【文档说明】浙江省诸暨中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(26)页，1.630 MB，由小赞的店铺上传

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诸暨中学2019学年高二期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H—1He—4C—12O—16Na—23Fe—56一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，

不选、多选、错选均不得分）1.下列物质，不属于天然有机物的是（）A.蛋白质B.油脂C.棉花D.酚醛树脂【答案】D【解析】【详解】蛋白质、油脂、棉花属于天然有机物，而酚醛树脂属于合成有机高分子化合物，故D符合；故选D。2.下列

物质属于强电解质的是（）A.NH3B.NaCl溶液C.Na2SO4D.硬脂酸【答案】C【解析】【详解】A.NH3的水溶液可以导电，是由于NH3与水反应生成的一水合氨能电离出铵根离子和氢氧根离子，NH3自身不能电离出离子，不属于电解质，故A错误；B.NaCl

溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；C.Na2SO4在水溶液中能完全电离出钠离子和硫酸根离子，属于强电解质，故C正确；D.硬脂酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故D错误；故选C。3.下列物质属于酸性氧化物的是（）A.Al2O3B.Na2O2C.NOD.C

O2【答案】D【解析】【分析】酸性氧化物：与碱反应只生成盐和水的氧化物。【详解】A.Al2O3既可以与酸反应生成盐和水，也可以与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故A不符合；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2不能与碱反应，属于过氧化物，故B不符合；C

.NO不能与碱反应，属于不成盐氧化物，故C不符合；D.2232CO+2NaOH=NaCO+HO，符合酸性氧化物的定义，故CO2是酸性氧化物，故D符合；答案选D。4.电离方程式书写错误的是（）A.HCl=H++Cl-B.KClO3=K++ClO3−C.CH3COOH=H++CH3

COO-D.HCO3−+H2O垐?噲?CO23−+H3O+【答案】C【解析】【详解】A．盐酸是强酸，在水溶液里完全电离出氢离子和氯离子，电离用“=”，其电离方程式为HCl=H++Cl-，故A正确；B．氯酸钾是强电解质，能溶于水，在水溶液里完全电离出钾离子和氯酸根离子，电离

用“=”，其电离方程式为KClO3=K++ClO3-，故B正确；C．CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，在水溶液里部分电离，弱电解质的电离用“垐?噲?”，其电离方程式为CH3COOH垐?噲?H++CH3COO-，故C错误；D．HCO3-是弱酸的酸式根离子，在水溶液里部分电离，电离用

“垐?噲?”，其电离方程式为HCO3−+H2O垐?噲?CO23−+H3O+，故D正确；答案为C。5.下列表示物质的化学用语正确的是（）A.硝基苯的结构简式B.葡萄糖的实验式为CH2OC.甲烷分子的比例模型D.羟基的电子式【答案】B【解析】【

详解】A．硝基苯是氮原子与苯环上的碳原子直接相连，A错误；B．葡萄糖的分子式为：C6H12O6，实验式为CH2O，B正确；C．甲烷分子的球棍模型，C错误；D．1mol羟基含9mol电子，氧原子周围只有7个电子

，故D错误；答案选B。6.下列说法正确的是（）A.19世纪初，化学家维勒提出了有机化学的概念B.红外光谱图的研究可以确定有机物的相对分子质量C.同位素示踪法可以研究反应的历程D.铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否含有硫、氮、氯、溴等元素【答案】C【解析】【详解】A．贝采利乌斯提出了有机化学的概念

，故A错误；B．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故B错误；C．同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一，可以用示踪法分析反应机理，例如乙酸乙酯的合成，故C正确；D．卤化铜灼烧时为绿色，则铜丝灼烧法可定性

确定有机物中是否存在卤素，不能确定S、N的存在，故D错误。故答案选C。7.关于煤、石油、天然气三大化石燃料的说法正确的是（）A.煤是由无机物和有机物组成的，其中含苯、甲苯等有机物B.石油通过裂化可以得到气态短链烃C.天然气和沼气的主要成分都是甲烷，

