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重庆市第十八名校2022-2023学年高二下学期5月月考化学试题 Word版含解析
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重庆市第十八中学2022―2023学年(下)5月考试
高二化学试题
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分)
1. 化学与科学、技术、社会、环境(STSE)密切联系。下列说法错误的是
A. 生产N95口罩的主要原料聚丙烯是一种混合物
B. 新冠病毒可用75%乙醇、过氧乙酸()进行消毒，其消毒原理不同
C. 乙二醇可生产汽车防冻液，甘油可用于配制化妆品，二者互为同系物
D. 聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不可用聚氯乙烯替代
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚丙烯中n不确定，且相对分子量不能确定，所以聚丙烯为混合物，选项A正确；
B．75%的乙醇消毒利用乙醇的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死，即能使蛋白质变性，而过氧乙酸是利用其强氧化性消毒，因此，其消毒原理不同，选项B正确；
C．乙二醇型防冻液采用乙二醇与软水按不同比例混合而成；甘油具有吸湿性，可用于护肤用品，两者含羟基数目不同，不是同系物，选项C错误；
D．聚氯乙烯在使用过程中会慢慢释放出氯化氢，能够造成食品的污染，不能代替聚乙烯使用，选项D正确；
答案选C。
2. 下列有机物的一氯代物种类最少的是
A. 对二甲苯 B. 萘 C. 新戊烷 D. 金刚烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．对二甲苯分子中含有2种氢原子，一氯取代物有2种，；
B．萘分子中含有2种氢原子，一氯取代物有2种，；
C．新戊烷分子中四个甲基等效，只含有1种氢原子，一氯取代物有1种；
D．金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型， 分子中含4个次甲基，6个亚甲基，共2种位置的H，所以该物质的一氯代物有2种：
故选：C。
3. 阿伏伽德罗常数的计算贯穿化学学习的始终，下列有关说法正确的是
A. 1mol中含个电子
B. 1mol苯乙烯中含个共价π键
C. 1mol中一定共面的碳原子有个
D. 1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸催化下可生成个分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子中电子数等于质子数，则1mol含9mol电子，含个电子，故A正确；
B．苯环不含有碳碳双键，苯环内含1个大π键，碳碳双键含1个π键，则1mol苯乙烯中含个共价π键，故B错误；
C．碳碳双键为平面型结构，碳碳三键为直线型，则所以碳原子共面，1mol该物质一定共面的碳原子有个，故C错误；
D．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水是可逆反应，反应物不能完全转化，则生成小于个分子，故D错误；
故选：A。
4. 下列有机物鉴别选择试剂错误的是
A. 和(水) B. HCOOH和(新制)
C. 稀苯酚和苯甲醇(溶液) D. 和(溴水)
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴乙烷难溶于水，乙醇易溶于水，可通过加水后是否分层来进行鉴别，A正确；
B．甲酸中有醛基，可与氢氧化铜产生砖红色沉淀，B正确；
C．苯酚遇到氯化铁显紫色而苯甲醇无此现象，C正确；
D．碳碳双键和醛基均能使溴水褪色，无法鉴别，D错误；
故选D。
5. 下列有关有机物的命名正确的是
A．二溴乙烷
B．2-乙基2-丁烯
C．2，4，6-三溴苯酚
D．二乙酸二乙酯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．主链为2个碳，在1号碳和2号碳上有溴原子，正确名称为1，2-二溴乙烷，故A错误；
B．主链为戊烯，碳碳双键在2号碳，取代基甲基在3号碳，正确名称为3-甲基-2-戊烯，故B错误；
C．母体是苯酚，羟基在1号碳，2，4，6碳上有溴原子，命名为：2，4，6-三溴苯酚，故C正确；
D．此有机物属于二元酯，是由乙二酸HOOCCOOH和乙二醇HOCH2CH2OH发生酯化反应生成的，故名称为乙二酸乙二酯，故D错误；
故选：C。
6. 下列归纳总结来自于十八中学观音桥校区某同学的化学反思，请帮他找出错误的结论
A. 的二氯代物和四氯代物的种数相同
B. 属于烯烃的同分异构体(包括顺反异构)有3种
C. ―Cl类物质的密度随碳数递增而减小
D. 饱和一元醇随碳数递增，在水中的溶解度下降，其沸点升高
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烷中有6个氢，故二氯代物和四氯代物的种数相同，A正确；
B．属于烯烃的同分异构体(包括顺反异构)： CH2=CHCH2CH3，CH2=C(CH3)2，共四种，B错误；
C．卤素的相对原子质量大于碳和氢，所以随着碳原子数的增多，卤原子所占的比重就会被碳原子分担，所以密度会变小，C正确；
