1、江苏省如皋市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量调试题（选修，含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ca40 一、单项选择题：每小题只有一项符合题意。1.下列有关化学用语表示正确的是A. 中子数为20的钾原子 B. N2的电子式：C. 丙烯结构简式：CH3CHCH2D. 对硝基甲苯的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A.钾的质子数为19，则中子数为20的钾原子的质量数为39，用表示，A错误；B.N2分子中氮原子间共用三对电子，每个氮原子达到8电子稳定结构，其电子式为 ，B错误；C.丙烯中含有一个碳碳双键，其结构简式为CH3CH=CH2，C错误；D.
2、对硝基甲苯中硝基与甲基处于对位，其结构简式为，D正确；答案选D。2.下列能大量共存的一组离子是A. H+、Fe2+、ClOB. Fe3+、Cu2+、SCN、C. Na+、Ba2+、OH、ClD. K+、OH、【答案】C【解析】【详解】A.酸性条件下Fe2+、会发生氧化还原反应不能大量共存，氢离子与次氯酸根离子生成弱电解质次氯酸，也不能大量共存，故A不选；B.Fe3+、SCN反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存，故B不选；C.该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故C选；D.、 都能与OH反应，不能大量共存，故D不选；故选：C。3.下列离子方程式表达正确的是A. 钠与水反应：2Na+H2O2N
3、a+OH-+H2B. NO2溶于水：3NO2+H2O2H+2+NOC. 向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸：Ba2+OH-+H+BaSO4+H2OD. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2O+4+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，A错误；B.NO2溶于水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸为强酸，离子方程式为3NO2+H2O2H+2+NO，B正确；C.向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2+2OH-+2H+BaSO4+2H2O ，C错误；D.向AlCl3溶液中加入过量氨水反应生成
4、氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3，D错误；答案选B。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. 浓盐酸Cl2Ca(ClO)2B. BaCl2(aq)BaSO3BaSO4C. FeFe2O3Fe(OH)3D. CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2O【答案】A【解析】【详解】A.浓盐酸和二氧化锰加热产生氯气，氯气通入石灰乳中产生次氯酸钙，转化可以实现，故A选；B.氯化钡与二氧化硫不发生反应，故B不选；C.铁与水蒸气高温产生四氧化三铁，故C不选；D.硫酸铜与氢氧化钠反应产生氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与蔗糖不反应，故D不选；故选：A。5.下列实验
5、原理和装置能达到实验目的的是A. 装置甲：制取银氨溶液B. 装置乙：除去乙烯中混有的SO2C. 装置丙：制取乙烯D. 装置丁：验证溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生了消去反应【答案】D【解析】【详解】A制取银氨溶液，向AgNO3溶液中滴加氨水，至开始生成的沉淀恰好溶解，得到银氨溶液，而不是向氨水中滴加AgNO3溶液，A错误；B二氧化硫、乙烯均能被高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液除去乙烯中的杂质，B错误；C乙醇在浓硫酸作催化剂的作用下加热到170发生消去反应得到乙烯，温度计应测量反应液的温度，水银球应放入反应液中，C错误；D溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热的条件下发生了消去反应生成乙烯，用
