【化学】陕西省渭南市大荔县2019-2020学年高二下学期转段（期末考试）考试(解析版) 19页

陕西省渭南市大荔县2019-2020学年高二下学期转段（期末考试）考试 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 I-127‎ 第Ⅰ卷 (共42分)‎ 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.我国毛笔的制作技艺属于国家非物质文化遗产，相传古人制作该毛笔的过程为“以枯木为管，鹿毛为柱，羊毛为被(外衣)”，则下列说法正确的是( )‎ A. 枯木的主要成分蛋白质 B. 鹿毛、羊毛均只含有C、H、O三种元素 C. 枯木、鹿毛的主要成分互为同分异构体 D. 采用灼烧法可以区分枯木、毛笔的“外衣”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．枯木的主要成分是植物纤维，故A错误；‎ B．鹿毛、羊毛主要成分是蛋白质，含有C、H、O三种元素，还含有N元素，故B错误；‎ C．枯木的主要成分是植物纤维，鹿毛的主要成分是蛋白质，它们的分子式不相同，不属于同分异构体，故C错误；‎ D．区分蛋白质和化学纤维一般可以使用灼烧法，有烧焦羽毛气味的毛笔的“外衣”羊毛，无此现象的是枯木，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列有关说法不正确的是( )‎ A. 太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热 B. 反应热就是化学反应中放出的能量 C. 煤中含有硫元素，大量直接燃烧煤会引起酸雨等环境问题 D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故A正确；‎ B．反应过程中吸收和放出的热都是反应热，故B错误；‎ C．煤中含硫，燃烧生成二氧化硫气体，引起酸雨等环境问题，故C正确；‎ D．因为硫固体变为硫蒸气要吸热，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.汽油的主要成分为辛烷，‎25℃‎、101KPa时，‎5.7g辛烷完全燃烧时，放出热量275.9kJ，则辛烷燃烧热的热化学方程式为( )‎ A. C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) △H=-5518 kJ/mol B. ‎2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l) △H=-5518 kJ/mol C. C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) △H=+5518 kJ/mol D. C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g) △H=-5518 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在‎25℃‎时，101kPa下，‎5.7g辛烷的物质的量，燃烧生成二氧化碳和液态水放出275.9 kJ的热量，则1mol辛烷即‎114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518 kJ的热量，根据反应物和生成物的状态及反应热写出其热化学反应方程式，C8H18(l)+12.5O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)　△H=-5518 kJ/mol，答案选A。‎ ‎4.已知反应A2(s)＋2B2(g) ⇌2AB2(g)　ΔH＜0，下列说法正确的是( )‎ A. 降低温度，正反应速率增加，逆反应速率减小 B. 达到平衡后，升高温度或增大压强，重新达平衡时，平衡常数不发生变化 C. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间 D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．降低温度，正、逆反应速率都减小，故A错误；‎ B．正反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，压强的改变不影响平衡常数，故B错误；‎ C．升高温度，活化分子百分数增加，反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，故C正确；‎ D．正反应为放热反应，达到平衡后，降低温度有利于该反应平衡正向移动，反应左右两边气体的体积不变，减小压强平衡不移动，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点是A2的状态是固态，固体在反应体系不占体积，考虑体积变化时，不考虑A，这个反应体系的左右两边气体的体积不变。‎ ‎5.一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）‎ ‎①NaOH固体 ②KNO3溶液 ③水 ④CH3COONa固体 A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入NaOH固体，与盐酸反应，酸减少生成氢气减少，故不符合；‎ ‎②加KNO3溶液，铁与H+、NO3－反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；‎ ‎③加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；‎ ‎④加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；‎ 综上③④，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎6.