2018-2019学年贵州省铜仁第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年贵州省铜仁第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

贵州省铜仁第一中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1.下列关于化石燃料的加工说法正确的是 (　　)‎ A. 石油裂化主要得到乙烯 B. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油 C. 煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水、粗苯和焦炉气 D. 煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油裂化的目的是得到轻质液体燃料——汽油，故A错误；‎ B．石油分馏是利用物质的沸点不同分离物质的，属于物理变化，故B错误；‎ C．煤干馏是将煤隔绝空气加强热，主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；‎ D．煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，属于化学变化，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列说法正确的是 (　　)‎ A. 油脂的硬化属于酯化反应 B. 涤纶、尼龙、环氧树脂、酚醛树脂等高分子化合物都是由缩聚反应制得 C. 蛋白质受某些理化因素引起蛋白质理化性质和生物活性的变化称为盐析 D. 蔗糖和麦芽糖水解产物都是葡萄糖和果糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油脂硬化是不饱和高级脂肪酸甘油酯与氢气在一定条件下发生加成反应变成饱和高级脂肪酸甘油酯的过程，属于加成反应或还原反应，故A错误；‎ B．涤纶、尼龙、环氧树脂、酚醛树脂等都属于合成高分子化合物，都是通过缩聚反应制得的，故B正确；‎ C．蛋白质受某些理化因素的影响，其空间结构发生变化，引起理化性质和生物活性的变化，称为蛋白质的变性，故C错误；‎ D．蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，故D错误；‎ 答案选B ‎3.下列有关说法不正确的是 (　　)‎ A. pH小于5.6的雨水称为酸雨 B. 分散质粒子直径介于1~100nm之间分散系称为胶体 C. 王水是浓硝酸和浓盐酸按物质的量之比1:3组成的混合物 D. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，太阳能光电板的主要原料是硅晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正常雨水中因为溶解了二氧化碳的缘故，pH约为5.6，酸雨是溶解了二氧化硫等的雨水，pH小于5.6，故A正确；‎ B．分散质粒子直径介于1nm～100nm之间的分散系称为胶体，故B正确；‎ C．王水是浓硝酸和浓盐酸按照体积比1∶3组成的混合物，不是物质的量之比，故C错误；‎ D．光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能光电池板是硅晶体制成，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.化学工业是国民经济的支柱产业。下列生产过程中不涉及化学变化的是( )‎ A. 氮肥厂用氢气和氮气合成氨 B. 钢铁厂用热还原法冶炼铁 C. 硫酸厂用接触法生产硫酸 D. 炼油厂用分馏法生产汽油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化。物理变化是指没有新物质生成的变化。化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成。‎ ‎【详解】A．N2和H2合成NH3发生了化学变化，故A错误；‎ B．钢铁厂炼铁的原理是用还原剂将铁从其氧化物中还原出来，发生的是化学变化，故B错误；‎ C．接触法制硫酸发生的三个反应是S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4，发生了化学变化，故C错误；‎ D．炼油厂用分馏法生产汽油是利用沸点的不同进行混合物的分离操作，发生的是物理变化，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了物理变化和化学变化的区别，可以依据化学变化的实质进行。‎ ‎5.下列有机物的结构表示不正确的是 (　　)‎ A. 羟基的电子式 B. 1-丁烯的键线式为 C. 乙醇的结构式为 D. 葡萄糖的最简式为CH2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．羟基为中性原子团，O原子最外层含有7个电子，其电子式为，故A错误；‎ B．1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，键线式为，故B正确；‎ C．乙醇分子中含有羟基，结构式为：，故C正确；‎ D．葡萄糖的分子式为C6H12O6，其最简式为CH2O，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意区分羟基和氢氧根的电子式。‎ ‎6.下列有机反应属于同一反应类型的是 A. 甲烷制一氯甲烷、苯制硝基苯 B. 苯制溴苯、乙烯制乙醇 C. 乙醇制乙醛、乙醇和乙酸制乙酸乙酯 D. 苯制环己烷、乙酸乙酯水解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷制取一氯甲烷、苯制取硝基苯都是有机物中的原子被其它的原子所取代，都属于取代反应，所以反应类型相同，故A正确；‎ B．苯制取溴苯属于取代反应，乙烯制取乙醇属于加成反应，反应类型不同，故B错误；‎ C．乙醇制取乙醛属于氧化反应，乙醇和乙酸制取乙酸乙酯属于取代反应或酯化反应，反应类型不同，故C错误；‎ D．苯制环己烷属于加成反应，乙酸乙酯水解属于取代反应，反应类型不同，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】明确取代反应、加成反应、氧化反应的概念是解本题的关键。注意酯化反应、酯的水解反应、氨基酸的成肽反应、硝化反应等都属于取代反应。‎ ‎7.下列化合物的分子中，所有原子一定处于同一平面的是 (　　)‎ A. 乙烷 B. 1，3-丁二烯 C. 氯乙苯 D. 苯乙炔 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烷中含有甲基，甲基具有甲烷的结构特点，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面上，故A错误；‎ B．乙烯具有平面型结构，碳碳单键可以旋转，1，3-丁二烯中的2个碳碳双键所在平面不一定在一个平面上，故B错误；‎ C．