【文档说明】【精准解析】江西省宜春市第九中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题.doc，共(17)页，995.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合理题意，各3分，共60分）1.下列有关化学用语表示正确的是（）A.丙烯的结构简式：C3H6B.羟基的电子式：C.氯离子的结构示意图：D.中子数为146、质子数为92的铀(U)原子23892U【答案

】C【解析】【详解】A．丙烯含碳碳双键，结构简式要突出碳碳双键，故A错误；B．羟基含9个电子，其电子式为：，故B错误；C．氯离子得到2个电子形成稳定结构，离子结构示意图为：，故C正确；D．中子数为146、质子数为92的铀(U)原子可表示为：

23892U，故D错误；答案选C。【点睛】羟基的电子式为，氢氧根的电子式为，要注意两者的区别。元素符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字为质子数。2.下列有关有机物的说法中正确的是()A.凡是含碳元素的化合

物都属于有机物B.易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂中的物质一定是有机物C.所有的有机物都很容易燃烧D.有机物不一定都不溶于水【答案】D【解析】【详解】A.有机物都含有碳元素，含碳元素的化合物不一定都属于有机物

，例如CO等，A错误；B.易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂中的物质不一定是有机物，酒精和水互溶，水是无机物，B不正确；C.有机物不一定都是易燃烧的，例如四氯化碳可用来灭火，C不正确；D.有机物不一定都不溶于水，有的有机物

可以与水互溶，如乙醇和乙酸等，D正确。答案选D。3.分子式为C3H5Cl的链状有机物的同分异构体共有（包括顺反异构）()A.6种B.5种C.4种D.3种【答案】C【解析】【分析】分子式为C3H5Cl的链状有机物即丙烯中的一个氢原子被氯取代，主

碳链仅一种，但氯均可在3个碳原子上取代，故同分异构体有如下：、、、，共4种。【详解】同分异构体有如下：、、、，共4种，故答案为C。【点睛】若碳碳双键的某一端的碳原子上有两个氢原子，则只有一种，没有顺瓜异构体，如、。4.在标准状况下，等体积的下列各烃，分别在足量O2中燃烧，消耗O2

最多的是()A.C4H10B.CH4C.C2H6D.C3H8【答案】A【解析】【详解】同环境下，烃的物质的量相等，反应方程式为xy222yyCHxOxCOHO42++⎯⎯⎯→+点燃，完全燃烧耗氧量取决于yx4+()值，该值越大，耗氧量越多；C4H10的yx4+()值为6

.5；CH4的yx4+()值为2，C2H6的yx4+()值为3.5，C3H8的yx4+()值为5。综上分析，耗氧量最多的为C4H10，故选A。5.下列各化合物的命名中正确的是()A.CH2＝CH—CH＝CH21,3-二丁烯B.CH3—C≡C—CH2—CH33-戊炔

C.间二甲苯D.2-甲基丁烷【答案】D【解析】A.CH2＝CH—CH＝CH2命名为1,3-丁二烯，选项A错误；B.CH3—C≡C—CH2—CH3命名为2-戊炔，选项B错误；C.命名为对二甲苯，选项C错误；D.命名为2-甲基丁烷，选项D正确。答案选D。6.某有机物的结构简式为:它可能发生的反

应类型有：①取代②加成③消去④水解⑤酯化⑥中和⑦加聚A.①②③④⑤⑥B.②③④⑤C.①②③⑤⑥⑦D.③④⑤⑥⑦【答案】A【解析】【详解】该物质含有的官能团有卤素、羧基，可以发生卤代烃水解反应（取代反应）、酯化反应（取代反应）、酸碱

中和反应，苯环还可以发生加成反应。综合以上分析，①②③④⑤⑥均可发生，故选A。【点睛】找准物质所含官能团，根据官能团推导物质具有的性质。7.下列各组内的物质，属于同系物的是()A.和B.和C.HO-CH2CH2OH和D.和【答案】A【解析】【分析】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“

CH2”原子团的同一类物质互称为同系物。【详解】A.和均为烷烃，相差2个“CH2”原子团，属于同系物，A项正确；B.为环烷烃、为烯烃，不属于同一类物质，不属于同系物，B项错误；C.HO-CH2CH2OH为二元醇、为一元醇，官能团的个数不同，不属于同系物，C项错误；D.和的分

子式均为C7H14，属于同分异构体而非同系物，D项错误；答案应选A。【点睛】在分析同系物时应注意以下几点：1、官能团的种类、数目均相同2、必须属于同一类物质3、所含碳原子个数不同，结构上相差若干个“CH2”原子团8.