都是不可再生能源D.液化天然气(LNG)和罐装液化石油气(LPG)主要成分都属于烃类【答案】D【解析】【详解】A.煤是由无机物和有机物组成的，不含苯、甲苯等有机物，可通过煤的干馏得到，故A错误；B.石油裂化的目的是提高轻质油的产量，乙烯、丙烯等气态短链烃可

以通过石油的裂解来得到，故B错误；C.沼气是由植物秸秆发酵形成的，属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源，故C错误；D.液化天然气(LNG)的主要成分是甲烷，罐装液化石油气(

LPG)的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯、丁烯等，都属于烃类，故D正确；故选D。8.下列物质一定是纯净物的是（）A.CB.C2H4Br2C.C6H12O6D.CH4O【答案】D【解析】【详解】A．C可以是金刚石、石墨等的混合物，故A错误；B．C2H4Br2可以是1，1-二溴乙烷，结

构简式为，也可以是1，2-二溴乙烷，结构简式为，存在同分异构体，可以是二者的混合物，故B错误；C．C6H12O6存在同分异构体，可以表示葡萄糖、果糖或二者混合物，故C错误；D．CH4O只有一种结构，表示甲醇，结构简式为CH3OH，不存在同分异构体，故D正确；

答案为D。9.下列各组物质互为同系物是（）A.CH3—CHCH2与B.与C.甲苯和邻二甲苯D.CH2=CH—CH=CH2和CH3CH2CH2C≡CH【答案】C【解析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH

2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物；据此解答。【详解】A．CH3-CH=CH2是烯烃，是环烷烃，二者结构不同，不属于同系物，故A不符合

题意；B．是苯酚，是萘酚，不是相差一个或若干个CH2原子团，不属于同系物，故B不符合题意；C．甲苯的结构简式为，邻二甲苯的结构简式为，二者结构相似，分子间相差1个CH2原子团，二者互为同系物，故C符合题意；D．CH2=CH-CH=CH2是二烯烃，CH3CH2CH2C≡CH是炔烃，二者

官能团不同，二者结构不相似，不属于同系物，故D不符合题意；答案为C。10.下列除杂(括号内的为杂质)方法正确的是（）A.苯(己烯)，加入浓溴水后分液B.硝基苯(NO2)，加入NaOH溶液后分液C.溴苯(溴)

，用KI溶液除去D.乙烷(乙烯)，通H2在一定条件下反应【答案】B【解析】【详解】A.溴易溶于苯，引入新杂质，可利用蒸馏法除去苯中的少量己烯，故A错误；B.NO2与NaOH溶液反应后，溶液会与硝基苯分层，然后分液可除杂，

故B正确；C.溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，引入新杂质，不能除杂，应加NaOH溶液、分液除杂，故C错误；D.乙烯与H2发生加成反应，乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水洗气，故D错误；故选B。11.设NA表示阿伏加德罗

常数的值，下列说法正确的是（）A.1L0.1mol/L盐酸中含有HCl分子0.1NAB.常温常压下，22.4LH2的分子数小于NAC.1molSO2在催化剂作用下与足量的O2反应，转移电子数为2NAD

.常温常压下，4g氦气中氦原子个数为2NA【答案】B【解析】【详解】A.HCl为强电解质，在水溶液中完全电离生成H+、Cl-，故盐酸中不含有HCl分子，故A错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4LH2的物质的量

小于1mol，故分子数小于NA，故B正确；C.SO2在催化剂作用下与O2反应生成SO3的反应为可逆反应，即2232SO+O2SO，S元素化合价从+4价升高到+6价，若1molSO2完全参与反应，转移电子数为2NA，而1molSO2在催化剂作用下与足量的O2反

应，参与反应的SO2的物质的量小于1mol，则转移电子数小于2NA，故C错误；D.氦气为单原子分子，摩尔质量为4g/mol，则4g氦气的物质的量为1mol，故1mol氦气含有氦原子的个数为NA，故D错误；

