【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.260 MB，由管理员店铺上传

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长郡中学2021~2022学年度高二第二学期期中考试化学可能用到的相对原子质量：H1−C12−O16−Ni59−Ag108−一、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的)1.科技成就日新月异。下列对成果的解读错误的是选项成果解读A利用碳硼烷金属层高选择性分离苯和环己烷苯和环己烷都是非极性分子，相互溶解B利用23FeFeO催化剂从含油污泥中回收水并收集2H和4CH多功能催化剂能提高制备2H的平衡产率C研究发现，2DO中极性键和分子

间氢键均强于2HO2DO稳定性比2HO强，2DO的沸点高于2HOD首次发现人体血液中含聚苯乙烯、聚乙烯微塑料颗粒苯乙烯分子中所有原子可能共平面，聚乙烯常用作食品外包装材料A.AB.BC.CD.D【答案】C【解

析】【详解】A．环己烷分子的原子的重心不在中心原子上，是极性分子，A错误；B．催化剂只能影响反应速率，平衡不移动，产率不变，则多功能催化剂不能提高制备2H的平衡产率，B错误；C．键能越大物质越稳定，2DO中极性键较强则2DO稳定性比2

HO强，2DO分子间氢键强于2HO，则2DO的沸点高于2HO，C正确；D．人体血液中含聚苯乙烯、聚乙烯微塑料颗粒与苯乙烯分子中所有原子可能共平面，与聚乙烯常用作食品外包装材料无关，聚乙烯做食品外包装材料主要是其无毒，性质

稳定，D错误；故选：C。2.我国科学家研制分子筛网高效分离2CO和4CH。已知分子筛孔径为0.36nm，2CO、4CH分子直径分别为0.33nm、0.38nm。下列说法正确的是A.键角：42CHCOB.干冰、4CH晶体都是分子晶体C.2CO、4CH都是极性分子D.乙烯分子能透过该分

子筛网【答案】B【解析】【详解】A．CH4为正四面体，键角为109°28′，CO2为直线形，键角为180°，则分子中的键角：CO2＞CH4，故A错误；B．干冰是二氧化碳固体，干冰、4CH晶体分子间通过分子间作用力构成，都是分子晶体，故B正确；C．C

O2是直线结构，CH4是正四面体型，结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故C错误；D．乙烯分子直径比4CH的0.38nm大，也比分子筛孔径0.36nm大，不能透过该分子筛网，故D错误；故选：B。3.科研人员利用氮化硼催化剂实现丙烷

高效选择性氧化生成丙烯。下列有关丙烯和丙烷的说法错误的是A.丙烯是合成聚丙烯的单体B.丙烯和丙烷都能与氯气反应C.丙烯与环丙烷互为同分异构体D.丙烷的二氯代物有3种【答案】D【解析】【详解】A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，则合成聚丙烯的单体是

CH2=CH-CH3，故A正确；B．丙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯丙烷，丙烷与氯气发生取代反应，故B正确；C．丙烯与环丙烷分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，故C正确；D．丙烷的二氯代物，若取代相同的碳原子的氢原子，

有1，1-二氯丙烷，2，2-二氯丙烷两种，若取代不同碳原子上的氢原子，有1，2-二氯丙烷、1，3-二氯丙烷两种，故丙烷的二氯代物有4种，故D错误；故选：D。4.利用聚偏氟乙烯(PVDF)和葡萄糖制备纳米碳材料，PVDF的结构简式如图所示。下列说法正确的是A.用酸性4KMnO溶液可检验葡萄糖中醛基

B.22CHCF=和PVDF中碳原子杂化类型不同C常温下，葡萄糖与乙酸发生酯化反应D.聚合度越大，PVDF熔点越低【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖中含有醇羟基且连接羟基的碳上有H原子，也能使酸性4KMnO溶液褪色

，不能检验醛基，A错误；B．22CHCF=中碳原子形成3个σ键，采取sp2杂化，PVDF中碳原子形成4个σ键，采取sp3杂化，杂化类型不同，B正确；C．酯化反应的条件是浓硫酸、加热，则常温下，葡萄糖与乙酸不能发生酯化反

