2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版

2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版

宁夏石嘴山市第三中学2017-2018学年高二下学期 第一次月考化学试题 ‎1. 已知25℃、101 kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为C(石墨)＋O2(g)=CO2 (g) ΔH＝－393.51 kJ·mol－1 ，C(金刚石)＋O2(g)=CO2 (g) ΔH＝－395.41 kJ·mol－1，据此判断，下列说法正确的是（ ）‎ ‎①由石墨制备金刚石是吸热反应；②由石墨制备金刚石是放热反应；③等质量时，石墨的能量比金刚石的低；④等质量时，石墨的能量比金刚石的高。⑤石墨比金刚石稳定 ⑥金刚石比石墨稳定 A. ①③⑤ B. ①④⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】①C(石墨)＋O2(g)=CO2 (g) ，②C(金刚石)＋O2(g)=CO2 (g) ，根据盖斯定律得出①－②得出C(石墨)=C(金刚石) △H=(－393.51＋395.41)kJ·mol－1=＋1.9kJ·mol－1，①根据上述分析，石墨制备金刚石△H=＋1.9kJ·mol－1，该反应是吸热反应，故①正确；②根据①的分析，故②错误；③等质量的金刚石与O2反应方程式的热量大于石墨与氧气反应放出的热量，说明金刚石具有的能量大于石墨，故③正确；④根据③的分析，故④错误；⑤能量越低，物质越稳定，石墨的能量小于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，故⑤正确；⑥根据⑤的分析，故⑥错误；综上所述，选项A正确。‎ ‎2. 已知胆矾溶于水时，溶液温度降低。在室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时，放出热量为Q1kJ，而胆矾分解的热化学方程式是CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l)；△H＝＋Q2kJ/mol，则Q1与Q2的关系是 A. Q1＞Q2 B. Q1＜Q2 C. Q1＝Q2 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】无水硫酸铜溶于水：CuSO4(s)=Cu2＋(aq)＋SO42－(aq) △H=－Q1kJ·mol－1(Q1>0)，胆矾分解的热化学方程式是CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l)；△H＝＋Q2kJ/mol，两式相加得到：CuSO4·5H2O(s)=Cu2＋(aq)＋SO42－(aq) △H=(－Q1＋Q2)kJ·mol－1，胆矾溶于水，溶液温度降低，说明是吸热过程，Q2－Q1>0，即Q2>Q1，故B正确。‎ ‎3. 下列各组变化中，化学反应的反应热前者大于后者的一组是（ ）‎ ‎①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1； CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2‎ O（l）△H2；‎ ‎②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1； H2（g）+½O2（g）=H2O（l）△H2‎ ‎③t℃时，在一定条件下，将1 mol SO2和1 mol O2混合后，分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2‎ ‎④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）△H2‎ A. ①③④ B. ②③ C. ①④ D. ①②④‎ ‎【答案】C 点睛：学生的难点是③，先建立恒压时的模型，，恒压时达到虚线时建立化学平衡，然后建立恒容，让隔板移向实现部分，容器的体积增大，浓度降低，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，即恒容时SO2的转化率小于恒压时SO2的转化率，从而得出合理判断。‎ ‎4. 已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =-92.4 kJ/mol。一定条件下，现有容积相同且恒容的密闭容器甲与乙：① 向甲中通入1 mol N2和3 mol H2，达到平衡时放出热量Q1 kJ；② 向乙中通入0.5 mol N2 和1.5 mol H2，达到平衡时放出热量Q2 kJ。则下列关系式正确的是 A. Q1＝2Q2＜92.4 B. 92.4＝Q1＜2Q2‎ C. Q1＝2Q2＝92.4 D. 92.4＞Ql＞2Q2‎ ‎【答案】D ‎【解析】合成氨是可逆反应，因此Q1<92.4，①相当于在②的基础上再通入0.5molN2和1.5molH2，促进平衡向正反应方向移动，因此Q1>2Q2，故选项D正确。‎ 点睛：本题的难点是Q1和2Q2的比较，①可以看作在②的基础上再通入0.5molN2和 ‎1.5molH2，，此时两个平衡为等效平衡，产生的热量相同，撤去隔板，仍为等效平衡，此时的能量应为前面的2倍，现在容器应为，平衡向正反应方向移动，放出的热量是Q2的2倍。‎ ‎5. 已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量。已知单质碳的燃烧热为-Y kJ/mol，则C与1mol O2反应生成CO时的反应热ΔH为 A. －Y kJ/mol B. ＋(10X－Y) kJ/mol C. －(5X－0.5Y) kJ/mol D. －(10X－Y) kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】根据碳的燃烧热，碳燃烧生成二氧化碳的热化学反应方程方式：C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=－YkJ·mol－1，令产生CO的物质的量为xmol，产生的CO2为ymol，根据碳元素守恒：x＋y=3.6/12，根据氧元素守恒，x＋2y=6.4×2/32，解得x=0.2mol，y=0.1mol，产生0.1molCO2放出的热量是0.1YkJ，则产生0.2molCO放出的热量为(X－0.1Y)kJ，因此C与1molO2反应生成CO时放出的热量(X－0.1Y)×2/0.2kJ=(10X－Y)kJ，放热反应△H<0，故选项D正确。