2018-2019学年江西省奉新县第一中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年江西省奉新县第一中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

‎2020届高二下学期第二次月考化学试卷 提示：①考试时间100分钟。‎ ‎③相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 K:39 Cl:35.5 Br:80 Zn:65‎ 第Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（本题共１6小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.港珠澳大桥于2018年10月正式开通,这座当今世界里程最长、施工难度最大的跨海大桥使用了大量各类材料：路面使用了进口的湖底天然沥青和混凝土、承台和塔座等部位使用了双相不锈钢钢筋、抗震方面使用了新型高阻尼橡胶和钢板。关于这些材料的说法错误的是（ ）‎ A. 沥青主要成分是有机物，也可以通过石油分馏得到 B. 混凝土中含有的水泥、沙子都属于无机非金属材料 C. 不锈钢是通过改变材料的结构的途径防锈蚀 D. 橡胶一定属于合成高分子材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沥青是石油分馏后剩余的固态烃，所以沥青可以通过石油分馏得到，故A正确；‎ B．混凝土中含有的水泥、沙子的主要成分都是二氧化硅及其硅酸盐，是传统无机非金属材料，故B正确；‎ C．金属防腐蚀的方法有：改变内部结构制成合金不锈钢，覆盖保护层，牺牲阳极的阴极保护法，外加电流的阴极保护法等，所以不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，故C正确；‎ D．橡胶有天热橡胶、合成橡胶之分，则橡胶不一定属于合成高分子材料，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. PE、PVC都属于链状高分子化合物，受热易熔化 B. PE、PVC的单体都是不饱和烃，能使溴水褪色 C. 焚烧PVC保鲜膜会放出有毒气体如HCl D. 废弃的PE和PVC均可回收利用以减少白色污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ PVC的单体为氯乙烯，为烃的衍生物。‎ ‎3.下列关于天然物质水解的叙述正确的是（ ）‎ A. 油脂的水解反应都是皂化反应 B. 蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖 C. 油脂的水解可得到甘油 D. 淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 油脂含有酯基，可在酸性或碱性条件下水解，淀粉、纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白质可水解生成氨基酸，据此解答。‎ ‎【详解】A．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，油脂水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，A错误；‎ B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，B错误； ‎ C．油脂为高级脂肪酸甘油脂，可水解生成甘油，C正确；‎ D．淀粉、纤维素属于多糖，可水解最终都生成葡萄糖，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团的性质以及高分子化合物的水解产物的判断，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大。‎ ‎4.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. S2－的电子式： B. 乙烯的结构式：‎ C. 乙醛的结构简式：CH3COH D. 含中子数为10的氧元素的一种核素O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. S2－的结构示意图为：，而S2－的电子式为：，故A错误； ‎ B. 乙烯的结构式为：，故B错误；‎ C. 乙醛的结构简式为：CH3CHO，故C错误； ‎ D. 含中子数为10的氧元素质量数为10+8=18，该核素为O，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制产物，即原子利用率为100％。在一定条件下的以下反应中，最符合绿色化学概念的是（ ）‎ A. 乙烯与氯化氢反应制备氯乙烷 B. 铝盐溶液与氨水反应制氢氧化铝 C. 用水吸收二氧化氮得到硝酸 D. 苯与液溴反应制溴苯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“化学反应绿色化”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中。当反应的产物只有一种时就符合绿色化学的原理，产物有多种时就有可能不符合绿色化学的原理了。‎ ‎【详解】A．乙烯与HCl反应生成氯乙烷，为加成反应，没有副产物生成，符合绿色化学，故A正确；‎ B．铝盐溶液与氨水反应生成氢氧化铝，产生副产物铵盐，不符合绿色化学，故B错误；‎ C．用水吸收二氧化氮得到硝酸，有副产物NO生成，不符合绿色化学，故C错误；‎ D．苯和溴发生取代反应生成溴苯和氯化氢，产生副产物，不符合绿色化学，故D错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查“绿色化学”知识。要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、经济等方面。‎ ‎6.除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），能达到实验目的的是（ ）‎ A. 乙醇（水）：加足量生石灰，过滤 B. 溴苯（溴）：加入足量的Na2SO3溶液，充分振荡、静置、分液 C. 乙酸乙酯（乙酸）：加入足量的NaOH溶液，充分振荡、静置、分液 D. 