故选B。12.下列说法正确的是（）A.福尔马林是35%-40%的乙醛的水溶液，能使蛋白质变性B.乙酸乙酯的碱性水解属于取代反应，又叫皂化反应C.麦芽糖、乳糖、纤维二糖都属于二糖，淀粉、纤维素属于多糖D.若

2种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不同【答案】C【解析】【详解】A．福尔马林是35%-40%的甲醛的水溶液，能使蛋白质变性，而不是乙醛，故A错误；B．油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应，乙

酸乙酯在碱性条件下的水解不是皂化反应，故B错误；C．1mol能水解出2mol单糖的糖为二糖，1mol麦芽糖、乳糖、纤维二糖都属于二糖，1mol能水解出许多摩尔单糖的糖为多糖，淀粉、纤维素属于多糖，故C正确；D．两种氨基酸发生成肽反应，有两种

反应方式，得到的二肽有两种结构，互为同分异构体的二肽，水解产物可能相同，故D错误；答案为C。13.下列方法（必要时可以加热），不能达到目的的是A.用新制氢氧化铜悬浊液来鉴别葡萄糖、甲酸、乙酸、乙醇B.皮肤上若沾有少量苯酚，可用冷水冲洗C.用

浓硝酸鉴别蚕丝和人造丝D.用NaOH溶液鉴别植物油、汽油和甘油【答案】B【解析】【分析】【详解】A.新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液先生成绛蓝色溶液，加热后有砖红色沉淀生成；与甲酸反应变为澄清蓝色溶液、加热有红色沉淀生成；与乙酸反应变为澄清蓝色溶液；与乙醇混合则无明显现象；故可用新制氢氧

化铜悬浊液来鉴别葡萄糖、甲酸、乙酸、乙醇，则A不符合；B.苯酚不易溶于冷水，皮肤上若沾有少量苯酚，可用酒精冲洗，则B符合；C.蚕丝遇到浓硝酸发生颜色反应，蛋白质变黄，故可用浓硝酸鉴别蚕丝和人造丝，则C不符合；D.NaOH溶液和植物油能发生皂化反应，现象明显，一开始液体分层，等反应完全则

得到互溶的高级脂肪酸钠和甘油等混合溶液、NaOH溶液和汽油不反应，溶液始终分层，NaOH溶液和甘油始终互溶不反应，故可用NaOH溶液鉴别植物油、汽油和甘油，则D不符合；答案选B。14.有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是①可以使酸性KMnO4溶

液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应A.①②B.②③C.①②③D.①②③④【答案】D【解析】【详解】①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性

KMnO4溶液褪色，故正确；②含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；③含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确；故选D。15.下列离子方程式正确的是()A.用银氨溶液检验乙醛中的醛基

：CH3CHO+2Ag(NH3)2++2OH－CH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OB.苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O－→2C6H5OH+CO32－C.乙酸滴入氢氧化铜悬浊液中：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+

2H2OD.氯乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中氯元素：Cl－+Ag+=AgCl↓【答案】C【解析】【详解】A.CH3COONH4是可溶性盐，以离子形式存在，A错误；B.苯酚钠溶液中通入少量CO2，发生反应产生HCO3-，B错误；C.弱酸乙酸与难溶性弱碱氢氧化铜悬浊液发生复分解反应产生乙酸

铜和水，离子方程式为：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O，C正确；D.氯乙烷中的氯元素以Cl原子形式存在，若要检验，应先使Cl原子转化为Cl-，然后再加入AgNO3溶液检验，D

错误；故合理选项是C。16.1mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2L(标准状况下)。它在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（）A.B.CH3CH2CH2CH2CH3C.D.【答案】B【解析】【分析】根据烃燃烧的通式和题干中1mol烃燃烧

时的耗氧量，可以确定烃的化学式，烃中含有几种类型的等效氢原子，其一氯代物就有几种，据此分析。【详解】该烃在光照的条件下与氯气反应能生成3种不同的一氯取代物，则该烃有3种等效氢原子，又1mol该烃燃烧需氧气179.2L(标准状况)，即179.2L=8mol2