氯乙苯中含有亚甲基，亚甲基具有甲烷的结构特点，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C错误；‎ D．碳碳三键是直线结构，苯环是平面结构，苯环上处于对角线位置的4个原子共线，因此苯乙炔中所有原子一定处于同一平面，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是 A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基 B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基 C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基 D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。A选项正确。答案选A。‎ ‎9.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。‎ ‎10.下列化合物在一定条件下，既能发生消去反应，又能发生水解反应的是 (　　)‎ A. CH3Cl B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、一氯甲烷不能发生消去反应，A错误；‎ B、2－溴丙烷既能发生消去反应，又能发生水解反应，B正确；‎ C、分子中与CH2Cl相连的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，C错误；‎ D、分子中与CH2Br相连的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握卤代烃消去反应的条件是解答的关键，卤代烃都可以发生水解反应，但不一定能发生消去反应，只有与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子时才能发生消去反应，另外也需要注意卤代烃发生消去反应的反应条件是在氢氧化钠的醇溶液中并加热，这也是常考的考点。‎ ‎11.由2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇[HOCH2CH(OH)CH3]时，需要经过下列哪几步反应(　　)‎ A. 加成→消去→取代 B. 取代→消去→加成 C. 消去→加成→水解 D. 消去→加成→消去 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由逆合成法可知，CH3CHOHCH2OH →CH3CHBrCH2Br →CH3CH=CH2 →CH3CHClCH3，以此判断合成时所发生的反应类型。‎ ‎【详解】由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇，由逆合成法可知，CH3CHOHCH2OH →CH3CHBrCH2Br →CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，需要2-氯丙烷先发生消去反应生成CH3CH=CH2，CH3CH=CH2发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br发生水解反应可生成1，2-丙二醇[HOCH2CH(OH)CH3]，则经过的反应为消去→加成→水解，故选C。‎ ‎12.某课外兴趣小组欲在实验室里制备少量乙酸乙酯，该小组的同学设计了以下四个制取乙酸乙酯的装置，其中正确的是 (　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、制备出的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，使用碳酸钠溶液可溶解乙醇，反应乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度，故A正确；B、导管插入到液面以会引起倒吸，故B错误；C、b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故C错误；D、导管插入到液面以会引起倒吸，b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题重点考查乙酸乙酯的制备实验。要熟知制备反应的原理，反应过程中的注意事项，产物的除杂及收集。实验室中用乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下制备乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ，饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯。‎ ‎13.下列物质中属于纯净物的一组是(　　)‎ ‎①冰水混合物　②爆鸣气　③铝热剂　④普通玻璃　⑤水玻璃　⑥漂白粉　⑦二甲苯　⑧TNT　⑨溴苯　⑩C5H10⑪含氧40%的氧化镁　⑫花生油　⑬福尔马林　⑭密封保存的NO2气体 A. ②③④⑥ B. ⑦⑩⑫⑬⑭‎ C. ①⑧⑨⑪ D. ①④⑧⑨⑪⑫‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①冰水混合物中只含有水分子一种物质，属于纯净物；‎ ‎②爆鸣气是氢气和氧气的混合物；‎ ‎③铝热剂是铝和金属氧化物的混合物；‎ ‎④普通玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物；‎ ‎⑤水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物；‎ ‎⑥漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物；‎ ‎⑦二甲苯可以是邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯的混合物；‎ ‎⑧TNT俗称三硝基甲苯，属于纯净物；‎ ‎⑨溴苯是一种物质组成的纯净物；‎ ‎⑩C5H10不一定表示纯净物，可能是正戊烷、异戊烷、新戊烷的混合物；‎ ‎⑪氧化镁中所含氧元素的质量分数为40%，故含氧40％的氧化镁是纯净物；‎ ‎⑫天然油脂都是混合物；‎ ‎⑬福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物；‎ ‎⑭密封保存的NO2气体和四氧化二氮存在化学平衡属于平衡混合气体；‎ 因此属于纯净物的有①⑧⑨⑪，故选C。‎ ‎14.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，取另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得到V2 L二氧化碳，若2V1＝V2≠0，则此有机物可能是 (　　)‎ A. CH3CH(OH)COOH B. HOOCCH2COOH C. HOCH2CH2OH D. HOCH2CH(OH)CH2COOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，存在反应关系式：R-OH～H2，-COOH～H2，以及-COOH CO2，若2V1=V2，说明分子中含有2个-COOH，只有B符合，故选B。