2023学年广西贺州平桂高级中学高二化学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。在bLFeBr2溶液中通入amolCl2时，使溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，则原FeBr2的物质的量浓度为A．a/bmol•L﹣1 B．2a/bmol•L﹣1 C．3a/bmol•L﹣1 D．5a/bmol•L﹣12、对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是()A．碱性：NaOH<Mg(OH)2<Al(OH)3B．第一电离能：Na<Mg<AlC．电负性：Na>Mg>AlD．熔点：Na<Mg<Al3、青霉素是一种良效广谱抗生素，在酸性条件下水解后得到青霉素氨基酸（M），其分子的结构简式如图。下列叙述不正确的是A．M属于α－氨基酸B．M的分子式为C5H11O2SC．M能发生缩聚反应生成多肽D．青霉素过敏严重者会导致死亡，用药前一定要进行皮肤敏感试验4、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是A．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构B．离子半径从大到小的顺序是Y、Z、XC．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素ZD．W与Y通过离子键形成离子化合物5、某温度T1时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和I2(g)，发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2>t1）。下列说法正确的是反应时间/minn(H2)/moln(I2)/mol00.90.3t10.8t20.2A．反应在tmin内的平均速率为:v(H2)=0.1t1mol-1·L-1B．保持其他条件不变，向平衡体系中再通0.20molH2，与原平衡相比，达到新平衡时I2(g)转化率增大，H2的体积分数不变C．保持其他条件不变，起始时向容器中充入的H2和I2(g)都为0.5mol，达到平衡时n(HI)=0.2molD．升高温度至T2时，上述反应平衡常数为0.18，则正反应为吸热反应6、某元素的第一电离能至第七电离能(kJIIIIIII5781817274511575148301837623293该元素最有可能位于元素周期表的族是()A．ⅠA B．ⅡA C．ⅢA D．ⅣA7、下列物质中有极性共价键的是（）A．单质碘 B．氯化镁 C．溴化钾 D．水8、对氨基苯甲酸乙酯是止痛止痒药物的重要成分，其结构简式如图。已知苯环上的氨基具有较强的还原性，下列关于该物质说法不正确的是（）A．核磁共振氢谱出现5组峰B．该物质应与酸、碱、氧化剂等分开存储C．该物质水解后有天然氨基酸生成D．该物质能发生加成、取代等多种反应9、PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P—H键键能比N—H键键能低。下列判断错误的是()A．PH3分子呈三角锥形B．PH3分子是极性分子C．PH3沸点低于NH3沸点，因为P—H键键能低D．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N—H键键能10、短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记；R和X能形成XR3型化合物，X在化合物中只显一种化合价；R和Z位于同主族，Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是A．R单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2B．上述元素形成的简单离子都能促进水的电离平衡C．YR6能在氧气中剧烈燃烧D．元素对应的简单离子的半径:

Y>Z>R>X11、下列实验操作能达到目的是(

)A．用pH试纸测定次氯酸溶液的pH=3.5B．将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧获得Fe2O3固体C．向明矾溶液中加入一定量NaOH制备Al(OH)3胶体D．室温下，测得pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液中水的电离程度相等12、电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（）A．稀有气体 B．主族元素 C．过渡元素 D．卤族元素13、Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：下列说法不正确的是A．“酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，则相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3＋4H+＋4Cl－＝Fe2+＋TiOCl42－＋2H2OB．若Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，则其中过氧键的数目为3个C．“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388D．TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如上表所示,40oC前，未达到平衡状态，随着温度升高，转化率变大14、下列离子在指定溶液中一定不能大量共存的是()A．弱碱性溶液中:HCO3-、NO3-、Na+、Cl-B．常温时pH=7的溶液中:Fe3+、SO42-、K+、Cl-C．含NO3-的溶液中:Fe3+、SO42-、H+、NH4+D．与铝反应产生H2的溶液中:S2-、K+、CO32-、Na+15、下列现象和应用与电子跃迁无关的是（）A．焰色反应B．石墨导电C．激光D．原子光谱16、下列说法不正确的是A．乙醇的沸点高于丙烷B．氨基酸既能与盐酸反应，也能与NaOH反应C．甘油、汽油、植物油不属于同一类有机物D．光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有5种二、非选择题（本题包括5小题）17、聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：已知：①R1、R2均为烃基②合成路线中A→B是原子利用率为100%的反应回答下列问题：（1）A的名称是_______________；F→G的反应类型为_____________。（2）C→D的化学反应方程式为_____________________________。（3）E的结构简式为_____________；H的顺式结构简式为_______________。（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构体结构简式_________________。①属于芳香族化合物；②能与NaOH溶液发生反应；③核磁共振氢谱有4种吸收峰（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：________________________。18、Hagrmann酯（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）H的分子式是___；D的名称是____（2）G中含氧官能团的名称是___；已知B的分子式为C4H4，则A→B的反应类型是_____（3）E→F的化学方程式是_____（4）下列说法正确的是___a．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体b．H的同分异构体中不可能存在芳香族化合物c．B、C、D均可发生加聚反应d．1molF与足量H2反应可消耗3molH2（5）M是G的同系物且相对分子量比G小28，请写出满足下列条件的M的同分异构体的结构简式____①苯环上的一氯取代只有一种②不能与金属钠反应放出H2（6）以苯乙烯和甲醇为原料，结合己知信息选择必要的无机试剂，写出—的合成路线____。19、绿矾（FeSO4•7H1O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．某化学兴趣小组同学采用以下方法测定某绿矾样品纯度。实验步骤如下：a．称取1．853g绿矾产品，溶解，在153mL容量瓶中定容；b．量取15．33mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的3．31333mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为13．33mL。（1）a步骤中定容时，如果仰视会使所配溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（1）滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______（填仪器名称）。（3）判断此滴定实验达到终点的方法是

_______________。（4）写出酸性高锰酸钾滴定Fe1+的离子反应方程式：_____________。（5）计算上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为________（结果保留3位有效数字）。20、制取肥皂的实验有以下步骤：①在一个干燥的蒸发皿中加入植物油8mL、乙醇8mL、NaOH溶液4mL②在不断搅拌下，给蒸发皿中液体微微加热，直到混合物变稠③继续加热，直到皂化反应完成④把盛混合物的蒸发皿放在冷水浴中冷却．等待片刻，向混合物中加20mL热蒸馏水，再放在冷水中冷却．然后加入25mLNaCl饱和溶液充分搅拌⑤用纱布滤出固体物质，弃去滤液．把固体物质挤于、压成条状、晾干，即得肥皂根据实验，填空：（1）在制肥皂时加入乙醇是利用了乙醇的什么性质？_________；（2）如何验证皂化反应已完成？_________；（3）在操作④中加入饱和NaCl溶液的作用是_________；（4）写出硬脂酸甘油酯发生皂化反应的化学方程式_________；（5）取用蒸发皿用的仪器是_________；（6）工业上大规模生产用水蒸气加热的优点_________。21、乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。完成下列各题：(1)正四面体烷的分子式为_____________，其二氯取代产物有_____________种。(2)乙烯基乙炔分子中所含官能团的电子式为____________________________。(3)关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是_____________(填序号)。a．能使KMnO4酸性溶液褪色，发生氧化反应，b．乙烯基乙炔使Br2水褪色，发生氧化反应c．等质量的乙烯与乙烯基乙炔完全燃烧时生成的水的质量为1∶1(4)写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式：_____________。(5)写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式(举两例)：____________、____________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】

由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，参加反应的n(Br-)=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=来计算作答。【题目详解】由方程式可知，还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br-氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，参加反应的n(Br-)=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒，有xmol×1+xmol×1=amol×2，解得x=amol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为c===mol/L，故合理选项为A。【答案点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。需要特别注意的是，在同一个溶液中，存在多种具有还原性的离子时，要遵循先后顺序，由于氧化剂的量不同，导致的离子反应方程式也不尽相同。2、D【答案解析】

同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能呈增大的趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，金属晶体的熔点与金属键强弱有关，以此解答该题。【题目详解】A．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱，金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A错误；B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s为全充满状态，能量低，第一电离能较大，第一电离能：Mg＞Al＞Na，故B错误；C．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C错误；D．金属晶体中阳离子半径越小，所带电荷越多，则金属键越强，金属的熔点越高，离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+，所带电荷Na+＜Mg2+＜Al3+，金属键强度：Na＜Mg＜Al，所以熔点：Na＜Mg＜Al，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查同周期元素的性质的递变规律，题目难度不大，本题注意第一电离能的变化规律，为该题的易错点，答题时要注意把握。3、B【答案解析】

