【文档说明】北京市东城区2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，3.095 MB，由小赞的店铺上传

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东城区2023-2024学年度第二学期期末统一检测高二化学本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16第一部分(共42分)一、本部分

共14题，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国科学家提出了22CHCl真空紫外光电离中的竞争新机制，其光电离的主要产物是+2CHCl和+2CHCl。该成果为研究大气臭氧消耗机制和有害卤代烃的光解提供了参考。下列说法正确的是A

.22CHCl属于电解质B.22CHCl只有一种空间结构C.该研究中，利用了化学能转化为光能D.22CHCl、+2CHCl和+2CHCl中，碳原子的杂化类型相同【答案】B【解析】【详解】A．在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是电解质，CH2Cl2属于非电解质，故A错误；B．C

H2Cl2是四面体结构，故其结构只有一种，故B正确；C．光电离的主要产物是+2CHCl和+2CHCl，是光能转化为化学能的过程，不是化学能转化为光能，故C错误；D．CH2Cl2、+2CHCl和+2CHCl的价层电子对分别是4，3，3，杂化方式分别为sp

3、sp2、sp2，故碳原子杂化方式不同，故D错误；故选：B。2.下列说法不正确．．．的是A.棉花属于天然有机高分子B.糖类物质的组成一定符合()m2nCHOC.植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯

化碳溶液褪色D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子【答案】B【解析】【详解】A．棉花主要成分为纤维素，相对分子质量大于10000，属于天然有机高分子，故A正确；B．鼠李糖(C6H12O5)的组成不符合通式Cm(H2O)n，故

B错误；C．植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D．核酸属于生物大分子，可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的，故D正确；故选：B。3.下列化学用语不正确．．．的是A.羟基的

电子式：B.甲烷的结构式：C.乙炔的空间填充模型：D.2-甲基丙烷的结构简式：【答案】A【解析】【详解】A．O原子最外层有6个电子，H原子核外只有1个电子。O原子的1个成单电子与H原子的电子形成1对共用电子对，就得到羟基，故羟基的电子式为，故A错误；B．一个

C形成4个C-H键，甲烷的结构式：，故B正确；C．乙炔分子的空间构型为直线型，四个原子在一条直线上，填充模型为：，故C正确；D．2号碳上有一个甲基，主链有3个碳，2-甲基丙烷的结构简式：，故D正确；故选A。4.苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式

如图所示，有关苯丙酸诺龙的说法正确的是A.属于芳香族化合物B.有3种含氧官能团C.能被新制的氢氧化铜氧化D.分子中有C原子可能在同一平面上【答案】A【解析】【详解】A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该有机物中含有苯环，所以属于芳香

族化合物，故A正确；B．含氧官能团有酯基、羰基，所以有两种含氧官能团，故B错误；C．含有醛基的有机物能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，该有机物中不含醛基，所以不能被新制氢氧化铜氧化，故C错误；D．该分子中有多个连接碳原子的饱和碳原子，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故D错误；故选：A。5.下列

方程式书写正确的是A.水溶液中苯酚的电离可表示为：=+H+B.酸催化下，苯酚与甲醛反应得到高分子：++HΔ⎯⎯→，n+HΔ⎯⎯→+(n−1)H2OC.向苯酚钠溶液中通入二氧化碳：2+CO2+H2O⎯⎯→2+Na2CO3D.向苯酚溶液中滴加浓溴水：+Br2⎯⎯→【答案】B【解

析】【详解】A．水溶液中苯酚的电离是可逆过程，可表示为：+H+，故A错误；B．酸催化下，苯酚与甲醛反应得到高分子：++HΔ⎯⎯→，n+HΔ⎯⎯→+(n−1)H2O，故B正确；C．向苯酚钠溶液中通入二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应

的化学方程式：+CO2+H2O⎯⎯→+NaHCO3，故C错误；D．向苯酚溶液中滴加浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚和溴化氢，反应的化学方程式为：+3Br2⎯⎯→↓+3HBr，故D错误；故选：B。6.丙烯是生产口

罩原材料聚丙烯的原料，下列有关丙烯的说法不正确．．．的是A.丙烯和乙烯互为同系物B.聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.1mol丙烯可与22molH发生加成反应D.由丙烯制备聚丙烯的反应：32nCHCH=CH一定条件⎯⎯⎯⎯→【答案】C【解