‎ ‎6. 有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是 A. 稀硫酸与0.1 mol／L NaOH溶液反应：H+(aq)+OH－(aq)= H2O(l) △H = +57.3 kJ·mol1‎ B. 已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=—221 kJ·mol-1， 则可知C的燃烧热为110.5 kJ·mol1‎ C. 密闭容器中，0.3mol硫粉与0.2mol铁粉混合加热生成硫化亚铁0.2mol时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)+S(s)=FeS(s) △H= - 95.6 kJ·mol-1‎ D. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H= —38.6kJ·mol1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 中和反应是放热反应，△H＜0，A错误；B. 在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，因此不能根据2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=－221 kJ·mol-1得出C的燃烧热，B错误；C. 密闭容器中0.3mol硫粉与0.2mol铁粉混合加热生成硫化亚铁0.2mol时，放出19.12 kJ热量，则生成1molFeS时放出的热量是，因此热化学方程式为Fe(s)+S(s)=FeS(s)△H=－95.6 kJ·mol-1，C正确；D. 合成氨反应是可逆的，根据已知信息不能计算该反应的反应热，D错误，答案选C。‎ 点睛：掌握热化学方程式的含义、书写注意事项是解答的关键，另外需要注意判断热化学方程式正误的观察点：一是化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；二是状态是否标明；三是反应热ΔH的符号和单位是否正确；四是反应热的数值与物质的系数是否对应。‎ ‎7. 选择性催化还原法(SCR)烟气脱硝技术是一种成熟的NOx控制处理方法，主要反应如下：‎ ‎①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H1=a kJ·mol-1‎ ‎②4NH3(g)+2NO2(g)+O2(g)3N2(g)+6H2O(g) △H2=b kJ·mol-1‎ 副反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H4=d kJ·mol-1‎ 可以计算出反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H为（ ）‎ A. (4b-3a+d)/4 B. (4a-3b+d)/4 C. (3b-4a+d)/4 D. (3a-4b+d )/4‎ ‎【答案】D ‎【解析】①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H1=a kJ·mol-1，②4NH3(g)+2NO2(g)+O2(g)3N2(g)+6H2O(g) △H2=b kJ·mol-1，③4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H4=d kJ·mol-1，根据盖斯定律可知：将①×-②+③×即得反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=a×-b+d×=kJ/mol，故选D。‎ ‎8. 为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应过程中的热效应，实验测得如下数据:‎ 序号 ‎ 试剂/35 mL 固体 混合前温度/℃‎ 混合后温度/℃‎ ‎①‎ 水 ‎2.5g (0.030mol) NaHCO3‎ ‎20.0‎ ‎18.5‎ ‎②‎ 水 ‎3.2g (0.030mol) Na2CO3‎ ‎20.0‎ ‎24.3‎ ‎③‎ 盐酸 ‎2.5g NaHCO3‎ ‎20.0‎ ‎16.2‎ ‎④‎ 盐酸 ‎3.2g Na2CO3‎ ‎20.0‎ ‎25.1‎ 由此得出的结论错误的是（ ）‎ A. Na2CO3溶液与盐酸的反应是放热反应 B. HCO3-(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(1) △H>0‎ C. 含2.5gNaHCO3的饱和溶液(20.0℃)和35mL1mol/L'盐酸(20.0℃)混合后的温度将高于16.2℃‎ D. 含3.2gNa2CO3的饱和溶液(20.0℃)和35mL1mol/L 盐酸(20.0℃)混合后的温度将高于 25. 1℃‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．由表中数据可知，3.2gNa2CO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度升高到24.3℃，最终温度为25.1℃，说明Na2CO3与盐酸的反应是放热反应，故A正确；B.2.5gNaHCO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度降低到18.5℃，最终温度为16.2℃，说明NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，故B正确；C．NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，20.0℃时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，与固体相比较，缺少溶解吸热的过程，混合后的温度将高于16.2℃，故C正确；D.20.0℃时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，由于缺少溶解的过程，则混合后的温度将低于25.1℃，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查了探究吸热反应与放热反应的方法，正确分析题干数据为解答该题的关键。注意溶解热和反应热的区别。