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2018-2019学年天津市部分区高二下学期期末考试化学试题 解析版
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天津市部分区2018～2019学年度第二学期期末考试
高二化学
温馨提示：不使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在试卷上，将选择题答案填在第6页答题栏内，只交第Ⅱ卷。
以下数据可供解题时参考。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ca 40
第I卷 选择题 本卷共20题 共50分
每小题只有一个选项最符合题意，1～10每小题2分，11～20每小题3分，共50分
1.下列物质中，不属于醇类的是
A. C3H7OH B. C6H5CH2OH
C. CH3CH(OH)CH3 D. C6H5OH
【答案】D
【解析】
【分析】
根据醇的定义判断：醇是羟基与脂肪烃基相连或者与脂环烃、芳香烃侧链相连的化合物。
【详解】A. 脂肪烃中的氢原子被羟基所取代，所以C3H7OH一定属于醇，故A不符合题意；
B. 羟基与C6H5CH2-相连，属于芳香醇，故B不符合题意选；
C. 羟基与(CH3)2CH-相连，属于脂肪醇，故C不符合题意选；
D. 羟基与苯环直接相连为酚，故D符合题意；
所以本题正确答案为D。
【点睛】醇的官能团为-OH, -OH与脂肪烃基相连为醇, -OH与苯环直接相连为酚,以此来解答。
2.下列分子式只有一种结构的是
A. C6H12O6 B. C3H6 C. C2H4 D. C2H4O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. C6H12O6可以是葡萄糖，也可以是果糖，故A不符合题意；
B. C3H6可以是环丙烷，也可以是乙烯，故B不符合题意；
C. C2H4只能表示乙烯，故C符合题意；
D. C2H4O2可以是乙酸，也可以是甲酸甲酯，故D不符合题意；
所以本题正确答案为C。
3.下列反应过程中不能引入醇羟基的是
A. 醛的氧化反应
B. 卤代烃的取代反应
C. 烯烃的加成反应
D. 酯的水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.醛的氧化反应引入的是羧基，故A符合题意；
B.卤代烃取代反应能够引入羟基官能团，如溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热情况下，水解得到乙醇，故B不符合题意；
C.烯烃的加成反应能够引入羟基，如烯烃和水加成生成乙醇，引入了羟基，故C不符合题意；
D.酯的水解反应能够引入羟基，如乙酸乙酯水解，能生成乙醇和乙酸，故D不符合题意；
所以本题正确答案为A。
【点睛】根据官能团的性质和各种反应类型的反应原理进行分析判断即可。
4.由1-氯丁烷制取少量的1，2-丁二醇时，需要经过下列哪几步反应
A. 加成→消去→取代 B. 消去→加成→水解
C. 取代→消去→加成 D. 消去→加成→消去
【答案】B
【解析】
【详解】由1-氯丁烷制取少量的1，2-丁二醇：1-氯丁烷先进行消去反应生成丙烯：NaOH+CH3CH2CH2ClCH3CH=CH2+NaCl+H2O，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br，最后通过水解反应将1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：CH3CHBrCH2Br + 2NaOH CH3CHOHCH2OH+2NaBr。此过程经过了消去→加成→水解反应，故B选项符合题意。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】本题考查卤代烃的性质。依据是卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中会发生消去反应，在经过加成反应变成二卤代烃，再通过水解反应制取二元醇。
5.下列说法正确的是
A. 酒精消毒杀菌属于蛋白质的变性
B. 纤维素能发生银镜反应
C. 苯和浓溴水反应制溴苯
D. 油脂都不能使溴水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 酒精消毒杀菌，是由于能使蛋白质的变性,故A正确；
B. 纤维素的链节中不含有醛基，不属于还原性糖，不能和银氨溶液发生银镜反应，故B错误；
C. 苯和浓溴水发生萃取，制取溴苯应该是在溴化铁催化条件下使用液溴与苯反应，故C错误；
D. 油脂包括动物脂肪和植物的油，植物的油含有不饱和键，能使溴水褪色，故D错误；
综上所述，本题正确答案为A。
6.括号内的杂质能用饱和碳酸钠溶液并借助于分液漏斗除去的是
A. 苯（硝基苯） B. 乙醇（乙醛）
C. 己烯（甲苯） D. 乙酸乙酯（乙酸）
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯和硝基苯都不与碳酸钠溶液发生反应，无法除去杂质，故A项不选；
B.乙醇和乙醛都不与碳酸钠溶液发生反应，都能溶于水，无法用分液操作将二者分离，故B项不选；
C.己烯和甲苯都不与碳酸钠溶液反应，也都不溶于水，所以无法除去杂质，故C项不选。
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以和饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，溶于水中，得到互不相溶的液体，用分液漏斗进行分液分离，故选D项；
综上所述，本题正确答案为D。
7.已知卤代烃可与金属钠反应：R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX下列有机物可以合成环丙烷的是
A. CH3CH2CH2Br B. CH3CHBrCH2Br
C. CH2BrCH2CH2Br D. CH3CHBrCH2CH2Br
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知 CH3CH2CH2Br CH3CH2CH2CH2CH2CH3，故A不符合题意；
B. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知：CH3CHBrCH2Br，故B不符合题意；
C. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知：CH2BrCH2CH2Br；故C符合题意；
D. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知：CH3CHBrCH2CH2Br，故D不符合题意；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】解题依据：已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX，可以增加碳链，或者由连状烃转变成环状烃进行分析。
8.下列有机物命名正确的是
A.
B.
