2019-2020年高二（下）期末化学模拟试卷含解析.doc

2019-2020年高二（下）期末化学模拟试卷含解析一、选择题（每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2011江西）将浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）Ac（H+）BKa（HF）CD考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：热点问题；类比迁移思想；控制单因变量法；电离平衡与溶液的pH专题分析：根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答解答：解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过107molL1，c（F）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；故选：D点评：本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过107molL12（2分）（2011秋西城区期末）下列应用与盐类的水解无关的是（）A纯碱溶液可去除油污BNaCl可用作防腐剂和调味剂CTiCl4溶于大量水加热制备TiO2DFeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe（OH）3胶体考点：盐类水解的原理；盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：A、纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；B、NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用，不是水解；C、TiCl4溶于大量水，发生了水解：TiCl4+（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl；D、利用的是氯化铁中三价铁离子的水解解答：A、纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不选；B、氯化钠溶液不发生水解，故B符合题意，故B选；C、TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，故C不选；D、制Fe（OH）3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，故D不选；故选B点评：本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大3（2分）（xx大连模拟）下列指定微粒的数目相等的是（）A物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数B20mLNH3和30mLO2所含的原子数C等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数D等物质的量的钠和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数考点：物质的量的相关计算专题：计算题分析：A物质的量相等的H2O与D2O中分子数相等，但二者分子中中子数不同；B温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法判断二者物质的量的大小；C一个氧化钠和过氧化钠化学式知阴离子个数相等；D铜和氯气反应生成氯化铜，钠和氯气反应生成氯化钠解答：解：A物质的量相等的H2O与D2O中分子数相等，但二者分子中中子数不同，所以等物质的量的水和重水中中子数不同，故A错误；B温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法判断二者物质的量的大小，所以原子个数多少无法确定，故B错误；C一个氧化钠和过氧化钠化学式知阴离子个数相等，所以等物质的量的Na2O和Na2O2中含有的阴离子总数，故C正确；D一个铜原子失去2个电子，一个钠原子失去一个电子，所以等物质的量的钠和铜分别与氯气完全反应，转移的电子数不同，故D错误；故选C点评：本题考查了物质的量的有关计算，易错选项是C，注意氧化钠和过氧化钠阴阳离子的不同，为易错点4（2分）（xx成都校级模拟）下列说法正确的是（）A油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应B蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素C棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间考点：油脂的性质、组成与结构；胶体的重要性质；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：溶液和胶体专题；糖类与蛋白质专题分析：A、葡萄糖是单糖，不能水解B、蛋白质是氨基酸通过形成肽键发生缩聚反应形成，氨基酸中含有氨基与羧基，蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素C、棉、麻属于纤维素，羊毛属于蛋白质，合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等D、分散质粒子直径为浊液胶体溶液解答：解：A、油脂、淀粉、蔗糖可以水解，葡萄糖是单糖，不能水解，故A错误；B、蛋白质是氨基酸通过形成肽键发生缩聚反应形成，氨基酸中含有氨基与羧基，蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