江苏省南通市2024-2025学年高二化学下学期期末调研测试试题A卷含解析

PAGE江苏省南通市2024-2025学年高二化学下学期期末调研测试试题（A卷）（含解析）留意事项考生在答题前请仔细阅读本留意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，包含选择题（第1题～第15题，共40分、）非选择题（第16题～第20题，共60分）两部分。本次考试满分为100分，考试时间为90分钟。考试结束后，请将答题纸交回。2.答题前，请您务必将自己的姓名、学校、考位号、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题纸上。3.请仔细核对答题纸表头规定填写或填涂的项目是否精确。4.作答选择题必需用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂且他答案。作答非选择题必需用书写黑色字的迹0.5毫米签字笔写在答题纸上指定位置，在其他位置作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.2024年7月1日，世界首座跨度超千米的公铁两用斜拉桥－－沪苏通长江公铁大桥成功开通。大桥的开通为长三角一体化发展国家战略奠定了坚实的基础。下列有关大桥设施的说法不正确的是A.桥上层马路铺设的沥青主要成分为焦炭B.桥下层铁路铺设的钢轨是一种铁合金C.桥栏杆涂油漆兼具美观和防止金属生锈的功能D.桥索上的彩色灯光与原子核外电子的跃迁有关【答案】A【解析】【详解】A.沥青是由不同分子量的碳氢化合物及其非金属衍生物组成的黑褐色困难混合物，故A错误，符合题意；B.桥下层铁路铺设的钢轨是一种铁合金，不锈钢的一种，故B正确，但不符合题意；C.金属表面涂油漆可以防止金属生锈，同时还比较美观，故C正确，但不符合题意；D.原子核外电子的跃迁可以产生光谱，故D正确，但不符合题意；故选：A2.下列有关化学用语表示正确的是A.羟基的电子式：B.聚丙烯的结构简式：C.氨基乙酸的分子式：C2H5NO2D.乙酸的球棍模型：【答案】C【解析】【详解】A.为氢氧根离子的电子式，羟基为中性原子团，氧原子最外层为7个电子，羟基正确的电子式为：，故A错误；B.丙烯的结构简式为CH2=CH−CH3，碳碳双键断裂发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，故B错误；C.氨基乙酸俗称甘氨酸，分子式为C2H5NO2，故C正确；D.乙酸分子中，碳原子比较最大，其次是O原子，H原子比较最小，则乙酸的球棍模型为：，故D错误；故选：C。3.下列关于物质分类的说法正确的是A.烧碱和纯碱均属于碱B.水煤气和自然气均属于纯净物C.裂化汽油和直馏汽油均属于烃类D.和均属于酚【答案】C【解析】【分析】酚是芳香烃环上的氢被羟基(—OH)取代的一类芳香族化合物，醇是指羟基与一个脂肪族烃基相连而成的化合物。【详解】A．纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，不属于碱，A错误；B．自然气中含有甲烷等多种物质，属于混合物，水煤气中的主要成分是一氧化碳，氢气，属于混合物，B错误；C．裂化汽油和直馏汽油均属于烃类，直馏汽油为饱和烃类，裂化汽油中含有不饱和烃，C正确；D．属于酚，属于醇，D错误；答案选C。4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.油脂难溶于水，可用于工业生产肥皂B.硫酸钠能使蛋白质盐析，可用于分别蛋白质C.甲醛能发生银镜反应，可用于浸制生物标本D.纤维素能水解得到葡萄糖，可用于制醋酸纤维【答案】B【解析】【详解】A.油脂和氢氧化钠溶液共热，发生反应，生成高级脂肪酸钠盐和甘油，这就是皂化反应，故“油脂难溶于水”和“用于工业上面生产肥皂”没有对应关系，A没有对应关系；B.硫酸钠能使蛋白质溶解度变小而析出，这就是盐析，发生盐析后，再加水蛋白质又可重新溶解，故盐析可用于分别蛋白质，B有对应关系；C.甲醛能发生银镜反应是因为它含醛基，可用于浸制生物标本是因为它能使蛋白质变性，故“甲醛能发生银镜反应”与“可用于浸制生物标本”没有对应关系，C没有对应关系；D.纤维素是葡萄糖的脱水缩合物，结构中含−OH，故能和醋酸发生酯化反应生成醋酸纤维酯，即醋酸纤维，故“纤维素能水解得到葡萄糖”与“可用于制醋酸纤维”没有对应关系，D没有对应关系；答案选B。

