【文档说明】江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期期末考试 化学 Word版含解析.docx，共(31)页，2.319 MB，由小赞的店铺上传

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南昌二中2023-2024学年度下学期高二化学期末试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-561.化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是A.“尿不湿”中的高吸水性树脂，其主要成分聚丙烯酸钠属于天

然有机高分子B.2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2~20nm的硅量子点属于胶体C.“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于物理变化D.“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的主要材料是硅2.下列化学用语或图示表达

不正确．．．是A.-OH的电子式：B.乙烯的结构简式：22CHCH=C.顺-2-丁烯的分子结构模型：D.乙醇的核磁共振氢谱图：3.下列各组物质的分类正确的是()①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉

②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物④同位素：1H＋、2H2、3H⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨⑥糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应⑦同分异构体：乙二酸二乙酯、

乙二酸乙二酯⑧强电解质溶液的导电能力一定强⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A.全部正确B.①②⑤⑦⑨C.②⑤⑥⑦⑨⑩D.⑤⑨的4.室温下，下列各组离子一定能够在指定溶液中大量共存的是A0.

1mol/LNaHCO3溶液中：K+、2AlO−、Cl-、3NO−B.滴加酚酞变红的溶液：Na+、2AlO−、23CO−、3NO−C.pH=0的溶液：Na+、Cl-、ClO-、24SO−D.与Al反应能产生气体的溶液中：Na+、K+、Cl-、+4NH5.下列实验装置能达到相应目的是A．验

证乙醇能还原氧化铜B．检验反应生成乙烯C．制备溴苯并验证反应类型是取代反应D．验证乙炔的还原性A.AB.BC.CD.D6.下列关于溶液中所含离子检验的说法正确的是A.取少量某溶液于试管中，向其中先滴加稀硝酸，再滴加()32BaNO溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有

24SO−B.取少量某溶液于试管中，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含有3Fe+C.取少量某溶液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若红色石蕊试纸变蓝，说明该溶液中含有4N

H+D.将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明该溶液中含有23CO−.的7.下列离子方程式与所给事实相符的是A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2++23HCO−+2OH-=MgC

O3↓+2H2OB.Fe(OH)3溶于HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.将少量SO2通入NaClO溶液中：3ClO-+SO2+H2O=24SO−+Cl-+2HClOD.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：24MnO−+5224C

O−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O8.茴香油是淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有机溶剂，在水蒸气作用下易挥发，某茴香油主要成分是含有酯基的芳香族化合物。实验室提取该茴香油的流程如下：下列说法正确的是A.操作A是利用沸点差异进

行分离B.水蒸气蒸馏和减压蒸馏的原理相同C.有机层加入的无水24NaSO可用碱石灰代替D.馏出液加NaCl至饱和可以提高茴香油的提取率9.下列有关有机物同分异构体数目的描述错误的是选项分子式限制条件(不考虑立体异构)数目AC4H8Br2含2个甲基3BC8H10与苯

互为同系物4CC5H10O2能与碳酸氢钠反应4DC5H12O催化氧化成醛4A.AB.BC.CD.D10.某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，

下列说法正确的是A1mol该化合物最多与4molNaOH反应B.该化合物分子中最多有11个碳原子共平面C.对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性D.分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息11.抗氧化剂香豆酰缬氨

酸乙酯（Z）可由下列反应制得下列说法不正确．．．的是A.该反应是取代反应B.1molX最多可以消耗24molHC.1molZ最多可以消耗3molNaOHD.Z分子存在2个手性碳原子12.一种重要的高分子材料丙的合成路线如下。下列说法错误的是A.甲、乙均能与F

eCl3溶液发生显色反应B.乙与足量氢气加成后的产物中有4个手性碳原子C.反应②除生成丙外，还生成小分子CH3OHD.1mol丙最多可消耗4nmolNaOH溶液13.某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：已知D和F互为同分异构体，则符合上

述条件的酯的结构有.A.4种B.8种C.12种D.16种14.某100mL溶液可能含有4NH+、Fe2+、Fe3+、Na+、Cl-、23CO−、3NO−、24SO−中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进

行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)；(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224L(标准状况)。(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4g。下列说

法不正确的是A.该溶液中一定含有4NH+、2Fe+、3NO−、24SO−B.该溶液中一定不含3Fe+C.该溶液中c(4NH+)=0.3mol/LD.根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+15.回答下列问题（1）现有下列物质：①氢氧化钠固体②铜丝③氯化氢气体④稀硫酸⑤二氧化碳气

