【化学】河南省永城市实验高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

河南省永城市实验高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
试卷说明:本卷分为试题卷与答题卡两部分，在试题卷上答题无效，考试结束只收答题卡。
考试时间为90分钟，满分100分。
相对原子质量： H--1 C-12 O--16 Ag-108
第I卷 选择题
一.选择题（每个题只有一个正确选项，每题3分，共48分）
1.下列物质中，不属于有机物的是（ ）
A. 丙烷(CH3CH2CH3) B. 醋酸(CH3COOH)
C. 氰化钠(NaCN) D. 乙炔(C2H2)
【答案】C
【解析】
【详解】A.丙烷(CH3CH2CH3)分子中含有C、H两种元素，属于烃，是有机化合物，A不符合题意；
B.醋酸(CH3COOH)分子中含有C、H、O三种元素，是烃的衍生物，是有机化合物，B不符合题意；
C.氰化钠(NaCN)是含碳元素的无机化合物，不属于有机物，C符合题意；
D.乙炔(C2H2)是含碳、氢两元素的化合物，是烃，属于有机物，D不符合题意；
故合理选项是C。
2.下列化学用语不正确的是（ ）
A. 1，3-丁二烯的分子式：C4H8
B. 甲醛的结构式：
C. 乙醇的结构简式：CH3CH2OH
D. 羟基电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A.1，3-丁二烯的分子式：C4H6，A不符合题意；
B.甲醛分子中C、H原子间形成1对共用电子对，C、O两个原子形成双键，因此甲醛的结构式：，B符合题意；
C.乙醇分子式是C2H6O，分子中含有一个-OH，结构简式为：CH3CH2OH，C不符合题意；
D.O原子最外层有6个电子，其中一个成单电子与H原子的电子形成共用电子对，所以羟基的电子式为，D不符合题意；
故合理选项是A。
3.下列各组物质中，属于同分异构体的是 ( )

A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A、碳原子数不同，因此这两种烃不属于同分异构体，属于同系物，故A错误；B、两种有机物分子式为C2H5NO2，结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；C、碳原子数不同，不互为同分异构体，应是同系物，故C错误；D、分子式同，前者为C4H10O，后者为C4H10，不属于同分异构体，故D错误。
4.下列用系统命名法命名的有机物名称正确的是（ ）
A. 2 -甲基-4 -乙基戊烷 B. 3, 4, 4 -三甲基己烷
C. 2, 3 -二乙基-1 -戊烯 D. 1, 2, 4 -三甲基-1 -丁醇
【答案】C
【解析】
【详解】A.未选择含碳原子数最多的碳链为主链，该物质名称为2,4-二甲基己烷，A错误；
B.碳链首端选错，该物质名称为3, 3, 4 -三甲基己烷，B错误；
C.符合烯烃的命名方法和原则，C正确；
D.未选择含有碳原子数最多的碳链为主链，该物质的名称为2,3-二甲基-1-戊醇，D错误；
故合理选项是C。
5.已知二甲醚和乙醇是同分异构体，下列鉴别二者的方法中不可行的是（ ）
A. 利用金属钠 B. 利用红外光谱法
C. 利用核磁共振氢谱 D. 利用质谱法
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属钠与乙醇反应放出氢气，与二甲醚不能反应，可以鉴别，A不符合题意；
B.利用红外光谱法可测定物质中含有的官能团，可以鉴别，B不符合题意；
C.核磁共振氢谱能显示分子中H原子种类的不同，可以鉴别，C不符合题意；
D.质谱法能够显示分子的相对分子质量，二者分子式相同，相对分子质量相同，因此不能鉴别，D符合题意；
故合理选项是D。
6.下列烷烃的一氯取代物中没有同分异构体的是（ ）
A. 2-甲基丙烷 B. 丙烷
C. 乙烷 D. 丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.2-甲基丙烷含有两种不同位置H原子，因此该烷烃的一氯取代物有同分异构体，A不符合题意；
B.丙烷分子中含有两种不同位置的H原子，因此丙烷的一氯取代物有同分异构体，B不符合题意；
C.乙烷分子中只有一种H原子，因此其一氯代物没有同分异构体，C符合题意；
D.丁烷分子中含有两种不同位置的H原子，因此该烷烃的一氯取代物有同分异构体，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.苯和甲苯相比较，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 都能使高锰酸钾酸性溶液褪色 B. 都属于芳香烃
C. 都能在空气中燃烧 D. 都能发生取代反应
【答案】A
【解析】
详解】A.苯不能使高锰酸钾酸性溶液褪色，而甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，A错误；
B.苯与甲苯都含有苯环，分子中只含有C、H两种元素，因此都属于芳香烃，B正确；
C.苯和甲苯都是有机物，可以燃烧产生CO2和水，C正确；
D.苯和甲苯都是芳香烃，在一定条件下可以发生苯环上的取代反应，D正确；
故合理选项是A。
8.下列各组物质中，能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的是（ ）
A. 乙烯和乙炔 B. 甲烷和苯
C. 苯和正己烷 D. 苯和1-己炔
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯和乙炔都含有不饱和的键，都能够高锰酸钾酸性溶液褪色，因此不能鉴别，A错误；
B.甲烷和苯都与酸性高锰酸钾溶液不反应，因此溶液不褪色，不能鉴别，B错误；
C.苯和正己烷都不能与酸性高锰酸钾溶液发生反应，因此不能使溶液褪色，不能鉴别，C错误；
D.苯不能与酸性高锰酸钾反应，而1-己炔能与酸性高锰酸钾反应，而使溶液褪色，可以鉴别，D正确；
故合理选项是D。
9.某有机物的结构简式为，下列对其化学性质的判断中，不正确的是（ ）
A. 能被银氨溶液氧化
B. 1mol该有机物只能与1molH2发生加成反应
C. 1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应
D. 能使KMnO4酸性溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质含有醛基，可以被银氨溶液氧化，A正确；
B.该物质1个分子中含有1个碳碳双键和1个醛基，这两个官能团都可以与氢气发生加成反应，所以1mol该有机物能与2molH2发生加成反应，B错误；
C.只有碳碳双键可以与Br2发生加成反应，所以1mol该有机物只能与1molBr2发生加成反应，C正确；
D.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，因此能使KMnO4酸性溶液褪色，D正确；
故合理选项是B。
10.针对如图所示乙醇分子结构，下述关于乙醇在各种化学反应中化学键断裂情况的说法不正确的（ ）

