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北京师范大学附属实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份北京师范大学附属实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题（Word版附解析），文件包含北京师范大学附属实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题Word版含解析docx、北京师范大学附属实验中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
1.考试时间：90分钟；试卷分值：100分。
2.试卷10页，答题纸2页，共4大张纸。
3.请将正确的答案填写在答题纸上，在试卷上作答视为无效。
本试卷可能用到的相对原子质量： H 1 Be 9 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Ca 40
第一部分(选择题 共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 丙烯的结构简式为C3H6
B. SO2的空间结构示意图为
C. 基态Si原子的价层电子的轨道表示式为
D. HF分子中σ键的形成示意图为
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；
B．SO2中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；
C．Si是14号元素，基态Si原子的价层电子的轨道表示式为 ，故C错误；
D．HF分子中σ键为s-p σ键，形成示意图为，故D正确；
选D。
2. 氯吡格雷可用于防治动脉硬化。下列关于该有机物的说法正确的是
A. 属于烃类B. 可发生加成反应
C. 分子中含有3个苯环D. 能形成分子内氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．烃为只含C、H两种元素的有机化合物，氯吡格雷除含C、H两种元素外，还含N、S、Cl和O元素，则不属于烃类，故A错误；
B．由结构图示可知，该物质含碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故B正确；
C．由图示可知该分子中只含有1个苯环，故C错误；
D．氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O、F、N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，由结构简式可知，氯吡格雷分子中不含有O-H、N-H、F-H极性共价键，不能形成分子内氢键，故D错误；
故答案选B。
3. 比较下列各组物质的沸点，正确的是
A. 乙醇>丙烷B. 异戊烷>正戊烷C. 1-丁烯>1-庚烯D. 乙二醇>丙三醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇有分子间氢键沸点高于丙烷，A项正确；
B．分子式相同，支链越多有机物的沸点越低，沸点：正戊烷>异戊烷，B项错误；
C．烯烃随着碳数的增加沸点升高，所以沸点1-庚烯>1-丁烯，C项错误；
D．乙三醇和丙三醇均含有羟基均有分子间氢键，但后者分子质量大熔沸点更高，D项错误；
故选A。
4. 下列有关醇类物质说法正确的是
A. 所有的醇均能溶于水
B. 乙醇可以用作提取溴水中溴单质的萃取剂
C. 1-丙醇在加热的条件下能在NaOH乙醇溶液中反应生成丙烯
D. 2-甲基-2-丁醇不能被催化氧化成醛或酮
【答案】D
【解析】
【详解】A．醇分子中羟基能与水分子间形成氢键，所以羟基亲水，而烃基为憎水基，醇分子中羟基所占比例越大，溶解性越强，烃基所占比例越大，憎水越大，在水中溶解度越小，所以并不是所有醇都能与水互溶，故A错误，
B．单质溴易溶于有机溶剂，因此实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，乙醇与水互溶，不可以用作溴的萃取剂，故B错误；
C．1－丙醇在浓硫酸条件下加热脱水，可能发生消去反应，生成CH2=CHCH3，故C错误；
D．2-甲基-2-丁醇CH3CH2COH(CH3)2中羟基C无C-H所以不能催化氧化，故D正确；
故答案选D。
5. 下列对于物质结构和性质的分析不正确的是
A. 碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅
B. 邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛
C. 氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸
D. 卤代烃中键极性较强，使卤素原子易被取代
【答案】B
【解析】
【详解】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高， A正确；
B．分子内氢键会导致沸点降低，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B错误；
C．氟的电负性大于氯，故其诱导效应氟强于氯，所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，C正确；
D．卤代烃中 C-X 键极性较强，容易断裂，使卤素原子易被取代 ，D正确；
故选B。
6. 下列比较正确的是
A. 第一电离能：B. 热稳定性：
C. 碱性：D. 电负性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，B的2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，A正确；
B．同一主族元素，从上到下氧化性逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，所以热稳定性：H2SC．同一周期元素，从左到右还原性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，所以碱性：Al(OH)3D．同一周期元素，从左往右电负性逐渐增大，因此为O>N，D错误；
故答案选A。
7. 碱金属氯化物是典型的离子化合物，NaCl和CsCl的晶胞结构如图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。
下列说法不正确是
A. NaCl晶胞中a为Na+
B. CsCl晶体中Cs+周围紧邻8个Cl-
C. 碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D. 不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠离子的离子半径小于氯离子，所以氯化钠晶胞中a为离子半径较小的钠离子，故A正确；
B．由晶胞结构可知，氯化铯晶体中铯离子周围紧邻8个氯离子，故B正确；
C．碱金属离子与冠醚通过配位键形成超分子，故C错误；
D．冠醚与金属阳离子通过配位作用相结合，不同大小的冠醚可以识别不同大小的碱金属离子，故D正确；
故选C。
8. 下列构建碳骨架的反应，不属于加成反应的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．加成反应将不饱和键变为单键，醛基加氢变为羟基，属于加成反应，故A不符合题意；
B．反应物中有3个不饱和度，生成物中有2个不饱和度，属于加成反应，故B不符合题意；
C．反应物中有4个不饱和度，生成物中有5个不饱和度，不属于加成反应，应该为氧化反应，故C符合题意；
D．反应物中的醛基经过加成反应生成羟基，属于加成反应，故D不符合题意；
答案选C。
9. 我国科学家从中国特有的喜树中分离得到具有肿瘤抑制作用的喜树碱，结构如图。下列关于喜树碱的说法不正确的是
A 分子中有三种含氧官能团
B. 不能发生消去反应
C. 分子中存在手性碳原子
D. 带★的氮原子有孤电子对，能与含空轨道的以配位键结合