应，C错误；D．聚合度越大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则PVDF熔点越高，D错误；故选：B。5.我国科学家合成单核钬复合物PPFe−，即PPFe+(单原子)→PPFe−。PP类似C

C−−。下列说法错误的是A.PP类似CC−−能体现周期表中磷和碳的对角关系B.1molPPFe−含2mol键和2molπ键CNN中π键键能小于PP中π键键能D.PPFe−中Fe提供的空轨道和P提供的孤电子对形成配位键【答案】C【解析】【详解】A．已知P位于

C的相邻主族的下一周期，即位于C的对角线上，则PP类似CC−−能体现周期表中磷和碳的对角关系，A正确；B．已知单键均为σ键，三键为1个σ键和2个π键，故1molPPFe−含2mol键和2molπ键，B正确；C．由于N原

子半径小于P原子半径，则NN键的键长小于PP的键长，一般键长越短键能越大，则NN中π键键能大于PP中π键键能，C错误；D．已知P原子最外层上有5个电子，形成3对共用电子对后，每个P原子还有一对孤对电子，则PPFe−中Fe提供的空轨道和P提供的

孤电子对形成配位键，D正确；..故答案为：C。6.一种新型有机物G的结构如图。下列关于G的推断错误的是A.G所含官能团有碳碳双键、羟基和碳氟键B.G分子中碳原子采取2sp、3sp杂化C.G能使酸性4KMnO溶液、溴的四氯化碳溶液褪色D.

在铜、加热条件下G能与2O发生催化氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干图示G的结构简式可知，G所含官能团有碳碳双键、羟基和碳氟键，A正确；B．由题干图示G的结构简式可知，G分子中碳碳双键所在的

碳原子采取2sp，其余碳原子采用3sp杂化，B正确；C．由题干图示G的结构简式可知，G分子中含有碳碳双键，故G能使酸性4KMnO溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．由题干图示G的结构简式可知，G分子中含有羟基，由于与羟基相连的碳原子上没有H，故在铜、加热条件下

G不能与2O发生催化氧化反应，D错误；故答案为：D。7.粘康酸常作抗紫外线防护剂及航天隐形飞机涂层材料。它结构简式如图所示。下列说法正确的是A.1mol粘康酸与足量3NaHCO溶液反应生成244gCOB.1mol粘康酸最多能与24molH发生加成反应C.粘康酸分子中碳原子杂化类型相同

D.粘康酸与丙烯酸()2CHCHCOOH=互为同系物的【答案】C【解析】【详解】A．1mol粘康酸含有2mol羧基，与足量3NaHCO溶液反应生成2mol二氧化碳，质量为m=nM=2mol×44g/mol=88g，故A错误；B．1mol粘康酸含有2mol碳碳双键，最多能与22molH发生加成反应

，故B错误；C．粘康酸分子中碳原子均是均含有3个σ键，所以碳原子采取的杂化方式为sp2，故C正确；D．粘康酸含有2个羧基、2个碳碳双键，与丙烯酸()2CHCHCOOH=官能团个数不相同，结构不相似，不是互为同系物，故D错误；故选：

C。8.固体电解质65LiPSCl能提升锂-硫电池放电性能。下列说法正确的是A.电池放电时b极电势高于a极B.“离子交换膜”为阴离子交换膜C.a极的电极反应式为+-2x2Li+xS+2e=LiSD.基态Li+的电子

云轮廓图为哑铃形【答案】C【解析】【分析】锂-硫电池为原电池，b极Li失电子生成Li+，则b为负极，电极反应式为Li-e-═Li+，a为正极，电极反应式为+-2x2Li+xS+2e=LiS；【详解】A．分析可知，a为正极b为负极，原电池中正极

的电势比负极的高，则a极电势高于b极，故A错误；B．b极产生Li+通过离子交换膜在正极上形成Li2Sx，所以交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C．a为正极，电极反应式为+-2x2Li+xS+2e=LiS，故C正确；D．基态锂原子电子排布式为1s22s1，Li+电