6、高锰酸钾检验生成的乙烯。由于乙醇易挥发，乙烯中含有杂质乙醇，但是乙醇也能被高锰酸钾氧化，会对乙烯的检验产生干扰，实验中用水除去乙烯中的乙醇，排除干扰，可以达到实验目的，D正确；答案选D。6.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. ClO2具有强氧化性，可用于杀菌消毒B. NH3极易溶于水，可用作制冷剂C. 碳酸氢钠受热易分解，可用于治疗胃酸过多D. Fe2O3能溶于盐酸，可用作红色颜料【答案】A【解析】【详解】A.因为ClO2具有强氧化性，故可用于杀菌消毒，A正确；B.因 NH3易液化，可用作制冷剂，B错误；C.因碳酸氢钠能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，C错误；D. 因Fe2O3为红棕色
7、粉末，可用作红色颜料，D错误；答案选A。7.下列说法正确的是A. 用水可区分苯和甲苯B. 用溴水可区分和C. 仅用AgNO3溶液即可区分三氯甲烷和溴乙烷D. 用银氨溶液可区分和【答案】B【解析】【详解】A苯和甲苯均为无色的液体，且均不溶于水，其密度均比水小，用水不可区分苯和甲苯，A错误；B苯酚可与溴水发生取代反应生成白色沉淀，而苯甲醇不与溴水反应，可用溴水区分苯酚和苯甲醇，B正确；C三氯甲烷和溴乙烷均为非电解质，在水溶液中不能电离出Cl和Br，不与AgNO3溶液反应，C错误；D，苯乙醛中含有CHO可与银氨溶液反应；，为甲酸与苯甲醇生成的酯类，也可以与银氨溶液反应，不能用银氨溶液区分，D错误；答
8、案选B。8.下列说法正确的是A. 淀粉和纤维素互为同分异构体B. 油脂通过皂化反应可制得硬化油C. 氨基酸既能与盐酸反应又能与烧碱反应D. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A. 淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但两者n值不同，因此两者不互为同分异构体，故A错误；B. 皂化反应是油脂在碱溶液中发生水解，得到高级脂肪酸盐和甘油；不饱和程度较高、熔点较低的液态油，通过催化加氢，可提高饱和度，这个过程称为油脂的氢化，也称油脂的硬化，故B错误；C. 氨基酸中含有氨基和羧基，氨基能与盐酸反应，羧基能与NaOH溶液发生反应，故C正确；D. 糖类分单糖、二糖、多糖，单
9、糖不能水解，油脂、蛋白质均能发生水解，故D错误；答案为C。9.聚乙二醇滴眼药的商品标签部分信息如图所示(乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH)，结合所学知识分析，下列观点不正确的是A. 乙二醇和丙二醇互为同系物B. 丙二醇与乙二酸在一定条件下能发生缩聚反应C. 一定条件下，乙烯和乙二醇均能转化为BrCH2CH2Br，且原理相同D. 一定条件下，乙二醇与足量乙酸充分酯化的有机产物分子式为C6H10O4【答案】C【解析】【详解】A乙二醇中含有2个OH，丙二醇中也含有2个OH，结构相似，且分子式相差1个CH2，互为同系物，A正确，不选；B丙二醇和乙二酸均有2个官能团，且能发生酯化反应，可以发生缩聚
10、反应，B正确，不选；C乙烯与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，乙二醇与浓HBr在加热条件下，可发生取代反应生成CH2BrCH2Br，原理不同，C错误，符合题意；D乙二醇中有2个OH，可与2分子的乙酸发生酯化反应，得到CH3COOCH2CH2OOCCH3，化学式为C6H10O4，D正确，不选；答案选C。10.主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，且它们的原子序数均不超过20。已知X元素原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，Z的最高正化合价为+2价，R的最外层电子数是其最内层电子数的一半。下列说法正确的是A. 原子半径的大小顺序：r(X)r(Y
11、)r(Z)B. 最高价氧化物对应的水化物的碱性ZRC. 氢化物的稳定性：X WD. Z、R分别分别与W形成的化合物中均只有离子键【答案】D【解析】【分析】X元素原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X为C或S，因为原子序数依次增大，且原子序数不超过20，则X为C，Z的最高正化合价为2价，Z位于A，即Z为Mg，R的最外层电子数是其最内层电子数的一半，R的最外层电子数为1，即R为K，假设W为Cl，则Y的核电荷数为7，即Y为N，假设W为S，Y的核电荷数为6，Y为C(不符合舍去) ，得出W为Cl，Y为N，据此分析；【详解】根据上述分析，X为C，Y为N，Z为Mg，W为Cl，R为K；A. 同主族从上到下，原