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中含氧官能团为：酰胺基、酯基、羟基共三种，A正确；
B．该有机物中羟基与邻位碳原子上的H可以发生消去反应，故B错误；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子； 分子中仅含1个手性碳原子，C正确；
D．N原子最外层上有5个电子，带★的氮原子中还有一对孤电子对，能与含空轨道的H+以配位键结合，D正确；
故答案选B。
10. 除去制备气体中的杂质所选试剂正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出的HCl气体，可用饱和食盐水除去，饱和碳酸氢钠溶液与氯化氢反应会产生二氧化碳，故A错误；
B．铜与浓硫酸制备二氧化硫并没有其他挥发性气体杂质，应该用浓硫酸干燥，故B错误；
C．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，故C错误；
D．溴乙烷与NaOH在乙醇溶液条件下，发生消去反应生成乙烯，挥发的乙醇可以用水吸收，故D正确；
故答案选D。
11. 青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，在水中几乎不溶，熔点为156°C~157°C，热稳定性差。提取青蒿素的主要工艺如下。(已知： 乙醚的沸点为35°C)
下列说法不正确的是
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B. 操作I需要用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 操作II蒸馏时最好选用水浴加热
D. 操作III的主要过程为加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，用乙醚溶解干燥破碎的青蒿中的青蒿素，过滤得到青蒿素的乙醚提取液；提取液经蒸馏得到乙醚和粗品，向粗品中加入有机溶剂溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到精品。
【详解】A．干燥破碎的青蒿能增大青蒿与乙醚的接触面积，有利于提高青蒿素浸取率，故A正确；
B．由分析可知，操作I为过滤，实验时需要用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C．由分析可知，操作II是蒸馏，可以利用乙醚与青蒿素的沸点相差较大经两者分离，乙醚的沸点为35°C易挥发、易燃，故最好选用水浴加热，故C正确；
D．由分析可知，青蒿素易溶于有机溶剂，不溶于水，则加水不能使青蒿素溶解，无法进行后续的蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，故D错误；
故选D。
12. 下列对实验事实的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烷分子中含有2个甲基、甲苯中含有甲基和苯基，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环使甲基活化，故A正确；
B．甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低，则甲基影响苯环，使苯环上的部分H活化，故B正确；
C．苯酚分子中，是羟基对苯环产生影响，使苯环上与羟基处于邻位、对位上的氢更容易被取代，故苯酚能与浓溴水反应，故C正确；
D．苯酚能和Na2CO3溶液反应，是由于苯环使与其相连的羟基活性增强，电离出氢离子而显弱酸性，苯环增强了羟基活性，但苯酚的酸性弱于碳酸，故D错误；
故选D。
13. 为了研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是
A. ①中沉淀达到最大量时，溶液中
B. 由②中现象可得出结论：与的结合能力强于与的结合能力
C. ③中加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
D. 在配离子中，提供空轨道，给出孤电子对
【答案】B
【解析】
【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++ 2NH3· H2O= Cu(OH)2↓ +2NH ，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，其反应为：Cu( OH)2 + 4NH3=[Cu(NH3)4]2++ 2OH- ，再加入无水乙醇，铜氨络合物溶解度降低，出现深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。以此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知：①中沉淀达到最大量时Cu2++ 2NH3· H2O= Cu(OH)2↓ +2NH，溶质中为硫酸铵，暂不考虑水解，即溶液中，可知，故A正确；
B．硫酸铜和氨水反应生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，继续加氨水，溶解产生为 [Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力，故B错误；
C．根据上述分析可知：络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O在极性较弱的乙醇中溶解度很小，所以有晶体析出， 故C正确；
D．根据上述分析可知：深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故D正确；
故答案选B。
14. 采用下图装置制备乙烯并研究乙烯与溴水的反应。实验观察到溴水褪色，得到无色透明的溶液。分析发现反应产物主要为，含少量。下列说法不正确的是
A. 实验室制乙烯的方程式：
B. 生成的反应是加成反应
C. 除杂试剂为溶液
D. 乙烯与溴水反应后的溶液近乎中性
【答案】D
【解析】
【分析】乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，装置A中NaOH溶液除去挥发出的乙醇，乙烯和溴水发生加成反应产物主要为，含少量；
【详解】A．乙醇在浓硫酸作用下发生分子内脱水生成乙烯，化学方程式为，故A正确；
B．溴水中含有HBrO，反应生成CH2=CH2与HBrO发生加成反应生成了BrCH2CH2OH，故B正确；
C．乙烯气体中可能混有二氧化硫气体，会干扰实验，且二氧化硫是酸性氧化物，可用NaOH溶液吸收除去，故C正确；
D．反应产物主要为BrCH2CH2OH，则反应后溶液一定含有HBr，使溶液呈酸性，故D错误；
故选：D。
第二部分 填空题(共58分)
15. 铍主要用于原子能反应堆材料，宇航工程材料，各种合金，X射线透射窗等。
（1）基态Be核外电子排布式为___________，其电子占据的最高能级的形状是___________形。
（2）有如下反应：
ⅰ.
ⅱ.在溶液或溶液中加入溶液均能生成沉淀
则下列说法中正确的是___________。
A. 属于两性氢氧化物
B. 水溶液的导电性强，因此是离子化合物
C. 和分别与溶液反应均可得到溶液
D. ⅱ中反应均和水解相关
（3）可以与相应酸反应制得和等含铍物质。
①属于共价化合物，属于___________(填“极性”或“非极性”)分子，它能与反应得到阴阳离子比例为的配合物，该配合物中存在配位键的微粒是___________。
②的晶胞是长方体，如图所示(边长，高；三种球表示三种不同原子，其中未标出)：
ⅰ.中心原子杂化类型是___________；原子位于晶胞的___________(填“棱”、“面”或“体内”)；
ⅱ.阿伏加德罗常数为，其密度的表达式为___________(列计算式)。
（4）铍的金属有机化合物是研究的热点。某课题组报道了二茂二铍的合成和结构，结构如下。
每个茂环离子中具有含___________个电子的大键，有___________个原子共平面。
【答案】（1） ①. ②. 球 （2）AC
（3） ①. 非极性 ②. 、 ③. ④. 体内 ⑤.
