2025年-2026学年下学期北京高二化学期末模拟试卷（二）

第1页（共1页）2025年-2026学年下学期北京高二化学期末模拟试卷（二）一．选择题（共15小题）1．（2026•模拟）下列说法错误的是（）A．有机物与溴等物质的量加成，产物有4种 B．的一氯代物有1种，四氯代物有3种 C．某单烯烃催化加氢可生成3﹣甲基戊烷，该烯烃有4种（考虑顺反异构） D．能氧化为醛的醇C5H11OH的同分异构体有8种2．（2026春•顺义区校级期中）下列反应属于加成反应的是（）A．CHB．CHC．C2D．C16H34（十六烷）→Δ催化剂C8H183．（2026春•海淀区校级期中）下列说法不正确的是（）A．苯的同系物组成通式为CnH2n﹣8 B．天然气、液化石油气、汽油、柴油、凡士林、石蜡的主要成分都是烷烃 C．乙炔在氧气中燃烧时温度可超过3000℃，常用来焊接或切割金属 D．液态氯乙烷汽化时大量吸热，其冷冻麻醉作用常用于运动中急性损伤的镇痛4．（2026春•海淀区校级期中）基团间的相互影响会导致有机物化学性质改变。下列叙述不能说明上述观点的是（）A．苯酚能与溴水发生反应而苯不能 B．苯酚可与NaOH溶液反应而乙醇不能 C．甲苯能使酸性高锰酸钾褪色而乙烷不能 D．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色而乙烷不能5．（2026•西城区模拟）下列说法不正确的是（）A．淀粉在酸或酶催化下水解的最终产物是葡萄糖 B．向鸡蛋清溶液中加入AgNO3溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀溶解 C．植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质 D．核酸中核苷酸之间通过磷酸二酯键连接6．（2025秋•东城区期末）甲醛（HCHO）会使蛋白质变性，部分原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A．HCHO分子呈平面三角形 B．形成部位1时，蛋白质参与反应的官能团有一种 C．形成部位2时，HCHO发生了加成反应，则虚线框内的结构为—CH2OH D．推测HCHO还可以发生反应：7．（2026•朝阳区二模）我国科研团队以废弃的聚氯乙烯、聚烯烃及石油裂解产生的异丁烷为原料，制得高附加值液态烷烃和HCl。下列说法不正确的是（）A．聚氯乙烯塑料不能用于食品包装 B．石油裂解属于物理变化 C．用系统命名法命名异丁烷：2﹣甲基丙烷 D．该成果可为塑料污染的治理提供全新的解决方案8．（2026春•海淀区校级期中）L是一种具有较好耐热性、耐水性和高频电绝缘性的高分子化合物，它由三种单体聚合而成，每个单体的分子中均含有一个官能团。下列相关说法正确的是（）A．L的单体为、和HCHO B．三种单体的物质的量之比为1：1：1 C．制备L的反应是缩聚反应 D．三种单体不能生成网状结构的高分子化合物9．（2025春•海淀区校级期中）下列有关有机物的分离、提纯、鉴别的方法正确的是（）A．进行蒸馏操作时，温度计的水银球应伸入液面下 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环对甲基的影响 C．检验一溴甲烷中的溴元素，可采用以下方案：取少量一溴甲烷，加入NaOH的乙醇溶液，加热，冷却后，加入AgNO3溶液，通过是否有淡黄色沉淀生成即可判断 D．只用新制氢氧化铜悬浊液可鉴别：乙醇、乙醛、乙酸、甲酸10．（2025春•石景山区校级期中）由芳香烃R（C7H8）可以生成3种有机化合物X、Y和Z，转化关系如图所示：下列说法不正确的是（）A．R的结构简式为，苯环上的一氯代物有3种 B．反应①条件是Cl2/光照，反应②条件是Cl2/FeCl3 C．R和Z的核磁共振氢谱上均有4组吸收峰 D．反应①和②可得：苯的同系物与Cl2发生反应的条件不同，产物不同11．（2026春•海淀区校级期中）化合物M可合成航空飞行器液体燃料Q，转化关系如图。下列说法正确的是（）A．等物质的量的M与H2加成生成1﹣戊醇 B．Q的核磁共振氢谱有两组峰 C．用溴的四氯化碳溶液能区分P与Q D．M转化为P时还有H2O生成12．（2026春•海淀区校级月考）已知：。有机物C8H14被酸性KMnO4氧化后的产物为：CH3COOH、，则该有机物的结构简式可能为（）A． B． C． D．CH3CH＝CHCH2CH2CH313．（2026•丰台区二模）有机化合物Q的合成方法如图所示。下列说法不正确的是（）A．P的核磁共振氢谱有4组峰 B．P生成Q的反应类型为加成反应 C．P与H2完全加成后的产物中含4个手性碳原子 D．P按上述原理反应时，形成高分子的结构简式为14．（2026•朝阳区二模）化合物K、L与M反应可合成降血压药非洛地平Q，转化关系如图。下列说法不正确的是（）A．K的核磁共振氢谱有4组峰 B．M是 C．K、L与M化学计量比是1：1：1 D．Q需密封保存，推测与其含有的碳碳双键有关15．（2026•东城区二模）一种合成聚氨酯的方法如图。下列说法不正确的是（）A．①中C＝N键为极性键，C呈正电性，N呈负电性 B．合成聚氨酯的反应为缩聚反应 C．②可用乙烯为基础原料制备 D．③在一定条件下可以降解二．解答题（共3小题）16．