2023-2024学年福州外国语学校高二年级下学期化学期末试卷答案

福州外国语学校2023—2024学年第二学期期末考
高二年级化学试卷
答案
考试时间：75分钟
(全卷共4页,四大题,28小题,满分100分。

)
学校:___________姓名：___________考号：___________
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷，答题卡规定的地方填涂自己的准考证号，姓名。

考生要认真核对答题卡上的准考证号，姓名与考生本人准考证号，姓名是否一致。

2.选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动。

用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号。

非选择题，用0.5毫米照射签字笔，在答题卡上规
定的范围内书写作答。

请不要错位，越界答题。

3.考试结束，考生请将答题卡交回。

参考答案：
1．D
解析：A．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质属于高分子化合物，故A错误；
B．地沟油的成分是油脂，矿物油的成分是烃，二者的成分不同，故B错误；
C．油脂在碱性条件下的水解反应属于皂化反应，油脂在碱性条件下水解成高级脂肪盐和
甘油，故C错误；
D．只含C、H元素的有机物为烃，可燃烧生成二氧化碳和水，则压缩天然气(CNG)、液化
石油气(LPG)的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料，故D正确；
故选：D。

2．B
解析：A．—CHO的电子式为：，A错误；
B．乙酸的空间填充模型为：，B正确；
C．2—甲基—1，3—丁二烯的键线式为：，而的名称为2-乙基-1,3-丁二烯，C错误；
D．乙酸的实验式为CH3COOH
故答案为：B。

3．C
解析：A．Na2O2可用作供氧剂是因为其与二氧化碳和水均能反应生成氧气，与过氧化钠的颜色无关，故A错误；
B．邻甲苯酚能使蛋白质变性，可用于医用杀菌剂，与其易被氧化无关，故B错误；
C．银氨溶液具有弱氧化性，能与醛类反应生成Ag单质，可用该原理制银镜，故C正确；D．NH4Cl溶水发生水解，使溶液显酸性，因此可用于除锈，与溶水性无关，故D错误；
故选：C。

4．D
解析：A．乙烯、挥发出的乙醇均能使酸性高锰酸钾褪色，无法确定褪色原因，A错误；B．装置2用于分离水层和I2的CCl4溶液，不能提取I2的CCl4溶液中的I2，B错误；
C．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，重新引入新的杂质，C错误；
D．泡沫塑料可以隔热保温，温度计可以测出溶液温度的变化，可用于测定中和热，D正确；
故选D。

5．C
解析：
C．为二烯烃，包含2个碳碳双键在内的主碳链有4碳原子，乙基在2
号碳上，因此系统命名为2-乙基-1，3-丁二烯，故C项正确；
故选C。

6．B
解析：A．反应①是CO2与H2反应生成了CO，根据元素守恒可推断有H2O生成，即反应
化学方程式为CO2+H2=CO+H2O，产物中含有水，故A正确；
B．反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，故B错误；
C．由示意图可知，汽油的主要成分是C5～C11的烃类混合物，故C正确；
D．根据a的球棍模型，可得其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，系统名称为2--甲基丁烷，故D正确；
答案为B。

7．C
解析：A．CH3CH2CH2Br 发生消去反应为：CH3CH2CH2Br NaOH乙醇溶液
→
Δ
CH3CH＝CH2，反应
条件错误，故A错误；
B．根据k a(苯酚)=1.1×10−10,k a1(H2CO3)=4.3×10−7,k a2(H2CO3)=5.6×10−11可知碳
酸氢根的酸性比苯酚弱，故流程中第一步反应不能实现，故B错误；
C．石油裂解可以得到丙烯，丙烯发生加聚反应得到聚丙烯，流程可以实现，故C正确；D．丙酮不含有醛基，不能与氢氧化铜反应生成氧化亚铜，故D错误。

答案选C。

8．C
【分析】根据图1可知，该有机物中有4种不同环境的氢原子，根据图2可知，该有机物
中含有“C-H”、“O-H”、“C=O”，据此分析；
解析：A．该有机物中有3种不同环境的氢原子，不符合题意，故A不符合题意；
B．该有机物中有4种不同环境的氢原子，峰面积之比为1∶2∶2∶3，不符合题意，故B
不符合题意；
C．该有机物中4种不同环境的氢原子，峰面积之比为1∶3∶1∶3，且含有“C-H”、“O-H”、“C=O”，符合题意，故C符合题意；
D．该有机物中4种不同环境的氢原子，峰面积之比为1∶2∶1∶2，不符合题意，故D不
符合题意；
故答案为C。