D．饱和一元醇随碳数递增，其结构与水的相似性越来越低，故在水中的溶解度下降，随碳数递增其分子间的作用力不断增大，故其沸点升高，D正确；
故选B。
7. 已知冰醋酸能与在催化下发生反应生成和HCl。对实验过程进行监测，发现反应过程中出现了C―I键，下列有关说法错误的是
A. 实验中C―I键的产生，可通过红外光谱结果证明
B. 中存在键
C. C―I键比C―Cl键更易形成，且键能更大
D. 的酸性比强
【答案】C
【解析】
【详解】A．红外光谱可测定化学键或官能团，则可证明C―I键的产生，故A正确；
B．分子中C=O双键碳原子为sp2杂化，单键碳原子为sp3杂化，单键碳原子和双键碳原子之间为sp3-sp2σ键，故B正确；
C．由于Cl和I在同一主族，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径Cl＜I，故C-Cl比H-I键长更短，键长越短键能越大，故C错误；
D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故D正确；
故选：C。
8. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴乙烷制乙烯：由溴乙烷制乙醇
B. 苯制溴苯：由苯制环己烷
C. 油脂的氢化：乙酰胺在酸性条件下的水解
D 由乙醇生成乙醚：由乙醇和乙酸制乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙烯，溴乙烷在氢氧化钠水溶液、加热发生取代反应生成乙醇，二者反应类型不相同，故A错误；
B．苯与液溴在溴化铁催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，二者反应类型不相同，故B错误；
C．油脂的氢化是油脂和氢气发生加成反应，乙酰胺在酸性条件下的水解属于取代反应，故C错误；
D．乙醇生成乙醚、由乙醇和乙酸制乙酸乙酯均属于取代反应，故D正确；
故选：D。
9. 下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)
A. ①装置用于实验室制备乙炔 B. ②装置用于分离苯和硝基苯的混合物
C. ③装置用于实验室制备乙酸乙酯并除杂 D. ④装置制取溴苯并检验产物HBr
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石和水反应速率剧烈，应选择饱和食盐水，且图中生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故A错误；
B．苯和硝基苯互溶不分层，不能用分液法分离，应选择蒸馏法，故B错误；
C．乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可溶解乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中装置可制备乙酸乙酯，故C正确；
D．苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，挥发的溴与硝酸银溶液中的水反应生成HBr，会干扰检验产物中的HBr，故D错误；
故选：C。
10. 类比推理是化学学习中常用的方法，下列类比推理的有机反应方程式书写正确的是
A. 据，推理得：
B. 据，推理得：
C. 据，推理得：
D. 据推理得：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醛基的催化氧化需要断裂醛基中的碳氢键，而酮羰基的碳上无氢不能发生类似反应，A错误；
B．苯的同系物能被酸性高锰酸钾氧化的要求是与苯环直接相连的碳上要有氢原子才可以，B错误；
C．由于酚羟基氧上的p轨道与苯环共轭，使碳氧键难以断裂，因而苯酚和溴化氢不能反应生成卤代苯，C错误；
D．由制乙炔可知碳元素的化合价反应前后未发生改变，中碳元素的化合价为-4价，故生成甲烷，D正确；
故选D。
11. chemistry=chem+is+try，化学是一门以实验为基础的学科，下列正确的实验操作是
A. 李比希法测分子式时，将燃烧产物依次通入碱石灰、浓硫酸中进行测定
B. 粗苯甲酸的分离提纯操作中，两次过滤所得的固体分别用冷水和热水进行洗涤
C. 将溴水滴入过量苯酚中观察白色沉淀的生成
D. 溴乙烷、NOH的乙醇溶液混合加热，将生成的气体通入溴水中检验乙烯的生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．应该依次通入浓硫酸、碱石灰，避免水和二氧化碳全部被碱石灰吸收而无法计算，A错误；
B．两次过滤所得的固体分别用热水和冷水进行洗涤，第一次过滤为趁热过滤，避免苯甲酸遇冷析出，因此应该用热水洗涤，第二次过滤是冷却结晶后过滤，因此应该用冷水洗涤，B错误；
C．过量的苯酚会导致生成的三溴苯酚溶在苯酚中而观察不到现象，C错误；
D．溴乙烷消去的产物中混有的乙醇不能使溴水褪色，因此不干扰乙烯的检验，D正确；
故选D。
12. 近日，抗流感“神药”奥司他韦(0eltamiir)冲上热搜，其活性成分如图所示
下列叙述错误的是
A. 奥司他韦分子式为
B 奥司他韦分子可发生加成、取代、消去反应
C. 奥司他韦与HCl和NaOH均可反应
D. 奥司他韦分子中含3个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知分子式为，故A正确；