析】【详解】A．丙烯、乙烯均为单烯烃，二者互为同系物，故A正确；B．聚丙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．丙烯只有1个碳碳双键，则1mol丙烯最多与1molH2发生加成反应，故C错误；D．丙烯制备

聚丙烯，发生加聚反应，碳碳双键转化为单键，且生成高分子，反应为32nCHCH=CH一定条件⎯⎯⎯⎯→，故D正确；故选：C。7.有机化合物22CHClCHCHCHCHO−−=−不可能发生的化学反应是A.水解反应B.酯化反应C.加成反应D.氧化反应【答案】B【解析】【详解

】A．22CHClCHCHCHCHO−−=−含有氯原子，能发生水解反应，故不选A；B．22CHClCHCHCHCHO−−=−不含羟基、羧基，不能发生酯化反应，故选B；C．22CHClCHCHCHCHO−−=−含有碳碳双键、醛基，能发生加成反应，故不选C；D．22CHC

lCHCHCHCHO−−=−含有碳碳双键、醛基，能发生氧化反应，故不选D；选B。8.下列说法正确的是A.水分子化学性质稳定是因为水中含有大量的氢键B.氢键的存在决定了水分子中氢氧键的键角是104.5C.对羟基苯甲醛易形成分子间氢键

，其熔、沸点低于邻羟基苯甲醛D.氨分子与水分子之间存在氢键是氨气极易溶于水的原因之一【答案】D【解析】【详解】A．水很稳定是因为水分子内的共价键较强，与氢键无关，故A错误；B．键角是共价键的参数，氢键不属于化学键，属

于分子间作用力，所以键角与氢键无关，故B错误；C．能形成分子间氢键的熔、沸点高，邻羟基苯甲醛是分子内形成氢键，对羟基苯甲醛是分子间形成氢键，邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，故C错误；D．氨分子与水

分子之间形成了氢键，使氨气的溶解度增大，所以氨气极易溶于水，故D正确；故选D。9.如图所示装置及药品进行实验时能达到实验目的的是A．该装置实现乙醇氧化为乙醛B．该装置检验乙炔具有还原性C．该装置验证制备溴苯时有HBr产生D．该装置进行石油分馏A.AB.BC.CD.D

【答案】A【解析】【详解】A．用铜作催化剂，乙醇能被氧气氧化乙醛，故A正确；B．电石和水反应的产物中含有H2S，H2S具有还原性，H2S、乙炔都能使高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能检验乙炔具有还原性，故B错误；为C．烧瓶中溢出的气体中含有HBr、Br2，HBr、

Br2都能与硝酸银反应生成淡黄色AgBr沉淀，该装置不能验证有产生HBr，故C错误；D．分馏装置中，温度计液泡应该在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选A。10.下列实验中，所采取的分离或提纯方法与对应原理都正确的是选项实验目的试剂及方

法原理A分离粗苯甲酸样品中的少量NaCl重结晶常温下，苯甲酸的溶解度大于NaClB分离溶于水中的溴乙醇、萃取溴在乙醇中溶解度较大C除去乙烷中的乙烯酸性4KMnO溶液、洗气乙烯与酸性4KMnO溶液反应，而乙烷不反应D除去苯中混有的少量苯酚NaOH水溶

液、分液苯酚钠易溶于水，不易溶于苯A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaCl的溶解度受温度影响不大，苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，可选重结晶法分离出苯甲酸，从而实现除杂，原理不合理

，故A错误；B．乙醇与水互溶，不能萃取溴，故B错误；C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，故C错误；D．苯酚与NaOH溶液反应后，与苯分层，分液可分离出苯，故D正确；故选：D。11.葡萄糖水溶液中，链状和环状结构葡萄糖之间存在如下平衡，该平衡体

系中，绝大部分葡萄糖以环状结构存在。下列说法不正确．．．的是A.葡萄糖的链状结构和环状结构的分子式均相同B.由于环状分子中无醛基，因此葡萄糖溶液很难发生银镜反应C.葡萄糖由链状转变为环状时，分子中增加了1个手性碳原子D.葡萄糖的环状结构中，有2种官能团【答

案】B【解析】【详解】A．葡萄糖由链状转化为环状结构，发生了加成反应，两种结构的分子式相同，均为C6H12O6，A正确；B．葡萄糖水溶液中，链状和环状结构葡萄糖之间存在平衡，链状葡萄糖分子中有醛基，链状葡萄糖不难发生银镜反应，因此葡萄糖溶液不难发生银镜反应

