河北省黄骅中学2020学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）

河北黄骅中学2020学年高二下学期第二次月考化学试题1.化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法不正确的是（ ）A. “天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型无机高分子材料B. 2020年德美科学家因开发超分辨荧光显微镜获诺贝尔化学奖，使光学显微镜分辨率步入了纳米时代。利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. 福尔马林可浸制标本,因其可使蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A、碳纤维是指由有机合成材料和碳纤维通过加工制成的具有特殊性的材料，属于无机高分子材料，故A说法正确；B、利用此类光学显微镜可以观察活细胞内蛋白质等大分子，故B说法正确；C、青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，这是青蒿素的萃取，属于物理变化，故C说法错误；D、福尔马林为甲醛水溶液，甲醛有毒，能够使蛋白质变性，所以可以用于浸制标本防腐，故D说法正确。故答案选C。2.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”(原子节约) 的新概念及要求，理想原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放。下列反应类型一定符合这一要求的是取代反应 加成反应 水解反应 加聚反应 酯化反应A. B. C. D. 【答案】A【解析】加成反应和加聚反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，原子利用率高达100%，答案选A。点睛：本题考查学生有机反应类型的特点，要求学生熟记教材知识，学以致用。原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放，加成反应和加聚反应符合要求。3. 下列有关叙述正确的是A. 糖、油脂、蛋白质和纤维素都由碳、氢、氧元素组成，都是高分子化合物B. 糖、油脂、蛋白质和纤维素都能发生水解C. 葡萄糖和果糖、麦芽糖和蔗糖、淀粉和纤维素，它们间互为同分异构体D. 重金属盐能使蛋白质凝结，故误食重金属盐会中毒【答案】D【解析】试题分析：A糖、油脂和纤维素都由碳、氢、氧元素组成，蛋白质分子中还含有N和S等元素，其中纤维素和蛋白质都是高分子化合物，A错误；B油脂、蛋白质和纤维素都能发生水解，单糖不能发生水解反应，B错误；C葡萄糖和果糖、麦芽糖和蔗糖，它们间互为同分异构体，淀粉和纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，C错误；D重金属盐能使蛋白质凝结，故误食重金属盐会中毒，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构和性质4.下列说法正确的是A. 食用油和鸡蛋清水解都能生成氨基酸B. 乙酸乙酯与乙烯在一定条件下都能与水发生加成反应C. 丙烯分子中最多有8个原子共平面D. 用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物【答案】D【解析】A食用油水解生成高级脂肪酸和甘油，而鸡蛋清是蛋白质，水解能生成氨基酸，故A错误；B乙酸乙酯只能发生水解反应，而乙烯在一定条件下能与水发生加成反应，故B错误；C乙烯为平面结构，故丙烯分子中至少有6个原子位于同一平面，由于单键可以旋转，故甲基上的1个氢原子也可能在这个平面内，故丙烯分子中最多有7个原子位于同一平面，故C错误；D 苯和硝基苯均不溶于水或水溶液，其中苯的密度比水小，而硝基苯的密度比水大，乙醇能与水混溶不分层，碳酸钠溶液可以 和乙酸反应生成二氧化碳氧体，故D正确；答案为D。5.符合分子式为C6H12,主链为四个碳原子的烯烃的同分异构体有（ ）种A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C6H12，主链为四个碳原子的烯烃的同分异构体有CH2=C(CH3)-CH(CH3)-CH3、CH2=CH-C(CH3)2-CH3、CH2=C(CH2CH3)2、CH3-C(CH3)=C(CH3)-CH3共4种，故答案选B。6.巴豆酸的结构简式为CH3CH=CHCOOH。现有氯化氢、溴水、纯碱溶液、2-丁醇、酸性KMnO4溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是A. 只有B. 只有C. 只有D. 【答案】D【解析】【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题。【详解】巴豆酸分子中含有碳碳双键和羧基，所以巴豆酸具有烯烃和羧酸的性质，与氯化氢、溴水发生加成反应，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，表现碳碳双键的性质；与纯碱溶液发生复分解反应，与2-丁醇发生酯化反应，故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意有机物中的官能团及其性质的关系即可解答，熟悉烯烃、羧酸的性质是解答的关键。7.下列各物质中既能发生消去反应又能发生催化氧化反应，并且催化氧化的产物为醛的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A不能发生催化氧化，可发生消去反应，故A错误；B能发生催化氧化，但不能发生消去反应，故B错误；C能发生催化氧化、也能发生消去反应，但氧化产物为丙酮，不能发生银镜反应，故C错误；D能发生消去反应，催化氧化可生成醛，能发生银镜反应，故D正确；故选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质。解答本题要注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系，同时注意催化氧化的产物与结构的关系。8.