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

1、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C5C11的烃混合物）

2、、煤油（成分为C11C16的烃混合物）、柴油（成分为C15C18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

3、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

4、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CHOC. 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

5、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

6、，氧化铜减轻0.64g。下列说法中正确的是A. M的实验式为CH2O2B. 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：1.44g18g/mol0.06mol。碱石灰增重的1.76g为CO2的质量，其物质的量为：1.76g44g/mol0.04mol。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0.64g16g/mol0.04mol，故CO为0.0

7、4mol。综上可知，2.4g有机物M中含有C原子为0.04mol+0.04mol0.08mol，含有H原子为：0.08mol20.16mol，则含有C、H元素的总质量为：12g/mol0.08mol+1g/mol0.16mol1.12g2.4g，说明M中含有O元素，含有O的物质的量为（2.4g1.12g）16g/mol0.08mol。【详解】A. 经过计算可知，M分子中C、H、O的物质的量之比0.08：0.16：0.081：2：1，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

8、(CH2O)x，则30x60，解得x2，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

9、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

10、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10 molO2【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

11、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

12、；D. 由双环2.2.1庚烷完全燃烧的化学方程式C7H12+10O27CO2+6H2O，可知lmol双环2.2.1庚烷完全燃烧至少需要10mol O2，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，10.2g A与足量NaHCO3溶液反应生成2.24L CO2（标准状况），A的分子式为A. C2H4O2 B. C3H6O2 C. C4H8O2 D. C5H10O2【答案】D【解析】【分析】标况下，2.24L CO2的物质的量为0.1mol，10.2g A(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1mol CO2，则10.2g A为0.1mol，

13、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，2.24L CO2的物质的量为0.1mol，10.2g A(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1mol CO2，则10.2g A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C5H11O2 BrB

14、. 含苯环和羧基的的同分异构体有4种C. 可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和ZD. 1mol Z最多可与6mol H2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；CX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；DZ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1mol Z含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH

15、2加成，因此1moZ最多可与5mol H2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

16、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. A B. B C. C D. 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

17、。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“OO”【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

18、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；-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.

19、甲苯XY对氨基苯甲酸B. 甲苯XY对氨基苯甲酸C. 甲苯XY对氨基苯甲酸D. 甲苯XY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XY对氨基苯甲酸，即合理选项为A。1

20、2.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C9H12O2B. 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，1 mol R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CH2C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；B.单体中存在CC、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：

21、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. 1mol R中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1mol R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+H2D用图所示装置可实现制

22、乙炔A. A B. B C. C D. 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；BNH3直接与硫酸接触，发生倒吸；苯起不到防倒吸作用，B错误；CCu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0.1 mol氧气，转移的电子数目为0.2NAB. 1 mol FeCl3与沸水反应生成胶

23、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NAD. 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0.1mol O2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

24、。15.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+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44.8L N2（标准状况）B. 有0.25 mol KNO3被还原C. 转移电子的物质的量为1.75molD. 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+2KNO3K2O+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

25、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151mol=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2mol N2，在标况下的体积为2mol22.4Lmol1=44.8L，A正确；B. KNO3做氧化剂，被还原；生成2mol N2，需要0.25mol KNO3参加反应，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.

26、25mol KNO3参加反应，则有1.25mol NaN3参加反应，所以被氧化的N原子有31.25mol=3.75 mol，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）0.1molL1B. 原溶液可能存在 Cl 和 Na+C. 原溶液中 c（CO32）是 0.01molL1D

27、. 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0.01mol20.01mol2=0.04mol，NH

28、4所带正电荷的物质的量为0.05mol1=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-)=0.01mol0.1L=0.1mol L1，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

29、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1.79gcm-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：密度1.19gcm-3浓盐酸密度1.84gcm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸 发烟硫酸（H2SO4SO3）无水氯化钙水。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

30、，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). (2). (3). (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