云南省大姚县一中高二12月月考化学试题

云南省大姚县一中20192020学年上学期12月份考试高二化学一、单选题(共27小题,每小题2.0分,共54分)1.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是A.均采用水浴加热 B.制备乙酸丁酯时正丁醇过量C.均采用边反应边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量【答案】D【解析】【详解】A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯直接加热，A错误；B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，B错误；C、乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C错误；D、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，D正确；答案选D。【点晴】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题．乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和吸水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异。2.下列物质不属于新型有机高分子材料的是A.高分子分离膜 B.液晶高分子材料C.生物高分子材料 D.有机玻璃【答案】D【解析】【详解】高分子分离膜、液晶高分子材料、生物高分子材料属于新型有机高分子材料，有机玻璃名称为聚甲基丙烯酸甲酯，是一种开发较早的重要可塑性高分子材料，属于传统有机高分子材料；故选D。3.化学与生活密切相关，下列用途、性质或变化对应正确的是（）A.利用粮食酿酒的化学过程包含：淀粉→葡萄糖→乙醇B.在月饼包装袋中放入生石灰：防止食物氧化变质C.焰火的绚丽：说明只有金属单质能发生焰色反应D.氢氧化铝用于治疗胃酸过多，氢氧化铝碱性强【答案】A【解析】【详解】A．淀粉属于多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖可以在酒化酶的作用下生成乙醇，故A正确；B．生石灰不具有还原性，不能防止食物氧化变质，故B错误；C．焰色反应属于元素的性质，不是单质的性质，故C错误；D．氢氧化铝属于两性氢氧化物，具有弱碱性和弱酸性，故D错误；故答案为A。4.下列说法不正确的是（）A.苯酚显酸性，可与Na2CO3溶液反应生成CO2B.用溴水即可鉴别苯酚溶液、2,4﹣已二烯和甲苯C.溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯D.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同【答案】A【解析】【详解】A．苯酚显酸性，但酸性比碳酸弱，比碳酸氢根离子的酸性强，只能与Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，不能生成CO2，故A选；B．2，4已二烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，溶液褪色；苯酚与溴水可发生反应生成三溴苯酚白色沉淀；甲苯能萃取出溴水中溴，溶液分层，上层为橙红色，下层为无色，三者现象不同，可以鉴别，故B不选；C．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，故C不选；D．甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷，苯和硝酸发生取代反应生成硝基苯，两者反应的类型相同，故D不选；故选A。5.下列关于常见有机化合物说法中正确的是（）A.乙烯和乙烷都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应B.蛋白质溶液中加入CuSO4溶液，不会失去它的生理活性C.苯、乙醇都能发生氧化反应和取代反应D.油脂和蛋白质它们的组成元素相同【答案】C【解析】【详解】A．乙烯含有不饱和键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烷不含不饱和键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．蛋白质遇重金属盐发生变性，失去生理活性，故B错误；C．苯、乙醇都能燃烧，能发生氧化反应，苯的溴代反应、硝化反应、磺化反应都属于取代反应，而乙醇与乙酸的酯化反应也是取代反应，故C正确；D．油脂含有C、H、O元素；蛋白质含有C、H、O、N等元素，故D错误。故选C。6.下列各组物质中，可用溴水溶液来鉴别的是（）A.甲烷与乙烷 B.乙烯与丙烯C.苯与己烷 D.苯与溴苯【答案】D【解析】【详解】A、甲烷、乙烷与溴水均不反应,通入溴水无现象，则用溴水不能鉴别，A错误；B、乙烯、丙烯都含有不饱和键,与溴水发生加成反应,用溴水不能鉴别，B错误；C、苯、己烷与溴水均不反应,二者与溴水均能发生萃取,而且有色层均在上层，所以用溴水不能鉴别，C错误；D、苯、溴苯与溴水发生萃取分层，苯的密度比水小，有色层在上层,溴苯的密度比水大,有色层在下层,所以能鉴别，D正确；答案选D。7.“塑胶”跑道是由聚氨酯橡胶等材料建成，聚氨酯橡胶属于A.有机高分子材料 B.无机非金属材料C.硅酸盐材料 D.天然橡胶【答案】A【解析】【详解】A．有机合成高分子材料，分天然产生的高分子化合物和人工合成的高分子化合物，棉花、羊毛、天然橡胶是天然存在的，塑料、合成橡胶、合成纤维是人工合成的，聚氨酯橡胶是人工合成的高分子材料，A项正确；