素，故B正确；C、棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，故C错误；D、根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，分散质粒子直径为浊液胶体溶液，故D错误故选：B点评：考查分散系的本质区别，油脂及糖类、蛋白质的结构与性质，高分子化合物等，比较基础，注意基础知识的掌握5（2分）（xx西城区二模）下列实验结论不正确的是（）实验操作现象结论A某有机物与溴的四氯化碳溶液混合溶液褪色有机物含碳碳双键B乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液混合橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环的活性AABBCCDD考点：乙醇的化学性质；苯酚的化学性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A、CC三键、醛基等都可以使溴的四氯化碳溶液褪色；B、乙醇与重铬酸钾（K2Cr2O7）混合，乙醇被氧化为乙酸；C、根据强酸制备弱酸进行分析；D、苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼解答：解：A、C=C、CC三键、醛基等都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B、重铬酸钾（K2Cr2O7）有强氧化性，与乙醇混合，橙色溶液变为绿色，则Cr2O72转化为Cr3+，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现为还原性，故B正确；C、常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，生成苯酚，反应符合复分解反应，说明碳酸和苯酚钠反应生成苯酚，所以酸性：碳酸苯酚，故C正确；D、苯酚溶液与溴水发生反应生成三溴苯酚，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环H原子比苯中活泼，苯酚中羟基苯环越羟基向连接，导致这种现象的原因是羟基影响了苯环的活性，故D正确；故选A点评：本题考查有机物的性质，注意苯酚溶液和二氧化碳反应时生成碳酸氢钠而不是碳酸钠，苯酚和溴水反应时溴原子的取代位置，为易错点6（2分）（xx春宜宾期末）现有乙酸、乙烯和丙烯（C3H6）的混合物，其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）ABCD考点：有关混合物反应的计算专题：计算题分析：根据乙酸的化学式为C2H4O2，烯烃的通式为CnH2n，则在混合物中碳、氢存在固定的质量比，混合物中一共有三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1a，然后可计算出碳元素的质量分数解答：解：由乙酸的化学式为C2H4O2，而乙烯和丙烯（C3H6）的通式为CnH2n，则从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1：2，其质量比为121：12=6：1，又混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1a，则碳元素的质量分数为（1a）=（1a），故选C点评：本题考查学生利用有机物的组成来进行计算，明确碳、氢的固定组成是解答的关键，较好的训练学生分析问题、解决问题的能力7（2分）（xx春曲阜市校级期末）某有机物A的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是（）A1mol A最多可以与2mol Br2发生反应BA在一定条件下可以发生消去反应和取代反应C一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上D1mol A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH考点：有机物的结构和性质分析：由结构简式可知该分子中含有酯基、醇羟基、酚羟基和碳碳双键，所以应该具有酯、醇、酚、烯烃的性质，以此解答该题解答：解：A能与溴发生反应的官能团为酚羟基邻、对为氢原子的取代反应以及碳碳双键的加成，1molA最多可与3molBr2发生反应，故A错误；B含有Cl，可发生消去和取代反应，另外酚羟基、酯基、羟基都可发生取代反应，故B正确；C苯环、碳碳双键都为平面形结构，且与苯环直接相连的原子在同一个平面上，分子中最多有10个C原子（苯环、碳碳双键、酯基）在同一个平面，故C错误；D能与氢氧化钠反应的官能团为酚羟基、酯基和氯原子，且酯基可水解生成酚羟基，则1molA与足量的NaOH反应，最多可以消耗4molNaOH，故D错误故选B点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查分析能力，明确官能团与性质的关系即可解答，熟练掌握常见有机物的官能团及其性质，难度不大8（2分）（xx上海）下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（）A乙醇、甲苯、硝基苯B苯、苯酚、己烯C苯、甲苯、环己烷D甲酸、乙醛、乙酸考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的组成、结构和性质的关系分析：有机物鉴别要注意几种从不同性质（包括物理性质和化学性质）和不同的反应现象进行鉴别，如乙醇可以和水互溶、甲苯不溶于水但比水轻、硝基苯溶于水但比水重，可以鉴别；鉴别时注意物质的特性和共性，例如苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，甲酸、乙醛