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2018-2019学年四川省攀枝花市高二下学期期末调研检测化学试题 解析版
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攀枝花市2018~2019学年度（下）普通高中教学质量检测2019.07高二化学试题
本试卷共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Cu：64 Zn:65 Ga:70
一、选择题：（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是
A. 车载铅蓄电池启动 B. 二滩电站水力发电
C. 西区竹林坡光伏（太阳能）发电 D. 米易县龙肘山风力发电
【答案】A
【解析】
【分析】
化学能转换为电能发生的变化应该是由化学反应产生的能量转换为电能。
【详解】A项、车载铅蓄电池启动是化学能转化为电能，故A正确；
B项、二滩电站水力发电是是将重力势能转化为电能，故B错误；
C项、西区竹林坡光伏（太阳能）发电是将太阳能转化为电能，故错误；
D项、米易县龙肘山风力发电是将风能转化为电能，故错误；
故选A。
2.下列物质中，主要成分是蛋白质的是
A. 大米 B. 羊毛 C. 牛油 D. 棉花
【答案】B
【解析】
【分析】
动物的肌肉、皮毛都属于蛋白质。
【详解】A项、大米的主要成分是淀粉，故A错误；
B项、羊毛的主要成分是蛋白质，故B正确；
C项、牛油的主要成分是油脂，故C错误；
D项、棉花的主要成分是纤维素，故D错误；
故选B。
3.战国时成书的《尚书·洪范篇》有“稼稿作甘”之句，“甘”即饴糖，饴糖的主要成分是一种双糖，1 mol该双糖完全水解可生成2 mol葡萄糖。则饴糖的主要成分是
A. 果糖 B. 淀粉 C. 麦芽糖 D. 蔗糖
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，饴糖的主要成分是二糖，一份二糖水解生成两份葡萄糖是麦芽糖。
【详解】A、果糖是单糖，不能水解，A错误；
B、淀粉是多糖，是高分子化合物，1mol淀粉完全水解得到的葡萄糖要远远大于2mol，B错误；
C、麦芽糖是二糖，1mol麦芽糖水解可得2mol葡萄糖，C正确；
D、蔗糖是二糖，1mol蔗糖水解可得1mol葡萄糖和1mol果糖，D错误；
故合理选项为D。
【点睛】本题考查糖类的水解，注意掌握糖类水解方程式的书写是解题的关键。
4.下列有关油脂的说法中，不正确的是
A. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯
B. 油脂都不能使溴水褪色
C. 油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠（或钾）盐常用于生产肥皂
D. 液态的油通过催化加氢转变为半固态脂肪的过程，称为油脂的氢化
【答案】B
【解析】
【详解】A项、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的甘油酯，属于酯类化合物，故A正确；
B项、油脂中混有不饱和脂肪酸的甘油酯时，会与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B错误；
C项、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐与甘油，油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，工业上就是利用皂化反应来制取肥皂的，故C正确；
D项、液态的油脂分子中有不饱和双键，能发生氧化反应易变质，为了便于运输和储存，通常与氢气发生加成反应改变油脂的结构，使其转变为半固态脂肪，这个过程称为油脂的氢化或硬化，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查油脂的性质，注意依据油脂的官能团分析油脂的性质是解题的关键。
5.下列塑料的合成中，所发生的化学反应类型与另外三种不同的是
A. 聚乙烯塑料 B. 聚氯乙烯塑料 C. 聚苯乙烯塑料 D. 酚醛塑料
【答案】D
【解析】
【分析】
小分子的烯烃或烯烃的取代衍生物在加热和催化剂作用下，通过加成反应结合成高分子化合物的反应，叫做加成聚合反应；缩聚反应是指有机物单体在一定条件下脱去小分子物质（水，氯化氢等）合成高聚物的反应。
【详解】一定条件下，乙烯合成聚乙烯、氯乙烯合成聚氯乙烯、苯乙烯合成聚苯乙烯属于加聚反应，苯酚和甲醛合成酚醛塑料属于缩聚反应，故选D。
【点睛】题考查加聚反应与缩聚反应，注意加聚反应与缩聚反应概念、单体的区别是解答关键。
6.下列不涉及蛋白质变性的是
A. 给重金属中毒的病人服用大量牛奶
B. 用福尔马林溶液浸泡动物标本
C. 在鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，有沉淀析出
D. 在鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出
【答案】D
【解析】
【分析】
在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，物理因素有加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射、超声波等；化学因素有强酸、强碱、重金属盐。
【详解】A项、重金属盐能使蛋白质变性，故A错误；
B项、福尔马林溶液的主要成分是甲醛，甲醛能使蛋白质变性，故B错误；
C项、醋酸铅为重金属盐，能使蛋白质变性，故C错误；
D项、饱和硫酸铵溶液不能使蛋白质变性，析出蛋白质的过程为盐析，故D错误；
故选D
【点睛】本题考查蛋白质的性质，注意蛋白质的变性和盐析的区别是解答关键。
7.相同条件下，下列物质在水中的溶解度最大的是
A. HOCH2CH(OH)CH2OH B. CH3COOCH3
C. D. C17H35COOH
【答案】A
【解析】
【分析】
羟基和羧基在水中可以与水分子形成氢键，所以含有羟基和羧基的物质往往在水中的溶解度较大，而含烃基等非极性基团的物质在水中因极性不同，溶解度很小，被称为憎水基或疏水基。分子中有羟基、羧基或二者比例较大的物质在水中的溶解度较大。
【详解】A、HOCH2CH(OH)CH2OH分子中含有三个羟基，易溶于水；
B、CH3COOCH3属于酯类，难溶于水；
C、属于硝基化合物，难溶于水；
D、C17H35COOH分子中有羧基，但烃基比例较大，不溶于水；
故溶解度最大的为HOCH2CH(OH)CH2OH，即选A。
【点睛】本题考查有机物在水中的溶解度，注意有机物所含官能团对溶解度的影响是解答关键。
8.核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO。下列关于核糖的叙述正确的是
A. 与葡萄糖互为同分异构体 B. 跟氯化铁溶液作用显色
C. 与银氨溶液作用形成银镜 D. 可以使紫色石蕊溶液变红
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构简式可知，核糖的分子式是C5H10O5，官能团为羟基和醛基，是五碳糖，与葡萄糖的性质相似。
【详解】A项、核糖的分子式是C5H10O5，葡萄糖的分子式是C6H12O6，两者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B项、氯化铁溶液能够与酚类物质作用显紫色，核糖不含有酚羟基，不能跟氯化铁溶液作用显色，故B错误；
C项、核糖中含有醛基，能够与银氨溶液反应共热产生银镜，发生银镜反应，故C正确；
D项、有机物含有羧基，能表现酸性使紫色石蕊溶液变红，核糖不含有羧基，不能使紫色石蕊溶液变红，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键。
9.下列实验中，对实验现象描述不正确的是
A. 苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，产生白色沉淀
B. 将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由紫色变为无色
C. 将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中，铜丝又变亮红
D. 将饱和食盐水滴在电石上，立即产生大量无色气体
【答案】B
【解析】
【详解】A项、三溴苯酚不溶于水，苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，苯酚稀溶液和饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，故A正确；
B项、将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇与酸性K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应生成氯化钾、氯化铬、乙酸和水，溶液由橙色变为绿色，故B错误；
C项、将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中，氧化铜与乙醇加热条件下发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，铜丝黑色变亮红，故C正确；
D项、将饱和食盐水滴在电石上，电石与水立即反应生成氢氧化钙和乙炔气体，故D正确；
故选B
【点睛】本题考查化学实验现象分析，注意把握常见有机物的性质，明确反应的类型和生成物的性质是解答关键。
10.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
只有醇类才可以与金属钠反应放出氢气，根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，共有8种。
【考点定位】 同分异构、官能团、有机物的性质
11.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，产生的气体未经水洗直接通入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热生成了C2H4
B
将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
石蜡油分解产物中含有不饱和烃
C
向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，边滴边振荡
得到无色澄清溶液
氨水与AgNO3溶液不反应
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液。
未出现银镜