B．无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，B项错误；

C．硅酸盐材料主要包括玻璃、陶瓷、水泥等，C项错误；

D．天然橡胶是天然存在的，聚氨酯橡胶是人工合成的，D项错误；

答案选A。【点睛】材料分为金属材料、无机非金属材料、复合材料和有机合成高分子材料。8.已知化合物B3N3H6(硼氮苯)与C6H6(苯)的分子结构相似，如图所示，则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为A.2 B.3 C.4 D.6【答案】C【解析】【详解】硼氮苯和苯具有相似的分子结构，且氮、硼两种原子互相交替，若一个氯原子首先取代硼原子上的氢原子，根据分子的对称性另一个氯原子有3种可能取代的位置；若一个氯原子取代氮原子上的氢原子，则另一个氯原子只有1种取代氢原子的位置，故选C。9.下列有机物按碳的骨架进行分类，其中与其他三种有机物属于不同类别的是A. B.CH2=CH2 C. D.CH3C≡CH【答案】C【解析】【详解】按碳的骨架进行分类，烃可以分为链烃和环烃，A、B、D均为链烃，C中含有苯环属于环烃中的芳香烃，所以C与其他有机物的碳的骨架不同，故选C。10.由溴乙烷制取乙二醇(HOCH2CH2OH)，依次发生的反应类型是A.消去、加成、取代 B.取代、加成、水解C.水解、消去、加成 D.消去、水解、取代【答案】A【解析】分析】【详解】由溴乙烷制取乙二醇(HOCH2CH2OH)的转化过程为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O属于消去反应，CH2=CH2+Br2=CH2BrCH2Br属于加成反应，CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr属于水解反应或者取代反应，故分别发生了消去反应、加成反应和水解反应或取代反应，故答案为：A。11.0.5某气态烃能与加成，加成后产物中的氢原子又可被3氯原子取代，则此气态烃可能是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】0.5mol烃能与1molHCl加成，说明烃中含有1个C≡C键或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl完全取代，说明0.5mol氯代烃中含有3molH原子，则0.5mol烃中含有2molH原子，即1mol烃含有4molH，并含有1个C≡C键或2个C=C键，符合要求的只有CH≡CCH3，故选C。12.下列化合物中，在常温常压下以液态形式存在的是（）A.甲醇 B.乙炔 C.丙烯 D.丁烷【答案】A【解析】【详解】常温下甲醇是液体，乙炔、丙烯和丁烷均是气体；答案选A。13.某化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和7.2gH2O。下列说法中正确的是()①该化合物仅含碳、氢两种元素②该化合物中碳、氢原子个数比为1∶4③无法确定该化合物是否含有氧元素④该化合物中一定含有氧元素A.①② B.②④ C.③④ D.②③【答案】B【解析】【详解】化合物燃烧生成8.8gCO2和7.2gH2O，根据元素守恒则一定含有C、H元素，8.8g二氧化碳的物质的量为=0.2mol，n(C)=n(CO2)=0.2mol，m(C)=0.2mol×12g/mol=2.4g，7.2g水的物质的量为=0.4mol，n(H)=2n(H2O)=0.8mol，m(H)=0.8g，故化合物中N(C)∶N(H)=0.2mol∶0.8mol=1∶4，由于m(C)+m(H)=2.4g+0.8g=3.2g＜6.4g，所以该化合物中一定含有氧元素，该化合物为烃的含氧衍生物，综上分析可知，①③错误，②④正确，故选B。【点睛】掌握有机化合物的化学式确定的基本的方法是解题的关键。本题的难点是氧元素的判断，要注意根据质量守恒定律计算判断化合物中是否含有O元素。14.证明溴乙烷中溴的存在，下列正确的操作步骤为①加入AgNO3溶液②加入NaOH水溶液③加热④加入蒸馏水⑤加稀硝酸至溶液呈酸性⑥加入NaOH醇溶液A.④③①⑤ B.②③⑤① C.④⑥③① D.③⑥⑤①【答案】B【解析】【详解】检验卤代烃中的卤素原子时先加入NaOH水溶液并加热，使卤代烃发生水解反应，将其中的卤素原子转变为离子，再加硝酸中和过量的NaOH溶液，溶液呈酸性时加入AgNO3溶液，看生成的沉淀的颜色确定卤素原子的种类，根据上述分析选B。15.下列各组物质中，实验式相同，但既不是同系物，又不是同分异构体的是A.乙炔和苯 B.正戊烷和2甲基丁烷 C.环己烷和苯 D.丙烯和丙烷【答案】A【解析】【分析】【详解】A．分子式：乙炔C2H2，苯C6H6，实验式是CH，它们结构不同，不属于同系物，分子式不同，不属于同分异构体，故A正确；B．分子式：正戊烷C5H12、2甲基丁烷C5H12，实验式都是C5H12，属于同分异构体，故B错误；C．分子式：环己烷C6H12、苯C6H6，实验式分别是CH2、CH，则不同，故C错误；D．分子式：丙烯C3H6、丙烷C3H8，实验式分别是CH2、C3H8，则不同，故C错误；故选：A。16.如图，n，m的最大值分别为()烷烃满足的条件：

