaOH溶液发生消去反应可以获得CCl2＝CH2，故答案为：CCl2＝CH2；AB；‎ ‎（2）A．由结构式可知分子式为C18H32O2，故A错误； B．食用油的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，在食用油中亚油酸通常是以甘油酯的形式存在，故B正确；‎ C．亚油酸CH3（CH2）4CH＝CHCH2CH＝CH（CH2）7COOH中含有双键，是一种不饱和高级脂肪酸，故C错误；‎ D．亚油酸CH3（CH2）4CH＝CHCH2CH＝CH（CH2）7COOH中含有双键，具有还原性，易被氧气氧化而易变质，故D正确．‎ 故答案为：AC；‎ ‎（3）木糖醇[CH2OH（CHOH）3CH2OH]是多羟基化合物，多羟基化合物与新制的Cu（OH）2悬浊液反应（生成一种螯合物），溶液变澄清，颜色变为绛蓝色，故答案为：会反应；因为分子结构中含邻位多羟基结构的物质如甘油、葡萄糖等物质均使Cu（OH）2溶解，溶液呈绛蓝色；‎ ‎（4）核磁共振氢谱中有几个峰就有几中氢原子，图2有2个峰，说明有2种氢原子，溶液pH＜7，呈酸性，说明含有羧基，根据相对分子质量为60，60﹣45＝13，另一个基团为甲基，故答案为：CH3COOH．‎ ‎24．【分析】F与G生成Y，由F、Y的结构可知，G为．A发生题目已知中的反应生成B，A含有﹣CHO，结合A的分子式可知，A为CH3CHO，则B为CH3C＝CHCHO，B与氢氧化铜反应、酸化得到D，则醛基被氧化为羧基，故D为CH3CH＝CH2COOH，D与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，则E为CH3CH＝CH2COOCH3，E在NBS/CCl4条件下发生取代反应生成F，F与G发生取代反应生成Y，据此解答．‎ ‎【解答】解：F与G生成Y，由F、Y的结构可知，G为 ‎．A发生题目已知中的反应生成B，A含有﹣CHO，结合A的分子式可知，A为CH3CHO，则B为CH3C＝CHCHO，B与氢氧化铜反应、酸化得到D，则醛基被氧化为羧基，故D为CH3CH＝CH2COOH，D与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，则E为CH3CH＝CH2COOCH3，E在NBS/CCl4条件下发生取代反应生成F，F与G发生取代反应生成Y，‎ ‎（1）①A为CH3CHO，名称是乙醛，故答案为：乙醛；‎ ‎②D→ECH3CH＝CH2COOH与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3CH＝CH2COOCH3，故答案为：取代反应（或酯化反应）；‎ ‎③由F的结构可知，F中含有的官能团有酯基、碳碳双键、溴原子，故答案为：碳碳双键；溴原子；‎ ‎④F与足量NaOH溶液共热，溴原子、酯基都发生水解反应，且生成物与氢氧化钠发生中和反应，该反应的化学方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）G为，1.08g 的I与饱和溴水完全反应，生成2.66g白色沉淀，则I含有酚羟基，结合转化关系可知，还含有甲基，且处于另外，则I的结构简式为，光照发生甲基取代反应生成，碱性条件下发生水解反应生成，氧化生成，最后酸化得到，M→G中反应①的化学方程式为，‎ 故答案为：；；‎ ‎（3）a．Y含有酯基等，具有酯的性质，不易溶于水，故a错误；‎ b．B为CH3C＝CHCHO，含有C＝C双键与醛基，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；‎ c．根据R的结构可知，R的分子式为C12H10O3，故c正确；‎ d．I为，属于酚类，属于醇类，二者不是同系物，故d错误；‎ 故答案为：bc；‎ ‎（4）E（CH3CH＝CH2COOCH3）的同分异构体的结构简式（写反式结构）：①‎ E具有相同官能团，含有酯基与C＝C，②能发生银镜反应，应为甲酸形成的酯，含有﹣OOCH ③有2个﹣CH3④存在顺反异构，不饱和的碳同一碳原子连接不同的基团，故符合条件的E的同分异构体的反式结构为，‎ 故答案为：．‎ ‎25．【分析】由反应的流程可看出：根据信息②在MnO2/H2SO4条件下氧化为F，和H3COOOCCH3反应得，和丙烯醇酯化得G；和浓硝酸发生硝化反应生成A，结构简式为，和Br2卤化在甲基邻位引入Br得B，B被酸性高锰酸钾氧化，将甲基氧化为羧基得C，C碱性条件下水解后，再酸化得D，D中硝基被还原为氨基得E，E和碳酸氢钠反应得PAS﹣Na，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：由反应的流程可看出：根据信息②在MnO2/H2SO4条件下氧化为F，和H3COOOCCH3反应得，和丙烯醇酯化得G；和浓硝酸发生硝化反应生成A，结构简式为，和Br2卤化在甲基邻位引入Br得B，B被酸性高锰酸钾氧化，将甲基氧化为羧基得C，C碱性条件下水解后，再酸化得D，D中硝基被还原为氨基得E，E和碳酸氢钠反应得PAS﹣Na，‎ ‎（1）根据以上分析，甲苯生成A的反应是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎（2）由新信息及流程推断，F为，其中一定含有醛基，F生成肉桂醛根据信息②，则试剂a是乙酸酐，结构简式为CH3COOOCCH3，故答案为：醛基；H3COOOCCH3；‎ ‎（3）A和Br2取代发生生成B的方程式是 ‎，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）由试剂b质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构可推知，是丙烯醇，即CH2＝CHCH2OH，则方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）试剂d可以将羧基转化为其钠盐，而不能和酚羟基反应，一定是NaHCO3，故选：a；‎ ‎（6）根据以上分析，C中含有羧基和溴原子，所以和氢氧化钠溶液水解、中和的方程式为，‎ 故答案为：‎ ‎；‎ ‎（7）肉桂酸的同分异构体，能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag，说明含有2个醛基，又苯环上有三个取代基，所以连有两个醛基和一个甲基，由三个基团的相对位置不同，这样的同分异构体应有6种；‎ 苯环上有两种等效氢的有两种，即 或 ，‎ 故答案为：6； 或 。