山东省聊城市东阿县第一中学高二第二学期阶段性测试化学试题

东阿县第一中学20182019学年度第二学期高二阶段性测试化学试题第I卷（选择题）一、选择题。（每小题只有一个正确选项。每小题2分，共50分。）1.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指A.脱落酸 B.乙烯 C.生长素 D.甲烷【答案】B【解析】【详解】A．脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；

B．乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；

C．生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；

D．甲烷不具有催熟作用，故D不选；

故选：B。2.下列关于有机化合物的说法错误的是（）A.甘氨酸和氯乙烯都能通过聚合反应生成高分子化合物B.检测淀粉是否完全水解，向水解液中滴加碘水C.等质量的苯和苯乙烯（）完全燃烧，消耗氧气的物质的量不相同D.乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应【答案】C【解析】【详解】A.甘氨酸中含有氨基和羧基，可以发生脱水缩聚反应生成高分子化合物，氯乙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子化合物，故A正确；B.向水解液中加入碘水，若溶液不变蓝表明淀粉完全水解，若溶液变蓝表明淀粉没有完全水解，故B正确；C.苯和苯乙烯（）最简式相同，碳和氢质量分数相同，等质量完全燃烧时，消耗氧气物质的量相同，故C错误；D.乙酸具有酸的通性，可以与氢氧化铜发生酸碱中和反应，葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜氧化，故D正确；故选C。【点睛】质量一定时，有机物燃烧时的耗氧量与C、H等元素的质量分数有关，最简式相同则各元素的质量分数相同，则耗氧量相同。3.下列化学用语表达不正确的是（）①丙烷的球棍模型②丙烯的结构简式为CH3CHCH2③某有机物的名称是2，3二甲基戊烷④与C7H6互为同分异构体A.①② B.②③ C.③④ D.②④【答案】D【解析】【详解】①丙烷中含有3个碳原子，根据碳原子的成键方式可以分析得丙烷的球棍模型为，此项正确；②丙烯中含有碳碳双键，结构简式中官能团不能省略，故结构简式应为CH3CH=CH2，此项错误；③根据有机物的命名原则，该有机物为，此项正确；④中含有8个碳原子，分子式为C8H6，与C7H6分子式不同，两者不是同分异构体，此项错误；故选D。【点睛】有机物的结构简式是在结构式的基础上省略CH键，也可以省略CC，但碳碳双键、碳碳三键等官能团不能省略不写。4.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀可知二者均可使人中毒B.可以用足量氢氧化钠溶液加热的方法区别地沟油（分离过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）C.市场销售的洗涤灵的主要成分是对十二烷基苯磺酸钠，它能洗去餐具上的油污，发生的主要是化学变化D.粮食酿酒的过程：淀粉葡萄糖乙醇【答案】B【解析】【详解】A．重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铜属于重金属盐可使蛋白质变性，能使人中毒，硫酸铵不属于重金属盐，不会使蛋白质变性，出现沉淀是蛋白质的盐析过程，故硫酸铵无毒，故A错误；B．地沟油属于酯类，加热时和氢氧化钠反应生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，加入NaOH溶液加热后分层消失，矿物油属于石油产品，主要成分属于烃类混合物，与NaOH溶液不反应，加入NaOH溶液加热后仍分层，现象不同可以区别，故B正确；C．对十二烷基苯磺酸钠祛除油污的原理是，对十二烷基苯磺酸钠电离产生对十二烷基苯磺酸根，该离子一边是亲水基，一边是亲油基，在振荡过程中，将油污分离去除，主要过程是物理变化而不是化学变化，故C错误；D．粮食酿酒一定要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是酵母菌和霉菌，其中霉菌主要起到糖化的作用，把米中的淀粉转化成葡萄糖，酵母菌在无氧的条件下，再把葡萄糖分解成酒精和二氧化碳，不需要加硫酸，故C错误；故选B。5.下列说法不正确的是（）A.和都有手性碳原子B.NH4+与H3O+中心原子价层电子对数相同C.BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同D.SO2和O3是等电子体，但两者具有不同的化学性质【答案】A【解析】【详解】A.是甘油，结构中没有手性碳原子；中Cl所连接的碳原子是手性碳原子，故A错误；B.NH4+中心原子价层电子对数为，H3O+中心原子的价层电子对数为，二者相同，故B正确；C.BF3为平面三角形，硼原子的杂化类型为sp2，苯也为平面结构，碳原子的杂化类型也为sp2，故C正确；D.SO2和O3原子总数相同且价电子总数相同，是等电子体，二者空间构型相同，但两者具有不同的化学性质，故D正确；故选A。