蔗糖未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙醇蒸气能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B、石蜡油能发生催化裂化反应生成气态烯烃；
C、过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液；
D、未加氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性。
【详解】A项、溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，因乙醇具有挥发性，制得的乙烯气体中混有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的乙醇蒸气，干扰乙烯的检验，故A错误；
B项、在少量碎瓷片做催化剂作用下，石蜡油发生裂化反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气态烯烃，故B正确；
C项、向1mL 2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液，故C错误；
D项、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热蔗糖水解生成的葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下加热与银氨溶液发生银镜反应生成银镜，该实验未加氢氧化钠溶液中和硫酸，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。
12.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是
A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑
B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀
C. 若金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀
D. 若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀
【答案】A
【解析】
A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。
13.最近一个科学硏究小组创建了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法正确的是
A. 电源的b极为负极
B. 在能量转换过程中，固体电解质中H+由阴极向阳极移动
C. 阴极电极反应式为：OX + 4H+ + 4e﹣═ GC + H2O
D. 为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为电解池，由结构示意图可知，与电源b相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX + 4H+ + 4e﹣═ GC + H2O。
【详解】A项、与电源b相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，故A错误；
B项、电解过程中，阳离子由阳极向阴极移动，则在能量转换过程中，固体电解质中H+由阳极向阴极移动，故B错误；
C项、b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX + 4H+ + 4e﹣═ GC + H2O，故C正确；
D项、该电解池选用的是固体聚合物电解质，不是电解质溶液，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确电极与反应类型的关系和电解质的类型是解题的关键。
14.电解精炼法提纯镓的方法是：以含Zn、Fe、Cu杂质的粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以GaO2-形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓。(金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe)。下列有关电解精炼说法中，不正确的是
A. 阳极主要电极反应式：Ga + 4OH－-3e－= GaO2－+ 2H2O
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C. 在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Fe
【答案】B
【解析】
【分析】
由金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga。
【详解】A项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，主要电极反应式为：Ga + 4OH－-3e－=GaO2－ + 2H2O，故A正确；
B项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-，阴极上只有GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，由得失电子数目守恒可知阳极质量的减少的量与阴极质量的增加的量不可能相等，故B错误；
C项、在阴极除了析出高纯度的镓之外，电解质溶液中的水也可能在阴极上得电子发生还原反应生成氢气，故C正确；
D项、由金属活动性顺序可知，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确金属活动性顺序与电极反应的关系是解题的关键。
15.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
16.BHT是一种常用的食品抗氧化剂。由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图）。下列说法中，不正确的是
A. BHT能使酸性KMnO4溶液褪色
B. BHT与对甲基苯酚互为同系物
C. BHT与FeCl3溶液不发生显色反应
D. 方法一的原子利用率高于方法二
【答案】C
【解析】
【分析】
由题给示意图可知，方法一的反应为加成反应，在稀硫酸作用下，与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成BHT，方法二为取代反应，在浓硫酸作用下，与（CH3）3COH发生取代反应生成BHT。
【详解】A项、BHT中含有的酚羟基和甲基（苯环上的）能与酸性高锰酸钾溶液发生氧反应化，使酸性KMnO4褪色，故A正确；
B项、BHT与对甲基苯酚的结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团，都属于酚类，互为同系物，故B正确；
C项、BHT的官能团为酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，使溶液呈紫色，故C错误；
D项、反应一通过加成反应生成BHT，原子利用率为100%，而反应二为取代反应，原子利用率不是100%，所以从绿色化学角度分析方法一优于方法二，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意明确官能团及其性质关系，熟悉常见的有机反应类型是解本题关键。
17.高聚物L：是一种来源于生物学灵感的新型粘合剂。下列关于高聚物L的说法中，不正确的是
A. 单体之一为
B. 在一定条件下能发生水解反应
C. 的结构中不含酯基
D. 生成1mol L的同时，会有（x+y-1）mol H2O生成
【答案】C
【解析】
【分析】
由高聚物L得结构简式可知，一定条件下，单体CH3CH(OH)COOH与发生缩聚反应生成和水。
【详解】A项、生成高聚物L的反应类型为缩聚反应，单体是CH3CH(OH)COOH与，故A正确；
B项、由L的结构简式可知分子中含有酯基，酯基在一定条件可以发生水解反应，故B正确；
C项、由结构简式可知，是由羧基和醇羟基发生脱水反应生成的高聚酯，结构中含有酯基，故C错误；
D项、由原子个数守恒可知，生成1mol L时生，成H2O的物质的量(x＋y－1)mol，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意生成高分子化合物的反应类型判断，能够依据结构简式确定单体是解答关键。
18.下图是分别取1mol乙烯雌酚进行的实验：
下列对实验数据的预测正确的是
A. ①中生成7molH2O B. ②中生成1molCO2
C. ③最多消耗3molBr2 D. ④中最多消耗7molH2
【答案】D
【解析】
题目所给的乙烯雌酚的结构不正确，应该是：
乙烯雌酚的分子式为C18H20O2，1mol该物质燃烧可得到10mol水；但它并不能与NaHCO3溶液反应；1 mol乙烯雌酚可和4mol溴取代、1mol溴加成，故共可以消耗5mol的Br2；苯环及碳碳双键均可与氢气在一定条件下发生加成反应，1 mol乙烯雌酚共可与7mol氢气加成，故答案为D
19.乙烯醚是一种麻醉剂，其合成路线如图，有关说法正确的是
A. X可能是Br2
B. X可能为HO—Cl
C. 乙烯醚分子中的所有原子不可能共平面
D. ①②③反应类型依次为取代、取代和消去
【答案】B
【解析】
【分析】
由转化关系可知，B应发生卤代烃的消去反应生成乙烯醚，则B中含有卤原子、醚键，而A在浓硫酸作用下得到B，应是形成醚键，属于取代反应，则A中含有卤原子、-OH，故乙烯与X反应应引入卤原子、-OH，则X可以为HClO，不可能为Br2，该反应属于加成反应。
【详解】A项、若X为Br2，则A为BrCH2CH2Br，反应②无法进行，故A错误；
B项、若X为HO-Cl，则A为ClCH2CH2OH，A在浓硫酸作用下形成醚键，所以B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可得乙烯醚，故B正确；
C项、乙烯醚分子中的碳原子均为碳碳双键上的不饱和碳原子，氧原子与相连碳原子共面，则乙烯醚分子中的所有原子可能共平面，故C错误；
D项、反应①属于加成反应，反应②属于取代反应，反应③属于消去反应，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学分析推理能力、知识迁移运用能力，注意根据结构与反应条件进行推断是解答关键。
20.某工厂用含淀粉质量分数为76%的陈化粮10.0t来制取乙醇。如果在发酵过程中有81%的淀粉转化为乙醇，制得的乙醇溶液中含乙醇质量分数为40%，则可制得这样的乙醇溶液质量是