‎ ‎15.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是 (　　)‎ A. 标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA个 B. 常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA C. 常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA D. 盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5 mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；‎ B．C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为n= =0.5mol，则含1mol氢原子，即NA个，故B正确；‎ C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为=2mol，故含原子6NA个，故C正确；‎ D．1mol二氧化硫中含2mol氧原子，故当含NA个氧原子时，二氧化硫的分子个数为0.5NA个，物质的量为0.5mol，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎16.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构简式如图所示。下列叙述正确的是 (　　)‎ A. 迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应 B. 1 mol迷迭香酸最多能和9 mol氢气发生加成反应 C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应、消去反应和酯化反应 D. 1 mol迷迭香酸最多能和6 mol NaOH发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．迷迭香酸中含碳碳双键，能够与溴发生加成反应，故A错误；‎ B．苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1 mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；‎ C．迷迭香酸中含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，苯环上的羟基不能发生消去反应，故C错误；‎ D．迷迭香酸中含酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1 mol迷迭香酸最多能和6 mol NaOH发生反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题 的易错点为B，要注意酯基和羧基中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，醛基和羰基(酮基)中的碳氧双键能与氢气发生加成反应。‎ ‎17.某中性有机物C10H20O2在稀硫酸作用下加热得到M和N两种物质，N经氧化最终可得到M，则该中性有机物的结构可能有 (　　)‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物C10H20O2在酸性条件下能水解，说明C10H20O2为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，能在酸性条件下水解生成有机物M和M，且N在一定条件下可转化成M，说明M和N的碳原子数相同，且碳链相同，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，C10H20O2是饱和酯，且两边碳链相同，因此M为C4H9COOH，N为C4H9CH2OH，二者中都含有烃基-C4H9，-C4H9有四种结构：C-C-C-C-、、、，则C10H20O2有四种结构，故选C。‎ ‎18.A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，则A、B、C三种醇分子里羟基数之比是 (　　)‎ A. 3∶2∶1 B. 2∶6∶2 C. 3∶1∶2 D. 2∶1∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设生成氢气6mol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3∶6∶2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为∶∶=2∶1∶3，故选D。‎ ‎19.若要将1.6‎ ‎ mol甲烷完全和氯气发生取代反应，并且生成四种取代物的物质的量依次增大0.1 mol，则需要氯气的物质的量为 (　　)‎ A. 2.5 mol B. 4.5 mol C. 0.6 mol D. 1.5 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据取代反应的特点可知，1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几摩尔氯甲烷就消耗多几摩尔的氯气；然后根据生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量计算消耗氯气的物质的量。‎ ‎【详解】生成四种取代物的物质的量依次增大0.1 mol，设生成的一氯甲烷的物质的量为a，则二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量依次为a+0.1mol、a+0.2mol 、a+0.3mol，根据碳原子守恒有a+a+0.1mol+a+0.2mol +a+0.3mol=1.6mol，解得a=0.25mol，因此二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量依次为0.35mol、0.45mol、0.55mol，则消耗氯气的总物质的量为：0.25mol+0.35mol×2+0.45mol×3+0.55mol×4=4.5mol，故选B。‎ ‎20. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）‎ A. Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O B. NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O C. 向澄清石灰水中通入少量CO2：OH－＋CO2=HCO3－‎ D. 将0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，错误，不选A；‎ B、碳酸氢铵与足量的氢氧化钡反应生成碳酸钡、氨气和水，铵根离子也反应，错误，不选B；‎ C、氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，错误，不选C；‎ D、二者比例为2:3，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，正确，选D。