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【化学】吉林省白城市第一中学2018-2019学年高二12月月考（解析版） 试卷
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吉林省白城市第一中学2018-2019学年高二12月月考
1.糖类、油脂、蛋白质都是与生命息息相关的物质,下列有关说法正确的是
A. 葡萄糖和蔗糖是同系物,淀粉和纤维素互为同分异构体
B. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物,都能发生水解反应
C. 葡萄糖和蔗糖都能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀
D. 天然油脂没有固定的熔点和沸点,所以天然油脂是混合物
【答案】D
【解析】
试题分析：A．葡萄糖和蔗糖结构不同，不属于同系物；纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用（C6H12O5）n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，A项错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B项错误；C．蔗糖是非还原性糖，无醛基，不能于与新制Cu（OH）2悬浊液反应，C项错误；D．天然油脂是混合物，没有固定的熔沸点，D项正确；答案选D。
考点：考查糖类、油脂、蛋白质的性质等知识。
2.下列说法正确的是
A. 1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2
B. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液,都会因盐析而产生沉淀
C. 油脂不是高分子化合物,1油脂完全水解生成1甘油和3高级脂肪酸
D. 欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性,可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热
【答案】C
【解析】
试题分析：A、葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，错误；B、在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4溶液，因盐析产生沉淀，加入CuSO4溶液发生变性，错误；C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸，正确；D、蔗糖的水解需要硫酸做催化剂，向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2与硫酸反应，无法检验，错误。
考点：本题考查有机物的性质与检验。
3.下列有机反应:①甲烷与氯气光照反应 ②乙醛制乙酸 ③乙烯使溴水褪色 ④乙醇制乙烯 ⑤乙醛制乙醇 ⑥乙酸制乙酸乙酯 ⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热 ⑧液态植物油制人造脂肪 ⑨乙烯制乙醇的说法正确的是
A. ②⑤的反应类型相同
B. ⑥⑦的反应类型不同
C. ④与其他8个反应的类型都不同
D. ①③⑧属于同一种反应类型
【答案】C
【解析】
①发生取代反应，②发生氧化反应，③发生加成反应，④发生消去反应，⑤发生还原反应或加成反应，⑥发生酯化反应或取代反应，⑦发生水解反应或取代反应，⑧发生加成反应，⑨发生加成反应，故选项C正确。
4.乙酸分子的结构式为,下列反应及断键部位正确的是
①乙酸的电离,是a键断裂
②乙酸与乙醇发生酯化反应,是b键断裂
③在红磷存在时,Br2与CH3COOH的反应:CH3COOH+Br2CH2Br—COOH+HBr,是c键断裂
④乙酸变成乙酸酐的反应:2CH3COOH +H2O,是a、b键断裂
A. 仅①②③ B. ①②③④ C. 仅②③④ D. 仅①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
①乙酸的电离，氢氧键断裂；
②乙醇与酸发生酯化反应，醇脱氢、羧酸脱羟基；
③Br2与CH3COOH的反应，甲基上碳氢键断裂；
④乙酸变成乙酸酐的反应，一个乙酸碳氧键断裂，另一个乙酸氢氧键断裂，据此分析。
【详解】①乙酸显弱酸性，其电离是氢氧键断裂，即a键断裂，故①正确；
②乙醇与酸发生酯化反应，醇脱氢、羧酸脱羟基，即b键断裂，故②正确；
③Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br—COOH+HBr，甲基上碳氢键断裂，即c键断裂，故③正确；
④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O，一个乙酸碳氧键断裂，另1个乙酸氢氧键断裂，即a、b键断裂，故④正确；
故答案选B。
5.有机物的分类，乙醛(CH3CHO)属于醛。下面各项对有机物的分类方法与此方法相同的是
①属于环状化合物
②属于卤代烃
③属于链状化合物
④属于醚
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【分析】
甲醛含有醛基，属于醛类化合物，分类方法是根据官能团的种类进行分类，以此解答该题．
【详解】①为环状化合物，是根据碳原子的连接方式进行分类，不含官能团，与甲醛的分类不同，故①不选；
②含有溴原子，为卤代烃的官能团，与甲醛的分类相同，故②选；
③从碳链的结构的角度分类，没有从官能团的角度分类，与甲醛不同，故③不选；
④含有醚基，属于官能团，与甲醛的分类相同，故④选；
答案选C。OH R
【点睛】本题考查有机物的分类考点，可按碳的骨架分类，也可按官能团的不同分类，其中官能团决定结构与性质，可将有机物的主要类别、官能团和典型代表物归纳如下：
类别
官能团
代表物名称、结构简式
烷烃
甲烷CH4
烯烃
(碳碳双键)
乙烯H2C===CH2
炔烃
—C≡C—(碳碳三键)
乙炔HC≡CH
芳香烃
苯
卤代烃
—X(X代表卤素原子)
溴乙烷C2H5Br
醇
—OH(羟基)
乙醇C2H5OH
酚
苯酚
醚
(醚键)
乙醚CH3CH2OCH2CH3
醛
—CHO(醛基)
乙醛CH3CHO
酮
(羰基)
丙酮CH3COCH3
羧酸
(羧基)
乙酸CH3COOH
酯
(酯基)
乙酸乙酯CH3COOCH2CH3
除此之外，有机物的题型，还要求学生做题时，要能准确说出有机物所含官能团的名称及结构，并以此推测其性质。
6.下列有机物的命名正确的是
A. 二甲苯
B. 3乙基1丁炔
C. 4-甲基-2-乙基-1-戊烯
D. 2,2,3-三甲基戊烷
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
（2）有机物的名称书写要规范；
（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．
【详解】A. ，苯环上有两个取代基可以是邻位、间位和对位，则取代基编号必须说清楚，按位次和最小为原则命名，其正确名称为：1，3−二甲苯，故A项错误；
B. 为炔烃，选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，含5个碳骨架，离碳碳三键近的一端编号得到名称3，3−二甲基−1−戊炔，故B项错误；
C. 为烯烃，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，含5个碳骨架，离碳碳双键近的一端编号且取代基位次和最小，得到名称4-甲基-2-乙基-1-戊烯，故C项正确；
D. 为烷烃，选取最长碳链含5个碳，离取代基近的一端编号得到名称2，2，4−三甲基戊烷，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的系统命名法，判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范，其中B项有机物结构的命名是学生的易错点，要抓住含有官能团的最长链为主链这个准则，火眼金睛，识破干扰，准确命名，排除选项。
7.某同学设计实验从海带中提取碘:
①滴加稀硫酸和双氧水
②在海带中加入少量酒精,点燃使其燃烧为灰烬,在灰烬中加水搅拌
③加四氯化碳并振荡
④过滤
⑤分液
该实验的合理操作顺序是
A. ①③⑤②④ B. ②①③④⑤ C. ②④①③⑤ D. ③①②⑤④
【答案】C
【解析】
试题分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。即合理的操作顺序为，②④①③⑤，选项C正确。
考点：考查海带中提取碘的操作先后顺序的判断的知识。
8. 乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A. 化学式为C6H6O6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
9.海水是巨大的资源宝库。下图表示以海水为基本原料的相关工业，其中不符合实际情况的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
