2025年-2026学年下学期广州高二化学期末模拟试卷（二）

第1页（共1页）2025年-2026学年下学期广州高二化学期末模拟试卷（二）一．选择题（共15小题）1．（2026春•东莞市期中）某有机物的结构简式为，该分子中官能团有（）A．5种 B．4种 C．3种 D．2种2．（2026春•东莞市期中）按碳骨架分类，下列说法正确的是（）A．属于醇类化合物 B．属于芳香族化合物 C．属于脂环化合物 D．CH3CH（CH3）2属于链状化合物3．（2025春•番禺区校级期中）下列说法错误的是（）A．沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷 B．的化学名称为2，5﹣二甲基﹣4﹣庚烯 C．CH3CH2OH在核磁共振氢谱图中有3组峰，且峰面积之比为1：2：3 D．可用红外光谱获得分子中所含化学键或官能团的信息4．（2024春•广州期末）现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列说法正确的是（）A．用元素分析仪测定分子的空间结构 B．的核磁共振氢谱中有四组峰 C．用质谱仪鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3 D．用红外光谱鉴别CH3COCH3和CH3CH2CH2OH5．（2026•湛江模拟）湛江智慧，藏于技艺，见于习俗。下列工艺品所涉及材料的主要成分属于有机高分子材料的是（）湛江贝雕廉江缸瓦窑陶艺A．龙纹贝壳B．泥壶陶器雷州换鼓徐闻藤编C．云雷纹铜鼓D．藤制盾牌A．A B．B C．C D．D6．（2026•广东模拟）家用小型激光打印机日渐普及。下列说法错误的是（）A．打印机粉盒中的磁性氧化铁的化学式是Fe3O4 B．感光鼓采用环保的光导材料聚芳酯，聚芳酯属于有机高分子 C．机身的ABS塑料（）可通过缩聚反应制备 D．打印机工作时高压放电会使空气中的O2转化为O3，转化过程发生了化学变化7．（2025秋•肇庆期末）化学材料是科技发展的基础。下列说法错误的是（）A．我国“福建舰”甲板使用了特种钢，钢是铁合金，其硬度大于铁 B．聚乳酸可用于制作手术缝合线，其单体的结构简式为 C．速滑服所用的材料聚氨酯具有强度高、弹性好等特点，聚氨酯为天然高分子 D．新能源汽车电池的正极材料LiFePO4具有良好的电化学性能，LiFePO4中Fe的化合价为+28．（2025•南山区校级二模）广东人饮食文化非常讲究个“鲜”字，当然也很注重饮食营养均衡，“色香味形”等。下列说法正确的是（）A．糯米鸡是源自广东的一种点心，糯米中的淀粉可以水解 B．虾饺属于粤菜名小吃，富含蛋白质，加热后蛋白质变性，不利于人体消化吸收 C．白灼菜心清甜可口，菜心中的纤维素是多糖，有甜味 D．香甜松软的马拉糕在制作过程中可加入苏打增加蓬松度9．（2025春•梅州期末）关于物质的检测，下列说法不正确的是（）A．用浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛 B．用酸性KMnO4溶液可鉴别苯和甲苯 C．X射线衍射实验可用来鉴别水晶和玻璃 D．用红外光谱可确定有机物的元素组成和含量10．（2026春•荔湾区校级期中）下列关于丙烯：CH3CH＝CH2的说法中，不正确的是（）A．能使酸性KMnO4溶液褪色 B．分子中所有碳原子都在同一平面上 C．与HBr发生加成反应可得到两种产物 D．可以用溴的四氯化碳溶液鉴别丙烯和丙炔11．（2026春•广州期中）下列有关乙烯、乙烷及其相关物质的说法中正确的是（）A．溴水和酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯 B．乙烯和聚乙烯都能使溴水溶液褪色，且原理相同 C．CH3CH2Br可能是乙烯的加成产物，也可能是CH3CH3的一卤取代产物 D．1molCH2＝CH2先与HCl加成，再与Cl2发生取代，最多消耗Cl22.5mol12．（2026春•广州期中）某药物中间体的结构简式如图。下列说法正确的是（）A．含有醛基、羟基、碳碳双键三种官能团 B．只用酸性高锰酸钾溶液可检验该分子中的碳碳双键 C．可发生加成反应、取代反应、加聚反应但不能发生催化氧化反应 D．1mol该有机物分别与足量的Na和NaHCO3溶液反应，产生气体的物质的量比为2：113．