还剩25页未读，
继续阅读
【化学】北京市第四中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
展开
北京市第四中学2019-2020学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 O-16
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1.下列防疫物品的主要成分不属于有机物的是
A．聚丙烯
B．聚碳酸酯
C．二氧化氯
D．丁腈橡胶
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物的定义是:含碳的化合物，据此解答。
【详解】A.聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构中含碳元素，故为有机物，故A不符合；
B.聚碳酸酯(简称PC)是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，结构中含碳元素，故为有机物，故B不符合；
C.二氧化氯中不含碳元素，故为无机物，故C符合；
D.丁腈橡胶是CH2=CH-CH=CH2和CH2=CH-CN的加聚产物，结构中含碳元素，故为有机物，故D不符合；
故选C。
2.下列物质中，属于糖类的是
A. 纤维素 B. 植物油 C. 蛋白质 D. 聚乙烯
【答案】A
【解析】
详解】A．纤维素，属于多糖，水解最终能够得到葡萄糖，A符合题意；
B．植物油，属于高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，B不符合题意；
C．蛋白质，由氨基酸脱水缩合得到的一类具有生物活性的高分子化合物，C不符合题意；
D．聚乙烯，由乙烯加聚得到，是高分子化合物，D不符合题意；
答案选A。
3.下列生活中常见的有机物，其中属于烃类的是
A. 甲烷 B. 甲醛 C. 乙醇 D. 乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷属烷烃，故A符合题意；
B．甲醛属于醛类，是烃的含氧衍生物，故B不符合题意；
C．乙醇属于醇类，是烃的含氧衍生物，故C不符合题意；
D．乙酸属于羧酸类，是烃的含氧衍生物，故D不符合题意；
故答案为A。
4.下列物质在常温常压下为气态的是
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙酸 D. 乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】常温常压下，烷烃分子中的碳原子数目小于4时，其状态为气态，乙烷中的分子式为C2H6，其分子中的碳原子数为2，故乙烷在常温下是气体。常温常压下，乙醇、乙酸、乙酸乙酯均为液态。故选A。
5.水杨酸的结构简式为，其分子中含的官能团是
A. 碳碳双键和羧基 B. 碳碳双键和羟基
C. 羟基和醛基 D. 羟基和羧基
【答案】D
【解析】
【详解】从水杨酸的结构简式中可以看出，其含有三个原子团：苯基、羟基和羧基，但苯基不属于官能团，且苯环中不含有碳碳双键，所以其分子中含有的官能团为羟基和羧基；故选D。
6.下列有关 和 的叙述正确的是
A. 都属于醇类 B. 都属于酚类
C. 二者属于同系物 D. 都能与 Na 反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，故A错误；
B．属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，故B错误；
C．属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，两者结构不相似，不属于同系物，故C错误；
D． 和 都含有羟基，都能与Na反应生成H2，故D正确；
故答案为D。
7.下图有机物的正确命名为 ( )
A. 2-乙基-3,3-二甲基戊烷 B. 3,3-二甲基-4-乙基戊烷
C. 3,3,4-三甲基己烷 D. 3,4,4-三甲基己烷
【答案】C
【解析】
【分析】
烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，据此得出是“某烷”，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，将取代基写在“某烷”的前面，据此分析。
【详解】烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链有6个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，而当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，故在3号碳原子上有两个甲基，在4号碳原子上有一个甲基，则该有机物的名称为3,3,4−三甲基己烷，故C正确；
答案选C。
8.下列有机物有顺反异构的是
A. 乙烯 B. 丙烯 C. 1-丁烯 D. 2-丁烯
【答案】D
【解析】
【详解】在烯烃中，每个双键碳原子上连两个不同原子或基团的烯烃存在顺反异构体。
A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳碳双键的碳原子上连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，A不符合题意；
B．丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，有个碳碳双键的碳原子上连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，B不符合题意；
C．1－丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，有个碳碳双键的碳原子上连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，C不符合题意；
D．2－丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，每个双键碳原子上连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，D符合题意；
答案选D。
9.下列化学用语不正确的是
A. 乙烯的比例模型：
B. 甲基的电子式：
C. 1，3-丁二烯的分子式：C4H6
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，转化为比例模型，C原子比H原子大，比例模型为，A正确，不选；
B．甲基的结构简式为－CH3，存在一个单电子，其电子式为，B正确，不选；
C．1，3－丁二烯的结构简式为CH2=CH－CH=CH2，分子式为C4H6，C正确，不选；
D．聚丙烯由丙烯(CH3CH=CH2)经加聚反应得到，其结构简式为，D错误，选；
答案选D。
10.有关戊烷的下列叙述不正确的是
A. 戊烷的分子式为 C5H12
B. 常压下戊烷沸点比乙烷高
C. 戊烷有 3 种同分异构体
D. 戊烷分子中所有原子都在同一平面中
【答案】D
【解析】
【详解】A．戊烷，符合烷烃的通式CnH2n＋2，戊烷中含有5个碳原子，则戊烷的分子式为C5H12，A正确，不选；
B．戊烷和乙烷均为分子，沸点和分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，因此戊烷的沸点高于乙烷，B正确，不选；
C．戊烷有3种同分异构体，分别是正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3，异戊烷(CH3)2CHCH2CH3，新戊烷C(CH3)4，C正确，不选；
D．戊烷中存在多个饱和碳原子，其空间结构类似于甲烷，所有原子不可能共平面，D错误，符合题意；
答案选D。
11.下列反应中，属于加成反应的是
A. CH2=CHCH3 + Cl2CH2= CHCH2Cl + HCl
B. CH3CHO+H2CH3CH2OH
C. CH3CH2OHCH2=CH2 ↑+ H2O
D. 2CH3CHO + O22CH3COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯的－CH3上的H原子被Cl替代，属于取代反应，A不符合题意；
B．醛中的碳氧双键打开，C原子和O原子分别和H相连，得到乙醇，是加成反应，B符合题意；
C．乙醇分子脱去－OH和1个H原子，得到CH2=CH2，是消去反应，C不符合题意；
D．乙醛被O2氧化生成乙酸，是氧化反应，D不符合题意；
答案选B。
12.下列物质能发生消去反应的是( )
A. CH3Cl B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
卤代烃分子中有β—H（与官能团相连的碳原子的邻位碳原子上的H）的，可以发生消去反应。
【详解】A、分子中只有一个碳原子，故A不可能发生消去反应；
B、2－甲基－2－氯丙烷分子中有β—H，故B能发生消去反应；
C、该卤代烃分子中没有β—H， 故C不能发生消去反应；
D、该卤代烃分子中没有β—H，故D不能发生消去反应。
答案选B。
【点睛】掌握卤代烃发生消去反应的条件是解答的关键，即与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子才能发生消去反应生成烯烃或炔烃。
13.含碳、氢、氧的有机物 X 的球棍模型为。下列关于 X 的说法不正确的是
A. 相对分子质量为 46 B. 分子式为 C2H4O2
C. 结构简式为 CH3COOH D. 官能团名称是羧基
【答案】A
【解析】
【详解】将X的球棍模型转化为结构简式为CH3COOH，为乙酸；
A．乙酸的相对分子质量为60，A错误；
B．乙酸的分子式为C2H4O2，B正确；
C．乙酸的结构简式为CH3COOH，C正确；
D．乙酸的官能团为－COOH，名称为羧基，D正确；
答案选A。
14.对二甲苯(结构简式)的核磁共振氢谱吸收峰数目是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】有2种等效氢原子，则核磁共振氢谱吸收峰数目是2，故答案为B。
15.化学与生活息息相关。下列说法不正确的是
A. 油脂可以制肥皂
B. 淀粉没有甜味，淀粉不属于糖类
C. 粮食酿酒过程涉及水解、分解等反应
D. 具有强氧化性的含氯消毒液可使新冠病毒变性失活
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂碱性水解生成的高级脂肪酸钠可制肥皂，故A正确；
B．淀粉没有甜味，但淀粉是多糖，其完全水解产物是葡萄糖，故B错误；
C．淀粉完全水解得到葡萄糖，葡萄糖再在酒曲酶作用下分解生成乙醇和CO2，故C正确；
D．新冠病毒是蛋白质，遇强氧化性的含氯消毒液发生变性，失去活性，故D正确；
故答案为B。
16.下列各组物质中，互为同分异构体的是
