【文档说明】江苏省连云港市赣榆区2021-2022学年高二下学期期中学业水平质量监测化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.815 MB，由小赞的店铺上传

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江苏省连云港市赣榆区2021—2022学年高二下学期期中学业水平质量监测化学试题注意事项1.本试卷共6页，包含单项选择题(第1题~14题，共14题)、非选择题(第15题~18题，共4题)两部分。满分100分，考

试时间75分钟。考试结束后，请将答题纸交回。2.请将自己的学校、姓名、考试证号填、涂在答题纸上。3.作答非选择题时必须用0.5mm黑色墨水签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题请用2B铅笔涂黑。可

能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Br80I127一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意1.2022年北京冬奥会践行“绿色办奥”理念，成为首个实现“碳中和”的

奥运会。下列措施中不利于．．．实现“碳中和”的是A.用氢气代替丙烷作为火炬燃料B.场馆赛时常规电力需求由可再生能源供应C.大规模开采可燃冰作为新能源D.赛区推广氢燃料电池汽车替代燃油汽车【答案】C【解析】【详解】A．丙烷是燃烧产生二氧化碳，氢气的燃烧产物为水，不含二氧化碳，用氢气

代替丙烷作为火炬燃料有利于减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故A不符合题意；B．场馆赛时常规电力需求由可再生能源供应，可减少煤等化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故B不符合题意；C．可燃冰的主要成分为甲烷，大规模开采可燃冰作为新能源，会增加二氧化碳的

排放，不利于实现“碳中和”，故C符合题意；D．氢燃料电池的产物为水，赛区推广氢燃料电池汽车替代燃油汽车，可以减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故D不符合题意；答案选C。2.尿素[CO(NH2)2]是第一种人工合成的有机物，是

科学家在制备氰酸铵(NH4CNO)时得到的一种结晶物。下列说法正确的是A.铵根离子的电子为B.氰酸根中元素的第一电离能：111I(C)<I(N)<I(O)C.尿素中碳原子的杂化方式为3spD.氰酸铵与尿素互为同分异构体【答案】D【解析】【分析】根据电子式的定义，用元素符合和最外层电子

表示的式子进行判断，电离能根据原子最外层电子排布特定，注意利用洪特规则第IIA和VA的反常情况；有机物中碳原子的杂化方式根据碳原子的成键特点进行判断；D中利用同分异构体的定义即可判断；【详解】A．铵根离子电子式缺少电荷，故A不正确；B．N原子最外层电子满足

半充满状态，能量低，不易失去电子，电离能比氧原子大，故B不正确；C．尿素中碳原子与氧形成的双键，根据杂化类型判断，杂化方式为sp2，故C不正确；D．根据化学式相同结构不同化合物互称同分异构体，故D正确；故选答案D。【点睛】此题考

查化学用语的表示，利用电子式和同分异构体等基本定义进行判断，注意电离能的反常情况。3.下列由苯(沸点80.1℃)与浓硝酸、浓硫酸的混合物在60℃时生成硝基苯(沸点210.9℃)的实验原理与装置，能达到实验目的的是A.用装置甲将浓硝酸与浓硫酸混合B.用装置乙制取硝基苯C.用装

置丙分离硝基苯和水D.用装置丁分离苯和硝基苯的混合物【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸不能加到浓硫酸里，浓硫酸密度大于浓硝酸，浓硝酸和浓硫酸混合会放出大量的热，应将浓硫酸加到浓硝酸里，若酸溶液体积较大，应在烧杯中混合，且用玻璃棒搅动溶液，使产生的热量及时散失，故

A不能达到实验目的；B．苯和浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应生成硝基苯，反应温度为50℃~60℃，实验采取水浴加热方式，在试管口塞有单孔塞并插有一根玻璃管，可以起到平衡气压同时冷凝回流的作用，故B能达到实验目的；C．硝基苯密度比水大，在下层，故C不能达到实验目的；为D．可以用