（2025春•龙岗区校级期中）对氨基苯甲酸（）是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，通常以甲苯为原料进行合成。如图为对氨基苯甲酸的一种合成路线。（已知：烷基为苯环上邻、对位定位基，羧基为苯环上间位定位基）。下列说法不正确的是（）A．反应①的条件可为：浓HNO3/浓H2SO4/△ B．反应③的反应类型为氧化反应 C．产物中可能含有副产物 D．若反应①、②顺序互换，则最终得到的产物主要是14．（2026春•番禺区校级期中）一种植物生长调节剂的分子结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．该物质含有3种官能团 B．该物质属于脂环烃 C．该物质不属于芳香化合物 D．该物质属于烃的衍生物15．（2026春•汕头校级期中）已知①、②两种物质的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．①和②两种物质的分子式均为C9H11 B．②的一氯代物只有2种（不考虑立体异构） C．②分子中所有碳原子可能处于同一平面上 D．①分子中最多有4个碳原子共直线二．解答题（共3小题）16．（2025秋•广东月考）有机物C是包含两个碳原子的醛类物质，有机物D具有碳碳双键和醛基，有机物E中4个碳原子均是sp3杂化，X是包含两个碳原子的羧酸类物质，K为丙酮，Y是制取航空润滑油的重要原料，PVAc树脂可用来生产涂料，有机物N是日用香精的主香剂，它们的合成路线如下：已知：R为烃基，R′、R″为烃基或氢原子。I.Ⅱ.RMgCl+回答下列问题：（1）A的名称是，B中含氧官能团的名称是。（2）写出由B在一定条件下生成PVAc树脂的化学方程式。（3）参考反应Ⅰ，写出D的结构简式是。（4）写出E→F的化学方程式。（5）M的结构简式是。（6）下列有关说法中正确的是（填字母序号）。a.N属于酯类物质b.C、K互为同系物c.反应①，②都可以是与H2的加成反应（7）写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式。a.能发生水解反应b.能发生银镜反应c.立体异构为顺式结构17．（2025春•汕头校级期末）丙烯（C3H6）是重要的有机原料和中间体。在一定条件下，丙烯能发生的部分转化关系如图所示。回答下列问题：（1）高聚物A的结构简式为；若A的平均相对分子质量为21000，则其平均聚合度为。（2）0.1molG完全燃烧需要标准状况下氧气的体积为。（3）C的含5个碳原子的同系物有种同分异构体（不含立体异构）；G的官能团的名称为。（4）由D生成E的化学方程式为。（5）由D与F生成G的化学方程式为。18．（2026•湛江模拟）席夫碱（含结构：—RC＝N—）可用作液晶特性材料，可通过羰基化合物与胺类有机物一步反应制备（其中c为中间体）。（1）化合物a的分子式为。化合物b中官能团的名称为。（2）已知芳香族化合物e是胺类物质，且相对分子质量M（e）﹣M（b）＝14，则e的可能结构有种（不考虑立体异构）；e的一种同分异构体的核磁共振氢谱图只有4组峰，则其结构简式为。（3）下列说法正确的有（填字母）。A．在化合物a、b反应生成d的过程中，存在π键的断裂与形成B．反应①和反应②的反应类型相同，均为消去反应C．化合物c中无手性碳原子D．化合物a、d均可发生原子利用率100%的还原反应（4）一定条件下，化合物a与HCN反应得到物质f，f进一步在酸性条件下水解得到主要产物g。若用核磁共振氢谱仪监测该水解反应，则可推测：与f相比，g的氢谱图中多了组吸收峰。（5）一定条件下，酮也可与胺类物质发生上述类似的反应。以化合物Ⅰ和Ⅱ为原料，分三步合成化合物Ⅲ（C10H17N）。①第一步，引入羟基：其反应的化学方程式为（注明反应条件）。②第二步，进行（填具体反应类型）：其反应的化学方程式为（注明反应条件）。③第三步，合成Ⅲ：②中得到的羰基化合物与Ⅱ在一定条件下发生一步反应。则化合物Ⅲ的结构简式为。三．推断题（共1小题）19．（2026春•佛山校级期中）由芳香烃X合成一种功能高分子H的过程如图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H的链节组成为C7H5NO。已知：Ⅰ.芳香烃X用质谱仪测出的质谱图如图所示：Ⅱ.（苯胺，易被氧化）Ⅲ.请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）G的分子式是。（2）③的反应类型是。（3）反应⑤的化学方程式是。（4）阿司匹林有多种同分异构体，其中属于二元酸的芳香族化合物共有种；核磁共振氢谱有4组峰，峰值面积比为3：2：2：1的结构简式为。（5）以下为A和其他无机物合成最合理的方案，回答有关问题：a．写出反应⑤的试剂和条件：。b．以上反应属于加成反应的是：。

