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2021年高考化学真题及模拟题分类汇编专题17：有机化学基础（含答案解析）
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这是一份2021年高考化学真题及模拟题分类汇编专题17：有机化学基础（含答案解析），共44页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
2021高考真题和模拟题分类汇编 化学
专题17 有机化学基础
2021年化学高考题
一、单选题
1．（2021·山东高考真题）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】
A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；
C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。
2．（2021·全国高考真题）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．该物质与碳酸钠反应得
【答案】C
【解析】
A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；
B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；
C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，最大质量为22g，故D错误；
故选C。
3．（2021·浙江）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是
A．可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B．反应过程涉及氧化反应
C．化合物3和4互为同分异构体 D．化合物1直接催化反应的进行
【答案】D
【解析】
A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确；
B．由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确；
C．化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确；
D．由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2，化合物1间接催化反应的进行，故D项错误；
综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
4．（2021·湖南高考真题）已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
下列说法正确的是
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．已二酸与溶液反应有生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
【答案】C
【解析】
A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；
B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；
C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；
D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；
答案选C。
5．（2021·浙江）关于油脂，下列说法不正确的是
A．硬脂酸甘油酯可表示为
B．花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．植物油通过催化加氢可转变为氢化油
D．油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等
【答案】A
【解析】
A．硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：，硬脂酸甘油酯可表示为：，A错误；
B．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C正确；
D．油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D正确；
答案为：A。
6．（2021·浙江）下列“类比”结果不正确的是
A．的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱
B．的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架()构型为V形
C．的溶解度比的大，则的溶解度比的大
D．将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色
【答案】C
【解析】
A．分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于，分子内含有化学键：N-N，热稳定性弱于，A正确；
B．中氧原子的价层电子对数为4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，二甲醚的分子骨架()中氧原子价层电子对数为4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，B正确；
C．钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C错误；
D．多羟基的醇遇新制溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D正确；
答案为：C。
7．（2021·浙江）关于有机反应类型，下列判断不正确的是
A．(加成反应)
B．(消去反应)
C．(还原反应)
D．(取代反应)
【答案】C
【解析】
A．在催化剂作用下，乙炔与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故A正确；
B．2—溴乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溴化钾和水，故B正确；
C．在催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故D正确；
故选C。
8．（2021·浙江）下列说法正确的是
A． C60和C70互为同位素 B． C2H6和C6H14互为同系物
C． CO和CO2互为同素异形体 D．CH3COOH和CH3OOCH是同一种物质
【答案】B
【解析】
A．同种元素的不同种核素互称同位素，C60和C70为C元素的两种不同单质，不能互称同位素，A错误；
B．C2H6和C6H14均为烷烃，二者结构类似，分子组成上相差4个CH2基团，二者互为同系物，B正确；
C．同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO和CO2为C元素的两种不同氧化物，二者不是单质，不能互称同素异形体，C错误；
D．两种物质的结构不同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D错误；
故答案选B。
9．（2021·浙江）下列表示不正确的是
A．乙炔的实验式 B．乙醛的结构简式
C．2，3-二甲基丁烷的键线式 D．乙烷的球棍模型
【答案】A
【解析】
A．乙炔的分子式为C2H2，实验式为CH，故A错误；
B．乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；
C．2，3—二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故C正确；
D．乙烷的结构简式为CH3 CH3，球棍模型为，故D正确；
故选A。
10．（2021·广东高考真题）昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A．属于烷烃 B．可发生水解反应
C．可发生加聚反应 D．具有一定的挥发性
【答案】A
【解析】
A．根据结构简式可知，分子中含C、H、O，含碳碳双键和酯基，不属于烷烃，A错误；
B．分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应，B正确；
C．分子中含碳碳双键，可发生加聚反应，C正确；
D．该信息素“可用于诱捕害虫、测报虫情”，可推测该有机物具有一定的挥发性，D正确；
故选A。
11．（2021·广东高考真题）广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是
A．广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化
B．冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的
C．制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物
D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物
【答案】D
【解析】
A．广东剪纸的裁剪过程中没有新物质生成，故不涉及化学变化，A正确；
B．冲泡工夫茶时茶香四溢，是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，B正确；
C．制作粤绣所用的植物纤维布含有纤维素，属于天然高分子化合物，C正确；
D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于混合物，D错误。
故选D。
12．（2021·全国高考真题）下列叙述正确的是
A．甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B．用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D．戊二烯与环戊烷互为同分异构体
【答案】B
【解析】
A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；
B．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸氢钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别两者，B正确；
C．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；
D．戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。
故选B。
13．（2021·河北高考真题）高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是
A．芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素
B．聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
C．淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质
D．大豆蛋白纤维是一种可降解材料
【答案】B
【解析】
A．芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故A正确；
B．聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B错误；
C．淀粉为多糖，属于天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，故C正确；
D．大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确；
综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。
14．（2021·河北高考真题）苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是
A．是苯的同系物
B．分子中最多8个碳原子共平面
C．一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D．分子中含有4个碳碳双键
【答案】B
【解析】
A．苯的同系物必须是只含有1个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故A错误；
B．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，共有8个碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5类氢原子，则一氯代物有5种，故C错误；
D．苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1个碳碳双键，故D错误；
故选B。
15．（2021·湖南高考真题）下列说法正确的是
A．糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物
B．粉末在空气中受热，迅速被氧化成
C．可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒
D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
【答案】B
【解析】
A．糖类分为单糖、二糖和多糖，其中属于多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也属于天然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，A错误；
B．氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B正确；
C．二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C错误；
D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D错误；
故选B。
16．（2021·浙江高考真题）下列表示正确的是
A．甲醛的电子式 B．乙烯的球棍模型
C．2-甲基戊烷的键线式 D．甲酸乙酯的结构简式CH3COOCH3
【答案】B
【解析】
A．O原子最外层有6个电子，故甲醛的电子式为，A错误；
B．乙烯中碳原子之间以双键形式存在，乙烯的球棍模型为，B正确；
C．2-甲基戊烷的键线式为，C错误；
D．甲酸乙酯甲酸和乙醇酯化得到，故甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH3，D错误；
故答案选B。
17．（2021·浙江高考真题）有关 的说法不正确的是
A．分子中至少有12个原子共平面
B．完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个
C．与FeCl3溶液作用显紫色
D．与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种
【答案】C
【解析】
A．与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，A正确；
B．该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与—NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B正确；