只用一种试剂就能将甲苯、己烯、四氯化碳、碘化钾溶液区分开，该试剂可以是（ ）A. 高锰酸钾酸性溶液B. 溴化钾溶液C. 溴水D. 硝酸银溶液【答案】C【解析】【详解】甲苯、己烯、碘化钾溶液都与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，是酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，A错误；溴化钾溶液与四种试剂都不反应，溴化钾溶液与碘化钾溶液互溶，甲苯、己烯、四氯化碳都不溶于水，溶液分层，四氯化碳密度比水大，有机层在下层，而甲苯、己烯且密度都比水小，有机层在生成，不能鉴别，B错误；甲苯不溶于水，但密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，加入溴水，色层位置不同，己烯与溴水发生加成反应，碘化钾与溴水发生氧化还原反应，溶液颜色加深，可鉴别，C正确；加入硝酸银溶液，不能鉴别甲苯和己烯，二者与硝酸银不反应，且密度都比水小不能鉴别，D错误。【点睛】本题考查有机物的鉴别，注意综合把握常见有机物的物理性质和化学性质，根据性质的异同选择鉴别试剂。9.下列说法和结论正确的是选项项 目结 论A三种有机化合物：乙烷、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面上B将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中, 溶液褪色产物不都是烷烃C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同D有机反应中的卤化、硝化、氢化均属于取代反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】乙烷中C原子与另外4个相连的原子形成四面体结构，所以乙烷分子内所有原子不在同一平面上，A错误；将石蜡油加强热(裂解)所产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和烃（如烯烃等），烷烃不能和酸性高锰酸钾溶液反应，B正确；乙烯与溴单质发生加成反应,苯与溴水不反应，苯能使溴水褪色，是发生了萃取，属于物理过程，C错误；有机反应中氢化是指含有不饱和键（如碳碳双键或碳碳三键）有机物与氢气发生加成反应，不是取代反应，而硝化、卤化均属于取代反应；D错误；正确选项B。点睛：含有碳碳双键、三键的烃类有机物，都能够与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而烷烃，苯及苯的同系物都不能与溴发生加成反应，但是都能发生萃取过程。10.某烃分子中含有一个双键和一个叁键，则它的分子式可能是（）A. C5H6B. C4H6C. C7H8D. C10H8【答案】A【解析】【详解】某烃分子中含有一个双键和一个叁键，即该分子不饱和度为3，饱和烷烃的分子通式为CnH2n+2,则不饱和度为3的烃类的通式为CnH2n-4，题干中只有A选项满足此通式，综上所述，本题应选A。11.下列有机物命名正确的是 ( )A. 2乙基丙烷B. CH3CH2CH2CH2OH 1丁醇C. 邻二甲苯D. CH2C(CH3)2 2甲基2丙烷【答案】B【解析】【详解】A烷烃的命名，不能出现2-乙基，否则说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有4个C，主链为丁烷，在2号C含有1个甲基，有机物正确命名为：2-甲基丁烷，故A错误；BCH3CH2CH2CH2OH 1-丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在1号C，其命名满足有机物的命名原则，故B正确；C，甲基在苯环的对位碳原子上，应该称为对二甲苯，故C错误；D，该有机物为烯烃，应该从距离碳碳双键最近的一端开始编号，碳碳双键在1号C，在2号C原子上含有1个甲基，该有机物正确命名为：2-甲基-1-丙烯，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了有机物的命名，解题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。12.用元素分析仪分析6.4mg某有机化合物，测得生成8.8mgCO2和7.2mgH2O，无其他物质生成。下列说法中，正确的是 ( )A. 该化合物的分子式为C2H8O2B. 该化合物中碳、氢原子个数比为1:6C. 无法确定该化合物中是否含有氧元素D. 该化合物中一定含有氧元素【答案】D【解析】【详解】A、8.8mgCO2中含有8.8mg=2.4mg的C，7.2mgH2O中含有7.2mg=0.8mg的H，6.4mg有机物中含有6.4mg-2.4mg-0.8mg=3.2mg的O，所以该有机物的最简式为CH4O，因为C原子已经达到饱和，故该有机物的分子式为CH4O，故A错误；B、根据分子式分析化合物中原子个数碳、氢原子个数比为1:4，故B错误；C、由A分析知，可以确定该化合物中含有氧元素，故C错误；D、该化合物中一定含有氧元素，故D正确。故答案选D。13.按C2H5Br CH2 CH2 CH2ClCH2Cl CH2 CHCl 的路线制备聚氯乙烯，不发生的反应类型是( )A. 加成反应B. 消去反应C. 取代反应D. 加聚反应【答案】C【解析】【详解】加热条件下，溴乙烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成乙烯；乙烯和氯气发生加成反应生成1、2-二氯乙烷；1、2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯；氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯；所以以上反应中没有涉及的反应类型为：取代反应.答案选C。14.下列粒子间的关系，描述不正确的是( )A. 3517Cl与3717Cl互为同位素B. 乙醇和乙酸互为同系物C. 属于同种物质D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A3517Cl与3717Cl质子数相同均为17，中子数分别为：35-17=18、37-17=20，两者互为同位素，故A正确；B.乙醇和乙酸，前者含有羟基，后者含有羧基，二者分子中含有的官能团不同，不属于同系物，故B错误；C.