2025年-2026学年下学期广州高二化学期末模拟试卷（二）一．选择题（共15小题）1．（2026春•东莞市期中）某有机物的结构简式为，该分子中官能团有（）A．5种 B．4种 C．3种 D．2种【答案】C【分析】中含有碳碳双键、酯基、硝基，据此进行解答。【解答】解：中含有碳碳双键、酯基、硝基共3种官能团，故选：C。【点评】本题考查官能团的识记，注意基础知识的积累。2．（2026春•东莞市期中）按碳骨架分类，下列说法正确的是（）A．属于醇类化合物 B．属于芳香族化合物 C．属于脂环化合物 D．CH3CH（CH3）2属于链状化合物【答案】D【分析】A．结构中含有苯环，羟基直接连接苯环的化合物属于酚类；B．芳香族化合物指含有苯环的化合物；C．结构中含有苯环，属于芳香族化合物；D．CH3CH（CH3）2是异丁烷，属于链状化合物．【解答】解：A、是羟基直接连接苯环，属于酚类化合物，故A错误；B、芳香族化合物指含有苯环的化合物，不含苯环，属于环烯，故B错误；C、结构中含有苯环，属于芳香族化合物，不是脂环化合物，故C错误；D、CH3CH（CH3）2是异丁烷，属于链状化合物，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的分类、官能团结构，比较基础，根据概念来分析解答即可，题目难度不大。3．（2025春•番禺区校级期中）下列说法错误的是（）A．沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷 B．的化学名称为2，5﹣二甲基﹣4﹣庚烯 C．CH3CH2OH在核磁共振氢谱图中有3组峰，且峰面积之比为1：2：3 D．可用红外光谱获得分子中所含化学键或官能团的信息【答案】B【分析】A．同分异构体中，直链结构（如正戊烷、正丁烷）沸点较高，支链越多（如异戊烷、新戊烷、异丁烷），沸点越低；B．该有机物分子中含有碳碳双键且碳链最长为7个碳，碳碳双键离第一个碳最近为3～4个碳，第三个碳和第六个碳上各有一个甲基；C．CH3CH2OH在核磁共振氢谱图中有3组峰，氢原子个数比为1：2：3；D．红外光谱可用于检测分子中的化学键和官能团。【解答】解：A．同分异构体中，直链结构（如正戊烷、正丁烷）沸点较高，支链越多（如异戊烷、新戊烷、异丁烷），沸点越低。同碳数烃中，支链少的沸点更高；不同碳数时，碳数越多沸点越高，对比沸点：正戊烷（36.1℃）＞异戊烷（28℃）＞新戊烷（9.5℃），故A正确；B．中含有碳碳双键且碳链最长为7个碳，碳碳双键离第一个碳最近为3～4个碳，第三个碳和第六个碳上各有一个甲基，故的化学名称为3，6﹣二甲基﹣3﹣庚烯，故B错误；C．乙醇在核磁共振氢谱图中有3组峰，氢原子个数比为1：2：3，故峰面积之比为1：2：3，故C正确；D．不同的化学键和官能团会在红外光谱上有特定的吸收峰，通过对这些吸收峰的分析，就能获得分子中所含化学键或官能团的信息，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查常见有机化合物的结构等，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。4．（2024春•广州期末）现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列说法正确的是（）A．用元素分析仪测定分子的空间结构 B．的核磁共振氢谱中有四组峰 C．用质谱仪鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3 D．用红外光谱鉴别CH3COCH3和CH3CH2CH2OH【答案】D【分析】A．元素分析仪能测定分子的元素种类；B．根据等效氢原则来分析；C．质谱仪用来测有机物的相对分子质量；D．红外光谱确定物质中的基团。【解答】解：A．用元素分析仪可以测定分子的元素及含量，但无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；B．由结构简式可知，连甲基的碳原子有一个氢，分子中含有5类氢原子，核磁共振氢谱中有5组峰，故B错误；C．CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3的相对分子质量相同，所以用质谱仪不能鉴别CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，故C错误；D．红外光谱可确定物质中的基团，丙酮和1—丙醇分子中的基团不同，则通过红外光谱分析可以鉴别丙酮和1—丙醇，故D正确；故选：D。【点评】有机物分子式的确定中，红外光谱仪、核磁共振仪和质谱法分别检测什么，是常考考点，但难度不大。5．（2026•湛江模拟）湛江智慧，藏于技艺，见于习俗。下列工艺品所涉及材料的主要成分属于有机高分子材料的是（）湛江贝雕廉江缸瓦窑陶艺A．龙纹贝壳B．泥壶陶器雷州换鼓徐闻藤编C．云雷纹铜鼓D．藤制盾牌A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】高分子化合物的相对分子质量特别大，一般达1万以上、一般具有重复结构单元，有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物（如淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等）和合成有机高分子化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等塑料），它们的相对分子质量可以从几万直到几百万或更大，但他们的化学组成和结构比较简单，往往是由无数（n）结构小单元以重复的方式排列而成的。【解答】解：A．贝壳的主要成分是碳酸盐，不属于有机高分子材料，故A错误；B．陶器的主要成分是硅酸盐，不属于有机高分子材料，故B错误；C．铜鼓为金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；D．藤制盾牌的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机高分子化合物的结构和性质等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2026•广东模拟）家用小型激光打印机日渐普及。下列说法错误的是（）A．打印机粉盒中的磁性氧化铁的化学式是Fe3O4 B．感光鼓采用环保的光导材料聚芳酯，聚芳酯属于有机高分子 C．机身的ABS塑料（）可通过缩聚反应制备 D．打印机工作时高压放电会使空气中的O2转化为O3，转化过程发生了化学变化【答案】C【分析】A．磁性氧化铁为Fe3O4；B．聚芳酯属于有机高分子化合物；C．ABS塑料由丙烯腈、丁二烯、苯乙烯通过加聚反应制备；D．O2转化为O3，有新物质生成。【解答】解：A．磁性氧化铁为Fe3O4，打印机粉盒中的磁性氧化铁的化学式是Fe3O4，故A正确；B．聚芳酯属于有机高分子化合物，故B正确；C．ABS塑料由丙烯腈、丁二烯、苯乙烯通过加聚反应制备，故C错误；D．O2转化为O3，有新物质生成，属于化学变化，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2025秋•肇庆期末）化学材料是科技发展的基础。下列说法错误的是（）A．我国“福建舰”甲板使用了特种钢，钢是铁合金，其硬度大于铁 B．聚乳酸可用于制作手术缝合线，其单体的结构简式为 C．速滑服所用的材料聚氨酯具有强度高、弹性好等特点，聚氨酯为天然高分子 D．新能源汽车电池的正极材料LiFePO4具有良好的电化学性能，LiFePO4中Fe的化合价为+2【答案】C【分析】A．根据合金的性质来分析；B．根据缩聚反应的原理来分析；C．根据合成高分子材料的来源来分析；D．根据化合价法则来分析。【解答】解：A．钢是铁碳合金，合金的硬度一般大于其组成成分的纯金属，所以钢的硬度大于铁，故A正确；B．聚乳酸是由乳酸（CH3CH（OH）COOH）通过缩聚反应生成的高分子化合物，其单体结构简式就是，故B正确；C．聚氨酯是通过人工合成的高分子材料，属于合成高分子，不是天然高分子，故C错误；D．在LiFePO4中，Li的化合价为+1，PO43-的整体化合价为﹣3，设Fe的化合价为x，则：+1+x+（﹣3）＝0，解得x＝+2，故故选：C。【点评】本题考查的知识较为基础知识，属于基础知识的考查，难度较小。8．（2025•南山区校级二模）广东人饮食文化非常讲究个“鲜”字，当然也很注重饮食营养均衡，“色香味形”等。