A. 8.74 t B. 9.45t C. 9.88t D. 10.25t
【答案】A
【解析】
【分析】
工厂用淀粉制备乙醇的过程为：淀粉水解生成葡萄糖，反应的化学方程式为(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑。
【详解】由反应的化学方程式可知，淀粉和乙醇的转化关系为(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H5OH，设制得乙醇溶液质量为x，由题给数据考建立如下关系式：
(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H5OH
162n 2n×46
76%×100t×81% 40%x
则x==8.74t，故选A。
【点睛】本题考查与化学方程式有关的计算，注意明确淀粉淀粉制备乙醇的过程中发生的化学反应，知道多步方程式计算的方法是解答关键。
二、（本大题包括21、22、23题，共24分）
21.写出下列有机物的系统命名
（1） ____________________________________________
（2）___________________________________________
（3）___________________________
（4）________________________________________
【答案】 (1). 2—甲基-1-丙醇 (2). 3，3，4—三甲基己烷 (3). 4—甲基—1，3—戊二烯 (4). 2，4，6—三溴苯酚
【解析】
【分析】
（1）醇命名时应选择含有羟基的最长碳链做主链，官能团羟基的位次要最小；
（2）烷烃命名时应选择含有羟基的最长碳链做主链，支链的位次之和要最小；
（3）二烯烃命名时含有2个碳碳双键的最长碳链有5个碳原子，碳碳双键的位次要最小；
（4）命名时，溴原子做为取代基，酚羟基的位次要最小。
【详解】（1）属于饱和一元醇，含有羟基的最长碳链有3个碳原子，官能团羟基连在1号碳原子上，名称为2—甲基-1-丙醇，故答案为：2—甲基-1-丙醇；
（2）为烷烃，最长碳链有6个碳原子，3号碳原子上连有2个甲基，4号碳原子上连有1个甲基，名称为3，3，4—三甲基己烷，故答案为：3，3，4—三甲基己烷；
（3）为二烯烃，含有2个碳碳双键的最长碳链有5个碳原子，碳碳双键的位次要最小，名称为4—甲基—1，3—戊二烯，故答案为：4—甲基—1，3—戊二烯；
（4）为苯酚与浓溴水发生取代反应的错误，命名时要使羟基的位次最小，溴原子做为取代基，名称为2，4，6—三溴苯酚，故答案为：2，4，6—三溴苯酚。
【点睛】本题考查有机物命名，注意明确有机物的命名原则是解答关键。
22.分析下列合成路线：
回答下列问题：
（1）C中含有的官能团名称是__________。
（2）写出下列物质的结构简式：D_________，E___________。
（3）写出下列反应的化学方程式
A→B：_________________________________
F→J：_________________________________
【答案】 (1). 氯原子、羟基 (2). (3). (4). (5).
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系可知，CH2=CH—CH=CH2与溴的四氯化碳溶液发生1,4—加成反应生成Br CH2—CH=CH—CH2Br，则A是Br CH2—CH=CH—CH2Br；BrCH2—CH=CH—CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2—CH=CH—CH2OH，则B是HOCH2—CH=CH—CH2OH；HOCH2—CH=CH—CH2OH与HCl发生加成反应生成，则C是；在Cu或Ag做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D是；与银氨溶液共热发生银镜反应后，酸化生成；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，则E是NaOOCCH=CHCOONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化得到HOOCCH=CHCOOH，则F为HOOCCH=CHCOOH；在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，则J是CH3OOCCH=CHCOOCH3。
【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为：氯原子、羟基；
（2）D的结构简式是；E的结构简式是NaOOCCH=CHCOONa，故答案为：；NaOOCCH=CHCOONa；
（3）A→B的反应是BrCH2—CH=CH—CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2—CH=CH—CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2—CH=CH—CH2B+2NaOHHOCH2—CH=CH—CH2OH+2NaBr；F→J的反应是在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O，故答案为：BrCH2—CH=CH—CH2B+2NaOHHOCH2—CH=CH—CH2OH+2NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。
【点睛】本题考查有机物的推断，注意有机物的转化关系，明确有机物的性质是解本题的关键。
23.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如图1所示。
回答下列问题：
（1）电解过程中，电解池阴极的电极反应式为______；控制电流，可使电解池阳极同时发生两个电极反应：其中一个为2H2O -4e－ === O2↑+ 4H+，另一个电极反应式为______。
（2）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为______。
（3）某熔融盐燃料电池以熔融的多种碱金属碳酸盐混合物为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极，如图2。若该熔融盐燃料电池为电浮选凝聚法的电解电源，则：
①正极的电极反应式为______；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是______。
③实验过程中，若在阴极产生了44.8L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池理论上消耗CH4______L（标准状况）。
【答案】 (1). 2H+ - 2e- === H2↑ (2). Fe-2e- ===Fe2+ (3). 4Fe2+ + 10H2O + O2 === 4Fe(OH)3↓ + 8H+ (4). O2 + 2CO2 + 4e- ===2CO32-（或2O2 + 4CO2 + 8e- === 4CO32-） (5). CO2 (6). 11.2
【解析】
【分析】
（1）由装置示意图可知，C电极与电源负极相连，为电解池的阴极，Fe电极与电源正极相连，为电解池的阳极；
（2）阳极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，pH在5.0～6.0时，Fe2+能被氧气氧化生成Fe（OH）3红褐色沉淀；
（3）燃料电池中，正极发生的反应是氧气得电子被还原的过程，负极发生的反应是燃料失电子被氧化的过程；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳。
【详解】（1）由电浮选凝聚法处理污水的装置示意图可知，C电极与电源负极相连，为电解池的阴极，氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+ - 2e- =H2↑；Fe电极与电源正极相连，为电解池的阳极，活性电极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e- =Fe2+，同时水在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O -4e－ =O2↑+ 4H+，故答案为：2H+ - 2e- =H2↑；Fe-2e- =Fe2+；
（2）阳极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，pH在5.0～6.0时，Fe2+能被氧气氧化生成Fe(OH)3红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe(OH)3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2＝4Fe(OH)3↓+8H+；
（3）①燃料电池工作时，在熔融碳酸盐中氧气在正极上得电子发生还原反应生成CO32-，电极反应式为O2 +2CO2 +4e- =2CO32-，故答案为：O2 +2CO2 +4e- =2CO32-；
②燃料电池工作时，在熔融碳酸盐中甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，由负极反应式可知，A为CO2，故答案为：CO2；
③实验过程中，阴极产生的气体为H2，标准状况下44.8L H2的物质的量为2mol，由得失电子数目守恒可知，熔融盐燃料电池理论上消耗CH4的物质的量为=0.5mol，标准状况下CH4的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2。
【点睛】本题考查原电池和电解池的原理应用，注意依据图示判断电极名称，掌握电极反应式的书写方法，注意利用守恒方法分析是解答关键。
三、（本大题包括24、25题，共16分）
24.实验室制取乙酸丁酯的实验装置有如图所示两种装置供选用。
有关物质的物理性质如下表：
乙酸
1丁醇
乙酸丁酯
熔点/℃
16.6
－89.5
－73.5
沸点/℃
117.9
117
126.3
密度/(g·cm－3)
1.05
0.81
0.88
水溶性
互溶
可溶(9 g/100 g水)
微溶
回答下列问题：
(1)制取乙酸丁酯的装置应选用_____(填“甲”或“乙”)。不选另一种装置的理由是______。
(2)该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外，还可能生成的有机副产物有______、_______。(写出结构简式)
