2018-2019学年黑龙江省大庆实验中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

大庆实验中学2018—2019学年度下学期期中考试

高二年级化学试题

说明：1． 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试时间90分钟。

2．可能用到的相对原子质量：H:1  C:12  O:16    Ca:40

第Ⅰ卷（选择题共48分）

一、选择题（本题包括12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.下列说法错误是

A. 顺-2-丁烯和反-2-丁烯的加氢产物不同

B. 用重结晶的方法提纯苯甲酸时应趁热过滤

C. 邻二甲苯只有一种结构能说明苯分子的结构中，碳碳键不是单、双键交替的事实

D. 的结构中含有酯基

【答案】A

【解析】

A．顺-2-丁烯和反-2-丁烯的加氢产物，均为丁烷，产物相同，故A错误；B．苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，为防止苯甲酸的损失，重结晶的方法提纯时，苯甲酸时应趁热过滤，故B正确；C.若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，故C正确；D．由端基原子、原子团可知，为缩聚反应产物，则该有机物的结构中含有酯基，故D正确；故选A。

2.下列有机物的同系物中，完全燃烧产生的水和二氧化碳的物质的量之比恒定的是

①饱和一元醇，②饱和一元醛，③饱和一元羧酸，④饱和一元醇和饱和一元羧酸生成的酯，⑤乙炔的同系物，⑥苯的同系物

A. ②③ B. ①④ C. ②③④ D. ②③④⑤⑥

【答案】C

【解析】

【分析】

各类有机物完全燃烧生成的水和二氧化碳的物质的量之比恒定说明有机物组成通式中H、C原子数目之比为定值，与C原子数目无关。

【详解】完全燃烧产生的水和二氧化碳的物质的量之比是恒定，说明有机物中碳氢原子的个数之比是恒定的，所以根据有机物的通式可知，饱和一元醛的分子通式为CnH2nO，饱和一元羧酸、饱和一元醇和饱和一元羧酸生成的酯的通式都是CnH2nO2，其中C、H原子个数之比恒为1:2，饱和一元醇的分子通式为CnH2n+2O、乙炔同系物的分子通式为CnH2n-2、苯的同系物的分子通式为CnH2n-6，其中C、H原子个数比都与n有关，故选C。

【点睛】本题考查有机物组成的判断，注意判断符合条件的有机物的组成特点是关键。

3.一定量的某有机物与足量的钠反应可得V1L气体，等质量的该有机物与足量的NaHCO3反应可得同条件下的气体也是V1L，则此有机物可能是

A. HO（CH2）2CHO

B. HO（CH2）2COOH

C. HOOCCOOH

D. （CH3）3COH

【答案】B

【解析】

【分析】

一定质量的某有机物与足量的NaHCO3反应，可得到气体V1L，说明有机物中含有-COOH，等质量的该有机物和足量的金属钠反应，可得到气体V1L，说明有机物中含有-COOH，还含有-OH，且所含—COOH和—OH个数相等。

【详解】A项、HO（CH2）2CHO分子中不含有-COOH，不能NaHCO3反应，故A不符合题意；

B项、HO（CH2）2COOH分子中含有1个-COOH，还含有1个-OH，故B符合题意；

C项、HOOCCOOH不含有-OH，故C不符合题意；

D项、（CH3）3COH分子中不含有-COOH，不能NaHCO3反应，故D不符合题意。

故选B。

【点睛】本题考查有机物的性质，注意-COOH可与NaHCO3反应生成气体，而-OH不与NaHCO3反应是解答关键。

4.化学家从腐败草料中提取出双香豆素，结构简式如图。1mol双香豆素与NaOH溶液反应，最多可消耗NaOH的物质的量是

A. 2 mol B. 4 mol C. 6 mol D. 8mol

【答案】B

【解析】

【详解】该有机物含有羟基和酯基，水解产物中含有2个酚羟基和2个羧基，则1mol双香豆素与NaOH溶液反应，最多可消耗NaOH的物质的量是4mol，故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意有机物水解产物的判断是解答关键。

5.下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是

A. 甲苯能使高锰酸钾溶液褪色而乙烷不能

B. 与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢

C. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能

D. 乙醇能被酸性重铬酸钾溶液氧化而乙酸不能

【答案】D

【解析】

【详解】A项、乙烷不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，说明苯环对甲基有影响，故A正确；

B项、由于乙基对羟基的影响，水中羟基H比乙醇中羟基H活泼，则与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，故B正确；