【点睛】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，用*C表示。判断方法：1.手性碳原子一定是饱和碳原子；2.手性碳原子所连接的四个基团或原子要不同。6.下列有关晶体的叙述中，正确的是（）A.在Si晶体中，Si原子与Si﹣Si键之比为1：4B.在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Na+有6个C.在CsCl晶体中，与每个Cs+紧邻的Cs+有8个D.在面心立方堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子【答案】D【解析】【分析】A．在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个SiSi键；B．在氯化钠晶体中，每个钠离子周围与它最近且距离相等的Na＋有12个；C．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个Cs＋周围等距离紧邻的有6个Cs＋；D．面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子．【详解】A．在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个SiSi键，故Si原子与SiSi键之比为1：2，故A错误；B．在NaCl晶体中，每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋有3×8×1/2=12，故B错误；C．氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点，铯离子的配位数是8，所以每个Cs＋周围紧邻的有8个Cl－，但每个Cs＋周围等距离紧邻的有6个Cs＋，故C错误；D．面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子，所以每个金属原子周围紧邻的金属原子有3×8×1/2=12，故D正确。故选D。【点睛】本题考查晶胞分析，解题关键：注意把握NaCl、CsCl的晶体结构、离子占据的位置。7.己烯雌酚是一种激素类药物，结构简式如图所示，下列有关叙述中正确的是A.该有机物属于芳香烃B.该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.该分子对称性好，所以没有顺反异构D.该有机物分子中，最多可能有18个碳原子共平面【答案】D【解析】【详解】A、有机物中含有氧元素，不属于芳香烃，不选A；B、有机物中含有碳碳双键，能是酸性高锰酸钾溶液褪色，不选B；C、由于连接碳碳双键的碳原子连接不同的原子或原子团，有顺反异构，不选C；D、苯环是平面结构，碳碳双键也是平面结构，可能苯环和碳碳双键在一个平面上，所以最多有两个苯环上的12个碳，和碳碳双键上的6个碳共平面，总共18个碳原子共平面，选D。【点睛】掌握有机物的结构和性质，掌握常见有机物的空间结构，甲烷为正四面体，乙烯为平面型，乙炔为直线型，苯为平面型，在考虑复杂有机物的空间结构时，结合面与面或线与面的关系进行分析。8.某气态烃1mol能与2molHCl加成，所得的加成产物每摩尔又能与8molCl2反应，最后得到一种只含C、Cl两种元素的化合物，则气态烃为（）A.丙烯 B.丁烯C.1﹣丁炔 D.2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯【答案】C【解析】【详解】根据题意知某气态烃1mol能与2molHCl加成，则该气态烃中含有1mol碳碳三键或2mol碳碳双键，排除A、B，所得的加成产物每摩尔又能与8molCl2反应，则加成产物中含有8mol氢原子，原1mol气态烃中含有6mol氢原子，因此该气态烃是1－丁炔，答案选C。9.下列关于晶体的说法正确的组合是()①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、SiC、NaF、NaCl、干冰、冰的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤氯化钠熔化时离子键被破坏⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧NaHSO4、NaOH晶体中的阴、阳离子个数比均为1∶1A.⑤⑧ B.①②⑥ C.③⑤⑦ D.②③④⑥【答案】A【解析】【详解】①单原子分子形成的晶体中，没有共价键，如稀有气体形成的分子晶体，故分子晶体中不一定存在共价键，①说法错误；②在金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，但没有阴离子，②说法错误；③金刚石和SiC属于原子晶体，熔点高，金刚石中CC键键能大于SiC中SiC键键能，所以金刚石熔点大于SiC；NaF和NaCl属于离子晶体，熔点较高，因为F半径小于Cl，所以NaF熔点大于NaCl；干冰和冰属于分子晶体，熔点低，二氧化碳常温下为气态，水常温下为液态，水分子间形成氢键，所以干冰熔沸点低于冰，③说法错误；④离子晶体中一定有离子键，也可能含有共价键如NaOH等；分子晶体中肯定没有离子键；④说法错误；⑤氯化钠熔化时形成自由移动的离子，离子键被破坏，⑤说法正确；⑥硅原子最外层有4个电子，SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，⑥说法错误；⑦晶体中分子间作用力影响物质的物理性质，如熔沸点和溶解性等，分子的稳定性属于化学性质，与分子内的共价键强度有关，⑦说法错误；⑧NaHSO4、NaOH晶体中的阴、阳离子分别为钠离子、硫酸氢根离子和钠离子、氢氧根离子，个数比均为1∶1，⑧说法正确；故选A。