钢铁工业与海水没有直接关系，故选D。
10.胡妥油(D)用作香料的原料，它可由A合成得到：
下列说法正确的是
A. 有机物B的分子式为C11H19O3
B. 有机物D分子中所有碳原子一定共面
C. 有机物C的所有同分异构体中可能有芳香族化合物存在
D. 1 mol有机物A中含有6.02×1023个双键.
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 仅含碳、氢、氧的化合物中氢原子数不可能为奇数，据此分析；
B. 有机物D分子中的环状结构并不是苯环，单键可以旋转；
C. 有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构，其不饱和度为4，据此分析作答；
D. 有机物A的1个分子中含有一个碳碳双键，一个碳氧双键，据此分析；
【详解】A. 仅含碳、氢、氧的化合物中氢原子数不可能为奇数，有机物B的分子式应为C11H18O3，故A项错误；
B. 有机物D分子中的环状结构并不是苯环，所有碳原子不可能共平面，故B项错误；
C. 由于有机物C的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则其所有同分异构体中可能有芳香族化合物存在，故C项正确；
D. 有机物A的1个分子中含有2个双键，一个碳碳双键，一个碳氧双键，所以l mol有机物A中含有1.204×1024个双键，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题侧重考查有机物分子的结构，其中D选项学生容易犯低级错误，要看清楚题设中问的是双键数，而不仅仅是碳碳双键数。学生审题要认真，才能提高做题准确率。
11.某有机物完全燃烧生成CO2和H2O。将12.4 g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重10.8 g，再通过碱石灰，碱石灰增重了17.6 g。下列说法不正确的是
A. 该有机物的最简式为CH3O
B. 该有机物的分子式可能为CH3O
C. 该有机物的分子式一定为C2H6O2
D. 该有机物可能属于醇类
【答案】B
【解析】
【分析】
浓硫酸增重的为水的质量，碱石灰增重的为二氧化碳的质量，根据n=计算出水、二氧化碳的物质的量，再根据质量守恒确定含有氧元素的质量及物质的量；根据C、H、O元素的物质的量之比得出该有机物达到最简式，根据有机物结构与性质及核磁共振氢谱的知识对各选项进行判断。
【详解】将12.4 g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸起干燥剂作用，其增重的10.8 g为水的质量，则水的物质的量为： = 0.6 mol，含有H元素的物质的量为：0.6 mol×2=1.2 mol，其H质量为：1 g/mol×1.2 mol=1.2 g，
碱石灰吸收二氧化碳，则碱石灰增重的17.6g为二氧化碳的质量，其CO2物质的量为： = 0.4 mol，原有机物中含有C的质量为：12g/mol×0.4mol = 4.8 g，
故该有机物中含有C、H元素的质量为：4.8g+1.2g = 6 g< 12.4g,所以该有机物分子中含有氧元素，含有氧元素的物质的量为：12.4g− = 0.4 mol，
所以该有机物分子中C、H、O原子数之比为：0.4mol：1.2mol：0.4mol=1：3：1，其最简式为：CH3O，
A. 根据分析可知，该有机物的最简式为CH3O，故A项正确；
B. 该有机物分子中只含有C、H、O三种元素，H原子数只能为偶数，其分子式不可能为CH3O，故B项错误；
C. 设该有机物分子式为(CH3O)n，当n=2时，得到的分子式C2H6O2中H原子已经达到饱和，则该有机物的分子式为C2H6O2，故C项正确；
D.乙二醇属于醇类，其分子式为C2H6O2，则该有机物可能属于醇类，故D项正确；
答案选B。
12.只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、蔗糖溶液,这种试剂是
A. NaOH溶液 B. 石蕊试液 C. Cu(OH)2悬浊液 D. Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
乙酸具有酸性，能和碱反应、能和碳酸钠反应生成二氧化碳，能使石蕊试液变红色；葡萄糖具有醛基，能和银氨溶液发生银镜反应，能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应；蔗糖是非还原性糖，和银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液不反应，和NaOH、碳酸钠均不反应，以此解答该题。
【详解】A. NaOH溶液和葡萄糖、蔗糖溶液都不反应且互溶，NaOH和乙酸反应生成乙酸钠，没有明显现象，所以现象几乎相同，无法鉴别，故A项错误；
B. 葡萄糖和蔗糖溶液都呈中性，与石蕊试液混合现象相同，无法鉴别，故B项错误；
C. 乙酸具有酸性，能溶解Cu(OH)2悬浊液生成可溶性的乙酸铜，溶液变为蓝色的澄清溶液；在加热条件下，葡萄糖和Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，蔗糖和Cu(OH)2悬浊液互溶没有明显现象，所以现象不同，可以鉴别，故C项正确；
D. Na2CO3和葡萄糖、蔗糖溶液互溶且无明显现象，现象相同，无法鉴别，故D项错误；
答案选C。
13.一种生产聚苯乙烯的流程如下:
下列叙述不正确的是
A. 苯乙烯的分子式为C8H8
B. 1mol苯乙烯最多可与4molH2发生加成反应
C. 鉴别乙苯与苯乙烯可用Br2的四氯化碳溶液
D. 乙烯、苯和乙苯的分子中所有原子均可处于同一平面
【答案】D
【解析】
A、 苯乙烯的分子式为C8H8，选项A正确；B、1mol苯乙烯最多可与4molH2发生加成反应，选项B正确；C、苯乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色而乙苯不能，故可以用Br2的四氯化碳溶液鉴别乙苯与苯乙烯，选项C正确；D、乙烯、苯的分子中所有原子均可处于同一平面，乙苯中含有乙基，—CH3为四面体形结构，分子中所有原子不可能处于同一平面内，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查苯乙烯的结构和性质，题目难度不大，本题注意从苯和乙烯的结构分析苯乙烯可能具有的结构特点．需要说明的是，苯不具有独立的碳碳双键所应有的加成反应性质，但在特殊情况下，它仍能够发生加成反应，所以人们在写苯分子结构简式的时候，一直在延用着单、双键交替排布的写法。
14..碳原子数不超过10的所有烷烃中，一氯代物只有一种的烷烃共有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】C
【解析】
【分析】
烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答。
【详解】烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个甲基上的氢原子等效，具有对称的碳原子上的氢原子等效，在碳原子数不超过10的所有烷烃中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是:甲烷、乙烷、2，2-甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种。
答案选C。
15. 在实验室中，下列除去杂质的方法不正确的是
A. 溴苯中混有溴，将其加入NaOH稀溶液中反复洗涤、分液
B. 乙烷中混有乙烯，在一定条件下通入氢气，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其加入NaOH溶液中，静置、分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入NaOH溶液中洗气
【答案】B
【解析】
试题分析：A．NaOH与Br2发生反应，产物溶于水，而溴苯不能反应，密度比水大，所以溴苯中混有溴，将其加入NaOH稀溶液中反复洗涤、分液就可以除去，正确；B．加成反应在一定条件下进行，反应物不能完全转化为生成物，所以乙烷中混有乙烯，不能通过在一定条件下通入氢气，使乙烯转化为乙烷实现，错误；C．硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其加入NaOH溶液中，酸与碱发生中和反应，产物溶于水，而硝基苯难溶于水，然后静置、分液，就可以将其中的杂质除去，正确；D．乙烯中混有CO2和SO2，可以利用它们都是酸性氧化物，与碱发生反应产生可溶性的盐，而乙烯不能反应，通过洗气除去，正确。
考点：考查物质净化除杂的知识。
16.在一定条件下，萘可与浓硝酸、浓硫酸两种混酸反应生成二硝基化合物，它是1,5-二硝基萘和1,8-二硝基萘的混合物，后者可溶于质量分数大于98%的硫酸，而前者不能。利用这一性质可以将这二种物质分离。在上述硝化产物中加入适量的98.3%硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体1,8-二硝基萘，应采用的方法是
A. 对所得的滤液蒸发浓缩冷却结晶
B. 向滤液中缓缓加入水后过滤
