【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题 一、选择题 ‎1.2019年4月26日上午，第二届“一带一路”国际合作高峰论坛开幕式在北京举行，共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机高分子化合物的是（ ）。‎ ‎ A中国丝绸 B泰国香米 C埃及长绒棉 D乌克兰葵花籽油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然有机高分子化合物，故A错误；‎ B项、香米的主要成分是淀粉，淀粉是天然有机高分子化合物，故B错误；‎ C项、长绒棉的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，故C错误；‎ D项、葵花籽油的主要成分是油脂，油脂不是有机高分子化合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 淀粉水解液酸化后加入碘水就能判断淀粉是否水解完全 B. 植物秸秆、牛油彻底水解的产物均为纯净物 C. 鸡蛋清中加入饱和碳酸钠溶液，生成的沉淀加水不再溶解 D. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、若淀粉在酸性条件下完全水解，溶液中不存在淀粉，加入碘水，溶液不变蓝色，故A正确；‎ B项、牛油完全水解的产物为高级脂肪酸和甘油形成的混合物，故B错误；‎ C项、鸡蛋清中加入饱和碳酸钠溶液生成沉淀的过程为盐析，盐析是一个可逆过程，生成的沉淀加水会重新溶解，故C错误；‎ D项、淀粉与纤维素虽然都表示为（C6H10O5）n，但聚合度n值不同，分子式不相同，不互为同分异构体，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）‎ A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 C. 福尔马林可用来浸制标本，因其可使蛋白质变性 D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蚕丝的主要成分为蛋白质，在灼烧时有烧焦羽毛的气味，其他有机物没有此气味，所以可以用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，故正确；B. 食用油属于油脂，反复加热发生化学变化，会产生稠环芳香烃等有害物质，故正确；C. 福尔马林是甲醛的水溶液，可使蛋白质变性，所以可用来浸制标本，故正确；D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故错误。故选D。‎ ‎4.下列关于有机物说法不正确的是（ ）‎ A. 命名为2-乙基-1，3-二丁烯 B. 沸点比较：乙二醇>乙醇>乙烷 C. 含8个碳原子的有机物的分子中可能形成8个C—C单键 D. 属于芳香烃且属于苯的同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铵系统命名法可知，‎ 的名称为2-乙基-1，3-丁二烯，故A错误；‎ B项、乙醇、乙二醇两种分子间都能形成氢键，但乙二醇含有的羟基数目多，形成的氢键多，分子间作用力强，乙二醇的沸点高于乙醇，乙烷分子间不能形成氢键，乙醇沸点比乙烷高，故沸点顺序为乙二醇>乙醇>乙烷，故B正确；‎ C项、有机物分子中的8个碳原子可以形成八碳环，最多可形成8个C—C单键，故C正确；‎ D项、分子中含有1个苯环，属于芳香烃，两个侧链均为烷烃基，属于苯的同系物，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎5.下列关于有机物的说法正确的是（ ）‎ A. 乙醇和丙三醇互为同系物 B. 环己烯（）分子中的所有碳原子共面 C. 分子式为C5H10O2,且属于酯的同分异构体共有9种（不考虑立体异构）‎ D. 桥环烃二环[2,2,0]（）的二氯代物有6种结构（不考虑立体异构）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，乙醇和丙三醇含有的羟基数目不同，不互为同系物，故A错误；‎ B项、环己烯分子中1个含碳碳双键，但4个亚甲基均为饱和碳原子，分子中含有饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，故B错误；‎ C项、分子式为C5H10O2属于酯的同分异构体可能为以下几种情况：若为甲酸和丁醇酯化，形成的酯有HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3共4种；若为乙酸和丙醇酯化，形成的酯有CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2共2种；若为丙酸和乙醇酯化，形成的酯只有CH3CH2COOCH2CH31种；若为丁酸和甲醇酯化，形成的酯有CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3有2种，合计有9种，故C正确；‎ D项、桥环烃二环分子结构对称，分子中含有2类氢原子，则一氯代物有2种，一氯代物分子中含有3类氢原子，形成的二氯代物有3种，一氯代物分子中含有4类氢原子，形成的二氯代物有4种，则二氯代物共有7种，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ A. 用酸性KMnO4溶液可鉴别乙烯和乙醛 B. 用甘氨酸[H2NCH2COOH]和丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]缩合最多可形成3种链状二肽 C. 等质量的甲醛和乳酸[CH3CH(OH)COOH]完全燃烧消耗的氧气相等，生成水的质量也相等 D. 丙烯酸（CH2=CHCOOH），含有二种官能团，能发生取代、加聚、加成反应，不能发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯、乙醛都含有不饱和键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故A错误；B．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子。