①主链含5个碳原子

②两个支链：一个甲基、一个乙基A.2，2 B.2，4 C.4，2 D.4，5【答案】A【解析】【详解】主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有如下2种：、；去掉相邻碳原子上的4个H原子形成炔烃有1种；去掉相邻碳原子上的4个H原子只有4和5两个碳原子间形成三键，则形成炔烃有1种，所以符合条件的炔烃有2种，n、m的最大值分别为2、2；故选A。17.某种既耐低温，又耐高温的一种塑料，俗称“塑料王”，其成分是（）A.电木 B.聚四氟乙烯C.聚苯乙烯 D.聚甲基丙烯酸甲酯【答案】B【解析】【详解】A、酚醛塑料,俗称电木,废旧热固性酚醛塑料可作燃料,不是既耐低温,又耐高温的一种塑料,所以不是“塑料王”，A错误；B、聚四氟乙烯几乎不受任何化学试剂腐蚀,如在浓硫酸、硝酸、盐酸,甚至在王水中煮沸,其重量及性能均无变化,也几乎不溶于所有溶剂；聚四氟乙烯不吸潮,不燃烧,不导电,既耐高温,又耐低温,俗称“塑料王”，B正确；C、聚苯乙烯受热融化后冷却，可以进行再加工,具有热塑性，C错误；D、聚甲基丙烯酸甲酯俗称“有机玻璃”,能溶于CHCl3,受热融化后冷却，可以进行再加工，具有热塑性，D错误；答案选B。18.下列说法正确的是（）A.石油经过分馏及裂化等工序得到的物质均为纯净物B.乙酸乙酯、油脂、葡萄糖、蛋白质均可以发生水解反应C.乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同D.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键【答案】D【解析】【详解】A．石油是多种烷烃和环烷烃的混合物，而石油的分馏产物和裂化产物仍为多种烃类的混合物，故A错误；B．葡萄糖为单糖，不能发生水解，故B错误；C．乙醇含OH、乙酸含COOH，官能团不同，均与钠反应生成氢气，故C错误；D．碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液银色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，故D正确；故答案为D。19.某苯的同系物分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个—CH3，两个—CH2—和一个，则该分子由碳链异构体所形成的同分异构体有（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】B【解析】【详解】C11H16不饱和度为，C11H16分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，含有1个苯环，侧链为烷基，C11H16分子中存在一个次甲基，由于C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链，化学式为C11H16的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，1个苯环的同分异构体有：、、、；故选B。20.塑化剂DEHP的作用类似于人工荷尔蒙，会危害男性生殖能力并促使女性性早熟，长期大量摄取会导致肝癌．其毒性远高于三聚氰胺，会造成免疫力及生殖力下降．下列关于塑化剂邻苯二甲酸二正丁酯说法不正确的是（）A.分子式为C16H22O4，可由石油化工原料通过取代，氧化，酯化反应制得B.白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去C.用核磁共振氢谱分析有6个吸收峰D.邻苯二甲酸二正丁酯能发生加成，取代和氧化反应【答案】B【解析】【分析】先根据名称写出结构简式：。【详解】A．由结构简式可知，该物质的分子式是C16H22O4，苯通过取代反应生成邻二甲苯、邻二甲苯氧化得到邻苯二甲酸，邻苯二甲酸发生酯化反应得到产物，故A正确；B．塑化剂溶解在白酒中，不能通过过滤方法除去，故B错误；C．该物质中含有6种氢原子，用核磁共振氢谱分析有6个吸收峰，故C正确；D．邻苯二甲酸二正丁酯中含有苯环，能发生加成，取代和氧化反应，故D正确；故选B。【点睛】明确分子的结构以及结构中的官能团及其性质的关系是解答关键，熟悉苯的性质即可解答，题目难度不大。21.下列说法正确的是（）A.淀粉、纤维素、油脂的相对分子质量都较大，所以都属于高分子化合物B.苯、乙酸、乙醇在一定条件下都能发生取代反应，且都能与金属钠反应C.乙烯能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，二者反应原理相同D.等物质的量的乙烷和乙醇完全燃烧时所需氧气的质量不相等【答案】D【解析】【详解】A.油脂不属于高分子化合物，A错误；B.苯、乙酸、乙醇在一定条件下都能发生取代反应，但苯分子中无羟基或羧基，不能与金属钠发生反应，B错误；C.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是由于发生氧化反应，而乙烯使溴水褪色是由于发生了加成反应，褪色原理不相同，C错误；D.乙醇分子式是C2H6O，1mol乙醇完全燃烧产生CO2和H2O消耗O2的物质的量是3mol；乙烷分子式是C2H6，1mol乙烷完全燃烧产生CO2和H2O消耗O2的物质的量是3.5mol；可见：等物质的量的乙烷和乙醇完全燃烧时所需氧气的物质的量不相等，则其消耗的氧气的质量也不相等，D正确；故正确选项是D。22.下列反应中，属于取代反应的是①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OHCH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2OA.①② B.③④ C.①③ D.②④【答案】B【解析】【分析】“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”为取代反应,据此分析解答。【详解】①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br属于加成反应，故错误；②CH3CH2OH

