2022-2023学年上海市育才中学高二上学期（等级考）期末调研化学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市育才中学高二上学期（等级考）期末调研化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

上海市育才中学2022-2023学年高二上学期（等级考）
期末调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年卡塔尔世界杯中，赛场内外随处可见“中国制造”，下列说法不正确的是
A．世界杯纪念钞由特制的塑料薄片制得，这种塑料是一种新型的有机高分子材料
B．卡塔尔阿尔卡萨800兆瓦光伏电站实现了将光能转化为电能，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境
C．裁判在发定位球之前，会向草坪喷出白色的定位喷雾，它由17％的液化丁烷()和80％的水组成，具有无污染、不影响草地的特点，由此可推断：该定位喷雾可长时间存在
D．义乌制造的旗帜飘扬在卡塔尔首都多哈的大街小巷，用于制作旗帜的主要材质是涤纶，具有透风性好、不易损坏的特点
【答案】C
【详解】A．特制的塑料是一种新型的性能优良的有机合成高分子材料，故B正确；
B．光伏电站实现了将光能转化为电能，可以减少化石能源的使用，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境，故B正确；
C．丁烷常温下为气体，所以定位喷雾不可能长时间存在，会迅速消失，故C错误；
D．涤纶是具有透风性好、不易损坏的有机合成高分子材料，故D正确；
故选C。
2．下列物品中含有大量纤维素的是
物品




