【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试 一、选择题 ‎1.2019年4月26日上午，第二届“一带一路”国际合作高峰论坛开幕式在北京举行，共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机高分子化合物的是（ ）。‎ ‎ A中国丝绸 B泰国香米 C埃及长绒棉 D乌克兰葵花籽油 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然有机高分子化合物，故A错误；‎ B项、香米的主要成分是淀粉，淀粉是天然有机高分子化合物，故B错误；‎ C项、长绒棉的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，故C错误；‎ D项、葵花籽油的主要成分是油脂，油脂不是有机高分子化合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 淀粉水解液酸化后可用碘水检验淀粉是否水解完全 B. 植物秸秆、牛油彻底水解的产物均为纯净物 C. 鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液，生成的沉淀加水不再溶解 D. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素，它们互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 淀粉水解液酸化后，含有葡萄糖，可能含有淀粉，可用碘水检验淀粉是否存在，从而证明淀粉水解是否完全，A正确；‎ B. 植物秸秆为纤维素，水解产物为葡萄糖，牛油为油脂，水解产物为甘油和羧酸，后者水解产物为混合物，B错误；‎ C. 鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液，鸡蛋清凝聚，加水后溶解，此盐析过程可逆，C错误；‎ D. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，淀粉与纤维素最简式相同但n值不同，不互为同分异构体，D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】钾盐、钠盐、铵盐的浓溶液能使蛋白质盐析，此过程可逆；加热、强酸、强碱、重金属盐、75%的酒精、福尔马林、紫外线等，能使蛋白质变性，此过程不可逆。‎ ‎3.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 C. 福尔马林可用来浸制标本，因其可使蛋白质变性 D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蚕丝的主要成分为蛋白质，在灼烧时有烧焦羽毛的气味，其他有机物没有此气味，所以可以用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，故正确；B. 食用油属于油脂，反复加热发生化学变化，会产生稠环芳香烃等有害物质，故正确；C. 福尔马林是甲醛的水溶液，可使蛋白质变性，所以可用来浸制标本，故正确；D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故错误。故选D。‎ ‎4.下列关于有机物说法不正确的是 A. 命名为2-乙基-1，3-二丁烯 B. 沸点比较：乙二醇>乙醇>乙烷 C. 含8个碳原子的有机物的分子中可能形成8个C—C单键 D. 属于芳香烃且属于苯的同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铵系统命名法可知，的名称为2-乙基-1，3-丁二烯，故A错误；‎ B项、乙醇、乙二醇两种分子间都能形成氢键，但乙二醇含有的羟基数目多，形成的氢键多，分子间作用力强，乙二醇的沸点高于乙醇，乙烷分子间不能形成氢键，乙醇沸点比乙烷高，故沸点顺序为乙二醇>乙醇>乙烷，故B正确；‎ C项、有机物分子中的8个碳原子可以形成八碳环，最多可形成8个C—C单键，故C正确；‎ D项、分子中含有1个苯环，属于芳香烃，两个侧链均为烷烃基，属于苯的同系物，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】苯的同系物中只含有1个苯环，侧链必须为烷烃基是解答关键。‎ ‎5.下列关于有机物的说法正确的是 A. 乙醇和丙三醇互为同系物 B. 环己烯（）分子中的所有碳原子共面 C. 分子式为C5H10O2,且属于酯同分异构体共有9种（不考虑立体异构）‎ D. 桥环烃二环[2,2,0]（）的二氯代物有6种结构（不考虑立体异构）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，乙醇和丙三醇含有的羟基数目不同，不互为同系物，故A错误；‎ B项、环己烯分子中1个含碳碳双键，但4个亚甲基均为饱和碳原子，分子中含有饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，故B错误；‎ C项、分子式为C5H10O2属于酯的同分异构体可能为以下几种情况：若为甲酸和丁醇酯化，形成的酯有HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3共4种；若为乙酸和丙醇酯化，形成的酯有CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2共2种；若为丙酸和乙醇酯化，形成的酯只有CH3CH2COOCH2CH3‎ ‎1种；若为丁酸和甲醇酯化，形成的酯有CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3有2种，合计有9种，故C正确；‎ D项、桥环烃二环分子结构对称，分子中含有2类氢原子，则一氯代物有2种，一氯代物分子中含有3类氢原子，形成的二氯代物有3种，一氯代物分子中含有4类氢原子，形成的二氯代物有4种，则二氯代物共有7种，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列说法正确的是 A 用酸性KMnO4溶液可鉴别乙烯和乙醛 B. 用甘氨酸[H2NCH2COOH]和丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]缩合最多可形成3种链状二肽 C. 等质量的甲醛和乳酸[CH3CH(OH)COOH]完全燃烧消耗的氧气相等，生成水的质量也相等 D. 丙烯酸（CH2=CHCOOH），含有二种官能团，能发生取代、加聚、加成反应，不能发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯、乙醛都含有不饱和键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故A错误；‎ B．