C. 甲基苯酚
D. (CH3)2C＝CH(CH2)2CH3 2-甲基-2-己烯
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中，最长的碳链有4个碳原子，为丁烷，编号时，让取代基的位置小，甲基的编号为2，则其名称为：2-甲基丁烷，故A错误；
B. 中含有羟基的最长的碳链有4个碳原子，为丁醇，羟基的编号为2，则其名称为：2-丁醇，故B错误；
C. 苯环上的甲基和羟基处于邻位，则其名称为：邻甲基苯酚，故C错误；
D. (CH3)2C＝CH(CH2)2CH3，中含有碳碳双键最长的碳链有6个碳原子，为己烯，编号时，碳碳双键的位置要小，则碳碳双键的编号为2，甲基的编号也为2，则其名称为:2-甲基-2-己烯,故D正确：
综上所述，本题正确答案为D。
9.下列化学用语表示或描述不正确的是
A. Ca的电子排布式是［Ar］3d2
B. BF3 的VSEPR的模型名称是平面三角形
C. NH4+中心原子N上的孤电子对数为0
D. 在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A. Ca的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故A错误；
B. 价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，根据BF3的电子式可知，中心原子B有没有孤电子对，有3个σ键电子对，共3个价层电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故C正确；
C. NH4+的电子式为，中心原子N上的孤电子对数为0，故C正确；
D. NH3的电子式为，所以在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键，故D正确；
综上所述，本题正确答案为A。
10.下列说法正确的是
A. 在所有元素中，氟的第一电离能最大
B. 乙醇分子中不含非极性键
C. 原子半径最小的氢元素的电负性最大
D. 分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在主族元素中，氟的第一电离能最大，故A错误；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，碳碳原子之间形成碳碳单键的是非极性键，故B错误；
C. 原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中F的非金属性最强，所以电负性最大，故C错误；
D. 分子中键能越大，键长越短，越难断裂，所以分子越稳定，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
11.下列实验能达到实验目的的是
A. 粗苯甲酸经过加热溶解、趁热过滤、蒸发结晶，可获得纯苯甲酸
B. 蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴中加热，再加入银氨溶液，检验蔗糖水解产物
C. 溴乙烷与强碱的乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明产物中一定含有乙烯
D. 乙醇与浓硫酸混合加热制乙烯，加热时使温度迅速上升至170℃
【答案】D
【解析】
【详解】A.因苯甲酸在水中的溶解度受温度影响很大,溶解后,趁热过滤减少苯甲酸的损失,冷却结晶、过滤、洗涤可提纯粗苯甲酸，故A不符合题意；
B.蔗糖水解产物有葡萄糖，在碱性条件下能与新制的银氨溶液发生银镜反应，而题中水解后得到的溶液显酸性，无法用银镜检验，故B错误；
C.溴乙烷与强碱的乙醇溶液共热产生乙烯，还含有挥发出来的乙醇，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.乙醇与浓硫酸混合加热制乙烯，加热时使温度迅速上升至170℃，防止副反应发生，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D
12.下列说法正确的是
A. 异戊烷与新戊烷可用质谱法快速精确区分
B. 红外光谱法与核磁共振氢谱可用于有机物分子结构的鉴定
C. 当液态有机物与杂质的沸点相差较小时可以用蒸馏的方法提纯
D. 可用酒精萃取后分液的方法提取碘水中的碘
【答案】B
【解析】
【详解】A. 质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量；异戊烷与新戊烷是同分异构体，其相对原子质量相同，不能用质谱法区分，故A错误；
B. 红外光谱能体现出有机物含有的化学键，从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目之比，可以用于确定有机物的结构，故B正确；
C.当液态有机物含有少量杂质，而且该有机物稳定性好，与杂质的沸点相差较大时可以用蒸馏的方法提纯，故C错误；
D. 因为酒精能与水互溶，不能作为提取碘水中的碘的萃取剂，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】考查有机物的研究方法和分离。质谱法是判断有机物的相对分子质量的方法；红外光谱测定原子团的方法；核磁共振氢谱确定有机物分子中氢原子的种类和数目的方法。
13. 某高聚物的结构片断如下：
下列分析正确的是( )
A. 它是缩聚反应的产物 B. 其单体是CH2=CH2和HCOOCH3
C. 其链节是CH3CH2COOCH3 D. 其单体是CH2=CHCOOCH3
【答案】D
【解析】
【分析】
首先要明确由于主链上没有特征基团，如“—COOCH2—”和“—CONH—”等，因此该高聚物应是加聚产物。再根据加聚反应的特点去分析，若主链内只有C—C单键，每两个碳原子为一链节，取这个片段，将C—C单键变为，就找到合成这种高分子的单体，若主链内有，则以为中心取四个碳原子为一个片断，变为C—C单键，把原来与相邻的单键变为双键，即找到单体，据此解答。
【详解】A、链节中主链上只有碳原子，为加聚反应生成的高聚物，故A错误；
B、该高聚物的链节为，所以该高聚物单体为其单体是CH2＝CHCOOCH3，故B错误；
C、该高聚物的链节为，故C错误；
D、该高聚物的链节为，所以该高聚物单体为其单体是CH2＝CHCOOCH3，所以D选项是正确的。
答案选D。
14.某有机物的结构简式为 它不可能发生的反应有
A. 加成反应 B. 消去反应 C. 水解反应 D. 氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】
由中含-OH、苯环、-COOH，结合醇、酚、羧酸的性质来解答。
【详解】A. 因含有苯环可发生加成反应，故A不选；
B. 因含有醇羟基，与醇羟基相连的碳的相邻的碳原子上有H原子，可发生消去反应，故B不选；
C. 因不含能水解的官能团，如卤素原子，酯基等，所以不能发生水解反应，故C选；
D. 含−OH等基团可发生氧化反应，而且该有机物可以燃烧，故D不选
综上所述，本题正确答案为C。
15.短周期主族元素X、Y在同一周期，且电负性X＞Y，下列说法不正确的是
A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B. 第一电离能Y小于X