选项
A．北狼毫(黄鼠狼毛做)
B．涤纶布料
C．纸张
D．碳纤维管

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．北狼毫是动物的毛发，主要成分为蛋白质，A不符合题意；
B．涤纶布料的主要成分涤纶，是一种化学纤维，B不符合题意；
C．纸张是用植物的秸杆、树木等生产的，主要成分为纤维素，C符合题意；
D．碳纤维管的主要成分为碳单质，D不符合题意；
故选C。
3．下列哪种元素不是蛋白质的主要组成元素
A．碳 B．氢 C．氮 D．氯
【答案】D
【详解】A．蛋白质有碳、氢、氧、氮、磷、硫等元素组成，故A中的碳是蛋白质的主要组成元素，不符合题意；
B．蛋白质有碳、氢、氧、氮、磷、硫等元素组成，故B中的氢是蛋白质的主要组成元素，不符合题意；
C．蛋白质有碳、氢、氧、氮、磷、硫等元素组成，故C中的氮是蛋白质的主要组成元素，不符合题意；
D．蛋白质有碳、氢、氧、氮、磷、硫等元素组成，氯不是蛋白质的主要组成元素，符合题意；
故选D。
4．下列有机物的分类不正确的是
A．甘油不是油 B．石炭酸不是羧酸
C．石蜡油不是油脂 D．环己烷不是饱和烃
【答案】D
【详解】A．甘油不是油是醇，A正确；
B．石炭酸是苯酚不是羧酸，B正确；
C．石蜡油是烃类，C正确；
D．环己烷是饱和烃，D错误；
故选D。
5．石油的炼制、煤的加工和油脂的处理过程中没有化学变化的是
A．石油的分馏 B．重油的裂化 C．油脂的皂化 D．煤的干馏
【答案】A
【详解】A．石油的分馏是利用石油中各组分沸点不同，用蒸发和冷凝的方法将其分离，没有化学变化，故A选；
B．重油的裂化是在催化剂、加热条件下，将重油中的长链烃断裂为短链烃，获得轻质油特别是汽油，发生了化学变化，故B不选；
C．油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，发生了化学反应，故C不选；
D．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，发生了化学反应，故D不选；
故选A。
6．下列物质不属于高分子的是
A．纤维素 B．核糖 C．蛋白质 D．核酸
【答案】B
【详解】A．纤维素为多糖，属于高分子化合物，A错误；
B．核糖是一种单糖，分子式C5H10O5，相对分子质量小，不是高分子化合物，B正确；
C．蛋白质是以氨基酸为基本单位构成的生物高分子，C错误；
D．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，D错误；
答案为：B。
7．某烷烃分子中有18个氢原子，则它的分子式
A．C8H18 B．C9H18 C．C10H18 D．C11H18
【答案】A
【详解】由题意可知，有机物为烷烃，烷烃的通式为CnH2n+2，有18个氢原子，故分子式为C8H18。
故选A。
8．下列有机物命名正确的是
A． 2—乙基丙烷 B．CH3CH2CH2CH2OH 1—丁醇
C．    间二甲苯 D． 2—甲基—2—丙烯
【答案】B
【详解】A．该物质最长链有4个碳，2号碳上有一个支链甲基，所以名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B．醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，故-OH在1号碳原子上，名称为1-丁醇，故B正确；
C．两个甲基处于苯环对位，应为对二甲苯，故C错误；
D．烯烃的命名，编号应该从距离碳碳双键最近的一端开始，该命名的编号方向错误，正确名称应为2-甲基-1-丙烯，故D错误；
故选B。
9．下列物质对应的化学用语表达不正确的是
A．氯仿：CH2Cl2 B．蚁酸：HCOOH
C．硬脂酸甘油酯： D．顺丁橡胶：
【答案】A
【详解】A．氯仿：，A错误；
B．甲酸又称蚁酸：HCOOH　，B正确；
C．硬脂酸甘油酯：，C正确；
D．顺丁橡胶：，相同基团在同侧，D正确；
故选A。
10．下列各组有机物中，互为同分异构体的是
A．核糖和脱氧核糖 B．葡萄糖和果糖
C．丙氨酸与甘氨酸 D．淀粉和纤维素
【答案】B
【详解】A．核糖分子式为C5H10O5，脱氧核糖分子式为C5H10O4，分子式不同，不互为同分异构体，故A不选；
B．葡萄糖和果糖分子式均为C6H12O6，葡萄糖分子中有醛基，果糖分子中有酮羰基，结构不同，互为同分异构体，故B选；
C．丙氨酸分子式为C3H7NO2，甘氨酸分子式为C2H5NO2，分子式不同，不互为同分异构体，故C不选；
D．淀粉和纤维素均为高分子，是混合物，所以不互为同分异构体，故D不选；
故选B。
11．氰酸铵加热生成尿素[NH4OCN=CO(NH2)2]打破了无机物和有机物的界限。下列说法正确的是
A．氰酸铵和尿素都是共价化合物 B．尿素中含有官能团胺基
C．氰酸铵和尿素互称同分异构体 D．该实验最早由瑞典化学家贝采里乌斯完成
【答案】C
【详解】A．NH4OCN属于盐，是由阳离子与阴离子OCN-构成的离子化合物，而CO(NH2)2是由分子构成的共价化合物，二者的所属类别不相同，A错误；
B．尿素中含有官能团是氨基，结构简式是-NH2，B错误；
C．氰酸铵和尿素分子式相同，结构不同，因此二者互称同分异构体，C正确；
D．该实验最早是在1828年由德国化学家维勒完成的，D错误；
故合理选项是C。
12．硝化甘油是一种烈性炸药，可由丙三醇与浓硝酸反应制得。下列有关说法正确的是
A．丙三醇和乙醇互为同系物 B．该反应实现了“氮的固定”
C．该反应中反应物原子利用率为100% D．该反应属于取代反应
【答案】D
【详解】A．丙三醇分子中有3个羟基，乙醇分子中有1个羟基，官能团个数不同，结构不相似，且分子组成上没有相差几个CH2原子团，故两者不互为同系物，故A错误；
B．“氮的固定”是将游离态的氮转化为化合态的氮，该反应参加反应的氮是化合态，该反应没有实现“氮的固定”，故B错误；
C．该反应除了生成硝化甘油外，还生成了水，原子利用率不是100%，故C错误；
D．该反应是丙三醇和硝酸发生了酯化反应，丙三醇分子中羟基上的氢原子被硝酸分子中的硝基取代，也属于取代反应，故D正确；
故选D。
13．橡胶的硫化程度越高，强度越大，但弹性越差。下列橡胶制品中，硫化程度最高的是
A．医用橡胶手套 B．皮鞋胶底 C．自行车内胎 D．橡皮筋
【答案】B
【分析】硫化程度越高，强度越大，弹性越差，所以应该根据实际需求选择硫化的程度。
【详解】A．医用乳胶手套需要较高的弹性，硫化程度不宜过高，故A不符合题意；
B．皮鞋胶底弹性较差，硫化程度较高，故B符合题意；
C．自行车内胎需要较高的弹性，硫化程度不宜过高，故C不符合题意；
D．橡皮筋需要较好的弹性，硫化程度不宜过高，故D不符合题意；
故选B。
14．下列石油的分馏产品中，沸点最低的是
A．汽油 B．煤油 C．柴油 D．石油气
【答案】D
【详解】将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，故选D项。
答案选D。
15．心脏搏动产生电流传导到体表，使体表不同部位产生电位差。做心电图时在仪器与病人皮肤接触部位应该擦（     ）
A．医用酒精 B．氯化钠溶液 C．葡萄糖溶液 D．碘酒
【答案】B
【详解】为了增大导电性，应该选用电解质溶液，酒精、葡萄糖属于典型的非电解质，碘酒也不导电，故选B。
16．二烯烃是有机化工中的重要物质，分子中存在单双键交替出现的结构称为共轭结构，下列物质中含有共轭结构的是
A．CH3CH=CH2 B．
C． D．CH2=CHCH2CH=CH2
【答案】C
【详解】A．丙烯分子中只有一个双键，不存在单双建交替出现的结构，不含共轭结构，故A不选；
B．该分子中每两个碳碳双键之间都隔了两个碳碳单键，不含共轭结构，故B不选；
C．聚乙炔是多个链节-CH=CH-连接而成，即存在-CH=CH-CH=CH-CH=CH-的结构，分子中碳碳双键和碳碳单键交替出现，存在共轭结构，故C选；
D．1，4-戊二烯分子中两个双键间有两个单键，不含共轭结构，故D不选；
故选C。
17．2−丙醇在铜作催化剂并加热的条件下，可被氧化为
A．CH3OCH2CH3 B．
C． D．CH3CH2CHO
【答案】C
【详解】醇发生催化氧化时，是羟基上的O-H键断裂，同时连接羟基碳原子上的一个C-H键断裂，C和O之间形成双键，生成醛或酮，所以2−丙醇( )在铜作催化剂并加热的条件下，可被氧化为丙酮（），故选C。
18．只用水就能鉴别的一组物质是
A．乙醇、乙酸、四氯化碳 B．苯、己烷、乙酸
C．乙醇、甘油、乙酸 D．乙酸乙酯、乙醇、四氯化碳
【答案】D
【详解】A．乙醇、乙酸都溶于水，无法用水鉴别，故A不选；
B．苯和己烷都不溶于水，密度都比水小，无法用水鉴别，故B不选；
C．乙醇、甘油、乙酸都溶于水，无法用水鉴别，故C不选；
D．乙酸乙酯不溶于水，密度比水小；乙醇和水互溶；四氯化碳不溶于水，密度比水大，可以用水鉴别，故D选；
故选D。
19．已知：2R1-14CH=CH-R2→R1-14CH=CH-R1+R2-14CH=CH-R2，则CH3-CH=CH-CH2-CH3发生此反应时断裂的化学键是