C. 将滤液缓缓加入水中后过滤
D. 向滤液中缓缓加入Na2CO3溶液后过滤
【答案】C
【解析】
试题分析：萘可与浓硝酸、浓硫酸两种混酸反应生成二硝基化合物，它是1，5－二硝基萘和1，8－二硝基萘，由于1，8－二硝基萘可溶于质量分数大于98%的硫酸，而1，5－二硝基萘不能溶于能硫酸。因此把反应产生的混合物加入适量的98.3%硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，得到滤液为1，8 -二硝基萘的硫酸溶液，再利用硫酸溶于水，而1，8－二硝基萘难溶于水，将1，8 -二硝基萘的硫酸溶液缓缓加入水中后过滤，就得到固体1，8－二硝基萘。故选项是C。
考点：考查混合物分离方法的判断的知识。
17. 某有机物的结构简式如下图，则此有机物可发生的反应类型有
①取代 ②加成 ③消去 ④酯化 ⑤水解 ⑥氧化 ⑦中和。
A. ①②③⑤⑥ B. ②③④⑤⑥ C. ①②③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥⑦
【答案】D
【解析】
试题分析：酯基、醇羟基和羧基都能发生取代反应；碳碳双键和苯环能发生加成反应；连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以醇羟基能发生消去反应；羧基和醇羟基能发生酯化反应；酯基能发生水解反应；醇羟基、碳碳双键能发生氧化反应；含有羧基和醇羟基，所以能发生缩聚反应；含有羧基，所以能发生中和反应，故选D。
【考点定位】考查有机物的结构和性质
【名师点晴】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系即可解答，侧重考查醇、羧酸、酯、烯烃性质，注意：该物质能发生缩聚反应也能发生加聚反应，该分子中含有碳碳双键、酯基、苯环、醇羟基、羧基，具有烯烃、酯、苯、醇、羧酸性质，能发生加成反应、加聚反应、水解反应、氧化反应、消去反应、酯化反应等。
18.利用石油裂化和裂解得到的乙烯、丙烯合成丙烯酸乙酯的路线如图所示：
已知：—CHO—COOH
下列判断正确的是
A. 生成有机物⑥的原子利用率为100%
B. 有机物①②③④⑤⑥在一定条件下均可发生加聚反应
C. 丙烯酸乙酯在稀硫酸中不能发生水解反应
D. 有机物③④在一定条件下发生加聚反应可得
【答案】D
【解析】
【详解】A.生成有机物⑥的反应除了生成酯以外，还有H2O生成，原子利用率不是100%，故A错误；
B.有机物A是乙醇，而乙醇不能发生加聚反应，故B错误；
C.丙烯酸乙酯在稀硫酸中能发生水解反应，生成丙烯酸和乙醇，故C错误；
D.有机物③是丙烯，④是丙烯醛，均含有碳碳双键，在一定条件下，可以发生加聚反应生成，故D正确；
本题答案为D。
19.两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是( )
①一定有乙烯 ②一定有甲烷 ③一定有丙烷
④一定没有乙烷 ⑤可能有甲烷 ⑥可能有乙炔
A. ②⑤⑥ B. ②⑥ C. ②④ D. ②③
【答案】C
【解析】
试题分析：由图可知，1mol混合物完全燃烧生成1.6molCO2和2molH2O，则混合物中含有的平均氢原子数为4mol，平均碳原子数为1.6mol，故两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合物中一定有甲烷；根据氢原子平均数可知，另一种气态烃的氢原子数为4，且碳原子数大于1.6，因此可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷，故正确的有②④，答案C。
考点：考查有关有机物分子式确定的计算。
20.由乙烷和乙醇蒸气组成的混合气体中,若碳元素的质量百分含量为60%,则氧元素的质量百分含量为
A. 15% B. 21% C. 25% D. 无法确定
【答案】C
【解析】
乙烷分子式C2H6，乙醇分子式C2H6O，二者混合后形成的混合物中，n(C):n(H)=2:6=1:3，质量比m(C):m(H)=(1×12):(3×1)=4:1，所以H元素含量H%=c%/4=60%/4=15%，氧元素含量O%=1-C%-H%=1-60%-15%=25% 。正确答案C。
21.某气态有机物X含C、H、O三种元素，已知下列条件，现欲确定X的分子式，所需的最少条件是( )
①X中含碳质量分数 ②X中含氢质量分数 ③X在标准状况下的体积 ④质谱确定X的相对分子质量 ⑤X的质量
A. ①② B. ①②④
C. ①②⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：由C、H质量分数可推知O的质量分数，由各元素的质量分数可确定X的实验式，由相对分子质量和实验式可确定X的分子式。
考点：有机化学式的测定和结构的确定。
22.组成和结构可用表示的有机物共有(不考虑立体结构)
A. 16 种 B. 28 种 C. 48 种 D. 60 种
【答案】C
【解析】
试题分析：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH(CH3)3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，因此丁基(-C4H9)共有4种；取代基为上的等效氢有4种，取代基为上的等效氢有3种，取代基为上的等效氢有4种，取代基为上的等效氢有1种，则—C4H8Cl共有12种，因此共有4×12=48种，答案为C。
【考点定位】本题主要是考查同分异构体的书写
【名师点晴】熟悉碳架异构和常见烷烃基的同分异构体种类是解答的关键；组成和结构可用表示的有机物数目取决于丁基和-C4H8Cl的同分异构体数目；先找出丁基的同分异构体，再找出-C4H8Cl的同分异构体，然后计算出该有机物的种类数。
23.莽草酸合成治疗禽流感的药物—达菲（Tamiflu）的原料之一。莽草酸是A的一种异构体。A的结构简式如下：
（提示：环丁烷 可简写成 ）
（1）A的分子式是_______________________________
（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）_______________________
（3）A与乙醇反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）是 _______________________
（4）17.4g A与足量碳酸氢钠溶液反应，计算生成二氧化碳的体积（标准状况）________________
（5）A在浓硫酸作用下加热可得到B（B的结构简式为 ），其反应类型是_______________。
（6）苯与硝酸反应生成硝基苯的方程式_______________________
（7）蔗糖水解的方程式______________
【答案】 (1). C7H10O5 (2). ＋Br2→ (3). +C2H5OH +H2O； (4). 2.24 L (5). 消去反应 (6). ； (7). C12H22O11 + H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6（果糖）
【解析】
【分析】
（1）根据碳原子形成4个化学键及结构简式分析分子式；根据结构简式判断官能团；
（2）A中含碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液中溴单质发生加成反应；
（3）A中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应；
（4）先计算出A的物质的量，再根据1 mol羧基可结合1 mol碳酸氢钠生成1 mol二氧化碳气体分析作答；
（5）根据AB的结构（官能团）变化，再结合羟基可在浓硫酸加热条件下发生消去反应，分析作答；
（6）苯与浓硝酸在浓硫酸加热的条件下可发生硝化反应；
（7）蔗糖属于二糖，可在稀硫酸催化作用下发生水解反应生成葡萄糖和果糖。
【详解】（1）由碳原子形成4个化学键及结构简式可知，该有机物的分子式为C7H10O5，
故答案为：C7H10O5；
（2）A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，其化学方程式为：＋Br2→ ，
故答案为：＋Br2→ ；
（3）A中含−COOH，与乙醇发生酯化反应，其化学方程式为： +C2H5OH +H2O，
故答案为： +C2H5OH +H2O；
（4）A和NaHCO3发生的反应可以表示为：，生成二氧化碳的体积为×22.4L/mol = 2.24 L，
故答案为：2.24 L；
（5）在浓硫酸加热条件下，可发生羟基的消去反应，生成，
故答案为：消去反应；
（6）苯和浓硝酸、浓硫酸在50℃～60℃发生取代反应生成硝基苯和水，该反应方程式为：，
故答案为：；
（7）C12H22O11 + H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6（果糖）
24.为测定某有机化合物A的结构,进行如下实验:
I. 分子式的确定:
（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧,实验测得:生成5.4g H2O和8.8g CO2,消耗氧气6.72L(标准状况下),则该物质的实验式是__________.