B．碳碳双键能和溴发生加成反应，含有肽键能发生取代反应，不能发生消去反应，故B错误；
C．含有酯基能与NaOH溶液发生水解反应，含有氨基具有弱碱性，能与HCl反应，故C正确；
D．连接四种不同基团的碳为手性碳原子，与醚键、肽键、氨基的3个碳为手性碳原子，故D正确；
故选：B。
13. 已知苯环上由于取代基的影响，使硝基邻位上的卤原子的反应活性增强，现有某有机物的结构简式如下：
1mol该有机物与足量的NaOH溶液混合共热，充分反应后最多可消耗NaOH的物质的量为
A. 5mol B. 6mol C. 7mol D. 8mol
【答案】B
【解析】
【详解】羧基、碳氯键、碳溴键、酯基均能与NaOH溶液反应，消耗4mol NaOH，其中氯原子被取代生成酚羟基，酯基断裂生成酚羟基和羧酸钠，所以继续消耗2mol NaOH，所以最多可消耗氢氧化钠的物质的量6mol，故选B。
14. 某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：
已知D和F互为同分异构体，则符合上述条件的酯的结构有
A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】D和F互为同分异构体，表明D和F均是有机物。F由C连续氧化得到。有机物中能实现连续氧化的物质应为符合RCH2OH结构的醇。。于是，C为醇，E为醛，F为羧酸。酯类在碱性条件下水解得到醇和羧酸盐，羧酸盐和酸作用生成羧酸。于是B为羧酸盐，D为羧酸。
【详解】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12种。
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷(选择题 共58分)
15. 我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素获得诺贝尔奖，某实验小组拟提取青蒿素并测定其化学式。
【查阅资料】青蒿素为无色针状晶体，熔点156~157℃，分子中含有过氧键(―O―O―)具有热不稳定性。易溶于乙醚，在水中几乎不溶。
I．实验室用乙醚提取青蒿素工艺流程如图：
（1）欲测定青蒿素的分子结构，应选用以下哪种化学分析仪器：___________。
A. 质谱仪 B. 红外光谱仪 C. 核磁共振氢谱 D. X射线衍射
（2）在操作I前要对青蒿进行粉碎，其目的是________。为操作Ⅱ应选择以下________。
A．过滤 B．蒸馏 C．柱色谱分离 D．分液
（3）操作Ⅲ进行的是重结晶，其操作步骤为微热溶解→________→_________→过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ．已知青蒿素是一种烃的含氧衍生物，为确定其化学式，又进行了如下实验：
实验步骤：
①连接装置，检查装置的气密性。
②称量E、F中仪器及药品的质量
③取14.10g青蒿素放入硬质试管C中，点燃C、D处酒精灯加热，充分燃烧
④实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量
（4）装置E装入的药品为________，为减小实验误差可在F后加装盛___________的装置。
（5）实验测得：
装置
实验前
实验后
E
24.00g
33.90g
F
100.00g
133.00g
通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为___________。
【答案】（1）D （2） ①. 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率 ②. B
（3） ①. 趁热过滤 ②. 冷却结晶
（4） ①. 无水氯化钙(五氧化二磷、硅胶) ②. 碱石灰
（5）C15H22O5
【解析】
【小问1详解】
测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的结构，故选D；
小问2详解】
根据乙醚浸取法的流程可知，操作I前对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，故选B；
【小问3详解】
重结晶的步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问4详解】
E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的无水CaCl2或硅胶或P2O5，需准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应排除装置内的空气，防止干扰实验，故应在左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装，同时在右侧增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置，可在F后加装盛碱石灰的装置；
【小问5详解】
由数据可知 m(H2O)=33.9g-24g=9.9g，所以n(H2O)=0.55mol，m(CO2)=133g-100g=33g，所以 n(CO2)=0.75mol，所以青蒿素中氧原子的质量为m(O)=14.1g-(1.1×1)-(0.75×12)=4g，所以n(O)=0.25mol，N(C)：N(H)：N(O)=0.75：1.1：0.25=15：22：5，所以分子式为C15H22O5。
