2018-2019学年江苏省海安高级中学高二6月月考化学试题 解析版

2018-2019学年江苏省海安高级中学高二6月月考化学试题 解析版

‎2018-2019学年度高二年级阶段检测（四）‎ 化学试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共120分。考试用时100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5‎ 选择题(共40分)‎ 单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分)‎ ‎1.下列有关有机物结构、性质的说法正确的是 A. 石油的分馏、裂化和煤的气化、液化、干馏都是化学变化 B. 乙烯与苯都能与H2发生加成反应，说明二者分子中所含碳碳键相同 C. 甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应 D. 蔗糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 石油的分馏是物理变化，故A错误；乙烯含有碳碳双键、苯不含碳碳双键，故B错误；甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯都能发生取代反应，故C正确；蔗糖、油脂不属于有机高分子化合物，故D错误。‎ ‎2.下列关于实验现象的描述正确的是 选项 实验操作 实验现象 A 将盛有CH4与Cl2的集气瓶放在光亮处一段时间 气体颜色变浅，瓶内壁附有油状物 B 将乙烯在空气中点燃 火焰呈蓝色并伴有黑烟 C 向盛有苯的试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，充分振荡 液体分层，溶液紫色褪去 D 将蔗糖溶液与稀硫酸混合水浴加热，取反应后的溶液少量，加入几滴新制的Cu(OH)2悬浊液加热 出现砖红色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 将盛有CH4与Cl2的集气瓶放在光亮处一段时间，发生取代反应，气体颜色变浅，瓶内壁附有油状物，故A正确；将乙烯在空气中点燃，火焰明亮并伴有黑烟，故B错误；苯与酸性高锰酸钾溶液不反应，故C错误；将蔗糖溶液与稀硫酸混合水浴加热，取反应后的溶液少量，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，再加入几滴新制的Cu(OH)2悬浊液加热，出现砖红色沉淀，故D错误。‎ ‎3.从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作。下列图示对应的装置合理、操作规范的是 A. 灼烧 B. 过滤 C. 分液 D. 蒸馏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧需在坩埚中进行，选项A错误；B、过滤要用玻璃棒引流，选项B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，选项C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，且烧杯加热应垫石棉网，选项D错误。答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分享提纯及卤素单质的化学性质，学生要重点掌握单质氧化性的强弱顺序(Cl2＞Br2＞I2)，在考试中常结合各种情境进行考查，对于卤素单质的物理性质，除了要注意溴和碘的特性(Br2易挥发，I2易升华)‎ 外，还要准确记忆一些常规的性质，如溴和碘在不同溶液中的颜色：溴的四氯化碳溶液为橙红色，碘的四氯化碳溶液为紫红色。‎ ‎4.已知： (注：R、R′为烃基)。A为有机合成中间体，在一定条件下发生消去反应，可能得到两种互为同分异构体的产物，其中的一种B可用于制取合成树脂、染料等多种化工产品。A能发生如图所示的变化：‎ 则A的结构简式是( )‎ A. CH3OHCH=CHCHO B. CH3CH2COOCH3‎ C. CH3CHOHCH2CHO D. CH2OHCH2CH2CHO ‎【答案】C ‎【解析】‎ CH2OHCH=CHCHO分子式为C4H6O，故A错误；CH3CH2COOCH3能发生水解反应，故B错误；CH3CHOHCH2CHO能发生银镜反应、消去反应的产物是CH3CH=CHCHO，故C正确；CH2OHCH2CH2CHO消去反应的产物是CH2=CHCH2CHO，不含甲基，故D错误。‎ ‎5.以下各种模型都由C、H、O、N中的一种或多种元素构成，下列说法正确的是 A. 图①是球棍模型，其化学式为C3H7O2N，是一种蛋白质 B. 图②是比例模型，其化学式为C9H13NO，该物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 C. 图③是球棍模型，其化学式为C9H10O3，1mol该物质最多消耗1 mol氢氧化钠 D. 图③是比例模型，其化学式为C9H13ON，能发生消去反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图①是球棍模型，表示CH3CH(NH2)COOH，其分子式为C3H7O2‎ N，是一种氨基酸，故A错误；‎ B．图②是球棍模型，表示HOC6H4COOCH2CH3，分子式为C9H10O3，能在酸或碱条件下水解，故B错误；‎ C．