2018-2019学年天津市静海区第一中学高二5月月考化学试题 解析版

2018-2019学年天津市静海区第一中学高二5月月考化学试题 解析版

静海一中2018-2019第二学期高二化学(5月)‎ 学生学业能力调研试卷 第Ⅰ卷 基础题(共80分)‎ 相对原子质量：C ;12 H: 1 O: 16 N: 14‎ 一、选择题: 每小题2分，共26分. 每小题只有一个正确选项。‎ ‎1. 构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是 ( )‎ A. E(3s)＞E(3p)＞E(3d) B. E(3s)＞E(2s)＞E(1s)‎ C. E(‎4f)＞E(4s)＞E(3d) D. E(5s)＞E(4s)＞E(‎4f)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、‎4f……：‎ A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故A错误；‎ B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故B正确；‎ C、由以上分析可知E（‎4f）＞E（3d）＞E（4s），故C错误；‎ D、应为E（‎4f）＞E（5s）＞E（4s），故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎【点睛】各能级能量高低顺序为：①.相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②.n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np。‎ ‎2.下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：‎ ‎①1s22s22p63s23p4　②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3　④1s22s22p5，则下列有关的比较中正确的是 A. 第一电离能：④＞③＞②＞①‎ B. 原子半径：④＞③＞②＞①‎ C. 电负性：④＞②＞①＞③‎ D. 最高正化合价：④＞③＝②＞①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；故答案为A。‎ ‎【点睛】比较第一电离能时要注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，电离能的变化规律一般为：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)；特别注意当原子电子排布处于半充满或全充满时原子的能量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。‎ ‎3.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是(　　)‎ A. SO32﹣ B. ClO4﹣ C. NO2﹣ D. ClO3﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO32﹣中S原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，有1对孤电子对，所以SO32﹣离子的空间立体构型是三角锥形，故不选A；‎ B. ClO4﹣中Cl原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，无对孤电子对，所以ClO4﹣离子的空间立体构型是正四面体，故选B；‎ C. NO2﹣中N原子的杂化轨道数是3，VSEPR模型为平面三角形，有1对孤电子对，所以NO2﹣‎ 离子的空间立体构型是V形，故不选C；‎ D. ClO3﹣中Cl原子的杂化轨道数是4，VSEPR模型为正四面体，有1对孤电子对，所以ClO3﹣离子的空间立体构型是三角锥形，故不选D；‎ ‎【点睛】本题考查微粒空间构形及VSEPR模型，会计算价层电子对个数是解本题的关键，难点是计算孤电子对个数，明确孤电子对个数计算中各个字母含义是解答的关键。‎ ‎4.具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是 A. 两种原子的电子层上全部都是s电子 B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子 C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子 D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种原子的电子层上全部都是s电子，均为1s或均为1s、2s电子，则为短周期一或二，不一定为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，故B选；C．最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，故C不选；D．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D不选；故答案为B。‎ ‎5.下列说法中错误的是（ ）‎ ‎①化学性质相似的有机物是同系物 ‎②分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物 ‎③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物 ‎④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似 ‎⑤分子式为C3H6与C6H12的两种有机物一定互为同系物 ‎⑥互为同系物的有机物其相对分子质量数值一定相差14 n（n为正整数）‎ A. 只有①②③④ B. 只有①②③④⑤ C. 只有②③④ D. ‎ 只有①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①甲醇与乙二醇的化学性质相似，但结构不同，不是同系物，①错误。