2018-2019学年河南省开封市、商丘市九校高二下学期期中联考化学试题 解析版 18页

‎2018--2019学年下期期中联考高二化学试题 考试说明：‎ ‎1．本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分100分，时间90分钟。‎ ‎2．第一部分（选择题）必须用2B铅笔将答案涂在答题卡上。第二部分（非选择题）必须用黑色墨迹签字笔或黑色墨迹钢笔在答题卡规定的答题框内解答。‎ ‎3．可能用到的相对原子质量：H-1, C-12, O-16‎ 第Ⅰ卷 选择题（共48分）‎ 一、选择题：本题包括16小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项涂在答题卡相应位置。每小题3分。‎ ‎1.下列说法正确的是 A. 油脂发生皂化反应能生成甘油 B. 蔗糖水解前后均可发生银镜反应 C. 由甘氨酸和丙氨酸缩合最多只能形成三种二肽 D. 向蛋白质溶液中加入CuSO4溶液发生盐析 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.油脂是高级脂肪酸的甘油脂，属于酯类，碱性环境下水解可以生成肥皂和甘油，所以A选项是正确的； B.蔗糖水解产物是葡萄糖和果糖，葡萄糖可以发生银镜反应，但是蔗糖不含有醛基，不能发生银镜反应，故B错误； C.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，故C错误； D.加入重金属盐可以导致蛋白质变性，故D错误。 所以A选项是正确的。‎ ‎2.下列方法中，能区别出植物油和裂化汽油的是 A. 加酸性KMnO4溶液，振荡 B. 加新制Cu(OH)2悬浊液， 煮沸 C. 加NaOH溶液，煮沸 D. 加溴水，振荡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 植物油含有酯基，可发生水解，并含有碳碳双键，可与发生氧化反应、加成反应，裂化汽油含有碳碳双键，可发生氧化、加成反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.植物油和裂化汽油都含有碳碳双键，都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故A错误； B. 植物油和裂化汽油都不含有醛基，与新制Cu(OH)2悬浊液不反应，不能鉴别，故B错误； C.植物油含有酯基，在碱性条件下可发生水解，可鉴别，所以C选项是正确的； D.植物油和裂化汽油都含有碳碳双键，都可与溴水发生加成反应，不能鉴别，故D错误。 所以C选项是正确的。‎ ‎3.有5种物质：① 甲烷；② 甲苯；③ 聚乙烯；④ 2﹣丁炔；⑤ 环己烯；既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是 A. ④⑤ B. ②③ C. ①③ D. ①⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲烷为饱和烃，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故①错误；‎ ‎②甲苯不能与溴水反应使之褪色，故②错误；‎ ‎③聚乙烯不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故③错误；‎ ‎④2﹣丁炔含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故④正确；‎ ‎⑤环己烯含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑤正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团或基团的性质，明确常见官能团的性质为解答该题的关键。‎ ‎4.某化合物有碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C﹣H键、O﹣H键、C=O键的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式是 A. CH3CH2OCH3 B. CH3CH2CH(OH)CH3‎ C. CH3CH2CHO D. CH3COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的相对分子质量为60，分子中含有C﹣H键、O﹣H键、C=O键，对选项分析判断。‎ ‎【详解】A、CH3CH2OCH3相对分子质量为60，分子中含C﹣H键、C-O键，不含O﹣H键，故A错误； B、CH3CH2CH(OH)CH3相对分子质量为74，故B错误；‎ C. CH3CH2CHO相对分子质量为58，故C错误； D. CH3COOH相对分子质量为60，分子中含有C﹣H键、O﹣H键、C=O键，所以D选项是正确的。 答案选D。‎ ‎5.检验某卤代烃(R-X)中的X元素，下列操作：(1)加热煮沸；(2)加入AgNO3溶液；(3)取少量该卤代烃；(4)加入足量稀硝酸酸化；(5)加入NaOH溶液；(6)冷却。正确的操作顺序是：‎ A. (3) (1) (5) (6) (2) (4) B. (3) (5) (1) (6) (4) (2)‎ C. (3) (2) (1) (6) (4) (5) D. (3) (5) (1) (6) (2) (4)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：要检验某卤代烃(R-X)中的X元素，首先要将该X元素替换下来，通过(3)(5) (1)这三个步骤，X元素就被羟基替换下来。