山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高二下学期期中考试模块测试化学试题

山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高二下学期期中考试模块测试化学试题

山东省济宁市 嘉祥一中高二2019-2020第二学期期中模块测试 5月高二化学线上测试 考试时间：90分钟 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列有关化学用语表示正确的是( )‎ A. 丙烯的结构简式：C3H6‎ B. 羟基的电子式：‎ C. 氯离子的结构示意图：‎ D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C3H6是丙烯的分子式，不是结构简式，结构简式应表明有机物的官能团，丙烯的结构简式为：CH2=CHCH3，故A错误；‎ B．为氢氧根离子的电子式，羟基的电子式：，故B错误；‎ C．氯离子是由氯原子得到一个电子形成的微粒，氯离子质子数为17，核外电子数为18，结构示意图：，故C正确；‎ D．原子符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数=质子数+中子数。中子数为146、质子数为92的铀（U）原子为，故D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】氢氧根是一种可以游离存在的离子，带有一个单位负电荷，水溶液中游离氢氧根离子的浓度决定着溶液碱性的强弱；羟基仅仅是化合物中的一种结构片断(特别是有机化合物)，不带电。‎ ‎2.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )‎ A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等 B. NCl3分子是非极性分子 C. NBr3比NCl3易挥发 D. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C的原子半径小于N原子半径，即N－Cl键长小于C－Cl键长，故A错误；‎ B、NH3为三角锥形，NCl3和NH3的空间构型相似，即NCl3空间构型为三角锥形，NCl3属于极性分子，故B错误；‎ C、NCl3和NBr3结构相似，NCl3相对分子质量小于NBr3，因此NCl3的熔沸点低于NBr3，故C错误；‎ D、NH3与H2O之间能形成分子间氢键，NH3·H2O能够电离出NH4＋和OH－，因此NH3·H2O的结构式为，故D正确。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，NH3中H与H2O中O构成氢键，即，NH3中N与H2O中H构成氢键，即，根据NH3·H2ONH4＋＋OH－，因此得出NH3·H2O的结构式为。‎ ‎3.下列有机物命名正确的是 A. 2-甲基-4-乙基戊烷 B. 2-甲基-4-己醇 C. 1，3，5-三硝基甲苯 D. 2-乙基-1-丁烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2-甲基-4-乙基戊烷，选主链错误，应为2，4-二甲基己烷，A不正确；‎ B．2-甲基-4-己醇，编号错误，应为5-甲基-2-己醇，B不正确；‎ C．1，3，5-三硝基甲苯，编号错误，应为2，4，6-三硝基甲苯，C不正确；‎ D．2-乙基-1-丁烯，结构简式为CH2=C(CH2CH3)2，命名正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】对含官能团物质进行命名时，应选择含有官能团的最长碳链作主链，从靠近官能团的一端开始编号。‎ ‎4.下列各组元素属于p区的是(　　)‎ A. 原子序数为1、2、7的元素 B. S、O、P C. Fe、Ar、Cl D. Na、Li、Mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；‎ A．原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；‎ B．O，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；‎ C．铁属于d区，故C错误；‎ D．锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，‎1 L 己烷完全燃烧后，所生成的气态产物的分子数为NA B. ‎10 g 46%的乙醇溶液中氢原子的个数为 0.6 NA C. ‎28 g 乙烯与丙烯的混合气体，共用的电子对数为 6 NA D. 100 mL 0.1 mol/L CH3COOH 溶液跟足量乙醇、浓硫酸共热，发生酯化反应，生成乙酸乙酯分子 数为 0.01 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，己烷为液体，不能利用‎22.4L/mol计算燃烧产物的分子数，A不正确；‎ B．‎10 g 46%的乙醇溶液中氢原子的个数为=1.2 NA，B不正确；‎ C．‎28 g乙烯与‎28 g丙烯中，共用电子对数都为6 NA，则‎28 g混合气体中，共用的电子对数也应为6 NA，C正确；‎ D．