【文档说明】江苏省如皋市2019-2020学年高一下学期期末教学质量调化学（选修）试题【精准解析】.doc，共(20)页，776.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年度高一年级第二学期期末教学质量调研化学试题（选修）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Ca40一、单项选择题：每小题只有一项符合题意。1.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为20的钾原子2019KB.N2的电子式：C.丙烯的结构简式：C

H3CHCH2D.对硝基甲苯的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A.钾的质子数为19，则中子数为20的钾原子的质量数为39，用3919K表示，A错误；B.N2分子中氮原子间共用三对电子，每个氮原子达到8电子稳定结构，其电子式为，B错误；C.丙烯中含有一个碳碳双键

，其结构简式为CH3CH=CH2，C错误；D.对硝基甲苯中硝基与甲基处于对位，其结构简式为，D正确；答案选D。2.下列能大量共存的一组离子是A.H+、Fe2+、-3NO、ClO－B.Fe3+、Cu2+、SCN－、2-4SOC.Na+、Ba2+

、OH－、Cl－D.K+、+4NH、OH－、-3HCO【答案】C【解析】【详解】A.酸性条件下Fe2+、-3NO会发生氧化还原反应不能大量共存，氢离子与次氯酸根离子生成弱电解质次氯酸，也不能大量共存，故A不选；B.Fe3+、SCN－反应产生Fe(

SCN)3，不能大量共存，故B不选；C.该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故C选；D.+4NH、-3HCO都能与OH－反应，不能大量共存，故D不选；故选：C。3.下列离子方程式表达正确的是A.钠与水反应：2Na+H2O＝2Na++OH-+H2↑B.NO2溶于水：3NO2+H2O＝2H+

+2-3NO+NOC.向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2-4SO+OH-+H+＝BaSO4↓+H2OD.向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O＝-2AlO+4+4NH+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.钠与水反应生成

氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，A错误；B.NO2溶于水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸为强酸，离子方程式为3NO2+H2O＝2H++2-3NO+NO，B正确；C.向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸反应生成硫

酸钡和水，离子方程式为Ba2++2-4SO+2OH-+2H+＝BaSO4↓+2H2O，C错误；D.向AlCl3溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3+4NH，D错误；答案

选B。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.浓盐酸2MnO→加热Cl2→石灰乳Ca(ClO)2B.BaCl2(aq)2SO⎯⎯⎯→BaSO32O⎯⎯⎯⎯→BaSO4C.Fe2HO→高温Fe2O3HO2⎯⎯⎯→Fe(OH)3D.CuSO4(aq)NaOH

→过量Cu(OH)2→蔗糖Cu2O【答案】A【解析】【详解】A.浓盐酸和二氧化锰加热产生氯气，氯气通入石灰乳中产生次氯酸钙，转化可以实现，故A选；B.氯化钡与二氧化硫不发生反应，故B不选；C.铁与水蒸气高温产生四氧化三铁，故C不选；D.硫酸铜与氢氧化钠反应产生氢氧化铜沉淀，氢

氧化铜与蔗糖不反应，故D不选；故选：A。5.下列实验原理和装置能达到实验目的的是A.装置甲：制取银氨溶液B.装置乙：除去乙烯中混有的SO2C.装置丙：制取乙烯D.装置丁：验证溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下

发生了消去反应【答案】D【解析】【详解】A．制取银氨溶液，向AgNO3溶液中滴加氨水，至开始生成的沉淀恰好溶解，得到银氨溶液，而不是向氨水中滴加AgNO3溶液，A错误；B．二氧化硫、乙烯均能被高锰酸钾溶

液氧化，不能用酸性KMnO4溶液除去乙烯中的杂质，B错误；C．乙醇在浓硫酸作催化剂的作用下加热到170℃发生消去反应得到乙烯，温度计应测量反应液的温度，水银球应放入反应液中，C错误；D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热的条件下发生了消

去反应生成乙烯，用高锰酸钾检验生成的乙烯。由于乙醇易挥发，乙烯中含有杂质乙醇，但是乙醇也能被高锰酸钾氧化，会对乙烯的检验产生干扰，实验中用水除去乙烯中的乙醇，排除干扰，可以达到实验目的，D正确；答案选D。6.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.ClO2具有强氧化性，