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子。当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故B错误；‎ C．甲醛与乳酸[CH3CH(OH)COOH的最简式都为CH2O，等质量的甲醛与乳酸[CH3CH(OH)COOH]完全燃烧消耗氧气的量相等，生成水的质量也相等，故C正确；‎ D. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)，含有碳碳双键和羧基二种官能团，能发生取代、加聚、加成反应，其中碳碳双键与氢气的加成反应，也是还原反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.丁苯橡胶的结构简式如下所示，合成这种橡胶的单体应是 ‎①②③CH3-CH=CH-CH3④CH≡C-CH3⑤CH2=CH-CH=CH2‎ A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ①⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由丁苯橡胶的结构简式可知，丁苯橡胶属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开，在将双键中的1个c-c打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是①⑤CH2=CH-CH=CH2，故选D。‎ ‎8.由有机物X合成有机高分子粘合剂G的流程图如下:‎ 下列叙述错误的是 A. 有机物X中的含氧官能团是羧基和羟基 B. Z的结构简式一定是 C. 由X生成I molY时，有1 mol H2O生成 D. 反应Ⅲ发生加聚反应生成G ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构分析，含有的含氧官能团为羧基和羟基，故正确；B.Z可能是 ‎，故错误；C.X含有羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成Y，生成1molY时，有1mol水生成，故正确；D.Z含有碳碳双键，发生加聚反应生成G，故正确。故选B。‎ ‎【点睛】掌握有机物的官能团的性质是关键。羧基可以和羟基发生酯化反应。羟基链接的碳原子的邻位碳上有氢原子，则该有机物可以发生消去反应。‎ ‎9.将体积均为5 mL的甲、乙、丙三种液体依次沿试管壁缓缓滴入试管中(勿振荡)，出现如图所示的实验现象，则甲、乙、丙的组合可能是(　　) ‎ 选项 A B C D 甲 ‎1,2二溴乙烷 溴苯 水 乙醇 乙 水 液溴 大豆油 乙酸 丙 苯 乙醇 溴水 乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知三种液体满足的条件是甲与乙互不相溶且乙的密度小于甲，乙与丙互不相溶且丙的密度小于乙。‎ ‎【详解】由图可知，甲、乙、丙的密度中，丙的密度最小，甲的密度最大；甲与乙不相溶，乙与丙不相溶。‎ A、苯的密度最小，1,2—二溴乙烷的密度最大，苯与水不相溶，水与1,2—二溴乙烷不相溶，选项A正确；‎ B、三种物质互溶，选项B错误；‎ C、三种物质中，乙的密度最小，所以最上层是乙，选项C错误；‎ D、三种物质互溶，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.图1和图2是A、B两种物质的核磁共振氢谱。请根据图1和图2两种物质的核磁共振氢谱谱图选择出可能属于图1和图2的两种物质的分子式（ ）‎ A. A是C3H6、B是C2H6‎ B. A是C6H6、B是C4H6‎ C. A是C6H6、B是C2H6‎ D. A是C3H8、B是C6H6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核磁共振氢谱中峰数目等于H的种类数目。图1中只有一个峰，说明该分子中H的化学环境相同，即只有一种H，结合选项可知A可能为乙烷（C2H6）、苯（C6H6）或环丙烷（）；图2中有三个峰，说明该分子中有三种H，且个数之比为2:1:3，结合选项可知B可能为丙烯（CH2=CH-CH3），分子式为C3H6，或丁炔（CHCCH2CH3），分子式为C4H6。‎ ‎【详解】A. 若C3H6为环丙烷，则有一种峰，符合图1；C2H6只能为乙烷，只有一种峰，不符合图2，A不合题意；‎ B.若C6H6为苯，只有一种峰，符合图1；若C4H6为1-丁炔，则有三种峰，符合图2，B符合题意；‎ C. 若C6H6为苯，只有一种峰，符合图1；C2H6只能为乙烷，只有一种峰，不符合图2，C不合题意；‎ D. C3H8只能为丙烷，有二种峰，不符合图1，D不合题意。‎ 故选B。‎ ‎11.法国化学家伊夫•肖万获2005年诺贝尔化学奖.他发现了烯烃里碳碳双键会被拆散、重组,形成新分子,这种过程被命名为烯烃复分解反应烯烃复分解反应。烯烃复分解反应可形象地描述为交换舞伴(如图所示)：‎ 烯烃复分解反应中的催化剂是金属卡宾(如CH2=M)，金属卡宾与烯烃分子相遇后，两对舞伴会暂时组合起来，手拉手跳起四人舞蹈。随后它们“交换舞伴”，组合成两个新分子，其中一个是新的烯烃分子，另一个是金属原子和它的新舞伴。后者会继续寻找下一个烯烃分子，再次“交换舞伴”。根据以上信息进行判断，如果把C6H5CH2CH=CH2与CH2=M在一定条件下混合反应，下列产物不可能存在的是 （ ）‎ A. C6H5CH2CH=M B. CH2=CH2‎ C. C6H5CH2CH2C6H5 D. C6H5CH2CH=CHCH2C6H5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，可以认为C6H5CH2CH═CH2与CH2═M发生在双键位置的断裂，断裂后的基团进行组合重新形成双键，据此解答。‎ ‎【详解】C6H5CH2CH═CH2断裂为C6H5CH2CH与CH2，CH2═M断裂为CH2与M，相互组合可以生成C6H5CH2CH═CHCH2C6H5、CH2=CH2、C6H5CH2CH═M，故不可能生成C6H5CH2CH2C6H5；‎ 故答案为C。‎ ‎12.合成导电高分子材料PPV的反应+（2n-1）HI，下列说法不正确的是 A. 