2019-2020年高二（下）期末化学模拟试卷（3）含解析

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高二（下）期末化学模拟 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 （3）含解析　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．（3分）（xx春•单县校级期末）下列说法正确的是（　　）　A．用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和乙炔　B．将铁屑、溴水、苯混合可制得溴苯　C．调查发现有些装饰程度较高的居室中，由装饰材料缓慢释放出来的化学污染物浓度过高，影响健康，这些污染物主要是甲酸和SO2等气体　D．将铜丝在酒精灯火焰上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色考点：有机物的鉴别．所有专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．乙烯和乙炔都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；B．制取溴苯应用液溴；C．装修材料中含有甲醛；D．氧化铜可与乙醇发生氧化还原反应生成铜和乙醛．解答：解：A．乙烯和乙炔都含有不饱和键，都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B．制取溴苯应用液溴，不能用溴水，否则不反应，故B错误；C．装修材料中含有甲醛，对人体健康有害，故C错误；D．氧化铜可与乙醇发生氧化还原反应生成铜和乙醛，故D正确．故选D．点评：本题综合考查有机物的性质，题目难度不大，注意有机物官能团的结构和性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．　2．（3分）（xx春•单县校级期末）3个氨基酸失去2个H2O缩合成三肽化合物，现有分子式为C36H57O18N11的十一肽化合物完全水解生成甘氨酸（C2H5O2N）、丙氨酸（C3H7O2N）、谷氨酸（C5H9O4N），在缩合成十一肽化合物时，这三种氨基酸的物质的量之比为（　　）　A．3：3：5B．3：5：3C．5：3：3D．8：7：7考点：有关混合物反应的计算．所有分析：3个氨基酸失去2个H2O缩合成三肽化合物，则氨基酸缩合生成十一肽化合物时失去10个H2O，所以生成分子式为C36H57O18N11的十一肽化合物需要C原子数为36、H原子数为77、O原子数为28、生成N原子数为11，根据反应前后各元素原子个数不变计算即可．解答：解：3个氨基酸失去2个H2O缩合成三肽化合物，则氨基酸缩合生成十一肽化合物时失去10个H2O，所以生成分子式为C36H57O18N11的十一肽化合物需要C原子数为36、H原子数为77、O原子数为28、生成N原子数为11，物质的量的物质的量之比等于其分子个数之比，设甘氨酸（C2H5O2N）、丙氨酸（C3H7O2N）、谷氨酸（C5H9O4N）的物质的量之比为x：y：z，根据反应前后各元素原子个数不变计算得（2x+3y+5z）：（5x+7y+9z）：（2x+2y+4z）：（x+y+z）=36：77：28：11，解得x：y：z=3：5：3，故选B．点评：本题以钛的水解为载体考查混合物的计算，侧重考查学生分析计算能力，注意水解时要加上缩合反应失去的水，注意反应前后的原子守恒，题目难度不大．　3．（3分）（xx春•单县校级期末）下列有关概念或原理的叙述正确的是（　　）　A．氨基酸、蛋白质和氧化铝一样既能与酸反应，又能与碱反应所以他们都是两性氧化物　B．制造婴儿用的一次性纸尿片采用的吸水保水的材料可以是　C．乙烯和聚乙烯都能使KMnO4（H+）溶液褪色　D．甲酸乙酯、葡萄糖、麦芽糖、淀粉这四种物质的共同性质是他们既可以发生水解反应，又可以发生银镜反应考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；乙烯的化学性质；酯的性质；葡萄糖的性质和用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．所有专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物；B．（聚乙烯醇）是一种多元醇，易溶于水；C．乙烯含有双键，聚乙烯不含有双键；D．单糖不能发生水解．解答：解：A．氨基酸、蛋白质不是氧化物，故A错误；B．一次性纸尿片能吸水保水的主要原因是水能溶解在材料当中（水少材料多时），反之材料能溶解在水中（材料少水多时）．大多数有机物是难溶于水的，但多元醇却易溶于水，如丙三醇，（聚乙烯醇）是一种多元醇，且C与﹣OH之比仅2：1，分子具有一定极性，易溶于水，故B正确；C．聚乙烯为高分子化合物，内部不存在不饱和键，不能使KMnO4（H+）溶液褪色，故C错误；D．