【文档说明】黑龙江省肇东市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(25)页，1.378 MB，由小赞的店铺上传

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肇东市第一中学高二学年下学期期中考试化学试题一、选择题（共计25题，每题2分，合计50分，每题只有一个正确选项）1.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。下列说法正确的是（）A.古代中国出产的丝绸的主要成分是纤维素B.中国从中亚进口的天然气的主要成分是乙

烯C.中国承建巴基斯坦的水电站实现了水能直接转化为电能D.服务一带一路的北斗卫星上的太阳能电池板与地壳含量第二的元素有关【答案】D【解析】【详解】A.丝绸主要成分是蛋白质，故A错误；B.天然气主要成分是甲烷，故B错误；C.水力发电是将水能转化成机械能，然后机械能转化成电能，故C错误；

D.制作太阳能电池板原料是晶体硅，硅元素在地壳中含量为第二，故D正确；答案：D．2.下列操作中错误的是A.溴苯中含有溴单质，可用NaOH溶液洗涤，再经分液而除去B.除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液、振荡、静置分层后，除去水层C.除去乙酸乙酯中少量的乙酸：加入乙醇和

浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯D.用4CuSO溶液和过量NaOH溶液混合，然后加入几滴乙醛，加热煮沸观察红色沉淀【答案】C【解析】【分析】溴可与氢氧化钠溶液反应；苯酚与氢氧化钠溶液反应；乙醇与乙酸的反应为可逆反应；乙醛在碱性条件下被氢氧化铜氧化，据此分析。【详解】A.溴与NaOH溶

液反应后与溴苯分层，则溴苯中含有溴单质，可用NaOH溶液洗涤，再经分液而除去，故A正确；B.苯不溶于水，苯酚与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的苯酚钠，可分液分离出无机溶液层，故B正确；C.乙醇与乙酸的反应为可逆反应，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液

，故C错误；D.乙醛与新制2Cu(OH)悬浊液反应时需要在碱性条件下进行，应用硫酸铜溶液与过量的氢氧化钠溶液反应，故D正确。故选C。3.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)nB.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。4.从葡萄籽中提取的原花青素结构如图，具有生物活性，如抗氧化和自由基清除能力等。有关原花青素的下列说法不正确的是（）A.该物质可以看作醇类，也可看做酚类B.1mol该物质可与7m

olNa2CO3反应C.该物质遇FeCl3会发生显色反应D.1mol该物质可与4molBr2反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知，分子中含酚-OH、醇-OH及醚键，结合酚、醇、醚的性质来解答。【详解】A．

含酚-OH、醇-OH，可以看作醇类，也可看做酚类，故A正确；B．只有5个酚-OH，1mol该物质可与5molNa2CO3反应，故B错误；C．含酚-OH，遇FeCl3会发生显色反应，故C正确；D．只有酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，则1mol该物质可与4molBr2反应，故D正确；故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、醇的区别及性质，易错点B，1mol酚-OH可与1molNa2CO3反应。5.某羧酸酯的分子式为C16H22O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧

酸的分子式为A.C12H6O5B.C12H18O5C.C12H12O4D.C12H14O5【答案】D【解析】【详解】某羧酸酯的分子式为C16H22O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设

羧酸为M，则反应的方程式为C16H22O5+2H2O＝M+2C2H6O，由质量守恒可知M的分子式为C12H14O5，故答案为D。【点睛】考查有机物分子式确定的计算，把握酯化反应中碳原子个数变化、官能团的变化为推断的关键，1m

ol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断。6.用NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A.0.5molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2时，转移的电子数为N

AB.7.8gNa2O2与足量水反应时，转移的电子数为0.2NAC.64gCaC2固体中所含的阴、阳离子总数为3NAD.密闭容器中充入1molH2与1molI2反应制备HI时，生成H-I键的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A.无论Mg转化成MgO还是转化成Mg3N2，Mg的

化合价都是由0价→＋2价，即0.5molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2时，转移电子物质的量为0.5mol×2=1mol，故A正确；B.Na2O2与H2O反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2molNa2O2与H2O反应转移2mol电子，即7.8g过氧化钠与H2O反应转

移电子物质的量为7.8g78g/mol=0.1mol，故B错误；C.CaC2的电子式为，64gCaC2固体中含有阴、阳离子总物质的量为64g264g/mol=2mol，故C错误；D.H2和I2反应为可逆反应，根据题意，无法计算出生