C. 原子半径：X小于Y
D. 气态氢化物稳定性：HmY弱于HnX
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为电负性X>Y，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B.一般非金属性越强，第一电离能越大，若Y的最外层电子半满或全满为稳定结构，则第一电离能Y大于X，故B错误；
C.因短周期主族元素X、Y同一周期，且电负性X＞Y，所以原子半径：X
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】解题依据：X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则原子序数X>Y，非金属性X>Y，结合同周期元素的性质及元素化合物知识来解答。
16.下列说法正确的是
A. 乙烯比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有的π键不如δ键牢固，易断裂
B. 电负性相差很大的原子之间易形成共价键
C. 键角是描述分子立体结构的重要参数，但键角与分子性质无关
D. CO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯分子中含有的π键键能很小，易断裂，不如δ键牢固，所以乙烯比乙烷活泼，故A正确；
B. 电负性相差很大的原子之间易形成离子键，故B错误；
C. 键角是分子内同一原子形成的两个化学键之间的夹角，与其分子结构有关，所以键角与分子性质有关，故C错误；
D. CO2分子中碳原子为sp杂化，NH3分子中氮原子为sp3杂化，所以 CO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型不同；故D错误；
综上所述，本题正确答案为A。
17.下列说法正确的是
A. HF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，范德华力也大
B. 在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构
C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键
D. S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2>S2Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A. HF沸点高于HCl，是因为HF分子之间存在着氢键，故A错误；
B. 分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误；
C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；
D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2>S2Cl2，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点。
18.下列说法不正确的是
A. 螺［2,2］戊烷（ ）所有碳原子不可能均处于同一平面
B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C. 氨基酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D. 仅用溴水就可以将酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯4种无色液体区分开
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据CH4为正四面体结构，由螺［2,2］戊烷（ ），中间的碳原子，为饱和碳原子，与其他4个碳原子相连，类比甲烷的结构，可知所有碳原子不可能均处于同一平面，故A正确；
B. 多数酶是一种有催化作用的蛋白质，但是少数的酶是RNA，并非所有酶都是蛋白质，故B错误；
C. 氨基酸中含有氨基和羧基，氨基能和酸反应生成盐，羧基能与碱反应生成盐，为两性化合物，故C项正确。
D. 加入溴水,酒精互溶；苯酚可与溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，为白色沉淀；己烯能与溴水发生加成反应而使溴水褪色；甲苯能萃取溴水中的溴，甲苯密度比水小,色层在上层；现象均不相同，可以区分，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
19.下列叙述正确的是
A. 氯乙烷与过量NaOH溶液共热后加入AgNO3溶液最终得到白色沉淀
B. 某一元醇发生消去反应可以生成丙烯，则该醇一定是1-丙醇
C. H2O、CH3COOH、CH3CH2OH分别与金属钠反应，反应最慢的是CH3CH2OH
D. 酚醛树脂、聚酯纤维、聚苯乙烯这些高分子化合物都是经过缩聚反应得到的
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯乙烷与过量NaOH溶液共热后溶液显碱性，需先加硝酸化再加入AgNO3溶液最终才能得到白色沉淀，故A错误；
B.某一元醇发生消去反应可以生成丙烯，则该醇可能是1-丙醇或2-丙醇，故B错误；
C.根据各种基团对羟基的影响大小可知，氢的活泼性由大到小的顺序为： CH3COOH>H2O>CH3CH2OH, 与金属钠反应速率为：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH, 所以反应最慢的是CH3CH2OH，故C正确；
D.聚苯乙烯是经过加聚而成的，故D错误：
综上所述，本题正确答案为C。
20.霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物。下列说法正确的是
A. MMF能溶于水
B. 1mol MMF能与含3 mol NaOH的水溶液完全反应
C. MMF不存在顺反异构
D. 1mol MMF能与6 mol H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质含烃基、酯基，不溶于水，故A错误；
B.分子中含1个酚羟基、2个酯基，均能与NaOH溶液反应，所以1mol MMF能与含3molNaOH的水溶液完全反应，故B正确；
C.MMF结构中含有C=C，且双键两端连接的基团不同，所以存在顺反异构，故C错误；
D.1mol该物质含有1mol苯环，能和3mol氢气发生加成；含有1molC=C，，能和1mol氢气发生加成，则1mol MMF能与4mol氢气发生加成反应，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，依据结构决定性质的规律进行解答。
第Ⅱ卷 非选择题 本卷共3题 共50分
21.有A、B、C、D、E、F六种元素：其中A、B、C、D、E是短周期元素，F为过渡金属，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，B的最外层电子数是内层电子数的3倍。C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素，F是生活生产中用量最多的金属。根据以上信息回答下列问题：
