河南省安阳第三十五中学 2021-2022学年化学高二第二学期期末质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有5种有机物： CH2=CHCH=CH2， 其中可用于合成 高分子材料的正确组合为A B C D2、下列各反应对应的离子方程式正确的是 ( )A向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液：Ca22OH2HCO=CaCO3CO2H2OB向含0

2、.1 mol NaOH和0.1 mol Na2CO3的溶液中加入1 L 0.2 molL1稀盐酸：OHCO3H=CO22H2OC硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7：HSOBa2OH=BaSO4H2OD向100 mL 0.12 molL1的Ba(OH)2溶液中通入0.02 mol CO2：Ba23OH2CO2=HCOBaCO3H2O3、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/ 10882.3熔点/-10825.5下列说法不正确的是A用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是126C用降温结晶

3、的方法可将叔丁醇从二者的混合物中结晶出来D两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃4、干冰晶体是面心立方结构，如图所示，若干冰晶体的晶胞棱长为a，则每个CO2分子周围与其相距22a的CO2分子有 （ ）A4个 B8个 C12个 D6个5、现有下列氧化还原反应：2BrCl2Br22Cl 2Fe2+Br22Fe 3+2Br 2MnO4-10Cl16H+2Mn2+5Cl28H2O根据上述反应判断下列结论正确的是A反应中的氧化剂是BrB反应中Fe2+发生还原反应C氧化性：MnO4-Cl2Br2Fe 3+D向FeBr2的溶液中滴加过量酸性KMnO4溶液，发生反应：MnO4-5Fe2+8H+Mn2+5Fe 3+

4、4H2O6、下列物质的性质与用途具有对应关系的是AFe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂BNa2CO3溶液显碱性，可用作油污去除剂CHF溶液显弱酸性，可用作玻璃的蚀刻剂DFeCl3溶液显酸性，可用作铜制电路板的腐蚀剂7、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。下列说法不正确的是AT1T2B海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-浓度降低C当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低D大气中CO2含量增加时，

5、海水中的珊瑚礁将逐渐溶解8、下列说法均正确的组合为ss 键与sp 键的电子云形状相同第四周期的元素基态原子中，4s能级只有1个电子的元素共有3种钨的配合物离子W(CO)5OH能催化固定CO2，该配离子中钨显0价中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型一定是正四面体2丁醇中存在手性碳原子相对分子质量：CH3CH2OHCH3CHO，所以沸点：CH3CH2OHCH3CHOABCD9、化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。下列说法正确的是A汝窑瓷器的天青色来自氧化铁B“傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质C中国歼20上用到的氮化镓材料是作为金属合金材料使用D诗句“煮豆燃豆萁”中涉

6、及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能10、下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A石油分馏得到的汽油是纯净物B使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C燃料电池是将化学能直接转化为电能的装置，所以能量利用率高D合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺11、下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A熔点：NaFMgF2AlF3B晶格能：NaFNaClNaBrC阴离子的配位数：CsClNaClCaF2D硬度：MgOCaOBaO12、已知有机物a：，有机物b：，下列说法中正确的是（ ）A苯是a的同分异构体Ba中6个碳原子都在同一平面内Cb可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，

7、且反应类型相同Db的一氯代物有5种13、下列变化或数据与氢键无关的是（ ）A甲酸蒸气的密度在373K时为1.335gL-1，在293K时为2.5 gL-1B氨分子与水分子形成一水合氨C水结冰体积增大。DSbH3的沸点比PH3高14、某有机物含C、H、N三种元素，其分子中含有4个N原子排列成内空的正四面体结构，任意两个N原子之间都有1个C原子，分子中所有原子之间都以单键相连。则该有机物的分子式可能为AC6H10N4BC6H12N4CC6H8N4DC4H8N415、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另

8、一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是 A混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/LBOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气C原混合酸中H2SO4物质的量为0.4 molD第二份溶液中最终溶质为FeSO416、设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A1L CO的质量一定比1L O2的质量小B将1 mol Cl2通入到水中，则N(HClO)N(Cl)N(ClO)2NAC常温常压下16 g O2和O3混合气体中，氧原子数为NAD7.8 g Na2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NA二、非选择题（本