CH2=CH2+H2O属于消去反应，故错误；③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O

属于酯化反应也属于取代反应，故正确；④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O属于取代反应，故正确；属于取代反应的是③④，所以B选项是正确的。23.下列叙述正确的是A.苯中的少量苯酚可先加适量的浓溴水，再过滤而除去B.苯酚晶体易溶于水C.苯酚的酸性很弱，不能使酸碱指示剂变色，但可以和NaHCO3反应放出CO2D.苯酚有毒，但其稀溶液可直接用作防腐剂和消毒剂【答案】D【解析】【详解】A、苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，但生成物可溶解在苯中，达不到除杂的目的，A错误；B、常温下，苯酚难溶于水，只有温度高于65℃时才和水互溶，B错误；C、苯酚的酸性很弱，比碳酸还弱，不能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，但可以与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，C错误；D、苯酚有毒，其稀溶液可直接用作防腐剂和消毒剂，D正确；答案选D。24.分子中含有4个碳原子的饱和一元醇，发生氧化反应后能生成醛的种数与发生消去反应后能生成烯烃（要考虑顺反异构）的种数分别为（）A.2、3 B.2、4 C.3、3 D.3、4【答案】B【解析】【分析】根据与羟基所连碳上至少有两个氢可氧化生成醛；与羟基所连碳相邻的碳上至少有1个氢可生成烯烃来分析。【详解】发生氧化反应后生成醛的醇有2种：①CH3CH2CH2CH2OH，②CH3CH（CH3）CH2OH，生成醛的数目为2种，发生消去反应后生成的烯烃的醇有4种：①CH3CH2CH2CH2OH

