【化学】山东省泰安市新泰市第二中学2019-2020学年高二下学期第四次阶段性考试（解析版）

【化学】山东省泰安市新泰市第二中学2019-2020学年高二下学期第四次阶段性考试（解析版）

山东省泰安市新泰市第二中学2019-2020学年高二下学期第四次阶段性考试 第一卷 一、单选题（本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”， “以烧酒复烧二次……价值数倍也”。其方法与分离下列物质的实验方法原理上相同的是 A. 甲苯和水 B. 硝酸钾和氯化钠 C. 乙酸乙酯和乙酸 D. 食盐水和泥沙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，说的是部分乙醇被氧化为乙酸，可以通过蒸馏提纯乙醇。蒸馏可用于分离沸点不同的互溶液体。‎ ‎【详解】A．苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，A原理不同；‎ B．硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可用结晶的方法分离，B原理不同；‎ C．乙酸乙酯和乙酸是互溶的液体混合物，两组分的沸点差别较大，可用蒸馏的方法分离，C原理相同；‎ D．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，D原理不同。‎ 答案选C。‎ ‎2.杀鼠灵是一种抗凝血性杀毒剂，其结构简式如图，下列说法正确的是（　　）‎ A. 分子中有1个手性碳原子 B. 遇FeCl3溶液显紫色 C. 1mol杀鼠灵最多能与9molH2反应 D. 能萃取碘水中的碘单质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．只有与右侧苯环相连C连接4个不同基团，则分子中有1个手性碳原子，故A正确；B．不含酚-OH，遇FeCl3溶液不显紫色，故B错误；C．只有2个苯环、1个碳碳双键、1‎ 个羰基与氢气发生加成反应，则1mol杀鼠灵最多能与8molH2反应，故C错误；D．含碳碳双键可与碘单质发生加成，不可用来萃取碘水的碘单质，故D错误；故选A。‎ ‎3.已知某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，B能发生氧化反应生成C。若A、C都能发生银镜反应，则C6H12O2符合条件的结构简式有(不考虑立体异构)（ ）‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某有机物C6H12O2能发生水解反应生成A和B，所以C6H12O2是酯，且只含一个酯基，B能氧化成C，则B为醇．若A、C都能发生银镜反应，都含有醛基，则A为甲酸，B与羟基相连的碳原子上至少含有2个氢原子。‎ ‎【详解】由分析：B的结构中除了-CH2OH，还含有一个丁基，有4种丁基，C6H12O2符合条件的结构简式有4种。故选A。‎ ‎4.分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇没有醇类的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有 A. 8 种 B. 12 种 C. 24 种 D. 28 种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分子式为C7H14O2有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇只能为甲醇或乙醇，‎ 若醇为甲醇，则羧酸为C5H11COOH，可以可知戊烷中1个H原子被-COOH取代，正戊烷有3种H原子，故相应的羧酸有3种，异戊烷有4种H原子，相应的羧酸有4种，新戊烷有1种H原子，相应的羧酸有1种，故己酸C5H11COOH的同分异构体有8种，形成酯有8种；‎ 若醇为乙醇，则羧酸为C4H9COOH，可以可知丁烷中1个H原子被-COOH取代，正丁烷有2种H原子，故相应的羧酸有2种，异丁烷有2种H原子，相应的羧酸有2种，故戊酸C4H9COOH的同分异构体有4种，故羧酸共有12种，醇共有2种，酸和醇重新组合可形成的酯共有12×2=24种，故选C。‎ 点睛：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键确定醇的结构及羧酸的同分异构体，注意利用数学法进行计算。解题关键：分子式为C7H14O2‎ 的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，该有机物为饱和一元酯，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇，判断形成该酯的羧酸的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目。‎ ‎5.伞形花内酯的一种制备方法如下:‎ 下列说法不正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能发生水解反应 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能使溴水褪色 C. 检验化合物Ⅱ中是否混有化合物Ⅰ，可用FeCl3溶液 D. 