5.25℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液：Na+、K+、HCO、SOB.使酚酞变红色的溶液：NH、Ca2+、NO、SOC.0.1mol·L-1K2CO3溶液：H+、Ba2+、NO、Cl-、D.0.1mol·L-1FeCl3溶液：Na+、Cu2+、SO、NO【答案】D【解析】【详解】A．pH＝1的溶液为酸性，HCO不能在酸性溶液中大量共存故A不选。B．使酚酞变红色的溶液为碱性，NH、Ca2＋不能在碱性溶液中大量共存，故B不选。C．CO与H＋、Ba2＋均能发生复分解反应，不能大量共存，故C不选。D．Na+、Cu2+、SO、NO与Cl-、Fe3+之间不发生反应，能大量共存，故D选；故选D。6.下列说法正确的是A.0.3g3He含有0.1mol中子B.0.1mol·L-1NaCl溶液中含有0.1molNa+C.标准状况下，1.12L水中含有0.1molHD.常温常压下，2.8gN2中含有01molπ键【答案】A【解析】【详解】A．0.3g3He的物质的量为0.1mol，每个3He中含有1个中子，0.3g3He含有0.1mol中子，故A正确；B．0.1mol·L－1NaCl溶液的体积未知，无法确定其中含有的Na+的物质的量，故B错误；C．标准状况下水为非气态，不行应用标况下气体摩尔体积（22.4L/mol）计算1.12L水的物质的量，故C错误；D．每个N2分子中含有2个π键，28gN2中应含有0.2molπ键，故D错误；故选A。7.下列有关试验装置正确且能达到试验目的的是A.装置甲：分别乙醇和乙酸B.装置乙：试验室制备少量乙烯C.装置丙：制取少量乙酸乙酯D.装置丁：比较乙酸、碳酸、硅酸三者酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A．乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法进行分别，A错误；B．试验室采纳加热乙醇和浓硫酸混合物的方法制取乙烯，温度限制在170℃，所以温度计测量溶液温度，故B正确；C．酒精灯外焰温度高于内焰，所以加热时用酒精灯外焰；乙醇、乙酸都易溶于水，所以导气管不能伸入碳酸钠溶液中，否则易产生倒吸，故C错误；D．丁中，除了二氧化碳与硅酸钠反应，挥发出来的乙酸也可进入硅酸钠溶液中进行反应，故不能得出三者酸性强弱的依次，D错误；答案选B。8.核酸检测为确认病毒感染供应了关键的支持性证据。某核糖核酸（RNA）的结构片断示意图如下，它在酶的催化作用下能完全水解生成戊糖、碱基和某酸。下列说法不正确的是A.核酸也可能通过人工合成的方法得到B.酶是有机化合物，催化活性与温度有关C.该核酸水解生成的碱基中含有氮元素D.该核酸完全水解生成的酸是H3PO3【答案】D【解析】【详解】A．采纳有机合成反应或酶促合成反应可进行核酸大分子的合成，A正确；B．酶的本质是有机物，绝大多数是蛋白质，极少数是RNA，RNA也是有机物，酶催化活性与温度有关，B正确；C．碱基是形成核苷的含氮化合物，所以该核酸水解生成的碱基中含有氮元素，C正确；D．从图中可分析，该核酸完全水解生成的酸是H3PO4，D错误；答案选D。9.下列指定反应的离子方程式正确的是A.Na2O2与水反应：2O+2H2O=4OH-+O2↑B.向苯酚钠溶液中通入少量CO2:C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCOC.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2OD.用NaOH溶液汲取NO2：4NO2+4OH-=3NO+NO+2H2O【答案】B【解析】【分析】书写离子方程式时，过氧化物、氧化物、难溶的物质、气体、弱酸、弱碱等仍用化学式表示。【详解】A．Na2O2是过氧化物，在离子方程式中用化学式表示，所以Na2O2与水反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4OH-+4Na++O2↑，A错误；B．因为酸性：H2CO3＞＞HCO，所以向苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO，B正确；C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为：NH4++Ca2++HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+NH3↑，C错误；D．