12、子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，原子半径大小顺序是r(Mg)r(C)r(N) ，故A错误；B. 金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，K的金属性强于Mg，因此KOH的碱性强于Mg(OH)2，故B错误；C. 非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：ClC，因此HCl稳定性强，故C说法错误；D. Mg、K与Cl形成的化合物是MgCl2、KCl，它们属于离子化合物，只含有离子键，故D正确；答案为D。二、不定项选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作结论A向甲苯中滴加少量高锰酸钾溶液，高锰酸钾
13、溶液褪色甲苯发生了氧化反应B向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，有沉淀生成蛋白质发生了变性C向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀该溶液中含有D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，没有观察到砖红色沉淀淀粉没有水解A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.甲苯能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，A正确；B.向蛋白质溶液中加入轻质盐如(NH4)2SO4，蛋白质溶液发生盐析而产生沉淀，B错误；C.向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Ag+、等，C错误；D.新制氢氧化铜悬
14、浊液需在碱性环境中使用，故在使用前应加氢氧化钠中和稀硫酸，否则影响实验结果，D错误；答案选A。12.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是A. H2O是还原剂B. NF3只发生了氧化反应C. 每生成1 mol NO转移电子1molD. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色的气体【答案】CD【解析】【详解】A.反应中只有N元素价变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，H2O不是还原剂，A错误；B.NF3HNO3中氮元素化合价升高，发生氧化反应，NF3NO中氮元素化合价降低，发
15、生还原反应，B错误；C.根据化学反应式可知，生成2mol NO转移2 mol电子，所以每生成1 mol NO转移电子1mol，C正确；D.NF3与潮湿的空气中的水反应生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，D正确；答案选CD。【点睛】明确反应中元素化合价变化，注意电子守恒的应用是解答的关键。13.甘油醛是最简单的醛糖，甘油醛分子球棍模型如图所示，下列有关说法正确的是A. 甘油醛易溶于水B. 可用银氨溶液鉴别甘油醛和甘油(丙三醇)C. 甘油醛与Na、NaOH、Na2CO3均可以发生反应D. 甘油醛可通过氧化反应制得甘油(丙三醇)【答案】AB【解析】【分析】根据甘油醛的球棍模型知，甘油
16、醛的结构简式为HOCH2CH(OH）CHO，据此作答。【详解】A.甘油醛中含有羟基，能与水分子间形成氢键，故其易溶于水，A正确；B.甘油醛中含有醛基，能与银氨溶液反应生成银镜，甘油不与银氨溶液反应，B正确；C.甘油醛中含有羟基和醛基，羟基能与钠反应，但甘油醛与氢氧化钠和碳酸钠不反应，C错误；D.甘油醛与氢气发生还原反应生成甘油，D错误；答案选AB。14.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A. X、Y、Z均属于芳香烃B. X分子中所有原子同一平面上C. 可用FeCl3溶液鉴别Y和ZD. 1 mol Z最多能与2 mol NaOH反应【答案】C【解析】【详解
17、】A.芳香烃是仅含碳氢两种元素且含有苯环的烃，X、Y、Z均含氧元素不属于烃类，故A错误；B.X中含有甲基，甲基呈四面体构型，所有原子不可能共面，故B错误；C.Y中含有酚羟基，遇氯化铁出现紫色，Z中不含酚羟基遇氯化铁不会出现紫色，可用氯化铁鉴别Y和Z，故C正确；D.Z中含有2个酯基，且有一个是酚类酯，一般酯基水解1mol-COO-消耗1molNaOH，1mol酚类酯基消耗2molNaOH，1 mol Z最多能与3 mol NaOH反应，故D错误；故选：C。15.化合物X具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是A. X分子中所有碳原子可能共平面B. 分子