可用于杀菌消毒B.NH3极易溶于水，可用作制冷剂C.碳酸氢钠受热易分解，可用于治疗胃酸过多D.Fe2O3能溶于盐酸，可用作红色颜料【答案】A【解析】【详解】A.因为ClO2具有强氧化性，故可用于杀菌消毒，A正确

；B.因NH3易液化，可用作制冷剂，B错误；C.因碳酸氢钠能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，C错误；D.因Fe2O3为红棕色粉末，可用作红色颜料，D错误；答案选A。7.下列说法正确的是A.用水可区分苯和甲苯B.用溴水可区分

和C.仅用AgNO3溶液即可区分三氯甲烷和溴乙烷D.用银氨溶液可区分和【答案】B【解析】【详解】A．苯和甲苯均为无色的液体，且均不溶于水，其密度均比水小，用水不可区分苯和甲苯，A错误；B．苯酚可与溴水发生取代反应生成白色沉淀，而苯甲醇不与溴水反应，可用溴水区分苯酚和苯甲醇

，B正确；C．三氯甲烷和溴乙烷均为非电解质，在水溶液中不能电离出Cl－和Br－，不与AgNO3溶液反应，C错误；D，苯乙醛中含有－CHO可与银氨溶液反应；，为甲酸与苯甲醇生成的酯类，也可以与银氨溶液反

应，不能用银氨溶液区分，D错误；答案选B。8.下列说法正确的是A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.油脂通过皂化反应可制得硬化油C.氨基酸既能与盐酸反应又能与烧碱反应D.糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A.淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O

5)n，但两者n值不同，因此两者不互为同分异构体，故A错误；B.皂化反应是油脂在碱溶液中发生水解，得到高级脂肪酸盐和甘油；不饱和程度较高、熔点较低的液态油，通过催化加氢，可提高饱和度，这个过程称为油脂的氢化，也称油脂的硬化，故B错误；C.氨基酸中含有氨基和羧基，氨基能与盐酸

反应，羧基能与NaOH溶液发生反应，故C正确；D.糖类分单糖、二糖、多糖，单糖不能水解，油脂、蛋白质均能发生水解，故D错误；答案为C。9.聚乙二醇滴眼药的商品标签部分信息如图所示(乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH)，结合所学知识分析，下列观点不正确的是A.乙二醇和丙二醇互为同系物B.丙二醇

与乙二酸在一定条件下能发生缩聚反应C.一定条件下，乙烯和乙二醇均能转化为BrCH2CH2Br，且原理相同D.一定条件下，乙二醇与足量乙酸充分酯化的有机产物分子式为C6H10O4【答案】C【解析】【详解】A．乙二醇中含有2个－OH，丙二醇中也含有2个－OH，结构相似，且分子式相差1个CH2，

互为同系物，A正确，不选；B．丙二醇和乙二酸均有2个官能团，且能发生酯化反应，可以发生缩聚反应，B正确，不选；C．乙烯与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，乙二醇与浓HBr在加热条件下，可发生取代反应生成CH2BrCH2Br，原理不同，C错误，符合题意；D．乙二醇中有2个－

OH，可与2分子的乙酸发生酯化反应，得到CH3COOCH2CH2OOCCH3，化学式为C6H10O4，D正确，不选；答案选C。10.主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，且它们的原子序数均不超过20。已知X元素原

子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，Z的最高正化合价为+2价，R的最外层电子数是其最内层电子数的一半。下列说法正确的是A.原子半径的大小顺序：r(X)＞r(Y)＞r(Z)B.最高价氧化物对应的水化物的碱性Z＞RC.氢化物的稳定性：X>

WD.Z、R分别分别与W形成的化合物中均只有离子键【答案】D【解析】【分析】X元素原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X为C或S，因为原子序数依次增大，且原子序数不超过20，则X为C，Z的最高正化合价为＋2价，Z位于ⅡA，即Z为Mg，R的最外层电子数是其最内层

电子数的一半，R的最外层电子数为1，即R为K，假设W为Cl，则Y的核电荷数为7，即Y为N，假设W为S，Y的核电荷数为6，Y为C(不符合舍去)，得出W为Cl，Y为N，据此分析；【详解】根据上述分析，X为C，Y为N，Z为Mg，

