【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考(解析版)

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【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考(解析版)

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考 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。‎ ‎ ‎
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