（1）A原子最外层的电子排布图_______
（2）B元素在周期表中的位置是______________
（3）化合物乙的化学键类型是________________
（4）化合物丙的电子式是____________
（5）F的电子排布式是__________
【答案】 (1). (2). 第二周期第ⅥA族 (3). 离子键、共价键 (4). (5). Fe［Ar］3d64s2
【解析】
【分析】
由A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，B的最外层电子数是内层电子数的3倍，所以B为O元素，A、B处于第二周期，C、D、E同处另一周期,则C、D、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na，甲为Na2O，乙为Na2O2；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al； D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙，则D为Mg，丙为Mg3N2；A为N元素；F为过渡金属，所以F为Fe。
【详解】（1）A为N元素, 核外电子排布式为：1s22s22p3,最外层的电子排布图；答案：；
（2）B元素为氧，位于周期表第二周期第ⅥA族；答案：第二周期第ⅥA族；
（3）乙为C、B可按原子个数比1∶1形成化合物，所以乙为Na2O2，属于离子化合物，所含化学键类型是离子键、共价键；答案：离子键、共价键。
（4）丙是D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物，所以丙为Mg3N2,属于离子化合物，其电子式为：；答案：。
（5）F为Fe，则Fe的电子排布式是[Ar］3d64s2，答案：Fe［Ar］3d64s2；
22.I．回答下列问题：
（1）化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，则该烯烃的结构简式为___________
（2）1mol 能与__________mol NaHCO3反应
（3）香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。
①常温下，1摩丁香酚能与_____________mol Br2反应
②香兰素分子中至少有_________________个原子共平面
II．由
制对甲基苯乙炔的合成路线如下：
（G为相对分子质量为118烃）
（1）写出G的结构简式_________________
（2）①的反应类型______________
（3）④的反应条件_______________
【答案】 (1). (CH3)2C = C(CH3)2 (2). 1 (3). 2 (4). 12 (5). (6). 加成或还原反应 (7). NaOH的乙醇溶液,△
【解析】
【分析】
据和的结构简式可知，由合成的过程实际上就是由-CH2CHO转化成-CH=CH2，最终转化成-CCH的过程。具体合成路线为：
【详解】（1）根据乙烯所有原子共面，所以要使化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，烯烃的结构简式为(CH3)2C = C(CH3)2；答案：(CH3)2C = C(CH3)2；
（2）有机官能团中只有-COOH能与NaHCO3溶液反应，所以1mol 能与含1mol NaHCO3的溶液反应；答案：1；
（3）①常温下，C=C和酚羟基的邻对位都能与Br2发生反应，所以由知1摩丁香酚能与2mol Br2反应；答案：2；
②苯环上所有的原子共面，由香兰素的结构简式为可知，分子中至少有12个原子共平面；答案：12；
II．（1）根据分析可知G的结构简式为：；答案：。
（2）根据分析可①的反应类型加成反应；答案：加成反应；
（3）根据分析可④是卤代烃的消去反应，所以反应条件为：NaOH的乙醇溶液,加热；答案：NaOH的乙醇溶液,加热。
23.I．为粗略测定质量为Wg的电石中CaC2的质量分数，利用电石与饱和食盐水反应，实验装置如图所示：
（1）烧瓶中发生反应的化学方程式是_____________
（2）产生的气体分子的中心原子的杂化轨道类型是____________
（3）实验测得量筒中水为VmL，该温度下气体摩尔体积为24.5 L/mol，则电石中CaC2质量分数为___________________
II．俄国化学家马尔柯夫尼柯夫因为提出碳碳双键的加成规则而闻名于世，该规则是指不对称的烯烃与HX或HCN加成时，氢总是加到含氢较多的双键碳原子上。
已知：
以下是F的合成路线，请填写下列空白：
（1）写出C的结构简式______________
（2）B核磁共振氢谱共有__________________组氢
（3）写出③的化学方程式______________
（4）将F与含酚酞的NaOH溶液混合，加热一段时间后，可观察到的颜色变化是__________________
（5）若某有机物G是D的同系物，相对分子质量比D少14，则其分子式为：________；其同分异构体中含苯环且能使石蕊试液变红的物质共有______________种
【答案】 (1). CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑ (2). SP (3). 64V×10-3/（24.5W） (4). (5). 3 (6). (7). 红色逐渐变浅 (8). C8H8O2 (9). 4
【解析】
【分析】
I.结合实验室制取乙炔原理进行分析即可；II.由框图可知反应①发生了加成反应，根据马尔柯夫尼柯夫规则知生成A为CH3CHClCH3，反应②发生了取代反应，生成B为CH3CHOHCH3；由可知发生加成反应，根据马尔柯夫尼柯夫规则知生成C,结合,可知D为；结合框图可知反应③为和CH3CHOHCH3发生了酯化反应。
【详解】（1）烧瓶中是电石CaC2与饱和食盐水反应制取乙炔的反应，反应的化学方程式是CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑；答案：CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑；
（2）C2H2中心原子C有4个价电子，端基成2个，H一个单电子，另外一个C三个单电子，带入得（4-3-1）/2+2=2,所以C原子为sp杂化；答案：sp；
（3）由实验测得量筒中水为VmL，说明产生乙炔气体为VmL=10-3VL，该温度下气体摩尔体积为24.5 L/mol，乙炔的物质的量为：n=10-3VL /24.5 L/mol；再根据CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑反应可知CaC2的质量为0.001VL /24.5 L/mol64g/mol，则电石中CaC2质量分数为0.001VL /24.5 L/mol64g/mol /Wg= 64V×10-3/（24.5W）;答案：64V×10-3/（24.5W）；
II (1）根据上述分析可知C的结构简式；答案；