C项、苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯基对羟基的影响，使苯酚中羟基氢能电离，故C正确；

D项、乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重醇性质的考查，明确有机物的结构特点，以及有机物性质与结构的关系是解答的关键。

6.下列说法正确的是

A. 煤焦油干馏可得到苯、甲苯等

B. 煤裂化可得到汽油、柴油、煤油等轻质油

C. 石油分馏可得到乙烯、丙烯等重要化工产品

D. 油脂皂化反应基本完成的现象是，反应后静置，反应液不分层

【答案】D

【解析】

【详解】A项、煤干馏可得到煤焦油，煤焦油分馏可得到苯、甲苯等，故A错误；

B项、石油裂化可提高汽油、煤油和柴油等轻质油产量，煤不能裂化，故B错误；

C项、石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料，故C错误；

D项、皂化反应基本完成时高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐和甘油均易溶于水，因此反应后静置，反应液不分层，故D正确。

故选D。

7.白藜芦醇结构如图，广泛存在于食物（例如桑椹、花生，尤其是葡萄）中，它可能具有抗癌性。能够跟1 mol该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是

A. 1 mol,1 mol B. 3.5 mol,7 mol

C. 3.5 mol,6 mol D. 6 mol,7 mol

【答案】D

【解析】

试题分析：1分子白藜芦醇中含有3个酚羟基，共有5个邻位氢原子可与溴发生取代反应，含有1个碳碳双键能和溴发生加成反应，则1mol白藜芦醇与溴水发生反应需要溴6mol，白藜芦醇分子中有2个苯环和一个碳碳双键，所以与氢气发生加成反应需H2 7mol，答案选D。

【考点定位】考查有机物的官能团及其结构、性质。

【名师点睛】本题考查有机物的官能团及其结构、性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意酚的取代反应位置是羟基的邻、对位，间位不能发生取代反应。白藜芦醇含有的官能团有酚羟基、碳碳双键，酚羟基的邻、对位能与溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应；苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，据此计算Br2和H2的最大用量。

8.由于碳碳双键（ ）中π键不能自由旋转，因此 和 是两种不同的化合物，互为顺反异构体。则分子式为C3H4Cl2的化合物的烯类异构体有

A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种

【答案】C

【解析】

【分析】

该类同分异构体的判断可看作是由官能团取代烃中的不同氢而形成的，书写时首先写出有机物的碳链结构，然后利用“等效氢”规律判断可以被取代的氢的种类，一般有几种等效氢就有几种取代位置，就有几种同分异构体。

【详解】C3H6的烯类同分异构体只有一种结构，结构简式为CH3-CH=CH2；CH3-CH=CH2的分子结构中有三类氢，一氯代物有三种，结构简式分别为ClCH2CH=CH2、CH3CCl=CH2、CH3CH=CHCl；CH2Cl-CH=CH2的一氯取代产物有四种，结构简式分别为CHCl2-CH=CH2，CH2Cl-CCl=CH2，CH2Cl-CH=CHCl（顺反两种），CH3CCl=CH2的一氯取代产物有两种，结构简式为CH3-CCl=CHCl（顺反两种），CH3-CH=CHCl的一氯取代产物有一种，结构简式为CH3-CH=CCl2，分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有7种，故选C。

9.下列实验不能获得成功的是

①将水和溴乙烷混合加热制乙醇   ②将乙醇与浓硫酸共热至140℃来制取乙烯

③用电石和饱和食盐水制取乙炔   ④苯、浓溴水和铁粉混合，反应后可制得溴苯

A. 只有② B. 只有①② C. 只有①②④ D. 只有②④

【答案】C

【解析】

①将水和溴乙烷混合加热，反应缓慢，应将氢氧化钠水溶液和溴乙烷混合加热制乙醇；②将乙醇与浓硫酸共热至140℃得到的是乙醚，应将乙醇与浓硫酸共热至170℃来制取乙烯；③可用电石和水制取乙炔；④苯、浓溴水和铁粉混合，反应缓慢，应将苯、溴和铁粉混合制溴苯。故选C。