18、中有4个手性碳原子C. 1 mol X最多可与9 mol NaOH反应D. 一定条件下，X可与甲醛发生缩聚反应【答案】BD【解析】【详解】A.X结构中左侧六元环均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，故A错误；B.手性碳原子是连接四个不同原子或原子团的碳原子，X中有如图标识的四个手性碳原子：，故B正确；C.1molX中含有1mol-COOH，1mol-COO-，3mol酚羟基，最多消耗5molNaOH，故C错误；D.X中含有酚羟基，且酚羟基邻位有氢，可与甲醛发生羟醛缩合反应，故D正确；故选：BD。三、非选择题16.利用分类的方法和氧化还原反应的规律，能实现某些物质的转化。(1)请从下列试剂中选择
19、合适的试剂完成指定转化（试剂可以重复选择）。试剂：Cl2、HCl、Na2S、H2O；I2IO3的离子方程式：_；CuSO4Na2SO4的化学方程式：_。(2)利用水钴矿(主要成分是Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3)制取CoC2O42H2O的流程如下：“还原”时，Fe3+和Co3+均被还原为正二价阳离子，写出Co3+被还原的离子方程式_。“氧化”反应的离子方程式为：_。【答案】 (1). I2+5Cl2+6H2O2IO310Cl+12H (2). CuSO4+Na2SCuS+Na2SO4 (3). 2Co3+H2O+2Co2+2H+ (4). 6Fe2+ClO+6H+6Fe3+Cl+3H
20、2O【解析】【分析】(1)在氧化还原反应中，有物质化合价升高，就有化合价降低，I2中I的化合价升高，作还原剂，应选择氧化剂；CuSO4转化为Na2SO4，一种盐转化为另一种盐，考虑复分解反应发生的条件，生成沉淀；(2)水钴矿加入盐酸酸浸，Fe2O3、Al2O3、Co2O3均会与HCl反应，溶液中含有Fe3、Al3、Co3；加入Na2SO3，Fe3和Co3被还原成Fe2、Co2；再加入NaClO3，将Fe2氧化成Fe3，以便除去，最后加入(NH4)2C2O4得到产物。【详解】(1)在氧化还原反应中，有物质化合价升高，就有化合价降低，I2中I的化合价升高，作还原剂，应选择氧化剂，Cl2符合题意。I
21、2中I的化合价从0价升高到5价，生成IO3，化合价共升高10价，Cl2中的Cl化合价从0价降低到1价，共降低2价，化合价升降守恒，则I2和Cl2的系数比为1：5，再根据电荷守恒，物料守恒配平，离子方程式为I2+5Cl2+6H2O2IO310Cl+12H；CuSO4转化为Na2SO4，一种盐转化为另一种盐，考虑复分解反应发生的条件，生成沉淀，Na2S符合题意，化学方程式为CuSO4+Na2SCuS+Na2SO4；(2)“还原”时，SO32被氧化成SO42，根据产物中Co的化合价，可知Co3转化为Co2，离子方程式为2Co3+SO32+H2OSO42+2Co2+2H；“氧化”时，Fe2被ClO3氧
22、化成Fe3，化合价升高1价；ClO3中的Cl转化为Cl，化合价降低6价，化合价升降守恒，则Fe2和ClO3的系数比为6：1，根据电荷守恒，物料守恒配平，离子方程式为6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O。17.草酸铵(NH4)2C2O4为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(1)实验证明草酸铵分解产物有：NH3、CO2、CO和水，其中说明分解产物中有CO的实验现象是_。(2)装置C中发生反应的离子方程式为_。该同学利用草酸铵测定某品牌牛奶中钙的含量，实验步骤如下：取100 mL牛奶，加入足量的草酸铵(NH4
23、)2C2O4溶液，使牛奶中的钙转化成难溶的CaC2O4沉淀；过滤，用适量的蒸馏水洗涤沉淀表面吸附的少量(NH4)2C2O4、蛋白质等杂质；将沉淀转移至锥形瓶中，加足量的稀硫酸溶液溶解CaC2O4；然后以0.100molL1的KMnO4溶液滴定生成的H2C2O4溶液，共消耗KMnO4溶液16.00mL。已知：H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O(未配平)(3)计算该品牌牛奶中钙的含量(单位：gL-1)，写出计算过程_。【答案】 (1). E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (2). CO2+2OH-=+H2O (3). n(KMnO4) =0.100molL-116.0010-3L=1.6