(3)从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离提纯乙酸丁酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的是________(填字母)。
【答案】 (1). 乙 (2). 由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率 (3). CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 (4). CH3CH2CH==CH2 (5). ac
【解析】
【分析】
（1）乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，实验时应使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低；
（2）1-丁醇在浓硫酸、加热条件下可以发生消去反应和分子间脱水反应；
（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水。
【详解】（1）由表中所给数据可知，乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，若用甲装置，实验时反应物受热挥发，会降低反应物的利用率，而乙装置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低，所以选用乙装置，故答案为：乙；由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率
（2）制取乙酸丁酯时，在浓硫酸的作用下，1-丁醇受热可能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，也可能发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则可能生成的副产物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH＝CH2，故答案为：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CH＝CH2；
（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水，所以可加入饱和碳酸钠溶液振荡，进一步减少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故肯定需要化学操作是ac，故答案为：ac。
【点睛】本题考查有机物合成实验，侧重考查分析、实验能力，注意理解制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等是解答关键。
25.1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：
步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g 1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24g NaBr。
步骤2：缓慢加热，直到无油状物馏出为止。
步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。
步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。
已知：①1-溴丙烷沸点为71℃，密度为1.36g/cm3；
②反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是______；加入搅拌磁子的目的是搅拌和______。
（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr + H2SO4===HBr + NaHSO4和______。
（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同时可以观察到的现象是______。
（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是______、_________。
（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的______试剂代替。
A．NaOH溶液 B．NaI溶液 C．Na2SO3溶液 D．CCl4
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 防止暴沸 (3). CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O (4). 冷凝1-溴丙烷，减少其挥发 (5). 溶液分层，下层为橙色的油状液体 (6). 1-丙醇 (7). Br2 (8). C
【解析】
【分析】
（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；
（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水；
（3）1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，不溶于水且比水密度大，单质溴易溶于有机溶剂；
（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴；
（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应；反应生成的单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质；单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应；1-溴丙烷与四氯化碳互溶。
【详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止溶液受热暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；
（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水，有关化学方程式为NaBr + H2SO4=HBr + NaHSO4和CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O；
（3）由题给信息可知，1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，则步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1-溴丙烷的挥发；实验时，浓硫酸和溴化氢发生氧化还原反应生成了单质溴，单质溴易溶于有机溶剂，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分层，溴溶于下层1-溴丙烷，使下层油状液体呈橙色，故答案为：冷凝1-溴丙烷，减少其挥发；溶液分层，下层为橙色的油状液体；
（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴，步骤4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗去能与Na2CO3溶液反应的单质溴，故答案为：1-丙醇；Br2；
（5）A、1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应生成1-丙醇，故错误；
B、单质溴能与碘化钠溶液发生置换反应生成单质碘，单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质，故错误；
C、单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应，故正确；
D、1-溴丙烷与四氯化碳互溶，故错误；
C正确，故答案为：C。
【点睛】本题考查有机物的制备实验，侧重分析能力和实验能力的考查，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键。
四、（本大题包括26题，共14分）
26.聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：
已知：①R1、R2均为烃基
② 合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应
回答下列问题：
（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。
（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。
（3）E的结构简式为_____________；H的顺式结构简式为_______________。
（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_________________。
①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰
（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。
【答案】 (1). 乙炔 (2). 消去反应 (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。
【详解】（1）A结构简式为HC≡CH，名称为乙炔；F→G的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；；
（2）C→D的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；；
（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH—或—CH=CH—，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；；
（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。
五、（本大题包括27题，共6分）
27.有机物M只含C、H、O三种元素。取13.6g M在足量氧气中燃烧，生成35.2g CO2和7.2g H2O。在相同条件下，M的蒸气对氢气的相对密度为68。
（1）通过计算确定M的分子式。（要求：写出解题过程）____________。
（2）经测定：M的红外光谱和核磁共振氢谱分别如下图所示，则M的结构简式为_______。
【答案】 (1). C8H8O2 (2).