图③是比例模型，表示C6H5CHOHCH(NH2)CH3，不与氢氧化钠反应，故C错误；‎ D．图③是比例模型，表示C6H5CHOHCH(NH2)CH3，分子式为C9H13ON，与-OH相连的C的邻位C上含H，则一定条件下能发生消去反应，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.有机物A的分子式为C5H12O2，则符合下列条件的有机化合物A有(不考虑立体异构)‎ ‎①1mol A可与金属钠反应放出1 mol氢气 ‎②含2个甲基 ‎③1个碳原子上不能连接2个羟基 A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 该有机物的分子式为C5H12O2，1mol A可与金属钠反应放出1mol氢气，说明该分子中含有两个醇羟基，含有两个甲基，且1个碳原子上不能连接2个羟基，当主链为5个碳原子时，有2种符合条件的有机物，当主链上有4个碳原子时，有4种符合条件的有机物，当主链上有3个碳原子时，有1种符合条件的有机物，所以符合条件的有机物一共有7种，故选A．‎ ‎【点评】本题考查有机物同分异构体种类的确定，官能团已经确定，且不考虑立体异构，则只能是碳链异构，根据碳链异构分析解答即可，难度不大．‎ ‎7.我国科研人员以蹄叶橐吾为原料先制得化合物Ⅰ再转化为具有抗癌抑菌活性的倍半萜化合物Ⅱ，有关转化如图所示，下列有关说法不正确的是 A. 化合物Ⅰ能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 化合物Ⅰ分子中含有5个手性碳原子 C. 化合物Ⅱ一定条件下能发生取代、消去及加成反应 D. 检验化合物Ⅱ是否含化合物Ⅰ可用Br2CCl4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化合物I中含C=C键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；‎ B．连有4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则中有含有5个手性碳原子，如图中黑色球表示的碳，故B正确；‎ C．化合物Ⅱ中含-Cl、-OH、C=C，则一定条件下能发生取代、消去及加成反应，故C正确；‎ D．两种化合物中均含C=C，均能使Br2的CCl4溶液褪色，所以用Br2的CCl4溶液不能检验化合物Ⅱ是否含化合物Ⅰ，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯烃的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质，有酯基就具有酯的性质。‎ ‎8.某物质中可能含有甲酸、乙酸、甲醇和甲酸乙酯四种物质中的一种或几种，在鉴定时有下列现象：①有银镜反应；②加入新制Cu(OH)2悬浊液沉淀不溶解；③与含酚酞的NaOH溶液共热发现溶液中红色逐渐消失至无色。下列判断正确的是 A. 有甲酸和甲酸乙酯 B. 有甲酸乙酯和甲醇 C. 有甲酸乙酯，可能有甲醇 D. 有甲酸和乙酸，可能有甲酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由信息(1)可发生银镜反应，说明一定含-CHO；(2)加入新制Cu(OH)2悬浊液，沉淀不溶解，则不含-COOH；(3)与含酚酞的NaOH溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅至无色，则该物质那个与碱反应，则符合上述信息的物质一定含甲酸乙酯、可能含甲醇，而一定不含有甲酸和乙酸，故选C。‎ ‎9.下列说法中不正确的是 A. 分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有5种 B. 可以用酸性高锰酸钾溶液区分苯和甲苯 C. 在核磁共振氢谱中能出现两个峰，其峰面积之比为3∶1‎ D. 可用氢氧化钠溶液、银氨溶液和碘水检验淀粉溶液是否为部分发生水解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子式为C4H10O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为丁醇，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-CH2CH(CH3)2、-C(CH3)3，所以该有机物的可能结构有4种，故A错误；‎ B．甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，苯不能使酸性高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾溶液区分苯和甲苯，故B正确；‎ C．分子中注意两种化学环境不同H原子，核磁共振氢谱中能出现两个峰，且其峰面积之比为9：3=3：1，故C正确；‎ D．淀粉水解生成葡萄糖，利用银氨溶液检验葡萄糖，滴加碘水根据溶液是否变蓝判断仍有淀粉存在，可以可用银氨溶液和碘水检查淀粉溶液有无发生水解，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】淀粉在酸的作用下能够发生水解反应最终生成葡萄糖。反应物淀粉遇碘能变蓝色，不能发生银镜反应；产物葡萄糖遇碘不能变蓝色，能发生银镜反应。依据这一性质可以判断淀粉在水溶液中是否已发生了水解和水解是否已进行完全。