【文档说明】【精准解析】广东省梅州市梅州中学2019-2020学年高二下学期4月月考化学试题.doc，共(19)页，1.569 MB，由小赞的店铺上传

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梅州中学2018级高二化学4月月考二试题可能用到相对原子质量：C12H1O16一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分共45分）1.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是

()A.利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇B.医疗上用含乙醇的浓度为75%的酒精消毒C.利用基本的化学原料生产化学合成药物D.利用蒸馏法从石油中分离出汽油【答案】D【解析】【详解】A．秸秆通过发酵生成乙醇，有新物质生成，为化学变化，故A不符合题意；B．酒精杀菌消毒

能力的强弱，其浓度的高低起着关键性的作用，过高或过低都不行，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死。若酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，效果最好的是浓度为75

%，能够使细菌内的蛋白质变性杀死细菌，蛋白质的变性属于化学变化，故B不符合题意；C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质，为化学变化，故C不符合题意；D．石油是混合物，根据石油中各组分的沸点不同，利用蒸馏法从石油中分离出汽油是物理变化，故D符合题意；答案选D。【点睛】

判断有无化学变化的依据是是否有新物质生成，蒸馏和分馏都属于物理变化，没有生成新物质。2.下列说法正确的是A.的名称为3一甲基丁烷B.CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体C.和为同一物质D.CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】

【详解】A项，离取代基近的一端编号，命名应为2-甲基丁烷，故A项错误；B项，选项中的物质分子式相同结构不同，无特殊官能团，互为同分异构体，故B项错误；C项，甲烷分子呈现正四面体结构，四个位置完全等价，故C项

正确；D项，虽然二者具有相同的官能团，但官能团的个数不同，组成也不相差CH2，不互为同系物，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查了“四同”的区分，同分异构体：分子式相同而结构不同的化合物，如CH3

CH2CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH2CH3；同系物：结构相似，在分子式上相差一个或若干个CH2的一系列化合物，如CH3CH2OH和CH3OH；同素异形体：同种元素组成的不同单质，如石墨与金刚石；同位素：质子数相同而中子数不同的原子，如1H与2H。3

.下列各组中的物质均能发生加成反应的是()A.乙烯和乙醛B.甲苯和聚乙烯C.乙酸和溴乙烷D.丙烯和丙烷【答案】A【解析】【详解】A．乙烯中含碳碳双键，可发生加成反应，乙醛中含有碳氧双键，在一定条件下也能发生加成反应，故A正确；B．甲苯中含有苯环，具有苯的性质，可发生加成反应，聚乙

烯中无不饱和键，不能发生加成反应，故B错误；C．乙酸中虽然含有羧基，但不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键，不能发生加成反应，故C错误；D．丙烯分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烃，不能发生加成反应，故D错误；答案选A。【点睛

】聚乙烯是乙烯的高聚物，不再含有碳碳双键，故不能发生加成反应。4.下列说法正确的是()A.乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应B.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C.乙醇室温下在水中的溶解度小于溴乙烷D.乙酸与

乙酸乙酯互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．乙烷属于饱和烃，性质稳定，一般不与酸碱发生反应，室温下与浓盐酸不反应，故A错误；B．乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯为食品包装材料的原料

，故B正确；C．乙醇含−OH，可与水分子形成氢键，易溶于水，而卤代烃不溶于水，则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，故C错误；D．乙酸与乙酸乙酯分子式不相同，所以不属于同分异构体，故D错误；答案选B。【点睛】分子式相

同而结构不同的有机物互为同分异构体，当羧酸和酯的碳原子数相同时，可以互为同分异构体。5.甲同学给分子式为C12H26的某烷烃命名为“2，4­-二甲基­-3，5­-二乙基己烷”，乙同学认为甲同学命名错误，有关该烷烃的说法，你认为正确的是()A.该烷烃正确名称应为：4，5-二甲