，B错误；C．连接四种不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，葡萄糖链状结构中有4个手性碳原子，环状结构中有5个手性碳原子，由链状转变为环状时，分子中增加了1个手性碳原子，C正确；D．葡萄糖的环状结构中，有羟基和醚键2种官能团，D正确；故选B。12.吡啶()是平面六元环状分

子，与苯类似，分子中存在大π键。二氯二吡啶合铂分子是一种以2+Pt为中心离子，-Cl和吡啶分子为配体配合物，具有顺式和反式结构，且分子极性：顺式>反式。下列说法正确的是A.吡啶分子的大π键中有6个电子B.二氯二吡啶合铂的中心铂离子的杂化类型是3spC.反式二氯二吡啶合铂的结构为D

.吡啶分子中形成配位键的电子对位于N原子的p轨道上【答案】A的【解析】【详解】A．吡啶为氮杂环化合物，相当于苯环中一个C为N取代，吡啶分子是大体积平面配体，C、N原子均采取sp2杂化，每个C原子和N原子上都有一个p轨道垂直于环平面，每个p轨道中有一个电子，这些p轨道侧面重叠形成一个大π键

，π电子数目为6，故A正确；B．二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，sp3杂化为四面体构型，不应存在顺反异构体，由此可以说明不是sp3杂化，故B错误；C．选项中为顺式结构，反式二氯二吡啶合铂的结构为：，故C错误；D．吡啶分子中N原子采取sp2杂化，N原子上

还有1个没有参与成键的sp2杂化轨道，被1对孤电子对占据，即与Pt形成配位键的电子对位于N原子的sp2杂化轨道上，故D错误；故选：A。13.仅考虑构造异构时，482CHCl有9种同分异构体，则48CH

ClBr的同分异构体数目是A.9B.10C.12D.13【答案】C【解析】【详解】C4H8BrCl可认为是丁烷分子中有2个H原子被1个Cl、1个Br取代的产物，其中丁烷有两种可能结构CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3

)CH3。当丁烷为CH3CH2CH2CH3时，Cl、Br连在同一碳原子上的可能结构有2种；Cl、Br连在不同碳原子上的可能结构有6种；当丁烷为CH3CH(CH3)CH3时，Cl、Br连在同一碳原子上的可能结构有1种；Cl、Br连在不同碳原子上的可能结构有3种。综合以

上分析，分子式为C4H8BrCl的有机物同分异构体共有12种，故选C。14.EGDMA是一种工业原料，其结构为。某同学以EGDMA为目标分子，以两种有机物及HCN等无机物为原料，逆合成分析如下：(已知：RCNRCOOH⎯⎯

→)下列说法正确的是A.逆推时，EGDMA断开的位置如下：B.该路线中的两种有机原料分别是乙烯和丙醛C.上述分析所涉及的反应中，产生的无机物只有2HOD.N可能是或，后者使合成路线中的原子利用率更高【答案】D【解析】【分析】EGDMA是一种工业原料，其结构为，是CH2=C（CH3）COO

H和HOCH2CH2OH发生酯化反应得到的，根据碳原子个数知，M为HO2CH2OH，N为卤代烃，卤代烃水解生成M，或者N为环氧乙烷，和水发生开环加成反应生成M；N为CH2=C(CH3)COOH，CH3

COCH3和HCN发生加成反应生成Z为(CH3)2C(OH)CN，Z发生消去反应生成CH2=C(CH3)CN，Z发生水解反应生成X。【详解】A．逆推时，EGDMA断开的位置如下：，故A错误；B．该路线中的两

种有机原料分别是乙烯和丙酮，故B错误；C．上述分析所涉及的反应中，产生的无机物有H2O、卤化氢，故C错误；D．N可能是或，前者发生水解反应生成M，后者发生开环加成反应生成M，所以后者使合成路线中的原子利用率更高，故D正确；故选：D。第二部分(共58分)二、本部分

共5题，共58分。15.某小组研究乙醇的化学性质，进行如下实验。【实验1】乙醇的消去反应（1）上述实验的操作过程中，加热将温度迅速升高至170C的原因是____。（2）NaOH溶液的作用是____。（3）实验室用乙醇和浓硫酸制备

乙烯的化学方程式是____，反应类型是____。（4）该反应能够说明乙醇分子在反应过程中发生断裂的化学键是CO—键和_____键。【实验2】乙醇的酯化反应（5）实验2开始时，需保持“小火”加热的原因是_____。（6）实验结束后，将得到乙酸乙酯的试管充分振荡后，再将其分离的操作是_