苯酚（甲苯）：加入足量的酸性KMnO4溶液，充分振荡、静置、分液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，生石灰和水反应生成氢氧化钙，乙醇不反应，蒸馏可得乙醇，故A错误；‎ B项，溴苯难溶于水，溴单质与Na2SO3溶液反应生成Na2SO4、HBr，均易溶于水，静置后与溴苯发生分层，再通过分液进行分离，故B正确；‎ C项，乙酸乙酯和乙酸均可与NaOH反应，应选饱和Na2CO3溶液，振荡、静置后进行分液，故C错误；‎ D项，苯酚和甲苯均能和酸性KMnO4溶液反应，可以选用NaOH溶液与苯酚反应生成易溶于水的苯酚钠，与甲苯发生分层，再通过分液进行分离后通入二氧化碳制得苯酚，故D错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎7.下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（ ）‎ A. 1mol甲基含10NA个电子 B. 15 g C2H6中含有共价键数目3NA C. 标准状况下，11.2 L三氯甲烷所含的分子数目为0.5NA D. 一定条件下，2.6 g苯和苯乙烯的混合物完全燃烧消耗O2的分子数为0.25NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；‎ B、1mol C2H6中含有6molC-H键和1molC-C键，总共含有7mol共价键，15 g C2H6的物质的量==0.5mol，含有共价键数目为3.5NA，故B错误；‎ C、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；‎ D、苯和苯乙烯的最简式均为CH，故2.6g混合物中含有的CH的物质的量为0.2mol，则2.6 g苯和苯乙烯的混合物完全燃烧消耗O2的分子数为0.25NA，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.下列操作可以达到实验目的是（ ）‎ 实验目的 实验操作 A 验证乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化 将溴乙烷与饱和氢氧化钾乙醇溶液共热反应生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色 B 验证苯和液溴在FeBr3 的催化下发生取代反应 将反应产生的混合气体通入AgNO3溶液上方，观察是否有淡黄色沉淀生成 C 比较醋酸和苯酚的酸性强弱 将碳酸氢钠溶液分别滴入装有醋酸和苯酚溶液，观察是否有气体生成 D 检验溴乙烷中的溴元素 取少量溴乙烷，与氢氧化钠溶液共热后加入硝酸银溶液，观察是否出现淡黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将溴乙烷与饱和氢氧化钾乙醇溶液共热反应生成的乙烯气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了乙烯的检验，故A错误； B.溴易挥发,生成的HBr中含有溴,溴和硝酸银溶液也生成淡黄色沉淀,从而干扰实验,故B错误； C.醋酸能够与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体，苯酚溶液与碳酸氢钠溶液不反应，可以证明酸性：醋酸大于苯酚，故C正确；‎ D.溴离子的检验需要在酸性条件下进行,碱性条件下,硝酸银和氢氧根离子反应生成沉淀,故D错误； 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】选项A中，要检验溴乙烷在氢氧化钾的醇溶液中加热发生消去反应生成的乙烯气体，就要把反应产生的混合气体（乙烯和乙醇蒸气）先通过盛有足量水的洗气瓶，除去乙醇，反应产生的气体能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，才能证明溴乙烷发生消去反应产生了乙烯气体。‎ ‎9.将O2、CH4、Na2O2置于密闭容器中，在250℃下用电火花引发化学反应。反应停止后使容器内恢复至250℃，容器内的气压为零。由此得出的结论正确的是（ ）‎ A. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1∶2∶6，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOH B. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为2∶1∶4，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOH C. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为1∶2∶6，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaHCO3‎ D. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为2∶1∶4，反应后容器内生成的固体是NaHCO3和NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知反应后容器内的气压为零且无Na2O2存在，说明三种反应物转化为Na2CO3和NaOH，根据质量守恒可写出反应的总反应为O2+2CH4+6 Na2O22 Na2CO3+8NaOH，以此进行分析。‎ ‎【详解】题中涉及的化学反应为：CH4+2O2CO2+2H2O，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2 Na2O2=4NaOH +O2，反应停止后的容器内温度仍为250℃，气压为零，说明容器内无气体存在，也不可能有NaHCO3，O2、CH4、Na2O2三者之间的综合反应关系为：O2+2CH4+6 Na2O22Na2CO3+8NaOH，反应方程式中O2、CH4、Na2O2计量数之比为1：2：6， 所以A选项是正确的。‎ ‎10.