第七章《有机化合物》测试题 高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

第七章《有机化合物》测试题一、单选题（共15题）1．下列化学用语表示正确的是A．的结构示意图： B．的球棍模型：C．烷烃的通式： D．的电子式：2．环状碳酸酯广泛用作极性非质子溶剂、电池的离子导体等，某研究团队以环氧乙烷衍生物(，R表示烃基)和二氧化碳为原料催化合成环状碳酸酯，反应历程如图所示。下列说法错误的是A．是反应的催化剂B．反应过程存在极性键的断裂和形成C．反应过程中有4种中间体D．总反应方程式为+CO23．某课外兴趣小组欲在实验室里制备少量乙酸乙酯，设计了如图所示装置(夹持装置已略去)，下列说法不正确的是A．该装置中冷凝水的流向为b进a出B．加入过量乙醇可提高乙酸的转化率C．该反应可能生成副产物乙醚D．收集到的馏分需用饱和NaOH溶液除去杂质4．化学与当今科技、生产、生活密不可分，下列说法正确的是A．中国天眼FAST建造中用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料B．制造无菌滤棉的材料聚丙烯属于天然高分子材料C．燃煤加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．新冠疫苗需要冷藏运输主要是防止蛋白质升温变性5．下列有关化学用语表示正确的是A．氯原子的结构示意图：B．氯化氢分子的电子式为：C．质子数为92、中子数为54的铀(U)原子：D．次氯酸的结构式：6．下列过程未涉及氧化还原反应的是A．过氧化钠用于呼吸面具供氧 B．油脂为人体提供能量C．明矾净水 D．漂白粉久置于空气中失效7．有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.15g·L-1，则关于此混合物的组成说法不正确的是A．一定有甲烷B．一定不存在乙烷C．可能是甲烷和乙烷的混合物D．不可能为乙烷和丙烷的混合物8．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．液氨可用作制冷剂B．漂白粉可用于游泳池等场所的消毒C．聚乙炔可通过加聚反应制得，可用作绝缘材料D．2022年北京冬奥会速滑服的主要成分聚氨酯为有机高分子材料9．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．100g质量分数为46%C2H5OH溶液中所含O—H数目为7NAB．标准状况下，22.4LCHCl3中含有氯原子的数目为3NAC．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3NAD．50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA10．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，下列叙述正确的是A．淀粉水解的最终产物是葡萄糖B．果糖能发生水解反应C．植物油可以用来萃取碘水中的D．蛋白质溶液属于胶体，能通过过滤将其从葡萄糖溶液中分离出来11．下列有关化学用语的表示正确的是A．溴乙烷的分子比例模型： B．甲基的电子式：C．乙烯的结构简式： D．乙二酸的分子式：12．2021年中国科技的重大创新成果之一是中国农业科学院饲料研究所在人工条件下，利用一氧化碳、氨等为原料大规模生物合成蛋白质。下列说法错误的是A．蛋白质是一种高分子化合物 B．蛋白质中只含C、H、O、N四种元素C．CO、NH3均是非电解质 D．蛋白质水解的最终产物是氨基酸13．下列说法不正确的是A．加热绿矾可制取硫酸B．氨基上的氢原子可与羰基上的氧原子形成氢键C．二氧化硅不与水、酸发生反应，耐高温、耐腐蚀D．核糖包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，新冠病毒只含有RNA14．有机物A是一种重要的化工原料，其结构简式为，下列检验A中官能团的试剂和顺序正确的是A．先加酸性KMnO4溶液，再加银氨溶液，微热B．先加溴水，再加酸性KMnO4溶液C．先加银氨溶液，微热，再加溴水D．先加入足量新制的Cu(OH)2，微热，酸化后再加溴水15．化学与生活、科学、技术等密切相关。下列说法正确的是A．华为自主研发的“麒麟”芯片，其主要成分与光导纤维的成分相同B．用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子长链上无支链C．