24、10-3mol ，n(H2C2O4) =n(KMnO4) =410-3mol ，n(Ca2+)=n(H2C2O4) =410-3mol，m(Ca2+)=410-3mol40 gmol=0.16g，该品牌牛奶中钙的含量为= 1.6 gL-1【解析】【分析】草酸铵分解产物有NH3、CO2、CO和水，澄清石灰水用于检验二氧化碳，足量氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，浓硫酸用于除水，氧化铜与一氧化碳反应生成二氧化碳和铜；与H2C2O4发生氧化还原反应，锰元素由+7价变为+2价，碳元素由+3价变为+4价，根据得失电子守恒，可得反应方程式为6H+2+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O。【详解】(1)综
25、上分析，说明草酸铵的分解产物中有CO的实验现象是E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊。(2)装置C中总量氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为CO2+2OH-=+H2O。(3)滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量为n(KMnO4) =0.100molL-116.0010-3L=1.610-3mol，根据反应6H+2+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O可知，消耗的草酸的物质的量n(H2C2O4) =n(KMnO4) =410-3mol，则n(Ca2+)=n(H2C2O4) =410-3mol，m(Ca2+)=410-3mol40 gmol=0.16g，该品牌牛奶中钙的
26、含量= 1.6 gL-1。18.工业上以金属镍废料(除NiO外，还含有少量的FeO、Fe2O3) 为原料生产Ni2O3的流程如下：(1) “酸浸”时，Fe2O3发生反应的化学方程式为_。(2) “氧化”时，加入双氧水的目的是_。(3) “沉镍”时，检验Ni2+沉淀完全的操作是_。(4) “氧化”时，发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O (2). 将Fe2+氧化为Fe3+ (3). 静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明已沉淀完全，反之则没有沉淀完全 (4). 2Ni2+ClO-+4OH-Ni2O3+Cl-+
27、2H2O【解析】【分析】金属镍废料（除NiO外，还含有少量的FeO、Fe2O3），加硫酸酸浸后的酸性溶液中含有金属离子Ni2+、Fe2+、Fe3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3再溶于硫酸，得硫酸镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3。【详解】(1) “酸浸”时，Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O。(2)综上分析 “氧化”时，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。(3) “沉镍”时，检验Ni2+
28、沉淀完全的操作是静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，说明已沉淀完全，反之则没有沉淀完全。(4) “氧化”时，加入次氯酸钠和氢氧化钠与硫酸镍发生氧化还原反应，镍化合价由+2价变为+3价生成三氧化二镍，氯元素化合价由+1价降为-1价，反应的离子方程式为2Ni2+ClO-+4OH-Ni2O3+Cl-+2H2O。19.有机物X( )是重要的化工试剂，一种合成路线如下：已知：RNH2+ +H2O +H2O(1)DE的反应试剂及条件是_。(2)F的结构简式为_。(3)一定条件下，HCHO与以等物质的量发生反应。可能生成的所有有机产物的结构简式有_。(4)有机物X的一种同分异构体同时
29、满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。除苯环外无其他环状结构；能发生银镜反应，能与酸反应生成盐；核磁共振氢谱图中有4个峰。【答案】 (1). 浓HNO3、浓H2SO4、加热 (2). (3). 、 (4). 或【解析】【分析】有机物A发生溴原子的取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据X的结构简式和G的结构简式可知，C与G反应机理与已知相同，进而推断C的结构简式为；根据D的分子式以及E的结构简式可知，D为甲苯，E发生氧化反应生成F，根据F的分子式以及G的结构简式可知，F的结构简式为。【详解】(1)综上分析，D为甲苯，DE为苯环的硝化反应，反应试剂及条件是浓HNO3、浓H2SO4、加热