A. CH3CH2CH3 和CH3CH(CH3)CH3 B. CH3CH2OH 和 CH3CHO
C. CH3COOH 与 HCOOCH3 D. 和
【答案】C
【解析】
【详解】同分异构体，分子式相同，结构不同的化合物的互称。
A．CH3CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3，分子式分别为C3H8，C4H10，分子式不同，不互为同分异构体，A不符合题意；
B．CH3CH2OH和CH3CHO的分子式分别为C2H6O和C2H4O，分子式不同，不互为同分异构体，B不符合题意；
C．CH3COOH与HCOOCH3，分别是乙酸和甲酸甲酯，分子式均为C2H4O2，结构不同，互为同分异构体，C符合题意；
D．和分别是苯和甲苯，分子式分别为C6H6，C7H8，分子式不同，不互为同分异构体，D不符合题意；
答案选C。
【点睛】A和D选项中的两组物质，它们结构相似，分子式差1个CH2，互称同系物。
17.下列各组有机物中，不能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的是
A. 乙烷和乙烯 B. 苯和甲苯
C. 苯和苯乙烯 D. 苯和环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，乙烷不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别乙烷和乙烯，故A正确；
B．甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和甲苯，故B正确；
C．苯乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和苯乙烯，故C正确；
D．苯和环己烷均不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，不能用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和环己烷，故D错误；
故答案为D。
18.下列各组混合物中，不能用分液漏斗分离的是
A. 溴乙烷和水 B. 甲苯和水 C. 植物油和水 D. 乙醇和水
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴乙烷和水互不相溶，可用分液分离，需用到分液漏斗，A不符合题意；
B．甲苯和水互不相溶，可用分液分离，需用到分液漏斗，B不符合题意；
C．植物油和水互不相溶，可用分液分离，需用到分液漏斗，C不符合题意；
D．乙醇溶于水中，可利用其沸点的不同进行分离，利用蒸馏，不需要分液漏斗，D符合题意；
答案选D。
19.实验室用下图装置制备乙烯，下列有关说法不正确的是
A. 圆底烧瓶中应加入碎瓷片防止爆沸
B. 烧瓶中应先加入乙醇，再缓慢加入浓硫酸
C. 实验时，加热迅速升温至 170℃，提高乙烯的产率
D. 将产生的气体直接通到 Br2 的 CCl4 溶液，检验是否有乙烯生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．液体混合物加热时，需要加入碎瓷片防止爆沸，故A正确；
B．配制乙醇和浓硫酸的混合液，需要在烧瓶中先加入乙醇，再缓慢加入浓硫酸，并用玻璃棒搅拌，故B正确；
C．乙醇在170℃下发生消去反应生成乙烯，在140℃下发生分子间脱水生成乙醚，则迅速升温至170℃，目的是防止发生副反应生成乙醚，故C错误；
D．乙烯能使Br2 的CCl4溶液褪色，而挥发的乙醇不能使Br2 的CCl4溶液褪色，则将产生的气体直接通到Br2 的CCl4溶液，可检验是否有乙烯生成，故D正确；
故答案为C。
20.下列物质分离、提纯方法正确的是
选项
实验
加入的试剂和方法
A
除去苯中的苯酚
加入饱和溴水，过滤
B
粗苯甲酸提纯
常温下加水溶解，过滤
C
除去乙炔中硫化氢气体
用高锰酸钾酸性溶液，洗气
D
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入饱和溴水后，苯酚与溴反应生成的三溴苯酚及过量的溴都会溶解在苯中，虽然除去了苯酚，但引入了新的杂质，A不正确；
B．苯甲酸微溶于水，且苯甲酸中的杂质未知，所以常温下加水溶解、过滤，难以提纯苯甲酸，B不正确；
C．高锰酸钾酸性溶液不仅能将硫化氢氧化，还能将乙炔氧化，C不正确；
D．饱和碳酸钠溶液能去除乙酸，且能降低乙酸乙酯的溶解度，可达到除去乙酸乙酯中乙酸的目的，D正确；
故选D。
21.下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
操作及现象
结论
A
向KMnO4 酸性溶液中滴加维生素C 溶液，紫红色褪去
维生素C 有还原性
B
向淀粉溶液中加稀硫酸，加热一段时间，冷却，加新制Cu(OH)2 悬浊液，加热未见红色沉淀
淀粉未水解
C
盛有等体积的水和无水乙醇的两烧杯中，分别加入相同体积和形状的钠， 钠在水中反应比乙醇中剧烈
水中羟基比醇中的活泼
D
向溴乙烷中加入 NaOH 乙醇溶液，加热，将产生的气体经水洗后，通入 KMnO4 酸性溶液中，紫红色褪去
溴乙烷发生消去反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C 有还原性，能使KMnO4 酸性溶液紫红色褪去，故A正确；
B．向淀粉溶液中加稀硫酸，加热一段时间，冷却，加新制Cu(OH)2 悬浊液，加热未见红色沉淀，其原因是没有先加NaOH溶液中和催化作用的稀硫酸，后再新制Cu(OH)2 悬浊液，并加热，则无法判断淀粉是否水解，故B错误；
C．水中羟基比乙醇中的活泼，则Na与水反应比Na与乙醇反应剧烈，故C正确；
D．向溴乙烷中加入 NaOH 乙醇溶液，加热，将产生的气体经水洗除去挥发的乙醇后，再通入 KMnO4 酸性溶液中，紫红色褪去，说明有乙烯气体生成，溴乙烷发生消去反应，故D正确；
故答案为B。
22.依据下列实验分别得出的结论不正确的是
A
B
C
D
甲烷发生了取代反应
乙烯发生了加成反应
乙醛发生还原反应
有不饱和烃生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.在光照时，甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液态，HCl极易溶于水，使试管内压强减小，液面上升，A正确；
B.乙烯与溴发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，B正确；
C.乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，[Ag(NH3)2]+被还原成Ag，则乙醛被氧化，发生氧化反应，C错误；
D.加热石蜡油产生的物质能使溴的CCl4溶液褪色，说明有不饱和烃生成，D正确；
故选C。
23.依据下列实验得出的结论不正确的是
A. 苯酚具有酸性 B. 苯酚酸性比乙酸弱
C. 碳酸酸性比苯酚强 D. 实验 1 用 NaHCO3 替代 NaOH 现象相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由实验1可知，苯酚晶体加入到蒸馏水中变为浊液，说明苯酚的溶解度低，当加入NaOH溶液后反应生成苯酚钠，说明苯酚具有酸性；
有实验2可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，据此解答。
【详解】A.与分析可知，苯酚具有酸性，A正确；
B.由分析可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，B正确；
C.由分析可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，C正确；
D.由分析可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，加入碳酸氢钠不反应，则现象不同，D不正确；
故选D。
24.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 葡萄糖、果糖互为同分异构体 B. 5-HMF→FDCA 发生氧化反应
C. 单体 a 为乙醇 D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖、果糖分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；
B．5-HMF→FDCA 是5-HMF结构中的醇羟基和醛基发生氧化反应生成FDCA，故B正确；
C．依据PEF可知，水解时断裂酯基，断键位置如图所示：，可知单体a为HO-CH2-CH2-OH，故C错误；
D．PEF 树脂可降解，代替聚乙烯、聚氯乙烯塑料可以减少白色污染，减少对环境的危害，故D正确；
故答案为C。
25.高分子材料芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料，其结构片段如图。 下列关于该高分子的说法正确的是
A. 完全水解后的产物只有 1 种
B. 完全水解产物的分子中，含有—COOH 或—NH2
C. 氢键对该高分子的性能没有影响
D. 芳纶纤维的结构简式可表示为
【答案】B
【解析】
【详解】A.该高分子水解生成两个单体，分别是和，故A错误；
B.完全水解后的单体为和，官能团分别为-COOH、-NH2，故B正确；
C.图中所示，该高分子存在分子间氢键，影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；
D.结构简式为，故D错误；
故选: B。
二、填空题
26.下面是几种有机物之间的转化关系：
(1)反应①，用 O2 氧化，反应条件为_________________。
(2)反应③的化学方程式是___________________。
(3)用 18O 标记乙醇分子中的氧原子，反应⑤生成物中含 18O 的物质结构简式是______________。
【答案】 (1). Cu作催化剂并加热 (2). CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2+NaBr+H2O (3). CH3CH2CH2OOC2H5
【解析】
【分析】
由转化关系可知,反应①为丙醇转化为丙醛，为醇的催化氧化，反应②为丙醛转化为丙酸，发生醛的氧化反应，反应③为卤代烃的消去生成乙烯，反应④为烯烃的加成反应生成醇，反应⑤为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，据此解答。
【详解】(1).反应①为醇的催化氧化，反应条件为Cu、加热，故答案为：Cu作催化剂并加热；
(2).反应③为溴乙烷发生消去反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；
(3).发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢，则用18O标记乙醇分子中的氧原子应在丙酸乙酯中，故答案为：CH3CH2CH2OOC2H5。