“弄风柳絮疑成雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素D．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐二、填空题（共8题）16．标准状况下，0.1mol某烷烃完全燃烧生成11.2LCO2。(1)写出该烷烃的分子式：___________。(2)写出该烷烃燃烧的化学方程式：___________。(3)该烷烃的同分异构体有多种，写出分子中含有4个甲基(—CH3)的结构简式：___________。17．思考：分析乙酸、柠檬酸和乙醇的结构简式，结合实验现象推断乙酸、柠檬酸分子中能使其表现出酸性的原子或原子团。分析归纳：乙酸和柠檬酸含有的相同原子团是_______；柠檬酸和乙醇含有的相同原子团是_________。乙酸、柠檬酸能使碳酸钙溶解具有______性，乙醇不能使碳酸钙溶解不具有_______性。则具有酸性的原子团为_______。官能团：比较活泼、容易发生反应并______原子或原子团。18．随原子序数的递增，八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，根据判断出的元素回答问题：(1)g在元素周期表中的位置是___________。(2)比较d、e常见离子的半径的大小(用化学式表示、下同)：___________＞___________，比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：___________＞___________。(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：___________。(4)f的单质能在y的最高价氧化物中燃烧，写出该反应的化学方程式：___________。19．A、B、C、D四种短周期主族元素，原子序数依次增大，A是相对原子质量最小的元素，B元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，C是地壳中含量最多的元素，D是第三周期原子半径最小的元素，A、B两种元素组成的最简单的化合物为X。(1)B元素在元素周期表中的位置___。(2)X分子的空间结构为___。(3)B与C非金属性强的元素是___(填元素符号)。(4)A2与C2组成的燃料电池，通入A2的一极是___(填“正极”或“负极”)，该燃料电池的优点___(写一条即可)。(5)写出X与D单质生成BA3D的化学方程式___，该反应类型为___。20．酒精溶液在抗击COVID－19中发挥了极为重要的作用，现有xg乙醇(C2H5OH)在一定量氧气中燃烧生成13.2gCO2、10.8gH2O及ygCO。回答下列问题：(1)医用消毒酒精溶液的常用浓度(体积分数)是___________。(2)生成物中CO2、H2O的分子个数比为___________，y＝___________，写出该燃烧反应的化学方程式：___________。(3)若使该乙醇完全燃烧，至少还需要___________LO2(标准状况)。21．金属除了可以形成氧化物，氢化物之外，还能以碳化物、氮化物等形式存在，请根据题意完成下列计算：（1）某CaC2样品中含碳量为25%（杂质不含碳），该CaC2样品中CaC2的质量分数为_____________。（2）已知2Mg3N2+3CO2=3C+6MgO+2N2，10.0gMg3N2与标准状况下4.48LCO2反应，固体质量增加_________g。第IIA族碳化物Be2C与CaC2组成的混合物与一定量的水反应，相关数据如下：实验组号①②③④碳化物（g）6.29.315.521.7水（mL）18181818气体（L，标准状况）3.365.048.4左右8.4左右（3）求该混合物中Be2C与CaC2的物质的量之比__________。（4）与18mL水恰好完全反应消耗该金属碳化物样品的质量是________克？（保留一位小数）22．在标准状况下，某烷烃和单烯烃的混合气体2.24L,将其完全燃烧,产生的气体缓缓通过浓硫酸,浓硫酸增重4.05克,将剩余气体通入碱石灰,碱石灰质量增加了6.60克,另取该混合气体2.24L通过过量溴水,溴水质量增加了1.05克。求：(1)混合气体由哪两种烃组成_____；(2)则该单烯烃的体积分数是_____。23．某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇(含18O)和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3～5min。