【化学】山东省济宁市鱼台县第一中学2019-2020学年高二5月开学考试（解析版）

【化学】山东省济宁市鱼台县第一中学2019-2020学年高二5月开学考试（解析版）

山东省济宁市鱼台县第一中学2019-2020学年高二5月开学考试 一、选择题(每小题只有一个正确选项符合题意，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列物质鉴别所用试剂不正确的是（ ）‎ A. 乙醇与乙酸用CaCO3固体 B. 乙烷和乙烯用NaOH溶液 C. 苯、CCl4和甲酸用水 D. 乙烯与乙烷用溴水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸的酸性比碳酸强，可以与CaCO3固体反应产生可溶性醋酸钙，CO2气体和水，而乙醇不能反应，可以用CaCO3固体鉴别，A正确；‎ B.乙烷和乙烯都不能与NaOH溶液反应，不能鉴别，B错误；‎ C.苯不溶于水，密度比水小，液体分层，油层在上层；CCl4不溶于水，密度比水大，液体分层，油层在下层；甲酸易溶于水，液体不分层，三种液体物质与水混合现象各不相同，可以鉴别，C正确；‎ D.乙烯通入溴水中，溴水褪色，乙烷通入溴水，不反应，无明显现象，两种气体通入溴水，现象不同，可以鉴别，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.某烯烃与氢气加成后得到2，2－二甲基戊烷，烯烃的名称是（ ）‎ A. 2，2－二甲基－3－戊烯 B. 2，2－二甲基－4－戊烯 C. 4，4－二甲基－2－戊烯 D. 2，2－二甲基－2－戊烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某烯烃与氢气加成后得到2，2－二甲基戊烷，该烯烃可为4，4－二甲基－1－戊烯或4，4－二甲基－2－戊烯；‎ 答案选C。‎ ‎3. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（ ）‎ A. ZXY3 B. ZX2Y‎6 ‎C. ZX4Y8 D. ZX8Y12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个晶胞中含1个Z原子，X原子数为1，Y原子数为3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎4.下列有机物可以形成顺反异构的是（ ）‎ A. 丙烯 B. 1-氯-1-丙烯 ‎ C. 2-甲基-2-丁烯 D. 2，3-二甲基-2-丁烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据存在顺反异构体的条件：一、分子中至少有一个不能自由旋转碳碳双键；二、双键上同一碳上不能有相同的基团。‎ ‎【详解】A.丙烯分子中有两个氢连在同一个双键碳上，A错误； ‎ B.含有碳碳双键；在1-丙烯双键上同一碳上连不相同的基团，B正确；‎ C.2-甲基-2-丁烯在同一碳上连两个相同的基团—甲基，C错误；‎ D.2，3-二甲基-2-丁烯的两个碳原子上都连接了相同的基团—甲基，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的同分异构体——顺反异构(即空间异构)的知识，注意把握分子式出现顺反异构的结构要求，题目难度中等。‎ ‎5.下列各组中两个变化所发生的反应，属于同一类型的是（ ）‎ ‎①由甲苯制甲基环己烷、由乙烷制溴乙烷 ‎②乙烯使溴水褪色、乙炔使酸性高锰酸钾水溶液褪色 ‎③由乙烯制聚乙烯、由1，3－丁二烯制顺丁橡胶 ‎④由苯制硝基苯、由苯制苯磺酸 A. 只有②③ B. 只有③④ ‎ C. 只有①③ D. 只有①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①由甲苯制甲基环己烷发生的是加成反应，由乙烷制溴乙烷发生的是取代反应，二者反应类型不同，①不符合题意；‎ ‎②乙烯使溴水褪色发生的是加成反应，乙炔使酸性高锰酸钾水溶液褪色发生的是氧化反应，二者反应类型不同，②不符合题意；‎ ‎③由乙烯制聚乙烯发生的是加聚反应，由1，3－丁二烯制顺丁橡胶发生的是加聚反应，二者反应类型相同，③符合题意；‎ ‎④由苯制硝基苯、由苯制苯磺酸发生的都是取代反应，反应类型相同，④符合题意；‎ 可见反应类型相同的是③④，故合理选项是B。‎ ‎6.能在有机物的分子中引入羟基官能团的反应类型有：(a)酯化反应(b)取代反应(c)消去反应(d)加成反应(e)水解反应。