2018-2019学年江西省南昌市三校（一中、十中、铁一中）高二下学期期末联考化学试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市三校（一中、十中、铁一中）高二下学期期末联考化学试题 解析版

南昌市三校（一中、十中、铁一中）高二下学期期末联考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 Ca:40‎ 一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题 3 分，共 48 分）‎ ‎1.中国古代文物不仅彰显了民族和文化自信，还蕴含许多化学知识。下列说法不正确的是 A. 两代“四羊方尊”属于青铜制品，青铜一种铜锡合金 B. 宋代《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质 C. 清代乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，主要成分是二氧化硅 D. 东晋《洛神赋图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．青铜主要是铜、锡的合金，A项正确；‎ B．蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；‎ C．瓷器的主要成分是硅酸盐，C项错误；‎ D．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，D项正确；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎2.下列实验所选择的试剂、装置或仪器(夹持装置已略去)能达到相应实验目的的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与水互溶，不能萃取溴水中的溴，故A错误；‎ B．不饱和烃能被高锰酸钾氧化，可验证石蜡油分解产物中含有的烯烃，故B正确；‎ C．浓度不同、催化剂不同，不能验证催化剂的影响，故C错误；‎ D．量筒的感量为0.1mL，应选酸式滴定管或移液管，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎3.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为6NA B. 5.8gC4H10中含有共价键总数为1.3NA C. 5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.04NA D. 4.6g乙醇完全氧化成乙醛，转移电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol葡萄糖分子含有的羟基数目为5NA，故A错误；‎ B．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式为C4H10，5.8 g 正丁烷和异丁烷的混合气体物质的量为=0.1mol，含有共价键的总数为0.1×(10+3)×NA=1.3NA，故B正确；‎ C．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol中含0.02mol水，即0.02NA个，故C错误；‎ D．4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.为了提纯下表所列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的选择不正确的是 选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A 己烷（己烯）‎ 溴水 分液 B 淀粉溶液（NaCl）‎ 水 渗析 C CH3CH2OH（CH3COOH）‎ CaO 蒸馏 D 肥皂（甘油）‎ NaCl 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 己烯与溴水发生加成反应后所得的产物与己烷不分层，则分液法不能分离，应选高锰酸钾除杂，故A错误；‎ B. 淀粉不能透过半透膜，而离子能透过半透膜，利用渗析法可分离，故B正确；‎ C. 醋酸与CaO反应生成醋酸钙，乙醇易挥发，用蒸馏法可分离，故C正确；‎ D. 加NaCl可以降低肥皂的溶解度，发生盐析，然后过滤可除杂，故D正确，答案选A。‎ ‎5.螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（　　）‎ A. 分子式为C8H16 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 与2—甲基—3—庚烯互为同分异构体 D. 一氯代物有4种结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C. 2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D. 由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。‎ ‎6.一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是 A. 反应Ⅱ中H2O2做还原剂 B. 产品中含有SO42－、Cl－‎ C. NaClO2的漂白原理与SO2相同 D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；‎ B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；‎ C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；‎ D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；‎ 故本题合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。‎ ‎7.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构（如图）。在辛酸的同分异构体中， 含有一个“－COOH”和三个“－CH3”的结构（不考虑立体异构），除外，还有(　　)‎ A. 7种 B. 11种 C. 14种 D. 17种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的主链最多有6个碳原子。‎ ‎（1）若主链有6个碳原子，余下2个碳原子为2个—CH3，先固定一个—CH3，移动第二个—CH3，碳干骨架可表示为：（数字代表第二个—CH3的位置），共4+3+2+1=10种。‎ ‎（2）若主链有5个碳原子，余下3个碳原子为可能为：①一个—CH3和一个—CH2CH3或②一个—CH（CH3）2。①若为一个—CH3和一个—CH2CH3，先固定—CH2CH3，再移动—CH3，碳干骨架可表示为：；②若为一个—CH（CH3）2，符合题意的结构简式为（题给物质）；共3+3+1=7种。