2020-2021学年高二化学下学期期末终极对决卷（人教版选修5）01（解析版）

2020-2021学年高二化学下学期期末

终极对决卷01

（60分钟,100分）

一、选择题：（16个小题，每题3分，共48分）

1.下列I、II、III和IV是多面体碳烷的结构，下列说法正确的是（）

A.I、n、in和w属于同系物

B.I、II、ni、IV一氯取代物均为一种

c.II的二氯取代物有4种（不含立体异构）

D.开环反应（打开三元环和四元环的反应），ImolII至少需要4moiH?

【答案】B

【解析】

A.同系物指的是结构相似，分子组成相差若干个CH?原子团的有机物，故A错误;

B.I、II、m、IV结构都非常对称，只有一种氢，一氯取代物均为一种，故B正确;

c.n的二氯取代物有3种（不含立体异构），分别为

D.开环反应（打开三元环和四元环的反应），所有环打开就变成了烷烧，分子式由C6H6变

成了C6Hi4,Imoll［最多需要4moiH2,故不选D；

2.如图是催化偶联反应的机理，R—为烷烧基或氢原子。下列说法正确的是

1

A.催化剂只有［Pd。］

B.第②步反应为氧化还原反应

C.O^-R中碳的杂化类型有sp2、sp3

D.偶联反应为：^^-x+=-R-----■—>HX+O~S-R

【答案】D

【分析】

八阴01X

反应机理分为四步：①+【Pd。］一';@CuX+——R—>co—R+HC1；

【Pdn—x(Pd«]-=-R[Pd«]-=-R

+Cn-=-R-+°+CuX；④

②60R+[Pd叽

【解析】

A.由反应机理可知|Pd。］、CuX在反应前后质量和性质均不变，皆为该反应的催化剂，A

错误;

[Pdnl-X

B.第②步反应为1+CuX,该反应为取代反应，B错

0

误;

C.苯环上的C、碳碳三键的C分别为sp2、sp杂化，-R为烷基时，R中的C为sp3杂化,

C错误;

D.结合分析可知，反应物有O-x和三-R”生成物有HX和O^-R,因此偶

2

联反应总反应为O-X+三-R------幽魂一＞HX+R,D正确；

答案选D.

3.下列说法正确的是

CHjOH

A.甘油醛（①OH）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物

OIO

B.2,3,5,5-四甲基-3,3-二乙基己烷的键线式为入

O

C.高聚物I和fOCH：CH21n均是缩聚产物，它们有共同的单体

fOCH2CH2O-C]n

D.将总物质的量为1mol的水杨酸、1,2-二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH

溶液充分反应，最多可以消耗2moiNaOH

【答案】D

【解析】

A.甘油醛不属于单糖，故错误：

B.键线式为'的名称为2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷，故错误；

0

C.高聚物I的单体为碳酸乙二醇，而fOCHKHels的单体是乙二醇，故没

十OCH2cH2O—C加

有共同的单体，故错误；

D.水杨酸含有按基和酚羟基，1mol的水杨酸消耗2moi氢氧化钠，1mol的1,2-二氯乙烷

消耗2moi氢氧化钠，CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键，所以1mol的CH3NHCOOCH3消

耗2moi氢氧化钠，将总物质的量为1mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应，最

多可以消耗2moiNaOH,故正确。

故选D。

4.为除去括号内的杂质，下列操作或试剂的选择不合理的是

3

选项被提纯的物质除杂试剂分离方法

蒸储

ABr2(CCl4)/

BCuO(Cu)/空气中灼烧

CCh(HCl)饱和食盐水洗气

酸性高镒酸钾溶液洗气

DCH4(CH2=CH2)

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

A.Bn和CCL是相互混溶的液体混合物，可根据沸点的差异，利用蒸储进行分离，故A

正确；B.Cu在空气中灼烧可生成CuO,利用此方法可除去CuO中混有的少量Cu,故B

正确；C.氯气极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，利用洗气可除杂，故C正确；D.酸

性高镒酸钾溶液能氧化乙烯生成CCh,CH4中混有少量CH2=(3H2,若用酸性高镒酸钾溶液

洗气，所得甲烷中混有少量CO2,无法得到纯净甲烷，故D错误；故答案为D.

