江苏省海安高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题.doc

江苏省海安高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题

江苏省海安高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题

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江苏省海安高级中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）
注意事项：
1．本试卷包括第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2．作答选择题，必须用2B铅笔把答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效。交卷时只交答题卡。
3．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Br 80
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学是你，化学是我，化学深入我们的生活，下列说法正确的是
A. 木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B. 食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
C. 包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为90％
【答案】B
【解析】
【详解】A项、淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，A错误；
B项、食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，B正确；
C项、聚氯乙烯还含有氯元素，不属于烃，C错误；
D项、乙醇浓度过大，使细胞壁脱水形成一层膜阻止进一步渗入，医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，D错误；
故本题选B。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A. 一氯甲烷的电子式： B. 比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子
C. 丙醛的分子式：CH3CH2CHO D. 对硝基甲苯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一氯甲烷的电子式为，A不正确；
B. 比例模型表示的是正四面体结构的分子，其中心原子的半径较大，故其可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，B不正确；
C. 丙醛的分子式为C3H6O，C不正确；
D. 对硝基甲苯的苯环上有一个硝基和一个甲基，两个取代基在苯环的相对位置上，故其结构简式为，D正确；
本题选D。
3.下列说法中正确的是
A. 石油分馏、煤的干馏都是物理变化
B. 和为同一种物质
C. 油脂的“皂化”即为油脂的“硬化”
D. 糖类、油脂和蛋白质均是天然高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油分馏是分离互溶的沸点不同的液体混合物，由于没有新物质产生，所以发生的是物理变化；而煤的干馏则是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，由于产生了新的物质，因此发生的变化是化学变化，A错误；
B．甲烷是正四面体结构，分子中任何2个H原子都相邻，和可看作是甲烷分子中的3个H原子分别被1个F原子、2个Cl原子取代产生的物质，因此是同一种物质，B正确；
C．油脂的“氢化”即为油脂的“硬化”，而油脂的“皂化”即为油脂在碱性条件下水解产生高级脂肪酸盐的反应，C错误；
D．糖类中的单糖、低聚糖和油脂不属于高分子化合物，而淀粉、纤维素及蛋白质是天然高分子化合物，D错误；
故合理选项是B。
4.下列有机物命名正确的是
A. 1,3—二甲基丁烷
B. 2—羟基丙烷
C. 2—乙基—1,3—丁二烯
D. 苯甲酸
【答案】C
【解析】
【详解】A． 主碳链为5，属于烷烃，命名为： 2—甲基戊烷，故A错误；
B． 主碳链为3，属于醇类，命名为： 2—丙醇，故B错误；
C． 含不饱和键的最长的主链只有4个碳，名称为 2—乙基—1,3—丁二烯，故C正确；
D． 属于芳香酯类，命名：甲酸苯酯，故D错误；
故选C。
5.下列有关物质的组成、结构和性质的说法中正确的是
A. 用甘氨酸()和丙氨酸()缩合最多可形成四种二肽
B. 浓硫酸可以使蛋白质变黄，称为颜色反应，常用来鉴别部分蛋白质
C. 在一定条件下，CH3CO18OH和C2H5OH反应可生成 CH3CO18OC2H5
D. HCOOH与OHCCH2OH属于同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．用甘氨酸()和丙氨酸()缩合，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，最多可形成四种二肽，故A正确；
B．浓硝酸可以使蛋白质变黄，称为颜色反应，常用来鉴别部分蛋白质，故B错误；
C．发生酯化反应时，酸脱“羟基”、醇脱“氢”，在一定条件下，CH3CO18OH和C2H5OH反应可生成 CH3COOC2H5、H218O，故C错误；
D．HCOOH含有羧基、OHCCH2OH含有醛基、羟基，官能团不同，HCOOH与OHCCH2OH不属于同系物，故D错误；
选A。
6.在给定条件下，下列选项中所示物质间的转化均能实现的是
A. CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH3CBr2CH3
B.
C. 石油CH3CH=CH2
D. NaOH(aq)Cu(OH)2悬浊液Cu2O(s)
【答案】C
【解析】
【详解】A．卤代烃在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成醇，CH3CH2CH2BrCH3CH2CH2OH，故A错误；
B．苯酚酸性大于HCO3－，和碳酸氢钠不反应，故B错误；
C．石油发生裂解反应生成丙烯，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，石油CH3CH=CH2，故C正确；
D．蔗糖不含醛基，蔗糖不能和新制Cu(OH)2悬浊液反应，故D错误；
选C。
7.用下图所示装置进行实验，其中不合理的是

