湖南省湘东六校学年高二下学期期末联考化学试题解析版.docx
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湖南省湘东六校学年高二下学期期末联考化学试题解析版
湖南省湘东六校2019年上学期高二期末联考
化学试题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。
下列说法正确的是
A.造成光化学烟雾的罪魁祸首是开发利用可燃冰
B.石油分馏得到的天然气属于清洁燃料，应大力推广使用
C.工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念
D.聚乙烯、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质，属于混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A.氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，可燃冰的主要成分是甲烷，开发利用可燃冰不会造成光化学烟雾，A错误；
B.石油分馏得到C4以下石油气（主要成分为丙烷、丁烷）、汽油（成分为C5~C11的烃混合物）、煤油（成分为C11~C16的烃混合物）、柴油（成分为C15~C18的烃混合物）、重油（成分为C20以上烃混合物）等，不能得到天然气，B错误；
C.工业废水经过静置、过滤后只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，C错误；
D.聚乙烯和聚氯乙烯都是高分子化合物，每一条高聚物分子链的聚合度n都不同，聚乙烯和聚氯乙烯不可能只由一条链构成，所以高分子化合物是混合物，D正确；
故合理选项为D。
2.已知碳碳单键可以旋转，结构简式为
的烃，下列说法中正确的是
A.分子中最多有6个碳原子处于同一直线上
B.该烃苯环上的一氯代物有3种
C.分子中至少有12个碳原子处于同一平面上
D.该烃属于苯的同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A.在苯中，处于对角位置上的4个原子共之间，如图所示
。
将该有机物“拉直”为：
，可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个，A正确；
B.该烃可以找到2根对称轴，如图，
可以知道该烃的分子的苯环中含有2种等效氢，则该烃苯环上的一氯代物有2种，B错误；
C.甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯中H原子位置，所以处于苯环这个平面。
两个苯环之间靠单键相连，单键可以旋转，两个苯环所处的平面不一定共面，只有处于对角线位置的C原子，因为共直线，所以一定共面。
该烃中一定共平面的碳原子，如图所示
，至少有10个碳原子一定共面，C错误；
D.同系物在分子构成上相差n个CH2，该有机物的分子式为C14H14，和苯C6H6，相差C8H8，不是若干个CH2，不是苯的同系物，D错误；
故合理选项为A。
3.下列说法正确的是
A.
与
含有相同的官能团，互为同系物
B.
属于醛类，官能团为－CHO
C.
的名称为：
2－乙基－1－丁烯
D.
的名称为：
2－甲基－1，3－二丁烯
【答案】C
【解析】
【详解】A.前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；
B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，B错误；
C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；
D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。
编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：
2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。
4.将2.4g某有机物M置于密闭容器中燃烧，定性实验表明产物是CO2、CO和水蒸气。
将燃烧产物依次通过浓硫酸、碱石灰和灼热的氧化铜（试剂均足量，且充分反应），测得浓硫酸增重1.44g，碱石灰增重1.76g，氧化铜减轻0.64g。
下列说法中正确的是
A.M的实验式为CH2O2
B.若要得到M的分子式，还需要测得M的相对分子质量或物质的量
C.若M的相对分子质量为60，则M一定为乙酸
D.通过质谱仪可分析M中的官能团
【答案】B
【解析】
【分析】
浓硫酸增重的1.44g为水，水的物质的量为：
1.44g÷18g/mol＝0.06mol。
碱石灰增重的1.76g为CO2的质量，其物质的量为：
1.76g÷44g/mol＝0.04mol。
CuO与CO反应生成Cu与CO2，氧化铜减少的质量等于反应的CuO中O原子质量，1个CO与1个O原子结合生成CO2，O原子物质的量为0.64g÷16g/mol＝0.04mol，故CO为0.04mol。
综上可知，2.4g有机物M中含有C原子为0.04mol+0.04mol＝0.08mol，含有H原子为：
0.08mol×2＝0.16mol，则含有C、H元素的总质量为：
12g/mol×0.08mol+1g/mol×0.16mol＝1.12g＜2.4g，说明M中含有O元素，含有O的物质的量为（2.4g﹣1.12g）÷16g/mol＝0.08mol。
【详解】A.经过计算可知，M分子中C、H、O的物质的量之比＝0.08：
0.16：
0.08＝1：
2：
1，则M的实验式为CH2O，A错误；
B.已经计算出M
实验式，再测得M的相对分子质量或物质的量，可推出M的分子式，B正确；
C.若M的相对分子质量为60，设M的分子式为（CH2O）x，则30x＝60，解得x＝2，M的分子式为C2H4O2，M可能为乙酸或甲酸甲酯等，C错误；
D.用质谱仪可以得到M的相对分子质量，要得到M的官能团可以使用红外光谱仪，可以确定有机物分子中含有的有机原子基团，从而可确定M分子中含有的官能团类型，D错误；
故合理选项为B。
【点睛】根据题中告知的数据，可以先推测出有机物中C、H、O的物质的量，再根据该有机物的物质的量或者相对分子质量推断出其化学式（分子式）。
5.某实验小组用下列装置制备溴苯，下列说法错误的是
A.装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用，装置B中的实验现象是CCl4由无色变橙色
B.若装置B后连接装置C，装置C中生成淡黄色沉淀，可证明装置A中发生取代反应
C.若装置B后连接装置D，则装置D的作用是吸收尾气
D.向反应后的装置A中加入NaOH溶液，振荡静置，下层为无色油状液体
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯和液溴在铁的作用下反应剧烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流。