5.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25。C下用H2O2直接将CH4

转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是

//////催化剂OHo°

A.图中第表示CH-其空间构型是平面形

B.步骤iii、iv的总反应方程式是CH3OH+H2O2->HCHO+2H2。

催化剂

C.步骤i到iv中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1:1

4

D.根据以上原理，步骤vi生成C02和H2O

【答案】B

【分析】

结合图可知反应原理如下：

i.CH4T*CH3+*H

ii.*CH3+*H+H2O2TCH3OH+H2O

iii.CH3OH-^*CH2OH+*H

iv.*CH2OH+*H+H202THeH0+2H9

V.HCH0T*CH0+*H

vi.*CHO+*H+H2O2T

据此解答。

【解析】

A.结合题意可知舞表示CH4,其空间构型是正四面体，A错误；

B.结合分析可知步骤iii、iv的总反应为CHQH和H2O2在催化剂作用下反应生成H20和

HCH0,反应的总反应为CH3OH+H2O2THCHO+2H20,B正确；

催化剂

C.结合反应原理可知步骤i到iv总反应为CFh和H2O2反应生成HCH0和FhO,总反应

可表示为CH4+2H2O2THCH0+3H20,CFh与H2O2的物质的量之比为1:2,C错误；

催化剂

D.由题意可知反应的最终产物为含氧有机物，则步骤vi应生成含氧有机物，再结合图及

分析可知H2O2在每一步参加反应的机理是提供*0H和前一步产生的自由基结合，因此推

测步骤vi生成HC00H和H?0,D错误；

答案选B。

6.前地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是

5

A.前地那韦分子中含有羟基和酮毅基

B.Imol玮地那韦最多与llmol氢气发生加成反应

C.虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面

D.前地那韦可以使酸性高镭酸钾溶液褪色，不与FeCb溶液显色

【答案】D

【解析】

A.该分子中含有羟基(-OH),不含酮钺基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意;