A．①③ B．①④ C．② D．②③
【答案】A
【详解】根据2 R1-14CH=CH-R2→R1-14CH=CH-R1+R2-14CH=CH-R2知，其断键位置为R1-14C和C-R2，则CH3-CH=CH-CH2-CH3发生此类反应时断裂的化学键是①③，故答案为：A。
20．“结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是
A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性
B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水
C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性
D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化
【答案】B
【详解】A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；
B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；
C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；
D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。
21．下列说法错误的是
A．苯是优良的有机溶剂，可用于制备硝基苯
B．通过用氢气与乙烯加成的方法除去乙烷中含有的少量乙烯
C．可用新制悬浊液区别葡萄糖溶液、乙酸溶液、乙醇溶液
D．在碱性溶液中可转化为，该反应为取代反应
【答案】B
【详解】A．可用苯、浓硫酸、浓硝酸发生取代反应制备硝基苯，故A正确；
B．实验室难以完成氢气与乙烯的加成反应，且不能确定乙烯的含量，易引入新杂质，应通过溴水，故B错误；
C．葡萄糖为还原性，可被氧化，与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，Cu(OH)2与乙酸发生中和反应生成Cu2+，溶液变蓝，Cu(OH)2悬浊液与乙醇溶液不能互溶，形成悬浊液，三者现象不同，能鉴别，故C正确；
D．在NaOH溶液中加热可转化为，-Cl被-OH取代，该反应为取代反应，故D正确；
故选：B。
22．下列有机物实验室制备装置正确的是