（2025春•东城区校级期中）乙烯是重要的有机化工基础原料。乙烯的分子结构模型如图。（1）乙烯的结构简式为。（2）乙烯的官能团是。（3）下列关于乙烯的说法正确的是（填序号）。a．无色气体b．可与酸性KMnO4溶液反应（4）区分乙烯和甲烷的方法有多种。方法a：分别在空气中点燃，火焰明亮并伴有黑烟的是乙烯。方法b：分别通入盛有溴的四氯化碳溶液的两支试管中，使溶液褪色的是。（5）以乙烯为原料可以制备乙酸乙酯，转化关系如图。①反应i、ii中，属于加成反应的是（填序号）。②将反应iv的化学方程式补充完整：。CH17．（2025春•海淀区校级期末）食醋是重要的调味品，由富含淀粉的粮食发酵而成，其中乙酸的质量分数约为3～5%。（1）粮食发酵酿造食醋的过程可以简单地表示为如下：淀粉→①糖化酶葡萄糖→②①写出步骤①反应的化学方程式。②下列说法中，正确的是（填字母序号）a.淀粉与纤维素互为同分异构体b.可以用新制Cu（OH）2悬浊液检验反应①生成的葡萄糖c.反应②为分解反应，反应③需要O2参与（2）某小组同学通过实验测定某品牌食醋的总酸量，量取10mL食醋稀释至100mL，每次取出20.00mL，向其中逐滴滴加0.1000mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，测得实验数据如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液的体积/mL19.8520.0520.10该品牌食醋的总酸量（以乙酸计）为g/100mL。（3）除了做调味品外，食醋在日常生活中还有其他广泛的用途。请写出用食醋除去水垢中的CaCO3的离子方程式。（4）乙酸是有机合成中的基础原料。以乙酸为原料制备某有机物D的合成路线如图：已知：R-CN→①第Ⅰ步的反应类型为。②A的结构简式为。③写出第Ⅳ步的离子方程式或化学方程式。ⅰ.（写离子方程式）。ⅱ.（写化学方程式）。18．（2025秋•海淀区校级月考）L是合成药物——非布索坦的中间体，其合成路线如图。已知：R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5→C2H5ONaR1CCHCOOC2H5+C（1）A→B的化学方程式为。（2）C的结构简式为。（3）D中的官能团为。（4）写出符合以下条件的E的同分异构体的结构简式：。①属于芳香族化合物；②苯环上的一氯取代物有3种（5）E→F的反应类型为。（6）I中含五元环，其结构简式为。三．推断题（共1小题）19．（2026•丰台区二模）喹啉酮化合物广泛用于临床抗感染治疗，一种喹啉酮化合物T的合成路线如图。已知：（1）B分子中含有的官能团名称是。（2）D→E的化学方程式为。（3）①F的结构简式为。②E→F存在副反应，生成有机化合物Z，Z的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为2：3。Z的结构简式为。（4）G→I所需的试剂是。（5）K+L→M的化学方程式为。（6）F+P→Q的反应，P分子中断键类型为（填“σ键”或“π键”）。（7）由Q经两步合成T。R含有3个六元环且能发生水解反应。T分子中，O均为sp2杂化，且只有1个C为sp3杂化。R、T的结构简式分别为、。2025年-2026学年下学期北京高二化学期末·解答一．选择题（共15小题）1．（2026•模拟）下列说法错误的是（）A．有机物与溴等物质的量加成，产物有4种 B．的一氯代物有1种，四氯代物有3种 C．某单烯烃催化加氢可生成3﹣甲基戊烷，该烯烃有4种（考虑顺反异构） D．能氧化为醛的醇C5H11OH的同分异构体有8种【答案】D【分析】A．与溴等物质的量加成，可能发生1，2﹣加成，有3种产物，发生1，4﹣加成，有1种产物；B．中含有1种氢原子，所以其一氯代物有1种；其四氯代物种类和二氯代物种类相同，其二氯代物中两个氯原子可以相邻、相间、相对；C．3﹣甲基戊烷中相邻碳原子上各去掉1个氢原子得到相应的烯烃；D．能氧化为醛的醇C5H11OH中含有—CH2OH，该结构相当于丁烷中的一个氢原子被—CH2OH取代。【解答】解：A．与溴等物质的量加成，可能发生1，4﹣加成，有1种产物，即，可能发生1，2﹣加成，有3种产物，即、、，所以有4种产物，故A正确；B．苯中含有1种氢原子，所以其一氯代物有1种，其四氯代物种类和二氯代物种类相同，其二氯代物中两个氯原子可以相邻、相间、相对，所以有3种结构，则其四氯代物有3种结构，故B正确；C．3﹣甲基戊烷中相邻碳原子上各去掉1个氢原子得到相应的烯烃，该烯烃为CH2＝CHCH（CH3）CH2CH3、CH2＝C（CH2CH3）2、CH3CH＝C（CH3）CH2CH3（有顺反异构），所以该烯烃有4种，故C正确；D．能氧化为醛的醇C5H11OH中含有—CH2OH，该结构相当于丁烷中的一个氢原子被—CH2OH取代，如果丁烷为异丁烷，含有2种氢原子，则符合条件的醇有2种，如果丁烷为正丁烷，有2种氢原子，所以符合的醇有2种，所以能氧化为醛的醇C5H11OH的同分异构体有4种，故D错误；故选：D。【点评】本题考查构造异构等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。2．（2026春•顺义区校级期中）下列反应属于加成反应的是（）A．CHB．CHC．C2D．