B.分子中的Q可以与Hz反应，ImolQ消耗3m0IH2,苯环可以与H2反应，也是1：

3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以Imol该分子消耗9m。出2,

B项不符合题意：

g/OH7

C.；衿:/苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的

氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面,

可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面

上，C项不符合题意；

D.该结构中有羟基，可以使酸性高镒酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液

变色，D项符合题意；

故正确选项为D。

7.下列说法正确的是

A.将溪乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有沉淀生成，可证明澳乙

烷中含有澳

6

B.用纸层析法分离铁离子与铜离子时，蓝色斑点在棕色斑点的下方，说明铜离子在固定

相中分配得更多

C.食醋总酸含量的测定实验中，先用移液管吸取市售食醋25ml,置于250ml容量瓶中加

水稀释至刻度线，从配制后的溶液中取出25ml进行实验，其主要目的是可以减少食醋的

挥发

D.准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具

【答案】B

【解析】

A.检验卤代烧中卤素原子的种类，要将卤素原子转变成卤素离子，再进行检验；因此，

先加NaOH溶液，使卤代烧水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNCh,通过观察沉淀的颜

色确定卤素原子的种类，选项中缺少加入硝酸酸化的步骤，A项错误；

B.层析法的原理即利用待分离的混合物中各组分在某一物质（称作固定相）中的亲和性差

异，如吸附性差异，溶解性（或分配作用）差异让混合物溶液（称作流动相）流经固定相，使混

合物在流动相和固定相之间进行反复吸附或分配等作用，从而使混合物中的各组分得以分

离；纸上层析分离能溶于水的物质时，固定相是吸附在滤纸上的水，流动相是与水能混合

的有机溶剂（如醇类），实验结束后，出现在滤纸靠上方位置的离子，其在流动相中分配更

多，出现在滤纸靠下方位置的离子，其在固定相中分配更多；因此蓝色斑点反映的铜离子,

在固定相中分配更多，B项正确；

C.移液管量取溶液体积的精度是0.01mL,止匕外，容量瓶不可用于稀释溶液，C项错误：

D.量筒的精确度是0.1mL,因此无法用量筒精确量取25.00mL的液体，D项错误；

答案选B。

8.正丁酸常用作有机反应的溶剂，不溶于水，密度比水小，在实验室中可利用反应

2cH3cH2cH2cH20H——«—>CH3（CH2）3O（CH2）3CH3+H2O制备，反应装置

如图所示。下列说法正确的是

7

A.装置B中a为冷凝水进水口

B.为加快反应速率可将混合液升温至170℃以上

C.若分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水

D.本实验制得的粗酸经碱液洗涤、干燥后即可得纯酸

【答案】C

【分析】

正丁醇在A中反应得到正丁酸和水，部分正丁醇、正丁酸和水变为蒸汽进入B中冷凝回

流进入分水器，正丁酸不溶于水，密度比水小，正丁雄在上层，当分水器中水层超过支管

口下沿，立即打开分水器旋钮放水，实验结束打开分水器旋钮放水得到粗正丁酸。

【解析】

A.B的作用是冷凝，为保证冷凝管充满水，得到最好的冷凝效果，则b为冷凝水进水口，

A错误；

B.由反应方程式可知温度应控制在135℃,温度达到170℃正丁醇可能发生消去反应，副

产物增多，正丁酸产率降低，B错误；

C.由分析可知若分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水，C正确；

D.由于正丁醇与正丁酸互溶，正丁醇微溶于水，经碱液洗涤、干燥后的产品含正丁醇、

碱，不能得到纯酸，D错误；

答案选C。

9.超类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列菇类化合物的说法正确的是

8

A.a和b分子中所有碳原子均可处于同一平面上

B.c分子中含有4个手性碳原子

C.a、b和c均能使酸性KMnCU溶液褪色

D.b和c均能在铜催化下被氧气氧化

【答案】C

【解析】

A.由于与饱和碳原子相连的四个原子构四面体，则根据结构简式可判断a和b分子中所

有碳原子不可能处于同一平面上，故A错误；

B.有机分子中连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，c分子中含有3个手性

碳原子（E^LCHO），故B错误

C.a中含有碳碳双键，b中含有羟基，c中含有醛基，a、b和c均能使酸性KMnCh溶液

褪色，故C正确：

D.b中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化，c中没有羟基，不在铜催

化下被氧气氧化，故D错误；

故选Co

10.下列实验装置、现象及结论合理的是

序

试剂及操作部分现象结论

号

9

[①加浓硝酸至反应完全

滴入稀盐酸后铜

②加稀盐酸

1片继续溶解，产

盐酸具有氧

A生无色气体，在

化性

[j过量铜片试管口处变为淡

棕色

1L。.Imol/LNa2cO3溶液

■酸性：

B有气体生成硼酸强于碳

A硼酸酸

4H2c2O4溶液

加热后产生有香H2c2。4可发

C

味物质生酯化反应

3-C2H50H和浓硫酸

so2-,

滴有酚猷的[

S02具有漂白

D试管内红色褪去

Na2cO3溶液性

10

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.向铜与浓硝酸完全反应后的溶液中滴入稀盐酸后铜片继续溶解，产生无色气体，在试

管口处变为淡棕色，是由于硝酸铜电离出的硝酸根和盐酸电离出的H'发生反应：

3Cu+2NO；+8H+=3Cu2++2NOf+4H20,体现的是HNO3的氧化性而不是盐酸的氧化性，A

错误；

B.根据元素周期律可知，非金属性BVC,故酸性H3BO3小于H2co3故向硼酸溶液中

滴入碳酸钠溶液不会产生气泡，B错误；

C.草酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生反应：

H00CC00H+2CH3cH20H、液了、CH3cH2OOCCOOCH2cH3+2H2O,生成的草酸二.乙酯

等低级酯均具有特殊的香味，c正确：

D.碳酸钠溶液因水解而显碱性，滴入酚酬后显红色，故SO?通入Na2cCh溶液中发生反

应Na2cCh+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2T，NaHSCh由于电离大于水解，故显酸性，故滴入

酚酷的溶液褪色，但不是SO2的漂白性体现，而是酸性氧化物的通性，D错误；

故答案为：Co

11.“一锅法”用［Ru］催化硝基苯(PhNCh,Ph-表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺

(RCHzNHPh),反应过程如下图所示。下列叙述错误的是

11

B.历程中存在反应PhNH2+RCHO->RCH=NPh+H2O

C.有机物还原反应的氢都来自于RCH20H

D.该反应过程结束后RCH0没有剩余

【答案】D

【分析】

据图知发生以下反应：

®2[RU]+RCH2OH-^RCHO+2[RU-H]

②6[Ru-H]+PhNO2TPhNH2+6[Ru]+2Hg

③PhNH2+RCH0—RCH=NPh+H2。

®RCH=NPh+2[Ru-H]->RCH2NHPh+2[Ru]

【解析】

A.由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的

RCFhNHPh会变成RCH=NPh作为④的反应物，若将RCH20H替代，最终RCH2NHPh会

变成RCH(CH3)NHPh,不是所需产物，A项不符合题意；

B.由③知，存在该反应，B项不符合题意；

C.由图中PhNCh-PhNHz,RCH=NPh->RCH2NHPh,该反应中的H来源于Ru-H,Ru-H

中的H来源于RCH2OH,C项不符合题意；

D.[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为

u

4RCH2OH+PhNO2.^->3RCHO+3H2O+RCH2NHPh,RCHO有剩余，D项符合题意；

故正确选项为D

12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选

实验操作和现象实验结论

项

将植物油加入澳的苯溶液中，振荡、静置后浪的苯溶

A植物油中可能含有碳碳双键

液褪色

12

将NH4HSO3加热分解，产生的气体通入BaCb溶液

BS02能与BaCL溶液反应

中，产生白色沉淀

向Fe(NO3)3溶液中加入过量HI溶液充分反应后，再

3+

C氧化性：Fe>HNO3>I2

滴加KSCN溶液溶液未变红

从装有过氧化钠的试剂瓶中取一定量固体于试管中

D过氧化钠变质产生碳酸钠

然后加入MgCh溶液，产生白色沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

A.植物油含碳碳双键能使澳的苯溶液褪色，故A正确；

B.将NH4HSO3加热分解，产生气体SO2和NH3,盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则S02

与BaCL溶液不会反应产生白色沉淀，但将产生的SO?和N%通入BaCb溶液中，SCh和

NH3反应生成亚硫酸镀，亚硫酸锭可与氯化锹反应生成亚硫酸钢白色沉淀，故B错误；

C.向Fe(NO3)3溶液中加入过量HI溶液发生反应Fe(NO3)3+4HI=2H2O+2l2+Fe(NO.92+NOT，

生成了二价铁，再滴加KSCN溶液溶液不会变红，而氧化性：HNO3>Fe3+>h,故C错误；

D.从装有过氧化钠的试剂瓶中取一定量固体于试管中然后加入MgCb溶液，产生白色沉

淀，因过氧化钠可与水反应生成氢氧化钠，此白色沉淀可能是碳酸镁也可能是氢氧化镁，过

氧化钠可能未变质，故D错误；

答案为A。

13.不能正确表示下列反应的离子方程式是

+

A.将少量浸水滴入过量Na2s溶液中：Br2+H2O+SO^=2Br+2H+SO；-

B.将足量Fe?(SOq%溶液滴入Mg(OH)2浊液中：

3+2+

2Fe+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg

13

C.将过量SO?通入K2s溶液中：5so2+2S"+2H2O=3SJ+4HSO；

D.将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：

+

CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3),]+2OH-

CH2OH(CHOH)4COO+NH；+2Ag+3NH3+H,0

【答案】A

【解析】

A.Na2sO3过量，澳和亚硫酸根发生氧化还原反应生成的H+和过量的SO；反应生成H20

和SCh,反应的离子方程式为Br2+3SO，+H2O=2BrT2HSO；T+S0；,A错误；

B.氢氧化铁的溶度积远远小于氢氧化镁的溶度积，因此氢氧化镁能转换为氢氧化铁，即

将足量Fe?(SO,入溶液滴入Mg(0H)2浊液中：

3+2+

2Fe+3Mg(OH%=2Fe(OH)3+3Mg,B正确;