‎ ‎21.下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是 (　　)‎ A. 使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2+、NO3-、Fe3+、SO42-‎ B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3-、Al3+、Na+、SO42-‎ C. pH=0的溶液中：Al3+、NH4+、Ca2+、ClO-‎ D. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使pH试纸显蓝色的溶液，显碱性，不能大量存在Cu2+、Fe3+，故A错误；‎ B．与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为强碱或非强氧化性酸溶液，碱溶液中不能存在Al3+，酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，与铝反应不能放出氢气，故B错误；‎ C．pH=0的溶液，显酸性，H+、ClO-离子能够反应生成弱电解质，不能大量共存，故C错误；‎ D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，与氢氧根离子也都不反应，能大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.如图所示，分别向密闭容器内可移动活塞的两边充入空气(已知空气体积占整个容器容积的1/4)、H2和O2的混合气体，在标准状态下，若将H2、O2的混合气体点燃引爆。活塞先左弹，恢复原温度后，活塞右滑停留于容器的中央。则原来H2、O2的体积之比可能为(　　)‎ A. 2∶7 B. 5∶4 C. 4∶5 D. 2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应前，左右两室的体积之比为1∶3，则左右两室中气体物质的量之比为1∶3，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，根据氢气和氧气的反应方程式讨论氢气或氧气过量计算解答。‎ ‎【详解】令空气的物质的量为1mol，反应前，左右两室的体积之比为1∶3，反应前右室的物质的量为3mol，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，反应后右室气体物质的量为1mol，发生反应2H2+O2 2H2O，设H2、O2的物质的量分别为xmol、ymol，若氢气过量，则：x−2y＝1，x+y＝3，解得x∶y=7∶2；若氧气过量，则：y−0.5x＝1，x+y＝3，解得x∶y=4∶5，故选C。‎ ‎23.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. =1000Vρ/(17V+22400)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；‎ B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；‎ C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；‎ D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；‎ 所以答案选择A项。‎ ‎24.某有机物分子中有a个-CH3，b个-CH2-，c个，则可连接的羟基的个数为( )‎ A. 2b+3c-a B. a+b+c C. c+2-a D. b+c+2-a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物的碳链主要在C原子之间连接，每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析考虑，先分析只连接甲基的情况，根据计算的甲基数目结合分子中含有的甲基数目，计算羟基数。‎ ‎【详解】若碳链上只连接甲基，-CH2-不管多少个只能连接两个-CH3，c个，能连接c个-CH3，所以b个-CH2-，c个，连接-CH3的数目为c+2个。由于分子中含有a个-CH3，所以连接的-OH为c+2-a，故选C。‎ ‎【点睛】本题的另一种解法：根据烷烃的组成可知，该有机物中最多含有的氢原子数=2(a+b+c)+2，a个-CH3，b个-CH2-，c个中含有的氢原子数目=3a+2b+c，相差的氢原子可以用羟基补全，羟基的数目=[2(a+b+c)+2]-(3a+2b+c)= c+2-a。‎ ‎25.25 ℃和101 kPa，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32 mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72 mL，原混合烃中乙炔的体积分数为(　　)‎ A. 15% B. 25% C. 45% D. 75%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物燃烧的化学反应方程式，分析反应前后气体体积的变化，利用气体体积缩小了72mL及混合气体的体积列式计算出乙炔的体积，最后计算乙炔的体积分数。‎ ‎【详解】常温下，水为液体，由乙烷、乙炔和丙烯燃烧的方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，‎ C2H6+O22CO2+3H2O △V  ‎ ‎  1        2          2.5‎ C2H2+O22CO2+H2O △V   ‎ ‎ 1        2         1.5   ‎ C3H6+O23CO2+3H2O △V ‎ 1         3           2.5‎ 则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，则有x+y＝32，2.5x+1.5y＝72，解得y=8mL，混合烃中乙炔的体积分数为×100%＝25%，故选B。‎ ‎【点睛】掌握有机物燃烧的化学反应方程式的计算是解题的关键。本题的难点是乙烷和丙烯反应后体积缩小的量是相同的，可以看成一种物质进行解答。‎ ‎26.已知氨基酸可发生如下反应：‎ 且已知：D、E相对分子质量分别为162和144，可发生如下物质转化关系，如下图所示：‎ ‎(1)写出C中所含官能团的名称：________________________‎ ‎(2)写出B、D的结构简式：B____________，D________________________。‎ ‎(3)写出C→E的化学方程式：_______________________________________。