【解析】
【分析】
（1）依据有关有机物分子式确定的计算方法计算；
（2）由M的红外光谱和核磁共振氢谱确定M的结构简式。
【详解】（1）由M的蒸气对氢气的相对密度为68可知M的相对分子质量为：2×68=136，13.6g M的物质的量为n（M）==0.1mol，由原子个数守恒可知，n（C）=n（CO2）==0.8mol，n（H）=2n（H2O）=2×=0.8mol，则n（O）==0.2mol，由n（M）：n（C）：n（H）：n（O）=0.1mol：0.8mol：0.8mol：0.2mol=1:8:8:2，即1mol M含有C、H、O的物质的量分别为8mol、8 mol和2mol，M的分子式为C8H8O2，故答案为：C8H8O2；
（2）由M的红外光谱可知，M分子中含有苯环、甲基和酯基，由核磁共振氢谱可知M分子中有4类氢原子，则M的结构简式为，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物分子式的计算和结构简式的确定，注意有机物分子式计算方法，明确用红外光谱和核磁共振氢谱确定结构简式是解答关键。
攀枝花市2018~2019学年度（下）普通高中教学质量检测2019.07高二化学试题
本试卷共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Cu：64 Zn:65 Ga:70
一、选择题：（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是
A. 车载铅蓄电池启动 B. 二滩电站水力发电
C. 西区竹林坡光伏（太阳能）发电 D. 米易县龙肘山风力发电
【答案】A
【解析】
【分析】
化学能转换为电能发生的变化应该是由化学反应产生的能量转换为电能。
【详解】A项、车载铅蓄电池启动是化学能转化为电能，故A正确；
B项、二滩电站水力发电是是将重力势能转化为电能，故B错误；
C项、西区竹林坡光伏（太阳能）发电是将太阳能转化为电能，故错误；
D项、米易县龙肘山风力发电是将风能转化为电能，故错误；
故选A。
2.下列物质中，主要成分是蛋白质的是
A. 大米 B. 羊毛 C. 牛油 D. 棉花
【答案】B
【解析】
【分析】
动物的肌肉、皮毛都属于蛋白质。
【详解】A项、大米的主要成分是淀粉，故A错误；
B项、羊毛的主要成分是蛋白质，故B正确；
C项、牛油的主要成分是油脂，故C错误；
D项、棉花的主要成分是纤维素，故D错误；
故选B。
3.战国时成书的《尚书·洪范篇》有“稼稿作甘”之句，“甘”即饴糖，饴糖的主要成分是一种双糖，1 mol该双糖完全水解可生成2 mol葡萄糖。则饴糖的主要成分是
A. 果糖 B. 淀粉 C. 麦芽糖 D. 蔗糖
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，饴糖的主要成分是二糖，一份二糖水解生成两份葡萄糖是麦芽糖。
【详解】A、果糖是单糖，不能水解，A错误；
B、淀粉是多糖，是高分子化合物，1mol淀粉完全水解得到的葡萄糖要远远大于2mol，B错误；
C、麦芽糖是二糖，1mol麦芽糖水解可得2mol葡萄糖，C正确；
D、蔗糖是二糖，1mol蔗糖水解可得1mol葡萄糖和1mol果糖，D错误；
故合理选项为D。
【点睛】本题考查糖类的水解，注意掌握糖类水解方程式的书写是解题的关键。
4.下列有关油脂的说法中，不正确的是
A. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯
B. 油脂都不能使溴水褪色
C. 油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠（或钾）盐常用于生产肥皂
D. 液态的油通过催化加氢转变为半固态脂肪的过程，称为油脂的氢化
【答案】B
【解析】
【详解】A项、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的甘油酯，属于酯类化合物，故A正确；
B项、油脂中混有不饱和脂肪酸的甘油酯时，会与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B错误；
C项、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐与甘油，油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，工业上就是利用皂化反应来制取肥皂的，故C正确；
D项、液态的油脂分子中有不饱和双键，能发生氧化反应易变质，为了便于运输和储存，通常与氢气发生加成反应改变油脂的结构，使其转变为半固态脂肪，这个过程称为油脂的氢化或硬化，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查油脂的性质，注意依据油脂的官能团分析油脂的性质是解题的关键。
5.下列塑料的合成中，所发生的化学反应类型与另外三种不同的是
A. 聚乙烯塑料 B. 聚氯乙烯塑料 C. 聚苯乙烯塑料 D. 酚醛塑料
【答案】D
【解析】
【分析】
小分子的烯烃或烯烃的取代衍生物在加热和催化剂作用下，通过加成反应结合成高分子化合物的反应，叫做加成聚合反应；缩聚反应是指有机物单体在一定条件下脱去小分子物质（水，氯化氢等）合成高聚物的反应。
【详解】一定条件下，乙烯合成聚乙烯、氯乙烯合成聚氯乙烯、苯乙烯合成聚苯乙烯属于加聚反应，苯酚和甲醛合成酚醛塑料属于缩聚反应，故选D。
【点睛】题考查加聚反应与缩聚反应，注意加聚反应与缩聚反应概念、单体的区别是解答关键。
6.下列不涉及蛋白质变性的是
A. 给重金属中毒的病人服用大量牛奶
B. 用福尔马林溶液浸泡动物标本
C. 在鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，有沉淀析出
D. 在鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出
【答案】D
【解析】
【分析】
在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，物理因素有加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射、超声波等；化学因素有强酸、强碱、重金属盐。
【详解】A项、重金属盐能使蛋白质变性，故A错误；
B项、福尔马林溶液的主要成分是甲醛，甲醛能使蛋白质变性，故B错误；
C项、醋酸铅为重金属盐，能使蛋白质变性，故C错误；
D项、饱和硫酸铵溶液不能使蛋白质变性，析出蛋白质的过程为盐析，故D错误；
故选D
【点睛】本题考查蛋白质的性质，注意蛋白质的变性和盐析的区别是解答关键。
7.相同条件下，下列物质在水中的溶解度最大的是
A. HOCH2CH(OH)CH2OH B. CH3COOCH3
C. D. C17H35COOH
【答案】A
【解析】
【分析】
羟基和羧基在水中可以与水分子形成氢键，所以含有羟基和羧基的物质往往在水中的溶解度较大，而含烃基等非极性基团的物质在水中因极性不同，溶解度很小，被称为憎水基或疏水基。分子中有羟基、羧基或二者比例较大的物质在水中的溶解度较大。
【详解】A、HOCH2CH(OH)CH2OH分子中含有三个羟基，易溶于水；
B、CH3COOCH3属于酯类，难溶于水；
C、属于硝基化合物，难溶于水；
D、C17H35COOH分子中有羧基，但烃基比例较大，不溶于水；
故溶解度最大的为HOCH2CH(OH)CH2OH，即选A。
【点睛】本题考查有机物在水中的溶解度，注意有机物所含官能团对溶解度的影响是解答关键。
8.核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO。下列关于核糖的叙述正确的是
A. 与葡萄糖互为同分异构体 B. 跟氯化铁溶液作用显色
C. 与银氨溶液作用形成银镜 D. 可以使紫色石蕊溶液变红
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构简式可知，核糖的分子式是C5H10O5，官能团为羟基和醛基，是五碳糖，与葡萄糖的性质相似。
【详解】A项、核糖的分子式是C5H10O5，葡萄糖的分子式是C6H12O6，两者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B项、氯化铁溶液能够与酚类物质作用显紫色，核糖不含有酚羟基，不能跟氯化铁溶液作用显色，故B错误；
C项、核糖中含有醛基，能够与银氨溶液反应共热产生银镜，发生银镜反应，故C正确；
D项、有机物含有羧基，能表现酸性使紫色石蕊溶液变红，核糖不含有羧基，不能使紫色石蕊溶液变红，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键。
9.下列实验中，对实验现象描述不正确的是
A. 苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，产生白色沉淀
B. 将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由紫色变为无色
C. 将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中，铜丝又变亮红
D. 将饱和食盐水滴在电石上，立即产生大量无色气体
【答案】B
【解析】
【详解】A项、三溴苯酚不溶于水，苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水，苯酚稀溶液和饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，故A正确；
B项、将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇与酸性K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应生成氯化钾、氯化铬、乙酸和水，溶液由橙色变为绿色，故B错误；
C项、将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中，氧化铜与乙醇加热条件下发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，铜丝黑色变亮红，故C正确；
D项、将饱和食盐水滴在电石上，电石与水立即反应生成氢氧化钙和乙炔气体，故D正确；
故选B
【点睛】本题考查化学实验现象分析，注意把握常见有机物的性质，明确反应的类型和生成物的性质是解答关键。
10.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
只有醇类才可以与金属钠反应放出氢气，根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，共有8种。
【考点定位】 同分异构、官能团、有机物的性质
11.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，产生的气体未经水洗直接通入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热生成了C2H4
B
将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
石蜡油分解产物中含有不饱和烃
C
向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，边滴边振荡