C．该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，C错误；
D．与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，D正确；
答案选C。
18．（2021·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B．乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基
D．工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油
【答案】B
【解析】
A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；
B．乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；
C．纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为[C6H7O2(OH)3]n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；
D．植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；
答案选B。
19．（2021·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．联苯()属于芳香烃，其一溴代物有2种
B．甲烷与氯气在光照下发生自由基型链反应
C．沥青来自于石油经减压分馏后的剩余物质
D．煤的气化产物中含有CO、H2和CH4等
【答案】A
【解析】
A．由联苯()的分子结构可知，其分子由2个苯基直接相连，故其属于芳香烃；根据对称分析法可知，其一溴代物共有3种，A说法不正确；
B．甲烷与氯气在光照下发生反应，氯气分子先吸收光能转化为自由基氯原子，然后由氯原子引发自由基型链反应，B说法正确；
C．石油经常压分馏后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经经减压分馏可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最后未被气化的剩余物叫沥青，C说法正确；
D．煤的气化是指煤与水蒸气在高温下所发生的反应，其产物中含有CO、H2和CH4等，D说法正确。
综上所述，本题选A。
二、多选题
20．（2021·山东高考真题）立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物M(2—甲基—2—丁醇)存在如图转化关系，下列说法错误的是
A．N分子可能存在顺反异构
B．L的任一同分异构体最多有1个手性碳原子
C．M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4种
D．L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种
【答案】AC
【分析】
M()在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为。
【解析】
A．顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为、、、、、、、，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；
C．当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：、、，共3种，故C错误；
D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为，故D正确；
综上所述，说法错误的是AC，故答案为：AC。
21．（2021·河北高考真题）番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是
A．1mol该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4L(标准状况)CO2
B．一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为5：1
C．1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应
D．该物质可被酸性KMnO4溶液氧化
【答案】BC
【解析】
A．根据分子的结构简式可知，1 mol该分子中含有1mol -COOH，可与溶液反应生成1mol，在标准状况下其体积为，A正确；
B．1mol分子中含5mol羟基和1mol羧基，其中羟基和羧基均能与Na发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量反应，消耗二者物质的量之比为，B错误；
C．分子中含1mol碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可与发生加成反应，C错误；
D．分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性溶液氧化，D正确；
故选BC。
22．（2021·湖南高考真题）1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是
A．装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B．装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D．经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品
【答案】AD
【分析】
根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发生得到含、、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到和的混合物，在装置Ⅲ中用合适的萃取剂萃取分液得粗产品。
【解析】
A．浓硫酸和NaBr会产生HBr，1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A正确；
B．冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；
D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D正确；
选AD。
2021年化学高考模拟题
一、单选题
1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如下：
下列说法不正确的是
A．X苯环上的一氯代物有9种 B．Y→Z的反应类型是取代反应
C．X、Y、Z中只有Y不能与碳酸钠溶液反应 D．在催化剂作用下Z可与甲醛发生反应
【答案】A
【解析】
A．靠下的苯环存在着对称结构，其上只有三种一氯取代，所以有机物X苯环上一氯代物有7种，描述错误，符合题意；
B．Y→Z是酯交换反应，属于取代反应，描述正确，不符题意；
C．Y上只有酯基，不能与Na2CO3反应，描述正确，不符题意；
D．Z有酚类结构，可与甲醛在一定条件下，发生酚醛缩合反应，描述正确，不符题意；
综上，本题选A。
2．（2021·福建省南安第一中学高三二模）化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A．75％浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒
B．燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放
C．生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维材料，是一种新型无机非金属材料
D．可溶性铜盐有毒，故人体内不存在铜元素
【答案】D
【解析】
A．75%浓度的酒精可以破坏新型冠状病毒包膜结构，含氯消毒剂和过氧乙酸具有强氧化性均可以起到杀灭新型冠状病毒的作用，A叙述正确；
B．CaO不能吸收CO2，故燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放，B叙述正确；
C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和碳化硅属于新型无机非金属材料，C叙述正确；
D．可溶性铜盐属于重金属离子会使蛋白质变性，对人体是有毒的，但是人体中存在以化合态形式存在的微量铜元素，D叙述错误。
故选D。
3．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，X、Y、Z位于同一周期，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，由这四种元素形成的一种分子的球棍模型如图所示(图中的“棍”可能是单键，也可能是双键)。下列说法正确的是
A．X、Y、Z三种元素形成氢化物最稳定的是Y
B．X、Y、Z形成简单离子半径最大的是Z
C．W和Z形成的化合物一定不含非极性共价键
D．该模型表示的有机物能发生缩聚反应生成高分子化合物
【答案】D
【分析】
短周期全族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Z最外层电子数是其电子层数的3倍，Z只能位于第二周期ⅥA族，则Z为O；X、Y、Z位于同一周期，则X、Z位于第二周期；结合图示球棍模型可知，原子半径最小、形成1个共价键的应该为H，即W为H；原子半径最大、形成4个共价键的为C，则X为C；Y介于C、O之间，只能为N元素，以此分析解答。
【解析】
根据上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．同一周期，从左到右，非金属性增强，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，X、Y、Z三种元素形成氢化物最稳定的是Z，故A错误；
B．电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，X、Y、Z形成简单离子半径最大的是X，故B错误；
C．W、Z形成的化合物中过氧化氢分子中含有O-O非极性键，故C错误；
D．该模型表示的是丙氨酸，丙氨酸分子中含有氨基和羧基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故D正确；
故选D。
4．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）维生素C又叫L-抗坏血酸，是一种水溶性维生素，在水果和蔬菜中含量丰富，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．维生素C分子中含有3种官能团
B．1mol维生素C与足量的NaOH反应可以消耗5molNaOH
C．只含—COOH一种官能团的维生素C的同分异构体共有3种
D．维生素C分子中一定共面的碳原子有5个
【答案】A
【解析】
A．维生素C分子中含有羟基、酯基、碳碳双键共3种官能团，A正确；
B．维生素C分子中只有酯基能与NaOH且按1:1反应，因此1mol维生素C与足量的NaOH反应可以消耗1molNaOH，B错误；
C．维生素C的不饱和度为3，羧基的不饱和度为1，只含—COOH一种官能，则符合条件的同分异构体为含3个-COOH、3个饱和C的链状有机物，则三个-COOH与同一个C相连有1种：，两个-COOH与1个C相连+一个-COOH与1个C相连有3种：、、，3个-COOH分别与三个C相连有1种：，共1+3+1=5种，C错误；
D．根据乙烯、甲醛是平面型分子可知维生素C分子中一定共面的碳原子有4个，如图，D错误；
选A。
5．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料，可用降冰片烯与马来酸酐共同加聚而成。下列说法正确的是
A．马来酸酐分子式为C4H4O3 B．该光刻胶的结构简式可能为
C．1 mol马来酸酐最多消耗1 mol NaOH D．降冰片烯的一氯代物有7种
【答案】B
【解析】
A．马来酸酐分子式为C4H2O3，A错误；
B．碳碳双键断裂其中一条键，与另一个物质的双键中的一条键结合，剩余左右端口的半键发生加聚反应，该光刻胶的结构简式可能为，B正确；
C．1 mol马来酸酐含有2mol酯基，最多消耗2 mol NaOH，C错误；
D．降冰片烯是对称结构，有4种H，所以一氯代物共4种，D错误；
故选：B。
6．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，珍藏了大量文物。下列说法错误的是
A．氧化铁可作故宫红色外墙的涂料
B．莲鹤方壶是春秋中期的青铜器，其材质属于合金
C．孩儿枕是北宋的定窑白瓷，其主要成分是硅酸盐
D．《清明上河图》是在生丝织成的绢上作画，绢的主要成分是纤维素
【答案】D
【解析】
A．氧化铁呈红色，可作为墙壁的红色涂料，A正确；
B．青铜器含多种金属元素，属于合金，B正确；
C．白瓷是陶瓷，成分是硅酸盐，C正确；
D．绢的主要成分是蛋白质，D错误；
故选：D。
7．（2021·青海西宁市·高三二模）丙烷的分子结构可简写成键线式结构，下列关于化合物a和化合物b的说法中正确的是
A．化合物a、b的分子式均为C6H8
B．化合物a的二氯代物有6种
C．化合物a、b均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．化合物a中所有原子可处于同一平面
【答案】B
【解析】
A．由题给结构简式可知，化合物a、b的分子式均为C6H6，A项错误；
B．由化合物a的键线式结构可知，其二氯代物有6种，B项正确；
C．由化合物a、b的键线式结构可知，化合物a中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，化合物b中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；
D．化合物a中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面上，D项错误；
答案选B。
8．（2021·青海高三三模）β-蒎烯制备诺卜醇的方法如图所示，下列说法正确的是
A．可用酸性高锰酸钾溶液区别β-蒎烯与诺卜醇
B．β-蒎烯中所有的碳原子可以处在同一平面内
C．与β-蒎烯互为同分异构体，且属于芳香烃的有5种
D．燃烧等物质的量β-蒎烯与诺卜醇，消耗氧气的量后者多
【答案】D
【解析】
A． 两者均含有碳碳双键均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不可用酸性高锰酸钾溶液区别β-蒎烯与诺卜醇，故A错误；
B． β-蒎烯中多个碳采用sp3杂化，是四面体构型，其中有一个碳同时连有4个碳，所有的碳原子不可以处在同一平面内，故B错误；
C． β-蒎烯的分子式C10H16，不饱和度为10+1- =3，苯环的不饱和度为4，与β-蒎烯互为同分异构体，且属于芳香烃的有0种，故C错误；
D． 诺卜醇的分子式为C11H18O，相当于C10H16∙C∙H2O，燃烧等物质的量β-蒎烯与诺卜醇，后者相当于多1个碳原子消耗氧气，消耗氧气的量后者多，故D正确；
故选D。
9．（2021·全国高三零模）有机物可用于治疗大出血、创伤、外科手术引起的低血压，其部分合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．的过程属于消去反应
B．分子的同分异构体中，苯环上有2个取代基并能使溶液显紫色的物质有9种
C．分子中存在醚键和酰胺键
D．物质中有2个手性碳原子，含有共价键和离子键
【答案】D
【解析】
A．由题干信息可知，的过程属于取代反应，A错误；