‎ ‎(4)写出C发生缩聚反应的化学方程式：_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). (3). (4). (5). n+(n-1)H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氨基酸能发生缩合反应，脱去一个H2O分子时，-COOH脱去-OH，-NH2脱去-H，发生缩聚反应生成多肽，结合B的分子式，两个丙氨酸分子间脱去2个H2O分子可生成B为；由题中所给信息可总结出：在HNO2作用下，氨基酸中的-NH2可转变成-OH，可得C为；由于C中含有-COOH和-OH，可以发生脱水反应生成D与E，而D、E的相对分子质量分别为162和144，故C脱去一个水分子可得D为，C脱去两个水分子可得E为；丙氨酸与氢氧化钠发生中和反应生成A为CH3CH(NH2)COONa，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，C为，所含官能团有羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；‎ ‎(2)B的结构简式为，D的结构简式为；‎ ‎(3)C→E的化学方程式为：；‎ ‎(4)C发生缩聚反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O。‎ ‎27.次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120 ℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：‎ 步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。‎ 步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90 ℃下，反应约3 h，冷却至室温，抽滤。‎ 步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。‎ ‎(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。‎ ‎(2)装置C的作用是________________。‎ ‎(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；‎ ‎②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。‎ ‎(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。‎ ‎(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). (球形)冷凝管 (2). 增大接触面积使SO2充分反应 (3). 吸收二氧化硫并防止倒吸 (4). 水浴加热 (5). 均匀受热、容易控制温度 (6). HCHO (7). 防止产物被空气氧化 (8). Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；‎ ‎(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答； ‎ ‎(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O) 在120 ℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；‎ ‎(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；‎ ‎(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。‎ ‎【详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；‎ ‎(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；‎ ‎(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O) 在120 ℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；‎ ‎②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；‎ ‎(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；‎ ‎(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2 NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。‎ ‎28.某无色溶液中含有K＋、Cl－、OH－、SO32-、SO42-，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH－的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。‎ ‎(1)图中试剂①～⑤溶质的化学式分别是：‎ ‎①________，②________，③________，④__________，⑤__________。‎ ‎(2)图中现象c表明检验出的离子是________________。‎ ‎(3)白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是____________________。‎ ‎(4)气体E通入试剂④发生反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). Ba(NO3)2 (2). HCl (3). HNO3 (4). Br2 (5). AgNO3 (6). Cl－ (7). 会使SO32－对SO42－的检验产生干扰，不能确认SO42－是否存在 (8). SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图，结合需要检验的离子可知，气体E只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂①为Ba(NO3)2溶液，试剂②为盐酸，试剂④为溴水，无色溶液C中含有Cl－、OH－，溶液呈碱性，加入过量试剂③后再加入试剂⑤生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂③为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂⑤为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；‎ ‎(2)根据上述分析，现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-，现象c检验出的阴离子为Cl-，故答案为：Cl-；‎ ‎(3)硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，因此白色沉淀A若加试剂③稀硝酸而不加试剂②盐酸会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在，故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-是否存在；‎ ‎(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。