10.向淀粉溶液中加入少量硫酸，并加热使之发生水解，为测定水解的程度所需的试剂是

①NaOH溶液 ②银氨溶液 ③新制氢氧化铜悬浊液 ④碘水 ⑤BaCl2溶液

A. ①⑤ B. ②④ C. ①②④ D. ②③④

【答案】C

【解析】

淀粉在稀硫酸催化下水解，最终产物是葡萄糖。如果未发生水解，则溶液不能发生银镜反应；如果部分水解，则既能发生银镜反应又能遇碘水变蓝；如果已完全水解，则遇碘水不显蓝色。因此，选择碘水和银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液可确定有无淀粉存在和有无葡萄糖生成，但检验水解产物前必须加碱来中和酸。

11.质量相同的下列各种醇，与乙酸发生酯化反应时，消耗乙酸最多的是

A. 丙三醇 B. 乙二醇 C. 乙醇 D. 甲醇

【答案】A

【解析】

分析：若某醇质量为1 g，该醇相对分子质量为M，该醇分子中含有n个羟基．则1 g该醇含羟基（也即酯化时需羧基或醋酸）的物质的量为：n/M，比较4种醇中的n/M值即可判断出正确答案。

详解：若某醇质量为1 g，该醇相对分子质量为M，该醇分子中含有n个羟基，则1 g该醇含羟基（也即酯化时需羧基或醋酸）的物质的量为：n/M。则

A．丙三醇消耗乙酸为：3/92 mol；

B．乙二醇消耗乙酸为：l/31 mol；

C．乙醇消耗乙酸为：1/46 mol；

D．甲醇消耗乙酸为：1/32 mol；

可见相等质量的4种醇中，丙三醇酯化消耗的醋酸最多。

答案选A。

点睛：本题考查化学方程式的有关计算，明确酯化反应原理为解答的关键，注意利用常见有机物通式进行解答，难度不大。

12.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式如图所示，A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有

A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种

【答案】A

【解析】

【分析】

利用换元法解答，苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故二溴代物与四溴代物同分异构体数目相同。

【详解】苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，采用“定一移二”法，苯环上二溴代物有9种同分异构体，故苯环上四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选A。

【点睛】本题考查同分异构数目的判断，注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（m＜n）的取代产物与（n-m）个取代基的取代产物的种数相同。

二、选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分．每小题有1至2个选项符合题意。）

13.某有机物R的结构如图所示。下列说法不正确的是

A. R的分子式为C9H8O5

B. R分子中的所有原子可能共平面

C. R能发生酯化、水解、加成反应

D. 与R含有相同取代基的苯环上的位置异构体还有9种

【答案】B

【解析】

【详解】A.R的分子式为C9H8O5，故A正确；

B.R结构中含有－CH3结构，该结构中的氢原子最多只能有一个在平面内，故B错误；

C.R中含有羧基可以发生酯化反应，含有酯基可以发生水解反应，含有苯环结构可以发生加成反应，故C正确；

D. 与R含有相同取代基的苯环上的位置异构体是指苯环的三个侧链不变，只是改变在苯环上的位置。三个侧链均不相同，设为A、B、C，讨论位置：若ABC相邻，有三种，分别为ABC、ACB、CAB；若有两个相邻，另一个不相邻，3×2=6；若三个均不相邻，只有一种，所以一共有十种，除了R本身，还有九种，故D正确。

综合以上分析，该题答案为B。

14.下列离子方程式正确的是

A. 甲酸与碳酸钠溶液反应：2H++CO32-=CO2↑+H2O

B. 醋酸溶液与Cu(OH)2：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O

C. 苯酚钠溶液通少量CO2 ：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-

D. 甲醛溶液与足量的银氨溶液共热：HCHO +4Ag(NH3)2++4OH- CO32-+2NH4++4Ag↓ +6NH3+2H2O

【答案】BD

【解析】

【详解】A项、甲酸为弱酸，甲酸与碳酸钠溶液反应生成甲酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCOOH+CO32-=2HCOO—+CO2↑+H2O，故A错误；

B项、醋酸为弱酸，醋酸与氢氧化铜反应生成醋酸铜和水，反应的离子方程式为2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O，故B正确；

C项、碳酸酸性大于苯酚，苯酚的酸性大于HCO3-，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和NaHCO3，反应的离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故C错误；

D项、甲醛溶液与足量的银氨溶液共热发生银镜反应生成碳酸铵、银、氨气和水，反应的离子方程式为HCHO +4Ag(NH3)2++4OH- CO32-+2NH4++4Ag↓ +6NH3+2H2O，故D正确。

故选BD。

【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应，熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。