成H－I键的物质的量，故D错误；答案：A。7.工业上可用甲苯合成苯甲醛(苯甲醛)，下列说法正确的是（）A.可以作为萃取剂萃取溴水中的溴单质B.反应①②③的反应类型相同C.的同分异构体有3种D.和可以通过酸性高

锰酸钾鉴别【答案】A【解析】【分析】【详解】A．甲苯与Br2不反应，且单质溴在甲苯中溶解度比在水中大，甲苯与水互不相溶，因此甲苯可以作萃取剂萃取溴水中的溴单质，A正确；B．反应①、②为取代反应，而反应

③为氧化反应，因此三个反应类型不完全相同，B错误；C．的同分异构体，若苯环上有—Cl、—CH3两个取代基，二个取代基在苯环上的位置有邻、间、对三种，另外，其还有不含苯环的氯代脂环烃和氯代脂肪烃的同分异

构体，因此其同分异构体的数目大于3种，C错误；D．和这两种物质都可以被酸性高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能鉴别，D错误；故合理选项是A。8.下列说法正确的是()A.按系统命名法，的名称为3，6-二甲基-7-乙基壬烷B.分子中所有原子共平面C.标

准状况下，1L辛烷完全燃烧生成CO28LD.1.0mol最多能与5.0molNaOH水溶液完全反应【答案】A【解析】【详解】A.根据系统命名法：所选的碳链应为最长、离支链最近的碳原子开始编号、支链先简单后复杂等原则，最长碳链为9，在3、6号碳上分别含有1个甲基，在7号碳上含有1个乙基，因此该物质名

称为3，6-二甲基-7-乙基壬烷，A正确；B.根据键线式的书写特点，苯环结构最左边为甲基，甲基中碳原子为饱和碳原子，与该碳原子直接相连的4个原子构成的是四面体结构，因此该分子中所有原子不都在同一个平面上，B错误；C.标准状况下辛烷是液

体，不能利用标况下气体摩尔体积计算其物质的量，C错误；D.分子中含有1个酚羟基、3个酯基，其官能团如图所示：，都能与NaOH反应，则1.0mol该有机物最多能和4.0molNaOH的水溶液完全反应，D错误；故答案选A。9.2020年1月11日科教频道，以短片介绍了周其林院士“万能”

手性催化剂。手性一词来源于希腊语手，是自然界中广泛存在的一种现象。比如我们的左手照镜子时看到的模样与右手一模一样。但在现实世界中，我们的左手却永远无法与右手完全重合，这种现象就叫手性。具有手性特征的物体就叫手性物体。下列说法正确是A.催化剂在催化过程

中实际参与了反应，并改变反应的进程B.“万能”手性催化剂可以催化任何一种反应C.催化剂可以加快反应速率，提高反应物的转化率D.氯仿、甲醇具有手性【答案】A【解析】【详解】A.催化剂参加了反应，降低反应的活化能

，实际上在反应过程改变反应的进程；但催化剂理论上在整个反应前后是质量不变和化学组成均不变的物质，故A正确；B.催化剂具有高度的选择性（或专一性），一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用,故B错误；C.催化剂可以加快反

应速率，缩短反应达到平衡的时间，并不能提高反应物的转化率，故C错误；D.氯仿（CHCl3）与甲醇（CH3OH）无论空间怎么摆放都可以通过旋转与原来分子重合，因而氯仿、甲醇都不具有手性，故D错误；答案；A。10.有两种

饱和一元醇的混合物17.75g，与13.8gNa充分反应，生成的H2在标准状态下的体积为5.6L，这两种醇分子中相差一个碳原子，则这两种醇的名称和物质的量之比对应为A.乙醇和丙醇1:1B.甲醇和乙醇3:1C.