W为Cl，R为K；A.同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，原子半径大小顺序是r(Mg)>r(C)>r(N)，故A错误；B.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，K的金属性强于Mg，因此KOH的碱性强于Mg(OH)2，故B错误；C.非金

属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>C，因此HCl稳定性强，故C说法错误；D.Mg、K与Cl形成的化合物是MgCl2、KCl，它们属于离子化合物，只含有离子键，故D正确；答案为D。二、不定项选择题：每小题只

有一个或两个选项符合题意。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作结论A向甲苯中滴加少量高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色甲苯发生了氧化反应B向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀生成蛋白质发生了变性C向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液

，产生白色沉淀该溶液中含有2-4SOD向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，没有观察到砖红色沉淀淀粉没有水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.甲苯能与酸性高锰酸钾溶

液发生氧化反应，使溶液褪色，A正确；B.向蛋白质溶液中加入轻质盐如(NH4)2SO4，蛋白质溶液发生盐析而产生沉淀，B错误；C.向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Ag+、2-4SO等，C错误；D.新制氢氧化铜悬

浊液需在碱性环境中使用，故在使用前应加氢氧化钠中和稀硫酸，否则影响实验结果，D错误；答案选A。12.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O＝2NO+HN

O3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是A.H2O是还原剂B.NF3只发生了氧化反应C.每生成1molNO转移电子1molD.NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色的气体【答案】CD【解析】【详解】A.反应中只有N元素价变化，可知NF3在

反应中既是氧化剂又是还原剂，H2O不是还原剂，A错误；B.NF3→HNO3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，NF3→NO中氮元素化合价降低，发生还原反应，B错误；C.根据化学反应式可知，生成2molNO转移2mol电子，所以每生成1molNO转

移电子1mol，C正确；D.NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，D正确；答案选CD。【点睛】明确反应中元素的化合价变化，注意电子守恒的应用是解答的关键。13.甘油醛是最简单的醛糖，甘油醛分子球棍模型如图所示，下列有关说法正确

的是A.甘油醛易溶于水B.可用银氨溶液鉴别甘油醛和甘油(丙三醇)C.甘油醛与Na、NaOH、Na2CO3均可以发生反应D.甘油醛可通过氧化反应制得甘油(丙三醇)【答案】AB【解析】【分析】根据甘油醛的球棍模型知，甘油醛的结构简式为HOCH2CH(OH）CHO，据此作答。【详解】A.甘油醛中含有

羟基，能与水分子间形成氢键，故其易溶于水，A正确；B.甘油醛中含有醛基，能与银氨溶液反应生成银镜，甘油不与银氨溶液反应，B正确；C.甘油醛中含有羟基和醛基，羟基能与钠反应，但甘油醛与氢氧化钠和碳酸钠不反应，C错误；D.甘

油醛与氢气发生还原反应生成甘油，D错误；答案选AB。14.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A.X、Y、Z均属于芳香烃B.X分子中所有原子在同一平面上C.可用FeCl3溶液鉴别Y和ZD.1mol

Z最多能与2molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A.芳香烃是仅含碳氢两种元素且含有苯环的烃，X、Y、Z均含氧元素不属于烃类，故A错误；B.X中含有甲基，甲基呈四面体构型，所有原子不可能共面，故B错误；C.Y中含有酚羟基，遇

氯化铁出现紫色，Z中不含酚羟基遇氯化铁不会出现紫色，可用氯化铁鉴别Y和Z，故C正确；D.Z中含有2个酯基，且有一个是酚类酯，一般酯基水解1mol-COO-消耗1molNaOH，1mol酚类酯基消耗2molNaOH，1molZ最多能与3

molNaOH反应，故D错误；故选：C。15.化合物X具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是A.X分子中所有碳原子可能共平面B.分子中有4个手性碳原子C.1molX最多可与9molNaOH

反应D.一定条件下，X可与甲醛发生缩聚反应【答案】BD【解析】【详解】A.X结构中左侧六元环均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，故A错误；B.手性碳原子是连接四个不同原子或原子团的碳原子，X中有如图标识的四个手性碳原子：，故B