2.4L/mol，A.有3种等效氢原子，但是A的分子式是C6H14，1molC6H14的耗氧量为6+144=9.5mol，故A不符合；B.有3种等效氢原子，B的分子式是C5H12，1molC5H12的耗氧量为5+124

=8mol，故B符合；C.有4种等效氢原子，故C不符合；D.有2种等效氢原子，故D不符合；故选B。17.下列实验装置能达到目的是（）A.①装置用于检验1-溴丙烷消去反应的产物B.②装置实验室乙醇制乙烯C.③装置用于实验室

制乙酸乙酯D.④装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚【答案】C【解析】【详解】A.醇具有良好的挥发性，也能使酸性高锰酸钾褪色，干扰了丙烯的检验，故A错误；B.温度计水银球应在液面以下(且不能接触圆底烧瓶)，测量的混合液的温度，故B错误；C.乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂加热的条件下，发生酯化反应生成乙

酸乙酯，饱和碳酸钠溶液分离提纯乙酸乙酯，方案设计以及操作均正确，故C正确；D.浓盐酸具有良好的挥发性，会随二氧化碳进入试管中，故不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱关系，故D错误；故选C。18.有如下合成路线，甲经两步转化为丙：下列叙述错误的是（）A.步骤（2）产物中可能含有未反应的甲，可用溴

水检验是否含甲B.反应（1）的无机试剂是液溴，铁作催化剂C.甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应D.乙属于烃的衍生物，其所含官能团可能为溴原子【答案】B【解析】【详解】从丙和甲的结构简式上可以判断，丙比甲多了两个羟基，甲经两步转化为丙，根据

官能团的转化，步骤（1）为甲与卤素单质加成生成二卤代烃，步骤（2）为二卤代烃水解得到二元醇丙；A.丙中不含碳碳双键，步骤（2）产物中若含有未反应的甲，可用溴水检验是否含甲，甲能使溴水褪色，丙不能使溴水褪色，A正确；B.反应（1）是加成反应，无机试剂可以是溴水或溴的四氯化碳溶液即可，B错误；C.甲中

含有碳碳双键，丙中含有醇羟基，都能与酸性KMnO4溶液发生反应，C正确；D.根据以上分析可知乙属于烃的衍生物，其所含官能团可能为溴原子，D正确；答案选B。19.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确．．．的是A.Y的分子式为C10H8O3B.

由X制取Y的过程中可得到乙醇C.一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶2【答案】D【解析】【详解】A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O

3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚

羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有

机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。20.下列说法正确的是（）A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变得活泼B.与NaOH的醇溶液共热，消去后有机产物有2种C.分子中所有原子共平面D.1mol最多能与含3m

olNaOH的水溶液完全反应【答案】D【解析】【详解】A.能被酸性高锰酸钾氧化，是因为苯环影响甲基，使甲基上的H变得活泼，故A错误；B.分子中与-Br相连的碳原子的两个相邻碳原子，只有一个碳原子上有H原子，则其与NaOH的醇溶液共热，消

去后有机产物只有1种，故B错误；C.含有饱和碳原子，则该分子中所有原子不可能共平面，故C错误；D.的水解产物含有酚羟基、羧基和HCl，都可与氢氧化钠反应，则1mol最多能与含3molNaOH的水溶液完全反应，故D正确；故选D。21.在一密闭气缸内，用不漏气的可滑动的活塞隔成两室，左边充有氮气，

右边充有氢气和氧气的混合气体，如下图所示。在室温下，将右边的混合气体点燃，反应后冷却到室温，活塞最终静止在气缸的中点。则原混合气体中氢气与氧气的体积比可能是（）A.2：7B.7：2C.5：4D.8：1【答案】B【解析】【分析】左

右压强相等，气体的物质的量之比等于体积之比；设氮气的物质的量为1mol，则开始时氢气、氧气总物质的量为3mol，引燃氢、氧混合气体，反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等；反应后左右气体的物质的量相等说明右室剩余气体为1mol，

