2019-2020学年北京市清华大学附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市清华大学附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB10.0g 质量分数为46的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为 0.05NAC常温常压下，124gP4中含 键数目为4NAD向 1L1mol L1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中+4NH数目为 NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol 计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A 错

2、误；B 10.0g 质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH 的质量是10.0g 46%=4.6g，物质的量为4.6g46g/mol=0.1mol，根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na 2CH3CH2ONa+H2，0.1mol 乙醇生成0.05mol 氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA，故 B错误；C一个 P4分子中含有6 个磷磷单键，即6 个 键，124gP4物质的量为124g 124g/mol=1mol，含 键数目为 6NA，故 C 错误；D向 1L1mol L1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存

3、在电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则 n(NH4+)=n(Cl-)=1L 1mol L1=1mol，则+4NH数目为 NA，故 D 正确；答案选 D。【点睛】C 项的 P4分子是正四面体构型，分子中含有6 个磷磷单键，知道物质的结构很关键。2温度恒定的条件下，在2 L 容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。开始充入4 mol 的 SO2和 2 mol 的 O2，10 s 后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1，下列说法不正确的是()A v(SO2)v(O2)=21 B10 s内，v(SO3)=0.05 mol

4、L-1 s-1CSO2的平衡转化率为25%D平衡时容器内的压强是反应前的5/6 倍【答案】D【解析】【详解】A.根据 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)v(O2)=21，故 A 正确；B.10 s 内，v(SO3)=0.05 molL-1 s-1，故 B正确；C.达到平衡状态，此时 c(SO3)=0.5 molL-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则 SO2的平衡转化率为100%=25%，故 C 正确；D.同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是

5、反应前的倍，故 D 错误；故选 D。3下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是A过滤豆浆B酿酒蒸馏C精油萃取D海水晒盐A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A 正确；B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D 错误；答案选 A。4用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 4.6gNa 与含 0.1molHCl 的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0

6、.1NAB25时，pH=13 的 Ba(OH)2溶液中含有OH的数目为0.2NAC常温下，14 克 C2H4和 C3H6混合气体所含的原子数为3NAD等质量的1H218O 与 D216O，所含中子数前者大【答案】C【解析】【详解】A.Na 既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气，4.6g 钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol，即0.2NA，故 A 错；B.pH=13 的 Ba(OH)2溶液中没有体积，无法计算含有OH的数目，故B错；C.常温下，C2H4和 C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2，14 克为 1mol，所含原子数为3NA，C正确；D.等质量的1H218O 与 D216

7、O，所含中子数相等，均为m1020NA，故 D 错。答案为 C。5下表中对应关系正确的是A CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl CH2=CH2+HClCH3CH2Cl 均为取代反应B 由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应C Cl2+2Br =2Cl +Br2Zn+Cu2+=Zn2+Cu 均为单质被还原的置换反应D 2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2Cl2+H2O=HCl+HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】ACH2=CH2+HCl CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+H

8、Cl为烷烃的取代反应，故A 错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故 B 正确；CCl2+2Br-2Cl-+Br2中 Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中 Zn 元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O 元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O HCl+HClO中只有 Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H

9、2O 4NaOH+O2反应中只有过氧化钠中的O 元素的化合价变化；Cl2+H2O HCl+HClO中只有 Cl元素的化合价变化。6X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（）X Y Z 箭头上所标数字的反应条件ANO NO2HNO3常温遇氧气BCl2NaClO HClO 通入 CO2CNa2O2NaOH NaCl 加入 H2O2DAl2O3NaAlO2Al(OH)3加 NaOH 溶液A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧

10、化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A 正确；B.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B 正确；C.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C 错误；D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D 正确；本题选 C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。7某有机物的分子式为49C H OC

11、l，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）A 8 B10 C12 D14【答案】C【解析】【详解】该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4 个 C 的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4 个 C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8 种二元取代物，异丁烷共有 4 种二元取代物，共有12 种，故答案选C。8氨硼烷(NH3 BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为 NH3 BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）A正极的电极反应式

12、为2H+2e-H2B电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C电池工作时，正、负极分别放出H2和 NH3D工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol 电子【答案】D【解析】【分析】由氨硼烷（NH3 BH3）电池工作时的总反应为NH3 BH3+3H2O2 NH4BO2+4H2O 可知，左侧NH3 BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3 BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧 H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，据此分析。【详解】A.右侧 H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2

13、H+2e-=2H2O，故 A 错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3 BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3 BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧 H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故 C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3 BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，假定 6mol 电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增