③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥。回答问题：(1)装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是___________。(2)步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查___________。(3)反应中浓硫酸的作用是___________。(4)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是___________(填字母)。A．中和乙酸并吸收乙醇 B．中和乙酸和乙醇C．减少乙酸乙酯的溶解 D．加速酯的生成，提高其产率(5)从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是___________。参考答案：1．C【解析】A．Ca2+的质子数为20，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故A错误；B．水是V形分子，且中性原子O的原子半径大于H，球棍模型为，故B错误；C．烷烃是饱和链烃，碳原子形成四个共价单键，通式CnH2n+2，故C正确；D．H2O2是共价化合物，H与O原子形成共价键，电子式为，故D错误；故选：C。2．C【解析】A．由图中转化关系可知，反应消耗了、又生成了，为反应的催化剂，A正确；B．反应过程中存在碳溴键的断裂和氮溴键的形成，B正确；C．由图示可知，反应过程中只有3种中间体，C错误；D．由图示可知，总反应是环氧乙烷衍生物与二氧化碳发生加成反应生成环状碳酸脂，D正确；答案选C。3．D【解析】A．为了使冷凝管中充满水且增强冷凝效果，冷凝水和被冷凝的液体逆向流动，故该装置中冷凝水的流向为b进a出，故A正确；B．乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生的酯化反应为可逆反应，加入过量乙醇，平衡正向移动，可提高乙酸的转化率，故B正确；C．该反应可能生成副产物乙醚(乙醇发生分子间脱水反应)，故C正确；D．因为在Na0H溶液中乙酸乙酯发生水解反应，所以收集到的馏分不能用饱和NaOH溶液分离杂质，应该用饱和碳酸钠溶液除去杂质，故D错误；故答案：D。4．D【解析】A．碳化硅化学式为SiC，属于无机非金属材料，故A错误；B．聚丙烯属于人工合成的有机高分子材料，故B错误；C．燃煤中含有硫元素，加入CaO可以作为固硫剂，减少酸雨的形成，但不能减少CO2的排放，故C错误；D．蛋白质高温会变性，新冠疫苗需要冷藏运输主要是防止蛋白质升温变性，故D正确；故选：D。5．C【解析】A．氯原子的核外有17个电子，故其结构示意图为，故A错误；B．HCl属于共价化合物，Cl原子需达到8个电子稳定结构，其正确的电子式为，故B错误；C．质量数=质子数+中子数=92+54=146，核素为，故C正确；D．次氯酸中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，其结构式为H-O-Cl，故D错误；故选：C。6．C【解析】A．Na2O2和呼出的二氧化碳以及水反应生成氧气，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，故A不选；B．油脂在人体内最终氧化为二氧化碳和水，涉及氧化还原反应，故B不选；C．明矾净水是明矾在水中电离出来的Al3+水解为Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可以用来净水，没有涉及氧化还原反应，故C选；D．漂白粉久置于空气中，漂白粉的有效成分Ca(ClO)2和空气中的水蒸气以及二氧化碳反应生成次氯酸：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，HClO不稳定，分解为氧气和HCl，涉及氧化还原反应，故D不选；故选C。7．B【解析】略8．C【解析】A．液氨汽化时会吸收周围环境中的热量，从而使周围环境的温度降低，所以可用作制冷剂，A正确；B．漂白粉中含有的次氯酸钙具有强氧化性，能杀死细菌和病菌，可用于游泳池等场所的消毒，B正确；C．聚乙炔又称为导电塑料，所以不能制作绝缘材料，C错误；D．聚氨酯是一种有机高聚物，是一种具有高强度、抗撕裂、耐磨等特性的高分子材料，D正确；故选C。9．