2023-2024学年北京市第五十五中学高二下学期5月月考化学（等级考）试题（含答案）

这是一份2023-2024学年北京市第五十五中学高二下学期5月月考化学（等级考）试题（含答案），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共42分）
1.均热板广泛应用于电子器件内部，主要起到散热作用。下列对某均热板部分材料或部件的主要成分的分类不正确的是
A. AB. BC. CD. D
2.FeTiO3是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是
A. 基态Fe2+价层电子排布式为3d6
B. Fe在元素周期表中位于ds区
C. 基态Ti价层电子轨道表示式为
D. O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族
3.下列事实可用范德华力大小解释的是
A. 热稳定性：HCl>HBrB. 氧化性：Cl2>Br2
C. 熔点：I2>Br2D. 沸点：H2O>H2S
4.下列说法不正确的是
A. 葡萄糖在一定条件下能水解生成乳酸(C3H6O3)
B. 油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，含有酯基
C. 核酸分子中碱基配对的原则是使形成的氢键数目最多、结构最稳定
D. 用NH2CH2COOH和NH2CH(CH3)COOH缩合最多可形成4种二肽
5.邻二氮菲的结构简式为
，简写为pℎen，遇FeSO4溶液生成橙红色配合物Fepℎen3SO4，其中Fe2+的配位数为6。下列说法不正确的是
A. pℎen中，不含手性碳原子
B. Fepℎen32+中，pℎen的一个N参与配位
C. Fepℎen32+中，Fe2+提供空轨道，N提供孤对电子
D. Fepℎen3SO4中，既存在极性键也存在非极性键
6.有机物M由C、H、O三种元素组成，可作为溶剂从中草药中提取青蒿素。有关M的结构信息如下：
ⅰ.M的红外光谱显示有C−H、C−O的吸收峰，无O−H的吸收峰。
ⅱ.M的核磁共振氢谱(图1，两组峰面积之比为2:3)、质谱(图2)如下所示。
下列分析不正确的是
A. M不属于醇类物质B. M的分子中含羧基和醛基
C. M的结构简式为CH3CH2OCH2CH3D. M的相对分子质量为74
7.下列操作不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
8.下列各组化合物中，不互为同分异构体的是
A. 、H2C=CH−CH2−CH2−C≡CH
B. 、
C. 、
D. CH3CH2CH2CHO、CH2=CHCH2CH2OH
9.下列物质转化中，所用的试剂、条件不合理的是
A. AB. BC. CD. D
10.阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸()。关于乙酰水杨酸的下列说法中不正确的是
A. 分子式为C9H8O4
B. 可发生加成、水解、酯化反应
C. 与互为同系物
D. 水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
11.双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是
A. 能发生加成、取代反应
B. 最多能与2ml NaOH反应
C. 既能与强碱反应，又能与强酸反应
D. 能与NaHCO3溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠
12.刺槐素是一种黄酮化合物，有抗氧化、抗炎、抗癌的作用，其结构简式如下图所示。下列关于刺槐素的说法正确的是
A. 分子式为C15H12O5B. 分子中碳原子的杂化方式均为sp2
C. 1ml该化合物最多可以和7mlH2反应D. 能与甲醛发生聚合反应
13.丙酮与甲醛具有相似的化学性质，均能与苯酚发生反应。有机物Q具有高阻燃性能，其制备过程如下所示(部分产物未列出)。
下列分析不正确的是
A. 苯酚与双酚A均能与NaOH溶液反应
B. 反应Ⅱ为取代反应
C. 反应Ⅲ为2HBr+Cl2=Br2+2HCl
D. 反应Ⅰ为加成反应，原子利用率100%
14.聚合物E的合成方法如下：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ发生的是酯化反应
B. 合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m：1
C. E中的含氧官能团有3种，即酰胺基、醚键、羟基
D. E在酸性条件下充分水解后转化成A、B、D
二、非选择题（共58分）
15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。
Ⅰ.第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：
(1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是__________(填字母)。
a.ⅰ中，C做还原剂
b.碳酸的酸性强于硅酸
c.碳酸的热稳定性弱于硅酸
(2)ⅱ中，1ml Si与3ml HCl反应转移4ml电子。
①该反应的化学方程式为__________。
②SiHCl3中，H的化合价为__________，由此推测Si的电负性比H的__________(填“大”或“小”)。
(3)ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：__________。
Ⅱ.第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。
(4)基态A原子核外电子排布式为__________。
(5)D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：__________。
16.2023年杭州亚运会开幕式首次用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料，实现废碳再生、循环内零碳排放。已知某些共价键的键能：
(1)CO2的电子式为_____。
(2)CH3OH分子结构如图。
①CH3OH分子中O的杂化轨道类型_____。
②键长a、b、c从长到短的顺序为：_____。
③乙醇的沸点(78℃)高于甲醇(65℃)。解释原因：_____。
(3)在350℃、In2O3催化下用CO2制备CH3OH的反应原理如图。
①该条件下制备甲醇的化学方程式为：_____。
②下列说法正确的是_____(填序号)。
A.电负性由大到小的顺序：O>C>H
B.步骤a涉及s−s σ键的断裂和s−sp3σ键的生成
C.步骤d、e的反应热(ΔH)相等
D.升高温度可以提高反应速率和CH3OH的平衡产率
(4)干冰(CO2)的晶胞结构如图所示，若该晶胞边长为a pm，则干冰晶体的密度为_____g⋅cm−3