（2）用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量,得到如图①所示质谱图,则其相对分子质量为__________,该物质的分子式是__________.
（3）根据价键理论,预测A的可能结构并写出结构简式__________.
II.结构式的确定:
（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号),根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目.例如:甲基氯甲基醚(Cl﹣CH2﹣O﹣CH3)有两种氢原子如图②.经测定,有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③,则A的结构简式为__________.
【答案】 (1). C2H6O (2). 46 (3). C2H6O (4). CH3CH2OH或CH3OCH3 (5). CH3CH2OH
【解析】
【分析】
I．（1）浓硫酸增重为水的质量，碱石灰增重为二氧化碳的质量，以此可确定有机物中C、H原子个数比值，结合消耗氧气的体积可确定有机物中各原子个数比值；
（2）根据有机物原子个数比值可确定最简式，通过图①可看出其相对分子质量，进而再确定有机物的分子式；
（3）根据有机物分子式结合价键理论可确定有机物的可能结构；
II．（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为乙醇。
【详解】I.（1）由题意可知n(H2O) = = 0.3 mol，n(CO2) = = 0.2 mol，n(O2) = =0.3 mol，
根据氧原子守恒可知有机物中含有n(O)=0.3 mol+0.2 mol×2−0.3 mol×2=0.1 mol，
则有机物中N(C)：N(H)：N(O) = 0.2mol：0.6mol：0.1mol = 2：6：1，实验式为C2H6O，
故答案为：C2H6O；
（2）该物质中各元素的原子个数比为N(C)：N(H)：N(O)=2：6：1，则最简式为C2H6O，其相对分子质量为46，则有机物的分子式为C2H6O，
故答案为：46；C2H6O；
（3）有机物的分子式为C2H6O，分子中可能存在C−C、C−H、C−O、O−H等化学键，可能的结构简式有CH3CH2OH或CH3OCH3，
故答案为：CH3CH2OH或CH3OCH3；
Ⅱ.（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为乙醇，即CH3CH2OH，二甲醚只有一种不同化学环境的氢原子，
故答案为：CH3CH2OH；
25.海水中溴含量约为 65 mg·L-1,从海水中提取溴的工艺流程如下:
(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____________。
(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的____。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性
(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下,请在下面方框内填入适当的化学计量数:_____
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式:__________。
(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法,下列可以用作溴的萃取剂的是____。
A.乙醇 B.四氯化碳 C.烧碱溶液 D.苯
【答案】 (1). 富集(或浓缩)溴元素 (2). C (3). 3 3 1 5 3 (4). SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4 (5). BD
【解析】
本题考查海水中提取溴的化学工艺流程。
分析：海水晒盐得到氯化钠和卤水，电解氯化钠溶液或电解熔融氯化钠得到氯气，氯气通入卤水氧化溴离子为溴单质，得到低浓度的溴单质的溶液，通入热空气吹出溴蒸气，用纯碱溶液吸收后的溶液中加入硫酸酸化得到溴单质，起到富集溴的作用，最后得到工业溴。
详解：（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴的含量较低，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴；（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故选C；（3）流程Ⅱ中根据元素守恒知，生成物还有CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2；（4）溴具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中混合易发生氧化还原生成氢溴酸和硫酸，反应方程式为SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；（5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故错误；四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故正确；烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，故错误；苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故正确。故选BD。
点睛：本题涉及萃取剂的选取、氧化还原反应、方程式的配平等知识点，会从整体上分析流程，知道每一步可能发生的反应及基本操作，再结合基本概念、基本理论解答即可。
26.某制糖厂以甘蔗为原料制糖,同时得到大量的甘蔗渣,对甘蔗渣进行综合利用。不仅可以提高经济效益,而且还能防止环境污染,生产流程如下:
已知石油裂解已成为生产C的主要方法,E的溶液能发生银镜反应,G是具有果香味的液体,试填空:
（1）B的名称:__________;D中官能团的名称:__________。
（2）写出C发生加聚反应的方程式:__________。
（3）D→E的化学方程式:__________;F→G的化学方程式:__________。
（4）已知HCOOCH3也具有果香味,则该物质与G的关系互称为__________,与F的关系互称为:__________。
下图为实验室制取G的装置图,图中a试剂名称为__________,实验结束后分离a和G的方法为__________。
。
【答案】 (1). 葡萄糖 (2). 羟基 (3). (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 ＋H2O (6). 同系物 (7). 同分异构体 (8). 饱和Na2CO3溶液 (9). 分液
【解析】
甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，G是具有香味的液体，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3；C与水在催化剂作用下反应生成乙醇，C为乙烯。
(1) B是葡萄糖；D是乙醇，官能团为羟基，故答案为：葡萄糖；羟基；
(2)乙烯发生加聚反应的方程式为，故答案为：；
(3)乙醇氧化生成乙醛 的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；乙酸与乙醇酯化的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 ＋H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 ＋H2O；
(4)HCOOCH3与CH3COOCH2CH3结构相似，互称为同系物，HCOOCH3与CH3COOH的分子式相同，互称为同分异构体，实验室制取乙酸乙酯实验中，用饱和Na2CO3溶液收集生成的乙酸乙酯，实验结束后用分液的方法分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液，故答案为：同系物；同分异构体；饱和Na2CO3溶液； 分液。
点睛：本题考查有机物的推断，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查。本题注意D为解答该题的关键，根据乙醇的性质进行推断，易错点为有机化学方程式的书写与配平。
1.糖类、油脂、蛋白质都是与生命息息相关的物质,下列有关说法正确的是
A. 葡萄糖和蔗糖是同系物,淀粉和纤维素互为同分异构体
B. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物,都能发生水解反应
C. 葡萄糖和蔗糖都能与新制Cu(OH)2悬浊液共热产生砖红色沉淀
D. 天然油脂没有固定的熔点和沸点,所以天然油脂是混合物
【答案】D
【解析】
试题分析：A．葡萄糖和蔗糖结构不同，不属于同系物；纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用（C6H12O5）n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，A项错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B项错误；C．蔗糖是非还原性糖，无醛基，不能于与新制Cu（OH）2悬浊液反应，C项错误；D．天然油脂是混合物，没有固定的熔沸点，D项正确；答案选D。
考点：考查糖类、油脂、蛋白质的性质等知识。
2.下列说法正确的是
A. 1mol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2
B. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液,都会因盐析而产生沉淀
C. 油脂不是高分子化合物,1油脂完全水解生成1甘油和3高级脂肪酸
D. 欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性,可向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热
【答案】C
【解析】
试题分析：A、葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，错误；B、在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4溶液，因盐析产生沉淀，加入CuSO4溶液发生变性，错误；C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，1 mol油脂完全水解生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸，正确；D、蔗糖的水解需要硫酸做催化剂，向水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2与硫酸反应，无法检验，错误。
考点：本题考查有机物的性质与检验。
3.下列有机反应:①甲烷与氯气光照反应 ②乙醛制乙酸 ③乙烯使溴水褪色 ④乙醇制乙烯 ⑤乙醛制乙醇 ⑥乙酸制乙酸乙酯 ⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热 ⑧液态植物油制人造脂肪 ⑨乙烯制乙醇的说法正确的是
A. ②⑤的反应类型相同
B. ⑥⑦的反应类型不同
C. ④与其他8个反应的类型都不同
D. ①③⑧属于同一种反应类型
【答案】C
【解析】
①发生取代反应，②发生氧化反应，③发生加成反应，④发生消去反应，⑤发生还原反应或加成反应，⑥发生酯化反应或取代反应，⑦发生水解反应或取代反应，⑧发生加成反应，⑨发生加成反应，故选项C正确。
4.乙酸分子的结构式为,下列反应及断键部位正确的是
①乙酸的电离,是a键断裂
②乙酸与乙醇发生酯化反应,是b键断裂
③在红磷存在时,Br2与CH3COOH的反应:CH3COOH+Br2CH2Br—COOH+HBr,是c键断裂
④乙酸变成乙酸酐的反应:2CH3COOH +H2O,是a、b键断裂
A. 仅①②③ B. ①②③④ C. 仅②③④ D. 仅①③④
【答案】B
【解析】
【分析】
①乙酸的电离，氢氧键断裂；
②乙醇与酸发生酯化反应，醇脱氢、羧酸脱羟基；
③Br2与CH3COOH的反应，甲基上碳氢键断裂；
④乙酸变成乙酸酐的反应，一个乙酸碳氧键断裂，另一个乙酸氢氧键断裂，据此分析。
【详解】①乙酸显弱酸性，其电离是氢氧键断裂，即a键断裂，故①正确；
②乙醇与酸发生酯化反应，醇脱氢、羧酸脱羟基，即b键断裂，故②正确；
③Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br—COOH+HBr，甲基上碳氢键断裂，即c键断裂，故③正确；
④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→+H2O，一个乙酸碳氧键断裂，另1个乙酸氢氧键断裂，即a、b键断裂，故④正确；
故答案选B。
5.有机物的分类，乙醛(CH3CHO)属于醛。下面各项对有机物的分类方法与此方法相同的是
①属于环状化合物
②属于卤代烃
③属于链状化合物
④属于醚
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【分析】
甲醛含有醛基，属于醛类化合物，分类方法是根据官能团的种类进行分类，以此解答该题．
【详解】①为环状化合物，是根据碳原子的连接方式进行分类，不含官能团，与甲醛的分类不同，故①不选；
②含有溴原子，为卤代烃的官能团，与甲醛的分类相同，故②选；
③从碳链的结构的角度分类，没有从官能团的角度分类，与甲醛不同，故③不选；
④含有醚基，属于官能团，与甲醛的分类相同，故④选；
答案选C。OH R
【点睛】本题考查有机物的分类考点，可按碳的骨架分类，也可按官能团的不同分类，其中官能团决定结构与性质，可将有机物的主要类别、官能团和典型代表物归纳如下：
类别
官能团
代表物名称、结构简式
烷烃
甲烷CH4
烯烃
(碳碳双键)
乙烯H2C===CH2
炔烃
—C≡C—(碳碳三键)
乙炔HC≡CH
芳香烃
苯
卤代烃
—X(X代表卤素原子)
溴乙烷C2H5Br
醇
—OH(羟基)
乙醇C2H5OH
酚
苯酚
醚
(醚键)
乙醚CH3CH2OCH2CH3
醛
—CHO(醛基)
乙醛CH3CHO
酮
(羰基)
丙酮CH3COCH3
羧酸
(羧基)
乙酸CH3COOH
酯
(酯基)
乙酸乙酯CH3COOCH2CH3
除此之外，有机物的题型，还要求学生做题时，要能准确说出有机物所含官能团的名称及结构，并以此推测其性质。
6.下列有机物的命名正确的是
A. 二甲苯
B. 3乙基1丁炔
C. 4-甲基-2-乙基-1-戊烯
D. 2,2,3-三甲基戊烷
【答案】C
【解析】
【分析】
（1）烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
（2）有机物的名称书写要规范；
（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．
【详解】A. ，苯环上有两个取代基可以是邻位、间位和对位，则取代基编号必须说清楚，按位次和最小为原则命名，其正确名称为：1，3−二甲苯，故A项错误；
B. 为炔烃，选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，含5个碳骨架，离碳碳三键近的一端编号得到名称3，3−二甲基−1−戊炔，故B项错误；
C. 为烯烃，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，含5个碳骨架，离碳碳双键近的一端编号且取代基位次和最小，得到名称4-甲基-2-乙基-1-戊烯，故C项正确；
D. 为烷烃，选取最长碳链含5个碳，离取代基近的一端编号得到名称2，2，4−三甲基戊烷，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的系统命名法，判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范，其中B项有机物结构的命名是学生的易错点，要抓住含有官能团的最长链为主链这个准则，火眼金睛，识破干扰，准确命名，排除选项。
7.某同学设计实验从海带中提取碘:
①滴加稀硫酸和双氧水
②在海带中加入少量酒精,点燃使其燃烧为灰烬,在灰烬中加水搅拌
③加四氯化碳并振荡
④过滤
⑤分液
该实验的合理操作顺序是
A. ①③⑤②④ B. ②①③④⑤ C. ②④①③⑤ D. ③①②⑤④
【答案】C
【解析】
试题分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。即合理的操作顺序为，②④①③⑤，选项C正确。
考点：考查海带中提取碘的操作先后顺序的判断的知识。
8. 乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A. 化学式为C6H6O6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
9.海水是巨大的资源宝库。下图表示以海水为基本原料的相关工业，其中不符合实际情况的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