下列说法正确的是（）A．糯米鸡是源自广东的一种点心，糯米中的淀粉可以水解 B．虾饺属于粤菜名小吃，富含蛋白质，加热后蛋白质变性，不利于人体消化吸收 C．白灼菜心清甜可口，菜心中的纤维素是多糖，有甜味 D．香甜松软的马拉糕在制作过程中可加入苏打增加蓬松度【答案】A【分析】A．淀粉为多糖，可以水解；B．蛋白质变性后有利于人体消化吸收；C．纤维素是多糖，没有甜味；D．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，常用作膨松剂，碳酸钠不具有此性质。【解答】解：A．淀粉属于多糖，可以水解，中间产物是麦芽糖，最终产物是葡萄糖，故A正确；B．虾饺中富含蛋白质，加热后蛋白质会变性，有利于人体消化吸收，故B错误；C．白灼菜心清甜可口，菜心中的纤维素是多糖，无甜味，故C错误；D．碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，常用作膨松剂，碳酸钠不具有此性质，香甜松软的马拉糕在制作过程中可加入小苏打增加蓬松度，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物性质与用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。9．（2025春•梅州期末）关于物质的检测，下列说法不正确的是（）A．用浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛 B．用酸性KMnO4溶液可鉴别苯和甲苯 C．X射线衍射实验可用来鉴别水晶和玻璃 D．用红外光谱可确定有机物的元素组成和含量【答案】D【分析】A．溴单质氧化乙醛，生成乙酸和HBr；B．酸性高锰酸钾溶液可以氧化甲苯，生成苯甲酸；C．X射线衍射实验可用来测定晶体的结构；D．用红外光谱可确定有机物含有的基团和化学键。【解答】解：A．用浓溴水与溴乙烷不反应，无明显现象、可以氧化乙醛，生成乙酸和HBr，使溴水褪色，故A正确；B．酸性高锰酸钾溶液可以氧化甲苯，生成苯甲酸，故用酸性KMnO4溶液可鉴别苯和甲苯，故B正确；C．X射线衍射实验可用来测定晶体的结构，故可以鉴别水晶和玻璃，水晶是晶体，玻璃是化合物，故C正确；D．用红外光谱可确定有机物含有的基团和化学键，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查有机物的鉴别，属于基本知识的考查，难度中等。10．（2026春•荔湾区校级期中）下列关于丙烯：CH3CH＝CH2的说法中，不正确的是（）A．能使酸性KMnO4溶液褪色 B．分子中所有碳原子都在同一平面上 C．与HBr发生加成反应可得到两种产物 D．可以用溴的四氯化碳溶液鉴别丙烯和丙炔【答案】D【分析】丙烯：CH3CH＝CH2，含有碳碳双键，碳碳双键连接的原子共平面，据此解答。【解答】解：A．丙烯：CH3CH＝CH2，含有碳碳双键，可以被强氧化剂氧化，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应使其褪色，故A正确；B．碳碳双键连接的原子共平面，甲基碳原子与双键碳原子直接相连，因此所有三个碳原子都在此平面上，故B正确；C．丙烯与HBr加成时，遵循马氏规则生成2﹣溴丙烷，但在过氧化物存在下发生反马氏加成生成1﹣溴丙烷，因此可得到两种产物，故C正确；D．丙烯和丙炔均含有不饱和键，均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，无法通过此方法鉴别二者，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。11．（2026春•广州期中）下列有关乙烯、乙烷及其相关物质的说法中正确的是（）A．溴水和酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯 B．乙烯和聚乙烯都能使溴水溶液褪色，且原理相同 C．CH3CH2Br可能是乙烯的加成产物，也可能是CH3CH3的一卤取代产物 D．1molCH2＝CH2先与HCl加成，再与Cl2发生取代，最多消耗Cl22.5mol【答案】C【分析】A．酸性KMnO4溶液会将乙烯氧化为CO2，引入新杂质；B．聚乙烯中无碳碳双键，不能使溴水褪色，乙烯使溴水褪色是加成反应；C．