基-­3-异丙基已烷B.该烷烃分子中含有5个支链C.该烷烃的一氯代物有11种D.该烷烃可以看做是11种不同类型的单烯烃与氢气加成后的产物【答案】C【解析】【分析】根据甲同学给分子式为C12H26的烷烃命名可知，该烷烃的碳骨架结构简式为，结合等效氢规则可知该烷烃有11种不同的H

原子，有四个支链，据此解答。【详解】A．根据烷烃命名原则，所以该烷烃的名称为2，4，5−三甲基−3−乙基庚烷，故A错误；B．根据该烷烃的结构简式可知，该烷烃分子中含有4个支链，故B错误；C．该烷烃有11种不同的H原子，所以该烷烃的一氯代物有11种，

故C正确；D．该烷烃是单烯烃与氢气加成后的产物，则烷烃中C上需有H，由结构可知，每个C原子上至少有1个H原子，将相邻两个C原子的H原子各消去1个，共有10种单烯烃结构，故D错误；答案选C。【点睛】烷烃命名原则：①长−−−−−选最长碳

链为主链；②多−−−−−遇等长碳链时，支链最多为主链；③近−−−−−离支链最近一端编号；④小−−−−−支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近−−−−−离支链最近一端编号”的原则。6.化合物(b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是()A.b的同分

异构体只有d和p两种B.b、d、p的二氯代物均只有三种C.b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D.b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A.b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；B.b的二氯代

物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；C.b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；D.d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。故答案选D。7.下列表示不正确的是()A.羟基的电子式B.丁烷的球棍模型C.乙烯的球棍模

型D.CH3-C≡C-CH(CH3)2的名称是2-甲基戊炔【答案】D【解析】【详解】A．羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基中含有1个氧氢键，羟基正确的电子式为，故A正确；B．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，故为丁烷的球棍模型，故B正确；C．乙烯的分子式为C2H4，其中含有一个

碳碳双键，碳原子半径大于氢原子，则球棍模型，故C正确；D．根据系统命名法，主碳链为5，碳碳三键在2位碳上，所以CH3-C≡C-CH(CH3)2的名称是4-甲基-2-戊炔，故D错误；答案选D。8.关于化合物2-苯基丙烯()，下列说法不正确的是()A.能使稀高锰酸钾溶液褪色B.可以发生加成

聚合反应C.分子中所有原子共平面D.易溶于甲苯等有机溶剂【答案】C【解析】【详解】A．该有机物中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；B．该有机物中含有碳碳双键，可发生加成聚合反应，故B正确；C．苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，有3个原

子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故C错误；D．该有机物中含有碳碳双键，没有亲水基团，故难溶于水，易溶于有机溶剂，故D正确；答案选C。9.下列关于有机化合物的说法正确的是()A.2-甲基丁烷也称为异丁烷B.由溴乙烷生成乙醇属于加成反

应C.C4H9COOH属于羧酸有4种同分异构体D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都易溶于水【答案】C【解析】【详解】A．异丁烷含有4个C原子，2-甲基丁烷含有5个C原子，不是同一种物质，故A错误；B．溴乙烷在氢氧化钠水溶液作用下发生水解制备乙醇，属于取代反应

，故B错误；C．C4H9COOH含有丁基，丁基有4种，分别为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH，共4种，则C5H10O2属于羧酸类的物质有4种同分异构体，故C正确；D．乙醇、乙酸与

水任意比互溶，乙酸乙酯微溶于水，故D错误；答案选C。10.下列由实验得出的结论正确的是实验结论A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸

浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.乙烯与溴发生加成反应

生成的1，2−二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，故A正确；B.乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈，则水中羟基的氢活泼，故B错误；C.乙酸与碳酸钙发生反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，即强酸制取弱酸的原理，则乙

酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D.甲烷与氯气在光照下反应生成HCl溶于水显酸性，一氯甲烷不溶于水即不具有酸性，HCl能使湿润的石蕊试纸变红，故D错误；故选A。【点睛】强酸制弱酸规律：强酸+较弱酸盐=较弱酸+强酸盐；醇、酚、拨酸中-OH上的H的活性：R-COOH>R-OH。11.探究草酸（H2C

2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸

加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB.酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有还原性，24MnO+5224

CO+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH浓硫酸C2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙

二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反

应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C.0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表

示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。12.

