1、临川一中20182019学年度高二下学期第二次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Ca40第I卷 (选择题 共48分)一、选择题：本题共16小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列化学用语表示不正确的是( )A. S2的结构示意图：B. 乙烯的比例模型：C. 乙醛的结构简式：CH3COHD. 含中子数为10的氧元素的一种核素O【答案】C【解析】【详解】AS2-的最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故A正确；B乙烯分子中含有1个碳碳双键，碳原子的相对体积较大，其比例模型为：，故B正确；C乙醛分子中含有1个醛基，其正确的结构简
2、式为：CH3CHO，故C错误；DO为8号元素，含中子数为10的氧元素的质量数=10+8=18，该核素可以表示为：，故D正确；答案选C。2.在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100。在一定条件下的以下反应中，最符合绿色化学概念的是( )A. 用水吸收二氧化氮得到硝酸B. 铝盐溶液与氨水反应制氢氧化铝C. 苯与液溴反应制溴苯D. 乙烯与氯化氢反应制备氯乙烷【答案】D【解析】【详解】A. 用水吸收二氧化氮得到硝酸，反应的方程式为3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，原子利用率100，故A错误；B. 铝盐溶液与氨水反应制氢氧化铝，反应的化学方程式为A
3、l2(SO4)3 +6NH3H2O = 2Al(OH)3+ 3(NH4)2SO4，原子利用率100，故B错误；C苯与液溴发生了取代反应生成了溴苯和溴化氢，反应为，原子利用率100，故C错误；D乙烯与氯化氢反应制备氯乙烷，CH2 = CH2 + HClCH3-CH2Cl，没有其它物质的生成，符合绿色化学的要求，故D正确；答案选D。3.下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )A. 1mol甲基含10NA个电子B. 标准状况下，11.2 L三氯甲烷所含的分子数目为0.5NAC. 一定条件下，2.6 g苯和苯乙烯的混合物完全燃烧消耗O2的分子数为0.25NAD. 15 g C2H6中含有共
4、价键数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A、甲基不带电荷，一个甲基含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故A错误；B、标准状况下，三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故B错误；C、苯和苯乙烯的最简式均为CH，故2.6g混合物中含有的CH的物质的量为=0.2mol，完全燃烧消耗O2的物质的量=0.2mol(1+)=0.25mol，消耗O2的分子数为0.25NA，故C正确；D1mol乙烷分子中含有6molC-H键和1molC-C键，总共含有7mol共价键，15 g C2H6的物质的量=0.5mol，含有共价键的数目为3.5NA，故D错误；答案选C。【点睛
5、】本题的易错点为BD，B中要注意气体摩尔体积的使用范围和条件；D中要注意根据乙烷的结构式判断共价键的数目。4.下列说法正确的是( )A. 质谱、红外光谱都能够快速、精确地测定有机物的相对分子质量B. 的名称为2,2,4-三甲基-4-戊烯C. 组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物，一定互为同分异构体D. 互为同系物【答案】C【解析】【详解】A红外光谱用于测定含有的共价键、官能团等，不能确定相对分子质量，故A错误；B的名称应为2，4，4-三甲基-2-戊烯，故B错误；C组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物一定具有相同的分子式、不同结构，则一定互为同分异构体，故
6、C正确；D分别为酚、酚和醇，结构不相似，不是同系物，故D错误；答案选C。5.工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列有关说法正确的是A. 乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应B. 用溴水可以区分苯乙烯和乙苯C. 1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种D. 乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7【答案】B【解析】【详解】A.乙苯能发生取代反应、加成反应和氧化反应，不能发生加聚反应；而苯乙烯由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反应和氧化反应，也能发生苯环上的取代反应，A错误；B.苯乙烯能与溴水发生加成反应而是溴水褪色，而苯不能与溴水发生加成反应，因此不能使溴水