A. 用图①装置配制银氨溶液
B. 用图②装置制备硝基苯
C. 用图③装置检验溴乙烷的消去反应产物中含有乙烯
D. 用图④装置制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，用图①装置配制银氨溶液，开始出现沉淀，继续滴加至沉淀溶解，故A正确；
B选项，用图②装置制备硝基苯，在水浴中加热，故B正确；
C选项，用图③装置检验溴乙烷的消去反应产物中含有乙烯，乙醇、乙烯与酸性高锰酸钾反应，故C错误；
D选项，用图④装置制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集，故D正确。
综上所述，答案为C。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 17 g羟基所含有的电子数目为7NA
B. 1 mol苯甲醛分子中含有的双键数目为4NA
C. 标准状况下，2.24 L己烷含有的分子数为0.1NA
D. 常温常压下，30 g乙酸和葡萄糖的混合物中含有的碳原子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 17 g羟基的物质的量为1mol，所含有的电子数目9NA，A错误；
B. 苯中无碳碳双键，醛基中含有双键，1mol苯甲醛分子中含有的双键数目为NA，B错误；
C. 标准状况下，己烷不是气体，无法计算分子数，C错误；
D. 乙酸和葡萄糖的的最简式为CH2O，30 gCH2O的物质的量为1mol，含有的碳原子数为NA，D正确；
故答案为：D。
9.链状高分子化合物，可由有机化工原料R和其它无机试剂通过卤化、水解、氧化、缩聚反应得到，则R是
A. 乙烯 B. 乙炔 C. 1,3—丁二烯 D. 2—丁醇
【答案】A
【解析】
【详解】由链状高分子化合物的结构可知，该有机物由乙二酸和乙二醇经缩聚反应得到，而乙二酸可由乙二醛氧化得到，乙二醛又可由乙二醇氧化得到，乙二醇可由1，2-二溴乙烷水解得到，1，2-二溴乙烷可由乙烯与溴加成得到。由题意知，该高分子可由有机化工原料R和其它无机试剂通过卤化、水解、氧化、缩聚反应得到，因此，R是乙烯，答案为A。
10.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的说法正确的是( )

A. 分子式为C10H16，其一氯代物有6种
B. 分子中所有的碳原子一定在同一平面上
C. 和丁基苯()互为同分异构体
D. 一定条件下，可以发生加成、取代、氧化、还原等反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质结构不对称，含8种不同位置的H，则它的一氯代物有8种，A错误；
B．分子中甲基、亚甲基、次甲基中的C均为饱和C原子，为四面体结构，则分子中所有C原子不可能在同一平面上，B错误；
C．柠檬烯分子中含16个H，丁基苯分子中含14个H，二者分子式不同，因此它们不能互为同分异构体，C错误；
D．柠檬烯分子中含碳碳双键，能发生加成、氧化、还原等反应；分子中饱和C原子上含H原子，可在光照条件下发生取代反应，D正确；
故合理选项是D。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个该小题就为0分。
11.下列关于实验原理或操作的叙述中，正确的是
A. 从碘水中提取单质碘时，可用无水乙醇代替CCl4
B. 用酸性KMnO4溶液可以除去乙烯中混有的乙炔
C. 可以用水鉴别甲苯、硝基苯、乙酸三种物质
D. 实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法
【答案】CD
【解析】
【详解】A．乙醇易溶于水，从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4，故A错误；
B．乙烯、乙炔都能被高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液除乙烯中混有的乙炔，故B错误；
C．甲苯难溶于水、密度小于水，甲苯和水混合后，静止分层，油层在上；硝基苯难溶于水、密度大于水，硝基苯和水混合后，静止分层，油层在下；乙酸易溶于水，乙酸和水混合后，静止不分层，所以可以用水鉴别甲苯、硝基苯、乙酸三种物质，故C正确；
D．乙酸和氧化钙反应生成醋酸钙，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法提纯混有少量乙酸的乙醇，故D正确；
选CD。
12.来自植物精油中的三种活性成分的结构简式如下。下列说法正确的是

