2019-2020学年朝阳市重点中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年朝阳市重点中学新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学在生活中有着广泛的应用，下列说法不正确的是
A．防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的变性
B．煤的脱硫、汽车尾气实行国Ⅵ标准排放都是为了提高空气质量
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 紫外线能使蛋白质变性，应注意防晒，故A正确；
B. 采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NO x的催化转化生成无污染的氮气也能减少酸雨，所以煤的脱硫、汽车尾气实行国VI标准排放都是为了提高空气质量，故B正确；
C. Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C错误；
D. 肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故D正确；
故答案为C。

2．已知常温下反应：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡常数K=0.3。

现将含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/L Fe(NO3)3的混合溶液倒入烧杯甲中，将含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入烧杯乙中(如图)，闭合开关K，关于该原电池的说法正确的是
A．原电池发生的总反应中Ag+氧化Fe2+
B．盐桥中阳离子从左往右作定向移动
C．石墨为负极，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+
D．当电流计指针归零时，总反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据浓度商Q c和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极。

由Fe3＋、Fe2＋及Ag＋
的浓度，可求得
2
c3
(Ag)(Fe)0.10.01
=0.01
(Fe)0.1
c c
Q
c
++
+
⨯
==，Q c小于K，所以反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+正向进行，
即原电池总反应为Fe3＋+Ag=Fe2＋+Ag＋，Fe3＋作氧化剂，氧化了Ag，A错误；
B．根据A项分析，Ag失去电子，作还原剂，为负极，石墨作正极。

在原电池中，阳离子向正极移动，因此盐桥中的阳离子是从右往左作定向移动，B错误；
C．根据A项分析，石墨作正极，石墨电极上发生反应，Fe3＋+e－=Fe2＋，C错误；
D．当电流计读数为0时，说明该电路中无电流产生，表示电极上得失电子达到平衡，即该总反应达到化学平衡，D正确。

答案选D。

【点睛】
该题通过浓度商Q c和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极，是解题的关键。

3．下列微粒中，最易得电子的是（）
A．Cl-B．Na+C．F D．S2-
【答案】C
【解析】
【详解】
氧化性越强的微粒，越容易得到电子。

在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；
答案选C。

4．室温下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol/L的NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。

下列说法错误的是（）
A．溶液中水的电离程度：b>a>c
B．pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mL
C．在室温下K2(H2SO3)约为1.0×10-7
D．c点溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】
A．b的溶质为亚硫酸钠，亚硫酸钠水解会促进水的电离，a的溶质为NaHSO3，电离大于水解会抑制水的
电离，c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，pH=13，对水的电离抑制作用最大，A项正确；
B．当NaHSO3与氢氧化钠恰好完全反应时，形成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)<10.00mL，B项正确；
C．b的溶质为0.1mol/L亚硫酸钠，亚硫酸钠水解为HSO3-和OH-，
K h=
()()
()
44
37
2
3
SO O1010
==10
SO0.1
c H c H
c
----
-
-
⨯
，
K h =()()
()
()()()
()()
---
-+
33-7
w
2-2-+
2
33
c HSO c OH c HSO c OH c H
===10
c SO c SO c H
K
K
，解得K2(H2SO3)约为1.0×10-7，C项正确；D．c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，应为c(OH-)＞c(SO32-)，D项错误；
答案选D。

5．下列化学用语正确的是
A．CCl4分子的比例模型：B．CSO的电子式：
C．对硝基苯酚的结构简式： D．16O的原子结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】
A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；
B. CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；
C. 对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；
D. 16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。

故选C。

6．如图表示某个化学反应过程的能量变化。

该图表明（）
A．催化剂可以改变该反应的热效应
B．该反应是个放热反应
C．反应物总能量低于生成物
D．化学反应遵循质量守恒定律
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；
B. 由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；
C. 由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；
D. 化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。

答案选B。

7．下列说法正确的是
A．可用金属钠除去乙醇溶液中的水
B．萃取碘水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂
C．我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
D．汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，可节省石油资源，减少汽车尾气对空气的污染
【答案】D
【解析】
【详解】
A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A错误；
B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B错误；
C. “酒曲”为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C错误；
D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油资源，乙醇中含O，提高了汽油中O含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放，减少了汽车尾气对空气的污染，D正确；
故合理选项是D。

8．实验测知K3C60熔融状态下能导电，关于K3C60的分析错误的是
A．是强电解质B．存在两种作用力
C．是离子晶体D．阴阳离子个数比为20∶1
【答案】D
【解析】
【详解】
A.K3C60熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；
B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；
C. 该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C 正确；
D.K 3C 60=3K ++ C 603-，阴阳离子个数比是3:1，故D 错误；
故选：D 。

9．下列说法正确的是
A ．的一氯代物有2种
B ．脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程，释放能量
C ．与互为同系物
D ．通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料
【答案】C
【解析】
【详解】 A. 的结构中含有三种类型的氢，所以一氯代物有3种，故A 错误；B. 脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸，然后再分别进行氧化释放能量，故B 错误；C.
结构相似，组成相差一个-CH 2原子团，所以互为同系物，故C 正确；D. 通
过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料，不能得到苯，故D 错误；答案：C 。