某种激光染料，它由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所下列有关叙述正确的是 ‎①分子式为C10H8O3 ②不溶于水 ③1mol该物质最多能与4molH2加成 ‎④能使酸性KMnO4溶液褪色 ⑤1mol该物质最多能与含2 mol NaOH的溶液反应 A. ①②③④ B. ③④⑤ C. ②③④ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的价键规则(碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键)‎ 可写出该有机物的结构简式为 ，含酚-OH、C=C、-COOC-，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答。‎ ‎【详解】根据有机物的价键规则(碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键)可写出该有机物的结构简式为 ，‎ ‎①由有机物的结构简式可以知道分子式为C10H8O3，故①正确； ②为酯类化合物，不能溶于水，故②正确； ③该有机物分子中含有苯环和碳碳双键，1mol该物质最多能与4molH2加成，故③正确； ④该有机物分子中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，故④正确； ⑤1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠；1mol羧基消耗1mol氢氧化钠；若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再看产物能否和氢氧化钠反应：若酸性水解的产物是羧酸和醇，1mol酯只能和1mol氢氧化钠反应；若酸性水解的产物是羧酸和酚类物质，则1mol酯能和2mol氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断该有机物最多能与含3mol NaOH的溶液反应，故⑤错误。 所以A选项是正确的。‎ ‎11.一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是 A. 属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N B. 可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应 C. 分子中所有碳原子有可能在同一平面上 D. 1mol该调节剂最多可以与3 mol NaOH反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A项正确，不符合题意；‎ B．分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有—COOH、—OH可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且—CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B项正确，不符合题意；‎ C．根据苯分子的12原子共面以及碳碳单键可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C项正确，不符合题意；‎ D．1mol该调节剂最多可以与2 mol NaOH反应，分别是—COOH和苯环上的—OH发生反应，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎12.1mol的与足量的氢氧化钠溶液充分反应，最多可消耗氢氧化钠的物质的量为（ ）‎ A. 2mol B. 3mol C. 4mol D. 5mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该物质结构中有酚羟基、氯原子。与足量的NaOH溶液充分反应后，1mol酚羟基消耗1molNaOH；与苯环直接相连的氯原子发生水解，产生的酚羟基和氯化氢均可消耗NaOH，所以该氯原子1mol消耗2molNaOH；和亚甲基相连的氯原子水解后产生醇羟基和氯化氢，醇羟基不消耗NaOH，1mol氯化氢消耗1molNaOH，故1mol该有机物与足量的NaOH反应，最多可消耗NaOH的物质的量为4mol。‎ 所以答案选C项。‎ ‎13.已知乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体中含氧元素的质量分数为8%，则混合气体中氢元素的质量分数为（ ）‎ A. 8% B. 84% C. 92% D. 7%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】乙醛（C2H4O），可以表示为C2H2H2O，混合气体可以看成C2H2、C6H6、H2O 的混合物，已知氧元素的质量分数为8%，则H2O的质量分数为=9%，其余混合物最简式可以表示为CH，碳氢元素质量之比为12:1，则混合气体中氢元素的质量分数为（1-9%）=7%，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎【点睛】本题考查混合物中元素质量分数的计算，关键是根据乙醛的化学式将物质转化为最简式为CH与水的混合物。‎ ‎14.某有机化合物仅由碳、氢、氧三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为（ ）‎ A. 7 B. 6 C. 5 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为15050%=75，4.69，故氧原子最多为4个，其相对分子质量最大为=128，碳氢质量之和最大为128(1-50%)=64，依据商余法：=54，则碳原子数最多为5个，故选C项。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎15.分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na，而与钠反应时生成C5H8O3Na2。则符合上述条件的同分异构体(不考虑立体异构)有（ ）‎ A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 13种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分子式为C5H10O3的有机物的不饱和度为1；该物质与NaHCO3反应生成C5H9O3Na，说明该有机物中含一个—COOH；该物质与Na反应生成C5H8O3Na2，说明该有机物中还含有一个—OH；符合条件的同分异构体可看成C4H9COOH的烃基上一个H原子被—OH取代，C4H9COOH有4种同分异构体：CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH、（CH3）2CHCH2COOH、（CH3）3CCOOH，四种物质烃基上氢原子的种类依次有：4种、4种、3种、1种，符合条件的同分异构体共4+4+3+1=12种，答案选C。