、乙酸都能和新制氢氧化铜反应，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜解答：解：A、乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故不选A；B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故不选B；C、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，选C；D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故不选D故选：C点评：此题考查了化学实验中的物质的检验知识，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu（OH）2、FeCl3溶液等9（2分）（xx山东）下列关于有机物的说法错误的是（）ACCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应考点：有机物的鉴别；苯的同系物的化学性质；化石燃料与基本化工原料分析：CCl4可由CH4和氯气光照取代制得，苯和水互不相溶，并且碘在苯中的溶解度比在水中大，可用苯萃取碘水中的碘；石油和天然气的主要成分都是烃，向乙醇、乙酸和乙酸乙酯分别加入饱和Na2CO3溶液，乙醇溶解，乙酸和碳酸钠反应而有气泡产生，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，可用饱和Na2CO3溶液鉴别；苯燃烧，属于氧化还原反应解答：解：A、CCl4可由CH4和氯气光照取代制得，可萃取碘水中的碘，故A正确；B、石油和天然气的主要成分都是烃，烃由碳、氢元素组成，则烃属于碳氢化合物，故B正确；C、向乙醇、乙酸和乙酸乙酯分别加入饱和Na2CO3溶液分别现象为：互溶；有气泡产生；溶液分层，可以鉴别，故C正确；D、苯虽不能使KMnO4溶液褪色，但可以燃烧，能发生氧化反应，故D错误故选：D点评：本题是2011年山东考题，涉及到物质的制备、组成和鉴别，掌握常见有机物的性质，尤其注意有机物燃烧属于氧化还原反应，此是易错点10（2分）（xx春曲阜市校级期末）下列关于有机物的说法中，正确的是（）A用水不能鉴别苯和溴苯B苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应C乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰钾溶液褪色D某有机物的分子结构如图（图中棍表示单键、双键或叁键），它属于烃的含氧衍生物，该有机物可发生取代反应和加成反应考点：有机物的结构和性质；有机物的鉴别；苯的性质分析：A苯和溴苯都不溶于水，但苯密度小于水，溴苯密度大于水；B苯能燃烧而发生氧化反应；C聚乙烯中不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D根据原子成键特点知该有机物结构简式为CH3CH=CHCOOH，含有碳碳双键和羧基，具有烯烃和羧酸性质解答：解：A苯和溴苯都不溶于水，但苯密度小于水，溴苯密度大于水，所以苯、溴苯分别和水混合时，苯位于水的上方、溴苯位于水的下方，现象不同，可以鉴别，故A错误；B苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但能燃烧而发生氧化反应，故B错误；C聚乙烯中不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D根据原子成键特点知该有机物结构简式为CH3CH=CHCOOH，含有碳碳双键和羧基，具有烯烃和羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、酯化反应，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构性质、有机物鉴别等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，利用物质的差异性进行鉴别，易错选项是C11（2分）（xx石家庄二模）有机物M的结构简式为，下列说法不正确的是（）AM的分子式为：C7H1005BM与乙酸互为同系物CM可使溴的四氯化碳溶液褪色DM在一定条件下可发生取代反应考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知分子式，分子中含COOH、OH及碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答解答：解：A由结构简式可知分子式为C7H1005，故A正确；B乙酸中只含1个COOH，与M的官能团种类不同，不是同系物，故B错误；C含碳碳双键，则可使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D含OH、COOH，均可在一定条件下发生取代反应，故D正确；故选B点评：本题考查有机物的 