10.已知酸性大小：羧酸>碳酸>酚。下列含溴化合物中的溴原子，在适当的条件下都能被羟基(—OH)取代(均可称为水解反应)，所得产物能跟NaHCO3溶液反应的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基(−OH)取代，所得产物能跟NaHCO3溶液反应，说明水解后生成的官能团具有酸性，且酸性比H2CO3强，以此解答该题。【详解】A．水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故A错误；B．水解生成，酚羟基比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应，故B错误；C．水解生成，酸性比碳酸强，可与碳酸氢钠反应，故C正确；D．水解生成，为醇类物质，不具有酸性，不能与碳酸氢钠反应，故D错误；故答案选C。11.下列实验操作方法正确的是（）A.欲除去乙烷中混有的乙烯可选用酸性KMnO4溶液洗气B.使用萃取的方法可提纯粗苯甲酸C.检测蔗糖是否水解：向蔗糖溶液中滴加几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入银氨溶液，水浴加热D.欲区分苯和甲苯，分别取少量样品加少量KMnO4溶液，振荡，KMnO4溶液褪色为甲苯，反之为苯【答案】D【解析】【详解】A.酸性KMnO4溶液可以氧化乙烯生成二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；B.提纯粗苯甲酸可以选用重结晶的方法，故B错误；C.检验葡萄糖时，需要先加碱中和酸，然后再加入银氨溶液，水浴加热，故C错误；D.甲苯与高锰酸钾反应，被氧化生成苯甲酸，苯和高锰酸钾不反应，所以区分苯和甲苯，分别取少量样品加少量KMnO4溶液，振荡，KMnO4溶液褪色为甲苯，反之为苯，故D正确；故选D。12.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方最密堆积、面心立方最密堆积和体心立方堆积，如图a、b、c分别代表这三种堆积方式的结构示意图，则图示结构内金属原子个数比为A.3∶2∶1 B.11∶8∶4 C.9∶8∶4 D.21∶14∶9【答案】A【解析】【分析】【详解】a中原子个数=12×+2×+3=6，b中原子个数=8×+6×=4，c中原子个数=1+8×=2，所以其原子个数比是6∶4∶2=3∶2∶1，故选A。13.卤素互化物与卤素单质性质相似。据此推测CH2＝C(CH3)—CH＝CH2(异戊二烯)与卤素互化物BrCl的1:1加成产物有(不考虑顺反异构和镜像异构)A.3种 B.5种 C.6种 D.8种【答案】C【解析】【详解】异戊二烯属于共轭二烯烃，与BrCl的1:1加成时，有1，2—加成和1，4—加成；1，2—加成得4种加成产物：CH2BrCCl(CH3)—CH＝CH2、CH2ClCBr(CH3)—CH＝CH2、CH2＝C(CH3)—CHBrCH2Cl、CH2＝C(CH3)—CHClCH2Br，1，4—加成产物有2种：CH2BrC(CH3)=CHCH2Cl、CH2ClC(CH3)=CHCH2Br，所以一共有6种加成产物，故选C。14.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A.分子中含有2种官能团B.可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C.1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2molNaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。15.某高分子化合物的结构简式如下：下列有关的说法正确的是（）A.的一种单体的分子式可能为B.完全水解后的生成物均为小分子有机物C.可以通过加聚反应和缩聚反应合成D.碱性条件下，完全水解消耗NaOH的物质的量为【答案】C【解析】【分析】根据高分子化合物R的结构简式，找出链节，根据链节的特点确定其单体。【详解】A.由该高分子化合物的结构简式可知，其单体为CH2=C(CH3)COOH、HOCH2CH2OH、HOOCCH(OH)CH2C6H5，R的单体之一的分子式为C9H10O3，A说法错误；B.R完全水解有高分子化合物生成，B说法错误；C.单体中存在碳碳双键、羟基、羧基，可通过加聚反应和缩聚反应生成R，C说法正确；D.中含n(1+m)mol—COOC—，碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D说法错误。答案选C。16.某原子晶体的空间结构中的一部分如图所示。该原子晶体与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中插入一个B原子，则C的化学式为（）A.AB B.A5B4 C.AB2 D.A2B5【答案】C【解析】【分析】A空间结构的一个单元中含有5个A原子，每个AA键中插入一个B原子，5个A原子含有4个AA键，所以插入了4个B原子，根据A、B两种原子的个数比确定C物质的化学式。