10．用N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A ．1 mol 过氧化钠中阴离子所带的负电荷数为N A
B ．14 g 乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子的数目为N A
C ．28 g C 16O 与28 g C 18O 中含有的质子数均为14 N A
D ．标准状况下，1．4 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．1 mol 过氧化钠(Na 2O 2)中阴离子(O 1-)所带的负电荷数应为2N A ，A 不正确；
B ．乙烯和丙烯的最简式都是CH 2，故14 g 中混合物所含的碳原子数为()
1414/g g mol =1mol ，即碳原子数目
为N A ，B 正确；
C ．28 g C 16O 的物质的量为1mol ，含有的质子数为1mol ×（6+8）×N A =14 N A ，28 g C 18O 的物质的量为()28 30/g g mol =1415 mol ，即质子数为14×1415
N A <14 N A ，C 不正确； D ．由Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 可知，标准状况下，1.4 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为N A ，D 不正确；
故答案选B 。

11．下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。

据此下列说法正确的是
( )
A ．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L －1
B ．1 mol Zn 与足量该硫酸反应产生2 g 氢气
C ．配制200 mL 4.6 mol·L －1的稀硫酸需取该硫酸50 mL
D ．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 mol·L －1
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 根据c=1000ρ×ω/M 进行计算；
B. Zn 与浓H 2SO 4反应放出SO 2气体；
C ．根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；
D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；
【详解】
A ．根据c=1000ρ×ω/M 可知，硫酸的浓度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L ，A 错误；
B. Zn 与浓H 2SO 4反应放出SO 2气体；B 错误；
C ．设需取该浓硫酸xmL ，根据稀释前后溶质的量不变可知：
200 mL×4.6 mol·L －1＝x·18.4 mol·L －1，x ＝50 mL ，C 正确；
D ．由于水的密度小于H 2SO 4的密度，所以当浓H 2SO 4与水等质量混合时，其体积大于浓H 2SO 4体积的2
倍，所以其物质的量浓度小于9.2 mol·
L －1，D 错误；
综上所述，本题选C。

12．学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（）
A．催化剂不参加化学反应
B．醇和酸反应的产物未必是酯
C．卤代烃的水解产物一定是醇
D．醇脱水的反应都属于消去反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；
B. 醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；
C. 卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；
D. 醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；
答案选B。

13．下列转化，在给定条件下能实现的是
①NaCl(aq) Cl2(g) FeCl3(s)
②Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
③N2NH3NH4Cl(aq)
④SiO2SiCl4Si
A．①③B．⑨④C．①②④D．①②⑧④
【答案】A
【解析】
【详解】
①NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；④SiO2和盐酸不反应，故错误。

故选A。

14．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。

下列推断正确的是（）
A．简单离子半径：T>Z>Y
B．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同
C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2T
D．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离
【答案】D
【解析】
【分析】
R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。

【详解】
根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。

A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；
B. Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；
C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；
D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解
题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。

15．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。

下列说法错误的是()
A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。

【详解】
X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。

A. 电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；
B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl 强，故C正确；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；
故选D，
【点睛】
本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为-5.5℃，易水解。

已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。

（1）制备Cl2的发生装置可以选用_________ (填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为
________________________________________ 。

（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为a→_______→______→
_____→________→_______→______→______→______。

(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。

（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。

其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO
①实验室也可用B 装置制备NO ，X 装置的优点为___________________ 。

②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是
___________________，然后进行其他操作，当Z 中有一定量液体生成时，停止实验。

（4）已知：ClNO 与H2O 反应生成HNO2和HCl。

①设计实验证明HNO2是弱酸：_________________________________________。

(仅提供的试剂：1 mol•L-1盐酸、 1 mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。

②通过以下实验测定ClNO 样品的纯度。

取Z 中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL 样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。

滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。

(已知：Ag2CrO4 为砖红色固体；K sp(AgCl)＝1.56×10-10，K sp(Ag2CrO4)＝1×10-12)
【答案】A(或B) MnO2+4H++2Cl－Δ
Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O) f
g c b d e j h 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸滴
入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点1310
% m
c
【解析】【分析】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，也可以用高锰酸钾和浓盐酸；
⑵制得的氯气混有HCl 和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气； ⑶①X 装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；②通入一段时间气体，其目的是排空气；
⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO 2是弱酸；
②以K 2CrO 4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO 3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K 2CrO 4反应生成砖红色，再根据ClNO —HCl —AgNO 3关系式得到计算ClNO 物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。