（2）根据上述分析可知B的结构简式CH3CHOHCH3，核磁共振氢谱共有3组氢；答案：3；
（3）根据上述分析可知反应③为和CH3CHOHCH3发生的酯化反应，则③的化学方程式；答案；
（4）由F的结构简式可知含有酯基，所以F能与NaOH溶液反应。加热一段时间后，含酚酞的NaOH红色溶液的颜色逐渐变浅；答案：红色逐渐变浅。
（5）由D为，分子式为C9H10O2；有机物G是D的同系物，且相对分子质量比D少14，则G的分子式为：C8H8O2；能使石蕊试液变红说明含有羧基，所以G的同分异构体有（3种）、，共4种；答案：4；
高二化学
温馨提示：不使用答题卡的区，学生作答时请将答案写在试卷上，将选择题答案填在第6页答题栏内，只交第Ⅱ卷。
以下数据可供解题时参考。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ca 40
第I卷 选择题 本卷共20题 共50分
每小题只有一个选项最符合题意，1～10每小题2分，11～20每小题3分，共50分
1.下列物质中，不属于醇类的是
A. C3H7OH B. C6H5CH2OH
C. CH3CH(OH)CH3 D. C6H5OH
【答案】D
【解析】
【分析】
根据醇的定义判断：醇是羟基与脂肪烃基相连或者与脂环烃、芳香烃侧链相连的化合物。
【详解】A. 脂肪烃中的氢原子被羟基所取代，所以C3H7OH一定属于醇，故A不符合题意；
B. 羟基与C6H5CH2-相连，属于芳香醇，故B不符合题意选；
C. 羟基与(CH3)2CH-相连，属于脂肪醇，故C不符合题意选；
D. 羟基与苯环直接相连为酚，故D符合题意；
所以本题正确答案为D。
【点睛】醇的官能团为-OH, -OH与脂肪烃基相连为醇, -OH与苯环直接相连为酚,以此来解答。
2.下列分子式只有一种结构的是
A. C6H12O6 B. C3H6 C. C2H4 D. C2H4O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. C6H12O6可以是葡萄糖，也可以是果糖，故A不符合题意；
B. C3H6可以是环丙烷，也可以是乙烯，故B不符合题意；
C. C2H4只能表示乙烯，故C符合题意；
D. C2H4O2可以是乙酸，也可以是甲酸甲酯，故D不符合题意；
所以本题正确答案为C。
3.下列反应过程中不能引入醇羟基的是
A. 醛的氧化反应
B. 卤代烃的取代反应
C. 烯烃的加成反应
D. 酯的水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.醛的氧化反应引入的是羧基，故A符合题意；
B.卤代烃取代反应能够引入羟基官能团，如溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热情况下，水解得到乙醇，故B不符合题意；
C.烯烃的加成反应能够引入羟基，如烯烃和水加成生成乙醇，引入了羟基，故C不符合题意；
D.酯的水解反应能够引入羟基，如乙酸乙酯水解，能生成乙醇和乙酸，故D不符合题意；
所以本题正确答案为A。
【点睛】根据官能团的性质和各种反应类型的反应原理进行分析判断即可。
4.由1-氯丁烷制取少量的1，2-丁二醇时，需要经过下列哪几步反应
A. 加成→消去→取代 B. 消去→加成→水解
C. 取代→消去→加成 D. 消去→加成→消去
【答案】B
【解析】
【详解】由1-氯丁烷制取少量的1，2-丁二醇：1-氯丁烷先进行消去反应生成丙烯：NaOH+CH3CH2CH2ClCH3CH=CH2+NaCl+H2O，再通过加成反应生成1,2-二溴丙烷：CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br，最后通过水解反应将1,2-二溴丙烷变为1,2-丙二醇：CH3CHBrCH2Br + 2NaOH CH3CHOHCH2OH+2NaBr。此过程经过了消去→加成→水解反应，故B选项符合题意。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】本题考查卤代烃的性质。依据是卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中会发生消去反应，在经过加成反应变成二卤代烃，再通过水解反应制取二元醇。
5.下列说法正确的是
A. 酒精消毒杀菌属于蛋白质的变性
B. 纤维素能发生银镜反应
C. 苯和浓溴水反应制溴苯
D. 油脂都不能使溴水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 酒精消毒杀菌，是由于能使蛋白质的变性,故A正确；
B. 纤维素的链节中不含有醛基，不属于还原性糖，不能和银氨溶液发生银镜反应，故B错误；
C. 苯和浓溴水发生萃取，制取溴苯应该是在溴化铁催化条件下使用液溴与苯反应，故C错误；
D. 油脂包括动物脂肪和植物的油，植物的油含有不饱和键，能使溴水褪色，故D错误；
综上所述，本题正确答案为A。
6.括号内的杂质能用饱和碳酸钠溶液并借助于分液漏斗除去的是
A. 苯（硝基苯） B. 乙醇（乙醛）
C. 己烯（甲苯） D. 乙酸乙酯（乙酸）
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯和硝基苯都不与碳酸钠溶液发生反应，无法除去杂质，故A项不选；
B.乙醇和乙醛都不与碳酸钠溶液发生反应，都能溶于水，无法用分液操作将二者分离，故B项不选；
C.己烯和甲苯都不与碳酸钠溶液反应，也都不溶于水，所以无法除去杂质，故C项不选。
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以和饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，溶于水中，得到互不相溶的液体，用分液漏斗进行分液分离，故选D项；
综上所述，本题正确答案为D。
7.已知卤代烃可与金属钠反应：R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX下列有机物可以合成环丙烷的是
A. CH3CH2CH2Br B. CH3CHBrCH2Br
C. CH2BrCH2CH2Br D. CH3CHBrCH2CH2Br
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知 CH3CH2CH2Br CH3CH2CH2CH2CH2CH3，故A不符合题意；
B. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知：CH3CHBrCH2Br，故B不符合题意；
C. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知：CH2BrCH2CH2Br；故C符合题意；
D. 由已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX可知：CH3CHBrCH2CH2Br，故D不符合题意；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】解题依据：已知R－X＋2Na＋R′－X R－R′＋2NaX，可以增加碳链，或者由连状烃转变成环状烃进行分析。
8.下列有机物命名正确的是
A.
B.