常温下，关于pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是( )‎ A c(NaOH)＞c(NH3·H2O)‎ B. c()=c(Na+)=c(OH-)‎ C. 两种溶液中水的电离程度相同 D. 等体积的氨水和氢氧化钠溶液分别与相同浓度的盐酸完全中和时，消耗的盐酸体积相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．NH3·H2O是弱电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，故A错误；‎ B．氨水中存在一水合氨和水的电离平衡，故溶液中的离子有氢离子、氢氧根和铵根离子，根据电荷守恒可有：c(OH-)=c()+c(H+)，同理，在NaOH溶液中：c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，又因为两溶液pH相同，故c()=c(Na+)＜c(OH-)，故B错误；‎ C．pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，水电离的H＋浓度相同，两种溶液中水的电离程度相同，故C正确；‎ D．NH3·H2O是弱电解质，电离程度小，浓度大，等体积的氨水和氢氧化钠溶液分别与相同浓度的盐酸完全中和时，氨水所消耗的盐酸体积多，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的浓度大，为易错点。‎ ‎7.下列有关的叙述合理的是( )‎ A. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuSO4溶液做电解质溶液 B. 明矾可用于自来水净化和杀菌消毒 C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法 D. 测定醋酸钠溶液pH的方法是用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜的精炼工业和电镀铜工业上，铜均需做阳极失电子变为Cu2+进入电解质溶液，Cu2+再在阴极上得到电子析出，故电解质溶液均选用含铜离子的溶液，均可以用CuSO4溶液，故A正确；‎ B．明矾的净水原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，不能用于杀菌消毒，故B错误；‎ C．水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故C错误；‎ D．测定醋酸钠溶液pH的方法是用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，不能将pH试纸润湿，会稀释醋酸溶液，使pH增大，测量数据有误差，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列表示方法正确的是( )‎ A. 乙烷分子的最简式： CH3  B. 醋酸的结构式：CH3COOH C. CCl4的球棍模型： D. 羟基的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．乙烷的分子式为C2H6，最简式为有机物中各种原子的个数最简比，故乙烷分子的最简式为：CH3，故A正确；‎ B．醋酸的结构简式为CH3COOH，将所有共价键用短线表示即为醋酸的结构式，醋酸正确的结构式为：，故B错误；‎ C．CCl4的球棍模型为，为CCl4的比例模型，故C错误；‎ D．羟基的电子式：，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】氢氧根离子的电子式和羟基电子式的区别是：羟基是带一个自由电子而不带电的基团，氢氧根是得到电子的带负电的离子，学生容易混淆。‎ ‎9.下列各种物质中，能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是( )‎ A. 乙烯、乙炔  B. 1-己烯、苯乙烯 ‎ C. 苯、环己烷 D. 乙苯、苯甲酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯中含碳碳双键、乙炔含碳碳三键，都可被酸性高锰酸钾氧化，溶液都褪色，不能鉴别，A错误；‎ B. 1-己烯、苯乙烯中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，B错误；‎ C. 苯、环己烷中都没有碳碳双键，都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C错误；‎ D.乙苯是苯的同系物，可被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，苯甲酸不能与酸性高锰酸钾溶液反应，溶液不褪色，能鉴别，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.Y具有抗菌、消炎作用，可由化合物X制得。‎ 下列关于化合物X、Y说法正确的是( )‎ A. X分子中含有三种官能团 B. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应 C. X、Y分子均能发生氧化、还原、取代反应 D. 1 mol X、Y分别与足量NaOH反应，消耗NaOH的最多量相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.X分子中含有官能团：碳碳双键、醚键、酯基、羧基共4种官能团，A错误；‎ B.含有酚羟基的物质才能与FeCl3溶液发生显色反应，故X不能，Y能，B错误；‎ C.X、Y中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，也能和氢气发生加成反应即还原反应，X、Y都含有羧基，能与醇类发生取代反应，C正确；‎ D.X中能与NaOH反应的有酯基和羧基，且酯基水解后生成乙酸和酚羟基，则1molX能消耗3molNaOH，Y中能与NaOH反应的有酚羟基和羧基，则1molX能消耗2molNaOH，则两者消耗的NaOH量不同，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是( )‎ A. 