___。（7）用同位素示踪法研究该反应的断键和成键位置：若反应物所用的乙醇为OHHC1852，欲证明该反应“酸脱羟基，醇脱氢”，其依据是_____。【答案】（1）减少在升温过程中由于副反应得到其它产物（2）除去二氧化硫等气体，避免影响乙烯的检验（3）①.②.消去反应（

4）C-H（5）避免反应物大量蒸出，影响反应产率（6）分液（7）乙酸乙酯中含有或水解产物水中无18O【解析】【小问1详解】制备乙醇的实验操作过程中，温度较低时易生成乙醚，加热将温度迅速升高至170C的原因是减少在升温过程中由于副反应得到其它产物。故答案为：减少在升

温过程中由于副反应得到其它产物；【小问2详解】NaOH溶液的作用是除去二氧化硫等气体，避免影响乙烯的检验。故答案为：除去二氧化硫等气体，避免影响乙烯的检验；【小问3详解】实验室用乙醇和浓硫酸制备乙烯的化学方程式是，1号碳上提供羟基、2

号碳上提供H，生成碳碳双键，反应类型是消去反应。故答案为：；消去反应；【小问4详解】该反应能够说明乙醇分子在反应过程中发生断裂化学键是CO—键和C-H键。故答案为：C-H；【小问5详解】乙醇、乙酸的沸点均较低，实验2开始时，需保持“小火”加热的原因是避免反应物大量蒸

出，影响反应产率。故答案为：避免反应物大量蒸出，影响反应产率；【小问6详解】实验结束后，将得到乙酸乙酯的试管充分振荡后，静置后分两层，互不相溶，再将其分离的操作是分液。故答案为：分液；【小问7详解】用同位素示踪法研究该反应的断键和成键位置：若反应物所用的

乙醇为OHHC1852，欲证明该反应“酸脱羟基，醇脱氢”，其依据是乙酸乙酯中含有或水解产物水中无18O。故答案为：乙酸乙酯中含有或水解产物水中无18O。16.某小组以工业浓盐酸呈黄色为线索，探究3+Fe在水溶液中呈现不同颜色的原因。查阅资料：

3+Fe在溶液中以络离子的形式存在，如()3+26FeHO(浅紫色)、-4FeCl(黄色)等，2HO、3NO−、24SO−等与3+Fe的络合能力较弱，通常将()3+26FeHO简写为3+Fe。（1）取少量黄色的盐酸样品，滴入KSCN溶液，通过_____现象，说明样品中

存在3+Fe。（2）为了研究浓盐酸的黄色与-4FeCl的关系，进行如下实验：取样品加入足量硝酸银、产生大量白色沉淀，静置后溶液颜色变浅。的①加入3AgNO溶液后，将-Cl沉淀，其目的是____。②推测(1)中涉及的与

3+Fe络合的微粒，在相同条件下其络合能力由强到弱的顺序是____。（3）继续研究溶液中()3+26FeHO的颜色。①用晶体配制()243FeSO和()33FeNO溶液，溶液均呈黄色，酸化后颜色均变浅。已知()3+2

6FeHO在溶液中发生水解反应得到()2+25FeHO(OH)等一系列黄色产物。ⅰ．以得到()2+25FeHO(OH)为例，写出该水解反应的离子方程式：_____。ⅱ．解释酸化使溶液颜色变浅的原因：_____。②将几滴新制的4FeSO溶液小心缓慢滴入浓硫酸中，立

刻观察到溶液中产生浅紫色，经证实是()3+26FeHO的颜色。ⅰ．该实验中，4FeSO溶液与浓硫酸发生反应的化学方程式是____。ⅱ．本实验中，利用了硫酸的性质：氧化性、_____。【答案】（1）溶液变为红色（2）①.使

-4[FeCl]解离②.--2SCN>Cl(>HO)（3）①.3+2++262253[Fe(HO)]+HO[Fe(HO)OH]+HO（）②.增大c(H+)，平衡向左移动，使黄色水解产物的浓度减小③.424243222FeSO+2HSO()=Fe(S

O)+SO+2HO浓④.吸水性、强酸性、2-4SO的弱络合能力【解析】【小问1详解】硫氰化钾溶液遇到铁离子，溶液变为红色；【小问2详解】①加入硝酸银将氯离子沉淀，减小氯离子浓度，使3+--4Fe+4Cl[FeCl]平衡逆移，使-4[