‎ ‎16.一种由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池。有关该电池的叙述错误的是（ ）‎ A. 当外电路通过1.2mol电子时，理论上消耗甲醇6.4g B. 甲醇在负极发生氧化反应 C. 正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=== 4OH- D. 放电时电解质溶液的pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该电池放电时为原电池，充电时为电解池，放电时，在强碱电解质溶液中CH3OH变成CO32-，碳元素化合价升高，则CH3OH参与反应的电极为负极，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，正极反应式为O2+2H2O-4e-=4OH-，电池总反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，根据电极反应式和总反应式分析解答。‎ ‎【详解】A．负极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，当外电路通过1.2mol电子时，理论上消耗0.2 mol甲醇，质量为6.4g，故A正确；‎ B．CH3OH变成CO32-，碳元素化合价升高，则CH3OH参与反应的电极为负极，发生氧化反应，故B正确；‎ C．氧气在正极得电子被氧化生成OH-，电极反应式为O2+2H2O-4e-=4OH-，故C正确；‎ D．电池总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，反应消耗OH-，溶液的pH降低，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是能够正确书写电极反应式。本题的易错点为AC，要注意电解质溶液的性质对电极反应式书写的影响。‎ 第Ⅱ卷（选择题，共52分）‎ 二、填空题（52分）‎ ‎17.瑞香是一种具有抗菌、抗炎、抗凝血等生物活性的香豆素化合物，其分子结构如图所示。回答下列问题。‎ ‎（1）瑞香素的化学式为______，含氧官能团名称______；‎ ‎（2）1mol此化合物可与___molBr2反应，在一定条件下与H2反应时，最多消耗H2的物质的量为__mol，最多可以与____molNaOH反应。‎ ‎【答案】 (1). C9H6O4 (2). 酯基、羟基 (3). 3 (4). 4 (5). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据结构简式确定分子式；该分子中含氧官能团是酚羟基、酯基； (2)碳碳双键能与溴发生加成反应，苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代；苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，酯基水解生成的酚羟基和羧基能和NaOH反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据结构简式确定分子式为C9H6O4；该分子中含氧官能团是酚羟基、酯基， 因此，本题正确答案是：C9H6O4；酚羟基；酯基； (2)碳碳双键能与溴发生加成反应，苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴原子取代，所以1mol该物质能和3mol溴反应；苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应，酯基水解生成的酚羟基和羧基能和NaOH反应，1mol该物质最多能和4molNaOH溶液反应， 因此，本题正确答案是：3；4；4。‎ ‎18.莽草酸合成治疗禽流感的药物—达菲（Tamiflu）的原料之一。莽草酸是A的一种异构体。A的结构简式如下：‎ ‎（提示：环丁烷 可简写成）‎ ‎（1）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式_________；‎ ‎（2）A与乙醇反应的化学方程式________；‎ ‎（3）17.4g A与足量碳酸氢钠溶液反应，计算生成二氧化碳的体积（标准状况）____L；‎ ‎（4）A在浓硫酸作用下加热可得到B（B的结构简式为），其反应类型为___。‎ ‎【答案】 (1). ＋Br2→ (2). +C2H5OH ‎+H2O (3). 2.24L (4). 消去反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应； （2）A中含有羧基，能与乙醇发生酯化反应； （3）计算出A的物质的量，可计算生成气体的体积； （4）根据官能团的转化可判断反应类型。‎ ‎【详解】（1）A环上的C═C键具有和乙烯类似的性质，可以和Br2发生加成反应，反应的方程式为， 故答案为：； （2）A中含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，反应的方程式为， 故答案为：； （3）A和NaHCO3发生的反应可以表示为：，生成标准状况下二氧化碳的体积为×22.4L/mol=2.24L， 故答案为：2.24L； （4）根据A、B结构简式知，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B，其原理类似CH3CH2OH和浓硫酸共热生成CH2=CH2，所以反应类型是消去反应，‎ 故答案为：消去反应。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，注意A中没有苯环，所以没有酚羟基。‎ ‎19.2019年3月8日，联合国妇女署在推特上发布了一张中国女科学家屠呦呦的照片。致敬她从传统中医药中找到了治疗疟疾的药物----青蒿素。‎ 已知：青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体。