A. 与金属钠反应时，①键断裂
B. 与浓硫酸共热至170℃时，②、④键断裂
C. 在Ag催化下与O2反应时，①、③键断裂
D. 与醋酸、浓硫酸共热时，②键断裂
【答案】D
【解析】
【详解】A.与金属钠反应时，断裂羟基中的O-H键，即①键断裂，A正确；
B.乙醇和浓H2SO4共热至170℃时，发生消去反应，生成乙烯，断裂C-O键与甲基中1个C-H键，即②、④键断裂，B正确；
C.在Ag催化下与O2反应,发生催化氧化生成乙醛，断裂羟基中O-H键和羟基碳上的一个C-H键，即①、③键断裂，C正确；
D.与醋酸、浓硫酸共热时，乙醇分子中羟基上O-H键断裂，即①键断裂，D错误；
故合理说法是D。
11.下列化合物在水中的溶解度，排列次序正确的是（ ）
a. HOCH2CH2OH b. CH3CH2CH2OH c. CH3CH2COOCH3 d. HOCH2CH(OH)CH2OH
A. d＞b＞c＞a B. c＞d＞a＞b
C. c＞d＞b＞a D. d＞a＞b＞c
【答案】D
【解析】
【详解】在物质a. HOCH2CH2OH ；b. CH3CH2CH2OH；c. CH3CH2COOCH3；d. HOCH2CH(OH)CH2OH中，CH3CH2COOCH3不能与水形成氢键，则溶解度最小；分子中含有羟基数目越多，与水形成氢键越多，则溶解度越大，所以溶解度：HOCH2CH(OH)CH2OH> HOCH2CH2OH > CH3CH2CH2OH > CH3CH2COOCH3，即d＞a＞b＞c；故合理选项是D。
12.下列关于油酯的叙述中不正确的是（ ）
A. 油酯属于酯类 B. 油酯没有固定的熔、沸点
C. 油酯都不能使溴水褪色 D. 油酯是高级脂肪酸的甘油酯
【答案】C
【解析】
A、油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，油脂属于酯类，故A正确；B、油脂是油与脂肪的总称，属于混合物，没有固定的熔沸点，故B正确；C、油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，故C错误；D、油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故D正确；故选：C。
点睛：本题考查油脂的结构与性质，难度不大，注意油与脂肪的结构区别与性质；解题关键：油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键。
13.下列物质中，在一定条件下既能发生水解反应，又能发生银镜反应的是（ ）
A. 蔗糖 B. 麦芽糖
C. 乙酸乙酯 D. 葡萄糖
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖能发生水解反应，但本身无还原性，不能发生银镜反应，A不符合题意；
B.麦芽糖蔗糖能发生水解反应，本身有还原性，能发生银镜反应，B符合题意；
C.乙酸乙酯能发生水解反应，但本身无还原性，不能发生银镜反应，C不符合题意；
D.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D不符合题意；
故合理选项是B。