合成PPV的反应为缩聚反应 B. PPV与聚苯乙烯重复结构单元不相同 C. PPV与聚苯乙烯均能使溴水反应褪色 D. 1 molPPV可以与2n molH2加成 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由化学方程式可知，与在催化剂作用下发生缩聚反应生成和HI，故A正确；‎ B项、聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B正确；‎ C项、聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；‎ D项、1 mol分子中含有n mol苯环和n mol碳碳双键，能与4n molH2加成，故D错误；‎ 答案选CD。‎ ‎【点睛】注意1 mol分子中含有n mol苯环和n mol碳碳双键，苯环和碳碳双键均能与H2加成，是易错点。‎ ‎13.下列实验中现象及得出的结论正确的是（ ）‎ 实 验 现 象 结论 A 试管（1）中紫色褪去，试管（2）中紫色未褪 苯环使甲基的活性增强 B 试管内壁有银镜生成 有机物X中一定是醛 C 向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热 未见砖红色沉淀 淀粉未水解 D 最后一只试管中有浅黄色沉淀 有机物中含有溴原子 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通过现象判断，甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化，己烷不能被酸性高锰酸钾氧化，说明苯环使甲基的活性增强，A正确；‎ B.与银氨溶液反应有银镜生成，说明有机物分子中含有醛基，但不一定是醛，可能是甲酸，也可能是甲酸酯，B不正确；‎ C．检验淀粉的水解产物时，应该先加入氢氧化钠溶液中和过量的硫酸，使溶液显碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，C不正确；‎ D．检验有机物中的卤原子时，先加氢氧化钠溶液让其发生水解，再加硝酸中和氢氧化钠，使溶液显酸性，最后加入硝酸银溶液，D不正确。‎ 故选A。‎ ‎14.有下列三种有机物，实现它们之间相互转化所选试剂（均足量）正确的是（ ）‎ 选项 a转化为b a转化为c c转化为b A NaOH Na CO2‎ B Na2CO3‎ NaOH HCl C NaHCO3‎ NaOH CO2‎ D NaHCO3‎ NaCl HCl A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入 NaOH，既能与-COOH反应，又能与酚-OH反应，a直接转化为c，A不合题意；‎ B. 加入 Na2CO3，既能与-COOH反应，又能与酚-OH反应，a直接转化为c，B不合题意；‎ C. NaHCO3只能与-COOH反应，实现a→b的转化；NaOH与-COOH、酚-OH反应，实现a→c的转化；通入CO2，只能与-ONa反应，实现c→b的转化，C符合题意；‎ D．NaHCO3只能与-COOH反应，实现a→b的转化；加入NaCl，不能实现a→c的转化，D不合题意。‎ 故选C。‎ ‎15.如图所示三种物质均是从巴旦杏中提取出有香味的有机物，下列说法正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ互为同分异构体 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. Ⅱ、Ⅲ分别与H2反应，均最多可以消耗2 mol H2‎ D. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中只有Ⅲ是苯的同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据结构简式可知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的分子式不同，不能互为同分异构体，A错误；‎ B、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分子中均含有碳碳双键，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；‎ C、Ⅱ、Ⅲ中均含有2个碳碳双键，1 mol Ⅱ、Ⅲ分别与H2反应，均最多可以消耗2 mol H2，但题中没有给出Ⅱ、Ⅲ的量，C错误；‎ D、苯分子中的氢原子被烷烃基取代后的有机物是苯的同系物，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不是苯的同系物，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎16.有机物A是一种常用的内服止痛解热药。1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色。A的相对分子质量不超过200。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652。A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。则下列推断中，正确的是( )‎ A. A、B的相对分子质量之差为60 B. 1个B分子中应当有2个氧原子 C. A的分子式是C7H6O3 D. B能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据芳香族化合物B的含氧量及A的相对分子质量的范围，先确定B的分子结构，再确定A的分子结构。‎ ‎【详解】A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸，则A含有酯基。A溶液具有酸性，则A含有-COOH；A不能使FeCl3溶液显色，则A没有酚羟基。A的相对分子质量不超过200，则B的相对分子质量不超过200-42=158。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652，则其中氧元素总的质量分数为1-0.652=0.348，若B只含1个氧原子，则B的相对分子质量为 ‎45.9，不可能；若B含2个氧原子，则B的相对分子质量为92，由于苯的相对分子质量为78，也不可能；若B含3个氧原子，则B的相对分子质量为138，合理。由于1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸，则B分子中有苯环、羟基、羧基，共3个氧原子，则B的分子式为C7H6O3、A的分子式为C9H8O3。‎ A. 1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸，A、B的相对分子质量之差为60-18=42，A不正确；‎ B. 1个B分子中应当有3个氧原子，B不正确；‎ C. A的分子式是C9H8O3，C不正确； ‎ D. B分子中含有-COOH、酚羟基，故其能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应，D正确。