钢铁工业与海水没有直接关系，故选D。
10.胡妥油(D)用作香料的原料，它可由A合成得到：
下列说法正确的是
A. 有机物B的分子式为C11H19O3
B. 有机物D分子中所有碳原子一定共面
C. 有机物C的所有同分异构体中可能有芳香族化合物存在
D. 1 mol有机物A中含有6.02×1023个双键.
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 仅含碳、氢、氧的化合物中氢原子数不可能为奇数，据此分析；
B. 有机物D分子中的环状结构并不是苯环，单键可以旋转；
C. 有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构，其不饱和度为4，据此分析作答；
D. 有机物A的1个分子中含有一个碳碳双键，一个碳氧双键，据此分析；
【详解】A. 仅含碳、氢、氧的化合物中氢原子数不可能为奇数，有机物B的分子式应为C11H18O3，故A项错误；
B. 有机物D分子中的环状结构并不是苯环，所有碳原子不可能共平面，故B项错误；
C. 由于有机物C的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则其所有同分异构体中可能有芳香族化合物存在，故C项正确；
D. 有机物A的1个分子中含有2个双键，一个碳碳双键，一个碳氧双键，所以l mol有机物A中含有1.204×1024个双键，故D项错误；
答案选C。
【点睛】本题侧重考查有机物分子的结构，其中D选项学生容易犯低级错误，要看清楚题设中问的是双键数，而不仅仅是碳碳双键数。学生审题要认真，才能提高做题准确率。
11.某有机物完全燃烧生成CO2和H2O。将12.4 g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重10.8 g，再通过碱石灰，碱石灰增重了17.6 g。下列说法不正确的是
A. 该有机物的最简式为CH3O
B. 该有机物的分子式可能为CH3O
C. 该有机物的分子式一定为C2H6O2
D. 该有机物可能属于醇类
【答案】B
【解析】
【分析】
浓硫酸增重的为水的质量，碱石灰增重的为二氧化碳的质量，根据n=计算出水、二氧化碳的物质的量，再根据质量守恒确定含有氧元素的质量及物质的量；根据C、H、O元素的物质的量之比得出该有机物达到最简式，根据有机物结构与性质及核磁共振氢谱的知识对各选项进行判断。
【详解】将12.4 g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸起干燥剂作用，其增重的10.8 g为水的质量，则水的物质的量为： = 0.6 mol，含有H元素的物质的量为：0.6 mol×2=1.2 mol，其H质量为：1 g/mol×1.2 mol=1.2 g，
碱石灰吸收二氧化碳，则碱石灰增重的17.6g为二氧化碳的质量，其CO2物质的量为： = 0.4 mol，原有机物中含有C的质量为：12g/mol×0.4mol = 4.8 g，
故该有机物中含有C、H元素的质量为：4.8g+1.2g = 6 g< 12.4g,所以该有机物分子中含有氧元素，含有氧元素的物质的量为：12.4g− = 0.4 mol，
所以该有机物分子中C、H、O原子数之比为：0.4mol：1.2mol：0.4mol=1：3：1，其最简式为：CH3O，
A. 根据分析可知，该有机物的最简式为CH3O，故A项正确；
B. 该有机物分子中只含有C、H、O三种元素，H原子数只能为偶数，其分子式不可能为CH3O，故B项错误；
C. 设该有机物分子式为(CH3O)n，当n=2时，得到的分子式C2H6O2中H原子已经达到饱和，则该有机物的分子式为C2H6O2，故C项正确；
D.乙二醇属于醇类，其分子式为C2H6O2，则该有机物可能属于醇类，故D项正确；
答案选B。
12.只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、蔗糖溶液,这种试剂是
A. NaOH溶液 B. 石蕊试液 C. Cu(OH)2悬浊液 D. Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
乙酸具有酸性，能和碱反应、能和碳酸钠反应生成二氧化碳，能使石蕊试液变红色；葡萄糖具有醛基，能和银氨溶液发生银镜反应，能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应；蔗糖是非还原性糖，和银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液不反应，和NaOH、碳酸钠均不反应，以此解答该题。
【详解】A. NaOH溶液和葡萄糖、蔗糖溶液都不反应且互溶，NaOH和乙酸反应生成乙酸钠，没有明显现象，所以现象几乎相同，无法鉴别，故A项错误；
B. 葡萄糖和蔗糖溶液都呈中性，与石蕊试液混合现象相同，无法鉴别，故B项错误；
C. 乙酸具有酸性，能溶解Cu(OH)2悬浊液生成可溶性的乙酸铜，溶液变为蓝色的澄清溶液；在加热条件下，葡萄糖和Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，蔗糖和Cu(OH)2悬浊液互溶没有明显现象，所以现象不同，可以鉴别，故C项正确；
D. Na2CO3和葡萄糖、蔗糖溶液互溶且无明显现象，现象相同，无法鉴别，故D项错误；
答案选C。
13.一种生产聚苯乙烯的流程如下:
下列叙述不正确的是
A. 苯乙烯的分子式为C8H8
B. 1mol苯乙烯最多可与4molH2发生加成反应
C. 鉴别乙苯与苯乙烯可用Br2的四氯化碳溶液
D. 乙烯、苯和乙苯的分子中所有原子均可处于同一平面
【答案】D
【解析】
A、 苯乙烯的分子式为C8H8，选项A正确；B、1mol苯乙烯最多可与4molH2发生加成反应，选项B正确；C、苯乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色而乙苯不能，故可以用Br2的四氯化碳溶液鉴别乙苯与苯乙烯，选项C正确；D、乙烯、苯的分子中所有原子均可处于同一平面，乙苯中含有乙基，—CH3为四面体形结构，分子中所有原子不可能处于同一平面内，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查苯乙烯的结构和性质，题目难度不大，本题注意从苯和乙烯的结构分析苯乙烯可能具有的结构特点．需要说明的是，苯不具有独立的碳碳双键所应有的加成反应性质，但在特殊情况下，它仍能够发生加成反应，所以人们在写苯分子结构简式的时候，一直在延用着单、双键交替排布的写法。
14..碳原子数不超过10的所有烷烃中，一氯代物只有一种的烷烃共有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】C
【解析】
【分析】
烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答。
【详解】烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个甲基上的氢原子等效，具有对称的碳原子上的氢原子等效，在碳原子数不超过10的所有烷烃中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是:甲烷、乙烷、2，2-甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种。
答案选C。
15. 在实验室中，下列除去杂质的方法不正确的是
A. 溴苯中混有溴，将其加入NaOH稀溶液中反复洗涤、分液
B. 乙烷中混有乙烯，在一定条件下通入氢气，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其加入NaOH溶液中，静置、分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入NaOH溶液中洗气
【答案】B
【解析】
试题分析：A．NaOH与Br2发生反应，产物溶于水，而溴苯不能反应，密度比水大，所以溴苯中混有溴，将其加入NaOH稀溶液中反复洗涤、分液就可以除去，正确；B．加成反应在一定条件下进行，反应物不能完全转化为生成物，所以乙烷中混有乙烯，不能通过在一定条件下通入氢气，使乙烯转化为乙烷实现，错误；C．硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其加入NaOH溶液中，酸与碱发生中和反应，产物溶于水，而硝基苯难溶于水，然后静置、分液，就可以将其中的杂质除去，正确；D．乙烯中混有CO2和SO2，可以利用它们都是酸性氧化物，与碱发生反应产生可溶性的盐，而乙烯不能反应，通过洗气除去，正确。
考点：考查物质净化除杂的知识。
16.在一定条件下，萘可与浓硝酸、浓硫酸两种混酸反应生成二硝基化合物，它是1,5-二硝基萘和1,8-二硝基萘的混合物，后者可溶于质量分数大于98%的硫酸，而前者不能。利用这一性质可以将这二种物质分离。在上述硝化产物中加入适量的98.3%硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，欲从滤液中得到固体1,8-二硝基萘，应采用的方法是
A. 对所得的滤液蒸发浓缩冷却结晶
B. 向滤液中缓缓加入水后过滤