子排布式为1s2，电子最高占据1s能级，电子云轮廓图形为球形，故D错误；故选：C。9.苯甲酸()常用作防腐剂。它的同分异构体有邻羟基苯甲醛()和对羟基苯甲醛()。下列说法正确的是A.沸点：对羟基苯甲醛高于邻羟基苯甲醛B.电离常数：邻羟基苯甲醛大于

对羟基苯甲醛C.采用蒸发溶剂法从苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸D.上述物质所含元素的电负性大小排序为O>H>C【答案】A【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，形成分子间的

氢键时沸点较高，所以对羟基苯甲醛高于邻羟基苯甲醛，选项A正确；B．邻羟基苯甲醛羟基上的氢与醛基上的氧形成氢键（红色虚线），使羟基氢的电离能力降低，所以，对羟基苯甲醛酸性强，电离常数大，选项B错误；C．苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，则选择重结晶

法提纯，选项C错误；D．元素的非金属性越强，其电负性越强，因非金属性O>C>H，故电负性O>C>H，选项D错误；答案选A。10.《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现2CO到淀粉的全合成。其合成路线如下：下列说法正确的是A.3CHOH挥发时破坏

了3CHOH中共价键B.其他条件相同，温度越高，反应①和②速率越大C.HCHO中键角：OCH键角大于HCH键角D.基态Zn的电子排布式为2Ar4s【答案】C【解析】【详解】A．3CHOH挥发时破坏的是分子间作用力，A错误；

B．其他条件相同时，升高温度，反应速率增大，反应②用到醇氧化酶，醇氧化酶在高温下会失去活性，则温度升高，反应②反应速率不一定增大，B错误；C．HCHO中碳与氧之间形成了π键，排斥力较大，使得OCH键角大于HCH键角，C正确；D．锌的原子序数为30，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63

s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，D错误；答案选C。二、选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.常温下，丙烯酸()2CHCHCOOH=−的

电离常数5a5.510K−=。向1220.00mL0.1molLCHCHCOOH−=−溶液中滴加10.1molLNaOH−溶液，测得溶液温度(T)与NaOH溶液体积关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是A.a点对应的溶液pH7B.b点对应的溶液中：()()()-+2cOH=c

H+cCH=CH-COOHC.若温度保持298K，则pH7=的点在b和c之间D.c点对应的溶液中：()()()--+2cCH=CHCOO>cOH>cH【答案】CD【解析】【详解】A．a点溶质为等量的丙烯酸()2CHCHCOOH=−、2CHCHC

OONa=−，常温下水解常数为1495wa5a1101==105.5105.5105.5KKKK−−−−==，则电离程度比水解程度大，溶液呈酸性，pH7，A正确；B．b点恰好完全反应，溶质为2CHCHCOONa=−，溶液中存在质子守恒：()()()-+2cOH=cH+

cCH=CH-COOH，B正确；C．b点溶质为2CHCHCOONa=−，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则温度保持298K，则pH7=的点在a和b之间，C错误；D．c点加入40.00mL10.1molLNaOH−，与1220.00m

L0.1molLCHCHCOOH−=−生成1220.00mL0.1molLCHCHCOONa−=−，剩余20.00mL10.1molLNaOH−，由于-2CH=CHCOO发生水解反应部分减少，则()()()--+2cOH>cCH=C

HCOO>cH，D错误；故选：CD。12.开发新型催化剂实现芳基化不对称偶联反应。例如：下列说法正确的是A.用3AgNO溶液和稀硝酸可检验Y中碳溴键B.上述反应是取代反应C.X、Y、Z都含手性碳原子D.上述反应断裂π键和形成键【

答案】B【解析】【详解】A．Y属于溴代烃，Y不会电离出Br-，Y与AgNO3溶液不反应，只用AgNO3溶液和稀硝酸不能检验Y中碳溴键，A错误；B．上述反应可看成X中醛基上的氢原子被Y中的烃基取代生成Z和HBr，反应类型为取代反应，B正确；C．X中所有碳原子都是不饱和碳原子，X中不含手性碳