B．能使溶液显紫色说明分子中含有酚羟基，分子的同分异构体又知苯环上有2个取代基，则两个取代基分别为-OH，-CH2CH2OH或者-OH，-CH2OCH3或-OH，-OCH2CH3或者-OH，-CH(OH)CH3四种组合，而每一组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的的物质有3×4=12种，B错误；
C．由D的结构简式可知分子中存在醚键和羰基、氨基，但不存在酰胺键，C错误；
D．由E的结构简式可知，物质中有2个手性碳原子如图所示，分子中存在阴阳离子，故含有共价键和离子键，D正确；
故答案为：D。
10．（2021·全国高三零模）咖啡酸有较广泛的抑菌和抗病毒活性，可在化妆品中安全使用，其结构简式如图所示。下列关于咖啡酸的说法不正确的是
A．分子中碳原子的杂化方式有1种
B．分子中可能共平面的碳原子最多有8个
C．该物质中可能存在分子间氢键
D．该物质与足量溴水反应，需要的最多为
【答案】B
【解析】
A．该物质的分子中碳原子均采取sp2杂化，A正确；
B．该物质的分子中含有碳碳双键和苯环两个平面结构，则最多有9个碳原子共平面，B错误；
C．该物质的分子中含有羟基和羧基，可能存在分子间氢键，C正确；
D．溴取代酚羟基的邻位和对位上的C-H中的H消耗3mol，双键加成消耗1mol，该物质与足量溴水反应，需要的最多为，D正确；
答案选B。
11．（2021·安徽高三一模）马里奥·莫利纳等科学家通过研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法错误是
A．CFCl3是四面体结构
B．过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离
C．整个过程中，CFCl3是O3分解的催化剂
D．紫外线辐射提供破坏化学键的能量
【答案】C
【分析】
过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO +O→O2+Cl
【解析】
A． CH4是正四面体结构，CFCl3就相当于用F将一个H原子替代了，用3个Cl将一个3个H原子替代了，虽然键长、键角有变化，但是还是四面体结构，A正确；
B．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO +O→O2+Cl，故过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离B正确；
C．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO +O→O2+Cl，我们发现CFCl3作为反应物被消耗，CFCl3不是催化剂，C错误；
D．由图可知，紫外线辐射提供破坏了C-Cl，断键需要吸收能量， D正确；
故选D。
12．（2021·安徽高三一模）下列有关化学用语表示正确的是
A．二氧化碳的比例模型： B．氢氰酸的电子式：
C．H-的离子结构示意图为： D．醋酸的结构式：
【答案】C
【解析】
A．二氧化碳分子的空间构型为直线形，分子中碳原子的半径大于氧原子半径，比例模型为，故A错误；
B．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为 ，故B错误；
C．H—的核电荷数为1，核外电子层为1，核外电子数为2，离子结构示意图为，故C正确；
D．醋酸的结构简式为CH3COOH，结构式为，故D错误；
故选C。
13．（2021·安徽高三一模）活性碳纤维—纳米银抗菌材料可用于生产医用防护服和口罩。下列有关叙述错误的是
A．活性碳纤维具有吸附性，可作纳米银的载体
B．银离子能使蛋白质变性，具有杀菌作用
C．纳米银与片状银化学活性相同
D．活性碳纤维-纳米银抗菌材料属于复合材料
【答案】C
【解析】
A.活性碳纤维具有吸附性，可作纳米银的载体，故A正确；
B.银离子是重金属，能使蛋白质变性，具有杀菌作用，故B正确；
C.二者颗粒大小不同，参与反应速率快慢不同，所以化学活性不同，故C错误；
D.复合材料是不同性质的材料经过高科技器材的组合和优化形成的一种全新材料，所以活性碳纤维纳米银抗菌材料属于复合材料，故D正确；
故正确答案为：C。
14．（2021·浙江高三其他模拟）巴比妥为较早应用的长效类催眠药，有镇静、催眠、抗惊厥、麻醉等不同程度的中枢抑制作用，其优点是作用缓慢，维持时间长。其结构如图所示，下列有关巴比妥的说法正确的是
A．巴比妥是一种人工合成的多肽
B．巴比妥能够发生水解，且无论酸、碱性条件下水解均有可能生成气体
C．巴比妥含有两种官能团
D．1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗2 mol NaOH
【答案】B
【解析】
A．多肽是氨基酸经脱水缩合得到的，巴比妥中虽然有肽键，但并不是氨基酸脱水缩合得到，因此不属于多肽，A错误；
B．巴比妥水解时，分子中是四个碳氮键都断裂，在酸性条件下得到CO2，在碱性条件下水得到NH3，B正确；
C．巴比妥只含有酰胺一种官能团，C错误；
D．巴比妥分子中有四个碳氮键，水解时每断裂1个碳氮键需消耗1个NaOH，则1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗4 mol NaOH，D错误；
故合理选项是B。
15．（2021·浙江高三其他模拟）下列说法正确的是
A．14C60和12C70互为同位素 B．乙二醇和丙二醇互为同系物
C．硫铵和硫酸氢铵是同一物质 D．TNT和间硝基甲苯互为同分异构体
【答案】B
【解析】
A．同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，14C60和12C70是分子，不是原子，不互为同位素，故A错误；
B．同系物是含有相同数目相同官能团的同类有机物，在组成上相差若干个CH2原子团，乙二醇和丙二醇的羟基数目都为2，结构相似，在组成上相差1个CH2原子团，都是饱和二元醇，互为同系物，故B正确；
C．硫铵的化学式为(NH4)2SO4，硫酸氢铵的化学式为NH4HSO4，两者的化学式不同，不是同一物质，故C错误；
D．TNT为2，4，6—三硝基甲苯的俗称，与间硝基甲苯的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选B。
16．（2021·辽宁高三其他模拟）下列有机物命名正确的是
A．：乙基戍烷 B．：己烷
C．：甲基己烯 D．：羟基苯甲醛
【答案】C
【解析】
A．编号，命名为3-乙基戊烷，戍字错了，A错误；
B．命名为环己烷，B错误；
C．编号，命名为甲基己烯，C正确；
D．母体是苯甲醛，羟基取代在2号位，命名为：2-羟基苯甲醛，D错误；
故选：C。
17．（2021·云南省云天化中学高三期末）某有机物结构简式如图，关于此物质下列说法正确的是
A．分子式为C16H14O4 B．分子中的所有原子一定共平面
C．1 mol此物质水解需消耗4 mol NaOH D．该物质的一氯取代物有4种
【答案】D
【解析】
A．由该物质的结构简式可知分子式为C16H12O4，A错误；
B．该物质中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，B错误；
C．1mol该物质含有2mol酯基，水解需要消耗2molNaOH，C错误；
D．根据分子结构的对称性，一氯代物为图中标的4个位置，D正确；
综上所述答案为D。
18．（2021·天津）化合物X、Y均具有抗真菌、抗炎、植物毒性及细胞毒性等功能。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
化合物X 化合物Y
A．X、Y属于同系物
B．lmolX最多能与6molBr2发生取代反应
C．Y在酸性条件下水解，水解产物可发生消去反应
D．X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳原子数目不等
【答案】C
【解析】
A．互为同系物的有机物必须是同类物质，分子中含有相同数目的相同官能团，由结构简式可知，化合物X的官能团为碳碳双键、羟基和酯基，化合物Y的官能团为羟基、酯基和醚键，两者所含官能团不同，不可能互为同系物，故A错误；
B．由结构简式可知，化合物X中含有的碳碳双键和酚羟基的邻、对为上的氢原子能与溴水反应，其中碳碳双键与溴水发生加成反应，酚羟基的邻、对为上的氢原子与溴水发生取代反应，则lmolX最多能与5molBr2发生取代反应，故B错误；
C．化合物Y在酸性条件下水解得到的水解产物中含有醇羟基，与羟基相连的邻碳原子上连有氢原子，一定条件下可发生消去反应，故C正确；
D．手性碳原子为连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，化合物X与足量氢气反应生成，加成产物有如图所示的7个手性碳原子：，化合物Y与足量氢气反应生成加成产物有如图所示的7个手性碳原子：，则加成产物分子中的手性碳原子数目相等，故D错误；
故选C。
19．（2021·安徽高三其他模拟）糠醇可用于有机合成树脂、涂料等，四氢糠醇可做印染工业的润湿剂和分散剂，它们的转化关系如图，下列说法正确的是
A．该反应类型为加成反应
B．糠醇分子中所有原子可能共平面
C．四氢糠醇可以发生取代、还原、消去、水解等反应
D．糠醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而四氢糠醇不可以
【答案】A
【解析】
A．碳碳双键变为单键，为加成反应，A正确；
B．糠醇中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，B错误；
C．四氢糠醇不含酯基、酰胺基、卤原子等可以水解的官能团，不能发生水解反应，C错误；
D．糠醇中碳碳双键和羟基均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，四氢糠醇中羟基可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
综上所述答案为A。
20．（2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟）下列关于2 -环已基丙烯()和2-苯基丙烯()的说法中正确的是
A．2 -苯基丙烯的分子式为C9H16
B．2 -环己基丙烯分子中所有碳原子可能共平面
C．二者均可发生缩聚反应和氧化反应
D．2 -苯基丙烯的一氯代产物只有5种。
【答案】D
【解析】
A．根据结构简式可知，2 -苯基丙烯的分子式为C9H10，选项A错误；
B．甲烷为正四面体结构，2 -环己基丙烯分子中环上的亚甲基结构上的碳原子不可能都在同一平面，选项B错误；
C．两者都有碳碳双键，所以二者均可发生加聚反应和氧化反应，但不能发生缩聚反应，选项C错误；
D．因2－苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子，则其一氯代产物有5种，选项D正确；
答案选D。
21．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）化合物可用于生活消毒。其中X、 Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是
A．原子半径： Z>Y>X B．该化合物中Z的化合价均呈-2价
C．元素的非金属性： X>Z D．该化合物分子中所有原子不可能共面
【答案】D
【分析】
由化合物的结构式知，X只共用1对电子对、Y可共用4对电子对、Z可共用2对电子对、又知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素、结合化合物可用于杀菌消毒，可以推断X、Y 、Z和化合物分别为H 、C、O和过氧乙酸，据此分析解题。
【解析】
A．根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径Y>Z>X，A错误；
B．该化合物中存在Z—Z键即过氧酸根键，是非极性共价键，其中的O为-1价，故Z的化合价并不全呈-2价，B错误；
C．由于H2O中H显+1价，O为-2价，故元素的非金属性：X
故答案为D。
22．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）2021 年3月，中国国家航天局发布高清火星影像图，以中国之眼向全世界展示“荧荧火光、离离乱惑”。据载：火星表面富含铁的氧化物，在气流中形成红棕色尘暴。火星南北极冠覆盖水冰与干冰，随季节消长。下列说法正确的是
A．水冰与干冰互为同分异构体
B．火星表面含铁氧化物可作颜料入画
C．长征5号火箭只需携带液氢燃料，氧气可来自大气
D．传统的火箭推进剂为偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮作还原剂
【答案】B
【解析】
A．水冰为H2O，干冰为CO2，非同分异构体，故A错误；
B．氧化铁红棕色，又称铁红，可做颜料，故B正确；
C．太空无氧，所以火箭必须自带液氧，故C错误；
D．偏二甲肼作还原剂，四氧化二氮作氧化剂，故D错误；
故选B。
23．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列有关该有机物的说法错误的是
A．分子式为C14H18N2O5
B．分子中C原子的杂化方式有2种
C．可以发生加成、取代及氧化反应
D．分子中手性碳原子一共有3个
【答案】D
【解析】
A．从题给结构简式可以得出该有机物的分子式为C14H18N2O5 ，A正确；
B．题给有机物分子中C原子形成了双键、单键和苯环，因此杂化方式有sp2、sp3两种，B正确；
C．题给有机物分子中含有苯环，可以发生取代反应和加成反应，含有氨基且该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，C正确；
D．阿斯巴甜分子中手性碳原子一共有2个，D错误；
故选D。
24．（2021·江西抚州市·临川一中）下列实验操作，不能达到实验目的是
选项
实验操作
实验目的
A
向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌
验证浓硫酸的脱水性
B
向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂
验证苯的溴代反应
C
向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液
检验Na2SO3粉末是否变质
D
浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
检验石蜡的分解产物中含有烯烃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A．向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性，故A正确，不符合题意；
B．苯的溴代反应生成溴苯，应该向苯中滴加液溴，并加入溴化铁或铁粉作催化剂，故B错误，符合题意。
C．亚硫酸钠若变质有硫酸钠生成，只需要检验样品中是否有硫酸根即可，故检验方法为：向亚硫酸钠粉末中滴入足量浓盐酸，并加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明样品变质，若无沉淀生成，证明样品没变质，故C正确，不符合题意；
D．烯经可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，可检验石蜡的分解产物中是否含有烯烃，故D正确，不符合题意；
故选B。
25．（2021·江西抚州市·临川一中）化合物p()、q()、r()都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是
A．r中所有原子可能共面
B．q环上的一氯取代产物共有3种
C．p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．物质的量相等的p、q完全燃烧耗氧量相同
【答案】D
【解析】
A．r中含有饱和碳原子，不可能所以原子共面，A错误；
B．q环上只有一个C原子有取代基，结构对称，所以环上的一氯代物只有2种，B错误；