名称与结构简式一致，为同一种物质，为二氯甲烷，故C正确；D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3分子式都为C4H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。故答案选B。【点睛】本题考查了四同的判断，注意掌握相关的概念及判断方法，C为易错点，注意二氯甲烷的空间结构。15.正丁醇CH3CH2CH2CH2OH和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸正丁酯，反应温度为115125 ，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是（ ）A. 不能用水浴加热B. 长玻璃管起冷凝回流作用C. 正丁醇和乙酸至少有一种能消耗完D. 若加入过量乙酸可以提高醇的转化率【答案】C【解析】【详解】A实验室制取乙酸正丁酯，反应温度为115125，而水浴加热适合温度低于100的反应，A正确；B实验室制取乙酸正丁酯，原料乙酸和正丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集；实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，B正确；C酯化反应是可逆反应，故正丁醇和乙酸不可能完全反应，C错误；D酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高醇的转化率，D正确。故答案选C。【点睛】本题考查了乙酸的酯化反应，掌握乙酸乙酯的制取是类推其他酯制取的基础，可以根据装置中各部分的作用及酯的性质进行解答。选项A是易错点，注意反应的温度已经超过了100。16.查阅资料得酸性大小：H2CO3苯酚HCO3。若用如图装置(部分夹持仪器省略)进行探究碳酸和苯酚的酸性强弱实验，下列叙述不正确的是()A. 中试剂为饱和NaHCO3溶液B. 打开分液漏斗旋塞，产生无色气泡，出现白色浑浊C. 苯酚有弱酸性，是由于苯基影响了与其相连的羟基的活性D. 中发生反应的化学方程式是2+CO2 +H2O+Na2CO3【答案】D【解析】分析；盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有盐酸，为了防止盐酸干扰实验，在气体未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去盐酸且又不引进新的杂质气体。详解：盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有盐酸，为了防止盐酸干扰实验，在气体未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去盐酸且又不引进新的杂质气体；中试剂为饱和NaHCO3溶液用来除去挥发出的盐酸，A说法正确；打开分液漏斗旋塞，盐酸与碳酸钙反应产生二氧化碳气体，产生无色气泡，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，苯酚微溶水，所以出现白色浑浊，B说法正确；苯环对羟基影响使羟基上的氢原子容易电离产生氢离子，使苯酚具有弱酸性，C选项说法正确；苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体生成苯酚和碳酸氢钠，所以D选项错误，正确答案：D。17. 已知咖啡酸的结构如图所示。关于咖啡酸的描述正确的是A. 分子式为C9H5O4B. 1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应C. 与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应D. 能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应【答案】C【解析】A分子中含8个H，分子式为C9H8O4，故A错误；B、苯环与双键与氢气发生加成反应，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；C、含双键与溴水发生加成反应，含酚-OH，酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，故C正确；D、含-COOH，与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均反应，故D错误；故选C。【此处有视频，请去附件查看】18.有关分枝酸的叙述中,正确的是( )A. 分子中含有2种官能团B. 一定条件下,能与乙醇或乙酸发生相同类型的反应C. 1 mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生反应D. 分枝酸使溴的四氯化碳溶液与酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A含COOH、OH、醚键、碳碳双键，共4种官能团，故A错误；B含OH与乙酸发生酯化反应，含COOH与乙醇发生酯化反应，故B正确；C只有2个COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生反应，故C错误；D含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，均褪色，故D错误。故答案选B。19.伞形花内酯的一种制备方法如下: 下列说法不正确的是( )A. 、均能发生水解反应B. 、均能与溴水反应C. 检验化合物中是否混有化合物，可用FeCl3溶液D. 与化合物官能团种类、数目均相同且含有苯环的同分异构体有5种【答案】A【解析】【详解】A项，化合物不能发生水解反应，符合题意；B项，中含有酚羟基和醛基，可与Br2发生反应，中含有碳碳双键，可与Br2发生反应，中含有酚羟基和碳碳双键，能与Br2发生反应，则、均能使溴水褪色，不符合题意；C项，中含有酚羟基，中不含酚羟基，则可用FeCl3溶液检验中是否混有，不符合题意；D项，相应的同分异构体为CHO所插入的位置:、，共5种，不符合题意。故答案选A。20.