蒸馏的方法分离苯和硝基苯的混合物，蒸馏时冷凝管的冷却水应从下口通入，故D不能达到实验目的；故选B。4.人类日常生活离不开烃的含氧衍生物。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.甲醇能溶于水，可用于制作直接甲醇燃料电池B.甲酸有极强的腐蚀性，可用于

工业生产中的还原剂C.甲醛能使蛋白质变性，可用其水溶液保存动物标本D.甲酚(邻甲苯酚、间甲苯酚、对甲苯酚的混合物)显酸性，可作杀菌剂【答案】C【解析】【详解】A．甲醇能燃烧生成二氧化碳和水的反应是氧化还原反应，所以

可用于制作直接甲醇燃料电池，则用于制作直接甲醇燃料电池与甲醇能溶于水无关，故A错误；B．甲酸具有还原性，能发生银镜反应，所以可用于工业生产中的还原剂，则甲酸用于工业生产中的还原剂与甲酸有极强的腐蚀性无关，故B错误；C．甲醛具有毒性，能使蛋白质变性，所以可用其水溶液保存动物标本，故C正

确；D．甲酚具有毒性，能使蛋白质变性，所以可作杀菌剂，则甲酚可作杀菌剂与甲酚显酸性无关，故D错误；故选C。5.仪器分析法对有机化学的研究至关重要。下列说法错误．．的是A.元素分析仪是将有机物在氧气中充分燃烧后对燃烧产物进行自动分析，以确定有

机物最简式B.图-1是有机物甲的红外光谱，该有机物中至少有三种不同的化学键C.图-2是有机物乙的质谱图，有机物乙的相对分子质量为78D.图-3①和图-3②是分子式为26CHO的两种有机物的1H核磁共振谱图，图-3②为二甲醚【答案】D【解析】【详解】A．元素分析仪是将有机物在

氧气中充分燃烧后对燃烧产物进行自动分析，以确定有机物最简式，现代元素分析仪分析的精确度和速度都达到了很高的水平，故A正确；B．从图1可以看出该有机物甲中至少有C-H、O-H、C-O三种化学键，故B正确；C．质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比数值为78，则有机物

乙的相对分子质量为78，故C正确；D．1H核磁共振谱图中的吸收峰数目为分子中不同化学环境的H种类，峰面积比是不同化学环境H的个数比，分子式为C2H6O的有机物可能为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，有三组峰，峰面积比为3：2：1，也

可能为二甲醚，结构简式为CH3OCH3，只有一组峰，所以图-3②为乙醇，图-3①为二甲醚，故D错误；故选D。6.下列有关甘油醛、甘油和甘氨酸的说法错误．．的是、、A.甘油醛分子和葡萄糖分子中含氧官能团相同B.甘油与1-丙醇互为同系物C.可用0.1%的茚三酮溶液鉴别甘油溶液和甘氨酸溶液D.三种

分子中只有甘油醛分子中含有手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，甘油醛分子和葡萄糖分子中含氧官能团相同，均为羟基和醛基，A正确；B．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)在组成上相

差一个或若干个CH2原子团的物质，甘油与1-丙醇的羟基数目不同即结构不相似，不互为同系物，B错误；C．α-氨基酸与水合茚三酮一起在水溶液中加热,可发生反应生成蓝紫色物质，故可用0.1%的茚三酮溶液鉴别甘油溶液和甘氨酸溶液，C正确；D．手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原

子或原子团的碳原子，由题干信息可知，三种分子中只有甘油醛分子中含有手性碳原子，D正确；故答案为：B。7.下列选项中所示物质间转化关系不能．．实现的是A.2H/Ni加热、加压⎯⎯⎯⎯→B.+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯⎯⎯→C.⎯⎯⎯→2Cu/O加热D.⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件【

