甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题

静宁一中2019-2020学年度第二学期高二级第一次试题（卷）‎ 化学（6-13）‎ 一、选择题（共24小题，每题2分，共48分）‎ ‎1.下列叙述正确是（ ）‎ A. 天然蛋白质水解的最终产物都是氨基酸 B. 经紫外线长时间照射后的蛋白质仍然具有生理活性 C. 在蛋白质溶液中加入福尔马林（甲醛溶液）后产生沉淀，再加入大量水，沉淀又溶解 D. 在蛋白质溶液滴加饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质变性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天然蛋白质是由氨基酸缩合而成的，其水解的最终产物都是氨基酸，故A正确；‎ B．经紫外线长时间照射后蛋白质失去生理活性，故B错误；‎ C．甲醛能使蛋白质变性而析出，蛋白质的变性是不可逆的，故C错误；‎ D．饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质溶解度降低而从溶液中析出，但不能使其变性，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】蛋白质溶液在加热，紫外线等条件下发生变性，蛋白质的变性是不可逆的。‎ ‎2.下图有机物的正确命名为 (　　)‎ A. 2-乙基-3,3-二甲基戊烷 B. 3,3-二甲基-4-乙基戊烷 C. 3,3,4-三甲基己烷 D. 3,4,4-三甲基己烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，据此得出是“某烷”，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，将取代基写在“某烷”的前面，据此分析。‎ ‎【详解】烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链有6个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，而当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，故在3号碳原子上有两个甲基，在4号碳原子上有一个甲基，则该有机物的名称为3,3,4−三甲基己烷，故C正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.由于不法分子把地沟油当作食用油， 给人民的健康带来严重危害。但是如何处置地沟油是每个化学工作者义不容辞的任务。‎2013 年 4 月 24 日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行，并获得成功。下列区分地沟油与航空汽油的方法中正确的是（ ）‎ A. 具有可燃性是航空汽油 B. 测定沸点，有固定沸点的是航空汽油 C. 加入水中浮在水面上的是地沟油 D. 加入氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 地沟油的成分是油脂，航空汽油的成分为多种烃混合物，二者都能够燃烧，都具有可燃性，A错误；‎ B. 纯净物具有固定的沸点，而混合物因含多种成分没有固定的沸点，二者均为混合物，没有固定沸点，B错误；‎ C. 地沟油和航空汽油的密度都小于水，都浮在水面上，C错误；‎ D. 地沟油的成分是油脂，油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸钠，加入氢氧化钠溶液共热，分层的是地沟油，D正确；故答案为：D。‎ ‎4.含有一个﹣C≡C﹣的炔烃与氢气发生加成反应后的产物的结构简式如图所示，此炔烃可能的结构有（ ）‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反应；根据加成原理采取逆推法还原碳碳三键，烷烃分子中相邻碳原子上至少均带2‎ 个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置；还原三键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的2个氢原子形成碳碳三键。‎ ‎【详解】根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在碳碳三键的位置。该烷烃的碳链结构为，3号碳原子上无氢原子，5号碳原子上有1个H原子，不能与相邻的碳原子形成碳碳三键，能形成三键位置有：1和2之间；6和7之间，8和9之间，6和7与8和9形成的碳碳三键位置相同，故该炔烃共有2种；故答案为B。‎ ‎5.广泛存在于食物(如桑椹，花生，尤其是葡萄)中，具有抗癌性能够它可能跟1mol该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是（ ）‎ A. 1mol，1mol B. 3.5mol，7mol C. 3.5mol，6mol D. 6mol，7mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分子中共含有3个酚羟基，1mol该化合物可与5mol Br2发生取代反应，含有1个碳碳双键，则1mol该化合物可与1mol Br2发生加成反应，共消耗6mol溴；分子中含有2个苯环，1个碳碳双键，则1mol该化合物可与7mol氢气发生加成反应。故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.某饱和一元醇 ‎35.2g 和足量金属 Na 反应，生成标准状况下氢气为 ‎4.48L，该醇可催化氧化生成醛的结构可能有( )‎ A. 4 种 B. 5 种 C. 7 种 D. 8 种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】生成标准状况下‎4.48L氢气的物质的量是 ‎ ；设某饱和一元醇的化学式是CnH(2n+1)OH；则 解得n=5，饱和一元醇的化学式是C5H11OH，可催化氧化生成醛的结构可能有CH3CH2CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2CH2OH、HOCH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)3CCH2OH，共4种，选A。