（4） ①. 6 ②. 10
【解析】
【小问1详解】
Be元素的原子序数为4，基态Be核外电子排布式为1s22s2；其电子占据最高能级为2s，其形状为球形，故答案为1s22s2；球；
【小问2详解】
A．根据信息i，推出Be与Al性质具有相似性，氢氧化铝表现两性，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，故A正确；
B．判断化合物是离子化合物还是共价化合物的依据是熔融状态下是否导电，水溶液导电，不能判断化合物是离子化合物，故B错误；
C．Be元素的性质与Al相似，Be(OH)2属于两性氢氧化物，Be与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2和氢气，BeCl2与过量NaOH溶液反应生成Na2BeO2和水，故C正确；
D．BeCl2与碳酸氢钠发生双水解反应：Be2++2HCO=Be(OH)2↓+2CO2↑，Na2BeO2和NaHCO3溶液反应，利用“酸性强的制取酸性弱的”，其离子方程式为BeO+2HCO=Be(OH)2↓+2CO，该反应与水解无关，故D错误；
答案为AC；
【小问3详解】
①BeF2中Be的价层电子对数为2+=2，空间构型为直线形，属于非极性分子，能与NH4F反应得到阴阳离子比例为1∶2的配合物，可以推出阳离子显+1价，阴离子显-2价，即阳离子是NH，阴离子为BeF，它们均存在配位键；故答案为非极性；NH、BeF；
②i.SO中S的价层电子对数为4+=0，即S的杂化类型为sp3；根据晶胞图，S位于顶点和体心，利用均摊法，个数为=2，根据BeSO4，Be的个数为2，O的个数为2×4=8，根据晶胞图，大球为4个，小球有8个，推出小球为O，全部位于晶胞体内，大球为Be，位于面上；故答案为sp3；体内；
ii.根据i的分析，晶胞的质量为，晶胞体积为(a2b×10-21)cm3，该晶胞的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为；
【小问4详解】
依据茂环的结构，每个碳都是sp2杂化，形成3个σ键，1个未参与杂化的2p电子参与形成大π键，再加上外来一个电子，因此形成大π键电子有6个；形成大π键，结构是平面结构，茂环的结构类似于苯环的结构，因此有10个原子共面；故答案为6；10。
16. 艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体J的一种合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。
（1）A是1，4-二甲苯，E能发生银镜反应。
①A的结构简式是___________。
②A→B的反应条件是___________。
③D的结构简式是___________。
（2）D→E发生氧化反应，有多种条件可实现此转化。
①实验室可用在___________条件下将氧化为。
②当用一定浓度的将氧化为，会生成副产物。X的相对分子质量比的相对分子质量大16，能与溶液反应生成。则的结构简式是___________。
（3）能使的溶液褪色，发生取代反应。
①的结构简式是___________。
②不饱和碳原子上的不易发生取代反应，但在的反应中，中不饱和碳原子上的C-H发生了取代反应。原因是___________。
（4）G与在一定条件下发生反应生成I。
①的结构简式是___________。
②与相对分子质量接近，但在25℃时，为固体，而为液体，解释其原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. 光照 ③.
（2） ①. Cu，△ ②.
（3） ①. ②. 受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂
（4） ①. ； ②. 两者都为分子，相对分子质量接近，但相比于M，D分子中含有羟基，还能形成分子间氢键，氢键作用大于范德华力，所以D的熔点比M的高。
【解析】
【分析】A是1，4-二甲苯，因此A为，A与溴发生取代反应生成B，B在一定条件下水解生成D，D氧化得到E，E与CH3NO2反应生成F，F与溴反应生成G。
【小问1详解】
①A的结构简式是。故答案为：；
②A→B的反应条件是光照，侧链上发生取代反应。故答案为：光照；
③D的结构简式是，故答案为：。
【小问2详解】
①用在Cu，加热条件下将氧化为，故答案为：Cu，加热；
②若用一定浓度的将D氧化为E，会生成副产物X，X的相对分子质量比E的相对分子质量大16，即多一个氧原子，M能与溶液反应生成，M为对甲基苯甲酸，故答案为：。
【小问3详解】
①结构简式是，故答案为：；
②F→G发生取代反应，不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂。故答案为：受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂；
【小问4详解】
①，不饱和度为4，G与在一定条件下发生反应生成I，则的结构简式是，故答案为：；
②与相对分子质量接近，但在25℃时，为固体，而为液体，原因是：两者都为分子，相对分子质量接近，但相比于M，D分子中含有羟基，还能形成分子间氢键，氢键作用大于范德华力，所以D的熔点比M的高，故答案为：两者都为分子，相对分子质量接近，但相比于M，D分子中含有羟基，还能形成分子间氢键，氢键作用大于范德华力，所以D的熔点比M的高。
17. 8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8−羟基喹啉的合成路线。
已知：i．
ii．同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
（1）B的官能团名称是___________。
（2）C→D的化学方程式是___________。
（3）E的结构简式是___________。
（4）F对应的钠盐溶液可与反应，反应的化学方程式是___________。
（5）J的结构简式是___________。
（6）将下列K→L的流程图补充完整：___________，___________。
（7）合成8−羟基喹啉时，L发生了氧化反应，反应时还生成了水。则L与G物质的量之比为___________。
【答案】（1）碳碳双键、碳氯键(或氯原子)
（2）
（3）
（4） （5） （6） ①. ②.
（7）3∶1
【解析】
【分析】A为丙烯，A与Cl2高温反应生成B，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为ClCH2CHClCH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为。
【小问1详解】
B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，因此官能团名称是：碳碳双键、碳氯键，故答案为：碳碳双键、碳氯键。
【小问2详解】
C的结构简式为ClCH2CHClCH2Cl，D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH，C→D的化学方程式是：，故答案为：。
【小问3详解】
E的结构简式是，故答案为：。
【小问4详解】
F的结构简式为，对应的钠盐溶液可与反应，反应的化学方程式是：。
【小问5详解】
根据分析可知J的结构简式是，故答案为：。
【小问6详解】
K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K先发生加成反应生成，发生消去反应生成L，补充的流程图为：，故答案为：；。
【小问7详解】
根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+→++H2O，对比L和8-羟基喹啉的结构简式，L发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中L与G物质的量之比为3:1，故答案为：3∶1。