冷却后，溶液时呈碱性的，加入足量稀硝酸酸化，出去干扰离子，再加入AgNO3溶液，看出现的沉淀颜色即可判断出X元素是何元素，即依次进行操作(6) (2) (4) 。故符合题意的选项是B。‎ 考点：卤代烃的取代反应，卤离子的检验 点评：首先判断出卤代烃中的卤原子与卤离子的区别，不能电离出，所以需要应用卤代烃的性质反应后，生成带有卤离子的物质，才可以检验。‎ ‎6.分子式为C5H10O2，并能与NaHCO3反应放出CO2的有机化合物有几种 A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 8种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C5H10O2，并能与NaHCO3反应放出CO2的有机化合物应该是羧酸，这说明该有机物相当于是羧基取代丁烷分子中的氢原子后的衍生物。由于丁基有4种，所以该羧酸的结构就有4种，答案选A。‎ ‎【点睛】考查有机物同分异构体的判断，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，知道丁基有4种结构是解题的关键。‎ ‎7.在①丙烯；②氯乙烯；③苯；④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平 面上的是 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，注意单键可以旋转。‎ 详解：①丙烯CH2=CH-CH3中有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，①错误；‎ ‎②乙烯具有平面型结构，CH2=CHCl看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，②正确；‎ ‎③苯是平面结构，溴苯看作是一个溴原子取代苯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，③正确；‎ ‎④甲苯中含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，④错误；‎ 答案选B。‎ 点睛：本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯的结构特点判断有机分子的空间结构，注意已有知识的迁移灵活应用。‎ ‎8.某烯烃与H2加成后得到2,2二甲基丁烷，该烯烃的名称是 A. 2,2—二甲基—3—丁烯 B. 2,2—二甲基—2—丁烯 C. 3,3—二甲基—1—丁烯 D. 2,2—二甲基—1—丁烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2，2-二甲基丁烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃。‎ ‎【详解】烯烃加氢得到烷烃，因此烷烃中相邻碳原子上各去掉1个氢原子就得到烯烃。在2，2－二甲基丁烷中，只有3和4碳原子上可以同时去掉1个氢原子，生成烯烃，所以该烯烃是3，3－二甲基－1－丁烯，答案是C。‎ ‎【点睛】本题考查根据烷烃判断相应的烯烃，会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳双键，注意不能重写、漏写。‎ ‎9.由2－氯丙烷制得少量的需要经过下列几步反应（ ）‎ A. 加成→消去→取代 B. 消去→加成→水解 C. 取代→消去→加成 D. 消去→加成→消去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，以此判断合成时所发生的反应类型。‎ ‎【详解】由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇，可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHClCH3，则2-氯丙烷应首先发生消去反应生成丙烯CH3CH=CH2，丙烯CH3CH=CH2与溴水发生加成反应生成1，2二溴丙烷CH3CHBrCH2Br，1，2二溴丙烷CH3CHBrCH2Br在NaOH水溶液中加热发生取代反应（也叫水解反应）可生成1，2-丙二醇；故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成的方案的设计，注意把握有机物官能团的变化，掌握卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生水解反应产生醇，在NaOH的乙醇溶液中在加热时发生消去反应，产生不饱和的碳碳双键或碳碳三键，有机物推断可根据反应物推出目标产物即顺推；也可根据目标产物一步步推断到反应物，即逆推，题目难度不大。‎ ‎10.