正确；C.1molX中含有1mol-COOH，1mol-COO-，3mol酚羟基，最多消耗5molNaOH，故C错误；D.X中含有酚羟基，且酚羟基邻位有氢，可与甲醛发生羟醛缩合反应，故D正确；故选：BD。三、非选

择题16.利用分类的方法和氧化还原反应的规律，能实现某些物质的转化。(1)请从下列试剂中选择合适的试剂完成指定转化（试剂可以重复选择）。试剂：Cl2、HCl、Na2S、H2O；①I2→IO3－的离子方程式：____；②CuSO4→Na2SO4

的化学方程式：_____。(2)利用水钴矿(主要成分是Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3)制取CoC2O4·2H2O的流程如下：①“还原”时，Fe3+和Co3+均被还原为正二价阳离子，写出Co3+被还原的离子方程式_。②“氧化”反应的离子方程式为：____。【答

案】(1).I2+5Cl2+6H2O＝2IO3－＋10Cl－+12H＋(2).CuSO4+Na2S＝CuS↓+Na2SO4(3).2Co3++2-3SO+H2O＝2-4SO+2Co2++2H+(4).6Fe2++ClO+6H+＝6Fe3++Cl－+3H2O【解析】【分析】(1)①在氧化还原反应

中，有物质化合价升高，就有化合价降低，I2中I的化合价升高，作还原剂，应选择氧化剂；②CuSO4转化为Na2SO4，一种盐转化为另一种盐，考虑复分解反应发生的条件，生成沉淀；(2)水钴矿加入盐酸酸浸，Fe2O3、Al2O3、Co2O3均会与HCl反应，溶液

中含有Fe3＋、Al3＋、Co3＋；加入Na2SO3，Fe3＋和Co3＋被还原成Fe2＋、Co2＋；再加入NaClO3，将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去，最后加入(NH4)2C2O4得到产物。【详解】(1)①在氧化还原反应中，有物质化合价升高，就有化合价降低，I2中I的化合价升高，作还原剂，

应选择氧化剂，Cl2符合题意。I2中I的化合价从0价升高到＋5价，生成IO3－，化合价共升高10价，Cl2中的Cl化合价从0价降低到－1价，共降低2价，化合价升降守恒，则I2和Cl2的系数比为1：5，再根据电荷守恒，物料守恒配平，离子方程式为I2+5Cl2+6H2O＝2IO3－

＋10Cl－+12H＋；②CuSO4转化为Na2SO4，一种盐转化为另一种盐，考虑复分解反应发生的条件，生成沉淀，Na2S符合题意，化学方程式为CuSO4+Na2S＝CuS↓+Na2SO4；(2)①“还原”时，SO32－被氧化成SO42－，根据产物中Co的化合价，可知Co3＋转化为Co2＋，离

子方程式为2Co3＋+SO32－+H2O＝SO42－+2Co2＋+2H＋；②“氧化”时，Fe2＋被ClO3－氧化成Fe3＋，化合价升高1价；ClO3－中的Cl转化为Cl－，化合价降低6价，化合价升降守恒，则Fe2＋和ClO3－的系数比为6：1，根据电荷守恒，物

料守恒配平，离子方程式为6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。17.草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(1)实验证明草酸铵分解产物有：NH

3、CO2、CO和水，其中说明分解产物中有CO的实验现象是__。(2)装置C中发生反应的离子方程式为_____。Ⅱ．该同学利用草酸铵测定某品牌牛奶中钙的含量，实验步骤如下：①取100mL牛奶，加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，使牛奶中的

钙转化成难溶的CaC2O4沉淀；②过滤，用适量的蒸馏水洗涤沉淀表面吸附的少量(NH4)2C2O4、蛋白质等杂质；③将沉淀转移至锥形瓶中，加足量的稀硫酸溶液溶解CaC2O4；④然后以0.100mol·L－1的K

MnO4溶液滴定生成的H2C2O4溶液，共消耗KMnO4溶液16.00mL。已知：H++-4MnO+H2C2O4——Mn2++CO2+H2O(未配平)(3)计算该品牌牛奶中钙的含量(单位：g·L-1)，写出计算过程_____。【答案】(1).E中黑色