体⑥氨水⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体⑨熔融氯化钠⑩胆矾晶体上述状态下可导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________。（2）写下列反应的离子方程式①氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：__

_________。②向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液至24SO−刚好沉淀完全：___________。（3）在催化剂表面，一种合成碳酸二甲酯的反应机理如下图：①该反应中催化剂是___________。②合成碳酸二甲酯的总反应方程式为___________。（4

）烯烃或炔烃在酸性KMnO4溶液的作用下，分子中的不饱和键完全断裂，此法可用于减短碳链或利用产物反推不饱和烃的结构等。已知烯烃与酸性KMnO4溶液反应的氧化产物对的对应关系为：烯烃被氧化的部位2CH=RCH=氧化

产物2CORCOOH现有某烯烃与酸性KMnO4溶液作用后得到的氧化产物有CO2、乙二酸(HOOC-COOH)和丙酮(CH3COCH3)，则该烯烃结构简式可能是___________(填选项)，该物质在核磁共振氢谱中有_______

____组峰。A．B．C．223CH=CH-CH=CHCHCHD．16.乙酰水杨酸(阿司匹林)是应用广泛的解热、镇痛和抗炎药，它对肠胃的刺激较小，在体内还具有抗血栓的作用，可用于预防心脑血管疾病，与青霉素、安定并称为“医药史上三大经典药物”。其合成原理如下：I．相关资料：

物质相对分子质量密度/g/cm3熔点/℃其他性质水杨酸1381.44157～159溶于乙醇、微溶于水乙酸酐1021.08-72～-74沸点140℃，无色透明液体，遇水形成乙酸阿司匹林1801.35135～138分解温度为128～13

5℃，溶于乙醇、微溶于水乙酸乙酯880.90-87沸点77℃，微溶于水，溶于乙醇等有机溶剂II．实验步骤：(一)制备过程①向100mL的三颈烧瓶中依次加入6.9g干燥的水杨酸、8.0mL新蒸的乙酸酐和

0.5mL浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，小心加热，控制温度在70℃左右反应30min。②稍冷后，将反应液缓慢倒入100mL冰水中冷却15min，用图2装置减压抽滤，将所有产品收集到布氏漏斗中，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品。(二)提纯过程③将粗产品转移至100mL圆底烧瓶中

，再加入20mL乙酸乙酯，加热溶解，如有不溶物出现，趁热过滤，热滤液置冰箱中冷却至-5℃～0℃，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体乙酰水杨酸，称重得4.50g。回答下列问题：（1）图2中“抽滤”操作相对于普通过滤的优点是_______。（2）步骤①中加热操作

宜采用_______，图1中仪器A的名称为_______，A的作用是防止外界的水蒸气进入三颈烧瓶导致发生副反应，降低水杨酸的转化率。写出该副反应的化学方程式_______。（3）步骤②用冷水洗涤后，如何检验

阿司匹林中是否还有杂质水杨酸剩余？_______。（4）步骤③的提纯方法是_______(写操作名称)。（5）计算乙酰水杨酸(阿司匹林)的产率为_______。17.化合物F是一种用于预防和治疗心、脑及其它动脉循环障碍疾病药物，以()75ACHOCl为原料合成F的路线如下图：的已知：R—CHO4N

HClNaCN→回答下列问题：（1）有机物D中官能团名称是______；（2）Y的结构简式为______；（3）下列说法正确的是______；A.有机物B能发生消去反应B.有机物C中含酰胺基C.有机物D中的碳原子轨道杂化类型有两种D.有机物E、F分子中均有一个手性碳原子（4）

写出由C→D的化学方程式______；（5）G是相对分子质量比A大14的同系物，写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）______；①属于芳香族化合物；②具有与A相同的官能团；③1HNMR−谱有四组峰且峰面积之比为2∶2∶2∶1（6）请结合题中信息，设计以为有机

原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）______。18.一种药物中间体G的合成路线如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.（1）转化①除物质B外，还有另一含苯环的有机产物生成。则A的结构简式为________。（2）X

的结构简式为________。（3）已知F与E互为同分异构体，则E→F的反应类型为________反应。（4）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的的结构简式：________。①能与3FeCl溶液发生显色

反应；②水解后可得到三种有机产物，其中一种是最简单的α-氨基酸，另两种产物酸化后均只含两种化学环境不同的氢。（5）写出以222CHBrCHCHBr、3CHCOOH、2-丁烯为原料制备的合成路线流程图______。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）南昌二中2023-202