C16H34（十六烷）→Δ催化剂C8H18【答案】B【分析】加成反应定义：有机物分子中的不饱和键（双键或三键）断裂，新的原子或原子团加到不饱和碳原子上的反应。【解答】解：A．甲烷与氯气在光照下发生取代反应，故A错误；B．乙烯含有碳碳不饱和双键，反应中双键断裂，两个不饱和碳原子分别结合氢原子生成乙烷，符合加成反应的特征，故B正确；C．乙烯和氧气的燃烧反应属于氧化反应，故C错误；D．十六烷在加热、催化条件下分解为辛烷和辛烯，属于石油的裂化反应（分解反应），故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查加成反应等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。3．（2026春•海淀区校级期中）下列说法不正确的是（）A．苯的同系物组成通式为CnH2n﹣8 B．天然气、液化石油气、汽油、柴油、凡士林、石蜡的主要成分都是烷烃 C．乙炔在氧气中燃烧时温度可超过3000℃，常用来焊接或切割金属 D．液态氯乙烷汽化时大量吸热，其冷冻麻醉作用常用于运动中急性损伤的镇痛【答案】A【分析】A．苯的同系物是仅含1个苯环且侧链均为烷基的烃，推导可知分子通式为CnH2n﹣6（n≥7）；B．天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分为丙烷、丁烷，汽油、柴油、凡士林、石蜡是石油分馏产物，主要成分包含烷烃、环烷烃和芳香烃，并非都属于烷烃；C．乙炔在氧气中燃烧形成的氧炔焰温度可超过3000℃，可以熔化金属，常用于焊接或切割金属；D．液态氯乙烷沸点低，汽化时会吸收大量热，使局部温度骤降起到冷冻麻醉作用，可用于运动中急性损伤的镇痛。【解答】解：A．苯的同系物是仅含1个苯环且侧链均为烷基的烃，推导可知分子通式为CnH2n﹣6（n≥7），故A错误；B．天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分为丙烷、丁烷，汽油、柴油、凡士林、石蜡是石油分馏产物，主要成分包含烷烃、环烷烃和芳香烃，并非都属于烷烃，故B正确；C．乙炔在氧气中燃烧形成的氧炔焰温度可超过3000℃，可以熔化金属，常用于焊接或切割金属，故C正确；D．液态氯乙烷沸点低，汽化时会吸收大量热，使局部温度骤降起到冷冻麻醉作用，可用于运动中急性损伤的镇痛，故D正确；故选：A。【点评】本题考查苯的同系物、常见烷烃类物质、乙炔及氯乙烷的基础性质与用途，辨析有机化学基础概念与常识性应用的正误。4．（2026春•海淀区校级期中）基团间的相互影响会导致有机物化学性质改变。下列叙述不能说明上述观点的是（）A．苯酚能与溴水发生反应而苯不能 B．苯酚可与NaOH溶液反应而乙醇不能 C．甲苯能使酸性高锰酸钾褪色而乙烷不能 D．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色而乙烷不能【答案】D【分析】A．苯酚中的羟基使苯环上酚羟基邻、对位氢原子活性增强，可直接与溴水发生取代反应，而苯无此性质，属于基团间相互影响导致的性质差异；B．苯酚中苯环对羟基产生影响，使羟基氢更易电离，具有弱酸性可与NaOH反应，而乙醇中羟基连乙基，无酸性、不能与NaOH反应，属于基团间相互影响导致的性质差异；C．甲苯中苯环对甲基产生影响，使甲基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，而乙烷不能被酸性高锰酸钾氧化，属于基团间相互影响导致的性质差异；D．乙烯含碳碳双键官能团，可与溴发生加成反应使溶液褪色，乙烷为饱和烃，不含碳碳双键，二者性质差异是官能团种类不同导致，与基团间相互影响无关。【解答】解：A．苯酚中的羟基使苯环上酚羟基邻、对位氢原子活性增强，可直接与溴水发生取代反应，而苯无此性质，属于基团间相互影响导致的性质差异，故A错误；B．苯酚中苯环对羟基产生影响，使羟基氢更易电离，具有弱酸性可与NaOH反应，而乙醇中羟基连乙基，无酸性、不能与NaOH反应，属于基团间相互影响导致的性质差异，故B错误；C．甲苯中苯环对甲基产生影响，使甲基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，而乙烷不能被酸性高锰酸钾氧化，属于基团间相互影响导致的性质差异，故C错误；D．乙烯含碳碳双键官能团，可与溴发生加成反应使溶液褪色，乙烷为饱和烃，不含碳碳双键，二者性质差异是官能团种类不同导致，与基团间相互影响无关，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物基团间的相互作用对化学性质的影响，辨析不同有机物性质差异的本质原因，区分基团相互影响与官能团本身特性的区别。5．（2026•西城区模拟）下列说法不正确的是（）A．淀粉在酸或酶催化下水解的最终产物是葡萄糖 B．向鸡蛋清溶液中加入AgNO3溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀溶解 C．植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质 D．核酸中核苷酸之间通过磷酸二酯键连接【答案】B【分析】A．淀粉在酸或酶催化下水解的最终产物为葡萄糖；B．