9、题包括5小题）17、酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成:(1)化合物D中所含官能团的名称为_和_。(2)化合物E的结构简式为_；由BC的反应类型是_。(3)写出CD的反应方程式_。(4)B的同分异构体有多种，其中同时满足下列条件的有_种。I.属于芳香族化合物II.能发生银镜反应III.其核磁共振氢谱有5组波峰，且面积比为1:1:1:1:3(5)请写出以甲苯为原料制备化合物的合成路线流程图_(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如图:。18、M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应

10、，如:2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：(1)M的名称是_，A中的含氧官能团名称是_。(2)的反应类型是_，的反应类型是_。(3)C的结构简式为_。由CG的过程中步骤、的目的是_。(4)G中最多有_个原子共平面，其顺式结构式为_。(5)符合下列条件D的同分异构体有_种。氯原子连在碳链的端点碳上 羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为_(写结构简式)。(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_。(7)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路线(无机试剂和溶剂任选)_。19、过氧化钠是一种淡黄色固体，它能与

11、二氧化碳反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂，供人类呼吸之用。它与二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。某学生为了验证这一实验，以足量的大理石、足量的盐酸和1.95g过氧化钠样品为原料，制取O2，设计出如下实验装置：（l）A中制取CO2的装置，应从下列图、中选哪个图：_。B装置的作用是_, C装置内可能出现的现象是_。为了检验E中收集到的气体，在取出集气瓶后，用_的木条伸入集气瓶内，木条会出现_。（2）若E中的石灰水出现轻微白色浑浊，请说明原因：_。（3）若D中的1.95g过氧化钠样品接近反应完毕时，你预测E装置内有何现象？_。（4）反应完毕时，若测得E中的集

12、气瓶收集到的气体为250mL，又知氧气的密度为1.43g/L，当装置的气密性良好的情况下，实际收集到的氧气体积比理论计算值_（答大或小），相差约_mL（取整数值，所用数据均在标准状况下测定），这是由于_。（5）你认为上述AE的实验装置中，E部分是否安全、合理？E是否需要改为下列四项中的哪一项：_。（用甲、乙、丙、丁回答）20、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/122.49712.3沸点/24964.3199.6密度/gcm31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验

13、一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为_。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有_实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是_。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示_时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为_(小数点后保留1位有效数字)。21、某抗癌新药H的一种合成路线如下：回答下列问

14、题：（1）A的名称是_。（2）BC的反应类型是_。（3）吡啶的结构简式为具有碱性，在EF中吡啶的作用是_。（4）写出EF的化学方程式_。（5）T（C7H7NO2）是E在碱性条件下的水解产物，同时符合下列条件的T的同分异构体有_种。-NH2直接连在苯环上；能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体其中，在核磁共振氢谱上有4个峰且峰的面积比为1:2:2:2的结构简式为_。（6）以CH3CH2COCl和为原料，经三步合成某化工产品（）路线为（无机试剂任选）：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】试题分析：根据结构简式可知，该有机物为加聚反应产物，其主链含有两个碳碳双键，先将中括

15、号去掉，然后从左向右，按照“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开：，则可以得到该有机物的三种单体：、CH2=CH-CH=CH2、，答案选D。考点：考查不饱和烃加聚反应的规律。2、A【解析】分析：A碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；B盐酸先与氢氧根离子反应，剩余的盐酸在与碳酸根离子反应；C硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7，二者物质的量之比为2：1；D100 mL 0.12 mol/L的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸氢根需要0.024mol二氧化碳，而通入0.02 mol CO2，产物既有碳酸钡又有碳酸氢钡。详解：A向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液，离子方程

16、式为Ca22OH2HCO3CaCO3CO322H2O，A正确；B向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L 0.2molL-1稀盐酸，氢氧根离子完全反应、碳酸根离子恰好转化为碳酸氢根离子，离子方程式：OH-+CO32-+2H+=HCO3+H2O，B错误；C硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7，二者物质的量之比为2：1，离子方程式：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，C错误；D向100 mL 0.12 mol/L的Ba（OH）2溶液中通入0.02 mol CO2，离子方程式：Ba2+6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3+H2O，D错误