装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯，CCl4由无色变橙色，A错误；
B.苯和溴在催化剂条件下反应取代反应生成溴苯和HBr，若苯和溴发生加成反应，则没有HBr生成。
装置B中已除去苯和溴的蒸汽，若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr，则可证明气体中含有HBr，即可证明装置A中发生取代反应，B正确；
C.装置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr气体，C正确；
D.装置A中生成溴苯，溴苯中因为溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗涤后，除去溴，溴苯为无色、密度比水大的油状液体，静置后在分液漏斗的下层，D正确；
故合理选项为A。
6.桥环烷烃双环[2.2.1]庚烷的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是
A.与环庚烯互为同分异构体
B.二氯代物结构有9种
C.所有碳原子不能处于同一平面
D.1mol双环[2.2.1]庚烷完全燃烧至少需要10molO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.双环[2.2.1]庚烷的分子式为C7H12，环庚烯的分子式为C7H12，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；
B.双环[2.2.1]庚烷分子中含有3种氢原子，标好分别为a、b、c，如图所示
。
当一个氯原子分别取代a时，另一氯原子可以取代a、b（b1或b2）、c（c1、c2、c3、c4任意一个位置），共3种。
当一个氯原子分别取代b时，如取代b1，另一氯原子可以取代b2、c1或c2（与b1处于邻位）、c3或c4（与b1处于间位），共3种。
当一个氯原子分别取代c时,如取代c1,另一氯原子可以取代c1、c4、c3、c4，共4种，则二氯代物有10种，B错误；
C.双环[2.2.1]庚烷分子中碳原子均为饱和碳原子，则所有碳原子一定不在同一平面上，C正确；
D.由双环[2.2.1]庚烷完全燃烧的化学方程式C7H12+10O2→7CO2+6H2O，可知lmol双环[2.2.1]庚烷完全燃烧至少需要10molO2，D正确；
故合理选项
B。
7.冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A为一元羧酸，10.2gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2（标准状况），A的分子式为
A.C2H4O2B.C3H6O2C.C4H8O2D.C5H10O2
【答案】D
【解析】
【分析】
标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA（一元羧酸）与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102，由此可以判断A的分子式。
【详解】标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA（一元羧酸）与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102；
A.C2H4O2的相对分子质量为60，A错误；
B.C3H6O2的相对分子质量为74，B错误；
C.C4H8O2的相对分子质量为88，C错误；
D.C5H10O2的相对分子质量为102，D正确；
故合理选项为D。
8.维拉帕米（又名异搏定）是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合成路线中某一步骤如图所示，下列说法中正确的是
A.Y的分子式为C5H11O2Br
B.含苯环和羧基的ⅹ的同分异构体有4种
C.可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z
D.1molZ最多可与6molH2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知分子式为C5H9BrO2，A错误；
B．含苯环和羧基，对应的同分异构体可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（邻、间、对），共有4种，B正确；
C．X中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色，Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色，故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，C错误；
D．Z中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键，酯基中的羰基不能和氢气加成，则1molZ含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH2加成，因此1moZ最多可与5molH2发生反应，D错误；
故合理选项为B。
【点睛】碳氧双键（羰基）可以按照是否能与氢气加成分为两类，第一类构成醛基和酮基，这时羰基可以和H2发生加成反应，第二类构成羧基和酯基，这时羰基不能和H2发生加成反应。
9.下列实验方案中，可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成
向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
B
除去苯中混有的苯酚
加入适量的溴水充分反应后过滤弃去沉淀
C
除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质
先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液
D
检验CH3CH2Br中存在的溴元素
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴乙烷发生消去反应后生成乙烯，同时又带出乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B.溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，溶解在苯中，过滤不能将苯和三溴苯酚分开，B错误；
C.硝酸钾溶解度受温度变化较大，氯化钠溶解度受温度变化小，可以蒸发结晶，趁热过滤的方法除去硝酸钾，C正确；
D.溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应，检验溴离子应在酸性溶液中，应在水解后冷却，加入过量稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，D错误；