‎ ‎②同系物是结构相同、分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物的互称，两个条件都要满足，如环丙烷与乙烯分子组成相差1个CH2原子团，但结构不同。②错误。③烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们可能是同系物如烯烃，也可能是同分异构体如正丁烷和异丁烷，③错误。④同分异构体的物理性质有差别，化学性质有些有差别如环己烷和己烯性质完全不同，有些无差别如正丁烷和异丁烷，④错误。‎ ‎⑤C3H6可能为丙烯或环丙烷，C6H12可能为己烯或环己烷等，不一定为同系物，⑤错误。⑥同系物是结构相同、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物的互称，所以相对分子质量一定相差14的整数倍，⑥正确。综合以上可知正确答案为B 点睛：同系物是结构相同、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物的互称，两个条件必须同时满足。同系物物理性质有差异，化学性质可能相似也可能不同，如果是碳链异构、位置异构则化学性质相似，若是官能团异构，化学性质肯定不同。‎ ‎6.配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物 [Cu(H2O)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数 A. Cu2＋、H2O、＋2、4 B. Cu＋、H2O、＋1、4‎ C. Cu2＋、OH－、＋2、2 D. Cu2＋、H2O、＋2、2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考查配位键的形成与有关判断。根据化学式可知，水分子提供孤对电子，所以水是配体，配位数是4；铜离子接受孤对电子，属于中心离子，因此正确的答案选A。‎ ‎7.下列判断，结论正确的是（ ）‎ 选项 项目 结论 A 三种有机化合物：丙烯、氯乙烯、苯 分子内所有原子均在同一平面 B 由溴丙烷水解制丙醇、由丙烯与水反应制丙醇 属于同一反应类型 C 乙烯和苯都能使溴水褪色 退色的原理相同 D C4H9Cl的同分异构体数目（不考虑立体异构）‎ 共有4种 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构．‎ B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应；由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应．‎ C、乙烯与溴水发生加成反应，苯萃取溴水中的溴．‎ D、书写丁基﹣C4H9的同分异构体，﹣C4H9有几种同分异构体，C4H9Cl就有几种同分异构体．‎ 解：A、氯乙烯、苯二者为平面结构，所有原子在同一平面内．丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；‎ B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应，由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应，二者不属于同一反应类型，故B错误；‎ C、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，苯萃取溴水中的溴，使溴水褪色，褪色原理不同，故C错误；‎ D、﹣C4H9的同分异构体有﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3四种，所有C4H9Cl有4种同分异构体，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎8.化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质 B. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应 C. 将地沟油制成肥皂，可以提高资源的利用率 D. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 福尔马林是甲醛溶液，，甲醛能使蛋白质变性，故A正确；牛奶是胶体，加入果汁会产生聚沉，故B错误；地沟油的成分是油脂，可以发生皂化反应，故C正确；聚碳酸酯可水解，故D正确。‎ ‎9.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是 ‎①可以与氢气发生加成反应；②能使酸性KMnO4溶液褪色；‎ ‎③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；‎ ‎⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应 A. ①④ B. 只有⑥ C. 只有⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；③含有羧基，能跟NaOH溶液反应；④含有羟基和羧基，能发生酯化反应；⑤含有碳碳双键，能发生加聚反应；⑥不存在酯基，不能发生水解反应，答案选B。‎ 考点：考查有机物结构和性质 ‎10. 下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 乙酸与碳酸钠溶液反应：2H+＋CO32—== CO2↑＋H2O B. 醋酸溶液与新制氢氧化铜反应：CH3COOH＋OH－→CH3COO－＋H2O C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：‎2C6H5O－＋CO2＋H2O →‎2C6H5OH＋CO32—‎ D. 甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：HCHO+4[Ag(NH3)2]++4OH-CO32—+2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：乙酸是弱酸，不能拆分，选项A不正确；氢氧化铜不溶，不能拆分，选项B不正确；在苯酚钠溶液中通CO2应该生成NaHCO3，选项C不正确；甲醛分子内可看成二个醛基，与足量银氨溶液生成时1mol可生成4mol银，选项D正确。