A．氨基和羧基在同一个C原子上，为α-氨基酸，选项A正确；B.根据结构简式可知，M的分子式为C5H11O2NS，选项B不正确；C.M中含有羧基、氨基，能发生缩聚反应生成多肽，选项C正确；D.青霉素过敏严重者会导致死亡，用药前一定要进行皮肤敏感试验，选项D正确。答案选B。4、D【答案解析】

X失去两个电子得到X2+，Z得到一个电子为Z-，由于两个离子的电子数之差为8，则X、Z这两种元素处于同一周期，即X为Be时，Z为F；X为Mg时，Z为Cl。由于W和X元素原子内质子数之比为1:2，若X为Be，则W为He，不符合题意。故X为Mg，Z为Cl，W为C。它们的最外层电子数之和为19，且Y在X之后，Z之前，则Y为S。综上所述，W为C，X为Mg，Y为S，Z为Cl。【题目详解】A.WZ4为CCl4，C-Cl键属于共价键，C、Cl的最外层都达到了8电子结构，A正确；B.Y、Z、X的简单离子分别为S2-、Cl-、Mg2+，这三种离子的半径依次减小，B正确；C.W为C，Y为S，Z为Cl，由于Cl的非金属性最强，所以最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是Cl，即C正确；D.W为C，Y为S，形成的化合物为CS2，该物质是共价化合物，D错误；故合理选项为D。5、C【答案解析】分析：A．根据v=Δct进行计算；B．恒温恒压，增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，自身的体积分数增大；C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，结合平衡三段式计算平衡常数，再根据平衡常数计算平衡时HI的物质的量；D详解：A．由表中数据可知，t1min内参加反应的H2的物质的量为0.9mol-0.8mol=0.1mol，故v(H2)=Δct=0.1mol2Lt1min=B．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20

mol

H2，与原平衡相比，H2的体积分数增大；H2的浓度增大，平衡正向移动，故I2(g)转化率增大，故B错误；C．t1时，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)

起始(mol)

0.9

0.30

转化(mol)

0.1

0.1

0.2

平衡(mol)

0.8

0.2

0.2平衡常数K=c2HIct2时，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)

起始(mol)

0.5

0.50

转化(mol)

x

x

2x

平衡(mol)

0.5-x

0.5-x

2xK=(2x2)20.5-x2×0.5-xD．升高温度至T2时，上述反应平衡常数为0.18＜0.25，说明升高温度，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故D错误；故选C。6、C【答案解析】分析：根据电离能的突变确定最外层电子数，确定族序数。详解：分析各级电离能，I3≪I4，该元素的原子最外层有3个电子，该元素处于第IIIA族，答案选C。7、D【答案解析】

极性共价键的是一般是由不同非金属元素形成的共价键，据此分析。【题目详解】A、单质碘的化学式为I2，只含有非极性共价键，故A不符合题意；B、氯化镁为离子化合物，只含有离子键，故B不符合题意；C、溴化碘的化学式为KBr，只含有离子键，故C不符合题意；D、水的化学式为H2O，结构式为H－O－H，只含有极性共价键，故D符合题意；答案选D。8、C【答案解析】

A.该有机物中含有5种不同化学环境下的氢，A项正确；B.氨基显碱性，酯基可在酸性或者碱性条件下水解，苯环能被还原，所以该物质应与酸、碱、氧化剂等分开存储，B项正确；C.水解之后的产物，不符合氨基酸的通式，氨基酸的通式中，中心应该为C原子，R基可以变化，但此物质水解之后只有氨基和羧基，氨基和羧基处在苯环的对位，不符合氨基酸通式，C项错误；D.苯环能与氢气发生加成反应，酯基能在酸性或者碱性条件下发生水解反应，水解反应属于取代反应，D项正确；答案选C。9、C【答案解析】

A．PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；B．PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；C．NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，与键能的强弱无关，故C错误；D．P-H键键能比N-H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；答案选C。【答案点睛】本题的易错点为CD，要注意区分分子的稳定性属于化学性质，与化学键的强弱有关，而物质的沸点属于物理性质。10、D【答案解析】