7、因反应而褪色，故可以用溴水区分二者，B正确；C.苯乙烯的苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物是乙基环己烷，在乙基环己烷分子中有6种不同的H原子，所以其一氯代物共有6种，C错误；D.饱和C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，通过该C原子最多还有2个原子在一个平面上，由于苯分子是平面分子，所以乙苯分子中的8个C原子可能在一个平面上；苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面可能共平面，即8个C原子在一个平面上，所以共平面的碳原子数最多都为8，D错误；故合理选项是B。6.白藜芦醇广泛存在于食物(例如桑椹、花生，尤其是葡萄)中，它可能具有抗
8、癌性。下列关于白藜芦醇的说法错误的是()A. 白藜芦醇属于三元醇，能与Na反应产生H2B. 能与NaOH反应，1 mol 该化合物最多能消耗NaOH 3 molC. 能使FeCl3溶液显色D. 能与浓溴水反应，1 mol 该化合物最多能消耗溴6 mol【答案】A【解析】【详解】A该物质中含有酚羟基不含醇羟基，所以该物质不属于醇，属于酚，故A错误；B酚羟基能和NaOH反应生成酚钠和水，且酚羟基和NaOH反应的物质的量之比为11，所以1mol该化合物最多能消耗NaOH 3mol，故B正确；C酚能使氯化铁溶液变紫色，该物质中含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，故C正确；D苯环上酚羟基邻对位氢
9、原子能和溴发生取代反应，且氢原子与溴反应的物质的量之比为11，碳碳双键能和溴发生加成反应，则1mol该化合物最多能消耗溴6mol，故D正确；答案选A。【点睛】明确官能团及其性质是解本题的关键。本题物质中含有碳碳双键和酚羟基，注意根据烯烃和酚的性质解答。本题的易错点为D，注意酚和溴发生取代反应时氢原子的位置。7.一种由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池。有关该电池的叙述错误的是( )A. 当外电路通过1.2mol电子时，理论上消耗甲醇6.4gB. 甲醇在负极发生氧化反应C. 正极电极反应为：O2+2H2O+4e= 4OHD. 放电时电解质溶液的pH增大【答案】D【解析】【分析】该电池放
10、电时为原电池，充电时为电解池，放电时，在强碱电解质溶液中CH3OH变成CO32-，碳元素化合价升高，则CH3OH参与反应的电极为负极，电极反应式为CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O，正极反应式为O2+2H2O-4e-=4OH-，电池总反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，根据电极反应式和总反应式分析解答。【详解】A负极反应式为CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O，当外电路通过1.2mol电子时，理论上消耗0.2 mol甲醇，质量为6.4g，故A正确；BCH3OH变成CO32-，碳元素化合价升高，则CH3OH参与反应的电极为负极，发生氧化反应，故
11、B正确；C氧气在正极得电子被氧化生成OH-，电极反应式为O2+2H2O-4e-=4OH-，故C正确；D电池总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，反应消耗OH-，溶液的pH降低，故D错误；答案选D。【点睛】解答本题的关键是能够正确书写电极反应式。本题的易错点为AC，要注意电解质溶液的性质对电极反应式书写的影响。8. 已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经三步反应制取，其中第二步的反应类型是A. 加成反应B. 水解反应C. 氧化反应D. 消去反应【答案】A【解析】可经三步反应制取，先水解生成HOCH2CH=CHCH2OH，为卤代烃的水解反应；若氧化时，碳碳双键也被氧化，
12、则先加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH；HOCH2CHClCH2CH2OH被强氧化剂氧化可得到，所以第二步反应类型为加成反应，答案选A。点睛：本题考查有机物的合成，侧重卤代烃、醇、烯烃性质的考查，把握官能团的变化分析合成反应为解答的关键，注意碳碳双键也能被氧化，为易错点。9.分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第30项应为()12345678910C2H4C2H6C2H6OC2H4O2C3H6C3H8C3H8OC3H6O2C4H8C4H10A. C8H18B. C8H16O2C. C9H20D. C9H20O【答案】C【解析】根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为