酯化反应为可逆反应，所以100 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液跟足量乙醇、浓硫酸共热，生成乙酸乙酯分子数小于0.01 NA，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】计算‎10 g 46%的乙醇溶液中氢原子的个数时，我们的注意力主要集中在乙醇上，所以解题时很容易忽视水中氢原子的存在，从而错选B。‎ ‎6.如图是实验室制取乙炔的装置，关于该实验的叙述不正确的是 A. 该装置的优点是可以控制反应的随时发生和停止 B. 利用 CuSO4 溶液可以除去乙炔中的杂质气体 C. 为了减缓反应速率，可用饱和食盐水代替水 D. 为了得到干燥纯净的乙炔气体可以用向下排空气法收集 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过提升或降低A管的高度，可以让B管中的电石与水接触或脱离，从而控制反应的发生和停止，A正确；‎ B．利用 CuSO4 溶液可以除去乙炔中的杂质气体H2S，B正确；‎ C．用饱和食盐水代替水，可以使电石与水的反应变得缓和，C正确；‎ D．用向下排空气法收集气体，气体中会混有空气，不能得到干燥纯净乙炔气体，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎7.除去括号内杂质所用试剂和方法均正确的是 A. 乙酸乙酯（乙酸）：饱和碳酸钠溶液、分液 B. 苯（环己烯）：溴水、分液 C. 苯（苯酚）：溴水、过滤 D. 乙烷（乙烯）：酸性高锰酸钾溶液、洗气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．饱和碳酸钠溶液可以去除乙酸，且能降低乙酸乙酯的溶解度，所以液体分层，可采用分液法分离，A正确；‎ B．环己烯与溴水中的溴发生加成反应，生成的溴代烷与苯互溶，不能用分液法分离，B不正确；‎ C．虽然苯酚能与溴水中的溴发生取代反应，生成三溴苯酚白色沉淀，但溴还会溶解在苯中，使苯中混有溴，C不正确；‎ D．酸性高锰酸钾溶液能将乙烯氧化为二氧化碳，混在乙烷气体中，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎8.分子式为C3H5Cl的链状有机物的同分异构体共有（包括顺反异构）(　 　)‎ A. 6种 B. 5种 C. 4种 D. 3种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式为C3H5Cl的链状有机物即丙烯中的一个氢原子被氯取代，主碳链仅一种，但氯均可在3个碳原子上取代，故同分异构体有如下：、、、，共4种。‎ ‎【详解】同分异构体有如下：、、、，共4种，故答案为C。‎ ‎【点睛】若碳碳双键的某一端的碳原子上有两个氢原子，则只有一种，没有顺瓜异构体，如、。‎ ‎9.用有机物甲可制备环己二烯（），其反应路线如图所示：‎ 下列有关判断不正确的是 A. 甲的分子式为 C6H12‎ B. 乙与环己二烯互为同系物 C. 上述流程发生的反应类型有取代反应、消去反应、加成反应 D. 环己二烯与溴水 1:1 反应可得 2 种产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲与氯气发生取代反应生成一氯环己烷，则甲为环己烷，一氯环己烷与氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯，则乙为环己烯，环己烯再与溴的四氯化铁溶液发生加成反应生成1，2-二溴环己烷，则丙为1，2-二溴环己烷，丙再继续发生消去反应生成环己二烯，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，甲为环己烷，分子式为 C6H12，故A正确；‎ B．结构相似、类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互称为同系物，根据分析，乙为环己烯，结构简式为，与环己二烯在结构上少一个碳碳双键，二者结构不同，不是相差-CH2-原子团，不互为同系物，故B错误；‎ C．根据分析，上述流程发生的反应类型有取代反应、消去反应、加成反应，故C正确；‎ D．环己二烯与溴水 1:1 发生加成反应，溴原子在换上有两种方式，一种为两个溴原子加成在同一个碳碳双键两端；另一种为两个溴原子分别加成在两个碳碳双键上，两个双键变为单键，在环己二烯两个双键之间重新形成一个新的碳碳双键，结构简式为或，可得 2 种产物，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.雌二醇和炔雌醇是两种雌激素用药，它们的结构简式如图所示：‎ 下列关于它们的说法正确的是 A. 可用 FeCl3 溶液鉴别二者 B. 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 雌二醇不能与 Na2CO3 溶液反应 D. 核磁共振氢谱峰个数不相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二者都含有酚羟基，都能使FeCl3溶液显紫色，不能用FeCl3溶液鉴别，A不正确；‎ B．二者均具有还原性，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；‎ C．雌二醇含有酚羟基，具有酸性，能与Na2CO3溶液反应，C不正确；‎ D．二者的氢原子种类相同，核磁共振氢谱峰个数相同，D不正确；‎ 故选B。‎ 二、多选题（每小题4分，共20分，每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎11.