14、加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol 电子，故D正确；答案选 D。【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。9能用共价键键能大小解释的性质是（）A稳定性：HClHI B密度：HIHCl C沸点：HIHCl D还原性：HIHCl【答案】A【解析】【详解】A.元素非金属性FClBrI，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A 正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体

15、积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B 错误；C.HI、HCl 都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性FClBrI，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HIHBrHClHF，不能用共价键键能大小解释，D 错误；故合理选项是A。10钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于4822Ti的说法中，错误的是（）A质子数为22 B质量数为70 C中子数为26 D核外电子数为22【答案】B【解析】【分析】4822Ti的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子

16、数=48-22=26。【详解】A 项、4822Ti的质子数为22，故 A 正确；B 项、4822Ti的质量数为48，故 B 错误；C 项、4822Ti的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故 C正确；D 项、的电子数=质子数=22，故 D 正确；故选 B。11“碳九”是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9 左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。“碳九”有两种，分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是A若将“碳九 添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭B用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九C均三甲苯（）的二氯代物有5 种D异

17、丙苯 和对甲乙苯（）互为同系物【答案】D【解析】【详解】A.由于碳九中碳原子个数比汽油的多，所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成“积碳”，故 A 正确；B.裂解碳九中含有烯烃，能与溴水发生加成反应而使其褪色，故B正确；C.均三甲苯的二氯代物中，两个氯原子在同一个碳原子上的有1 种：，在不同碳原子上的有 4 种：、，共有 5 种，故 C正确；D.异丙苯与对甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2原子团的要求，故D错误；故答案为D。【点睛】有机物二元取代物的种数确定，应采用“定一移二”的方法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目。12（

18、改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中 Zn 粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量04.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气Ba、c 两点对应的氢气生成速率相等Cb 点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0 10-3 mol L-1 s-1D d 点没有构成原电池，反应速率减慢【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后

19、减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A 项正确；B根据图像可知，a、c 两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C 根据图像可知，b 点收集 336ml 氢气用时 150s，336ml 氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则 b 点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol 150s=1.0 10-3 mol L-1 s-1，C项正确；D d 点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D 项错误；答案选D。13CaCO3+2HCl=CaCl2+CO

20、2+H2O 属于的反应类型是()A复分解反应B置换反应C分解反应D氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A.复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，该反应CaCO3和 HCl 生成 CaCl2和H2CO3，属于复分解反应，故A 选；B.置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，本反应中无单质参与或生成，故 B 不选；C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应，本反应的反应物有两个，故C 不选；D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应，本反应无元素化合价变化，故D 不选。故选 A。14NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A铁丝

21、和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB1 molNaClO 中含有的Cl数目为 NAC5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5 107NAD 18g H2O 中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A 错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B 错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L 的 Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L 0.005mol/L=2.5 105mol，微粒数目略小于2.5 105N

22、A，故 C 错误；D.18g H2O 的物质的量为1mol，而水为10 电子微粒，故1mol 水中含 10NA个电子，故D 正确；答案选 D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。15Garnet 型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能达到最高电导率的 Garnet 型电解质。某Garnet 型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，反应方程式为：LixC6 Li1xLaZrTaOLiLaZrTaO 6C，下列说法不正确的是A放电时，a 极为负极，发生氧化反应BLiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的

23、作用C充电时，b 极反应为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaO D充电时，每转移xmol 电子，a 极增重 7 g【答案】D【解析】【分析】根据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li+向 b 极移动，则b 极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLiLi1xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a 极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】A根据上述分析可知，电池工作放电时，a 极为电池的负极，发生氧化反应，A 选项正确；B由电池工作原理图可知，LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用，B选项正确；C电池充电时，b 极为阳

24、极，发生氧化反应，电极反应式为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaO，C 选项正确；D充电时，a 极为阴极，发生的反应为6C+xe-+xLi=LixC6：每转移xmol 电子，增重7x g，D 选项错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和 H2O，试写出该步反应的化学方程式：_。操作和均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_(填序号)。a瓷坩埚b氧化铝坩埚c铁坩埚d石英坩埚（2）操作 是使

25、 K2MnO4转化为 KMnO4和 MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是 HCl，原因是_。（3）操作过滤时，选择图2 所示装置而不用图1 所示装置的原因是_。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_。【答案】KClO3 3MnO26KOH3K2MnO4+KCl

26、+3H2O c 3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2+2H2O Cl-具有还原性，可将K2MnO4和 KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42-e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】【分析】【详解】（1）根据图示，操作 中的反应物有KClO3、MnO2和 KOH 加热时生成K2MnO4、KCl和 H2O，反应的化学方程式为：KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；操作