(已知：1pm=10−10cm；NA表示阿伏加德罗常数)。
17.环丙基甲基酮是合成环丙氟哌酸类广谱抗菌药物和抗艾滋特效药依法韦仑的重要中间体，在医药、化工及农林等领域均有广泛应用。
已知：Ⅰ.2RCH2COOC2H5→ C2H5ONa+C2H5OH
Ⅱ.R1COOR2+R3OH→ 一定条件R1COOR3+R2OH
(1)实验室制取A的化学方程式为__________。
(2)A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为__________。
(3)D→E的化学方程式为__________。
(4)M是F的同分异构体，写出符合下列条件的M的结构简式__________。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：2：2
(5)H分子中含有一个五元环，写出G→H的化学方程式__________。
(6)I可以与NaHCO3溶液反应。I的结构简式为__________。
(7)J→K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J→K的反应原理，该副产物的结构简式为__________。
18.螺环化合物M具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下：
已知：Ⅰ.−CHO+−CH2−COOR→ 一定条件+H2O
Ⅱ.
(1)A→B的反应类型为__________。
(2)C中含有的官能团是__________。
(3)酸性环境下电化学氧化法可实现B→D的一步合成，阳极区涉及到的反应有：
ⅰ.Mn2+−e−=Mn3+；
ⅱ.__________，Mn2+可循环利用。
(4)D→E的化学方程式为__________。
(5)试剂a的分子式为C4H5O3Cl，其结构简式为__________。
(6)H分子中含有一个六元环和一个五元环。I的结构简式为__________。
(7)关于J的说法正确的是__________。
a.含有手性碳原子
b.能发生消去反应
c.在加热和Cu催化条件下，不能被O2氧化
d.存在含苯环和碳碳三键的同分异构体
(8)E、K中均含有“—C≡N”，K的结构简式为__________。
19.学习小组探究乙酸乙酯的制备与水解，加深对酯化反应和酯的水解的认识。
【实验一】制备乙酸乙酯
(1)a中生成乙酸乙酯的化学方程式为______。
(2)a中加入碎瓷片的作用是______。
(3)本实验中既要对反应物加热，但又不能使温度过高，原因是______。
【实验二】探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热)
(4)c1=______ml/L。
(5)实验Ⅰ～Ⅲ中，酯层减少的体积随时间的变化如下图所示。
①实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是______。
②针对实验Ⅱ中酯层消失的时间少于实验Ⅲ，提出假设：部分乙酸乙酯溶解于Ⅱ中的溶液。探究如下：
步骤ⅰ.向试管中加入2mL水，再依次加入2mL乙酸乙酯、1mL乙醇、1mL乙酸，振荡后互溶，得到溶液X。
步骤ⅱ.取少量溶液X，______(填操作和现象)。证实假设合理。
(6)实验一中，能否用浓NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液？判断并解释：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃；CH3CFCl2含有氟、氯元素，不是烃，A错误；
B.40%甲醇溶液中含有甲醇和水，为混合物，B正确；
C.铜粉为铜单质，属于金属单质，C正确；
D.金刚石粉为碳单质，是非金属单质，D正确；
故选A。
2.【答案】B
【解析】A.基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子形成亚铁离子，价层电子排布式为 3d6 ，A正确；
B.铁为26号元素，Fe在元素周期表中位于d区，B错误；
C.基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则价层电子轨道表示式为，C正确；
D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，故D正确。
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.热稳定性HCl>HBr，是由于H—Cl键的键能大于H—Br，不能用范德华力大小来解释，故A错误；
B.氧化性： Cl2>Br2 ，是应为Cl的电负性大，原子半径小，不能用范德华力大小来解释，故B错误；
C.熔点 I2>Br2 ，是应为相对分子质量 I2>Br2 ，分子间的范德华力 I2>Br2 ，故C正确；
D.沸点： H2O>H2S 是由于 H2O 分子间形成氢键而增大了分子间作用力，不能用范德华力大小来解释，故D错误；
故选C。
4.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查葡萄糖、油脂、核酸等有关知识，难度一般。
【解答】
A.葡萄糖属于单糖，不能水解，A错误；
B.高级脂肪酸和甘油发生酯化反应，因此高级脂肪酸甘油酯是油脂的主要成分，B正确；
C.碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，故核酸分子中碱基配对的原则是氢键数目最多、结构最稳定，C正确；
D.由NH2CH2COOH和NH2CH(CH3)COOH两种氨基酸组成的二肽有2种，其自身和自身结合生成的二肽也有2种，一共4种，D正确；
故选A。
5.【答案】B
【解析】A.手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由其结构式可知无手性碳原子，A正确；
B.由于亚铁离子的配位数为6，故Fepℎen32+中pℎen有2个N原子参与配位，B错误；
C.在物质Fepℎen32+中，中心原子Fe2+提供空轨道，N提供孤对电子，C正确；
D.硫和氧、碳和氮之间为极性键，但pℎen中C和C为非极性键，D正确；
故选B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物分子式与结构式的确定，注意对常用化学谱图进行简单识读，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
【解答】
有机物M由C、H、O三种元素组成，M的红外光谱显示有C−H、C−O的吸收峰，无O−H的吸收峰，由质荷比可知M的相对分子质量为74，其核磁共振氢谱有两组峰且面积之比为2：3，则M分子中氢原子数目为5的倍数且为偶数，结合相对分子质量可知，氢原子数目不能为20，因为此时C原子最小数为20−22=9，而9×12=108>76，故M分子含有10个氢原子，碳原子数目最小为10−22=4，分子中氧原子数目最大为74−10−4×1216=1，故有机物分子式为C4H10O，结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