由表中数据可知，NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，Na2CO3溶于水的过程为放热过程，NaHCO3与盐酸的反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；Na2CO3与盐酸的反应后温度升高，说明该反应是放热反应。‎ ‎9. 已知两个热化学方程式： C(s)＋O2(g)==CO2(g) △H = －393.5kJ/mol ‎2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g) △H = －483.6kJ/mo l现有0.2mol炭粉和H2组成悬浮气，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是（ ）‎ A. 1：1 B. 1：2 C. 2：3 D. 3：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】设碳粉xmol，则氢气为（0.2-x）mol，则 C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol ‎1 393.5kJ x 393.5xkJ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol ‎ 2 483.6kJ ‎（0.2-x）mol 241.8（0.2-x）kJ 所以393.5xkJ+241.8×（0.2-x）kJ=63.53kJ，解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，答案选A。‎ ‎10. N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是( )‎ A. N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(g) ；△H ＝ 2(b—a) kJ/mol B. N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(l)；△H ＝ 2(a—b—c) kJ/mol C. N2(g)＋H2(g) ＝ NH3(l) ；△H ＝ (b＋c—a) kJ/mol D. N2(g)＋H2(g) ＝NH3(g) ；△H ＝ (a＋b) kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】根据能量与反应过程的关系，合成氨是放热反应，△H<0，得出热化学反应方程式为：1/2N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(g) △H=(a－b)kJ·mol－1或N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) △H=2(a－b)kJ·mol－1，1/2N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(l) △H=(a－b－c)kJ·mol－1或N2(g)＋3H2(g)=2NH3(l) △H=2(a－b－c)kJ·mol－1，故选项B正确。‎ ‎11. 下列各组物质：①C60、C70、金刚石、石墨； ②苯甲醇、对甲基苯酚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚； ‎ ‎③12C、13C、14C； ④HOCH2CHO、HOCH2CH2CHO、HOCH2CH2CH2CHO；⑤新戊烷、2,2－二甲基丙烷； ⑥甲醇、乙二醇、丙三醇。从左至右按同类有机物、同位素、同系物、同分异构体、同素异形体、同种物质的顺序排列正确的是(　　)‎ A. ①⑥②③⑤④ B. ⑥③⑤④①② C. ④②⑥①⑤③ D. ⑥③④②①⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】①C60、C70、金刚石、石墨均有碳元素形成的不同种单质，故它们互称为同素异形体；②苯甲醇、对甲基苯酚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚，他们的分子式均为C7H8O，而结构不同，故它们之间互称为同分异构体；③C、C、C的质子数均为6，而中子数不同，故它们互称为同位素；④HOCH2CHO、HOCH2CH2CHO、HOCH2CH2CH2CHO三种物质均属于羟基醛，且分子间相差若干个CH2，故它们互称为同系物；⑤新戊烷、2,2－二甲基丙烷二者的分子式相同、结构相同，故属于同种物质；⑥甲醇、乙二醇、丙三醇三种物质均属于同类有机物。综上所述，D项正确。‎ ‎12. 六苯乙烷为白色固体，其结构如图所示。下列有关说法中正确的是 A. 它是一种苯的同系物，易溶于有机溶剂中 B. 它的分子式为C38H30，只含有非极性键 C. 它的一氯代物只有三种 D. 它的分子中所有原子共平面 ‎【答案】C ‎【解析】A、六苯乙烷分子中含有6个苯环，不是苯的同系物，A错误；B、六苯乙烷的分子式为C38H30，含有C－C非极性键和C－H极性键，B错误；C、六苯乙烷分子中有三种不同化学环境的氢原子，则一氯代物只有三种，C正确；D、由于甲烷是正四面体结构，甲烷分子中所有原子不可能共平面，则甲烷中的H原子被其他取代基取代后的产物中也不可能所有原子共平面，D错误。答案选C。‎ ‎13. 下列曲线中各点依次表示乙烷、丙醇、正戊烷、新戊烧的沸点变化,其中合理的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】烷烃中含碳越多，沸点越高，同分异构体中，支链越多沸点越低；所以沸点顺序由小到大为：乙烷<新戊烧<‎ 正戊烷，丙醇为烃的衍生物，含有羟基，常温下为液体，沸点大于正戊烷，所以A图像变化符合题意，A正确；正确选项A。‎ ‎14. 下列试剂可以鉴别甲苯、溴乙烷、己烯、乙醇的是（ ）‎ A. 溴水 B. 酸性KMnO4溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液 ‎【答案】A ‎【解析】A．甲苯、溴乙烷、己烯、乙醇4种无色液体分别与溴水混合的现象为：分层后有色层在上层、分层后有色层在下层、溴水褪色、互溶不分层，现象各不相同，可以鉴别，故A正确；B. 甲苯、己烯、乙醇均能使酸性KMnO4溶液褪色，现象相同，不能区分，故B错误；C．甲苯、己烯、乙醇均不与氢氧化钠反应，且己烯、甲苯密度均比水小，分层后现象相同，不能鉴别，故C错误；D．均不与硝酸银溶液反应，且己烯、四氯化碳密度均比水大，分层后现象相同，不能鉴别，故D错误；故选A。