乙烯与HBr加成可生成CH3CH2Br，乙烷与Br2一取代也可生成CH3CH2Br；D．1molCH2＝CH2与HCl加成生成CH3CH2Cl，含5molH。【解答】解：A．酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为二氧化碳，引入新杂质，不能除去乙烷中的乙烯，故A错误；B．聚乙烯中无碳碳双键，不能使溴水褪色，乙烯使溴水褪色是加成反应，二者原理不同，故B错误；C．乙烯与HBr加成可生成CH3CH2Br，乙烷与溴一取代也可生成CH3CH2Br，故C正确；D．1molCH2＝CH2与HCl加成生成CH3CH2Cl，含5molH，取代时最多消耗5mol氯气，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。12．（2026春•广州期中）某药物中间体的结构简式如图。下列说法正确的是（）A．含有醛基、羟基、碳碳双键三种官能团 B．只用酸性高锰酸钾溶液可检验该分子中的碳碳双键 C．可发生加成反应、取代反应、加聚反应但不能发生催化氧化反应 D．1mol该有机物分别与足量的Na和NaHCO3溶液反应，产生气体的物质的量比为2：1【答案】D【分析】A．根据结构简式可知，含有羧基、羟基、碳碳双键；B．分子中含有羟基和碳碳双键，羟基直连的碳原子上有H原子，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C．分子中与羟基相连的碳原子上有氢，能发生催化氧化反应；D．能与Na反应的官能团（3个羟基、1个羧基），共4molNa，生成2molH2，能与NaHCO3反应的官能团（1个羧基），生成1molCO2。【解答】解：A．根据结构简式可知，含有羧基、羟基、碳碳双键三种官能团，故A错误；B．分子中含有羟基和碳碳双键，羟基直连的碳原子上有H原子，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验该物质中含有碳碳双键，故B错误；C．分子中含有C＝C，能发生加成、加聚反应，含有氢原子，能发生取代反应，比如羧基、羟基均可以发生酯化反应，但能发生催化氧化反应（与羟基相连的碳原子上有氢），故C错误；D．能与金属钠反应的官能团（3个羟基、1个羧基），共4molNa，生成2mol氢气，能与碳酸氢钠反应的官能团（1个羧基），生成1mol二氧化碳，所生成的气体的物质的量之比为2：1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2025春•龙岗区校级期中）对氨基苯甲酸（）是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，通常以甲苯为原料进行合成。如图为对氨基苯甲酸的一种合成路线。（已知：烷基为苯环上邻、对位定位基，羧基为苯环上间位定位基）。下列说法不正确的是（）A．反应①的条件可为：浓HNO3/浓H2SO4/△ B．反应③的反应类型为氧化反应 C．产物中可能含有副产物 D．若反应①、②顺序互换，则最终得到的产物主要是【答案】B【分析】烷基为苯环上邻、对位定位基，羧基为苯环上间位定位基，故甲苯应先发生硝化反应在甲基的对位引入硝基，硝基被还原为氨基，发生还原反应得到产物。【解答】解：A．反应①为甲苯的硝化反应，则反应条件为：浓HNO3/浓H2SO4/△，故A正确；B．反应③硝基被还原为—NH2，反应类型为还原反应，故B错误；C．由于烷基为邻对位定位基，所以最后含有副产品，故C正确；D．若反应①、②顺序互换，由于羧基为间位定位基，所以会将硝基引入羧基间位，还原后氨基与羧基位于间位，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。14．（2026春•番禺区校级期中）一种植物生长调节剂的分子结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．该物质含有3种官能团 B．该物质属于脂环烃 C．该物质不属于芳香化合物 D．该物质属于烃的衍生物【答案】B【分析】有机物含有O，属于烃的衍生物，含有羧基、羰基、羟基，以此解答该题。【解答】解：A．该物质含有羧基、羟基、羰基，共3种官能团，故A正确；B．该物质含有羧基、羟基、羰基官能团，所以该物质不属于脂环烃，故B错误；C．该物质含不含苯环，所以不属于芳香化合物，故C正确；D．