14.对于淀粉与纤维素关系的叙述，错误的是（ ）
A. 互为同分异构体 B. 都符合分子式(C6H10O5)n
C. 都是非还原糖 D. 都是天然高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A.淀粉与纤维素的分子式通式相同，但由于单糖单元的结构不同，单糖单元的数目不同，所以二者不是同分异构体，A错误；
B.淀粉与纤维素是许多单糖分子之间脱水形成的，分子式通式都是(C6H10O5)n，B正确；
C.淀粉与纤维素分子中都无醛基，因此都没有还原性，C正确；
D.淀粉与纤维素都是绿色植物光合作用的高分子化合物，因此都是天然高分子化合物，D正确；
故合理说法是A。
15.由2-溴丙烷为原料制取1，2-丙二醇（HOCH2-CHOH-CH3）,需要经过下列哪几步反应（ ）
A. 消去-取代-加成 B. 取代-消去-加成
C. 消去-加成-水解 D. 水解-取代-取代
【答案】C
【解析】
【详解】由2-溴丙烷制取少量的1，2-丙二醇，可用逆推法判断：CH3CH(OH)CH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHBrCH3，则2-溴丙烷应首先发生消去反应生成CH3CH=CH2，CH3CH=CH2与溴发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br发生水解反应可生成1，2-丙二醇，故合理选项是C。
16.某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 分子中含有4种官能团
B. 1mol该物质可以和3molNaOH反应
C. 在水溶液中该有机物中的羟基和羧基均能电离出氢离子
D. 可发生加成反应、中和反应、水解反应、酯化反应、氧化反应和消去反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质分子中含有酯基、羟基、羧基三种官能团，A错误；
B.该物质分子中含有的羧基可以与NaOH发生反应，酯基水解产生乙酸和酚羟基都可以与NaOH反应，而醇羟基不能反应，因此1mol该化合物可以和3molNaOH反应，B正确；
C.在该物质水溶液只有羧基能电离出氢离子，羟基不能电离产生H+，C错误；
D.物质中含有苯环可以发生加成反应，含有羧基，能反应中和反应；含有酯基，能发生水解反应；含有羟基和羧基，能发生酯化反应；含有醇羟基，羟基连接的C原子上有H原子，能发生氧化反应，由于羟基连接的C原子直接连接在苯环上，不能发生消去反应，D错误；
故合理选项是B。
第II卷 非选择题(共52分)
17.(1)烷烃C5H12的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该异构体的结构简式为______。
(2)2，2，3，3-四甲基戊烷的结构简式为：___________。
(3)的系统命名：________。
(4)1mol不饱和烃可以和1molCl2发生加成反应，生成2-甲基-2,3-二氯戊烷，则该不饱和烃的结构简式是：______。
(5)相对分子量相近的醇和烷烃相比，醇的沸点远远高于烷烃，原因是__________。
(6)相同质量的甲烷，乙烷，乙烯和乙炔，完全燃烧后生成CO2最多的是_________。
【答案】 (1). (2). C(CH3)3C(CH3)2CH2CH3 (3). 2-甲基-1-丁烯 (4). (CH3)2C=CH-CH2CH3 (5). 醇分子之间形成了氢键 (6). 乙炔
【解析】
【分析】
(1)烷烃C5H12的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，则该物质只含有一种位置的H原子，据此书写结构简式；
(2)烷烃主链上有五个C原子，在主链的2、3号C原子上分别有2个甲基，然后根据烷烃的C原子价电子为4，用H原子补齐，即得该物质的结构简式；
(3)从左端给主链上C原子编号，以确定碳碳双键和甲基在主链上的位置，然后对其命名；
(4)将2-甲基-2,3-二氯戊烷的2个Cl原子去掉，将碳碳单键改为碳碳双键，就是该物质的结构简式；
(5)醇的分子之间有氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点增大；
(6)等质量的物质，C元素的含量越多，反应产生的CO2也越多。
【详解】(1)烷烃C5H12的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，则该物质只含有一种位置的H原子，该物质的结构简式为；
(2) 2，2，3，3-四甲基戊烷的结构简式为C(CH3)3C(CH3)2CH2CH3；
(3)从左端给主链上C原子编号，以确定碳碳双键和甲基在主链上的位置，然后用系统命名方法对其命名为2-甲基-1-丁烯；
(4)将2-甲基-2,3-二氯戊烷的2个Cl原子去掉，将碳碳单键改为碳碳双键，就是该物质的结构简式为(CH3)2C=CH-CH2CH3；
(5)相对分子量相近的醇和烷烃相比，由于醇分子之间有氢键，增加了醇分子之间的吸引力，从而使醇的沸点远远高于相应烷烃；
(6)相同质量的甲烷，乙烷，乙烯和乙炔中，C元素的含量最高的是乙炔，碳元素的含量越多，等质量的物质中C元素的质量就越多，则其完全燃烧后生成CO2也最多。因此相同质量的甲烷，乙烷，乙烯和乙炔，完全燃烧后生成CO2最多的是乙炔。
【点睛】本题考查了烷烃的结构简式的书写、烯烃的系统命名方法及反应特点、有机物的结构与性质的关系等知识。掌握有机化学基础知识，掌握烯烃加成反应的规律等是解题关键。
18.某化学小组以苯甲酸和异丙醇为原料，制取苯甲酸异丙酯（），已知有关物质的沸点如表：