用图①所示装置可以检验乙炔的生成 B. 用图②所示装置可以分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液 C. 用图③所示装置检验苯酚存在 D. 图④滴定管中读数为26.50mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙炔及混有的硫化氢都使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验是否有乙炔的生成，A错误；‎ B.乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分层，用分液漏斗可以分离，B正确；‎ C.应加入饱和溴水来检验苯酚的存在，C错误；‎ D.滴定管的读数是从上到下增大的，正确读数为25.50mL，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 ‎ ‎ A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。‎ ‎【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；‎ B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；‎ C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；‎ D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。‎ ‎13.下列叙述中，正确的一组是( )‎ ‎①糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解 ‎②制造婴儿用的一次性纸尿片采用的吸水保水的材料可以是 ‎③石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化 ‎④葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体 ‎⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应 ‎⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料 ‎⑦向蛋白质溶液中加入饱和CuSO4溶液，出现沉淀，加水沉淀溶解 ‎⑧将溴丙烷与NaOH溶液混合共热， 再滴加硝酸银溶液有沉淀生成，可证明溴丙烷与NaOH溶液发生了反应 A. ①⑤⑦ B. ②⑤ C. ③④⑥ D. ②⑥⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解，糖类中单糖不能水解，故①错误； ②一次性纸尿片能吸水保水的主要原因是水能溶解在材料当中（水少材料多时），反之材料能溶解在水中（材料少水多时），大多数有机物是难溶于水的，但多元醇却易溶于水，如丙三醇，（聚乙烯醇）是一种多元醇，且C与-OH之比仅2：1，分子具有一定极性易溶于水，故②正确； ③石油的分馏为物理变化、而裂化和煤的干馏都是化学变化，故③错误； ④葡萄糖和果糖分子式相同结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度n不同，不属于同分异构体，故④错误； ⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖含有醛基，可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，故⑤正确； ⑥塑料、合成橡胶和合成纤维都为高聚物，为合成高分子材料，纤维有天然纤维和化学纤维，天然纤维是天然高分子化合物，天然橡胶也是天然高分子化合物，故⑥错误； ⑦盐析为可逆过程，则向蛋白质溶液中加入饱和CuSO4溶液，蛋白质变性，加水不再溶解，故⑦错误；‎ ‎⑧NaOH能与AgNO3反应，因此需要先加稀硝酸，除去多余的NaOH，再加入AgNO3溶液，若有淡黄色沉淀产生，则证明溴丙烷与NaOH溶液发生了反应，⑧错误；‎ 故正确的有②⑤，答案选B。‎ ‎14.下列叙述中，正确的一组是( )‎ A. 获得诺贝尔生理学奖屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，该技术应用了萃取原理 B. 研究发现DHA是生成大脑细胞的物质基础，鱼油中含有DHA(二十二碳六烯酸)，DHA与乙酸互为同系物 C. 医用酒精可以消毒，是由于酒精能够与细菌、病毒中的蛋白体发生氧化反应 D. 提纯粗苯甲酸的实验中，加热溶解后，除去不溶性杂质时采用充分冷却后过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.利用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，A正确；‎ B. DHA(二十二碳六烯酸)为不饱和羧酸，乙酸为饱和羧酸，结构不相似，不能互为同系物，B错误；‎ C.酒精消毒原理是使蛋白质变性，C错误；‎ D. 温度低时苯甲酸溶解度很低，易析出，过滤会使其与不溶性杂质混合滤出导致其损失，则除去不溶性杂质时应趁热过滤，D错误；‎ 答案选A。‎ 第Ⅱ卷(共58分)‎ ‎15.聚乙烯醇()为常见的滴眼液的主要成分，其生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯。用副产物乙酸甲酯催化醇解反应可制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l) ΔH。已知：υ正= k正χ(CH3COOCH3)•χ(C6H13OH)，υ逆= k逆χ(CH3COOC6H13)•χ(CH3OH)，其中υ正、υ逆 为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，χ为各组分的物质的量分数。