我国在反兴奋剂问题上的坚决立场是支持“人文奥运”的重要体现。某种兴奋剂的结构如下。关于它的说法正确的是()A.它的化学式为C19H26O3B.该化合物只能发生取代反应C.从结构上看，它属于醇类D.从元素组成上看，它可以在氧气中燃烧生成CO2和水

【答案】D【解析】【分析】从该有机物的结构简式可知其分子式为C20H24O3，从有机物含有官能团碳碳双键，可知其能发生加成、加聚和氧化反应，含有酚羟基可发生氧化、取代反应，属于酚类，能在氧气中燃烧生成CO2和水。【详解】

A．由结构简式可知分子式为C20H24O3，A项错误；B．含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酚羟基可发生氧化，因此该有机物不是只能发生取代反应，B项错误；C．羟基直接连接在苯环上，属于酚类，C项错误；D．分子中只含有C、H、O，在氧气中燃烧生成

CO2和水，D项正确；答案应选D。9.下列各组烃的混合物，只要总质量一定，按任意比例混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都是恒量的是A.C2H2、C2H4B.C2H4、C4H6C.C2H6、C3H6D.C6H6、C2H2【答案】D【解析】【分析】烃的混合物中，若总质量一定，无论按任意比例

混合，完全燃烧后生成的CO2和H2O都恒定，则混合物的化学式的最简式相同。【详解】A、最简式分别是CH、CH2，故错误；B、最简式分别是CH2、C2H3，故错误；C、最简式分别是CH3、CH2，故错误

；D、最简式分别是CH、CH，故正确。选D。10.用相对分子质量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子所得芳香烃产物的数目有（）A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】D【解析】【分析】相对分子质量为43的烷基即为丙基，在甲苯苯环上取代，则是苯环上的二取代（甲基、丙基），有邻、间、对三

种情况，丙基有两种形式：-CH2-CH2-CH3、。【详解】综上分析：苯环上的二取代（甲基、丙基），有邻、间、对三种情况，丙基有两种形式：-CH2-CH2-CH3、，共有6种，答案为D。11.某有机物A用质谱仪测定如图①，核磁共振氢谱示意

图如图②，则A的结构简式可能为（）A.HCOOHB.CH3CHOC.CH3CH2OHD.CH3CH2CH2COOH【答案】C【解析】【详解】核磁共振氢谱图显示有三个峰，则表明该有机物分子中有三组氢，HCOOH有2组峰，A错误；CH3CHO有2组峰，B错误；CH3CH2OH有

3组峰，且该有机物的三组氢的个数比和核磁共振氢谱图接近，C正确；CH3CH2CH2COOH有4组峰，故D错误；故答案选C。12.中国女药学家屠呦呦从植物黄花蒿茎叶中提取的青蒿素，荣获2015年诺贝尔奖。下列有关青蒿素的叙述不正确的是（）A.分子式为C15H22O5B.它在乙

醚中的溶解度大于在水中的溶解度C.能发生取代反应、水解反应、加成反应，不能发生氧化反应D.该物质不稳定，容易受到热和还原性物质的影响而发生变质【答案】C【解析】【详解】A．根据青蒿素的结构简式可知，分子式为C15H22O5，故A正确；B．根据相似相溶原理可知，该物质易溶于有机溶剂而不易

溶于水，故B正确；C．该物质中含有酯基、醚键和过氧键，能发生取代反应、水解反应、氧化反应，故C错误；D．含有过氧键，所以青蒿素受热易分解，且能和还原性物质反应变质，故D正确；选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质