15.下列有机物的命名不正确的是

A. 3，3-二甲基-4-乙基庚烷 B. 2，2-二甲基-1-戊烯

C. 2-乙基丁烷 D. 2-甲基-1，3-丁二烯

【答案】BC

【解析】

【详解】A项、该有机物命名符合烷烃取代基的位次和最小的命名原则，故A正确；

B项、有机化合物中每个碳原子最多形成4个共价键，2号碳原子形成的共价键数目超过4个，故B错误；

C项、主链选择错误，正确名称为3—甲基戊烷，故C错误；

D项、符合二烯烃的烯烃编号从距离双键近的一端编号的命名原则，故D正确。

故选BC。

【点睛】本题考查有机物的命名，结合有机物的结构简式，明确有机物的命名原则是解答关键。

16.下列说法中，正确的是

A. 向溴乙烷中加入NaOH溶液，加热，充分反应，再加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素

B. 实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下

C. 溴乙烷和NaOH醇溶液共热，产生的气体通入KMnO4酸性溶液，发现溶液褪色，证明溴乙烷发生了消去反应

D. 制备新制Cu（OH）2悬浊液时，将4～6滴2％的NaOH溶液滴入2 mL2％的CuSO4溶液中，边滴边振荡

【答案】B

【解析】

【详解】A．溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，选项A错误；B、实验室制备乙烯时，温度计水银球应该插入浓硫酸和无水乙醇的混合液液面以下，以测定反应物的温度，迅速加热至170℃，选项B正确；C、乙醇易挥发，乙醇与乙烯均能被高锰酸钾氧化，则不能证明溴乙烷发生了消去反应生成乙烯，选项C错误；D、制备新制Cu（OH）2悬浊液时，将4～6滴2％的NaOH溶液滴入2 mL2％的CuSO4溶液中，氢氧化钠不足，得不到氢氧化铜悬浊液，选项D错误。答案选B。

17.下列说法正确的是

A. 油脂饱和程度越大，熔点越低

B. 氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应

C. 蔗糖、麦芽糖、硬脂酸甘油酯酸性水解都能得到2种物质

D. 麻黄碱()的催化氧化产物能发生银镜反应

【答案】B

【解析】

【详解】A项、油脂是高级脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响，油脂饱和程度越大，熔点越高，故A错误；

B项、氨基酸、二肽、蛋白质均既含有氨基，又含有羧基，均既能跟强酸反应又能跟强碱反应，故B正确；

C项、麦芽糖水解只生成葡萄糖，故C错误；

D项、麻黄碱（）中与羟基相连的碳原子上只有一个氢，催化氧化得到羰基，不能发生银镜反应，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查常见有机物的结构和性质，注意油脂饱和度越大熔点越高，明确醇的催化氧化的规律是解题的关键。

18.化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式C8H8O2

A 的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如图．关于A的下列说法中，正确的是

A. 1molA在碱性条件下水解消耗2molNaOH

B. A在一定条件下可与4 mol H2发生加成反应

C. 符合题中A分子结构特征的有机物只有1种

D. 与A属于同类化合物的同分异构体只有2种

【答案】C

【解析】

有机物A的分子式为C8H8O2，不饱和度为(2×8+2−8)/2=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1:2:2:3，则四种氢原子个数之比=1:2:2:3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为。A．水解生成苯甲酸和甲醇，能和氢氧化钠反应的只有羧基，所以1molA在碱性条件下水解消耗1molNaOH，故A错误；B．A分子中只有苯环可以和氢气发生加成，则在一定条件下A可与3mol H2发生加成反应，故B错误；C．符合题中A分子结构特征的有机物只有1种，故C正确；D．属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯是甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，也可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，共5种同分异构体，故D错误；答案选：C。

点睛：本题主要考查有机物结构的推断、核磁共振氢谱、红外光谱图、官能团性质等知识，推断A的结构是解答本题的关键，可利用A的分子式计算A的不饱和度，再根据A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1:2:2:3，则四种氢原子个数之比=1:2:2:3，结合红外光谱，分子中存在酯基等基团，进而推出有机物A的结构简式为，根据有机物的相关知识解答各选项即可。

第Ⅱ卷（非选择题共58分）

三．填空题(本题包括4小题，共58分)

19.乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：

请回答下列问题：

（1）A的化学名称是__________________；

（2）D的结构简式为______________；F的结构简式为_____________；

（3）乙烯和氧气反应生成D的化学方程式为_______________________，

 B与A反应生成C的反应类型为________________________；

（4）D的同分异构体的结构简式为________________________。

【答案】    (1). 乙醇    (2).     (3).     (4). 2CH2=CH2+O22    (5). 酯化（或取代）    (6). CH3CHO