可能为氧气，也可能为氢气，结合化学方程式计算解答。【详解】左右压强相等，气体的物质的量之比等于体积之比，设氮气的物质的量为1mol，则开始时氢气、氧气总物质的量为3mol，引燃氢、氧混合气体，反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等，即右室剩

余气体为1mol，若右室剩余气体为氧气，参加反应的氧气、氢气总为3mol-1mol=2mol，由2H2+O2点燃2H2O，可知氢气为2mol×23=43mol，则氧气为3mol-43mol=53mol，故反应前氢气与氧气的体积比为43mol:53mol=4:5；若右室剩余气体为氢气，参加反应的氧气

、氢气总为3mol-1mol=2mol，由2H2+O2点燃2H2O，可知氧气为2mol×13=23mol，则氢气为3mol-23mol=73mol，故反应前氢气与氧气的体积比为73mol:23mol=7:2，故B符合；故选B。22.有机物C常

用于食品行业。已知9.0gC在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。已知(1)C分子的质谱图如图所示：(2)C与新制Cu(

OH)2悬浊液作用生成砖红色沉淀；(3)C分子的核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比是1∶1∶1∶2∶1。（多个羟基连在同一个C上的结构不稳定）。下列说法错误的是（）A.有机物C中含有C、H、O三种元素B.有机物C的分子式为C3H6O3C.有机物C属

于糖类物质D.0.1molC与足量Na反应，产生H2的体积是2.24L【答案】D【解析】【详解】由C分子的质谱图可知，C的相对分子质量为90，则9gC的物质的量为0.1mol，燃烧生成二氧化碳为13.2g=0.3mol44g/

mol，生成水为5.4g=0.3mol18g/mol，则有机物分子中N(C)0.3mol=30.1mol、N(H)=0.3mol2=60.1mol，则分子中N(O)=90-123-61=316，故有机物A的分子式为C3H6O3；其不饱和度为

1，且C与新制Cu(OH)2悬浊液作用生成砖红色沉淀，则C含有一个-CHO，又C分子的核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比是1∶1∶1∶2∶1。（多个羟基连在同一个C上的结构不稳定），则C的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CHO，A.由以上分析知，有机物C中含有C、H、O三种元素，故A正确；B.由

以上分析知，有机物C的分子式为C3H6O3，故B正确；C.C的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CHO，属于多羟基醛，则有机物C属于糖类物质，故C正确；D.C的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CHO，0.1molC与足量Na反应生成0.

1molH2，但是没标明是标况，故产生H2的体积不一定是2.24L，故D错误；故选D。23.相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况下)溶于mg水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为cmol/L，密度为ρg/cm3，则下列说法正确的是（）A.

溶质的质量分数w%=22.4MVmB.物质的量浓度c=+22.4VMVmC.溶液密度ρ=1000cMD.相对分子质量M=22.4%(1-%)mV【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，VL气体的物质的量为mol22.4V，故

该气体的质量为g22.4MV，溶液的质量为(+)g22.4MVm，故溶质的质量分数g22.4%=+22.4m(+)g22.4MVMVMVMVm=，故A错误；B.标准状况下，VL气体的物质的量为mol22.4V，该气体的质量为g22.4MV，溶液的质量为(+)g22.4MVm，溶液的体积为33(

+)g22.422.422.4cmLg/cm22.422.41000MVmMVmMVm++==，故溶液的物质的量浓度mol100022.4==mol/L22.422.4L22.41000VVcMVmM

Vm=++，故B错误；C.根据1000%cM=可知，溶液密度=1000%10cMcM=，故C错误；D.由A项分析知，溶质的质量分数g22.4%=+22.4m(+)g22.4MVMVMVMVm=，整理得相对分子质量M=22.4%(1-%)mV

，故D正确；故选D。24.某有机物结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是A.最多有7个碳原子共线B.所有碳原子都在同一平面上C.其一氯代物最多有5种D.最多有25个原子共面【答案】D【解析】该有机物可看成CH4中的4个H原子被2个代替和2个代替，两个