4学年度下学期高二化学期末试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-561.化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是A.“尿不湿”中的高吸水性树脂，其主要成分聚丙烯酸钠属于天

然有机高分子B.2023年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2~20nm的硅量子点属于胶体C.“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化属于物理变化D.“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电

池帆板的主要材料是硅【答案】D【解析】【详解】A．聚丙烯酸钠是一种高分子树脂具有很强的吸水性，可用作纸尿裤的材料，属于合成有机高分子，A错误；B．直径为2~20nm的硅量子点为纯净物，不是分散系，不属于胶体，B错误；C．煤的气化是煤与H2O(g)反应生成一氧化碳和

氢气，属于化学变化，C错误；D．太阳能电池的材料是单晶硅，D正确；答案选D。2.下列化学用语或图示表达不正确．．．的是A.-OH的电子式：B.乙烯的结构简式：22CHCH=C.顺-2-丁烯的分子结构模型：D.乙醇的核磁共振

氢谱图：【答案】D【解析】【详解】A．羟基中含有1个未成对电子，电子式为，A正确；B．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，B正确；C．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，C正确；D．乙醇结构简式为CH3CH2OH，共有三种氢，所以核磁共振氢谱有

三组吸收峰，D错误；故选D。3.下列各组物质的分类正确的是()①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉②含有氧元素的化合物叫氧化物③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2均为碱性氧化物④同位素：1H＋、2H2

、3H⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨⑥糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们都能发生水解反应⑦同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯⑧强电解质溶液的导电能力一定强⑨在熔化状态下能导电的化合物

为离子化合物⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应A.全部正确B.①②⑤⑦⑨C.②⑤⑥⑦⑨⑩D.⑤⑨【答案】D【解析】【详解】①水银是金属汞，属于纯净物，故错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故错误；③NO2不属于

酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故错误；④同位素是指同种元素的不同原子，故错误；⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确；⑥油脂不是高分子化合物，单糖不能水解，故错误；⑦乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2O

OCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸(HOOCCOOH)和一个乙二醇(HOCH2CH2OH)形成的环酯，分子式不同，不是同分异构体，故错误；⑧强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误；⑨共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化

合物，故正确；⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误；只有⑤⑨正确，故选D。4.室温下，下列各组离子一定能够在指定溶液中大量共存的是A.0.1mol/LNaHCO3溶

液中：K+、2AlO−、Cl-、3NO−B.滴加酚酞变红的溶液：Na+、2AlO−、23CO−、3NO−C.pH=0的溶液：Na+、Cl-、ClO-、24SO−D.与Al反应能产生气体的溶液中：Na+、K+、Cl-、+4NH【答案】B【解析】【详解】A

．2AlO−和3HCO−发生离子反应()232323HCOAlOCO++HO=AlOH+−−−，不能大量共存。故A错误；B．滴加酚酞变红的溶液呈碱性，上述各离子可以共存，故B正确；C．pH=0溶液呈酸性，C

lO-与H+生成弱电解质HClO，故C错误；D．与Al反应能产生气体的溶液，呈酸性或碱性，+4NH不能在碱性溶液中大量共存，故D错误；故选B。5.下列实验装置能达到相应目的的是A．验证乙醇能还原氧化铜B．检验反应生成乙烯C．制备溴苯并验证反应类型

是取代反应D．验证乙炔的还原性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．灼热的铜丝可以被氧气氧化为黑色的氧化铜，乙醇有还原性，与氧化铜反应可以得到铜单质和乙醛，A中装置可以验证乙醇能还原氧化铜，A正确；B．乙醇在浓硫酸存在时可

能发生碳化现象，生成的碳单质在加热条件下和浓硫酸反应可以得到CO2、的SO2，SO2也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故使酸性高锰酸钾溶液褪色不一定是乙烯，B错误；C．溴易挥发，硝酸银溶液中出现淡黄色沉淀可能是挥发的溴单质与水反应后生成的Br-与Ag+形成的AgB

r沉淀，故不能验证反应类型是取代反应，C错误；D．电石中有杂质CaS，与水反应后能产生H2S气体，H2S也有还原性可以使溴水褪色，故该装置无法验证乙炔的还原性，D错误；本题选A。6.下列关于溶液中所含离子检验的说法正确的是A.取少量某溶液于试管中，向其中先