葡萄糖是单糖不能发生水解，故D错误．故选B．点评：本题考查两性氧化物、高分子材料、能水解的物质等，难度不大，注意聚乙烯为高分子化合物，内部不存在不饱和键，不能使KMnO4（H+）溶液褪色．　4．（3分）（xx春•单县校级期末）现有四组混合物：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液②乙醇和甘油③溴化钠和单质溴的水溶液④碘和四氯化碳的混合物，分离以上各混合物的正确方法依次是（　　）　A．分液、萃取、蒸馏、萃取B．萃取、蒸馏、分液、萃取　C．分液、蒸馏、萃取、蒸馏D．蒸馏、萃取、分液、萃取考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．所有专题：实验题．分析：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液互不相溶，混合分层；②乙醇和甘油互溶，但沸点不同；③溴与溴化钠溶液，溴不易溶于水，易溶于有机溶剂；④碘和四氯化碳混合液不分层，但沸点不同．解答：解：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液互不相溶，可用分液的方法分离；②乙醇和甘油互溶，但沸点不同，可用蒸馏的方法分离；③溴与溴化钠溶液，可加入苯或四氯化碳，用萃取的方法分离，④碘和四氯化碳混合液不分层，但沸点不同，可用蒸馏法分离，故选C．点评：本题考查物质的分离和提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同．　5．（3分）（xx春•单县校级期末）能与NaOH溶液、新制Cu（OH）2悬浊液、纯碱溶液、溴水、苯酚钠、甲醇都起反应的是（　　）　A．CH3COOHB．CH2═CHCOOHC．盐酸D．乙酸甲酯考点：乙酸的化学性质；酯的性质．所有专题：有机物的化学性质及推断．分析：羧基能与NaOH溶液，新制Cu（OH）2悬浊液、纯碱溶液、苯酚钠、甲醇反应；溴水能与双键发生加成反应．解答：解：A．CH3COOH含有羧基，羧基能与NaOH溶液，新制Cu（OH）2悬浊液、纯碱溶液、苯酚钠、甲醇反应，不能与溴水发生反应，故A错误；B．CH2═CHCOOH含有双键和羧基，能与NaOH溶液，新制Cu（OH）2悬浊液、纯碱溶液、溴水、苯酚钠、甲醇都起反应，故B正确；C．盐酸能与NaOH溶液，新制Cu（OH）2悬浊液、纯碱溶液、苯酚钠、甲醇反应，不能与溴水发生反应，故C错误；D．乙酸甲酯能与NaOH溶液发生反应，与其他物质不反应，故D错误．故选B．点评：本题考查官能团的性质，掌握官能团的特征反应是解题的关键，较简单．　6．（3分）（xx春•单县校级期末）玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物，其洗涤方法正确的是（　　）①残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤②盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤③做银镜反应后残留的银，用稀氨水洗涤④沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤．　A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③④考点：油脂的性质、组成与结构；乙醇的化学性质；苯酚的化学性质．所有分析：①碘易溶于酒精；②苯酚易溶于酒精；③银单质与氨水不反应；④氢氧化钠能和油脂反应．解答：解：①根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘的试管，故①正确；②苯酚易溶于酒精，残留有苯酚的试管，可用酒精洗涤，故②正确；③银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故③错误；④氢氧化钠能和油脂反应，从而把油脂除去，故④正确．故选A．点评：本题考查化学实验基本操作，难度不大，注意基础知识的积累．　7．（3分）（xx春•单县校级期末）两种不同的烃CxHy和CaHb不论以什么比例混合，只要总质量一定，完全燃烧时消耗O2的质量和生成水的质量不变，下列叙述正确的是（　　）　A．CxHy和CaHb分子中氢原子数一定相等　B．可能是C2H4和C3H6的混合物　C．CxHy和CaHb一定是同分异构体　D．CxHy和CaHb的最简式可以不同考点：有关混合物反应的计算．所有专题：计算题．分析：无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧时消耗O2的质量不变，说明混合物各烃的最简式相同，完全燃烧生成H2O的质量也一定，则说明混合物各烃分子中含氢量相等，故混合物中各烃满足最简式相同即可．