(1)如果淀粉还没有水解，其溶液中没有葡萄糖则不能发生银镜反应；(2)如果淀粉已完全水解，其溶液中没有淀粉遇碘则不能变蓝色；(3)如果淀粉仅部分水解，其溶液中有淀粉还有葡萄糖则既能发生银镜反应，又能遇碘变成蓝色。需要注意的是，检验葡萄糖之前，需要中和硫酸。‎ ‎10.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NA B. 26g乙炔所含共用电子对数目为2NA C. 标准状况下，11.2LCCl4所含分子数为0.5NA D. 现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．标准状况下，戊烷是液体，不能使用气体摩尔体积，错误。B．26g乙炔的物质的量是1,mol,所含共用电子对数目为5NA，错误。C．标准状况下CCl4是液体，不能使用气体摩尔体积，错误。D．现有乙烯、丙烯、丁烯都属于烯烃，分子式通式是CnH2n，最简式是CH2，最简式的式量是14，所以混合气体共14g含有最简式的物质的量是1mol，其原子数为3NA，正确。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。‎ 不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。)‎ ‎11.化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如下：‎ 下列说法正确的是 A. X分子中有2个手性碳原子 B. Y分子中所有原子可能在同一平面内 C. 可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y D. 在NaOH溶液中，1 mol M最多可与5 mol NaOH发生反应 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，X中只有连接氨基的为手性碳原子，故A错误；‎ B．Y含有羧基和碳碳双键，具有乙烯和甲酸的结构特点，所有原子可能在同一平面内，故B正确；‎ C．X含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，Y含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成气体，则可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故C正确；‎ D．M含有2个酚羟基、1个羧基、1个肽键、和1个酚羟基形成的酯基，都可与氢氧化钠反应，则在NaOH溶液中，1 mol M最多可与6 mol NaOH发生反应，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎12. 一种塑料抗氧化剂C可通过下列反应合成：‎ 下列有关叙述正确的是 A. 物质A中所有碳原子有可能位于同一平面 B. 物质B不能发生取代反应 C. 用酸性KMnO4溶液鉴别抗氧化剂C中是否含有CH3(CH2)17OH D. 1mol抗氧剂C与NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、物质A中与苯环相连的碳原子为空间四面体结构，不能共平面，错误；B、物质B含有酚羟基和酯基，均能发生取代反应，错误；C、醇和酚均能被酸性KMnO4溶液氧化，错误；D、物质C中含有1个酚羟基1个醇酯基，故消耗2mol NaOH，正确。‎ 考点：考查有机物结构与性质有关问题。‎ ‎13.下列离子方程式书写正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体+CO2+H2O→+HCO3-‎ B. 乙醛与银氨溶液的反应：CH3CHO+2Ag(NH3)2++2OH—CH3COO— +NH4++2Ag↓+3NH3+H2O C. 稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag+2H++NO3—＝Ag++NO↑+H2O D. 醋酸清洗水垢（主要成分为CaCO3）：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚钠溶液中通入少量CO2，由于苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，则反应生成碳酸氢根离子和苯酚，正确的离子方程式为：，故A正确；B. 乙醛与银氨溶液的反应生成乙酸铵、银和氨气、水，离子方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2++ 2OH— CH3COO— +NH4+ +2Ag↓+3NH3+H2O，故B正确；C．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Ag+4H++NO3﹣=3Ag++NO↑+2H2O，故C错误；D．水垢的主要成分为碳酸钙，碳酸钙溶于稀醋酸溶液，碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣；故D错误；答案：AB。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法，关键是苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，为易错点。‎ ‎14.