1、辽宁省朝阳市朝阳县柳城高级中学2019-2020学年高二化学下学期网络教学效果检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Si28第卷（选择题 共60分）一、选择题1. “绿色、高效”概括了2005年诺贝尔化学奖的特点。换位合成法在化学工业中每天都在应用，主要用于研制新型药物和合成先进的塑料材料。在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%。置换反应 化合反应 分解反应 取代反应 加成反应消去反应 加聚反应 缩聚反应等反应类型中能体现这一原子最经济原则的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】
2、化合反应、加成反应、加聚反应的产物都只有一种，原子利用率为100%，答案选B。2.下列有机分子中，可形成顺反异构是A. CH2=CHCH2CH3B. CH2=CHCH3C. CHCl=C(CH3)2D. CH3CH=CHCl【答案】D【解析】【分析】具有顺反异构体的有机物中C=C双键同一碳原子应连接不同的原子或原子团。【详解】A.CH2=CHCH2CH3中C=C双键同一碳原子连接相同的H原子,不具有顺反异构,故A错误；B.CH2=CHCH3中C=C双键同一碳原子连接相同的H原子,不具有顺反异构,故B错误；C.CHCl=C(CH3)2中C=C双键同一碳原子连接相同的-CH3,不具有顺反异构,故C
3、错误；D.CH3CH=CHCl中C=C双键同一碳原子分别连接不同的原子或原子团,具有顺反异构,所以D选项是正确的；综上所述，本题正确选项D。3.已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如下图所示，下列说法中错误的有（ ）A. 由红外光谱可知，该有机物中至少含有三种不同的化学键B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子C. 若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3OCH3D. 仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中氢原子总数【答案】C【解析】【详解】A项，该有机物中至少有C-H键、O-H键、C-O键三种键，故A项正确；B项，核磁共振氢谱的峰的个数代表不同氢原子的个数，图中
4、有三个峰，所以有三种不同的氢原子，故B项正确；C项，由未知物A的红外光谱可以看出，A里有O-H键，所以肯定含有羟基，其结构简式为CH3CH2OH，故C项错误；D项，核磁共振氢谱只可以得到氢原子的种类及其比值，无法得到氢原子总数，故D项正确。综上所述，本题选C。4. 在实验室中通常以加热乙醇和浓硫酸的混合液来制取乙烯，在这个反应里浓硫酸A. 既是反应物又是脱水剂B. 既是反应物又是催化剂C. 既是催化剂又是脱水剂D. 仅是催化剂【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸不是反应物，是催化剂，故A错误；B浓硫酸不是反应物，是催化剂，故B错误；C分析过程中发生的反应可知，浓硫酸既是催化剂又是脱水剂，故C正确
5、；D过程中浓硫酸起到了催化剂、脱水剂等作用，故D错误；故选C。【点晴】根据乙醇制取乙烯的反应原理进行分析，因浓硫酸能使乙醇发生消去反应，CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，反应中分子内脱水生成乙烯，体现了脱水性和催化剂的作用；脱水产生的碳和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，2H2SO4(浓)+CCO2+2H2O+2SO2，硫元素的化合价降低，体现了强氧化性，所以反应过程中体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性。5. 乙醇分子中化学键如图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明不正确的是( )A. 和金属钠作用时，键断裂B. 燃烧是全部化学键都断裂C. 在铜催化下和氧气反应时，键和断裂D. 和乙酸、浓硫酸共
6、热时，键断裂【答案】D【解析】【详解】A乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气：2CH3CH2OH + 2Na2CH3CH2ONa + H2，故乙醇断键的位置为：，故A正确；B燃烧是有机物最剧烈的反应，生成二氧化碳和水，所有的化学键都要断裂，故B正确；C乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水：2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O，故乙醇断键的位置为和，故C正确；D乙醇和CH3COOH共热时，生成乙酸乙酯，可以18O标记，研究反应机理，CH3COOH + CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+ H2O，故乙醇断键的位置为：，故D错误；故选D。6.为了提纯下列物质（括号