离子方程式左右两边的氧原子的个数不相等，用NaOH溶液汲取NO2的正确离子方程式为：2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，D错误；答案选B。10.双氧水和“84”消毒液都可以有效杀灭新冠病毒，常温下将两者混合时可发生反应：NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+H2O。下列有关说法正确的是A.该反应属于置换反应B.常温下，H2O2的氧化性强于NaClOC.H2O2在该反应中既作氧化剂又作还原剂D.生成1.12L（标准状况）O2时共转移0.1mol电子【答案】D【解析】【分析】反应NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+H2O属于氧化还原反应，Cl由+1价降为-1价，O由-1价升为0价，氧化剂为NaClO，还原剂为H2O2，氧化产物为O2，还原产物为NaCl。【详解】A．该反应属于氧化还原反应，A错误；B．氧化剂为NaClO，还原剂为H2O2，所以NaClO的氧化性强于H2O2，B错误；C．H2O2在该反应中作还原剂，氧化剂为NaClO，C错误；D．依据关系式O2～２e-可知，生成1.12L（标准状况）O2时共转移的电子数为：(1.12÷22.4)×2=0.1mol，D正确；答案选D。不定项选择题：题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，下列有关羟甲香豆素的叙述正确的是A.在确定条件下羟甲香豆素能与甲醛发生缩聚反应B.羟甲香豆素可以发生加成、取代、消去、氧化等反应C.1mol羟甲香豆素与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOHD.羟甲香豆素与足量溴水反应后，生成的每个有机物分子中含2个手性碳原子【答案】AD【解析】【分析】结构确定性质：羟甲香豆素中存在苯环和碳碳双键可发生加成反应；存在酚羟基和酯基可发生取代反应；作为烃的含氧衍生物，可燃烧，存在酚羟基、碳碳双键，可被酸性KMnO4等氧化剂氧化；不能发生消去反应，羟甲香豆素中存在与NaOH反应的官能团有酯基和酚羟基。【详解】A．羟甲香豆素中酚羟基的两邻位均存在氢原子，可与甲醛发生缩聚反应，故A正确；B．羟甲香豆素中存在苯环和碳碳双键可发生加成反应；存在酚羟基和酯基可发生取代反应；作为烃的含氧衍生物，可燃烧，存在酚羟基、碳碳双键，可被酸性KMnO4等氧化剂氧化；不能发生消去反应，故B错误；C．羟甲香豆素中存在与NaOH反应的官能团有酯基和酚羟基，其中酯基为酚和羧酸所形成的酯基，1mol这样的酯基消耗2molNaOH，而1mol酚羟基消耗1molNaOH，1mol羟甲香豆素能消耗的NaOH为3mol，故C错误；D．羟甲香豆素中酚羟基邻位苯环氢可被溴取代，碳碳双键部位与溴水加成后，产物分子中含有2个手性碳原子，故D正确；故选AD。【点睛】解题关键：留意常规问题的归纳，如各种反应类型对有机物的结构要求、酚醛缩合对分子结构的要求、手性碳原子的推断、酯基碱性条件下水解的定量关系等。12.下列试验方案能达到试验目的的是A.将酸性KMnO4溶液分别滴入和中，鉴别两种有机物B.向苯和苯酚的混合液中加入足量溴水，除去苯中混有的少量苯酚C.用激光笔照耀淀粉水溶液，检验其是否形成胶体D.将饱和食盐水滴加到电石中，制备乙炔气体【答案】CD【解析】【详解】A．酸性KMnO4溶液会与反应，将甲苯氧化为苯甲酸，KMnO4溶液褪色；酸性KMnO4溶液也会和烯烃()反应生成二元羧酸，KMnO4溶液褪色，所以不能用酸性KMnO4溶液来鉴别两种有机物，A不符合题意；B．苯酚与溴水反应生成沉淀，但Br2会溶于苯，所以除去苯中少量苯酚的同时苯中引入新的杂质Br2，B不符合题意；C．用激光笔照耀淀粉水溶液，若有丁达尔现象，则证明其形成胶体，C符合题意；D．因为电石和水反应很快，所以饱和食盐水滴入盛有电石的烧瓶中，反应平稳，可制备乙炔，D符合题意；答案选CD。13.