滴加稀硝酸，再滴加()32BaNO溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有24SO−B.取少量某溶液于试管中，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含有3Fe+C.取少量某溶液于试管中

，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若红色石蕊试纸变蓝，说明该溶液中含有4NH+D.将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明该溶液中含有23CO−【答案】C【解析】【详解】A．硝酸

、酸性环境中-3NO具有强氧化性，可以将2-3SO氧化为2-4SO，故检验2-4SO不宜使用稀硝酸和硝酸钡；可以先向溶液中加入稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明该溶液中含有2-4SO，

A错误；B．先向溶液中加入少量新制氯水，若溶液中含有Fe2+，则Fe2+会被氧化为Fe3+，影响Fe3+的检验，故只需向溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，说明该溶液中含有Fe3+，B错误；C．向溶液中加入NaOH溶液并加热

，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3，则溶液中含有+4NH，C正确；D．将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则产生的气体为CO2或SO2，说明该溶液中含有2-3CO、-3HCO、2-3SO或-3HSO，D错误；故选C。7.下列离

子方程式与所给事实相符的是的A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2++23HCO−+2OH-=MgCO3↓+2H2OB.Fe(OH)3溶于HI溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.将少量SO2通入NaClO溶液中：3ClO-+SO2+H2

O=24SO−+Cl-+2HClOD.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：24MnO−+5224CO−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【详解】A．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀为()2MgOH，离子方程式为()

22-33222HCO4=MgOH+2CO+2HOMgOH+−−++，故A错误；B．Fe(OH)3溶于HI溶液，产物为Fe2+，离子方程式为：()222326H+2I2+I6HOFeOHFe+++=+﹣，故B错误；C．将少量SO2通入NaClO溶液中

，离子方程式为：3ClO-+SO2+H2O=24SO−+Cl-+2HClO，故C正确；D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，草酸是弱酸，离子方程式为：24MnO−+5224HCO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选C。8.茴香油是淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有

机溶剂，在水蒸气作用下易挥发，某茴香油主要成分是含有酯基的芳香族化合物。实验室提取该茴香油的流程如下：下列说法正确的是A.操作A是利用沸点差异进行分离B.水蒸气蒸馏和减压蒸馏的原理相同C.有机层加入的无水24NaSO可用碱石灰代替D.馏出液加NaC

l至饱和可以提高茴香油的提取率【答案】D【解析】【分析】茴香籽粉与水经水蒸气蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，馏出液加入氯化钠至饱和能降低茴香油溶解度，便于茴香油析出分层，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到

含有茴香油的有机层，干燥的过滤得到粗品，蒸馏得到茴香油；【详解】A．加入乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，利用的是茴香油在水和乙醚中的溶解度不同，以及乙醚和水的密度不同进行分离，A错误；B．水蒸气蒸馏

是将含有挥发性成分的植物原料与水共蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，减压蒸馏是通过减小体系内压强而降低液体沸点达到分离提纯的目的，两者的蒸馏条件不同，原理不同，B错误；C．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若将无水硫酸钠用碱石灰代替，茴香油会在碱石灰的作用下发生水解而无法制得茴香油，

C错误；D．向馏出液中加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，有利于提高茴香油的提取率，D正确；故选D。9.下列有关有机物同分异构体数目的描述错误的是选项分子式限制条件(不考虑立体异构)数目AC4H8Br2含2个甲基3BC8H10与苯互为同系物4CC5H10O2能与碳酸氢钠

反应4DC5H12O催化氧化成醛4A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．C4H8Br2可以看做是C4H10的二溴取代，则可以采用“定一移一”法分析，其中含2个甲基的结构有、(箭头指另一个Br原子可能的位置)，一共有4种，故A

错误；B．分子式为C8H10与苯互为同系物，可以有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯4种，故B正确；C．分子式为C5H10O2，能与碳酸氢钠反应，则结构中含有-COOH，符合条件的有、(箭头指羧基可能的位置)，共有4种，故C正确；D．分子式为C5H12O，能催化氧化成

醛，则结构中有-OH，且羟基位置在端点，符合条件的有、、(箭头指羟基可能的位置)，共有4种，故D正确；故选A。10.某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，下列说法正确

的是A.1mol该化合物最多与4molNaOH反应B.该化合物分子中最多有11个碳原子共平面C.对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性D.分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息【答案】B【解析】【详解】A．羧基能与NaOH发生中和反应，已知连在同一碳上的两个