7、内为杂质），除杂试剂和分离方法的选择均正确的是（ ）选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A乙酸乙酯（乙醇）饱和Na2CO3溶液蒸馏B乙醇钠（NaCl)水过滤C苯（苯酚）NaOH溶液分液D甲烷（乙烯）酸性KMnO4溶液洗气A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】根据物质的性质差异选择除杂试剂和分离方法。【详解】A. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙醇极易溶于水中，故向含有乙醇的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液并充分振荡后，静置、分液，可以除去乙醇，A中分离方法的选择不正确； B. 含有NaCl的乙醇钠加入水中后，乙醇钠与水反应生成乙醇和氢氧化钠，故B中除杂试剂的选择不正确； C. 含
8、有苯酚的苯中加入NaOH溶液后，苯酚可以与NaOH溶液反应生成易溶于水的苯酚钠，而苯不溶于其中，液体分层，分液后可以分离出苯，故C中除杂试剂和分离方法的选择均正确； D. 乙烯可以被酸性KMnO4溶液氧化为二氧化碳并成为新的杂质，D中除杂试剂的选择不正确。综上所述，本题选C。7.下列各化合物的命名中正确的是A. CH2CHCHCH21，3-二丁烯B. 3-丁醇C. 甲基苯酚D. 2-甲基丁烷【答案】D【解析】【详解】ACH2CH-CHCH2：分子中含有两个碳碳双键，分别在1，3号C，该有机物正确的名称为：1.3-丁二烯，故A错误；B3-丁醇：编号应该从右端开始，羟基在2号C，该有机物正确名称为
9、：2-丁醇，故B错误；C甲基苯酚：必须指出甲基的位置，该有机物中甲基位于羟基的邻位，正确名称为：邻羟基苯酚，故C错误；D中最长碳链含有4个C，主链为丁烷，甲基在2号C，该有机物名称为：2-甲基丁烷，故D正确；故选D。【点晴】本题考查了常见有机物的命名判断，题目难度中等，为高考的难点、易错点，注意掌握常见有机物的命名原则，试题有利于提高学生规范答题能力。有机物系统命名中常见的错误归纳如下：主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；支链主次不分（不是先简后繁）；“”、“，”忘记或用错。8. 下列实验中，不能达到预期目的是苯、浓溴水
10、、溴化铁混合制溴苯 乙醇和30%的硫酸共热到170制乙烯 用溴水除去混在苯中的己烯,分液得到纯净的苯 敞口久置的电石与饱和食盐水混合制乙炔 将电石与水反应产生的乙炔通入溴水中，溴水褪色，证明乙炔和溴水发生了加成反应 将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共热，生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙烯生成A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】应用苯、液溴、溴化铁混合制溴苯；应用乙醇和浓硫酸共热到170制乙烯；溴水与己烯反应产物可溶解在苯中，无法分液除去；敞口久置的电石易与空气中水蒸气反应而变质；将电石与水反应产生气体除乙炔外还有SO2、H2S等杂质，也可与
11、溴水反应；将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共热，生成的气体可能含有乙醇，乙醇也可使酸性高锰酸钾溶液褪色。答案选D。9.某有机物8.80g，完全燃烧后只生成CO2 22.0g，H2O 10.8g，则该化合物的实验式为（ ）A. C5H6OB. C6H12C. C5H12O2D. C5H12O【答案】D【解析】【详解】某有机物8.80g，完全燃烧后只生成22.0g CO2和10.8g H2O，则该化合物中一定含有H和C两种元素，可能含有O元素。22.0g CO2和10.8g H2O的物质的量分别为0.5mol和0.6mol，则该化合物中含O元素的质量为8.80g-0.5mol12g/mol-0.6m