答案】B【解析】【详解】A．醛基(—CHO)在Ni作催化剂、加热加压的条件下可被还原为羟基，因此2H/Ni加热、加压⎯⎯⎯⎯→能够发生，A不符合题意；B．—OH也会被酸性高锰酸钾溶液氧化，故+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯⎯⎯→不能实现，B符合题意；C．在Cu作催化剂的条件下加热可发生催化氧化生成，

C不符合题意；D．在一定条件下发生分子间的脱水缩合，可生成，D不符合题意；答案选B。8.对于反应-+OHH-+OHH，下列说法正确的是A.固态甘氨酸以内盐形式存在，易溶于有机溶剂B.在强碱性溶液中氨基酸主要以阳离子形式存在C.甘氨酸是两性化合物，既能与酸反应

，又能与碱反应D.当甘氨酸以两性离子形态存在时，在水中的溶解度最大【答案】C【解析】【详解】A．固态甘氨酸中的氨基与羧基反应生成内盐，易溶于水，难溶于有机溶剂，故A错误；B．由转化关系可知，在强碱性溶液中氨基酸主要以阴离子形式

存在，故B错误；C．甘氨酸分子中含有能与酸反应的氨基和能与碱反应的羧基，是典型的两性化合物，故C正确；D．当甘氨酸以两性离子的形态存在时，两性离子间相互吸引力最大，在水中的溶解度最小，故D错误；故选C。9.聚氯乙烯是生活中常用的塑料。工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：2C

l480530℃聚合①②乙烯1,2-二氯乙烷氯乙烯聚氯乙烯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→下列说法正确的是A.反应①的化学方程式：22232HCCHClCHCHCl=+⎯⎯→B.反应②发生消去反应C.氯乙烯分子有顺反异构体D.聚氯乙烯的结构简式为【答案】

B【解析】的【详解】A．由图可知，反应①为乙烯与氯气发生加成反应生成1，2—二氯乙烷，反应的化学方程式为22222ClHC=CH+ClCHCHCl→，故A错误；B．由图可知，反应②为1，2—二氯乙烷在480—

530℃条件下发生消去反应生成氯乙烯和氯化氢，故B正确；C．氯乙烯分子中不含有连有2个不同原子或原子团的不饱和碳原子，不可能存在顺反异构体，故C错误；D．聚氯乙烯分子中不含有碳碳双键，结构简式为，故D错误；故选B。10.化合物丙是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，可由下列反

应制得：下列说法正确的是A.1molX中含有2mol碳氧σ键B.可用3FeCl溶液鉴别X、Y、ZC.物质Z中所有的原子可能共平面D.Y、Z分别与足量的酸性4KMnO溶液反应后所得芳香族化合物不相同【答案】A【解析】【详解】A．由题干图示

X的结构简式可知，1molX中含有2mol碳氧σ键即酚羟基上1mol，醛基上1mol，A正确；B．由题干图示有机物结构简式可知，X含酚羟基，Y、Z均不含酚羟基，故可用3FeCl溶液鉴别X与Y、Z，不能鉴别Y、

Z，B错误；C．由题干图示有机物结构简式可知，含有甲基和-CH2OH等sp3杂化的碳原子，故物质Z中不可能所有的原子共平面，C错误；D．由题干图示有机物结构简式可知，Y、Z分别与足量的酸性4KMnO溶液反应后所得芳香族化合物相同，均为，D错误；故答案为：A。11.实验室用如图示反应装置制备苯甲酸。

已知：甲苯的熔点为-95℃，沸点110.6℃，不溶于水。苯甲酸的熔点为122.4℃(100℃以上时会升华)，沸点248℃，微溶于水，易溶于乙醇、热水。(1)开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从分液漏斗慢慢加入适量

饱和3NaHSO溶液，反应结束后将混合物趁热过滤。(3)将滤液于冰水中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。下列说法错误．．的是A.回流液不再出现油珠说明甲苯已经被完全还原B.加入饱和3NaHSO溶