若1 mol 分别与浓溴水、NaOH溶液、H2完全反应，消耗Br2、NaOH、H2物质的量分别是 A. 1mol、2mol、4mol B. 2mol、3mol、4mol C. 3mol、3mol、4mol D. 3mol、3mol、1mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由结构可知，分子中含2个酚-OH、1个双键、1个-Cl，‎ 酚-OH的邻对位与溴水发生取代，双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质消耗溴为3mol； 酚-OH、-Cl与NaOH反应，则1mol该物质消耗NaOH为3mol；‎ 苯环和碳碳双键与H2加成，则1mol该物质消耗H2为4mol， 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重酚、烯烃、卤代烃性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键。‎ ‎11.下列各组物质中，既不是同系物，又不是同分异构体的是 A. CH4和C4H10 B. 乙酸和甲酸甲酯 C. 苯酚和苯甲醇 D. 苯甲酸和苯乙酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式相同，但结构不同的有机物，属于同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，据此进行判断。‎ ‎【详解】A．CH4和C4H10二者都是烷烃，其结构相似，分子组成上相差3个CH2，二者互为同系物，故A不符合题意；‎ B．乙酸和甲酸甲酯，结构不同，具有相同的分子式，二者互为同分异构体，故B不符合题意； C．苯酚中羟基直接连到苯环上，苯甲醇分子中羟基和侧链相连，二者结构不同，不属于同系物；二者的分子式不同，不属于同分异构体，所以二者既不是同系物，也不是同分异构体，故C符合题意； ‎ D．苯甲酸和苯乙酸，二者都是芳香酸，其结构相似，分子组成上相差1个CH2，二者互为同系物，故D不符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了同系物、同分异构体的判断，注意掌握同系物、同分异构体的概念及判断方法，正确理解题干要求是解答关键。‎ ‎12.下列有机反应属于同一反应类型的是 A. 甲烷制一氯甲烷、乙醇制乙醛 B. 苯制溴苯、乙烯制乙醇 C. 苯制硝基苯 、乙醇和乙酸制乙酸乙酯 D. 苯制环己烷、乙酸乙酯水解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；物质被氧化的反应属于氧化反应，含有酯基、肽键、卤原子的有机物能发生水解反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.甲烷制取一氯甲烷属于取代反应，乙醇制取乙醛属于氧化反应，所以反应类型不同，故A错误； B.苯制取溴苯属于取代反应，乙烯制取乙醇属于加成反应，所以反应类型不同，故B错误；‎ C.苯制取硝基苯、乙醇和乙酸制取乙酸乙酯都属于取代反应，所以反应类型相同，所以C选项是正确的； D.苯制取环己烷属于加成反应，乙酸乙酯水解属于取代反应，所以反应类型不同，故D错误。 答案选C。‎ ‎13.相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成H2O最多的是 A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙炔 D. 苯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相同质量的各烃中氢的质量分数越大，生成的水的质量越多，首先计算各烃是C原子与H原子数目之比，C原子数目相同，H原子数目越大，H的质量分数越大，据此判断。‎ ‎【详解】A. CH4中C原子与H原子数目之比为1:4； B.C2H4中C原子与H原子数目之比为2:4=1:2； C.C2H2中C原子与H原子数目之比为2:2=1:1； D.C6H6中C原子与H原子数目之比为6:6=1:1； 故甲烷中氢的质量分数最大，所以生成水的质量最多， 所以A选项是正确的。‎ ‎14.下列各项事实能够说明有机物分子内基团间的相互影响会导致物质化学性质不同的是 ‎①苯酚与溴水常温可以反应，而苯与溴水不能反应 ‎②甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎③苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应 ‎④甲苯与浓硝酸(浓硫酸/△)作用可得到2,4,6三硝基甲苯，而苯与浓硝酸(浓硫酸/△)作用得到硝基苯 A. 只有①③ B. 只有②④ C. 只有①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①苯与溴水不能反应，而苯酚与溴水常温可以反应，就是由于羟基对苯环的影响导致的。正确。②乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，就是苯环对甲基的影响，使甲基变得活泼。正确。③乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应；而苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，就是苯环对羟基的影响，使羟基变得活泼。正确。④苯与浓硝酸(浓硫酸/△)作用得到硝基苯，而甲苯与浓硝酸(浓硫酸/△)作用可得到2,4,6三硝基甲苯，就是甲基使苯环变得活泼，更容易沉降反应。正确。‎ 考点：考查有机物分子内基团间的相互影响的知识。‎ ‎15.除去苯中所含的苯酚，可采用的适宜方法是 A. 加70 ℃以上的热水，分液 B. 加适量浓溴水，过滤 C. 加足量NaOH溶液，分液 D. 