对称，两个对称，给有机物中的碳原子编号：。A项，该物质中最多有4个碳原子共线（图中1、2、5、6号碳原子），错误；B项，6号碳原子为饱和碳原子，与之直接相连的4个碳原子构成四面体，所有碳原子不可能都在同一平面上，错误；

C项，该有机物中有6种H原子（上有3种H，上有3种H），其一氯代物最多有6种，错误；D项，由于单键可以旋转，所以该有机物中最多25个原子共面（最多共面的原子为：中的7个C、苯环上4个H、甲基中1个H，两个共24个原子加上6号碳原子，共25个原子），正确；答案选D。点睛：确定分子中

共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子

中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。25.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A.辛酸的同分异构体（CH3)3CCH(CH3)CH2CO

OH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B.辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构）C.辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构）D.正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式

【答案】B【解析】【详解】A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；B.三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧

酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构

，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确；C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有

4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种，C项错误；D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸

所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D项错误；答案选B。【点睛】C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。二、非选

择题26.如图表示配制480mL0.100mol·L-1NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作，据图回答下列问题：（1）将上述实验步骤A﹣F按实验过程先后次序排列：___。（2）用托盘天平称取NaOH固体的质量为___。（3）下列操作导致溶液的浓度偏

高的是____。A.将NaOH固体放在滤纸上称量，且称量时间过长B.加水溶解后立即转移到容量瓶C.定容时，俯视刻度线D.若不小心超出刻度线，弃去重配，中途不清洗容量瓶【答案】(1).CBDFAE(2).2.0g(3).BCD【解析】【详解】（1）

根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知步骤为：C→B→D→F→A→E；故答案为：CBDFAE；（2）配制480mL0.100mol•L-1NaOH溶液，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量为：0.5L×0.100mol/L×40g/mol=2.0g；故答案

为：2.0g；（3）A．将NaOH固体放在滤纸上称量，且称量时间过长，导致氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，称取固体含有氢氧化钠质量偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；B．加水溶解后立即转移到容量瓶，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；C．定容时

，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；D．若不小心超出刻度线，弃去重配，中途不清洗容量瓶，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D选；故选：BCD。27.已知淀粉、葡萄糖及A、B、C、D、E之间的相互转化关系如图

所示。请回答：(1)B中的官能团名称是____，A的结构简式是____。(2)已知C与D发生加成反应生成E，其化学方程式为___。(3)下列说法正确的是____。A.题中的“某工艺”指的是裂解B.可用溴的四氯化碳溶液鉴别B和CC.E不溶于水，能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D.A在热Cu丝催化下可氧化生成相对分子质量比它小2的有机物【答案】(1).碳碳双键(2).CH3CH2OH(3).CH3COOH+CH≡CH→CH2═CHOOCCH3(4).ACD【解析】【分析】葡萄糖在酒化酶的催化作用下生成的A为CH3CH2OH，B与水反

应生成CH3CH2OH，可知B为CH2=CH2，B氧化生成的D为CH3COOH，脱氢生成的C为CH≡CH，D与C发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，以此解答该题。【详解】(1)B为CH2=CH2，则B中官能团的名称是碳碳双键；A的结构简式是CH3CH2OH；(2)C与D发生加成反应生

成E，其化学方程式为CH3COOH+CH≡CH→CH2═CHOOCCH3；(3)A.煤油裂解可生成乙烯，故A正确；B.B为CH2=CH2，C为CH≡CH，均可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溶液褪色，故不能用溴的四氯化碳溶液鉴别B和C，故B错误；C.E为CH2═CHOOCCH3，其不溶于水，含有

碳碳双键，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.A为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO的相对分子质量比CH3CH2OH小2，故D正确；故选ACD。28.按要求完成下列各小题：（1）硝

化甘油的结构简式____。（2）的系统命名法____。（3）有一种烷烃A，分子式为C9H20，不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则烷烃A的结构简式___。（4）写化学方程式：①与足量的碳酸氢钠溶液反应：____。②与足量的NaOH溶液共热的化学方程式_