C. 甲基苯酚
D. (CH3)2C＝CH(CH2)2CH3 2-甲基-2-己烯
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中，最长的碳链有4个碳原子，为丁烷，编号时，让取代基的位置小，甲基的编号为2，则其名称为：2-甲基丁烷，故A错误；
B. 中含有羟基的最长的碳链有4个碳原子，为丁醇，羟基的编号为2，则其名称为：2-丁醇，故B错误；
C. 苯环上的甲基和羟基处于邻位，则其名称为：邻甲基苯酚，故C错误；
D. (CH3)2C＝CH(CH2)2CH3，中含有碳碳双键最长的碳链有6个碳原子，为己烯，编号时，碳碳双键的位置要小，则碳碳双键的编号为2，甲基的编号也为2，则其名称为:2-甲基-2-己烯,故D正确：
综上所述，本题正确答案为D。
9.下列化学用语表示或描述不正确的是
A. Ca的电子排布式是［Ar］3d2
B. BF3 的VSEPR的模型名称是平面三角形
C. NH4+中心原子N上的孤电子对数为0
D. 在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A. Ca的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故A错误；
B. 价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，根据BF3的电子式可知，中心原子B有没有孤电子对，有3个σ键电子对，共3个价层电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故C正确；
C. NH4+的电子式为，中心原子N上的孤电子对数为0，故C正确；
D. NH3的电子式为，所以在[Cu(NH3)4]2+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键，故D正确；
综上所述，本题正确答案为A。
10.下列说法正确的是
A. 在所有元素中，氟的第一电离能最大
B. 乙醇分子中不含非极性键
C. 原子半径最小的氢元素的电负性最大
D. 分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在主族元素中，氟的第一电离能最大，故A错误；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，碳碳原子之间形成碳碳单键的是非极性键，故B错误；
C. 原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中F的非金属性最强，所以电负性最大，故C错误；
D. 分子中键能越大，键长越短，越难断裂，所以分子越稳定，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
11.下列实验能达到实验目的的是
A. 粗苯甲酸经过加热溶解、趁热过滤、蒸发结晶，可获得纯苯甲酸
B. 蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴中加热，再加入银氨溶液，检验蔗糖水解产物
C. 溴乙烷与强碱的乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明产物中一定含有乙烯
D. 乙醇与浓硫酸混合加热制乙烯，加热时使温度迅速上升至170℃
【答案】D
【解析】
【详解】A.因苯甲酸在水中的溶解度受温度影响很大,溶解后,趁热过滤减少苯甲酸的损失,冷却结晶、过滤、洗涤可提纯粗苯甲酸，故A不符合题意；
B.蔗糖水解产物有葡萄糖，在碱性条件下能与新制的银氨溶液发生银镜反应，而题中水解后得到的溶液显酸性，无法用银镜检验，故B错误；
C.溴乙烷与强碱的乙醇溶液共热产生乙烯，还含有挥发出来的乙醇，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.乙醇与浓硫酸混合加热制乙烯，加热时使温度迅速上升至170℃，防止副反应发生，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D
12.下列说法正确的是
A. 异戊烷与新戊烷可用质谱法快速精确区分
B. 红外光谱法与核磁共振氢谱可用于有机物分子结构的鉴定
C. 当液态有机物与杂质的沸点相差较小时可以用蒸馏的方法提纯
D. 可用酒精萃取后分液的方法提取碘水中的碘
【答案】B
【解析】
【详解】A. 质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量；异戊烷与新戊烷是同分异构体，其相对原子质量相同，不能用质谱法区分，故A错误；
B. 红外光谱能体现出有机物含有的化学键，从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目之比，可以用于确定有机物的结构，故B正确；
C.当液态有机物含有少量杂质，而且该有机物稳定性好，与杂质的沸点相差较大时可以用蒸馏的方法提纯，故C错误；
D. 因为酒精能与水互溶，不能作为提取碘水中的碘的萃取剂，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】考查有机物的研究方法和分离。质谱法是判断有机物的相对分子质量的方法；红外光谱测定原子团的方法；核磁共振氢谱确定有机物分子中氢原子的种类和数目的方法。
13. 某高聚物的结构片断如下：
下列分析正确的是( )
A. 它是缩聚反应的产物 B. 其单体是CH2=CH2和HCOOCH3
C. 其链节是CH3CH2COOCH3 D. 其单体是CH2=CHCOOCH3
【答案】D
【解析】
【分析】
首先要明确由于主链上没有特征基团，如“—COOCH2—”和“—CONH—”等，因此该高聚物应是加聚产物。再根据加聚反应的特点去分析，若主链内只有C—C单键，每两个碳原子为一链节，取这个片段，将C—C单键变为，就找到合成这种高分子的单体，若主链内有，则以为中心取四个碳原子为一个片断，变为C—C单键，把原来与相邻的单键变为双键，即找到单体，据此解答。
【详解】A、链节中主链上只有碳原子，为加聚反应生成的高聚物，故A错误；
B、该高聚物的链节为，所以该高聚物单体为其单体是CH2＝CHCOOCH3，故B错误；
C、该高聚物的链节为，故C错误；
D、该高聚物的链节为，所以该高聚物单体为其单体是CH2＝CHCOOCH3，所以D选项是正确的。
答案选D。
14.某有机物的结构简式为 它不可能发生的反应有
A. 加成反应 B. 消去反应 C. 水解反应 D. 氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】
由中含-OH、苯环、-COOH，结合醇、酚、羧酸的性质来解答。
【详解】A. 因含有苯环可发生加成反应，故A不选；
B. 因含有醇羟基，与醇羟基相连的碳的相邻的碳原子上有H原子，可发生消去反应，故B不选；
C. 因不含能水解的官能团，如卤素原子，酯基等，所以不能发生水解反应，故C选；
D. 含−OH等基团可发生氧化反应，而且该有机物可以燃烧，故D不选
综上所述，本题正确答案为C。
15.短周期主族元素X、Y在同一周期，且电负性X＞Y，下列说法不正确的是
A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B. 第一电离能Y小于X
C. 原子半径：X小于Y
D. 气态氢化物稳定性：HmY弱于HnX