液的作用是除去过量的4KMnOC.放在沸水浴上干燥的目的是防止温度过高苯甲酸升华D.若用草酸代替3NaHSO溶液，反应的离子方程式为：+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO−【答案】A【解析】【详解】

A．根据数据甲苯的熔点-95℃，甲苯的沸点110.6℃，可知油珠是甲苯，无油珠表明不溶于水的甲苯已被完全氧化，A错误；B．加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高锰酸钾，防止加盐酸时生成有毒的氯气，B正确；C．苯甲酸100℃以上升华，干

燥苯甲酸晶体时，若温度过高，苯甲酸易升华而损失，则放在沸水浴上干燥的目的是防止温度过高苯甲酸升华，C正确；D．草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰离子方程式：+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO−，D

正确；故选：A12.下列实验操作和现象所得的结论正确的是选项实验操作与现象结论A向苯酚悬浊液中加入23NaCO溶液后变澄清酸性：苯酚23>HCOB向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至140℃，将产生的气体通入酸性4KMnO溶液，紫红色

褪去乙醇发生消去反应，生成乙烯C向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后加入新制的2Cu(OH)悬浊液，加热，没有砖红色沉淀出现淀粉没有水解成葡萄糖D将浸透了石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强

热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向苯酚悬浊液中加入Na2CO3溶液后变澄清，是因为苯酚和碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则只能说明苯酚酸性强于碳酸氢根，

不能说明苯酚酸性强于碳酸，A不合题意；B．由于挥发出来的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至140℃，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，不能说明乙醇发生消去反应，生成乙烯，且事实上乙醇

和浓硫酸混合加热到140℃发生分子间脱水而不是消去反应，B不合题意；C．已知新制的Cu(OH)2悬浊液检验葡萄糖时需在碱性环境中进行，则向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后先加入NaOH溶液中和硫酸后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，看有没有砖红色沉淀出现，才能检验淀粉是

否水解，C不合题意；D．由于石蜡油蒸气不含不饱和烃，不能是酸性高锰酸钾溶液褪色，则将浸透了石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，能够得出石蜡油。的分

解产物中含有不饱和烃，D符合题意；故答案为：D。13.一种以三氯乙烯合成化合物丙的流程如下：223CHCl/Δ/ΔΔ23CClCOONa/KOH/CHCl→→→二甲醚乙二醇醇溶液二环已基胺甲乙丙已知①H2C=CH23CClCOONa乙二醇、二甲醚/Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

⎯→；②丙的结构简式为：下列说法正确的是A.甲的结构简式为B.乙中含有的官能团只有碳碳双键C.由乙生成丙的反应类型为加成反应D.丙属于芳香族化合物【答案】A【解析】【分析】丙的结构简式为：，可知乙的结构简式为：；根据已知信息，则23CHCl的结构简式为：

2=HClCCCl，根据反应①，则甲的结构简式为：，据此分析作答。【详解】A．根据分析可知，甲的结构简式为，A项正确；B．乙的结构简式为：，则乙中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，B项错误；C．在醇的碱溶液中

，发生消去反应，生成，C项错误；D．丙的结构简式为：，不存在苯环，不属于芳香族化合物，D项错误；答案选A。14.丙酮肟[(CH3)2C=N-OH]是工业锅炉用水除氧剂。制备丙酮肟的反应历程如题图所示。下列说法错误．．的是A.该反应历程中的催化剂是+HB.反应②中羰基碳由2sp杂化转变为

3spC.反应过程中N的成键数目不变D.反应过程中先发生加成反应，后发生消去反应【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，该反应过程中+H先消耗后又生成，+H是该反应历程中的催化剂，故A正确；B．反应②的过程中，羰基上的碳原子形成的σ键由3个变成4个，由2sp杂化转变为3sp杂化，故B正

确；C．由图可知，在反应⑤中，反应物中N原子形成两个单键和一个双键，产物中N原子形成一个单键和一个双键，N原子的成键数目发生变化，故C错误；D．由图可知，该反应中，C=O键先被加成，后又发生消去反应生成C