结构与性质，为高考高频考点，把握官能团及性质的关系为解答的关键，侧重醇、烯烃、羧酸性质的考查，题目难度不大12（2分）（xx春曲阜市校级期末）以下实验不能获得成功的是（）A将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色B提取溶解在水中的少量碘时加入CCl4，分液，取出有机层再分离C用适量苯和液溴混合制溴苯时，只需加铁屑，不必加热D除去溴苯中的少量Br2时加入KI溶液，充分反应后，弃去水溶液考点：化学实验方案的评价分析：ACu加热被氧化生成CuO，CuO能被乙醇还原生成Cu；B碘在水中的溶解度远远小于在四氯化碳中的溶解度，四氯化碳和水不互溶，碘和四氯化碳不反应，所以四氯化碳能作萃取剂；C在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯；D溴和KI反应生成碘，碘和溴苯互溶解答：解：ACu加热被氧化生成CuO，CuO能被乙醇还原生成Cu，这一系列的反应中Cu作催化剂，所以能实现实验目的，故A正确；B碘在水中的溶解度远远小于在四氯化碳中的溶解度，四氯化碳和水不互溶，碘和四氯化碳不反应，所以四氯化碳能作萃取剂，所以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后采用分液方法分离，能实现实验目的，故B正确；C在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，不需要加热，所以能实现实验目的，故C正确；D溴和KI反应生成碘，碘和溴苯互溶，溴和NaOH溶液反应、溴苯和NaOH溶液不反应且不互溶，然后采用分液方法分离，故D错误；故选D点评：本题考查化学实验评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯、物质制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意从物质性质及实验评价性判断，易错选项是D13（2分）（xx石家庄二模） 的同分异构体中，某苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）（）A6种B5种C4种D3种考点：同分异构现象和同分异构体专题：同系物和同分异构体分析：根据取代基的种类和个数进行分析，使得有机物结构中含有1种氢原子即可：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，这种情况有三种小情况，四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上；四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上；四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上解答：解：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，这种情况有三种小情况，四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上，5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上，3、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上，4、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上，2、3、5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种；故选：C点评：本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断侧链是解题的关键14（2分）（xx武邑县校级一模）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸可经三步反应制取 ，发生反应的类型依次是（）A水解反应、加成反应、氧化反应B加成反应、水解反应、氧化反应C水解反应、氧化反应、加成反应D加成反应、氧化反应、水解反应考点：取代反应与加成反应；消去反应与水解反应专题：有机反应分析：卤代烃水解可以得到醇类，醇被强氧化剂氧化可以得到羧酸类物质，但是所以在氧化之前要先将碳碳双键加成，根据有机物的结构和原子变化情况，应该选择氯化氢做加成试剂解答：解：先是水解，可以将溴原子被OH取代，得到含有醇羟基的醇类物质，然后是和氯化氢加成，保护双键，最后用强氧化即将醇氧化为羧酸即可，发生的反应类型以此为：水解反应、加成反应、氧化反应故选A点评：本题考查学生有机物的合成方面的知识，注意碳碳双键、醇羟基均易被强氧化剂氧化这一性质，难度不大15（2分）（xx唐山二模）下列说法不正确的是（）A矿物油的主要成分是烃类物质，植物油的主要成分是酯类物质B医学中用斐林试剂检验尿液中是否含葡萄糖时利用了葡萄糖的还原性CCH3CH2CH2CH3分子中的四个碳原子一定不在同一直线上D分子组成为C8Hl0的芳香族化合物有3种考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用专题：有机反应分析：A汽油等石油产品为矿物油，植物油的成分为油脂；B葡萄糖中含CHO，可与斐林试剂反应生成砖红色沉淀；CCH3CH2CH2CH3分子中C原子均为四面体构型；D芳香族化合物含苯环，则还含2个C，可以为2个甲基或1个乙基解答：解：A汽油等石油产品为矿物油，属于烃类物质，而植物油的成分为油脂，属于酯类物质，故A正确；B葡萄糖中含CHO，可与斐林试剂反应生成砖红色沉淀，则医学中用斐林试剂检验尿液中是否含葡萄糖时利用了葡萄糖的还原性，故B正确；CCH3CH2CH2CH3分子中C原子均为四面体构型，则CH3CH2CH2CH3分子中的四个碳原子一定不在同一直线上，故C正确；D芳香族化合物含苯环，则还含2个C，可以为2个甲基或1个乙基，存在邻、间、对三种二甲苯、1种乙苯，共4种，故D错误；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，熟悉常见有机物的结构、官能团、性质即可解答，侧重结构及同分异构体的考查，题目难度不大16（2分）（xx路南区校级模拟）分析下表中各项的排布规律，按此规律排布对第29项X有关说法中不正确的是（）123456729C2H6C2H6OC2H4O2C3H8C3H8OC3H6O2C4H10XAX的分子式为C11H24OBX可能与金属钠反应生成氢气CX可能与碳酸钠反应放出CO2气体DX可能与第30项发生酯化反应考点：有机物实验式