化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是()A.1molX最多能与2molNaOH反应B.Y与羧酸发生酯化反应可得到XC.X、Y均不能与酸性KMnO4溶液反应D.室温下X、Y分别与足量Br2发生反应，且消耗Br2的物质的量相等【答案】B【解析】【详解】A．X中

酯基水解生成的羧基和酚羟基、X含有的羧基都能和NaOH反应，且羧基、酚羟基和NaOH以1：1反应，所以1molX最多能和3molNaOH反应，故A错误；B．Y含-OH，和乙酸发生酯化反应得到X，故B正确；C．碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的碳

链结构都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以X、Y都能与酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应；Y中碳碳双键、酚羟基对位的碳，都能和溴发生反应，则二者消耗的Br2的物质的量不相等，故D错误；答案选B

。13.分子式为C4H8IBr的有机物共有(不含立体异构)()A.8种B.10种C.12种D.14种【答案】C【解析】【详解】C4H8IBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个I、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构

，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架

有和4种，综上所述，分子式为C4H8IBr的有机物种类共8+4=12种，答案选C。14.有下列几种反应类型：①消去②加聚③水解④加成⑤还原⑥氧化，用丙醛制取1，2一丙二醇，按正确的合成路线依次发生的反应所属类型应是()A.⑤①④③B.⑥④③①C

.①②③⑤D.⑤③④①【答案】A【解析】用丙醛制取1，2-丙二醇，官能团发生变化，官能团数目也发生变化，1，2-丙二醇有2个羟基，且处于相邻的碳原子上，所以应先制备丙烯，先加氢还原为丙醇，在浓硫酸加热条件下发生消去反应，得丙烯，再与溴加成，制得1，2-二溴丙烷，然后在碱的水

溶液条件下水解，得1，2一丙二醇，故合成路线依次发生的反应所属类型顺序为⑤①④③，故答案选A。点睛：本题以丙醛为原料合成1，2-丙二醇，主要考查有机物的合成路线，对于这类问题，解题的关键是要熟悉烃及其衍生物之间的转化关系，不仅要注意官能团的衍变，还要注意同时伴随的碳、氢、氧、

卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量的改变往往是解题的突破口。15.下列物质与NaOH醇溶液共热完全反应后，可得3种有机物的是A.CH3﹣CHCl﹣CH2﹣CH3B.C.CH3﹣C（CH3）

Cl﹣CH2﹣CH3D.【答案】D【解析】【分析】氯代烃与NaOH醇溶液共热发生消去反应，只有连接卤原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子时卤代烃才能发生消去反应，据此解题。【详解】A．CH3﹣CHCl﹣

CH2﹣CH3消去反应产物有两种：CH2═CH﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH3，故A错误；B．消去反应反应产物有两种，双键可以在与氯原子相连的碳与甲基之间，也可以与亚甲基之间，故B错误；C．CH3﹣C（CH3）Cl﹣CH2﹣CH3消去反应反应产物有两种CH2═C（CH3）﹣CH

2﹣CH3、CH3﹣C（CH3）═CH﹣CH3，故C错误；D．消去反应反应产物有3种，双键可以在与氯原子相连的碳与甲基之间，也可以与亚甲基之间，还可以是与左边的环上的碳之间，故D正确；故选D。二、非选择题（共55

分）16.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下:回答下列问题:Ⅰ.环己烯的制备与提纯(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为__________，现象为____________。(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_______

___________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为___________(填序号)。a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b.FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，

符合绿色化学理念c.同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高②仪器B的作用为____________________________。(3)操作2用到的玻璃仪器是________________

__________。Ⅱ.环己烯含量的测定在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的bmolBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL(以上数据均已扣除干扰因素)

。测定过程中，发生的反应如下:①Br2+→②Br2+2KI=I2+2KBr③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(4)滴定所用指示剂为__________________________。样品中环己烯的质量分数为______________________(用字母表示)。(5)