=N键，故D正确；答案选C。二、非选择题：共4题，共58分。15.以糖类和油脂为原料制备生活中常用有机物的流程如下。已知：混甘油脂的分子式为571086CHO，D与等物质的量的2H完全反应后生成E。（1）下列说法正确的是_______。a.淀粉、混甘油脂M都是高分子化合物b.M、N属于

同系物c.D、E属于同分异构体d.B、D均能使酸性4KMnO溶液褪色（2）上述①②③④反应中属于取代反应的是_______。(填序号)（3）反应①的化学方程式：_______。（4）若N的分子式为7125CHO，

写出N的一种结构简式：_______。C若按不同比例参与反应还可以生成另外两种物质X、Y，且相对分子质量为X>N>Y，则X的相对分子质量为_______。（5）在383CHO的水溶液中加入新制的2Cu(OH)，

生成蓝色可溶性的甘油铜()。写出该反应的化学方程式：_______。【答案】（1）d（2）③④（3）Cu32232Δ2CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯→（4）①.、②.218（5）+Cu(OH)2→+2H2O【解析】【分析】淀粉水解变为

葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下，生成A为乙醇；乙醇在氧气的催化作用下，生成B为乙醛；乙醛经过催化氧化，生成C为乙酸；混甘油脂在酸性条件下水解，则833CHO为丙三醇；D与等物质的量的2H完全反应后生成E

，则D中存在双键；乙酸和丙三醇发生酯化反应，生成N，据此分析作答。【小问1详解】a．混甘油脂的分子式为571086CHO，不属于是高分子化合物，a项错误；b．M和N分子上不差若干个CH2，则不属于同系物，b项错误；c．D与等物质的量的2H完全反应

后生成E，可知分子式不同，不互为同分异构体，c项错误；d．B为乙醛，D可发生加成反应，存在双键，均能使酸性4KMnO溶液褪色，d项正确；故答案为：d；【小问2详解】根据分析可知，①②为氧化反应，③为水解，属于取代反应，④为酯化反应，属于取代反应，故答案为：③④；【小问3

详解】反应①为乙醇在氧气的催化作用下，生成乙醛，化学方程式为：Cu32232Δ2CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯→，故答案为：Cu32232Δ2CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯→；【小问4详解】乙酸和丙三

醇发生酯化反应，生成N，若N的分子式为7125CHO，则两个乙酸与丙三醇发生酯化反应，则N结构简式为：；C若按不同比例参与反应还可以生成另外两种物质X、Y，且相对分子质量为X>N>Y，则X为，其相对分子质量为218，故答案为：；218；【小问5详解】在383CH

O的水溶液中加入新制的2Cu(OH)，生成蓝色可溶性的甘油铜和水，化学方程式：+Cu(OH)2→+2H2O，故答案为：+Cu(OH)2→+2H2O。16.苯酚是重要的化工原料，工业上常采用苯和丙烯为原料制取苯酚，主要步骤如下：步骤1：苯和丙烯在催化剂

诱导下发生烷基化反应制得异丙苯，步骤2：异丙苯在液相于110～120℃、400kPa条件下通入空气，经过催化氧化而生成过氧化氢异丙苯()，该反应为放热反应。步骤3：过氧化氢异丙苯与稀硫酸作用分解生成苯酚和丙酮。（1）步骤1中丙烯的

结构简式为_______。（2）步骤2中反应在400kPa下反应的目的是_______。（3）将步骤3中所得的液体混合物分液得到水相和有机相。①检验液体混合物中一定含有苯酚的实验方案是：取少许待测液置于试管中，滴加1~2滴3FeCl溶液。预期的实验现

象是_______。②苯酚和丙酮的沸点分别是181.8℃和56.2℃。可用_______法分离苯酚和丙酮。（4）采用该方法制取苯酚的优点有_______(说出一点即可)。（5）为测定工厂排放的污水中苯酚的含量，进行如下实验：取污水试样100.00mL，加入