16. 有机官能团之间存在相互转化，阅读并分析以下转化过程，完成填空：
Ⅰ．
（1）向A中加入溴水，1mol A最多可以与___________mol反应。
（2）为以下转化选择合适的试剂：①反应________，②反应________。
A．Na B． C．NaOH D．
（3）写出③反应的化学反应方程式：___________。
（4）A可在浓硫酸加热条件下生成一种五元环状酯，写出该酯的结构简式：________。
Ⅱ．
（5）向中加入酸性，是否可检验其中的碳碳双键？___________。(填“是”或“否”)
（6）写出检验中含氧官能团的反应：___________。
（7）欲检验X原子，应取第③步反应后的溶液：___________。
（8）乳酸可在浓硫酸加热条件下生成丙烯酸，写出丙烯酸加聚生成的聚丙烯酸的结构式：___________。
（9）推测②③两步不可交换的原因是：___________。
【答案】（1）2 （2） ①. D ②. BC
（3）+CO2 + H2O→+NaHCO3
（4） （5）否
（6）银镜反应 （7）加入过量的硝酸酸化，再加入少量的硝酸银，观察沉淀的颜色；
（8） （9）第③步生成的羟基也可能被氧化；
【解析】
【小问1详解】
酚羟基的邻位和对位都可以被溴水取代，A中酚羟基的一个邻位已经被占据，故A中能够被溴水取代的位置就只有一个邻位和一个对位，故 1mol A最多可以与2mol反应；
【小问2详解】
钠单质可以和醇羟基、酚羟基和羧基反应；氢氧化钠可以和酚羟基、羧基反应；碳酸钠可以和酚羟基、羧基反应；碳酸氢钠只能和羧基反应，反应①只有羧基中的氢被钠离子取代，因此反应①应该选择D；反应②中的酚羟基中的氢被钠离子取代而醇羟基未变，故可选择BC；
【小问3详解】
可通过向反应③中通入CO2将酚钠变回酚羟基，故化学方程式为：
+CO2 + H2O→+NaHCO3 ；
【小问4详解】
环酯是A分子中的羧基脱羟基以及A分子中的醇脱氢形成的，其结构简式为：
【小问5详解】
中的碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用酸性高锰酸钾来检验碳碳双键；
【小问6详解】
可用银镜反应来检验醛基；
【小问7详解】
反应③的条件是氢氧化钠的水溶液，因此要想检验卤素原子，需要先加入过量的稀硝酸中和掉氢氧化钠，再加入少量的硝酸银去观察沉淀的颜色；
【小问8详解】
乳酸可在浓硫酸加热条件下生成丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，加聚生成的聚丙烯酸的结构式：；
【小问9详解】
反应②是醛基被氧化成羧基，若互换则有可能导致在反应③生成的羟基被氧化而得不到乳酸。
17. 化合物D是一种重要的有机中间体，可通过以下方法合成：
（1）A中含有的官能团名称为___________，B→C的反应类型为___________。
（2）写出A→B的化学方程式___________。
（3）已知X的分子量介于100―120之间，其中Cl的含量为62.8%，且分子中含1个O，计算并写出X的结构简式为：___________。
（4）按官能团分类，有机物D的类别为：___________。
A. 苯的同系物 B. 醛类 C. 酰胺类 D. 醇类
【答案】（1） ①. 碳溴键 ②. 取代反应
（2）+HNO3 +H2O
（3）ClCH2COCl （4）CD
【解析】
【分析】A发生硝化反应生成B，B发生取代反应生成C和HBr，C与X发生取代反应生成D；
【小问1详解】
A中含有的官能团名称为碳溴键；B中溴原子与另一反应物中氨基中一个H原子结合生成HBr，B→C的反应类型为取代反应；
【小问2详解】
A发生硝化反应生成B，A→B的化学方程式+HNO3 +H2O；
【小问3详解】
X的分子量介于100―120之间，其中Cl的含量为62.8%，有机物X中最多Cl原子数目=，分子中含1个O，结合D的结构可知X为ClCH2COCl；
【小问4详解】
有机物D含有官能团有：硝基、酰胺基、羟基、碳氯键，
A．苯的同系物是苯环上的氢原子被烷基取代的产物，只含C、H元素，有机物D还含有O、Cl、N元素，故A不选；
B．有机物D不含有醛基，故B不选；
C．含有酰胺基官能团，类别酰胺类，故C选；
D．含有醇羟基，类别为醇类，故D选；
故选CD。
18. 高脂血能引起动脉粥样硬化、冠心病、胰腺炎等疾病，已成为现代入的健康杀手之一。下图是一种治疗高血脂的新药中间体J的有机合成路线：
已知：①
②
（1）B→C的反应条件为___________，G中所含官能团的名称是___________，E→J的反应类型为___________，写出H的结构简式：___________。
（2）写出C→D的化学反应方程式：___________。
（3）化合物W的相对分子质量比E大14，则符合下列条件的W的结构共有___________种(不含立体异构)。
①属于芳香族化合物；②属于酯类；③含甲基
其中一种可与新制共热反应产生砖红色沉淀，且核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶3，写出其结构简式：___________。
【答案】（1） ①. NaOH水溶液、加热 ②. 醛基 ③. 酯化反应(或取代反应) ④.
（2）2+O22+2H2O
（3） ①. 5 ②.