12、ol21g/mol=1.6g，O的物质的量为0.1mol，则C、H、O三种元素的原子个数之比为0.5mol：1.2mol:0.1mol=5:12:1，故其实验式为C5H12O。故选D。10.关于丙烯醛（CH2=CHCHO）的下列叙述中，正确的是（）A. 在丙烯醛分子中，仅含有一种官能团B. 丙烯醛能使溴水褪色，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 丙烯醛能发生加聚反应，生成高聚物D. 等物质的量的丙烯醛和丙醛完全燃烧，消耗等物质的量的O2【答案】C【解析】【详解】A.丙烯醛中含有碳碳双键和醛基两种官能团，故A错误；B.丙烯醛中含有碳碳双键和醛基，两种官能团均能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误
13、；C.丙烯醛中含有碳碳双键，可发生加聚反应，加聚反应生成的高聚物为，故C正确；D.1molCH2=CH-CHO完全燃烧消耗氧气为1mol(3+-)=3.5mol，1mol丙醛(C3H6O)完全燃烧消耗氧气为1mol(3+-)=4mol，则等物质的量的丙烯醛和丙醛完全燃烧，消耗的氧气不等，故D错误；故选C。11.由CH3、OH、COOH四种基团两两组合而成的化合物中，其水溶液能使紫色石蕊试液变红的有（ ）A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】【详解】由CH3、OH、COOH四种基团两两组合而成的化合物有HOCH3、CH3、CH3COOH、HO、HOCOOH、HOOC，其中水溶
14、液显酸性、能使紫色石蕊试液变红的有CH3COOH、HOCOOH、HOOC。故选C。【点睛】注意HO的酸性比碳酸（HOCOOH）弱，其水溶液不能使石蕊试液变红。12.转变为的方法是（ ）A. 与足量NaOH溶液共热后，再通CO2B. 溶液加热，通入足量的SO2C. 与稀硫酸共热后，加入足量NaOH溶液D. 与足量稀硫酸共热后，加入足量Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A对比两种有机物的结构简式，先在氢氧化钠的水溶液中水解，利用碳酸的酸性强于酚羟基，但弱于羧基，因此再通入CO2可以得到，故选项A正确；B通入足量的SO2，由于的H2SO3酸性强于羧酸，所以-COONa会转变为-COOH，不能得到
15、，故B错误；C加入足量NaOH溶液，酚羟基也可以和NaOH反应生成酚钠，故C错误；D由于苯酚的酸性强于HCO3-，所以当加入足量Na2CO3时，酚羟基会生成酚钠，故D错误；故选A。13.一定体积的甲烷在一定量的O2中燃烧后得到的产物CO、CO2和水蒸气，测得混合气体的质量为49.6g，将混合气体缓慢通过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2g，则原混合气体中CO2的质量为（ ）A. 12.5gB. 13.2gC. 19.7gD. 24.4g【答案】B【解析】【分析】【详解】一定体积的甲烷在一定量的O2中燃烧后得到的产物CO、CO2和水蒸气，测得混合气体的质量为49.6g，将混合气体缓慢通过无
16、水CaCl2时，CaCl2增重25.2g，由于CaCl2只吸收水不吸收CO2，则生成物中水的质量为25.2g，水的物质的量为25.2g18g/mol=1.4mol，根据H原子守恒可知，甲烷的物质的量为0.7mol，根据C原子守恒可知，n(CO)+n(CO2)=0.7mol，根据质量守恒定律可知，n(CO)28g/mol+n(CO2)44g/mol+25.2g=49.6g，联立方程组可以解得n(CO2)=0.3mol，所以，原混合气体中CO2的质量为0.3mol44g/mol=13.2g，故选B。14.以氯乙烷为原料制取乙二酸(HOOCCOOH)的过程中，要依次经过下列步骤中的 ()与NaOH的
17、水溶液共热与NaOH的醇溶液共热与浓硫酸共热到1700C在催化剂存在情况下与氯气反应在Cu或Ag存在的情况下与氧气共热与新制的Cu(OH)2悬浊液共热A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以氯乙烷为原料制取乙二酸(HOOCCOOH)，应先发生消去反应生成乙烯，再与氯气加成得到1，2-二氯乙烷，然后水解、氧化可得到乙二酸，以此来解答。【详解】以氯乙烷为原料制取乙二酸(HOOCCOOH)，其步骤为：与NaOH的醇溶液共热发生消去反应生成乙烯；在催化剂存在情况下与氯气加成得到1，2-二氯乙烷；与NaOH的水溶液共热得到乙二醇；在Cu或Ag存在的情况下与氧气共热氧化为乙二醛；与新制的Cu(
18、OH)2共热氧化为乙二酸。即步骤为，所以C选项是正确。15. 可通过实验来验证淀粉水解生成还原性糖，其实验包括下列一些操作过程，这些操作过程的正确排列顺序是取少量淀粉加水制成溶液 加热煮沸 加入碱液，中和并呈碱性加入新制的Cu(OH)2悬浊液加入几滴稀H2SO4再加热A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】淀粉水解的实验的步骤为：取少量纯淀粉加适量水配成溶液；在淀粉溶液中加入35滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；由于水解完毕生成还原性糖葡萄糖，与新制Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应，须在碱性条件下，所以，在冷却后的溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液溶液，加入NaOH溶液，调pH至碱