13、一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和一元酸；把表中化学式分为4循环，30=47+2，即第30项应在第8组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+(8-1)1=9，故第30项则为C9H20，故答案为C。10.双酚A()是一种重要的化工原料，它的一种合成路线如下图所示：丙烯双酚A下列说法正确的是()A. 1 mol 双酚A最多可与2 mol Br2反应B. G物质是乙醛的同系物C. E物质的名称是1-溴丙烷D. 反应的化学方程式是O22CH3COCH32H2O【答案】D【解析】【分析】丙烯与HBr发生加成反应生成E，卤代烃E发生反应生成F，F能够发生催化氧化生成G，则F为醇，反
14、应为卤代烃的水解反应；G与苯酚反应得到双酚A，结合双酚A的结构，可知G为，则F为，E为CH3CHBrCH3，结合物质的性质分析解答。【详解】A双酚A()中酚羟基的邻位含有H原子，可以与溴发生取代反应，1mol双酚A最多可与4mol Br2反应，故A错误；B根据上述分析，G为，含有羰基，乙醛含有醛基-CHO，二者含有官能团不同，不是同系物，故B错误；C根据上述分析，E为CH3CHBrCH3，名称为2-溴丙烷，故C错误；D反应是2-丙醇发生催化氧化反应生成丙酮，反应化学方程式是2O22CH3COCH32H2O，故D正确；答案选D。11.某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式为 (未表示
15、出原子或原子团的空间排列)。该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是()A. H2B. Br2的CCl4溶液C. HBrD. Ag(NH3)2OH溶液【答案】B【解析】【详解】A碳碳双键、醛基都能与氢气发生加成反应，官能团数目减少，故A错误；B碳碳双键能够与Br2的CCl4溶液发生加成反应，醛基能够和溴发生氧化反应，反应后官能团数目变成4个，增加一个，故B正确；C碳碳双键能够与HBr发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，官能团数目不变，故C错误；D醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故D错误；答案选B。【点睛】明确物质发生的反应类型和产物的结
16、构是解题的关键。本题的易错点为“官能团数目”，不是官能团的种类，要注意审题。12.将O2、CH4、Na2O2置于密闭容器中，在250下用电火花引发化学反应。反应停止后使容器内恢复至250，容器内的气压为零。由此得出的结论正确的是()A. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为126，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaHCO3B. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为214，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOHC. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为126，反应后容器内生成的固体是Na2CO3和NaOHD. 原O2、CH4、Na2O2物质的量之比为214，反应后容器
17、内生成的固体是NaHCO3和NaOH【答案】C【解析】【详解】题中涉及的化学反应为：CH4+2O2CO2+2H2O， 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，反应停止后的容器内温度仍为250，气压为零，说明容器内无气体存在，也不可能有NaHCO3，将2+2，整理可得O2、CH4、Na2O2三者之间的综合反应关系为：O2+2CH4+6Na2O22Na2CO3+8NaOH。由总反应方程式可知O2、CH4、Na2O2计量数之比为1：2：6。故合理选项是C。13.将一定量的有机物充分燃烧后的产物通入足量的石灰水中完全吸收，经过滤得沉淀20g ,滤液质量比
18、原石灰水减少5.8g，该有机物不可能是( )A. 乙烯B. 乙醇C. 乙烷D. 乙二醇【答案】A【解析】【分析】有机物完全燃烧生成CO2和H2O，通过足量的石灰水，发生反应CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，得到的沉淀为CaCO3，质量为20g，根据差量法计算生成碳酸钙的反应中导致溶液质量的减少量，再结合实际滤液质量的减少量计算有机物燃烧生成水的质量，确定C、H原子数目之比，据此分析判断。【详解】有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀20g，应为CaCO3，n(CO2)=n(CaCO3)=0.2mol，CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 滤液减