得到无色澄清溶液
氨水与AgNO3溶液不反应
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液。
未出现银镜
蔗糖未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、乙醇蒸气能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B、石蜡油能发生催化裂化反应生成气态烯烃；
C、过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液；
D、未加氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性。
【详解】A项、溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，因乙醇具有挥发性，制得的乙烯气体中混有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的乙醇蒸气，干扰乙烯的检验，故A错误；
B项、在少量碎瓷片做催化剂作用下，石蜡油发生裂化反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气态烯烃，故B正确；
C项、向1mL 2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液，故C错误；
D项、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热蔗糖水解生成的葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下加热与银氨溶液发生银镜反应生成银镜，该实验未加氢氧化钠溶液中和硫酸，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。
12.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是
A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑
B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀
C. 若金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀
D. 若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀
【答案】A
【解析】
A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。
13.最近一个科学硏究小组创建了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法正确的是
A. 电源的b极为负极
B. 在能量转换过程中，固体电解质中H+由阴极向阳极移动
C. 阴极电极反应式为：OX + 4H+ + 4e﹣═ GC + H2O
D. 为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为电解池，由结构示意图可知，与电源b相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX + 4H+ + 4e﹣═ GC + H2O。
【详解】A项、与电源b相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，故A错误；
B项、电解过程中，阳离子由阳极向阴极移动，则在能量转换过程中，固体电解质中H+由阳极向阴极移动，故B错误；
C项、b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX + 4H+ + 4e﹣═ GC + H2O，故C正确；
D项、该电解池选用的是固体聚合物电解质，不是电解质溶液，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确电极与反应类型的关系和电解质的类型是解题的关键。
14.电解精炼法提纯镓的方法是：以含Zn、Fe、Cu杂质的粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以GaO2-形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓。(金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe)。下列有关电解精炼说法中，不正确的是
A. 阳极主要电极反应式：Ga + 4OH－-3e－= GaO2－+ 2H2O
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C. 在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Fe
【答案】B
【解析】
【分析】
由金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga。
【详解】A项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-进入电解质溶液，主要电极反应式为：Ga + 4OH－-3e－=GaO2－ + 2H2O，故A正确；
B项、由金属活动性顺序可知，阳极上Zn、Ge失电子发生氧化反应生成Zn2+和GaO2-，阴极上只有GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，由得失电子数目守恒可知阳极质量的减少的量与阴极质量的增加的量不可能相等，故B错误；
C项、在阴极除了析出高纯度的镓之外，电解质溶液中的水也可能在阴极上得电子发生还原反应生成氢气，故C正确；
D项、由金属活动性顺序可知，Fe、Cu不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确金属活动性顺序与电极反应的关系是解题的关键。
15.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
16.BHT是一种常用的食品抗氧化剂。由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方法有2种（如图）。下列说法中，不正确的是
A. BHT能使酸性KMnO4溶液褪色
B. BHT与对甲基苯酚互为同系物
C. BHT与FeCl3溶液不发生显色反应
D. 方法一的原子利用率高于方法二
【答案】C
【解析】
【分析】
由题给示意图可知，方法一的反应为加成反应，在稀硫酸作用下，与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成BHT，方法二为取代反应，在浓硫酸作用下，与（CH3）3COH发生取代反应生成BHT。
【详解】A项、BHT中含有的酚羟基和甲基（苯环上的）能与酸性高锰酸钾溶液发生氧反应化，使酸性KMnO4褪色，故A正确；
B项、BHT与对甲基苯酚的结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团，都属于酚类，互为同系物，故B正确；
C项、BHT的官能团为酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，使溶液呈紫色，故C错误；
D项、反应一通过加成反应生成BHT，原子利用率为100%，而反应二为取代反应，原子利用率不是100%，所以从绿色化学角度分析方法一优于方法二，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意明确官能团及其性质关系，熟悉常见的有机反应类型是解本题关键。
17.高聚物L：是一种来源于生物学灵感的新型粘合剂。下列关于高聚物L的说法中，不正确的是
A. 单体之一为
B. 在一定条件下能发生水解反应
C. 的结构中不含酯基
D. 生成1mol L的同时，会有（x+y-1）mol H2O生成
【答案】C
【解析】
【分析】
由高聚物L得结构简式可知，一定条件下，单体CH3CH(OH)COOH与发生缩聚反应生成和水。
【详解】A项、生成高聚物L的反应类型为缩聚反应，单体是CH3CH(OH)COOH与，故A正确；
B项、由L的结构简式可知分子中含有酯基，酯基在一定条件可以发生水解反应，故B正确；
C项、由结构简式可知，是由羧基和醇羟基发生脱水反应生成的高聚酯，结构中含有酯基，故C错误；
D项、由原子个数守恒可知，生成1mol L时生，成H2O的物质的量(x＋y－1)mol，故D正确；
故选C。
【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意生成高分子化合物的反应类型判断，能够依据结构简式确定单体是解答关键。
18.下图是分别取1mol乙烯雌酚进行的实验：
下列对实验数据的预测正确的是
A. ①中生成7molH2O B. ②中生成1molCO2
C. ③最多消耗3molBr2 D. ④中最多消耗7molH2
【答案】D
【解析】
题目所给的乙烯雌酚的结构不正确，应该是：
乙烯雌酚的分子式为C18H20O2，1mol该物质燃烧可得到10mol水；但它并不能与NaHCO3溶液反应；1 mol乙烯雌酚可和4mol溴取代、1mol溴加成，故共可以消耗5mol的Br2；苯环及碳碳双键均可与氢气在一定条件下发生加成反应，1 mol乙烯雌酚共可与7mol氢气加成，故答案为D
19.乙烯醚是一种麻醉剂，其合成路线如图，有关说法正确的是
A. X可能是Br2
B. X可能为HO—Cl
C. 乙烯醚分子中的所有原子不可能共平面
D. ①②③反应类型依次为取代、取代和消去
【答案】B
【解析】
【分析】
由转化关系可知，B应发生卤代烃的消去反应生成乙烯醚，则B中含有卤原子、醚键，而A在浓硫酸作用下得到B，应是形成醚键，属于取代反应，则A中含有卤原子、-OH，故乙烯与X反应应引入卤原子、-OH，则X可以为HClO，不可能为Br2，该反应属于加成反应。
【详解】A项、若X为Br2，则A为BrCH2CH2Br，反应②无法进行，故A错误；
B项、若X为HO-Cl，则A为ClCH2CH2OH，A在浓硫酸作用下形成醚键，所以B为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，B在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应可得乙烯醚，故B正确；
C项、乙烯醚分子中的碳原子均为碳碳双键上的不饱和碳原子，氧原子与相连碳原子共面，则乙烯醚分子中的所有原子可能共平面，故C错误；
D项、反应①属于加成反应，反应②属于取代反应，反应③属于消去反应，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学分析推理能力、知识迁移运用能力，注意根据结构与反应条件进行推断是解答关键。
20.某工厂用含淀粉质量分数为76%的陈化粮10.0t来制取乙醇。如果在发酵过程中有81%的淀粉转化为乙醇，制得的乙醇溶液中含乙醇质量分数为40%，则可制得这样的乙醇溶液质量是
A. 8.74 t B. 9.45t C. 9.88t D. 10.25t