与化合物Ⅰ官能团种类、数目均相同且含有苯环的同分异构体有5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化合物Ⅰ不能发生水解反应，A选项错误；‎ B．Ⅰ中含有酚羟基和醛基，可与Br2发生反应，Ⅱ中含有碳碳双键，可与Br2发生反应，Ⅲ中含有酚羟基和碳碳双键，能与Br2发生反应，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能使溴水褪色，B选项正确；‎ C．Ⅰ中含有酚羟基，Ⅱ中不含酚羟基，则可用FeCl3溶液检验Ⅱ中是否混有Ⅰ，C选项正确；‎ D．相应的同分异构体为—CHO所插入的位置:、、，共5种，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列关于有机物的说法正确的是 A. 糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解 B. 乙二醇、苯乙烯在一定条件下均可聚合生成高分子化合物 C. 分子式为C4H‎8C12的有机物共有(不含立体异构)8种 D. 处于同一平面上的原子数最多为18个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．油脂、蛋白质在一定条件下均能水解，但糖类中的单糖如葡萄糖不水解，故A错误；B．乙二醇可通过缩聚生成高分子化合物，苯乙烯可通过加聚生成高分子化合物，故B正确；C．C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，故C错误；D．该有机物中含有苯环、碳碳双键、碳碳三键、甲基，甲基中C原子处于乙烯和乙炔中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在乙烯或乙炔的平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面．在甲基上可能还有1个氢原子共平面，则两个甲基有2个氢原子可能共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有20个，故D错误；答案为B。‎ 点睛：该题的难点是有机物共线、共面判断，解答该类试题的判断技巧：①甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。②借助C—C键可以旋转而—C≡C—键、键不能旋转以及立体几何知识判断。③苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。‎ ‎7.某种医药中间体X，其结构简式如下图。下列有关该化合物说法正确的是 A. X的分子式为C16H11O4‎ B. X分子中有3种不同的官能团 C. X分子中3个六元环可能处于同一平面 D. 即能发生酯化反应，又能发生水解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据有机物碳原子成键特点，此有机物的分子式为C16H12O4，故A错误；B、含有的官能团的是酯基、羧基，故B错误；C、有机物中有sp3杂化的碳原子，因此3个六元环不一定共面，故C错误；D、含有羧基，能发生酯化反应，含有酯基能发生水解反应，故D正确。‎ ‎8.有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（ ）‎ A. M至N的反应类型是取代反应 B. N的同分异构体有6种 C 可用酸性KMnO4溶液区分N与Q D. 0.3molQ与足量金属钠反应生成0.15NA个H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．M至N的反应类型是是烯烃的加成反应，故A错误；‎ B．4个碳的链有两种，分别为C—C—C—C，，C—C—C—C的二氯代物有6种(包括N)，的二氯代物有3种，则N的同分异构体有8种，故B错误；‎ C．醇能被酸性高锰酸钾氧化，而卤代烃不能，则可用酸性KMnO4溶液区分N与Q，故C正确；‎ D．每个Q分子内有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个H2，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎9.1 mol某烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气246. ‎4 L (标准状况)，它在光照的条件下与氯气反应，能生成4 种不同的一氯取代物，该烷烃的结构简式是 A. B. CH3CH2CH2CH2CH3‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设烷烃为CnH2n+2，1mol该烷烃充分燃烧耗氧量为n+[(2n+2)/4]=246.4/22.4,解得n=7，故排除B C两项，A项中一氯取代物有4种，而D项中一氯取代物有3种，所以A正确，D错误；综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】对于有机物CnHm，在氧气中完全燃烧消耗氧气的量计算方法：1molCnHm,完全燃烧耗氧量=1×（碳原子数+氢原子数/4）mol,即（n+[(‎2m+2)/4]mol。对于有机物CnHmOZ在氧气中完全燃烧消耗氧气的量计算方法：1molCnHmOZ完全燃烧耗氧量=n+[(‎2m+2)/4]-Z/2mol。