山东省德州市2022-2023学年高二下学期7月期末考试化学试题（解析版）

这是一份山东省德州市2022-2023学年高二下学期7月期末考试化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了5 C 59， 下列说法正确的个数为等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第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。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 C 59
第I卷 (选择题 共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活息息相关。下列有关说法错误的是
A. 新切开的苹果在空气中切面变为褐色，与酚类物质被氧化有关
B. CO中毒是因为其与血红蛋白中的形成配位键的能力强于
C. 向聚合物中引入磺酸基(-SO3H)或羧基(-COOH)得到阴离子交换树脂
D. 有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)是由通过加聚反应制得
【答案】C
【解析】
【详解】A．酚类物质易被氧化，因此新切开的苹果在空气中切面变为褐色，故A正确；
B．CO中毒是因为CO与血红蛋白中的形成配位键，且CO形成配位键的能力强于，使血红蛋白失去了携氧能力，故B正确；
C．向聚合物中引入磺酸基(−SO3H)或羧基(−COOH)等基团，得到酸性的阳离子交换树脂，可与溶液中的阳离子进行交换反应，故C错误；
D．(甲基丙烯酸甲酯)通过加聚反应得到有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)，故D正确。
综上所述，答案为C。
2. X、Y、Z、W是原子序数依次递增的前四周期元素。X原子的s轨道电子数与p轨道电子数相等，更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 为正四面体形结构，X与Z的最外层电子数相同。的3d轨道为半满稳定状态。下列说法正确的是
A. 简单离子的还原性：
B. 原子半径：
C. W元素位于元素周期表中的ds区
D. 同周期中比Y的第一电离能小的元素有4种
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次递增的前四周期元素。X原子的s轨道电子数与p轨道电子数相等，所以X的电子排布式为1s22s22p4，所以X是8号元素O，X与Z的最外层电子数相同，处于同一主族，所以Z是16号元素S，W3+ 的3d轨道为半满稳定状态，按照构造原理，失去4s轨道上的2个电子，在失去3d轨道上的1个电子，才能形成W3+，说明d轨道上原本应该有6个电子，所以W的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以W是26号元素Fe，Y与O形成的离子中Y是+5价，离子是正四面体结构，所以Y是15号元素P；故X、Y、Z、W分别是O、P、S、Fe。
【详解】A．X、Y、Z的分别是O、P、S，都是非金属，非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，所以非金属性O>S>P，那么还原性是Y>Z>X，故A正确；
B．同周期从左至右原子半径逐渐减小，所以原子半径P>S，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，所以S>O，故原子半径是Y>Z>X，故B错误；
C．W是Fe，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，Fe是d区元素，故C错误；
D．同周期从左到右原子的第一电离能是增大的趋势，P的3p轨道是半充满结构，比P的第一电离能小的应该有5种元素，故D错误；
故本题选A。
3. 下列说法正确的是
A. 利用红外光谱不能区分对甲基苯酚和苯甲醇
B. 与互为同系物
C. 的系统命名为3-乙基-1，3-丁二烯
D. 乙二醛和苯组成的混合物中含O量为22%，则C含量为72%
【答案】D
【解析】
【详解】A．对甲基苯酚和苯甲醇中化学键及官能团不同，则利用红外光谱图可鉴别，A错误；
B．与分子式均为C5H12，结构不同，故互为同分异构体，B错误；
C．的系统命名为2-乙基-1，3-丁二烯，原命名时对主链编号错误，C错误；
D．已知乙二醛和苯中C、H个数比均为1:1，即混合物中C、H的质量比一定为12:1，乙二醛和苯组成的混合物中含O量为22%，则C含量为=72%，D正确；
故答案为：D。
4. 聚碳酸酯(PC)是一种优良的热塑性树脂，光气法合成PC的原理如图。下列说法错误的是

A. A的分子式为B. PC在一定条件下可降解
C. 通过质谱法可测定PC的聚合度D. x等于n