A．制乙烯
B．制乙炔
C．制硝基苯
D．制乙酸丁酯

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.缺少温度计，故A错误；
B.因电石和水反应时会放出大量的热，会导致启普发生器炸裂，所以制取乙炔时不能用启普发生器，故B错误；
C.反应对温度的要求十分严格，因此需要水浴加热，如果温度超过60 ℃，将有二硝基苯生成，常温下，苯、硝酸都易挥发，55—60 ℃挥发更甚，长导管具有冷凝器的作用，可冷凝苯、硝酸使其回流，故C正确；
D.冰醋酸、正丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，会造成反应物的大量挥发，降低了反应物的转化率，装置中应加个冷凝回流装置，可以冷凝回流反应物，提高反应物的转化率，故D错误。
故选C。
23．下列物质中，与NaOH溶液、Na2CO3溶液、溴水、苯酚钠溶液和甲醇都能反应的是
A．苯 B．CH3CHO C．CH3COOH D．CH2=CHCOOH
【答案】D
【详解】A．苯与五种物质都不反应，故A不选；
B．乙醛含有醛基，能被溴水氧化，与其他物质都不反应，故B不选；
C．乙酸含有羧基，与溴水不反应，与另外几种物质均反应，故C不选；
D．丙烯酸含有碳碳双键和羧基，与NaOH溶液发生中和反应，与Na2CO3发生复分解反应生成二氧化碳，与溴水发生加成反应，与苯酚钠发生复分解反应，生成苯酚，强酸制取弱酸，和甲醇发生酯化反应，和五种物质都能反应，故D选；
答案选D。
24．下列对合成材料的认识中，不正确的是
A．高分子化合物又称聚合物或高聚物，大多由小分子通过聚合反应制得
B．的单体是HOCH2CH2OH与
C．聚乙烯是由乙烯发生加聚反应生成的纯净物
D．高分子化合物按照来源可分为天然高分子和合成高分子
【答案】C
【详解】A．烯烃、炔烃等小分子可发生加聚反应生成高分子化合物，二元醇、二元羧酸或二元羧酸与二元胺类有机物或氨基酸类有机物等可发生缩聚反应生成高分子化合物，高分子化合物简称聚合物或高聚物，A正确；
B．的链节为，酯基水解可得到单体是HOCH2CH2OH与，B正确；
C．聚乙烯是由乙烯发生加聚反应生成，因为聚乙烯由多条碳原子数不同的链构成，所以聚乙烯属于混合物，C不正确；
D．高分子化合物若由动植物体内合成，则为天然高分子化合物，若通过人工方法合成，则为合成高分子化合物，D正确；
故选C。
25．布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的成修饰：，以减轻副作用，下列说法正确的是
A．该做法使布洛芬水溶性增强
B．布洛芬和成酯修饰产物中均含手性碳原子
C．布洛芬与足量氢气发生反应理论上可消耗
D．布洛芬中所有的碳原子可能共平面
【答案】B
【详解】A．反应前布洛芬中含有羟基，可以与水分子形成氢键，反应后的物质不能与水分子形成氢键，在水中的溶解性减弱，故A错误；
B．连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，布洛芬和成酯修饰产物中均含1个手性碳原子(与羧基或酯基相连碳原子)，故B正确；
C．布洛芬中含有1个苯环，1mol布洛芬可以和3molH2发生加成反应，故C错误；
D．布洛芬中含有饱和碳原子，具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，则布洛芬中所有碳原子一定不共平面，故D错误；
故选B。
26．病毒核酸保存液中的胍盐(可由胍与盐酸反应制得，胍的结构简式如图所示)能使蛋白质变性，胍盐在碱性溶液中水解产物中含有氨和尿素。下列说法不正确的是

