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非选择题标准练(二)1．(6分)(2019·宁波选考适应性考试)A是一种重要的化工原料，C、F的分子式都为C2H4O，F是没有不饱和键的环状有机物，G的分子式为C2H6O2，G中含有两个相同的官能团，转化关系如图：已知：同一碳原子上连接2个或2个以上—OH是不稳定结构。请回答：(1)有机物C中含有的官能团名称是________。(2)有机物E的结构简式是________。(3)F→G的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)下列说法正确的是________。A．有机物D能使石蕊溶液变红B．用新制碱性氢氧化铜悬浊液无法区分有机物B、C、D的水溶液C．等物质的量的A和B分别完全燃烧消耗氧气的量相等D．可用饱和碳酸钠溶液除去有机物E中混有的少量B、D解析：A是一种重要的化工原料，由转化关系可知，A可与水反应生成B，且B可连续氧化，则B为醇，结合C的分子式可推知A为CH2===CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3；G的分子式为C2H6O2，且G中含有两个相同的官能团，则G为CH2OHCH2OH，F的分子式为C2H4O，且F是没有不饱和键的环状有机物，结合已知信息，可推出F为(1)C为CH3CHO，含有的官能团名称为醛基。(4)D为CH3COOH，能使石蕊溶液变红，A项正确；乙醇与新制碱性氢氧化铜悬浊液不反应，乙酸可与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，使悬浊液变澄清，乙醛可与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，故可用新制碱性氢氧化铜悬浊液进行区分，B项错误；等物质的量的CH2===CH2和CH3CH2OH分别完全燃烧消耗氧气的量相等，C项正确；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，而乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠反应，故可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，D项正确。答案：(1)醛基(1分)(2)CH3COOCH2CH3(1分)(3)(4)ACD(2分)2．(6分)为探究含结晶水的化合物X(含四种元素，摩尔质量为180g·mol－1)的组成和性质，某兴趣小组设计并完成如下实验：请回答：(1)黑色固体Y的化学式为________，气体C的电子式为________。(2)晶体X隔绝空气受热分解的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：根据题给实验流程图，黑色固体Y经酸溶后加入KSCN溶液无明显变化，通入Cl2后溶液变成血红色，则黑色固体Y为FeO，且n(FeO)＝0.150mol；将混合气体通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀A和气体B，气体B与足量CuO共热得到的气体C也能与足量澄清石灰水反应产生白色沉淀A，则气体B为CO，气体C为CO2，白色沉淀A为CaCO3，故化合物X含有的四种元素分别为H、C、O、Fe，且n(CO2)＝n(CO)＝0.150mol，故n(H2O)＝(27.0g－10.8g－0.150mol×28g·mol－1－0.150mol×44g·mol－1)÷18g·mol－1＝0.300mol。n(X)∶n(FeO)∶n(CO)∶n(CO2)∶n(H2O)＝1∶1∶1∶1∶2，故X的化学式为FeC2O4·2H2O。答案：(1)FeO(2分)(2分)(2)FeC2O4·2H2O=====△隔绝空气(2分)