固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(2).CO2+2OH-=2-3CO+H2O(3).n(KMnO4)=0.100mol·L-1×16.00×10-3L=1.6×10-3mol，n(H2C2O4)=52n(KMnO4)=4×10-3mol，n(Ca2+)=n(H2C2O4

)=4×10-3mol，m(Ca2+)=4×10-3mol×40g·mol=0.16g，该品牌牛奶中钙的含量为＝0.16g0.1L=1.6g·L-1【解析】【分析】草酸铵分解产物有NH3、CO2、CO和水，澄清石灰水用于检验二氧化碳

，足量氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，浓硫酸用于除水，氧化铜与一氧化碳反应生成二氧化碳和铜；-4MnO与H2C2O4发生氧化还原反应，锰元素由+7价变为+2价，碳元素由+3价变为+4价，根据得失电子守恒，可得反应方程式为6H++2-4MnO+5

H2C2O4=2Mn2++10CO2+8H2O。【详解】(1)综上分析，说明草酸铵的分解产物中有CO的实验现象是E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊。(2)装置C中总量氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为CO2+2OH-=2-3CO+H

2O。(3)滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4)=0.100mol·L-1×16.00×10-3L=1.6×10-3mol，根据反应6H++2-4MnO+5H2C2O4=2Mn2++10CO2

+8H2O可知，消耗的草酸的物质的量n(H2C2O4)=52n(KMnO4)=4×10-3mol，则n(Ca2+)=n(H2C2O4)=4×10-3mol，m(Ca2+)=4×10-3mol×40g·mol=0.16g，该品牌牛奶中钙的含量＝

0.16g0.1L=1.6g·L-1。18.工业上以金属镍废料(除NiO外，还含有少量的FeO、Fe2O3)为原料生产Ni2O3的流程如下：(1)“酸浸”时，Fe2O3发生反应的化学方程式为_____。(2)“氧化Ⅰ”时，加入双氧水的目的是_____。(3)“沉镍”时，检验N

i2+沉淀完全的操作是_____。(4)“氧化Ⅱ”时，发生反应的离子方程式为_____。【答案】(1).Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O(2).将Fe2+氧化为Fe3+(3).静置，向上层清液中继续滴加Na2C

O3溶液，若不再产生沉淀，说明已沉淀完全，反之则没有沉淀完全(4).2Ni2++ClO-+4OH-＝Ni2O3↓+Cl-+2H2O【解析】【分析】金属镍废料（除NiO外，还含有少量的FeO、Fe2O3），加硫酸酸浸后的酸性溶液中含有金属离子Ni2+、Fe2

+、Fe3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3再溶于硫酸，得硫酸镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3。【详解】(1)“酸浸”时，Fe2O3与硫

酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O。(2)综上分析“氧化Ⅰ”时，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。(3)“沉镍”时，检验Ni2+沉淀完全的操作是静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉

淀，说明已沉淀完全，反之则没有沉淀完全。(4)“氧化Ⅱ”时，加入次氯酸钠和氢氧化钠与硫酸镍发生氧化还原反应，镍化合价由+2价变为+3价生成三氧化二镍，氯元素化合价由+1价降为-1价，反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-＝Ni2O3↓+Cl-+2H2O。19.有机物X()是重要的

化工试剂，一种合成路线如下：已知：①RNH2++H2O②+H2O(1)D→E的反应试剂及条件是_____。(2)F的结构简式为_____。(3)一定条件下，HCHO与以等物质的量发生反应。可能生成的所有有机产物的结构简式有___。(4)有机物X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除苯环外无其他环状结构；②能发生银镜反应，能与酸反应生成盐；③核磁共振氢谱图中有4个峰。【答案】(1).浓HNO3、浓H2SO4、加热(2).(3).、(4).或【解析】【分析】有机物A发生溴原

子的取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据X的结构简式和G的结构简式可知，C与G反应机理与已知①②相同，进而推断C的结构简式为；根据D的分子式以及E的结构简式可知，D为甲苯，E发生氧化反应生成F，根据F的分子式以及G的结构简式可知，F的结构简式为。【详解】(1)综上分析，D为甲苯，D