迷迭香酸具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效，它的结构简式为：以邻苯二酚为原料合成迷迭香酸的路线为：下列说法错误的是()A. 有机物B可以发生取代、加成、消去、氧化反应B. 1 mol B与足量的NaOH溶液反应，最多可消耗4 mol NaOHC. 迷迭香酸在稀硫酸催化下水解的一种产物可由B转化得到D. 有机物A分子中所有原子可能同一平面上【答案】B【解析】【详解】A有机物B中含有酚羟基，可发生取代和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去反应，含有羧基，可发生取代反应，含有苯环，可与氢气发生加成反应，故A正确；B根据B的结构简式可知：1molB中含有1mol羧基、2mol酚羟基，最多能够消耗3mol氢氧化钠，故B错误；C. 迷迭香酸在稀硫酸催化下水解，生成 和，其中后者可由B通过醇的消去反应转化得到，故C正确；D苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，通过O-H键的旋转，酚羟基上的H也可能在该平面内，故D正确。故选B。【点睛】本题通过有机合成侧重考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉酚、羧酸的性质即可解答，选项D为易错点，注意掌握有机物共平面、共直线的判断方法。21.某种解热镇痛药的结构简式为，当它完全水解时，不可能得到的产物是( )A. CH3CH2COOHB. CH3COOHC. CH3OHD. 【答案】C【解析】【详解】给定有机物中可发生水解的官能团有酯基和肽键，其断键位置如下 (虚线处) ：，故有以下4种产物：、CH3CH2COOH、CH3COOH，不能得到CH3OH，故答案选C。22.茅台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X，其结构如图所示。下列说法正确的是A. X难溶于乙醇B. 酒中的少量丁酸能抑制X的水解C. 分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质有5种D. X完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量比为12【答案】B【解析】试题分析：A该物质中含有酯基，具有酯的性质，根据相似相溶原理可知，该物质易溶于有机溶剂乙醇，A 项错误；B该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇，所以酒中的少量丁酸能抑制X的水解，B项正确；C分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质中含有酯基，可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，符合条件的同分异构体有4种，C项错误；D该物质分子式为C6H12O2，根据原子守恒判断X完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比，则X完全燃烧后生成CO2和水的物质的量之比为1：1，D项错误；答案选B。考点：考查有机物的结构和性质。23.不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛。(1)下列有关化合物I的说法，正确的是_。A遇FeCl3溶液能显紫色 B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应 D1mol化合物I最多能与2 mol NaOH反应(2)反应是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：化合物II的分子式为_，1mol化合物II能与_molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物。(3)化合物II可由芳香族化合物III或IV分别通过消去反应获得，但只有III能与Na反应产生H2，III结构简式为_（写1种）；由IV生成II的反应条件为_。(4)聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为_。利用类似反应的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为_。【答案】 (1). A、C (2). C9H10 (3). 4 (4). 或 (5). NaOH醇溶液，加热 (6). CH2=CHCOOCH2CH3 (7). CH2=CH2+ H2OCH3CH2OH、2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O【解析】试题分析：（1）化合物I分子中含有酚羟基，可能与FeCl3溶液反应显紫色，正确；B、化合物I分子中不含醛基，所以不能反应银镜反应，错误；C、分子中含有酚羟基，所以可以与溴发生取代反应，还存在碳碳双键，又可与溴发生加成反应，正确；D、分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1mol化合物I最多与3molNaOH反应，错误，答案选AC。（2）由化合物II的结构简式可得其分子式为C9H10；化合物II分子中存在1个苯环和1个碳碳双键，所以1mol化合物II能与4molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。（3）化合物II分子中含有碳碳双键，可由化合物III或IV制得，化合物III可与Na反应，说明化合物III分子中存在羟基，发生消去反应制得化合物II，羟基的位置有2种，所以化合物III的结构简式有2种，分别是或；化合物IV同样发生消去反应制得化合物II，但不能与Na反应，说明化合物IV分子中存在卤素原子，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应制得化合物II。（4）由聚合物的结构简式判断其聚合物为加聚产物，单体为丙烯酸乙酯；以乙烯为原料，先制取乙醇，在仿照反应制取丙烯酸乙酯，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH， 2CH2=CH2+2CO+O2+ 2CH3CH2OH2 CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。