【详解】A空间结构的一个单元中含有5个A原子，每个AA键中插入一个B原子，5个A原子含有4个AA键，所以插入了4个B原子，所以该单元中每个A原子都和4个B原子结合，而每个B原子被两个A原子所共有，所以每个A原子相当于分得4×=2个B原子，所以A、B原子个数比是1：2，所以其化学式是AB2，故选C。17.某烯烃A，分子式为C8H16，A在一定条件下被氧化只生成一种物质B，则符合上述条件的烃A有（）种（考虑顺反异构）。A.3 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】某烯烃A，分子式为C8H16，A在一定条件下被氧化只生成一种物质B，说明A的分子结构关于碳碳双键对称，然后写出结构简式，同时考虑具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团。【详解】某烯烃A，分子式为C8H16，A在一定条件下被氧化只生成一种物质B，说明A的分子结构关于碳碳双键对称，结构简式为：CH3CH2CH2CH=CHCH2CH2CH3、（CH3）2CHCH=CHCH（CH3）2、CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，每一种结构都有顺反异构，所以共有6种，答案选C。【点睛】本题考查有机物的同分异构体数目的判断，注意根据题目信息先确定A为对称的分子结构，再根据顺反异构的结构要求判断A的同分异构体数目，试题难度中等。18.将ag聚苯乙烯树脂溶于bL苯中，然后通入cmol乙炔气体，所得混合液中碳氢两元素的质量比是（）A.6︰1 B.1︰2 C.8︰3 D.12︰1【答案】D【解析】【详解】聚苯乙烯的化学式是（C8H8）n，所以聚苯乙烯、苯和乙炔的实验式均是CH，因此所得混合液中碳氢两元素的质量比是12︰1，而与这些物质的含量无关，答案选D。19.某液体中可能含有：a.甲酸、b.乙酸、c.甲醇、d.甲酸甲酯四种物质中的一种或几种，在鉴别时有下列现象：①可发生银镜反应；②加入新制Cu(OH)2悬浊液，无现象产生；③与含酚酞的NaOH溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅至无色。则下列叙述正确的是A.该液体中含有a、b、c、d四种物质B.该液体中一定不含a，一定含有b，可能含有c、dC.该液体中一定含有c和dD.该液体中一定含有d，可能含有c，一定不含a、b【答案】D【解析】分析】【详解】由①可知，能够发生银镜反应，说明含有醛基，故有HCOOH或HCOOCH3；由②可知，混合物不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，说明液体中不含酸性物质，即不含HCOOH和CH3COOH；由③可知，混合物在NaOH溶液中加热会发生反应，说明液体中含有HCOOCH3，综上所述，该液体一定含有HCOOCH3，可能含有甲醇，但一定不含有HCOOH和CH3COOH，故选D。20.同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，V2=2V1≠0，则该有机物可能是A. B.HOOC─COOH C.HOCH2CH2OH D.CH3COOH【答案】BD【解析】【详解】A．由结构简式可知，2—羟基丙酸分子中含有的羟基、羧基能与金属钠反应生成氢气，含有的羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol2—羟基丙酸与足量金属钠和碳酸氢钠生成氢气和二氧化碳的关系为：H2—CO2，故A不符合题意；B．由结构简式可知，乙二酸分子中含有的羧基能与金属钠反应生成氢气、也能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol乙二酸与足量金属钠和碳酸氢钠生成氢气和二氧化碳的关系为：H2—2CO2，故B符合题意；C．由结构简式可知，乙二醇分子中含有的羟基能与金属钠反应生成氢气，但不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C不符合题意；D．由结构简式可知，乙酸分子中含有的羧基能与金属钠反应生成氢气、也能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol乙酸与足量金属钠和碳酸氢钠生成氢气和二氧化碳的关系为：H2—2CO2，故D符合题意；故选BD。21.在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，则这个碳原子被称为“手性碳原子”，凡含有手性碳原子的物质一定具有光学活性，如图所示该物质有光学活性，发生下列反应后生成的有机物无光学活性的是()①与甲酸发生酯化反应②与NaOH溶液反③与银氨溶液作用④在催化剂存在下与氢气作用A.①③ B.②④ C.①④ D.②③【答案】B【解析】【详解】①与甲酸发生酯化反应，C原子仍连接4个不同的原子或原子团，具有光学活性，故不选①；②与NaOH溶液反应，酯基水解生成CH2OH，产物含2个CH2OH，不具有手性碳原子，不具有光学活性，故选②；③与银氨溶液作用，CHO与银氨溶液反应生成COONH4，仍具有手性碳原子，故不选③；④在催化剂存在下醛基与氢气加成生成CH2OH，产物含2个CH2OH，不具有手性碳原子，不具有光学活性，故选④。