乙醚沸点为35℃。‎ ‎（1）我国提取中草药有效成分的常用溶剂有：水；或亲水性溶剂（如乙醇，与水互溶）；或亲脂性溶剂（如乙醚，与水不互溶）。诺贝尔奖获得者屠呦呦及其团队在提取青蒿素治疗疟疾过程中，记录如下：“青蒿素的水煎剂无效；乙醇提取物的效用为30%～40%；乙醚提取物的效用为95%”。下列推测不合理的是_____；‎ A 青蒿素在水中的溶解度很大 B 青蒿素含有亲脂的官能团 C 在低温下提取青蒿素，效果会更好 D 乙二醇提取青蒿素的能力强于乙醚 ‎（2）用下列实验装置测定青蒿素实验式的方法如下：‎ 将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算。‎ ‎①装置D的作用是______，装置E中吸收的物质是______，装置F中盛放的物质是______。‎ ‎②实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是______。‎ ‎③合理改进后的装置进行实验，称得：‎ 装置 实验前/g 实验后/g E ‎22.6‎ ‎42.4‎ F ‎80.2‎ ‎146.2‎ 则测得青蒿素的实验式是_____。‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 将可能生成的CO氧化为CO2 (3). H2O(水蒸气) (4). 碱石灰 (5). 在装置F后连接一个防止空气中的CO2和水蒸气进入F的装置 (6). C15H22O5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)青蒿素的水煎剂无效；乙醇提取物的效用为30%～40%；乙醚提取物的效用为95%，可说明青蒿素在水中的溶解度很小，易溶于乙醚，以此解答该题；‎ ‎(2)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去了CO2和H2O的空气，并排除装置内的空气，防止干扰实验。装置D将可能生成的CO氧化为CO2，减小实验误差，装置E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) A．由题给信息可知青蒿素在水中的溶解度很小，故A错误；‎ B．青蒿素易溶于乙醚，而乙醚为亲脂性溶剂，可说明青蒿素含有亲脂的官能团，故B正确；‎ C．因乙醚的沸点较低，则在低温下提取青蒿素，效果会更好，故C正确；‎ D．乙醇提取物效用为30%～40%；乙醚提取物的效用为95%，乙二醇与乙醇类似，属于亲水性溶剂，提取青蒿素的能力弱乙醚，故D错误；‎ 答案选AD；‎ ‎(2)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去了CO2和H2O的空气，并排除装置内的空气，防止干扰实验。装置D将可能生成的CO氧化为CO2，减小实验误差，E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以装置E内装CaCl2或P2O5，装置F内装碱石灰，而在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2和H2O进入的装置。‎ ‎①根据上面的分析可知，装置E中盛放的物质是CaCl2或P2O5，吸收水蒸气，装置F中盛放的物质是碱石灰是吸收二氧化碳，装置D可以将生成的CO转化成CO2而被吸收，‎ 故答案为：将可能生成的CO氧化为CO2；H2O(水蒸气)；碱石灰；‎ ‎②该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是在装置F后连接一个防止空气中的CO₂和水蒸气进入F的装置，故答案为：在装置F后连接一个防止空气中的CO₂和水蒸气进入F的装置；‎ ‎ ③由数据可知  m(H2O)=42.4-22.6=19.8g，所以n(H2O)==1.1mol；m(CO2)=146.2-80.2=66g，所以 n(CO2)=‎ ‎=1.5mol，所以青蒿素中氧原子的质量为m(O)=28.2g-(1.1mol×2×1g/mol)-(1.5 mol×12 g/mol)=8g，所以n(O)==0.5mol，N(C)∶N(H)∶N(O)=1.5∶2.2∶0.5=15∶22∶5，所以C15H22O5，故答案为：C15H22O5。‎ ‎【点睛】明确元素化合物性质、实验仪器作用是解本题关键。本题的易错点为(2)①，要注意题中各个装置的作用。难点为(2)③，要注意掌握有机物化学式确定的计算方法。‎ ‎20.制作隐形眼镜的材料应该具有亲水性。聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA）是制作隐形眼镜的材料之一。其合成路线如下：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）结构简式：E_____，反应②的试剂和反应条件____，反应③的化学方程式_____；‎ ‎（2）聚甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）也可制作隐形眼镜（结构简式见图），用HEMA制作的隐形眼镜比PMMA制作的亲水性好，原因是________；‎ ‎（3）佩戴隐形眼镜最好常滴“人工眼泪”以滋润眼球。有一种“人工眼泪”成分是聚乙烯醇。已知乙烯醇（CH2=CHOH）不稳定，写出以乙炔为原料（其他无机原料任选）制取聚乙烯醇的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB 目标产物）______‎ ‎【答案】 (1). (2). 浓硫酸、加热 (3). +CH3OH+H2O (4). HEMA分子中含有羟基，具有极性，可以吸引水分子 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物E发生加聚反应生成PMMA，则E为，D和CH3OH发生酯化反应生成E，则D为，A发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C发生消去反应生成D，据此解答。‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，E为；反应②为醇的消去反应生成碳碳双键，则该反应的试剂和反应条件浓硫酸、加热；D发生酯化反应生成E，反应③的化学方程式， 故答案为：；浓硫酸、加热；； （2）HEMA分子中含有羟基，具有极性，可以吸引水分子 所以用制作的隐形眼镜比PMMA制作的亲水性好， 故答案为：HEMA分子中含有羟基，具有极性，可以吸引水分子；‎ ‎（3）以乙炔为原料（其他无机原料任选）制取聚乙烯醇，乙炔和HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯发生水解反应生成聚乙烯醇，其合成路线为：， 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断、信息获取及运用能力，明确有机物官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意（3）题信息“乙烯醇（CH2=CHOH）不稳定”的含义及运用。‎ ‎21.尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：‎ 已知：（易氧化）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的结构简式为____，由C生成D的化学方程式为_______；‎ ‎（2）E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含有两个苯环且两个苯环直接相连； ‎ ‎②能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎③两个取代基不在同一苯环上。‎ 其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为_____。‎ ‎（3）由甲苯原料可经三步合成2,4,6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：‎ 反应①的试剂和条件为______；中间体B的结构简式为____；‎ ‎【答案】 (1). (2). +→+NaBr (3). 9 (4). (5). 浓硝酸/浓硫酸，加热 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ F和硝酸发生取代反应生成尼美舒利，根据尼美舒利的结构简式可以确定F为 ‎，根据尼美舒利及流程图知，A为，A发生取代反应生成B，B为，发生邻位取代反应生成C，C为，C和苯酚钠发生反应生成D，D为，发生还原反应生成E，E为，据此解答。‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，B为；C为，C和苯酚钠发生反应生成D为，反应方程式为+→+NaBr，‎ 故答案为：；+→+NaBr； ‎ ‎（2）E为，E的同分异构体中能同时满足下列条件：①含有两个苯环且两个苯环直接相连；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③两个取代基不在同一苯环上，另一个取代基为氨基，如果-OH位于苯基的邻位，则氨基有3种结构；如果-OH位于苯基间位，氨基有3种结构；如果-OH位于苯基对位，氨基有3种结构，所以符合条件的有9种；其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2：2：2：2：2：1的结构简式为，‎ 故答案为：9；； ‎ ‎（3）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成A为，被氧化生成，被还原生成2，4，6-三氨基苯甲酸，反应①的试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B的结构简式为 ，‎ 故答案为：浓硝酸/浓硫酸，加热；。‎ ‎22.席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如图：‎ 已知以下信息：①‎ ‎②1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应 ‎③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106‎ ‎④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢 ‎⑤RNH2++H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）由A生成B的化学方程式_______。‎ ‎（2）由D生成E的化学方程式_______。‎ ‎（3）G的结构简式______。‎ ‎（4）F的同分异构体中含有苯环的还有____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1的是 ____（写出其中一种的结构简式）。‎ ‎（5）由苯及化合物C经如下步骤：，可合成N-异丙基苯胺：反应条件2所选用的试剂为_____。I的结构简式为____。‎ ‎【答案】 (1). +NaCl+H2O (2). +HNO3+H2O (3). (4). 19 (5). (6). 铁粉/稀盐酸 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干信息，A的结构简式为，A经过消去反应生成B，B的结构简式为，B经过臭氧氧化生成C，C的结构简式为，根据核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，推测其结构简式为，故E的结构简式为，D的结构简式为，据此解答。‎ ‎【详解】（1）由A生成B的反应为消去反应，反应的化学方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）D为乙苯，由D到E为硝化反应，反应的化学方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）根据上述推断，G的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）F为 ，其含有苯环的同分异构体还有：、、‎ ‎、、、、、，共8种，同时—NH2还可连在—CH3 或—CH2—CH3上，—CH3、 —CH2 —CH3也可连在—NH2上。因此符合条件的同分异构体共有 19 种。其中核磁共振氢谱为 4 组峰，且面积比为 6∶2∶2∶1 的是 或 ，‎ 故答案为：19 ；或 ；‎ ‎（5）类比题干中流程可判断出反应条件2所用试剂为铁粉/稀盐酸；根据制备流程图倒推出J为，所以I为。‎ 故答案为：铁粉/稀盐酸；。‎ ‎ ‎