C．p、q均不含碳碳双键或碳碳三键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D．p的分子式为C5H10O，q的分子式也为C5H10O，所以物质的量相等的p、q完全燃烧耗氧量相同，D正确；
综上所述答案为D。
26．（2021·山西太原五中高三二模）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由X、Y制得。下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是
A．Z的分子式为C11H9O4Cl
B．Y分子中的碳原子一定处于同平面
C．X的同分异构体且与X含有相同官能团的稳定结构共5种(同一个碳上连两个羟基不稳定)
D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
【答案】D
【解析】
A．由Z的结构简式可知，Z的分子式为C11H13O4Cl ，故A错误；
B．Y分子中与氧原子相连的甲基上的碳原子之间的键为单键，可以旋转，不一定与苯环处于同平面，故B错误；
C．X的同分异构体且与X含有相同官能团的稳定结构共5种(同一个碳上连两个羟基不稳定，因此有ClCH（OH）CH（OH）CH3，CH2（OH）CCl（OH）CH3，ClCH（OH）CH2CH2（OH），HOCH2CH（Cl）CH2（OH），共四种，故C错误；
D．Z分子中与羟基相连的碳原子上的相邻碳原子上有氢原子，则在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，故D正确；
故选：D。
27．（2021·天津高三三模）下列反应的离子方程式表达正确的是
A．用铜电极电解MgCl2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+C12↑+Mg(OH)2↓
B．某消毒液的主要成分为NaClO，加白醋可增强消毒效果：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-
C．向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2OH(CHOH)4COOH+2Ag↓+4NH3+H2O
【答案】B
【解析】
A．由于Cu不是惰性电极，所以Cu会参与氧化还原反应，阳极Cu失去电子，生成Cu2+，阳极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，阴极电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误；
B．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，离子方程式为CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，故B正确；
C．向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，发生了氧化还原反应，由于草酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子式，其离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，葡萄糖中醛基被氧化生成羧基，出现银镜，该反应的离子方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++3NH3+2Ag↓+H2O，故D错误；
答案为B。
28．（2021·广东佛山市·石门中学高三其他模拟）试剂生产中，常用双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯，下列说法错误的是
(双环戊二烯，g)2(环戊二烯，g)
A．双环戊二烯的分子式为C10H12
B．双环戊二烯和环戊二烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
C．环戊二烯的一氯代物有3种
D．环戊二烯所有原子均能共平面
【答案】D
【解析】
A．根据双环戊二烯的键线式，双环戊二烯的分子式为C10H12，A正确；
B．双环戊二烯和环戊二烯中均含有碳碳双键，因此均能使KMnO4溶液褪色，B正确；
C．环戊二烯的等效碳有3种，其一氯代物有三种，C正确；
D．环戊二烯中含有“—CH2—”的结构，不可能所有原子共平面，D错误；
故答案选D。
29．（2021·天津高三三模）吡啶()属于芳香化合物，2—乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如图路线合成。下列叙述不正确的是
A．MPy属于芳香同分异构体还有3种
B．EPy中所有原子不可能共平面
C．可以通过酸性高锰酸钾褪色证明EPy中羟基的存在
D．反应①的反应类型是加成反应
【答案】C
【解析】
A．芳香同分异构体含吡啶环或苯环，则MPy除本身外，甲基与N原子位于相间、相对位置，还可能为苯胺，有3种芳香同分异构体，故A正确；
B．EPy中含有两个饱和碳原子，与碳相连的四个原子形成四面体结构，一定不处于同一平面内，故所有原子不可能共平面，故B正确；
C．吡啶()属于芳香化合物，应该和苯的性质相似，与吡啶相连的碳上有氢原子，可以被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，羟基也可以使酸性高锰酸钾褪色，所以 酸性高锰酸钾褪色不能证明EPy中羟基的存在，故C错误；
D．甲醛中碳氧双键断裂，MPy侧链甲基上断开一个碳氢键，氢原子与氧原子相连，MPy侧链甲基上的碳与甲醛的碳原子相连，形成EPy，发生加成反应，故D正确；
故答案为：C
30．（2021·天津和平区·耀华中学高三二模）鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如下图所示。下列说法正确的是
A．鲁米诺的分子式为C8H6N3O2
B．鲁米诺中最多16个原子位于同一平面
C．甲可以与Na2CO3溶液反应生成CO2
D．反应(1)是取代反应，反应(2)是氧化反应
【答案】C
【解析】
A．由鲁米诺的结构可知，鲁米诺分子中含有8个C原子、7个H原子、3个N原子、2个O原子，故鲁米诺的分子式为C8H7N3O2，故A错误；
B．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面上，羰基为平面结构，单键可以旋转，可以使2个平面重合，可以使氨基中1个氢原子处于平面内，鲁米诺中最少12个原子位于同一平面，最多17个原子位于同一平面，故B错误；
C．甲含有羧基，能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，故C正确；
D．反应(1)是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B与2个水分子，属于取代反应，而反应(2)是乙中硝基转化为氨基生成鲁米诺，组成上去氧加氢，属于还原反应，故D错误；
故选C。
31．（2021·天津高三二模）紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C14H14O4 B．最多能和5molH2发生加成
C．能够发生水解反应 D．能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
A．由结构简式可知，紫花前胡醇的分子式为C14H14O4，故A正确；
B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol紫花前胡醇最多能和4molH2发生加成反应，故B错误；
C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有酯基，一定条件下能够发生水解反应，故C正确；
D．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有羟基，与羟基相连的碳原子的邻碳原子中有1个碳原子连有氢原子，一定条件下能够发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；
故选B。
32．（2021·天津高三二模）下列说法正确的是
A．油脂的皂化反应属于加成反应
B．多次盐析和溶解可以分离提纯蛋白质
C．在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳
D．乙酸、汽油、纤维素均能和氢氧化钠溶液反应
【答案】B
【解析】
A．油脂在碱性条件下发生的水解反应为皂化反应，属于取代反应，故A错误；
B．盐析是可逆的，通过盐析和溶解可以分离提纯蛋白质，故B正确；
C．在酒化酶的作用下葡萄糖分解成乙醇和二氧化碳，此反应不是水解反应，故C错误；
D．汽油属于各种液态烃的混合物，烃和氢氧化钠溶液不反应，故D错误；
本题答案B。
33．（2021·天津高三二模）下列说法不正确的是
A．煤的气化是化学变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
B．我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏
C．碳化硅俗称金刚砂，可用作砂纸和砂轮的磨料
D．华为继麒麟980之后自主研发的7nm芯片问世，芯片的主要成分是硅
【答案】B
【解析】
A．煤的气化是指高温下煤和水蒸汽生成氢气和一氧化碳气体，是化学变化，故A正确；
B．我国研制的重组新冠疫苗为蛋白质，遇热变性，失去生理活性，需要冷藏，故B错误；
C．碳化硅俗称金刚砂，金刚砂硬度大，可作砂纸和砂轮的磨料，故C正确；
D．晶体Si是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，常用于制造芯片，故D正确；
本题答案B。
34．（2021·天津高三一模）一种高分子丙的合成路线如图
下列说法正确的是
A．甲属于芳香烃
B．乙分子的核磁共振氢谱有3组峰，不含手性碳原子
C．生成丙的反应为缩聚反应，同时有H2O生成
D．若用18O标记甲中的O原子，则丙中一定含有18O
【答案】D
【解析】
A．甲为，则甲由C、H、O三种元素组成，所以甲不属于芳香烃，A不正确；
B．乙分子为，核磁共振氢谱有4组峰，B不正确；
C．生成丙的同时，有CH3OH生成，所以反应为缩聚反应，C不正确；
D．若用18O标记甲中的O原子，不管脱去CH3OH的方式如何，碳链最左端的-OH一定来自苯酚，所以丙中一定含有18O，D正确；
故选D。
35．（2021·天津高三一模）绿原酸(结构如下图)是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述正确的是
A．分子式为：C16H20O9
B．该有机物中所有碳原子可能共平面
C．能够发生消去反应生成碳碳双键
D．1mol该化合物最多可消耗5molNaOH
【答案】C
【解析】
A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9，A项错误；
B．该有机物中有6个sp3杂化C原子依次相连，故有机物中所有碳原子不可能共平面，B项错误；
C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项正确；
D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol绿原酸最多消耗4molNaOH，D项错误；
答案选C。
36．（2021·天津高三一模）下列说法错误的是
A．利用油脂在碱性条件下水解，可以制甘油和肥皂
B．聚乙烯、光导纤维都是有机高分子材料
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，不能说明淀粉未水解
D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
【答案】B
【解析】
A．油脂在酸性、碱性条件下都能发生水解，油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，可以制甘油和肥皂，故A正确；
B．聚乙烯是有机高分子材料，光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故B错误；
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，说明含有淀粉，淀粉可能没有水解，也可能没有完全水解，故C正确；
D．疫苗的主要成分是蛋白质，高温能够使蛋白质变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故D正确；
故选B。
37．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳香化合物的取代反应，机理如下图所示。
下列说法错误的是
A．有机物2中有3种杂化轨道类型的碳原子
B．有机物3中的官能团名称为氟原子和硝基
C．当有机物5为 ，时，则有机物1为
D．有机物5转化为有机物6的反应类型为取代反应
【答案】A
【分析】
有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体。整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6。
【解析】
A．根据有机物结构简式可知：有机物2中C原子有sp2、sp3两种杂化轨道类型，A错误；
B．有机物3可看成是苯分子中的5个H原子被F原子取代，一个被-NO2取代，故其中的官能团名称为氟原子和硝基，B正确；
C．当有机物5为 ，时，则X为，因此有机物1为，C正确；
D．根据图示可知有机物5中的X被F原子取代就转化为有机物6，故反应类型为取代反应，D正确；
故合理选项是A。
38．（2021·天津高三一模）为了减少白色污染，科学家合成了PLA塑料，其结构片段如图所示(图中表示链延长)。下列说法不正确的是
A．PLA聚合物的链节为
B．PLA的单体可以发生消去、氧化、酯化等反应类型
C．PLA制取过程中可能生成副产物
D．PLA相比于聚氯乙烯塑料的优点是易降解
【答案】C
【分析】
此结构为聚合物的结构片段，结合连接方式可判断属于聚酯类高聚物，判断其单体或链节，只需要断开酯基即可，根据图示，该高聚物的链节为，据此分析解答。
【解析】
A．根据分析可知，PLA聚合物的链节为 ，故A正确；
B．根据分析可知，PLA是聚酯类高聚物，通过分子间形成酯基的缩聚反应制得，链节为，因此该高聚物的单体为，单体含羟基，可以发生消去、氧化、酯化等反应类型，故B正确；
C．PLA制取过程中可能生成副产物，两个单体之间相互发生酯化反应形成环，结构简式为，故C错误；
D．PLA结构中主要官能团为酯基，具有酯类的性质，在碱性条件下易发生水解反应而被降解，而聚氯乙烯塑料不易降解，故D正确。
答案选C。
39．（2021·四川雅安市·高三三模）下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是
A．环己烷 B．乙醇 C．丙烯 D．苯乙烯
【答案】D
【解析】
A．环己烷分子中有-CH2-结构，所有原子一定不共平面，故A不符合题意；
B．乙醇分子中有CH3-和-CH2-结构，所有原子一定不共平面，故B不符合题意；
C．丙烯分子中甲基中的氢原子与其他原子不在同一平面内，故C不符合题意；
D．乙烯分子中所有原子共平面，苯乙烯相当于乙烯分子中的一个氢原子被苯基取代，苯环可以围绕单键旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面，故D符合题意；
答案选D。
40．（2021·四川德阳市·高三二模）具有独特的物理性能的环状聚合物M的结构简式如图，有关该聚合物的说法错误的是
A．每个分子含氮原子数为3+n B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能与乙酸发生酯化反应 D．易溶于有机溶剂的纯净物
【答案】D
【解析】