‎ ‎7.某同学给出了下列有机物的名称，其中正确的是（ ）‎ A. 3,3,4-三甲基戊烷 B. 2,3-二甲基-1,3-丁二烯 C. 3,5-二甲基-2-己炔 D. 1,3,5-三硝基甲苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 3,3,4-三甲基戊烷，支链位置号码之和不是要小，正确的命名为：2,3,3-三甲基戊烷，A项错误；‎ B. 2,3-二甲基-1,3-丁二烯，符合烯烃命名原则，B项正确；‎ C. C最多可形成4个共用电子对，而3,5-二甲基-2-己炔不符合C所形成的共价键个数，C项错误；‎ D. 1,3,5-三硝基甲苯，编号时甲基所在的碳原子应该为1号，所以在1号C含有5个共价键，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】烷烃系统命名法的步骤 ‎1、选主链，称某烷；‎ ‎2、编号位，定支链；‎ ‎3、取代基，写在前，注位置，短线连；‎ ‎4、不同基，简到繁，相同基，合并算；‎ 烷烃的系统命名法使用时应遵循两个基本原则：1、最简化原则；2.、明确化原则。主要表现在“一长一近一多一少”。即“一长”是主链最长；“一近”是编号起点离支链要近；“一多”是支链数目要多，“一小”是支链位置号码之和要小，这些原则在命名时或判断命名的正误 时均有重要的指导意义。‎ ‎8.催化氧化的产物是的醇是（ ）。‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据醇发生消去反应的结构特点是：与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；‎ 根据醇发生氧化反应的结构特点是：与羟基所连碳上有2个氢原子的才能发生氧化反应生成醛。‎ ‎【详解】A. 能发生催化氧化反应生成，故A正确；‎ B. 碳原子数多1个，故B错误；‎ C. 与羟基所连碳上有1个氢原子，氧化生成酮，不是醛，故C错误；‎ D. 与羟基所连碳上有1个氢原子，氧化生成酮，不是醛，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点是忽视碳骨架结构而错选B。物质的结构决定了物质的性质，醇发生催化氧化反应生成醛时，只与分子中的 原子团有关，与其他基团无关，则被氧化的醇为。‎ ‎9.烯烃在一定条件下发生氧化反应，碳碳双键断裂，如：被氧化为和；被氧化为和，由此推断分子式为的烯烃的氧化产物最多有( )‎ A. 2种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】烯烃有如下三种同分异构体：、、，根据题中信息，中碳碳双键被氧化断裂的情况如下：，，，三种烯烃被氧化得到的产物有、、、，故氧化产物最多有4种。‎ 故选B。‎ ‎10.对于烃的命名正确的是（ ）‎ A. 4—甲基—4，5—二乙基己烷 B. 3—甲基—2，3—二乙基己烷 C 4，5— 二甲基—4—乙基庚烷 D. 3，4— 二甲基—4—乙基庚烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】，选取含有碳原子数最多的碳链为主链，该有机物中最长的碳链含有7个C，主链为庚烷，含有7个C的碳链有两条，选取含有支链最多的碳链为主链，编号从距离取代基最近的一端开始，从左边开始，满足取代基编号之和最小，在3、4号C上各有一个甲基，在4号C上有一个乙基，该有机物的命名为：3，4﹣二甲基﹣4﹣乙基庚烷，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了考查有机物的命名，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。‎ ‎11.有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，将‎12g该有机物完全燃烧的产物通过足量浓硫酸，浓硫酸增重‎14.4g，再通过足量碱石灰，碱石灰增重‎26.4g，该有机物的分子式是（ ）‎ A. C4H10 B. C3H8O C. C2H6O D. C2H4O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸增重可知水的质量为‎14.4g，n(H2O)==0.8mol，n(H)=1.6mol，m(H)=‎1.6g；使碱石灰增重‎26.4g，可知二氧化碳质量为‎26.4g，n(C)=n(CO2)==0.6mol，m(C)=‎7.2g，m(C)+m(H)=‎8.8g，有机物的质量为‎12g，所以有机物中氧的质量为‎3.2g，n(O)==0.2mol，n(C)∶n(H)∶n(O)=0.6mol∶1.6mol∶0.2mol=3∶8∶1，即实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以分子式也为C3H8O，故选B。‎ ‎12.已知：|||＋，如果要合成所用的起始原料可以是(　　)‎ ‎①2甲基1,3丁二烯和2丁炔 ‎②1,3戊二烯和2丁炔 ‎③2,3二甲基1,3戊二烯和乙炔 ‎④2,3二甲基1,3丁二烯和丙炔 A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由信息：断键后可得到。的断键方式有：，。若按①断键可得到CH‎3C≡CH(丙炔)和 (2,3二甲基1,3丁二烯)；若按②断键可得(2甲基1,3丁二烯)和CH3—C≡C—CH3(2丁炔)，故A正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】注意|||＋断键和结合键的位置，丁二烯断双键，1,4位的碳原子结合乙炔的碳原子，而自身2,3位碳原子形成碳碳双键。‎ ‎13.