一定浓度的3KBrO和KBr的混合溶液，立即加入5mL盐酸，摇匀后加入KI固体(足量)，充分反应后用-12230.0100molLNaSO标准溶液滴定至终点，用去223NaSO溶液14.46mL。同时以蒸馏水代替污水试样做对比实验，用去223NaSO溶液38.46mL。已知：上述实验中

发生的反应有322KBrO+5KBr+6HCl=3Br+3HO+6KCl；22Br+2KI=2KBr+I；22322462NaSO+I=NaSO+2NaI。①实验中还涉及到的另一个化学反应是_______(写出化学反应方程式)。②计算此污水中苯酚的含量(以mg/L表示)。写出计算

过程，否则不得分。_______【答案】（1）23CH=CH-CH（2）有利于提高氧的吸收率（3）①.试管中溶液变为紫色②.蒸馏（4）原子经济性高，或反应物原子能全部被利用生成了苯酚和丙酮：初级原料苯和丙烯都是石油化工的基础产品，廉价而且易得等（5）①.+3B

r2→↓+3HBr②.37.6mg/L【解析】【小问1详解】丙烯属于单烯烃，含有三个碳原子，有一个碳碳双键，其结构简式为CH2=CHCH3。【小问2详解】步骤2中的反应是异丙苯和氧气生成过氧化氢异丙苯，在400kPa下反应有利于提

高氧的吸收率，且压强增大，氧气的溶解度也增大，能提高产率。【小问3详解】①苯酚遇Fe3+显紫色，取少许待测液置于试管中，滴加1~2滴3FeCl溶液，若混合物中含有苯酚，则可看到试管中溶液变为紫色。②苯酚和丙酮沸点分别是18

1.8℃和56.2℃，苯酚溶于丙酮，可用蒸馏法分离苯酚和丙酮。【小问4详解】该方法制取苯酚原子经济性高，或反应物原子能全部被利用生成了苯酚和丙酮：初级原料苯和丙烯都是石油化工的基础产品，廉价而且易得等。【小问5详解】3KBrO和KBr在酸性条件下反应生成溴，溴和苯酚反应生成三溴苯酚：+3Br2→

↓+3HBr，剩余的溴和加入的KI反应生成I2，I2用223NaSO溶液滴定，根据对照实验以及发生的反应可知，和苯酚反应的溴为(38.46mL-14.46mL)×10-3mL/L×0.0100mol/L×12=1.2×10-4m

ol，则苯酚的物质的量为1.2×10-4mol×13=4×10-5mol，则在100mL废水中苯酚的质量为4×10-5mol×94g/mol=3.76×10-3g=3.76mg，则此污水中苯酚的含量(以mg/L表示)为37.6mg/L。1

7.素馨醛是一种重要香料，广泛用于化妆品。实验室中制备素馨醛的反应：的+CH3(CH2)5CHO-OH⎯⎯⎯⎯→+H2O实验流程如下：（1）“反应”过程是将庚醛缓慢加入到60～65℃的混合溶液中，保温搅拌反应3h。则在实验中应采取的加热方法是_______。（2）“萃取”分液

时，有机层从分流漏斗的_______(填写“上口”或“下口”)流出。若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还有_______。（3）“蒸馏”需将萃取分液所得的油层用水洗涤2~3次，洗涤后加入无水24NaSO，蒸馏，收集190～287℃馏

分。用水洗涤的目的是_______，加入无水24NaSO的作用是_______。（4）设计检验素馨醛中同时含有碳碳双键和醛基官能团的实验方案，该实验方案是_______。(除素馨醛外可选用试剂：32%AgNO溶液、2%氨水、稀硫酸、NaOH溶液、溴水)。（5）若制备过程中加入苯甲醛