27、 和 的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3 3MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；c；（2）操作中K2MnO4转化为 KMnO4和 MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-；若溶液碱性过强，则 MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2+2H2O；通入 CO2调 pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和 KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-

28、；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2+2H2O；Cl-具有还原性，可将 K2MnO4和 KMnO4还原；（3）图 1 为普通过滤装置，图2 为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42-e-=MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42-e-=MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在

29、阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色)。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17A 为只含有C、H、O 三种元素的芳香烃衍生物，且苯环上只有两个取代基。各物质间的相互转化关系如下图所示。已知：D 通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n；H 分子式为C18H16O6；I 中除含有一个苯环外还含有一个六元环。(1)写出 A的分子式：A_。(2)写出 I、E的结构简式：I_ E_；(3)A+G H 的反应类型为_；(4)写出 AF 的化学方程式_。(5)有机物 A 的同分异构体只有两个对位取代基，既能与

30、 Fe3+发生显色反应，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应。则此类A 的同分异构体有_种，其中一种在NaOH 溶液中加热消耗的NaOH 最多。写出该同分异构体与NaOH 溶液加热反应的化学方程式_。【答案】C9H10O3取代反应(或酯化反应)2+O22+2H2O 4 种+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】【分析】A 能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D 通过加聚反应得到 E，E分子式为(C9H8O2)n，D 的分子式为 C9H8O2，D 中含碳碳双键，由A 在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A 为只含有C、H、O 三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代

31、基，A 中含有苯环，A 在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A 中含有羧基，A 的结构应为，D为，E为，I 为，反应中A 连续氧化产生G，G 为酸，F为，G为，A 与 G 发生酯化反应产生H，根据 H 分子式是C18H16O6，二者脱去 1 分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为，D 为，E为，F为，G 为，I 为，H 的结构可能为，也可能是。(1)A 为，则 A 的分子式为C9H10O3；(2)根据上面的分析可知，I 为，E为；(3)A 为，A 分子中含有羟基和羧基，G 为，G 分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条

32、件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+G H的反应类型为取代反应；(4)A 中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C 原子上含有2 个 H 原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此AF 的化学方程式为2+O22+2H2O；(5)有机物 A 的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有 OOCCH2CH3、COOCH2CH3、CH2OOCCH3和 CH2COOCH3，共 4 种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消

33、耗的NaOH最多，酯基为 OOCCH2CH3，1mol 共消耗 3molNaOH，其它异构体1mol 消耗 2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18化合物M 是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A 为原料制备M 的一种合成路线如下：已知：R1CH2Br2R CHO一定条件R1CH

34、=CHR232R COOH I一定条件回答下列问题：(1)B 的化学名称为_；E中官能团的名称为_。(2)C D的反应类型为_。(3)写出 D 与氢氧化钠水溶液共热的化学方程式_。(4)由 F生成 M 所需的试剂和条件为_。(5)X 是 D 的同分异构体，同时符合下列条件的X可能的结构有_种(不含立体异构)。苯环上有两个取代基，含两个官能团；能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示4 组峰的结构简式是_(任写一种)。(6)碳原子上连有4 个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳。写出F的结构简式 _，用星号(*)标出 F中的手性碳。(7)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设

35、计制备的合成路线。_。【答案】邻甲基苯甲醛或2-甲基苯甲醛碳碳双键、羧基取代反应+2NaOH+NaBr+H2O NaOH 的乙醇溶液、加热6、【解析】【分析】A 分子式是C7H8，则 A 是甲苯，结构简式是，A 与 CO在 AlCl3/HCl 存在条件下发生反应生成B，B 分子式是C8H8O，B 与 O2反应生成的C是，C 分子式是C8H8O2，两种物质分子式相差一个O原子，可逆推 B 是，C发生甲基上的取代反应生成的D 为，根据已知，D 与 HCHO在一定条件下发生反应生成的E为：，E与 I2在一定条件下发生信息中第二步反应生成的F为，F与 NaOH 的乙醇溶液共热，发生消去反应产生的M 为

36、。【详解】根据上述分析可知：A 是，B是，E是，F是。(1)B 结构简式是，名称为邻甲基苯甲醛或2-甲基苯甲醛；E是，含有的官能团的名称为碳碳双键、羧基；(2)C是，D是，是甲基上的一个H 原子被 Br 原子取代，故CD 的反应类型为取代反应；(3)D 是，D 与氢氧化钠水溶液共热，Br 原子被-OH 取代，-COOH与 NaOH 发生中和反应产生-COONa，故反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O；(4)F 是，分子中含有I 原子，由于I 原子连接的C原子的邻位C原子上含有H 原子，所以F可以与 NaOH 的乙醇溶液在加热条件下发生消去反应形成不饱和的碳碳双键，得到物质M：，故