已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记，即氢氟酸，所以R为F元素，由X在化合物中只显一种化合价，结合化合物XR3，推知X为Al元素，根据R和Z是位于同主族的短周期元素，确定Z为Cl元素，由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知，Y为S元素。据此分析解答。【题目详解】A、F2和Cl2都能与水反应，2F2＋2H2O4HF＋O2、Cl2＋H2OHCl＋HClO，但并不是都能置换出O2，故A错误；B、这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-，其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离，而Cl-不能水解，故B错误；C、SF6中的S元素为最高价+6价，而F元素是最活泼的非金属元素，所以SF6在氧气中不能燃烧，故C错误；D、四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2->Cl->F->Al3+，所以D正确；答案为D。【答案点睛】本题最难判断的是C选项，要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧，则O元素的化合价只能从0价降低为-2价，所以SF6中要有一种元素的化合价升高，S已经是最高价+6价，要使F从-1价升高为0价的F2，需要一种比F2氧化性更强的物质，已知F是最活泼的非金属元素，显然O2不行。11、B【答案解析】分析：A．次氯酸具有漂白性；B．FeCl3溶液加热蒸干，水解生成盐酸易挥发，促进铁离子水解；C．明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应；D．根据pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液的本质区别分析判断。详解：A．次氯酸具有漂白性，不能选pH试纸测定其pH，应选pH计，故A错误；B．FeCl3溶液加热蒸干，促进铁离子水解，生成盐酸易挥发，得到氢氧化铁，灼烧获得Fe2O3固体，故B正确；C．明矾溶液中加入一定量NaOH，发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，得不到胶体，故C错误；D．pH=5的NaHSO4溶液说明电离程度大于水解程度，抑制水的电离，pH=9的NaHCO3溶液，说明水解程度大于电离程度，促进水的电离，水的电离程度不同，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握pH测定、盐类水解、物质的性质、实验技能为解答的关键。本题的易错点为D，要注意NaHSO4溶液与NaHCO3溶液的酸碱性与水解和电离的关系，同时要知道，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离。12、C【答案解析】

元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。【答案点睛】本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。13、B【答案解析】

利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，根据制备流程可知加入盐酸过滤后滤渣为SiO2，滤液①中含有Mg2＋、Fe2＋、Ti4＋,水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，经过一系列转化为最终转化为Li4Ti5O12。滤液②中加入双氧水亚铁离子被氧化，在磷酸的作用下转化为磷酸铁，通过高温煅烧最终转化为LiFePO4，据此解答。【题目详解】A.“酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，因此相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3＋4H+＋4Cl－＝Fe2+＋TiOCl42－＋2H2O，A正确；B.Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价是＋1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+（15－2x）×2＝22，解得x＝4，B错误；C.根据以上分析可知“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，C正确；D.根据表中数据可知40oC时转化量最高，因低于40oC时TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40oC双氧水分解和氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降，D正确；答案选B。14、B【答案解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及题干中的已知信息分析判断。【题目详解】A.HCO3-可以使溶液呈弱碱性，NO3-、Na+、Cl-等几种离子在弱碱性溶液中不能发生离子反应水解，故本组离子有可能大量共存；B.常温时pH=7的溶液中，Fe3+不能大量共存；C.含NO3-的溶液中Fe3+、SO42-、H+、NH4+之间不反应，能大量共存；D.与铝反应产生H2的溶液可能显酸性，也可能显强碱性，如果显碱性，则S2-、K+、CO32-、Na+能大量共存；综上所述，B组离子一定不能大量共存，答案选B。15、B【答案解析】本题考查的是电子跃迁的本质，掌握常见的与电子跃迁有关的现象是解题的关键。详解：A.当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子钟的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但出于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故错误；B.石墨是层状结构，层间有自由移动的电子，与电子跃迁无关，故正确；C.电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同。如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故错误。D.原子光谱的产生是原子和电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故错误。故选B。16、D【答案解析】分析：A．乙醇中含氢键，物质沸点较高；B、氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂；D、异戊烷有4种氢，一氯代物有4种。详解：A．氢键影响物质的熔沸点，含氢键的物质沸点较高，所以乙醇的沸点远高于丙烷，选项A正确；B．氨基酸属于两性物质，含有羧基与氨基，能与氢氧化钠、盐酸反应而生成相应的盐，选项B正确；C、甘油、汽油、植物油分别属于醇、烃和油脂，不属于同一类有机物，选项C正确；D、如图，异戊烷有4种氢，光照时异戊烷发生取代反应生成的一氯代物最多有4种，选项D不正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙炔消去反应【答案解析】