解答：解：无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧时消耗O2的质量不变，说明混合物各烃的最简式相同，完全燃烧生成H2O的质量也一定，则说明混合物各烃分子中含氢量相等，故混合物中各烃满足最简式相同即可，A、CxHy和CaHb的最简式相同，分子中含有的H原子数目不一定相同，故A错误；B、C2H4最简式为CH2，C3H6最简式为CH2，二者最简式相同，符合题意，故B正确；C、CxHy和CaHb的最简式相同，不一定是同分异构体，故C错误；D、CxHy和CaHb的最简式相同，故D错误；故选B．点评：本题考查混合物的计算，难度中等，注意把握题中信息，得出混合物中各烃满足最简式相同是解题的关键．　8．（3分）（xx春•单县校级期末）我国支持“人文奥运”的一个重要体现是：坚决反对运动员服用兴奋剂．某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是（　　）　A．遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物　B．滴入KMnO4（H+）溶液，观察紫色褪去，说明结构中有可能存在不饱和碳碳键　C．1mol该物质分别与浓溴水、H2反应时最多消耗Br2和H2分别为6mol、7mol　D．该分子中的所有C原子有可能共平面考点：有机物的结构和性质．所有专题：有机物的化学性质及推断．分析：该有机物含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，可与高锰酸钾发生氧化反应，含有C=C官能团，可发生加成、氧化反应，结合苯环、乙烯的结构特征判断有机物的空间结构特点．解答：解：A．此有机物遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，故A错误；B．能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基、C=C、苯环上的甲基，故B错误；C．与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4mol的Br2；两个苯环、一个C=C共消耗7mol的H，故C错误；D．从苯环的平面结构及乙烯的平面结构出发，把上述结构分成三部分：右边以苯环为中心8个碳原子共平面，左边以苯环为中心8个碳原子共平面，还有以C=C为中心4个碳原子共平面，上述三个平面可以重合，故D正确．故选D．点评：本题考查的是由有机物结构推断物质性质，首先分析有机物的结构简式，找出官能团，根据有机物官能团的性质进行判断，易错点为D，注意有机物空间结构的分析，题目难度中等．　9．（3分）（xx秋•桐城市期末）某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（　　）　A．2﹣甲基﹣2﹣丁烯B．3﹣甲基﹣1﹣丁烯　C．2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯考点：有机化合物命名．所有专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：有机物分子中的不饱和键断裂，不饱和原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，采用逆推法，减去相邻碳原子上的氢原子，重新形成不饱和键，即可的原来的不饱和烃，再根据有机物的命名原则进行命名．解答：解：（CH3）2CHCH2CH3，结构为．5号碳原子与1号碳原子化学环境相同．若1（或5号）、2号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2﹣甲基﹣1﹣丁烯；若2、3号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2﹣甲基﹣2﹣丁烯；若3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为3﹣甲基﹣1﹣丁烯；若3、4号碳原子各去掉2个H原子，形成的炔烃为3﹣甲基﹣1﹣丁炔；若1、2号碳原子各去掉1个H原子，同时3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的二烯烃为2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯；故选：C点评：本题主要考查了加成反应与有机物的命名，难度不大，可以根据所学知识进行．加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等），逆推法是有机常用的推断方法．　10．（3分）（xx春•单县校级期末）在常温下，把一个盛有等物质的量的甲烷和氯气的密闭玻璃容器放在光亮的地方，两种气体充分反应，下列叙述中不正确的是（　　）　A．容器内原子总数不变　B．足够长时间后容器内氯化氢分子数最少　C．容器内气体颜色变浅　D．容器内分子总数不变考点：甲烷的取代反应．