A.由分析可知，该有机物结构简式为CH3CH2OCH2CH3，没有羟基，不属于醇类，含有醚键，属于醚类，故A正确；
B.该有机物含有醚键，不含羧基、醛基，故B错误；
C.由分析可知，该有机物结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故C正确；
D.由质荷比可知M的相对分子质量为74，故D正确；
故选B。
7.【答案】C
【解析】【详解】A.新制氢氧化铜碱性悬浊液能与醛基反应，加热有砖红色沉淀生成，A正确；
B.往苯酚钠溶液中通入少量CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠，溶液变浑浊，证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；
C.该实验中，水解后、滴加硝酸银溶液前，应先加硝酸中和多余的碱使溶液呈酸性，C不正确；
D.用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯，溶液褪色的是甲苯，溶液分层、水层紫红色的是苯，D正确；
答案选C。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了有机化合物的同分异构体的判断和理解，掌握概念实质是解题关键，题目较简单。
【解答】
A.和H2C=CH−CH2−CH2−C≡CH分子式不同，结构不同，不互为同分异构体，故A选；
B.和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B不选；
C.和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C不选；
D.CH3CH2CH2CHO和CH2=CHCH2CH2OH分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D不选；
故选A。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，注意掌握有机反应条件，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
A.CH3CH2Br→H2C=CH2发生卤代烃的消去反应，反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热条，故A正确；
B.苯与浓硝酸在浓硫酸、50～60℃条件下生成硝基苯，故B正确；
C.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在NaOH水溶液、加热条件下生成高级脂肪酸钠和甘油，故C正确；
D.乙醇在浓硫酸、170℃条件下生成乙烯，在浓硫酸、140℃条件下生成乙醚，故D错误；
故选D。
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解同系物的内涵与外延，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
【解答】
A.分子中含有9个碳原子、8个氢原子、4个氧原子，其分子式为C9H8O4，故A正确；
B.含有苯环，能与氢气发生加成反应；含有酯基，可以发生水解反应；含有羧基，能与醇发生酯化反应，故B正确；
C.含有酯基，而含有醛基，二者不是同系物，故C错误；
D.在酸性条件下水解生成、CH3COOH，含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，故D正确；
故选C。
11.【答案】B
【解析】A.由题干结构简式可知，分子中含有苯环故能发生加成反应，含有碳氯键和羧基，以及苯环故能发生取代反应，A正确；
B.由题干结构简式可知，分子中含有两个碳氯键，水解后生成酚羟基，酚羟基和羧基均能与NaOH反应，故最多能与5ml NaOH反应，B错误；
C.由题干结构简式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能与强碱反应，又能与强酸反应，C正确；
D.由题干结构简式可知，分子中含有羧基，能与 NaHCO3 溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠，D正确；
故选B。
12.【答案】D
【解析】A.根据结构简式可知，该有机物的分子式为C16H12O5，选项A错误；
B.分子中苯环上的碳原子及杂环上的碳原子的杂化方式均为sp2，右上角的甲基上的碳为sp3杂化，选项B错误；
C.该有机物含有2个苯环、一个碳碳双键和一个酮羰基，1ml该化合物最多可以和8ml H2反应，选项C错误；
D.该有机物含有酚羟基，能与甲醛发生聚合反应，选项D正确；
故选D。
13.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查有机物的推断，对比有机物的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
【解答】
双酚A与Br2反应生成和B，该反应属于取代反应，则B为HBr、双酚A为，反应I的方程式为。
A.双酚A的结构简式为，双酚A、苯酚都含有酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，故A正确；
B.反应Ⅱ的方程式为+4Br2→+4HBr，该反应类型为取代反应，故B正确；
C.反应Ⅲ的方程式为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，故C正确；
D.反应I的方程式为，不属于加成反应，反应有水生成，原子利用率小于100%，故D错误；
故选D。
14.【答案】B
【解析】A.过程Ⅰ是A物质中的羧基和B物质中的氨基之间发生的成肽反应，故A错误；
B.E中含有两段由物质D形成的链节，每段需要m个D，所以合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m：1，故B正确；
C.E中的含氧官能团有4种，即酰胺基、醚键、羟基还有酯基，故C错误；
D.E在酸性条件下充分水解后可以转化得到A，但不能得到碱性物质B和环酯物质D，故D错误；
故选B。
15.【答案】(1)b
(2)①Si+3HCl300 SiHCl3+H2 ②−1；小
(3)硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点
(4)1s22s22p63s23p63d104s24p1
(5)As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素