由结构简式可知该物质含有羧基、羟基、羰基3种官能团，属于烃的衍生物，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团及分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。15．（2026春•汕头校级期中）已知①、②两种物质的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．①和②两种物质的分子式均为C9H11 B．②的一氯代物只有2种（不考虑立体异构） C．②分子中所有碳原子可能处于同一平面上 D．①分子中最多有4个碳原子共直线【答案】B【分析】A．由结构可知分子式；B．②分子中只有两种氢原子；C．②分子中存在连有4个碳原子的饱和碳原子；D．苯环中处于对位的碳原子及其相连的原子在一条直线上。【解答】解：A．由结构可知①、②中均含9个C原子、12个H原子，分子式均为C9H12，故A错误；B．②分子中只有两种氢原子，可知其一氯代物只有两种，故B正确；C．②分子中存在连有4个碳原子的饱和碳原子，分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D．苯环中处于对位的碳原子及其相连的原子在一条直线上，在①分子中最多有3个碳原子在一条直线上，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。二．解答题（共3小题）16．（2025秋•广东月考）有机物C是包含两个碳原子的醛类物质，有机物D具有碳碳双键和醛基，有机物E中4个碳原子均是sp3杂化，X是包含两个碳原子的羧酸类物质，K为丙酮，Y是制取航空润滑油的重要原料，PVAc树脂可用来生产涂料，有机物N是日用香精的主香剂，它们的合成路线如下：已知：R为烃基，R′、R″为烃基或氢原子。I.Ⅱ.RMgCl+回答下列问题：（1）A的名称是乙炔，B中含氧官能团的名称是酯基。（2）写出由B在一定条件下生成PVAc树脂的化学方程式。（3）参考反应Ⅰ，写出D的结构简式是CH3CH＝CHCHO。（4）写出E→F的化学方程式。（5）M的结构简式是。（6）下列有关说法中正确的是ac（填字母序号）。a.N属于酯类物质b.C、K互为同系物c.反应①，②都可以是与H2的加成反应（7）写出符合下列条件的B的同分异构体的结构简式。a.能发生水解反应b.能发生银镜反应c.立体异构为顺式结构【答案】（1）乙炔；酯基；（2）；（3）CH3CH＝CHCHO；（4）；（5）；（6）ac；（7）。【分析】A为CH≡CH，与水发生加成反应，但两个羟基连在同一碳原子上不稳定，会脱水生成醛，故C为CH3CHO，C发生信息I中反应生成D为CH3CH＝CHCHO，E在Cu作催化剂加热时生成F，即E应为醇，F应为醛，D与氢气发生加成反应生成醇E为CH3CH2CH2CH2OH，F为CH3CH2CH2CHO，F和HCHO发生已知I中反应生成G，参考Y的结构简式，可得G为，K→M参考已知Ⅱ，M应为醇，与C（CH3CHO）生成的X在浓硫酸加热条件下反应酯化反应生成N，X为羧酸CH3COOH，结合N的分子式且N中含有三个甲基，以及可知，M为，K为，N为，乙炔与X反应得到CH3COOCH＝CH2，CH3COOCH＝CH2发生加聚反应得到PVAc树脂为。【解答】解：（1）由分析可知，A的名称是乙炔；B是CH3COOCH＝CH2，含氧官能团是酯基，故答案为：乙炔；酯基；（2）CH3COOCH＝CH2发生加聚反应得到PVAc树脂（），化学方程式为：，故答案为：；（3）由分析得，D为CH3CH＝CHCHO，故答案为：CH3CH＝CHCHO；（4）由分析可知，E为CH3CH2CH2CH2OH，经Cu、O2氧化为F丁醛：，故答案为：；（5）由分析得，M的结构简式为：，故答案为：；（6）a．N为，含有酯基，属于酯类物质，故a正确；b．C为CH3CHO，K为，官能团不同，并非互为同系物，故b错误；c．由上述分析可知，反应①、②都可以是与H2的加成反应，故c正确；故答案为：ac；（7）B为CH3COOCH＝CH2，能发生水解反应，含酯基；银镜反应，含醛基或甲酸酯基；顺式立体异构，含碳碳双键。则结构简式：，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据某些物质结构简式、反应条件、题给信息进行推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键，题目难度不大。