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据A的结构简式，A的分子式为C15H16O2，故A说法正确；
B．PC中含有酯基，在酸、碱条件下可以降解，故B说法正确；
C．最大的质荷比等于相对分子质量，从而计算出PC的聚合度，故C说法正确；
D．根据原子守恒，x=2n，故D说法错误；
答案为D。
5. 除去下列物质中含有的少量杂质(括号内物质)，所选用的试剂和分离方法均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；
B．乙醇中水和氧化钙反应，再蒸馏得到乙醇，故B错误；
C．溴苯中溴单质与氢氧化钠对应，溶液分层，在分液得到溴苯，故C正确；
D．乙酸乙酯中乙酸用饱和碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于水，溶液分层，再分液得到，故D错误
综上所述，答案为C。
6. 来那度胺是一种治疗多发性骨髓瘤的药物，其结构简式如图，下列关于该分子的说法错误的是

A. 仅含有1个手性碳原子B. 最多8个碳原子共面
C. 所有N原子均为杂化D. 1ml最多与2ml NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．仅含有1个手性碳原子，如图星号所示，A正确；
B．苯环中所有原子共面，单键可以旋转，则最多8个碳原子共面，B正确；
C．所有N原子均形成三个单键，有一对孤电子对，均为杂化，C正确；
D．该分子中酰胺基可以和氢氧化钠反应，1ml最多与3ml NaOH反应，D错误；
故选D。
7. 下列说法正确的个数为
①基态Se原子中电子的空间运动状态有18种
②基态的价电子轨道表示式为
③除KSCN外，也可检验
④加入强碱水溶液并加热可检验氰基的存在
⑤均为由极性键构成的非极性分子
⑥HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键，故稳定性：
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】①空间运动状态个数=轨道数，Se是34号元素，轨道数有18种，故电子的空间运动状态有18种，①正确；
②基态的价电子排布式为3d6，故其轨道表示式为 ，②错误；
③是检验二价铁离子，检验三价铁离子的为，③错误；
④检验氰基的方法为向待测溶液中滴加NaOH溶液，用酒精灯加热一段时间，用湿润的红色石蕊试管口，试纸变蓝说明待测液中含有氰基，④正确；
⑤分子是三角双锥形，键的偶极矩相互抵消，使分子的正、负电重心重合，所以为非极性分子；分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，⑤正确；
⑥故HF的稳定性大于HI的原因是因为F的非金属性强于I，非金属性越强，气态氢化物越稳定，⑥错误；
故①④⑤正确，选B。
8. 离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。两种咪唑类离子液体a、b的结构如图所示。下列有关说法正确的是

A. a中阴离子的空间构型为三角双锥形
B. a和b的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
C. a、b的阳离子中含有的大π键为
D. 两种咪唑类离子液体的熔点
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子中中心原子的孤电子对数为，价电子对数=孤电子对数+成键电子对数=0+6=6，故空间构型为正八面体结构，A错误；
B．不满足8电子稳定结构，B错误；
C．环上的每个C原子与三个原子成键，剩余一个电子，每个N原子与三个原子成键，剩余1对电子，又失去1个电子形成阳离子，故大π键为，C正确；
D．离子体积更大，导致离子液体a熔点较低，D错误；
故选C。
9. 砷化镓晶胞结构如图甲所示，晶胞参数为apm，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。下列说法错误的是
A. 甲中Ga和As的最近距离是
B. 甲中A原子的分数坐标为()
C. 乙中与Mn最近且等距离的As的个数为4
D. 乙中Ga原子与As原子的个数比为7：8
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲中Ga和As的最近距离是体对角线的四分之一即，故A正确；
B．将甲分成八个小的立方体，则甲中A原子在右后下方的立方体的体心位置，其分数坐标为()，故B正确；
C．以左侧面面心的Mn分析，乙中与Mn最近且等距离的As的个数为4，故C正确；
D．乙中Ga原子与As原子的个数比为=27：32，故D错误。
综上所述，答案为D。
10. “肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。

下列说法错误的是
A. 和均为极性分子