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，AgNO3是重金属盐，会使蛋白质发生不可逆变性；C．植物油中含有不饱和碳碳双键，易被空气氧化，氢化后双键变为饱和单键，所得硬化油不易被氧化变质；D．核酸的基本组成单位是核苷酸，核苷酸之间通过磷酸二酯键连接形成长链。【解答】解：A．淀粉属于多糖，在酸或酶催化下水解的最终产物为葡萄糖，故A正确；B．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，AgNO3是重金属盐，会使蛋白质发生不可逆变性，故B错误；C．植物油中含有不饱和碳碳双键，易被空气氧化，氢化后双键变为饱和单键，所得硬化油不易被氧化变质，故C正确；D．核酸的基本组成单位是核苷酸，核苷酸之间通过磷酸二酯键连接形成长链，故D正确；故选：B。【点评】本题考查糖类、蛋白质、油脂、核酸的基础化学性质与结构特征，侧重区分蛋白质的盐析与变性反应。6．（2025秋•东城区期末）甲醛（HCHO）会使蛋白质变性，部分原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A．HCHO分子呈平面三角形 B．形成部位1时，蛋白质参与反应的官能团有一种 C．形成部位2时，HCHO发生了加成反应，则虚线框内的结构为—CH2OH D．推测HCHO还可以发生反应：【答案】B【分析】A．HCHO的中心C原子采取的杂化方式来分析；B．根据部位1中蛋白质与甲醛反应形成的结构来分析；C．根据部位2中甲醛与蛋白质中的酰胺基中—NH2发生加成反应来分析；D．根据缩聚反应原理来分析。【解答】解：A．HCHO的中心C原子采取sp2杂化，分子中所有原子共平面，呈平面三角形结构，故A正确；B．部位1是蛋白质中的氨基、酰胺基与甲醛反应形成的结构，因此蛋白质参与反应的官能团有两种，故B错误；C．部位2中甲醛与蛋白质中的酰胺基中—NH2发生加成反应，甲醛的C＝O打开，结合H和OH后，虚线框内的结构应为—CH2OH，故C正确；D．甲醛（HCHO）与H2N—C（CH3）2—NH2发生缩聚反应，氨基与甲醛的羰基加成后脱水，生成聚脲类产物，反应式符合缩聚反应的规律，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了蛋白质的结构与性质，熟练掌握官能团性质与转化，注意蛋白质的结构中官能团的变化规律，侧重分析与应用能力的考查。7．（2026•朝阳区二模）我国科研团队以废弃的聚氯乙烯、聚烯烃及石油裂解产生的异丁烷为原料，制得高附加值液态烷烃和HCl。下列说法不正确的是（）A．聚氯乙烯塑料不能用于食品包装 B．石油裂解属于物理变化 C．用系统命名法命名异丁烷：2﹣甲基丙烷 D．该成果可为塑料污染的治理提供全新的解决方案【答案】B【分析】A．聚氯乙烯塑料在使用过程中会释放有毒物质（如氯乙烯），因此不能用于食品包装；B．石油裂解是将长链烃断裂为短链烃的过程，有新物质生成，属于化学变化；C．异丁烷的结构简式为，主链含3个碳原子，2号碳上连有甲基，系统命名为2﹣甲基丙烷；D．该技术以废弃塑料为原料制备高附加值产物，实现了塑料的资源化利用，可为塑料污染治理提供新方案。【解答】解：A．聚氯乙烯塑料在使用过程中会释放有毒物质（如氯乙烯），因此不能用于食品包装，故A正确；B．石油裂解是将长链烃断裂为短链烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，而非物理变化，故B错误；C．异丁烷的结构简式为，主链含3个碳原子，2号碳上连有甲基，系统命名为2﹣甲基丙烷，故C正确；D．该技术以废弃塑料为原料制备高附加值产物，实现了塑料的资源化利用，可为塑料污染治理提供新方案，故D正确；故选：B。【点评】本题结合废弃塑料资源化利用的情境，考查常见塑料的用途、石油加工的变化类型、烷烃的系统命名及化学与环境的关系。8．（2026春•海淀区校级期中）L是一种具有较好耐热性、耐水性和高频电绝缘性的高分子化合物，它由三种单体聚合而成，每个单体的分子中均含有一个官能团。下列相关说法正确的是（）A．L的单体为、和HCHO B．三种单体的物质的量之比为1：1：1 C．制备L的反应是缩聚反应 D．三种单体不能生成网状结构的高分子化合物【答案】C【分析】的链节为，在竖线处断键，并连接＝O和﹣H，从而得出三种单体分别为HCHO、、；据此分析作答。【解答】解：A．的链节为，在竖线处断键，并连接＝O和﹣H，单体为HCHO、、，故A错误；B．根据L的结构可知，参加反应的三种单体HCHO、、的物质的量之比为2：1：1，故B错误；C．根据分析，三种单体分别为HCHO、、，聚合过程有小分子水生成，所以制备L的反应是缩聚反应，故C正确；D．苯酚上邻对位上的H、苯胺上的邻对位上的H均能和甲醛发生缩聚反应，生成网状结构的高分子化合物，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．（2025春•海淀区校级期中）下列有关有机物的分离、提纯、鉴别的方法正确的是（）A．进行蒸馏操作时，温度计的水银球应伸入液面下 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环对甲基的影响 C．