‎ ‎（3）若主链有4个碳原子，符合题意的同分异构体的结构简式为（CH3CH2）3CCOOH。‎ 辛酸含有一个“—COOH”和三个“—CH3”的同分异构体有10+7+1=18种，除去题给物质，还有17种，答案选D。‎ 点睛：本题考查限定条件同分异构体数目的确定，注意采用有序方式书写，避免重复和漏写。‎ ‎8.科学家将水置于足够强的电场中，在 20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性 KMnO4 溶液褪色，且有气泡产生。将酸性 KMnO4 溶液换成FeCl3 溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是 A. 20 ℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化 B. “暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物 C. 烧杯中液体为FeCl3 溶液时，产生的气体为Cl2‎ D. 该条件下H2 燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；‎ B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；‎ C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；‎ D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.有一种线性高分子，结构如图所示。‎ 下列有关说法正确的是 A. 该高分子由 4 种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成 B. 构成该分子的几种羧酸单体互为同系物 C. 上述单体中的乙二醇，可被O2催化氧化生成单体之一的草酸 D. 该高分子有固定熔、沸点，1mol上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸，5种单体,缩聚而成，故A错误；对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；乙二醇，可被02催化氧化生成草酸，故C正确；高分子化合物没有固定熔沸点，故D错误。‎ ‎10.青出于蓝而胜于蓝，“青”指的是靛蓝，是人类使用历史悠久的染料之一，下列为传统制备靛蓝的过程：‎ 下列说法不正确的是 A. 靛蓝分子式为 C16H10N2O2 B. 浸泡发酵过程发生的反应为取代反应 C. 吲哚酚的苯环上的二氯代物有 4种 D. 1mol吲哚酚与 H2加成时可消耗 4molH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据题干中结构简式，靛蓝的分子式为C16H10N2O2，故A正确；‎ B. 浸泡发酵过程发生的反应可以看作是-O-R被羟基取代，故B正确；‎ C. 因为该结构不对称，二氯代物一共有6种，故C错误；‎ D. 吲哚酚分子中含有一个苯环及一个碳碳双键，所以1 mol吲哚酚与H2加成时可消耗4 mol H2，故D正确，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在确定吲哚酚的苯环上二氯代物的种类时，苯环上能发生取代的氢原子按照顺序编号为1，2，3，4，取代的方式有1，2位，1，3位，1，4位，2，3位，2，4位，3，4位6种情况。‎ ‎11.下列说法正确的是 A. 生物柴油的主要成分是液态烃 B. 尽管人体内不含消化纤维素的酶，但纤维素在人类食物中也是必不可缺少的 C. 糖类又称为碳水化合物，均可用通式Cn(H2O）m 表示 D. 淀粉的糊化作用和鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4 溶液出现沉淀的现象均属于化学变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.生物柴油是利用油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，不是烃，A错误；‎ B.人体消化道内不存在纤维素酶，但纤维素是一种重要的膳食纤维，可以促进肠道的蠕动，帮助人体新陈代谢，是人类食物中也是必不可缺少的，B正确；‎ C大部分糖类分子式符合Cm(H2O)n，有些糖类并不合乎其上述分子式，如鼠李糖（C6H12O5），C错误；‎ D.淀粉的糊化作用是淀粉这种多糖水解的过程；鸡蛋清中滴加饱和Na2SO4溶液出现沉淀是蛋白质发生盐析，是蛋白质溶解度降低的结果，没有生成新的物质，属于物理变化，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.利用废蚀刻液(含 FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2 溶液]和 FeCl3·6H2O的 主 要 步 骤 ：用 H2O2氧化废蚀刻液—制备氨气—制备碱性蚀刻液[CuCl2＋4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3·6H2O。下列装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备NH3 B. 用装置乙制备Cu(NH3)4Cl2溶液并沉铁 C. 用装置丙分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3 D. 用装置丁将FeCl3‎ 溶液蒸干制备FeCl3•6H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验是制备Cu(NH3)4Cl2和FeCl3·6H2O，根据步骤，用H2O2先将刻蚀液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl制备氨气，将氨气刻蚀液中制备碱性刻蚀液，Fe3＋与NH3·H2O生成Fe(OH)3沉淀，然后过滤，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到FeCl3·6H2O；‎ ‎【详解】本实验是制备Cu(NH3)4Cl2和FeCl3·6H2O，根据步骤，用H2O2先将刻蚀液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，实验室常用Ca(OH)2和NH4Cl制备氨气，将氨气刻蚀液中制备碱性刻蚀液，Fe3＋与NH3·H2O生成Fe(OH)3沉淀，然后过滤，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到FeCl3·6H2O；‎ A、实验室用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备氨气，利用甲装置能够制备NH3，甲装置能达到实验目的，故A不符合题意；‎ B、乙装置制备碱性刻蚀液Cu(NH3)4Cl2，然后Fe3＋与氨水反应生成Fe(OH)3，乙装置能完成实验目的，故B不符合题意；‎ C、丙装置分离固液，丙装置能够达到实验目的，故C不符合题意；‎ D、FeCl3溶液制备FeCl3·6H2O，采用蒸发浓缩、冷却结晶，不能蒸干，丁装置不能完成实验目的，故D符合题意；‎ ‎13.