27.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，其结构简式如图所示：
(1)该物质的分子式是___________________。
(2)该物质分子中含有的官能团有羟基、碳碳双键和___________________。
(3)1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH___________ mol。
【答案】 (1). C10H8O3 (2). 酯基 (3). 3
【解析】
分析】
根据羟甲香豆素的结构，分析所含有的官能团，再判断解析。
【详解】(1)该物质的分子式是C10H8O3；
(2)该物质分子中含有的官能团有羟基、碳碳双键和酯基；
(3) 含有的酚羟基能与NaOH溶液反应，所含酯基水解后引入的酚羟基和羧基均能和NaOH溶液反应，则1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗3molNaOH。
28.某小组探究苯和溴的取代反应，并制取少量溴苯。
已知：溴单质易挥发，微溶于水，易溶于四氯化碳等有机溶剂；溴苯密度为1.5 g·cm-3。
(1)甲同学用装置 I 进行实验，3～5 min 后观察到锥形瓶中有浅黄色沉淀，证明苯与溴发生了取代反应，该取代反应的化学方程式是_________________。
(2)乙同学观察到装置 I 烧瓶中有红棕色气体从导管中逸出，他认为甲同学的实验不严谨，设计装置Ⅱ进行实验(a 是防倒吸装置)。b 中试剂是____________(填字母)。
A．浓硫酸 B．氢氧化钠溶液 C．硝酸银溶液 D．四氯化碳
(3)将甲、乙两同学实验后制得的红褐色油状液体合并，进行提纯，步骤如下：
①用 NaOH 溶液多次洗涤有机层至无色，得粗溴苯。NaOH 溶液的作用是______________。
②向粗溴苯中加入无水氯化钙进行干燥，静置、过滤，得滤液。
③滤液中含有少量苯，经 _____________(填操作名称)得溴苯。
【答案】 (1). (2). D (3). 除去溴苯中混有的Br2 (4). 蒸馏
【解析】
【分析】
苯和液溴在铁粉存在下反应生成溴苯和HBr，HBr遇AgNO3溶液生成AgBr浅黄色沉淀，因液溴的挥发性，为提升实验的严密性需要先除去HBr中混有的Br2；红褐色油状液体先用NaOH溶液除去其中的Br2，干燥后再利用反应后的混合物中各物质沸点的差异进行分离。
【详解】(1) 溴与铁反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为；
(2) 装置 I 烧瓶中有红棕色气体从导管中逸出，可知HBr中混有挥发的Br2；
A．浓硫酸作用是干燥，无法除挥发的Br2，故A不选；
B．氢氧化钠溶液能吸收HBr和Br2，故B不选；
C．硝酸银溶液能吸收HBr和Br2，故C不选；
D．四氯化碳能溶解Br2，而HBr不溶，可除去挥发的Br2，故D选；
故答案为D。
(3) ①红褐色油状液体中含有未反应的Br2和苯，用 NaOH 溶液多次洗涤有机层至无色，可知NaOH 溶液的作用是除去溴苯中混有的Br2；
③滤液中含有少量苯，根据苯和溴苯存在沸点差异且互溶，选择蒸馏操作分离得溴苯。
29.高分子 PVA 可用于制滴眼露液，还可制成人工肾膜等医疗产品。由电石(CaC2)合成 PVA 的过程如下：
已知：VAc 的结构简式为 CH3COOCH=CH2 。
(1)电石制备 A 的化学方程式是_________________。
(2)B 与银氨溶液反应的化学方程式是_________________。
(3)PVA 的结构简式是__________________。
(4)聚乙烯醇肉桂酸酯的结构简式为，它是一种感光性高分子树脂。其单体可由 A 和肉桂酸( )合成，该反应的化学方程式是________________________________。
【答案】 (1). CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2 (2). CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (3). (4). nCH≡CH+n
【解析】
【分析】
CaC2与水反应生成CH≡CH，乙炔与水加成生成的B是乙醛，乙醛发生银镜反应生成的C为乙酸，乙酸与乙炔发生加成反应生成的VAc的结构简式为CH3COOCH=CH2，CH3COOCH=CH2再发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯，然后水解得到聚乙烯醇。
【详解】(1)电石制备CH≡CH的化学方程式是CaC2+ 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2；
(2)乙醛与银氨溶液生成光亮银镜的反应化学方程式是CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(3)PVA为聚乙烯醇，其结构简式是；
(4) CH≡CH和肉桂酸( )合成的化学方程式为nCH≡CH+n。
30.以煤、天然气和生物质为原料合成有机化合物日益受到重视。其中一种转化关系如下：
(1)B→C 反应类型是______________。
(2)E 是两种含碳碳双键的酯的混合物，C 与 D 反应得到 E 的化学方程式是_______________(写出一个即可)。
(3)以 A 为原料可以合成 D 的过程如下：
上述转化过程中方框里的物质或条件分别是：_________________、______________、_________________。
【答案】 (1). 氧化反应 (2). CH2=CHCOOH+ (或)+H2O (3). Cl2 (4). ClCH2CHClCH2Cl (5). NaOH水溶液、加热
【解析】
【分析】
CO与H2在催化剂作用下发生反应生成A(CH2=CHCH3)，A被氧化剂氧化生成B(CH2=CHCHO)，B催化氧化生成C(CH2=CHCOOH)；油脂水解生成D()，C(CH2=CHCOOH)与D()发生酯化反应生成的分子式为C6H10O4的酯可能为，也可能为。
【详解】(1) CH2=CHCHO→CH2=CHCOOH，即-CHO被氧化为-COOH，反应类型是氧化反应。答案为：氧化反应；
(2)E 是两种含碳碳双键的酯的混合物，其可能为或，CH2=CHCOOH与反应得到 E 的化学方程式是CH2=CHCOOH+ (或)+H2O。答案为：CH2=CHCOOH+ (或)+H2O；
(3) A为CH2=CHCH3，D为，以A 为原料合成 D，先在500℃的条件下与Cl2发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，再与Cl2发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，最后在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成。由此得出，上述转化过程中方框里的物质或条件分别是：Cl2、ClCH2CHClCH2Cl、NaOH水溶液、加热。答案为：Cl2；ClCH2CHClCH2Cl；NaOH水溶液、加热。
【点睛】分子中含有3个-OH，能与3个CH2=CHCOOH发生酯化反应，若我们忽视产物的分子式，很容易写出产物为三丙烯酸丙三酯。
31.具有抗菌作用的白头翁素衍生物 H 的合成路线如下图所示：
已知：i．RCH2BrR—HC=CH—R′
ii．R—HC=CH—R′
iii．R—HC=CH—R′(以上R、R′、R″代表氢、烷基或芳基)
(1)A 属于芳香烃，其名称是_____________。
(2)B 的结构简式是___________________。
(3)由 C 生成 D 的化学方程式是___________________。
(4)由 E 与 I2 在一定条件下反应生成 F 的化学方程式是_____________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与 F 互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_________________。
(5)试剂 b 是__________________。
(6)下列说法正确的是______________(选填字母序号)。
a．G 存在顺反异构体
b．由 G 生成 H 的反应是加成反应
c．1 mol G 最多可以与 1 mol H2 发生加成反应
d．1 mol F 或 1 mol H 与足量 NaOH 溶液反应，均消耗 2 molNaOH
【答案】 (1). 邻二甲苯（或1,2—二甲苯） (2). (3). (4). (5). (6). NaOH醇溶液 (7). bd
【解析】
【分析】
由A（C8H10）氧化成B（C8H8O2），B发生取代反应生成C，C的结构简式为 ，可逆推出：A的结构简式为，B的结构简式为；对比C和D（C9H9O2Br）的分子式以及C→D的反应条件，C→D为酯化反应，试剂a为CH3OH，D的结构简式为；与HCHO在一定条件下发生题给已知i的反应生成，在NaOH溶液中发生水解，水解产物酸化后获得E，E的结构简式为；E中含碳碳双键和羧基，E→F（C9H7O2I）发生题给已知ii的反应，对比F和G的分子式，F→G为消去反应，G→H发生题给已知iii的反应，结合H的结构简式，推出F的结构简式为，G的结构简式为。
【详解】(1).A属于芳香烃，A的结构简式为，A的名称为邻二甲苯（或1,2—二甲苯），故答案为：邻二甲苯（或1,2—二甲苯）；
(2).由分析可知B的结构简式为，故答案为：；
(3).C生成D的反应为酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4).E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是，此反应发生的是题给已知ii的反应，由于E中的碳碳双键不对称，此反应生成的另外一个与F互为同分异构体的有机副产物的结构简式是，故答案为：；；
(5).在试剂b存在时F→G发生消去HI的反应，试剂b为NaOH醇溶液，故答案为：NaOH醇溶液；
(6).a项，G结构简式为，有1个碳碳双键的碳原子上连接2个H原子，G不存在顺反异构体，错误；
b项，由G生成H发生题给已知iii的反应，该反应是加成反应，正确；
c项，G中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键都能与H2发生加成反应，1 mol G最多可以与4 mol H2发生加成反应，错误；
d项，F中含1个酯基和1个碘原子，1 mol F能消耗2molNaOH，H中含2个酯基，1 mol H能消耗2 molNaOH，正确；故答案选bd。
32.黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下：
已知：①R—Cl R—COOH