17、；答案选A。点睛：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，题目难度较大，注意反应的顺序，尤其是某一种反应物过量时的后续反应。3、B【解析】用系统命名法给有机物进行命名时，应先选含官能团最长的碳链做为主链、再从离官能团最近的一侧开始编号，因此异丁醇可命名为：2-甲基-1-丙醇；叔丁醇可命名为：2-甲基-2-丙醇。从已知中可看出叔丁醇的熔沸点与异丁醇相差较大,且叔丁醇25.5以下即为固体,因此可利用降温结晶的方法将二者进行分离。【详解】A. 用系统命名法给异丁醇命名：主碳链上有3个碳原子，故为丙醇；从距离官能团-OH最近的一侧开始编号，甲基在第2个碳上，故该有机物

18、可命名为：2-甲基-1-丙醇,A项正确；B. 由于异丁醇上的两个甲基化学环境相同，因此该物质共有4种氢原子，核磁共振氢谱应有四组峰，面积之比是1216，B项错误；C. 由于叔丁醇的熔沸点与异丁醇相差较大,且叔丁醇25.5以下即为固体,因此可利用降温结晶的方法将其从二者的混合物中结晶出来,C项正确；D. 两种醇发生消去反应后得到的烯烃均为,D项正确；答案应选B。4、C【解析】分析：若干冰晶体的晶胞棱长为a，每个CO2分子周围与其相距22a的CO2分子有12个。详解：以顶点CO2分子为研究对象，若干冰晶体的晶胞棱长为a，该CO2分子周围与其相距22a的CO2分子处于面心，由于顶点CO2分子为8个晶

19、胞共有，则每个CO2分子周围与其相距22a的CO2分子有832=12个，答案选C。5、C【解析】2Br+Cl2=Br2+2Cl中，Cl元素的化合价降低，Br元素的化合价升高；2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，Fe元素的化合价升高，Br元素的化合价降低；2MnO4+10Cl+16H=2Mn2+5Cl2+8H2O中，Cl元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。【详解】A、2Br+Cl2=Br2+2Cl中，Cl元素的化合价降低，反应中的氧化剂是Cl2，故A错误；B、2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，Fe元素的化合价升高，反应

20、中Fe2+发生氧化反应，故B错误；C、2Br+Cl2=Br2+2Cl中，氧化性：Cl2Br2，2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，氧化性：Br2Fe 3+，2MnO4+10Cl+16H=2Mn2+5Cl2+8H2O中，氧化性：MnO4-Cl2，所以氧化性强弱顺序为：氧化性：MnO4-Cl2Br2Fe 3+，故C正确；D、2Br+Cl2=Br2+2Cl中，还原性：BrCl，2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，还原性：Fe2Br，2MnO4+10Cl+16H=2Mn2+5Cl2+8H2O中，还原性：ClMn2，所以还原性强弱顺序为：Fe2BrClMn2，向FeBr2的溶液中滴加过量酸性KMnO

21、4溶液，先发生反应：MnO4-5Fe2+8H+Mn2+5Fe 3+4H2O，过量的酸性KMnO4溶液又将Br-氧化，2MnO4+10Br+16H=2Mn2+5Br2+8H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及应用，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，易错点D，FeBr2的溶液中滴加过量酸性KMnO4溶液亚铁离子和溴离子均被氧化。6、C【解析】A. Fe2(SO4)3可用作净水剂，利用了其水解的性质，故A错误；B. Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，故B正确；C. HF溶液用作玻璃的蚀刻剂,与其弱酸性无关，故C错误；D

22、. FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，故D错误。7、C【解析】A升高温度，促进HCO3-的分解，即温度升高，2HCO3-CO32-+CO2+H2O平衡向右移动，CO32-浓度增大，因此T1T2，A正确；BCO2浓度增大，化学平衡向左移动，CO32-浓度降低，B正确；C当大气中CO2浓度确定时，温度升高，化学平衡向右移动，CO32-浓度增大，C错误；D大气中CO2含量增加时，平衡向左移动，CO32-浓度降低，碳酸钙的沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动，因此海水中的珊瑚礁将逐渐溶解，D正确；答案选C。8、A【解析】s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，所以ss键与sp键的

23、电子云形状不同，错误；该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素,情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为Cr和Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种，正确；OH显-1价，CO显O价，故W显O价，正确；中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，错误；与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳原子，