提纯下列物质所选试剂及对应分离方法均可行的是 物质 杂质 所选试剂 方法 A 乙烷 乙烯 酸性KMnO4溶液 洗气 B 溴苯 溴 NaOH溶液 分液 C 乙炔 硫化氢 CuSO4溶液 洗气 D 乙酸 苯酚 NaOH溶液 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应利用溴水、洗气除去乙烷中混有的乙烯，故A错误；‎ B．溴不易溶于水，易溶于溴苯，能与NaOH溶液反应生成可溶于水的NaBr和NaBrO，可利用NaOH溶液、分液除去溴苯中的溴，故B正确；‎ C．硫化氢与硫酸铜反应生成难溶于的CuS和稀硫酸，而乙炔不能与硫酸铜反应，则选硫酸铜溶液、洗气即可除去乙炔中混有的硫化氢，故C正确；‎ D．乙酸、苯酚均可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的盐，则用NaOH无法除去乙酸中混有的苯酚，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎15.已知酸性：> H2CO3>>HCO3-，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将 转变为的最佳方法是 A. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液 B. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液 C. 与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2‎ D. 与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸性：＞H2CO3＞＞HCO3-，转化为，则羧基、酯基都发生变化但是酚羟基不能发生反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．先与稀硫酸反应生成邻羟基苯甲酸，再加入NaOH生成邻酚钠苯甲酸钠，不符合，故A错误；‎ B．与稀硫酸反应后生成邻羟基苯甲酸，再加入碳酸钠溶液，酚羟基和羧基都反应，不符合，故B错误；‎ C．与足量NaOH溶液反应后生成邻酚钠苯甲酸钠，然后通入足量二氧化碳生成邻羟基苯甲酸钠，故C正确；‎ D．与足量NaOH溶液反应后生成邻酚钠苯甲酸钠，然后加入稀硫酸生成邻羟基苯甲酸，不符合，故D错误；‎ 故答案为C。‎ 非选择题(共80分)‎ ‎16.Ⅰ．请认真阅读下列三个反应：‎ 利用这些反应，按以下步骤可以用某烃A合成一种染料中间体DSD酸 请回答：‎ ‎（1）B→C的反应类型是_______反应。‎ ‎（2）写出B、C、D的结构简式：‎ B______，C______，D_________。‎ Ⅱ．化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧。A的相关反应如下图所示:‎ 已知R-CH=CHOH(烯醇)不稳定，很快转化为。‎ 根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式是______；‎ ‎（2）反应②的化学方程式是________；‎ ‎（3）反应①的化学方程式是_______；‎ ‎（4）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为______。‎ ‎【答案】 (1). 取代反应 (2). (3). (4). (5). (6). CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O (7). +nH2O +nCH3COOH (8). HOCH2—CC—CH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．由信息反应③可知，反应使用NaClO，NaClO具有强氧化性，由信息反应②可知，苯胺易被氧化，故合成路线中应先发生反应③类型的转化，后发生反应②类型的转化，故结合反应路线可知，A生成B发生硝化反应，B生成C发生反应①类型的转化，C生成D发生反应③类型的转化，D生成DSD酸发生反应②类型的转化，由DSD酸的结构，利用倒推法确定各物质的结构；‎ Ⅱ．化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧，A中C、H、O原子的原子个数之比==2:3:1，结合A的相对分子质量为86，可知A的分子式为C4H6O2‎ ‎，A能发生聚合反应生成B，说明A中含有碳碳双键，A能水解生成C和D，C能和新制氢氧化铜反应生成D，说明C中含有醛基，A为酯，且C和D中碳原子个数相同，所以C是乙醛，D是乙酸，因为R-CH=CHOH(烯醇)不稳定，很快转化为R-CH2CHO，所以A的结构简式为CH3COOCH=CH2，A发生聚合反应生成B，所以B的结构简式为：，B水解生成乙酸和E聚乙烯醇，E的结构简式为：，据此答题；‎ ‎【详解】Ⅰ．由信息反应③可知，反应使用NaClO，NaClO具有强氧化性，由信息反应②可知，苯胺易被氧化，故合成路线中应先发生反应③类型的转化，后发生反应②类型的转化，故结合反应路线可知，A生成B发生硝化反应，B生成C发生反应①类型的转化，C生成D发生反应③类型的转化，D生成DSD酸发生反应②类型的转化，由DSD酸的结构，可知D为，故C为，B为，A为；‎ ‎(1)B→C的反应是发生磺化反应生成，反应类型是取代反应；‎ ‎(2)由分析知：B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为。