17．（2025春•汕头校级期末）丙烯（C3H6）是重要的有机原料和中间体。在一定条件下，丙烯能发生的部分转化关系如图所示。回答下列问题：（1）高聚物A的结构简式为；若A的平均相对分子质量为21000，则其平均聚合度为500。（2）0.1molG完全燃烧需要标准状况下氧气的体积为17.92L。（3）C的含5个碳原子的同系物有8种同分异构体（不含立体异构）；G的官能团的名称为酯基。（4）由D生成E的化学方程式为2CH3C（5）由D与F生成G的化学方程式为CH3C【答案】（1）；500；（2）17.92L；（3）8；酯基；（4）2CH（5）CH【分析】丙烯在催化剂的作用下发生加聚反应得到A，A为；丙烯与H2加成得到B，B为CH3CH2CH3，B与Cl2发生取代反应得到C，C为CH3CH2CH2Cl或CH3CHClCH3；丙烯与H2O加成得到D，结合G的结构，可知D为CH3CH2CH2OH，D被O2氧化为E，E为CH3CH2CHO，E继续被O2氧化，得到F，F为CH3CH2COOH，D与F发生酯化反应得到G。【解答】解：（1）高聚物A的结构简式为；若A的平均相对分子质量为21000，则其平均聚合度约为2100042，故答案为：；500；（2）G的分子式为C6H12O2，0.1molG完全燃烧需要氧气的物质的量为0.1×（6+124-22）mol＝0.8mol，在标准状况下氧气的体积为0.8mol故答案为：17.92L；（3）C为丙烷的一氯取代物，其5个碳原子的同系物即戊烷的一氯取代物，戊烷分为正戊烷、异戊烷、新戊烷，分别有3、4、1种等效H，故满足条件的结构有8种；G的官能团的名称为酯基，故答案为：8；酯基；（4）D为CH3CH2CH2OH，D被O2氧化为E，E为CH3CH2CHO，由D生成E的化学方程式为2CH故答案为：2CH（5）D与F发生酯化反应得到G，反应的化学方程式为CH故答案为：CH【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。18．（2026•湛江模拟）席夫碱（含结构：—RC＝N—）可用作液晶特性材料，可通过羰基化合物与胺类有机物一步反应制备（其中c为中间体）。（1）化合物a的分子式为C7H6O。化合物b中官能团的名称为氨基。（2）已知芳香族化合物e是胺类物质，且相对分子质量M（e）﹣M（b）＝14，则e的可能结构有5种（不考虑立体异构）；e的一种同分异构体的核磁共振氢谱图只有4组峰，则其结构简式为。（3）下列说法正确的有AD（填字母）。A．在化合物a、b反应生成d的过程中，存在π键的断裂与形成B．反应①和反应②的反应类型相同，均为消去反应C．化合物c中无手性碳原子D．化合物a、d均可发生原子利用率100%的还原反应（4）一定条件下，化合物a与HCN反应得到物质f，f进一步在酸性条件下水解得到主要产物g。若用核磁共振氢谱仪监测该水解反应，则可推测：与f相比，g的氢谱图中多了1组吸收峰。（5）一定条件下，酮也可与胺类物质发生上述类似的反应。以化合物Ⅰ和Ⅱ为原料，分三步合成化合物Ⅲ（C10H17N）。①第一步，引入羟基：其反应的化学方程式为（注明反应条件）。②第二步，进行氧化反应（填具体反应类型）：其反应的化学方程式为（注明反应条件）。③第三步，合成Ⅲ：②中得到的羰基化合物与Ⅱ在一定条件下发生一步反应。则化合物Ⅲ的结构简式为。【答案】（1）C7H6O；氨基；（2）5；；（3）AD；（4）1；（5）①；②氧化反应；；③。【分析】化合物a为苯甲醛，其分子式为C7H6O；化合物b为苯胺，a与b发生加成反应生成c，c发生消去反应生成d，a（苯甲醛）与HCN加成生成f（），f在酸性条件下水解生成主要产物g（），据此作答。【解答】解：（1）化合物a为苯甲醛，其分子式为C7H6O；化合物b为苯胺，其中官能团的名称为氨基，故答案为：C7H6O；氨基；（2）芳香族化合物e为胺类物质，e的相对分子质量比b大14（即多1个—CH2﹣），故e的分子式为C7H9N；若苯环上只连有一个取代基，存在2种结构（—CH2NH2、—NHCH3）；若苯环上连有两个取代基，存在—NH2与—CH3的邻、间、对3种结构；共5种结构；核磁共振氢谱图只有4组峰，对应的结构简式为，故答案为：5；；（3）A．a、b反应生成d的过程中，C＝O断裂，C＝N双键形成，存在π键的断裂与形成，故A正确；B．反应①为加成反应（形成中间体c），反应②为消去反应（脱水成双键