24、 中，与-OH相连的C符合定义，是手性碳，正确；CH3CH2OH分子之间存在氢键，故CH3CH2OH的熔沸点比CH3CHO高，错误；综上所述：正确。答案选A。9、D【解析】A.氧化铁是红棕色的，所以汝窑瓷器的天青色来自氧化铁说法是错误的，故A错误；B.丝指蛋白质，麻指纤维素，故B错误； C.氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.煮豆燃豆萁，豆萁燃烧发光放热，由化学能转化为热能和光能，故D选项正确；所以本题答案：D。10、A【解析】A分馏产品为烃的混合物；B使用清洁能源含N、S氧化物的排放； C燃料电池的燃料外部提供，能源利用率高； D合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用。【详解】A分馏产

25、品为烃的混合物，汽油为混合物，故A错误；B使用清洁能源，没有含N、S氧化物的排放，是防止酸雨发生的重要措施之一，故B正确；C燃料电池工作时，燃料和氧化剂连续地由外部提供，能源利用率高，将化学能直接转化为电能，故C正确； D合理开发利用可燃冰，减少化石能源的使用，有助于缓解能源紧缺，故D正确；故选A。11、A【解析】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaFMgF2AlF3，故A不正确；B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaFNaClNaBr，故B正确；C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsClNaCl

26、CaF2，故C正确；D. 离子半径：Ba2+Ca2+Mg2+，所以硬度：MgOCaOBaO，故D正确。故选A。【点睛】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。12、B【解析】A、苯的分子式为C6H6，a的分子式为C6H8，分子式不同，二者不是同分异构体，A项错误；B、乙烯中两个C原子和4个H原子在同一平面内，与碳碳双键连接的2个C原子也全部在同一平面内，所以a中6个碳原子都在同一平面内，B项正确；C、b的碳碳双键与Br2发生加成反应导致溴水褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应导致其褪色，二者反应类型不同，C项错误；D、b的一氯取代物有6种，D项错误。正确答案选

27、B。13、D【解析】试题分析：A甲酸是有极性分子构成的晶体，由于在分子之间形成了氢键增加了分子之间的相互作用，所以其在液态时的密度较大，错误；B氨分子与水分子都是极性分子，由于在二者之间存在氢键，所以溶液形成一水合氨，错误；C在水分子之间存在氢键，使水结冰时分子的排列有序，因此体积增大，错误。DSbH3和PH3由于原子半径大，元素的电负性小，分子之间不存在氢键，二者的熔沸点的高低只与分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，正确。考点：考查氢键的存在及作用的知识。14、B【解析】正四面体有六条边，所以有机物分子中含有6个C，在每条边上都有一个C原子；N原

28、子处在正四面体的四个顶点上，所以有机物的结构可能为：；那么有机物的分子式可能为：C6H12N4，B项符合；答案选B。15、C【解析】某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。由铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O可知，n(HNO3)=。由图可知，向另一份中逐渐加入铁粉， OA段发生Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，n(Fe)= n(Fe3+)= n(HNO3)=；AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，这阶段溶解的铁的物质的量为 n(Fe3+)=

29、0.1mol；BC段又产生气体，故此阶段的反应为Fe+2H+= Fe2+H2。【详解】A. 混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/L。A正确；B. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气，B正确；C. 由图像可知，每份混酸最多可溶解22.4gFe生成FeSO4溶液，由Fe守恒可知，原混合酸中H2SO4物质的量等于铁的物质的量的2倍（因为共分为2等份），即=0.8 mol，C不正确；D. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4，D正确。本题选C。【点睛】本题考查了稀硝酸与金属反应的计算。首先根据混酸溶解的铜的质量求出硝酸的总量，要注意不能根据化学方程式计算，因

30、为硫酸电离的H+是可以参与这个离子反应的。当混酸与Fe反应时，因为氧化性NO3-Fe3+H+，故Fe依次与种离子发生反应。另外，要注意原溶液分成了两等份。16、C【解析】分析：A、气体的体积大小受温度和压强影响，标准状况下Vm=22.4L/mol；B、氯气与水反应是可逆反应；C、根据质量、原子数目与物质的量之间关系进行换算；D、1mol过氧化钠与水反应转移电子总数是NA。详解：气体的体积大小受温度和压强影响较大，A选项中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积没有办法确定，即1L CO的物质的量和1L O2的物质的量大小没有办法确定，导致质量大小也没有办法确定，A选项错误；Cl2+H2OHClO+H