，明确青蒿素含有官能团的结构及其性质是解本题关键，侧重考查酯基和过氧键的性质、相似相溶原理的应用。13.有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图(无机小分子产物略去)。则下列说法错误的是（）A.该反应是取代反应B.若R为—CH3时，b中所有碳原子

共面C.若R为—C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种D.若R为—C4H5时，1molb最多可以与4molH2加成【答案】D【解析】【分析】根据反应物与产物分析，该反应是取代反应，苯环上的所有原子共平面，1mol苯环加成需要消耗3mo

l氢气。【详解】A．该反应是取代反应，卤素取代苯环上的氢原子，故A正确；B．当R为—CH3时，b中共7个碳原子，根据苯环上12原子共面可知，所有的碳原子皆可共面，故B正确；C．当R为—C4H9时，丁基有4种形式：分别为：

①2223CHCHCHCH−−−−、②()323CHCHCHCH−−−、③()232CHCHCH−−、④()33CCH−，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C正确；D．当R为—C4H5时，则R基可以含碳碳三键，故与氢气发生加成反应时，1mol苯环消耗3mol

，1mol碳碳三键消耗2mol，1molb最多可以消耗5molH2，故D错误；答案选D。【点睛】苯环共平面，碳碳双键共平面，碳碳三键共直线；根据等效氢个数找同分异构体。14.已知：|||＋，如果要合成所用的起始原料可以是

()①2­甲基­1,3­丁二烯和2­丁炔②1,3­戊二烯和2­丁炔③2,3­二甲基­1,3­戊二烯和乙炔④2,3­二甲基­1,3­丁二烯和丙炔A.①④B.②③C.①③D.②④【答案】A【解析】【详解】由信息：断键

后可得到。的断键方式有：，。若按①断键可得到CH3C≡CH(丙炔)和(2,3­二甲基­1,3­丁二烯)；若按②断键可得(2­甲基­1,3­丁二烯)和CH3—C≡C—CH3(2­丁炔)，故A正确。综上所述，答案为A。【点睛】注意|||＋断键和结合键

的位置，丁二烯断双键，1,4位的碳原子结合乙炔的碳原子，而自身2,3位碳原子形成碳碳双键。15.下列操作达不到．．．预期目的的是()①将某卤代烃与氢氧化钠的水溶液共热，向冷却后的反应液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明该卤代烃为氯代烃②用乙醇和30%的硫酸共热到170℃制取乙烯③

将苯与浓硝酸混合加热至60℃制备硝基苯④检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，再加入银氨溶液加热。A.①③B.②③C.①②④D.①②③④【答案】D【解析】【详解】①卤代烃与氢氧化钠的水溶液共热后，，可能有NaOH剩余，NaOH能与硝酸银反应生成沉淀而干扰实验

氯离子的检验，应在水解后加入硝酸酸化以排除干扰，故①不能达到预期目的；②应用乙醇和浓硫酸共热到170℃制取乙烯，故②不能达到预期目的；③苯与浓硝酸的反应应在浓硫酸催化作用下进行，故③不能达到预期目的；④淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与银氨溶液的反应应在碱性条件下，应在水解之后调节溶液至碱

性，故④不能达到预期目的。综上分析，答案选D。16.下列反应中与其他三种反应类型不同的是（）A.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2OB.CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2OC.2CH3﹣CH2﹣OHCH3﹣CH2﹣O﹣CH2﹣CH3+H2OD

.CH3CH2﹣OH+H﹣BrCH3CH2﹣Br+H2O【答案】B【解析】【详解】A.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于取代反应；B.CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2

O，该反应属于消去反应；C.2CH3﹣CH2﹣OHCH3﹣CH2﹣O﹣CH2﹣CH3+H2O，该反应属于取代反应；D.CH3CH2﹣OH+H﹣BrCH3CH2﹣Br+H2O，该反应属于取代反应。综上分析，A、C、D均是取代反应，B是消去反应，答案选B。17.以2﹣溴丙烷为