依据下列试验操作和现象所得出的结论正确的是选项试验操作和现象结论A将Na2SO3样品溶于水，加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有Na2SO4B向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水后，溶液变红原溶液中含有Fe2+C向溴水中滴加乙醛溶液，溶液褪色乙醛能与Br2发生加成反应D向苯和溴液的混合物中加入铁粉，将气体通入硝酸银溶液中，有淡黄色沉淀产生苯与Br2发生取代反应A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Na2SO3溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，其中亚硫酸根会被硝酸氧化为硫酸根，故A错误；B．检验Fe2+离子时加KSCN溶液无现象，解除存在Fe3+后，加氧化剂，溶液变红，说明原来有Fe2+，故B正确；C．乙醛具有还原性，溴水具有氧化性，溴水褪色的缘由可能是被乙醛还原，故C错误；D．在FeBr3作催化剂条件苯和液溴的反应比较猛烈，得到的气体中除了HBr还含有挥发出来的Br2，将该气体通入AgNO3溶液时，Br2与水反应会生成HBr，无法证明发生了取代反应，故D错误。故选B。14.某一元醇具有如下性质：①能在加热时被CuO氧化；②能发生消去反应得到烯烃；③生成的烯烃确定不存在顺反异构体。该一元醇可能A.1—丁醇 B.2—丁醇 C.2,2-二甲基丙醇 D.2-甲基-2-丙醇【答案】A【解析】【分析】①能在加热时被CuO氧化，伯醇氧化成醛，仲醇氧化成酮，叔醇不能被催化氧化，所以该一元醇确定不是叔醇；②能发生消去反应得到烯烃，只有与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢，醇才能发生消去反应生成烯烃；③生成的烯烃确定不存在顺反异构体说明双键上同一碳上连接相同的基团。【详解】A．1—丁醇()是伯醇，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能发生消去反应生成烯烃，烯烃的双键上的一碳上连接有相同的基团，所以生成的烯烃确定不存在顺反异构体，A符合题意；B．2—丁醇()是仲醇，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能发生消去反应生成烯烃，生成的烯烃可能有两种，一种不存在顺反异构体，另一种双键在2、3号碳上的烯烃的双键上的每个碳原子都连接不同的基团，所以生成的烯烃可能存在顺反异构体，B不符合题意；C．2,2-二甲基丙醇()是伯醇，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上不含氢原子，不能发生消去反应生成烯烃，C不符合题意；D．2-甲基-2-丙醇()是叔醇，不能被催化氧化，D不符合题意；答案选A。15.有机物X可作为糖尿病人的养分补充剂。X完全燃烧只生成CO2和H2O。探讨小组为测定其组成，称取1.52g研碎的X样品，利用如图所示的装置进行试验。生成物先后通过分别装有足量高氯酸镁固体和碱石灰的U型管，被完全汲取后，U型管质量分别增加1.08g和2.2g。下列说法正确的是

A.CuO可保证样品中的碳元素完全转化为CO2B.高氯酸镁的作用是汲取生成的CO2C.每个有机物X分子中含5个氧原子D.有机物X可能是一种多羟基醛【答案】AC【解析】【分析】通过装有足量高氯酸镁固体U型管，增加1.08g，即是水的质量，其物质的量是=0.06mol，所含氢元素的质量是0.12g，通过装有足量碱石灰的U型管，质量增加2.2g，即是二氧化碳的质量，其物质的量是=0.05mol，所含碳元素的质量是0.6g，碳元素和氢元素的质量和是0.72g，有机物X的质量是1.52g，则含有氧元素的质量是0.8g，氧元素的物质的量是0.05mol，n(C):n(H):n(O)=0.05mol：0.12mol：0.05mol，其最简式是C5H12O5，已经饱和，所以其分子式是C5H12O5，据此回答问题。【详解】A.虽然氧气过量，也不能保证碳元素充分燃烧，生成的一氧化碳可被CuO氧化，可保证样品中的碳元素完全转化为CO2，故A正确；B.高氯酸镁的作用是汲取生成的H2O，故B错误；C.有分析可知，每个有机物X分子中含5个氧原子，故C正确；D.有分析可知，分子式是C5H12O5，已经饱和，不能含有醛基，故D错误；故选：AC。非选择题16.