【解析】
【分析】根据A的分子式和B的结构简式可知，A发生取代反应生成B，A为，根据C的分子式推断B中氯原子被羟基取代生成C，C为；C发生氧化反应生成D，D为；D经氧化反应生成E，E为；同时甲烷发生取代反应生成二氯甲烷，二氯甲烷中-Cl被羟基取代，但根据已知②可知两个羟基连在同一个碳原子上，则生成醛基，推测G为HCHO，根据已知，推断H的结构简式，H与氢气发生加成反应生成I为，I中含有羟基与E发生酯化反应生成J为；
【小问1详解】
B→C为氯原子的取代反应，反应条件为NaOH水溶液、加热；G为HCHO，G中所含官能团的名称是醛基；I中含有羟基与E发生酯化反应生成J，E→J的反应类型为酯化反应(或取代反应)；H的结构简式：；
【小问2详解】
C为，发生氧化反应生成D为，C→D的化学反应方程式：2+O22+2H2O；
【小问3详解】
重庆市第十八中学2022―2023学年(下)5月考试
高二化学试题
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，共42分)
1. 化学与科学、技术、社会、环境(STSE)密切联系。下列说法错误的是
A. 生产N95口罩的主要原料聚丙烯是一种混合物
B. 新冠病毒可用75%乙醇、过氧乙酸()进行消毒，其消毒原理不同
C. 乙二醇可生产汽车防冻液，甘油可用于配制化妆品，二者互为同系物
D. 聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料，不可用聚氯乙烯替代
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚丙烯中n不确定，且相对分子量不能确定，所以聚丙烯为混合物，选项A正确；
B．75%的乙醇消毒利用乙醇的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死，即能使蛋白质变性，而过氧乙酸是利用其强氧化性消毒，因此，其消毒原理不同，选项B正确；
C．乙二醇型防冻液采用乙二醇与软水按不同比例混合而成；甘油具有吸湿性，可用于护肤用品，两者含羟基数目不同，不是同系物，选项C错误；
D．聚氯乙烯在使用过程中会慢慢释放出氯化氢，能够造成食品的污染，不能代替聚乙烯使用，选项D正确；
答案选C。
2. 下列有机物的一氯代物种类最少的是
A. 对二甲苯 B. 萘 C. 新戊烷 D. 金刚烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．对二甲苯分子中含有2种氢原子，一氯取代物有2种，；
B．萘分子中含有2种氢原子，一氯取代物有2种，；
C．新戊烷分子中四个甲基等效，只含有1种氢原子，一氯取代物有1种；
D．金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型， 分子中含4个次甲基，6个亚甲基，共2种位置的H，所以该物质的一氯代物有2种：
故选：C。
3. 阿伏伽德罗常数的计算贯穿化学学习的始终，下列有关说法正确的是
A. 1mol中含个电子
B. 1mol苯乙烯中含个共价π键
C. 1mol中一定共面的碳原子有个
D. 1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸催化下可生成个分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子中电子数等于质子数，则1mol含9mol电子，含个电子，故A正确；
B．苯环不含有碳碳双键，苯环内含1个大π键，碳碳双键含1个π键，则1mol苯乙烯中含个共价π键，故B错误；
C．碳碳双键为平面型结构，碳碳三键为直线型，则所以碳原子共面，1mol该物质一定共面的碳原子有个，故C错误；
D．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水是可逆反应，反应物不能完全转化，则生成小于个分子，故D错误；
故选：A。
4. 下列有机物鉴别选择试剂错误的是
A. 和(水) B. HCOOH和(新制)
C. 稀苯酚和苯甲醇(溶液) D. 和(溴水)
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴乙烷难溶于水，乙醇易溶于水，可通过加水后是否分层来进行鉴别，A正确；
B．甲酸中有醛基，可与氢氧化铜产生砖红色沉淀，B正确；
C．苯酚遇到氯化铁显紫色而苯甲醇无此现象，C正确；
D．碳碳双键和醛基均能使溴水褪色，无法鉴别，D错误；
故选D。
5. 下列有关有机物的命名正确的是
A．二溴乙烷
B．2-乙基2-丁烯
C．2，4，6-三溴苯酚
D．二乙酸二乙酯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．主链为2个碳，在1号碳和2号碳上有溴原子，正确名称为1，2-二溴乙烷，故A错误；
B．主链为戊烯，碳碳双键在2号碳，取代基甲基在3号碳，正确名称为3-甲基-2-戊烯，故B错误；
C．母体是苯酚，羟基在1号碳，2，4，6碳上有溴原子，命名为：2，4，6-三溴苯酚，故C正确；
D．此有机物属于二元酯，是由乙二酸HOOCCOOH和乙二醇HOCH2CH2OH发生酯化反应生成的，故名称为乙二酸乙二酯，故D错误；
故选：C。
6. 下列归纳总结来自于十八中学观音桥校区某同学的化学反思，请帮他找出错误的结论
A. 的二氯代物和四氯代物的种数相同
B. 属于烯烃的同分异构体(包括顺反异构)有3种
C. ―Cl类物质的密度随碳数递增而减小
D. 饱和一元醇随碳数递增，在水中的溶解度下降，其沸点升高
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烷中有6个氢，故二氯代物和四氯代物的种数相同，A正确；