丙醇和丁醇1:2D.无法确定【答案】B【解析】【详解】5.6L标准状况下的氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，根据2-OH～2Na～H2，则羟基的物质的量是0.5mol，需要Na的物

质的量是0.5mol，已知Na的物质的量是13．8g÷23g/mol=0.6mol，Na过量，所以变化一元醇的平均相对分子质量是17.75÷0.5=35.5，甲醇的相对分子质量是32，这两种醇分子中相差一个碳原子，乙醇的相对分子质量是46，符合题意，所以这两种醇为甲

醇和乙醇，利用十字交叉法计算甲醇与乙醇的物质的量之比是（46-35.5）：（35.5-32）=3:1，答案选B。11.北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）

。下列说法正确的是A.该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B.1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应C.该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D.该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种【答案】A【解析】【详解

】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2molH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定

共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。12.某种气体的摩尔质量为Mg·mol-1，将标况下的该气体VL溶解在1000g水中，该气体不与水反应，所得溶液密度为ρg·cm-3，则所得溶液中溶质的物质的量浓

度为()mol·L-1A.V/22．4B.Vρ/(MV+22400)C.Vρ/22400D.1000Vρ/(MV+22400)【答案】D【解析】【分析】【详解】该溶液的质量为：（MV/22.4+1000）g，所以

该溶液的体积为：（MV/22.4+1000）×103/ρL，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1000Vρ/(MV+22400)；故选D。13.用来减轻感冒症状的布洛芬的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是（）A.1mol布洛芬能与足量NaHCO3溶液反应最多生成1molCO2B.布洛芬的分

子式为C13H18O2C.布洛芬苯环上的一溴代物有2种D.布洛芬与苯甲酸甲酯是同系物【答案】D【解析】【详解】A．布洛芬分子中只含有一个羧基，1mol羧基只与1molNaHCO3反应，生成1molCO2，故A正确；B．布洛芬分子的分子式为C

13H18O2，故B正确；C．布洛芬分子上下结构对称，只有二种等效氢，则布洛芬在苯环上的一氯代物有2种，故C正确；D．布洛芬分子含有一个苯环、一个羧基，不含有酯基，则与苯甲酸甲酯结构不相似，两者不是同系物，故D错误；故答案为D。【点睛】以布洛芬为载体考查有机物的结构与性质，把握官能团与

性质、有机反应为解答的关键，由结构可知分子式，分子中有羧基决定具有羧酸的性质，有苯环还具有苯的性质。。14.分子式为C9H12O的某有机物与FeCl3溶液反应显色，又知其苯环上共有两个取代基，则该有机物的结构有（）A.6种B.5种C.4种D.3种【答案】

A【解析】【详解】由该有机物的性质知其苯环上一定有一个－OH，另一个取代基为－C3H7，因－C3H7有正丙基与异丙基两种结构，苯环上的两个取代基有邻、间、对三种位置关系，故该有机物共有6种结构。答案选A。15.已知苯甲酸的酸性比碳酸强，苯酚的酸性比碳酸弱。则可将

转变为的方法是()①与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2②与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液③加热溶液，通入足量的SO2④与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3A.①②B.①④C.②③D.②④【答案】B【解析】【详解】①.与足

量的NaOH溶液共热，生成，根据酸性强弱顺序，在溶液中通入足量CO2，可得到，①符合题意；②.与稀硫酸共热后，生成，加入足量的NaOH溶液，反应生成，②不合题意；③.加热溶液，通入足量的SO2，SO2与水反应生成H2SO3，其酸性比醋酸强，所以发生反应，

生成，③不合题意；④与稀H2SO4共热后生成，苯酚不能与NaHCO3反应，苯甲酸能与NaHCO3反应，则与NaHCO3反应，生成，④符合题意。综合以上分析，①④符合题意。故选B。16.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构（如图）。在辛

酸的同分异构体中，含有一个“－COOH”和三个“－CH3”的结构（不考虑立体异构），除外，还有()A.7种B.11种C.16种D.17种【答案】D【解析】【分析】根据题中辛酸的键线式结构，本题考查同分异构体的书写，运用同分异构体的书写原则分析。【详解】（1）若主链有

6个碳原子，余下2个碳原子为2个-CH3，先固定一个-CH3，移动第二个-CH3，碳干骨架可表示为：（数字代表第二个-CH3的位置），共4+3+2+1=10种。（2）若主链有5个碳原子，余下3个碳原子为可能为：①一个-CH3和一个-CH2CH3或②一个-CH(CH3)2。①若为一个-CH3

和一个-CH2CH3。先固定-CH2CH3，再移动-CH3，碳干骨架可表示为：；②若为一个-CH(CH3)2，符合题意的结构简式为（题给物质）；共3+3+1=7种。（3）若主链有4个碳原子，符合题意的同分异构体的结构简式为(CH3CH