考点：考查有机物中官能团的性质，分子式的判断，结构简式的判断与书写，反应条件的判断，单体的判断，物质的制备的设计，化学方程式的书写【此处有视频，请去附件查看】24.某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图1所示，A中放有浓硫酸，B中放有无水乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液。已知：无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH。有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/34.778.511877.1请回答：（1）浓硫酸的作用是_；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：_。（2）球形干燥管C的作用是_。若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是_。（3）采用分液法从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，然后加入无水氯化钙，分离出_；再加入无水硫酸钠除去水，然后进行_（填操作名称），以得较纯净的乙酸乙酯。（4）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_(填字母代号)。A反应掉乙酸和乙醇B反应掉乙酸并吸收部分乙醇C乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中的更小，有利于分层析出D加速酯的生成，提高其产率（5）另一化学课外小组对上述实验进行了改进，设计了图2所示的装置，利用浓硫酸、乙醇、乙酸制取乙酸乙酯(铁架台、铁夹、加热装置均已略去)与图1所示装置相比，此装置的主要优点有（写出一条即可）_。【答案】 (1). 酸性（或制取乙酸）、催化剂、吸水剂 (2). CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O (3). 防止倒吸，加速乙酸乙酯的冷凝 (4). 上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅 (5). 乙醇 (6). 蒸馏 (7). BC (8). 增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度；增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯【解析】【详解】（1）由于加入的试剂是无水醋酸钠，需要转化为醋酸，则该反应中浓硫酸的作用是酸性（或制取乙酸），另外还起催化剂、吸水剂的作用；酯化反应中羧酸提供羟基，醇通过氢原子，若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，则能表示18O位置的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O。（2）圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，加速乙酸乙酯的冷凝，同时起冷凝作用；碳酸根水解溶液呈碱性，加入几滴酚酞，溶液呈红色；碳酸钠水解呈碱性，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅，反应结束后D中的现象是上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅。（3）由于无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH，所以加入无水氯化钙，分离出乙醇；再加入无水硫酸钠除去水，由于乙醚与乙酸乙酯的沸点相差较大，因此通过蒸馏以得较纯净的乙酸乙酯；（4）A乙醇与碳酸钠不反应，A错误；B乙醇与水互溶，乙酸的酸性强于碳酸，所以碳酸钠的作用是反应掉乙酸并吸收部分乙醇，B正确；C乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中的更小，有利于分层析出，C正确；D根据以上分析可知碳酸钠不能加速酯的生成，提高其产率，D错误。答案选BC。（5）图2与图1相比增加了冷凝装置，因此与图1所示装置相比此装置的主要优点有增加了温度计，有利于控制发生装置中反应液的温度；其次增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。【点睛】本题主要是考查乙酸乙酯的制备与实验改进，注意乙酸乙酯的制备原理、饱和碳酸钠的作用，注意实验方案设计评价的角度。25.合成防晒霜的主要成分E的一种路线图如下：已知:2RCH2CHO请按要求回答下列问题：(1)D的官能团结构简式为_(2)反应的反应类型为_。(3)反应的化学方程式：_(4)E的结构简式：_。(5)A的同分异构体有多种，写出其中核磁共振氢谱吸收峰面积之比为19的结构简式：_。【答案】 (1). OH (2). 取代反应(或酯化反应) (3). 2CH3CH2CH2CH2OHO22CH3CH2CH2CHO2H2O (4). (5). (CH3)3COH【解析】【分析】根据A为无支链醇，且B能发生已知信息反应，可知B中含有醛基，可得A为CH3CH2CH2CH2OH，在铜催化氧化下生成B，则B为CH3CH2CH2CHO，根据信息可知C为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，D为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。据此分析。【详解】(1)由以上分析可知，D为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，所含官能团结构简式为-OH，故答案为：-OH；(2)反应为酸和醇的酯化反应，也叫取代反应。