和分子式的确定专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：根据表中排布可知，每3个为一组，第一组碳原子为数为2，分别符合通式CnH2n+2、CnH2n+2O、CnH2nO2，第二组碳原子为数为3，分别符合通式CnH2n+2、CnH2n+2O、CnH2nO2，所以按此规律排布的第29项是第10组中的第2个，分子式为C11H24O，然后根据同分异构体解答解答：解：A、根据表中排布可知，每3个为一组，第一组碳原子为数为2，分别符合通式CnH2n+2、CnH2n+2O、CnH2nO2，第二组碳原子为数为3，分别符合通式CnH2n+2、CnH2n+2O、CnH2nO2，所以按此规律排布的第29项是第10组中的第2个，分子式为C11H24O，故A正确；B、C11H24O可能是醇，因此可能与钠发生置换反应产生氢气，故B正确；C、C11H24O可能醇和醚，均不能和碳酸钠反应放出CO2气体，故C错误；D、第30项为C11H22O2，可能为羧酸，C11H24O可能是醇，酸和醇能发生酯化反应，故D正确；故选C点评：本题主要考查了同分异构的书写与性质，根据排布规律推导出X的分子式是解题的关键，难度中等17（2分）（xx春曲阜市校级期末）在1，3丁二烯合成氯丁橡胶的过程中，是一种中间产物，下列说法正确的是（）A1，3丁二烯与氢气加成产物只有一种B1，3丁二烯转化为 时，先与HCl发生1，2加成再水解得到C在NaOH醇溶液中或浓硫酸存在时加热都能发生消去反应D催化氧化得X，X能发生银镜反应，则X的结构只有两种考点：有机物的结构和性质分析：由1，3丁二烯合成氯丁橡胶，先发生1，4加成，然后水解生成二醇，再与HCl发生加成即可，然后再发生醇的消去反应及加聚反应可合成氯丁橡胶，以此来解答解答：解：A1，3丁二烯含有2个C=C键，可发生1，4加成或1，2加成，也可与氢气完全加成，故A错误；B.1，3丁二烯转化为时，先发生1，4加成，然后水解生成二醇，再与HCl发生加成，故B错误；C在NaOH醇溶液中发生Cl的消去反应，在浓硫酸存在时加热发生OH的消去反应，故C正确；D催化氧化得X，X能发生银镜反应，为二元醛，由结构对称性可知，只有一种X结构，故D错误；故选C点评：本题考查有机物的合成，明确合成中发生的化学反应及物质的结构是解答本题的关键，注意把握结构与性质的关系来解答，题目难度中等18（2分）（xx朝阳区二模）关于下列三种化合物的说法正确的是（）A均不存在顺反异构体B不同化学环境的氢原子均为7 种C都可以发生加成反应、酯化反应、氧化反应D可以用金属钠和银氨溶液进行鉴别考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：A、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；B、根据对称法确定等效氢原子的数目；C、根据有机物的结构和官能团确定有机物的性质；D、根据物质和金属钠以及银氨溶液之间的反应现象来回答解答：解：A、月桂烯存在顺反异构，故A错误；B、三种化合物不同化学环境的氢原子数目分别为：7、7、9，故B错误；C、月桂烯和柠檬醛不能发生酯化反应，故C错误；D、香叶醇可以和金属钠反应生成氢气，柠檬醛可以和银氨溶液反应生成银镜，而月桂烯和它们之间均不能反应，现象不一样，可以鉴别，故D正确故选D点评：本题考查学生有机物的结构和性质之间的关系，注意每一类物质的性质是解题的关键所在，难度不大19（2分）（xx春曲阜市校级期末）根据转化关系判断下列说法正确的是（）A反应得到的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，可用饱和氢氧化钠溶液除去B反应中，1mol葡萄糖可生成3mol乙醇C将在空气中灼绕后的铜丝趁热插入乙醇中可得到乙酸D反应中，（C6H10O5）n可表示淀粉或纤维素考点：葡萄糖的性质和用途；乙醇的化学性质；淀粉的性质和用途；物质的分离、提纯和除杂分析：A根据除杂的原则：所加试剂和杂质反应，同时不引进新杂质来回答；B葡萄糖发酵产物是乙醇以及二氧化碳；C乙醇的催化氧化可以得到乙醛；D淀粉或是纤维素水解的最终产物是葡萄糖解答：解：A乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，可用饱和碳酸钠溶液除去，故A错误；B葡萄糖发酵产物是乙醇以及二氧化碳，反应中，1mol葡萄糖可生成2mol乙醇，故B错误；C乙醇的催化氧化可以得到乙醛，将在空气中灼绕后的铜丝趁热插入乙醇中可得到乙醛，故C错误；D淀粉或是纤维素水解的最终产物是葡萄糖，反应中，（C6H10O5）n可表示淀粉或纤维素，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构和性质之间的关系，注意每一类物质的性质是解题的关键所在，题目难度不大20（2分）（xx春曲阜市校级期末）洋蓟素是一种新结构类型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其结构如图所示，有关洋蓟素的说法正确的是（）A1mol洋蓟素最多可与6mol Br2反应B结构中有2个手性碳原子C一定条件下能发生酯化反应和消去反应D1mol洋蓟素最多可与9mol