原子，C错误；D．上述反应中断裂是C—Hσ键和C—Brσ键，形成C—Cσ键和H—Brσ键，没有断裂π键，D错误；答案选B。13.我国传统文化包含丰富的化学知识。材料1，苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。材料2，《易经》记载：“泽中有火”

“上火下泽”。“泽”，指湖泊池沼。下列关于材料中“气”和“火”的说法正确的是A.“气”“火”在水中都能形成分子间氢键B.“气”的沸点高于“火”C.“气”“火”分子的空间结构都是正四面体形D.每个“气”“火”分子中键数目之比为5∶4【答案】BD【解析】

【分析】乙烯具有催熟作用，“气”是指乙烯，湖泊池沼中腐烂的植物发酵会产生甲烷，甲烷能燃烧，所以“火”是指甲烷气体；【详解】A．H和N、O、F原子可形成氢键，则乙烯和甲烷不能形成分子间氢键，A错误；B．乙烯的相对分子质量大于甲烷，范德华力大，所以熔沸点高，则乙烯的沸点高于甲烷，故B正确；C

．乙烯含碳碳双键，分子的空间结构为平面结构，故C错误；D．乙烯结构简式为CH2=CH2，单键由1个键形成，双键由1个键和1个π键形成，每个乙烯分子中含键数目为5，甲烷结构简式为CH4，每个甲烷分子中含键数目为4，则数目之比为5∶4，故D正确；故选：BD。14.合成某药物中间体的“片段”如

下：下列说法正确的是A.Z能发生加聚、取代、消去反应B.等物质的量的X、Y和Z消耗2H最多的是ZC.Y和Z遇3FeCl溶液都能发生显色反应D.0.1molX与足量银氨溶液反应最多生成43.2gAg【答案】D【解析】【详解】A．Z中含有碳碳双键，能发生加聚反应，含有羧基和羟

基能发生酯化反应也属于取代反应，虽然含有羟基但相连的碳相邻的碳上没有H，无法发生消去反应，选项A错误；B．等物质的量的X、Y和Z消耗2H的物质的量之比为5：4：4，故消耗最多的是X，选项B错误；C．Y和Z中均没有含有

酚羟基，遇3FeCl溶液都不能发生显色反应，选项C错误；D．X中含有2个醛基，0.1molX与足量银氨溶液反应最多生成0.4molAg，即43.2gAg，选项D正确；答案选D。三、非选择题(本题包括4小题，共54分)15.研究人员开发新型Cu-Pd催化剂实现CO

还原制备3CHCOOH：()()()232COg2HgCHCOOHg+ΔH。（1）已知：①()()()221COgOgCOg2+=1ΔH②()()()2221HgOgHOl2+=2ΔH③()()()()3222CHCOOHg2Og2COg2HOl+=

+3ΔH上述反应中，ΔH=_______(用1ΔH、2ΔH、3ΔH的代数式表示)。（2）一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和23molH，发生上述反应。测得3CHCOOH的物质的量(mol)与时间(min)的关系如下表所示。时间/min0510152025(

)3nCHCOOHmol0.000.801.001.201.301.30下列说法错误的是_______(填标号)。A.15～20min时混合气体的密度不随时间变化B.CO消耗速率等于乙酸消耗速率的3倍时达到平衡状态C.0～10min内()112H0.0

5molLmin−−=vD.上述条件下CO的平衡转化率为65％（3）在恒容密闭容器中充入一定量CO和2H发生上述反应，测得单位时间内CO的转化率与催化剂Cat1、Cat2以及温度的关系如图l所示。在

相同条件下，催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。（4）在某温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molCO和22molH，发生上述反应，测得混合气体总压强变化如图2所示。0～5min内()2Hv_______(填“大于”“小于”或

“等于”)5～10min内()2Hv。该温度下，上述反应的平衡常数K=_______()31molL−−。（5）下列有关“Cu-Pd催化剂”的说法正确的是_______(填标号)。A.降低CO和2H制备乙酸反应的活化能B.能提高CO和2H的总能量C.能