‎ Ⅱ．化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧，A中C、H、O原子的原子个数之比==2:3:1，结合A的相对分子质量为86，可知A的分子式为C4H6O2，A能发生聚合反应生成B，说明A中含有碳碳双键，A能水解生成C和D，C能和新制氢氧化铜反应生成D，说明C中含有醛基，A为酯，且C和D中碳原子个数相同，所以C是乙醛，D是乙酸，因为R-CH=CHOH(烯醇)不稳定，很快转化为R-CH2CHO，所以A的结构简式为CH3COOCH=CH2，A发生聚合反应生成B，所以B的结构简式为：‎ ‎，B水解生成乙酸和E聚乙烯醇，E的结构简式为：；‎ ‎(1)A的结构简式为CH3COOCH=CH2；‎ ‎(2)C是乙醛，乙醛和氢氧化铜反应生成乙酸、氧化亚铜和水，反应方程式为：NaOH+CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O；‎ ‎(3)B的结构简式为：，B水解生成乙酸和E聚乙烯醇，反应方程式为：；‎ ‎(4)A有多种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，参照乙炔的直线型结构，可知它的结构简式为HOCH2—CC—CH2OH。‎ ‎17.氯苯在染料、医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如下图所示（其中夹持仪器及加热装置略去）‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸。打开仪器b中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器a内的现象是__________，用离子方程式表示产生该现象的原因：_______________。‎ ‎(2)仪器b外侧玻璃导管的作用是_____________。‎ ‎(3)仪器d内盛有苯，FeCl3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器e进入到仪器d中。‎ ‎①仪器e的名称是_________，其盛装的试剂名称是_____________。‎ ‎②仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40~60℃，以减少副反应发生。仪器d的加热方式最好是___加热，其优点是____________。‎ ‎(4)仪器c的作用是______________。‎ ‎(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗除去FeCl3，HCl及部分Cl2，然后通过碱洗除去Cl2；碱洗后通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如下表：‎ 有机物 苯 氯苯 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯 沸点/℃‎ ‎80‎ ‎132.2‎ ‎180.4‎ ‎173.0‎ ‎174.1‎ 从该有机物混合物中提取氯苯时，采用蒸馏方法，收集_________℃作用的馏分。‎ ‎(6)实际工业生产中，苯的流失如下表：‎ 流失项目 蒸气挥发 二氯苯 其他 合计 苯流失量（kg/t）‎ ‎28.8‎ ‎14.5‎ ‎56.7‎ ‎100‎ 某一次投产加入13t苯，则制得氯苯________t（保留一位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 有黄绿色气体生成 (2). 2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”） (4). 洗气瓶 (5). 浓硫酸 (6). 水浴 (7). 受热均匀，易于控制温度 (8). 冷凝、回流 (9). 132.2 (10). 16.9‎ ‎【解析】‎ 本题考查实验设计方案的评价，（1）仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，发生2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，仪器a中现象：有黄绿色气体生成，离子方程式：2MnO4－＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2‎ O；（2）仪器b外侧玻璃管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；（3）①仪器e为洗气瓶，仪器a产生氯气含有水蒸气，需要除去，因此洗气瓶中盛放试剂是浓硫酸；②保持温度40～60℃，需要加热方法是水浴加热；优点：受热均匀，易于控制温度；（4）仪器c是球形冷凝管，作用是冷凝、回流；（5）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集的132.2℃的馏分；（6）1t损失苯100kg，则13t苯损失苯13×100×10－3t=1.3t，有(13－1.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为(13－1.3)×112.5/78t=16.9t。‎ ‎18. 罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等。罂粟碱的合成方法如下：‎ ‎（1）B分子中的官能团有 和 （填名称）。