2)3CCOOH。辛酸含有一个“-COOH”和三个“-CH3”的同分异构体有10+7+1=18种，除去题给物质，还有17种。答案选D。【点睛】同分异构体的书写：碳链异构、位置异构、官能团异构。17.某高分子化合物R

的结构简式如下：下列有关R的说法正确的是（）A.R的一种单体的分子式可能为9102CHOB.R完全水解后的生成物均为小分子有机物C.可以通过加聚反应和缩聚反应合成RD.碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为2mol【答案】C【解析】【分析】根据高分子化合物

R的结构简式，找出链节，根据链节的特点确定其单体。【详解】A.由该高分子化合物的结构简式可知，其单体为CH2=C(CH3)COOH、HOCH2CH2OH、HOOCCH(OH)CH2C6H5，R的单体之一的分子

式为C9H10O3，A说法错误；B.R完全水解有高分子化合物生成，B说法错误；C.单体中存在碳碳双键、羟基、羧基，可通过加聚反应和缩聚反应生成R，C说法正确；D.中含n(1+m)mol—COOC—，碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物

质的量为n(m+1)mol，D说法错误。答案选C。18.实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是A.操作Ⅰ为萃取、分液，萃取剂也可以用选用CCl4B.苯酚钠是离子化合物，在苯中的溶解度比在水中的小C.通过操作Ⅱ，苯可循环使用，三步操作均需要分液漏斗D.苯酚沾到皮肤上，需用NaOH溶

液清洗后，再用大量水不断冲洗【答案】D【解析】【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作分离苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作

进行分离得到苯酚，据此分析作答。【详解】A.操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，苯酚在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度、且四氯化碳与水不互溶，也可用四氯化碳作萃取剂，故A正确；B.苯酚钠属于钠盐，是离子化合物，易溶于水，在苯中的溶解度比在

水中的小，故B正确；C.操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及分液操作，用到分液漏斗，通过操作Ⅱ，苯可循环使用，故C正确；D.NaOH具有腐蚀性，苯酚沾到皮肤，不能用NaOH溶液清洗，应用酒精清洗，故D错误；故答案选：D。19.已知某有机物结构

为：，下列说法中正确的是A.该物质的化学式为C15H8O8BrClB.该物质能与FeCl3溶液发生显色反应C.1mol该物质最多能与2mol溴水发生反应D.一定条件下，1mol该物质最多能与9molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式确定分子式为C15H

12O8BrCl，故A错误；B．不含酚羟基，所以不能和氯化铁发生显色反应，故B错误；C．只有碳碳双键能和溴发生加成反应，1mol该物质最多能消耗1mol溴，故C错误；D．1mol该物质含有1mol羧基可以消耗1molNaOH，酯基水解可以产生2mol酚羟基和1mol羧基以及

1mol碳酸，消耗5molNaOH，氯离子水解生成HCl和酚羟基消耗2molNaOH，Br原子水解产生的OH可以消耗1molNaOH，共消耗9molNaOH，故D正确；故答案为D。【点睛】选项D为易错点，要注意其中一个酯基水解产物为碳酸，同时还要注意氯离子水解后生成

酚羟基。20.某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E不发生银镜反应，则A的可能结构有（不考虑立体异构）A.4种B.3种C.2种D.1种【答案】C【解析】【详解】A与氢氧化钠溶液反应，说明A属于酯类化合物。A与氢氧化钠溶液反应后生成羧

酸钠和醇，因为C是羧酸，所以B是羧酸钠，D是醇，即A应该是由C和D形成的酯。因为C不能发生银镜反应，所以C不能是甲酸。因为D（醇）被氧化的产物一定不发生银镜反应，所以D不是甲醇和乙醇（这两个醇氧化一定得到甲醛和乙醛）。综合以上信息，A一共有6个碳，所以形成A的只能是乙酸和丁醇或者丙酸

和丙醇。丁醇一共有4种，其中能被氧化而产物不是醛的只有2-丁醇()，所以其中一种是乙酸和2-丁醇形成的酯（）。丙醇有两种，其中能被氧化而产物不是醛的只有2-丙醇（），所以其中一种是乙酸和2-丁醇形成的酯（）。根据上述分析，得到选