其中正确的组合有( )‎ A. (b)(d)(e) B. (d)(e) ‎ C. (a)(b)(c) D. (b)(c)(d)(e)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】酯化反应是消除羟基；消去反应是消除羟基；取代反应可以引入羟基，例如卤代烃的水解反应、酯的水解反应；加成反应可以引入羟基，例如乙烯水化制乙醇；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成知识，涉及羟基的引入，题目难度不大，注意把握官能团的性质和转化即可解答该题，酯化反应、消去反应一般是脱HX或H2O，会消除羟基；而-CHO可加氢（既是加成反应又是还原反应）生成-CH2OH，酯的水解可生成醇-OH，卤代烃水解可以生成醇，水解反应属于取代反应。‎ ‎7.某有机物可发生下列变化 已知C为羧酸，且C、E均不发生银镜反应，则A的可能结构有 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A 能在碱性条件下反应生成 B 和 D ， B 与酸反应，应为盐， D 能在 Cu 催化作用下发生氧化，应为醇，则 A 应为酯， C 和 E 都不能发生银镜反应，说明 C 、 E 不含醛基，如 C 为乙酸，则 D 为 CH3CHOHCH2CH3 ，如 C 为丙酸，则 D 为 CH3CHOHCH3，据此进行解答。‎ ‎【详解】A 的分子式为 C6H12O2， A 能在碱性条件下反应生成 B 和 D ， B 与酸反应， B 应为盐， D 能在 Cu 催化作用下发生氧化， D 应为醇，则 A 属于酯， C 和 E 都不能发生银镜反应，说明 C 、 E 不含醛基，则 C 不可能为甲酸， ‎ 若 C 为乙酸，则 D 为 CH3CH（OH）CH2CH3， ‎ 若 C 为丙酸，则 D 为 CH3CH（OH）CH3， ‎ 若 C 为丁酸，则 D 为乙醇、 E 为乙醛，不可能， ‎ 所以 A 只能为： CH3COOCH（CH3） CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构， ‎ 答案选 B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意 C和 E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出 A 的可能结构。‎ ‎8.脑白金的主要成分的结构简式如图：‎ 下列对脑白金主要成分的推论错误的是（ ）‎ A. 其分子式为C13H16N2O2‎ B. 能水解生成乙酸 C. 能与溴水发生加成反应 D. 其营养成分及官能团与葡萄糖相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据结构简式确定分子式；‎ B.该物质中含有肽键，肽键能发生水解反应生成羧基和氨基；‎ C.该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质；‎ D.葡萄糖中含有的官能团有羟基和醛基。‎ ‎【详解】A.根据结构简式确定分子式为C13H16N2O2，A正确；‎ B.该物质中含有肽键，肽键能发生水解反应生成羧基和氨基，所以该物质能发生水解反应并生成乙酸，B正确；‎ C.该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能和溴水发生加成反应，C正确；‎ D.葡萄糖中含有的官能团有羟基和醛基，该物质中不含羟基和醛基，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【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是解本题关键，侧重考查肽键、烯烃性质，注意常见物质含有的官能团的结构与性质的关系。‎ ‎9.下列物质既能发生消去反应，又能氧化生成醛的是( )‎ A. ‎ B. (CH3)3CCH2OH C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以发生消去反应则与羟基碳相连的碳上必须要有氢原子，能发生氧化反应生成醛必须羟基碳上有氢且羟基在碳链的两端，据此分析。‎ ‎【详解】A．羟基碳上有氢，可以发生氧化反应，但羟基不在碳链两端，生成的是酮，A错误；‎ B．羟基碳邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，B错误；‎ C．羟基在碳链两端，且羟基碳和羟基相邻的碳上均有氢原子，故可以发生消去反应和氧化反应生成醛，C正确；‎ D．羟基碳邻碳上没有氢，不能发生消去反应，D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.鉴别苯酚溶液、己烷、己烯、乙酸溶液和乙醇液体，可选用的最佳试剂是 A. 溴水、新制的Cu(OH)2‎ B. FeCl3溶液、金属钠、溴水、石蕊试液 C. 石蕊试液、溴水 D. KMnO4酸性溶液、石蕊试液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸与新制的Cu(OH)2反应生成蓝色溶液，乙醇不能，能鉴别，但比较复杂，故A不选；‎ B．