‎ ‎10.下列关于有机化合物说法正确的是（ ）‎ A. 可用高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯与溴苯 B. 淀粉与纤维素互为同分异构体，二者水解的最终产物相同 C. 石油裂解和油脂皂化都是由高分子化合物生成小分子物质的过程 D. 是由单体CH2=CH—CH3和CH2=CH2发生加聚反应的产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯与溴苯现象分别是：褪色、褪色、不褪色，前两者不能鉴别，故A不选；‎ B．淀粉与纤维素虽然化学式写法相同，但聚合度不同，不互为同分异构体，故B不符；‎ C．油脂不属于高分子化合物，故C不符；‎ D．单体CH2=CH—CH3和CH2=CH2发生加聚反应生成，故D正确；‎ 故选D。‎ 二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题有1个或2个选项符合题意。全对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎11.是一种有机烯醚，具有旋光性和吸湿性。下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C4H5O B. 能使溴水褪色 C. 不能与钠发生反应 D. 能发生消去反应 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子式为C4H6O故A错误；‎ B．碳碳双键能与溴发生加成反应，能使溴水褪色，故B正确；‎ C．没有羟基、羧基等，不能与钠发生反应，故C正确；‎ D．不能发生消去反应，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎12.如果定义有机物的同系列是一系列结构式符合(其中n＝0、1、2、3……)的化合物。式中A、B是任意一种基团(或氢原子)，W为2价的有机基团，又称为该同系列的系差。同系列化合物的性质往往呈现规律性变化。下列四组化合物中，不可称为同系列的是 A. CH3CH2CH2CH3、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH2CH2CH2CH3‎ B. CH3CH＝CHCHO、CH3CH＝CHCH＝CHCHO、CH3(CH＝CH)3CHO C. CH3CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、CH3CHClCH2CHClCH3‎ D. ClCH2CHClCCl3、ClCH2CHClCH2CHClCCl3、ClCH2CHClCH2CHClCH2CHClCCl3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3CH2CH2CH3、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH2CH2CH2CH3都满足CH3（CH2）nCH3，系差为CH2，可称为同系列；‎ B. CH3CH＝CHCHO、CH3CH＝CHCH＝CHCHO、CH3(CH＝CH)3CHO都满足CH3（CH=CH）nCHO，系差为CH=CH，可称为同系列；‎ C. CH3CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、CH3CHClCH2CHClCH3不可以表示成形式，不可称为同系列；‎ D.ClCH2CHClCCl3、ClCH2CHClCH2CHClCCl3、ClCH2CHClCH2CHClCH2CHClCCl3都满足ClCH2CHCl（CH2CHCl）nCCl3，系差为CH2CHCl，可称为同系列；‎ 答案选C。‎ ‎13.化学工作者把烷烃、烯烃、环烷烃、炔烃……的通式转化成键数 的通式，给研究有机物分子中键能大小的规律带来了很大方便。设键数为I，则烷烃中碳原子数跟键数的关系通式为：CnI3n＋1，烯烃（视双键为两条单键）、环烷烃中碳原子数跟键数关系的通式为CnI3n，则苯及其同系物中碳原子数跟键数关系的通式为（‎ A. CnI3n－1 B. CnI3n－‎2 ‎C. CnI3n－3 D. CnI3n－4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】烷烃中碳原子与键数关系的通式为CnI3n+1，烯烃（视双键为两个单键），环烷烃中碳原子与键数关系的通式均为CnI3n，可知分子组成多一个环，键数少1，多一个双键，键数也少一；苯环可看成是增加了一个环和三个双键，因此相比烷烃键数少4，选项C正确。‎ 故选C。‎ ‎14.某苯的衍生物，含有两个互为对位的取代基，其分子式为C8H10O，其中不溶解于NaOH溶液的该衍生物的结构式有（ ）‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式为C8H10O，不饱和度为4，又为某苯的衍生物，而苯环本身的不饱和度就为4，这说明考虑取代基时不用考虑不饱和键。又因为有两个对位的取代基，计算一下除了苯环外还含有多少个碳氢氧，用C8H10O减去-C6H4(因为有两个取代基)，还有-C2H6O，即有两个碳，六个氢和一个氧。该物质不溶解于NaOH溶液，说明不含有酚羟基（即没有-OH直接连接在苯环上的结构）。