一种2-甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成：‎ 下列说法正确的是 A. Y分子中有2个手性碳原子 B. Y分子中所有碳原子处于同一平面 C. 鉴别Y与X可用Br2的CCl4溶液 D. 1molY最多可与1molNaOH反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据手性碳原子的定义，Y分子中有2个手性碳原子，即，故A正确；‎ B、Y分子中手性碳原子与另外个相连的C原子没有在一个平面上，故B错误；‎ C、X、Y分子上都有碳碳双键，都能与Br2发生加成反应，因此Br2的CCl4溶液不能鉴别Y与X，故C错误；‎ D、Y分子中能与NaOH反应的官能团是酚羟基和酯基，各有1个，即1molY最多消耗2molNaOH，故D错误；‎ ‎14.正四面体烷的IUPAC 名称为三环[1.1.0.0]丁烷。其球棍模型如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 与环丁二烯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种 C. 碳碳键键角为109°28'‎ D. 三环[1.1.0.0]丁烷生成1mol丁烷至少需要2molH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.由结构可知，均含4个C、4个H；‎ B.4个H的位置相同；‎ C.4个C形成的结构与白磷结构相似；‎ D.三环[1.1.0.0]丁烷生成1 mol 丁烷，H原子差6mol。‎ ‎【详解】A.由结构可知，正四面体烷分子式是C4H4，环丁二烯分子式也是C4H4，二者均含4个C、4个H，二者互为同分异构体，A正确；‎ B.正四面体烷类似一个正四面体，其四个顶点为4个C，两两以碳碳单键连接，剩余的键每个C连接一个H原子，4个H的位置相同，是一种高度对称的物质，则二氯代物只有一种，B错误；‎ C.4个C形成的结构与白磷结构相似，是正四面体结构，碳碳键键角为60°，C错误；‎ D.三环[1.1.0.0]丁烷分子式是C4H4到丁烷C4H10，1mol至少需要3mol H2，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质的知识，把握有机物的结构、不饱和度及物质结构简式的通式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎15.符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示，下列说法正确的是 A. 1～5对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4个 B. 1～5对应的结构中一氯取代物只有1种的有3个 C. 1～5对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有1个 D. 1～5对应的结构均能与氢气在一定条件下发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2、3、5对应的结构中都含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不可以，故A错误；‎ B．1、4对应的结构中的一氯取代物有1种，2对应的结构中的一氯取代物有3种，3、5对应的结构中的一氯取代物有2种，故B错误；‎ C．只有1对应的结构中所有原子均可能处于同一平面，其它都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，故C正确；‎ D．1中含有苯环，2、3、5含有碳碳双键，均能与氢气在一定条件下发生加成反应，而4不能与氢气发生加成反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、C≡C和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。‎ ‎16.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 用装置甲进行中和热的测定 B. 用装置乙制取 CO2 气体 C. 用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱 D. 用装置丁模拟工业制氨气并检验产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故A错误；‎ B．纯碱为粉末固体，与盐酸接触后关闭止水夹不能实现固液分离，不能制备少量气体，故B错误；‎ C．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与NaBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱，故C正确；‎ D．氮气和氢气反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则图中蓝色试纸不能检验氨气，故D错误；‎ 故答案为C。‎ 二．非选择题（共 52分）‎ ‎17.（1）只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的溶液进行鉴别的是_______(填序号)。‎ ‎①AlCl3 溶液和 NaOH 溶液②Ca(HCO3)2 溶液和 NaOH 溶液 ‎③NaAlO2 溶液和盐酸④Al2(SO4)3 溶液和氨水 ‎⑤苯与水⑥AgNO3、BaCl2、K2SO4 和 Mg(NO3)2 四种溶液 ‎⑦NaNO3、FeCl3、NaCl、AgNO3四种溶液⑧NaHCO3 溶液与稀硫酸 ‎（2）按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。‎ 则(1)(2)(3)(4)的分离提纯方法依次为__________、__________、__________、__________。‎ ‎（3）下列说法正确的是_________(填序号)。‎ ‎①常压蒸馏时，加入液体的体积可超过圆底烧瓶容积的三分之二 ‎②除去铜粉中混有 CuO 的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥 ‎③将 Cl2 与 HCl 的混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2‎ ‎④用 CCl4 萃取碘水中的 I2 的实验操作是先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层 ‎⑤滤液若浑浊，可能是液面高于滤纸边缘造成的 ‎⑥NaCl 溶液蒸发时可以加热至蒸干为止 ‎⑦蒸馏时，可以把温度计插入混合液体中 ‎⑧可以用酒精萃取碘水中的I2。