‎ ‎(1)反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1:1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示：‎ ‎348K指的是曲线_______(填“①”“②”或“③”)，判断的理由是_________；该醇解反应的ΔH_________0(填“>”或“<”)。‎ ‎(2)338K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=________；A、B、C、D四点中，υ正最大的是_______，υ逆最大的是_______。‎ ‎(3)343K时，将己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1:1、1:2和2:1做为初始投料。则达到平衡后，初始投料比_______时，乙酸甲酯转化率最大。‎ ‎(4)该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是______。‎ a. 参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b. 使k正和k逆增大相同倍数 c. 降低了醇解反应的活化能 d. 提高乙酸甲酯的平衡转化率 ‎【答案】 (1). ① (2). 因为①反应达平衡的时间短，说明反应速度快，温度高 (3). > (4). 1 (5). A (6). C (7). 2:1 (8). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】(1)通过图像可以发现，随着反应进行乙酸甲酯转化率(α)先上升后不变，当转化率不变时说明反应达到了平衡状态，但三条曲线达到平衡的时间不一样，最快的是①，说明①速率最快，温度最高，且同一时间①的转化率是最高的，说明该反应温度升高向正向进行的程度在增大，该反应为吸热反应，故348K指的是曲线①，理由是①反应达平衡的时间短，说明反应速度快，温度高；ΔH>0；‎ ‎(2) 338K时转化率曲线为③，平衡时乙酸甲酯转化率为50%，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1:1投料，根据反应CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)，达到平衡时各物质的物质的量相等，物质的量分数相等，Kx=χ(CH3COOC6H13)•χ(CH3OH)/[χ(CH3COOCH3)•χ(C6H13OH)]=1；‎ A、B、C、D四点中，A、C点的温度高于B、D点，A、B点反应物浓度相等，但大于C、D点，υ正最大的是A，C点转化率最大，得到的生成物浓度最大，υ逆最大的是C；‎ ‎(3)要提高某一反应物的转化率，可以通过增加其他反应物的浓度来实现，以己醇和乙酸甲酯物质的量之比1:1作为参照，1:2时乙酸甲酯的转化率会降低，2:1时乙酸甲酯的转化率会升高，故2:1时乙酸甲酯转化率最大；‎ ‎(4)a.催化剂参与了醇解反应，改变反应历程，a错误；‎ b.催化剂使正逆反应速率同等程度的增加，，即使k正和k逆增大相同倍数，b正确；‎ c.催化剂能降低反应的活化能，c正确；‎ d. 催化剂不会引起平衡的移动，无法提高转化率，d错误；‎ 故正确的为bc。‎ ‎【点睛】当曲线走势相同时，可通过观察拐点来考虑外界条件的影响，进而进行比较。‎ ‎16.Na2SO3、NaHSO3、Na2S2O5可用于食品工业的漂白剂、防腐剂、抗氧化剂。已知：‎ ‎1mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH≈9；1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH≈5。‎ ‎(1)NaHSO3溶液的pH≈5的原因是_______(用化学用语并结合文字说明回答)。‎ ‎(2)甲同学结合微粒观，应用所学知识，设计了如图所示实验，发现闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转。‎ 则：‎ ‎①a电极为_______(填“正极”或“负极”)；电极反应式为：______________。‎ ‎②取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入_______，产生白色沉淀，证明产生了。‎ ‎(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3，则阳极的电极反应式为_____________。电解后，_____________室的NaHSO3浓度增加。‎ ‎(4)乙同学测定市面上某干红葡萄酒中Na2S2O5残留量，取50.00 mL葡萄酒样品于锥形瓶中，用装有0.010 mol·L−1碘标准液的_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管滴定至终点，消耗标准液10.00 mL。该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1(以SO2计)。(已知：)‎ ‎【答案】 (1). NaHSO3溶液存在⇌H++的电离平衡和+H2O⇌H2SO3+OH-的水解平衡，电离平衡大于水解平衡而显酸性 (2). 正极 (3). Fe3++e-=Fe2+ (4). 足量盐酸和BaCl2溶液 (5). 2H2O－4e－=4H++O2↑ (6). m (7). 酸式 (8). 0.128‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干信息，比较电离水解程度分析1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH≈5的原因；根据原电池和电解池工作原理判断电极并书写电极反应式，根据化学反应方程式得关系式进行相关计算。