项C正确。21.对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：+3Fe+6HCl→+3FeCl2+2H2O，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH3为邻、对位取代定位基，而-COOH为间位

取代定位基。则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是A.甲苯硝化→X氧化甲基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Y还原硝基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→对氨基苯甲酸B.甲苯氧化甲基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→X硝化→Y还原硝基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→对氨基苯甲酸C.甲苯还原⎯⎯⎯→X氧化甲基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Y硝化→对氨基苯甲酸D

.甲苯硝化→X还原硝基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Y氧化甲基⎯⎯⎯⎯⎯⎯→对氨基苯甲酸【答案】A【解析】【详解】由于甲基是邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基，且氨基还原性强，易被氧化，所以由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤是：甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发

生甲基对位上的取代反应产生对硝基甲苯，然后被酸性KMnO4溶液氧化，产生对硝基苯甲酸，最后对硝基苯甲酸与Fe、HCl作用，硝基被还原产生-NH2，得到对氨基苯甲酸，故合理选项是A。22.已知苯环上由于取代基的影响，使硝基邻位上的卤原子的反应活性增强，现有某有机物的结构简式如下：1mol该有机物与

足量的氢氧化钠溶液混合并共热，充分反应后最多可消耗氢氧化钠的物质的量为a(不考虑醇羟基和硝基与氢氧化钠的反应，下同)，溶液蒸干得到的固体产物再与足量的干燥碱石灰共热，又消耗氢氧化钠的物质的量为b，则a，b分别是()已知：A.5mol，10molB.6mol，2molC.8mol，4molD.8

mol，2mol【答案】D【解析】【详解】1mol该有机物与足量的氢氧化钠溶液混合并共热后完全反应，苯环上的氯原子、溴原子和甲基上的溴原子分别被取代生成酚羟基和醇羟基，同时又氯化氢和溴化氢生成，酯基断裂生成酚羟基和羧基，所以1mol该有机物完全被取代后含有3mol酚羟基、2mol

羧基、1mol醇羟基、1molHCl、2molHBr，能和氢氧化钠反应的有酚羟基、羧基、氯化氢和溴化氢，所以最多可消耗氢氧化钠的物质的量=3mol+2mol+1mol+2mol=8mol；产物中含有2mol—COONa，再与足量的干燥

碱石灰共热，又消耗氢氧化钠的物质的量为2mol，则答案为D。23.乙烯酮（CH2=C=O）在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应可表示为CH2=C=O+H—A→CH3—CA=O。乙烯酮在一定条件下与下列试剂加成，其产物不正确的是（）A.与HCl加成生成B.与H

2O加成生成C.与CH3OH加成生成D.与CH3COOH加成生成【答案】C【解析】【详解】A.根据题意，若A为—Cl，则与HCl加成生成，A项正确；B.根据题意，若A为—OH，则与H2O加成生成，B项正确；C.根据题意，若A为—OCH3，则与CH3OH加成生成，C项错误

；D.根据题意，若A为—OOCCH3，则与CH3COOH加成生成，D项正确；故选C。24.某醇和醛的混合物0.05mol，能从足量的银氨溶液中还原出16.2g银，已知该醇为饱和一元醇，该醛的组成符合CnH2nO，下列结论正确的是（）A

.此混合物中的醛一定不是甲醛B.此混合物中的醛、醇可以是任意比C.此混合物中的醇、醛的物质的量之比是1∶1D.此混合物中的醇、醛的物质的量之比是1∶3【答案】D【解析】【分析】本题中，能与银氨溶液反应的只有醛

，结合题给醛的组成通式，可知该醛为饱和一元醛。根据该醛从足量的银氨溶液中还原出16.2g银，可通过化学反应关系式：每摩尔醛基可还原出2molAg，即1molCHO~2molAg−，计算出该醛的物质的量，进而进行推导计算。【详解】16.2g银的物质的量为16.2g0.15mol108g/mo

l=，设该醛可表示为：R-CHO，假定混合物中的醛不是甲醛，则根据关系式：1molRCHO~2molAg−，可知还原出0.15molAg，消耗该醛的物质的量为：0.15mol0.075mol2=。由于0.075mol＞

混合物的总的物质的量0.05mol，故假设不成立，该混合物中的醛一定为甲醛，由1molHCHO~4molAg可知，甲醛的物质的量为10.15mol0.0375mol4=，故醇的物质的量为0.05mol0.0375mol0.0125mol−=，混合物中醇与醛的物