原料制取1，2﹣丙二醇，需要经过的反应是（）A.加成﹣消去一取代B.取代一消去﹣加成C.消去﹣取代一加成D.消去﹣加成﹣取代【答案】D【解析】【详解】2﹣溴丙烷先发生消去反应，生成丙烯，丙烯与溴单质发生

加成生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷与氢氧化钠的水溶液共热发生取代反应，生成1，2﹣丙二醇。综上分析，先发生消去，再加成，再取代，即可以2﹣溴丙烷为原料制取1，2﹣丙二醇，答案为D。18.分子式为C8H10的芳香烃，其一溴代物有两种，该物质是（）A.乙苯B.对二甲苯C.

间二甲苯D.邻二甲苯【答案】B【解析】【详解】分子式为C8H10的芳香烃，可能是乙苯或二甲苯。乙苯的一溴代物有5种，邻二甲苯的一溴代物有3种，间二甲苯的一溴代物有4种，对二甲苯的一溴代物有两种，故该物质是对二甲苯，该物质仅有

两种化学环境的氢原子（苯环、两甲基）。综上分析，该物质是对二甲苯，答案为B。【点睛】根据分子式可大致确定分子的结构，再根据同分异构体个数确定最终结构。19.如图所示，对该物质的说法正确的是A.遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物B.滴入酸性KMnO4溶液

，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键C.1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别为6mol、7molD.该分子中的所有碳原子可能共平面【答案】D【解析】【详解】A．此有机物遇FeCl3溶液显紫色，苯

酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，A错误；B．能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、碳碳双键、苯环上的甲基等，因此滴入酸性KMnO4溶液，观察紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，B错误；C．与浓溴水反

应的应是酚羟基邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个H，还有一个碳碳双键与溴水发生加成反应，共消耗4mol的Br2；两个苯环、一个碳碳双键均能与氢气发生加成反应，因此共消耗7mol的氢气，C错误；D．从苯环的平面结构及乙烯的平面结构

出发，把上述结构分成三部分：右边以苯环为中心8个碳原子共平面，左边以苯环为中心8个碳原子共平面，还有以碳碳双键为中心4个碳原子共平面，上述三个平面可以重合，D正确；答案选D。【点睛】本题考查的是由有机物结构推断物质性质，首先分析有机

物的结构简式，找出官能团，根据有机物官能团的性质进行判断，易错点为D，注意有机物空间结构的分析，题目难度中等。20.有机物的一氯取代产物最多有()A.8种B.6种C.4种D.3种【答案】C【解析】【详解】有机物的分子结构是对称的，有一条对

称轴存在，分子呈左右对称，根据对称分析法可知，其一氯取代物中氯原子的位置有、、、共四种，答案选C。二、非选择（40分，每空2分）21.石油裂化可得到有机物(CH3)2C==C(CH3)2(以下用A表示)。(1)A的系统命名为________；A在通常状况下呈

________(填“气”“液”或“固”)态。(2)A与Br2的加成产物B与NaOH的乙醇溶液共热可生成二烯烃C，则C的结构简式为_______________________；B生成C的反应类型为________。(3)C与一定量Br2反应可能生成D、E和G，而D与HBr的加成产

物只有F，则F的结构简式为____________________________。(4)已知：可以在一定的条件下被氧化为,H是C的一种同分异构体，H与酸性KMnO4溶液反应生成己二酸，则H的结构简式为________；C的同分异构体中不可

能有________(填字母)。a．芳香烃b．炔烃c．环烯烃d．二烯烃【答案】(1).2，3−二甲基−2−丁烯(2).液(3).CH2═C(CH3)−C(CH3)═CH2(4).消去反应(5).：CH2BrCBr(CH3)−CH(CH

3)CH2Br(6).(7).a【解析】【分析】(CH3)2C==C(CH3)2含有碳碳双键的最长的链中含4个C，碳碳双键处于2、3号C中间，2、3号C上有2个甲基；B为(CH3)2CBrCBr(CH3)2，溴代烃与NaOH的乙醇溶液共热可生成二烯烃，为消去反应，生成C为C