【解析】(1)a.ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”；
b.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”；
c.非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”；
故选b；
(2)①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为Si+3HCl300∘C SiHCl3+H2；
②1ml Si与3ml HCl反应转移4ml电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为−1，故SiHCl3中H的化合价为−1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小；
(3)硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离；
(4)由Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示，可知，A为Ga、D为As；Ga为31号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；
(5)同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se的大。
16.【答案】(1)
(2) sp3杂化 b>a>c 乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大
(3) CO2+3H2→350In2O3CH3OH+H2O AB
(4)4×44NA×a×10−103

【解析】【详解】(1)
CO2为共价化合物，电子式为；
(2)①CH3OH分子中O形成2个共价键且存在2对孤电子对，杂化轨道类型sp3杂化；
②原子半径大小顺序为：C>O>H，所以键长的顺序为b>a>c；
③乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大，所以乙醇的沸点高于甲醇；
(3)①由反应原理图可知，在350℃、In2O3催化下用CO2和氢气生成甲醇和水，所以方程式为：CO2g+3H2g→350In2O2CH3OHg+H2Og；
②A.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性由大到小的顺序：O>C>H，A正确；
B.步骤a涉及s−sσ键即H−H的断裂和s−sp3σ键即H−O的形成，B正确；
C.步骤d、e两个反应的产物不同，所以反应热(ΔH)不相等，C错误；
D.升高温度可以提高反应速率，但生成CH3OH的反应ΔH=745×2+3×436−413×3+351+463+2×463kJ⋅ml−1=−181kJ⋅ml−1为放热反应，升高温度，平衡逆移，所以CH3OH的平衡产率降低，D错误；
故选AB；
(4)干冰分子在晶胞的位置为顶点和面心，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个二氧化碳分子，则晶体密度为ρ=4MNA(a×10−10)3g⋅cm−3=4×44(a×10−10)3NAg⋅cm−3。
17.【答案】(1)C2H5OH→170浓硫酸CH2=CH2↑+H2O
(2)HOCH2CH2Cl
(3)CH3COOH+C2H5OH⇌浓硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O
(4)OHCCH2CH2OCH2CH2CHO
(5)→ 一定条件+CH3CH2OH
(6)
(7)