‎ ‎15. 《天工开物》中记载： 人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”主要成分分别属于（ ）‎ A. 纤维素、油脂 B. 糖类、油脂 C. 蛋白质、纤维素 D. 糖类、蛋白质 ‎【答案】D ‎【解析】“人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣”的含义是：穷苦的百姓穿着粗制的短衫和毛布，冬天用来御寒，夏天借以遮掩身体，人们所穿着的衣服的原料是自然界所提供的；其中属于植物的有棉、麻、葛，属于禽兽昆虫的有裘皮、毛、丝、绵；两者各占一半，于是衣服充足了。其中“枲、麻、苘、葛”属于草木，其主要成分为纤维素；“裘褐、丝绵”属于禽兽与昆虫，其主要成分为蛋白质；答案选C。‎ ‎16. 有下列几种反应类型：①消去、②加聚、③水解、④加成、⑤还原、⑥氧化。用丙醛制取1，2-丙二醇，按正确的合成路线依次发生的反应所属类型应是（ ）‎ A. ⑤①④③ B. ⑥④③① C. ①②③⑤ D. ⑤③④①‎ ‎【答案】A ‎【解析】用丙醛制取1，2-丙二醇，官能团发生变化，官能团数目也发生变化，1，2-丙二醇有2个羟基，且处于相邻的碳原子上，所以应先制备丙烯，先加氢还原为丙醇，在浓硫酸加热条件下发生消去反应，得丙烯，再与溴加成，制得1，2-二溴丙烷，然后在碱的水溶液条件下水解，得1，2一丙二醇，故合成路线依次发生的反应所属类型顺序为⑤①④③，故答案选A。‎ 点睛：本题以丙醛为原料合成1，2-丙二醇，主要考查有机物的合成路线，对于这类问题，解题的关键是要熟悉烃及其衍生物之间的转化关系，不仅要注意官能团的衍变，还要注意同时伴随的碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量的改变往往是解题的突破口。‎ ‎17. 下列物质有两种或两种以上的同分异构体，其同分异构体中的某一种烃的一氯取代物只有一种，则这种烃可能是（ ）‎ A. 分子中具有7个碳原子的芳香烃 B. 分子中具有4个碳原子的烷烃 C. 分子中具有5个碳原子的烷烃 D. 相对分子质量为86的烷烃 ‎【答案】C ‎【解析】A、分子中具有7个碳原子的芳香烃为甲苯，甲苯的一氯取代物有4种，A错误；B、分子中具有4个碳原子的烷烃可能是丁烷或2-甲基丙烷，丁烷和2-甲基丙烷一氯取代物都是2种，B错误；C、分子中有5个碳原子的烷烃可能是戊烷、2-甲基丁烷、2，2-二甲基丙烷，其中2，2-二甲基丙烷的一氯取代物只有一种，C正确；D、相对分子质量为86的烷烃可能是己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2，2-二甲基丁烷、2，3-二甲基丁烷，它们的一氯取代物分别是3种、5种、4种、3种、2种，D错误，答案选C。‎ ‎18. 下述实验方案能达到实验目的的是（ ）‎ 编号 A B C D 实 验 方 案 目 的 验证乙炔可与溴发生加成反应 验证淀粉水解产物具有还原性 ‎ 验证溴乙烷在氢氧 ‎ ‎ 化钠乙醇溶液中发生消去反应产生乙烯 验证碳酸的酸性强于苯酚 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A、电石中含有杂质，能与水反应生成还原性气体，例如H2S等，H2S能使溴水褪色，不能验证乙炔与溴发生加成反应，A错误；B、加入新制氢氧化铜之前，首先要加入氢氧化钠中和硫酸，B错误；C、利用水除去生成的乙烯中含有的杂质乙醇，然后利用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C正确；D、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也与苯酚钠反应生成苯酚，不能说明碳酸的酸性强于苯酚，D错误，答案选C。‎ 点睛：掌握物质的性质特点是解答的关键，注意对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是需要考虑的。‎ ‎19. 某单烯烃分子中各原子核外电子总数为32,则该烃的所有同分异构体（含顺反异构）共有(　　)‎ A. 6种 B. 4种 C. 3种 D. 2种 ‎【答案】A ‎【解析】单烯烃分子的的化学式为CnH2n，各原子核外电子总数为32，则6n+2n=32，解得：n=4，即化学式为C4H8，同分异构体有：1-丁烯，2-丁烯(2种)，2-甲基-1-丙烯，环丁烷，甲基环丙烷，共6种，故选A。‎ ‎20. ，如果要合成 ，所用的原始原料可以是（ ）‎ A. 2 -甲基-l，3 -丁二烯和1 -丁炔 B. l，3 –戊二烯和2 -丁炔 C. 2，3 -二甲基-1，3 -戊二烯和乙炔 D. 2，3 -二甲基-l，3 -丁二烯和丙炔 ‎【答案】D ‎【解析】根据已给信息分析：该反应是加成反应，碳碳三键打开一个键得到碳碳双键结构，1,3-丁二烯发生1,4加成，然后形成六元环。若已知产物结构可通过逆向合成分析法方式得到单体：在产物中找到单体之间新形成的化学键，然后断开，还原为题给信息中单体的结构形式 中断开1和2的化学键，半键缩短即得单体为丙炔和2,3-二甲基-1,3-二丁烯，D正确。若断开3和4的化学键，得到单体为2-丁炔和2-甲基-1,3-丁二烯，无此选项。正确答案为D 点睛：做有机合成题目，先看懂题目给的新信息，找出反应物断键和生产物形成键的位置及反应的规律，分析产物是加成或加聚得到还是缩聚得到或者其他方法得到。采用逆向合成分析法在产物中划出单体之间新形成的化学键，然后断开，在还原为题给信息中单体的结构形式。‎ ‎ ‎ ‎21. 我国药学家屠呦呦因发现植物黄花蒿叶中含贫抗疟疾的物质——青蒿素而荣获2015年诺贝尔奖。科学家对青蒿素的结构进行进一步改良，合成药效更佳的双氢青蒿素、蒿甲醚。‎ 下列说法错误的是 A. 利用黄花蒿叶研究青蒿素结构的基本步骤为：分离、提纯→元素分析确定实验式→测定相对分子质量确定分子式→波谱分析确定结构式 B. ①、②的反应类型分別为还原反应、取代反应 C. 可用质谱法确定分子中含有何种官能团的信息 D. 双氢青蒿素在水中的溶解性大于青蒿素 ‎【答案】C ‎【解析】A、研究有机化合物一般的步骤是分离、提纯→元素定量分析确定实验式→测定相对分子质量，确定分子式→波谱分析确定结构式，故A说法正确；B、反应①是羰基转化为羟基，此反应是加成反应或还原反应，反应②是羟基转化成－OCH3，发生的反应是取代反应，故B说法正确；C、质谱法是确定有机物中有几种不同类型的氢原子及数目，红外光谱是获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，故C说法错误；D、双氢青蒿素含有亲水基团，青蒿素不含亲水基团，因此双氢青蒿素在水中的溶解性大于青蒿素，故D说法正确。