A．聚合链上有n个N原子，右侧环状结构有3个N，共计3+n个N原子，A正确；
B．右侧环中有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．聚合链上有羟基(醇羟基)，可和乙酸发生酯化反应，C正确；
D．纯净物是应写出确切分子式的物质，M中的聚合度m、n不确定，即分子式不确定，不属于纯净物，D错误；；
答案选D。
2021高考真题和模拟题分类汇编 化学
专题17 有机化学基础
2021年化学高考题
一、单选题
1．（2021·山东高考真题）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】
A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；
C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。
2．（2021·全国高考真题）一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与互为同分异构体
D．该物质与碳酸钠反应得
【答案】C
【解析】
A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；
B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；
C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，最多生成0.5mol二氧化碳，最大质量为22g，故D错误；
故选C。
3．（2021·浙江）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是
A．可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B．反应过程涉及氧化反应
C．化合物3和4互为同分异构体 D．化合物1直接催化反应的进行
【答案】D
【解析】
A．由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A项正确；
B．由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确；
C．化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C项正确；
D．由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2，化合物1间接催化反应的进行，故D项错误；
综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
4．（2021·湖南高考真题）已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
下列说法正确的是
A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色
B．环己醇与乙醇互为同系物
C．已二酸与溶液反应有生成
D．环己烷分子中所有碳原子共平面
【答案】C
【解析】
A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；
B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；
C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；
D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；
答案选C。
5．（2021·浙江）关于油脂，下列说法不正确的是
A．硬脂酸甘油酯可表示为
B．花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．植物油通过催化加氢可转变为氢化油
D．油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等
【答案】A
【解析】
A．硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：，硬脂酸甘油酯可表示为：，A错误；
B．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C正确；
D．油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D正确；
答案为：A。
6．（2021·浙江）下列“类比”结果不正确的是
A．的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱
B．的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架()构型为V形
C．的溶解度比的大，则的溶解度比的大
D．将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色
【答案】C
【解析】
A．分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于，分子内含有化学键：N-N，热稳定性弱于，A正确；
B．中氧原子的价层电子对数为4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，二甲醚的分子骨架()中氧原子价层电子对数为4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，B正确；
C．钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C错误；
D．多羟基的醇遇新制溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D正确；
答案为：C。
7．（2021·浙江）关于有机反应类型，下列判断不正确的是
A．(加成反应)
B．(消去反应)
C．(还原反应)
D．(取代反应)
【答案】C
【解析】
A．在催化剂作用下，乙炔与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故A正确；
B．2—溴乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溴化钾和水，故B正确；
C．在催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故D正确；
故选C。
8．（2021·浙江）下列说法正确的是
A． C60和C70互为同位素 B． C2H6和C6H14互为同系物
C． CO和CO2互为同素异形体 D．CH3COOH和CH3OOCH是同一种物质
【答案】B
【解析】
A．同种元素的不同种核素互称同位素，C60和C70为C元素的两种不同单质，不能互称同位素，A错误；
B．C2H6和C6H14均为烷烃，二者结构类似，分子组成上相差4个CH2基团，二者互为同系物，B正确；
C．同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO和CO2为C元素的两种不同氧化物，二者不是单质，不能互称同素异形体，C错误；
D．两种物质的结构不同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D错误；
故答案选B。
9．（2021·浙江）下列表示不正确的是
A．乙炔的实验式 B．乙醛的结构简式
C．2，3-二甲基丁烷的键线式 D．乙烷的球棍模型
【答案】A
【解析】
A．乙炔的分子式为C2H2，实验式为CH，故A错误；
B．乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；
C．2，3—二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故C正确；
D．乙烷的结构简式为CH3 CH3，球棍模型为，故D正确；
故选A。
10．（2021·广东高考真题）昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A．属于烷烃 B．可发生水解反应
C．可发生加聚反应 D．具有一定的挥发性
【答案】A
【解析】
A．根据结构简式可知，分子中含C、H、O，含碳碳双键和酯基，不属于烷烃，A错误；
B．分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应，B正确；
C．分子中含碳碳双键，可发生加聚反应，C正确；
D．该信息素“可用于诱捕害虫、测报虫情”，可推测该有机物具有一定的挥发性，D正确；
故选A。
11．（2021·广东高考真题）广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是
A．广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化
B．冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的
C．制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物
D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物
【答案】D
【解析】
A．广东剪纸的裁剪过程中没有新物质生成，故不涉及化学变化，A正确；
B．冲泡工夫茶时茶香四溢，是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，B正确；
C．制作粤绣所用的植物纤维布含有纤维素，属于天然高分子化合物，C正确；
D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于混合物，D错误。
故选D。
12．（2021·全国高考真题）下列叙述正确的是
A．甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B．用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D．戊二烯与环戊烷互为同分异构体
【答案】B
【解析】
A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；
B．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸氢钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别两者，B正确；
C．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；
D．戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。
故选B。
13．（2021·河北高考真题）高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是
A．芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素
B．聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
C．淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质
D．大豆蛋白纤维是一种可降解材料
【答案】B
【解析】
A．芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故A正确；
B．聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B错误；
C．淀粉为多糖，属于天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，故C正确；
D．大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确；
综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。
14．（2021·河北高考真题）苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是
A．是苯的同系物
B．分子中最多8个碳原子共平面
C．一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D．分子中含有4个碳碳双键
【答案】B
【解析】
A．苯的同系物必须是只含有1个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故A错误；
B．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，共有8个碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5类氢原子，则一氯代物有5种，故C错误；
D．苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1个碳碳双键，故D错误；
故选B。
15．（2021·湖南高考真题）下列说法正确的是
A．糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物
B．粉末在空气中受热，迅速被氧化成
C．可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒
D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
【答案】B
【解析】
A．糖类分为单糖、二糖和多糖，其中属于多糖的淀粉、纤维素的相对分子质量上万，属于天然高分子化合物，蛋白质也属于天然有机高分子化合物，而单糖和二糖相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，A错误；
B．氧化亚铁具有较强的还原性，在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁，B正确；
C．二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等，还可用于杀菌消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C错误；
D．镀锌的铁皮镀层破损后构成原电池，锌作负极，铁作正极被保护，铁皮不易被腐蚀，D错误；
故选B。
16．（2021·浙江高考真题）下列表示正确的是
A．甲醛的电子式 B．乙烯的球棍模型
C．2-甲基戊烷的键线式 D．甲酸乙酯的结构简式CH3COOCH3
【答案】B
【解析】
A．O原子最外层有6个电子，故甲醛的电子式为，A错误；
B．乙烯中碳原子之间以双键形式存在，乙烯的球棍模型为，B正确；
C．2-甲基戊烷的键线式为，C错误；
D．甲酸乙酯甲酸和乙醇酯化得到，故甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH3，D错误；
故答案选B。
17．（2021·浙江高考真题）有关 的说法不正确的是
A．分子中至少有12个原子共平面
B．完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个
C．与FeCl3溶液作用显紫色
D．与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种
【答案】C
【解析】
A．与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，A正确；
B．该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与—NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B正确；