改变CO和2H反应历程D.能提高活化分子百分率【答案】（1）21ΔH+22ΔH-3ΔH（2）BC（3）Cat2（4）①.大于②.4（5）ACD【解析】【小问1详解】①()()()221COgOgCOg2+=1ΔH②()()()222

1HgOgHOl2+=2ΔH③()()()()3222CHCOOHg2Og2COg2HOl+=+3ΔH根据盖斯定律①×2+②×2-③得()()()232COg2HgCHCOOHg+ΔH=21ΔH+22ΔH-3ΔH【小问2详解】A．反应前后气体总质量不变，容

器体积不变，密度是恒量，15～20min时混合气体的密度不随时间变化，故A正确；B．反应达到平衡，正逆反应速率比等于系数比，CO消耗速率等于乙酸消耗速率的2倍时达到平衡状态，故B错误；C．0～10min内生成

1mol3CHCOOH，则反应消耗2molH2，()1122molH=0.1molLmin2L10minv−−=，故C错误；D．反应达到平衡，生成1.3mol3CHCOOH，则反应消耗2.6molCO，CO的平衡转化率为2

.6100%4=65％，故D正确；选BC。【小问3详解】在相同条件下，使用Cat2催化剂，CO的转化率大，催化效率较高的是Cat2。【小问4详解】随反应进行，反应物浓度减小，速率减慢，0～5min内()2Hv大于5～10min内()2Hv。()()()232COg+2HgCHCOOHg(m

ol/L)110(mol/L)22(mol/L)1212xxxxx−−初始转化x平衡反应达到平衡，压强由80KPa减小为50KPa，2801-21250xxx=+−+，x=0.25，该温度下，上述反应

的平衡常数K=220.25=40.50.5()31molL−−。【小问5详解】A．催化剂能降低反应活化能，Cu-Pd降低CO和2H制备乙酸反应的活化能，故A正确；B．催化剂能降低反应活化能，反应物能量不变，故B错误；C．催化剂参与化学反应，能改变CO和2

H反应历程，加快反应速率，故C正确；D．催化剂能降低反应活化能，提高活化分子百分率，故D正确；选ACD。16.锂电池正极材料NCA(23AlO@MgNCA)，极大地改善了锂电池性能(注明：NCA指0.80.150.052LiNiCoAlO)。请回答下列问题

：（1）基态钴原子的价层电子排布式为_______。基态铝原子核外有_______种能量不同的电子。（2）镁、铝、锂的第一电离能大小排序为_______(填元素符号)。（3）氧化锂()2LiO的熔点为1567℃，氧化镁(MgO)的熔点为2853℃。Li+、2M

g+的离子半径依次为0.076nm、0.072nm。它们的熔点差异除离子半径因素外，还有_______。（4）螯合物又称内络合物，是螯合物形成体(中心离子)和某些合乎一定条件的螯合剂(配位体)配合而成的具

有环状结构的配合物。2Mg+、2Co+都能与乙二胺()2222HNCHCHNH形成螯合物，其中较稳定的是2Co+，其主要原因可能是_______(已知：2Co+半径为0.0745nm)。乙二胺作配体，其配位原子是_______(填元素符号)。（5）4LiAlH是有机合成的常用还原剂。4AlH−

的空间结构是_______。（6）NiO晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示：①连接面心上6个2O−构成_______(填标号)。A.正四面体B.正八面体C.立方体D.正四边形②在NiO晶胞中，每个镍离子周围

与它最近且相等距离的氧离子有_______个；每个氧离子周围与它最近且相等距离的氧离子有_______个。③已知NiO晶胞参数为apm，AN代表阿伏加德罗常数的值。则NiO晶体的密度为_______3gcm−(只列

出计算式)。的【答案】（1）①.3d74s2②.5（2）Mg＞Al＞Li（3）Li+所带的电荷比Mg2+少（4）①.由于Co2+的半径比Mg2+的大，形成螯合物时配位键之间的距离Co2+的大，排斥力减小，稳定性增强②.N（