当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故B错误；C．甲醛与乳酸[CH3CH(OH)COOH的最简式都为CH2O，等质量的甲醛与乳酸[CH3CH(OH)COOH]完全燃烧消耗氧气的量相等，生成水的质量也相等，故C正确；D. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)，含有碳碳双键和羧基二种官能团，能发生取代、加聚、加成反应，其中碳碳双键与氢气的加成反应，也是还原反应，故D错误；故选C。‎ ‎7.丁苯橡胶的结构简式如下所示，合成这种橡胶的单体应是（ ）‎ ‎①②③CH3-CH=CH-CH3④CH≡C-CH3⑤CH2=CH-CH=CH2‎ A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ①⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由丁苯橡胶的结构简式可知，丁苯橡胶属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开，在将双键中的1个c-c打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是①⑤CH2=CH-CH=CH2，故选D。‎ ‎8.由有机物X合成有机高分子粘合剂G的流程图如下:‎ 下列叙述错误的是（ ）‎ A. 有机物X中的含氧官能团是羧基和羟基 B. Z的结构简式一定是 C. 由X生成I molY时，有1 mol H2O生成 D. 反应Ⅲ发生加聚反应生成G ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构分析，含有的含氧官能团为羧基和羟基，故正确；B.Z可能是 ‎，故错误；C.X含有羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成Y，生成1molY时，有1mol水生成，故正确；D.Z含有碳碳双键，发生加聚反应生成G，故正确。故选B。‎ ‎9.将体积均为5 mL的甲、乙、丙三种液体依次沿试管壁缓缓滴入试管中(勿振荡)，出现如图所示的实验现象，则甲、乙、丙的组合可能是(　　) ‎ 选项 A B C D 甲 ‎1,2二溴乙烷 溴苯 水 乙醇 乙 水 液溴 大豆油 乙酸 丙 苯 乙醇 溴水 乙酸乙酯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知三种液体满足的条件是甲与乙互不相溶且乙的密度小于甲，乙与丙互不相溶且丙的密度小于乙。‎ ‎【详解】由图可知，甲、乙、丙的密度中，丙的密度最小，甲的密度最大；甲与乙不相溶，乙与丙不相溶。A、苯的密度最小，1,2—二溴乙烷的密度最大，苯与水不相溶，水与1,2—二溴乙烷不相溶，选项A正确；B、三种物质互溶，选项B错误；C、三种物质中，乙的密度最小，所以最上层是乙，选项C错误；D、三种物质互溶，选项D错误。答案选A。‎ ‎10.图1和图2是A、B两种物质的核磁共振氢谱。请根据图1和图2两种物质的核磁共振氢谱谱图选择出可能属于图1和图2的两种物质的分子式（ ）‎ 图1 图2 ‎ A. A是C3H6、B是C2H6 B. A是C6H6、B是C4H6‎ C. A是C6H6、B是C2H6 D. A是C3H8、B是C6H6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知，A分子中只有1类氢原子，B中有3类氢原子。‎ ‎【详解】A项、C3H6为丙烯时，分子中有3类氢原子，为环丙烷时有1类氢原子，C2H6的结构只有一种，分子中只有1类氢原子，故A错误；‎ B项、C6H6为苯，分子中只有1类氢原子，C4H6为HC≡CCH2CH3时，分子中有3类氢原子，为CH3C≡CCH3时，分子中只有1类氢原子，为CH2=CH-CH=CH2时，分子中有2类氢原子，故B正确；‎ C项、C6H6为苯，分子中只有1类氢原子，C2H6的结构只有一种，分子中只有1类氢原子，故C错误；‎ D项、C3H8的结构只有一种，分子中有2类氢原子，C6H6为苯，分子中只有1类氢原子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.烯烃复分解反应可形象地描述为交换舞伴(如图所示)：‎ 烯烃复分解反应中的催化剂是金属卡宾(如CH2=M)，金属卡宾与烯烃分子相遇后，两对舞伴会暂时组合起来，手拉手跳起四人舞蹈。随后它们“交换舞伴”，组合成两个新分子，其中一个是新的烯烃分子，另一个是金属原子和它的新舞伴。后者会继续寻找下一个烯烃分子，再次“交换舞伴”。根据以上信息进行判断，如果把C6H5CH2CH=CH2与CH2=M在一定条件下混合反应，下列产物不可能存在的是 （ ）‎ A. C6H5CH2CH=M B. CH2=CH2‎ C. C6H5CH2CH2C6H5 D. C6H5CH2CH=CHCH2C6H5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题给信息知，金属卡宾M=CH2和烯烃C6H5CH2CH=CH2的反应机理应该是 C6H5CH2CH=CH2+CH2=MC6H5CH2CH=M+CH2=CH2；‎ C6H5CH2CH=CH2+C6H5CH2CH=MC6H5CH2CH=CHCH2C6H5+CH2=M，‎ 由上述反应可知产物可能是C6H5CH2CH=M、CH2=CH2、C6H5CH2CH=CHCH2C6H5。故选C。‎ ‎12.合成导电高分子材料PPV的反应+（2n-1）HI，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 合成PPV的反应为缩聚反应 B. PPV与聚苯乙烯重复结构单元不相同 C. PPV与聚苯乙烯均能使溴水反应褪色 D. 1 molPPV可以与2n molH2加成 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由化学方程式可知，与在催化剂作用下发生缩聚反应生成和HI，故A正确；‎ B项、聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B正确；‎ C项、聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；‎ D项、1 mol分子中含有n mol苯环和n mol碳碳双键，能与4n molH2加成，故D错误；‎ 答案选CD。