‎ 综上所述，有关推断中正确的是D，本题选D。‎ ‎【点睛】对于复杂的有机物，可以把其结构分成不同的片断，根据不同片断的结构和性质，结合相对分子质量分析其可能的组成，并且能够根据化学变化中相对分子质量的变化量分析有机物转化过程中相对分子质量的变化。在不能确定分子中相关元素原子的具体数目时，要学会使用讨论法。‎ 二、非选择题 ‎17.实验室用乙醇、浓磷酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如下（反应需要加热，图中省去了加热装置）：‎ H3PO4（浓）+NaBrNaH2PO4+HBr、CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O 有关数据见下表：‎ 乙醇 溴乙烷 溴 状态 无色液体 无色液体 深红色液体 密度g/mL ‎0.79‎ ‎1.44‎ ‎3.1‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎38.4‎ ‎59‎ ‎（1）A中放入沸石的作用是___。‎ ‎（2）仪器B的名称为___，B中进水口为___（填“a”或“b”）口。‎ ‎（3）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为：___。‎ ‎（4）制取氢溴酸时，为什么不能用浓H2SO4代替浓磷酸？___（用化学方程式表示）。‎ ‎（5）将C中的馏出液转入三角烧瓶中，边振荡边逐滴滴入浓H2SO4以除去水等杂质，滴加浓硫酸约1～2mL，使溶液明显分层，再用分液漏斗分去硫酸层，将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃馏分约10.0g，从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是___。‎ ‎【答案】 (1). 防止液体暴沸 (2). 冷凝管 (3). b (4). 平衡压强，使浓磷酸顺利流下 (5). 2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O (6). 53.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）液体加热加入沸石，可以防止液体暴沸；‎ ‎（2）B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；‎ ‎（3）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓磷酸顺利流下；‎ ‎（4）氢溴酸具有还原性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫；‎ ‎（5）10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率= ×100%。‎ ‎【详解】（1）液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸；答案：防止液体暴沸；‎ ‎（2）B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；答案为：冷凝管；b；‎ ‎（3）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓磷酸顺利流下；答案为：平衡压强，使浓磷酸顺利流下；‎ ‎（4）氢溴酸具有还原性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫；答案为：2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O；‎ ‎（5）10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率==53.3%。答案为：53.3%。‎ ‎18.氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以 2－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：‎ ‎（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。‎ A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应 B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应 C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应 D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S ‎（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。‎ ‎（3）物质 X 的结构简式为____________。‎ ‎（4）物质 C可在一定条件下反应生成一种含有 3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。‎ ‎（5）写出属于芳香族化合物 A的同分异构体__________(不包含 A)。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 7 (3). (4). 2+2H2O (5). 取代反应 (6). 、、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；‎ ‎(2)D结构不对称，有7种不同的H；‎ ‎(3)对比D、E可知X的结构简式；‎ ‎(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；‎ ‎(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。‎ ‎【详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误； ‎ B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；‎ C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；‎ D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；‎ 故答案为BD；‎ ‎(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有 7种吸收峰；‎ ‎(3)对比D、E可知X的结构简式为；‎ ‎(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；‎ ‎(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为 ‎。