下列情况会导致测定结果偏低的是__________________(填序号)。a.样品中含有苯酚杂质b.在测定过程中部分环己烯挥发c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化【答案】(1).FeCl3溶液(2).溶液显紫色(3).32FeCl6HO+H2O(4).a、

b(5).减少环己醇蒸出(6).分液漏斗、烧杯(7).淀粉溶液(8).cV(b-)822000a×100%(9).b、c【解析】【分析】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁

，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯。Ⅰ．(1)苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应；(2)①烧瓶A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应；浓硫酸具有强氧化性，能氧化原料，且FeCl3•6H2O污染小、可循环使用；②仪器B能冷凝回流环己醇；(3)操作2分离互不相溶的液体；Ⅱ．(4

)碘与淀粉变蓝；根据消耗碘单质的量可知环己烯的物质的量，然后结合m=nM计算样品中环己烯的质量分数；(5)a．苯酚消耗的溴的物质的量偏大；b．苯酚环己烯挥发，导致消耗的溴偏少，测定结果偏低；c．Na2

S2O3标准溶液部分被氧化，标准液消耗的体积增大。【详解】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己

烯。Ⅰ．(1)苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应，所以可以用FeCl3溶液检验苯酚，苯酚和氯化铁溶液混合溶液呈紫色；(2)①烧瓶A中环己醇发生消去反应生成环己烯和水，该反应方程式为32FeCl6HO+H2O；由于浓

硫酸具有强氧化性，易使原料炭化并产生SO2，从而降低环己烯产率，而FeCl3⋅6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，所以选择FeCl3⋅6H2O而不用浓硫酸，答案选a、b；②仪器B能冷凝回流环己醇，所以B的作用是减少环己醇蒸出，增大环己醇利用率；(3)操作2用于分离

互不相溶的液态，操作方法为分液，需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；Ⅱ．(4)根据反应原理，反应中产生碘单质，碘与淀粉变蓝，则指示剂可选用淀粉溶液；在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的bmolB

r2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL，根据反应①Br2+→，②Br2+2KI=I2+2KBr，③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，剩余

Br2~I2~2Na2S2O3，则剩余的溴单质物质的量=12cmol·L-1×V×10-3L=3cV120mol，消耗的溴的物质的量=(b-3cV120)mol，由反应①可得，环己烯的物质的量=(b-3cV120)m

ol，样品中环己烯的质量分数=3cV10bmol()2ag82g/mol×100%=cV(b-)822000a×100%；(5)a．样品中含有苯酚杂质，苯酚和溴发生取代反应生成三溴苯酚，导致消耗的Br2的物质的量偏大，计算结果偏高，故a不符合题意；b．在测定过程中部

分环己烯挥发导致环己烯质量减少，导致测定结果偏低，故b符合题意；c．Na2S2O3标准溶液部分被氧化，标准液消耗的体积增大，导致消耗碘的物质的量偏大，则测定的剩余溴单质的偏大，环己烯的量偏小，计算结果偏低，故c符合题意。17.以煤、天然气和生物

质为原料制取有机化合物日益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：(1)A→B的反应类型________，C中含氧官能团的名称________。(2)C与D反应得到E的化学方程式________。(3)检

验B中官能团的实验方法________。【答案】(1).氧化反应(2).羧基(3).＋CH2＝CHCOOH＋H2O＋CH2＝CHCOOH＋H2O(4).加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，

说明有碳碳双键【解析】【分析】B到C发生氧化反应，醛基被氧化成羧基，C为，油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，结合D的分子式，可知D为甘油，C和D发生酯化反应得到E，结合E的分子式可知-OH和-COOH发生1：1酯化，混合物E的结构简式为和。【详解】（1）根据分子组成的变化，即去氢加氧，A