(双选)下列描述中正确的是(　　)‎ A. CS2为V形的极性分子 B. ClO的空间构型为平面三角形 C. SF6中有6对完全相同的成键电子对 D. SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CS2与CO2的分子构型相似，均是直线形结构，A错误；‎ B．ClO3－中中心原子Cl有一对孤电子对，价层电子对数是4，所以为三角锥形，B错误；‎ C．S有6个价电子正好与6个F形成6个共价键，C正确；‎ D．SiF4中Si形成4个σ键，SO32－中硫原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，所以Si、S 均是sp3杂化，D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎【点睛】由价层电子特征判断分子立体构型时需注意以下两点：（1）价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。（2）价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。‎ ‎12.下列关于蛋白质的叙述中，正确的是 A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液可提纯蛋白质 B. 天然蛋白质分子中既含-NH2，又含-COOH ‎ C. 温度越高，酶对某些化学反应的催化效率越高 D. 任何结构的蛋白质遇到浓HNO3都会变为黄色 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质发生盐析，再加水，蛋白质又溶解，因此通过盐析可以提纯蛋白质，故A正确；‎ B．蛋白质分子中既含-NH2，又含-COOH，既能与酸反应生成盐，又能跟碱反应生成盐，故B正确；‎ C．酶的活性受温度限制，超过适宜的温度时酶将失去活性，故C错误；‎ D．只有一些含有特殊结构的蛋白质遇到浓HNO3才会变为黄色，发生颜色反应，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎13.下列化合物中，既能发生消去反应，又能发生水解反应的是 A. 氯仿 B. 2,2-二甲基-1-氯丙烷 C 2-丁醇 D. 2-甲基-2-溴丙烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生消去反应的有机物多为醇或卤代烃，且必须官能团邻位碳原子含有氢原子，发生水解反应的多为卤代烃、酯类等物质，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．氯仿为CHCl3，属于卤代烃，由于消去反应发生的条件必须在−Cl 所在的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，故只能水解不能消去，故A不符合题意； ‎ B．2，2-二甲基-1-氯丙烷的结构简式为CH‎3C(CH3)2CH2Cl，氯原子相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，该有机物属于卤代烃，可以发生水解反应，故B不符合题意；‎ C．2-丁醇醇类，羟基邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，但不能发生水解，故C不符合题意；‎ D．2-甲基-2-溴丙烷的结构简式为：CH3CBr(CH3)CH3，溴原子相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，属于卤代烃，又能发生水解，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎14.乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 1mol乙烯基乙炔能与 3mol Br2发生加成反应 B. 正四面体烷二氯取代产物有2种 C. 环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰 D. 环辛四烯与苯互为同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol乙烯基乙炔分子中含有1mol碳碳双键和1mol碳碳三键，1mol碳碳双键加成消耗1mol Br2，1mol碳碳三键能与Br2加成消耗2mol Br2，1mol乙烯基乙炔能与 3mol Br2发生加成反应，故A正确；‎ B．碳可以形成4对共用电子对，可知正四面体烷的分子式为C4H4，分子结构对称，每个碳原子上只有一个氢原子，分子中任何两个碳原子都相邻，因此二氯取代产物有1种，故B错误；‎ C．环辛四烯的结构高度对称，碳原子上的氢原子只有一种环境，则核磁共振氢谱有1组峰，故C错误；‎ D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互称为同系物，环辛四烯中含有4‎ 个碳碳双键，苯中碳原子之间是一种介于单键和双键之间的一种键，无碳碳双键，二者结构不同，不互为同系物，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎15. 化合物Ⅲ是合成中药黄芩中的主要活性成分的中间体，合成方法如下：‎ 下列有关叙述正确的是 A. I在空气中能稳定存在 B. II中所有原子均有可能共面 C. 