B. 反应涉及极性键、非极性键的断裂和形成
C. 催化中心的被氧化为，又被还原为
D. 将替换为，反应可得
【答案】B
【解析】
【详解】A．和H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，故A正确；
B．反应涉及极性键断裂和形成、非极性键的形成，不涉及非极性键的断裂，故B错误；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，故C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，故D正确；
故选：B。
二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验操作和现象及所得结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．向苯和苯酚的混合物中，滴加少量浓溴水，无白色沉淀产生，可能是因为生成的三溴苯酚又溶于苯，故A错误；
B．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，该沉淀是Cu(OH)2，后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，得到的是配合物，说明形成的配合物要比沉淀更稳定，故B正确；
C．蔗糖水解中加了稀硫酸，但是加入少量新制 Cu(OH)2悬浊液之前还要加碱要中和掉过多的稀硫酸，故C错误；
D．卤代烃与NaOH水溶液共热，发生水解反应，冷却后先加入足量的稀硝酸，酸化处理，再滴加 AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明卤代烃中有溴原子，故D正确；
故本题选BD。
12. 甲氧苄啶是一种光谱抗菌药，其合成路线中的部分反应如下。下列说法错误的是
A. X中含有3种官能团
B. Y存在顺反异构体
C. Y中C原子的杂化方式有3种
D. 可能先发生取代反应，后发生消去反应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题干X的结构简式可知，X中含有醛基和醚键2种官能团，A错误；
B．由题干Y的结构简式可知，Y存在碳碳双键且双键两端的碳原子均连有互不相同的原子或原子团，故Y存在顺反异构体，B正确；
C．由题干Y的结构简式可知，Y中C原子的杂化方式有苯环和碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，-CN上的碳原子采用sp杂化，其余碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化方式有3种，C正确；
D．由题干转化信息可知，过程是X中醛基与CH3OCH2CH2CN中-CN相连C上的H发生加成反应，醛基变为羟基，然后再醇羟基发生消去反应，D错误；
故答案为：AD。
13. 科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是

A. 最简化学式为
B. 晶胞中B和C原子构成的多面体有10个面
C. 晶体中存在以B或C为中心的正四面体结构
D. 晶体中与Ca最近且距离相等的C有12个
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据均摊法，Ca个数为1，K个数为，B和C个数均为，则最简化学式为，故A正确；
B．通过欧拉定理：顶点数+面数-棱数=2，则面数=棱数+2-顶点数=36+2-24=14，故B错误；
C．根据晶胞结构图，可知晶体中存在以B或C为中心的正四面体结构，故C正确：
D．根据晶胞结构图，Ca位于体心，距离与Ca距离相等的C在每个面上有2个，共12个，故D正确；
答案选B；
14. 环己酮是一种重要的化工原料，将双氧水和环己醇反应后的溶液加水蒸馏得产品与水的共沸馏出液，向其中加入食盐，搅拌分液，将有机层干燥后进行压力为20mmHg的减压蒸馏得到较纯净的环己酮。
相关数据如下：

下列说法错误的是
A. 加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便于液体分离
B. 为提高环己酮产率，应加入过量的双氧水
C. 减压蒸馏时，加热方式最好选用水浴加热
D. 分液时先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出
【答案】B
【解析】
【详解】A．将向共沸馏出液中加入食盐，搅拌分液，分层的越彻底，分离效果越好，生成物中的环己酮微溶于水，加溶解度较大的食盐的目的是降低环己酮的溶解度，提高环己酮的产率，故A正确；
B．双氧水具有氧化性，环己酮中加入氧化剂易发生开环反应，会使环己酮的产率降低，故B错误；
C．由图可知，压力在20mmHg时，减压沸点是50℃，温度升高时成为常压蒸馏了，所以温度要控制在50℃，要想温度控制的好，最好用水浴加热，故C正确；