加适量FeCl3溶液，过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．在常温下苯酚在水中的溶解度不大，当温度高于65 ℃时以任意比互溶。若将混合物加70 ℃以上的热水，苯酚溶解在水中，但是苯溶液蒸发。因此不宜采用该方法。错误。B．若加适量浓溴水，苯酚与溴单质产生三溴苯酚白色不溶于水的沉淀，但是该物质在苯中容易溶解。而且还引入了新的杂质单质溴。因此就不能产生沉淀，因此通过过滤不能达到除去杂质的目的。错误。C．加足量NaOH溶液，苯酚与NaOH发生反应产生容易溶解于水的苯酚钠和水，苯不能在水中溶解，二者互不相溶，因此通过分液就可以将混合物分离。正确。D．加适量FeCl3溶液，苯酚与FeCl3溶液发生显色反应，得到紫色溶液，不能通过过滤进行分离。错误。‎ 考点：考查除去苯中的苯酚杂质的方法的知识。‎ ‎16.已知卤代烃可以和钠发生反应，例如溴乙烷与钠发生反应为：2CH3CH2Br＋2Na→CH3CH2CH2CH3＋2NaBr；应用这一反应，下列所给化合物中可以与钠合成环己烷的是 A. CH3Br B. CH3CH2CH2CH2Br C. CH2BrCH2CH2Br D. CH3CHBrCH2CH2Br ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目信息“2CH3CH2Br＋2Na→CH3CH2CH2CH3＋2NaBr”可知反应的原理为：碳溴键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键；若形成环状结构，则分子两端都会有碳溴键的断裂，即分子中一定含有两个溴原子；首先排除分子中只有一个溴原子的分子，然后根据环己烷是含有六个碳原子的环烷烃分子，依次判断即可。‎ ‎【详解】A、CH3Br与钠以2:2发生反应生成CH3CH3，故A错误； B、CH3CH2CH2CH2Br与钠以2:2发生反应生成CH3(CH2)6CH3，故B错误； C、CH2BrCH2CH2Br与钠以2:4发生反应生成环己烷，故C正确； ‎ D、CH3CHBrCH2CH2Br与钠以1:2发生反应生成的最小环状物质为甲基环丙烷，故D错误。 故选C。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共52分）‎ 二、非选择题 ‎17.维生素C(又名抗坏血酸，分子式为C6H8O6)具有较强的还原性，放置在空气中易被氧化，其含量可用已知浓度的标准I2溶液进行滴定(弱酸性性环境)。该反应的化学方程式为：C6H8O6＋I2 = C6H6O6＋2HI具体测定步骤及测得数据如下：取10 mL 6 mol·L－1CH3COOH溶液，加入100 mL蒸馏水，将溶液加热煮沸后冷却。精确称取0.2000 g样品，溶解于上述冷却的溶液中，加入1mL指示剂，立即用浓度为0.0500 mol·L－1的标准I2溶液进行滴定到终点，消耗21.00 mL I2溶液。‎ ‎(1)实验中的指示剂是____________确定达到滴定终点的现象是_____________。‎ ‎(2)盛装标准I2溶液的是_________（酸式或碱式）滴定管，若滴定结束时俯视滴定管读数（其它操作正确）则滴定结果_______（偏高、偏低或无影响）。‎ ‎(3)加入的CH3COOH稀溶液要先经煮沸、冷却后才能使用，其目的是_____________。‎ ‎(4)计算样品中维生素C的质量分数____________(要求列式，且式中各物理量带单位)。‎ ‎【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶内溶液变为蓝色并保持30s不变，达滴定终点 (3). 酸式 (4). 偏低 (5). 除去溶液中溶解的O2，避免维生素C被O2氧化 (6). ×100%=92.40％‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 碘遇淀粉显蓝色，据此选择指示剂；用标准I2溶液滴定时，达到滴定终点，溶液中有碘单质，遇淀粉显蓝色； (2) 碘具有氧化性，能氧化乳胶管，所以要用酸式滴定管； 根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎(3)加热煮沸可以除去溶液中溶解的气体；根据题中信息可以知道维生素C具有较强的还原性； (4)计算滴定过程中消耗碘单质的物质的量，再根据方程式C6H8O6＋I2 = C6H6O6＋2HI计算样品中维生素C的物质的量，进而计算质量分数。‎ ‎【详解】(1)单质碘遇到淀粉变蓝色，弱酸性溶液中用已知浓度的I2溶液进行滴定维生素C，可以用淀粉作指示剂；用标准I2溶液滴定时，达到滴定终点，溶液中有碘单质，遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为当滴入最后一滴碘水溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s不褪色， 因此，本题正确答案是：淀粉溶液；滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶内溶液变为蓝色并保持30s不变，达滴定终点； (2) 碘具有氧化性，能氧化乳胶管，所以要用酸式滴定管；滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，则读数偏小，造成V（标准）偏小，c（待测）=可知c（待测）偏低；‎ 因此，本题正确答案是：酸式；偏低；‎ ‎(3)因为维生素C具有较强的还原性，易被氧气氧化，煮沸是为了除去溶液中溶液的O2，避免维生素C被O2氧化； 因此，本题正确答案是：除去溶液中溶解的O2，避免维生素C被O2氧化；‎ ‎(4)滴定过程中消耗碘单质的物质的量=0.021L×0.0500mol/L，根据方程式C6H8O6＋I2 = C6H6O6＋2HI可以知道，样品中维生素C的物质的量=n(I2)= 0.021L×0.0500mol/L，则样品中维生素C的质量分数×100%=92.40％， 因此，本题正确答案是：×100%=92.40％。