② R1CH2R2
③RCOOR1+R2CH2COOR3 +R1OH
(1)A 可与NaHCO3 溶液反应，其结构简式是____________。B 中含有的官能团是─COOH 和______________。
(2)D 的结构简式是_______________。
(3)D→E 反应会生成副产物 Y(分子式为 C17H32O6)，生成 Y 的化学方程式是_______。
(4)E→F 为两步连续氧化反应，中间产物 X 可发生银镜反应，X 的结构简式是____。
(5)H 的结构简式是________________。
(6)I 的分子式为 C5H8O2，能使Br2 的 CCl4 溶液褪色，H→J 的反应类型是________。
(7)由K 经两步反应可得到化合物 M，转化路线如下：
环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M 的结构简式补充完整：____________。
【答案】 (1). CH3COOH (2). －Cl (3). CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 (4). CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2Br(CH2)5OH→+2HBr (5). (6). (7). 加成反应 (8). 或
【解析】
【分析】
A的分子式C2H4O2，比相同C原子数的烷烃少2个H，且能和碳酸氢钠反应生成CO2，说明A中有羧基，A的结构简式为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生反应①，结合信息①，可知B为ClCH2COOH，结合D的分子式，可知1molC和2molC2H5OH发生酯化反应得到D，则C为HOOCCH2COOH，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3。根据G的结构简式可知，D发生取代反应生成E，E的结构简式为，E发生两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，可知X含有醛基，E发生生成F，是将E中的－CH2OH转化为－COOH，X的结构简式为，F的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③，生成H，H为。J发生黄鸣龙反应生成K，根据K的结构简式，可知J为；I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J，可知I为CH3CH2OOCCH=CH2。
【详解】(1)根据分析，A的结构简式为CH3COOH；B中含有的官能团是－COOH和－Cl；
(2)C为HOOCCH2COOH，结合D的分子式，可知1molC和2molC2H5OH发生酯化反应得到D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；
(3)根据D生成E的信息，D中两个酯基之间的CH2上的H原子被－(CH2)5OH取代，结合Y的分子式，可知D与2分子Br(CH2)5OH发生了取代反应，化学方程式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2Br(CH2)5OH→+2HBr；
(4)E发生两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，可知X含有醛基，是将E中的－CH2OH转化为－CHO，X的结构简式为；
(5)根据分析H为；
(6)J发生黄鸣龙反应生成K，根据K的结构简式，可知J为，H为，可知H与I发生加成反应生成了J，因此H→J的反应类型为加成反应；
(7)由K经2步反应可得到化合物M，根据信息②③可知生成的M的结构简式为或。
33.SO2 和 NOx 都是大气污染物。
(1)利用氨水可以将 SO2 和 NO2 吸收，原理如下图所示：
NO2 被吸收的离子方程式是__________________。
(2)湿法吸收工业尾气中的NO2，常选用纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，其反应的离子方程式是(已知酸性HNO2＞H2CO3)______________。
(3)用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒。烟气经下列过程可获得化肥。
该化肥中含有的离子是、___________(填离子符号)。
(4)SCR 和 NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的 NOx 排放。
I．SCR(选择性催化还原)工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为 NH3 和 CO2，该反应的化学方程式是________________。
②反应器中 NH3 还原 NO2 的化学方程式是_________________。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中 SO2 在 O2 作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4 的形成_____________________。
II．NSR(NOx 储存还原)工作原理：NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如下图所示。
①通过 BaO 和 Ba(NO3)2 的相互转化实现 NOx 的储存和还原。储存 NOx 的物质是___________________，生成 Ba(NO3)2 的化学方程式是 _______________。
②用 H2 模拟尾气中还原性气体研究了 Ba(NO3)2 的催化还原过程，该过程分两步进行，下图表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比是___________。
③还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与 NO 有关。在有氧气条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15N1.5N0.5O。将该反应的化学方程式补充完整：_____________ _________15N1.5N0.5O+________H2O
【答案】 (1). 2NO2+4=N2+4+4H+ (2). +2NO2=++CO2 (3). 、 (4). CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑ (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4 (7). BaO (8). 2BaO+4NO+3O2=2Ba(NO3)2 (9). 8:1 (10). 1215NO+4NH3+O2 (11). 8 (12). 6
【解析】
【分析】
(1) 根据流程图信息NO2被吸收时反应物为NO2、NH4HSO3，生成物有氮气，据此依据氧化还原反应的得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式；
(2) 纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，结合原子守恒和氧化还原反应电子守恒分析反应生成硝酸盐和亚硝酸盐；
(3) 用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒，O3与烟气中的SO2、NO2、H2O反应生成的H2SO4和HNO3与注入的NH3反应，生成化肥硫铵和硝铵；
(4) I．先判断反应物和生成物，再结合电子守恒和原子守恒书写有关反应方程式；
II．①由图可知储存NOx的物质是BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，氢元素化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15N1.5N0.5O，由N元素守恒可知15NO与NH3应为3：1，结合电子得失相等配平。
【详解】(1) NO2被吸收时，反应物为NO2、NH4HSO3，二氧化氮中氮元素为+4价，生成物有氮气，所以亚硫酸氢根离子中硫被氧化成硫酸根离子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2NO2+4=N2+4+4H+；
(2) 纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，结合原子守恒和氧化还原反应电子守恒分析反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，反应的离子方程式为：+2NO2=++CO2；
(3) 用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒，O3与烟气中的SO2、NO2、H2O反应生成的H2SO4和HNO3与加入的NH3发生如下反应：H2SO4+2NH3=(NH4)2SO4、HNO3+NH3 =NH4NO3，该化肥中含有的离子是、、；
(4) I．①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，生成物为氨气和二氧化碳，根据原子守恒，反应的化学方程式为：CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4；
II．①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成Ba(NO3)2的化学方程式是2BaO+4NO+3O2=2Ba(NO3)2；
②第一步反应中H2被氧化生成水，H元素的化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气得到16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为mol=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1；
③在有氧气条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15N1.5N0.5O，由N元素守恒可知15NO与NH3应为3：1，1mol15NO被还原得到1mol电子，若有3mol15NO参与反应，则3mol15NO被还原得到3mol电子，1molNH3被氧化失去4mol电子，根据电子守恒，参与反应的O2为0.25mol，即15NO、NH3、O2物质的量之比为3mol：1mol：0.25mol=12:4:1，可知反应的化学方程式为1215NO+4NH3+O2815N1.5N0.5O +6H2O。