由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。【题目详解】（1）A结构简式为HC≡CH，名称为乙炔；F→G的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为：乙炔；；（2）C→D的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为：；；（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为CH3—和HC≡C—或CH3—C≡C—，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH—或—CH=CH—，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为：；；（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为：。【答案点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。18、C10H14O3丙炔醚键、酯基加成反应CH3C≡C-COOH+C2H5OHCH3C≡C-COOC2H5+H2Oa、c【答案解析】

根据合成路线图可知，2个乙炔发生加成反应生成CH2=CH-C≡CH，则B为CH2=CH-C≡CH，B与甲醇反应生成；根据F的结构简式及E与乙醇反应的特点，丙炔与二氧化碳发生加成反应生成CH3C≡C-COOH，则E为CH3C≡C-COOH；E与乙醇在浓硫酸及加热的条件下生成F和水；C与F发生加成反应生成G；【题目详解】（1）根据H的结构简式可知，分子式为C10H14O3；CH3C≡CH含有的官能团为C≡C，为丙炔；（2）G中含有的官能团有碳碳双键、醚基、酯基，含氧官能团为醚键、酯基；B为CH2=CH-C≡CH，则反应类型为加成反应；（3）由分析可知，E为CH3C≡C-COOH，与乙醇在浓硫酸及加热的条件下生成F和水，方程式为：CH3C≡C-COOH+C2H5OHCH3C≡C-COOC2H5+H2O；（4）a．A为乙炔，能和HCl反应得到氯乙烯，为聚氯乙烯的单体，a正确；b．H与C6H5-CHOH-CHOH-CHOH-CH3的分子式相同，而结构不同，则同分异构体中可以存在芳香族化合物，b错误；c．B、C、D中均含有碳碳不饱和键，可发生加聚反应，c正确；d．1molF与足量H2反应可消耗2molH2，酯基中的碳氧双键不能发生加成反应，d错误；答案为ac；（5）M是G的同系物且相对分子量比G小28，则M比G少2个CH2结构，则分子式为C9H12O3；①苯环上的一氯取代只有一种，苯环上只有1种氢原子，则3个取代基在间位，②不能与金属钠反应放出H2，则无羟基，为醚基，结构简式为；（6）根据合成路线，苯乙烯先与溴发生加成反应，再发生消去反应生成苯乙炔；苯乙炔与二氧化碳发生加成反应生成C6H5C≡CCOOH，再与甲醇发生取代反应即可，流程为。19、偏低酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O3.975或97.5%【答案解析】分析：（1）仰视时液面超过刻度线；（1）根据高锰酸钾具有强氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根据高锰酸钾溶液显红色分析；（4）高锰酸钾能把亚铁离子为氧化铁离子，自身被还原为锰离子；（5）根据方程式计算。详解：（1）a步骤中定容时，如果仰视，则液面超过刻度线，因此会使所配溶液浓度偏低；（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管；（3）高锰酸钾溶液显红色，因此判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色。（4）高锰酸钾能把亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，Mn元素化合价从+7价降低到+1价，得到5个电子，铁元素化合价从+1价升高到+3价，失去1个电子，所以酸性高锰酸钾滴定Fe1+离子的反应方程式为5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O。（5）反应中消耗高锰酸钾的物质的量是3.31333mol/L×3.31L＝3.3331mol，根据方程式5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O可知消耗亚铁离子是3.331mol，所以根据铁原子守恒可知上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为0.001mol×25020、植物油、NaOH溶液都能与乙醇混溶，加入乙醇可使植物油和NaOH溶液充分接触，有利于反应的进行取反应液，滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成盐析，使肥皂析出+3NaOH→3C17H35COONa+坩埚钳受热均匀，温度便于控制，不易产生结焦现象【答案解析】

(1)在制取肥皂时加入乙醇，是为了使得油脂和水在乙醇中充分混合；(2)将部分反应液滴入热水中，若液面上无油滴，则说明水解已完成；(3)加入饱和氯化钠溶液后，高级脂肪酸钠能够从混合液中析出；(4)硬脂酸甘油酯在碱性条件下发生皂化反应,硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成C17H35COONa与甘油；(5)实验操作中取用蒸发皿应该使用坩埚钳；(6)根据利用水蒸气可以使受热均匀，温度便于控制,不易产生结焦现象方面解答。【题目详解】(1)因为植