可用FeCl3溶液鉴别有机物II和III D. 1mol产物III与足量溴水反应，消耗Br2的物质的量为1.5mol ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化合物I中含有酚羟基，易被氧化，因此在空气中不能稳定存在，A错误；‎ B．由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，则根据化合物II的结构简式可判断，分子中所有原子均有可能共面，B正确；‎ C．有机物Ⅱ中不存在酚羟基，而有机物Ⅲ中含有酚羟基，则可用FeCl3溶液鉴别有机物II和III，C正确；‎ D．有机物Ⅲ中含有酚羟基、碳碳双键，则1mol产物III与足量溴水反应，消耗Br2的物质的量为2mol，其中加成和取代各是1mol，D错误；‎ 答案选BC。‎ 第II卷（非选择题)‎ 本部分包括5小题，共60分。‎ 三、推断题 ‎16.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）I的最高化合价为___，I的元素名称为___。‎ ‎（2）写出基态时K元素原子的电子排布式___，J元素原子的外围电子排布式___。‎ ‎（3）下列对比正确的是___。‎ a.原子半径H＞G＞B＞A b.第一电离能E＞D＞C＞B c.电负性A＞H＞G＞Q d.最高价氧化物的水化物酸性B＞A＞H＞G ‎（4）下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的有关叙述不正确的是___。‎ a.L位于元素周期表第五周期ⅠA族，属于s区元素 b.O位于元素周期表第七周期Ⅷ族，属于ds区元素 c.M的外围电子排布式为6s1，属于ds区元素 d.H所在族的外围电子排布式为ns2np2，属于p区元素 ‎【答案】 (1). ＋6 (2). 铬 (3). 1s22s22p63s23p63d104s1 (4). 3d64s2 (5). cd (6). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中位置，可知P为H、A为C、B为N、C为O、D为F、E为Ne、F为Mg、G为Al、H为Si、I为Cr、J为Fe、K为Cu、Q为Ga、L为Rb、N为At。‎ ‎【详解】（1）I为Cr元素，名称为铬，原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，最高正化合价为+6，故答案为：＋6；铬；‎ ‎（2）K为Cu，原子核外有29个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；J为Fe，原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则外围电子排布式为3d64s2‎ ‎，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；3d64s2；‎ ‎（3）a．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径G＞H＞A＞B，故a错误；‎ b．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA元素的第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能E＞D＞B＞C，故b错误；‎ c．同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故电负性A＞H＞G＞Q，故c正确；‎ d．非金属性B＞A＞H＞G，则最高价氧化物的水化物酸性B＞A＞H＞G，故d正确；‎ 故答案为：cd；‎ ‎（4）a．由L的位置可知，L位于元素周期表中第五周期ⅠA族，属于s区元素，故a正确；‎ b．由O的位置可知，O位于元素周期表中第七周期Ⅷ族，属于d区元素，故b错误；‎ c．M位于IB族，外围电子排布式为5d106s1，属于ds区元素，故c错误；‎ d．H处于IVA族，所在族的外围电子排布式为ns2np2，属于p区元素，故d正确；‎ 故答案为：bc。‎ ‎17.（1）戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，试书写它的结构简式_______‎ ‎（2）某炔烃和氢气充分加成生成2，5﹣二甲基己烷，该炔烃结构简式是_______‎ ‎（3）某芳香烃结构为。它一氯代物有_______种。‎ ‎（4）分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烃的结构简式为_______，若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为_______。‎ ‎（5） 分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，该芳香烃的结构简式是_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (CH3)2CHC≡CCH(CH3)2 (3). 