所有分析：A．化学变化前后原子的种类不变即元素种类不变，原子个数也没有增减；B．甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且有几个氢原子，就生成几分子氯化氢，所以氯化氢的量最多；C．氯气为黄绿色气体，随着反应进行，氯气浓度变小；D．有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应属于取代反应，取代反应中分子数不变．解答：解：A．原子是化学变化中的最小微粒，根据质量守恒定律，化学变化前后原子的种类不变，故A正确；B．甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且有几个氢原子，就生成几分子氯化氢，所以氯化氢的量最多，故B错误；C．氯气为黄绿色气体，随着反应进行，氯气浓度变小，颜色变浅，故C正确；D．取代反应分子总数不变，如甲烷的第一步取代：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，两分子反应生成两分子，故D正确；故选B．点评：本题考查质量守恒定律、化学反应中压强的变化，取代反应的判断等，题目难度不大，掌握甲烷的取代反应是解题的关键．　11．（3分）（xx春•单县校级期末）有4种有机物：①②③④CH3﹣CH═CH﹣CN，其中可用于合成结构简式为的高分子材料的正确的组合为（　　）　A．①③④B．①②③C．①②④D．②③④考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能．所有分析：根据所给高聚物的结构简式和加聚反应原理可知主链上碳原子为不饱和碳原子，根据碳的4个价键规则可作如下的断键处理，断键后两半键闭合可得由高聚物的单体．解答：解：根据所给高聚物的结构简式和加聚反应原理可知主链上碳原子为不饱和碳原子，根据碳的4个价键规则可作如下的断键处理（断键处用虚线表示），断键后两半键闭合可得由高聚物的单体为CH3﹣CH=CH﹣CN、和，故选D．点评：本题主要考查不饱和烃加聚反应的规律，设计单体的判断，题目难度不大，本题注意单体与高聚物的判断方法，学习中注意把握方程式的书写．　12．（3分）（xx春•单县校级期末）某有机物的氧化产物甲和还原产物乙都能与金属钠反应放出H2，甲、乙反应可生成丙，甲、丙都能发生银镜反应，此有机物是（　　）　A．甲醛B．乙醛C．甲酸D．乙酸考点：醛类简介．所有分析：有机物中既能被氧化又能被还原的物质是醛，其氧化产物是酸，还原产物是醇，酸与醇作用生成酯，酸和酯能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，以此进行判断．解答：解：有机物中既能被氧化又能被还原的物质是醛，其氧化产物是酸，还原产物是醇，酸与醇反应生成酯，酸和酯能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，则说明甲应为甲酸，乙为甲醇，丙为甲酸甲酯，则该有机物为甲醛，故选A．点评：本题考查有机物的推断，注意有机物中既能被氧化又能被还原的物质是醛，能发生银镜反应的酸为甲酸，为解答该题的关键之处，题目难度不大．　13．（3分）（xx春•单县校级期末）下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是（　　）　A．在大气平流层中，氟氯代烷在紫外线照射下，分解产生的氯原子可引发损耗臭氧层的循环反应　B．木糖醇结构简式为由此可见它一定不能溶解于水，可发生酯化反应　C．淀粉和纤维素的通式都是（C6H10O5）n，所以二者是同分异构体　D．由乙醇制C2H4是放热反应考点：氟氯代烷对环境的影响；吸热反应和放热反应；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体．所有分析：A、氟氯代烷可引发损耗臭氧层的循环反应，破坏臭氧层；B、木糖醇中含有的醇羟基属于亲水基；C、淀粉和纤维素的n值不同；D、乙醇制乙烯需要持续加热到170℃．解答：解：A、在平流层中，氟氯代烷在紫外线照射下，分解产生的氯原子可引发损耗臭氧层的循环反应，为臭氧分解的催化剂，破坏臭氧层，故A正确；B、木糖醇中含有的醇羟基属于亲水基，故木糖醇易溶于水，含有﹣OH，故能发生酯化反应，故B错误；C、淀粉和纤维素的n值不同，即分子式不同，故不是同分异构体，故C错误；D、乙醇制乙烯需要持续加热到170℃，故是吸热反应，故D错误．故选A．点评：本题考查了常见有机物的额性质和结构，应注意的是需要加热才能进行的反应不一定是吸热反应，但如果一个反应需要持续加热才能进行，则为吸热反应．　14．（3分）（xx春•单县校级期末）下列5种有机物：①2﹣甲基丙烷；②乙醇；③丙烷；④丁烷；⑤葡萄糖．按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是（　　）　A．①②③④⑤B．⑤②④①③C．⑤④②①③D．③①②⑤④考点：烷烃及其命名．