【点睛】配平氧化还原反应一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 O-16
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1.下列防疫物品的主要成分不属于有机物的是
A．聚丙烯
B．聚碳酸酯
C．二氧化氯
D．丁腈橡胶
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物的定义是:含碳的化合物，据此解答。
【详解】A.聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构中含碳元素，故为有机物，故A不符合；
B.聚碳酸酯(简称PC)是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，结构中含碳元素，故为有机物，故B不符合；
C.二氧化氯中不含碳元素，故为无机物，故C符合；
D.丁腈橡胶是CH2=CH-CH=CH2和CH2=CH-CN的加聚产物，结构中含碳元素，故为有机物，故D不符合；
故选C。
2.下列物质中，属于糖类的是
A. 纤维素 B. 植物油 C. 蛋白质 D. 聚乙烯
【答案】A
【解析】
详解】A．纤维素，属于多糖，水解最终能够得到葡萄糖，A符合题意；
B．植物油，属于高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，B不符合题意；
C．蛋白质，由氨基酸脱水缩合得到的一类具有生物活性的高分子化合物，C不符合题意；
D．聚乙烯，由乙烯加聚得到，是高分子化合物，D不符合题意；
答案选A。
3.下列生活中常见的有机物，其中属于烃类的是
A. 甲烷 B. 甲醛 C. 乙醇 D. 乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷属烷烃，故A符合题意；
B．甲醛属于醛类，是烃的含氧衍生物，故B不符合题意；
C．乙醇属于醇类，是烃的含氧衍生物，故C不符合题意；
D．乙酸属于羧酸类，是烃的含氧衍生物，故D不符合题意；
故答案为A。
4.下列物质在常温常压下为气态的是
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙酸 D. 乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】常温常压下，烷烃分子中的碳原子数目小于4时，其状态为气态，乙烷中的分子式为C2H6，其分子中的碳原子数为2，故乙烷在常温下是气体。常温常压下，乙醇、乙酸、乙酸乙酯均为液态。故选A。
5.水杨酸的结构简式为，其分子中含的官能团是
A. 碳碳双键和羧基 B. 碳碳双键和羟基
C. 羟基和醛基 D. 羟基和羧基
【答案】D
【解析】
【详解】从水杨酸的结构简式中可以看出，其含有三个原子团：苯基、羟基和羧基，但苯基不属于官能团，且苯环中不含有碳碳双键，所以其分子中含有的官能团为羟基和羧基；故选D。
6.下列有关 和 的叙述正确的是
A. 都属于醇类 B. 都属于酚类
C. 二者属于同系物 D. 都能与 Na 反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，故A错误；
B．属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，故B错误；
C．属于酚类，是苯甲醇，属于醇类，两者结构不相似，不属于同系物，故C错误；
D． 和 都含有羟基，都能与Na反应生成H2，故D正确；
故答案为D。
7.下图有机物的正确命名为 ( )
A. 2-乙基-3,3-二甲基戊烷 B. 3,3-二甲基-4-乙基戊烷
C. 3,3,4-三甲基己烷 D. 3,4,4-三甲基己烷
【答案】C
【解析】
【分析】
烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，据此得出是“某烷”，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，将取代基写在“某烷”的前面，据此分析。
【详解】烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链有6个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，而当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，故在3号碳原子上有两个甲基，在4号碳原子上有一个甲基，则该有机物的名称为3,3,4−三甲基己烷，故C正确；
答案选C。
8.下列有机物有顺反异构的是
A. 乙烯 B. 丙烯 C. 1-丁烯 D. 2-丁烯
【答案】D
【解析】
【详解】在烯烃中，每个双键碳原子上连两个不同原子或基团的烯烃存在顺反异构体。
A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳碳双键的碳原子上连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，A不符合题意；
B．丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，有个碳碳双键的碳原子上连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，B不符合题意；
C．1－丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，有个碳碳双键的碳原子上连接2个相同的H原子，不存在顺反异构，C不符合题意；
D．2－丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，每个双键碳原子上连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，D符合题意；
答案选D。
9.下列化学用语不正确的是
A. 乙烯的比例模型：
B. 甲基的电子式：
C. 1，3-丁二烯的分子式：C4H6
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，转化为比例模型，C原子比H原子大，比例模型为，A正确，不选；
B．甲基的结构简式为－CH3，存在一个单电子，其电子式为，B正确，不选；
C．1，3－丁二烯的结构简式为CH2=CH－CH=CH2，分子式为C4H6，C正确，不选；
D．聚丙烯由丙烯(CH3CH=CH2)经加聚反应得到，其结构简式为，D错误，选；
答案选D。
10.有关戊烷的下列叙述不正确的是
A. 戊烷的分子式为 C5H12
B. 常压下戊烷沸点比乙烷高
C. 戊烷有 3 种同分异构体
D. 戊烷分子中所有原子都在同一平面中
【答案】D
【解析】
【详解】A．戊烷，符合烷烃的通式CnH2n＋2，戊烷中含有5个碳原子，则戊烷的分子式为C5H12，A正确，不选；
B．戊烷和乙烷均为分子，沸点和分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，因此戊烷的沸点高于乙烷，B正确，不选；
C．戊烷有3种同分异构体，分别是正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3，异戊烷(CH3)2CHCH2CH3，新戊烷C(CH3)4，C正确，不选；
D．戊烷中存在多个饱和碳原子，其空间结构类似于甲烷，所有原子不可能共平面，D错误，符合题意；
答案选D。
11.下列反应中，属于加成反应的是
A. CH2=CHCH3 + Cl2CH2= CHCH2Cl + HCl
B. CH3CHO+H2CH3CH2OH
C. CH3CH2OHCH2=CH2 ↑+ H2O
D. 2CH3CHO + O22CH3COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯的－CH3上的H原子被Cl替代，属于取代反应，A不符合题意；
B．醛中的碳氧双键打开，C原子和O原子分别和H相连，得到乙醇，是加成反应，B符合题意；
C．乙醇分子脱去－OH和1个H原子，得到CH2=CH2，是消去反应，C不符合题意；
D．乙醛被O2氧化生成乙酸，是氧化反应，D不符合题意；
答案选B。
12.下列物质能发生消去反应的是( )
A. CH3Cl B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
卤代烃分子中有β—H（与官能团相连的碳原子的邻位碳原子上的H）的，可以发生消去反应。
【详解】A、分子中只有一个碳原子，故A不可能发生消去反应；
B、2－甲基－2－氯丙烷分子中有β—H，故B能发生消去反应；
C、该卤代烃分子中没有β—H， 故C不能发生消去反应；
D、该卤代烃分子中没有β—H，故D不能发生消去反应。
答案选B。
【点睛】掌握卤代烃发生消去反应的条件是解答的关键，即与卤素原子相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子才能发生消去反应生成烯烃或炔烃。
13.含碳、氢、氧的有机物 X 的球棍模型为。下列关于 X 的说法不正确的是
A. 相对分子质量为 46 B. 分子式为 C2H4O2
C. 结构简式为 CH3COOH D. 官能团名称是羧基
【答案】A
【解析】
【详解】将X的球棍模型转化为结构简式为CH3COOH，为乙酸；
A．乙酸的相对分子质量为60，A错误；
B．乙酸的分子式为C2H4O2，B正确；
C．乙酸的结构简式为CH3COOH，C正确；
D．乙酸的官能团为－COOH，名称为羧基，D正确；
答案选A。
14.对二甲苯(结构简式)的核磁共振氢谱吸收峰数目是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】有2种等效氢原子，则核磁共振氢谱吸收峰数目是2，故答案为B。
15.化学与生活息息相关。下列说法不正确的是
A. 油脂可以制肥皂
B. 淀粉没有甜味，淀粉不属于糖类
C. 粮食酿酒过程涉及水解、分解等反应
D. 具有强氧化性的含氯消毒液可使新冠病毒变性失活
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂碱性水解生成的高级脂肪酸钠可制肥皂，故A正确；
B．淀粉没有甜味，但淀粉是多糖，其完全水解产物是葡萄糖，故B错误；
C．淀粉完全水解得到葡萄糖，葡萄糖再在酒曲酶作用下分解生成乙醇和CO2，故C正确；
D．新冠病毒是蛋白质，遇强氧化性的含氯消毒液发生变性，失去活性，故D正确；
故答案为B。
16.下列各组物质中，互为同分异构体的是
A. CH3CH2CH3 和CH3CH(CH3)CH3 B. CH3CH2OH 和 CH3CHO
C. CH3COOH 与 HCOOCH3 D. 和
【答案】C
【解析】
【详解】同分异构体，分子式相同，结构不同的化合物的互称。