【解析】根据A的分子式可知，A为CH2=CH2，A→B发生了加成反应，B中含有羟基，B的结构简式为HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl反应生成C为，D与乙醇反应生成E，E与乙醇钠反应生成F，F与C反应生成G，根据逆推法推知F为，E为CH3COOC2H5，D为CH3COOH；G反应生成H，H分子中含有一个五元环，在酸作用下再与HBr反应生成I，结合I的分子式推知H为，I为，脱羧得到J为，J消去HBr得到K。
(1)实验室利用无水乙醇在浓硫酸催化下迅速加热至170℃制取CH2=CH2，反应的化学方程式为C2H5OH→170浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；
(2)A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为HOCH2CH2Cl；
(3)D→E的化学方程式为CH3COOH+C2H5OH⇌浓硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O；
(4)F为，M是F的同分异构体，符合条件：①能发生银镜反应，则含有醛基；②核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：2：2，则对称，符合条件的同分异构体为OHCCH2CH2OCH2CH2CHO；
(5)H分子中含有一个五元环，H为，G→H的化学方程式为→ 一定条件+CH3CH2OH；
(6)I可以与NaHCO3溶液反应，则含有羧基，I的结构简式为；
(7)J→K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J→K的反应原理，消去HBr的位置不同，选择的首尾溴和H原子消去，该副产物的结构简式为。
18.【答案】(1)取代反应
(2)碳氯键(或氯原子)、羧基
(3)+4Mn3++H2O→+4Mn2++4H+
(4)+NCCH2COOC2H5→+H2O
(5)ClCOCOOC2H5
(6)
(7)ad
(8)

【解析】根据分子式可知，A为甲苯，结合C的结构可知，A和氯气发生取代反应生成B为，结合信息Ⅰ可知，D为，结合信息可知，E为，结合M的结构简式，同时H分子中含有一个六元环和一个五元环，则I中含有一个六元环和一个五元环，则I的结构简式为：，I→J为I中的羰基和氢气的加成反应，则J为，以此解题。
(1)由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；
(2)结合C的结构简式可知，C中含有的官能团是碳氯键(或氯原子)、羧基；
(3)B被氧化为D，第一步反应生成Mn3+，随后Mn3+将B氧化为D，根据元素守恒可知，第二步反应为：+4Mn3++H2O→+4Mn2++4H+；
(4)D为，结合信息Ⅰ可知，D→E的化学方程式为+NCCH2COOC2H5→+H2O；
(5)结合F和G的分子式，再结合F→G失去HCl可知试剂a为ClCOCOOC2H5；
(6)由分析可知，I的结构简式为：；
(7)由分析可知，J为，
a.含有手性碳原子，a正确；
b.J中含有羟基，但是羟基邻位碳上没有氢原子，则不能发生消去反应，b错误；
c.J中含有羟基，且羟基碳上含有氢原子，则在加热和Cu催化条件下，能被O2氧化，c错误；
d.J中苯环外含有2个不饱和度，则存在含苯环和碳碳三键的同分异构体，d正确；
故选ad；
(8)由分析可知，E为，J为，E、K中均含有“—C≡N”，再结合M的结构简式可知，K为。
19.【答案】(1)CH3COOH+CH3CH2OH⇌浓H2SO4△CH3COOC2H5+H2O
(2)防止暴沸
(3)加热是为了提高化学反应速率：温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低
(4)4
(5) CH3COOC2H5+NaOH→ △CH3COONa+CH3CH2OH 向溶液X中加入氢氧化钠溶液，振荡，溶液分层
(6)不能，浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快