‎ ‎【详解】(1)NaHSO3溶液中同时存在电离平衡和水解平衡：⇌H++、+H2O⇌H2SO3+OH-，且电离程度大于水解程度，故显酸性；‎ ‎(2)指针发生偏转，说明构成了原电池，a电极溶液中Fe3+具有氧化性，得电子，a为正极，电极反应式为，b电极溶液中具有还原性，失电子，b为负极，电极反应式为，检验选择足量盐酸和BaCl2溶液；‎ ‎(3)电解池中阳极失电子发生氧化反应，阳极区是稀，OH-放电，电极反应式为2H2O－4e－=4H++O2↑，阳极区H+增多，通过阳离子交换膜进入m室，与Na2SO3反应生成NaHSO3，m室NaHSO3增加，阴极H+放电，OH-增多，与NaHSO3反应生成Na2SO3，n室NaHSO3减少；‎ ‎(4)，具有氧化性，应用酸式滴定管滴加，消耗碘，则，含量为。‎ ‎【点睛】(3)为电解池，根据电解池原理和放电顺序分析两极产物，在考虑到是工艺中用到了阳离子交换膜，分析两室的进一步反应情况，比较浓度大小。‎ ‎17.按要求完成下列各题。 ‎ ‎(1)如图是辣椒素中影响辣椒辣味的活性成分的其中一种分子的结构，其含有的官能团有_______种；含氧官能团的名称是________。‎ ‎(2)有机物CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的名称是________。 ‎ ‎(3)为了测定芳香烃A的结构，做如下实验： ‎ ‎①将‎9.2g该芳香烃A完全燃烧，生成标况下‎15.68L CO2和‎7.2g H2O；‎ ‎②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图所示的质谱图，由图可知该分子的相对分子质量是________，则有机物A的分子式为________。 ‎ ‎③用核磁共振氢谱测得该有机物有四个峰，且四个峰面积之比是1∶2∶2∶3，则该有机物A的结构简式为________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 醚键、羟基、肽键 (3). 2，3-二甲基戊烷 (4). 92 (5). C7H8 (6). 甲苯 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由结构简式可知，该有机物含有醚键、羟基、肽键和碳碳双键四种官能团；‎ ‎(2)有机物CH3CH(C2H5)CH(CH3)2属于烷烃，分子中最长碳链有5个碳原子，侧链为2个甲基；‎ ‎（3）由质谱图可知，芳香烃A的相对分子质量为92，‎9.2g,芳香烃A的物质的量为0.1mol，由完全燃烧生成标况下‎15.68L CO2和‎7.2g H2O可知，分子中含有的C原子的物质的量为=0.7mol，H原子的物质的量为×2=0.8mol，则n：n(C)：n(H)=0.1：0.7：0.8=1：7：8，则分子式为C7H8。‎ ‎【详解】（1）由结构简式可知，该有机物含有醚键、羟基、肽键和碳碳双键四种官能团，其中醚键、羟基、肽键属于含氧官能团，故答案：4；醚键、羟基、肽键；‎ ‎(2)有机物CH3CH(C2H5)CH(CH3)2属于烷烃，分子中最长碳链有5个碳原子，侧链为2个甲基，名称为2，3-二甲基戊烷，故答案为：2，3-二甲基戊烷；‎ ‎（3）②由质谱图可知，芳香烃A的相对分子质量为92，‎9.2g芳香烃A的物质的量为0.1mol，由完全燃烧生成标况下‎15.68L CO2和‎7.2g H2O可知，分子中含有的C原子的物质的量为=0.7mol，H原子的物质的量为×2=0.8mol，则n：n(C)：n(H)=0.1：‎ ‎0.7：0.8=1：7：8，则分子式为C7H8，故答案为：92；C7H8；‎ ‎③由核磁共振氢谱有四个峰，且四个峰的面积之比是1∶2∶2∶3可知，芳香烃A为甲苯，结构简式为，故答案为：。‎ ‎18.丙炔酸甲酯(CH≡C-COOCH3 )是一种重要的有机化工原料，沸点为‎103℃‎。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为：CH≡C-COOH+CH3OHCH≡C-COOCH3+H2O。实验步骤如下：‎ 步骤1：在反应瓶中加入‎14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌加热回流一段时间；‎ 步骤2：蒸出过量的甲醇(装置见图)；‎ 步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤，分离出有机相；‎ 步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得‎7.56g丙炔酸甲酯。‎ ‎(1)步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。 ‎ ‎(2)步骤2中，图中所示的装置中仪器A的名称是________，自来水从________(填“e”或“f”)进入该仪器；加入碎瓷片的目的是________。 ‎ ‎(3)步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是________；分离出有机相的操作名称为________。 ‎ ‎(4)步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。 ‎ ‎(5)丙炔酸甲酯的产率为________。‎ ‎【答案】 (1). 作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (2). (直形)冷凝管 (3). f (4). 防止暴沸 (5). 丙炔酸 (6). 分液 (7). 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 (8). 45%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)甲醇可以溶解丙炔酸，可作为溶剂；该酯化反应是可逆反应，甲醇为反应物，加入过量的甲醇可提高丙炔酸的转化率；‎ ‎(2)仪器A为冷凝管或直形冷凝管，加热液体时，应加入碎瓷片，可防止暴沸；‎ ‎(3)丙炔酸中含有羧基，具有酸性，所以用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是丙炔酸；生成的丙炔酸甲酯不溶于水，溶液分层，故用分液的方法分离有机相；‎ ‎(4)丙炔酸甲酯的沸点是‎103℃‎，水的沸点是‎100℃‎，有机物的沸点比水的高，所以蒸馏时不能用水浴加热；‎ ‎(5)甲醇过量，则理论上生成丙炔酸甲酯的质量为：，丙炔酸甲酯的产率为 ‎。