18. 苯巴比妥是一种镇静剂及安眠药。其合成路线如下图(部分试剂和产物略)。
已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）A→B的反应类型为___________反应。
（2）C→D的化学方程式为___________。
（3）试剂X为___________(写结构简式)。
（4）E中所含官能团名称为___________。
（5）已知苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，其结构简式为___________。
（6）符合下列条件的D的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物； ②能与溶液显色；
③能发生银镜反应； ④苯环上有两个取代基
（7）乙基巴比妥也是一种常用镇静剂，将合成路线补充完整：
注：在“( )”和“□”中注明物质与条件。___________。
【答案】（1）取代 （2）
（3）
（4）酯基 （5）
（6）15 （7）
【解析】
【分析】A属于烃类，符合苯同系物的通式，结合C的结构可知A应为甲苯，甲苯与氯气光照条件下发生烃基上的取代反应，得到B，B经Mg/乙醚、二氧化碳处理再酸化后转化成C，C与乙醇发生酯化反应生成D，E与试剂X发生已知①中取代反应，由已知反应特点可知X应为CH3CH2Br，E为，F与发生已知②中的反应，生成的苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，可知其结构为，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由以上分析可知A 到B的反应为甲苯与氯气发生的光照取代反应；
【小问2详解】
C与乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；
【小问3详解】
由以上分析可知，试剂X为CH3CH2Br；
【小问4详解】
由以上分析可知，E为，所含官能团的名称为酯基；
【小问5详解】
已知苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，由前面分析得出，其结构简式为；
【小问6详解】
由条件可知，①属于芳香族化合物说明由苯环，②能与FeCl3溶液显色说明由酚羟基，③能发生银镜反应说明有醛基，④苯环上有两个取代基，则有两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，故共有15种；
【小问7详解】
由信息ⅰ，可确定与CH3CH2Br反应生成，由信息ⅱ可确定与CO(NH2)2在CH3CH2ONa作用下生成乙基巴比妥，故合成路线为。
19. 研究溴水与苯酚溶液的反应：
向苯酚溶液中滴加浓溴水，开始时生成少量白色沉淀后立即溶解，溴水滴加到一定量时开始出现大量白色沉淀，浓溴水过量时沉淀转变为黄色。
查阅相关资料：苯酚与溴水反应时会有以下五种物质生成：
（1）写出苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚的化学方程式___________。
（2）进一步研究苯酚与溴的物质的量之比对反应的影响。
经气相色谱分析得出，不同下反应后混合体系中每种物质的物质的量百分数n％如下：
①X和Y的核磁共振氢谱峰面积比分别为1∶2∶1和1∶1∶1∶1，Y是___________。
②由此实验得出结论：随减小，___________。
③通过此实验可推测，羟基对苯环上不同氢原子的反应活性的影响不同，具体为___________。
（3）对于“加入过量溴水，白色沉淀转变为黄色”，猜想是因为2，4，6-三溴苯酚吸附了未反应的溴单质所致。为了验证该猜想，甲同学设计了如下三种方案：
a．在沉淀中加入少量的，振荡试管后静置，如果沉淀变白，则猜想正确
b．在沉淀中加入少量NaOH溶液，振荡试管，如果沉淀变白，则猜想正确
c．过滤出该沉淀，低温加热一段时间，如果沉淀颜色变浅或变白，则猜想正确
上述方案中明显不合理的是：___________(填序号)。
经研究，最终生成的黄色固体为一种有机化合物，结构简式为。
（4）一种对苯酚进行定量测定的方法如下：
ⅰ.取5mL含苯酚的待测液，稀释到20mL后向溶液中加入过量的溴水充分反应生成。
ⅱ.充分反应后加热溶液一段时间除去未反应的，冷却后加入过量溶液，充分反应生成三溴苯酚和。
ⅲ.用标准溶液滴定，颜色变为浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，继续滴定，终点时消耗标准液。
已知：
①写出ⅱ中加入过量溶液的离子方程式___________。
②待测液苯酚的浓度为___________。
【答案】（1） （2） ①. 2，4-二溴苯酚 ②. 生成一溴代物逐渐减少，生成三溴代物逐渐增多，生成的二溴代物先增多后减少，当1∶3时，全部生成三溴代物。(合理均可) ③. 活化程度最大的是羟基对位的氢原子，然后是邻位；而间位的氢被钝化(不参与反应)
（3）ab （4） ①. ②. 9400cV
【解析】
【小问1详解】
苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚和HBr，反应的化学方程式；
【小问2详解】
①X和Y的核磁共振氢谱峰面积比分别为1∶2∶1和1∶1∶1∶1，X是，Y是名称为2，4-二溴苯酚；
②由此实验可知苯酚与溴的物质的量之比为1∶3时生成三溴代物，随着减小，一溴代物逐渐减少，二溴代物先增多后减少，因此得出结论：随减小，生成一溴代物逐渐减少，生成三溴代物逐渐增多，生成的二溴代物先增多后减少，当1∶3时，全部生成三溴代物；
③通过此实验可推测，羟基对苯环上不同氢原子的反应活性的影响不同，具体为：活化程度最大的是羟基对位的氢原子，然后是邻位；而间位的氢被钝化(不参与反应)；
【小问3详解】
a．在沉淀中加入少量的，2，4，6-三溴苯酚、溴单质都能溶与四氯化碳层，故a不合理；
b．在沉淀中加入少量NaOH溶液，2，4，6-三溴苯酚含酚羟基具有弱酸性，能与NaOH反应，溴单质也能与NaOH溶液反应，故b不合理；
c．过滤出该沉淀，低温加热一段时间，溴单质挥发出来造成浓度有变化，如果沉淀颜色变浅或变白，证明吸附了未反应的溴单质所致的猜想正确，故c合理；故选ab；
【小问4详解】
①ⅱ中加入过量溶液生成2，4，6-三溴苯酚和，反应的离子方程式；
②根据滴定反应，可知n(I2)=n()=cV×10-3ml，由ii中反应可知n(苯酚)= n(I2)=0.5 cV×10-3ml，5mL含苯酚的质量为0.5 cV×10-3ml×94g/ml=0.5×94cV×10-3g=5×94cVmg，待测液苯酚的浓度为。气体
制备试剂
除杂试剂
A
氯气
二氧化锰、浓盐酸
饱和碳酸氢钠溶液
B
铜、浓硫酸
饱和亚硫酸钠溶液
C
乙炔
电石、饱和食盐水
氢氧化钠溶液
D
乙烯
溴乙烷、NaOH乙醇溶液
水
实验事实
解释
A
甲苯能使酸性溶液褪色但乙烷不能
苯环使甲基活化
B
甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低
甲基使苯环上的部分H活化
C
苯酚能和浓溴水反应但苯不能
羟基使苯环上的部分H活化
D
苯酚能和溶液反应但环己醇不能
苯环增强了羟基活性，使苯酚的酸性强于碳酸
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向溶液中逐滴加入氨水
生成蓝色沉淀并逐渐增加
②
继续滴加氨水
蓝色沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液
③
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
④