检验一溴甲烷中的溴元素，可采用以下方案：取少量一溴甲烷，加入NaOH的乙醇溶液，加热，冷却后，加入AgNO3溶液，通过是否有淡黄色沉淀生成即可判断 D．只用新制氢氧化铜悬浊液可鉴别：乙醇、乙醛、乙酸、甲酸【答案】D【分析】A．蒸馏过程中，温度计用于测定馏分的温度，而不是液体的温度；B．甲基和醛基均可以被高锰酸钾氧化导致，无法单独验证苯环对甲基的影响；C．卤代烃的消去反应必须满足两点：一是至少有2个C原子，二是与连接卤素原子的C原子相邻的C原子上必须有H原子；D．加入新制Cu（OH）2悬浊液，乙醇不与反应；乙醛在加热时生成砖红色沉淀；乙酸和Cu（OH）2发生中和反应，氢氧化铜溶解；甲酸能溶解氢氧化铜，同时含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成。【解答】解：A．蒸馏过程中，温度计用于测定馏分的温度，而不是液体的温度，所以在蒸馏操作中，温度计水银球的正确位置是‌置于蒸馏烧瓶的支管口处（即蒸气出口附近）‌，而非伸入液面以下，故A错误；B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为甲基和醛基均可以被高锰酸钾氧化导致，无法单独验证苯环对甲基的影响，故B错误；C．卤代烃的消去反应必须满足两点：一是至少有2个C原子，二是与连接卤素原子的C原子相邻的C原子上必须有H原子，CH3Br不能发生消去反应，不能用此方法检验，且加入硝酸银溶液前，需要加稀硝酸中和碱，故C错误；D．加入新制氢氧化铜悬浊液，乙醛在加热时生成砖红色沉淀；乙醇不与反应；乙酸和Cu（OH）2发生中和反应，Cu（OH）2溶解；甲酸能溶解氢氧化铜，同时含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，Cu（OH）2可鉴别四种物质，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查有机物的鉴别等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2025春•石景山区校级期中）由芳香烃R（C7H8）可以生成3种有机化合物X、Y和Z，转化关系如图所示：下列说法不正确的是（）A．R的结构简式为，苯环上的一氯代物有3种 B．反应①条件是Cl2/光照，反应②条件是Cl2/FeCl3 C．R和Z的核磁共振氢谱上均有4组吸收峰 D．反应①和②可得：苯的同系物与Cl2发生反应的条件不同，产物不同【答案】C【分析】从X的结构分析，R化学式为C7H8的芳香烃则其为甲苯，甲苯与H2加热、催化剂反应苯环加成反应。【解答】解：A．根据分析可知A为甲苯，苯环上有3种不同的氢原子，故A正确；B．甲苯与氯气在光照条件下发生苯环侧链甲基上的取代反应，与氯气在FeCl3催化下发生苯环上甲基邻、对位的取代反应，故B正确；C．甲苯分子中有4种不同的氢原子，核磁共振谱有4组峰；Z是，分子中有5种不同的氢原子，核磁共振谱共有5组峰，故C错误；D．根据B选项分析可知，苯的同系物与Cl2发生反应的条件不同，产物不同，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查有机物的推断等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。11．（2026春•海淀区校级期中）化合物M可合成航空飞行器液体燃料Q，转化关系如图。下列说法正确的是（）A．等物质的量的M与H2加成生成1﹣戊醇 B．Q的核磁共振氢谱有两组峰 C．用溴的四氯化碳溶液能区分P与Q D．M转化为P时还有H2O生成【答案】D【分析】A．M是环戊酮（环状结构），羰基与H2加成后生成的是环戊醇（环状），不是链状的1﹣戊醇；B．Q分子虽然高度对称，但存在3种等效氢：中间六元环稠合碳上的氢、五元环上两种不同位置的亚甲基氢，因此核磁共振氢谱有3组峰，不是两组；C．苯环不能使溴的四氯化碳溶液褪色；Q是饱和烃，也不能使溴的四氯化碳褪色，因此无法区分P和Q；D．M含1个氧原子，P不含氧原子，根据原子守恒，M中的氧原子结合氢生成H2O，反应一定有水生成。【解答】解：A．M是环戊酮（环状结构），羰基与H2加成后生成的是环戊醇（环状），不是链状的1﹣戊醇，故A错误；B．Q分子虽然高度对称，但存在3种等效氢：中间六元环稠合碳上的氢、五元环上两种不同位置的亚甲基氢，因此核磁共振氢谱有3组峰，不是两组，故B错误；C．苯环不能使溴的四氯化碳溶液褪色；Q是饱和烃，也不能使溴的四氯化碳褪色，因此无法区分P和Q，故C错误；D．M含1个氧原子，P不含氧原子，根据原子守恒，M中的氧原子结合氢生成H2O，反应一定有水生成，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机化合物的结构与性质，涉及羰基加成、核磁共振氢谱、烯烃鉴别及羟醛缩合反应的产物判断。12．（2026春•海淀区校级月考）已知：。有机物C8H14被酸性KMnO4氧化后的产物为：CH3COOH、，则该有机物的结构简式可能为（）A． B． C． D．CH3CH＝CHCH2CH2CH3【答案】C【分析】有机物C8H14，计算不饱和度：2×8+2-142=2，说明含有【解答】解：A．