‎ ‎（2）D→E的转化属于 反应（填反应类型）。‎ ‎（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，则F的结构简式是 。‎ ‎（4）E的同分异构体有多种，写出一种符合下列要求的异构体X的结构简式： 。‎ Ⅰ．含氧官能团种类与D相同。‎ Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰。‎ Ⅲ．属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种。‎ ‎（5） 已知：（R、为烃基）。根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：‎ ‎【答案】（1） 醚键；溴原子；‎ ‎（2） 取代 ‎（3）‎ ‎（4）或 ‎（5）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据B的结构简式可知B中所含官能团为醚键和溴原子，故答案为：醚键；溴原子；‎ ‎（2）比较D和E的结构简式可知，D中的-OH被氯原子取代，所以D→E的转化属于取代反应，故答案为：取代；‎ ‎（3）比较E和G的结构简式，利用元素守恒可知F的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（4）根据E的结构，结合条件Ⅰ．含氧官能团种类与D相同，即含醚键和羧基，Ⅱ．核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有4种等效氢，Ⅲ．属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种，即苯环上有两种等效氢，所以符合条件的X的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（5）以乙醇为原料制备，可以将乙醇与HBr生成溴乙烷，溴乙烷与KCN发生类似B→C的反应得到CH3CH2CN，再将乙醇氧化得乙醛，用CH3CH2‎ CN与乙醛发生题中信息中的反应，再酸性水解即得产品，合成路线为，故答案为：.‎ 考点：考查了有机物的结构和性质以及有机合成的相关知识。‎ ‎19.A和B是具有相同碳原子数的一氯代物，A-I转换关系如图所示：根据框图回答下列问题；‎ ‎（1）B的结构简式是_____；‎ ‎（2）反应③化学方程式是______；‎ ‎（3）上述转换中属于取代反应的是_____；（填写反应序号）‎ ‎（4）图中与E互为同分异构体的是_____；（填化合物代号）。图中化合物带有的含氧官能团有___种。‎ ‎（5）I的结构简式是____；名称是_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). nCH3CH=CH2 (3). ④⑦⑧ (4). H (5). 4 (6). CH3CH2COOCH(CH3)2 (7). 丙酸异丙酯 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A和B是具有相同碳原子数的一氯代物，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇E，E被氧化生成F，F能被氧化生成G；B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇H，醇H能和G发生酯化反应，所以G是羧酸，则F是醛，醇E中的羟基位于边上，H和G生成的酯I，H和G中碳原子数相等，根据I的分子式C6H12O2‎ 结合A和B是具有相同碳原子数的一氯代物可知，H是2-丙醇，G是丙酸，F是丙醛，E是1-丙醇，A是1-氯丙烷，A发生消去反应生成丙烯C；H是2-丙醇，则B是2-氯丙烷，C发生加聚反应生成聚丙烯，所以D是聚丙烯。‎ ‎【详解】A和B是具有相同碳原子数的一氯代物，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇E，E被氧化生成F，F能被氧化生成G；B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇H，醇H能和G发生酯化反应，所以G是羧酸，则F是醛，醇E中的羟基位于边上，H和G生成的酯I，H和G中碳原子数相等，根据I的分子式C6H12O2结合A和B是具有相同碳原子数的一氯代物知，H是2-丙醇，G是丙酸，F是丙醛，E是1-丙醇，A是1-氯丙烷，A发生消去反应生成丙烯C；H是2-丙醇，则B是2-氯丙烷，C发生加聚反应生成聚丙烯，所以D是聚丙烯；‎ ‎(1)通过以上分析知，B是2-氯丙烯，其结构简式为：；‎ ‎(2)在催化剂条件下，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：；‎ ‎(3)氯代烃和氢氧化钠的水溶液反应及醇和酸生成酯的反应都是取代反应，故选④⑦⑧；‎ ‎(4)E是1-氯丙醇，则其同分异构体是2-氯丙醇，即H，含氧官能团有醇羟基、醛基、羧基和酯基，所以有4种；‎ ‎(5)I是丙酸异丙酯，其结构简式为：CH3CH2COOCH(CH3)2，名称是丙酸异丙酯。‎ ‎【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎ ‎20.碘海醇是一种非离子型X－CT造影剂。下面是以化合物A(分子式为C8H10苯的同系物)为原料合成碘海醇的合成路线[R－为－CH2CH(OH)CH2OH]：‎ ‎（1）写出A的结构简式：________。