只能把-C2H6O分为一个-OCH3和-CH3或一个-CH2OH和-CH3这两种结构。‎ ‎【详解】由分析，有两种结构，对甲基苯基甲醚（即苯环互为对位的地方分别连一个-OCH3和-CH3）、对甲基苯甲醇两种（即苯环互为对位的地方分别连一个-CH2OH和-CH3）。如图：、，故选B。‎ ‎15.有机物A、B只可能烃或烃的含氧衍生物，等物质的量的A、B完全燃烧时，消耗氧气的量相等，则A、B的相对分子质量相差不可能为（n为正整数）（ ）‎ A. 8n B. 14n C. 18n D. 44n ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设烃的化学式为CxHy，燃烧的化学方程式为CxHy＋(x + y/4)O2===xCO2＋H2O，等物质的量的烃完全燃烧耗氧量由（x+ y/4）值决定，（x+ y/4）的值越大，消耗氧气的量就越多，若两种烃的x+ y/4值相等，耗氧量就相同，物质的量相等的烃CxHy和完全可拆成形式为CxHy·(CO2)m·(H2O)n的烃的衍生物分别完全燃烧后，它们消耗的O2的量相同。‎ ‎【详解】A．有机物中的一个碳原子被另一个有机物中的四个氢原子代替时，A和B的分子量相差8的倍数，A正确；‎ B．当A和B相差n个-CH2-时，不符合题意，B错误；‎ C．如果A和B的分子组成相差若干个H2O，耗氧量不变，C正确；‎ D．如果A和B的分子组成相差若干个CO2，耗氧量不变，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.构成下列结构片断蛋白质的氨基酸的种类为（ ）‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两个氨基酸分子，在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基和另一分子的羧基间脱去一分子水缩合形成含有肽键的化合物，称为成肽反应，蛋白质水解断裂的是肽键，断裂碳氧双键和碳氮单键，生成相应的氨基酸，故该片断蛋白质水解生成的氨基酸的结构简式依次为：H2NCH(CH3)COOH、H2NCH2COOH、H2NCH(CH3)COOH；H2NCH(C2H5)COOH、H2NCH2COOH，可见共有3种氨基酸，答案为B。‎ ‎【点晴】蛋白质是复杂的多肽，其水解生成氨基酸，氨基酸形成多肽时是氨基脱氢、羧基脱去羟基，所以蛋白质水解，分子结构中含有的断裂碳氧双键和碳氮单键，水解得到羧基和氨基，生成相应的氨基酸。‎ ‎17.某有机物的结构简式为，它可以发生的反应类型有( )‎ ‎(a)取代 (b)加成 (c)消去 (d)酯化 (e)水解 (f)中和 (g)缩聚 (h)加聚 A. (a)(c)(d)(f) B. (b)(e)(f)(h)‎ C. (a)(b)(c)(d)(f) D. 除(e)(h)外 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎(a)-OH、-COOH均可发生取代反应，故正确；(b)含苯环可发生加成反应，故正确；(c)与-OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应，故正确；(d)-OH、-COOH均可发生酯化反应，故正确；(e)没有能发生水解反应的官能团，故错误；(f)-COOH均可发生中和反应，故正确；(g)-OH、-COOH均可发生缩聚反应生成高聚物和水，故正确；(h)不含碳碳双键、三键，不能发生加聚反应，故错误；故选D。‎ 点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握官能团与性质的关系，注意常见有机物的性质，难点：消去反应的发生条件，与-OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应；缩聚反应的发生条件聚合反应后生成小分子。‎ ‎18.下列各组混合物中，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定的是（ ）‎ A. 甲烷、辛醛 B. 丙炔、苯乙烯 C. 甲醛、甲酸甲酯 D. 苯、甲苯 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷分子式为CH4，分子中的含碳量 ×100%=75%，辛醛的分子式为C8H16O，分子中的含碳量×100%=75%，含碳量相等，符合题意，故A选；‎ B．丙炔的分子式为C3H4，分子中的含碳量×100%=90.0%，苯乙烯的分子式为C8H8，分子中的含碳量×100%=92.3%，含碳量不相等，不符合题意，故B不选；‎ C．甲醛的分子式为CH2O，分子中的含碳量×100%=40%，甲酸甲酯的分子式为C2H4O2，分子中的含碳量×100%=40%，含碳量相等，符合题意，故C选；‎ D．苯的分子式为C6H6，分子中的含碳量×100%=92.3%，甲苯的分子式为C7H8，分子中的含碳量×100%=91.3%，含碳量不相等，不符合题意，故D不选；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查有机物燃烧的有关计算，注意只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分分子中含碳量相等。‎ ‎19.