A. ①中含有2个手性碳原子数
B. ②难溶于水，分子中含有3种官能团
C 1 mol②、③与浓溴水反应，最多消耗2 mol Br2
D. 1 mol③最多可与3 mol NaOH发生反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．有机物中与甲基连接的C原子的相邻的碳原子连接4个不同的原子团，为手性碳原子，A正确；
B．物质②含有憎水基，使物质难溶于水，且该物质分子中含有酯基、碳碳双键、羟基、醚键4种官能团，B错误；
C．物质②分子中含2个碳碳双键，1 mol该物质与溴水发生反应，消耗2 mol Br2；物质③分子中含1个碳碳双键和2个酚羟基，碳碳双键能够与溴单质发生加成反应，酚羟基与溴发生取代反应，则1 mol该物质可以与3 mol Br2反应，C错误；
D．③含有2个酚羟基和1个酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，羧基、酚羟基都可以与NaOH发生反应，则1 mol物质③最多可与4 mol NaOH发生反应，D错误；
故合理选项是A。
13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结 论
A
向苯和苯酚的混合液中加入过量浓溴水，过滤
除去了苯中混有的苯酚
B
向两支均盛有1mL蛋白质溶液的试管中分别加入CuSO4、饱和 (NH4)2SO4溶液，均产生沉淀
蛋白质均发生了变性
C
向试管中加入少量麦芽糖，再加入2mL水溶解，片刻后再加入银氨溶液，水浴加热，管壁产生银镜
麦芽糖已水解且产物中含有葡萄糖
D
卤代烃RX少许与NaOH溶液混合共热，冷却后加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
X为Cl原子

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向苯和苯酚的混合液中加入过量浓溴水，两者发生取代反应，但是生成的三溴苯酚仍可溶于苯中，过滤法不能除去杂质，A的结论不正确；
B. 向两支均盛有1mL蛋白质溶液的试管中分别加入CuSO4、饱和(NH4)2SO4溶液，均产生沉淀，前者属于蛋白质的变性，后者属于蛋白质的盐析，B结论不正确；
C. 向试管中加入少量麦芽糖，再加入2mL水溶解，片刻后再加入银氨溶液，水浴加热，管壁产生银镜，该实验无法证明麦芽糖已水解且产物中含有葡萄糖，因为麦芽糖也能发生银镜反应，C结论不正确；
D. 卤代烃RX少许与NaOH溶液混合共热，冷却后加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明有氯化银沉淀生成，从而证明RX为氯代烃，X为Cl原子，D实验结论正确。
本题选D 。
14.在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是