__。（5）某气态烷烃和烯烃的混合气9g，其密度为同状况下H2密度的11.25倍，将混合气体通足量的溴水，溴水增重4.2g，则原混合气的成分是（写结构简式）____。（6）已知VLFe2(SO4)3溶液中含

Fe3+mg，则该溶液中Fe3+的物质的量浓度为___mol/L，取出14VL溶液，再稀释成2VL，稀释后SO24−的物质的量浓度为____mol/L。【答案】(1).(2).3—甲基戊烷(3).(4).+NaHCO3→+CO2↑+H2O(5).+3NaOH→+NaBr+H2

O(6).CH4和CH2═CHCH3(7).m56V(8).3m896V【解析】【详解】（1）甘油是丙三醇，硝化甘油即硝基取代羟基的氢原子，故硝化甘油的结构简式为：；（2）根据系统命名法规则，选最长碳链为主链，取代基的位次之和最小取代，故命名为：3—甲基戊烷；（3）有一种烷烃A，分子

式为C9H20，不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则有碳上无氢，则烷烃A的结构简式：；（4）①仅羧基和碳酸氢钠溶液反应，故与足量的碳酸氢钠溶液反应：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；②卤代烃和NaOH溶液共热可发生取代反应，酯基在碱性条件下水解，生成钠盐，故与足量的NaOH溶液共热

的化学方程式：+3NaOH→+NaBr+H2O；（5）混合气体密度为同状况下H2密度的11.25倍，则平均相对分子质量为11.25×2=22.5，烯烃中最简单为乙烯，其相对分子质量为28，大于22.5，故一定含有甲烷；混合气体总物质的量为：9g9=mol22.5g/mol22.5，

将混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃的质量，甲烷的质量=9g−4.2g=4.8g，甲烷的物质的量=4.8g÷16g/mol=0.3mol，烯烃的物质的量9=-0.322.5mol，设烯烃组成通式CnH2n，

故914ng/mol-0.3mol=4.2g22.5，解得：n=3，故烯烃的分子式为C3H6，为丙烯，其结构简式为：CH2=CHCH3；故答案为：CH4和CH2═CHCH3；（6）已知VLFe2(SO4)3溶液中含Fe

3+mg，则该溶液中Fe3+的物质的量浓度为：nmmc===VMV56Vmol/L，取出14VL溶液，再稀释成2VL，利用稀释前后溶质的总物质的量不变进行解答，设稀释后硫酸根的浓度为cmol/L，故有m31V=2Vc2456，解得3mc=896Vmol

/L。29.某化学兴趣小组的同学对实验室乙酸乙酯的制备和分离进行了实验探究。(一)制备粗品：向试管中加入3mL乙醇、然后边摇动试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL冰醋酸。用酒精灯小心均匀地加热试管3-5分钟，产生的蒸汽经导管通到饱和碳酸钠溶液的液面上。已知：①氯

化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH。②相关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点(℃)34.778.5117.977密度（g/cm3）0.7130.781.050.9回答下列问题：(1)试管中装有饱和Na2CO3溶液，其作用是____(填序号)。A.

吸收乙醇B.除去乙酸C.加速酯的生成，提高其产率D.乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度更小，有利于分层析出(2)制得乙酸乙酯后，分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液的操作名称是____。(二)制备精品(1)分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液，

振荡，分离出___；再加入____(填序号)；然后进行蒸馏，将温度控制在77℃左右，最终得到纯净的乙酸乙酯2g。A.五氧化二磷B.碱石灰C.无水硫酸钠D.生石灰(2)乙酸乙酯的产率为___。实际产量低于理论产量，结合信息，可能的原因有①____；②____。【

答案】(1).ABD(2).分液(3).乙醇(CaCl2·6CH3CH2OH)(4).C(5).64.9%(6).原料被蒸出，利用率不高(7).发生副反应，使产率降低【解析】【分析】(一)根据物质的性质和分离的基本操作分析解答；(二)(1)结