‎ 考点：离子方程式正误判断 涉及拆分是否合理、反应原理是否正确等。‎ ‎11.下列说法正确的是（ ）‎ ‎①可以用Cu(OH)2悬浊液用一种试剂鉴别甲酸、乙酸、乙醛、乙醇。‎ ‎②可用酸性K2Cr2O7溶液检验是否酒后驾车，该应用利用了乙醇的还原性和低沸点的性质。‎ ‎③向银氨溶液中加入几滴乙醛后用酒精灯加热至沸腾制可得银镜。‎ ‎④向足量的浓苯酚溶液中滴入少量溴水，可观察到有白色沉淀生成，该沉淀为2,4,6-三溴苯酚。‎ ‎⑤该分子中的碳原子可能都在同一平面。‎ ‎⑥做过银镜反应实验后的试管，用氨水洗涤。‎ A. ①②④⑤⑥ B. ①②③④ C. ①②④ D. ①②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①甲酸和氢氧化铜悬浊液发生中和反应，加热继续反应生成氧化亚铜红色沉淀，和乙酸只是中和反应，和乙醛加热反应生成红色氧化亚铜，和乙醇不反应，可以用Cu(OH)2悬浊液用一种试剂鉴别甲酸、乙酸、乙醛、乙醇，①正确；②酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可用酸性K2Cr2O7溶液检验是否酒后驾车，该应用利用了乙醇的还原性和低沸点的性质，②正确；③银镜反应需要水浴加热，③错误；④向足量的浓苯酚溶液中滴入少量溴水，生成的三溴苯酚溶解在苯酚中，看不到白色沉淀，④错误；⑤该分子中含有2个饱和碳原子，所有的碳原子不可能都在同一平面，⑤错误；⑥做过银镜反应实验后的试管，应该用硝酸洗涤，⑥错误，答案选D。‎ 点睛：选项④是解答的易错点，学生容易忽视苯酚过量，生成的三溴苯酚会溶解在苯酚中而看不到白色沉淀，应该是加入足量的浓溴水。‎ ‎12. 某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是 (　　)。‎ A. 电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2‎ B. 该元素为V C. 该元素为ⅡA族元素 D. 该元素位于d区 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期ⅤB族元素，为V元素，位于d区，‎ 答案选C。‎ ‎13. 下列有机物相关描述不正确的 A. 用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳 B. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上 C. 甘氨酸（H2N—CH2COOH）、丙氨酸[CH3CH（NH2）COOH]、谷氨酸[HOOC—CH2CH2CH（NH2）COOH]一定条件下形成链状三肽的结构最多有3种 D. 1mol有机物一定条件下能和6molNaOH反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．己烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层，乙酸与溴水互溶，无现象，能区分，A正确；B．甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面。‎ 分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，B正确；C．氨基酸为三种，但是谷氨酸有2个羧基，形成的肽键不同，故形成的肽键大于3种，C错误；D．此有机物中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，在一定条件下能与6molNaOH反应，D正确，答案选C。‎ 考点：考查有机反应的判断、有机物的结构、常见官能团的性质 二、填空题 (共54分)‎ ‎14.易混易错题组：按题目要求填写下列空白。‎ ‎(1) 用价层电子对互斥模型预测下列微粒的立体结构，并指出后两种物质中中心原子的杂化方式。‎ H2Se______________ CF4_______________SO2______________ 、______SO42-______________、_______ ‎ ‎(学法题)简述价层电子对互斥模型与分子的立体结构之间的关系_________________________‎ ‎(2)写出下列物质的系统命名：‎ ‎①(CH3)3COH________________②CH3CHClCOOH ___________________‎ ‎③________________ ④________________‎ ‎(3)下列原子核外电子排布中，违背“泡利不相容原理”的是_________；违背“洪特规则”的是_______；违背“洪特 规则特例”的是___________。违背“能量最低原理”的是________；(填编号) ‎ ‎① ‎6 C轨道表示 ‎②7N轨道表示为：‎ ‎③29 Cu电子排布式为：1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 9 4s 2 ‎ ‎④20 Ca电子排布式：1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 2 ‎ ‎⑤O： ‎ ‎(学法题)在解答此题时必须明确概念，简述泡利原理，洪特规则的概念：___________________________‎ ‎(4)按要求书写化学方程式 ‎①CH3CH(OH)CH3的催化氧化：__________________________________________‎ ‎②和氢氧化钠溶液反应____________________________________________‎ ‎③过量乙酸与甘油的酯化反应_________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). V形 (2). 正四体形 (3). V形 (4). sp2 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对 (8). 2-甲基-2-丙醇 (9). 2-氯丙酸 (10). 3-乙基戊烷 (11). 2-硝基甲苯 (12). ⑤ (13). ② (14). ③ (15). ④ (16). 