‎ ‎【点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。‎ ‎19.丙烯是重要的化工原料，以丙烯为原料合成有机玻璃和油墨材料DAP-A树脂的流程如下：‎ 回答问题：‎ ‎（1）写出下列物质可能的结构简式：B___________________，F________________________。‎ ‎（2）写出反应类型：反应②___________________；反应③____________________________。‎ ‎（3）1 mol DAP-A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H2_______________mol。‎ ‎（4）写出反应①的化学方程式_____________________________________________________。‎ ‎（5）写出G在一定条件下与乙二醇发生反应生成一种高分子化合物的化学方程式为_______。‎ ‎（6）E的同分异构体中，属于酯类的链状有机物有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH (2). (3).‎ ‎ 氧化反应 (4). 加聚（聚合）反应 (5). 4n (6). CH2=CHCH3+ Cl2 CH2=CHCH2 l+ HCl (7). (8). 、CH3COOCH=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据A和G的反应条件及产物可知，该反应是酯化反应，则A的结构简式是CH2=CHCH2OH，G是邻二苯甲酸，所以F是邻二甲苯，被氧化生成G。根据A的结构简式可知，反应①是丙烯甲基上氢原子的取代反应。由于A中含有碳碳双键，能和氯化氢发生加成反应生成B，所以B的结构简式为CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH。B发生催化氧化生成C，所以C是CH3CHClCOOH或CH2ClCH2COOH。最后C再通过消去反应生成丙烯酸。丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成E，则E的结构简式为CH2=CHCOOCH3。E中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成有机玻璃。而H中也含有碳碳双键，也能发生加聚反应，生成高分子化合物。‎ ‎（1）B的结构简式为：CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH；F的结构简式为：；‎ ‎（2）反应②的反应类型为：氧化反应；反应③的反应类型为：加聚（聚合）反应；‎ ‎（3）由于H中含有1个苯环和2个碳碳双键，所以根据树脂的结构简式可知，1molDAP-A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H2 4nmol；‎ ‎（4）反应①的化学方程式为CH2=CHCH3+ Cl2 CH2=CHCH2 l+ HCl；‎ ‎（5）G在一定条件下与乙二醇发生反应生成一种高分子化合物的化学方程式为；‎ ‎（6）E的同分异构体中，属于酯类的链状有机物有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH3-C(OOCH)=CH2。‎ ‎20.有机物J 是我国自主成功研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的结构简式是________________。C的结构简式是______________。‎ ‎（2）D生成 E的化学方程式为_________________。‎ ‎（3）J的结构简式是________________。在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是_______________。‎ ‎（4）根据，X的分子式为______。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有______种（已知：碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连）。‎ A．除苯环外无其他环，且无一O—O—键 B．能与FeCl3溶液发生显色反应 C．苯环上一氯代物只有两种 ‎（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成的路线流程图(其它试剂自选)：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). ‎ ‎ (6). C8H6O3 (7). 9 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由AB的条件，以及A、G的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，再由BC，根据反应条件和C的分子式可知，C为；‎ ‎（2）D生成 E的化学方程式为：；‎ ‎（3）由GHJ，以及所给已知，可知H为，再脱水得到J，则J为，在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是：；‎ ‎（4）根据，X的结构简式为：，则分子式为：C8H6O3；X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明与苯环直接相连的有羟基，由因为苯环上的一氯代物只有一种，且无一O—O—键；可能的情况有 ‎ ‎ ‎，共9种；‎ ‎（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成的路线流程图：。‎ ‎【点睛】找X满足条件的同分异构体时，利用分子式计算不饱和度是6，除苯环不饱和度4之外，不饱和度是2，苯环上的一氯代物只有两种，先从对位的二取代物入手，除含有酚羟基之外还有羰基和醛基，满足条件的只有1种；再苯环上的三取代物，取代基可能是一个酚羟基和两个醛基，满足条件的2种；苯环上的三取代物，取代基还可能是两个羟基，一个醚键和一个碳碳三键，满足条件的2种；最后就是苯环上的四取代物，取代基为三个羟基和碳碳三键，满足条件的有4种；总共9种同分异构体。‎