所有专题：有机物分子组成通式的应用规律．分析：根据烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高；碳数相同时，支链越多，沸点越低；烃的衍生物中含有氢键的沸点较高，据此来解答．解答：解：葡萄糖常温下为固体，乙醇常温下是液体，则沸点：葡萄糖＞乙醇；常温下碳原子数少于5个的烷烃为气体，碳原子数的越大，沸点越高，碳原子数相同时支链越多，沸点越小，所以沸点：丁烷＞2﹣甲基丙烷＞丙烷；综上可知，沸点：葡萄糖＞乙醇＞丁烷＞2﹣甲基丙烷＞丙烷，即沸点由高到低的顺序为：⑤②④①③；故选：B．点评：本题主要考查有机物沸点高低比较，掌握烃的衍生物及烷烃的沸点规律是解决本题的关键，题目难度不大．　15．（3分）（xx春•石家庄期末）已知化合物A（C4Si4H8）与立方烷（C8H8）的分子结构相似，如图：则C4Si4H8的二氯代物的同分异构体数目为（　　）　A．3B．4C．5D．6考点：同分异构现象和同分异构体．所有专题：同分异构体的类型及其判定．分析：取代情况分别如下：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代相邻C和Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，一共4种．解答：解：取代情况分别如下：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代相邻C和Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，C4Si4H8的二氯代物的同分异构体有：同一条棱上的二氯代物1种、面对角线上的二氯代物2种、体对角线上的二氯代物1种．故选B．点评：本题考查学生同分异构体的概念和应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．　16．（3分）（xx春•单县校级期末）xx年1月，欧洲航天局的惠更斯号探测器首次成功登陆土星的最大卫星﹣﹣土卫六．科学家对探测器发回的数据进行了分析，发现土卫六的大气层中含有95%的氮气，剩余的气体为甲烷和其他碳氢化合物．下列关于碳氢化合物的叙述正确的是（　　）　A．石油的主要成分是碳氢化合物　B．碳氢化合物中的化学键都是极性键　C．乙炔是含碳量最高的碳氢化合物　D．用甲烷代替石油作为汽车燃料，燃料燃烧效率更高，可以减缓全球温室效应考点：石油的分馏产品和用途；化石燃料与基本化工原料．所有专题：有机化合物的获得与应用．分析：A．石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物；B．同种非金属元素间形成非极性共价键；C．稠环芳香烃中的许多物质其含碳量都比乙炔高；D．甲烷代替石油作为汽车燃料不能减少二氧化碳的排放．解答：解：A．石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，故A正确；B．碳氢化合物中，碳和碳形成的是非极性共价键，碳和氢形成的是极性共价键，故B错误；C．稠环芳香烃中的许多物质其含碳量都比乙炔高，如萘（C10H8），故C错误；D．甲烷代替石油作为汽车燃料不能减少二氧化碳的排放，所以甲烷代替石油作为汽车燃料不能减缓全球温室效应，故D错误．故选A．点评：本题考查烃的结构与性质，难度不大，注意基础知识的积累与掌握．　二、非选择题（本题包括小题，共52分．）17．（9分）（xx春•单县校级期末）为了测定一气态烃A的化学式，取一定量的A置于一密闭容器中燃烧，定性实验表明产物是CO2、CO和水蒸气．甲、乙学生设计了两个方案，均认为根据自己的方案能求出A的最简式．他们测得有关数据如下：甲：燃烧产物先通过浓硫酸，浓硫酸增重2.52克，再通过碱石灰，碱石灰增重1.32克，最后将剩余的气体点燃又生成二氧化碳1.76克乙：燃烧产物先通过碱石灰，碱石灰增重5.60克，再通过灼热的氧化铜，氧化铜减轻0.64克，最后将通过灼热的氧化铜后出来的气体通入过量的石灰水，石灰水增重4克试回答：（1）根据两方案，你认为甲　能　（填能或否）求出A的最简式，乙　否　（填能或否）求出A的最简式．（2）根据你选择的方案通过计算求出的最简式为　CH4　．（3）若要确定A的分子式，是否需要测定其它数据　否　（填是或否），说明其原因　因为最简式中，H的含量已经达到最大值　．考点：有机物的推断．所有专题：烃及其衍生物的燃烧规律．分析：（1）甲中浓硫酸吸收的是水、碱石灰吸收的是二氧化碳，最终CO燃烧生成二氧化碳，可以根据二者计算H、C原子个数比；乙中碱石灰吸收水和二氧化碳，CO还原CuO得到二氧化碳，但不能根据碱石灰增加的质量计算出C、H原子个数比；（2）浓硫酸吸收水的物质的量==0.14mol，碱石灰吸收二氧化碳的物质的量==0.03mol，CO燃烧生成二氧化碳物质的量==0.04mol，则二氧化碳分子个数和水中H原子个数之比为0.07mol：0.028mol=1：4，根据C、H原子个数比及状态判断物质；（3）C、H原子个数被1：4，每个C原子最多形成4个C﹣H键．