→E为苯环的硝化反应，反应试剂及条件是浓HNO3、浓H2SO4、加热。(2)E发生氧化反应生成F，根据流程图可知，E的甲基被氧化为醛基，故F的结构简式为。(3)一定条件下，HCHO与以等物质的量发生反应，反应机理与已知②相同，故可能生成的所有有机产物的结构简式有、。(4)有机物X的一种同分异构体①

除苯环外无其他环状结构；②能发生银镜反应，能与酸反应生成盐，说明分子含有醛基和氨基；③核磁共振氢谱图中有4个峰，则含有4中氢原子，满足条件的结构简式为或。20.化合物H是有机合成重要的中间体，其合成路线如图：

(1)H中官能团的名称为_________。(2)B→C的反应类型为________。(3)的名称为_______。(4)化合物G的结构简式为_______。(5)B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能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，所得两种产物分子均只有2种不同化学环境的氢原子。(6)以乙烯和为原料，制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___

_________________。【答案】(1).羧基、羰基(2).还原反应(3).1,3-丁二烯(4).(5).(6).【解析】【分析】根据流程中，结合G的分子式可知，G在碱性条件下水解后再酸化得到H，减少2个碳，则应同时生成乙醇，故可推知化合物G的结构简式为，结合其他

物质的结构简式，利用官能团性质进行分析解答。【详解】(1)H为，所含有官能团的名称为羧基、羰基；(2)B→C是在LiAlH4、THF作用下反应生成，根据B与C的结构简式可知，反应过程中去氧加氢，反应类型为还原反应；(3)根据系统命名法可知，含有

2个碳碳双键且最长碳链4个碳，名称为1,3-丁二烯；(4)根据流程中，结合G的分子式可知，G在碱性条件下水解后再酸化得到H，减少2个碳，则应同时生成乙醇，故可推知化合物G的结构简式为；(5)B为，其同分异构体满足：①能与FeCl3溶液发生

显色反应，则含有酚羟基；②碱性水解后酸化，所得两种产物分子均只有2种不同化学环境的氢原子，则高度对称，水解后生成对苯二酚，满足条件的同分异构体为；(6)在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成1，3-丁二烯，1，

3-丁二烯与乙烯发生加成反应生成，与溴发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成，合成路线流程图为：。21.酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法。化合物F合成路线如下：(1)B→C的反应类型为_____

__。(2)C→D反应的化学方程式为________。(3)从整个流程看，D→E的作用是_______(4)F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能与NaHCO3反应

产生CO2；②存在顺反异构体，且至少有6个碳原子共平面；③核磁共振氢谱图中有5个峰。(5)写出以CH2＝CHCOOH、CH3OH和CH3CH2MgI为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示

例见本题题干)________________。【答案】(1).氧化反应(2).+CH3OH+H2O(3).保护羰基，防止羰基与CH3MgI反应(4).或(5).或【解析】【分析】C与甲醇在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成D

，则D为：；（5）以CH2＝CHCOOH、CH3OH和CH3CH2MgI为原料制备，通过分析目标产物可知，若要制得醛基，则需要通过醇羟基氧化，而由题干可知，制备醇羟基的方式有利用碳碳双键与B2H6、H2O2/OH-连续反应，

还可以利用酯基与CH3CH2MgI、H3O+连续反应制得，以此解答。【详解】（1）B中羟基与酸性高锰酸钾反应生成羰基、羧基，该反应类型为氧化反应；（2）由上述分析可知，C→D为酯化反应，该反应化学方程式为：+CH

3OH浓硫酸+H2O；（3）由E→F可知CH3MgI能与-C=O发生反应，而D与F中均含有羰基，因此D→E的作用是保护羰基，防止羰基与CH3MgI反应；（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件：①能与NaHCO3反应产生

CO2，说明该结构中含有羧基，②存在顺反异构体，说明含有碳碳双键以及同侧相连原子团不相同，且至少有6个碳原子共平面，说明与碳碳双键相连的原子均为碳原子；③核磁共振氢谱图中有5个峰，说明共含有5种不同化学环境的氢原子，则满足该条件的结构有：或；（5）若要制得，则需要通过催化氧化而得，中

含有2个羟基，结合分析可知，具体合成路线为：或。