9．B
解析：A．酯化反应是酸和醇作用生成酯和水的反应，而该反应中没有酯生成，而是引入
硝基，为硝化反应，故A错误；
B．加成反应是不饱和的有机化合物，和其他物质直接结合，生成新的化合物的反应，该
反应为乙炔与HCl的加成反应，故B正确；
C．取代反应是：有机物中的某些原子或原子团，被其他原子或原子团所代替的反应，该
反应为乙醇的消去反应，故C错误；
D．加聚反应是加成聚合反应的简称，一些含有不饱和键的化合物，在适当条件作用下，
单体间相互加成形成新的大分子的反应，而该反应中不但生成高分子，还有小分子生成，
属于缩聚反应不是加聚反应，故D错误；
故选B。

10．B
解析：A ．(CH 3)2CHOH O 2→△(CH 3)2C =O ，得不到丙醛与丙酸，A 错误；
B ．实验室制备溴苯：+Br 2FeBr 3
→+HBr ，B 正确；C ．溴乙烷水解：CH 3CH 2Br +NaOH 水
→△CH 3CH 2OH +NaBr ，C 错误；
D ．向苯酚钠溶液中通入CO 2：
+CO 2+H 2O→+NaHCO 3，D 错误；
故选B 。

11．B 解析：A ．醛基也能使酸性高锰酸钾褪色，A 错误；
B ．甲苯中褪色，苯中不褪色说明与苯环相连的甲基易被氧化，B 正确；
C ．含酚-OH 的有机物均与氯化铁发生显色反应，则溶液中滴加氯化铁溶液后显紫色，不一定含苯酚，C 错误；
D ．加入硝酸银前需要用酸中和烧碱，否则NaOH 和硝酸银反应生成氢氧化银白色沉淀，氢氧化银不稳定分解成氧化银（棕褐色沉淀），看不到淡黄色沉淀，D 错误；
答案选B 。

12．A
解析：M 中含有2个碳碳双键，1mol M 最多可消耗2mol H 2，-OH 、-COOH 均与Na 反应，则1mol 该有机物M 与Na 反应最多消耗4molNa ，-COOH 和酯基能与NaOH 反应，则1molM 最多消耗2molNaOH ，只有-COOH 与NaHCO 3反应，则1molM 最多消耗
1molNaHCO 3，故选A 。

13．C
解析：A ．α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮均含有与4个碳原子相连的饱和碳原子，所有碳原子一定不共面，故A 正确；
B ．由结构简式可知，假紫罗兰酮、α-紫罗兰酮和β-紫罗兰酮分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B 正确；
C ．柠檬醛含两种官能团，个数为3个，假紫罗兰酮中含两种官能团，个数为4个，故C 错误；
D ．柠檬醛含碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，也能与溴单质发生加成反应，可以使酸性高
锰酸钾溶液和溴水褪色，故D正确；
故选：C。

14．B
解析：A．B可由碳酸二甲酯和双酚A发生缩聚反应制得，A正确；
B．B中每个链节中最少有7个碳原子共平面，B错误；
C．双酚A的一氯代物有三种，C正确；
D．若平均相对分子质量为25654 (不考虑端基)，则B的平均聚合度n为101，D正确；故选B。

15． (1)③⑤⑥③⑥⑦⑧
(2)C6H7ClO
(3)2，3—二甲基—1—丁烯
(4)CH3CHBr2
(5)
解析：(1)烷烃是一类有机化合物，分子中的碳原子都以碳碳单键相连，其余的价键都与氢结合而成的化合物，分为环烷烃和链烷烃，③⑤⑥属于烷烃；同分异构体是分子式相同结构式不同，③⑥为同分异构体；⑦⑧是同一种物质，分子式和结构式都相同。