‎ 三．解答题（共3小题）‎ ‎26．【分析】（1）天然纤维是自然界原有的或经人工培植的植物上、人工饲养的动物上直接取得的纺织纤维，是纺织工业的重要材料来源；‎ ‎（2）洗涤剂清洗餐具上的油污，形成的是乳浊液；‎ ‎（3）水果、蔬菜富含维生素；‎ ‎（4）在化合物中各元素正负化合价的代数和为零；‎ ‎（5）改良酸性土壤一般用碱性物质来中和；‎ ‎（6）根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）塑料、橡胶属于有机合成材料，棉布的成分是纤维素，属于天然纤维，故答案为：C；‎ ‎（2）洗涤剂清洗餐具上的油污，形成的是乳浊液，属于乳化作用，故答案为：乳化；‎ ‎（3）水果、蔬菜富含维生素，故答案为：维生素；‎ ‎（4）过氧化钙中钙元素显+2价，设过氧化钙中氧元素的化合价是x，根据在化合物中各元素正负化合价的代数和为零，可得：（+2）+2x＝0，解得x＝﹣1，因此过氧化钙中氧元素的化合价为﹣1价，故答案为：﹣1；‎ ‎（5）氢氧化钙，是一种碱性的物质，可用于中和酸性土壤改良土壤结构，故答案为：Ca（OH）2；‎ ‎（6）氧化铁和一氧化碳反应能生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2．故答案为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2．‎ ‎27．【分析】（1）活性炭有吸附性；‎ ‎（2）人体需要的钙、铁等物质通常是指元素；‎ ‎（3）合成材料是指人工合成的有机高分子材料．‎ ‎【解答】解：（1）活性炭有吸附性，能吸附气体，故答案为：吸附性；‎ ‎（2）人体需要的钙、铁等物质通常是指元素，这里的“钙”是指元素；鸡蛋、牛奶中含有丰富的蛋白质，青菜中富含维生素等，米饭富含糖类，故答案为：元素；AD；‎ ‎（3）A．汽车轮胎是合成橡胶，属合成材料，故A正确； ‎ B．不锈钢是金属合金，属金属材料，故B错误；‎ C．棉花是纤维素，属天然有机高分子，不属于合成材料，故C错误；‎ D．木头是天然高分子物质，不属于合成材料，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎28．【分析】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为、E为；‎ G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个﹣COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为，G发生信息中的反应生成H，则G为；‎ CF发生信息中的反应生成G，则C为（CH3）3CMgBr，B为（CH3）3CBr，‎ A中C、H原子个数之比为1：2，根据AB分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2＝C（CH3）2，‎ ‎（7）以苯和2﹣氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2﹣氯丙烷发生水解反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。‎ ‎【解答】解：（1）通过以上分析知，化合物E的结构简式，I中官能团的名称为酯基，‎ 故答案为；酯基；‎ ‎（2）A为CH2＝C（CH3）2，A的系统名称2﹣甲基丙烯，‎ 故答案为：2﹣甲基丙烯；‎ ‎（3）H为，H发生酯化反应生成J，H→I的反应方程为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）A→B，E→F的反应类型分别是加成反应、氧化反应，‎ 故答案为：加成；氧化；‎ ‎（5）A为CH2＝C（CH3）2，A发生加聚反应的反应方程为，‎ 故答案为：；‎ ‎（6）G为，G的同分异构体符合下列条件：‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②‎ 核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种氢原子，则符合条件的同分异构体有，‎ 故答案为：；‎ ‎（7）以苯和2﹣氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成，2﹣氯丙烷发生水解反应生成（CH3）2CHOH，2﹣丙醇在催化、加热条件下被氧气氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇，‎ 试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为，‎ Y的结构简式为 （CH3）2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热，‎ 故答案为：液溴、Fe；； （CH3）2CHOH；O2、Cu和加热。‎