‎ ‎22. 用甘氨酸和丙氨酸缩合，最多可以形成二肽（ ）‎ A. 1种 B. 2种 C. 3 种 D. 4种 ‎【答案】D ‎【解析】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。答案选D。‎ ‎23. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 按系统命名法的名称为2—甲基—3,5—二乙基己烷 B. 分子结构中，最多有7个碳原子共线 C. 分子式为C4H10O能与金属钠反应并能发生催化氧化的有机物有4种(不含立体异构)‎ D. 全降解塑料（）可由单体环氧丙烷（）和CO2加聚制得 ‎【答案】D ‎【解析】A. 按系统命名法该有机物的名称为2，5－二甲基－3－乙基庚烷，A错误；B. 碳碳双键和苯环是平面形结构，碳碳三键是直线形结构，该有机物分子结构中，最多有5个碳原子共线，B错误；C. 分子式为C4H10O能与金属钠反应并能发生催化氧化，说明是醇类，且与羟基相连的碳原子上一定含有氢原子，则符合条件的有机物有3种(不含立体异构)，C错误；D. 根据全降解塑料的结构简式可知可由单体环氧丙烷和CO2加聚制得，D正确，答案选D。‎ ‎24. 有下列高分子化合物：（ ）‎ 其中由两种不同单体聚合而成的是（ ）‎ A. ①⑤ B. ③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①的单体是苯乙烯；②的单体是2-氯-1,3丁二烯；③的单体是苯酚和甲醛；④的单体是乙烯和丙烯；⑤的单体是对苯二甲酸和乙二醇；，故B正确。‎ 考点：本题考查化高分子化合物。‎ ‎25. 黄曲霉素AFTB1，其结构简式如下图所示，它是污染粮食的真菌霉素，人类的P53特殊基因在黄曲霉素的作用下会发生突变，有引发肝癌的可能性。下列说法正确的是（ ）‎ A. 黄曲霉素分子中所有的原子肯定均共面 B. 黄曲霉素分子中含有4个手性碳原子 C. 1mol黄曲霉素最多能与5 mol H2发生加成反应 D. 黄曲霉素可以发生取代、加成、还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】A.黄曲霉素分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子具有四面体的特征，则所有的原子不可能共面，故A错误；B.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，在黄曲霉素分子中，共有2个手性碳原子，故B错误；C.能与氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键和羰基，则黄曲霉素最多与6mol氢气发生加成反应，故C错误；D.黄曲霉素分子中含有酯基，可发生取代反应，含有苯环和羰基，可以发生加成反应，可被氧化发生还原反应，如燃烧等，故D正确；‎ 故答案选D。‎ 点睛：本题主要考查有机物的结构和性质，重点考查官能团，做题时要认真分析，找出黄曲霉素的分子中含有的特殊基团，分子中含有－COOC－、C=C、C=O及醚键、苯环等，结合酯、烯烃及苯等有机物的性质进行解答即可。‎ ‎26. （1）立方烷它的六氯代物有____种。‎ ‎（2） 分子中最多有个____原子共面．‎ ‎（3）① 的名称是（用系统命名法命名）_____________，生成顺式聚合物的结构简式是_______________________。‎ ‎②聚合物的单体是__________________。‎ ‎（4）①写出与足量溴水反应的化学方程式__________。‎ ‎②写出与足量NaOH溶液反应的化学方程式________。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 23 (3). 2-甲基-1,3-丁二烯 (4). (5). 、 (6). +3Br2→+2HBr (7). +3nNaOH→+n+nNaCl。‎ ‎【解析】（1）考查同分异构体数目的判断，立方烷分子式为C8H8，六氯代物具有同分异构体的数目与二氯代物具有同分异构体的数目相同，两个氯原子在边长、面对角线、体角线，因此有三种符合题意的同分异构体；（2）考查共面，根据苯空间构型平面正六边形，甲烷空间构型为正四面体，以及三点确定平面，最多有23个原子共面；（3）考查有机物的命名、顺反结构、单体的判断，①按照烯烃的命名原则，此二烯烃的名称为2－甲基－1，3－丁二烯；此烯烃能发生加聚反应，顺式聚合物的结构简式为；②形成此聚合物的反应类型为缩聚反应，其单体为、；（4）考查有机物化学反应方程式的书写，①此有机物中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，其反应方程式为+3Br2→+2HBr；②含有酯基和氯原子，因此与足量NaOH溶液反应的方程式为：+3nNaOH→+n ‎+nNaCl。‎ 点睛：单体的判断，首先需要判断生成此高聚物的反应类型，如果一般情况下，链节上都是碳原子，此反应类型为加聚反应，如果一般情况下，链节上除碳原子外还含有其他元素，即此反应类型为缩聚反应，然后分类进行单体的判断，如缩聚反应单体的判断，观察此高分子化合物的实质，如，链节中含有酯基，以及两端是H和Cl，因此判断出单体为、。‎ ‎27. 某有机物A分子式为CxHyOz，15g A完全燃烧生成22g CO2和9gH2O。‎ ‎（1）该有机物的最简式是___________________。‎ ‎（2）若A是一种无色具存强烈剌激性气味的气体，具有还原性，则其结构简式是_________。‎ ‎（3）A中只有一种官能团，若A和Na2CO3混合有气体放出，和醇能发生酯化反应，则A的结构简式为_________。‎ ‎（4）A中只有一种宫能团，若A是易挥发有水果香味的液体，能发生水解反应，则其结构简式为___________。‎ ‎（5）若A其分子结构中含有6个碳原子，具有多元醇和醛的性质，则其结构简式为____________。