A．CH3CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3，分子式分别为C3H8，C4H10，分子式不同，不互为同分异构体，A不符合题意；
B．CH3CH2OH和CH3CHO的分子式分别为C2H6O和C2H4O，分子式不同，不互为同分异构体，B不符合题意；
C．CH3COOH与HCOOCH3，分别是乙酸和甲酸甲酯，分子式均为C2H4O2，结构不同，互为同分异构体，C符合题意；
D．和分别是苯和甲苯，分子式分别为C6H6，C7H8，分子式不同，不互为同分异构体，D不符合题意；
答案选C。
【点睛】A和D选项中的两组物质，它们结构相似，分子式差1个CH2，互称同系物。
17.下列各组有机物中，不能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的是
A. 乙烷和乙烯 B. 苯和甲苯
C. 苯和苯乙烯 D. 苯和环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，乙烷不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别乙烷和乙烯，故A正确；
B．甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和甲苯，故B正确；
C．苯乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，可以用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和苯乙烯，故C正确；
D．苯和环己烷均不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，不能用高锰酸钾酸性溶液鉴别苯和环己烷，故D错误；
故答案为D。
18.下列各组混合物中，不能用分液漏斗分离的是
A. 溴乙烷和水 B. 甲苯和水 C. 植物油和水 D. 乙醇和水
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴乙烷和水互不相溶，可用分液分离，需用到分液漏斗，A不符合题意；
B．甲苯和水互不相溶，可用分液分离，需用到分液漏斗，B不符合题意；
C．植物油和水互不相溶，可用分液分离，需用到分液漏斗，C不符合题意；
D．乙醇溶于水中，可利用其沸点的不同进行分离，利用蒸馏，不需要分液漏斗，D符合题意；
答案选D。
19.实验室用下图装置制备乙烯，下列有关说法不正确的是
A. 圆底烧瓶中应加入碎瓷片防止爆沸
B. 烧瓶中应先加入乙醇，再缓慢加入浓硫酸
C. 实验时，加热迅速升温至 170℃，提高乙烯的产率
D. 将产生的气体直接通到 Br2 的 CCl4 溶液，检验是否有乙烯生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．液体混合物加热时，需要加入碎瓷片防止爆沸，故A正确；
B．配制乙醇和浓硫酸的混合液，需要在烧瓶中先加入乙醇，再缓慢加入浓硫酸，并用玻璃棒搅拌，故B正确；
C．乙醇在170℃下发生消去反应生成乙烯，在140℃下发生分子间脱水生成乙醚，则迅速升温至170℃，目的是防止发生副反应生成乙醚，故C错误；
D．乙烯能使Br2 的CCl4溶液褪色，而挥发的乙醇不能使Br2 的CCl4溶液褪色，则将产生的气体直接通到Br2 的CCl4溶液，可检验是否有乙烯生成，故D正确；
故答案为C。
20.下列物质分离、提纯方法正确的是
选项
实验
加入的试剂和方法
A
除去苯中的苯酚
加入饱和溴水，过滤
B
粗苯甲酸提纯
常温下加水溶解，过滤
C
除去乙炔中硫化氢气体
用高锰酸钾酸性溶液，洗气
D
除去乙酸乙酯中的乙酸
加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置、分液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入饱和溴水后，苯酚与溴反应生成的三溴苯酚及过量的溴都会溶解在苯中，虽然除去了苯酚，但引入了新的杂质，A不正确；
B．苯甲酸微溶于水，且苯甲酸中的杂质未知，所以常温下加水溶解、过滤，难以提纯苯甲酸，B不正确；
C．高锰酸钾酸性溶液不仅能将硫化氢氧化，还能将乙炔氧化，C不正确；
D．饱和碳酸钠溶液能去除乙酸，且能降低乙酸乙酯的溶解度，可达到除去乙酸乙酯中乙酸的目的，D正确；
故选D。
21.下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
操作及现象
结论
A
向KMnO4 酸性溶液中滴加维生素C 溶液，紫红色褪去
维生素C 有还原性
B
向淀粉溶液中加稀硫酸，加热一段时间，冷却，加新制Cu(OH)2 悬浊液，加热未见红色沉淀
淀粉未水解
C
盛有等体积的水和无水乙醇的两烧杯中，分别加入相同体积和形状的钠， 钠在水中反应比乙醇中剧烈
水中羟基比醇中的活泼
D
向溴乙烷中加入 NaOH 乙醇溶液，加热，将产生的气体经水洗后，通入 KMnO4 酸性溶液中，紫红色褪去
溴乙烷发生消去反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C 有还原性，能使KMnO4 酸性溶液紫红色褪去，故A正确；
B．向淀粉溶液中加稀硫酸，加热一段时间，冷却，加新制Cu(OH)2 悬浊液，加热未见红色沉淀，其原因是没有先加NaOH溶液中和催化作用的稀硫酸，后再新制Cu(OH)2 悬浊液，并加热，则无法判断淀粉是否水解，故B错误；
C．水中羟基比乙醇中的活泼，则Na与水反应比Na与乙醇反应剧烈，故C正确；
D．向溴乙烷中加入 NaOH 乙醇溶液，加热，将产生的气体经水洗除去挥发的乙醇后，再通入 KMnO4 酸性溶液中，紫红色褪去，说明有乙烯气体生成，溴乙烷发生消去反应，故D正确；
故答案为B。
22.依据下列实验分别得出的结论不正确的是
A
B
C
D
甲烷发生了取代反应
乙烯发生了加成反应
乙醛发生还原反应
有不饱和烃生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.在光照时，甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液态，HCl极易溶于水，使试管内压强减小，液面上升，A正确；
B.乙烯与溴发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，B正确；
C.乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，[Ag(NH3)2]+被还原成Ag，则乙醛被氧化，发生氧化反应，C错误；
D.加热石蜡油产生的物质能使溴的CCl4溶液褪色，说明有不饱和烃生成，D正确；
故选C。
23.依据下列实验得出的结论不正确的是
A. 苯酚具有酸性 B. 苯酚酸性比乙酸弱
C. 碳酸酸性比苯酚强 D. 实验 1 用 NaHCO3 替代 NaOH 现象相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由实验1可知，苯酚晶体加入到蒸馏水中变为浊液，说明苯酚的溶解度低，当加入NaOH溶液后反应生成苯酚钠，说明苯酚具有酸性；
有实验2可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，据此解答。
【详解】A.与分析可知，苯酚具有酸性，A正确；
B.由分析可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，B正确；
C.由分析可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，C正确；
D.由分析可知，乙酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比苯酚强，加入碳酸氢钠不反应，则现象不同，D不正确；
故选D。
24.以富含纤维素的农作物为原料，合成 PEF 树脂的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 葡萄糖、果糖互为同分异构体 B. 5-HMF→FDCA 发生氧化反应
C. 单体 a 为乙醇 D. PEF 树脂可降解以减少对环境的危害
【答案】C
【解析】
【详解】A．葡萄糖、果糖分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；
B．5-HMF→FDCA 是5-HMF结构中的醇羟基和醛基发生氧化反应生成FDCA，故B正确；
C．依据PEF可知，水解时断裂酯基，断键位置如图所示：，可知单体a为HO-CH2-CH2-OH，故C错误；
D．PEF 树脂可降解，代替聚乙烯、聚氯乙烯塑料可以减少白色污染，减少对环境的危害，故D正确；
故答案为C。
25.高分子材料芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料，其结构片段如图。 下列关于该高分子的说法正确的是
A. 完全水解后的产物只有 1 种
B. 完全水解产物的分子中，含有—COOH 或—NH2
C. 氢键对该高分子的性能没有影响
D. 芳纶纤维的结构简式可表示为
【答案】B
【解析】
【详解】A.该高分子水解生成两个单体，分别是和，故A错误；
B.完全水解后的单体为和，官能团分别为-COOH、-NH2，故B正确；
C.图中所示，该高分子存在分子间氢键，影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；
D.结构简式为，故D错误；
故选: B。
二、填空题
26.下面是几种有机物之间的转化关系：
(1)反应①，用 O2 氧化，反应条件为_________________。
(2)反应③的化学方程式是___________________。
(3)用 18O 标记乙醇分子中的氧原子，反应⑤生成物中含 18O 的物质结构简式是______________。
【答案】 (1). Cu作催化剂并加热 (2). CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2+NaBr+H2O (3). CH3CH2CH2OOC2H5
【解析】
【分析】
由转化关系可知,反应①为丙醇转化为丙醛，为醇的催化氧化，反应②为丙醛转化为丙酸，发生醛的氧化反应，反应③为卤代烃的消去生成乙烯，反应④为烯烃的加成反应生成醇，反应⑤为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，据此解答。
【详解】(1).反应①为醇的催化氧化，反应条件为Cu、加热，故答案为：Cu作催化剂并加热；
(2).反应③为溴乙烷发生消去反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；
(3).发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢，则用18O标记乙醇分子中的氧原子应在丙酸乙酯中，故答案为：CH3CH2CH2OOC2H5。