‎ ‎【点睛】根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，明确气体E为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂②的判断，要注意试剂②不能选用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。‎ ‎29.某天然有机化合物A仅含C、H、O元素，与A相关的反应框图如下：‎ ‎（提示：A→P、A→B分别为两个反应，条件均为浓硫酸、加热）‎ ‎(1)写出下列反应的反应类型：B→D________；D→E第①步反应________。‎ ‎(2)请分别写出D和E中的不含氧官能团的名称：D：__________ 、E：____________。‎ ‎(3)写出S、P的结构简式：‎ S：_________________________________；P：____________________________；‎ ‎(4)写出在浓H2SO4存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式：____________。‎ ‎(5)写出符合条件的D的同分异构体的结构简式：(①与D具有相同官能团，②核磁共振氢谱中能呈现2种峰；峰面积比为1∶1)______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). 消去反应 (3). 溴原子 (4). 碳碳三键 (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A仅含C、H、O三种元素，S为氯代有机酸，S水解可以得到A，说明S分子中含有C、H、O、Cl四种元素；根据反应条件可知，由S→B发生消去反应，B→F发生与氢气的加成反应，得到饱和羧酸F，而F和NaHCO3反应，得到盐的化学式为：C4H4O4Na2，说明F是二元羧酸，从而说明S分子中含有两个-COOH；S中的Cl原子在碱性条件下被-OH取代，酸化后生成含有-COOH和-OH的有机物A，并且A自身在浓硫酸作用下，可以生成六元环状的酯P，故-OH在β碳原子上，再结合A的相对分子质量分为134，可以推知A为HOOCCHOHCH2COOH，S为，B为HOOCCH=CHCOOH，F为HOOCCH2CH2COOH；B与溴发生加成反应生成D，则D为，D在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，结合E的相对分子质量为114，E为HOOCC≡CCOOH，P为六元环酯，结构简式为，结合有机物的结构和官能团的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，B→D为烯烃和溴的加成反应；D→E第①步反应为卤代烃在NaOH醇溶液中发生消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；‎ ‎(2)D为，E为HOOCC≡CCOOH，二者中的不含氧官能团分别为溴原子，碳碳三键，故答案为：溴原子；碳碳三键；‎ ‎(3)由以上分析可知，S为，P为，故答案为：；；‎ ‎(4)F为丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)在浓硫酸作用下与足量的乙醇反应，生成丁二酸二乙酯，反应的化学方程式为，故答案为：‎ ‎(5)D为，D的同分异构体中含有相同官能团的有 ‎，其中核磁共振氢谱中能呈现2种峰，且峰面积比为1∶1的是，故答案为：。‎ ‎30.分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现________种峰；峰面积比为__________。‎ ‎(2)上述合成路线中属于取代反应的是__________(填编号)。‎ ‎(3)写出反应⑤、⑥的化学方程式：‎ ‎⑤____________________________________________________________________；‎ ‎⑥____________________________________________________________________。 ‎ ‎(4)F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为—CH2COOCH3：______________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 3∶2∶2∶3 (3). ②⑤⑥ (4). (5). ‎ ‎ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图，反应①是A和溴水发生加成反应生成，可以判断A为CH2=C(CH3)CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH；B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH；根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，且D含两个甲基，所以D为CH3CH=C(CH3)COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为CH2=C(CH3)CH2CH3，B为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH，C为CH3CH2C(CH3)OHCOOH，D为CH3CH=C(CH3)COOH，E为，F为。‎ ‎(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，含有4种H原子，核磁共振氢谱中呈现4种峰，峰面积比为3∶2∶2∶3，故答案为：4；3∶2∶2∶3；‎ ‎(2)根据题中各物质转化关系和分析可知，反应①为加成反应，反应②为取代反应，反应③为氧化反应，反应④为消去反应，反应⑤为取代反应，反应⑥为酯化反应，也属于取代反应，属于取代反应的是②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；‎ ‎(4)反应⑤为卤代烃的水解反应，反应的方程式为，反应⑥为酯化反应，反应的方程式为；‎ ‎(4)F为，在F的同分异构体中苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，说明这2个取代基位于对位。其中一个取代基为-CH2COOCH3，则另一个取代基含有碳碳双键，因此同分异构体的结构简式为。‎ ‎【点睛】注意从A的结构入手采取正推的方法进行推断，把握官能团的性质以及官能团的转化为解答该题的关键。本题的易错点为(4)，要注意题中限制条件的解读。‎ ‎ ‎