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为
产物
2-溴苯酚
4-溴苯酚
2，4-二溴苯酚
2，6-二溴苯酚
2，4，6-三溴苯酚
水中溶解性
微溶
微溶
不溶
不溶
不溶
中溶解性
溶
溶
溶
溶
溶
苯酚
2，4，6-三溴
X
Y
4-溴苯酚
2-溴苯酚
1∶1
17.1
2.1
0
11.7
55.6
13.5
1∶2
0
14.2
2.7
68.8
14.3
0
1∶3
0
100
0
0
0
0
1.考试时间：90分钟；试卷分值：100分。
2.试卷10页，答题纸2页，共4大张纸。
3.请将正确的答案填写在答题纸上，在试卷上作答视为无效。
本试卷可能用到的相对原子质量： H 1 Be 9 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Ca 40
第一部分(选择题 共42分)
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 丙烯的结构简式为C3H6
B. SO2的空间结构示意图为
C. 基态Si原子的价层电子的轨道表示式为
D. HF分子中σ键的形成示意图为
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；
B．SO2中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；
C．Si是14号元素，基态Si原子的价层电子的轨道表示式为 ，故C错误；
D．HF分子中σ键为s-p σ键，形成示意图为，故D正确；
选D。
2. 氯吡格雷可用于防治动脉硬化。下列关于该有机物的说法正确的是
A. 属于烃类B. 可发生加成反应
C. 分子中含有3个苯环D. 能形成分子内氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．烃为只含C、H两种元素的有机化合物，氯吡格雷除含C、H两种元素外，还含N、S、Cl和O元素，则不属于烃类，故A错误；
B．由结构图示可知，该物质含碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故B正确；
C．由图示可知该分子中只含有1个苯环，故C错误；
D．氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O、F、N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，由结构简式可知，氯吡格雷分子中不含有O-H、N-H、F-H极性共价键，不能形成分子内氢键，故D错误；
故答案选B。
3. 比较下列各组物质的沸点，正确的是
A. 乙醇>丙烷B. 异戊烷>正戊烷C. 1-丁烯>1-庚烯D. 乙二醇>丙三醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇有分子间氢键沸点高于丙烷，A项正确；
B．分子式相同，支链越多有机物的沸点越低，沸点：正戊烷>异戊烷，B项错误；
C．烯烃随着碳数的增加沸点升高，所以沸点1-庚烯>1-丁烯，C项错误；
D．乙三醇和丙三醇均含有羟基均有分子间氢键，但后者分子质量大熔沸点更高，D项错误；
故选A。
4. 下列有关醇类物质说法正确的是
A. 所有的醇均能溶于水
B. 乙醇可以用作提取溴水中溴单质的萃取剂
C. 1-丙醇在加热的条件下能在NaOH乙醇溶液中反应生成丙烯
D. 2-甲基-2-丁醇不能被催化氧化成醛或酮
【答案】D
【解析】
【详解】A．醇分子中羟基能与水分子间形成氢键，所以羟基亲水，而烃基为憎水基，醇分子中羟基所占比例越大，溶解性越强，烃基所占比例越大，憎水越大，在水中溶解度越小，所以并不是所有醇都能与水互溶，故A错误，
B．单质溴易溶于有机溶剂，因此实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，乙醇与水互溶，不可以用作溴的萃取剂，故B错误；
C．1－丙醇在浓硫酸条件下加热脱水，可能发生消去反应，生成CH2=CHCH3，故C错误；
D．2-甲基-2-丁醇CH3CH2COH(CH3)2中羟基C无C-H所以不能催化氧化，故D正确；
故答案选D。
5. 下列对于物质结构和性质的分析不正确的是
A. 碳的原子半径小于硅，使金刚石熔点高于晶体硅
B. 邻羟基苯甲醛形成了分子内氢键，其沸点高于对羟基苯甲醛
C. 氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸
D. 卤代烃中键极性较强，使卤素原子易被取代
【答案】B
【解析】
【详解】A．原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高， A正确；
B．分子内氢键会导致沸点降低，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B错误；
C．氟的电负性大于氯，故其诱导效应氟强于氯，所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，C正确；
D．卤代烃中 C-X 键极性较强，容易断裂，使卤素原子易被取代 ，D正确；
故选B。
6. 下列比较正确的是
A. 第一电离能：B. 热稳定性：
C. 碱性：D. 电负性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，B的2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，A正确；
B．同一主族元素，从上到下氧化性逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，所以热稳定性：H2S
故答案选A。
7. 碱金属氯化物是典型的离子化合物，NaCl和CsCl的晶胞结构如图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。
下列说法不正确是
A. NaCl晶胞中a为Na+
B. CsCl晶体中Cs+周围紧邻8个Cl-
C. 碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D. 不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠离子的离子半径小于氯离子，所以氯化钠晶胞中a为离子半径较小的钠离子，故A正确；
B．由晶胞结构可知，氯化铯晶体中铯离子周围紧邻8个氯离子，故B正确；
C．碱金属离子与冠醚通过配位键形成超分子，故C错误；
D．冠醚与金属阳离子通过配位作用相结合，不同大小的冠醚可以识别不同大小的碱金属离子，故D正确；
故选C。
8. 下列构建碳骨架的反应，不属于加成反应的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．加成反应将不饱和键变为单键，醛基加氢变为羟基，属于加成反应，故A不符合题意；
B．反应物中有3个不饱和度，生成物中有2个不饱和度，属于加成反应，故B不符合题意；
C．反应物中有4个不饱和度，生成物中有5个不饱和度，不属于加成反应，应该为氧化反应，故C符合题意；
D．反应物中的醛基经过加成反应生成羟基，属于加成反应，故D不符合题意；
答案选C。
9. 我国科学家从中国特有的喜树中分离得到具有肿瘤抑制作用的喜树碱，结构如图。下列关于喜树碱的说法不正确的是
A 分子中有三种含氧官能团
B. 不能发生消去反应
C. 分子中存在手性碳原子
D. 带★的氮原子有孤电子对，能与含空轨道的以配位键结合
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中含氧官能团为：酰胺基、酯基、羟基共三种，A正确；
B．该有机物中羟基与邻位碳原子上的H可以发生消去反应，故B错误；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子； 分子中仅含1个手性碳原子，C正确；