D．将分层后的液体混合物用分液漏斗分离时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口放出，故D正确；
故本题选B。
15. 磷酸亚铁锂作为正极材料充放电过程中晶胞组成变化如下图所示，在的晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体空隙，它们通过共顶点、共棱形成空间链状结构。下列说法错误的是
A. 中x为
B. 中的杂化方式为
C. 中与的个数比为15：17
D. 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为4
【答案】BC
【解析】
【详解】A．在 LiFePO4晶胞中，顶点、面心、棱上都是锂离子，共有8×+4×+4×=4，则Fe、也各有4个，在Li1−xFePO4晶胞中，锂离子有7×+3×+3×=，和 LiFePO4晶胞相比少了个锂离子，则Li1−xFePO4中x为，故A正确；
B．在 LiFePO4晶胞中O围绕Fe形成正八面体空隙，则铁的杂化轨道数为6，而的杂化轨道数为5，故B错误；
C．在中锂离子的个数为5×+2×+2×=，设中+2价铁有a个，则+3价铁为1-a个，根据正负化合价代数和为0，有+2a+3(1-a)=3，解得a=，所以中与的个数比为17：15，故C错误；
D．铁的化合价从+2价升高到+3价，1个晶胞中有4个+2价铁，则每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为4，故D正确；
故选BC。
第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)
三、非选择题：本题包括5小题，共60分。
16. 铬元素是哺乳类代谢过程中必须的微量元素，目前六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物(其结构如图)的检出极限已达到。回答下列问题：
（1）基态铬原子的价电子排布式为___________，H、C、O、F的电负性由大到小的顺序为___________。
（2）与具有相同未成对电子数的同周期基态原子的元素有___________种，其中原子序数最大的元素在周期表中的位置是___________。
（3）六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物中含有的化学键有___________。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．离子键 d．配位键
（4）六氟代乙酰丙酮()中键有___________个。
（5）分子中键角由小到大的顺序是___________，其原因是___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 3 ②. 第4周期VA族
（3）abd （4）14
（5） ①. ②. F、Cl、Br同主族电负性依次减小，吸电子能力减弱，共用电子逐步偏向氮，键角依次增大
【解析】
【小问1详解】
Cr为24号元素，其价态铬原子的电子排布式为[Ar]，基态铬原子的价电子排布式为，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则H、C、O、F的电负性由大到小的顺序为；故答案为：；。
【小问2详解】
未成对电子数为3个，则与具有相同未成对电子数的同周期基态原子的元素有V、C、As共3种，其中原子序数最大的元素为As，As在周期表中的位置是第4周期VA族；故答案为：3；第4周期VA族。
【小问3详解】
根据六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物的结构图得到氧提供孤对电子给Cr3+，还存在碳氢、碳氧等极性键和碳碳非极性键，因此六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物中含有的化学键有abd；故答案为：abd。
【小问4详解】
根据单键是σ键，双键是一根σ键，一根π键，则六氟代乙酰丙酮()中键有14个；故答案为：14。
【小问5详解】
分子都为三角锥形，由于电负性F＞Cl＞Br，电负性越大，吸引成对电子的能力越强，电子对越靠近，其电子对之间的排斥力越小，键角越小，因此三者键角由小到大的顺序是，其原因是F、Cl、Br同主族电负性依次减小，吸电子能力减弱，共用电子逐步偏向氮，键角依次增大；故答案为：；F、Cl、Br同主族电负性依次减小，吸电子能力减弱，共用电子逐步偏向氮，键角依次增大。
17. 布洛芬(D)是解热类镇痛药，目前醇羰基化BHC法是以异丁苯为原料制取布洛芬最先进的工艺，其流程如下图：
（1）的反应方程式为___________。
（2）的反应类型为___________。
（3）布洛芬(D)的分子式为___________，其一卤代物有___________种。