羟基易脱水，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1mol该化合物最多与5molNaOH反应，A错误；B．与苯环上、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最

多有11个碳原子共平面，B正确；C．酯基不亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，C错误；D．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，D错误；故选B。11.抗

氧化剂香豆酰缬氨酸乙酯（Z）可由下列反应制得是下列说法不正确．．．的是A.该反应是取代反应B.1molX最多可以消耗24molHC.1molZ最多可以消耗3molNaOHD.Z分子存在2个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．取代羟基上H原子，该反应是取代反应，A正确；B．含1个苯环，

一个碳碳双键可加成，1molX最多可以消耗24molH，B正确；C．1molZ（）含有1mol酚羟基，1mol酰胺键，1mol酯基，最多可以消耗3molNaOH，C正确；D．手性碳是指连在同一个碳上的四个基团或者原子完全不同，Z中连接异丙基的碳原子满足手性碳

的规则，含1个手性碳，D错误；故选D。12.一种重要的高分子材料丙的合成路线如下。下列说法错误的是A.甲、乙均能与FeCl3溶液发生显色反应B.乙与足量氢气加成后的产物中有4个手性碳原子C.反应②除生成丙

外，还生成小分子CH3OHD.1mol丙最多可消耗4nmolNaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A．根据甲、乙的结构可知，甲、乙均含有酚羟基，故均能与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B．乙与足量氢气加成后的

产物中无手性碳原子，B错误；C．乙与②的反应可看作是先发生取代反应得到丙的单体及小分子CH3OH，然后再发生缩聚反应得到高分子材料丙及CH3OH，C正确；D．丙中含有结构，1mol在NaOH溶液条件下发生水解

最多可消耗4molNaOH溶液，故1mol丙最多可消耗4nmolNaOH溶液，D正确；故选B。13.某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：已知D和F互为同分异构体，则符合上述条件的酯的结

构有A.4种B.8种C.12种D.16种【答案】C【解析】【分析】D和F互为同分异构体，表明D和F均是有机物。F由C连续氧化得到。有机物中能实现连续氧化的物质应为符合RCH2OH结构的醇。22O/O/2CuCuRCHOHRCHORCOOH→→。于是，C为醇，E为醛，

F为羧酸。酯类在碱性条件下水解得到醇和羧酸盐，羧酸盐和酸作用生成羧酸。于是B为羧酸盐，D为羧酸。【详解】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的

醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12

种。综上所述，答案为C。14.某100mL溶液可能含有4NH+、Fe2+、Fe3+、Na+、Cl-、23CO−、3NO−、24SO−中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电

离)；(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224L(标准状况)。(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4g。下列说法不正确的是A.该溶液中一定含有

4NH+、2Fe+、3NO−、24SO−B.该溶液中一定不含3Fe+C.该溶液中c(4NH+)=0.3mol/LD.根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+【答案】C【解析】【分析】某100mL溶液可能含有4NH+、2Fe+

、3Fe+、Na+、Cl−、23CO−、3NO−、24SO−中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验，(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224L(标准状况)，溶液中可能含有23CO−，

反应产生的气体为CO2，产生标准状况无色气体0.224L，其物质的量是n(23CO−)=0.01mol；也可能含有Fe2+、3NO−，在酸性条件下发生氧化还原反应：3Fe2++4H++3NO−=3Fe3++NO↑+2H2O，产生标准状况无色气体0.224L，气体的物质的量

是0.01mol，根据反应转化关系可知3NO−过量，Fe2+完全反应。n(Fe2+)=0.03mol；(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体是NH3，说明含有4NH+；同时将生成的

沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4g，若是含有23CO−，由于23CO−与Fe2+、Fe3+会形成沉淀而不能大量共存，加入碱不能产生沉淀，则说明原溶液无23CO−，而含有Fe2+，故n(4NH+)=0.03mol，加入碱时会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2

+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3、H2O，由于n(Fe2+)=0.03mol，则根据Fe元素守恒可知n(Fe2O3)=0.015mol，m(Fe2O3)=0.01

5mol×160g/mol=2.4g，刚好吻合，则说明溶液中只含有n(Fe2+)=0.03mol，n(4NH+)=0.03mol，n(3NO−)=0.03mol，根据电荷守恒，可知在每一等份溶液中还含有24SO−，其物质的量