27.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，其结构简式如图所示：
(1)该物质的分子式是___________________。
(2)该物质分子中含有的官能团有羟基、碳碳双键和___________________。
(3)1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH___________ mol。
【答案】 (1). C10H8O3 (2). 酯基 (3). 3
【解析】
分析】
根据羟甲香豆素的结构，分析所含有的官能团，再判断解析。
【详解】(1)该物质的分子式是C10H8O3；
(2)该物质分子中含有的官能团有羟基、碳碳双键和酯基；
(3) 含有的酚羟基能与NaOH溶液反应，所含酯基水解后引入的酚羟基和羧基均能和NaOH溶液反应，则1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗3molNaOH。
28.某小组探究苯和溴的取代反应，并制取少量溴苯。
已知：溴单质易挥发，微溶于水，易溶于四氯化碳等有机溶剂；溴苯密度为1.5 g·cm-3。
(1)甲同学用装置 I 进行实验，3～5 min 后观察到锥形瓶中有浅黄色沉淀，证明苯与溴发生了取代反应，该取代反应的化学方程式是_________________。
(2)乙同学观察到装置 I 烧瓶中有红棕色气体从导管中逸出，他认为甲同学的实验不严谨，设计装置Ⅱ进行实验(a 是防倒吸装置)。b 中试剂是____________(填字母)。
A．浓硫酸 B．氢氧化钠溶液 C．硝酸银溶液 D．四氯化碳
(3)将甲、乙两同学实验后制得的红褐色油状液体合并，进行提纯，步骤如下：
①用 NaOH 溶液多次洗涤有机层至无色，得粗溴苯。NaOH 溶液的作用是______________。
②向粗溴苯中加入无水氯化钙进行干燥，静置、过滤，得滤液。
③滤液中含有少量苯，经 _____________(填操作名称)得溴苯。
【答案】 (1). (2). D (3). 除去溴苯中混有的Br2 (4). 蒸馏
【解析】
【分析】
苯和液溴在铁粉存在下反应生成溴苯和HBr，HBr遇AgNO3溶液生成AgBr浅黄色沉淀，因液溴的挥发性，为提升实验的严密性需要先除去HBr中混有的Br2；红褐色油状液体先用NaOH溶液除去其中的Br2，干燥后再利用反应后的混合物中各物质沸点的差异进行分离。
【详解】(1) 溴与铁反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为；
(2) 装置 I 烧瓶中有红棕色气体从导管中逸出，可知HBr中混有挥发的Br2；
A．浓硫酸作用是干燥，无法除挥发的Br2，故A不选；
B．氢氧化钠溶液能吸收HBr和Br2，故B不选；
C．硝酸银溶液能吸收HBr和Br2，故C不选；
D．四氯化碳能溶解Br2，而HBr不溶，可除去挥发的Br2，故D选；
故答案为D。
(3) ①红褐色油状液体中含有未反应的Br2和苯，用 NaOH 溶液多次洗涤有机层至无色，可知NaOH 溶液的作用是除去溴苯中混有的Br2；
③滤液中含有少量苯，根据苯和溴苯存在沸点差异且互溶，选择蒸馏操作分离得溴苯。
29.高分子 PVA 可用于制滴眼露液，还可制成人工肾膜等医疗产品。由电石(CaC2)合成 PVA 的过程如下：
已知：VAc 的结构简式为 CH3COOCH=CH2 。
(1)电石制备 A 的化学方程式是_________________。
(2)B 与银氨溶液反应的化学方程式是_________________。
(3)PVA 的结构简式是__________________。
(4)聚乙烯醇肉桂酸酯的结构简式为，它是一种感光性高分子树脂。其单体可由 A 和肉桂酸( )合成，该反应的化学方程式是________________________________。
【答案】 (1). CaC2 + 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2 (2). CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (3). (4). nCH≡CH+n
【解析】
【分析】
CaC2与水反应生成CH≡CH，乙炔与水加成生成的B是乙醛，乙醛发生银镜反应生成的C为乙酸，乙酸与乙炔发生加成反应生成的VAc的结构简式为CH3COOCH=CH2，CH3COOCH=CH2再发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯，然后水解得到聚乙烯醇。
【详解】(1)电石制备CH≡CH的化学方程式是CaC2+ 2H2O→CH≡CH↑+ Ca(OH)2；
(2)乙醛与银氨溶液生成光亮银镜的反应化学方程式是CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(3)PVA为聚乙烯醇，其结构简式是；
(4) CH≡CH和肉桂酸( )合成的化学方程式为nCH≡CH+n。
30.以煤、天然气和生物质为原料合成有机化合物日益受到重视。其中一种转化关系如下：
(1)B→C 反应类型是______________。
(2)E 是两种含碳碳双键的酯的混合物，C 与 D 反应得到 E 的化学方程式是_______________(写出一个即可)。
(3)以 A 为原料可以合成 D 的过程如下：
上述转化过程中方框里的物质或条件分别是：_________________、______________、_________________。
【答案】 (1). 氧化反应 (2). CH2=CHCOOH+ (或)+H2O (3). Cl2 (4). ClCH2CHClCH2Cl (5). NaOH水溶液、加热
【解析】
【分析】
CO与H2在催化剂作用下发生反应生成A(CH2=CHCH3)，A被氧化剂氧化生成B(CH2=CHCHO)，B催化氧化生成C(CH2=CHCOOH)；油脂水解生成D()，C(CH2=CHCOOH)与D()发生酯化反应生成的分子式为C6H10O4的酯可能为，也可能为。
【详解】(1) CH2=CHCHO→CH2=CHCOOH，即-CHO被氧化为-COOH，反应类型是氧化反应。答案为：氧化反应；
(2)E 是两种含碳碳双键的酯的混合物，其可能为或，CH2=CHCOOH与反应得到 E 的化学方程式是CH2=CHCOOH+ (或)+H2O。答案为：CH2=CHCOOH+ (或)+H2O；
(3) A为CH2=CHCH3，D为，以A 为原料合成 D，先在500℃的条件下与Cl2发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，再与Cl2发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl，最后在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成。由此得出，上述转化过程中方框里的物质或条件分别是：Cl2、ClCH2CHClCH2Cl、NaOH水溶液、加热。答案为：Cl2；ClCH2CHClCH2Cl；NaOH水溶液、加热。
【点睛】分子中含有3个-OH，能与3个CH2=CHCOOH发生酯化反应，若我们忽视产物的分子式，很容易写出产物为三丙烯酸丙三酯。
31.具有抗菌作用的白头翁素衍生物 H 的合成路线如下图所示：
已知：i．RCH2BrR—HC=CH—R′
ii．R—HC=CH—R′
iii．R—HC=CH—R′(以上R、R′、R″代表氢、烷基或芳基)
(1)A 属于芳香烃，其名称是_____________。
(2)B 的结构简式是___________________。
(3)由 C 生成 D 的化学方程式是___________________。
(4)由 E 与 I2 在一定条件下反应生成 F 的化学方程式是_____________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与 F 互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_________________。
(5)试剂 b 是__________________。
(6)下列说法正确的是______________(选填字母序号)。
a．G 存在顺反异构体
b．由 G 生成 H 的反应是加成反应
c．1 mol G 最多可以与 1 mol H2 发生加成反应
d．1 mol F 或 1 mol H 与足量 NaOH 溶液反应，均消耗 2 molNaOH
【答案】 (1). 邻二甲苯（或1,2—二甲苯） (2). (3). (4). (5). (6). NaOH醇溶液 (7). bd
【解析】
【分析】
由A（C8H10）氧化成B（C8H8O2），B发生取代反应生成C，C的结构简式为 ，可逆推出：A的结构简式为，B的结构简式为；对比C和D（C9H9O2Br）的分子式以及C→D的反应条件，C→D为酯化反应，试剂a为CH3OH，D的结构简式为；与HCHO在一定条件下发生题给已知i的反应生成，在NaOH溶液中发生水解，水解产物酸化后获得E，E的结构简式为；E中含碳碳双键和羧基，E→F（C9H7O2I）发生题给已知ii的反应，对比F和G的分子式，F→G为消去反应，G→H发生题给已知iii的反应，结合H的结构简式，推出F的结构简式为，G的结构简式为。
【详解】(1).A属于芳香烃，A的结构简式为，A的名称为邻二甲苯（或1,2—二甲苯），故答案为：邻二甲苯（或1,2—二甲苯）；
(2).由分析可知B的结构简式为，故答案为：；
(3).C生成D的反应为酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4).E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是，此反应发生的是题给已知ii的反应，由于E中的碳碳双键不对称，此反应生成的另外一个与F互为同分异构体的有机副产物的结构简式是，故答案为：；；
(5).在试剂b存在时F→G发生消去HI的反应，试剂b为NaOH醇溶液，故答案为：NaOH醇溶液；
(6).a项，G结构简式为，有1个碳碳双键的碳原子上连接2个H原子，G不存在顺反异构体，错误；
b项，由G生成H发生题给已知iii的反应，该反应是加成反应，正确；
c项，G中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键都能与H2发生加成反应，1 mol G最多可以与4 mol H2发生加成反应，错误；
d项，F中含1个酯基和1个碘原子，1 mol F能消耗2molNaOH，H中含2个酯基，1 mol H能消耗2 molNaOH，正确；故答案选bd。
32.黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下：
已知：①R—Cl R—COOH
② R1CH2R2
③RCOOR1+R2CH2COOR3 +R1OH