（4）CO做配体时，碳原子的配位能力___________氧原子(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是___________。
（5）A的同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：2：1的所有分子的结构简式为___________。
【答案】（1）
（2）加成反应 （3） ①. ②. 7
（4） ①. 大于 ②. 碳原子的电负性小于氧原子，孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易
（5）、、
【解析】
【分析】有机物推断和合成中，常采用对比的方法进行，如A生成B，对比A和B的结构简式，A结构中对位上的C-H断裂，CH3COCl中C-Cl键断裂，生成B和HCl，从而推出该反应类型为取代反应，据此分析；
【小问1详解】
A生成B的反应类型为取代反应，其反应方程式为+CH3COCl+HCl；故答案为+CH3COCl+HCl；
【小问2详解】
对比C、D的结构简式，C中C-O键断裂，CO中C和O共用三键，断裂一个键，C与CO发生加成反应得到D，故答案为加成反应；
【小问3详解】
根据D的结构简式，D的分子式为C13H18O2，D的等效氢有8种，除-COOH上H原子外，其余H原子可以卤素取代，即一卤代物有7种；故答案为C13H18O2；7；
【小问4详解】
CO中C有一个孤对电子，能提供孤对电子，O也有一个孤对电子，C的电负性小于O的电负性，对孤对电子吸引能力弱，给出电子对更容易，因此碳原子的配位能力大于氧原子的配位能力，故答案为大于；C的电负性小于O的电负性，对孤对电子吸引能力弱，给出电子对更容易；
【小问5详解】
峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1，说明同分异构体中有三个甲基，其中2个甲基为等效的，符合条件的是、、；故答案为、、。
18. C元素的化合物，呈现出多样化的性质和用途。
（1）与叠氮化物能形成配合物。
①中钴的配体是和___________，的空间构型为___________。
②的沸点由高到低的顺序为___________。
③中键角___________的键角(填“>”、“=”或“
（2） ①. ②. B
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由配位化合物的组成可知，中心原子为，两个配体分别为NH3和，NH3的价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体型，有一个孤电子对，所以空间构型为三角锥型；三个分子都是sp3杂化，结构相似，由于相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐增大，但由于NH3中含有氢键，所以沸点最大，所以沸点由高到低的顺序为，由于配位键的形成是配位原子提供孤电子对，中心原子提供空轨道，所以中NH3中并没有孤电子对，而NH3中是有一个孤电子对的，所以中键角大于的键角；
小问2详解】
由图知，钴的氧化物中，C原子和O原子的个数比为1∶2，故化学式为；的重复单元示意图中C原子和O原子的个数比为1∶2，有图像可知，A中C、O原子的个数比为1∶1∶2，符合，B中C、O原子的个数比为1∶1∶1，不符合，3中C、O原子的个数比为∶4=1∶2，符合，D中C、O原子的个数比为∶=1∶2，符合；
【小问3详解】
已知钴的半径为apm，氧的半径为bpm，则晶胞的边长为2（a+b）pm，所以AB间的距离为，由图知，该晶胞中钴原子为4个，氧原子也为4个，边长为2（a+b）pm,所以晶胞密度为ρ=。
19. 二苯甲烷(C6H5CH2C6H5)有定香能力，用于配制香水。在一定温度下，二苯甲烷可通过苯和氯化苄(C6H5CH2Cl)在催化下合成。某化学兴趣小组对二苯甲烷的合成进行实验探究。已知：易水解和升华。
I．制备

（1）利用上图装置制备时进行操作：
①……；
②向硬质玻璃管中加入Al粉；
③通入；
④加热。
操作①为___________，该装置存在一处明显的缺陷是___________。
（2）装置中A的作用为___________。
Ⅱ．合成二苯甲烷
步骤①：如图向三颈烧瓶中加入39.0mL苯()、46.0mL氯化苄()和适量，控制温度为80℃左右，回流2h；

步骤②：待三颈烧瓶冷却后依次用水、稀碱液、水洗涤分液，再经操作a、操作b分离出二苯甲烷。
（3）仪器G的名称___________。操作a为___________，操作b为___________。
（4）选择合适的试剂设计实验，证明该反应的反应类型___________。
（5）若分离所得二苯甲烷质量为50.4g，则其产率为___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 检验装置气密性 ②. CD间无干燥装置