5）正四面体（6）①.B②.6③.12④.A330300Na×10【解析】【小问1详解】已知Co是27号元素，故基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2，已知同一能级不同轨道的能量相同，则基态铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种能量不同的电子，故答案为：3d74

s2；5；【小问2详解】根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小，可知镁、铝、锂的第一电离能大小排序为Mg＞Al＞Li，故答案为：Mg＞Al＞Li；【小问3详解】已知Li2O、M

gO均为离子晶体，离子晶体中阴阳离子所带的电荷越多，离子半径越小，晶体的晶格能越大，熔点越高，故氧化锂()2LiO的熔点为1567℃，氧化镁(MgO)的熔点为2853℃。Li+、2Mg+的离子半径依次为0.076nm、0.072nm。它们的熔点差异除离子半径因素外，还有Li

+所带的电荷比Mg2+少，故答案为：Li+所带的电荷比Mg2+少；【小问4详解】由(3)可知Mg2+的半径为0.072nm小于2Co+半径为0.0745nm，这将导致Co2+形成的螯合物中配位键之间的距离比Mg2+形成的螯合物中配位键的距离，距离越大相

互之间的排斥作用就越小，导致形成螯合物越稳定，故2Mg+、2Co+都能与乙二胺()2222HNCHCHNH形成螯合物，其中较稳定的是2Co+，乙二胺作配体时，由于-NH2的N原子上有孤电子对，而C、H上没有孤电子对，即N原子提供孤电子对直接与Co2+形成配位键，则其

配位原子是N，故答案为：由于Co2+的半径比Mg2+的大，形成螯合物时配位键之间的距离Co2+的大，排斥力减小，稳定性增强；N；【小问5详解】4LiAlH是有机合成的常用还原剂，4AlH−中中心原子Al周围的价层电子对数为：4+1(3+

1-4?1)2=4，根据价层电子对互斥理论可知，其的空间结构是正四面体形结构，故答案为：正四面体；【小问6详解】①由题干晶胞图示可知，连接面心上6个2O−构成正八面体，故答案为：B；②在NiO晶胞中，每个

镍离子周围与它最近且相等距离的氧离子有上、下、左、右、前、后共6个，每个氧离子周围与它最近且相等距离的氧离子有相互垂直的三个面，每个面上有4个，共3×4=12个，故答案为：6；12；③已知NiO晶胞参数为apm，则一个晶胞的体积为：V=(a×10-10)3cm3

，AN代表阿伏加德罗常数的值，由题干图示晶胞可知，每个晶胞中含有Ni2+为112?+41=4，O2-为118?+6?82=4，则一个晶胞的质量为：-1-1A4mol?75g?molNmol=A300gN，则NiO晶体的密度为A-1033a?1

0300gNm=mV()c==A330300Na×103gcm−，故答案为：A330300Na×10。17.某食品用合成香料(M)的一种制备流程如下(部分产物省略)：请回答下列问题：（1）M的名称是_______。D→F的反应类型是_______。（2）E→G的化学方程式为____

___。（3）C的一氯代物有_______种(不包括立体异构体)。（4）利用如图装置制备M(加热装置省略)。在三颈瓶中加入一定量F、浓硫酸和G，加热一段时间后，打开油水分离器活塞，放出水层。待反应完全后，在混合物中加入饱和碳酸钠溶液，充分振荡，静置、分液得到较纯净的M。①“反应完全”的标志是

_______。②“打开油水分离器活塞，放出水层”的目的是_______(从化学平衡移动角度分析)。（5）设计实验探究M的化学性质，实验结果如下：操作现象①向溴的四氯化碳中加入过量M，振荡溶液褪色，不分层②向酸性4KMnO溶液中加入过量M，振荡溶液褪色，不分层③向NaOH溶液