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为电负性X>Y，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B.一般非金属性越强，第一电离能越大，若Y的最外层电子半满或全满为稳定结构，则第一电离能Y大于X，故B错误；
C.因短周期主族元素X、Y同一周期，且电负性X＞Y，所以原子半径：X
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】解题依据：X、Y元素同周期，且电负性X>Y，则原子序数X>Y，非金属性X>Y，结合同周期元素的性质及元素化合物知识来解答。
16.下列说法正确的是
A. 乙烯比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有的π键不如δ键牢固，易断裂
B. 电负性相差很大的原子之间易形成共价键
C. 键角是描述分子立体结构的重要参数，但键角与分子性质无关
D. CO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯分子中含有的π键键能很小，易断裂，不如δ键牢固，所以乙烯比乙烷活泼，故A正确；
B. 电负性相差很大的原子之间易形成离子键，故B错误；
C. 键角是分子内同一原子形成的两个化学键之间的夹角，与其分子结构有关，所以键角与分子性质有关，故C错误；
D. CO2分子中碳原子为sp杂化，NH3分子中氮原子为sp3杂化，所以 CO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型不同；故D错误；
综上所述，本题正确答案为A。
17.下列说法正确的是
A. HF沸点高于HCl，是因为HF分子极性大，范德华力也大
B. 在PCl5分子中，各原子均满足最外层8电子结构
C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，甲烷可与水形成氢键
D. S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔、沸点：S2Br2>S2Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A. HF沸点高于HCl，是因为HF分子之间存在着氢键，故A错误；
B. 分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8。在PCl5分子中P原子不符合8电子稳定结构公式，故B错误；
C. 可燃冰是甲烷的结晶水合物，碳的电负性较弱，不能形成氢键，故C错误；
D.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，所以S2Br2与S2Cl2的熔、沸点大小为：S2Br2>S2Cl2，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】考查分子间的作用力。氢键是一种特殊的分子间作用力，它比化学键弱，比分子间作用力强；分子间作用力影响的是物质的熔沸点。
18.下列说法不正确的是
A. 螺［2,2］戊烷（ ）所有碳原子不可能均处于同一平面
B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C. 氨基酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D. 仅用溴水就可以将酒精、苯酚溶液、己烯、甲苯4种无色液体区分开
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据CH4为正四面体结构，由螺［2,2］戊烷（ ），中间的碳原子，为饱和碳原子，与其他4个碳原子相连，类比甲烷的结构，可知所有碳原子不可能均处于同一平面，故A正确；
B. 多数酶是一种有催化作用的蛋白质，但是少数的酶是RNA，并非所有酶都是蛋白质，故B错误；
C. 氨基酸中含有氨基和羧基，氨基能和酸反应生成盐，羧基能与碱反应生成盐，为两性化合物，故C项正确。
D. 加入溴水,酒精互溶；苯酚可与溴水反应生成2,4,6-三溴苯酚，为白色沉淀；己烯能与溴水发生加成反应而使溴水褪色；甲苯能萃取溴水中的溴，甲苯密度比水小,色层在上层；现象均不相同，可以区分，故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
19.下列叙述正确的是
A. 氯乙烷与过量NaOH溶液共热后加入AgNO3溶液最终得到白色沉淀
B. 某一元醇发生消去反应可以生成丙烯，则该醇一定是1-丙醇
C. H2O、CH3COOH、CH3CH2OH分别与金属钠反应，反应最慢的是CH3CH2OH
D. 酚醛树脂、聚酯纤维、聚苯乙烯这些高分子化合物都是经过缩聚反应得到的
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯乙烷与过量NaOH溶液共热后溶液显碱性，需先加硝酸化再加入AgNO3溶液最终才能得到白色沉淀，故A错误；
B.某一元醇发生消去反应可以生成丙烯，则该醇可能是1-丙醇或2-丙醇，故B错误；
C.根据各种基团对羟基的影响大小可知，氢的活泼性由大到小的顺序为： CH3COOH>H2O>CH3CH2OH, 与金属钠反应速率为：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH, 所以反应最慢的是CH3CH2OH，故C正确；
D.聚苯乙烯是经过加聚而成的，故D错误：
综上所述，本题正确答案为C。
20.霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物。下列说法正确的是
A. MMF能溶于水
B. 1mol MMF能与含3 mol NaOH的水溶液完全反应
C. MMF不存在顺反异构
D. 1mol MMF能与6 mol H2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质含烃基、酯基，不溶于水，故A错误；
B.分子中含1个酚羟基、2个酯基，均能与NaOH溶液反应，所以1mol MMF能与含3molNaOH的水溶液完全反应，故B正确；
C.MMF结构中含有C=C，且双键两端连接的基团不同，所以存在顺反异构，故C错误；
D.1mol该物质含有1mol苯环，能和3mol氢气发生加成；含有1molC=C，，能和1mol氢气发生加成，则1mol MMF能与4mol氢气发生加成反应，故D错误；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，依据结构决定性质的规律进行解答。
第Ⅱ卷 非选择题 本卷共3题 共50分
21.有A、B、C、D、E、F六种元素：其中A、B、C、D、E是短周期元素，F为过渡金属，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，B的最外层电子数是内层电子数的3倍。C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素，F是生活生产中用量最多的金属。根据以上信息回答下列问题：
（1）A原子最外层的电子排布图_______
（2）B元素在周期表中的位置是______________
（3）化合物乙的化学键类型是________________