（2）干燥，控制气体流速，防止装置导管口堵塞
（3） ①. (球形)冷凝管 ②. 干燥 ③. 蒸馏
（4）将合成二苯甲烷后的尾气通入溶液中，若产生白色沉淀，则证明合成二苯甲烷的反应为取代反应
（5）75%
【解析】
【分析】氯气用A中浓硫酸干燥，同时可以控制气体流速，防止装置导管堵塞，然后通入B中与铝反应生成氯化铝，氯化铝易升华，在C中凝华，D吸收氯气，防止污染空气；缺点C和D中缺乏干燥；苯和氯化苄用适量AlCl3做催化剂，控制温度为80℃左右，回流2h生成二苯甲烷。
【小问1详解】
实验前应检查装置的气密性；缺点C和D中缺乏干燥；
故答案为：检查装置气密性；CD间无干燥装置。
【小问2详解】
根据分析可知，装置A的作用是干燥氯气，控制气体流速，防止装置导管口堵塞；
故答案为：干燥Cl2，控制气体流速，防止装置导管口堵塞。
【小问3详解】
仪器G是(球形)冷凝管，起到回流冷凝作用；三颈烧瓶冷却后依次用水、稀碱液、水洗涤分液，用氯化钙等干燥剂干燥、蒸馏分离出二苯甲烷；
故答案为：(球形)冷凝管；干燥；蒸馏。
【小问4详解】
将合成二苯甲烷后的尾气通入AgNO3溶液中，若产生白色沉淀，则有HCl生成，则证明合成二苯甲烷的反应为取代反应；
故答案为：将合成二苯甲烷后的尾气通入AgNO3溶液中，若产生白色沉淀，则证明合成二苯甲烷的反应为取代反应。
【小问5详解】
苯和氯化苄1:1反应，苯的物质的量为n(苯)==0.45ml，n(氯化苄)==0.4ml，则苯过量，理论上生成二本甲烷的物质的量为0.4ml，质量为0.4ml×169g/ml=67.6g，则产率为；
故答案为：75%。
20. 我国科学家屠呦呦发现具有抗疟作用的青蒿素，为中医药科技创新和人类健康事业作出了巨大贡献。以异胡薄荷醇(A)为原料合成青蒿素(M)的化学全合成线路如下：
已知：
①
②
回答下列问题：
（1）的反应类型___________。D的结构简式为___________。
（2）转化的目的是___________。
（3）的化学方程式为___________。
（4）符合下列条件的I的同分异构体有___________种。
①1ml能消耗3mlNaOH ②核磁共振氢谱峰面积之比为12：3：2：2：2：1
写出其中一种同分异构体的结构简式___________。
（5）参照上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线(无机试剂任选)。_________
【答案】（1） ①. 消去反应 ②.
（2）保护B中环外的羟基不被氧化
（3）2
（4） ①. 4 ②. 、、、
（5）
【解析】
【分析】A到B发生的反应时题目中给的条件①中的反应，故B的结构简式为，C经过氧化得到D，故D的结构简式为，根据G和I的结构简式可知，G到H发生的是催化氧化，故H的结构简式为，由此可知：
【小问1详解】
对比J和K的结构式可知，的反应类型为消去反应；根据C到D为氧化反应以及E的结构式可知，C中环上的羟基被氧化为羰基，因此D的结构简式：；
【小问2详解】
由小问①可知，C中环上的羟基会被氧化为羰基，因此，转化的目的是保护B中环外的羟基不被氧化；
【小问3详解】
对比G和I的结构简式可知，的反应为氧化反应，G中羟基被氧化为醛基，的反应过程中H中的醛基继续被氧化为羧基，因此的化学方程式为2；
【小问4详解】
根据I的结构简式可知，有机物I的不饱和度为4，要满足1ml该物质能消耗3mlNaOH，说明I中应该有三个酚羟基，又要满足核磁共振氢谱峰面积之比为12：3：2：2：2：1，因此符合以上条件的I的同分异构体有：4种，分别是：、、、；
【小问5详解】
参照已知条件①和已知条件②，以为原料合成的路线为：。选项
混合物
试剂
分离方法
A
乙烷(乙烯)
酸性溶液
洗气
B
乙醇(水)
熟石灰
过滤
C
溴苯()
稀氢氧化钠溶液
分液
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和溶液
蒸馏
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯和苯酚的混合物中，滴加少量浓溴水，无白色沉淀产生
苯酚和浓溴水未发生反应
B
向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液
比稳定
C
向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热，冷却后，再加入少量新制悬浊液，继续加热，无砖红色沉淀产生
蔗糖未水解
D
某卤代烃与NaOH水溶液共热，冷却后先加入足量的稀硝酸，再滴加溶液，有淡黄色沉淀生成
该卤代烃中含有溴原子
物质
常压沸点/℃
密度/g/cm3
部分性质
环己醇
161.0
0.968
能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮
155.0
0.947
微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应