‎ ‎13.下列实验中,现象及得出的结论正确的是(    )‎ 实 验 现 象 结论 A 试管(1)中紫色褪去,‎ 试管(2)中紫色未褪 甲基使苯环的活性增强 B ‎    ‎ 试管内壁有 银镜生成 有机物X中一定含有醛基 C 向淀粉溶液中加入稀硫酸,水浴加热,一段时间后,再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热 未见砖红色沉淀 淀粉未水解 D 最后一只试管中有浅黄色沉淀 有机物中含有溴原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，己烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环使甲基活性增强，故A错误；‎ B项、有机物X能与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，说明有机物X中一定含有醛基，故B正确；‎ C项、葡萄糖在碱性条件下才能与新制的氢氧化铜悬浊液共热反应，则向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热,一段时间后，先加入过量氢氧化钠溶液中和硫酸，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，才能有砖红色沉淀生成，故C错误；‎ D项、溶液中氢氧根会干扰溴离子的检验，溴代烃在氢氧化钠溶液中共热反应后，应先加入过量的稀硝酸中和氢氧化钠，再加入硝酸银溶液，才能有浅黄色沉淀生成，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.有下列三种有机物，实现它们之间相互转化所选试剂（均足量）正确的是（ ）‎ a转化为b a转化为c c转化为b A NaOH Na CO2‎ B Na2CO3‎ NaOH HCl C NaHCO3‎ NaOH CO2‎ D NaHCO3‎ Na2CO3‎ HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na可以与酚羟基、醇羟基、羧基发生反应，NaOH、Na2CO3可以与酚羟基和羧基反应；NaHCO3可以与羧基反应。所以a转化为b应该用NaHCO3溶液，a转化为c应该用NaOH或Na2CO3；c转化为b应该用弱酸碳酸，即通入CO2气体。故答案选C。‎ ‎15.如图所示三种物质均是从巴旦杏中提取出的有香味的有机物，下列说法正确的是（ ）‎ A. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ互为同分异构体 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. Ⅱ、Ⅲ分别与H2反应，均最多可以消耗2 mol H2‎ D. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中只有Ⅲ是苯的同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据结构简式可知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的分子式不同，不能互为同分异构体，A错误；‎ B、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分子中均含有碳碳双键，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；‎ C、Ⅱ、Ⅲ中均含有2个碳碳双键，1 mol Ⅱ、Ⅲ分别与H2反应，均最多可以消耗2 mol ‎ H2，但题中没有给出Ⅱ、Ⅲ的量，C错误；‎ D、苯分子中的氢原子被烷烃基取代后的有机物是苯的同系物，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不是苯的同系物，D错误。‎ 答案选B ‎16.有机物A是一种常用的内服止痛解热药。1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色。A的相对分子质量不超过200。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652。A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。则下列推断中，正确的是( )‎ A. A、B的相对分子质量之差为60 ‎ B. 1个B分子中应当有2个氧原子 C. A的分子式是C7H6O3 ‎ D. B能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据芳香族化合物B的含氧量及A的相对分子质量的范围，先确定B的分子结构，再确定A的分子结构。‎ ‎【详解】A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸，则A含有酯基。A溶液具有酸性，则A含有-COOH；A不能使FeCl3溶液显色，则A没有酚羟基。A的相对分子质量不超过200，则B的相对分子质量不超过200-42=158。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652，则其中氧元素总的质量分数为1-0.652=0.348，若B只含1个氧原子，则B的相对分子质量为45.9，不可能；若B含2个氧原子，则B的相对分子质量为92，由于苯的相对分子质量为78，也不可能；若B含3个氧原子，则B的相对分子质量为138，合理。由于1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸，则B分子中有苯环、羟基、羧基，共3个氧原子，则B的分子式为C7H6O3、A的分子式为C9H8O3。‎ A. 1 mol A 水解得到1 mol B 和1 mol 醋酸，A、B的相对分子质量之差为60-18=42，A不正确；‎ B. 1个B分子中应当有3个氧原子，B不正确；‎ C. A的分子式是C9H8O3，C不正确； ‎ D. B分子中含有-COOH、酚羟基，故其能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应，D正确。