解答：解：（1）甲中浓硫酸吸收的是水、碱石灰吸收的是二氧化碳，最终CO燃烧生成二氧化碳，可以根据水的物质的量、二氧化碳的物质的量计算H、C原子个数比，从而确定该物质化学式；乙中碱石灰吸收水和二氧化碳，剩余的CO还原CuO得到二氧化碳，但不能根据碱石灰增加的质量计算出C、H原子个数比，所以乙不能确定该物质的最简式；则甲可以求出A的最简式、乙不能求出A的最简式，故答案为：能；否；（2）浓硫酸吸收水的物质的量==0.14mol，碱石灰吸收二氧化碳的物质的量==0.03mol，CO燃烧生成二氧化碳物质的量==0.04mol，则二氧化碳分子个数和水中H原子个数之比为0.07mol：0.028mol=1：4，其最简式为CH4，故答案为：CH4；（3）C、H原子个数被1：4，每个C原子最多形成4个C﹣H键，最简式中，H的含量已经达到最大值，所以不用测定其它数据，故答案为：否；因为最简式中，H的含量已经达到最大值．点评：本题考查有机物推断，明确浓硫酸、碱石灰的性质是解本题关键，知道有机物中C原子成键特点，题目难度不大．　18．（10分）（xx秋•濉溪县期末）A、B都是芳香族化合物，1molA水解得到1molB和1mol醋酸．A、B的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且B分子中碳和氢元素总的质量分数为65.2%．A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色．（1）A、B的相对分子质量之差为　42　．（2）1个B分子中应该有　3　个氧原子．（3）A中所含的官能团有：　羧基、酯基　．（4）B可能的两种结构简式是　、、（任写两种）　．（5）1molB物质分别与足量的碳酸氢钠溶液、氢氧化钠溶液反应理论上消耗二者的物质的量之比是　1：2　．考点：有机物的推断．所有专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、B的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且B分子碳和氢元素总的质量百分含量为65.2%，根据B+CH3COOH→A+H2O判断，假设A的相对分子质量为200，则B的最大相对分子质量为158，含氧34.8%，则氧原子个数为≈3，即B分子中含有3个O原子，A、B都是芳香族化合物，B中碳原子数为≈7，1molA水解得到1molB和1mol醋酸，A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色，A中含苯环、羧基、酯基，则A为苯甲酸苯酚乙酸酯，其结构可能为（有邻、间、对三种可能），则A的分子式为C9H8O4，B为羟基苯甲酸，存在邻、间、对三种同分异构体，三种可能的结构简式为、、，以此解答该题．解答：解：A、B的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O．且B分子碳和氢元素总的质量百分含量为65.2%，根据B+CH3COOH→A+H2O判断，假设A的相对分子质量为200，则B的最大相对分子质量为156，含氧34.8%，则氧原子个数为≈3，即B分子中含有3个O原子，A、B都是芳香族化合物，B中碳原子数为≈7，1molA水解得到1molB和1mol醋酸，A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色，A中含苯环、羧基、酯基，则A为苯甲酸苯酚乙酸酯，其结构可能为（有邻、间、对三种可能），则A的分子式为C9H8O4，B为羟基苯甲酸，存在邻、间、对三种同分异构体，三种可能的结构简式为、、（1）根据B+CH3COOH→A+H2O可知，Mr（A）﹣Mr（B）=Mr（CH3COOH）﹣Mr（H2O）=60﹣18=42，故答案为：42；（2）有以上分析可知B中含有3个氧原子，故答案为：3；（3）A显酸性，且可水解，推测A应为含羧基的酯，即有﹣COO﹣和﹣COOH两种官能团，故答案为：羧基、酯基；（4）B的结构简式为邻、间、对三种羟基苯甲酸，其结构简式为、、，故答案为：、、（任写两种）；（5）B为羟基苯甲酸，含有﹣OH和﹣COOH，其中﹣COOH能与碳酸氢钠溶液反应，都能与NaOH反应，1molB物质分别与足量的碳酸氢钠溶液、氢氧化钠溶液反应理论上消耗二者的物质的量之比是1：2，故答案为：1：2．点评：本体考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意根据性质判断可能含有的官能团，根据元素的含量确定有机物的分子式，为解答该题的关键．　19．（9分）（xx春•单县校级期末）某化工厂生产的某产品只含C、H、O三种元素，其分子模型如下图所示（图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键等）．