‎ ‎18.醇脱水是制备烯烃常用方法，实验室制备环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如下：‎ 相对分子质量 密度/（gcm﹣3）‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环乙醇 ‎100‎ ‎0.9618‎ ‎161‎ 微溶于水 环己烯 ‎82‎ ‎0.8102‎ ‎83‎ 难溶于水 a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．反应粗产物倒入f容器中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯．回答下列问题：‎ ‎（1）由环己醇制取环己烯的方程式_________________；‎ ‎（2）装置b的冷凝水方向是________________（填“下进上出”或“上进下出”）；‎ ‎（3）如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___（选答案）；‎ A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料 ‎（4）本实验中最容易产生的副产物所含的官能团名称及反应类型为_____、____；‎ ‎（5）在分离提纯中，使用到的仪器f名称是___________；‎ ‎（6）合成过程中加入浓硫酸的作用是_________；‎ ‎【答案】 (1). (2). 下进上出 (3). B (4). 醚键 (5). 取代反应 (6). 分液漏斗 (7). 催化剂、脱水剂 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)环己醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成环己烯； (2)冷凝管采用逆向通水，冷凝效果好； (3)补加碎瓷片时需要待已加热试液冷却后再加入； (4)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚； (5)环己烯不溶于水，可通过分液操作分离；‎ ‎(6)浓硫酸在环己烯的制取过程中起到了催化剂和脱水剂的作用。‎ ‎【详解】(1)在浓硫酸存在条件下，加热环己醇可制取环己烯，反应的化学方程式为：， 因此，本题正确答案是：； (2)蒸馏操作中，冷凝管采用逆向通水，即下进上出通水，冷凝效果较好， 因此，本题正确答案是：下进上出； ‎ ‎(3)补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入， 因此，本题正确答案是：B； (4)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，副产物的结构简式为 ，含有的官能团为醚键， 因此，本题正确答案是：醚键；取代反应； (5)环己烯难溶于水，可通过分液操作分离，使用的仪器为分液漏斗；‎ 因此，本题正确答案是：分液漏斗； (6)在反应 中，浓硫酸起到了催化剂和脱水剂作用， 因此，本题正确答案是：催化剂、脱水剂。‎ ‎19. （14分）为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：‎ ‎（一）分子式的确定：‎ ‎（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4g H2O和8.8g CO2，消耗氧气6.72L（标准状况下），则该物质中各元素的原子个数比是 ．‎ ‎（2）用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为 ，该物质的分子式是 ．‎ ‎（3）根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式 、 ．‎ ‎（二）结构式的确定：‎ ‎（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同化学环境的氢原子给出不同的峰值（信号），根据峰值（信号）可以确定分子中氢原子的种类和数目．例如：甲基氯甲基醚（ClCH2OCH3）有两种氢原子如图②．经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③，则A的结构简式为 ．‎ ‎（三）性质实验：‎ ‎（5）A在一定条件下脱水可生成B，B可合成包装塑料C，请写出B转化为C的化学方程式： ．‎ ‎（6）体育比赛中当运动员肌肉扭伤时，队医随即用氯乙烷（沸点为12.27℃）对受伤部位进行局部冷冻麻醉．请用B选择合适的方法制备氯乙烷，要求原子利用率为100%，请写出制备反应方程式： ．‎ ‎【答案】（1）n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1．