‎ 综上所述，有关推断中正确是D，本题选D。‎ 二、非选择题 ‎17.实验室用乙醇、浓磷酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如下（反应需要加热，图中省去了加热装置）,反应原理为：H3PO4(浓)+NaBr+NaH2PO4+HBr，CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O, 有关数据见下表：‎ 物质名称 乙醇 溴乙烷 溴 状态 无色液体 无色液体 深红棕色液体 密度/g•cm-3‎ ‎0.79‎ ‎144‎ ‎3.1‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎38.4‎ ‎59‎ ‎（1）A中加入沸石的作用是______________________．‎ ‎（2）仪器B的名称为____________，该仪器的进水口为_______（填“a”或“b”）口．‎ ‎（3）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为_________________‎ ‎（4）制取氢溴酸时，什么不能用浓H2SO4代替浓磷酸？_________（用化学方程式表示）．‎ ‎（5）将C中的馏出液转入锥形瓶中，边振荡边逐滴滴入浓H2SO4以除去水等杂质，滴加浓硫酸约1～2mL，使溶液明显分层，再用分液漏斗分去硫酸层，将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏瓶，水浴加热蒸馏，收集到35～40℃馏分约10.0g，从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是______(保留三位有效数字）‎ ‎【答案】(1). 防止液体瀑沸 (2). 球形冷凝管 (3). b (4). 平衡压强，使浓磷酸顺利流下 (5). 2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O (6). 53.3%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）液体加热时溶液发生暴沸；‎ ‎（2）由仪器的结构可知B为球形冷凝管，为正确冷凝效果，应采取逆流原理通入冷凝水；‎ ‎（3）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，起到平衡压强的作用；‎ ‎（4）氢溴酸具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，而浓磷酸没有氧化性；‎ ‎（5）先依据乙醇的量计算溴乙烷的理论量，再依据溴乙烷的实际量计算产率。‎ ‎【详解】（1）液体加热时溶液发生暴沸，加入沸石的目的是防止加热液体瀑沸，故答案为：防止液体瀑沸；‎ ‎（2）由仪器的结构可知B为球形冷凝管，为正确冷凝效果，应采取逆流原理通入冷凝水，则B中进水口为b，故答案为：球形冷凝管；b；‎ ‎（3）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，起到平衡压强的作用，便于浓磷酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能，故答案为：平衡压强，使浓磷酸顺利流下；‎ ‎（4）氢溴酸具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，反应的化学方程式为2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O，而浓磷酸没有氧化性，所以不能用浓H2SO4代替浓磷酸，故答案为：2HBr+H2SO4（浓）=Br2+SO2↑+2H2O；‎ ‎（5）10mL乙醇的质量为0.79 g•cm-3×10g=7.9g，物质的量为=0.172mol，由化学方程式可知理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，质量为0.172mol×109g/mol≈18.75g，则溴乙烷的产率为×100%=53.3%，故答案为：53.3%。‎ ‎18.氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以 2－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：‎ ‎（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。‎ A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应 B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应 C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应 D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S ‎（2）物质 D 的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。‎ ‎（3）物质 X 的结构简式为____________。‎ ‎（4）物质 C可在一定条件下反应生成一种含有 3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。‎ ‎（5）写出属于芳香族化合物 A的同分异构体__________(不包含 A)。‎ ‎【答案】(1). BD (2). 7 (3). (4). 2+2H2O (5). 取代反应 (6). 、、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；‎ ‎(2)D结构不对称，有7种不同的H；‎ ‎(3)对比D、E可知X的结构简式；‎ ‎(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；‎ ‎(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。