(2)根据结构简式可知其分子式为：C6H7ClO。

(3)
根据烯烃的系统命名法的规则，该烃的命名为：2，3—二甲基—1—丁烯，故答案为：2，3—二甲基—1—丁烯；
(4)
由核磁共振氢谱图可知，该分子中存在两种不同环境的氢原子，结合化合物X分子式是C2H4Br2，X的结构简式为CH3CHBr2，故答案为：CH3CHBr2；
(5)
有机物的一种同分异构体能与新制Cu(OH)2产生砖红色沉淀即分子中含有醛基，苯环上无邻位取代基且分子中只含有4种不同环境的氢原子，则该同分
异构体的结构简式为：，故答案为：；
17．冷凝、回流 CH3CH2OH + HBr → CH3CH2Br + H2O 溶解吸收HBr，防止HBr及产物逸出大火易发生副反应生成乙醚、乙烯等吸收HBr中混有的Br2浅黄色沉淀解析：（1）苯和溴都是易挥发的物质，导管a起导气，兼起苯与溴蒸气的冷凝和回流作用，减少反应物的损失，则A中导管的作用：冷凝、回流；
（2）B装置中的主要化学方程式为：CH3CH2OH + HBr → CH3CH2Br + H2O；
（3）溴化氢极易溶于水，形成的氢溴酸是强酸，水可以阻止易挥发物质HBr的溢出，起到水封的作用，故作用是：溶解吸收HBr，防止HBr及产物逸出；
（4）步骤④不能用大火加热，否则乙醇在浓H2SO4存在条件下发生副反应生成乙醚、乙烯等；
（5）①苯和溴都是易挥发的物质，生成物中有苯和溴蒸气，要除去，所以装置（Ⅱ）的锥形瓶中，小试管内盛有CCl4液体，其作用是吸收挥发出来的溴蒸气；
②为证明苯和溴的反应为取代反应而不是加成反应，即在检验生成的产物为HBr，滴加硝酸银溶液，有AgBr浅黄色沉淀产生。

18．(1)
③
(2) ①氧化反应②浓H2SO4
∆
(4)b
解析：（1）
氯乙烯（CH2=CH−Cl）在一定条件下发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应的化学方程式为
；
（2）①B 的核磁共振氢谱中只有一组峰，B 是CH 3COCH 3，A→B 的反应类型为氧化反应。

②见答案
③PMMA 单体是。

（3）a ．反应物Ⅰ含有酚羟基、Ⅱ含有酯基，所以均可与NaOH 溶液发生反应，故a 正确；b ．反应物Ⅰ核磁氢谱中均有四组峰，故b 错误；
c ．根据反应物Ⅱ的结构，可知生成物除聚碳酸酯外还有苯酚，故c 正确；
d ．酯基可以发生水解反应，通过化学方法可实现聚碳酸酯的降解，故d 正确；
选b 。

（5）生成PC 的过程中有小分子苯酚生成，所以PC 属于缩聚产物。

18．(1) 醚键 酰胺基
(2) +CH 3OH 浓硫酸→Δ+H 2O 取代反应
(3)保护氨基，防止其被氧化
(4)或
(5)Br 2
→CH 3COOH CH 2BrCHBrCH 2Br →
K 2CO 3
Zn/HCl →NaOH醇溶液
→
Δ
解析：（1）根据G的结构简式，可知含有的官能团是酯基、醚键、酰胺基；（2）反应①是和甲醇发生酯化反应生成和水，反应方程式是
+CH3OH 浓硫酸
→
Δ
+H2O；E→F是羟基中的H原子被
代替生成，反应类型为取代反应；
（3）根据流程图可知，反应②是中的氨基和乙酸酐反应生成酰胺基，通过步骤⑦酰胺基水解又生成氨基，设计反应②的目的是保护氨基，防止其被氧化；
（4）①含有苯环，含有酰胺基；②1molM能与3molNaOH发生反应，说明含有2个酚羟基；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：2，说明结构对称；符合条件的
B的同分异构体的结构简式有或；
（5）根据路线图④~⑥，和Br 2发生取代反应生成，
和BrCH 2CHBrCH 2Br 发生取代反应生成，
在Zn/HCl 条件下生成，发生
消去反应生成，合成路线为Br 2
→CH 3COOH CH 2BrCHBrCH 2Br →
K 2CO 3Zn/HCl →NaOH 醇溶液→Δ。