30、。(2)E发生氧化反应生成F，根据流程图可知，E的甲基被氧化为醛基，故F的结构简式为。(3)一定条件下，HCHO与以等物质的量发生反应，反应机理与已知相同，故可能生成的所有有机产物的结构简式有、。(4)有机物X的一种同分异构体除苯环外无其他环状结构；能发生银镜反应，能与酸反应生成盐，说明分子含有醛基和氨基；核磁共振氢谱图中有4个峰，则含有4中氢原子，满足条件的结构简式为或。20.化合物H是有机合成重要的中间体，其合成路线如图：(1)H中官能团名称为_。 (2)BC的反应类型为_。(3)的名称为 _。(4)化合物G的结构简式为 _。(5)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构
31、简式：_。能与FeCl3溶液发生显色反应；碱性水解后酸化，所得两种产物分子均只有2种不同化学环境的氢原子。(6)以乙烯和为原料，制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案】 (1). 羧基、羰基 (2). 还原反应 (3). 1,3-丁二烯 (4). (5). (6). 【解析】【分析】根据流程中，结合G的分子式可知，G在碱性条件下水解后再酸化得到H，减少2个碳，则应同时生成乙醇，故可推知化合物G的结构简式为，结合其他物质的结构简式，利用官能团性质进行分析解答。【详解】(1)H为 ，所含有官能团的名称为羧基、羰基；(2)BC是 在LiAlH4、THF
32、作用下反应生成，根据B与C的结构简式可知，反应过程中去氧加氢，反应类型为还原反应；(3)根据系统命名法可知，含有2个碳碳双键且最长碳链4个碳，名称为 1,3-丁二烯；(4)根据流程中，结合G的分子式可知，G在碱性条件下水解后再酸化得到H，减少2个碳，则应同时生成乙醇，故可推知化合物G的结构简式为；(5)B为，其同分异构体满足：能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；碱性水解后酸化，所得两种产物分子均只有2种不同化学环境的氢原子，则高度对称，水解后生成对苯二酚，满足条件的同分异构体为；(6) 在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成1，3-丁二烯，1，3-丁二烯与乙烯发生加成反应生成，与溴发
33、生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成，合成路线流程图为：。21.酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法。化合物F合成路线如下：(1)BC反应类型为 _。(2)CD反应的化学方程式为_。(3)从整个流程看，DE的作用是_(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能与NaHCO3反应产生CO2；存在顺反异构体，且至少有6个碳原子共平面；核磁共振氢谱图中有5个峰。(5)写出以CH2CHCOOH、CH3OH和CH3CH2MgI为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案
34、】 (1). 氧化反应 (2). +CH3OH +H2O (3). 保护羰基，防止羰基与CH3MgI反应 (4). 或 (5). 或【解析】【分析】C与甲醇在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成D，则D为：；（5）以CH2CHCOOH、CH3OH和CH3CH2MgI为原料制备，通过分析目标产物可知，若要制得醛基，则需要通过醇羟基氧化，而由题干可知，制备醇羟基的方式有利用碳碳双键与B2H6、H2O2/OH-连续反应，还可以利用酯基与CH3CH2MgI、H3O+连续反应制得，以此解答。【详解】（1）B中羟基与酸性高锰酸钾反应生成羰基、羧基，该反应类型为氧化反应；（2）由上述分析可知，CD为酯化反应，该反应化学方程式为：+CH3OH +H2O；（3）由EF可知CH3MgI能与-C=O发生反应，而D与F中均含有羰基，因此DE的作用是保护羰基，防止羰基与CH3MgI反应；（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件：能与NaHCO3反应产生CO2，说明该结构中含有羧基，存在顺反异构体，说明含有碳碳双键以及同侧相连原子团不相同，且至少有6个碳原子共平面，说明与碳碳双键相连的原子均为碳原子；核磁共振氢谱图中有5个峰，说明共含有5种不同化学环境的氢原子，则满足该条件的结构有：或 ；（5）若要制得，则需要通过催化氧化而得，中含有2个羟基，结合分析可知，具体合成路线为：或。