故合理选项为C。
10.屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。
研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2。
碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下列分析不正确的是
A.推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度
B.青蒿素可以与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应
C.青蒿素分子中含有手性碳
D.青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”
【答案】B
【解析】
【详解】A．青蒿素中含有酯基，如图含
，难溶于水，易溶于有机溶剂。
根据萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚，A正确；
B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。
但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，B错误；
C．手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如
，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，C正确；
D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，D正确；
故合理选项
B。
11.对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。
已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：
+3Fe+6HCl→
+3FeCl2+2H2O，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH3为邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基。
则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是
A.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
B.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
C.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
D.甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸
【答案】A
【解析】
【详解】由甲苯制取产物时，需发生硝化反应引入硝基，再还原得到氨基，将甲基氧化才得到羧基；但氨基易被氧化，故甲基氧化为羧基应在硝基还原前，否则生成的氨基也被氧化，故先将甲基氧化为羧基，再将硝基还原为氨基。
﹣CH3为邻、对位取代定位基；而﹣COOH为间位取代定位基，产物中的氨基在羧基的对位。
如果先氧化甲基成羧基，发生硝化反应时，硝基在羧基的间位，所以先用—CH3的对位取代效果，在甲基的对位引入硝基，再将甲基氧化成羧基，最后将硝基还原成氨基，所以步骤为甲苯
X
Y
对氨基苯甲酸，即合理选项为A。
12.某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是
A.R的单体之一的分子式为C9H12O2
B.R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物
C.R是一种有特殊香味，难溶于水的物质
D.碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n（m+1）mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.由结构可知，单体为CH2＝C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；
B.单体中存在C＝C、﹣OH、﹣COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：
一种高聚物和两种单体，B错误；
C.R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水，C错误；
D.1molR中含n（1+m）mol酯基，则碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n（m+1）mol，D正确；
故合理选项为D。
【点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个为加聚产物，一个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。
13.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是
A．用图所示装置（正放）可收集NO气体
B．用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸
C．用图所示装置可实现反应：
Cu+2H2O
Cu（OH）2+H2↑
D．用图所示装置可实现制乙炔
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化碳可防止NO被氧化，且NO的密度比CO2小，从短导管进入集气瓶，排除CO2，图中类似于排空气法收集气体，A正确；
B．NH3直接与硫酸接触，发生倒吸；苯起不到防倒吸
作用，B错误；
C．Cu与电源负极相连，为阴极，Cu不失去电子，该实验为电解水，C错误；
D．生成的气体易从长颈漏斗逸出，另水与电石反应剧烈，一般使用食盐水与电石反应制取乙炔，D错误；
故合理选项为A。
14.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A.在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移的电子数目为0.2NA
B.1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe（OH）3胶粒
C.1mol乙醇和过量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数可能为NA
D.0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.过氧化钠中氧为-1价，与水反应生成0.1molO2时转移0.2mol电子，A正确；