根据上面分析，发生反应后生成的有机物无光学活性的是：②④答案：B【点睛】本题以手性碳考查有机物的结构与性质，注意把握醛、酯、醇的性质是解答的关键，题目难度不大。22.六氟化硫（SF6）分子为正八面体构型（分子结构如图所示），难溶于水，在高温下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途。下列推测正确的是（）A.SF6各原子均达到最外层8电子稳定结构B.SF6易燃烧生成SO2C.SF6分子是含有极性键的非极性分子D.SF6是原子晶体【答案】C【解析】【分析】由六氟化硫（SF6）分子为正八面体构型（分子结构如图所示）可知六氟化硫（SF6）为分子晶体，S形成6个共价键，分子中正负电荷重心重合，以此分析。【详解】A.S原子最外层有6个电子，在SF6分子中，S形成6个共价键，不满足最外层8电子稳定结构，故A错误；B.SF6中S元素为+6价，无法被氧气氧化，所以SF6不易燃烧，故B错误；C.SF6分子中含有S—F极性键，且分子中正负电荷重心重合，SF6分子是含有极性键的非极性分子，故C正确；D.SF6形成的是分子晶体，故D错误；故答案选：C。【点睛】非极性分子分子中正负电荷重心重合。23.N2F2

分子中四个原子都在同一平面内，由于几何形状的不同，存在顺式和反式两种同分异构体。据此判断N2F2分子中两个N原子之间化学键的组成为（）A.一个σ键和两个π键 B.仅有一个σ键C.仅有一个π键 D.一个σ键和一个π键【答案】D【解析】【详解】氮原子最外层有5个电子，形成3对共用电子对达到稳定结构，由题干知N2F2为平面结构，且有顺式和反式两种同分异构体，可推测知分子中存在N=N，其结构式为F—N=N—F，所以两个氮原子之间含有一个σ键和一个π键，故选D。【点睛】单键是共用一对电子，成键方式为“头碰头”，属于σ键，双键或三键中只有1个σ键，另外还有1个或2个π键。24.下列实验方案不能达到实验目的是实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B检验卤代烃中卤原子的种类将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，取冷却后反应液滴加硝酸酸化后滴加硝酸银溶液C验证乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色D验证苯和液溴在FeBr3的催化下发生取代反应将反应产生的混合气体先通入溴的四氯化碳溶液再通入AgNO3溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，发生消去反应，乙烯与溴发生加成反应，溴水褪色，则该实验可验证乙烯的生成，故A正确；B．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，水解后检验溴离子，应在酸性条件下，则取冷却后反应液滴加硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液可检验卤素原子种类，故B正确；C．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢等，乙炔和硫化氢均能被高锰酸钾氧化，则气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色，不能说明乙烯被氧化，故C错误；D．发生取代反应生成HBr，则反应产生的混合气体先通入溴的四氯化碳溶液再通入溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成，可说明发生取代反应，故D正确；故选C。25.头孢拉定又名先锋霉素，是常用的一种抗生素，其结构简式如下：下列说法不正确的是()A.头孢拉定的分子式是C16H19N3O4S，分子中有多种官能团B.头孢拉定与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液都可以反应C.头孢拉定既可与盐酸反应，也可与NaOH溶液反应D.1mol头孢拉定最多可与5molH2和3molBr2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据结构简式，头孢拉定的分子式是C16H19N3O4S，分子中含有氨基、羧基、肽键、碳碳双键等有多种官能团，故A正确；B头孢拉定中含有羧基，所以与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液都可以反应，故B正确；C.头孢拉定中含有氨基，可以与盐酸反应，分子中还含有羧基，也可与NaOH溶液反应，故C正确；D.头孢拉定中只有碳碳双键能与H2和Br2发生加成反应，所以1mol头孢拉定最多可与3molH2和3molBr2发生加成反应，故D错误；故选D。第II卷（非选择题）二、非选择题（共5题，共50分。）26.