泡利原理为每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则为洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同； (17). 2 CH3CH(OH)CH3+O22 CH3COCH3+ 2H2O (18). (19). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) H2Se中心原子Se原子成2个σ键、含有2对孤对电子，故杂化轨道数为4，采取sp3杂化，预测其空间结构为四面体，但实际结构为V形；CF4中心原子C原子形成4个σ键、不含孤对电子，故杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故空间结构为正四体形；SO2中心原子上的孤对电子数为=1，价层电子对个数为2，杂化轨道数为3，故采取sp2杂化，预测其空间结构为平面三角形，实际为V形；SO42-中含孤电子对为=0，价层电子对个数都是4，故采取sp3杂化，所以空间构型都是正四面体结构；根据价层电子对互斥模型用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对；‎ ‎(2)①根据系统命名法，有机物(CH3)3COH的名称为2-甲基-2-丙醇；②CH3CHClCOOH ‎ 的名称为2-氯丙酸；③的名称为3-乙基戊烷；④的名称为2-硝基甲苯；‎ ‎(3)①洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，则‎6 C轨道表达式为；②洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，则7N轨道表示为时违背洪特规则；③当电子排布为全充满、半充满或全空时相对稳定，则29 Cu电子排布式为1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 9 4s 2时违背了洪特规则特例；④能量最低原理是原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道，则20 Ca电子排布式为：1s22s 22p63s23p 63d2违背了能量最低原理，其正确的电子排布式为1s22s 22p63s23p 64s2；⑤泡利不相容原理是指每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，则O： 违背泡利不相容原理；‎ 故违背“泡利不相容原理”的是⑤；违背“洪特规则”的是②；违背“洪特规则特例”的是③；违背“能量最低原理”的是④；‎ 在解答此题时必须明确概念，其中泡利原理为每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则为洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同； ‎ ‎(4)①CH3CH(OH)CH3在Cu作催化剂的条件下加热催化氧化生成丙酮，发生反应的化学方程式为2 CH3CH(OH)CH3+O22 CH3COCH3+ 2H2O；‎ ‎②和氢氧化钠溶液反应时发生反应的化学方程式为；‎ ‎③过量乙酸与甘油的酯化反应的化学方程式为 ‎。‎ ‎15.规律提炼题组：同分异构体的书写 ‎(1)同温同压下蒸气的密度是H2的43倍的烷烃的分子式________，其中一氯代物只有2种的结构简式为：_______________________。‎ ‎(2)写出符合下列条件所有同分异构体的结构简式_______。‎ a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 ‎ b．既能发生银镜反应又能发生水解反应 ‎(3)CH2=CHOC2H5的同分异构体,与CH2=CHOC2H5有完全相同的官能团，写出所有可能的结构________。‎ 学法题：通过此题的解答，总结同分异构体常见类型有____________________‎ ‎【答案】 (1). C6H14 (2). (3). (4). CH2=CHCH2OCH3，，； (5). 碳链异构、位置异构、顺反异构 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据密度之比等于相对分子量之比以及烷烃通式CnH（2n+2）进行计算，结合等效氢写出符合条件的结构简式；‎ ‎（2）的同分异构体满足：既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，或甲酸形成肽键，且苯环上只有两个取代基且互为邻位，2个取代基为-OOCH、-NH2，或者-OH、-NHOCH；‎ ‎（3）CH2=CHOC2H5的同分异构体与CH2=CHOC2H5有完全相同的官能团，则应含有醚键、碳碳双键，可以看作CH2=CHCH3中1个H原子被-OCH3取代，注意存在顺反异构情况。‎ ‎【详解】（1）密度之比等于相对分子量之比，烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的43倍，则A的相对分子量为2×43=86，A的相对分子质量为：14n+2=86，n=6，即该烷烃的分子式为C6H14；其中一氯代物只有2种的烷烃只有2种等效氢，其结构简式为；‎ ‎（2）的同分异构体满足：既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，或甲酸形成肽键，且苯环上只有两个取代基且互为邻位，2个取代基为-OOCH、-NH2，或者-OH、-NHOCH；符合条件的同分异构体为：和；‎ ‎（3）CH2=CHOC2H5同分异构体中与B有完全相同的官能团，则应含有醚键、碳碳双键，可以看作CH2=CHCH3中1个H原子被-OCH3取代，注意存在顺反异构情况，可能的结构简式有：；由此可知书写同分异构体时需要结合碳链异构、位置异构、顺反异构来分析。‎ ‎16.关键环节题组：有机合成路线设计 ‎(1)用丙醛(CH3—CH2—CHO)制取聚丙烯的过程中发生的反应类型为________‎ ‎①取代　②消去　③加聚　④缩聚　⑤氧化　⑥还原 A．⑥②③　 　B．⑤②③ C．②④⑤ D．