‎ ‎（2）反应①→⑤中，属于取代反应的是______(填序号)。‎ ‎（3）写出C中含氧官能团的名称：硝基、_______。‎ ‎（4）写出同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：_____。‎ Ⅰ．含1个手性碳原子的α－氨基酸；‎ Ⅱ．苯环上有3个取代基，分子中有6种不同化学环境的氢；‎ Ⅲ．能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。‎ ‎（5）已知：①+NaOHR1COONa+R2NH2‎ ‎②呈弱碱性，易被氧化 请写出以和(CH3CO)2O为原料制备染料中间体的合成路线流程图(无机试剂任用)。_____‎ 合成路线流程图示例如下：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ‎【答案】（1）‎ ‎（2）②③④‎ ‎（3）羧基 ‎（4）‎ ‎（5）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）A含有苯环和2个碳原子，再根据D确定含有两个甲基及位置，；（2）反应①→⑤中①为氧化反应；②为消化反应，也为取代反应；③酯化反应，也为取代反应；④取代反应；⑤还原反应；（3）C酯化后生成D，由羧基变为酯基，故C中含有硝基和羧基；（4）由Ⅰ知含有，由Ⅱ取代基对称位置，由Ⅲ得出含有甲酸酚酯，故为、；（5）分析产物和原料，在甲苯的苯环上引入硝基和氨基，氨基应由硝基还原得到，故应先取代一个硝基还原后保护再引入一个硝基。流程见答案。‎ 考点：考查有机物的推断与合成有关问题。‎ ‎21.X、Y、Z、M为前四周期中除氢以外原子序数依次增大的四种元素，X基态原子未成对电子数在所处周期中最多；Y元素原子核外共有3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和；Z的单质常温下为淡黄色固体，ZY3分子呈平面正三角形；M原子外围电子排布式为3dn4sn。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）X、Y、Z三种元素原子第一电离能由大到小的顺序是______。（用元素符号表示）‎ ‎（2）某X氢化物分子结构式为：H－X＝X－H，该分子中X原子的杂化方式是______；Y元素简单氢化物的沸点高于Z的氢化物，主要原因是______。‎ ‎（3）根据等电子原理，写出X2Y分子的电子式：______。‎ ‎（4）M晶体的原子堆积方式为六方堆积（如图所示），则晶体中M原子配位数是_____。某M配合物化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1 mol该配合物中含配位键的数目是______。‎ ‎【答案】 (1). N＞O＞S (2). sp2 (3). H2O分子间形成了氢键，而H2S分子间不能形成氢键 (4). (5). 12 (6). 6mol（或6×6.02×1023）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y元素原子核外共有3个能级，则为1s、2s、2p3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和，则2p能级含有4个电子，Y的核外电子排布式为：1s22s22p4，为O元素；X基态原子未成对电子数在所处周期中最多，则X处于ⅤA族，结合原子序数可知X为N元素；Z的单质常温下为淡黄色固体，则Z为S元素；M的原子外围电子排布式为3dn4sn，则n=2，则M的态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，其原子序数为22，故M为Ti元素，据此进行解答。‎ ‎【详解】Y元素原子核外共有3个能级，则为1s、2s、2p3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和，则2p能级含有4个电子，Y的核外电子排布式为：1s22s22p4，为O元素；X基态原子未成对电子数在所处周期中最多，则X处于ⅤA族，结合原子序数可知X为N元素；Z的单质常温下为淡黄色固体，则Z为S元素；M的原子外围电子排布式为3dn4sn，则n=2，则M的态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，其原子序数为22，故M为Ti元素；‎ ‎(1)非金属性越强，第一电离能越强，由于N元素的2p轨道处于半满状态，其第一电离能大于O元素，所以三者的第一电离能大小为：N＞O＞S；‎ ‎(2)X为N元素，氮氮双键中含有1个σ键，H-N=N-H中还含有1个氮氢键，另外还含有1对孤电子对，所以N原子总共含有3个杂化轨道，为sp2杂化；由于H2O分子间形成了氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以水的沸点高于硫化氢；‎ ‎(3)X2Y为N2‎ O，其分子中含有22个电子，与二氧化碳互为等电子体，其结构与二氧化碳相似，含有两个双键，其电子式为：；‎ ‎(4)由图可知，晶胞堆积方式为镁型，即六方最密堆积，以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；[Ti(H2O)5Cl]Cl2•H2O中，1molTi与1molCl和5molH2O形成了6mol配位键。‎ ‎ ‎