19、性，水浴加热其实验结果有砖红色沉淀产生所以该实验中操作步骤的排列正确顺序为：，答案选B。16.下列关于的说法正确的是（ ）A. 所有碳原子有可能都在同一平面上B. 最多只可能有9个碳原子同一平面上C. 有7个碳原子可能在同一直线上D. 至少有6个碳原子在同一直线上【答案】A【解析】【分析】根据乙炔分子中4原子共直线、苯分子中12原子共面、乙烯分子中6原子共面以及碳碳单键是可以旋转的分析该有机物分子中的共线和共面问题。【详解】A. 根据乙炔分子中4原子共直线、苯分子中12原子共面、乙烯分子中6原子共面以及碳碳单键是可以旋转的可知，中的所有碳原子有可能都在同一平面上，A说法正确；B. 由A的分析可
20、知，该有机物分子中的11个碳原子都有可能在同一平面上，B说法不正确；C.如图所示， 有5个碳原子一定在同一直线上，C说法不正确；D. 由C的分析可知，至少有5个碳原子在同一直线上，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是A。17.某有机物A的分子式为C5H10O2，在酸性条件下发生水解反应生成B和C，在相同温度和压强下，等质量的B和C的蒸气所占体积相同，则A的结构可能有（ ）A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】B【解析】【分析】某有机物A的分子式为C5H10O2，在酸性条件下发生水解反应生成B和C，则A为饱和一元酯。【详解】某有机物A的分子式为C5H10O2，在酸性条件下发生水解反
21、应生成B和C，则A为饱和一元酯；在相同温度和压强下，等质量的B和C的蒸气所占体积相同，则B和C的相对分子质量相等，说明A是由分子中含有3个碳原子的饱和一元醇和含有2个碳原子的饱和一元羧酸形成的；分子中含有3个碳原子的饱和一元醇有2种（1-丙醇和2-丙醇），分子中含有2个碳原子的饱和一元羧酸只有1种（乙酸），所以A的结构可能有2种，故选B。【点睛】分子中的碳原子数为n（n1）的饱和一元醇与碳原子数为(n-1)的饱和一元羧酸的相对分子质量相等。18.满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有（ ）A. 9种B. 12种C. 13种D. 14种【答案】B【解析】【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C
22、-C-C 与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，骨架C-C-C-C上分别添加Cl、Br原子的种类有：、共8种；骨架上分别添加Cl、Br原子的种类有有：、，共 4 种，所以满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有12种，答案选B。【点晴】明确同分异构体的书写原则为解答关键，注意掌握“定一移一”法在确定有机物同分异构体中的应用方法，即对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度较大。19.金属钠晶体（如图）为体心立方晶胞，晶胞的边长为a，假定金属钠原子为等径的刚性球，且晶胞中处
23、于体对角线上的三个球相切，则钠原子的半径r为（ ）A. B. C. D. 2a【答案】B【解析】【分析】【详解】金属钠晶体为体心立方晶胞，晶胞的边长为a，则晶胞的体对角线为a；假定金属钠原子为等径的刚性球，且晶胞中处于体对角线上的三个球相切，则晶胞的体对角线为钠原子半径的4倍，所以4r=a，则钠原子的半径r为，故选B。20.下面有关晶体的叙述中不正确的是（ ）A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离最近且相等的Na+共有6个C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分
24、子【答案】B【解析】【详解】A金刚石的晶胞结构如图所示：，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；B氯化钠晶体中钠离子位于体心和棱心，所以每个Na+周围与其最近且距离相等的Na+有12个，故B错误；C氯化铯晶体中Cs+位于体心，Cl-位于顶点，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故C正确；D二氧化碳晶体属于面心立方最密堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；故答案为B。第卷（非选择题 共40分）21.碳是形成化合物种类最多的元素。（1）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_，碳的最