（2）46，C2H6O．（3）CH3CH2OH、CH3OCH3．‎ ‎（4）CH3CH2OH．‎ ‎（5）．‎ ‎（6） CH2=CH2+HClCH3CH2Cl．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）n(CO2)==0.2mol，n(H2O)==0.3mol，n(O2)==0.3mol，结合质量守恒定律推断； （2）质谱仪测定有机化合物的相对分子质量为46，结合最简式判断分子式为C2H6O； （3）A可能为乙醇或二甲醚； （4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为乙醇，二甲醚只有一种不同化学环境的氢原子； （5）A在一定条件下脱水可生成B，B为CH2=CH2，B可合成包装塑料C，C为聚乙烯； （6）原子利用率为100%，可用加成方法制备。‎ ‎【详解】（1）由题给条件可知，该有机物中，n(C)=n(CO2)==0.2mol，n(H)=2n(H2O)=2×=0.6mol，反应消耗氧气的物质的量n(O2)==0.3mol，则该有机物中氧原子的物质的量n(O)=2n(CO2)+n(H2O)-2n(O2)=2×0.2mol+0.3mol-2×0.3mol=0.1mol。则N(C):N(H):N(O)=0.2mol:0.6mol:0.1mol=2:6:1，‎ 故答案为：N(C):N(H):N(O)=2:6:1；‎ ‎（2）由相对分子质量为46，可知A的分子式为C2H6O；‎ 故答案为：46；C2H6O；‎ ‎（3）A可能为乙醇或二甲醚，结构简式为CH3CH2OH、CH3-O-CH3，‎ 故答案为：CH3CH2OH、CH3-O-CH3；‎ ‎（4）由图可知，有机物A有三种氢原子，三种氢原子的个数依次为3、1、2，所以A的结构简式为CH3CH2OH；‎ 故答案为：CH3CH2OH；‎ ‎（5）A在一定条件下脱水可生成B，B为CH2=CH2，B可合成包装塑料C，C为聚乙烯，B转化为C的化学反应方程式为nCH2=CH2， 故答案为：nCH2=CH2； （6）原子利用率为100%，可用加成方法制备，反应的方程式为CH2=CH2 +HCl CH3CH2Cl， 故答案为：CH2=CH2 +HCl CH3CH2Cl。‎ ‎20.酶在生命活动和工业生产中都有很好的催化效果。有下列物质的转化关系：‎ 请回答：‎ ‎（1）E→F 的反应类型_______________； ‎ ‎（2）有机物 B、 C 都含有的官能团名称___________________；‎ ‎（3）写出 C 与 F 在浓硫酸加热条件下发生反应的化学方程式__________________；‎ ‎（4）写出C在一定条件下发生缩聚反应生成产物的结构简式____________________；‎ ‎（5）写出与G含有相同官能团且能发生银镜反应的一种同分异构体______________；‎ ‎（6）下列说法正确的是_______。‎ A．可以用 NaOH 溶液鉴别物质 B、C、D B．等物质的量的C 和 D 分别与足量的钠反应，产生等物质的量的氢气 C．葡萄糖和E均可以发生银镜反应 D. 物质 F 一定条件下可以转化为 E，E也可以转化为D ‎【答案】 (1). 加成反应（还原反应） (2). 羟基 (3). ‎ ‎ (4). (5). (6). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由B+C(C3H6O3)→G(CH3CH(OH)COOCH2CH3)发生酯化反应，逆推可知B是乙醇，C是2-羟基丙酸；葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和二氧化碳，则A为CO2；由E(CH2O)→F(CH4O)知E到F发生还原反应，推知E为甲醛（HCHO），F为甲醇（CH3OH），D为甲酸（HCOOH）；以此分析解答。‎ ‎【详解】综合以上分析，A为CO2，B为乙醇C2H5OH，C是2-羟基丙酸，D为甲酸（HCOOH），E为甲醛（HCHO），F为甲醇（CH3OH），‎ ‎（1）由E(CH2O)→F(CH4O)知E到F发生还原反应，或加成反应； ‎ 故答案为：加成反应（还原反应）；‎ ‎（2）由B+C(C3H6O3)→G(CH3CH(OH)COOCH2CH3)逆推可知B是乙醇，C是2-羟基丙酸，所以B、C中都含有羟基，‎ 故答案为：羟基；‎ ‎（3）C是2-羟基丙酸，E是甲醇， C 与 F 在浓硫酸加热条件下发生酯化反应的化学方程式为 ，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）C是2-羟基丙酸，C在一定条件下发生缩聚反应生成产物的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）G为CH3CH(OH)COOCH2CH3，与G含有相同官能团且能发生银镜反应说明含有醛基，符合条件的同分异构体可以是：等；‎ 故答案为：；‎ ‎（6）A.B为乙醇C2H5OH，C是2-羟基丙酸，D为甲酸（HCOOH），不能用 NaOH 溶液鉴别，故A错误；‎ B.C是2-羟基丙酸，D为甲酸（HCOOH），等物质的量的C 和 D 分别与足量的钠反应，产生氢气的物质的量不相等，故B错误；‎ C．E为甲醛（HCHO），葡萄糖和甲醛都含有醛基，均可以发生银镜反应，故C正确；‎ D. E为甲醛（HCHO），F为甲醇（CH3OH），一定条件下F可以转化为 E，E也可以转化为D，故D正确。‎ 故答案为：CD。‎ ‎ ‎