NaOH反应考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：洋蓟素中含有的官能团有酚羟基、酯基、羟基、羧基、碳碳双键，所以应具有烯烃、酚、醇、酯、羧酸的性质，根据结构判断其性质解答：解：A苯环上酚羟基的邻、对位上的氢原子能与溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1mol洋蓟素需要6mol溴发生取代反应，2mol溴发生加成反应，共需溴8mol，故A错误；B有机物中手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，分子中含有3个手性碳原子，故B错误；C该分子中含有醇羟基和羧基，所以一定条件下能发生酯化反应；因为含有醇羟基，且醇羟基的邻位的碳原子上有氢原子，所以还可以发生消去反应，故C正确；D四个酚羟基需4mol氢氧化钠，两个酯基需2mol氢氧化钠，一个羧基需1mol氢氧化钠，共需7mol氢氧化钠，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生分析能力和综合应用化学知识的能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的结构和官能团的性质，本题要注意手性碳原子的判断，难度中等21（2分）（xx春曲阜市校级期末）在：丙烯四氟乙烯（CF2=CF2）氯苯CHCCH3四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是（）ABCD考点：常见有机化合物的结构专题：有机物分子组成通式的应用规律分析：在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断解答：解：CH2=CHCH3 中有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故错误；乙烯具有平面型结构，四氟乙烯看作是2个氟原子取代乙烯中的2个氢原子，所有原子在同一个平面，故正确；苯是平面型结构，氯苯是氯原子取代苯中得到一个氢原子，所有原子在同一个平面，故正确；CHCCH3含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故错误显然正确，故选C点评：本题主要考查有机化合物的结构特点，题目难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构22（2分）（xx春曲阜市校级期末）将有机物完全燃烧，生成CO2和H2O将12g该有机物完全燃烧后的产物通过浓H2SO4，浓H2SO4增重14.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g该有机物分子式为（）AC4H10BC2H6OCC3H8ODC2H4O2考点：有机物实验式和分子式的确定专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：根据浓硫酸和碱石灰增重的质量可计算有机物生成的水和二氧化碳的物质的量，根据C元素、H元素守恒和O元素守恒可计算有机物中C、H、O元素的物质的量，进而计算各元素的物质的量之比，最终可计算有机物的分子式；解答：解：浓硫酸增重可知水的质量为14.4g，可计算出n（H2O）=0.8mol，n（H）=1.6mol，m（H）=1.6g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n（C）=n（CO2）=0.6mol，m（C）=7.2g，m（C）+m（H）=8.8g，有机物的质量为12g，所以有机物中氧的质量为3.2g，n（O）=0.2mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.6mol：1.6mol：0.2mol=3：8：1，即实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以分子式也为C3H8O；故选：C；点评：此题考查了分子式的计算，计算时含氧可根据质量守恒来确定和计算，需要注意的是若实验式中碳原子已经饱和，则分子式和实验式是一样的23（2分）（xx春张掖校级期末）下列各组物质互为同系物的是（）AC6H5OH和C6H5CH2OHBCH3OH和HOCH2CH2OHCHCOOH和C17H35COOHDCH3Cl和CH2Cl2考点：芳香烃、烃基和同系物专题：同系物和同分异构体分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同解答：解：A、C6H5OH是苯酚，C6H5CH2OH是苯甲醇，二者种类不同，含有不同的官能团，不是同系物，故A错误；B、CH3OH和HOCH2CH2OH都属于醇类，但含有的羟基数目不同，通式不同，不是同系物，故B错误；C、HCOOH和C17H35COOH都是饱和一元羧酸，属于同系物，故C正确；D、CH3Cl和CH2Cl2含有的官能团Cl数目不同，不是同系物，故D错误；故选C点评：考查有机物的结构与同系物辨析，难度不大，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同24（2分）（xx秋长丰县期末）某有机物的结构简式为，它在一定条件下可能发生的反应是（）加成；水解；酯化；氧化；中和；消去；还原ABCD考点：取代反应与加成反应；消去反应与水解反应；聚合反应与酯化反应专题：有机反应分析：根据有机物含有醛基、羧基、醇羟基结构、利用官能团的性质来解答解答：解：有机物含有醛基，则它能和氢气发生加成反应，生成醇羟基，故可能发生；有机物中不含有卤代烃，也不含有酯基，故不可能发生；有机物含有羧基能和醇羟基发生酯化反应，含有的醇羟基也能羧酸发生酯化反应，故可能发生；有机物含有醇羟基结构，醇羟基能被氧化成醛基，该有机物中含有醛基，醛基能被氧化成羧酸，故可能发生；有机物含有羧基，具有酸性，能和碱发生中和反应，故可能发生；有机物中含有醇羟基，且醇羟基相邻的碳上含有氢原子，故能发生消去反应，故可能发生；有机反应中，去氧或加氢的反应应为还原反应，该有机物中含有醛基，可以加氢生成醇，故可能发生；故选A点评：本题考查了有机物官能团的性质，掌握常见有机物的官能团间的转化是解答本题的关键25（2分）（xx春曲阜市校级期末）天然维生素P（结构简式如图所示）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述中错误的是（）A可与NaOH溶液反应，1mol该物质可与4mol