C.将过量SO2通入K2s溶液中，二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫和亚硫酸氢

钾，反应的离子方程式为5so2+2S2-+2H2O=3SJ+4HSO；,C正确；

D.葡萄糖中的醛基能被银氨溶液氧化，发生银镜反应，反应的离子方程式为

+

CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3),]+2OH

CH20H(CHOH)4coO+NH：+2Ag+3NH3+H2O,D正确；

答案选A。

Cir—<'(X)CH—C(X)HCIL—<'()()

14.室温下，甘氨酸在水溶液中主要以|一,|和|三

、H；NII；NII,

种微粒形式存在，实验测得不同pH甘氨酸溶液中各成分分布分数8与pH关系如图所示。

下列说法正确的是()

14

A.a点溶液中，水的电离程度大于b点

CIL—('(X)CH,—<'(X)

B.c点溶液中，c(|)>c(|)

NIL、H；

Cll，—C(X)CIL—C(X)

C.|+H2O一|+H3O+的平衡常数为x

NII；NIK

H2C(X)HC(K，

c(|-\c(H+)=c(f-)+c(OH)

D.a点溶液中，存在关系式:

【答案】B

【分析】

氨基具碱性，在酸性较强时会结合氢离子，竣基具酸性，在碱性较强时与氢氧根反应，故

CIb—(.,OOHCH,—€'(X)CIL—('()()

曲线i为I、曲线n为।"、曲线ni为|,据此回答。

NII；、H；NIL

【解析】

CH，—(.'(X)H

A.a点溶液酸性较强，甘氨酸主要以|存在，b点接近中性，甘氨酸主要以内

NIK

CH,—<,(X)

盐|'形式存在，a点水的电离被抑制程度大，A错误;

NH；

CIL—('(X)

B.c点溶液中，碱性较强，甘氨酸主要以|存在，

NIL

15

CII2—<'(X)CIL—C'(X)

c(|)>c(|'),B正确:

NILNH；

CIL—C'(X)CIL—C'(X)

C.曲线【I和III的交点时，即pH=x时，溶液中|一与|浓度相等，

NH；Nil,

溶液中c(H+)=10*mol/L,K=10',C错误;

D.a点溶液中，不存在存在"X),D错误；

Nir

答案选B。

15.下图所示的某聚酰胺树脂是飞机材料中的一种，具有较好的耐热性、耐水性。则下列

说法不正确的是

A.该树脂材料可通过缩聚反应合成

B.该树脂能使滨水褪色

C.该树脂中所有碳原子不可能在同一平面上

70

D.合成该树脂单体可以是和小一°•一叫

OO

【答案】B

【解析】

?I__

A.该树脂是4和也N-Q^O~Q-NH|通过缩聚反应得到的，故A正确;

B.该树脂中无碳碳双键，含有的苯环和段基均不能使滨水褪色，故B错误；

C.该聚酰胺树脂分子中的N原子与周围的原子成三角锥构型，则树脂中所有碳原子不可

16

能在同一平面上，故c正确;

D.该树脂可以由单体和H：N-Q^a-Q-NH漉过缩聚反应得到，故

D正确；

故答案为B。

16.不饱和聚酯（UP）H^O-CH2cH2GxeH=CH-8卅OCH2CH2O-

生产复合材料"玻璃钢''的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP流程:

甲Brj/CCU口同HBr连续氧化」~~T|①NaOH/»、固而单体2

ETHJ催冒剂/△C4HsCUBr―②H：I单体1反而*UP

CM

下列说法不正确的是()