【答案】A
【解析】
【分析】
工厂用淀粉制备乙醇的过程为：淀粉水解生成葡萄糖，反应的化学方程式为(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑。
【详解】由反应的化学方程式可知，淀粉和乙醇的转化关系为(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H5OH，设制得乙醇溶液质量为x，由题给数据考建立如下关系式：
(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H5OH
162n 2n×46
76%×100t×81% 40%x
则x==8.74t，故选A。
【点睛】本题考查与化学方程式有关的计算，注意明确淀粉淀粉制备乙醇的过程中发生的化学反应，知道多步方程式计算的方法是解答关键。
二、（本大题包括21、22、23题，共24分）
21.写出下列有机物的系统命名
（1） ____________________________________________
（2）___________________________________________
（3）___________________________
（4）________________________________________
【答案】 (1). 2—甲基-1-丙醇 (2). 3，3，4—三甲基己烷 (3). 4—甲基—1，3—戊二烯 (4). 2，4，6—三溴苯酚
【解析】
【分析】
（1）醇命名时应选择含有羟基的最长碳链做主链，官能团羟基的位次要最小；
（2）烷烃命名时应选择含有羟基的最长碳链做主链，支链的位次之和要最小；
（3）二烯烃命名时含有2个碳碳双键的最长碳链有5个碳原子，碳碳双键的位次要最小；
（4）命名时，溴原子做为取代基，酚羟基的位次要最小。
【详解】（1）属于饱和一元醇，含有羟基的最长碳链有3个碳原子，官能团羟基连在1号碳原子上，名称为2—甲基-1-丙醇，故答案为：2—甲基-1-丙醇；
（2）为烷烃，最长碳链有6个碳原子，3号碳原子上连有2个甲基，4号碳原子上连有1个甲基，名称为3，3，4—三甲基己烷，故答案为：3，3，4—三甲基己烷；
（3）为二烯烃，含有2个碳碳双键的最长碳链有5个碳原子，碳碳双键的位次要最小，名称为4—甲基—1，3—戊二烯，故答案为：4—甲基—1，3—戊二烯；
（4）为苯酚与浓溴水发生取代反应的错误，命名时要使羟基的位次最小，溴原子做为取代基，名称为2，4，6—三溴苯酚，故答案为：2，4，6—三溴苯酚。
【点睛】本题考查有机物命名，注意明确有机物的命名原则是解答关键。
22.分析下列合成路线：
回答下列问题：
（1）C中含有的官能团名称是__________。
（2）写出下列物质的结构简式：D_________，E___________。
（3）写出下列反应的化学方程式
A→B：_________________________________
F→J：_________________________________
【答案】 (1). 氯原子、羟基 (2). (3). (4). (5).
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系可知，CH2=CH—CH=CH2与溴的四氯化碳溶液发生1,4—加成反应生成Br CH2—CH=CH—CH2Br，则A是Br CH2—CH=CH—CH2Br；BrCH2—CH=CH—CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2—CH=CH—CH2OH，则B是HOCH2—CH=CH—CH2OH；HOCH2—CH=CH—CH2OH与HCl发生加成反应生成，则C是；在Cu或Ag做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D是；与银氨溶液共热发生银镜反应后，酸化生成；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，则E是NaOOCCH=CHCOONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化得到HOOCCH=CHCOOH，则F为HOOCCH=CHCOOH；在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，则J是CH3OOCCH=CHCOOCH3。
【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为：氯原子、羟基；
（2）D的结构简式是；E的结构简式是NaOOCCH=CHCOONa，故答案为：；NaOOCCH=CHCOONa；
（3）A→B的反应是BrCH2—CH=CH—CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2—CH=CH—CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2—CH=CH—CH2B+2NaOHHOCH2—CH=CH—CH2OH+2NaBr；F→J的反应是在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O，故答案为：BrCH2—CH=CH—CH2B+2NaOHHOCH2—CH=CH—CH2OH+2NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。
【点睛】本题考查有机物的推断，注意有机物的转化关系，明确有机物的性质是解本题的关键。
23.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如图1所示。
回答下列问题：
（1）电解过程中，电解池阴极的电极反应式为______；控制电流，可使电解池阳极同时发生两个电极反应：其中一个为2H2O -4e－ === O2↑+ 4H+，另一个电极反应式为______。
（2）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为______。
（3）某熔融盐燃料电池以熔融的多种碱金属碳酸盐混合物为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极，如图2。若该熔融盐燃料电池为电浮选凝聚法的电解电源，则：
①正极的电极反应式为______；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是______。
③实验过程中，若在阴极产生了44.8L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池理论上消耗CH4______L（标准状况）。
【答案】 (1). 2H+ - 2e- === H2↑ (2). Fe-2e- ===Fe2+ (3). 4Fe2+ + 10H2O + O2 === 4Fe(OH)3↓ + 8H+ (4). O2 + 2CO2 + 4e- ===2CO32-（或2O2 + 4CO2 + 8e- === 4CO32-） (5). CO2 (6). 11.2
【解析】
【分析】
（1）由装置示意图可知，C电极与电源负极相连，为电解池的阴极，Fe电极与电源正极相连，为电解池的阳极；
（2）阳极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，pH在5.0～6.0时，Fe2+能被氧气氧化生成Fe（OH）3红褐色沉淀；
（3）燃料电池中，正极发生的反应是氧气得电子被还原的过程，负极发生的反应是燃料失电子被氧化的过程；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳。
【详解】（1）由电浮选凝聚法处理污水的装置示意图可知，C电极与电源负极相连，为电解池的阴极，氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+ - 2e- =H2↑；Fe电极与电源正极相连，为电解池的阳极，活性电极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e- =Fe2+，同时水在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O -4e－ =O2↑+ 4H+，故答案为：2H+ - 2e- =H2↑；Fe-2e- =Fe2+；
（2）阳极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，pH在5.0～6.0时，Fe2+能被氧气氧化生成Fe(OH)3红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe(OH)3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2＝4Fe(OH)3↓+8H+；
（3）①燃料电池工作时，在熔融碳酸盐中氧气在正极上得电子发生还原反应生成CO32-，电极反应式为O2 +2CO2 +4e- =2CO32-，故答案为：O2 +2CO2 +4e- =2CO32-；
②燃料电池工作时，在熔融碳酸盐中甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，由负极反应式可知，A为CO2，故答案为：CO2；
③实验过程中，阴极产生的气体为H2，标准状况下44.8L H2的物质的量为2mol，由得失电子数目守恒可知，熔融盐燃料电池理论上消耗CH4的物质的量为=0.5mol，标准状况下CH4的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2。
【点睛】本题考查原电池和电解池的原理应用，注意依据图示判断电极名称，掌握电极反应式的书写方法，注意利用守恒方法分析是解答关键。
三、（本大题包括24、25题，共16分）
24.实验室制取乙酸丁酯的实验装置有如图所示两种装置供选用。
有关物质的物理性质如下表：
乙酸
1丁醇
乙酸丁酯
熔点/℃
16.6
－89.5
－73.5
沸点/℃
117.9
117
126.3
密度/(g·cm－3)
1.05
0.81
0.88
水溶性
互溶
可溶(9 g/100 g水)
微溶
回答下列问题：
(1)制取乙酸丁酯的装置应选用_____(填“甲”或“乙”)。不选另一种装置的理由是______。
(2)该实验生成物中除了主产物乙酸丁酯外，还可能生成的有机副产物有______、_______。(写出结构简式)
(3)从制备乙酸丁酯所得的混合物中分离提纯乙酸丁酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的是________(填字母)。
【答案】 (1). 乙 (2). 由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率 (3). CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3 (4). CH3CH2CH==CH2 (5). ac
【解析】
【分析】
（1）乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，实验时应使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低；