是0.03mol。【详解】A．根据上述分析可知该溶液中一定含有4NH+、Fe2+、3NO−、24SO−，A正确；B．若该溶液中还含有Fe3+，加入碱NaOH溶液时，反应产生Fe(OH)3，其受热分解产生Fe2O3，导致固体质量比2.4g多，这与反应

事实不吻合，故该溶液中不含有Fe3+，B正确；C．根据上述分析可知：在每等份溶液中含有4NH+的物质的量是0.03mol，由于溶液体积是50mL，故4NH+的物质的量浓度c(4NH+)=0.03mol=0.6mol/L0.05L，C错误；D．在上述实验中未涉及Na+

的检验，若溶液中存在Na+，根据离子的浓度相等，且遵循电荷守恒，溶液中就可能还同时存在Cl-，若溶液中存在Na+，则溶液中就不存在Cl-，故根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+，D正确；故合理选项是C。15.回答下列问题（1）现有下列物质：①氢氧化钠固体②铜丝③氯化氢气体④稀硫酸⑤二

氧化碳气体⑥氨水⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体⑨熔融氯化钠⑩胆矾晶体上述状态下可导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________。（2）写下

列反应的离子方程式①氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：___________。②向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液至24SO−刚好沉淀完全：___________。（3）在催化剂表面，一种

合成碳酸二甲酯的反应机理如下图：①该反应中催化剂是___________。②合成碳酸二甲酯的总反应方程式为___________。（4）烯烃或炔烃在酸性KMnO4溶液的作用下，分子中的不饱和键完全断裂

，此法可用于减短碳链或利用产物反推不饱和烃的结构等。已知烯烃与酸性KMnO4溶液反应的氧化产物对的对应关系为：烯烃被氧化的部位2CH=RCH=氧化产物2CORCOOH现有某烯烃与酸性KMnO4溶液作用

后得到的氧化产物有CO2、乙二酸(HOOC-COOH)和丙酮(CH3COCH3)，则该烯烃结构简式可能是___________(填选项)，该物质在核磁共振氢谱中有___________组峰。A．B．C．223CH=C

H-CH=CHCHCHD．【答案】（1）①.②④⑥⑨②.①③⑦⑨⑩③.⑤⑧（2）①.()2+22442Ba+2OH+SO+CuCuOH+BaSO−+=﹣②.()+3+22444323NH+Al+4OH+2SO+2Ba2BaSOAlOHNHHO−+=++﹣（3）①.CeOCeO

H﹣﹣﹣﹣②.322CHOH+CO⎯⎯⎯→催化剂+2HO（4）①.B②.4【解析】【小问1详解】电解质溶液导电原因是有自由移动的阴阳离子，金属导电的原因是有自由移动的电子，熔融盐导电原因是自由移动的阴阳离子，则能导电的物质有②④⑥⑨；在熔融状态下或水溶液中能导电的

化合物是电解质，符合条件的有①③⑦⑨⑩，其中稀硫酸和氨水水溶液也能导电，但它们是混合物，在熔融状态下或水溶液中不能导电的化合物是非电解质，符合条件的有⑤⑧，故答案为：②④⑥⑨；①③⑦⑨⑩；⑤⑧；【小问2详解】①氢氧

化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：()2+22442Ba+2OH+SO+CuCuOH+BaSO−+=﹣，故答案为()2+22442Ba+2OH+SO+CuCuOH+BaSO−+=﹣；②向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液至24SO−刚好沉淀完

全，则NH4Al(SO4)2溶液与Ba(OH)2物质的量之比为1：2，离子方程式为()+3+22444323NH+Al+4OH+2SO+2Ba2BaSOAlOHNHHO−+=++﹣。故答案为()+3+22444323NH+Al+4OH

+2SO+2Ba2BaSOAlOHNHHO−+=++﹣；【小问3详解】根据反应历程图可知，3CHOH、2CO为反应物，产物为2HO和碳酸二甲酯，反应为322CHOH+CO⎯⎯⎯→催化剂+2HO，催化剂为CeOCeOH﹣﹣﹣﹣，故答案为：CeOC

eOH﹣﹣﹣﹣、322CHOH+CO⎯⎯⎯→催化剂+2HO；【小问4详解】根据题目中的已知信息，将C=O换成碳碳双键进行连接，即可得到该烯烃为()232CHCHCH=CCH=﹣，其核磁共振氢谱共有4组吸收峰，故答案为：B；4。1