（1）下列有关实验的叙述，错误的是（填序号）_______；A用NaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇，然后分液B分馏石油时，温度计的末端必须插入液面下C用分液漏斗分离环己烷和水的混合液体D用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管E配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到稀硝酸银溶液中，产生白色沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止（2）人造羊毛在许多方面比天然羊毛更优良，其分子存在如下结构：合成它的单体有_________。（3）写出反应②的化学方程式__________。【答案】①.ABD②.CH2=CH﹣CN；CH2=CH﹣COOCH3；CH2=C（COOH）﹣CH2COOH③.+4NaOH+2NaBr+4H2O【解析】【分析】根据物质的性质对有关实验的叙述进行分析；根据高聚物的结构特点分析单体结构；根据有机物的结构变化及反应条件分析发生的化学反应写出相应方程式。【详解】（1）A．NaOH溶液能使乙酸乙酯水解，故A错误；B．分馏石油时，温度计的末端应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C．环己烷和水不互溶且密度比水的密度要小，可以用分液漏斗分离环己烷和水的混合液体，故C正确；D．银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故D错误；E．向硝酸银溶液中滴加氨水，等到白色沉淀恰好溶解时，可以获得银氨溶液，故E正确；故选ABD。（2）链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，结构简式中主链上有6个碳原子其单体必为3种，将双键中的3个C—C打开，然后将半键闭合即可得该高聚物单体是CH2=CH﹣CN；CH2=CH﹣COOCH3；CH2=C（COOH）﹣CH2COOH；（3）根据反应前后的结构变化及反应条件分析，反应②为消去反应，形成碳碳三键，同时结构中还含有羧基，与氢氧化钠发生中和反应，所以反应②的化学方程式为：+4NaOH+2NaBr+4H2O。27.研究小组设计用含氯的有机物A合成棉织物免烫抗皱整理剂M的路线如下(部分反应试剂和条件未注明)：已知：①E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同化学环境的氢原子，其个数比为3∶1；②(R、R′、R″代表相同或不相同的烃基)。(1)A分子中的含氧官能团的名称是_________。(2)A→B反应所需的试剂是_________。(3)G→H反应的化学方程式是______。(4)已知1molE与2molJ反应生成1molM，则M的结构简式是________。(5)E的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3反应生成CO2；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，则该同分异构体共有_______种，其中任意1种的结构简式是__________。(6)J可合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式是_______。【答案】①.羟基②.NaOH水溶液③.ClCH2CH2COOH＋2NaOHCH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O④.⑤.5⑥.HCOOCH2CH2CH2COOH、⑦.【解析】【分析】根据有机合成路线中有机物结构的变化及反应条件分析反应类型及书写反应方程式；根据限制条件书写相关有机物的同分异构体；根据有机物结构判断官能团的种类；根据加聚反应原理书写高分子化合物的结构简式。【详解】E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为=2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E分子中应含有2个酯基、2个CH3、1个CH2，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3。C与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH、C为OHCCH2CHO，则B应是HOCH2CH2CH2OH。A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，F与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH。E与J发生已知②中反应生成M，则H为CH2═CHCOONa，J为CH2═CHCOOCH3，1molE与2molJ反应生成1molM，故M为，据此解答。