在如图圆底烧瓶中加入12.2g苯甲酸和30mL异丙醇（密度约为0.79g/cm3），再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，加入几块碎瓷片，小心加热30分钟，使反应充分，得苯甲酸异丙酯粗产品。

(1)加入碎瓷片的作用是______，加入浓硫酸的作用是_____；
(2)若反应产物水分子中有同位素18O，写出能表示反应前后18O位置的化学反应方程式：_______；
(3)苯甲酸异丙酯粗产品中往往含有少量异丙醇、苯甲酸和水等，现拟用下列流程图进行精制，操作①中用到的一种重要玻璃仪器是_________；操作②的名称是__________。

(4)在进行操作②收集苯甲酸异丙酯时应控制的温度范围_______。
A.80℃～100℃ B.200℃～249℃ C.217℃～219℃ D.249℃以上
【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 催化剂和吸水剂
(3). (4). 分液漏斗 (5). 蒸馏 (6). C
【解析】
【分析】
(1)混合液体加热为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片；浓硫酸在反应中的作用是催化剂和吸水剂；
(2)酯化反应机理为酸脱羟基醇脱氢，羟基与氢原子结合形成水，据此写出该反应的化学方程式；
(3)分液用于分离两种不互溶的液体，蒸馏用于互溶但沸点相差较大的两种(或两种以上)液体分离，根据物质性质的不同选择合适的仪器；
(4)根据苯甲酸异丙酯的沸点选择合适的温度范围。
【详解】(1)液体混合物加热时为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片，因此加入碎瓷片的目的是防止暴沸；苯甲酸与异丙醇在浓硫酸存在时加热发生酯化反应，产生苯甲酸异丙酯和水，浓硫酸的作用是催化剂，同时反应产生的水被浓硫酸吸收，可以使酯化反应正向进行，促使酯化反应的进行；
(2)苯甲酸与异丙醇在浓硫酸作用下的酯化反应实质为：苯甲酸脱去羟基，异丙醇脱去羟基的H原子，所以水中18O原子来自苯甲酸，则反应的化学方程式为：；
(3)苯甲酸异丙酯粗产品中往往含有少量异丙醇、苯甲酸和水等物质，苯甲酸异丙酯是不溶于水的液体，异丙醇、水能溶于饱和碳酸钠溶液，苯甲酸和碳酸钠发生反应，进入溶液，所以操作Ⅰ是分离互不相溶的液体混合物的方法，采用分液法分离，分液使用的主要玻璃仪器为分液漏斗；根据互溶的液体混合物中物质沸点的不同，采用蒸馏的方法分离。
(4)若要收集苯甲酸异丙酯，可根据苯甲酸异丙酯的沸点是218℃，收集217℃～219℃的馏分即可，故合适选项是C。
【点睛】本题通过苯甲酸异丙酯的制备方法，考查了物质制备方案的设计与评价、混合物的分离方法、化学实验操作的目的，明确物质的制备原理为解答此类题的关键。
19.某有机物A，由C、H、O三种元素组成，由A可以转化为有机物B、C和D、E；C又可以转化为B、A。它们的转化关系如下：