短周期元素A、G、M、X、Y的原子序数依次增大，其中元素A的原子序数与周期序数相等，元素G和X的基态原子的原子轨道上都只有2个未成对电子，元素Y原子的电子层数与最外层电子数相等。元素Z的原子序数为24。(1)Z3+基态核外电子排布式为_____。(2)G、M、X中的两种元素形成的化合物，属于非极性分子的是_____(填化学式)。(3)M、X、Y三种元素的第一电离能由大到小的依次为_______(填元素符号)。MX的空间构型为_______(用文字描述)。(4)M2A4分子中M原子轨道的杂化类型为_____。1molG2A4分子中含有σ键的数目为____。化合物M2A4的沸点比化合物G2A4的高，主要缘由是___。(5)元素Y位于周期表的__区，它与元素Z形成的一种合金可用作航空发动机的轻质高温材料，其晶胞结构如图所示，该合金中Y与Z的原子个数比为____。(6)元素Z的氯化物的结晶水合物ZCl3·6H2O是配位化合物，由于内界的配体不同而有不同的颜色。将1mol浅绿色的ZCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，马上生成2molAgCl沉淀。已知Z3+的配位数为6,则该浅绿色晶体中配离子的化学式为_____________。【答案】(1).3d3(1s22s22p63s23p63d3)(2).CO2或(CN)2(3).N＞O＞Al(4).平面(正)三角形(5).sp3(6).5mol(7).N2H4分子间存在氢键，而C2H4没有(8).p(9).1∶2(10).[Cr(H2O)5Cl]2+【解析】【分析】短周期元素A、G、M、X、Y的原子序数依次增大，其中元素A的原子序数与周期序数相等，A为H元素；元素G和X的基态原子的原子轨道上都只有2个未成对电子，G为C元素，X为O元素，M的序数介于G和X之间，为N元素，元素Y原子的电子层数与最外层电子数相等，Y为Al元素。元素Z的原子序数为24，Z为Cr元素。【详解】(1)元素Z的原子序数为24，Z为Cr元素，Cr3+基态核外电子排布式为3d3(1s22s22p63s23p63d3)。故答案为：3d3(1s22s22p63s23p63d3)；(2)C、N、O中的两种元素形成的化合物，分子中正负电荷中心重叠，分子结构对称是非极性分子，属于非极性分子的是CO2、(CN)2。故答案为：CO2或(CN)2；(3)N的2p能级处于半满状态，第一电离能比O大，铝是金属，易失去最外层电子，N、O、Al三种元素的第一电离能由大到小的依次为N＞O＞Al。NO中N的价层电子对为3+=3，为sp2杂化，无孤电子对，空间构型为平面(正)三角形。故答案为：N＞O＞Al；平面(正)三角形；(4)N2H4分子中N的价层电子对为3+=4，N原子轨道的杂化类型为sp3。1molC2H4分子中含有σ键的数目为5mol(1molC-C键＋4molC-H键)。化合物N2H4的沸点比化合物C2H4的高，主要缘由是N2H4分子间存在氢键，而C2H4没有。故答案为：sp3；5mol；N2H4分子间存在氢键，而C2H4没有；(5)Y为Al元素，价电子构型为3s23p1,元素Y位于周期表p区，依据合金的晶胞结构图，该合金中Y：8×+1=2，Z：8×+2=4，原子个数比为1∶2。故答案为：p；1∶2；(6)元素Cr的氯化物的结晶水合物CrCl3·6H2O是配位化合物，将1mol浅绿色的CrCl3·6H2O晶体溶于水，加入足量硝酸银溶液，马上生成2molAgCl沉淀，说明有2molCl-在外界，又已知Cr3+的配位数为6,每个Cr3+的配位体有1个Cl-，5个水分子，则该浅绿色晶体中配离子的化学式为[Cr(H2O)5Cl]2+。故答案为：[Cr(H2O)5Cl]2+。【点睛】本题的难点之一是元素的推断，该问题须要学生对1~36号元素的基态原子的核外电子排布比较熟识。难点之二得出配离子的化学式[Cr(H2O)5Cl]2+，该问题涉及到协作物的结构的认知，首先要先依据描述推断出协作物的外界离子数目，再结合协作物的化学式及Cr3+的配位数，得到配体的种类和数目，从而确定配离子的化学式。17.糖类是维持生命活动所需能量的主要来源。淀粉在人体内代谢的过程中有麦芽糖、葡萄糖、乳酸()等物质生成。(1)麦芽糖是一种二糖，因为1mol麦芽糖水解后能生成______。(2)在酶的催化作用下，葡萄糖在人体内代谢的最终产物是________(填化学式)。