19、少的质量1mol 100g 56g0.2mol 20g 11.2g称量滤液时，其质量只比原石灰水减少5.8g，则有机物燃烧生成水的质量应为11.2g-5.8g=5.4g，则n(H)=2n(H2O)=2=0.6mol，则有机物中N(C)N(H)=0.2mol0.6mol=13，选项中乙醇(C2H6O)、乙烷(C2H6)、乙二醇(C2H6O2)中C、H原子数目之比符合13，而乙烯(C2H4)不符合，故选A。14.下列操作可以达到实验目的是 实验目的 实验操作 A验证乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化将溴乙烷与饱和氢氧化钾乙醇溶液共热反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色 B验证苯和液溴在F
20、eBr3 的催化下发生取代反应将反应产生的混合气体通入AgNO3溶液上方，观察是否有淡黄色沉淀生成 C 比较醋酸和苯酚的酸性强弱将碳酸氢钠溶液分别滴入装有醋酸和苯酚溶液，观察是否有气体生成 D 检验溴乙烷中的溴元素取少量溴乙烷，与氢氧化钠溶液共热后加入硝酸银溶液，观察是否出现淡黄色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.将溴乙烷与饱和氢氧化钾乙醇溶液共热反应生成的乙烯气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了乙烯的检验，故A错误；B.溴易挥发,生成的HBr中含有溴,溴和硝酸银溶液也生成淡黄色沉淀,从而干扰实验,故B错误；C.醋酸能够与碳酸氢钠溶液反应产
21、生二氧化碳气体，苯酚溶液与碳酸氢钠溶液不反应，可以证明酸性：醋酸大于苯酚，故C正确；D.溴离子的检验需要在酸性条件下进行,碱性条件下,硝酸银和氢氧根离子反应生成沉淀,故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】选项A中，要检验溴乙烷在氢氧化钾的醇溶液中加热发生消去反应生成的乙烯气体，就要把反应产生的混合气体（乙烯和乙醇蒸气）先通过盛有足量水的洗气瓶，除去乙醇，反应产生的气体能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，才能证明溴乙烷发生消去反应产生了乙烯气体。15.下列五种有机物：甲烷 乙烯 乙炔 3-甲基戊烷 甲苯，某同学在分类时将划为一类，划为一类。将划为一类的依据是( )A. 均为烃类物质B. 在光照下均能与C
22、l2发生取代反应C. 均不能发生加成反应D. 均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A、只含有碳氢元素的有机物是烃，甲烷、乙烯、乙炔、3-甲基戊烷、甲苯都属于烃，故A错误；B、甲烷、3-甲基戊烷属于烷烃，所以能和氯气发生取代反应；甲苯中含有甲基，所以能和氯气发生取代反应，故B正确；C、含有碳碳双键和三键或苯环的有机物能发生加成反应，所以甲苯能发生加成反应，故C错误；D、含有碳碳双键和三键或苯的同系物都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，但甲苯(苯的同系物)能被酸性高锰酸钾溶液氧
23、化生成苯甲酸。16.镇咳药沐舒坦可由化合物甲和化合物乙在一定条件下制得：下列有关叙述正确的是( )A. 甲的分子式为C7H4NBr2ClB. 沐舒坦分子中最多有13个碳原子共平面C. 乙遇FeCl3溶液显紫色D. 反应过程中加入适量K2CO3可提高沐舒坦的产率【答案】D【解析】【详解】A由结构简式可知，有机物甲()的分子式为C7H6NBr2Cl，故A错误；B. 沐舒坦()分子中一共有13个碳原子，由于-CH2-、为四面体结构，环己烷的结构中的6个碳原子一定不共面，因此共平面的碳原子一定少于13个，故B错误；C. 乙()中没有苯环，不存在酚羟基，遇FeCl3溶液不显紫色，故C错误；D反应为可逆反
24、应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡正向移动，提高沐舒坦的产率，故D正确；答案选D。第II卷 (非选择题 共52分)二、非选择题(共有5个大题，共52分)17.为进行项中的除杂实验(括号内为杂质)，请从项中选出一种试剂，从项中选出一合适的实验操作方法分离，将标号填在后面的答案栏内。 除杂实验 试剂 操作方法答案苯(苯酚)A饱和Na2CO3溶液BNaOH溶液CCaOa蒸馏b分液c过滤 _乙醇(水)_乙酸乙酯(乙酸)_【答案】 (1). B (2). b (3). C (4). a (5). A (6). b【解析】【分析】苯酚能够与NaOH反应，与苯分层；水与CaO反应后，增大