A的结构为CH2＝CHCH＝C（CH3）CH2CH＝CH2，分子式为C8H12，氧化产物为二氧化碳、HOOC—COOH、CH3COCH2COOH，故A错误；B．B的结构为，氧化后得到产物为CH3COOH、CH3COCH3和HOOCCH2COOH，故B错误；C．C的结构为，分子式为C8H14，碳碳双键断裂氧化后，产物恰好为CH3COOH和CH3COCH2COOH，故C正确；D．D的结构为CH3CH＝CHCH2CH2CH3，分子式为C6H12，不符合题干要求的C8H14，氧化产物为CH3COOH、CH3CH2CH2COOH，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查有机物的结构和性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。13．（2026•丰台区二模）有机化合物Q的合成方法如图所示。下列说法不正确的是（）A．P的核磁共振氢谱有4组峰 B．P生成Q的反应类型为加成反应 C．P与H2完全加成后的产物中含4个手性碳原子 D．P按上述原理反应时，形成高分子的结构简式为【答案】D【分析】A．P分子中氢原子的种类：苯环上的氢为2种（对称分布）、碳碳三键（﹣C≡CH）上的氢为1种、亚胺键（﹣CH＝N﹣）上的氢为1种，氢原子共4种，核磁共振氢谱有4组峰；B．该反应是炔烃与叠氮基（﹣N3））发生的叠氮﹣炔环加成反应，炔烃的三键打开，与叠氮基形成五元三氮唑环，属于加成反应（环加成反应）；C．P完全加氢后：碳碳三键变为饱和的乙基（﹣CH2CH3）、碳碳双键（亚胺键中的﹣CH＝N﹣）还原为饱和的（﹣CH2﹣NH﹣）、苯环全部加氢为环己烷环，此时，环己烷环上与氟相连的碳为手性碳，共有4个手性碳原子；D．P分子中同时含有炔基（﹣C≡CH）和叠氮基（﹣N3）），发生叠氮﹣炔环加成聚合反应时，重复单元应包含三氮唑环结构，且聚合物链中会交替出现三氮唑环和P的骨架，选项给出的结构中，没有形成三氮唑环，而是错误地保留了叠氮基的结构（﹣N＝N﹣NH﹣），不符合反应原理。【解答】解：A．P分子中氢原子的种类：苯环上的氢为2种（对称分布）、碳碳三键（﹣C≡CH）上的氢为1种、亚胺键（﹣CH＝N﹣）上的氢为1种，氢原子共4种，核磁共振氢谱有4组峰，故A正确；B．该反应是炔烃与叠氮基（﹣N3））发生的叠氮﹣炔环加成反应，炔烃的三键打开，与叠氮基形成五元三氮唑环，属于加成反应（环加成反应），故B正确；C．P完全加氢后：碳碳三键变为饱和的乙基（﹣CH2CH3）、碳碳双键（亚胺键中的﹣CH＝N﹣）还原为饱和的（﹣CH2﹣NH﹣）、苯环全部加氢为环己烷环，此时，环己烷环上与氟相连的碳为手性碳，共有4个手性碳原子，故C正确；D．P分子中同时含有炔基（﹣C≡CH）和叠氮基（﹣N3）），发生叠氮﹣炔环加成聚合反应时，重复单元应包含三氮唑环结构，且聚合物链中会交替出现三氮唑环和P的骨架，选项给出的结构中，没有形成三氮唑环，而是错误地保留了叠氮基的结构（﹣N＝N﹣NH﹣），不符合反应原理，故D错误；故选：D。【点评】本题以有机合成路线为载体，综合考查核磁共振氢谱、反应类型判断、手性碳原子识别及有机高分子结构推断，旨在检验考生对有机物结构与性质的分析、应用能力。14．（2026•朝阳区二模）化合物K、L与M反应可合成降血压药非洛地平Q，转化关系如图。下列说法不正确的是（）A．K的核磁共振氢谱有4组峰 B．M是 C．K、L与M化学计量比是1：1：1 D．Q需密封保存，推测与其含有的碳碳双键有关【答案】B【分析】A．K含有几种氢原子，其核磁共振氢谱就有几组峰；B．K、L、M发生取代反应生成Q和H2O，根据原子守恒及K、L、M的结构简式知，M为CH3COCH2COOCH2CH3；C．K、L、M以1：1：1反应；D．Q中碳碳双键不稳定。【解答】解：A．K含有4种氢原子，其核磁共振氢谱有4组峰，故A正确；B．K、L、M发生取代反应生成Q和H2O，根据原子守恒及K、L、M的结构简式知，M为CH3COCH2COOCH2CH3，故B错误；C．K、L、M以1：1：1反应生成Q，故C正确；D．Q中碳碳双键不稳定，易被氧化，所以Q需要密封保存，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题的关键，题目难度不大。15．（2026•东城区二模）一种合成聚氨酯的方法如图。下列说法不正确的是（）A．①中C＝N键为极性键，C呈正电性，N呈负电性 B．合成聚氨酯的反应为缩聚反应 C．②可用乙烯为基础原料制备 D．③在一定条件下可以降解【答案】B【分析】A．①﹣C＝N是不同原子形成的共价键，共用电子对偏向电负性更大的N原子，因此C显正电性、N显负电性，属于极性键；B．缩聚反应的特点是生成高分子的同时，还会生成小分子副产物（如H2O、HCl等，而聚氨酯的合成是异氰酸酯（①）与二元醇（②）发生加成聚合反应（逐步加成聚合），反应过程中没有小分子生成，因此不属于缩聚反应；C．②是乙二醇（HO﹣CH2CH2﹣OH），工业上可由乙烯与卤素加成后水解，或乙烯直接催化氧化再水解制备，因此可以乙烯为基础原料合成；D．③在一定条件下可以降解聚氨酯（③）分子中含有氨基甲酸酯键（﹣NH﹣COO﹣），这类酯键在酸、碱或酶的催化作用下可以发生水解反应，断裂高分子链，因此在一定条件下可降解。【解答】解：A．①﹣C＝N是不同原子形成的共价键，共用电子对偏向电负性更大的N原子，因此C显正电性、N显负电性，属于极性键，故A正确；B．