【详解】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A ，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B ，发生的离子反应为：MnO 2+4H ++2Cl － ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O 或2MnO 4－+16H ++10Cl －=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O ，故答案为：A(或B)；MnO 2+4H ++2Cl － ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O(或2MnO 4－+16H ++10Cl －=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O)；
⑵制得的氯气混有HCl 和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h ，故答案为：f ；g ；c ；b ；d ；e ；j ；h ；
⑶①用B 装置制备NO ，与之相比X 装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；
②检验装置气密性并装入药品，打开K 2，然后再打开K 3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；
⑷①若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO 2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO 2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO 2是弱酸；
②以K 2CrO 4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO 3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K 2CrO 4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNO —HCl —AgNO 3关系式得到25.00 mL 样品溶液中ClNO 物质的量为n(ClNO) = n(AgNO 3) = c mol∙L −1×0.02L = 0.02cmol ，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为
10.02mol 1065.5g mol 1310ω=100%%mg m
c c -⨯⨯⋅⨯= ，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；
1310%m
c 。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：
回答下列问题：
（1）写出C中能在NaOH溶液里发生反应的官能团的名称______。

（2）A→B和C→D的反应类型分别是___________、____________，H的分子式为______。

（3）反应E→F的化学方程式为______。

（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为______。

（5）B的同分异构体中，写出符合以下条件：①含有苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有一个取代基且能发生水解反应的有机物的结构简式____________。

（6）4－苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：____________（无机试剂任用）。

【答案】（酚）羟基；氯原子取代反应还原反应C15H25O3N
+CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。

(1) 由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；
(2) B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得
到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；
(3) E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：
+CH3OH+H2O；
(4) F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；
(5) B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。

合成路线流程图为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．有机物结构如图所示，下列说法正确的是（）
A．能使溴水与KMnO4溶液褪色
B．含有3种官能团，分子式C11H12O3
C．可以发生加成反应、取代反应
D．易溶于水与有机溶剂
【答案】C
【详解】
A.该有机物中无碳碳双键，不能使溴水与KMnO 4溶液褪色，故A 错误；
B. 含有羧基和羰基2种官能团，分子式C 11H 12O 3，故B 错误；
C. 该有机物中含有苯环，苯环可以发生加成反应、取代反应，故C 正确；
D. 根据相似相溶原理，该有机物难溶于水，易有机溶剂，故D 错误。

答案选C 。

19．用合成EPR 橡胶的两种单体A 和B 合成PC 塑料
其合成路线如下：
已知：①RCOOR 1+R 2OH Δ
−−−→催化剂RCOOR 2+R 1OH ②(CH 3)2C =CHCH 3+H 2O 2催化剂−−−−→+H 2O ③+(n -1)H 2O
回答下列问题：
(I )F 的结构简式为__________，反应Ⅲ的反应类型为___________。

(2)C 的名称为__________。

(3)写出反应Ⅳ的化学方程式：____________________。

(4)从下列选项中选择______试剂，可以一次性鉴别开D 、G 、H 三种物质。

（填字母）
A .氯化铁溶液
B .浓溴水
C .酸性KMnO 4溶液
(5)满足下列条件的有机物E 的同分异构体有__________种。

①与E 属于同类别物质；②核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1：1：1：1：1：3。

(6)以丙烯和丙酮为原料合成，无机试剂任选，写出合成路线
__________________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条
【答案】加成反应异丙苯
(2n-1)CH3OH AB 12
【解析】
【分析】
根据EPR橡胶()的结构可知，合成它的单体分别为乙烯和丙烯，结合C的化学式可知A为丙烯，B为乙烯，结合转化关系图和已知信息分析解答。

【详解】
(1)依据信息②可知，B→F发生反应：+H2O，故F的结构简式为。

反应Ⅲ：，因此反应Ⅲ的反应类型为加成反应。

故答案为：；加成反应；
(2)依据产物苯酚和丙酮反推C为异丙苯()。

故答案为：异丙苯；
(3)反应Ⅳ是酯交换反应，按照信息①的断键原理进行反应
(2n-1)CH3OH。

故答案为：(2n-1)CH3OH。

(4)D是苯酚，G是，H是乙二醇。

A.苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，氯化铁溶液与
G物质混合分层，与乙二醇互溶，可以鉴别，A正确；B.浓溴水与苯酚反应产生白色沉淀，与G分层，与乙二醇互溶，可以鉴别，B正确；C.苯酚、乙二醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C错误；答案选AB。

(5)与E()为同类别物质，羟基只能在苯环上。

核磁共振氢谱有6组峰，要求两
个苯环上的羟基处于对称或者等价碳上，按照峰面积比为1:1:1:1:1:3的要求，其同分异构体分别是(标
号为羟基所在位置)、、、。

故答案为：12；
(6)合成需要碳酸酯和异丙醇经过信息①中反应合成。

碳酸酯由环氧烷与二氧化碳合成，环氧烷由烯烃与过氧化氢合成，因此合成路线为：。

【点睛】
本题考查了有机推断和合成，易错点（5）同分异构体的书写，核磁共振氢谱有6组峰，要求两个苯环上的羟基处于对称或者等价碳上，难点（6），根据信息设计合成路线，培养学生提取信息的能力，并利用好这些信息来设计流程。