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，苯酚与氯化铁发生显色反应，现象不一样，可以进行鉴别，乙酸、乙醇与Na反应生成气体，但乙酸可利用石蕊鉴别，但较复杂，故B不选；‎ C．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸可利用石蕊鉴别，能鉴别，且较简单，故C选；‎ D．酸性高锰酸钾可以将1-己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意常见有机物的性质及特征反应即可解答；乙醇易溶于水，苯酚可与溴水反应生成白色沉淀，己烯和正烷都不溶于水，二者密度都比水小，己烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，能使溴水褪色，乙酸具有酸性，以此来解答。‎ ‎11.测知氯化钠晶体中相邻的Na+与Cl-的距离为acm，该晶体密度为dg•cm-3，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一个NaCl的晶胞中所包含的Na+为：12×+1=4，Cl-数目为：8×+6×=4，即1个NaCl晶胞的体积实际上是4个Na+和4个Cl-共同所占的体积，由NaCl晶胞示意图可知1个Na+与1个Cl-共同占有的体积为V=×(2acm)3=‎2a‎3cm3，由等式NA•d•V=58.5，可得NA=，故答案为C。‎ ‎【点睛】考查有关晶体计算等方法，根据均摊法计算出一个晶胞中所包含的Na+与Cl-数目，均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。‎ ‎12.下列说法正确的是(　　)‎ A. 天然橡胶和杜仲胶互为同分异构体 B. 与属于同系物 C. 合成的单体为乙烯和2-丁烯 D. 是由苯酚和甲醛发生加成反应后的产物脱水缩合而成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．n值不同，分子式不同，不属于同分异构体，故A错误；B．二者官能团不同，前者是含有羧基，后者含有醛基和羟基，不属于同系物，故B错误；C．凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，的单体为1，3丁二烯和丙烯，故C错误；D．苯酚和甲醛可合成酚醛树脂，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题的易错点为C，注意高分子化合物找单体的方法。加聚产物的单体推断方法：①凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；②凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；③凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)。‎ ‎13.分子式为C5H10O2的同分异构体中属于酯的有( )‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四个：‎ HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；‎ 若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2个：CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2；‎ 若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1个：CH3CH2COOCH2CH3；‎ 若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2个：CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）‎ ‎2CHCOOCH3。‎ 故有9种。‎ 答案选C。‎ ‎14.为证明溴乙烷中溴元素的存在，进行了一系列实验，试指出下列实验操作步骤的排列顺序中合理的是（ ）‎ ‎①加入AgNO3溶液 ②加入NaOH溶液 ③加热 ④加蒸馏水 ⑤加入硝酸至溶液呈酸性 ⑥加入NaOH乙醇溶液 A. ②③⑤① B. ①②③④ ‎ C. ④②⑤③ D. ⑥③①⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】证明溴乙烷中溴元素的存在，先加入②氢氧化钠溶液或⑥NaOH乙醇溶液并③加热，发生水解反应或消去反应生成NaBr，再加入⑤稀硝酸至溶液呈酸性，最后加入①硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀，则证明含溴元素，即操作顺序为②③⑤①或⑥③⑤①，故选A。