‎ ‎⑨CCl4 萃取溴水中溴时，静置分层后上层为橙红色，分液时，从上口先倒出上层液体 ‎【答案】 (1). ①③⑤⑦ (2). 过滤 (3). 分液 (4). 蒸发结晶 (5). 蒸馏 (6). ④⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别，则物质之间添加顺序不同，发生反应产生的现象不同，以此来解答；‎ ‎(2)由实验流程可知，步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发结晶，需要蒸发皿；步骤(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答；‎ ‎(3)结合常见的混合分离提纯的基本操作分析判断。‎ ‎【详解】(1)①向AlCl3溶液加NaOH溶液，先有沉淀后沉淀消失，而向NaOH溶液中加AlCl3溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故①选；‎ ‎②Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故②不选；‎ ‎③向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故③选；‎ ‎④Al2(SO4)3溶液和氨水，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故④不选；‎ ‎⑤苯与水互不相溶，苯的密度比水小，只有分别取少量混在一起，上层的为苯，下层为水，能鉴别，故⑤选；‎ ‎⑥AgNO3、BaCl2、K2SO4 和 Mg(NO3)2 四种溶液相互两两混合，只有Mg(NO3)2溶液与其余三种溶液混合无现象，可鉴别出Mg(NO3)2溶液，剩余三种无法鉴别，故⑥不选；‎ ‎⑦在NaNO3、FeCl3、NaCl、AgNO3四种溶液中FeCl3是棕黄色溶液，只要观察就可确定，取剩余三种溶液各少量分别与FeCl3混合，有白色沉淀生成的是AgNO3溶液，再取剩余二种溶液各少量分别与AgNO3溶液混合，有白色沉淀生成的是NaCl，剩下的为NaNO3，可鉴别，故⑦选；‎ ‎⑧NaHCO3 溶液与稀硫酸正反混合滴加现象相同，均有无色气体放出，无法鉴别，故⑧不选；‎ 故答案为①③⑤⑦；‎ ‎(2)由分析可知，(1)(2)(3)(4)的分离提纯方法依次为过滤、分液、蒸发结晶、 蒸馏；‎ ‎(3)①常压蒸馏时，圆底烧瓶中加入液体的体积不能超过容积的三分之二，故①错误；‎ ‎②稀硝酸也能溶解Cu，除去铜粉中混有 CuO 的实验操作应加入稀盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥，故②错误；‎ ‎③饱和食盐水可以除去Cl2中的HCl，但得到的Cl2含有水蒸气，并不纯净，故③错误；‎ ‎④用 CCl4 萃取碘水中的 I2 ，振荡分层后，有机层在下层，则先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故④正确；‎ ‎⑤液面高于滤纸边缘，会使部分液体未经过滤纸的过滤直接流下，该操作会使滤液仍然浑浊，故⑤正确；‎ ‎⑥NaCl 溶液蒸发结晶时当出现多量晶体时停止加热，利用余热使剩余水份蒸干，故⑥错误；‎ ‎⑦蒸馏时，温度计的作用是测蒸气的温度，插到蒸馏烧瓶的支管口，不是插入溶液中，故⑦错误；‎ ‎⑧酒精与水混溶，不可以用酒精作萃取剂，萃取碘水中的I2，故⑧错误；‎ ‎⑨CCl4的密度比水大，用CCl4‎ 萃取溴水中溴时，静置分层后下层为橙红色，分液时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故⑨错误；‎ 故答案为④⑤。‎ ‎18.Q是合成防晒霜的主要成分，某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如下(部分反应条件和试剂未注明)：‎ 已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理(R、R1为烃基或其他基团，X为卤素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—X II．C8H17OH 分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子。‎ III．F不能与氢氧化钠溶液反应，G的核磁共振氢谱中有 3 个峰且为对位取代物。请回答下列问题：‎ ‎（1）G的结构简式为__________。‎ ‎（2）C8H17OH 的名称(用系统命名法命名)为____________。‎ ‎（3）X是 F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出 X 的结构简式：___________。‎ ‎（4）写出反应⑥的化学方程式：____________。‎ ‎（5）下列有关 B、C的说法正确的是____________(填序号)。‎ a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色 b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳 c．1molB或C都能最多消耗44.8L(标准状况)氢气 d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应 ‎【答案】 (1). (2). 2乙基1己醇 (3). ‎ ‎(4). (5). ad ‎【解析】‎ 分析】‎ 由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；‎ ‎(1)结合分析写出G的结构简式；‎ ‎(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名；‎ ‎(3)X为酚，甲基与酚-OH处于对位；‎ ‎(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr；‎ ‎(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应。‎ ‎【详解】由A、B的分子式及的结构简式C可知，A为CH3CH=CH2，B为CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢原子，则C8H17OH为，与丙烯酸发生酯化反应生成D，由流程图可知，F为等，因F不能与NaOH溶液反应，所以F为苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F与溴发生取代反应，又G的核磁共振氢谱中有3组峰，说明G中有3种位置的H原子，所以G为，由信息Ⅰ可知，D与G合成Q；‎ ‎(1)由分析可知G的结构简式为为；‎ ‎(2)C8H17OH为，与-OH相连的C原子为第1位碳原子编号来命名，其名称为2-乙基-1-己醇；‎ ‎(3)F为苯甲醚，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，X为酚，甲基与酚-OH处于对位，则X为；‎ ‎(4)由信息Ⅰ，D与G合成Q，并生成HBr，反应⑥的化学方程式为；‎ ‎(5)B为烯醛，C为烯酸，均含C=C键，但羧基中的C=O不能与氢气发生加成反应；‎ a．