A【解析】A．乙醇和水分子中都含有氢氧键，100g质量分数为46%乙醇溶液中含有的氢氧键数目为×1×NAmol—1+×2×NAmol—1=7NA，故A正确；B．标准状况下，三氯甲烷为液态，无法计算22.4L三氯甲烷的物质的量和含有氯原子的数目，故B错误；C．熔融的硫酸氢钠中含有钠离子和硫酸氢根离子，则0.1mol熔融的硫酸氢钠中含有的离子总数为0.1mol×2×NAmol—1=2NA，故C错误；D．浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气时表现酸性和还原性，稀盐酸与二氧化锰共热不反应，浓盐酸与足量二氧化锰共热反应时，随着反应进行，浓盐酸会变为稀盐酸，则溶液中的氯化氢不可能完全反应，则50mL12mol·L-1盐酸与足量二氧化锰共热，转移的电子数小于12mol/L×0.05L××1×NAmol—1=3NA，故D错误；故选A。10．A【解析】A．淀粉的水解过程：先生成分子量较小的糊精（淀粉不完全水解的产物），糊精继续水解生成麦芽糖，最终水解产物是葡萄糖，选项A正确；B．果糖属于单糖，不能水解，选项B错误；C．植物油含有不饱和键，可与碘发生加成反应，不能用于萃取剂，选项C错误；D．胶体和溶液均能通过滤纸，蛋白质溶液属于胶体，不能通过过滤将其从葡萄糖溶液中分离出来，选项D错误；答案选A。11．A【解析】A．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，溴原子比碳原子大，碳原子比氧原子大，溴乙烷的分子比例模型为：，选项A正确；B．甲基的电子式中碳原子最外层7个电子，其电子式可表示为，选项B错误；C．乙烯的官能团为碳碳双键，故结构简式：CH2=CH2，选项C错误；D．乙二酸的分子式为：H2C2O4,选项D错误；答案选A。12．B【解析】A．蛋白质是由氨基酸缩聚形成的高分子化合物，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，分子中含有C、H、O、N等元素，选项A正确；B．天然蛋白质的组成元素不仅有C、H、O、N元素构成，有些还含有P、S，选项B错误；C．在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物为非电解质，CO、NH3均是非电解质，选项C正确；D．蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸，选项D正确；答案选B。13．C【解析】A.加热绿矾可生成氧化铁、三氧化硫、二氧化硫等，三氧化硫溶于水可制取硫酸，A正确；B.在蛋白质中，一条链的氨基上的氢原子可与另一条链的羰基上的氧原子形成氢键，从而形成双螺旋结构，B正确；C.二氧化硅能与氢氟酸发生反应，生成SiF4和H2O，C不正确；D．RNA病毒包括正单链病毒、负单链病毒和双链病毒三种，新冠病毒是正单链RNA病毒，D正确；故选C。14．D【解析】A．此有机物中含有的官能团是碳碳双键和醛基，两者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能先加入酸性高锰酸钾溶液，A错误；B．此有机物中含有的官能团是碳碳双键和醛基，两者都能使溴水褪色，因此不能先加入溴水，B错误；C．有机物A中含有醛基，能发生银镜反应，先加入银氨溶液，微热，醛基被氧化，此时溶液呈碱性，加入溴水后，溴单质在碱性溶液中反应生成Br-和BrO-而褪色，不能证明其与碳碳双键发生加成反应，C错误；D．醛基能与新制的氢氧化铜反应，故先加入新制的氢氧化铜，微热，检验并除去醛基，防止其对碳碳双键的检验产生干扰，然后酸化，加入溴水，溴水褪色，说明含有碳碳双键，D正确；故选D。15．C【解析】A．华为自主研发的“麒麟”芯片，其主要成分是晶体硅，与光导纤维的成分二氧化硅不相同，A错误；B．用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子的结构简式是，可见在聚丙烯分子长链上有许多支链，B错误；C．“弄风柳絮疑成雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分都是纤维素，C正确；D．高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，而传统无机非金属材料主要成分是硅酸盐，因此新型无机非金属材料主要成分一定不是硅酸盐，D错误；故合理选项是C。16．(1)C5H12(2)C5H12＋8O25CO2＋6H2O(3)【解析】略17．