A.丙可被KMnO4酸性溶液直接氧化制单体1

B.单体2可能是乙二醇

C.单体1、2、3经缩聚反应制得UP

D.调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子材料

【答案】A

【分析】

根据缩聚反应的高聚物与单体之间的关系可推知，不饱和聚酯(UP)的单体有三个，分别

是HOCH2cH2OH、HOOCCH=CHCOOH>HOOC-^^-COOH-从合成UP流程来看,

甲含4个C,2个不饱和度，应该是合成单体HOOCCH=CHCOOH的原料，结合随后的与

漠的四氯化碳的加成反应可推出甲应为基本化工原料1,4丁二烯(CH2=CH-CH=CH2),甲

与溟单质发生加成反应生成乙，推出乙为工内113cH乙水解可得到丙，则丙为

Br

宵汨侬芯'，丙与HBr发生加成反应可得到再经过连续氧化会得到丁,

则丁为HOO丁发生消去反应得到最终的单体1(HOOCCH=CH8OH),最

17

终经过缩聚反应得到UP,据此分析作答。

【解析】

A.根据上述分析可知，丙为黑;YHHH-源，碳碳双键和羟基均可被KMnO酸性溶液氧化，

OH4

不能直接得到单体1（HOOCCH=CHCOOH）,故A错误；

B.单体2可能是乙二醇（HOCH2cH20H）,故B正确；

C.单体1、2、3经脱水缩聚反应可制得UP,故C正确；

D.调节单体的投料比，控制m和n的比值，可获得性能不同的高聚物，故D正确；

答案选A。

二、填空题：（4个小题，共52分）

O

II

17.（10分）（1）马来酊是一种有机试剂和有机合成原料，是丁烯二酸的酸酊。欲

II

O

由1,3-丁二烯为原料制取丁烯二酸（HOOCCH=CHCOOH）,设计如下四种路径（其中“氧化”

指用强氧化剂将醇羟基氧化为竣基）。

A.①1,4-加成②水解③氧化

B.①1,4-加成②+H2O③水解④氧化⑤消去并酸化

C.①1,4-加成②+HC1③水解④氧化⑤消去并酸化

D.①1,4-加成②水解③+HC1④氧化⑤消去并酸化

①以上路径设计中最合理的是―（选择填空）。

②工业上可由乙烘或乙醛等为原料制取1,3-丁二烯。若实验室改由2-丁烯为原料制取少

量1,3-丁二稀，首先考虑的比较合适的反应是（选择填充）

a.力口HBrb.力口H2Oc.力口Br2d.取代反应

（2）假定苯分子结构是。而不是即假定苯仍具有普通烯煌的性质，则一分子

该“环己三烯''在催化剂作用下与一分子H2发生加成反应后产物分子的结构简式是—o

（3）卤代燃的消去反应可借助于NaOH醇溶液，如：

CH3CH2CH2Br+NaOH_^_>CH3CH=CH24-NaBr+H2O

18

若其中的NaOH用C2HsONa(乙醇钠)代替则反应更完全，上述反应方程式可相应改写为(填

写完成)：

CH3cH2cH2Br+C2H5ONa_^CH3cH=CH2+—

(4)将少量Na2c03溶液滴入丁烯二酸溶液，写出反应的化学方程式(有机物用结构简式

表示)。

【答案】(每空2分)(1)①D②c(2)或(3)NaBr+C2H50H

(4)Na2CO3+2HOOCCH=CHCOOH^2HOOCCH=CHCOONa+CO2t+H2O

【分析】

(D①采用逆合成法根据H00CCH=CHC00HT1,3-丁二烯的转化设计合成方案，注意

氧化前必须先通过加成反应保护碳碳双键；

②2-丁烯为原料制取少量1,3-丁二稀，应该先有2-丁烯得到CH3cH(X)CH(X)CH3,然

后进行消去反应，反应生成CH2=CHCH=CH2,据此进行解答；

(2)假定苯分子结构是O而不是④>,则碳碳双键与足量氢气发生加成生成环己烷，

该“环己三烯”在催化剂作用下与一分子H2发生加成反应后，生成1,3-环己二烯或1,4-

环己二烯，以此来解答；

醇

(3)CH3CH2CH2Br+NaOH-CH3CH=CH2+NaBr+H20为消去反应，NaOH用C2HsONa,

只将水中的-H结合乙氧基，以此来解答；

(4)竣酸可以和碳酸钠反应生成竣酸钠盐和水以及二氧化碳，由于碳酸钠是少量的，所以只

会和其中的一个竣基反应，据此书写方程式。

【解析】

⑴①A.经过①1,4-加成和②水解后生成HOCH2cH=CHCH20H,③氧化时碳碳双键同

时被氧化，无法得到目标产物，故A错误：

B.经过①1,4-加成、②+H9水解得到含有3个羟基的醇，再经过④氧化后，所有羟基

19

都被氧化，无法得到目标产物，故B错误;