B．属于烯烃的同分异构体(包括顺反异构)： CH2=CHCH2CH3，CH2=C(CH3)2，共四种，B错误；
C．卤素的相对原子质量大于碳和氢，所以随着碳原子数的增多，卤原子所占的比重就会被碳原子分担，所以密度会变小，C正确；
D．饱和一元醇随碳数递增，其结构与水的相似性越来越低，故在水中的溶解度下降，随碳数递增其分子间的作用力不断增大，故其沸点升高，D正确；
故选B。
7. 已知冰醋酸能与在催化下发生反应生成和HCl。对实验过程进行监测，发现反应过程中出现了C―I键，下列有关说法错误的是
A. 实验中C―I键的产生，可通过红外光谱结果证明
B. 中存在键
C. C―I键比C―Cl键更易形成，且键能更大
D. 的酸性比强
【答案】C
【解析】
【详解】A．红外光谱可测定化学键或官能团，则可证明C―I键的产生，故A正确；
B．分子中C=O双键碳原子为sp2杂化，单键碳原子为sp3杂化，单键碳原子和双键碳原子之间为sp3-sp2σ键，故B正确；
C．由于Cl和I在同一主族，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径Cl＜I，故C-Cl比H-I键长更短，键长越短键能越大，故C错误；
D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故D正确；
故选：C。
8. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴乙烷制乙烯：由溴乙烷制乙醇
B. 苯制溴苯：由苯制环己烷
C. 油脂的氢化：乙酰胺在酸性条件下的水解
D 由乙醇生成乙醚：由乙醇和乙酸制乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙烯，溴乙烷在氢氧化钠水溶液、加热发生取代反应生成乙醇，二者反应类型不相同，故A错误；
B．苯与液溴在溴化铁催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，二者反应类型不相同，故B错误；
C．油脂的氢化是油脂和氢气发生加成反应，乙酰胺在酸性条件下的水解属于取代反应，故C错误；
D．乙醇生成乙醚、由乙醇和乙酸制乙酸乙酯均属于取代反应，故D正确；
故选：D。
9. 下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)
A. ①装置用于实验室制备乙炔 B. ②装置用于分离苯和硝基苯的混合物
C. ③装置用于实验室制备乙酸乙酯并除杂 D. ④装置制取溴苯并检验产物HBr
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石和水反应速率剧烈，应选择饱和食盐水，且图中生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故A错误；
B．苯和硝基苯互溶不分层，不能用分液法分离，应选择蒸馏法，故B错误；
C．乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可溶解乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中装置可制备乙酸乙酯，故C正确；
D．苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，挥发的溴与硝酸银溶液中的水反应生成HBr，会干扰检验产物中的HBr，故D错误；
故选：C。
10. 类比推理是化学学习中常用的方法，下列类比推理的有机反应方程式书写正确的是
A. 据，推理得：
B. 据，推理得：
C. 据，推理得：
D. 据推理得：
【答案】D
【解析】
【详解】A．醛基的催化氧化需要断裂醛基中的碳氢键，而酮羰基的碳上无氢不能发生类似反应，A错误；
B．苯的同系物能被酸性高锰酸钾氧化的要求是与苯环直接相连的碳上要有氢原子才可以，B错误；
C．由于酚羟基氧上的p轨道与苯环共轭，使碳氧键难以断裂，因而苯酚和溴化氢不能反应生成卤代苯，C错误；
D．由制乙炔可知碳元素的化合价反应前后未发生改变，中碳元素的化合价为-4价，故生成甲烷，D正确；
故选D。
11. chemistry=chem+is+try，化学是一门以实验为基础的学科，下列正确的实验操作是
A. 李比希法测分子式时，将燃烧产物依次通入碱石灰、浓硫酸中进行测定
B. 粗苯甲酸的分离提纯操作中，两次过滤所得的固体分别用冷水和热水进行洗涤
C. 将溴水滴入过量苯酚中观察白色沉淀的生成
D. 溴乙烷、NOH的乙醇溶液混合加热，将生成的气体通入溴水中检验乙烯的生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．应该依次通入浓硫酸、碱石灰，避免水和二氧化碳全部被碱石灰吸收而无法计算，A错误；
B．两次过滤所得的固体分别用热水和冷水进行洗涤，第一次过滤为趁热过滤，避免苯甲酸遇冷析出，因此应该用热水洗涤，第二次过滤是冷却结晶后过滤，因此应该用冷水洗涤，B错误；
C．过量的苯酚会导致生成的三溴苯酚溶在苯酚中而观察不到现象，C错误；
D．溴乙烷消去的产物中混有的乙醇不能使溴水褪色，因此不干扰乙烯的检验，D正确；
故选D。
12. 近日，抗流感“神药”奥司他韦(0eltamiir)冲上热搜，其活性成分如图所示
下列叙述错误的是
A. 奥司他韦分子式为
B 奥司他韦分子可发生加成、取代、消去反应
C. 奥司他韦与HCl和NaOH均可反应
D. 奥司他韦分子中含3个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知分子式为，故A正确；
B．碳碳双键能和溴发生加成反应，含有肽键能发生取代反应，不能发生消去反应，故B错误；
C．含有酯基能与NaOH溶液发生水解反应，含有氨基具有弱碱性，能与HCl反应，故C正确；