B.Fe（OH）3胶粒是由多个Fe（OH）3聚集而成，胶粒的个数少于Fe（OH）3的数目，即小于1NA，B错误；
C.乙酸与乙醇的反应可逆，故1mol乙醇和过量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数小于NA，C错误；
D.苯环中不含碳碳双键，故0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目不为0.4NA，D错误；
故合理选项为A。
15.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：
10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断不正确的是
A.生成44.8LN2（标准状况）
B.有0.25molKNO3被还原
C.转移电子的物质的量为1.75mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应中，NaN3为还原剂，KNO3为氧化剂。
根据反应方程式为10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑,10molNaN3中的N均化合价升高得到氧化产物N2，根据N原子守恒，氧化产物有15molN2，2molKNO3中的N化合价降低，得到还原产物N2，还原产物有1molN2；可知每生成16molN2，氧化产物比还原产物多了15－1mol=14mol。
现氧化产物比还原产物多1.75mol，设生成的N2的物质的量为x，有
，得x=2mol。
【详解】A.计算得生成2molN2，在标况下的体积为2mol×22.4L·mol－1=44.8L，A正确；
B.KNO3做氧化剂，被还原；生成2molN2，需要0.25molKNO3参加反应，B正确；
C.2molKNO3参加反应转移10mol电子，生成16molN2。
现生成2molN2，则有0.25molKNO3参与反应，转移1.25mol电子，C错误；
D.被氧化的N原子为NaN3中的N原子，0.25molKNO3参加反应，则有1.25molNaN3参加反应，所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75mol，D正确；
故合理选项为C。
【点睛】该题中，氧化产物、还原产物都是N2，但是0价N原子的来源及途径不同，所以要仔细分析氧化产物比还原产物多的说法。
16.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：
（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是
A.若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1
B.原溶液可能存在Cl－和Na+
C.原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1
D.原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】
加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n（BaSO4）=
，m（BaCO3）=4.30g-2.33g=1.97g，则n（BaCO3）=
。
加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n（NH4+）=0.05mol。
CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。
【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）=
，A错误；
B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；
C.经计算，原溶液中，n（CO32-）=0.01mol，则c（CO32-）=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；
D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；
故合理选项为D。
【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。
17.氯磺酸是无色液体，密度1.79g·cm-3，沸点约152℃。
氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。
制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为HCl（g）+SO3=HSO3Cl。
实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的试剂、药品有：
①密度1.19g·cm-3浓盐酸 ②密度1.84g·cm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸③发烟硫酸（H2SO4··SO3） ④无水氯化钙 ⑤水。
制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气氛中分离出氯磺酸。
（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：
A中的a____B____C_____F_____。
（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。
这是因为______________________________________。
（3）实验过程中需要加热的装置是___________________（填装置字母）。
（4）若不加F装置，可能发生的现象是________________________________________，有关反应的化学方程式______________________________________________________。
（5）在F之后还应加的装置是_______________________________________________。
【答案】
（1）.①
（2）.②（3）.③（4）.④（5）.使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体（6）.C（7）.产生大量白雾（8）.HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑（9）.加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置
【解析】
【分析】
题中已经告知氯磺酸的一些性质及制备信息。
要结合这些信息分析各装置的作用。
制备氯磺酸需要HCl气体，则A
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