‎ ‎【详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误； ‎ B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；‎ C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；‎ D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；‎ 故答案为BD；‎ ‎(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有 7种吸收峰；‎ ‎(3)对比D、E可知X的结构简式为；‎ ‎(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；‎ ‎(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。‎ ‎19.丙烯是重要的化工原料，以丙烯为原料合成有机玻璃和油墨材料DAP-A树脂的流程如下：‎ 回答问题：‎ ‎（1）写出下列物质可能的结构简式：B___________________，F________________________。‎ ‎（2）写出反应类型：反应②___________________；反应③____________________________。‎ ‎（3）1 mol DAP-A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H2_______________mol。‎ ‎（4）写出反应①‎ 的化学方程式_____________________________________________________。‎ ‎（5）写出G在一定条件下与乙二醇发生反应生成一种高分子化合物的化学方程式为_______。‎ ‎（6）E的同分异构体中，属于酯类的链状有机物有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH (2). (3). 氧化反应 (4). 加聚（聚合）反应 (5). 4n (6). CH2=CHCH3+ Cl2 CH2=CHCH2 l+ HCl (7). (8). 、CH3COOCH=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据A和G的反应条件及产物可知，该反应是酯化反应，则A的结构简式是CH2=CHCH2OH，G是邻二苯甲酸，所以F是邻二甲苯，被氧化生成G。根据A的结构简式可知，反应①是丙烯甲基上氢原子的取代反应。由于A中含有碳碳双键，能和氯化氢发生加成反应生成B，所以B的结构简式为CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH。B发生催化氧化生成C，所以C是CH3CHClCOOH或CH2ClCH2COOH。最后C再通过消去反应生成丙烯酸。丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成E，则E的结构简式为CH2=CHCOOCH3。E中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成有机玻璃。而H中也含有碳碳双键，也能发生加聚反应，生成高分子化合物。‎ ‎（1）B的结构简式为：CH3CHClCH2OH或CH2ClCH2CH2OH；F的结构简式为：；‎ ‎（2）反应②的反应类型为：氧化反应；反应③的反应类型为：加聚（聚合）反应；‎ ‎（3）由于H中含有1个苯环和2个碳碳双键，所以根据树脂的结构简式可知，1molDAP-A树脂在一定条件下与H2发生加成反应，最多消耗H2 4nmol；‎ ‎（4）反应①的化学方程式为CH2=CHCH3+ Cl2 CH2=CHCH2 l+ HCl；‎ ‎（5）G在一定条件下与乙二醇发生反应生成一种高分子化合物的化学方程式为 ‎；‎ ‎（6）E的同分异构体中，属于酯类的链状有机物有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH3-C(OOCH)=CH2。‎ ‎20.有机物J 是我国自主成功研发的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的结构简式是________________。C的结构简式是______________。‎ ‎（2）D生成 E的化学方程式为_________________。‎ ‎（3）J的结构简式是________________。在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是_______________。‎ ‎（4）根据，X的分子式为______。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有______种（已知：碳碳叁键或碳碳双键不能与羟基直接相连）。‎ A．除苯环外无其他环，且无一O—O—键 B．能与FeCl3溶液发生显色反应 C．苯环上一氯代物只有两种 ‎（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成路线流程图(其它试剂自选)：____________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). (4). (5). (6). C8H6O3 (7). 9 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由AB的条件，以及A、G的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为：，再由BC，根据反应条件和C的分子式可知，C为；‎ ‎（2）D生成 E的化学方程式为：；‎ ‎（3）由GHJ，以及所给已知，可知H为，再脱水得到J，则J为，在一定条件下，H自身缩聚生成高分子化合物的结构简式是：；‎ ‎（4）根据，X的结构简式为：，则分子式为：C8H6O3；X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明与苯环直接相连的有羟基，由因为苯环上的一氯代物只有一种，且无一O—O—键；可能的情况有 ‎ ‎ ‎，共9种；‎ ‎（5）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯 为原料，合成的路线流程图：。‎