D．N原子最外层上有5个电子，带★的氮原子中还有一对孤电子对，能与含空轨道的H+以配位键结合，D正确；
故答案选B。
10. 除去制备气体中的杂质所选试剂正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出的HCl气体，可用饱和食盐水除去，饱和碳酸氢钠溶液与氯化氢反应会产生二氧化碳，故A错误；
B．铜与浓硫酸制备二氧化硫并没有其他挥发性气体杂质，应该用浓硫酸干燥，故B错误；
C．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，故C错误；
D．溴乙烷与NaOH在乙醇溶液条件下，发生消去反应生成乙烯，挥发的乙醇可以用水吸收，故D正确；
故答案选D。
11. 青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，在水中几乎不溶，熔点为156°C~157°C，热稳定性差。提取青蒿素的主要工艺如下。(已知： 乙醚的沸点为35°C)
下列说法不正确的是
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B. 操作I需要用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 操作II蒸馏时最好选用水浴加热
D. 操作III的主要过程为加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，用乙醚溶解干燥破碎的青蒿中的青蒿素，过滤得到青蒿素的乙醚提取液；提取液经蒸馏得到乙醚和粗品，向粗品中加入有机溶剂溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到精品。
【详解】A．干燥破碎的青蒿能增大青蒿与乙醚的接触面积，有利于提高青蒿素浸取率，故A正确；
B．由分析可知，操作I为过滤，实验时需要用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C．由分析可知，操作II是蒸馏，可以利用乙醚与青蒿素的沸点相差较大经两者分离，乙醚的沸点为35°C易挥发、易燃，故最好选用水浴加热，故C正确；
D．由分析可知，青蒿素易溶于有机溶剂，不溶于水，则加水不能使青蒿素溶解，无法进行后续的蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，故D错误；
故选D。
12. 下列对实验事实的解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烷分子中含有2个甲基、甲苯中含有甲基和苯基，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环使甲基活化，故A正确；
B．甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低，则甲基影响苯环，使苯环上的部分H活化，故B正确；
C．苯酚分子中，是羟基对苯环产生影响，使苯环上与羟基处于邻位、对位上的氢更容易被取代，故苯酚能与浓溴水反应，故C正确；
D．苯酚能和Na2CO3溶液反应，是由于苯环使与其相连的羟基活性增强，电离出氢离子而显弱酸性，苯环增强了羟基活性，但苯酚的酸性弱于碳酸，故D错误；
故选D。
13. 为了研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是
A. ①中沉淀达到最大量时，溶液中
B. 由②中现象可得出结论：与的结合能力强于与的结合能力
C. ③中加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小
D. 在配离子中，提供空轨道，给出孤电子对
【答案】B
【解析】
【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++ 2NH3· H2O= Cu(OH)2↓ +2NH ，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，其反应为：Cu( OH)2 + 4NH3=[Cu(NH3)4]2++ 2OH- ，再加入无水乙醇，铜氨络合物溶解度降低，出现深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。以此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知：①中沉淀达到最大量时Cu2++ 2NH3· H2O= Cu(OH)2↓ +2NH，溶质中为硫酸铵，暂不考虑水解，即溶液中，可知，故A正确；
B．硫酸铜和氨水反应生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，继续加氨水，溶解产生为 [Cu(NH3)4]2+，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力，故B错误；
C．根据上述分析可知：络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O在极性较弱的乙醇中溶解度很小，所以有晶体析出， 故C正确；
D．根据上述分析可知：深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故D正确；
故答案选B。
14. 采用下图装置制备乙烯并研究乙烯与溴水的反应。实验观察到溴水褪色，得到无色透明的溶液。分析发现反应产物主要为，含少量。下列说法不正确的是
A. 实验室制乙烯的方程式：
B. 生成的反应是加成反应
C. 除杂试剂为溶液
D. 乙烯与溴水反应后的溶液近乎中性
【答案】D
【解析】
【分析】乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，装置A中NaOH溶液除去挥发出的乙醇，乙烯和溴水发生加成反应产物主要为，含少量；
【详解】A．乙醇在浓硫酸作用下发生分子内脱水生成乙烯，化学方程式为，故A正确；
B．溴水中含有HBrO，反应生成CH2=CH2与HBrO发生加成反应生成了BrCH2CH2OH，故B正确；
C．乙烯气体中可能混有二氧化硫气体，会干扰实验，且二氧化硫是酸性氧化物，可用NaOH溶液吸收除去，故C正确；
D．反应产物主要为BrCH2CH2OH，则反应后溶液一定含有HBr，使溶液呈酸性，故D错误；
故选：D。
第二部分 填空题(共58分)
15. 铍主要用于原子能反应堆材料，宇航工程材料，各种合金，X射线透射窗等。
（1）基态Be核外电子排布式为___________，其电子占据的最高能级的形状是___________形。
（2）有如下反应：
ⅰ.
ⅱ.在溶液或溶液中加入溶液均能生成沉淀
则下列说法中正确的是___________。
A. 属于两性氢氧化物
B. 水溶液的导电性强，因此是离子化合物
C. 和分别与溶液反应均可得到溶液
D. ⅱ中反应均和水解相关
（3）可以与相应酸反应制得和等含铍物质。
①属于共价化合物，属于___________(填“极性”或“非极性”)分子，它能与反应得到阴阳离子比例为的配合物，该配合物中存在配位键的微粒是___________。
②的晶胞是长方体，如图所示(边长，高；三种球表示三种不同原子，其中未标出)：
ⅰ.中心原子杂化类型是___________；原子位于晶胞的___________(填“棱”、“面”或“体内”)；
ⅱ.阿伏加德罗常数为，其密度的表达式为___________(列计算式)。
（4）铍的金属有机化合物是研究的热点。某课题组报道了二茂二铍的合成和结构，结构如下。
每个茂环离子中具有含___________个电子的大键，有___________个原子共平面。
【答案】（1） ①. ②. 球 （2）AC
（3） ①. 非极性 ②. 、 ③. ④. 体内 ⑤.