缩聚反应的特点是生成高分子的同时，还会生成小分子副产物（如H2O、HCl等，而聚氨酯的合成是异氰酸酯（①）与二元醇（②）发生加成聚合反应（逐步加成聚合），反应过程中没有小分子生成，因此不属于缩聚反应，故B错误；C．②是乙二醇（HO﹣CH2CH2﹣OH），工业上可由乙烯与卤素加成后水解，或乙烯直接催化氧化再水解制备，因此可以乙烯为基础原料合成，故C正确；D．③在一定条件下可以降解聚氨酯（③）分子中含有氨基甲酸酯键（﹣NH﹣COO﹣），这类酯键在酸、碱或酶的催化作用下可以发生水解反应，断裂高分子链，因此在一定条件下可降解，故D正确；故选：B。【点评】本题以聚氨酯合成反应为载体，综合考查共价键极性判断、有机反应类型辨析、有机物制备路线及高分子降解性质，检验考生对有机高分子合成相关基础知识的理解与应用能力。二．解答题（共3小题）16．（2025春•东城区校级期中）乙烯是重要的有机化工基础原料。乙烯的分子结构模型如图。（1）乙烯的结构简式为CH2＝CH2。（2）乙烯的官能团是碳碳双键。（3）下列关于乙烯的说法正确的是ab（填序号）。a．无色气体b．可与酸性KMnO4溶液反应（4）区分乙烯和甲烷的方法有多种。方法a：分别在空气中点燃，火焰明亮并伴有黑烟的是乙烯。方法b：分别通入盛有溴的四氯化碳溶液的两支试管中，使溶液褪色的是乙烯。（5）以乙烯为原料可以制备乙酸乙酯，转化关系如图。①反应i、ii中，属于加成反应的是i（填序号）。②将反应iv的化学方程式补充完整：CH3COOC2H5。CH【答案】（1）CH2＝CH2；（2）碳碳双键；（3）ab；（4）乙烯；（5）①i；②CH3COOC2H5。【分析】（1）乙烯的结构简式为CH2＝CH2；（2）乙烯的官能团为碳碳双键；（3）乙烯常温常压下为无色气体，结构中含有碳碳双键，碳碳双键不稳定能被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳和水；（4）乙烯含有碳碳双键，能与溴单质发生加成反应；（5）①乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇；②乙醇和乙酸在浓硫酸催化下，加热生成乙酸乙酯和水。【解答】解：（1）乙烯的结构简式为CH2＝CH2，故答案为：CH2＝CH2；（2）乙烯的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（3）乙烯常温常压下为无色气体，结构中含有碳碳双键，碳碳双键不稳定能被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳和水，故答案为：ab；（4）乙烯含有碳碳双键，能与溴单质发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故答案为：乙烯；（5）①乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧气氧化为乙醛，故答案为：i；②乙醇和乙酸在浓硫酸催化下，加热生成乙酸乙酯和水，其方程式为CH故答案为：CH3COOC2H5。【点评】本题考查有机物的推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，知道各物质之间的转化关系。17．（2025春•海淀区校级期末）食醋是重要的调味品，由富含淀粉的粮食发酵而成，其中乙酸的质量分数约为3～5%。（1）粮食发酵酿造食醋的过程可以简单地表示为如下：淀粉→①糖化酶葡萄糖→②①写出步骤①反应的化学方程式（C6H10O5）n（淀粉）+nH2O→糖化酶nC6H12O6（葡萄糖）。②下列说法中，正确的是bc（填字母序号）a.淀粉与纤维素互为同分异构体b.可以用新制Cu（OH）2悬浊液检验反应①生成的葡萄糖c.反应②为分解反应，反应③需要O2参与（2）某小组同学通过实验测定某品牌食醋的总酸量，量取10mL食醋稀释至100mL，每次取出20.00mL，向其中逐滴滴加0.1000mol/LNaOH溶液至恰好完全反应，测得实验数据如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液的体积/mL19.8520.0520.10该品牌食醋的总酸量（以乙酸计）为6.00g/100mL。（3）除了做调味品外，食醋在日常生活中还有其他广泛的用途。请写出用食醋除去水垢中的CaCO3的离子方程式CaCO3+2CH3COOH＝2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑。（4）乙酸是有机合成中的基础原料。以乙酸为原料制备某有机物D的合成路线如图：已知：R-CN→①第Ⅰ步的反应类型为取代反应。②A的结构简式为CH2ClCOOH。③写出第Ⅳ步的离子方程式或化学方程式。