均含C=C键，则二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；‎ b．C中含-COOH，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，而B不能，故b错误；‎ c.1mol B最多消耗44.8L(标准状况)氢气，而C消耗22.4L氢气，故c错误；‎ d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应，故d正确；‎ 故答案为ad。‎ ‎19.硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑‎ ‎（1）硫化钠固体在保存时需注意_________，原因是___________。‎ ‎（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。步骤如下：‎ ‎①连接仪器顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)；‎ ‎②检查装置气密性；③装入固体药品及试剂，连好装置；‎ ‎④加热，进行实验。‎ ‎（3）若amolNa2SO4 和 2amolC按上述步骤充分反应，实际得到 Na2S小于 amol，则实验改进方案是____。某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量 Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水)_____。‎ ‎（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1︰3的 CO2 和CO两种气体。反应方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 干燥环境密闭保存 (2). 硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解 (3). a→e→f→d (4). 加入稍过量的碳 (5). 取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含 (6). 2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)硫化钠易被氧化，溶液中硫离子可发生水解；‎ ‎(2)A中发生Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，选装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，二氧化碳不需要干燥；‎ ‎(3)实际得到Na2S小于amol，可增大反应物的量；固体产物中可能含有少量Na2SO3，加盐酸发生氧化反应生成S；‎ ‎(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，结合电子、原子守恒来解答。‎ ‎【详解】(1)硫化钠固体在保存时需注意干燥环境密闭保存，原因是硫化钠在空气中易被氧化，潮湿环境易水解；‎ ‎(2)①A为制备装置，装置D检验二氧化碳，选装置C吸收尾气，则连接仪器顺序为a→e→f→d；‎ ‎(3)若a mol Na2SO4和2a mol C按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是加入稍过量的碳；固体产物中可能含有少量Na2SO3，设计实验为取少量反应后的固体于试管中，加蒸馏水溶解，滴加适量稀盐酸，若出现淡黄色沉淀，则固体中含亚硫酸钠，反之不含；‎ ‎(4)经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为1：3的CO2和CO两种气体，C失去电子，S得到电子，若CO2和CO分别为1mol、3mol，失去电子为10mol，则S得到10mol电子，应生成等量的Na2S、Na2SO3，反应方程式为2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。‎ ‎20.利用莤烯(A)为原料可制得杀虫剂菊酯(H)，其合成路线可表示如下：‎ 已知：R1CHO+R2CH2CHO ‎（1）写出一分子的 F 通过酯化反应生成环酯的结构简式__________。‎ ‎（2）写出 G 到 H 反应的化学方程式___________。‎ ‎（3）写出满足下列条件的 C 的一种同分异构体的结构简式______________。‎ ‎①能与FeCl3 溶液发生显色反应；②分子中有 4 种不同化学环境的氢。‎ ‎（4）写出以和 CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。______________‎ ‎【答案】 (1). (2). +CH3OH+H2O (3). 或 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生氧化反应生成B，B发生信息中的反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，G发生酯化反应生成H，G为，F发生消去反应生成G；‎ ‎(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到。‎ ‎【详解】(1)一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式为；‎ ‎(2)G发生酯化反应生成H，该反应方程式为；‎ ‎(3)C的同分异构体符合下列条件， C的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其它环或双键；②分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为；‎ ‎(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为 ‎。‎ ‎【点睛】常见的反应条件与反应类型有：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。⑧在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。⑨在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎ ‎21.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。‎ ‎【点睛】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。‎ ‎ ‎