某有机物A的分子式为C4H10O，红外光谱图如图所示，则A的结构简式为（ ）‎ A. CH3OCH2CH2CH3 B. CH3CH2OCH2CH3‎ C. CH3CH2CH2OCH3 D. (CH3)2CHOCH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据红外光谱图可知，A的结构中含有甲基、对称的亚甲基和醚键，因此A的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为AC，要注意AC为同种物质，解答本题的关键是结构中存在对称的亚甲基。‎ ‎14.进行一氯取代反应，只能生成三种沸点不同的产物的烷烃是（ ）‎ A. （CH3）2CHCH2CH2CH3 B. （CH3CH2）2CHCH3‎ C. （CH3）2CHCH（CH3）2 D. （CH3）3CCH2CH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，即能生成5种沸点不同的产物，A错误；‎ B．(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，即能生成4种沸点不同的产物，B错误；‎ C．(CH3)2CHCH(CH3)2中含有2种等效氢，所以其一氯代物有2种，即能生成2种沸点不同的产物，C错误；‎ D．(CH3)3CCH2CH3中含有3种等效氢，所以其一氯代物有3种，即能生成3种沸点不同的产物，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】判断有机物的一氯代物的种类就是看有机物里有几种等效氢。‎ ‎15.已知化合物A的结构如图所示，则A的二氯代物的数目为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A的二氯代物中氯原子的取代情况有：取代2个C原子上的H，取代2个Si原子上的H，取代相邻C原子和Si原子上的H，取代体对角线上的C原子和Si原子上的H，因此化合物A的二氯化物共有4种，故B符合题意。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎16.如图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图，在如图所示实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是( )‎ A. ①蒸馏；②过滤；③分液 B. ①分液；②蒸馏；③蒸馏 C. ①蒸馏；②分液；③分液 D. ①分液；②蒸馏；③结晶、过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠加入硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的设计，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握物质的性质的异同，熟悉常见混合物的分离方法。‎ ‎17.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）‎ A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。‎ ‎【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架 有和， 4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种， C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。‎ ‎18.化合物 (b)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 (　　)‎ A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3—C≡C—C≡C—CH3等，故A错误；‎ B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；‎ C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误； ‎ D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎19.将a g聚苯乙烯树脂溶于bL苯中，然后通入c mol乙炔气体，所得混合液中碳氢两元素的质量比是（ ）‎ A. 6︰1 B. 1︰‎2 ‎C. 8︰3 D. 12︰1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】聚苯乙烯的化学式是（C8H8）n，所以聚苯乙烯、苯和乙炔的实验式均是CH，因此所得混合液中碳氢两元素的质量比是12︰1，而与这些物质的含量无关，答案选D。‎ ‎20.下列反应的离子方程式正确的是 A. 乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应：CH3COOCH2CH3＋OH−→CH3COO−+CH3CH2O−+H2O B. 醋酸溶液与新制氢氧化铜反应：2H+＋Cu(OH)2→Cu2+＋2H2O C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2＋CO2＋H2O2＋CO D. 乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热CH3CHO+2Cu(OH)2+OH−CH3COO−+ Cu2O↓+3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，生成乙酸钠和乙醇，A错误；‎ B.醋酸为弱酸，离子反应方程式中应写分子式，B错误；‎ C.苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚（65摄氏度下在水中溶解度较小）和碳酸氢根，C错误；‎ D.乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热，生成醋酸钠和红色的氧化亚铜，该离子方程式正确，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】苯酚钠与二氧化碳反应的生成物与二氧化碳的通入量无关，均生成碳酸氢根，因为苯酚的酸性强于碳酸氢根的酸性，故不可能生成碳酸根。