故答案为：取代反应(或酯化反应)；(3)反应为醇的催化氧化，故化学方程式为2CH3CH2CH2CH2OHO22 CH3CH2CH2CHO2H2O，故答案为：2CH3CH2CH2CH2OHO22 CH3CH2CH2CHO2H2O；(4)结合上面分析可知E的结构简式为，故答案为：；(5)根据A的结构，结合核磁共振氢谱吸收峰面积之比为19可知分子中含有3个甲基，则其结构为(CH3)3COH，故答案为：(CH3)3COH。26.化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHOCH3COORRCH=CHCOOR。请回答：(1)B中官能团的名称是_(2)C生成D的化学方程式：_ ，反应类型为_(3)E和F生成X的化学方程式_(4)对于化合物X，下列说法正确的是_A能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应 (5)下列化合物中属于F的同分异构体的是_。A. B. C.CH2CHCHCHCHCHCHCHCOOHD. 【答案】 (1). 羧基 (2). (3). 取代反应 (4). (5). AC (6). BC【解析】【分析】该合成流程是，乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应生成A是乙醇，乙醇催化氧化最终得乙酸B；甲苯和氯气光照取代甲基上的一个H，而后氢氧化钠水溶液水解得苯甲醇D，B、D酯化得F；苯甲醇D催化氧化得苯甲醛E，最后E和F在新信息条件下合成产品X，据此解答。【详解】(1)根据以上分析，B为乙酸，乙酸中含有的官能团的名称是羧基，故答案为：羧基；(2)C为，C生成D的反应为卤代烃的水解反应，化学方程式为： ，反应类型为取代反应，故答案：；取代反应；(3)E为苯甲醛，F为乙酸苯甲酯，E和F在新信息条件下合成产品X为，化学方程式，故答案为：；(4) X的结构简式是:，X含有酯基可以发生取代反应，有苯环可以和浓硝酸发生取代反应，有碳碳双键能使Br2/CCl4溶液褪色，无醛基不能发生银镜反应，AC正确，故答案选AC； (5) F为，分子式为C9H10O2，分子中有5个不饱和度，由同分异构体概念，题给的四种物质中B、C与F属于同分异构体。故答案选BC。27.某元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，该元素()A. 一定是第A族元素B. 一定是金属元素C. 不是第A族元素就是副族元素D. 可能是金属元素也可能是非金属元素【答案】D【解析】【详解】A.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是第IIA族、零族或副族元素，所以不一定是第A族元素，故A错误；B.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是稀有气体元素如He，所以不一定是金属元素，故B错误；C.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，不一定是第A族元素或副族元素，还可能是零族元素，故C错误；D.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是零族、第A族或副族元素，所以可能是金属元素也可能是非金属元素，故D正确。故选D。28.下列关于价电子构型为4s24p4的原子的描述正确的是()A. 其电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d104p4B. 其价电子排布图为C. 其4p轨道电子排布图为D. 其电子排布式可以简化为Ar3d104s24p4【答案】D【解析】【详解】A项，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，错误；B项，违反了洪特规则，错误；C项，违反了泡利原理，错误；D项，根据构造原理，写出其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，其电子排布式可以简化为Ar 3d104s24p4，正确。故答案选D。29.已知X、Y元素同周期，且电负性XY，下列说法错误的是()A. 第一电离能：Y小于XB. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnXC. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的D. X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价【答案】A【解析】【分析】X、Y元素同周期，且电负性XY，则非金属性XY，结合元素周期律来解答。【详解】A.非金属性XY，若X为F、Y为O，则第一电离能：Y小于X；若X为O，Y为N，N2p电子半满为稳定结构，则第一电离能：Y大于X，故A错误；B.非金属性XY，气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故B正确；C.非金属性XY，一般最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的，故C正确；D.非金属性XY，X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故D正确。故答案选A。30.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A. CH4SiH4GeH4SnH4B. KClNaClMgCl2MgOC. RbKNaLiD. 金刚石Si钠【答案】D【解析】【详解】A分子结构相似，且都为分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子之间作用力越大，熔点越高，则有CH4SiH4GeH4 SnH4，故A错误；B离子晶体的晶格能大小取决于离子半径的电荷的因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，则有KClNaClMgCl2MgO，故B错误；C碱金属从上到下，原子半径逐渐增大，金属键键能逐渐减小，金属晶体的熔点逐渐降低，则有RbKNaLi，故C错误；D金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的键能，而共价键的键能与键长成反比，晶体硅中的Si-Si键的键长比金刚石中C-C键键长长，所以熔点金刚石Si，Na的熔点较低，则熔点：金刚石Si钠，故D正确。