6.乙酰水杨酸(阿司匹林)是应用广泛的解热、镇痛和抗炎药，它对肠胃的刺激较小，在体内还具有抗血栓的作用，可用于预防心脑血管疾病，与青霉素、安定并称为“医药史上三大经典药物”。其合成原理如下：I．相关资料：物质相对分子质密度熔点/℃其他性质量/g

/cm3水杨酸1381.44157～159溶于乙醇、微溶于水乙酸酐1021.08-72～-74沸点140℃，无色透明液体，遇水形成乙酸阿司匹林1801.35135～138分解温度为128～135℃，溶

于乙醇、微溶于水乙酸乙酯880.90-87沸点77℃，微溶于水，溶于乙醇等有机溶剂II．实验步骤：(一)制备过程①向100mL的三颈烧瓶中依次加入6.9g干燥的水杨酸、8.0mL新蒸的乙酸酐和0.5mL浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，小心加热，控制温度在70℃左右反应30

min。②稍冷后，将反应液缓慢倒入100mL冰水中冷却15min，用图2装置减压抽滤，将所有产品收集到布氏漏斗中，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品。(二)提纯过程③将粗产品转移至100

mL圆底烧瓶中，再加入20mL乙酸乙酯，加热溶解，如有不溶物出现，趁热过滤，热滤液置冰箱中冷却至-5℃～0℃，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体乙酰水杨酸，称重得4.50g。回答下列问题：（1）图2中“抽滤

”操作相对于普通过滤的优点是_______。（2）步骤①中加热操作宜采用_______，图1中仪器A的名称为_______，A的作用是防止外界的水蒸气进入三颈烧瓶导致发生副反应，降低水杨酸的转化率。写出该副反应的

化学方程式_______。（3）步骤②用冷水洗涤后，如何检验阿司匹林中是否还有杂质水杨酸剩余？_______。（4）步骤③的提纯方法是_______(写操作名称)。（5）计算乙酰水杨酸(阿司匹林)的产率为_______。【答案】（1）加快过滤速度(或过滤效果高)（2）①.水浴加热②.球形干燥管③

.(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH（3）取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴FeCl3溶液，若有紫色出现，说明水杨酸有剩余；若无紫色出现，说明水杨酸没有剩余（4）重结晶（5）50%【解析】【分析】

向100mL的三颈烧瓶中依次加入6.9g（0.05mol）干燥的水杨酸、8.0mL乙酸酐（过量）和0.5mL浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，水浴加热，温度在70℃左右反应；稍冷后，将反应液缓慢倒入100mL冰水中冷却

，减压抽滤，将所有产品收集到布氏漏斗中，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品；将粗产品转移至100mL圆底烧瓶中，再加入20mL乙酸乙酯，加热溶解，如有不溶物出现，趁热过滤，热滤液置冰箱中冷却至-5℃～0℃，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体乙酰水杨酸4.50g，据此结合题目解答

。【小问1详解】“抽滤”是在减压条件下过滤，该操作相对于普通过滤的优点是加快过滤速度(或过滤效果高)；【小问2详解】步骤①中控制温度在70℃左右，故加热操作宜采用水浴加热，图1中仪器A的名称为球形干燥管，乙酸酐遇水形成乙酸，A的

作用是防止外界的水蒸气进入三颈烧瓶导致发生副反应(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH，降低水杨酸的转化率；【小问3详解】水杨酸含有酚羟基，遇氯化铁溶液呈紫色，阿司匹林中不含酚羟基，具体方案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴FeCl3溶液，若有紫色出现，说明有水杨酸剩余；若无紫色出现，说

明产品中没有水杨酸剩余；【小问4详解】通过重结晶，可以进一步对产物提纯，则步骤③的提纯方法是重结晶；【小问5详解】6.9g干燥的水杨酸物质的量为6.9g0.05138g/molmol=、8.0mL新蒸的乙酸酐物质的量为8.01.08g/0.08

5102g/mLmLmolmol=，乙酸酐过量，则理论生成0.05mol阿司匹林，实际生成4.50g产品，乙酰水杨酸(阿司匹林)的产率为4.50g100%50%0.05180g/molmol=。17.化合物F是一种用

于预防和治疗心、脑及其它动脉循环障碍疾病的药物，以()75ACHOCl为原料合成F的路线如下图：已知：R—CHO4NHClNaCN→回答下列问题：（1）有机物D中官能团名称是______；（2）Y的结构简式为______；（3）下列说法正确的是______；A.有机物B