【解析】

分析】

由有机物的转化关系结合分子式可知，乙烯与水加成生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应乙酸乙酯；乙烯与氧气催化氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷与水反应生成乙二醇，乙二醇与乙酸发生酯化反应生成二乙酸乙二酯，则A为乙醇、B为乙酸、C为乙酸乙酯、D为环氧乙烷、E为乙二醇、F为二乙酸乙二酯。

【详解】（1）乙烯与水加成生成乙醇，A的名称为乙醇，故答案为：乙醇；

（2）乙烯与氧气催化氧化生成环氧乙烷，故D为环氧乙烷，结构简式为；乙二醇与乙酸发生酯化反应生成二乙酸乙二酯（F），二乙酸乙二酯（F）的结构简式为，故答案为：；；

（3）乙烯与氧气催化氧化生成环氧乙烷，反应的化学方程式为2CH2=CH2+O22；B与A的反应为乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故答案为：2CH2=CH2+O22；酯化（或取代）；

（4）的同分异构体为CH3CHO，故答案为：CH3CHO。

【点睛】本题为有机推断题，熟悉乙烯、乙醇、乙酸、乙醛、环氧乙烷的性质，注意有机物的转化关系和反应类型是解题关键。

20.我国第二代身份证采用的是具有绿色环保性能的PETG新材料，PETG新材料可以回收再利用，而且对周边环境不构成任何污染。PETG的结构简式如下：

这种材料可采用如图所示的合成路线

(1)

(2)RCOORl＋R2OH→RCOOR2＋R1OH（R、R1、R2表示烃基）

试回答下列问题：

(1) ⑦的反应类型是________________。

(2) 写出I的结构简式：___________________。

(3) 合成时应控制的单体的物质的量：n(H)∶n(E)∶n (D)＝____________（用m、n表示）。

(4) 写出反应②的化学方程式：______________________

(5) 写出同时符合下列两项要求的E的所有同分异构体的结构简式。

①该同分异构体的苯环上相邻的三个碳原子上都连有取代基。

②该同分异构体在一定条件下能发生银镜反应和水解反应，遇到FeCl3溶液显紫色。

______________、_________________、____________。

【答案】（1）取代反应

（2）（3）n︰(m+n)︰m

（4）CH2Br－CH2Br＋2NaOH2NaBr＋CH2OH－CH2OH

（5）、、

【解析】

考查有机物的合成。根据PETG的结构简式可知，该物质是缩聚产物，其单体分别是乙二醇、对二苯甲酸和。因为E是B的氧化产物，所以E是对二苯甲酸，则B是对二甲苯。反应③是取代反应，所以F的结构简式为，F通过水解反应生成G，则G是对二苯甲醇，G通过加成反应生成H，则H的结构简式为，所以D是乙二醇。因此A是乙烯，和单质溴发生加成反应生成C，则C的结构简式为CH2Br－CH2Br，C再经过水解反应即生成乙二醇D。

（1）⑦是取代反应

（2）根据抑制信息（2）可知I的结构简式为。

（3）根据原子守恒可知：n(H)：n(E)：n (D)＝n︰(m+n)︰m。

（4）反应②是卤代烃的水解反应，方程式为CH2Br－CH2Br＋2NaOH2NaBr＋CH2OH－CH2OH。

（5）能发生银镜反应，说明含有醛基。能水解，说明含有酯基。和氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基，所以这三个取代基为－OH、－CHO、HCOO－。其位置共有3种，所以有3种同分异构体。

21. （17分）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：

（1）CH2=CH-CH=CH2的名称是_______;

（2）反应I的反应类型是（选填字母）_______;

a．加聚反应    b．缩聚反应

（3）顺式聚合物P的结构式是（选填字母）_______;

（4）A的相对分子质量为108.