已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应。
写出①③⑤⑧转化的化学方程式：
①____________________________； ③____________________________。
⑤____________________________； ⑧____________________________。
【答案】 (1). CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O (2). CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
【解析】
【分析】
D的蒸气密度是氢气的22倍，则其相对分子质量为M=2×22=44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO，由转化关系可知E为CH3COOH，A为CH3CH2OH，B为CH2=CH2，C为CH3CH2Br，则F为CH3COOC2H5，结合有机物的性质以及官能团的变化解答该题。
【详解】根据上述分析推断可知：A为CH3CH2OH，B为CH2=CH2，C为CH3CH2Br，D为CH3CHO，由转化关系可知E为CH3COOH，F为CH3COOC2H5。
①反应是乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生乙烯和水，反应的方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O；
③是溴乙烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应产生乙烯、NaBr、H2O，反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；
⑤是乙醇与O2在Cu或Ag作催化剂时，在加热条件下发生氧化反应产生乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
⑧是乙醇与乙酸在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。
【点睛】本题考查有机物的推断，考查了烃、醇、卤代烃、醛、羧酸、酯之间的转化关系及反应条件，本题注意以D的相对密度计算其相对分子质量，结合其发生银镜反应确定D是醛为解答该题的突破口，把握有机物官能团的结构和性质是解答该类题目的关键。
20.环己烷可制备1，4-环己二醇。下列七步有关反应（其中无机产物都已经略去）中，其中有两步属于取代反应，两步属于消去反应，三步属于加成反应（提示：⑤属于1，4-加成反应）
试回答：

(1)写出下列化合物的结构简式：B__________，C________。
(2)反应________和________(填写序号)属于取代反应
(3)反应④所用的试剂和条件分别为：___________。
(4)写出下列反应的化学方程式：
①____________________________；④____________________________。
【答案】 (1). (2). (3). ① (4). ⑥ (5). NaOH醇溶液、加热 (6). +Cl2+HCl (7). +2NaOH+2NaCl+2H2O
【解析】
【分析】
环己烷和氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成环己烯A，则A的结构简式为：，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，和氢气发生加成反应生成。
【详解】(1)由上述分析可知，B结构简式是；C结构简式是；
(2)在上述反应中①是取代反应，②是消去反应，③是加成反应；④是消去反应；⑤是加成反应，⑥是取代反应；⑦是加成反应，所以属于取代反应的为①⑥；
(3)反应④是1，2-二氯环己烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生环己二烯和NaCl、H2O，故所用的试剂和条件为NaOH醇溶液、加热；
(4)①反应是环己烷与Cl2在光照时发生取代反应，产生一氯环己烷和HCl，反应的化学方程式：；
反应④1，2-二氯环己烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生环己二烯和NaCl、H2O，反应的化学方程式：。
【点睛】本题考查有机物合成，关键要熟练掌握有机物官能团的性质，结合反应条件判断反应类型和有机物的结构简式。
21.某有机化合物A的蒸气对氢气的相对密度为30， 分子中含碳40%，含氢6.6%，其余为氧。此有机物既可与金属钠反应,又可与氢氧化钠和碳酸钠反应。
(1)通过计算确定该有机物的分子式______；
(2)根据该有机物的性质,写出其结构简式_________。
【答案】 (1). C2H4O2 (2). CH3COOH
【解析】
【分析】
(1)根据相对密度与摩尔质量成正比计算出该有机物的摩尔质量，然后分别根据该元素的含量计算出其分子中含有的C、H、O原子数，从而确定其分子式；
(2)此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠反应，说明其分子中含有羧基，然后根据A的分子式确定其结构简式。
【详解】(1)有机物与H2的相对密度为30，则MA=30×2g/mol=60 g/mol，A的分子量为60，
含O的质量分数为：1-40%-6.6%=53.4%，A分子中含有C、H、O原子数分别为：N(C)==2；
N(H)==4；N(O)==2，则有机物A的分子式为C2H4O2；
(2)该有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠反应，则其分子中含有-COOH，结合其分子式可知：该有机物的结构简式为CH3COOH。
【点睛】本题考查了有机物的分子式、结构简式的推断与计算，明确摩尔质量与相对密度的关系为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质力。