质的量之比为0.0125mol:0.0375mol1:3=，经以上分析计算，可知D项正确。答案选D。【点睛】每摩尔醛基可还原出2molAg或1mol的Cu2O，但甲醛由其结构的特殊性，每摩尔甲醛最多可还原出4molAg或2mol的C

u2O，是乙醛还原能力的2倍，故甲醛又像二元醛。甲醛在分类时属饱和一元醛，定量分析、计算时按二元醛计算。25.下列说法不正确的是()A.合成高分子材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶、黏合剂、涂料等B.用木材等经过加工制成的黏胶纤维属于合成

纤维C.棉花、羊毛和天然橡胶是有机高分子材料D.合成橡胶的原料是煤、石油、天然气和农副产品【答案】B【解析】【详解】A.合成高分子材料包括塑料、合成纤维、合成橡胶、黏合剂、涂料等，故A正确；B.用木材等经过加工制成的黏胶

纤维属于人造纤维，不是合成材料，故B错误；C.棉花（纤维）、羊毛（蛋白质）和天然橡胶是有机高分子材料，故C正确；D.合成橡胶的原料是煤、石油、天然气和农副产品，故D正确；答案选B。二、非选择题（共计3道小题，合计50分）26.2020年2月，国家卫生健康委办公厅、国家中

医药管理局办公室联合发出《关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)的通知》。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了有机物G，G是一种医药中间体，可通过如图所示路线合成。A是石油化工的重要产品且分子中所有原子在同一平面内，H的分子式是C7H8。已知：3||PClOCOOHC

Cl−⎯⎯⎯→−。回答下列问题。(1)A的结构简式是___________。(2)H→I的化学方程式为__________，B与银氨溶液反应的化学方程式是__________。(3)C→D的反应类型是______，I→J的反应类型是______。(4)两个

E分子在一定条件下发生分子间脱水生成一种环状酯的结构简式是_______________。(5)满足以下条件的F的同分异构体(不含F)共有_________种。①能与氯化铁溶液发生显色反应②分子中有—COO—结构③苯环上有两个取代

基【答案】(1).CH2=CH2(2).+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr(3).CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O(4).取代反应(5).氧化反应(6).(7).11【解析】【分析】A是石油化工的重要产品且分子中所有原子在同一平面内，则A是乙烯

，结构简式是CH2=CH2，A催化氧化产生B能够发生银镜反应，则B是CH3CHO，B与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，经酸化得到C是CH3COOH，C与PCl3发生取代反应产生D：，H的分子式是C7H8，由于在反应过程中物质结构

不变，由J的结构逆推可知H是甲苯，结构简式是：，甲苯与Br2在FeBr3催化下发生取代反应产生I为，I被酸性KMnO4溶液氧化产生J：，J发生取代反应产生E：，E与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应产生F：，D、F发生取代反应产生G：。【详解】根据上述分析可知：A

是CH2=CH2，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是，E是，F是，G是，H是，I是，J是。(1)A结构简式是CH2=CH2；(2)H是，与Br2在FeBr3催化下发生取代反应产生和HBr，则H→I的化学方程式为：+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr；B是CH3CHO，含有醛基，与银氨溶液

水浴加热发生氧化反应，醛基被氧化变为羧基，与溶液中的NH3反应产生CH3COONH4，则B与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O；(3)

C是乙酸，与PCl3发生取代反应产生D：；I是与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应产生J:，因此I→J的反应类型是氧化反应；(4)E是，分子中含有-OH、-COOH，与浓硫酸混合加热，两个E分子发生分子间脱

水生成一种环状酯和水，脱水时羧基脱去羟基，羟基脱去H原子，其余部分结合在一起，故该酯的结构简式是；(5)F是，其同分异构体满足条件：①能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子中有—COO—结构；③苯环上有两个取代基，则可能的结

构为：-OH、-COOCH3，或-OH、-OOCCH3，或-OH、-CH2COOH，或-OH、-CH2OOCH，每种情况在苯环上都存在邻、间、对三种不同位置，故符合条件的同分异构体(不包含F)有4×3-