（4） ①. 6 ②. 10
【解析】
【小问1详解】
Be元素的原子序数为4，基态Be核外电子排布式为1s22s2；其电子占据最高能级为2s，其形状为球形，故答案为1s22s2；球；
【小问2详解】
A．根据信息i，推出Be与Al性质具有相似性，氢氧化铝表现两性，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，故A正确；
B．判断化合物是离子化合物还是共价化合物的依据是熔融状态下是否导电，水溶液导电，不能判断化合物是离子化合物，故B错误；
C．Be元素的性质与Al相似，Be(OH)2属于两性氢氧化物，Be与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2和氢气，BeCl2与过量NaOH溶液反应生成Na2BeO2和水，故C正确；
D．BeCl2与碳酸氢钠发生双水解反应：Be2++2HCO=Be(OH)2↓+2CO2↑，Na2BeO2和NaHCO3溶液反应，利用“酸性强的制取酸性弱的”，其离子方程式为BeO+2HCO=Be(OH)2↓+2CO，该反应与水解无关，故D错误；
答案为AC；
【小问3详解】
①BeF2中Be的价层电子对数为2+=2，空间构型为直线形，属于非极性分子，能与NH4F反应得到阴阳离子比例为1∶2的配合物，可以推出阳离子显+1价，阴离子显-2价，即阳离子是NH，阴离子为BeF，它们均存在配位键；故答案为非极性；NH、BeF；
②i.SO中S的价层电子对数为4+=0，即S的杂化类型为sp3；根据晶胞图，S位于顶点和体心，利用均摊法，个数为=2，根据BeSO4，Be的个数为2，O的个数为2×4=8，根据晶胞图，大球为4个，小球有8个，推出小球为O，全部位于晶胞体内，大球为Be，位于面上；故答案为sp3；体内；
ii.根据i的分析，晶胞的质量为，晶胞体积为(a2b×10-21)cm3，该晶胞的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为；
【小问4详解】
依据茂环的结构，每个碳都是sp2杂化，形成3个σ键，1个未参与杂化的2p电子参与形成大π键，再加上外来一个电子，因此形成大π键电子有6个；形成大π键，结构是平面结构，茂环的结构类似于苯环的结构，因此有10个原子共面；故答案为6；10。
16. 艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体J的一种合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。
（1）A是1，4-二甲苯，E能发生银镜反应。
①A的结构简式是___________。
②A→B的反应条件是___________。
③D的结构简式是___________。
（2）D→E发生氧化反应，有多种条件可实现此转化。
①实验室可用在___________条件下将氧化为。
②当用一定浓度的将氧化为，会生成副产物。X的相对分子质量比的相对分子质量大16，能与溶液反应生成。则的结构简式是___________。
（3）能使的溶液褪色，发生取代反应。
①的结构简式是___________。
②不饱和碳原子上的不易发生取代反应，但在的反应中，中不饱和碳原子上的C-H发生了取代反应。原因是___________。
（4）G与在一定条件下发生反应生成I。
①的结构简式是___________。
②与相对分子质量接近，但在25℃时，为固体，而为液体，解释其原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. 光照 ③.
（2） ①. Cu，△ ②.
（3） ①. ②. 受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂
（4） ①. ； ②. 两者都为分子，相对分子质量接近，但相比于M，D分子中含有羟基，还能形成分子间氢键，氢键作用大于范德华力，所以D的熔点比M的高。
【解析】
【分析】A是1，4-二甲苯，因此A为，A与溴发生取代反应生成B，B在一定条件下水解生成D，D氧化得到E，E与CH3NO2反应生成F，F与溴反应生成G。
【小问1详解】
①A的结构简式是。故答案为：；
②A→B的反应条件是光照，侧链上发生取代反应。故答案为：光照；
③D的结构简式是，故答案为：。
【小问2详解】
①用在Cu，加热条件下将氧化为，故答案为：Cu，加热；
②若用一定浓度的将D氧化为E，会生成副产物X，X的相对分子质量比E的相对分子质量大16，即多一个氧原子，M能与溶液反应生成，M为对甲基苯甲酸，故答案为：。
【小问3详解】
①结构简式是，故答案为：；
②F→G发生取代反应，不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂。故答案为：受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂；
【小问4详解】
①，不饱和度为4，G与在一定条件下发生反应生成I，则的结构简式是，故答案为：；
②与相对分子质量接近，但在25℃时，为固体，而为液体，原因是：两者都为分子，相对分子质量接近，但相比于M，D分子中含有羟基，还能形成分子间氢键，氢键作用大于范德华力，所以D的熔点比M的高，故答案为：两者都为分子，相对分子质量接近，但相比于M，D分子中含有羟基，还能形成分子间氢键，氢键作用大于范德华力，所以D的熔点比M的高。
17. 8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8−羟基喹啉的合成路线。
已知：i．
ii．同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。
（1）B的官能团名称是___________。
（2）C→D的化学方程式是___________。
（3）E的结构简式是___________。
（4）F对应的钠盐溶液可与反应，反应的化学方程式是___________。
（5）J的结构简式是___________。
（6）将下列K→L的流程图补充完整：___________，___________。
（7）合成8−羟基喹啉时，L发生了氧化反应，反应时还生成了水。则L与G物质的量之比为___________。
【答案】（1）碳碳双键、碳氯键(或氯原子)
（2）
（3）
（4） （5） （6） ①. ②.
（7）3∶1
【解析】
【分析】A为丙烯，A与Cl2高温反应生成B，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为ClCH2CHClCH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为。
【小问1详解】
B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，因此官能团名称是：碳碳双键、碳氯键，故答案为：碳碳双键、碳氯键。
【小问2详解】
C的结构简式为ClCH2CHClCH2Cl，D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH，C→D的化学方程式是：，故答案为：。
【小问3详解】
E的结构简式是，故答案为：。
【小问4详解】
F的结构简式为，对应的钠盐溶液可与反应，反应的化学方程式是：。
【小问5详解】
根据分析可知J的结构简式是，故答案为：。
【小问6详解】
K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K先发生加成反应生成，发生消去反应生成L，补充的流程图为：，故答案为：；。
【小问7详解】
根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+→++H2O，对比L和8-羟基喹啉的结构简式，L发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中L与G物质的量之比为3:1，故答案为：3∶1。