(1)根据上述分析，A为ClCH2CH2CH2OH，A中的含氧官能团的名称是羟基；(2)A→B是ClCH2CH2CH2OH在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，故答案为NaOH水溶液；(3)G→H是ClCH2CH2COOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成CH2═CHCOONa，反应方程式为：ClCH2CH2COOH+2NaOHCH2=CHCOONa+NaCl+2H2O；(4)1molCH3OOCCH2COOCH3与2molCH2=CHCOOCH3反应生成1molM，故M为；(5)E的分子式为C5H8O4，E的同分异构体①能与NaHCO3反应生成CO2，含有COOH；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，为甲酸形成的酯，含有OOCH，符合条件的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCH2CH（CH3）COOH、HCOOCH(CH3)CH2COOH、HCOOCH(CH2CH3)COOH、HCOOC(CH3)2COOH，故共有5种；(6)J的结构简式为CH2=CHCOOCH3，其中含有双键，可以发生加聚反应，生成高聚物。28.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：(1)请写出元素o的基态原子电子排布式_______。(2)d的氢化物的分子构型为_____；k在空气中燃烧产物的中心原子的杂化形式为____，该分子是______(填“极性”或“非极性”)分子。(3)由j原子跟c原子以1∶1相互交替结合而形成晶体，晶型与晶体j相同。两者相比熔点更高的是_____（填具体物质），试从结构角度加以解释______(4)i单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。若已知i的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，i的相对原子质量为M，请回答：①晶胞中i原子的配位数为______。②该晶体的密度为______(用字母表示)。【答案】①.1s22s22p63s23p63d64s2②.三角锥形③.sp2④.极性⑤.SiC⑥.因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C原子半径小，SiC中C—Si键键长比晶体Si中Si—Si键长短，键能大，因而熔沸点高⑦.12⑧.【解析】【详解】(1)根据o在元素周期表中的位置，o为Fe，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；(2)d元素为N，氢化物为NH3，中心原子N的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；k为硫，在空气中燃烧产物为SO2，中心原子S的价层电子对数为，则中心原子的杂化形式为sp2；SO2有2个σ键，孤电子对数为(6－2×2)/2=1，因此SO2空间构型为V型，分子不对称，正负电中心不重合，SO2属于极性分子；(3)j为硅，c为碳，由j原子跟c原子以1∶1形成的化合物为SiC，SiC属于原子晶体，键长：C—Si键＜Si—Si键，键能：C—Si键>Si—Si键，原子晶体键长越长、键能越小，熔沸点越低，因此SiC的熔点高；(4)①i为Al，根据图乙，Al原子处于晶胞顶点及面心位置，以上面面心Al作为研究对象，同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，共有12个Al，所以晶胞中距离Al原子最近的铝原子有12个，即Al的配位数为12；②根据图乙，铝原子位于顶点和面心，原子个数为8×1/8＋6×1/2=4，则晶体的质量为4×M/NAg，根据图丙，原子半径为d，则根据图丙计算晶胞的边长为，则晶胞的体积为（）3，根据密度的定义ρ=m/V，则密度为：。【点睛】本题的难点是晶胞密度的计算，计算晶胞的密度需要计算晶胞的质量和体积，计算晶胞的质量，需要判断晶胞中微粒的个数，利用N/NA=n，然后利用m=nM得出晶胞的质量，从而计算密度。29.氯吡格雷（clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物，以2氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）化合物C中的官能团名称为____，氯吡格雷的分子式为______。（2）X的结构简式为__________。（3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式：_______。（4）物质D的某种同分异构体G满足以下条件：①苯环上有2个取代基，且其中一个取代基不含碳原子；②与D中的官能团相同；③能发生银镜反应；则符合条件的G有______种。（5）已知：写出由乙烯和甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选），并标出每步对应的反应类型。示例如下：________________________________【答案】（1）①.氨基、氯原子、羧基②.C16H16NO2SC1（2）（3）（4）24（5）【解析】【小问1详解】分子中能团名称为氨基、氯原子、羧基，分子式为C16H16NO2SC1。【小问2详解】由D、E的结构可知，D→E发生取代反应，由E的结构可知X的结构为。【小问3详解】两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，则发生取代反应，生成CON