4 (4). (5). CH‎3C≡CCH3 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，说明该有机物分子中只含1种类型的氢原子；‎ ‎(2)‎ 饱和烃与炔烃分子中碳的骨架完全相同，饱和烃相邻碳原子上必须均含有两个或两个以上的氢原子时才可出现碳碳叁键，根据2，5-二甲基己烷确定炔烃的结构简式；‎ ‎(3)芳香烃的结构简式是，分子中有4种氢原子；‎ ‎(4)根据乙烯是平面型分子，乙炔是直线型分子，分析判断；‎ ‎(5)分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，说明结构具有对称性，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，说明该有机物分子中只含1种类型的氢原子，该烃的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(2)饱和烃与炔烃的碳的骨架完全相同，倒推可得，饱和烃相邻碳原子上必须均含有两个或两个以上的氢原子时才可出现碳碳叁键，所以某炔烃和氢气充分加成生成2，5-二甲基己烷，该炔烃的结构简式是(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2，故答案为：(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2；‎ ‎(3)芳香烃的结构简式是，分子中有4种氢原子()，所以一氯代物有4种，故答案为：4；‎ ‎(4)乙烯是平面型分子，可看做乙烯中的四个氢原子被甲基取代，所以分子式为C6H12且所有碳原子都在同一平面上的烃的结构简式为；乙炔是直线型分子，CH‎3C≡CCH3可看做是甲基取代乙炔分子上的氢原子，所以分子式为C4H6的烃中所有的碳原子都在同一条直线上的结构简式是CH‎3C≡CCH3，故答案为：；CH‎3C≡CCH3；‎ ‎(5)分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，说明结构对称，所以结构简式是，故答案为：。‎ ‎18.A～G 都是有机化合物，它们的转化关系如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)已知：‎6.0g化合物E完全燃烧生成‎8.8 g CO2和‎3.6g H2O；E的蒸气对氢气的相对密度为 30，则E的分子式为_______________。‎ ‎(2)A为一取代芳烃，B 中含有一个甲基。由B生成 C的化学方程式为_______。由B生成D、由C 生成D的反应条件分别是_______________、_______________。‎ ‎(3)由A生成B、由D生成G的反应类型分别是_______________、_______________。‎ ‎(4)F存在于栀子香油中，其结构简式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). C2H4O2 (2). +NaOH+NaCl (3). NaOH的醇溶液，加热 (4). 浓硫酸，加热 (5). 取代反应 (6). 加成反应 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr(E)=30×2=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2物质的量为=0.2mol，生成H2O的物质的量为=0.2mol，则E分子中N(C)==2、N(H)==4，故N(O)==2，故E 的分子式是C2H4O2；A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，结合F的分子式可知，C与E发生酯化反应生成F，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；‎ ‎(2)由B生成C的化学方程式为 +NaOH+NaCl；由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热；C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为： +NaOH+NaCl；NaOH的醇溶液，加热；浓硫酸，加热；‎ ‎(3)由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；‎ ‎(4)由上述分析可知，F的结构简式为，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意卤代烃和醇发生消去反应的反应条件的区别。‎ ‎19.化合物I（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基，I可以用E和H在一定条件下合成：‎ 已知以下信息：‎ ‎①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；‎ ‎②R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH；‎ ‎③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；‎ ‎④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为_______________________________；‎ ‎(2)D的结构简式为_______________________________；‎ ‎(3)E中的官能团名称为___________________________；‎ ‎(4)F生成G的化学方程式为__________________________，该反应类型为______________；‎ ‎(5)I的结构简式为_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷 (2). (CH3)2CHCHO (3). 