②CH3CH（OH）CH2CH3

③CH2（OH）CH（CH3）CH3④（CH3）3COH，由于产物有可能相同，所以生成的烯烃的数目为4种；故选B。25.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。26.下列叙述中，不正确的是()A.蔗糖的水解产物，在一定条件下，能发生银镜反应B.蔗糖是多羟基的醛类化合物C.蔗糖不是淀粉水解的最终产物D.麦芽糖是多羟基的醛类化合物【答案】B【解析】【详解】A、蔗糖在硫酸催化作用下，发生水解，生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，A正确；B、蔗糖分子中不含醛基，不发生银镜反应，也不能还原新制的氢氧化铜，B错误；C、淀粉是最重要的多糖，在催化剂存在和加热的条件下逐步水解，最终生成还原性单糖葡萄糖；蔗糖不是淀粉水解的产物，C正确；D、蔗糖和麦芽糖的分子式均为C12H22O11，分子式相同但结构不同，蔗糖分子中不含醛基，麦芽糖分子中含有醛基，具有还原性，所以蔗糖与麦芽互为同分异构体，D正确；正确选项B。【点睛】糖类中，葡萄糖和果糖属于还原性糖，不能发生水解；蔗糖和麦芽糖属于二糖，都能发生水解，但是麦芽糖属于还原性糖；淀粉和纤维素属于多糖，都能发生水解，但都不是还原性糖，二者属于天然高分子。27.与等物质的量的Br2发生加成反应，生成的产物是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】：与等物质的量的Br2发生加成反应，为1：1反应，可能发生1，2加成，可能发生3，4加成，可能发生1，4加成，据此判断产物。【详解】：与等物质的量的Br2发生加成反应，为1:1反应，如果发生1，2加成，其产物是；如果是发生3，4加成，产物是；如果发生1，4加成，产物是，故答案为：B。二、填空题(共5小题,共46分)28.2﹣羟基异丁酸乙酯能溶于水，是一种应用于有机合成和药物制造的化工原料。（1）2﹣羟基异丁酸乙酯的分子式为_______，不同化学环境的氢在核磁共振氢谱图中有不同的吸收峰，则2﹣羟基异丁酸乙酯有_______个吸收峰；（2）①②的反应类型分别为_______，_______；（3）已知I为溴代烃，I→B的化学方程式为______；（4）缩聚产物F的结构简式为______；（5）下列关于和的说法正确的有______（双选，填字母）；A．后者遇到FeCl3溶液显紫色，而前者不可B．两者都可以与NaHCO3溶液反应放出CO2C．两者都可以与氢氧化钠溶液发生反应，当两者物质的量相等时，消耗氢氧化钠的量不相等D．两者都可以与氢气发生加成反应【答案】①.C6H12O3②.4③.消去反应④.氧化反应⑤.⑥.⑦.AC【解析】【详解】(1)根据结构可判断2羟基异丁酸乙酯的分子中含有3个甲基、1个CH2原子团、1个羟基和1个酯基，故可知分子式为C6H12O3，根据分子的结构可知，分子中有4种不同化学环境的H原子，故答案为C6H12O3；4；(2)根据反应流程可知A为2羟基异丁酸，发生消去反应生成D为2甲基丙烯酸；B为乙醇，可由溴乙烷水解生成，G为乙醛，与银氨溶液发生氧化反应生成乙酸，H为乙酸，故答案为消去反应；氧化反应；(3)溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，故答案为；(4)2羟基异丁酸中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下可发生缩聚反应，则F为，故答案为；(5)A、遇到FeCl3溶液显紫色，则有机物中应含有酚羟基，故A正确；B、与NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，前者无，故B错误；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠反应，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正确；D、前者不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选AC。29.实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；（2）以上装置中需要加热仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；（4）D装置的作用是_________；（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_________（填编号）A．生成二氧化碳气体的质量B．生成水的质量C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量【答案】①.排除体系中的N2②.A和D③.D④.CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2⑤.吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2⑥.量筒内液面与广口瓶中的液面持平⑦.视线与凹液面最低处相切⑧.ABD【解析】【分析】在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2；(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为：CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6)根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。【点睛】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。30.