能发生消去反应B.有机物C中含酰胺基C.有机物D中的碳原子轨道杂化类型有两种D.有机物E、F分子中均有一个手性碳原子（4）写出由C→D化学方程式______；（5）G是相对分子质量比A大14的同系物，写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）______；①属

于芳香族化合物；②具有与A相同的官能团；③1HNMR−谱有四组峰且峰面积之比为2∶2∶2∶1（6）请结合题中信息，设计以为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）______。的【答案】（1）碳氯键、氨基、酯基（2）（3）CD（4）（5）、（6）【解析】【分析】由已知R—CHO4NHClNaC

N→可知，A与氯化铵和氰化钠反应生成B，B为；B在酸性条件下水解生成C，C与甲醇发生酯化反应生成D，则X为甲醇；D与Y发生取代反应生成E，则Y为。【小问1详解】由D的结构简式可知官能团名称是：碳氯键、氨基、酯基；故答案为：碳氯键、氨基、酯基；【小问

2详解】由上述分析可知：Y的结构简式为；故答案为：；【小问3详解】A．由分析可知，B的结构简式为，不能发生消去反应，故A错误；B．由分析可知，C的结构简式为，分子中不含酰胺基，故B错误；C．由D的结构简式可知，分子中苯环上的碳原子和双键碳

原子的杂化方式为sp2杂化，甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，则碳原子的杂化方式共有2种，故C正确；D．由结构简式可知，有机物E、F分子中均有一个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；故答案为：CD；【小问4详解】由分析可知，X为CH3OH，C→D的化学方程式为

：；【小问5详解】G分子属于芳香族化合物，具有与A相同的官能团说明G的官能团为醛基和氯原子，苯环上有2个取代基，取代基可能为—Cl、—CH2CHO或—CH2Cl、—CHO，其中满足1H-NMR谱有四组峰且峰面积之比为2

：2：2：1，说明位置关系处于对位，结构简式为、；【小问6详解】G分子属于芳香族化合物，具有与A相同的官能团说明G的官能团为醛基和氯原子，苯环上有2个取代基，取代基可能为—Cl、—CH2CHO或—CH2Cl、—CHO，其中满足1H-NMR谱有四组峰且峰面

积之比为2：2：2：1，说明位置关系处于对位，结构简式为、。18.一种药物中间体G的合成路线如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.（1）转化①除物质B外，还有另一含苯环的有机产物生成。则A的结构简式为________。（2）X的结构简式为________。（3）

已知F与E互为同分异构体，则E→F的反应类型为________反应。（4）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的的结构简式：________。①能与3FeCl溶液发生显色反应；②水解后可得到三种有机产物，其中一种是最简单

的α-氨基酸，另两种产物酸化后均只含两种化学环境不同的氢。（5）写出以222CHBrCHCHBr、3CHCOOH、2-丁烯为原料制备的合成路线流程图______。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）【答案】（1）（2）（3）加成反应（4）【解析】【分析】根据B的结

构可知B中有8个C原子，则反应①的另一种含有苯环的有机产物含7个C原子，且有羧基，应为苯甲酸，结合已知I，可乙推出A的结构简式为：；根据B、C的结构简式，结合X的分子式，可以推出X的结构简式为：，C被氧化为D，D到E为取代反应，根据小问

(3)中，F与E为同分异构体，结合已知Ⅱ，可以判断E中醛基与-NH-发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生分子内成醚键的反应生成G。【小问1详解】由上述分析可知，A的结构简式为；【小问2详解】由分析可知，X的结构简式为；【小问3详解】F与E

为同分异构体，结合已知Ⅱ，可以判断E中醛基与-NH-发生加成反应生成F，反应类型为加成反应；【小问4详解】D的结构简式为，其同分异构体能与3FeCl溶液发生显色反应，说明有酚羟基；水解后可得到三种有机产物，说明有两个酯基；其中一种为H2NCH2COOH，另两

种产物酸化后均只含两种化学环境不同的氢，说明一种为CH3COOH，含苯环的产物也是两种等效氢，说明结构对称，两个酯基均为酚形成的酯基，综合分析，该同分异构体的结构为：；【小问5详解】结合已知I和Ⅱ，CH2BrCH2CH2Br先发生水解反应得到，发生催化氧化得到，结合已知Ⅱ，与2

-丁烯可以得到，与2分子CH3COOH酯化得到，最后通过已知I的反应得到目标产物，合成流线流程图为：。