（4）化合物丙的电子式是____________
（5）F的电子排布式是__________
【答案】 (1). (2). 第二周期第ⅥA族 (3). 离子键、共价键 (4). (5). Fe［Ar］3d64s2
【解析】
【分析】
由A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，B的最外层电子数是内层电子数的3倍，所以B为O元素，A、B处于第二周期，C、D、E同处另一周期,则C、D、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na，甲为Na2O，乙为Na2O2；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al； D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物丙，则D为Mg，丙为Mg3N2；A为N元素；F为过渡金属，所以F为Fe。
【详解】（1）A为N元素, 核外电子排布式为：1s22s22p3,最外层的电子排布图；答案：；
（2）B元素为氧，位于周期表第二周期第ⅥA族；答案：第二周期第ⅥA族；
（3）乙为C、B可按原子个数比1∶1形成化合物，所以乙为Na2O2，属于离子化合物，所含化学键类型是离子键、共价键；答案：离子键、共价键。
（4）丙是D、A按原子个数比3∶2形成离子化合物，所以丙为Mg3N2,属于离子化合物，其电子式为：；答案：。
（5）F为Fe，则Fe的电子排布式是[Ar］3d64s2，答案：Fe［Ar］3d64s2；
22.I．回答下列问题：
（1）化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，则该烯烃的结构简式为___________
（2）1mol 能与__________mol NaHCO3反应
（3）香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。
①常温下，1摩丁香酚能与_____________mol Br2反应
②香兰素分子中至少有_________________个原子共平面
II．由
制对甲基苯乙炔的合成路线如下：
（G为相对分子质量为118烃）
（1）写出G的结构简式_________________
（2）①的反应类型______________
（3）④的反应条件_______________
【答案】 (1). (CH3)2C = C(CH3)2 (2). 1 (3). 2 (4). 12 (5). (6). 加成或还原反应 (7). NaOH的乙醇溶液,△
【解析】
【分析】
据和的结构简式可知，由合成的过程实际上就是由-CH2CHO转化成-CH=CH2，最终转化成-CCH的过程。具体合成路线为：
【详解】（1）根据乙烯所有原子共面，所以要使化学式C6H12的烯烃的所有碳原子在同一平面上，烯烃的结构简式为(CH3)2C = C(CH3)2；答案：(CH3)2C = C(CH3)2；
（2）有机官能团中只有-COOH能与NaHCO3溶液反应，所以1mol 能与含1mol NaHCO3的溶液反应；答案：1；
（3）①常温下，C=C和酚羟基的邻对位都能与Br2发生反应，所以由知1摩丁香酚能与2mol Br2反应；答案：2；
②苯环上所有的原子共面，由香兰素的结构简式为可知，分子中至少有12个原子共平面；答案：12；
II．（1）根据分析可知G的结构简式为：；答案：。
（2）根据分析可①的反应类型加成反应；答案：加成反应；
（3）根据分析可④是卤代烃的消去反应，所以反应条件为：NaOH的乙醇溶液,加热；答案：NaOH的乙醇溶液,加热。
23.I．为粗略测定质量为Wg的电石中CaC2的质量分数，利用电石与饱和食盐水反应，实验装置如图所示：
（1）烧瓶中发生反应的化学方程式是_____________
（2）产生的气体分子的中心原子的杂化轨道类型是____________
（3）实验测得量筒中水为VmL，该温度下气体摩尔体积为24.5 L/mol，则电石中CaC2质量分数为___________________
II．俄国化学家马尔柯夫尼柯夫因为提出碳碳双键的加成规则而闻名于世，该规则是指不对称的烯烃与HX或HCN加成时，氢总是加到含氢较多的双键碳原子上。
已知：
以下是F的合成路线，请填写下列空白：
（1）写出C的结构简式______________
（2）B核磁共振氢谱共有__________________组氢
（3）写出③的化学方程式______________
（4）将F与含酚酞的NaOH溶液混合，加热一段时间后，可观察到的颜色变化是__________________
（5）若某有机物G是D的同系物，相对分子质量比D少14，则其分子式为：________；其同分异构体中含苯环且能使石蕊试液变红的物质共有______________种
【答案】 (1). CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑ (2). SP (3). 64V×10-3/（24.5W） (4). (5). 3 (6). (7). 红色逐渐变浅 (8). C8H8O2 (9). 4
【解析】
【分析】
I.结合实验室制取乙炔原理进行分析即可；II.由框图可知反应①发生了加成反应，根据马尔柯夫尼柯夫规则知生成A为CH3CHClCH3，反应②发生了取代反应，生成B为CH3CHOHCH3；由可知发生加成反应，根据马尔柯夫尼柯夫规则知生成C,结合,可知D为；结合框图可知反应③为和CH3CHOHCH3发生了酯化反应。
【详解】（1）烧瓶中是电石CaC2与饱和食盐水反应制取乙炔的反应，反应的化学方程式是CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑；答案：CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑；
（2）C2H2中心原子C有4个价电子，端基成2个，H一个单电子，另外一个C三个单电子，带入得（4-3-1）/2+2=2,所以C原子为sp杂化；答案：sp；
（3）由实验测得量筒中水为VmL，说明产生乙炔气体为VmL=10-3VL，该温度下气体摩尔体积为24.5 L/mol，乙炔的物质的量为：n=10-3VL /24.5 L/mol；再根据CaC2+2H2OCa(OH) 2+C2H2↑反应可知CaC2的质量为0.001VL /24.5 L/mol64g/mol，则电石中CaC2质量分数为0.001VL /24.5 L/mol64g/mol /Wg= 64V×10-3/（24.5W）;答案：64V×10-3/（24.5W）；
II (1）根据上述分析可知C的结构简式；答案；
（2）根据上述分析可知B的结构简式CH3CHOHCH3，核磁共振氢谱共有3组氢；答案：3；
（3）根据上述分析可知反应③为和CH3CHOHCH3发生的酯化反应，则③的化学方程式；答案；
（4）由F的结构简式可知含有酯基，所以F能与NaOH溶液反应。加热一段时间后，含酚酞的NaOH红色溶液的颜色逐渐变浅；答案：红色逐渐变浅。
（5）由D为，分子式为C9H10O2；有机物G是D的同系物，且相对分子质量比D少14，则G的分子式为：C8H8O2；能使石蕊试液变红说明含有羧基，所以G的同分异构体有（3种）、，共4种；答案：4；
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