D．连接四种不同基团的碳为手性碳原子，与醚键、肽键、氨基的3个碳为手性碳原子，故D正确；
故选：B。
13. 已知苯环上由于取代基的影响，使硝基邻位上的卤原子的反应活性增强，现有某有机物的结构简式如下：
1mol该有机物与足量的NaOH溶液混合共热，充分反应后最多可消耗NaOH的物质的量为
A. 5mol B. 6mol C. 7mol D. 8mol
【答案】B
【解析】
【详解】羧基、碳氯键、碳溴键、酯基均能与NaOH溶液反应，消耗4mol NaOH，其中氯原子被取代生成酚羟基，酯基断裂生成酚羟基和羧酸钠，所以继续消耗2mol NaOH，所以最多可消耗氢氧化钠的物质的量6mol，故选B。
14. 某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：
已知D和F互为同分异构体，则符合上述条件的酯的结构有
A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】D和F互为同分异构体，表明D和F均是有机物。F由C连续氧化得到。有机物中能实现连续氧化的物质应为符合RCH2OH结构的醇。。于是，C为醇，E为醛，F为羧酸。酯类在碱性条件下水解得到醇和羧酸盐，羧酸盐和酸作用生成羧酸。于是B为羧酸盐，D为羧酸。
【详解】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12种。
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷(选择题 共58分)
15. 我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素获得诺贝尔奖，某实验小组拟提取青蒿素并测定其化学式。
【查阅资料】青蒿素为无色针状晶体，熔点156~157℃，分子中含有过氧键(―O―O―)具有热不稳定性。易溶于乙醚，在水中几乎不溶。
I．实验室用乙醚提取青蒿素工艺流程如图：
（1）欲测定青蒿素的分子结构，应选用以下哪种化学分析仪器：___________。
A. 质谱仪 B. 红外光谱仪 C. 核磁共振氢谱 D. X射线衍射
（2）在操作I前要对青蒿进行粉碎，其目的是________。为操作Ⅱ应选择以下________。
A．过滤 B．蒸馏 C．柱色谱分离 D．分液
（3）操作Ⅲ进行的是重结晶，其操作步骤为微热溶解→________→_________→过滤、洗涤、干燥。
Ⅱ．已知青蒿素是一种烃的含氧衍生物，为确定其化学式，又进行了如下实验：
实验步骤：
①连接装置，检查装置的气密性。
②称量E、F中仪器及药品的质量
③取14.10g青蒿素放入硬质试管C中，点燃C、D处酒精灯加热，充分燃烧
④实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量
（4）装置E装入的药品为________，为减小实验误差可在F后加装盛___________的装置。
（5）实验测得：
装置
实验前
实验后
E
24.00g
33.90g
F
100.00g
133.00g
通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为___________。
【答案】（1）D （2） ①. 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率 ②. B
（3） ①. 趁热过滤 ②. 冷却结晶
（4） ①. 无水氯化钙(五氧化二磷、硅胶) ②. 碱石灰
（5）C15H22O5
【解析】
【小问1详解】
测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的结构，故选D；
小问2详解】
根据乙醚浸取法的流程可知，操作I前对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，故选B；
【小问3详解】
重结晶的步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问4详解】
E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以E内装的无水CaCl2或硅胶或P2O5，需准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应排除装置内的空气，防止干扰实验，故应在左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装，同时在右侧增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置，可在F后加装盛碱石灰的装置；
【小问5详解】
由数据可知 m(H2O)=33.9g-24g=9.9g，所以n(H2O)=0.55mol，m(CO2)=133g-100g=33g，所以 n(CO2)=0.75mol，所以青蒿素中氧原子的质量为m(O)=14.1g-(1.1×1)-(0.75×12)=4g，所以n(O)=0.25mol，N(C)：N(H)：N(O)=0.75：1.1：0.25=15：22：5，所以分子式为C15H22O5。
16. 有机官能团之间存在相互转化，阅读并分析以下转化过程，完成填空：
Ⅰ．
（1）向A中加入溴水，1mol A最多可以与___________mol反应。
（2）为以下转化选择合适的试剂：①反应________，②反应________。
A．Na B． C．NaOH D．
（3）写出③反应的化学反应方程式：___________。
（4）A可在浓硫酸加热条件下生成一种五元环状酯，写出该酯的结构简式：________。
Ⅱ．