故选D。31.现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据微粒所在晶胞位置，利用均摊法计算微粒数目之比，得到化学式。【详解】A.A位于体心，数目为1，B位于顶点，数目为8=1，微粒数目为1:1，即化学式为AB，故A错误；B.E和F分别位于晶胞的顶点位置，各占4个，即晶胞中两种微粒数目相等，化学式为EF，故B错误；C.X位于体心，数目为1，Y位于面心，数目为6=3，Z位于顶点，数目为8=1，微粒数目比值为1:3:1，化学式为XY3Z，故C正确；D.A位于顶点和面心，数目为8+6=4，B位于棱心和体心，数目为12+1=4，数目之比为1:1，化学式为AB，故D错误。故答案选C。32.现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。A元素的核外电子数和电子层数相等B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子第一至第四电离能如下：I1738 kJmol1，I21451 kJmol1，I37733 kJmol1，I410540 kJmol1F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第八列(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式：_。(2)B元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_个方向，原子轨道呈_形。(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为，该同学所画的电子排布图违背了_。(4)G位于第_族_区，该元素的核外电子排布式为_。该二价离子很容易被氧化成三价离子，从原子轨道理论解释原因_(5)检验F元素的方法是_，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因： _。【答案】 (1). (2). 3 (3). 哑铃(或纺锤) (4). 泡利原理 (5). (6). d (7). 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar 3d64s2 (8). Fe2+外围电子排布为3d6容易失一电子变为3d5半充满状态 (9). 焰色反应 (10). 当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量【解析】【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可以知道，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于A族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素；G在第四周期周期表的第8列，G为Fe元素，据此解答。【详解】(1)NH5为离子化合物，是由NH4+与H-两种粒构成，电子式为，因此，本题正确答案是:；(2)B为N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，有3个电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，因此，本题正确答案是：3；纺锤；(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图中3s能级，2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理，因此，本题正确答案是：泡利原理；(4)G为Fe元素，是26号元素，位于第四周期第B族，最后填充的为d电子，为d区元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar 3d64s2；Fe2+容易被氧化为Fe3+的原因是Fe2+外围电子排布为3d6容易失一电子变为3d5半充满状态，因此，本题正确答案是：B；d；1s22s22p63s23p63d64s2或Ar 3d64s2；Fe2+外围电子排布为3d6容易失一电子变为3d5半充满状态；(5)F为K元素，检验F元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量，因此，本题正确答案是：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。33.M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：(1)单质M的晶体类型为_，晶体中原子间通过_作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为_。(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为_，其同周期元素中，第一电离能最大的是_(写元素符号)。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是_(写化学式)(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为_，已知晶胞参数a0.542 nm，此晶体的密度为_gcm3。(列式，不要求结果，阿伏加德罗常数为NA)【答案】 (1). 金属晶体 (2). 金属键 (3). 12 (4). 1s22s22p63s23p5 (5). Ar (6). HClO4 (7). CuCl (8). 【解析】【分析】据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素，据此解答。【详解】（1）单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积，铜原子的配位数为12，故答案为：金属晶体；金属键；12；（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，故答案为：1s22s22p63