FeCl]解离；②铁离子与盐酸中氯离子络合为-4[FeCl]，加入KSCN溶液后，铁离子与SCN-络合生成红色的Fe(SCN)3络合物，故在相同条件下与铁离子络合能力由强到弱的顺序是--2SCN>Cl(

>HO)；【小问3详解】①3+26FeHO[()]水解生成2+25[Fe(HO)OH]（）的离子方程式为3+2++262253[Fe(HO)]+HO[Fe(HO)OH]+HO（）；酸化后，氢离子浓度增大，该平衡左移，使黄色水解产物的浓度减小；②将几滴新制的硫酸亚铁溶液小心缓慢滴入浓硫酸中，

立刻观察到溶液中产生浅紫色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，即硫酸亚铁被浓硫酸氧化为硫酸铁，化学方程式为424243222FeSO+2HSO()=Fe(SO)+SO+2HO浓；本实验中，利用了硫酸的强氧化性、吸水性、

强酸性、2-4SO的弱络合能力等。17.锌离子具有多种生物功能特性，其化合物应用广泛。例如：ZnO可用于医药、橡胶、油漆等工业；ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。请你结合所学知识，回答以下问题：

（1）ZnO与ZnS相比，离子键成分的百分数较高的是______，判断的依据是______。（2）离子型ZnO与ZnS熔、沸点高低比较：ZnO____ZnS(填“高于”或“低于”)。（3）下图表示立方ZnS晶胞(其中图中小球“o”表示2-S或2+Zn，在立方ZnS晶胞中2-

S的数目为4，晶胞中每个2-S周围紧邻4个2+Zn。①基态2-S的价层电子排布式为______。②若晶胞顶点的小球表示的是2-S，将晶胞图中表示2+Zn的小球涂黑_____。③若立方ZnS晶胞棱长为acm，则该晶体的

密度为_____-3gcm[AN表示阿伏加德罗常数的值，-1M(ZnS)=97gmol]。【答案】（1）①.ZnO②.氧原子的电负性大于硫原子（2）高于（3）①.3s23p6②.③.3A388aN【

解析】【小问1详解】由于氧原子的电负性大于硫原子，则ZnO与ZnS相比，ZnO的离子键成分的百分数较高，故答案为：ZnO；氧原子的电负性大于硫原子；【小问2详解】因为O2-的半径小于S2-的半径，所以氧化锌的晶格能比硫化锌的晶格能大，故氧化锌的

熔沸点比硫化锌高，故答案为：高于；【小问3详解】①S2-的价层电子为8，则基态S2-的价层电子排布式为3s23p6，故答案为：3s23p6；②在立方ZnS晶胞中S2-的数目为4，晶胞中每个S2-周围紧邻4个Zn2+，则晶胞顶点的小球表示的是S2-，将晶胞图中表示Zn2+

的小球涂黑表示如下：；③1个晶胞内，硫离子个数为8×18+6×12=4，锌离子位于体内，则个数为4，晶胞质量为AA497388g=gNN，晶胞体积为a3cm3，则该晶体的密度为ρ=3A388aNg/cm3。,18.聚酰亚胺在航空、纳米、激光等领域应用广泛，有机物M是合成聚酰亚胺的

中间体。下图是一种合成M的路线图：已知：①G中只有一种官能团；②W中含有五元环。（1）按照官能团分类，有机物A属于_______类。（2）X的结构简式为_______。（3）反应B→C的化学方程式为______。（4）E→F的反应类型是_____。（5）G的核磁共振氢谱有_____组峰。（6）

从苯为原料合成A：→中间体→C7H6O2。参照E→G的转化路线，则该中间体的名称为_____。（7）已知G与D也可发生反应生成M，但该路线中采用W与D反应生成M，是由于W在与D反应时具有更高的活性。通过比较官能团的结构特征，分析W比G活性更高的原因：______。【答案

】（1）羧酸（2）CH3CH2OH（3）+2HNO3⎯⎯⎯→浓硫酸+2H2O（4）取代反应（5）2（6）甲苯（7）酸酐中C-O键受到相邻羰基的吸电子信用，相比羧基中的C-O键极性更强，反应中易断裂【解析】【

分析】根据反应条件及A的分子式、C的结构简式知，A为，A和X发生酯化反应生成B，B和浓硝酸发生取代反应生成C，则B为，X为CH3CH2OH；与铁、盐酸发生还原反应生成；在催化剂作用下与一氯甲烷发生取代反应生成，在催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成G为