C．该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，C错误；
D．与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，D正确；
答案选C。
18．（2021·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B．乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基
D．工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油
【答案】B
【解析】
A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；
B．乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误；
C．纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为[C6H7O2(OH)3]n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；
D．植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；
答案选B。
19．（2021·浙江高考真题）下列说法不正确的是
A．联苯()属于芳香烃，其一溴代物有2种
B．甲烷与氯气在光照下发生自由基型链反应
C．沥青来自于石油经减压分馏后的剩余物质
D．煤的气化产物中含有CO、H2和CH4等
【答案】A
【解析】
A．由联苯()的分子结构可知，其分子由2个苯基直接相连，故其属于芳香烃；根据对称分析法可知，其一溴代物共有3种，A说法不正确；
B．甲烷与氯气在光照下发生反应，氯气分子先吸收光能转化为自由基氯原子，然后由氯原子引发自由基型链反应，B说法正确；
C．石油经常压分馏后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经经减压分馏可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最后未被气化的剩余物叫沥青，C说法正确；
D．煤的气化是指煤与水蒸气在高温下所发生的反应，其产物中含有CO、H2和CH4等，D说法正确。
综上所述，本题选A。
二、多选题
20．（2021·山东高考真题）立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物M(2—甲基—2—丁醇)存在如图转化关系，下列说法错误的是
A．N分子可能存在顺反异构
B．L的任一同分异构体最多有1个手性碳原子
C．M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4种
D．L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种
【答案】AC
【分析】
M()在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为。
【解析】
A．顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为、、、、、、、，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；
C．当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：、、，共3种，故C错误；
D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为，故D正确；
综上所述，说法错误的是AC，故答案为：AC。
21．（2021·河北高考真题）番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是
A．1mol该物质与足量饱和NaHCO3溶液反应，可放出22.4L(标准状况)CO2
B．一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为5：1
C．1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应
D．该物质可被酸性KMnO4溶液氧化
【答案】BC
【解析】
A．根据分子的结构简式可知，1 mol该分子中含有1mol -COOH，可与溶液反应生成1mol，在标准状况下其体积为，A正确；
B．1mol分子中含5mol羟基和1mol羧基，其中羟基和羧基均能与Na发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量反应，消耗二者物质的量之比为，B错误；
C．分子中含1mol碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可与发生加成反应，C错误；
D．分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性溶液氧化，D正确；
故选BC。
22．（2021·湖南高考真题）1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：
已知：
下列说法正确的是
A．装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B．装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D．经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品
【答案】AD
【分析】
根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发生得到含、、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到和的混合物，在装置Ⅲ中用合适的萃取剂萃取分液得粗产品。
【解析】
A．浓硫酸和NaBr会产生HBr，1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A正确；
B．冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；
C．用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；
D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D正确；
选AD。
2021年化学高考模拟题
一、单选题
1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如下：
下列说法不正确的是
A．X苯环上的一氯代物有9种 B．Y→Z的反应类型是取代反应
C．X、Y、Z中只有Y不能与碳酸钠溶液反应 D．在催化剂作用下Z可与甲醛发生反应
【答案】A
【解析】
A．靠下的苯环存在着对称结构，其上只有三种一氯取代，所以有机物X苯环上一氯代物有7种，描述错误，符合题意；
B．Y→Z是酯交换反应，属于取代反应，描述正确，不符题意；
C．Y上只有酯基，不能与Na2CO3反应，描述正确，不符题意；
D．Z有酚类结构，可与甲醛在一定条件下，发生酚醛缩合反应，描述正确，不符题意；
综上，本题选A。
2．（2021·福建省南安第一中学高三二模）化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A．75％浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒
B．燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放
C．生产宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纤维材料，是一种新型无机非金属材料
D．可溶性铜盐有毒，故人体内不存在铜元素
【答案】D
【解析】
A．75%浓度的酒精可以破坏新型冠状病毒包膜结构，含氯消毒剂和过氧乙酸具有强氧化性均可以起到杀灭新型冠状病毒的作用，A叙述正确；
B．CaO不能吸收CO2，故燃煤中加入CaO不能减少温室气体的排放，B叙述正确；
C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和碳化硅属于新型无机非金属材料，C叙述正确；
D．可溶性铜盐属于重金属离子会使蛋白质变性，对人体是有毒的，但是人体中存在以化合态形式存在的微量铜元素，D叙述错误。
故选D。
3．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，X、Y、Z位于同一周期，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，由这四种元素形成的一种分子的球棍模型如图所示(图中的“棍”可能是单键，也可能是双键)。下列说法正确的是
A．X、Y、Z三种元素形成氢化物最稳定的是Y
B．X、Y、Z形成简单离子半径最大的是Z
C．W和Z形成的化合物一定不含非极性共价键
D．该模型表示的有机物能发生缩聚反应生成高分子化合物
【答案】D
【分析】
短周期全族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Z最外层电子数是其电子层数的3倍，Z只能位于第二周期ⅥA族，则Z为O；X、Y、Z位于同一周期，则X、Z位于第二周期；结合图示球棍模型可知，原子半径最小、形成1个共价键的应该为H，即W为H；原子半径最大、形成4个共价键的为C，则X为C；Y介于C、O之间，只能为N元素，以此分析解答。
【解析】
根据上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．同一周期，从左到右，非金属性增强，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，X、Y、Z三种元素形成氢化物最稳定的是Z，故A错误；
B．电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，X、Y、Z形成简单离子半径最大的是X，故B错误；
C．W、Z形成的化合物中过氧化氢分子中含有O-O非极性键，故C错误；
D．该模型表示的是丙氨酸，丙氨酸分子中含有氨基和羧基，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故D正确；
故选D。
4．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）维生素C又叫L-抗坏血酸，是一种水溶性维生素，在水果和蔬菜中含量丰富，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．维生素C分子中含有3种官能团
B．1mol维生素C与足量的NaOH反应可以消耗5molNaOH
C．只含—COOH一种官能团的维生素C的同分异构体共有3种
D．维生素C分子中一定共面的碳原子有5个
【答案】A
【解析】
A．维生素C分子中含有羟基、酯基、碳碳双键共3种官能团，A正确；
B．维生素C分子中只有酯基能与NaOH且按1:1反应，因此1mol维生素C与足量的NaOH反应可以消耗1molNaOH，B错误；
C．维生素C的不饱和度为3，羧基的不饱和度为1，只含—COOH一种官能，则符合条件的同分异构体为含3个-COOH、3个饱和C的链状有机物，则三个-COOH与同一个C相连有1种：，两个-COOH与1个C相连+一个-COOH与1个C相连有3种：、、，3个-COOH分别与三个C相连有1种：，共1+3+1=5种，C错误；
D．根据乙烯、甲醛是平面型分子可知维生素C分子中一定共面的碳原子有4个，如图，D错误；
选A。
5．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料，可用降冰片烯与马来酸酐共同加聚而成。下列说法正确的是
A．马来酸酐分子式为C4H4O3 B．该光刻胶的结构简式可能为
C．1 mol马来酸酐最多消耗1 mol NaOH D．降冰片烯的一氯代物有7种
【答案】B
【解析】
A．马来酸酐分子式为C4H2O3，A错误；
B．碳碳双键断裂其中一条键，与另一个物质的双键中的一条键结合，剩余左右端口的半键发生加聚反应，该光刻胶的结构简式可能为，B正确；
C．1 mol马来酸酐含有2mol酯基，最多消耗2 mol NaOH，C错误；
D．降冰片烯是对称结构，有4种H，所以一氯代物共4种，D错误；
故选：B。
6．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，珍藏了大量文物。下列说法错误的是
A．氧化铁可作故宫红色外墙的涂料
B．莲鹤方壶是春秋中期的青铜器，其材质属于合金
C．孩儿枕是北宋的定窑白瓷，其主要成分是硅酸盐
D．《清明上河图》是在生丝织成的绢上作画，绢的主要成分是纤维素
【答案】D
【解析】
A．氧化铁呈红色，可作为墙壁的红色涂料，A正确；
B．青铜器含多种金属元素，属于合金，B正确；
C．白瓷是陶瓷，成分是硅酸盐，C正确；
D．绢的主要成分是蛋白质，D错误；
故选：D。
7．（2021·青海西宁市·高三二模）丙烷的分子结构可简写成键线式结构，下列关于化合物a和化合物b的说法中正确的是
A．化合物a、b的分子式均为C6H8
B．化合物a的二氯代物有6种
C．化合物a、b均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．化合物a中所有原子可处于同一平面
【答案】B
【解析】
A．由题给结构简式可知，化合物a、b的分子式均为C6H6，A项错误；
B．由化合物a的键线式结构可知，其二氯代物有6种，B项正确；
C．由化合物a、b的键线式结构可知，化合物a中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，化合物b中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；
D．化合物a中含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面上，D项错误；
答案选B。
8．（2021·青海高三三模）β-蒎烯制备诺卜醇的方法如图所示，下列说法正确的是
A．可用酸性高锰酸钾溶液区别β-蒎烯与诺卜醇
B．β-蒎烯中所有的碳原子可以处在同一平面内
C．与β-蒎烯互为同分异构体，且属于芳香烃的有5种
D．燃烧等物质的量β-蒎烯与诺卜醇，消耗氧气的量后者多
【答案】D
【解析】
A． 两者均含有碳碳双键均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不可用酸性高锰酸钾溶液区别β-蒎烯与诺卜醇，故A错误；
B． β-蒎烯中多个碳采用sp3杂化，是四面体构型，其中有一个碳同时连有4个碳，所有的碳原子不可以处在同一平面内，故B错误；
C． β-蒎烯的分子式C10H16，不饱和度为10+1- =3，苯环的不饱和度为4，与β-蒎烯互为同分异构体，且属于芳香烃的有0种，故C错误；
D． 诺卜醇的分子式为C11H18O，相当于C10H16∙C∙H2O，燃烧等物质的量β-蒎烯与诺卜醇，后者相当于多1个碳原子消耗氧气，消耗氧气的量后者多，故D正确；
故选D。
9．（2021·全国高三零模）有机物可用于治疗大出血、创伤、外科手术引起的低血压，其部分合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．的过程属于消去反应
B．分子的同分异构体中，苯环上有2个取代基并能使溶液显紫色的物质有9种
C．分子中存在醚键和酰胺键
D．物质中有2个手性碳原子，含有共价键和离子键
【答案】D
【解析】
A．由题干信息可知，的过程属于取代反应，A错误；