下列有机化合物分子中含有手性碳原子，且与H2发生加成反应后仍含有手性碳原子的是(　　)‎ A. CH3CH2CHO B. OHCCH(OH)CH2OH C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 无手性碳原子，能与氢气发生加成反应生成,产物也无手性碳原子,故A错误;‎ B. 有手性碳原子，能与氢气发生加成反应生成，产物无手性碳原子,故B错误：‎ C. 无手性碳原子，能与氢气发生加成反应生成,产物也无手性碳原子,故C错误；‎ D. 有手性碳原子，能与氢气发生加成反应生成,左边起第三个碳原子为手性碳原子,所以D选项是正确的；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子,手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。‎ ‎20.下列分子中，结构构成平面三角形的是（ ）‎ A HgCl2 B. BF‎3 ‎C. TeCl4 D. SF6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 立体构型为平面三角形的分子中中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对。‎ ‎【详解】A．HgCl2呈直线型，故A不符；‎ B．BF3该分子中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，为平面三角形结构，故B符合；‎ C．TeCl4中心原子Te原子价层电子对个数是4+=5，是一个变形四面体，sp3d杂化，故C不符；‎ D．SF6中心原子S原子价层电子对个数是6+=6，SF6中的硫通过sp3d2杂化，形成六个杂化轨道，形成正八面体结构，故D不符；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】难点C，TeCl4是一个变形四面体，sp3d杂化。‎ 第二卷 三、非选择题（本题共包括5个小题，共50分）‎ ‎21.醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：‎ 可能用到的有关数据如下：‎ 物质 相对分子质量 密度/g•cm-3‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环己醇 ‎100‎ ‎0.9618‎ ‎161‎ 微溶于水 环己烯 ‎82‎ ‎0.8102‎ ‎83‎ 难溶于水 合成反应：在a中加入‎20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。B中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过‎90℃‎。‎ 分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯‎10g。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置a、b的名称分别是__、__。‎ ‎（2）加入碎瓷片的作用是__；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是__(填字母)。‎ A.立即补加 B.冷却后补加 C.不需补加 D.重新配料 ‎（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为__。‎ ‎（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并__；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的__(填“上口倒出”或“下口放出”)。‎ ‎（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是__。‎ ‎（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有__(填字母)。‎ A.圆底烧瓶 B.温度计 C.吸滤瓶 D.球形冷凝管 E.接收器 ‎（7）本实验所得到的环己烯产率是__(填字母)。‎ A.41% B.50% C.61% D.70%‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 直形冷凝管 (3). 防止暴沸 (4). B (5). (6). 检漏 (7). 上口倒出 (8). 干燥(或除水除醇) (9). CD (10). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由的结构可知，羟基的邻碳上有氢，可发生消去反应，‎ ‎，加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，。实验中应注意：1、为防止暴沸，要加入碎瓷片；2、分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；3、分离提纯过程中加入无水氯化钙进行干燥。‎ ‎【详解】（1）依据装置图分析可知：装置a、b的名称分别是蒸馏烧瓶、直形冷凝管。