中加入适量M，加热液体油层消失能证明M含酯基的实验是_______(填序号)。【答案】（1）①.丙烯酸乙酯②.加成反应（2）2CH3CH=CH2+3O2⎯⎯⎯→催化剂2CH2=CHCOOH+2H2O（3）4（4）①.当油水分离器内液面不再出现油状物②.减少水的浓度，促进平衡正向移动，提高产率（5）

③【解析】【分析】A为烷烃，发生催化裂化生成B，再裂化得到C，由M的结构含有酯基且反应条件是浓硫酸加热，说明F和G发生酯化反应，则F为CH3CH2OH，G为CH2=CHCOOH，D和水发生加成反应得到F；【小问1详解】M含有酯基，名称是丙烯酸乙酯；分析可知，F

为CH3CH2OH，D和水发生加成反应得到F，则D→F的反应类型是加成反应；【小问2详解】G为CH2=CHCOOH，E→G的化学方程式为2CH3CH=CH2+3O2⎯⎯⎯→催化剂2CH2=CHCOOH+2H2O；【小问3详解】C4H10分为正丁

烷和异丁烷，正丁烷中含2种H原子，故一氯代物有2种，而异丁烷有2种H原子，故一氯代物也有2种，故C4H10的一氯代物共有4种；【小问4详解】①蒸馏出的M在油水分离器，属于酯类与水互不相溶，溶液出现分层，当油水分离器内液面不再出现油状物即说明“反应完全”；②该反应是酯化反应，

是可逆反应，产物有M和水，“打开油水分离器活塞，放出水层”目的是减少水的浓度，促进平衡正向移动，提高产率；【小问5详解】实验③加入NaOH溶液并加热，液体油层消失，说明酯基在碱性环境下发生水解反应生成可溶于水的物质，即证明M含酯基，故选：③。

18.阿司匹林是常用的解热镇痛药。一种制备阿司匹林的路线如下：请回答下列问题：（1）C中所含官能团名称是_______。A的名称是_______。（2）D→E的反应类型是_______。（3）E→阿司匹林的化学方程式为_______。（4）检验C中

是否混有B的试剂是_______(填化学式)。（5）在B的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有_______种。①能与NaOH溶液反应，也能与浓溴水反应②1mol有机物与足量的钠反应最多生成21molH③苯环上有3个取代基其中，在

核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式为_______。（6）阿司匹林与热NaOH溶液反应化学方程式为_______。【答案】（1）①.醛基、醚键②.甲苯（2）取代反应（3）（4）Na（5）①.16②.、（6）+3

NaOHΔ⎯⎯→+CH3COONa+2H2O【解析】【小问1详解】C的结构简式为，其中所含官能团的名称为醛基、醚键；A的结构简式为，A的名称为甲苯；答案为：醛基、醚键；甲苯。【小问2详解】对比D、E的结构简式，D与HI发生取代

反应生成E和CH3I；答案为：取代反应。【小问3详解】E与在催化剂、加热条件下发生取代反应生成阿司匹林和CH3COOH，的反应的化学方程式为；答案为：。【小问4详解】B中含醇羟基和醚键，C中含醛基和醚键，

B能与Na反应生成H2，C与Na不反应，故检验C中是否混有B的试剂是Na；答案为：Na。【小问5详解】由B的结构简式知B的分子式为C8H10O2，不饱和度为4，B的同分异构体能与NaOH溶液反应，也能与浓溴水反应，说明含酚羟基，1mol有机物与足量Na反应最多生成1

molH2，说明结构中含2个—OH，苯环上有3个取代基，3个取代基可能为：①2个酚羟基和1个—CH2CH3，3个取代基有6种不同的位置；②1个酚羟基、1个—CH2OH和1个—CH3，3个取代基有10种不同的位置；故符

合条件的同分异构体共有6+10=16种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1∶2∶2∶2∶3的结构简式为、；答案为：16；、。【小问6详解】阿司匹林中的羧基和酯基都能与热NaOH溶液反应，1mol阿司

匹林消耗3molNaOH，反应的化学方程式为+3NaOHΔ⎯⎯→+CH3COONa+2H2O；答案为：+3NaOHΔ⎯⎯→+CH3COONa+2H2O。