-COOH

-OH

酸

酸

-COOH

决定有机化合物性质的【解析】略18．(1)第3周期VIA族(2)

r(O2-)

r(Na＋)

HClO4

H2SO4(3)、、(4)【解析】8种元素都为短周期元素，在同一周期中，从左到右原子半径逐渐减小，同一主族中，从上到下原子半径逐渐减小，主族元素最高正化合价一般等于主族族序数，最低负价=主族族序数-8，从图中的化合价、原子半径的大小与原子序数的关系，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Mg元素，g是S元素，h是Cl元素。(1)由分析可知：g为S元素，其在周期表中的位置为：第3周期VIA族；(2)d、e常见离子分别为O2-、Na＋，两种离子的电子层结构相同，核电荷数越大的离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na＋)；由于非金属性：Cl＞S，所以g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是HClO4＞H2SO4，故答案为r(O2-)，r(Na＋)，HClO4，H2SO4。(3)上述元素组成一种四原子共价化合物常见的有NH3、H2O2、C2H2等，其电子式依次为、、；(4)f的单质是镁，y的最高价氧化物是二氧化碳，镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为：。19．

第二周期IVA族

正四面体

O

负极

清洁环保

Cl2+CH4CH3Cl+HCl

取代反应【解析】A、B、C、D四种短周期主族元素，原子序数依次增大，A是相对原子质量最小的元素，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，则B为C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；D是第三周期原子半径最小的元素，则D为Cl元素；A、B两种元素组成的最简单的化合物为X，则X为CH4。(1)C元素的原子序数为6，位于元素周期表第二周期IVA族，故答案为：第二周期IVA族；(2)CH4分子的空间结构为结构对称的正四面体，故答案为：正四面体；(3)同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则O元素的非金属性强于C元素，故答案为：O；(4)氢气和氧气可以构成无污染、清洁环保、能量高的燃料电池，电池工作时，通入氢气的一极为负极，故答案为：负极；清洁环保；(5)在光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，反应的化学方程式为Cl2+CH4CH3Cl+HCl，故答案为：Cl2+CH4CH3Cl+HCl；取代反应。20．

75%

1:2

2.8

1.12【解析】(1)医用消毒酒精溶液的常用浓度(体积分数)是75%，低于75%消毒效果不理想，浓度太大会使蛋白质表面形成硬膜，阻止乙醇分子破坏病毒内部蛋白质，无法杀死病毒；(2)xg乙醇(C2H5OH)在一定量氧气中燃烧生成13.2gCO2、10.8gH2O及ygCO，13.2gCO2的物质的量为=0.3mol，10.8gH2O的物质的量为=0.6mol，因此生成物中CO2、H2O的分子个数比为0.3：0.6=1：2，0.6molH2O中含有1.2molH，1molC2H5OH含有6molH，则含1.2molH的乙醇的物质的量为=0.2mol，含碳原子的物质的量为0.4mol，根据碳原子守恒，反应生成的一氧化碳的物质的量为0.1mol，其质量y=0.1molｘ28g/mol=2.8g；该反应中C2H5OH、CO2、CO、H2O的物质的量之比为0.2：0.3：0.1：0.6=2：3：1：6，则反应的化学方程式：；(3)一氧化碳燃烧的化学方程式为：2CO+O22CO2，由此可知，0.1mol的CO完全燃烧需要消耗0.05molO2，则这些氧气标况下的体积为0.05molｘ22.4L/mol=1.12L，则使该乙醇完全燃烧，至少还需要1.12LO2(标准状况)。21．

0.667或66.7%

3.8

2：1

12.4【解析】（1）碳化钙样品中的含碳量为25%，CaC2中C的质量分数为，所以样品中碳化钙的质量分数为25%÷=66.7%；（2）根据反应2Mg3N2+3CO2

=3C+6MgO+2N2，2mol氮化镁和3mol二氧化碳参加反应生成2mol氮气，固体质量增加3mol×44g/mol-2mol×28g/mol=76g，10.0g氮化镁的物质的量是10.0g÷100g/mol=0.1mol，标准状况下4.48L二氧化碳的物质的量是4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，则二氧化碳过量，所以以0.1mol氮化镁计算，则固体增加的质量是×0.1mol=3.8g；（3）根据表中数据，实验①中混合物完全反应，设实验①的混合物中Be2C与CaC2的物质的量分别为x、y，则Be2C与水反应的化学方程式是Be2C+4H2O=2Be(OH)2+CH4↑，生成甲烷气体的物质的量是x，CaC2与水反应的化学方程式是CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，生成乙炔气体的物质的量是y，则30g/molx+64g/moly=6.2g，x+