C. 将滤液缓缓加入水中后过滤
D. 向滤液中缓缓加入Na2CO3溶液后过滤
【答案】C
【解析】
试题分析：萘可与浓硝酸、浓硫酸两种混酸反应生成二硝基化合物，它是1，5－二硝基萘和1，8－二硝基萘，由于1，8－二硝基萘可溶于质量分数大于98%的硫酸，而1，5－二硝基萘不能溶于能硫酸。因此把反应产生的混合物加入适量的98.3%硫酸，充分搅拌，用耐酸漏斗过滤，得到滤液为1，8 -二硝基萘的硫酸溶液，再利用硫酸溶于水，而1，8－二硝基萘难溶于水，将1，8 -二硝基萘的硫酸溶液缓缓加入水中后过滤，就得到固体1，8－二硝基萘。故选项是C。
考点：考查混合物分离方法的判断的知识。
17. 某有机物的结构简式如下图，则此有机物可发生的反应类型有
①取代 ②加成 ③消去 ④酯化 ⑤水解 ⑥氧化 ⑦中和。
A. ①②③⑤⑥ B. ②③④⑤⑥ C. ①②③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥⑦
【答案】D
【解析】
试题分析：酯基、醇羟基和羧基都能发生取代反应；碳碳双键和苯环能发生加成反应；连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以醇羟基能发生消去反应；羧基和醇羟基能发生酯化反应；酯基能发生水解反应；醇羟基、碳碳双键能发生氧化反应；含有羧基和醇羟基，所以能发生缩聚反应；含有羧基，所以能发生中和反应，故选D。
【考点定位】考查有机物的结构和性质
【名师点晴】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系即可解答，侧重考查醇、羧酸、酯、烯烃性质，注意：该物质能发生缩聚反应也能发生加聚反应，该分子中含有碳碳双键、酯基、苯环、醇羟基、羧基，具有烯烃、酯、苯、醇、羧酸性质，能发生加成反应、加聚反应、水解反应、氧化反应、消去反应、酯化反应等。
18.利用石油裂化和裂解得到的乙烯、丙烯合成丙烯酸乙酯的路线如图所示：
已知：—CHO—COOH
下列判断正确的是
A. 生成有机物⑥的原子利用率为100%
B. 有机物①②③④⑤⑥在一定条件下均可发生加聚反应
C. 丙烯酸乙酯在稀硫酸中不能发生水解反应
D. 有机物③④在一定条件下发生加聚反应可得
【答案】D
【解析】
【详解】A.生成有机物⑥的反应除了生成酯以外，还有H2O生成，原子利用率不是100%，故A错误；
B.有机物A是乙醇，而乙醇不能发生加聚反应，故B错误；
C.丙烯酸乙酯在稀硫酸中能发生水解反应，生成丙烯酸和乙醇，故C错误；
D.有机物③是丙烯，④是丙烯醛，均含有碳碳双键，在一定条件下，可以发生加聚反应生成，故D正确；
本题答案为D。
19.两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是( )
①一定有乙烯 ②一定有甲烷 ③一定有丙烷
④一定没有乙烷 ⑤可能有甲烷 ⑥可能有乙炔
A. ②⑤⑥ B. ②⑥ C. ②④ D. ②③
【答案】C
【解析】
试题分析：由图可知，1mol混合物完全燃烧生成1.6molCO2和2molH2O，则混合物中含有的平均氢原子数为4mol，平均碳原子数为1.6mol，故两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合物中一定有甲烷；根据氢原子平均数可知，另一种气态烃的氢原子数为4，且碳原子数大于1.6，因此可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷，故正确的有②④，答案C。
考点：考查有关有机物分子式确定的计算。
20.由乙烷和乙醇蒸气组成的混合气体中,若碳元素的质量百分含量为60%,则氧元素的质量百分含量为
A. 15% B. 21% C. 25% D. 无法确定
【答案】C
【解析】
乙烷分子式C2H6，乙醇分子式C2H6O，二者混合后形成的混合物中，n(C):n(H)=2:6=1:3，质量比m(C):m(H)=(1×12):(3×1)=4:1，所以H元素含量H%=c%/4=60%/4=15%，氧元素含量O%=1-C%-H%=1-60%-15%=25% 。正确答案C。
21.某气态有机物X含C、H、O三种元素，已知下列条件，现欲确定X的分子式，所需的最少条件是( )
①X中含碳质量分数 ②X中含氢质量分数 ③X在标准状况下的体积 ④质谱确定X的相对分子质量 ⑤X的质量
A. ①② B. ①②④
C. ①②⑤ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：由C、H质量分数可推知O的质量分数，由各元素的质量分数可确定X的实验式，由相对分子质量和实验式可确定X的分子式。
考点：有机化学式的测定和结构的确定。
22.组成和结构可用表示的有机物共有(不考虑立体结构)
A. 16 种 B. 28 种 C. 48 种 D. 60 种
【答案】C
【解析】
试题分析：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH(CH3)3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，因此丁基(-C4H9)共有4种；取代基为上的等效氢有4种，取代基为上的等效氢有3种，取代基为上的等效氢有4种，取代基为上的等效氢有1种，则—C4H8Cl共有12种，因此共有4×12=48种，答案为C。
【考点定位】本题主要是考查同分异构体的书写
【名师点晴】熟悉碳架异构和常见烷烃基的同分异构体种类是解答的关键；组成和结构可用表示的有机物数目取决于丁基和-C4H8Cl的同分异构体数目；先找出丁基的同分异构体，再找出-C4H8Cl的同分异构体，然后计算出该有机物的种类数。
23.莽草酸合成治疗禽流感的药物—达菲（Tamiflu）的原料之一。莽草酸是A的一种异构体。A的结构简式如下：
（提示：环丁烷 可简写成 ）
（1）A的分子式是_______________________________
（2）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）_______________________
（3）A与乙醇反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）是 _______________________
（4）17.4g A与足量碳酸氢钠溶液反应，计算生成二氧化碳的体积（标准状况）________________
（5）A在浓硫酸作用下加热可得到B（B的结构简式为 ），其反应类型是_______________。
（6）苯与硝酸反应生成硝基苯的方程式_______________________
（7）蔗糖水解的方程式______________
【答案】 (1). C7H10O5 (2). ＋Br2→ (3). +C2H5OH +H2O； (4). 2.24 L (5). 消去反应 (6). ； (7). C12H22O11 + H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6（果糖）
【解析】
【分析】
（1）根据碳原子形成4个化学键及结构简式分析分子式；根据结构简式判断官能团；
（2）A中含碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液中溴单质发生加成反应；
（3）A中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应；
（4）先计算出A的物质的量，再根据1 mol羧基可结合1 mol碳酸氢钠生成1 mol二氧化碳气体分析作答；
（5）根据AB的结构（官能团）变化，再结合羟基可在浓硫酸加热条件下发生消去反应，分析作答；
（6）苯与浓硝酸在浓硫酸加热的条件下可发生硝化反应；
（7）蔗糖属于二糖，可在稀硫酸催化作用下发生水解反应生成葡萄糖和果糖。
【详解】（1）由碳原子形成4个化学键及结构简式可知，该有机物的分子式为C7H10O5，
故答案为：C7H10O5；
（2）A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，其化学方程式为：＋Br2→ ，
故答案为：＋Br2→ ；
（3）A中含−COOH，与乙醇发生酯化反应，其化学方程式为： +C2H5OH +H2O，
故答案为： +C2H5OH +H2O；
（4）A和NaHCO3发生的反应可以表示为：，生成二氧化碳的体积为×22.4L/mol = 2.24 L，
故答案为：2.24 L；
（5）在浓硫酸加热条件下，可发生羟基的消去反应，生成，
故答案为：消去反应；
（6）苯和浓硝酸、浓硫酸在50℃～60℃发生取代反应生成硝基苯和水，该反应方程式为：，
故答案为：；
（7）C12H22O11 + H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6（果糖）
24.为测定某有机化合物A的结构,进行如下实验:
I. 分子式的确定:
（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧,实验测得:生成5.4g H2O和8.8g CO2,消耗氧气6.72L(标准状况下),则该物质的实验式是__________.