25、简单气态氢化物中心原子的杂化类型为_。（2）类卤素(SCN)2的结构式为NCSSCN，其分子中键和键的个数比为_；该物质对应的酸有两种，理论上硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HN=C=S)的沸点，其原因是_。（3）位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同的元素，其基态原子的价层电子排布式为 _。（4）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能，其晶胞结构如图所示(其中为碳原子，为硅原子)。每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有_个；设晶胞边长为a cm，密度为b gcm-3，则阿伏加德罗常数可表示为_(用含a、b的式子表示)。【答
26、案】 (1). NOC (2). sp3 (3). 5：4 (4). 异硫氰酸分子间形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键 (5). 3d84s2 (6). 4 (7). 【解析】【详解】（1）同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但同周期AA，AA，因此第一电离能由大到小的顺序为NOC；碳的最简单气态氢化物为CH4，根据甲烷的结构简式，中心原子为C有4个键，无孤对电子，价层电子对数4，为sp3杂化；（2）单键只有键，双键有1个键和1个键，三键有1个键和2个键，NCSSCN中有5个键、4个键，比值为5：4；异硫氰酸中含NH键，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，故理论上硫氰酸(H
27、SCN)的沸点低于异硫氰酸(HN=C=S)的沸点；（3）基态碳原子位于周期表第二周期A族元素，有2个未成对电子，第四周期族元素最后一个电子填充在3d轨道上，也有2个未成对电子，该元素是Ni，价层电子排布是3d84s2；（4）根据晶胞结构，每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个；结构中含有的碳原子的个数8+6=4，Si原子的个数为4，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3cm3，则g=bg/cm3a3cm3，解得NA= 。22.按要求书写化学方程式。（1）乙醇催化氧化_。（2）1,2二溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热_。（3）向苯酚钠溶液中通入少量的CO2_。（4）乙二醛与新制的银氨溶液反应_。（5）已
28、知乳酸的结构简式为CH3CH(OH)COOH，写出以乳酸为单体形成的高分子化合物的化学方程式_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). nHOCH(CH3)COOH+(n-1)H2O；【解析】【详解】（1）乙醇在铜或银作催化剂，加热条件下，发生催化氧化反应生成乙醛，其化学反应方程式为： ，故答案为：；（2）卤代烃与氢氧化钠的醇溶液共热，发生消去反应，1，2二溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液共热：，故答案为：；（3）碳酸的酸性大于苯酚的酸性，根据强酸制弱酸，向苯酚钠溶液中通入少量的CO2，发生反应为：，故答案为：；（4）醛与新制的银氨溶液发生银镜反应，乙二醛与新制的银氨溶液反应的化学
29、反应方程式为：，故答案为：；（5）根据乳酸的结构简式，乳酸中含有羟基和羧基，以乳酸为单体形成的高分子化合物的化学方程式为：nHOCH(CH3)COOH+(n-1)H2O，故答案为： nHOCH(CH3)COOH+(n-1)H2O；23.莱佐卡因（对氨基苯甲酸乙酯）是目前常用的止痛药物之一。实验室通过对氨基苯甲酸和乙醇发生酯化反应制备莱佐卡因的一种方法如下：+CH3CH2OH+H2O 实验过程：在圆底烧瓶中加入0.400g（0.0029mol）对氨基苯甲酸和0.082mol乙醇，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴中并加入0.220mL浓硫酸；将烧瓶中的混合物用水浴加热回流1h，并不断振荡。分离提纯：冷却