A．蛋白质变性属于物理变化 B．胍的水溶液呈碱性
C．胍中不存在非极性键 D．胍易溶于水
【答案】A
【详解】A．蛋白质变性属于化学变化，A错误；
B．胍含有碱性基团氨基，可以和盐酸反应生成胍盐，胍的水溶液呈碱性，B正确；
C．胍中有C=N键、C-N键、N-H键，均为极性键，没有非极性键，C正确；
D．胍中含有氮原子，氮原子上连接氢原子，和水能形成氢键，所以胍易溶于水，D正确；
故选A。
27．下列说法中正确的是
A．分子中有羧基的物质溶于水后，溶液一定显酸性
B．甲酸甲酯能发生银镜反应
C．RCOOH与R′OH发生酯化反应时生成
D．能与NaOH发生反应、分子式为C2H4O2的有机物一定是羧酸
【答案】B
【详解】A．分子中有羧基的同时若有氨基，则溶于水后溶液可能显碱性或中性，故A错误；
B．甲酸甲酯分子中有醛基的结构，能发生银镜反应，故B正确；
C．酯化反应历程是酸失羟基醇失氢，所以RCOOH与R′OH发生酯化反应时生成，故C错误；
D．C2H4O2可能为乙酸，也可能为甲酸甲酯，乙酸和甲酸甲酯分别与NaOH溶液发生中和反应和水解反应，故D错误；
故选B。
28．按如图所示装置，在试管A里加入3mL乙醇和2mL冰醋酸，然后一边摇动，一边慢慢地加入2mL浓硫酸，再加入少量碎瓷片，用酒精灯加热10min，结果在饱和碳酸钠溶液的液面上没有无色油状液体，下列对其原因的分析错误的是

A．试管A中发生可逆反应，速率不快
B．热源小、水量多，水浴升温速度太慢
C．产物蒸汽在试管A上部全部被冷凝回流
D．产物已全部溶解在饱和Na2CO3溶液中
【答案】D
【详解】A．酯化反应是可逆反应，速率较慢，加热十分钟，可能还没有生成乙酸乙酯，故A正确；
B．如烧杯内加水过多，反应温度较低，则反应较慢，可能收集不到乙酸乙酯，故B正确；
C．如生成乙酸乙酯较少，产物蒸汽在试管A上部全部被冷凝回流，也可能收集不到乙酸乙酯，故C正确；
D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选D。
29．一首脍炙人口的民歌《茉莉花》唱得沁人心脾。茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，其结构简式如图所示。下列关于茉莉醛的叙述中，正确的是

A．茉莉醛与苯甲醛互为同系物
B．在加热和催化剂作用下加氢，每摩尔茉莉醛最多能消耗
C．一定条件下，茉莉醛能发生氧化、还原、酯化等反应
D．从理论上说，202g茉莉醛能从足量银氨溶液中还原出216g银
【答案】D
【详解】A．苯甲醛中不含碳碳双键，茉莉醛中含有碳碳双键，所以苯甲醛和茉莉醛的结构不同，不属于同系物，故A错误；
B．在一定条件下，能和氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键、醛基，1mol该物质含有1mol苯环、1mol碳碳双键、1mol醛基，所以1mol茉莉醛最多能与5mol氢气加成，故B错误；
C．含-CHO，能发生氧化、还原反应，但不能发生酯化反应，故C错误；
D．含1个-CHO，茉莉醛的相对分子质量为202，202g茉莉醛的物质的量为1mol，可从足量银氨溶液中还原出2mol银，质量为216g，故D正确；
故选：D。
30．25℃和101kPa时，乙烷，乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL,原混合烃中乙炔的体积分数为
A．12.5% B．25% C．50% D．75%
【答案】B
【详解】4CnHm＋(4n+m)O2→4nCO2＋2mH2O △V↓
4     4n+m    4n         4+m
32                          72
所以m＝5，即氢原子的平均值是5，由于乙炔和丙烯分别含有2个和6个氢原子，则根据十字交叉法可知乙炔和丙烯的物质的量之比＝，因此乙炔的体积分数为25%，答案选B。


二、填空题
31．20世纪以来各种人工合成高分子材料应运而生，它们具有许多优于天然材料的性能。合成高分子的大量使用改变了人类的生活方式，把人类物质文明的发展向前推进了一大步。
(1)氯丁橡胶的化学结构可表示为：

该高分子化合物是通过_____(填“加聚”或“缩聚”)反应制得的，其链节为______，单体为_____，单体的系统命名法为_____。
(2)聚乳酸是一种常用的可降解塑料，由乳酸聚合得到，其结构如图：