【解析】【分析】乙醇和乙酸在浓硫酸、加热下发生酯化反应生成乙酸乙酯，碎瓷片的作用是防暴沸，由于乙酸和乙醇易挥发，粗产品中含杂质乙酸和乙醇，乙酸和碳酸钠反应产生气体，乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液中，故用饱和碳酸钠承接粗产品。加热下，乙酸乙酯在一定条件下能水解，探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热)，要控制单一变量。
【详解】(1)a中乙醇和乙酸在浓硫酸、加热下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH⇌浓H2SO4△CH3COOC2H5+H2O。
(2)a中加入碎瓷片的作用是防暴沸。
(3)乙酸和乙醇易挥发，则本实验中既要对反应物加热、但又不能使温度过高的原因是：加热是为了提高化学反应速率：温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低。
(4)对比实验中，比较氢离子和氢氧根离子存在下酯的水解，需要保证这二者离子浓度相同，硫酸中氢离子为4ml/L，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子为4ml/L，c1=4ml/L。
(5)①实验Ⅲ中发生的反应为乙酸乙酯与氢氧化钠反应生成乙酸钠和乙醇，化学方程式是CH3COOC2H5+NaOH→ △CH3COONa+CH3CH2OH。
②实验Ⅱ为酸性下乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，则假设应该是部分乙酸乙酯溶解在乙酸和乙醇中，要证实假设合理故，只要：取少量溶液X，并加入氢氧化钠溶液，振荡，乙酸被中和、乙醇溶解于水中，而乙酸乙酯还来不及完全反应、故会出现溶液分层。则答案为：向溶液X中加入氢氧化钠溶液，振荡，溶液分层。
(6)通过酯水解实验可知，实验一中，不能用浓NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液。理由是：浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快。
选项
A
B
C
D
材料或部件
传热材料
上下盖板
主要成分
CH3CFCl2
40%甲醇溶液
铜粉
金刚石粉
分类
烃
混合物
金属单质
非金属单质

目的
操作
A
检验醛基( )
在试管里加入2mL 10%NaOH溶液，滴入5滴5%CuSO4溶液，振荡。然后加入0.5mL乙醛溶液，加热
B
证明酸性：碳酸>苯酚
向澄清的苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体
C
检验碳卤键( )
向试管里加入几滴1−溴丁烷，再加入2mL 5%NaOH溶液，振荡后加热。一段时间后加入几滴2% AgNO3溶液
D
鉴别甲苯与苯
向两支分别盛有2mL苯和甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡

物质转化
试剂、条件
A
CH3CH2Br→ H2C=CH2
NaOH的乙醇溶液、加热
B
浓硝酸与浓硫酸、50～60℃
C
油脂→
NaOH水溶液、加热
D
CH3CH2OH→ H2C=CH2
浓硫酸、140℃

Si

A

D
化学键
H―H
C―H
H―O
C―O
C=O
键能/(kJ⋅ml−1)
436
413
463
351
745
实验装置
实验步骤
ⅰ.在a中加入2mL乙醇、0.5mL浓硫酸、2mL乙酸，再加入几片碎瓷片 ⅱ.在b中加入3mL饱和Na2CO3溶液 ⅲ.点燃酒精灯，小火加热
实验序号
体积/mL
乙酸乙酯
水
2ml/LH2SO4
c1ml/LNaOH
Ⅰ
4
4
0
0
Ⅱ
4
0
4
0
Ⅲ
4
0
0
4