①④⑥‎ ‎(2)以CH2==CHCH2OH为主要原料(无机试剂任用)设计CH2==CHCOOH的合成路线流程图(已知CH2=CH2可被氧气催化氧化为 )_________________‎ 学法题：通过此题的解答，总结设计有机合成路线需注意(至少写2条)___________________________‎ ‎【答案】 (1). A (2). CH2=CHCH2OHCH2CHClCH2OHCH2CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH (3). 选择合适的反应条件、要注意官能团的保护 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可用逆推法分析：→CH2=CH-CH3→CH2OH-CH2-CH3→CH3-CH2-CHO，以此判断可能发生的反应；‎ ‎（2）以CH2=CHCH2OH为主要原料合成CH2=CHCOOH， CH2=CHCH2OH可先和HCl发生加成反应，保护碳碳双键，再利用强氧化剂将醇羟基氧化为羧基，最后再结合卤代烃的消去引入碳碳双键即可；合成时要注意反应条件和官能团的保护。‎ ‎【详解】（1）要制取，可逆推反应流程：→CH2=CH-CH3→CH2OH-CH2-CH3→CH3-CH2-CHO，则从后往前推断可发生加成（还原）、消去、加聚反应，故答案为A；‎ ‎（2）以CH2=CHCH2OH为主要原料合成CH2=CHCOOH， CH2=CHCH2OH可先和HCl发生加成反应，保护碳碳双键，再利用强氧化剂将醇羟基氧化为羧基，最后再结合卤代烃的消去引入碳碳双键，具体合成路线为：CH2=CHCH2OHCH2CHClCH2OHCH2CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH；在选择合成路线时，需要选择合适的反应条件，同时注意官能团的保护，上述流程中用强氧化剂氧化羟基生成羧基时需要防碳碳双键被氧化，故需要先保护碳碳双键。‎ ‎【点睛】在进行推断及合成时，需要将题目信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据官能团的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目。‎ ‎17.前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大；A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期，且D的气态氢化物可以和其最高价氧化物的水化物发生氧化还原反应；E位于第四周期，其价电子层中只有一个电子，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：‎ ‎(1)E原子的电子排布式为________，C和D的第一电离能较大的是________。‎ ‎(2)CO43-中C的杂化方式为________，该离子的“VSEPR”模型为________形。‎ ‎(3)C和D的简单阴离子半径由大到小的顺序为________，C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为________。‎ ‎(4)某分子的结构式为：A—B＝B—A，则该分子中σ键和π键的数目之比为_____，B2分子和一氧化碳分子互为等电子体，则一氧化碳的电子式为_____。‎ ‎(5)向EDO4溶液中加入过量稀氨水，阳离子化学式为________，该离子的配位体为________。‎ ‎(6)B能量最高的电子为________轨道上的电子，其轨道呈________形。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1 (2). P (3). sp3杂化 (4). 正四面体 (5). P3－>S2－ (6). H3PO4S2－，P和S最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H3PO4”或“<”)。‎ ‎【答案】 (1). 跃迁 (2). 6 (3). sp3 (4). 折线形(V形或角形) (5). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）基态铜原子在灼烧时外围电子获得能量，发生跃迁而变为激发态，焰色反应为绿色；‎ ‎（2）单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；‎ ‎（3）计算S原子孤对电子、价层电子对数确定其空间结构，同主族自上而下第一电离能减小。‎ ‎【详解】（1）基态Cu原子外围电子排布式为：3d104s1，基态铜原子在灼烧时外围电子获得能量，发生跃迁而变为激发态，焰色反应为绿色；‎ ‎（2）1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；‎ ‎（3）S原子孤对电子数为=1、价层电子对数=2+1=3，故其空间结构为V形，同主族自上而下第一电离能减小，则第一电离能S＜O。‎ 第Ⅱ卷 提高题(共20分)‎ ‎19.塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害。其合成线路图如图I所示： 已知以下信息：‎ ‎①‎ ‎②R1CHO+R2CH2CHO+H2O ‎ ‎③C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎(1)C的结构简式为____________， E中所含官能团的名称是____________；‎ ‎(2)写出下列有关反应的化学方程式：‎ ‎①E和H2以物质的量比1︰1反应生成F：______________________；‎ ‎②B和F以物质的量比1︰2合成DBP：_____________________，该反应的反应类型为_____________________。‎ ‎(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有______种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式_________________。