25、了与乙醇的沸点差异；乙酸能够与碳酸钠反应，与乙酸乙酯分层，据此分析解答。【详解】苯酚与NaOH反应后生成的苯酚钠易溶于水，与苯分层，然后分液可除杂；水与CaO反应后生成的氢氧化钙是离子化合物，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂；乙酸与碳酸钠反应后生成的乙酸钠易溶于水，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，故答案为： 除杂实验试剂操作方法答案BbCaAb18.为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏。化学家研究在催化剂作用下，通过下列反应：CCl4H2 CHCl3HCl使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)。此反应伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH
26、4 等。已知CCl4的沸点为77 ，CHCl3的沸点为61.2 。(1)在密闭容器中，该反应达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。实验序号温度/初始CCl4的浓度(molL1)初始H2的浓度(molL1)CCl4的平衡转化率11100.81.2A21101150%310011B此反应的化学平衡常数表达式为_。实验1中，CCl4的转化率A_50%(填“大于”“小于”或“等于”)。实验2中，10 h后达到平衡，H2的平均反应速率为_。实验3中，B的值_(填序号)。A 等于50% B 大于50% C 小于50% D 从本题资料无法判断(2)120 时，在相同条件的密闭容器中，分别进行H2
27、 的初始浓度为2 molL1和4 molL1的实验，测得反应消耗CCl4的百分率(x%)和生成物中CHCl3的百分含量(y%)随时间(t)的变化关系如图(图中实线是消耗CCl4的百分率变化曲线，虚线是产物中CHCl3的百分含量变化曲线)。在图中的四条线中，表示H2的起始浓度为2 molL1的实验消耗CCl4的百分率变化曲线的是_(填序号)。根据上图曲线，氢气的起始浓度为_ molL1时，有利于提高CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量。【答案】 (1). K=c(CHCl3)c(HCl)/c(CCl4)c(H2) (2). 大于 (3). 0.05 molL1h1 (4). D (5
28、). c (6). 4【解析】【分析】(1)因CCl4的沸点为77，CHCl3的沸点为61.2，所以在110或100反应时各物质均为气态，根据平衡常数的表达式书写；110时，由实验2可知反应中各物质的平衡浓度均为0.5mol/L，代入表达式计算得平衡常数；实验1和实验2的反应温度相同，所以其平衡常数相同，利用平衡常数相等，可以求出实验1中CCl4的平衡转化率，然后与50%比较；根据v=计算v(H2)；对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小；(2)氢气浓度越大反应越快，消耗CCl4的百分率变化就越快，相反就比较慢，据此判断；根据图像分析判断出氢气的浓度对CCl4的
29、平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量的影响再判断。【详解】(1)因CCl4的沸点为77，CHCl3的沸点为61.2，所以在110或100反应时各物质均为气态，CCl4H2 CHCl3HCl的平衡常数K=，故答案为：；110时，实验2中，10h后达到平衡，CCl4的转化率为50%， CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g)，起始(mol/L)： 1 1 0 0变化(mol/L)：0.5 0.5 0.5 0.5平衡(mol/L)：0.5 0.5 0.5 0.5 则平衡常数K=1，实验1中，设平衡时四氯化碳的浓度变化量为amol/L，则： CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)
30、+HCl(g)，起始(mol/L ) 0.8 1.2 0 0反应(mol/L ) a a a a 平衡(mol/L) 0.8-a 1.2-a a a则=1，解得a=0.48，则CCl4的转化率为100%=60%50%，故答案为：大于；由中计算可知，平衡时氢气的浓度变化量为0.5mol/L，则v(H2)=0.05mol/(Lh)，故答案为：0.05mol/(Lh)；对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小，故答案为：D；(2)由图像可知，氢气浓度越大，反应越快，消耗CCl4的百分率变化就越快，相反就比较慢，所以H2起始浓度为2mol/L时，消耗CCl4的百分率变化曲