其单体为______，两分子乳酸可以脱水形成六元环状化合物，请写出该反应的化学方程式：______。
(3)ABS树脂是丙烯腈(CH2=CHCN)、1，3−丁二烯和苯乙烯三种单体的共聚物，具有耐热、耐腐蚀、强度高等特点，可用于家用电器和仪表的外壳，并可作为3D打印的材料。请写出生成ABS树脂的聚合反应方程式______。
通常塑料容器的底部都有一个小小身份证——一个三角形的符号，三角形里边有1～7数字，每个编号各代表一种塑料材质(如图所示)。

(4)2～6号塑料属于聚烯烃材质。聚烯烃的生成过程中，形成了新的_____(填写“C－C键”或“C－H键”)，发生了______反应(填反应类型)。
(5)1号塑料的材质是聚对苯二甲酸乙二醇酯，简称PET。结构简式如图所示，比较1～6号塑料的结构，推测哪种材质更易开发成可降解塑料，请解释原因______。

(6)工业生产中，乙烯制备乙二醇采用乙烯氧化法(如图表示)。设计另一条由乙烯为原料制得乙二醇的合成路线(无机试剂任选)_____。
PET的合成路线如图所示：

(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
(7)通过两种途径的比较，解释工业生产选用乙烯氧化法的原因(从原料成本、环境污染和原子利用率3个角度评价)______。
【答案】(1)     加聚          CH2=CCl-CH=CH2     2-氯-1，3-丁二烯
(2)     乳酸或CH3CH(OH)COOH     2CH3CH(OH)COOH +2H2O
(3)nCH2=CHCN+nCH2=CH-CH=CH2+n
(4)     C-C键     加聚
(5)PET中有酯基，可以在酸性或碱性条件下发生水解生成小分子而降解
(6)CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OH
(7)乙烯氧化法制乙醇所用原料是比较廉价的氧气和水，所发生的反应没有副产物，不产生污染环境的物质，原子利用率为100%

【详解】（1）根据氯丁橡胶的结构可知，该高分子是CH2=CCl-CH=CH2通过加聚反应生成的，链节是高分子中重复的结构单元，即 ，单体是CH2=CCl-CH=CH2，系统命名法的名称为2-氯-1，3-丁二烯。
（2）聚乳酸的单体为乳酸，结构简式为CH3CH(OH)COOH。乳酸分子中既有羧基又有羟基，两分子乳酸可以脱水形成六元环状化合物，化学方程式为：2CH3CH(OH)COOH +2H2O。
（3）利用丙烯腈、1，3-丁二烯和苯乙烯分子中的碳碳双键，可以共聚得到高聚物ABS树脂，化学方程式为：nCH2=CHCN+nCH2=CH-CH=CH2+n。
（4）烯烃聚合过程中，碳碳双键打开后，原不饱和碳原子各有一个单电子，两个烯烃分子的碳原子利用单电子连接，形成新的C-C键，将烯烃分子连成长链，发生了加聚反应，得到高聚物。
（5）PET中有酯基，可以在酸性或碱性条件下发生水解生成小分子而降解。
（6）乙烯可以先和卤素单质发生加成反应生成1，2-二卤乙烷，然后1，2-二卤乙烷再在NaOH水溶液中发生取代反应生成乙二醇，合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OH。
（7）若用乙烯做原料，先加成再水解，需要用到有毒的溴单质和强碱NaOH，第二步反应还生成副产物NaBr，原子利用率不是100%，而用乙烯氧化法制乙醇所用原料是比较廉价的氧气和水，所发生的反应没有副产物，不产生污染环境的物质，原子利用率为100%，故工业上选用乙烯氧化法。

三、有机推断题
32．风靡全球的饮料果醋中含有苹果酸(MLA)，其分子式为C4H6O5，0.1mol苹果酸与足量的NaHCO3溶液反应能产生4.48LCO2(标准状况)，苹果酸脱水能生成使溴的四氯化碳溶液褪色的产物G。苹果酸经聚合生成聚苹果酸酯(PMLA)。