31、Cl，该反应是可逆反应，N(HClO)N(Cl)N(ClO)2NA成立的条件是所有氯气全部反应生成盐酸和次氯酸，所以B选项错误；16 g O2和O3混合气体中，氧原子的质量是16g，n（O）=16g/16gmol-1=1mol，所以含有氧原子数为NA，C选项正确；从化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，1mol过氧化钠完全反应转移电子总数是1mol，7.8g过氧化钠是0.1mol。转移电子总数是0.1mol，即0.1NA，D选项错误；正确选项C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 羰基(酮基) 溴原子 取代反应 10 【解析】考查了有机物的合成、有机反应类型、限制条件同分异

32、构体书写、官能团的结构与性质的相关知识。(1)化合物D()中所含官能团的名称为羰基(酮基)和溴原子；(2) 对比D、F结构与E的分子式，可知D中-Br被-CN取代生成E，则E的结构简式为：；对比B、C结构简式可知，B中-Cl为苯基取代生成C，同时还生成HCl，由BC的反应类型是取代反应；(3) 比C、D的结构可知，C中甲基上H原子被Br原子取代生成D，属于取代反应，故其反应方程式为：；(4) 属于芳香族化合物说明含有苯环，能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；分子中含有其核磁共振氢谱有5组波峰，说明分子结构中存在5种不同化学环境的氢原子，且面积比为1:1:1:1:3，说明苯环侧链上含有3个，

33、根据定二移一原则,即、共有10种同分异构体；(5) 甲苯与Br2/PCl3发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，再根据NaOH/HCl得到，与NaOH的水溶液加热发生取代反应生成，最后与在浓硫酸的作用下生成。其合成路线流程图为：。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，如本题中的同分异构体的书写需要根据限定条件写出的零部件，再进行组装并进行定二移一的原则进行书写。18、丙烯 碳碳双键 取代反应 消去反应 HOCH2-CH=CH-CH2OH 保护分子中碳碳双键不被氧化 12 10 ClCH2-CH（CH2OH）2 CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH

34、3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2 【解析】由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-CO

35、OH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；【详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应为取代反应；反应为卤代烃的消去反应；（3）C的结构简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，CG的过程步骤、的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构

36、为：；(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合氯原子连在碳链的端点碳上 羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个OH在一端，另一个OH的位置有3种；移动OH的位置，另一个OH的位置有2种；依此类推，1种；若存在一个甲基支链，有2种；，有1种，1种，合计10种；其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6) I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先

37、用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【点睛】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。19、 图2 吸收A装置中产生的酸雾 变蓝 带火星的木条 复燃 D中有部分CO2未参加反应流入E中生成沉淀 E中石灰水的白色浑浊明显增加，瓶内液面的下降接近停止 小

38、 30 因样品中含有不与CO2反应生成气体的杂质 乙【解析】（1）该反应的药品是固体和液体，且不需加热，所以所需装置为固液混合不加热型，所以排除；中只能制取少量二氧化碳而不能制取大量二氧化碳，所以排除，故选大理石和盐酸的反应是放热反应，盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢气体、水蒸气，吸收A装置中产生的酸雾，氯化氢和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳酸氢钠不反应，水蒸气能使无水硫酸铜由白色变蓝色，所以C装置内可能出现的现象是白色固体变蓝色；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，氧气能使带火星的木条复燃（2）二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，若E中石灰水出现轻微白色浑浊，说明未反应的二氧

39、化碳与石灰水反应所致（3）过氧化钠样品接近反应完毕时，二氧化碳含量增加，E中石灰水的白色浑浊明显增加，瓶内液面的下降接近停止。（4）1.95g过氧化钠完全反应生成氧气的体积为v2Na2O2 - -O2；2mol 22.4L1.95g/78g/mol vv=0.28L=280mL250mL，所以实际收集到的氧气体积比理论计算值小280mL-250mL=30mL；原因是Na2O2可能含有其它杂质；D装置可能有氧气未被排出 （5）E装置容易产生倒吸现象，所以不安全、不合理，所以需要改进；饱和石灰水能和二氧化碳反应，所以饱和石灰水的作用是吸收二氧化碳，收集较纯净的氧气，乙试管中进气管较长，二氧化碳能充分和饱和石灰水反应，丙试管中进气管较短，导致二氧化碳和饱和石灰水反应不充分，且随着气体的进入，试管中的液体被排到水槽中，故选乙 20、+CH3OH+H2O 使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可) 洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸 199.6 89.7% 【解析】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移