(1)A 可与NaHCO3 溶液反应，其结构简式是____________。B 中含有的官能团是─COOH 和______________。
(2)D 的结构简式是_______________。
(3)D→E 反应会生成副产物 Y(分子式为 C17H32O6)，生成 Y 的化学方程式是_______。
(4)E→F 为两步连续氧化反应，中间产物 X 可发生银镜反应，X 的结构简式是____。
(5)H 的结构简式是________________。
(6)I 的分子式为 C5H8O2，能使Br2 的 CCl4 溶液褪色，H→J 的反应类型是________。
(7)由K 经两步反应可得到化合物 M，转化路线如下：
环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M 的结构简式补充完整：____________。
【答案】 (1). CH3COOH (2). －Cl (3). CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 (4). CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2Br(CH2)5OH→+2HBr (5). (6). (7). 加成反应 (8). 或
【解析】
【分析】
A的分子式C2H4O2，比相同C原子数的烷烃少2个H，且能和碳酸氢钠反应生成CO2，说明A中有羧基，A的结构简式为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生反应①，结合信息①，可知B为ClCH2COOH，结合D的分子式，可知1molC和2molC2H5OH发生酯化反应得到D，则C为HOOCCH2COOH，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3。根据G的结构简式可知，D发生取代反应生成E，E的结构简式为，E发生两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，可知X含有醛基，E发生生成F，是将E中的－CH2OH转化为－COOH，X的结构简式为，F的结构简式为，F与乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③，生成H，H为。J发生黄鸣龙反应生成K，根据K的结构简式，可知J为；I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J，可知I为CH3CH2OOCCH=CH2。
【详解】(1)根据分析，A的结构简式为CH3COOH；B中含有的官能团是－COOH和－Cl；
(2)C为HOOCCH2COOH，结合D的分子式，可知1molC和2molC2H5OH发生酯化反应得到D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；
(3)根据D生成E的信息，D中两个酯基之间的CH2上的H原子被－(CH2)5OH取代，结合Y的分子式，可知D与2分子Br(CH2)5OH发生了取代反应，化学方程式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2Br(CH2)5OH→+2HBr；
(4)E发生两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，可知X含有醛基，是将E中的－CH2OH转化为－CHO，X的结构简式为；
(5)根据分析H为；
(6)J发生黄鸣龙反应生成K，根据K的结构简式，可知J为，H为，可知H与I发生加成反应生成了J，因此H→J的反应类型为加成反应；
(7)由K经2步反应可得到化合物M，根据信息②③可知生成的M的结构简式为或。
33.SO2 和 NOx 都是大气污染物。
(1)利用氨水可以将 SO2 和 NO2 吸收，原理如下图所示：
NO2 被吸收的离子方程式是__________________。
(2)湿法吸收工业尾气中的NO2，常选用纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，其反应的离子方程式是(已知酸性HNO2＞H2CO3)______________。
(3)用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒。烟气经下列过程可获得化肥。
该化肥中含有的离子是、___________(填离子符号)。
(4)SCR 和 NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的 NOx 排放。
I．SCR(选择性催化还原)工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为 NH3 和 CO2，该反应的化学方程式是________________。
②反应器中 NH3 还原 NO2 的化学方程式是_________________。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中 SO2 在 O2 作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4 的形成_____________________。
II．NSR(NOx 储存还原)工作原理：NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如下图所示。
①通过 BaO 和 Ba(NO3)2 的相互转化实现 NOx 的储存和还原。储存 NOx 的物质是___________________，生成 Ba(NO3)2 的化学方程式是 _______________。
②用 H2 模拟尾气中还原性气体研究了 Ba(NO3)2 的催化还原过程，该过程分两步进行，下图表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比是___________。
③还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与 NO 有关。在有氧气条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15N1.5N0.5O。将该反应的化学方程式补充完整：_____________ _________15N1.5N0.5O+________H2O
【答案】 (1). 2NO2+4=N2+4+4H+ (2). +2NO2=++CO2 (3). 、 (4). CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑ (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4 (7). BaO (8). 2BaO+4NO+3O2=2Ba(NO3)2 (9). 8:1 (10). 1215NO+4NH3+O2 (11). 8 (12). 6
【解析】
【分析】
(1) 根据流程图信息NO2被吸收时反应物为NO2、NH4HSO3，生成物有氮气，据此依据氧化还原反应的得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子反应方程式；
(2) 纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，结合原子守恒和氧化还原反应电子守恒分析反应生成硝酸盐和亚硝酸盐；
(3) 用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒，O3与烟气中的SO2、NO2、H2O反应生成的H2SO4和HNO3与注入的NH3反应，生成化肥硫铵和硝铵；
(4) I．先判断反应物和生成物，再结合电子守恒和原子守恒书写有关反应方程式；
II．①由图可知储存NOx的物质是BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，氢元素化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15N1.5N0.5O，由N元素守恒可知15NO与NH3应为3：1，结合电子得失相等配平。
【详解】(1) NO2被吸收时，反应物为NO2、NH4HSO3，二氧化氮中氮元素为+4价，生成物有氮气，所以亚硫酸氢根离子中硫被氧化成硫酸根离子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2NO2+4=N2+4+4H+；
(2) 纯碱溶液，将NO2转化为两种氮元素的常见含氧酸盐，结合原子守恒和氧化还原反应电子守恒分析反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，反应的离子方程式为：+2NO2=++CO2；
(3) 用高能电子束激活烟气(主要成分是SO2、NO2、H2O等)，会产生O3等强氧化性微粒，O3与烟气中的SO2、NO2、H2O反应生成的H2SO4和HNO3与加入的NH3发生如下反应：H2SO4+2NH3=(NH4)2SO4、HNO3+NH3 =NH4NO3，该化肥中含有的离子是、、；
(4) I．①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，生成物为氨气和二氧化碳，根据原子守恒，反应的化学方程式为：CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4；
II．①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成Ba(NO3)2的化学方程式是2BaO+4NO+3O2=2Ba(NO3)2；
②第一步反应中H2被氧化生成水，H元素的化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气得到16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为mol=8mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1；
③在有氧气条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15N1.5N0.5O，由N元素守恒可知15NO与NH3应为3：1，1mol15NO被还原得到1mol电子，若有3mol15NO参与反应，则3mol15NO被还原得到3mol电子，1molNH3被氧化失去4mol电子，根据电子守恒，参与反应的O2为0.25mol，即15NO、NH3、O2物质的量之比为3mol：1mol：0.25mol=12:4:1，可知反应的化学方程式为1215NO+4NH3+O2815N1.5N0.5O +6H2O。
【点睛】配平氧化还原反应一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
相关资料
更多