‎ ‎19.有机物M可由A(C2H4)按如图路线合成：‎ 已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O；‎ ‎②同一个碳原子上连有两个羟基的有机物不稳定，易脱水形成羰基。‎ ‎③C、F均能发生银镜反应。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B中含有官能团的名称是________。 ‎ ‎(2)③的反应类型是________。‎ ‎(3)反应②的化学方程式是________。‎ ‎(4)G的结构简式是________。‎ ‎(5)分子式为C9H12且是D的同系物的同分异构体共有________种。 ‎ ‎(6)参照上述合成路线，设计以C为原料制备高吸水性树脂 的合成路线(无机试剂任选)。________‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 取代 (3). 2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O (4). (5). 8 (6). CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH CH3CH=CHCOONa ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分子式C2H4可知A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；由分子式C7H8可知D为，D与氯气在光照时发生甲基上的取代反应生成E，结合E的分子式可知，E为，E发生水解反应生成F，结合信息②可知，F为；C与F发生信息①中反应生成G，G为，G发生氧化反应，酸化后生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成M，M为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1) B为C2H5OH，含有的官能团是羟基；‎ ‎(2)根据上述分析，反应③是取代反应；‎ ‎(3) 反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；‎ ‎(4) 根据上述分析，G为；‎ ‎(5) D为，分子式为C9H12且是D的同系物，则也为苯的同系物，若苯环上只有一个取代基则为正丙基或异丙基共2种同分异构体；若有两个取代取则为一个甲基一个乙基，位置上有邻、间、对位共3种同分异构体；若有三个取代基，为三个甲基，位置上有1，2，3、1，2，4、1，3，5共3种同分异构体；故符合条件的共有2+3+3=8种；‎ ‎(6)以乙醛为原料制备，需要首先合成CH3CH=CHCOONa，可以由乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH=CHCHO，然后用银氨溶液氧化得到CH3CH=CHCOOH，再与NaOH发生中和反应得到CH3CH=CHCOONa ‎，最后发生加聚反应得到目标物，合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa。‎ ‎20.瑞德西韦在临床上用于对于新冠肺炎的治疗有一定的疗效。如图是合成该药的中间体M的合成路线。‎ 已知：RCOOHRCOCl 回答下列问题：‎ ‎(1)A 的名称为________；乳酸生成物质E的反应类型是________。‎ ‎(2)E中含有的官能团的名称________。‎ ‎(3)反应物质A生成物质B中加入CH3COCl的目的是________。‎ ‎(4)反应物C生成D的化学方程式为________。‎ ‎(5)符合下列条件的B的同分异构体有________种。‎ ‎①能与FeCl3溶液显色 ②能发生银镜反应 其中苯环上的一氯代物有两种的物质的结构简式为________。‎ ‎【答案】 (1). 苯酚 (2). 取代 (3). 溴原子、羧基 (4). 保护羟基不在苯环上引入硝基时被混酸氧化 (5). +H2O+CH3COOH (6). 13 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由M的合成路线分析可知，A(C6H6O)与CH3COCl发生取代反应生成B()‎ ‎，则A为，B与浓硫酸浓硝酸在加热的条件下发生取代(硝化)反应生成C，C在酸性条件下水解生成D；乳酸与Br2发生取代反应生成E，E与NH3再发生取代反应生成F，F与SOCl2发生已知反应生成，则F为，与发生取代反应生成G；D、G在一定条件下分别取代H中的Cl原子生成中间体M，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，A的结构简式为，其名称为苯酚，乳酸与Br2发生取代反应生成E，故答案为：苯酚；取代反应；‎ ‎(2)E的结构简式为，含有的官能团有溴原子和羧基，故答案为：溴原子、羧基；‎ ‎(3)酚羟基容易被氧化，因此加入CH3COCl的目的是为了保护羟基不在苯环上引入硝基时被混酸氧化，故答案为：保护羟基不在苯环上引入硝基时被混酸氧化；‎ ‎(4)C在酸性条件下水解生成D，反应的化学方程式为+H2O+CH3COOH，故答案为：+H2O+CH3COOH；‎ ‎(5)B的结构简式为，其分子式为C8H8O2，其同分异构体中能与FeCl3溶液显色，则含有酚羟基，能发生银镜反应，则含有醛基，满足条件的有两种情况：①苯环上连—OH、—CH2CHO，共有邻间对3种结构；②苯环上连—OH、—CH3、—CHO，共有10种结构，则符合条件的同分异构体共有3+10=13种，其中苯环上的一氯代物有两种的物质的结构简式为，故答案为：13；。‎