（2）1-丁醇在浓硫酸、加热条件下可以发生消去反应和分子间脱水反应；
（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水。
【详解】（1）由表中所给数据可知，乙酸和丁醇的沸点低于乙酸丁酯的沸点，若用甲装置，实验时反应物受热挥发，会降低反应物的利用率，而乙装置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使挥发的反应物冷凝回流，防止反应物的利用率降低，所以选用乙装置，故答案为：乙；由于反应物的沸点低于产物的沸点，若采用甲装置会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的利用率
（2）制取乙酸丁酯时，在浓硫酸的作用下，1-丁醇受热可能发生消去反应生成CH3CH2CH=CH2，也可能发生分子间脱水反应生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，则可能生成的副产物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH＝CH2，故答案为：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CH＝CH2；
（3）反应后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水，所以可加入饱和碳酸钠溶液振荡，进一步减少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故肯定需要化学操作是ac，故答案为：ac。
【点睛】本题考查有机物合成实验，侧重考查分析、实验能力，注意理解制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等是解答关键。
25.1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：
步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g 1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24g NaBr。
步骤2：缓慢加热，直到无油状物馏出为止。
步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。
步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。
已知：①1-溴丙烷沸点为71℃，密度为1.36g/cm3；
②反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是______；加入搅拌磁子的目的是搅拌和______。
（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr + H2SO4===HBr + NaHSO4和______。
（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是______，同时可以观察到的现象是______。
（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是______、_________。
（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的______试剂代替。
A．NaOH溶液 B．NaI溶液 C．Na2SO3溶液 D．CCl4
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 防止暴沸 (3). CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O (4). 冷凝1-溴丙烷，减少其挥发 (5). 溶液分层，下层为橙色的油状液体 (6). 1-丙醇 (7). Br2 (8). C
【解析】
【分析】
（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；
（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水；
（3）1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，不溶于水且比水密度大，单质溴易溶于有机溶剂；
（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴；
（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应；反应生成的单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质；单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应；1-溴丙烷与四氯化碳互溶。
【详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止溶液受热暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；
（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水，有关化学方程式为NaBr + H2SO4=HBr + NaHSO4和CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O，故答案为：CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O；
（3）由题给信息可知，1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，则步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1-溴丙烷的挥发；实验时，浓硫酸和溴化氢发生氧化还原反应生成了单质溴，单质溴易溶于有机溶剂，1-溴丙烷不溶于水且比水密度大，溶液分层，溴溶于下层1-溴丙烷，使下层油状液体呈橙色，故答案为：冷凝1-溴丙烷，减少其挥发；溶液分层，下层为橙色的油状液体；
（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴，步骤4中用H2O洗去溶于水的1-丙醇，用5%的Na2CO3溶液洗去能与Na2CO3溶液反应的单质溴，故答案为：1-丙醇；Br2；
（5）A、1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应生成1-丙醇，故错误；
B、单质溴能与碘化钠溶液发生置换反应生成单质碘，单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质，故错误；
C、单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应，故正确；
D、1-溴丙烷与四氯化碳互溶，故错误；
C正确，故答案为：C。
【点睛】本题考查有机物的制备实验，侧重分析能力和实验能力的考查，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键。
四、（本大题包括26题，共14分）
26.聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：
已知：①R1、R2均为烃基
② 合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应
回答下列问题：
（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。
（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。
（3）E的结构简式为_____________；H的顺式结构简式为_______________。
（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_________________。
①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰
（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。
【答案】 (1). 乙炔 (2). 消去反应 (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。
【详解】（1）A结构简式为HC≡CH，名称为乙炔；F→G的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；；
（2）C→D的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；；
（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH—或—CH=CH—，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；；
（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。
五、（本大题包括27题，共6分）
27.有机物M只含C、H、O三种元素。取13.6g M在足量氧气中燃烧，生成35.2g CO2和7.2g H2O。在相同条件下，M的蒸气对氢气的相对密度为68。
（1）通过计算确定M的分子式。（要求：写出解题过程）____________。
（2）经测定：M的红外光谱和核磁共振氢谱分别如下图所示，则M的结构简式为_______。
【答案】 (1). C8H8O2 (2).
【解析】
【分析】
（1）依据有关有机物分子式确定的计算方法计算；
（2）由M的红外光谱和核磁共振氢谱确定M的结构简式。
【详解】（1）由M的蒸气对氢气的相对密度为68可知M的相对分子质量为：2×68=136，13.6g M的物质的量为n（M）==0.1mol，由原子个数守恒可知，n（C）=n（CO2）==0.8mol，n（H）=2n（H2O）=2×=0.8mol，则n（O）==0.2mol，由n（M）：n（C）：n（H）：n（O）=0.1mol：0.8mol：0.8mol：0.2mol=1:8:8:2，即1mol M含有C、H、O的物质的量分别为8mol、8 mol和2mol，M的分子式为C8H8O2，故答案为：C8H8O2；
（2）由M的红外光谱可知，M分子中含有苯环、甲基和酯基，由核磁共振氢谱可知M分子中有4类氢原子，则M的结构简式为，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物分子式的计算和结构简式的确定，注意有机物分子式计算方法，明确用红外光谱和核磁共振氢谱确定结构简式是解答关键。
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