‎ ‎【点睛】解答本题需要注意溴乙烷中不含溴离子，将卤代烃中的卤素原子变成卤素离子是解答的关键。本题的易错点为反应后的溶液需要加酸至酸性。‎ ‎15.某有机物的结构简式为：CH2=CHCOOH，它含有的官能团正确的是( )‎ ‎① ②—OH ③ ④—COOH A ③④ B. ②③④ ‎ C. ①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CH2=CHCOOH含有的官能团有、—COOH，分别为碳碳双键和羧基；‎ 答案选A。‎ ‎16.下列各组物质，化学键和晶体类型都相同的是( )‎ A. 金刚石和CO2 B. NaBr和HBr ‎ ‎、C. CH4和H2O D. Cu和KCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，CO2是含有共价键的分子晶体，选项A错误；‎ B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，选项B错误；‎ C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C正确；‎ D、Cu是金属晶体，含有金属键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，注意把握有关概念，根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。‎ 第II卷非选择题(52分)‎ 二、非选择题(本题包括4小题，共52分)‎ ‎17.(1)提纯下列物质(括号内为杂质)，填写所选用的除杂试剂和除杂方法 括号内为杂质 除杂试剂 操作 ‎1‎ 乙烷(乙烯)‎ ‎_____‎ ‎_____‎ ‎2‎ 乙酸乙酯(乙酸)‎ ‎_____‎ ‎_____‎ ‎3‎ 苯(苯酚)‎ ‎_____‎ ‎_____‎ ‎4‎ 乙醇(水)‎ ‎_____‎ ‎_____‎ ‎ (2)以五倍子为原料可制得A，A结构简式如图所示，回答下列问题：‎ ‎①A的分子式为_______________。‎ ‎②有机化合物B在硫酸催化条件下加热发生酯化可得到A。写出B的结构简式为____________。‎ ‎③写出A与过量NaOH溶液反应的化学方程式___________。‎ ‎【答案】 (1). 溴水 (2). 洗气 (3). 饱和碳酸钠溶液 (4). 分液 (5). ‎ 氢氧化钠溶液 (6). 分液 (7). 生石灰 (8). 蒸馏 (9). C14H10O9 (10). (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)除杂应满足不能影响被提纯的物质的性质，不引入新杂质，被提纯物质质量不能减少但可增加，并且操作简单可行．除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离；‎ 乙烯能和溴水会发生加成反应而乙烷则不能；‎ 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能与碳酸钠反应；‎ 苯和苯酚互溶，混合物中加入NaOH溶液，生成苯酚钠，溶于水，但苯不溶于水；‎ 水和生石灰反应，乙醇和生石灰不反应；据此即可解答。‎ ‎(2) ①根据A的结构简式推出分子式；‎ ‎②A中含有酯基，其水解产物都是相同的，所以B就是A的水解产物；‎ ‎③A中除含有1个酯基外，还含有5个酚羟基、1个羧基。但由于水解后的羟基也是酚羟基，所以A需要8mol氢氧化钠。‎ ‎【详解】(1)1乙烷（乙烯）通过溴水时，溴水乙烯可以发生加成反应，生成液态不溶的卤代烃，而乙烷不反应，乙烯被吸收，可以除去乙烷中的乙烯，所以除杂试剂为溴水，操作为洗气，‎ 故答案为：溴水；洗气；‎ ‎2乙酸乙酯（乙酸）用饱和碳酸钠溶液，通过乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，‎ 故答案为：饱和碳酸钠溶液；分液；‎ ‎3苯（苯酚）加氢氧化钠溶液，苯酚和氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，但苯不溶于水，可用分液的方法分离，‎ 故答案为：氢氧化钠溶液；分液；‎ ‎4‎ 乙醇（水），用生石灰，生石灰氧化钙可与水反应生成难挥发的氢氧化钙，乙醇和氧化钙不反应，所以可用加生石灰蒸馏的方法分离，‎ 故答案为：生石灰；蒸馏；‎ ‎(2) ①根据A的结构简式并结合碳原子的4个价电子可知，分子式为C14H10O9；‎ ‎②A中含有酯基，其水解产物都是相同的，所以B就是A的水解产物，其结构简式为；‎ ‎③A中除含有1个酯基外，还含有5个酚羟基、1个羧基。但由于水解后的羟基也是酚羟基，所以A需要8mol氢氧化钠，反应的化学方程式为。‎ ‎18.有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为 40％，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A＋与D2－离子数之比为2∶1。