A. 瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N＞O＞P
B. 瑞德西韦中的O—H键的键能大于N—H键的键能
C. 瑞德西韦中所有N都为sp3杂化
D. 瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键
【答案】BD
【解析】
【详解】A．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增大；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减小，则元素的非金属性：O＞N＞P。元素的非金属性越强，其电负性就越大，故元素的电负性：O＞N＞P，A错误；
B．元素的非金属性越强，元素的原子半径越小，与同一元素的原子形成的共价键的键长就越短，其相应的键能就越大，由于元素的原子半径：O＜N，所以瑞德西韦中的O—H键的键能大于N—H键的键能，B正确；
C．在瑞德西韦中，形成3个共价键的N原子采用sp3杂化，含有C=N双键的N原子则采用sp2杂化，C错误；
D．共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键；在苯环及含有N原子的六元环中含大π键，根据瑞德西韦结构可知其中含有共价单键、双键和苯环等六元环，故分子中存在σ键、π键和大π键，D正确；
故合理选项是BD。
15.CPAE是蜂胶的主要活性成分，由咖啡酸合成CPAE路线如下：

下列说法正确的是
A. 可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇
B. 与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种
C. 1 mol咖啡酸最多可与含3 mol NaHCO3的溶液发生反应
D. 咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能发生取代、加成和氧化反应
【答案】BD
【解析】
【详解】A. CPAE中含酚-OH、苯乙醇中含-OH ，均与Na反应生成氢气，则不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，故A错误；
B.与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质，含酚- OH、乙基(或2个甲基) ，含酚-OH、乙基存在邻、间、对三种，两个甲基处于邻位的酚2种，两个甲基处于间位的有3种，两个甲基处于对位的有1种，共9种，故B确；
C.由咖啡酸的结构简式 可知，含有-COOH，能与NaHCO3反应，所以1 mol最多可与1mol NaHCO3的溶液发生反应，故C错误；
D. 由咖啡酸的结构简式 、苯乙醇的结构简式、CPAE的结构简式可知，C=C和苯环可发生加成反应、取代反应和氧化反应，故D正确 ；
故答案：BD。
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
16.某研究性学习小组为了解有机物A的性质，对A的结构进行了如下实验。
实验一：通过质谱分析仪分析得知有机物A的相对分子质量为90。
实验二：用红外光谱分析发现有机物A中含有—COOH和 —OH。
实验三：取1.8g有机物A完全燃烧后，测得生成物为2.64gCO2和1.08gH2O。
实验四：经核磁共振检测发现有机物A的谱图中H原子峰值比为3:1:1:1。
（1）有机物A的结构简式为_______。
（2）有机物A在一定条件下可以发生的反应有_______。
a．消去反应 b．取代反应 c．聚合反应 d．加成反应 e．氧化反应
（3）有机物A在浓硫酸作用下可生成多种产物。其中一种产物B的分子式为C3H4O2，B能和溴发生加成反应，则B的结构简式为_______。另一种产物C是一种六元环状酯，写出生成C的化学方程式：_______。
（4）写出A与足量的金属钠反应的化学方程式：_______。
【答案】 (1). (2). abce (3). CH2=CHCOOH (4). 2+2H2O (5).
【解析】
【分析】
2.64gCO2和1.08gH2O 中碳元素、氢元素的物质的量分别是 、，根据质量守恒，1.8g有机物A中氧元素的物质的量是，A的最简式是CH2O，A的相对分子质量是90，所以A的分子式是C3H6O3；
【详解】(1) A的分子式是C3H6O3，A中含有—COOH和 —OH ，核磁共振检测发现有机物A的谱图中H原子峰值比为3:1:1:1，则A的结构简式是；
(2) a．含有羟基，能发生消去反应生成CH2=CHCOOH，故选a；
b．含有羟基、羧基能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故选b；
c．含有羟基、羧基能发生缩聚反应，故选c；
d．不含碳碳双键，不能发生加成反应，故不选d；
e．含有羟基，能发生氧化反应，故选e；
选abce；
(3) B的分子式为C3H4O2，B能和溴发生加成反应，说明B含有碳碳双键，则B的结构简式为CH2=CHCOOH；另一种产物C是一种六元环状酯，则C是，2分子发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式是2+2H2O；
(4) 中羟基、羧基都能与钠发生置换反应放出氢气，反应的化学方程式是。
【点睛】本题考查有机物的推断和性质，根据燃烧产物推断有机物A的分子式，利用元素守恒确定氧元素的质量是解题的关键，明确根据官能团推断有机物性质。
17.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛的反应如下：