(1)根据信息可知，1mol苹果酸(MLA)含有_____mol能与NaHCO3反应产生CO2的官能团，苹果酸(MLA)脱水生成产物G的反应类型为______，所以苹果酸(MLA)中所包含的官能团为_____。
(2)写出下列物质的结构简式：A_____，D_____。
(3)指出合成路线中①、②的反应类型：①_____；②______。
(4)下列关于苹果酸(MLA)说法正确的是_____。
a．0.1mol苹果酸与足量Na反应可生成3.36LH2
b．苹果酸与乙醇反应生成的酯有2种
c．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别丁二酸和苹果酸
d．苹果酸易溶于水
写出一种与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式：_____。
(5)写出E→F转化的化学方程式_____。
(6)上述转化关系中步骤③和④的顺序能否颠倒？_____(填“能”或“不能”)。说明理由：_____。
【答案】(1)     2     消去反应     羧基 羟基
(2)     CH2BrCH=CHCH2Br     OHC-CH2-CHBr-CHO
(3)     加成反应     水解反应（取代反应）
(4)     cd     或HOOC-CH(CH2OH)COOH
(5)HOOC-CH2-CHBr-COOH+3NaOHNaOOC-CH2-CHOH-COONa+NaBr+2H2O
(6)     不能     若先氧化，碳碳双键也被氧化

【分析】苹果酸(MLA)分子式为C4H6O5，不饱和度为2，0.1mol苹果酸与足量的NaHCO3溶液反应能产生4.48LCO2(即0.2mol)，则苹果酸分子中含有2个羧基，苹果酸脱水能生成使溴的四氯化碳溶液褪色的产物G，则苹果酸中含有一个羟基。根据苹果酸分子中有两个羧基，羧基只能在碳链一端可知，1，3-丁二烯和溴发生1，4-加成反应，生成1，4-二溴-2-丁烯，则A为CH2BrCH=CHCH2Br，A在NaOH溶液中加热发生卤代烃的水解，氯原子被羟基取代生成醇，则B为CH2OHCH=CHCH2OH，D分子中有溴原子，且能发生银镜反应，则BC发生的是碳碳双键和HBr的加成反应，CD发生的是醇的氧化反应，D的结构简式为OHC-CH2-CHBr-CHO，D被氧化为E，则E为HOOC-CH2-CHBr-COOH，E在NaOH水溶液中发生水解，溴原子被羟基取代，同时羧基和OH-发生酸碱中和反应生成盐，然后再酸化，-COONa变回羧基得到MLA。
【详解】（1）由以上分析可知，1mol苹果酸中有2mol羧基和1mol羟基，羧基和羟基是苹果酸的官能团。羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1mol苹果酸(MLA)含有2mol能与NaHCO3反应产生CO2的官能团，苹果酸(MLA)利用分子中的羟基脱水生成能使溴的四氯化碳溶液褪色的G，则发生的是醇的消去反应。
（2）由以上分析可知，A的结构简式为CH2BrCH=CHCH2Br，D的结构简式为OHC-CH2-CHBr-CHO。
（3）合成路线中①是1，3-丁二烯和溴发生的1，4-加成反应，②是卤代烃的水解反应，也是取代反应。
（4）没有指明是否标准状况，无法计算生成氢气的体积，故a不选；苹果酸分子中有两个不对称的羧基，都可以和乙醇发生酯化反应生成酯，若1mol苹果酸和1mol乙醇反应，可以得到两种酯，若乙醇足量，还可以得到一种二元酯，所以苹果酸与乙醇反应生成的酯有3种，故b不选；苹果酸分子中有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，丁二酸分子中的官能团只有羧基，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苹果酸和丁二酸，故c选；苹果酸分子中含有羧基和羟基，都能和水形成氢键，所以苹果酸易溶于水，故d选；故选cd。
与苹果酸具有相同官能团的同分异构体只能是碳链异构，可能的结构有： 或HOOC-CH(CH2OH)COOH。
（5）E→F既发生了卤代烃的水解，还发生了酸碱中和，化学方程式为：HOOC-CH2-CHBr-COOH+3NaOHNaOOC-CH2-CHOH-COONa+NaBr+2H2O。
（6）步骤③发生的是碳碳双键的加成，步骤④发生的是醇的氧化，由于碳碳双键也易被氧化，若先氧化，碳碳双键也被氧化。