（1）该产品的结构简式为　　，用1H核磁共振谱可以证明该化合物的核磁共振氢谱中有　3　种吸收峰．（2）下列物质中，与该产品互为同分异构体的是　①②　（填序号），与该产品互为同系物的是　③　（填序号）．①CH3CH=CHCOOH②CH2=CHCOOCH3③CH3CH2CH=CHCOOH④CH3CH（CH3）COOH（3）在一定条件下，该产品跟乙二醇反应可得到分子式为C6H10O3的物质，该物质发生加聚反应可得到用来整理隐形眼镜的高分子材料，请写出这种高聚物的结构简式：　　．考点：常见有机化合物的结构；结构简式；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．所有分析：（1）根据图示的该有机物的分子模型判断结构简式；由分子模型可知分子中含有C=C和﹣COOH；有机物分子中含有几种位置不同氢原子，核磁共振氢谱上就有几个峰；（2）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，结构相似，在组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，据此进行判断，注意含有官能团的同系物中，官能团数目与种类相同；（3）CH3C=CH2COOH与乙二醇反应可得到分子式为C6H10O3的物质，该物质的结构简式为：CH3C=CH2COOCH2CH2OH，分子中含有C=C双键，反应加聚反应生成高聚物．解答：解：（1）由分子模型可知该有机物的结构简式为，中含有3种位置不同的氢原子，所以核磁共振氢谱中含有3个峰，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；3；（2）①CH3CH=CHCOOH与CH3C=CH2COOH，分子式相同，C=C双键位置不同，二者互为同分异构体，②CH2=CHCOOCH3与CH3C=CH2COOH，分子式相同，含有的官能团种类不与完全相同，前者含有酯基、后者含有羧基，二者互为同分异构体，③CH3CH2CH=CHCOOH与CH3C=CH2COOH，分子式不相同，分子组成上相差1个CH2原子团，属于同系物，④CH3CH（CH3）COOH与CH3C=CH2COOH，分子式不与相同，含有的官能团种类不与完全相同，前者只含有羧基、后者含有羧基与C=C，二者不是同分异构体，也不是同系物，故答案为：①②，③；（3）CH3C=CH2COOH与乙二醇反应可得到分子式为C6H10O3的物质，该物质的结构简式为：CH3C=CH2COOCH2CH2OH，分子中含有C=C双键，反应加聚反应生成高聚物，故答案为：．点评：本题考查有机物的性质以及结构、同分异构体、同系物等知识，难度不大，注意（1）中结构简式书写，球与球之间的连线代表化学键，不一定是单键．　20．（8分）（xx秋•濉溪县期末）某课外活动小组利用下图装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛，图中铁架台等装置己略去，粗黑线表示乳胶管．请填写下列空白：（1）甲装置常常浸在温度为70～80℃的水浴中，目的是　适当加快生成乙醇蒸汽的速率，获得平稳的乙醇气流　．（2）实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜可丝即呈红热状态．若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束．（3）乙醇的催化氧化反应是　放热　反应（填“放热”或“吸热”），该反应的化学方程式为　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．（4）①在实验过程中控制鼓气的速度很重要：①控制鼓气速度的方法是　控制甲中单位时间内气泡数　，②若鼓气速度过快反应会停止，原因：　带走过多热量，难以保证反应所需温度　，③若鼓气速度过慢反应也会停止，原因：　反应放热太少，不能达到反应需要温度　．（5）若试管丁中用水吸收产物，则要在导管乙、丙之间接上戊装置，其连接方法是（填戊装置中导管代号）：乙接　b　、　a　接丙．考点：乙醇的催化氧化实验．所有专题：实验题．分析：（1）加热时采用水浴加热可以让乙醇平稳气化成乙醇蒸气；（3）该反应引发后，不需加热即可进行，说明反应是放热的；乙醇催化氧化可以生成乙醛；（4）①根据甲中单位时间内的气泡数来控制气流；②若鼓气速度过快，带走过多热量，难以保证反应所需温度；③若鼓气速度过慢，氨的催化氧化反应放热太少，达不到反应所需温度反应停止；（5）安全瓶中的导管是“短进长出”．