‎ ‎【答案】 (1). CH2O (2). HCHO (3). CH3COOH (4). HCOOCH3 (5). CH2OH(CHOH)4CHO ‎【解析】(1)二氧化碳的物质的量为=0.5mol、水的物质的量为=0.5mol，根据质量守恒可知，15gA中氧元素质量为15g-0.5mol×12g/mol+0.5mol×2×1g/mol=8g，则n(O)==0.5mol，故有机物A分子中N(C)：N(H)：(O)=0.5mol：1mol：0.5mol=1：2：1，A的最简式为CH2O，故答案为：CH2O；‎ ‎(2)若A是一种无色具有强烈刺激气味的气体，具有还原性，则A为甲醛，结构简式为HCHO，故答案为：HCHO；‎ ‎(3)若A和Na2CO3混合有气体放出，和醇发生酯化反应，则A含有-COOH，则为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：CH3COOH；‎ ‎(4)若A是易挥发有水果香味的液体，能发生水解的反应，属于酯类，则为甲酸甲酯，结构简式为HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3；‎ ‎(5)若A其分子结构中含有6个碳原子，具有多元醇和醛的性质，则为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO。‎ ‎28. 在火箭推进器中装有还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，并放出大量的热量。已知0.4mol液态肼和足量双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出256.65KJ的热量。‎ ‎（1）写出肼和过氧化氢的结构式 肼_______，过氧化氢_______。‎ ‎（2）上述反应应用于火箭推进剂，除释放出大量热量和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是______________。‎ ‎（3）写出肼和双氧水反应的热化学方程式______________________。‎ ‎（4）已知H2O(l)==H2O(g)；△H=+44KJ/mol，则16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_________________。‎ ‎（5）已知N2(g) + 2O2(g) == 2NO2(g)；△H=+67.7KJ/mol N2H4(g) + O2(g) == N2(g)+2H2O(g)；△H= —534KJ/mol，则肼与NO2完全反应的热化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 略 (2). 略 (3). 产物为氮气和水，无污染 (4). N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.625kJ/mol (5). 408.8kJ (6). 2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1153.7kJ/mol ‎【解析】（1）N2H4中N原子之间形成1对共用电子对，N原子H原子质量形成1对共用电子对，结构式为；H2O2中O原子之间形成1对共用电子对，O原子与H原子之间形成1对共用电子对，结构式为H-O-O-H； （2）肼（N2H4）和H2O2反应，产物为氮气和水，无污染，突出的优点是：产物为氮气和水，无污染；（3）0.4mol液态肼和足量双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出256.65KJ的热量，1mol液态肼放出的热量为=641.625kJ，该反应热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol；（4）已知：①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.625kJ/mol，②H2O（l）═H2O（g）△H=+44KJ/mol ‎，根据盖斯定律，①-②×4得N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-817.625kJ/mol，16g液态肼的物质的量为 =0.5mol，完全反应生成液态水时放出的热量为0.5mol×817.625kJ/mol=408.8kJ；（5）已知：Ⅰ、N2 （g）+2O2（g）=2NO2 （g）△H1=+67.7kJ/mol；Ⅱ、N2H4（g）+O2 （g）=N2（g）+2H2O （g）△H2=-543kJ/mol 根据盖斯定律，Ⅱ×2-Ⅰ得2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=2△H2-△H1=-1153.7KJ/mol。‎ ‎29. 用50 mL 1.0 mol/L盐酸跟50 mL 1.1 mol/L 氢氧化钠溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是________；‎ ‎（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大、偏小、无影响”)；盐酸在反应中若因为有放热现象，而造成少量盐酸在反应中挥发，则测得的中和热____________(填“偏大、偏小、无影响”)；在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热会____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。‎ ‎（3）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，其原因是_______________________________________________。‎ ‎（4）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50 mL，并记录下原始数据(见下表)。‎ 实验序号 起始温度t1/℃‎ 终止温度(t2)/℃‎ 温差(t2－t1)/℃‎ 盐酸 NaOH溶液 平均值 ‎1‎ ‎25.1‎ ‎24.9‎ ‎25.0‎ ‎31.6‎ ‎6.6‎ ‎2‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎31.8‎ ‎6.7‎ ‎3‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎31.9‎ ‎6.8‎ 已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容c＝4.18×10－3kJ/(g·℃)，则该反应的中和热为ΔH＝_______。根据计算结果，写出该中和反应的热化学方程式______________________。