故答案为：蒸馏烧瓶；直形冷凝管；‎ ‎（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选B，故答案为：防止暴沸；B；‎ ‎（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，本实验中最容易产生的副产物的结构简式为。故答案为：；‎ ‎（4）由于分液漏斗有活塞开关，分液漏斗在使用前须清洗干净并检漏；在本实验分离过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，产物应该从分液漏斗的上口倒出。故答案为：检漏；上口倒出；‎ ‎（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是：是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水。故答案为：干燥(或除水除醇)；‎ ‎（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有题目提供的实验装置图知蒸馏过程中，不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管，故答案为：CD；‎ ‎（7）环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为‎16.4g，所以产率= ×100%=61%，故答案为：C。‎ ‎22.已知反应3NaH＋Fe2O32Fe＋3NaOH。‎ ‎（1）基态Fe原子核外共有__种运动状态不相同的电子；Fe3＋的价电子排布图为__。‎ ‎（2）1molNaOH含有σ键数目为__；Fe3＋可以和SCN-形成配合物，该反应是典型的可逆反应，说明配位原子配位能力__(填“强”或“弱”)。‎ ‎（3）上述反应中含Na的化合物晶体类型均为__晶体。‎ ‎【答案】 (1). 26 (2). (3). 1mol或6.02×1023 ‎ ‎(4). 弱 (5). 离子 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据泡利不相容原理，核外电子没有任何两个的运动状态是相同的，有多少个核外电子就有多少种不同的运动状态。基态Fe原子核外共有26种运动状态不相同的电子；Fe3＋的价电子排布图为。故答案为：26；；‎ ‎（2）NaOH中钠离子和氢氧根离子间是离子键，氢氧根离子中氢氧之间是共价键，是σ键，1molNaOH含有σ键数目为1mol或6.02×1023；Fe3＋可以和SCN-形成配合物，该反应是典型的可逆反应，说明配位原子配位能力弱。故答案为：1mol或6.02×1023；弱；‎ ‎（3）3NaH＋Fe2O32Fe＋3NaOH反应中含Na的化合物NaH、NaOH晶体类型均为离子晶体。故答案为：离子。‎ ‎23.化合物A是分子式为的五元环状化合物，核磁共振氢谱有四组峰，且其峰面积之比为，有如图所示的转化：‎ 已知：‎ 含羰基的化合物均能与格氏试剂发生如下反应：‎ 两个羟基连在同一碳原子上极不稳定，易脱水：→+H2O 根据以上信息，回答下列问题：‎ 写出化合物D中官能团的名称________。‎ 写出化合物B、F的结构简式________、________。‎ 的反应类型是________。‎ 写出D与反应的化学方程式________________写出的化学方程式_______________________。‎ 的属于芳香族化合物的同分异构体有________种，写出符合下列条件的A的一种同分异构体W的结构简式________。不考虑立体异构 含有两个取代基 苯环上的一氯代物只有两种 能与足量金属钠反应生成 ‎【答案】 (1). 羧基 (2). (3). (4). 加成反应 (5). +CH3OH+H2O (6). +H2O (7). 13 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A、B分子式可知，A与氢气发生加成反应生成B，B碱性条件下水解生成C与甲醇，故A中应含有酯基，结合分子式可知A还含有2个碳碳双键，根据A为五元环状化合物，四种不同的氢的个数之比为3：1：2：2，结合五元环骨架可推得A的结构简式为：，A与发生加成反应，把碳碳双键消除得B为，B碱性条件下水解得到甲醇和，C再酸化得到D为，根据信息和可知D转化为E为，再根据已知和，E再转化F为，根据具体问题回答即可。‎ ‎【详解】由上述分析可知，D的结构简式为：，故其含有的官能团为：羧基。‎ 故答案为：羧基；‎ 由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为。‎ 故答案为：；；‎ 到B是加成反应。‎ 故答案为：加成反应； ‎ 与甲醇发生酯化反应生成酯，反应方程式为：+CH3OH+H2O，‎ 的反应的化学方程式为：+H2O。‎ 故答案为：+CH3OH+H2O；+H2O；‎ 根据题意，苯环上的取代基有以下几种情况：为、2个，3个取代基在苯环上共有6种位置关系；为、，2个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系；为、，2个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系；为，其在苯环上只有1种位置，故A的属于芳香族化合物的同分异构体共有13种。苯环上的一氯代物只有两种，则两个取代基处于苯环的对位，根据1molW与足量金属钠反应生成，确定含有和两个取代基，故W的结构简式为 故答案为：13；。‎