（2）用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量,得到如图①所示质谱图,则其相对分子质量为__________,该物质的分子式是__________.
（3）根据价键理论,预测A的可能结构并写出结构简式__________.
II.结构式的确定:
（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号),根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目.例如:甲基氯甲基醚(Cl﹣CH2﹣O﹣CH3)有两种氢原子如图②.经测定,有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③,则A的结构简式为__________.
【答案】 (1). C2H6O (2). 46 (3). C2H6O (4). CH3CH2OH或CH3OCH3 (5). CH3CH2OH
【解析】
【分析】
I．（1）浓硫酸增重为水的质量，碱石灰增重为二氧化碳的质量，以此可确定有机物中C、H原子个数比值，结合消耗氧气的体积可确定有机物中各原子个数比值；
（2）根据有机物原子个数比值可确定最简式，通过图①可看出其相对分子质量，进而再确定有机物的分子式；
（3）根据有机物分子式结合价键理论可确定有机物的可能结构；
II．（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为乙醇。
【详解】I.（1）由题意可知n(H2O) = = 0.3 mol，n(CO2) = = 0.2 mol，n(O2) = =0.3 mol，
根据氧原子守恒可知有机物中含有n(O)=0.3 mol+0.2 mol×2−0.3 mol×2=0.1 mol，
则有机物中N(C)：N(H)：N(O) = 0.2mol：0.6mol：0.1mol = 2：6：1，实验式为C2H6O，
故答案为：C2H6O；
（2）该物质中各元素的原子个数比为N(C)：N(H)：N(O)=2：6：1，则最简式为C2H6O，其相对分子质量为46，则有机物的分子式为C2H6O，
故答案为：46；C2H6O；
（3）有机物的分子式为C2H6O，分子中可能存在C−C、C−H、C−O、O−H等化学键，可能的结构简式有CH3CH2OH或CH3OCH3，
故答案为：CH3CH2OH或CH3OCH3；
Ⅱ.（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为乙醇，即CH3CH2OH，二甲醚只有一种不同化学环境的氢原子，
故答案为：CH3CH2OH；
25.海水中溴含量约为 65 mg·L-1,从海水中提取溴的工艺流程如下:
(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是____________。
(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的____。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性
(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下,请在下面方框内填入适当的化学计量数:_____
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式:__________。
(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法,下列可以用作溴的萃取剂的是____。
A.乙醇 B.四氯化碳 C.烧碱溶液 D.苯
【答案】 (1). 富集(或浓缩)溴元素 (2). C (3). 3 3 1 5 3 (4). SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4 (5). BD
【解析】
本题考查海水中提取溴的化学工艺流程。
分析：海水晒盐得到氯化钠和卤水，电解氯化钠溶液或电解熔融氯化钠得到氯气，氯气通入卤水氧化溴离子为溴单质，得到低浓度的溴单质的溶液，通入热空气吹出溴蒸气，用纯碱溶液吸收后的溶液中加入硫酸酸化得到溴单质，起到富集溴的作用，最后得到工业溴。
详解：（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴的含量较低，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是富集溴；（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故选C；（3）流程Ⅱ中根据元素守恒知，生成物还有CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2；（4）溴具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中混合易发生氧化还原生成氢溴酸和硫酸，反应方程式为SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4；（5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故错误；四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故正确；烧碱溶液和溴能发生反应，所以不能作萃取剂，故错误；苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故正确。故选BD。
点睛：本题涉及萃取剂的选取、氧化还原反应、方程式的配平等知识点，会从整体上分析流程，知道每一步可能发生的反应及基本操作，再结合基本概念、基本理论解答即可。
26.某制糖厂以甘蔗为原料制糖,同时得到大量的甘蔗渣,对甘蔗渣进行综合利用。不仅可以提高经济效益,而且还能防止环境污染,生产流程如下:
已知石油裂解已成为生产C的主要方法,E的溶液能发生银镜反应,G是具有果香味的液体,试填空:
（1）B的名称:__________;D中官能团的名称:__________。
（2）写出C发生加聚反应的方程式:__________。
（3）D→E的化学方程式:__________;F→G的化学方程式:__________。
（4）已知HCOOCH3也具有果香味,则该物质与G的关系互称为__________,与F的关系互称为:__________。
下图为实验室制取G的装置图,图中a试剂名称为__________,实验结束后分离a和G的方法为__________。
。
【答案】 (1). 葡萄糖 (2). 羟基 (3). (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 ＋H2O (6). 同系物 (7). 同分异构体 (8). 饱和Na2CO3溶液 (9). 分液
【解析】
甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，G是具有香味的液体，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3；C与水在催化剂作用下反应生成乙醇，C为乙烯。
(1) B是葡萄糖；D是乙醇，官能团为羟基，故答案为：葡萄糖；羟基；
(2)乙烯发生加聚反应的方程式为，故答案为：；
(3)乙醇氧化生成乙醛 的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；乙酸与乙醇酯化的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 ＋H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 ＋H2O；
(4)HCOOCH3与CH3COOCH2CH3结构相似，互称为同系物，HCOOCH3与CH3COOH的分子式相同，互称为同分异构体，实验室制取乙酸乙酯实验中，用饱和Na2CO3溶液收集生成的乙酸乙酯，实验结束后用分液的方法分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液，故答案为：同系物；同分异构体；饱和Na2CO3溶液； 分液。
点睛：本题考查有机物的推断，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查。本题注意D为解答该题的关键，根据乙醇的性质进行推断，易错点为有机化学方程式的书写与配平。
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