，一定条件下发生脱水反应生成W为；在催化剂作用下与发生反应生成。【小问1详解】A，按照官能团分类，有机物A属于羧酸类，故答案为：羧酸；【小问2详解】X的结构简式为CH3CH2OH。故答案为：CH3CH2OH；【小问3详解】反应B→C的化学方程式为+2HNO3

⎯⎯⎯→浓硫酸+2H2O，故答案为：+2HNO3⎯⎯⎯→浓硫酸+2H2O；【小问4详解】E→F的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；【小问5详解】G为，含有2种氢原子，则G的核磁共振氢谱有2组峰。故答案为：2；【小问6详解】

苯和CH3Cl发生取代反应生成中间体，中间体名称为甲苯，中间体发生催化氧化反应生成A。故答案为：甲苯；【小问7详解】为G为，W为，酸酐中C-O键受到相邻羰基的吸电子信用，相比羧基中的C-O键极性更强，反应中易断裂，故答案为：酸酐中

C-O键受到相邻羰基的吸电子信用，相比羧基中的C-O键极性更强，反应中易断裂。19.一种抗过敏药物中间体J的合成路线如下所示。已知：i．酯或酮中的碳氧双键能与RMgBr发生反应：+RMgBr→ii．+2H/HOROMgBrROH⎯⎯⎯⎯→（1）A→B的化学方程式是____。（2）77CHC

l还有____种属于芳香族的同分异构体。（3）C→D的反应中，C和的化学计量比为1:2，则D的结构简式是____。（4）A→E过程中，77CHCl的作用是____。（5）F+G→H的反应中，需保持F过量，目的是避免G与H继续反应生成副产物，若以“RMgBr”表示G的结构，则该副产物的结构简式是_

___。（6）E与I发生反应，除了生成J，还生成了K。J的化学式为364423CHNO，分子中含有3个苯环且含有1个羟基；K具有强酸性。①E+I→J+K的反应类型是____。②下列说法正确的是____(填序号)。的a．E在Cu作催化剂的条件下，可被2O氧化为酮

b．K的结构为c．H→J的过程中，的作用是使I中的CO—键易断裂【答案】（1）+CH3CH2OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O（2）3（3）（4）保护—NH—（5）（6）①.取代反应②.bc【解析】【分

析】和乙醇发生酯化反应生成，对比B、C的结构简式，可推知C7H7Cl为，与发生取代反应生成，对比C与E的结构简式，结合D的分子式、反应条件、信息i与信息ii以及(3)中C和的化学计量比为1：2反应生成D，可知与先加

成生成，然后水解、脱水生成，与再加成生成，最终水解生成D为，D转化生成E，可知C7H7Cl的作用是保护—NH—；对比F、I的结构简式，结合(5)中G的结构表示为“RMgBr”，可知F+G→H发生“C→D的转化中→→过程“，推知G的结构简式为，则H的结

构简式为，H与发生取代反应生成，由(6)中E与I发生反应，除了生成J，还生成了K，而J的化学式为C36H44N2O3，分子中含有3个苯环且含有1个羟基，且K具有强酸性，推知J为、K为。【小问1详解】A→B是和乙醇发生酯化反应生成，该反应的化

学方程式是+CH3CH2OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O；【小问2详解】由分析可知，C7H7Cl的结构简式为，属于芳香族的同分异构体还有共3种，故答案为：3；【小问3详解】C→D的反应中，C和的化学计量比为1：2，由分析可知，D的结构简式是；【小问4详

解】B→C的过程中—NH—与发生取代反应生成，而后与反应生成，在D→E的过程中又重新引入—NH—，可知A→E的过程中，C7H7Cl的作用是保护—NH—，故答案为：保护—NH—；【小问5详解】由分析可知，G的结构简式为，H的结构简式为，F+G→H的反

应中，需保持F过量，目的是避免G与H继续反应生成副产物，若F不足，G与H继续反应生成副产物的结构简式为；【小问6详解】①由分析可知，E+I→J+K的反应方程式为+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；②a．E的结构简式为，羟基连接的碳原子上

没有氢原子，不能发生醇的催化氧化，故a错误；b．由分析可知，K的结构简式为，故b正确；c．H→J的过程中，没有直接利用E与H反应制备J，而是H先与反应生成I，I再与E反应生成J，的作用是使I中的C—O键易断裂

，故c正确，故答案为：bc。