31、线是c，故答案为：c；由图像可知，a、b表示氢气的浓度为4mol/L的曲线，c、d表示氢气的浓度为2mol/L的曲线，从图中可见，4mol/L的a、b曲线比2mol/L的c、d曲线CCl4转化率和产物中CHCl3的百分率的数值均高，即氢气的起始浓度为4molL1时，有利于提高CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量，故答案为：4。19.按要求填空：(1)有机物A样品3.0g，对其进行如下操作：充分燃烧得3.36 L CO2(标准状况)和3.6 g H2O；质谱分析得A的相对分子质量为60，A的分子式为_。A在催化剂Cu的作用下能被氧气氧化成C，C不能发生银镜反应，则A的名称是_，C中官
32、能团名称为_。(2)的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有_种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为22211的为_ (写结构简式)。【答案】 (1). C3H8O (2). 2-丙醇 (3). 羰基 (4). 13 (5). 【解析】【详解】(1) 标准状况下，3.36 L CO2的物质的量=0.15mol，3.6 g H2O的物质的量=0.2mol，则A中含有氧元素的质量m(O)=3.0g-(0.2mol21g/mol) - (0.15mol12 g/mol)=0.8g，所以n(O)=0.05mol，N(C)N(H)N(O)=0.150.40.05=38
33、1，所以A的实验式为C3H8O，质谱分析得A的相对分子质量为60，A的分子式为C3H8O；A在催化剂Cu的作用下能被氧气氧化成C，C不能发生银镜反应，则A为CH3CHOHCH3，名称为2-丙醇；A氧化生成C，C为CH3COCH3，含有的官能团为羰基，故答案为：C3H8O；2-丙醇；羰基；(2)的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有醛基和酚羟基，侧链为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，侧链为-CH3、-CHO、-OH，当-CH3、-CHO处于邻位时，-OH有4种位置，当-CH3、-CHO处于间位时，-OH有4种位置，当-CH3、-CHO处于对位
34、时，-OH有2种位置，故共有13种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为22211的结构简式为，故答案为：13；。20.2019年3月8日，联合国妇女署在推特上发布了一张中国女科学家屠呦呦的照片。致敬她从传统中医药中找到了治疗疟疾的药物-青蒿素。已知：青蒿素，是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体。乙醚沸点为35。(1)我国提取中草药有效成分的常用溶剂有：水；或亲水性溶剂(如乙醇，与水互溶)；或亲脂性溶剂(如乙醚，与水不互溶)。诺贝尔奖获得者屠呦呦及其团队在提取青蒿素治疗疟疾过程中，记录如下：“青蒿素的水煎剂无效；乙醇提取物的效用为30%40%；乙醚提取物的效用为95%”下列推测不合理的是_A青蒿
35、素在水中的溶解度很大B青蒿素含有亲脂的官能团C在低温下提取青蒿素，效果会更好D乙二醇提取青蒿素的能力强于乙醚(2)用下列实验装置测定青蒿素实验式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前后的质量，根据所测数据计算。装置D的作用是_，装置E中吸收的物质是_，装置F中盛放的物质是_。实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是_。合理改进后的装置进行实验，称得：装置实验前/g实验后/gE22.642.4F80.2146.2则测得青蒿素的实验式是_。【答案】 (1). AD (2). 将可能生成的CO氧化为CO2 (3)
36、. H2O(水蒸气) (4). 碱石灰 (5). 在装置F后连接一个防止空气中的CO2和水蒸气进入F的装置 (6). C15H22O5【解析】【分析】(1)青蒿素的水煎剂无效；乙醇提取物的效用为30%40%；乙醚提取物的效用为95%，可说明青蒿素在水中的溶解度很小，易溶于乙醚，以此解答该题；(2)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去了CO2和H2O的空气，并排除装置内的空气，防止干扰实验。装置D将可能生成的CO氧化为CO2，减小实验误差，装置E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，据此分析解答。【详解】(1) A由题给信息可知青蒿素在
37、水中的溶解度很小，故A错误；B青蒿素易溶于乙醚，而乙醚为亲脂性溶剂，可说明青蒿素含有亲脂的官能团，故B正确；C因乙醚的沸点较低，则在低温下提取青蒿素，效果会更好，故C正确；D乙醇提取物的效用为30%40%；乙醚提取物的效用为95%，乙二醇与乙醇类似，属于亲水性溶剂，提取青蒿素的能力弱乙醚，故D错误；答案选AD；(2)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去了CO2和H2O的空气，并排除装置内的空气，防止干扰实验。装置D将可能生成的CO氧化为CO2，减小实验误差，E和F一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以装置E内装CaCl2或P2O5，装