已知：（1）间溴苯甲醛温度过高时易被氧化。
（2）溴、苯甲醛、1,2-二氯乙烷、间溴苯甲醛的沸点见下表：
物质
溴
苯甲醛
1,2-二氯乙烷
间溴苯甲醛
沸点/℃
58.8
179
83.5
229

步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后装入三颈烧瓶（如右图所示），缓慢滴加经浓硫酸干燥过的足量液溴，控温反应一段时间，冷却。

步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机层用10% NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机层加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤出
MgSO4•nH2O晶体。
步骤4：减压蒸馏有机层，收集相应馏分。
（1）实验装置中冷凝管的主要作用是_____，锥形瓶中应为_____（填化学式）溶液。
（2）步骤1反应过程中，为提高原料利用率，适宜的温度范围为（填序号）_______。
A．＞229℃ B．58.8℃~179℃ C．＜58.8℃
（3）步骤2中用10% NaHCO3溶液洗涤，是为了除去溶于有机层的___(填化学式)。
（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是_____。
（5）步骤4中采用减压蒸馏，是为了防止______。
（6）若实验中加入了5.3 g苯甲醛，得到3.7 g间溴苯甲醛。则间溴苯甲醛产率为______。
【答案】 (1). 冷凝回流 (2). NaOH (3). C (4). Br2 (5). 除去有机层的水 (6). 间溴苯甲醛因温度过高被氧化 (7). 40%
【解析】
【分析】
（1）冷凝管的作用是：冷凝回流，以提高原料利用率，锥形瓶中盛放的是NaOH来吸收溴化氢；
（2）步骤1反应过程中，为提高原料利用率，应控制温度小于溴的沸点；
（3）步骤2，有机层用10% NaHCO3溶液洗涤,，是为了除去溴；
（4）步骤3中加入无水MgSO4固体，是为了除去有机物中的水；
（5）采用减压蒸馏，可以降低馏出物的沸点，因此可以在较低的温度下分离出馏分，防止间溴苯甲醛因温度过高被氧化；
（6）依据关系时计算，理论上产生溴苯甲醛的质量，进而计算产率。
【详解】（1）冷凝管的作用是：冷凝回流，以提高原料的利用率；生成物中溴化氢为有毒气体，锥形瓶中盛放的是NaOH溶液，用来吸收溴化氢；
本题答案为：冷凝回流 、NaOH。
（2）步骤1反应过程中，为提高原料利用率，应控制温度低于溴和苯甲醛的沸点，所以温度应低于58.8℃；
本题答案为：C。
（3）步骤2，有机层中含有未完全反应的溴，其能与NaHCO3溶液反应生成可溶于水的盐，所以有机层用10% NaHCO3溶液洗涤,，是为了除去溴；
本题答案为：溴
（4）经洗涤的有机层加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤出
MgSO4•nH2O晶体，所以步骤3中加入无水MgSO4固体，是为了除去有机物中的水；
本题答案为：除去有机层的水。
（5）采用减压蒸馏，可以降低馏出物的沸点，因此可以在较低的温度下分离出馏分，防止间溴苯甲醛因温度过高被氧化；
本题答案为：间溴苯甲醛因温度过高被氧化。
（6）依据，设5.3 g苯甲醛完全反应生成x g间溴苯甲醛,则有：106:185=5.3：x，解得x=9.25g,所以间溴苯甲醛产率100=40；
本题答案为：40。
18.布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：