ⅰ.NC—CH2COO﹣+2H2O+2H+→HOOCCH2COOH+NH4+ⅱ.HOOCCH2COOH+2C2H5OH⇌△浓硫酸CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O【答案】（1）①（C6H10O5）n（淀粉）+nH2O→糖化酶nC6H12O6（葡萄糖）；②bc；（2）6.00；（3）CaCO3+2CH3COOH＝2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑；（4）①取代反应；②CH2ClCOOH；③ⅰ.NC—CH2COO﹣+2H2O+2H+→HOOCCH2COOH+NHⅱ.HOOCCH2COOH+2C2H5OH⇌△浓硫酸CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2【分析】（1）①淀粉水解生成葡萄糖，②葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，③乙醇在酶的作用下氧化为乙酸；（2）三次平均消耗V（NaOH）＝20.00mL，CH3COOH和NaOH以1：1反应，据此计算；（3）用食醋除去水垢中的CaCO3生成乙酸钙、水和二氧化；（4）乙酸发生取代反应生成A的结构简式为CH2ClCOOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成CH2ClCOONa，CH2ClCOONa与NaCN反应生成NC—CH2COONa，NC—CH2COONa酸性条件下水解生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与乙醇在浓硫酸作用下生成酯CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3。【解答】解：（1）①步骤①中淀粉在糖化酶的作用下水解生成葡萄糖，反应的化学方程式：（C6H10O5）n（淀粉）+nH2O→糖化酶nC6H12O6（葡萄糖），故答案为：（C6H10O5）n（淀粉）+nH2O→糖化酶nC6H12O6（葡萄糖）；②a.淀粉与纤维素的聚合度n不同，不互为同分异构体，故a错误；b.葡萄糖含有醛基，可以用新制Cu（OH）2悬浊液检验反应①生成的葡萄糖，故b正确；c.②为葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇：C6H12O6（葡萄糖）→酒化酶2CH3CH2OH+2CO2，③为乙醇在酶的作用下氧化为乙酸：CH3CH2OH+O2→酶CH3COOH+H2O，故故答案为：bc；（2）三次平均消耗V（NaOH）＝20.00mL，CH3COOH和NaOH以1：1反应，20mL待测液中n（CH3COOH）＝n（NaOH）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，则100mL待测液中n（CH3COOH）＝0.002mol×5＝0.010mol，10mL食醋中含有n（CH3COOH）＝0.0100mol，m（CH3COOH）＝0.0100mol×60g/mol＝0.6g，100mL食醋中m（CH3COOH）＝0.6000g×10＝6.00g，故答案为：6.00；（3）用食醋除去水垢中的CaCO3生成乙酸钙、水和二氧化碳，离子方程式CaCO3+2CH3COOH＝2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2CH3COOH＝2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑；（4）①第Ⅰ步乙酸甲基上的氢被氯原子取代生成HCl和CH2ClCOOH，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；②A的结构简式为CH2ClCOOH，故答案为：CH2ClCOOH；③ⅰ.NC—CH2COONa酸性条件下水解生成HOOCCH2COOH，离子方程式为NC—CH2COO﹣+2H2O+2H+→HOOCCH2COOH+NH故答案为：NC—CH2COO﹣+2H2O+2H+→HOOCCH2COOH+NHⅱ.HOOCCH2COOH与乙醇在浓硫酸作用下生成酯CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，化学方程式为HOOCCH2COOH+2C2H5OH⇌△浓硫酸CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2故答案为：HOOCCH2COOH+2C2H5OH⇌△浓硫酸CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2【点评】本题考查有机物的推断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，题目难度中等。18．（2025秋•海淀区校级月考）L是合成药物——非布索坦的中间体，其合成路线如图。已知：R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5→C2H5ONaR1CCHCOOC2H5+C（1）A→B的化学方程式为CH3COOH+C2H5OH⇌浓硫酸加热CH3COOC2H5+H2O（2）C的结构简式为CH3COCH2COOC2H5。（3）D中的官能团为羰基，酯基和碳氯键。（4）写出符合以下条件的E的同分异构体的结构简式：或者。①属于芳香族化合物；②苯环上的一氯取代物有3种（5）E→F的反应类型为取代反应。（