‎ ‎①不能和NaHCO3溶液反应 ②能发生银镜反应 ‎③遇FeCl3溶液显紫色 ④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子 ‎【答案】 (1). CH3CH2OH (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH (4). (5). ‎ 取代反应 (6). 6 (7). 、等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A反应生成邻苯二甲酸，结合信息①可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息②可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为，据此解答．‎ ‎【详解】解：A反应生成邻苯二甲酸，结合信息①可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息②可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH=CHCHO，E和H2以物质的量比1：1反应生成F，B和F以物质的量比1：2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH=CHCH2OH，DBP为． （1）C的结构简式为CH3CH2OH，E为CH3CH=CHCHO，含有碳碳双键、醛基；‎ ‎（2）①E和H2以物质的量比1：1反应生成F的方程式为：CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH；‎ ‎②B和F以物质的量比1：2合成DBP的方程式为：，属于取代反应；‎ ‎（3）同时符合下列条件的B（）的同分异构体：①不能和NaHCO3溶液反应，不含羧基；②能发生银镜反应，含有醛基；③遇FeC13溶液显紫色，含有酚羟基；④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有：、、‎ ‎、、、。‎ ‎20.实验题：‎ ‎1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为‎71℃‎，密度为‎1.36g·cm-3。实验室制备少量 1-溴丙烷的主要步骤如下：‎ 步骤 1：在仪器 A 中加入搅拌磁子、‎12g 正丙醇及 20mL水，冰水冷却下缓慢加入 28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24gNaBr。‎ ‎(已知：①2NaBr+H2SO4(浓) Na2SO4+2HBr↑，②正丙醇和浓硫酸共热会产生丙烯、醚等副产品)‎ 步骤 2：如图所示搭建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止。‎ 步骤 3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相。‎ 步骤 4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用 12mLH2O、12mL5%Na2CO3 溶液和12mLH2O 洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得 1-溴丙烷。‎ ‎(1)仪器 A 的名称是_____；‎ ‎(2)反应时生成的主要有机副产物 2-溴丙烷和_______(答出一种即可给分)‎ ‎(3)步骤 2 中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是____。‎ ‎(4)步骤 1 中浓 H2SO4 用水稀释，待冷却至室温后再加 NaBr 的目的是______。步骤 4 中用 Na2CO3 溶液洗涤的目的是_____。‎ ‎(5)步骤 4 中进一步提纯 1-溴丙烷的方法是_________；在进行此操作之前需要 用无水MgBr2 处理粗产品，其目的是_____。‎ ‎(6)1-溴丙烷在一定条件下也可以制备 1-丙醇，请写出由产物 1-溴丙烷制备 1-丙醇的化学反应方程式________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 丙烯或正丙醚 (3). 冷凝，减少 1—溴丙烷挥发 ‎ ‎(4). 防止 Br2 生成,减少 HBr 挥发 (5). 洗去 1—丙醇、H2SO4 等杂质(洗去酸性物质) (6). 蒸馏 (7). 干燥 (8). CH3CH2CH2Br + NaOHCH3CH2CH2OH + NaBr ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知仪器的名称；‎ ‎（2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应；‎ ‎（3）冰水浴可降低温度，减少生成物的挥发；‎ ‎（4）HBr有挥发性，温度高易挥发；加入12mL 5% Na2CO3溶液，振荡，与1-溴丙烷中混有的稀硫酸反应，并溶解1-丙醇；‎ ‎（5）可利用蒸馏分离相互混溶且存在沸点有差异的混合物；无水MgBr2易与水形成结晶水合物。‎ ‎（6）卤代烃在碱性的水溶液中加热可水解生成醇；‎ ‎【详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；‎ ‎（2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应，则反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和丙烯、正丙醚；‎ ‎（3）步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是冷凝，减少1-溴丙烷的挥发；‎ ‎（4）步骤1中浓H2SO4用水稀释，并冷却至室温后再加NaBr，可防止生成的HBr挥发；步骤4中用Na2CO3溶液洗涤可除去1-溴丙烷中混有的稀硫酸和1-丙醇；‎ ‎（5）可利用蒸馏进一步提纯步骤4所得混合物得到纯净的1-溴丙烷；利用无水MgBr2易与水形成结晶水合物，可对粗产品进行干燥；‎ ‎（6）1-溴丙烷在NaOH的水溶液中加热水解生成1-丙醇，发生反应的化学方程式为CH3CH2CH2Br + NaOHCH3CH2CH2OH + NaBr。‎ ‎【点睛】‎ ‎ ‎