已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl
②+HCl
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___，G→H的反应类型为___，H中官能团的名称为__。
（2）分子中所有碳原子可能在同一个平面上的E的结构简式为__。
（3）I→K的化学方程式为___。
（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式__(不考虑立体异构)。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有一个手性碳原子；③核磁共振氢谱有七组峰。
（5）写出以间二甲苯、CH3COCl和(CH3)2CHMgCl为原料制备的合成路线：__(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 消去反应 (3). 碳碳双键、酯基 (4). (5). +H2O+CH3OH (6). (7).
【解析】
【分析】
根据F的结构可知A中应含有苯环，A与氯气可以在光照条件下反应，说明A中含有烷基，与氯气在光照条件下发生取代反应，A的分子式为C7H8，则符合条件的A只能是；则B为，B→C→D发生信息①的反应，所以C为，D为；D中羟基发生消去反应生成E，则E为或；E与氢气加成生成F，F生成G，G在浓硫酸加热的条件下羟基发生消去反应生成H，则H为，H与氢气加成生成I，则I为，I中酯基水解生成K。
【详解】(1)A为，名称为甲苯；G到H为消去反应；H为，其官能团为碳碳双键、酯基；
(2)E为或，其中的碳原子可能在同一平面上；
(3)I到K的过程中酯基发生水解，方程式为+H2O+CH3OH；
(4)D为，其同分异构体满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；
②分子中有一个手性碳原子，说明有一个饱和碳原子上连接4个不同原子或原子团；
③核磁共振氢谱有七组峰，有7种环境的氢，结构应对称，满足条件的同分异构体为：；
(5)根据观察可知需要在间二甲苯的苯环上引入一个支链，根据信息②可知CH3COCl/AlCl3可以在苯环上引入支链-COCH3，之后的流程与C到F相似，参考C到F的过程可知合成路线为：。
19.化合物F是有机合成的中间体，其合成路线流程图如下：

(1)化合物F中含氧官能团的名称为____、____。
(2)B→C的反应类型为____。
(3)化合物D的分子式为C10H14 O2，写出D的结构简式____。
(4)含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液与E反应的化学方程式为____。
(5)B和乙醇反应的产物为G(C11H12O3)，写出满足下列条件G的一种同分异构体的结构简式___________。
①不能发生银镜反应，水解产物之一遇FeCl3溶液显紫色
②分子中有4种不同化学环境的氢
(6)已知：。以和丙二酸 [CH2(COOH)2] 为原料制备化合物，写出相应的合成路线流程图(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). 醚键 (2). 酰胺键 (3). 还原反应 (4). (5). + 2Cu(OH)2+NaOH＋Cu2O↓＋3H2O (6). 或 (7).
【解析】
【分析】
A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，D发生氧化反应生成E，根据C、E结构简式，结合化合物D的分子式为C10H14 O2，C发生取代反应生成D，D为；E发生一系列反应生成F，据此分析解答(1)～(5)；
(6)以 和丙二酸[CH2(COOH)2]为原料制备，要合成，可以先合成，需要将碳链增长，因此需要利用题干A→B的合成方法合成，需要将转化为苯甲醛，苯甲醛与丙二酸[CH2(COOH)2]反应生成，可以实现碳链的增长，而将转化为苯甲醛，需要缩短碳链，可以考虑利用已知信息来合成，据此分析解答。
【详解】(1)化合物 F ()中的含氧官能团有醚键、酰胺键，故答案为：醚键；酰胺键；
(2)根据流程图，B→C 过程中-COOH转化-CH2OH，碳碳双键变成了碳碳单键，因此反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；
(3)根据上述分析，D 的结构简式为，故答案为：；
(4)E()中含有醛基，能够在碱性溶液中与Cu(OH)2悬浊液发生氧化还原反应，反应的化学方程式为+ 2Cu(OH)2+NaOH＋Cu2O↓＋3H2O，故答案为：+ 2Cu(OH)2+NaOH＋Cu2O↓＋3H2O；
(5)B 和乙醇反应的产物为 G(C11H12O3)，G的同分异构体符合下列条件：①不能发生银镜反应，说明不含醛基，水解产物之一遇 FeCl3 溶液显紫色，说明含有酯基且其水解产物含有酚羟基，为羧酸苯酯；②分子中有 4 种不同化学环境的氢，则符合条件的结构简式有：或  ，故答案为：或  ；
(6)以 和丙二酸[CH2(COOH)2]为原料制备，发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生已知信息中的反应生成苯甲醛，苯甲醛发生取代反应生成苯丙烯酸，苯丙烯酸发生还原反应生成苯丙醇，苯丙醇发生催化氧化生成苯丙醛，其合成路线，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意限制条件的解读和同分异构体书写方法的练习，难点为(6)，要注意根据目标产物的结构采用逆向思维的方法分析，要注意在题干流程图和信息中寻找碳链增长和缩短的合成方法。
20.铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域。
(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为______。
(2)AlCl3可作以下反应的催化剂。