18. 苯巴比妥是一种镇静剂及安眠药。其合成路线如下图(部分试剂和产物略)。
已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）A→B的反应类型为___________反应。
（2）C→D的化学方程式为___________。
（3）试剂X为___________(写结构简式)。
（4）E中所含官能团名称为___________。
（5）已知苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，其结构简式为___________。
（6）符合下列条件的D的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物； ②能与溶液显色；
③能发生银镜反应； ④苯环上有两个取代基
（7）乙基巴比妥也是一种常用镇静剂，将合成路线补充完整：
注：在“( )”和“□”中注明物质与条件。___________。
【答案】（1）取代 （2）
（3）
（4）酯基 （5）
（6）15 （7）
【解析】
【分析】A属于烃类，符合苯同系物的通式，结合C的结构可知A应为甲苯，甲苯与氯气光照条件下发生烃基上的取代反应，得到B，B经Mg/乙醚、二氧化碳处理再酸化后转化成C，C与乙醇发生酯化反应生成D，E与试剂X发生已知①中取代反应，由已知反应特点可知X应为CH3CH2Br，E为，F与发生已知②中的反应，生成的苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，可知其结构为，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由以上分析可知A 到B的反应为甲苯与氯气发生的光照取代反应；
【小问2详解】
C与乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；
【小问3详解】
由以上分析可知，试剂X为CH3CH2Br；
【小问4详解】
由以上分析可知，E为，所含官能团的名称为酯基；
【小问5详解】
已知苯巴比妥的分子结构中含有2个六元环，由前面分析得出，其结构简式为；
【小问6详解】
由条件可知，①属于芳香族化合物说明由苯环，②能与FeCl3溶液显色说明由酚羟基，③能发生银镜反应说明有醛基，④苯环上有两个取代基，则有两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，两个取代基邻、间、对共3种，故共有15种；
【小问7详解】
由信息ⅰ，可确定与CH3CH2Br反应生成，由信息ⅱ可确定与CO(NH2)2在CH3CH2ONa作用下生成乙基巴比妥，故合成路线为。
19. 研究溴水与苯酚溶液的反应：
向苯酚溶液中滴加浓溴水，开始时生成少量白色沉淀后立即溶解，溴水滴加到一定量时开始出现大量白色沉淀，浓溴水过量时沉淀转变为黄色。
查阅相关资料：苯酚与溴水反应时会有以下五种物质生成：
（1）写出苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚的化学方程式___________。
（2）进一步研究苯酚与溴的物质的量之比对反应的影响。
经气相色谱分析得出，不同下反应后混合体系中每种物质的物质的量百分数n％如下：
①X和Y的核磁共振氢谱峰面积比分别为1∶2∶1和1∶1∶1∶1，Y是___________。
②由此实验得出结论：随减小，___________。
③通过此实验可推测，羟基对苯环上不同氢原子的反应活性的影响不同，具体为___________。
（3）对于“加入过量溴水，白色沉淀转变为黄色”，猜想是因为2，4，6-三溴苯酚吸附了未反应的溴单质所致。为了验证该猜想，甲同学设计了如下三种方案：
a．在沉淀中加入少量的，振荡试管后静置，如果沉淀变白，则猜想正确
b．在沉淀中加入少量NaOH溶液，振荡试管，如果沉淀变白，则猜想正确
c．过滤出该沉淀，低温加热一段时间，如果沉淀颜色变浅或变白，则猜想正确
上述方案中明显不合理的是：___________(填序号)。
经研究，最终生成的黄色固体为一种有机化合物，结构简式为。
（4）一种对苯酚进行定量测定的方法如下：
ⅰ.取5mL含苯酚的待测液，稀释到20mL后向溶液中加入过量的溴水充分反应生成。
ⅱ.充分反应后加热溶液一段时间除去未反应的，冷却后加入过量溶液，充分反应生成三溴苯酚和。
ⅲ.用标准溶液滴定，颜色变为浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，继续滴定，终点时消耗标准液。
已知：
①写出ⅱ中加入过量溶液的离子方程式___________。
②待测液苯酚的浓度为___________。
【答案】（1） （2） ①. 2，4-二溴苯酚 ②. 生成一溴代物逐渐减少，生成三溴代物逐渐增多，生成的二溴代物先增多后减少，当1∶3时，全部生成三溴代物。(合理均可) ③. 活化程度最大的是羟基对位的氢原子，然后是邻位；而间位的氢被钝化(不参与反应)
（3）ab （4） ①. ②. 9400cV
【解析】
【小问1详解】
苯酚与溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚和HBr，反应的化学方程式；
【小问2详解】
①X和Y的核磁共振氢谱峰面积比分别为1∶2∶1和1∶1∶1∶1，X是，Y是名称为2，4-二溴苯酚；
②由此实验可知苯酚与溴的物质的量之比为1∶3时生成三溴代物，随着减小，一溴代物逐渐减少，二溴代物先增多后减少，因此得出结论：随减小，生成一溴代物逐渐减少，生成三溴代物逐渐增多，生成的二溴代物先增多后减少，当1∶3时，全部生成三溴代物；
③通过此实验可推测，羟基对苯环上不同氢原子的反应活性的影响不同，具体为：活化程度最大的是羟基对位的氢原子，然后是邻位；而间位的氢被钝化(不参与反应)；
【小问3详解】
a．在沉淀中加入少量的，2，4，6-三溴苯酚、溴单质都能溶与四氯化碳层，故a不合理；
b．在沉淀中加入少量NaOH溶液，2，4，6-三溴苯酚含酚羟基具有弱酸性，能与NaOH反应，溴单质也能与NaOH溶液反应，故b不合理；
c．过滤出该沉淀，低温加热一段时间，溴单质挥发出来造成浓度有变化，如果沉淀颜色变浅或变白，证明吸附了未反应的溴单质所致的猜想正确，故c合理；故选ab；
【小问4详解】
①ⅱ中加入过量溶液生成2，4，6-三溴苯酚和，反应的离子方程式；
②根据滴定反应，可知n(I2)=n()=cV×10-3ml，由ii中反应可知n(苯酚)= n(I2)=0.5 cV×10-3ml，5mL含苯酚的质量为0.5 cV×10-3ml×94g/ml=0.5×94cV×10-3g=5×94cVmg，待测液苯酚的浓度为。气体
制备试剂
除杂试剂
A
氯气
二氧化锰、浓盐酸
饱和碳酸氢钠溶液
B
铜、浓硫酸
饱和亚硫酸钠溶液
C
乙炔
电石、饱和食盐水
氢氧化钠溶液
D
乙烯
溴乙烷、NaOH乙醇溶液
水
实验事实
解释
A
甲苯能使酸性溶液褪色但乙烷不能
苯环使甲基活化
B
甲苯生成邻硝基甲苯比苯生成硝基苯所需温度低
甲基使苯环上的部分H活化
C
苯酚能和浓溴水反应但苯不能
羟基使苯环上的部分H活化
D
苯酚能和溶液反应但环己醇不能
苯环增强了羟基活性，使苯酚的酸性强于碳酸
序号
实验步骤
实验现象或结论
①
向溶液中逐滴加入氨水
生成蓝色沉淀并逐渐增加
②
继续滴加氨水
蓝色沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液
③
再加入无水乙醇
得到深蓝色晶体
④
测定深蓝色晶体的结构
晶体的化学式为
产物
2-溴苯酚
4-溴苯酚
2，4-二溴苯酚
2，6-二溴苯酚
2，4，6-三溴苯酚
水中溶解性
微溶
微溶
不溶
不溶
不溶
中溶解性
溶
溶
溶
溶
溶
苯酚
2，4，6-三溴
X
Y
4-溴苯酚
2-溴苯酚
1∶1
17.1
2.1
0
11.7
55.6
13.5
1∶2
0
14.2
2.7
68.8
14.3
0
1∶3
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