38、置F内装碱石灰，而在F后应再加入一个装置防止外界空气中CO2和H2O进入的装置。根据上面的分析可知，装置E中盛放的物质是CaCl2或P2O5，吸收水蒸气，装置F中盛放的物质是碱石灰是吸收二氧化碳，装置D可以将生成的CO转化成CO2而被吸收，故答案为：将可能生成的CO氧化为CO2；H2O(水蒸气)；碱石灰；该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置，故答案为：在装置F后连接一个防止空气中的CO和水蒸气进入F的装置；由数据可知m(H2O)=42.4-22.6=19.8g，所以n(H2O)=1.1mol；m(CO2)=146.2-8
39、0.2=66g，所以n(CO2)=1.5mol，所以青蒿素中氧原子的质量为m(O)=28.2g-(1.1mol21g/mol)-(1.5 mol12 g/mol)=8g，所以n(O)=0.5mol，N(C)N(H)N(O)=1.52.20.5=15225，所以C15H22O5，故答案为：C15H22O5。【点睛】明确元素化合物性质、实验仪器作用是解本题关键。本题的易错点为(2)，要注意题中各个装置的作用。难点为(2)，要注意掌握有机物化学式确定的计算方法。21.某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成(部分反应条件略)。(1)A的化学名称
40、是_，AB新生成的官能团是_(写符号)。(2) BD的化学反应类型是_； D的核磁共振氢谱显示峰的组数为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)G与新制的Cu(OH)2发生反应，所得有机物的结构简式为_。(5)L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2BrNaCCR2R1CH2CCR2NaBr，则M的结构简式为_。(6)已知R3CCR4 ，则T的结构简式为_。【答案】 (1). 丙烯 (2). Br (3). 加成反应 (4). 2 (5). CH2BrCHBrCH2Br2NaOHHCCCH2Br2NaBr2H2O (6). HCCCOONa (7). CH3CH2CH2CCCHO (8).
41、 【解析】【分析】根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成E，E先发生水解反应，然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HCCCHO，G经过反应生成NaCCCHO；根据(5)知L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaCCR2R1CH2 CCR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 CCCHO；根据(6)知R3CCR4 知，T结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)A(CH2=CHCH3)的化学名称是丙烯；丙烯与溴在光照条件下发生取代反应生成B(CH2=CHCH2Br)，AB新
42、生成的官能团是-Br，故答案为：丙烯；-Br；(2)根据流程图，B(CH2=CHCH2Br)D后碳碳双键变成了碳碳单键，与溴发生了加成反应；D(CH2BrCHBrCH2Br)中有两种氢原子，所以D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2，故答案为：加成反应；2；(3)D(CH2BrCHBrCH2Br)在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E(HCCCH2Br)，DE的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+2NaBr+2H2O，故答案为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+2NaBr+2H2O；(4)G(HCCCHO)与新制的Cu(OH)2发生反应，G中醛基被氧化生成羧基，由于人员显碱性，所得有机物的结构简式为HCCCOONa，故答案为：HCCCOONa； (5)通过以上分析知，M的结构简式为CH3CH2CH2 CCCHO，故答案为：CH3CH2CH2 CCCHO；(6)通过以上分析知，T结构简式为，故答案为：。【点睛】正确判断物质的结构是解答本题的关键。本题的难点是流程图中后半段物质的推断，要注意结合(5)(6)小题中信息进行推断。本题的易错点为(4)，要注意新制的Cu(OH)2中存在过量的NaOH。