①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为______。
②1 mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键为______。
③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为__________。
④单个AlCl3气态分子的空间构型为___________，AlCl3可与Cl-形成，与互为等电子体的分子为________。
(3)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n＝______。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (或[Ar]3d54s1) (2). sp3、sp2 (3). 20 mol (4). CH3COOH分子能与水分子间形成氢键 (5). 平面三角形 (6). CCl4(或SiCl4等其它合理答案) (7). 6
【解析】
【分析】
(1)Cr是24号元素，根据构造原理书写其基态核外电子排布式；
(2)①根据乙酸酐中C原子形成化学键情况判断C原子杂化类型；
②根据物质分子结构，结合σ键存在于共价单键、共价双键、共价三键和配位键中分析；
③根据氢键的作用分析判断；
④利用价层电子对互斥理论分析判断AlCl3分子空间构型，结合等电子体概念判断AlCl4-的等电子体；
(3)利用均摊方法计算晶胞中含有的Na+、的数目，然后根据化合物中正负电荷数目相等，计算n的值。
【详解】(1)Cr是24号元素，根据构造原理和洪特规则的特例，可得基态Cr原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1(或写为[Ar]3d54s1)；
(2)①在乙酸酐中，两个甲基C原子形成4个共价单键，采用sp3杂化；而两个—COO—中的C原子都采用sp2杂化类型，故乙酸酐中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；
②对甲基苯乙酮分子式是C9H10O，分子中的共价单键都是σ键，共价双键中1个是σ键，1个是π键，苯环上含有6个碳碳σ键，根据对甲基苯乙酮分子结构可知：1个对甲基苯乙酮分子中，含有10个C-H键，3个C-C单键，1个C=O双键和苯环上含有的6个碳碳σ键，含有σ键的数目为10+3+1+6=20，所以1 mol该物质中含有20 mol的σ键；
③能和水分子间形成氢键的物质易溶于水，CH3COOH与水分子间能形成氢键，所以增大了乙酸的溶解度，所以CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，这不仅与它们都是极性分子，由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中，还与CH3COOH分子能与水分子间形成氢键有关；
④单个AlCl3分子中Al原子价层电子对数=3+=3，且Al原子上不含孤电子对，根据价层电子对互斥判断该分子的空间构型为平面三角形；与互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子总数是32，所以与其互为等电子体的有CCl4(或SiCl4等其它合理答案)；
(3)根据图示可知该晶体的晶胞中含有的Na+数目为2×+4×+8×=6，含有AlFn(n-3)-的数目为1+8×=2，由于阴、阳离子所带电荷数目相等，则6×(+1)+2[-(n-3)]=0，解得n=6。
【点睛】本题综合查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、原子的杂化、等电子体、晶胞计算等，掌握原子核外电子排布规律、杂化轨道理论和价层电子对互斥理论及有关概念是本题解答关键，注意电荷守恒的灵活运用，难点是判断微粒在晶胞的位置，利用均摊方法进行晶胞计算。