到B的反应类型为氧化反应，C中的含氧官能团为羧基。（2）由上分析混合物E的结构简式，可知C和D的酯化反应得到两种有机产物，因而化学方程式分别为＋CH2＝CHCOOH＋H2O和＋CH2＝CHCOOH＋H2O。（3）B中含有碳碳双键和醛基，两者都易被氧

化，其中醛基能被弱氧化剂氧化，因而需要先检验醛基，可采用银氨溶液检验，注意这里需要加过量的银氨溶液以便将醛基全部氧化，然后用盐酸酸化，原因在于银氨溶液呈碱性，能和溴水反应，然后将过滤后的滤液加入溴水，观察现象。因而答案为加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用盐酸

酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有碳碳双键。18.聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如下:已知:①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢②化合物B为单氯代烃；化合物C的分

子式为C5H8③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质④R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题:(1)A的结构简式为___________________。(2)由B生成C的化学方程式为______________________________________

__。(3)由E和F生成G的反应类型为_________，G的化学名称为______________。(4)D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_______________种(不含立体异构)；①能与饱和NaHCO3溶液反应

产生气体②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是_________(写结构简式)；D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是__(填标号)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.

元素分析仪d.核磁共振仪【答案】(1).(2).+NaOH乙醇+NaCl+H2O(3).加成反应(4).3-羟基丙醛(或β-羟基丙醛)(5).5(6).(7).c【解析】【分析】烃A的相对分子质量为70，由7012=5…10，则A为

C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成单氯代烃B，则B为，B发生消去反应生成C为，化合物C的分子式为C5H8，C发生氧化反应生成D为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质

量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息④可知E与F发生加成反应生成G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A的结构简式为

；(2)由B生成C的化学方程式为：+NaOH乙醇+NaCl+H2O；(3)由E和F生成G的反应类型为加成反应，G为HOCH2CH2CHO，G的化学名称为3−羟基丙醛(或β-羟基丙醛)；(4)D为HOOC(CH2)3COOH，它的同分异构体中能

同时满足：①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，说明含−COOH，②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应，说明含有醛基和酯基，则为HCOO−，D中共5个C，则含3个C−C−C上的2个H被−COOH、−OOCH取代，共为3+2=5种，其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6:1:1

的是；D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：c。19.化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下:→(1)A的系统命名为___________，E中官能团的名称为_________________

_。(2)A→B的反应类型为________，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为___________________________。(3)C→D的化学方程式为______________________

______________________。(4)参照上述合成路线，以为原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为_______________，X的结构简式为___________________;试剂与条件2为_

_____________________，Y的结构简式为_______________。【答案】(1).1,6-己二醇(2).碳碳双键、酯基(3).取代反应(4).减压蒸馏(或蒸馏)(5).+C2H5OH浓硫酸+H2O(6).试剂与条件1:HBr,加热

(7).X:(8).试剂与条件2：O2/Cu或Ag，加热(9).Y：【解析】【分析】(1)根据题中已给的A结构简式分析命名，根据E的结构简式判断官能团；(2)Br原子取代A分子中的1个羟基；液体有机物互溶，不分层，但沸点不同；(3)与C2H5OH发生酯化反应生成，结合酯化反应原理及原子守恒书

写方程式；(4)与HBr发生取代反应；发生催化氧化生成Y()。【详解】(1)A为，其化学名称为1，6−己二醇；E为，所含官能团为酯基和碳碳双键；(2)A与HBr反应，Br原子取代A分子中的1个羟基，则A→B是取代反应；液体有机物互溶，不分层，可利用

其沸点不同，采用减压蒸馏(或蒸馏)的方法提纯B；(3)与C2H5OH发生酯化反应生成，结合酯化反应原理及原子守恒即可写出化学方程式+C2H5OH浓硫酸+H2O；(4)与HBr在加热的条件下发生取代反应生成化合物X

()，在Cu或Ag催化加热条件下，与O2发生氧化反应生成化合物Y()，X与Y再发生反应生成。【点睛】能氧化成醛的醇，其羟基相连的碳原子上必有2个氢原子。若只有一个氢原子，则氧化为酮；若没有氢原子，则不能发生催化氧化。