1=11种。【点睛】本题考查有机物推断，有机物A、H的确定是本题解答的关键。掌握常见有机物官能团及其性质、反应类型及反应条件，采用正推与逆推相结合的方法分析判断，需要学生具有扎实的基础知识才能解答，难点是判断

同分异构体种类时除羟基外另一个侧链的结构有羧基、酯基两种情况。侧重考查学生判断及知识综合运用能力。27.如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。已知：RC

HO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。请回答下列问题：(1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。(2)I中官能团的名称为______

，I的分子式为________。(3)写出E转化为F的化学方程式____________。(4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包

括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基(5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。【答案】(1

).对甲基苯酚或4-甲基苯酚(2).(3).取代反应(4).碳碳双键、羧基、酚羟基(5).C9H8O4(6).+3NaOH+NaCl+2H2O(7).8(8).、、(9).【解析】【分析】A与Cl2在FeCl3作用下反应，

说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息

：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F：，F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO

发生题干信息反应产生H为：，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。(1)C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为，D与Cl2在光

照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4；(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2

O；(4)G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，

可能有、、、、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为：、、；(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，C

H3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为

：。【点睛】本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若

有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。28.某实验小组用如图所示装置制备一硝基甲苯(包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯)，反应原理：实验步骤：①浓硝酸与浓硫酸按体积比1：3配制混合溶液(即混酸)共40mL；②在三颈烧瓶中加入13g甲苯(易挥发)，按图所示装好药品

和其他仪器；③向三颈烧瓶中加入混酸；④控制温度约为50～55℃，反应大约10min，三颈烧瓶底部有大量淡黄色油状液体出现；⑤分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯共15g。相关物质的性质如下：有机物密度/(g·cm-3)沸点/℃溶解性甲苯0.86611

0.6不溶于水对硝基甲苯1.286237.7不溶于水，易溶于液态烃邻硝基甲苯1.162222不溶于水，易溶于液态烃（1）A的仪器名称是___。（2）水浴加热的优点是__。（3）配制混酸的方法是__。（

4）若实验后在三颈烧瓶中收集的产物较少，可能的原因是__。（5）分离反应后产物的方案如下：混合液操作1的名称是__，操作2中不需要用到下列仪器中的__(填序号)。a．冷凝管b．酒精灯c．温度计d．分液漏斗e．蒸发皿（6）本实验中邻、对硝基甲苯的产

率为__(结果保留至小数点后一位数字)。【答案】(1).分液漏斗(2).受热均匀，易于控制温度(3).量取10mL浓硝酸倒入烧杯中，再量取30mL浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入烧杯并不断搅拌(4).产物较少的原因：一是反应

物的挥发所致；二是温度过高，副反应多(5).分液(6).de(7).77.5%【解析】【详解】(1)根据图示，仪器A是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)水浴加热可以使受热均匀、而且易于控制温度，故答案为：受热均匀、易于控制温度；(3)浓硫酸的密度大于硝酸，浓硝酸中有水，

浓硫酸溶于水会放热，所以配制混合酸的方法是：量取10mL浓硝酸倒入烧杯中，再量取30mL浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入烧杯并不断搅拌，故答案为：量取10mL浓硝酸倒入烧杯中，再量取30mL浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入烧杯并不断搅拌；(4)若实验后在三颈瓶中收集到的产物较少，可能的原因是温度过高，导

致HNO3大量挥发，也可能是温度过高，副反应较多，故答案为：温度过高，导致HNO3大量挥发或温度过高，副反应多；(5)因为经过操作1分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此操作1是分液；分离两

种沸点的不同有机混合物，可以采用蒸馏的方法，所以操作2为蒸馏，蒸馏用到的仪器主要有：酒精灯、温度计、冷凝管，用不到的是分液漏斗、蒸发皿，故选de，故答案为：分液；de；(6)根椐方程式，1mol甲苯可以得到1mol对硝基甲苯或1mol邻

硝基甲苯，则92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯或137g的邻硝基苯，因此13g的甲苯能得到邻、对硝基苯的质量为1321379g=19.35g，所以邻、对硝基苯的产率=1915g.35g×100%=77.5%，故答案为：77.5%。【点睛】本题的易错点为(6)，要注意题干提供的

方程式只是反应原理，不是完整的反应方程式，不能根据1mol甲苯可以得到1mol对硝基甲苯和1mol邻硝基甲苯计算。