C.经过①1,4-加成、②+HC1和③水解生成含有三个羟基的醇，再经过④氧化后所有羟

基都被氧化，无法进行⑤消去反应，无法得到目标产物，故C错误；

D.经过①1,4-加成和②水解后生成HOCH2cH=CHCH?OH,再经过③+HC1将碳碳双

键保护起来，经过④氧化得至UHOOCCH2cHe1COOH,最后⑤消去并酸化可以得到丁烯二

酸(HOOCCH=CHCOOH),故D正确；

故答案为：D；

②根据逆合成法，制取CH2=CHCH=CH2应该先制取CH3cH(X)CH(X)CH3,制取

CH3cH(X)CH(X)CH3应该让2-丁烯与卤素单质发生加成反应，所以应该加入澳单质，即c

正确，故答案为：c；

(2)假定苯分子结构是o而不是则碳碳双键与足量氢气发生加成生成环己烷，

碳碳双键与氢气以1：1加成，则该“环己三烯''在催化剂作用下与一分子H2发生加成反应

后，生成1,3-环己二烯或1,4-环己二烯，结构简式为或［f］］，故答案为：

(3)CH3cH2cH2Br+NaOH-CH3cH=CH2+NaBr+H2O为消去反应，其中的NaOH用

醇

C2HsONa代替则反应更完全，则CH3cH2cH?Br+C2HsONa-CH3cH=CH?+NaBr+

C2H5OH,故答案为：NaBr+C2HsOH；

(4)少量Na2cO3溶液滴入丁烯二酸溶液中，会发生反应生成丁烯二酸钠溶液、水以及二氧

化碳，由于碳酸钠是少量的，所以只会和其中的•个竣基反应，即方程式为：

Na2CO3+2HOOCCH=CHCOOH^2HOOCCH=CHCOONa+CO2T+H2O,故答案为：

Na2C03+2H00CCH=CHC00H^2H00CCH=CHC00Na+C02t+H20o

18.(12分)某含苯环的化合物A,其相对分子质量为104,碳的质量分数为92.3%。

20

(1)A的分子式为o

(2)A与澳的四氯化碳溶液反应的化学方程式为

_____________________________________,反应类型是。

八/稀,冷八］

(3)已知：*-f—C一请写出A与稀、冷的KMnCU溶液

OHOH

在碱性条件下反应生成的有机产物的结构简式：。

(4)一定条件下，A与氢气反应，得到的化合物中碳的质量分数为85.7%,写出此化合

物的结构简式：______________________

(5)在一定条件下，由A聚合得到的高分子化合物的结构简式为

(I)由含苯环的化合物A的相对分子质量为104,碳的质量分数为92.3%可知，分子中C

原子个数为寄生=8,H原子的个数为1°4*,卜#3络)=8,则A的分子式为C8H8,结构简

式为g^CH=CH2,名称为苯乙烯。

【解析】

(1)由含苯环的化合物A的相对分子质量为104,碳的质量分数为92.3%可知，分子中C

原子个数为历浮%=8,H原子的个数为1。4咒92.3.猊=原则A的分子式为C8H8,故答案

为：C8H8；

(2)含有碳碳双键，与澳的四氯化碳溶液发生加成反应生成

21

反应的化学方程式为

BrBr

B门一UH；故答案为:

BrBr

（3）由信息可知,C)CH=CH2在稀、冷的KMnO4溶液中A被氧化为苯乙二醉,

OHOHOHOH

结构简式为，故答案为:

2H—CH2

（4）含有碳碳双键，一定条件下，A与氢气反应，生成乙基环己烷,

CH2cH$

一乙基环己烷中碳的质量分数为85.7%,乙基环己烷的结构简式为dT，故答案为:

CH2CH3

d

(5)CH=CH2含有碳碳双键，一定条件下苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯,

聚苯乙烯的结构简式为,故答案为：

19.（18分）某化学小组为研究甲醛和新制Cu（OH）2反应，进行如下探究，该小组设计下

图装置（气密性良好并进行实验：向试管中依次加入6mol.L'NaOH溶液

12mL0.5mol・L"CuSO4溶液8mL,振荡，再加入40%的甲醛溶液6mL,放入65（水浴中

加热，20min后冷却至室温；反应过程中观察到有红色固体生成，有少量气体产生并收集

该气体。回答下列问题:

22

已知：Cu2O易溶于浓氨水形成［Cu(NH3)4「(无色)，它在空气中能被氧化为［Cu(NH3)4］2+(蓝

色)。

(1)实验中NaOH溶液过量的目的是o使用水浴加热的目的是

(2)跟乙醛与氢氧化铜的反应相似，甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物为甲酸钠、氧化亚铜

和水。该小组同学通过查阅资料发现，甲醛和新制Cu(OH)2还能发生下列反应：

HCHO+CU(OH)2_^CU+COT+2H2O

HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHA2Cu2O+Na2co3+6H2O

小组同学对实验中红色固体产物的组成作出猜想：铜或氧化亚铜或它们的混合物；为了验

证固体产物，设计如下实验方案并进行实验(以下每步均充分反应)：

足址

ainol'L'1

浓领水\n

红色_

固体产物

①摇动锥形瓶i的目的是。

②锥形瓶ii中固体完全溶解得到深蓝色溶液的离子方程式为。

③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物

的组成及物质的量之比约为一。

(3)为进一步确认生成的气体是CO,将收集的气体利用如图所示的装置进行实验(部分夹持

仪器略去)。

23

①无水氯化钙的作用是。

②实验中“先通气，后加热”的目的是。

③证明气体是co的现象。

(4)甲醛与氢氧化铜反应的实验中，甲醛可能被氧化的产物为甲酸钠或碳酸钠。请设计实验

方案证明溶液中甲醛的氧化产物：

【答案】(每空2分)(1)提供碱性溶液环境或OH-与CU(OH)2反应生成[Cu(OH)4p受

热均匀便于控制温度(2)①有利于溶液与空气中的氧气接触②

2+

2CU+8NH3-H2O+O2=2|CU(NHJ)4]+4OH+6H2O③n(Cu2O):n(Cu)=1:200(3)①吸收

水蒸气②排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸③黑色粉末变为红色，澄

清的石灰水变浑浊(4)取少量反应后的澄清溶液于试管中，滴入过量的盐酸，若无气泡

产生，说明甲醛被氧化成甲酸钠，若有气泡产生，说明甲醛被氧化为碳酸钠

【分析】

根据题下信息分析可知，实验中向试管依次加入6moi•L」NaOH溶液12mL,

0.5mol・LTCuSO4溶液8mL,可知，碱过量，振荡发生反应Cu2++2OH=Cu(OH)2j,碱性条

件下再加入40%的甲醛溶液6mL,放入65(水浴中加热，发生反应

2Cu(OH)2+HCHO+NaOH—Cu2O1+3H2O+HCOONa,也可能发生反应

HCHO+CU(OH)2—CU+COT+2H2O,

HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH-^_f2Cu2O1+Na2co3+6H2O,因此红色固体可能是CujO和Cu

的混合物，气体为CO,可根据已知“C112O易溶于浓氨水”验证固体产物，根据CO具有还

原性验证气体为CO,据此分析解答问题。

24

【解析】

(1)由上述分析，实验中NaOH的目的是提供碱性溶液环境或OH-与Cu(OH)2反应生成

[Cu(OH)4]”，水浴加热的目的是使受热均匀便于控制温度：

(2)①己知|CU(NH3)4「在空气中能被氧化为[CU(NH3)4]2+,摇动锥形瓶i有利于溶液与空气

中的氧气接触；

②剩余固体为Cu,与浓氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，反应的离子方程式为

2+

2CU+8NH3»H2O+O2=2[CU(NH3)4]+4OH+6H2O；

③将容量瓶ii中的溶液稀释10()倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明ii中的溶液的浓

度是i中的溶液的100倍，又CU2O~2[CU(NH3)4]2+,CU-[CU(NH3)4]2+,则有

n(Cu2O):n(Cu)=1:200；

(3)①无水氯化钙可吸收CO气体中混有的水蒸气；

②CO与空气混合加热可能会爆炸，有安全隐患，因此实验中“先通气，后加热目的是为了”

排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；

③CO具有还原性，可与黑色的CuO发生氧化还原反应生成红色的铜，并生成CO2气体，

因此气体是CO的现象为黑色粉末变为红色，澄清的石灰水变浑浊：

(4)