‎ ‎21.有机物分子中最多有多少个原子共面（ ）‎ A. 12 B. ‎16 ‎C. 20 D. 24‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于碳碳双键和苯环是平面形结构，且单键是可以旋转的，所以根据结构简式可判断，分子中所有的碳原子都是共面的，而甲基上的氢原子有1个是可能共面的，所以共计是20个原子，答案选C。‎ ‎22.若乙酸分子中的都是，乙醇分子中的都是，二者发生酯化反应所得生成物中水的相对分子质量是( )‎ A. 16 B. ‎18 ‎C. 20 D. 22‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】酸与醇发生反应生成酯和水，反应的过程中酸失羟基，醇失氢，乙酸与乙醇反应方程式如下：，生成的水为H218O，故水的相对分子质量为20。‎ 答案选C。‎ ‎23.下列说法正确的是（ ）‎ A. H2O与D2O互为同素异形体 B. C5H12的同分异构体有3种，其沸点各不相同 C. CH3OCH3与CH3CH2OH互为同系物 D. 的名称是2-乙基丙烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O 与D2O是化合物，不是单质，不是同素异形体，故A错误；‎ B．C5H12的同分异构体有3种，CH3CH2CH2CH2CH3、、，其沸点各不相同，支链越多，沸点越低，故B正确；‎ C．CH3OCH3与CH3CH2OH结构不同，不是同系物，分子式相同，属于同分异构体，故C错误；‎ D．主链含4个碳，正确的名称为2-甲基丁烷，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎24.1mol己二酸在一定条件下与2mol一元醇反应得到分子式为C16H26O4的酯，则该一元醇的分子式为（ ）‎ A. C5H10O B. C5H12O C. C5H8O D. C5H12O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】假设一元醇为M，该酯化反应的化学方程式为，根据原子守恒可得M的化学式为，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查酯化反应，理清反应中物质的原子增减数是解题关键，利用方程式结合原子守恒可顺利解题。‎ 二、填空题题（共4小题，共52分）‎ ‎25.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)键线式的系统命名为 __________________；‎ ‎(2)中含有的官能团为_______________；‎ ‎(3)2－甲基－1－丁烯的结构简式____________________；‎ ‎(4)相对分子质量为 72 且一氯代物只有一种的烷烃的结构简式________________；‎ ‎(5)分子式为 C2H6O 的有机物，有两种同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方法，不可能将二者区别开来的是________________；‎ A.红外光谱 B.核磁共振氢谱 C.质谱法 D.与钠反应 ‎【答案】 (1). 2-甲基戊烷 (2). 羟基、酯基 (3). (4). (5). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)键线式，主链有5个碳原子，2号碳原子连有1个甲基，系统命名为2-甲基戊烷；‎ ‎(2)中含有的官能团为羟基、酯基；‎ ‎(3)根据系统命名原则，2－甲基－1－丁烯主链有4个碳，含一个双键，结构简式为；‎ ‎(4)相对分子质量为 72烷烃分子式是 C5H12‎ ‎，一氯代物只有一种，说明只有一种等效氢，结构对称，该烷烃的结构简式是；‎ ‎(5)乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，官能团不同，能用红外光谱鉴别，不选A；‎ 乙醇(CH3CH2OH)有3种等效氢、甲醚(CH3OCH3) 有1种等效氢，能用核磁共振氢谱鉴别，不选B；‎ 乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)的相对分子质量相同，不能用质谱法鉴别，故选C；‎ 乙醇(CH3CH2OH)与钠反应放出氢气、甲醚(CH3OCH3)与钠不反应，故不选D。‎ ‎26.下图是实验室制备1，2—二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置（加热及夹持设备已略）。‎ 有关数据列表如下：‎ ‎ ‎ 乙醇 ‎ ‎1,2-二溴乙烷 ‎ 乙醚 ‎ 状态 ‎ 无色液体 ‎ 无色液体 ‎ 无色液体 ‎ 密度／g/cm3 ‎ ‎0.79 ‎ ‎2.2 ‎ ‎0.71 ‎ 沸点／℃ ‎ ‎78.5 ‎ ‎132 ‎ ‎34.6 ‎ 熔点／℃ ‎ 一l30 ‎ ‎9 ‎ ‎-1l‎6 ‎ 请按要求回答下列问题：‎ ‎（1）A中药品为1:3的无水乙醇和浓硫酸混合液，写出制备乙烯的化学反应方程式：____________________________________________________________。‎ ‎（2）气体发生装置使用连通滴液漏斗的原因_________________________________________。‎ ‎（3）装置D中品红溶液的作用是_______________；同时B装置是安全瓶，监测实验进行时E中是否发生堵塞，请写出堵塞时的现象_______________________________________。‎ ‎（4）反应过程中应用冷水冷却装置E，其主要目的是___________________________；但又不能过度冷却(如用冰水)，其原因是_____________________________________________。