‎ ‎（5）实验中改用60 mL 1.0 mol·L-1的盐酸跟50 mL 1.1mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________（填“相等”或“不相等”），所求中和热__________ (填“相等”或“不相等”)。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 偏小 (4). 偏小 (5). 偏小 (6). 用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小 (7). -56.0kJ/mol (8). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-56.01kJ/mol (9). 不相等 (10). 相等 ‎【解析】考查中和热的测定，（1）根据装置图，缺少的玻璃仪器是环境玻璃搅拌棒 ；（2）根据公式为△H=－kJ·mol－1，大烧杯上如果不盖硬纸板，造成热量的损失，即t终偏小，即中和热的数值偏小；造成盐酸挥发，产生的热量偏小，即所测中和热偏小；未洗盐酸，就测氢氧化钠，造成起始温度的平均值偏高，即产生热量偏小；（3）醋酸属于弱酸，醋酸的电离吸热过程，如果用醋酸与NaOH反应，产生热量偏小，所测中和热数值偏小；（4）三次温差的平均值为(6.6＋6.7＋6.8)/3=6.7，生成H2O的物质的量为50×10－3×1.0mol=0.05mol，代入公式求出△H=－56.0kJ·mol－1，热化学反应方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-56.01kJ/mol ；（5）两个实验物质的物质的量不同，因此放出热量不相等，中和热的定义是：稀酸与稀碱反应生成1molH2O放出的热量，中和热与物质的物质的量无关，因此两个实验所求的中和热数值相等。‎ ‎30. 某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：‎ 已知： ‎ 密度（g/cm3）‎ 熔点（℃）‎ 沸点（℃）‎ 溶解性 环己醇 ‎0.96‎ ‎25‎ ‎161‎ 能溶于水 环己烯 ‎0.81‎ ‎－103‎ ‎83‎ 难溶于水 ‎（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。‎ 将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。‎ ‎①A中碎瓷片的作用是_____________，导管B的作用是_______________。‎ ‎②试管C置于冰水浴中的目的是________________________。‎ ‎（2）制备精品：‎ ‎①环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层（填“上”或“下”），分液后用________洗涤（填字母）。‎ A. KMnO4溶液 B. 稀H2SO4 C. Na2CO3溶液 ‎②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从____口（填字母）进入。蒸馏时加入生石灰，目的是______________。‎ ‎③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______（填字母）。‎ a. 蒸馏时从70℃开始收集产品 b. 环己醇实际用量多了 c. 制备粗品时环己醇随产品一起蒸出 ‎（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是________（填字母）。‎ a. 用酸性高锰酸钾溶液 b. 用金属钠 c. 测定沸点 ‎【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 导气，冷凝环己烯 (3). 减少环己烯的挥发 (4). 上 (5). C (6). g (7). 吸水，生成氢氧化钠，沸点高 (8). 83℃ (9). c (10). bc ‎【解析】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化减少挥发；（2‎ ‎）①环己烯的密度比水小，在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联系制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和Na2CO3溶液洗涤可除去酸，答案选C；②蒸馏时冷却水低进高出，即从g口进，原因是冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将冷凝管充满水；蒸馏时加入生石灰，目的是吸水，生成氢氧化钙，沸点高。③环己烯的沸点是83℃，则应控制温度为83℃左右；a．蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，a错误；b．环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，b错误；c．若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，c正确；答案选c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，答案选bc。‎ ‎31. 有 X、Y、Z 三种元素，X 是有机化合物中必含的元素， Y 是地壳里含量最多的元素，Z 是质量最轻的元素。X、Y、Z 三种元素组成的有机物 M 能被酸性高锰酸钾氧化生成 N。为了测定有机物 M 的结构，做如下实验：‎ ‎①将 4.6 g 有机物 M 完全燃烧，测得生成 0.2mol CO2 和 5.4 g 水； ②用质谱仪检测有机物 M，得到如图 1 所示的质谱图； ③用核磁共振仪处理有机物 M，得到如图 2 所示图谱。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）M 的结构简式是___________________，N 中含有的官能团的结构简式为_____________。‎ ‎（2）写出 M 在铜作催化剂且加热条件下与氧气发生反应的化学方程式___________________。 ‎ ‎（3）写出 M 与 N 在浓 H2SO4加热条件下发生反应的化学方程式___________________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CH2OH (2). -COOH (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+ CH3CH2OHCH3COO CH2CH3+H2O ‎【解析】X、Y、Z 三种元素，X是有机化合物中必含的元素，则X为碳元素；Y是地壳里含量最多的元素，则Y为氧元素；Z 是质量最轻的元素，则Z为氢元素。‎ 用质谱仪检测有机物 M，得到如图 1 所示的质谱图，其相对分子质量为46；通过计算，二氧化碳的物质的量为0.2mol，水的物质的量为=0.3mol，所以有机物中含氧原子的物质的量==0.1mol，所以碳氢氧的原子个数比为2:6:1，根据相对分子质量分析，化学式为C2H6O，根据核磁共振氢谱分析，有三中氢原子，比例为3:2:1，所以M的结构简式为：CH3CH2OH；M 能被酸性高锰酸钾氧化生成 N。N为CH3COOH。（1）M 的结构简式是CH3CH2OH，N 为CH3COOH，含有的官能团的结构简式为-COOH；（2）CH3CH2OH在铜作催化剂且加热条件下与氧气发生反应生成CH3CHO，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；（3）CH3CH2OH 与 CH3COOH在浓 H2SO4加热条件下发生反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3 CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。‎ ‎32. 某有机化合物A的结构简式如下：‎ ‎（1）A的分子式是________。‎ ‎（2）A在NaOH溶液中充分加热后，再加入过量的盐酸酸化后，可得到B、C、D和四种有机物，且相对分子质量大小关系为B>C>D，则B、C、D的结构简式分别是B________；C________；D________。‎ ‎（3）在B的同分异构体中，属于1,3,5三取代苯的化合物的结构简式__________________。‎ ‎（4）写出B与碳酸氢钠反应的化学方程式：________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). C18H17O5N (2). (3). CH3CH2COOH (4). CH3COOH ‎ ‎(5). (6). ‎ ‎【解析】(1)该有机物中含有18个C、17个H、5个O、1个N，则分子式为C18H17O5N，故答案为：C18H17O5N；‎ ‎(2)A含有-COO-和-NH-CO-，在碱性条件下可水解，再加盐酸，生成羧酸和醇、氨基酸，则得到的产物分别是解CH3COOH、CH3CH2COOH、、；由于相对分子质量大小关系为B＞C＞D，则B为：，C为CH3CH2COOH，D为CH3COOH；故答案为：；CH3CH2COOH；CH3COOH；‎ ‎(3)的同分异构体中含有三个官能团，则官能团为-OH、-CHO、-OH，则属于1,3,5三取代苯的化合物的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(4)中的羧基能与碳酸氢钠反应生成羧基钠和二氧化碳，其反应的方程式为：；故答案为：。‎ 点睛：本题考查有机物结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇和酯的性质的考查，注意醇不与碳酸钠反应。‎ ‎33. 2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸(H)是重要的医药中间体，可以用来合成许多重要有机物，其制备流程图如下：‎ 已知： ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应①的反应类型是________。‎ ‎（2）写出反应②的化学反应方程式________。‎ ‎（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，目的是__________。‎ ‎（4）E的结构简式为_______，对比D与H的结构简式，设计⑥~⑨四步反应实现转化的目的是_______。‎ ‎（5）写出⑧的反应试剂和条件：_____。‎ ‎（6）J是一种高分子化合物，写出反应⑩的化学反应方程式：_____。‎ ‎（7）写出符合下列条件的B的所有同分异构体的结构简式__________。‎ a．苯环上只有两个取代基且互为邻位b．既能发生银镜反应又能发生水解反应 ‎【答案】 (1). 取代反应 (2). (3). 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代氧 (4). (5). H比D在苯环上多一个Cl取代，因此需要先与浓H2SO4反应使得磺酸基占位，为避免氨基被氧化，因此需要保护氨基 ‎ ‎(6). Cl2/FeCl3(Cl2/Fe) (7). (8). ‎ ‎ ‎ ‎(1)反应①为甲苯的磺化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应； ‎ ‎(2)根据流程图，反应②为对甲基苯磺酸发生的硝化反应，反应的化学反应方程式为 ‎ +HNO3 +H2O，故答案为：+HNO3 +H2O；‎ ‎(3)该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；‎ ‎(4)根据上述分析，E为，H比D在苯环上多一个Cl取代，因此需要先与浓H2SO4反应使得磺酸基占位，为避免氨基被氧化，因此需要保护氨基，故答案为：；H比D在苯环上多一个Cl取代，因此需要先与浓H2SO4反应使得磺酸基占位，为避免氨基被氧化，因此需要保护氨基；‎ ‎(5)根据上述分析，反应⑧的反应试剂和条件分别为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)，故答案为：Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)；‎ ‎(6)反应⑩的化学反应方程式为，故答案为：；‎ ‎(7)B为。a．苯环上只有两个取代基且互为邻位；b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基，且含有酯基或肽键，满足条件的B的同分异构体有，故答案为：、。‎ 点睛：本题考查了有机物合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。本题的难点是J的结构简式的判断，要注意充分利用信息iii，易错点为(7)，容易忽略肽键也能发生水解反应。‎ ‎ ‎ ‎ ‎