请回答下列问题：‎ ‎(1)B－的电子排布式为__________，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是__________杂化。‎ ‎(2)C氢化物的空间构型为__________，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是__________。‎ ‎(3)B元素的电负性__________D元素的电负性(填“＞”、“＜”或“＝”)，用一个化学方程式说明B、D两元素形成的单质的氧化性强弱：__________。‎ ‎(4)如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm。 试计算R晶体的密度为__________。(阿伏加德罗常数用NA表示)‎ ‎【答案】 (1). ls22s22p63s23p6或者[Ne]3s23p6 (2). sp3 (3). 三角锥形 (4). 氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高 (5). > (6). Cl2+Na2S=2NaCl+S↓ (7). g·‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；B-离子为Cl-离子，A+比B-少一个电子层，A+为Na+离子；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为 40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素，A+是Na+离子，D2-离子是S2-离子，R是由Na+离子与S2-离子以2：1形成的离子化合物，R是硫化钠。‎ ‎【详解】(1)B−离子Cl−离子，电子排布式为ls22s22p63s23p6或者[Ne]3s23p6；CB3分子为NCl3分子，N原子有一对孤对电子，与Cl原子成3个δ键，杂化轨道数为1+3=4，所以为sp3杂化。故答案为：ls22s22p63s23p6或者[Ne]3s23p6；sp3。‎ ‎(2)C的氢化物为NH3，N原子采取sp3杂化，N原子有一对孤对电子，所以NH3为三角锥形，N原子电负性很强，氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高。故答案为：三角锥形；氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高。‎ ‎(4)B为Cl元素，D为S元素，同周期，自左而右，电负性增强，所以电负性Cl>S.利用“在氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物”原理，一般来说电负性越强，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，如在Cl2+Na2S=2NaCl+S↓反应中，Cl2的氧化性大于O2的氧化性。故答案为：>；Cl2+Na2S=2NaCl+S↓；‎ ‎(5)A+Na+离子，D2−离子是S2−离子，根据均摊法计算，晶胞含有S2−离子个数8×+6×=4，含有A+是Na+离子8个，即一个晶胞含有4个硫化钠分子，所以密度为=g·。‎ ‎19.芳香酯类化合物A、B互为同分异构体，均含C、H、O三种元素。相同状况下，A、B 蒸气对氢气的相对密度是97，分子中C、H原子个数相同，且C、H原子个数之和是氧原子数的5倍。已知：各有机物间存在如下转化关系：‎ 其中C能发生银镜反应，F经连续氧化可生成C；C与D是相对分子质量相同的不同类有机物。‎ ‎(1)A的分子式是________。‎ ‎(2)E中所含官能团的名称是________；完全燃烧时，1 mol D与1 mol下列________的耗氧量相同(填字母代号)。‎ a.C3H6O3　　　b.C3H8O c.C2H4 d.C2H6O2‎ ‎(3)写出水杨酸与小苏打反应的化学方程式是___________；写出C与F反应的化学方程式是_________。‎ ‎(4)同时符合下列要求的同分异构体有___________种。‎ ‎①与A互为同分异构体；‎ ‎②能发生水解反应；‎ ‎③苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有1种。‎ ‎(5)1 mol 上述(4)中的一种有机物X，能与4 mol NaOH发生反应，写出此反应的化学方程式__________‎ ‎【答案】 (1). C10H10O4 (2). 羧基 (3). ac (4). (5). CH3OH+HCOOH HCOOCH3+H2O (6). 