(3)乳酸在浓硫酸、加热条件下可生成六元环酯，写出该反应的化学方程式：_____(4)9g葡萄糖与乳酸组成的混合物完全氧化为CO2和H2O时消耗O2的物质的量为_______。(5)设计检验尿液中是否含有葡萄糖的试验方案：_____。(试验中须运用的试剂有：2%的CuSO4溶液，10%的NaOH溶液)。【答案】(1).2mol单糖(2mol葡萄糖)(2).CO2和H2O(3).(4).0.3mol(5).在试管中加入适量10%的NaOH溶液，滴入几滴2%的CuSO4溶液，振荡后加入适量尿液，加热(煮沸)，若有砖红色沉淀产生，说明尿液中含有葡萄糖【解析】【分析】(1)麦芽糖称为二糖是由于1mol麦芽糖水解能生成2mol单糖；(2)糖类作为养分素之一，在人体生命活动中的最终产物是CO2和H2O；(3)在书写生成六元环酯的化学方程式时留意反应条件、生成物的结构简式及水分子；

(4)葡萄糖和乳糖混合物燃烧耗氧量的计算，找出通式进行计算；

(5)试验方案的设计实质是对醛基的检验，留意试剂用量的限制及试验的步骤。

【详解】(1)麦芽糖是一种二糖，因为1mol麦芽糖水解后能生成2mol单糖(即2mol葡萄糖)。故答案为：2mol单糖(即2mol葡萄糖)；(2)糖类作为养分素之一，在人体生命活动中的最终产物是CO2和H2O。在酶的催化作用下，葡萄糖在人体内代谢的最终产物是CO2和H2O。故答案为：CO2和H2O；(3)乳酸在浓硫酸、加热条件下可生成六元环酯，该反应的化学方程式：，故答案为：；(4)葡萄糖与乳酸的最简式均为CH2O，只要算出C的物质的量，就是耗氧量。9g葡萄糖与乳酸组成的混合物中碳的物质的量为：=0.3mol，完全氧化为CO2和H2O时消耗O2的物质的量为0.3mol。故答案为：0.3mol；(5)设计检验尿液中是否含有葡萄糖的试验方案，留意试剂用量的限制及试验的步骤：在试管中加入适量10%的NaOH溶液，滴入几滴2%的CuSO4溶液，振荡后加入适量尿液，加热(煮沸)，若有砖红色沉淀产生，说明尿液中含有葡萄糖；故答案为：在试管中加入适量10%的NaOH溶液，滴入几滴2%的CuSO4溶液，振荡后加入适量尿液，加热(煮沸)，若有砖红色沉淀产生，说明尿液中含有葡萄糖。【点睛】本题以糖类在人体内的代谢过程中的产物为背景，考查学生对糖类的组成和结构特点以及在人体内代谢产物、酯化反应方程式的书写、简洁的有机计算及简洁试验方案设计与表述等角度考查学生等学问的驾驭状况。难点(5)设计检验尿液中是否含有葡萄糖的试验方案，留意试剂用量的限制及试验的步骤。18.一种由烃A合成高分子化合物D的有机物转化关系如下：A的质谱图如图1所示。B是一种二溴代烃，B的核磁共振氢谱如图2所示。C是一种二烯烃。(1)A的分子式为_____。依据系统命名法，A的名称是____。反应①的反应类型为______。(2)C分子中可能共平面的碳原子最多有_____个。写出两种与C互为同分异构体，且核磁共振氢谱中只有两个峰的炔烃的结构简式：_______、_____。(3)写出反应②的化学方程式：______________。(4)2000年诺贝尔化学奖授予开拓导电塑料领域的科学家。探讨发觉：聚合物要能够导电，其内部的碳原子之间必需交替地以单键和双键结合。结合D的结构简式推断D是否可能具有导电性，并说明理由：__。【答案】(1).C6H14(2).2,3－二甲基丁烷(3).取代反应(4).6(5).CH3CH2C≡CCH2CH3(6).(CH3)3CC≡CH(7).(8).D不行能具有导电性，D的结构简式为或，这两种分子中，内部的碳原子之间都不存在以单键和双键交替结合的结构【解析】【分析】图1中A的质荷比的最大值为86，推出A为C6H14，B是二溴代烃，分子式为C6H12Br2，依据图2可知，B中的12个氢的化学环境相同，确定B为，B→C的反应必为消去反应，产物C的结构简式为，C可能通过1,4－加成反应发生聚合反应，也可能通过1,2－加成反应发生聚合反应，D的结构简式可能为或。【详解】(1)图1中A的质荷比的最大值为86，碳原子数最大值为7。若A的碳原子数为7，则分子式为C7H2，中间产物C不行能是二烯烃；若A的碳原子数≤5，则氢原子数≥26，也不行能，因为氢原子数不行能大于碳原子数的2倍加2。因此，A的分子式为C6H14。B是二溴代烃，分子式为C6H12Br2，依据题18图2可知，B中的12个氢的化学环境相同，必为4个－CH3，可确定B的结构简式为，进而确定A的结构简式为，其名称为2,3－二甲基丁烷。