5.30g，加入庚醛6.84g，分离得到纯净的素馨醛为4.04g，则本实验所得的产率为_______。(苯甲醛、庚醛、素馨醛的相对分子质量分别为106、114、202)【答案】（1）水浴加热（2）①.下口②.分液漏斗上口玻璃塞未打开（3）①.除去乙醇②.除去水（4）向洁净的试

管中加入312mL2%AgNO溶液，边振荡边滴加2%氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解。再向试管中滴入少量素馨醛溶液，振荡后把试管放在水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。取生成银镜后试管中的清液少许，加入硫

酸酸化，再滴加到溴水中，振荡，溶液褪色（5）40%【解析】【小问1详解】控制温度为60～65℃，所以采取水浴加热。【小问2详解】CCl4密度比水大，在下层，“萃取”分液时，有机层从分流漏斗的下口流出。若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，

还有可能是分液漏斗上口玻璃塞未打开，分液漏斗中的压强小于大气压。【小问3详解】有机层中混有乙醇，乙醇和水互溶，用水洗涤的目的是除去乙醇。无水硫酸钠具有吸水性，用无水硫酸钠可以除去水。【小问4详解】素馨醛中同时含有碳碳双键和醛基，含碳碳双键的物质能使溴水褪色，但含醛基的物质也能使

溴水褪色，所以应先用银镜反应检验醛基，同时将醛基氧化，然后再用溴水检验碳碳双键，具体操作是：向洁净的试管中加入312mL2%AgNO溶液，边振荡边滴加2%氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解。再向试管中滴入少量素馨醛溶液，振荡后把

试管放在水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。取生成银镜后试管中的清液少许，加入硫酸酸化，再滴加到溴水中，振荡，溶液褪色。【小问5详解】5.30g苯甲醛的物质的量为0.05mol，6.84g庚醛的物质的量为0.06

mol，所以庚醛过量，理论上生成的素馨醛的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×202g/mol=10.1g，则素馨醛的产率为4.04g10.1g×100%=40%。18.伊贝沙坦是一种治疗高血压的药物，一

种合成路线如下：回答下列问题：（1）A分子中采取2sp杂化的碳原子数目是_______。D中官能团的名称是_______。（2）C的分子式为11182CHON，其结构简式为_______。（3）E→F的反应类型为_______。（4）E的一种同分异构体同时满

足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。①分子能使3FeCl溶液显紫色；②分子中不同化学环境的氢原子有4种。（5）设计以和为料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。__

_____【答案】（1）①.1②.酰胺基(键)（2）（3）取代反应（4）或（5）【解析】【分析】由题干流程图中B和D的结构简式并结合C的分子式，可知C的结构简式为：，(5)本题采用逆向合成法，根据题干B到C的转化信息可知，

可由和，根据题干A到B的转化信息可知，可由在无机试剂NaCN、NH4Cl、NaOH共同作用下制得，可由催化氧化而得，可由水解得到，可由和HBr催化加成得到，由此确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图中，A的结构简式可知，A分子中含有1个采取2sp杂化的碳原子，即酮羰基上的碳原子，

其余碳原子均为sp3杂化，由的结构简式可知，D中官能团的名称是酰胺基(键)，故答案为：1；酰胺基(键)；【小问2详解】由分析可知，C的分子式为11182CHON，其结构简式为，故答案为：；【小问3详解】由题干流程图中E、F的结构简式和E到F

的转化条件可知，E→F的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问4详解】由题干流程图中可知，E的分子式为：C11H18N2O，则同时满足下列条件①分子能使FeCl3溶液显紫色，即含有酚羟基，②分子中不同化学环境的氢原子有4种，E的同分异构体的结构简式有：或者，故

答案为：或者；【小问5详解】本题采用逆向合成法，根据题干B到C的转化信息可知，可由和，根据题干A到B的转化信息可知，可由在无机试剂NaCN、NH4Cl、NaOH共同作用下制得，可由催化氧化而得，可由水解得到，可由和HBr催化加成得到，

由此确定合成路线为：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com