H2═C(CH3)-C(CH3)═CH2；C与一定量Br2反应可能生成D、E和G，而D与HBr的加成产物只有F，说明D结构对称，C发生1，4加成，可确定F的结构简式；C的一种同分异构体H与酸性KMnO4溶液生成己二酸，则H为环己烯。【详解】(1)

(CH3)2C==C(CH3)2含有碳碳双键的最长的链中含4个C，碳碳双键处于2、3号C中间，2、3号C上有2个甲基，A的系统命名法为2，3−二甲基−2−丁烯，由于其分子中有6个碳原子，故其常温下为液体；(2)B为(CH3)2CBrCBr(CH3)2，溴代烃B与NaOH的乙醇溶液共热可生成

二烯烃，为消去反应，生成C为CH2═C(CH3)−C(CH3)═CH2；(3)C与一定量Br2反应可能生成D、E和G，而D与HBr的加成产物只有F，说明D结构对称，C发生1，4加成生成D，D为CH2BrC(CH3)=C(CH3)

CH2Br，则F为CH2BrCBr(CH3)−CH(CH3)CH2Br；(4)C的一种同分异构体H与酸性KMnO4溶液生成己二酸，则H为环己烯，即。根据C的不饱和程度可以推断，其同分异构体可能为炔烃、环烯烃或二烯烃，不可能为芳香烃，故选a。22.A～G都是有机化

合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：(1)已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的蒸气对氢气的相对密度为30，则E的分子式为_______________。(2)A为一取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为_______。由B生

成D、由C生成D的反应条件分别是_______________、_______________。(3)由A生成B、由D生成G的反应类型分别是_______________、_______________。(4)F存在于栀子香油中，其结构简式为_______________。【答案】(1)

.C2H4O2(2).+NaOH+NaCl(3).NaOH的醇溶液，加热(4).浓硫酸，加热(5).取代反应(6).加成反应(7).【解析】【分析】E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr(E)=30×2=60，6.

0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2物质的量为8.8g44g/mol=0.2mol，生成H2O的物质的量为3.6g18g/mol=0.2mol，则E分子中N(C)=0.2mol0.1mol=2、N(H)=0.2mol20.1mol=4，故N(O)=6

0122416−−=2，故E的分子式是C2H4O2；A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，结合F的分子式可知，C与E发生酯化反应生成F，则

E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；(2)由B生成C的化学方程式为+NaOH+NaCl；

由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热；C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：+NaOH+NaCl；NaOH的醇溶液，加热；浓硫酸，加热；(3)由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成

反应；(4)由上述分析可知，F的结构简式为，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意卤代烃和醇发生消去反应的反应条件的区别。23.化合物I（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基，I可以用E和

H在一定条件下合成：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH；③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。回答下列问题：(1)A的化学名称为____

___________________________；(2)D的结构简式为_______________________________；(3)E中的官能团名称为____________________

_______；(4)F生成G的化学方程式为__________________________，该反应类型为______________；(5)I的结构简式为_________________________________。【答案】(1).2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷(2).(C

H3)2CHCHO(3).羧基(4).+2Cl2+2HCl(5).取代反应(6).【解析】【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为(CH3)3CCl，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B，B为CH2=C(CH3)

2，B发生信息②中的反应生成C，C为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D，D为(CH3)2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E，E为(CH3)2CHCOOH；F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只

有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯

化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，据此分析解答。【详解】(1)A为C(CH3)3Cl，名称为2-甲基-2-氯丙烷，故答案为：2-甲基-2-氯丙烷；(2)D的结构简式为(CH3)2CHCHO，故答案为：(CH3)2CHCHO；(3)E为(CH3)2CHC

OOH，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；(4)F生成G的化学方程式为+2Cl2+2HCl，该反应类型为取代反应，故答案为：+2Cl2+2HCl；取代反应；(5)由上述分析可知，I的结构简式为，故答案为：。