依据系统命名法，A的名称是2,3－二甲基丁烷。反应①的反应类型为取代反应。故答案为：C6H14；2,3－二甲基丁烷；取代反应；(2)B→C的反应必为消去反应，产物C的结构简式为，分子中的6个原子可能共平面。C的属于炔烃的同分异构体必含C≡C，若三键碳原子上各连接一个－CH2CH3，该炔烃含有2种不同化学环境的氢；若三键碳原子上分别连接H和－C(CH3)3，该炔烃也含有2种不同化学环境的氢。两种与C互为同分异构体，且核磁共振氢谱中只有两个峰的炔烃的结构简式：CH3CH2C≡CCH2CH3、(CH3)3CC≡CH。故答案为：6；CH3CH2C≡CCH2CH3；(CH3)3CC≡CH；(3)反应②在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应，化学方程式：。故答案为：；(4)C可能通过1,4－加成反应发生聚合反应，也可能通过1,2－加成反应发生聚合反应，D的结构简式可能为或，这两种分子中，内部的碳原子之间都不存在以单键和双键交替结合的结构，因此D不行能具有导电性。故答案为：D不行能具有导电性，D的结构简式为或，这两种分子中，内部的碳原子之间都不存在以单键和双键交替结合的结构。【点睛】本题以“合成高分子化合物D的流程”为背景，考查学生依据质谱图和核磁共振氢谱图推断简洁有机物结构的实力，以及依据结构推想性质并进行文字表达的实力，同时考查了卤代烃的消去、烯烃的加聚、同分异构体的书写、方程式的书写等基础学问。19.苯芴醇是我国创制的甲氟喹类新药，对间日疟有治疗作用，可通过以下方法合成：（1）E中的官能团名称为_____和______。（2）C→D的反应类型为________。（3）G的分子式为C7H5OCl,写出G的结构简式：_______。（4）写出同时满意下列条件的D的一种同分异构体X的结构简式：___。①能发生银镜反应；②分子中含有两个苯环，每个苯环上只有一个取代基；③分子中只有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以和ClCH2COCl为原料制备（苦杏仁酸）的合成路途图（无机试剂任用，合成路途流程图示例见本题题干）___。【答案】(1).醚键(2).氯原子(3).加成反应(4).(5).(6).【解析】【分析】(1)依据E的结构简式推断官能团名称；(2)依据C、D的结构简式的特点分析反应类型；(3)依据由框图F和G发生反应生成物和G的分子式推断G的结构式；(4)依据X的性质和结构特征推断：①含有两个苯环，每个苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，书写X的结构简式；(5)依据框图反应原理和已知反应物和生成物的结构特征及官能团的性质选择合成路途。【详解】(1)依据E的结构简式可知：E中的官能团名称为醚键、氯原子，故答案：醚键、氯原子；(2)依据C的结构简式：、D的结构简式：可知羰基变为羟基，因此C→D发生了加成反应，故C→D的反应类型为加成反应，故答案：加成反应；(3)由框图，G的分子式为C7H5OCl，则G发生了还原反应，所以G结构简式：，故答案：；(4)由D的结构简式：可知分子式为：C15H11OCl3，D的一种同分异构体X满意：①含有两个苯环，每个苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中只有4种不同化学环境的氢，说明分子结构对称性比较好，同时满意条件的X的结构简式，故答案：；(5)依据框图反应原理结合逆推法可知：以苯和ClCH2COCl为原料制备的合成路途图：，故答案：。20.某探讨小组利用软锰矿（主要成分MnO2）制备MnSO4·H2O的流程如下：已知：①“酸浸”后的溶液pH<1，除含Mn2+外，还含有少量Fe2+、Al3+、Ca2+等金属离子。②下表列出相关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH（起先沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）：金属离子起先沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+5.88.8Fe3+1.13.2Al3+3.05.0Mn2+7.310.3（1）“酸浸”时运用的酸X为___,SO2的作用是