B．能使溶液显紫色说明分子中含有酚羟基，分子的同分异构体又知苯环上有2个取代基，则两个取代基分别为-OH，-CH2CH2OH或者-OH，-CH2OCH3或-OH，-OCH2CH3或者-OH，-CH(OH)CH3四种组合，而每一组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的的物质有3×4=12种，B错误；
C．由D的结构简式可知分子中存在醚键和羰基、氨基，但不存在酰胺键，C错误；
D．由E的结构简式可知，物质中有2个手性碳原子如图所示，分子中存在阴阳离子，故含有共价键和离子键，D正确；
故答案为：D。
10．（2021·全国高三零模）咖啡酸有较广泛的抑菌和抗病毒活性，可在化妆品中安全使用，其结构简式如图所示。下列关于咖啡酸的说法不正确的是
A．分子中碳原子的杂化方式有1种
B．分子中可能共平面的碳原子最多有8个
C．该物质中可能存在分子间氢键
D．该物质与足量溴水反应，需要的最多为
【答案】B
【解析】
A．该物质的分子中碳原子均采取sp2杂化，A正确；
B．该物质的分子中含有碳碳双键和苯环两个平面结构，则最多有9个碳原子共平面，B错误；
C．该物质的分子中含有羟基和羧基，可能存在分子间氢键，C正确；
D．溴取代酚羟基的邻位和对位上的C-H中的H消耗3mol，双键加成消耗1mol，该物质与足量溴水反应，需要的最多为，D正确；
答案选B。
11．（2021·安徽高三一模）马里奥·莫利纳等科学家通过研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法错误是
A．CFCl3是四面体结构
B．过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离
C．整个过程中，CFCl3是O3分解的催化剂
D．紫外线辐射提供破坏化学键的能量
【答案】C
【分析】
过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO +O→O2+Cl
【解析】
A． CH4是正四面体结构，CFCl3就相当于用F将一个H原子替代了，用3个Cl将一个3个H原子替代了，虽然键长、键角有变化，但是还是四面体结构，A正确；
B．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO +O→O2+Cl，故过程Ⅲ中的O原子可能来自大气中O2或O3的解离B正确；
C．过程Ⅰ为：CFCl3→Cl+ CFCl2，过程Ⅱ为：Cl+O3→O2+ClO，过程Ⅲ为：ClO +O→O2+Cl，我们发现CFCl3作为反应物被消耗，CFCl3不是催化剂，C错误；
D．由图可知，紫外线辐射提供破坏了C-Cl，断键需要吸收能量， D正确；
故选D。
12．（2021·安徽高三一模）下列有关化学用语表示正确的是
A．二氧化碳的比例模型： B．氢氰酸的电子式：
C．H-的离子结构示意图为： D．醋酸的结构式：
【答案】C
【解析】
A．二氧化碳分子的空间构型为直线形，分子中碳原子的半径大于氧原子半径，比例模型为，故A错误；
B．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为 ，故B错误；
C．H—的核电荷数为1，核外电子层为1，核外电子数为2，离子结构示意图为，故C正确；
D．醋酸的结构简式为CH3COOH，结构式为，故D错误；
故选C。
13．（2021·安徽高三一模）活性碳纤维—纳米银抗菌材料可用于生产医用防护服和口罩。下列有关叙述错误的是
A．活性碳纤维具有吸附性，可作纳米银的载体
B．银离子能使蛋白质变性，具有杀菌作用
C．纳米银与片状银化学活性相同
D．活性碳纤维-纳米银抗菌材料属于复合材料
【答案】C
【解析】
A.活性碳纤维具有吸附性，可作纳米银的载体，故A正确；
B.银离子是重金属，能使蛋白质变性，具有杀菌作用，故B正确；
C.二者颗粒大小不同，参与反应速率快慢不同，所以化学活性不同，故C错误；
D.复合材料是不同性质的材料经过高科技器材的组合和优化形成的一种全新材料，所以活性碳纤维纳米银抗菌材料属于复合材料，故D正确；
故正确答案为：C。
14．（2021·浙江高三其他模拟）巴比妥为较早应用的长效类催眠药，有镇静、催眠、抗惊厥、麻醉等不同程度的中枢抑制作用，其优点是作用缓慢，维持时间长。其结构如图所示，下列有关巴比妥的说法正确的是
A．巴比妥是一种人工合成的多肽
B．巴比妥能够发生水解，且无论酸、碱性条件下水解均有可能生成气体
C．巴比妥含有两种官能团
D．1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗2 mol NaOH
【答案】B
【解析】
A．多肽是氨基酸经脱水缩合得到的，巴比妥中虽然有肽键，但并不是氨基酸脱水缩合得到，因此不属于多肽，A错误；
B．巴比妥水解时，分子中是四个碳氮键都断裂，在酸性条件下得到CO2，在碱性条件下水得到NH3，B正确；
C．巴比妥只含有酰胺一种官能团，C错误；
D．巴比妥分子中有四个碳氮键，水解时每断裂1个碳氮键需消耗1个NaOH，则1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗4 mol NaOH，D错误；
故合理选项是B。
15．（2021·浙江高三其他模拟）下列说法正确的是
A．14C60和12C70互为同位素 B．乙二醇和丙二醇互为同系物
C．硫铵和硫酸氢铵是同一物质 D．TNT和间硝基甲苯互为同分异构体
【答案】B
【解析】
A．同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，14C60和12C70是分子，不是原子，不互为同位素，故A错误；
B．同系物是含有相同数目相同官能团的同类有机物，在组成上相差若干个CH2原子团，乙二醇和丙二醇的羟基数目都为2，结构相似，在组成上相差1个CH2原子团，都是饱和二元醇，互为同系物，故B正确；
C．硫铵的化学式为(NH4)2SO4，硫酸氢铵的化学式为NH4HSO4，两者的化学式不同，不是同一物质，故C错误；
D．TNT为2，4，6—三硝基甲苯的俗称，与间硝基甲苯的分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；
故选B。
16．（2021·辽宁高三其他模拟）下列有机物命名正确的是
A．：乙基戍烷 B．：己烷
C．：甲基己烯 D．：羟基苯甲醛
【答案】C
【解析】
A．编号，命名为3-乙基戊烷，戍字错了，A错误；
B．命名为环己烷，B错误；
C．编号，命名为甲基己烯，C正确；
D．母体是苯甲醛，羟基取代在2号位，命名为：2-羟基苯甲醛，D错误；
故选：C。
17．（2021·云南省云天化中学高三期末）某有机物结构简式如图，关于此物质下列说法正确的是
A．分子式为C16H14O4 B．分子中的所有原子一定共平面
C．1 mol此物质水解需消耗4 mol NaOH D．该物质的一氯取代物有4种
【答案】D
【解析】
A．由该物质的结构简式可知分子式为C16H12O4，A错误；
B．该物质中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，B错误；
C．1mol该物质含有2mol酯基，水解需要消耗2molNaOH，C错误；
D．根据分子结构的对称性，一氯代物为图中标的4个位置，D正确；
综上所述答案为D。
18．（2021·天津）化合物X、Y均具有抗真菌、抗炎、植物毒性及细胞毒性等功能。下列有关化合物X、Y的说法正确的是
化合物X 化合物Y
A．X、Y属于同系物
B．lmolX最多能与6molBr2发生取代反应
C．Y在酸性条件下水解，水解产物可发生消去反应
D．X、Y分别与足量H2加成的产物分子中手性碳原子数目不等
【答案】C
【解析】
A．互为同系物的有机物必须是同类物质，分子中含有相同数目的相同官能团，由结构简式可知，化合物X的官能团为碳碳双键、羟基和酯基，化合物Y的官能团为羟基、酯基和醚键，两者所含官能团不同，不可能互为同系物，故A错误；
B．由结构简式可知，化合物X中含有的碳碳双键和酚羟基的邻、对为上的氢原子能与溴水反应，其中碳碳双键与溴水发生加成反应，酚羟基的邻、对为上的氢原子与溴水发生取代反应，则lmolX最多能与5molBr2发生取代反应，故B错误；
C．化合物Y在酸性条件下水解得到的水解产物中含有醇羟基，与羟基相连的邻碳原子上连有氢原子，一定条件下可发生消去反应，故C正确；
D．手性碳原子为连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，化合物X与足量氢气反应生成，加成产物有如图所示的7个手性碳原子：，化合物Y与足量氢气反应生成加成产物有如图所示的7个手性碳原子：，则加成产物分子中的手性碳原子数目相等，故D错误；
故选C。
19．（2021·安徽高三其他模拟）糠醇可用于有机合成树脂、涂料等，四氢糠醇可做印染工业的润湿剂和分散剂，它们的转化关系如图，下列说法正确的是
A．该反应类型为加成反应
B．糠醇分子中所有原子可能共平面
C．四氢糠醇可以发生取代、还原、消去、水解等反应
D．糠醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而四氢糠醇不可以
【答案】A
【解析】
A．碳碳双键变为单键，为加成反应，A正确；
B．糠醇中含有饱和碳原子，不可能所有原子共面，B错误；
C．四氢糠醇不含酯基、酰胺基、卤原子等可以水解的官能团，不能发生水解反应，C错误；
D．糠醇中碳碳双键和羟基均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，四氢糠醇中羟基可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
综上所述答案为A。
20．（2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟）下列关于2 -环已基丙烯()和2-苯基丙烯()的说法中正确的是
A．2 -苯基丙烯的分子式为C9H16
B．2 -环己基丙烯分子中所有碳原子可能共平面
C．二者均可发生缩聚反应和氧化反应
D．2 -苯基丙烯的一氯代产物只有5种。
【答案】D
【解析】
A．根据结构简式可知，2 -苯基丙烯的分子式为C9H10，选项A错误；
B．甲烷为正四面体结构，2 -环己基丙烯分子中环上的亚甲基结构上的碳原子不可能都在同一平面，选项B错误；
C．两者都有碳碳双键，所以二者均可发生加聚反应和氧化反应，但不能发生缩聚反应，选项C错误；
D．因2－苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子，则其一氯代产物有5种，选项D正确；
答案选D。
21．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）化合物可用于生活消毒。其中X、 Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是
A．原子半径： Z>Y>X B．该化合物中Z的化合价均呈-2价
C．元素的非金属性： X>Z D．该化合物分子中所有原子不可能共面
【答案】D
【分析】
由化合物的结构式知，X只共用1对电子对、Y可共用4对电子对、Z可共用2对电子对、又知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素、结合化合物可用于杀菌消毒，可以推断X、Y 、Z和化合物分别为H 、C、O和过氧乙酸，据此分析解题。
【解析】
A．根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径Y>Z>X，A错误；
B．该化合物中存在Z—Z键即过氧酸根键，是非极性共价键，其中的O为-1价，故Z的化合价并不全呈-2价，B错误；
C．由于H2O中H显+1价，O为-2价，故元素的非金属性：X
故答案为D。
22．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）2021 年3月，中国国家航天局发布高清火星影像图，以中国之眼向全世界展示“荧荧火光、离离乱惑”。据载：火星表面富含铁的氧化物，在气流中形成红棕色尘暴。火星南北极冠覆盖水冰与干冰，随季节消长。下列说法正确的是
A．水冰与干冰互为同分异构体
B．火星表面含铁氧化物可作颜料入画
C．长征5号火箭只需携带液氢燃料，氧气可来自大气
D．传统的火箭推进剂为偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮作还原剂
【答案】B
【解析】
A．水冰为H2O，干冰为CO2，非同分异构体，故A错误；
B．氧化铁红棕色，又称铁红，可做颜料，故B正确；
C．太空无氧，所以火箭必须自带液氧，故C错误；
D．偏二甲肼作还原剂，四氧化二氮作氧化剂，故D错误；
故选B。
23．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如图所示。下列有关该有机物的说法错误的是
A．分子式为C14H18N2O5
B．分子中C原子的杂化方式有2种
C．可以发生加成、取代及氧化反应
D．分子中手性碳原子一共有3个
【答案】D
【解析】
A．从题给结构简式可以得出该有机物的分子式为C14H18N2O5 ，A正确；
B．题给有机物分子中C原子形成了双键、单键和苯环，因此杂化方式有sp2、sp3两种，B正确；
C．题给有机物分子中含有苯环，可以发生取代反应和加成反应，含有氨基且该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，C正确；
D．阿斯巴甜分子中手性碳原子一共有2个，D错误；
故选D。
24．（2021·江西抚州市·临川一中）下列实验操作，不能达到实验目的是
选项
实验操作
实验目的
A
向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌
验证浓硫酸的脱水性
B
向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂
验证苯的溴代反应
C
向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液
检验Na2SO3粉末是否变质
D
浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
检验石蜡的分解产物中含有烯烃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A．向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性，故A正确，不符合题意；
B．苯的溴代反应生成溴苯，应该向苯中滴加液溴，并加入溴化铁或铁粉作催化剂，故B错误，符合题意。
C．亚硫酸钠若变质有硫酸钠生成，只需要检验样品中是否有硫酸根即可，故检验方法为：向亚硫酸钠粉末中滴入足量浓盐酸，并加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明样品变质，若无沉淀生成，证明样品没变质，故C正确，不符合题意；
D．烯经可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，可检验石蜡的分解产物中是否含有烯烃，故D正确，不符合题意；
故选B。
25．（2021·江西抚州市·临川一中）化合物p()、q()、r()都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是
A．r中所有原子可能共面
B．q环上的一氯取代产物共有3种
C．p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．物质的量相等的p、q完全燃烧耗氧量相同
【答案】D
【解析】
A．r中含有饱和碳原子，不可能所以原子共面，A错误；
B．q环上只有一个C原子有取代基，结构对称，所以环上的一氯代物只有2种，B错误；
C．p、q均不含碳碳双键或碳碳三键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D．p的分子式为C5H10O，q的分子式也为C5H10O，所以物质的量相等的p、q完全燃烧耗氧量相同，D正确；
综上所述答案为D。