37、由 F生成 M 所需的试剂和条件为NaOH 的乙醇溶液、加热；(5)D 是，X是 D 的同分异构体，同时符合下列条件：苯环上有两个取代基，含两个官能团；能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO或甲酸形成的酯基HCOO-，由于 X 中含有 2 个 O 原子，可确定X可能含有两个取代基分别是HCOO-、-CH2Br 或 HCOOCH2-、-Br，两个官能团在苯环上的位置有邻位、间位、对位三种不同的位置，因此 D的同分异构体X 可能的种类数目为23=6 种；其中核磁共振氢谱显示4 组峰的结构简式是或；(6)碳原子上连有4 个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳；F的结构简式是，其中含有的手性碳原子用星号

38、(*)标出为：；(7)CH2=CH2与 HBr 在催化剂存在条件下发生加成反应产生CH3CH2Br，根据题给已知，CH3CH2Br 与 CH3CHO反应产生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在催化剂存在条件下加热，发生加聚反应产生，故以乙烯和乙醛为原料制备的合成路线为：。【点睛】本题考查有机物推断和合成，明确官能团及其性质的关系、常见反应和反应条件是解题关键，要根据某些结构简式、分子式、反应条件采用正、逆结合的方法进行推断，注意题干信息的灵活利用，侧重考查学生分析判断及综合运用能力，易错点是同分异构体种类判断，要注意能够发生银镜反应的可能是含有醛基，也可能是含有甲酸形成的酯基HCO

39、O-，可根据物质分子中含有的O 原子数目分析判断。19苯氧布洛芬具有良好的解热、镇痛、抗炎、抗风湿作用，苯氧布洛芬的合成路线如下：回答下列问题：(1)苯氧布洛芬中官能团的名称为_。(2)碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。A-D 四种物质中，含有手性碳的有机物为_（填字母）。(3)反应的反应类型是_。(4)若过程发生的是取代反应，且另一种产物为HBr，由 A 生成 B发生反应的化学方程式为_。(5)有机物 M 与 C 互为同分异构体，M 满足下列条件：I.能与 FeCl3溶液发生显色反应，1molM 可消耗 2molNaOH；.M 分子中有6 种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱

40、为3：2：2：2：2：3，且分子中含有结构。M 的结构有 _种，写出其中一种结构简式：_。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮(CH3COCH3)为原料制备2 一甲基丙酸的合成路线流程图（无机试剂任用）_。【答案】醚键、羧基CD 还原反应(写加成反应也得分)2 或【解析】【分析】合成苯氧布洛芬，以溴苯为原料，与试剂X发生反应生成B，由问题(4)可知，另一产物为HBr，由此可推出试剂 X 为，发生的反应为取代反应；由B到 C，羰基转化为醇羟基；由C 到 D，-OH 转化为-Br；由 D 到 E，-Br 转化为-CN；由 E到产物，-CN 转化为-COOH。【详解】(1)从苯氧布洛芬的结构

41、式中可以看出，其所含官能团的名称为醚键、羧基。答案为：醚键、羧基；(2)A-D 四种物质中，A、B 没有手性碳原子，C中的与-OH 相连碳原子为手性碳原子，D 中与-Br 相连碳原子为手性碳原子。答案为：CD；(3)反应中，NaBH4将羰基转化为醇羟基，反应类型是还原反应。答案为：还原反应(写加成反应也得分)；(4)若过程发生的是取代反应，且另一种产物为HBr，由 A 生成 B发生反应的化学方程式为。答案为：；(5)满足条件“I.能与 FeCl3溶液发生显色反应，1molM 可消耗 2molNaOH；.M 分子中有6 种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱为3：2：2：2：2：3，且分子中含有结构”的有机物M 与 C互为同分异构体，则其应含有2 个-CH3、2 个-OH，且 2 个-OH 位于同一个苯环的对称位置，2 个-CH3也应具有一定的对称性，由此可确定符合条件的同分异构体的结构简式为或，共 2 种。答案为：2；或；(6)依据题给流程图提供的信息，丙酮(CH3COCH3)先转化为异丙醇，再与 PBr3作用转化为2-溴丙烷，再与HCN发生取代反应，生成(CH3)2CHCN，最后在酸性条件下转化为2 一甲基丙酸。其合成路线流程图为。答案为：。