某学习小组对人教版教材实验“在200mL烧杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入适量水，搅拌均匀，然后再加入15mL质量分数为98%浓硫酸，迅速搅拌”进行如下探究；（1）观察现象：蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质，同时闻到刺激性气味，按压此黑色物质时，感觉较硬，放在水中呈漂浮状态，同学们由上述现象推测出下列结论：①浓硫酸具有强氧化性②浓硫酸具有吸水性③浓硫酸具有脱水性④浓硫酸具有酸性⑤黑色物质具有强吸附性其中依据不充分的是_________（填序号）；（2）为了验证蔗糖与浓硫酸反应生成的气态产物，同学们设计了如下装置：试回答下列问题：①图1的A中最好选用下列装置_________（填编号）；②图1的B装置所装试剂是_________；D装置中试剂的作用是_________；E装置中发生的现象是_________；③图1的A装置中使蔗糖先变黑的化学反应方程式为_________，后体积膨胀的化学方程式为：_________；④某学生按图进行实验时，发现D瓶品红不褪色，E装置中有气体逸出，F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，推测F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅的原因_________，其反应的离子方程式是_________。【答案】①.②④②.Ⅱ③.品红溶液④.检验SO2是否被除尽⑤.溶液出现白色浑浊⑥.C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O⑦.2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O⑧.CO气体能还原热的酸性高锰酸钾⑨.5CO+6H++2MnO45CO2↑+2Mn2++3H2O【解析】【分析】（1）浓硫酸的三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性；（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置；②B中盛放品红溶液，检验二氧化硫，用E中氢氧化钡溶液检验二氧化碳，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；③浓硫酸能使蔗糖脱水生成C，浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳；④CO气体能还原热的酸性高锰酸钾。【详解】（1）闻到刺激性气味说明浓硫酸具有强氧化性；蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明浓硫酸具有脱水性；体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明黑色物质具有强吸附性；根据实验现象不能说明浓硫酸具有吸水性，酸性；答案为②④；（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置，装置选择Ⅱ；②B中盛放品红溶液，用来检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，实验现象是溶液出现白色浑浊，因为二氧化硫也能使Ba（OH）2溶液变浑浊，所以要先除去二氧化硫，所以C中高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化硫，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；③浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水生成C，方程式为C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O；浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳，方程式为2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；④D瓶品红不褪色，说明气体中无二氧化硫，E装置中有气体逸出，气体不是二氧化碳，气体可能是浓硫酸将C氧化成一氧化碳，CO气体能还原热的酸性高锰酸钾，故F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，反应的离子方程式为5CO+6H++2MnO45CO2↑+2Mn2++3H2O。【点睛】本题考查浓硫酸的性质，二氧化硫的性质，在解答方程式的书写题时，首先理解反应原理，然后根据反应原理正确的分析出反应物、生成物结合方程式的书写规则进行书写。31.根据如图所示转化关系，回答下列问题：已知：a.；b.C物质苯环上一卤代物只有两种。(1)B物质的名称为____________，D物质的结构简式为___________。(2)反应②的反应类型为_______________，反应⑤的条件为____________。(3)写出反应⑥的化学方程式：__________________________。(4)写出D和E反应的化学方程式：_______________________。(5)反应②还有可能生成一种分子式为C16H18的有机物M，其苯环上的一卤代物也只有两种，写出M的结构简式：______________。【答案】①.1，2二溴乙烷②.③.取代反应④.NaOH醇溶液，加热⑤.⑥.++H2O⑦.【解析】【分析】C比甲苯多两个碳原子，结合反应①的信息可知，A为乙烯，B为1，2二溴乙烷；因C物质苯环上的一卤代物只有两种，故两个取代基处于对位，则C为；由C和D的分子式可知，C→D为卤代烃的水解反应，则D为，D发生氧化反应生成E，由D和E的分子式可知，羟基被氧化成羧基，则E为；C在一定条件下生成F，F在一定条件下生成G，G为高聚物，由C、G的分子式可知，C→F为消去反