（5）向中加入酸性，是否可检验其中的碳碳双键？___________。(填“是”或“否”)
（6）写出检验中含氧官能团的反应：___________。
（7）欲检验X原子，应取第③步反应后的溶液：___________。
（8）乳酸可在浓硫酸加热条件下生成丙烯酸，写出丙烯酸加聚生成的聚丙烯酸的结构式：___________。
（9）推测②③两步不可交换的原因是：___________。
【答案】（1）2 （2） ①. D ②. BC
（3）+CO2 + H2O→+NaHCO3
（4） （5）否
（6）银镜反应 （7）加入过量的硝酸酸化，再加入少量的硝酸银，观察沉淀的颜色；
（8） （9）第③步生成的羟基也可能被氧化；
【解析】
【小问1详解】
酚羟基的邻位和对位都可以被溴水取代，A中酚羟基的一个邻位已经被占据，故A中能够被溴水取代的位置就只有一个邻位和一个对位，故 1mol A最多可以与2mol反应；
【小问2详解】
钠单质可以和醇羟基、酚羟基和羧基反应；氢氧化钠可以和酚羟基、羧基反应；碳酸钠可以和酚羟基、羧基反应；碳酸氢钠只能和羧基反应，反应①只有羧基中的氢被钠离子取代，因此反应①应该选择D；反应②中的酚羟基中的氢被钠离子取代而醇羟基未变，故可选择BC；
【小问3详解】
可通过向反应③中通入CO2将酚钠变回酚羟基，故化学方程式为：
+CO2 + H2O→+NaHCO3 ；
【小问4详解】
环酯是A分子中的羧基脱羟基以及A分子中的醇脱氢形成的，其结构简式为：
【小问5详解】
中的碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用酸性高锰酸钾来检验碳碳双键；
【小问6详解】
可用银镜反应来检验醛基；
【小问7详解】
反应③的条件是氢氧化钠的水溶液，因此要想检验卤素原子，需要先加入过量的稀硝酸中和掉氢氧化钠，再加入少量的硝酸银去观察沉淀的颜色；
【小问8详解】
乳酸可在浓硫酸加热条件下生成丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，加聚生成的聚丙烯酸的结构式：；
【小问9详解】
反应②是醛基被氧化成羧基，若互换则有可能导致在反应③生成的羟基被氧化而得不到乳酸。
17. 化合物D是一种重要的有机中间体，可通过以下方法合成：
（1）A中含有的官能团名称为___________，B→C的反应类型为___________。
（2）写出A→B的化学方程式___________。
（3）已知X的分子量介于100―120之间，其中Cl的含量为62.8%，且分子中含1个O，计算并写出X的结构简式为：___________。
（4）按官能团分类，有机物D的类别为：___________。
A. 苯的同系物 B. 醛类 C. 酰胺类 D. 醇类
【答案】（1） ①. 碳溴键 ②. 取代反应
（2）+HNO3 +H2O
（3）ClCH2COCl （4）CD
【解析】
【分析】A发生硝化反应生成B，B发生取代反应生成C和HBr，C与X发生取代反应生成D；
【小问1详解】
A中含有的官能团名称为碳溴键；B中溴原子与另一反应物中氨基中一个H原子结合生成HBr，B→C的反应类型为取代反应；
【小问2详解】
A发生硝化反应生成B，A→B的化学方程式+HNO3 +H2O；
【小问3详解】
X的分子量介于100―120之间，其中Cl的含量为62.8%，有机物X中最多Cl原子数目=，分子中含1个O，结合D的结构可知X为ClCH2COCl；
【小问4详解】
有机物D含有官能团有：硝基、酰胺基、羟基、碳氯键，
A．苯的同系物是苯环上的氢原子被烷基取代的产物，只含C、H元素，有机物D还含有O、Cl、N元素，故A不选；
B．有机物D不含有醛基，故B不选；
C．含有酰胺基官能团，类别酰胺类，故C选；
D．含有醇羟基，类别为醇类，故D选；
故选CD。
18. 高脂血能引起动脉粥样硬化、冠心病、胰腺炎等疾病，已成为现代入的健康杀手之一。下图是一种治疗高血脂的新药中间体J的有机合成路线：
已知：①
②
（1）B→C的反应条件为___________，G中所含官能团的名称是___________，E→J的反应类型为___________，写出H的结构简式：___________。
（2）写出C→D的化学反应方程式：___________。
（3）化合物W的相对分子质量比E大14，则符合下列条件的W的结构共有___________种(不含立体异构)。
①属于芳香族化合物；②属于酯类；③含甲基
其中一种可与新制共热反应产生砖红色沉淀，且核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶3，写出其结构简式：___________。
【答案】（1） ①. NaOH水溶液、加热 ②. 醛基 ③. 酯化反应(或取代反应) ④.
（2）2+O22+2H2O
（3） ①. 5 ②.
【解析】
【分析】根据A的分子式和B的结构简式可知，A发生取代反应生成B，A为，根据C的分子式推断B中氯原子被羟基取代生成C，C为；C发生氧化反应生成D，D为；D经氧化反应生成E，E为；同时甲烷发生取代反应生成二氯甲烷，二氯甲烷中-Cl被羟基取代，但根据已知②可知两个羟基连在同一个碳原子上，则生成醛基，推测G为HCHO，根据已知，推断H的结构简式，H与氢气发生加成反应生成I为，I中含有羟基与E发生酯化反应生成J为；
【小问1详解】
B→C为氯原子的取代反应，反应条件为NaOH水溶液、加热；G为HCHO，G中所含官能团的名称是醛基；I中含有羟基与E发生酯化反应生成J，E→J的反应类型为酯化反应(或取代反应)；H的结构简式：；
【小问2详解】
C为，发生氧化反应生成D为，C→D的化学反应方程式：2+O22+2H2O；
【小问3详解】
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