羧基 (4). +2Cl2+2HCl (5). 取代反应 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为(CH3)3CCl，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B，B为CH2=C(CH3)2，B发生信息②中的反应生成C，C为(CH3)2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D，D为(CH3)2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E，E为(CH3)2CHCOOH；F的分子式为C7H8O ‎，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A为C(CH3)3Cl，名称为2-甲基-2-氯丙烷，故答案为：2-甲基-2-氯丙烷；‎ ‎(2)D的结构简式为(CH3)2CHCHO，故答案为：(CH3)2CHCHO；‎ ‎(3)E为(CH3)2CHCOOH，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；‎ ‎(4)F生成G的化学方程式为+2Cl2+2HCl，该反应类型为取代反应，‎ 故答案为：+2Cl2+2HCl；取代反应；‎ ‎(5)由上述分析可知，I的结构简式为，故答案为：。‎ ‎20.有机物N（）是一种常见的有机合成中间体，在生产中用途广泛。以有机物A为原料合成M和N的路线如下所示：‎ 已知：I. ‎ II. ‎ 请回答下列问题:‎ ‎（1）A分子中共面的原子数最多为________个，-CN的电子式为_______________。‎ ‎（2）②的反应类型为________________， E分子中所含官能团的名称为____________，G的结构简式为_____________________。 ‎ ‎（3）写出反应⑤的化学方程式__________________________________________，写出M在酸性条件下水解的化学方程式_________________________________。‎ ‎（4）D同分异构体中，能发生银镜反应，且能与钠反应放出H2的共有______种，写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:1:2:6的一种同分异构体的结构简式:____________________。‎ ‎（5）结合信息，写出用E和乙醇为原料制备化合物N的合成路线：（其他试剂任选）_____________‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). (3). 取代反应 (4). 羧基和氯原子 (5). (6). (7). (8). 12 (9). ‎ ‎ (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物D的结构简式，可知C的结构简式为CH3CH(CH3)-CH2-CN；有机物B的结构简式为CH3CH(CH3)CH2Br；根据信息可知有机物A的结构简式为 CH‎3C(CH3)=CH2；根据信息可知有机物D与三氯化磷加热反应生成有机物E，结构简式为 ，该有机物在氢氧化钠和乙醇的混合液中加热发生消去反应，然后在酸化得到有机物F，结构简式为；该有机物与甲醇发生酯化反应，生成有机物G，结构简式为。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知，有机物A的结构简式为 CH‎3C(CH3)=CH2；分子中能够共面的原子分别是C=C两端各有3个，两个甲基上各有一个氢原子，共四个C原子和四个H原子共面，A分子中共面的原子数最多为8个；碳氮间形成3对共用电子对，因此-CN的电子式为 ；正确答案：8； 。 ‎ ‎（2）根据以上分析可知：有机物B的结构简式为CH3CH(CH3)CH2Br；该有机物与HCN反应生成有机物C，结构简式为CH3CH(CH3)-CH2-CN，所以该反应为取代反应；有机物E结构简式为，含有的官能团为羧基和氯原子；有机物G，结构简式为；正确答案：取代反应；羧基和氯原子； 。‎ ‎（3）有机物E结构简式为 ‎ ‎，在氢氧化钠乙醇溶液中加热发生消去反应，化学方程式：；有机物M为，在酸性条件下发生水解反应，化学方程式：；正确答案：；。‎ ‎（4）有机物D分子式为C5H10O2，能够发生银镜反应，则含有醛基，能与钠反应放出氢气，含有羟基，则剩余4个碳原子有4种结构，分别为：C-C-C-C-CHO 、、和；那么羟基的位置分别为有4种、3种、4种和1种，所以符合要求的同分异构体有12种；核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:1:2:6的一种同分异构体的结构简为；正确答案：12；。‎ ‎（5）通过以上分析，有机物E的结构简式为 ，该有机物先和HCN发生取代反应，生成，然后再水解为二元羧酸；最后与乙醇发生酯化得到生成物；合成流程如下：‎ ‎；正确答案：。‎ ‎【点睛】要确定分子式为C5H10O2，能够发生银镜反应，能与钠反应放出氢气的有机物的种类，正确的方法是，先确定有机物为醛，则剩余4个碳原子有4种结构，分别为：C-C-C-C-CHO 、、和；然后再确定羟基在烃基上的位置，分别为有4种、3种、4种和1种，所以符合要求的同分异构体有12种，这样就很容易确定有机物的种类，否则易混乱，找不全、重复等。‎ ‎ ‎