①反应II的化学方程式是_____________________

②1molB完全转化为M所消耗的H2质量是______g。

（5）反应III的化学方程式是______________________________。

（6）A的某些同分异构体在相同反应条件下也能生成B和C，写出其中一种同分异构体的结构简式__________。

【答案】（1）1，3-丁二烯（2）a；（3）b；

①2CH2=CH-CH=CH2→；② 6；

（5）

（6）

【解析】

试题分析：由转化关系图可知，1，3-丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3-丁二烯；由题给信息i可知加热条件下发生反应II（双烯合成）生成A，环己烯再发生ii的反应生成B和C（HCHO）。C甲醛与二氯苯酚发生反应（酚羟基邻位与甲醛结合）生成N为， 由此可知：

（1）根据系统命名法可知，该物质为1，3-丁二烯；

（2）反应I 的类型是加聚反应，选a；

（3）顺式P的结构简式应该是两个H原子位于双键同侧，答案为b；

（4）A为，反应II的化学方程式为2CH2=CH-CH=CH2→；

1molB（）中含有3mol醛基，故可与3molH2发生加成生成M，消耗氢气6g；

（5）反应III 是C（甲醛）与二氯苯酚发生反应（酚羟基邻位与甲醛结合）生成N为，故化学方程式为：

（6）根据信息ii可知烯烃中的碳碳双键被氧化为-CHO，生成物B为，C为甲醛，故也可由下面的烯烃（A的一种同分异构体）氧化得到，故答案为。

考点：本题考查有机化学基本知识，如有机物的命名、有机反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体等知识。

22.重要的精细化学品M和N，常用作交联剂、涂料、杀虫剂等，合成路线如图1所示：

图1：

已知：i、-CHO+

ii、RCHO++H2O

iii、N的结构简式是

请回答下列问题：

（1）A中含氧官能团名称是______________，由A生成B的反应类型是___________。

（2）写出下列物质的结构简式：X：_________Z：______________E：______

（3）C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃，该聚合反应的化学方程式是：____。

（4）G中碳原子________（填“一定”、“不一定”或“一定不”）在同一平面内；1mol G一定条件下，最多能与________mol H2发生反应；与G含有相同官能团的同分异构体（不包含G）有___________种。

（5）由Y生成D的化学方程式是________________________________。

【答案】    (1). 羟基、醛基    (2). 消去反应    (3). CH3CH2CHO    (4).     (5).     (6).     (7). 不一定    (8). 5    (9). 4    (10). CH3CHO+3HCHO

【解析】

【分析】

由有机物转化关系结合分子式可知，有机物CH3CH2CHO与HCHO发生已知i反应生成HOCH2CH（CH3）CHO，则X为CH3CH2CHO、A为HOCH2CH（CH3）CHO；HOCH2CH（CH3）CHO发生消去反应生成CH2═C（CH3）CHO，则B为CH2═C（CH3）CHO；CH2═C（CH3）CHO与新制氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成CH2═C（CH3）COOH，则C为CH2═C（CH3）COOH；由N的结构简式为，结合已知ii中反应可知，E、G分别为、中的一种，C与E反应可以合成M，结合M的分子式C21H28O8可知，E为，则G为；C与E通过酯化反应生成M，由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应已知i可知，Y为CH3CHO，Z为，故F为；由E的结构可知，1分子CH3CHO与3分子HCHO发生已知i反应生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E（）。

【详解】（1）A的结构简式为HOCH2CH（CH3）CHO，含有的含氧官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；A→B是HOCH2CH（CH3）CHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2═C（CH3）CHO，故答案为：消去反应；

（2）根据上述分析X的结构简式为CH3CH2CHO，Z的结构简式为，E的结构简式为；故答案为：CH3CH2CHO，，

（3）C的结构简式为CH2═C（CH3）COOH，CH2═C（CH3）COOH和甲醇发生酯化反应生成，一定条件下发生加聚反应生成，加聚反应的化学方程式为，故答案为：

；

（4）G的结构简式为，苯环、碳碳双键和醛基均为共面结构，但是由于单键可以旋转，如的结构*处，分子中碳原子不一定共平面；分子中苯环、碳碳双键和醛基均能与氢气发生加成反应，一定条件下，1mol 最多能与5mol H2发生反应；G中的官能团为碳碳双键和醛基，与G含有相同官能团的同分异构体（不包含G）有：当苯环上只有1个侧链，侧链为—C（CHO）=CH2，只有1种结构，当苯环上有两个侧链，两个侧链为—CHO和—CH=CH2，两个侧链有邻、间、对3种位置，共3种，所以共有4种结构，故答案为：不一定；5；4；

（5）Y生成D的反应为1分子CH3CHO与3分子HCHO发生已知i反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：。

【点睛】本题考查有机推断，注意利用题给反应信息及有机物的结构、分子式确定有机物，注意有机物转化关系和官能团的性质是解答关键。