26．（2021·山西太原五中高三二模）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由X、Y制得。下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是
A．Z的分子式为C11H9O4Cl
B．Y分子中的碳原子一定处于同平面
C．X的同分异构体且与X含有相同官能团的稳定结构共5种(同一个碳上连两个羟基不稳定)
D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
【答案】D
【解析】
A．由Z的结构简式可知，Z的分子式为C11H13O4Cl ，故A错误；
B．Y分子中与氧原子相连的甲基上的碳原子之间的键为单键，可以旋转，不一定与苯环处于同平面，故B错误；
C．X的同分异构体且与X含有相同官能团的稳定结构共5种(同一个碳上连两个羟基不稳定，因此有ClCH（OH）CH（OH）CH3，CH2（OH）CCl（OH）CH3，ClCH（OH）CH2CH2（OH），HOCH2CH（Cl）CH2（OH），共四种，故C错误；
D．Z分子中与羟基相连的碳原子上的相邻碳原子上有氢原子，则在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，故D正确；
故选：D。
27．（2021·天津高三三模）下列反应的离子方程式表达正确的是
A．用铜电极电解MgCl2溶液：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+C12↑+Mg(OH)2↓
B．某消毒液的主要成分为NaClO，加白醋可增强消毒效果：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-
C．向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2OH(CHOH)4COOH+2Ag↓+4NH3+H2O
【答案】B
【解析】
A．由于Cu不是惰性电极，所以Cu会参与氧化还原反应，阳极Cu失去电子，生成Cu2+，阳极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，阴极电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误；
B．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，离子方程式为CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，故B正确；
C．向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，发生了氧化还原反应，由于草酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子式，其离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，葡萄糖中醛基被氧化生成羧基，出现银镜，该反应的离子方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++3NH3+2Ag↓+H2O，故D错误；
答案为B。
28．（2021·广东佛山市·石门中学高三其他模拟）试剂生产中，常用双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯，下列说法错误的是
(双环戊二烯，g)2(环戊二烯，g)
A．双环戊二烯的分子式为C10H12
B．双环戊二烯和环戊二烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
C．环戊二烯的一氯代物有3种
D．环戊二烯所有原子均能共平面
【答案】D
【解析】
A．根据双环戊二烯的键线式，双环戊二烯的分子式为C10H12，A正确；
B．双环戊二烯和环戊二烯中均含有碳碳双键，因此均能使KMnO4溶液褪色，B正确；
C．环戊二烯的等效碳有3种，其一氯代物有三种，C正确；
D．环戊二烯中含有“—CH2—”的结构，不可能所有原子共平面，D错误；
故答案选D。
29．（2021·天津高三三模）吡啶()属于芳香化合物，2—乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如图路线合成。下列叙述不正确的是
A．MPy属于芳香同分异构体还有3种
B．EPy中所有原子不可能共平面
C．可以通过酸性高锰酸钾褪色证明EPy中羟基的存在
D．反应①的反应类型是加成反应
【答案】C
【解析】
A．芳香同分异构体含吡啶环或苯环，则MPy除本身外，甲基与N原子位于相间、相对位置，还可能为苯胺，有3种芳香同分异构体，故A正确；
B．EPy中含有两个饱和碳原子，与碳相连的四个原子形成四面体结构，一定不处于同一平面内，故所有原子不可能共平面，故B正确；
C．吡啶()属于芳香化合物，应该和苯的性质相似，与吡啶相连的碳上有氢原子，可以被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，羟基也可以使酸性高锰酸钾褪色，所以 酸性高锰酸钾褪色不能证明EPy中羟基的存在，故C错误；
D．甲醛中碳氧双键断裂，MPy侧链甲基上断开一个碳氢键，氢原子与氧原子相连，MPy侧链甲基上的碳与甲醛的碳原子相连，形成EPy，发生加成反应，故D正确；
故答案为：C
30．（2021·天津和平区·耀华中学高三二模）鲁米诺因能快速鉴定衣物等表面是否存在血迹而被称为“血迹检测小王子”，其一种合成路线如下图所示。下列说法正确的是
A．鲁米诺的分子式为C8H6N3O2
B．鲁米诺中最多16个原子位于同一平面
C．甲可以与Na2CO3溶液反应生成CO2
D．反应(1)是取代反应，反应(2)是氧化反应
【答案】C
【解析】
A．由鲁米诺的结构可知，鲁米诺分子中含有8个C原子、7个H原子、3个N原子、2个O原子，故鲁米诺的分子式为C8H7N3O2，故A错误；
B．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面上，羰基为平面结构，单键可以旋转，可以使2个平面重合，可以使氨基中1个氢原子处于平面内，鲁米诺中最少12个原子位于同一平面，最多17个原子位于同一平面，故B错误；
C．甲含有羧基，能和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，故C正确；
D．反应(1)是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B与2个水分子，属于取代反应，而反应(2)是乙中硝基转化为氨基生成鲁米诺，组成上去氧加氢，属于还原反应，故D错误；
故选C。
31．（2021·天津高三二模）紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C14H14O4 B．最多能和5molH2发生加成
C．能够发生水解反应 D．能够发生消去反应生成双键
【答案】B
【解析】
A．由结构简式可知，紫花前胡醇的分子式为C14H14O4，故A正确；
B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol紫花前胡醇最多能和4molH2发生加成反应，故B错误；
C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有酯基，一定条件下能够发生水解反应，故C正确；
D．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有羟基，与羟基相连的碳原子的邻碳原子中有1个碳原子连有氢原子，一定条件下能够发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；
故选B。
32．（2021·天津高三二模）下列说法正确的是
A．油脂的皂化反应属于加成反应
B．多次盐析和溶解可以分离提纯蛋白质
C．在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳
D．乙酸、汽油、纤维素均能和氢氧化钠溶液反应
【答案】B
【解析】
A．油脂在碱性条件下发生的水解反应为皂化反应，属于取代反应，故A错误；
B．盐析是可逆的，通过盐析和溶解可以分离提纯蛋白质，故B正确；
C．在酒化酶的作用下葡萄糖分解成乙醇和二氧化碳，此反应不是水解反应，故C错误；
D．汽油属于各种液态烃的混合物，烃和氢氧化钠溶液不反应，故D错误；
本题答案B。
33．（2021·天津高三二模）下列说法不正确的是
A．煤的气化是化学变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
B．我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏
C．碳化硅俗称金刚砂，可用作砂纸和砂轮的磨料
D．华为继麒麟980之后自主研发的7nm芯片问世，芯片的主要成分是硅
【答案】B
【解析】
A．煤的气化是指高温下煤和水蒸汽生成氢气和一氧化碳气体，是化学变化，故A正确；
B．我国研制的重组新冠疫苗为蛋白质，遇热变性，失去生理活性，需要冷藏，故B错误；
C．碳化硅俗称金刚砂，金刚砂硬度大，可作砂纸和砂轮的磨料，故C正确；
D．晶体Si是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，常用于制造芯片，故D正确；
本题答案B。
34．（2021·天津高三一模）一种高分子丙的合成路线如图
下列说法正确的是
A．甲属于芳香烃
B．乙分子的核磁共振氢谱有3组峰，不含手性碳原子
C．生成丙的反应为缩聚反应，同时有H2O生成
D．若用18O标记甲中的O原子，则丙中一定含有18O
【答案】D
【解析】
A．甲为，则甲由C、H、O三种元素组成，所以甲不属于芳香烃，A不正确；
B．乙分子为，核磁共振氢谱有4组峰，B不正确；
C．生成丙的同时，有CH3OH生成，所以反应为缩聚反应，C不正确；
D．若用18O标记甲中的O原子，不管脱去CH3OH的方式如何，碳链最左端的-OH一定来自苯酚，所以丙中一定含有18O，D正确；
故选D。
35．（2021·天津高三一模）绿原酸(结构如下图)是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述正确的是
A．分子式为：C16H20O9
B．该有机物中所有碳原子可能共平面
C．能够发生消去反应生成碳碳双键
D．1mol该化合物最多可消耗5molNaOH
【答案】C
【解析】
A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9，A项错误；
B．该有机物中有6个sp3杂化C原子依次相连，故有机物中所有碳原子不可能共平面，B项错误；
C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项正确；
D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol绿原酸最多消耗4molNaOH，D项错误；
答案选C。
36．（2021·天津高三一模）下列说法错误的是
A．利用油脂在碱性条件下水解，可以制甘油和肥皂
B．聚乙烯、光导纤维都是有机高分子材料
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，不能说明淀粉未水解
D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
【答案】B
【解析】
A．油脂在酸性、碱性条件下都能发生水解，油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，可以制甘油和肥皂，故A正确；
B．聚乙烯是有机高分子材料，光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故B错误；
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，说明含有淀粉，淀粉可能没有水解，也可能没有完全水解，故C正确；
D．疫苗的主要成分是蛋白质，高温能够使蛋白质变性，所以疫苗一般应冷藏存放，故D正确；
故选B。
37．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳香化合物的取代反应，机理如下图所示。
下列说法错误的是
A．有机物2中有3种杂化轨道类型的碳原子
B．有机物3中的官能团名称为氟原子和硝基
C．当有机物5为 ，时，则有机物1为
D．有机物5转化为有机物6的反应类型为取代反应
【答案】A
【分析】
有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，根据流程示意图可知，物质3、5是整个过程的反应物，物质1、6是整个过程的生成物，物质2是催化剂，物质4、7是反应中间体。整个过程表示为：物质3+物质5物质1+物质6。
【解析】
A．根据有机物结构简式可知：有机物2中C原子有sp2、sp3两种杂化轨道类型，A错误；
B．有机物3可看成是苯分子中的5个H原子被F原子取代，一个被-NO2取代，故其中的官能团名称为氟原子和硝基，B正确；
C．当有机物5为 ，时，则X为，因此有机物1为，C正确；
D．根据图示可知有机物5中的X被F原子取代就转化为有机物6，故反应类型为取代反应，D正确；
故合理选项是A。
38．（2021·天津高三一模）为了减少白色污染，科学家合成了PLA塑料，其结构片段如图所示(图中表示链延长)。下列说法不正确的是
A．PLA聚合物的链节为
B．PLA的单体可以发生消去、氧化、酯化等反应类型
C．PLA制取过程中可能生成副产物
D．PLA相比于聚氯乙烯塑料的优点是易降解
【答案】C
【分析】
此结构为聚合物的结构片段，结合连接方式可判断属于聚酯类高聚物，判断其单体或链节，只需要断开酯基即可，根据图示，该高聚物的链节为，据此分析解答。
【解析】
A．根据分析可知，PLA聚合物的链节为 ，故A正确；
B．根据分析可知，PLA是聚酯类高聚物，通过分子间形成酯基的缩聚反应制得，链节为，因此该高聚物的单体为，单体含羟基，可以发生消去、氧化、酯化等反应类型，故B正确；
C．PLA制取过程中可能生成副产物，两个单体之间相互发生酯化反应形成环，结构简式为，故C错误；
D．PLA结构中主要官能团为酯基，具有酯类的性质，在碱性条件下易发生水解反应而被降解，而聚氯乙烯塑料不易降解，故D正确。
答案选C。
39．（2021·四川雅安市·高三三模）下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是
A．环己烷 B．乙醇 C．丙烯 D．苯乙烯
【答案】D
【解析】
A．环己烷分子中有-CH2-结构，所有原子一定不共平面，故A不符合题意；
B．乙醇分子中有CH3-和-CH2-结构，所有原子一定不共平面，故B不符合题意；
C．丙烯分子中甲基中的氢原子与其他原子不在同一平面内，故C不符合题意；
D．乙烯分子中所有原子共平面，苯乙烯相当于乙烯分子中的一个氢原子被苯基取代，苯环可以围绕单键旋转，故苯乙烯分子中所有原子可能共平面，故D符合题意；
答案选D。
40．（2021·四川德阳市·高三二模）具有独特的物理性能的环状聚合物M的结构简式如图，有关该聚合物的说法错误的是
A．每个分子含氮原子数为3+n B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能与乙酸发生酯化反应 D．易溶于有机溶剂的纯净物
【答案】D
【解析】
A．聚合链上有n个N原子，右侧环状结构有3个N，共计3+n个N原子，A正确；
B．右侧环中有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．聚合链上有羟基(醇羟基)，可和乙酸发生酯化反应，C正确；
D．纯净物是应写出确切分子式的物质，M中的聚合度m、n不确定，即分子式不确定，不属于纯净物，D错误；；
答案选D。
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