解答：解：（1）甲装置常常浸在温度为70～80的水浴中，水浴能使容器受热均匀，能使甲中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，故答案为：适当加快生成乙醇蒸汽的速率，获得平稳的乙醇气流；（3）实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜丝即呈红热状态，若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束，说明反应引发后，不需加热即可进行到底，说明该反应是放热的反应；乙醇发生催化氧化2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，生成乙醛和水，故答案为：放热；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）①甲中单位时间内的气泡数越多，气流速度越大，反之越小，故答案为：控制甲中单位时间内气泡数；②若鼓气速度过快则会因气流过大，带走过多热量，难以保证反应所需温度，导致反应停止，故答案为：带走过多热量，难以保证反应所需温度；③若鼓气速度过慢，氨的催化氧化反应放热太少，达不到反应所需温度反应停止，故答案为：反应放热太少，不能达到反应需要温度；（5）为防止防止丁中水倒吸，安全瓶中的导气管是“短进长出”，所以戊装置有缓冲作用，故答案为：b；a．点评：本题考查了乙醇的催化氧化实验，掌握乙醇的化学性质以及乙醇的催化氧化实验操作时解答的关键，题目难度中等．　21．（2分）（xx春•单县校级期末）淀粉是人类赖以生存的重要的营养物质，也是重要的工业原料，淀粉水解的最终产物为葡萄糖，试回答下列问题：实验室中的药品都不能用品尝的方法来鉴别，那么不用任何其他药品，能否将淀粉溶液和葡萄糖溶液区别开：　可将一束光线通过两溶液，能观察到一条光亮通路的为淀粉溶液，反之为葡萄糖溶液　（如果能，请填写鉴别的方法）．考点：有机物的鉴别．所有分析：淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，以此解答．解答：解：如用化学试剂，可用碘水检验淀粉，也可用银氨溶液检验葡萄糖，如不用化学试剂，可考虑淀粉微粒半径较大，淀粉溶液具有胶体的性质，可将一束光线通过两溶液，能观察到一条光亮通路的为淀粉溶液，反之为葡萄糖溶液．故答案为：可将一束光线通过两溶液，能观察到一条光亮通路的为淀粉溶液，反之为葡萄糖溶液．点评：本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意常见有机物的性质的异同，把握常见有机物的鉴别方法．　22．（6分）（xx春•单县校级期末）葡萄糖在不同条件下可以被氧化成不同物质．请结合题意回答问题：已知在加热，加压有催化剂条件下2RCOOH+2CH2=CH2+O2→2RCOOCH=CH2+2H2O（1）葡萄糖在酒化酶作用下生成有机物A，A、B、C、D、E间的转化关系如图所示：①B是石油化学工业最重要的基础原料，写出A→B的化学方程式：　CH3CH2OHCH2=CH2↑+H20　②D的结构简式为：　CH3COOCH=CH2　（2）F是人体肌肉细胞中的葡萄糖在缺氧条件下进行无氧呼吸的产物．F、G、H间的转化关系是：FGH，H与（1）中的D互为同分异构体．其中G还可以发生的反应有　I、Ⅲ、V　（填序号）．I．加成反应Ⅱ．水解反应Ⅲ．氧化反应Ⅳ．消去反应V．还原反应．考点：有机物的推断；有机物的结构和性质．所有分析：（1）葡萄糖在酒化酶的作用下生成有机物A，A为CH3CH2OH，A发生消去反应生成B，B为CH2=CH2，A连续被氧化生成C，结合题给信息知，C为CH3COOH，D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应生成E，E为；（2）F是人体肌肉细胞中的葡萄糖在缺氧条件下进行无氧呼吸的产物，则F是CH3CH（OH）COOH，F发生消去反应生成G，G为CH2=CHCOOH，G和甲醇发生酯化反应生成H，H为CH2=CHCOOCH3，据此分析解答．解答：解：（l）葡萄糖在酒化酶的作用下生成有机物A，A为CH3CH2OH，A发生消去反应生成B，B为CH2=CH2，A连续被氧化生成C，结合题给信息知，C为CH3COOH，D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应生成E，E为，①乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H20，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H20；②通过以上分析知，D为CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（2）F是人体肌肉细胞中的葡萄糖在缺氧条件下进行无氧呼吸的产物，则F是CH3CH（OH）COOH，F发生消去反应生成G，G为CH2=CHCOOH，G和甲醇发生酯化反应生成H，H为CH2=CHCOOCH3，G为CH2=CHCOOH，含有碳碳双键和羧基，能发生氧化反应、还原反应、加成反应、取代反应、中和反应、酯化反应，故选I、Ⅲ、V．点评：本题考查有机物推断及有机物结构和性质，为高频考点，根据反应条件进行推断，正确判断物质结构简式是解本题关键，注意葡萄糖无氧呼吸产生乳酸，题目难度不大．