NaOH反应B可与溴水反应，且1mol该物质与足量溴水反应消耗6mol Br2C一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为7molD维生素P遇FeCl3溶液发生显色反应考点：有机物的结构和性质分析：天然维生素P中含有2个苯环，可与氢气发生加成反应，含有的官能团有酚羟基，可发生取代反应，分子中含有C=O，可与氢气发生加成反应，含有C=C，可发生加成、氧化反应，以此解答该题解答：解：A分子中只有4个酚羟基与NaOH反应，其它官能团不参加反应，则1mol该物质可与4molNaOH反应，故A正确；B分子中含有2个苯环4个酚羟基，邻位和对位共有5个H原子可被取代，含有1个C=C，可发生加成，则可与溴水反应，且1mol物质与足量溴水反应消耗6molBr2，故B正确；C分子中能发生加成反应的有苯环、C=O和C=C，则1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8mol，故C错误；D含有酚羟基，可遇FeCl3溶液发生显色反应，故D正确故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握官能团的数目的性质，为解答该题的关键二、填空题（共50分）26（12分）（xx春曲阜市校级期末）有机物A的结构简式是，它可以通过不同的反应得到下列物质：B C D（1）A中官能团的名称是：羟基、羧基（2）写出由A制取B的化学方程式：（3）写出A制取C、D两种物质的有机反应类型：AC：消去反应AD：取代反应（4）写出两种既可以看做酯类又可以看做酚类，且分子中苯环上连有三个取代基的A的同分异构体的结构简式（要求这两种同分异构体中苯环上的取代基至少有一种不同）；考点：有机物的结构和性质分析：（1）A含有羟基和羧基；（2）羧酸中的羧基和醇中的羟基之间可以发生酯化反应生成酯和水；（3）A含有羟基，可发生加成、取代反应；（4）既可以看做酯类又可以看做酚类，则苯环连接羟基，且含有酯基，另一取代基可为甲基，也可为乙基解答：解：（1）根据有机物A的结构简式可得出有机物A中含有羟基、羧基两种官能团，故答案为：羟基、羧基；（2）从A到B，一定是醇羟基和羧基发生了分子内酯化反应，方程式为，故答案为：；（3）A制取C，出现了双键，所以发生了消去反应，A制取D，羟基被溴原子取代了，属于取代反应，故答案为：消去反应；取代反应；（4）既可以看做酯类又可以看做酚类，则苯环连接羟基，且含有酯基，另一取代基可为甲基，也可为乙基，可为、，故答案为：；点评：本题考查了有机物官能团、有机反应类型判断、有机反应方程式的书写，题目难度中等，注意掌握常见有机物官能团名称、有机反应类型，能够正确书写常见的有机反应方程式27（12分）（xx春曲阜市校级期末）在80时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：C（mol/L）时间（s）O20406080100C（N2O4）0.20a0.10cdeC（NO2）0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅（1）表中bc（填“”、“=”、“”）（2）20s时，N2O4的浓度为0.14mol/L，020s内N2O4的平均反应速率为0.003mol/（Ls）（3）在80时该反应的平衡常数K=（写表达式）（4）在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时ABDA、N2O4的转化率越高 B、NO2的产量越大C、N2O4与NO2的浓度之比越大 D、正反应进行的程度越大考点：化学平衡常数的含义；反应速率的定量表示方法专题：化学平衡专题分析：（1）根据表格知，0.12b0.22，c0.10，据此判断b、c的关系；（2）根据二氧化氮和四氧化二氮的关系式计算N2O4的浓度，v=计算N2O4的平均反应速率；（3）K=；（4）K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应物的转化率越大，生成物的产量越大解答：解：（1）根据表格知，0.12b0.22，c0.10，所以bC；故答案为：bC；（2）20s时，四氧化二氮的浓度为a，N2O42NO21mol/L 2mol/L（0.20a）mol/L 0.12mol/La=0.14mol/L，则反应的N2O4浓度为（0.20.14）mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）=0.003mol/Ls；故答案为：0.14；0.003mol/（Ls）；（3）K=；故答案为：；（4）根据化学平衡常数知，K越大，生成物的浓度越大，反应物的浓度越小，N2O4的转化率大、NO2的产量越大、N2O4与NO2的浓度之比越小、正反应进行的程度越大，故选ABD；故答案为：ABD点评：本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡常数的含义等知识点，注意化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关28（12分）（xx春曲阜市校级期末）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3；假设2：红色粉末是Cu2O；假设3：Fe2O3和Cu2O设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂（1）若假设1成立，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁你认为这种说法是否合理不合理，简述你的理由：当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后产生的Fe3+可能完全与Cu反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可以不变红色（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是Fe2O3和Cu2O，写出发生反应的离子方程式Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，假设1：红色粉末是Fe2O3，假设2：红色粉末是Cu2O，假设3为二者混合物；（1）依据假设1为氧化铁，和实验工厂分析，固体溶解后生成硫酸铁，遇到硫氰酸钾会发生反应生成血红色溶液；（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应解答：解：红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，假设1：红色粉末是Fe2O3，假设2：红色粉末是Cu2O，假设3为Fe2O3和Cu2O，故答案为：Fe2O3和Cu2O：（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中在所得溶液中再滴加KSCN试剂，若假设1成立，红色粉末是Fe2O3，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色；故答案为：固体完全溶解，溶液呈血红色；（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色，所以滴加KSCN试剂后溶液不变红色，不能说明原混合物不含氧化铁；故答案为：不合理；当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后产生的Fe3+与Cu反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；故答案为：Fe2O3和Cu2O； Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+点评：本题考查了实验探究物质组成和性质的实验分析，物质的性质和转化关系，掌握基础，细心审题是解题关键，题目难度中等29（14分）（xx春曲阜市校级期末）某化学兴趣小组设置了如图所示的实验装置，即可用于制取气体，又可用于验证物质的性质（1）利用、装置制取气体（K2关闭、K1打开），甲同学认为：利用装置可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO2或NO气体，其理由是O2、NO2密度比空气大，NO与空气密度相差不大且与空气中的氧气反应（2）乙同学认为：利用装置作简单改进（但不改变瓶口朝向），也可以收集O2、NO等气体，但不能收集NO2气体，其改进的方法是将装置加满水（3）丙同学想利用上述装置比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱（不必再选用其它酸性溶液，且通过一次实验就可以达到目的）实验时，K1关闭、K2打开锥形瓶内装Na2CO3固体，装置C（试管）中所盛的试剂是Na2SiO3溶液；实验确认H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱出现的现象是装置中产生气泡、装置C中产生白色沉淀（4）丁同学想证明氧化性：Ca（ClO）2Cl2Br2，实验时，K1关闭、K2打开，则在A中加浓盐酸；B中加Ca（ClO）2，C中加NaBr溶液溶液，观察到C中的现象是溶液由无色变为橙色或黄色或橙红色；但是此装置在完成这个实验时尚存不足，其不足是氯气易逸出污染环境考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法；NO与氧气反应；（2）用排水法可以收集O2和NO等气体，二氧化氮与水反应，且易溶于水；（3）比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，可在中用碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳，为硅酸钠，与二氧化碳反应可生成硅酸沉淀；（4）比较Ca（ClO）2Cl2Br2氧化性强弱，在中Ca（ClO）2与浓盐酸反应生成氯气，氯气与中NaBr溶液反应生成溴，溶液颜色由无色变为橙色或橙红色，注意防止氯气污染环境解答：解：（1）装置中进气管短，出气管长，为向下排空气法，O2、NO2的密度大于空气的密度，则O2、NO2应采用向上排空气法收集；一氧化氮和氧气能发生反应生成二氧化氮，一氧化氮应采用排水法收集，所以该装置不能收集氧气和一氧化氮，故答案为：O2、NO2密度比空气大，NO与空气密度相差不大且与空气中的氧气反应；（2）O2 和NO不能与水发生反应，而且难溶于水，所以能采用排水法收集，故答案为：将装置加满水；（3）比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，可在中用碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳，为硅酸钠，与二氧化碳反应可生成硅酸沉淀，故答案为：Na2CO3；Na2SiO3溶液；装置中产生气泡、装置C中产生白色沉淀；（4）比较Ca（ClO）2Cl2Br2氧化性强弱，在中Ca（ClO）2与浓盐酸反应生成氯气，氯气与中NaBr溶液反应生成溴，溶液颜色由无色变为橙色或橙红色，注意防止氯气污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收氯气，故答案为：浓盐酸；NaBr溶液；溶液由无色变为橙色或黄色或橙红色；氯气易逸出污染环境点评：本题考查了实验方案设计，题目难度中等，注意根据气体的性质及密度选择相应的收集方法以及实验设计的方案的设计，侧重于考查学生对实验原理的把握和对仪器的使用