‎ ‎（5）判断该制备反应已经结束的方法是__________________；结果学生发现反应结束时，无水乙醇消耗量大大超过理论值，其原因是_______________________________________。‎ ‎（6）有学生提出，装置F中可改用足量的四氯化碳液体吸收多余的气体，判断改用四氯化碳液体是否可行______（填“是”或“否”），其原因是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下 (3). 验证二氧化硫是否被除尽 (4). 玻璃管中液面上升 (5). 减少液溴挥发 (6). 1,2—二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞 (7). E中液体由红棕色变为无色 (8). 副反应发生或反应太剧烈 (9). 是 (10). 乙烯和液溴均易溶于四氯化碳 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在加热和催化剂的作用下乙醇发生消去反应生成乙烯，然后乙烯和溴水发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，反应的化学方程式是。‎ ‎（2）气体发生装置使用连通滴液漏斗，主要是兴液面上下的大气压强相同，使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下。‎ ‎（3）装置D中品红溶液的作用是验证二氧化硫是否被除尽;；同时B装置是安全瓶，若E中发生堵塞，玻璃管中液面肯定会上升。‎ ‎（4）反应过程中应用冷水冷却装置E，其主要目的是减少液溴挥发;；但又不能过度冷却(如用冰水)，其原因是1,2—二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞。‎ ‎（5）判断该制备反应已经结束的方法是E中液体由红棕色变为无色；结果学生发现反应结束时，无水乙醇消耗量大大超过理论值，其原因是副反应发生如生成乙醚或反应太剧烈使部分乙醇挥发。‎ ‎（6）乙烯和液溴均易溶于四氯化碳，可进行充分吸收，故可行。‎ ‎27.工业上用甲苯生产对羟基苯甲酸乙酯（），（俗称尼泊金乙酯）可用作防腐剂，对霉菌有很强的抑制作用。其过程如下：‎ 据上图填写下列空白：‎ ‎（1）有机物A的结构简式_____________，B的结构简式_____________；‎ ‎（2）反应④属于_____________，反应⑤属于_____________。‎ ‎（3）③和⑥的目的是_______________________________________；‎ ‎（4）写出反应⑥的方程式_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 氧化反应 (4). 酯化反应 (5). 保护酚羟基，防止被氧化 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据反应②的生成物结构简式可知，A的结构简式应该是。B能和乙醇发生酯化反应生成C，C和HI反应最终生成羟基苯甲酸乙酯，所以根据羟基苯甲酸乙酯的结构简式可知，B的结构简式是。‎ ‎（2）反应④是苯环上的甲基被氧化生成羧基，因此反应类型是氧化反应。反应⑤是羟基和羧基的酯化反应。‎ ‎（3）由于酚羟基极易被氧化，所以在氧化甲基的同时容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此设计③和⑥的目的是保护酚羟基，防止被氧化。‎ ‎（4）反应⑥是甲基被氢原子取代，因此该反应的化学方程式是。‎ ‎28.盐酸多利卡因是一种局麻药及抗心律失常药，可由芳香烃A为起始原料合成：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的官能团名称为____________，D的分子式为____________。‎ ‎（2）反应①的化学方程式为_______________________，反应类型为____________，上述流程中，反应类型与①相同的还有____________（填反应序号）。‎ ‎（3）反应④除了生成E外，另一种产物的化学式为____________。‎ ‎（4）写出ClCH2COCl 与足量的NaOH溶液反应的化学方程式_______________________。‎ 已知：‎ ‎（5）C的芳香族同分异构体中，苯环上只有一个取代基的异构体共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱共有四个峰，且峰面积比为6:2:2:1的是______（写结构简式）。‎ ‎【答案】 (1). 硝基 (2). C10H12ONCl (3). (4). 取代 (5). ③④ (6). HCl (7). ClCH2COCl+3NaOH → HOCH2COONa+2NaCl+H2O (8). 5 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知信息可知B结构简式为。B发生还原反应，即硝基被还原为氨基，得到C。C中氨基上氢原子被取代生成D，D继续发生取代反应生成E。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知B的官能团名称为硝基，D的分子式为C10H12ONCl；‎ ‎（2）根据以上分析可知反应①是间二甲苯发生硝化反应生成B，反应的化学方程式为；上述流程中，反应类型与①相同的还有③④；‎ ‎（3）根据原子守恒可知反应④除了生成E外，另一种产物的化学式为HCl；‎ ‎（4）氯原子可以发生水解反应，则ClCH2COCl 与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为ClCH2COCl +3NaOH → HOCH2COONa + 2NaCl + H2O；‎ ‎（5）满足C的芳香族，且苯环上只有一个取代基的同分异构有5种，如下：、、、、，其中结构中等效氢的个数比符合6:2:2:1。‎ ‎【点晴】该类试题的解题关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。‎ ‎ ‎