3 (7). +4NaOH2CH3COONa++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B蒸气对氢气的相对密度是97，则相对分子质量为194，分子中C、H 原子个数相同，且C、H原子总数是氧原子数的5倍，设C原子数为n，则H原子数为n，O原子数为，则12n+n+×16=194，n=10，分子式为C10H10O4，C能发生银镜反应，应含有醛基，F经连续氧化可生成C，说明F为醇，C为酸且含有醛基，应为HCOOH，则F为CH3OH；C与D是相对分子质量相同的不同类有机物，则D应为CH3CH2OH，由此可知A为，E为CH3COOH，B为，据此分析。‎ ‎【详解】A、B蒸气对氢气的相对密度是97，则相对分子质量为194，分子中C、H原子个数相同，且C、H原子总数是氧原子数的5倍，设C原子数为n，则H原子数为n，O原子数为，则12n+n+×16=194，n=10，分子式为C10H10O4，C能发生银镜反应，应含有醛基，F经连续氧化可生成C，说明F为醇，C为酸且含有醛基，应为HCOOH，则F为CH3OH；C与D是相对分子质量相同的不同类有机物，则D应为CH3CH2OH，由此可知A为，E为CH3COOH，B为。‎ ‎（1）由以上分析可知A的分子式为C10H10O4；‎ ‎（2）E为CH3COOH，所含官能团的名称是羧基；‎ D为CH3CH2OH，1molCH3CH2OH完全燃烧消耗（2+-）mol=3mol氧气，‎ a消耗氧气为3+-=3mol，b消耗氧气为3+-=4.5mol，c消耗氧气为2+=3mol，d消耗氧气为2+-=2.5mol，‎ 答案选ac；‎ ‎（3）水杨酸含有-COOH，可与碳酸氢钠反应，但酚羟基不反应，则反应的方程式为；‎ C为HCOOH，F为CH3OH，二者可发生酯化反应，反应方程式为CH3OH+HCOOH HCOOCH3+H2O；‎ ‎（4）A为，对应的同分异构体能水解，说明含有酯基，苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有1种，说明取代基相同，且位于对位，可能的同分异构体有 ‎、、共3种；‎ ‎(5)1 mol 上述(4)中的一种有机物X，能与4 mol NaOH发生反应，则X为，此反应的化学方程式为+4NaOH2CH3COONa++2H2O。‎ ‎20.A物质是由茶叶中一种有机物衍变而来。已知：‎ ‎①A物质氢原子核磁共振谱有6种。‎ ‎②H结构简式为：‎ 它们的关系如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)有机物X的结构简式为_______‎ ‎(2)指出反应①、②、③的反应类型：①______② ______③______。‎ ‎(3)写出下列反应的化学方程式(有机物写结构简式)‎ ‎①D—E：_____________‎ ‎②F在浓硫酸加热条件下发生缩聚反应的化学方程式：____________‎ ‎(4)写出所有符合下列条件的A的同分异构体的结构简式：__________‎ ‎①苯环上只有一个取代基 ‎②能发生水解反应 ‎③能与银氨溶液发生反应 ‎【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 加成反应 ‎ ‎(4). 氧化反应 (5). +2NaOH+NaCl+H2O (6). n+（n-1）H2O (7). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ F在浓硫酸、加热作用下生成H，结合H的结构可知F为，A与足量碳酸氢钠反应生成C，则A中含有-COOH，A与HCl发生加成反应生成D，D发生水解反应生成E，E酸化得到F，故E为，D为，A为，C为．B能在Cu作催化剂、加热条件下生成G，则B为CH3CH2OH，G为CH3CHO，则X为，据此解答。‎ ‎【详解】F在浓硫酸、加热作用下生成H，结合H的结构可知F为，A与足量碳酸氢钠反应生成C，则A中含有-COOH，A与HCl发生加成反应生成D，D发生水解反应生成E，E酸化得到F，故E为，D为，A为，C为．B能在Cu作催化剂、加热条件下生成G，则B为CH3CH2OH，G为CH3CHO，则X为。‎ ‎（1）由上述分析可知，有机物X的结构简式为；‎ ‎（2）反应①取代反应，反应②属于加成反应，反应③属于氧化反应；‎ ‎（3）D-E的化学反应方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O，‎ F在浓硫酸加热条件下发生缩聚反应的化学方程式：n ‎+（n-1）H2O；‎ ‎（4）符合下列条件的A（）的同分异构体：①苯环上只有一个取代基 ②能发生水解反应，③能与银氨溶液发生反应，应含有甲酸形成的酯基，符合条件的同分异构体有：、。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体等知识点，注意根据H的结构利用逆推法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。‎