30、后，分批加入10%NaHCO3溶液直至无明显气泡产生，再加入少量NaHCO3溶液至PH9，将混合液转移至分液漏斗中，用乙醚（常温下难溶于水，沸点34.6，密度0.714gcm-3）分两次萃取并分液，向分液后所得到的醚层中加入无水硫酸钠，蒸出乙醚，冷却结晶，最终得到产物0.2000g。回答下列问题：（1）仪器A的名称为_。（2）“将烧瓶置于冰水浴”中的原因是_。（3）给烧瓶中的液体加热时，为防止液体暴沸，须向烧瓶中加入_。（4）分液漏斗在使用之前必须进行的操作是_。萃取后静置，乙醚层位于_（填“上层”或“下层”）。分液后，向醚层中加入无水硫酸钠的作用是_。（5）本实验中，莱佐卡因的产率是_%（精
31、确到0.1%）。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 防止乙醇挥发 (3). 碎瓷片（或沸石） (4). 检查是否漏液（或检漏） (5). 上层 (6). 干燥 (7). 41.8【解析】【分析】对氨基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作催化剂，加热条件下发生酯化反应，生成对氨基苯甲酸乙酯，乙醇具有挥发性，所以将烧瓶置于冰水浴中冷却；乙醚常温下难溶于水，密度比水小，所以萃取后静置，乙醚层位于上层，向分液后所得到的醚层中加入无水硫酸钠，吸收水分，蒸出乙醚。【详解】（1）根据装置图特点，仪器A的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）将烧瓶置于冰水浴中冷却，有利于加入浓硫酸时热量的散发，防止乙醇挥发，
32、故答案为：防止乙醇挥发；（3）用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶对液体加热时必须加入沸石或碎瓷片，防止暴沸，故答案为：碎瓷片（或沸石）；（4）分液漏斗在使用之前必须进行的操作是检查是否漏液；乙醚的密度比水小，萃取后静置，乙醚层位于上层；加入无水硫酸钠的作用是干燥，故答案为：检查是否漏液（或检漏）；上层；干燥；（5）由化学方程式知，加入的乙醇过量，故理论上0.0029 mol对氨基苯甲酸参加反应，生成0.0029 mol苯佐卡因(C9H11NO2)，其质量为0.0029 mol165 gmol-1=0.4785 g，产率为：，故答案为：；。【点睛】在使用之前必须进行捡漏的常见的仪器有：分液漏斗、容量瓶、酸式滴
33、定管和碱式滴定管。24.药用有机物A为一种无色液体。从A出发可发生如下一系列反应：请回答：（1）写出化合物F的结构简式：_。（2）写出反应的化学方程式：_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）有机物A的同分异构体很多，其中属于羧酸类的化合物，且含有苯环结构的有_种。（5）E的一种同分异构体H，已知H可以和金属钠反应放出氢气，且在一定条件下可发生银镜反应。试写出H的结构简式：_。E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应，但不能和金属钠反应放出氢气。试写出R的结构简式：_。【答案】 (1). (2). (3). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (4)
34、. 4 (5). HOCH2CHO (6). HCOOCH3【解析】分析】由框图可知：B能和二氧化碳反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A的不饱和度为5，则A中除苯环外含有一个不饱和键；A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，则A中含有酯基，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G的分子式为C4H8O2，根据原子守恒知，E的分子式为C2H4O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，根据原子守恒知，D的分子式为C6H6O，则D结构简式为：，B为，F为，则A的结构简式为
35、：，据此解答。【详解】（1）化合物F的结构简式；（2）反应是A在碱性条件下的水解反应，反应的化学方程式；（3）反应是在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（4）A的结构简式为：，属于羧酸类的A的同分异构体有：邻甲基苯甲酸、间甲基苯甲酸、对甲基苯甲酸、苯乙酸，所以有4种；（5）E的结构简式为CH3COOH，H为乙酸的同分异构体，能发生银镜反应，能和钠反应生成氢气说明H中含有醛基，醇羟基，所以H的结构简式为：HOCH2CHO；E的另一种同分异构体R在一定条件下也可以发生银镜反应，但不能和金属钠反应放出氢气，故R结构中存在醛的结构但不存在羟基或羧基，故为酯的结构HCOOCH3。