合已知信息，根据乙酸乙酯的性质分析解答；(2)根据方程式列比例计算；根据反应物的性质和可能的副反应分析解答。【详解】(一)(1)饱和Na2CO3溶液能够吸收乙醇，能中和乙酸而除去乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香

味，且乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度更小，有利于分层析出，故选ABD；(2)制得乙酸乙酯后，饱和Na2CO3溶液吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，出现分层，故可用分液的方法分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液；(二

)(1)分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，用氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物，不能选择五氧化二磷、碱石灰和生石灰等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性(五氧化二磷遇水生成酸)

或碱性条件下水解；(2)乙醇的质量为0.78g/cm3×3mL=2.34g，乙酸的质量为1.05g/cm3×2mL=2.1g，乙醇的相对分子质量为46，乙酸的相对分子质量为60，则乙酸是不足量的，3323CHCOOHCHCOO

CHCH60882.1gm理论，则乙酸乙酯的理论产量为2.1g88==3.08g60m理论，乙酸乙酯的产率为2g100%=3.08g64.9%。实际产量低于理论产量，可能的原因有①由于乙酸、乙醇易挥发，原料被蒸出，利用率不高；②乙醇在浓硫酸加热

的条件下可能发生分子间脱水生成乙醚等副反应，使产率降低。【点睛】第(二)(2)问，乙酸乙酯产率的计算是难点，需要先计算乙醇、乙酸的质量，判断哪一种反应物是不足量的，再由不足量的反应物计算乙酸乙酯的理论产量。30.有机物Y（）是一种治疗心血管和高血压的药物，某研究小组

以甲苯、乙烯等物质为主要原料，通过以下路线合成：已知：RX+NaCNRCNRCOOH请回答：(1)写出化合物H的结构简式：___。(2)下列说法正确的是____。A.反应①的试剂与条件为Cl2/光照B.化合物E是乙醛的同分异构体，能发生银镜反应C.从乙烯到化合物F的转化过程中，涉

及的反应类型有氧化反应D.Y的分子式为C11H13NCl(3)反应④的化学方程式：___。(4)芳香族化合物M是B的同分异构体，已知M水解可消耗2molNaOH，写出所有符合条件M的结构简式：___。(5)已知一个碳原子上连有两个羟

基是不稳定的，会脱水转化为羰基．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。试写出由C的一种同分异构体制备合成的线路图___。【答案】(1).(2).AC(3).(4).、、、(5).【解析】

【分析】甲苯发生反应①生成A，A和NaCN反应后再水解生成B，B发生反应②生成C，结合C的结构简式可知，A的结构简式为，B的结构简式为，根据D和G的结构简式可知，D和F发生取代反应④生成G，且是F的氨基中的H原子和D中的Cl原子发生取代反应，比较G和

X的结构简式，可推出H的结构简式为，G发生还原反应生成H，H发生取代反应生成X，X发生取代反应生成Y，以此解答。【详解】(1)H和五氯化磷发生取代反应生成X，则根据X的结构简式可知化合物H的结构简式为；(2)A.根据C的结构简式

可知反应①是甲基上的氢原子被取代，因此试剂与条件为Cl2和光照，故A正确；B.化合物E是环氧乙烷，与乙醛互为同分异构体，但不能发生银镜反应，故B错误；C.从乙烯到化合物F的转化过程中，涉及到的反应类型有氧化反应、加成反应

，故C正确；D.Y的分子式为C11H14NCl，故D错误；故选AC；(3)反应④是氯原子被取代，反应的化学方程式为：；(4)B的结构简式为，芳香族化合物M是B的同分异构体，已知M水解可消耗2molNaOH，则M含有酚羟基与羧基形成的酯基，则符合条件的有机物

结构简式为：、、、；(5)制备，应先合成对苯二甲酸和对苯二甲醇，可选用C()的同分异构体为原料，根据题给已知，水解可生成，分别发生氧化反应和还原反应可生成对苯二甲酸、对苯二甲醇，其合成流程图为：。【点睛】第(5)问根据目标

产物是通过缩聚反应生成的聚合酯，可倒推出形成高分子化合物的单体，再结合题中信息解题。